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2023年安徽省滁州市凤阳县东片中考物理二模试卷（含答案）
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这是一份2023年安徽省滁州市凤阳县东片中考物理二模试卷（含答案），共32页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题，计算与推导题等内容，欢迎下载使用。
2023年安徽省滁州市凤阳县东片中考物理二模试卷
一、单选题（本大题共7小题，每小题2分，共14分）
1．（2分）2022年冬奥会上，极具高科技含量的“雪屏幕”采用两台10万流明超高亮度高清激光投影机，将影像投射到超过1000平方米的雪地上。下列有关说法错误的是（ ）
A．投影过程包含光的直线传播
B．投影过程利用了凸透镜成像原理
C．“雪屏幕”的上的影像是虚像
D．“雪屏幕”主要发生了漫反射
2．（2分）古诗词是我国传统文化瑰宝，有的优美词句还与物理知识有着联系。下列词句与对应的物理知识正确的是（ ）
A．“花气袭人知骤暖”，花气袭人属于扩散现象
B．“沙暖睡鸳鸯”，与水相比，沙子的比热容较大
C．“清寒小雪前”，雪的温度很低，它的内能为零
D．“大地阳和暖气生”，大地内能的增加是通过做功方式实现的
3．（2分）细心的小明通过平时观察发现如下现象，其中表述不正确的是（ ）
A．如图甲，“覆杯实验”证明了大气压的存在
B．如图乙，盆景自动供水装置利用了流体压强流速越大压强越小的原理
C．如图丙，小明看到拦河大坝“上窄下宽”，是为了能够承受水深处的较大的压强
D．如图丁，飞机获得升力是因为其上表面空气流速大于下表面空气的流速
4．（2分）小璇想探究电流通过电阻时产生的热量与哪些因素有关。她连接了如图所示的电路进行实验，其中两个完全相同的烧瓶内分别装有质量相等、初温相同的煤油，阻值为R1＞R2的电阻丝，闭合开关一段时间后，记录此时两个温度计的示数。根据上述实验，下列说法中正确的是（ ）
A．此实验中用温度计示数变化的大小反映产生热量的多少
B．此实验探究的是热量与时间的关系
C．此实验探究的是热量与电流的关系
D．闭合开关后，装R2电阻丝的烧瓶中温度计示数上升较快
5．（2分）为实现节能和智能控制，空调内部用到了温度传感器（相当于热敏电阻）和电磁继电器，如图所示是启动与停止空调压缩机的电路示意图。夏天，空调制冷时，房间温度降低，当房间温度低于设定温度时，工作电路就断开，停止制冷。下列说法正确的是（ ）
A．电磁继电器是利用电磁感应原理工作的
B．空调制冷使房间温度降低时，热敏电阻的阻值变大
C．空调制冷使房间温度降低时，电磁铁的磁性变强
D．空调制冷使房间温度降低时，控制电路消耗的电功率变大
6．（2分）用相同的电加热器分别对质量相等的甲和乙两种液体加热（不计热量损失），如图是甲和乙的温度随时间变化的图象，下列说法正确的是（ ）
A．甲的比热容与乙的比热容之比为2：3
B．甲的比热容与乙的比热容之比为1：2
C．甲和乙都加热10分钟，甲吸收热量比乙吸收热量多
D．甲和乙升高相同的温度，甲吸收热量较多
7．（2分）已知人体密度约为1000kg/m3，下列关于初中生的说法正确的是（ ）
A．在两极地区的质量大于赤道的质量
B．所受重力约为50N
C．双脚站立在水平面时，对地面的压强约为20000Pa
D．体积约为0.5m3
二、填空题（本大题共10小题，每小题2分，共20分）
8．（2分）冰熔化变成水的过程中，其质量 （填“变大”、“变小”或“不变”）。熔化过程中，冰 （填“吸收”或“放出”）热量。
9．（2分）小明在旅游时，发现有一种“笑树”，能发出笑声。原来是树果实的外壳上有许多小孔，风一吹，壳里的籽撞击壳壁，使其 发声；这种笑声与人的笑声有明显区别，主要是这两种声音的 不同。
10．（2分）如图所示，用滑轮组将15N的物体在2s内匀速提高0.5m，拉力F为10N，拉力的功率是 W，滑轮组机械效率是 。
11．（2分）如图为某同学家的电能表，该电能表读数为 kW•h；当1h电能表上的转盘转过600转，接在这个电能表上的用电器的功率为 W。
12．（2分）“6V、3W”的小灯泡。工作时要将它接在9V的电源上使用，必须串联一个 Ω的电阻，该电阻的实际功率为 W。
13．（2分）如图所示电路中，灯泡L标有“3V 0.6W”，定值电阻R阻值为30Ω，当开关S闭合时，灯泡L恰好正常发光，此时电流表的示数为 A，通电1min电阻R产生的热量为 J。
14．（2分）家里某用电器发生短路，熔丝立即熔断，用下列方法可以进行检测，如图所示，断开所有用电器开关，用一个普通的白炽灯L正常发光，只闭合S、S2，若L发出暗红色的光，由此可知 ，通常人体安全电压不高于 V，生活中要注意用电安全。
15．（2分）如图所示，滑轮组悬挂在水平钢架上，某工人站在水平地面上，竖直向下拉动绳子自由端，5s内使物体A匀速上升1m，提升过程中拉力F的功率为160W。已知物体A重720N，动滑轮重 N，该工人重600N，工人利用该滑轮组提升物体的最大机械效率为 。（该过程不计绳重和摩擦）
16．（2分）近年来我国践行绿色发展理念，减少化石燃料发电规模，大力扩大水能、风能等发电规模。目前使用的化石燃料属于 （选填“可再生”或“不可再生”）能源。发电机的工作原理是英国物理学家 发现的电磁感应现象。
17．（2分）画出图中两条入射光线通过透镜后的折射光线。
三、实验题（本大题共3小题，共18分）
18．（6分）小明想知道某品牌酸奶的密度，于是与小华一起用天平和量筒做了如下实验：
（1）小明将天平放在水平台上，将游码归零，发现指针指在分度盘的右侧，此时应将平衡螺母向 调，直到天平平衡。小华无论怎样调节，横梁总是右边低，聪明的小明建议在左盘中加几粒米再调节平衡，这样测量质量 （填“准确”或“不准确”）。
（2）调节天平平衡后，他们进行了以下实验：
①用天平测出空烧杯的质量为37g。
②往烧杯中倒入适量的酸奶，测出烧杯和酸奶的总质量，如图甲所示。
③将烧杯中的酸奶全部倒入量筒中，酸奶的体积如图乙所示，为 cm3。
④实验测得酸奶的密度是 kg/m3。
（3）要精确地测量酸奶的密度，步骤（2）的实验顺序排列合理的是 （只写①②③的序号）。
（4）若将烧杯中的酸奶倒入量筒时，有部分酸奶溅到了量筒的侧壁上，会导致所测密度与真实值相比 （填“偏大”“偏小”或“不变”）。
19．（6分）在“探究杠杆的平衡条件”实验中：
（1）实验前，杠杆静止在图甲所示的位置，此时杠杆 （选填“平衡”或“不平衡”）。为了使杠杆在水平位置平衡，应将杠杆右端的平衡螺母向 （选填“左”或“右”）调节，若改为调节杠杆左端的平衡螺母，则向 调节也能使杠杆在水平位置平衡。
（2）图乙中，在A点挂3个钩码，要使杠杆在水平位置平衡，应在B点挂 个相同的钩码；杠杆平衡后，在A、B两点下方同时增加一个相同的钩码，则杠杆 （选填“左端下沉”、“右端下沉”或“仍保持原状”）。
（3）如图丙所示，若不在B点挂钩码，改用弹簧测力计在C点竖直向上拉杠杆，使杠杆在水平位置平衡；当弹簧测力计从图丙位置转到图丁位置时，其示数会 （选填“变大”、“不变”或“变小”）。
20．（6分）子涵准备测定小灯泡的功率，被测小灯泡的额定电压为2.5V，电阻约为10Ω，实验室有如下器材：电源（电压为6V），电流表（0～0.6A、0～3A），电压表（0～3V、0～15V），开关，导线若干，滑动变阻器两只：R1（10Ω 0.5A），R2（20Ω 0.5A）。
（1）正确连接电路后闭合开关，发现灯泡不亮，电流表无示数，电压表有示数，则电路的故障可能是 。
A.灯泡短路
B.灯泡断路
C.滑动变阻器短路
D.滑动变阻器断路
（2）为了满足测量要求，实验电路应该选用滑动变阻器 （选填“R1”或“R2”）；
（3）子涵根据记录的多组I﹣U数据，画出了小灯泡中电流随其两端电压变化的关系图像（如图乙），则小灯泡的额定功率为 W。
（4）根据图像可判断小灯泡的电阻随电压升高逐渐 ，原因是 。
（5）另一小组的同学利用已知电阻R0，设计并连接了如图丙所示的电路来测量未知定值电阻Rx的阻值，主要实验步骤如下：
①闭合开关S1和S2，电压表的示数为U1；
②只断开开关S2，电压表的示数为U2；
③由此可得电阻Rx＝ （以上两空均用字母U1、U2、R0表示）。
四、计算与推导题（本大题共3小题，共18分）
21．（6分）为了倡导低碳环保，绿色出行，每到夏季，我市都会在路边投放大量的共享单车方便大家使用。如图，小泽同学在水平路面上骑行时，人与车总质量为70kg，请完成以下问题。
（1）人与车的总重力是多少？（g＝10N/kg）
（2）若小泽同学以5m/s的速度匀速骑行5min，所受阻力是总重力的0.06倍，求出小泽同学克服阻力做功的功率。
（3）如果该单车用电池供电来代替人力，骑行时效率为80%，则在（2）情景中，电池中至少需要储存多少电能。
22．（6分）我国自主研制的载人深潜器下潜深度已突破10000m，在载人深潜领域达到世界领先水平。小京阅读资料后，制作图中的装置，模拟深潜器在海水中的运动。物体甲、乙由一条细线连接且在水中处于静止状态，已知乙的质量为0.2kg，体积为2.5×10﹣5m3。（取ρ海水＝1.03×103kg/m3，ρ水＝1.0×103kg/m3，g＝10N/kg）。求：
（1）在10000m的深处，海水对深潜器的压强大小。
（2）乙物体所受浮力的大小。
（3）细线对乙物体拉力的大小。
23．（6分）某电热管R1（阻值不随温度变化）的标识模糊不清，只剩有“220V，**A”字样。为了测出该电热管的额定电流，将它接入如图甲的电路。电路中电源电压恒定不变，电流表量程为0～0.6A，滑动变阻器R标有“120Ω，0.5A”。测量并画出电压表示数U与电流表示数I的图象，如图乙。求：
（1）当电流为0.2A时，滑动变阻器接入电路的阻值；
（2）电源电压；
（3）电热管的额定电流。
2023年安徽省滁州市凤阳县东片中考物理二模试卷
参考答案与试题解析
一、单选题（本大题共7小题，每小题2分，共14分）
1．（2分）2022年冬奥会上，极具高科技含量的“雪屏幕”采用两台10万流明超高亮度高清激光投影机，将影像投射到超过1000平方米的雪地上。下列有关说法错误的是（ ）
A．投影过程包含光的直线传播
B．投影过程利用了凸透镜成像原理
C．“雪屏幕”的上的影像是虚像
D．“雪屏幕”主要发生了漫反射
【分析】①在生活中，激光准直、小孔成像、影子的形成、日食月食的形成等都表明光在同一种均匀介质中是沿直线传播的；
②光照射到两种物质界面上时，一部分光被反射回原来介质的现象是光的反射，现象有：平面镜成像、水中倒影等；
③当光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向发生改变，这是光的折射，现象有：看水里的鱼比实际位置浅、彩虹、透镜成像等。
【解答】解：A、投影过程中，光线在空气中是沿直线传播的，故A正确；
BC、投影过程是利用了凸透镜成倒立、放大的实像的原理，故B正确，C错误；
