人教版九年级下册物理期中试卷.doc

人教版九年级下册物理期中试卷
一、选择题
1．以下微观粒子按空间尺度由小到大排序正确的是（　　）
A．原子、原子核、质子 B．质子、原子核、原子
C．原子核、质子、原子 D．原子、质子、原子核
2．图中关于光现象的描述，其原理与其它三个不同的是（　　）
A． 叉鱼时向更深处投掷鱼叉
B．商场内监控探头的应用
C． 缸中金鱼“变大”
D． 日食现象
3．小明将同一个鸡蛋先后放入如图所示的甲、乙两杯盐水中，盐水密度分别为ρ甲、ρ乙，鸡蛋所受的浮力分别为F甲、F乙，则下列关系正确的是（　　）

A．ρ甲＞ρ乙 F甲＞F乙 B．ρ甲＜ρ乙 F甲＜F乙
C．ρ甲＞ρ乙 F甲＝F乙 D．ρ甲＜ρ乙 F甲＝F乙
4．如图1所示，规格相同的容器装了相同质量的纯净水，用不同加热器加热，忽略散热，得到如图2所示的水温与加热时间的图线，则（　　）

A．乙中温度计示数为32℃
B．加热相同时间，两杯水吸收的热量相同
C．吸收相同的热量，甲杯的水升温比乙杯的多
D．甲杯的水加热2min与乙杯的水加热3min吸收的热量相同
5．在如图所示电路中，电源电压不变，当滑动变阻器的滑片P由右端向中点移动时，下列说法正确的是（　　）
A．电流表的示数变小 B．电压表的示数变小
C．电流表的示数不变 D．电路总电流减小
6．对于静止在水平桌面上的矿泉水瓶，下列说法正确的是（　　）

A．桌面对瓶子的支持力与瓶子所受重力是相互作用力
B．瓶子对桌面的压力与桌面对瓶子的支持力是平衡力
C．瓶子正放与倒放时，对桌面的压力是不同的
D．如果瓶子所受的力同时全部消失，它将仍留在原位保持原来的静止状态
7．如图所示，开关闭合，小磁铁处于静止状态后，把滑动变阻器的滑片P缓慢向右移动，此时悬挂的小磁铁的运动情况是（　　）

A．向下移动 B．向上移动 C．静止不动 D．无法确定
二、填空题
8．从桌面掉到地上的乒乓球会自动弹起，球在上升过程中　 　能转化为　 　能，由于球与空气有摩擦，上升过程中球的机械能　 　。
9．如图是一种电热暖手宝及其主要参数，暖手宝内有水及加热元件等，选用水作为吸热或放热物质是因为水的　 　较大（选填“密度”、“比热容”或“质量”）。使用前要先给暖手宝通电加热，假设所消耗的电能有70%转化为水的内能，则在额定电压下，水由15℃加热至自动断电，此过程中消耗的电能是　 　J，所需要的加热时间为　 　s。[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]。

10．加热材料A，温度一直低于其熔点，一段时间后，A质量不变，体积减少，此过程中A处于 　 　（选填“固态”“液态”“固液混合态”），依据公式 　 　，A的密度 　 　（选填“增大”“减少”“不变”）。
11．如图所示，图A、B、C、D是四冲程汽油机的工作示意图，图E、F是演示实验的　 　示意图。C图是　 　冲程，与它原理相同的是　 　图所示的演示实验。汽油机的工作示意图中机械能转化为内能的冲程是　 　图。（后两空选填字母）

12．如图所示是电阻甲和乙的I﹣U图象，由图可知：电阻乙的阻值为　 　Ω，若将电阻甲和乙并联后接在电压为6V的电源两端时，则干路的总电阻为　 　Ω，总功率为　 　W。

13．我国最新研发的隐形战机将参加今年的阅兵，机翼的横截面积设计成如图所示的形状，这是利用了在气体中流速越大的地方压强越 　 　的原理，从而使机翼的上下表面产生压强差，为飞机提供升力。当该飞机水平加速飞行时，飞机受到的动力 　 　（选填“大于”、“等于”或“小于”）它受到的阻力。以 　 　为参照物，飞行员是静止的。

14．如图所示的闭合电路中，铜棒ab静止。当蹄形磁铁竖直向上运动时，灵敏电流表的指针 　 　（选填“会”或“不会”）偏转；让铜棒ab水平向右缓慢运动时，灵敏电流表的指针偏转的角度较小；快速运动时，指针偏转的角度较大。这说明感应电流的大小与 　 　有关。 　 　（选填“动圈式话筒”或“动圈式扬声器”）是应用电磁感应原理制成的。

