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2022年广西贵港市中考质检物理试卷(word版含答案)
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这是一份2022年广西贵港市中考质检物理试卷(word版含答案)，共42页。试卷主要包含了填空题，作图与实验探究题等内容，欢迎下载使用。
2022年广西贵港市中考物理质检试卷
一、单项选择题（每小题3分，共30分）每小题只有一个正确的选项，请用2B铅笔将答题卡对应题目的答案标号涂黑，如需改动，必须先用橡皮擦干净后，再改涂其他答案标号。
1．（3分）下列数据最接近实际的是（ ）
A．家用台灯正常工作时的电流约为10A
B．贵港夏季平均气温约为45℃
C．中学生正常步行的速度约为1.2cm/s
D．普通中学生的质量约为50kg
2．（3分）用煤油温度计测量水的温度时，温度计内煤油液面慢慢下降，“煤油液面下降”是因为煤油的（ ）
A．体积变小 B．所受重力变小
C．质量变小 D．密度变小
3．（3分）2021年12月30日，中科院合肥物质科学研究院等离子体物理研究所有“人造太阳”之称的全超导托卡马克核聚变实验装置（EAST）实现1056秒超长放电运行，中国“人造太阳”再创最长放电纪录。关于能源、信息和材料，下列说法正确的是（ ）
A．化石能源、核能和潮汐能都属于不可再生能源
B．汽车上的北斗定位导航系统是利用超声波进行定位和导航的
C．LED灯的核心元件发光二极管是由半导体材料制成的
D．核电站是利用原子核聚变释放的能量发电的
4．（3分）下列过程中，能量转化情况相同的是（ ）
A．①③ B．②③ C．②④ D．③④
5．（3分）现代生活离不开电，树立安全用电的认识非常重要。下列做法符合安全用电原则的是（ ）
A．家用电器着火，先切断电源再灭火
B．将开关接在零线与灯泡之间
C．在一个插座上同时使用多个大功率用电器
D．空气开关跳闸后，立即将其合上继续使用
6．（3分）2022年2月6日晚中国女足上演逆转绝杀奇迹！时隔16年再夺亚洲杯冠军！这种拼尽全力、不畏强手，即使暂时落后也绝不气馁、努力奋战至最后的拼搏精神是支持中国女足战胜对手的重要动力。下列对足球比赛中的一些现象的分析正确的是（ ）
A．运动员用脚踢足球时，脚对球的力大于球对脚的力
B．踢出去的足球在地上越滚越慢，说明惯性越来越小
C．踢出去的足球向上飞行时，重力势能增大，机械能增大
D．静止在水平地面上的足球受到的重力和地面对足球的支持力是一对平衡力
7．（3分）自“双减”工作实施以来，贵港市各级学校认真贯彻落实中央和自治区党委、政府“双减”工作决策部署完善课后服务。在一次物理课后兴趣活动课上小组同学要设计一款电热水壶，要求能实现自动抽水和加热，且抽水和加热能独立进行。如图所示，下列电路中，符合上述要求的是（ ）
A．
B．
C．
D．
8．（3分）如图所示，这是大山同学在生活和学习中观察到的现象，其对应的解释合理的是（ ）
A．在甲图中，电流表指针反向偏转是因为通电导体在磁场中的受力方向与电流方向有关
B．在乙图中，舞台上的云雾是由干冰升华形成的二氧化碳气体
C．在丙图中，摩擦过的梳子能吸引纸屑是因为分子间存在引力
D．在丁图中，注射新冠疫苗时，用针管把药液推入人体内，利用了大气压强
9．（3分）如图所示，两个质量、底面积相同但形状不同的容器A、B，盛有不同的液体放置在水平桌面上。现将两个相同的物块甲、乙分别放入两容器中，当两物块静止时，两容器中液面恰好相平，两物块所处的位置如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．两容器底部受到的液体压力相等
B．甲物块受到的浮力小于乙物块受到的浮力
C．取出两物块后，B容器对桌面的压强小于A容器对桌面的压强
D．取出两物块后，B容器底部受到液体的压力大于A容器底部受到液体的压力
10．（3分）如图甲所示，电源电压为18V，滑动变阻器标有“20Ω 1A”字样，当开关S闭合，滑动变阻器的滑片P滑至中点时，电压表的示数如图乙所示。下列四个结论正确的是（ ）
①定值电阻R的阻值为20Ω
②滑动变阻器允许接入电路的最小阻值为8Ω
③滑动变阻器的滑片P向左移动时，电压表示数变大
④电路消耗的总功率的变化范围为10.8W～18W
A．①② B．②④ C．②③ D．③④
二、填空题（每空1分，共20分）
11．（2分）智能手机有一个功能叫“智慧语音”，它可以通过识别声音实现对手机解锁，该系统主要是根据声音的 （选填“音调”、“音色”或“响度”）这一特征来工作的；开会或学习时，常把手机调成“静音”模式，这是在 处减弱噪声。
12．（2分）载有三位航天员的神舟十三号飞船于北京时间2021年10月16日6时56分，采用自主快速交会对接模式成功对接于天和核心舱径向端口，与此前已成功对接的天舟二号、天舟三号货运飞船一起构成四舱（船）组合体，如图所示。神舟十三号内的航天员通过弦窗看到地球在转动，这是以 为参照物；当飞船以7.8km/s的速度在距地球约343公里的太空高速运动时，在航天员出舱的10s时间内，航天员绕地球大约运动了 km。
13．（2分）如图所示，电影《长津湖》中趴在雪地上的中国人民志愿军“冰雕连”的士兵们岿然不动，从他们口中呼出的水蒸气在眉毛上结了一层厚厚的“霜”，其中“霜”的形成物态变化是 。在电影院各个座位上都能看到这个银幕上的画面，是因为光在银幕上发生了 （选填“漫反射”或“镜面反射”）。
14．（2分）每一次物理学的重大发现都会影响人类社会的进步和发展，1831年英国科学家 发现了电磁感应现象，使人类社会由“蒸汽时代”进入“电气时代”；磁针所指的南北方向与地理的南北方向略有偏离，世界上最早记述这一现象的人是我国宋代学者 。
15．（2分）在探究“分子运动快慢与温度的关系”的实验中，把红墨水分别滴入冷水和热水中，可以看到热水变色比冷水变色快，说明温度越高，分子运动越 ；在绕地球运行的太空舱内，水滴呈圆球状是由于分子间存在 力。
16．（2分）如图是家用煤气灶灶头的示意图，使用煤气灶时，打开煤气阀门，拧动点火装置，煤气和空气在进口处混合流向燃烧头被点燃，而煤气不会从进口处向空气中泄漏，其原因是进口处煤气流速 ，压强比大气压强 。
17．（2分）大山同学家中的电能表如图所示，该电能表的示数是 kW•h；大山同学让家中电饭煲单独工作1min，发现电能表的转盘转了8转，则该电饭煲的电功率为 W。
18．（2分）如图是央视《航拍中国》节目中播放的太原夜景画面。飞机航拍时携带的摄像机镜头相当于一个 透镜，要使拍出的夜景更大一些，飞机应该 （选填“上升”或“下降”）一些。
19．（2分）如图甲所示，电源电压恒定，滑动变阻器R标有“20Ω 0.5A”字样，定值电阻R0的阻值为10Ω，小灯泡L的额定电压为2.5V，电流表量程为0～0.6A，图乙是通过小灯泡L的电流随两端电压变化的图像。当S、S1闭合，S2断开，滑动变阻器的滑片P刚好在中点时，小灯泡L恰好正常发光，则电源电压为 V。当S、S2闭合，S1断开时，移动滑片P，在确保电路安全的情况下，通电1min整个电路消耗的最大电能为 J。
20．（2分）在水平地面上有两个由同种合金材料制成的实心正方体金属块甲和乙，其密度为3×103kg/m3，甲的边长为5cm，乙的边长为10cm，将乙沿竖直方向切割一部分叠放在甲的正上方后，甲、乙对地面的压强相等，则乙正方体被切去部分的底面积S＝ cm2，此时甲对地面的压强p甲＝ Pa。（g取10N/kg）
三、作图与实验探究题（共28分）
21．（2分）请在图中画出光线从空气通过半圆形玻璃砖并从玻璃砖射出的大致光路图。（O为玻璃砖圆心）
22．（2分）如图所示，这是用绳子悬挂在窗檐的2022年北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”挂件，请在图中画出此时“冰墩墩”所受力的示意图。（O为挂件重心）
23．（3分）如图所示，图中虚线是条形磁铁与通电螺线管间的磁感线分布。请根据图中信息标出通电螺线管的S极和电源的正、负极（用“+”“﹣”表示）。
24．（4分）请读出所列各仪表的读数：图1中温度计的示数为 ℃，图2中被测物体所受的重力为 N，用停表测量大山同学跑1000m所用的时间，停表指针如图3所示，则大山同学跑1000m所用的时间为 s，图4中被测物体的长度为 cm。
25．（4分）探究“水沸腾时温度变化的特点”的实验装置如图甲所示，在烧杯内装适量的水，点燃酒精灯加热，每隔1min记录一次温度计的示数。
（1）实验小组用该装置先后做了a、b两次实验，根据实验数据绘制的水的温度随时间变化的图像如图乙所示。则实验中水的沸点为 ℃，由此可判断实验时水面上方的气压 （选填“大于”、“小于”或“等于”）1个标准大气压。
（2）进行a、b两次实验时，实验装置和酒精灯的火力完全相同，则造成a、b图像不同的原因是a实验中所用水的质量 （选填“大于”、“小于”或“等于”）b实验中所用水的质量。
（3）在探究过程中，小组同学观察到水中气泡上升时的两种情况分别如图丙、丁所示。则图 （选填“丙”或“丁”）是水沸腾时的情况。
26．（6分）在“测量液体的密度”实验中，实验小组的大山和小玲采用了不同的方法。
（1）大山的实验过程如下：
①用天平测出空烧杯的质量为14g；
②在烧杯中倒入适量液体，天平平衡时，砖码的质量和游码的位置如图甲所示，则烧杯中液体的质量为 g；
③将烧杯中的液体全部倒入量筒中，量筒中液面的位置如图乙所示，则量筒中液体的体积为 mL。液体的密度为 kg/m3。
（2）大山用这种方法测出的液体的密度会 （选填“偏大”或“偏小”），原因是 。
（3）小玲的实验过程如下：
①取一根粗细均匀的饮料吸管，在其下端塞入适量金属丝并用石蜡封口；
②将吸管放到水中的情景如图丙（a）所示，测得浸入水中的长度为H＝11cm；
③将吸管放到待测液体中的情景如图丙（b）所示，测得浸入待测液体中的长度为h＝10cm；
④待测液体的密度ρ液＝ kg/m3。（已知ρ水＝1.0×103kg/m3）
27．（7分）大山做“测量小灯泡的额定功率”实验，实验电路如图甲所示，实验中电源电压恒为6V，小灯泡的额定电压U额＝2.5V，小灯泡正常发光时的电阻约为10Ω。
（1）请按照图甲中的电路图，用笔画线代替导线将图乙中的实物电路图连接完整。要求：滑动变阻器的滑片向右移时灯泡变暗。
（2）连接电路时，开关应 。
（3）大山同学正确进行实验，根据实验数据作出的小灯泡的I﹣U图像如图丙所示，则小灯泡的额定功率是 W；某次实验中，小明发现电压表和电流表都正常偏转，小灯泡却不发光，原因是 。
（4）实验室中的滑动变阻器有两种规格：A.“10Ω 2A”，B.“50Ω 1A”，可判断本实验中选用的滑动变阻器的规格为 （选填“A”或“B”）。
（5）同组的小玲同学，设计了如图丁所示的电路，利用一已知阻值为R0的定值电阻，也测出了小灯泡的额定功率。请完成如下实验步骤：
①连接好电路，闭合开关S、S1，断开开关S2，调节滑动变阻器滑片使电压表示数为U额；
②保持滑动变阻器滑片位置不变， ，记录电压表示数U；
③小灯泡的额定功率P额＝ （用题中已知物理量表示）
四、解答题（共22分）解答时要求写出必要的文字说明、计算公式和重要的演算步骤。答案必须写出数值和单位，只写出最后答案的不能给分。
28．（5分）质量为60kg的大山同学，骑着质量为40kg的电动自行车沿着平直路面匀速直线行驶。已知骑行过程中所受阻力为电动自行车和大山同学所受总重力的。求：（g取10N/kg）
（1）骑行过程中电动自行车所受的阻力；
（2）电动自行车匀速直线行驶1200m过程中牵引力做的功。
