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备战2021年中考物理【名校地市好题必刷】全真模拟卷（河南专用）（原卷、解析版）
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备战2021年中考物理【名校、地市好题必刷】全真模拟卷·4月卷
第3模拟
（本卷共21小题，满分70分，考试用时60分钟）
一．填空题（本题共6小题，每空1分，共14分）
1．如图所示的龙、凤激光琴是以激光束作为琴弦，演奏者用手遮住一束光，琴就会发出声音，相当于拨动一根“琴弦”，通过对光束的控制，可以“演奏”出不同的音阶和乐曲。其原理是光电接收器将不同的光信号转换成电讯号，输至控制扬声器的电子控制器，就可以发出不同的声音。激光琴发出的声音是由于 扬声器（纸盆） 的振动产生的，这声音通过 空气 传至人耳。我们看到的“琴弦”其实是光的 漫反射 现象。
【解析】解：激光琴发出的声音是由于扬声器（纸盆）的振动产生的，这声音通过空气传至人耳。
我们看到的“琴弦”其实是光的漫反射现象。
【答案】扬声器（纸盆）；空气；漫反射。
2．在冬季，辽宁省铁岭市西丰县最低气温可下降到﹣43.4℃．如图是游客在这里体验洒水成冰：把热水从杯子中用力泼出，热水由于 惯性 会继续撒向空中，立即 凝固 成冰（填物态变化名称），形成壮丽的景象。
【解析】解：
体验洒水成冰时，当水离开杯子后，由于惯性要保持原来的运动状态，会继续向上运动；
泼出去的热水遇到温度很低的环境时，会迅速地放热降温凝固为小冰晶。
【答案】惯性；凝固。
3．如图所示是通过实验得到的凸透镜像距v和物距u的关系图，由图可知凸透镜的焦距是 10 cm。若利用这个凸透镜作为照相机的镜头，要得到清晰的像，被拍摄的物体距离照相机至少大于 20 cm。
【解析】解：
①由图知，当物距为20cm时，像距也为20cm，根据凸透镜成像的规律，物距等于2倍焦距时，成倒立等大的实像，此时像距与物距相等，所以2f＝20cm，则f＝10cm。
②因为凸透镜成像时，u＞2f，成倒立、缩小的实像，其应用是照相机，所以要得到清晰的像，被拍摄的物体距离照相机至少大于20cm。
【答案】10；20。
4．如图所示，用细线拴一块橡皮，甩起来，使橡皮绕手做圆周运动，这说明力可以改变物体的 运动状态 （选填“运动状态”或“形状”）。此时橡皮受到 非平衡 力（选填“平衡”或“非平衡”）
【解析】解：用细线拴一块橡皮，甩起来，使橡皮绕手做圆周运动，橡皮的运动方向不断发生变化，这说明力可以改变物体的运动状态；此时橡皮处于非平衡状态，受到非平衡力的作用。
【答案】运动状态；非平衡。
5．如图甲所示的电路中，R2为滑动变阻器，R0、R1为定值电阻，电源两端电压保持恒定不变改变滑片P的位置，两电压表的示数与电流表的示数对应关系的图象分别表示在图乙所示的坐标系中。那么R1的阻值为 1 Ω，电源的电压为 12 V，滑片移动过程中电路中总功率最小为 12 W．
【解析】解：由电路图可知，R0与R1、R2串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R1和R2两端的电压之和，电流表测电路中的电流。
（1）当滑片位于右端时，接入电路中的电阻为零，此时电路中的总电阻最小，电路中的电流最大，
由图乙可知，电路中的最大电流I大＝3A，两电压表的示数UV1＝UV2＝3V，
由I＝可得，R1的阻值：
R1＝＝＝1Ω。
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电源的电压：
U＝UV1+I大R0＝3V+3A×R0﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
当滑片位于左端时，接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，
由串联电路的分压特点可知，电压表V2的示数最大，
由图乙可知，电路中的最小电流I小＝1A，电压表V1的示数UV1′＝1V，电压表V2的示数UV2′＝9V，
则电源的电压：
U＝UV2′+I大R0＝9V+1A×R0﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由①②可得：R0＝3Ω，U＝12V。
（2）滑片移动过程中，当变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，电路中总功率最小，
则电路的最小总功率：
P小＝UI小＝12V×1A＝12W。
【答案】1；12；12。
6．如图，取两个相同的验电器甲和乙，使甲带负电，乙不带电，用带绝缘柄的金属棒将甲和乙上的两金属球连接起后，发现甲金属箔张角变小，乙金属箔张开是因为 负电荷 从甲转移到乙（填“正电荷”或者”负电荷”）；金属棒中瞬间电流的方向是 由乙到甲 。（选填“由甲到乙”或“由乙到甲”）
【解析】解：
甲验电器带负电，乙验电器不带电，用带绝缘柄的金属棒将甲和乙上的两金属球连接起后，甲验电器的电子（负电荷）转移到乙验电器上，乙验电器箔片由于带同种电荷相互排斥而张开；
用带绝缘柄的金属杆将两个验电器的金属球接触的瞬间，由于甲验电器上自由电子向验电器乙转移，因为电子带负电，所以电流方向是由乙到甲。
【答案】负电荷；由乙到甲。
二．选择题（本题共7小题，每小题2分，共16分。第7~12题每小题只有一个选项符合题目要求，第13~14题每小题有两个选项符合题目要求，全部选对得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）
7．下列由厨房所联想到的物理知识，正确的是（ ）
A．切菜前先磨刀，是通过减小面积，增大压力
B．包饺子时，饺子皮发生了弹性形变
C．地砖上有凸凹不平的花纹，是为了减小摩擦力
D．鸡蛋磕碗沿，鸡蛋却破了，可以说明物体间力的作用是相互的
【解析】解：A、切菜前先磨刀，是通过减小面积，增大压强。故A错误。
B、力改变了饺子皮的形状，这种不属于弹性形变。因为弹性形变在外力去掉后，可以恢复原状，而饺子皮不能恢复原状；故B错误。
C、地地砖上有凸凹不平的花纹，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C错误。
D、鸡蛋磕碗沿儿，鸡蛋对碗施加力的作用，由于物体间力的作用是相互的，因此碗也对鸡蛋施加力的作用，所以鸡蛋破了，故D正确。
【答案】D。
8．如图所示的光学现象中，下列描述或解释正确的是（ ）
A．图（a）中，小孔成像成的是倒立的虚像
B．图（b）中，人配戴的凹透镜可以矫正近视眼
