还剩33页未读，
继续阅读
2023年重庆市南坪中学中考物理一诊试卷
展开
这是一份2023年重庆市南坪中学中考物理一诊试卷，共36页。试卷主要包含了单项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2023年重庆市南坪中学中考物理一诊试卷
一、单项选择题（共8个小题，每小题只有一个合理的选项，每小题3分，共24分）
1．（3分）下列物理量的估测中，最接近实际的是（ ）
A．人的步行速度约为10m/s
B．普通教室的高度约为3m
C．九年级物理课本质量约为30g
D．普通教室一盏日光灯的额定功率约为200W
2．（3分）下列光学情景的描述中，正确的是（ ）
A．“墙上的手影”，是等大的虚像
B．“弯折的铅笔”，是光的反射现象
C．“拱桥倒影”，是光的折射现象
D．“放大镜中正立放大的手指”，是光的折射形成的虚像
3．（3分）如图所示，中国传统节日中四个节气对应的物态变化，属于液化现象的是（ ）
A．惊蛰冰化 B．立冬霜来降
C．立秋露珠凝 D．大寒挂雾凇
4．（3分）力学知识的应用在我们的生活中随处可见，图中的物理情景中描述正确的是（ ）
A．甲图中跳水运动员起跳后上升过程中，重力势能转化为动能
B．乙图中关闭下游阀门B，打开上游阀门A，闸室和上游构成连通器
C．丙图中瓶盖上设计有条纹，是通过使接触面更粗糙的方法来减小摩擦力
D．丁图中小丽穿溜冰鞋推墙，她对墙的推力与墙对她的作用力是一对平衡力
5．（3分）如图所示，下列与电磁现象有关的分析中正确的是（ ）
A．图甲：说明电流可以产生磁场
B．图乙：该装置可用来研究发电机的工作原理
C．图丙：验电器的工作原理是异种电荷相互吸引
D．图丁：该装置在工作时，电能转化为机械能
6．（3分）在2022北京冬奥会开幕式上，400名演员挥动发光杆，发光杆一会发出绿光代表绿草，随后又发出白光组成蒲公英。据悉，杆上有两个开关：一个是总开关，另一个用来控制发出白光和绿光。下面哪个电路设计最能实现这一效果（ ）
A．
B．
C．
D．
7．（3分）如图所示，甲、乙两个质量分布均匀的实心正方体分别放置在水平地面上，各自对地面的压强相等，则下列说法正确的是（ ）
①甲正方体的密度大于乙正方体的密度
②若将乙放在甲上，甲对地面的压强为p甲，若将甲放在乙上，乙对地面的压强为p乙，则p甲大于p乙
③若沿水平方向将甲、乙切去一部分，使剩余部分的高度相同（切去部分高度小于乙边长），则甲剩余部分对地面的压强小于乙剩余部分对地面的压强
④若沿竖直方向将甲、乙各切除一部分，使剩余部分竖直厚度相同，再将切除部分分别放在各自剩余部分上，则水平地面分别受到甲、乙的压强p甲小于p乙
A．①④是正确的 B．③④是正确的 C．③是正确的 D．①③是正确的
8．（3分）如图所示电路，电源电压为12V且保持不变，小灯泡的规格为6V，3W”（阻值不变），滑动变阻器的最大阻值为24Ω，电流表的量程为0～3A。当只闭合S3时，小灯泡恰能正常发光，则下列说法正确的是（ ）
A．当只闭合S3时，在1min内电流通过R1所产生的热量是1.8×103J
B．当只闭合S1时，R2消耗的最大功率为2.67W
C．当三个开关都闭合时，要使电流表能安全使用，R2接入电路的阻值不得小于5Ω
D．当三个开关都闭合时，R2消耗的电功率的变化范围是6W～24W
二、填空题（每空1分，每图1分，共12分
9．（2分）德国物理学家 发现了电流与电压、电阻的关系，为了纪念他，人们把他的名字命名为电阻的单位。曾侯乙编钟是我国迄今发现数量最多、音律最全的一套编钟，演奏者敲击编钟使其发出悠长的声音，说明声音是由物体 产生的。
10．（2分）如图甲所示，冬奥会开幕式上童声合唱《奥林匹克颂》。从物理角度来看，合唱的歌声一定比其中任意一个小朋友唱歌声的 （选填“音调高”、“响度大”或“音色好”）；图乙是全国各民族、各行业的176名代表正在传递五星红旗的过程中，以国旗为参照物，站在地面不动的传旗手是 的（选填“静止”或“运动”）。
11．（2分）如图滑轮组将一个重为180N的物体沿竖直方向在10s内匀速提升2m，所用的拉力为100N，10s内拉力F的功率为 W，该滑轮组的机械效率为 %．
12．（2分）如图甲所示，电源电压不变，闭合开关，滑片P由b端滑到a端，电压表示数U与电流表示数的变化关系如图乙所示，则电源电压为 V，滑动变阻器的最大阻值为 。
13．（2分）如图所示，水平桌面上放有一圆柱形溢水杯，它的重为6N、底面积为300cm2、溢水口距杯底20cm，内装水的深度为19cm。将一体积为1000cm3密度为0.8g/cm3的正方体木块缓慢放入水中，不计溢水杯厚度，则木块的质量为 kg；木块放入水中静止后，溢水杯对桌面的压强p＝ Pa。
14．（1分）在图中画出入射光线经过凹透镜后的折射光线。
15．（1分）如图所示硬棒OB能绕支点O转动，A处用绳子拉住固定在墙壁上。请画出拉力F的力臂（用L表示）。
三、实验题（16题6分，17题8分，18题8分，共22分）
16．（6分）（1）在探究“冰熔化时温度的变化规律”实验中，某实验小组的同学根据测得的数据绘制了如图所示的图像。
①由图像可看出该物质的熔点是 ℃；
②该物质熔化过程的特点是不断吸热，温度 ，内能增大；
③比较图中AB段和CD段可知，如果升高相同的温度， 段吸收的热量较多；
（2）在“天宫课堂”的水球实验中，小军看到王亚平老师的倒立、缩小的像，如图甲所示。于是他利用实验室的光学器材探究凸透镜成像的规律。
①小军找到了一个焦距未知的凸透镜，用一束平行光正对凸透镜照射，移动光屏，直到光屏上出现最小最亮的光斑，如图乙所示。则凸透镜的焦距是 cm；
②如图丙所示，安装器材并调节烛焰、透镜和光屏，使它们三者中心大致在 ；
③将凸透镜固定在50cm刻度线处，蜡烛移动到35.0cm刻度线处，移动光屏，光屏上会出现烛焰倒立、 的实像。
17．（8分）小张同学利用图甲所示的电路“探究电流与电压、电阻的关系”，所选择的器材有新干电池两节，5Ω、10Ω、15Ω、20Ω的定值电阻各一只，“30Ω 1A”的滑动变阻器，电压表、电流表、开关各一只，导线若干。
（1）图乙是按照图甲连接的实物图，其中有一根导线连接错了，请你在接错的那根导线上画“×”，并用笔画线代表导线将电路连接正确（要求导线不能交叉）。
（2）正确连接后，闭合开关，移动滑片，发现电流表无示数，电压表有示数，且指针刚好达到满偏。可能的故障是定值电阻R （选填“断路”或“短路”）。
（3）排除故障后，小张首先探究电流与电压的关系。以下步骤中正确且合理的是 。
①立即闭合开关，开始实验；
②将滑片移到最右端，再闭合开关；
③缓慢移动滑片，调节电压表示数依次为1.5V、2V、3V，并记下电流表示数；
④缓慢移动滑片，调节电压表示数依次为3V、2V、1.5V，并记下电流表示数；
⑤断开开关，分析数据，得出结论；
⑥更换不同阻值的定值电阻，再次改变3次电压表示数，并记下电流表示数。
A.①③⑤
B.②③⑤
C.②③⑥⑤
D.②④⑥⑤
（4）小张根据实验数据得出结论：当电阻一定时， 与 成正比。
（5）小张继续探究电流与电阻的关系。他首先把5Ω的电阻接入电路，缓慢移动滑片，直到使电压表指针如图丙所示，则控制定值电阻两端的电压U0为 V；他又分别将10Ω、15Ω和20Ω的电阻接入电路进行实验，当把20Ω的电阻接入电路后，无法将电压表示数调节到控制的电压值，其原因是 。
（6）小张重新设置了定值电阻两端的电压U0的值，发现5Ω、10Ω、15Ω、20Ω能同时完成实验，则小林设定的定值电阻两端的电压U0的取值范围是 。
18．（8分）某个小组的同学在实验室发现一块印章。他们利用这块印章做了以下实验探究。小超同学想测量这块印章的密度：
（1）将托盘天平放在 桌面上，把游码拨至标尺左端零刻度线，如果发现指针所处位置如图甲所示，应将平衡螺母向 移动，使天平横梁在水平位置平衡。
（2）将印章放在天平左盘，天平平衡时，放在右盘中的砝码和游码在标尺上的位置如图乙所示，这枚印章的质量是 g。把印章放入装有30mL水的量筒中，液面达到的位置如图丙所示。由此可以求出这枚印章的密度为 kg/m3。若天平的左盘在实验前沾了泥，则所测印章密度比真实值 （选填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
（3）完成实验后，小超还想利用这块印章来探究浮力的影响因素：
A.在大烧杯中装入适量的某种液体，电子秤的示数为210g，如图甲所示；
B.将印章和一个气球用轻质细绳连接在一起后，将印章浸没在液体中，读出电子秤的示数为218g，如图乙所示；
C.将印章和气球一起浸没在液体中，电子秤的示数为250g，如图丙所示；
D.将印章和气球继续往下放，电子秤的示数234g，如图丁所示。
则对比丙、丁两图可知，当液体的密度一定时， 越小，浮力越小。
（4）乙图中，印章所受浮力大小为 N。对比丙、丁两图，气球的体积变化了 cm3。
四、计算题（第19题6分，第20题8分，第21题8分，共22分）
19．（6分）如图所示电路中，电源电压恒为30V，电阻R1为15Ω，同时闭合开关S1、S2时，电流表的示数为2.5A。求：
（1）通过电阻R2的电流；
（2）电阻R2的阻值。
20．（8分）如图所示，图甲为新型电饭锅，它能智能化地控制食物在不同时间段的温度，以得到最佳口感。小明了解到电饭锅的简化电路如图乙所示、R1和R2均为电热丝，S1和S2为温控开关，其中S2有A、B两个触点，可实现“高温”“中温”和“低温”三挡的转换。当S1闭合，S2连接触点A时，处于高温挡，高温挡功率为1100W。已知R1＝55Ω，电热丝的电阻不随温度变化。求：
（1）图丙是在一次煮饭过程中电饭锅功率与时间的关系图像，求本次煮饭过程中电饭锅在高温挡产生的热量；
（2）电饭锅处于低温挡时，正常工作消耗的电功率大小；
（3）用电高峰时电路的实际电压降为198V。向锅内装2kg温度为20℃的排骨汤，用高温挡连续工作100s，汤的温度升高到30℃。求此时电饭锅的加热效率（百分号前保留1位小数）。[已知排骨汤的比热容c汤＝4.2×103J/（kg•℃）]
21．（8分）如图（a）所示，高度足够高的圆柱形容器，高处有一个注水口，以10cm3/s均匀向容器内注水。容器正上方天花板上，有轻质细杆（体积忽略不计）粘合着由两个横截面积不同的实心圆柱体组成的组合，此组合的A、B部分都是密度为0.4g/cm3的不吸水复合材料构成，图（b）中坐标记录了从注水开始到注水结束的1min内，水面高度h的变化情况。求：
（1）容器横截面积的大小；
（2）当杆对组合圆柱体作用力大小为1.6N时，水深h为多少cm？
（3）在注水过程中，选取两个连续的、长为30s的时间段（两时间段可部分重叠），计算在这两个时间段内，液体对容器底部压强增加量的差值的最大值。
2023年重庆市南坪中学中考物理一诊试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（共8个小题，每小题只有一个合理的选项，每小题3分，共24分）
1．（3分）下列物理量的估测中，最接近实际的是（ ）
A．人的步行速度约为10m/s
B．普通教室的高度约为3m
C．九年级物理课本质量约为30g
D．普通教室一盏日光灯的额定功率约为200W
【分析】首先要对选项中涉及的几种物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。
【解答】解：A、人的步行速度约为1.1m/s；达不到10m/s；故A错误；
B、普通教室的高度与一层楼高接近，约3m，故B正确；
C、九年级物理课本质量约300g，远大于30g；故C错误；
D、教室一盏日光灯的额定功率约为40W，达不到200W；故D错误；
故选：B。
【点评】此题考查对生活中常见物理量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，找出符合实际的选项即可。
2．（3分）下列光学情景的描述中，正确的是（ ）
A．“墙上的手影”，是等大的虚像
B．“弯折的铅笔”，是光的反射现象
C．“拱桥倒影”，是光的折射现象
D．“放大镜中正立放大的手指”，是光的折射形成的虚像
【分析】（1）光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，产生的现象有小孔成像、激光准直、影子的形成、日食和月食等；
（2）光线传播到两种介质的表面上时会发生光的反射现象，例如水面上出现岸上物体的倒影、平面镜成像、玻璃等光滑物体反光都是光的反射形成的；
（3）光线在同种不均匀介质中传播或者从一种介质斜射入另一种介质时，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、凸透镜成像等都是光的折射形成的。
【解答】解：
A、“墙上的手影”属于影子，不是像，故A错误；
B、“弯折的铅笔”是由光的折射形成的，故B错误；
C、“拱桥倒影”属于平面镜成像，是光的反射现象，故C错误；
D、“放大镜中正立放大的手指”，是光的折射形成的正立、放大的虚像，故D正确。
故选：D。
