2023年安徽省合肥四十七中中考物理二模试卷（含答案）

这是一份2023年安徽省合肥四十七中中考物理二模试卷（含答案），共29页。试卷主要包含了填空题，选择题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2023年安徽省合肥四十七中中考物理二模试卷
一、填空题（每空2分，共20分）
1．（2分）“伯氏吹埙（xūn，是一种闭口吹奏乐器）仲氏吹篪（chi是一种管乐器）”是中国第一部诗歌总集《诗经》中的诗句。人们能分辨埙和篪这两种乐器发出的声音，主要是因为声音的 　 　（填声音的特性）不同。

2．（2分）如图所示，用毛皮摩擦过的橡胶棒接触验电器的金属球，验电器的两片金属箔张开，验电器中电流的方向是 　 　（选填“从金属球到金属箔”或“从金属箔到金属球”）。

3．（2分）如图，L表示凸透镜，MN为主光轴，O为光心，F为焦点，S'为发光体S通过凸透镜所成的像，来自S的光线a平行于主光轴且通过S'。请补全光线a的光路，并找到发光体S的位置。

4．（2分）如图所示，小磁针在图示位置静止，请标出通电螺线管的N极和电源的正极。

5．（2分）如图甲所示相同的两物块A、B叠放在水平面上，在20N的水平推力F1的作用下一起做匀速直线运动，若将A、B物块按图乙所示紧靠放在水平桌面上，用水平方向的力F2推A，仍然使它们一起做匀速直线运动，则F1　 　F2（选填“大于”、“小于”、“等于”）。


6．（2分）如图所示，用力F＝100N将重物G以0.4m/s的速度竖直向上匀速提升0.2m，在此过程中力F做功的功率为 　 　W。

7．（2分）在北极，科学家利用天然气灶熔冰烧水，要使质量为100kg初温为﹣50℃的冰温度升高到0℃，天然气灶的效率为40%，至少需完全燃烧 　 　m3天然气。[c冰＝2.1×103J/（kg•℃），q气＝8.4×107J/m3]
8．（2分）如图所示，L1标有“3V 0.9W”、L2标有“2V 1W”。闭合开关S，在保证电路安全的前提下，调节滑动变阻器的滑片使其中一盏灯泡正常发光，则此时电压表的示数为 　 　V（不考虑灯泡电阻的变化）。

9．（2分）如图所示，电源电压保持不变，R1、R2是定值电阻，R1＝2R2，闭合开关S，电流表示数为0.4A，电压表示数为2.5V，则电路1min消耗的电能为 　 　J。

10．（2分）图甲是某款电热取暖器的简化电路，R1、R2是发热电阻，R1＝110Ω、R2＝48.4Ω，图乙是小明家电能表的面板，若小明关闭其他用电器，只让该电热取暖器处于高温挡正常工作5min，则电能表的指示灯会闪烁 　 　次。

二、选择题（本大题7小题，每小题2分，满分14分）
11．（2分）下列说法正确的是（　　）
A．乘坐汽车时要系上安全带，目的是利用惯性
B．滑雪板很宽、很长，目的是通过增大接触面积来减小摩擦
C．油罐车尾部安装拖地铁链，目的是消除车身静电
D．有金属外壳的用电器使用三脚插头，目的是防止用电器发生短路
12．（2分）如图所示，在烧瓶内盛少量水，给瓶内打气，当瓶塞跳起时，可以看到瓶内出现白雾，下列解释正确的是（　　）

A．烧瓶内的气体对瓶塞做功，气体温度升高，瓶底的水汽化，形成白雾
B．通过打气筒压缩瓶内气体做功，气体的体积减小，水蒸气液化，形成白雾
C．烧瓶内的气体对瓶塞做功，气体内能减小、温度降低，水蒸气液化，形成白雾
D．通过打气筒压缩瓶内气体做功，气体内能增大，瓶底的水汽化，形成白雾
13．（2分）如图甲，物体A、B叠放在一起，用力F将物体B压在粗糙竖直的墙壁上，处于静止状态。如图乙，物体A、B在竖直方向的受力情况，下列说法正确的是（　　）

A．F1与F2为一对平衡力
B．F1与GA为一对相互作用力
C．f的大小等于GA和GB大小之和
D．当压力F增大时，摩擦力f将增大
14．（2分）如图所示，将一轻质弹簧，下端固定于水平地面上呈竖直状态，在弹簧上端放一小钢球，发现
钢球压缩弹簧，竖直向下运动达到A点后竖直向上运动，达到O点又向A点运动，这样往复运动，但每次运动的距离在减小，最后静止在OA正中。则下列分析正确的是（　　）

A．小球运动至O点时，处于静止状态
B．小球刚运动至A点时，所受重力大于弹簧弹力
C．小球从A点向上运动过程中，动能先增大后减小
D．小球在OA间运动，机械能不变
15．（2分）如图所示，电源电压不变，闭合开关S后，灯泡L1、L2都发光，一段时间后，一只灯泡突然熄灭，另一只灯泡仍然发光，两电压表的示数一个增大、一个不变，造成这一现象的原因可能是（　　）

A．灯L1断路B．灯L2断路C．灯L1短路D．灯L2短路
16．（2分）小明同学用如图所示的装置研究通电线圈在磁场中将如何运动的实验，闭合开关，下列关于此实验说法正确的是（　　）

A．根据此装置的原理制成了发电机
B．当线圈由图示位置顺时针转动90°时，线圈受平衡力作用
C．当线圈由图示位置顺时针转动90°时，线圈中无电流，ab边和cd边将不受力的作用
D．当线圈由图示位置顺时针转动90°时，线圈由于惯性会越过平衡位置持续转动
17．（2分）如图所示，电源电压为4.5V，定值R1电阻为5Ω，滑动变阻器R2规格为“20Ω 1A”。电流表量程为“0～0.6A”，电压表的量程为“0～3V”，为了保证电路安全，下列说法正确的是（　　）

