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2021年四川省广元市中考物理模拟试卷（解析版）
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这是一份2021年四川省广元市中考物理模拟试卷（解析版），共31页。试卷主要包含了选择题，填空题，作图与实验探究题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021年四川省广元市中考物理模拟试卷
一、选择题（每小题给出的四个选项中，只有一个最符合题意，不选、错选、多选均不得分。每小题3分，共36分）
1．下列估算数据最接近事实的是（ ）
A．一部华为5G手机的质量约2kg B．人体的电阻大约为36Ω
C．家用液晶电视机额定功率约100W D．教室门的高度约180mm
2．在敲响大钟时有同学发现，停止了对大钟的撞击后大钟“余音未绝”，其原因是（ ）
A．一定是大钟的回声
B．是因为人的听觉发生“延长”的缘故
C．大钟虽已停止振动，但空气仍在振动
D．有余音说明大钟仍在振动
3．下列设备应用到的物理知识解释正确的是（ ）
A．验钞机﹣﹣红外线使钞票上的荧光物质发光
B．体温计﹣﹣利用液体热胀冷缩的原理制成
C．汽油机﹣﹣压缩冲程中内能化为机械能
D．电冰箱﹣﹣利用液态制冷剂在冷冻室升华吸热
4．用一段细铁丝做一个支架作为转动轴，把一根中间戳有小孔（没有戳穿）的饮料吸管放在转动轴上，吸管能在水平面内自由转动（如图所示）。用餐巾纸摩擦吸管使其带电，将带负电的橡胶棒靠近带电吸管的一端时，发现吸管被推开，下列说法正确的是（ ）
A．吸管和橡胶棒带异种电荷
B．吸管和餐巾纸摩擦后，两者带同种电荷
C．吸管和餐巾纸摩擦时，吸管得电子带负电
D．吸管和餐巾纸摩擦时，吸管失电子带负电
5．现在各学校都在开展“足球进校园”活动，关于同学们在足球比赛中涉及的物理知识，下列分析正确的是（ ）
A．足球鞋底凹凸不平，是为了减小与地面的接触面积，从而减小摩擦力
B．用头顶足球攻门时，头感到疼，说明足球受到了力的作用
C．足球能在空中飞行，是因为飞行的足球持续受到来自运动员的力的作用
D．守门员及时截住射门的足球，说明力可以改变物体的运动状态
6．学习了分子动理论之后，小明总结了很多生活中与分子动理论有关的现象，下列总结中不正确的是（ ）
A．“花气袭人知骤暖”说明分子的热运动与温度有关
B．人造木板黏结剂中的甲醛扩散到空气中造成环境污染
C．用透明胶带揭下纸上写错的字，是因为胶带与纸之间有相互的斥力
D．“破镜不能重圆”是分子间的距离太大，作用力变得十分微弱
7．为了测量某金属块的密度，首先用天平测量该金属块的质量，当天平平衡时，右盘中砝码的质量和游码的位置如图甲所示，然后用量筒和水测金属块的体积如图乙所示。下列数据正确的是（ ）
A．金属块的质量约为35.4g
B．金属块的体积约为5L
C．金属块的密度约为7.8×103kg/m3
D．金属块的密度约为7.08g/cm3
8．在如图所示的实验装置中，闭合开关后，当左右移动导体棒AB运动时，能观察到电流计指针发生偏转。利用这一现象所揭示的原理，可制成的设备是（ ）
A．发电机 B．电热器 C．电动机 D．电磁铁
9．下列关于能源与可持续发展及信息传递的叙述中正确的是（ ）
A．石油是可再生能源
B．娄底广播电台发射的电磁波是靠电流的迅速变化产生的
C．北斗3号卫星定位系统传递信息利用的是超声波
D．太阳内部每时每刻都在发生着核裂变释放巨大的核能
10．如图所示，GMR是一个巨磁电阻，其阻值随磁场的增强而急剧减小，当闭合开关S1、S2时，下列说法正确的是（ ）
A．电磁铁的右端为N极
B．小磁针将顺时针旋转
C．当p向左滑动时，电磁铁的磁性增强，指示灯变暗
D．当P向右滑动时，电磁铁的磁性减小，电压表的示数减小
11．水上救援需要打捞沉没的货物，我们将该情景简化为如图所示的物理过程，假设物体浸没在水深h＝0.5m的容器底部（非密合），现利用弹簧测力计将物体从水中匀速提出，当物体有一半体积露出水面时，弹簧测力计示数为3N，当物体全部离开水面后，弹簧测力计示数为4N，已知水的密度ρ水＝1.0×103kg/m3，取g＝10N/g，则（ ）
A．物体在水面下的上升过程中所受浮力逐渐减小
B．物体在容器底部时，受到的浮力为1N
C．把物体从容器底部提出水面，拉力对物体需做功2J
D．物体的密度为2.0×103kg/m3
12．在如图所示的电路中，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，电源电压不变。下列说法不正确的是（ ）
A．只闭合S1，将滑片P向左移动一段距离，电压表示数的变化量与电流表示数的变化量的比值不变
B．只闭合S1，将滑片P向左移动，电阻R1消耗的功率增加
C．开关都闭合，将滑片P向左移动，电压表的示数不变，电流表的示数变小
D．开关都闭合，将滑片P向左移动，灯泡L消耗的功率不变，电阻R2消耗的功率变小
二、填空题（每空2分，共28分）
13．（4分）人们常用水给汽车发动机降温，这是因为水的 较大，在相同条件下水能带走较多的热量；“可燃冰”作为新型能源，有着巨大的开发、使用潜力，同等条件下，“可燃冰”完全燃烧放出的热量达到煤气的数十倍，说明“可燃冰”的 很大。
14．（4分）娄底高铁站的进站通道采用了人脸识别系统（如图所示），识别系统的摄像机可以自动将镜头前1m处的人脸拍摄成数码照片传递给设备识别。此系统的摄像机的镜头相当于 透镜，它的焦距应 50cm（选填“大于“等于”或“小于”）。
15．（4分）如图所示为小丽同学“探究平面镜成像特点”的实验装置。在实验过程中，小丽移动蜡烛B，使它与蜡烛A的像完全重合，确定了 的位置。为了探究平面镜所成像是实像还是虚像，小丽用光屏代替蜡烛B，她未能在光屏上接收到蜡烛A的像，由此说明平面镜所成的像是 像。
16．（4分）既可以省力，又可以改变用力方向的滑轮是 （选填“定滑轮”“动滑轮”或“滑轮组”）；利用一个效率为90%的杠杆做100J的总功，其中额外功是 J。
17．（4分）某小灯泡上标有“6V 6W”字样，其电流随两端电压变化关系的曲线如图所示，则当小灯泡两端的电压为2V时，通过小灯的电流为 A，此时小灯泡的电阻为 Ω。
18．（4分）世界上时速最快的真空超导磁悬浮直道试验线于2018年底在四川建成，试验线安装在一条特制的真空管道里，测试时可以将单人乘坐的列车模型加速到400km/h。某次测试时，用时2.8s，通过140m距离将列车模型加速至360km/h，加速过程中列车模型的平均速度是 m/s，把管道设计成真空是为了 。
19．（4分）如图所示，薄壁容器的底面积为S，重为G1，内装有密度为ρ，重为G2的某种液体，深度为h，容器放置在水平桌面上静止，那么容器底部受到的液体压强为 ，容器对桌面产生的压强为 。
三、作图与实验探究题（每空2分，每图2分，共24分）
20．（2分）如图所示，S'为发光点S在平面镜MN中所成的像，请在图中画出发光点S的位置，并画出一条由S点发出，经平面镜反射后通过P点的光线。
21．（2分）光控开关的作用是有光时，开关断开，无光时闭合：声控开关的作用是有声音时，开关闭合，无声音时断开，请将图中的“光控”、“声控”两个开关和灯泡用笔画线代替导线正确连入电路，要求电灯只在无光且有声音时才亮。
22．（6分）如图所示，是探究“物体的动能大小与哪些因素有关”的实验装置图，其中mA＝mB＜mC，hA＝hC＝hB。
（1）实验中，探究的动能是指 （填选项前面的字母代号）；
A.小球在斜面上的动能
B.小球撞击木块时的动能
C.小球撞击木块后的动能
D.木块被小球撞击的动能
（2）使质量相同的小球从斜面上不同高度处自由滚下，是为了研究动能大小与 的关系；
（3）在做了探究“物体动能大小与哪些因素有关”的实验后，有些同学对“质量不同的小球从同一光滑斜面同一高度由静止开始滚下，刚到达底部时的速度大小相等”有疑惑，小明设计了如图所示的实验：让质量不同的小球A、C同时从同一高度由静止开始沿光滑斜面滚下，观察和比较两球相对运动情况，若C球相对于A球 （选填“运动”或“静止”），就可以说明任一时刻两球的速度大小相等。
23．（6分）在“探究冰和蜡熔化时温度的变化规律”实验中。
（1）小明绘制了冰和蜡的熔化图像，如图甲、乙所示，则 是蜡的熔化图像；
（2）小林同学感觉冰熔化的时间不够长，不便于观察熔化时的物理现象，在不改变原来实验装置的情况下，请你告诉她一种延长冰熔化时间的方法： ；
（3）在冰和蜡熔化的过程中，如果将试管从烧杯中拿出来，冰和蜡停止熔化或熔化非常缓慢，将试管放回烧杯中后，冰和蜡又继续熔化，说明固体熔化时需要 。
24．（8分）在一次测量小灯泡额定功率的实验中，所用电源由三节蓄电池串联组成，小灯泡上标有“2.5V”字样。小刚连接了如图甲所示的电路。
（1）闭合开关后发现灯泡不亮，电流表和电压表都无示数。为了找出电路故障，他用另一只电压表进行检测，发现只电池两极和电流表两端有电压，其他元器件两端均无电压，则该电路的故障可能是 ；
（2）待故障排除后，闭合开关，移动滑片P，测得多组数据并作出通过灯泡的电流I与其两端电压U的关系图像如图乙所示。当灯泡两端的实际电压为额定电压一半时，灯泡的实际电功率为P1，当通过灯泡的实际电流为额定电流的一半时，灯泡的实际电功率为P2，根据图像，则P1 P2（选填“大于”“小于”或“等于”）；
（3）为了保护各电表和灯泡，有以下三种规格的滑动变阻器，应选择的滑动变阻器应是 （填选项前面的字母代号）；
A.10Ω 0.5A
B.20Ω 0.2A
C.20Ω 0.5A
（4）实验中另一小组没有使用电压表，而是用了两个电流表和一个10Ω的定值电阻设计了如图丙所示的电路，也测出了同一只小灯泡的额定功率。具体实验步骤是：闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P，当小灯泡正常发光时，电流表A2的示数应为 A。
四、解答题（解答应写出必要的文字说明、公式、演算步骤、数值和单位，共12分）
25．（6分）如图甲所示，水平桌面上有一圆柱形容器，容器中装有足量的水，现将一体积为50cm3的物块A（不吸水）放入容器中，水未溢出，物块A有的体积露出水面
（1）计算物块A此时受到的浮力；
（2）如将一金属块B放在物块A上，使物块A刚好全部浸入水中，如图乙所示，计算金属块B的质量
26．（6分）小明家某型号电热加湿器的原理图如图所示，R1、R2都是发热电阻，不考虑温度对电阻的影响，且R2＝3R1；S为旋转型开关，1、2、3、4为触点，通过旋转开关S可实现“关”、“低挡”、“高挡”之间的切换（低挡为小功率加热，高挡为大功率加热），其部分技术参数如表所示。
额定电压（V）
220
高挡发热功率（W）
400
注水仓最大注水量（kg）
3
（1）计算电热加湿器中R1的阻值；
（2）在加湿器注水仓中加注冷水到最大注水量，如果加湿器在“高挡”正常工作10min产生的热量全部被水吸收，可以使注水仓中冷水的温度升高多少℃？（水的比热容为4.2×103J/（kg•℃））（计算结果保留整数）；
（3）某一天，小明断开家中其他所有用电器，只接通加湿器在低挡加热，发现家中标有“3000revs/（kW•h）”的电能表转盘在400s内转了27圈，计算此时加湿器两端的电压。
2021年四川省广元市中考物理模拟试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题给出的四个选项中，只有一个最符合题意，不选、错选、多选均不得分。每小题3分，共36分）