【点评】此题通过几个日常生活中的现象考查了对光的折射、光的直线传播、光的反射的理解，在学习过程中要善于利用所学知识解释有关现象。
3．（3分）如图所示，中国传统节日中四个节气对应的物态变化，属于液化现象的是（ ）
A．惊蛰冰化 B．立冬霜来降
C．立秋露珠凝 D．大寒挂雾凇
【分析】物质由固态变成液态的过程叫熔化，由液态变成固态的过程叫凝固；
物质由液态变成气态的过程叫汽化，由气态变成液态的过程叫液化；
物质由固态直接变成气态的过程叫升华，由气态直接变成固态的过程叫凝华。
【解答】解：A、冰化成水，由固态变为液态，属于熔化现象，故A错误；
B、霜是空气中的水蒸气凝华形成的固态小冰晶，故B错误；
C、露是空气中的水蒸气遇冷液化形成的小水滴，故C正确；
D、“雾凇”是固态小冰晶，是水蒸气凝华形成的，故D错误。
故选：C。
【点评】判断物态变化，关键是分清物质变化前后的状态，是中考热学知识考查的热点内容。
4．（3分）力学知识的应用在我们的生活中随处可见，图中的物理情景中描述正确的是（ ）
A．甲图中跳水运动员起跳后上升过程中，重力势能转化为动能
B．乙图中关闭下游阀门B，打开上游阀门A，闸室和上游构成连通器
C．丙图中瓶盖上设计有条纹，是通过使接触面更粗糙的方法来减小摩擦力
D．丁图中小丽穿溜冰鞋推墙，她对墙的推力与墙对她的作用力是一对平衡力
【分析】（1）判断是哪种能量转化成了另一种能量的标准是：减小的转化为增多的；
（2）上端开口，底部连通的容器叫连通器，当连通器内为同种液体时，在液体不流动时，各容器内液面相平。
（3）增大摩擦力的方法：在接触面粗糙程度一定时，通过增大压力来增大摩擦力；在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力。
（4）平衡力的条件：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。
【解答】解：
A、跳水运动员起跳后上升过程中质量不变，速度变小，同时高度升高，故动能减少，重力势能增加，动能转化为重力势能。故A错误；
B、乙图中关闭下游阀门B，打开上游阀门A，闸室和上游上端开口，底部连通，构成连通器，故B正确；
C、丙图中瓶盖上设计有条纹，是通过使接触面更粗糙的方法来增大摩擦力，故C错误；
D、丁图中小丽穿溜冰鞋推墙，她对墙的推力与墙对她的作用力分别作用在墙和小丽上，故不是一对平衡力。故D错误。
故选：B。
【点评】这是一道与生活联系非常密切的物理题，要学会学以致用，活学活用，这才是学习物理的真正意义。
5．（3分）如图所示，下列与电磁现象有关的分析中正确的是（ ）
A．图甲：说明电流可以产生磁场
B．图乙：该装置可用来研究发电机的工作原理
C．图丙：验电器的工作原理是异种电荷相互吸引
D．图丁：该装置在工作时，电能转化为机械能
【分析】题目给出了四个有关电和磁的实验，首先要弄清各实验所揭示的原理，再结合题设要求来进行选择。
【解答】解：
A、该实验是奥斯特实验，说明通电导线的周围存在磁场，即电流能产生磁场，故A正确；
B、图中有电源，闭合开关后，通电导体在磁场中会受力运动，反映了电动机的工作原理，故B错误；
C、该装置是验电器，其工作原理是同种电荷相互排斥，故C错误；
D、闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，导体中会产生感应电流，这是电磁感应现象，此过程中，机械能转化为电能，故D错误。
故选：A。
【点评】本题是电磁学的综合题，涉及的知识点较多，但难度不大。
6．（3分）在2022北京冬奥会开幕式上，400名演员挥动发光杆，发光杆一会发出绿光代表绿草，随后又发出白光组成蒲公英。据悉，杆上有两个开关：一个是总开关，另一个用来控制发出白光和绿光。下面哪个电路设计最能实现这一效果（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】根据题意分析两个开关的连接方式和两盏灯泡的连接方式。
【解答】解：根据题意可知，发光杆一会发出绿光代表绿草，随后又发出白光组成蒲公英，这说明两个灯泡可以独立工作，是并联的；干路中有一个开关，另一个开关用来控制发出白光和绿光，所以这个开关是一个单刀双掷开关，根据选项可知，D图正确。
故选：D。
【点评】本题考查了电路图的设计，明确单刀双掷开关的作用是解题的关键。
7．（3分）如图所示，甲、乙两个质量分布均匀的实心正方体分别放置在水平地面上，各自对地面的压强相等，则下列说法正确的是（ ）
①甲正方体的密度大于乙正方体的密度
②若将乙放在甲上，甲对地面的压强为p甲，若将甲放在乙上，乙对地面的压强为p乙，则p甲大于p乙
③若沿水平方向将甲、乙切去一部分，使剩余部分的高度相同（切去部分高度小于乙边长），则甲剩余部分对地面的压强小于乙剩余部分对地面的压强
④若沿竖直方向将甲、乙各切除一部分，使剩余部分竖直厚度相同，再将切除部分分别放在各自剩余部分上，则水平地面分别受到甲、乙的压强p甲小于p乙
A．①④是正确的 B．③④是正确的 C．③是正确的 D．①③是正确的
【分析】①实心正方体对水平地面压强：p＝＝＝＝＝ρgL，据此根据高度关系得出密度关系；
②将乙放在甲上时，甲对地面的压强为p甲；将甲放在乙上时，乙对地面的压强为p乙，根据水平面上物体的压力和自身的重力相等可知压力关系，根据边长关系可知底面积关系，利用p＝比较压强关系；
③若沿水平方向将甲、乙切去一部分，使剩余部分的高度相同（切去部分高度小于乙边长），根据p＝ρgh得出甲、乙剩余部分对地面的压强，然后结合压强关系和密度关系得出剩余部分的压强关系；
④沿竖直方向将甲、乙各切除一部分，使剩余部分竖直厚度相同，再将切除部分分别放在各自剩余部分上后，它们各自对地面的压力不变，再根据剩余部分的厚度相同得出受力面积的关系，根据压强公式得出表达式，利用条件即可得出此时甲、乙的压强关系。
【解答】解：
①甲、乙为两个质量分布均匀的实心正方体，对水平地面的压强为：p＝ρgL，由图可知：L甲＞L乙，又因甲、乙对地面的压强相等，所以ρ甲＜ρ乙，故①错误；
②将乙放在甲上面，甲对地面的压强为p甲，将甲放在乙上面，乙对地面的压强为p乙，由于水平面上的物体对水平面的压力大小等于物体的重力大小，所以两种情况下地面受到的压力相等，但L甲＞L乙，由S＝L2可知，S甲＞S乙，由p＝可知，p甲＜p乙，故②错误；
③若沿水平方向将甲、乙切去一部分，使剩余部分的高度相同，因为ρ甲＜ρ乙，根据p'＝ρgL'可知剩余部分对地面的压强关系：p'甲＜p'乙，故③正确；
④甲、乙两个质量分布均匀的实心正方体分别放置在水平地面上，各自对地面的压强相等，
则根据对地面的压力等于自身的重力和压强公式可得＝，
因L甲＞L乙，所以＜，故＞
若沿竖直方向将甲、乙各切除一部分，使剩余部分竖直厚度相同，再将切除部分分别放在各自剩余部分上，则甲、乙对地面的压力仍然等于各自的重力（即各自对地面的压力不变），
设剩余部分竖直厚度均为d，此时甲、乙的受力面积分别为S甲′＝L甲d，S乙′＝L乙d，
此时甲、乙对地面的压强分别为：p甲＝，p乙＝，
因为＞，所以＞，即p甲＞p乙，故④错误。
综上所述，只有③是正确的，ABD错误，C正确。
故选：C。
【点评】本题主要考查压强公式的应用和压强大小的比较，利用好规则、均匀物体（如长方体、正方体、圆柱体等）对水平面上的压强公式p＝ρgh是解答本题的关键。
8．（3分）如图所示电路，电源电压为12V且保持不变，小灯泡的规格为6V，3W”（阻值不变），滑动变阻器的最大阻值为24Ω，电流表的量程为0～3A。当只闭合S3时，小灯泡恰能正常发光，则下列说法正确的是（ ）
A．当只闭合S3时，在1min内电流通过R1所产生的热量是1.8×103J
B．当只闭合S1时，R2消耗的最大功率为2.67W
C．当三个开关都闭合时，要使电流表能安全使用，R2接入电路的阻值不得小于5Ω
D．当三个开关都闭合时，R2消耗的电功率的变化范围是6W～24W
【分析】（1）当只闭合S3时，R1与L串联，此时灯正常发光，据此分析出灯两端的电压，根据I＝求出电路中的电流，根据串联电路的电压、电流规律求出R1两端的电压和通过R1的电流，根据W＝UIt求出在1min内电流通过R1所产生的热量；
（2）当只闭合S1时，R2与L串联，根据欧姆定律列出电流的表达式，进而列出R2消耗的电功率的表达式，结合数学知识二次函数的最值问题分析解答；
（3）根据欧姆定律求得R1的阻值；当三个开关都闭合时，L短路，R1与R2并联，电流表测量的是干路中的电流，先根据欧姆定律求出通过R1的电流，再结合电流表的量程根据并联电路的电流规律求出通过R2的最大电流，根据R＝求出R2接入电路的最小值；
（4）当三个开关都闭合，R1与R2并联，根据滑动变阻器接入电路的阻值利用公式P＝求出R2消耗的电功率的最小值和最大值即可解答。
【解答】解：A、当只闭合S3时，R1与L串联，且灯正常发光，此时灯两端的电压UL＝6V，功率PL＝3W，因为串联电路中各处的电流相等，所以，由P＝UI知道，电路中的电流为：
I＝IL＝＝＝0.5A，
因为串联电路中总电压等于各分电压之和，所以R1两端的电压为：
U1＝U﹣UL＝12V﹣6V＝6V，
所以1min内电流通过R1所产生的热量为：
Q1＝U1It＝6V×0.5A×1×60s＝180J，故A错误；
B．由于小灯泡的规格为6V 3W”，所以由P＝可知，灯泡的电阻为：
RL＝＝＝12Ω，
当只闭合S1时，R2与L串联，此时电路中的电流为：
，
则R2消耗的功率为：
P2＝I'2R2＝＝＝，
由上式可知，当R2＝RL时，R2消耗的功率最大，且最大功率为：
P2大＝＝＝3W，故B错误；
C．当只闭合S3时，R1与L串联，R1两端的电压为6V，通过R1的电流为0.5A，则R1的阻值为：
R1＝＝＝12Ω，
当三个开关都闭合时，L短路，R1与R2并联，电流表测量的是干路中的电流，因为并联电路中各支路两端的电压相等，所以R1中的电流为：
I1＝＝＝1A，
要使电流表安全使用，电流表的最大电流I大＝3A，故通过R2的最大电流为：
I2＝I大﹣I1＝3A﹣1A＝2A，
所以R2接入电路的最小值为：
R2小＝＝＝6Ω，故C错误；
D．当三个开关都闭合，R1与R2并联，滑动变阻器接入电路中的阻值最大时，R2消耗的电功率最小，
则R2消耗的功率最小为：P2小＝＝＝6W，
当三个开关都闭合时，R1与R2并联，由于R2的阻值不能小于6Ω，所以，当R2接入的阻值是6Ω时，
R2消耗的功率最大为：P2大'＝＝＝24W，
即R2消耗的电功率的变化范围是6W～24W，故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查电路的分析、欧姆定律及电功率公式、电热公式的应用的问题，解答本题的关键是会分析电路，能结合数学知识分析电功率的最大值，有一定的难度
二、填空题（每空1分，每图1分，共12分
9．（2分）德国物理学家 欧姆 发现了电流与电压、电阻的关系，为了纪念他，人们把他的名字命名为电阻的单位。曾侯乙编钟是我国迄今发现数量最多、音律最全的一套编钟，演奏者敲击编钟使其发出悠长的声音，说明声音是由物体 振动 产生的。
【分析】（1）德国物理学家欧姆最先通过实验归纳出一段导体中电流跟电压和电阻之间的定量关系，即：欧姆定律；电阻的单位是欧姆。
（2）声音是由物体振动产生的。
【解答】解：（1）德国物理学家欧姆最先通过实验归纳出一段导体中电流跟电压和电阻之间的定量关系，即：欧姆定律，写成数学表达式就是I＝；为了纪念他作出的杰出贡献，人们将他的名字命名为电阻的单位。
（2）演奏者敲击编钟使其发出悠长的声音，说明声音是由物体振动产生的。
故答案为：欧姆；振动。
【点评】本题考查了学生对物理学史、声音产生原因的了解，属于基础性题目。
10．（2分）如图甲所示，冬奥会开幕式上童声合唱《奥林匹克颂》。从物理角度来看，合唱的歌声一定比其中任意一个小朋友唱歌声的 响度大 （选填“音调高”、“响度大”或“音色好”）；图乙是全国各民族、各行业的176名代表正在传递五星红旗的过程中，以国旗为参照物，站在地面不动的传旗手是 运动 的（选填“静止”或“运动”）。
【分析】声音三个特性：音调、响度和音色。音调跟发声体的振动频率有关；响度跟发声体的振幅有关；音色跟发声体的材料和结构有关；
在研究物体运动时，要选择参照的标准，即参照物，物体的位置相对于参照物发生变化，则运动，不发生变化，则静止。
【解答】解：合唱的歌声一定比其中任意一个小朋友唱歌声的响度大；
以国旗为参照物，传旗手与国旗之间的位置发生了变化，所以以国旗为参照物，传旗手是运动的。
故答案为：响度大；运动。
【点评】本题主要考查了运动和静止的相对性，在判断物体运动和静止时，关键看物体相对于参照物的位置是否发生了变化。
11．（2分）如图滑轮组将一个重为180N的物体沿竖直方向在10s内匀速提升2m，所用的拉力为100N，10s内拉力F的功率为 60 W，该滑轮组的机械效率为 60 %．
【分析】（1）由图可知n＝3，绳子自由端移动的距离s＝nh，利用W总＝Fs求拉力做的总功，利用P＝求拉力做功的功率；
（2）利用W有＝Gh求有用功，利用η＝×100%求滑轮组的机械效率。
【解答】解：（1）由图可知n＝3，绳子自由端移动的距离s＝nh＝3×2m＝6m，
