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2021中考物理全真模拟卷（重庆专用）二（解析版）
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这是一份2021中考物理全真模拟卷（重庆专用）二（解析版），共33页。试卷主要包含了0×103kg/m3等内容，欢迎下载使用。
2021中考物理全真模拟卷（重庆专用）
（全卷共四个大题，满分80分，与化学共用120分钟）
姓名：________ 学校：________ 班级：________ 分数：________
注意事项：全卷g=10N/kg，ρ水=1.0×103kg/m3。
一、选择题（本题共8个小题，每小题只有一个选项最符合题意，每小题3分，共24分）：
1.下列数据中最接近实际的是（ ）
A.教室讲桌高度约为1.8m B.学生正常体温约为37℃
C.一支2B铅笔质量约为100g D.一盏日光灯的电功率约为1000W
【答案】B
【解析】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。
解：A.中学生的身高在160cm左右，讲桌的高度略大于中学生身高的一半，在100cm＝1m左右。故A不符合实际；
B.正常情况下，人的体温在37℃左右，变化幅度很小。故B符合实际；
C.一枚一元硬币的质量约6g，一支2B铅笔质量略大于此数值，约为10g。故C不符合实际；
D.家用电风扇的功率约为40W，一盏日光灯的功率与此差不多，在40W左右。故D不符合实际。
故选：B。
2.中国的传统节日往往和美食有关，如图所示。下列对应各种美食的说法错误的是（ ）
A.煮饺子时锅中冒出大量的“白气”，是锅里的水汽化成的水蒸气
B.煮汤圆的汤沸腾后继续用猛火加热，锅中汤的温度仍保持不变
C.粽子出锅时会闻到浓浓的粽香，说明分子在不停地运动
D.烤箱将电能转化为内能，使烤箱内的月饼被烤熟
【答案】A
【解析】（1）“白气”是水蒸气上升过程中遇冷液化成为小水滴；
（2）水沸腾的特点：不断吸热，温度保持不变；
（3）一切物质的分子都在不停地做无规则运动；
（4）用电烤箱将食品烤熟，通过电流做功，把电能转化为内能。
解：A.煮饺子时锅中冒出大量的“白气”，是水蒸气遇冷液化形成的小水滴，故A错误；
B.煮汤圆的汤沸腾后继续用猛火加热，温度保持不变，故B正确；
C.粽子出锅时会闻到浓浓的粽香，说明分子在不停地运动，故C正确；
D.烤箱将电能转化为内能，使烤箱内的月饼被烤熟，故D正确。
故选：A。
3.如图是2020年6月21日出现的日环食现象，下列图中的光现象成因与此相同的是（ ）
A.雨后“彩虹” B.山的“倒影”
C.水中“折筷” D.“手影”游戏
【答案】D
【解析】（1）光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，产生的现象有小孔成像、激光准直、影子的形成、日食和月食等；
（2）光线传播到两种介质的表面上时会发生光的反射现象，例如水面上出现岸上物体的倒影、平面镜成像、玻璃等光滑物体反光都是光的反射形成的；
（3）光线在同种不均匀介质中传播或者从一种介质斜射入另一种介质时，就会出现光的折射现象，例如水池底变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼等都是光的折射形成的。
解：发生日食时，太阳、月球、地球三者都在同一直线上，日环食是由于月球处于太阳和地球之间，不能完全遮住太阳光线而形成的，属于光的直线传播的应用；
A.雨后“彩虹”，是光的色散现象，是由光的折射形成的，故A不合题意。
B.山的“倒影”属于平面镜成像，是由光的反射形成的，故B不合题意；
C.水中“折筷”，是光线从水中斜射入空气中发生折射的缘故，故C不合题意；
D.“手影”游戏，是由光的直线传播形成的，故D符合题意。
故选：D。
4.商场和超市出口处的报警器由检测天线、检测门、检测器构成。营业员在结账后，会将贴在商标上具有磁性的软标签消磁。若商品的软标签未经消磁而经过检测通道，检测天线便检测到商品上标签的磁性，从而将机械运动转化为电流，显示在仪表上。由此可见，报警器的原理与下列图中原理相同的是（ ）
【答案】D
【解析】闭合电路中的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，电路中就有感应电流产生，该现象称为电磁感应现象，该过程中将机械能转化为电能；分析选项中各图的工作原理，找出与报警器工作原理相同的图即可。
解：根据题意“从而将机械运动转化为电流，显示在仪表上”可知，该过程是有感应电流产生，所以报警器的工作原理为电磁感应现象；
A.该实验是奥斯特实验，说明通电导线周围有磁场，故A不符合题意；
B.图中导体通电后能在磁场中运动，将电能转化为机械能，反映了电动机的工作原理，故B不符合题意；
C.该实验说明了同名磁极相互排斥，故C不符合题意；
D.话筒中的线圈振动时会切割磁感线，有感应电流产生，是电磁感应现象，与报警器工作原理相同，故D符合题意；
故选：D。
5.中央电视台《是真的吗》某期节目中，有这样一个实验：将一根绳子穿过内壁和端口光滑的空心圆筒，绳子上端系一个金属球，下端与装有皮球的网袋连接。转动空心圆筒，使金属球转动（如图）。随着转速加大，网袋由静止开始向上运动。下列判断正确的是（ ）
A.金属球转动速度越大，惯性越大
B.金属球转动过程中，运动状态保持不变
C.网袋静止时，它对绳子的拉力和绳子对它的拉力是一对平衡力
D.网袋开始向上运动，说明所受到的拉力大于它的重力
【答案】D
【解析】（1）惯性是指一切物体都有保持原来运动状态不变的性质，惯性的大小只与物体的质量有关；
（2）物体运动状态的改变包括速度的改变和运动方向的改变；
（3）二力平衡的条件：大小相等、方向相反、作用在同一条直线上、作用在同一个物体上；
（4）加速运动的方向与合力的方向的相同。
解：A.惯性的大小只与物体的质量的有关，与速度无关，故A错误；
B.金属球转动过程中，运动方向在不断改变，所以运动状态发生改变，故B错误；
C.网袋对绳子的拉力与绳子对网袋的拉力作用在两个物体上，所以不是一对平衡力，故C错误；
D.当网袋开始向上加速运动时，说明此时网袋受到的合力方向向上，即所受拉力大于重力，故D正确。
故选：D。
6.工人利用滑轮组吊起重为2400N的路灯杆（质量分布均匀）。如图所示，这是路灯杆一端刚被匀速拉起的简图。路灯杆离地后被匀速提升1m，绳端拉力F＝1000N．下列说法正确的是（ ）
A.路灯杆一端刚被匀速拉起时，相当于费力杠杆
B.路灯杆离地后，受到的拉力小于2400N
C.路灯杆离地后，绳端拉力F做的功为1000J
D.路灯杆离地后，滑轮组的机械效率为80%
【答案】D
【解析】（1）动力臂大于阻力臂的杠杆叫省力杠杆。
（2）处于匀速直线运动状态的物体，受到平衡力作用。
（3）由图可知承担物重的绳子段数n＝3，则绳子移动的距离s＝3h，再根据W总＝Fs可得出F做的总功。
（4）根据W有＝Gh求出有用功，再根据机械效率的公式求出机械效率η。
解：A.路灯杆一端刚被匀速拉起时，阻力为路灯杆的重力G，作用点在重心上，绳子对路灯杆的拉力是动力F，支点为路灯杆的左端，可见，动力臂大于阻力臂，所以路灯杆相当于省力杠杆，故A错误。
B.路灯杆离地后被匀速提升，杆受到的拉力与重力是一对平衡力，则拉力为：F拉＝G＝2400N，故B错误。
C.由图可知承担物重的绳子段数n＝3，路灯杆离地后被匀速提升1m，
则绳子自由端移动距离为：s＝3h＝3×1m＝3m，
绳端拉力F做的功为：W总＝Fs＝1000N×3m＝3000J，故C错误。
D.路灯杆离地后，所做有用功为：W有＝Gh＝2400N×1m＝2400J，
滑轮组的机械效率为：η=W有W总=2400J3000J×100%＝80%，故D正确。
故选：D。
7.如图所示的电路中，电源电压保持不变。当开关S1闭合、S2和S3断开，滑片P移到中点时，R3消耗的功率为P3；当开关S1和S2闭合、S3断开，滑片P移到最右端时，电流表A1的示数为I1；当开关S1、S2和S3都闭合，滑片P移到最右端时，电流表A1的示数为I1'，R3消耗的功率为P3'，电流表A1和A2的示数之差为0.2A．已知滑动变阻器R1的最大阻值为30Ω，I1：I1'＝1：3，P3：P3'＝1：9．下列结论正确的是（ ）
A.电源电压是9V
B.R2的阻值是10Ω
C.电流表A1的示数I1'是1.8A
D.R3消耗的功率P3是3.6W
【答案】C
【解析】（1）当开关S1、S2和S3都闭合，滑片P移到最右端时，R1、R2、R3并联，电流表A1测R2和R3支路的电流之和，电流表A2测干路电流，根据并联电路的电流特点结合电流表A1和A2的示数之差为0.2A得出通过R1的电流，根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出电源的电压；
（2）当开关S1和S2闭合、S3断开，滑片P移到最右端时，电路为R3的简单电路，电流表A1测电路中的电流，根据并联电路的特点结合I1：I1'＝1：3求出通过R2、R3的电流之比，根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出两电阻的阻值关系；当开关S1闭合、S2和S3断开，滑片P移到中点时，12R1、R2、R3串联，根据P＝I2R结合P3：P3'＝1：9求出通过R3的电流之比，根据电源的电压不变得出等式即可求出R2、R3的电阻值；
（3）根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出电流表A1的示数I1'的大小；
（4）当开关S1闭合、S2和S3断开，滑片P移到中点时，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，再根据P＝UI＝I2R求出R3消耗的功率。
解：当开关S1闭合、S2和S3断开，滑片P移到中点时，等效电路图如图1所示；
当开关S1和S2闭合、S3断开，滑片P移到最右端时，等效电路图如图2所示；
当开关S1、S2和S3都闭合，滑片P移到最右端时，等效电路图如图3所示；
A.因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，且图3中电流表A1和A2的示数之差为0.2A，
所以，通过R1的电流IR1＝0.2A，
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，由I=UR可得，电源的电压：
U＝IR1×R1＝0.2A×30Ω＝6V，故A错误；
B.因并联电路中各支路独立工作、互不影响，
所以，图2和图3中，通过R3的电流不变，
由I1：I1'＝1：3可知，I1：IR2＝1：2，
则R3R2=UI1UIR2=IR2I1=21，即R3＝2R2，
因图1和图3中，P3：P3'＝1：9。
所以，由P＝I2R可得，
P1P1′=I2R3IR32R3=I2IR22=19，即IIR3=13，
因电源的电压不变，
所以，IIR3=R312R1+R2+R3=2R212×30Ω+R2+2R2=13，
解得：R2＝5Ω，R2＝2R2＝10Ω，故B错误；
C.图3中，电流表A1的示数：
I1'=UR2+UR3=6V5Ω+6V10Ω=1.8A，故C正确；
D．因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，图1中的电流：