29．（8分）如图所示，电源电压恒为6V，R1为滑动变阻器，R2为定值电阻，小灯泡L标有“2V 0.5W”字样（不考虑灯丝电阻的变化）。闭合开关S2、S3，滑片P移至B端时，电流表的示数为0.3A；保持滑片位置不变，闭合开关S1、S2、S3时，电流表示数为0.5A。求：
（1）滑动变阻器R1的最大阻值；
（2）闭合开关S1、S2、S3，滑片P在B端时，1min内电流通过定值电阻R2产生的热量；
（3）只闭合开关S2，在保证电路安全的前提下，小灯泡L消耗的最大功率与最小功率之比。
30．（9分）在科技节，大山同学用传感器设计了如图甲所示的力学装置，竖直细杆B的下端通过力传感器固定在容器底部，它的上端与不吸水的实心正方体A固定，不计细杆B及连接处的质量和体积。力传感器可以显示出细杆B的下端受到作用力的大小，现缓慢向容器中加水，当水深为13cm时正方体A刚好浸没，力传感器的示数大小F随水深h变化的图像如图乙所示。求：（g取10N/kg，ρ水＝1.0×103kg/m3）
（1）物体A所受到的重力；
（2）当容器内水的深度为13cm时，正方体A受到的浮力大小；
（3）当容器内水的深度为4cm时，力传感器的示数大小为F，继续向容器中加水，当力传感器的示数大小变为0.2F时，水对容器底的压强是多少？
参考答案与解析
一、单项选择题（每小题3分，共30分）每小题只有一个正确的选项，请用2B铅笔将答题卡对应题目的答案标号涂黑，如需改动，必须先用橡皮擦干净后，再改涂其他答案标号。
1．（3分）下列数据最接近实际的是（ ）
A．家用台灯正常工作时的电流约为10A
B．贵港夏季平均气温约为45℃
C．中学生正常步行的速度约为1.2cm/s
D．普通中学生的质量约为50kg
【分析】首先要对选项中涉及的几种物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。
【解答】解：A、台灯正常工作时的电流约为0.1A，故A错误；
B、贵港夏季平均气温约为30℃，故B错误；
C、中学生正常步行的速度约为1.2m/s，故C错误；
D、中学生的质量约为50kg，符合实际，故D正确。
故选：D。
2．（3分）用煤油温度计测量水的温度时，温度计内煤油液面慢慢下降，“煤油液面下降”是因为煤油的（ ）
A．体积变小 B．所受重力变小
C．质量变小 D．密度变小
【分析】煤油具有热胀冷缩的性质，温度计内的煤油温度降低，体积变小，煤油柱下降。
【解答】解：
A．煤油具有热胀冷缩的性质；温度计内煤油液面慢慢下降，说明温度降低，煤油遇冷时体积变小，故A符合题意；
BCD．温度计内所含煤油的多少不变，其质量不变，体积变小，由密度公式可知煤油的密度增大，根据G＝mg可知其重力不变，故BCD不符合题意。
故选：A。
3．（3分）2021年12月30日，中科院合肥物质科学研究院等离子体物理研究所有“人造太阳”之称的全超导托卡马克核聚变实验装置（EAST）实现1056秒超长放电运行，中国“人造太阳”再创最长放电纪录。关于能源、信息和材料，下列说法正确的是（ ）
A．化石能源、核能和潮汐能都属于不可再生能源
B．汽车上的北斗定位导航系统是利用超声波进行定位和导航的
C．LED灯的核心元件发光二极管是由半导体材料制成的
D．核电站是利用原子核聚变释放的能量发电的
【分析】（1）能够源源不断的从自然界得到的能源叫可再生能源；短期内不能从自然界得到补充的能源叫不可再生能源；
（2）“北斗”卫星导航系统是利用电磁波进行定位和导航；
（3）二极管是由半导体做成的器件，它具有单向导电性；
（4）核电站的原理是通过核裂变释放能量来发电的。
【解答】解：A、化石能源、核能属于不可再生能源，潮汐能是可再生能源，故A错误；
B、我国的“北斗”卫星导航系统是利用电磁波进行定位和导航的，故B错误；
C、LED灯的核心元件发光二极管是由半导体材料制成的，故C正确；
D、核裂变是可控的，故目前世界上的核电站都是利用原子核分裂时释放出的能量发电的，故D错误。
故选：C。
4．（3分）下列过程中，能量转化情况相同的是（ ）
A．①③ B．②③ C．②④ D．③④
【分析】分析各实验装置中的能量变化可知能量的转化情况，则找出转化情况相同的即可。
【解答】解：①钻木取火，是将机械能转化内能；
②水蒸气顶开活塞，是水的内能转化为活塞的机械能；
③热机的压缩冲程，是机械能转化为内能的过程；
④煤气炉灶烧水，是煤气的化学能转化为内能的过程；
故能量转化相同的为①③。
故选：A。
5．（3分）现代生活离不开电，树立安全用电的认识非常重要。下列做法符合安全用电原则的是（ ）
A．家用电器着火，先切断电源再灭火
B．将开关接在零线与灯泡之间
C．在一个插座上同时使用多个大功率用电器
D．空气开关跳闸后，立即将其合上继续使用
【分析】（1）发现有人触电或电引起的火灾，首先切断电源，再实行救援措施；
（2）开关接在灯泡和火线之间当人体直接或间接接触火线并形成电流通路的时候，就会有电流流过人体，从而造成触电；
（3）引起电路中电流过大的原因有二：一是电路的总功率过大，二是发生短路；
（4）空气开关跳闸，原因是电路有短路或总功率过大的情况，应先检修，检查没有问题后再使空气开关复位。
【解答】解：A、发现家用电器或电线着火时，首先要切断电源再去灭火，故A正确；
B、将开关接在零线和电灯之间，断开开关时，不能切断火线，在更换灯泡或擦拭灯泡时，容易接触火线，可能发生触电事故，故B错误；
C、多个大功率用电器同时使用，使电路的总功率过大，使电路的电流过大，易引起火灾，故C错误；
D、因为电路有短路或总功率过大的情况，空气开关才跳闸，所以应先检修，检查没有问题后再使空气开关复位，故D错误。
故选：A。
6．（3分）2022年2月6日晚中国女足上演逆转绝杀奇迹！时隔16年再夺亚洲杯冠军！这种拼尽全力、不畏强手，即使暂时落后也绝不气馁、努力奋战至最后的拼搏精神是支持中国女足战胜对手的重要动力。下列对足球比赛中的一些现象的分析正确的是（ ）
A．运动员用脚踢足球时，脚对球的力大于球对脚的力
B．踢出去的足球在地上越滚越慢，说明惯性越来越小
C．踢出去的足球向上飞行时，重力势能增大，机械能增大
D．静止在水平地面上的足球受到的重力和地面对足球的支持力是一对平衡力
【分析】A、相互作用力的条件：大小相等、方向相反、作用在两个物体上，作用在同一条直线上；
B、力是改变物体运动状态的原因；
C、动能与物体的质量和速度有关，重力势能与物体的质量和高度有关，只有动能和势能相互转化时，机械能保持不变；
D、处于平衡状态的物体受到的力是平衡力；一对平衡力必须大小相等、方向相反、作用在一条直线上、作用在同一物体上。
【解答】解：A、运动员用脚踢足球时，脚对球的力和球对脚的力是一对相互作用力，其大小相等，故A错误；
B、踢出去的足球在地上越滚越慢，是因为足球受到阻力的作用，阻力改变了足球的运动状态，故B错误；
C、踢出的足球向上飞行时，质量不变，速度减小，因此动能减小，但是球的高度增大，因此重力势能增大，在此过程中足球需要克服阻力做功，会有一部分机械能转化为内能，所以机械能保持变小，故C错误；
D、静止在水平地面上的足球处于平衡状态，受到的重力和地面对足球的支持力是一对平衡力，故D正确。
故选：D。
7．（3分）自“双减”工作实施以来，贵港市各级学校认真贯彻落实中央和自治区党委、政府“双减”工作决策部署完善课后服务。在一次物理课后兴趣活动课上小组同学要设计一款电热水壶，要求能实现自动抽水和加热，且抽水和加热能独立进行。如图所示，下列电路中，符合上述要求的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】抽水和加热能独立操作互不影响，故电动机M与R并联，每个开关与一个电路元件串联。
【解答】解：
AB、S1控制整个电路，只有闭合S1，M（R）工作时，再闭合S2，R（M）才能工作，故AB不符合题意；
C、电动机M与R并联，每个开关与一个电路元件串联，抽水和加热互不影响，故C符合题意；
D、S1控制整个电路，两用电器串联，只闭合（断开）S1，M和R同时工作（停止工作）；再闭合S2，M短路，M不能工作，只有R工作，故D不符合题意。
故选：C。
8．（3分）如图所示，这是大山同学在生活和学习中观察到的现象，其对应的解释合理的是（ ）
A．在甲图中，电流表指针反向偏转是因为通电导体在磁场中的受力方向与电流方向有关
B．在乙图中，舞台上的云雾是由干冰升华形成的二氧化碳气体
C．在丙图中，摩擦过的梳子能吸引纸屑是因为分子间存在引力
D．在丁图中，注射新冠疫苗时，用针管把药液推入人体内，利用了大气压强
【分析】（1）电流表的工作原理是通电导体在磁场中受力的作用，受力方向与磁场方向、电流方向有关；
（2）物质由气态变为液态叫液化；干冰易升华，升华吸热；
（3）带电体具有吸引轻小物体的性质；
（4）用针管把药液推入体内，是推力大于大气压力的结果。
【解答】解：
A、电流表的工作原理是通电导体在磁场中受力的作用，受力方向与磁场方向、电流方向有关，在磁场方向不变时，电流方向改变，其受力方向改变，导致反向偏转，故A正确；
B、舞台上演出时制造的云雾是干冰升华吸热，使空气中水蒸气液化形成的，故B错误；
C、摩擦过的梳子能够吸引小纸屑，是因为带电体具有吸引轻小物体的性质，故C错误；
D、用针管把药液推入体内，是推力大于大气压力药液向体内运动的结果，不是利用大气压强，故D错误。
故选：A。
9．（3分）如图所示，两个质量、底面积相同但形状不同的容器A、B，盛有不同的液体放置在水平桌面上。现将两个相同的物块甲、乙分别放入两容器中，当两物块静止时，两容器中液面恰好相平，两物块所处的位置如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．两容器底部受到的液体压力相等
B．甲物块受到的浮力小于乙物块受到的浮力
C．取出两物块后，B容器对桌面的压强小于A容器对桌面的压强
D．取出两物块后，B容器底部受到液体的压力大于A容器底部受到液体的压力
【分析】（1）根据两物体在两种液体中的状态比较两种液体密度的大小，再根据p＝ρ液gh比较容器底受到的液体的压强，再根据p＝判断出两容器底部受到的液体压力关系；
（2）根据物体的浮沉条件判断浮力与重力的关系，由此比较浮力大小；
（3）根据液体的密度和液体的体积由密度公式判断出液体质量的关系，进而判断出总重力的关系和对水平面压力的关系，根据p＝判断出A、B容器对桌面的压强的关系；
（4）取出物块后，从体积变化量及容器形状确定深度变化量，从而确定液体对两容器底的压强大小关系，再根据p＝判断出两容器底部受到的液体压力关系。
【解答】解：A、物块甲在A中悬浮，则ρA＝ρ物，物块乙在B中漂浮，则ρB＞ρ物，可知ρA＜ρB，已知深度相同，由p＝ρ液gh可知，pA＜pB，已知容器底面积相同，由据p＝可知，B液体对容器底的压力大，即FA＜FB，故A错误；
B、甲悬浮，F浮甲＝G甲；乙漂浮，则F浮乙＝G乙，因为甲、乙相同，即重力相等，可知F甲＝F乙，故B错误；
C、因为ρA＜ρB，V排A＞V排乙，取出物体后B中液体体积大于A中液体体积，由公式m＝ρV及G＝mg可知，B中液体的重力大于A中液体重力，所以B容器对桌面的压力大于A容器对桌面的压力，由于两容器的底面积相同，根据p＝知B容器对桌面的压强大于A容器对桌面的压强，故C错误；
D、因为甲排开液体的体积大于乙排开液体的体积，而且甲是下宽上窄，取出物体后，甲液面下降的更大，因为ρA＜ρB，且A中液体的深度小于B中液体的深度，由p＝ρ液gh可知，取出两物块后，B容器底受到液体的压强大于A容器底受到液体的压强，已知容器底面积相同，由据p＝可知，B液体对容器底的压力大，故D正确。
故选：D。