D、“雪屏幕”表面凹透不同，反射光线射向四面八方，主要发生了漫反射，故D正确。
故选C。
【点评】本题考查了光的直线传播、凸透镜成像规律的应用，属于基础题。
2．（2分）古诗词是我国传统文化瑰宝，有的优美词句还与物理知识有着联系。下列词句与对应的物理知识正确的是（ ）
A．“花气袭人知骤暖”，花气袭人属于扩散现象
B．“沙暖睡鸳鸯”，与水相比，沙子的比热容较大
C．“清寒小雪前”，雪的温度很低，它的内能为零
D．“大地阳和暖气生”，大地内能的增加是通过做功方式实现的
【分析】（1）扩散现象与温度的关系：温度越高，扩散现象越快；
（2）不同物质比热容不同，质量相同情况下，物体吸收或放出相同热量，物质比热容越大，温度变化越小；
（3）一切物体都有内能，内能是物体内部所有分子做无规则热运动的动能和分子势能的总和；
（4）改变内能的方式包括做功和热传递。
【解答】解：A、“花气袭人知骤暖”，花气袭人属于扩散现象，故A正确；
B、相同质量和水和沙子相比，吸收相同的热量，由于水的比热容较大，所以水温升高幅度较小，因此水温较低；而沙子比热容小于水，所以沙子升温幅度较大，因此沙子温度较高，导致“沙暖睡鸳鸯”，故B错误；
C、一切物体在任何温度下都有内能，雪的温度虽然很低，但是仍然具有内能，故C错误；
D、大地吸收热量，内能增加，通过热传递的方式实现的，故D错误。
故选：A。
【点评】该题考查了内能的概念、水比热容大、分子热运动、改变物体内能的方式等知识，是一道综合题。
3．（2分）细心的小明通过平时观察发现如下现象，其中表述不正确的是（ ）
A．如图甲，“覆杯实验”证明了大气压的存在
B．如图乙，盆景自动供水装置利用了流体压强流速越大压强越小的原理
C．如图丙，小明看到拦河大坝“上窄下宽”，是为了能够承受水深处的较大的压强
D．如图丁，飞机获得升力是因为其上表面空气流速大于下表面空气的流速
【分析】（1）“覆杯实验”，能证明大气压的存在；
（2）上端开口，底部相连通的容器叫连通器，当所装同一种液体静止不流动时，各容器中的液面是相平的；
（3）液体的压强跟液体的深度和密度有关。在液体的密度一定时，液体越深，液体的压强越大；
（4）液体和气体都称为流体，生活中常见的流体是水和空气，流体流速越大的地方，压强越小；流体流速越小的地方，压强越大。
【解答】解：A、纸片托水的“覆杯实验”，纸片托水正是因为大气压托起了纸片，能证明大气压的存在，故A表述正确；
B、盆景自动供水装置，蓄水瓶上端密封，不是流体压强流速越大压强越小的原理，故B表述错误；
C、由于液体受到重力作用，且具有流动性，所以液体对容器底和容器侧壁有压强，并且液体的压强随深度增加而增大，即越往下面，液体内部压强越大，故拦河大坝的修建成上窄下宽的梯形，为了能够承受水深处的较大的压强，故C表述正确；
D、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，飞机受到向上的压力差，也就是升力，故D表述正确。
故选：B。
【点评】该题通过生活中的现象考查了多个物理知识，要求学生熟练应用所学物理知识来解释生活中的现象。
4．（2分）小璇想探究电流通过电阻时产生的热量与哪些因素有关。她连接了如图所示的电路进行实验，其中两个完全相同的烧瓶内分别装有质量相等、初温相同的煤油，阻值为R1＞R2的电阻丝，闭合开关一段时间后，记录此时两个温度计的示数。根据上述实验，下列说法中正确的是（ ）
A．此实验中用温度计示数变化的大小反映产生热量的多少
B．此实验探究的是热量与时间的关系
C．此实验探究的是热量与电流的关系
D．闭合开关后，装R2电阻丝的烧瓶中温度计示数上升较快
【分析】（1）根据图中的相同点和不同点，利用控制变量法分析实验探究的内容；
（2）此实验中用温度计示数变化的大小反映产生热量的多少；
（3）根据焦耳定律Q＝I2Rt分析可知闭合开关后，装哪个电阻丝的烧瓶中温度计示数上升较快。
【解答】解：（1）由图可知，两电阻丝串联，则通过两电阻丝的电流和通电时间是相同的，电阻不同，所以探究的是热量与电阻的关系，故BC错误；
（2）电流通过电阻丝做功，消耗的电能转化为内能，产生的热量被煤油吸收，煤油吸收热量、温度升高，所以本实验是通过温度计的示数变化反映电流产生的热量多少，故A正确；
（3）根据焦耳定律Q＝I2Rt可知电流和通电时间是相同的，电阻越大，产生的热量越多，R1＞R2，则闭合开关后，装R1电阻丝的烧瓶中温度计示数上升较快，故D错误。
故选：A。
【点评】探究电流通过电阻时产生的热量与哪些因素有关的实验主要考查焦耳定律、控制变量法和转换法的应用，常见题目。
5．（2分）为实现节能和智能控制，空调内部用到了温度传感器（相当于热敏电阻）和电磁继电器，如图所示是启动与停止空调压缩机的电路示意图。夏天，空调制冷时，房间温度降低，当房间温度低于设定温度时，工作电路就断开，停止制冷。下列说法正确的是（ ）
A．电磁继电器是利用电磁感应原理工作的
B．空调制冷使房间温度降低时，热敏电阻的阻值变大
C．空调制冷使房间温度降低时，电磁铁的磁性变强
D．空调制冷使房间温度降低时，控制电路消耗的电功率变大
【分析】电磁继电器的主要部件是电磁铁，电磁铁的工作原理是电流的磁效应；
根据电路的工作过程分析温度传感器的阻值随温度的变化；根据欧姆定律分析控制电路中电流的变化和电磁铁磁性的变化，根据P＝UI分析控制电路总功率的变化。
【解答】解：
A、电磁继电器的主要部件是电磁铁，电磁铁通电后具有磁性，所以电磁铁的工作原理是电流的磁效应，故A错误；
BCD、夏天，空调制冷时，压缩机工作，衔铁被吸下；当房间温度低于设定温度时，工作电路就断开，这说明衔铁在弹簧的作用下被拉起，此时电磁铁的磁性减小，通过电磁铁的电流变小，控制电路中的电流变小，根据欧姆定律可知，控制电路中的电阻变大，热敏电阻的阻值变大；根据P＝UI可知，控制电路消耗的电功率变小，故B正确、CD错误。
故选：B。
【点评】本题考查了电磁继电器的工作原理、电磁继电器的工作过程、欧姆定律和电功率计算公式的应用，属于综合题。
6．（2分）用相同的电加热器分别对质量相等的甲和乙两种液体加热（不计热量损失），如图是甲和乙的温度随时间变化的图象，下列说法正确的是（ ）
A．甲的比热容与乙的比热容之比为2：3
B．甲的比热容与乙的比热容之比为1：2
C．甲和乙都加热10分钟，甲吸收热量比乙吸收热量多
D．甲和乙升高相同的温度，甲吸收热量较多
【分析】（1）用相同的电加热器分别对质量相等的甲和乙两种液体加热，在时间t内，吸收的热量相同；知道甲、乙的温度变化，而甲、乙的质量相同，利用c＝可得比热容的大小关系；
（2）由图象可知，甲、乙升高相同的温度，加热甲的时间比B的时间长，据此比较吸收的热量关系。
【解答】解：（1）由图象可知，吸收热量相同时（即加热时间相同），甲的温度变化为Δt甲＝40℃，乙的温度变化为Δt乙＝20℃，
由Q吸＝cmΔt得c＝，因Q吸、m均相同，则c甲：c乙＝Δt乙：Δt甲＝20℃：40℃＝1：2，故A错误、B正确。
（2）用相同的电加热器分别对质量相等的甲和乙两种液体加热时，在相同的时间10min内电热器产生的热量相等，不计热量损失，则甲、乙吸收的热量相等，故C错误；
（3）由图象可知，甲、乙升高相同的温度，加热乙的时间长，则乙吸收的热量多，故D错误。
故选：B。
【点评】运用图象法解答问题的一般步骤是：（1）明确图象中横纵坐标表示的物理量分别是什么；（2）注意认清横坐标和纵坐标上各表示的最小分格的数值大小和单位；（3）明确图象所表示的物理意义；（4）根据图象对题目提出的问题作出判断，得到结论。
7．（2分）已知人体密度约为1000kg/m3，下列关于初中生的说法正确的是（ ）
A．在两极地区的质量大于赤道的质量
B．所受重力约为50N
C．双脚站立在水平面时，对地面的压强约为20000Pa
D．体积约为0.5m3
【分析】（1）质量是物体的属性，与位置、物态、形状、温度无关，由G＝mg可求得重力；
（2）初中生双脚面积约为0.03m2，双脚站立在水平面时，对地面的压力等于其重力，由p＝可求得对地面的压强；
（3）运用密度公式的变形，可求出体积。
【解答】解：A、质量是物体的属性，与位置无关，所以初中生在两极地区的质量等于赤道的质量，故A错误；
B、初中生的质量约为50kg，其重力G＝mg＝50kg×10N/kg＝500N，故B错误；
C、中学生双脚站立在水平地面时，对地面的压强大约为：
p＝＝＝≈17000Pa，与20000Pa相差不大，故C正确；
D、由ρ＝可得，初中生的体积约为：
V＝＝＝0.05m3，故D错误。
故选：C。
【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。
二、填空题（本大题共10小题，每小题2分，共20分）
8．（2分）冰熔化变成水的过程中，其质量 不变 （填“变大”、“变小”或“不变”）。熔化过程中，冰 吸收 （填“吸收”或“放出”）热量。
【分析】质量是物体的一种属性，与形状、状态、位置和温度无关；
熔化吸收热量。
【解答】解：冰熔化变成水的过程中，状态改变了，质量不变；
熔化过程中，冰吸收热量。
故答案为：不变；吸收。
【点评】本题考查学生对质量和熔化吸热的了解，属于基础题。
9．（2分）小明在旅游时，发现有一种“笑树”，能发出笑声。原来是树果实的外壳上有许多小孔，风一吹，壳里的籽撞击壳壁，使其 振动 发声；这种笑声与人的笑声有明显区别，主要是这两种声音的 音色 不同。
【分析】声音是物体的振动产生的；音色指发声体的声音品质。
【解答】解：风一吹，壳里的籽撞击壳壁，使其振动发声；“笑树”和人的笑声有明显区别，主要是它们的音色不同。
故答案为：振动；音色。
【点评】本题考查了声音产生和音色，属于基础题。
10．（2分）如图所示，用滑轮组将15N的物体在2s内匀速提高0.5m，拉力F为10N，拉力的功率是 5 W，滑轮组机械效率是 75% 。
【分析】知道物重和上升的高度，利用W＝Gh求有用功；由图可知，有两股绳子在拉重物，即n＝2，拉力端移动距离s＝2h，利用W＝Fs求总功，根据P＝可以求出拉力的功率，再利用效率公式求滑轮组的机械效率。
【解答】解：有用功为：W有用＝Gh＝15N×0.5m＝7.5J；
由图可知，连接动滑轮绳子的股数n＝2，则拉力端移动距离：s＝2h＝2×0.5m＝1m。
拉力做的总功为：W总＝Fs＝10N×1m＝10J；
拉力的功率为：P＝＝＝5W；
则滑轮组的机械效率：
η＝×100%＝×100%＝75%；
故答案为：5；75%。
【点评】本题考查使用滑轮组有用功、总功、机械效率的计算，关键是承担物重的绳子股数的确定（直接从动滑轮上引出的绳子股数）。
11．（2分）如图为某同学家的电能表，该电能表读数为 314.5 kW•h；当1h电能表上的转盘转过600转，接在这个电能表上的用电器的功率为 1000 W。
【分析】电能表的读数最后一位是小数，单位为kW•h；
电能表表盘上标的“600r/kW•h”表示的含义是：电路中用电器每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转600转；根据这个参数，如果电能表表盘实际转动的圈数为n，则可以求出用电器消耗的电能，再利用P＝求得用电器的功率。