A．电路的最大电流是1.6A
B．电路的最大电流是1A
C．滑动变阻器接入电路的最大电阻是20Ω
D．滑动变阻器接入电路的最大电阻是10Ω
三、实验探究题（本大题3小题，第18题4分，第19题4分，第20题8分，满分16分）
18．（4分）小明利用如图所示的装置探究凸透镜成像的规律。

（1）实验前，需要调节蜡烛、凸透镜和光屏的高度，“点燃蜡烛”这一步骤应在调节之 　 　（“前”或“后”）进行。
（2）蜡烛、凸透镜和光屏位于图示位置时，烛焰在光屏上成清晰的像，保持凸镜的位置不变，将蜡烛向右移到40.0cm刻度处，要观察此时的烛焰的像，应采取的操作是 　 　。
19．（4分）用如图所示的实验装置测杠杆的机械效率，实验时，竖直向上匀速拉动弹簧测力计，使挂在较长杠杆下面的钩码缓缓上升。
（1）实验中，将杠杆拉至图中虚线位置，测力计的示数如图所示，钩码总重G为1N，钩码上升高度h为0.1m，测力计移动距离s为0.3m，则杠杆的机械效率为 　 　。
（2）钩码从A点改挂在B点后，拉力作用点及拉力方向都不变，此时把相同的钩码匀速提升相同的高度，则所测机械效率将 　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”）。

20．（8分）某兴趣小组在做“测量小灯泡的电功率“的实验，电源电压为3V，灯泡额定电压为2.5V

（1）请将图甲所示的实物电路用笔画线代替导线连接完整；
（2）移动滑片P，当电压表的示数为1.5V时，电流表的示数如图乙所示，要测量小灯泡德额定电功率，接下来的操作是：　 　。
（3）老师又拿来一个额定电流为I额的小灯泡，要求兴趣小组的同学利用一电压恒定但未知的电源和阻值为R0的定值电阻，来测量该小灯泡的额定功率兴趣小组的同学设计了图丙所示电路，请你将实验步骤补充完整：
①只闭合开关S1，将滑动变阻器的滑片移至最左端，读出电压表V1的示数为U1；
②只闭合开关S2，再次调节滑片，直到电压表V2的示数为 　 　，此时小灯泡正常发光，电压表V1的示数为U2；
③小灯泡额定功率的表达式是P额＝　 　。
四、计算题（第21小题5分，第22小题7分，第23题8分，共20分）
21．（5分）如图为某型号的纯电动汽车。若该车和车内乘客的总质量为2.1×103kg，每个车轮与地面的接触面积为100cm2，该车在水平路面上以90km/h的速度匀速直线行驶30min，它受到的阻力约等于人和车总重的0.02倍。求：
（1）该电动汽车静止在水平地面时对地面的压强；
（2）该电动汽车匀速行驶30min时牵引力所做的功。

22．（7分）如图所示，已知重为10N的长方体木块静止在水面上，浸入在水中的体积占木块总体积的五分之四（g取10N/kg），求：
（1）求木块所受到的浮力大小；
（2）若木块下表面所处的深度为20cm，求木块下表面受到水的压强；
（3）若要将木块全部浸没水中，求至少需要施加多大的压力。

23．（8分）图甲是某电子秤的电路原理图。若电源输出的电压为6V，R0为定值电阻，电压表量程为0～3V，压敏电阻的阻值与所受压力大小的变化关系如图乙所示，闭合开关，当压敏电阻所受压力为0时电压表示数为1V；将某测物体放到压敏电阻上，电压表示数为2V；求：

（1）电阻R0的阻值；
（2）该待测物体的重力；
（3）使用一段时间后，电源输出的电压降为5.4V，在不更换电源和电压表量程的条件下，若要保持该电子秤最大量程不变，请通过计算说明应将R0更换为多大的定值电阻？

2023年安徽省合肥四十七中中考物理二模试卷
参考答案与试题解析
一、填空题（每空2分，共20分）
1．（2分）“伯氏吹埙（xūn，是一种闭口吹奏乐器）仲氏吹篪（chi是一种管乐器）”是中国第一部诗歌总集《诗经》中的诗句。人们能分辨埙和篪这两种乐器发出的声音，主要是因为声音的 　音色　（填声音的特性）不同。

【分析】（1）声音的高低叫音调，音调与发声体振动的频率有关。
（2）声音的大小叫响度，响度与振幅和距离声源的远近有关。
（3）音色与发声体的材料和结构有关。不同的乐器，音色不同。
【解答】解：人们能分辨埙和篪这两种乐器发出的声音，主要是因为声音的音色不同。
故答案为：音色。
【点评】知道音调、响度和音色并能在实例中分辨它们；知道不同乐器音色不同。
2．（2分）如图所示，用毛皮摩擦过的橡胶棒接触验电器的金属球，验电器的两片金属箔张开，验电器中电流的方向是 　从金属箔到金属球　（选填“从金属球到金属箔”或“从金属箔到金属球”）。

