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2023年山东省泰安市迎春学校中考物理二模试卷
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这是一份2023年山东省泰安市迎春学校中考物理二模试卷，共31页。试卷主要包含了选择题，填空题，作图题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2023年山东省泰安市迎春学校中考物理二模试卷
一、选择题（前10题每小题2分，后5题3分，共35分）
1．（2分）下列数据，最符合实际情况的是（ ）
A．中学生的体重约为50N
B．人体的安全电压不高于220V
C．中学生身高约为160mm
D．光在真空中的传播速度约为3×108m/s
2．（2分）下列实验图中属于发电机工作原理的是（ ）
A．
B．
C．
D．
3．（2分）当人们坐在奔驰向前的动车上时，以车窗为参照物，下列说法正确的是（ ）
A．车窗外的树木是向前运动的
B．路面是静止的
C．行李架上的行李是静止的
D．坐在座位上的乘客是运动的
4．（2分）如图所示，甲、乙、丙均是用细线悬挂的轻质小球，其中甲带正电，乙带负电，丙不带电。图中能正确反映小球静止时的情形的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2分）如图所示，用吸管吸饮料，让饮料进入口中的力是（ ）
A．大气压力 B．饮料的重力
C．手握玻璃杯的力 D．玻璃杯对饮料的支持力
6．（2分）关于声现象，下列说法正确的是（ ）
A．“闻其声而知其人”主要是根据音色来判断的
B．吹奏笛子时，演奏者抬起压在不同出气孔上的手指，是为了改变发出声音的响度
C．公共场合要“轻声慢语”指的是减小声音的音调
D．超声波可以在真空中传播
7．（2分）关于力和运动的关系，下列说法正确的是（ ）
A．物体不受力的作用时处于静止状态
B．物体运动速度越大其惯性越大
C．做匀速直线运动的物体一定不受力的作用
D．物体运动状态改变时，一定受到力的作用
8．（2分）在探究“物体的动能跟哪些因素有关”的实验中，让质量不同的钢球从斜面的同一高度由静止释放，撞击同一木块，比较木块运动的远近，如图所示，下列对该实验的说法中，正确的是（ ）
A．该实验是研究动能的大小与高度的关系
B．该实验是研究动能的大小与质量的关系
C．该实验是研究动能的大小与速度的关系
D．该实验是研究动能的大小与距离的关系
9．（2分）如图，杠杆正处于水平位置平衡，所用钩码的质量均相等，若在杠杆的两侧钩码下各加挂一个钩码，杠杆将（ ）
A．继续处于水平平衡 B．右端下降
C．左端下降 D．无法确定
10．（2分）下列关于实验的说法中，错误的是（ ）
A．探究二力平衡的条件时，把小车在水平桌面上扭转个角度后释放，是为了探究平衡力是否在同一物体上
B．探究滑动摩擦力的大小与压力的关系时，要控制接触面的粗糙程度相同
C．在大气压的测量实验中，将长玻璃管倾斜，水银柱的高度差不变
D．研究液体内部的压强时，通过U形管内液面的高度差来反映液体内部压强的大小
11．（3分）如图所示，有三个实心圆柱体甲、乙、丙，放在水平地面上，其中甲、乙高度相同，乙、丙的底面积相同，三者对地面的压强相等，下列判断正确的是（ ）
A．ρ甲＝ρ乙＞ρ丙 B．ρ甲＝ρ乙＝ρ丙
C．m甲＝m乙＞m丙 D．m甲＝m乙＝m丙
12．（3分）体积相同而材料不同的小球甲、乙、丙、丁，静止在容器的水中，如图所示，这四个小球所受的浮力分别为F甲、F乙、F丙、F丁，则（ ）
A．F甲＝F乙 B．F甲＜F乙 C．F乙＞F丙 D．F丙＞F丁
13．（3分）如图，叠放在一起的物体A和B，在水平拉力F作用下沿水平方向做匀速直线运动，不考虑空气的阻力，则下列结论中正确的是B（ ）
A．A受到的重力与地面对A的支持力是一对平衡力
B．B受到的重力与A对B的支持力是一对相互作用力
C．B物体受到的摩擦力为0
D．若增大拉力F，则A与地面的摩擦力也随着增大
14．（3分）将两只额定电压相同的小灯泡L1、L2串联在如图所示的电路中，闭合开关后，发现灯L1较暗，灯L2较亮，下列说法正确的是（ ）
A．灯L1的电阻较大 B．灯L2的电流较大
C．灯L2的额定功率较小 D．两灯分得的电压相等
15．（3分）如图甲是通过小灯泡L的电流跟其两端电压关系的图象，现将小灯泡L与电阻R连入图乙所示，电路中，只闭合S，小灯泡的实验功率为1.8W；再闭合S1，电流表示数为0.9A．下列结果错误的是（ ）
A．电源电压为6V
B．电路消耗的总功率为5.4W
C．通过电阻R的电流为0.6A
D．电阻R的阻值为20Ω
二、填空题（每空2分，共8分）
16．（2分）如图，物体的长度为 cm。
17．（2分）冬天的早晨，小梅发现家里的玻璃窗上有很多美丽的“冰花”，这是室内空气中的水蒸气遇冷 （填物态变化的名称）形成的。
18．（2分）闭合开关S，通电螺线管右侧的小磁针静止时，如图所示，则电源的右端为 极。
19．（2分）若使通电螺线管的磁性增强，滑动变阻器的滑片P应向 端移动。
三、作图题（每题3分，共6分）
20．（3分）请作出图中物块A所受的重力和使杠杆在如图所示位置平衡时作用在B点的最小力F的示意图（保留作图痕迹）。
21．（3分）画出图乙中折射光线的大概位置。
四、实验题（共25分）
22．（5分）一物理小组测量某种液体的密度，实验器材有：托盘天平（配有砝码和镊子）、玻璃杯、细线和一个体积为10cm3、密度为7.9g/cm3的实心铁块。
（1）把天平放在水平桌面上，游码调至标尺左端的零刻度线处，天平指针静止时在分度盘上的位置如图甲所示，应将横梁上平衡螺母向 （填“左”或“右”）调节。
（2）在玻璃杯中倒入适量的待测液体，放在天平左盘中，用 向右盘中加减砝码，并调节游码，直到横梁恢复平衡，测量玻璃杯和液体的总质量m1＝102.4g。
（3）用细线拴住铁块使其浸没在液体中，铁块不接触玻璃杯，液体无溢出，进行再次测量，测量数据如图乙所示，测量值m2＝ g。
（4）待测液体的密度ρ＝ kg/m3。
23．（6分）探究凸透镜成像特点时。
（1）小聪将凸透镜正对着太阳光，在透镜下方平行地放上白纸，如图1所示，测出透镜与白纸间距离s与对应的白纸被烤焦的时间t，绘出如图2所示图像，由图可知，白纸被烤焦的最短时间为2min，对应的s为 cm，此距离即为该透镜的焦距f；
（2）当透镜与蜡烛的距离为15cm时，可在光屏上得到一个倒立、 （选填“放大”“缩小”或“等大”）的清晰实像，利用这一成像原理可制成生活中的 （选填“照相机”、“投影仪”或“放大镜”）；
（3）仅将题（2）中蜡烛和光屏位置对调，根据光路可逆，在光屏上 （选填“能”或“不能”）得到一个清晰的像；
（4）将蜡烛移至如图3所示位置，可以透过凸透镜看到烛焰所成的 （选填“虚”或“实”）像；
（5）凸透镜对光有会聚作用，可以用来制成 （选填“近视”或“远视”）眼镜。
24．（14分）额定电压2.5V的小灯泡，滑动变阻器、开关，导线若干，实物电路如图甲所示。
（1）如图甲所示，电路在连接过程中多接了一根导线，请你在多余的导线上打“×”。
（2）连接好电路之后，闭合开关，移动滑片，发现小灯泡始终不发光，小红猜想可能的原因：①小灯泡的灯丝断了；②小灯泡短路；③滑动变阻器断路。她再观察，发现电流表示数为零，由此可判断猜想 是错误的；又进一步观察到电压表有示数，最终确定猜想 是正确的。（两空均选填“①”“②”或“③”）
（3）确定电路正确后，移动滑动变阻器滑片在不同位置，小灯泡U﹣I图像如图乙所示，当小灯泡正常发光时，小灯泡的额定功率为 W。
（4）小红在继续实验时发现电流表突然损坏，于是又找来了一个阻值为R0的定值电阻，设计了如图丙所示的电路，已知电源电压为U且保持不变，也可以测出另一额定电压为U额的小灯泡的额定功率，请将步骤补充完整：
①只闭合S、S2，移动滑片P，使电压表的示数为 。
②只闭合 ，保持滑片P不动，读出电压表的示数为U1。
③小灯泡的额定功率P＝ （用U、U1、U额、R0表示）。
五、计算题（共26分）
25．（6分）一辆汽车为50km长的新建大桥进行通车测试。汽车总质量为1.5t，以100km/h的速度匀速通过大桥，受到的阻力是总重的0.08倍，全程消耗了4kg的汽油。求汽车通过大桥：（q汽油＝4.6×107J/kg，g取10N/kg）
（1）所需的时间；
（2）牵引力所做的功；
（3）汽油机的效率。
26．（8分）小雨通过如图甲所示滑轮组将水中物体匀速提升至空中，他所用拉力F与绳子自由端移动的距离s的关系图象如图乙所示。其中物体在空中匀速上升过程中滑轮组的机械效率为85%．每个滑轮等重，不计绳重、摩擦和水的阻力。求：
（1）物体在空中上升1m，小雨做的功是多少？
（2）每个滑轮的重力是多少？
（3）物体的密度是多少？
27．（12分）图甲是小明家电热水壶内部的简化电路图，其中R1为加热管，R2为限流电阻，只有加热管放出的热量能被水吸收。S1是温控开关（也叫防干烧开关），S、S2是手动开关，调节S、S2可以使电热水壶分别处于加热和保温状态，如表是该电热水壶的铭牌。
XX牌电热水壶
额定电压
220V
最大容量
1.5L
额定加热功率
968W
保温功率
频率
50Hz
（1）加热水壶处于正常加热状态时，通过加热管R1的电流为多少？
（2）电热水壶正常工作，在1标准大气压下，将一满壶初温为20℃的水烧开，水需要吸收多少热量？[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]
（3）水烧开后，让电热水壶处于保温状态，若R2＝170Ω，电热水壶在保温状态时加热管的保温功率是多少？
（4）小明发现在晚上用电高峰时烧开一壶水比白天用时长，他猜想晚上的电压不足220V。晚上他进行了测量，关掉家里其他电器，仅电热水壶工作，在加热状态下他观察到电能表（如图乙）1min转盘转了40转，则电热水壶的实际功率为多少？此时电热水壶两端的电压是多少？
2023年山东省泰安市迎春学校中考物理二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（前10题每小题2分，后5题3分，共35分）
1．（2分）下列数据，最符合实际情况的是（ ）
A．中学生的体重约为50N
B．人体的安全电压不高于220V
C．中学生身高约为160mm
D．光在真空中的传播速度约为3×108m/s
【分析】首先要对选项中涉及的几种物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。
【解答】解：A、中学生的质量一般在100斤即50kg左右，根据重力与质量的关系可得重力G＝mg＝50kg×10N/kg＝500N；故A错误；
B、人体的安全电压不高于36V；故B错误；
C、中学生身高约为160cm；故C错误；
D、光在真空中的传播速度约为3×108m/s，符合实际；故D正确；
故选：D。
【点评】此题考查对生活中常见物理量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，找出符合实际的选项即可。
2．（2分）下列实验图中属于发电机工作原理的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】发电机是利用电磁感应原理制造的，而电磁感应是指闭合回路中的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，电路中会产生感应电流。
【解答】解：A、该图是电动机原理图，即说明通电导线在磁场中受力的作用，故A不符合题意；
B、图中ab在磁场中做切割磁感线运动时，电流表中指针会发生偏转，即发生了电磁感应现象，发电机正是利用该原理工作的，故B符合题意；
C、该装置是用以探究电磁铁磁性与线圈匝数的关系，故反映了通电螺线管的磁性强弱的决定因素，故C不符合题意；
