2022年安徽省中考物理名校信息交流试卷（二）

这是一份2022年安徽省中考物理名校信息交流试卷（二），共19页。试卷主要包含了填空题，选择题，实验题，计算与推导题等内容，欢迎下载使用。
2022年安徽省中考物理名校信息交流试卷（二）
一、填空题（每空2分，共20分）
1．（2分）往热水瓶中灌开水时，即使不看瓶口，我们也可以通过声音的变化来判断水是否快满了，因为随着水越来越满，听到的声音的音调会越来越 　 　。
2．（2分）如图所示，超市里出售的海鲜经常放置在冰块上，主要是利用冰块 　 　（填物态变化的名称）吸热，从而达到保鲜的目的。

3．（2分）如图所示，为光从空气斜射入水中时的实验现象，物理上为了研究光的传播情况，我们一般利用光线来表示，请利用光线的知识在图中表示出光的传播情况。

4．（2分）在螺线管的左端、内部、右端和下方各放置着一个可以自由转动的小磁针A、B、C和D，当开关闭合后，小磁针静止后的指向如图所示，其中有一只小磁针的指向与其他三只不同，则指向不同的小磁针是 　 　。（选填“A”、“B”、“C或“D”）

5．（2分）如图所示，利用某滑轮组提升重物时的机械效率为60%，其中拉力F所做的功为50J，则克服重物重力做功为 　 　J。

6．（2分）如图所示电路，当开关闭合时，小灯泡L不发光，无论如何调节滑动变阻器R的滑片电流表指针几乎不偏转，但电压表始终有示数，几乎等于电源电压，则电路故障的原因是 　 　。

7．（2分）如图为某太阳灶热水器，现将一壶质量为2kg、初温为25℃的水在1个标准大气压下烧至沸腾，已知水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），热量损失不计，则水吸收的热量为 　 　J。

8．（2分）某电动公交车行驶时的运动可以看成是匀速直线运动，速度为54km/h，行驶过程中的阻力大小为5000N，则该电动公交车运动过程中发动机的功率为 　 　kW。
9．（2分）已知两定值电阻R1＝10Ω，R2＝20Ω，如果将它们并联在电压恒定的某电路中，干路总电流为0.45A，如果将它们串联接在同一电路中，1min内电路产生的总热量为 　 　J。
10．（2分）某漂浮在水面上的冰块，其露出水面的质量为2kg，则该冰块的总质量为 　 　kg。（ρ水＝1.0×103kg/m3，ρ冰＝0.9×103kg/m3）
二、选择题（每小题2分，共14分；每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意）
11．（2分）下列说法中正确的是（　　）
A．汽车速度越大，刹车后停下来的距离越大，说明速度越大，惯性越大
B．火车站站台边缘一定距离处标有一条安全线，可以用流体压强和流速的知识解释
C．电路中只要有电压，就一定有电流
D．家庭电路中空气开关出现“跳阐”后，应立即将开关复位
12．（2分）接触带电的实质是电荷转移，用一个带正电的金属棒甲接触一个不带电的金属棒乙时，乙金属棒就带上了正电，这是因为（　　）
A．甲金属棒上的部分正电荷转移到了乙金属棒上
B．乙金属棒上的部分正电荷转移到了甲金属棒上
C．甲金属棒上的部分电子转移到了乙金属棒上
D．乙金属棒上的部分电子转移到了甲金属棒上
13．（2分）用如图所示装置探究凸透镜成像规律，固定好凸透镜，当蜡烛和光屏在如图所示位置时，光屏上呈现清晰的像，如果保持蜡烛和光屏位置不变，将凸透镜缓慢向右移动，直到光屏上再次呈现清晰的像，则此时光屏上像的特点是（　　）


A．倒立缩小的实像 B．倒立等大的实像
C．倒立放大的实像 D．正立缩小的实像
14．（2分）如图所示，物块P放置在水平地面上，物块Q叠放在物块P上，在恒定推力F的作用下沿水平地面一起做匀速直线运动，下列分析正确的是（　　）

A．P受到Q的摩擦力方向向左
B．P受到的重力与支持力是一对平衡力
C．P一共受到6个力的作用
D．P对地面的压力和地面对P的支持力是作用力与反作用力
15．（2分）如图所示，为甲、乙两只灯泡的I﹣U图像，它们的额定电压均为6V，则下列说法中错误的是（　　）

A．甲、乙的电流与电压不成正比，是因为它们的电阻随温度的变化而变化
B．甲、乙的额定功率之比为2：1
C．将甲、乙串联在8V电压下，甲可以正常工作
D．将甲、乙并联在2V电压下，干路的总电流为0.5A
16．（2分）如图所示，为研究通电导体在磁场中受力作用的实验装置图，当开关闭合后，调节滑动变阻器，发现铝棒AB向右运动，则下列说法中错误的是（　　）