拉力做的总功：W总＝Fs＝100N×6m＝600J，
拉力做功的功率：P＝＝＝60W；
（2）拉力做的有用功：W有＝Gh＝180N×2m＝360J，
滑轮组的机械效率：η＝×100%＝×100%＝60%。
故答案为：60；60。
【点评】本题考查了使用滑轮组时绳子的拉力、有用功、总功、功率和机械效率的计算，关键是从图中得出滑轮组绳子的有效股数。
12．（2分）如图甲所示，电源电压不变，闭合开关，滑片P由b端滑到a端，电压表示数U与电流表示数的变化关系如图乙所示，则电源电压为 9 V，滑动变阻器的最大阻值为 12Ω 。
【分析】由电路图可知，电阻R与滑动变阻器串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）当滑片在a端时，接入电路中的电阻为零，电路为R的简单电路，电压表测电源两端的电压，其示数最大，根据图乙读出电压表的示数即为电源的电压；
（2）当滑片位于b端时，接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，电压表的示数最小，根据图乙读出R两端的电压和电路中的最小电流，根据串联电路的电压特点求出滑动变阻器两端的电压，利用欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值。
【解答】解：由电路图可知，电阻R与滑动变阻器串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）当滑片在a端时，接入电路中的电阻为零，电路为R的简单电路，电压表测电源两端的电压，其示数最大，
由图象可知，电源的电压U＝9V；
（2）当滑片位于b端时，接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，电压表的示数最小，
由图象可知，R两端的电压UR＝3V，电路中的最小电流I＝0.5A，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，滑动变阻器两端的电压U滑＝U﹣UR＝9V﹣3V＝6V，
由I＝可得，滑动变阻器的最大阻值R滑＝＝＝12Ω。
故答案为：9；12Ω。
【点评】本题结合电路图考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，侧重考查了学生分析电路和读图能力，是一道好题。
13．（2分）如图所示，水平桌面上放有一圆柱形溢水杯，它的重为6N、底面积为300cm2、溢水口距杯底20cm，内装水的深度为19cm。将一体积为1000cm3密度为0.8g/cm3的正方体木块缓慢放入水中，不计溢水杯厚度，则木块的质量为 0.8 kg；木块放入水中静止后，溢水杯对桌面的压强p＝ 2.2×103 Pa。
【分析】（1）根据ρ＝的变形公式算出木块的质量；
（2）根据G＝mg算出木块的重力，根据木块的密度和水的密度的关系判断出木块在水中处于漂浮状态，根据漂浮条件算出木块受到的浮力，进而求出木块排开水的体积，算出溢水杯中还能容纳的的水的体积，据此判断出木块放入溢水杯后是否有水溢出，若有水溢出，算出溢出的水的体积，根据G＝ρgV进而算出溢出的水的重力，此时溢水杯对桌面的压力包括溢水杯的重力、剩下水的重力和木块的重力之和，再根据p＝算出溢水杯对桌面的压强。
【解答】解：木块的质量为：，
木块的重力为：G木＝m木g＝0.8kg×10N/kg＝8N，
木块放入前溢水杯中水的重力为：
G水＝m水g＝ρ水V水g＝ρ水Shg＝1.0×103kg/m3×300×10﹣4m3×0.19m×10N/kg＝57N，
木块放入水中后处于漂浮状态，其所受浮力F浮＝G木＝8N，
木块排开水的体积为：
，
木块放入前，溢水杯还能容纳的体积为：
，
则木块放入后，溢出的水的体积为：
，
溢出的水的重力为：，
溢水杯对桌面的压力为：F＝G杯+G水+G木﹣G溢＝6N+57N+8N﹣5N＝66N，
溢水杯对桌面的压强为：。
故答案为：0.8；2.2×103。
【点评】本题考查了固体压强的公式的应用，要知道压强公式及变形公式，解答本题的关键是要知道水平面上的物体对水平面的压力等于其重力。
14．（1分）在图中画出入射光线经过凹透镜后的折射光线。
【分析】先确定所给的入射光线和折射光线的特点，然后根据凹透镜的光学特点作图。
【解答】解：入射光线的延长线过另一侧焦点，经凹透镜折射后折射光线将平行于主光轴，如图所示：
。
【点评】明确凹透镜三条特殊光线：①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。②平行于主光轴的光线经凹透镜折射后，其折射光线的反向延长线过焦点。③过光心的光线经凹透镜折射后传播方向不改变，是关键。
15．（1分）如图所示硬棒OB能绕支点O转动，A处用绳子拉住固定在墙壁上。请画出拉力F的力臂（用L表示）。
【分析】力臂是从支点到力的作用线的距离。由支点向力的作用线作垂线，则垂线段的长度即为力臂。
【解答】解：由支点O向力F的作用线作垂线，则垂线段的长就是力F的力臂L．如下图所示：
【点评】画力臂时，一是要找准支点，二是要准确画出力的作用线，然后才是从支点作力的作用线的垂线段，最后还应该用字母将其标出来。
三、实验题（16题6分，17题8分，18题8分，共22分）
16．（6分）（1）在探究“冰熔化时温度的变化规律”实验中，某实验小组的同学根据测得的数据绘制了如图所示的图像。
①由图像可看出该物质的熔点是 0 ℃；
②该物质熔化过程的特点是不断吸热，温度 不变 ，内能增大；
③比较图中AB段和CD段可知，如果升高相同的温度， CD 段吸收的热量较多；
（2）在“天宫课堂”的水球实验中，小军看到王亚平老师的倒立、缩小的像，如图甲所示。于是他利用实验室的光学器材探究凸透镜成像的规律。
①小军找到了一个焦距未知的凸透镜，用一束平行光正对凸透镜照射，移动光屏，直到光屏上出现最小最亮的光斑，如图乙所示。则凸透镜的焦距是 10.0 cm；
②如图丙所示，安装器材并调节烛焰、透镜和光屏，使它们三者中心大致在 同一高度 ；
③将凸透镜固定在50cm刻度线处，蜡烛移动到35.0cm刻度线处，移动光屏，光屏上会出现烛焰倒立、 放大 的实像。
【分析】（1）①晶体在熔化过程中温度不变；
②知道熔点的概念：晶体熔化时的温度叫做熔点；
③根据Q＝cmΔt分析吸收热量的多少；
（2）①平行于主光轴的光线经凸透镜折射后会聚在主光轴上一点，这点叫凸透镜的焦点，焦点跟光心之间的距离是凸透镜的焦距；
②为使像呈现在光屏的中央，应调节烛焰、透镜和光屏三者中心在同一高度；
③根据物距和焦距的关系分析成像的性质。
【解答】解：（1）①从图中可知，该物质在熔化过程中温度保持0℃不变，所以其熔点是0℃；
②该物质是晶体，在熔化过程中温度不变，但要不断吸热，内能增大；
③由题意知，该物质在AB段是冰，在CD段是水，水的比热容大于冰的比热容，所以质量相同的冰和水，水吸收的热量多，由图中可知CD段加热时间长，所以CD段吸热多；
（2）①如图乙，让一束平行光正对凸透镜照射，在凸透镜后的光屏上接收到一个最小、最亮的光斑，这个光斑是凸透镜的焦点，焦点跟光心之间的距离是凸透镜的焦距，所以凸透镜的焦距为：f＝60.0cm﹣50.0cm＝10.0cm；
（2）实验时，调节烛焰、透镜和光屏三者中心在同一高度，目的是使像呈现在光屏的中央；
（3）凸透镜的焦距为10.0cm，将凸透镜固定在50cm刻度线处，蜡烛移动到35cm刻度线处，物距在一倍焦距和二倍焦距之间，成倒立、放大的实像。
故答案为：（1）①0；②不变；③CD；（2）①10.0；②同一高度；③放大。
【点评】此题主要考查了凸透镜成像的规律及特点、“冰熔化时温度的变化规律”实验，属于综合题。
17．（8分）小张同学利用图甲所示的电路“探究电流与电压、电阻的关系”，所选择的器材有新干电池两节，5Ω、10Ω、15Ω、20Ω的定值电阻各一只，“30Ω 1A”的滑动变阻器，电压表、电流表、开关各一只，导线若干。
（1）图乙是按照图甲连接的实物图，其中有一根导线连接错了，请你在接错的那根导线上画“×”，并用笔画线代表导线将电路连接正确（要求导线不能交叉）。
（2）正确连接后，闭合开关，移动滑片，发现电流表无示数，电压表有示数，且指针刚好达到满偏。可能的故障是定值电阻R 断路 （选填“断路”或“短路”）。
（3）排除故障后，小张首先探究电流与电压的关系。以下步骤中正确且合理的是 C 。
①立即闭合开关，开始实验；
②将滑片移到最右端，再闭合开关；
③缓慢移动滑片，调节电压表示数依次为1.5V、2V、3V，并记下电流表示数；
④缓慢移动滑片，调节电压表示数依次为3V、2V、1.5V，并记下电流表示数；
⑤断开开关，分析数据，得出结论；
⑥更换不同阻值的定值电阻，再次改变3次电压表示数，并记下电流表示数。
A.①③⑤
B.②③⑤
C.②③⑥⑤
D.②④⑥⑤
（4）小张根据实验数据得出结论：当电阻一定时， 通过电阻的电流 与 电阻两端的电压 成正比。
（5）小张继续探究电流与电阻的关系。他首先把5Ω的电阻接入电路，缓慢移动滑片，直到使电压表指针如图丙所示，则控制定值电阻两端的电压U0为 1 V；他又分别将10Ω、15Ω和20Ω的电阻接入电路进行实验，当把20Ω的电阻接入电路后，无法将电压表示数调节到控制的电压值，其原因是 滑动变阻器的最大阻值太小 。
（6）小张重新设置了定值电阻两端的电压U0的值，发现5Ω、10Ω、15Ω、20Ω能同时完成实验，则小林设定的定值电阻两端的电压U0的取值范围是 1.2V≤U0≤3V 。
【分析】（1）原电路中，电流表与电阻并联，电压表串联在电路中是错误的，电阻应与电流表串联，电压表与电阻并联；
（2）电流表无示数，说明电路可能发生了断路故障，再结合电压表有示数，且指针刚好达到满偏，说明电压表可以与电源正负极接通，由此可能是与电压表并联的支路发生了断路，据此分析；
（3）为了保护电路，且使实验结论具有普遍性，设计正确且最合理的顺序；
（4）根据实验数据归纳出结论；
（5）根据图乙中电压表选用量程确定分度值并读数；
根据串联分压原理计算出当把20Ω的电阻接入电路后，滑动变阻器应接入的电阻值，据此分析原因；
（6）研究电流与电阻的关系时，要控制电阻的电压不变，根据串联电路电压和分压原理得出变阻器的最大电阻连入电路中时对应的最大的电阻值；
由串联电路电压的规律及分压原理得出电压值应该不低于多少；同时结合电流表的示数为最大0.6A，并结合当最小电阻5Ω接入电路中，此时电阻两端最大电压U＝IR。
【解答】解：（1）原电路中，电流表与电阻串联，电压表串联在电路中是错误的，电阻应与电流表串联，电压表与电阻并联，如下图所示：
；
（2）电流表无示数，说明电路可能发生了断路故障，再结合电压表有示数，且指针刚好达到满偏，说明电压表可以与电源正负极接通，由此可能是与电压表并联的支路发生了断路，据此可知可能的故障是定值电阻R断路；
（3）排除故障后，小张首先探究电流与电压的关系，将滑动变阻器滑片移到阻值最大处，再闭合开关，根据串联电路分压规律可知，在减小变阻器接入阻值时其两端电压减小，定值电阻电压变大，缓慢移动滑片，调节电压表示数依次为1.5V、2V、3V，并记下电流表示数；为了避免实验结果的偶然性，更换不同阻值的定值电阻，再次改变3次电压表示数，并记下电流表示数；最后断开开关，分析数据，得出结论；故实验步骤中正确且最合理的顺序是②③⑥⑤，故选C；
（4）根据实验数据归纳出结论：当电阻一定时，通过电阻的电流与电阻两端的电压成正比；
（5）根据图乙可知，电压表选用小量程，分度值0.1V，电压表指针如图丙所示，电压表示数为1V；
电源为干电池两节，电压3V，若电压表示数为1V，根据串联电路电压的特点，变阻器分得的电压为：U滑1＝U﹣U定＝3V﹣1V＝2V，由此可知变阻器分得的电压为定值电阻的电压的2倍，根据串联分压原理，当把20Ω的电阻接入电路后，滑动变阻器应接入的电阻值为：R滑＝2×20Ω＝40Ω＞30Ω，当20Ω的电阻接入电路后，无法将电压表示数调节到1V的原因是滑动变阻器的最大阻值太小；
（6）研究电流与电阻的关系时，要控制电阻的电压不变，根据串联电路电压和分压原理得出变阻器的最大电阻连入电路中时对应的最大的电阻值；
由串联电路电压的规律及分压原理有：，
方程左边为一定值，故右边也为一定值，当变阻器连入电路的电阻最大时，对应的定值电阻应最大，此时，电阻的电压最小，
即：，U0＝1.2V，所以调节后定值电阻两端的电压U0不低于1.2V；
同时结合电流表的示数为最大0.6A，并结合当最小电阻5Ω接入电路中，此时电阻两端最大电压U0＝IR＝0.6A×5Ω＝3V不超过电压表的最大量程，符合题意，
因此设定的定值电阻两端的电压U0的取值范围是1.2V≤U0≤3V。
故答案为：（1）见上图；（2）断路；（3）C；（4）通过电阻的电流；电阻两端的电压；（5）1；滑动变阻器的最大阻值太小；（6）1.2V≤U0≤3V。
【点评】本题是探究电流与电压、电阻的关系实验，考查电路的连接、电路故障分析、操作过程、控制变量法和对器材的要求以及串联分压的运用，有一定难度。
18．（8分）某个小组的同学在实验室发现一块印章。他们利用这块印章做了以下实验探究。小超同学想测量这块印章的密度：