D、该装置是奥斯特实验，即反映了通电导体周围存在磁场，故D不符合题意。
故选：B。
【点评】本题应能根据题中的实验装置得出实验的原理及揭示的现象，同时还要把握该现象在生活中的应用。
3．（2分）当人们坐在奔驰向前的动车上时，以车窗为参照物，下列说法正确的是（ ）
A．车窗外的树木是向前运动的
B．路面是静止的
C．行李架上的行李是静止的
D．坐在座位上的乘客是运动的
【分析】要掌握运动和静止的相对性。物体是运动还是静止都是相对于参照物的位置是否发生了改变，如果发生改变，则物体是运动的；如果未发生变化，则物体是静止的。
【解答】解：
当人们坐在奔驰向前的动车上时，以车窗为参照物时：车窗外的树木、路面的位置不断发生变化，故是运动的，车窗外的树木不断向后运动，故AB错误；
行李架上的行李、坐在座位上的乘客位置不发生变化是静止的，故C正确，D错误；
故选：C。
【点评】此题考查了运动和静止的相对性，难度不大，认真分析即可。
4．（2分）如图所示，甲、乙、丙均是用细线悬挂的轻质小球，其中甲带正电，乙带负电，丙不带电。图中能正确反映小球静止时的情形的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】（1）电荷规律：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引；
（2）带电体的基本性质：吸引轻小物体。
【解答】解：已知甲带正电，乙带负电，丙不带电；
AC、甲乙带异种电荷，相互吸引；故A错误，C正确；
B、甲带正电，能够吸引轻小物体丙；故B错误；
D、乙带负电，能够吸引轻小物体丙；故D错误。
故选：C。
【点评】解决此类题目注意以下两点：
（1）同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引；
（2）排斥的带有同种电荷，吸引的可能带有异种电荷，也可能带电体吸引不带电体。
5．（2分）如图所示，用吸管吸饮料，让饮料进入口中的力是（ ）
A．大气压力 B．饮料的重力
C．手握玻璃杯的力 D．玻璃杯对饮料的支持力
【分析】用吸管吸饮料是利用大气压强把饮料压入口中，与饮料重力、手握玻璃杯的力、玻璃杯对饮料的支持力无关。
【解答】解：A、吸管吸饮料时，是先把吸管内的空气吸走，使管内气压减小，这样在外界大气压的作用下，汽水就被压进吸管里。故A说法正确；
B、饮料重力的方向竖直向下，不是让饮料进入口中的力，故B说法错误；
C、手握玻璃杯的力，是为了产生摩擦力，摩擦力与重力相互平衡，防止杯子掉落，不是让饮料进入口中的力，C说法错误；
D、玻璃杯对饮料的支持力是饮料重力引起的，不是让饮料进入口中的力，D说法错误。
故选：A。
【点评】本题考查的知识点较多，能将物理现象与所对应的知识相联系，是解答此类题的关键
6．（2分）关于声现象，下列说法正确的是（ ）
A．“闻其声而知其人”主要是根据音色来判断的
B．吹奏笛子时，演奏者抬起压在不同出气孔上的手指，是为了改变发出声音的响度
C．公共场合要“轻声慢语”指的是减小声音的音调
D．超声波可以在真空中传播
【分析】（1）声音的特征有三个：响度、音调、音色。响度指声音的大小，音调指声音的高低，音色是指声音的品质与特色。
（2）声音不能在真空中传播；
【解答】解：A、不同人声音的音色不同，区别出熟悉的人谁在说话，是因为音色不同的原因。故A正确；
B、吹奏笛子时，演奏者抬起压在不同出气孔上的手指，是为了改变振动的空气柱的长度，即改变空气柱振动的快慢，故是为了改变音调，故B错误；
C、公共场合要“轻声慢语”指的是减小声音的响度，故C错误；
D、超声波也是声波，声波不能在真空中传播，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了声音的相关知识，属于基础知识的考查，比较简单。
7．（2分）关于力和运动的关系，下列说法正确的是（ ）
A．物体不受力的作用时处于静止状态
B．物体运动速度越大其惯性越大
C．做匀速直线运动的物体一定不受力的作用
D．物体运动状态改变时，一定受到力的作用
【分析】（1）物体不受力时，总保持静止状态或匀速直线运动状态；
（2）物体的惯性与其质量有关，与物体的速度无关；
（3）物体受到平衡力作用时，其运动状态不变，即处于静止状态或匀速直线运动状态；
（4）物体受非平衡力作用时，其运动状态会发生变化，体现在速度大小及方向的变化。
【解答】解：A、物体不受力的作用时，可能处于静止状态或匀速直线运动状态；故A错误；
B、惯性只与物体的质量有关，与速度无关，故B错误；
C、做匀速直线运动的物体，可能不受力，也可能受到平衡力的作用，故C错误；
D、物体运动状态改变时，一定受到力的作用，且是非平衡力的作用；因为力是改变物体运动状态的原因，故D正确；
故选：D。
【点评】明确物体的受力情况，及在不同受力情况下所处的运动状态是解答此题的关键；还要深刻理解力与运动状态之间的关系
8．（2分）在探究“物体的动能跟哪些因素有关”的实验中，让质量不同的钢球从斜面的同一高度由静止释放，撞击同一木块，比较木块运动的远近，如图所示，下列对该实验的说法中，正确的是（ ）
A．该实验是研究动能的大小与高度的关系
B．该实验是研究动能的大小与质量的关系
C．该实验是研究动能的大小与速度的关系
D．该实验是研究动能的大小与距离的关系
【分析】当小球从高处滚下时，重力势能转化为动能，小球的高度决定了小球滚下时的速度；
物体的动能与速度和质量有关，要探究动能与其中一个因素的关系，需控制另一个量不变。
【解答】解：让不同质量的铁球从斜面的同一高度由静止释放，这样物体到达底端的速度相同，质量不同，探究了物体的动能大小与质量的关系，所以B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】此题是探究“物体动能的大小与哪些因素有关”的实验，考查了学生对控制变量法的理解，在分析过程中特别注意控制和改变的量，同时涉及了动能和势能的转化。
9．（2分）如图，杠杆正处于水平位置平衡，所用钩码的质量均相等，若在杠杆的两侧钩码下各加挂一个钩码，杠杆将（ ）
A．继续处于水平平衡 B．右端下降
C．左端下降 D．无法确定
【分析】原来杠杆平衡，是因为两边的力和力臂的乘积相等，现在各加一个同样的钩码，就要看现在的力和力臂的乘积是否相等，哪端力与力臂乘积大，哪端下沉，据此分析得出结论。
【解答】解：设一个钩码重为G，每个格长为L，原来：2G×3L＝3G×2L，杠杆平衡，
把杠杆的两端各加一个钩码，现在力与力臂的乘积为：左边＝4G×2L＝8GL，右边＝3G×3L＝9GL，左边小于右边，故右端会下降。
故选：B。
【点评】杠杆是否平衡取决于力和力臂的乘积是否相等，不能只看力或只看力臂。
10．（2分）下列关于实验的说法中，错误的是（ ）
A．探究二力平衡的条件时，把小车在水平桌面上扭转个角度后释放，是为了探究平衡力是否在同一物体上
B．探究滑动摩擦力的大小与压力的关系时，要控制接触面的粗糙程度相同
C．在大气压的测量实验中，将长玻璃管倾斜，水银柱的高度差不变
D．研究液体内部的压强时，通过U形管内液面的高度差来反映液体内部压强的大小
【分析】（1）二力平衡的条件之一是作用在同一条直线上；
（2）影响滑动摩擦力大小的因素是压力和接触面的粗糙程度，根据控制变量法的要求分析解答；
（3）玻璃管倾斜时，管中水银柱长度将增大，高度不变；
（4）压强计是通过U形管中液面的高度差来反应被测压强的大小。
【解答】解：A、将小车扭转一个角度，两个力不在同一直线上，二力不平衡，松手后，小车将转动，不能保持平衡，是为了探究平衡力是否在同一直线上，故A错误；
B、根据控制变量法知：在探究滑动摩擦力的大小与压力大小的关系时，他们应控制接触面的粗糙程度不变，改变压力大小，故B正确；
C、在大气压的测量实验中，将长玻璃管倾斜，管中水银柱长度将增大，高度不变，故C正确；
D、在研究液体内部的压强时，通过压强计的U形管内液面的高度差来反映液体内部压强的大小，这用到了转换法，故D正确。
故选：A。
【点评】本题主要考查二力平衡条件的实验、影响滑动摩擦力的实验、大气压的测量实验以及液体压强的探究等知识，是一道综合实验题，但难度不大。
11．（3分）如图所示，有三个实心圆柱体甲、乙、丙，放在水平地面上，其中甲、乙高度相同，乙、丙的底面积相同，三者对地面的压强相等，下列判断正确的是（ ）
A．ρ甲＝ρ乙＞ρ丙 B．ρ甲＝ρ乙＝ρ丙
C．m甲＝m乙＞m丙 D．m甲＝m乙＝m丙
【分析】（1）甲、乙、丙都是实心圆柱体，对水平地面的压强p＝＝＝＝＝＝ρgh；
知道甲、乙、丙高度关系，三者对地面的压强相等，利用p＝ρgh比较甲、乙、丙的密度大小关系；
（2）知道甲、乙的底面积大小关系，可得体积关系，知道密度关系，可求质量关系；知道乙、丙的底面积大小关系，对地面的压强相等，利用p＝＝＝可得乙丙的质量关系，进而得出三圆柱体的质量关系。
【解答】解：
（1）因为甲、乙、丙都是实心圆柱体，
所以对水平地面的压强p＝＝＝＝＝＝ρgh；
由图知甲、乙、丙的高度h甲＝h乙＜h丙，且三者对地面的压强相等，所以由p＝ρgh可知，三圆柱体的密度关系：ρ甲＝ρ乙＞ρ丙；故A正确，B错误；
（2）由图知甲、乙的底面积S甲＜S乙，高度h甲＝h乙，所以V甲＜V乙，
因为ρ甲＝ρ乙，m＝ρV，所以甲乙圆柱体的质量关系：m甲＜m乙；
已知乙、丙的底面积S乙＝S丙，对地面的压强相等，则由p＝＝＝可知，乙丙圆柱体的质量关系：m乙＝m丙；
所以三圆柱体的质量关系：m甲＜m乙＝m丙；故CD错。
故选：A。
【点评】本题考查了密度公式、压强公式的应用，本题关键是知道：圆柱体物体对水平地面的压强p＝＝＝＝＝＝ρgh。
12．（3分）体积相同而材料不同的小球甲、乙、丙、丁，静止在容器的水中，如图所示，这四个小球所受的浮力分别为F甲、F乙、F丙、F丁，则（ ）
A．F甲＝F乙 B．F甲＜F乙 C．F乙＞F丙 D．F丙＞F丁
【分析】由题知，四个小球的体积相同，根据图示得出四个小球排开水的体积的大小关系，根据阿基米德原理得出受到的浮力的大小关系。
【解答】解：由图知，四个球排开水的体积：
V甲＜V乙＜V丙＝V丁，
根据F浮＝ρ水V排g可知四个球受到的浮力：
F甲＜F乙＜F丙＝F丁。
由此可知：B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题考查了学生对阿基米德原理的了解与掌握，能从图中得出四个球排开水的体积关系是本题的关键。
13．（3分）如图，叠放在一起的物体A和B，在水平拉力F作用下沿水平方向做匀速直线运动，不考虑空气的阻力，则下列结论中正确的是B（ ）
A．A受到的重力与地面对A的支持力是一对平衡力
B．B受到的重力与A对B的支持力是一对相互作用力
C．B物体受到的摩擦力为0
D．若增大拉力F，则A与地面的摩擦力也随着增大
【分析】利用以下知识分析解答：
（1）平衡力的条件：大小相等、方向相反、作用在同一个物体上，作用在同一条直线上。
（2）相互作用力的条件：大小相等、方向相反、作用在两个物体上，作用在同一条直线上。
（3）两个互相接触的物体，当它们做相对运动时，在接触面上会产生一种阻碍相对运动的力，这种力就叫摩擦力；
（4）摩擦力大小的影响因素：压力和接触面的粗糙程度。
【解答】解：A、A受到的重力与地面A的支持力大小不相等，不是一对平衡力。故A错误；
B、B受到的重力与A对B的支持力是作用在同一个物体上的两个力，不是一对相互作用力。故B错误；
C、AB同时向前做匀速直线运动，所以AB之间没有相对运动的趋势，B不受摩擦力的作用，即B物体受到的摩擦力为0．故C正确；
D、若增大拉力F，A对地面的压力不变，接触面的粗糙程度不变，所以A与地面的摩擦力不变。故D错误。
故选：C。
【点评】此题考查平衡力和相互作用力的区分，摩擦力及摩擦力大小的影响因素，平衡力与相互作用力的区别主要在于：平衡力是作用在同一物体上的两个力；相互作用力是作用在两个物体上的力。
14．（3分）将两只额定电压相同的小灯泡L1、L2串联在如图所示的电路中，闭合开关后，发现灯L1较暗，灯L2较亮，下列说法正确的是（ ）