A．导体棒选用铝棒是因为铝棒质量小，惯性小，运动状态容易改变，实验现象明显
B．如果滑动变阻器接入电路中的电阻较大，闭合开关后，铝棒可能不会滑动
C．如果将电源正负接线柱对调，铝棒AB将向左运动
D．如果将电源正负接线柱和磁体南北极对调，铝棒将向左运动
17．（2分）如图所示的电路，电源电压恒定，忽略小灯泡的电阻随温度的影响，当滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动时，下列说法中正确的是（　　）

A．小灯泡逐渐变亮
B．电压表的示数逐渐变大
C．电压表和电流表的比值保持不变
D．电路消耗的总功率逐渐变大
三、实验题（每空2分，共16分）
18．（4分）某同学利用托里拆利实验装置测量大气压强的值，他在长约1m，一端封闭的玻璃管里灌满水银，用手指将管口堵住，然后竖直的倒插在水银槽中，放开手指，管内水银面下降到一定高度时就不再下降，如图所示：
（1）如果此地玻璃管内外水银面的高度差为75cm，水银的密度为13.6×103kg/m3，g取10N/kg，此时大气压强的值为 　 　Pa。
（2）如果将该实验装置移到高山上，则此时玻璃管内外水银面的高度差将 　 　。（选填“变大”、“不变”或“变小”）

19．（4分）某物理实验小组为了测量菜籽油的密度，进行了如下实验。

（1）将天平放在水平桌面上，如图A所示，接下来的操作是 　 　。
（2）天平平衡后，将菜籽油倒入烧杯，用天平测出烧杯和菜籽油的总质量如图B所示。
（3）将烧杯中的部分菜籽油倒入量筒中，如图C所示，测出剩余菜籽油和烧杯的总质量为21.4g，则该菜籽油的密度为 　 　kg/m3。
20．（8分）如图所示，为测定小灯泡在不同电压下的实际功率的实验电路图，己知电源电压恒为4V，小灯泡的额定电压为2.5V，滑动变阻器为“20Ω1A”，电表量程均合适。

实验次数
电压/V
电流/A
实际功率/W
亮度
1
2.0
0.26
0.52
较暗
2
2.5


正常发光
3
3.0
0.32
0.96
很亮
（1）正确连接好电路后，闭合开关，移动滑片P，记下多组对应的电压表和电流表的示数，如表所示。当完成第一次实验后，要想得到第二次实验的数据，正确的操作是 　 　。
（2）当小灯泡正常发光时，电流表指针位置如图所示，则小灯泡的额定功率为 　 　W。
（3）通过实验可以发现小灯泡实际发光的亮度是由 　 　决定的。
（4）如果将两只完全相同的该灯泡串联在4V电压下工作，则电路消耗的总功率为 　 　W。
四、计算与推导题（第21题6分，第22题6分，第23题8分，共20分；解答要有必要的公式和过程，只有最后答案的不能得分）
21．（6分）如图所示，水平轻质杠杆OA可以绕支点O无摩擦转动，在杠杆上的B点用轻绳悬挂着一个重为60N的重物G，已知OB＝2BA。
（1）在A端施加一个竖直向上的拉力F1，杠杆刚好平衡，求F1的大小；
（2）保持F1的拉力方向不变，将杠杆缓慢转至如图虚线位置，杠杆仍然保持平衡，此时的拉力大小为F2，试证明：F2＝F1。

22．（6分）如果只有重力做功，物体的动能和重力势能可以相互转化，但机械能的总量保持不变，在物理学中把这个规律叫做机械能守恒定律。已知物体的重力势能表达式为Ep＝mgh，动能表达式为Ek=12mv2，其中m为物体的质量，h为物体距离水平地面的高度，v为物体的运动速度。如图所示，为某运动员投掷铅球时运动的路线，铅球的质量m＝8kg，出手时的速度为v0＝4m/s，出手时离地面的高度h＝1.65m，铅球上升的最大高度H＝2.5m，铅球运动过程中不考虑空气阻力。求：
（1）从铅球出手到落地的过程中，重力对铅球做的功：
（2）铅球刚接触地面时的速度v是多少。

23．（8分）如图所示的电路中，电源电压U恒为12V，定值电阻R1＝100Ω，R2＝150Ω，流过电压表的电流不可忽略，电压表的示数U1＝4.5V，求：
（1）通过电阻R2的电流I2；
（2）电压表的内阻RV；
（3）如果将该电压表改接到R2的两端，则电压表示数UV为多少。


