精品解析：2020年山东省淄博市沂源县中考一模物理试题

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山东省淄博市沂源县2020年中考物理一模试卷(解析版)
一、选择题（本题包括15个小题，每小题2分，共30分．每小题只有一一个选项符合题意）
1. 用3D打印技术可以打印钛合金眼镜架，在高能激光的作用下，钛合金粉末吸收热量变成液态，再定型成为镜架，在此过程中发生的物态变化是
A. 熔化和凝固 B. 升华和凝华 C. 汽化和液化 D. 液化和凝固
【答案】A
【解析】
【详解】钛合金粉末在高温下由固态变成液态，是熔化现象，需要吸热；然后定型成为镜架，由液态变成固态，是凝固现象，需要放热，即先熔化后凝固．
2. 中华诗词蕴含着丰富的物理知识，以下诗词中有关声现象的分析正确的是（　　）
A. “响鼓也要重锤敲”说明物体振幅越大，音调越高
B. “柴门闻犬吠，风雪夜归人”说明声音可以传递能量
C. “不敢高声语，恐惊天上人”中的“高”是指声音的响度
D. “姑苏城外寒山寺，夜半钟声到客船”钟声是由空气振动产生的
【答案】C
【解析】
【详解】A．“响鼓也要重锤敲”说明物体振幅越大，响度越大，故A错误；
B．“柴门闻犬吠，风雪夜归人”说明声音可以传递信息，故B错误；
C．“不敢高声语，恐惊天上人”中的“高”是指声音的响度大，故C正确；
D．“姑苏城外寒山寺，夜半钟声到客船”钟声是由钟的振动产生的，故D错误。
故选C。
3. 在抗击新型冠状病毒疫情中，医务人员发挥了重要作用。他们工作时所采取的措施和用到的器械中，包含着许多物理知识。下列有关解释中正确的是（　　）
A. 医院分诊处使用热成像仪拍摄热谱图，是利用紫外线来工作的
B. 眼罩的玻璃片常常模糊不清，是由于空气的液化而引起的
C. 医护人员脸颊上口罩的压痕很深，是由于受力面积小增大了压力造成的
D. 喷洒消毒液后，能闻到消毒液气味，是分子的热运动引起的
【答案】D
【解析】
【分析】(1)红外线的热作用强，可用于热成像仪拍摄热谱图；紫外线常用于验钞机和手术室杀菌；
(2)水蒸气遇冷易发生液化现象，形成小水珠；
(3)压力的作用效果与压力大小、受力面积有关；
(4)构成物质的分子总在不停地做无规则运动。
【详解】A．医院分诊处使用热成像仪拍摄热谱图，是利用红外线来工作的，故A错误；
B．眼罩的玻璃片常常模糊不清，是由于水蒸气的液化而引起的，故B错误；
C．脸颊上口罩的压痕很深，是由于受力面积小增大了压力的作用效果（即压强）造成的，并不是增大了压力，故C错误；
D．喷洒消毒液后，能闻到消毒液气味，是分子的热运动引起的，故D正确。
故选D。
【点睛】知道红外线和紫外线在生活中应用，理解液化概念、影响压力作用效果的因素、分子的无规则运动，可解答此题。
4. 一段金属丝剪去一半，其不变的物理量是（　　）
A. 质量 B. 体积 C. 比热容 D. 电阻
【答案】C
【解析】
【分析】①物体所含物质的多少叫质量，质量与物体的形状、状态、位置和温度无关，与物质的多少有关；
②在物体种类一定时，物质多少发生改变时，体积发生变化；
③比热容是物质的一种属性，与质量无关；
④电阻是导体本身的一种属性，决定于导体的材料、长度、温度和横截面积。
【详解】A．金属丝剪去一半后，所含物质的多少发生了变化，其质量减少了。故A不符合题意；
B．金属丝剪去一半后，质量减少，密度不变，根据密度公式可知，体积减少。故B不符合题意；
C．金属丝剪去一半后，种类和状态不变，则金属丝的比热容不变。故C符合题意；
D．导体电阻与长度有关，金属丝剪去一半后，长度减半，电阻变小。故D不符合题意。
故选C。
【点睛】此题考查了质量、比热容和电阻的概念和影响因素，难度不大，属于基础题。
5. 关于下面四幅图的说法正确的是（　　）