【解答】解：电能表的读数最后一位是小数，单位为kW•h，故电能表的读数为：314.5kW•h；
根据电能表上标的参数“600r/kW•h”的含义可知，当电能表上转盘转600转时，用电器消耗的电能W＝1kW•h＝3.6×106J。
用电器的功率P＝＝＝1000W。
故答案为：314.5；1000。
【点评】本题考查了电能表读数和电能表上有关参数的意义，以及根据参数求用电器实际消耗电能的计算，系基本知识与技能的考查，关键是理解参数的物理意义。
12．（2分）“6V、3W”的小灯泡。工作时要将它接在9V的电源上使用，必须串联一个 6 Ω的电阻，该电阻的实际功率为 1.5 W。
【分析】（1）小灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，根据P＝UI＝求出正常工作时的电阻；
（2）电源的电压大于灯泡正常发光时的电压，根据串联电路的电压特点可知应串联一个电阻分压，利用串联电路的电压特点求出串联电阻两端的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出电路中的电流，再根据欧姆定律求出串联电阻的阻值，利用P＝UI求出该电阻的实际功率。
【解答】解：（1）由P＝UI＝可得，小灯泡正常工作时的电阻：
RL＝＝＝12Ω；
（2）因电源的电压U＝9V大于灯泡正常发光时的电压UL＝6V，
由串联电路的分压特点可知，要使小灯泡正常发光，应串联一个电阻R分压，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，串联电阻R两端的电压：
UR＝U﹣UL＝9V﹣6V＝3V，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，电路中的电流：
I＝＝＝0.5A，
则串联电阻的阻值：
R＝＝＝6Ω。
该电阻的实际功率：
PR＝URI＝3V×0.5A＝1.5W。
故答案为：6；1.5。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，利用好串联电路的分压特点是关键。
13．（2分）如图所示电路中，灯泡L标有“3V 0.6W”，定值电阻R阻值为30Ω，当开关S闭合时，灯泡L恰好正常发光，此时电流表的示数为 0.3 A，通电1min电阻R产生的热量为 18 J。
【分析】由图可知，当开关S闭合时，灯泡L与定值电阻R并联，电流表测量干路的总电流；根据灯泡的规格和并联电路的特点可知定值电阻R两端的电压，根据欧姆定律求出通过R的电流，根据P＝UI求出通过灯泡L的电流，根据并联电路的电流特点求出干路的总电流，即电流表的示数；根据Q＝I2Rt求出通电1min电阻R产生的热量。
【解答】解：由图可知，当开关S闭合时，灯泡L与定值电阻R并联，电流表测量干路的总电流；
由于灯泡L正常发光，所以灯泡L两端的电压UL＝3V，
根据并联电路的电压特点可知，定值电阻R两端的电压：UR＝UL＝3V，
通过R的电流：IR＝＝＝0.1A，
由P＝UI可知，通过灯泡L的电流：IL＝＝＝0.2A，
根据并联电路的电流特点可知，干路的总电路：I＝IR+IL＝0.1A+0.2A＝0.3A，电流表的示数为0.3A；
通电1min电阻R产生的热量：QR＝Rt＝（0.1A）2×30Ω×1×60s＝18J。
故答案为：0.3；18。
【点评】本题考查并联电路的特点、欧姆定律、电功率公式以及焦耳定律的应用，难度不大。
14．（2分）家里某用电器发生短路，熔丝立即熔断，用下列方法可以进行检测，如图所示，断开所有用电器开关，用一个普通的白炽灯L正常发光，只闭合S、S2，若L发出暗红色的光，由此可知 灯泡L2支路正常 ，通常人体安全电压不高于 36 V，生活中要注意用电安全。
【分析】（1）当检验灯泡发光而亮度不够，则加在灯泡上必有电压，但此电压应小于220V，则此时应该是检验灯泡与另一灯泡串联接在火线与零线之间；
（2）对于人体的安全电压是不高于36V的电压。
【解答】解：家用电器工作电压为220V，将一个普通的白炽灯L与那个熔断的熔丝并联，只闭合S、S2，若L发出暗红色的光，此时校验灯电压应小于220V，则此时应该是检验灯泡与灯泡L2串联接在火线与零线之间，故该支路没有短路或断路，故灯泡L2支路正常；
经验表明，对于人体的安全电压是不高于36V的电压。
故答案为：灯泡L2支路正常；36。
【点评】此题使用检验灯来检验电路故障，要知道判断方法，在生活中要会运用。
15．（2分）如图所示，滑轮组悬挂在水平钢架上，某工人站在水平地面上，竖直向下拉动绳子自由端，5s内使物体A匀速上升1m，提升过程中拉力F的功率为160W。已知物体A重720N，动滑轮重 80 N，该工人重600N，工人利用该滑轮组提升物体的最大机械效率为 93.3% 。（该过程不计绳重和摩擦）
【分析】（1）利用P＝求拉力做的总功，由图可知n＝2，绳子自由端移动的距离s＝nh，利用W总＝Fs求出拉力，利用不计绳重和摩擦时F＝（G+G动）求动滑轮的重力；
（2）人通过滑轮组向下拉绳子时的最大拉力等于人自身的重力，利用不计绳重和摩擦时F＝（G+G动）求出能提升的最大物重，利用η＝＝＝＝求滑轮组的最大机械效率。
【解答】解：（1）由P＝可知，拉力做的总功：W总＝Pt＝160W×5s＝800J，
由图可知n＝2，绳子自由端移动的距离：s＝nh＝2×1m＝2m；
由W总＝Fs可知，绳子自由端的拉力：F＝＝＝400N，
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＝2×400N﹣720N＝80N；
（2）人通过滑轮组向下拉绳子时的最大拉力：F最大＝G人＝600N，
因为不计绳重和摩擦时F＝（G+G动），所以能提升的最大物重：G物＝nF最大﹣G动＝2×600N﹣80N＝1120N，
则滑轮组的最大机械效率：η＝＝＝＝＝×100%≈93.3%。
故答案为：80；93.3%。
【点评】本题考查了使用滑轮组时动滑轮的重力、功、功率和机械效率的计算，关键是从图中得出滑轮组绳子的有效股数。
16．（2分）近年来我国践行绿色发展理念，减少化石燃料发电规模，大力扩大水能、风能等发电规模。目前使用的化石燃料属于 不可再生 （选填“可再生”或“不可再生”）能源。发电机的工作原理是英国物理学家 法拉第 发现的电磁感应现象。
【分析】（1）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；
（2）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；
（3）电磁感应现象是英国物理学家法拉第发现的。
【解答】解：化石燃料会越用越少，不能在短期内从自然界得到补充，因此属于不可再生能源；
发电机的工作原理是英国物理学家法拉第发现的电磁感应现象。
故答案为：不可再生；法拉第。
【点评】本题考查了物理学常识，是一道基础题，平时要注意物理学常识知识的积累。
17．（2分）画出图中两条入射光线通过透镜后的折射光线。
【分析】在作凸透镜或凹透镜的光路图时，先确定所给的光线的特点再根据透镜的光学特点来作图。
【解答】解：平行于主光轴的光线经凹透镜折射后折射光线反向延长通过焦点，过凹透镜光心的光线其传播方向不变，如图所示：
【点评】凹透镜的特殊光线有三条：过凹透镜光心的光线其传播方向不变；平行于主光轴的光线经凹透镜折射后折射光线反向延长通过焦点；指向另一侧焦点的光线经凹透镜折射后折射光线平行于主光轴。
三、实验题（本大题共3小题，共18分）
18．（6分）小明想知道某品牌酸奶的密度，于是与小华一起用天平和量筒做了如下实验：
（1）小明将天平放在水平台上，将游码归零，发现指针指在分度盘的右侧，此时应将平衡螺母向 左 调，直到天平平衡。小华无论怎样调节，横梁总是右边低，聪明的小明建议在左盘中加几粒米再调节平衡，这样测量质量 准确 （填“准确”或“不准确”）。
（2）调节天平平衡后，他们进行了以下实验：
①用天平测出空烧杯的质量为37g。
②往烧杯中倒入适量的酸奶，测出烧杯和酸奶的总质量，如图甲所示。
③将烧杯中的酸奶全部倒入量筒中，酸奶的体积如图乙所示，为 50 cm3。
④实验测得酸奶的密度是 1.1×103 kg/m3。
（3）要精确地测量酸奶的密度，步骤（2）的实验顺序排列合理的是 ②③① （只写①②③的序号）。
（4）若将烧杯中的酸奶倒入量筒时，有部分酸奶溅到了量筒的侧壁上，会导致所测密度与真实值相比 偏大 （填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【分析】（1）使用天平时，应该先将游码调零，然后向较高的一侧调节平衡螺母使天平平衡；无论怎样调节，横梁总是右边低，左盘中加几粒米再调节平衡，此时相当于增加左盘的质量，因而对实验没有影响；
（2）③根据量筒的分度值读数；已知烧杯和酸奶的质量，烧杯的质量，可以得到烧杯中酸奶的质量；已知酸奶的质量和体积，利用公式ρ＝求出酸奶的密度；
（3）在测液体密度时，烧杯中的液体向外倒的过程中，烧杯壁一定要粘液体，所以不能全部倒出，将会带来实验误差，在做实验时，必须考虑烧杯壁粘液体的问题；分析实验步骤中对酸奶的体积测量结果造成了影响，可确定对密度的影响，并可据此调节实验顺序。
（4）有部分酸奶溅到了量筒的侧壁上，会使得所测体积偏小，根据密度公式分析影响。
【解答】解：（1）使用天平时，应该先将游码调零，指针指在分度盘的右侧，应该向左调节平衡螺母使天平平衡；
实验中无论怎样调节，横梁总是右边低，左盘中加几粒米再调节平衡，此时相当于增加左盘的质量，因而对实验没有影响，测量结果准确；
（2）量筒分度值为2mL，则量筒中液体的体积为：V＝50mL＝50cm3；
在天平的标尺上，1g之间有5个小格，一个小格代表的质量是0.2g，即天平的分度值为0.2g；
烧杯和酸奶的总质量是m1＝20g+50g+20g+2g＝92g；
空烧杯的质量为m2＝37g，
烧杯中酸奶的质量为：m＝m1﹣m2＝92g﹣37g＝55g，
酸奶的密度为：ρ＝＝＝1.1g/cm3＝1.1×103kg/m3。
（3）若先测烧杯与酸奶的总质量，再将酸奶倒入量筒测体积，最后测烧杯的质量，这样既不影响酸奶体积的测量，同时烧杯中残留酸奶也不会影响质量的测量结果，洗衣液的密度比较精确，因此合理的实验顺序应为②③①。
（4）在将酸奶倒入量筒时，量筒壁上沾上了部分酸奶，这会导致测量的酸奶的体积偏小，根据ρ＝知密度偏大。
故答案为：（1）左；准确；（2）50；1.1×103；（3）②③①；（4）偏大。
【点评】通过此实验考查了天平、量筒的读数、密度的计算、以及正确分析实验过程中产生的误差，对实验误差的分析及操作顺序的合理安排是我们应该关注的重点。
19．（6分）在“探究杠杆的平衡条件”实验中：
（1）实验前，杠杆静止在图甲所示的位置，此时杠杆 平衡 （选填“平衡”或“不平衡”）。为了使杠杆在水平位置平衡，应将杠杆右端的平衡螺母向 右 （选填“左”或“右”）调节，若改为调节杠杆左端的平衡螺母，则向 右 调节也能使杠杆在水平位置平衡。
