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2021年江西省赣州市石城县中考物理模拟试卷（一）（word版 含答案）
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这是一份2021年江西省赣州市石城县中考物理模拟试卷（一）（word版 含答案），共31页。试卷主要包含了填空题，单选题，计算题，实验探究题等内容，欢迎下载使用。
2021年江西省赣州市石城县中考物理模拟试卷（一）
一、填空题（本大题共8小题，共16.0分）
1．熔喷布是口罩的核心材料，生产时，由喷丝孔挤出液态聚丙烯，通过高速空气流对其进行牵伸，再经 （填物态变化）形成超细纤维，组合成布。将熔喷布制成口罩时，使其带上静电，利用带电体具有 的性质，增强口罩的过滤效果。
2．小王走向正前方的玻璃窗，想看看美丽的夜景，却发现玻璃窗里有个“自己”迎面走来，这是光的 （选填“直线传播”、“反射”或“折射”）现象。同时她发现，房内电灯通过玻璃成的像与她本人的距离 。
3．2020年6月23日9时43分，我国用长征三号乙运载火箭，成功发射北斗系统第55颗导航卫星，提前半年完成全球组网部署。火箭加速升空时，火箭推力 重力；卫星脱离火箭时，由于具有 ，能保持原有运动状态。
4．如图，小车从斜面上滑下后。在足够长的光滑水平木板上运动，从A点运动到B点所用时间为0.8s，则小车这段时间内运动的速度为 m/s（结果保留一位小数），小车经过B点后的运动情况是 。
5．网传“2月11日这天地球引力最小，可以将扫把静立于地面”，如图所示，或许你也“成功”尝试过。其实只要细心操作，在任何时候你都能成功，扫把能静立于水平地面主要是利用了 原理，之所以细心操作是为了满足原理中 的这一条件，这与地球引力大小并无关系。
6． 如图所示，人手持大气球站在转盘上，松开气嘴，让气球沿垂直转盘半径方向喷气，由于力的作用是 的，人与转盘开始一起反向转动。在A、B两点中，人站
在 （A/B）点进行上述实验，更容易转动。
7．在透明薄塑料袋中装入大半袋水，用弹簧测力计钩住塑料袋缓慢放入水中，水袋受到的浮力不断 （增大/减小）。当塑料袋中的水面与容器中水面 时，水袋中水的重力和排开水的重力相等。
8．连接在水平桌面上的物体M两端的轻质细绳分别绕过定滑轮与A、B相连，细绳恰好水平，如图所示。当A重3N，B重5N时，M恰好做水平匀速直线运动，若滑轮摩擦不计，此时M受到的摩擦力大小为 N。当B刚触地时，若A、M都不会与滑轮组相碰，M受到的摩擦力方向是 。
二、单选题（本大题共6小题，9-12单选，每题2分，13、14多项选择，每题3分，共14.0分）
9．球竖直向上运动，并落回地面，这过程中先后经过M、S两点。球在这两点的动能和重力势能如图所示，则球在M点的（ ）
A．速度比在S点的大 B．机械能大于在S点的
C．机械能等于在S点的 D．离地高度比在S点的低
10．如图所示，小明分别使用甲、乙、丙、丁四种机械匀速提升物体（绳长不变），测得拉力和物体M、N所受的重力如表所示，则（ ）
F甲
F乙
F丙
F丁
GM
GN
5.5N
12N
5.5N
8N
5N
10N
A．甲的机械效率比丙的大
B．乙、丁的机械效率相同
C．使用丙提升物体M时省力
D．实验测得的数据无法算出机械效率
11．如图是R1、R2两电阻的U﹣I图象。将R1、R2并联后接入电路，结合图中信息可知（ ）
A．R1的阻值比R2的阻值小 B．通过R1、R2的电流相等
C．R1的电压比R2的电压小 D．R1的功率比R2的功率小
12．下列测量方案中，最合理的是（ ）
A．测小铁块密度：用装有适量水的量筒测体积后，再用天平测质量
B．测正方体小木块密度：用天平测质量后，再用刻度尺测边长并计算体积
C．测小砖块密度：用天平测质量后，再用装有适量水的量筒测体积
D．测比赛用铅球密度：用天平测质量后，再用装有适量水的量筒测体积
13．太空舱中的物体处于失重状态，宇航员在太空舱中不可以实施的是（ ）
A．用天平测物体质量
B．用哑铃锻炼手臂肌肉
C．用弹簧测力计测量摩擦力
D．用弹簧拉力器健身
14．在如图甲所示的电路中，电源电压保持不变，R1为定值电阻，闭合开关S，将滑动变阻器R2的滑片P从最左端滑到最右端，两电压表示数随电流表示数变化的完整图线如图乙所示。则下列说法不正确的是（ ）
A．电压表V1对应的是图线①
B．电压满足Uc＝Ua+Ua′
C．R2的最大阻值小于R1的阻值
D．电路的最大总功率为2UbIb
三、计算题（本大题共3小题，共22.0分）
15．（6分）如图所示，水平桌面上放置底面积为100cm2、质量为500g的圆桶，桶内装有30cm深的某液体。弹簧测力计下悬挂底面积40cm2、高为10cm的圆柱体，从液面逐渐浸入直至完全浸没液体中，在圆柱体未进入液体中时，弹簧测力计示数为18N，圆柱体浸没液体中时，弹簧测力计示数为12N（可以忽略圆桶的厚度，过程中液体没有从桶中溢出，g取10N/kg）。求：
（1）圆柱体完全浸没时受到液体的浮力；
（2）桶内液体密度；
（3）当圆柱体完全浸没时，圆桶对桌面的压强。
16．（9分）在如图所示的电路中，电源电压可以调节，调节电源电压为4V，闭合开关S，电流表A、A1的示数分别为1.2A和0.8A。
（1）求此时通过电阻R2的电流；
（2）求电阻R2的阻值；
（3）重新调节电源电压后，闭合开关S，电流表A1的示数为1.2A，求1min内电流通过电阻R2产生的热量。
17．（7分）如图所示电路中，电源电压6V，灯泡L规格为“6V 3W”。其电流与电压的关系如图乙所示。当S、S1、S3闭合，S2断开时，电流表示数为0.5A。
（1）求灯泡L的额定电流；
（2）求定值电阻R1的阻值；
（3）断开S1、S3，闭合S、S2，调节滑片P，使R2的电功率为灯泡的2倍，求此时滑动变阻器接入电路的阻值为多大？
四、实验探究题（本大题共4小题，共28.0分）
18．（7分）为探究影响滑动摩擦力大小的因素，实验小组的同学用如图甲所示的装置和器材进行实验。
（1）将木块平放在水平长木板上，用弹簧测力计沿 方向拉动，使其做 运动，此时弹簧测力计的示数等于木块所受滑动摩擦力的大小。
（2）在木块上加放砝码，是为了探究滑动摩擦力大小与 的关系；在长木板上铺上棉布或毛巾，是为了探究滑动摩擦力大小与接触面 的关系。
（3）实验中，大家发现弹簧测力计示数很难稳定，于是设计了如图乙所示的装置来进行实验，水平传送带的速度可以调节，定滑轮摩擦忽略不计。
①启动传送带，当弹簧测力计的示数稳定后，木块相对于地面 此时弹簧测力计的示数等于木块所受的滑动摩擦力的大小，木块所受滑动摩擦力的方向沿水平向 （选填“左”或“右”）。
②某次实验中，当弹簧测力计的示数稳定后，改变传送带的速度大小，大家发现弹簧测力计的示数没有改变，说明木块所受滑动摩擦力的大小与传送带的速度大小 。
19．（7分）小明做“探究杠杆平衡条件”实验：
（1）实验前，杠杆静止时的位置如图甲所示。要使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向 调节；
（2）使用弹簧测力计时，首先进行的操作是 ；
（3）如图乙所示，在杠杆左侧挂2个钩码，每个钩码的质量为50g，为了便于在杠杆上直接读出力臂的大小，在A点沿 向下方向拉动弹簧测力计，直至杠杆在 位置平衡。并将第一次数据记录在表格中，表中F1大小为弹簧测力计示数，F2大小为钩码的重力，L1、L2分别为F1、F2对应的力臂；
（4）接下来，小明又进行了三次实验，将数据填在表中，最后总结得出规律。每次实验总是在前一次基础上改变F2、L1、L2中的一个量。小华分析数据后发现，第 次实验与前一次改变的量相同，需要调整的实验步骤是 。
序号
F1/N
L1/cm
F2/N
L2/cm
1
1.5
10.0
1.0
15.0
2
3.0
10.0
2.0
15.0
3
1.5
20.0
2.0
15.0
4
1.0
30.0
2.0
15.0
20．（7分）小明和小华一起探究电流与电阻的关系。器材有新干电池两节，5Ω、10Ω、20Ω的定值电阻各一只，“20Ω1A”的滑动变阻器、电压表、电流表、开关各一只，导线若干。
（1）用笔画线代替导线将甲图中电路补充完整，使滑动变阻器滑片向左移动时电阻减小；
（2）将滑动变阻器滑片移动到最 端。闭合开关，小明发现电压表示数接近电源电压，可能是定值电阻R出现了 故障；
（3）排除故障后，移动滑动变阻器滑片，直至电压表示数为1V，此时电流表示数如图乙所示，大小为 A；
（4）小明逐一将10Ω和20Ω的电阻接入电路，继续进行实验。当 Ω的电阻接入电路后，无法将电压表示数调节到1V．于是，他改变定值电阻两端电压，重新依次进行实验。调节后的电压值应该不低于 V；
（5）实验结束后，小华觉得可以通过调整顺序来避免实验中存在的问题。合理的顺序是 。
21．（7分）阅读短文，回答问题。
2019年12月17日，我国第一艘国产航母“山东舰”交付海军。据公开资料显示，“山东舰”舰身长315米，舰宽约75米，满载排水量在6万吨左右，至少可以搭载36架歼﹣﹣15舰载机。航母飞行甲板倾角为12°，舰载机起飞的飞行仰角为14°。
“山东舰”是典型的常规动力航母，采用了全新的动力组，“山东舰”的燃料储备量达到了13000吨，若以20节航速航行，每天大约消耗1100吨燃料。
如表为歼﹣﹣15主要参数（g取10N/kg）
空重
17500kg
空载起飞距离
105m
正常起飞重量
27000kg
满载起飞距离
195m
最大起飞重量
32500kg
发动机
2×WS﹣10加力涡扇发动机
爬升率
325米/秒
正常起飞推力
2×117600N
最大速度
2.4马赫
应急起飞最大推力
2×125400N
（1）若航母正常航行时发动机的功率为1.5×105kW，速度为36km/h，则牵引力为 N，经过2h航行距离为 m。
（2）歼15空载正常起飞时，从启动到离开飞行甲板的过程中，飞机的动能 、重力势能 ，该过程中飞机发动机推力所做的功为 J。
（3）航母飞行甲板倾角为12°，舰载机起飞时飞行仰角约为14°，这样设计的目的是 。
（4）若你是航母设计师，请你对国产航母提出一条改进意见： 。
2021年江西省赣州市石城县中考物理模拟试卷（一）
参考答案与试题解析
一、填空题（本大题共8小题，共16.0分）
1．（2分）熔喷布是口罩的核心材料，生产时，由喷丝孔挤出液态聚丙烯，通过高速空气流对其进行牵伸，再经 凝固 （填物态变化）形成超细纤维，组合成布。将熔喷布制成口罩时，使其带上静电，利用带电体具有 吸引轻小物体 的性质，增强口罩的过滤效果。
【分析】（1）物质由液态变成固态的过程叫凝固；
（2）带电体可以吸引轻小的物体。
【解答】解：生产熔喷布时，由喷丝孔挤出液态聚丙烯，通过高速空气流对其进行牵伸，再凝固成固态的超细纤维，组合成布；
将熔喷布制成口罩时，熔喷布先经过驻极处理，带上静电，因为带电体能吸引轻小的灰尘等小颗粒物，所以增强了口罩的过滤效果。
故答案为：凝固；吸引轻小物体。
【点评】本题考查了凝固现象以及带电体的性质，属于基础题，难度不大。
2．（2分）小王走向正前方的玻璃窗，想看看美丽的夜景，却发现玻璃窗里有个“自己”迎面走来，这是光的 反射 （选填“直线传播”、“反射”或“折射”）现象。同时她发现，房内电灯通过玻璃成的像与她本人的距离 减小 。