三、作图题
15．如图所示，请画出杠杆AB在图示位置静止时作用在B点的最小力F及其力臂L。

16．如图是射向凹透镜的两条光线，请画出这两条光线通过凹透镜后的折射光线。

17．在图中，根据闭合开关后小磁针N极静止时的指向，标出电源的正负极，并用箭头标出磁感线的方向。

四、实验题
18．根据图片内容及描述填空：

（1）如图1所示，物体的长度为 　 　cm。
（2）某家庭电能表如图2所示．若该家庭单独让空调工作，测得1min内电能表转盘转了60转，则空调消耗的电能为 　 　kW•h，空调的电功率是 　 　W。
19．彤彤过生日时，妈妈送给她一个内有“生日快乐”字样的小水晶球。彤彤想知道小水晶球的密度，于是她找来量筒、小玻璃杯和水，用如图所示的步骤测量出小水晶球的密度。由图可知：水晶球的体积是　 　cm3，水晶球的质量是　 　g，水晶球的密度是　 　g/cm3。

20．小王为了探究物体在水中不同深度所受浮力变化情况，如图1所示，将一挂在弹簧测力计下的圆柱体金属块缓慢浸入水中（水足够深），在圆柱体接触容器底之前，分别记下圆柱体下表面所处的不同深度h和弹簧测力计相应的示数F，实验数据如下表：
次数
1
2
3
4
5
6
7
h/cm
0
2
4
6
8
10
12
F/N
6.75
6.25
5.75
5.25
4.75

4.25
4.25
（1）分析表中实验数据，可以得出物体重　 　N，第4次实验时，物体受到的浮力　 　N。
（2）分析表中第1列到第5列数据，说明　 　。
（3）分析表中第6列到第7列数据，说明　 　。
（4）图2中能正确反映弹簧测力计示数F和圆柱体下表面到水面距离h关系的图象是　 　
（5）圆柱体的密度为　 　kg/m3。

21．在“探究凸透镜成像规律”的实验中，小满将焦距为10cm的凸透镜固定在光具座上50cm刻度线处不动，如图所示。调节烛焰、凸透镜和光屏的中心在同一高度。

（1）将蜡烛移至光具座上20cm处，移动光屏，在光屏上得到一个倒立　 　的实像，应用这一原理可以制成　 　。
（2）要在光屏上成放大的像，蜡烛应向　 　移动，光屏应向　 　移动（均选填“左”或“右”）。
22．在测定“小灯泡额定电功率”的实验中，电源电压为4.5V且保持不变，小灯泡额定电压为3V，电阻约为10Ω。
（1）请你用笔画线代替导线，将图1中的实物电路连接完整。
（2）当小明同学按要求将图1电路正确连接后，闭合开关，移动变阻器滑片P到某一点时，电流表示数（如图2甲所示）为　 　A，电压表示数（如图2乙所示）为　 　V．若他想测量小灯泡的额定功率，应将图中变阻器滑片P向　 　端（填“A”或“B”）移动，使电压表的示数为3V。
（3）另一组的小红同学在连线时，不小心将线接错了，使开关闭合后，移动变阻器滑片P，发现电流表示数变大时，电压表示数却变小，你分析一下产生这个现象的原因是　 　。
（4）此实验还可以只用电流表而不用电压表也能测灯泡额定功率，其电路如图2丙所示，R0＝10Ω，其中关键的一步是必须调节滑动变阻器，使电流表A2的示数为　 　A时，再读出电流表A1的示数，才能计算出小灯泡的额定功率。

五、计算题
23．如图所示，质量不计的轻板AB可绕转轴O在竖直面内转动，OA＝0.4m，OB＝1.6m。地面上质量为15kg、横截面积为0.3m2的圆柱体通过绳子与A端相连。现有大小不计、重为50N的物体在水平拉力F＝10N的作用下，以速度v＝0.2m/s从O点沿板面向右做匀速直线运动。g＝10N/kg。求：
（1）物体开始运动前，圆柱体对地面的压强；
（2）物体在板面上运动的时间；
（3）物体在板面上运动过程中，拉力F做的功及功率。

24．如图所示的电路中，电源电压为3V，R为阻值未知的定值电阻，小灯泡L的规格为“6V 3W”，若小灯泡的阻值不随温度变化，闭合开关S后，电流表的示数为0.55A．求：
（1）小灯泡的电阻；
（2）小灯泡的实际功率；
（3）定值电阻R的阻值。

