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2023年四川省成都市锦江区中考物理二诊试卷（含答案）
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这是一份2023年四川省成都市锦江区中考物理二诊试卷（含答案），共51页。试卷主要包含了单项选择题，填空题，作图与计算题，实验与探究题等内容，欢迎下载使用。
2023年四川省成都市锦江区中考物理二诊试卷
一、单项选择题（每小题2分，共30分）
1．（2分）关于能源和信息技术，下列说法正确的是（ ）
A．目前的核电站多数采用核聚变发电
B．风能、水能、太阳能都是可再生能源
C．不同频率的电磁波在真空中传播速度不同
D．固定电话和移动电话都是靠电磁波传递信息
2．（2分）下列与声现象有关的说法中正确的是（ ）
A．只要物体振动，一定能听到声音
B．按压钢琴不同的键，就可以改变钢琴的响度
C．蝙蝠回声定位，利用了声音可以传递能量
D．禁止鸣笛，是为了在声源处防止噪声的产生
3．（2分）夏天，从冰箱中取出饮料瓶，不久可观察到饮料瓶外壁出现小水珠。下列现象的形成过程与此相同的是（ ）
A．初春，湖面上冰逐渐消融
B．仲夏，地面上水很快变干
C．深秋，草叶上出现的露珠
D．寒冬，树枝上挂满的雾凇
4．（2分）估测在实际生活中的应用十分广泛，下列物理量的估测最接近实际的是（ ）
A．中学生的身高约为160dm
B．家用冰箱正常工作时的电流约为50A
C．手机电池的电压约为36V
D．中学生双脚站立时对地压强约为1×104Pa
5．（2分）关于家庭电路和安全用电，下列说法正确的是（ ）
A．电能表测量的是家用电器的总功率
B．使用测电笔时，手不能接触笔尾的金属体
C．发现有人触电应先切断电源再救人
D．电冰箱接入三孔插座后其外壳与零线相连
6．（2分）某同学连接了如图所示电路图，闭合开关S后发现L1正常发光，L2只能微弱发光。以下对于这一现象产生原因的分析中，合理的是（ ）
A．由于灯泡L2的电阻较小
B．由于灯泡L2的电阻较大
C．灯泡L2通过的电流小于灯泡L1
D．灯泡L2发生了短路
7．（2分）下列诗词涉及光学知识，对其解释正确的是（ ）
A．“香炉初上日，瀑水喷成虹”，彩虹是光的色散现象
B．“举杯邀明月，对影成三人”，影子是由于光沿直线传播形成的虚像
C．“宝钗好耀首，明镜可鉴形”，明镜成像是由于光发生了折射
D．“潭清疑水浅，荷动知鱼散”，潭水看起来浅是由于光发生了反射
8．（2分）如图所示，是在大气压为760mm水银柱的房间里做托里拆利实验。关于该实验，下列说法正确的是（ ）
A．将玻璃管从竖直变为倾斜，会影响实验测量结果
B．将此实验从山下移到山上，能使测量值变大
C．水银槽中水银越多，玻璃管内外水银面的高度差越大
D．若测出管内外水银柱的高度差为755mm，可能是因为管内水银面上方进入少量空气
9．（2分）如图所示是某小区的门禁系统。车辆通过门禁系统识别后，若为内部车辆，道闸自动抬起，车辆进入小区；若为外来车辆，需在岗亭登记，由保安手动按下闸机，车辆才能进入小区。若将门禁系统和闸机看做开关，下列设计的四个电路中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
10．（2分）对下列四幅图片涉及的物理知识分析错误的是（ ）
A．图甲中，船闸是利用连通器原理工作的
B．图乙中，飞机机翼上凸下平利用流体压强与流速的关系获得升力
C．图丙中，祝融号火星车设计有宽大的轮子可以增大压强
D．图丁中，马德堡半球实验证明了大气压的存在
11．（2分）高铁技术将人们带入了“动车时代”。如图所示，是张华同学在匀速行驶的“复兴号”动车上做的一次实验，他将一枚硬币立放在水平窗台上却不倒。下列相关分析正确的是（ ）
A．动车给硬币施加了向前的力
B．硬币相对于地面是静止的
C．硬币对窗台的压力与硬币的重力是一对平衡力
D．硬币对窗台的压力和窗台对硬币的支持力是一对相互作用力
12．（2分）物理量的测量是物理实验的基础。关于测量及测量工具的使用，下列说法中正确的是（ ）
A．图甲中，用刻度尺测量长度必须让零刻度线对准物体的左端，视线与尺面垂直
B．图乙中，此时弹簧测力计的示数就是钩码的重力
C．图丙中，用量筒测液体体积时俯视读数会造成数据偏大
D．图丁中，用已调节好的天平测量水的质量，水质量是82.4g
13．（2分）在“用酒精温度计测量水的温度”实验中，下列说法正确的是（ ）
A．若水的温度高，酒精的温度低，热量会从水传递到酒精
B．测量水的温度时，要待温度计示数稳定后再取出读数
C．使用温度计测量温度时，温度计可以当搅拌器使用
D．水的温度越高，水含有的热量越多
14．（2分）福建舰是我国完全自主设计建造的首艘弹射型航空母舰，配置电磁弹射和阻拦装置，满载排水量8万吨，大大增加了舰载机数量。如图所示，是福建舰在海上“系泊试验”的画面。关于福建舰及其在海上系泊试验，下列说法正确的是（ ）
A．满载时的排水量指的是舰所受的重力
B．电磁弹射是将电能转化为机械能
C．舰上的舰载机起飞后，舰受到的浮力不变
D．舰静止在海面上所受的浮力大于它的总重力
15．（2分）如图所示为一款“智能照明灯”的电路，灯L天暗时自动发光，天亮时自动熄灭，控制电路中，R1为定值电阻，R2为光敏电阻，其阻值随光照强度而变化。以下说法正确的是（ ）
A．R2的阻值随光照强度的增大而增大
B．当光照强度减小时，电压表示数增大
C．控制电路中的电磁铁利用电流的热效应工作
D．将R1换为阻值更大的电阻，可缩短灯的发光时间
二、填空题（每空2分，共36分）
16．（4分）用塑料梳子梳头，头发会随着梳子飘起来，是因为发生了 现象；静电除尘技术利用了带电体能够 轻小物体的性质。
17．（4分）医院里装有氧气的钢瓶，使用一段时间后氧气的密度将 。在宇宙飞船上，每增加1g有效载荷都必须为它消耗不少的动力，因此太空飞行对质量有严格的限制，飞船尽可能采用强度高、密度 、性质优良的新材料制造。
18．（4分）生活处处有物理，留心观察皆学问。环卫工人在雪上撒盐，这是为了 雪的熔点；高压锅做饭熟得快，是因为锅内气体压强增大， 了水的沸点。（两空均选填“提高”或“降低”）
19．（4分）激光测距仪是利用光的 制造出能测量远距离的“尺”。“东方红，太阳升”描述太阳刚刚升起的情景，但我们看到的并非是实际的太阳，而是光线经过密度不均匀大气时发生了 而形成的像。（两空均选填“反射”或“折射”）
20．（4分）如图所示，自行车厂的工人使用扳手拧螺母时，手握的位置越远，就越容易拧开，这说明力的作用效果与力的 有关。自行车的轮轴安装了滚动轴承，是为了 摩擦。
21．（4分）探究“感应电流产生的条件”应选用如图 （选填“甲”或“乙”）所示的装置进行实验。在这个装置中若仅改变磁场方向，则产生的感应电流方向 （选填“会”或“不会”）发生改变。
22．（4分）如图所示，是王亚平老师在天宫课堂中演示的两个实验。甲图实验中，由两个液滴自动搭接成“液桥”，“液桥”的形成表明了分子间存在 ，乙图实验中，叶光富将冰墩墩平推给王亚平，冰墩墩脱手后，近似做匀速直线运动，若在地球上进行这一实验，物体由于受到 作用，将会沿抛物线落向地面。
23．（4分）将两个质量相同的橡皮泥做成实心球形和碗形，分别放入甲、乙两杯水中，静止时如图所示，由此可知，橡皮泥的密度 水的密度，甲杯中橡皮泥所受的浮力 乙杯中橡皮泥所受的浮力。（两空均选填“大于”“小于”或“等于”）
24．（4分）如图所示，是电饭煲简化电路图，它有加热和保温两个挡位，其工作电压为220V。R1和R2均为阻值不变的加热元件，R2的阻值为800Ω。加热挡的功率为605W，电饭煲加热时，电路中的电流为 A；该电饭煲在保温挡工作10s产生的热量为 J。
三、作图与计算题（共16分，计算题在解答时应写出公式和重要的演算步骤，只写出最后答案不能得分）
25．（2分）甲图是我国的敦煌塔式光热电站。它由12000面“定日镜”围绕吸热塔组成，每面镜子能追踪太阳并把阳光反射到塔顶的吸热器上。乙图是某个时刻太阳光经某定日镜反射后，照射到吸热器的光路图，请画出该定日镜并标出反射角的大小。
26．（2分）疫情线上教学期间，体育老师为同学们制定了详细的锻炼计划，其中一项是俯卧高抬腿，如图甲所示，将人看做杠杆；支点在手上，请在简图乙中画出地面对脚作用力F的力臂L和人手对地面的压力F′。
27．（6分）我国高速公路广泛应用的ETC收费系统，有效提升了汽车的通行效率。如图甲是某高速公路入口处的通道，图乙是其示意图。现有一辆总质量为1.5t的汽车，在进入ETC通道前的A处开始减速，经11s运动至收费岛边界的B处，然后再经9s匀速通过ETC收费岛到达C处，其中s1＝50m，s2＝36m。不计车长，g取10N/kg。
（1）求汽车从A处到C处的平均速度。
（2）若汽车在匀速行驶过程中所受阻力为汽车重力的0.2倍，求汽车从B处到C处牵引力所做的功。
28．（6分）如图所示，电源电压保持不变，R1、R2的阻值分别为20Ω、50Ω，滑动变阻器R3的最大电阻值为20Ω。只闭合开关S2，移动滑片至滑动变阻器的中点，此时电压表的示数为5V。求：
（1）电源电压；
（2）当开关S1、S2、S3都闭合时，电路消耗的总功率。
四、实验与探究题（每空2分，共18分）
29．（6分）如图是探究“电阻大小与哪些因素有关”的实验装置。A、B、C、D是四根电阻丝，这四根电阻丝的材料、长度、横截面积如图所示。
（1）实验中电流表示数越大，对应的电阻丝阻值越 。
（2）若选用A、B两根电阻丝来进行实验，是为了探究电阻大小与 的关系。
（3）小宇同学在探究“电阻大小与材料的关系”时，将电阻丝C接入电路，然后再将电阻丝D接入电路中，发现电流表示数发生改变，由此得出结论：导体电阻的大小与材料有关。同组的小玲同学指出这种方法是错误的，理由是 。
30．（6分）如图所示，是探究“通电螺线管外部磁场的方向”的实验装置。
（1）闭合开关前，小磁针N极指向地理的 极。
（2）闭合开关后，小磁针的指向如图所示，电源的左端为 极。
（3）改变螺线管中的电流方向，发现小磁针南北极所指方向发生改变，由此可知：通电螺线管外部磁场方向与螺线管中的 方向有关。
31．（6分）如图所示，是小华和小丽同学“探究杠杆的平衡条件”的实验。
（1）小华发现杠杆在如图甲所示位置静止，此时杠杆 （选填“是”或“不是”）处于平衡状态：小华在此状态下，分别在杠杆的A、B处挂上钩码，如图乙所示，放手后杠杆在水平位置 （选填“能”或“不能”）平衡。
（2）如图丙所示，小丽用弹簧测力计代替一组钩码，以弹簧测力计的拉力为动力F1，钩码处绳子的拉力为阻力F2；多次改变动力作用点的位置进行实验发现：当杠杆水平平衡时，F1L1的大小总是大于F1L2的大小，其原因是： 。
一、不定项选择题（每小题2分，共10分，下列各题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得2分，选对未选全得1分，凡有错选或不选均不得分）
32．（2分）如图所示，是某次长征二号F火箭发射的场景，关于火箭发射及其能量的转化，下列说法正确的是（ ）
A．发射火箭与热机做功冲程的能量转化相同
B．火箭升空过程中与空气摩擦，这是通过热传递使火箭内能增加
C．火箭加速升空的过程中，火箭搭载的卫星的机械能保持不变
D．火箭发动机的效率可达100%
33．（2分）小丽同学用照相机拍摄了天府艺术公园的景象，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．部分房顶呈现绿色，是因为它吸收了绿光
B．离水面越远的建筑物，在水中的像越小
C．小丽能从不同方向看到公园的景物，是因为光发生了镜面反射
D．为让拍摄的像更大，小丽可以靠近拍摄物，同时伸长镜头
34．（2分）如图甲、乙所示，规格相同的A、B两杯中分别装有300g和400g的牛奶，并用不同加热器同时对其加热，根据所记录的数据分别得到图丙的温度与加热时间的关系图像C和D。已知加热器的加热效率相同，牛奶的比热容为2.5×103J/（kg•℃）。则下列说法正确的是（ ）
A．B杯中牛奶每分钟吸收的热量为2×104J
B．若两杯牛奶都从20℃加热5min，A、B两杯牛奶升高的温度之比为3：4
C．若将A、B两杯中的牛奶都从20℃加热至60℃，需要的时间之比是2：3
D．甲、乙图中的加热器每分钟放出的热量之比为3：4
（多选）35．（2分）如图所示，支架OB固定于竖直墙面O点，且可绕O点在竖直面内转动，细绳BC与支架连接于B点，另一端固定在墙上C点，此时支架水平，细绳与支架夹角为30°，滑轮组悬挂于支架A处，OA＝2AB，重500N的工人用300N竖直向下的拉力拉动绳子自由端，使重540N的物体M在10s内匀速上升了5m。工人与水平地面的接触面积为500cm2，两个滑轮的质量相等，不计支架和细绳重力，不计滑轮组的绳重和摩擦。则下列说法正确的是（ ）
A．滑轮对重物的拉力的功率为150W
B．工人对地面的压强为4000Pa
C．细绳BC对支架的拉力1280N
D．滑轮组的机械效率为80%
（多选）36．（2分）如图所示，电源电压为12V，R1、R2为定值电阻，R2＝20Ω，R3为滑动变阻器，其铭牌上标有“？Ω 2A”字样。电压表V1接入电路的量程为0～3V，电压表V2接入电路的量程为0～15V，电流表A所选量程为0～3A，电流表A1所选量程为0～0.6A。将滑动变阻器R3的滑片调至最左端，当只闭合开关S3时，电流表A的示数为0.4A；保持滑片位置不变，当只闭合开关S1时，电压表V1的示数为3V。下列结论正确的是（ ）
A．R3的最大阻值为30Ω
B．R1的阻值为20Ω
C．只闭合S3时，R3连入电路的阻值不能小于4Ω
D．改变电路连接，为保障各元件安全，电流表A的最大示数和最小示数之比为26：3
二、综合题（共10分）
37．（4分）图甲为某型号电子秤，其原理图如图乙所示，R0为定值电阻；R是压敏电阻，其阻值随所受压力F变化的关系如图丙所示。改写电压表（量程为3V）的表盘数值后可直接读出所称量物体的质量，设踏板的质量为5kg，电源电压保持9V不变。空载时（踏板上不放物体），电压表的示数为1V，g取10N/kg。
（1）R0阻值为 Ω。
（2）该电子秤的量程是 。
（3）如果保持电子秤结构和电压表量程不变，使该电子秤的量程变为110kg，你设计的方案是：在R左侧串联一个 Ω的电阻，或在R0两端并联一个 Ω的电阻。
38．（6分）如图所示，质量为0.2kg的圆柱形薄壁容器，高度足够高，上方有一个注水口，以20cm3/s的速度匀速向容器内注水，容器正上方的天花板上用轻质细杆（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工件A、B，工件A、B密度相同。注水口图乙中记录了从注水开始到注水结束的时间内，连接细杆上的力传感器示数的变化情况。已知容器底面积为20cm2，工件B底面积为10cm2，第18s时容器内液面高度为32cm，ρ水＝1.0×103kg/m3，g＝10N/kg。求：
（1）工件AB的重力。
（2）工件A的底面积。
（3）若在t＝12s时停止注水并切断细杆，待工件稳定后，切断前后水对容器底面的压强变化量为Δp1，若在t2＝20s时停止注水并切断细杆，待工件稳定后，切断前后整个容器对地面的压强变化量为Δp2，请计算Δp1与Δp2之比。
2023年四川省成都市锦江区中考物理二诊试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（每小题2分，共30分）
1．（2分）关于能源和信息技术，下列说法正确的是（ ）
A．目前的核电站多数采用核聚变发电
B．风能、水能、太阳能都是可再生能源
C．不同频率的电磁波在真空中传播速度不同
D．固定电话和移动电话都是靠电磁波传递信息
【分析】（1）聚变反应时将质量较小的轻核聚变成质量较大的核，聚变过程会有质量亏损，要放出大量的能量，但目前核电站都采用铀核的裂变反应；
（2）化石能源、核能会越用越少，不可能在短期内从自然界得到补充，所以它们属于不可再生能源；而风能、水能、太阳能、生物质能，可以在自然界里源源不断的得到补充，所以它们属于可再生能源；
（3）电磁波的传播速度是3×108m/s；
（4）固定电话是通过电话线中的电流传递信息的，而移动电话都是利用电磁波传递信息。
【解答】解：A、目前核电站都采用铀核的裂变反应，故A错误；
B、风能、水能、太阳能可以在自然界里源源不断的得到补充，都是可再生能源，故B正确；
C、不同频率的电磁波在真空中传播速度是相同的，是3×108m/s，故C错误；
D、固定电话是通过电话线中的电流来传递信息的，而移动电话都是利用电磁波来传递信息的，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查能源的分类、核裂变、电磁波的应用，是综合性的题目，但难度不大。
2．（2分）下列与声现象有关的说法中正确的是（ ）
A．只要物体振动，一定能听到声音
B．按压钢琴不同的键，就可以改变钢琴的响度
C．蝙蝠回声定位，利用了声音可以传递能量
D．禁止鸣笛，是为了在声源处防止噪声的产生
【分析】（1）人耳能听到的频率范围是20～20000Hz；
（2）音调、响度、音色，是从不同角度描述声音的，音调指声音的高低，由振动频率决定；响度指声音的强弱或大小，与振幅有关；音色是由发声体本身决定的一个特性；
（3）声音可以传递能量，可以传递信息；
（4）减弱噪声有三种方法：①在声源处减弱；②在传播过程中减弱；③在人耳处减弱。
【解答】解：A、人耳能听到的频率范围是20～20000Hz，并不是只要振动，就一定能听见声音，故A错误。
B、演奏钢琴时，用手按压不同的琴键，这是为了改变音调，故B错误。
C、蝙蝠回声定位，利用了声音可以传递信息，故C错误。
D、禁止鸣笛，是为了在声源处防止噪声的产生，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查声音的特征、防治噪声的三种途径，以及声音的利用等，综合性较强，但难度不大，是一道基础题。
3．（2分）夏天，从冰箱中取出饮料瓶，不久可观察到饮料瓶外壁出现小水珠。下列现象的形成过程与此相同的是（ ）
A．初春，湖面上冰逐渐消融
B．仲夏，地面上水很快变干
C．深秋，草叶上出现的露珠
D．寒冬，树枝上挂满的雾凇
【分析】物质由气态放热变成液态的过程叫液化。
【解答】解：夏天，从冰箱中取出的饮料瓶，可观察到瓶子外壁很快会有小水珠，是空气中的水蒸气遇冷变成小水珠的液化现象。
A、初春，湖面上冰逐渐消融，是熔化现象，故A错误；