10．（3分）如图甲所示，电源电压为18V，滑动变阻器标有“20Ω 1A”字样，当开关S闭合，滑动变阻器的滑片P滑至中点时，电压表的示数如图乙所示。下列四个结论正确的是（ ）
①定值电阻R的阻值为20Ω
②滑动变阻器允许接入电路的最小阻值为8Ω
③滑动变阻器的滑片P向左移动时，电压表示数变大
④电路消耗的总功率的变化范围为10.8W～18W
A．①② B．②④ C．②③ D．③④
【分析】由电路图可知，当开关S闭合，定值电阻R与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。
①根据图乙电压表的量程和分度值读出滑动变阻器的滑片P滑至中点时变阻器两端的电压，利用串联电路的电流特点和欧姆定律求出电路中的电流，利用串联电路的电压特点求出定值电阻两端的电压，利用欧姆定律求出定值电阻R的阻值；
②根据滑动变阻器的铭牌可知电路中的最大电流，此时滑动变阻器接入电路中的电阻最小，根据欧姆定律求出电路中的总电阻，利用电阻的串联特点求出滑动变阻器允许接入电路的最小阻值；
③根据滑片的移动可知变阻器接入电路中的电阻变化，根据欧姆定律可知电路中的电流变化和定值电阻R两端的电压变化，利用串联电路的电压特点可知滑动变阻器两端的电压变化；
④电路中的电流最大时电路消耗的总功率最大，根据P＝UI求出其大小；当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，再根据欧姆定律求出此时滑动变阻器两端的电压，然后与电压表的量程相比较确定电路中的最小电流，此时电路的总功率最小，利用P＝UI求出其大小，然后得出电路消耗的总功率的变化范围。
【解答】解：由电路图可知，当开关S闭合，定值电阻R与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。
①由图乙可知，电压表的量程为0～15V，分度值为0.5V，则滑动变阻器的滑片P滑至中点时变阻器两端的电压U滑＝9V，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，电路中的电流：I＝I滑＝＝＝0.9A，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，定值电阻两端的电压：UR＝U﹣U滑＝18V﹣9V＝9V，
则定值电阻R的阻值：R＝＝＝10Ω，故①错误；
②由滑动变阻器的铭牌可知，电路中的最大电流I大＝1A，此时滑动变阻器接入电路中的电阻最小，
此时电路的总电阻：R总＝＝＝18Ω，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，滑动变阻器允许接入电路的最小阻值：R滑小＝R总﹣R＝18Ω﹣10Ω＝8Ω，故②正确；
③滑动变阻器的滑片P向左移动时，变阻器接入电路中的电阻变小，电路的总电阻变小，
由I＝可知，电路中的电流变大，定值电阻R两端的电压变大，
由串联电路中总电压等于各分电压之和可知，滑动变阻器两端的电压变小，即电压表的示数变小，故③错误；
④电路中的最大电流I大＝1A，则电路消耗的最大总功率：P大＝UI大＝18V×1A＝18W；
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流：I′＝＝＝＝0.6A，
此时滑动变阻器两端的电压：U滑′＝I′R滑＝0.6A×20Ω＝12V＜15V，
则电路中的最小电流I小＝I′＝0.6A，此时电路的总功率最小，
电路消耗的最小总功率：P小＝UI小＝18V×0.6A＝10.8W，
所以，电路消耗的总功率的变化范围为10.8W～18W，故④正确。
综上可知，②④正确。
故选：B。
二、填空题（每空1分，共20分）
11．（2分）智能手机有一个功能叫“智慧语音”，它可以通过识别声音实现对手机解锁，该系统主要是根据声音的 音色 （选填“音调”、“音色”或“响度”）这一特征来工作的；开会或学习时，常把手机调成“静音”模式，这是在 声源 处减弱噪声。
【分析】（1）声音的三个特征分别是：音调、响度、音色，是从不同角度描述声音的，音调指声音的高低，由振动频率决定；响度指声音的强弱或大小，与振幅、传播距离和分散程度有关；音色是由发声体本身决定的一个特性；
（2）减弱噪声的途径：在声源处、在传播过程中、在人耳处。
【解答】解：
不同物体发出的声音的音色是不同的，智能手机的“智慧语音”，可以通过识别声音实现对手机解锁，该系统主要是根据声音的音色这一特征来工作的；
开会或学习时，把手机调成静音状态，是为了在声源处减弱噪声。
故答案为：音色；声源。
12．（2分）载有三位航天员的神舟十三号飞船于北京时间2021年10月16日6时56分，采用自主快速交会对接模式成功对接于天和核心舱径向端口，与此前已成功对接的天舟二号、天舟三号货运飞船一起构成四舱（船）组合体，如图所示。神舟十三号内的航天员通过弦窗看到地球在转动，这是以 飞船 为参照物；当飞船以7.8km/s的速度在距地球约343公里的太空高速运动时，在航天员出舱的10s时间内，航天员绕地球大约运动了 78 km。
【分析】（1）同一个物体是运动还是静止的，取决于所选的参照物，参照物不同，物体的运动状态可能不同，这就是运动和静止的相对性；
（2）根据速度公式的变形式s＝vt得出宇航员绕地球大约运动的距离。
【解答】解：（1）以飞船为参照物，地球和飞船的位置有变化，才能看到地球在转动，所以是以飞船为参照物；
（2）运动时间t＝10s，飞船速度v＝7.8km/s
宇航员绕地球大约运动的距离s＝vt＝7.8km/s×10s＝78km。
故答案为：飞船；78。
13．（2分）如图所示，电影《长津湖》中趴在雪地上的中国人民志愿军“冰雕连”的士兵们岿然不动，从他们口中呼出的水蒸气在眉毛上结了一层厚厚的“霜”，其中“霜”的形成物态变化是 凝华 。在电影院各个座位上都能看到这个银幕上的画面，是因为光在银幕上发生了 漫反射 （选填“漫反射”或“镜面反射”）。
【分析】（1）物质由气态直接变为固态的过程叫凝华；
（2）平行光射到光滑的反射面时，反射光线射向同一方向，这就是镜面反射。平行光射到较粗糙的物体表面，反射光射向各个方向，这就是漫反射。
【解答】解：（1）“霜”的形成物态变化是水蒸气遇冷直接凝华成的小冰晶；
（2）在电影院各个座位上都能看到银幕上的画面，是因为光在银幕上发生了漫反射，反射光线射向各个方向。
故答案为：凝华；漫反射。
14．（2分）每一次物理学的重大发现都会影响人类社会的进步和发展，1831年英国科学家 法拉第 发现了电磁感应现象，使人类社会由“蒸汽时代”进入“电气时代”；磁针所指的南北方向与地理的南北方向略有偏离，世界上最早记述这一现象的人是我国宋代学者 沈括 。
【分析】根据历史上对电磁感应现象、地磁场的记载及物理常识解答此题。
【解答】解：英国科学家法拉第经过长期研究，于1831年发现了电磁感应现象，解决了“磁生电”的问题，为人类从“蒸汽时代”步入“电气时代”作出了卓越的贡献；
北宋学者沈括在《梦溪笔谈》记载了指南针指向“常微信东，不全南也”，即：地理的两极和地磁场的两极并不重合，磁针所指的南北方向与地理的南北方向略有偏离，沈括是第一位指出地磁偏角的科学家。
故答案为：法拉第；沈括。
15．（2分）在探究“分子运动快慢与温度的关系”的实验中，把红墨水分别滴入冷水和热水中，可以看到热水变色比冷水变色快，说明温度越高，分子运动越 剧烈 ；在绕地球运行的太空舱内，水滴呈圆球状是由于分子间存在 引 力。
【分析】（1）分子在永不停息地做无规则运动，分子的无规则运动与温度有关，温度越高运动越激烈；
（2）物质是由分子组成的，分子之间存在相互作用的引力和斥力；
【解答】解：由于热水的温度高，分子运动剧烈，所以在冷水杯和热水杯中滴入两滴墨水，会看到热水中的墨水扩散变色快；
分子之间存在引力，所以太空舱内水滴呈圆球状。
故答案为：剧烈；引。
16．（2分）如图是家用煤气灶灶头的示意图，使用煤气灶时，打开煤气阀门，拧动点火装置，煤气和空气在进口处混合流向燃烧头被点燃，而煤气不会从进口处向空气中泄漏，其原因是进口处煤气流速 大 ，压强比大气压强 小 。
【分析】流体的压强跟流速有关，流速越大，压强越小。比较煤气进口处的内外气体的流速是解决本题的关键。
【解答】解：因为流速越快，流体的压强越小，所以进口处煤气流速大，压强小于大气压，煤气和空气在大气压的作用下流向燃烧头，而煤气不会向空气中泄露。
故答案为：大；小。
17．（2分）大山同学家中的电能表如图所示，该电能表的示数是 362.6 kW•h；大山同学让家中电饭煲单独工作1min，发现电能表的转盘转了8转，则该电饭煲的电功率为 800 W。
【分析】（1）电能表的读数：数字方框中最后一位是小数，单位是kW•h；
（2）600r/（kW•h）表示电路中用电器每消耗1kW•h电能，电能表的转盘转过600转，据此计算出电能表的转盘转了8转，电饭煲消耗的电能；利用P＝计算出电饭煲的电功率。
【解答】解：（1）电能表的读数：数字方框中最后一位是小数，单位是kW•h，由图可知，电能表的示数为362.6kW•h；
（2）600r/（kW•h）表示电路中用电器每消耗1kW•h电能，电能表的转盘转过600转，
则电能表的转盘转了8转，电饭煲消耗的电能：W＝＝kW•h；
电饭煲的电功率：P＝＝＝0.8kW＝800W。
故答案为：362.6；800。
18．（2分）如图是央视《航拍中国》节目中播放的太原夜景画面。飞机航拍时携带的摄像机镜头相当于一个 凸 透镜，要使拍出的夜景更大一些，飞机应该 下降 （选填“上升”或“下降”）一些。
【分析】根据凸透镜成像的三种情况和应用之一：u＞2f，成倒立、缩小的实像，应用于照相机和摄像机；凸透镜成实像时，物距变小，像距变大，像变大（物近、像远、像变大）。
【解答】解：摄像机镜头相当于一个凸透镜，航拍时物距大于2倍焦距。凸透镜成像时，u＞2f，成倒立、缩小的实像；要使拍出的夜景更大一些，即像变大，则像距变大，物距减小，即飞机应该下降一些。
故答案为：凸；下降。
19．（2分）如图甲所示，电源电压恒定，滑动变阻器R标有“20Ω 0.5A”字样，定值电阻R0的阻值为10Ω，小灯泡L的额定电压为2.5V，电流表量程为0～0.6A，图乙是通过小灯泡L的电流随两端电压变化的图像。当S、S1闭合，S2断开，滑动变阻器的滑片P刚好在中点时，小灯泡L恰好正常发光，则电源电压为 5 V。当S、S2闭合，S1断开时，移动滑片P，在确保电路安全的情况下，通电1min整个电路消耗的最大电能为 150 J。
【分析】（1）当S、S1闭合，S2断开，该电路为L和R的串联电路，电流表测电路中的电流，电压表测R两端的电压；此时灯泡正常发光，已知灯泡的额定电压，由图乙可知此时通过灯泡的电流，即电路中的电流；根据题意得出滑动变阻器接入电路的阻值，再利用I＝求出滑动变阻器两端的电压，串联电路中电源电压等于各个用电器两端的电压之和，据此求出电源电压；
（2）当S、S2闭合，S1断开时，该电路为R和R0的串联电路，电流表测电路中的电流，电压表测R两端的电压；为确保电路安全，电路中的最大电流不能超出用电器允许通过的最大值和电流表的量程，据此得出电路中的最大电流，再根据W＝UIt求出通电1min整个电路消耗的最大电能。
【解答】解：（1）当S、S1闭合，S2断开，该电路为L和R的串联电路，电流表测电路中的电流，电压表测R两端的电压；
此时灯泡正常发光，则灯泡两端的电压为UL＝2.5V，由图乙可知此时通过L的电流为IL＝0.25A，即电路中的电流为I＝IL＝0.25A，
由题可知此时滑动变阻器接入电路的阻值为：R中＝＝＝10Ω，
由I＝可知滑动变阻器两端的电压为：UR＝IR中＝0.25A×10Ω＝2.5V，
由串联电路的电压特点可知电源电压为：U＝UR+UL＝2.5V+2.5V＝5V；