A. 甲图：漫反射时反射角不等于入射角
B. 乙图：手影是由于光的反射而形成的
C. 丙图：透明物体的颜色是由通过它的色光决定的
D. 丁图：远视眼的成因和矫正图
【答案】C
【解析】
【详解】A．镜面反射和漫反射都遵守光的反射定律，所以发生漫反射时反射角也等于入射角，故A错误；
B．手影是由于光的直线传播形成的，故B错误；
C．透明体透过与它颜色相同的色光，透明物体的颜色是由通过它的色光决定的，故C正确；
D．远视眼的晶状体较薄，会聚能力较弱，看近处的物体时，将像成在视网膜的后面，需戴凸透镜矫正，故D错误。
故选C。
6. 小明在探究凸透镜成像规律时，做了如下实验：用平行光正对凸透镜照射，移动光屏得到一个最小、最亮的光斑，如图甲所示；保持该透镜位置不变，将点燃的蜡烛放在图乙所示的位置，移动光屏得到烛焰清晰的像（图中未画出）。则下列说法正确的是（　　）

① 烛焰在光屏上成倒立放大的像，像到透镜的距离一定大于20cm
② 如果将烛焰靠近凸透镜，仍要在光屏上得到清晰的像，光屏必须远离凸透镜，且光屏移动距离小于物体移动的距离
③ 保持物体与光屏位置不变，移动凸透镜，一定可以在光屏上得到另一个清晰的像
④ 换用焦距较小的凸透镜，仍要在光屏上得到清晰的像，如果只移动光屏，光屏必须远离凸透镜
A. ① ② B. ② ④ C. ① ③ D. ③ ④
【答案】C
【解析】
【详解】平行于主光轴的光线经凸透镜折射后将汇聚于点F，点F即为此透镜的焦点，从焦点到透镜中心的距离即为焦距，则透镜的焦距为

①烛焰在光屏上成倒立放大的像，此时的像距应该大于二倍焦距，即像到透镜的距离一定大于20cm，①正确；
②如果将烛焰靠近凸透镜，物距减小，像距应变大，要在光屏上得到清晰的像，光屏必须远离凸透镜；此时由于像距大于物距，则光屏移动距离要大于物体移动的距离，②错误；
③保持物体与光屏位置不变，移动凸透镜，根据光路可逆可知，当物距为原来的像距时，一定可以在光屏上得到另一个清晰的像，③正确；
④换用焦距较小的凸透镜，相当于增大了物距，减小了像距，仍要在光屏上得到清晰的像，如果只移动光屏，光屏必须靠近凸透镜，④错误。
故选C。
7. 关于能源和信息，下列说法不正确的是（　　）
A. 我国自主建立的北斗卫星定位系统是利用电磁波传递信息的
B. 四冲程汽油机的做功冲程将内能转化为机械能
C. 光缆通信靠光在光纤内壁上多次被反射而传输信息
D. 太阳能、风能、核能都是可再生能源
【答案】D
【解析】
【详解】A．卫星通信是用微波来传递信息的，微波属于电磁波，故A正确，不符合题意；
B．四冲程汽油机在做功冲程中，将高温高压燃气的内能转化为活塞的机械能，故B正确，不符合题意；
C．光导纤维由内外两层组成，且内外两层的折射本领不同，激光不会透过去，激光是不断的经光纤壁反射向前传播，故C正确，不符合题意；
D．短期内可以从自然界得到补充的能源是可再生能源；核能短期内不能在自然界得到补充，故不是可再生能源，故D错误，符合题意。
故选D。
8. 牛顿第一定律是在大量经验事实的基础上，通过推理而抽象概括出来的。如图所示的实验中也应用了这种研究方法的是（　　）
A. 探究声音能否在真空中传播
B. 研究压力作用的效果
C. 用磁感线描述磁场
D. 响度与振幅的关系
【答案】A
【解析】
【分析】解决此题要知道常用的物理学研究方法有：等效法、模型法、比较法、分类法、类比法、科学推理法、控制变量法、转换法等。
【详解】牛顿第一定律是在大量经验事实的基础上，通过推理而抽象概括出来的，运用的是科学推理法；
A．探究声音能否在真空中传播，运用的是科学推理法，故A符合题意；
B．探究压力作用的效果，运用的是转换法，故B不符合题意；
C．在研究磁现象时，用磁感线来描述磁场运用的是模型法，故C不符合题意；
D．探究响度与振幅的关系，运用的是转换法，故D不符合题意。
故选A。
【点睛】本题考查了物理中的科学研究方法的种类区分，注意在初中物理中灵活应用这些研究方法。
9. 2019年12月9日斯诺克英锦赛决赛上演。中国球员丁俊晖打出梦幻开局外加四杆破百，成功夺冠。如图所示是比赛中的情景，丁俊晖手推球杆撞击静止在水平球台上的白球，白球运动后再撞击黑球。则（　　）

