吉林省长春市二道区长春市第一〇八集团联考2023-2024学年九年级下学期5月月考物理试题

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1. 下列四个节气对应的现象，属于凝华的是（ ）
A. 惊蛰—冰化水B. 清明—雨纷飞C. 立秋—露珠凝D. 立冬—霜来降
【答案】D
【解析】
【详解】A．冰化水是固态的冰变成液态水的过程，属于熔化现象，故A不符合题意；
B．雨是液态的，是空气中的水蒸气遇冷液化形成的，故B不符合题意；
C．露是空气中的水蒸气遇冷液化形成的小水滴，故C不符合题意；
D．霜是固态的小冰晶，是空气中的水蒸气遇冷直接凝华形成的，故D符合题意。
故选D。
2. 唐诗宋辞璀璨夺目，蕴含丰富的光学知识，下列诗句中有关光现象的说法正确的是（ ）
A. “潭清疑水浅”，水浅是光的折射形成的
B. “楼台倒影入池塘”，楼台倒影是光的折射形成的
C. “瀑水喷成虹”，彩虹是光的直线传播形成的
D. “绿树阴浓夏日长”，树阴是光的反射形成的
【答案】A
【解析】
【详解】A．潭底的光线由水中进入空气时，在水面上发生折射，折射角大于入射角，折射光线进入人眼，人眼会逆着折射光线的方向看去，就会觉得潭底变浅了，故A正确；
B．“楼台倒影”是楼台通过水面所成的虚像，属平面镜成像，所成的像是正立的虚像，平面镜成像其实质是光的反射，故B错误；
C．彩虹是光的色散形成的，光的色散的实质是光的折射，故C错误；
D．树阴是树木的影子，由于光的直线传播，光射到不透明物体上，在不透明物体后面形成影子，故D错误。
故选A。
3. 关于声现象，下列说法正确的是（ ）
A. 校园内植树是在声源处减弱噪声B. 只要物体振动，人就能听到声音
C. 正在发声的音叉一定在振动D. 辨别不同类型的乐器声，主要是靠它们的响度不同
【答案】C
【解析】
【详解】A．校园内植树是在传播过程中减弱噪声，不是在声源处，故A错误。
B．人的听觉频率范围是20~20000赫兹。低于20赫兹的是次声波，高于20000赫兹的是超声波，人的耳朵都听不到，故B错误；
C．声音是由物体振动产生的，发声的物体都在振动，故C正确；
D．辨别不同乐器的声音，主要是靠他们的音色不同，不是响度，故D错误。
故选C。
4. 科技改变生活，如图所示的智能手表可以显示时间、体温、心率、运动步数等信息，方便人们监测身体状态，下列关于智能手表说法错误的是（ ）
A. 智能手表橡胶表带是绝缘体，不导电也不可能带电
B. 手表屏幕使用的发光二极管主要是半导体材料制成的
C. 铜的导电性优于铁，更适合做内部导线
D. 在给手表的蓄电池充电时，蓄电池相当于用电器
【答案】A
【解析】
【详解】A．橡胶表带是绝缘体，不导电但可以带电，故A错误，符合题意；
B．二极管是由半导体做成的器件，它具有单向导电性，发光二极管主要是半导体材料制成的，故B正确，不符合题意；
C．铜导电性能比铁的导电性能好，更适合做内部导线，故C正确，不符合题意；
D．在给手表的蓄电池充电时消耗电能，此时蓄电池相当于用电器，故D正确，不符合题意。
故选A。
5. 下列各种物质微粒中，空间尺寸最小的是
A. 分子B. 中子C. 原子核D. 电子
【答案】D
【解析】
【详解】按照物质的组成，尺度排列由大到小是：分子、原子、原子核、质子（中子）、电子，因此最小的是电子，故D正确．
6. 如图所示，C919国产大飞机首度服务2024年春运。下列说法正确的是（ ）
A. 起飞时，飞机在跑道上加速滑行时惯性逐渐增大
B. 飞机在上升过程中，舱外的大气压会变小
C. 机翼是利用气体流速大，压强大的原理获得升力
