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2021年湖南省株洲市天元区中考适应性训练物理试题（解析版）
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这是一份2021年湖南省株洲市天元区中考适应性训练物理试题（解析版），共21页。试卷主要包含了单选题，双选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
株洲市天元区2021年初中毕业物理学科适应性训练题
（时量90分钟 总分100分）
一、单选题（选择1个答案，本大题共15个小题，每小题2分，总分30分）
1. “宫、商、角、徵、羽”起源于春秋时期，是中国古乐的五个基本音阶，亦称五音，相当于现代7个音阶中的do、re、mi、sol、la．五音实际上是指声音的（ ）
A. 音色 B. 音调 C. 响度 D. 速度
【答案】B
【解析】
【详解】中国古乐的五个基本音阶，每个音阶对应的频率是逐渐增大的，因为频率越高，音调越高，由此可知do、re、mi、sol、la．五音实际上是指声音的音调．故B正确．
2. 古诗词往往蕴含丰富的物理知识,在下列诗词中能体现“分子在不停息运动”的是( )
A. 水晶帘动微风起，满架蔷薇一院香 B. 姑苏城外寒山寺，夜半钟声到客船
C. 去年今日此门中，人面桃花相映红 D. 两岸青山相对出，孤帆一片日边来
【答案】A
【解析】
【详解】A. 满架蔷薇一院香是指蔷薇的香味扩散到院子当中，是分子在不停息运动的现象，故A正确；
B. 夜半钟声到客船，描述的是声音在空气中传播的现象，与分子运动无关，故B错误；
C. 人面桃花相映红是指美丽的脸庞和桃花互相衬托，显得分外红润，与分子运动无关，故C错误；
D. 两岸青山相对出，孤帆一片日边来描述的是运动的相对性的知识，与分子运动无关，故D错误．
3. 如图，几个同学看着列车徐徐地开动了，小明坐在窗边，却看到同学们渐渐向后退去，原因是小明、几个同学所选的参照物分别是（ ）
A. 地面、列车 B. 列车、地面 C. 列车、列车 D. 地面、地面
【答案】B
【解析】
【详解】小明坐在窗边，看到同学们渐渐向后退去，若小明以地面为参照物，同学们与地面之间的位置不变，因此会得出同学们是静止的；若小明以运动的列车作为参照物，同学们与列车的位置发生了变化，则列车是运动的；几个同学看着列车徐徐地开动了，同学们判断列车的运动情况时不能选列车作为参照物，同学们选地面做参照物时，列车与地面间的位置发生了改变，因此列车是运动的。故ACD不符合题意；B符合题意。
故选B。
4. 智能手机无线充电过程是：电流通过充电底座中的线圈产生磁场，而带有金属线圈的智能手机靠近该磁场就能接受磁场，产生电流，进行充电。这充电的过程实质上是（ ）
A. 电能转化为机械能 B. 机械能转化为电能
C. 内能转化为电能 D. 内能转化为机械能
【答案】B
【解析】
【详解】由题意知，在进行无线充电的过程中，带有金属线圈的智能手机靠近该磁场，就产生了电流，这一过程是闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，产生了感应电流，属于电磁感应现象，在这一环节，将机械能转化为电能，故B符合题意，ACD不符合题意。
故选B。
5. 下列实例属于做功改变物体内能的是（ ）
A. 晒太阳 B. 搓手取暖 C. 热水袋取暖 D. 冰袋降温
【答案】B
【解析】
【详解】A．晒太阳，太阳通过光将能量传递给其它物体，是热传递的方式改变内能，故A不符合题意；
B．“搓手取暖”，双手摩擦，摩擦生热，机械能转化为内能，这是利用做功改变物体内能，故B符合题意；
C．热水袋取暖，热水放热，人吸热，是热传递的方式改变内能，故C不符合题意；
D．冰袋降温，人放热，冰吸热，是热传递的方式改变内能，故D不符合题意。
6. 如图是一种切甘蔗用的铡刀示意图。下列正确的是（ ）
A. 刀刃很薄，可以增大压力
B. 铡刀实质上是一种费力杠杆
C. 甘蔗放在a点比b点更易被切断
D. 手沿F1方向用力比沿F2方向更省力
【答案】C
【解析】
【详解】A．刀刃很薄，是通过减小受力面积来增大压强的，故A错误；
B．铡刀在使用时动力臂大于阻力臂，实质上是一种省力杠杆，故B错误；
C．由图知，甘蔗放在a点比b点时的阻力臂更小，而甘蔗对铡刀的阻力一定，根据杠杆的平衡条件可知，动力会越小，更易被切断，故C正确；
D．由图知，手沿F1方向用力比沿F2方向用力时的动力臂要小，根据杠杆平衡条件可知，动力越更大，故D错误。
故选B。
7. 古诗《立冬》中，有诗句“门尽冷霜能醒骨，窗临残照好读书”．诗中所说的“霜”，其形成过程的物态变化属于
A. 凝华 B. 凝固 C. 汽化 D. 液化
【答案】A
【解析】
【详解】诗中所说的霜，是空气中的水蒸气直接变成固体，是凝华现象，故A正确．
8. 古代人们巧妙地利用水来开山采石：冬季，在白天给石头打一个洞，再往洞里灌满水并封实，待晚上降温水结冰后石头就裂开了。下列正确的是（ ）
A. 石头裂开后密度减小 B. 水结冰后质量增大，体积增大而使石头裂开
C. 石头裂开后密度增大 D. 水结冰后质量不变，体积增大而使石头裂开
【答案】D
【解析】
【详解】AC．密度是物质的一种特性，同种物质的质量与体积的比值相同，它不随物体自身的质量或体积的变化而变化，石头裂开前后，其密度不会发生变化，故AC错误；
BD．质量是物体本身属性，与状态无关，水结成冰后，根据公式，质量不变，密度减小，所以体积变大，使石头裂开。故B错误，D正确。
故选D。
9. 如图，两个完全相同的机翼模型a和b被固定在竖直方向，只能上下自由运动，A、B两弹簧测力计的示数分别为Fa，Fb。（ ）
A. 当相同的风速吹向飞机模型时，Fa>Fb B. 当风突然停止时，模型a将上升
C. 当相同的风速吹向飞机模型时，Fa＜Fb D. 当风突然停止时，模型b将下降
【答案】C
【解析】
【详解】AC．如图所示，a的形状类似于机翼，气流流过时，上方空气流速大、压强小，下方空气流速小、压强大，会产生向上的升力，所以弹簧测力计A的示数变小；图中b的形状是装反了的机翼，气流流过时，下方空气流速大、压强小，上方空气流速小、压强大，会产生向下的力，所以弹簧测力计B的示数变大；所以Fa＜Fb，故A不符合题意，C符合题意；
BD．当风突然停止时，模型a受到向上的力减小，将下降；模型b受到的向下的力减小，将上升，故BD不符合题意。
故选C。
10. 速度分别为v甲、v乙的甲、乙两车在同一段平直公路上分别从距离为s的P、Q两点同时同向运动，经过5s后相遇，它们的“路程—时间”图线如图所示，则（ ）
A. v甲>v乙，s=16m B. v甲>v乙，s=9m
C. v甲＜v乙，s=16m D. v甲＜v乙，s=9m
【答案】C
【解析】
【详解】AB．“路程—时间”图线如图所示，甲乙两条直线斜率代表甲乙两车的速度，如图可知
v甲＜v乙
故AB不符合题意；
CD．如图所示，甲车5s走了5m，乙车5s走了14m，根据题意两车之间的距离为
故D符合题意，C不符合题意。
故选D。