C．图（c）中，神十航天员王亚平太空授课情景，她面前的水球相当于凹透镜
D．图（d）中，漫反射的光线杂乱无章，所以不遵循光的反射定律
【解析】解：A、小孔成的像是由实际光线形成的，可以用光屏接收到，符合实像的特征，不是虚像，故A错误；
B、近视是因为晶状体曲度过大，折光能力太强使像成在视网膜前面，用凹透镜矫正，故B正确；
C、图中所成的像为倒立、缩小的实像，水球具有中间厚，边缘薄的特点，因此水球相当于一个凸透镜，故C错误；
D、光的反射都遵循光的反射定律，镜面反射和漫反射都遵循光的反射定律，故D错误。
【答案】B。
9．如图所示，木块a放在粗糙水平桌面上，木块b放在木块a上面，在水平拉力F作用下一起向右做匀速直线运动，空气阻力不计，下列判断正确的是（ ）
A．拉力F和a受到的摩擦力大小不相等
B．b对a的压力与a对b的支持力是一对相互作用力
C．a受到的重力和地面对a的支持力是一对平衡力
D．b在水平方向上受到向左的摩擦力
【解析】解：
A、把a和b看做整体，a处于平衡状态，受到水平向右的拉力F和水平向左的摩擦力，二力是一对平衡力，大小相等，故A错误；
B、b对a的压力与a对b的支持力，大小相等、方向相反、作用在同一条直线上，作用在两个物体上，所以二力是一对相互作用力，故B正确；
C、地面对a的支持力等于a和b的重力之和，则a受到的重力和地面对a的支持力大小不等，所以二力不是一对平衡力，故C错误；
D、木块b放在木块a上面，在水平拉力F的作用下一起向右做匀速直线运动，b与a之间没有相对运动的趋势，所以b不受摩擦力，故D错误。
【答案】B。
10．关于内能，下列说法正确的是（ ）
A．珠峰顶气温接近零下33℃，说明那里的空气没有内能
B．温度不同的两物体接触，内能总是从高温物体转移到低温物体
C．汽油机在压缩冲程时，燃料混合物受到压缩，其内能会减小
D．夏天天气“很热”，这里的“很热”说明空气的内能大
【解析】解：
A、任何物体在任何时候都具有内能，珠峰顶气温接近零下33℃，那里的空气同样具有内能，故A错误；
B、根据热传递条件可知，温度不同的两物体接触，内能总是从高温物体转移到低温物体，故B正确；
C、在汽油机的压缩冲程中，压缩燃料混合物，对其做功，其内能会增大，故C错误；
D、夏天天气很热是反映天气的冷热程度，所以这个“热”指温度，故D错误。
【答案】B。
11．如图所示，在拉力F作用下，一个重600N的物体以0.1m/s的速度沿水平地面向左匀速直线运动了10s，已知滑轮组的机械效率为80%，在此过程中拉力F做了150J的功，则下列说法中正确的是（ ）
A．拉力F的大小为150N
B．拉力F的大小为75N
C．物体与地面间的滑动摩擦力为120N
D．物体与地面间的滑动摩擦力为480N
【解析】解：
（1）由图知，n＝3，绳子自由端移动的距离：
s＝3s物＝3v物t＝3×0.1m/s×10s＝3m，
由W总＝Fs可得拉力：
F＝＝＝50N；故AB错误；
（2）由η＝＝＝＝得物体与地面间的滑动摩擦力：
f＝3ηF＝3×80%×50N＝120N，故C正确、D错误。
【答案】C。
12．关于信息、能源和材料，下列说法正确的是（ ）
A．天然气是不可再生能源
B．光纤通信利用电信号传递
C．节能光源LED灯的核心元件是发光二极管，发光二极管的主要材料是半导体
D．通过手机威信“摇一摇”，就可以参与抢红包，这一过程是靠电磁波传递信息的
【解析】解：
A、天然气是化石能源，不能在短时间内形成，是不可再生能源，故A正确；
B、光导纤维是利用激光传递信息的，不是应用电信号，故B错误；
C、节能光源LED灯的核心元件是发光二极管，制作二极管的材料是半导体材料，常用的有硅、锗等材料，故C正确；
D、手机既可以接收电磁波，也可以发射电磁波，是利用电磁波来传递信息的，因此手机抢红包过程中用来传递信息的，故D正确。
【答案】ACD。
13．指南针是我国古代的四大发明之一。司南是春秋战国时期发明的一种指南针，如图所示。它由青铜盘和磁勺组成，磁勺放置在青铜盘的中心，可以自由转动。由于受地磁场作用，司南的磁勺以静止时指向南方，下列说法正确的是（ ）
A．地球周围存在磁感线
B．地球周围存在磁场
C．磁勺能够指示方向，是利用了地磁场对磁勺的作用
D．地磁的北极在地理的北极附近，两者不重合
【解析】解：A、磁感线是人们为了描述磁场的性质而引入的曲线，地球周围不存在磁感线，故A错误；
B、地球本身是一个大磁体，地球周围存在磁场，故B正确；
C、磁勺能够指示方向，是利用了地磁场对磁勺的作用，故C正确；
D、地磁的北极在地理南极附近，两者不重合，故D错误。
【答案】BC。
14．一个电动机，当把它接入1V电压的电路时，电动机不转，测得流过电动机的电流是0.5A；若把它接入10V电压的电路中，电动机正常工作，测得此时流过电动机的电流是1A，则下列说法正确的是（ ）
A．电动机发热的功率为10W
B．电动机线圈的电阻为10Ω
C．正常工作时1min内电动机消耗的电能为600J
D．正常工作时1min内电动机转化成的机械能为480J
【解析】解：B、电动机在电路中不转动时为纯电阻用电器，且U1＝1V，I1＝0.5A，
由I＝可得，电动机线圈的电阻：R＝＝＝2Ω，故B错误；
ACD、电动机正常工作时，U＝10V，I＝1A，
电动机正常转动时1min内消耗的电能：W＝UIt＝10V×1A×60s＝600J，故C正确；
电动机发热的功率为：P＝I2R＝（1A）2×2Ω＝2W，故A错误；
电动机正常工作，电动机1min内产生的热量：Q＝I2Rt＝（1A）2×2Ω×60s＝120J；
此时电动机把电能转化为的机械能：W机械＝W﹣Q＝600J﹣120J＝480J，故D正确。
【答案】CD。
三．作图题（本题共2小题，每小题2分，共4分）
15．在图中，根据给出的入射光线，画出相应的折射光线。
【解析】解：
①平行于主光轴的光线经凸透镜折射后将过焦点，据此作出对应的折射光线，从焦点发出的光线经过凸透镜后平行于主光轴；
②平行于主光轴的光线经凹透镜折射后，其折射光线的反向延长线过焦点，过光心的光线经凹透镜折射后传播方向不改变，如图所示：
16．如图所示是一辆静止在水平面上的小车，在其支架的杆上固定一个质量为m的小球，作出杆对小球作用力。
【解析】解：球静止在杆的底端，即小球处于平衡状态，受平衡力作用。在竖直方向上，小球受到竖直向下的重力，根据二力平衡的条件可知，必然有一个力来平衡这个重力，所以可以确定杆子给小球一个竖直向上的支持力。如图所示：
四．实验探究题（本题共3小题，每空2分，共18分）
17．小军想：上学期通过学习密度知识知道，要想测量一块小石块的密度，就得需要用天平测出它的质量、利用量筒测出它的体积。但通过本学期的学习后，他在老师的指导下，利用如下器材：量筒、水、能漂浮在水面的小塑料盒，也测出了小石块的密度。他将实验步骤精简至如下三步：