（2）当S、S2闭合，S1断开时，该电路为R和R0的串联电路，电流表测电路中的电流，电压表测R两端的电压；
已知滑动变阻器允许通过的最大电流为IR＝0.5A，电流表所选量程为0～0.6A，
在确保电路安全的情况下，电路中的最大电流为I大＝IR＝0.5A，
则通电1min整个电路消耗的最大电能为：W＝I大Ut＝0.5A×5V×60s＝150J。
故答案为：5；150。
20．（2分）在水平地面上有两个由同种合金材料制成的实心正方体金属块甲和乙，其密度为3×103kg/m3，甲的边长为5cm，乙的边长为10cm，将乙沿竖直方向切割一部分叠放在甲的正上方后，甲、乙对地面的压强相等，则乙正方体被切去部分的底面积S＝ 12.5 cm2，此时甲对地面的压强p甲＝ 3×103 Pa。（g取10N/kg）
【分析】根据甲、乙的边长利用正方体体积公式可求出甲的体积，利用m＝ρV可求出甲、乙正方体的质量，根据G＝mg可求出甲、乙正方体的重力，
设乙正方体被切去部分的底面积为S，根据长方体体积公式可求出乙切去部分的体积，利用m＝ρV可求出乙切去部分的质量，根据G＝mg可求出乙切去部分的重力，
将乙沿竖直方向切割一部分叠放在甲的正上方后，甲对水平地面的压力大小等于甲正方体的重力与乙切去部分的重力之和，根据p＝可求出甲对水平地面的压强；
乙剩余部分对水平地面的压力大小等于乙剩余部分的重力，根据p＝可求出乙对水平地面的压强，
根据此时甲对水平地面的压强与乙正方体剩余部分对水平地面的压强相等可求出乙切去部分的面积S；
根据上述求解过程可求得甲对水平地面的压强。
【解答】甲正方体的体积V甲＝a3＝（5cm）3＝125cm3＝1.25×10﹣4m3，
甲正方体的底面积S甲＝a2＝（5cm）2＝25cm2＝2.5×10﹣3m2，
乙正方体的体积V甲＝a3＝（10cm）3＝1000cm3＝1.0×10﹣3m3，
乙正方体的底面积S甲＝a2＝（10cm）2＝100cm2＝1.0×10﹣2m2，
甲正方体的质量m甲＝ρV甲＝3.0×103kg/m3×1.25×10﹣4m3＝0.375kg，
乙正方体的质量m乙＝ρV乙＝3.0×103kg/m3×1×10﹣3m3＝3kg，
甲正方体的重力G甲＝m甲g＝0.375kg×10N/kg＝3.75N，
乙正方体的的重力G乙＝m乙g＝3kg×10N/kg＝30N，
将乙沿竖直方向切割一部分叠放在甲的正上方后，设乙正方体被切去部分的底面积为Scm2，
乙正方体被切去部分的体积V′＝Sh＝Scm2×10cm＝10Scm3＝S×10﹣5m3，
乙正方体被切去部分的质量m乙′＝ρV乙′＝3.0×103kg/m3×S×10﹣5m3＝3S×10﹣2kg，
乙正方体被切去部分的重力G乙′＝m乙′g＝3S×10﹣2kg×10N/kg＝0.3S（N），
乙正方体剩余部分的重力G乙″＝G乙﹣G乙′＝30N﹣0.3SN＝30﹣0.3S（N），
乙正方体剩余部分的底面积S″＝S﹣S′＝100cm2﹣Scm2＝（100﹣S）×10﹣4m2
将乙沿竖直方向切割一部分叠放在甲的正上方后，
甲正方体对水平地面的压力F甲＝G甲+G乙′＝1.25N+0.3SN＝3.75+0.3S（N），
甲正方体对水平地面的压强p甲＝＝＝×104Pa
乙正方体剩余部分对水平地面的压力F乙＝G乙″＝30﹣0.3S（N），
乙正方体剩余部分对水平地面的压强p乙＝＝＝3×103Pa
此时甲正方体对水平地面的压强与乙正方体剩余部分对水平地面的压强相等，即：×104Pa＝3×103Pa，解得：S＝12.5cm2，
此时甲对水平地面的压强为p甲＝3×103Pa。
故答案为：12.5；3×103。
三、作图与实验探究题（共28分）
21．（2分）请在图中画出光线从空气通过半圆形玻璃砖并从玻璃砖射出的大致光路图。（O为玻璃砖圆心）
【分析】由光的折射规律可知，折射光线、入射光线、法线在同一平面内，折射光线和入射光线分居法线的两侧，且当光从空气斜射入玻璃中时，折射角小于入射角，当光垂直从玻璃射入空气中时，方向不变。
【解答】解：首先过入射点作出法线，光线从空气斜射入玻璃砖时，折射光线向法线偏折，折射角小于入射角，据此作出第一条折射光线；
折射光线从玻璃砖射入空气中时，由于此光线是由圆心O射出，当经过第二个折射面时，正好与该入射点处的切线垂直，因此第二次折射光线的传播方向不变，如图所示：
22．（2分）如图所示，这是用绳子悬挂在窗檐的2022年北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”挂件，请在图中画出此时“冰墩墩”所受力的示意图。（O为挂件重心）
【分析】画力的示意图，首先要对物体进行受力分析，看物体受几个力，要先分析力的大小、方向和作用点，再按照画图的要求画出各个力。
【解答】解：此时“冰墩墩”受重力和绳子的拉力作用，重力的方向是竖直向下的，从“冰墩墩”的重心O画一条带箭头的竖直向下的有向线段，用G表示，从“冰墩墩”的重心O画一条带箭头的竖直向上的有向线段，用F表示，如图所示：
23．（3分）如图所示，图中虚线是条形磁铁与通电螺线管间的磁感线分布。请根据图中信息标出通电螺线管的S极和电源的正、负极（用“+”“﹣”表示）。
【分析】（1）磁体外部的磁感线的方向是从磁体的N极出发，经外部空间，回到S极，据此判定螺线管的极性；
（2）由安培定则判断出电流的方向即可知电源的正极、负极。
【解答】解：由图可知，条形磁体的右端为N极，磁体外部的磁感线的方向是从磁体的N极出发，经外部空间，回到S极，所以螺线管的左端为S极，右端为N极；
根据安培定则可知，电流从螺线管的左端流入，右端流出，所以左端为正极，右端为负极，如图所示：
24．（4分）请读出所列各仪表的读数：图1中温度计的示数为 7 ℃，图2中被测物体所受的重力为 3.4 N，用停表测量大山同学跑1000m所用的时间，停表指针如图3所示，则大山同学跑1000m所用的时间为 247.5 s，图4中被测物体的长度为 2.25 cm。
【分析】（1）使用温度计测量液体温度时，先要弄清楚温度计的量程和分度值，读数时视线与液柱上表面相平，并注意区分温度是零上还是零下；
（2）弹簧测力计的读数是不需要估读的，我们只要认清分度值，然后直接读数就行；
（3）秒表的中间的表盘代表分钟，周围的大表盘代表秒，秒表读数是两个表盘的示数之和；
（4）刻度尺的最小刻度值为相邻的刻度线表示的长度；起始端没从0开始，把4.00cm处当作“0”刻度，读出末端刻度值，减去4.00cm即为物体长度，注意刻度尺要估读到分度值的下一位。
【解答】解：（1）温度计的最小刻度值是1℃，且液柱在零刻度线上方，因此该温度计的示数是7℃；
（2）由图2可知，弹簧测力计的分度值是0.2N，所以示数为3.4N；
（3）在秒表的中间表盘上，1min中间有两个小格，所以一个小格代表0.5min，指针在“4”和“5”之间，偏向“4”一侧；在秒表的大表盘上，1s之间有10个小格，所以一个小格代表0.1s，所以秒针指示的时间为7.5s，即秒表的读数为4min7.5s＝247.5s；
（4）在图4中，刻度尺上1cm之间有10个小格，所以一个小格代表1mm，即刻度尺的分度值为1mm；被测物体左侧与4.00cm对齐，右侧与6.25cm对齐，所以被测物体的长度为d＝6.25cm﹣4.00cm＝2.25cm。
故答案为：7；3.4；247.5；2.25。
25．（4分）探究“水沸腾时温度变化的特点”的实验装置如图甲所示，在烧杯内装适量的水，点燃酒精灯加热，每隔1min记录一次温度计的示数。
（1）实验小组用该装置先后做了a、b两次实验，根据实验数据绘制的水的温度随时间变化的图像如图乙所示。则实验中水的沸点为 98 ℃，由此可判断实验时水面上方的气压 小于 （选填“大于”、“小于”或“等于”）1个标准大气压。
（2）进行a、b两次实验时，实验装置和酒精灯的火力完全相同，则造成a、b图像不同的原因是a实验中所用水的质量 小于 （选填“大于”、“小于”或“等于”）b实验中所用水的质量。
（3）在探究过程中，小组同学观察到水中气泡上升时的两种情况分别如图丙、丁所示。则图 丙 （选填“丙”或“丁”）是水沸腾时的情况。
【分析】（1）根据图像和沸腾时的特点得出水的沸点，液体的沸点随气压的降低而降低，可知此时实验室内的气压小于一个标准大气压；
（2）根据Q＝cmΔt分析得出结论；
（3）水沸腾前和沸腾时都会从水底冒出气泡，但一种缓慢、一种剧烈，且在温度和形态变化上也有不同。
【解答】解：
（1）由图像知，实验中水的沸点为98℃，此时水面上方的气压小于一标准大气压；
（2）在相同的实验环境下，由图乙知，b加热到沸腾用时长，即需要吸更多的热量，根据Q＝cmΔt可知b的质量大；
（3）水在沸腾前，水温较低，底部少部分水汽化为水蒸气形成气泡冒出，气泡在上升过程中气泡中的水蒸气遇冷液化，导致在上升过程中气泡变小，因此图丁是沸腾前的情形，水在沸腾时，水温都达到沸点，水在各个部位同时汽化，因此大量气泡会在上升过程中逐渐得到补充，加之越往水面液体的压强越小，因此气泡会越变越大，因此图丙是沸腾时的情形；
故答案为：（1）98；小于；（2）小于；（3）丙。
26．（6分）在“测量液体的密度”实验中，实验小组的大山和小玲采用了不同的方法。
（1）大山的实验过程如下：
①用天平测出空烧杯的质量为14g；
②在烧杯中倒入适量液体，天平平衡时，砖码的质量和游码的位置如图甲所示，则烧杯中液体的质量为 47.8 g；
③将烧杯中的液体全部倒入量筒中，量筒中液面的位置如图乙所示，则量筒中液体的体积为 40 mL。液体的密度为 1.195×103 kg/m3。
（2）大山用这种方法测出的液体的密度会 偏大 （选填“偏大”或“偏小”），原因是 烧杯内的液体不可能全部倒入量筒内，导致测量的液体的体积偏小 。
（3）小玲的实验过程如下：
①取一根粗细均匀的饮料吸管，在其下端塞入适量金属丝并用石蜡封口；
②将吸管放到水中的情景如图丙（a）所示，测得浸入水中的长度为H＝11cm；
③将吸管放到待测液体中的情景如图丙（b）所示，测得浸入待测液体中的长度为h＝10cm；
④待测液体的密度ρ液＝ 1.1×103 kg/m3。（已知ρ水＝1.0×103kg/m3）
【分析】（1）②被测物体质量等于右盘中所有砝码质量与游码在标尺上所对刻度值之和，已知烧杯和液体的质量，烧杯的质量，可以得到烧杯中液体的质量；
③读取量筒中液体的体积时，首先要明确量筒的分度值，读数时视线与液面最凹处相平；利用公式ρ＝得到液体的密度；
（2）方案中“把烧杯内的液体全部倒入量筒内”会使得液体不能全部倒入量筒内，从而使密度出现很大的误差；
（3）根据吸管在两种液体中都处于漂浮状态，即浮力都等于自身重力，由此计算液体密度。
【解答】解：（1）②在天平的标尺上，1g之间有5个小格，一个小格代表的质量是0.2g，即天平的分度值为0.2g；烧杯和液体的总质量是m1＝50g+10g+1.8g＝61.8g；
空烧杯的质量为m2＝14g，烧杯中液体的质量为m＝m1﹣m2＝61.8g﹣14g＝47.8g；
③量筒的分度值为1cm3，量筒中液体的体积为V＝40mL＝40cm3；
液体的密度：ρ＝＝＝1.195g/cm3＝1.195×103kg/m3；
（2）大山不可能把烧杯内的液体全部倒入量筒内，导致测量的液体的体积偏小，由公式ρ＝知：密度测量结果偏大；
（3）如图（a）饮料吸管漂浮在水中，根据浮沉条件和阿基米德原理可得G＝F1＝ρ水gV排＝ρ水gSH，
如图（b）饮料吸管漂浮在液体中，根据浮沉条件和阿基米德原理可得G＝F2＝ρ液V'排＝ρ液gSh，
所以ρ水gSH＝ρ液gSh，所以ρ液＝ρ水＝1.0×103kg/m3×＝1.1×103kg/m3。
