2023年云南省昆明市盘龙区中考物理一模试卷

这是一份2023年云南省昆明市盘龙区中考物理一模试卷，共35页。试卷主要包含了选择题，填空题，作图题，实验探究题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2023年云南省昆明市盘龙区中考物理一模试卷
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分。每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。全部选对得3分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）
1．（3分）物理来源于生活，关于下列生活现象的解释正确的是（　　）
A．花香四溢是因为分子永不停息地做无规则运动
B．新型“复兴号”列车停靠的站台设置有安全线是因为气体流速大的地方压强大
C．平静的湖面看到蓝天白云是光的直线传播形成的
D．指南针的S极指地理南极，是因为地磁场的S极在地理南极附近
2．（3分）2023年2月10日，神舟十五号航天员在机械臂的协同配合下完成了舱外组装等任务。机械臂在工作时是一个费力杠杆，如图所示的工具使用时也属于这一类的是（　　）
A．核桃夹子 B．取碗夹
C．开瓶器 D．裁纸刀
3．（3分）科技改变生活，如图所示的智能手表可以显示时间、体温、心率、运动步数等信息，方便人们监测身体状态。下列关于智能手表说法不正确的是（　　）

A．手表屏幕使用的发光二极管主要是半导体材料制成的
B．智能手表橡胶表带是绝缘体，绝缘体是不可能带电的
C．智能手表利用电磁波传递信息
D．在给手表的蓄电池充电时，蓄电池相当于用电器
4．（3分）如图是2023年1月9日长征七号A运载火箭托举“实践二十三号卫星”在中国文昌航天发射场直冲云霄的情景。下列说法中正确的是（　　）

A．火箭升空动力的施力物体是火箭的助推器
B．火箭上升过程中，火箭相对于实践二十三号卫星是运动的
C．火箭也属于热机，能量转化与汽油机的做功冲程相同
D．火箭加速升空的过程中，火箭受到平衡力作用
5．（3分）在快递运输水果、海鲜等易变质产品时，在没有冷源的情况下，为起保鲜作用，经常使用水制成冷藏保鲜冰袋，如图所示。使用冰袋对产品起保鲜作用的过程中，下列分析正确的是（　　）

A．冰袋温度很低，没有内能
B．此过程中发生热传递的原因是保鲜产品含有的热量比冰袋多
C．冰袋中的物质熔化时，温度不变，内能不变
D．冰袋表面的小水珠是空气中的水蒸气放热液化形成的
6．（3分）如图所示，是生活中常用的可移动插线板，使用时只有闭合开关插线板上的指示灯才能发光，插孔才能提供工作电压；若指示灯损坏，闭合开关后插孔也能提供工作电压。则插线板内部线路（内部线路中插孔以两孔为例）及其与家庭电路的连接方式是（　　）

A． B．
C． D．
7．（3分）在如图“探究光反射时的规律”实验中，下列说法不正确的是（　　）

A．实验时用的硬纸板应选用粗糙的，目的是让光在纸板上发生漫反射
B．实验中为了使光线能在纸板上显示出来，应将硬纸板垂直放置在平面镜上，并使激光贴着纸板射到O点
C．将纸板右半部分向后翻转任意角度，发现纸板上将不能看到反射光，此时反射光消失了
D．我们能看到纸板上红色的激光，是因为纸板反射的红光进入了我们的眼睛
（多选）8．（3分）如图所示，工人师傅利用动滑轮将重360N的货物匀速提起，拉力F＝200N，货物10s被提升4m，不计绳重和摩擦。下列说法正确的是（　　）

A．动滑轮的重力G动＝20N
B．拉力F的功率P＝80W
C．动滑轮的机械效率η＝90%
D．增加提升货物重力可以提高动滑轮机械效率
（多选）9．（3分）如图甲的电路中，电阻R1、R2的I﹣U图象如图乙所示。闭合开关S，R1的电压为U1，电流为I1，实际电功率为P1；R2的电压为U2，电流为I2，实际电功率为P2；电路的总电阻为R，总电压为U，总电流为I，总功率为P，则（　　）

A．R1：R2＝1：3 B．I：I2＝3：1 C．U1：U2＝1：1 D．P：P1＝4：3
（多选）10．（3分）利用图甲、乙、丙三个装置所进行的三个探究实验，下列说法正确的是（　　）
A．甲、乙、丙三套装置中被加热物质的质量都要相同
B．进行三个实验时被加热物质都必须加热相同的时间
C．三套装置都用被加热物质升高的温度来体现热源放热的多少
D．三个探究实验中都用到了控制变量法和转换法
二、填空题（本大题共6小题，11～15题每小题2分，16题4分，共14分）
11．（2分）诗人王籍的诗句“蝉噪林愈静，鸟鸣山更幽”是脍炙人口的名句。蝉鸣声和鸟鸣声，都是发声体 　 　而产生的；优美的鸟叫声 　 　属于乐音（选填“一定”或“不一定”）。
12．（2分）太阳核心处温度很高，是由于大量氢原子 　 　（选填“核聚变”或“核裂变”）反应变成氦原子，释放巨大能量。太阳能是一种 　 　（选填“可再生”或“不可再生”）能源。
13．（2分）如图是我国战国时期的青铜汲酒器示意图，长柄上端与球形底部各开一小孔a、b。当汲酒器插入酒缸中时，汲酒器和酒缸就构成了一个 　 　；当汲酒器充满酒水，向上提升长柄时，只需闭合小孔a，酒水就不会流出，这是由于 　 　的作用。

14．（2分）如图所示，用杯子接水的过程中，水杯始终静止在手中，则杯子受到的摩擦力 　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”）；若杯子在手中开始向下滑，可以立即通过 　 　方式来增大摩擦力使其在手中保持静止。

15．（2分）如图所示为一款雪地摩托车，当雪地车以36km/h的速度在水平地面匀速直线行驶，输出功率为8kW，则雪地车所受阻力是 　 　N，若雪地车以8kW的输出功率行驶20min，发动机的效率为40%，则消耗燃油的质量 　 　kg。（燃油的热值取q＝4.0×107J/kg）

16．（4分）如图的智能手机具有独立的操作系统和运行空间，可以由用户自行安装游戏、导航等程序，并可以通过移动通讯网络来实现无线接入。在智能手机上安装了一些应用软件后，可以上网冲浪、播放视频、在线聊天；利用手机中的北斗导航系统，可以通过卫星精确定位手机所在的位置，可以根据位置的移动进行测速、测距、导航等；利用手机中的声音软件，可以测量声音的频率，甚至还能记录并播放出某些超、次声；手机前后有两个摄像头（又称镜头），前置摄像头焦距短，利用软件可以实现自拍和照镜子的功能，后置摄像头像素高，利用软件可以拍摄非常清晰的图像，高档智能手机还具有调焦（调整镜头和感光芯片的距离）的功能。
（1）智能手机摄像头的主要元件是 　 　（选填“凸”或“凹”）透镜，抓拍蜻蜓点水的细腻动作时，要用手机的 　 　（选填“前”或“后”）置摄像头；
（2）关于智能手机，下列说法错误的是 　 　；
A.手机屏之所以能显示出彩色，是因为它利用了光的三基色混合的原理
B.我们能从手机中听到它所录下的“超声”，是因为播放软件播放时减慢了所录超声的频率
C.拍摄照片时，物体距离手机前摄像头可以比距离后摄像头稍近一些
D.智能手机的“对焦功能”是指能够调节摄像头的焦距
（3）从手机的厚度来分析，镜头焦距要比普通相机的焦距要小的多，用手机镜头和普通相机镜头同距离拍摄远处的同一景物时，手机镜头拍出来的像显得 　 　（选填“更大”或“更小”）。