B、仲夏，地面上水很快变干，是水变成水蒸气的汽化现象，故B错误；
C、深秋，草叶上出现的露珠，是空气中的水蒸气遇冷变成小液滴的液化现象，故C正确；
D、寒冬，树枝上挂满的雾凇，是空气中的水蒸气遇冷直接变成小冰晶的凝华现象，故D错误。
故选：C。
【点评】此题考查的是我们生活中的物态变化现象，要知道物体由什么状态变为了什么状态，根据物态变化的定义来判断。
4．（2分）估测在实际生活中的应用十分广泛，下列物理量的估测最接近实际的是（ ）
A．中学生的身高约为160dm
B．家用冰箱正常工作时的电流约为50A
C．手机电池的电压约为36V
D．中学生双脚站立时对地压强约为1×104Pa
【分析】首先对题目中涉及的物理量有个初步的了解，对于选项中的数据，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.中学生的身高约为160cm＝16dm，故A不符合实际；
B.家用电冰箱正常工作时的功率约为200W，电流I＝≈0.9A，故B不符合实际；
C.手机电池的电压约为3.7V，故C不符合实际；
D.一个中学生对地面的压力约600N，双脚与地面的接触面积约500cm2，双脚站立时对地面的压强约为p＝＝1.2×104Pa，接近1×104Pa，故D符合实际。
故选：D。
【点评】物理与社会生活联系紧密，多了解一些生活中常见物理量的数值可帮助我们更好地学好物理，同时也能让物理更好地为生活服务。
5．（2分）关于家庭电路和安全用电，下列说法正确的是（ ）
A．电能表测量的是家用电器的总功率
B．使用测电笔时，手不能接触笔尾的金属体
C．发现有人触电应先切断电源再救人
D．电冰箱接入三孔插座后其外壳与零线相连
【分析】（1）电能表是测量电路消耗电能的仪表；
（2）电冰箱接入三孔插座能使电冰箱金属外壳接地，防止由于冰箱的外壳漏电而使人发生触电事故；
（3）测电笔是辨别火线和零线的仪器，当测电笔的笔尖接触零线和地线时，氖管不会发光；
（4）发现有人触电应先切断电源再救人。
【解答】解：A、电能表是测量电路消耗电能（或测量电功）的仪表，故A错误。
B、使用测电笔时，手能接触笔尾的金属电极，而且必须接触笔尾金属体，这样才能构成通路，故B错误；
C、发现有人触电应先切断电源再救人，故C正确；
D、电冰箱接入三孔插座能使电冰箱金属外壳接地，防止由于冰箱的外壳漏电而使人发生触电事故，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了电能表的作用、测电笔的使用方法、三孔插座的连接以及保险丝的作用，属于基础题目。
6．（2分）某同学连接了如图所示电路图，闭合开关S后发现L1正常发光，L2只能微弱发光。以下对于这一现象产生原因的分析中，合理的是（ ）
A．由于灯泡L2的电阻较小
B．由于灯泡L2的电阻较大
C．灯泡L2通过的电流小于灯泡L1
D．灯泡L2发生了短路
【分析】（1）串联电路中电流处处相等；
（2）灯泡短路时，没有电流通过灯泡，不能发光；
（3）灯泡的亮暗取决于实际功率的大小，根据串联电路电流特点结合P＝I2R比较两灯泡的电阻关系。
【解答】解：C、图中两灯串联，根据串联电路的电流规律知，通过两灯的电流相等，故C错误；
AB、通过两灯泡的电流相等，因为灯泡的亮暗取决于实际功率大小，且开关闭合后，灯泡L1正常发光，灯泡L2只能微弱发光，所以灯泡L1的实际功率功率大于L2的实际功率，
由P＝I2R可知，灯泡L1的电阻大于灯泡L2的电阻，故A正确，B错误，
D、若灯泡L2发生了短路，则L2不发光，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了串联电路的电流特点和电功率公式的灵活应用，关键是知道灯泡的亮暗取决于实际功率的大小。
7．（2分）下列诗词涉及光学知识，对其解释正确的是（ ）
A．“香炉初上日，瀑水喷成虹”，彩虹是光的色散现象
B．“举杯邀明月，对影成三人”，影子是由于光沿直线传播形成的虚像
C．“宝钗好耀首，明镜可鉴形”，明镜成像是由于光发生了折射
D．“潭清疑水浅，荷动知鱼散”，潭水看起来浅是由于光发生了反射
【分析】（1）光线从一种介质斜射入另一种介质时会发生折射，由此形成的现象有：雨后彩虹、池水变浅、水中筷子折断、海市蜃楼等；
（2）光在同一均匀介质中沿直线传播，光沿直线传播的例子有：小孔成像、影子的形成、日食和月食现象等；
（3）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。
【解答】解：A、彩虹是光的色散现象，是由光的折射形成的，故A正确；
B、地面上的影子是光沿直线传播形成的，不是像，故B错误；
C、明镜成像是由光的反射形成的，故C错误；
D、潭水看起来浅是由于光从水中斜射入空气时发生折射形成的，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了光的直线传播、光的反射和折射，属于基础知识。
8．（2分）如图所示，是在大气压为760mm水银柱的房间里做托里拆利实验。关于该实验，下列说法正确的是（ ）
A．将玻璃管从竖直变为倾斜，会影响实验测量结果
B．将此实验从山下移到山上，能使测量值变大
C．水银槽中水银越多，玻璃管内外水银面的高度差越大
D．若测出管内外水银柱的高度差为755mm，可能是因为管内水银面上方进入少量空气
【分析】①在托里拆利实验中，水银柱的高度是由外界大气压的大小决定的，在玻璃管顶端真空的情况下，管内外水银柱的高度差一般不会改变。
②玻璃管粗细、是否倾斜、是否弯曲以及水银槽内水银的多少不会影响大气压的测量值。
③大气压随高度的增加而减小。
【解答】解：AC、在做托里拆利实验时，只要外界大气压不变，管内外水银面的高度差就不变，使玻璃管倾斜、水银槽中加水银都不能影响到管内外水银面的高度差，故AC错误；
B、将此实验从山下移到山上，外界大气变小，测量值变小，故B错误；
D、当玻璃管内是真空时，大气压等于水银柱产生的压强，当玻璃管内有气体时，大气压等于水银柱产生压强和管内气体压强之和，若玻璃管里水银面的上方进入少量空气，管内有气体压强，大气压不变，水银柱产生的压强减小，水银柱的高度减小，故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查学生对托里拆利实验和大气压和高度关系的理解和掌握，难度不大。
9．（2分）如图所示是某小区的门禁系统。车辆通过门禁系统识别后，若为内部车辆，道闸自动抬起，车辆进入小区；若为外来车辆，需在岗亭登记，由保安手动按下闸机，车辆才能进入小区。若将门禁系统和闸机看做开关，下列设计的四个电路中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据题意确定两开关的连接方式、电动机的连接方式，然后选出正确的电路图。
【解答】解：根据题意可知，若为内部车辆，道闸自动抬起，车辆进入小区；若为外来车辆，需在岗亭登记，由保安手动按下闸机，车辆才能进入小区；这说明两个开关工作时互不影响，是并联的，然后再与电动机串联在电路中，故B正确。
故选：B。
【点评】本题结合生活实际考查根据要求设计电路图，关键是确定两开关的连接。
10．（2分）对下列四幅图片涉及的物理知识分析错误的是（ ）
A．图甲中，船闸是利用连通器原理工作的
B．图乙中，飞机机翼上凸下平利用流体压强与流速的关系获得升力
C．图丙中，祝融号火星车设计有宽大的轮子可以增大压强
D．图丁中，马德堡半球实验证明了大气压的存在
【分析】（1）连通器的特点：上端开口下端连通的容器。连通器里只有一种液体，在液体不流动的情况下，连通器各容器中液面的高度总是相平的。
（2）流体流速越大的位置，压强越小。
（3）减小压强的方法：在压力一定时，增大受力面积；在受力面积一定时，减小压力。
（4）马德堡半球实验证明了大气压的存在。
【解答】解：A、船闸是连通器原理的应用，故A正确；
B、飞机机翼为上方为凸型，下方是平的；等质量的空气在相同的时间内同时通过机翼的上表面和下表面，由于上表面弯曲，下表面平直，所以空气通过机翼上表面的流速大，通过下表面的流速较小。因为机翼上方的空气流速大，压强较小；机翼下方的空气流速小，压强大，所以机翼受到一个向上的压强差，飞机受到向上的升力，故B正确；
C、火星车设计有宽大的轮子，在压力一定时，通过增大接触面积来减小压强的，故C错误；
D、马德堡半球实验证明了大气压的存在，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查的是连通器的应用、飞机获得升力的原因、减小压强的方法、马德堡半球实验等相关知识，要牢记这些基本知识，能用来解释相关现象。
11．（2分）高铁技术将人们带入了“动车时代”。如图所示，是张华同学在匀速行驶的“复兴号”动车上做的一次实验，他将一枚硬币立放在水平窗台上却不倒。下列相关分析正确的是（ ）
A．动车给硬币施加了向前的力
B．硬币相对于地面是静止的
C．硬币对窗台的压力与硬币的重力是一对平衡力
D．硬币对窗台的压力和窗台对硬币的支持力是一对相互作用力
【分析】（1）根据动车与硬币之间是否有相对运动的趋势进行判断；
（2）在研究物体的运动和静止时，要看物体的位置相对于参照物是否发生改变，若改变，则是运动的，若不改变，则是静止的；
（3）二力平衡的条件是：大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上；
（4）一对相互作用力的条件是：大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在两个物体上。
【解答】解：A、硬币随动车一起匀速运动，它们之间没有相对运动的趋势，所以不产生摩擦力，即动车没有给硬币施加向前的力，故A错误；
B、硬币随动车一起匀速运动，硬币相对于地面的位置发生了改变，所以是运动的，故B错误；
C、硬币对窗台的压力与硬币的重力作用在不同的物体上，且方向相同，不是一对平衡力，故C错误；
D、硬币对窗台的压力和窗台对硬币的支持力大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在两个物体上，是一对相互作用力，故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查了对物体受力情况的判断、运动与静止的判断、平衡力和相互作用力的理解与辨别等，有一定综合性。
12．（2分）物理量的测量是物理实验的基础。关于测量及测量工具的使用，下列说法中正确的是（ ）
A．图甲中，用刻度尺测量长度必须让零刻度线对准物体的左端，视线与尺面垂直
B．图乙中，此时弹簧测力计的示数就是钩码的重力
C．图丙中，用量筒测液体体积时俯视读数会造成数据偏大
D．图丁中，用已调节好的天平测量水的质量，水质量是82.4g
【分析】（1）测量长度时，要求零刻度线对准被测长度的起点，如果零刻度线磨损，可以从其它刻线量起，测量完成后减去前面的部分；
（2）使用弹簧测力计测量力的大小时，要使拉力方向与弹簧轴线方向一致，因此当测量物体重力时应沿竖直方向，这样物体静止或者匀速运动时弹簧测力计的示数就是钩码的重力；
（3）使用量筒量取液体时，量筒必须放平，视线要与量筒内液体的凹液面最低处保持水平；
（4）利用天平测量物体质量时，物体质量等于砝码的质量和游码对应的刻度值之和。
【解答】解：A、测量长度时，要求零刻度线对准被测长度的起点，如果零刻度线磨损，可以从其它刻线量起，测量完成后减去前面的部分，故A错误；
B、使用弹簧测力计测量力的大小时，要使拉力方向与弹簧轴线方向一致，因此当测量物体重力时应沿竖直方向，而图乙中不是沿竖直方向，故测试弹簧测力计的示数不是钩码的重力，故B错误；
C、使用量筒量取液体时，操作时视线要与液体的凹液面最低处保持水平，测量某液体的体积时，俯视读数会偏大，故C正确；
D、由图丙天平砝码和游码位置可知，水和杯的总质量m＝50g+20g+10g+2.4g＝82.4g，因此水的质量要小于82.4g，故D错误。
故选：C。
【点评】此题考查的是刻度尺和弹簧测力计的使用方法、量筒和天平的读数问题，这些都属于基本技能，难度不大。
13．（2分）在“用酒精温度计测量水的温度”实验中，下列说法正确的是（ ）
A．若水的温度高，酒精的温度低，热量会从水传递到酒精
B．测量水的温度时，要待温度计示数稳定后再取出读数
C．使用温度计测量温度时，温度计可以当搅拌器使用
D．水的温度越高，水含有的热量越多
【分析】（1）热量总是从高温物体传递到低温物体，或从物体的高温部分传递到低温部分；
（2）使用温度计时，要等示数稳定后再读数，并且不能将温度计从待测液体中取出；
（3）温度计不能当作搅拌器使用；
（4）热量是一个过程量，不能用含有、具有来修饰。
【解答】解：A、若水的温度高，酒精的温度低，热量会从水传递到酒精，故A正确；
B、测量水的温度时，要待温度计示数稳定后再读数，但不能将温度计从水中取出，故B错误；
C、温度计不能当作搅拌器使用，否则容易损坏温度计，故C错误；
D、热量是一个过程量，不能说水含有的热量多，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了对热传递条件的认识、对温度计使用注意事项的了解、对热量概念的理解等，属热学基础题。
14．（2分）福建舰是我国完全自主设计建造的首艘弹射型航空母舰，配置电磁弹射和阻拦装置，满载排水量8万吨，大大增加了舰载机数量。如图所示，是福建舰在海上“系泊试验”的画面。关于福建舰及其在海上系泊试验，下列说法正确的是（ ）
A．满载时的排水量指的是舰所受的重力
B．电磁弹射是将电能转化为机械能
C．舰上的舰载机起飞后，舰受到的浮力不变
D．舰静止在海面上所受的浮力大于它的总重力
【分析】（1）舰始终处于漂浮状态，受到的浮力等于重力，根据阿基米德原理、重力公式可知排水量与舰哪个物理量相等；
（2）电磁弹射是将电能转化为机械能。
【解答】解：A、满载时的排水量指的是满载时排开水的质量，根据阿基米德原理结合重力公式可知其大小等于舰和舰上物体的质量之和，故A错误；
B、电磁弹射是将电能转化为机械能，故B正确；
C、舰始终处于漂浮状态，受到的浮力等于重力，舰上的舰载机起飞后，重力变小，其受到的浮力变小，故C错误；
D、舰静止在海面上处于漂浮状态，所受的浮力等于它的总重力，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查阿基米德原理、能的转化、物体浮沉条件的灵活运用。
15．（2分）如图所示为一款“智能照明灯”的电路，灯L天暗时自动发光，天亮时自动熄灭，控制电路中，R1为定值电阻，R2为光敏电阻，其阻值随光照强度而变化。以下说法正确的是（ ）
A．R2的阻值随光照强度的增大而增大
B．当光照强度减小时，电压表示数增大
C．控制电路中的电磁铁利用电流的热效应工作
D．将R1换为阻值更大的电阻，可缩短灯的发光时间
【分析】（1）要使灯L天亮时自动熄灭（灯L所在电路断开），即衔铁被吸合，则控制电路的电流需增大达到一定数值，进而得出R2的阻值随光照强度的变化而发生怎样的变化；
（2）电磁铁通电时具有磁性，断电时磁性消失，即电磁铁是利用电流的磁效应工作的；
（3）控制电路中R1、R2串联，电压表测R2两端的电压，根据光照强度的变化判定R2的阻值变化；根据串联分压的规律判定电压表的示数变化；
（4）控制电路的电源电压不变，衔铁被吸合的电流不变，则根据可知，衔铁被吸合时控制电路的总电阻不变，若R1换成阻值较大的电阻，R2的阻值变小，进而分析得出灯L发光时间的变化。
【解答】解：A．要使灯L在天亮时自动熄灭（灯L所在电路断开），即衔铁被吸合，则控制电路的电流需增大达到一定数值才能满足要求，而天亮时光照强度增大，所以，光照强度增大时，控制电路中电流增大，由欧姆定律可知光敏电阻R2的阻值减小，即R2的阻值随光照强度的增大而减小，故A错误；
B．控制电路中R1、R2串联，电压表测R2两端的电压，结合A可知当光照强度减小时，R2的阻值增大，根据串联分压的规律可知，R2两端的电压增大，即电压表示数增大，故B正确；
C．电磁铁通电时具有磁性，断电时磁性消失，所以电磁铁是利用电流的磁效应工作的，故C错误；
D．由于控制电路的电源电压不变，衔铁被吸合的电流不变，则根据可知，衔铁被吸合时控制电路的总电阻不变，若R1换成阻值更大的电阻，则R2的阻值变小，此时光照强度增强，即在天很亮时灯才自动熄灭，由此可见，将R1换成阻值更大的电阻，会延长灯L的发光时间，故D错误。
故选：B。
【点评】本题一道以光敏电阻的阻值变化引起的动态电路分析，关键要明确电磁继电器的工作原理，熟练应用欧姆定律即可正确解题，属于动态电路分析的典型题目，有一定难度。
二、填空题（每空2分，共36分）
16．（4分）用塑料梳子梳头，头发会随着梳子飘起来，是因为发生了 摩擦起电 现象；静电除尘技术利用了带电体能够 吸引 轻小物体的性质。
【分析】摩擦起电的实质并不是创造了电荷，而是发生了电荷的转移，使正负电荷分开；带电体具有吸引轻小物体的性质。
【解答】解：用塑料梳子梳头，头发会随着梳子飘起来，是因为发生了摩擦起电现象；静电除尘技术利用了带电体能够吸引轻小物体的性质。
故答案为：摩擦起电；吸引。
【点评】本题考查了摩擦起电现象和带电体的性质，属于基础知识。
17．（4分）医院里装有氧气的钢瓶，使用一段时间后氧气的密度将 变小 。在宇宙飞船上，每增加1g有效载荷都必须为它消耗不少的动力，因此太空飞行对质量有严格的限制，飞船尽可能采用强度高、密度 小 、性质优良的新材料制造。
【分析】（1）氧气无论质量用去多少剩余氧气的体积始终等于氧气瓶的容积不变；利用密度公式ρ＝判断密度的变化。
（2）体积一定的物体，质量与密度成正比。
【解答】解：（1）装有氧气的钢瓶，使用一段时间后氧气瓶中剩余氧气的质量变小，气体无论多少都可以充满整个空间，剩余氧气的体积不变；由于质量变小，体积不变，根据ρ＝可知剩余的密度变小。
（2）为了减小飞船的质量，在不改变飞船及其它部件的形状时（即体积不变），根据公式m＝ρV可知，在体积V不变的情况下，使用密度小的材料，也就减小了飞船的质量
故答案为：变小；小。
【点评】此题考查了密度知识和纳米材料在生活中的具体应用，是一道联系实际的应用题。
18．（4分）生活处处有物理，留心观察皆学问。环卫工人在雪上撒盐，这是为了 降低 雪的熔点；高压锅做饭熟得快，是因为锅内气体压强增大， 提高 了水的沸点。（两空均选填“提高”或“降低”）
【分析】（1）晶体熔化的条件：温度达到熔点，继续吸热；
（2）液体的沸点与液体表面气压有关，气压越大，沸点越高；