【分析】平面镜成像是光的反射现象；平面镜成像时，像到镜面的距离等于物体到镜面的距离，据此结合题意可解答第2空。
【解答】解：
小王走向正前方的玻璃窗，发现玻璃窗里有个“自己”迎面走来，这是小王通过玻璃窗所成的像，属于平面镜成像，是由光的反射形成的；
小王靠近玻璃窗，小王到玻璃窗的距离减小，而电灯通过玻璃窗所成的像到玻璃窗的距离不变，所以房内电灯通过玻璃成的像与她本人的距离减小。
故答案为：反射；减小。
【点评】本题考查了光的反射和平面镜成像，知道平面镜成像的特点是解题的关键。
3．（2分）2020年6月23日9时43分，我国用长征三号乙运载火箭，成功发射北斗系统第55颗导航卫星，提前半年完成全球组网部署。火箭加速升空时，火箭推力 大于 重力；卫星脱离火箭时，由于具有 惯性 ，能保持原有运动状态。
【分析】从力的作用效果和惯性两个方面去分析；力的作用效果有两个：一是改变物体的形状；二是改变物体的运动状态。惯性是一切物体都具有的保持原来运动状态不变的性质。
【解答】解：卫星发射加速离开地面时，火箭的运动状态时刻在改变，火箭一定受到非平衡力的作用，受到的推力一定大于火箭的重力；卫星脱离火箭时，能保持原有运动状态，是因为它具有惯性，能保持原有的运动状态不变。
故答案为：大于；惯性。
【点评】此题主要考查学生对力的作用效果和惯性知识的理解和掌握，属基本原理的考查，难度不大。
4．（2分）如图，小车从斜面上滑下后。在足够长的光滑水平木板上运动，从A点运动到B点所用时间为0.8s，则小车这段时间内运动的速度为 0.4 m/s（结果保留一位小数），小车经过B点后的运动情况是 做匀速直线运动 。
【分析】（1）刻度尺的分度值为1mm，读出sAB，利用公式v＝计算AB段的平均速度；
（2）力是改变物体运动状态的原因。
【解答】解：（1）由图知：sAB＝40.0cm﹣5.0cm＝35.0cm；
小车AB段的平均速度：vAB＝＝≈43.8cm/s≈0.4m/s；
（2）在光滑水平面上不受阻力，小车经过B点后将做匀速直线运动。
故答案为：0.4；做匀速直线运动。
【点评】本题考查“测小车的平均速度”的实验，一定学会读出路程和时间，按平均速度的定义代入v＝求出平均速度。
5．（2分）网传“2月11日这天地球引力最小，可以将扫把静立于地面”，如图所示，或许你也“成功”尝试过。其实只要细心操作，在任何时候你都能成功，扫把能静立于水平地面主要是利用了 二力平衡 原理，之所以细心操作是为了满足原理中 重力与支持力作用在同一条直线上 的这一条件，这与地球引力大小并无关系。
【分析】物体处于静止状态或匀速直线运动状态时，受平衡力的作用，满足大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上。
【解答】解：扫把静立于水平地面上时，处于平衡状态，此时扫把受到的重力和地面对扫把的支持力是一对平衡力，二力的大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在同一物体上，即利用了二力平衡原理。
故答案为：二力平衡；重力与支持力作用在同一条直线上。
【点评】本题考查了二力平衡条件的应用，属于基础知识，难度不大。
6．（2分）如图所示，人手持大气球站在转盘上，松开气嘴，让气球沿垂直转盘半径方向喷气，由于力的作用是 相互 的，人与转盘开始一起反向转动。在A、B两点中，人站在 A （A/B）点进行上述实验，更容易转动。
【分析】（1）力可以改变物体的形状，力可以改变物体的运动状态；力的作用是相互的；
（2）根据杠杆平衡条件分析在那点更容易转动。
【解答】解：如图所示，人手持大气球站在转盘上，松开气嘴，让气球沿垂直转盘半径方向喷气，由于力的作用是相互的，空气给人一个反作用力，人与转盘开始一起反向转动，人站在A点进行上述实验，力臂大于人站在B点进行上述实验的力臂，在A、B两点中，使用相同的力，在A点更容易转动。
故答案为：相互；A。
【点评】本题考查力的作用效果、力作用的相互性和力的三要素，属于基础题。
7．（2分）在透明薄塑料袋中装入大半袋水，用弹簧测力计钩住塑料袋缓慢放入水中，水袋受到的浮力不断 增大 （增大/减小）。当塑料袋中的水面与容器中水面 相平 时，水袋中水的重力和排开水的重力相等。
【分析】（1）根据阿基米德原理判断水袋受到的浮力变化；
（2）浸在水中的物体受到重力、弹簧测力计对物体的拉力、浮力，重力＝拉力+浮力，结合阿基米德原理分析即可。
【解答】解：（1）用弹簧测力计钩住塑料袋缓慢放入水中，水袋排开水的体积变大，由F浮＝ρ液gV排可知受到的浮力不断增大；
（2）水袋中水的重力和排开水的重力相等，说明水袋中水的重力等于它受到的浮力，即G水＝F浮，
ρ水gV水＝ρ水gV排，
则有：V水＝V排，
即当袋内水面与容器中的水面相平时，排开水的体积等于水袋内水的体积，塑料袋中的水面与容器中水面相平。
故答案为：增大；相平。
【点评】本题考查了阿基米德原理的应用，关键是理解水袋完全浸没时排开水的重力等于水袋的重力。
8．（2分）连接在水平桌面上的物体M两端的轻质细绳分别绕过定滑轮与A、B相连，细绳恰好水平，如图所示。当A重3N，B重5N时，M恰好做水平匀速直线运动，若滑轮摩擦不计，此时M受到的摩擦力大小为 2 N。当B刚触地时，若A、M都不会与滑轮组相碰，M受到的摩擦力方向是 水平向左 。
【分析】物体处于静止或匀速直线运动状态时，物体受到平衡力的作用，根据平衡力求出滑动摩擦力的大小；根据M的运动状态判定滑动摩擦力的方向。
【解答】解：当A重3N，B重5N时，M恰好做水平匀速直线运动，则M在水平方向上受到三个力的作用：绳子对M水平向左3N的拉力、绳子对M水平向右5N的拉力、桌面对M的摩擦力的作用，这三个力平衡，则摩擦力的大小为f＝5N﹣3N＝2N，摩擦力的方向是水平向左的；
当B刚触地时，M由于惯性，仍然会向右运动，则M受到的摩擦力方向是水平向左的。
故答案为：2；水平向左。
【点评】此题考查了二力平衡条件的应用，对物体M正确受力分析是关键。
二、单选题（本大题共6小题，9-12单选，每题2分，13、14多项选择，每题3分，共14.0分）
9．（2分）球竖直向上运动，并落回地面，这过程中先后经过M、S两点。球在这两点的动能和重力势能如图所示，则球在M点的（ ）
A．速度比在S点的大 B．机械能大于在S点的
C．机械能等于在S点的 D．离地高度比在S点的低
【分析】（1）动能大小跟物体的质量和速度有关，在质量一定时，速度越大，动能越大；在速度一定时，质量越大，动能越大。
（2）重力势能跟物体的质量和高度有关，在质量一定时，高度越大，重力势能越大；在高度一定时，质量越大，重力势能越大。
（3）机械能等于动能和势能之和，物体不发生弹性形变时，机械能等于动能和重力势能之和。
【解答】解：A、球的质量不变，球在M点的动能小于S点动能，所以球在M点的速度小于S点速度，故A错误。
BC、球在运动过程中没有发生弹性形变，所以机械能等于动能和重力势能之和，由图知，球在M点动能和S点重力势能相等，M点的重力势能大于S点的动能，所以M点的机械能大于S点的机械能，故B正确，C错误。
D、M点的重力势能大于S点的重力势能，球的质量不变，所以球在M点的高度大于S点的高度，故D错误。
故选：B。
【点评】从图象上判断动能和重力势能的大小，利用控制变量法，判断物体的速度和高度。
10．（2分）如图所示，小明分别使用甲、乙、丙、丁四种机械匀速提升物体（绳长不变），测得拉力和物体M、N所受的重力如表所示，则（ ）
F甲
F乙
F丙
F丁
GM
GN
5.5N
12N
5.5N
8N
5N
10N
A．甲的机械效率比丙的大
B．乙、丁的机械效率相同
C．使用丙提升物体M时省力
D．实验测得的数据无法算出机械效率
【分析】设承担物重的绳子股数为n，则拉力端移动的距离s＝nh，拉力做的有用功W有用＝Gh，拉力做的总功W总＝Fs＝F×nh＝nFh，机械效率η＝＝＝．据此计算出四图中的机械效率。使用机械是否省力，取决于拉力与提升物重的大小关系。
【解答】解：
设承担物重的绳子股数为n，则拉力端移动的距离s＝nh，
拉力做的有用功W有用＝Gh，拉力做的总功W总＝Fs＝F×nh＝nFh，机械效率η＝＝＝。
甲图中，使用的是定滑轮，n甲＝1，机械效率η甲＝＝×100%≈90.9%；
乙图中，使用的是定滑轮，n乙＝1，机械效率η乙＝＝×100%≈83.3%；
丙图中，使用的是动滑轮，n丙＝2，机械效率η丙＝＝×100%≈45.5%；
丁图中，使用的是滑轮组，n丁＝2，机械效率η丁＝＝×100%＝62.5%。
A、由上面计算可知，η甲≈90.9%，η丙≈45.5%，所以甲的机械效率比丙的大，故A正确；
B、由上面计算可知，η乙≈83.3%，η丁＝62.5%，所以乙的机械效率比丁的大，故B错误；
C、使用丙提升物体M时，GM＝5N，F丙＝5.5N，F丙＞GM，是费力的，故C错误；
D、由上面计算可知，利用实验测得的数据可以算出机械效率，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了使用定滑轮、动滑轮、滑轮组时机械效率的计算，要利用好滑轮（滑轮组）机械效率公式η＝＝＝。
11．（2分）如图是R1、R2两电阻的U﹣I图象。将R1、R2并联后接入电路，结合图中信息可知（ ）
A．R1的阻值比R2的阻值小 B．通过R1、R2的电流相等
C．R1的电压比R2的电压小 D．R1的功率比R2的功率小
【分析】A、根据图比较电压相等时通过两电阻的电流大小，根据欧姆定律确定两电阻大小；
BCD、根据并联电路电压的规律可知各支路电压相等；
根据R1＞R2，由欧姆定律I＝比较两两电阻的电流大小；
根据P＝UI分析两电阻的功率大小。
【解答】解：A、根据图知，电压相等时，R2的电流较大，根据欧姆定律R＝，R1＞R2；A错误；
BCD、因并联电路各支路电压相等，C错误；
根据R1＞R2，由欧姆定律I＝，通过R1的电流小，B错误；
根据P＝UI，故P1＜P2，D正确。
故选：D。
【点评】本题考查并联电路的规律及欧姆定律的运用，关键是从图中获取有效的信息。
12．（2分）下列测量方案中，最合理的是（ ）
A．测小铁块密度：用装有适量水的量筒测体积后，再用天平测质量
B．测正方体小木块密度：用天平测质量后，再用刻度尺测边长并计算体积
C．测小砖块密度：用天平测质量后，再用装有适量水的量筒测体积
D．测比赛用铅球密度：用天平测质量后，再用装有适量水的量筒测体积
【分析】用天平和量筒测固态物质的密度，为了减小误差，需先测质量后测体积，然后根据ρ＝进行计算。
【解答】解：
A、先测铁块体积再测质量，这样测量体积后铁块上会沾有水，质量测量偏大，造成密度测量偏大，A错误；
B、测正方体小木块密度：用天平测质量后，再用刻度尺测边长并计算体积，可以减小测量误差，B正确；
C、测小砖块密度时，小砖块对水有吸水性，用装有适量水的量筒测体积误差较大，C错误；
D、测比赛用铅球密度：铅球的质量较大，不宜用天平测质量，体积较大不宜用装有适量水的量筒测体积，D错误；
故选：B。
【点评】根据公式ρ＝，需测量物体的质量和体积，为了减小误差，先测质量后测体积。
13．（3分）太空舱中的物体处于失重状态，宇航员在太空舱中不可以实施的是（ ）
A．用天平测物体质量
B．用哑铃锻炼手臂肌肉
C．用弹簧测力计测量摩擦力
D．用弹簧拉力器健身