11. 某同学观察他家里的电动自行车后发现：不管捏紧左边还是右边的车闸，车尾的一盏刹车指示灯均会亮起，而拨动扶手旁向左或向右的转向开关时，车尾只有对应一侧的转向指示灯会亮起，下列指示灯的示意图合理的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】根据题意不管捏紧左边还是右边的车闸，车尾的一盏刹车指示灯均会亮起，说明左边的车闸与右边的车闸并联控制刹车灯，而拨动扶手旁向左或向右的转向开关时，车尾只有对应一侧的转向指示灯会亮起，说明转向开关向左或向右分别控制左边和右边的转向灯，符合题意的只有B，故答案选B．
12. 2018年4月20日，我国最先进的自主潜水器“潜龙三号”（如图所示）成功首潜．潜水器在水面下匀速下潜过程中（ ）
A. 受到的重力小于浮力
B. 上、下表面受到的压力差变大
C. 受到的压强变大，浮力变大
D. 受到的压强变大，浮力不变
【答案】D
【解析】
【详解】分析：物体受到浮力的原因是物体上、下表面受到液体的压力差作用，浮力的大小与液体密度和物体排开液体的体积有关，因此判断浮力的大小，关键判断液体密度和物体排开液体的体积发生怎样的变化．潜水器受到的压强大小与液体的密度和潜水器所处的深度有关，因此判断压强的大小，关键是判断液体密度和潜水器所处深度的变化．
解答：潜水器在水面下匀速下潜，此时水的密度不变，潜水器浸没在水中，其排开水的体积不变，但是在水中的深度逐渐增深．根据公式和公式可知，潜水器受到的压强增大，浮力不变，即上、下表面受到的压力差不变．故选项A、B、C均错误，D正确．
故选D．
【点睛】本题考查了对液体压强和浮力的判断．判断时要了解影响液体压强和浮力大小的因素，并判断影响因素中哪些是定量，哪些是变量．
13. 如图所示电路，当开关闭合，两灯正常发光．使用中发现两灯突然熄灭，电流表无示数，电压表示数增大，则故障可能是
A. 灯L1被短接 B. 灯L2被短接 C. 灯L1断路 D. 灯L2断路
【答案】D
【解析】
【详解】首先分析电路，此电路是串联，电压表测量灯泡L2当使用中发现两灯突然熄灭，说明是断路，电压表示数增大，则故障可能是电压表并联的L2断路了，正确选D．
14. 现有实心立方体木块，放在水平桌面上，如图所示，露出部分的宽度为d，对桌的压强为p。若沿竖直方向切掉厚度Δl，则（ ）
A. 当Δl＜d时，剩余部分对桌面的压强p1＜p
B. 当Δl=d时，剩余部分对桌面的压强p2=p
C. 当Δl>d时，剩余部分对桌面的压强p3>p
D. 当Δl＜d时，剩余部分对桌面的压强p1=p
【答案】A
【解析】
【详解】AD.若沿竖直方向切掉厚度，当时，与原来相比，木块的重力减小，对水平面的压力减小，但受力面积不变，由可知，剩余部分对桌面的压强小于，故A符合题意，D不符合题意；
B.当时，与原来相比，木块的重力减小，对水平面的压力减小，但受力面积仍然不变，由可知，剩余部分对桌面的压强小于，故B不符合题意；
C．若沿竖直方向切掉厚度，当时，此时与桌面的接触面积为，则剩余部分对桌面的压强
若沿竖直方向切掉厚度，当时，此时与桌面的接触面积为，则剩余部分对桌面的压强
比较可知，剩余部分对桌面的压强，则有。故C不符合题意。
故选A。
15. 如图所示，闭合开关后，电流表A1、A2的示数比为2︰3，则下列说法正确的是（ ）
A. 通过R1、R2的电流之比是2︰3
B. R1、R2两端的电压之比是1︰2
C. R1、R2的阻值之比是2︰3
D. R1、R2的电功率之比是2︰1
【答案】D
【解析】
【详解】如图所示，两个电阻并联，电流表A1测量通过R1的电流，电流表A2测量通过干路的电流。
A．因为电流表A1、A2的示数比为2︰3，所以设通过R1的电流为2I，通过干路的电流为3I，根据在并联电路中，通过干路电流等于各支路电流之和可得，通过R2的电流为
则通过R1、R2的电流之比为
故A错误；
B．因为两个电阻R1、R2并联，根据并联电路电压特点可知，R1、R2两端的电压相等，所以R1、R2两端的电压之比为1︰1，故B错误；
C．R1、R2的阻值之比为
故C错误；
D．R1、R2的电功率之比为
故D正确。
故选D。
二、双选题（每小题选择2个答案，错（多）选不计分，选对但不全计2分，全选对计3分，本大题共6个小题，总分18分）
16. 小华用一个透镜观察书上的字，她看到如图的情景，以下正确的是（ ）
A. 图中成的像是一个虚像
B. 图中成的像可以在光屏显示
C. 图中的透镜制成的眼镜可以用于矫正近视眼
D. 当图中的透镜远离书本，所成的像变小
【答案】BD
【解析】
【详解】AC．根据凸透镜成像规律，当物距大于一倍焦距小于二倍焦距时，成倒立放大的实像，说明图中的透镜为凸透镜，凸透镜可以用来矫正远视眼，凹透镜可以用来矫正近视眼，故AC错误；
B．凸透镜所成的实像能用光屏呈接，故B正确；
D．当透镜远离课本时，物距变大，像距变小，像也会变小，故D正确。
故选BD。
17. 如图是棒球比赛时，向斜上方击球时的情景，下列有关说法正确的是 （ ）
A. 击球一瞬间，棒对球的力等于球对棒的力
B. 被击后的球在空中上升过程中，机械能是不变的
C. 球上升到最高点时，若所受力全部消失，球将静止不动
D. 球在下落过程中其速度越来越大
【答案】AD
【解析】
【详解】A．击球的一瞬间，棒对球的力与球对棒的力是一对作用力与反作用力，大小相等，故A正确；
B．球在上升过程中，克服空气阻力做功，一部分机械能转化为内能，机械能减少，故B错误；
C．球做曲线运动，上升到最高点时，速度不为零，若此时受到的力全部消失，它将保持匀速直线运动状态，故C错误；
D．力是改变物体运动状态的原因，球下落过程中速度越来越大，因为重力改变了球的运动状态，故D正确。
故选AD。
18. 某兴趣小组在接线板上固定好A、B、C、D四个接线柱，在AB、CD之间 分别接上长短、粗细相同的保险丝和铜丝，再把它们接入电路（如图）。当变阻器滑片移到某一位置时，保险丝被熔断，但铜丝完好无损。说明（ ）
A. 保险丝的温度较铜丝要低 B. 保险丝的熔点较铜丝要低
C. 通过保险丝的电流较铜丝大 D. 保险丝的电阻较铜丝要大
【答案】BD
【解析】
【详解】保险丝是由电阻率大、熔点低的铅锑合金制作的，而铜丝的电阻率小、熔点高；保险丝和铜丝串联，通过它们的电流相同，通电时间也相同；保险丝的电阻大于铜丝的电阻，由 Q =Ｉ2Rt可得，保险丝产生的热量多、温度高，且保险丝熔点低，故保险丝先熔断，从而起到保护电路的作用，故 AC 不符合题意， BD 符合题意。
故选BD 。
19. 如图用同一滑轮组分别将两个不同的物体A和B匀速提升相同的高度，不计绳重和摩擦的影响，提升A的过程滑轮组的机械效率较大，则下列判断正确的是（ ）
A. 物体A比物体B轻 B. 提升A的拉力较大
C. 提升A所做的额外功较少 D. 提升A做的总功较多
【答案】BD
【解析】
【详解】A．用同一滑轮组分别将两个不同的物体A和B匀速提升相同的高度，不计绳重和摩擦的影响，提升A的过程滑轮组的机械效率较大，由
可知，A物体比B物体重，故A错误；
B．由图知，动滑轮上的绳子段数n=2，因不计绳重和摩擦，A物体比B物体重，G轮相同，则根据