D. 飞机座椅设计得很柔软，是为了减小乘客对座椅的压力
【答案】B
【解析】
【详解】A．惯性的大小与质量有关，与速度无关，故惯性不变，故A错误；
B．大气压强与高度有关，高度越高气压越低，飞机在上升过程中，高度变大，舱外的大气压会变小，故B正确；
C．液体压强与流速有关，机翼是利用气体流速大，压强小的原理获得升力，故C错误；
D．飞机座椅设计得很柔软，很容易发生形变，人坐上去后，受力面积较大，是为了减小乘客对座椅的压强。故D错误。
故选B。
7. 小明课后练习发高远球，羽毛球离拍后飞行轨迹如图曲线所示，其中CD段羽毛球匀速下落.下列有关说法正确的是（ ）
A. 羽毛球上升过程中，有部分动能转化成了重力势能
B. 羽毛球飞行的整个过程中，机械能总量保持不变
C. 飞行过程中，羽毛球经过最高点B处时，动能为零
D. 羽毛球离拍后继续上升过程中是由于惯性，且球拍在对球做功
【答案】A
【解析】
【详解】A．羽毛球上升过程中，羽毛球的质量不变，速度变小，动能变小，高度变大，重力势能变大，有部分动能转化成了重力势能，故A正确；
B．羽毛球飞行的整个过程中，会克服空气的阻力做功，羽毛球的机械能会减小，故B错误；
C．飞行过程中，羽毛球经过最高点B处时的速度最小，动能最小，但不为零，故C错误；
D．羽毛球离拍后继续上升过程中，球拍没有对球施加力，所以球拍对球不做功，故D错误。
故选A。
8. 空气炸锅是家庭中常用的一种电器，其内部简化电路如图所示，定值电阻R1=40Ω，R2=110Ω，通过开关S1、S2、S3的通断可实现高、中、低三个挡位的调节，关于该电路，下列说法错误的是（ ）
A. 开关S1、S2不能同时闭合
B. 只闭合开关S2时，R1和R2串联，此时电路的总功率最大
C. 闭合开关S1、S3时，R1和R2并联，此时为高温挡
D. 只闭合开关S3，只有R2工作，此时为中温挡，功率为440W
【答案】B
【解析】
【详解】A．开关S1、S2同时闭合，电流可以不经过用电器直接回到电源另一极，导致电源短路，故A正确，不符合题意；
B．只闭合开关S2时，R1和R2串联，根据串联电路电阻的特点，此时电路的总电阻最大，根据可知，总功率最小，为低温挡，故B错误，符合题意；
C．闭合开关S1、S3时， R1和R2并联，根据并联电路电阻的特点，此时电路的总电阻最小，根据可知，总功率最大，此时为高温挡，故C正确，不符合题意；
D．只闭合开关 S3， 只有R2工作，根据串并联电路电阻的特点，此时的电阻小于串联总电阻，同时大于并联时的总电阻，根据可知， 此时功率小于并联时总功率，大于串联时总功率，此时为中温挡， 功率为
故D正确，不符合题意。
故选B。
9. 下列装置是利用电磁铁原理工作的是（ ）
A. 电磁起重机B. 空气开关C. 动圈式话筒D. 电铃
【答案】ABD
【解析】
【详解】AD．电磁起重机和电铃的原理都是电流的磁效应，是利用电磁铁通电时有磁性不通电时没有磁性的性质工作的，故AD符合题意；
B．空气开关的原理是电流的磁效应，是利用电磁铁的磁性与电流大小和线圈匝数有关的特点，当家庭电路电流过大时，利用电磁铁对开关的吸引力断开开关，故B符合题意；
C．动圈式话筒的原理是电磁感应，故C不符合题意。
故选ABD。
10. 如图所示，这是我国古代运送巨木的劳动情景示意图。通过横杆、支架、石块等，将巨木的一端抬起，垫上圆木，以便将其移动到其他地方。关于此情景中涉及物理知识应用的说法正确的是（ ）
A. 此情景中的横杆是费力杠杆
B. 支架下面的石块是为了减小压强
C. 只将巨木一端抬起的过程中，巨木不能看作一个杠杆
D. 向巨木方向调整支架的位置可以更省力