A．灯L1的电阻较大 B．灯L2的电流较大
C．灯L2的额定功率较小 D．两灯分得的电压相等
【分析】灯泡的亮暗取决于灯泡的实际功率，两个灯泡串联接入电路，根据串联电路电流比较通过两灯泡的电流大小，根据P＝I2R比较两灯泡电阻的大小，根据U＝IR比较两灯泡两端电压的大小，根据P＝比较额定电压相等的两灯泡的额定功率的大小。
【解答】解：两个灯泡串联接入电路，闭合开关后，发现灯L1较暗，灯L2较亮，说明灯泡L2的实际功率大，
串联电路的电流处处相等，根据P＝I2R知，灯泡L1的电阻比L2的电阻小，故AB错误；
根据U＝IR知灯泡L1两端的电压较小，灯泡L2两端的电压较大，故D错误；
根据P＝可知两个灯泡的额定电压相等，灯泡L1额定功率较大，灯L2的额定功率较小，故C正确。
故选：C。
【点评】本题考查串联电路特点、欧姆定律、电功率公式的灵活运用，知道灯泡的亮度由灯泡的实际功率决定。
15．（3分）如图甲是通过小灯泡L的电流跟其两端电压关系的图象，现将小灯泡L与电阻R连入图乙所示，电路中，只闭合S，小灯泡的实验功率为1.8W；再闭合S1，电流表示数为0.9A．下列结果错误的是（ ）
A．电源电压为6V
B．电路消耗的总功率为5.4W
C．通过电阻R的电流为0.6A
D．电阻R的阻值为20Ω
【分析】只闭合开关S时，电路为L的简单电路；根据图甲、灯泡的实际功率为1.8W以及P＝UI得出此时电路电流以及电源电压；
再闭合S1后，电阻和灯泡并联，电流表测量干路电流，根据P＝UI可求出电路消耗的总功率；
根据并联电路电流规律可求出通过R的电流，根据欧姆定律求出电阻R的阻值。
【解答】解：只闭合开关S时，电路为L的简单电路，电流表测电路中的电流，
由图象可知，当UL＝6V，IL＝0.3A时，灯泡的实际功率PL＝ULIL＝6V×0.3A＝1.8W；因此电源电压为6V，故A正确；
再闭合开关S1后，R与L并联，电流表测干路电流；
电路消耗的总功率：P＝UI＝6V×0.9A＝5.4W；故B正确；
因并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以，通过灯泡的电流不变，则通过R的电流IR＝0.9A﹣0.3A＝0.6A，故C正确；
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，由I＝可得，R的阻值：
R＝＝＝10Ω，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查了并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，关键是根据图象读出灯泡功率为1.8W时的电流和电压值。
二、填空题（每空2分，共8分）
16．（2分）如图，物体的长度为 2.80 cm。
【分析】使用刻度尺测量物体长度之前，要明确其分度值；测量物体长度时，要观察是否从0刻度线量起，起始端没从0刻度线开始，要以某一刻度当作“0”刻度，读出末端刻度值，减去前面的刻度即为物体长度，注意刻度尺要估读到分度值的下一位。
【解答】解：图中，刻度尺上1cm之间有10个小格，所以一个小格代表的长度是0.1cm＝1mm，即此刻度尺的分度值为1mm；物体左侧与0.00cm对齐，右侧与2.80cm对齐，故物体的长度为2.80cm。
故答案为：2.80。
【点评】本题考查了刻度尺的读数，是一道基础题。
17．（2分）冬天的早晨，小梅发现家里的玻璃窗上有很多美丽的“冰花”，这是室内空气中的水蒸气遇冷 凝华 （填物态变化的名称）形成的。
【分析】物质由气态直接变为固态的过程叫凝华。凝华要放热。
【解答】解：“冰花”出现在冬天的早晨，是室内空气中的水蒸气遇到比较冷的玻璃窗凝华形成的，凝华要放热。
故答案为：凝华。
【点评】此题考查了生活中的凝华现象，这就要求我们在平时的生活中，多观察、多思考。
18．（2分）闭合开关S，通电螺线管右侧的小磁针静止时，如图所示，则电源的右端为 正 极。
【分析】由小磁针的指向根据磁极间的作用规律确定通电螺线管的极性，根据安培定则判断电源的正负极。
【解答】解：小磁针静止时N极向左，则由磁极间的相互作用可知，通电螺线管右端为S极，则左端为N极，根据安培定则可知，电流从螺线管的右侧流入、左侧流出，则电源的右端为正极、左端为负极。
故答案为：正。
【点评】本题考查了磁极间作用规律、安培定则的应用，属于基础题目。
19．（2分）若使通电螺线管的磁性增强，滑动变阻器的滑片P应向 右 端移动。
【分析】由磁性的变化可知电流的变化，从而判断滑片的移动情况。
【解答】解：为使通电螺线管的磁性增强，需增大电路中电流，由欧姆定律可知要减小电路中电阻，故滑片向右移动。
故答案为：右。
【点评】本题考查的是影响电磁铁磁性强弱的因素，较简单。
三、作图题（每题3分，共6分）
20．（3分）请作出图中物块A所受的重力和使杠杆在如图所示位置平衡时作用在B点的最小力F的示意图（保留作图痕迹）。
【分析】（1）根据重力的方向是竖直向下的，从物体的重心做竖直向下的力，并标上字母G。（2）杠杆平衡条件：动力×动力臂＝阻力×阻力臂（F1L1＝F2L2），在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小。
【解答】解：（1）重力的方向是竖直向下的，从物体的重心画一条带箭头的竖直向下的有向线段，用G表示，如图所示：
（2）由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小；图中支点在O点，因此OB作为动力臂最长，由图知动力的方向应该向上，过点B，垂直于OB向上作出最小动力示意图，如下图所示：
【点评】本题考查重力示意图、最小力的示意图的画法，解题关键是通过杠杆的平衡条件得出：在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小的结论。
21．（3分）画出图乙中折射光线的大概位置。
【分析】光由玻璃斜射进入空气，折射光线、入射光线和法线在同一平面内，折射光线、入射光线分居法线两侧，此时，折射光线远离法线偏折，折射角大于入射角。
【解答】解：先过入射点垂直界面作出法线，再在法线左侧的空气中画出折射光线，并标出折射光线与法线的夹角为折射角，注意折射角大于入射角。
【点评】光在两种透明介质的界面上发生折射时遵循的规律为：折射光线、入射光线和法线在同一平面内，折射光线、入射光线分居法线两侧，光由空气斜射进入水中或其它透明介质中时，折射光线向法线偏折，折射角小于入射角，光由水或其它透明介质斜射进入空气中时，折射光线远离法线偏折，折射角大于入射角；折射角随入射角的增大而增大。
四、实验题（共25分）
22．（5分）一物理小组测量某种液体的密度，实验器材有：托盘天平（配有砝码和镊子）、玻璃杯、细线和一个体积为10cm3、密度为7.9g/cm3的实心铁块。
（1）把天平放在水平桌面上，游码调至标尺左端的零刻度线处，天平指针静止时在分度盘上的位置如图甲所示，应将横梁上平衡螺母向 左 （填“左”或“右”）调节。
（2）在玻璃杯中倒入适量的待测液体，放在天平左盘中，用 镊子 向右盘中加减砝码，并调节游码，直到横梁恢复平衡，测量玻璃杯和液体的总质量m1＝102.4g。
（3）用细线拴住铁块使其浸没在液体中，铁块不接触玻璃杯，液体无溢出，进行再次测量，测量数据如图乙所示，测量值m2＝ 111.2 g。
（4）待测液体的密度ρ＝ 0.88×103 kg/m3。
【分析】（1）用天平称量物质前要通过调节横梁两端的螺母使横梁平衡。天平调平衡时遵循的原则是：左偏右调，右偏左调，先快后慢。
（2）向盘中加减砝码时要用镊子，不能用手接触砝码，不能把砝码弄湿、弄脏；
（3）根据图中示数，求出增加的质量；增加的质量与金属块排开的液体的质量相等；
（4）求出金属块排开液体的质量，根据密度公式计算液体密度。
【解答】解：（1）根据天平调平衡时遵循的原则：左偏右调，右偏左调，图示中托盘天平的指针静止在分度盘中线的右侧，所以应该向左调节平衡螺母，直到横梁平衡；
（2）向盘中加减砝码要用镊子，不能用手接触砝码；
（3）由图知，标尺的分度值为0.2g，液体、铁块和玻璃杯的总质量：m2＝100g+10g+1.2g＝111.2g，
（4）金属块排开的液体的质量为：m＝111.2g﹣102.4g＝8.8g；
排开的液体的体积：V排＝V金属＝10cm3；
液体的密度：
ρ＝＝＝0.88g/cm3＝0.88×103kg/m3。
故答案为：（1）左；
（2）镊子；
（3）111.2；
（4）0.88×103。
【点评】本题考查了天平的使用方法，天平是物理学中最基本的测量工具，在使用天平称量物质质量时要严格按照天平的使用规则。天平平衡的调节在称量物质的前后有不同的方法，需要同学们特别注意。
23．（6分）探究凸透镜成像特点时。
（1）小聪将凸透镜正对着太阳光，在透镜下方平行地放上白纸，如图1所示，测出透镜与白纸间距离s与对应的白纸被烤焦的时间t，绘出如图2所示图像，由图可知，白纸被烤焦的最短时间为2min，对应的s为 10 cm，此距离即为该透镜的焦距f；
（2）当透镜与蜡烛的距离为15cm时，可在光屏上得到一个倒立、 放大 （选填“放大”“缩小”或“等大”）的清晰实像，利用这一成像原理可制成生活中的 投影仪 （选填“照相机”、“投影仪”或“放大镜”）；
（3）仅将题（2）中蜡烛和光屏位置对调，根据光路可逆，在光屏上 能 （选填“能”或“不能”）得到一个清晰的像；
（4）将蜡烛移至如图3所示位置，可以透过凸透镜看到烛焰所成的 虚 （选填“虚”或“实”）像；
（5）凸透镜对光有会聚作用，可以用来制成 远视 （选填“近视”或“远视”）眼镜。
【分析】（1）当正对太阳光的凸透镜将阳光会聚为一个最小、最亮的点时，会聚点的阳光温度最高、能量最大。
（2）当物距小于一倍焦距时，物体经凸透镜成正立、放大的虚像。当物距大于一倍焦距小于二倍焦距时，物体经凸透镜成倒立、放大的实像。当物距大于二倍焦距时，物体经凸透镜成倒立、缩小的实像。
（3）在光的折射现象中，光路是可逆的。
（4）因晶状体折光能力太弱或前后距离上太短，远视眼在看近处物体时所成的像在视网膜的后方。
【解答】解：（1）当正对太阳光的凸透镜将阳光会聚为一个最小、最亮的点时，会聚点的阳光温度最高、能量最大，将纸烤焦的时间也就最短。而凸透镜将阳光会聚为一个最小、最亮的点时，这点到凸透镜光心的距离即为焦距。由图可知，当凸透镜到纸的距离为10cm时将纸烤焦的时间最短，则凸透镜到纸的距离为10cm时会聚的点最小、最亮，故该凸透镜的焦距为10cm。
（2）当透镜与蜡烛的距离为15cm时，物距大于一倍焦距而小于二倍焦距，故物体经透镜成倒立、放大的实像。投影仪是利用物距大于一倍焦距而小于二倍焦距时物体经透镜成倒立、放大的实像的原理工作的；照相机是利用物距大于二倍焦距时物体经透镜成倒立、缩小的实像的原理工作的；放大镜是利用物距小于一倍焦距时物体经透镜成正立、放大的虚像的原理工作的。
（3）仅将题（2）中蜡烛和光屏位置对调，根据光路可逆可知，将在光屏上呈现一个倒立、缩小的清晰实像。
（4）图3中，蜡烛与凸透镜相距6cm，则物距小于一倍焦距，故物体经透镜成正立、放大的虚像。
（5）远视眼对光的折射能力较弱，在看近处物体时所成的像在视网膜的后方，为使从近处物体发出的光能会聚到视网膜上，我们应增加这些光的会聚程度，凸透镜对光线有会聚作用，凸透镜可以达到这样的目的。近视眼的折光能力太强，在看远处物体时所成的像在视网膜的前方，为使从远处物体发出的光能会聚到视网膜上，我们应减弱这些光的会聚程度，凹透镜对光线有发散作用，凹透镜可以达到这样的目的。
故答案为：（1）10。（2）放大；投影仪。（3）能。（4）虚。（5）远视。
【点评】我们常见的考查方式中，主要考查我们使用刻度尺的能力（读取凸透镜将平行光会聚成最小、最亮的点时光心到这个点的距离），本题相对于这类试题，立题新颖，更有趣味性。