【解答】解：环卫工人在雪上撒盐，使得原本无法熔化的雪熔化了，这说明撒盐后雪的熔点降低了；使用高压锅做饭熟得快，是因为不断产生的水蒸气使得高压锅内气压增大，提高了水的沸点，这样饭容易煮熟了。
故答案为：降低；提高。
【点评】本题考查了晶体熔点变化的方法以及水的沸点与压强的关系，难度较低，属于基础性题目。
19．（4分）激光测距仪是利用光的 反射 制造出能测量远距离的“尺”。“东方红，太阳升”描述太阳刚刚升起的情景，但我们看到的并非是实际的太阳，而是光线经过密度不均匀大气时发生了 折射 而形成的像。（两空均选填“反射”或“折射”）
【分析】利用光的反射可以用来测量距离；
光线经过密度不均匀的大气时，传播路径会发生改变。
【解答】解：利用光的反射可以用来测量距离，通过知道光速在该介质中的大小和反射时间，通过s＝vt可计算出总距离，再除以2即可，光测距仪是根据这个原理制成的；
光线经过密度不均匀的大气时，会发生折射，早晨我们能够看到地平面以下的太阳，是光的折射形成的虚像。
故答案为：反射；折射。
【点评】本题考查了光的反射和折射，属于基础知识。
20．（4分）如图所示，自行车厂的工人使用扳手拧螺母时，手握的位置越远，就越容易拧开，这说明力的作用效果与力的 作用点 有关。自行车的轮轴安装了滚动轴承，是为了 变滑动为滚动 摩擦。
【分析】（1）力的大小、方向、作用点称为力的三要素，它们都影响着力的作用效果；
（2）减小摩擦的方法：在接触面粗糙程度一定时，减小压力；在压力一定时，减小接触面的粗糙程度；使接触面脱离；用滚动代替滑动。
【解答】解：（1）使用扳手拧螺母时，手握的位置越远，就越容易拧开，这说明力的作用效果与力的作用点有关。
（2）自行车的轮轴安装了轴承，是通过变滑动为滚动的方式减小摩擦的。
故答案为：作用点；变滑动为滚动。
【点评】本题考查了力的三要素对力的作用效果的影响，减小摩擦力的方法在实际中的应用，属基础题，难度不大。
21．（4分）探究“感应电流产生的条件”应选用如图 乙 （选填“甲”或“乙”）所示的装置进行实验。在这个装置中若仅改变磁场方向，则产生的感应电流方向 会 （选填“会”或“不会”）发生改变。
【分析】闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，会产生感应电流；感应电流的方向和磁场的方向和导体运动的方向有关；
【解答】解：电磁感应现象的特点是没有电源而有一个电流表，用来测量产生的电流；故是乙图；
感应电流的方向和磁场的方向和导体运动的方向有关，若仅改变磁场方向，则感应电流方向会发生改变。
故答案为：乙；会。
【点评】本题考查电磁感应现象、影响感应电流方向的因素等知识，难度不大。
22．（4分）如图所示，是王亚平老师在天宫课堂中演示的两个实验。甲图实验中，由两个液滴自动搭接成“液桥”，“液桥”的形成表明了分子间存在 引力 ，乙图实验中，叶光富将冰墩墩平推给王亚平，冰墩墩脱手后，近似做匀速直线运动，若在地球上进行这一实验，物体由于受到 重力 作用，将会沿抛物线落向地面。
【分析】分子间存在引力和斥力。
地面附近的物体都受到重力的作用。
【解答】解：在液桥实验中两个液滴合成了一个，说明分子间存在引力。
在地球上进行这一实验，物体由于受到竖直向下的重力的作用，将会沿抛物线落向地面。
故答案为：引力；重力。
【点评】本题考查分子间作用力和重力的知识，属于基础题。
23．（4分）将两个质量相同的橡皮泥做成实心球形和碗形，分别放入甲、乙两杯水中，静止时如图所示，由此可知，橡皮泥的密度 大于 水的密度，甲杯中橡皮泥所受的浮力 小于 乙杯中橡皮泥所受的浮力。（两空均选填“大于”“小于”或“等于”）
【分析】实心球橡皮泥沉到容器底部，受到的浮力F球＜G；碗状橡皮泥漂浮在水面，受到的浮力F碗＝G；而碗状和实心球状的橡皮泥受到的重力相同，据此判断它们所受浮力的大小关系。
【解答】解：实心球橡皮泥沉到容器底部，根据物体浮沉条件可知，橡皮泥的密度大于水的密度；
实心球橡皮泥受到的浮力：F球＜G①
碗状橡皮泥漂浮在水面，碗状橡皮泥受到的浮力：F碗＝G②
由①②可得：F球＜F碗。
故答案为：大于；小于。
【点评】本题考查了学生对物体浮沉条件的掌握和运用，确定碗状和实心球状的橡皮泥受到的重力相同是本题的关键。
24．（4分）如图所示，是电饭煲简化电路图，它有加热和保温两个挡位，其工作电压为220V。R1和R2均为阻值不变的加热元件，R2的阻值为800Ω。加热挡的功率为605W，电饭煲加热时，电路中的电流为 2.75 A；该电饭煲在保温挡工作10s产生的热量为 550 J。
【分析】（1）知道加热挡的功率和工作电压，利用P＝UI求出电饭煲加热时，电路中的电流；
（2）由图可知，当开关S1、S2都闭合时，只有R1工作，当开关S1闭合、S2断开时，R1、R2串联，根据串联电路的电阻特点和P＝可知电饭煲加热挡和保温挡的电路连接；根据P＝求出R1的阻值，根据串联电路的电阻特点求出保温挡时电路中的总电阻，根据欧姆定律求出保温挡时电路中的电流，根据焦耳定律求出该电饭煲在保温挡工作10s产生的热量。
【解答】解：（1）由P＝UI可知，电饭煲加热时，电路中的电流：I加热＝＝＝2.75A；
（2）由图可知，当开关S1、S2都闭合时，只有R1工作，当开关S1闭合、S2断开时，R1、R2串联，
根据串联电路的电阻特点可知，当开关S1、S2都闭合时，只有R1工作，电路中的总电阻最小，由P＝可知，电路中的总功率最大，电饭煲处于加热挡，
由P＝可知，R1的阻值：R1＝＝＝80Ω；
当开关S1闭合、S2断开时，R1、R2串联，电路中的总电阻最大，总功率最小，电饭煲处于保温挡，
保温挡时电路中的总电阻：R＝R1+R2＝80Ω+800Ω＝880Ω，
保温挡时电路中的电流：I保温＝＝＝0.25A，
该电饭煲在保温挡工作10s产生的热量：Q＝I保温2Rt＝（0.25A）2×880Ω×10s＝550J。
故答案为：2.75；550。
【点评】本题考查串联电路的特点、电功率公式、欧姆定律以及焦耳定律的应用，能正确分析不同状态下的电路连接是解题的关键。
三、作图与计算题（共16分，计算题在解答时应写出公式和重要的演算步骤，只写出最后答案不能得分）
25．（2分）甲图是我国的敦煌塔式光热电站。它由12000面“定日镜”围绕吸热塔组成，每面镜子能追踪太阳并把阳光反射到塔顶的吸热器上。乙图是某个时刻太阳光经某定日镜反射后，照射到吸热器的光路图，请画出该定日镜并标出反射角的大小。
【分析】光的反射定律知，反射角等于入射角，故反射光线与入射光线的夹角的平分线是法线的位置，再过入射点作出法线的垂线，就是该定日镜所在的位置，反射光线与法线的夹角为反射角。
【解答】解：由图可知，入射光线与反射光线的夹角为180°﹣64°﹣36°＝80°，由光反射定律知，反射角等于入射角，所以反射角为×80°＝40°，先做出反射光线与入射光线的夹角的平分线，然后再过入射点作这个角平分线的垂线即为该定日镜的位置，入射角为入射光线与法线的夹角，反射角为反射光线与法线的夹角，如图所示：
【点评】本题主要考查了光的反射定律的应用，要灵活利用光的反射定律求解，要求会根据入射光线和反射光线确定平面镜的位置。
26．（2分）疫情线上教学期间，体育老师为同学们制定了详细的锻炼计划，其中一项是俯卧高抬腿，如图甲所示，将人看做杠杆；支点在手上，请在简图乙中画出地面对脚作用力F的力臂L和人手对地面的压力F′。
【分析】已知支点和动力的方向，过支点作动力作用线的垂线段即可；
根据压力的作用点在接触面上确定压力的作用点，然后根据压力的方向与接触面垂直，再过作用点表示出压力的方向。
【解答】解：过支点O向力F的作用线作垂线，就是力F的力臂L：
压力的作用点在接触面上，过作用点作垂直于水平地面向下的力即为人手对地面的压力F'；如图所示：
【点评】本题考查了力臂作图、力的示意图，明确压力的方向与接触面垂直是关键。
27．（6分）我国高速公路广泛应用的ETC收费系统，有效提升了汽车的通行效率。如图甲是某高速公路入口处的通道，图乙是其示意图。现有一辆总质量为1.5t的汽车，在进入ETC通道前的A处开始减速，经11s运动至收费岛边界的B处，然后再经9s匀速通过ETC收费岛到达C处，其中s1＝50m，s2＝36m。不计车长，g取10N/kg。
（1）求汽车从A处到C处的平均速度。
（2）若汽车在匀速行驶过程中所受阻力为汽车重力的0.2倍，求汽车从B处到C处牵引力所做的功。
【分析】（1）先计算AC间路程和时间，再由平均速度公式计算汽车从A处到C处的平均速度；
（2）汽车匀速从B处到达C处时，牵引力大小等于阻力，根据W＝Fs计算汽车从B处到C处牵引力做的功。
【解答】解：
（1）汽车从A处到C处通过的路程s＝s1+s2＝50m+36m＝86m，
时间t＝11s+9s＝20s，
汽车从A处到C处的平均速度：
v＝＝＝4.3m/s；
（2）汽车匀速从B处到达C处时，牵引力与阻力平衡，
所以牵引力F＝f＝0.2G＝0.2mg＝0.2×1.5×103kg×10N/kg＝3×103N，
汽车从B处到C处牵引力所做的功：
W＝Fs2＝3×103N×36m＝1.08×105J。
答：（1）汽车从A处到C处的平均速度为4.3m/s；
（2）汽车从B处到C处牵引力所做的功为1.08×105J
【点评】本题考查平均速度和功的计算公式的应用，要知道汽车做匀速直线运动时水平方向的牵引力与阻力是一对平衡力。
28．（6分）如图所示，电源电压保持不变，R1、R2的阻值分别为20Ω、50Ω，滑动变阻器R3的最大电阻值为20Ω。只闭合开关S2，移动滑片至滑动变阻器的中点，此时电压表的示数为5V。求：
（1）电源电压；
（2）当开关S1、S2、S3都闭合时，电路消耗的总功率。
【分析】（1）只闭合开关S2，R2和R3串联，电流表测量电路电流，电压表测量R2两端的电压，移动滑片至滑动变阻器的中点处时，根据欧姆定律可知此时电路中的电流，根据欧姆定律和串联的总电阻特点计算电源电压；
（2）当开关S1、S2、S3都闭合时，滑动变阻器被短路，电路为R1和R2并联的电路，根据P＝UI和欧姆定律可得出电路消耗的总功率。
【解答】解：（1）只闭合开关S2，R2和R3串联，电流表测量电路电流，电压表测量R2两端的电压，移动滑片至滑动变阻器的中点处时，
由I＝可得，电路中的电流I＝I2＝＝＝0.1A，
根据欧姆定律和串联的总电阻规律可知，电源电压U＝IR总＝I（R2+R3）＝0.1A×＝6V；
（2）当开关S1、S2、S3都闭合时，滑动变阻器被短路，电路为R1和R2并联的电路，
电路中的总电流I总＝I1+I 2＝＝＝0.42A；
电路消耗的总功率P＝UI总＝6V×0.42A＝2.52W。
答：（1）电源电压6V；
（2）当开关S1、S2、S3都闭合时，电路消耗的总功率为2.52W。
【点评】本题考查等效电路分析、欧姆定律的应用和电功率的计算等知识，综合性强，难度适中。
四、实验与探究题（每空2分，共18分）
29．（6分）如图是探究“电阻大小与哪些因素有关”的实验装置。A、B、C、D是四根电阻丝，这四根电阻丝的材料、长度、横截面积如图所示。
（1）实验中电流表示数越大，对应的电阻丝阻值越 小 。
（2）若选用A、B两根电阻丝来进行实验，是为了探究电阻大小与 长度 的关系。
（3）小宇同学在探究“电阻大小与材料的关系”时，将电阻丝C接入电路，然后再将电阻丝D接入电路中，发现电流表示数发生改变，由此得出结论：导体电阻的大小与材料有关。同组的小玲同学指出这种方法是错误的，理由是 没有控制C和D的横截面积相同 。
【分析】（1）电阻是对电流的阻碍作用，无法直接观察电阻的大小，通过电流表示数来判断，应用了转换法；
（2）（3）影响电阻大小的因素有：材料、长度、横截面积和温度；当有多个变量时，注意变量只有一个，其它变量都控制相同。
【解答】解：（1）电阻是对电流的阻碍作用，电流表的示数越大，表明导体对电流的阻碍作用小，电阻越小；
（2）观察表中A、B两根电阻丝，横截面积和材料相同、长度不同，探究导体电阻大小与长度的关系；
（3）小宇同学在探究“电阻大小与材料的关系”时，将电阻丝C接入电路，然后再将电阻丝D接入电路中，C和D的长度相同，材料和横截面积不同，没有控制横截面积相同，所以不能得出导体电阻的大小与材料有关。
故答案为：（1）小；（2）长度；（3）没有控制C和D的横截面积相同。
【点评】此题考查学生对于影响电阻大小的因素的理解和掌握，利用好控制变量法是解题的关键。
30．（6分）如图所示，是探究“通电螺线管外部磁场的方向”的实验装置。
（1）闭合开关前，小磁针N极指向地理的 北 极。
（2）闭合开关后，小磁针的指向如图所示，电源的左端为 负 极。
（3）改变螺线管中的电流方向，发现小磁针南北极所指方向发生改变，由此可知：通电螺线管外部磁场方向与螺线管中的 电流 方向有关。
【分析】（1）地球是一个巨大的磁体，地球周围存在的磁场叫地磁场，地磁南极在地理北极附近，地磁北极在地理南极附近；
（2）同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，已知小磁针静止时的N、S极指向，可确定通电螺线管的N、S极，根据安培定则判断出通电螺线管中电流方向，从而确定电源正负极；
（3）通电螺线管外部磁场方向与螺线管中的电流方向和线圈的绕法有关。
【解答】解：（1）地球本身是一个巨大的磁体，在地表附近的小磁针，静止时S极指向地理的南极，N极指向地理的北极；
（2）闭合开关后，小磁针受螺线管磁场的影响，根据异名磁极相互吸引的原理可以判断通电螺线管的左端为N极，右端为S极；
根据安培定则可知，电流从通电螺线管右前侧流入，左后侧流出，因此电源的左端为负极；
（3）改变螺线管中的电流方向，发现小磁针南北极所指方向发生改变，由此可知：通电螺线管外部磁场方向与螺线管中的电流方向有关。
故答案为：（1）北；
（2）负；
（3）电流。
【点评】此题为探究“通电螺线管外部磁场的方向”的实验，考查了地磁场、磁极间的相互作用规律、安培定则等知识点。
31．（6分）如图所示，是小华和小丽同学“探究杠杆的平衡条件”的实验。
（1）小华发现杠杆在如图甲所示位置静止，此时杠杆 是 （选填“是”或“不是”）处于平衡状态：小华在此状态下，分别在杠杆的A、B处挂上钩码，如图乙所示，放手后杠杆在水平位置 能 （选填“能”或“不能”）平衡。
（2）如图丙所示，小丽用弹簧测力计代替一组钩码，以弹簧测力计的拉力为动力F1，钩码处绳子的拉力为阻力F2；多次改变动力作用点的位置进行实验发现：当杠杆水平平衡时，F1L1的大小总是大于F1L2的大小，其原因是： 杠杆自身重力也是阻力 。
【分析】（1）静止时处于平衡状态；
设出一个钩码的重力和一格的距离，根据杠杆平衡条件做出解答；
（2）如图丙所示杠杆的支点与杠杆重心不重合，实验时要考虑杠杆自身重力对实验的影响。
【解答】解：（1）挂钩码前杠杆处于静止，此时杠杆是平衡状态；
设一个钩码重为G，一格为L，根据杠杆平衡条件可知：左侧变为3G×4L＝12GL，右侧变为4G×3L＝12GL，两侧力与力臂的乘积相等，故杠杆能保持平衡；
（2）图丙中，设杠杆的重力为G，力臂为LG，当杠杆平衡时，根据杠杆的平衡条件：F1L1＝F2L2+GLG，由丁图可知LG≠0，所以杠杆自重对杠杆平衡有影响，此时F1L1＞F2L2。
故答案为：（1）是；能；（2）杠杆自身重力也是阻力。
【点评】本题考查探究杠杆平衡条件的实验，关键是将实验操作步骤及结论掌握清楚，仔细分析解答。
一、不定项选择题（每小题2分，共10分，下列各题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得2分，选对未选全得1分，凡有错选或不选均不得分）
32．（2分）如图所示，是某次长征二号F火箭发射的场景，关于火箭发射及其能量的转化，下列说法正确的是（ ）
A．发射火箭与热机做功冲程的能量转化相同
B．火箭升空过程中与空气摩擦，这是通过热传递使火箭内能增加
C．火箭加速升空的过程中，火箭搭载的卫星的机械能保持不变
D．火箭发动机的效率可达100%
【分析】（1）热机做功冲程将内能转化为机械能，火箭发射升空也是将内能转化为机械能；
（2）摩擦生热是用做功的方式改变物体的内能；
（3）火箭搭载的卫星和火箭一起加速升空，机械能增大；
（4）使用机械做功时，机械效率不可能达到100%。
【解答】解；A、火箭发射升空，将内能转化为机械能，与热机做功冲程的能量转化相同，故A正确；
B、火箭升空过程中与空气摩擦，这是通过做功使火箭内能增加，故B错误；
C、火箭加速升空的过程中，火箭搭载的卫星的机械能增大，故C错误；
D、使用任何机械的效率都不能达到100%，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了能量的转化和机械效率，属于基础题，都要求掌握。
33．（2分）小丽同学用照相机拍摄了天府艺术公园的景象，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．部分房顶呈现绿色，是因为它吸收了绿光
B．离水面越远的建筑物，在水中的像越小
C．小丽能从不同方向看到公园的景物，是因为光发生了镜面反射
D．为让拍摄的像更大，小丽可以靠近拍摄物，同时伸长镜头
【分析】（1）不透明的物体会反射自身颜色的光；
（2）平面镜所成的像与物体大小相等；
（3）平滑的表面会把光线向着某个方向反射，这种反射叫做镜面反射；凹凸不平的表面会把光线向着四面八方反射，这种反射叫做漫反射；
（4）凸透镜成实像时，物近像远像变大。
【解答】解：A、部分房顶呈现绿色，是因为它反射了绿光，故A错误；
B、平面镜所成的像与物体大小相等，离水面越远的建筑物，在水中的像大小不变，故B错误；
C、小丽能从不同方向看到公园的景物，是因为光发生了漫反射，故C错误；
D、让拍摄的像更大，需要增大像距、减小物距，小丽可以靠近拍摄物，同时伸长镜头，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了凸透镜成像规律的应用、光的反射现象，属于基础题。
34．（2分）如图甲、乙所示，规格相同的A、B两杯中分别装有300g和400g的牛奶，并用不同加热器同时对其加热，根据所记录的数据分别得到图丙的温度与加热时间的关系图像C和D。已知加热器的加热效率相同，牛奶的比热容为2.5×103J/（kg•℃）。则下列说法正确的是（ ）
A．B杯中牛奶每分钟吸收的热量为2×104J
B．若两杯牛奶都从20℃加热5min，A、B两杯牛奶升高的温度之比为3：4
C．若将A、B两杯中的牛奶都从20℃加热至60℃，需要的时间之比是2：3
D．甲、乙图中的加热器每分钟放出的热量之比为3：4