（1）分析 甲丙 （填序号）两图，可以知道小石块的体积为 10 cm3。
（2）分析甲乙两图，可以知道，在将小石块放到小盒中后，与甲图相比，小盒多排开的水的体积为 30 cm3．根据小盒多排开的水的体积，利用阿基米德原理可以计算出小盒所受浮力比甲图增加了 0.3 N．通过物体浮沉条件可以知道，小石块的重力为 0.3 N，从而推算出它的质量为 0.03 kg．由此，就可以计算出小石块的密度了。
【解析】解：（1）由图甲可知，此时量筒的示数为60cm3；图丙中，放入小石块，量筒的示数为70cm3；则小石块的体积为：V＝70cm3﹣60cm3＝10cm3；
（2）分析甲乙两图，可以知道，在将小石块放到小盒中后，与甲图相比，小盒多排开的水的体积为V排＝90cm3﹣60cm3＝30cm3；
根据物体的浮沉条件和阿基米德原理可知，此时受到的浮力等于小石块的重力，即小石块的重力等于排开的水的重力，即：G＝F浮＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×30×10﹣6m3×10N/kg＝0.3N；
则小石块的质量为：m＝＝＝0.03kg；然后根据ρ＝可以求出小石块的密度。
【答案】（1）甲丙；10；（2）30；0.3；0.3；0.03。
18．小明在探究“杠杆平衡条件”的实验中：
（1）小明发现杠杆左端低右端高，要使它在水平位置平衡，应将杠杆右端的平衡螺母向 右 调节。小明调节杠杆在水平位置平衡的主要目的是 一是避免杠杆重力对杠杆转动的影响；二是便于测量力臂的长度 。
（2）小明用弹簧测力计在B点 竖直向下 拉（如图甲），才可以在杠杆上直接读出动力臂。
（3）如图乙所示，某同学不改变拉力方向把杠杆由图乙的位置缓慢拉到图丙的位置时，弹簧秤的示数将 不变 。（填“变大”、“变小”或“不变”，设杠杆质地均匀，支点恰好在杠杆的中心，并且不计支点处摩擦）
（4）小明继续研究杠杆的机械效率，他们用轻绳悬挂杠杆一端的O点作为支点，在B点用轻绳悬挂总重为G的钩码，在A点用轻绳竖直悬挂一个弹簧测力计测拉力F，装置如图丁所示，使杠杆缓慢匀速上升，用刻度尺分别测出A、B两点上升的高度为h1、h2；则：①杠杆机械效率的表达式为η＝ ×100% 。（用测量的物理量符号表示）②若只将测力计的悬挂点由A移至C点，O、B位置不变，仍将钩码提升相同的高度，则杠杆的机械效率将 不变 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
【解析】解：（1）杠杆右端低左端高，则重心应向右移动，要使它在水平位置平衡，应将杠杆右端的平衡螺母向左端调节；
使杠杆在水平位置平衡的目的有两个：一是避免杠杆重力对杠杆转动的影响；二是便于测量力臂的长度；
（2）如图甲，根据力与力臂的关系，小明用弹簧测力计在B点竖直向下拉时，才可以在杠杆上直接读出动力臂；
（3）做实验时，如图丙所示的杠杆已达到平衡。当杠杆由图乙的位置变成图丙的位置时，其动力臂、阻力臂的比值是不变的，所以在阻力不变的情况下，动力是不变的。
（4）①有用功为W有＝Gh1，总功W总＝Fh2，则机械效率的表达式η＝×100%＝×100%。
②杠杆提升钩码时，对钩码做有用功，克服杠杆重做额外功，W有+W额＝W总，
设杠杆重心升高的距离为h，所以，Gh1+G杠h＝Fh2，G不变，h1不变，G杠不变，
若只将测力计的悬挂点由A移至C点，钩码还升高相同的高度，杠杆上旋的角度不变，杠杆升高的距离h不变，
所以Gh1+G杠h不变，所以Fh2也不变。
根据η＝×100%，分母不变，分子不变，所以η不变。
【答案】（1）右；一是避免杠杆重力对杠杆转动的影响，二是便于测量力臂的长度；（2）竖直向下；（3）不变；（4）①×100%； ②不变。
19．如图所示，在“测量小灯泡额定功率”的实验中，老师给同学们提供的器材有：小灯泡（额定电压为2.5V，正常发光时灯丝电阻约为10Ω）、电源（电压恒为6V）、电流表、电压表、开关各一个，导线若干。若实验室只有：R1（10Ω 0.5A）、R2（50Ω 0.5A）、R3（200Ω 0.2A）三种规格的滑动变阻器可供选择。
（1）通过估算，滑动变阻器应选择 R2 ，P到图甲中某一位置时，电压表示数（如图乙所示）为 2.2 V，若他想测量小灯泡的额定功率，应将图甲中滑片P向 B （选填“A”“B”）端移动，根据丙图像信息，可计算出小灯泡的额定功率是 0.5 W；
（2）当灯泡实际电压为额定电压一半时的实际功率为P1，当灯泡实际电流为额定电流一半时的实际功率为P2，分析图像丙发现，P1 大于 P2（选填“大于”“小于”“等于”）；若小华同学将该灯泡与20Ω的定值电阻直接接在上述4.5V的电源上，那么小灯泡的实际功率为 0.225 W；
（3）根据实验测得的结果绘制该小灯泡的电功率P随通过它的电流I2或与它两端电压U2变化的图像，下列正确的是 C ；
（4）在测定小灯泡额定功率的实验中，现有如下器材：额定电压为U0的小灯泡、电源（电压未知）、一个阻值为R的电阻、一个滑动变阻器、一只电流表、一个单刀双掷开关和若干导线。实验时不能忽略灯丝的电阻随温度的变化，设计的实验电路图如图戊所示，测量小灯泡额定功率的主要步骤和需要测量的物理量如下：
①S掷向接线柱1，调节滑动变阻器，使电流表的示数 ；
②保持滑动变阻器滑片不动，S掷向接线柱2，读出电流表示数I；
③本实验中，小灯泡额定功率的表达式P＝ U0×（I﹣） （以上两空均用已知量和测量量表示）。
【解析】解：（1）灯泡正常发光时的电压UL＝2.5V，正常发光时灯丝电阻约为10Ω，由欧姆定律，灯的额定电流约为：
I灯＝＝＝0.25A＞0.2A；
电源电压恒为6V，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，灯正常发光时，滑动变阻器两端的电压：
U滑＝U﹣UL＝6V﹣2.5V＝3.5V，
由欧姆定律I＝，灯正常发光时，变阻器连入电路的电阻为：
R滑＝＝＝14Ω＞10Ω，考虑到电流因素，则滑动变阻器选R2；
P到图甲中某一位置时，电压表示数（如图乙所示），电压表选用小量程，分度值为0.1V，电压为2.2V，因2.2V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B端移动，直到电压表示数为额定电压；
根据图丙信息，灯在额定电压下的电流为0.2A，可计算出小灯泡的额定功率是：
P＝ULIL＝2.5V×0.2A＝0.5W；
（2）由图丙知，灯在额定电压2.5V时的电流为0.2A；
当灯泡实际电压为额定电压一半时，即灯的实际电压为1.25V时，对应的电流约为0.13A，如下图所示：
