2026年四川省成都市中考物理一模仿真试题卷（解析版）

这是一份2026年四川省成都市中考物理一模仿真试题卷（解析版），共9页。试卷主要包含了 下列做法符合安全用电原则的是，02A，示数为0等内容，欢迎下载使用。
分AB卷，共六道大题，32小题，总分105分，考试时间90分钟
A卷（共85分）
第Ⅰ卷（选择题，共26分）
一、单项选择题（本道大题有13小题，每小题2分，共26分）
1．如图，将该装置左侧接到自来水龙头，关于打开和关闭右侧阀门时的说法正确的是（ ）
A．关闭右侧阀门，b管上端液面最高B．关闭右侧阀门，b管上端液面最低
C．打开右侧阀门，b管上端液面最高D．打开右侧阀门，b管上端液面最低
【答案】D
【解析】AB．图是连通器，关闭右侧阀门，a、b、c液面相平，故AB错误；
CD．打开右侧阀门，b管细，水流速大，压强小，液面最低，故C错误，D正确。故选D。
2. 下列几种情况下不可能产生电磁波的是( )
A．开关手电筒时 B．用手电筒正常照明时
C．雷雨时的闪电 D．电冰箱启动和停止时
【答案】B
【解析】电磁波是由迅速变化的电流产生的。迅速变化的电流包括电流的大小或方向迅速变化。A、C、D中的电流都迅速发生变化，因此都会产生电磁波；而B中手电筒正常照明时，电路中的电流不发生变化，因此不会产生电磁波。
3. 下列做法符合安全用电原则的是（ ）
A. 用电器着火时用水灭火B. 在高压线附近放风筝
C. 在灯和零线之间接开关D. 更换灯泡前先断开电源
【答案】D
【解析】A．生活用水是导体，用电器着火时用水灭火，会造成触电事故，不符合安全用电原则，故A不符合题意；
B．在高压线附近放风筝，风筝线挂在高压电线上极易造成触电事故，不符合安全用电原则，故B不符合题意；
C．在灯和零线之间接开关，则更换灯泡时可能会触电，不符合安全用电原则，故C不符合题意；
D．更换灯泡前先断开电源，可以避免造成触电事故，符合安全用电原则，故D符合题意。
故选D
4. 如图是生活中的两个情境，左图是居民小区噪声监测器，显示环境噪声为55. 5分贝。右图是钢琴调音师正在用手机上的一个调音软件播放音叉256、512、1024、2048（Hz）的标准音来校准琴音。下列说法正确的是（ ）

A. 人们以分贝为单位来表示声音强弱的等级
B. 分贝是音调的单位
C. 2048Hz的音属于次声波
D. 256Hz的音和2048Hz的音比较，256Hz的声音音调更高
【答案】A
【解析】AB．声音的强弱用响度表示，分贝（dB）是声音强弱等级的单位，故A正确，B错误；
C．频率低于20Hz的声波是次声波，频率高于20000HZ的声波是超声波，2048Hz的音不属于次声波，故C错误；
D．声音振动频率越高，音调越高，256Hz的音和2048Hz的音比较，2048Hz的声音音调更高，故D错误。故选A。
5. 很多诗句蕴含着丰富的物理知识，下列所描述的现象与其成因对应正确的是（ ）
A. “池水映明月，潭清疑水浅”，句中“水浅”是由光的反射造成的
B. “已是悬崖百丈冰，犹有花枝俏”，句中“冰”形成是熔化现象
C. “绿树浓阴夏日长，楼台倒影人池塘”，句中“浓阴”是光的折射形成的
D. “寒夜客来茶当酒，竹炉汤沸火初红”，句中“汤沸”是指水加热后发生汽化现象
【答案】D
【解析】A．潭清疑水浅，是由于光从水中射向空气中时，在水面处发生折射造成的，故A错误；
B．冰是水放热凝固形成的，故B错误；
C．“浓荫”是树叶的影子，是由于光的直线传播形成的，故C错误；
D．“汤沸”是指水沸腾时的情景，是一种剧烈的汽化现象，故D正确。故选D。
6. 在2025年苏迪曼杯比赛中，中国羽毛球队成功实现四连冠。羽毛球比赛中涉及的物理知识正确的是（ ）
A. 羽毛球离开球拍后，不受任何力作用
B. 在空中飞行的羽毛球，相对于地面是静止的
C. 球拍将羽毛球击出，说明力可以改变物体运动状态
D. 羽毛球拍常采用密度大、强度低的碳纤维材料制成
【答案】C