（2）图乙中，在A点挂3个钩码，要使杠杆在水平位置平衡，应在B点挂 4 个相同的钩码；杠杆平衡后，在A、B两点下方同时增加一个相同的钩码，则杠杆 左端下沉 （选填“左端下沉”、“右端下沉”或“仍保持原状”）。
（3）如图丙所示，若不在B点挂钩码，改用弹簧测力计在C点竖直向上拉杠杆，使杠杆在水平位置平衡；当弹簧测力计从图丙位置转到图丁位置时，其示数会 变大 （选填“变大”、“不变”或“变小”）。
【分析】（1）杠杆静止或匀速转动时杠杆就处于平衡状态。调节杠杆在水平位置平衡，平衡螺母向上翘的一端移动，在水平位置平衡目的是便于测量力臂，同时消除杠杆自重对实验的影响；
（2）设一个钩码重为G，杠杆一个小格是L，根据杠杆平衡条件判断在B点挂钩码的数量；根据杠杆平衡条件判断是否平衡；
（3）当拉力F向右倾斜时，保持B点不动，弹簧测力计的方向向右倾斜，这时杠杆右侧的动力臂变短，根据杠杆的平衡条件可知，使杠杆仍在水平位置平衡，则弹簧测力计的示数将变大。
【解答】解：（1）杠杆静止或匀速转动时杠杆就处于平衡状态。调节杠杆在水平位置平衡，杠杆右端偏高，应将左端或右端的平衡螺母应向上翘的右端移动，使杠杆在水平位置平衡；
（2）若每个钩码重G，每个小格长L，如图乙所示，杠杆左边A处挂3个相同钩码，要使杠杆在水平位置平衡，根据杠杆的平衡条件可得，3G×4L＝nG×3L，解得n＝4，即应在杠杆右边B处挂同样的钩码4个；
当杠杆平衡后，在A、B两点下方同时增加一个钩码，则有4G×4L＞5G×3L，左侧力与力臂的乘积大于右侧，故左端下沉；
（3）保持C点不变，当弹簧测力计从丙位置转到丁位置时，此时F的力臂变短，根据杠杆的平衡条件，阻力和阻力臂不变，动力臂变小，动力变大。
故答案为：（1）平衡；右；右；（2）4；左端下沉；（3）变大。
【点评】此题是“探究杠杆的平衡条件”实验，考查了杠杆的调平，杠杆平衡条件的应用，都是杠杆平衡条件中的常见知识。
20．（6分）子涵准备测定小灯泡的功率，被测小灯泡的额定电压为2.5V，电阻约为10Ω，实验室有如下器材：电源（电压为6V），电流表（0～0.6A、0～3A），电压表（0～3V、0～15V），开关，导线若干，滑动变阻器两只：R1（10Ω 0.5A），R2（20Ω 0.5A）。
（1）正确连接电路后闭合开关，发现灯泡不亮，电流表无示数，电压表有示数，则电路的故障可能是 B 。
A.灯泡短路
B.灯泡断路
C.滑动变阻器短路
D.滑动变阻器断路
（2）为了满足测量要求，实验电路应该选用滑动变阻器 R2 （选填“R1”或“R2”）；
（3）子涵根据记录的多组I﹣U数据，画出了小灯泡中电流随其两端电压变化的关系图像（如图乙），则小灯泡的额定功率为 0.625 W。
（4）根据图像可判断小灯泡的电阻随电压升高逐渐 变大 ，原因是 灯丝的电阻随温度的升高而变大 。
（5）另一小组的同学利用已知电阻R0，设计并连接了如图丙所示的电路来测量未知定值电阻Rx的阻值，主要实验步骤如下：
①闭合开关S1和S2，电压表的示数为U1；
②只断开开关S2，电压表的示数为U2；
③由此可得电阻Rx＝ （以上两空均用字母U1、U2、R0表示）。
【分析】（1）从小灯泡不亮，电流表无示数，可以判断出电路中出现了断路，然后根据电压表有示数确定出断路的位置；
（2）由欧姆定律求出灯的额定电流，根据串联电路的规律和欧姆定律求出变阻器连入电路中的电阻，从而确定应该选用哪种规格的滑动变阻器；
（3）灯泡在额定电压下正常发光，根据画出的小灯泡中电流随其两端电压变化的关系图象，找出灯在额定电压下的电流大小，根据P＝UI求出小灯泡的额定功率；
（4）由欧姆定律知电压表与电流表的示数即为灯丝的电阻，结合灯丝的电阻随温度的升高而变大分析；
（5）由图丙可知，闭合开关S1和S2时，电压表测电源电压；闭合开关S1时，两电阻串联，电压表测未知定值电阻Rx两端的电压，根据串联电路的电压特点和欧姆定律求出通过电阻R0的电流，根据串联电路的电流特点可知通过未知定值电阻Rx的电流，根据欧姆定律求出未知定值电阻Rx的阻值。
【解答】解：（1）灯泡不亮，电流表无示数，说明电路可能断路；电压表示数接近电源电压，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，与电压表并联的灯泡断路了，故选B；
（2）灯泡的额定电压为2.5V，电阻约为10Ω，灯泡的额定电流约为：IL＝＝＝0.25A，
由串联电路的电压特点可知，滑动变阻器两端的电压：U滑＝U﹣UL＝6V﹣2.5V＝3.5V，
由串联电路的电流特点可知，通过滑动变阻器的电流：I滑＝IL＝0.25A，
由欧姆定律可知，滑动变阻器连入电路中的电阻：R滑＝＝＝14Ω＞10Ω，因此实验电路应该选用滑动变阻器R2；
（3）根据图乙所示的小灯泡电流随电压变化的关系图象知，灯在额定电压2.5V时的电流为0.25A，则小灯泡的额定功率是：PL＝ULIL＝2.5V×0.25A＝0.625W；
（4）由欧姆定律知电压表与电流表的示数之比即为灯丝的电阻；当电压表的示数增大时，通过灯泡的电流变大，根据P＝UI，灯泡的功率变大，灯丝的温度升高，灯泡的电阻变大，故可判断小灯泡的电阻随电压升高逐渐增大，造成这一现象的原因是灯丝的电阻随温度的升高而变大；
（5）①闭合开关S1和S2，电压表测量电源电压，电压表的示数为U1；
②只断开开关S2，两电阻串联，电压表测未知定值电阻Rx两端的电压，电压表的示数为U2，
由串联电路的电压特点可知，R0两端的电压：U0＝U1﹣U2，
通过R0的电流：I0＝＝，
由串联电路电流特点可知，通过Rx的电流为 Ix＝I0＝，
由欧姆定律可知，Rx的阻值为：Rx＝＝＝。
故答案为：（1）B；（2）R2；（3）0.625；（4）变大；灯丝的电阻随温度的升高而变大；（5）。
【点评】本题测定小灯泡的功率，考查故障分析、器材的选择、影响电阻大小的因素、电功率公式的运用以及串联电路的规律和欧姆定律的运用。
四、计算与推导题（本大题共3小题，共18分）
21．（6分）为了倡导低碳环保，绿色出行，每到夏季，我市都会在路边投放大量的共享单车方便大家使用。如图，小泽同学在水平路面上骑行时，人与车总质量为70kg，请完成以下问题。
（1）人与车的总重力是多少？（g＝10N/kg）
（2）若小泽同学以5m/s的速度匀速骑行5min，所受阻力是总重力的0.06倍，求出小泽同学克服阻力做功的功率。
（3）如果该单车用电池供电来代替人力，骑行时效率为80%，则在（2）情景中，电池中至少需要储存多少电能。
【分析】（1）根据G＝mg求出人与车的总重力；
（2）根据题意求出阻力的大小，根据P＝fv求出小泽同学克服阻力做功的功率；
（3）根据W＝Pt求出克服阻力所做的功，根据效率公式求出电池中至少需要储存的电能。
【解答】解：（1）人与车的总重力：G＝mg＝70kg×10N/kg＝700N；
（2）根据题意可知，骑行过程中受到的阻力：f＝0.06G＝0.06×700N＝42N，
小泽同学克服阻力做功的功率：P＝fv＝42N×5m/s＝210W；
（3）克服阻力所做的功：W＝Pt＝210W×5×60s＝6.3×104J，
由η＝可知，电池中至少需要储存的电能：W电＝＝＝78750J。
答：（1）人与车的总重力是700N；
（2）小泽同学克服阻力做功的功率为210W；
（3）电池中至少需要储存的电能为78750J。
【点评】本题考查重力的计算、功和功率的计算以及效率公式的应用，是一道综合题，难度不大。
22．（6分）我国自主研制的载人深潜器下潜深度已突破10000m，在载人深潜领域达到世界领先水平。小京阅读资料后，制作图中的装置，模拟深潜器在海水中的运动。物体甲、乙由一条细线连接且在水中处于静止状态，已知乙的质量为0.2kg，体积为2.5×10﹣5m3。（取ρ海水＝1.03×103kg/m3，ρ水＝1.0×103kg/m3，g＝10N/kg）。求：
（1）在10000m的深处，海水对深潜器的压强大小。
（2）乙物体所受浮力的大小。
（3）细线对乙物体拉力的大小。
【分析】（1）根据p＝ρ海水gh求出海水对深潜器的压强大小；
（2）根据已知条件，根据阿基米德原理求出乙所受浮力：
（3）乙浸没在水中，排开水的体积等于乙的体积，分析乙静止时受力情况，由力的平衡条件求出细线对乙物体拉力。
【解答】解：（1）海水对深潜器的压强大小：
p＝ρ海水gh＝1.03×103kg/m3×10N/kg×10000m＝1.03×108Pa；
（2）已知乙的质量为0.2kg，体积为2.5×10﹣5m3，乙所受浮力：
F浮乙＝ρ水gV排水＝1.0×103kg/m3×10N/kg×2.5×10﹣5m3＝0.25N；
（3）乙浸没在水中，排开水的体积等于乙的体积，即：V排水＝V乙，
乙静止时，受到竖直向下的重力、竖直向上的浮力和绳子拉力的作用，由力的平衡条件可知，
细线对乙物体拉力的大小：
F拉＝G乙﹣F浮乙＝m乙g﹣F浮乙＝0.2kg×10N/kg﹣0.25N＝1.75N。
答：（1）在10000m的深处，海水对深潜器的压强大小为1.03×108Pa；
（2）乙物体所受浮力的大小为0.25N；
（3）细线对乙物体拉力的大小为1.75N。
【点评】本题考查液体压强公式、阿基米德原理及力的平衡知识的运用，要掌握。
23．（6分）某电热管R1（阻值不随温度变化）的标识模糊不清，只剩有“220V，**A”字样。为了测出该电热管的额定电流，将它接入如图甲的电路。电路中电源电压恒定不变，电流表量程为0～0.6A，滑动变阻器R标有“120Ω，0.5A”。测量并画出电压表示数U与电流表示数I的图象，如图乙。求：
（1）当电流为0.2A时，滑动变阻器接入电路的阻值；
（2）电源电压；
（3）电热管的额定电流。
【分析】由图1可知，两电阻串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，电流表测量电路中的电流。
（1）由图2图象读出电路中电流为0.2A时滑动变阻器两端的电压，利用欧姆定律求出此时滑动变阻器接入电路的阻值；
（2）（3）利用欧姆定律分别列出电流为0.2A和0.4A电源电压的表达式，进而求出电热管的电阻和电源电压，利用欧姆定律求出电热管的额定电流。
【解答】解：由图1可知，两电阻串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，电流表测量电路中的电流。
（1）由图2图象可知，电路中电流为0.2A时滑动变阻器两端的电压为16V，由I＝可知，此时滑动变阻器接入电路的阻值：R滑＝＝＝80Ω；
（2）（3）由图2图象可知，当电路中电流为0.2A时，电源电压：U＝16V+0.2A×R1……①
当电路中电流为0.4时，电源电压：U＝8V+0.4A×R1……②
因为电路中电源电压恒定不变，所以有：16V+0.2A×R1＝8V+0.4A×R1，
解得：R1＝40Ω，
则电源电压：U＝16V+0.2A×R1＝16V+0.2A×40Ω＝24V；
则电热管的额定电流：I额＝＝＝5.5A。