1．（3分）下列估算数据最接近事实的是（ ）
A．一部华为5G手机的质量约2kg
B．人体的电阻大约为36Ω
C．家用液晶电视机额定功率约100W
D．教室门的高度约180mm
【分析】不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要简单的计算，有的要进行单位的换算，最后判断最符合实际的是哪一个。
【解答】解：A、一个苹果的质量约200g，一部华为5G手机的质量与此差不多，在200g＝0.2kg左右。故A不符合实际；
B、一般情况下人体电阻值在2千欧﹣20兆欧范围内，通常情况下大约为10000Ω．故B不符合实际；
C、家用液晶电视机正常工作的电流约0.45A，其功率在P＝UI＝220V×0.45A≈100W左右。故C符合实际；
D、老师的身高约170cm，教室门的高度略大于此数值，在200cm＝2000mm左右。故D不符合实际。
故选：C。
【点评】物理与社会生活联系紧密，多了解一些生活中的常见量的值可帮助我们更好地学好物理，同时也能让物理更好地为生活服务。
2．（3分）在敲响大钟时有同学发现，停止了对大钟的撞击后大钟“余音未绝”，其原因是（ ）
A．一定是大钟的回声
B．是因为人的听觉发生“延长”的缘故
C．大钟虽已停止振动，但空气仍在振动
D．有余音说明大钟仍在振动
【分析】声音由物体的振动产生，振动停止，发声停止。
【解答】解：敲击大钟时，大钟因为振动而发出声音，停止对大钟的撞击，但大钟的振动不能马上停止，所以仍会产生声音，所以会有“余音未绝”。
故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】理解声音的产生条件，可解答此题。
3．（3分）下列设备应用到的物理知识解释正确的是（ ）
A．验钞机﹣﹣红外线使钞票上的荧光物质发光
B．体温计﹣﹣利用液体热胀冷缩的原理制成
C．汽油机﹣﹣压缩冲程中内能化为机械能
D．电冰箱﹣﹣利用液态制冷剂在冷冻室升华吸热
【分析】（1）根据验钞机是通过紫外线来进行工作的进行解答；
（2）常用温度计是根据液体的热胀冷缩来工作的；
（3）四冲程汽油机或柴油机的一个工作循环由四个冲程组成；其中压缩冲程将机械能转化为内能；做功冲程将内能转化为机械能；
（4）冰箱是利用制冷剂在蒸发器、散热器不断发生物态变化进行吸热放热来降低冰箱内的温度的。
【解答】解：A、验钞机验钞时，紫外线使钞票上的荧光物质发光。故A错误；
B、体温计里面装的液体是水银，是根据液体热胀冷缩的性质来工作的，故B正确；
C、汽油机的压缩冲程是将机械能转化为内能的过程，故C错误；
D、电冰箱内液态制冷剂在汽化时吸热，即蒸发吸收冰箱内的热量，达到降温致冷的目的，然后再液化放热使制冷剂变为液态，所以电冰箱是利用汽化吸热和液化放热的原理工作的，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了生活中一些设备中应用到的物理知识，体现了物理与生活的联系，值得我们关注。
4．（3分）用一段细铁丝做一个支架作为转动轴，把一根中间戳有小孔（没有戳穿）的饮料吸管放在转动轴上，吸管能在水平面内自由转动（如图所示）。用餐巾纸摩擦吸管使其带电，将带负电的橡胶棒靠近带电吸管的一端时，发现吸管被推开，下列说法正确的是（ ）
A．吸管和橡胶棒带异种电荷
B．吸管和餐巾纸摩擦后，两者带同种电荷
C．吸管和餐巾纸摩擦时，吸管得电子带负电
D．吸管和餐巾纸摩擦时，吸管失电子带负电
【分析】（1）同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，带电体可以吸引不带电的物体；
（2）丝绸摩擦过的玻璃棒带正电；摩擦起电的过程中失去电子的带正电，得到电子的带负电。
【解答】解：
AB、用餐巾纸摩擦吸管，吸管得到电子是带负电餐巾纸失去电子带负电；把毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，把毛皮摩擦过的橡胶棒放在带电吸管一端的附近，发现吸管被推开，则吸管和橡胶棒带的是同种电荷，吸管带负电；故AB错误；
CD、用餐巾纸摩擦吸管，使吸管带负电，说明吸管得到电子，吸管束缚电子的能力强一些，餐巾纸失去电子，故C正确，D错误。
故选：C。
【点评】知道电荷间的相互作用规律是正确解答本题的关键。
5．（3分）现在各学校都在开展“足球进校园”活动，关于同学们在足球比赛中涉及的物理知识，下列分析正确的是（ ）
A．足球鞋底凹凸不平，是为了减小与地面的接触面积，从而减小摩擦力
B．用头顶足球攻门时，头感到疼，说明足球受到了力的作用
C．足球能在空中飞行，是因为飞行的足球持续受到来自运动员的力的作用
D．守门员及时截住射门的足球，说明力可以改变物体的运动状态
【分析】（1）增大摩擦力的方法：在接触面粗糙程度一定时，通过增大压力来增大摩擦力；在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力。
（2）物体间力的作用是相互的；
（3）一切物体都有保持原来运动状态不变的性质，叫惯性，惯性不是力；
（4）力的作用效果包括改变物体的形状、改变物体的运动状态。
【解答】解：A、足球鞋底凹凸不平，是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力，故A错误；
B、用头顶足球时，头给足球一个力，足球同时给头一个反作用力，所以头感到疼，说明力的作用是相互的，故B正确；
C、足球能在空中飞行，是因为足球具有惯性，惯性不是力，此时足球已经离开了运动员，因此飞行的足球不再受到来自运动员的力的作用，故C错误；
D、守门员一下子抱住射门的足球，足球由运动变为静止，说明力可以改变物体的运动状态，故D错误。
故选：D。
【点评】此题涉及增大摩擦的方法、惯性现象、力的相互性、力的作用效果等，是一道综合性较强的题目，但总体难度不大，掌握基础知识即可正确解题。。
6．（3分）学习了分子动理论之后，小明总结了很多生活中与分子动理论有关的现象，下列总结中不正确的是（ ）
A．“花气袭人知骤暖”说明分子的热运动与温度有关
B．人造木板黏结剂中的甲醛扩散到空气中造成环境污染
C．用透明胶带揭下纸上写错的字，是因为胶带与纸之间有相互的斥力
D．“破镜不能重圆”是分子间的距离太大，作用力变得十分微弱
【分析】分子动理论基本观点：
（1）扩散现象说明了分子在不停地做无规则运动，温度越高，分子运动越剧烈。注意：作答时一定要有“不停地”与“无规则”两个关键词。
（2）分子间存在引力和斥力；分子间距离越大，其作用力越微弱。
（3）分子间存在间隙。
【解答】解：A、花气袭人说明扩散现象很明显，这是因为分子运动更剧烈导致的，温度越高分子热运动越剧烈；故A正确。
B、一切分子都在不停地做无规则运动，故黏合剂中的甲醛也会扩散到空气中，从而造成环境污染；故B正确。
C、胶带揭下纸上的错字，因为胶带与纸之间有相互的引力作用；故C错误。
D、分子间距离越大，分子间作用力越小；当分子间的间距大于分子直径10倍时候，分子间的作用力已经微弱到几乎可以忽略。故D正确。
故选：C。
【点评】该题考查分子动理论相关知识。
7．（3分）为了测量某金属块的密度，首先用天平测量该金属块的质量，当天平平衡时，右盘中砝码的质量和游码的位置如图甲所示，然后用量筒和水测金属块的体积如图乙所示。下列数据正确的是（ ）
A．金属块的质量约为35.4g
B．金属块的体积约为5L
C．金属块的密度约为7.8×103kg/m3
D．金属块的密度约为7.08g/cm3
【分析】物体的质量应等于砝码的质量加游码在标尺所对的刻度值；金属块的体积应等于水和金属块的总体积减水的体积；根据密度公式得出金属块的密度。
【解答】解：A、由图甲知，物体的质量m＝20g+10g+5g+4g＝39g；故A错误；
B、由图乙知，水的体积为25ml，由图乙右图知，水和金属块的总体积为30ml；则金属块的体积为：V＝30ml﹣25ml＝5mL＝0.005L，故B错误；
CD、金属块的密度：ρ＝＝＝7.8g/cm3＝7.8×103kg/m3．故C正确，D错误。
故选：C。
【点评】本题是测量金属块密度的实验，主要考查了天平读数及量筒的读数和密度的计算，都属于基础性的知识。
8．（3分）在如图所示的实验装置中，闭合开关后，当左右移动导体棒AB运动时，能观察到电流计指针发生偏转。利用这一现象所揭示的原理，可制成的设备是（ ）
A．发电机 B．电热器 C．电动机 D．电磁铁
【分析】闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，就会产生感应电流，这就是电磁感应现象；利用这一原理制成了发电机。
【解答】解：如图所示，闭合开关后，当左右移动导体棒AB运动时，导体在磁场中做切割磁感线运动，电路中会产生感应电流，能观察到电流计指针发生偏转。利用这一现象所揭示的原理，可制成的设备是发电机。
故选：A。
【点评】此题考查了电磁感应现象及其应用，知道电磁感应现象中，是通过磁场产生了电流，是发电机的原理。
9．（3分）下列关于能源与可持续发展及信息传递的叙述中正确的是（ ）
A．石油是可再生能源
B．娄底广播电台发射的电磁波是靠电流的迅速变化产生的
C．北斗3号卫星定位系统传递信息利用的是超声波
D．太阳内部每时每刻都在发生着核裂变释放巨大的核能
【分析】A、可再生能源是短时间内可以从自然界得到补充的能源，石油是化石能源，短时间没法从自然界得到补充；
B、变化的电流可以产生电磁波
C、卫星通信是用微波进行通信的，微波是电磁波；
D、太阳的内部不断有氢核聚变成氦核，发生的是核聚变反应；
【解答】解：A、可再生能源是短时间内可以从自然界得到补充的能源，石油是化石能源，短时间没法从自然界得到补充；故A错误。
B、迅速变化的电流可以产生电磁波；故B正确。
C、卫星通信是用微波进行通信的，微波是电磁波；故C错误。
D、太阳的内部不断有氢核聚变成氦核，发生的是核聚变反应；故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查学生电磁波的产生以及电磁波应用、能源分类，太阳能等知识。只要有相关了解，较容易能得出答案。
10．（3分）如图所示，GMR是一个巨磁电阻，其阻值随磁场的增强而急剧减小，当闭合开关S1、S2时，下列说法正确的是（ ）
A．电磁铁的右端为N极
B．小磁针将顺时针旋转
C．当p向左滑动时，电磁铁的磁性增强，指示灯变暗
D．当P向右滑动时，电磁铁的磁性减小，电压表的示数减小
【分析】（1）根据安培定则得出电磁铁的两极，根据磁极间的相互作用判断小磁针旋转方向；
（2）先分析滑片向右移动时，变阻器的阻值是变大了还是变小了，然后根据欧姆定律得出电流大小变化情况，从而判断出电磁铁的磁场强弱变化情况，进一步得出灯泡亮度的变化。
【解答】解：
（1）根据安培定则可知，电磁铁的左端为N极，右端为S极，根据磁极间的相互作用可知，上侧侧的小磁针将会逆时针旋转，故AB错误；
（2）闭合开关S1和S2，使滑片P向左滑动，电阻变小，电流变大，磁场的磁性增强，巨磁电阻的阻值减小，电路电流变大，所以指示灯的亮度会变亮，故C错误。
使滑片P向右滑动，电阻变大，电流变小，磁场的磁性变弱，巨磁电阻的阻值变大，电路电流变小，根据U＝IR可知，灯泡两端的电压减小，电压表示数变小，故D正确。
故选：D。
【点评】在控制电路中，滑片的移动是分析的入手点；在工作电路中，灯泡的亮度是确定电路中电流、电阻变化的一个隐含条件。