【解析】A．羽毛球离开球拍后，仍然受到重力和空气阻力的作用，故A错误;
B．在空中飞行的羽毛球相对于地面是运动的，因为以地面为参照物，羽毛球的位置不断变化，故B错误；
C．球拍击打羽毛球使其运动状态改变，体现了力可以改变物体的运动状态，故C正确；
D．羽毛球拍通常采用密度小、强度高的碳纤维材料，不能用密度大的材料，球拍密度太大，会使它质量大，惯性大，这样打球时不便于灵活运动，故D错误。故选C
7. 如图所示，阳光下一本物理课本掉到地上，小明和小红从不同的位置都能看到它，是因为（ ）

A. 课本发出的光射入人的眼睛
B. 人的眼睛发出的光都射在课本上
C. 阳光在课本上发生漫反射
D. 阳光在课本上发生镜面反射
【答案】C
【解析】A．物理课本本身不会发光，故不是光源，不会发出光，故A不符合题意；
B．人的眼睛本身不会发光，故不是光源，不会发出光照射在书本上，故B不符合题意；
CD．课本的表面凹凸不平，光照在上面发生漫反射，反射光线是向着四面八方的，所以小明和小红从不同的位置都能看到课本，都是由于光在课本表面发生了漫反射，故D不符合题意，C符合题意。故选C。
8．小明想用天平称出20g水，先用正确的方法测出空烧杯的质量，如图甲所示。然后在右盘中增加20g砝码，指针位置如图乙所示。接下来的操作应该是（ ）
A．向左调节平衡螺母B．向右移动游码
C．用滴管向烧杯中加水D．用滴管从烧杯中取水
【答案】D
【解析】A．平衡螺母是在天平使用前，调节天平横梁平衡时使用的。在已经进行称量操作的过程中，不能再调节平衡螺母 ，故A不符合题意；
B．本题目的是称出 20g 水，已经在右盘放置了 20g 砝码，不需要通过移动游码来改变测量值，故B不符合题意；
CD．在右盘中已经增加 20g 砝码后，指针偏向左侧，说明左盘（水）质量偏大，此时应用滴管从烧杯中取水，使天平横梁重新平衡，平衡后烧杯中水的质量为 20g，故C不符合题意，D符合题意。故选D。
9. 某同学利用图甲所示电路测量标有“2.5V”字样的小灯泡电阻。关于该实验，下列说法错误的是（ ）
A．该实验的原理是
B．若灯泡正常工作时测得的电流如图乙所示，则此时电阻约为
C．闭合开关前滑动变阻器滑片应移至最右端
D．可以多次实验求平均值减小误差
【答案】D
【解析】A．测量小灯泡的电阻，需要测灯泡两端的电压和流过小灯泡的电流，由欧姆定律的变形公式
R=U/I求出小灯泡的电阻，故该实验的原理是R=U/I，故A正确，不符合题意；
B．由乙图可知，电流表选择小量程，分度值为0.02A，示数为0.3A，则此时灯泡的电阻为
故B正确，不符合题意；
C．为了保护电路，闭合开关前滑动变阻器滑片应移至阻值最大的一端，即最右端，故C正确，不符合题意；
D．灯泡的电阻与温度有关，是变化的，求平均值无意义，故D错误，符合题意。故选D。
10．如图所示，甲、乙、丙3图的装置完全相同，燃料的质量相同，烧杯内液体的初温与质量也相同，不考虑热量损失且液体均未沸腾，下列选项正确的是（ ）
A．对比乙丙两图液体最终升温可以比较两种液体的比热容
B．对比甲乙两图，如果燃料2的热值较高，最终乙图液体内能较大
C．对比乙丙两图，如果液体b最终升温较高，说明燃料1的热值较大
D．对比甲丙两图，如果液体b的比热容比液体a大，升高相同的温度，液体a需要加热较长时间
【答案】B
【解析】A．乙丙两图燃料不一样，热值不同，放出的热量不相等，要比较两种液体的比热容，要控制吸收的热量相等，这样不能比较比热容的大小，A项错误；
B．如果燃料2的热值较高，那么乙图的液体a能吸收更多的热量，内能更大，B项正确；
C．乙丙两图的液体a、b吸收的热量不一定相等，那么燃料1、2放出的热量也不一定相等，不能判断热值大小，C项错误；
D．对比甲丙两图，如果液体b的比热容比液体a大，升高相同的温度，液体b要吸收更多的热量，液体b需要加热较长时间，D项错误。