24．（14分）额定电压2.5V的小灯泡，滑动变阻器、开关，导线若干，实物电路如图甲所示。
（1）如图甲所示，电路在连接过程中多接了一根导线，请你在多余的导线上打“×”。
（2）连接好电路之后，闭合开关，移动滑片，发现小灯泡始终不发光，小红猜想可能的原因：①小灯泡的灯丝断了；②小灯泡短路；③滑动变阻器断路。她再观察，发现电流表示数为零，由此可判断猜想 ② 是错误的；又进一步观察到电压表有示数，最终确定猜想 ① 是正确的。（两空均选填“①”“②”或“③”）
（3）确定电路正确后，移动滑动变阻器滑片在不同位置，小灯泡U﹣I图像如图乙所示，当小灯泡正常发光时，小灯泡的额定功率为 0.625 W。
（4）小红在继续实验时发现电流表突然损坏，于是又找来了一个阻值为R0的定值电阻，设计了如图丙所示的电路，已知电源电压为U且保持不变，也可以测出另一额定电压为U额的小灯泡的额定功率，请将步骤补充完整：
①只闭合S、S2，移动滑片P，使电压表的示数为 U额 。
②只闭合 S、S1 ，保持滑片P不动，读出电压表的示数为U1。
③小灯泡的额定功率P＝ U额× （用U、U1、U额、R0表示）。
【分析】（1）电流从电源正极依次经过开关、滑动变阻器、灯泡以及电流表回到电源负极，电压表并联在灯泡两端，据此分析错误导线；
（2）发现电流表示数为零，说明电路可能断路；电压表有示数，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了；
（3）根据图乙确定灯泡额定电压对应的额定电流，利用P＝UI器材灯泡的额定功率；
（4）灯在额定电压下正常发光，根据P＝UI，得出灯的额定电流是关键，根据①操作中电路的连接，若能得出变阻器连入电路的电阻，由串联电路的规律及欧姆定律可得出通过变阻器的电流即灯的额定电流；为得出灯正常发发光时变阻器连入电路的电阻，通过开关的转换，使定值电阻与变阻器串联（滑片位置不动），记下定值电阻的电压，由串联电路的规律及欧姆定律可得出此时变阻器连入电路的电阻，从而可解决问题。
【解答】解：（1）电流从电源正极依次经过开关、滑动变阻器、灯泡以及电流表回到电源负极，电压表并联在灯泡两端，根据实物图可知，开关与灯泡相连的导线错误，如下图所示：
；
（2）连接好电路之后，闭合开关，移动滑片，发现小灯泡始终不发光，小红猜想可能的原因：①小灯泡的灯丝断了；②小灯泡短路；③滑动变阻器断路。她再观察，发现电流表示数为零，说明电路可能断路，由此可判断猜想②是错误的；又进一步观察到电压表有示数，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了，即故障可能是小灯泡的灯丝断了，故最终确定猜想①是正确的；
（3）由图乙可知，当灯泡两端电压为2.5V时，通过灯泡的额定电流为0.25A，小灯泡额定功率为：
P＝UI＝2.5V×0.25A＝0.625W；
（4）实验步骤：
①只闭合S、S2，移动滑片P，使电压表的示数为U额；
②只闭合S、S1，保持滑片P不动，读出电压表的示数为U1；
③在步骤②中，R0和滑动变阻器串联，电压表测R0两端电压，根据串联电路电压规律和分压原理有：
＝，可得滑动变阻器的电阻为：
R＝×R0；
在步骤①中，灯泡和变阻器串联，电压表测灯泡两端电压，当灯泡两端电压为U额时，灯泡正常发光，由于滑动变阻器的电阻不变，根据串联电路电压规律，变阻器两端电压为U滑＝U﹣U额，此时通过灯泡的电流为：
I额＝I滑＝＝＝，
则小灯泡的额定功率为：
P＝U额I额＝U额×。
故答案为：（1）见解答图；（2）②；①；（3）0.625；（4）①U额；②S、S1；③U额×。
【点评】本题测小灯泡额定功率实验，考查了电路连接、电路故障和功率的计算及设计实验方案测功率的能力。
五、计算题（共26分）
25．（6分）一辆汽车为50km长的新建大桥进行通车测试。汽车总质量为1.5t，以100km/h的速度匀速通过大桥，受到的阻力是总重的0.08倍，全程消耗了4kg的汽油。求汽车通过大桥：（q汽油＝4.6×107J/kg，g取10N/kg）
（1）所需的时间；
（2）牵引力所做的功；
（3）汽油机的效率。
【分析】（1）根据速度的变形公式计算所需的时间；
（2）已知汽车的质量可求得其重力，根据小汽车所处运动状态对汽车进行受力分析，利用二力平衡的条件求出牵引力的大小，然后利用W＝Fs可求得牵引力所做的功；
（3）根据Q＝mq可求得汽油完全燃烧放出的热量，再利用η＝可求得汽油机的效率。
【解答】解：
（1）由v＝可得所需的时间：
t＝＝＝0.5h；
（2）汽车总质量：
m＝1.5t＝1.5×103kg，
汽车的总重力：
G＝mg＝1.5×103kg×10N/kg＝1.5×104N，
汽车受到的阻力：
f＝0.08G＝0.08×1.5×104N＝1.2×103N，
因为匀速通过大桥，由二力平衡条件可知牵引力：
F＝f＝1.2×103N，
牵引力所做的功：
W＝Fs＝1.2×103N×5×104m＝6×107J；
（3）全程消耗了4kg的汽油，汽油完全燃烧放出的热量：
Q＝m′q汽油＝4kg×4.6×107J/kg＝1.84×108J，
汽油机的效率：
η＝＝×100%≈32.6%。
答：（1）所需的时间为0.5h；
（2）牵引力所做的功为6×107J；
（3）汽油机的效率为32.6%。
【点评】本题考查了重力公式、速度公式、功的公式、效率公式及二力平衡条件的应用，在计算过程中注意单位要统一。
26．（8分）小雨通过如图甲所示滑轮组将水中物体匀速提升至空中，他所用拉力F与绳子自由端移动的距离s的关系图象如图乙所示。其中物体在空中匀速上升过程中滑轮组的机械效率为85%．每个滑轮等重，不计绳重、摩擦和水的阻力。求：
（1）物体在空中上升1m，小雨做的功是多少？
（2）每个滑轮的重力是多少？
（3）物体的密度是多少？
【分析】（1）首先确定滑轮组绳子的有效股数，然后利用s＝nh求出绳子自由端移动的距离，再根据图象读出拉力大小，利用W＝Fs计算小雨做的功；
（2）根据η＝可求出物体在空中上升1m做的有用功，然后根据W＝Gh求出物体的重力，再利用F＝（G+G动）计算滑轮的重力；
（3）求出物体完全浸没在水中时受到的浮力，然后利用阿基米德原理求出物体排开水的体积，即物体的体积，再求出物体的质量，利用密度公式求解密度。
【解答】解：（1）由图乙可知，绳子自由端移动的距离为0﹣4m时，拉力为100N不变，此时物体没有露出水面，4﹣6m时，物体开始逐渐露出水面，拉力不断增大，6﹣8m时拉力为200N不变，此时物体完全离开水面，故物体在空中匀速上升过程中受到的拉力F＝200N，
由图可知，n＝4，所以绳子自由端移动的距离s＝nh＝4×1m＝4m，
小雨做的功是W＝Fs＝200N×4m＝800J；
（2）根据η＝可得，物体在空中上升1m做的有用功：
W有用＝ηW总＝85%×800J＝680J，
根据W＝Gh可得，物体的重力：
G＝＝＝680N，
根据F＝（G+G动）可得，2G动＝4F﹣G＝4×200N﹣680N＝120N，
所以每个滑轮的重力为＝60N；
（3）物体没有露出水面之前，整个滑轮组受到的拉力为F′＝4×100N＝400N，重力G＝680N，2个动滑轮的重力为120N，
所以，物体完全浸没时受到的浮力F浮＝G+2G动﹣F′＝680N+120N﹣400N＝400N，
根据F浮＝ρ水gV排可得物体的体积：
V＝V排＝＝＝4×10﹣2m3，
物体的质量m＝＝＝68kg，
则物体的密度ρ＝＝＝1.7×103kg/m3。
答：（1）物体在空中上升1m，小雨做的功是800J；
（2）每个滑轮的重力是60N；
（3）物体的密度是1.7×103kg/m3。
【点评】此题考查功的计算、密度的计算、滑轮组绳子拉力的相关计算，涉及到重力、密度、滑轮组机械效率公式的应用，力的合成等知识点，是一道力学综合题，难度较大，关键是滑轮组绳子有效股数的确定，各种公式的灵活运用，特别是F＝（G+G动）的运用。
27．（12分）图甲是小明家电热水壶内部的简化电路图，其中R1为加热管，R2为限流电阻，只有加热管放出的热量能被水吸收。S1是温控开关（也叫防干烧开关），S、S2是手动开关，调节S、S2可以使电热水壶分别处于加热和保温状态，如表是该电热水壶的铭牌。
XX牌电热水壶
额定电压
220V
最大容量
1.5L
额定加热功率
968W
保温功率
频率
50Hz
（1）加热水壶处于正常加热状态时，通过加热管R1的电流为多少？
（2）电热水壶正常工作，在1标准大气压下，将一满壶初温为20℃的水烧开，水需要吸收多少热量？[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]
（3）水烧开后，让电热水壶处于保温状态，若R2＝170Ω，电热水壶在保温状态时加热管的保温功率是多少？
（4）小明发现在晚上用电高峰时烧开一壶水比白天用时长，他猜想晚上的电压不足220V。晚上他进行了测量，关掉家里其他电器，仅电热水壶工作，在加热状态下他观察到电能表（如图乙）1min转盘转了40转，则电热水壶的实际功率为多少？此时电热水壶两端的电压是多少？
【分析】（1）知道加热功率和额定电压，利用P＝UI求出加热水壶处于正常加热状态时，通过加热管R1的电流；
（2）利用密度公式求出水的质量，利用Q吸＝cm（t﹣t0）求出水吸收的热量；
（3）开关S、S1、S2均闭合时，电路为R1的简单电路，电路的总电阻最小，由P＝可知，电热水壶的功率最大，处于加热状态；利用P＝求出R1的阻值；开关S、S1闭合，S2断开时，R1与R2串联，电路的总电阻最大，电路中的电流最小，R1的功率最小，处于保温状态，由于串联电路中总电阻等于各分电阻之和，利用欧姆定律可求电路中的电流，利用P＝I2R求电热水壶在保温状态时加热管的保温功率；
（4）3000r/kW•h表示的是电路中每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转3000r，据此可求转盘转了40转消耗的电能，利用W＝UIt＝t求实际电压。
【解答】解：（1）由表格参数可知，电热水壶的额定加热功率P加热＝968W，
由P＝UI可知，加热水壶处于正常加热状态时，通过加热管R1的电流：I＝＝＝4.4A；
（2）满壶水的体积V＝1.5L＝1.5dm3＝1.5×10﹣3m3，
由ρ＝可知，满壶水的质量：m＝ρV＝1.0×103kg/m3×1.5×10﹣3m3＝1.5kg，
一个标准大气压下，水的沸点是100℃，
水吸收的热量：Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×1.5kg×（100℃﹣20℃）＝5.04×105J；
（3）开关S、S1、S2均闭合时，电路为R1的简单电路，电路的总电阻最小，由P＝可知，电热水壶的功率最大，处于加热状态，
由表格数据可知，加热功率P加热＝968W，则R1的阻值：R1＝＝＝50Ω；
开关S、S1闭合，S2断开时，R1与R2串联，电路的总电阻最大，电路中的电流最小，R1的功率最小，处于保温状态，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，电路中的电流：I′＝＝＝1A，
电热水壶在保温状态时加热管的保温功率：P保温＝I′2R1＝（1A）2×50Ω＝50W；
（4）因3000r/（kW•h）表示的是电路中每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转3000r，
所以，转盘转了40转消耗的电能：W＝＝×3.6×106J＝4.8×104J，
由W＝UIt＝t可知，晚上烧水时加在电热水壶两端的实际电压：U实＝＝＝200V。
答：（1）正常工作时，通过加热管R1的电流为4.4A；
（2）电热水壶正常工作，在1标准大气压下，将一满壶初温为20℃的水烧开，水需要吸收的热量为5.04×105J；
（3）水烧开后，让电热水壶处于保温状态，若R2＝170Ω，则电热水壶的保温功率为50W；
（4）晚上烧水时电热水壶的实际电压为200V。