灯的实际功率为：
P1＝U1I1＝1.25V×0.13A＝0.1625W；
当灯泡实际电流为额定电流一半时，即灯电流为0.1A时，对应的灯的电压为1V，灯的实际功率为：
P2＝U2I2＝1V×0.1A＝0.1W；
故P1大于P2；
若将该灯泡与一个20Ω的定值电阻串联直接接在上述4.5V的电源上，由图像可读出当电流I′＝0.15A时，小灯泡两端电压为1.5V，由欧姆定律，此时定值电阻两端电压为：U＝I′R定＝0.15A×20Ω＝3V，此时灯与定值电阻的电压之和刚好等于电源电压（1.5V+3V＝4.5V），故灯的实际功率：
P灯＝U灯I′＝1.5V×0.15A＝0.225W；
（3）由原图知，电流与电压的关系为一曲线，即电阻是变化的，灯的电阻随温度的升高而变大，
①若R不变，根据P＝I2R，P与I2的关系为过原点的直线，
因灯电阻是随温度的升高而变大，P与I2的关系为一曲线，A错误；
通过灯的电流越大，灯的功率越大，功率越大，温度越大，灯的电阻越大，故电功率比A图中功率要大，故B错误；
②根据P＝，若R不变，功率与电压的平方成正比，功率与电压平方关系为原点直线，
而灯的电阻随温度的升高而变大，故功率与电压的平方不成正比，为一曲线，D错误；
灯的电压越大，通过灯的电流越大，灯的功率越大，功率越大，温度越大，灯的电阻越大，故功率与D中的图大小将变小，故C正确；
【答案】C。
（4）①S掷向接线柱1，调节滑动变阻器，使电流表的示数；
②保持滑动变阻器滑片不动，S掷向接线柱2，读出电流表示数I；
③在①中，电流表测定值电阻R的电流，由欧姆定律，定值电阻的电压为：
U定＝×R＝U0，根据并联电路电压的规律，灯的电压为U0，灯正常发光；
在②中，电流表测灯与R并联的总电流，因电路的连接关系没有改变，各电阻的大小和通过的电流不变，灯仍正常发光，根据并联电路电流的规律，灯的额定电流：
I额＝I﹣，本实验中，小灯泡额定功率的表达式：
P＝U0×I额＝U0×（I﹣）。
【答案】（1）R2；2.2； B； 0.5；（2）大于；0.225；（3）C；（4）①； ③U0×（I﹣）。
五．计算题（本题共2小题，每小题9分，共18分）
20．车辆超载是造成公路桥梁损坏的重要原因，因此限制车辆超载有着重要意义。某物理兴趣小组设计了一个模拟超载报警装置，如图1所示。为了增大检测重量，他们使用了一个水平杠杆OAB，O为支点，OB长120cm，AB：AO＝5：1，模拟车辆放置在托盘内。已知电源电压恒定不变，报警器的阻值R0恒为10Ω，压敏电阻R固定放置，压敏电阻R的阻值与所受到的压力F变化的关系如图2所示。闭合开关S，托盘空载时，电流表的示数为0.2A；当模拟车辆重量逐渐增大，电流表示数达到0.5A时，报警器开始发出报警信号。托盘、压杆和杠杆的质量及压杆的大小均忽略不计。求：
（1）由图2可知，压敏电阻R的阻值随着所受到的压力F增大而 减小 ；检测时，杠杆A点受到的压力与杠杆B端受到的支持力大小之比为 6：1 ；
（2）托盘空载时压敏电阻的阻值为 40 Ω，电源电压为 10 V；
（3）报警器刚好开始报警时，压敏电阻的阻值为 10 Ω，设定的托盘限载重量为 180 N，电路消耗的总功率为 5 W。
（4）若换用15V的电源，为保证报警器仍在原设定的托盘限载重量时报警，应在杠杆上水平调节托盘底部触点A的位置。试计算说明触点A应调节至距O点多少cm处？
【解析】解：
（1）由图2可知，压敏电阻R的阻值随着所受到的压力F增大而减小；
根据杠杆的平衡条件：FA×OA＝FB×OB，
所以＝，
因为AB：AO＝5：1，
所以OB：OA＝6：1，
所以＝＝；
（2）由2图数据可知，当踏板空载时（F＝0N），压力传感器的电阻为R＝40Ω，已知R0＝10Ω，
电源电压为：U＝I（R+R0）＝0.2A×（40Ω+10Ω）＝10V；
（3）电流表示数达到0.5A时，报警器开始发出报警信号，
根据欧姆定律I＝知，
总电阻为：R总＝＝＝20Ω，
此时压力传感器的电阻为：
R′＝R总﹣R0＝20Ω﹣10Ω＝10Ω；
由图象2知所受到的压力F为30N；
由题知，ABO为一水平杠杆，O为支点，AB：AO＝5：1，则OA＝OB＝×120cm＝20cm，
根据杠杆平衡条件可得：F压×OB＝F踏×OA，即30N×6＝F踏×1，
解得F踏＝180N，即踏板设定的最大压力值为180N；
电路消耗的总功率为：P＝UI＝10V×0.5A＝5W；
（4）若电源电压变为15V，为保证报警器仍在踏板原设定的最大压力值时报警，电路中的电流仍为0.5A，
此时的总电阻为：R总′＝＝＝30Ω，
此时压力传感器的电阻为：R″＝R总′﹣R0＝30Ω﹣10Ω＝20Ω；
由图象可知，当传感器的阻值为20Ω时，对应的压力为F压′＝12N，
根据杠杆平衡条件可得：F踏×OA′＝F压′×OB，即180N×OA′＝12N×1.2m，
解得OA′＝0.08m＝8cm。
【答案】（1）减小；6：1；（2）40；10；（3）10；180；5；
（4）触点A应调节至距O点8cm处。
21．工程队为了打捞沉在河底的物体，设计了如图所示的装置．已知物体的质量为3.9×103kg，体积为1.5m3，所用的拉力F的大小是2.0×104N，物体在20s内匀速上升了2m．（物体未露出水面，不计水的阻力，ρ水＝1.0×103kg/m3）求：
（1）物体受到的浮力；
（2）滑轮组对物体做的功；
（3）滑轮组的机械效率及物体从接触水面到刚好离开水面的过程中滑轮组机械效率的变化情况．
【解答】解：
（1）物体浸没时排开水的体积：V排＝V＝1.5m3，
则物体受到的浮力：
F浮＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×1.5m3＝1.5×104N；
（2）物体浸没在水中时受到重力、水对它的浮力、滑轮组对它的拉力的作用，
则滑轮组对它的拉力：
F拉＝G物﹣F浮＝mg﹣F浮＝3.9×103kg×10N/kg﹣1.5×104N＝2.4×104N，
物体在20s内匀速上升了2m，则滑轮组对物体做的功：
W有＝F拉h＝2.4×104N×2m＝4.8×104J；
（3）由图知绳子承担重物的段数为2，则拉力做的总功：
W总＝Fs＝Fnh＝2.0×104N×2×2m＝8×104J，
则滑轮组的机械效率：
η＝×100%＝×100%＝60%，
物体从接触水面到刚好离开水面的过程中排开水的体积减小，根据F浮＝ρgV排可知，受到的浮力减小，滑轮组对物体的拉力变大，
由W有＝F拉h可知，在提升高度相同时有用功增大，有用功在总功中所占比例增大，所以该过程中滑轮组的机械效率变大．
【答案】（1）物体受到的浮力是1.5×104N；
（2）滑轮组对物体做的功是4.8×104J；