I=U12R1+R2+R3=6V12×30Ω+5Ω+10Ω=0.2A，
R3消耗的功率：
P3＝I2R3＝（0.2A）2×10Ω＝0.4W，故D错误。
故选：C。
8.在水平桌面上放有一薄壁柱形容器，底面积为100cm2，将一个重力为2.5N，底面积为40cm2，高为10cm柱形玻璃杯A漂浮于水面，底部连接有一个实心金属块B，B的密度为2×103kg/m3，细线未拉直，如图甲所示。然后向容器中注水，细线拉力随时间变化图象如图乙所示（容器无限高，g＝10N/kg），最后A、B两物体在水中处于静止状态（B未与底部紧密接触，细线不可伸长且质量体积忽略不计），则下列说法错误的是（ ）
A.注水前，玻璃杯A所受浮力的大小2.5N
B.注水前，水对玻璃杯A底部的压强大小625Pa
C.向容器中注水时，t1时刻到t2时刻加水的体积为50cm3
D.B物体的重力为2N
【答案】C
【解析】（1）根据漂浮时浮力与重力相等即可求出玻璃杯A所受浮力；
（2）由于玻璃杯A处于漂浮，根据浮力产生的原因水对玻璃杯A底部的压力与浮力相等，利用p=FS求出底部受到的压强；
（3）由图乙可知浮力的变化，根据阿基米德原理即可求出玻璃杯A排开水增加的体积，然后根据玻璃杯A的底面积求出水升高的高度，利用V＝Sh即可求出加水的体积；
（4）对物体B受力分析，列等式算出物体B的体积，根据GB＝ρBgVB算出B的重力。
解：（1）由于玻璃杯A处于漂浮，则受到的浮力F浮＝GA＝2.5N，故A正确；
（2）玻璃杯A处于漂浮，根据浮力产生的原因可知：水对玻璃杯A底部的压力F＝F浮＝2.5N；
则玻璃杯A底部受到的压强p=FSA=2.5N40×10−4m2=625Pa，故B正确；
（3）由图乙可知t1时刻到t2时刻浮力的变化为：△F浮＝1N﹣0.5N＝0.5N，
由F浮＝ρ水gV排得玻璃杯A增加的浸没水中体积：
△V浸＝△V排=△F浮ρ水g=0.5N1×103kg/m3×10N/kg=5×10﹣5m3＝50cm3，
水面升高的高度△h=△V浸SA=50cm340cm2=1.25cm，
则加水的体积△V水＝（S﹣SA）△h＝（100cm2﹣40cm2）×1.25cm＝75cm3，故C错误；
（4）物体B处于静止状态，受重力、浮力、拉力，由图知拉力最大为1.0N，即ρBgVB＝ρ水VBg+F，
代入数据得：2×103kg/m3×10N/kg×VB＝1×103kg/m3×10N/kg×VB+1.0N，
解得：VB＝10﹣4m3，
B物体的重力为：GB＝ρBgVB＝2×103kg/m3×10N/kg×10﹣4m3＝2N，故D正确。
故选：C。
二、填空作图题（本题共6个小题，作图题每图1分，其余每空1分，共12分）：
9.国庆节期间，小明坐客车去旅游，当客车行驶到高速公路保持车距标识牌0m处时，恰好后面一辆小汽车行驶到客车旁，此时客车上速度计显示为80km/h．当客车匀速行驶到标识牌100m处时，小汽车匀速行驶到标识牌200m处，小汽车 （选填“已经”或“没有”）超速；以小汽车为参照物，客车是向 （选填“前”或“后”）运动的。（此高速路段限定小汽车最高速度为120km/h）
【答案】已经；后。
【解析】（1）利用速度公式求出小汽车的速度对比限速作出判断；
（2）如果物体相对于参照物的位置不变则物体是静止的，如果物体相对于参照物的位置不断变化，则物体是运动的。
解：由v=st得：客车行驶时间为：t=sv=0.1km80km/h=1800h；
则小汽车的速度为：v=st=0.2km1800h=160km/h＞120km/h；故小汽车超速了；
以小汽车为参照物，客车向后运动。
故答案为：已经；后。
10.标准大气压下完全燃烧0.042m3的煤气放出的热量是 J．若50%的热量被水吸收，能使质量为2.5kg初温为25℃的水升高 ℃．[q煤气＝4.0×107J/m3，c水＝4.2×103J/（kg•℃）]
【答案】1.68×106；75。
【解析】（1）已知煤气的热值和体积，可利用公式Q放＝Vq计算完全燃烧0.042m3的煤气放出的热量；
（2）根据Q放×50%＝c水m（t﹣t0）变形求出水的末温，水在标准大气压下沸点为100℃，由此判断水升高的温度。
解：（1）0.042m3煤气完全燃烧放出的热量：
Q＝vq煤气＝0.042m3×4.0×107J/m3＝1.68×106J；
（2）煤气完全燃烧放出的热量的50%被水吸收，
即：Q放×50%＝Q吸＝c水m（t﹣t0）
所以水的末温：t=Q放50%c水m+t0=1.68×106J×50%4.2×103J/(kg⋅℃)×2.5kg+25℃＝105℃，
因为水在标准大气压下沸点为100℃，所以水吸热后温度能升高到100℃，
则水升高的温度：△t＝100℃﹣25℃＝75℃。
故答案为：1.68×106；75。
11.如图所示，甲、乙为两个质量均匀的圆柱体，放置在水平地面上，它们的底面积之比是2：3，高度之比也是2：3，它们对水平地面的压强相等；那么甲、乙的密度之比ρ甲：ρ乙＝ ，如果将甲、乙分别沿水平方向截去相同高度，并将截去部分叠放在对方剩余部分上，最终甲、乙对水平地面的压强之比p甲：p乙＝ 。
【答案】3：2； 1：1。
【解析】（1）物体对水平面的压力和自身的重力相等，均匀圆柱体对水平地面的压强p=FS=GS=mgS=ρVgS=ρgShS=ρgh，结合高度关系和压强关系得出甲、乙的密度之比；
（2）将甲、乙分别沿水平方向截去相同高度，并将截去部分叠放在对方剩余部分上，根据G＝mg＝ρVg＝ρShg表示出最终甲、乙对水平地面的压力，利用p=FS求出最终甲、乙对水平地面的压强之比。
解：（1）因物体对水平面的压力和自身的重力相等，
所以，均匀圆柱体对水平地面的压强p=FS=GS=mgS=ρVgS=ρgShS=ρgh，
则甲、乙的密度之比：ρ甲ρ乙=pgh甲pgh乙=h乙h甲=32；
（2）将甲、乙分别沿水平方向截去相同高度△h，并将截去部分叠放在对方剩余部分上，
由G＝mg＝ρVg＝ρShg可得，最终甲、乙对水平地面的压力分别为：
F甲＝G甲剩+G乙截＝ρ甲S甲（h甲﹣△h）g+ρ乙S乙△hg
=32ρ乙×23S乙（23h乙﹣△h）g+ρ乙S乙△hg=23ρ乙S乙h乙g，
F乙＝G乙剩+G甲截＝ρ乙S乙（h乙﹣△h）g+ρ甲S甲△hg
＝ρ乙S乙（h乙﹣△h）g+32ρ乙×23S乙△hg＝ρ乙S乙h乙g，
则F甲：F乙=23ρ乙S乙h乙g：ρ乙S乙h乙g＝2：3，
最终甲、乙对水平地面的压强之比：p甲p乙=F甲S甲F乙S乙=F甲F乙×S乙S甲=23×32=11。
故答案为：3：2； 1：1。
12.如图，电源电压恒定，闭合S，S1，S2，移动滑动变阻器R2的滑片到a点（图中未标出），电流表A1和A2的示数分别为I1和I2；保持滑片位置不动，断开S1、S2，闭合S，此时电压表的示数为U1，R2的功率为P1，灯泡恰好正常发光；再将滑片移动到最右端，此时电压表示数为U2，电流表A2电流为0.4A，R2的功率为P2．已知R1＝6Ω，I1：I2＝3：2，U1：U2＝5：6，P1：P2＝25：18．则电源电压为 V，小灯泡的额定功率为 W，（小灯泡电阻不变）
【答案】12；2.67。
【解析】分析开关在不同情况下电路的连接方式，根据并联电路特点求出滑片在a点时变阻器Ra的值，再由P＝UI求出电流之比，根据串联电路的特点和电源电压恒定列式解题。
解：闭合S、S1、S2，移动滑动变阻器R2的滑片到a点时（即接入电路电阻为Ra），由图可知，Ra与R1并联接入电路，电流表A2测通过R1的电流，电流表A1测干路电流，
已知此时电流表A1和A2的示数分别为I1和I2，即干路电流为I1，通过R1的电流为I2，
由并联电路的电流特点可得：I1＝Ia+I2，又I1：I2＝3：2，所以可得Ia：I2＝1：2，
由欧姆定律可得：R1Ra=UI2UIa=IaI2=12，所以Ra＝2R1＝2×6Ω＝12Ω；
保持滑片位置不动，断开S1、S2，闭合S，此时Ra与L串联，电压表测变阻器的电压U1，电路中的电流为I串1；
再将滑片移动到最右端，即变阻器全部接入电路，此时电压表示数为U2，电路中的电流为I串2＝0.4A，
已知前后两次变阻器R2消耗的功率分别为P1、P2，且P1：P2＝25：18，U1：U2＝5：6，
由P=U2R可得Ra与变阻器最大阻值R的比值为：
RaR=U12P1U22P2=(U1U2)2×P2P1=(56)2×1825=12，
可得变阻器的最大阻值R＝2Ra＝2×12Ω＝24Ω，
因电源电压不变，所以由欧姆定律可得：
U＝I串1（Ra+RL）=P1U1（12Ω+RL）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
U＝I串2（R+RL）=P2U2（24Ω+RL）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由①②解得：RL＝6Ω，
电源电压：U＝I串2（R+RL）＝0.4A×（24Ω+6Ω）＝12V；
灯泡正常发光时的电流：I串1=URa+RL=12V12Ω+6Ω=23A，
灯泡电阻不变，则灯泡的额定功率即正常发光时的功率：
P额＝I串12RL=(23A)2×6Ω≈2.67W。
故答案为：12；2.67。
13.Colinfurze是英国一名普通水管工，没上过大学，16岁起成为学徒帮人家修水管，从小对手工制作特感兴趣。最新发明，HoVerbike﹣﹣悬浮自行车，如图。造型很奇怪？那就对了，因为它能飞!起!来!自行车上装有电动机，前后各有一个类似风扇的装置，当“风扇”转动速度达到一定程度，自行车就可以飞起来。并且依靠身体前倾、后仰、左斜、右偏等动作，就能控制前进方向，还能在空中悬停。车上还装有一个较宽的座位，可以让人坐的很舒服，不过下车的时候得小心一点，因为没有刹车，不容易“停车”。脑洞大开的他还发明了火箭筒，并把它安到了卡丁车上，当火箭筒向后喷火时，卡丁车能快速向前，据说火力全开时速度能达到130km/h。靠着自己奇奇怪怪的各种发明创造在Youtube频道上吸粉超过500万人，频频打破吉尼斯世界记录。各种国际大牌更是纷纷成为他的合作对象。请根据题中描述，写出一条与物理有关的信息，并说出涉及的物理知识。
示例：物理信息： 风扇转动速度达到一定程度，自行车可以飞起来 ；
物理知识： 力的作用是相互的 。
作答：物理信息： ；
物理知识： 。
【答案】当火箭筒向后喷气时，卡丁车能快速向前；物体间力的作用是相互的。
【解析】根据题目中的信息找出相应的物理知识：物体间力的作用是相互的；流体压强与流速的关系；减小压强的方法等。
解：根据“当火箭筒向后喷气时，卡丁车能快速向前”，知道：物体间力的作用是相互的；
根据“车上还装有一个较宽的座位，可以让人坐的很舒服”，知道：在压力一定的情况下，增大受力面积，减小压强；
故答案为：当火箭筒向后喷气时，卡丁车能快速向前；物体间力的作用是相互的。
14.作图题：
（1）如图是一种活塞式抽水机的示意图，其中手柄AOB是一个杠杆。请在图中画出手柄被扶起过程中作用在A点的最小动力F1及其力臂L1。
【答案】见解析。
【解析】杠杆平衡条件：动力×动力臂＝阻力×阻力臂（F1L1＝F2L2），在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小。
解：由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小；
图中支点在O点，动力作用在A点，因此OA作为动力臂L1时最长，此时动力最小；手柄被扶起过程中，动力的方向是向上的，过点A垂直于OA向上作出最小动力F1的示意图，如图所示：