【点评】本题是一道电热综合题，主要考查了串联电路的特点、对电能表参数的理解、密度公式、欧姆定律、电功率公式、电功公式的灵活应用，分清电热水壶处于不同状态时电路的连接方式是关键。
2023年山东省泰安市迎春学校中考物理二模试卷
一、选择题（前10题每小题2分，后5题3分，共35分）
1．（2分）下列数据，最符合实际情况的是（ ）
A．中学生的体重约为50N
B．人体的安全电压不高于220V
C．中学生身高约为160mm
D．光在真空中的传播速度约为3×108m/s
2．（2分）下列实验图中属于发电机工作原理的是（ ）
A．
B．
C．
D．
3．（2分）当人们坐在奔驰向前的动车上时，以车窗为参照物，下列说法正确的是（ ）
A．车窗外的树木是向前运动的
B．路面是静止的
C．行李架上的行李是静止的
D．坐在座位上的乘客是运动的
4．（2分）如图所示，甲、乙、丙均是用细线悬挂的轻质小球，其中甲带正电，乙带负电，丙不带电。图中能正确反映小球静止时的情形的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2分）如图所示，用吸管吸饮料，让饮料进入口中的力是（ ）
A．大气压力 B．饮料的重力
C．手握玻璃杯的力 D．玻璃杯对饮料的支持力
6．（2分）关于声现象，下列说法正确的是（ ）
A．“闻其声而知其人”主要是根据音色来判断的
B．吹奏笛子时，演奏者抬起压在不同出气孔上的手指，是为了改变发出声音的响度
C．公共场合要“轻声慢语”指的是减小声音的音调
D．超声波可以在真空中传播
7．（2分）关于力和运动的关系，下列说法正确的是（ ）
A．物体不受力的作用时处于静止状态
B．物体运动速度越大其惯性越大
C．做匀速直线运动的物体一定不受力的作用
D．物体运动状态改变时，一定受到力的作用
8．（2分）在探究“物体的动能跟哪些因素有关”的实验中，让质量不同的钢球从斜面的同一高度由静止释放，撞击同一木块，比较木块运动的远近，如图所示，下列对该实验的说法中，正确的是（ ）
A．该实验是研究动能的大小与高度的关系
B．该实验是研究动能的大小与质量的关系
C．该实验是研究动能的大小与速度的关系
D．该实验是研究动能的大小与距离的关系
9．（2分）如图，杠杆正处于水平位置平衡，所用钩码的质量均相等，若在杠杆的两侧钩码下各加挂一个钩码，杠杆将（ ）
A．继续处于水平平衡 B．右端下降
C．左端下降 D．无法确定
10．（2分）下列关于实验的说法中，错误的是（ ）
A．探究二力平衡的条件时，把小车在水平桌面上扭转个角度后释放，是为了探究平衡力是否在同一物体上
B．探究滑动摩擦力的大小与压力的关系时，要控制接触面的粗糙程度相同
C．在大气压的测量实验中，将长玻璃管倾斜，水银柱的高度差不变
D．研究液体内部的压强时，通过U形管内液面的高度差来反映液体内部压强的大小
11．（3分）如图所示，有三个实心圆柱体甲、乙、丙，放在水平地面上，其中甲、乙高度相同，乙、丙的底面积相同，三者对地面的压强相等，下列判断正确的是（ ）
A．ρ甲＝ρ乙＞ρ丙 B．ρ甲＝ρ乙＝ρ丙
C．m甲＝m乙＞m丙 D．m甲＝m乙＝m丙
12．（3分）体积相同而材料不同的小球甲、乙、丙、丁，静止在容器的水中，如图所示，这四个小球所受的浮力分别为F甲、F乙、F丙、F丁，则（ ）
A．F甲＝F乙 B．F甲＜F乙 C．F乙＞F丙 D．F丙＞F丁
13．（3分）如图，叠放在一起的物体A和B，在水平拉力F作用下沿水平方向做匀速直线运动，不考虑空气的阻力，则下列结论中正确的是B（ ）
A．A受到的重力与地面对A的支持力是一对平衡力
B．B受到的重力与A对B的支持力是一对相互作用力
C．B物体受到的摩擦力为0
D．若增大拉力F，则A与地面的摩擦力也随着增大
14．（3分）将两只额定电压相同的小灯泡L1、L2串联在如图所示的电路中，闭合开关后，发现灯L1较暗，灯L2较亮，下列说法正确的是（ ）
A．灯L1的电阻较大 B．灯L2的电流较大
C．灯L2的额定功率较小 D．两灯分得的电压相等
15．（3分）如图甲是通过小灯泡L的电流跟其两端电压关系的图象，现将小灯泡L与电阻R连入图乙所示，电路中，只闭合S，小灯泡的实验功率为1.8W；再闭合S1，电流表示数为0.9A．下列结果错误的是（ ）
A．电源电压为6V
B．电路消耗的总功率为5.4W
C．通过电阻R的电流为0.6A
D．电阻R的阻值为20Ω
二、填空题（每空2分，共8分）
16．（2分）如图，物体的长度为 cm。
17．（2分）冬天的早晨，小梅发现家里的玻璃窗上有很多美丽的“冰花”，这是室内空气中的水蒸气遇冷 （填物态变化的名称）形成的。
18．（2分）闭合开关S，通电螺线管右侧的小磁针静止时，如图所示，则电源的右端为 极。
19．（2分）若使通电螺线管的磁性增强，滑动变阻器的滑片P应向 端移动。
三、作图题（每题3分，共6分）
20．（3分）请作出图中物块A所受的重力和使杠杆在如图所示位置平衡时作用在B点的最小力F的示意图（保留作图痕迹）。
21．（3分）画出图乙中折射光线的大概位置。
四、实验题（共25分）
22．（5分）一物理小组测量某种液体的密度，实验器材有：托盘天平（配有砝码和镊子）、玻璃杯、细线和一个体积为10cm3、密度为7.9g/cm3的实心铁块。
（1）把天平放在水平桌面上，游码调至标尺左端的零刻度线处，天平指针静止时在分度盘上的位置如图甲所示，应将横梁上平衡螺母向 （填“左”或“右”）调节。
（2）在玻璃杯中倒入适量的待测液体，放在天平左盘中，用 向右盘中加减砝码，并调节游码，直到横梁恢复平衡，测量玻璃杯和液体的总质量m1＝102.4g。
（3）用细线拴住铁块使其浸没在液体中，铁块不接触玻璃杯，液体无溢出，进行再次测量，测量数据如图乙所示，测量值m2＝ g。
（4）待测液体的密度ρ＝ kg/m3。
23．（6分）探究凸透镜成像特点时。
（1）小聪将凸透镜正对着太阳光，在透镜下方平行地放上白纸，如图1所示，测出透镜与白纸间距离s与对应的白纸被烤焦的时间t，绘出如图2所示图像，由图可知，白纸被烤焦的最短时间为2min，对应的s为 cm，此距离即为该透镜的焦距f；
（2）当透镜与蜡烛的距离为15cm时，可在光屏上得到一个倒立、 （选填“放大”“缩小”或“等大”）的清晰实像，利用这一成像原理可制成生活中的 （选填“照相机”、“投影仪”或“放大镜”）；
（3）仅将题（2）中蜡烛和光屏位置对调，根据光路可逆，在光屏上 （选填“能”或“不能”）得到一个清晰的像；
（4）将蜡烛移至如图3所示位置，可以透过凸透镜看到烛焰所成的 （选填“虚”或“实”）像；
（5）凸透镜对光有会聚作用，可以用来制成 （选填“近视”或“远视”）眼镜。
24．（14分）额定电压2.5V的小灯泡，滑动变阻器、开关，导线若干，实物电路如图甲所示。
（1）如图甲所示，电路在连接过程中多接了一根导线，请你在多余的导线上打“×”。
（2）连接好电路之后，闭合开关，移动滑片，发现小灯泡始终不发光，小红猜想可能的原因：①小灯泡的灯丝断了；②小灯泡短路；③滑动变阻器断路。她再观察，发现电流表示数为零，由此可判断猜想 是错误的；又进一步观察到电压表有示数，最终确定猜想 是正确的。（两空均选填“①”“②”或“③”）
（3）确定电路正确后，移动滑动变阻器滑片在不同位置，小灯泡U﹣I图像如图乙所示，当小灯泡正常发光时，小灯泡的额定功率为 W。
（4）小红在继续实验时发现电流表突然损坏，于是又找来了一个阻值为R0的定值电阻，设计了如图丙所示的电路，已知电源电压为U且保持不变，也可以测出另一额定电压为U额的小灯泡的额定功率，请将步骤补充完整：
①只闭合S、S2，移动滑片P，使电压表的示数为 。
②只闭合 ，保持滑片P不动，读出电压表的示数为U1。
③小灯泡的额定功率P＝ （用U、U1、U额、R0表示）。
五、计算题（共26分）
25．（6分）一辆汽车为50km长的新建大桥进行通车测试。汽车总质量为1.5t，以100km/h的速度匀速通过大桥，受到的阻力是总重的0.08倍，全程消耗了4kg的汽油。求汽车通过大桥：（q汽油＝4.6×107J/kg，g取10N/kg）
（1）所需的时间；
（2）牵引力所做的功；
（3）汽油机的效率。
26．（8分）小雨通过如图甲所示滑轮组将水中物体匀速提升至空中，他所用拉力F与绳子自由端移动的距离s的关系图象如图乙所示。其中物体在空中匀速上升过程中滑轮组的机械效率为85%．每个滑轮等重，不计绳重、摩擦和水的阻力。求：
（1）物体在空中上升1m，小雨做的功是多少？
（2）每个滑轮的重力是多少？
（3）物体的密度是多少？
27．（12分）图甲是小明家电热水壶内部的简化电路图，其中R1为加热管，R2为限流电阻，只有加热管放出的热量能被水吸收。S1是温控开关（也叫防干烧开关），S、S2是手动开关，调节S、S2可以使电热水壶分别处于加热和保温状态，如表是该电热水壶的铭牌。
XX牌电热水壶
额定电压
220V
最大容量
1.5L
额定加热功率
968W
保温功率
频率
50Hz
（1）加热水壶处于正常加热状态时，通过加热管R1的电流为多少？
（2）电热水壶正常工作，在1标准大气压下，将一满壶初温为20℃的水烧开，水需要吸收多少热量？[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]
（3）水烧开后，让电热水壶处于保温状态，若R2＝170Ω，电热水壶在保温状态时加热管的保温功率是多少？
（4）小明发现在晚上用电高峰时烧开一壶水比白天用时长，他猜想晚上的电压不足220V。晚上他进行了测量，关掉家里其他电器，仅电热水壶工作，在加热状态下他观察到电能表（如图乙）1min转盘转了40转，则电热水壶的实际功率为多少？此时电热水壶两端的电压是多少？
2023年山东省泰安市迎春学校中考物理二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（前10题每小题2分，后5题3分，共35分）
1．（2分）下列数据，最符合实际情况的是（ ）
A．中学生的体重约为50N
B．人体的安全电压不高于220V
C．中学生身高约为160mm
D．光在真空中的传播速度约为3×108m/s
【分析】首先要对选项中涉及的几种物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。
【解答】解：A、中学生的质量一般在100斤即50kg左右，根据重力与质量的关系可得重力G＝mg＝50kg×10N/kg＝500N；故A错误；
B、人体的安全电压不高于36V；故B错误；
C、中学生身高约为160cm；故C错误；
D、光在真空中的传播速度约为3×108m/s，符合实际；故D正确；
故选：D。
【点评】此题考查对生活中常见物理量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，找出符合实际的选项即可。
2．（2分）下列实验图中属于发电机工作原理的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】发电机是利用电磁感应原理制造的，而电磁感应是指闭合回路中的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，电路中会产生感应电流。
【解答】解：A、该图是电动机原理图，即说明通电导线在磁场中受力的作用，故A不符合题意；
B、图中ab在磁场中做切割磁感线运动时，电流表中指针会发生偏转，即发生了电磁感应现象，发电机正是利用该原理工作的，故B符合题意；
C、该装置是用以探究电磁铁磁性与线圈匝数的关系，故反映了通电螺线管的磁性强弱的决定因素，故C不符合题意；
D、该装置是奥斯特实验，即反映了通电导体周围存在磁场，故D不符合题意。
故选：B。
【点评】本题应能根据题中的实验装置得出实验的原理及揭示的现象，同时还要把握该现象在生活中的应用。
3．（2分）当人们坐在奔驰向前的动车上时，以车窗为参照物，下列说法正确的是（ ）
A．车窗外的树木是向前运动的
B．路面是静止的