A. 白球撞击黑球后，白球的运动状态发生变化
B. 静止在水平球台上的白球受到的支持力和它对球台的压力是一对平衡力
C. 白球撞击黑球后逐渐停下来，是因为白球具有惯性
D. 手推动球杆击打静止白球，白球运动后球杆对白球做了功
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据力的作用是相互的可知，白球撞击黑球的同时，黑球也给白球一个力，在这个力的作用下，白球的运动状态（速度大小或运动方向）发生了变化，故A符合题意；
B．静止在水平球台上的白球受到的支持力作用在白球上，它对球台的压力作用在球台上，二力不是作用在同一个物体上，所以不是一对平衡力，故B不符合题意；
C．白球撞击黑球后逐渐停下来，是因为白球受到阻力的作用，故C不符合题意；
D．手推动球杆击打静止白球，白球运动后不受球杆的作用力，所以球杆对白球不做功，故D不符合题意。
故选A
【点睛】本题主要考查了相互作用力和平衡力的区分、力与运动的关系、以及力是否做功的判断，是一道力学综合题。
10. 2020年3月24日11时50分我国在西昌卫星发射中心使用长征二号丙以一箭三星的方式成功发射遥感三十号06组卫星，此次发射是长征系列第329次飞行。图中是火箭发射时的场景，下列有关叙述不正确的是（　　）

A. 火箭升空利用了力的作用是相互的
B. 火箭加速升空过程中，搭载的卫星的动能转化为重力势能
C. 火箭加速升空过程中，措载的卫星的机械能增加
D. 卫星沿椭圆轨道绕地球运行时，在近地点时动能最大、重力势能最小
【答案】B
【解析】
【详解】A．火箭升空时发动机向下喷出高温气体，同时高温气体对火箭产生一个向上的推力，利用了物体间力的作用是相互的原理，故A正确，不符合题意；
BC．火箭加速升空过程中，卫星的质量不变，速度增大，其动能增大，同时高度升高，重力势能增大，因机械能等于动能与势能之和，所以机械能也增大，故B错误，符合题意，C正确，不符合题意；
D．卫星在近地点时，速度最大，高度最小，所以此时卫星的动能最大、重力势能最小，故D正确，不符合题意。
故选B。
【点睛】本题通过火箭发射考查了蕴含的相关物理知识，注重知识应用的考查，相对比较简单。
11. 新冠病毒疫情防控期间，为了严格控制区分外来车辆出入小区，很多小区装备了门禁系统，内部车辆可以被自动识别横杆启动，外部车辆需要门卫人员按动按钮才能将门打开。若将门禁系统看做一个自动开关，按钮看做一个手动开关，内部电路最接近下图中的（　　）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】小区内部车辆门禁系统可以自动识别将门打开，外部车辆需要门卫人员按动按钮才能将门打开，若将门禁系统看做一个自动开关，按钮看做一个手动开关，则两个开关单独都能打开大门，即两开关并联后再与电动机串联，故B符合题意，ACD不符合题意。
故选B。
12. 如图所示，重300N的物体在20N的水平拉力F的作用下，以0.2m/s的速度沿水平地面向左匀速直线运动了10s，滑轮组的机械效率为80%，则在此过程中下列说法正确的是（　　）

A. 绳子自由端移动的距离为2m
B. 物体与地面间的滑动摩擦力为48N
C. 拉力F的功率为4W
D. 有用功为120J
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图知n＝3，则绳子自由端移动的距离
s绳＝3s物＝3v物t＝3×0.2m/s×10s＝6m
故A错；
B． 因为

所以物体与地面间的滑动摩擦力

故B正确；
C．拉力做的功为
W总＝Fs绳＝20N×6m＝120J
拉力做功的功率

故C错误；
D．有用功
W有＝fs物＝fv物t＝48N×0.2m/s×10s＝96J
故D错。
故选B。
13. 如图所示的电路中，当S闭合，甲、乙两表是电压表时，两示数之比U甲∶U乙=5∶3，当S断开，甲、乙两表是电流表时（　　）