（2）在如图所示中根据电流方向标出通电螺线管的N，S极。（如图所示）
【答案】见解析。
【解析】根据线圈的绕向和电流方向，利用安培定则可以确定电磁铁的NS极。
解：电流从螺线管的左端流入，右端流出，结合线圈绕向利用安培定则可以确定电磁铁的右端为N极，左端为S极。
答案如下图所示：
三、实验探究题（本题共3个小题，15小题6分，17小题8分，18小题8分，共22分）：
15.某学习小组“探究凸透镜成像的规律”，进行了如下操作：
（1）安装并调节烛焰、透镜和光屏，使它们三者中心大致在 。
（2）通过探究，记录并绘制了物距u与像距v之间的关系图象，如图甲所示，则该凸透镜的焦距是 cm。
（3）当蜡烛放在如图乙所示位置时，调节光屏，可在光屏上得到一个倒立、 的实像，生活中的 （选填“照相机”“投影仪”、“放大镜”）就是利用这样的成像原理工作的。
（4）若将透镜的上半部分用不透明的纸板挡住，则光屏上 （选填“能”或“不能”）成完整的像。
（5）在图乙中，小明借来物理老师的眼镜将其放在蜡烛和凸透镜之间，发现光屏上原本清晰的像变模糊了，向右移动光屏，光屏上的像又变清晰，说明老师戴的是 （选填“近视”或“远视”）眼镜。
【答案】（1）同一高度；（2）5；（3）缩小；照相机；（4）能；（5）近视。
【解析】（1）为了使像能成在光屏的中心，必须使烛焰、凸透镜和光屏三者的中心放在同一高度上；
（2）凸透镜成像时，u＝v＝2f 时，物体成倒立、等大的实像，根据这个特点求出凸透镜的焦距；
（3）物距大于二倍焦距时，成倒立、缩小的实像；
（4）凸透镜成像光的折射现象，物体发出的光线经凸透镜折射后，会聚在凸透镜另一侧的光屏上，形成物体的实像；如果凸透镜的口径大，透过的光多，像就亮；口径小，透过的光少，像就暗；
（5）凹透镜对光线有发散作用，能使光线的会聚点推迟延后；近视眼是远处物体的像成在视网膜的前方，需佩戴凹透镜。
解：（1）根据实验的要求，让像成在光屏的中心，必须使烛焰、凸透镜和光屏三者的中心放在同一高度上；
（2）由图象可知，u＝v＝2f＝10cm，所以f＝5cm；
（3）当蜡烛放在如图乙所示位置时，物距为15cm，焦距为5cm，此时的物距大于二倍焦距，调节光屏，能在光屏上得到一个倒立、缩小的实像，其应用是照相机；
（4）凸透镜成实像时，所有透过透镜的光会聚到光屏上成像，当将透镜的上半部分挡住后，整个物体发出的光虽有一部分被挡住，但总会有一部分光通过下半部分凸透镜而会聚成像，因此，像与原来相同，仍然完整；由于透镜的一半被遮住，因此折射出的光线与原来相比减少了一半，故亮度会减弱，变暗了；
（5）将老师的眼镜靠近凸透镜左侧，发现光屏上的像由清晰变模糊，向右移动光屏又发现清晰的像，说明老师所戴眼镜的镜片，对光线起了发散作用，则为凹透镜；近视眼是远处物体的像不能呈现在视网膜上，而是呈现在视网膜的前方，因此需佩戴凹透镜才能看清远处的物体。
故答案为：（1）同一高度；（2）5；（3）缩小；照相机；（4）能；（5）近视。
16.小明同学在“测量小灯泡电功率”的实验中，如图所示，用到以下器材：额定电压为2.5V的待测小灯泡L1、滑动变阻器R1“50Ω 0.5A”、R2“100Ω 1A”、R3“800Ω 1.5A”各一个、电流表（0～0.6A、0～3A）、电压表（0～3V、0～15V）、学生电源（电压恒为6V）、开关、导线若干。
（1）用笔画线代替导线将图甲的实物电路补充完整（要求滑片右移灯泡变暗，且导线不交叉）；
（2）连接好电路，正确操作，移动滑动变阻器的滑片P，小明发现小灯泡始终不亮，电压表、电流表示数均为0，经检查电表完好，则故障可能是 ；
A.小灯泡断路 B.小灯泡短路
C.滑动变阻器断路 D.滑动变阻器短路
（3）故障排除后，小明移动滑片P，当电压表的示数为2V时，滑动变阻器应向 （选填“左”或“右”）移动；使电压表的示数达到额定电压，此时电流表示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为 W。
（4）小明根据实验中获得的6组数据绘制的小灯泡的“I﹣U”图象如图丙所示，则本实验中小明对滑动变阻器的最佳选择是 （选填“R1”、“R2”或“R3”）。由图象可知小灯泡的电阻随温度的升高而 （选填“增大”、“不变”或“减少”）；
（5）若实验时调节灯泡L1正常发光后，小明再用标有“2V？A”的小灯泡L2替换L1，再次调节滑动变阻器让L2正常发光，若前后两次L1与L2的功率差△PL与滑动变阻器的功率差△P滑相等，则L2的额定功率为 W；
（6）完成上述试验后，小明又找来10Ω、15Ω、20Ω的电阻各一个，重新选择仪器和量程并设计好电路，准备探究“电流与电阻的关系”的实验，他将定值电阻的控制电压设定为2V，接入电阻后，发现无论怎么调节滑动变阻器的滑片，电压表的的指针都无法准确指在2V的刻度线上，发生这种现象的原因可能为 。
A.控制电压为2V太低
B.电源电压为6V太高
C.选择了R3接入电路进行实验
【答案】（1）见图；（2）C；（3）左；0.75；（4）R2；增大；（5）0.3；（6）C。
【解析】（1）根据滑片右移灯泡变暗确定变阻器的连接，根据灯的额定电压为2.5V确定电压表选用的量程与灯并联；
（2）逐一分析每个选项，找出符合题意的答案；
（3）灯在额定电压下正常发光，根据图中电压表小量程读数，比较电压表示数与额定电压的大小，根据串联电路电压的规律及分压原理确定滑片移动的方向；根据此时电流表选用的量程确定分度值读数，根据P＝UI求小灯泡的额定功率；
（4）根据小灯泡的“I﹣U”图象，根据串联电路的电压规律和欧姆定律得了变阻器连入电路中的电阻确定选用的滑动变阻器；
由欧姆定律分别求出当电压为1V、2V、3V时灯的电阻，分析得出结论；
（5）根据小灯泡L1正常发光时的电压和电流，由串联电路电压、电流的规律以及P＝UI算出此时滑动变阻器的电功率，
根据“L2正常发光时，则△PL＝△P滑”列等式算出小灯泡L2正常发光的电流，最后由P2＝U2I′算出L2的额定功率；
（6）探究“电流与电阻的关系”的实验中，保持定值电阻两端的电压为2V，根据电源电压和串联电路电压的规律算出滑动变阻器两端电压，根据串联电路电压的规律，即R定R滑=U定U滑=2V4V=12算出当分别将10Ω、15Ω、20Ω的电阻接入电路时滑动变阻器接入电路的阻值，进而判断出能符合要求的滑动变阻器；但发现无论怎么调节滑动变阻器的滑片，电压表的的指针都无法准确指在2V的刻度线上，可能是滑动变阻器的电阻太大了。
解：（1）滑片右移灯泡变暗，即电流变小，电阻变大，故滑动变阻器以左下接线柱连入电路中，灯的额定电压为2.5V，故电压表选用小量程与灯并联，如下所示：
（2）A．若小灯泡断路，电流表无示数，则电压表串联在电路中，电压表与电源连通，电压表有示数，故A不符合题意；
B．若小灯泡短路，电路为通路，电流表有示数，电压表无示数，故B不符合题意；
C．若滑动变阻器断路，整个电路断路，两电表都没示数，故C符合题意；
D．若滑动变阻器短路，电路为通路，电压表、电流表示数较大，故D不符合题意；
故选：C。
（3）灯在额定电压下正常发光，示数为2V小于灯的额定电压2.5V，应增大灯的电压，根据串联电路电压的规律，应减小变阻器的电压，由分压原理，应减小变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向左移动，直到电压表示数为额定电压2.5V；
此时电流表示数如图乙所示，图中电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流大小为0.3A，
则小灯泡的额定功率为：
P＝UI＝2.5V×0.3A＝0.75W；
（4）根据绘制的小灯泡的“I﹣U”图象如图丙知，当电压为0.5V时，电流为0.1A，根据串联电路的电压规律和欧姆定律，
此时变阻器连入电路中的电阻为：
R滑=U−U1I1=6V−0.5V0.1A=55Ω，故滑动变阻器的最佳选择是R2；
由图丙知，当电压为1V、2V、3V时，对应的电流分别为0.2A、0.3A、0.35A，由欧姆定律的变形公式R=UI，灯的电阻分别为：5Ω、6.67Ω、8.57Ω，即小灯泡的电阻随温度的升高而增大；
（5）小灯泡L1正常发光时的电功率0.75W，
此时滑动变阻器的电功率：
P滑1＝U滑1I＝（6V﹣2.5V）×0.3A＝1.05W；
L2正常发光时，则△PL＝△P滑
即0.75W﹣2VI′＝1.05W﹣（6V﹣2V）×I′，
解得：I′＝0.15A，
所以L2的额定功率为：
P2＝U2I′＝2V×0.15A＝0.3W；
（6）探究“电流与电阻的关系”的实验中，保持定值电阻两端的电压为2V，因为电源电压为6V，所以滑动变阻器两端电压为4V，根据串联电路电压的规律，即R定R滑=U定U滑=2V4V=12所以当分别将10Ω、15Ω、20Ω的电阻接入电路时，滑动变阻器接入电路的阻值分别是20Ω、30Ω、40Ω，理论上三个滑动变阻器均能满足要求，可以使定值电阻的控制电压达到2V．但发现无论怎么调节滑动变阻器的滑片，电压表的的指针都无法准确指在2V的刻度线上，可能是因为选择了R3接入电路进行实验，因为R3的最大电阻为800Ω，在调节时，很容易滑过头，难保证刚好分担电压4V，故C正确。
故选C。
故答案为：（1）见上图；（2）C；（3）左；0.75；（4）R2；增大；（5）0.3；（6）C。
17.小明同学在探究影响浮力大小的因素时，做了如图1所示的实验。请你根据小明的实验探究回答下列问题。
（1）在C与E两图中，保持了排开液体的体积不变，研究浮力与液体 的关系；根据A与E两图所标的实验数据，可知物体浸没在盐水中所受的浮力为 N。
（2）小明对A、B、C、D四个步骤进行了观察研究，发现浮力的大小有时与深度有关，有时与深度又无关。
①对此正确的解释是浮力的大小随着排开水的体积的增大而 （填“增大”“减小”或“不变”）；
②当物体完全浸没在水中后排开水的体积相同，浮力的大小与深度 （填“有关”或“无关”）。
（3）在小明实验的基础上，根据有关实验数据，可以计算出盐水的密度为 kg/m3。
（4）小明利用浮力和杠杆的知识，发明了一个密度称。如图2，轻质杠杆AB可绕O点转动，在A、B两端分别挂有两个完全相同的正方体C、D（边长为10cm，重力为20N），OA＝10cm，OB＝8cm。小聪向容器中倒入不同密度的液体，每次都将C浸没与液体中，移动物体D，使杠杆在水平位置平衡，OB上便可以标出不同液体的密度值。
①当物体C浸没在水中时，物体D移动到E点时杠杆恰好水平静止，那么OE的长度为 cm，在E点标上ρ水。
②这个密度称能够测量的最小液体密度为 kg/m3。
③OB上的刻度是否均匀： （填“是”或“否”）
【答案】（1）液体密度； 2.4；（2）增大；无关；（3）1.2×103；（4）①5；②0.4×103；③是。
【解析】（1）影响浮力大小的因素是排开液体的密度和物体排开液体的体积，要探究浮力和其中一个因素的关系，就要控制另外一个因素一定，由此进行解答；由“称重法”可以测出物体在水中受浮力的大小；
（2）比较B和C；C与D实验，找出相同因素和不同因素，结合控制变量法的思想得出实验结论；
（3）根据F浮＝G﹣F计算出在水中和盐水中受到的浮力，根据在水中和在盐水中排开液体的体积相等列出关系式求出盐水的密度；
（4）①根据阿基米德原理算出物体C全部浸没水中时受的浮力，对物体C受力分析得出拉力FA，根据杠杆的平衡条件算出OE的长度；
②根据F1L1＝F2L2 知：在L1、F2不变时，拉力F1越大，L2越大，即液体密度越小，OB越大；