【分析】在太空舱中，物体处于完全失重状态，与重力有关的实验不能进行，分析各选项所述实验然后答题。
【解答】解：A、虽然物体所含物质的多少，即质量，不会随位置的改变而改变，但质量的测量需要借助物体的重力来进行，所以在失重状态下，用天平测物体的质量是无法实现的。故A符合题意；
B、在完全失重的状态下，人可以用很小的力举哑铃，达不到锻炼的作用。故B符合题意；
C、摩擦力的大小与接触面的粗糙程度和压力大小有关，水平运动时压力与重力有关。在失重状态下，没有摩擦力，不能用弹簧测力计测量摩擦力。故C符合题意；
D、利用弹簧拉力计锻炼身体，是依靠了弹簧的弹力，在失重状态下，弹力是依然存在的，因此，此项活动可以进行。故D不符合题意。
故选：ABC。
【点评】本题考查了重力对人的影响；在没有重力时，用弹簧拉力器可以健身。
14．（3分）在如图甲所示的电路中，电源电压保持不变，R1为定值电阻，闭合开关S，将滑动变阻器R2的滑片P从最左端滑到最右端，两电压表示数随电流表示数变化的完整图线如图乙所示。则下列说法不正确的是（ ）
A．电压表V1对应的是图线①
B．电压满足Uc＝Ua+Ua′
C．R2的最大阻值小于R1的阻值
D．电路的最大总功率为2UbIb
【分析】由图可知，该电路为串联电路，电流表测量电路中的电流，电压表V1测量的是定值电阻两端的电压，电压表V2测量的是滑动变阻器两端的电压；
（1）滑片在最右端时，R2接入电路的阻值为零，此时电压表V2示数为零，由此判断出电压表V1对应的图线；
（2）在串联电路中，电源电压等于各部分电路两端电压的总和；
（3）根据欧姆定律知，当滑动变阻器连入电路中的电阻最大时，电路中电流最小，由图判断两电阻的电压关系，根据分压原理确定两电阻的关系；
（4）根据公式P＝UI可知，当电路中电流最大时，总功率最大，据此分析；。
【解答】解：由图可知，闭合开关S，R1和滑动变阻器R2串联，电流表测量电路中的电流，电压表V1测量的是定值电阻两端的电压，电压表V2测量的是滑动变阻器两端的电压；
A、滑片在最右端时，R2接入电路的阻值为零，因此此时电压表V2示数为零，由图像可得，图线②反映的是电压表V2示数随电流的变化，图线①反映电压表V1示数随电流的变化，故A正确；
B、从图乙可以看出，电路中电流为Ia时，电压表V1示数为Ua，电压表V2示数为Ua’，根据串联电路的电压规律可知，电源电压U＝Ua+Ua’；
当滑动变阻器接入电路的电阻为0时，电压表V1测量的是电源电压，此时的示数为Uc，所以Uc＝Ua+Ua’，故B正确；
C、从图乙可以看出，电路中电流最小时为Ia，此时滑动变阻器两端的电压要大于R1两端的电压，根据分压原理，滑动变阻器的最大阻值要大于R1的阻值，故C错误；
D、当电流为Ib时，两电压表示数相同，根据串联分压特点，可知此时变阻器接入的电阻和R1的阻值相同，
根据欧姆定律可知，U＝Ib（R1+R变）＝2IbR1﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
当电流为Ic时，此时变阻器接入的阻值为0，根据欧姆定律可知，U＝IcR1﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由①②可知，Ic＝2Ib，
由图可知，当电路中电流为Ic时，电流是最大的，且U＝Uc，Uc＞Ub，
则最大功率为：P＝UIc＝UcIc＝2UcIb＞2UbIb，故D错误。
故选：CD。
【点评】本题考查欧姆定律及串联电路的规律的灵活运用，关键是从图获取有效的信息，有难度。
三、计算题（本大题共3小题，共22.0分）
15．（6分）如图所示，水平桌面上放置底面积为100cm2、质量为500g的圆桶，桶内装有30cm深的某液体。弹簧测力计下悬挂底面积40cm2、高为10cm的圆柱体，从液面逐渐浸入直至完全浸没液体中，在圆柱体未进入液体中时，弹簧测力计示数为18N，圆柱体浸没液体中时，弹簧测力计示数为12N（可以忽略圆桶的厚度，过程中液体没有从桶中溢出，g取10N/kg）。求：
（1）圆柱体完全浸没时受到液体的浮力；
（2）桶内液体密度；
（3）当圆柱体完全浸没时，圆桶对桌面的压强。
【分析】（1）在圆柱体未进入液体中时，弹簧测力计示数为18N，求出圆柱体的重力，圆柱体完全浸没液体中时，弹簧测力计示数为12N，可以求出圆柱体受到的浮力。
（2）知道圆柱体的底面积和高度求出圆柱体的体积，圆柱体浸没在液体中，根据阿基米德原理求出液体的密度。
（3）圆桶对桌面的压力等于圆桶的重力、液体重力和圆柱体重力之和与所受拉力的差，知道受力面积，求出圆桶对桌面的压强。
【解答】解：
（1）由题可知，物体重G柱＝18N，完全浸没液体中时，圆柱体受到的拉力F拉＝12N，
圆柱体受到的浮力：F浮＝G柱﹣F拉＝18N﹣12N＝6N；
（2）因为圆柱体浸没，则有
V排＝V柱＝S柱h＝40cm2×10cm＝400cm3＝4×10﹣4m3，
由阿基米德原理可得，F浮＝ρ液gV排，
6N＝ρ液×10N/kg×4×10﹣4m3，
解得液体的密度为：ρ液＝1.5×103kg/m3。
（3）液体的质量：m液＝ρ液V液＝1.5×103kg/m3×100×30×10﹣6m3＝4.5kg，
液体的重力：G液＝m液g＝4.5kg×10N/kg＝45N，
圆桶的重力：G桶＝m桶g＝0.5kg×10N/kg＝5N，
则总重力：G总＝G液+G桶+G柱＝45N+5N+18N＝68N，
圆桶放在水平桌面上，圆桶对桌面的压力：F＝G总﹣F拉＝68N﹣12N＝56N，
此时圆桶对桌面的压强：p＝＝＝5600Pa。
答：（1）圆柱体完全浸没时受到液体的浮力6N；
（2）桶内液体密度是1.5×103kg/m3；
（3）当圆柱体完全浸没时，圆桶对桌面的压强5600Pa。
【点评】本题的关键是当圆柱体浸没在液体中，容器对水平桌面的压力等于容器、液体和圆柱体所有的重力之和与向上的拉力差。
16．（9分）在如图所示的电路中，电源电压可以调节，调节电源电压为4V，闭合开关S，电流表A、A1的示数分别为1.2A和0.8A。
（1）求此时通过电阻R2的电流；
（2）求电阻R2的阻值；
（3）重新调节电源电压后，闭合开关S，电流表A1的示数为1.2A，求1min内电流通过电阻R2产生的热量。
【分析】由电路图可知，R1与R2并联，电流表A测干路电流，电流表A1测R1支路的电流。
（1）根据并联电路的电流特点求出此时通过电阻R2的电流；
（2）根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出电阻R2的阻值；
（3）根据欧姆定律求出电阻R1的阻值，重新调节电源电压后，闭合开关S，电流表A1的示数为1.2A，根据欧姆定律求出电源的电压，再根据Q＝W＝UIt＝t求出1min内电流通过电阻R2产生的热量。
【解答】解：由电路图可知，R1与R2并联，电流表A测干路电流，电流表A1测R1支路的电流。
（1）因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，此时通过电阻R2的电流I2＝I﹣I1＝1.2A﹣0.8A＝0.4A；
（2）因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，由I＝可得，电阻R2的阻值R2＝＝＝10Ω；
（3）电阻R1的阻值R1＝＝＝5Ω，
重新调节电源电压后，闭合开关S，电流表A1的示数为1.2A，
则电源的电压U′＝I1′R1＝1.2A×5Ω＝6V，
1min内电流通过电阻R2产生的热量：
Q2＝W2＝t＝×60s＝216J。
答：（1）此时通过电阻R2的电流为0.4A；
（2）电阻R2的阻值为10Ω；
（3）1min内电流通过电阻R2产生的热量为216J。
【点评】本题考查了并联电路的特点和欧姆定律、电热公式的综合应用，是一道较为简单的应用题。
17．（7分）如图所示电路中，电源电压6V，灯泡L规格为“6V 3W”。其电流与电压的关系如图乙所示。当S、S1、S3闭合，S2断开时，电流表示数为0.5A。
（1）求灯泡L的额定电流；
（2）求定值电阻R1的阻值；
（3）断开S1、S3，闭合S、S2，调节滑片P，使R2的电功率为灯泡的2倍，求此时滑动变阻器接入电路的阻值为多大？
【分析】（1）知道灯泡L规格（额定电压、额定功率），利用P＝UI求灯泡L的额定电流；
（2）由图甲可得，当S、S1、S3闭合，S2断开时，灯L被短路、滑动变阻器没有连入电路，电路中只有R1，利用欧姆定律求R1的阻值；
（3）由图甲可得，断开S1、S3，闭合S、S2，灯L与滑动变阻器串联，通过的电流相等，调节滑片P，使R2的电功率为灯泡的2倍，利用P＝UI求R2两端的电压、灯L两端电压之比，知道电源电压，可求R2两端的电压、灯L两端电压；由图乙可知此时通过灯的电流，即电路中的电流，利用欧姆定律求滑动变阻器连入的电阻。
【解答】解：
（1）灯泡L规格为“6V 3W”，是指额定电压为6V、额定功率为3W。
由P＝UI可得灯泡L的额定电流：
I额＝＝＝0.5A；
（2）由图甲可得，当S、S1、S3闭合，S2断开时，灯L被短路、滑动变阻器没有连入电路，电路中只有R1，
由欧姆定律可得：
R1＝＝＝12Ω；
（3）断开S1、S3，闭合S、S2，灯L与滑动变阻器串联，通过的电流相等，调节滑片P，使R2的电功率为灯泡的2倍，
由P＝UI可知：
R2两端的电压、灯L两端电压之比：
U2：UL′＝2：1，
因为U2+UL′＝U＝6V，
所以R2两端的电压为4V、灯L两端电压为2V，
由图乙可知此时通过灯的电流，即电路中的电流：
I′＝0.25A，
滑动变阻器连入的电阻：
R2＝＝＝16Ω。
答：（1）灯泡L的额定电流为0.5A；
（2）定值电阻R1的阻值为12Ω；
（3）此时滑动变阻器接入电路的阻值为16Ω。
【点评】本题考查了电功率公式、欧姆定律、串联电路特点的应用以及对灯的铭牌含义的理解，分析通过灯的电流与电压图象得出相关信息是关键。
四、实验探究题（本大题共4小题，共28.0分）
18．（7分）为探究影响滑动摩擦力大小的因素，实验小组的同学用如图甲所示的装置和器材进行实验。
（1）将木块平放在水平长木板上，用弹簧测力计沿 水平 方向拉动，使其做 匀速直线 运动，此时弹簧测力计的示数等于木块所受滑动摩擦力的大小。
（2）在木块上加放砝码，是为了探究滑动摩擦力大小与 压力大小 的关系；在长木板上铺上棉布或毛巾，是为了探究滑动摩擦力大小与接触面 粗糙程度 的关系。
（3）实验中，大家发现弹簧测力计示数很难稳定，于是设计了如图乙所示的装置来进行实验，水平传送带的速度可以调节，定滑轮摩擦忽略不计。
①启动传送带，当弹簧测力计的示数稳定后，木块相对于地面 静止 此时弹簧测力计的示数等于木块所受的滑动摩擦力的大小，木块所受滑动摩擦力的方向沿水平向 左 （选填“左”或“右”）。
②某次实验中，当弹簧测力计的示数稳定后，改变传送带的速度大小，大家发现弹簧测力计的示数没有改变，说明木块所受滑动摩擦力的大小与传送带的速度大小 无关 。
【分析】（1）根据二力平衡的条件分析；
（2）影响滑动摩擦力大小因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变，据此得出结论；
（3）①启动传送带，当弹簧测力计的示数稳定后，木块相对于地面静止，由二力平衡分析；