答：（1）当电流为0.2A时，滑动变阻器接入电路的阻值为80Ω；
（2）电源电压为24V；
（3）电热管的额定电流为5.5A。
【点评】本题考查串联电路的特点、欧姆定律的应用，属于常考题目。
2023年安徽省滁州市凤阳县东片中考物理二模试卷
一、单选题（本大题共7小题，每小题2分，共14分）
1．（2分）2022年冬奥会上，极具高科技含量的“雪屏幕”采用两台10万流明超高亮度高清激光投影机，将影像投射到超过1000平方米的雪地上。下列有关说法错误的是（ ）
A．投影过程包含光的直线传播
B．投影过程利用了凸透镜成像原理
C．“雪屏幕”的上的影像是虚像
D．“雪屏幕”主要发生了漫反射
2．（2分）古诗词是我国传统文化瑰宝，有的优美词句还与物理知识有着联系。下列词句与对应的物理知识正确的是（ ）
A．“花气袭人知骤暖”，花气袭人属于扩散现象
B．“沙暖睡鸳鸯”，与水相比，沙子的比热容较大
C．“清寒小雪前”，雪的温度很低，它的内能为零
D．“大地阳和暖气生”，大地内能的增加是通过做功方式实现的
3．（2分）细心的小明通过平时观察发现如下现象，其中表述不正确的是（ ）
A．如图甲，“覆杯实验”证明了大气压的存在
B．如图乙，盆景自动供水装置利用了流体压强流速越大压强越小的原理
C．如图丙，小明看到拦河大坝“上窄下宽”，是为了能够承受水深处的较大的压强
D．如图丁，飞机获得升力是因为其上表面空气流速大于下表面空气的流速
4．（2分）小璇想探究电流通过电阻时产生的热量与哪些因素有关。她连接了如图所示的电路进行实验，其中两个完全相同的烧瓶内分别装有质量相等、初温相同的煤油，阻值为R1＞R2的电阻丝，闭合开关一段时间后，记录此时两个温度计的示数。根据上述实验，下列说法中正确的是（ ）
A．此实验中用温度计示数变化的大小反映产生热量的多少
B．此实验探究的是热量与时间的关系
C．此实验探究的是热量与电流的关系
D．闭合开关后，装R2电阻丝的烧瓶中温度计示数上升较快
5．（2分）为实现节能和智能控制，空调内部用到了温度传感器（相当于热敏电阻）和电磁继电器，如图所示是启动与停止空调压缩机的电路示意图。夏天，空调制冷时，房间温度降低，当房间温度低于设定温度时，工作电路就断开，停止制冷。下列说法正确的是（ ）
A．电磁继电器是利用电磁感应原理工作的
B．空调制冷使房间温度降低时，热敏电阻的阻值变大
C．空调制冷使房间温度降低时，电磁铁的磁性变强
D．空调制冷使房间温度降低时，控制电路消耗的电功率变大
6．（2分）用相同的电加热器分别对质量相等的甲和乙两种液体加热（不计热量损失），如图是甲和乙的温度随时间变化的图象，下列说法正确的是（ ）
A．甲的比热容与乙的比热容之比为2：3
B．甲的比热容与乙的比热容之比为1：2
C．甲和乙都加热10分钟，甲吸收热量比乙吸收热量多
D．甲和乙升高相同的温度，甲吸收热量较多
7．（2分）已知人体密度约为1000kg/m3，下列关于初中生的说法正确的是（ ）
A．在两极地区的质量大于赤道的质量
B．所受重力约为50N
C．双脚站立在水平面时，对地面的压强约为20000Pa
D．体积约为0.5m3
二、填空题（本大题共10小题，每小题2分，共20分）
8．（2分）冰熔化变成水的过程中，其质量 （填“变大”、“变小”或“不变”）。熔化过程中，冰 （填“吸收”或“放出”）热量。
9．（2分）小明在旅游时，发现有一种“笑树”，能发出笑声。原来是树果实的外壳上有许多小孔，风一吹，壳里的籽撞击壳壁，使其 发声；这种笑声与人的笑声有明显区别，主要是这两种声音的 不同。
10．（2分）如图所示，用滑轮组将15N的物体在2s内匀速提高0.5m，拉力F为10N，拉力的功率是 W，滑轮组机械效率是 。
11．（2分）如图为某同学家的电能表，该电能表读数为 kW•h；当1h电能表上的转盘转过600转，接在这个电能表上的用电器的功率为 W。
12．（2分）“6V、3W”的小灯泡。工作时要将它接在9V的电源上使用，必须串联一个 Ω的电阻，该电阻的实际功率为 W。
13．（2分）如图所示电路中，灯泡L标有“3V 0.6W”，定值电阻R阻值为30Ω，当开关S闭合时，灯泡L恰好正常发光，此时电流表的示数为 A，通电1min电阻R产生的热量为 J。
14．（2分）家里某用电器发生短路，熔丝立即熔断，用下列方法可以进行检测，如图所示，断开所有用电器开关，用一个普通的白炽灯L正常发光，只闭合S、S2，若L发出暗红色的光，由此可知 ，通常人体安全电压不高于 V，生活中要注意用电安全。
15．（2分）如图所示，滑轮组悬挂在水平钢架上，某工人站在水平地面上，竖直向下拉动绳子自由端，5s内使物体A匀速上升1m，提升过程中拉力F的功率为160W。已知物体A重720N，动滑轮重 N，该工人重600N，工人利用该滑轮组提升物体的最大机械效率为 。（该过程不计绳重和摩擦）
16．（2分）近年来我国践行绿色发展理念，减少化石燃料发电规模，大力扩大水能、风能等发电规模。目前使用的化石燃料属于 （选填“可再生”或“不可再生”）能源。发电机的工作原理是英国物理学家 发现的电磁感应现象。
17．（2分）画出图中两条入射光线通过透镜后的折射光线。
三、实验题（本大题共3小题，共18分）
18．（6分）小明想知道某品牌酸奶的密度，于是与小华一起用天平和量筒做了如下实验：
（1）小明将天平放在水平台上，将游码归零，发现指针指在分度盘的右侧，此时应将平衡螺母向 调，直到天平平衡。小华无论怎样调节，横梁总是右边低，聪明的小明建议在左盘中加几粒米再调节平衡，这样测量质量 （填“准确”或“不准确”）。
（2）调节天平平衡后，他们进行了以下实验：
①用天平测出空烧杯的质量为37g。
②往烧杯中倒入适量的酸奶，测出烧杯和酸奶的总质量，如图甲所示。
③将烧杯中的酸奶全部倒入量筒中，酸奶的体积如图乙所示，为 cm3。
④实验测得酸奶的密度是 kg/m3。
（3）要精确地测量酸奶的密度，步骤（2）的实验顺序排列合理的是 （只写①②③的序号）。
（4）若将烧杯中的酸奶倒入量筒时，有部分酸奶溅到了量筒的侧壁上，会导致所测密度与真实值相比 （填“偏大”“偏小”或“不变”）。
19．（6分）在“探究杠杆的平衡条件”实验中：
（1）实验前，杠杆静止在图甲所示的位置，此时杠杆 （选填“平衡”或“不平衡”）。为了使杠杆在水平位置平衡，应将杠杆右端的平衡螺母向 （选填“左”或“右”）调节，若改为调节杠杆左端的平衡螺母，则向 调节也能使杠杆在水平位置平衡。
（2）图乙中，在A点挂3个钩码，要使杠杆在水平位置平衡，应在B点挂 个相同的钩码；杠杆平衡后，在A、B两点下方同时增加一个相同的钩码，则杠杆 （选填“左端下沉”、“右端下沉”或“仍保持原状”）。
（3）如图丙所示，若不在B点挂钩码，改用弹簧测力计在C点竖直向上拉杠杆，使杠杆在水平位置平衡；当弹簧测力计从图丙位置转到图丁位置时，其示数会 （选填“变大”、“不变”或“变小”）。
20．（6分）子涵准备测定小灯泡的功率，被测小灯泡的额定电压为2.5V，电阻约为10Ω，实验室有如下器材：电源（电压为6V），电流表（0～0.6A、0～3A），电压表（0～3V、0～15V），开关，导线若干，滑动变阻器两只：R1（10Ω 0.5A），R2（20Ω 0.5A）。
（1）正确连接电路后闭合开关，发现灯泡不亮，电流表无示数，电压表有示数，则电路的故障可能是 。
A.灯泡短路
B.灯泡断路
C.滑动变阻器短路
D.滑动变阻器断路
（2）为了满足测量要求，实验电路应该选用滑动变阻器 （选填“R1”或“R2”）；
（3）子涵根据记录的多组I﹣U数据，画出了小灯泡中电流随其两端电压变化的关系图像（如图乙），则小灯泡的额定功率为 W。
（4）根据图像可判断小灯泡的电阻随电压升高逐渐 ，原因是 。
（5）另一小组的同学利用已知电阻R0，设计并连接了如图丙所示的电路来测量未知定值电阻Rx的阻值，主要实验步骤如下：
①闭合开关S1和S2，电压表的示数为U1；
②只断开开关S2，电压表的示数为U2；
③由此可得电阻Rx＝ （以上两空均用字母U1、U2、R0表示）。
四、计算与推导题（本大题共3小题，共18分）
21．（6分）为了倡导低碳环保，绿色出行，每到夏季，我市都会在路边投放大量的共享单车方便大家使用。如图，小泽同学在水平路面上骑行时，人与车总质量为70kg，请完成以下问题。
（1）人与车的总重力是多少？（g＝10N/kg）
（2）若小泽同学以5m/s的速度匀速骑行5min，所受阻力是总重力的0.06倍，求出小泽同学克服阻力做功的功率。
（3）如果该单车用电池供电来代替人力，骑行时效率为80%，则在（2）情景中，电池中至少需要储存多少电能。
22．（6分）我国自主研制的载人深潜器下潜深度已突破10000m，在载人深潜领域达到世界领先水平。小京阅读资料后，制作图中的装置，模拟深潜器在海水中的运动。物体甲、乙由一条细线连接且在水中处于静止状态，已知乙的质量为0.2kg，体积为2.5×10﹣5m3。（取ρ海水＝1.03×103kg/m3，ρ水＝1.0×103kg/m3，g＝10N/kg）。求：
（1）在10000m的深处，海水对深潜器的压强大小。
（2）乙物体所受浮力的大小。
（3）细线对乙物体拉力的大小。
23．（6分）某电热管R1（阻值不随温度变化）的标识模糊不清，只剩有“220V，**A”字样。为了测出该电热管的额定电流，将它接入如图甲的电路。电路中电源电压恒定不变，电流表量程为0～0.6A，滑动变阻器R标有“120Ω，0.5A”。测量并画出电压表示数U与电流表示数I的图象，如图乙。求：
（1）当电流为0.2A时，滑动变阻器接入电路的阻值；
（2）电源电压；
（3）电热管的额定电流。
2023年安徽省滁州市凤阳县东片中考物理二模试卷
参考答案与试题解析
一、单选题（本大题共7小题，每小题2分，共14分）
1．（2分）2022年冬奥会上，极具高科技含量的“雪屏幕”采用两台10万流明超高亮度高清激光投影机，将影像投射到超过1000平方米的雪地上。下列有关说法错误的是（ ）
A．投影过程包含光的直线传播
B．投影过程利用了凸透镜成像原理
C．“雪屏幕”的上的影像是虚像
D．“雪屏幕”主要发生了漫反射
【分析】①在生活中，激光准直、小孔成像、影子的形成、日食月食的形成等都表明光在同一种均匀介质中是沿直线传播的；
②光照射到两种物质界面上时，一部分光被反射回原来介质的现象是光的反射，现象有：平面镜成像、水中倒影等；
③当光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向发生改变，这是光的折射，现象有：看水里的鱼比实际位置浅、彩虹、透镜成像等。
【解答】解：A、投影过程中，光线在空气中是沿直线传播的，故A正确；
BC、投影过程是利用了凸透镜成倒立、放大的实像的原理，故B正确，C错误；
D、“雪屏幕”表面凹透不同，反射光线射向四面八方，主要发生了漫反射，故D正确。
故选C。
【点评】本题考查了光的直线传播、凸透镜成像规律的应用，属于基础题。
2．（2分）古诗词是我国传统文化瑰宝，有的优美词句还与物理知识有着联系。下列词句与对应的物理知识正确的是（ ）
A．“花气袭人知骤暖”，花气袭人属于扩散现象