【分析】（1）正常情况下，物体内原子核带的正电荷数等于核外电子带的负电荷数，物体不带电、呈中性；当物体失去电子时，由于缺少电子而带正电；当物体得到电子时，由于多余电子而带负电；
（2）由于摩擦使物体带电叫摩擦起电，用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，用毛皮摩擦过的橡胶棒带负电；
（3）在物理学中，规定正电荷定向移动的方向为电流方向，负电荷定向移动方向与电流方向相反。
【解答】解：用毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，用毛皮摩擦过的橡胶棒接触验电器的金属球，橡胶棒多余的电子通过金属球转移到金属箔上，金属箔由于带同种电荷相互排斥而张开一定角度；电子从金属球到金属箔形成电流，因为电子带负电，所以电流方向是从金属箔到金属球。
故答案为：从金属箔到金属球。
【点评】本题考查了电荷分类、物体带电的实质、电流方向的规定，注意：在金属导体内能够自由移动的是自由电子，电流的方向与电子移动方向相反。
3．（2分）如图，L表示凸透镜，MN为主光轴，O为光心，F为焦点，S'为发光体S通过凸透镜所成的像，来自S的光线a平行于主光轴且通过S'。请补全光线a的光路，并找到发光体S的位置。

【分析】通过焦点的光线、通过凸透镜光心的光线，利用凸透镜的这两条特殊光线画出两条入射光线，其交点即为发光体S。
【解答】解：
通过焦点的光线经凸透镜折射后将平行于主光轴，通过凸透镜光心的光线传播方向不变，两条入射光线的交点即为发光体S，如图所示：

【点评】本题考查了凸透镜三条特殊光线的应用，属于基础题目。
4．（2分）如图所示，小磁针在图示位置静止，请标出通电螺线管的N极和电源的正极。

【分析】①根据磁极间的相互作用规律判断出通电螺线管的磁极；
②根据安培定则判断出电流的方向从而找到电源的正负极。
【解答】解：①根据异名磁极相互吸引的规律可知，通电螺线管靠近小磁针N极的一端为S极，所以通电螺线管的右端是N极。
②根据安培定则，伸出右手握住螺线管使大拇指指示通电螺线管的N极，则四指弯曲所指的方向为电流的方向，所以电流由螺线管的右端流入，即电源的右端为正极，电源左端是负极。如下图所示：

【点评】磁极间的相互作用规律与安培定则相结合是电磁学方面的常见题型，一般有两个思路：①由小磁针的指向判断通电螺线管的磁极，进而判断电流的方向或绕线；②根据右手定则判断出通电螺线管磁极，进而判断出小磁针的指向。
5．（2分）如图甲所示相同的两物块A、B叠放在水平面上，在20N的水平推力F1的作用下一起做匀速直线运动，若将A、B物块按图乙所示紧靠放在水平桌面上，用水平方向的力F2推A，仍然使它们一起做匀速直线运动，则F1　等于　F2（选填“大于”、“小于”、“等于”）。


【分析】此题应根据摩擦力的产生条件和利用二力平衡的知识求出摩擦力，并知道摩擦力的大小与压力以及接触面的粗糙程度有关，而与接触面积无关。
【解答】解：AB做匀速直线运动，以AB组成的整体为研究对象，所以AB受到地面的摩擦力与推力平衡。则摩擦力大小等于拉力的大小，为20N；
在乙图中，若将A、B紧靠着放在水平桌面上，接触的粗糙程度不变，压力也不变，因此摩擦力也不变，使它们一起做匀速直线运动，因此推力与此时的摩擦力为一对平衡力，推力的大小也为20N，故F1＝F2＝20 N。
故答案为：等于。
【点评】本题主要考查摩擦力大小的影响因素，影响因素不变，摩擦力的大小也不变，但是注意摩擦力不能直接测量，都是根据平衡力的知识间接得出。
6．（2分）如图所示，用力F＝100N将重物G以0.4m/s的速度竖直向上匀速提升0.2m，在此过程中力F做功的功率为 　20　W。

【分析】从图中可知n＝2，根据v＝v物得出拉力端移动的速度，根据P＝＝＝Fv可知在此过程中力F做功的功率。
【解答】解：从图中可知n＝2，则拉力端移动的速度v＝v物＝×0.4m/s＝0.2m/s，
根据P＝＝＝Fv可知在此过程中力F做功的功率P＝Fv＝100N×0.2m/s＝20W。
故答案为：20。
【点评】本题考查功率的计算，属于对基础知识的考查，难度不大。
7．（2分）在北极，科学家利用天然气灶熔冰烧水，要使质量为100kg初温为﹣50℃的冰温度升高到0℃，天然气灶的效率为40%，至少需完全燃烧 　0.3125　m3天然气。[c冰＝2.1×103J/（kg•℃），q气＝8.4×107J/m3]
【分析】知道冰的比热容、冰的质量、冰的初温和末温，利用Q吸＝cm（t﹣t0）求出冰吸收的热量；
根据η＝求出天然气完全燃烧放出的热量，再根据Q放＝qV求出完全燃烧天然气的体积。
【解答】解：冰吸收的热量：
Q吸＝c冰m（t﹣t0）＝2.1×103J/（kg•℃）×100kg×（0℃+50℃）＝1.05×107J；
由η＝可得，天然气完全燃烧放出的热量：Q放＝＝＝2.625×107J，
由Q放＝qV可得，完全燃烧天然气的体积：V＝＝＝0.3125m3。
故答案为：0.3125。
【点评】本题考查吸热公式、效率公式、燃料完全燃烧释放热量公式的应用，难度适中。
8．（2分）如图所示，L1标有“3V 0.9W”、L2标有“2V 1W”。闭合开关S，在保证电路安全的前提下，调节滑动变阻器的滑片使其中一盏灯泡正常发光，则此时电压表的示数为 　4.2　V（不考虑灯泡电阻的变化）。