三、作图题（本大题共2小题，每小题2分，共4分）
17．（2分）请在图中作出物体AB在平面镜中所成的像A'B'。

18．（2分）请在图中标出小磁针静止时其左端的极性和图中A点的磁感线方向。

四、实验探究题（本大题共4小题，共24分）
19．（4分）如图是某实验小组“探究动能大小跟哪些因素有关”的实验装置。实验中分别让质量为m和2m的两个小钢球从斜面上由静止自由滚下，比较木块A被撞击后滑动的距离。

（1）由图中的甲、乙两图可知：　 　。利用这个结论可以解释汽车 　 　（选填“超载”或“超速”）行驶时危险性大的原因。
（2）通过学习，同学们还知道了影响动能大小的另外一个因素，在完成了图甲中的实验后要进行这个探究实验，接下来你的操作是：　 　。
（3）在这个探究实验中，若在光滑的水平面进行，则 　 　（选填“能”或“不能”）达到实验探究的目的。
20．（8分）在测量小灯泡电阻的实验中，如图甲所示，电源电压恒为3V，小灯泡额定电压为2.5V。

（1）用笔画线代替导线，将图甲实物电路补充完整。
（2）观察图甲实物电路，可知实验小组在连接电路时有一处操作不妥之处是：　 　。
（3）正确连接电路后，闭合开关，无论将滑动变阻器的滑片调节到任何位置，发现电压表和电流表均无示数。查找故障时，实验小组的同学拆图甲中电压表，把电压表的负接线柱接在电源负极上，闭合开关后，将正接线柱分别接在电路中的各接线柱上，得到了下表信息。若电路中只有一处故障，则电路发生的故障可能是 　 　。
导线接触接线柱
A
B
C
D
E
F
G
H
电压表示数（V）
3
3
3
0
0
0
0
0
（4）排除故障后，为测量小灯泡正常发光时的电阻，在图甲图中需要调节滑动变阻器的滑片，直至电压表示数是 　 　V。此时电流表示数（如图乙所示）是 　 　A，则小灯泡正常发光时的电阻是 　 　Ω（保留一位小数）。
（5）测量小灯泡正常发光时的电阻，有同学认为可以调节滑动变阻器进行多次测量，然后利用对应的电压和电流值计算出相应的电阻，再求出电阻的平均值，这样可以减小误差。你认为这种做法是 　 　的（选填“正确”或“错误”）。
（6）完成上述实验后，再利用图丙的电路，在MN间接入适当的元件，下列不能够完成的实验有 　 　（选填序号）。
①接入一个灯泡，探究电流和电压的关系
②接入一个未知电阻Rx，测出它的阻值
③接入一个已知额定电压的小灯泡，测出灯泡的额定功率
21．（8分）小铭在学校期间，使用一种医用免洗手消毒液对手部进行消毒过程中，闻到了浓浓的酒精味，看到该液体的流动性较差。查看了瓶身上的说明后，确定这种消毒液的主要成分为75%的酒精。于是小铭所在的兴趣小组对这种消毒液的密度进行了测量。

（1）实验前，将托盘天平放在 　 　工作台上，游码移到标尺的零刻度线处，指针静止在如图1甲所示的位置，此时应将右端的平衡螺母向 　 　（选填“左”或“右”J调节，使天平平衡。
（2）将盛有适量消毒液的烧杯放在天平的左盘，天平重新平衡时，右盘所加砝码及游码位置如图1乙所示，烧杯和消毒液的总质量为 　 　g；将烧杯中的部分消毒液倒入量筒，测得烧杯和剩余消毒液的总质量为42.4g；经过一段时间后，观察到量筒内的液面如图1丙所示，则量筒内消毒液的体积为 　 　mL，这种消毒液的密度为 　 　g/cm3。
（3）小铭觉得消毒液流动性较差，即使经过一段时间后，量筒壁上依旧会残留消毒液，而导致上面所测消毒液的密度 　 　（选填“偏大”或“偏小”）。
（4）小铭回到家后改进了实验方案，如图2所示。他利用手提式电子秤（既可以测量力，也可以测量质量）、小桶、细线和一个实心铁块（密度已知，记为ρ铁）等器材，再次对这种洗手液的密度进行测量。具体做法如下：
A.先将实心铁块用细线系好，悬挂在电子秤的下端，待电子秤示数稳定后，读出并记为F1；
B.在小桶里倒入适量的消毒液，悬挂在电子秤的下端，待电子秤示数稳定后，读出并记为F2；
C.再用手提着系着实心铁块的细线一端，将实心铁块缓慢地浸没在消毒液中，但要保证实心铁块 　 　，待电子秤示数稳定后，读出并记为F3；
完成以上测量后，根据所得实验数据，请你写出消毒液密度的表达式：ρ消毒液＝　 　。（用题中字母表示）。
22．（4分）如图1甲、乙是电磁学中很重要的两个实验。

（1）图1中 　 　图是研究通电导体在磁场中受力规律的装置（选填“甲”或“乙”）。
（2）图2是法拉第发明的能够产生持续电流的机器——发电机，金属圆盘可以看成是由无数根长度等于圆盘半径的导线组成的。金属圆盘在磁极间不断转动，每根导线都在做切割磁感线运动，从而产生持续的电流。某校探究小组仿制了这个发电机装置，对影响电流大小的因素进行如下探究：
①当圆盘转速增大时，电流表指针偏转增大，说明电流大小跟 　 　有关；
②保持圆盘转速不变，换用一个半径更大的金属圆盘，发现电流表指针偏转更大，说明电流大小还跟 　 　有关；
③保持圆盘转速不变，换用 　 　，发现电流表指针偏转更大，说明电流大小跟磁场强弱有关。
五、综合题（本大题共2小题，每小题9分，共18分）
23．（9分）如下表所示为小明家的电饭锅铭牌，铭牌上部分信息模糊。电饭锅的简化电路图如图甲所示，有加热和保温两挡，由开关S调节，其中R1和R2均为发热电阻，且阻值不随着温度的变化而改变。求：

**牌电饭锅
额定电压
220V
加热功率
1210W
保温功率
****
（1）小明想利用如图乙所示的电能表测量电饭锅的保温功率，他关闭家里的其它用电器，让电饭锅处于“保温”状态下正常工作，观察到电能表转盘在5min内转了22圈。则该电饭锅的保温功率为多少？
（2）电阻R2的阻值为多少？
（3）用电饭锅将温度为20℃、质量为2kg的水在1标准大气压下加热至沸腾，水所吸收的热量为多少？[已知c水＝4.2×103J/（kg•℃）]
24．（9分）如图所示，水平地面上有一个底面积为2×10﹣2m2的盛水薄壁容器（厚度不计），边长为0.1m的实心正方体物块通过细线与容器底部相连，此时细线受到的拉力是6N。已知水的密度是1×103kg/m3，g取10N/kg，求：
（1）物块受到的浮力；
（2）物块的密度；
（3）剪断细线后，物块静止时容器底受到的压强减小了多少。