根据杠杆的平衡条件分析出物体在B点时拉力FA′，对物体C受力分析算出此时的浮力F浮C′，在根据阿基米德原理算出液体的密度；
③根据杠杆的平衡条件写出液体密度和OB长度的关系式，判断出OB上的刻度是否均匀。
解：（1）分析图C与E，排开液体的体积相同，液体的密度不同，可得出浮力的大小与排开液体密度有关；
由图A知：G＝8N，由图E知，F＝5.6N，所以F浮＝G﹣F＝8N﹣5.6N＝2.4N；
（2）探究物体浸没在水中时所受浮力大小与深度是否有关时，应控制液体的密度和物体排开液体的体积这两个因素相同，实验B、C中物体在液体中浸没的深度改变的同时，其排开液体体积是变化的，V排B＜V排C，因图B中弹簧测力计的示数小于C图中的示数，根据F浮＝G﹣F，故F浮B＜F浮C，浮力的大小随着排开水的体积的增大而增大；图C、D中，当物体完全浸没在水中后排开水的体积相同，弹簧测力计的示数保持不变，浮力的大小与深度无关；
（3）由AD知，物体浸没在水中时的浮力F浮水＝8N﹣6N﹣2N，由AE，浸没在盐水中受到的浮力F浮盐＝8N﹣5.6N＝2.4N，根据阿基米德原理，因V排水＝V排盐，F浮水ρ水g=F浮盐ρ盐g，
盐水密度：
ρ盐=F浮盐F浮水×ρ水=2.4N2N×103kg/m3＝1.2×103kg/m3；
（4）①由图知：B端所受得力等于重物D对杠杆的拉力，大小等于物体D的重力，即FB＝GD＝20N；
当物体C浸没在水中时，受到的浮力为：
F浮＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×（0.1m）3＝10N；
物体C受到的力：A点对C的拉力FA、浮力、重力
故物体C受到的拉力为：FA＝GC﹣F浮C＝20N﹣10N＝10N；
此时物体D移动到E点时杠杆恰好水平静止，
由F1L1＝F2L2 得：FAOA＝FDOE，
OE的长度：OE=FA⋅OAFD=10N×10cm20N=5cm；
②液体密度越小，浮力越小，拉力越大，根据F1L1＝F2L2 知：在L1、F2不变时，拉力F1越大，L2越大，最大为OB，为8cm
根据FAOA＝FBOB，
所以FA′=OBOA×FB=8cm10cm×20N＝16N，
物体C受到的力：A点对C的拉力FA′、浮力F浮C′、重力
故物体C受到的浮力为：F浮C′＝GC﹣FA′＝20N﹣16N＝4N；
根据F浮＝ρ液gV排知液体的密度为：
ρ液小=F浮C′gV排=4N10N/kg×(0.1m)3=0.4×103kg/m3。
③根据杠杆的平衡条件知：
（GC﹣ρ液gVC）×OA＝FD×OB
因为GC、FD、OA、VC都为定值，ρ液与OB成一次函数关系，故OB的刻度均匀。
故答案为：（1）液体密度； 2.4；（2）增大；无关；（3）1.2×103；（4）①5；②0.4×103；③是。
四、论述计算题（本题共3个小题，18小题6分，19小题8分，20小题8分，共22分；解题应写出必要的文字说明、步骤和公式，只写出最后结果的不能给分）：
18.一辆在水平路面上沿直线匀速行驶的货车，行驶时所受的阻力为车总重的0.1倍，货车（含驾驶员）空载时重为2.5×104N。
（1）求货车空载行驶40km时牵引力做的功。
（2）当货车以90kW的额定功率、90km/h的速度匀速行驶时，求货车最多可装载多重的货物？
【答案】（1）货车空载行驶40km时牵引力做的功1×108J；
（2）货车最多可装载1.1×104N的货物。
【解析】（1）知道货车空载时重G，利用f＝0.1G求货车空载行驶时所受的阻力大小，然后利用二力平衡得出牵引力大小，再利用W＝Fs计算做功多少。
（2）利用P＝Fv求牵引力大小，利用二力平衡得出阻力大小，再根据f′＝0.1G′求货车总重，货车最多可装载货物的重等于货车总重减去空车重。
解：（1）货车空载行驶时所受的阻力大小：
f＝0.1G＝0.1×2.5×104N＝2.5×103N；
汽车匀速行驶，所以牵引力：
F＝f＝2.5×103N，
则货车空载行驶40km时牵引力做的功：
W＝Fs＝2.5×103N×40×103m＝1×108J。
（2）v＝90km/h＝90×13.6m/s＝25m/s，
根据P=Wt=Fst=Fv可得，此时的牵引力：
F′=Pv=90×103W25m/s=3.6×103N，
因为汽车匀速行驶，
所以此时汽车受到的阻力：
f′＝F′＝3.6×103N，
因为f′＝0.1G′，
所以货车总重：
G′=f′0.1=3.6×103N0.1=3.6×104N，
则货车最多可装载货物的重：
G货＝G′﹣G＝3.6×104N﹣2.5×104N＝1.1×104N。
答：（1）货车空载行驶40km时牵引力做的功1×108J；
（2）货车最多可装载1.1×104N的货物。
19.如图甲所示是小明家新购买的电热水壶，他发现水壶有一铭牌如图乙所示。待电热水壶注满水后，他关闭了家中的其他用电器，只让电热水壶工作，观察到家里的电能表（如图丙所示）的转盘1min转了50圈，能使壶中水的温度从25℃升高到35℃．请你结合电热水壶上的铭牌和电能表实物图提供的有关参数信息，忽略温度对电阻的影响。求：
（1）电热水壶正常工作的电阻；
（2）电热水壶中水的温度从25℃升高到35℃吸收的热量；[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]
（3）此时电路的实际电压。
【答案】（1）电热水壶正常工作的电阻为40Ω；
（2）电热水壶中水的温度从25℃升高到35℃吸收的热量为4.2×104J；
（3）此时电路的实际电压为200V。
【解析】（1）知道电热水壶的额定功率、额定电压，利用P=U2R求电热水壶正常工作的电阻；
（2）知道水的体积，利用ρ=mV求水的质量，再利用Q吸＝cm（t﹣t0）求水从25℃升高到35℃吸收的热量；
（3）3000r/（kW•h）表示每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转3000r，据此求转盘转50r消耗的电能，再利用P=Wt求电热水壶的实际功率，再利用P=U2R求电热水壶两端的实际电压（忽略温度对电阻的影响）。
解：（1）由P=U2R得电热水壶正常工作的电阻：R=U额2P额=(220V)21210W=40Ω；
（2）水的体积V＝1L＝1×10﹣3m3，
由ρ=mV得水的质量：m＝ρV＝1×103kg/m3×1×10﹣3m3＝1kg，
水从25℃升高到35℃吸收的热量：
Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（35℃﹣25℃）＝4.2×104J；
（3）3000r/（kW•h）表示每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转3000r，
则转盘转50r时，电水壶消耗的电能：W=503000kW•h=160kW•h，
电热水壶的实际功率：P实=Wt=160kW⋅h160h=1kW＝1000W，
由P=U2R可得电热水壶两端的实际电压：U实=P实R=1000W×40Ω=200V。
答：（1）电热水壶正常工作的电阻为40Ω；
（2）电热水壶中水的温度从25℃升高到35℃吸收的热量为4.2×104J；
（3）此时电路的实际电压为200V。
20.图甲为某自动注水装置的部分结构简图，杠杆AOB始终在水平位置保持平衡，O为杠杆的支点，OA＝3OB，竖直细杆a的一端连接在杠杆的A点，另一端与高为0.2m的长方体物块C固定；竖直细杆b的下端通过力传感器固定，上端连接在杠杆的B点（不计杠杆、细杆及连接处的重力和细杆的体积）。圆柱形水箱中有质量为3kg的水，打开水龙头，将水箱中的水缓慢放出，通过力传感器能显示出细杆b对力传感器的压力或拉力的大小；图乙是力传感器示数F的大小随放出水质量m变化的图象。当放出水的质量达到2kg时，物体C刚好全部露出水面，此时装置由传感器控制开关开始注水。（g＝10Nkg）求：
（1）物块C的重力。
（2）物块C受到的最大浮力。
（3）从开始放水到物块C上表面刚好与液面相平时，水对水箱底部的压强变化了多少？
【答案】（1）物块C的重力为2N。（2）物块C受到的最大浮力为10N。
（3）从开始放水到物块C上表面刚好与液面相平时，水对水箱底部的压强变化了1000Pa。
【解析】（1）当放出水的质量达到2kg时，物体C刚好全部露出水面，此时杠杆A端受到的拉力等于C的重力，根据图乙读出此时B端受到的拉力，根据杠杆的平衡条件结合OA＝3OB求出物体C的重力；
（2）分析图乙可知，当放出水的质量≤1kg时，物体浸没在水中，物块C受到的浮力最大，此时力传感器受到的力最大为24N；根据杠杆的平衡条件求出此时杠杆A端受到的作用力，根据图乙可知放水的质量在1kg到2kg之间时力传感器的示数可以为零，说明C可以漂浮，从而得出物体C受到的浮力最大时杠杆A端的作用力是向上的；因力的作用是相互的，则物体C浸没时，C受到细杆a向下的压力F压＝FA；物体C受力平衡，则物体C受到的最大浮力：F浮＝F压+GC；
（3）根据F浮＝ρgV排求出物体C浸没时排开水的体积，根据V＝Sh求出长方体C的底面积，根据图乙读出从开始放水到物块C上表面刚好与液面相平时放出水的质量、从物块C上表面刚好与液面相平到物体C刚好全部露出水面时放出水的质量，根据ρ=mV求出两种情况下放出水的体积，根据V2＝（S水箱﹣SC）hC求出水箱的底面积，根据V＝Sh求出从开始放水到物块C上表面刚好与液面相平时水面下降的高度△h，利用△p＝ρ水g△h求出水对水箱底部的压强变化量。
解：
（1）当放出水的质量达到2kg时，物体C刚好全部露出水面，此时杠杆A端受到的拉力等于C的重力，由图乙知，此时B端受到的拉力为6N，
根据杠杆的平衡条件知：GC×OA＝FB×OB，
由OA＝3OB可得，物块C的重力：GC=OBOA×FB=13×6N＝2N；
（2）分析图乙可知，当放出水的质量≤1kg时，物体浸没在水中，物块C受到的浮力最大，此时力传感器受到的力最大为24N（即杠杆B端受到的作用力最大为24N）；
由杠杆的平衡条件可得：FA×OA＝FB′×OB，
则此时杠杆A端受到的作用力：FA=OBOA×FB′=13×24N＝8N，
由图乙可知，放水的质量在1kg到2kg之间时力传感器的示数可以为零，说明C可以漂浮，
则物体C受到的浮力最大时，杠杆A端受到的作用力是向上的，
因力的作用是相互的，则物体C浸没时，C受到细杆a向下的压力F压＝FA＝8N，
物体C受力平衡，则物体C受到的最大浮力：F浮＝F压+GC＝8N+2N＝10N；
（3）由F浮＝ρgV排可得，物体C浸没时排开水的体积：
V排=F浮ρ水g=10N1.0×103kg/m3×10N/kg=1×10﹣3m3，
长方体C的底面积：SC=V排hC=1×10−3m30.2m=5×10﹣3m2，
由图乙可知，从开始放水到物块C上表面刚好与液面相平时，放出水的质量m1＝1kg，
从物块C上表面刚好与液面相平到物体C刚好全部露出水面时，放出水的质量m2＝2kg﹣1kg＝1kg，
由ρ=mV可得，两种情况下放出水的体积：
V2＝V1=m1ρ水=1kg1.0×103kg/m3=1×10﹣3m3，
由V2＝（S水箱﹣SC）hC可得，水箱的底面积：
S水箱=V2hC+SC=1×10−3m30.2m+5×10﹣3m2＝1×10﹣2m2，
从开始放水到物块C上表面刚好与液面相平时，水面下降的高度：
△h=V1S水箱=1×10−3m31×10−2m2=0.1m，
则该过程中水对水箱底部的压强变化量：
△p＝ρ水g△h＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.1m＝1000Pa。