B．“沙暖睡鸳鸯”，与水相比，沙子的比热容较大
C．“清寒小雪前”，雪的温度很低，它的内能为零
D．“大地阳和暖气生”，大地内能的增加是通过做功方式实现的
【分析】（1）扩散现象与温度的关系：温度越高，扩散现象越快；
（2）不同物质比热容不同，质量相同情况下，物体吸收或放出相同热量，物质比热容越大，温度变化越小；
（3）一切物体都有内能，内能是物体内部所有分子做无规则热运动的动能和分子势能的总和；
（4）改变内能的方式包括做功和热传递。
【解答】解：A、“花气袭人知骤暖”，花气袭人属于扩散现象，故A正确；
B、相同质量和水和沙子相比，吸收相同的热量，由于水的比热容较大，所以水温升高幅度较小，因此水温较低；而沙子比热容小于水，所以沙子升温幅度较大，因此沙子温度较高，导致“沙暖睡鸳鸯”，故B错误；
C、一切物体在任何温度下都有内能，雪的温度虽然很低，但是仍然具有内能，故C错误；
D、大地吸收热量，内能增加，通过热传递的方式实现的，故D错误。
故选：A。
【点评】该题考查了内能的概念、水比热容大、分子热运动、改变物体内能的方式等知识，是一道综合题。
3．（2分）细心的小明通过平时观察发现如下现象，其中表述不正确的是（ ）
A．如图甲，“覆杯实验”证明了大气压的存在
B．如图乙，盆景自动供水装置利用了流体压强流速越大压强越小的原理
C．如图丙，小明看到拦河大坝“上窄下宽”，是为了能够承受水深处的较大的压强
D．如图丁，飞机获得升力是因为其上表面空气流速大于下表面空气的流速
【分析】（1）“覆杯实验”，能证明大气压的存在；
（2）上端开口，底部相连通的容器叫连通器，当所装同一种液体静止不流动时，各容器中的液面是相平的；
（3）液体的压强跟液体的深度和密度有关。在液体的密度一定时，液体越深，液体的压强越大；
（4）液体和气体都称为流体，生活中常见的流体是水和空气，流体流速越大的地方，压强越小；流体流速越小的地方，压强越大。
【解答】解：A、纸片托水的“覆杯实验”，纸片托水正是因为大气压托起了纸片，能证明大气压的存在，故A表述正确；
B、盆景自动供水装置，蓄水瓶上端密封，不是流体压强流速越大压强越小的原理，故B表述错误；
C、由于液体受到重力作用，且具有流动性，所以液体对容器底和容器侧壁有压强，并且液体的压强随深度增加而增大，即越往下面，液体内部压强越大，故拦河大坝的修建成上窄下宽的梯形，为了能够承受水深处的较大的压强，故C表述正确；
D、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，飞机受到向上的压力差，也就是升力，故D表述正确。
故选：B。
【点评】该题通过生活中的现象考查了多个物理知识，要求学生熟练应用所学物理知识来解释生活中的现象。
4．（2分）小璇想探究电流通过电阻时产生的热量与哪些因素有关。她连接了如图所示的电路进行实验，其中两个完全相同的烧瓶内分别装有质量相等、初温相同的煤油，阻值为R1＞R2的电阻丝，闭合开关一段时间后，记录此时两个温度计的示数。根据上述实验，下列说法中正确的是（ ）
A．此实验中用温度计示数变化的大小反映产生热量的多少
B．此实验探究的是热量与时间的关系
C．此实验探究的是热量与电流的关系
D．闭合开关后，装R2电阻丝的烧瓶中温度计示数上升较快
【分析】（1）根据图中的相同点和不同点，利用控制变量法分析实验探究的内容；
（2）此实验中用温度计示数变化的大小反映产生热量的多少；
（3）根据焦耳定律Q＝I2Rt分析可知闭合开关后，装哪个电阻丝的烧瓶中温度计示数上升较快。
【解答】解：（1）由图可知，两电阻丝串联，则通过两电阻丝的电流和通电时间是相同的，电阻不同，所以探究的是热量与电阻的关系，故BC错误；
（2）电流通过电阻丝做功，消耗的电能转化为内能，产生的热量被煤油吸收，煤油吸收热量、温度升高，所以本实验是通过温度计的示数变化反映电流产生的热量多少，故A正确；
（3）根据焦耳定律Q＝I2Rt可知电流和通电时间是相同的，电阻越大，产生的热量越多，R1＞R2，则闭合开关后，装R1电阻丝的烧瓶中温度计示数上升较快，故D错误。
故选：A。
【点评】探究电流通过电阻时产生的热量与哪些因素有关的实验主要考查焦耳定律、控制变量法和转换法的应用，常见题目。
5．（2分）为实现节能和智能控制，空调内部用到了温度传感器（相当于热敏电阻）和电磁继电器，如图所示是启动与停止空调压缩机的电路示意图。夏天，空调制冷时，房间温度降低，当房间温度低于设定温度时，工作电路就断开，停止制冷。下列说法正确的是（ ）
A．电磁继电器是利用电磁感应原理工作的
B．空调制冷使房间温度降低时，热敏电阻的阻值变大
C．空调制冷使房间温度降低时，电磁铁的磁性变强
D．空调制冷使房间温度降低时，控制电路消耗的电功率变大
【分析】电磁继电器的主要部件是电磁铁，电磁铁的工作原理是电流的磁效应；
根据电路的工作过程分析温度传感器的阻值随温度的变化；根据欧姆定律分析控制电路中电流的变化和电磁铁磁性的变化，根据P＝UI分析控制电路总功率的变化。
【解答】解：
A、电磁继电器的主要部件是电磁铁，电磁铁通电后具有磁性，所以电磁铁的工作原理是电流的磁效应，故A错误；
BCD、夏天，空调制冷时，压缩机工作，衔铁被吸下；当房间温度低于设定温度时，工作电路就断开，这说明衔铁在弹簧的作用下被拉起，此时电磁铁的磁性减小，通过电磁铁的电流变小，控制电路中的电流变小，根据欧姆定律可知，控制电路中的电阻变大，热敏电阻的阻值变大；根据P＝UI可知，控制电路消耗的电功率变小，故B正确、CD错误。
故选：B。
【点评】本题考查了电磁继电器的工作原理、电磁继电器的工作过程、欧姆定律和电功率计算公式的应用，属于综合题。
6．（2分）用相同的电加热器分别对质量相等的甲和乙两种液体加热（不计热量损失），如图是甲和乙的温度随时间变化的图象，下列说法正确的是（ ）
A．甲的比热容与乙的比热容之比为2：3
B．甲的比热容与乙的比热容之比为1：2
C．甲和乙都加热10分钟，甲吸收热量比乙吸收热量多
D．甲和乙升高相同的温度，甲吸收热量较多
【分析】（1）用相同的电加热器分别对质量相等的甲和乙两种液体加热，在时间t内，吸收的热量相同；知道甲、乙的温度变化，而甲、乙的质量相同，利用c＝可得比热容的大小关系；
（2）由图象可知，甲、乙升高相同的温度，加热甲的时间比B的时间长，据此比较吸收的热量关系。
【解答】解：（1）由图象可知，吸收热量相同时（即加热时间相同），甲的温度变化为Δt甲＝40℃，乙的温度变化为Δt乙＝20℃，
由Q吸＝cmΔt得c＝，因Q吸、m均相同，则c甲：c乙＝Δt乙：Δt甲＝20℃：40℃＝1：2，故A错误、B正确。
（2）用相同的电加热器分别对质量相等的甲和乙两种液体加热时，在相同的时间10min内电热器产生的热量相等，不计热量损失，则甲、乙吸收的热量相等，故C错误；
（3）由图象可知，甲、乙升高相同的温度，加热乙的时间长，则乙吸收的热量多，故D错误。
故选：B。
【点评】运用图象法解答问题的一般步骤是：（1）明确图象中横纵坐标表示的物理量分别是什么；（2）注意认清横坐标和纵坐标上各表示的最小分格的数值大小和单位；（3）明确图象所表示的物理意义；（4）根据图象对题目提出的问题作出判断，得到结论。
7．（2分）已知人体密度约为1000kg/m3，下列关于初中生的说法正确的是（ ）
A．在两极地区的质量大于赤道的质量
B．所受重力约为50N
C．双脚站立在水平面时，对地面的压强约为20000Pa
D．体积约为0.5m3
【分析】（1）质量是物体的属性，与位置、物态、形状、温度无关，由G＝mg可求得重力；
（2）初中生双脚面积约为0.03m2，双脚站立在水平面时，对地面的压力等于其重力，由p＝可求得对地面的压强；
（3）运用密度公式的变形，可求出体积。
【解答】解：A、质量是物体的属性，与位置无关，所以初中生在两极地区的质量等于赤道的质量，故A错误；
B、初中生的质量约为50kg，其重力G＝mg＝50kg×10N/kg＝500N，故B错误；
C、中学生双脚站立在水平地面时，对地面的压强大约为：
p＝＝＝≈17000Pa，与20000Pa相差不大，故C正确；
D、由ρ＝可得，初中生的体积约为：
V＝＝＝0.05m3，故D错误。
故选：C。
【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。
二、填空题（本大题共10小题，每小题2分，共20分）
8．（2分）冰熔化变成水的过程中，其质量 不变 （填“变大”、“变小”或“不变”）。熔化过程中，冰 吸收 （填“吸收”或“放出”）热量。
【分析】质量是物体的一种属性，与形状、状态、位置和温度无关；
熔化吸收热量。
【解答】解：冰熔化变成水的过程中，状态改变了，质量不变；
熔化过程中，冰吸收热量。
故答案为：不变；吸收。
【点评】本题考查学生对质量和熔化吸热的了解，属于基础题。
9．（2分）小明在旅游时，发现有一种“笑树”，能发出笑声。原来是树果实的外壳上有许多小孔，风一吹，壳里的籽撞击壳壁，使其 振动 发声；这种笑声与人的笑声有明显区别，主要是这两种声音的 音色 不同。
【分析】声音是物体的振动产生的；音色指发声体的声音品质。
【解答】解：风一吹，壳里的籽撞击壳壁，使其振动发声；“笑树”和人的笑声有明显区别，主要是它们的音色不同。
故答案为：振动；音色。
【点评】本题考查了声音产生和音色，属于基础题。
10．（2分）如图所示，用滑轮组将15N的物体在2s内匀速提高0.5m，拉力F为10N，拉力的功率是 5 W，滑轮组机械效率是 75% 。
【分析】知道物重和上升的高度，利用W＝Gh求有用功；由图可知，有两股绳子在拉重物，即n＝2，拉力端移动距离s＝2h，利用W＝Fs求总功，根据P＝可以求出拉力的功率，再利用效率公式求滑轮组的机械效率。
【解答】解：有用功为：W有用＝Gh＝15N×0.5m＝7.5J；
由图可知，连接动滑轮绳子的股数n＝2，则拉力端移动距离：s＝2h＝2×0.5m＝1m。
拉力做的总功为：W总＝Fs＝10N×1m＝10J；
拉力的功率为：P＝＝＝5W；
则滑轮组的机械效率：
η＝×100%＝×100%＝75%；
故答案为：5；75%。
【点评】本题考查使用滑轮组有用功、总功、机械效率的计算，关键是承担物重的绳子股数的确定（直接从动滑轮上引出的绳子股数）。
11．（2分）如图为某同学家的电能表，该电能表读数为 314.5 kW•h；当1h电能表上的转盘转过600转，接在这个电能表上的用电器的功率为 1000 W。
【分析】电能表的读数最后一位是小数，单位为kW•h；
电能表表盘上标的“600r/kW•h”表示的含义是：电路中用电器每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转600转；根据这个参数，如果电能表表盘实际转动的圈数为n，则可以求出用电器消耗的电能，再利用P＝求得用电器的功率。
【解答】解：电能表的读数最后一位是小数，单位为kW•h，故电能表的读数为：314.5kW•h；
根据电能表上标的参数“600r/kW•h”的含义可知，当电能表上转盘转600转时，用电器消耗的电能W＝1kW•h＝3.6×106J。