2023年云南省昆明市盘龙区中考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分。每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。全部选对得3分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）
1．（3分）物理来源于生活，关于下列生活现象的解释正确的是（　　）
A．花香四溢是因为分子永不停息地做无规则运动
B．新型“复兴号”列车停靠的站台设置有安全线是因为气体流速大的地方压强大
C．平静的湖面看到蓝天白云是光的直线传播形成的
D．指南针的S极指地理南极，是因为地磁场的S极在地理南极附近
【分析】（1）不同物质互相接触时彼此进入对方的现象叫扩散，扩散现象说明分子在不停地做无规则运动；
（2）流体流速大的地方压强小；
（3）光的反射是指光线遇到障碍物被反射回来的现象，比如我们平时看到物体，平面镜成像等；
（4）地磁场的N极在地理南极附近，地磁场的S极在地理北极附近。
【解答】解：A、花香四溢是扩散现象，说明分子在不停地做无规则运动，故A正确；
B、新型“复兴号”列车停靠的站台设置有安全线是因为气体流速大的地方压强小，故B错误；
C、平静的湖面看到蓝天白云是平面镜成像，是光的反射形成的，故C错误；
D、指南针的S极指地理南极，是因为地磁场的N极在地理南极附近，地磁场的S极在地理北极附近，故D错误。
故选：A。
【点评】此题考查了扩散现象、流体压强与流速的关系、光的反射现象、地磁场，难度不大，属基础题目。
2．（3分）2023年2月10日，神舟十五号航天员在机械臂的协同配合下完成了舱外组装等任务。机械臂在工作时是一个费力杠杆，如图所示的工具使用时也属于这一类的是（　　）
A．核桃夹子 B．取碗夹
C．开瓶器 D．裁纸刀
【分析】结合图片和生活经验，先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆。
【解答】解：机械臂在工作时是一个费力杠杆。
ACD．核桃夹子、开瓶器、裁纸刀，在使用过程中，动力臂大于阻力臂，都是省力杠杆，故ACD不符合题意；
B．在使用取碗夹时，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故B符合题意。
故选：B。
【点评】此题考查的是杠杆的分类主要包括以下几种：①省力杠杆，动力臂大于阻力臂；②费力杠杆，动力臂小于阻力臂；③等臂杠杆，动力臂等于阻力臂。
3．（3分）科技改变生活，如图所示的智能手表可以显示时间、体温、心率、运动步数等信息，方便人们监测身体状态。下列关于智能手表说法不正确的是（　　）

A．手表屏幕使用的发光二极管主要是半导体材料制成的
B．智能手表橡胶表带是绝缘体，绝缘体是不可能带电的
C．智能手表利用电磁波传递信息
D．在给手表的蓄电池充电时，蓄电池相当于用电器
【分析】（1）发光二极管是由半导体材料制成的。
（2）绝缘体不容易导电，但是可以带电。
（3）电磁波可以传递信息。
（4）给手表的蓄电池充电时，蓄电池相当于用电器。
【解答】解：A、手表屏幕使用的发光二极管主要是半导体材料制成的，故A正确；
B、智能手表橡胶表带是绝缘体，绝缘体可以带电，故B错误；
C、智能手表利用电磁波传递信息，故C正确；
D、在给手表的蓄电池充电时，蓄电池相当于用电器，故D正确。
故选：B。
【点评】本题以智能手表为背景，考查了半导体、电磁波、绝缘体、蓄电池的基础知识。本题属于基础性题目。
4．（3分）如图是2023年1月9日长征七号A运载火箭托举“实践二十三号卫星”在中国文昌航天发射场直冲云霄的情景。下列说法中正确的是（　　）

A．火箭升空动力的施力物体是火箭的助推器
B．火箭上升过程中，火箭相对于实践二十三号卫星是运动的
C．火箭也属于热机，能量转化与汽油机的做功冲程相同
D．火箭加速升空的过程中，火箭受到平衡力作用
【分析】（1）物体间力的作用是相互的，一个物体对另一个物体有力的作用，同时它也受到另一个物体力的作用；
（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）四冲程汽油机一个工作循环有四个冲程，分别是吸气、做功、压缩和排气，其中只有做功冲程对外做功，将内能转化为机械能；
（4）物体受平衡力作用时，将处于静止或匀速直线运动状态。
【解答】解：A、火箭对喷出的气体有向下的力，同时气体对火箭产生了向上的动力，则此动力的施力物体是燃气，受力物体是火箭，故A错误；
B、火箭发射过程中以实践二十三号卫星为参照物，长征七号A运载火箭的位置没有发生改变，所以火箭是静止的，故B错误；
C、火箭也属于热机，发射过程的能量转化是内能转化为机械能，汽油机的做功冲程的能量转化是内能转化为机械能，所以它们的能量转化相同，故C正确；
D、火箭加速升空过程中，不是平衡状态，受到的是非平衡力，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了热机、运动和静止的相对性、相互作用力以及平衡状态的判断，是一道基础题，难度不大。
5．（3分）在快递运输水果、海鲜等易变质产品时，在没有冷源的情况下，为起保鲜作用，经常使用水制成冷藏保鲜冰袋，如图所示。使用冰袋对产品起保鲜作用的过程中，下列分析正确的是（　　）

A．冰袋温度很低，没有内能
B．此过程中发生热传递的原因是保鲜产品含有的热量比冰袋多
C．冰袋中的物质熔化时，温度不变，内能不变
D．冰袋表面的小水珠是空气中的水蒸气放热液化形成的
【分析】（1）物体在任何时候都有内能；
（2）不能说物体含有热量；
（3）晶体熔化时，不断吸热，温度不变；
（4）液化指物质由气态转变成液态，液化要放热。
【解答】解：A、冰袋温度很低，但它有内能，故A错误；
B、此过程中发生热传递的原因是保鲜产品和冰袋有温度差，故B错误；
C、冰袋中的物质熔化时，温度不变，内能变大，故C错误；
D、冰袋表面的小水珠是空气中的水蒸气放热液化形成的，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了热传递、内能、液化和熔化，属于基础题。
6．（3分）如图所示，是生活中常用的可移动插线板，使用时只有闭合开关插线板上的指示灯才能发光，插孔才能提供工作电压；若指示灯损坏，闭合开关后插孔也能提供工作电压。则插线板内部线路（内部线路中插孔以两孔为例）及其与家庭电路的连接方式是（　　）

A． B．
C． D．
【分析】干路开关控制所有的用电器。并联电路各用电器之间互不影响，串联电路的用电器互相影响。
【解答】解：
插线板上的指示灯在开关闭合时会发光，插孔正常通电，说明开关同时控制灯泡和插座，灯泡和插座之间可能是串联，也可能是并联，如果两者并联，开关应该在干路上；如果指示灯损坏，开关闭合时插孔也能正常通电，说明灯泡和插座之间是并联的，开关接在灯泡、插座和火线之间控制火线使用更安全，故B正确。
故选：B。
【点评】根据用电器之间是否相互影响是判断用电器串联和并联的方法之一；家庭电路中，开关控制用电器，开关一定接在用电器和火线之间，既能控制用电器，又能保证使用安全。
7．（3分）在如图“探究光反射时的规律”实验中，下列说法不正确的是（　　）