六、综合能力题
25．如图所示是“擦窗机器人”，它的质量为2kg，它的“腹部”有吸盘。当擦窗机器人的真空泵将吸盘内的空气向外抽出时，它能牢牢地吸在竖直玻璃上。（g取10N/kg）
（1）机器人工作时，主机内部的气压　 　（选填“大于”“小于”或“等于”）大气压而产生吸力。
（2）当擦窗机器人在竖直玻璃板上静止时，若真空泵继续向外抽气，则擦窗机器人受到的摩擦力　 　（选填“变大”“变小”或“不变”）。
（3）吸盘与玻璃的接触面积为2×10﹣3m2，若吸盘在此面积上对玻璃的压强为1.5×105Pa，则吸盘对玻璃的压力是　 　N。
（4）擦窗机器人以0.2m/s的速度匀速竖直向下运动，重力做功的功率是　 　W。

26．阅读短文，回答文后的问题，
逆温现象
一般情况下，大气温度随着高度增加而下降。但是，在晴朗无云的夜间，由于大气逆辐射较小，地面辐射散失热量多，近地面气温迅速下降，而高处气层降温较少，从而出现上暖下冷的逆温现象。这种辐射逆温现象黎明前最强，日出后太阳辐射逐渐增强，地面很快增温，逆温层便自下而上消失。逆温层厚度从数十米到数百米，在大陆上常年都可出现，以冬季最强。冬季夜长，逆温层较厚，消失较慢。
逆温形成的因素很多，根据其成因可分为辐射逆温、平流逆温、下沉逆温和锋面逆温等。
但是常见的是辐射逆温和平流逆温。逆温层，这种大气结构“头轻脚重”，使空气处于稳定状森态，空气中的垂直运动受到抑制，工厂里烟煤燃烧排放的烟尘、汽车尾气和地面上扬起的尘埃等有害气体聚集在空中不易向上扩散和稀释，造成严重的空气污染。长江三峡工程建成后的三峡水库，会产生逆温现象，使库区的气温夏天降低、冬天升高各约2℃，对库区的工业排放污染物产生一定的影响。
（1）晴朗无云的夜间，近地面气温迅速下降的主要原因是地表泥土砂石的　 　较小。
（2）日出后太阳辐射逐渐增强，地面很快增温，这是通过　 　增大地面内能。
（3）逆温层的空气处于稳定状态，空气中的垂直运动受到抑制是因为空气下层　 　。
A．温度高 B．密度大 C．压强小 D．透明度差
（4）下列各图能反映黎明前后高度随气温变化图象的是　 　。
A．B．C．D．
（5三峡最大蓄水量为392亿立方米，若温度降低2℃，所放出的热量为　 　J。