11．（3分）水上救援需要打捞沉没的货物，我们将该情景简化为如图所示的物理过程，假设物体浸没在水深h＝0.5m的容器底部（非密合），现利用弹簧测力计将物体从水中匀速提出，当物体有一半体积露出水面时，弹簧测力计示数为3N，当物体全部离开水面后，弹簧测力计示数为4N，已知水的密度ρ水＝1.0×103kg/m3，取g＝10N/g，则（ ）
A．物体在水面下的上升过程中所受浮力逐渐减小
B．物体在容器底部时，受到的浮力为1N
C．把物体从容器底部提出水面，拉力对物体需做功2J
D．物体的密度为2.0×103kg/m3
【分析】（1）根据浮力大小的影响因素分析解答；
（2）利用二次称重法求出物体有一半体积露出水面时受到的浮力，则物体在容器底部时，受到的浮力为其2倍；
（3）求出在空中匀速将物体提升0.5m时拉力做得功；然后比较把物体从容器底部提出水面时受到的平均拉力与在空中匀速将物体提升时拉力的大小，再利用W＝Fs判断。
（4）根据F浮＝ρgV排求出物体在容器底部时排开水的体积，然后利用G＝mg和ρ＝计算其密度。
【解答】解：
A、浮力的大小与液体的密度和物体排开液体的体积有关，物体在水面下上升的过程中，水的密度不变，排开水的体积不变，所以根据F浮＝ρgV排可知，所受浮力大小不变。故A错误；
B、由题可知，物体的重力G＝4N，当物体有一半体积露出水面时，弹簧测力计示数F示＝3N，
则此时物体受到的浮力F浮＝G﹣F示＝4N﹣3N＝1N，
故物体在容器底部时，受到的浮力为＝2F浮＝2×1N＝2N；故B错误；
C、在空中匀速将物体提升0.5m时，拉力做功W＝Fs＝Gs＝4N×0.5m＝2J，
但物体在水中被提起时，由于受到浮力的作用，拉力小于4N，
所以根据W＝Fs知，把物体从容器底部提出水面，拉力对物体需做功小于2J．故C错误。
D、物体的质量m＝＝＝0.4kg，
物体浸没在水中时，排开水的体积与物体自身的体积相等，
则V＝V排＝＝＝2×10﹣4m3，
所以物体的密度ρ＝＝＝2.0×103kg/m3．故D正确。
故选：D。
【点评】此题考查浮力、功和密度的计算、阿基米德原理和液体压强公式的应用，是一道力学综合题，通过比较，得出把物体从容器底部提出水面时受到的平均拉力与在空中匀速将物体提升时拉力的大小关系是解答此题关键。
12．（3分）在如图所示的电路中，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，电源电压不变。下列说法不正确的是（ ）
A．只闭合S1，将滑片P向左移动一段距离，电压表示数的变化量与电流表示数的变化量的比值不变
B．只闭合S1，将滑片P向左移动，电阻R1消耗的功率增加
C．开关都闭合，将滑片P向左移动，电压表的示数不变，电流表的示数变小
D．开关都闭合，将滑片P向左移动，灯泡L消耗的功率不变，电阻R2消耗的功率变小
【分析】（1）只闭合S1，R1、R2串联，电压表测R2两端电压，电流表测电路中电流，由串联电路特点和欧姆定律分析判断将P向左移动时两电表变化量比值的变化情况；
（2）开关都闭合，L与R2并联，由并联电路特点、欧姆定律和电功率公式分析判断电表示数及两者功率变化。
【解答】解：
AB、由图知，只闭合S1，R1、R2串联，电压表测R2两端电压，电流表测电路中电流；
P左移动时，R2连入阻值变大，电路的总电阻变大，由欧姆定律知电路中电流变小，即电流表示数变小，由P＝I2R知R1消耗的功率减小，故B错误；
滑片P向左滑动，电流增大，则电压的变化量为：△U＝I2R1﹣I1R1＝（I2﹣I1）R1＝△IR1，即R1＝，即电压表示数的变化量与电流表示数的变化量的比值不变，故A正确；
CD、由图知，开关都闭合，L与R2并联，R1短路，电压表测电源电压，电流表测干路电流，
由并联电路电压特点知，将P向左移动，电压表示数不变，R2连入阻值变大，所以电路的总电阻变大，总电流变小，所以电流表示数变小，故C正确；
并联电路中各支路间互不影响，所以灯泡功率不变，由P＝知，R2消耗的功率变小，故D正确。
故选：B。
【点评】本题是一道闭合电路的动态分析题，分析清楚电路结构、应用串联电路特点、欧姆定律、电功率公式即可正确解题。
二、填空题（每空2分，共28分）
13．（4分）人们常用水给汽车发动机降温，这是因为水的 比热容 较大，在相同条件下水能带走较多的热量；“可燃冰”作为新型能源，有着巨大的开发、使用潜力，同等条件下，“可燃冰”完全燃烧放出的热量达到煤气的数十倍，说明“可燃冰”的 热值 很大。
【分析】（1）对水的比热容大的理解：相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少；升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多。
（2）1kg某种燃料完全燃烧放出的热量，叫这种燃料的热值。
【解答】解：（1）因为水的比热容较大，相同质量的水和其它物质比较，升高相同的温度，水吸收的热量多，所以汽车发动机用水做冷却剂；
（2）同等条件下，“可燃冰”完全燃烧放出的热量达到煤气的数十倍，说明“可燃冰”的热值很大。
故答案为：比热容；热值。
【点评】本题考查了学生对水的比热容最大的特点在生活中应用和燃料的热值含义的掌握情况，难度不大，是一道基础题。
14．（4分）娄底高铁站的进站通道采用了人脸识别系统（如图所示），识别系统的摄像机可以自动将镜头前1m处的人脸拍摄成数码照片传递给设备识别。此系统的摄像机的镜头相当于 凸 透镜，它的焦距应 小于 50cm（选填“大于“等于”或“小于”）。
【分析】人脸在摄像机镜头前1m处被拍摄成数码照片，则物距为1m，由于摄像机镜头属于凸透镜，根据凸透镜成倒立、缩小实像的条件，可判断凸透镜焦距的大小。
【解答】解：摄像机的镜头相当于凸透镜，当物距大于二倍焦距时，成倒立、缩小的实像，已知物距为1m，则焦距应小于0.5m，即50cm。
故答案为：凸；小于。
【点评】本题主要考查对凸透镜在物距大于二倍焦距时，成倒立、缩小的实像条件的了解。知道摄像机是根据凸透镜成像的原理制成的，其镜头相当于凸透镜。
15．（4分）如图所示为小丽同学“探究平面镜成像特点”的实验装置。在实验过程中，小丽移动蜡烛B，使它与蜡烛A的像完全重合，确定了 像 的位置。为了探究平面镜所成像是实像还是虚像，小丽用光屏代替蜡烛B，她未能在光屏上接收到蜡烛A的像，由此说明平面镜所成的像是 虚 像。
【分析】实验时采用两个完全相同的蜡烛，一支蜡烛放在玻璃板的前面并点燃，另一支放在玻璃板的后面，当玻璃板后面的蜡烛和玻璃板前面的蜡烛的像完全重合时，可以确定像的位置，同时也可以比较物像大小关系；用光屏是否能承接到像，是判断实像和虚像的最佳方法。
【解答】解：在实验过程中，选择两根完全相同的蜡烛A和蜡烛B，移动蜡烛B，使它与蜡烛A的像完全重合，这样确定了像的位置，这种方法叫做等效替代法。
虚像不能成在光屏上，用光屏代替蜡烛B，不能用光屏接收到蜡烛A的像，说明平面镜成的像是虚像。
故答案为：像；虚。
【点评】本题考查平面镜的成像特点，属于基础知识，难度不大。
16．（4分）既可以省力，又可以改变用力方向的滑轮是 滑轮组 （选填“定滑轮”“动滑轮”或“滑轮组”）；利用一个效率为90%的杠杆做100J的总功，其中额外功是 10 J。
【分析】（1）用定滑轮和动滑轮组成滑轮组，既可以省力，又可以改变力的方向；
（2）知道使用杠杆做的总功和机械效率，利用效率公式求做的有用功，利用杠杆做的额外功等于总功减去有用功。
【解答】解：
（1）使用定滑轮不能省力，但可以改变力的方向；使用动滑轮可以省力，但不可以改变力的方向；用定滑轮和动滑轮组成滑轮组，既可以省力，又可以改变力的方向；
（2）由题知，使用杠杆做的总功W总＝100J，η＝90%，
由η＝＝90%可得做的有用功：
W有用＝W总×90%＝100J×90%＝90J，
则利用杠杆做的额外功：
W额＝W总﹣W有用＝100J﹣90J＝10J。
故答案为：滑轮组；10。
【点评】本题考查了定滑轮、动滑轮、滑轮组的特点以及额外功的计算，明确有用功、总功、额外功的含义是关键。
17．（4分）某小灯泡上标有“6V 6W”字样，其电流随两端电压变化关系的曲线如图所示，则当小灯泡两端的电压为2V时，通过小灯的电流为 0.5 A，此时小灯泡的电阻为 4 Ω。
【分析】由图象可知，当小灯泡两端的电压为2V时通过的电流，根据欧姆定律求出小灯泡的电阻。
【解答】解：由图象可知，当小灯泡两端的电压为2V时，通过的电流I＝0.5A；
由I＝可得，此时小灯泡的电阻：
R＝＝＝4Ω。
故答案为：0.5；4。
【点评】本题考查了欧姆定律和电功率公式的简单应用，关键是根据图象读出电压对应的电流。
18．（4分）世界上时速最快的真空超导磁悬浮直道试验线于2018年底在四川建成，试验线安装在一条特制的真空管道里，测试时可以将单人乘坐的列车模型加速到400km/h。某次测试时，用时2.8s，通过140m距离将列车模型加速至360km/h，加速过程中列车模型的平均速度是 50 m/s，把管道设计成真空是为了 减小空气的阻力 。
【分析】（1）根据v＝算出加速过程的平均速度；
（2）从减小阻力的角度分析解答。
【解答】解：（1）加速过程的时间t＝2.8s，路程s＝140m；
加速过程的平均速度：v＝＝＝50m/s；
（2）真空超导磁悬浮直道试验线安装在一条特制的真空管道里，把管道设计成真空的目的是为了减小空气的阻力。
故答案为：50；减小空气的阻力。
【点评】本题考查了速度公式的应用，难度不大，是一道基础计算题。
19．（4分）如图所示，薄壁容器的底面积为S，重为G1，内装有密度为ρ，重为G2的某种液体，深度为h，容器放置在水平桌面上静止，那么容器底部受到的液体压强为 ρgh ，容器对桌面产生的压强为 。
【分析】（1）根据液体压强公式得出底部受到的液体压强。
（2）由于桌面受到的压力与容器的总重力相等，则利用p＝即可求出压强。
【解答】解：
（1）由题知，液体的密度为ρ，深度为h，则容器底部受到液体的压强：p＝ρgh；
（2）容器对桌面的压力：F′＝G1+G2，
则容器对桌面的压强：p′＝＝。
故答案为：ρgh；。
【点评】本题考查的使学生对液体压强、压力计算公式的理解和掌握。
三、作图与实验探究题（每空2分，每图2分，共24分）
20．（2分）如图所示，S'为发光点S在平面镜MN中所成的像，请在图中画出发光点S的位置，并画出一条由S点发出，经平面镜反射后通过P点的光线。
【分析】根据平面镜成像的特点可知，物与像关于镜面对称，首先作出像点S′的发光点S，连接PS′，与镜面的交点为入射点O，再画出入射光线SO。
【解答】解：作出像点S′的对称点，即为发光点S，连接S′P，与镜面的交点为入射点O，再连接SO，画上箭头，则SO为入射光线，OP为反射光线。如下图所示：
【点评】注意平面镜成像的基本特点是物像关于平面镜的轴对称；所有的反射光线的反向延长线都要过像点。
21．（2分）光控开关的作用是有光时，开关断开，无光时闭合：声控开关的作用是有声音时，开关闭合，无声音时断开，请将图中的“光控”、“声控”两个开关和灯泡用笔画线代替导线正确连入电路，要求电灯只在无光且有声音时才亮。
【分析】由题意可知，电灯只在无光且有声音时才亮，说明两开关不能独立工作即为串联，同时要注意开关要接在火线上，另外还要考虑螺丝口灯泡的连线方法。
【解答】解：由题意可知，电灯只在无光且有声音时才亮，则声控开关和光控开关串联共同控制电灯，且开关要接在火线上；图中为螺丝口灯泡，根据安全用电的要求，开关应与灯泡顶端的金属点相连，零线直接接到灯泡的螺旋套上，如下图所示：