②弹簧测力计的示数没有改变，则滑动摩擦力不变，据此分析。
【解答】解：（1）将木块平放在水平长木板上，用弹簧测力计沿水平方向拉动，使其做匀速直线运动，根据二力平衡，此时弹簧测力计示数等于木块所受滑动摩擦力的大小；
（2）在木块上加放砝码，增大了压力，是为了探究滑动摩擦力大小与压力大小的关系；在长木板上铺上棉布或毛巾，改变了接触面的粗糙程度，是为了探究滑动摩擦力大小与接触面粗糙程度的关系；
（3）①启动传送带，当弹簧测力计的示数稳定后，木块相对于地面处于静止状态，此时弹簧测力计（绳子）对木块的拉力（水平向右）与木块所受滑动摩擦力为一对平衡力，大小相等，方向相反，木块所受滑动摩擦力的方向沿水平向左；
②某次实验中，当弹簧测力计的示数稳定后，改变传送带的速度大小，大家发现弹簧测力计的示数没有改变，则滑动摩擦力大小不变，说明木块所受滑动摩擦力的大小与传送带的速度大小无关。
故答案为：（1）水平；匀速直线；（2）压力大小；粗糙程度；（3）静止； 左；②无关。
【点评】本题探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关，考查实验原理及控制变量法的运用，体现了对过程和方法的考查。
19．（7分）小明做“探究杠杆平衡条件”实验：
（1）实验前，杠杆静止时的位置如图甲所示。要使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向 右 调节；
（2）使用弹簧测力计时，首先进行的操作是 将指针调到零刻度线处 ；
（3）如图乙所示，在杠杆左侧挂2个钩码，每个钩码的质量为50g，为了便于在杠杆上直接读出力臂的大小，在A点沿 竖直 向下方向拉动弹簧测力计，直至杠杆在 水平 位置平衡。并将第一次数据记录在表格中，表中F1大小为弹簧测力计示数，F2大小为钩码的重力，L1、L2分别为F1、F2对应的力臂；
（4）接下来，小明又进行了三次实验，将数据填在表中，最后总结得出规律。每次实验总是在前一次基础上改变F2、L1、L2中的一个量。小华分析数据后发现，第 4 次实验与前一次改变的量相同，需要调整的实验步骤是 保持F2和L1不变，改变L2的大小 。
序号
F1/N
L1/cm
F2/N
L2/cm
1
1.5
10.0
1.0
15.0
2
3.0
10.0
2.0
15.0
3
1.5
20.0
2.0
15.0
4
1.0
30.0
2.0
15.0
【分析】（1）实验前没有挂钩码和弹簧测力计时，发现杠杆左端下沉，说明杠杆的重心在支点左侧，要使其在水平位置平衡，应将杠杆的平衡螺母向右调节，直到杠杆在水平位置平衡；
（2）使用弹簧测力计时，需要先将指针调到零刻度线处；
（3）为了便于在杠杆上直接读出力臂的大小，由于力臂是支点到力的作用线的距离，所以在A点沿竖直向下方向拉动弹簧测力计，直至杠杆在水平位置平衡；
（4）根据题意分析得出实验步骤。
【解答】解：
（1）杠杆的右端上翘，要使它在水平位置平衡，平衡螺母向上翘的右端移动。
（2）使用弹簧测力计时，需要先将指针调到零刻度线处。
（3）由图可知，在杠杆左侧挂2个钩码，为了便于在杠杆上直接读出力臂的大小，由于力臂是支点到力的作用线的距离，所以在A点沿竖直向下方向拉动弹簧测力计，直至杠杆在水平位置平衡。
（4）由实验序号1、2可知，L1和L2不变，F2改变；由实验序号2、3可知，F2和L2不变，L1增大10cm；由序号4、3可知，F2和L2不变，L1增大10cm，所以第4次实验与前一次改变的量相同。
由于要分别改变F2、L1、L2中的一个量，所以还需要改变L2，具体步骤为：保持F2和L1不变，改变L2的大小。
故答案为：（1）右；（2）将指针调到零刻度线处；（3）竖直；水平；（4）4；保持F2和L1不变，改变L2的大小。
【点评】探究杠杆平衡条件时，使杠杆在水平位置平衡，便于测量力臂大小，杠杆的重心通过支点，消除杠杆重对杠杆平衡的影响，使实验简单化，便于探究。
20．（7分）小明和小华一起探究电流与电阻的关系。器材有新干电池两节，5Ω、10Ω、20Ω的定值电阻各一只，“20Ω1A”的滑动变阻器、电压表、电流表、开关各一只，导线若干。
（1）用笔画线代替导线将甲图中电路补充完整，使滑动变阻器滑片向左移动时电阻减小；
（2）将滑动变阻器滑片移动到最 右 端。闭合开关，小明发现电压表示数接近电源电压，可能是定值电阻R出现了 断路 故障；
（3）排除故障后，移动滑动变阻器滑片，直至电压表示数为1V，此时电流表示数如图乙所示，大小为 0.24 A；
（4）小明逐一将10Ω和20Ω的电阻接入电路，继续进行实验。当 20 Ω的电阻接入电路后，无法将电压表示数调节到1V．于是，他改变定值电阻两端电压，重新依次进行实验。调节后的电压值应该不低于 1.5 V；
（5）实验结束后，小华觉得可以通过调整顺序来避免实验中存在的问题。合理的顺序是 先后将20Ω和10Ω和5Ω的定值电阻接入电路，变阻器的滑片从阻值最大处向阻值较小处滑动，控制定值电阻两端的电压不变，进行实验，可以避免实验中存在的问题 。
【分析】（1）根据滑动变阻器滑片向左移动时电阻减小确定变阻器左下接线柱连入电路中与电阻串联，根据电源电压为3V确定电压表选用小量程与电阻并联；
（2）为了保护电路，变阻器的滑片移动到阻值最大处；
（3）闭合开关，电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电阻之外的电路是连通的，据此分析；
根据电流表选用小量程确定分度值读数；
（4）研究电流与电阻的关系时，要控制电阻的电压不变，根据串联电路电压和分压原理得出定值电阻最大时对应的变阻器连入电路中的电阻；
由串联电路电压的规律及分压原理得出电压值应该不低于多少；
（5）研究电流与电阻的关系时，要控制电阻的电压不变，由（4）知，当定值电阻连入电路的电阻越大时，变阻器连入电路的电阻越大，电阻的电压越小，据此分析。
【解答】解：
（1）滑动变阻器滑片向左移动时电阻减小，故变阻器左下接线柱连入电路中与电阻串联，电源电压为3V，故电压表选用小量程与电阻并联，如下图所示：
（2）为了保护电路，变阻器的滑片移动到阻值最大处，将滑动变阻器滑片移动到最右端；
闭合开关，电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电阻之外的电路是连通的，与电压表并联的电阻断路了；
（3）由图乙可知，电流表选用小量程，分度值是0.02A，电流表的示数是0.24A；
（4）若电压表示数为1V，根据串联电路电压的特点，变阻器分得的电压为：U滑1＝3V﹣1V＝2V
变阻器分得的电压是电阻电压的2倍，将20Ω的电阻接入电路后，为保持电压不变，根据分压原理，变阻器连入电路中的阻值为2×20Ω＝40Ω，
而题中变阻器的最大阻值为20Ω，所以，滑动变阻器连入电路中的电阻最大，也不能使电压表示数为1V。
由串联电路电压的规律及分压原理有：
＝，
方程左边为一定值，故右边也为一定值，当变阻器连入电路的电阻最大时，对应的定值电阻应最大，此时，电阻的电压最小，
即：＝，
UV＝1.5V，所以调节后的电压值应该不低于1.5V；
（5）研究电流与电阻的关系时，要控制电阻的电压不变，由（4）知，当定值电阻连入电路的电阻越大时，变阻器连入电路的电阻越大，故为避免实验中存在的问题（因定值电阻的电压过小，导致用较大的定值电阻时，因变阻器的最大电阻过小而无法完成实验）：
合理的顺序是：先后将20Ω和10Ω和5Ω的定值电阻接入电路，变阻器的滑片从阻值最大处向阻值较小处滑动，控制定值电阻两端的电压不变，进行实验，可以避免实验中存在的问题。
故答案为：（1）如上所示；
（2）右；断路；
（3）0.24；
（4）20；1.5；
（5）先后将20Ω和10Ω和5Ω的定值电阻接入电路，变阻器的滑片从阻值最大处向阻值较小处滑动，控制定值电阻两端的电压不变，进行实验，可以避免实验中存在的问题。
【点评】本题是探究电流与电阻的关系实验，考查电路的连接、注意事项、故障分析、操作过程、控制变量法和对器材的要求，属于常考命题点。
21．（7分）阅读短文，回答问题。
2019年12月17日，我国第一艘国产航母“山东舰”交付海军。据公开资料显示，“山东舰”舰身长315米，舰宽约75米，满载排水量在6万吨左右，至少可以搭载36架歼﹣﹣15舰载机。航母飞行甲板倾角为12°，舰载机起飞的飞行仰角为14°。
“山东舰”是典型的常规动力航母，采用了全新的动力组，“山东舰”的燃料储备量达到了13000吨，若以20节航速航行，每天大约消耗1100吨燃料。
如表为歼﹣﹣15主要参数（g取10N/kg）
空重
17500kg
空载起飞距离
105m
正常起飞重量
27000kg
满载起飞距离
195m
最大起飞重量
32500kg
发动机
2×WS﹣10加力涡扇发动机
爬升率
325米/秒
正常起飞推力
2×117600N
最大速度
2.4马赫
应急起飞最大推力
2×125400N
（1）若航母正常航行时发动机的功率为1.5×105kW，速度为36km/h，则牵引力为 1.5×107 N，经过2h航行距离为 7.2×104 m。
（2）歼15空载正常起飞时，从启动到离开飞行甲板的过程中，飞机的动能 增大 、重力势能 增大 ，该过程中飞机发动机推力所做的功为 2.4696×107 J。
（3）航母飞行甲板倾角为12°，舰载机起飞时飞行仰角约为14°，这样设计的目的是 舰载机在较短的距离内获得较大的升力便于起飞 。
（4）若你是航母设计师，请你对国产航母提出一条改进意见： 常规动力航母改建成核动力航母 。
【分析】（1）知道航母正常航行时发动机的功率和速度，根据P＝＝＝Fv求出航母正常航行时发动机的牵引力，利用v＝求出经过2h航行距离；
（2）歼15空载正常起飞时，从启动到离开飞行甲板的过程中，分析飞机的质量和速度、高度，然后得出动能和重力势能的变化，根据W＝Fs求出该过程中飞机发动机推力所做的功；
（3）根据舰载机的升力原理：根据流体压强与流速的关系来获得的进行解答；
（4）根据题意得出常规航母的缺点，然后得出改进意见。
【解答】解：
（1）航母正常航行时发动机的功率P＝1.5×105kW＝1.5×108W，速度v＝36km/h＝10m/s，
由P＝＝＝Fv可得，航母正常航行时发动机的牵引力：
F＝＝＝1.5×107N；
由v＝可得，经过2h航行距离：
s＝vt＝36km/h×2h＝72km＝7.2×104m；
（2）歼15空载正常起飞时，从启动到离开飞行甲板的过程中，
飞机的质量不变，速度变大，高度增加，则飞机的动能增大、重力势能增大，
该过程中飞机发动机推力所做的功：
W＝F′s′＝2×117600N×105m＝2.4696×107J；
（3）舰载机的升力是根据流体压强与流速的关系来获得的，航母飞行甲板倾角为12°，舰载机起飞时飞行仰角约为14°，
这样设计可以在相同时间内，上方空气通过的路程较长，速度较大，
根据流体压强与流速的关系：流速越大，压强越小可知，舰载机在较短的距离内获得较大的升力，从而便于舰载机起飞；
（4）由题意可知，“山东舰”的燃料储备量大，且每天以20节航速航行时的消耗量非常大，不利于航母的续航，为了提高航母的续航能力能源可以改为核动力。
故答案为：（1）1.5×107；7.2×104；（2）增大；增大；2.4696×107；（3）舰载机在较短的距离内获得较大的升力便于起飞；（4）常规动力航母改建成核动力航母。