【分析】（1）由图丙可知B杯中牛奶3min升高的温度，利用Q吸＝cmΔt求出牛奶3min吸收的热量，据此求出每分钟吸收的热量；
（2）由图丙可知，牛奶的温度从20℃升高到40℃时，A杯中牛奶的加热时间为2min，B杯中牛奶加热的时间为3min；
已知两容器中牛奶的质量和升高的温度（均升高20℃），由于加热器的加热效率相同，由Q吸＝ηQ放和Q吸＝cmΔt即可求出每分钟放出的热量之比；
根据每分钟放出的热量之比可知加热5min时吸收的热量之比，然后根据Δt＝可判断两杯牛奶升高的温度之比；
（3）根据Q吸＝cmΔt可得甲、乙两杯中的牛奶从 20℃加热至60℃所需热量之比；然后根据所用时间t＝可得所用时间之比。
【解答】解：A、由图丙的D图线可知，加热3min 时，B杯中牛奶升高的温度：ΔtB＝40℃﹣20℃＝20℃；
由图像还可知，牛奶的温度变化随时间的增加而均匀升高，
所以，加热1min时，B杯中的牛奶升高的温度：ΔtB′＝ΔtB＝×20℃＝℃；
此时B杯中的牛奶吸收热量：Q吸B′＝cmBΔtB′＝2.5×103J/（kg•℃）×400×10﹣3kg×℃≈6.67×103J，故A错误；
BD、由图丙可知，牛奶的温度从20℃升高到40℃时，A杯的加热时间为2min，
此时A杯中的牛奶吸收热量：QA吸＝cmAΔtA＝2.5×103J/（kg•℃）×300×10﹣3kg×（40℃﹣20℃）＝1.5×104J，
A杯中的牛奶每分钟吸收热量为：Q吸A′＝QA吸＝×1.5×104J＝7.5×103J；
由于加热器的加热效率相同，A杯中加热器每分钟放出的热量：QA放＝，B杯中加热器每分钟放出的热量：QB放＝，
则甲、乙图中的加热器每分钟放出的热量之比：QA放：QB放＝：＝QA吸′：Q吸B′＝7.5×103J：6.67×103J＝9：8，
加热5min，A、B杯中牛奶吸收的热量之比为：QA：QB＝5Q吸A′：5Q吸B′＝Q吸A′：Q吸B′＝9：8，
根据Δt＝可可知，两杯牛奶升高的温度之比为：ΔtA：ΔtB＝：＝：＝3：2，故BD错误；
C、A、B两杯中的牛奶从 20℃加热至60℃，升高的温度相同，比热容相同，
由Q吸＝cmΔt可知，所需热量之比：QA吸″：QB吸″＝mA：mB＝300g：400g＝3：4，
加热时间之比为：tA：tB＝：＝：＝2：3，故C正确。
故选：C。
【点评】本题考查了吸热公式的灵活运用，本题需要注意是利用的不同加热器，则相同的时间产生的热量不同，解题的关键是从图象中获取有用信息。
（多选）35．（2分）如图所示，支架OB固定于竖直墙面O点，且可绕O点在竖直面内转动，细绳BC与支架连接于B点，另一端固定在墙上C点，此时支架水平，细绳与支架夹角为30°，滑轮组悬挂于支架A处，OA＝2AB，重500N的工人用300N竖直向下的拉力拉动绳子自由端，使重540N的物体M在10s内匀速上升了5m。工人与水平地面的接触面积为500cm2，两个滑轮的质量相等，不计支架和细绳重力，不计滑轮组的绳重和摩擦。则下列说法正确的是（ ）
A．滑轮对重物的拉力的功率为150W
B．工人对地面的压强为4000Pa
C．细绳BC对支架的拉力1280N
D．滑轮组的机械效率为80%
【分析】（1）根据二力平衡条件求出滑轮对重物的拉力，利用W＝F拉h求滑轮对重物的拉力做的功，利用P＝求滑轮对重物的拉力的功率；
（2）工人对地面的压力大小等于工人的重力减去绳子自由端的拉力，根据p＝求工人对地面的压强；
（3）由图可知n＝2，利用不计绳重和摩擦时F＝（G+G动）求动滑轮的重力，根据两个滑轮的质量相等可知定滑轮的重力，定滑轮对支架上A点的拉力大小等于3股绳子向下的拉力加上定滑轮的重力，根据数学知识求出细绳BC对支架拉力的力臂，根据杠杆平衡条件求出细绳BC对支架的拉力；
（4）利用η＝＝＝＝求滑轮组的机械效率。
【解答】解：A、因为物体做匀速直线运动，所以，由二力平衡条件可知，滑轮对重物的拉力：F拉＝G物＝540N，
滑轮对重物的拉力做的功：W拉＝F拉h＝540N×5m＝2700J，
则滑轮对重物的拉力的功率：P＝＝＝270W，故A错误；
B、工人对地面的压力：F压＝G人﹣F＝500N﹣300N＝200N，
工人对地面的压强：p＝＝＝4000Pa，故B正确；
C、由图可知n＝2，因为不计绳重和摩擦时F＝（G+G动），所以动滑轮的重力：G动＝nF﹣G物＝2×300N﹣540N＝60N，
两个滑轮的质量相等，由G＝mg可知，定滑轮的重力：G定＝G动＝60N，
定滑轮对支架上A点竖直向下的拉力：FA＝3F+G定＝3×300N+60N＝960N，
由图可知，支架OAB可以看做以O为支点的杠杆，
定滑轮对支架上A点的拉力的力臂LA＝OA，
细绳与支架夹角为30°，由数学知识可知，细绳BC对支架拉力的力臂：LB＝OB＝×（OA+AB）＝×（OA+OA）＝OA，
由杠杆平衡条件可知：FB×LB＝FA×LA，
解得：即FB＝×FA＝×FA＝×960N＝1280N，故C正确；
D、滑轮组的机械效率：η＝＝＝＝＝×100%＝90%，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查二力平衡条件、杠杆平衡条件、功的公式、功率公式、压强定义式、使用滑轮组绳子自由端拉力的公式和机械效率公式的应用，综合性较强。
（多选）36．（2分）如图所示，电源电压为12V，R1、R2为定值电阻，R2＝20Ω，R3为滑动变阻器，其铭牌上标有“？Ω 2A”字样。电压表V1接入电路的量程为0～3V，电压表V2接入电路的量程为0～15V，电流表A所选量程为0～3A，电流表A1所选量程为0～0.6A。将滑动变阻器R3的滑片调至最左端，当只闭合开关S3时，电流表A的示数为0.4A；保持滑片位置不变，当只闭合开关S1时，电压表V1的示数为3V。下列结论正确的是（ ）
A．R3的最大阻值为30Ω
B．R1的阻值为20Ω
C．只闭合S3时，R3连入电路的阻值不能小于4Ω
D．改变电路连接，为保障各元件安全，电流表A的最大示数和最小示数之比为26：3
【分析】（1）将滑动变阻器R3的滑片调至最左端，当只闭合开关S3时，电路为滑动变阻器的简单电路，此时滑动变阻器接入电路最大阻值，电流表A测通过电路的电流，根据欧姆定律计算滑动变阻器R3的最大阻值；
（2）保持滑片位置不变，当只闭合开关S1时，滑动变阻器和R1串联接入电路，电压表V1测定值电阻R1两端的电压，两电流表均测通过电路的电流，根据串联电路电压规律计算此时滑动变阻器两端的电压，根据欧姆定律计算此时通过电路的电流，根据串联电路电流特点结合欧姆定律计算R1的阻值；
（3）当只闭合开关S3时，电路为滑动变阻器的简单电路，电压表V测量电源电压，电流表A测量电路中的电流，根据电流表A的量程可知电路中允许通过的最大电流，此时滑动变阻器了电路的阻值最小，根据欧姆定律即可求出最小电阻值；
（4）串联电路总电阻等于任一分电阻，并联电路总电阻小于任一分电阻，比较可知R3＞R2＞R1，
只闭合开关S1时，滑动变阻器和R1串联接入电路，电压表V1测定值电阻R1两端的电压，滑动变阻器接入电路最大阻值时通过电路的电流最小，由（2）知通过电路的最小电流和此时电压表V1的示数，确定电路是否安全；
开关S2、S3闭合，滑动变阻器与R2并联，电流表A1测通过定值电阻的电流，电流表A测干路电流，电压表V2测电源电压，根据电压表接入电路的量程确定电压表是否安全，根据并联电路电流规律可知当通过滑动变阻器的电流最大时干路电流也最大，根据欧姆定律计算此时通过定值电阻R2的电流，根据电流表A1所选量程确定电流表A1是否安全，滑动变阻器允许通过的最大电流为2A，根据并联电路电流规律计算此时通过电路的最大电流，根据电流表A所选量程确定电流表A是否安全，进一步计算电流表A的最大示数和最小示数之比。
【解答】解：A、将滑动变阻器R3的滑片调至最左端，当只闭合开关S3时，电路为滑动变阻器R3的简单电路，此时滑动变阻器接入电路最大阻值，
电流表A测通过电路的电流，电流表A的示数为0.4A，根据欧姆定律可得滑动变阻器R3的最大阻值：R3＝＝＝30Ω，故A错误；
B、保持滑片位置不变，当只闭合开关S1时，滑动变阻器和R1串联接入电路，电压表V1测定值电阻R1两端的电压，两电流表均测通过电路的电流，
串联电路总电压等于各部分电压之和，电压表V1的示数为3V，此时滑动变阻器两端的电压：U3＝U﹣U1＝12V﹣3V＝9V，
此时通过电路的电流：I＝＝＝0.3A，
根据串联电路各处电流相等和I＝可得R1的阻值：
R1＝＝＝10Ω，故B错误；
C、当只闭合开关S3时，电路为滑动变阻器的简单电路，电压表V测量电源电压，电流表A测量电路中的电流，
根据电流表A的量程可知电路中允许通过的最大电流为3A，此时滑动变阻器连入电路的阻值最小，
根据I＝可得滑动变阻器连入电路最小电阻值为：R3最小＝＝＝4Ω，故C正确；
D、串联电路总电阻等于任一分电阻，并联电路总电阻小于任一分电阻，R2＝20Ω，则R3＞R2＞R1，
只闭合开关S1时，滑动变阻器和R1串联接入电路，电压表V1测定值电阻R1两端的电压，滑动变阻器接入电路最大阻值时通过电路的电流最小，由（2）知通过电路的最小电流为0.3A，电流表A1所选量程为0～0.6A，电流表A1安全，时电压表V1的示数为3V，电压表V1接入电路的量程为0～3V，电压表V1安全；
开关S2、S3闭合，滑动变阻器与R2并联，电流表A1测通过定值电阻的电流，电流表A测干路电流，电压表V2测电源电压，电压表V2接入电路的量程为0～15V，电源电压小于电压表量程，电压表安全，
并联电路干路电流等于各支路电流之和，当通过滑动变阻器的电流最大时干路电流也最大，
此时通过定值电阻R2的电流：I2＝＝＝0.6A，电流表A1所选量程为0～0.6A，所以电流表A1安全，
滑动变阻器允许通过的最大电流为2A，此时通过电路的电流：I′＝I2+I3′＝0.6A+2A＝2.6A，电流表A所选量程为0～3A，所以电流表A安全，
则电流表A的最大示数和最小示数之比为：I′：I＝2.6A：0.3A＝26：3，故D正确。
故选：ACD。
【点评】本题考查串联电路特点、并联电路特点和欧姆定律的灵活运用，分清电路连接是解题的关键。
二、综合题（共10分）
37．（4分）图甲为某型号电子秤，其原理图如图乙所示，R0为定值电阻；R是压敏电阻，其阻值随所受压力F变化的关系如图丙所示。改写电压表（量程为3V）的表盘数值后可直接读出所称量物体的质量，设踏板的质量为5kg，电源电压保持9V不变。空载时（踏板上不放物体），电压表的示数为1V，g取10N/kg。
（1）R0阻值为 30 Ω。
（2）该电子秤的量程是 0～90kg 。
（3）如果保持电子秤结构和电压表量程不变，使该电子秤的量程变为110kg，你设计的方案是：在R左侧串联一个 40 Ω的电阻，或在R0两端并联一个 15 Ω的电阻。
【分析】（1）根据G＝mg求出空载时踏板的重力，空载时压敏电阻所受压力等于踏板的重力，由图丙和数学知识得出对应压敏电阻的阻值；根据串联电路的电压特点求出压敏电阻两端的电压，利用欧姆定律和串联电路的电流特点求出电路中的电流，再根据欧姆定律求出R0的阻值；
（2）由串联分压的规律分析可知电子秤所测质量最大时电压表的示数最大（等于电压表的最大测量值），此时定值电阻两端的电压为3V，根据欧姆定律求出电路中的电流，利用串联电路的电压特点和欧姆定律求出压敏电阻的阻值，由图丙和数学知识得出压敏电阻受到的最大压力，即踏板和称量物体的最大总重力，再根据G＝mg求出该电子秤的量程；
（3）先求出最大称量为110kg时压敏电阻受到的压力，由图丙和数学知识得出此时压敏电阻的阻值，分析电路结构不变的部分，然后得出所加电阻的连接方式，根据串并联电路的特点和欧姆定律求出所加电阻的阻值。
【解答】解：（1）空载时，踏板的重力为：G踏板＝m踏板g＝5kg×10N/kg＝50N，
空载时压敏电阻所受压力等于踏板的重力，则空载时压敏电阻所受压力为50N，
由丙图可知，压敏电阻R的阻值与所受压力F是一次函数关系，由数学知识可得：R＝﹣0.2Ω/N×F+250Ω﹣﹣﹣﹣﹣①，
将压力F＝50N代入①式可得，此时压敏电阻的阻值R＝240Ω，
由乙图可知，两电阻串联接入电路，电压表测R0两端的电压，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以此时压敏电阻两端的电压：UR＝U﹣U0＝9V﹣1V＝8V，
由于串联电路中各处的电流相等，所以根据欧姆定律可得，电路中的电流：I1＝＝＝A，
则R0的阻值：R0＝＝＝30Ω；
（2）由图丙可知，压敏电阻受到的压力越大，其阻值越小，由串联分压的规律可知压敏电阻两端的电压越小，则定值电阻R0两端的电压越大，所以电子秤所测质量最大时电压表的示数最大，则此时定值电阻两端的电压为3V，
此时电路中的电流：I2＝＝＝0.1A，
此时压敏电阻两端分得的电压：UR′＝U﹣U0′＝9V﹣3V＝6V，
此时压敏电阻的阻值：R′＝＝＝60Ω，
将R′＝60Ω代入①式可得，压敏电阻受到的最大压力为950N，即踏板和称量物体的最大总重力为950N，
该电子秤称量物体的最大质量：mmax＝＝＝90kg，则该电子秤的量程是0～90kg；
（3）当电子秤的量程变为110kg时，
称量物体的最大重力：G物max′＝mmax′g＝110kg×10N/kg＝1100N，
此时压敏电阻受到的压力为F″＝G物max′+G踏板＝1100N+50N＝1150N，将F″＝1150N代入①式可得，此时压敏电阻的阻值R″＝20Ω；
①若保持电压表与R0并联的结构不变时，则电路中的电流为0.1A不变，
此时电路中的总电阻：R总＝＝＝90Ω，
因为串联电路的总电阻等于各分电阻之和，
所以在R左侧串联的电阻值为：R加＝R总﹣R0﹣R″＝90Ω﹣30Ω﹣20Ω＝40Ω，
如下图所示：
②若保持电压表与R0并联以外的结构不变时，则压敏电阻两端分得的电压为UR′＝6V不变，
此时电路中的最大电流：I大＝＝＝0.3A，
此时与电压表并联部分的电阻：R并＝＝＝10Ω＜30Ω，
所以，此时应在R0两端并联一个电阻，
由并联电路中总电阻的倒数等于各分电阻倒数之和，
所以，＝+，即＝+，
解得：R加′＝15Ω，
要使电子秤的量程变为110kg，应在R0两端并联一个15Ω的电阻，如下图所示，
。
故答案为：（1）30；（2）0～90kg；（3）40；15。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律及其变形公式的灵活运用，关键是正确分析电路图和从图象中得出相关的信息，要注意计算时要考虑踏板的压力。
38．（6分）如图所示，质量为0.2kg的圆柱形薄壁容器，高度足够高，上方有一个注水口，以20cm3/s的速度匀速向容器内注水，容器正上方的天花板上用轻质细杆（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工件A、B，工件A、B密度相同。注水口图乙中记录了从注水开始到注水结束的时间内，连接细杆上的力传感器示数的变化情况。已知容器底面积为20cm2，工件B底面积为10cm2，第18s时容器内液面高度为32cm，ρ水＝1.0×103kg/m3，g＝10N/kg。求：
（1）工件AB的重力。
（2）工件A的底面积。
（3）若在t＝12s时停止注水并切断细杆，待工件稳定后，切断前后水对容器底面的压强变化量为Δp1，若在t2＝20s时停止注水并切断细杆，待工件稳定后，切断前后整个容器对地面的压强变化量为Δp2，请计算Δp1与Δp2之比。
【分析】（1）当工件不受浮力时，重力等于细杆对工件的拉力，由图像可得出工件的重力；
（2）根据工件漂浮时，浮力等于重力求出工件的浸入深度，利用注水速度求出工件漂浮时的注水时间；
根据漂浮到工件B刚好浸没之间的注水体积计算出工件B增加的浮力，即细杆受到的支持力；
根据图像计算出从12s到18s的注水体积，利用工件A受到的浮力计算出其排水体积，结合其高度得出工件A的底面积；
（3）利用浮力的减小值即为水对容器底压力的减小值，也是容器对地面压力的减小值求出压强的变化量，得出压强变化量之比。
【解答】解：|（1）0﹣2s内，工件受细杆的拉力和重力，二力平衡相等，故工件的重力为：G＝1.2N；
（2）0﹣2s内注水体积为：V1＝20cm3/s×2s＝40cm3，
2s时的水深为：h1＝＝＝2cm，
2s后，工件受的拉力变小，直至为0，此时工件受到的浮力与重力二力平衡相等，处于漂浮状态，故当细杆对工件的拉力为0时，工件受到的浮力为：F浮＝G＝1.2N，
工件的排水体积为：V排＝＝＝1.2×10﹣4m3＝120cm3，
工件B浸入水中的高度为：h2＝＝＝12cm，
从2s到细杆对工件拉力为0的时间间隔内，注水体积为：V2＝（S容﹣SB）•h2＝（20cm2﹣10cm2）×12cm＝120cm3，
从2s到细杆对工件拉力为0的时间间隔为：t＝＝6s，
故细杆对工件拉力为0时的注水时间为：2s+6s＝8s，
从8s到12s的注水体积为：V3＝20cm3/s×4s＝80cm3，
注水高度为：h3＝＝＝8cm，
从8s到12s的注水刚好将工件B浸没，工件B的高度为：hB＝h2+h3＝12cm+8cm＝20cm，
工件B增加的排水体积为：ΔVB＝SB•h3＝10cm3×8cm＝80cm3，
12s时细杆受到的支持力即为工件B增加的浮力：F支＝ΔF浮＝ρ液gΔVB＝1.0×103kg/m3×10N/kg×50×10﹣6m3＝0.5N，
从12s到18s的注水刚好将工件A浸没，工件A的高度为：h4＝h总﹣h1﹣hB＝32cm﹣2cm﹣20cm＝10cm，
从12s至18s时细杆受到支持力的增加量即为工件A浸没水中时受到的浮力：F浮′＝ΔF支＝1.2N﹣0.5N＝1N，
工件A的排水体积为：VA＝＝＝1×10﹣4m3＝100cm3，
工件A的底面积为：SA＝＝＝10cm2；
（3）12s时停止注水，切断细杆，工件B将上浮露出水面处于漂浮状态，减小的浮力即为从8s到12s之间增加的浮力0.5N。
故水对容器底减小的压力为：ΔF压＝ΔF浮＝0.5N，
水对容器底减小的压强为：Δp1＝＝＝250Pa，
20s停止注水，切断细杆，工件A和B将一起上浮露出水面直至漂浮，减小的浮力即为从12s到18s之间增加的浮力为1.2N。
故容器对桌面减小的压力为：ΔF压′＝ΔF浮′＝1.2N，
容器对桌面减小的压强为：Δp2＝＝＝600Pa，
Δp1：Δp2＝250Pa：600Pa＝5：12。
答：（1）工件AB的重力为1.2N。
（2）工件A的底面积为10cm2。
（3）Δp1与Δp2之比为5：12。