11. 如图所示是滑动变阻器的结构和连入电路的示意图，当滑片P向左滑动时，连入电路的电阻变大的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】A．滑动变阻器的左下方接线柱和左上方接线柱接入电路中，滑片向左移动时，滑动变阻器接入电路的电阻丝变短，滑动变阻器连入电路的电阻变小，故A不符合题意；
B．滑动变阻器的左下方接线柱和右上方接线柱接入电路中，当滑片向左滑动时，电阻丝接入电路的长度变短，所以电阻变小，故B不符合题意；
C．滑动变阻器的左上方接线柱和右下方接线柱接入电路中，当滑片向左滑动时，电阻丝接入电路的长度变长，所以电阻变大，故C符合题意；
D．滑动变阻器的两个下方接线柱接入电路中，此时滑动变阻器接入电路的电阻最大且不变，故D不符合题意。故选C。
12．如图所示，小聪用一个长方体铝块探究影响浮力大小的因素。他先后将该铝块会平放、侧放和竖放，使其部分浸入同一杯水中，保证每次水面到达同一标记处，比较弹簧测力计示数大小。该实验探究的是下列哪个因素对浮力大小的影响（ ）

A．液体的密度B．物体的形状
C．物体排开液体的体积D．物体浸入液体的深度
【答案】D
【解析】他先后将该铝块平放、侧放和竖放，铝块的形状没有改变，使其部分浸入同一杯水中，液体的密度相同，每次水面到达同一标记处，说明物体排开水的体积相同，物体浸入水的深度不同，比较弹簧测力计示数大小，可以探究浮力与物体浸入液体的深度的关系，故D符合题意，ABC不符合题意。故选D。
13. 物理学是美的，许多物理现象都具有对称美、平衡美和曲线美。下列优美的曲线中，用磁感线描述磁体外部磁场正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】A．磁感线是为了描述空间磁场假想的一些闭合曲线，在磁体的外部磁感线是从磁体的N极出来回到S极的，故A正确；
B．U形磁体周围磁感线一样是从N极出来回到S极，图中磁感线方向画反了，故B错误；
CD．对于相互靠近两个磁极，如果是异名磁极，磁感线是从N极出来进入S极的，箭头指向S极，故CD错误。故选A。
第Ⅱ卷（非选择题，共59分）
二、填空题（本道大题有7小题，每空2分，共28分）
14. 如图为某款儿童用的驱蚊手环，刚撕开包装袋会闻到驱蚊剂的味道，这是_______现象；温度越高气味越明显，是因为温度越高，分子运动越_______。
【答案】 扩散 剧烈
【解析】不同的物质在相互接触时，物质的分子互相进入对方的现象就叫扩散现象,能闻到驱蚊剂的味道是因为驱蚊剂扩散到空气中；
温度越高，分子运动越剧烈，扩散现象越明显。
15.一实心铁球质量为15.8g，则该实心铁球的体积为 _____cm3；为使铁球能悬浮于水中，我们将实心铁球制成空心铁球，则空心部分体积为 _________cm3（ρ铁＝7.9×103kg/m3）。提示：物体悬浮于水中时，物体的平均密度等于水的密度。
【答案】2； 13.8。
【解析】一实心铁球质量为15.8g，密度ρ铁＝7.9×103kg/m3＝7.9g/cm3，则该实心铁球的体积为
根据物体悬浮于水中时，物体的平均密度等于水的密度，则空心铁球的总体积为
则空心体积为。
16. 如图所示，小球悬挂在小桶的正上方，小车、小桶、小球一起沿水平地面向左做匀速直线运动。以小车为参照物，小球是_______________（选填“运动”或“静止”）的；某时刻将细线剪断，小车、小桶仍然以原速度向左做匀速直线运动，小球会落在______________（选填“桶的左边”“桶的右边”或“桶中”）。
【答案】 静止 桶中
【解析】判断物体运动或静止，取决于所选的参照物，若物体相对于参照物的位置没有发生变化，则物体是静止的。以小车为参照物，小球相对于小车的位置始终没有改变，所以小球是静止的。
小球原来和小车、小桶一起沿水平地面向左做匀速直线运动，将细线剪断后，由于小球具有惯性，会保持原来向左的运动速度继续运动；而小车、小桶仍然以原速度向左做匀速直线运动，小球在水平方向上的速度与小车、小桶相同，在竖直方向上由于重力作用下落，所以小球会落在桶中。