用电器的功率P＝＝＝1000W。
故答案为：314.5；1000。
【点评】本题考查了电能表读数和电能表上有关参数的意义，以及根据参数求用电器实际消耗电能的计算，系基本知识与技能的考查，关键是理解参数的物理意义。
12．（2分）“6V、3W”的小灯泡。工作时要将它接在9V的电源上使用，必须串联一个 6 Ω的电阻，该电阻的实际功率为 1.5 W。
【分析】（1）小灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，根据P＝UI＝求出正常工作时的电阻；
（2）电源的电压大于灯泡正常发光时的电压，根据串联电路的电压特点可知应串联一个电阻分压，利用串联电路的电压特点求出串联电阻两端的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出电路中的电流，再根据欧姆定律求出串联电阻的阻值，利用P＝UI求出该电阻的实际功率。
【解答】解：（1）由P＝UI＝可得，小灯泡正常工作时的电阻：
RL＝＝＝12Ω；
（2）因电源的电压U＝9V大于灯泡正常发光时的电压UL＝6V，
由串联电路的分压特点可知，要使小灯泡正常发光，应串联一个电阻R分压，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，串联电阻R两端的电压：
UR＝U﹣UL＝9V﹣6V＝3V，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，电路中的电流：
I＝＝＝0.5A，
则串联电阻的阻值：
R＝＝＝6Ω。
该电阻的实际功率：
PR＝URI＝3V×0.5A＝1.5W。
故答案为：6；1.5。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，利用好串联电路的分压特点是关键。
13．（2分）如图所示电路中，灯泡L标有“3V 0.6W”，定值电阻R阻值为30Ω，当开关S闭合时，灯泡L恰好正常发光，此时电流表的示数为 0.3 A，通电1min电阻R产生的热量为 18 J。
【分析】由图可知，当开关S闭合时，灯泡L与定值电阻R并联，电流表测量干路的总电流；根据灯泡的规格和并联电路的特点可知定值电阻R两端的电压，根据欧姆定律求出通过R的电流，根据P＝UI求出通过灯泡L的电流，根据并联电路的电流特点求出干路的总电流，即电流表的示数；根据Q＝I2Rt求出通电1min电阻R产生的热量。
【解答】解：由图可知，当开关S闭合时，灯泡L与定值电阻R并联，电流表测量干路的总电流；
由于灯泡L正常发光，所以灯泡L两端的电压UL＝3V，
根据并联电路的电压特点可知，定值电阻R两端的电压：UR＝UL＝3V，
通过R的电流：IR＝＝＝0.1A，
由P＝UI可知，通过灯泡L的电流：IL＝＝＝0.2A，
根据并联电路的电流特点可知，干路的总电路：I＝IR+IL＝0.1A+0.2A＝0.3A，电流表的示数为0.3A；
通电1min电阻R产生的热量：QR＝Rt＝（0.1A）2×30Ω×1×60s＝18J。
故答案为：0.3；18。
【点评】本题考查并联电路的特点、欧姆定律、电功率公式以及焦耳定律的应用，难度不大。
14．（2分）家里某用电器发生短路，熔丝立即熔断，用下列方法可以进行检测，如图所示，断开所有用电器开关，用一个普通的白炽灯L正常发光，只闭合S、S2，若L发出暗红色的光，由此可知 灯泡L2支路正常 ，通常人体安全电压不高于 36 V，生活中要注意用电安全。
【分析】（1）当检验灯泡发光而亮度不够，则加在灯泡上必有电压，但此电压应小于220V，则此时应该是检验灯泡与另一灯泡串联接在火线与零线之间；
（2）对于人体的安全电压是不高于36V的电压。
【解答】解：家用电器工作电压为220V，将一个普通的白炽灯L与那个熔断的熔丝并联，只闭合S、S2，若L发出暗红色的光，此时校验灯电压应小于220V，则此时应该是检验灯泡与灯泡L2串联接在火线与零线之间，故该支路没有短路或断路，故灯泡L2支路正常；
经验表明，对于人体的安全电压是不高于36V的电压。
故答案为：灯泡L2支路正常；36。
【点评】此题使用检验灯来检验电路故障，要知道判断方法，在生活中要会运用。
15．（2分）如图所示，滑轮组悬挂在水平钢架上，某工人站在水平地面上，竖直向下拉动绳子自由端，5s内使物体A匀速上升1m，提升过程中拉力F的功率为160W。已知物体A重720N，动滑轮重 80 N，该工人重600N，工人利用该滑轮组提升物体的最大机械效率为 93.3% 。（该过程不计绳重和摩擦）
【分析】（1）利用P＝求拉力做的总功，由图可知n＝2，绳子自由端移动的距离s＝nh，利用W总＝Fs求出拉力，利用不计绳重和摩擦时F＝（G+G动）求动滑轮的重力；
（2）人通过滑轮组向下拉绳子时的最大拉力等于人自身的重力，利用不计绳重和摩擦时F＝（G+G动）求出能提升的最大物重，利用η＝＝＝＝求滑轮组的最大机械效率。
【解答】解：（1）由P＝可知，拉力做的总功：W总＝Pt＝160W×5s＝800J，
由图可知n＝2，绳子自由端移动的距离：s＝nh＝2×1m＝2m；
由W总＝Fs可知，绳子自由端的拉力：F＝＝＝400N，
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＝2×400N﹣720N＝80N；
（2）人通过滑轮组向下拉绳子时的最大拉力：F最大＝G人＝600N，
因为不计绳重和摩擦时F＝（G+G动），所以能提升的最大物重：G物＝nF最大﹣G动＝2×600N﹣80N＝1120N，
则滑轮组的最大机械效率：η＝＝＝＝＝×100%≈93.3%。
故答案为：80；93.3%。
【点评】本题考查了使用滑轮组时动滑轮的重力、功、功率和机械效率的计算，关键是从图中得出滑轮组绳子的有效股数。
16．（2分）近年来我国践行绿色发展理念，减少化石燃料发电规模，大力扩大水能、风能等发电规模。目前使用的化石燃料属于 不可再生 （选填“可再生”或“不可再生”）能源。发电机的工作原理是英国物理学家 法拉第 发现的电磁感应现象。
【分析】（1）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；
（2）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；
（3）电磁感应现象是英国物理学家法拉第发现的。
【解答】解：化石燃料会越用越少，不能在短期内从自然界得到补充，因此属于不可再生能源；
发电机的工作原理是英国物理学家法拉第发现的电磁感应现象。
故答案为：不可再生；法拉第。
【点评】本题考查了物理学常识，是一道基础题，平时要注意物理学常识知识的积累。
17．（2分）画出图中两条入射光线通过透镜后的折射光线。
【分析】在作凸透镜或凹透镜的光路图时，先确定所给的光线的特点再根据透镜的光学特点来作图。
【解答】解：平行于主光轴的光线经凹透镜折射后折射光线反向延长通过焦点，过凹透镜光心的光线其传播方向不变，如图所示：
【点评】凹透镜的特殊光线有三条：过凹透镜光心的光线其传播方向不变；平行于主光轴的光线经凹透镜折射后折射光线反向延长通过焦点；指向另一侧焦点的光线经凹透镜折射后折射光线平行于主光轴。
三、实验题（本大题共3小题，共18分）
18．（6分）小明想知道某品牌酸奶的密度，于是与小华一起用天平和量筒做了如下实验：
（1）小明将天平放在水平台上，将游码归零，发现指针指在分度盘的右侧，此时应将平衡螺母向 左 调，直到天平平衡。小华无论怎样调节，横梁总是右边低，聪明的小明建议在左盘中加几粒米再调节平衡，这样测量质量 准确 （填“准确”或“不准确”）。
（2）调节天平平衡后，他们进行了以下实验：
①用天平测出空烧杯的质量为37g。
②往烧杯中倒入适量的酸奶，测出烧杯和酸奶的总质量，如图甲所示。
③将烧杯中的酸奶全部倒入量筒中，酸奶的体积如图乙所示，为 50 cm3。
④实验测得酸奶的密度是 1.1×103 kg/m3。
（3）要精确地测量酸奶的密度，步骤（2）的实验顺序排列合理的是 ②③① （只写①②③的序号）。
（4）若将烧杯中的酸奶倒入量筒时，有部分酸奶溅到了量筒的侧壁上，会导致所测密度与真实值相比 偏大 （填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【分析】（1）使用天平时，应该先将游码调零，然后向较高的一侧调节平衡螺母使天平平衡；无论怎样调节，横梁总是右边低，左盘中加几粒米再调节平衡，此时相当于增加左盘的质量，因而对实验没有影响；
（2）③根据量筒的分度值读数；已知烧杯和酸奶的质量，烧杯的质量，可以得到烧杯中酸奶的质量；已知酸奶的质量和体积，利用公式ρ＝求出酸奶的密度；
（3）在测液体密度时，烧杯中的液体向外倒的过程中，烧杯壁一定要粘液体，所以不能全部倒出，将会带来实验误差，在做实验时，必须考虑烧杯壁粘液体的问题；分析实验步骤中对酸奶的体积测量结果造成了影响，可确定对密度的影响，并可据此调节实验顺序。
（4）有部分酸奶溅到了量筒的侧壁上，会使得所测体积偏小，根据密度公式分析影响。
【解答】解：（1）使用天平时，应该先将游码调零，指针指在分度盘的右侧，应该向左调节平衡螺母使天平平衡；
实验中无论怎样调节，横梁总是右边低，左盘中加几粒米再调节平衡，此时相当于增加左盘的质量，因而对实验没有影响，测量结果准确；
（2）量筒分度值为2mL，则量筒中液体的体积为：V＝50mL＝50cm3；
在天平的标尺上，1g之间有5个小格，一个小格代表的质量是0.2g，即天平的分度值为0.2g；
烧杯和酸奶的总质量是m1＝20g+50g+20g+2g＝92g；
空烧杯的质量为m2＝37g，
烧杯中酸奶的质量为：m＝m1﹣m2＝92g﹣37g＝55g，
酸奶的密度为：ρ＝＝＝1.1g/cm3＝1.1×103kg/m3。
（3）若先测烧杯与酸奶的总质量，再将酸奶倒入量筒测体积，最后测烧杯的质量，这样既不影响酸奶体积的测量，同时烧杯中残留酸奶也不会影响质量的测量结果，洗衣液的密度比较精确，因此合理的实验顺序应为②③①。
（4）在将酸奶倒入量筒时，量筒壁上沾上了部分酸奶，这会导致测量的酸奶的体积偏小，根据ρ＝知密度偏大。
故答案为：（1）左；准确；（2）50；1.1×103；（3）②③①；（4）偏大。
【点评】通过此实验考查了天平、量筒的读数、密度的计算、以及正确分析实验过程中产生的误差，对实验误差的分析及操作顺序的合理安排是我们应该关注的重点。
19．（6分）在“探究杠杆的平衡条件”实验中：
（1）实验前，杠杆静止在图甲所示的位置，此时杠杆 平衡 （选填“平衡”或“不平衡”）。为了使杠杆在水平位置平衡，应将杠杆右端的平衡螺母向 右 （选填“左”或“右”）调节，若改为调节杠杆左端的平衡螺母，则向 右 调节也能使杠杆在水平位置平衡。
（2）图乙中，在A点挂3个钩码，要使杠杆在水平位置平衡，应在B点挂 4 个相同的钩码；杠杆平衡后，在A、B两点下方同时增加一个相同的钩码，则杠杆 左端下沉 （选填“左端下沉”、“右端下沉”或“仍保持原状”）。