【点评】该题考查了受力分析、阿基米德原理、液面升高、图像分析、压强计算等知识点，综合性强，难度大，需要较强的分析推理能力，难点是液面升高的分析和图像中拐点与过程的对应，对于涉及浮力问题的压强变化量的计算，可以利用压力的变化量等于浮力的变化量来分析，会让问题更简化。
2023年四川省成都市锦江区中考物理二诊试卷
一、单项选择题（每小题2分，共30分）
1．（2分）关于能源和信息技术，下列说法正确的是（ ）
A．目前的核电站多数采用核聚变发电
B．风能、水能、太阳能都是可再生能源
C．不同频率的电磁波在真空中传播速度不同
D．固定电话和移动电话都是靠电磁波传递信息
2．（2分）下列与声现象有关的说法中正确的是（ ）
A．只要物体振动，一定能听到声音
B．按压钢琴不同的键，就可以改变钢琴的响度
C．蝙蝠回声定位，利用了声音可以传递能量
D．禁止鸣笛，是为了在声源处防止噪声的产生
3．（2分）夏天，从冰箱中取出饮料瓶，不久可观察到饮料瓶外壁出现小水珠。下列现象的形成过程与此相同的是（ ）
A．初春，湖面上冰逐渐消融
B．仲夏，地面上水很快变干
C．深秋，草叶上出现的露珠
D．寒冬，树枝上挂满的雾凇
4．（2分）估测在实际生活中的应用十分广泛，下列物理量的估测最接近实际的是（ ）
A．中学生的身高约为160dm
B．家用冰箱正常工作时的电流约为50A
C．手机电池的电压约为36V
D．中学生双脚站立时对地压强约为1×104Pa
5．（2分）关于家庭电路和安全用电，下列说法正确的是（ ）
A．电能表测量的是家用电器的总功率
B．使用测电笔时，手不能接触笔尾的金属体
C．发现有人触电应先切断电源再救人
D．电冰箱接入三孔插座后其外壳与零线相连
6．（2分）某同学连接了如图所示电路图，闭合开关S后发现L1正常发光，L2只能微弱发光。以下对于这一现象产生原因的分析中，合理的是（ ）
A．由于灯泡L2的电阻较小
B．由于灯泡L2的电阻较大
C．灯泡L2通过的电流小于灯泡L1
D．灯泡L2发生了短路
7．（2分）下列诗词涉及光学知识，对其解释正确的是（ ）
A．“香炉初上日，瀑水喷成虹”，彩虹是光的色散现象
B．“举杯邀明月，对影成三人”，影子是由于光沿直线传播形成的虚像
C．“宝钗好耀首，明镜可鉴形”，明镜成像是由于光发生了折射
D．“潭清疑水浅，荷动知鱼散”，潭水看起来浅是由于光发生了反射
8．（2分）如图所示，是在大气压为760mm水银柱的房间里做托里拆利实验。关于该实验，下列说法正确的是（ ）
A．将玻璃管从竖直变为倾斜，会影响实验测量结果
B．将此实验从山下移到山上，能使测量值变大
C．水银槽中水银越多，玻璃管内外水银面的高度差越大
D．若测出管内外水银柱的高度差为755mm，可能是因为管内水银面上方进入少量空气
9．（2分）如图所示是某小区的门禁系统。车辆通过门禁系统识别后，若为内部车辆，道闸自动抬起，车辆进入小区；若为外来车辆，需在岗亭登记，由保安手动按下闸机，车辆才能进入小区。若将门禁系统和闸机看做开关，下列设计的四个电路中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
10．（2分）对下列四幅图片涉及的物理知识分析错误的是（ ）
A．图甲中，船闸是利用连通器原理工作的
B．图乙中，飞机机翼上凸下平利用流体压强与流速的关系获得升力
C．图丙中，祝融号火星车设计有宽大的轮子可以增大压强
D．图丁中，马德堡半球实验证明了大气压的存在
11．（2分）高铁技术将人们带入了“动车时代”。如图所示，是张华同学在匀速行驶的“复兴号”动车上做的一次实验，他将一枚硬币立放在水平窗台上却不倒。下列相关分析正确的是（ ）
A．动车给硬币施加了向前的力
B．硬币相对于地面是静止的
C．硬币对窗台的压力与硬币的重力是一对平衡力
D．硬币对窗台的压力和窗台对硬币的支持力是一对相互作用力
12．（2分）物理量的测量是物理实验的基础。关于测量及测量工具的使用，下列说法中正确的是（ ）
A．图甲中，用刻度尺测量长度必须让零刻度线对准物体的左端，视线与尺面垂直
B．图乙中，此时弹簧测力计的示数就是钩码的重力
C．图丙中，用量筒测液体体积时俯视读数会造成数据偏大
D．图丁中，用已调节好的天平测量水的质量，水质量是82.4g
13．（2分）在“用酒精温度计测量水的温度”实验中，下列说法正确的是（ ）
A．若水的温度高，酒精的温度低，热量会从水传递到酒精
B．测量水的温度时，要待温度计示数稳定后再取出读数
C．使用温度计测量温度时，温度计可以当搅拌器使用
D．水的温度越高，水含有的热量越多
14．（2分）福建舰是我国完全自主设计建造的首艘弹射型航空母舰，配置电磁弹射和阻拦装置，满载排水量8万吨，大大增加了舰载机数量。如图所示，是福建舰在海上“系泊试验”的画面。关于福建舰及其在海上系泊试验，下列说法正确的是（ ）
A．满载时的排水量指的是舰所受的重力
B．电磁弹射是将电能转化为机械能
C．舰上的舰载机起飞后，舰受到的浮力不变
D．舰静止在海面上所受的浮力大于它的总重力
15．（2分）如图所示为一款“智能照明灯”的电路，灯L天暗时自动发光，天亮时自动熄灭，控制电路中，R1为定值电阻，R2为光敏电阻，其阻值随光照强度而变化。以下说法正确的是（ ）
A．R2的阻值随光照强度的增大而增大
B．当光照强度减小时，电压表示数增大
C．控制电路中的电磁铁利用电流的热效应工作
D．将R1换为阻值更大的电阻，可缩短灯的发光时间
二、填空题（每空2分，共36分）
16．（4分）用塑料梳子梳头，头发会随着梳子飘起来，是因为发生了 现象；静电除尘技术利用了带电体能够 轻小物体的性质。
17．（4分）医院里装有氧气的钢瓶，使用一段时间后氧气的密度将 。在宇宙飞船上，每增加1g有效载荷都必须为它消耗不少的动力，因此太空飞行对质量有严格的限制，飞船尽可能采用强度高、密度 、性质优良的新材料制造。
18．（4分）生活处处有物理，留心观察皆学问。环卫工人在雪上撒盐，这是为了 雪的熔点；高压锅做饭熟得快，是因为锅内气体压强增大， 了水的沸点。（两空均选填“提高”或“降低”）
19．（4分）激光测距仪是利用光的 制造出能测量远距离的“尺”。“东方红，太阳升”描述太阳刚刚升起的情景，但我们看到的并非是实际的太阳，而是光线经过密度不均匀大气时发生了 而形成的像。（两空均选填“反射”或“折射”）
20．（4分）如图所示，自行车厂的工人使用扳手拧螺母时，手握的位置越远，就越容易拧开，这说明力的作用效果与力的 有关。自行车的轮轴安装了滚动轴承，是为了 摩擦。
21．（4分）探究“感应电流产生的条件”应选用如图 （选填“甲”或“乙”）所示的装置进行实验。在这个装置中若仅改变磁场方向，则产生的感应电流方向 （选填“会”或“不会”）发生改变。
22．（4分）如图所示，是王亚平老师在天宫课堂中演示的两个实验。甲图实验中，由两个液滴自动搭接成“液桥”，“液桥”的形成表明了分子间存在 ，乙图实验中，叶光富将冰墩墩平推给王亚平，冰墩墩脱手后，近似做匀速直线运动，若在地球上进行这一实验，物体由于受到 作用，将会沿抛物线落向地面。
23．（4分）将两个质量相同的橡皮泥做成实心球形和碗形，分别放入甲、乙两杯水中，静止时如图所示，由此可知，橡皮泥的密度 水的密度，甲杯中橡皮泥所受的浮力 乙杯中橡皮泥所受的浮力。（两空均选填“大于”“小于”或“等于”）
24．（4分）如图所示，是电饭煲简化电路图，它有加热和保温两个挡位，其工作电压为220V。R1和R2均为阻值不变的加热元件，R2的阻值为800Ω。加热挡的功率为605W，电饭煲加热时，电路中的电流为 A；该电饭煲在保温挡工作10s产生的热量为 J。
三、作图与计算题（共16分，计算题在解答时应写出公式和重要的演算步骤，只写出最后答案不能得分）
25．（2分）甲图是我国的敦煌塔式光热电站。它由12000面“定日镜”围绕吸热塔组成，每面镜子能追踪太阳并把阳光反射到塔顶的吸热器上。乙图是某个时刻太阳光经某定日镜反射后，照射到吸热器的光路图，请画出该定日镜并标出反射角的大小。
26．（2分）疫情线上教学期间，体育老师为同学们制定了详细的锻炼计划，其中一项是俯卧高抬腿，如图甲所示，将人看做杠杆；支点在手上，请在简图乙中画出地面对脚作用力F的力臂L和人手对地面的压力F′。
27．（6分）我国高速公路广泛应用的ETC收费系统，有效提升了汽车的通行效率。如图甲是某高速公路入口处的通道，图乙是其示意图。现有一辆总质量为1.5t的汽车，在进入ETC通道前的A处开始减速，经11s运动至收费岛边界的B处，然后再经9s匀速通过ETC收费岛到达C处，其中s1＝50m，s2＝36m。不计车长，g取10N/kg。
（1）求汽车从A处到C处的平均速度。
（2）若汽车在匀速行驶过程中所受阻力为汽车重力的0.2倍，求汽车从B处到C处牵引力所做的功。
28．（6分）如图所示，电源电压保持不变，R1、R2的阻值分别为20Ω、50Ω，滑动变阻器R3的最大电阻值为20Ω。只闭合开关S2，移动滑片至滑动变阻器的中点，此时电压表的示数为5V。求：
（1）电源电压；
（2）当开关S1、S2、S3都闭合时，电路消耗的总功率。
四、实验与探究题（每空2分，共18分）
29．（6分）如图是探究“电阻大小与哪些因素有关”的实验装置。A、B、C、D是四根电阻丝，这四根电阻丝的材料、长度、横截面积如图所示。
（1）实验中电流表示数越大，对应的电阻丝阻值越 。
（2）若选用A、B两根电阻丝来进行实验，是为了探究电阻大小与 的关系。
（3）小宇同学在探究“电阻大小与材料的关系”时，将电阻丝C接入电路，然后再将电阻丝D接入电路中，发现电流表示数发生改变，由此得出结论：导体电阻的大小与材料有关。同组的小玲同学指出这种方法是错误的，理由是 。
30．（6分）如图所示，是探究“通电螺线管外部磁场的方向”的实验装置。
（1）闭合开关前，小磁针N极指向地理的 极。
（2）闭合开关后，小磁针的指向如图所示，电源的左端为 极。
（3）改变螺线管中的电流方向，发现小磁针南北极所指方向发生改变，由此可知：通电螺线管外部磁场方向与螺线管中的 方向有关。
31．（6分）如图所示，是小华和小丽同学“探究杠杆的平衡条件”的实验。
（1）小华发现杠杆在如图甲所示位置静止，此时杠杆 （选填“是”或“不是”）处于平衡状态：小华在此状态下，分别在杠杆的A、B处挂上钩码，如图乙所示，放手后杠杆在水平位置 （选填“能”或“不能”）平衡。
（2）如图丙所示，小丽用弹簧测力计代替一组钩码，以弹簧测力计的拉力为动力F1，钩码处绳子的拉力为阻力F2；多次改变动力作用点的位置进行实验发现：当杠杆水平平衡时，F1L1的大小总是大于F1L2的大小，其原因是： 。
一、不定项选择题（每小题2分，共10分，下列各题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得2分，选对未选全得1分，凡有错选或不选均不得分）
32．（2分）如图所示，是某次长征二号F火箭发射的场景，关于火箭发射及其能量的转化，下列说法正确的是（ ）
A．发射火箭与热机做功冲程的能量转化相同
B．火箭升空过程中与空气摩擦，这是通过热传递使火箭内能增加
C．火箭加速升空的过程中，火箭搭载的卫星的机械能保持不变
D．火箭发动机的效率可达100%
33．（2分）小丽同学用照相机拍摄了天府艺术公园的景象，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．部分房顶呈现绿色，是因为它吸收了绿光
B．离水面越远的建筑物，在水中的像越小
C．小丽能从不同方向看到公园的景物，是因为光发生了镜面反射
D．为让拍摄的像更大，小丽可以靠近拍摄物，同时伸长镜头
34．（2分）如图甲、乙所示，规格相同的A、B两杯中分别装有300g和400g的牛奶，并用不同加热器同时对其加热，根据所记录的数据分别得到图丙的温度与加热时间的关系图像C和D。已知加热器的加热效率相同，牛奶的比热容为2.5×103J/（kg•℃）。则下列说法正确的是（ ）
A．B杯中牛奶每分钟吸收的热量为2×104J
B．若两杯牛奶都从20℃加热5min，A、B两杯牛奶升高的温度之比为3：4
C．若将A、B两杯中的牛奶都从20℃加热至60℃，需要的时间之比是2：3
D．甲、乙图中的加热器每分钟放出的热量之比为3：4
（多选）35．（2分）如图所示，支架OB固定于竖直墙面O点，且可绕O点在竖直面内转动，细绳BC与支架连接于B点，另一端固定在墙上C点，此时支架水平，细绳与支架夹角为30°，滑轮组悬挂于支架A处，OA＝2AB，重500N的工人用300N竖直向下的拉力拉动绳子自由端，使重540N的物体M在10s内匀速上升了5m。工人与水平地面的接触面积为500cm2，两个滑轮的质量相等，不计支架和细绳重力，不计滑轮组的绳重和摩擦。则下列说法正确的是（ ）
A．滑轮对重物的拉力的功率为150W
B．工人对地面的压强为4000Pa
C．细绳BC对支架的拉力1280N
D．滑轮组的机械效率为80%
（多选）36．（2分）如图所示，电源电压为12V，R1、R2为定值电阻，R2＝20Ω，R3为滑动变阻器，其铭牌上标有“？Ω 2A”字样。电压表V1接入电路的量程为0～3V，电压表V2接入电路的量程为0～15V，电流表A所选量程为0～3A，电流表A1所选量程为0～0.6A。将滑动变阻器R3的滑片调至最左端，当只闭合开关S3时，电流表A的示数为0.4A；保持滑片位置不变，当只闭合开关S1时，电压表V1的示数为3V。下列结论正确的是（ ）
A．R3的最大阻值为30Ω
B．R1的阻值为20Ω
C．只闭合S3时，R3连入电路的阻值不能小于4Ω
D．改变电路连接，为保障各元件安全，电流表A的最大示数和最小示数之比为26：3
二、综合题（共10分）
37．（4分）图甲为某型号电子秤，其原理图如图乙所示，R0为定值电阻；R是压敏电阻，其阻值随所受压力F变化的关系如图丙所示。改写电压表（量程为3V）的表盘数值后可直接读出所称量物体的质量，设踏板的质量为5kg，电源电压保持9V不变。空载时（踏板上不放物体），电压表的示数为1V，g取10N/kg。
（1）R0阻值为 Ω。
（2）该电子秤的量程是 。
（3）如果保持电子秤结构和电压表量程不变，使该电子秤的量程变为110kg，你设计的方案是：在R左侧串联一个 Ω的电阻，或在R0两端并联一个 Ω的电阻。
38．（6分）如图所示，质量为0.2kg的圆柱形薄壁容器，高度足够高，上方有一个注水口，以20cm3/s的速度匀速向容器内注水，容器正上方的天花板上用轻质细杆（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工件A、B，工件A、B密度相同。注水口图乙中记录了从注水开始到注水结束的时间内，连接细杆上的力传感器示数的变化情况。已知容器底面积为20cm2，工件B底面积为10cm2，第18s时容器内液面高度为32cm，ρ水＝1.0×103kg/m3，g＝10N/kg。求：
（1）工件AB的重力。
（2）工件A的底面积。
（3）若在t＝12s时停止注水并切断细杆，待工件稳定后，切断前后水对容器底面的压强变化量为Δp1，若在t2＝20s时停止注水并切断细杆，待工件稳定后，切断前后整个容器对地面的压强变化量为Δp2，请计算Δp1与Δp2之比。
2023年四川省成都市锦江区中考物理二诊试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（每小题2分，共30分）
1．（2分）关于能源和信息技术，下列说法正确的是（ ）
A．目前的核电站多数采用核聚变发电
B．风能、水能、太阳能都是可再生能源
C．不同频率的电磁波在真空中传播速度不同
D．固定电话和移动电话都是靠电磁波传递信息
【分析】（1）聚变反应时将质量较小的轻核聚变成质量较大的核，聚变过程会有质量亏损，要放出大量的能量，但目前核电站都采用铀核的裂变反应；
（2）化石能源、核能会越用越少，不可能在短期内从自然界得到补充，所以它们属于不可再生能源；而风能、水能、太阳能、生物质能，可以在自然界里源源不断的得到补充，所以它们属于可再生能源；
（3）电磁波的传播速度是3×108m/s；
（4）固定电话是通过电话线中的电流传递信息的，而移动电话都是利用电磁波传递信息。
【解答】解：A、目前核电站都采用铀核的裂变反应，故A错误；
B、风能、水能、太阳能可以在自然界里源源不断的得到补充，都是可再生能源，故B正确；
C、不同频率的电磁波在真空中传播速度是相同的，是3×108m/s，故C错误；
D、固定电话是通过电话线中的电流来传递信息的，而移动电话都是利用电磁波来传递信息的，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查能源的分类、核裂变、电磁波的应用，是综合性的题目，但难度不大。
2．（2分）下列与声现象有关的说法中正确的是（ ）
A．只要物体振动，一定能听到声音
B．按压钢琴不同的键，就可以改变钢琴的响度
C．蝙蝠回声定位，利用了声音可以传递能量
D．禁止鸣笛，是为了在声源处防止噪声的产生
【分析】（1）人耳能听到的频率范围是20～20000Hz；
（2）音调、响度、音色，是从不同角度描述声音的，音调指声音的高低，由振动频率决定；响度指声音的强弱或大小，与振幅有关；音色是由发声体本身决定的一个特性；
（3）声音可以传递能量，可以传递信息；
（4）减弱噪声有三种方法：①在声源处减弱；②在传播过程中减弱；③在人耳处减弱。
【解答】解：A、人耳能听到的频率范围是20～20000Hz，并不是只要振动，就一定能听见声音，故A错误。
B、演奏钢琴时，用手按压不同的琴键，这是为了改变音调，故B错误。
C、蝙蝠回声定位，利用了声音可以传递信息，故C错误。
D、禁止鸣笛，是为了在声源处防止噪声的产生，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查声音的特征、防治噪声的三种途径，以及声音的利用等，综合性较强，但难度不大，是一道基础题。
3．（2分）夏天，从冰箱中取出饮料瓶，不久可观察到饮料瓶外壁出现小水珠。下列现象的形成过程与此相同的是（ ）
A．初春，湖面上冰逐渐消融
B．仲夏，地面上水很快变干
C．深秋，草叶上出现的露珠
D．寒冬，树枝上挂满的雾凇
【分析】物质由气态放热变成液态的过程叫液化。
【解答】解：夏天，从冰箱中取出的饮料瓶，可观察到瓶子外壁很快会有小水珠，是空气中的水蒸气遇冷变成小水珠的液化现象。
A、初春，湖面上冰逐渐消融，是熔化现象，故A错误；
B、仲夏，地面上水很快变干，是水变成水蒸气的汽化现象，故B错误；
C、深秋，草叶上出现的露珠，是空气中的水蒸气遇冷变成小液滴的液化现象，故C正确；
D、寒冬，树枝上挂满的雾凇，是空气中的水蒸气遇冷直接变成小冰晶的凝华现象，故D错误。
故选：C。