C．行李架上的行李是静止的
D．坐在座位上的乘客是运动的
【分析】要掌握运动和静止的相对性。物体是运动还是静止都是相对于参照物的位置是否发生了改变，如果发生改变，则物体是运动的；如果未发生变化，则物体是静止的。
【解答】解：
当人们坐在奔驰向前的动车上时，以车窗为参照物时：车窗外的树木、路面的位置不断发生变化，故是运动的，车窗外的树木不断向后运动，故AB错误；
行李架上的行李、坐在座位上的乘客位置不发生变化是静止的，故C正确，D错误；
故选：C。
【点评】此题考查了运动和静止的相对性，难度不大，认真分析即可。
4．（2分）如图所示，甲、乙、丙均是用细线悬挂的轻质小球，其中甲带正电，乙带负电，丙不带电。图中能正确反映小球静止时的情形的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】（1）电荷规律：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引；
（2）带电体的基本性质：吸引轻小物体。
【解答】解：已知甲带正电，乙带负电，丙不带电；
AC、甲乙带异种电荷，相互吸引；故A错误，C正确；
B、甲带正电，能够吸引轻小物体丙；故B错误；
D、乙带负电，能够吸引轻小物体丙；故D错误。
故选：C。
【点评】解决此类题目注意以下两点：
（1）同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引；
（2）排斥的带有同种电荷，吸引的可能带有异种电荷，也可能带电体吸引不带电体。
5．（2分）如图所示，用吸管吸饮料，让饮料进入口中的力是（ ）
A．大气压力 B．饮料的重力
C．手握玻璃杯的力 D．玻璃杯对饮料的支持力
【分析】用吸管吸饮料是利用大气压强把饮料压入口中，与饮料重力、手握玻璃杯的力、玻璃杯对饮料的支持力无关。
【解答】解：A、吸管吸饮料时，是先把吸管内的空气吸走，使管内气压减小，这样在外界大气压的作用下，汽水就被压进吸管里。故A说法正确；
B、饮料重力的方向竖直向下，不是让饮料进入口中的力，故B说法错误；
C、手握玻璃杯的力，是为了产生摩擦力，摩擦力与重力相互平衡，防止杯子掉落，不是让饮料进入口中的力，C说法错误；
D、玻璃杯对饮料的支持力是饮料重力引起的，不是让饮料进入口中的力，D说法错误。
故选：A。
【点评】本题考查的知识点较多，能将物理现象与所对应的知识相联系，是解答此类题的关键
6．（2分）关于声现象，下列说法正确的是（ ）
A．“闻其声而知其人”主要是根据音色来判断的
B．吹奏笛子时，演奏者抬起压在不同出气孔上的手指，是为了改变发出声音的响度
C．公共场合要“轻声慢语”指的是减小声音的音调
D．超声波可以在真空中传播
【分析】（1）声音的特征有三个：响度、音调、音色。响度指声音的大小，音调指声音的高低，音色是指声音的品质与特色。
（2）声音不能在真空中传播；
【解答】解：A、不同人声音的音色不同，区别出熟悉的人谁在说话，是因为音色不同的原因。故A正确；
B、吹奏笛子时，演奏者抬起压在不同出气孔上的手指，是为了改变振动的空气柱的长度，即改变空气柱振动的快慢，故是为了改变音调，故B错误；
C、公共场合要“轻声慢语”指的是减小声音的响度，故C错误；
D、超声波也是声波，声波不能在真空中传播，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了声音的相关知识，属于基础知识的考查，比较简单。
7．（2分）关于力和运动的关系，下列说法正确的是（ ）
A．物体不受力的作用时处于静止状态
B．物体运动速度越大其惯性越大
C．做匀速直线运动的物体一定不受力的作用
D．物体运动状态改变时，一定受到力的作用
【分析】（1）物体不受力时，总保持静止状态或匀速直线运动状态；
（2）物体的惯性与其质量有关，与物体的速度无关；
（3）物体受到平衡力作用时，其运动状态不变，即处于静止状态或匀速直线运动状态；
（4）物体受非平衡力作用时，其运动状态会发生变化，体现在速度大小及方向的变化。
【解答】解：A、物体不受力的作用时，可能处于静止状态或匀速直线运动状态；故A错误；
B、惯性只与物体的质量有关，与速度无关，故B错误；
C、做匀速直线运动的物体，可能不受力，也可能受到平衡力的作用，故C错误；
D、物体运动状态改变时，一定受到力的作用，且是非平衡力的作用；因为力是改变物体运动状态的原因，故D正确；
故选：D。
【点评】明确物体的受力情况，及在不同受力情况下所处的运动状态是解答此题的关键；还要深刻理解力与运动状态之间的关系
8．（2分）在探究“物体的动能跟哪些因素有关”的实验中，让质量不同的钢球从斜面的同一高度由静止释放，撞击同一木块，比较木块运动的远近，如图所示，下列对该实验的说法中，正确的是（ ）
A．该实验是研究动能的大小与高度的关系
B．该实验是研究动能的大小与质量的关系
C．该实验是研究动能的大小与速度的关系
D．该实验是研究动能的大小与距离的关系
【分析】当小球从高处滚下时，重力势能转化为动能，小球的高度决定了小球滚下时的速度；
物体的动能与速度和质量有关，要探究动能与其中一个因素的关系，需控制另一个量不变。
【解答】解：让不同质量的铁球从斜面的同一高度由静止释放，这样物体到达底端的速度相同，质量不同，探究了物体的动能大小与质量的关系，所以B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】此题是探究“物体动能的大小与哪些因素有关”的实验，考查了学生对控制变量法的理解，在分析过程中特别注意控制和改变的量，同时涉及了动能和势能的转化。
9．（2分）如图，杠杆正处于水平位置平衡，所用钩码的质量均相等，若在杠杆的两侧钩码下各加挂一个钩码，杠杆将（ ）
A．继续处于水平平衡 B．右端下降
C．左端下降 D．无法确定
【分析】原来杠杆平衡，是因为两边的力和力臂的乘积相等，现在各加一个同样的钩码，就要看现在的力和力臂的乘积是否相等，哪端力与力臂乘积大，哪端下沉，据此分析得出结论。
【解答】解：设一个钩码重为G，每个格长为L，原来：2G×3L＝3G×2L，杠杆平衡，
把杠杆的两端各加一个钩码，现在力与力臂的乘积为：左边＝4G×2L＝8GL，右边＝3G×3L＝9GL，左边小于右边，故右端会下降。
故选：B。
【点评】杠杆是否平衡取决于力和力臂的乘积是否相等，不能只看力或只看力臂。
10．（2分）下列关于实验的说法中，错误的是（ ）
A．探究二力平衡的条件时，把小车在水平桌面上扭转个角度后释放，是为了探究平衡力是否在同一物体上
B．探究滑动摩擦力的大小与压力的关系时，要控制接触面的粗糙程度相同
C．在大气压的测量实验中，将长玻璃管倾斜，水银柱的高度差不变
D．研究液体内部的压强时，通过U形管内液面的高度差来反映液体内部压强的大小
【分析】（1）二力平衡的条件之一是作用在同一条直线上；
（2）影响滑动摩擦力大小的因素是压力和接触面的粗糙程度，根据控制变量法的要求分析解答；
（3）玻璃管倾斜时，管中水银柱长度将增大，高度不变；
（4）压强计是通过U形管中液面的高度差来反应被测压强的大小。
【解答】解：A、将小车扭转一个角度，两个力不在同一直线上，二力不平衡，松手后，小车将转动，不能保持平衡，是为了探究平衡力是否在同一直线上，故A错误；
B、根据控制变量法知：在探究滑动摩擦力的大小与压力大小的关系时，他们应控制接触面的粗糙程度不变，改变压力大小，故B正确；
C、在大气压的测量实验中，将长玻璃管倾斜，管中水银柱长度将增大，高度不变，故C正确；
D、在研究液体内部的压强时，通过压强计的U形管内液面的高度差来反映液体内部压强的大小，这用到了转换法，故D正确。
故选：A。
【点评】本题主要考查二力平衡条件的实验、影响滑动摩擦力的实验、大气压的测量实验以及液体压强的探究等知识，是一道综合实验题，但难度不大。
11．（3分）如图所示，有三个实心圆柱体甲、乙、丙，放在水平地面上，其中甲、乙高度相同，乙、丙的底面积相同，三者对地面的压强相等，下列判断正确的是（ ）
A．ρ甲＝ρ乙＞ρ丙 B．ρ甲＝ρ乙＝ρ丙
C．m甲＝m乙＞m丙 D．m甲＝m乙＝m丙
【分析】（1）甲、乙、丙都是实心圆柱体，对水平地面的压强p＝＝＝＝＝＝ρgh；
知道甲、乙、丙高度关系，三者对地面的压强相等，利用p＝ρgh比较甲、乙、丙的密度大小关系；
（2）知道甲、乙的底面积大小关系，可得体积关系，知道密度关系，可求质量关系；知道乙、丙的底面积大小关系，对地面的压强相等，利用p＝＝＝可得乙丙的质量关系，进而得出三圆柱体的质量关系。
【解答】解：
（1）因为甲、乙、丙都是实心圆柱体，
所以对水平地面的压强p＝＝＝＝＝＝ρgh；
由图知甲、乙、丙的高度h甲＝h乙＜h丙，且三者对地面的压强相等，所以由p＝ρgh可知，三圆柱体的密度关系：ρ甲＝ρ乙＞ρ丙；故A正确，B错误；
（2）由图知甲、乙的底面积S甲＜S乙，高度h甲＝h乙，所以V甲＜V乙，
因为ρ甲＝ρ乙，m＝ρV，所以甲乙圆柱体的质量关系：m甲＜m乙；
已知乙、丙的底面积S乙＝S丙，对地面的压强相等，则由p＝＝＝可知，乙丙圆柱体的质量关系：m乙＝m丙；
所以三圆柱体的质量关系：m甲＜m乙＝m丙；故CD错。
故选：A。
【点评】本题考查了密度公式、压强公式的应用，本题关键是知道：圆柱体物体对水平地面的压强p＝＝＝＝＝＝ρgh。
12．（3分）体积相同而材料不同的小球甲、乙、丙、丁，静止在容器的水中，如图所示，这四个小球所受的浮力分别为F甲、F乙、F丙、F丁，则（ ）
A．F甲＝F乙 B．F甲＜F乙 C．F乙＞F丙 D．F丙＞F丁
【分析】由题知，四个小球的体积相同，根据图示得出四个小球排开水的体积的大小关系，根据阿基米德原理得出受到的浮力的大小关系。
【解答】解：由图知，四个球排开水的体积：
V甲＜V乙＜V丙＝V丁，
根据F浮＝ρ水V排g可知四个球受到的浮力：
F甲＜F乙＜F丙＝F丁。
由此可知：B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题考查了学生对阿基米德原理的了解与掌握，能从图中得出四个球排开水的体积关系是本题的关键。
13．（3分）如图，叠放在一起的物体A和B，在水平拉力F作用下沿水平方向做匀速直线运动，不考虑空气的阻力，则下列结论中正确的是B（ ）
A．A受到的重力与地面对A的支持力是一对平衡力
B．B受到的重力与A对B的支持力是一对相互作用力
C．B物体受到的摩擦力为0
D．若增大拉力F，则A与地面的摩擦力也随着增大
【分析】利用以下知识分析解答：
（1）平衡力的条件：大小相等、方向相反、作用在同一个物体上，作用在同一条直线上。
（2）相互作用力的条件：大小相等、方向相反、作用在两个物体上，作用在同一条直线上。
（3）两个互相接触的物体，当它们做相对运动时，在接触面上会产生一种阻碍相对运动的力，这种力就叫摩擦力；
（4）摩擦力大小的影响因素：压力和接触面的粗糙程度。
【解答】解：A、A受到的重力与地面A的支持力大小不相等，不是一对平衡力。故A错误；
B、B受到的重力与A对B的支持力是作用在同一个物体上的两个力，不是一对相互作用力。故B错误；
C、AB同时向前做匀速直线运动，所以AB之间没有相对运动的趋势，B不受摩擦力的作用，即B物体受到的摩擦力为0．故C正确；
D、若增大拉力F，A对地面的压力不变，接触面的粗糙程度不变，所以A与地面的摩擦力不变。故D错误。
故选：C。
【点评】此题考查平衡力和相互作用力的区分，摩擦力及摩擦力大小的影响因素，平衡力与相互作用力的区别主要在于：平衡力是作用在同一物体上的两个力；相互作用力是作用在两个物体上的力。
14．（3分）将两只额定电压相同的小灯泡L1、L2串联在如图所示的电路中，闭合开关后，发现灯L1较暗，灯L2较亮，下列说法正确的是（ ）
A．灯L1的电阻较大 B．灯L2的电流较大
C．灯L2的额定功率较小 D．两灯分得的电压相等
【分析】灯泡的亮暗取决于灯泡的实际功率，两个灯泡串联接入电路，根据串联电路电流比较通过两灯泡的电流大小，根据P＝I2R比较两灯泡电阻的大小，根据U＝IR比较两灯泡两端电压的大小，根据P＝比较额定电压相等的两灯泡的额定功率的大小。