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由图可知，横杆在使用的过程中，动力臂大于阻力臂，为省力杠杆，故A错误；
B．支架下面的石块是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强，故B正确；
C．只将巨木一端抬起的过程中，巨木符合杠杆的特点，可看作一个杠杆，故C错误；
D．向巨木方向调整支架的位置，可以改变动力臂的长度，使得动力臂比阻力臂更大，那么更省力，故D正确。
故选BD。
二、非选择题：本题共11题，每空1分，21（1）2分，21（3）③6分，共计50分
11. 天和核心舱主要用于中国空间站统一控制和管理，具备长期自主飞行能力，可支持航天员长期驻留，开展航天医学、空间科学实验和技术试验。
（1）2021年11月7日，王亚平从天和核心舱成功出舱。出舱时，以舱门为参照物，她是___________的，从舱内到舱外她的质量___________，地面指挥中心通过___________向王亚平发出指令。
（2）在太阳系中地球逆时针围绕太阳公转，太阳风是太阳发出的高速带电粒子流，部分带电粒子通过地球附近磁场时，其运动轨迹如图所示，此过程中地球磁场对太阳风的力改变了带电粒子的___________；同时地球的磁场也被压缩了，说明太阳风和地球磁场之间力的作用是___________。
【答案】 ①. 运动 ②. 不变 ③. 电磁波 ④. 运动状态 ⑤. 相互的
【解析】
【详解】（1）[1]以舱门为参照物，王亚平从舱门出来时相对舱门位置关系发生了变化，是运动的。
[2]质量是物体的一种属性，它不随物体的形状、位置、温度和状态的改变而改变，王亚平出舱后空间位置发生改变，但是质量不变。
[3]电磁波可以传递信息，地面指挥中心通过电磁波向王亚平发出指令
（2）[4]如图所示，太阳风的部分带电粒子通过地球附近磁场时，地球磁场对太阳风的力改变了带电粒子的运动状态。
[5]力是物体对物体的作用，物体间力的作用是相互的，同时地球的磁场也被太阳风压缩了，说明太阳风和地球磁场之间力的作用是相互的。
12. 小芳同学对八年级物理《科学之旅》中“伽利略对摆动的研究”非常感兴趣，于是利用如图所示的装置进行实验。
（1）已知摆球的质量为0.5kg，实验中摆球在往复摆动时，某次摆球由A点摆至C点的过程中A点与B点的高度差为10cm，摆球由A点摆至B点的过程重力所做功为___________J；在单摆往复摆动过程中机械能___________守恒。
（2）伽利略发现单摆摆动时，无论摆幅是大是小，摆动一个来回所需时间（摆的周期T）相同，即单摆的摆动周期T与振幅无关。所以小芳同学推断单摆往复摆动过程中第一次单摆由A点摆至B点的过程重力所做功的功率和第十次单摆由A点摆至B点的过程重力所做功的功率的大小关系为___________
（3）伽利略开创了以实验为基础并具有严密逻辑体系和数学表述的近代科学，被后人誉为“近代科学之父”。伽利略还进行了下列哪个物理知识的研究：___________
A.测量大气压强 B.牛顿第一定律 C.杠杆平衡原理 D.阻力对物体运动的影响
【答案】 ①. 0.5 ②. 不 ③. ＞ ④. D
【解析】
【详解】（1）[1]摆球由A点摆至B点的过程重力做功为
W=Gh=mgh=0.5kg×10N/kg×10×10-2m=0.5J
[2]在单摆往复摆动的过程中，由于受空气阻力的作用，机械能不断减小，机械能不守恒。