【分析】已知灯泡L1和L2与滑动变阻器串联，电压表测量两个灯泡的总电压，根据P＝UI计算两灯的额定电流，根据串联电流特点确定最大电流，并确定正常发光的灯及其电压，由P＝可求得灯泡L2电阻，根据欧姆定律计算其电压，由串联电路的电压规律计算两灯的总电压，即电压表的示数。
【解答】解：已知灯泡L1和L2与滑动变阻器串联，电压表测量两个灯泡的总电压，
根据P＝UI计算两灯的额定电流分别为：
I1＝＝＝0.3A，
I2＝＝＝0.5A，
根据串联电路中的电流处处相等，因而允许通过的最大电流为0.3A，此时L1正常发光，其电压是3V；
由P＝可知，灯泡L2电阻：
R2＝＝4Ω，
灯泡L的电压U2＝IR2＝0.3A×4Ω＝1.2V；
根据串联电路的电压特点知，
电压表的示数U＝U1+U2＝3V+1.2V＝4.2V。
故答案为：4.2。
【点评】本题考查串联电路的特点和欧姆定律，属于基础题，难度不大。
9．（2分）如图所示，电源电压保持不变，R1、R2是定值电阻，R1＝2R2，闭合开关S，电流表示数为0.4A，电压表示数为2.5V，则电路1min消耗的电能为 　90　J。

【分析】闭合开关S时，两电阻并联，电流表测R2电流，电压表测量电源电压；根据并联分流特点知R1的电流和干路电流，根据W＝UIt算出通电1min电路消耗的电能。
【解答】解：闭合开关S时，两电阻并联，电流表测R2电流，电压表测量电源电压，即U＝2.5V；
根据并联电路的电流之比等于电阻倒数的比，且R1＝2R2，则I1＝I2＝0.4A＝0.2A，
干路中的电流I＝I1+I2＝0.4A+0.2A＝0.6A，
通电1min电路消耗的电能：W＝UIt＝2.5V×0.6A×60s＝90J。
故答案为：90。
【点评】本题考查并联电路的特点和电能的计算，属于基础题。
10．（2分）图甲是某款电热取暖器的简化电路，R1、R2是发热电阻，R1＝110Ω、R2＝48.4Ω，图乙是小明家电能表的面板，若小明关闭其他用电器，只让该电热取暖器处于高温挡正常工作5min，则电能表的指示灯会闪烁 　360　次。

【分析】两开关都闭合时，R1、R2并联，总电阻最小，根据P＝知电功率最大，该电热取暖器处于高温挡；总电功率为：P总＝P1+P2＝+；根据P＝计算出该电热取暖器处于高温挡正常工作5min消耗的电能，即可计算出电能表的指示灯闪烁的次数。
【解答】解：两开关都闭合时，R1、R2并联，总电阻最小，根据P＝知电功率最大，该电热取暖器处于高温挡；总电功率为：
P总＝P1+P2＝+＝+＝1440W，
根据P＝得，该电热取暖器处于高温挡正常工作5min消耗的电能为：W＝Pt＝1440W×5×60s＝4.32×105J＝0.12kW•h，
则电能表的指示灯会闪烁的次数为：n＝3000imp/（kW•h）×0.12kW•h＝360imp。
故答案为：360。
【点评】本题主要考查了电路的分析、电能和电功率的计算等，关键是掌握两电阻总功率的计算。
二、选择题（本大题7小题，每小题2分，满分14分）
11．（2分）下列说法正确的是（　　）
A．乘坐汽车时要系上安全带，目的是利用惯性
B．滑雪板很宽、很长，目的是通过增大接触面积来减小摩擦
C．油罐车尾部安装拖地铁链，目的是消除车身静电
D．有金属外壳的用电器使用三脚插头，目的是防止用电器发生短路
【分析】（1）惯性是物体的固有属性，它指的是物体能够保持原来的运动状态的一种性质；
（2）减小压强的方法：在压力一定时，增大受力面积来减小压强；在受力面积一定时，减小压力来减小压强；
（3）为消除静电危害，油罐车尾部装一条拖地铁链；
（4）三孔插座的接法是左零右火上接地，有金属外壳的家用电器，应使用三脚插头。
【解答】解：A．驾驶汽车时要系上安全带，是为了减少惯性带来的危害，不是利用惯性，故A错误；
B．滑雪板很宽、很长，目的是通过增大接触面积来减小压强，故B错误；
C．为消除静电危害，油罐车尾部装一条拖地铁链的目的是将静电导入大地，属于静电的防止，故C正确；
D．有金属外壳的家用电器，应使用三脚插头，这样即使金属外壳带电，电流会通过地线导入大地，防止造成触电的事故的发生，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了惯性、减小压强的方法、静电的危害、三脚插头的作用，综合性较强。
12．（2分）如图所示，在烧瓶内盛少量水，给瓶内打气，当瓶塞跳起时，可以看到瓶内出现白雾，下列解释正确的是（　　）

A．烧瓶内的气体对瓶塞做功，气体温度升高，瓶底的水汽化，形成白雾
B．通过打气筒压缩瓶内气体做功，气体的体积减小，水蒸气液化，形成白雾
C．烧瓶内的气体对瓶塞做功，气体内能减小、温度降低，水蒸气液化，形成白雾
D．通过打气筒压缩瓶内气体做功，气体内能增大，瓶底的水汽化，形成白雾
【分析】根据实验现象，结合以下知道进行解答：压缩气体做功时，气体内能增大，温度升高，当气体对外做功时，内能减少温度降低；物质由气态变成液态的过程称为液化。
【解答】解：A、瓶底的水汽化会形成水蒸气，而白雾是水蒸气液化形成的，故A错误；
B、通过打气筒压缩瓶内气体做功，气体的体积减小，内能增加，白雾是瓶内气体对瓶塞做功时形成的，故B错误；
C、瓶内的空气膨胀对瓶塞做功，气体内能减小，气体中的水蒸气液化成白雾，故C正确；
D、打气筒压缩瓶内气体做功，气体内能增大，水蒸气液化成白雾，而不是水汽化，故D错误。
故选：C。
【点评】解决此题要结合改变物体的内能方式和液化现象进行分析解答。
13．（2分）如图甲，物体A、B叠放在一起，用力F将物体B压在粗糙竖直的墙壁上，处于静止状态。如图乙，物体A、B在竖直方向的受力情况，下列说法正确的是（　　）