17. 长征系列运载火箭把神舟二十号载人飞船送入太空，与天宫空间站成功对接后，神舟二十号载人飞船相对于空间站是___________（选填“运动”或“静止”）的；火箭应选用热值较___________（选填“大”或“小”）的燃料。
【答案】 静止 大
【解析】长征系列运载火箭把神舟二十号载人飞船送入太空，与天宫空间站成功对接后，神舟二十号载人飞船与空间站之间的相对位置不再发生改变，所以以空间站为参照物，神舟二十号载人飞船是静止的。
火箭发射需要较大的能量，根据公式（其中Q为燃料完全燃烧放出的热量， m为燃料的质量， q为燃料的热值），在燃料质量相同的情况下，燃料的热值越大，完全燃烧放出的热量就越多，火箭获得的能量就越多，所以火箭应选用热值大的燃料。
18. 如图所示，升旗杆顶部有一个定滑轮，使用它___ （选填：“能”、“不能”）省力，它的优点是_____。
【答案】不能；改变动力的方向。
【解析】由图可知，升旗杆顶部的滑轮的位置固定不变，属于定滑轮；
定滑轮的动力臂和阻力臂都等于滑轮的半径，所以定滑轮的实质是一个等臂杠杆；不能省力；但能改变动力的方向。
19. 如图为一种水位报警器的原理图，当水位达到金属块A时，电路中红灯亮，此时螺线管上端为______极，图中虚线部分的作用相当于______（选填“电源”“开关”“用电器”或“导线”）。
【答案】 N 开关
【解析】由图可知，电流从螺线管下端流入，根据安培定则，右手握着螺线管，弯曲的四指指向电流方向，大拇指指向N极，所以螺线管上端为N极。
当水位上升，金属块A、B连通时，控制电路通电，电磁铁具有磁性把衔铁吸引下来，使红灯亮，虚线部分起到控制电路的作用，相当于开关。
20. 某汽车加热坐椅的工作原理如图所示，R1、R2均为发热电阻，通过控制开关通断，实现高、中、低三挡加热功能，其中高、中挡位的电功率分别为60W、30W，电源电压为12V。处于低挡位时开关的通断情况为_______，此时电路消耗的总功率为_______W。
【答案】 S1断开，S2接2 15
【解析】由图可知开关S1闭合，S2接1，两个电阻并联，电路中电阻最小，根据可知为功率最大，为高温挡；开关S1闭合，S2接2，电路中只有电阻R1，电路中电阻较小，根据可知为功率较大，为中温挡；开关S1断开，S2接2，两个电阻串联接入电路，电路中电阻最大，根据可知为功率最小，为低温挡。
中挡位的电功率为30W，则R1的阻值为
高挡位的电功率为60W，则R2消耗的功率为
R2的阻值为
则低温挡功率为
三、作图与计算题（本道大题有3小题，共17分。计算题在解答时应写出公式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分）
21. 按要求完成作图；
（1）一束阳光斜射入房中，小明在A点用平面镜把该光竖直反射向房顶，请在图中画出①平面镜的位置和②反射光线。
（2）如图甲所示，一枚硬币立在匀速直线行驶的动车窗台上“纹丝不动”。请在图乙中画出：①硬币竖直方向上受力的重力示意图；②硬币竖直方向上受力的支持力示意图。O点为硬币的重心。
【答案】(1)如图所示
【答案】（2）如图所示
【解析】（1）反射光线竖直射向房顶，即确定入射光线与反射光线，可以画出法线，平面镜在A点与法线垂直，如图所示
【解析】（2）硬币在竖直方向上受到两个力的作用：一个是竖直向下的重力G，作用点在硬币的重心O点；另一个是竖直向上的支持力N，作用点在硬币与窗台的接触面上；由于硬币"纹丝不动"，说明它处于平衡状态，根据二力平衡条件，重力G和支持力N大小相等、方向相反、作用在同一直线上；在作图时，重力G用带箭头的线段从O点竖直向下画出，支持力N用带箭头的线段从接触面竖直向上画出，两个力线段的长度应相等表示力的大小相等，如图所示：