【点评】本题考查了功率公式、速度公式、影响动能和重力势能的大小因素、做功公式、飞机升力产生的原因等知识点的综合应用，涉及到的知识点较多，综合性强，有一定的难度。
2021年江西省赣州市石城县中考物理模拟试卷（一）
一、填空题（本大题共8小题，共16.0分）
1．熔喷布是口罩的核心材料，生产时，由喷丝孔挤出液态聚丙烯，通过高速空气流对其进行牵伸，再经 （填物态变化）形成超细纤维，组合成布。将熔喷布制成口罩时，使其带上静电，利用带电体具有 的性质，增强口罩的过滤效果。
2．小王走向正前方的玻璃窗，想看看美丽的夜景，却发现玻璃窗里有个“自己”迎面走来，这是光的 （选填“直线传播”、“反射”或“折射”）现象。同时她发现，房内电灯通过玻璃成的像与她本人的距离 。
3．2020年6月23日9时43分，我国用长征三号乙运载火箭，成功发射北斗系统第55颗导航卫星，提前半年完成全球组网部署。火箭加速升空时，火箭推力 重力；卫星脱离火箭时，由于具有 ，能保持原有运动状态。
4．如图，小车从斜面上滑下后。在足够长的光滑水平木板上运动，从A点运动到B点所用时间为0.8s，则小车这段时间内运动的速度为 m/s（结果保留一位小数），小车经过B点后的运动情况是 。
5．网传“2月11日这天地球引力最小，可以将扫把静立于地面”，如图所示，或许你也“成功”尝试过。其实只要细心操作，在任何时候你都能成功，扫把能静立于水平地面主要是利用了 原理，之所以细心操作是为了满足原理中 的这一条件，这与地球引力大小并无关系。
6． 如图所示，人手持大气球站在转盘上，松开气嘴，让气球沿垂直转盘半径方向喷气，由于力的作用是 的，人与转盘开始一起反向转动。在A、B两点中，人站
在 （A/B）点进行上述实验，更容易转动。
7．在透明薄塑料袋中装入大半袋水，用弹簧测力计钩住塑料袋缓慢放入水中，水袋受到的浮力不断 （增大/减小）。当塑料袋中的水面与容器中水面 时，水袋中水的重力和排开水的重力相等。
8．连接在水平桌面上的物体M两端的轻质细绳分别绕过定滑轮与A、B相连，细绳恰好水平，如图所示。当A重3N，B重5N时，M恰好做水平匀速直线运动，若滑轮摩擦不计，此时M受到的摩擦力大小为 N。当B刚触地时，若A、M都不会与滑轮组相碰，M受到的摩擦力方向是 。
二、单选题（本大题共6小题，9-12单选，每题2分，13、14多项选择，每题3分，共14.0分）
9．球竖直向上运动，并落回地面，这过程中先后经过M、S两点。球在这两点的动能和重力势能如图所示，则球在M点的（ ）
A．速度比在S点的大 B．机械能大于在S点的
C．机械能等于在S点的 D．离地高度比在S点的低
10．如图所示，小明分别使用甲、乙、丙、丁四种机械匀速提升物体（绳长不变），测得拉力和物体M、N所受的重力如表所示，则（ ）
F甲
F乙
F丙
F丁
GM
GN
5.5N
12N
5.5N
8N
5N
10N
A．甲的机械效率比丙的大
B．乙、丁的机械效率相同
C．使用丙提升物体M时省力
D．实验测得的数据无法算出机械效率
11．如图是R1、R2两电阻的U﹣I图象。将R1、R2并联后接入电路，结合图中信息可知（ ）
A．R1的阻值比R2的阻值小 B．通过R1、R2的电流相等
C．R1的电压比R2的电压小 D．R1的功率比R2的功率小
12．下列测量方案中，最合理的是（ ）
A．测小铁块密度：用装有适量水的量筒测体积后，再用天平测质量
B．测正方体小木块密度：用天平测质量后，再用刻度尺测边长并计算体积
C．测小砖块密度：用天平测质量后，再用装有适量水的量筒测体积
D．测比赛用铅球密度：用天平测质量后，再用装有适量水的量筒测体积
13．太空舱中的物体处于失重状态，宇航员在太空舱中不可以实施的是（ ）
A．用天平测物体质量
B．用哑铃锻炼手臂肌肉
C．用弹簧测力计测量摩擦力
D．用弹簧拉力器健身
14．在如图甲所示的电路中，电源电压保持不变，R1为定值电阻，闭合开关S，将滑动变阻器R2的滑片P从最左端滑到最右端，两电压表示数随电流表示数变化的完整图线如图乙所示。则下列说法不正确的是（ ）
A．电压表V1对应的是图线①
B．电压满足Uc＝Ua+Ua′
C．R2的最大阻值小于R1的阻值
D．电路的最大总功率为2UbIb
三、计算题（本大题共3小题，共22.0分）
15．（6分）如图所示，水平桌面上放置底面积为100cm2、质量为500g的圆桶，桶内装有30cm深的某液体。弹簧测力计下悬挂底面积40cm2、高为10cm的圆柱体，从液面逐渐浸入直至完全浸没液体中，在圆柱体未进入液体中时，弹簧测力计示数为18N，圆柱体浸没液体中时，弹簧测力计示数为12N（可以忽略圆桶的厚度，过程中液体没有从桶中溢出，g取10N/kg）。求：
（1）圆柱体完全浸没时受到液体的浮力；
（2）桶内液体密度；
（3）当圆柱体完全浸没时，圆桶对桌面的压强。
16．（9分）在如图所示的电路中，电源电压可以调节，调节电源电压为4V，闭合开关S，电流表A、A1的示数分别为1.2A和0.8A。
（1）求此时通过电阻R2的电流；
（2）求电阻R2的阻值；
（3）重新调节电源电压后，闭合开关S，电流表A1的示数为1.2A，求1min内电流通过电阻R2产生的热量。
17．（7分）如图所示电路中，电源电压6V，灯泡L规格为“6V 3W”。其电流与电压的关系如图乙所示。当S、S1、S3闭合，S2断开时，电流表示数为0.5A。
（1）求灯泡L的额定电流；
（2）求定值电阻R1的阻值；
（3）断开S1、S3，闭合S、S2，调节滑片P，使R2的电功率为灯泡的2倍，求此时滑动变阻器接入电路的阻值为多大？
四、实验探究题（本大题共4小题，共28.0分）
18．（7分）为探究影响滑动摩擦力大小的因素，实验小组的同学用如图甲所示的装置和器材进行实验。
（1）将木块平放在水平长木板上，用弹簧测力计沿 方向拉动，使其做 运动，此时弹簧测力计的示数等于木块所受滑动摩擦力的大小。
（2）在木块上加放砝码，是为了探究滑动摩擦力大小与 的关系；在长木板上铺上棉布或毛巾，是为了探究滑动摩擦力大小与接触面 的关系。
（3）实验中，大家发现弹簧测力计示数很难稳定，于是设计了如图乙所示的装置来进行实验，水平传送带的速度可以调节，定滑轮摩擦忽略不计。
①启动传送带，当弹簧测力计的示数稳定后，木块相对于地面 此时弹簧测力计的示数等于木块所受的滑动摩擦力的大小，木块所受滑动摩擦力的方向沿水平向 （选填“左”或“右”）。
②某次实验中，当弹簧测力计的示数稳定后，改变传送带的速度大小，大家发现弹簧测力计的示数没有改变，说明木块所受滑动摩擦力的大小与传送带的速度大小 。
19．（7分）小明做“探究杠杆平衡条件”实验：
（1）实验前，杠杆静止时的位置如图甲所示。要使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向 调节；
（2）使用弹簧测力计时，首先进行的操作是 ；
（3）如图乙所示，在杠杆左侧挂2个钩码，每个钩码的质量为50g，为了便于在杠杆上直接读出力臂的大小，在A点沿 向下方向拉动弹簧测力计，直至杠杆在 位置平衡。并将第一次数据记录在表格中，表中F1大小为弹簧测力计示数，F2大小为钩码的重力，L1、L2分别为F1、F2对应的力臂；
（4）接下来，小明又进行了三次实验，将数据填在表中，最后总结得出规律。每次实验总是在前一次基础上改变F2、L1、L2中的一个量。小华分析数据后发现，第 次实验与前一次改变的量相同，需要调整的实验步骤是 。
序号
F1/N
L1/cm
F2/N
L2/cm
1
1.5
10.0
1.0
15.0
2
3.0
10.0
2.0
15.0
3
1.5
20.0
2.0
15.0
4
1.0
30.0
2.0
15.0
20．（7分）小明和小华一起探究电流与电阻的关系。器材有新干电池两节，5Ω、10Ω、20Ω的定值电阻各一只，“20Ω1A”的滑动变阻器、电压表、电流表、开关各一只，导线若干。
（1）用笔画线代替导线将甲图中电路补充完整，使滑动变阻器滑片向左移动时电阻减小；
（2）将滑动变阻器滑片移动到最 端。闭合开关，小明发现电压表示数接近电源电压，可能是定值电阻R出现了 故障；
（3）排除故障后，移动滑动变阻器滑片，直至电压表示数为1V，此时电流表示数如图乙所示，大小为 A；
（4）小明逐一将10Ω和20Ω的电阻接入电路，继续进行实验。当 Ω的电阻接入电路后，无法将电压表示数调节到1V．于是，他改变定值电阻两端电压，重新依次进行实验。调节后的电压值应该不低于 V；
（5）实验结束后，小华觉得可以通过调整顺序来避免实验中存在的问题。合理的顺序是 。
21．（7分）阅读短文，回答问题。
2019年12月17日，我国第一艘国产航母“山东舰”交付海军。据公开资料显示，“山东舰”舰身长315米，舰宽约75米，满载排水量在6万吨左右，至少可以搭载36架歼﹣﹣15舰载机。航母飞行甲板倾角为12°，舰载机起飞的飞行仰角为14°。
“山东舰”是典型的常规动力航母，采用了全新的动力组，“山东舰”的燃料储备量达到了13000吨，若以20节航速航行，每天大约消耗1100吨燃料。
如表为歼﹣﹣15主要参数（g取10N/kg）
空重
17500kg
空载起飞距离
105m
正常起飞重量
27000kg
满载起飞距离
195m
最大起飞重量
32500kg
发动机
2×WS﹣10加力涡扇发动机
爬升率
325米/秒
正常起飞推力
2×117600N
最大速度
2.4马赫
应急起飞最大推力
2×125400N
（1）若航母正常航行时发动机的功率为1.5×105kW，速度为36km/h，则牵引力为 N，经过2h航行距离为 m。
（2）歼15空载正常起飞时，从启动到离开飞行甲板的过程中，飞机的动能 、重力势能 ，该过程中飞机发动机推力所做的功为 J。
（3）航母飞行甲板倾角为12°，舰载机起飞时飞行仰角约为14°，这样设计的目的是 。
（4）若你是航母设计师，请你对国产航母提出一条改进意见： 。
2021年江西省赣州市石城县中考物理模拟试卷（一）
参考答案与试题解析
一、填空题（本大题共8小题，共16.0分）
1．（2分）熔喷布是口罩的核心材料，生产时，由喷丝孔挤出液态聚丙烯，通过高速空气流对其进行牵伸，再经 凝固 （填物态变化）形成超细纤维，组合成布。将熔喷布制成口罩时，使其带上静电，利用带电体具有 吸引轻小物体 的性质，增强口罩的过滤效果。
【分析】（1）物质由液态变成固态的过程叫凝固；
（2）带电体可以吸引轻小的物体。
【解答】解：生产熔喷布时，由喷丝孔挤出液态聚丙烯，通过高速空气流对其进行牵伸，再凝固成固态的超细纤维，组合成布；
将熔喷布制成口罩时，熔喷布先经过驻极处理，带上静电，因为带电体能吸引轻小的灰尘等小颗粒物，所以增强了口罩的过滤效果。
故答案为：凝固；吸引轻小物体。
【点评】本题考查了凝固现象以及带电体的性质，属于基础题，难度不大。
2．（2分）小王走向正前方的玻璃窗，想看看美丽的夜景，却发现玻璃窗里有个“自己”迎面走来，这是光的 反射 （选填“直线传播”、“反射”或“折射”）现象。同时她发现，房内电灯通过玻璃成的像与她本人的距离 减小 。
【分析】平面镜成像是光的反射现象；平面镜成像时，像到镜面的距离等于物体到镜面的距离，据此结合题意可解答第2空。
【解答】解：
小王走向正前方的玻璃窗，发现玻璃窗里有个“自己”迎面走来，这是小王通过玻璃窗所成的像，属于平面镜成像，是由光的反射形成的；