A. R1与R2的电阻之比R1∶R2=5∶3
B. R1与R2的电阻之比R1∶R2=3∶2
C. 两表的示数之比I甲∶I乙=3∶5
D. 两表的示数之比I甲∶I乙=2∶5
【答案】D
【解析】
【分析】(1)由电路图可知，当S闭合，甲乙两表为电压表时，两电阻串联甲电压表测电源的电压，乙电压表测R2两端的电压，根据串联电路的电压特点求出两电阻两端的电压之比，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出两电阻的阻值之比。
(2)当S断开，甲乙两表为电流表时，两电阻并联，甲电流表测R2支路的电流，乙电流表测干路电流，根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出两支路的电流之比，再根据并联电路的电流特点求出两表示数之比。
【详解】AB．当S闭合，甲、乙两表是电压表时，两电阻串联，甲电压表测电源的电压，乙电压表测R2两端的电压，因串联电路中总电压等于各分电压之和，且U甲∶U乙=5∶3，所以，R1、R2两端的电压之比

因串联电路中各处的电流相等，所以，由可得，两电阻的阻值之比

故AB错误；
CD．当S断开，甲、乙两表为电流表时，两电阻并联，电流表甲测通过R2支路的电流，电流表乙测干路电流，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，R1、R2两支路的电流之比

因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，两表示数之比

故C错误，D正确。
故选D。
【点睛】本题考查了串联电路和并联电路的特点以及欧姆定律的应用，关键是开关闭合与断开、不同电表时电路串并联的辨别以及电表所测电路元件的判断。
14. 下列有关磁现象的说法中正确的是（　　）
A. 法拉第最早发现通电导体周围存在磁场
B. 直流电动机是通过换向器实现连续转动的
C. 电磁铁线圈的匝数越多磁性越强
D. 闭合电路的部分导体在磁场中运动时一定会产生感应电流
【答案】B
【解析】
【详解】A．奥斯特最早发现通电导体周围存在磁场，即电流的磁效应，故A错误；
B．换向器是当线圈刚转过平衡位置时及时改变线圈中的电流方向，从而改变线圈的受力方向，使线圈能持续转动下去，故B正确；
C．在电流一定时，电磁铁线圈的匝数越多，磁性就越强，故C错误；
D．闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，才会产生感应电流，故D错误。
故选B。
15. 如图的所示的电路中，电源电压保持不变，R为定值电阻。下列说法中正确的是（　　）
①开关闭合前，电压表和电流表均无示数
②开关闭合前，电压表有示数、电流表无示数
③开关闭合后，滑片P向右移动的过程中，电流表示数变小、电压表的示数变大
④开关闭合后，滑片P向右移动的过程中，电压表与电流表示数的比值不变
⑤开关闭合后，滑片P向右移动的过程中，电路消耗的总功率变小