（1）将托盘天平放在 水平 桌面上，把游码拨至标尺左端零刻度线，如果发现指针所处位置如图甲所示，应将平衡螺母向 左 移动，使天平横梁在水平位置平衡。
（2）将印章放在天平左盘，天平平衡时，放在右盘中的砝码和游码在标尺上的位置如图乙所示，这枚印章的质量是 54 g。把印章放入装有30mL水的量筒中，液面达到的位置如图丙所示。由此可以求出这枚印章的密度为 5.4×103 kg/m3。若天平的左盘在实验前沾了泥，则所测印章密度比真实值 无影响 （选填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
（3）完成实验后，小超还想利用这块印章来探究浮力的影响因素：
A.在大烧杯中装入适量的某种液体，电子秤的示数为210g，如图甲所示；
B.将印章和一个气球用轻质细绳连接在一起后，将印章浸没在液体中，读出电子秤的示数为218g，如图乙所示；
C.将印章和气球一起浸没在液体中，电子秤的示数为250g，如图丙所示；
D.将印章和气球继续往下放，电子秤的示数234g，如图丁所示。
则对比丙、丁两图可知，当液体的密度一定时， 排开的液体体积 越小，浮力越小。
（4）乙图中，印章所受浮力大小为 0.08 N。对比丙、丁两图，气球的体积变化了 16 cm3。
【分析】（1）将托盘天平放在水平桌面上，把游码拨至标尺左端零刻度线，称量前天平的调节原则是：左偏右调，右偏左调，并调节横梁在水平位置平衡；
（2）印章的质量等于砝码的质量加上游码所对的刻度值；印章的体积由量筒中水的体积和放入印章后的总体积算出，最后利用密度公式求得印章的密度；
若天平的左盘在实验前沾了泥，实验前会调节天平平衡，据此分析解答；
（3）气球在液体中所处的深度越大，气球体积越小，气球排开液体的体积越小，根据F浮＝ρ液gV排可知，气球所受浮力越小，据此分析得出结论；
（4）由甲、乙两图可知，烧杯对电子秤增加的压力即为印章的重力减去细绳对印章的拉力，再对此时的印章进行受力分析可得出印章所受的浮力即为烧杯对电子秤增加的压力，根据F浮＝ΔF＝Δmg求出乙图中印章所受的浮力；由丙、丁两图可知，烧杯对电子秤压力的变化是由气球体积的变化导致的，根据ΔF浮＝Δm'g可求出气球和印章受到的浮力的变化量，再根据阿基米德原理的表达式的变形公式解答。
【解答】解：（1）将托盘天平放在水平桌面上，把游码拨至标尺左端零刻度线，由图甲可知分度标尺的指针右偏，故平衡螺母应该向左调节；
（2）由图乙可知，天平标尺的分度值为0.2g，印章的质量为：m印章＝50g+4g＝54g，
由图丙可知印章的体积为：V印章＝40cm3−30cm3＝10cm3，
这枚印章的密度为：ρ印章＝＝＝5.4g/cm3＝5.4×103kg/m3；
若天平的左盘在实验前沾了泥，但调节了天平平衡，则所测印章的质量仍然准确，根据ρ＝可知印章的密度不变，即对所测的印章的密度无影响；
（3）对比丙、丁两图可知，当液体的密度一定时，随着气球所处的位置下降，气球所处的深度增大，根据p＝ρgh可知，气球受到的液体压强增大，气球的体积因液体压强的增大而变小，气球所受的浮力变小，印章所受浮力不变，电子秤的示数变小，说明此时气球和印章受到的浮力之和变小，因而可以得出结论：当液体的密度一定时，物体排开液体的体积越小，受到的浮力越小；
（4）乙图和甲图相比，乙图中电子秤示数增加值为：Δm＝218g﹣210g＝8g，
烧杯对电子秤增加的压力为：ΔF＝G印章﹣F拉，
又因为乙图中印章受重力、浮力和拉力，所以：F浮＝G印章﹣F拉，即：F浮＝ΔF＝Δmg＝8×10﹣3kg×10N/kg＝0.08N，
对比丙、丁两图，电子秤的示数变化量为：Δm'＝250g﹣234g＝16g，
丙、丁两图气球和印章受到的浮力的变化量为：ΔF浮＝Δm'g＝16×10﹣3kg×10N/kg＝0.16N，
气球的体积变化量为：ΔV＝＝＝1.6×10﹣5m3＝16cm3。
故答案为：（1）水平；左；（2）54；5.4×103；无影响；（3）排开的液体体积；（4）0.08；16。
【点评】本题主要考查的是固体密度的测量，要知道测量密度的原理及天平的调节方法及读数方法、阿基米德原理表达式，解答本题的关键是要知道电子秤示数的变化是因为烧杯对电子秤的压力变化导致的。
四、计算题（第19题6分，第20题8分，第21题8分，共22分）
19．（6分）如图所示电路中，电源电压恒为30V，电阻R1为15Ω，同时闭合开关S1、S2时，电流表的示数为2.5A。求：
（1）通过电阻R2的电流；
（2）电阻R2的阻值。
【分析】（1）由电路图可知，同时闭合开关S1、S2时，R1、R2并联，电流表测干路中的电流，根据欧姆定律求出通过电阻R1的电流，根据并联电路中干路电流等于各支路电流之和求出通过电阻R2的电流；
（2）根据I＝求出电阻R2的阻值。
【解答】解：（1）由电路图可知，同时闭合开关S1、S2时，R1、R2并联，电流表测干路中的电流，
则通过电阻R1的电流：
I1＝＝＝2A；
根据并联电路中干路电流等于各支路电流之和知通过电阻R2的电流为：
I2＝I﹣I1＝2.5A﹣2A＝0.5A；
（2）根据I＝得电阻R2的阻值：
R2＝＝＝60Ω。
答：（1）通过电阻R2的电流为0.5A；
（2）电阻R2的阻值为60Ω。
【点评】本题考查了并联电路的特点和欧姆定律的应用，属于基础性题目，比较简单。
20．（8分）如图所示，图甲为新型电饭锅，它能智能化地控制食物在不同时间段的温度，以得到最佳口感。小明了解到电饭锅的简化电路如图乙所示、R1和R2均为电热丝，S1和S2为温控开关，其中S2有A、B两个触点，可实现“高温”“中温”和“低温”三挡的转换。当S1闭合，S2连接触点A时，处于高温挡，高温挡功率为1100W。已知R1＝55Ω，电热丝的电阻不随温度变化。求：
（1）图丙是在一次煮饭过程中电饭锅功率与时间的关系图像，求本次煮饭过程中电饭锅在高温挡产生的热量；
（2）电饭锅处于低温挡时，正常工作消耗的电功率大小；
（3）用电高峰时电路的实际电压降为198V。向锅内装2kg温度为20℃的排骨汤，用高温挡连续工作100s，汤的温度升高到30℃。求此时电饭锅的加热效率（百分号前保留1位小数）。[已知排骨汤的比热容c汤＝4.2×103J/（kg•℃）]
【分析】（1）由图丙可知本次煮饭过程中电饭锅在高温挡工作的时间，利用Q＝W＝Pt求出本次煮饭过程中电饭锅在高温挡产生的热量；
（2）当S1闭合，S2连接触点A时，处于高温挡，由图乙可知，此时R1、R2并联，利用P＝求出R1的电功率，利用P2＝P高温﹣P1求出R2的电功率，利用P＝求出R2的阻值；由图乙可知，当S1断开、S接B时，R1、R2串联，根据串联电路的电阻特点可知和P＝求出电饭锅处于低温挡时，正常工作消耗的电功率大小；
（3）利用Q吸＝cm（t﹣t0）求出排骨汤吸收的热量；利用P＝求出电饭锅的高温挡的实际功率，利用W＝Pt求出电饭锅消耗的电能，利用效率公式求出此时电饭锅的加热效率。
【解答】解：（1）由图丙可知，本次煮饭过程中电饭锅在高温挡工作的时间t1＝10min＝600s，
本次煮饭过程中电饭锅在高温挡产生的热量：Q＝W＝P高温t1＝1100W×600s＝6.6×105J；
（2）当S1闭合，S2连接触点A时，处于高温挡，由图乙可知，此时R1、R2并联，
R1的电功率：P1＝＝＝880W，
R2的电功率：P2＝P高温﹣P1＝1100W﹣880W＝220W，
由P＝可知，R2的阻值：R2＝＝＝220Ω，
由图乙可知，当S1断开、S接B时，R1、R2串联，根据串联电路的电阻特点可知，此时电路中的总电阻最大，由P＝可知，电功率最小，电饭锅处于低温挡；
R1、R2的串联总电阻：R＝R1+R2＝55Ω+220Ω＝275Ω，
电饭锅处于低温挡时，正常工作消耗的电功率：P低温＝＝＝176W；
（3）排骨汤吸收的热量：Q吸＝c汤m（t﹣t0）＝4×103J/（kg•℃）×2kg×（30℃﹣20℃）＝8×104J，
电饭锅的高温挡的实际功率：P实＝+＝+＝712.8W+178.2W＝891W，
电饭锅消耗的电能：W′＝P实t2＝891W×100s＝8.91×104J，
此时电饭锅的加热效率：η＝×100%＝×100%≈89.8%。
答：（1）本次煮饭过程中电饭锅在高温挡产生的热量为6.6×105J；
（2）电饭锅处于低温挡时，正常工作消耗的电功率为176W；
（3）此时电饭锅的加热效率为89.8%。
【点评】本题是一道电热综合题，主要考查串并联电路的特点、电功和电功率公式、吸热公式以及效率公式的应用，能正确分析不同状态下的电路连接是解题的关键。
21．（8分）如图（a）所示，高度足够高的圆柱形容器，高处有一个注水口，以10cm3/s均匀向容器内注水。容器正上方天花板上，有轻质细杆（体积忽略不计）粘合着由两个横截面积不同的实心圆柱体组成的组合，此组合的A、B部分都是密度为0.4g/cm3的不吸水复合材料构成，图（b）中坐标记录了从注水开始到注水结束的1min内，水面高度h的变化情况。求：
（1）容器横截面积的大小；
（2）当杆对组合圆柱体作用力大小为1.6N时，水深h为多少cm？
（3）在注水过程中，选取两个连续的、长为30s的时间段（两时间段可部分重叠），计算在这两个时间段内，液体对容器底部压强增加量的差值的最大值。
【分析】（1）由图b可知，8s末水面恰好与B的下表面相平，然后得出此时容器内水的深度和容器内注水的体积，根据V＝Sh求出圆柱形容器的横截面积；
（2）由图b可知，28s末水面恰好与B的上表面相平，然后得出从8s～28s内容器内水深度的增加量即甲B的高度和容器内注水的体积，容器的底面积和B高度的乘积减去水的体积即为圆柱体B的体积，利用ρ＝求出组合体B的质量；当杆对组合圆柱体作用力大小为1.6N时，利用平衡条件求得组合体所受浮力，根据阿基米德原理求得A圆柱体浸在水中的体积，进一步求得A圆柱体浸在水中的深度；
（3）由图可知8～38s液面上升的高度最大，30s～60s容器中液面上升的高度最小；进一步得出容器内水深度的最大增加量和最小增加量，根据p＝ρgh求出液体对容器底压强增加量差值的最大值。
【解答】解：（1）由图（b）可知，0～8s水面上升的速度均匀，则此过程水面在圆柱体B的下面，当t＝8s时，水面刚好与B的下表面接触，则0～8s内容器中注入的水的体积为：；
0～8s水面高度h1＝2cm，故容器的横截面积为：；
（2）由图（b）可知，t＝28s时，B刚好全部浸没，水面刚好到达A的下表面处，
8s～28s时间内，注入的水体积为：；
在8～28s，水面升高的高度h2＝12cm﹣2cm＝10cm；
8s～28s是圆柱体B浸入水中的过程，t＝28s时，B刚好全部浸没，故B的高度为：hB＝h2＝10cm；
B圆柱体的体积为：VB＝Sh2﹣V2＝40cm2×10cm﹣200cm3＝200cm3；
由于28s～58s内是圆柱体A浸入水中的过程，注入的水体积为：V3＝vt3＝10cm3/s×（58s﹣28s）＝300cm3；
28～58s水面升高的高度h3＝22cm﹣12cm＝10cm，
t＝58s时，A刚好全部浸没，故A的高度hA＝h3＝10cm，
A圆柱体的体积VA＝S容h3﹣V3＝40cm2×10cm﹣300cm3＝100cm3；
组合体A、B的质量分别是：mA＝ρVA＝0.4g/cm3×100cm3＝40g＝0.04kg，
mB＝ρVB＝0.4g/cm3×200cm3＝80g＝0.08kg；
A、B的重力分别是GA＝mAg＝0.04kg×10N/kg＝0.4N；
GB＝mBg＝0.08kg×10N/kg＝0.8N，
当杆对组合圆柱体作用力大小为1.6N时组合体所受浮力为：
F浮＝GA+GB+F＝0.4N+0.8N+1.6N＝2.8N；
B圆柱体的体积完全浸没时，受到的浮力为：
FB＝ρ水gVB＝1.0×103kg/m3×10N/kg×2.00×10﹣4m3＝2N，
A圆柱体受到的浮力为：FA＝F浮﹣FB＝2.8N﹣2N＝0.8N；
A圆柱体浸在水中的体积为：
；
A圆柱体的底面积为：
；
A圆柱体浸在水中的深度为：
；
此时的水深h为：h＝h1+hB+h'A＝2cm+10cm+8cm＝20cm；
（3）结合b图可知，8～38s液面上升的高度最大，30s～60s容器中液面上升的高度最小；
30s时水的深度为：
h′＝h1+hB+hA″＝h1+hB+＝2cm+10cm+≈12.67cm；
8～38s液面上升的高度为：
，
30s～60s容器中液面上升的高度：
Δh2＝h3﹣h′＝22.5cm﹣12.67cm＝9.83cm，
所以液体对容器底部压强增加量的差值的最大值为：。
答：（1）容器横截面积的大小为40cm2；
（2）水深h为20cm；
（3）液体对容器底部压强增加量的差值的最大值为350Pa。
【点评】本题考查了密度公式和重力公式、阿基米德原理、液体压强公式的综合应用等，从图中获取有用的信息是关键。
2023年重庆市南坪中学中考物理一诊试卷
一、单项选择题（共8个小题，每小题只有一个合理的选项，每小题3分，共24分）
1．（3分）下列物理量的估测中，最接近实际的是（ ）
A．人的步行速度约为10m/s
B．普通教室的高度约为3m
C．九年级物理课本质量约为30g