小王靠近玻璃窗，小王到玻璃窗的距离减小，而电灯通过玻璃窗所成的像到玻璃窗的距离不变，所以房内电灯通过玻璃成的像与她本人的距离减小。
故答案为：反射；减小。
【点评】本题考查了光的反射和平面镜成像，知道平面镜成像的特点是解题的关键。
3．（2分）2020年6月23日9时43分，我国用长征三号乙运载火箭，成功发射北斗系统第55颗导航卫星，提前半年完成全球组网部署。火箭加速升空时，火箭推力 大于 重力；卫星脱离火箭时，由于具有 惯性 ，能保持原有运动状态。
【分析】从力的作用效果和惯性两个方面去分析；力的作用效果有两个：一是改变物体的形状；二是改变物体的运动状态。惯性是一切物体都具有的保持原来运动状态不变的性质。
【解答】解：卫星发射加速离开地面时，火箭的运动状态时刻在改变，火箭一定受到非平衡力的作用，受到的推力一定大于火箭的重力；卫星脱离火箭时，能保持原有运动状态，是因为它具有惯性，能保持原有的运动状态不变。
故答案为：大于；惯性。
【点评】此题主要考查学生对力的作用效果和惯性知识的理解和掌握，属基本原理的考查，难度不大。
4．（2分）如图，小车从斜面上滑下后。在足够长的光滑水平木板上运动，从A点运动到B点所用时间为0.8s，则小车这段时间内运动的速度为 0.4 m/s（结果保留一位小数），小车经过B点后的运动情况是 做匀速直线运动 。
【分析】（1）刻度尺的分度值为1mm，读出sAB，利用公式v＝计算AB段的平均速度；
（2）力是改变物体运动状态的原因。
【解答】解：（1）由图知：sAB＝40.0cm﹣5.0cm＝35.0cm；
小车AB段的平均速度：vAB＝＝≈43.8cm/s≈0.4m/s；
（2）在光滑水平面上不受阻力，小车经过B点后将做匀速直线运动。
故答案为：0.4；做匀速直线运动。
【点评】本题考查“测小车的平均速度”的实验，一定学会读出路程和时间，按平均速度的定义代入v＝求出平均速度。
5．（2分）网传“2月11日这天地球引力最小，可以将扫把静立于地面”，如图所示，或许你也“成功”尝试过。其实只要细心操作，在任何时候你都能成功，扫把能静立于水平地面主要是利用了 二力平衡 原理，之所以细心操作是为了满足原理中 重力与支持力作用在同一条直线上 的这一条件，这与地球引力大小并无关系。
【分析】物体处于静止状态或匀速直线运动状态时，受平衡力的作用，满足大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上。
【解答】解：扫把静立于水平地面上时，处于平衡状态，此时扫把受到的重力和地面对扫把的支持力是一对平衡力，二力的大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在同一物体上，即利用了二力平衡原理。
故答案为：二力平衡；重力与支持力作用在同一条直线上。
【点评】本题考查了二力平衡条件的应用，属于基础知识，难度不大。
6．（2分）如图所示，人手持大气球站在转盘上，松开气嘴，让气球沿垂直转盘半径方向喷气，由于力的作用是 相互 的，人与转盘开始一起反向转动。在A、B两点中，人站在 A （A/B）点进行上述实验，更容易转动。
【分析】（1）力可以改变物体的形状，力可以改变物体的运动状态；力的作用是相互的；
（2）根据杠杆平衡条件分析在那点更容易转动。
【解答】解：如图所示，人手持大气球站在转盘上，松开气嘴，让气球沿垂直转盘半径方向喷气，由于力的作用是相互的，空气给人一个反作用力，人与转盘开始一起反向转动，人站在A点进行上述实验，力臂大于人站在B点进行上述实验的力臂，在A、B两点中，使用相同的力，在A点更容易转动。
故答案为：相互；A。
【点评】本题考查力的作用效果、力作用的相互性和力的三要素，属于基础题。
7．（2分）在透明薄塑料袋中装入大半袋水，用弹簧测力计钩住塑料袋缓慢放入水中，水袋受到的浮力不断 增大 （增大/减小）。当塑料袋中的水面与容器中水面 相平 时，水袋中水的重力和排开水的重力相等。
【分析】（1）根据阿基米德原理判断水袋受到的浮力变化；
（2）浸在水中的物体受到重力、弹簧测力计对物体的拉力、浮力，重力＝拉力+浮力，结合阿基米德原理分析即可。
【解答】解：（1）用弹簧测力计钩住塑料袋缓慢放入水中，水袋排开水的体积变大，由F浮＝ρ液gV排可知受到的浮力不断增大；
（2）水袋中水的重力和排开水的重力相等，说明水袋中水的重力等于它受到的浮力，即G水＝F浮，
ρ水gV水＝ρ水gV排，
则有：V水＝V排，
即当袋内水面与容器中的水面相平时，排开水的体积等于水袋内水的体积，塑料袋中的水面与容器中水面相平。
故答案为：增大；相平。
【点评】本题考查了阿基米德原理的应用，关键是理解水袋完全浸没时排开水的重力等于水袋的重力。
8．（2分）连接在水平桌面上的物体M两端的轻质细绳分别绕过定滑轮与A、B相连，细绳恰好水平，如图所示。当A重3N，B重5N时，M恰好做水平匀速直线运动，若滑轮摩擦不计，此时M受到的摩擦力大小为 2 N。当B刚触地时，若A、M都不会与滑轮组相碰，M受到的摩擦力方向是 水平向左 。
【分析】物体处于静止或匀速直线运动状态时，物体受到平衡力的作用，根据平衡力求出滑动摩擦力的大小；根据M的运动状态判定滑动摩擦力的方向。
【解答】解：当A重3N，B重5N时，M恰好做水平匀速直线运动，则M在水平方向上受到三个力的作用：绳子对M水平向左3N的拉力、绳子对M水平向右5N的拉力、桌面对M的摩擦力的作用，这三个力平衡，则摩擦力的大小为f＝5N﹣3N＝2N，摩擦力的方向是水平向左的；
当B刚触地时，M由于惯性，仍然会向右运动，则M受到的摩擦力方向是水平向左的。
故答案为：2；水平向左。
【点评】此题考查了二力平衡条件的应用，对物体M正确受力分析是关键。
二、单选题（本大题共6小题，9-12单选，每题2分，13、14多项选择，每题3分，共14.0分）
9．（2分）球竖直向上运动，并落回地面，这过程中先后经过M、S两点。球在这两点的动能和重力势能如图所示，则球在M点的（ ）
A．速度比在S点的大 B．机械能大于在S点的
C．机械能等于在S点的 D．离地高度比在S点的低
【分析】（1）动能大小跟物体的质量和速度有关，在质量一定时，速度越大，动能越大；在速度一定时，质量越大，动能越大。
（2）重力势能跟物体的质量和高度有关，在质量一定时，高度越大，重力势能越大；在高度一定时，质量越大，重力势能越大。
（3）机械能等于动能和势能之和，物体不发生弹性形变时，机械能等于动能和重力势能之和。
【解答】解：A、球的质量不变，球在M点的动能小于S点动能，所以球在M点的速度小于S点速度，故A错误。
BC、球在运动过程中没有发生弹性形变，所以机械能等于动能和重力势能之和，由图知，球在M点动能和S点重力势能相等，M点的重力势能大于S点的动能，所以M点的机械能大于S点的机械能，故B正确，C错误。
D、M点的重力势能大于S点的重力势能，球的质量不变，所以球在M点的高度大于S点的高度，故D错误。
故选：B。
【点评】从图象上判断动能和重力势能的大小，利用控制变量法，判断物体的速度和高度。
10．（2分）如图所示，小明分别使用甲、乙、丙、丁四种机械匀速提升物体（绳长不变），测得拉力和物体M、N所受的重力如表所示，则（ ）
F甲
F乙
F丙
F丁
GM
GN
5.5N
12N
5.5N
8N
5N
10N
A．甲的机械效率比丙的大
B．乙、丁的机械效率相同
C．使用丙提升物体M时省力
D．实验测得的数据无法算出机械效率
【分析】设承担物重的绳子股数为n，则拉力端移动的距离s＝nh，拉力做的有用功W有用＝Gh，拉力做的总功W总＝Fs＝F×nh＝nFh，机械效率η＝＝＝．据此计算出四图中的机械效率。使用机械是否省力，取决于拉力与提升物重的大小关系。
【解答】解：
设承担物重的绳子股数为n，则拉力端移动的距离s＝nh，
拉力做的有用功W有用＝Gh，拉力做的总功W总＝Fs＝F×nh＝nFh，机械效率η＝＝＝。
甲图中，使用的是定滑轮，n甲＝1，机械效率η甲＝＝×100%≈90.9%；
乙图中，使用的是定滑轮，n乙＝1，机械效率η乙＝＝×100%≈83.3%；
丙图中，使用的是动滑轮，n丙＝2，机械效率η丙＝＝×100%≈45.5%；
丁图中，使用的是滑轮组，n丁＝2，机械效率η丁＝＝×100%＝62.5%。
A、由上面计算可知，η甲≈90.9%，η丙≈45.5%，所以甲的机械效率比丙的大，故A正确；
B、由上面计算可知，η乙≈83.3%，η丁＝62.5%，所以乙的机械效率比丁的大，故B错误；
C、使用丙提升物体M时，GM＝5N，F丙＝5.5N，F丙＞GM，是费力的，故C错误；
D、由上面计算可知，利用实验测得的数据可以算出机械效率，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了使用定滑轮、动滑轮、滑轮组时机械效率的计算，要利用好滑轮（滑轮组）机械效率公式η＝＝＝。
11．（2分）如图是R1、R2两电阻的U﹣I图象。将R1、R2并联后接入电路，结合图中信息可知（ ）
A．R1的阻值比R2的阻值小 B．通过R1、R2的电流相等
C．R1的电压比R2的电压小 D．R1的功率比R2的功率小
【分析】A、根据图比较电压相等时通过两电阻的电流大小，根据欧姆定律确定两电阻大小；
BCD、根据并联电路电压的规律可知各支路电压相等；
根据R1＞R2，由欧姆定律I＝比较两两电阻的电流大小；
根据P＝UI分析两电阻的功率大小。
【解答】解：A、根据图知，电压相等时，R2的电流较大，根据欧姆定律R＝，R1＞R2；A错误；
BCD、因并联电路各支路电压相等，C错误；
根据R1＞R2，由欧姆定律I＝，通过R1的电流小，B错误；
根据P＝UI，故P1＜P2，D正确。
故选：D。
【点评】本题考查并联电路的规律及欧姆定律的运用，关键是从图中获取有效的信息。
12．（2分）下列测量方案中，最合理的是（ ）
A．测小铁块密度：用装有适量水的量筒测体积后，再用天平测质量
B．测正方体小木块密度：用天平测质量后，再用刻度尺测边长并计算体积
C．测小砖块密度：用天平测质量后，再用装有适量水的量筒测体积
D．测比赛用铅球密度：用天平测质量后，再用装有适量水的量筒测体积
【分析】用天平和量筒测固态物质的密度，为了减小误差，需先测质量后测体积，然后根据ρ＝进行计算。
【解答】解：
A、先测铁块体积再测质量，这样测量体积后铁块上会沾有水，质量测量偏大，造成密度测量偏大，A错误；
B、测正方体小木块密度：用天平测质量后，再用刻度尺测边长并计算体积，可以减小测量误差，B正确；
C、测小砖块密度时，小砖块对水有吸水性，用装有适量水的量筒测体积误差较大，C错误；
D、测比赛用铅球密度：铅球的质量较大，不宜用天平测质量，体积较大不宜用装有适量水的量筒测体积，D错误；
故选：B。
【点评】根据公式ρ＝，需测量物体的质量和体积，为了减小误差，先测质量后测体积。
13．（3分）太空舱中的物体处于失重状态，宇航员在太空舱中不可以实施的是（ ）
A．用天平测物体质量
B．用哑铃锻炼手臂肌肉
C．用弹簧测力计测量摩擦力
D．用弹簧拉力器健身
【分析】在太空舱中，物体处于完全失重状态，与重力有关的实验不能进行，分析各选项所述实验然后答题。
【解答】解：A、虽然物体所含物质的多少，即质量，不会随位置的改变而改变，但质量的测量需要借助物体的重力来进行，所以在失重状态下，用天平测物体的质量是无法实现的。故A符合题意；