A．F1与F2为一对平衡力
B．F1与GA为一对相互作用力
C．f的大小等于GA和GB大小之和
D．当压力F增大时，摩擦力f将增大
【分析】（1）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的两个力是一对平衡力；
（2）大小相等、方向相反、作用在两个物体上、作用在同一条直线上的两个力是一对相互作用力；
（3）物体B处于平衡状态，在竖直方向上受到向上的力等于向下的力之和；
（4）在接触面粗糙程度一定时，本题中摩擦力的大小主要取决于物体AB的重力。
【解答】解：A、F1与F2大小相等、方向相反、作用在两个物体上、作用在同一条直线上，为一对相互作用力，故A错误；
B、F1与GA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，为一对平衡力，故B错误；
CD、物体B处于平衡状态，在竖直方向上受到向上的力等于向下的力之和，故f的大小等于GA和GB大小之和，当压力F增大时，GA和GB大小之和不变，摩擦力f将不变，故D错误，C正确。
故选：C。
【点评】本题主要考查平衡力、作用力的概念，以及摩擦力大小与哪些因素有关，难度不大。
14．（2分）如图所示，将一轻质弹簧，下端固定于水平地面上呈竖直状态，在弹簧上端放一小钢球，发现
钢球压缩弹簧，竖直向下运动达到A点后竖直向上运动，达到O点又向A点运动，这样往复运动，但每次运动的距离在减小，最后静止在OA正中。则下列分析正确的是（　　）

A．小球运动至O点时，处于静止状态
B．小球刚运动至A点时，所受重力大于弹簧弹力
C．小球从A点向上运动过程中，动能先增大后减小
D．小球在OA间运动，机械能不变
【分析】（1）物体受力平衡时会处于静止状态或匀速直线运动状态；
（2）根据小球被释放后的运动状态判断重力和弹力的大小关系；
（3）小球从A点向上运动过程中，分为小球到达O点前和离开O点后两个阶段分析讨论，分析其受力情况，若合力的方向与运动方向相同，则小球做加速运动；若合力的方向与运动方向相反，则小球做减速运动；
（4）根据弹性势能和小球的机械能的转化分析。
【解答】解：
A、小球运动至O点时，在最高点时只受重力的作用，不是处于静止状态，故A错误；
B、小球被释放后会加速向上运动，则被释放瞬间，小球所受重力小于弹簧的弹力，故B错误；
C、不计空气阻力，小球在从A点向上运动到O点的过程中，受到竖直向下的重力和竖直向上的弹力；开始向上运动时，弹力大于重力，小球所受合力方向向上，速度不断增大；当弹力小于重力时，其所受合力方向向下，速度不断变小；当离开O点后，小球只受重力作用，重力的方向与小球运动方向相反，速度继续减小；由此可知，整个向上运动的过程中，小球的速度先增大后减小，则小球的动能先增大后减小，故C正确；
D、小球在OA间运动，弹簧的弹性势能转化为小球的机械能，所以小球的机械能是改变的，故D错误。
故选：C。
【点评】此题考查了学生对动能和势能的转化与守恒、平衡状态的判断、力与运动的关系等，综合性较强，有一定难度。
15．（2分）如图所示，电源电压不变，闭合开关S后，灯泡L1、L2都发光，一段时间后，一只灯泡突然熄灭，另一只灯泡仍然发光，两电压表的示数一个增大、一个不变，造成这一现象的原因可能是（　　）

A．灯L1断路B．灯L2断路C．灯L1短路D．灯L2短路
【分析】由图可知两灯泡串联，灯L1、L2串联，电压表V1测电源电压，电压表V2测灯L1电压；则由电路电灯的亮灭及电压表示数的变化可知出现该现象的原因。
【解答】解：由图可知两灯泡串联，灯L1、L2串联，电压表V1测电源电压，电压表V2测灯L1电压；由于电源电压不变，则电压表V1示数一定不变；一段时间后，一只灯泡突然熄灭，另一只灯泡仍然发光，由于串联相互影响，则不可能断路，只能不亮的灯泡是短路，由于电压表的示数一个增大，即电压表V2示数增大，因而L1电压电压增大，L2被短路。故D正确，ABC错误。
故选：D。
【点评】本题考查串联电路故障的判断，关键是知道电压表测量的对象，分析变化情况。
16．（2分）小明同学用如图所示的装置研究通电线圈在磁场中将如何运动的实验，闭合开关，下列关于此实验说法正确的是（　　）

A．根据此装置的原理制成了发电机
B．当线圈由图示位置顺时针转动90°时，线圈受平衡力作用
C．当线圈由图示位置顺时针转动90°时，线圈中无电流，ab边和cd边将不受力的作用
D．当线圈由图示位置顺时针转动90°时，线圈由于惯性会越过平衡位置持续转动
【分析】（1）发电机的工作原理是通电导体在磁场中受力运动；
（2）二力平衡条件：大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一个物体上；
（3）（4）通电导体在磁场中受力方向与电流方向、磁场的方向有关。
【解答】解：
A、通电线圈在磁场中受到力的作用，根据此装置的原理制成了电动机，故A错误；
B、当线圈由图示位置顺时针转动90°时，线圈受到大小相等、方向相反、作用在同一个线圈上、作用在同一条直线的两个力，这两个力是一对平衡力，故B正确；
C、当线圈由图示位置顺时针转动90°时，线圈中有电流，ab边受到力的方向向上，cd边受到力的方向向下，故C错误；
D、当线圈由图示位置顺时针转动90°时，线圈由于惯性会越过平衡位置，此刻ab、cd段导线受到的磁场力使线圈反方向转动，回到平衡位置，故D错误。
故选：B。
【点评】本题主要考查了电动机的结构与工作过程，知道影响电动机转动方向的因素，难度不大。
17．（2分）如图所示，电源电压为4.5V，定值R1电阻为5Ω，滑动变阻器R2规格为“20Ω 1A”。电流表量程为“0～0.6A”，电压表的量程为“0～3V”，为了保证电路安全，下列说法正确的是（　　）