（2）[3]在单摆往复摆动的过程中，由于受空气阻力的作用，机械能不断减小，所以往后每次单摆A点与B点之间的高度差越来越小，根据W=Gh可知，重力所做的功也越来越小，但摆动一个来回所需时间（摆的周期T）相同，由可知，所以重力所做功的功率也越来越小，即第一次单摆由A点摆至B点的过程重力所做功的功率大于第十次单摆由A点摆至B点的过程重力所做功的功率。
（3）[4]A.托里拆利最早较精确测出了大气压的数值，故A错误；
B.牛顿在总结前人科研成果的基础上，建立的以牛顿三定律为主题的经典力学理论，故B错误；
C.阿基米德最早发现了杠杆的平衡条件，故C错误；
D.伽利略最早提出“力不是维持物体运动的原因”，并用斜面实验证明了：运动的物体在不受外力作用时，保持运动速度不变，故D正确。
故选D。
13. 我国的乌东德、白鹤滩、溪洛渡、向家坝、三峡、葛洲坝水电站实现联合调度，标志着世界最大的“清洁能源走廊”已形成。水力发电是将水的_______________能转化为电能，水能是_______________（选填“可再生”或“不可再生”）能源，水电站年均发电量可达，若这些电量改用煤进行火力发电，效率为，煤的热值为，则需要用煤_______________。
【答案】 ①. 机械
②. 可再生 ③. 9×1010
【解析】
【详解】[1]水力发电是通过水冲击涡轮机，带动发电机发电，所以是将水的机械能转化为电能。
[2]水能能够从大自然源源不断的获取，所以水能是可再生能源。
[3]水电站年均发电量可达1.08×1018J，若这些电量改用煤进行火力发电，效率为40%，则需要用煤
14. 如图甲所示，两名同学分别用完全相同的装置探究“水沸腾时温度变化的特点”，绘制了a、b两杯水温度随时间变化的图像，如图丁所示，请你回答下列问题：
（1）组装装置时，要保证用酒精灯的外焰加热，应先调整___________（选填“烧杯”或“温度计”）的位置；
（2）观察到气泡如图乙所示，这是水沸腾___________（选填“前”或“时”）的现象
（3）实验中第3min时温度计示数如图丙，读数是___________℃；
（4）通过分析图像信息可知：实验时，大气压___________（选填“大于”“小于”或“等于”）标准大气压；
（5）通过实验得到：水沸腾必须满足的条件是温度达到沸点，且不断___________；
（6）不计热量损失，从开始加热到t0时刻，a、b两杯水吸收的热量分别为Qa和Qb，则Qa___________Qb（选填“大于”“小于”或“等于”）。
【答案】 ①. 烧杯 ②. 时 ③. 96 ④. 小于 ⑤. 吸热 ⑥. 等于
【解析】
【详解】（1）[1]组装装置时，要保证用酒精灯的外焰加热，应根据酒精灯的外焰的位置调整烧杯位置，然后再固定温度计得位置。
（2）[2]根据水在沸腾时，气泡在上升过程中逐渐变大，所以图乙是水沸腾时的情况。
（3）[3]温度计示数由图丙可知，温度计分度值为1℃，读数是96℃。
（4）[4]从图像可以看出，水沸腾时温度保持98℃不变，所以沸点是98℃；标准大气压下，水的沸点是100℃，由于当时沸点低于100℃，所以当时的大气压小于标准大气压。
（5）[5]水沸腾的条件是要达到沸点，且不断吸收热量。
（6）[6]从开始加热到t0时刻，加热的时间相同，酒精灯不变，所以a、b两杯水吸收的热量相等，Qa和Qb相等。
15. 为了探究光反射时的规律，小强同学利用平面镜、可绕ON折转的纸板、量角器和激光笔进行如图所示的实验。

（1）把一个平面镜放在水平桌面上，再把纸板立在平面镜上，纸板上的直线ON与镜面保持______；
（2）为了探究反射角与入射角的关系，实验时应进行的操作是______；
A.沿ON前后转动纸板E B.沿ON前后转动纸板F