（3）滑轮组的机械效率是60%；物体从接触水面到刚好离开水面的过程中滑轮组机械效率变大．
备战2021年中考物理【名校、地市好题必刷】全真模拟卷·4月卷
第3模拟
（本卷共21小题，满分70分，考试用时60分钟）
一．填空题（本题共6小题，每空1分，共14分）
1．如图所示的龙、凤激光琴是以激光束作为琴弦，演奏者用手遮住一束光，琴就会发出声音，相当于拨动一根“琴弦”，通过对光束的控制，可以“演奏”出不同的音阶和乐曲。其原理是光电接收器将不同的光信号转换成电讯号，输至控制扬声器的电子控制器，就可以发出不同的声音。激光琴发出的声音是由于 扬声器（纸盆） 的振动产生的，这声音通过 空气 传至人耳。我们看到的“琴弦”其实是光的 漫反射 现象。
【解析】解：激光琴发出的声音是由于扬声器（纸盆）的振动产生的，这声音通过空气传至人耳。
我们看到的“琴弦”其实是光的漫反射现象。
【答案】扬声器（纸盆）；空气；漫反射。
2．在冬季，辽宁省铁岭市西丰县最低气温可下降到﹣43.4℃．如图是游客在这里体验洒水成冰：把热水从杯子中用力泼出，热水由于 惯性 会继续撒向空中，立即 凝固 成冰（填物态变化名称），形成壮丽的景象。
【解析】解：
体验洒水成冰时，当水离开杯子后，由于惯性要保持原来的运动状态，会继续向上运动；
泼出去的热水遇到温度很低的环境时，会迅速地放热降温凝固为小冰晶。
【答案】惯性；凝固。
3．如图所示是通过实验得到的凸透镜像距v和物距u的关系图，由图可知凸透镜的焦距是 10 cm。若利用这个凸透镜作为照相机的镜头，要得到清晰的像，被拍摄的物体距离照相机至少大于 20 cm。
【解析】解：
①由图知，当物距为20cm时，像距也为20cm，根据凸透镜成像的规律，物距等于2倍焦距时，成倒立等大的实像，此时像距与物距相等，所以2f＝20cm，则f＝10cm。
②因为凸透镜成像时，u＞2f，成倒立、缩小的实像，其应用是照相机，所以要得到清晰的像，被拍摄的物体距离照相机至少大于20cm。
【答案】10；20。
4．如图所示，用细线拴一块橡皮，甩起来，使橡皮绕手做圆周运动，这说明力可以改变物体的 运动状态 （选填“运动状态”或“形状”）。此时橡皮受到 非平衡 力（选填“平衡”或“非平衡”）
【解析】解：用细线拴一块橡皮，甩起来，使橡皮绕手做圆周运动，橡皮的运动方向不断发生变化，这说明力可以改变物体的运动状态；此时橡皮处于非平衡状态，受到非平衡力的作用。
【答案】运动状态；非平衡。
5．如图甲所示的电路中，R2为滑动变阻器，R0、R1为定值电阻，电源两端电压保持恒定不变改变滑片P的位置，两电压表的示数与电流表的示数对应关系的图象分别表示在图乙所示的坐标系中。那么R1的阻值为 1 Ω，电源的电压为 12 V，滑片移动过程中电路中总功率最小为 12 W．
【解析】解：由电路图可知，R0与R1、R2串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R1和R2两端的电压之和，电流表测电路中的电流。
（1）当滑片位于右端时，接入电路中的电阻为零，此时电路中的总电阻最小，电路中的电流最大，
由图乙可知，电路中的最大电流I大＝3A，两电压表的示数UV1＝UV2＝3V，
由I＝可得，R1的阻值：
R1＝＝＝1Ω。
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电源的电压：
U＝UV1+I大R0＝3V+3A×R0﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
当滑片位于左端时，接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，
由串联电路的分压特点可知，电压表V2的示数最大，
由图乙可知，电路中的最小电流I小＝1A，电压表V1的示数UV1′＝1V，电压表V2的示数UV2′＝9V，
则电源的电压：
U＝UV2′+I大R0＝9V+1A×R0﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由①②可得：R0＝3Ω，U＝12V。
（2）滑片移动过程中，当变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，电路中总功率最小，
则电路的最小总功率：
P小＝UI小＝12V×1A＝12W。
【答案】1；12；12。
6．如图，取两个相同的验电器甲和乙，使甲带负电，乙不带电，用带绝缘柄的金属棒将甲和乙上的两金属球连接起后，发现甲金属箔张角变小，乙金属箔张开是因为 负电荷 从甲转移到乙（填“正电荷”或者”负电荷”）；金属棒中瞬间电流的方向是 由乙到甲 。（选填“由甲到乙”或“由乙到甲”）
【解析】解：
甲验电器带负电，乙验电器不带电，用带绝缘柄的金属棒将甲和乙上的两金属球连接起后，甲验电器的电子（负电荷）转移到乙验电器上，乙验电器箔片由于带同种电荷相互排斥而张开；
用带绝缘柄的金属杆将两个验电器的金属球接触的瞬间，由于甲验电器上自由电子向验电器乙转移，因为电子带负电，所以电流方向是由乙到甲。
【答案】负电荷；由乙到甲。
二．选择题（本题共7小题，每小题2分，共16分。第7~12题每小题只有一个选项符合题目要求，第13~14题每小题有两个选项符合题目要求，全部选对得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）
7．下列由厨房所联想到的物理知识，正确的是（ ）
A．切菜前先磨刀，是通过减小面积，增大压力
B．包饺子时，饺子皮发生了弹性形变
C．地砖上有凸凹不平的花纹，是为了减小摩擦力
D．鸡蛋磕碗沿，鸡蛋却破了，可以说明物体间力的作用是相互的
【解析】解：A、切菜前先磨刀，是通过减小面积，增大压强。故A错误。
B、力改变了饺子皮的形状，这种不属于弹性形变。因为弹性形变在外力去掉后，可以恢复原状，而饺子皮不能恢复原状；故B错误。
C、地地砖上有凸凹不平的花纹，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C错误。
D、鸡蛋磕碗沿儿，鸡蛋对碗施加力的作用，由于物体间力的作用是相互的，因此碗也对鸡蛋施加力的作用，所以鸡蛋破了，故D正确。
【答案】D。
8．如图所示的光学现象中，下列描述或解释正确的是（ ）
A．图（a）中，小孔成像成的是倒立的虚像
B．图（b）中，人配戴的凹透镜可以矫正近视眼
C．图（c）中，神十航天员王亚平太空授课情景，她面前的水球相当于凹透镜
D．图（d）中，漫反射的光线杂乱无章，所以不遵循光的反射定律
【解析】解：A、小孔成的像是由实际光线形成的，可以用光屏接收到，符合实像的特征，不是虚像，故A错误；