A．电路的最大电流是1.6A
B．电路的最大电流是1A
C．滑动变阻器接入电路的最大电阻是20Ω
D．滑动变阻器接入电路的最大电阻是10Ω
【分析】由图可知R1和R2串联，电流表测量电路中的电流，电压表测量R2两端的电压；
（1）为保证电路安全，电路中的最大电流不能超出用电器允许通过的最大值和电流表的量程，通过对比电流表的量程和滑动变阻器允许通过的最大值可得出电路中的最大电流；再根据欧姆定律和串联电路的电压特点得出滑动变阻器两端的电压，判断是否超出电压表量程，同时得出滑动变阻器接入电路的阻值，若没有超出20Ω，则符合要求；
（2）串联电路具有分压的特点，电阻越大，分压越多，因此当电压表示数最大为3V时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，根据串联电路的电压特点得出R1两端的电压，再利用欧姆定律求出通过R1的电流，即电路中的电流，最后根据I＝的变形式求出滑动变阻器接入电路的最大值，若没有超出20Ω，则符合条件。
【解答】解：由图可知R1和R2串联，电流表测量电路中的电流，电压表测量R2两端的电压；
AB、已知电流表的量程0～0.6A，滑动变阻器允许通过的最大电流为1A，
为保证电路安全，电路中的最大电流应为：I＝0.6A，
由欧姆定律得，电阻R1两端的电压为：U1＝IR1＝0.6A×5Ω＝3V，
由串联电路的电压特点可知此时滑动变阻器R2两端的电压为：U2＝U﹣U1＝4.5V﹣3V＝1.5V＜3V，
滑动变阻器接入电路中的电阻为：R2＝＝＝2.5Ω＜20Ω，
符合要求，即电路中的最大电流为0.6A，故A、B错误；
CD、当电压表的示数为3V时，由串联电路的分压规律可知滑动变阻器接入电路中的电阻最大，
此时定值电阻R1的电压为：U1′＝U﹣U2′＝4.5V﹣3V＝1.5V，
电路中的电流为：I′＝＝＝0.3A，
由欧姆定律可知滑动变阻器接入电路中的最大电阻为：R2mzx＝＝＝10Ω＜20Ω，故C错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了欧姆定律的应用，熟练掌握串联的电流、电压特点是解题的关键。
三、实验探究题（本大题3小题，第18题4分，第19题4分，第20题8分，满分16分）
18．（4分）小明利用如图所示的装置探究凸透镜成像的规律。

（1）实验前，需要调节蜡烛、凸透镜和光屏的高度，“点燃蜡烛”这一步骤应在调节之 　后　（“前”或“后”）进行。
（2）蜡烛、凸透镜和光屏位于图示位置时，烛焰在光屏上成清晰的像，保持凸镜的位置不变，将蜡烛向右移到40.0cm刻度处，要观察此时的烛焰的像，应采取的操作是 　取下光屏，人眼应该从光屏一侧向透镜方向观察　。
【分析】（1）实验前，需要调节烛焰、凸透镜、光屏，使它们的中心在凸透镜的主光轴上，最好的做法应该是点燃蜡烛后调节高度；
（2）u＞v，且成像，说明u＝30cm＞2f，2f＞v＝20cm＞f，由此可得焦距的范围；根据u＜f时，凸透镜成正立放大的虚像，据此分析。
【解答】解：（1）实验前，需要调节烛焰、凸透镜、光屏，使它们的中心在凸透镜的主光轴上，最好的做法应该是点燃蜡烛后调节高度；
（2）u＞v，且成像，说明u＝30cm＞2f，2f＞v＝20cm＞f，则焦距的范围是：10cm＜f＜15cm，；当蜡烛向右移到40.0cm刻度处，此时u＝50cm﹣40cm＝10cm＜f，u＜f时，凸透镜成正立放大的虚像，要观察此时的烛焰的像，应采取的操作是：取下光屏，人眼应该从光屏一侧向透镜方向观察。
故答案为：（1）前；（2）取下光屏，人眼应该从光屏一侧向透镜方向观察。
【点评】此题考查了凸透镜成像规律的探究及应用，关键是熟记成像规律的内容，并做到灵活运用。
19．（4分）用如图所示的实验装置测杠杆的机械效率，实验时，竖直向上匀速拉动弹簧测力计，使挂在较长杠杆下面的钩码缓缓上升。
（1）实验中，将杠杆拉至图中虚线位置，测力计的示数如图所示，钩码总重G为1N，钩码上升高度h为0.1m，测力计移动距离s为0.3m，则杠杆的机械效率为 　66.7%　。
（2）钩码从A点改挂在B点后，拉力作用点及拉力方向都不变，此时把相同的钩码匀速提升相同的高度，则所测机械效率将 　变大　（选填“变大”、“变小”或“不变”）。