故答案为：（1）②47.8；③40；1.195×103；（2）偏大；烧杯内的液体不可能全部倒入量筒内，导致测量的液体的体积偏小；（3）1.1×103。
27．（7分）大山做“测量小灯泡的额定功率”实验，实验电路如图甲所示，实验中电源电压恒为6V，小灯泡的额定电压U额＝2.5V，小灯泡正常发光时的电阻约为10Ω。
（1）请按照图甲中的电路图，用笔画线代替导线将图乙中的实物电路图连接完整。要求：滑动变阻器的滑片向右移时灯泡变暗。
（2）连接电路时，开关应 断开 。
（3）大山同学正确进行实验，根据实验数据作出的小灯泡的I﹣U图像如图丙所示，则小灯泡的额定功率是 0.625 W；某次实验中，小明发现电压表和电流表都正常偏转，小灯泡却不发光，原因是 灯的实际功率太小 。
（4）实验室中的滑动变阻器有两种规格：A.“10Ω 2A”，B.“50Ω 1A”，可判断本实验中选用的滑动变阻器的规格为 B （选填“A”或“B”）。
（5）同组的小玲同学，设计了如图丁所示的电路，利用一已知阻值为R0的定值电阻，也测出了小灯泡的额定功率。请完成如下实验步骤：
①连接好电路，闭合开关S、S1，断开开关S2，调节滑动变阻器滑片使电压表示数为U额；
②保持滑动变阻器滑片位置不变， 闭合开关S、S2，断开开关S1 ，记录电压表示数U；
③小灯泡的额定功率P额＝ （用题中已知物理量表示）
【分析】（1）在测量小灯泡电功率的实验中，电流表、灯泡、滑动变阻器以及开关串联连接，根据欧姆定律求出灯泡额定电流的大约值，然后确定电流表的量程，并将电流表与灯泡串联；将滑动变阻器与开关串联，当滑动变阻器的滑片向右移动时灯泡变暗，连入电路的电阻变大，因此将滑动变阻器的左下接线柱连入电路；
（2）为了保护电路，连接电路时，开关应断开；
（3）从I﹣U图像上找到额定电压对应的点，读出对应的电流，利用P＝UI计算额定功率；某次实验中，小明发现电压表和电流表都正常偏转，电路为通路，灯两端有电压，却发现灯泡不亮，原因是：通过灯的电流过小，据此分析；
（4）根据（1）求出灯泡额定电流的大约值，由串联电路特点求出灯泡正常发光时滑动变阻器两端的电压，然后由欧姆定律求出此时滑动变阻器接入电路的阻值，根据该阻值选择滑动变阻器；
（5）没有电流表的情况下，利用定值电阻和电压表代替电流表与灯泡串联，首先使灯泡两端的电压等于2.5V，然后测出此时定值电阻两端的电压，便可求出电路中的电流，根据P＝UI计算出灯泡的额定电功率。
【解答】解：（1）灯泡的额定电流大约为：I＝＝＝0.25A，因此电压表选择0～0.6A的量程；将电流表的0.6A接线柱与电源的正接线柱相连；将滑动变阻器的左下接线柱与灯泡的右接线柱相连，如下图所示：
；
（2）为了保护电路，连接电路时，开关应断开；
（3）由I﹣U图像知，当灯的电压是2.5V时，对应的电流值为0.25A，额定功率P＝UI＝2.5V×0.25A＝0.625W；
某次实验中，小明发现电压表和电流表都正常偏转，电路为通路，灯两端电压不为0，却发现灯泡不亮，原因是：通过灯的电流过小，导致灯的实际功率过小；
（4）灯泡正常发光时电路电流约为I＝0.25A；
此时滑动变阻器两端的电压U滑＝U﹣UL＝6V﹣2.5V＝3.5V，
滑动变阻器接入电路的阻值为R滑＝＝＝14Ω，
大于滑动变阻器“10Ω1A”的最大阻值，实验时不能选该滑动变阻器，因此应选规格为“50Ω2A”的滑动变阻器B；
（5）实验步骤：
①连接好电路，闭合开关S、S1，断开开关S2，调节滑动变阻器滑片使电压表示数为U额，此时灯泡正常发光；
②保持滑动变阻器滑片位置不变，闭合开关S、S2，断开开关S1，读出电压表示数U；
③在①中，电压表测灯泡两端电压；
在②中，电压表测灯泡与定值电阻两端电压；
根据串联电路电压特点和欧姆定律可知，通过灯泡的电流：
I＝IR0＝＝，
灯泡额定功率：P＝U额I＝U额×＝。
故答案为：（1）如上图所示；（2）断开；（3）0.625；灯的实际功率太小；（4）B；（5）②闭合开关S、S2，断开开关S1；③。
四、解答题（共22分）解答时要求写出必要的文字说明、计算公式和重要的演算步骤。答案必须写出数值和单位，只写出最后答案的不能给分。
28．（5分）质量为60kg的大山同学，骑着质量为40kg的电动自行车沿着平直路面匀速直线行驶。已知骑行过程中所受阻力为电动自行车和大山同学所受总重力的。求：（g取10N/kg）
（1）骑行过程中电动自行车所受的阻力；
（2）电动自行车匀速直线行驶1200m过程中牵引力做的功。
【分析】（1）已知大山同学和车的质量，根据G＝mg计算大山同学和车的总重力；根据骑行过程中所受阻力为电动自行车和大山同学所受总重力的计算阻力的大小；
（2）电动自行车沿着平直路面匀速直线行驶，处于平衡状态，牵引力的大小等于阻力大小，根据W＝Fs计算牵引力做的功。
【解答】解：（1）质量为60kg的大山同学，骑着质量为40kg的电动自行车，总重力为：
G＝mg＝（60kg+40kg）×10N/kg＝1000N；
骑行过程中电动自行车所受的阻力为：
f＝G＝×1000N＝20N；
（2）电动自行车沿着平直路面匀速直线行驶，处于平衡状态，牵引力的大小等于阻力大小，即F＝f＝20N；
则电动自行车匀速直线行驶1200m过程中牵引力做的功为：
W＝Fs＝1200m×20N＝24000J。
答：（1）骑行过程中电动自行车所受的阻力为20N；
（2）电动自行车匀速直线行驶1200m过程中牵引力做的功为24000J。
29．（8分）如图所示，电源电压恒为6V，R1为滑动变阻器，R2为定值电阻，小灯泡L标有“2V 0.5W”字样（不考虑灯丝电阻的变化）。闭合开关S2、S3，滑片P移至B端时，电流表的示数为0.3A；保持滑片位置不变，闭合开关S1、S2、S3时，电流表示数为0.5A。求：
（1）滑动变阻器R1的最大阻值；
（2）闭合开关S1、S2、S3，滑片P在B端时，1min内电流通过定值电阻R2产生的热量；
（3）只闭合开关S2，在保证电路安全的前提下，小灯泡L消耗的最大功率与最小功率之比。
【分析】（1）只闭合开关S2、S3时，滑片P移至B端，电路只有电阻R1工作，此时电流表的示数为0.3A，根据欧姆定律I＝算出滑动变阻器R1的最大阻值；
（2）保持滑片位置不变，闭合开关S1、S2、S3时，定值电阻R2和滑动变阻器R1的最大电阻并联，电流表测量干路电流，电流表示数为0.5A，此时通过滑动变阻器的电流仍为0.3A，根据并联电路电流的规律算出通过定值电阻R2的电流，根据W＝UI2t算出1 min内R2消耗的电能；
（3）根据欧姆定律I＝算出小灯泡的电阻；
只闭合开关S2，小灯泡和滑动变阻器串联，根据小灯泡的额定电流判断出电路的最大电流为小灯泡的额定电流，最大功率为小灯泡的额定功率；
当滑动变阻器的电阻最大时，电路中的电流最小，小灯泡的实际功率最小，由欧姆定律算出电路的电流，根据P小＝I2R算出最小功率，进而算出小灯泡L消耗的最大功率与最小功率之比。
【解答】解：（1）只闭合开关S2、S3时，滑片P移至B端，电路只有电阻R1工作，此时电流表的示数为0.3A，
根据I＝知，
滑动变阻器R1的最大阻值为：
R1＝＝＝20Ω；
（2）保持滑片位置不变，闭合开关S1、S2、S3时，定值电阻R2和滑动变阻器R1的最大电阻并联，电流表测量干路电流，电流表示数为0.5A，此时通过滑动变阻器的电流仍为0.3A，
根据并联电路电流的规律知，
通过定值电阻R2的电流为：
I2＝I′﹣I＝0.5A﹣0.3A＝0.2A，
1 min内R2消耗的电能为：W＝UI2t＝6V×0.2A×60s＝72J；
（3）只闭合开关S2，小灯泡和滑动变阻器串联，小灯泡的最大电功率为额定功率为0.5W；
根据P＝UI知小灯泡正常发光时的电流为：
IL＝＝＝0.25A，
根据欧姆定律I＝得小灯泡的电阻为：
RL＝＝＝8Ω，
当滑动变阻器的电阻最大时，电路中的电流最小，小灯泡的实际功率最小，
此时电路中的电流为：
I小＝＝＝A，
小灯泡L消耗的最小功率为：
P小＝RL＝×8Ω＝W，
小灯泡L消耗的最大功率与最小功率之比为：＝＝。
答：（1）滑动变阻器R1的最大阻值为30Ω；
（2）闭合开关S1、S2、S3，滑片P在B端时，1min内电流通过定值电阻R2产生的热量为72J；
（3）只闭合开关S2，在保证电路安全的前提下，小灯泡L消耗的最大功率与最小功率之比为49：36。
30．（9分）在科技节，大山同学用传感器设计了如图甲所示的力学装置，竖直细杆B的下端通过力传感器固定在容器底部，它的上端与不吸水的实心正方体A固定，不计细杆B及连接处的质量和体积。力传感器可以显示出细杆B的下端受到作用力的大小，现缓慢向容器中加水，当水深为13cm时正方体A刚好浸没，力传感器的示数大小F随水深h变化的图像如图乙所示。求：（g取10N/kg，ρ水＝1.0×103kg/m3）
（1）物体A所受到的重力；
（2）当容器内水的深度为13cm时，正方体A受到的浮力大小；
（3）当容器内水的深度为4cm时，力传感器的示数大小为F，继续向容器中加水，当力传感器的示数大小变为0.2F时，水对容器底的压强是多少？
【分析】（1）根据图乙可知，当h＝0cm时力传感器的示数，细杆的质量不考虑可知，正方体A对力传感器的压力等于自身的重力，据此得出正方体A的重力；
（2）根据图乙可知，当h＝3cm时物体A的下表面恰好与水面接触，当容器内水的深度h＝13cm时，正方体A刚好浸没，据此求出正方体A的边长，根据V＝L3求出正方体A的体积即为浸没时排开水的体积，根据F浮＝ρ液gV排求出正方体A受到的浮力；
（3）先求出容器内水的深度h＝4cm时正方体A浸入水的深度，根据V＝Sh求出排开水的体积，利用F浮＝ρ液gV排求出正方体A受到的浮力，正方体A的重力减去受到的浮力即为力传感器的示数，继续向容器中加水，当力传感器的示数大小变为0.2F时，根据图乙可知，力传感器受到的拉力为0.2F时，可能是G﹣F浮＝0.2F，也可能是F浮﹣G＝0.2F，因此分两种情况讨论水对容器的压力；第一种情况：水的深度较大，F浮﹣G＝0.2F，分析正方体A受到的力，然后结合正方体受到的合力为零求出受到的浮力，根据F浮＝ρ液gV排＝ρ液gSh浸求出此时正方体浸入水中的深度，从而得出此时容器内水的深度，最后利用p＝ρ液gh求出水对容器底的压强；同理也可分析第二种情况，水深较小时，G﹣F浮＝0.2F。
【解答】解：（1）由图乙可知，当h0＝0cm时，力传感器的示数为F0＝6N，
由细杆的质量不考虑可知，正方体A对力传感器的压力等于自身的重力，即正方体A的重力G＝F0＝6N；
（2）由图乙可知，当h2＝3cm时，物体A的下表面恰好与水面接触，
当容器内水的深度h1＝13cm时，正方体A刚好浸没，
则正方体A的边长L＝h浸1＝13cm﹣3cm＝10cm＝0.1m，
因物体浸没时排开液体的体积和自身的体积相等，
所以，此时正方体A排开水的体积V排＝L3＝（0.1m）3＝10﹣3m3，
正方体A受到的浮力F浮＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×10﹣3m3＝10N；
（3）当容器内水的深度h3＝4cm时，正方体A浸入水的深度h浸2＝h3﹣h2＝4cm﹣3cm＝1cm＝0.01m，
排开水的体积V排′＝L2h浸2＝（0.1m）2×0.01m＝10﹣4m3，
正方体A受到的浮力F浮′＝ρ水gV排′＝1.0×103kg/m3×10N/kg×10﹣4m3＝1N，
力传感器的示数F＝G﹣F浮′＝6N﹣1N＝5N，
继续向容器中加水，分力传感器受到的拉力或压力两种情况讨论力传感器的示数大小变为0.2F：
由图乙可知，第一种情况：当力传感器受到的拉力F′＝0.2F＝0.2×5N＝1N且水的深度较大时，此时正方体A受到竖直向上的浮力和竖直向下重力、细杆的拉力作用处于平衡状态，