可知，提升A的拉力较大，故B正确；
C．由题知，提起两物体所用的滑轮组相同，将物体提升相同的高度，不计绳重和摩擦，克服动滑轮重力所做的功是额外功，由W额=G动h知，提升A和B所做额外功相同，故C错误；
D．由题知，提起两物体所用的滑轮组相同，将物体提升相同的高度，A物体比B物体重，由W有用=Gh知，提升A做的有用功较多，故D正确。
故选BD。
20. 如图是电阻甲和电阻乙的I-U图像，下列正确的是（ ）
A. 甲、乙两端电压均为1.5V时，R甲=R乙
B. 甲、乙串联在3V电源下时，电路中电流0.6A
C. 甲、乙并联在2V电源下时，电路总功率为1.2W
D. 甲、乙并联时，当电压从0增大到2.5V过程中，通过甲、乙两电阻的电流之差先变大后变小
【答案】CD
【解析】
【详解】A．由图可知，当甲、乙两端电压均为1.5V时，通过甲、乙的电流分别是0.3A和0.1A，通过甲、乙的电流不相等，根据可知，甲的电阻和乙的电阻不相等，故A错误；
B．根据串联电路的电流和电压特点可知，当电路中的电流I=0.2A、U甲=1V、U乙=2V时，电源电压
U=U甲+U乙=1V+2V=3V
故B错误；
C．甲、乙并联在2V电源下，根据并联电路的电压特点可知，甲、乙两端的电压都为2V，由图可知，通过甲、乙的电流为分别0.4A和0.2A，根据串联电路的电流特点可知，干路的总电流
I总=I甲+I乙=0.4A+0.2A=0.6A
电路总功率
P=U'I总=2V×0.6A=1.2W
故C正确；
D．甲、乙并联时，甲、乙两端的电压相等，由图可知，当电压从0增大到2.5V过程中，通过甲、乙两电阻的电流之差先变大后变小，故D正确。
故选CD。
21. 面积很大的水池。水面上静止着一边长为a、质量为m的正方体木块（图甲）。现用力F将木块匀速下压，F随木块底面的深度H变化如图乙，则下列正确的是（ ）
A. 木块的密度为水的密度的倍
B. 在木块匀速下沉过程中，F最大值是
C. 木块开始下沉到恰好浸没的过程中，重力做功是
D. 木块漂浮时，下表面受到水的压力为
【答案】BC
【解析】
【详解】A．木块的体积V木=a3，由图可知，木块底面深度时，压力F=0，则浸没在水中的体积
由F浮=ρgV排和
F浮=G=mg=ρVg
可得
F浮=ρ水gV排=ρ木V木g
即
解得，故A错误；
B．由以上分析可知，水的密度
因物体浸没时排开水的体积和自身的体积相等，所以，木块完全浸没后的浮力
因木块浸没时受到竖直向上的浮力和竖直向下的重力、压力，所以，由力的平衡条件可得，手对木块的压力（最大压力）
故B正确；
C．木块开始下沉到恰好浸没的过程中，由图可知物体重心下降，则重力对木块做功
故C正确；
D．木块漂浮时，因F浮=F下-F上，且上表面受到的压力F上=0，所以，下表面受到水的压力
F下=F浮=G木=mg
故D错误。
故选BC。
三、非选择题（本部分共有7个大题，其中22~26题将答案填接填在规定位置，27~28题要有必要的文字说明和解题步骤，只写答案不计分，本部份总分52分）
22. 小明手里有一个正、负极性标志模糊的电池。他用了如下两种方法进行判断。
（1）方法一、他连接了图甲的电路。当闭合开关时，电压表指针指示情况如图甲所示。则图中电池的A是___________极（填“正”或“负”）；出现这种状况的原因是___________。
（2）方法二、他连接了图乙的电路。当闭合开关时，发现小磁针的N极指向如图乙所示。则该图中电池C是___________极（填“正、负”）；螺线管的右端是___________极（填“N、S”）。
（3）小明手边还有如下器材，其中不能用来判断电源正、负极的是___________（填字母）。
A．电流表 B.发光二极管 C.小型电动机
【答案】 ①. 正 ②. 电压表量程过小 ③. 负 ④. S ⑤. C
【解析】
【详解】（1）[1][2]电压表指针右偏，流经电压表的电流方向正确，图中电池的A是正极；出现指针满偏的原因是电源电压较大，电压表量程太小。
（2）[3] [4]小磁针静止时N极指向螺线管的左侧，根据异名磁极相互吸引，故螺线管的右端是S极，左端是N极；根据安培定则，用右手握住螺线管，大拇指指向N极，则弯曲的四指指的方向即为电流的方向，故电源的C端是负极。
（3）[5]A．电流流经电流表时“正进负出”则电流表指针的正向偏转，否则将反向偏转，由此可确定电流方向，故A不符合题意；
B．根据发光二极管的单向导电性可以确定电流方向，故B不符合题意；
C．小型电动机通过的电流方向不同转向不同，但不能确定电流方向，故C符合题意。
故选C
23. 在“比较不同物质吸热的情况”的实验中，用两烧杯分别装有质量相等的水和煤油，用甲、乙两个电加热器给它们加热，并画出了它们的温度随时间变化的图像；
（1）实验中，两个电加热器的功率要相同，这样可以用___________来比较吸热的多少；
（2）由图像可知：若要使这两种物质升高相同的温度，___________吸收的热量更多一些，___________物质的比热容更小；（填“a”或“b”）
（3）由图像可知，水的温度随时间变化的图像是___________（填“a”或“b”），煤油的比热容为 ___________J/（kg•℃）；[水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）]
（4）从图中可以看出，煤油看起来比水要“多”一些，这是因为煤油的___________小。
【答案】 ①. 加热时间 ②. a ③. b ④. a ⑤. 2.1×103 ⑥. 密度
【解析】
【详解】（1）[1]实验中，两个电加热器的功率要相同，由转换法知，这样可以用加热时间来比较吸热的多少。
（2）[2][3]由图像可知，质量相等、都升高20℃，a加热时间长，a吸收的热量更多一些，根据，故a的比热容大，b物质的比热容更小。
（3）[4]因水的比热容大，由知，吸收相同热量，水升温低。由图像可知，水的温度随时间变化的图像是a。
[5]因升高20℃，煤油加热时间为3分钟，水加热6分钟，煤油吸热是水的二分之一，根据可知，在质量和升高的温度相同的情况下，吸热与比热容成正比，若水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），则煤油的比热容为
（4）[6]从图中可以看出，煤油看起来比水要“多”一些，已知水和煤油质量相同，根据密度变形公式可，因为煤油的密度小，故煤油的体积大一些。
24. 用图甲探究“平面镜成像的特点”。
（1）在水平面上铺一张白纸，再将玻璃板___________立在白纸上，把一支点燃的蜡烛A放在玻璃板前面，再拿一支外形完全相同___________的蜡烛B竖立在玻璃板后面移动（选填“点燃”或“不点燃”），直到看上去它跟蜡烛A的像___________；
（2）把光屏放在玻璃板后，无论如何移动，都不能承接到蜡烛A的像，说明平面镜所成的像是___________像；
（3）图乙是小强某次测量蜡烛A到平面镜的距离L=___________cm，像距玻璃板___________cm；将蜡烛靠近玻璃板，像的大小将___________（选填“变大”“变小”或“不变”） ；