答：（1）物块C的重力为2N。（2）物块C受到的最大浮力为10N。
（3）从开始放水到物块C上表面刚好与液面相平时，水对水箱底部的压强变化了1000Pa。
2021中考物理全真模拟卷（重庆专用）
（全卷共四个大题，满分80分，与化学共用120分钟）
姓名：________ 学校：________ 班级：________ 分数：________
注意事项：全卷g=10N/kg，ρ水=1.0×103kg/m3。
一、选择题（本题共8个小题，每小题只有一个选项最符合题意，每小题3分，共24分）：
1.下列数据中最接近实际的是（ ）
A.教室讲桌高度约为1.8m B.学生正常体温约为37℃
C.一支2B铅笔质量约为100g D.一盏日光灯的电功率约为1000W
【答案】B
【解析】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。
解：A.中学生的身高在160cm左右，讲桌的高度略大于中学生身高的一半，在100cm＝1m左右。故A不符合实际；
B.正常情况下，人的体温在37℃左右，变化幅度很小。故B符合实际；
C.一枚一元硬币的质量约6g，一支2B铅笔质量略大于此数值，约为10g。故C不符合实际；
D.家用电风扇的功率约为40W，一盏日光灯的功率与此差不多，在40W左右。故D不符合实际。
故选：B。
2.中国的传统节日往往和美食有关，如图所示。下列对应各种美食的说法错误的是（ ）
A.煮饺子时锅中冒出大量的“白气”，是锅里的水汽化成的水蒸气
B.煮汤圆的汤沸腾后继续用猛火加热，锅中汤的温度仍保持不变
C.粽子出锅时会闻到浓浓的粽香，说明分子在不停地运动
D.烤箱将电能转化为内能，使烤箱内的月饼被烤熟
【答案】A
【解析】（1）“白气”是水蒸气上升过程中遇冷液化成为小水滴；
（2）水沸腾的特点：不断吸热，温度保持不变；
（3）一切物质的分子都在不停地做无规则运动；
（4）用电烤箱将食品烤熟，通过电流做功，把电能转化为内能。
解：A.煮饺子时锅中冒出大量的“白气”，是水蒸气遇冷液化形成的小水滴，故A错误；
B.煮汤圆的汤沸腾后继续用猛火加热，温度保持不变，故B正确；
C.粽子出锅时会闻到浓浓的粽香，说明分子在不停地运动，故C正确；
D.烤箱将电能转化为内能，使烤箱内的月饼被烤熟，故D正确。
故选：A。
3.如图是2020年6月21日出现的日环食现象，下列图中的光现象成因与此相同的是（ ）
A.雨后“彩虹” B.山的“倒影”
C.水中“折筷” D.“手影”游戏
【答案】D
【解析】（1）光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，产生的现象有小孔成像、激光准直、影子的形成、日食和月食等；
（2）光线传播到两种介质的表面上时会发生光的反射现象，例如水面上出现岸上物体的倒影、平面镜成像、玻璃等光滑物体反光都是光的反射形成的；
（3）光线在同种不均匀介质中传播或者从一种介质斜射入另一种介质时，就会出现光的折射现象，例如水池底变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼等都是光的折射形成的。
解：发生日食时，太阳、月球、地球三者都在同一直线上，日环食是由于月球处于太阳和地球之间，不能完全遮住太阳光线而形成的，属于光的直线传播的应用；
A.雨后“彩虹”，是光的色散现象，是由光的折射形成的，故A不合题意。
B.山的“倒影”属于平面镜成像，是由光的反射形成的，故B不合题意；
C.水中“折筷”，是光线从水中斜射入空气中发生折射的缘故，故C不合题意；
D.“手影”游戏，是由光的直线传播形成的，故D符合题意。
故选：D。
4.商场和超市出口处的报警器由检测天线、检测门、检测器构成。营业员在结账后，会将贴在商标上具有磁性的软标签消磁。若商品的软标签未经消磁而经过检测通道，检测天线便检测到商品上标签的磁性，从而将机械运动转化为电流，显示在仪表上。由此可见，报警器的原理与下列图中原理相同的是（ ）
【答案】D
【解析】闭合电路中的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，电路中就有感应电流产生，该现象称为电磁感应现象，该过程中将机械能转化为电能；分析选项中各图的工作原理，找出与报警器工作原理相同的图即可。
解：根据题意“从而将机械运动转化为电流，显示在仪表上”可知，该过程是有感应电流产生，所以报警器的工作原理为电磁感应现象；
A.该实验是奥斯特实验，说明通电导线周围有磁场，故A不符合题意；
B.图中导体通电后能在磁场中运动，将电能转化为机械能，反映了电动机的工作原理，故B不符合题意；
C.该实验说明了同名磁极相互排斥，故C不符合题意；
D.话筒中的线圈振动时会切割磁感线，有感应电流产生，是电磁感应现象，与报警器工作原理相同，故D符合题意；
故选：D。
5.中央电视台《是真的吗》某期节目中，有这样一个实验：将一根绳子穿过内壁和端口光滑的空心圆筒，绳子上端系一个金属球，下端与装有皮球的网袋连接。转动空心圆筒，使金属球转动（如图）。随着转速加大，网袋由静止开始向上运动。下列判断正确的是（ ）
A.金属球转动速度越大，惯性越大
B.金属球转动过程中，运动状态保持不变
C.网袋静止时，它对绳子的拉力和绳子对它的拉力是一对平衡力
D.网袋开始向上运动，说明所受到的拉力大于它的重力
【答案】D
【解析】（1）惯性是指一切物体都有保持原来运动状态不变的性质，惯性的大小只与物体的质量有关；
（2）物体运动状态的改变包括速度的改变和运动方向的改变；
（3）二力平衡的条件：大小相等、方向相反、作用在同一条直线上、作用在同一个物体上；
（4）加速运动的方向与合力的方向的相同。
解：A.惯性的大小只与物体的质量的有关，与速度无关，故A错误；
B.金属球转动过程中，运动方向在不断改变，所以运动状态发生改变，故B错误；
C.网袋对绳子的拉力与绳子对网袋的拉力作用在两个物体上，所以不是一对平衡力，故C错误；
D.当网袋开始向上加速运动时，说明此时网袋受到的合力方向向上，即所受拉力大于重力，故D正确。
故选：D。
6.工人利用滑轮组吊起重为2400N的路灯杆（质量分布均匀）。如图所示，这是路灯杆一端刚被匀速拉起的简图。路灯杆离地后被匀速提升1m，绳端拉力F＝1000N．下列说法正确的是（ ）
A.路灯杆一端刚被匀速拉起时，相当于费力杠杆
B.路灯杆离地后，受到的拉力小于2400N
C.路灯杆离地后，绳端拉力F做的功为1000J
D.路灯杆离地后，滑轮组的机械效率为80%
【答案】D
【解析】（1）动力臂大于阻力臂的杠杆叫省力杠杆。
（2）处于匀速直线运动状态的物体，受到平衡力作用。
（3）由图可知承担物重的绳子段数n＝3，则绳子移动的距离s＝3h，再根据W总＝Fs可得出F做的总功。
（4）根据W有＝Gh求出有用功，再根据机械效率的公式求出机械效率η。
解：A.路灯杆一端刚被匀速拉起时，阻力为路灯杆的重力G，作用点在重心上，绳子对路灯杆的拉力是动力F，支点为路灯杆的左端，可见，动力臂大于阻力臂，所以路灯杆相当于省力杠杆，故A错误。
B.路灯杆离地后被匀速提升，杆受到的拉力与重力是一对平衡力，则拉力为：F拉＝G＝2400N，故B错误。
C.由图可知承担物重的绳子段数n＝3，路灯杆离地后被匀速提升1m，
则绳子自由端移动距离为：s＝3h＝3×1m＝3m，
绳端拉力F做的功为：W总＝Fs＝1000N×3m＝3000J，故C错误。
D.路灯杆离地后，所做有用功为：W有＝Gh＝2400N×1m＝2400J，
滑轮组的机械效率为：η=W有W总=2400J3000J×100%＝80%，故D正确。
故选：D。
7.如图所示的电路中，电源电压保持不变。当开关S1闭合、S2和S3断开，滑片P移到中点时，R3消耗的功率为P3；当开关S1和S2闭合、S3断开，滑片P移到最右端时，电流表A1的示数为I1；当开关S1、S2和S3都闭合，滑片P移到最右端时，电流表A1的示数为I1'，R3消耗的功率为P3'，电流表A1和A2的示数之差为0.2A．已知滑动变阻器R1的最大阻值为30Ω，I1：I1'＝1：3，P3：P3'＝1：9．下列结论正确的是（ ）
A.电源电压是9V
B.R2的阻值是10Ω
C.电流表A1的示数I1'是1.8A
D.R3消耗的功率P3是3.6W
【答案】C
【解析】（1）当开关S1、S2和S3都闭合，滑片P移到最右端时，R1、R2、R3并联，电流表A1测R2和R3支路的电流之和，电流表A2测干路电流，根据并联电路的电流特点结合电流表A1和A2的示数之差为0.2A得出通过R1的电流，根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出电源的电压；
（2）当开关S1和S2闭合、S3断开，滑片P移到最右端时，电路为R3的简单电路，电流表A1测电路中的电流，根据并联电路的特点结合I1：I1'＝1：3求出通过R2、R3的电流之比，根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出两电阻的阻值关系；当开关S1闭合、S2和S3断开，滑片P移到中点时，12R1、R2、R3串联，根据P＝I2R结合P3：P3'＝1：9求出通过R3的电流之比，根据电源的电压不变得出等式即可求出R2、R3的电阻值；
（3）根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出电流表A1的示数I1'的大小；
（4）当开关S1闭合、S2和S3断开，滑片P移到中点时，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，再根据P＝UI＝I2R求出R3消耗的功率。
解：当开关S1闭合、S2和S3断开，滑片P移到中点时，等效电路图如图1所示；
当开关S1和S2闭合、S3断开，滑片P移到最右端时，等效电路图如图2所示；
当开关S1、S2和S3都闭合，滑片P移到最右端时，等效电路图如图3所示；
A.因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，且图3中电流表A1和A2的示数之差为0.2A，
所以，通过R1的电流IR1＝0.2A，
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，由I=UR可得，电源的电压：
U＝IR1×R1＝0.2A×30Ω＝6V，故A错误；
B.因并联电路中各支路独立工作、互不影响，
所以，图2和图3中，通过R3的电流不变，
由I1：I1'＝1：3可知，I1：IR2＝1：2，
则R3R2=UI1UIR2=IR2I1=21，即R3＝2R2，
因图1和图3中，P3：P3'＝1：9。
所以，由P＝I2R可得，
P1P1′=I2R3IR32R3=I2IR22=19，即IIR3=13，
因电源的电压不变，
所以，IIR3=R312R1+R2+R3=2R212×30Ω+R2+2R2=13，
解得：R2＝5Ω，R2＝2R2＝10Ω，故B错误；
C.图3中，电流表A1的示数：
I1'=UR2+UR3=6V5Ω+6V10Ω=1.8A，故C正确；
D．因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，图1中的电流：
I=U12R1+R2+R3=6V12×30Ω+5Ω+10Ω=0.2A，
R3消耗的功率：
P3＝I2R3＝（0.2A）2×10Ω＝0.4W，故D错误。
故选：C。