参考答案与试题解析
一、选择题
1．【分析】物质由分子构成，分子由原子构成，原子由原子核和电子构成，原子核由质子和中子构成，质子和中子又由夸克构成。
【解答】解：原子是由原子核和核外电子组成的，原子核又是由质子和中子组成的，因此最小的是质子，最大的是原子。
故选：B。
2．【分析】光在自然界中存在三种光现象：
（1）光在同种均匀物质中沿直线传播，在日常生活中，激光准直、小孔成像和影子的形成等都表明光在同一种均匀介质中是沿直线传播的；
（2）当光照射到物体界面上时，有一部分光被反射回来，例如：平面镜成像、水中倒影等；
（3）当光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向会偏折，发生折射现象，如：看水里的鱼比实际位置浅、凸透镜成像等。
【解答】解：
A、叉鱼时向更深处投掷鱼叉是因为光从水中斜射入空气中时，在水面发生折射，折射角大于入射角，人逆着折射来的光线看去，看到的是鱼变高了的虚像，所以叉鱼时应向更深处投掷鱼叉，故A属光的折射现象；
B、商场内监控探头的应用其主要部件是凸透镜，利用了凸透镜成倒立缩小实像的原理，其实质是光的折射；
C、缸中金鱼“变大”是此时鱼缸相当于一个凸透镜，对金鱼起到了放大的作用，其实质是光的折射；
D、日食现象是由光的直线传播形成的。
综合以上分析，与其它三个的光学原理不同的是D选项。
故选：D。
3．【分析】物体的浮沉条件：当物体的密度大于液体密度时，物体下沉；当物体密度等于液体密度时，物体在液体中悬浮；若物体密度小于液体密度时，物体将漂浮在液面上。
要知道当物体漂浮在液面上时，物体所受浮力与重力相等。物体悬浮在液体中时，受到的浮力等于重力。
【解答】解：鸡蛋在甲盐水中悬浮，所以鸡蛋的密度等于甲盐水的密度；在乙盐水中漂浮，所以鸡蛋的密度小于乙盐水的密度。因此ρ甲＜ρ乙．故A、C错误。
鸡蛋在甲中悬浮，所以此时浮力等于重力；在乙中漂浮，浮力也等于重力，因此在甲和乙中所受浮力相等，即F甲＝F乙，故B错误，D正确。
故选：D。
4．【分析】（1）使用温度计测量液体温度时，先要弄清楚温度计的量程和分度值，读数时视线与液柱最高处所对刻度相垂直，并注意区分温度是零上还是零下；
（2）由题知，用不同的热源加热，在相同的时间内加热器放出的热量不同，说明在相同的时间内吸收的热量不同；
（3）根据Q＝cm△t分析吸收相同的热量，两杯水温度的变化；
（4）根据Q＝cm△t分析甲杯的水加热2min与乙杯的水加热3min吸收的热量的关系。
【解答】解：
A、由图知：温度计上10℃之间有10个小格，所以一个小格代表的温度是1℃，即此温度计的分度值为1℃；“40”在“30”的上方，液柱最高处在两者之间，所以显示的温度高于0℃，为37℃，故A错误；
B、实验中，用不同加热器加热，相同时间内，加热器放出的热量不同，所以相同时间内两杯水吸收的热量不同，故B错误；
C、两杯中水的质量相同，根据△t＝可知，吸收相同的热量，两杯水升高的温度相同，故C错误；
D、根据图2可知，甲杯的水加热2min与乙杯的水加热3min升高的温度相同，根据Q＝cm△t可知，两杯水的质量相同，所以吸收的热量相同，故D正确。
故选：D。
5．【分析】由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R并联，电压表测电源的电压，电流表测灯泡L支路的电流，根据电源的电压可知滑片移动时电压表示数的变化，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知滑片移动时通过L电流的变化，根据欧姆定律可知滑片移动时通过R电流的变化，根据并联电路的电流特点可知电路总电流的变化。
【解答】解：由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R并联，电压表测电源的电压，电流表测灯泡L支路的电流，
因电源电压不变，
所以，滑片移动时，电压表的示数不变，故B错误；