参考答案与解析
一、填空题（每空2分，共20分）
1．（2分）往热水瓶中灌开水时，即使不看瓶口，我们也可以通过声音的变化来判断水是否快满了，因为随着水越来越满，听到的声音的音调会越来越 　高　。
【分析】音调与发声体振动的频率有关，据此可判断音调的高低。
【解答】解：声音的高低称为音调，音调的高低和振动的频率有关，频率越高，音调越高；倒水时，随着倒入水瓶中的水越来越多，空气柱变短，发出声音的音调会越来越高。
故答案为：高。
2．（2分）如图所示，超市里出售的海鲜经常放置在冰块上，主要是利用冰块 　熔化　（填物态变化的名称）吸热，从而达到保鲜的目的。

【分析】物质从固态变为液态是熔化过程，熔化吸收热量。
【解答】解：超市里出售的海鲜经常放置在冰块上，冰块熔化成水时吸收热量，导致周围温度低，起到保鲜袋作用。
故答案为：熔化。
3．（2分）如图所示，为光从空气斜射入水中时的实验现象，物理上为了研究光的传播情况，我们一般利用光线来表示，请利用光线的知识在图中表示出光的传播情况。

【分析】（1）光的反射定律：反射光线、入射光线、法线在同一个平面内，反射光线与入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角；
（2）光的折射规律：折射光线、入射光线、法线在同一个平面内，折射光线与入射光线分居法线两侧，光由空气斜射入水中时，折射光线向法线偏折，折射角小于入射角。
【解答】解：过入射点垂直于界面作出法线，根据反射光线与入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角，可知光线AO和OB为入射光线和反射光线；
根据折射光线与入射光线分居法线两侧，光由空气斜射入水中时，折射光线向法线偏折，折射角小于入射角，可知AO为入射光线，OC为折射光线。如图所示：

4．（2分）在螺线管的左端、内部、右端和下方各放置着一个可以自由转动的小磁针A、B、C和D，当开关闭合后，小磁针静止后的指向如图所示，其中有一只小磁针的指向与其他三只不同，则指向不同的小磁针是 　D　。（选填“A”、“B”、“C或“D”）

【分析】根据电源的极性和电流的方向判定螺线管的极性；磁场中的小磁针N极的指向与磁场方向相同。
【解答】解：由图可知，电流从螺线管的左端流入、右端流出，根据安培定则可知，螺线管的左端为S极、右端为N极，磁体外部的磁场方向是从N极到S极，内部的磁场方向是从S极到N极，小磁针N极指向与磁场方向相同，所以A右端为N极、B右端为N极、C右端为N极、D右端为S极，不同的是D。
故答案为：D。
5．（2分）如图所示，利用某滑轮组提升重物时的机械效率为60%，其中拉力F所做的功为50J，则克服重物重力做功为 　30　J。

【分析】利用η=W有W总×100%求克服重物重力做的有用功。
【解答】解：因为η=W有W总×100%，所以克服重物重力做的有用功：
W有＝ηW总＝60%×50J＝30J。
故答案为：30。
6．（2分）如图所示电路，当开关闭合时，小灯泡L不发光，无论如何调节滑动变阻器R的滑片电流表指针几乎不偏转，但电压表始终有示数，几乎等于电源电压，则电路故障的原因是 　滑动变阻器断路　。

【分析】由图可知，该电路为串联电路，电流表测量电路中的电流，电压表测量滑动变阻器两端的电压；根据灯泡的发光情况、电流表和电压表的示数分析电路故障的原因。
【解答】解：由图可知，该电路为串联电路，电流表测量电路中的电流，电压表测量滑动变阻器两端的电压；
当开关闭合时，小灯泡L不发光，无论如何调节滑动变阻器R的滑片电流表指针几乎不偏转，这说明电路出现了断路现象；电压表始终有示数，几乎等于电源电压，这说明电压表与电源之间是接通的，所以故障是滑动变阻器断路。
故答案为：滑动变阻器断路。
7．（2分）如图为某太阳灶热水器，现将一壶质量为2kg、初温为25℃的水在1个标准大气压下烧至沸腾，已知水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），热量损失不计，则水吸收的热量为 　6.3×105　J。