C.改变光束OB与ON的夹角 D.改变光束AO与ON的夹角
（3）让光沿着BO的方向射到镜面，发现反射光沿着OA方向射出。这表明，在反射现象中，光路______；
（4）若将纸板倾斜，如图乙所示，让光束仍贴着纸板沿AO方向射到镜面，此时反射光与入射光______（选填“在”或“不在”）同一平面内。
【答案】 ①. 垂直 ②. D ③. 是可逆的 ④. 在
【解析】
【详解】（1）[1]把一个平面镜放在水平桌面上，再把一张纸板竖直地立在平面镜上，纸板上的直线ON垂直于镜面，使法线垂直于镜面。
（2）[2]在探究反射角与入射角的大小关系时，为了得出普遍的规律，应多次改变入射角的大小，这样才能避免结论的偶然性，应进行的操作是改变光线AO与ON间的夹角，故D正确。
（3）[3]让一束光沿BO方向射向平面镜，即让光线逆着原来的反射光线射向镜面，反射光将沿OA方向射出，即反射光线逆着原入射光线方向射出，该实验现象说明，在反射现象中，光路是可逆的。
（4）[4]根据光的反射定律可知，反射光线、入射光线和法线在同一平面内，因此若将纸板倾斜，让光线仍贴着纸板沿AO方向射向镜面，此时反射光线与入射光线仍在同一平面内，不在纸板这一平面上，但不能看到反射光线。
16. 小明对电流表指针偏转的原因产生了兴趣，他在实验室找到一只可拆卸的电流表，进行了如下探究。
（1）打开外壳，观察电流表的内部结构，示意图如图所示。按照操作规范将电流表______联接入电路，通电后线圈转动，带动指针偏转；撤去磁体再次通电，指针不动。这说明电流表指针偏转的原因是通电线圈在______中受力转动，这与______的工作原理相同；
（2）若让电流从电流表的“－”接线柱流入，“＋”接线柱流出，指针偏转方向会与（1）中的偏转方向______，因此使用电流表时不能把接线柱接反；
（3）若在电流表“＋”“－”接线柱之间连接一根导线，用手拨动电流表指针，导线中会产生感应电流，这种现象叫做______，据此可制成______。
【答案】 ①. 串 ②. 磁场 ③. 电动机 ④. 相反 ⑤. 电磁感应 ⑥. 发电机
【解析】
【详解】（1）[1][2][3]电流表的内阻比较小，电流表相当于导线，故需要串联接入电路；通电后线圈转动，带动指针偏转；撤去磁体再次通电，指针不动，说明没有磁场；指针就不动，说明电流表指针偏转的原因是通电线圈在磁场中受到了力的作用；通电后，将电能转化为机械能，与电动机的原理相同，都是通电线圈在磁场中受到了力的作用。
（2）[4]当让电流从电流表的“－”接线柱流入，“＋”接线柱流出，电流的方向相反，指针受到的力的方向也是相反的，故电流表的指针与（1）中的偏转方向相反。
（3）[5][6]若在电流表“＋”“－”接线柱之间连接一根导线，组成了闭合回路，用手拨动电流表指针，会产生感应电流，这一现象叫做电磁感应现象；据此可以制成发电机，都是将机械能转化为内能。
17. 如图甲所示，小明在探究“杠杆的平衡条件”实验中所用的实验器材有：杠杆、支架、弹簧测力计、刻度尺、细线和质量相同的钩码若干个。
（1）实验前，将杠杆中点置于支架上，当杠杆静止时，发现杠杆左端下沉。此时，应把杠杆两端的平衡螺母向___________（左/右）调节，使杠杆在水平位置平衡；
（2）杠杆调节平衡后，A点处挂4个钩码，在B点处挂___________个钩码后，杠杆恰好在原位置平衡；
（3）多次改变弹簧测力计拉杠杆的位置，记录每一次数据，并画出如图乙所示的动力随动力臂变化的图像。小明对图像进行仔细分析后做出大胆判断：图像上每次描出的点与两坐标轴所围成的矩形面积（图乙中阴影部分）总是相等的，这个矩形面积表示的是___________这一物理量。根据图像推算，当F=4N时，l=___________cm；