因并联电路中各支路独立工作、互不影响，
所以，滑片移动时，通过L的电流不变，即电流表的示数不变，故A错误，C正确；
当滑动变阻器的滑片P由右端向中点移动时，接入电路中的电阻变小，
由I＝可知，通过R的电流变大，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，电路总电流变大，故D错误。
故选：C。
6．【分析】物体间力的作用是相互的，物体间的相互作用力作用在不同的物体上；
一对平衡力等大、反向、作用在同一直线上，作用在同一物体上；
瓶子放在水平桌面上而静止，处于平衡状态，受到的支持力与重力相等，瓶子对桌面的压力等于瓶子的重力；
力是改变物体运动状态的原因，如果物体不受力或所受合力为零，物体由于惯性要保持原来的状态不变。
【解答】解：A、桌面对瓶子的支持力与瓶子所受重力是一对平衡力，不是相互作用力，故A错误；
B、瓶子对桌面的压力与桌面对瓶子的支持力作用在不同的物体上，是一对相互作用力，不是平衡力，故B错误；
C、瓶子正放与倒放时，对桌面的压力相等，都等于瓶子的重力，故C错误；
D、如果瓶子所受的力同时全部消失，由于惯性它将仍留在原位保持原来的静止状态，故D正确；
故选：D。
7．【分析】由电源的正负极可知电流方向，则由右手螺旋定则可知螺线管的磁极；当滑动变阻器的滑片向右移动时，可知滑动变阻器的接入电阻变化，则由欧姆定律可知电流的变化，则可知螺线管磁性强弱的变化，则由磁极间的相互作用可知磁极间的磁力的变化。
【解答】解：由图可知电流由螺线管的上方流入，则由安培定则可知螺线管下端为N极，上端为S极；则螺线管与磁铁下端为同名磁极，故应相互排斥；
当滑片向右移动时，滑动变阻器接入电阻变小，则由欧姆定律可知电路中电流增大，则螺线管的磁性增强，故对磁铁的作用力增强，故此时悬挂的小磁铁的向上运动，即弹簧长度应变短。
故选：B。
二、填空题
8．【分析】（1）动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大。
（2）重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度。质量越大，高度越高，重力势能越大。
（3）机械能等于动能和势能之和；克服摩擦做功，机械能转化为内能；不计阻力，机械能守恒。
【解答】解：乒乓球在上升的过程中，质量不变，速度减小，动能减小；高度增高，重力势能增大，是动能转化为重力势能；
如果不能忽略空气阻力，乒乓球上升的过程中克服空气阻力做功，机械能转化为内能，机械能减小。
故答案为：动；重力势；减小。
9．【分析】（1）水的比热容大：相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少；升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多；
（2）知道水的质量，知道水温度的变化，根据热量的计算公式Q吸＝cm△t计算出水吸收的热量；再根据效率公式求出消耗的电能，利用t＝计算出加热时间。
【解答】解：
（1）因为水的比热容较大，降低相同的温度，水放出的热量多，所以电热暖手宝里面一般用水作储能物质；
（2）温度从15℃升高到65℃，此过程中水吸收的热量是
Q吸＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（65℃﹣15℃）＝2.1×105J；
由η＝得：
消耗的电能：
W＝＝＝3×105J，
则加热时间为t＝＝＝600s。
故答案为：比热容；3×105；600。
10．【分析】（1）熔化的体积时：达到熔点、继续吸热；
（2）根据公式判断物体密度的变化。
【解答】解：加热材料A，由于温度低于其熔点，所以A处于固态；
因为加热后质量不变，体积减小，根据公式ρ＝知物体的密度增大．
故答案为：固态；ρ＝；增大。