【解答】解：两个灯泡串联接入电路，闭合开关后，发现灯L1较暗，灯L2较亮，说明灯泡L2的实际功率大，
串联电路的电流处处相等，根据P＝I2R知，灯泡L1的电阻比L2的电阻小，故AB错误；
根据U＝IR知灯泡L1两端的电压较小，灯泡L2两端的电压较大，故D错误；
根据P＝可知两个灯泡的额定电压相等，灯泡L1额定功率较大，灯L2的额定功率较小，故C正确。
故选：C。
【点评】本题考查串联电路特点、欧姆定律、电功率公式的灵活运用，知道灯泡的亮度由灯泡的实际功率决定。
15．（3分）如图甲是通过小灯泡L的电流跟其两端电压关系的图象，现将小灯泡L与电阻R连入图乙所示，电路中，只闭合S，小灯泡的实验功率为1.8W；再闭合S1，电流表示数为0.9A．下列结果错误的是（ ）
A．电源电压为6V
B．电路消耗的总功率为5.4W
C．通过电阻R的电流为0.6A
D．电阻R的阻值为20Ω
【分析】只闭合开关S时，电路为L的简单电路；根据图甲、灯泡的实际功率为1.8W以及P＝UI得出此时电路电流以及电源电压；
再闭合S1后，电阻和灯泡并联，电流表测量干路电流，根据P＝UI可求出电路消耗的总功率；
根据并联电路电流规律可求出通过R的电流，根据欧姆定律求出电阻R的阻值。
【解答】解：只闭合开关S时，电路为L的简单电路，电流表测电路中的电流，
由图象可知，当UL＝6V，IL＝0.3A时，灯泡的实际功率PL＝ULIL＝6V×0.3A＝1.8W；因此电源电压为6V，故A正确；
再闭合开关S1后，R与L并联，电流表测干路电流；
电路消耗的总功率：P＝UI＝6V×0.9A＝5.4W；故B正确；
因并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以，通过灯泡的电流不变，则通过R的电流IR＝0.9A﹣0.3A＝0.6A，故C正确；
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，由I＝可得，R的阻值：
R＝＝＝10Ω，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查了并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，关键是根据图象读出灯泡功率为1.8W时的电流和电压值。
二、填空题（每空2分，共8分）
16．（2分）如图，物体的长度为 2.80 cm。
【分析】使用刻度尺测量物体长度之前，要明确其分度值；测量物体长度时，要观察是否从0刻度线量起，起始端没从0刻度线开始，要以某一刻度当作“0”刻度，读出末端刻度值，减去前面的刻度即为物体长度，注意刻度尺要估读到分度值的下一位。
【解答】解：图中，刻度尺上1cm之间有10个小格，所以一个小格代表的长度是0.1cm＝1mm，即此刻度尺的分度值为1mm；物体左侧与0.00cm对齐，右侧与2.80cm对齐，故物体的长度为2.80cm。
故答案为：2.80。
【点评】本题考查了刻度尺的读数，是一道基础题。
17．（2分）冬天的早晨，小梅发现家里的玻璃窗上有很多美丽的“冰花”，这是室内空气中的水蒸气遇冷 凝华 （填物态变化的名称）形成的。
【分析】物质由气态直接变为固态的过程叫凝华。凝华要放热。
【解答】解：“冰花”出现在冬天的早晨，是室内空气中的水蒸气遇到比较冷的玻璃窗凝华形成的，凝华要放热。
故答案为：凝华。
【点评】此题考查了生活中的凝华现象，这就要求我们在平时的生活中，多观察、多思考。
18．（2分）闭合开关S，通电螺线管右侧的小磁针静止时，如图所示，则电源的右端为 正 极。
【分析】由小磁针的指向根据磁极间的作用规律确定通电螺线管的极性，根据安培定则判断电源的正负极。
【解答】解：小磁针静止时N极向左，则由磁极间的相互作用可知，通电螺线管右端为S极，则左端为N极，根据安培定则可知，电流从螺线管的右侧流入、左侧流出，则电源的右端为正极、左端为负极。
故答案为：正。
【点评】本题考查了磁极间作用规律、安培定则的应用，属于基础题目。
19．（2分）若使通电螺线管的磁性增强，滑动变阻器的滑片P应向 右 端移动。
【分析】由磁性的变化可知电流的变化，从而判断滑片的移动情况。
【解答】解：为使通电螺线管的磁性增强，需增大电路中电流，由欧姆定律可知要减小电路中电阻，故滑片向右移动。
故答案为：右。
【点评】本题考查的是影响电磁铁磁性强弱的因素，较简单。
三、作图题（每题3分，共6分）
20．（3分）请作出图中物块A所受的重力和使杠杆在如图所示位置平衡时作用在B点的最小力F的示意图（保留作图痕迹）。
【分析】（1）根据重力的方向是竖直向下的，从物体的重心做竖直向下的力，并标上字母G。（2）杠杆平衡条件：动力×动力臂＝阻力×阻力臂（F1L1＝F2L2），在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小。
【解答】解：（1）重力的方向是竖直向下的，从物体的重心画一条带箭头的竖直向下的有向线段，用G表示，如图所示：
（2）由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小；图中支点在O点，因此OB作为动力臂最长，由图知动力的方向应该向上，过点B，垂直于OB向上作出最小动力示意图，如下图所示：
【点评】本题考查重力示意图、最小力的示意图的画法，解题关键是通过杠杆的平衡条件得出：在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小的结论。
21．（3分）画出图乙中折射光线的大概位置。
【分析】光由玻璃斜射进入空气，折射光线、入射光线和法线在同一平面内，折射光线、入射光线分居法线两侧，此时，折射光线远离法线偏折，折射角大于入射角。
【解答】解：先过入射点垂直界面作出法线，再在法线左侧的空气中画出折射光线，并标出折射光线与法线的夹角为折射角，注意折射角大于入射角。
【点评】光在两种透明介质的界面上发生折射时遵循的规律为：折射光线、入射光线和法线在同一平面内，折射光线、入射光线分居法线两侧，光由空气斜射进入水中或其它透明介质中时，折射光线向法线偏折，折射角小于入射角，光由水或其它透明介质斜射进入空气中时，折射光线远离法线偏折，折射角大于入射角；折射角随入射角的增大而增大。
四、实验题（共25分）
22．（5分）一物理小组测量某种液体的密度，实验器材有：托盘天平（配有砝码和镊子）、玻璃杯、细线和一个体积为10cm3、密度为7.9g/cm3的实心铁块。
（1）把天平放在水平桌面上，游码调至标尺左端的零刻度线处，天平指针静止时在分度盘上的位置如图甲所示，应将横梁上平衡螺母向 左 （填“左”或“右”）调节。
（2）在玻璃杯中倒入适量的待测液体，放在天平左盘中，用 镊子 向右盘中加减砝码，并调节游码，直到横梁恢复平衡，测量玻璃杯和液体的总质量m1＝102.4g。
（3）用细线拴住铁块使其浸没在液体中，铁块不接触玻璃杯，液体无溢出，进行再次测量，测量数据如图乙所示，测量值m2＝ 111.2 g。
（4）待测液体的密度ρ＝ 0.88×103 kg/m3。
【分析】（1）用天平称量物质前要通过调节横梁两端的螺母使横梁平衡。天平调平衡时遵循的原则是：左偏右调，右偏左调，先快后慢。
（2）向盘中加减砝码时要用镊子，不能用手接触砝码，不能把砝码弄湿、弄脏；
（3）根据图中示数，求出增加的质量；增加的质量与金属块排开的液体的质量相等；
（4）求出金属块排开液体的质量，根据密度公式计算液体密度。
【解答】解：（1）根据天平调平衡时遵循的原则：左偏右调，右偏左调，图示中托盘天平的指针静止在分度盘中线的右侧，所以应该向左调节平衡螺母，直到横梁平衡；
（2）向盘中加减砝码要用镊子，不能用手接触砝码；
（3）由图知，标尺的分度值为0.2g，液体、铁块和玻璃杯的总质量：m2＝100g+10g+1.2g＝111.2g，
（4）金属块排开的液体的质量为：m＝111.2g﹣102.4g＝8.8g；
排开的液体的体积：V排＝V金属＝10cm3；
液体的密度：
ρ＝＝＝0.88g/cm3＝0.88×103kg/m3。
故答案为：（1）左；
（2）镊子；
（3）111.2；
（4）0.88×103。
【点评】本题考查了天平的使用方法，天平是物理学中最基本的测量工具，在使用天平称量物质质量时要严格按照天平的使用规则。天平平衡的调节在称量物质的前后有不同的方法，需要同学们特别注意。
23．（6分）探究凸透镜成像特点时。
（1）小聪将凸透镜正对着太阳光，在透镜下方平行地放上白纸，如图1所示，测出透镜与白纸间距离s与对应的白纸被烤焦的时间t，绘出如图2所示图像，由图可知，白纸被烤焦的最短时间为2min，对应的s为 10 cm，此距离即为该透镜的焦距f；
（2）当透镜与蜡烛的距离为15cm时，可在光屏上得到一个倒立、 放大 （选填“放大”“缩小”或“等大”）的清晰实像，利用这一成像原理可制成生活中的 投影仪 （选填“照相机”、“投影仪”或“放大镜”）；
（3）仅将题（2）中蜡烛和光屏位置对调，根据光路可逆，在光屏上 能 （选填“能”或“不能”）得到一个清晰的像；
（4）将蜡烛移至如图3所示位置，可以透过凸透镜看到烛焰所成的 虚 （选填“虚”或“实”）像；
（5）凸透镜对光有会聚作用，可以用来制成 远视 （选填“近视”或“远视”）眼镜。
【分析】（1）当正对太阳光的凸透镜将阳光会聚为一个最小、最亮的点时，会聚点的阳光温度最高、能量最大。
（2）当物距小于一倍焦距时，物体经凸透镜成正立、放大的虚像。当物距大于一倍焦距小于二倍焦距时，物体经凸透镜成倒立、放大的实像。当物距大于二倍焦距时，物体经凸透镜成倒立、缩小的实像。
（3）在光的折射现象中，光路是可逆的。
（4）因晶状体折光能力太弱或前后距离上太短，远视眼在看近处物体时所成的像在视网膜的后方。
【解答】解：（1）当正对太阳光的凸透镜将阳光会聚为一个最小、最亮的点时，会聚点的阳光温度最高、能量最大，将纸烤焦的时间也就最短。而凸透镜将阳光会聚为一个最小、最亮的点时，这点到凸透镜光心的距离即为焦距。由图可知，当凸透镜到纸的距离为10cm时将纸烤焦的时间最短，则凸透镜到纸的距离为10cm时会聚的点最小、最亮，故该凸透镜的焦距为10cm。
（2）当透镜与蜡烛的距离为15cm时，物距大于一倍焦距而小于二倍焦距，故物体经透镜成倒立、放大的实像。投影仪是利用物距大于一倍焦距而小于二倍焦距时物体经透镜成倒立、放大的实像的原理工作的；照相机是利用物距大于二倍焦距时物体经透镜成倒立、缩小的实像的原理工作的；放大镜是利用物距小于一倍焦距时物体经透镜成正立、放大的虚像的原理工作的。
（3）仅将题（2）中蜡烛和光屏位置对调，根据光路可逆可知，将在光屏上呈现一个倒立、缩小的清晰实像。
（4）图3中，蜡烛与凸透镜相距6cm，则物距小于一倍焦距，故物体经透镜成正立、放大的虚像。
（5）远视眼对光的折射能力较弱，在看近处物体时所成的像在视网膜的后方，为使从近处物体发出的光能会聚到视网膜上，我们应增加这些光的会聚程度，凸透镜对光线有会聚作用，凸透镜可以达到这样的目的。近视眼的折光能力太强，在看远处物体时所成的像在视网膜的前方，为使从远处物体发出的光能会聚到视网膜上，我们应减弱这些光的会聚程度，凹透镜对光线有发散作用，凹透镜可以达到这样的目的。
故答案为：（1）10。（2）放大；投影仪。（3）能。（4）虚。（5）远视。
【点评】我们常见的考查方式中，主要考查我们使用刻度尺的能力（读取凸透镜将平行光会聚成最小、最亮的点时光心到这个点的距离），本题相对于这类试题，立题新颖，更有趣味性。
24．（14分）额定电压2.5V的小灯泡，滑动变阻器、开关，导线若干，实物电路如图甲所示。
（1）如图甲所示，电路在连接过程中多接了一根导线，请你在多余的导线上打“×”。