A. ①③⑤ B. ②③④ C. ②③⑤ D. ①④⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①②开关闭合前，电压表与电阻R串联，因电压表的电阻很大，则由欧姆定律可知电路中几乎无电流，即电流表没有示数；但电压表通过电阻R与电源的正负极相连，此时电压表测量电源电压，所以电压表有示数；
故①错误，②正确；
③④⑤开关闭合后，定值电阻R与滑动变阻器串联，电流表A测电路中的电流，电压表测滑动变阻器两端的电压；滑片P向右移动的过程中，变阻器接入电路中的电阻变大，总电阻变大，由可知，电路中的电流变小，即电流表示数变小；根据串联电路分压特点可知，滑动变阻器分得的电压变大，即电压表的示数变大；
故③正确；
由欧姆定律可知，电压表与电流表示数的比值为滑动变阻器接入电路的阻值，所以，电压表与电流表示数的比值是变化的；
故④错误；
电源电压保持不变，电路中的电流变小，由P＝UI可知，电路消耗的总功率变小；
故⑤正确，综上分析可知，②③⑤正确；
故选C。
二、理解与应用（本题包括5个小题，共14分）
16. 珍爱生命从点滴做起！野外游玩，不能随意丢弃装水的矿泉水瓶，装水的矿泉水瓶像一个______，会引发火灾；据统计，我国每年大约有5万多人因溺水而意外死亡，其中未成年人溺水的事件最为多见，造成类似溺水事故的原因之一是：由于光的______使人感到“看到”的水深度比实际的浅；使用带有金属外壳的家用电器，其金属外壳要接______（选填“火”、“零”或“地”）线。
【答案】 ①. 凸透镜 ②. 折射 ③. 地
【解析】
【分析】(1)丢弃的丢弃装水的矿泉水瓶，类似于凸透镜，会使太阳光会聚到一点，从而使局部的温度过高，从而引起火灾。
(2)光线从一种介质进入另一种介质时，就会出现光的折射现象，例如水池底变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼等都是光的折射形成的。
(3)三孔插座的接法是左零、右火、上接地，这样可以使家用电器的金属外壳接地，防止因漏电引发触电事故。
【详解】[1]装水的矿泉水瓶中间厚、边缘薄，相当于凸透镜，它能使太阳光会聚于焦点，焦点处的光最集中、温度最高，可点燃枯草、枯枝和树叶等易燃物，会引发火灾。
[2]从河底反射的光线，从水中斜射入空气中，在水面处发生偏折，折射角大于入射角，人逆着折射光线看去，看到的是变浅的河底的虚像，使人感到“看到”的水深度比实际的浅。
[3]使用带有金属外壳的家用电器，其外壳要连接地线，这样即使金属外壳带电，电流会通过地线导入大地，防止造成触电事故的发生。
【点睛】本题考查了凸透镜对光线的作用、光的折射现象、家用电器金属外壳接地的原因，属于基础题目。
17. 夏天，将厚衣物和樟脑丸装入带有排气孔的塑料收纳袋内，用抽气筒向外抽气，收纳袋在__作用下体积缩小，抽气时，抽气筒壁因摩擦而发热，这是通过__的方式改变了它的内能；冬天打开收纳袋会闻到樟脑的气味，说明了分子__，过了一段时间后，樟脑丸不见了，是发生了__（填物态变化名称）。
【答案】 ①. 大气压 ②. 做功 ③. 在永不停息地做无规则运动 ④. 升华
【解析】
【详解】[1]用抽气筒向外抽气，大气会产生压力，即存在大气压，收纳袋在大气压作用下体积缩小。
[2]抽气筒壁因摩擦而发热，克服摩擦，是通过做功的方式改变内能的。
[3]物质是由分子组成的，组成物质的分子在不停地做无规则运动，冬天打开收纳袋会闻到樟脑的气味，这是扩散现象。
[4]物质由固态直接变成气态的现象叫做升华，过了一段时间后，樟脑丸不见了，这是它由固态直接变成了气态，发生了升华现象。
18. 排水量为1000t的轮船在河水中航行，满载时受到河水的浮力是______N，从河里驶入海里，它受到的浮力______，船底受到的水的压强______（以上两空均选填“变大”、“不变”或“变小”，g取10N/kg）。
【答案】 ①. 1×107 ②. 不变 ③. 不变
【解析】
【分析】(1)轮船所受浮力等于满载时排开水的重力，根据漂浮的条件可知船及所装货物的重力。
(2)从河里驶入海里轮船始终漂浮，浮力等于重力，大小不变；根据浮力产生的原因和根据分析船底受到的水的压强的变化。
【详解】[1]根据阿基米德原理得轮船所受浮力
F浮=G排=m排g=1000×1000kg×10N/kg=1×107N
因为轮船漂浮在水上，所以船及所装货物的重力
G=F浮=1×107N
[2]若船从河里到海里，因始终漂浮，则浮力等于重力，故浮力保持不变。
[3]根据浮力产生的原因知，此时的浮力等于液体对船底的向上的压力，即F浮=F向上，所以船底受到的水的压力不变，根据知，船底受到的水的压强不变。
【点睛】本题考查浮力的计算和物体的沉浮条件以及液体压强公式的应用等知识，关键是知道物体漂浮时浮力等于自身重力。
19. 标有“10V 3W”的小灯泡接入电压为16V的电源上，要使灯泡正常工作，应串联______Ω的定值电阻R；电路中的电流为______A；该电路工作10s定值电阻产生的热量是______J。

【答案】 ①. 20 ②. 0.3 ③. 18
【解析】
【分析】由题意可知，小灯泡与定值电阻R串联，灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，根据P=UI求出通过小灯泡的电流，根据串联电路的电压特点求出定值电阻两端的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出定值电阻的阻值，根据Q=I2Rt求出该电路工作10s定值电阻产生的热量。
【详解】[1][2]由题意可知，小灯泡与定值电阻R串联，因串联电路中各处的电流相等，且灯泡正常工作，所以由P=UI可得，电路中的电流

因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以定值电阻R两端的电压
UR=U-UL=16V-10V=6V
因串联电路中各处的电流相等所以由可得，串联在电路中定值电阻的阻值

[3]该电路工作10s定值电阻产生的热量

【点睛】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式、焦耳定律的应用，要注意灯泡正常发光时的电压和额定电压相等。
20. 小明探究“平面镜成像特点”实验时，点燃蜡烛后，在玻璃板中观察到镜前蜡烛的像。请在图中画出一条眼睛能看到蜡烛S点的像S＇的光路图。（ ）