【分析】在1个标准大气压下，水的沸点为100℃，即水的末温t＝100℃，知道水的质量、比热容、初温，利用Q吸＝cm（t﹣t0）求水吸收的热量。
【解答】解：
在1个标准大气压下，水的沸点为100℃，即水的末温t＝100℃，
水吸收的热量：
Q吸＝c水m水（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（100℃﹣25℃）＝6.3×105J。
故答案为：6.3×105。
8．（2分）某电动公交车行驶时的运动可以看成是匀速直线运动，速度为54km/h，行驶过程中的阻力大小为5000N，则该电动公交车运动过程中发动机的功率为 　75　kW。
【分析】已知电动公交车行驶过程中的阻力大小，由二力平衡条件可知其牵引力大小，已知匀速行驶时的速度（需换算为国际单位），由P=Wt=Fst=Fv可求得发动机的功率。
【解答】解：已知行驶过程中的阻力f＝5000N，
因电动公交车行驶时的运动可以看成是匀速直线运动，所以由二力平衡条件可得牵引力F＝f＝5000N，
匀速行驶时的速度v＝54km/h＝15m/s，
该电动公交车运动过程中发动机的功率：P=Wt=Fst=Fv＝5000N×15m/s＝7.5×104W＝75kW。
故答案为：75。
9．（2分）已知两定值电阻R1＝10Ω，R2＝20Ω，如果将它们并联在电压恒定的某电路中，干路总电流为0.45A，如果将它们串联接在同一电路中，1min内电路产生的总热量为 　18　J。
【分析】利用并联电路的电阻特点计算出并联的总电阻，知道总电流，利用欧姆定律计算出电源电压；根据串联电路的电阻特点求出串联的总电阻，利用Q＝I2Rt=U2Rt计算出1min内电路产生的总热量。
【解答】解：根据并联电路的电阻特点可知，R1、R2并联后的总电阻R并=R1R2R1+R2=10Ω×20Ω10Ω+20Ω=203Ω；
由I=UR可知，电源电压U＝I总R并＝0.45A×203Ω=3V；
将R1、R2串联接在同一电路中，根据串联电路的电阻特点可知，串联后的总电阻R串＝R1+R2＝10Ω+20Ω＝30Ω；
则1min内电路产生的总热量：Q＝I2Rt=U2Rt=(3V)230Ω×60s=18J。
故答案为：18。
10．（2分）某漂浮在水面上的冰块，其露出水面的质量为2kg，则该冰块的总质量为 　20　kg。（ρ水＝1.0×103kg/m3，ρ冰＝0.9×103kg/m3）
【分析】冰块漂浮在水中，浮力与重力相等，根据F浮＝G，即ρ水gV排＝ρ冰gV冰判断出排开液体的体积与冰块总体积的关系，再判断出露出水面和冰块总质量的关系，进而算出该冰块的总质量。
【解答】解：冰块漂浮在水中，浮力与重力相等，根据F浮＝G，即ρ水gV排＝ρ冰gV冰，
所以V排V冰=ρ冰ρ水=0.9×103kg/m31.0×103kg/m3=910，
所以V露V冰=V冰−V排V冰=10−910=110，
根据m＝ρV知露出液体的质量与总质量之比为：
m露m总=ρ冰V露ρ冰V冰=V露V冰=110，
由于露出水面的质量为2kg，所以该冰块的总质量为10m露＝10×2kg＝20kg。
故答案为：20。
二、选择题（每小题2分，共14分；每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意）
11．（2分）下列说法中正确的是（　　）
A．汽车速度越大，刹车后停下来的距离越大，说明速度越大，惯性越大
B．火车站站台边缘一定距离处标有一条安全线，可以用流体压强和流速的知识解释
C．电路中只要有电压，就一定有电流
D．家庭电路中空气开关出现“跳阐”后，应立即将开关复位
【分析】（1）惯性大小只与质量有关；
（2）气体和液体都属于流体，在流体中，流速大的地方压强小，流速小的地方压强大；
（3）得到持续电流的条件：有电源（提供电压）、电路是闭合的；
（4）空气开关跳闸，原因是电路中的电流过大，应先检修，检查没有问题后再使空气开关复位。
【解答】解：
A、惯性是物体保持原来运动状态不变的性质，其大小只与质量有关，与物体运动的速度无关，故A错误；
B、当列车驶过时，会带动人和车之间的空气流速加快、压强变小，而人外侧空气流速慢、压强大，形成一个向内侧的压强差，将人推向火车，易出现危险，所以火车站台边缘一定距离处标有安全线，提示人们要站在安全线外候车，故B正确；
C、电路中有电压，若电路是断开的，电路中无电流，故C错误；
D、因为电路中电流过大，空气开关才跳闸，所以应先检修，检查没有问题后再使空气开关复位，故D错误。
故选：B。
12．（2分）接触带电的实质是电荷转移，用一个带正电的金属棒甲接触一个不带电的金属棒乙时，乙金属棒就带上了正电，这是因为（　　）
A．甲金属棒上的部分正电荷转移到了乙金属棒上
B．乙金属棒上的部分正电荷转移到了甲金属棒上
C．甲金属棒上的部分电子转移到了乙金属棒上
D．乙金属棒上的部分电子转移到了甲金属棒上
【分析】物体带电是由于得到或失去电子而带电。
【解答】解：当带正电的物体与不带电的物体相互接触时，不带电的物体上的电子要转移到带正电的物体上。
故选：D。
13．（2分）用如图所示装置探究凸透镜成像规律，固定好凸透镜，当蜡烛和光屏在如图所示位置时，光屏上呈现清晰的像，如果保持蜡烛和光屏位置不变，将凸透镜缓慢向右移动，直到光屏上再次呈现清晰的像，则此时光屏上像的特点是（　　）