A．实验时用的硬纸板应选用粗糙的，目的是让光在纸板上发生漫反射
B．实验中为了使光线能在纸板上显示出来，应将硬纸板垂直放置在平面镜上，并使激光贴着纸板射到O点
C．将纸板右半部分向后翻转任意角度，发现纸板上将不能看到反射光，此时反射光消失了
D．我们能看到纸板上红色的激光，是因为纸板反射的红光进入了我们的眼睛
【分析】（1）白色硬纸板的表面应尽量粗糙，其目的是使光在纸板上发生漫反射；
（2）只有硬纸板和平面镜垂直，才能保证法线和平面镜垂直，实验中为了使光线能在纸板上显示出来，要使激光紧贴纸板面入射；
（3）光的反射定律：反射光线、入射光线、法线在同一平面内；
（4）不透明的物体的颜色是由其反射的光线决定的。
【解答】解：A、白色硬纸板的表面应尽量粗糙，其目的是使光在纸板上发生漫反射，这样我们在各个方向都能看清光的传播路径，故A正确；
B、硬纸板放在平面镜上时，要保持与镜面垂直，这样才能更好地呈现光的传播路径，验证反射光线、入射光线、法线在同一平面内；
此实验为了使光线能在纸板上显示出来，采取的操作是使激光紧贴纸板面入射，故B正确；
C、将纸板右半部分向后翻转任意角度，两块纸板不在同一平面上，所以在右边纸板上就无法呈现出反射光线了，但此时反射光仍然存在，故C错误；
D、我们能看到纸板上红色的激光，是因为纸板反射的红光进入了我们的眼睛，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查光的反射定律实验的有关内容，主要考查学生对实验过程中出现问题的应对能力，就是为了锻炼学生的动手、动脑的能力。
（多选）8．（3分）如图所示，工人师傅利用动滑轮将重360N的货物匀速提起，拉力F＝200N，货物10s被提升4m，不计绳重和摩擦。下列说法正确的是（　　）

A．动滑轮的重力G动＝20N
B．拉力F的功率P＝80W
C．动滑轮的机械效率η＝90%
D．增加提升货物重力可以提高动滑轮机械效率
【分析】（1）使用动滑轮时，n＝2，不计绳重和摩擦，拉力F＝（G+G动），据此求动滑轮的重力；
（2）拉力端移动距离s＝nh，利用W＝Fs求拉力做的总功，再利用P＝求拉力F的功率；
（3）利用W＝Gh求拉力做的有用功，动滑轮的机械效率等于有用功与总功之比；
（4）不计绳重和摩擦，增加提升货物重力，有用功增大，额外功不变，动滑轮的机械效率η＝＝＝，据此分析机械效率的变化。
【解答】解：A、使用动滑轮时，n＝2，不计绳重和摩擦，拉力F＝（G+G动），则动滑轮的重力：G动＝nF﹣G＝2×200N﹣360N＝40N，故A错误；
B、拉力端移动距离s＝nh＝2×4m＝8m，
拉力做的总功：W总＝Fs＝200N×8m＝1600J，
拉力F的功率：P＝＝＝160W，故B错误；
C、拉力做的有用功：W有用＝Gh＝360N×4m＝1440J，
动滑轮的机械效率：η＝＝×100%＝90%，故C正确；
D、不计绳重和摩擦，增加提升货物重力，有用功增大，额外功不变，动滑轮的机械效率η＝＝＝，机械效率增大，故D正确。
故选：CD。
【点评】本题虽是选择题，实质是小综合计算题，考查了使用动滑轮时有用功、总功、功率、滑轮组的机械效率以及动滑轮重的计算，要求学生熟练掌握和应用相关公式。
（多选）9．（3分）如图甲的电路中，电阻R1、R2的I﹣U图象如图乙所示。闭合开关S，R1的电压为U1，电流为I1，实际电功率为P1；R2的电压为U2，电流为I2，实际电功率为P2；电路的总电阻为R，总电压为U，总电流为I，总功率为P，则（　　）

A．R1：R2＝1：3 B．I：I2＝3：1 C．U1：U2＝1：1 D．P：P1＝4：3
【分析】由图甲可知，开关闭合时，R1、R2并联。
（1）由图乙可知，当两电阻两端的电压U＝6V时通过两电阻的电流，根据欧姆定律求出R1、R2的阻值，从而求出两电阻的比值；
（2）根据并联电路电压的特点求出电压之比；
（3）根据欧姆定律求出通过两电阻的电流之比，根据并联电路的电流特点求出I：I2；
（4）根据P＝UI求出两电阻的电功率之比，进而求出P：P1。
【解答】解：由图甲可知，开关闭合时，R1、R2并联。
A、由图乙可知，R1与R2为定值电阻，当两电阻两端的电压U＝6V时，通过两电阻的电流分别为：I1＝0.6A，I2＝0.2A，
由欧姆定律可知，两电阻的阻值分别为：R1＝＝＝10Ω，R2＝＝＝30Ω，
所以，R1：R2＝10Ω：30Ω＝1：3，故A正确；
C、由并联电路的电压特点可知，两电阻两端的电压相等都等于电源电压，因此U1：U2＝1：1，故C正确；
B、由欧姆定律可知，通过两电阻的电流之比：＝＝＝，即I1＝3I2，
由并联电路的电流特点可知，＝＝＝，故B错误；
D、由P＝UI可知，两电阻的电功率之比：＝＝＝，即P2＝P1，
由电路的总功率等于各用电器电功率之和可知，＝＝＝，故D正确。
故选：ACD。
【点评】本题考查并联电路的规律、欧姆定律和电功率公式的运用，关键是从图中获取有效的信息。
（多选）10．（3分）利用图甲、乙、丙三个装置所进行的三个探究实验，下列说法正确的是（　　）
A．甲、乙、丙三套装置中被加热物质的质量都要相同
B．进行三个实验时被加热物质都必须加热相同的时间
C．三套装置都用被加热物质升高的温度来体现热源放热的多少
D．三个探究实验中都用到了控制变量法和转换法
【分析】甲图探究不同物质的吸热能力，实验中需控制水和沙子的质量相同，加热相同时间，控制水和沙子吸收热量相同，通过温度计示数的变化来反映物质吸热能力的强弱，运用了控制变量法和转换法；
乙图探究不同燃料的热值，实验中需控制容器中水的质量相同，燃料的质量相同，通过温度计示数的变化反映燃料放出热量的多少，运用了控制变量法和转换法；
丙图探究电流通过导体产生的热量与电阻的关系，实验中需控制煤油的质量相同，通过电阻的电流相同，加热时间相同，通过温度计示数的变化来反映电流产生热量的多少，运用了控制变量法和转换法。
【解答】解：甲图探究不同物质的吸热能力，实验中需控制水和沙子的质量相同，加热相同时间，控制水和沙子吸收热量相同，通过温度计示数的变化来反映物质吸热能力的强弱，运用了控制变量法和转换法；
乙图探究不同燃料的热值，实验中需控制容器中水的质量相同，燃料的质量相同，通过温度计示数的变化反映燃料放出热量的多少，运用了控制变量法和转换法；
丙图探究电流通过导体产生的热量与电阻的关系，实验中需控制煤油的质量相同，通过电阻的电流相同，加热时间相同，通过温度计示数的变化来反映电流产生热量的多少，运用了控制变量法和转换法；
综上可知甲、乙、丙三套装置中被加热物质的质量都要相同，都用到了控制变量法和转换法，故AD正确，BC错误。
故选：AD。
【点评】本题考查控制变量法和转换法在不同实验中的运用。
二、填空题（本大题共6小题，11～15题每小题2分，16题4分，共14分）
11．（2分）诗人王籍的诗句“蝉噪林愈静，鸟鸣山更幽”是脍炙人口的名句。蝉鸣声和鸟鸣声，都是发声体 　振动　而产生的；优美的鸟叫声 　不一定　属于乐音（选填“一定”或“不一定”）。
【分析】声音是由于物体的振动而产生的；
从环保的角度来讲，凡是影响人们正常的生活、休息或学习的声音都是噪声。
【解答】解：蝉鸣声和鸟鸣声是由发声体振动产生的，振动停止，声音停止。
优美的鸟叫声，如果影响人们正常的生活、休息或学习就是噪声，所以优美的鸟叫声不一定属于乐音。
故答案为：振动；不一定。
【点评】本题考查了声音的产生和对噪声的认识，属于基础题。
12．（2分）太阳核心处温度很高，是由于大量氢原子 　核聚变　（选填“核聚变”或“核裂变”）反应变成氦原子，释放巨大能量。太阳能是一种 　可再生　（选填“可再生”或“不可再生”）能源。
【分析】（1）太阳核心处温度很高，是由于大量氢原子核聚变反应变成氦原子，释放巨大能量；
（2）可再生能源的概念：像风能、水能、太阳能等可以在自然界源源不断地得到，把它们称为可再生能源。不可再生能源的概念：化石能源、核能等能源会越用越少，不能在短期内从自然界得到补充，这类能源称为不可再生能源。
【解答】解：太阳核心处温度很高，是由于大量氢原子核聚变反应变成氢原子，释放巨大能量；
太阳能取之不尽，用之不竭，是可再生能源。
故答案为：核聚变；可再生。
【点评】本题以太阳能为背景，考查了能源的分类以及核能的种类，难度不大。
13．（2分）如图是我国战国时期的青铜汲酒器示意图，长柄上端与球形底部各开一小孔a、b。当汲酒器插入酒缸中时，汲酒器和酒缸就构成了一个 　连通器　；当汲酒器充满酒水，向上提升长柄时，只需闭合小孔a，酒水就不会流出，这是由于 　大气压　的作用。