（4）若将玻璃板向左倾斜（图丙），观察到蜡烛A的像的位置在图中的___________（选填“①”或“②”）处。
【答案】 ①. 垂直 ②. 不点燃 ③. 完全重合 ④. 虚 ⑤. 3.50 ⑥. 3.50 ⑦. 不变 ⑧. ②
【解析】
【详解】（1）[1][2][3]实验时，玻璃板与白纸垂直，便于确定像的位置，如果点燃玻璃板后方的蜡烛B，平面镜则因为光太亮而几乎无法分清镜中的烛焰是像的烛焰还是对面B的烛焰，难以确定像的位置，从而对实验造成影响，所以实验过程中蜡烛B不需要点燃，拿未点燃的蜡烛B竖立在玻璃板后面移动，直到看上去蜡烛B跟蜡烛A的像完全重合。
（2）[4]实像可以在光屏上承接到，而虚像则不能，把光屏放在玻璃板后，无论如何移动，都不能承接到蜡烛A的像，说明平面镜所成的像是虚像。
（3）[5][6]由图乙知，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，即1mm，此刻度尺的分度值为1mm；物体左侧与0刻度线对齐，右侧与3.5cm对齐，估读为3.50cm，所以蜡烛A到平面镜的距离L=3.50cm。像距等于物距，故像距玻璃板3.50cm。
[7]平面镜成像所成的像与物的大小相同，将点燃的蜡烛逐渐靠近玻璃板，它的像将不变。
（4）[8]如图所示：
作出蜡烛火焰关于平面镜的对称点，可知在实验中如果把平板玻璃向左倾斜（如图丙），观察到蜡烛的像的大致位置在图中的②处。
25. 小红通过下图中“甲à乙à丙”实验步骤测量牛奶的密度。
（1）由图中数据可知：量筒中牛奶的质量为______g，牛奶密度为______kg/m3；
（2）用这种方法测得的密度值会______；（填“偏大、偏小”）
（3）为了测量值更准确些，你认为图中合理的实验顺序为：______（填序号）。
【答案】 ①. 111 ②. 1110##1.11×103 ③. 偏大 ④. 乙丙甲
【解析】
【详解】（1）[1]如图甲所示，砝码质量为40g，游码分度值为0.2g，示数为3g，则空烧杯质量为43g。如图乙所示，砝码质量为150g，游码示数为4g，则牛奶和烧杯总质量为154g，故牛奶质量为
[2]如图丙所示，量筒示数为100mL，则牛奶的体积为，则牛奶密度为
（2）[3]用这种方法测量，把牛奶从烧杯倒入量筒中时，烧杯中会残留一部分牛奶，所以量筒中的牛奶的真实质量比测量值小，则测得的牛奶密度值会偏大。
（3）[4] 为了测量值更准确些，应该先测出牛奶和烧杯的总质量，然后把牛奶倒入量筒测出体积，最后测出烧杯和剩余牛奶的剩余质量，用总质量减去剩余质量就得到量筒中牛奶的质量。所以较为合理的实验顺序为乙丙甲。
26. 小明想测一个标有“3.8 V”字样的小灯泡的额定功率，于是他借来一些实验器材，连接了如图甲的实验电路（电源电压不变）。
（1）将甲图中的电路补充完整 （导线要用实线且不交叉）；___________
（2）连接电路以后，闭合开关之前，除了检查电路以外，还要将滑片P___________；
（3）闭合开关，移动变阻器滑片，他发现小灯泡始终不亮，电流表有示数，电压表无示数。则故障原因可能是___________；
（4）在实验时，电压表突然出现了故障不能使用。小明借来一只电阻R0（R0=10Ω），设计了图乙的电路，继续测量该小灯泡的额定功率。测量时，应先闭合S和S1，调节变阻器，当电流表的示数为___________A时，小灯泡正常发光；接着将S1断开，S2闭合，读出电流表的示数为___________A（图丙），则小灯泡的额定功率P额=___________W。
【答案】 ①. ②. 移至阻值最大处 ③. 灯泡短路 ④. 0.38 ⑤. 0.48 ⑥. 0.38
【解析】
【详解】（1）[1]电流表与小灯泡串联，小灯泡的额定电压为3.8V，则电压表应选0-15V的量程并联在灯泡两端，如图所示：
（2）[2]为了保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器滑片移到最大阻值处，即A端。
（3）[3]闭合开关，移动变阻器的滑片，他发现小灯泡始终不亮，电流表有示数，电压表无示数，说明电路是通路，小灯泡或电压表发生短路，故障可能小灯泡短路。
（4）[4]闭合S和S1，小灯泡与R0并联，调节变阻器，小灯泡正常发光，则小灯泡与R0两端的电压为3.8V，电流表测量R0的电流，电流表的示数为
[5][6]将S1断开，S2闭合，小灯泡与R0并联，电流表测量干路的电流，如图丙所示，干路电流为；根据并联电路电流的特点，小灯泡的额定电流为
则小灯泡的额定功率为
27. 小亮家新装了一台智能电热马桶盖（图甲），他查阅说明书发现便座加热电路有低、中、高三挡并可手动调节，其额定电压为220V，中温挡的额定功率为22W，高温挡的额定功率为66W。图乙是它的等效电路图，R1和R2表示两电热丝，单刀双掷开关S2可接a或b。
（1）当S1闭合，S2接a时它处于___________状态；当S1闭合，S2接b时它处于___________状态；当S断开，S2接b时它处于___________（均选填“高温”“中温”或“低温”）状态；
（2）高温挡加热5h，消耗的电能是___________度；
（3）电阻R2的阻值是___________Ω。
【答案】 ①. 高温 ②. 中温 ③. 低温 ④. 0.33度 ⑤. 1100
【解析】
【详解】（1）[1][2][3]根据可知，电路中的电阻最大时，电路中的总功率最小，此时处于低温档，总电阻最小时，电路中的总功率最大，此时处于高温挡，由题意可知，当S1闭合，S2接a时电阻R1、R2并联接入电路中，根据并联电路电阻规律可知，此时电路中的总电阻最小，电路中的总功率最大，此时处于高温挡。当S1闭合，S2接b时，电阻R2被短路，此时电阻只有电阻R1接入电路中，此时处于中温挡；当S1断开，S2接b时，电阻R1、R2串联接入电路中，根据串联电路电阻规律可知，此时电路中的总电阻最大，总功率最小，此时处于低温挡。
（2）[4]高温挡的额定功率为66W，高温挡加热5h，消耗的电能
W=P高t=66×10-3kW×5h=0.33kW·h
所以消耗的电能是0.33度。
（3）[5]由以上分析可知，高温挡时，两电阻并联，中温挡时，R1接入电路中，高温挡加热时，电阻R2消耗的电功率
P'=P高-P中=66W-22W=44W
电阻R2的阻值
28. 如图甲，小张用小车A载着货物B从发货点耗时40s到达卸货点，卸下货物继续以相同速度将小车推至车的寄存点，图乙是他整个过程中做功与时间的关系图。若货物B的质量为40kg，整个过程作匀速直线运动，设推力大小与车、货总质量成正比。则
（1）他推小车的速度多大？
（2）卸下货物后，他推力的功率多大？
（3）小车的质量多大？
【答案】（1）05m/s；（2）5W；（3）40kg
【解析】
【详解】解：（1）由图像可知，小张推小车达到卸货点移动的距离为20m，由可得，小张推小车的速度为
（2）由图可知，0-20m，载着货物B推力做的功为W1=400J，20-50m是卸下货物后，推力做的功为
卸下货物后用的时间为
由可得，卸下货物后，他推力的功率为
（3）由W=Fs可得，载着货物B的推力为