D．普通教室一盏日光灯的额定功率约为200W
2．（3分）下列光学情景的描述中，正确的是（ ）
A．“墙上的手影”，是等大的虚像
B．“弯折的铅笔”，是光的反射现象
C．“拱桥倒影”，是光的折射现象
D．“放大镜中正立放大的手指”，是光的折射形成的虚像
3．（3分）如图所示，中国传统节日中四个节气对应的物态变化，属于液化现象的是（ ）
A．惊蛰冰化 B．立冬霜来降
C．立秋露珠凝 D．大寒挂雾凇
4．（3分）力学知识的应用在我们的生活中随处可见，图中的物理情景中描述正确的是（ ）
A．甲图中跳水运动员起跳后上升过程中，重力势能转化为动能
B．乙图中关闭下游阀门B，打开上游阀门A，闸室和上游构成连通器
C．丙图中瓶盖上设计有条纹，是通过使接触面更粗糙的方法来减小摩擦力
D．丁图中小丽穿溜冰鞋推墙，她对墙的推力与墙对她的作用力是一对平衡力
5．（3分）如图所示，下列与电磁现象有关的分析中正确的是（ ）
A．图甲：说明电流可以产生磁场
B．图乙：该装置可用来研究发电机的工作原理
C．图丙：验电器的工作原理是异种电荷相互吸引
D．图丁：该装置在工作时，电能转化为机械能
6．（3分）在2022北京冬奥会开幕式上，400名演员挥动发光杆，发光杆一会发出绿光代表绿草，随后又发出白光组成蒲公英。据悉，杆上有两个开关：一个是总开关，另一个用来控制发出白光和绿光。下面哪个电路设计最能实现这一效果（ ）
A．
B．
C．
D．
7．（3分）如图所示，甲、乙两个质量分布均匀的实心正方体分别放置在水平地面上，各自对地面的压强相等，则下列说法正确的是（ ）
①甲正方体的密度大于乙正方体的密度
②若将乙放在甲上，甲对地面的压强为p甲，若将甲放在乙上，乙对地面的压强为p乙，则p甲大于p乙
③若沿水平方向将甲、乙切去一部分，使剩余部分的高度相同（切去部分高度小于乙边长），则甲剩余部分对地面的压强小于乙剩余部分对地面的压强
④若沿竖直方向将甲、乙各切除一部分，使剩余部分竖直厚度相同，再将切除部分分别放在各自剩余部分上，则水平地面分别受到甲、乙的压强p甲小于p乙
A．①④是正确的 B．③④是正确的 C．③是正确的 D．①③是正确的
8．（3分）如图所示电路，电源电压为12V且保持不变，小灯泡的规格为6V，3W”（阻值不变），滑动变阻器的最大阻值为24Ω，电流表的量程为0～3A。当只闭合S3时，小灯泡恰能正常发光，则下列说法正确的是（ ）
A．当只闭合S3时，在1min内电流通过R1所产生的热量是1.8×103J
B．当只闭合S1时，R2消耗的最大功率为2.67W
C．当三个开关都闭合时，要使电流表能安全使用，R2接入电路的阻值不得小于5Ω
D．当三个开关都闭合时，R2消耗的电功率的变化范围是6W～24W
二、填空题（每空1分，每图1分，共12分
9．（2分）德国物理学家 发现了电流与电压、电阻的关系，为了纪念他，人们把他的名字命名为电阻的单位。曾侯乙编钟是我国迄今发现数量最多、音律最全的一套编钟，演奏者敲击编钟使其发出悠长的声音，说明声音是由物体 产生的。
10．（2分）如图甲所示，冬奥会开幕式上童声合唱《奥林匹克颂》。从物理角度来看，合唱的歌声一定比其中任意一个小朋友唱歌声的 （选填“音调高”、“响度大”或“音色好”）；图乙是全国各民族、各行业的176名代表正在传递五星红旗的过程中，以国旗为参照物，站在地面不动的传旗手是 的（选填“静止”或“运动”）。
11．（2分）如图滑轮组将一个重为180N的物体沿竖直方向在10s内匀速提升2m，所用的拉力为100N，10s内拉力F的功率为 W，该滑轮组的机械效率为 %．
12．（2分）如图甲所示，电源电压不变，闭合开关，滑片P由b端滑到a端，电压表示数U与电流表示数的变化关系如图乙所示，则电源电压为 V，滑动变阻器的最大阻值为 。
13．（2分）如图所示，水平桌面上放有一圆柱形溢水杯，它的重为6N、底面积为300cm2、溢水口距杯底20cm，内装水的深度为19cm。将一体积为1000cm3密度为0.8g/cm3的正方体木块缓慢放入水中，不计溢水杯厚度，则木块的质量为 kg；木块放入水中静止后，溢水杯对桌面的压强p＝ Pa。
14．（1分）在图中画出入射光线经过凹透镜后的折射光线。
15．（1分）如图所示硬棒OB能绕支点O转动，A处用绳子拉住固定在墙壁上。请画出拉力F的力臂（用L表示）。
三、实验题（16题6分，17题8分，18题8分，共22分）
16．（6分）（1）在探究“冰熔化时温度的变化规律”实验中，某实验小组的同学根据测得的数据绘制了如图所示的图像。
①由图像可看出该物质的熔点是 ℃；
②该物质熔化过程的特点是不断吸热，温度 ，内能增大；
③比较图中AB段和CD段可知，如果升高相同的温度， 段吸收的热量较多；
（2）在“天宫课堂”的水球实验中，小军看到王亚平老师的倒立、缩小的像，如图甲所示。于是他利用实验室的光学器材探究凸透镜成像的规律。
①小军找到了一个焦距未知的凸透镜，用一束平行光正对凸透镜照射，移动光屏，直到光屏上出现最小最亮的光斑，如图乙所示。则凸透镜的焦距是 cm；
②如图丙所示，安装器材并调节烛焰、透镜和光屏，使它们三者中心大致在 ；
③将凸透镜固定在50cm刻度线处，蜡烛移动到35.0cm刻度线处，移动光屏，光屏上会出现烛焰倒立、 的实像。
17．（8分）小张同学利用图甲所示的电路“探究电流与电压、电阻的关系”，所选择的器材有新干电池两节，5Ω、10Ω、15Ω、20Ω的定值电阻各一只，“30Ω 1A”的滑动变阻器，电压表、电流表、开关各一只，导线若干。
（1）图乙是按照图甲连接的实物图，其中有一根导线连接错了，请你在接错的那根导线上画“×”，并用笔画线代表导线将电路连接正确（要求导线不能交叉）。
（2）正确连接后，闭合开关，移动滑片，发现电流表无示数，电压表有示数，且指针刚好达到满偏。可能的故障是定值电阻R （选填“断路”或“短路”）。
（3）排除故障后，小张首先探究电流与电压的关系。以下步骤中正确且合理的是 。
①立即闭合开关，开始实验；
②将滑片移到最右端，再闭合开关；
③缓慢移动滑片，调节电压表示数依次为1.5V、2V、3V，并记下电流表示数；
④缓慢移动滑片，调节电压表示数依次为3V、2V、1.5V，并记下电流表示数；
⑤断开开关，分析数据，得出结论；
⑥更换不同阻值的定值电阻，再次改变3次电压表示数，并记下电流表示数。
A.①③⑤
B.②③⑤
C.②③⑥⑤
D.②④⑥⑤
（4）小张根据实验数据得出结论：当电阻一定时， 与 成正比。
（5）小张继续探究电流与电阻的关系。他首先把5Ω的电阻接入电路，缓慢移动滑片，直到使电压表指针如图丙所示，则控制定值电阻两端的电压U0为 V；他又分别将10Ω、15Ω和20Ω的电阻接入电路进行实验，当把20Ω的电阻接入电路后，无法将电压表示数调节到控制的电压值，其原因是 。
（6）小张重新设置了定值电阻两端的电压U0的值，发现5Ω、10Ω、15Ω、20Ω能同时完成实验，则小林设定的定值电阻两端的电压U0的取值范围是 。
18．（8分）某个小组的同学在实验室发现一块印章。他们利用这块印章做了以下实验探究。小超同学想测量这块印章的密度：
（1）将托盘天平放在 桌面上，把游码拨至标尺左端零刻度线，如果发现指针所处位置如图甲所示，应将平衡螺母向 移动，使天平横梁在水平位置平衡。
（2）将印章放在天平左盘，天平平衡时，放在右盘中的砝码和游码在标尺上的位置如图乙所示，这枚印章的质量是 g。把印章放入装有30mL水的量筒中，液面达到的位置如图丙所示。由此可以求出这枚印章的密度为 kg/m3。若天平的左盘在实验前沾了泥，则所测印章密度比真实值 （选填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
（3）完成实验后，小超还想利用这块印章来探究浮力的影响因素：
A.在大烧杯中装入适量的某种液体，电子秤的示数为210g，如图甲所示；
B.将印章和一个气球用轻质细绳连接在一起后，将印章浸没在液体中，读出电子秤的示数为218g，如图乙所示；
C.将印章和气球一起浸没在液体中，电子秤的示数为250g，如图丙所示；
D.将印章和气球继续往下放，电子秤的示数234g，如图丁所示。
则对比丙、丁两图可知，当液体的密度一定时， 越小，浮力越小。
（4）乙图中，印章所受浮力大小为 N。对比丙、丁两图，气球的体积变化了 cm3。
四、计算题（第19题6分，第20题8分，第21题8分，共22分）
19．（6分）如图所示电路中，电源电压恒为30V，电阻R1为15Ω，同时闭合开关S1、S2时，电流表的示数为2.5A。求：
（1）通过电阻R2的电流；
（2）电阻R2的阻值。
20．（8分）如图所示，图甲为新型电饭锅，它能智能化地控制食物在不同时间段的温度，以得到最佳口感。小明了解到电饭锅的简化电路如图乙所示、R1和R2均为电热丝，S1和S2为温控开关，其中S2有A、B两个触点，可实现“高温”“中温”和“低温”三挡的转换。当S1闭合，S2连接触点A时，处于高温挡，高温挡功率为1100W。已知R1＝55Ω，电热丝的电阻不随温度变化。求：
（1）图丙是在一次煮饭过程中电饭锅功率与时间的关系图像，求本次煮饭过程中电饭锅在高温挡产生的热量；
（2）电饭锅处于低温挡时，正常工作消耗的电功率大小；
（3）用电高峰时电路的实际电压降为198V。向锅内装2kg温度为20℃的排骨汤，用高温挡连续工作100s，汤的温度升高到30℃。求此时电饭锅的加热效率（百分号前保留1位小数）。[已知排骨汤的比热容c汤＝4.2×103J/（kg•℃）]
21．（8分）如图（a）所示，高度足够高的圆柱形容器，高处有一个注水口，以10cm3/s均匀向容器内注水。容器正上方天花板上，有轻质细杆（体积忽略不计）粘合着由两个横截面积不同的实心圆柱体组成的组合，此组合的A、B部分都是密度为0.4g/cm3的不吸水复合材料构成，图（b）中坐标记录了从注水开始到注水结束的1min内，水面高度h的变化情况。求：
（1）容器横截面积的大小；
（2）当杆对组合圆柱体作用力大小为1.6N时，水深h为多少cm？
（3）在注水过程中，选取两个连续的、长为30s的时间段（两时间段可部分重叠），计算在这两个时间段内，液体对容器底部压强增加量的差值的最大值。
2023年重庆市南坪中学中考物理一诊试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（共8个小题，每小题只有一个合理的选项，每小题3分，共24分）
1．（3分）下列物理量的估测中，最接近实际的是（ ）
A．人的步行速度约为10m/s
B．普通教室的高度约为3m
C．九年级物理课本质量约为30g
D．普通教室一盏日光灯的额定功率约为200W
【分析】首先要对选项中涉及的几种物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。
【解答】解：A、人的步行速度约为1.1m/s；达不到10m/s；故A错误；
B、普通教室的高度与一层楼高接近，约3m，故B正确；
C、九年级物理课本质量约300g，远大于30g；故C错误；
D、教室一盏日光灯的额定功率约为40W，达不到200W；故D错误；
故选：B。
【点评】此题考查对生活中常见物理量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，找出符合实际的选项即可。
2．（3分）下列光学情景的描述中，正确的是（ ）
A．“墙上的手影”，是等大的虚像
B．“弯折的铅笔”，是光的反射现象
C．“拱桥倒影”，是光的折射现象
D．“放大镜中正立放大的手指”，是光的折射形成的虚像
【分析】（1）光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，产生的现象有小孔成像、激光准直、影子的形成、日食和月食等；
（2）光线传播到两种介质的表面上时会发生光的反射现象，例如水面上出现岸上物体的倒影、平面镜成像、玻璃等光滑物体反光都是光的反射形成的；
（3）光线在同种不均匀介质中传播或者从一种介质斜射入另一种介质时，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、凸透镜成像等都是光的折射形成的。
【解答】解：
A、“墙上的手影”属于影子，不是像，故A错误；
B、“弯折的铅笔”是由光的折射形成的，故B错误；
C、“拱桥倒影”属于平面镜成像，是光的反射现象，故C错误；
D、“放大镜中正立放大的手指”，是光的折射形成的正立、放大的虚像，故D正确。
故选：D。
【点评】此题通过几个日常生活中的现象考查了对光的折射、光的直线传播、光的反射的理解，在学习过程中要善于利用所学知识解释有关现象。
3．（3分）如图所示，中国传统节日中四个节气对应的物态变化，属于液化现象的是（ ）
A．惊蛰冰化 B．立冬霜来降
C．立秋露珠凝 D．大寒挂雾凇
【分析】物质由固态变成液态的过程叫熔化，由液态变成固态的过程叫凝固；
物质由液态变成气态的过程叫汽化，由气态变成液态的过程叫液化；
物质由固态直接变成气态的过程叫升华，由气态直接变成固态的过程叫凝华。
【解答】解：A、冰化成水，由固态变为液态，属于熔化现象，故A错误；
B、霜是空气中的水蒸气凝华形成的固态小冰晶，故B错误；