B、近视是因为晶状体曲度过大，折光能力太强使像成在视网膜前面，用凹透镜矫正，故B正确；
C、图中所成的像为倒立、缩小的实像，水球具有中间厚，边缘薄的特点，因此水球相当于一个凸透镜，故C错误；
D、光的反射都遵循光的反射定律，镜面反射和漫反射都遵循光的反射定律，故D错误。
【答案】B。
9．如图所示，木块a放在粗糙水平桌面上，木块b放在木块a上面，在水平拉力F作用下一起向右做匀速直线运动，空气阻力不计，下列判断正确的是（ ）
A．拉力F和a受到的摩擦力大小不相等
B．b对a的压力与a对b的支持力是一对相互作用力
C．a受到的重力和地面对a的支持力是一对平衡力
D．b在水平方向上受到向左的摩擦力
【解析】解：
A、把a和b看做整体，a处于平衡状态，受到水平向右的拉力F和水平向左的摩擦力，二力是一对平衡力，大小相等，故A错误；
B、b对a的压力与a对b的支持力，大小相等、方向相反、作用在同一条直线上，作用在两个物体上，所以二力是一对相互作用力，故B正确；
C、地面对a的支持力等于a和b的重力之和，则a受到的重力和地面对a的支持力大小不等，所以二力不是一对平衡力，故C错误；
D、木块b放在木块a上面，在水平拉力F的作用下一起向右做匀速直线运动，b与a之间没有相对运动的趋势，所以b不受摩擦力，故D错误。
【答案】B。
10．关于内能，下列说法正确的是（ ）
A．珠峰顶气温接近零下33℃，说明那里的空气没有内能
B．温度不同的两物体接触，内能总是从高温物体转移到低温物体
C．汽油机在压缩冲程时，燃料混合物受到压缩，其内能会减小
D．夏天天气“很热”，这里的“很热”说明空气的内能大
【解析】解：
A、任何物体在任何时候都具有内能，珠峰顶气温接近零下33℃，那里的空气同样具有内能，故A错误；
B、根据热传递条件可知，温度不同的两物体接触，内能总是从高温物体转移到低温物体，故B正确；
C、在汽油机的压缩冲程中，压缩燃料混合物，对其做功，其内能会增大，故C错误；
D、夏天天气很热是反映天气的冷热程度，所以这个“热”指温度，故D错误。
【答案】B。
11．如图所示，在拉力F作用下，一个重600N的物体以0.1m/s的速度沿水平地面向左匀速直线运动了10s，已知滑轮组的机械效率为80%，在此过程中拉力F做了150J的功，则下列说法中正确的是（ ）
A．拉力F的大小为150N
B．拉力F的大小为75N
C．物体与地面间的滑动摩擦力为120N
D．物体与地面间的滑动摩擦力为480N
【解析】解：
（1）由图知，n＝3，绳子自由端移动的距离：
s＝3s物＝3v物t＝3×0.1m/s×10s＝3m，
由W总＝Fs可得拉力：
F＝＝＝50N；故AB错误；
（2）由η＝＝＝＝得物体与地面间的滑动摩擦力：
f＝3ηF＝3×80%×50N＝120N，故C正确、D错误。
【答案】C。
12．关于信息、能源和材料，下列说法正确的是（ ）
A．天然气是不可再生能源
B．光纤通信利用电信号传递
C．节能光源LED灯的核心元件是发光二极管，发光二极管的主要材料是半导体
D．通过手机威信“摇一摇”，就可以参与抢红包，这一过程是靠电磁波传递信息的
【解析】解：
A、天然气是化石能源，不能在短时间内形成，是不可再生能源，故A正确；
B、光导纤维是利用激光传递信息的，不是应用电信号，故B错误；
C、节能光源LED灯的核心元件是发光二极管，制作二极管的材料是半导体材料，常用的有硅、锗等材料，故C正确；
D、手机既可以接收电磁波，也可以发射电磁波，是利用电磁波来传递信息的，因此手机抢红包过程中用来传递信息的，故D正确。
【答案】ACD。
13．指南针是我国古代的四大发明之一。司南是春秋战国时期发明的一种指南针，如图所示。它由青铜盘和磁勺组成，磁勺放置在青铜盘的中心，可以自由转动。由于受地磁场作用，司南的磁勺以静止时指向南方，下列说法正确的是（ ）
A．地球周围存在磁感线
B．地球周围存在磁场
C．磁勺能够指示方向，是利用了地磁场对磁勺的作用
D．地磁的北极在地理的北极附近，两者不重合
【解析】解：A、磁感线是人们为了描述磁场的性质而引入的曲线，地球周围不存在磁感线，故A错误；
B、地球本身是一个大磁体，地球周围存在磁场，故B正确；
C、磁勺能够指示方向，是利用了地磁场对磁勺的作用，故C正确；
D、地磁的北极在地理南极附近，两者不重合，故D错误。
【答案】BC。
14．一个电动机，当把它接入1V电压的电路时，电动机不转，测得流过电动机的电流是0.5A；若把它接入10V电压的电路中，电动机正常工作，测得此时流过电动机的电流是1A，则下列说法正确的是（ ）
A．电动机发热的功率为10W
B．电动机线圈的电阻为10Ω
C．正常工作时1min内电动机消耗的电能为600J
D．正常工作时1min内电动机转化成的机械能为480J
【解析】解：B、电动机在电路中不转动时为纯电阻用电器，且U1＝1V，I1＝0.5A，
由I＝可得，电动机线圈的电阻：R＝＝＝2Ω，故B错误；
ACD、电动机正常工作时，U＝10V，I＝1A，
电动机正常转动时1min内消耗的电能：W＝UIt＝10V×1A×60s＝600J，故C正确；
电动机发热的功率为：P＝I2R＝（1A）2×2Ω＝2W，故A错误；
电动机正常工作，电动机1min内产生的热量：Q＝I2Rt＝（1A）2×2Ω×60s＝120J；
此时电动机把电能转化为的机械能：W机械＝W﹣Q＝600J﹣120J＝480J，故D正确。
【答案】CD。
三．作图题（本题共2小题，每小题2分，共4分）
15．在图中，根据给出的入射光线，画出相应的折射光线。
【解析】解：
①平行于主光轴的光线经凸透镜折射后将过焦点，据此作出对应的折射光线，从焦点发出的光线经过凸透镜后平行于主光轴；
②平行于主光轴的光线经凹透镜折射后，其折射光线的反向延长线过焦点，过光心的光线经凹透镜折射后传播方向不改变，如图所示：
16．如图所示是一辆静止在水平面上的小车，在其支架的杆上固定一个质量为m的小球，作出杆对小球作用力。
【解析】解：球静止在杆的底端，即小球处于平衡状态，受平衡力作用。在竖直方向上，小球受到竖直向下的重力，根据二力平衡的条件可知，必然有一个力来平衡这个重力，所以可以确定杆子给小球一个竖直向上的支持力。如图所示：
四．实验探究题（本题共3小题，每空2分，共18分）
17．小军想：上学期通过学习密度知识知道，要想测量一块小石块的密度，就得需要用天平测出它的质量、利用量筒测出它的体积。但通过本学期的学习后，他在老师的指导下，利用如下器材：量筒、水、能漂浮在水面的小塑料盒，也测出了小石块的密度。他将实验步骤精简至如下三步：
（1）分析 甲丙 （填序号）两图，可以知道小石块的体积为 10 cm3。