【答案】
【解析】
【详解】设眼睛为点P，连接S′P与镜面相交于点O，即为入射点，连接SO、OP，则SO是入射光线，OP为反射光线，如图所示：

三、实验与探究（本题包括3个小题，共21分）
21. 小明用相同的电加热器分别给水和食用油加热（如图甲），以探究水和食用油的吸热能力。




(1)本实验除了图甲中所给的实验器材外，还需要的测量工具有天平和______；
(2)加热5min，水吸收的热量______（选填“大于”“小于”或“等于”）食用油吸收的热量；
(3)比较不同物质的吸热能力，通常有两种方案
方案一：取相同质量的两种物质，吸收相等的热量，比较温度的变化
方案二：取相同质量的两种物质，升高相同的温度，比较吸收的热量
下表是小明记录的部分实验数据
液体名称
液体质量m/g
液体初温t1/℃
液体末温t2/℃
加热时间t/min
水
10
68
98
20
食用油
10
68
98
10

①分析表中信息可知小明采用的是______（选填“方案一”或“方案二”）；
②分析表中数据，可得出的结论______；
(4)小明根据实验数据作出了水和食用油的温度随加热时间变化的图像（如图乙），由图像可知，水沸腾时的特点是______，食用油的比热容是______J/（kg⋅℃）。[c水=4.2×103J/（kg⋅℃）]
【答案】 ①. 秒表 ②. 等于 ③. 方案二 ④. 水的吸热能力强 ⑤. 吸热，温度不变 ⑥. 2.1×103
【解析】
【分析】(1)(2)物体吸收热量本领的大小，不仅与物体升高的温度多少有关，还与质量的大小有关，因此要保证两者质量相等，而物体吸收热量的多少通过加热时间的长短来体现，由此可以确定需要的测量工具。
(3)根据比较吸热能力的两种方法，由表中数据分析回答。
(4)加热时水保持不变的温度为沸点，根据如图乙水和食用油的温度随加热时间变化的图像可知水的沸点；由图可知，加热10min温度升高30℃水和食用油所用时间，根据转换法结合在质量和升高温度相同的情况下，比热容c与Q成正比，据此求出食用油的比热容。
【详解】(1)[1]实验中吸收热量的多少是由加热时间来反应的，所以还需用秒表记录时间。
(2)[2]加热相同的时间，酒精灯放出的热量相同，则水吸收的热量等于食用油吸收的热量。
(3)①[3]分析表中信息，质量相同，比较升高相同的温度所用加热时间，故小明采用的是方案二。
②[4]分析表中数据知，取相同质量的两种物质，升高相同的温度，水吸收的热量多，即水的吸热能力强。
(4)[5]根据如图乙水和食用油的温度随加热时间变化的图像可知，水的沸点是98℃，且继续加热但是温度保持不变，故水沸腾时的特点是吸热但温度保持不变。
[6]质量和初始温度均相同的两种液体，加热10min，温度升高：98℃﹣68℃=30℃，水用20min，食用油用时10min，根据转换法，升高相同的温度，食用油吸收热量是水的一半，根据，在质量和升高温度相同的情况下，比热容c与Q成正比，故食用油的比热容是

【点睛】本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法和的运用，为热学中的重要实验。
22. “科创”小组的同学们在某次实践活动中，采集了一块矿石。聪明的小明想利用杠杆、溢水杯、两个完全相同的轻质小桶（质量忽略不计）测量这块矿石的密度。

(1)在实验前，将杠杆的中点放在支架上，这样做的目的是______；杠杆静止在图甲所示的位置，要使杠杆在水平位置平衡，接下来的操作是______；
(2)如图乙所示，在溢水杯中装满水，将石块缓慢浸没在水中，让溢出的水流入小桶A中，此次操作的目的是让矿石的体积等于______；矿石在水中受到的浮力______（选填“大于”“等于”或“小于”）它的重力；
(3)将矿石从溢水杯中取出，擦干后放入小桶B中，将装有水和矿石的A、B两个小桶分别挂在调好的杠杆两端，移动小桶在杠杆上的位置，直到杠杆在______平衡，如图丙所示。此时小桶A、B的悬挂点距支点O分别为13cm和5cm，则石块的密度为______kg/m3。
【答案】 ①. 消除杠杆自重影响 ②. 把平衡螺母向右调 ③. 溢出水的体积 ④. 小于 ⑤. 水平位置 ⑥. 2.6×103
【解析】
【分析】