（3）如图丙所示，若不在B点挂钩码，改用弹簧测力计在C点竖直向上拉杠杆，使杠杆在水平位置平衡；当弹簧测力计从图丙位置转到图丁位置时，其示数会 变大 （选填“变大”、“不变”或“变小”）。
【分析】（1）杠杆静止或匀速转动时杠杆就处于平衡状态。调节杠杆在水平位置平衡，平衡螺母向上翘的一端移动，在水平位置平衡目的是便于测量力臂，同时消除杠杆自重对实验的影响；
（2）设一个钩码重为G，杠杆一个小格是L，根据杠杆平衡条件判断在B点挂钩码的数量；根据杠杆平衡条件判断是否平衡；
（3）当拉力F向右倾斜时，保持B点不动，弹簧测力计的方向向右倾斜，这时杠杆右侧的动力臂变短，根据杠杆的平衡条件可知，使杠杆仍在水平位置平衡，则弹簧测力计的示数将变大。
【解答】解：（1）杠杆静止或匀速转动时杠杆就处于平衡状态。调节杠杆在水平位置平衡，杠杆右端偏高，应将左端或右端的平衡螺母应向上翘的右端移动，使杠杆在水平位置平衡；
（2）若每个钩码重G，每个小格长L，如图乙所示，杠杆左边A处挂3个相同钩码，要使杠杆在水平位置平衡，根据杠杆的平衡条件可得，3G×4L＝nG×3L，解得n＝4，即应在杠杆右边B处挂同样的钩码4个；
当杠杆平衡后，在A、B两点下方同时增加一个钩码，则有4G×4L＞5G×3L，左侧力与力臂的乘积大于右侧，故左端下沉；
（3）保持C点不变，当弹簧测力计从丙位置转到丁位置时，此时F的力臂变短，根据杠杆的平衡条件，阻力和阻力臂不变，动力臂变小，动力变大。
故答案为：（1）平衡；右；右；（2）4；左端下沉；（3）变大。
【点评】此题是“探究杠杆的平衡条件”实验，考查了杠杆的调平，杠杆平衡条件的应用，都是杠杆平衡条件中的常见知识。
20．（6分）子涵准备测定小灯泡的功率，被测小灯泡的额定电压为2.5V，电阻约为10Ω，实验室有如下器材：电源（电压为6V），电流表（0～0.6A、0～3A），电压表（0～3V、0～15V），开关，导线若干，滑动变阻器两只：R1（10Ω 0.5A），R2（20Ω 0.5A）。
（1）正确连接电路后闭合开关，发现灯泡不亮，电流表无示数，电压表有示数，则电路的故障可能是 B 。
A.灯泡短路
B.灯泡断路
C.滑动变阻器短路
D.滑动变阻器断路
（2）为了满足测量要求，实验电路应该选用滑动变阻器 R2 （选填“R1”或“R2”）；
（3）子涵根据记录的多组I﹣U数据，画出了小灯泡中电流随其两端电压变化的关系图像（如图乙），则小灯泡的额定功率为 0.625 W。
（4）根据图像可判断小灯泡的电阻随电压升高逐渐 变大 ，原因是 灯丝的电阻随温度的升高而变大 。
（5）另一小组的同学利用已知电阻R0，设计并连接了如图丙所示的电路来测量未知定值电阻Rx的阻值，主要实验步骤如下：
①闭合开关S1和S2，电压表的示数为U1；
②只断开开关S2，电压表的示数为U2；
③由此可得电阻Rx＝ （以上两空均用字母U1、U2、R0表示）。
【分析】（1）从小灯泡不亮，电流表无示数，可以判断出电路中出现了断路，然后根据电压表有示数确定出断路的位置；
（2）由欧姆定律求出灯的额定电流，根据串联电路的规律和欧姆定律求出变阻器连入电路中的电阻，从而确定应该选用哪种规格的滑动变阻器；
（3）灯泡在额定电压下正常发光，根据画出的小灯泡中电流随其两端电压变化的关系图象，找出灯在额定电压下的电流大小，根据P＝UI求出小灯泡的额定功率；
（4）由欧姆定律知电压表与电流表的示数即为灯丝的电阻，结合灯丝的电阻随温度的升高而变大分析；
（5）由图丙可知，闭合开关S1和S2时，电压表测电源电压；闭合开关S1时，两电阻串联，电压表测未知定值电阻Rx两端的电压，根据串联电路的电压特点和欧姆定律求出通过电阻R0的电流，根据串联电路的电流特点可知通过未知定值电阻Rx的电流，根据欧姆定律求出未知定值电阻Rx的阻值。
【解答】解：（1）灯泡不亮，电流表无示数，说明电路可能断路；电压表示数接近电源电压，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，与电压表并联的灯泡断路了，故选B；
（2）灯泡的额定电压为2.5V，电阻约为10Ω，灯泡的额定电流约为：IL＝＝＝0.25A，
由串联电路的电压特点可知，滑动变阻器两端的电压：U滑＝U﹣UL＝6V﹣2.5V＝3.5V，
由串联电路的电流特点可知，通过滑动变阻器的电流：I滑＝IL＝0.25A，
由欧姆定律可知，滑动变阻器连入电路中的电阻：R滑＝＝＝14Ω＞10Ω，因此实验电路应该选用滑动变阻器R2；
（3）根据图乙所示的小灯泡电流随电压变化的关系图象知，灯在额定电压2.5V时的电流为0.25A，则小灯泡的额定功率是：PL＝ULIL＝2.5V×0.25A＝0.625W；
（4）由欧姆定律知电压表与电流表的示数之比即为灯丝的电阻；当电压表的示数增大时，通过灯泡的电流变大，根据P＝UI，灯泡的功率变大，灯丝的温度升高，灯泡的电阻变大，故可判断小灯泡的电阻随电压升高逐渐增大，造成这一现象的原因是灯丝的电阻随温度的升高而变大；
（5）①闭合开关S1和S2，电压表测量电源电压，电压表的示数为U1；
②只断开开关S2，两电阻串联，电压表测未知定值电阻Rx两端的电压，电压表的示数为U2，
由串联电路的电压特点可知，R0两端的电压：U0＝U1﹣U2，
通过R0的电流：I0＝＝，
由串联电路电流特点可知，通过Rx的电流为 Ix＝I0＝，
由欧姆定律可知，Rx的阻值为：Rx＝＝＝。
故答案为：（1）B；（2）R2；（3）0.625；（4）变大；灯丝的电阻随温度的升高而变大；（5）。
【点评】本题测定小灯泡的功率，考查故障分析、器材的选择、影响电阻大小的因素、电功率公式的运用以及串联电路的规律和欧姆定律的运用。
四、计算与推导题（本大题共3小题，共18分）
21．（6分）为了倡导低碳环保，绿色出行，每到夏季，我市都会在路边投放大量的共享单车方便大家使用。如图，小泽同学在水平路面上骑行时，人与车总质量为70kg，请完成以下问题。
（1）人与车的总重力是多少？（g＝10N/kg）
（2）若小泽同学以5m/s的速度匀速骑行5min，所受阻力是总重力的0.06倍，求出小泽同学克服阻力做功的功率。
（3）如果该单车用电池供电来代替人力，骑行时效率为80%，则在（2）情景中，电池中至少需要储存多少电能。
【分析】（1）根据G＝mg求出人与车的总重力；
（2）根据题意求出阻力的大小，根据P＝fv求出小泽同学克服阻力做功的功率；
（3）根据W＝Pt求出克服阻力所做的功，根据效率公式求出电池中至少需要储存的电能。
【解答】解：（1）人与车的总重力：G＝mg＝70kg×10N/kg＝700N；
（2）根据题意可知，骑行过程中受到的阻力：f＝0.06G＝0.06×700N＝42N，
小泽同学克服阻力做功的功率：P＝fv＝42N×5m/s＝210W；
（3）克服阻力所做的功：W＝Pt＝210W×5×60s＝6.3×104J，
由η＝可知，电池中至少需要储存的电能：W电＝＝＝78750J。
答：（1）人与车的总重力是700N；
（2）小泽同学克服阻力做功的功率为210W；
（3）电池中至少需要储存的电能为78750J。
【点评】本题考查重力的计算、功和功率的计算以及效率公式的应用，是一道综合题，难度不大。
22．（6分）我国自主研制的载人深潜器下潜深度已突破10000m，在载人深潜领域达到世界领先水平。小京阅读资料后，制作图中的装置，模拟深潜器在海水中的运动。物体甲、乙由一条细线连接且在水中处于静止状态，已知乙的质量为0.2kg，体积为2.5×10﹣5m3。（取ρ海水＝1.03×103kg/m3，ρ水＝1.0×103kg/m3，g＝10N/kg）。求：
（1）在10000m的深处，海水对深潜器的压强大小。
（2）乙物体所受浮力的大小。
（3）细线对乙物体拉力的大小。
【分析】（1）根据p＝ρ海水gh求出海水对深潜器的压强大小；
（2）根据已知条件，根据阿基米德原理求出乙所受浮力：
（3）乙浸没在水中，排开水的体积等于乙的体积，分析乙静止时受力情况，由力的平衡条件求出细线对乙物体拉力。
【解答】解：（1）海水对深潜器的压强大小：
p＝ρ海水gh＝1.03×103kg/m3×10N/kg×10000m＝1.03×108Pa；
（2）已知乙的质量为0.2kg，体积为2.5×10﹣5m3，乙所受浮力：
F浮乙＝ρ水gV排水＝1.0×103kg/m3×10N/kg×2.5×10﹣5m3＝0.25N；
（3）乙浸没在水中，排开水的体积等于乙的体积，即：V排水＝V乙，
乙静止时，受到竖直向下的重力、竖直向上的浮力和绳子拉力的作用，由力的平衡条件可知，
细线对乙物体拉力的大小：
F拉＝G乙﹣F浮乙＝m乙g﹣F浮乙＝0.2kg×10N/kg﹣0.25N＝1.75N。
答：（1）在10000m的深处，海水对深潜器的压强大小为1.03×108Pa；
（2）乙物体所受浮力的大小为0.25N；
（3）细线对乙物体拉力的大小为1.75N。
【点评】本题考查液体压强公式、阿基米德原理及力的平衡知识的运用，要掌握。
23．（6分）某电热管R1（阻值不随温度变化）的标识模糊不清，只剩有“220V，**A”字样。为了测出该电热管的额定电流，将它接入如图甲的电路。电路中电源电压恒定不变，电流表量程为0～0.6A，滑动变阻器R标有“120Ω，0.5A”。测量并画出电压表示数U与电流表示数I的图象，如图乙。求：
（1）当电流为0.2A时，滑动变阻器接入电路的阻值；
（2）电源电压；
（3）电热管的额定电流。
【分析】由图1可知，两电阻串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，电流表测量电路中的电流。
（1）由图2图象读出电路中电流为0.2A时滑动变阻器两端的电压，利用欧姆定律求出此时滑动变阻器接入电路的阻值；
（2）（3）利用欧姆定律分别列出电流为0.2A和0.4A电源电压的表达式，进而求出电热管的电阻和电源电压，利用欧姆定律求出电热管的额定电流。
【解答】解：由图1可知，两电阻串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，电流表测量电路中的电流。
（1）由图2图象可知，电路中电流为0.2A时滑动变阻器两端的电压为16V，由I＝可知，此时滑动变阻器接入电路的阻值：R滑＝＝＝80Ω；
（2）（3）由图2图象可知，当电路中电流为0.2A时，电源电压：U＝16V+0.2A×R1……①
当电路中电流为0.4时，电源电压：U＝8V+0.4A×R1……②
因为电路中电源电压恒定不变，所以有：16V+0.2A×R1＝8V+0.4A×R1，
解得：R1＝40Ω，
则电源电压：U＝16V+0.2A×R1＝16V+0.2A×40Ω＝24V；
则电热管的额定电流：I额＝＝＝5.5A。
答：（1）当电流为0.2A时，滑动变阻器接入电路的阻值为80Ω；
（2）电源电压为24V；
（3）电热管的额定电流为5.5A。
【点评】本题考查串联电路的特点、欧姆定律的应用，属于常考题目。
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