同理可得，卸下货物后的推力为
推力大小与车货总质量成正比，则
即
解得：m=40kg。
答：（1）他推小车的速度为0.5m/s；
（2）卸下货物后，他推力的功率为5W
（3）小车的质量多大40kg。
株洲市天元区2021年初中毕业物理学科适应性训练题
（时量90分钟 总分100分）
一、单选题（选择1个答案，本大题共15个小题，每小题2分，总分30分）
1. “宫、商、角、徵、羽”起源于春秋时期，是中国古乐的五个基本音阶，亦称五音，相当于现代7个音阶中的do、re、mi、sol、la．五音实际上是指声音的（ ）
A. 音色 B. 音调 C. 响度 D. 速度
【答案】B
【解析】
【详解】中国古乐的五个基本音阶，每个音阶对应的频率是逐渐增大的，因为频率越高，音调越高，由此可知do、re、mi、sol、la．五音实际上是指声音的音调．故B正确．
2. 古诗词往往蕴含丰富的物理知识,在下列诗词中能体现“分子在不停息运动”的是( )
A. 水晶帘动微风起，满架蔷薇一院香 B. 姑苏城外寒山寺，夜半钟声到客船
C. 去年今日此门中，人面桃花相映红 D. 两岸青山相对出，孤帆一片日边来
【答案】A
【解析】
【详解】A. 满架蔷薇一院香是指蔷薇的香味扩散到院子当中，是分子在不停息运动的现象，故A正确；
B. 夜半钟声到客船，描述的是声音在空气中传播的现象，与分子运动无关，故B错误；
C. 人面桃花相映红是指美丽的脸庞和桃花互相衬托，显得分外红润，与分子运动无关，故C错误；
D. 两岸青山相对出，孤帆一片日边来描述的是运动的相对性的知识，与分子运动无关，故D错误．
3. 如图，几个同学看着列车徐徐地开动了，小明坐在窗边，却看到同学们渐渐向后退去，原因是小明、几个同学所选的参照物分别是（ ）
A. 地面、列车 B. 列车、地面 C. 列车、列车 D. 地面、地面
【答案】B
【解析】
【详解】小明坐在窗边，看到同学们渐渐向后退去，若小明以地面为参照物，同学们与地面之间的位置不变，因此会得出同学们是静止的；若小明以运动的列车作为参照物，同学们与列车的位置发生了变化，则列车是运动的；几个同学看着列车徐徐地开动了，同学们判断列车的运动情况时不能选列车作为参照物，同学们选地面做参照物时，列车与地面间的位置发生了改变，因此列车是运动的。故ACD不符合题意；B符合题意。
故选B。
4. 智能手机无线充电过程是：电流通过充电底座中的线圈产生磁场，而带有金属线圈的智能手机靠近该磁场就能接受磁场，产生电流，进行充电。这充电的过程实质上是（ ）
A. 电能转化为机械能 B. 机械能转化为电能
C. 内能转化为电能 D. 内能转化为机械能
【答案】B
【解析】
【详解】由题意知，在进行无线充电的过程中，带有金属线圈的智能手机靠近该磁场，就产生了电流，这一过程是闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，产生了感应电流，属于电磁感应现象，在这一环节，将机械能转化为电能，故B符合题意，ACD不符合题意。
故选B。
5. 下列实例属于做功改变物体内能的是（ ）
A. 晒太阳 B. 搓手取暖 C. 热水袋取暖 D. 冰袋降温
【答案】B
【解析】
【详解】A．晒太阳，太阳通过光将能量传递给其它物体，是热传递的方式改变内能，故A不符合题意；
B．“搓手取暖”，双手摩擦，摩擦生热，机械能转化为内能，这是利用做功改变物体内能，故B符合题意；
C．热水袋取暖，热水放热，人吸热，是热传递的方式改变内能，故C不符合题意；
D．冰袋降温，人放热，冰吸热，是热传递的方式改变内能，故D不符合题意。
6. 如图是一种切甘蔗用的铡刀示意图。下列正确的是（ ）
A. 刀刃很薄，可以增大压力
B. 铡刀实质上是一种费力杠杆
C. 甘蔗放在a点比b点更易被切断
D. 手沿F1方向用力比沿F2方向更省力
【答案】C
【解析】
【详解】A．刀刃很薄，是通过减小受力面积来增大压强的，故A错误；
B．铡刀在使用时动力臂大于阻力臂，实质上是一种省力杠杆，故B错误；
C．由图知，甘蔗放在a点比b点时的阻力臂更小，而甘蔗对铡刀的阻力一定，根据杠杆的平衡条件可知，动力会越小，更易被切断，故C正确；
D．由图知，手沿F1方向用力比沿F2方向用力时的动力臂要小，根据杠杆平衡条件可知，动力越更大，故D错误。
故选B。
7. 古诗《立冬》中，有诗句“门尽冷霜能醒骨，窗临残照好读书”．诗中所说的“霜”，其形成过程的物态变化属于
A. 凝华 B. 凝固 C. 汽化 D. 液化
【答案】A
【解析】
【详解】诗中所说的霜，是空气中的水蒸气直接变成固体，是凝华现象，故A正确．
8. 古代人们巧妙地利用水来开山采石：冬季，在白天给石头打一个洞，再往洞里灌满水并封实，待晚上降温水结冰后石头就裂开了。下列正确的是（ ）
A. 石头裂开后密度减小 B. 水结冰后质量增大，体积增大而使石头裂开
C. 石头裂开后密度增大 D. 水结冰后质量不变，体积增大而使石头裂开
【答案】D
【解析】
【详解】AC．密度是物质的一种特性，同种物质的质量与体积的比值相同，它不随物体自身的质量或体积的变化而变化，石头裂开前后，其密度不会发生变化，故AC错误；
BD．质量是物体本身属性，与状态无关，水结成冰后，根据公式，质量不变，密度减小，所以体积变大，使石头裂开。故B错误，D正确。
故选D。
9. 如图，两个完全相同的机翼模型a和b被固定在竖直方向，只能上下自由运动，A、B两弹簧测力计的示数分别为Fa，Fb。（ ）
A. 当相同的风速吹向飞机模型时，Fa>Fb B. 当风突然停止时，模型a将上升
C. 当相同的风速吹向飞机模型时，Fa＜Fb D. 当风突然停止时，模型b将下降
【答案】C
【解析】
【详解】AC．如图所示，a的形状类似于机翼，气流流过时，上方空气流速大、压强小，下方空气流速小、压强大，会产生向上的升力，所以弹簧测力计A的示数变小；图中b的形状是装反了的机翼，气流流过时，下方空气流速大、压强小，上方空气流速小、压强大，会产生向下的力，所以弹簧测力计B的示数变大；所以Fa＜Fb，故A不符合题意，C符合题意；
BD．当风突然停止时，模型a受到向上的力减小，将下降；模型b受到的向下的力减小，将上升，故BD不符合题意。
故选C。
10. 速度分别为v甲、v乙的甲、乙两车在同一段平直公路上分别从距离为s的P、Q两点同时同向运动，经过5s后相遇，它们的“路程—时间”图线如图所示，则（ ）
A. v甲>v乙，s=16m B. v甲>v乙，s=9m
C. v甲＜v乙，s=16m D. v甲＜v乙，s=9m
【答案】C
【解析】
【详解】AB．“路程—时间”图线如图所示，甲乙两条直线斜率代表甲乙两车的速度，如图可知
v甲＜v乙
故AB不符合题意；
CD．如图所示，甲车5s走了5m，乙车5s走了14m，根据题意两车之间的距离为
故D符合题意，C不符合题意。
故选D。
11. 某同学观察他家里的电动自行车后发现：不管捏紧左边还是右边的车闸，车尾的一盏刹车指示灯均会亮起，而拨动扶手旁向左或向右的转向开关时，车尾只有对应一侧的转向指示灯会亮起，下列指示灯的示意图合理的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】根据题意不管捏紧左边还是右边的车闸，车尾的一盏刹车指示灯均会亮起，说明左边的车闸与右边的车闸并联控制刹车灯，而拨动扶手旁向左或向右的转向开关时，车尾只有对应一侧的转向指示灯会亮起，说明转向开关向左或向右分别控制左边和右边的转向灯，符合题意的只有B，故答案选B．