C、露是空气中的水蒸气遇冷液化形成的小水滴，故C正确；
D、“雾凇”是固态小冰晶，是水蒸气凝华形成的，故D错误。
故选：C。
【点评】判断物态变化，关键是分清物质变化前后的状态，是中考热学知识考查的热点内容。
4．（3分）力学知识的应用在我们的生活中随处可见，图中的物理情景中描述正确的是（ ）
A．甲图中跳水运动员起跳后上升过程中，重力势能转化为动能
B．乙图中关闭下游阀门B，打开上游阀门A，闸室和上游构成连通器
C．丙图中瓶盖上设计有条纹，是通过使接触面更粗糙的方法来减小摩擦力
D．丁图中小丽穿溜冰鞋推墙，她对墙的推力与墙对她的作用力是一对平衡力
【分析】（1）判断是哪种能量转化成了另一种能量的标准是：减小的转化为增多的；
（2）上端开口，底部连通的容器叫连通器，当连通器内为同种液体时，在液体不流动时，各容器内液面相平。
（3）增大摩擦力的方法：在接触面粗糙程度一定时，通过增大压力来增大摩擦力；在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力。
（4）平衡力的条件：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。
【解答】解：
A、跳水运动员起跳后上升过程中质量不变，速度变小，同时高度升高，故动能减少，重力势能增加，动能转化为重力势能。故A错误；
B、乙图中关闭下游阀门B，打开上游阀门A，闸室和上游上端开口，底部连通，构成连通器，故B正确；
C、丙图中瓶盖上设计有条纹，是通过使接触面更粗糙的方法来增大摩擦力，故C错误；
D、丁图中小丽穿溜冰鞋推墙，她对墙的推力与墙对她的作用力分别作用在墙和小丽上，故不是一对平衡力。故D错误。
故选：B。
【点评】这是一道与生活联系非常密切的物理题，要学会学以致用，活学活用，这才是学习物理的真正意义。
5．（3分）如图所示，下列与电磁现象有关的分析中正确的是（ ）
A．图甲：说明电流可以产生磁场
B．图乙：该装置可用来研究发电机的工作原理
C．图丙：验电器的工作原理是异种电荷相互吸引
D．图丁：该装置在工作时，电能转化为机械能
【分析】题目给出了四个有关电和磁的实验，首先要弄清各实验所揭示的原理，再结合题设要求来进行选择。
【解答】解：
A、该实验是奥斯特实验，说明通电导线的周围存在磁场，即电流能产生磁场，故A正确；
B、图中有电源，闭合开关后，通电导体在磁场中会受力运动，反映了电动机的工作原理，故B错误；
C、该装置是验电器，其工作原理是同种电荷相互排斥，故C错误；
D、闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，导体中会产生感应电流，这是电磁感应现象，此过程中，机械能转化为电能，故D错误。
故选：A。
【点评】本题是电磁学的综合题，涉及的知识点较多，但难度不大。
6．（3分）在2022北京冬奥会开幕式上，400名演员挥动发光杆，发光杆一会发出绿光代表绿草，随后又发出白光组成蒲公英。据悉，杆上有两个开关：一个是总开关，另一个用来控制发出白光和绿光。下面哪个电路设计最能实现这一效果（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】根据题意分析两个开关的连接方式和两盏灯泡的连接方式。
【解答】解：根据题意可知，发光杆一会发出绿光代表绿草，随后又发出白光组成蒲公英，这说明两个灯泡可以独立工作，是并联的；干路中有一个开关，另一个开关用来控制发出白光和绿光，所以这个开关是一个单刀双掷开关，根据选项可知，D图正确。
故选：D。
【点评】本题考查了电路图的设计，明确单刀双掷开关的作用是解题的关键。
7．（3分）如图所示，甲、乙两个质量分布均匀的实心正方体分别放置在水平地面上，各自对地面的压强相等，则下列说法正确的是（ ）
①甲正方体的密度大于乙正方体的密度
②若将乙放在甲上，甲对地面的压强为p甲，若将甲放在乙上，乙对地面的压强为p乙，则p甲大于p乙
③若沿水平方向将甲、乙切去一部分，使剩余部分的高度相同（切去部分高度小于乙边长），则甲剩余部分对地面的压强小于乙剩余部分对地面的压强
④若沿竖直方向将甲、乙各切除一部分，使剩余部分竖直厚度相同，再将切除部分分别放在各自剩余部分上，则水平地面分别受到甲、乙的压强p甲小于p乙
A．①④是正确的 B．③④是正确的 C．③是正确的 D．①③是正确的
【分析】①实心正方体对水平地面压强：p＝＝＝＝＝ρgL，据此根据高度关系得出密度关系；
②将乙放在甲上时，甲对地面的压强为p甲；将甲放在乙上时，乙对地面的压强为p乙，根据水平面上物体的压力和自身的重力相等可知压力关系，根据边长关系可知底面积关系，利用p＝比较压强关系；
③若沿水平方向将甲、乙切去一部分，使剩余部分的高度相同（切去部分高度小于乙边长），根据p＝ρgh得出甲、乙剩余部分对地面的压强，然后结合压强关系和密度关系得出剩余部分的压强关系；
④沿竖直方向将甲、乙各切除一部分，使剩余部分竖直厚度相同，再将切除部分分别放在各自剩余部分上后，它们各自对地面的压力不变，再根据剩余部分的厚度相同得出受力面积的关系，根据压强公式得出表达式，利用条件即可得出此时甲、乙的压强关系。
【解答】解：
①甲、乙为两个质量分布均匀的实心正方体，对水平地面的压强为：p＝ρgL，由图可知：L甲＞L乙，又因甲、乙对地面的压强相等，所以ρ甲＜ρ乙，故①错误；
②将乙放在甲上面，甲对地面的压强为p甲，将甲放在乙上面，乙对地面的压强为p乙，由于水平面上的物体对水平面的压力大小等于物体的重力大小，所以两种情况下地面受到的压力相等，但L甲＞L乙，由S＝L2可知，S甲＞S乙，由p＝可知，p甲＜p乙，故②错误；
③若沿水平方向将甲、乙切去一部分，使剩余部分的高度相同，因为ρ甲＜ρ乙，根据p'＝ρgL'可知剩余部分对地面的压强关系：p'甲＜p'乙，故③正确；
④甲、乙两个质量分布均匀的实心正方体分别放置在水平地面上，各自对地面的压强相等，
则根据对地面的压力等于自身的重力和压强公式可得＝，
因L甲＞L乙，所以＜，故＞
若沿竖直方向将甲、乙各切除一部分，使剩余部分竖直厚度相同，再将切除部分分别放在各自剩余部分上，则甲、乙对地面的压力仍然等于各自的重力（即各自对地面的压力不变），
设剩余部分竖直厚度均为d，此时甲、乙的受力面积分别为S甲′＝L甲d，S乙′＝L乙d，
此时甲、乙对地面的压强分别为：p甲＝，p乙＝，
因为＞，所以＞，即p甲＞p乙，故④错误。
综上所述，只有③是正确的，ABD错误，C正确。
故选：C。
【点评】本题主要考查压强公式的应用和压强大小的比较，利用好规则、均匀物体（如长方体、正方体、圆柱体等）对水平面上的压强公式p＝ρgh是解答本题的关键。
8．（3分）如图所示电路，电源电压为12V且保持不变，小灯泡的规格为6V，3W”（阻值不变），滑动变阻器的最大阻值为24Ω，电流表的量程为0～3A。当只闭合S3时，小灯泡恰能正常发光，则下列说法正确的是（ ）
A．当只闭合S3时，在1min内电流通过R1所产生的热量是1.8×103J
B．当只闭合S1时，R2消耗的最大功率为2.67W
C．当三个开关都闭合时，要使电流表能安全使用，R2接入电路的阻值不得小于5Ω
D．当三个开关都闭合时，R2消耗的电功率的变化范围是6W～24W
【分析】（1）当只闭合S3时，R1与L串联，此时灯正常发光，据此分析出灯两端的电压，根据I＝求出电路中的电流，根据串联电路的电压、电流规律求出R1两端的电压和通过R1的电流，根据W＝UIt求出在1min内电流通过R1所产生的热量；
（2）当只闭合S1时，R2与L串联，根据欧姆定律列出电流的表达式，进而列出R2消耗的电功率的表达式，结合数学知识二次函数的最值问题分析解答；
（3）根据欧姆定律求得R1的阻值；当三个开关都闭合时，L短路，R1与R2并联，电流表测量的是干路中的电流，先根据欧姆定律求出通过R1的电流，再结合电流表的量程根据并联电路的电流规律求出通过R2的最大电流，根据R＝求出R2接入电路的最小值；
（4）当三个开关都闭合，R1与R2并联，根据滑动变阻器接入电路的阻值利用公式P＝求出R2消耗的电功率的最小值和最大值即可解答。
【解答】解：A、当只闭合S3时，R1与L串联，且灯正常发光，此时灯两端的电压UL＝6V，功率PL＝3W，因为串联电路中各处的电流相等，所以，由P＝UI知道，电路中的电流为：
I＝IL＝＝＝0.5A，
因为串联电路中总电压等于各分电压之和，所以R1两端的电压为：
U1＝U﹣UL＝12V﹣6V＝6V，
所以1min内电流通过R1所产生的热量为：
Q1＝U1It＝6V×0.5A×1×60s＝180J，故A错误；
B．由于小灯泡的规格为6V 3W”，所以由P＝可知，灯泡的电阻为：
RL＝＝＝12Ω，
当只闭合S1时，R2与L串联，此时电路中的电流为：
，
则R2消耗的功率为：
P2＝I'2R2＝＝＝，
由上式可知，当R2＝RL时，R2消耗的功率最大，且最大功率为：
P2大＝＝＝3W，故B错误；
C．当只闭合S3时，R1与L串联，R1两端的电压为6V，通过R1的电流为0.5A，则R1的阻值为：
R1＝＝＝12Ω，
当三个开关都闭合时，L短路，R1与R2并联，电流表测量的是干路中的电流，因为并联电路中各支路两端的电压相等，所以R1中的电流为：
I1＝＝＝1A，
要使电流表安全使用，电流表的最大电流I大＝3A，故通过R2的最大电流为：
I2＝I大﹣I1＝3A﹣1A＝2A，
所以R2接入电路的最小值为：
R2小＝＝＝6Ω，故C错误；
D．当三个开关都闭合，R1与R2并联，滑动变阻器接入电路中的阻值最大时，R2消耗的电功率最小，
则R2消耗的功率最小为：P2小＝＝＝6W，
当三个开关都闭合时，R1与R2并联，由于R2的阻值不能小于6Ω，所以，当R2接入的阻值是6Ω时，
R2消耗的功率最大为：P2大'＝＝＝24W，
即R2消耗的电功率的变化范围是6W～24W，故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查电路的分析、欧姆定律及电功率公式、电热公式的应用的问题，解答本题的关键是会分析电路，能结合数学知识分析电功率的最大值，有一定的难度
二、填空题（每空1分，每图1分，共12分
9．（2分）德国物理学家 欧姆 发现了电流与电压、电阻的关系，为了纪念他，人们把他的名字命名为电阻的单位。曾侯乙编钟是我国迄今发现数量最多、音律最全的一套编钟，演奏者敲击编钟使其发出悠长的声音，说明声音是由物体 振动 产生的。
【分析】（1）德国物理学家欧姆最先通过实验归纳出一段导体中电流跟电压和电阻之间的定量关系，即：欧姆定律；电阻的单位是欧姆。
（2）声音是由物体振动产生的。
【解答】解：（1）德国物理学家欧姆最先通过实验归纳出一段导体中电流跟电压和电阻之间的定量关系，即：欧姆定律，写成数学表达式就是I＝；为了纪念他作出的杰出贡献，人们将他的名字命名为电阻的单位。
（2）演奏者敲击编钟使其发出悠长的声音，说明声音是由物体振动产生的。
故答案为：欧姆；振动。
【点评】本题考查了学生对物理学史、声音产生原因的了解，属于基础性题目。
10．（2分）如图甲所示，冬奥会开幕式上童声合唱《奥林匹克颂》。从物理角度来看，合唱的歌声一定比其中任意一个小朋友唱歌声的 响度大 （选填“音调高”、“响度大”或“音色好”）；图乙是全国各民族、各行业的176名代表正在传递五星红旗的过程中，以国旗为参照物，站在地面不动的传旗手是 运动 的（选填“静止”或“运动”）。
【分析】声音三个特性：音调、响度和音色。音调跟发声体的振动频率有关；响度跟发声体的振幅有关；音色跟发声体的材料和结构有关；
在研究物体运动时，要选择参照的标准，即参照物，物体的位置相对于参照物发生变化，则运动，不发生变化，则静止。
【解答】解：合唱的歌声一定比其中任意一个小朋友唱歌声的响度大；
以国旗为参照物，传旗手与国旗之间的位置发生了变化，所以以国旗为参照物，传旗手是运动的。
故答案为：响度大；运动。
【点评】本题主要考查了运动和静止的相对性，在判断物体运动和静止时，关键看物体相对于参照物的位置是否发生了变化。
11．（2分）如图滑轮组将一个重为180N的物体沿竖直方向在10s内匀速提升2m，所用的拉力为100N，10s内拉力F的功率为 60 W，该滑轮组的机械效率为 60 %．
【分析】（1）由图可知n＝3，绳子自由端移动的距离s＝nh，利用W总＝Fs求拉力做的总功，利用P＝求拉力做功的功率；
（2）利用W有＝Gh求有用功，利用η＝×100%求滑轮组的机械效率。
【解答】解：（1）由图可知n＝3，绳子自由端移动的距离s＝nh＝3×2m＝6m，
拉力做的总功：W总＝Fs＝100N×6m＝600J，
拉力做功的功率：P＝＝＝60W；
（2）拉力做的有用功：W有＝Gh＝180N×2m＝360J，
滑轮组的机械效率：η＝×100%＝×100%＝60%。
故答案为：60；60。
【点评】本题考查了使用滑轮组时绳子的拉力、有用功、总功、功率和机械效率的计算，关键是从图中得出滑轮组绳子的有效股数。
12．（2分）如图甲所示，电源电压不变，闭合开关，滑片P由b端滑到a端，电压表示数U与电流表示数的变化关系如图乙所示，则电源电压为 9 V，滑动变阻器的最大阻值为 12Ω 。