【点评】此题考查的是我们生活中的物态变化现象，要知道物体由什么状态变为了什么状态，根据物态变化的定义来判断。
4．（2分）估测在实际生活中的应用十分广泛，下列物理量的估测最接近实际的是（ ）
A．中学生的身高约为160dm
B．家用冰箱正常工作时的电流约为50A
C．手机电池的电压约为36V
D．中学生双脚站立时对地压强约为1×104Pa
【分析】首先对题目中涉及的物理量有个初步的了解，对于选项中的数据，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.中学生的身高约为160cm＝16dm，故A不符合实际；
B.家用电冰箱正常工作时的功率约为200W，电流I＝≈0.9A，故B不符合实际；
C.手机电池的电压约为3.7V，故C不符合实际；
D.一个中学生对地面的压力约600N，双脚与地面的接触面积约500cm2，双脚站立时对地面的压强约为p＝＝1.2×104Pa，接近1×104Pa，故D符合实际。
故选：D。
【点评】物理与社会生活联系紧密，多了解一些生活中常见物理量的数值可帮助我们更好地学好物理，同时也能让物理更好地为生活服务。
5．（2分）关于家庭电路和安全用电，下列说法正确的是（ ）
A．电能表测量的是家用电器的总功率
B．使用测电笔时，手不能接触笔尾的金属体
C．发现有人触电应先切断电源再救人
D．电冰箱接入三孔插座后其外壳与零线相连
【分析】（1）电能表是测量电路消耗电能的仪表；
（2）电冰箱接入三孔插座能使电冰箱金属外壳接地，防止由于冰箱的外壳漏电而使人发生触电事故；
（3）测电笔是辨别火线和零线的仪器，当测电笔的笔尖接触零线和地线时，氖管不会发光；
（4）发现有人触电应先切断电源再救人。
【解答】解：A、电能表是测量电路消耗电能（或测量电功）的仪表，故A错误。
B、使用测电笔时，手能接触笔尾的金属电极，而且必须接触笔尾金属体，这样才能构成通路，故B错误；
C、发现有人触电应先切断电源再救人，故C正确；
D、电冰箱接入三孔插座能使电冰箱金属外壳接地，防止由于冰箱的外壳漏电而使人发生触电事故，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了电能表的作用、测电笔的使用方法、三孔插座的连接以及保险丝的作用，属于基础题目。
6．（2分）某同学连接了如图所示电路图，闭合开关S后发现L1正常发光，L2只能微弱发光。以下对于这一现象产生原因的分析中，合理的是（ ）
A．由于灯泡L2的电阻较小
B．由于灯泡L2的电阻较大
C．灯泡L2通过的电流小于灯泡L1
D．灯泡L2发生了短路
【分析】（1）串联电路中电流处处相等；
（2）灯泡短路时，没有电流通过灯泡，不能发光；
（3）灯泡的亮暗取决于实际功率的大小，根据串联电路电流特点结合P＝I2R比较两灯泡的电阻关系。
【解答】解：C、图中两灯串联，根据串联电路的电流规律知，通过两灯的电流相等，故C错误；
AB、通过两灯泡的电流相等，因为灯泡的亮暗取决于实际功率大小，且开关闭合后，灯泡L1正常发光，灯泡L2只能微弱发光，所以灯泡L1的实际功率功率大于L2的实际功率，
由P＝I2R可知，灯泡L1的电阻大于灯泡L2的电阻，故A正确，B错误，
D、若灯泡L2发生了短路，则L2不发光，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了串联电路的电流特点和电功率公式的灵活应用，关键是知道灯泡的亮暗取决于实际功率的大小。
7．（2分）下列诗词涉及光学知识，对其解释正确的是（ ）
A．“香炉初上日，瀑水喷成虹”，彩虹是光的色散现象
B．“举杯邀明月，对影成三人”，影子是由于光沿直线传播形成的虚像
C．“宝钗好耀首，明镜可鉴形”，明镜成像是由于光发生了折射
D．“潭清疑水浅，荷动知鱼散”，潭水看起来浅是由于光发生了反射
【分析】（1）光线从一种介质斜射入另一种介质时会发生折射，由此形成的现象有：雨后彩虹、池水变浅、水中筷子折断、海市蜃楼等；
（2）光在同一均匀介质中沿直线传播，光沿直线传播的例子有：小孔成像、影子的形成、日食和月食现象等；
（3）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。
【解答】解：A、彩虹是光的色散现象，是由光的折射形成的，故A正确；
B、地面上的影子是光沿直线传播形成的，不是像，故B错误；
C、明镜成像是由光的反射形成的，故C错误；
D、潭水看起来浅是由于光从水中斜射入空气时发生折射形成的，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了光的直线传播、光的反射和折射，属于基础知识。
8．（2分）如图所示，是在大气压为760mm水银柱的房间里做托里拆利实验。关于该实验，下列说法正确的是（ ）
A．将玻璃管从竖直变为倾斜，会影响实验测量结果
B．将此实验从山下移到山上，能使测量值变大
C．水银槽中水银越多，玻璃管内外水银面的高度差越大
D．若测出管内外水银柱的高度差为755mm，可能是因为管内水银面上方进入少量空气
【分析】①在托里拆利实验中，水银柱的高度是由外界大气压的大小决定的，在玻璃管顶端真空的情况下，管内外水银柱的高度差一般不会改变。
②玻璃管粗细、是否倾斜、是否弯曲以及水银槽内水银的多少不会影响大气压的测量值。
③大气压随高度的增加而减小。
【解答】解：AC、在做托里拆利实验时，只要外界大气压不变，管内外水银面的高度差就不变，使玻璃管倾斜、水银槽中加水银都不能影响到管内外水银面的高度差，故AC错误；
B、将此实验从山下移到山上，外界大气变小，测量值变小，故B错误；
D、当玻璃管内是真空时，大气压等于水银柱产生的压强，当玻璃管内有气体时，大气压等于水银柱产生压强和管内气体压强之和，若玻璃管里水银面的上方进入少量空气，管内有气体压强，大气压不变，水银柱产生的压强减小，水银柱的高度减小，故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查学生对托里拆利实验和大气压和高度关系的理解和掌握，难度不大。
9．（2分）如图所示是某小区的门禁系统。车辆通过门禁系统识别后，若为内部车辆，道闸自动抬起，车辆进入小区；若为外来车辆，需在岗亭登记，由保安手动按下闸机，车辆才能进入小区。若将门禁系统和闸机看做开关，下列设计的四个电路中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据题意确定两开关的连接方式、电动机的连接方式，然后选出正确的电路图。
【解答】解：根据题意可知，若为内部车辆，道闸自动抬起，车辆进入小区；若为外来车辆，需在岗亭登记，由保安手动按下闸机，车辆才能进入小区；这说明两个开关工作时互不影响，是并联的，然后再与电动机串联在电路中，故B正确。
故选：B。
【点评】本题结合生活实际考查根据要求设计电路图，关键是确定两开关的连接。
10．（2分）对下列四幅图片涉及的物理知识分析错误的是（ ）
A．图甲中，船闸是利用连通器原理工作的
B．图乙中，飞机机翼上凸下平利用流体压强与流速的关系获得升力
C．图丙中，祝融号火星车设计有宽大的轮子可以增大压强
D．图丁中，马德堡半球实验证明了大气压的存在
【分析】（1）连通器的特点：上端开口下端连通的容器。连通器里只有一种液体，在液体不流动的情况下，连通器各容器中液面的高度总是相平的。
（2）流体流速越大的位置，压强越小。
（3）减小压强的方法：在压力一定时，增大受力面积；在受力面积一定时，减小压力。
（4）马德堡半球实验证明了大气压的存在。
【解答】解：A、船闸是连通器原理的应用，故A正确；
B、飞机机翼为上方为凸型，下方是平的；等质量的空气在相同的时间内同时通过机翼的上表面和下表面，由于上表面弯曲，下表面平直，所以空气通过机翼上表面的流速大，通过下表面的流速较小。因为机翼上方的空气流速大，压强较小；机翼下方的空气流速小，压强大，所以机翼受到一个向上的压强差，飞机受到向上的升力，故B正确；
C、火星车设计有宽大的轮子，在压力一定时，通过增大接触面积来减小压强的，故C错误；
D、马德堡半球实验证明了大气压的存在，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查的是连通器的应用、飞机获得升力的原因、减小压强的方法、马德堡半球实验等相关知识，要牢记这些基本知识，能用来解释相关现象。
11．（2分）高铁技术将人们带入了“动车时代”。如图所示，是张华同学在匀速行驶的“复兴号”动车上做的一次实验，他将一枚硬币立放在水平窗台上却不倒。下列相关分析正确的是（ ）
A．动车给硬币施加了向前的力
B．硬币相对于地面是静止的
C．硬币对窗台的压力与硬币的重力是一对平衡力
D．硬币对窗台的压力和窗台对硬币的支持力是一对相互作用力
【分析】（1）根据动车与硬币之间是否有相对运动的趋势进行判断；
（2）在研究物体的运动和静止时，要看物体的位置相对于参照物是否发生改变，若改变，则是运动的，若不改变，则是静止的；
（3）二力平衡的条件是：大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上；
（4）一对相互作用力的条件是：大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在两个物体上。
【解答】解：A、硬币随动车一起匀速运动，它们之间没有相对运动的趋势，所以不产生摩擦力，即动车没有给硬币施加向前的力，故A错误；
B、硬币随动车一起匀速运动，硬币相对于地面的位置发生了改变，所以是运动的，故B错误；
C、硬币对窗台的压力与硬币的重力作用在不同的物体上，且方向相同，不是一对平衡力，故C错误；
D、硬币对窗台的压力和窗台对硬币的支持力大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在两个物体上，是一对相互作用力，故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查了对物体受力情况的判断、运动与静止的判断、平衡力和相互作用力的理解与辨别等，有一定综合性。
12．（2分）物理量的测量是物理实验的基础。关于测量及测量工具的使用，下列说法中正确的是（ ）
A．图甲中，用刻度尺测量长度必须让零刻度线对准物体的左端，视线与尺面垂直
B．图乙中，此时弹簧测力计的示数就是钩码的重力
C．图丙中，用量筒测液体体积时俯视读数会造成数据偏大
D．图丁中，用已调节好的天平测量水的质量，水质量是82.4g
【分析】（1）测量长度时，要求零刻度线对准被测长度的起点，如果零刻度线磨损，可以从其它刻线量起，测量完成后减去前面的部分；
（2）使用弹簧测力计测量力的大小时，要使拉力方向与弹簧轴线方向一致，因此当测量物体重力时应沿竖直方向，这样物体静止或者匀速运动时弹簧测力计的示数就是钩码的重力；
（3）使用量筒量取液体时，量筒必须放平，视线要与量筒内液体的凹液面最低处保持水平；
（4）利用天平测量物体质量时，物体质量等于砝码的质量和游码对应的刻度值之和。
【解答】解：A、测量长度时，要求零刻度线对准被测长度的起点，如果零刻度线磨损，可以从其它刻线量起，测量完成后减去前面的部分，故A错误；
B、使用弹簧测力计测量力的大小时，要使拉力方向与弹簧轴线方向一致，因此当测量物体重力时应沿竖直方向，而图乙中不是沿竖直方向，故测试弹簧测力计的示数不是钩码的重力，故B错误；
C、使用量筒量取液体时，操作时视线要与液体的凹液面最低处保持水平，测量某液体的体积时，俯视读数会偏大，故C正确；
D、由图丙天平砝码和游码位置可知，水和杯的总质量m＝50g+20g+10g+2.4g＝82.4g，因此水的质量要小于82.4g，故D错误。
故选：C。
【点评】此题考查的是刻度尺和弹簧测力计的使用方法、量筒和天平的读数问题，这些都属于基本技能，难度不大。
13．（2分）在“用酒精温度计测量水的温度”实验中，下列说法正确的是（ ）
A．若水的温度高，酒精的温度低，热量会从水传递到酒精
B．测量水的温度时，要待温度计示数稳定后再取出读数
C．使用温度计测量温度时，温度计可以当搅拌器使用
D．水的温度越高，水含有的热量越多
【分析】（1）热量总是从高温物体传递到低温物体，或从物体的高温部分传递到低温部分；
（2）使用温度计时，要等示数稳定后再读数，并且不能将温度计从待测液体中取出；
（3）温度计不能当作搅拌器使用；
（4）热量是一个过程量，不能用含有、具有来修饰。
【解答】解：A、若水的温度高，酒精的温度低，热量会从水传递到酒精，故A正确；
B、测量水的温度时，要待温度计示数稳定后再读数，但不能将温度计从水中取出，故B错误；
C、温度计不能当作搅拌器使用，否则容易损坏温度计，故C错误；
D、热量是一个过程量，不能说水含有的热量多，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了对热传递条件的认识、对温度计使用注意事项的了解、对热量概念的理解等，属热学基础题。
14．（2分）福建舰是我国完全自主设计建造的首艘弹射型航空母舰，配置电磁弹射和阻拦装置，满载排水量8万吨，大大增加了舰载机数量。如图所示，是福建舰在海上“系泊试验”的画面。关于福建舰及其在海上系泊试验，下列说法正确的是（ ）
A．满载时的排水量指的是舰所受的重力
B．电磁弹射是将电能转化为机械能
C．舰上的舰载机起飞后，舰受到的浮力不变
D．舰静止在海面上所受的浮力大于它的总重力
【分析】（1）舰始终处于漂浮状态，受到的浮力等于重力，根据阿基米德原理、重力公式可知排水量与舰哪个物理量相等；
（2）电磁弹射是将电能转化为机械能。
【解答】解：A、满载时的排水量指的是满载时排开水的质量，根据阿基米德原理结合重力公式可知其大小等于舰和舰上物体的质量之和，故A错误；
B、电磁弹射是将电能转化为机械能，故B正确；
C、舰始终处于漂浮状态，受到的浮力等于重力，舰上的舰载机起飞后，重力变小，其受到的浮力变小，故C错误；
D、舰静止在海面上处于漂浮状态，所受的浮力等于它的总重力，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查阿基米德原理、能的转化、物体浮沉条件的灵活运用。
15．（2分）如图所示为一款“智能照明灯”的电路，灯L天暗时自动发光，天亮时自动熄灭，控制电路中，R1为定值电阻，R2为光敏电阻，其阻值随光照强度而变化。以下说法正确的是（ ）
A．R2的阻值随光照强度的增大而增大
B．当光照强度减小时，电压表示数增大
C．控制电路中的电磁铁利用电流的热效应工作
D．将R1换为阻值更大的电阻，可缩短灯的发光时间
【分析】（1）要使灯L天亮时自动熄灭（灯L所在电路断开），即衔铁被吸合，则控制电路的电流需增大达到一定数值，进而得出R2的阻值随光照强度的变化而发生怎样的变化；
（2）电磁铁通电时具有磁性，断电时磁性消失，即电磁铁是利用电流的磁效应工作的；
（3）控制电路中R1、R2串联，电压表测R2两端的电压，根据光照强度的变化判定R2的阻值变化；根据串联分压的规律判定电压表的示数变化；
（4）控制电路的电源电压不变，衔铁被吸合的电流不变，则根据可知，衔铁被吸合时控制电路的总电阻不变，若R1换成阻值较大的电阻，R2的阻值变小，进而分析得出灯L发光时间的变化。
【解答】解：A．要使灯L在天亮时自动熄灭（灯L所在电路断开），即衔铁被吸合，则控制电路的电流需增大达到一定数值才能满足要求，而天亮时光照强度增大，所以，光照强度增大时，控制电路中电流增大，由欧姆定律可知光敏电阻R2的阻值减小，即R2的阻值随光照强度的增大而减小，故A错误；
B．控制电路中R1、R2串联，电压表测R2两端的电压，结合A可知当光照强度减小时，R2的阻值增大，根据串联分压的规律可知，R2两端的电压增大，即电压表示数增大，故B正确；
C．电磁铁通电时具有磁性，断电时磁性消失，所以电磁铁是利用电流的磁效应工作的，故C错误；
D．由于控制电路的电源电压不变，衔铁被吸合的电流不变，则根据可知，衔铁被吸合时控制电路的总电阻不变，若R1换成阻值更大的电阻，则R2的阻值变小，此时光照强度增强，即在天很亮时灯才自动熄灭，由此可见，将R1换成阻值更大的电阻，会延长灯L的发光时间，故D错误。
故选：B。
【点评】本题一道以光敏电阻的阻值变化引起的动态电路分析，关键要明确电磁继电器的工作原理，熟练应用欧姆定律即可正确解题，属于动态电路分析的典型题目，有一定难度。
二、填空题（每空2分，共36分）
16．（4分）用塑料梳子梳头，头发会随着梳子飘起来，是因为发生了 摩擦起电 现象；静电除尘技术利用了带电体能够 吸引 轻小物体的性质。
【分析】摩擦起电的实质并不是创造了电荷，而是发生了电荷的转移，使正负电荷分开；带电体具有吸引轻小物体的性质。
【解答】解：用塑料梳子梳头，头发会随着梳子飘起来，是因为发生了摩擦起电现象；静电除尘技术利用了带电体能够吸引轻小物体的性质。
故答案为：摩擦起电；吸引。
【点评】本题考查了摩擦起电现象和带电体的性质，属于基础知识。
17．（4分）医院里装有氧气的钢瓶，使用一段时间后氧气的密度将 变小 。在宇宙飞船上，每增加1g有效载荷都必须为它消耗不少的动力，因此太空飞行对质量有严格的限制，飞船尽可能采用强度高、密度 小 、性质优良的新材料制造。
【分析】（1）氧气无论质量用去多少剩余氧气的体积始终等于氧气瓶的容积不变；利用密度公式ρ＝判断密度的变化。
（2）体积一定的物体，质量与密度成正比。
【解答】解：（1）装有氧气的钢瓶，使用一段时间后氧气瓶中剩余氧气的质量变小，气体无论多少都可以充满整个空间，剩余氧气的体积不变；由于质量变小，体积不变，根据ρ＝可知剩余的密度变小。
（2）为了减小飞船的质量，在不改变飞船及其它部件的形状时（即体积不变），根据公式m＝ρV可知，在体积V不变的情况下，使用密度小的材料，也就减小了飞船的质量
故答案为：变小；小。
【点评】此题考查了密度知识和纳米材料在生活中的具体应用，是一道联系实际的应用题。
18．（4分）生活处处有物理，留心观察皆学问。环卫工人在雪上撒盐，这是为了 降低 雪的熔点；高压锅做饭熟得快，是因为锅内气体压强增大， 提高 了水的沸点。（两空均选填“提高”或“降低”）
【分析】（1）晶体熔化的条件：温度达到熔点，继续吸热；
（2）液体的沸点与液体表面气压有关，气压越大，沸点越高；
【解答】解：环卫工人在雪上撒盐，使得原本无法熔化的雪熔化了，这说明撒盐后雪的熔点降低了；使用高压锅做饭熟得快，是因为不断产生的水蒸气使得高压锅内气压增大，提高了水的沸点，这样饭容易煮熟了。
故答案为：降低；提高。
【点评】本题考查了晶体熔点变化的方法以及水的沸点与压强的关系，难度较低，属于基础性题目。