（4）实验结束后，小明想：“若支点不在杠杆的中点时，杠杆的平衡条件是否仍然成立？”于是小组同学利用如图丙所示装置进行探究，发现在杠杆左端的不同位置，用弹簧测力计竖直向上拉使杠杆处于水平平衡状态时，测出的拉力大小都与杠杆平衡条件不相符。其原因是：___________。
【答案】 ①. 右 ②. 6 ③. 功 ④. 1.5 ⑤. 杠杆自重对实验有影响
【解析】
【详解】（1）[1]实验前杠杆不在水平位置，左端向下倾斜，右端偏高，说明杠杆左端偏重，故应向右调节平螺母，使杠杆在水平位置平衡。
（2）[2]设一个钩码重为G，杠杆上一个小格长为L，由杠杆平衡条件得
解得n=6，即在B点挂6个钩码，恰好使杠杆平衡。
（3）[3]两坐标轴围成的方形面积是动力与动力臂的乘积，根据可知，这个矩形面积表示的是功这一物理量。
[4]由题意可知，只改变动力、动力臂，多次测量，则阻力与阻力臂的乘积保持不变，根据杠杆平衡条件可知，利用图像中任意一组数据都能得出
当F=4N时，则力臂
（4）[5]利用如图丁示装置进行探究，杠杆的重心没有通过支点，杠杆的重力对杠杆平衡有影响，探究杠杆的平衡条件应考虑杠杆自身的重力产生的阻力和阻力臂，小组同学忽略了杠杆自重对实验有影响，因此测出的拉力大小都与杠杆平衡条件不相符。
18. 为测量某待测电阻Rx的阻值，实验探究小组设计了如图甲所示的电路图，并进行了实验。
（1）在连接如图甲的电路时，开关S应处于___________状态，闭合开关前应将滑动变阻器的滑片置于___________端；
（2）在如图乙所示的电路中请在图乙中用笔画线代替导线将电路连接完整；
（3）正确连接电路，某次测量时，电压表的示数为1.5V，电流表的示数为0.3A，则待测电阻Rx的阻值为___________Ω；实验时应多测几组数据，求电阻的平均值，目的是___________；
（4）某实验小组实验时发现电压表已损坏，为测量Rx阻值，他们经过讨论设计了如图丙的电路图。已知电源电压不变，定值电阻的阻值为R，闭合开关S1、断开S2时电流表读数为I1；同时闭合开关S1和S2时电流表读数为I2，则Rx=___________（用R、I1、I2表示）；
（5）实验小组完成实验后，他们经过讨论，认为用图甲的电路图还可以完成___________实验。
【答案】 ①. 断开 ②. B ③. 5 ④. 减小实验误差 ⑤. ⑥. 探究电流与电压的关系
【解析】
【详解】（1）[1]为了保护电路，连接电路时，开关应处于断开状态。
[2]为了保护电路，实验前应将滑动变阻器的滑片P移到阻值最大处，由图可知，应将滑动变阻器的滑片置于B端。
（3）[3]由式子，待测电阻为
[4] 进行了多次测量，目的是计算电阻的平均值从而减小实验误差。
（4）[5]已知电源电压不变，定值电阻的阻值为R，闭合开关S1、断开S2时电流表读数为I1，这时Rx与R串联，所以电源电压为
①闭合开关S1和S2时电流表读数为I2，这时电路中只有Rx连接到电路中，所以
由①②式子解得
（5）[6]在“伏安法测电阻”的实验中，为Rx定值电阻，电压表测Rx两端的电压，电流表测电路中的电流。若探究电流与电压的关系，应控制电阻的阻值不变，可以通过调节滑动变阻器改变Rx两端的电压和通过的电流，所以该电路能完成该实验。
19. 如图所示，薄壁圆柱形容器甲置于水平地面，容器底面积为3×10-2m2.其内部中央放置一个圆柱形物体乙，圆柱体底面积为1×10-2m2，水深0.2m。水对容器底部的压强p水=___________pa、现从容器中抽出水，每次抽出水的体积均为V0，水对容器底部的压强p大小及部分压强变化量Δp如下表所示。