【分析】由电路图可知，电阻R与滑动变阻器串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）当滑片在a端时，接入电路中的电阻为零，电路为R的简单电路，电压表测电源两端的电压，其示数最大，根据图乙读出电压表的示数即为电源的电压；
（2）当滑片位于b端时，接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，电压表的示数最小，根据图乙读出R两端的电压和电路中的最小电流，根据串联电路的电压特点求出滑动变阻器两端的电压，利用欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值。
【解答】解：由电路图可知，电阻R与滑动变阻器串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）当滑片在a端时，接入电路中的电阻为零，电路为R的简单电路，电压表测电源两端的电压，其示数最大，
由图象可知，电源的电压U＝9V；
（2）当滑片位于b端时，接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，电压表的示数最小，
由图象可知，R两端的电压UR＝3V，电路中的最小电流I＝0.5A，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，滑动变阻器两端的电压U滑＝U﹣UR＝9V﹣3V＝6V，
由I＝可得，滑动变阻器的最大阻值R滑＝＝＝12Ω。
故答案为：9；12Ω。
【点评】本题结合电路图考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，侧重考查了学生分析电路和读图能力，是一道好题。
13．（2分）如图所示，水平桌面上放有一圆柱形溢水杯，它的重为6N、底面积为300cm2、溢水口距杯底20cm，内装水的深度为19cm。将一体积为1000cm3密度为0.8g/cm3的正方体木块缓慢放入水中，不计溢水杯厚度，则木块的质量为 0.8 kg；木块放入水中静止后，溢水杯对桌面的压强p＝ 2.2×103 Pa。
【分析】（1）根据ρ＝的变形公式算出木块的质量；
（2）根据G＝mg算出木块的重力，根据木块的密度和水的密度的关系判断出木块在水中处于漂浮状态，根据漂浮条件算出木块受到的浮力，进而求出木块排开水的体积，算出溢水杯中还能容纳的的水的体积，据此判断出木块放入溢水杯后是否有水溢出，若有水溢出，算出溢出的水的体积，根据G＝ρgV进而算出溢出的水的重力，此时溢水杯对桌面的压力包括溢水杯的重力、剩下水的重力和木块的重力之和，再根据p＝算出溢水杯对桌面的压强。
【解答】解：木块的质量为：，
木块的重力为：G木＝m木g＝0.8kg×10N/kg＝8N，
木块放入前溢水杯中水的重力为：
G水＝m水g＝ρ水V水g＝ρ水Shg＝1.0×103kg/m3×300×10﹣4m3×0.19m×10N/kg＝57N，
木块放入水中后处于漂浮状态，其所受浮力F浮＝G木＝8N，
木块排开水的体积为：
，
木块放入前，溢水杯还能容纳的体积为：
，
则木块放入后，溢出的水的体积为：
，
溢出的水的重力为：，
溢水杯对桌面的压力为：F＝G杯+G水+G木﹣G溢＝6N+57N+8N﹣5N＝66N，
溢水杯对桌面的压强为：。
故答案为：0.8；2.2×103。
【点评】本题考查了固体压强的公式的应用，要知道压强公式及变形公式，解答本题的关键是要知道水平面上的物体对水平面的压力等于其重力。
14．（1分）在图中画出入射光线经过凹透镜后的折射光线。
【分析】先确定所给的入射光线和折射光线的特点，然后根据凹透镜的光学特点作图。
【解答】解：入射光线的延长线过另一侧焦点，经凹透镜折射后折射光线将平行于主光轴，如图所示：
。
【点评】明确凹透镜三条特殊光线：①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。②平行于主光轴的光线经凹透镜折射后，其折射光线的反向延长线过焦点。③过光心的光线经凹透镜折射后传播方向不改变，是关键。
15．（1分）如图所示硬棒OB能绕支点O转动，A处用绳子拉住固定在墙壁上。请画出拉力F的力臂（用L表示）。
【分析】力臂是从支点到力的作用线的距离。由支点向力的作用线作垂线，则垂线段的长度即为力臂。
【解答】解：由支点O向力F的作用线作垂线，则垂线段的长就是力F的力臂L．如下图所示：
【点评】画力臂时，一是要找准支点，二是要准确画出力的作用线，然后才是从支点作力的作用线的垂线段，最后还应该用字母将其标出来。
三、实验题（16题6分，17题8分，18题8分，共22分）
16．（6分）（1）在探究“冰熔化时温度的变化规律”实验中，某实验小组的同学根据测得的数据绘制了如图所示的图像。
①由图像可看出该物质的熔点是 0 ℃；
②该物质熔化过程的特点是不断吸热，温度 不变 ，内能增大；
③比较图中AB段和CD段可知，如果升高相同的温度， CD 段吸收的热量较多；
（2）在“天宫课堂”的水球实验中，小军看到王亚平老师的倒立、缩小的像，如图甲所示。于是他利用实验室的光学器材探究凸透镜成像的规律。
①小军找到了一个焦距未知的凸透镜，用一束平行光正对凸透镜照射，移动光屏，直到光屏上出现最小最亮的光斑，如图乙所示。则凸透镜的焦距是 10.0 cm；
②如图丙所示，安装器材并调节烛焰、透镜和光屏，使它们三者中心大致在 同一高度 ；
③将凸透镜固定在50cm刻度线处，蜡烛移动到35.0cm刻度线处，移动光屏，光屏上会出现烛焰倒立、 放大 的实像。
【分析】（1）①晶体在熔化过程中温度不变；
②知道熔点的概念：晶体熔化时的温度叫做熔点；
③根据Q＝cmΔt分析吸收热量的多少；
（2）①平行于主光轴的光线经凸透镜折射后会聚在主光轴上一点，这点叫凸透镜的焦点，焦点跟光心之间的距离是凸透镜的焦距；
②为使像呈现在光屏的中央，应调节烛焰、透镜和光屏三者中心在同一高度；
③根据物距和焦距的关系分析成像的性质。
【解答】解：（1）①从图中可知，该物质在熔化过程中温度保持0℃不变，所以其熔点是0℃；
②该物质是晶体，在熔化过程中温度不变，但要不断吸热，内能增大；
③由题意知，该物质在AB段是冰，在CD段是水，水的比热容大于冰的比热容，所以质量相同的冰和水，水吸收的热量多，由图中可知CD段加热时间长，所以CD段吸热多；
（2）①如图乙，让一束平行光正对凸透镜照射，在凸透镜后的光屏上接收到一个最小、最亮的光斑，这个光斑是凸透镜的焦点，焦点跟光心之间的距离是凸透镜的焦距，所以凸透镜的焦距为：f＝60.0cm﹣50.0cm＝10.0cm；
（2）实验时，调节烛焰、透镜和光屏三者中心在同一高度，目的是使像呈现在光屏的中央；
（3）凸透镜的焦距为10.0cm，将凸透镜固定在50cm刻度线处，蜡烛移动到35cm刻度线处，物距在一倍焦距和二倍焦距之间，成倒立、放大的实像。
故答案为：（1）①0；②不变；③CD；（2）①10.0；②同一高度；③放大。
【点评】此题主要考查了凸透镜成像的规律及特点、“冰熔化时温度的变化规律”实验，属于综合题。
17．（8分）小张同学利用图甲所示的电路“探究电流与电压、电阻的关系”，所选择的器材有新干电池两节，5Ω、10Ω、15Ω、20Ω的定值电阻各一只，“30Ω 1A”的滑动变阻器，电压表、电流表、开关各一只，导线若干。
（1）图乙是按照图甲连接的实物图，其中有一根导线连接错了，请你在接错的那根导线上画“×”，并用笔画线代表导线将电路连接正确（要求导线不能交叉）。
（2）正确连接后，闭合开关，移动滑片，发现电流表无示数，电压表有示数，且指针刚好达到满偏。可能的故障是定值电阻R 断路 （选填“断路”或“短路”）。
（3）排除故障后，小张首先探究电流与电压的关系。以下步骤中正确且合理的是 C 。
①立即闭合开关，开始实验；
②将滑片移到最右端，再闭合开关；
③缓慢移动滑片，调节电压表示数依次为1.5V、2V、3V，并记下电流表示数；
④缓慢移动滑片，调节电压表示数依次为3V、2V、1.5V，并记下电流表示数；
⑤断开开关，分析数据，得出结论；
⑥更换不同阻值的定值电阻，再次改变3次电压表示数，并记下电流表示数。
A.①③⑤
B.②③⑤
C.②③⑥⑤
D.②④⑥⑤
（4）小张根据实验数据得出结论：当电阻一定时， 通过电阻的电流 与 电阻两端的电压 成正比。
（5）小张继续探究电流与电阻的关系。他首先把5Ω的电阻接入电路，缓慢移动滑片，直到使电压表指针如图丙所示，则控制定值电阻两端的电压U0为 1 V；他又分别将10Ω、15Ω和20Ω的电阻接入电路进行实验，当把20Ω的电阻接入电路后，无法将电压表示数调节到控制的电压值，其原因是 滑动变阻器的最大阻值太小 。
（6）小张重新设置了定值电阻两端的电压U0的值，发现5Ω、10Ω、15Ω、20Ω能同时完成实验，则小林设定的定值电阻两端的电压U0的取值范围是 1.2V≤U0≤3V 。
【分析】（1）原电路中，电流表与电阻并联，电压表串联在电路中是错误的，电阻应与电流表串联，电压表与电阻并联；
（2）电流表无示数，说明电路可能发生了断路故障，再结合电压表有示数，且指针刚好达到满偏，说明电压表可以与电源正负极接通，由此可能是与电压表并联的支路发生了断路，据此分析；
（3）为了保护电路，且使实验结论具有普遍性，设计正确且最合理的顺序；
（4）根据实验数据归纳出结论；
（5）根据图乙中电压表选用量程确定分度值并读数；
根据串联分压原理计算出当把20Ω的电阻接入电路后，滑动变阻器应接入的电阻值，据此分析原因；
（6）研究电流与电阻的关系时，要控制电阻的电压不变，根据串联电路电压和分压原理得出变阻器的最大电阻连入电路中时对应的最大的电阻值；
由串联电路电压的规律及分压原理得出电压值应该不低于多少；同时结合电流表的示数为最大0.6A，并结合当最小电阻5Ω接入电路中，此时电阻两端最大电压U＝IR。
【解答】解：（1）原电路中，电流表与电阻串联，电压表串联在电路中是错误的，电阻应与电流表串联，电压表与电阻并联，如下图所示：
；
（2）电流表无示数，说明电路可能发生了断路故障，再结合电压表有示数，且指针刚好达到满偏，说明电压表可以与电源正负极接通，由此可能是与电压表并联的支路发生了断路，据此可知可能的故障是定值电阻R断路；
（3）排除故障后，小张首先探究电流与电压的关系，将滑动变阻器滑片移到阻值最大处，再闭合开关，根据串联电路分压规律可知，在减小变阻器接入阻值时其两端电压减小，定值电阻电压变大，缓慢移动滑片，调节电压表示数依次为1.5V、2V、3V，并记下电流表示数；为了避免实验结果的偶然性，更换不同阻值的定值电阻，再次改变3次电压表示数，并记下电流表示数；最后断开开关，分析数据，得出结论；故实验步骤中正确且最合理的顺序是②③⑥⑤，故选C；
（4）根据实验数据归纳出结论：当电阻一定时，通过电阻的电流与电阻两端的电压成正比；
（5）根据图乙可知，电压表选用小量程，分度值0.1V，电压表指针如图丙所示，电压表示数为1V；
电源为干电池两节，电压3V，若电压表示数为1V，根据串联电路电压的特点，变阻器分得的电压为：U滑1＝U﹣U定＝3V﹣1V＝2V，由此可知变阻器分得的电压为定值电阻的电压的2倍，根据串联分压原理，当把20Ω的电阻接入电路后，滑动变阻器应接入的电阻值为：R滑＝2×20Ω＝40Ω＞30Ω，当20Ω的电阻接入电路后，无法将电压表示数调节到1V的原因是滑动变阻器的最大阻值太小；
（6）研究电流与电阻的关系时，要控制电阻的电压不变，根据串联电路电压和分压原理得出变阻器的最大电阻连入电路中时对应的最大的电阻值；
由串联电路电压的规律及分压原理有：，
方程左边为一定值，故右边也为一定值，当变阻器连入电路的电阻最大时，对应的定值电阻应最大，此时，电阻的电压最小，
即：，U0＝1.2V，所以调节后定值电阻两端的电压U0不低于1.2V；
同时结合电流表的示数为最大0.6A，并结合当最小电阻5Ω接入电路中，此时电阻两端最大电压U0＝IR＝0.6A×5Ω＝3V不超过电压表的最大量程，符合题意，
因此设定的定值电阻两端的电压U0的取值范围是1.2V≤U0≤3V。
故答案为：（1）见上图；（2）断路；（3）C；（4）通过电阻的电流；电阻两端的电压；（5）1；滑动变阻器的最大阻值太小；（6）1.2V≤U0≤3V。
【点评】本题是探究电流与电压、电阻的关系实验，考查电路的连接、电路故障分析、操作过程、控制变量法和对器材的要求以及串联分压的运用，有一定难度。
18．（8分）某个小组的同学在实验室发现一块印章。他们利用这块印章做了以下实验探究。小超同学想测量这块印章的密度：
（1）将托盘天平放在 水平 桌面上，把游码拨至标尺左端零刻度线，如果发现指针所处位置如图甲所示，应将平衡螺母向 左 移动，使天平横梁在水平位置平衡。
（2）将印章放在天平左盘，天平平衡时，放在右盘中的砝码和游码在标尺上的位置如图乙所示，这枚印章的质量是 54 g。把印章放入装有30mL水的量筒中，液面达到的位置如图丙所示。由此可以求出这枚印章的密度为 5.4×103 kg/m3。若天平的左盘在实验前沾了泥，则所测印章密度比真实值 无影响 （选填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