12. 2018年4月20日，我国最先进的自主潜水器“潜龙三号”（如图所示）成功首潜．潜水器在水面下匀速下潜过程中（ ）
A. 受到的重力小于浮力
B. 上、下表面受到的压力差变大
C. 受到的压强变大，浮力变大
D. 受到的压强变大，浮力不变
【答案】D
【解析】
【详解】分析：物体受到浮力的原因是物体上、下表面受到液体的压力差作用，浮力的大小与液体密度和物体排开液体的体积有关，因此判断浮力的大小，关键判断液体密度和物体排开液体的体积发生怎样的变化．潜水器受到的压强大小与液体的密度和潜水器所处的深度有关，因此判断压强的大小，关键是判断液体密度和潜水器所处深度的变化．
解答：潜水器在水面下匀速下潜，此时水的密度不变，潜水器浸没在水中，其排开水的体积不变，但是在水中的深度逐渐增深．根据公式和公式可知，潜水器受到的压强增大，浮力不变，即上、下表面受到的压力差不变．故选项A、B、C均错误，D正确．
故选D．
【点睛】本题考查了对液体压强和浮力的判断．判断时要了解影响液体压强和浮力大小的因素，并判断影响因素中哪些是定量，哪些是变量．
13. 如图所示电路，当开关闭合，两灯正常发光．使用中发现两灯突然熄灭，电流表无示数，电压表示数增大，则故障可能是
A. 灯L1被短接 B. 灯L2被短接 C. 灯L1断路 D. 灯L2断路
【答案】D
【解析】
【详解】首先分析电路，此电路是串联，电压表测量灯泡L2当使用中发现两灯突然熄灭，说明是断路，电压表示数增大，则故障可能是电压表并联的L2断路了，正确选D．
14. 现有实心立方体木块，放在水平桌面上，如图所示，露出部分的宽度为d，对桌的压强为p。若沿竖直方向切掉厚度Δl，则（ ）
A. 当Δl＜d时，剩余部分对桌面的压强p1＜p
B. 当Δl=d时，剩余部分对桌面的压强p2=p
C. 当Δl>d时，剩余部分对桌面的压强p3>p
D. 当Δl＜d时，剩余部分对桌面的压强p1=p
【答案】A
【解析】
【详解】AD.若沿竖直方向切掉厚度，当时，与原来相比，木块的重力减小，对水平面的压力减小，但受力面积不变，由可知，剩余部分对桌面的压强小于，故A符合题意，D不符合题意；
B.当时，与原来相比，木块的重力减小，对水平面的压力减小，但受力面积仍然不变，由可知，剩余部分对桌面的压强小于，故B不符合题意；
C．若沿竖直方向切掉厚度，当时，此时与桌面的接触面积为，则剩余部分对桌面的压强
若沿竖直方向切掉厚度，当时，此时与桌面的接触面积为，则剩余部分对桌面的压强
比较可知，剩余部分对桌面的压强，则有。故C不符合题意。
故选A。
15. 如图所示，闭合开关后，电流表A1、A2的示数比为2︰3，则下列说法正确的是（ ）
A. 通过R1、R2的电流之比是2︰3
B. R1、R2两端的电压之比是1︰2
C. R1、R2的阻值之比是2︰3
D. R1、R2的电功率之比是2︰1
【答案】D
【解析】
【详解】如图所示，两个电阻并联，电流表A1测量通过R1的电流，电流表A2测量通过干路的电流。
A．因为电流表A1、A2的示数比为2︰3，所以设通过R1的电流为2I，通过干路的电流为3I，根据在并联电路中，通过干路电流等于各支路电流之和可得，通过R2的电流为
则通过R1、R2的电流之比为
故A错误；
B．因为两个电阻R1、R2并联，根据并联电路电压特点可知，R1、R2两端的电压相等，所以R1、R2两端的电压之比为1︰1，故B错误；
C．R1、R2的阻值之比为
故C错误；
D．R1、R2的电功率之比为
故D正确。
故选D。
二、双选题（每小题选择2个答案，错（多）选不计分，选对但不全计2分，全选对计3分，本大题共6个小题，总分18分）
16. 小华用一个透镜观察书上的字，她看到如图的情景，以下正确的是（ ）
A. 图中成的像是一个虚像
B. 图中成的像可以在光屏显示
C. 图中的透镜制成的眼镜可以用于矫正近视眼
D. 当图中的透镜远离书本，所成的像变小
【答案】BD
【解析】
【详解】AC．根据凸透镜成像规律，当物距大于一倍焦距小于二倍焦距时，成倒立放大的实像，说明图中的透镜为凸透镜，凸透镜可以用来矫正远视眼，凹透镜可以用来矫正近视眼，故AC错误；
B．凸透镜所成的实像能用光屏呈接，故B正确；
D．当透镜远离课本时，物距变大，像距变小，像也会变小，故D正确。
故选BD。
17. 如图是棒球比赛时，向斜上方击球时的情景，下列有关说法正确的是 （ ）
A. 击球一瞬间，棒对球的力等于球对棒的力
B. 被击后的球在空中上升过程中，机械能是不变的
C. 球上升到最高点时，若所受力全部消失，球将静止不动
D. 球在下落过程中其速度越来越大
【答案】AD
【解析】
【详解】A．击球的一瞬间，棒对球的力与球对棒的力是一对作用力与反作用力，大小相等，故A正确；
B．球在上升过程中，克服空气阻力做功，一部分机械能转化为内能，机械能减少，故B错误；
C．球做曲线运动，上升到最高点时，速度不为零，若此时受到的力全部消失，它将保持匀速直线运动状态，故C错误；
D．力是改变物体运动状态的原因，球下落过程中速度越来越大，因为重力改变了球的运动状态，故D正确。
故选AD。
18. 某兴趣小组在接线板上固定好A、B、C、D四个接线柱，在AB、CD之间 分别接上长短、粗细相同的保险丝和铜丝，再把它们接入电路（如图）。当变阻器滑片移到某一位置时，保险丝被熔断，但铜丝完好无损。说明（ ）
A. 保险丝的温度较铜丝要低 B. 保险丝的熔点较铜丝要低
C. 通过保险丝的电流较铜丝大 D. 保险丝的电阻较铜丝要大
【答案】BD
【解析】
【详解】保险丝是由电阻率大、熔点低的铅锑合金制作的，而铜丝的电阻率小、熔点高；保险丝和铜丝串联，通过它们的电流相同，通电时间也相同；保险丝的电阻大于铜丝的电阻，由 Q =Ｉ2Rt可得，保险丝产生的热量多、温度高，且保险丝熔点低，故保险丝先熔断，从而起到保护电路的作用，故 AC 不符合题意， BD 符合题意。
故选BD 。
19. 如图用同一滑轮组分别将两个不同的物体A和B匀速提升相同的高度，不计绳重和摩擦的影响，提升A的过程滑轮组的机械效率较大，则下列判断正确的是（ ）
A. 物体A比物体B轻 B. 提升A的拉力较大
C. 提升A所做的额外功较少 D. 提升A做的总功较多
【答案】BD
【解析】
【详解】A．用同一滑轮组分别将两个不同的物体A和B匀速提升相同的高度，不计绳重和摩擦的影响，提升A的过程滑轮组的机械效率较大，由
可知，A物体比B物体重，故A错误；
B．由图知，动滑轮上的绳子段数n=2，因不计绳重和摩擦，A物体比B物体重，G轮相同，则根据
可知，提升A的拉力较大，故B正确；
C．由题知，提起两物体所用的滑轮组相同，将物体提升相同的高度，不计绳重和摩擦，克服动滑轮重力所做的功是额外功，由W额=G动h知，提升A和B所做额外功相同，故C错误；
D．由题知，提起两物体所用的滑轮组相同，将物体提升相同的高度，A物体比B物体重，由W有用=Gh知，提升A做的有用功较多，故D正确。