11．【分析】（1）判断汽油机的四个冲程，先看进气门和排气门的关闭情况，进气门打开的是吸气冲程，排气门打开的是排气冲程，进气门和排气门都关闭的是压缩冲程或者做功冲程；活塞上行为压缩冲程和排气冲程；活塞下行为吸气冲程和做功冲程。
（2）改变物体内能的方式有热传递和做功两种。做功改变物体内能的实质是能量的转化，具体来说是内能和机械能的相互转化。对物体做功，物体的内能增加，温度升高；物体对外做功，物体的内能减少，温度降低。
【解答】解：（1）A图中，进气门开启，活塞下行，气体流入汽缸，是吸气冲程；
B图中，两气门都关闭，活塞上行，汽缸容积变小，是压缩冲程，此冲程将机械能转化为内能；
C图中，两气门都关闭，活塞下行，汽缸容积变大，是做功冲程，此冲程将内能转化为机械能；
D图中，排气门开启，活塞上行，气体流出汽缸，是排气冲程；
（2）E图是用力将活塞压下，活塞对空气做功，空气的内能增大，温度升高，达到了棉花的着火点，棉花就会燃烧。是通过对物体做功来增大物体内能的，即是将机械能转化为内能的过程；F图是水蒸气膨胀对外做功，将塞子冲出，是内能转化为机械能。
综上所述，图E、F是演示实验的原理示意图。C图是做功冲程，与它原理相同的是F图所示的演示实验。汽油机的工作示意图中机械能转化为内能的冲程是B图。
故答案为：原理；做功；F；B。
12．【分析】首先根据图象得出两电路元件在3V时的电流，然后根据欧姆定律求出电阻甲和乙的阻值；
若将电阻甲和乙并联后接在电压为6V的电源两端时，根据并联电路的电阻特点求出总电阻，然后P＝求出。
【解答】解：（1）由图象可知，当甲、乙两个电阻的电路为3V时，通过甲的电流为0.3A，通过乙的电流为0.5A。
由I＝得：
R甲＝＝＝10Ω；R乙＝＝＝6Ω；
（2）若将电阻甲和乙并联后接在电压为6V的电源两端时，
则总电阻R＝＝＝3.75Ω；
总功率P＝＝＝9.6W。
故答案为：6；3.75；9.6。
13．【分析】（1）根据流体压强与流速的关系可做出解答；
（2）物体在非平衡力的作用下，其运动状态会发生改变；
（3）判断运动与静止时，要看物体相对于参照物的位置是否发生改变。
【解答】解：（1）飞机起飞时，利用了在气体中流速越大的地方压强越小的原理，从而使机翼的上下表面产生压强差，为飞机提供升力。
（2）当该飞机水平加速飞行时，其运动状态不断改变，因此，飞机受到的动力大于它受到的阻力。
（3）以飞机为参照物，飞行员的位置没有发生改变，因此是静止的。
故答案为：小；大于；飞机。
14．【分析】要解决此题，需要掌握电磁感应现象的概念，知道发电机是根据电磁感应原理制成的，动圈式话筒也是利用的电磁感应现象。
产生感应电流的条件：闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动。
同时要知道产生感应电流的方向与磁场方向和导体的运动方向有关。
【解答】解：（1）让导体棒ab沿竖直方向上下运动时，导体的运动方向与磁感线方向平行，不切割磁感线，所以电路中没有感应电流产生；
（2）ab切割磁感线的速度慢时，电流计的指针偏转角度较小；当ab快速运动时，电流计的偏转角度变大，这说明电路中的电流变大所以可以看出感应电流的大小与导体切割磁感线的速度有关。
动圈式话筒就是因为声音的振动使话筒的膜片振动，带动线圈运动而切割磁感线，产生与振动相应的电流，然后再通过扬声器还原成声音。是根据电磁感应原理工作的。
动圈式扬声器是因为线圈中通过变化的电流，从而使它受磁场的力忽大忽小，所以引起膜片的振动，而产生声音，它是利用电流在磁场中受力的原理工作的。
故答案为：不会；导体切割磁感线的速度；动圈式话筒。
三、作图题
15．【分析】根据杠杆平衡的条件，F1×L1＝F2×L2，在杠杆中的阻力、阻力臂一定的情况下，要使所用的动力最小，必须使动力臂最长。而在通常情况下，连接杠杆中支点和动力作用点这两点所得到的线段最长，据此可解决此题。
【解答】解：OB就是最长的动力臂，根据杠杆平衡的条件，要使杠杆平衡动力方向向下，据此可画出最小的动力；如图所示：