19．（4分）激光测距仪是利用光的 反射 制造出能测量远距离的“尺”。“东方红，太阳升”描述太阳刚刚升起的情景，但我们看到的并非是实际的太阳，而是光线经过密度不均匀大气时发生了 折射 而形成的像。（两空均选填“反射”或“折射”）
【分析】利用光的反射可以用来测量距离；
光线经过密度不均匀的大气时，传播路径会发生改变。
【解答】解：利用光的反射可以用来测量距离，通过知道光速在该介质中的大小和反射时间，通过s＝vt可计算出总距离，再除以2即可，光测距仪是根据这个原理制成的；
光线经过密度不均匀的大气时，会发生折射，早晨我们能够看到地平面以下的太阳，是光的折射形成的虚像。
故答案为：反射；折射。
【点评】本题考查了光的反射和折射，属于基础知识。
20．（4分）如图所示，自行车厂的工人使用扳手拧螺母时，手握的位置越远，就越容易拧开，这说明力的作用效果与力的 作用点 有关。自行车的轮轴安装了滚动轴承，是为了 变滑动为滚动 摩擦。
【分析】（1）力的大小、方向、作用点称为力的三要素，它们都影响着力的作用效果；
（2）减小摩擦的方法：在接触面粗糙程度一定时，减小压力；在压力一定时，减小接触面的粗糙程度；使接触面脱离；用滚动代替滑动。
【解答】解：（1）使用扳手拧螺母时，手握的位置越远，就越容易拧开，这说明力的作用效果与力的作用点有关。
（2）自行车的轮轴安装了轴承，是通过变滑动为滚动的方式减小摩擦的。
故答案为：作用点；变滑动为滚动。
【点评】本题考查了力的三要素对力的作用效果的影响，减小摩擦力的方法在实际中的应用，属基础题，难度不大。
21．（4分）探究“感应电流产生的条件”应选用如图 乙 （选填“甲”或“乙”）所示的装置进行实验。在这个装置中若仅改变磁场方向，则产生的感应电流方向 会 （选填“会”或“不会”）发生改变。
【分析】闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，会产生感应电流；感应电流的方向和磁场的方向和导体运动的方向有关；
【解答】解：电磁感应现象的特点是没有电源而有一个电流表，用来测量产生的电流；故是乙图；
感应电流的方向和磁场的方向和导体运动的方向有关，若仅改变磁场方向，则感应电流方向会发生改变。
故答案为：乙；会。
【点评】本题考查电磁感应现象、影响感应电流方向的因素等知识，难度不大。
22．（4分）如图所示，是王亚平老师在天宫课堂中演示的两个实验。甲图实验中，由两个液滴自动搭接成“液桥”，“液桥”的形成表明了分子间存在 引力 ，乙图实验中，叶光富将冰墩墩平推给王亚平，冰墩墩脱手后，近似做匀速直线运动，若在地球上进行这一实验，物体由于受到 重力 作用，将会沿抛物线落向地面。
【分析】分子间存在引力和斥力。
地面附近的物体都受到重力的作用。
【解答】解：在液桥实验中两个液滴合成了一个，说明分子间存在引力。
在地球上进行这一实验，物体由于受到竖直向下的重力的作用，将会沿抛物线落向地面。
故答案为：引力；重力。
【点评】本题考查分子间作用力和重力的知识，属于基础题。
23．（4分）将两个质量相同的橡皮泥做成实心球形和碗形，分别放入甲、乙两杯水中，静止时如图所示，由此可知，橡皮泥的密度 大于 水的密度，甲杯中橡皮泥所受的浮力 小于 乙杯中橡皮泥所受的浮力。（两空均选填“大于”“小于”或“等于”）
【分析】实心球橡皮泥沉到容器底部，受到的浮力F球＜G；碗状橡皮泥漂浮在水面，受到的浮力F碗＝G；而碗状和实心球状的橡皮泥受到的重力相同，据此判断它们所受浮力的大小关系。
【解答】解：实心球橡皮泥沉到容器底部，根据物体浮沉条件可知，橡皮泥的密度大于水的密度；
实心球橡皮泥受到的浮力：F球＜G①
碗状橡皮泥漂浮在水面，碗状橡皮泥受到的浮力：F碗＝G②
由①②可得：F球＜F碗。
故答案为：大于；小于。
【点评】本题考查了学生对物体浮沉条件的掌握和运用，确定碗状和实心球状的橡皮泥受到的重力相同是本题的关键。
24．（4分）如图所示，是电饭煲简化电路图，它有加热和保温两个挡位，其工作电压为220V。R1和R2均为阻值不变的加热元件，R2的阻值为800Ω。加热挡的功率为605W，电饭煲加热时，电路中的电流为 2.75 A；该电饭煲在保温挡工作10s产生的热量为 550 J。
【分析】（1）知道加热挡的功率和工作电压，利用P＝UI求出电饭煲加热时，电路中的电流；
（2）由图可知，当开关S1、S2都闭合时，只有R1工作，当开关S1闭合、S2断开时，R1、R2串联，根据串联电路的电阻特点和P＝可知电饭煲加热挡和保温挡的电路连接；根据P＝求出R1的阻值，根据串联电路的电阻特点求出保温挡时电路中的总电阻，根据欧姆定律求出保温挡时电路中的电流，根据焦耳定律求出该电饭煲在保温挡工作10s产生的热量。
【解答】解：（1）由P＝UI可知，电饭煲加热时，电路中的电流：I加热＝＝＝2.75A；
（2）由图可知，当开关S1、S2都闭合时，只有R1工作，当开关S1闭合、S2断开时，R1、R2串联，
根据串联电路的电阻特点可知，当开关S1、S2都闭合时，只有R1工作，电路中的总电阻最小，由P＝可知，电路中的总功率最大，电饭煲处于加热挡，
由P＝可知，R1的阻值：R1＝＝＝80Ω；
当开关S1闭合、S2断开时，R1、R2串联，电路中的总电阻最大，总功率最小，电饭煲处于保温挡，
保温挡时电路中的总电阻：R＝R1+R2＝80Ω+800Ω＝880Ω，
保温挡时电路中的电流：I保温＝＝＝0.25A，
该电饭煲在保温挡工作10s产生的热量：Q＝I保温2Rt＝（0.25A）2×880Ω×10s＝550J。
故答案为：2.75；550。
【点评】本题考查串联电路的特点、电功率公式、欧姆定律以及焦耳定律的应用，能正确分析不同状态下的电路连接是解题的关键。
三、作图与计算题（共16分，计算题在解答时应写出公式和重要的演算步骤，只写出最后答案不能得分）
25．（2分）甲图是我国的敦煌塔式光热电站。它由12000面“定日镜”围绕吸热塔组成，每面镜子能追踪太阳并把阳光反射到塔顶的吸热器上。乙图是某个时刻太阳光经某定日镜反射后，照射到吸热器的光路图，请画出该定日镜并标出反射角的大小。
【分析】光的反射定律知，反射角等于入射角，故反射光线与入射光线的夹角的平分线是法线的位置，再过入射点作出法线的垂线，就是该定日镜所在的位置，反射光线与法线的夹角为反射角。
【解答】解：由图可知，入射光线与反射光线的夹角为180°﹣64°﹣36°＝80°，由光反射定律知，反射角等于入射角，所以反射角为×80°＝40°，先做出反射光线与入射光线的夹角的平分线，然后再过入射点作这个角平分线的垂线即为该定日镜的位置，入射角为入射光线与法线的夹角，反射角为反射光线与法线的夹角，如图所示：
【点评】本题主要考查了光的反射定律的应用，要灵活利用光的反射定律求解，要求会根据入射光线和反射光线确定平面镜的位置。
26．（2分）疫情线上教学期间，体育老师为同学们制定了详细的锻炼计划，其中一项是俯卧高抬腿，如图甲所示，将人看做杠杆；支点在手上，请在简图乙中画出地面对脚作用力F的力臂L和人手对地面的压力F′。
【分析】已知支点和动力的方向，过支点作动力作用线的垂线段即可；
根据压力的作用点在接触面上确定压力的作用点，然后根据压力的方向与接触面垂直，再过作用点表示出压力的方向。
【解答】解：过支点O向力F的作用线作垂线，就是力F的力臂L：
压力的作用点在接触面上，过作用点作垂直于水平地面向下的力即为人手对地面的压力F'；如图所示：
【点评】本题考查了力臂作图、力的示意图，明确压力的方向与接触面垂直是关键。
27．（6分）我国高速公路广泛应用的ETC收费系统，有效提升了汽车的通行效率。如图甲是某高速公路入口处的通道，图乙是其示意图。现有一辆总质量为1.5t的汽车，在进入ETC通道前的A处开始减速，经11s运动至收费岛边界的B处，然后再经9s匀速通过ETC收费岛到达C处，其中s1＝50m，s2＝36m。不计车长，g取10N/kg。
（1）求汽车从A处到C处的平均速度。
（2）若汽车在匀速行驶过程中所受阻力为汽车重力的0.2倍，求汽车从B处到C处牵引力所做的功。
【分析】（1）先计算AC间路程和时间，再由平均速度公式计算汽车从A处到C处的平均速度；
（2）汽车匀速从B处到达C处时，牵引力大小等于阻力，根据W＝Fs计算汽车从B处到C处牵引力做的功。
【解答】解：
（1）汽车从A处到C处通过的路程s＝s1+s2＝50m+36m＝86m，
时间t＝11s+9s＝20s，
汽车从A处到C处的平均速度：
v＝＝＝4.3m/s；
（2）汽车匀速从B处到达C处时，牵引力与阻力平衡，
所以牵引力F＝f＝0.2G＝0.2mg＝0.2×1.5×103kg×10N/kg＝3×103N，
汽车从B处到C处牵引力所做的功：
W＝Fs2＝3×103N×36m＝1.08×105J。
答：（1）汽车从A处到C处的平均速度为4.3m/s；
（2）汽车从B处到C处牵引力所做的功为1.08×105J
【点评】本题考查平均速度和功的计算公式的应用，要知道汽车做匀速直线运动时水平方向的牵引力与阻力是一对平衡力。
28．（6分）如图所示，电源电压保持不变，R1、R2的阻值分别为20Ω、50Ω，滑动变阻器R3的最大电阻值为20Ω。只闭合开关S2，移动滑片至滑动变阻器的中点，此时电压表的示数为5V。求：
（1）电源电压；
（2）当开关S1、S2、S3都闭合时，电路消耗的总功率。
【分析】（1）只闭合开关S2，R2和R3串联，电流表测量电路电流，电压表测量R2两端的电压，移动滑片至滑动变阻器的中点处时，根据欧姆定律可知此时电路中的电流，根据欧姆定律和串联的总电阻特点计算电源电压；
（2）当开关S1、S2、S3都闭合时，滑动变阻器被短路，电路为R1和R2并联的电路，根据P＝UI和欧姆定律可得出电路消耗的总功率。
【解答】解：（1）只闭合开关S2，R2和R3串联，电流表测量电路电流，电压表测量R2两端的电压，移动滑片至滑动变阻器的中点处时，
由I＝可得，电路中的电流I＝I2＝＝＝0.1A，
根据欧姆定律和串联的总电阻规律可知，电源电压U＝IR总＝I（R2+R3）＝0.1A×＝6V；
（2）当开关S1、S2、S3都闭合时，滑动变阻器被短路，电路为R1和R2并联的电路，
电路中的总电流I总＝I1+I 2＝＝＝0.42A；
电路消耗的总功率P＝UI总＝6V×0.42A＝2.52W。
答：（1）电源电压6V；
（2）当开关S1、S2、S3都闭合时，电路消耗的总功率为2.52W。
【点评】本题考查等效电路分析、欧姆定律的应用和电功率的计算等知识，综合性强，难度适中。
四、实验与探究题（每空2分，共18分）
29．（6分）如图是探究“电阻大小与哪些因素有关”的实验装置。A、B、C、D是四根电阻丝，这四根电阻丝的材料、长度、横截面积如图所示。
（1）实验中电流表示数越大，对应的电阻丝阻值越 小 。
（2）若选用A、B两根电阻丝来进行实验，是为了探究电阻大小与 长度 的关系。
（3）小宇同学在探究“电阻大小与材料的关系”时，将电阻丝C接入电路，然后再将电阻丝D接入电路中，发现电流表示数发生改变，由此得出结论：导体电阻的大小与材料有关。同组的小玲同学指出这种方法是错误的，理由是 没有控制C和D的横截面积相同 。
【分析】（1）电阻是对电流的阻碍作用，无法直接观察电阻的大小，通过电流表示数来判断，应用了转换法；
（2）（3）影响电阻大小的因素有：材料、长度、横截面积和温度；当有多个变量时，注意变量只有一个，其它变量都控制相同。
【解答】解：（1）电阻是对电流的阻碍作用，电流表的示数越大，表明导体对电流的阻碍作用小，电阻越小；
（2）观察表中A、B两根电阻丝，横截面积和材料相同、长度不同，探究导体电阻大小与长度的关系；
（3）小宇同学在探究“电阻大小与材料的关系”时，将电阻丝C接入电路，然后再将电阻丝D接入电路中，C和D的长度相同，材料和横截面积不同，没有控制横截面积相同，所以不能得出导体电阻的大小与材料有关。
故答案为：（1）小；（2）长度；（3）没有控制C和D的横截面积相同。
【点评】此题考查学生对于影响电阻大小的因素的理解和掌握，利用好控制变量法是解题的关键。
30．（6分）如图所示，是探究“通电螺线管外部磁场的方向”的实验装置。
（1）闭合开关前，小磁针N极指向地理的 北 极。
（2）闭合开关后，小磁针的指向如图所示，电源的左端为 负 极。
（3）改变螺线管中的电流方向，发现小磁针南北极所指方向发生改变，由此可知：通电螺线管外部磁场方向与螺线管中的 电流 方向有关。
【分析】（1）地球是一个巨大的磁体，地球周围存在的磁场叫地磁场，地磁南极在地理北极附近，地磁北极在地理南极附近；
（2）同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，已知小磁针静止时的N、S极指向，可确定通电螺线管的N、S极，根据安培定则判断出通电螺线管中电流方向，从而确定电源正负极；
（3）通电螺线管外部磁场方向与螺线管中的电流方向和线圈的绕法有关。
【解答】解：（1）地球本身是一个巨大的磁体，在地表附近的小磁针，静止时S极指向地理的南极，N极指向地理的北极；
（2）闭合开关后，小磁针受螺线管磁场的影响，根据异名磁极相互吸引的原理可以判断通电螺线管的左端为N极，右端为S极；
根据安培定则可知，电流从通电螺线管右前侧流入，左后侧流出，因此电源的左端为负极；
（3）改变螺线管中的电流方向，发现小磁针南北极所指方向发生改变，由此可知：通电螺线管外部磁场方向与螺线管中的电流方向有关。
故答案为：（1）北；
（2）负；
（3）电流。
【点评】此题为探究“通电螺线管外部磁场的方向”的实验，考查了地磁场、磁极间的相互作用规律、安培定则等知识点。
31．（6分）如图所示，是小华和小丽同学“探究杠杆的平衡条件”的实验。
（1）小华发现杠杆在如图甲所示位置静止，此时杠杆 是 （选填“是”或“不是”）处于平衡状态：小华在此状态下，分别在杠杆的A、B处挂上钩码，如图乙所示，放手后杠杆在水平位置 能 （选填“能”或“不能”）平衡。
（2）如图丙所示，小丽用弹簧测力计代替一组钩码，以弹簧测力计的拉力为动力F1，钩码处绳子的拉力为阻力F2；多次改变动力作用点的位置进行实验发现：当杠杆水平平衡时，F1L1的大小总是大于F1L2的大小，其原因是： 杠杆自身重力也是阻力 。
【分析】（1）静止时处于平衡状态；
设出一个钩码的重力和一格的距离，根据杠杆平衡条件做出解答；
（2）如图丙所示杠杆的支点与杠杆重心不重合，实验时要考虑杠杆自身重力对实验的影响。
【解答】解：（1）挂钩码前杠杆处于静止，此时杠杆是平衡状态；
设一个钩码重为G，一格为L，根据杠杆平衡条件可知：左侧变为3G×4L＝12GL，右侧变为4G×3L＝12GL，两侧力与力臂的乘积相等，故杠杆能保持平衡；
（2）图丙中，设杠杆的重力为G，力臂为LG，当杠杆平衡时，根据杠杆的平衡条件：F1L1＝F2L2+GLG，由丁图可知LG≠0，所以杠杆自重对杠杆平衡有影响，此时F1L1＞F2L2。
故答案为：（1）是；能；（2）杠杆自身重力也是阻力。
【点评】本题考查探究杠杆平衡条件的实验，关键是将实验操作步骤及结论掌握清楚，仔细分析解答。
一、不定项选择题（每小题2分，共10分，下列各题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得2分，选对未选全得1分，凡有错选或不选均不得分）
32．（2分）如图所示，是某次长征二号F火箭发射的场景，关于火箭发射及其能量的转化，下列说法正确的是（ ）
A．发射火箭与热机做功冲程的能量转化相同
B．火箭升空过程中与空气摩擦，这是通过热传递使火箭内能增加
C．火箭加速升空的过程中，火箭搭载的卫星的机械能保持不变
D．火箭发动机的效率可达100%
【分析】（1）热机做功冲程将内能转化为机械能，火箭发射升空也是将内能转化为机械能；
（2）摩擦生热是用做功的方式改变物体的内能；
（3）火箭搭载的卫星和火箭一起加速升空，机械能增大；
（4）使用机械做功时，机械效率不可能达到100%。
【解答】解；A、火箭发射升空，将内能转化为机械能，与热机做功冲程的能量转化相同，故A正确；
B、火箭升空过程中与空气摩擦，这是通过做功使火箭内能增加，故B错误；
C、火箭加速升空的过程中，火箭搭载的卫星的机械能增大，故C错误；
D、使用任何机械的效率都不能达到100%，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了能量的转化和机械效率，属于基础题，都要求掌握。
33．（2分）小丽同学用照相机拍摄了天府艺术公园的景象，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．部分房顶呈现绿色，是因为它吸收了绿光
B．离水面越远的建筑物，在水中的像越小
C．小丽能从不同方向看到公园的景物，是因为光发生了镜面反射
D．为让拍摄的像更大，小丽可以靠近拍摄物，同时伸长镜头
【分析】（1）不透明的物体会反射自身颜色的光；
（2）平面镜所成的像与物体大小相等；
（3）平滑的表面会把光线向着某个方向反射，这种反射叫做镜面反射；凹凸不平的表面会把光线向着四面八方反射，这种反射叫做漫反射；
（4）凸透镜成实像时，物近像远像变大。
【解答】解：A、部分房顶呈现绿色，是因为它反射了绿光，故A错误；
B、平面镜所成的像与物体大小相等，离水面越远的建筑物，在水中的像大小不变，故B错误；
C、小丽能从不同方向看到公园的景物，是因为光发生了漫反射，故C错误；
D、让拍摄的像更大，需要增大像距、减小物距，小丽可以靠近拍摄物，同时伸长镜头，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了凸透镜成像规律的应用、光的反射现象，属于基础题。
34．（2分）如图甲、乙所示，规格相同的A、B两杯中分别装有300g和400g的牛奶，并用不同加热器同时对其加热，根据所记录的数据分别得到图丙的温度与加热时间的关系图像C和D。已知加热器的加热效率相同，牛奶的比热容为2.5×103J/（kg•℃）。则下列说法正确的是（ ）
A．B杯中牛奶每分钟吸收的热量为2×104J
B．若两杯牛奶都从20℃加热5min，A、B两杯牛奶升高的温度之比为3：4
C．若将A、B两杯中的牛奶都从20℃加热至60℃，需要的时间之比是2：3
D．甲、乙图中的加热器每分钟放出的热量之比为3：4
【分析】（1）由图丙可知B杯中牛奶3min升高的温度，利用Q吸＝cmΔt求出牛奶3min吸收的热量，据此求出每分钟吸收的热量；
（2）由图丙可知，牛奶的温度从20℃升高到40℃时，A杯中牛奶的加热时间为2min，B杯中牛奶加热的时间为3min；