22. 据新华社报道，5月31日上午，贵阳至黄平高速公路全线通车。贵黄高速的通车，将极大地方便沿线群众出行，提升贵阳市、黔南州、黔东南州至长江三角洲、长株潭城市群通道运输能力，对完善全省高速公路网络、推动沿线资源开发、振兴乡村经济提供强有力的交通支撑。贵黄高速主线全长120.6公里，设计时速100公里。周末，小明与他爸爸从黄平开着小汽车到贵阳游玩，人和车的总质量为1.5t，四轮与地面接触总面积为200cm2。若小汽车在行驶过程中受到的阻力是人和车总重力的0.04倍（取g=10N/kg），求：
（1）因车发生故障，当车停在水平应急道上（人未下车）时，车对水平地面的压强；
（2）若该车在某平直路段以72km/h的速度匀速行驶了25s，此过程小汽车牵引力的功率。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）汽车和人的总质量
汽车和人对地面的压力等于人和车的总重力
汽车静止时对地面的压强
（2）车在某平直路段匀速行驶，牵引力等于摩擦阻力
此过程小汽车牵引力的功

汽车牵引力做功的功率

答：（1）汽车静止在水平地面时对地面的压强为7.5x10 Pa；
（2）此过程中汽车牵引力所做的功。
23. 随着人工智能的兴起，小文和屈原在AI视频对话时，屈原问到“圜则九重，孰营度之？”随即“问天”兴趣小组畅想未来有一天人类能够登陆火星，他们为航天员设计了一款航天服，既能保温又能照明。其简化电路如图所示，若电源电压恒为24V，发热电阻R的阻值为6Ω，小灯泡标有“24V12W”。小灯泡的电阻随温度的变化可忽略不计，闭合开关S1、S2。
（1）通过发热电阻R的电流是多少？
（2）为了节约用电，兴趣小组的同学将开关S2更换为光敏开关，当光照强度大于50Lux时，开关会自动断开（光照强度是指单位面积上所接受可见光的光通量）。假设某时段火星表面的光照强度随时间的变化如图所示，则从0-100s内航天服消耗的电能是多少？
【答案】（1） （2）
【解析】（1）由电路图可知，发热电阻R和小灯泡并联，根据并联电路的电压特点，电路两端的总电压等于各部分电路两端的电压之和，则
由可得，通过发热电阻R的电流为
（2）由可得，发热电阻R的电功率为
由题意可知，0-40s内，开关S1和S2闭合，小灯泡和发热电阻一起工作，40-100s内，光照强度大于50Lux，开关S2断开，电路中仅有发热电阻R工作 ；
由可得，0-40s内航天服消耗的电能为
40-100s内航天服消耗的电能为
则0-100s内，航天服消耗的总电能是
四、实验与探究题（本道大题有2小题，共14分）
24．在“探究串联电路的电流规律”的实验中，图甲是实验的电路图。
(1)连接电路时，开关应 ；
(2)连接好电路，在测A处的电流时，发现电流表的指针偏转情况如图乙所示，原因是 ；
(3)排除故障后，继续实验，下表是某同学实验记录的数据，分析数据得到串联电路的电流规律：串联电路中的电流 ；
(4)本实验的不足之处是 。
【答案】(1)断开 (2)电流表的正负接线柱接反了
(3)处处相等 (4)实验次数太少，结论具有偶然性
【解析】（1）为了保护电路，连接电路的时候开关要断开。
（2）连接好电路，在测A处的电流时，发现电流表的指针偏转情况如图乙所示，指针反偏，说明电流表的正负接线柱接反了。
（3）分析数据
0.3A=0.3A=0.3A
因此可得到串联电路的电流规律是：串联电路中的电流处处相等。
（4）实验中的不足之处是：只进行了一次实验，结论具有偶然性，为了得到普遍性规律，应换用不同规格的灯泡进行多次实验。
25．在“探究光反射时的规律”的实验中：

（1）将平面镜放在水平桌面上，将附有量角器的半圆形白纸板竖立在平面镜上。使一束光贴着纸板分别沿AO、BO、CO入射，在纸板上观察到的光路如图甲所示，说明反射角________入射角。光束CO绕O点顺时针转过后的反射角为________度；
（2）图甲中，让一束光贴着纸板沿入射，反射光沿OA射出，说明在反射现象中，光路是________的；
（3）图乙中，要在右侧纸板上看到反射光，需将右侧纸板向________折。