8.在水平桌面上放有一薄壁柱形容器，底面积为100cm2，将一个重力为2.5N，底面积为40cm2，高为10cm柱形玻璃杯A漂浮于水面，底部连接有一个实心金属块B，B的密度为2×103kg/m3，细线未拉直，如图甲所示。然后向容器中注水，细线拉力随时间变化图象如图乙所示（容器无限高，g＝10N/kg），最后A、B两物体在水中处于静止状态（B未与底部紧密接触，细线不可伸长且质量体积忽略不计），则下列说法错误的是（ ）
A.注水前，玻璃杯A所受浮力的大小2.5N
B.注水前，水对玻璃杯A底部的压强大小625Pa
C.向容器中注水时，t1时刻到t2时刻加水的体积为50cm3
D.B物体的重力为2N
【答案】C
【解析】（1）根据漂浮时浮力与重力相等即可求出玻璃杯A所受浮力；
（2）由于玻璃杯A处于漂浮，根据浮力产生的原因水对玻璃杯A底部的压力与浮力相等，利用p=FS求出底部受到的压强；
（3）由图乙可知浮力的变化，根据阿基米德原理即可求出玻璃杯A排开水增加的体积，然后根据玻璃杯A的底面积求出水升高的高度，利用V＝Sh即可求出加水的体积；
（4）对物体B受力分析，列等式算出物体B的体积，根据GB＝ρBgVB算出B的重力。
解：（1）由于玻璃杯A处于漂浮，则受到的浮力F浮＝GA＝2.5N，故A正确；
（2）玻璃杯A处于漂浮，根据浮力产生的原因可知：水对玻璃杯A底部的压力F＝F浮＝2.5N；
则玻璃杯A底部受到的压强p=FSA=2.5N40×10−4m2=625Pa，故B正确；
（3）由图乙可知t1时刻到t2时刻浮力的变化为：△F浮＝1N﹣0.5N＝0.5N，
由F浮＝ρ水gV排得玻璃杯A增加的浸没水中体积：
△V浸＝△V排=△F浮ρ水g=0.5N1×103kg/m3×10N/kg=5×10﹣5m3＝50cm3，
水面升高的高度△h=△V浸SA=50cm340cm2=1.25cm，
则加水的体积△V水＝（S﹣SA）△h＝（100cm2﹣40cm2）×1.25cm＝75cm3，故C错误；
（4）物体B处于静止状态，受重力、浮力、拉力，由图知拉力最大为1.0N，即ρBgVB＝ρ水VBg+F，
代入数据得：2×103kg/m3×10N/kg×VB＝1×103kg/m3×10N/kg×VB+1.0N，
解得：VB＝10﹣4m3，
B物体的重力为：GB＝ρBgVB＝2×103kg/m3×10N/kg×10﹣4m3＝2N，故D正确。
故选：C。
二、填空作图题（本题共6个小题，作图题每图1分，其余每空1分，共12分）：
9.国庆节期间，小明坐客车去旅游，当客车行驶到高速公路保持车距标识牌0m处时，恰好后面一辆小汽车行驶到客车旁，此时客车上速度计显示为80km/h．当客车匀速行驶到标识牌100m处时，小汽车匀速行驶到标识牌200m处，小汽车 （选填“已经”或“没有”）超速；以小汽车为参照物，客车是向 （选填“前”或“后”）运动的。（此高速路段限定小汽车最高速度为120km/h）
【答案】已经；后。
【解析】（1）利用速度公式求出小汽车的速度对比限速作出判断；
（2）如果物体相对于参照物的位置不变则物体是静止的，如果物体相对于参照物的位置不断变化，则物体是运动的。
解：由v=st得：客车行驶时间为：t=sv=0.1km80km/h=1800h；
则小汽车的速度为：v=st=0.2km1800h=160km/h＞120km/h；故小汽车超速了；
以小汽车为参照物，客车向后运动。
故答案为：已经；后。
10.标准大气压下完全燃烧0.042m3的煤气放出的热量是 J．若50%的热量被水吸收，能使质量为2.5kg初温为25℃的水升高 ℃．[q煤气＝4.0×107J/m3，c水＝4.2×103J/（kg•℃）]
【答案】1.68×106；75。
【解析】（1）已知煤气的热值和体积，可利用公式Q放＝Vq计算完全燃烧0.042m3的煤气放出的热量；
（2）根据Q放×50%＝c水m（t﹣t0）变形求出水的末温，水在标准大气压下沸点为100℃，由此判断水升高的温度。
解：（1）0.042m3煤气完全燃烧放出的热量：
Q＝vq煤气＝0.042m3×4.0×107J/m3＝1.68×106J；
（2）煤气完全燃烧放出的热量的50%被水吸收，
即：Q放×50%＝Q吸＝c水m（t﹣t0）
所以水的末温：t=Q放50%c水m+t0=1.68×106J×50%4.2×103J/(kg⋅℃)×2.5kg+25℃＝105℃，
因为水在标准大气压下沸点为100℃，所以水吸热后温度能升高到100℃，
则水升高的温度：△t＝100℃﹣25℃＝75℃。
故答案为：1.68×106；75。
11.如图所示，甲、乙为两个质量均匀的圆柱体，放置在水平地面上，它们的底面积之比是2：3，高度之比也是2：3，它们对水平地面的压强相等；那么甲、乙的密度之比ρ甲：ρ乙＝ ，如果将甲、乙分别沿水平方向截去相同高度，并将截去部分叠放在对方剩余部分上，最终甲、乙对水平地面的压强之比p甲：p乙＝ 。
【答案】3：2； 1：1。
【解析】（1）物体对水平面的压力和自身的重力相等，均匀圆柱体对水平地面的压强p=FS=GS=mgS=ρVgS=ρgShS=ρgh，结合高度关系和压强关系得出甲、乙的密度之比；
（2）将甲、乙分别沿水平方向截去相同高度，并将截去部分叠放在对方剩余部分上，根据G＝mg＝ρVg＝ρShg表示出最终甲、乙对水平地面的压力，利用p=FS求出最终甲、乙对水平地面的压强之比。
解：（1）因物体对水平面的压力和自身的重力相等，
所以，均匀圆柱体对水平地面的压强p=FS=GS=mgS=ρVgS=ρgShS=ρgh，
则甲、乙的密度之比：ρ甲ρ乙=pgh甲pgh乙=h乙h甲=32；
（2）将甲、乙分别沿水平方向截去相同高度△h，并将截去部分叠放在对方剩余部分上，
由G＝mg＝ρVg＝ρShg可得，最终甲、乙对水平地面的压力分别为：
F甲＝G甲剩+G乙截＝ρ甲S甲（h甲﹣△h）g+ρ乙S乙△hg
=32ρ乙×23S乙（23h乙﹣△h）g+ρ乙S乙△hg=23ρ乙S乙h乙g，
F乙＝G乙剩+G甲截＝ρ乙S乙（h乙﹣△h）g+ρ甲S甲△hg
＝ρ乙S乙（h乙﹣△h）g+32ρ乙×23S乙△hg＝ρ乙S乙h乙g，
则F甲：F乙=23ρ乙S乙h乙g：ρ乙S乙h乙g＝2：3，
最终甲、乙对水平地面的压强之比：p甲p乙=F甲S甲F乙S乙=F甲F乙×S乙S甲=23×32=11。
故答案为：3：2； 1：1。
12.如图，电源电压恒定，闭合S，S1，S2，移动滑动变阻器R2的滑片到a点（图中未标出），电流表A1和A2的示数分别为I1和I2；保持滑片位置不动，断开S1、S2，闭合S，此时电压表的示数为U1，R2的功率为P1，灯泡恰好正常发光；再将滑片移动到最右端，此时电压表示数为U2，电流表A2电流为0.4A，R2的功率为P2．已知R1＝6Ω，I1：I2＝3：2，U1：U2＝5：6，P1：P2＝25：18．则电源电压为 V，小灯泡的额定功率为 W，（小灯泡电阻不变）
【答案】12；2.67。
【解析】分析开关在不同情况下电路的连接方式，根据并联电路特点求出滑片在a点时变阻器Ra的值，再由P＝UI求出电流之比，根据串联电路的特点和电源电压恒定列式解题。
解：闭合S、S1、S2，移动滑动变阻器R2的滑片到a点时（即接入电路电阻为Ra），由图可知，Ra与R1并联接入电路，电流表A2测通过R1的电流，电流表A1测干路电流，
已知此时电流表A1和A2的示数分别为I1和I2，即干路电流为I1，通过R1的电流为I2，
由并联电路的电流特点可得：I1＝Ia+I2，又I1：I2＝3：2，所以可得Ia：I2＝1：2，
由欧姆定律可得：R1Ra=UI2UIa=IaI2=12，所以Ra＝2R1＝2×6Ω＝12Ω；
保持滑片位置不动，断开S1、S2，闭合S，此时Ra与L串联，电压表测变阻器的电压U1，电路中的电流为I串1；
再将滑片移动到最右端，即变阻器全部接入电路，此时电压表示数为U2，电路中的电流为I串2＝0.4A，
已知前后两次变阻器R2消耗的功率分别为P1、P2，且P1：P2＝25：18，U1：U2＝5：6，
由P=U2R可得Ra与变阻器最大阻值R的比值为：
RaR=U12P1U22P2=(U1U2)2×P2P1=(56)2×1825=12，
可得变阻器的最大阻值R＝2Ra＝2×12Ω＝24Ω，
因电源电压不变，所以由欧姆定律可得：
U＝I串1（Ra+RL）=P1U1（12Ω+RL）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
U＝I串2（R+RL）=P2U2（24Ω+RL）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由①②解得：RL＝6Ω，
电源电压：U＝I串2（R+RL）＝0.4A×（24Ω+6Ω）＝12V；
灯泡正常发光时的电流：I串1=URa+RL=12V12Ω+6Ω=23A，
灯泡电阻不变，则灯泡的额定功率即正常发光时的功率：
P额＝I串12RL=(23A)2×6Ω≈2.67W。
故答案为：12；2.67。
13.Colinfurze是英国一名普通水管工，没上过大学，16岁起成为学徒帮人家修水管，从小对手工制作特感兴趣。最新发明，HoVerbike﹣﹣悬浮自行车，如图。造型很奇怪？那就对了，因为它能飞!起!来!自行车上装有电动机，前后各有一个类似风扇的装置，当“风扇”转动速度达到一定程度，自行车就可以飞起来。并且依靠身体前倾、后仰、左斜、右偏等动作，就能控制前进方向，还能在空中悬停。车上还装有一个较宽的座位，可以让人坐的很舒服，不过下车的时候得小心一点，因为没有刹车，不容易“停车”。脑洞大开的他还发明了火箭筒，并把它安到了卡丁车上，当火箭筒向后喷火时，卡丁车能快速向前，据说火力全开时速度能达到130km/h。靠着自己奇奇怪怪的各种发明创造在Youtube频道上吸粉超过500万人，频频打破吉尼斯世界记录。各种国际大牌更是纷纷成为他的合作对象。请根据题中描述，写出一条与物理有关的信息，并说出涉及的物理知识。
示例：物理信息： 风扇转动速度达到一定程度，自行车可以飞起来 ；
物理知识： 力的作用是相互的 。
作答：物理信息： ；
物理知识： 。
【答案】当火箭筒向后喷气时，卡丁车能快速向前；物体间力的作用是相互的。
【解析】根据题目中的信息找出相应的物理知识：物体间力的作用是相互的；流体压强与流速的关系；减小压强的方法等。
解：根据“当火箭筒向后喷气时，卡丁车能快速向前”，知道：物体间力的作用是相互的；
根据“车上还装有一个较宽的座位，可以让人坐的很舒服”，知道：在压力一定的情况下，增大受力面积，减小压强；
故答案为：当火箭筒向后喷气时，卡丁车能快速向前；物体间力的作用是相互的。
14.作图题：
（1）如图是一种活塞式抽水机的示意图，其中手柄AOB是一个杠杆。请在图中画出手柄被扶起过程中作用在A点的最小动力F1及其力臂L1。
【答案】见解析。
【解析】杠杆平衡条件：动力×动力臂＝阻力×阻力臂（F1L1＝F2L2），在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小。
解：由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小；
图中支点在O点，动力作用在A点，因此OA作为动力臂L1时最长，此时动力最小；手柄被扶起过程中，动力的方向是向上的，过点A垂直于OA向上作出最小动力F1的示意图，如图所示：
（2）在如图所示中根据电流方向标出通电螺线管的N，S极。（如图所示）
【答案】见解析。
【解析】根据线圈的绕向和电流方向，利用安培定则可以确定电磁铁的NS极。
解：电流从螺线管的左端流入，右端流出，结合线圈绕向利用安培定则可以确定电磁铁的右端为N极，左端为S极。