【详解】(1)[1]杠杆静止在如图甲所示位置，杠杆处于静止状态，所以此时杠杆处于平衡状态；调节杠杆在水平位置平衡，目的是便于从杠杆上测量力臂，同时是为了让杠杆的重心在支点上，可避免杠杆自重的影响。
[2]杠杆的右端上翘，平衡螺母向上翘的右端移动。
(2)[3]在溢水杯中装满水，如图乙所示，将石块缓慢浸没在水中，让溢出的水流入小桶A中，此时小桶A中水的体积等于石块的体积。
[4]由题意知，石块在水中下沉，说明此时受到的浮力小于重力。
(3)[5]两边挂好小桶后，需重新调节杠杆在水平位置平衡。
[6]将装有水和石块的A、B两个小桶分别挂在调好的杠杆两端，移动小桶在杠杆上的位置，直到杠杆在水平位置回复平衡，如图丙所示；此时小桶A、B的悬挂点距支点O分别为13cm和5cm，若不考虑小桶重力，根据杠杆平衡条件可知
G石l1＝G水l2
m石gl1＝m水gl2
ρ石V石gl1＝ρ水V水gl2
ρ石V石l1＝ρ水V水l2
因为倒出的水的体积就是石块的体积，即V石＝V水，则石块的密度

23. 小明同学现有一个标有“2.5V”字样的小灯泡，他想测量小灯泡的电功率，于是连接了如图甲所示的实验电路（不完整）。

(1)请用笔画线代替导线，完成图甲中实物电路的连接；（连线时导线不能交叉）______
(2)电路连接完整后，闭合开关，发现小灯泡不发光，但电流表有示数，接下来的操作应该是______；
(3)小明同学移动滑片P，记下多组对应的电压表和电流表的示数，并绘制成图乙所示的I-U图像，根据图像信息，可计算出小灯泡的额定功率是______W，实验过程中除了记录电流表和电压表的示数外，还要观察______；
(4)实验中小明注意到滑动变阻器的滑片逐渐向A端滑动时，小灯泡亮度逐渐变大。根据图像中记录的数据和观察的现象，可得哪些结论？请说出两点（这两点的意思应不同）：
①______；
②______。
(5)利用现有器材还能完成的实验有______；
(6)在实验操作中，发现电压表突然损坏不能使用，聪明的小明利用阻值已知的定值电阻R、开关和另一只电流表也测出了小灯泡额定功率。请你在方框内画出相应的电路图。______

【答案】 ①. ②. 移动变阻器的滑片，观察灯的发光情况 ③. 0.5 ④. 观察灯的亮度 ⑤. 当实际电压大于额定电压时，实际功率大于额定功率，灯泡更亮甚至烧坏 ⑥. 灯泡的亮度取决于实际功率，实际功率越大，灯泡越亮 ⑦. 测灯的电阻 ⑧.
【解析】
【详解】(1)[1]变阻器按一下一上连入电路中，由图乙知，电流表选用小量程与灯串联，灯的额定电压为2.5V，故电压表选用小量程与灯并联，如下图所示：

(2)[2]电路连接完整后，闭合开关，电流表有示数，则电路为通路，发现小灯泡不发光，说明电路的电流过小，但接下来的操作应该是移动变阻器的滑片，观察灯的发光情况。
(3)[3]根据绘制成图乙所示的I-U图像知，灯在额定电压2.5V时的电流为0.2A，可计算出小灯泡的额定功率是
P=UI=2.5V×0.2A=0.5W
[4]本实验过程中除了记录电流表和电压表的示数外，还要观察灯的亮度。
(4)①[5]当实际电压大于额定电压时，实际功率大于额定功率，灯泡更亮甚至烧坏。
②[6]灯泡的亮度取决于实际功率，实际功率越大，灯泡越亮。
(5)[7]根据欧姆定律，现有器材还能完成的实验有测灯的电阻。
(6)[8]根据上面的分析，设计的电路如下图所示：

【点睛】本题测量小灯泡的电功率，考查电路连接、电路分析、功率计算、数据分析、实验目的、欧姆定律和设计方案测额定功率的能力。
四、分析与计算（本题包括2个小题，共15分）
24. 图中所示的“歼20”是我国自主研制的新一代隐身重型歼击机，具有卓越的机动性能，对中国国防装备发展有重要意义。其部分性能参数如下：最大起飞重量37t，最大载油量为12t，最大飞行高度18km，最大飞行速度3062km/h，最大航程4000千米。航行时所受阻力的大小与速度的关系见下表：
速度v（m/s）
100
200
300
400
500
阻力f/N
0.3×104
1.2×104
2.7×104
4.8×104
7.5×104