16．【分析】在作凹透镜的光路图时，先确定所给的光线的特点再根据透镜的光学特点来作图。
【解答】解：
延长线过另一侧焦点的光线经凹透镜折射后将平行于主光轴；过光心的光线经凹透镜折射后传播方向不改变，如图所示：
。
17．【分析】①知道小磁针静止时N极的指向，根据磁极间的相互作用判断出通电螺线管的磁极。
②根据通电螺线管的磁极判断出磁感线的方向。在磁体外部，磁感线总是从N极发出，回到S极。
③根据右手定则判断出电流的方向，确定电源的正负极。
【解答】解：①由图可知，小磁针静止时的左端为N极，根据异名磁极相互吸引，同名磁极相互排斥，则通电螺线管的右端为S极，左端为N极。
②因为在磁体外部，磁感线总是从N极发出，回到S极，所以磁感线的方向是指向右的。
③根据安培定则，伸出右手使大拇指指示螺线管的右端N极，则四指弯曲所指的方向为电流的方向，所以电流从螺线管的右端流入，则电源的右端为正极，左端为负极。
故答案如图所示：

四、实验题
18．【分析】（1）刻度尺读数时注意分度值和零刻线；
（2）已知每消耗1kW•h的电能电能表的表盘就转过3000r，可求转过60转消耗的电能，根据公式P＝可求空调的功率。
【解答】解：
（1）刻度尺的分度值为1mm，物体的长度为3.90cm﹣1.00cm＝2.90cm；
（2）电能表转盘转了60转，则空调消耗的电能：
W＝kW•h＝0.02kW•h；
空调的电功率：P＝＝＝1.2kW＝1200W。
故答案是：（1）2.90；（2）0.02；1200。
19．【分析】小水晶球的体积等于第三幅图的数值减第一幅图的数值。在读数时，注意量筒的分度值，视线应与液面的凹底相平。
根据漂浮时浮力和重力相等求得小球的重力，根据m＝求出水晶球的质量。
将水晶球的质量和体积代入公式ρ＝便可求出密度。
【解答】解：量筒读数时视线应平视刻度，所以一图为30ml，二图为60ml，三图为40ml；
第二图为水晶球放入玻璃杯漂浮在水面上时量筒的示数；
（1）水晶球体积：V＝40ml﹣30ml＝10ml＝10cm3；
（2）因为漂浮，所以水晶球所受重力：G＝△G排，
水晶球质量：m＝＝＝＝＝ρ水（V排2﹣V排1）＝1.0g/cm3×（60cm3﹣30cm3）＝30g，
水晶球密度：ρ＝＝＝3g/cm3。
故答案为：10；30；3。
20．【分析】（1）本题利用二次称重法求浮力，题目中没明确给出重力大小，我们可以通过分析所给数据找到物体所受到重力的大小即第1次实验物体没浸入水面之前弹簧测力计的示数；
（2）探究物体在水中不同深度所受浮力的变化情况时。应采用控制变量法观察所给数据，找出变量和不变量，归纳得出合理的结论；
（3）物体在没有完全浸没前，深度越深弹簧测力计的拉力减小，浮力增大，当完全浸没后，深度增加，弹簧测力计的示数、浮力均不再改变；
（4）根据称重法求出物体完全浸没时受到的浮力，再根据阿基米德原理求出排开水的体积即为圆柱体的体积，再根据密度公式和重力公式求出圆柱体的密度。
【解答】解：
（1）第1次实验圆柱体没有浸入水中（h＝0）可知它的重力为G＝6.75N，
利用二次称重法可得：在第4次实验中F浮＝G﹣F＝6.75N﹣5.25N＝1.5N；
（2）分析表中第1列到第5列数据可知：
圆柱浸入水的深度不同，即排开液体的体积不同，弹簧测力计的示数也不相同，
故可得出结论：在液体密度一定时，物体受到的浮力大小与物体排开的液体体积有关，物体排开的液体体积越大，物体受到的浮力越大；
（3）分析表中第6列到第7列数据可知：
圆柱浸没水中的深度不同，即排开液体的体积相同，弹簧测力计的示数不变，
故可得出结论：当物体浸没在液体中时，物体受到的浮力大小与物体浸入液体中的深度无关；
（4）通过分析数据可知，当深度h增大时，弹簧测力计的示数先减小，后不变，浮力是先变大，后不变，因此B符合题意的要求；
（5）圆柱体完全浸没时受到的浮力F浮′＝G﹣F′＝6.75N﹣4.25N＝2.5N，
根据阿基米德原理可得：
圆柱体的体积V＝V排＝，
圆柱体的密度：
ρ＝＝＝＝×ρ水＝×1×103kg/m3＝2.7×103kg/m3。
故答案为：
（1）6.75N；1.5N；
（2）在液体密度一定时，物体受到的浮力大小与物体排开的液体体积有关，物体排开的液体体积越大，物体受到的浮力越大；
（3）当物体浸没在液体中时，物体受到的浮力大小与物体浸入液体中的深度无关；
（4）B；
（5）2.7×103。
21．【分析】（1）凸透镜成像的规律及其应用之一：当物距u＞2f时，在光屏上得到倒立、缩小的实像，照相机就是应用这一原理制成的；
（2）凸透镜成像的规律，知道成实像时，物距越小，像距越大，成的像也越大。
【解答】解：（1）凸透镜的焦距为10cm，将蜡烛移至光具座上20cm处，此时u＞2f时，在光屏上可以得到倒立、缩小的实像照相机就是应用这一原理制成的；
（2）要使成的实像更大，应减小物距，所以蜡烛应靠近透镜而向右移动，同时要增大像距，所以光屏应远离透镜而向右移动。
故答案为：（1）缩小；照相机；（2）右；右。
22．【分析】（1）根据 灯的额定电压确定电压表量程与灯并联；根据欧姆定律求出灯正常工作时的电流大小确定电流表量程与灯串联；
（2）分别根据电表小量程分度值读数；
灯在额定电压下正常发光，比较电压表示数与额定电压的大小，根据串联电路电压的规律及分压原理确滑片移动的方向；
3）根据欧姆定律判断变阻器连入电路中的电阻变化，由分压原理结合串联电路电压的规律判断电压表的连接；
（4）此题用到了双安法测电功率。要测量小灯泡的额定功率，小灯泡两端的电压为额定电压，根据并联电路两端电压相等和利用欧姆定律计算电流即可。
【解答】解：（1）小灯泡额定电压为3V，电压表选用小量程与灯并联，电阻约为10Ω，灯正常发时的电流：
I＝＝0.3A，电流表选用小量程与灯串联，如下所示：