【分析】（1）上端开口、下部相连通的容器叫连通器；
（2）大气压的存在能够解释很多现象，这些现象有一个共性：通过某种方法，使设备的内部气压小于外界大气压，在外界大气压的作用下出现了这种现象。据此分析即可解答。
【解答】解：当汲酒器插入酒缸中时，汲酒器和酒缸就构成一个连通器；当汲酒器内充满酒水，向上提升长柄取酒时，若a打开，则ab两个小孔都与外界大气相通，酒水会在重力的作用下流出，若a闭合，则a孔与外界大气隔绝，而b孔受到大气压的作用，在大气压的作用下酒水不会流出，所以应使开口a闭合。
故答案为：连通器；大气压。
【点评】本题考查连通器原理、大气压的有关问题，物理学习的过程中，要多注意观察身边的物理现象，尽可能的用我们所学过的知识去试着解释。
14．（2分）如图所示，用杯子接水的过程中，水杯始终静止在手中，则杯子受到的摩擦力 　变大　（选填“变大”、“变小”或“不变”）；若杯子在手中开始向下滑，可以立即通过 　增大压力　方式来增大摩擦力使其在手中保持静止。

【分析】（1）水杯静止在手中，重力和摩擦力相平衡，据此分析在接水过程中杯子受到的摩擦力变化；
（2）增大摩擦的方法：在接触面粗糙程度一定时，增大压力；在压力一定时，增大接触面的粗糙程度。
【解答】解：用杯子接水时，水杯静止在手中，在竖直方向上，杯子受到的重力和摩擦力是一对平衡力，在接水过程中，杯子和水的总重力变大，所以杯子受到的摩擦力将会变大；
摩擦力大小的影响因素是压力大小和接触面的粗糙程度，当杯子在手中开始向下滑时，接触面的粗糙程度是一定的，因此可以紧握杯子，通过增大压力的方式来增大摩擦力使其在手中静止。
故答案为：变大；增大压力。
【点评】本题考查摩擦力大小的影响因素，以及增大摩擦的方法，摩擦力问题在生活中应用非常广泛，解答此题类问题时要利用控制变量法研究。
15．（2分）如图所示为一款雪地摩托车，当雪地车以36km/h的速度在水平地面匀速直线行驶，输出功率为8kW，则雪地车所受阻力是 　800　N，若雪地车以8kW的输出功率行驶20min，发动机的效率为40%，则消耗燃油的质量 　0.6　kg。（燃油的热值取q＝4.0×107J/kg）

【分析】知道雪地车行驶的速度和输出功率，根据P＝Fv求出雪地车的牵引力，雪地车在水平地面匀速直线行驶时处于平衡状态，受到的阻力和牵引力是一对平衡力，二力大小相等，据此求出雪地车所受阻力；
根据W＝Pt求出雪地车的发动机输出的机械能，利用η＝×100%求出消耗燃油完全燃烧释放的热量，再利用由Q放＝mq求出消耗燃油的质量。
【解答】解：雪地车行驶的速度v＝36km/h＝10m/s，输出功率P＝8kW＝8000W，
由P＝Fv可得，雪地车的牵引力：
F＝＝＝800N，
因雪地车在水平地面匀速直线行驶时处于平衡状态，受到的阻力和牵引力是一对平衡力，
所以，雪地车所受阻力：f＝F＝800N；
雪地车的发动机输出的机械能：
W＝Pt＝8000W×20×60s＝9.6×106J，
由η＝×100%可得，消耗燃油完全燃烧释放的热量：
Q放＝＝＝2.4×107J，
由Q放＝mq可得，消耗燃油的质量：
m＝＝＝0.6kg。
故答案为：800；0.6。
【点评】本题考查功率公式、效率公式、燃料完全燃烧释放热量公式的综合应用，难度不大。
16．（4分）如图的智能手机具有独立的操作系统和运行空间，可以由用户自行安装游戏、导航等程序，并可以通过移动通讯网络来实现无线接入。在智能手机上安装了一些应用软件后，可以上网冲浪、播放视频、在线聊天；利用手机中的北斗导航系统，可以通过卫星精确定位手机所在的位置，可以根据位置的移动进行测速、测距、导航等；利用手机中的声音软件，可以测量声音的频率，甚至还能记录并播放出某些超、次声；手机前后有两个摄像头（又称镜头），前置摄像头焦距短，利用软件可以实现自拍和照镜子的功能，后置摄像头像素高，利用软件可以拍摄非常清晰的图像，高档智能手机还具有调焦（调整镜头和感光芯片的距离）的功能。
（1）智能手机摄像头的主要元件是 　凸　（选填“凸”或“凹”）透镜，抓拍蜻蜓点水的细腻动作时，要用手机的 　后　（选填“前”或“后”）置摄像头；
（2）关于智能手机，下列说法错误的是 　D　；
A.手机屏之所以能显示出彩色，是因为它利用了光的三基色混合的原理
B.我们能从手机中听到它所录下的“超声”，是因为播放软件播放时减慢了所录超声的频率
C.拍摄照片时，物体距离手机前摄像头可以比距离后摄像头稍近一些
D.智能手机的“对焦功能”是指能够调节摄像头的焦距
（3）从手机的厚度来分析，镜头焦距要比普通相机的焦距要小的多，用手机镜头和普通相机镜头同距离拍摄远处的同一景物时，手机镜头拍出来的像显得 　更小　（选填“更大”或“更小”）。