答案如下图所示：
三、实验探究题（本题共3个小题，15小题6分，17小题8分，18小题8分，共22分）：
15.某学习小组“探究凸透镜成像的规律”，进行了如下操作：
（1）安装并调节烛焰、透镜和光屏，使它们三者中心大致在 。
（2）通过探究，记录并绘制了物距u与像距v之间的关系图象，如图甲所示，则该凸透镜的焦距是 cm。
（3）当蜡烛放在如图乙所示位置时，调节光屏，可在光屏上得到一个倒立、 的实像，生活中的 （选填“照相机”“投影仪”、“放大镜”）就是利用这样的成像原理工作的。
（4）若将透镜的上半部分用不透明的纸板挡住，则光屏上 （选填“能”或“不能”）成完整的像。
（5）在图乙中，小明借来物理老师的眼镜将其放在蜡烛和凸透镜之间，发现光屏上原本清晰的像变模糊了，向右移动光屏，光屏上的像又变清晰，说明老师戴的是 （选填“近视”或“远视”）眼镜。
【答案】（1）同一高度；（2）5；（3）缩小；照相机；（4）能；（5）近视。
【解析】（1）为了使像能成在光屏的中心，必须使烛焰、凸透镜和光屏三者的中心放在同一高度上；
（2）凸透镜成像时，u＝v＝2f 时，物体成倒立、等大的实像，根据这个特点求出凸透镜的焦距；
（3）物距大于二倍焦距时，成倒立、缩小的实像；
（4）凸透镜成像光的折射现象，物体发出的光线经凸透镜折射后，会聚在凸透镜另一侧的光屏上，形成物体的实像；如果凸透镜的口径大，透过的光多，像就亮；口径小，透过的光少，像就暗；
（5）凹透镜对光线有发散作用，能使光线的会聚点推迟延后；近视眼是远处物体的像成在视网膜的前方，需佩戴凹透镜。
解：（1）根据实验的要求，让像成在光屏的中心，必须使烛焰、凸透镜和光屏三者的中心放在同一高度上；
（2）由图象可知，u＝v＝2f＝10cm，所以f＝5cm；
（3）当蜡烛放在如图乙所示位置时，物距为15cm，焦距为5cm，此时的物距大于二倍焦距，调节光屏，能在光屏上得到一个倒立、缩小的实像，其应用是照相机；
（4）凸透镜成实像时，所有透过透镜的光会聚到光屏上成像，当将透镜的上半部分挡住后，整个物体发出的光虽有一部分被挡住，但总会有一部分光通过下半部分凸透镜而会聚成像，因此，像与原来相同，仍然完整；由于透镜的一半被遮住，因此折射出的光线与原来相比减少了一半，故亮度会减弱，变暗了；
（5）将老师的眼镜靠近凸透镜左侧，发现光屏上的像由清晰变模糊，向右移动光屏又发现清晰的像，说明老师所戴眼镜的镜片，对光线起了发散作用，则为凹透镜；近视眼是远处物体的像不能呈现在视网膜上，而是呈现在视网膜的前方，因此需佩戴凹透镜才能看清远处的物体。
故答案为：（1）同一高度；（2）5；（3）缩小；照相机；（4）能；（5）近视。
16.小明同学在“测量小灯泡电功率”的实验中，如图所示，用到以下器材：额定电压为2.5V的待测小灯泡L1、滑动变阻器R1“50Ω 0.5A”、R2“100Ω 1A”、R3“800Ω 1.5A”各一个、电流表（0～0.6A、0～3A）、电压表（0～3V、0～15V）、学生电源（电压恒为6V）、开关、导线若干。
（1）用笔画线代替导线将图甲的实物电路补充完整（要求滑片右移灯泡变暗，且导线不交叉）；
（2）连接好电路，正确操作，移动滑动变阻器的滑片P，小明发现小灯泡始终不亮，电压表、电流表示数均为0，经检查电表完好，则故障可能是 ；
A.小灯泡断路 B.小灯泡短路
C.滑动变阻器断路 D.滑动变阻器短路
（3）故障排除后，小明移动滑片P，当电压表的示数为2V时，滑动变阻器应向 （选填“左”或“右”）移动；使电压表的示数达到额定电压，此时电流表示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为 W。
（4）小明根据实验中获得的6组数据绘制的小灯泡的“I﹣U”图象如图丙所示，则本实验中小明对滑动变阻器的最佳选择是 （选填“R1”、“R2”或“R3”）。由图象可知小灯泡的电阻随温度的升高而 （选填“增大”、“不变”或“减少”）；
（5）若实验时调节灯泡L1正常发光后，小明再用标有“2V？A”的小灯泡L2替换L1，再次调节滑动变阻器让L2正常发光，若前后两次L1与L2的功率差△PL与滑动变阻器的功率差△P滑相等，则L2的额定功率为 W；
（6）完成上述试验后，小明又找来10Ω、15Ω、20Ω的电阻各一个，重新选择仪器和量程并设计好电路，准备探究“电流与电阻的关系”的实验，他将定值电阻的控制电压设定为2V，接入电阻后，发现无论怎么调节滑动变阻器的滑片，电压表的的指针都无法准确指在2V的刻度线上，发生这种现象的原因可能为 。
A.控制电压为2V太低
B.电源电压为6V太高
C.选择了R3接入电路进行实验
【答案】（1）见图；（2）C；（3）左；0.75；（4）R2；增大；（5）0.3；（6）C。
【解析】（1）根据滑片右移灯泡变暗确定变阻器的连接，根据灯的额定电压为2.5V确定电压表选用的量程与灯并联；
（2）逐一分析每个选项，找出符合题意的答案；
（3）灯在额定电压下正常发光，根据图中电压表小量程读数，比较电压表示数与额定电压的大小，根据串联电路电压的规律及分压原理确定滑片移动的方向；根据此时电流表选用的量程确定分度值读数，根据P＝UI求小灯泡的额定功率；
（4）根据小灯泡的“I﹣U”图象，根据串联电路的电压规律和欧姆定律得了变阻器连入电路中的电阻确定选用的滑动变阻器；
由欧姆定律分别求出当电压为1V、2V、3V时灯的电阻，分析得出结论；
（5）根据小灯泡L1正常发光时的电压和电流，由串联电路电压、电流的规律以及P＝UI算出此时滑动变阻器的电功率，
根据“L2正常发光时，则△PL＝△P滑”列等式算出小灯泡L2正常发光的电流，最后由P2＝U2I′算出L2的额定功率；
（6）探究“电流与电阻的关系”的实验中，保持定值电阻两端的电压为2V，根据电源电压和串联电路电压的规律算出滑动变阻器两端电压，根据串联电路电压的规律，即R定R滑=U定U滑=2V4V=12算出当分别将10Ω、15Ω、20Ω的电阻接入电路时滑动变阻器接入电路的阻值，进而判断出能符合要求的滑动变阻器；但发现无论怎么调节滑动变阻器的滑片，电压表的的指针都无法准确指在2V的刻度线上，可能是滑动变阻器的电阻太大了。
解：（1）滑片右移灯泡变暗，即电流变小，电阻变大，故滑动变阻器以左下接线柱连入电路中，灯的额定电压为2.5V，故电压表选用小量程与灯并联，如下所示：
（2）A．若小灯泡断路，电流表无示数，则电压表串联在电路中，电压表与电源连通，电压表有示数，故A不符合题意；
B．若小灯泡短路，电路为通路，电流表有示数，电压表无示数，故B不符合题意；
C．若滑动变阻器断路，整个电路断路，两电表都没示数，故C符合题意；
D．若滑动变阻器短路，电路为通路，电压表、电流表示数较大，故D不符合题意；
故选：C。
（3）灯在额定电压下正常发光，示数为2V小于灯的额定电压2.5V，应增大灯的电压，根据串联电路电压的规律，应减小变阻器的电压，由分压原理，应减小变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向左移动，直到电压表示数为额定电压2.5V；
此时电流表示数如图乙所示，图中电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流大小为0.3A，
则小灯泡的额定功率为：
P＝UI＝2.5V×0.3A＝0.75W；
（4）根据绘制的小灯泡的“I﹣U”图象如图丙知，当电压为0.5V时，电流为0.1A，根据串联电路的电压规律和欧姆定律，
此时变阻器连入电路中的电阻为：
R滑=U−U1I1=6V−0.5V0.1A=55Ω，故滑动变阻器的最佳选择是R2；
由图丙知，当电压为1V、2V、3V时，对应的电流分别为0.2A、0.3A、0.35A，由欧姆定律的变形公式R=UI，灯的电阻分别为：5Ω、6.67Ω、8.57Ω，即小灯泡的电阻随温度的升高而增大；
（5）小灯泡L1正常发光时的电功率0.75W，
此时滑动变阻器的电功率：
P滑1＝U滑1I＝（6V﹣2.5V）×0.3A＝1.05W；
L2正常发光时，则△PL＝△P滑
即0.75W﹣2VI′＝1.05W﹣（6V﹣2V）×I′，
解得：I′＝0.15A，
所以L2的额定功率为：
P2＝U2I′＝2V×0.15A＝0.3W；
（6）探究“电流与电阻的关系”的实验中，保持定值电阻两端的电压为2V，因为电源电压为6V，所以滑动变阻器两端电压为4V，根据串联电路电压的规律，即R定R滑=U定U滑=2V4V=12所以当分别将10Ω、15Ω、20Ω的电阻接入电路时，滑动变阻器接入电路的阻值分别是20Ω、30Ω、40Ω，理论上三个滑动变阻器均能满足要求，可以使定值电阻的控制电压达到2V．但发现无论怎么调节滑动变阻器的滑片，电压表的的指针都无法准确指在2V的刻度线上，可能是因为选择了R3接入电路进行实验，因为R3的最大电阻为800Ω，在调节时，很容易滑过头，难保证刚好分担电压4V，故C正确。
故选C。
故答案为：（1）见上图；（2）C；（3）左；0.75；（4）R2；增大；（5）0.3；（6）C。
17.小明同学在探究影响浮力大小的因素时，做了如图1所示的实验。请你根据小明的实验探究回答下列问题。
（1）在C与E两图中，保持了排开液体的体积不变，研究浮力与液体 的关系；根据A与E两图所标的实验数据，可知物体浸没在盐水中所受的浮力为 N。
（2）小明对A、B、C、D四个步骤进行了观察研究，发现浮力的大小有时与深度有关，有时与深度又无关。
①对此正确的解释是浮力的大小随着排开水的体积的增大而 （填“增大”“减小”或“不变”）；
②当物体完全浸没在水中后排开水的体积相同，浮力的大小与深度 （填“有关”或“无关”）。
（3）在小明实验的基础上，根据有关实验数据，可以计算出盐水的密度为 kg/m3。
（4）小明利用浮力和杠杆的知识，发明了一个密度称。如图2，轻质杠杆AB可绕O点转动，在A、B两端分别挂有两个完全相同的正方体C、D（边长为10cm，重力为20N），OA＝10cm，OB＝8cm。小聪向容器中倒入不同密度的液体，每次都将C浸没与液体中，移动物体D，使杠杆在水平位置平衡，OB上便可以标出不同液体的密度值。
①当物体C浸没在水中时，物体D移动到E点时杠杆恰好水平静止，那么OE的长度为 cm，在E点标上ρ水。
②这个密度称能够测量的最小液体密度为 kg/m3。
③OB上的刻度是否均匀： （填“是”或“否”）
【答案】（1）液体密度； 2.4；（2）增大；无关；（3）1.2×103；（4）①5；②0.4×103；③是。
【解析】（1）影响浮力大小的因素是排开液体的密度和物体排开液体的体积，要探究浮力和其中一个因素的关系，就要控制另外一个因素一定，由此进行解答；由“称重法”可以测出物体在水中受浮力的大小；
（2）比较B和C；C与D实验，找出相同因素和不同因素，结合控制变量法的思想得出实验结论；
（3）根据F浮＝G﹣F计算出在水中和盐水中受到的浮力，根据在水中和在盐水中排开液体的体积相等列出关系式求出盐水的密度；
（4）①根据阿基米德原理算出物体C全部浸没水中时受的浮力，对物体C受力分析得出拉力FA，根据杠杆的平衡条件算出OE的长度；
②根据F1L1＝F2L2 知：在L1、F2不变时，拉力F1越大，L2越大，即液体密度越小，OB越大；
根据杠杆的平衡条件分析出物体在B点时拉力FA′，对物体C受力分析算出此时的浮力F浮C′，在根据阿基米德原理算出液体的密度；
③根据杠杆的平衡条件写出液体密度和OB长度的关系式，判断出OB上的刻度是否均匀。
解：（1）分析图C与E，排开液体的体积相同，液体的密度不同，可得出浮力的大小与排开液体密度有关；