【点评】本题考查了家庭电路的连接，根据题意得出两开关的连接方式是关键，同时要注意安全用电原则的应用。
22．（6分）如图所示，是探究“物体的动能大小与哪些因素有关”的实验装置图，其中mA＝mB＜mC，hA＝hC＝hB。
（1）实验中，探究的动能是指 B （填选项前面的字母代号）；
A.小球在斜面上的动能
B.小球撞击木块时的动能
C.小球撞击木块后的动能
D.木块被小球撞击的动能
（2）使质量相同的小球从斜面上不同高度处自由滚下，是为了研究动能大小与 速度 的关系；
（3）在做了探究“物体动能大小与哪些因素有关”的实验后，有些同学对“质量不同的小球从同一光滑斜面同一高度由静止开始滚下，刚到达底部时的速度大小相等”有疑惑，小明设计了如图所示的实验：让质量不同的小球A、C同时从同一高度由静止开始沿光滑斜面滚下，观察和比较两球相对运动情况，若C球相对于A球 静止 （选填“运动”或“静止”），就可以说明任一时刻两球的速度大小相等。
【分析】（1）实验时，动能的大小是指小球运动到水平面上，撞击木块时的动能；
（2）小球速度的大小是通过改变小球在斜面上的高度实现的；
（3）通过运动和静止的相对性分析即可判断。
【解答】解：
（1）实验探究的是小球具有的动能，通过木块被小球推动的距离来反映小球具有动能的多少，应用了转换法，所以探究的动能是指小球撞击木块时小球具有的动能，故选B；
（2）探究动能的大小与什么因素有关采用控制变量法，控制小球的质量相同，改变小球在斜面上的高度，使小球到达水平面时的初始速度不同，是为了研究动能大小与速度的关系。
（3）让质量不同的小球A、C同时从同一高度由静止开始沿光滑斜面滚下，观察和比较两球相对运动情况，以A球为参照物，若C球相对于A球的位置没有发生变化，即C球相对于A球静止，说明任一时刻两球的速度大小相等。
故答案为：（1）B；（2）速度；（3）静止。
【点评】明确本实验中研究动能大小的决定因素时运用了控制变量法，反映动能多少时运用了转换法。
23．（6分）在“探究冰和蜡熔化时温度的变化规律”实验中。
（1）小明绘制了冰和蜡的熔化图像，如图甲、乙所示，则 图乙 是蜡的熔化图像；
（2）小林同学感觉冰熔化的时间不够长，不便于观察熔化时的物理现象，在不改变原来实验装置的情况下，请你告诉她一种延长冰熔化时间的方法： 增加冰的质量来延长加热时间 ；
（3）在冰和蜡熔化的过程中，如果将试管从烧杯中拿出来，冰和蜡停止熔化或熔化非常缓慢，将试管放回烧杯中后，冰和蜡又继续熔化，说明固体熔化时需要 吸热 。
【分析】（1）冰是晶体，在熔化过程中温度保持不变；蜡是非晶体，在熔化过程中温度不断升高；
（2）根据温度计的量程和分度值读数；开始熔化的时熔化结，即冰熔化时间延长熔化时，可以从酒灯火焰烧杯中水的数量上去考虑；
（3）物质在熔化过程中需要吸热。
【解答】解：
（1）蜡是非晶体，非晶体在熔化过程中温度不断升高，图乙，整个过程中温度都在升高，是非晶体的熔化图像，则为蜡的熔化图像；
（2）实验中小林同学发现冰熔化时间短，不便于观察熔化时的现象，可以增加冰的质量来延长加热时间；
（3）将试管从烧杯中拿出来，冰和蜡停止熔化或熔化非常缓慢，将试管放回烧杯中后，冰和蜡又能继续吸收热量，继续熔化，这说明固体熔化时需要吸收热量。
故答案为：（1）图乙；（2）增加冰的质量来延长加热时间；（3）吸热。
【点评】“探究冰和蜡熔化时温度的变化规律”的实验，考查了晶体和非晶体熔化图像的区别及比热容的知识，稍有难度。
24．（8分）在一次测量小灯泡额定功率的实验中，所用电源由三节蓄电池串联组成，小灯泡上标有“2.5V”字样。小刚连接了如图甲所示的电路。
（1）闭合开关后发现灯泡不亮，电流表和电压表都无示数。为了找出电路故障，他用另一只电压表进行检测，发现只电池两极和电流表两端有电压，其他元器件两端均无电压，则该电路的故障可能是 电流表断路 ；
（2）待故障排除后，闭合开关，移动滑片P，测得多组数据并作出通过灯泡的电流I与其两端电压U的关系图像如图乙所示。当灯泡两端的实际电压为额定电压一半时，灯泡的实际电功率为P1，当通过灯泡的实际电流为额定电流的一半时，灯泡的实际电功率为P2，根据图像，则P1 大于 P2（选填“大于”“小于”或“等于”）；
（3）为了保护各电表和灯泡，有以下三种规格的滑动变阻器，应选择的滑动变阻器应是 C （填选项前面的字母代号）；
A.10Ω 0.5A
B.20Ω 0.2A
C.20Ω 0.5A
（4）实验中另一小组没有使用电压表，而是用了两个电流表和一个10Ω的定值电阻设计了如图丙所示的电路，也测出了同一只小灯泡的额定功率。具体实验步骤是：闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P，当小灯泡正常发光时，电流表A2的示数应为 0.55A A。
【分析】（1）电压表接在电池两端有示数说明电池是正常的，接在电流表两端有示数而接在其它元件无示数说明电流表断路。
（2）由图像可知，灯泡的额定电压为2.5V，额定电流为0.3A，当灯泡两端的实际电压为额定电压一半时，即实际电压为1.25V时，实际电流约为0.22A，当通过灯泡的实际电流为额定电流的一半时，即实际电流为0.15A时，实际电压约为0.7V，由P＝UI得出两种情况下电功率的大小关系；
（3）现根据欧姆定律的变形式计算灯泡正常发光时的电阻，再根据欧姆定律分别计算接入三种规格的滑动变阻器时电路中的电流，与灯泡额定电流比较即可；
（4）由实物图可知，小灯泡与定值电阻是并联的，所以小灯泡的电压等于定值电阻的电压，当小灯泡正常发光时，根据欧姆定律求出定值电阻的电流，电流表A2在干路上测量总电流，其示数可根据并联电路的电流特点求出。
【解答】解：（1）电压表接在电池两端有示数说明电池是正常的，接在电流表两端有示数而接在其它元件无示数说明电流表断路。
（2）由图像可知，灯泡的额定电压为2.5V，额定电流为0.3A，
当灯泡两端的实际电压为额定电压一半时，即实际电压为1.25V时，实际电流约为0.22A，
灯泡的实际电功率为：P1＝U1I1＝1.25V×0.22A＝0.275W。
当通过灯泡的实际电流为额定电流的一半时，即实际电流为0.15A时，实际电压约为0.7V，
灯泡的实际电功率为：P2＝U2I2＝0.7V×0.15A＝0.105W。
则P1大于P2。
（3）A、由图像可知，灯泡的额定电压为2.5V，额定电流为0.3A，
则灯泡的电阻约为：RL＝＝≈8.3Ω，
若滑动变阻器的最大阻值为10Ω，当滑动变阻器调到最大阻值时，
电路中的电流：I＝＝≈0.33A，
此时电流大于小灯泡的额定电流，故A不符合题意；
B、滑动变阻器的额定电流小于小灯泡的额定电流，不符合要求，故B不符合题意；
C、若滑动变阻器的最大阻值为20Ω，当滑动变阻器调到最大阻值时，
电路中的电流：I′＝＝≈0.21A，
此时小于小灯泡的额定电流，故C符合题意。
故选C。
（4）由实物图可知，小灯泡与定值电阻是并联的，所以小灯泡的电压等于定值电阻的电压，
当小灯泡正常发光时，通过定值电阻的电流为：I″＝＝＝0.25A，
电流表A2在干路上，其示数为：I总＝I额+I″＝0.3A+0.25A＝0.55A。
故答案为：（1）电流表断路；（2）大于；（3）C；（4）0.55A。
【点评】本题考查测量小灯泡额定功率的实验。重点考查了实验故障分析、电功率的计算等问题，有一定难度。
四、解答题（解答应写出必要的文字说明、公式、演算步骤、数值和单位，共12分）
25．（6分）如图甲所示，水平桌面上有一圆柱形容器，容器中装有足量的水，现将一体积为50cm3的物块A（不吸水）放入容器中，水未溢出，物块A有的体积露出水面
（1）计算物块A此时受到的浮力；
（2）如将一金属块B放在物块A上，使物块A刚好全部浸入水中，如图乙所示，计算金属块B的质量
【分析】（1）根据F浮＝ρgV排算出物块A此时受到的浮力；
（2）根据F浮＝ρgV排即可求出木块全部浸没在水中受到的浮力，则物块B的重力等于F浮﹣GA，然后根据G＝mg求出质量。
【解答】解：（1）物块A有的体积露出水面时，
物块A此时受到的浮力：
F浮＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg××50×10﹣6m2＝0.4N；
（2）因为木块A漂浮，
所以木块的重力：G＝F浮＝0.4N；
木块浸没在水中受到水的浮力：
F浮′＝ρ水gV＝1×103kg/m3×10N/kg×5×10﹣5m3＝0.5N。
以AB为一个整体，处于漂浮，
F浮′＝GA+GB，
物体B的重力：
GB＝F浮′﹣GA＝0.5N﹣0.4N＝0.1N，
物体B的质量：
mB＝＝＝0.01kg。
答：（1）物块A此时受到的浮力为40N；
（2）金属块B的质量为0.01kg。
【点评】本题考查了重力、密度公式的应用、漂浮条件、阿基米德原理及变形公式，知识点多，但难度不大，属于中档题。
26．（6分）小明家某型号电热加湿器的原理图如图所示，R1、R2都是发热电阻，不考虑温度对电阻的影响，且R2＝3R1；S为旋转型开关，1、2、3、4为触点，通过旋转开关S可实现“关”、“低挡”、“高挡”之间的切换（低挡为小功率加热，高挡为大功率加热），其部分技术参数如表所示。
额定电压（V）
220
高挡发热功率（W）
400
注水仓最大注水量（kg）
3
（1）计算电热加湿器中R1的阻值；
（2）在加湿器注水仓中加注冷水到最大注水量，如果加湿器在“高挡”正常工作10min产生的热量全部被水吸收，可以使注水仓中冷水的温度升高多少℃？（水的比热容为4.2×103J/（kg•℃））（计算结果保留整数）；
（3）某一天，小明断开家中其他所有用电器，只接通加湿器在低挡加热，发现家中标有“3000revs/（kW•h）”的电能表转盘在400s内转了27圈，计算此时加湿器两端的电压。
【分析】（1）分析开关转换时电路的连接，根据串联电阻的规律及P＝分析低挡和高挡电路的结构，已知高档发热功率，根据P＝求出R1；
（2）在加湿器注水仓中加注冷水到最大注水量，根据Q＝cm△t及W＝Pt，结合已知条件得出使注水仓中冷水升高的温度；
（3）根据“3000revs/（kW•h）”的含义，得出电能表转盘转27圈消耗的电能，根据P＝求出实际的电功率，已知R2＝3R1，由电阻的串联规律得出低温挡的总电阻，由P＝得出实际电压。
【解答】解：（1）当开关S接2、3触点时，电阻R1、R2串联，总电阻较大，由P＝可知，电功率较小，所以为低挡； 当开关S接3、4触点时，电阻R2被短路，电路为电阻R1的简单电路，此时电阻较小，电功率较大，为高挡，已知高档发热功率为400W，所以电热加湿器中，
R1＝＝＝121Ω；
（2）在加湿器注水仓中加注冷水到最大注水量，如果加湿器在“高挡”正常工作10min＝600s产生的热量全部被水吸收，根据Q＝cm△t及W＝Pt，可以使注水仓中冷水的温度升高：
△t＝＝＝＝≈19°C；
（3）“3000revs/（kW•h）”表示电能表转盘转3000圈消耗1kW•h的电能，故在400s＝h＝h内转了27圈，消耗的电能：W′＝×1kW•h＝0.009kW•h，
则实际的电功率为：
P实＝＝＝0.081kW＝81W，
已知R2＝3R1，由电阻的串联规律，低温挡的总电阻为：R＝R1+R2＝4R1＝4×121Ω＝484Ω，
由P＝，可知实际电压：U′＝＝＝198V。
答：（1）电热加湿器中的R1的阻值是121Ω；
（2）在加湿器注水仓中加注冷水到最大注水量，如果加湿器在“高挡”正常工作10min产生的热量全部被水吸收，可以使注水仓中冷水的温度升高约19℃；