故选BD。
20. 如图是电阻甲和电阻乙的I-U图像，下列正确的是（ ）
A. 甲、乙两端电压均为1.5V时，R甲=R乙
B. 甲、乙串联在3V电源下时，电路中电流0.6A
C. 甲、乙并联在2V电源下时，电路总功率为1.2W
D. 甲、乙并联时，当电压从0增大到2.5V过程中，通过甲、乙两电阻的电流之差先变大后变小
【答案】CD
【解析】
【详解】A．由图可知，当甲、乙两端电压均为1.5V时，通过甲、乙的电流分别是0.3A和0.1A，通过甲、乙的电流不相等，根据可知，甲的电阻和乙的电阻不相等，故A错误；
B．根据串联电路的电流和电压特点可知，当电路中的电流I=0.2A、U甲=1V、U乙=2V时，电源电压
U=U甲+U乙=1V+2V=3V
故B错误；
C．甲、乙并联在2V电源下，根据并联电路的电压特点可知，甲、乙两端的电压都为2V，由图可知，通过甲、乙的电流为分别0.4A和0.2A，根据串联电路的电流特点可知，干路的总电流
I总=I甲+I乙=0.4A+0.2A=0.6A
电路总功率
P=U'I总=2V×0.6A=1.2W
故C正确；
D．甲、乙并联时，甲、乙两端的电压相等，由图可知，当电压从0增大到2.5V过程中，通过甲、乙两电阻的电流之差先变大后变小，故D正确。
故选CD。
21. 面积很大的水池。水面上静止着一边长为a、质量为m的正方体木块（图甲）。现用力F将木块匀速下压，F随木块底面的深度H变化如图乙，则下列正确的是（ ）
A. 木块的密度为水的密度的倍
B. 在木块匀速下沉过程中，F最大值是
C. 木块开始下沉到恰好浸没的过程中，重力做功是
D. 木块漂浮时，下表面受到水的压力为
【答案】BC
【解析】
【详解】A．木块的体积V木=a3，由图可知，木块底面深度时，压力F=0，则浸没在水中的体积
由F浮=ρgV排和
F浮=G=mg=ρVg
可得
F浮=ρ水gV排=ρ木V木g
即
解得，故A错误；
B．由以上分析可知，水的密度
因物体浸没时排开水的体积和自身的体积相等，所以，木块完全浸没后的浮力
因木块浸没时受到竖直向上的浮力和竖直向下的重力、压力，所以，由力的平衡条件可得，手对木块的压力（最大压力）
故B正确；
C．木块开始下沉到恰好浸没的过程中，由图可知物体重心下降，则重力对木块做功
故C正确；
D．木块漂浮时，因F浮=F下-F上，且上表面受到的压力F上=0，所以，下表面受到水的压力
F下=F浮=G木=mg
故D错误。
故选BC。
三、非选择题（本部分共有7个大题，其中22~26题将答案填接填在规定位置，27~28题要有必要的文字说明和解题步骤，只写答案不计分，本部份总分52分）
22. 小明手里有一个正、负极性标志模糊的电池。他用了如下两种方法进行判断。
（1）方法一、他连接了图甲的电路。当闭合开关时，电压表指针指示情况如图甲所示。则图中电池的A是___________极（填“正”或“负”）；出现这种状况的原因是___________。
（2）方法二、他连接了图乙的电路。当闭合开关时，发现小磁针的N极指向如图乙所示。则该图中电池C是___________极（填“正、负”）；螺线管的右端是___________极（填“N、S”）。
（3）小明手边还有如下器材，其中不能用来判断电源正、负极的是___________（填字母）。
A．电流表 B.发光二极管 C.小型电动机
【答案】 ①. 正 ②. 电压表量程过小 ③. 负 ④. S ⑤. C
【解析】
【详解】（1）[1][2]电压表指针右偏，流经电压表的电流方向正确，图中电池的A是正极；出现指针满偏的原因是电源电压较大，电压表量程太小。
（2）[3] [4]小磁针静止时N极指向螺线管的左侧，根据异名磁极相互吸引，故螺线管的右端是S极，左端是N极；根据安培定则，用右手握住螺线管，大拇指指向N极，则弯曲的四指指的方向即为电流的方向，故电源的C端是负极。
（3）[5]A．电流流经电流表时“正进负出”则电流表指针的正向偏转，否则将反向偏转，由此可确定电流方向，故A不符合题意；
B．根据发光二极管的单向导电性可以确定电流方向，故B不符合题意；
C．小型电动机通过的电流方向不同转向不同，但不能确定电流方向，故C符合题意。
故选C
23. 在“比较不同物质吸热的情况”的实验中，用两烧杯分别装有质量相等的水和煤油，用甲、乙两个电加热器给它们加热，并画出了它们的温度随时间变化的图像；
（1）实验中，两个电加热器的功率要相同，这样可以用___________来比较吸热的多少；
（2）由图像可知：若要使这两种物质升高相同的温度，___________吸收的热量更多一些，___________物质的比热容更小；（填“a”或“b”）
（3）由图像可知，水的温度随时间变化的图像是___________（填“a”或“b”），煤油的比热容为 ___________J/（kg•℃）；[水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）]
（4）从图中可以看出，煤油看起来比水要“多”一些，这是因为煤油的___________小。
【答案】 ①. 加热时间 ②. a ③. b ④. a ⑤. 2.1×103 ⑥. 密度
【解析】
【详解】（1）[1]实验中，两个电加热器的功率要相同，由转换法知，这样可以用加热时间来比较吸热的多少。
（2）[2][3]由图像可知，质量相等、都升高20℃，a加热时间长，a吸收的热量更多一些，根据，故a的比热容大，b物质的比热容更小。
（3）[4]因水的比热容大，由知，吸收相同热量，水升温低。由图像可知，水的温度随时间变化的图像是a。
[5]因升高20℃，煤油加热时间为3分钟，水加热6分钟，煤油吸热是水的二分之一，根据可知，在质量和升高的温度相同的情况下，吸热与比热容成正比，若水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），则煤油的比热容为
（4）[6]从图中可以看出，煤油看起来比水要“多”一些，已知水和煤油质量相同，根据密度变形公式可，因为煤油的密度小，故煤油的体积大一些。
24. 用图甲探究“平面镜成像的特点”。
（1）在水平面上铺一张白纸，再将玻璃板___________立在白纸上，把一支点燃的蜡烛A放在玻璃板前面，再拿一支外形完全相同___________的蜡烛B竖立在玻璃板后面移动（选填“点燃”或“不点燃”），直到看上去它跟蜡烛A的像___________；
（2）把光屏放在玻璃板后，无论如何移动，都不能承接到蜡烛A的像，说明平面镜所成的像是___________像；
（3）图乙是小强某次测量蜡烛A到平面镜的距离L=___________cm，像距玻璃板___________cm；将蜡烛靠近玻璃板，像的大小将___________（选填“变大”“变小”或“不变”） ；
（4）若将玻璃板向左倾斜（图丙），观察到蜡烛A的像的位置在图中的___________（选填“①”或“②”）处。
【答案】 ①. 垂直 ②. 不点燃 ③. 完全重合 ④. 虚 ⑤. 3.50 ⑥. 3.50 ⑦. 不变 ⑧. ②
【解析】