（2）图2甲中，电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流表示数为0.2A，
如图2乙所示电压表选用小量程，分度值为0.1V，电压表示数2V，小于灯的额定电3V，应增大灯的电压，根据串联电路电压的规律，应减小变阻器的电压，由分压原理，应减小变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向B移动，直到电压表示数为额定电压3V；
（3）移动变阻器滑片P，发现电流表示数变大时，由欧姆定律，电路中电阻减小，变阻器连入电路中的电阻减小，根据分压原理，变阻器的电压减小，灯的电压增大，根据电压表示数却变小，故电压表测滑动变阻器两端的电压了（电压表与滑动变阻器并联了）；
（4）要测量小灯泡的额定功率，小灯泡两端的电压为额定电压3V，根据并联电路两端电压相等，则定值电阻两端电压也等于3V，又知R0＝10Ω，故电流表A2的示数为I2＝＝0.3A。
故答案为：（1）如上所示；
（2）0.2； 2； B；

（3）电压表测滑动变阻器两端的电压了（电压表与滑动变阻器并联了）；
（4）0.3。
五、计算题
23．【分析】（1）物体开始运动前，圆柱体对地面的压力和自身的重力相等，根据F＝G＝mg求出其大小，利用p＝求出圆柱体对地面的压强；
（2）根据杠杆的平衡条件求出物体恰好离开地面时运动的距离，利用v＝求出物体在板面上运动的时间；
（3）知道拉力和物体在拉力方向上移动的距离，根据W＝Fs求出拉力F做的功，根据P＝求出拉力的功率。
【解答】解：（1）物体开始运动前，圆柱体对地面的压力：
F压＝G圆柱＝m圆柱g＝15kg×10N/kg＝150N，
圆柱体对地面的压强：
p＝＝＝500Pa；
（2）由杠杆的平衡条件可得：
G圆柱•OA＝G物体•s，
则物体恰好离开地面时运动的距离：
s＝OA＝×0.4m＝1.2m，
由v＝可得，物体在板面上运动的时间：
t＝＝＝6s；
（3）物体在板面上运动过程中，拉力F做的功：
W＝Fs＝10N×1.2m＝12J，
拉力的功率：
P＝＝＝2W。
答：（1）物体开始运动前，圆柱体对地面的压强为500Pa；
（2）物体在板面上运动的时间为6s；
（3）物体在板面上运动过程中，拉力F做的功为12J，功率为2W。
24．【分析】由电路图可知，灯泡L与电阻R并联，电流表测干路电流。
（1）知道灯泡的额定电压和额定功率，根据P＝求出小灯泡的电阻；
（2）根据并联电路的电压特点求出通过灯泡的电流，再根据P＝UI求出小灯泡的实际功率；
（3）根据并联电路的电流特点求出通过R的电流，利用欧姆定律求出定值电阻R的阻值。
【解答】解：由电路图可知，灯泡L与电阻R并联，电流表测干路电流。
（1）由P＝可得，小灯泡的电阻：
RL＝＝＝12Ω；
（2）因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，通过灯泡的电流：
IL＝＝＝0.25A，
灯泡的实际功率：
PL′＝UIL＝3V×0.25A＝0.75W；
（3）因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，通过R的电流：
IR＝I﹣IL＝0.55A﹣0.25A＝0.3A，
定值电阻R的阻值：
R＝＝＝10Ω。
答：（1）小灯泡的电阻为12Ω；
（2）小灯泡的实际功率为0.75W；
（3）定值电阻R的阻值为10Ω。
六、综合能力题
25．【分析】（1）流速越大的地方压强越小；
（2）首先要明确静止和匀速下滑时，物体都处于平衡状态，受平衡力，只要找出哪两个力是平衡力，然后根据平衡力的特点解题就可。
（3）根据压强定义式的变形公式F＝pS可求压力。
（4）P＝Fv求出功率。
【解答】解：（1）机器人工作时，主机内部的气体流速大气压小，外面气体流速小，气压大，故主机内部的气压小于大气压而产生吸力
（2）“擦窗机器人”的重力G＝mg＝2kg×10N/kg＝20N，“擦窗机器人”静止时处于平衡状态，即受力平衡，在竖直方向上摩擦力和重力平衡，则摩擦力大小等于重力大小20N，只要“擦窗机器人”在竖直玻璃上静止，重力不变，摩擦力就不变；
（3）由p＝得，吸盘对玻璃的压力F＝pS＝1.5×105Pa×2×10﹣3m2＝300N。
（4）重力做功功率P＝Fv＝Gv＝mgv＝2kg×10N/kg×0.2m/s＝4W。
故答案为：（1）小于；（2）不变；（3）300；（4）4。
26．【分析】（1）从比热容的角度可解释地表温度迅速变化的原因；
（2）热传递和做功都可在改变物体的内能，热传递是能量的转移，做功是能量的转化；
3）从密度大小的角度可解释空气处于稳定状态的原因；
（4）结合材料中的介绍，可判断黎明前气温随高度变化的规律，进而确定图象的特点；
（5）利用公式Q＝cm△t可计算放出热量的多少。
【解答】解：（1）晴朗无云的夜间，近地面气温迅速下降的主要原因是地表泥土砂石的比热容较小，在放出一定的热量后，其温度变化更明显。
（2）日出后太阳辐射逐渐增强，地面很快增温，是热量发生了转移，这是通过热传递增大地面内能。
（3）逆温层的空气处于稳定状态，主要是因为下层空气的密度大，上层空气的密度小，所以空气中的垂直运动受到抑制，故只有B选项符合题意。
（4）由题意可知，般情况下，大气温度随着高度增加而下降，即高度越低，气温越高。而逆温现象则是指由于大气逆辐射较小，地面辐射散失热量多，近地面气温迅速下降，而高处气层降温较少，从而出现的上暖下冷的现象。并且逆温现象会在日出后自上而下消失，因此，它的图象应该是气温随高度的降低先升高，再下降，再升高。故只有选项C的图象符合题意。
（5）由公式ρ＝得水的质量：
m＝ρV＝1.0×103kg/m3×392×108m3＝3.92×1013kg，
水放出的热量：
Q＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×3.92×1013kg×2℃≈3.3×1017J。
故答案为：（1）比热容；（2）热传递；（3）B；（4）C；（5）3.3×1017。