A．倒立缩小的实像 B．倒立等大的实像
C．倒立放大的实像 D．正立缩小的实像
【分析】当物距小于像距时，凸透镜成倒立、放大的实像；在光的折射中，光路是可逆的。
【解答】解：由图可知，此时的物距小于像距，光屏成倒立、放大的实像；保持蜡烛和光屏位置不变，将凸透镜缓慢向右移动，当物距为原来的像距、像距为原来的物距时，根据光路可逆可知，光屏上成的是倒立、缩小的实像。
故选：A。
14．（2分）如图所示，物块P放置在水平地面上，物块Q叠放在物块P上，在恒定推力F的作用下沿水平地面一起做匀速直线运动，下列分析正确的是（　　）

A．P受到Q的摩擦力方向向左
B．P受到的重力与支持力是一对平衡力
C．P一共受到6个力的作用
D．P对地面的压力和地面对P的支持力是作用力与反作用力
【分析】A、摩擦力产生的条件：接触面粗糙；相互接触挤压；有相对运动或相对运动趋势；
B、二力平衡的条件：大小相等、方向相反、作用在同一个物体上，作用在同一条直线上；
C、对P进行受力分析即可作出判断；
D、物体间力的作用是相互的；相互作用力的条件：大小相等、方向相反、作用在两个物体上，作用在同一条直线上。
【解答】解：A、物块Q随物块P在恒定推力F的作用下沿水平地面一起做匀速直线运动，物块P和物块Q之间没有发生相对运动，也没有相对运动趋势，所以P没有受到Q的摩擦力，故A错误；
B、P受到的支持力等于P和Q的总重力，所以P受到的重力与支持力大小不等，不是一对平衡力，故B错误；
C、对P进行受力分析可知，P在竖直方向上受到重力、支持力和Q对它的压力；在水平方向上受到推力、地面施加的摩擦力，共5个力的作用，故C错误；
D、P对地面的压力和地面对P的支持力同时作用在地面和P上，符合相互作用力的条件，是作用力与反作用力，故D正确。
故选：D。
15．（2分）如图所示，为甲、乙两只灯泡的I﹣U图像，它们的额定电压均为6V，则下列说法中错误的是（　　）

A．甲、乙的电流与电压不成正比，是因为它们的电阻随温度的变化而变化
B．甲、乙的额定功率之比为2：1
C．将甲、乙串联在8V电压下，甲可以正常工作
D．将甲、乙并联在2V电压下，干路的总电流为0.5A
【分析】（1）灯丝的电阻随温度的变化而变化；
（2）根据图像分别找出两灯正常发光时的电流，利用P＝UI分别计算两灯的额定功率即可求出比值；
（3）根据串联电路电流处处相等及串联电路两端的总电压等于各部分电路两端电压的和，结读图可知两灯泡两端的电压，再分析灯的工作情况；
（4）由图知，当甲、乙两端电压为2V可知通过甲、乙的电流，由并联电路电流的规律得出电路的总电流。
【解答】解：
A、图中U﹣I图象不是一条直线而是一条曲线，即甲、乙的电流与电压不成正比，是因为灯丝的电阻随温度的变化而变化，即灯丝的电阻R灯不是一个定值，故A正确；
B、两灯的额定电压均为6V，从图像上可知甲、乙两灯均正常发光时，I甲额＝0.6A，I乙额＝0.3A，所以，P甲额：P乙额＝（UI甲额）：（UI乙额）＝I甲额：I乙额＝0.6A：0.3A＝2：1，故B正确；
C、两灯串联时，当电路中的电流为0.3A，甲两端电压为2V，乙两端电压为6V，总电压U′＝2V+6V＝8V，此时乙正常工作，甲不能正常工作，故C错误；
D、两灯并联接在2V的电路中，由图可知I甲＝0.3A，I乙＝0.2A，干路电流I＝I甲+I乙＝0.3A+0.2A＝0.5A，故A正确。
故选：C。
16．（2分）如图所示，为研究通电导体在磁场中受力作用的实验装置图，当开关闭合后，调节滑动变阻器，发现铝棒AB向右运动，则下列说法中错误的是（　　）