B、在完全失重的状态下，人可以用很小的力举哑铃，达不到锻炼的作用。故B符合题意；
C、摩擦力的大小与接触面的粗糙程度和压力大小有关，水平运动时压力与重力有关。在失重状态下，没有摩擦力，不能用弹簧测力计测量摩擦力。故C符合题意；
D、利用弹簧拉力计锻炼身体，是依靠了弹簧的弹力，在失重状态下，弹力是依然存在的，因此，此项活动可以进行。故D不符合题意。
故选：ABC。
【点评】本题考查了重力对人的影响；在没有重力时，用弹簧拉力器可以健身。
14．（3分）在如图甲所示的电路中，电源电压保持不变，R1为定值电阻，闭合开关S，将滑动变阻器R2的滑片P从最左端滑到最右端，两电压表示数随电流表示数变化的完整图线如图乙所示。则下列说法不正确的是（ ）
A．电压表V1对应的是图线①
B．电压满足Uc＝Ua+Ua′
C．R2的最大阻值小于R1的阻值
D．电路的最大总功率为2UbIb
【分析】由图可知，该电路为串联电路，电流表测量电路中的电流，电压表V1测量的是定值电阻两端的电压，电压表V2测量的是滑动变阻器两端的电压；
（1）滑片在最右端时，R2接入电路的阻值为零，此时电压表V2示数为零，由此判断出电压表V1对应的图线；
（2）在串联电路中，电源电压等于各部分电路两端电压的总和；
（3）根据欧姆定律知，当滑动变阻器连入电路中的电阻最大时，电路中电流最小，由图判断两电阻的电压关系，根据分压原理确定两电阻的关系；
（4）根据公式P＝UI可知，当电路中电流最大时，总功率最大，据此分析；。
【解答】解：由图可知，闭合开关S，R1和滑动变阻器R2串联，电流表测量电路中的电流，电压表V1测量的是定值电阻两端的电压，电压表V2测量的是滑动变阻器两端的电压；
A、滑片在最右端时，R2接入电路的阻值为零，因此此时电压表V2示数为零，由图像可得，图线②反映的是电压表V2示数随电流的变化，图线①反映电压表V1示数随电流的变化，故A正确；
B、从图乙可以看出，电路中电流为Ia时，电压表V1示数为Ua，电压表V2示数为Ua’，根据串联电路的电压规律可知，电源电压U＝Ua+Ua’；
当滑动变阻器接入电路的电阻为0时，电压表V1测量的是电源电压，此时的示数为Uc，所以Uc＝Ua+Ua’，故B正确；
C、从图乙可以看出，电路中电流最小时为Ia，此时滑动变阻器两端的电压要大于R1两端的电压，根据分压原理，滑动变阻器的最大阻值要大于R1的阻值，故C错误；
D、当电流为Ib时，两电压表示数相同，根据串联分压特点，可知此时变阻器接入的电阻和R1的阻值相同，
根据欧姆定律可知，U＝Ib（R1+R变）＝2IbR1﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
当电流为Ic时，此时变阻器接入的阻值为0，根据欧姆定律可知，U＝IcR1﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由①②可知，Ic＝2Ib，
由图可知，当电路中电流为Ic时，电流是最大的，且U＝Uc，Uc＞Ub，
则最大功率为：P＝UIc＝UcIc＝2UcIb＞2UbIb，故D错误。
故选：CD。
【点评】本题考查欧姆定律及串联电路的规律的灵活运用，关键是从图获取有效的信息，有难度。
三、计算题（本大题共3小题，共22.0分）
15．（6分）如图所示，水平桌面上放置底面积为100cm2、质量为500g的圆桶，桶内装有30cm深的某液体。弹簧测力计下悬挂底面积40cm2、高为10cm的圆柱体，从液面逐渐浸入直至完全浸没液体中，在圆柱体未进入液体中时，弹簧测力计示数为18N，圆柱体浸没液体中时，弹簧测力计示数为12N（可以忽略圆桶的厚度，过程中液体没有从桶中溢出，g取10N/kg）。求：
（1）圆柱体完全浸没时受到液体的浮力；
（2）桶内液体密度；
（3）当圆柱体完全浸没时，圆桶对桌面的压强。
【分析】（1）在圆柱体未进入液体中时，弹簧测力计示数为18N，求出圆柱体的重力，圆柱体完全浸没液体中时，弹簧测力计示数为12N，可以求出圆柱体受到的浮力。
（2）知道圆柱体的底面积和高度求出圆柱体的体积，圆柱体浸没在液体中，根据阿基米德原理求出液体的密度。
（3）圆桶对桌面的压力等于圆桶的重力、液体重力和圆柱体重力之和与所受拉力的差，知道受力面积，求出圆桶对桌面的压强。
【解答】解：
（1）由题可知，物体重G柱＝18N，完全浸没液体中时，圆柱体受到的拉力F拉＝12N，
圆柱体受到的浮力：F浮＝G柱﹣F拉＝18N﹣12N＝6N；
（2）因为圆柱体浸没，则有
V排＝V柱＝S柱h＝40cm2×10cm＝400cm3＝4×10﹣4m3，
由阿基米德原理可得，F浮＝ρ液gV排，
6N＝ρ液×10N/kg×4×10﹣4m3，
解得液体的密度为：ρ液＝1.5×103kg/m3。
（3）液体的质量：m液＝ρ液V液＝1.5×103kg/m3×100×30×10﹣6m3＝4.5kg，
液体的重力：G液＝m液g＝4.5kg×10N/kg＝45N，
圆桶的重力：G桶＝m桶g＝0.5kg×10N/kg＝5N，
则总重力：G总＝G液+G桶+G柱＝45N+5N+18N＝68N，
圆桶放在水平桌面上，圆桶对桌面的压力：F＝G总﹣F拉＝68N﹣12N＝56N，
此时圆桶对桌面的压强：p＝＝＝5600Pa。
答：（1）圆柱体完全浸没时受到液体的浮力6N；
（2）桶内液体密度是1.5×103kg/m3；
（3）当圆柱体完全浸没时，圆桶对桌面的压强5600Pa。
【点评】本题的关键是当圆柱体浸没在液体中，容器对水平桌面的压力等于容器、液体和圆柱体所有的重力之和与向上的拉力差。
16．（9分）在如图所示的电路中，电源电压可以调节，调节电源电压为4V，闭合开关S，电流表A、A1的示数分别为1.2A和0.8A。
（1）求此时通过电阻R2的电流；
（2）求电阻R2的阻值；
（3）重新调节电源电压后，闭合开关S，电流表A1的示数为1.2A，求1min内电流通过电阻R2产生的热量。
【分析】由电路图可知，R1与R2并联，电流表A测干路电流，电流表A1测R1支路的电流。
（1）根据并联电路的电流特点求出此时通过电阻R2的电流；
（2）根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出电阻R2的阻值；
（3）根据欧姆定律求出电阻R1的阻值，重新调节电源电压后，闭合开关S，电流表A1的示数为1.2A，根据欧姆定律求出电源的电压，再根据Q＝W＝UIt＝t求出1min内电流通过电阻R2产生的热量。
【解答】解：由电路图可知，R1与R2并联，电流表A测干路电流，电流表A1测R1支路的电流。
（1）因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，此时通过电阻R2的电流I2＝I﹣I1＝1.2A﹣0.8A＝0.4A；
（2）因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，由I＝可得，电阻R2的阻值R2＝＝＝10Ω；
（3）电阻R1的阻值R1＝＝＝5Ω，
重新调节电源电压后，闭合开关S，电流表A1的示数为1.2A，
则电源的电压U′＝I1′R1＝1.2A×5Ω＝6V，
1min内电流通过电阻R2产生的热量：
Q2＝W2＝t＝×60s＝216J。
答：（1）此时通过电阻R2的电流为0.4A；
（2）电阻R2的阻值为10Ω；
（3）1min内电流通过电阻R2产生的热量为216J。
【点评】本题考查了并联电路的特点和欧姆定律、电热公式的综合应用，是一道较为简单的应用题。
17．（7分）如图所示电路中，电源电压6V，灯泡L规格为“6V 3W”。其电流与电压的关系如图乙所示。当S、S1、S3闭合，S2断开时，电流表示数为0.5A。
（1）求灯泡L的额定电流；
（2）求定值电阻R1的阻值；
（3）断开S1、S3，闭合S、S2，调节滑片P，使R2的电功率为灯泡的2倍，求此时滑动变阻器接入电路的阻值为多大？
【分析】（1）知道灯泡L规格（额定电压、额定功率），利用P＝UI求灯泡L的额定电流；
（2）由图甲可得，当S、S1、S3闭合，S2断开时，灯L被短路、滑动变阻器没有连入电路，电路中只有R1，利用欧姆定律求R1的阻值；
（3）由图甲可得，断开S1、S3，闭合S、S2，灯L与滑动变阻器串联，通过的电流相等，调节滑片P，使R2的电功率为灯泡的2倍，利用P＝UI求R2两端的电压、灯L两端电压之比，知道电源电压，可求R2两端的电压、灯L两端电压；由图乙可知此时通过灯的电流，即电路中的电流，利用欧姆定律求滑动变阻器连入的电阻。
【解答】解：
（1）灯泡L规格为“6V 3W”，是指额定电压为6V、额定功率为3W。
由P＝UI可得灯泡L的额定电流：
I额＝＝＝0.5A；
（2）由图甲可得，当S、S1、S3闭合，S2断开时，灯L被短路、滑动变阻器没有连入电路，电路中只有R1，
由欧姆定律可得：
R1＝＝＝12Ω；
（3）断开S1、S3，闭合S、S2，灯L与滑动变阻器串联，通过的电流相等，调节滑片P，使R2的电功率为灯泡的2倍，
由P＝UI可知：
R2两端的电压、灯L两端电压之比：
U2：UL′＝2：1，
因为U2+UL′＝U＝6V，
所以R2两端的电压为4V、灯L两端电压为2V，
由图乙可知此时通过灯的电流，即电路中的电流：
I′＝0.25A，
滑动变阻器连入的电阻：
R2＝＝＝16Ω。
答：（1）灯泡L的额定电流为0.5A；
（2）定值电阻R1的阻值为12Ω；
（3）此时滑动变阻器接入电路的阻值为16Ω。
【点评】本题考查了电功率公式、欧姆定律、串联电路特点的应用以及对灯的铭牌含义的理解，分析通过灯的电流与电压图象得出相关信息是关键。
四、实验探究题（本大题共4小题，共28.0分）
18．（7分）为探究影响滑动摩擦力大小的因素，实验小组的同学用如图甲所示的装置和器材进行实验。
（1）将木块平放在水平长木板上，用弹簧测力计沿 水平 方向拉动，使其做 匀速直线 运动，此时弹簧测力计的示数等于木块所受滑动摩擦力的大小。
（2）在木块上加放砝码，是为了探究滑动摩擦力大小与 压力大小 的关系；在长木板上铺上棉布或毛巾，是为了探究滑动摩擦力大小与接触面 粗糙程度 的关系。
（3）实验中，大家发现弹簧测力计示数很难稳定，于是设计了如图乙所示的装置来进行实验，水平传送带的速度可以调节，定滑轮摩擦忽略不计。
①启动传送带，当弹簧测力计的示数稳定后，木块相对于地面 静止 此时弹簧测力计的示数等于木块所受的滑动摩擦力的大小，木块所受滑动摩擦力的方向沿水平向 左 （选填“左”或“右”）。
②某次实验中，当弹簧测力计的示数稳定后，改变传送带的速度大小，大家发现弹簧测力计的示数没有改变，说明木块所受滑动摩擦力的大小与传送带的速度大小 无关 。
【分析】（1）根据二力平衡的条件分析；
（2）影响滑动摩擦力大小因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变，据此得出结论；
（3）①启动传送带，当弹簧测力计的示数稳定后，木块相对于地面静止，由二力平衡分析；
②弹簧测力计的示数没有改变，则滑动摩擦力不变，据此分析。
【解答】解：（1）将木块平放在水平长木板上，用弹簧测力计沿水平方向拉动，使其做匀速直线运动，根据二力平衡，此时弹簧测力计示数等于木块所受滑动摩擦力的大小；