（2）连接好电路之后，闭合开关，移动滑片，发现小灯泡始终不发光，小红猜想可能的原因：①小灯泡的灯丝断了；②小灯泡短路；③滑动变阻器断路。她再观察，发现电流表示数为零，由此可判断猜想 ② 是错误的；又进一步观察到电压表有示数，最终确定猜想 ① 是正确的。（两空均选填“①”“②”或“③”）
（3）确定电路正确后，移动滑动变阻器滑片在不同位置，小灯泡U﹣I图像如图乙所示，当小灯泡正常发光时，小灯泡的额定功率为 0.625 W。
（4）小红在继续实验时发现电流表突然损坏，于是又找来了一个阻值为R0的定值电阻，设计了如图丙所示的电路，已知电源电压为U且保持不变，也可以测出另一额定电压为U额的小灯泡的额定功率，请将步骤补充完整：
①只闭合S、S2，移动滑片P，使电压表的示数为 U额 。
②只闭合 S、S1 ，保持滑片P不动，读出电压表的示数为U1。
③小灯泡的额定功率P＝ U额× （用U、U1、U额、R0表示）。
【分析】（1）电流从电源正极依次经过开关、滑动变阻器、灯泡以及电流表回到电源负极，电压表并联在灯泡两端，据此分析错误导线；
（2）发现电流表示数为零，说明电路可能断路；电压表有示数，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了；
（3）根据图乙确定灯泡额定电压对应的额定电流，利用P＝UI器材灯泡的额定功率；
（4）灯在额定电压下正常发光，根据P＝UI，得出灯的额定电流是关键，根据①操作中电路的连接，若能得出变阻器连入电路的电阻，由串联电路的规律及欧姆定律可得出通过变阻器的电流即灯的额定电流；为得出灯正常发发光时变阻器连入电路的电阻，通过开关的转换，使定值电阻与变阻器串联（滑片位置不动），记下定值电阻的电压，由串联电路的规律及欧姆定律可得出此时变阻器连入电路的电阻，从而可解决问题。
【解答】解：（1）电流从电源正极依次经过开关、滑动变阻器、灯泡以及电流表回到电源负极，电压表并联在灯泡两端，根据实物图可知，开关与灯泡相连的导线错误，如下图所示：
；
（2）连接好电路之后，闭合开关，移动滑片，发现小灯泡始终不发光，小红猜想可能的原因：①小灯泡的灯丝断了；②小灯泡短路；③滑动变阻器断路。她再观察，发现电流表示数为零，说明电路可能断路，由此可判断猜想②是错误的；又进一步观察到电压表有示数，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了，即故障可能是小灯泡的灯丝断了，故最终确定猜想①是正确的；
（3）由图乙可知，当灯泡两端电压为2.5V时，通过灯泡的额定电流为0.25A，小灯泡额定功率为：
P＝UI＝2.5V×0.25A＝0.625W；
（4）实验步骤：
①只闭合S、S2，移动滑片P，使电压表的示数为U额；
②只闭合S、S1，保持滑片P不动，读出电压表的示数为U1；
③在步骤②中，R0和滑动变阻器串联，电压表测R0两端电压，根据串联电路电压规律和分压原理有：
＝，可得滑动变阻器的电阻为：
R＝×R0；
在步骤①中，灯泡和变阻器串联，电压表测灯泡两端电压，当灯泡两端电压为U额时，灯泡正常发光，由于滑动变阻器的电阻不变，根据串联电路电压规律，变阻器两端电压为U滑＝U﹣U额，此时通过灯泡的电流为：
I额＝I滑＝＝＝，
则小灯泡的额定功率为：
P＝U额I额＝U额×。
故答案为：（1）见解答图；（2）②；①；（3）0.625；（4）①U额；②S、S1；③U额×。
【点评】本题测小灯泡额定功率实验，考查了电路连接、电路故障和功率的计算及设计实验方案测功率的能力。
五、计算题（共26分）
25．（6分）一辆汽车为50km长的新建大桥进行通车测试。汽车总质量为1.5t，以100km/h的速度匀速通过大桥，受到的阻力是总重的0.08倍，全程消耗了4kg的汽油。求汽车通过大桥：（q汽油＝4.6×107J/kg，g取10N/kg）
（1）所需的时间；
（2）牵引力所做的功；
（3）汽油机的效率。
【分析】（1）根据速度的变形公式计算所需的时间；
（2）已知汽车的质量可求得其重力，根据小汽车所处运动状态对汽车进行受力分析，利用二力平衡的条件求出牵引力的大小，然后利用W＝Fs可求得牵引力所做的功；
（3）根据Q＝mq可求得汽油完全燃烧放出的热量，再利用η＝可求得汽油机的效率。
【解答】解：
（1）由v＝可得所需的时间：
t＝＝＝0.5h；
（2）汽车总质量：
m＝1.5t＝1.5×103kg，
汽车的总重力：
G＝mg＝1.5×103kg×10N/kg＝1.5×104N，
汽车受到的阻力：
f＝0.08G＝0.08×1.5×104N＝1.2×103N，
因为匀速通过大桥，由二力平衡条件可知牵引力：
F＝f＝1.2×103N，
牵引力所做的功：
W＝Fs＝1.2×103N×5×104m＝6×107J；
（3）全程消耗了4kg的汽油，汽油完全燃烧放出的热量：
Q＝m′q汽油＝4kg×4.6×107J/kg＝1.84×108J，
汽油机的效率：
η＝＝×100%≈32.6%。
答：（1）所需的时间为0.5h；
（2）牵引力所做的功为6×107J；
（3）汽油机的效率为32.6%。
【点评】本题考查了重力公式、速度公式、功的公式、效率公式及二力平衡条件的应用，在计算过程中注意单位要统一。
26．（8分）小雨通过如图甲所示滑轮组将水中物体匀速提升至空中，他所用拉力F与绳子自由端移动的距离s的关系图象如图乙所示。其中物体在空中匀速上升过程中滑轮组的机械效率为85%．每个滑轮等重，不计绳重、摩擦和水的阻力。求：
（1）物体在空中上升1m，小雨做的功是多少？
（2）每个滑轮的重力是多少？
（3）物体的密度是多少？
【分析】（1）首先确定滑轮组绳子的有效股数，然后利用s＝nh求出绳子自由端移动的距离，再根据图象读出拉力大小，利用W＝Fs计算小雨做的功；
（2）根据η＝可求出物体在空中上升1m做的有用功，然后根据W＝Gh求出物体的重力，再利用F＝（G+G动）计算滑轮的重力；
（3）求出物体完全浸没在水中时受到的浮力，然后利用阿基米德原理求出物体排开水的体积，即物体的体积，再求出物体的质量，利用密度公式求解密度。
【解答】解：（1）由图乙可知，绳子自由端移动的距离为0﹣4m时，拉力为100N不变，此时物体没有露出水面，4﹣6m时，物体开始逐渐露出水面，拉力不断增大，6﹣8m时拉力为200N不变，此时物体完全离开水面，故物体在空中匀速上升过程中受到的拉力F＝200N，
由图可知，n＝4，所以绳子自由端移动的距离s＝nh＝4×1m＝4m，
小雨做的功是W＝Fs＝200N×4m＝800J；
（2）根据η＝可得，物体在空中上升1m做的有用功：
W有用＝ηW总＝85%×800J＝680J，
根据W＝Gh可得，物体的重力：
G＝＝＝680N，
根据F＝（G+G动）可得，2G动＝4F﹣G＝4×200N﹣680N＝120N，
所以每个滑轮的重力为＝60N；
（3）物体没有露出水面之前，整个滑轮组受到的拉力为F′＝4×100N＝400N，重力G＝680N，2个动滑轮的重力为120N，
所以，物体完全浸没时受到的浮力F浮＝G+2G动﹣F′＝680N+120N﹣400N＝400N，
根据F浮＝ρ水gV排可得物体的体积：
V＝V排＝＝＝4×10﹣2m3，
物体的质量m＝＝＝68kg，
则物体的密度ρ＝＝＝1.7×103kg/m3。
答：（1）物体在空中上升1m，小雨做的功是800J；
（2）每个滑轮的重力是60N；
（3）物体的密度是1.7×103kg/m3。
【点评】此题考查功的计算、密度的计算、滑轮组绳子拉力的相关计算，涉及到重力、密度、滑轮组机械效率公式的应用，力的合成等知识点，是一道力学综合题，难度较大，关键是滑轮组绳子有效股数的确定，各种公式的灵活运用，特别是F＝（G+G动）的运用。
27．（12分）图甲是小明家电热水壶内部的简化电路图，其中R1为加热管，R2为限流电阻，只有加热管放出的热量能被水吸收。S1是温控开关（也叫防干烧开关），S、S2是手动开关，调节S、S2可以使电热水壶分别处于加热和保温状态，如表是该电热水壶的铭牌。
XX牌电热水壶
额定电压
220V
最大容量
1.5L
额定加热功率
968W
保温功率
频率
50Hz
（1）加热水壶处于正常加热状态时，通过加热管R1的电流为多少？
（2）电热水壶正常工作，在1标准大气压下，将一满壶初温为20℃的水烧开，水需要吸收多少热量？[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]
（3）水烧开后，让电热水壶处于保温状态，若R2＝170Ω，电热水壶在保温状态时加热管的保温功率是多少？
（4）小明发现在晚上用电高峰时烧开一壶水比白天用时长，他猜想晚上的电压不足220V。晚上他进行了测量，关掉家里其他电器，仅电热水壶工作，在加热状态下他观察到电能表（如图乙）1min转盘转了40转，则电热水壶的实际功率为多少？此时电热水壶两端的电压是多少？
【分析】（1）知道加热功率和额定电压，利用P＝UI求出加热水壶处于正常加热状态时，通过加热管R1的电流；
（2）利用密度公式求出水的质量，利用Q吸＝cm（t﹣t0）求出水吸收的热量；
（3）开关S、S1、S2均闭合时，电路为R1的简单电路，电路的总电阻最小，由P＝可知，电热水壶的功率最大，处于加热状态；利用P＝求出R1的阻值；开关S、S1闭合，S2断开时，R1与R2串联，电路的总电阻最大，电路中的电流最小，R1的功率最小，处于保温状态，由于串联电路中总电阻等于各分电阻之和，利用欧姆定律可求电路中的电流，利用P＝I2R求电热水壶在保温状态时加热管的保温功率；
（4）3000r/kW•h表示的是电路中每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转3000r，据此可求转盘转了40转消耗的电能，利用W＝UIt＝t求实际电压。
【解答】解：（1）由表格参数可知，电热水壶的额定加热功率P加热＝968W，
由P＝UI可知，加热水壶处于正常加热状态时，通过加热管R1的电流：I＝＝＝4.4A；
（2）满壶水的体积V＝1.5L＝1.5dm3＝1.5×10﹣3m3，
由ρ＝可知，满壶水的质量：m＝ρV＝1.0×103kg/m3×1.5×10﹣3m3＝1.5kg，
一个标准大气压下，水的沸点是100℃，
水吸收的热量：Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×1.5kg×（100℃﹣20℃）＝5.04×105J；
（3）开关S、S1、S2均闭合时，电路为R1的简单电路，电路的总电阻最小，由P＝可知，电热水壶的功率最大，处于加热状态，
由表格数据可知，加热功率P加热＝968W，则R1的阻值：R1＝＝＝50Ω；
开关S、S1闭合，S2断开时，R1与R2串联，电路的总电阻最大，电路中的电流最小，R1的功率最小，处于保温状态，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，电路中的电流：I′＝＝＝1A，
电热水壶在保温状态时加热管的保温功率：P保温＝I′2R1＝（1A）2×50Ω＝50W；
（4）因3000r/（kW•h）表示的是电路中每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转3000r，
所以，转盘转了40转消耗的电能：W＝＝×3.6×106J＝4.8×104J，
由W＝UIt＝t可知，晚上烧水时加在电热水壶两端的实际电压：U实＝＝＝200V。
答：（1）正常工作时，通过加热管R1的电流为4.4A；
（2）电热水壶正常工作，在1标准大气压下，将一满壶初温为20℃的水烧开，水需要吸收的热量为5.04×105J；
（3）水烧开后，让电热水壶处于保温状态，若R2＝170Ω，则电热水壶的保温功率为50W；
（4）晚上烧水时电热水壶的实际电压为200V。
【点评】本题是一道电热综合题，主要考查了串联电路的特点、对电能表参数的理解、密度公式、欧姆定律、电功率公式、电功公式的灵活应用，分清电热水壶处于不同状态时电路的连接方式是关键。
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