【分析】（1）由图可读出弹簧测力计拉力大小；弹簧测力计向上拉力做的功是总功，克服钩码重力做的功是有用功，克服杠杆自重所做的功是额外功；根据杠杆的机械效率η＝计算即可；
（2）将钩码的悬挂点从A点移至B点，抓住有用功、额外功、总功的变化情况，再应用机械效率公式分析出杠杆的机械效率的变化情况。
【解答】解：（1）由图可知，弹簧测力计的分度值是0.1N，则弹簧测力计的拉力为0.5N；
在提钩码时，有用功：W有＝Gh＝1N×0.1m＝0.1J，总功：W总＝Fs＝0.5N×0.3m＝0.15J，
则杠杆的机械效率：η＝＝66.7%；
（2）只将钩码的悬挂点在A点移至B点时，由于提升钩码的高度不变和钩码重力不变，则有用功不变；额外功是指克服杠杆自重所做的功，悬挂点由A移至B后，杠杆实际上升的高度变小，导致额外功变小，则总功变小，所以杠杆的机械效率将变大。
故答案为：（1）66.7%；（2）变大。
【点评】本题考查了杠杆机械效率的计算和机械效率变化的分析，属于中等难度的题。
20．（8分）某兴趣小组在做“测量小灯泡的电功率“的实验，电源电压为3V，灯泡额定电压为2.5V

（1）请将图甲所示的实物电路用笔画线代替导线连接完整；
（2）移动滑片P，当电压表的示数为1.5V时，电流表的示数如图乙所示，要测量小灯泡德额定电功率，接下来的操作是：　将滑动变阻器的滑片P向A端移动，直到电压表的示数为2.5V　。
（3）老师又拿来一个额定电流为I额的小灯泡，要求兴趣小组的同学利用一电压恒定但未知的电源和阻值为R0的定值电阻，来测量该小灯泡的额定功率兴趣小组的同学设计了图丙所示电路，请你将实验步骤补充完整：
①只闭合开关S1，将滑动变阻器的滑片移至最左端，读出电压表V1的示数为U1；
②只闭合开关S2，再次调节滑片，直到电压表V2的示数为 　U1﹣I额R0　，此时小灯泡正常发光，电压表V1的示数为U2；
③小灯泡额定功率的表达式是P额＝　（U1﹣U2）I额　。
【分析】（1）根据灯泡额定电压为2.5V确定电压表选用小量程与灯并联；
（2）根据电流表的量程和分度值读出电流表的示数，根据P＝UI求出小灯泡的实际功率；
电压表的示数小于灯泡的额定电压，要使灯泡正常工作，灯泡两端电压增大到2.5V，电路电流要增大，总电阻要减小，滑动变阻器的电阻要减小；
（3）图丙中没有电流表，而有两个电压表和一个定值阻值R0，要测额定电流为I额的小灯泡的额定功率，根据P＝UI关键是测量其额定电压：可先测量出电源电压；当只闭合S2时，灯与变阻器和R0串联，搞清电压表V2与电压表V1测量的电压，因已测量出电源电压，当灯正常发光时，由欧姆定律，可求出定值电阻的电压，根据串联电路电压的规律，可知V2的示数大小；如果此时记下V1的示数便可求出灯的额定电压，根据P＝UI可写出灯的额定功率的表达式。
【解答】解：（1）灯泡额定电压为2.5V，故电压表选用小量程与灯并联，如图所示：

（2）电流表使用0～0.6A量程，分度值为0.02A，电流为0.24A；此时小灯泡的实际功率：P实＝U实I实＝1.5V×0.24A＝0.36W；
要使灯泡正常工作，灯泡两端电压从1.5V增大到2.5V，电路电流要增大，总电阻要减小，滑动变阻器的电阻要减小，滑片向A端移动，使电压表的示数为2.5V为止；
（3）①只闭合开关 S1，将滑动变阻器的滑片移至最左端，读出电压表V1的示数为U1；
②只闭合开关 S2，再次调节滑片，直到电压表V2的示数为：U1﹣I额R0，此时小灯泡正常发光，电压表V1的示数为U2；
③①中为R0的简单电路，电压表V1测电源电压U1；
在②中，灯与变阻器和R0串联，再次调节滑片，当灯正常发光时，即通过电路中的电流为I额，由欧姆定律，定值电阻的电压为I额R0，根据串联电路电压的规律，当V2的示数大小为：U1﹣I额R0时灯正常发光，此时电压表V1的示数为U2，则灯的额定电压为：U1﹣U2，小灯泡额定功率的表达式：P额＝（U1﹣U2）I额。
故答案为：（1）见解答图；（2）将滑动变阻器的滑片P向A端移动，直到电压表的示数为2.5V；（3）②U1﹣I额R0；③（U1﹣U2）I额。
【点评】本题测量小灯泡的额定电功率，考查电路的连接、实验操作方法、功率的计算及特殊方法测电功率。
四、计算题（第21小题5分，第22小题7分，第23题8分，共20分）
21．（5分）如图为某型号的纯电动汽车。若该车和车内乘客的总质量为2.1×103kg，每个车轮与地面的接触面积为100cm2，该车在水平路面上以90km/h的速度匀速直线行驶30min，它受到的阻力约等于人和车总重的0.02倍。求：
（1）该电动汽车静止在水平地面时对地面的压强；
（2）该电动汽车匀速行驶30min时牵引力所做的功。

【分析】（1）该电动汽车静止在水平地面时对地面的压力等于车和乘客总重力，求出受力面积，利用p＝即可求出压强；
（2）首先根据阻力约等于人和车总重的0.02倍求出阻力，然后根据二力平衡条件可知：牵引力等于阻力，利用W＝Fs即可求出牵引力做的功。
【解答】解：（1）电动车对地面的压力：F＝G＝mg＝2.1×103kg×10N/kg＝2.1×104N；
车轮与地面的总接触面积为：S＝4×100cm2＝4×10﹣2m2；
该电动汽车静止在水平地面时对地面的压强：p＝＝＝5.25×105Pa；
（2）电动汽车的匀速行驶的速度：v＝90km/h＝25m/s；
电动汽车的匀速直线行驶，水平方向受力平衡，根据二力平衡条件得：F牵＝f阻＝0.02G＝0.02×2.1×104N＝420N
牵引力所做的功：W＝F牵s＝F牵vt＝420N×25m/s×30×60s＝1.89×107J
答：（1）该电动汽车静止在水平地面时对地面的压强5.25×105Pa；
（2）该电动汽车匀速行驶30min时牵引力所做的功1.89×107J。
【点评】本题考察压强和功的基本计算难度不高，做题时注意各物理量单位及需要有必要的文字描述。
22．（7分）如图所示，已知重为10N的长方体木块静止在水面上，浸入在水中的体积占木块总体积的五分之四（g取10N/kg），求：
（1）求木块所受到的浮力大小；
（2）若木块下表面所处的深度为20cm，求木块下表面受到水的压强；
（3）若要将木块全部浸没水中，求至少需要施加多大的压力。