【分析】（1）照相机是利用了凸透镜成像特点工作的；阅读材料，选择抓拍蜻蜓点水的细腻动作时的摄像头；
（2）A、根据光的三原色混合的原理来解答；
B、由短文知，利用手机中的声音软件，可以测量声音的频率，甚至还能记录并播放出某些超、次声；
C、由短文知，手机前后有两个摄像头（又称镜头），前置摄像头焦距短，利用软件可以实现自拍和照镜子的功能，后置摄像头像素高，利用软件可以拍摄非常清晰的图像；
D、由短文知，高档智能手机还具有调焦（调整镜头和感光芯片的距离）的功能；
（3）从手机的厚度来分析，镜头焦距要比普通相机的焦距小，用手机镜头和普通相机镜头同距离拍摄远处的同一景物时，手机镜头拍出来的像显得更小。
【解答】解：（1）智能手机摄像头的主要元件是凸透镜；后置摄像头像素高，利用软件可以拍摄非常清晰的图像，抓拍蜻蜓点水的细腻动作时，要用手机的后置摄像头；
（2）A、手机屏之所以能显示出彩色，是因为它利用了光的三原色混合的原理，故A正确；
B、我们能从手机中听到它所录下的“超声”，是因为播放软件减慢了所录超声的频率，故B正确；
C、前置摄像头焦距短，利用软件可以实现自拍和照镜子的功能，所以，拍摄照片时，物体距离手机前摄像头可以比距离后摄像头稍近一些，故C正确；
D、高档智能手机还具有调焦（调整镜头和感光芯片的距离）的功能，故D错误。
故选：D；
（3）从手机的厚度来分析，镜头焦距要比普通相机的焦距小，用手机镜头和普通相机镜头同距离拍摄远处的同一景物时，手机镜头拍出来的像显得更小。
故答案为：（1）凸；后；（2）D；（3）更小。
【点评】本题以智能手机为情景，考查了对凸透镜的成像规律、照相机和智能手机前后摄像头的原理等知识的理解和掌握，考查知识点多，综合性强。关键是要能从题目上获取有用信息。
三、作图题（本大题共2小题，每小题2分，共4分）
17．（2分）请在图中作出物体AB在平面镜中所成的像A'B'。

【分析】平面镜成像的特点是：像与物大小相等，连线与镜面垂直，到平面镜的距离相等，即物像关于平面镜对称；先作出端点A、B的像点，连接连接两个像点即为物体AB的像。
【解答】解：先作出端点A、B关于平面镜的对称点A′、B′，用虚线连接A′、B′，即为物AB在平面镜中所成的像，如图所示：

【点评】平面镜成像时像与物关于平面镜对称，要注意先作出端点或关键点的像点，再用虚线连接得到物体的像。
18．（2分）请在图中标出小磁针静止时其左端的极性和图中A点的磁感线方向。

【分析】已知电流的流向，根据安培定通电螺线管的极性；根据磁极间的相互作用规律判定小磁针的极性；磁体周围的磁感线从磁体的N极出来，回到磁体的S极，据此判断A点处的磁感线方向。
【解答】解：由图知，电流从螺线管的左端流入、右端流出，根据安培定则，螺线管的右端为N极，左端为S极；根据异名磁极相互吸引可知，小磁针的右端为N极，左端为S极；
磁体周围的磁感线从磁体的N极出来，回到磁体的S极，所以A点磁感线方向是向左的；如图所示：

【点评】本题考查了安培定则的应用、磁极间的相互作用规律、磁感线的方向，难度不大。
四、实验探究题（本大题共4小题，共24分）
19．（4分）如图是某实验小组“探究动能大小跟哪些因素有关”的实验装置。实验中分别让质量为m和2m的两个小钢球从斜面上由静止自由滚下，比较木块A被撞击后滑动的距离。

（1）由图中的甲、乙两图可知：　速度相同时，质量越大，物体的动能越大　。利用这个结论可以解释汽车 　超重　（选填“超载”或“超速”）行驶时危险性大的原因。
（2）通过学习，同学们还知道了影响动能大小的另外一个因素，在完成了图甲中的实验后要进行这个探究实验，接下来你的操作是：　同一小球，从同一斜面的不同高度下落，观察木块被推动的距离　。
（3）在这个探究实验中，若在光滑的水平面进行，则 　不能　（选填“能”或“不能”）达到实验探究的目的。
【分析】（1）比较甲、乙可知，小球的质量不同，下落的高度不同，故可探究动能与质量的关系；从而分析汽车超载在行驶中的危险性；
（2）探究动能与速度的关系，应控制质量不变，让同一小球，从同一斜面的不同高度下落，观察木块被推动的距离；
（3）根据牛顿第一定律分析。
【解答】解：（1）比较甲、乙可知，小球的质量不同，下落的高度不同，质量大的小球将木块推动的距离大，故可得结论：速度相同时，质量越大，物体的动能越大；
利用这个结论可以解释汽车超重行驶时危险性大。
（2）探究动能与速度的关系，应控制质量不变，让同一小球，从同一斜面的不同高度下落，观察木块被推动的距离。
（3）水平面是光滑的，则木块在水平方向上受力为0，竖直方向上受到平衡力作用，根据牛顿第一定律，运动的物体在没有受到力的作用时，将一直做匀速直线运动，故不能探究动能大小的影响因素。
故答案为：（1）速度相同时，质量越大，物体的动能越大；超重；（2）同一小球，从同一斜面的不同高度下落，观察木块被推动的距离；（3）不能。
【点评】影响动能大小的因素有物体的质量和速度，这是我们必须熟知的，再根据物理学中研究一个量与多个变量之间关系时常用的控制变量法来对该实验的过程进行分析。同时，本题中转换法的运用也是我们掌握的重点。
20．（8分）在测量小灯泡电阻的实验中，如图甲所示，电源电压恒为3V，小灯泡额定电压为2.5V。

（1）用笔画线代替导线，将图甲实物电路补充完整。
（2）观察图甲实物电路，可知实验小组在连接电路时有一处操作不妥之处是：　变阻器的滑片没有移动到阻值最大处　。
（3）正确连接电路后，闭合开关，无论将滑动变阻器的滑片调节到任何位置，发现电压表和电流表均无示数。查找故障时，实验小组的同学拆图甲中电压表，把电压表的负接线柱接在电源负极上，闭合开关后，将正接线柱分别接在电路中的各接线柱上，得到了下表信息。若电路中只有一处故障，则电路发生的故障可能是 　CD间断路　。
导线接触接线柱
A
B
C
D
E
F
G
H
电压表示数（V）
3
3
3
0
0
0
0
0
（4）排除故障后，为测量小灯泡正常发光时的电阻，在图甲图中需要调节滑动变阻器的滑片，直至电压表示数是 　2.5　V。此时电流表示数（如图乙所示）是 　0.32　A，则小灯泡正常发光时的电阻是 　7.8　Ω（保留一位小数）。
（5）测量小灯泡正常发光时的电阻，有同学认为可以调节滑动变阻器进行多次测量，然后利用对应的电压和电流值计算出相应的电阻，再求出电阻的平均值，这样可以减小误差。你认为这种做法是 　错误　的（选填“正确”或“错误”）。
（6）完成上述实验后，再利用图丙的电路，在MN间接入适当的元件，下列不能够完成的实验有 　①　（选填序号）。
①接入一个灯泡，探究电流和电压的关系
②接入一个未知电阻Rx，测出它的阻值
③接入一个已知额定电压的小灯泡，测出灯泡的额定功率
【分析】（1）根据灯泡额定电压确定电压表量程，将电压表并联在灯泡两端；
（2）为保护电路，闭合开关前，变阻器的滑片要移动到阻值最大处；
（3）用电压表判断电路故障，电压表有示数，说明电路与电压表所接触位置与电源间是连通的，电压表无示数，说明与电压表并联部分以外的电路部分有断路；
（4）灯在额定电压下正常发光；根据电流表选用量程确定分度值读数，运用欧姆定律变形公式计算电阻；
（5）灯在额定电压下正常发光，不同电压下灯的电阻不同；
（6）根据伏安法和控制变量法逐一分析每个选项，确定不能完成实验。
【解答】解：（1）小灯泡额定电压为2.5V，故电压表选用小量程并联在灯泡两端，如下图所示：
（2）为保护电路，闭合开关前，变阻器的滑片要移动到阻值最大处的C端，不妥之处：变阻器的滑片没有移动到阻值最大处；
（3）由表中数据知：将电压表的负接线柱接在电源负极，正接线柱分别接电路中的D、E、F、G、H各接线柱时，电压表数为0，说明电源负极到D、E、F、G、H以外部分可能有断路发生；
电压表的正接线柱分别接电路中的A、B、C各接线柱时，电压表示数等于电源电压3V，说明电源正极到A、B、C间是通路，所以故障的原因是CD间有断路发生；
（4）想要测量灯泡正常发光时的电阻，需要使电压表的示数为 2.5V；此时电流表的示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，则通过小灯泡的电流为 0.32A，则该灯泡的电阻为：
RL＝≈7.8Ω；
（5）灯在额定电压下正常发光，不同电压下灯的电阻不同，调节滑动变阻器进行多次测量，然后利用对应的电压和电流值计算出相应的电阻，再求出电阻的平均值，这种做法是错误的；
（6）图中电压表可测MN间的电压，电流表可测电路中的电流；
①探究电流和电压的关系，要控制电阻的大小不变，而灯的电阻随温度的变化而变化，不是一个定值，故不能完成；
②电压表可测出Rx的电压，电流表可测通过Rx的电流，由R＝可测出Rx的阻值，故能完成；
③电压表可测灯的电压，当灯的电压为额定电压时，灯正常发光，记下电流表的示数，根据P＝UI可测出灯泡的额定功率，故能完成。
故选：①。
故答案为：（1）见解答图；（2）变阻器的滑片没有移动到阻值最大处；（3）CD间断路；（4）2.5；0.32；7.8；（5）错误；（6）①。
【点评】本题测量小灯泡电阻的实验，考查电路连接、注意事项、故障分析及控制变量法的运用。
21．（8分）小铭在学校期间，使用一种医用免洗手消毒液对手部进行消毒过程中，闻到了浓浓的酒精味，看到该液体的流动性较差。查看了瓶身上的说明后，确定这种消毒液的主要成分为75%的酒精。于是小铭所在的兴趣小组对这种消毒液的密度进行了测量。