【答案】（1）等于 30 （2）可逆 （3）前
【解析】（1）使一束光贴着纸板分别沿AO、BO、CO入射，在纸板上观察到的光路如图甲所示，由图中反射光线与法线的夹角可知，反射角等于入射角。
光束CO绕O点顺时针转过后，入射角变成了，故反射角为。
（2）让一束光贴着纸板沿入射，反射光沿OA射出，光线可以沿原光路返回，说明在反射现象中，光路是可逆的。
（3）图乙中，要在右侧纸板上看到反射光，需将右侧纸板向前折，此现象说明入射光线、法线、反射光线在同一平面内。
B卷（共20分）
一、选择题（本道大题有5小题，每小题2分，共10分。有的小题只有一个选项符合题目要求；有的小题有二个选项符合题目要求，全部选对得2分，选对但不全得1分，有选错的得0分）
26. 2025年5月14日，我国自主三代核电“华龙一号”全球首堆——中核集团福清核电5号机组实现连续安全稳定运行1000天，持续向社会稳定输送清洁电能超370亿度，如图所示是“华龙一号”全球首堆外景。下列有关说法错误的是（ ）
A. 核能属于不可再生能源
B. 核电站利用核反应堆通过可控核裂变释放核能
C. 核反应堆将核能直接转化为电能
D. 核废料具有放射性，一般深埋在人烟稀少的地方
【答案】C
【解析】A．核能是一种相对较为清洁的能源，但由于核燃料在地球上的总量是一定的，所以核能属于不可再生能源，故A正确，不符合题意；
B．核电站利用核能发电，它的核心设备是核反应堆，核反应堆是通过可控核裂变反应释放核能的设备，故B正确，不符合题意；
C．核能发电的能量传递和转化过程是：核能→水和蒸汽的内能→发电机转子的机械能→电能，故C错误，符合题意；
D．核污染主要是指核燃料或核废料具有放射性，因此一般埋在人烟稀少的地方，故D正确，不符合题意。故选C。
27. 在天宫课堂中，航天员王亚平将空气注入水球，形成的气泡球与水球的球心都在O点。一束光线从空气射入水球的光路如图所示，其中球心O与入射点的连线为法线。则进入气泡球的折射光线可能为（ ）
A. ①B. ②C. ③D. ④
【答案】A
【解析】如图所示
如图所示，连接O2与O，即为第二次折射的法线；
B．从水中斜射入空气，会发生偏折，而②是传播方向不变，故B不符合题意；
C．从水中斜射入空气，折射角大于入射角，故C不符合题意；
D．根据折射光线与入射光线分居法线两侧，故D不符合题意；
A．综上所述，只有①满足折射光线与入射光线分居法线两侧，且折射角大于入射角，故A符合题意。故选A。
28．小帆在老师指导下，用如图1所示的同一个实验装置分别加热100g的甲、乙两种液体（其中一种是水），用测得的数据绘制了温度随时间变化图像（图2），乙从20℃加热至沸腾刚好消耗了4g酒精（q酒精＝3×107J/kg）。若单位时间内甲吸收的热量与乙吸收的热量相等，c水＝4.2×103J/（kg•℃），则下列说法中正确的是（ ）
A．c乙＝2.4×103J/（kg•℃）
B．乙的吸热能力大于甲的吸热能力
C．0~8min乙吸收的热量为3.36×104J
D．该酒精灯的加热效率为28%
【答案】CD
【解析】（1）（2）根据c＝求出乙的比热容；
（3）根据Q吸＝cm△t求出乙吸收的热量；
（4）根据Q放＝mq求出酒精放出的热量，根据效率公式求出效率。
AB、根据图乙可知，质量相同的甲和乙升高相同的温度，甲的加热时间是乙的加热时间的2倍，则甲吸收的热量是乙吸收热量的2倍，则甲的吸热能力大于乙的吸热能力，甲为水；根据c＝可知，甲的比热容是乙的比热容的2倍，乙的比热容为：c乙＝×4.2×103J/（kg•℃）＝2.1×103J/（kg•℃），故A错误；
C、用相同的酒精灯加热，在相同的时间内，水吸收的热量等于乙吸收的热量，0~8min乙吸收的热量等于甲吸收的热量：Q乙＝Q水＝c水m水△t＝4.2×103J/（kg•℃）×0.1kg×（100℃﹣20℃）＝3.36×104J，故C正确；
D、酒精完全燃烧放出的热量为：Q放＝m酒精q＝0.004kg×3×107J/kg＝1.2×105J；酒精灯的加热效率为：η＝＝＝28%，故D正确。