（2）分析甲乙两图，可以知道，在将小石块放到小盒中后，与甲图相比，小盒多排开的水的体积为 30 cm3．根据小盒多排开的水的体积，利用阿基米德原理可以计算出小盒所受浮力比甲图增加了 0.3 N．通过物体浮沉条件可以知道，小石块的重力为 0.3 N，从而推算出它的质量为 0.03 kg．由此，就可以计算出小石块的密度了。
【解析】解：（1）由图甲可知，此时量筒的示数为60cm3；图丙中，放入小石块，量筒的示数为70cm3；则小石块的体积为：V＝70cm3﹣60cm3＝10cm3；
（2）分析甲乙两图，可以知道，在将小石块放到小盒中后，与甲图相比，小盒多排开的水的体积为V排＝90cm3﹣60cm3＝30cm3；
根据物体的浮沉条件和阿基米德原理可知，此时受到的浮力等于小石块的重力，即小石块的重力等于排开的水的重力，即：G＝F浮＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×30×10﹣6m3×10N/kg＝0.3N；
则小石块的质量为：m＝＝＝0.03kg；然后根据ρ＝可以求出小石块的密度。
【答案】（1）甲丙；10；（2）30；0.3；0.3；0.03。
18．小明在探究“杠杆平衡条件”的实验中：
（1）小明发现杠杆左端低右端高，要使它在水平位置平衡，应将杠杆右端的平衡螺母向 右 调节。小明调节杠杆在水平位置平衡的主要目的是 一是避免杠杆重力对杠杆转动的影响；二是便于测量力臂的长度 。
（2）小明用弹簧测力计在B点 竖直向下 拉（如图甲），才可以在杠杆上直接读出动力臂。
（3）如图乙所示，某同学不改变拉力方向把杠杆由图乙的位置缓慢拉到图丙的位置时，弹簧秤的示数将 不变 。（填“变大”、“变小”或“不变”，设杠杆质地均匀，支点恰好在杠杆的中心，并且不计支点处摩擦）
（4）小明继续研究杠杆的机械效率，他们用轻绳悬挂杠杆一端的O点作为支点，在B点用轻绳悬挂总重为G的钩码，在A点用轻绳竖直悬挂一个弹簧测力计测拉力F，装置如图丁所示，使杠杆缓慢匀速上升，用刻度尺分别测出A、B两点上升的高度为h1、h2；则：①杠杆机械效率的表达式为η＝ ×100% 。（用测量的物理量符号表示）②若只将测力计的悬挂点由A移至C点，O、B位置不变，仍将钩码提升相同的高度，则杠杆的机械效率将 不变 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
【解析】解：（1）杠杆右端低左端高，则重心应向右移动，要使它在水平位置平衡，应将杠杆右端的平衡螺母向左端调节；
使杠杆在水平位置平衡的目的有两个：一是避免杠杆重力对杠杆转动的影响；二是便于测量力臂的长度；
（2）如图甲，根据力与力臂的关系，小明用弹簧测力计在B点竖直向下拉时，才可以在杠杆上直接读出动力臂；
（3）做实验时，如图丙所示的杠杆已达到平衡。当杠杆由图乙的位置变成图丙的位置时，其动力臂、阻力臂的比值是不变的，所以在阻力不变的情况下，动力是不变的。
（4）①有用功为W有＝Gh1，总功W总＝Fh2，则机械效率的表达式η＝×100%＝×100%。
②杠杆提升钩码时，对钩码做有用功，克服杠杆重做额外功，W有+W额＝W总，
设杠杆重心升高的距离为h，所以，Gh1+G杠h＝Fh2，G不变，h1不变，G杠不变，
若只将测力计的悬挂点由A移至C点，钩码还升高相同的高度，杠杆上旋的角度不变，杠杆升高的距离h不变，
所以Gh1+G杠h不变，所以Fh2也不变。
根据η＝×100%，分母不变，分子不变，所以η不变。
【答案】（1）右；一是避免杠杆重力对杠杆转动的影响，二是便于测量力臂的长度；（2）竖直向下；（3）不变；（4）①×100%； ②不变。
19．如图所示，在“测量小灯泡额定功率”的实验中，老师给同学们提供的器材有：小灯泡（额定电压为2.5V，正常发光时灯丝电阻约为10Ω）、电源（电压恒为6V）、电流表、电压表、开关各一个，导线若干。若实验室只有：R1（10Ω 0.5A）、R2（50Ω 0.5A）、R3（200Ω 0.2A）三种规格的滑动变阻器可供选择。
（1）通过估算，滑动变阻器应选择 R2 ，P到图甲中某一位置时，电压表示数（如图乙所示）为 2.2 V，若他想测量小灯泡的额定功率，应将图甲中滑片P向 B （选填“A”“B”）端移动，根据丙图像信息，可计算出小灯泡的额定功率是 0.5 W；
（2）当灯泡实际电压为额定电压一半时的实际功率为P1，当灯泡实际电流为额定电流一半时的实际功率为P2，分析图像丙发现，P1 大于 P2（选填“大于”“小于”“等于”）；若小华同学将该灯泡与20Ω的定值电阻直接接在上述4.5V的电源上，那么小灯泡的实际功率为 0.225 W；
（3）根据实验测得的结果绘制该小灯泡的电功率P随通过它的电流I2或与它两端电压U2变化的图像，下列正确的是 C ；
（4）在测定小灯泡额定功率的实验中，现有如下器材：额定电压为U0的小灯泡、电源（电压未知）、一个阻值为R的电阻、一个滑动变阻器、一只电流表、一个单刀双掷开关和若干导线。实验时不能忽略灯丝的电阻随温度的变化，设计的实验电路图如图戊所示，测量小灯泡额定功率的主要步骤和需要测量的物理量如下：
①S掷向接线柱1，调节滑动变阻器，使电流表的示数 ；
②保持滑动变阻器滑片不动，S掷向接线柱2，读出电流表示数I；
③本实验中，小灯泡额定功率的表达式P＝ U0×（I﹣） （以上两空均用已知量和测量量表示）。
【解析】解：（1）灯泡正常发光时的电压UL＝2.5V，正常发光时灯丝电阻约为10Ω，由欧姆定律，灯的额定电流约为：
I灯＝＝＝0.25A＞0.2A；
电源电压恒为6V，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，灯正常发光时，滑动变阻器两端的电压：
U滑＝U﹣UL＝6V﹣2.5V＝3.5V，
由欧姆定律I＝，灯正常发光时，变阻器连入电路的电阻为：
R滑＝＝＝14Ω＞10Ω，考虑到电流因素，则滑动变阻器选R2；
P到图甲中某一位置时，电压表示数（如图乙所示），电压表选用小量程，分度值为0.1V，电压为2.2V，因2.2V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B端移动，直到电压表示数为额定电压；
根据图丙信息，灯在额定电压下的电流为0.2A，可计算出小灯泡的额定功率是：
P＝ULIL＝2.5V×0.2A＝0.5W；
（2）由图丙知，灯在额定电压2.5V时的电流为0.2A；
当灯泡实际电压为额定电压一半时，即灯的实际电压为1.25V时，对应的电流约为0.13A，如下图所示：
灯的实际功率为：
P1＝U1I1＝1.25V×0.13A＝0.1625W；
当灯泡实际电流为额定电流一半时，即灯电流为0.1A时，对应的灯的电压为1V，灯的实际功率为：