（3）此时加湿器两端的实际电压为198V。
【点评】本题为电热综合题，考查串联电阻的规律、电功率和电功公式、吸热公式的运用，关键是明确不同挡位电路的结构及电能表参数的含义。
2021年四川省广元市中考物理模拟试卷
一、选择题（每小题给出的四个选项中，只有一个最符合题意，不选、错选、多选均不得分。每小题3分，共36分）
1．下列估算数据最接近事实的是（ ）
A．一部华为5G手机的质量约2kg B．人体的电阻大约为36Ω
C．家用液晶电视机额定功率约100W D．教室门的高度约180mm
2．在敲响大钟时有同学发现，停止了对大钟的撞击后大钟“余音未绝”，其原因是（ ）
A．一定是大钟的回声
B．是因为人的听觉发生“延长”的缘故
C．大钟虽已停止振动，但空气仍在振动
D．有余音说明大钟仍在振动
3．下列设备应用到的物理知识解释正确的是（ ）
A．验钞机﹣﹣红外线使钞票上的荧光物质发光
B．体温计﹣﹣利用液体热胀冷缩的原理制成
C．汽油机﹣﹣压缩冲程中内能化为机械能
D．电冰箱﹣﹣利用液态制冷剂在冷冻室升华吸热
4．用一段细铁丝做一个支架作为转动轴，把一根中间戳有小孔（没有戳穿）的饮料吸管放在转动轴上，吸管能在水平面内自由转动（如图所示）。用餐巾纸摩擦吸管使其带电，将带负电的橡胶棒靠近带电吸管的一端时，发现吸管被推开，下列说法正确的是（ ）
A．吸管和橡胶棒带异种电荷
B．吸管和餐巾纸摩擦后，两者带同种电荷
C．吸管和餐巾纸摩擦时，吸管得电子带负电
D．吸管和餐巾纸摩擦时，吸管失电子带负电
5．现在各学校都在开展“足球进校园”活动，关于同学们在足球比赛中涉及的物理知识，下列分析正确的是（ ）
A．足球鞋底凹凸不平，是为了减小与地面的接触面积，从而减小摩擦力
B．用头顶足球攻门时，头感到疼，说明足球受到了力的作用
C．足球能在空中飞行，是因为飞行的足球持续受到来自运动员的力的作用
D．守门员及时截住射门的足球，说明力可以改变物体的运动状态
6．学习了分子动理论之后，小明总结了很多生活中与分子动理论有关的现象，下列总结中不正确的是（ ）
A．“花气袭人知骤暖”说明分子的热运动与温度有关
B．人造木板黏结剂中的甲醛扩散到空气中造成环境污染
C．用透明胶带揭下纸上写错的字，是因为胶带与纸之间有相互的斥力
D．“破镜不能重圆”是分子间的距离太大，作用力变得十分微弱
7．为了测量某金属块的密度，首先用天平测量该金属块的质量，当天平平衡时，右盘中砝码的质量和游码的位置如图甲所示，然后用量筒和水测金属块的体积如图乙所示。下列数据正确的是（ ）
A．金属块的质量约为35.4g
B．金属块的体积约为5L
C．金属块的密度约为7.8×103kg/m3
D．金属块的密度约为7.08g/cm3
8．在如图所示的实验装置中，闭合开关后，当左右移动导体棒AB运动时，能观察到电流计指针发生偏转。利用这一现象所揭示的原理，可制成的设备是（ ）
A．发电机 B．电热器 C．电动机 D．电磁铁
9．下列关于能源与可持续发展及信息传递的叙述中正确的是（ ）
A．石油是可再生能源
B．娄底广播电台发射的电磁波是靠电流的迅速变化产生的
C．北斗3号卫星定位系统传递信息利用的是超声波
D．太阳内部每时每刻都在发生着核裂变释放巨大的核能
10．如图所示，GMR是一个巨磁电阻，其阻值随磁场的增强而急剧减小，当闭合开关S1、S2时，下列说法正确的是（ ）
A．电磁铁的右端为N极
B．小磁针将顺时针旋转
C．当p向左滑动时，电磁铁的磁性增强，指示灯变暗
D．当P向右滑动时，电磁铁的磁性减小，电压表的示数减小
11．水上救援需要打捞沉没的货物，我们将该情景简化为如图所示的物理过程，假设物体浸没在水深h＝0.5m的容器底部（非密合），现利用弹簧测力计将物体从水中匀速提出，当物体有一半体积露出水面时，弹簧测力计示数为3N，当物体全部离开水面后，弹簧测力计示数为4N，已知水的密度ρ水＝1.0×103kg/m3，取g＝10N/g，则（ ）
A．物体在水面下的上升过程中所受浮力逐渐减小
B．物体在容器底部时，受到的浮力为1N
C．把物体从容器底部提出水面，拉力对物体需做功2J
D．物体的密度为2.0×103kg/m3
12．在如图所示的电路中，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，电源电压不变。下列说法不正确的是（ ）
A．只闭合S1，将滑片P向左移动一段距离，电压表示数的变化量与电流表示数的变化量的比值不变
B．只闭合S1，将滑片P向左移动，电阻R1消耗的功率增加
C．开关都闭合，将滑片P向左移动，电压表的示数不变，电流表的示数变小
D．开关都闭合，将滑片P向左移动，灯泡L消耗的功率不变，电阻R2消耗的功率变小
二、填空题（每空2分，共28分）
13．（4分）人们常用水给汽车发动机降温，这是因为水的 较大，在相同条件下水能带走较多的热量；“可燃冰”作为新型能源，有着巨大的开发、使用潜力，同等条件下，“可燃冰”完全燃烧放出的热量达到煤气的数十倍，说明“可燃冰”的 很大。
14．（4分）娄底高铁站的进站通道采用了人脸识别系统（如图所示），识别系统的摄像机可以自动将镜头前1m处的人脸拍摄成数码照片传递给设备识别。此系统的摄像机的镜头相当于 透镜，它的焦距应 50cm（选填“大于“等于”或“小于”）。
15．（4分）如图所示为小丽同学“探究平面镜成像特点”的实验装置。在实验过程中，小丽移动蜡烛B，使它与蜡烛A的像完全重合，确定了 的位置。为了探究平面镜所成像是实像还是虚像，小丽用光屏代替蜡烛B，她未能在光屏上接收到蜡烛A的像，由此说明平面镜所成的像是 像。
16．（4分）既可以省力，又可以改变用力方向的滑轮是 （选填“定滑轮”“动滑轮”或“滑轮组”）；利用一个效率为90%的杠杆做100J的总功，其中额外功是 J。
17．（4分）某小灯泡上标有“6V 6W”字样，其电流随两端电压变化关系的曲线如图所示，则当小灯泡两端的电压为2V时，通过小灯的电流为 A，此时小灯泡的电阻为 Ω。
18．（4分）世界上时速最快的真空超导磁悬浮直道试验线于2018年底在四川建成，试验线安装在一条特制的真空管道里，测试时可以将单人乘坐的列车模型加速到400km/h。某次测试时，用时2.8s，通过140m距离将列车模型加速至360km/h，加速过程中列车模型的平均速度是 m/s，把管道设计成真空是为了 。
19．（4分）如图所示，薄壁容器的底面积为S，重为G1，内装有密度为ρ，重为G2的某种液体，深度为h，容器放置在水平桌面上静止，那么容器底部受到的液体压强为 ，容器对桌面产生的压强为 。
三、作图与实验探究题（每空2分，每图2分，共24分）
20．（2分）如图所示，S'为发光点S在平面镜MN中所成的像，请在图中画出发光点S的位置，并画出一条由S点发出，经平面镜反射后通过P点的光线。
21．（2分）光控开关的作用是有光时，开关断开，无光时闭合：声控开关的作用是有声音时，开关闭合，无声音时断开，请将图中的“光控”、“声控”两个开关和灯泡用笔画线代替导线正确连入电路，要求电灯只在无光且有声音时才亮。
22．（6分）如图所示，是探究“物体的动能大小与哪些因素有关”的实验装置图，其中mA＝mB＜mC，hA＝hC＝hB。
（1）实验中，探究的动能是指 （填选项前面的字母代号）；
A.小球在斜面上的动能
B.小球撞击木块时的动能
C.小球撞击木块后的动能
D.木块被小球撞击的动能
（2）使质量相同的小球从斜面上不同高度处自由滚下，是为了研究动能大小与 的关系；
（3）在做了探究“物体动能大小与哪些因素有关”的实验后，有些同学对“质量不同的小球从同一光滑斜面同一高度由静止开始滚下，刚到达底部时的速度大小相等”有疑惑，小明设计了如图所示的实验：让质量不同的小球A、C同时从同一高度由静止开始沿光滑斜面滚下，观察和比较两球相对运动情况，若C球相对于A球 （选填“运动”或“静止”），就可以说明任一时刻两球的速度大小相等。
23．（6分）在“探究冰和蜡熔化时温度的变化规律”实验中。
（1）小明绘制了冰和蜡的熔化图像，如图甲、乙所示，则 是蜡的熔化图像；
（2）小林同学感觉冰熔化的时间不够长，不便于观察熔化时的物理现象，在不改变原来实验装置的情况下，请你告诉她一种延长冰熔化时间的方法： ；
（3）在冰和蜡熔化的过程中，如果将试管从烧杯中拿出来，冰和蜡停止熔化或熔化非常缓慢，将试管放回烧杯中后，冰和蜡又继续熔化，说明固体熔化时需要 。
24．（8分）在一次测量小灯泡额定功率的实验中，所用电源由三节蓄电池串联组成，小灯泡上标有“2.5V”字样。小刚连接了如图甲所示的电路。
（1）闭合开关后发现灯泡不亮，电流表和电压表都无示数。为了找出电路故障，他用另一只电压表进行检测，发现只电池两极和电流表两端有电压，其他元器件两端均无电压，则该电路的故障可能是 ；
（2）待故障排除后，闭合开关，移动滑片P，测得多组数据并作出通过灯泡的电流I与其两端电压U的关系图像如图乙所示。当灯泡两端的实际电压为额定电压一半时，灯泡的实际电功率为P1，当通过灯泡的实际电流为额定电流的一半时，灯泡的实际电功率为P2，根据图像，则P1 P2（选填“大于”“小于”或“等于”）；
（3）为了保护各电表和灯泡，有以下三种规格的滑动变阻器，应选择的滑动变阻器应是 （填选项前面的字母代号）；
A.10Ω 0.5A
B.20Ω 0.2A
C.20Ω 0.5A
（4）实验中另一小组没有使用电压表，而是用了两个电流表和一个10Ω的定值电阻设计了如图丙所示的电路，也测出了同一只小灯泡的额定功率。具体实验步骤是：闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P，当小灯泡正常发光时，电流表A2的示数应为 A。
四、解答题（解答应写出必要的文字说明、公式、演算步骤、数值和单位，共12分）
25．（6分）如图甲所示，水平桌面上有一圆柱形容器，容器中装有足量的水，现将一体积为50cm3的物块A（不吸水）放入容器中，水未溢出，物块A有的体积露出水面
（1）计算物块A此时受到的浮力；
（2）如将一金属块B放在物块A上，使物块A刚好全部浸入水中，如图乙所示，计算金属块B的质量
26．（6分）小明家某型号电热加湿器的原理图如图所示，R1、R2都是发热电阻，不考虑温度对电阻的影响，且R2＝3R1；S为旋转型开关，1、2、3、4为触点，通过旋转开关S可实现“关”、“低挡”、“高挡”之间的切换（低挡为小功率加热，高挡为大功率加热），其部分技术参数如表所示。
额定电压（V）
220
高挡发热功率（W）
400
注水仓最大注水量（kg）
3
（1）计算电热加湿器中R1的阻值；
（2）在加湿器注水仓中加注冷水到最大注水量，如果加湿器在“高挡”正常工作10min产生的热量全部被水吸收，可以使注水仓中冷水的温度升高多少℃？（水的比热容为4.2×103J/（kg•℃））（计算结果保留整数）；
（3）某一天，小明断开家中其他所有用电器，只接通加湿器在低挡加热，发现家中标有“3000revs/（kW•h）”的电能表转盘在400s内转了27圈，计算此时加湿器两端的电压。
2021年四川省广元市中考物理模拟试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题给出的四个选项中，只有一个最符合题意，不选、错选、多选均不得分。每小题3分，共36分）
1．（3分）下列估算数据最接近事实的是（ ）
A．一部华为5G手机的质量约2kg
B．人体的电阻大约为36Ω
C．家用液晶电视机额定功率约100W
D．教室门的高度约180mm