【点评】考查比热容的计算、吸热和放热公式的应用、效率的计算，考查的知识点较多。
29. 小武用如图所示滑轮组匀速提升500N的重物，10s内物体上升了1m，大滑轮重20N，每个小滑轮重10N，滑轮组的绕绳能承受的最大拉力为200N，不计绳重及滑轮与轴之间的摩擦，下列结论正确的是（ ）
A. 动滑轮对重物做的功为520J B. 小武施加的拉力的功率为52W
C. 使用此滑轮组能匀速提起重为570N的物体D. 若机械效率为80%，则提升的物重为160N
【答案】BC
【解析】A．由受力分析可知，动滑轮对重物的拉力F拉等于重物的重力G，即
F拉=G=500N
重物上升的高度为h=1m，故由W=Fs可得，动滑轮对重物做的功为
W=Gh=500N×1m=500J
故A错误；
B．由图中可知，动滑轮上有三股绳子承重，故绳子自由端的拉力为
绳子自由端移动的距离为
s=3h=3×1m=3m
故绳子自由端的拉力做的功为
故由可得，拉力的功率为
故B正确；
C．由题意可知，滑轮组的绕绳能承受的最大拉力为F大=200N，故由
可得，使用此滑轮组能匀速提起的物体的最大重力为
G大=3F大-G动=3×200N-20N=580N
故可知使用此滑轮组能匀速提起重为570N物体，故C正确；
D．该滑轮组的机械效率为
若机械效率为80%，解得此时物体的重力为G′=80N，故D错误。故选BC。
30. 如图（a），电源电压保持不变，电流表量程0~0.6A，电压表量程0~15V。在保证各元件安全的情况下（灯泡两端的电压不超过额定电压，电表均不超过量程），进行下列操作：只闭合S1、S2，最大范围内移动滑动变阻器滑片P，电流表示数与滑动变阻器接入电路的阻值的关系如图（b）所示；只闭合S3，滑片P从最右端向左滑动，直至灯泡正常发光，电流表示数与电压表示数的关系如图（c）所示。下列说法正确的是（ ）
A. 电源电压为5V
B. 小灯泡的额定功率为2.64W
C. 小灯泡工作时的最小电压为1V
D. 只闭合S1、S2与只闭合S2、S3，滑动变阻器允许接入电路的最小电阻之比为5:1
【答案】BC
【解析】A．由图（a）知，只闭合S1、S2时，灯泡与滑动变阻器并联接入电路，电压表测电源电压，电流表测干路的电流。最大范围内移动变阻器的滑片，由图（b）知，变阻器接入电路的阻值为50欧时，干路的电流最小为0.56A，此时变阻器接入电路的阻值是其最大阻值。进行各操作时，须保证各元件安全（灯泡两端的电压不超过额定电压，电表均不超过量程），则电源电压等于灯泡的额定电压。只闭合S3时，灯泡与变阻器串联接入电路，滑片从最右端向左滑动，变阻器接入电路的阻值最大时，电路中的电流为0.10A，灯泡正常发光时，电路的电流为0.44A，则灯泡的额定电流为0.44A。则有
解得电源电压U=6V
故A错误；
B．灯泡的额定功率
故B正确；
C．灯泡与变阻器串联，变阻器接入电路的阻值最大时，据串联电路的分压特点知，变阻器两端的电压最大，小灯泡两端的电压最小，此时变阻器两端的电压
小灯泡工作时的最小电压U小=U-U大=6V-5V=1V
故C正确；
D．只闭合S1、S2，电流表的量程为0~0.6A，则电路中的最大电流为0.6A，变阻器接入电路的阻值最小时，通过的最大电流I大=I总大-IL=0.6A-0.44A=0.16A
变阻器接入电路的最小阻值
只闭合S2、S3，电路中只有变阻器工作，电路中的最大电流为0.6A，变阻器接入电路的最小阻值
变阻器允许接入电路的最大电阻之比
故D错误。故选BC。
二、综合题（本道大题有2小题，共10分。第32题在解答时应写出公式和重要的演算步骤，只写出最后答案不能得分）
31. 在一次实践活动中，小军对家中常用的电热水壶（如图甲）进行了探究。这种水壶使用方便，能较快将水烧开。
（1）使用电热水壶，安全至关重要。小军首先认真阅读了使用说明书，并对一些重要的注意事项作出了如下分析，你认为他的分析不合理的是___________