已知两容器中牛奶的质量和升高的温度（均升高20℃），由于加热器的加热效率相同，由Q吸＝ηQ放和Q吸＝cmΔt即可求出每分钟放出的热量之比；
根据每分钟放出的热量之比可知加热5min时吸收的热量之比，然后根据Δt＝可判断两杯牛奶升高的温度之比；
（3）根据Q吸＝cmΔt可得甲、乙两杯中的牛奶从 20℃加热至60℃所需热量之比；然后根据所用时间t＝可得所用时间之比。
【解答】解：A、由图丙的D图线可知，加热3min 时，B杯中牛奶升高的温度：ΔtB＝40℃﹣20℃＝20℃；
由图像还可知，牛奶的温度变化随时间的增加而均匀升高，
所以，加热1min时，B杯中的牛奶升高的温度：ΔtB′＝ΔtB＝×20℃＝℃；
此时B杯中的牛奶吸收热量：Q吸B′＝cmBΔtB′＝2.5×103J/（kg•℃）×400×10﹣3kg×℃≈6.67×103J，故A错误；
BD、由图丙可知，牛奶的温度从20℃升高到40℃时，A杯的加热时间为2min，
此时A杯中的牛奶吸收热量：QA吸＝cmAΔtA＝2.5×103J/（kg•℃）×300×10﹣3kg×（40℃﹣20℃）＝1.5×104J，
A杯中的牛奶每分钟吸收热量为：Q吸A′＝QA吸＝×1.5×104J＝7.5×103J；
由于加热器的加热效率相同，A杯中加热器每分钟放出的热量：QA放＝，B杯中加热器每分钟放出的热量：QB放＝，
则甲、乙图中的加热器每分钟放出的热量之比：QA放：QB放＝：＝QA吸′：Q吸B′＝7.5×103J：6.67×103J＝9：8，
加热5min，A、B杯中牛奶吸收的热量之比为：QA：QB＝5Q吸A′：5Q吸B′＝Q吸A′：Q吸B′＝9：8，
根据Δt＝可可知，两杯牛奶升高的温度之比为：ΔtA：ΔtB＝：＝：＝3：2，故BD错误；
C、A、B两杯中的牛奶从 20℃加热至60℃，升高的温度相同，比热容相同，
由Q吸＝cmΔt可知，所需热量之比：QA吸″：QB吸″＝mA：mB＝300g：400g＝3：4，
加热时间之比为：tA：tB＝：＝：＝2：3，故C正确。
故选：C。
【点评】本题考查了吸热公式的灵活运用，本题需要注意是利用的不同加热器，则相同的时间产生的热量不同，解题的关键是从图象中获取有用信息。
（多选）35．（2分）如图所示，支架OB固定于竖直墙面O点，且可绕O点在竖直面内转动，细绳BC与支架连接于B点，另一端固定在墙上C点，此时支架水平，细绳与支架夹角为30°，滑轮组悬挂于支架A处，OA＝2AB，重500N的工人用300N竖直向下的拉力拉动绳子自由端，使重540N的物体M在10s内匀速上升了5m。工人与水平地面的接触面积为500cm2，两个滑轮的质量相等，不计支架和细绳重力，不计滑轮组的绳重和摩擦。则下列说法正确的是（ ）
A．滑轮对重物的拉力的功率为150W
B．工人对地面的压强为4000Pa
C．细绳BC对支架的拉力1280N
D．滑轮组的机械效率为80%
【分析】（1）根据二力平衡条件求出滑轮对重物的拉力，利用W＝F拉h求滑轮对重物的拉力做的功，利用P＝求滑轮对重物的拉力的功率；
（2）工人对地面的压力大小等于工人的重力减去绳子自由端的拉力，根据p＝求工人对地面的压强；
（3）由图可知n＝2，利用不计绳重和摩擦时F＝（G+G动）求动滑轮的重力，根据两个滑轮的质量相等可知定滑轮的重力，定滑轮对支架上A点的拉力大小等于3股绳子向下的拉力加上定滑轮的重力，根据数学知识求出细绳BC对支架拉力的力臂，根据杠杆平衡条件求出细绳BC对支架的拉力；
（4）利用η＝＝＝＝求滑轮组的机械效率。
【解答】解：A、因为物体做匀速直线运动，所以，由二力平衡条件可知，滑轮对重物的拉力：F拉＝G物＝540N，
滑轮对重物的拉力做的功：W拉＝F拉h＝540N×5m＝2700J，
则滑轮对重物的拉力的功率：P＝＝＝270W，故A错误；
B、工人对地面的压力：F压＝G人﹣F＝500N﹣300N＝200N，
工人对地面的压强：p＝＝＝4000Pa，故B正确；
C、由图可知n＝2，因为不计绳重和摩擦时F＝（G+G动），所以动滑轮的重力：G动＝nF﹣G物＝2×300N﹣540N＝60N，
两个滑轮的质量相等，由G＝mg可知，定滑轮的重力：G定＝G动＝60N，
定滑轮对支架上A点竖直向下的拉力：FA＝3F+G定＝3×300N+60N＝960N，
由图可知，支架OAB可以看做以O为支点的杠杆，
定滑轮对支架上A点的拉力的力臂LA＝OA，
细绳与支架夹角为30°，由数学知识可知，细绳BC对支架拉力的力臂：LB＝OB＝×（OA+AB）＝×（OA+OA）＝OA，
由杠杆平衡条件可知：FB×LB＝FA×LA，
解得：即FB＝×FA＝×FA＝×960N＝1280N，故C正确；
D、滑轮组的机械效率：η＝＝＝＝＝×100%＝90%，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查二力平衡条件、杠杆平衡条件、功的公式、功率公式、压强定义式、使用滑轮组绳子自由端拉力的公式和机械效率公式的应用，综合性较强。
（多选）36．（2分）如图所示，电源电压为12V，R1、R2为定值电阻，R2＝20Ω，R3为滑动变阻器，其铭牌上标有“？Ω 2A”字样。电压表V1接入电路的量程为0～3V，电压表V2接入电路的量程为0～15V，电流表A所选量程为0～3A，电流表A1所选量程为0～0.6A。将滑动变阻器R3的滑片调至最左端，当只闭合开关S3时，电流表A的示数为0.4A；保持滑片位置不变，当只闭合开关S1时，电压表V1的示数为3V。下列结论正确的是（ ）
A．R3的最大阻值为30Ω
B．R1的阻值为20Ω
C．只闭合S3时，R3连入电路的阻值不能小于4Ω
D．改变电路连接，为保障各元件安全，电流表A的最大示数和最小示数之比为26：3
【分析】（1）将滑动变阻器R3的滑片调至最左端，当只闭合开关S3时，电路为滑动变阻器的简单电路，此时滑动变阻器接入电路最大阻值，电流表A测通过电路的电流，根据欧姆定律计算滑动变阻器R3的最大阻值；
（2）保持滑片位置不变，当只闭合开关S1时，滑动变阻器和R1串联接入电路，电压表V1测定值电阻R1两端的电压，两电流表均测通过电路的电流，根据串联电路电压规律计算此时滑动变阻器两端的电压，根据欧姆定律计算此时通过电路的电流，根据串联电路电流特点结合欧姆定律计算R1的阻值；
（3）当只闭合开关S3时，电路为滑动变阻器的简单电路，电压表V测量电源电压，电流表A测量电路中的电流，根据电流表A的量程可知电路中允许通过的最大电流，此时滑动变阻器了电路的阻值最小，根据欧姆定律即可求出最小电阻值；
（4）串联电路总电阻等于任一分电阻，并联电路总电阻小于任一分电阻，比较可知R3＞R2＞R1，
只闭合开关S1时，滑动变阻器和R1串联接入电路，电压表V1测定值电阻R1两端的电压，滑动变阻器接入电路最大阻值时通过电路的电流最小，由（2）知通过电路的最小电流和此时电压表V1的示数，确定电路是否安全；
开关S2、S3闭合，滑动变阻器与R2并联，电流表A1测通过定值电阻的电流，电流表A测干路电流，电压表V2测电源电压，根据电压表接入电路的量程确定电压表是否安全，根据并联电路电流规律可知当通过滑动变阻器的电流最大时干路电流也最大，根据欧姆定律计算此时通过定值电阻R2的电流，根据电流表A1所选量程确定电流表A1是否安全，滑动变阻器允许通过的最大电流为2A，根据并联电路电流规律计算此时通过电路的最大电流，根据电流表A所选量程确定电流表A是否安全，进一步计算电流表A的最大示数和最小示数之比。
【解答】解：A、将滑动变阻器R3的滑片调至最左端，当只闭合开关S3时，电路为滑动变阻器R3的简单电路，此时滑动变阻器接入电路最大阻值，
电流表A测通过电路的电流，电流表A的示数为0.4A，根据欧姆定律可得滑动变阻器R3的最大阻值：R3＝＝＝30Ω，故A错误；
B、保持滑片位置不变，当只闭合开关S1时，滑动变阻器和R1串联接入电路，电压表V1测定值电阻R1两端的电压，两电流表均测通过电路的电流，
串联电路总电压等于各部分电压之和，电压表V1的示数为3V，此时滑动变阻器两端的电压：U3＝U﹣U1＝12V﹣3V＝9V，
此时通过电路的电流：I＝＝＝0.3A，
根据串联电路各处电流相等和I＝可得R1的阻值：
R1＝＝＝10Ω，故B错误；
C、当只闭合开关S3时，电路为滑动变阻器的简单电路，电压表V测量电源电压，电流表A测量电路中的电流，
根据电流表A的量程可知电路中允许通过的最大电流为3A，此时滑动变阻器连入电路的阻值最小，
根据I＝可得滑动变阻器连入电路最小电阻值为：R3最小＝＝＝4Ω，故C正确；
D、串联电路总电阻等于任一分电阻，并联电路总电阻小于任一分电阻，R2＝20Ω，则R3＞R2＞R1，
只闭合开关S1时，滑动变阻器和R1串联接入电路，电压表V1测定值电阻R1两端的电压，滑动变阻器接入电路最大阻值时通过电路的电流最小，由（2）知通过电路的最小电流为0.3A，电流表A1所选量程为0～0.6A，电流表A1安全，时电压表V1的示数为3V，电压表V1接入电路的量程为0～3V，电压表V1安全；
开关S2、S3闭合，滑动变阻器与R2并联，电流表A1测通过定值电阻的电流，电流表A测干路电流，电压表V2测电源电压，电压表V2接入电路的量程为0～15V，电源电压小于电压表量程，电压表安全，
并联电路干路电流等于各支路电流之和，当通过滑动变阻器的电流最大时干路电流也最大，
此时通过定值电阻R2的电流：I2＝＝＝0.6A，电流表A1所选量程为0～0.6A，所以电流表A1安全，
滑动变阻器允许通过的最大电流为2A，此时通过电路的电流：I′＝I2+I3′＝0.6A+2A＝2.6A，电流表A所选量程为0～3A，所以电流表A安全，
则电流表A的最大示数和最小示数之比为：I′：I＝2.6A：0.3A＝26：3，故D正确。
故选：ACD。
【点评】本题考查串联电路特点、并联电路特点和欧姆定律的灵活运用，分清电路连接是解题的关键。
二、综合题（共10分）
37．（4分）图甲为某型号电子秤，其原理图如图乙所示，R0为定值电阻；R是压敏电阻，其阻值随所受压力F变化的关系如图丙所示。改写电压表（量程为3V）的表盘数值后可直接读出所称量物体的质量，设踏板的质量为5kg，电源电压保持9V不变。空载时（踏板上不放物体），电压表的示数为1V，g取10N/kg。
（1）R0阻值为 30 Ω。
（2）该电子秤的量程是 0～90kg 。
（3）如果保持电子秤结构和电压表量程不变，使该电子秤的量程变为110kg，你设计的方案是：在R左侧串联一个 40 Ω的电阻，或在R0两端并联一个 15 Ω的电阻。
【分析】（1）根据G＝mg求出空载时踏板的重力，空载时压敏电阻所受压力等于踏板的重力，由图丙和数学知识得出对应压敏电阻的阻值；根据串联电路的电压特点求出压敏电阻两端的电压，利用欧姆定律和串联电路的电流特点求出电路中的电流，再根据欧姆定律求出R0的阻值；
（2）由串联分压的规律分析可知电子秤所测质量最大时电压表的示数最大（等于电压表的最大测量值），此时定值电阻两端的电压为3V，根据欧姆定律求出电路中的电流，利用串联电路的电压特点和欧姆定律求出压敏电阻的阻值，由图丙和数学知识得出压敏电阻受到的最大压力，即踏板和称量物体的最大总重力，再根据G＝mg求出该电子秤的量程；
（3）先求出最大称量为110kg时压敏电阻受到的压力，由图丙和数学知识得出此时压敏电阻的阻值，分析电路结构不变的部分，然后得出所加电阻的连接方式，根据串并联电路的特点和欧姆定律求出所加电阻的阻值。
【解答】解：（1）空载时，踏板的重力为：G踏板＝m踏板g＝5kg×10N/kg＝50N，
空载时压敏电阻所受压力等于踏板的重力，则空载时压敏电阻所受压力为50N，
由丙图可知，压敏电阻R的阻值与所受压力F是一次函数关系，由数学知识可得：R＝﹣0.2Ω/N×F+250Ω﹣﹣﹣﹣﹣①，
将压力F＝50N代入①式可得，此时压敏电阻的阻值R＝240Ω，
由乙图可知，两电阻串联接入电路，电压表测R0两端的电压，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以此时压敏电阻两端的电压：UR＝U﹣U0＝9V﹣1V＝8V，
由于串联电路中各处的电流相等，所以根据欧姆定律可得，电路中的电流：I1＝＝＝A，
则R0的阻值：R0＝＝＝30Ω；
（2）由图丙可知，压敏电阻受到的压力越大，其阻值越小，由串联分压的规律可知压敏电阻两端的电压越小，则定值电阻R0两端的电压越大，所以电子秤所测质量最大时电压表的示数最大，则此时定值电阻两端的电压为3V，
此时电路中的电流：I2＝＝＝0.1A，
此时压敏电阻两端分得的电压：UR′＝U﹣U0′＝9V﹣3V＝6V，
此时压敏电阻的阻值：R′＝＝＝60Ω，
将R′＝60Ω代入①式可得，压敏电阻受到的最大压力为950N，即踏板和称量物体的最大总重力为950N，
该电子秤称量物体的最大质量：mmax＝＝＝90kg，则该电子秤的量程是0～90kg；
（3）当电子秤的量程变为110kg时，
称量物体的最大重力：G物max′＝mmax′g＝110kg×10N/kg＝1100N，
此时压敏电阻受到的压力为F″＝G物max′+G踏板＝1100N+50N＝1150N，将F″＝1150N代入①式可得，此时压敏电阻的阻值R″＝20Ω；
①若保持电压表与R0并联的结构不变时，则电路中的电流为0.1A不变，
此时电路中的总电阻：R总＝＝＝90Ω，
因为串联电路的总电阻等于各分电阻之和，
所以在R左侧串联的电阻值为：R加＝R总﹣R0﹣R″＝90Ω﹣30Ω﹣20Ω＝40Ω，
如下图所示：
②若保持电压表与R0并联以外的结构不变时，则压敏电阻两端分得的电压为UR′＝6V不变，
此时电路中的最大电流：I大＝＝＝0.3A，
此时与电压表并联部分的电阻：R并＝＝＝10Ω＜30Ω，
所以，此时应在R0两端并联一个电阻，
由并联电路中总电阻的倒数等于各分电阻倒数之和，
所以，＝+，即＝+，
解得：R加′＝15Ω，
要使电子秤的量程变为110kg，应在R0两端并联一个15Ω的电阻，如下图所示，
。
故答案为：（1）30；（2）0～90kg；（3）40；15。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律及其变形公式的灵活运用，关键是正确分析电路图和从图象中得出相关的信息，要注意计算时要考虑踏板的压力。
38．（6分）如图所示，质量为0.2kg的圆柱形薄壁容器，高度足够高，上方有一个注水口，以20cm3/s的速度匀速向容器内注水，容器正上方的天花板上用轻质细杆（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工件A、B，工件A、B密度相同。注水口图乙中记录了从注水开始到注水结束的时间内，连接细杆上的力传感器示数的变化情况。已知容器底面积为20cm2，工件B底面积为10cm2，第18s时容器内液面高度为32cm，ρ水＝1.0×103kg/m3，g＝10N/kg。求：
（1）工件AB的重力。
（2）工件A的底面积。
（3）若在t＝12s时停止注水并切断细杆，待工件稳定后，切断前后水对容器底面的压强变化量为Δp1，若在t2＝20s时停止注水并切断细杆，待工件稳定后，切断前后整个容器对地面的压强变化量为Δp2，请计算Δp1与Δp2之比。
【分析】（1）当工件不受浮力时，重力等于细杆对工件的拉力，由图像可得出工件的重力；
（2）根据工件漂浮时，浮力等于重力求出工件的浸入深度，利用注水速度求出工件漂浮时的注水时间；
根据漂浮到工件B刚好浸没之间的注水体积计算出工件B增加的浮力，即细杆受到的支持力；
根据图像计算出从12s到18s的注水体积，利用工件A受到的浮力计算出其排水体积，结合其高度得出工件A的底面积；
（3）利用浮力的减小值即为水对容器底压力的减小值，也是容器对地面压力的减小值求出压强的变化量，得出压强变化量之比。
【解答】解：|（1）0﹣2s内，工件受细杆的拉力和重力，二力平衡相等，故工件的重力为：G＝1.2N；
（2）0﹣2s内注水体积为：V1＝20cm3/s×2s＝40cm3，
2s时的水深为：h1＝＝＝2cm，
2s后，工件受的拉力变小，直至为0，此时工件受到的浮力与重力二力平衡相等，处于漂浮状态，故当细杆对工件的拉力为0时，工件受到的浮力为：F浮＝G＝1.2N，
工件的排水体积为：V排＝＝＝1.2×10﹣4m3＝120cm3，
工件B浸入水中的高度为：h2＝＝＝12cm，
从2s到细杆对工件拉力为0的时间间隔内，注水体积为：V2＝（S容﹣SB）•h2＝（20cm2﹣10cm2）×12cm＝120cm3，
从2s到细杆对工件拉力为0的时间间隔为：t＝＝6s，
故细杆对工件拉力为0时的注水时间为：2s+6s＝8s，
从8s到12s的注水体积为：V3＝20cm3/s×4s＝80cm3，
注水高度为：h3＝＝＝8cm，
从8s到12s的注水刚好将工件B浸没，工件B的高度为：hB＝h2+h3＝12cm+8cm＝20cm，
工件B增加的排水体积为：ΔVB＝SB•h3＝10cm3×8cm＝80cm3，
12s时细杆受到的支持力即为工件B增加的浮力：F支＝ΔF浮＝ρ液gΔVB＝1.0×103kg/m3×10N/kg×50×10﹣6m3＝0.5N，
从12s到18s的注水刚好将工件A浸没，工件A的高度为：h4＝h总﹣h1﹣hB＝32cm﹣2cm﹣20cm＝10cm，
从12s至18s时细杆受到支持力的增加量即为工件A浸没水中时受到的浮力：F浮′＝ΔF支＝1.2N﹣0.5N＝1N，
工件A的排水体积为：VA＝＝＝1×10﹣4m3＝100cm3，
工件A的底面积为：SA＝＝＝10cm2；
（3）12s时停止注水，切断细杆，工件B将上浮露出水面处于漂浮状态，减小的浮力即为从8s到12s之间增加的浮力0.5N。
故水对容器底减小的压力为：ΔF压＝ΔF浮＝0.5N，
水对容器底减小的压强为：Δp1＝＝＝250Pa，
20s停止注水，切断细杆，工件A和B将一起上浮露出水面直至漂浮，减小的浮力即为从12s到18s之间增加的浮力为1.2N。
故容器对桌面减小的压力为：ΔF压′＝ΔF浮′＝1.2N，
容器对桌面减小的压强为：Δp2＝＝＝600Pa，
Δp1：Δp2＝250Pa：600Pa＝5：12。
答：（1）工件AB的重力为1.2N。
（2）工件A的底面积为10cm2。
（3）Δp1与Δp2之比为5：12。
【点评】该题考查了受力分析、阿基米德原理、液面升高、图像分析、压强计算等知识点，综合性强，难度大，需要较强的分析推理能力，难点是液面升高的分析和图像中拐点与过程的对应，对于涉及浮力问题的压强变化量的计算，可以利用压力的变化量等于浮力的变化量来分析，会让问题更简化。
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