【分析】不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要简单的计算，有的要进行单位的换算，最后判断最符合实际的是哪一个。
【解答】解：A、一个苹果的质量约200g，一部华为5G手机的质量与此差不多，在200g＝0.2kg左右。故A不符合实际；
B、一般情况下人体电阻值在2千欧﹣20兆欧范围内，通常情况下大约为10000Ω．故B不符合实际；
C、家用液晶电视机正常工作的电流约0.45A，其功率在P＝UI＝220V×0.45A≈100W左右。故C符合实际；
D、老师的身高约170cm，教室门的高度略大于此数值，在200cm＝2000mm左右。故D不符合实际。
故选：C。
【点评】物理与社会生活联系紧密，多了解一些生活中的常见量的值可帮助我们更好地学好物理，同时也能让物理更好地为生活服务。
2．（3分）在敲响大钟时有同学发现，停止了对大钟的撞击后大钟“余音未绝”，其原因是（ ）
A．一定是大钟的回声
B．是因为人的听觉发生“延长”的缘故
C．大钟虽已停止振动，但空气仍在振动
D．有余音说明大钟仍在振动
【分析】声音由物体的振动产生，振动停止，发声停止。
【解答】解：敲击大钟时，大钟因为振动而发出声音，停止对大钟的撞击，但大钟的振动不能马上停止，所以仍会产生声音，所以会有“余音未绝”。
故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】理解声音的产生条件，可解答此题。
3．（3分）下列设备应用到的物理知识解释正确的是（ ）
A．验钞机﹣﹣红外线使钞票上的荧光物质发光
B．体温计﹣﹣利用液体热胀冷缩的原理制成
C．汽油机﹣﹣压缩冲程中内能化为机械能
D．电冰箱﹣﹣利用液态制冷剂在冷冻室升华吸热
【分析】（1）根据验钞机是通过紫外线来进行工作的进行解答；
（2）常用温度计是根据液体的热胀冷缩来工作的；
（3）四冲程汽油机或柴油机的一个工作循环由四个冲程组成；其中压缩冲程将机械能转化为内能；做功冲程将内能转化为机械能；
（4）冰箱是利用制冷剂在蒸发器、散热器不断发生物态变化进行吸热放热来降低冰箱内的温度的。
【解答】解：A、验钞机验钞时，紫外线使钞票上的荧光物质发光。故A错误；
B、体温计里面装的液体是水银，是根据液体热胀冷缩的性质来工作的，故B正确；
C、汽油机的压缩冲程是将机械能转化为内能的过程，故C错误；
D、电冰箱内液态制冷剂在汽化时吸热，即蒸发吸收冰箱内的热量，达到降温致冷的目的，然后再液化放热使制冷剂变为液态，所以电冰箱是利用汽化吸热和液化放热的原理工作的，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了生活中一些设备中应用到的物理知识，体现了物理与生活的联系，值得我们关注。
4．（3分）用一段细铁丝做一个支架作为转动轴，把一根中间戳有小孔（没有戳穿）的饮料吸管放在转动轴上，吸管能在水平面内自由转动（如图所示）。用餐巾纸摩擦吸管使其带电，将带负电的橡胶棒靠近带电吸管的一端时，发现吸管被推开，下列说法正确的是（ ）
A．吸管和橡胶棒带异种电荷
B．吸管和餐巾纸摩擦后，两者带同种电荷
C．吸管和餐巾纸摩擦时，吸管得电子带负电
D．吸管和餐巾纸摩擦时，吸管失电子带负电
【分析】（1）同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，带电体可以吸引不带电的物体；
（2）丝绸摩擦过的玻璃棒带正电；摩擦起电的过程中失去电子的带正电，得到电子的带负电。
【解答】解：
AB、用餐巾纸摩擦吸管，吸管得到电子是带负电餐巾纸失去电子带负电；把毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，把毛皮摩擦过的橡胶棒放在带电吸管一端的附近，发现吸管被推开，则吸管和橡胶棒带的是同种电荷，吸管带负电；故AB错误；
CD、用餐巾纸摩擦吸管，使吸管带负电，说明吸管得到电子，吸管束缚电子的能力强一些，餐巾纸失去电子，故C正确，D错误。
故选：C。
【点评】知道电荷间的相互作用规律是正确解答本题的关键。
5．（3分）现在各学校都在开展“足球进校园”活动，关于同学们在足球比赛中涉及的物理知识，下列分析正确的是（ ）
A．足球鞋底凹凸不平，是为了减小与地面的接触面积，从而减小摩擦力
B．用头顶足球攻门时，头感到疼，说明足球受到了力的作用
C．足球能在空中飞行，是因为飞行的足球持续受到来自运动员的力的作用
D．守门员及时截住射门的足球，说明力可以改变物体的运动状态
【分析】（1）增大摩擦力的方法：在接触面粗糙程度一定时，通过增大压力来增大摩擦力；在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力。
（2）物体间力的作用是相互的；
（3）一切物体都有保持原来运动状态不变的性质，叫惯性，惯性不是力；
（4）力的作用效果包括改变物体的形状、改变物体的运动状态。
【解答】解：A、足球鞋底凹凸不平，是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力，故A错误；
B、用头顶足球时，头给足球一个力，足球同时给头一个反作用力，所以头感到疼，说明力的作用是相互的，故B正确；
C、足球能在空中飞行，是因为足球具有惯性，惯性不是力，此时足球已经离开了运动员，因此飞行的足球不再受到来自运动员的力的作用，故C错误；
D、守门员一下子抱住射门的足球，足球由运动变为静止，说明力可以改变物体的运动状态，故D错误。
故选：D。
【点评】此题涉及增大摩擦的方法、惯性现象、力的相互性、力的作用效果等，是一道综合性较强的题目，但总体难度不大，掌握基础知识即可正确解题。。
6．（3分）学习了分子动理论之后，小明总结了很多生活中与分子动理论有关的现象，下列总结中不正确的是（ ）
A．“花气袭人知骤暖”说明分子的热运动与温度有关
B．人造木板黏结剂中的甲醛扩散到空气中造成环境污染
C．用透明胶带揭下纸上写错的字，是因为胶带与纸之间有相互的斥力
D．“破镜不能重圆”是分子间的距离太大，作用力变得十分微弱
【分析】分子动理论基本观点：
（1）扩散现象说明了分子在不停地做无规则运动，温度越高，分子运动越剧烈。注意：作答时一定要有“不停地”与“无规则”两个关键词。
（2）分子间存在引力和斥力；分子间距离越大，其作用力越微弱。
（3）分子间存在间隙。
【解答】解：A、花气袭人说明扩散现象很明显，这是因为分子运动更剧烈导致的，温度越高分子热运动越剧烈；故A正确。
B、一切分子都在不停地做无规则运动，故黏合剂中的甲醛也会扩散到空气中，从而造成环境污染；故B正确。
C、胶带揭下纸上的错字，因为胶带与纸之间有相互的引力作用；故C错误。
D、分子间距离越大，分子间作用力越小；当分子间的间距大于分子直径10倍时候，分子间的作用力已经微弱到几乎可以忽略。故D正确。
故选：C。
【点评】该题考查分子动理论相关知识。
7．（3分）为了测量某金属块的密度，首先用天平测量该金属块的质量，当天平平衡时，右盘中砝码的质量和游码的位置如图甲所示，然后用量筒和水测金属块的体积如图乙所示。下列数据正确的是（ ）
A．金属块的质量约为35.4g
B．金属块的体积约为5L
C．金属块的密度约为7.8×103kg/m3
D．金属块的密度约为7.08g/cm3
【分析】物体的质量应等于砝码的质量加游码在标尺所对的刻度值；金属块的体积应等于水和金属块的总体积减水的体积；根据密度公式得出金属块的密度。
【解答】解：A、由图甲知，物体的质量m＝20g+10g+5g+4g＝39g；故A错误；
B、由图乙知，水的体积为25ml，由图乙右图知，水和金属块的总体积为30ml；则金属块的体积为：V＝30ml﹣25ml＝5mL＝0.005L，故B错误；
CD、金属块的密度：ρ＝＝＝7.8g/cm3＝7.8×103kg/m3．故C正确，D错误。
故选：C。
【点评】本题是测量金属块密度的实验，主要考查了天平读数及量筒的读数和密度的计算，都属于基础性的知识。
8．（3分）在如图所示的实验装置中，闭合开关后，当左右移动导体棒AB运动时，能观察到电流计指针发生偏转。利用这一现象所揭示的原理，可制成的设备是（ ）
A．发电机 B．电热器 C．电动机 D．电磁铁
【分析】闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，就会产生感应电流，这就是电磁感应现象；利用这一原理制成了发电机。
【解答】解：如图所示，闭合开关后，当左右移动导体棒AB运动时，导体在磁场中做切割磁感线运动，电路中会产生感应电流，能观察到电流计指针发生偏转。利用这一现象所揭示的原理，可制成的设备是发电机。
故选：A。
【点评】此题考查了电磁感应现象及其应用，知道电磁感应现象中，是通过磁场产生了电流，是发电机的原理。
9．（3分）下列关于能源与可持续发展及信息传递的叙述中正确的是（ ）
A．石油是可再生能源
B．娄底广播电台发射的电磁波是靠电流的迅速变化产生的
C．北斗3号卫星定位系统传递信息利用的是超声波
D．太阳内部每时每刻都在发生着核裂变释放巨大的核能
【分析】A、可再生能源是短时间内可以从自然界得到补充的能源，石油是化石能源，短时间没法从自然界得到补充；
B、变化的电流可以产生电磁波
C、卫星通信是用微波进行通信的，微波是电磁波；
D、太阳的内部不断有氢核聚变成氦核，发生的是核聚变反应；
【解答】解：A、可再生能源是短时间内可以从自然界得到补充的能源，石油是化石能源，短时间没法从自然界得到补充；故A错误。
B、迅速变化的电流可以产生电磁波；故B正确。
C、卫星通信是用微波进行通信的，微波是电磁波；故C错误。
D、太阳的内部不断有氢核聚变成氦核，发生的是核聚变反应；故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查学生电磁波的产生以及电磁波应用、能源分类，太阳能等知识。只要有相关了解，较容易能得出答案。
10．（3分）如图所示，GMR是一个巨磁电阻，其阻值随磁场的增强而急剧减小，当闭合开关S1、S2时，下列说法正确的是（ ）
A．电磁铁的右端为N极
B．小磁针将顺时针旋转
C．当p向左滑动时，电磁铁的磁性增强，指示灯变暗
D．当P向右滑动时，电磁铁的磁性减小，电压表的示数减小
【分析】（1）根据安培定则得出电磁铁的两极，根据磁极间的相互作用判断小磁针旋转方向；
（2）先分析滑片向右移动时，变阻器的阻值是变大了还是变小了，然后根据欧姆定律得出电流大小变化情况，从而判断出电磁铁的磁场强弱变化情况，进一步得出灯泡亮度的变化。
【解答】解：
（1）根据安培定则可知，电磁铁的左端为N极，右端为S极，根据磁极间的相互作用可知，上侧侧的小磁针将会逆时针旋转，故AB错误；
（2）闭合开关S1和S2，使滑片P向左滑动，电阻变小，电流变大，磁场的磁性增强，巨磁电阻的阻值减小，电路电流变大，所以指示灯的亮度会变亮，故C错误。
使滑片P向右滑动，电阻变大，电流变小，磁场的磁性变弱，巨磁电阻的阻值变大，电路电流变小，根据U＝IR可知，灯泡两端的电压减小，电压表示数变小，故D正确。
故选：D。
【点评】在控制电路中，滑片的移动是分析的入手点；在工作电路中，灯泡的亮度是确定电路中电流、电阻变化的一个隐含条件。
11．（3分）水上救援需要打捞沉没的货物，我们将该情景简化为如图所示的物理过程，假设物体浸没在水深h＝0.5m的容器底部（非密合），现利用弹簧测力计将物体从水中匀速提出，当物体有一半体积露出水面时，弹簧测力计示数为3N，当物体全部离开水面后，弹簧测力计示数为4N，已知水的密度ρ水＝1.0×103kg/m3，取g＝10N/g，则（ ）