A．电热水壶不能放在燃气灶旁，是为了防止损坏绝缘材料
B．电热水壶的插头必须接三孔插座，是为了防止短路
C．水量不超过最大限位，可以防止水烧开后溢出
D．必须保持插头和电源线干燥，是为了防止漏电造成事故
（2）小军观察电热水壶铭牌（如图乙）后，开始实际操作。他测出，电热水壶正常工作烧开2L水，用时8min。若电费单价为0.5元/kW·h，则烧开这壶水所花的电费为_____元；
（3）利用铭牌参数和小军测得数据，若要测出电热水壶的加热效率，除了要知道水的密度、水的末温外，还需知道的两个物理量是___________；
（4）小军继续对电热水壶的设计和使用说明进行探究，他提出了下列猜想，你认为不合理的是______
A．观察到加热元件安装在壶身底部而不是其他位置，可能是为了增强加热效果
B．原理图中指示灯与加热元件是并联而不是串联，可能是因为两者的额定电流相差很大
C．要求长时间使用后要清除水垢，可能是因为水垢增多，导致加热电阻变大，功率变小
【答案】 （1）B （2）0.12 （3）水的初温和水的比热容 （4） C
【解析】（1）A．电热水壶不能放在燃气灶旁，否则在使用燃气灶时产生的热量会把电热水壶的绝缘材料烤软甚至损坏，故A分析合理，不符合题意；
B．电热水壶的插头必须接三孔插座，是为了防止金属外壳带电而使人接触时触电，不是为防止短路，故B分析不合理，符合题意；
C．电热水壶烧水时，水量不超过最大限位，如果超过最大限位，当水沸腾会会溢出，烫伤人，故C分析合理，不符合题意；
D．必须保持插头和电源线干燥，如果潮湿，可能产生漏电，引起触电事故，故D分析合理，不符合题意。
故选B。
（2）由乙图可知，电热水壶正常工作时功率为1800W，工作8min消耗的电能为
W=Pt=1800W×8×60s=864×105J=0.24kW·h
若电费单价为0.5元/kW·h，则烧开这壶水所花的电费为
N=0.5元/kW·h×0.24 kW·h=0.12元
（3）根据公式
可知，要测出电热水壶的加热效率，需知道：消耗的电能W，水的比热容c，水的质量ρ，水的体积V，水的初温t0、末温t。根据题意，水的体积已知，W已经求出，所以除了要知道水的密度、水的末温外，还需知道的两个物理量是水的比热容c和水的初温t0。
（4）A．加热元件安装在壶身底部而不是其他位置，为了加快水的对流，增强加热效果，故A合理，不符合题意；
B．指示灯电阻串联一个很大电阻再与加热元件并联，根据可知，指示灯功率很小，而加热元件能产生大量的热，功率很大，充分利用电能，所以指示灯与加热元件是并联而不是串联，可能是因为两者的额定电流（功率）相差很大，故B合理，不符合题意；
C．要求长时间使用后要清除水垢，可能是因为水垢增多，导致电热水壶的传导热量能力变差，需要加热更长时间，而不是加热电阻变大，功率变小，故C不合理，符合题意。
故选C。
32. 某兴趣小组要测量一实心圆柱体（不吸水且不溶于水）的密度，进行了如下操作：用一根不可伸长的细线将圆柱体竖直悬挂在铁架台上并保持静止，将一盛有水的柱形容器放在水平升降台上，容器和升降台整体安放在圆柱体的正下方，使容器内的水面与圆柱体下表面恰好不接触，测得容器内水的深度为，如图所示；缓慢调节升降台使细线恰好伸直且无拉力，测得容器上升的高度为，整个过程没有水溢出，圆柱体始终处于竖直状态。已知圆柱体的高为，圆柱体与容器的底面积之比为，，取，不计容器壁厚度。求：
（1）调节升降台前水对容器底部的压强；
（2）调节升降台后圆柱体浸入水中的深度；
（3）圆柱体的密度。
【答案】（1） （2） （3）
【解析】（1）调节升降台前水对容器底部的压强
（2）缓慢调节升降台后使细线恰好伸直且无拉力，故圆柱体的位置始终不变。由水的体积不变可得，
所以圆柱体浸入水中的深度

（3）调节升降台后细线恰好伸直且无拉力，则圆柱体处于漂浮状态，所以，则有，则圆柱体的密度
电流表的位置
A
B
C
电流I/A
0.3
0.3
0.3