（3）完成实验后，小超还想利用这块印章来探究浮力的影响因素：
A.在大烧杯中装入适量的某种液体，电子秤的示数为210g，如图甲所示；
B.将印章和一个气球用轻质细绳连接在一起后，将印章浸没在液体中，读出电子秤的示数为218g，如图乙所示；
C.将印章和气球一起浸没在液体中，电子秤的示数为250g，如图丙所示；
D.将印章和气球继续往下放，电子秤的示数234g，如图丁所示。
则对比丙、丁两图可知，当液体的密度一定时， 排开的液体体积 越小，浮力越小。
（4）乙图中，印章所受浮力大小为 0.08 N。对比丙、丁两图，气球的体积变化了 16 cm3。
【分析】（1）将托盘天平放在水平桌面上，把游码拨至标尺左端零刻度线，称量前天平的调节原则是：左偏右调，右偏左调，并调节横梁在水平位置平衡；
（2）印章的质量等于砝码的质量加上游码所对的刻度值；印章的体积由量筒中水的体积和放入印章后的总体积算出，最后利用密度公式求得印章的密度；
若天平的左盘在实验前沾了泥，实验前会调节天平平衡，据此分析解答；
（3）气球在液体中所处的深度越大，气球体积越小，气球排开液体的体积越小，根据F浮＝ρ液gV排可知，气球所受浮力越小，据此分析得出结论；
（4）由甲、乙两图可知，烧杯对电子秤增加的压力即为印章的重力减去细绳对印章的拉力，再对此时的印章进行受力分析可得出印章所受的浮力即为烧杯对电子秤增加的压力，根据F浮＝ΔF＝Δmg求出乙图中印章所受的浮力；由丙、丁两图可知，烧杯对电子秤压力的变化是由气球体积的变化导致的，根据ΔF浮＝Δm'g可求出气球和印章受到的浮力的变化量，再根据阿基米德原理的表达式的变形公式解答。
【解答】解：（1）将托盘天平放在水平桌面上，把游码拨至标尺左端零刻度线，由图甲可知分度标尺的指针右偏，故平衡螺母应该向左调节；
（2）由图乙可知，天平标尺的分度值为0.2g，印章的质量为：m印章＝50g+4g＝54g，
由图丙可知印章的体积为：V印章＝40cm3−30cm3＝10cm3，
这枚印章的密度为：ρ印章＝＝＝5.4g/cm3＝5.4×103kg/m3；
若天平的左盘在实验前沾了泥，但调节了天平平衡，则所测印章的质量仍然准确，根据ρ＝可知印章的密度不变，即对所测的印章的密度无影响；
（3）对比丙、丁两图可知，当液体的密度一定时，随着气球所处的位置下降，气球所处的深度增大，根据p＝ρgh可知，气球受到的液体压强增大，气球的体积因液体压强的增大而变小，气球所受的浮力变小，印章所受浮力不变，电子秤的示数变小，说明此时气球和印章受到的浮力之和变小，因而可以得出结论：当液体的密度一定时，物体排开液体的体积越小，受到的浮力越小；
（4）乙图和甲图相比，乙图中电子秤示数增加值为：Δm＝218g﹣210g＝8g，
烧杯对电子秤增加的压力为：ΔF＝G印章﹣F拉，
又因为乙图中印章受重力、浮力和拉力，所以：F浮＝G印章﹣F拉，即：F浮＝ΔF＝Δmg＝8×10﹣3kg×10N/kg＝0.08N，
对比丙、丁两图，电子秤的示数变化量为：Δm'＝250g﹣234g＝16g，
丙、丁两图气球和印章受到的浮力的变化量为：ΔF浮＝Δm'g＝16×10﹣3kg×10N/kg＝0.16N，
气球的体积变化量为：ΔV＝＝＝1.6×10﹣5m3＝16cm3。
故答案为：（1）水平；左；（2）54；5.4×103；无影响；（3）排开的液体体积；（4）0.08；16。
【点评】本题主要考查的是固体密度的测量，要知道测量密度的原理及天平的调节方法及读数方法、阿基米德原理表达式，解答本题的关键是要知道电子秤示数的变化是因为烧杯对电子秤的压力变化导致的。
四、计算题（第19题6分，第20题8分，第21题8分，共22分）
19．（6分）如图所示电路中，电源电压恒为30V，电阻R1为15Ω，同时闭合开关S1、S2时，电流表的示数为2.5A。求：
（1）通过电阻R2的电流；
（2）电阻R2的阻值。
【分析】（1）由电路图可知，同时闭合开关S1、S2时，R1、R2并联，电流表测干路中的电流，根据欧姆定律求出通过电阻R1的电流，根据并联电路中干路电流等于各支路电流之和求出通过电阻R2的电流；
（2）根据I＝求出电阻R2的阻值。
【解答】解：（1）由电路图可知，同时闭合开关S1、S2时，R1、R2并联，电流表测干路中的电流，
则通过电阻R1的电流：
I1＝＝＝2A；
根据并联电路中干路电流等于各支路电流之和知通过电阻R2的电流为：
I2＝I﹣I1＝2.5A﹣2A＝0.5A；
（2）根据I＝得电阻R2的阻值：
R2＝＝＝60Ω。
答：（1）通过电阻R2的电流为0.5A；
（2）电阻R2的阻值为60Ω。
【点评】本题考查了并联电路的特点和欧姆定律的应用，属于基础性题目，比较简单。
20．（8分）如图所示，图甲为新型电饭锅，它能智能化地控制食物在不同时间段的温度，以得到最佳口感。小明了解到电饭锅的简化电路如图乙所示、R1和R2均为电热丝，S1和S2为温控开关，其中S2有A、B两个触点，可实现“高温”“中温”和“低温”三挡的转换。当S1闭合，S2连接触点A时，处于高温挡，高温挡功率为1100W。已知R1＝55Ω，电热丝的电阻不随温度变化。求：
（1）图丙是在一次煮饭过程中电饭锅功率与时间的关系图像，求本次煮饭过程中电饭锅在高温挡产生的热量；
（2）电饭锅处于低温挡时，正常工作消耗的电功率大小；
（3）用电高峰时电路的实际电压降为198V。向锅内装2kg温度为20℃的排骨汤，用高温挡连续工作100s，汤的温度升高到30℃。求此时电饭锅的加热效率（百分号前保留1位小数）。[已知排骨汤的比热容c汤＝4.2×103J/（kg•℃）]
【分析】（1）由图丙可知本次煮饭过程中电饭锅在高温挡工作的时间，利用Q＝W＝Pt求出本次煮饭过程中电饭锅在高温挡产生的热量；
（2）当S1闭合，S2连接触点A时，处于高温挡，由图乙可知，此时R1、R2并联，利用P＝求出R1的电功率，利用P2＝P高温﹣P1求出R2的电功率，利用P＝求出R2的阻值；由图乙可知，当S1断开、S接B时，R1、R2串联，根据串联电路的电阻特点可知和P＝求出电饭锅处于低温挡时，正常工作消耗的电功率大小；
（3）利用Q吸＝cm（t﹣t0）求出排骨汤吸收的热量；利用P＝求出电饭锅的高温挡的实际功率，利用W＝Pt求出电饭锅消耗的电能，利用效率公式求出此时电饭锅的加热效率。
【解答】解：（1）由图丙可知，本次煮饭过程中电饭锅在高温挡工作的时间t1＝10min＝600s，
本次煮饭过程中电饭锅在高温挡产生的热量：Q＝W＝P高温t1＝1100W×600s＝6.6×105J；
（2）当S1闭合，S2连接触点A时，处于高温挡，由图乙可知，此时R1、R2并联，
R1的电功率：P1＝＝＝880W，
R2的电功率：P2＝P高温﹣P1＝1100W﹣880W＝220W，
由P＝可知，R2的阻值：R2＝＝＝220Ω，
由图乙可知，当S1断开、S接B时，R1、R2串联，根据串联电路的电阻特点可知，此时电路中的总电阻最大，由P＝可知，电功率最小，电饭锅处于低温挡；
R1、R2的串联总电阻：R＝R1+R2＝55Ω+220Ω＝275Ω，
电饭锅处于低温挡时，正常工作消耗的电功率：P低温＝＝＝176W；
（3）排骨汤吸收的热量：Q吸＝c汤m（t﹣t0）＝4×103J/（kg•℃）×2kg×（30℃﹣20℃）＝8×104J，
电饭锅的高温挡的实际功率：P实＝+＝+＝712.8W+178.2W＝891W，
电饭锅消耗的电能：W′＝P实t2＝891W×100s＝8.91×104J，
此时电饭锅的加热效率：η＝×100%＝×100%≈89.8%。
答：（1）本次煮饭过程中电饭锅在高温挡产生的热量为6.6×105J；
（2）电饭锅处于低温挡时，正常工作消耗的电功率为176W；
（3）此时电饭锅的加热效率为89.8%。
【点评】本题是一道电热综合题，主要考查串并联电路的特点、电功和电功率公式、吸热公式以及效率公式的应用，能正确分析不同状态下的电路连接是解题的关键。
21．（8分）如图（a）所示，高度足够高的圆柱形容器，高处有一个注水口，以10cm3/s均匀向容器内注水。容器正上方天花板上，有轻质细杆（体积忽略不计）粘合着由两个横截面积不同的实心圆柱体组成的组合，此组合的A、B部分都是密度为0.4g/cm3的不吸水复合材料构成，图（b）中坐标记录了从注水开始到注水结束的1min内，水面高度h的变化情况。求：
（1）容器横截面积的大小；
（2）当杆对组合圆柱体作用力大小为1.6N时，水深h为多少cm？
（3）在注水过程中，选取两个连续的、长为30s的时间段（两时间段可部分重叠），计算在这两个时间段内，液体对容器底部压强增加量的差值的最大值。
【分析】（1）由图b可知，8s末水面恰好与B的下表面相平，然后得出此时容器内水的深度和容器内注水的体积，根据V＝Sh求出圆柱形容器的横截面积；
（2）由图b可知，28s末水面恰好与B的上表面相平，然后得出从8s～28s内容器内水深度的增加量即甲B的高度和容器内注水的体积，容器的底面积和B高度的乘积减去水的体积即为圆柱体B的体积，利用ρ＝求出组合体B的质量；当杆对组合圆柱体作用力大小为1.6N时，利用平衡条件求得组合体所受浮力，根据阿基米德原理求得A圆柱体浸在水中的体积，进一步求得A圆柱体浸在水中的深度；
（3）由图可知8～38s液面上升的高度最大，30s～60s容器中液面上升的高度最小；进一步得出容器内水深度的最大增加量和最小增加量，根据p＝ρgh求出液体对容器底压强增加量差值的最大值。
【解答】解：（1）由图（b）可知，0～8s水面上升的速度均匀，则此过程水面在圆柱体B的下面，当t＝8s时，水面刚好与B的下表面接触，则0～8s内容器中注入的水的体积为：；
0～8s水面高度h1＝2cm，故容器的横截面积为：；
（2）由图（b）可知，t＝28s时，B刚好全部浸没，水面刚好到达A的下表面处，
8s～28s时间内，注入的水体积为：；
在8～28s，水面升高的高度h2＝12cm﹣2cm＝10cm；
8s～28s是圆柱体B浸入水中的过程，t＝28s时，B刚好全部浸没，故B的高度为：hB＝h2＝10cm；
B圆柱体的体积为：VB＝Sh2﹣V2＝40cm2×10cm﹣200cm3＝200cm3；
由于28s～58s内是圆柱体A浸入水中的过程，注入的水体积为：V3＝vt3＝10cm3/s×（58s﹣28s）＝300cm3；
28～58s水面升高的高度h3＝22cm﹣12cm＝10cm，
t＝58s时，A刚好全部浸没，故A的高度hA＝h3＝10cm，
A圆柱体的体积VA＝S容h3﹣V3＝40cm2×10cm﹣300cm3＝100cm3；
组合体A、B的质量分别是：mA＝ρVA＝0.4g/cm3×100cm3＝40g＝0.04kg，
mB＝ρVB＝0.4g/cm3×200cm3＝80g＝0.08kg；
A、B的重力分别是GA＝mAg＝0.04kg×10N/kg＝0.4N；
GB＝mBg＝0.08kg×10N/kg＝0.8N，
当杆对组合圆柱体作用力大小为1.6N时组合体所受浮力为：
F浮＝GA+GB+F＝0.4N+0.8N+1.6N＝2.8N；
B圆柱体的体积完全浸没时，受到的浮力为：
FB＝ρ水gVB＝1.0×103kg/m3×10N/kg×2.00×10﹣4m3＝2N，
A圆柱体受到的浮力为：FA＝F浮﹣FB＝2.8N﹣2N＝0.8N；
A圆柱体浸在水中的体积为：
；
A圆柱体的底面积为：
；
A圆柱体浸在水中的深度为：
；
此时的水深h为：h＝h1+hB+h'A＝2cm+10cm+8cm＝20cm；
（3）结合b图可知，8～38s液面上升的高度最大，30s～60s容器中液面上升的高度最小；
30s时水的深度为：
h′＝h1+hB+hA″＝h1+hB+＝2cm+10cm+≈12.67cm；
8～38s液面上升的高度为：
，
30s～60s容器中液面上升的高度：
Δh2＝h3﹣h′＝22.5cm﹣12.67cm＝9.83cm，
所以液体对容器底部压强增加量的差值的最大值为：。
答：（1）容器横截面积的大小为40cm2；
（2）水深h为20cm；
（3）液体对容器底部压强增加量的差值的最大值为350Pa。
【点评】本题考查了密度公式和重力公式、阿基米德原理、液体压强公式的综合应用等，从图中获取有用的信息是关键。
相关试卷
2023年重庆市开州区重庆市开州区西街初级中学中考一诊物理试题（含解析）： 这是一份2023年重庆市开州区重庆市开州区西街初级中学中考一诊物理试题（含解析），共24页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2023年重庆市开州区重庆市开州区西街初级中学中考物理一诊试卷(含答案)： 这是一份2023年重庆市开州区重庆市开州区西街初级中学中考物理一诊试卷(含答案)，共40页。试卷主要包含了选择题，填空与作图题，实验与探究题，论述与计算题等内容，欢迎下载使用。
2023年重庆市育才中学中考二诊物理试题（含答案）： 这是一份2023年重庆市育才中学中考二诊物理试题（含答案），共12页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