A．导体棒选用铝棒是因为铝棒质量小，惯性小，运动状态容易改变，实验现象明显
B．如果滑动变阻器接入电路中的电阻较大，闭合开关后，铝棒可能不会滑动
C．如果将电源正负接线柱对调，铝棒AB将向左运动
D．如果将电源正负接线柱和磁体南北极对调，铝棒将向左运动
【分析】（1）质量越小，物体的运动状态越容易改变；
（2）根据欧姆定律分析；
（3）通电导体在磁场中受力方向与电流方向、磁场方向有关。
【解答】解：
A、实验中，导体棒选用铝棒是因为铝棒的密度小，质量小，惯性小，运动状态容易改变，实验现象明显，故A正确；
B、如果滑动变阻器接入电路中的电阻较大，根据欧姆定律可知，电路中的电流较小，受到的磁场力较小，铝棒可能不会滑动，故B正确；
C、如果将电源正负接线柱对调，电流方向发生了变化，受力方向发生改变，铝棒AB将向左运动，故C正确；
D、如果将电源正负接线柱和磁体南北极对调，电流方向和磁场方向同时发生了变化，受力方向不变，铝棒将向右运动，故D错误。
故选：D。
17．（2分）如图所示的电路，电源电压恒定，忽略小灯泡的电阻随温度的影响，当滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动时，下列说法中正确的是（　　）

A．小灯泡逐渐变亮
B．电压表的示数逐渐变大
C．电压表和电流表的比值保持不变
D．电路消耗的总功率逐渐变大
【分析】由电路图可知，灯泡L与变阻器R串联，电压表测小灯泡L的电压，电流表A测电路的电流，当滑动变阻器R的滑片P由中点向右移动时，分析变阻器接入电路中的电阻变化，由I=UR可知通过变阻器的电流变化，根据P＝UI，确定变阻器功率变化。
【解答】解：
ABC、由电路图可知，灯泡L与变阻器R串联，电压表测灯泡L的电压，电流表A测电路的电流，
电源电压恒定，忽略小灯泡的电阻随温度的影响，当滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动时，电阻R变大，小灯泡电阻不变，根据串联电路分压的特点可知，滑动变阻器的电阻变大，分配的电压变大，电源电压不变，小灯泡L分配电压变小，电压表示数变小，小灯泡变暗，电压表和电流表的比值是小灯泡的电阻，大小不变，故AB错误，C正确；
D、当滑动变阻器R的滑片P由中点向右移动时，变阻器接入电路中的电阻增大，由I=UR可知，电路中的电流变小，电源电压不变，根据P＝UI可知，电路消耗的功率变小，故D错误。
故选：C。
三、实验题（每空2分，共16分）
18．（4分）某同学利用托里拆利实验装置测量大气压强的值，他在长约1m，一端封闭的玻璃管里灌满水银，用手指将管口堵住，然后竖直的倒插在水银槽中，放开手指，管内水银面下降到一定高度时就不再下降，如图所示：
（1）如果此地玻璃管内外水银面的高度差为75cm，水银的密度为13.6×103kg/m3，g取10N/kg，此时大气压强的值为 　1.02×105　Pa。
（2）如果将该实验装置移到高山上，则此时玻璃管内外水银面的高度差将 　变小　。（选填“变大”、“不变”或“变小”）

【分析】（1）已知水银柱的高度，利用p＝ρgh可求得该地的大气压强；
（2）测得大气压的实验室是托里拆利实验，管内水银柱的高度只与当时的大气压有关。
【解答】解：
（1）如图所示托里拆利实验中，实验时玻璃管中水银柱高h＝75cm＝0.75m；
则大气压为：p＝ρ水银gh＝13.6×103kg/m3×10N/kg×0.75m＝1.02×105Pa；
（2）若将此装置拿到高山上，由于大气压随高度的减小而增大，则玻璃管内外水银面的高度差将减小。；
故答案为：1.02×105；变小。
19．（4分）某物理实验小组为了测量菜籽油的密度，进行了如下实验。

（1）将天平放在水平桌面上，如图A所示，接下来的操作是 　将游码拨到标尺左端的零刻度线处，然后移动平衡螺母使天平横梁平衡　。
（2）天平平衡后，将菜籽油倒入烧杯，用天平测出烧杯和菜籽油的总质量如图B所示。
（3）将烧杯中的部分菜籽油倒入量筒中，如图C所示，测出剩余菜籽油和烧杯的总质量为21.4g，则该菜籽油的密度为 　0.9×103　kg/m3。
【分析】（1）使用天平前先将游码移至标尺的零刻度线处，然后调节平衡螺母使天平横梁在水平位置平衡；
（2）烧杯和菜籽油的总质量为砝码的质量加标尺上游码对应的刻度值；
（3）烧杯和菜籽油的总质量减去剩余菜籽油和烧杯的总质量就是量筒中菜籽油的质量，读出量筒中菜籽油的体积，由密度公式算出该菜籽油的密度。
【解答】解：（1）将天平放在水平桌面上，首先要将游码拨到标尺左端的零刻度线处，然后移动平衡螺母使天平横梁平衡；
（2）烧杯和菜籽油的总质量为：m1＝50g+20g+1.8g＝71.8g；
（3）量筒中菜籽油的质量为：
m＝m1﹣m2＝71.8g﹣21.4g＝50.4g，由C图知所测菜籽油的体积V为56mL＝56cm3，
菜籽油的密度为：
ρ=mV=50.4g56cm3=0.9g/cm3＝0.9×103kg/m3。
故答案为：（1）将游码拨到标尺左端的零刻度线处，然后移动平衡螺母使天平横梁平衡；（3）0.9×103。
20．（8分）如图所示，为测定小灯泡在不同电压下的实际功率的实验电路图，己知电源电压恒为4V，小灯泡的额定电压为2.5V，滑动变阻器为“20Ω1A”，电表量程均合适。