所以，由正方体受到的合力为零可得，受到的浮力F浮″＝G+F′＝6N+1N＝7N，
由F浮＝ρ液gV排＝ρ液gSAh浸可得，
此时正方体浸入水中的深度h浸3＝＝＝0.07m＝7cm，
则此时容器内水的深度h4＝h2+h浸3＝3cm+7cm＝10cm＝0.1m，
则此时水对容器底的压强为：p＝ρ液gh4＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.1m＝1000Pa；
第二种情况：当力传感器受到的压力F′＝0.2F＝0.2×5N＝1N且水的深度较小时，此时正方体A受到竖直向上的浮力和竖直向下重力、细杆的压力作用处于平衡状态，
所以，由正方体受到的合力为零可得，受到的浮力F浮'''＝G﹣F′＝6N﹣1N＝5N，
由F浮＝ρ液gV排＝ρ液gSAh浸可得，
此时正方体浸入水中的深度h浸4＝＝＝0.05m＝5cm，
则此时容器内水的深度h5＝h2+h浸4＝3cm+5cm＝8cm＝0.08m，
则此时水对容器底的压强为：p'＝ρ液gh5＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.08m＝800Pa。
答：（1）物体A所受到的重力为6N；
（2）当容器内水的深度为13cm时，正方体A受到的浮力为10N；
（3）当容器内水的深度为4cm时，力传感器的示数大小为F，继续向容器中加水，当力传感器的示数大小变为0.2F时，水对容器底的压强为800Pa或1000Pa。
2022年广西贵港市中考物理质检试卷
一、单项选择题（每小题3分，共30分）每小题只有一个正确的选项，请用2B铅笔将答题卡对应题目的答案标号涂黑，如需改动，必须先用橡皮擦干净后，再改涂其他答案标号。
1．（3分）下列数据最接近实际的是（ ）
A．家用台灯正常工作时的电流约为10A
B．贵港夏季平均气温约为45℃
C．中学生正常步行的速度约为1.2cm/s
D．普通中学生的质量约为50kg
2．（3分）用煤油温度计测量水的温度时，温度计内煤油液面慢慢下降，“煤油液面下降”是因为煤油的（ ）
A．体积变小 B．所受重力变小
C．质量变小 D．密度变小
3．（3分）2021年12月30日，中科院合肥物质科学研究院等离子体物理研究所有“人造太阳”之称的全超导托卡马克核聚变实验装置（EAST）实现1056秒超长放电运行，中国“人造太阳”再创最长放电纪录。关于能源、信息和材料，下列说法正确的是（ ）
A．化石能源、核能和潮汐能都属于不可再生能源
B．汽车上的北斗定位导航系统是利用超声波进行定位和导航的
C．LED灯的核心元件发光二极管是由半导体材料制成的
D．核电站是利用原子核聚变释放的能量发电的
4．（3分）下列过程中，能量转化情况相同的是（ ）
A．①③ B．②③ C．②④ D．③④
5．（3分）现代生活离不开电，树立安全用电的认识非常重要。下列做法符合安全用电原则的是（ ）
A．家用电器着火，先切断电源再灭火
B．将开关接在零线与灯泡之间
C．在一个插座上同时使用多个大功率用电器
D．空气开关跳闸后，立即将其合上继续使用
6．（3分）2022年2月6日晚中国女足上演逆转绝杀奇迹！时隔16年再夺亚洲杯冠军！这种拼尽全力、不畏强手，即使暂时落后也绝不气馁、努力奋战至最后的拼搏精神是支持中国女足战胜对手的重要动力。下列对足球比赛中的一些现象的分析正确的是（ ）
A．运动员用脚踢足球时，脚对球的力大于球对脚的力
B．踢出去的足球在地上越滚越慢，说明惯性越来越小
C．踢出去的足球向上飞行时，重力势能增大，机械能增大
D．静止在水平地面上的足球受到的重力和地面对足球的支持力是一对平衡力
7．（3分）自“双减”工作实施以来，贵港市各级学校认真贯彻落实中央和自治区党委、政府“双减”工作决策部署完善课后服务。在一次物理课后兴趣活动课上小组同学要设计一款电热水壶，要求能实现自动抽水和加热，且抽水和加热能独立进行。如图所示，下列电路中，符合上述要求的是（ ）
A．
B．
C．
D．
8．（3分）如图所示，这是大山同学在生活和学习中观察到的现象，其对应的解释合理的是（ ）
A．在甲图中，电流表指针反向偏转是因为通电导体在磁场中的受力方向与电流方向有关
B．在乙图中，舞台上的云雾是由干冰升华形成的二氧化碳气体
C．在丙图中，摩擦过的梳子能吸引纸屑是因为分子间存在引力
D．在丁图中，注射新冠疫苗时，用针管把药液推入人体内，利用了大气压强
9．（3分）如图所示，两个质量、底面积相同但形状不同的容器A、B，盛有不同的液体放置在水平桌面上。现将两个相同的物块甲、乙分别放入两容器中，当两物块静止时，两容器中液面恰好相平，两物块所处的位置如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．两容器底部受到的液体压力相等
B．甲物块受到的浮力小于乙物块受到的浮力
C．取出两物块后，B容器对桌面的压强小于A容器对桌面的压强
D．取出两物块后，B容器底部受到液体的压力大于A容器底部受到液体的压力
10．（3分）如图甲所示，电源电压为18V，滑动变阻器标有“20Ω 1A”字样，当开关S闭合，滑动变阻器的滑片P滑至中点时，电压表的示数如图乙所示。下列四个结论正确的是（ ）
①定值电阻R的阻值为20Ω
②滑动变阻器允许接入电路的最小阻值为8Ω
③滑动变阻器的滑片P向左移动时，电压表示数变大
④电路消耗的总功率的变化范围为10.8W～18W
A．①② B．②④ C．②③ D．③④
二、填空题（每空1分，共20分）
11．（2分）智能手机有一个功能叫“智慧语音”，它可以通过识别声音实现对手机解锁，该系统主要是根据声音的 （选填“音调”、“音色”或“响度”）这一特征来工作的；开会或学习时，常把手机调成“静音”模式，这是在 处减弱噪声。
12．（2分）载有三位航天员的神舟十三号飞船于北京时间2021年10月16日6时56分，采用自主快速交会对接模式成功对接于天和核心舱径向端口，与此前已成功对接的天舟二号、天舟三号货运飞船一起构成四舱（船）组合体，如图所示。神舟十三号内的航天员通过弦窗看到地球在转动，这是以 为参照物；当飞船以7.8km/s的速度在距地球约343公里的太空高速运动时，在航天员出舱的10s时间内，航天员绕地球大约运动了 km。
13．（2分）如图所示，电影《长津湖》中趴在雪地上的中国人民志愿军“冰雕连”的士兵们岿然不动，从他们口中呼出的水蒸气在眉毛上结了一层厚厚的“霜”，其中“霜”的形成物态变化是 。在电影院各个座位上都能看到这个银幕上的画面，是因为光在银幕上发生了 （选填“漫反射”或“镜面反射”）。
14．（2分）每一次物理学的重大发现都会影响人类社会的进步和发展，1831年英国科学家 发现了电磁感应现象，使人类社会由“蒸汽时代”进入“电气时代”；磁针所指的南北方向与地理的南北方向略有偏离，世界上最早记述这一现象的人是我国宋代学者 。
15．（2分）在探究“分子运动快慢与温度的关系”的实验中，把红墨水分别滴入冷水和热水中，可以看到热水变色比冷水变色快，说明温度越高，分子运动越 ；在绕地球运行的太空舱内，水滴呈圆球状是由于分子间存在 力。
16．（2分）如图是家用煤气灶灶头的示意图，使用煤气灶时，打开煤气阀门，拧动点火装置，煤气和空气在进口处混合流向燃烧头被点燃，而煤气不会从进口处向空气中泄漏，其原因是进口处煤气流速 ，压强比大气压强 。
17．（2分）大山同学家中的电能表如图所示，该电能表的示数是 kW•h；大山同学让家中电饭煲单独工作1min，发现电能表的转盘转了8转，则该电饭煲的电功率为 W。
18．（2分）如图是央视《航拍中国》节目中播放的太原夜景画面。飞机航拍时携带的摄像机镜头相当于一个 透镜，要使拍出的夜景更大一些，飞机应该 （选填“上升”或“下降”）一些。
19．（2分）如图甲所示，电源电压恒定，滑动变阻器R标有“20Ω 0.5A”字样，定值电阻R0的阻值为10Ω，小灯泡L的额定电压为2.5V，电流表量程为0～0.6A，图乙是通过小灯泡L的电流随两端电压变化的图像。当S、S1闭合，S2断开，滑动变阻器的滑片P刚好在中点时，小灯泡L恰好正常发光，则电源电压为 V。当S、S2闭合，S1断开时，移动滑片P，在确保电路安全的情况下，通电1min整个电路消耗的最大电能为 J。
20．（2分）在水平地面上有两个由同种合金材料制成的实心正方体金属块甲和乙，其密度为3×103kg/m3，甲的边长为5cm，乙的边长为10cm，将乙沿竖直方向切割一部分叠放在甲的正上方后，甲、乙对地面的压强相等，则乙正方体被切去部分的底面积S＝ cm2，此时甲对地面的压强p甲＝ Pa。（g取10N/kg）
三、作图与实验探究题（共28分）
21．（2分）请在图中画出光线从空气通过半圆形玻璃砖并从玻璃砖射出的大致光路图。（O为玻璃砖圆心）
22．（2分）如图所示，这是用绳子悬挂在窗檐的2022年北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”挂件，请在图中画出此时“冰墩墩”所受力的示意图。（O为挂件重心）
23．（3分）如图所示，图中虚线是条形磁铁与通电螺线管间的磁感线分布。请根据图中信息标出通电螺线管的S极和电源的正、负极（用“+”“﹣”表示）。
24．（4分）请读出所列各仪表的读数：图1中温度计的示数为 ℃，图2中被测物体所受的重力为 N，用停表测量大山同学跑1000m所用的时间，停表指针如图3所示，则大山同学跑1000m所用的时间为 s，图4中被测物体的长度为 cm。
25．（4分）探究“水沸腾时温度变化的特点”的实验装置如图甲所示，在烧杯内装适量的水，点燃酒精灯加热，每隔1min记录一次温度计的示数。
（1）实验小组用该装置先后做了a、b两次实验，根据实验数据绘制的水的温度随时间变化的图像如图乙所示。则实验中水的沸点为 ℃，由此可判断实验时水面上方的气压 （选填“大于”、“小于”或“等于”）1个标准大气压。
（2）进行a、b两次实验时，实验装置和酒精灯的火力完全相同，则造成a、b图像不同的原因是a实验中所用水的质量 （选填“大于”、“小于”或“等于”）b实验中所用水的质量。
（3）在探究过程中，小组同学观察到水中气泡上升时的两种情况分别如图丙、丁所示。则图 （选填“丙”或“丁”）是水沸腾时的情况。
26．（6分）在“测量液体的密度”实验中，实验小组的大山和小玲采用了不同的方法。
（1）大山的实验过程如下：
①用天平测出空烧杯的质量为14g；
②在烧杯中倒入适量液体，天平平衡时，砖码的质量和游码的位置如图甲所示，则烧杯中液体的质量为 g；
③将烧杯中的液体全部倒入量筒中，量筒中液面的位置如图乙所示，则量筒中液体的体积为 mL。液体的密度为 kg/m3。
（2）大山用这种方法测出的液体的密度会 （选填“偏大”或“偏小”），原因是 。
（3）小玲的实验过程如下：
①取一根粗细均匀的饮料吸管，在其下端塞入适量金属丝并用石蜡封口；
②将吸管放到水中的情景如图丙（a）所示，测得浸入水中的长度为H＝11cm；
③将吸管放到待测液体中的情景如图丙（b）所示，测得浸入待测液体中的长度为h＝10cm；
④待测液体的密度ρ液＝ kg/m3。（已知ρ水＝1.0×103kg/m3）
27．（7分）大山做“测量小灯泡的额定功率”实验，实验电路如图甲所示，实验中电源电压恒为6V，小灯泡的额定电压U额＝2.5V，小灯泡正常发光时的电阻约为10Ω。
（1）请按照图甲中的电路图，用笔画线代替导线将图乙中的实物电路图连接完整。要求：滑动变阻器的滑片向右移时灯泡变暗。
（2）连接电路时，开关应 。
（3）大山同学正确进行实验，根据实验数据作出的小灯泡的I﹣U图像如图丙所示，则小灯泡的额定功率是 W；某次实验中，小明发现电压表和电流表都正常偏转，小灯泡却不发光，原因是 。