A．物体在水面下的上升过程中所受浮力逐渐减小
B．物体在容器底部时，受到的浮力为1N
C．把物体从容器底部提出水面，拉力对物体需做功2J
D．物体的密度为2.0×103kg/m3
【分析】（1）根据浮力大小的影响因素分析解答；
（2）利用二次称重法求出物体有一半体积露出水面时受到的浮力，则物体在容器底部时，受到的浮力为其2倍；
（3）求出在空中匀速将物体提升0.5m时拉力做得功；然后比较把物体从容器底部提出水面时受到的平均拉力与在空中匀速将物体提升时拉力的大小，再利用W＝Fs判断。
（4）根据F浮＝ρgV排求出物体在容器底部时排开水的体积，然后利用G＝mg和ρ＝计算其密度。
【解答】解：
A、浮力的大小与液体的密度和物体排开液体的体积有关，物体在水面下上升的过程中，水的密度不变，排开水的体积不变，所以根据F浮＝ρgV排可知，所受浮力大小不变。故A错误；
B、由题可知，物体的重力G＝4N，当物体有一半体积露出水面时，弹簧测力计示数F示＝3N，
则此时物体受到的浮力F浮＝G﹣F示＝4N﹣3N＝1N，
故物体在容器底部时，受到的浮力为＝2F浮＝2×1N＝2N；故B错误；
C、在空中匀速将物体提升0.5m时，拉力做功W＝Fs＝Gs＝4N×0.5m＝2J，
但物体在水中被提起时，由于受到浮力的作用，拉力小于4N，
所以根据W＝Fs知，把物体从容器底部提出水面，拉力对物体需做功小于2J．故C错误。
D、物体的质量m＝＝＝0.4kg，
物体浸没在水中时，排开水的体积与物体自身的体积相等，
则V＝V排＝＝＝2×10﹣4m3，
所以物体的密度ρ＝＝＝2.0×103kg/m3．故D正确。
故选：D。
【点评】此题考查浮力、功和密度的计算、阿基米德原理和液体压强公式的应用，是一道力学综合题，通过比较，得出把物体从容器底部提出水面时受到的平均拉力与在空中匀速将物体提升时拉力的大小关系是解答此题关键。
12．（3分）在如图所示的电路中，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，电源电压不变。下列说法不正确的是（ ）
A．只闭合S1，将滑片P向左移动一段距离，电压表示数的变化量与电流表示数的变化量的比值不变
B．只闭合S1，将滑片P向左移动，电阻R1消耗的功率增加
C．开关都闭合，将滑片P向左移动，电压表的示数不变，电流表的示数变小
D．开关都闭合，将滑片P向左移动，灯泡L消耗的功率不变，电阻R2消耗的功率变小
【分析】（1）只闭合S1，R1、R2串联，电压表测R2两端电压，电流表测电路中电流，由串联电路特点和欧姆定律分析判断将P向左移动时两电表变化量比值的变化情况；
（2）开关都闭合，L与R2并联，由并联电路特点、欧姆定律和电功率公式分析判断电表示数及两者功率变化。
【解答】解：
AB、由图知，只闭合S1，R1、R2串联，电压表测R2两端电压，电流表测电路中电流；
P左移动时，R2连入阻值变大，电路的总电阻变大，由欧姆定律知电路中电流变小，即电流表示数变小，由P＝I2R知R1消耗的功率减小，故B错误；
滑片P向左滑动，电流增大，则电压的变化量为：△U＝I2R1﹣I1R1＝（I2﹣I1）R1＝△IR1，即R1＝，即电压表示数的变化量与电流表示数的变化量的比值不变，故A正确；
CD、由图知，开关都闭合，L与R2并联，R1短路，电压表测电源电压，电流表测干路电流，
由并联电路电压特点知，将P向左移动，电压表示数不变，R2连入阻值变大，所以电路的总电阻变大，总电流变小，所以电流表示数变小，故C正确；
并联电路中各支路间互不影响，所以灯泡功率不变，由P＝知，R2消耗的功率变小，故D正确。
故选：B。
【点评】本题是一道闭合电路的动态分析题，分析清楚电路结构、应用串联电路特点、欧姆定律、电功率公式即可正确解题。
二、填空题（每空2分，共28分）
13．（4分）人们常用水给汽车发动机降温，这是因为水的 比热容 较大，在相同条件下水能带走较多的热量；“可燃冰”作为新型能源，有着巨大的开发、使用潜力，同等条件下，“可燃冰”完全燃烧放出的热量达到煤气的数十倍，说明“可燃冰”的 热值 很大。
【分析】（1）对水的比热容大的理解：相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少；升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多。
（2）1kg某种燃料完全燃烧放出的热量，叫这种燃料的热值。
【解答】解：（1）因为水的比热容较大，相同质量的水和其它物质比较，升高相同的温度，水吸收的热量多，所以汽车发动机用水做冷却剂；
（2）同等条件下，“可燃冰”完全燃烧放出的热量达到煤气的数十倍，说明“可燃冰”的热值很大。
故答案为：比热容；热值。
【点评】本题考查了学生对水的比热容最大的特点在生活中应用和燃料的热值含义的掌握情况，难度不大，是一道基础题。
14．（4分）娄底高铁站的进站通道采用了人脸识别系统（如图所示），识别系统的摄像机可以自动将镜头前1m处的人脸拍摄成数码照片传递给设备识别。此系统的摄像机的镜头相当于 凸 透镜，它的焦距应 小于 50cm（选填“大于“等于”或“小于”）。
【分析】人脸在摄像机镜头前1m处被拍摄成数码照片，则物距为1m，由于摄像机镜头属于凸透镜，根据凸透镜成倒立、缩小实像的条件，可判断凸透镜焦距的大小。
【解答】解：摄像机的镜头相当于凸透镜，当物距大于二倍焦距时，成倒立、缩小的实像，已知物距为1m，则焦距应小于0.5m，即50cm。
故答案为：凸；小于。
【点评】本题主要考查对凸透镜在物距大于二倍焦距时，成倒立、缩小的实像条件的了解。知道摄像机是根据凸透镜成像的原理制成的，其镜头相当于凸透镜。
15．（4分）如图所示为小丽同学“探究平面镜成像特点”的实验装置。在实验过程中，小丽移动蜡烛B，使它与蜡烛A的像完全重合，确定了 像 的位置。为了探究平面镜所成像是实像还是虚像，小丽用光屏代替蜡烛B，她未能在光屏上接收到蜡烛A的像，由此说明平面镜所成的像是 虚 像。
【分析】实验时采用两个完全相同的蜡烛，一支蜡烛放在玻璃板的前面并点燃，另一支放在玻璃板的后面，当玻璃板后面的蜡烛和玻璃板前面的蜡烛的像完全重合时，可以确定像的位置，同时也可以比较物像大小关系；用光屏是否能承接到像，是判断实像和虚像的最佳方法。
【解答】解：在实验过程中，选择两根完全相同的蜡烛A和蜡烛B，移动蜡烛B，使它与蜡烛A的像完全重合，这样确定了像的位置，这种方法叫做等效替代法。
虚像不能成在光屏上，用光屏代替蜡烛B，不能用光屏接收到蜡烛A的像，说明平面镜成的像是虚像。
故答案为：像；虚。
【点评】本题考查平面镜的成像特点，属于基础知识，难度不大。
16．（4分）既可以省力，又可以改变用力方向的滑轮是 滑轮组 （选填“定滑轮”“动滑轮”或“滑轮组”）；利用一个效率为90%的杠杆做100J的总功，其中额外功是 10 J。
【分析】（1）用定滑轮和动滑轮组成滑轮组，既可以省力，又可以改变力的方向；
（2）知道使用杠杆做的总功和机械效率，利用效率公式求做的有用功，利用杠杆做的额外功等于总功减去有用功。
【解答】解：
（1）使用定滑轮不能省力，但可以改变力的方向；使用动滑轮可以省力，但不可以改变力的方向；用定滑轮和动滑轮组成滑轮组，既可以省力，又可以改变力的方向；
（2）由题知，使用杠杆做的总功W总＝100J，η＝90%，
由η＝＝90%可得做的有用功：
W有用＝W总×90%＝100J×90%＝90J，
则利用杠杆做的额外功：
W额＝W总﹣W有用＝100J﹣90J＝10J。
故答案为：滑轮组；10。
【点评】本题考查了定滑轮、动滑轮、滑轮组的特点以及额外功的计算，明确有用功、总功、额外功的含义是关键。
17．（4分）某小灯泡上标有“6V 6W”字样，其电流随两端电压变化关系的曲线如图所示，则当小灯泡两端的电压为2V时，通过小灯的电流为 0.5 A，此时小灯泡的电阻为 4 Ω。
【分析】由图象可知，当小灯泡两端的电压为2V时通过的电流，根据欧姆定律求出小灯泡的电阻。
【解答】解：由图象可知，当小灯泡两端的电压为2V时，通过的电流I＝0.5A；
由I＝可得，此时小灯泡的电阻：
R＝＝＝4Ω。
故答案为：0.5；4。
【点评】本题考查了欧姆定律和电功率公式的简单应用，关键是根据图象读出电压对应的电流。
18．（4分）世界上时速最快的真空超导磁悬浮直道试验线于2018年底在四川建成，试验线安装在一条特制的真空管道里，测试时可以将单人乘坐的列车模型加速到400km/h。某次测试时，用时2.8s，通过140m距离将列车模型加速至360km/h，加速过程中列车模型的平均速度是 50 m/s，把管道设计成真空是为了 减小空气的阻力 。
【分析】（1）根据v＝算出加速过程的平均速度；
（2）从减小阻力的角度分析解答。
【解答】解：（1）加速过程的时间t＝2.8s，路程s＝140m；
加速过程的平均速度：v＝＝＝50m/s；
（2）真空超导磁悬浮直道试验线安装在一条特制的真空管道里，把管道设计成真空的目的是为了减小空气的阻力。
故答案为：50；减小空气的阻力。
【点评】本题考查了速度公式的应用，难度不大，是一道基础计算题。
19．（4分）如图所示，薄壁容器的底面积为S，重为G1，内装有密度为ρ，重为G2的某种液体，深度为h，容器放置在水平桌面上静止，那么容器底部受到的液体压强为 ρgh ，容器对桌面产生的压强为 。
【分析】（1）根据液体压强公式得出底部受到的液体压强。
（2）由于桌面受到的压力与容器的总重力相等，则利用p＝即可求出压强。
【解答】解：
（1）由题知，液体的密度为ρ，深度为h，则容器底部受到液体的压强：p＝ρgh；
（2）容器对桌面的压力：F′＝G1+G2，
则容器对桌面的压强：p′＝＝。
故答案为：ρgh；。
【点评】本题考查的使学生对液体压强、压力计算公式的理解和掌握。
三、作图与实验探究题（每空2分，每图2分，共24分）
20．（2分）如图所示，S'为发光点S在平面镜MN中所成的像，请在图中画出发光点S的位置，并画出一条由S点发出，经平面镜反射后通过P点的光线。
【分析】根据平面镜成像的特点可知，物与像关于镜面对称，首先作出像点S′的发光点S，连接PS′，与镜面的交点为入射点O，再画出入射光线SO。
【解答】解：作出像点S′的对称点，即为发光点S，连接S′P，与镜面的交点为入射点O，再连接SO，画上箭头，则SO为入射光线，OP为反射光线。如下图所示：
【点评】注意平面镜成像的基本特点是物像关于平面镜的轴对称；所有的反射光线的反向延长线都要过像点。
21．（2分）光控开关的作用是有光时，开关断开，无光时闭合：声控开关的作用是有声音时，开关闭合，无声音时断开，请将图中的“光控”、“声控”两个开关和灯泡用笔画线代替导线正确连入电路，要求电灯只在无光且有声音时才亮。
【分析】由题意可知，电灯只在无光且有声音时才亮，说明两开关不能独立工作即为串联，同时要注意开关要接在火线上，另外还要考虑螺丝口灯泡的连线方法。
【解答】解：由题意可知，电灯只在无光且有声音时才亮，则声控开关和光控开关串联共同控制电灯，且开关要接在火线上；图中为螺丝口灯泡，根据安全用电的要求，开关应与灯泡顶端的金属点相连，零线直接接到灯泡的螺旋套上，如下图所示：
【点评】本题考查了家庭电路的连接，根据题意得出两开关的连接方式是关键，同时要注意安全用电原则的应用。
22．（6分）如图所示，是探究“物体的动能大小与哪些因素有关”的实验装置图，其中mA＝mB＜mC，hA＝hC＝hB。
（1）实验中，探究的动能是指 B （填选项前面的字母代号）；