P2＝U2I2＝1V×0.1A＝0.1W；
故P1大于P2；
若将该灯泡与一个20Ω的定值电阻串联直接接在上述4.5V的电源上，由图像可读出当电流I′＝0.15A时，小灯泡两端电压为1.5V，由欧姆定律，此时定值电阻两端电压为：U＝I′R定＝0.15A×20Ω＝3V，此时灯与定值电阻的电压之和刚好等于电源电压（1.5V+3V＝4.5V），故灯的实际功率：
P灯＝U灯I′＝1.5V×0.15A＝0.225W；
（3）由原图知，电流与电压的关系为一曲线，即电阻是变化的，灯的电阻随温度的升高而变大，
①若R不变，根据P＝I2R，P与I2的关系为过原点的直线，
因灯电阻是随温度的升高而变大，P与I2的关系为一曲线，A错误；
通过灯的电流越大，灯的功率越大，功率越大，温度越大，灯的电阻越大，故电功率比A图中功率要大，故B错误；
②根据P＝，若R不变，功率与电压的平方成正比，功率与电压平方关系为原点直线，
而灯的电阻随温度的升高而变大，故功率与电压的平方不成正比，为一曲线，D错误；
灯的电压越大，通过灯的电流越大，灯的功率越大，功率越大，温度越大，灯的电阻越大，故功率与D中的图大小将变小，故C正确；
【答案】C。
（4）①S掷向接线柱1，调节滑动变阻器，使电流表的示数；
②保持滑动变阻器滑片不动，S掷向接线柱2，读出电流表示数I；
③在①中，电流表测定值电阻R的电流，由欧姆定律，定值电阻的电压为：
U定＝×R＝U0，根据并联电路电压的规律，灯的电压为U0，灯正常发光；
在②中，电流表测灯与R并联的总电流，因电路的连接关系没有改变，各电阻的大小和通过的电流不变，灯仍正常发光，根据并联电路电流的规律，灯的额定电流：
I额＝I﹣，本实验中，小灯泡额定功率的表达式：
P＝U0×I额＝U0×（I﹣）。
【答案】（1）R2；2.2； B； 0.5；（2）大于；0.225；（3）C；（4）①； ③U0×（I﹣）。
五．计算题（本题共2小题，每小题9分，共18分）
20．车辆超载是造成公路桥梁损坏的重要原因，因此限制车辆超载有着重要意义。某物理兴趣小组设计了一个模拟超载报警装置，如图1所示。为了增大检测重量，他们使用了一个水平杠杆OAB，O为支点，OB长120cm，AB：AO＝5：1，模拟车辆放置在托盘内。已知电源电压恒定不变，报警器的阻值R0恒为10Ω，压敏电阻R固定放置，压敏电阻R的阻值与所受到的压力F变化的关系如图2所示。闭合开关S，托盘空载时，电流表的示数为0.2A；当模拟车辆重量逐渐增大，电流表示数达到0.5A时，报警器开始发出报警信号。托盘、压杆和杠杆的质量及压杆的大小均忽略不计。求：
（1）由图2可知，压敏电阻R的阻值随着所受到的压力F增大而 减小 ；检测时，杠杆A点受到的压力与杠杆B端受到的支持力大小之比为 6：1 ；
（2）托盘空载时压敏电阻的阻值为 40 Ω，电源电压为 10 V；
（3）报警器刚好开始报警时，压敏电阻的阻值为 10 Ω，设定的托盘限载重量为 180 N，电路消耗的总功率为 5 W。
（4）若换用15V的电源，为保证报警器仍在原设定的托盘限载重量时报警，应在杠杆上水平调节托盘底部触点A的位置。试计算说明触点A应调节至距O点多少cm处？
【解析】解：
（1）由图2可知，压敏电阻R的阻值随着所受到的压力F增大而减小；
根据杠杆的平衡条件：FA×OA＝FB×OB，
所以＝，
因为AB：AO＝5：1，
所以OB：OA＝6：1，
所以＝＝；
（2）由2图数据可知，当踏板空载时（F＝0N），压力传感器的电阻为R＝40Ω，已知R0＝10Ω，
电源电压为：U＝I（R+R0）＝0.2A×（40Ω+10Ω）＝10V；
（3）电流表示数达到0.5A时，报警器开始发出报警信号，
根据欧姆定律I＝知，
总电阻为：R总＝＝＝20Ω，
此时压力传感器的电阻为：
R′＝R总﹣R0＝20Ω﹣10Ω＝10Ω；
由图象2知所受到的压力F为30N；
由题知，ABO为一水平杠杆，O为支点，AB：AO＝5：1，则OA＝OB＝×120cm＝20cm，
根据杠杆平衡条件可得：F压×OB＝F踏×OA，即30N×6＝F踏×1，
解得F踏＝180N，即踏板设定的最大压力值为180N；
电路消耗的总功率为：P＝UI＝10V×0.5A＝5W；
（4）若电源电压变为15V，为保证报警器仍在踏板原设定的最大压力值时报警，电路中的电流仍为0.5A，
此时的总电阻为：R总′＝＝＝30Ω，
此时压力传感器的电阻为：R″＝R总′﹣R0＝30Ω﹣10Ω＝20Ω；
由图象可知，当传感器的阻值为20Ω时，对应的压力为F压′＝12N，
根据杠杆平衡条件可得：F踏×OA′＝F压′×OB，即180N×OA′＝12N×1.2m，
解得OA′＝0.08m＝8cm。
【答案】（1）减小；6：1；（2）40；10；（3）10；180；5；
（4）触点A应调节至距O点8cm处。
21．工程队为了打捞沉在河底的物体，设计了如图所示的装置．已知物体的质量为3.9×103kg，体积为1.5m3，所用的拉力F的大小是2.0×104N，物体在20s内匀速上升了2m．（物体未露出水面，不计水的阻力，ρ水＝1.0×103kg/m3）求：
（1）物体受到的浮力；
（2）滑轮组对物体做的功；
（3）滑轮组的机械效率及物体从接触水面到刚好离开水面的过程中滑轮组机械效率的变化情况．
【解答】解：
（1）物体浸没时排开水的体积：V排＝V＝1.5m3，
则物体受到的浮力：
F浮＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×1.5m3＝1.5×104N；
（2）物体浸没在水中时受到重力、水对它的浮力、滑轮组对它的拉力的作用，
则滑轮组对它的拉力：
F拉＝G物﹣F浮＝mg﹣F浮＝3.9×103kg×10N/kg﹣1.5×104N＝2.4×104N，
物体在20s内匀速上升了2m，则滑轮组对物体做的功：
W有＝F拉h＝2.4×104N×2m＝4.8×104J；
（3）由图知绳子承担重物的段数为2，则拉力做的总功：
W总＝Fs＝Fnh＝2.0×104N×2×2m＝8×104J，
则滑轮组的机械效率：
η＝×100%＝×100%＝60%，
物体从接触水面到刚好离开水面的过程中排开水的体积减小，根据F浮＝ρgV排可知，受到的浮力减小，滑轮组对物体的拉力变大，
由W有＝F拉h可知，在提升高度相同时有用功增大，有用功在总功中所占比例增大，所以该过程中滑轮组的机械效率变大．
【答案】（1）物体受到的浮力是1.5×104N；
（2）滑轮组对物体做的功是4.8×104J；
（3）滑轮组的机械效率是60%；物体从接触水面到刚好离开水面的过程中滑轮组机械效率变大．
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