（4）实验室中的滑动变阻器有两种规格：A.“10Ω 2A”，B.“50Ω 1A”，可判断本实验中选用的滑动变阻器的规格为 （选填“A”或“B”）。
（5）同组的小玲同学，设计了如图丁所示的电路，利用一已知阻值为R0的定值电阻，也测出了小灯泡的额定功率。请完成如下实验步骤：
①连接好电路，闭合开关S、S1，断开开关S2，调节滑动变阻器滑片使电压表示数为U额；
②保持滑动变阻器滑片位置不变， ，记录电压表示数U；
③小灯泡的额定功率P额＝ （用题中已知物理量表示）
四、解答题（共22分）解答时要求写出必要的文字说明、计算公式和重要的演算步骤。答案必须写出数值和单位，只写出最后答案的不能给分。
28．（5分）质量为60kg的大山同学，骑着质量为40kg的电动自行车沿着平直路面匀速直线行驶。已知骑行过程中所受阻力为电动自行车和大山同学所受总重力的。求：（g取10N/kg）
（1）骑行过程中电动自行车所受的阻力；
（2）电动自行车匀速直线行驶1200m过程中牵引力做的功。
29．（8分）如图所示，电源电压恒为6V，R1为滑动变阻器，R2为定值电阻，小灯泡L标有“2V 0.5W”字样（不考虑灯丝电阻的变化）。闭合开关S2、S3，滑片P移至B端时，电流表的示数为0.3A；保持滑片位置不变，闭合开关S1、S2、S3时，电流表示数为0.5A。求：
（1）滑动变阻器R1的最大阻值；
（2）闭合开关S1、S2、S3，滑片P在B端时，1min内电流通过定值电阻R2产生的热量；
（3）只闭合开关S2，在保证电路安全的前提下，小灯泡L消耗的最大功率与最小功率之比。
30．（9分）在科技节，大山同学用传感器设计了如图甲所示的力学装置，竖直细杆B的下端通过力传感器固定在容器底部，它的上端与不吸水的实心正方体A固定，不计细杆B及连接处的质量和体积。力传感器可以显示出细杆B的下端受到作用力的大小，现缓慢向容器中加水，当水深为13cm时正方体A刚好浸没，力传感器的示数大小F随水深h变化的图像如图乙所示。求：（g取10N/kg，ρ水＝1.0×103kg/m3）
（1）物体A所受到的重力；
（2）当容器内水的深度为13cm时，正方体A受到的浮力大小；
（3）当容器内水的深度为4cm时，力传感器的示数大小为F，继续向容器中加水，当力传感器的示数大小变为0.2F时，水对容器底的压强是多少？
参考答案与解析
一、单项选择题（每小题3分，共30分）每小题只有一个正确的选项，请用2B铅笔将答题卡对应题目的答案标号涂黑，如需改动，必须先用橡皮擦干净后，再改涂其他答案标号。
1．（3分）下列数据最接近实际的是（ ）
A．家用台灯正常工作时的电流约为10A
B．贵港夏季平均气温约为45℃
C．中学生正常步行的速度约为1.2cm/s
D．普通中学生的质量约为50kg
【分析】首先要对选项中涉及的几种物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。
【解答】解：A、台灯正常工作时的电流约为0.1A，故A错误；
B、贵港夏季平均气温约为30℃，故B错误；
C、中学生正常步行的速度约为1.2m/s，故C错误；
D、中学生的质量约为50kg，符合实际，故D正确。
故选：D。
2．（3分）用煤油温度计测量水的温度时，温度计内煤油液面慢慢下降，“煤油液面下降”是因为煤油的（ ）
A．体积变小 B．所受重力变小
C．质量变小 D．密度变小
【分析】煤油具有热胀冷缩的性质，温度计内的煤油温度降低，体积变小，煤油柱下降。
【解答】解：
A．煤油具有热胀冷缩的性质；温度计内煤油液面慢慢下降，说明温度降低，煤油遇冷时体积变小，故A符合题意；
BCD．温度计内所含煤油的多少不变，其质量不变，体积变小，由密度公式可知煤油的密度增大，根据G＝mg可知其重力不变，故BCD不符合题意。
故选：A。
3．（3分）2021年12月30日，中科院合肥物质科学研究院等离子体物理研究所有“人造太阳”之称的全超导托卡马克核聚变实验装置（EAST）实现1056秒超长放电运行，中国“人造太阳”再创最长放电纪录。关于能源、信息和材料，下列说法正确的是（ ）
A．化石能源、核能和潮汐能都属于不可再生能源
B．汽车上的北斗定位导航系统是利用超声波进行定位和导航的
C．LED灯的核心元件发光二极管是由半导体材料制成的
D．核电站是利用原子核聚变释放的能量发电的
【分析】（1）能够源源不断的从自然界得到的能源叫可再生能源；短期内不能从自然界得到补充的能源叫不可再生能源；
（2）“北斗”卫星导航系统是利用电磁波进行定位和导航；
（3）二极管是由半导体做成的器件，它具有单向导电性；
（4）核电站的原理是通过核裂变释放能量来发电的。
【解答】解：A、化石能源、核能属于不可再生能源，潮汐能是可再生能源，故A错误；
B、我国的“北斗”卫星导航系统是利用电磁波进行定位和导航的，故B错误；
C、LED灯的核心元件发光二极管是由半导体材料制成的，故C正确；
D、核裂变是可控的，故目前世界上的核电站都是利用原子核分裂时释放出的能量发电的，故D错误。
故选：C。
4．（3分）下列过程中，能量转化情况相同的是（ ）
A．①③ B．②③ C．②④ D．③④
【分析】分析各实验装置中的能量变化可知能量的转化情况，则找出转化情况相同的即可。
【解答】解：①钻木取火，是将机械能转化内能；
②水蒸气顶开活塞，是水的内能转化为活塞的机械能；
③热机的压缩冲程，是机械能转化为内能的过程；
④煤气炉灶烧水，是煤气的化学能转化为内能的过程；
故能量转化相同的为①③。
故选：A。
5．（3分）现代生活离不开电，树立安全用电的认识非常重要。下列做法符合安全用电原则的是（ ）
A．家用电器着火，先切断电源再灭火
B．将开关接在零线与灯泡之间
C．在一个插座上同时使用多个大功率用电器
D．空气开关跳闸后，立即将其合上继续使用
【分析】（1）发现有人触电或电引起的火灾，首先切断电源，再实行救援措施；
（2）开关接在灯泡和火线之间当人体直接或间接接触火线并形成电流通路的时候，就会有电流流过人体，从而造成触电；
（3）引起电路中电流过大的原因有二：一是电路的总功率过大，二是发生短路；
（4）空气开关跳闸，原因是电路有短路或总功率过大的情况，应先检修，检查没有问题后再使空气开关复位。
【解答】解：A、发现家用电器或电线着火时，首先要切断电源再去灭火，故A正确；
B、将开关接在零线和电灯之间，断开开关时，不能切断火线，在更换灯泡或擦拭灯泡时，容易接触火线，可能发生触电事故，故B错误；
C、多个大功率用电器同时使用，使电路的总功率过大，使电路的电流过大，易引起火灾，故C错误；
D、因为电路有短路或总功率过大的情况，空气开关才跳闸，所以应先检修，检查没有问题后再使空气开关复位，故D错误。
故选：A。
6．（3分）2022年2月6日晚中国女足上演逆转绝杀奇迹！时隔16年再夺亚洲杯冠军！这种拼尽全力、不畏强手，即使暂时落后也绝不气馁、努力奋战至最后的拼搏精神是支持中国女足战胜对手的重要动力。下列对足球比赛中的一些现象的分析正确的是（ ）
A．运动员用脚踢足球时，脚对球的力大于球对脚的力
B．踢出去的足球在地上越滚越慢，说明惯性越来越小
C．踢出去的足球向上飞行时，重力势能增大，机械能增大
D．静止在水平地面上的足球受到的重力和地面对足球的支持力是一对平衡力
【分析】A、相互作用力的条件：大小相等、方向相反、作用在两个物体上，作用在同一条直线上；
B、力是改变物体运动状态的原因；
C、动能与物体的质量和速度有关，重力势能与物体的质量和高度有关，只有动能和势能相互转化时，机械能保持不变；
D、处于平衡状态的物体受到的力是平衡力；一对平衡力必须大小相等、方向相反、作用在一条直线上、作用在同一物体上。
【解答】解：A、运动员用脚踢足球时，脚对球的力和球对脚的力是一对相互作用力，其大小相等，故A错误；
B、踢出去的足球在地上越滚越慢，是因为足球受到阻力的作用，阻力改变了足球的运动状态，故B错误；
C、踢出的足球向上飞行时，质量不变，速度减小，因此动能减小，但是球的高度增大，因此重力势能增大，在此过程中足球需要克服阻力做功，会有一部分机械能转化为内能，所以机械能保持变小，故C错误；
D、静止在水平地面上的足球处于平衡状态，受到的重力和地面对足球的支持力是一对平衡力，故D正确。
故选：D。
7．（3分）自“双减”工作实施以来，贵港市各级学校认真贯彻落实中央和自治区党委、政府“双减”工作决策部署完善课后服务。在一次物理课后兴趣活动课上小组同学要设计一款电热水壶，要求能实现自动抽水和加热，且抽水和加热能独立进行。如图所示，下列电路中，符合上述要求的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】抽水和加热能独立操作互不影响，故电动机M与R并联，每个开关与一个电路元件串联。
【解答】解：
AB、S1控制整个电路，只有闭合S1，M（R）工作时，再闭合S2，R（M）才能工作，故AB不符合题意；
C、电动机M与R并联，每个开关与一个电路元件串联，抽水和加热互不影响，故C符合题意；
D、S1控制整个电路，两用电器串联，只闭合（断开）S1，M和R同时工作（停止工作）；再闭合S2，M短路，M不能工作，只有R工作，故D不符合题意。
故选：C。
8．（3分）如图所示，这是大山同学在生活和学习中观察到的现象，其对应的解释合理的是（ ）
A．在甲图中，电流表指针反向偏转是因为通电导体在磁场中的受力方向与电流方向有关
B．在乙图中，舞台上的云雾是由干冰升华形成的二氧化碳气体
C．在丙图中，摩擦过的梳子能吸引纸屑是因为分子间存在引力
D．在丁图中，注射新冠疫苗时，用针管把药液推入人体内，利用了大气压强
【分析】（1）电流表的工作原理是通电导体在磁场中受力的作用，受力方向与磁场方向、电流方向有关；
（2）物质由气态变为液态叫液化；干冰易升华，升华吸热；
（3）带电体具有吸引轻小物体的性质；
（4）用针管把药液推入体内，是推力大于大气压力的结果。
【解答】解：
A、电流表的工作原理是通电导体在磁场中受力的作用，受力方向与磁场方向、电流方向有关，在磁场方向不变时，电流方向改变，其受力方向改变，导致反向偏转，故A正确；
B、舞台上演出时制造的云雾是干冰升华吸热，使空气中水蒸气液化形成的，故B错误；
C、摩擦过的梳子能够吸引小纸屑，是因为带电体具有吸引轻小物体的性质，故C错误；
D、用针管把药液推入体内，是推力大于大气压力药液向体内运动的结果，不是利用大气压强，故D错误。
故选：A。
9．（3分）如图所示，两个质量、底面积相同但形状不同的容器A、B，盛有不同的液体放置在水平桌面上。现将两个相同的物块甲、乙分别放入两容器中，当两物块静止时，两容器中液面恰好相平，两物块所处的位置如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．两容器底部受到的液体压力相等
B．甲物块受到的浮力小于乙物块受到的浮力
C．取出两物块后，B容器对桌面的压强小于A容器对桌面的压强
D．取出两物块后，B容器底部受到液体的压力大于A容器底部受到液体的压力
【分析】（1）根据两物体在两种液体中的状态比较两种液体密度的大小，再根据p＝ρ液gh比较容器底受到的液体的压强，再根据p＝判断出两容器底部受到的液体压力关系；
（2）根据物体的浮沉条件判断浮力与重力的关系，由此比较浮力大小；
（3）根据液体的密度和液体的体积由密度公式判断出液体质量的关系，进而判断出总重力的关系和对水平面压力的关系，根据p＝判断出A、B容器对桌面的压强的关系；
（4）取出物块后，从体积变化量及容器形状确定深度变化量，从而确定液体对两容器底的压强大小关系，再根据p＝判断出两容器底部受到的液体压力关系。