实验次数
电压/V
电流/A
实际功率/W
亮度
1
2.0
0.26
0.52
较暗
2
2.5


正常发光
3
3.0
0.32
0.96
很亮
（1）正确连接好电路后，闭合开关，移动滑片P，记下多组对应的电压表和电流表的示数，如表所示。当完成第一次实验后，要想得到第二次实验的数据，正确的操作是 　将滑动变阻器的滑片向左移动，直到电压表示数为灯泡的额定电压2.5V，读出电流表的示数　。
（2）当小灯泡正常发光时，电流表指针位置如图所示，则小灯泡的额定功率为 　0.75　W。
（3）通过实验可以发现小灯泡实际发光的亮度是由 　灯泡的实际功率　决定的。
（4）如果将两只完全相同的该灯泡串联在4V电压下工作，则电路消耗的总功率为 　1.04　W。
【分析】（1）比较两次实验中电压表的示数，根据串联电路电压的规律及分压原理确定滑片移动的方向；
（2）灯在额定电压下正常发光，根据电流表选用小量程确定分度值读出示数，根据P＝UI可求出灯泡的额定功率；
（3）根据表格中数据，得出灯泡的发光程度与实际功率的关系；
（4）由串联电路的电压特点和欧姆定律分析两只完全相同的该灯泡串联在4V电压下时每只灯泡两端的电压，由表中数据可知每只灯泡的实际功率，进而求出电路消耗的总功率。
【解答】解：（1）由表中数据可知，第二次电压表的示数大于第一次电压表的示数，因此应增大灯泡两端的电压，根据串联电路电压的规律，应减小滑动变阻器两端的电压，由分压原理可知，应减小滑动变阻器连入电路中的电阻大小，故将滑动变阻器的滑片向左移动，直到电压表示数为灯泡的额定电压2.5V，读出电流表的示数；
（2）图乙中电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.3A，则小灯泡的额定功率是：P额＝U额I额＝2.5V×0.3A＝0.75W；
（3）由表中数据可知，实际功率越大，灯泡的亮度越大，因此小灯泡实际发光的亮度是由灯泡的实际功率决定的；
（4）因为两只灯泡的规格相同，由串联电路的特点和欧姆定律可知，每只灯泡两端的电压相等，由串联电路的电压特点可知，每只灯泡两端的电压为2V，由表中数据可知，此时每只灯泡的实际功率为0.52W，所以电路消耗的总功率为：P＝0.52W+0.52W＝1.04W。
故答案为：（1）将滑动变阻器的滑片向左移动，直到电压表示数为灯泡的额定电压2.5V，读出电流表的示数；（2）0.75；（3）灯泡的实际功率；（4）1.04。
四、计算与推导题（第21题6分，第22题6分，第23题8分，共20分；解答要有必要的公式和过程，只有最后答案的不能得分）
21．（6分）如图所示，水平轻质杠杆OA可以绕支点O无摩擦转动，在杠杆上的B点用轻绳悬挂着一个重为60N的重物G，已知OB＝2BA。
（1）在A端施加一个竖直向上的拉力F1，杠杆刚好平衡，求F1的大小；
（2）保持F1的拉力方向不变，将杠杆缓慢转至如图虚线位置，杠杆仍然保持平衡，此时的拉力大小为F2，试证明：F2＝F1。