（1）实验前，将托盘天平放在 　水平　工作台上，游码移到标尺的零刻度线处，指针静止在如图1甲所示的位置，此时应将右端的平衡螺母向 　右　（选填“左”或“右”J调节，使天平平衡。
（2）将盛有适量消毒液的烧杯放在天平的左盘，天平重新平衡时，右盘所加砝码及游码位置如图1乙所示，烧杯和消毒液的总质量为 　72.4　g；将烧杯中的部分消毒液倒入量筒，测得烧杯和剩余消毒液的总质量为42.4g；经过一段时间后，观察到量筒内的液面如图1丙所示，则量筒内消毒液的体积为 　30　mL，这种消毒液的密度为 　1　g/cm3。
（3）小铭觉得消毒液流动性较差，即使经过一段时间后，量筒壁上依旧会残留消毒液，而导致上面所测消毒液的密度 　偏大　（选填“偏大”或“偏小”）。
（4）小铭回到家后改进了实验方案，如图2所示。他利用手提式电子秤（既可以测量力，也可以测量质量）、小桶、细线和一个实心铁块（密度已知，记为ρ铁）等器材，再次对这种洗手液的密度进行测量。具体做法如下：
A.先将实心铁块用细线系好，悬挂在电子秤的下端，待电子秤示数稳定后，读出并记为F1；
B.在小桶里倒入适量的消毒液，悬挂在电子秤的下端，待电子秤示数稳定后，读出并记为F2；
C.再用手提着系着实心铁块的细线一端，将实心铁块缓慢地浸没在消毒液中，但要保证实心铁块 　不碰触小桶底部和侧壁　，待电子秤示数稳定后，读出并记为F3；
完成以上测量后，根据所得实验数据，请你写出消毒液密度的表达式：ρ消毒液＝　ρ铁　。（用题中字母表示）。
【分析】（1）天平的正确使用：①放：把天平放到水平桌面上；②移；把游码移到标尺左端零刻线处；③调：调节平衡螺母，使指针指在分度盘的中线处．
（2）用天平测物体质量时，物体的质量等于砝码的质量加上游码所对刻度，而要准确读出游码所对刻度，必须明确标尺的分度值及以游码左端所对刻度为准；读取量筒液体的体积时，视线与液面（凹液面的底部）相平；
（3）量筒壁上有残留消毒液，导致量筒中消毒液的体积测量变小，质量是准确的，根据ρ＝进行判断；
（4）③将实心铁块缓慢地没入悬挂着的小桶内的消毒液中，为了保证浮力值的准确，要保证不碰触小桶的底部和侧壁，因为触碰和不触碰两种情况下，电子秤的示数是不一样的；
由图A可知，实心铁块的重力，求得实心铁块的质量，再计算实心铁块的体积，即得实心铁块排开消毒液的体积；利用图CB求出实心铁块在水中受到的浮力，根据阿基米德原理可得消毒液的密度。
【解答】解：（1）用托盘天平测量物体质量时，把天平放置在水平桌面上；游码移到标尺左端的零刻线处，然后调节平衡螺母，平衡螺母向上翘的一端移动，发现指针静止时指在分度盘中央刻度线的左侧，要使横梁水平平衡，应将平衡螺母向右调节；
（2）如图1乙所示，烧杯和洗手液的总质量为：m1＝50g+20g+2.4g＝72.4g，
根据题意，量筒里洗手液的质量是：m＝m1﹣m2＝72.4g﹣42.4g＝30g，
由图知，量筒中洗手液的体积是V＝30mL＝30cm3，
则洗手液的密度ρ＝＝＝1g∕cm3；
（3）量筒壁上有残留消毒液，导致量筒中消毒液的体积测量变小，质量是准确的，根据ρ＝知消毒液的密度测量值变大；
（4）C、将实心铁块缓慢地浸没入悬挂着的小桶内的消毒液中，但要保证实心铁块不碰触小桶底部和侧壁，否则测得实心铁块所受的浮力就不准确了；
由图A可知，实心铁块的重力G＝F1，则实心铁块的质量为：
m铁＝＝；
由ρ＝知，实心铁块的体积为V铁＝＝＝，即实心铁块排开消毒液的体积为V排＝，
实心铁块在水中受到浮力，根据力的作用是相互的，实心铁块对水有向下的压力，使得电子秤示数增大，则实心铁块在水中受到的浮力为：
F浮＝F3−F2，
根据阿基米德原理可得，消毒液的密度为：
ρ消毒液＝＝＝ρ铁。
故答案为：（1）水平；右；（2）72.4；30；1；（3）偏大；（4）不碰触小桶底部和侧壁；ρ铁。
【点评】本题是测液体密度的实验题目，考查了天平的使用、天平和量筒的读数、密度计算以及误差分析，属于密度测量中常见的问题，要掌握好。
22．（4分）如图1甲、乙是电磁学中很重要的两个实验。