（2）在木块上加放砝码，增大了压力，是为了探究滑动摩擦力大小与压力大小的关系；在长木板上铺上棉布或毛巾，改变了接触面的粗糙程度，是为了探究滑动摩擦力大小与接触面粗糙程度的关系；
（3）①启动传送带，当弹簧测力计的示数稳定后，木块相对于地面处于静止状态，此时弹簧测力计（绳子）对木块的拉力（水平向右）与木块所受滑动摩擦力为一对平衡力，大小相等，方向相反，木块所受滑动摩擦力的方向沿水平向左；
②某次实验中，当弹簧测力计的示数稳定后，改变传送带的速度大小，大家发现弹簧测力计的示数没有改变，则滑动摩擦力大小不变，说明木块所受滑动摩擦力的大小与传送带的速度大小无关。
故答案为：（1）水平；匀速直线；（2）压力大小；粗糙程度；（3）静止； 左；②无关。
【点评】本题探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关，考查实验原理及控制变量法的运用，体现了对过程和方法的考查。
19．（7分）小明做“探究杠杆平衡条件”实验：
（1）实验前，杠杆静止时的位置如图甲所示。要使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向 右 调节；
（2）使用弹簧测力计时，首先进行的操作是 将指针调到零刻度线处 ；
（3）如图乙所示，在杠杆左侧挂2个钩码，每个钩码的质量为50g，为了便于在杠杆上直接读出力臂的大小，在A点沿 竖直 向下方向拉动弹簧测力计，直至杠杆在 水平 位置平衡。并将第一次数据记录在表格中，表中F1大小为弹簧测力计示数，F2大小为钩码的重力，L1、L2分别为F1、F2对应的力臂；
（4）接下来，小明又进行了三次实验，将数据填在表中，最后总结得出规律。每次实验总是在前一次基础上改变F2、L1、L2中的一个量。小华分析数据后发现，第 4 次实验与前一次改变的量相同，需要调整的实验步骤是 保持F2和L1不变，改变L2的大小 。
序号
F1/N
L1/cm
F2/N
L2/cm
1
1.5
10.0
1.0
15.0
2
3.0
10.0
2.0
15.0
3
1.5
20.0
2.0
15.0
4
1.0
30.0
2.0
15.0
【分析】（1）实验前没有挂钩码和弹簧测力计时，发现杠杆左端下沉，说明杠杆的重心在支点左侧，要使其在水平位置平衡，应将杠杆的平衡螺母向右调节，直到杠杆在水平位置平衡；
（2）使用弹簧测力计时，需要先将指针调到零刻度线处；
（3）为了便于在杠杆上直接读出力臂的大小，由于力臂是支点到力的作用线的距离，所以在A点沿竖直向下方向拉动弹簧测力计，直至杠杆在水平位置平衡；
（4）根据题意分析得出实验步骤。
【解答】解：
（1）杠杆的右端上翘，要使它在水平位置平衡，平衡螺母向上翘的右端移动。
（2）使用弹簧测力计时，需要先将指针调到零刻度线处。
（3）由图可知，在杠杆左侧挂2个钩码，为了便于在杠杆上直接读出力臂的大小，由于力臂是支点到力的作用线的距离，所以在A点沿竖直向下方向拉动弹簧测力计，直至杠杆在水平位置平衡。
（4）由实验序号1、2可知，L1和L2不变，F2改变；由实验序号2、3可知，F2和L2不变，L1增大10cm；由序号4、3可知，F2和L2不变，L1增大10cm，所以第4次实验与前一次改变的量相同。
由于要分别改变F2、L1、L2中的一个量，所以还需要改变L2，具体步骤为：保持F2和L1不变，改变L2的大小。
故答案为：（1）右；（2）将指针调到零刻度线处；（3）竖直；水平；（4）4；保持F2和L1不变，改变L2的大小。
【点评】探究杠杆平衡条件时，使杠杆在水平位置平衡，便于测量力臂大小，杠杆的重心通过支点，消除杠杆重对杠杆平衡的影响，使实验简单化，便于探究。
20．（7分）小明和小华一起探究电流与电阻的关系。器材有新干电池两节，5Ω、10Ω、20Ω的定值电阻各一只，“20Ω1A”的滑动变阻器、电压表、电流表、开关各一只，导线若干。
（1）用笔画线代替导线将甲图中电路补充完整，使滑动变阻器滑片向左移动时电阻减小；
（2）将滑动变阻器滑片移动到最 右 端。闭合开关，小明发现电压表示数接近电源电压，可能是定值电阻R出现了 断路 故障；
（3）排除故障后，移动滑动变阻器滑片，直至电压表示数为1V，此时电流表示数如图乙所示，大小为 0.24 A；
（4）小明逐一将10Ω和20Ω的电阻接入电路，继续进行实验。当 20 Ω的电阻接入电路后，无法将电压表示数调节到1V．于是，他改变定值电阻两端电压，重新依次进行实验。调节后的电压值应该不低于 1.5 V；
（5）实验结束后，小华觉得可以通过调整顺序来避免实验中存在的问题。合理的顺序是 先后将20Ω和10Ω和5Ω的定值电阻接入电路，变阻器的滑片从阻值最大处向阻值较小处滑动，控制定值电阻两端的电压不变，进行实验，可以避免实验中存在的问题 。
【分析】（1）根据滑动变阻器滑片向左移动时电阻减小确定变阻器左下接线柱连入电路中与电阻串联，根据电源电压为3V确定电压表选用小量程与电阻并联；
（2）为了保护电路，变阻器的滑片移动到阻值最大处；
（3）闭合开关，电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电阻之外的电路是连通的，据此分析；
根据电流表选用小量程确定分度值读数；
（4）研究电流与电阻的关系时，要控制电阻的电压不变，根据串联电路电压和分压原理得出定值电阻最大时对应的变阻器连入电路中的电阻；
由串联电路电压的规律及分压原理得出电压值应该不低于多少；
（5）研究电流与电阻的关系时，要控制电阻的电压不变，由（4）知，当定值电阻连入电路的电阻越大时，变阻器连入电路的电阻越大，电阻的电压越小，据此分析。
【解答】解：
（1）滑动变阻器滑片向左移动时电阻减小，故变阻器左下接线柱连入电路中与电阻串联，电源电压为3V，故电压表选用小量程与电阻并联，如下图所示：
（2）为了保护电路，变阻器的滑片移动到阻值最大处，将滑动变阻器滑片移动到最右端；
闭合开关，电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电阻之外的电路是连通的，与电压表并联的电阻断路了；
（3）由图乙可知，电流表选用小量程，分度值是0.02A，电流表的示数是0.24A；
（4）若电压表示数为1V，根据串联电路电压的特点，变阻器分得的电压为：U滑1＝3V﹣1V＝2V
变阻器分得的电压是电阻电压的2倍，将20Ω的电阻接入电路后，为保持电压不变，根据分压原理，变阻器连入电路中的阻值为2×20Ω＝40Ω，
而题中变阻器的最大阻值为20Ω，所以，滑动变阻器连入电路中的电阻最大，也不能使电压表示数为1V。
由串联电路电压的规律及分压原理有：
＝，
方程左边为一定值，故右边也为一定值，当变阻器连入电路的电阻最大时，对应的定值电阻应最大，此时，电阻的电压最小，
即：＝，
UV＝1.5V，所以调节后的电压值应该不低于1.5V；
（5）研究电流与电阻的关系时，要控制电阻的电压不变，由（4）知，当定值电阻连入电路的电阻越大时，变阻器连入电路的电阻越大，故为避免实验中存在的问题（因定值电阻的电压过小，导致用较大的定值电阻时，因变阻器的最大电阻过小而无法完成实验）：
合理的顺序是：先后将20Ω和10Ω和5Ω的定值电阻接入电路，变阻器的滑片从阻值最大处向阻值较小处滑动，控制定值电阻两端的电压不变，进行实验，可以避免实验中存在的问题。
故答案为：（1）如上所示；
（2）右；断路；
（3）0.24；
（4）20；1.5；
（5）先后将20Ω和10Ω和5Ω的定值电阻接入电路，变阻器的滑片从阻值最大处向阻值较小处滑动，控制定值电阻两端的电压不变，进行实验，可以避免实验中存在的问题。
【点评】本题是探究电流与电阻的关系实验，考查电路的连接、注意事项、故障分析、操作过程、控制变量法和对器材的要求，属于常考命题点。
21．（7分）阅读短文，回答问题。
2019年12月17日，我国第一艘国产航母“山东舰”交付海军。据公开资料显示，“山东舰”舰身长315米，舰宽约75米，满载排水量在6万吨左右，至少可以搭载36架歼﹣﹣15舰载机。航母飞行甲板倾角为12°，舰载机起飞的飞行仰角为14°。
“山东舰”是典型的常规动力航母，采用了全新的动力组，“山东舰”的燃料储备量达到了13000吨，若以20节航速航行，每天大约消耗1100吨燃料。
如表为歼﹣﹣15主要参数（g取10N/kg）
空重
17500kg
空载起飞距离
105m
正常起飞重量
27000kg
满载起飞距离
195m
最大起飞重量
32500kg
发动机
2×WS﹣10加力涡扇发动机
爬升率
325米/秒
正常起飞推力
2×117600N
最大速度
2.4马赫
应急起飞最大推力
2×125400N
（1）若航母正常航行时发动机的功率为1.5×105kW，速度为36km/h，则牵引力为 1.5×107 N，经过2h航行距离为 7.2×104 m。
（2）歼15空载正常起飞时，从启动到离开飞行甲板的过程中，飞机的动能 增大 、重力势能 增大 ，该过程中飞机发动机推力所做的功为 2.4696×107 J。
（3）航母飞行甲板倾角为12°，舰载机起飞时飞行仰角约为14°，这样设计的目的是 舰载机在较短的距离内获得较大的升力便于起飞 。
（4）若你是航母设计师，请你对国产航母提出一条改进意见： 常规动力航母改建成核动力航母 。
【分析】（1）知道航母正常航行时发动机的功率和速度，根据P＝＝＝Fv求出航母正常航行时发动机的牵引力，利用v＝求出经过2h航行距离；
（2）歼15空载正常起飞时，从启动到离开飞行甲板的过程中，分析飞机的质量和速度、高度，然后得出动能和重力势能的变化，根据W＝Fs求出该过程中飞机发动机推力所做的功；
（3）根据舰载机的升力原理：根据流体压强与流速的关系来获得的进行解答；
（4）根据题意得出常规航母的缺点，然后得出改进意见。
【解答】解：
（1）航母正常航行时发动机的功率P＝1.5×105kW＝1.5×108W，速度v＝36km/h＝10m/s，
由P＝＝＝Fv可得，航母正常航行时发动机的牵引力：
F＝＝＝1.5×107N；
由v＝可得，经过2h航行距离：
s＝vt＝36km/h×2h＝72km＝7.2×104m；
（2）歼15空载正常起飞时，从启动到离开飞行甲板的过程中，
飞机的质量不变，速度变大，高度增加，则飞机的动能增大、重力势能增大，
该过程中飞机发动机推力所做的功：
W＝F′s′＝2×117600N×105m＝2.4696×107J；
（3）舰载机的升力是根据流体压强与流速的关系来获得的，航母飞行甲板倾角为12°，舰载机起飞时飞行仰角约为14°，
这样设计可以在相同时间内，上方空气通过的路程较长，速度较大，
根据流体压强与流速的关系：流速越大，压强越小可知，舰载机在较短的距离内获得较大的升力，从而便于舰载机起飞；
（4）由题意可知，“山东舰”的燃料储备量大，且每天以20节航速航行时的消耗量非常大，不利于航母的续航，为了提高航母的续航能力能源可以改为核动力。
故答案为：（1）1.5×107；7.2×104；（2）增大；增大；2.4696×107；（3）舰载机在较短的距离内获得较大的升力便于起飞；（4）常规动力航母改建成核动力航母。
【点评】本题考查了功率公式、速度公式、影响动能和重力势能的大小因素、做功公式、飞机升力产生的原因等知识点的综合应用，涉及到的知识点较多，综合性强，有一定的难度。
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