【详解】（1）[1][2][3]实验时，玻璃板与白纸垂直，便于确定像的位置，如果点燃玻璃板后方的蜡烛B，平面镜则因为光太亮而几乎无法分清镜中的烛焰是像的烛焰还是对面B的烛焰，难以确定像的位置，从而对实验造成影响，所以实验过程中蜡烛B不需要点燃，拿未点燃的蜡烛B竖立在玻璃板后面移动，直到看上去蜡烛B跟蜡烛A的像完全重合。
（2）[4]实像可以在光屏上承接到，而虚像则不能，把光屏放在玻璃板后，无论如何移动，都不能承接到蜡烛A的像，说明平面镜所成的像是虚像。
（3）[5][6]由图乙知，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，即1mm，此刻度尺的分度值为1mm；物体左侧与0刻度线对齐，右侧与3.5cm对齐，估读为3.50cm，所以蜡烛A到平面镜的距离L=3.50cm。像距等于物距，故像距玻璃板3.50cm。
[7]平面镜成像所成的像与物的大小相同，将点燃的蜡烛逐渐靠近玻璃板，它的像将不变。
（4）[8]如图所示：
作出蜡烛火焰关于平面镜的对称点，可知在实验中如果把平板玻璃向左倾斜（如图丙），观察到蜡烛的像的大致位置在图中的②处。
25. 小红通过下图中“甲à乙à丙”实验步骤测量牛奶的密度。
（1）由图中数据可知：量筒中牛奶的质量为______g，牛奶密度为______kg/m3；
（2）用这种方法测得的密度值会______；（填“偏大、偏小”）
（3）为了测量值更准确些，你认为图中合理的实验顺序为：______（填序号）。
【答案】 ①. 111 ②. 1110##1.11×103 ③. 偏大 ④. 乙丙甲
【解析】
【详解】（1）[1]如图甲所示，砝码质量为40g，游码分度值为0.2g，示数为3g，则空烧杯质量为43g。如图乙所示，砝码质量为150g，游码示数为4g，则牛奶和烧杯总质量为154g，故牛奶质量为
[2]如图丙所示，量筒示数为100mL，则牛奶的体积为，则牛奶密度为
（2）[3]用这种方法测量，把牛奶从烧杯倒入量筒中时，烧杯中会残留一部分牛奶，所以量筒中的牛奶的真实质量比测量值小，则测得的牛奶密度值会偏大。
（3）[4] 为了测量值更准确些，应该先测出牛奶和烧杯的总质量，然后把牛奶倒入量筒测出体积，最后测出烧杯和剩余牛奶的剩余质量，用总质量减去剩余质量就得到量筒中牛奶的质量。所以较为合理的实验顺序为乙丙甲。
26. 小明想测一个标有“3.8 V”字样的小灯泡的额定功率，于是他借来一些实验器材，连接了如图甲的实验电路（电源电压不变）。
（1）将甲图中的电路补充完整 （导线要用实线且不交叉）；___________
（2）连接电路以后，闭合开关之前，除了检查电路以外，还要将滑片P___________；
（3）闭合开关，移动变阻器滑片，他发现小灯泡始终不亮，电流表有示数，电压表无示数。则故障原因可能是___________；
（4）在实验时，电压表突然出现了故障不能使用。小明借来一只电阻R0（R0=10Ω），设计了图乙的电路，继续测量该小灯泡的额定功率。测量时，应先闭合S和S1，调节变阻器，当电流表的示数为___________A时，小灯泡正常发光；接着将S1断开，S2闭合，读出电流表的示数为___________A（图丙），则小灯泡的额定功率P额=___________W。
【答案】 ①. ②. 移至阻值最大处 ③. 灯泡短路 ④. 0.38 ⑤. 0.48 ⑥. 0.38
【解析】
【详解】（1）[1]电流表与小灯泡串联，小灯泡的额定电压为3.8V，则电压表应选0-15V的量程并联在灯泡两端，如图所示：
（2）[2]为了保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器滑片移到最大阻值处，即A端。
（3）[3]闭合开关，移动变阻器的滑片，他发现小灯泡始终不亮，电流表有示数，电压表无示数，说明电路是通路，小灯泡或电压表发生短路，故障可能小灯泡短路。
（4）[4]闭合S和S1，小灯泡与R0并联，调节变阻器，小灯泡正常发光，则小灯泡与R0两端的电压为3.8V，电流表测量R0的电流，电流表的示数为
[5][6]将S1断开，S2闭合，小灯泡与R0并联，电流表测量干路的电流，如图丙所示，干路电流为；根据并联电路电流的特点，小灯泡的额定电流为
则小灯泡的额定功率为
27. 小亮家新装了一台智能电热马桶盖（图甲），他查阅说明书发现便座加热电路有低、中、高三挡并可手动调节，其额定电压为220V，中温挡的额定功率为22W，高温挡的额定功率为66W。图乙是它的等效电路图，R1和R2表示两电热丝，单刀双掷开关S2可接a或b。
（1）当S1闭合，S2接a时它处于___________状态；当S1闭合，S2接b时它处于___________状态；当S断开，S2接b时它处于___________（均选填“高温”“中温”或“低温”）状态；
（2）高温挡加热5h，消耗的电能是___________度；
（3）电阻R2的阻值是___________Ω。
【答案】 ①. 高温 ②. 中温 ③. 低温 ④. 0.33度 ⑤. 1100
【解析】
【详解】（1）[1][2][3]根据可知，电路中的电阻最大时，电路中的总功率最小，此时处于低温档，总电阻最小时，电路中的总功率最大，此时处于高温挡，由题意可知，当S1闭合，S2接a时电阻R1、R2并联接入电路中，根据并联电路电阻规律可知，此时电路中的总电阻最小，电路中的总功率最大，此时处于高温挡。当S1闭合，S2接b时，电阻R2被短路，此时电阻只有电阻R1接入电路中，此时处于中温挡；当S1断开，S2接b时，电阻R1、R2串联接入电路中，根据串联电路电阻规律可知，此时电路中的总电阻最大，总功率最小，此时处于低温挡。
（2）[4]高温挡的额定功率为66W，高温挡加热5h，消耗的电能
W=P高t=66×10-3kW×5h=0.33kW·h
所以消耗的电能是0.33度。
（3）[5]由以上分析可知，高温挡时，两电阻并联，中温挡时，R1接入电路中，高温挡加热时，电阻R2消耗的电功率
P'=P高-P中=66W-22W=44W
电阻R2的阻值
28. 如图甲，小张用小车A载着货物B从发货点耗时40s到达卸货点，卸下货物继续以相同速度将小车推至车的寄存点，图乙是他整个过程中做功与时间的关系图。若货物B的质量为40kg，整个过程作匀速直线运动，设推力大小与车、货总质量成正比。则
（1）他推小车的速度多大？
（2）卸下货物后，他推力的功率多大？
（3）小车的质量多大？
【答案】（1）05m/s；（2）5W；（3）40kg
【解析】
【详解】解：（1）由图像可知，小张推小车达到卸货点移动的距离为20m，由可得，小张推小车的速度为
（2）由图可知，0-20m，载着货物B推力做的功为W1=400J，20-50m是卸下货物后，推力做的功为
卸下货物后用的时间为
由可得，卸下货物后，他推力的功率为
（3）由W=Fs可得，载着货物B的推力为
同理可得，卸下货物后的推力为
推力大小与车货总质量成正比，则
即
解得：m=40kg。
答：（1）他推小车的速度为0.5m/s；
（2）卸下货物后，他推力的功率为5W
（3）小车的质量多大40kg。
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