（1）图1中 　甲　图是研究通电导体在磁场中受力规律的装置（选填“甲”或“乙”）。
（2）图2是法拉第发明的能够产生持续电流的机器——发电机，金属圆盘可以看成是由无数根长度等于圆盘半径的导线组成的。金属圆盘在磁极间不断转动，每根导线都在做切割磁感线运动，从而产生持续的电流。某校探究小组仿制了这个发电机装置，对影响电流大小的因素进行如下探究：
①当圆盘转速增大时，电流表指针偏转增大，说明电流大小跟 　转速　有关；
②保持圆盘转速不变，换用一个半径更大的金属圆盘，发现电流表指针偏转更大，说明电流大小还跟 　导体长度　有关；
③保持圆盘转速不变，换用 　磁性更强的磁铁　，发现电流表指针偏转更大，说明电流大小跟磁场强弱有关。
【分析】（1）在电磁学中，磁场对电流的作用规律和电磁感应现象，两个实验有诸多相似之处，较难区分，应从原理入手，关键看是否有电源存在，有则为磁场对电流的作用，这是电动机的原理，没有则为电磁感应实验，是发电机的原理；
（2）①电磁感应的原理是闭合电路的一部分导体在磁场中切割磁感线，在导体中产生感应电流，因此，转速越快，切割磁感线效果越明显，产生的感应电流也会越大；
②圆盘半径大，说明导线更长了，切割磁感线的效果会越明显，产生的感应电流也会越大；
③磁场的强弱可以通过换用更强的磁场来改变，在其他条件不变时，磁场越强，效果同样越明显。
【解答】解：
（1）图甲中有电源给导线通电，并将一段导体放入磁场中，此时导体会受到磁场的力的作用，因此研究的是磁场对电流的作用；
图乙中没有电源，只有电流表，使闭合电路的一段导体放在磁场中，此时如果导体做切割磁感线运动，会在电路中产生感应电流，因此研究的是电磁感应的规律。
（2）①圆盘转速增大，电流表指针偏转增大，是因为圆盘切割磁感线的效果更明显了，说明电流大小跟圆盘的转速有关；
②换用半径更大的金属圆盘，发现电流表指针偏转更大，这是因为圆盘中导线更多，长度更大了，使切割磁感线的效果更明显了，说明电流大小还跟导体长度有关；
③磁场越强时，用同样的圆盘、相同的转速去切割磁感线，效果也会随磁场的增强而变得明显，因此，电流表指针偏转更大，说明是换用了磁性更强的磁铁。
故答案为：（1）甲；（2）①转速；②导体长度；③磁性更强的磁铁。
【点评】（1）磁场对电流的作用实验和电磁感应实验是电磁学中较难区分的两个实验，把握住其最关键不同才能做出准确的判断，即一个有电源，一个没有电源，当然，在理解原理的基础上记住才更能灵活运用；
（2）在实验的发电机中，电流的大小与转速、导体长度、磁场强弱三个因素有关，在逐一探究时，一定要注意控制变量法的合理运用，这样才能得出有说服力的结论。
五、综合题（本大题共2小题，每小题9分，共18分）
23．（9分）如下表所示为小明家的电饭锅铭牌，铭牌上部分信息模糊。电饭锅的简化电路图如图甲所示，有加热和保温两挡，由开关S调节，其中R1和R2均为发热电阻，且阻值不随着温度的变化而改变。求：

**牌电饭锅
额定电压
220V
加热功率
1210W
保温功率
****
（1）小明想利用如图乙所示的电能表测量电饭锅的保温功率，他关闭家里的其它用电器，让电饭锅处于“保温”状态下正常工作，观察到电能表转盘在5min内转了22圈。则该电饭锅的保温功率为多少？
（2）电阻R2的阻值为多少？
（3）用电饭锅将温度为20℃、质量为2kg的水在1标准大气压下加热至沸腾，水所吸收的热量为多少？[已知c水＝4.2×103J/（kg•℃）]
【分析】（1）3000r/kW•h表示电路中用电器每消耗1kW•h电能，电能表的转盘转过3000圈，据此求出电能表转盘在5min内转了22圈，电饭锅消耗的电能，利用P＝求出该电饭锅的保温功率；
（2）由图甲可知，当开关S闭合时，只有R1工作，当开关S断开时，R1、R2串联，根据串联电路的电阻特点和P＝可知加热挡和保温挡的电路连接；
（3）利用Q吸＝cm（t﹣t0）求出水所吸收的热量。
【解答】解：
（1）3000r/kW•h表示电路中用电器每消耗1kW•h电能，电能表的转盘转过3000圈，
则电能表转盘在5min内转了22圈，电饭锅消耗的电能：W＝＝kW•h，
该电饭锅的保温功率：P＝＝＝0.088kW＝88W；
（2）由图甲可知，当开关S闭合时，只有R1工作，当开关S断开时，R1、R2串联，
根据串联电路的电阻特点可知，当开关S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，电饭锅处于加热挡；
当开关S断开时，R1、R2串联，电路中的总电阻最大，总功率最小，电饭锅处于保温挡；
由P＝可知，R1的阻值：R1＝＝＝40Ω，
R1、R2的串联总电阻：R＝＝＝550Ω，
根据串联电路的电阻特点可知，R2的阻值：R2＝R﹣R1＝550Ω﹣40Ω＝510Ω；
（3）一个标准大气压下，水的沸点是100℃，
水所吸收的热量：Q吸＝c水m（t′﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（100℃﹣20℃）＝6.72×105J。
答：（1）该电饭锅的保温功率为88W；
（2）电阻R2的阻值为510Ω；
（3）水所吸收的热量为6.72×105J。
【点评】本题是一道电热综合题，主要考查对电能表参数的理解、串联电路的特点、电功和电功率的计算以及吸热公式的应用，能正确分析不同状态下的电路连接是解题的关键。
24．（9分）如图所示，水平地面上有一个底面积为2×10﹣2m2的盛水薄壁容器（厚度不计），边长为0.1m的实心正方体物块通过细线与容器底部相连，此时细线受到的拉力是6N。已知水的密度是1×103kg/m3，g取10N/kg，求：
（1）物块受到的浮力；
（2）物块的密度；
（3）剪断细线后，物块静止时容器底受到的压强减小了多少。

【分析】（1）知道正方体物块的边长可求体积，物块浸没时排开水的体积和自身的体积相等，根据F浮＝ρ液gV排求出物块受到的浮力；
（2）对物块受力分析可知，受到竖直向上的浮力和竖直向下的重力、细线的拉力作用处于平衡状态，根据物块受到的合力为零求出物块的重力，根据G＝mg求出物块的质量，利用ρ＝求出物块的密度；
（3）比较物块的密度和水的密度判断出剪断细线待物块静止后所处的状态，根据物体浮沉条件求出受到的浮力；
根据漂浮时浮力与重力的关系得出木块受到的浮力；根据F浮＝ρ液gV排得出木块排开水的体积，根据V排的变化得出水深度的变化，从而可得压强的变化。
【解答】解：（1）正方体物块的体积：V＝L3＝（0.1m）3＝1×10﹣3m3，
因物体浸没时，则排开液体的体积：V排＝V＝1×10﹣3m3，
所以，物块受到的浮力：
F浮＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×1×10﹣3m3＝10N；
（2）因物块受到竖直向上的浮力和竖直向下的重力、细线的拉力作用处于平衡状态，
所以，由物块受到的合力为零可得：F浮＝G+F拉，
则物块的重力：G＝F浮﹣F拉＝10N﹣6N＝4N，
由G＝mg可得，物块的质量：
m＝＝＝0.4kg，
物块的密度：
ρ＝＝＝0.4×103kg/m3；
（3）由ρ＜ρ水可知，剪断细线，待物块静止后处于漂浮状态，
则物块受到的浮力：F浮′＝G＝4N，故③错误；
物块漂浮，F浮′＝G＝4N；
由F浮＝ρ液gV排得物块漂浮时排开水的体积：
V排′＝＝＝4×10﹣4m3；
所以液面下降的深度为：
Δh＝＝＝0.03m；
容器底受到水的压强减小了：
Δp＝ρ水gΔh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.03m＝300Pa。
答：（1）物块受到的浮力为10N；
（2）物块的密度为0.4×103kg/m3；
（3）剪断细线后，物块静止时容器底受到的压强减小了300Pa。
【点评】本题考查了阿基米德原理和重力公式、密度公式、物体浮沉条件和液体压强公式的应用等，要注意物体浸没时排开液体的体积和自身的体积相等。