A.小球在斜面上的动能
B.小球撞击木块时的动能
C.小球撞击木块后的动能
D.木块被小球撞击的动能
（2）使质量相同的小球从斜面上不同高度处自由滚下，是为了研究动能大小与 速度 的关系；
（3）在做了探究“物体动能大小与哪些因素有关”的实验后，有些同学对“质量不同的小球从同一光滑斜面同一高度由静止开始滚下，刚到达底部时的速度大小相等”有疑惑，小明设计了如图所示的实验：让质量不同的小球A、C同时从同一高度由静止开始沿光滑斜面滚下，观察和比较两球相对运动情况，若C球相对于A球 静止 （选填“运动”或“静止”），就可以说明任一时刻两球的速度大小相等。
【分析】（1）实验时，动能的大小是指小球运动到水平面上，撞击木块时的动能；
（2）小球速度的大小是通过改变小球在斜面上的高度实现的；
（3）通过运动和静止的相对性分析即可判断。
【解答】解：
（1）实验探究的是小球具有的动能，通过木块被小球推动的距离来反映小球具有动能的多少，应用了转换法，所以探究的动能是指小球撞击木块时小球具有的动能，故选B；
（2）探究动能的大小与什么因素有关采用控制变量法，控制小球的质量相同，改变小球在斜面上的高度，使小球到达水平面时的初始速度不同，是为了研究动能大小与速度的关系。
（3）让质量不同的小球A、C同时从同一高度由静止开始沿光滑斜面滚下，观察和比较两球相对运动情况，以A球为参照物，若C球相对于A球的位置没有发生变化，即C球相对于A球静止，说明任一时刻两球的速度大小相等。
故答案为：（1）B；（2）速度；（3）静止。
【点评】明确本实验中研究动能大小的决定因素时运用了控制变量法，反映动能多少时运用了转换法。
23．（6分）在“探究冰和蜡熔化时温度的变化规律”实验中。
（1）小明绘制了冰和蜡的熔化图像，如图甲、乙所示，则 图乙 是蜡的熔化图像；
（2）小林同学感觉冰熔化的时间不够长，不便于观察熔化时的物理现象，在不改变原来实验装置的情况下，请你告诉她一种延长冰熔化时间的方法： 增加冰的质量来延长加热时间 ；
（3）在冰和蜡熔化的过程中，如果将试管从烧杯中拿出来，冰和蜡停止熔化或熔化非常缓慢，将试管放回烧杯中后，冰和蜡又继续熔化，说明固体熔化时需要 吸热 。
【分析】（1）冰是晶体，在熔化过程中温度保持不变；蜡是非晶体，在熔化过程中温度不断升高；
（2）根据温度计的量程和分度值读数；开始熔化的时熔化结，即冰熔化时间延长熔化时，可以从酒灯火焰烧杯中水的数量上去考虑；
（3）物质在熔化过程中需要吸热。
【解答】解：
（1）蜡是非晶体，非晶体在熔化过程中温度不断升高，图乙，整个过程中温度都在升高，是非晶体的熔化图像，则为蜡的熔化图像；
（2）实验中小林同学发现冰熔化时间短，不便于观察熔化时的现象，可以增加冰的质量来延长加热时间；
（3）将试管从烧杯中拿出来，冰和蜡停止熔化或熔化非常缓慢，将试管放回烧杯中后，冰和蜡又能继续吸收热量，继续熔化，这说明固体熔化时需要吸收热量。
故答案为：（1）图乙；（2）增加冰的质量来延长加热时间；（3）吸热。
【点评】“探究冰和蜡熔化时温度的变化规律”的实验，考查了晶体和非晶体熔化图像的区别及比热容的知识，稍有难度。
24．（8分）在一次测量小灯泡额定功率的实验中，所用电源由三节蓄电池串联组成，小灯泡上标有“2.5V”字样。小刚连接了如图甲所示的电路。
（1）闭合开关后发现灯泡不亮，电流表和电压表都无示数。为了找出电路故障，他用另一只电压表进行检测，发现只电池两极和电流表两端有电压，其他元器件两端均无电压，则该电路的故障可能是 电流表断路 ；
（2）待故障排除后，闭合开关，移动滑片P，测得多组数据并作出通过灯泡的电流I与其两端电压U的关系图像如图乙所示。当灯泡两端的实际电压为额定电压一半时，灯泡的实际电功率为P1，当通过灯泡的实际电流为额定电流的一半时，灯泡的实际电功率为P2，根据图像，则P1 大于 P2（选填“大于”“小于”或“等于”）；
（3）为了保护各电表和灯泡，有以下三种规格的滑动变阻器，应选择的滑动变阻器应是 C （填选项前面的字母代号）；
A.10Ω 0.5A
B.20Ω 0.2A
C.20Ω 0.5A
（4）实验中另一小组没有使用电压表，而是用了两个电流表和一个10Ω的定值电阻设计了如图丙所示的电路，也测出了同一只小灯泡的额定功率。具体实验步骤是：闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P，当小灯泡正常发光时，电流表A2的示数应为 0.55A A。
【分析】（1）电压表接在电池两端有示数说明电池是正常的，接在电流表两端有示数而接在其它元件无示数说明电流表断路。
（2）由图像可知，灯泡的额定电压为2.5V，额定电流为0.3A，当灯泡两端的实际电压为额定电压一半时，即实际电压为1.25V时，实际电流约为0.22A，当通过灯泡的实际电流为额定电流的一半时，即实际电流为0.15A时，实际电压约为0.7V，由P＝UI得出两种情况下电功率的大小关系；
（3）现根据欧姆定律的变形式计算灯泡正常发光时的电阻，再根据欧姆定律分别计算接入三种规格的滑动变阻器时电路中的电流，与灯泡额定电流比较即可；
（4）由实物图可知，小灯泡与定值电阻是并联的，所以小灯泡的电压等于定值电阻的电压，当小灯泡正常发光时，根据欧姆定律求出定值电阻的电流，电流表A2在干路上测量总电流，其示数可根据并联电路的电流特点求出。
【解答】解：（1）电压表接在电池两端有示数说明电池是正常的，接在电流表两端有示数而接在其它元件无示数说明电流表断路。
（2）由图像可知，灯泡的额定电压为2.5V，额定电流为0.3A，
当灯泡两端的实际电压为额定电压一半时，即实际电压为1.25V时，实际电流约为0.22A，
灯泡的实际电功率为：P1＝U1I1＝1.25V×0.22A＝0.275W。
当通过灯泡的实际电流为额定电流的一半时，即实际电流为0.15A时，实际电压约为0.7V，
灯泡的实际电功率为：P2＝U2I2＝0.7V×0.15A＝0.105W。
则P1大于P2。
（3）A、由图像可知，灯泡的额定电压为2.5V，额定电流为0.3A，
则灯泡的电阻约为：RL＝＝≈8.3Ω，
若滑动变阻器的最大阻值为10Ω，当滑动变阻器调到最大阻值时，
电路中的电流：I＝＝≈0.33A，
此时电流大于小灯泡的额定电流，故A不符合题意；
B、滑动变阻器的额定电流小于小灯泡的额定电流，不符合要求，故B不符合题意；
C、若滑动变阻器的最大阻值为20Ω，当滑动变阻器调到最大阻值时，
电路中的电流：I′＝＝≈0.21A，
此时小于小灯泡的额定电流，故C符合题意。
故选C。
（4）由实物图可知，小灯泡与定值电阻是并联的，所以小灯泡的电压等于定值电阻的电压，
当小灯泡正常发光时，通过定值电阻的电流为：I″＝＝＝0.25A，
电流表A2在干路上，其示数为：I总＝I额+I″＝0.3A+0.25A＝0.55A。
故答案为：（1）电流表断路；（2）大于；（3）C；（4）0.55A。
【点评】本题考查测量小灯泡额定功率的实验。重点考查了实验故障分析、电功率的计算等问题，有一定难度。
四、解答题（解答应写出必要的文字说明、公式、演算步骤、数值和单位，共12分）
25．（6分）如图甲所示，水平桌面上有一圆柱形容器，容器中装有足量的水，现将一体积为50cm3的物块A（不吸水）放入容器中，水未溢出，物块A有的体积露出水面
（1）计算物块A此时受到的浮力；
（2）如将一金属块B放在物块A上，使物块A刚好全部浸入水中，如图乙所示，计算金属块B的质量
【分析】（1）根据F浮＝ρgV排算出物块A此时受到的浮力；
（2）根据F浮＝ρgV排即可求出木块全部浸没在水中受到的浮力，则物块B的重力等于F浮﹣GA，然后根据G＝mg求出质量。
【解答】解：（1）物块A有的体积露出水面时，
物块A此时受到的浮力：
F浮＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg××50×10﹣6m2＝0.4N；
（2）因为木块A漂浮，
所以木块的重力：G＝F浮＝0.4N；
木块浸没在水中受到水的浮力：
F浮′＝ρ水gV＝1×103kg/m3×10N/kg×5×10﹣5m3＝0.5N。
以AB为一个整体，处于漂浮，
F浮′＝GA+GB，
物体B的重力：
GB＝F浮′﹣GA＝0.5N﹣0.4N＝0.1N，
物体B的质量：
mB＝＝＝0.01kg。
答：（1）物块A此时受到的浮力为40N；
（2）金属块B的质量为0.01kg。
【点评】本题考查了重力、密度公式的应用、漂浮条件、阿基米德原理及变形公式，知识点多，但难度不大，属于中档题。
26．（6分）小明家某型号电热加湿器的原理图如图所示，R1、R2都是发热电阻，不考虑温度对电阻的影响，且R2＝3R1；S为旋转型开关，1、2、3、4为触点，通过旋转开关S可实现“关”、“低挡”、“高挡”之间的切换（低挡为小功率加热，高挡为大功率加热），其部分技术参数如表所示。
额定电压（V）
220
高挡发热功率（W）
400
注水仓最大注水量（kg）
3
（1）计算电热加湿器中R1的阻值；
（2）在加湿器注水仓中加注冷水到最大注水量，如果加湿器在“高挡”正常工作10min产生的热量全部被水吸收，可以使注水仓中冷水的温度升高多少℃？（水的比热容为4.2×103J/（kg•℃））（计算结果保留整数）；
（3）某一天，小明断开家中其他所有用电器，只接通加湿器在低挡加热，发现家中标有“3000revs/（kW•h）”的电能表转盘在400s内转了27圈，计算此时加湿器两端的电压。
【分析】（1）分析开关转换时电路的连接，根据串联电阻的规律及P＝分析低挡和高挡电路的结构，已知高档发热功率，根据P＝求出R1；
（2）在加湿器注水仓中加注冷水到最大注水量，根据Q＝cm△t及W＝Pt，结合已知条件得出使注水仓中冷水升高的温度；
（3）根据“3000revs/（kW•h）”的含义，得出电能表转盘转27圈消耗的电能，根据P＝求出实际的电功率，已知R2＝3R1，由电阻的串联规律得出低温挡的总电阻，由P＝得出实际电压。
【解答】解：（1）当开关S接2、3触点时，电阻R1、R2串联，总电阻较大，由P＝可知，电功率较小，所以为低挡； 当开关S接3、4触点时，电阻R2被短路，电路为电阻R1的简单电路，此时电阻较小，电功率较大，为高挡，已知高档发热功率为400W，所以电热加湿器中，
R1＝＝＝121Ω；
（2）在加湿器注水仓中加注冷水到最大注水量，如果加湿器在“高挡”正常工作10min＝600s产生的热量全部被水吸收，根据Q＝cm△t及W＝Pt，可以使注水仓中冷水的温度升高：
△t＝＝＝＝≈19°C；
（3）“3000revs/（kW•h）”表示电能表转盘转3000圈消耗1kW•h的电能，故在400s＝h＝h内转了27圈，消耗的电能：W′＝×1kW•h＝0.009kW•h，
则实际的电功率为：
P实＝＝＝0.081kW＝81W，
已知R2＝3R1，由电阻的串联规律，低温挡的总电阻为：R＝R1+R2＝4R1＝4×121Ω＝484Ω，
由P＝，可知实际电压：U′＝＝＝198V。
答：（1）电热加湿器中的R1的阻值是121Ω；
（2）在加湿器注水仓中加注冷水到最大注水量，如果加湿器在“高挡”正常工作10min产生的热量全部被水吸收，可以使注水仓中冷水的温度升高约19℃；
（3）此时加湿器两端的实际电压为198V。
【点评】本题为电热综合题，考查串联电阻的规律、电功率和电功公式、吸热公式的运用，关键是明确不同挡位电路的结构及电能表参数的含义。
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