【分析】（1）木块在水中漂浮，受到的浮力等于木块的重力，根据F浮＝G求木块所受到的浮力大小；
（2）已知木块下表面所处的深度，根据p＝ρ液gh求木块下表面受到水的压强；
（3）要将木块全部浸没水中，由力的平衡条件可知，施加的压力大小等于木块受到的浮力增加量，根据F＝ΔF浮＝ρ液gΔV排求压力的大小。
【解答】解：（1）木块在水中漂浮，受到的浮力等于木块的重力，即F浮＝G＝10N；
（2）木块下表面所处的深度为：h＝20cm＝0.2m，
木块下表面受到水的压强为：p＝ρ水gh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.2m＝2000Pa；
（3）当木块浸没时，受到竖直向下的重力、压力和竖直向上的浮力作用，由力的平衡条件可知，施加的压力大小等于木块受到的浮力增加量，
由F浮＝ρ液gV排可知，木块所受浮力与木块排开水的体积成正比，
木块漂浮时，木块浸入水中的体积占木块总体积的五分之四，且F浮＝ρ水gV排＝10N，
木块浸没时，木块浸入水中的体积增加量占木块总体积的五分之一，
即木块排开水的体积增加量为原来的四分之一，
所以施加的压力为：F＝ΔF浮＝ρ水gΔV排＝ρ水gV排＝F浮＝×10N＝2.5N。
答：（1）木块所受到的浮力大小为10N；
（2）木块下表面受到水的压强为2000Pa；
（3）要将木块全部浸没水中，至少需要施加2.5N的压力。
【点评】本题考查阿基米德原理和液体压强公式的应用，正确判断木块排开水的体积变化量是关键之一。
23．（8分）图甲是某电子秤的电路原理图。若电源输出的电压为6V，R0为定值电阻，电压表量程为0～3V，压敏电阻的阻值与所受压力大小的变化关系如图乙所示，闭合开关，当压敏电阻所受压力为0时电压表示数为1V；将某测物体放到压敏电阻上，电压表示数为2V；求：

（1）电阻R0的阻值；
（2）该待测物体的重力；
（3）使用一段时间后，电源输出的电压降为5.4V，在不更换电源和电压表量程的条件下，若要保持该电子秤最大量程不变，请通过计算说明应将R0更换为多大的定值电阻？
【分析】根据电路图可知，R0、R1串联，电压表测量R0两端电压；
（1）由图乙可知，当压力为零时，压敏电阻的阻值R1＝200Ω，根据串联电路的电压规律可知压敏电阻两端电压；利用欧姆定律计算出电路中的电流和定值的阻值；
（2）将某测物体放到压敏电阻上，电压表示数为2V，利用欧姆定律计算出此时电路中的电流；根据串联电路的特点和欧姆定律计算出压敏电阻的阻值，根据图乙可知压敏电阻所受最大压力；
（3）由图乙可知，压力越大，压敏电阻阻值越小，由串联分压可知，压敏电阻两端的电压越小，由串联电路电压的规律可知R0两端的电压变化；
由图乙可知，当最大压力是4000N时，R1″＝40Ω，由串联分压可知R0两端的电压是3V，电压表的最大示数是3V，在不更换电源和电压表量程的条件下，若要保持该电子秤最大量程不变，由串联的分压规律求出应将R0更换为多大的定值电阻。
【解答】解：（1）由图甲可知，R0、R1串联，电压表测量R0两端电压；
由图乙可知，当压力为零时，压敏电阻的阻值R1＝200Ω，根据串联电路的电压规律，压敏电阻两端电压：U1＝U﹣U0＝6V﹣1V＝5V
电路中的电流为：I＝＝＝0.25A；
定值电阻的阻值：R0＝＝＝40Ω；
（2）将某测物体放到压敏电阻上，电压表示数为2V，此时电路中的电流I′＝＝＝0.05A；
压敏电阻两端的电压：U1′＝U﹣U0′＝6V﹣2V＝4V
则压敏电阻的阻值：R1′＝＝＝80Ω；
由图乙所示图像可知，压敏电阻所受最大压力为3000N。
（3）由图乙可知，压力越大，压敏电阻阻值越小，由串联分压可知，压敏电阻两端的电压越小，由串联电路电压的规律可知R0两端的电压越大，即电压表的示数越大，当最大压力是4000N时，R1″＝40Ω，而R0＝40Ω，电源电压是6V，由串联分压可知R0两端的电压是3V，电压表的最大示数是3V，电源输出的电压降为5.4V，在不更换电源和电压表量程的条件下，若要保持该电子秤最大量程不变，由串联分压可知：，
代入数据可得：，
解得：R0′＝50Ω。
答：（1）电阻R0的阻值是40Ω；
（2）该待测物体的重力是3000N；
（3）使用一段时间后，电源输出的电压降为5.4V，在不更换电源和电压表量程的条件下，若要保持该电子秤最大量程不变，应将R0更换为50Ω。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，能从图象中得出有用的信息是关键。