由图A知：G＝8N，由图E知，F＝5.6N，所以F浮＝G﹣F＝8N﹣5.6N＝2.4N；
（2）探究物体浸没在水中时所受浮力大小与深度是否有关时，应控制液体的密度和物体排开液体的体积这两个因素相同，实验B、C中物体在液体中浸没的深度改变的同时，其排开液体体积是变化的，V排B＜V排C，因图B中弹簧测力计的示数小于C图中的示数，根据F浮＝G﹣F，故F浮B＜F浮C，浮力的大小随着排开水的体积的增大而增大；图C、D中，当物体完全浸没在水中后排开水的体积相同，弹簧测力计的示数保持不变，浮力的大小与深度无关；
（3）由AD知，物体浸没在水中时的浮力F浮水＝8N﹣6N﹣2N，由AE，浸没在盐水中受到的浮力F浮盐＝8N﹣5.6N＝2.4N，根据阿基米德原理，因V排水＝V排盐，F浮水ρ水g=F浮盐ρ盐g，
盐水密度：
ρ盐=F浮盐F浮水×ρ水=2.4N2N×103kg/m3＝1.2×103kg/m3；
（4）①由图知：B端所受得力等于重物D对杠杆的拉力，大小等于物体D的重力，即FB＝GD＝20N；
当物体C浸没在水中时，受到的浮力为：
F浮＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×（0.1m）3＝10N；
物体C受到的力：A点对C的拉力FA、浮力、重力
故物体C受到的拉力为：FA＝GC﹣F浮C＝20N﹣10N＝10N；
此时物体D移动到E点时杠杆恰好水平静止，
由F1L1＝F2L2 得：FAOA＝FDOE，
OE的长度：OE=FA⋅OAFD=10N×10cm20N=5cm；
②液体密度越小，浮力越小，拉力越大，根据F1L1＝F2L2 知：在L1、F2不变时，拉力F1越大，L2越大，最大为OB，为8cm
根据FAOA＝FBOB，
所以FA′=OBOA×FB=8cm10cm×20N＝16N，
物体C受到的力：A点对C的拉力FA′、浮力F浮C′、重力
故物体C受到的浮力为：F浮C′＝GC﹣FA′＝20N﹣16N＝4N；
根据F浮＝ρ液gV排知液体的密度为：
ρ液小=F浮C′gV排=4N10N/kg×(0.1m)3=0.4×103kg/m3。
③根据杠杆的平衡条件知：
（GC﹣ρ液gVC）×OA＝FD×OB
因为GC、FD、OA、VC都为定值，ρ液与OB成一次函数关系，故OB的刻度均匀。
故答案为：（1）液体密度； 2.4；（2）增大；无关；（3）1.2×103；（4）①5；②0.4×103；③是。
四、论述计算题（本题共3个小题，18小题6分，19小题8分，20小题8分，共22分；解题应写出必要的文字说明、步骤和公式，只写出最后结果的不能给分）：
18.一辆在水平路面上沿直线匀速行驶的货车，行驶时所受的阻力为车总重的0.1倍，货车（含驾驶员）空载时重为2.5×104N。
（1）求货车空载行驶40km时牵引力做的功。
（2）当货车以90kW的额定功率、90km/h的速度匀速行驶时，求货车最多可装载多重的货物？
【答案】（1）货车空载行驶40km时牵引力做的功1×108J；
（2）货车最多可装载1.1×104N的货物。
【解析】（1）知道货车空载时重G，利用f＝0.1G求货车空载行驶时所受的阻力大小，然后利用二力平衡得出牵引力大小，再利用W＝Fs计算做功多少。
（2）利用P＝Fv求牵引力大小，利用二力平衡得出阻力大小，再根据f′＝0.1G′求货车总重，货车最多可装载货物的重等于货车总重减去空车重。
解：（1）货车空载行驶时所受的阻力大小：
f＝0.1G＝0.1×2.5×104N＝2.5×103N；
汽车匀速行驶，所以牵引力：
F＝f＝2.5×103N，
则货车空载行驶40km时牵引力做的功：
W＝Fs＝2.5×103N×40×103m＝1×108J。
（2）v＝90km/h＝90×13.6m/s＝25m/s，
根据P=Wt=Fst=Fv可得，此时的牵引力：
F′=Pv=90×103W25m/s=3.6×103N，
因为汽车匀速行驶，
所以此时汽车受到的阻力：
f′＝F′＝3.6×103N，
因为f′＝0.1G′，
所以货车总重：
G′=f′0.1=3.6×103N0.1=3.6×104N，
则货车最多可装载货物的重：
G货＝G′﹣G＝3.6×104N﹣2.5×104N＝1.1×104N。
答：（1）货车空载行驶40km时牵引力做的功1×108J；
（2）货车最多可装载1.1×104N的货物。
19.如图甲所示是小明家新购买的电热水壶，他发现水壶有一铭牌如图乙所示。待电热水壶注满水后，他关闭了家中的其他用电器，只让电热水壶工作，观察到家里的电能表（如图丙所示）的转盘1min转了50圈，能使壶中水的温度从25℃升高到35℃．请你结合电热水壶上的铭牌和电能表实物图提供的有关参数信息，忽略温度对电阻的影响。求：
（1）电热水壶正常工作的电阻；
（2）电热水壶中水的温度从25℃升高到35℃吸收的热量；[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]
（3）此时电路的实际电压。
【答案】（1）电热水壶正常工作的电阻为40Ω；
（2）电热水壶中水的温度从25℃升高到35℃吸收的热量为4.2×104J；
（3）此时电路的实际电压为200V。
【解析】（1）知道电热水壶的额定功率、额定电压，利用P=U2R求电热水壶正常工作的电阻；
（2）知道水的体积，利用ρ=mV求水的质量，再利用Q吸＝cm（t﹣t0）求水从25℃升高到35℃吸收的热量；
（3）3000r/（kW•h）表示每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转3000r，据此求转盘转50r消耗的电能，再利用P=Wt求电热水壶的实际功率，再利用P=U2R求电热水壶两端的实际电压（忽略温度对电阻的影响）。
解：（1）由P=U2R得电热水壶正常工作的电阻：R=U额2P额=(220V)21210W=40Ω；
（2）水的体积V＝1L＝1×10﹣3m3，
由ρ=mV得水的质量：m＝ρV＝1×103kg/m3×1×10﹣3m3＝1kg，
水从25℃升高到35℃吸收的热量：
Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（35℃﹣25℃）＝4.2×104J；
（3）3000r/（kW•h）表示每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转3000r，
则转盘转50r时，电水壶消耗的电能：W=503000kW•h=160kW•h，
电热水壶的实际功率：P实=Wt=160kW⋅h160h=1kW＝1000W，
由P=U2R可得电热水壶两端的实际电压：U实=P实R=1000W×40Ω=200V。
答：（1）电热水壶正常工作的电阻为40Ω；
（2）电热水壶中水的温度从25℃升高到35℃吸收的热量为4.2×104J；
（3）此时电路的实际电压为200V。
20.图甲为某自动注水装置的部分结构简图，杠杆AOB始终在水平位置保持平衡，O为杠杆的支点，OA＝3OB，竖直细杆a的一端连接在杠杆的A点，另一端与高为0.2m的长方体物块C固定；竖直细杆b的下端通过力传感器固定，上端连接在杠杆的B点（不计杠杆、细杆及连接处的重力和细杆的体积）。圆柱形水箱中有质量为3kg的水，打开水龙头，将水箱中的水缓慢放出，通过力传感器能显示出细杆b对力传感器的压力或拉力的大小；图乙是力传感器示数F的大小随放出水质量m变化的图象。当放出水的质量达到2kg时，物体C刚好全部露出水面，此时装置由传感器控制开关开始注水。（g＝10Nkg）求：
（1）物块C的重力。
（2）物块C受到的最大浮力。
（3）从开始放水到物块C上表面刚好与液面相平时，水对水箱底部的压强变化了多少？
【答案】（1）物块C的重力为2N。（2）物块C受到的最大浮力为10N。
（3）从开始放水到物块C上表面刚好与液面相平时，水对水箱底部的压强变化了1000Pa。
【解析】（1）当放出水的质量达到2kg时，物体C刚好全部露出水面，此时杠杆A端受到的拉力等于C的重力，根据图乙读出此时B端受到的拉力，根据杠杆的平衡条件结合OA＝3OB求出物体C的重力；
（2）分析图乙可知，当放出水的质量≤1kg时，物体浸没在水中，物块C受到的浮力最大，此时力传感器受到的力最大为24N；根据杠杆的平衡条件求出此时杠杆A端受到的作用力，根据图乙可知放水的质量在1kg到2kg之间时力传感器的示数可以为零，说明C可以漂浮，从而得出物体C受到的浮力最大时杠杆A端的作用力是向上的；因力的作用是相互的，则物体C浸没时，C受到细杆a向下的压力F压＝FA；物体C受力平衡，则物体C受到的最大浮力：F浮＝F压+GC；
（3）根据F浮＝ρgV排求出物体C浸没时排开水的体积，根据V＝Sh求出长方体C的底面积，根据图乙读出从开始放水到物块C上表面刚好与液面相平时放出水的质量、从物块C上表面刚好与液面相平到物体C刚好全部露出水面时放出水的质量，根据ρ=mV求出两种情况下放出水的体积，根据V2＝（S水箱﹣SC）hC求出水箱的底面积，根据V＝Sh求出从开始放水到物块C上表面刚好与液面相平时水面下降的高度△h，利用△p＝ρ水g△h求出水对水箱底部的压强变化量。
解：
（1）当放出水的质量达到2kg时，物体C刚好全部露出水面，此时杠杆A端受到的拉力等于C的重力，由图乙知，此时B端受到的拉力为6N，
根据杠杆的平衡条件知：GC×OA＝FB×OB，
由OA＝3OB可得，物块C的重力：GC=OBOA×FB=13×6N＝2N；
（2）分析图乙可知，当放出水的质量≤1kg时，物体浸没在水中，物块C受到的浮力最大，此时力传感器受到的力最大为24N（即杠杆B端受到的作用力最大为24N）；
由杠杆的平衡条件可得：FA×OA＝FB′×OB，
则此时杠杆A端受到的作用力：FA=OBOA×FB′=13×24N＝8N，
由图乙可知，放水的质量在1kg到2kg之间时力传感器的示数可以为零，说明C可以漂浮，
则物体C受到的浮力最大时，杠杆A端受到的作用力是向上的，
因力的作用是相互的，则物体C浸没时，C受到细杆a向下的压力F压＝FA＝8N，
物体C受力平衡，则物体C受到的最大浮力：F浮＝F压+GC＝8N+2N＝10N；
（3）由F浮＝ρgV排可得，物体C浸没时排开水的体积：
V排=F浮ρ水g=10N1.0×103kg/m3×10N/kg=1×10﹣3m3，
长方体C的底面积：SC=V排hC=1×10−3m30.2m=5×10﹣3m2，
由图乙可知，从开始放水到物块C上表面刚好与液面相平时，放出水的质量m1＝1kg，
从物块C上表面刚好与液面相平到物体C刚好全部露出水面时，放出水的质量m2＝2kg﹣1kg＝1kg，
由ρ=mV可得，两种情况下放出水的体积：
V2＝V1=m1ρ水=1kg1.0×103kg/m3=1×10﹣3m3，
由V2＝（S水箱﹣SC）hC可得，水箱的底面积：
S水箱=V2hC+SC=1×10−3m30.2m+5×10﹣3m2＝1×10﹣2m2，
从开始放水到物块C上表面刚好与液面相平时，水面下降的高度：
△h=V1S水箱=1×10−3m31×10−2m2=0.1m，
则该过程中水对水箱底部的压强变化量：
△p＝ρ水g△h＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.1m＝1000Pa。
答：（1）物块C的重力为2N。（2）物块C受到的最大浮力为10N。
（3）从开始放水到物块C上表面刚好与液面相平时，水对水箱底部的压强变化了1000Pa。
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