第___________次抽水后物体开始露出水面；每次抽出水的质量___________kg；圆柱体乙的高度___________m。
【答案】 ①. 2000 ②. 第二次 ③. 1.2 ④. 0.15
【解析】
【详解】[1]水对容器底部的压强为
p水＝ρ水hg ＝1×103kg/m3×0.2m×10N/kg＝2000Pa
[2]第一次抽水压强改变量为
∆p1=2000Pa-1600Pa=400Pa
通过比较
∆p1＜∆p2＜∆p3
如果第一次抽水开始露出，则∆p2＝∆p3，如果第三次抽水才露出，则∆p1＝∆p2 ，因此第二次抽水乙开始露出水面。
[3]第一次抽水时，下降的高度为
第一次抽水时物体未露出水面，抽出水的体积为
V0＝S1∆h＝3×10-2m2×004m=1.2×10-3m3
抽出水的质量为
m水＝ρ水V0＝1×103kg/m3×1.2×10-3m3=1.2kg
[4]第二次抽水后，物体已露出水面，此时水的深度为
水的总体积为
圆柱体乙的高度为
20. 小明在网上了解到力敏电阻的阻值与压力有关，于是想到用力敏电阻制作一个“重力称”，在网上购买一个力敏电阻，其阻值与压力的函数关系为Rx=42Ω-0.12Ω/NF，与创客小组同学合作，利用轻质硬杆电压表电流表、定值电阻、报警装置（图中未体现，阻值不计）开关等制作了一个“重力称”，如图所示，硬杆OP始终处于水平位置，杆上两个承重点A、B，在A承重点上方放置托盘，当放入物品电压表达到或超过3V时报警装置报警，OA=0.9m，OB=0.6m，OP=1.2m。小明将20kg的一袋大米放入托盘中时报警装置报警。（硬杆、支架及托盘的重力均忽略不计）（取g=10N/kg）

（1）当托盘上未放入物体时，力敏电阻R的阻值为________Ω；
（2）当托盘上放入物体质量变大时，电压表示数将________；
（3）将托盘移到B承重点上方，调节报警装置使电压表示数达到或超过3.9V时报警:把20kg的一袋大米放入托盘中时，电压表示数为2.6V；请帮助小明计算出此时托盘放入物体的最大重力为多少牛顿________。
【答案】 ①. 42 ②. 变大 ③. 450
【解析】
【详解】（1）[1]力敏电阻的阻值与压力的函数关系为Rx=42Ω-0.12Ω/NF，当托盘上未放入物体时F=0，则力敏电阻R的阻值Rx=42Ω。
（2）[2]当托盘上放入物体质量变大时，根据杠杆平衡条件可知力敏电阻受到的压力变大，根据Rx=42Ω-0.12Ω/NF可知力敏电阻R的阻值变小；闭合开关，两电阻串联接入电路，电压表测定值电阻两端的电压，串联电路总电阻等于各部分电阻之和，根据欧姆定律可知通过电路的电流变大，根据U=IR可知定值电阻两端的电压变大，即电压表示数变大。
（3）[3]20kg大米的重力
在A承重点上方放置托盘，根据杠杆平衡条件可得此时力敏电阻受到的压力
此时力敏电阻接入电路的阻值
报警时通过电路的电流
串联电路总电压等于各部分电压之和，则电源电压
①
在B承重点上方放置托盘，根据杠杆平衡条件可得此时力敏电阻受到的压力
此时力敏电阻接入电路的阻值
此时通过电路的电流
串联电路总电压等于各部分电压之和，则电源电压
②
①②联立可得
在B承重点上方放置托盘报警时通过电路的电流
此时力敏电阻接入电路的阻值
此时力敏电阻受到的压力
根据杠杆平衡条件可得此时B盘中物体的重力
抽水次数
p（Pa）
Δp （Pa）
未抽水
0
第一次
1600
Δp1
第二次
1050
550
第三次
450
600