已知歼击机发动机燃油完全燃烧的能量转化为机械能时损失60%的热量，歼击机使用的航空燃油的热值为5×107J/kg。求：
(1)当歼击机以400m/s的速度匀速巡航时，飞机发动机的输出功率是多少？
(2)若在歼击机油箱中加满燃油，并且以500m/s的速度匀速巡航时，它的续航路程是多少km？

【答案】(1)1.92×107W；(2)3.2×103
【解析】
【分析】(1)由表格数据可知，当歼击机以400m/s的速度匀速巡航时受到的阻力，根据二力平衡条件求出牵引力，利用P=Fv求出飞机发动机的输出功率。
(2)由题意分析可知，歼击机发动机燃油完全燃烧的能量转化为机械能的效率是40%，据此求出机械能，从表中查到速度为500m/s时的阻力，利用二力平衡条件和W=Fs可求得飞机的最大航程。
【详解】(1)由表中数据可知，歼击机以400m/s的速度巡航时，所受阻力为4.8×104N，因飞机匀速行驶时受到的牵引力和阻力是一对平衡力，二力大小相等，所以，飞机发动机的输出功率
P=Fv=fv=4.8×104N×400m/s=1.92×107W
(2)燃油完全燃烧放出的热量
Q放=mq=1.2×104kg×5×107J/kg=6×1011J
已知歼击机发动机燃油完全燃烧的能量转化为机械能时损失60%的热量，则飞机发动机燃油完全燃烧的能量转化为机械能的效率是1-60%=40%，则牵引力所做的有用功
W=40%×Q放=40%×6×1011J=2.4×1011J
根据表格数据可知速度为500m/s时的阻力为7.5×104N，则由可得，飞机的最大航程

答：(1)当歼击机以400m/s的速度匀速巡航时，飞机发动机的输出功率是1.92×107W；
(2)若在歼击机油箱中加满燃油，并且以500m/s的速度匀速巡航时，它的续航路程是3.2×103km。
【点睛】新一代战斗机是一项高科技的研究成果，它包含了众多与物理学相关的知识，我们应该学会通过分析材料找出里面所包含的物理信息，并能解答相关的问题。
25. 如图甲所示的电路中，电源电压保持不变，小灯泡上标有“8V”字样，电流表的量程为0～0.6A，图乙是小灯泡的电流随电压变化的图象。滑动变阻器R1的最大阻值为40Ω，定值电阻R2的阻值为9Ω，当闭合S和S2、断开S1，滑动变阻器的滑片移到中点时，小灯泡恰好正常发光。求：
(1)电源电压是多少？
(2)闭合S和S1、断开S2，为保证电路安全，滑动变阻器连入的最小阻值为多少？
(3)闭合S和S2、断开S1，当滑动变阻器的阻值调到30Ω时，这时小灯泡的功率为2.4W，此时电流表的读数为多少？

【答案】(1) 18V ；(2) 21Ω；(3) 0.4A
【解析】
【详解】(1)当闭合S和S2、断开S1、滑动变阻器的滑片移到中点时，R1与L串联，因串联电路中各处的电流相等，且小灯泡正常发光时的电压UL＝8V，所以，由图乙可知，通过灯泡的电流即电路中的电流
I＝IL＝0.5A
因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，由可得，电源电压为
U＝UL+U1＝UL+IR1＝8V+0.5A××40Ω＝18V
(2)闭合S和S1、断开S2，R1与R2串联，电流表测电路中的电流，由电流表的量程为0~0.6A可知，电路中的最大电流为0.6A，此时变阻器接入电路中的电阻最小，此时电路中的总电阻

因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，滑动变阻器连入的最小阻值
R1小＝R小﹣R2＝30Ω﹣9Ω＝21Ω
(3)闭合S和S2、断开S1，当滑动变阻器的阻值调到30Ω时，R1与L串联，电流表测电路中的电流，设此时电路中的电流为I’，则灯泡两端的电压
UL′＝U﹣U1′＝18V﹣I′×30Ω
此时小灯泡的功率
PL′＝UL′I′＝（18V﹣I′×30Ω）I′＝2.4W
整理可得
25（I′）2﹣15A×I′+2A2＝0
解得
I′＝0.2A或I′＝0.4A
当I′＝0.2A时，灯泡电阻


当I′＝0.4A时，灯泡的电阻

当灯泡正常工作时，其电阻


由图乙可知，灯泡的电阻随通过电流的增大而增大，所以，当I＞I′可知，RL＞RL′，则电路中的电流应为0.4A。
答：(1)电源电压是18V；(2)滑动变阻器连入的最小阻值为21Ω；(3)此时电流表的读数为0.4A。