【分析】（1）依据题意可知，动力F1的力臂OA＝3AB，阻力G的力臂OB＝2AB，利用杠杆平衡条件可求动力F1；
（2）设杠杆缓慢转过的角度为α，则动力臂和阻力臂分别为OB1cosα、OA1cosα，OB1＝OB、OA1＝OA，再利用杠杆平衡条件即可求得F2。
【解答】解：（1）依据题意可知，动力F1的力臂OA＝3AB，阻力G的力臂OB＝2AB；
根据杠杆平衡条件可得：F1×OA＝G×OB；
所以F1=OBOA×G=2AB3AB×60N=40N；
（2）设杠杆缓慢转过的角度为α，则动力臂和阻力臂分别为l1＝OA1cosα、l2＝OB1cosα；
又转动过程中OB1＝OB、OA1＝OA，则l1＝OA1cosα＝3ABcosα、l2＝OB1cosα＝2ABcosα；
依据杠杆平衡条件得：F2×l1＝G×l2；
解得：F2=l2l1×G=2ABcosα3ABcosα×60N=40N，即F2＝F1。
答：（1）F1的大小为40N；
（2）见详解。
22．（6分）如果只有重力做功，物体的动能和重力势能可以相互转化，但机械能的总量保持不变，在物理学中把这个规律叫做机械能守恒定律。已知物体的重力势能表达式为Ep＝mgh，动能表达式为Ek=12mv2，其中m为物体的质量，h为物体距离水平地面的高度，v为物体的运动速度。如图所示，为某运动员投掷铅球时运动的路线，铅球的质量m＝8kg，出手时的速度为v0＝4m/s，出手时离地面的高度h＝1.65m，铅球上升的最大高度H＝2.5m，铅球运动过程中不考虑空气阻力。求：
（1）从铅球出手到落地的过程中，重力对铅球做的功：
（2）铅球刚接触地面时的速度v是多少。

【分析】（1）知道铅球的质量，利用G＝mg求其重力；又知道铅球从出手到落地下落的高度，利用W＝Gh求重力对铅球做的功；
（2）铅球运动过程中不考虑空气阻力，铅球从出手到刚接触地面时的机械能大小不变，而刚出手时具有重力势能和动能，刚接触地面时只具有动能，据此列方程求出铅球刚接触地面时的速度。
【解答】解：（1）铅球的重力G＝mg＝8kg×10N/kg＝80N，
铅球从出手到落地下落的高度h＝1.65m，
重力对铅球做的功：
W＝Gh＝80N×1.65m＝132J；
（2）刚出手时铅球的机械能：
E1＝EP1+Ek1＝mgh+12m（v0）2，
刚接触地面时铅球的机械能：
E2＝EP2+Ek2＝0J+12m（v）2，
铅球运动过程中不考虑空气阻力，铅球从出手到刚接触地面时的机械能大小不变，则有：
E1＝E2，
mgh+12m（v0）2＝0J+12m（v）2，
10N/kg×1.65m+12×（4m/s）2=12×（v）2，
解得铅球刚接触地面时的速度v＝7m/s。
答：（1）从铅球出手到落地的过程中，重力对铅球做的功为132J：
（2）铅球刚接触地面时的速度是7m/s。
23．（8分）如图所示的电路中，电源电压U恒为12V，定值电阻R1＝100Ω，R2＝150Ω，流过电压表的电流不可忽略，电压表的示数U1＝4.5V，求：
（1）通过电阻R2的电流I2；
（2）电压表的内阻RV；
（3）如果将该电压表改接到R2的两端，则电压表示数UV为多少。

【分析】（1）由图可知，两电阻串联接入电路，电压表测定值电阻R1两端的电压，由欧姆定律可得通过电阻R1的电流，根据串联电路电压规律计算电阻R2两端的电压，由欧姆定律可得通过电阻R2的电流；
（2）根据并联电路电流规律计算通过电压表的电流，根据并联电路电压特点结合欧姆定律计算电压表的内阻；
（3）电压表改接到R2的两端，根据并联电路电阻规律计算电压表和R2并联后的总电阻，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律计算此时通过电路的电流，根据U＝IR计算此时R1两端的电压，根据串联电路电压规律计算电压表示数。
【解答】解：（1）由图可知，两电阻串联接入电路，电压表测定值电阻R1两端的电压，由欧姆定律可得通过电阻R1的电流：I1=U1R1=4.5V100Ω=0.045A，
串联电路总电压等于各部分电压之和，则电阻R2两端的电压：U2＝U﹣U1＝12V﹣4.5V＝7.5V，
由欧姆定律可得通过电阻R2的电流：I2=U2R2=7.5V150Ω=0.05A；
（2）并联电路干路电流等于各支路电流之和，则通过电压表的电流：IV＝I2﹣I1＝0.05A﹣0.045A＝0.005A，
并联电路各支路两端电压相等，由欧姆定律可得电压表的内阻：RV=U1IV=4.5V0.005A=900Ω；
（3）电压表改接到R2的两端，电压表和R2并联后的总电阻：R并=RVR2RV+R2=900Ω×150Ω900Ω+150Ω=9007Ω，
此时电路的总电阻：R＝R1+R并＝100Ω+9007Ω=16007Ω，
此时通过电路的电流：I=UR=12V16007Ω=0.0525A，
此时R1两端的电压：U1′＝IR1＝0.0525A×100Ω＝5.25V，
则电压表示数：UV＝U﹣U1′＝12V﹣5.25V＝6.75V。
答：（1）通过电阻R2的电流I2为0.05A；
（2）电压表的内阻RV为900Ω；
（3）如果将该电压表改接到R2的两端，则电压表示数UV为6.75V。