【解答】解：A、物块甲在A中悬浮，则ρA＝ρ物，物块乙在B中漂浮，则ρB＞ρ物，可知ρA＜ρB，已知深度相同，由p＝ρ液gh可知，pA＜pB，已知容器底面积相同，由据p＝可知，B液体对容器底的压力大，即FA＜FB，故A错误；
B、甲悬浮，F浮甲＝G甲；乙漂浮，则F浮乙＝G乙，因为甲、乙相同，即重力相等，可知F甲＝F乙，故B错误；
C、因为ρA＜ρB，V排A＞V排乙，取出物体后B中液体体积大于A中液体体积，由公式m＝ρV及G＝mg可知，B中液体的重力大于A中液体重力，所以B容器对桌面的压力大于A容器对桌面的压力，由于两容器的底面积相同，根据p＝知B容器对桌面的压强大于A容器对桌面的压强，故C错误；
D、因为甲排开液体的体积大于乙排开液体的体积，而且甲是下宽上窄，取出物体后，甲液面下降的更大，因为ρA＜ρB，且A中液体的深度小于B中液体的深度，由p＝ρ液gh可知，取出两物块后，B容器底受到液体的压强大于A容器底受到液体的压强，已知容器底面积相同，由据p＝可知，B液体对容器底的压力大，故D正确。
故选：D。
10．（3分）如图甲所示，电源电压为18V，滑动变阻器标有“20Ω 1A”字样，当开关S闭合，滑动变阻器的滑片P滑至中点时，电压表的示数如图乙所示。下列四个结论正确的是（ ）
①定值电阻R的阻值为20Ω
②滑动变阻器允许接入电路的最小阻值为8Ω
③滑动变阻器的滑片P向左移动时，电压表示数变大
④电路消耗的总功率的变化范围为10.8W～18W
A．①② B．②④ C．②③ D．③④
【分析】由电路图可知，当开关S闭合，定值电阻R与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。
①根据图乙电压表的量程和分度值读出滑动变阻器的滑片P滑至中点时变阻器两端的电压，利用串联电路的电流特点和欧姆定律求出电路中的电流，利用串联电路的电压特点求出定值电阻两端的电压，利用欧姆定律求出定值电阻R的阻值；
②根据滑动变阻器的铭牌可知电路中的最大电流，此时滑动变阻器接入电路中的电阻最小，根据欧姆定律求出电路中的总电阻，利用电阻的串联特点求出滑动变阻器允许接入电路的最小阻值；
③根据滑片的移动可知变阻器接入电路中的电阻变化，根据欧姆定律可知电路中的电流变化和定值电阻R两端的电压变化，利用串联电路的电压特点可知滑动变阻器两端的电压变化；
④电路中的电流最大时电路消耗的总功率最大，根据P＝UI求出其大小；当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，再根据欧姆定律求出此时滑动变阻器两端的电压，然后与电压表的量程相比较确定电路中的最小电流，此时电路的总功率最小，利用P＝UI求出其大小，然后得出电路消耗的总功率的变化范围。
【解答】解：由电路图可知，当开关S闭合，定值电阻R与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。
①由图乙可知，电压表的量程为0～15V，分度值为0.5V，则滑动变阻器的滑片P滑至中点时变阻器两端的电压U滑＝9V，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，电路中的电流：I＝I滑＝＝＝0.9A，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，定值电阻两端的电压：UR＝U﹣U滑＝18V﹣9V＝9V，
则定值电阻R的阻值：R＝＝＝10Ω，故①错误；
②由滑动变阻器的铭牌可知，电路中的最大电流I大＝1A，此时滑动变阻器接入电路中的电阻最小，
此时电路的总电阻：R总＝＝＝18Ω，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，滑动变阻器允许接入电路的最小阻值：R滑小＝R总﹣R＝18Ω﹣10Ω＝8Ω，故②正确；
③滑动变阻器的滑片P向左移动时，变阻器接入电路中的电阻变小，电路的总电阻变小，
由I＝可知，电路中的电流变大，定值电阻R两端的电压变大，
由串联电路中总电压等于各分电压之和可知，滑动变阻器两端的电压变小，即电压表的示数变小，故③错误；
④电路中的最大电流I大＝1A，则电路消耗的最大总功率：P大＝UI大＝18V×1A＝18W；
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流：I′＝＝＝＝0.6A，
此时滑动变阻器两端的电压：U滑′＝I′R滑＝0.6A×20Ω＝12V＜15V，
则电路中的最小电流I小＝I′＝0.6A，此时电路的总功率最小，
电路消耗的最小总功率：P小＝UI小＝18V×0.6A＝10.8W，
所以，电路消耗的总功率的变化范围为10.8W～18W，故④正确。
综上可知，②④正确。
故选：B。
二、填空题（每空1分，共20分）
11．（2分）智能手机有一个功能叫“智慧语音”，它可以通过识别声音实现对手机解锁，该系统主要是根据声音的 音色 （选填“音调”、“音色”或“响度”）这一特征来工作的；开会或学习时，常把手机调成“静音”模式，这是在 声源 处减弱噪声。
【分析】（1）声音的三个特征分别是：音调、响度、音色，是从不同角度描述声音的，音调指声音的高低，由振动频率决定；响度指声音的强弱或大小，与振幅、传播距离和分散程度有关；音色是由发声体本身决定的一个特性；
（2）减弱噪声的途径：在声源处、在传播过程中、在人耳处。
【解答】解：
不同物体发出的声音的音色是不同的，智能手机的“智慧语音”，可以通过识别声音实现对手机解锁，该系统主要是根据声音的音色这一特征来工作的；
开会或学习时，把手机调成静音状态，是为了在声源处减弱噪声。
故答案为：音色；声源。
12．（2分）载有三位航天员的神舟十三号飞船于北京时间2021年10月16日6时56分，采用自主快速交会对接模式成功对接于天和核心舱径向端口，与此前已成功对接的天舟二号、天舟三号货运飞船一起构成四舱（船）组合体，如图所示。神舟十三号内的航天员通过弦窗看到地球在转动，这是以 飞船 为参照物；当飞船以7.8km/s的速度在距地球约343公里的太空高速运动时，在航天员出舱的10s时间内，航天员绕地球大约运动了 78 km。
【分析】（1）同一个物体是运动还是静止的，取决于所选的参照物，参照物不同，物体的运动状态可能不同，这就是运动和静止的相对性；
（2）根据速度公式的变形式s＝vt得出宇航员绕地球大约运动的距离。
【解答】解：（1）以飞船为参照物，地球和飞船的位置有变化，才能看到地球在转动，所以是以飞船为参照物；
（2）运动时间t＝10s，飞船速度v＝7.8km/s
宇航员绕地球大约运动的距离s＝vt＝7.8km/s×10s＝78km。
故答案为：飞船；78。
13．（2分）如图所示，电影《长津湖》中趴在雪地上的中国人民志愿军“冰雕连”的士兵们岿然不动，从他们口中呼出的水蒸气在眉毛上结了一层厚厚的“霜”，其中“霜”的形成物态变化是 凝华 。在电影院各个座位上都能看到这个银幕上的画面，是因为光在银幕上发生了 漫反射 （选填“漫反射”或“镜面反射”）。
【分析】（1）物质由气态直接变为固态的过程叫凝华；
（2）平行光射到光滑的反射面时，反射光线射向同一方向，这就是镜面反射。平行光射到较粗糙的物体表面，反射光射向各个方向，这就是漫反射。
【解答】解：（1）“霜”的形成物态变化是水蒸气遇冷直接凝华成的小冰晶；
（2）在电影院各个座位上都能看到银幕上的画面，是因为光在银幕上发生了漫反射，反射光线射向各个方向。
故答案为：凝华；漫反射。
14．（2分）每一次物理学的重大发现都会影响人类社会的进步和发展，1831年英国科学家 法拉第 发现了电磁感应现象，使人类社会由“蒸汽时代”进入“电气时代”；磁针所指的南北方向与地理的南北方向略有偏离，世界上最早记述这一现象的人是我国宋代学者 沈括 。
【分析】根据历史上对电磁感应现象、地磁场的记载及物理常识解答此题。
【解答】解：英国科学家法拉第经过长期研究，于1831年发现了电磁感应现象，解决了“磁生电”的问题，为人类从“蒸汽时代”步入“电气时代”作出了卓越的贡献；
北宋学者沈括在《梦溪笔谈》记载了指南针指向“常微信东，不全南也”，即：地理的两极和地磁场的两极并不重合，磁针所指的南北方向与地理的南北方向略有偏离，沈括是第一位指出地磁偏角的科学家。
故答案为：法拉第；沈括。
15．（2分）在探究“分子运动快慢与温度的关系”的实验中，把红墨水分别滴入冷水和热水中，可以看到热水变色比冷水变色快，说明温度越高，分子运动越 剧烈 ；在绕地球运行的太空舱内，水滴呈圆球状是由于分子间存在 引 力。
【分析】（1）分子在永不停息地做无规则运动，分子的无规则运动与温度有关，温度越高运动越激烈；
（2）物质是由分子组成的，分子之间存在相互作用的引力和斥力；
【解答】解：由于热水的温度高，分子运动剧烈，所以在冷水杯和热水杯中滴入两滴墨水，会看到热水中的墨水扩散变色快；
分子之间存在引力，所以太空舱内水滴呈圆球状。
故答案为：剧烈；引。
16．（2分）如图是家用煤气灶灶头的示意图，使用煤气灶时，打开煤气阀门，拧动点火装置，煤气和空气在进口处混合流向燃烧头被点燃，而煤气不会从进口处向空气中泄漏，其原因是进口处煤气流速 大 ，压强比大气压强 小 。
【分析】流体的压强跟流速有关，流速越大，压强越小。比较煤气进口处的内外气体的流速是解决本题的关键。
【解答】解：因为流速越快，流体的压强越小，所以进口处煤气流速大，压强小于大气压，煤气和空气在大气压的作用下流向燃烧头，而煤气不会向空气中泄露。
故答案为：大；小。
17．（2分）大山同学家中的电能表如图所示，该电能表的示数是 362.6 kW•h；大山同学让家中电饭煲单独工作1min，发现电能表的转盘转了8转，则该电饭煲的电功率为 800 W。
【分析】（1）电能表的读数：数字方框中最后一位是小数，单位是kW•h；
（2）600r/（kW•h）表示电路中用电器每消耗1kW•h电能，电能表的转盘转过600转，据此计算出电能表的转盘转了8转，电饭煲消耗的电能；利用P＝计算出电饭煲的电功率。
【解答】解：（1）电能表的读数：数字方框中最后一位是小数，单位是kW•h，由图可知，电能表的示数为362.6kW•h；
（2）600r/（kW•h）表示电路中用电器每消耗1kW•h电能，电能表的转盘转过600转，
则电能表的转盘转了8转，电饭煲消耗的电能：W＝＝kW•h；
电饭煲的电功率：P＝＝＝0.8kW＝800W。
故答案为：362.6；800。
18．（2分）如图是央视《航拍中国》节目中播放的太原夜景画面。飞机航拍时携带的摄像机镜头相当于一个 凸 透镜，要使拍出的夜景更大一些，飞机应该 下降 （选填“上升”或“下降”）一些。
【分析】根据凸透镜成像的三种情况和应用之一：u＞2f，成倒立、缩小的实像，应用于照相机和摄像机；凸透镜成实像时，物距变小，像距变大，像变大（物近、像远、像变大）。
【解答】解：摄像机镜头相当于一个凸透镜，航拍时物距大于2倍焦距。凸透镜成像时，u＞2f，成倒立、缩小的实像；要使拍出的夜景更大一些，即像变大，则像距变大，物距减小，即飞机应该下降一些。
故答案为：凸；下降。
19．（2分）如图甲所示，电源电压恒定，滑动变阻器R标有“20Ω 0.5A”字样，定值电阻R0的阻值为10Ω，小灯泡L的额定电压为2.5V，电流表量程为0～0.6A，图乙是通过小灯泡L的电流随两端电压变化的图像。当S、S1闭合，S2断开，滑动变阻器的滑片P刚好在中点时，小灯泡L恰好正常发光，则电源电压为 5 V。当S、S2闭合，S1断开时，移动滑片P，在确保电路安全的情况下，通电1min整个电路消耗的最大电能为 150 J。
【分析】（1）当S、S1闭合，S2断开，该电路为L和R的串联电路，电流表测电路中的电流，电压表测R两端的电压；此时灯泡正常发光，已知灯泡的额定电压，由图乙可知此时通过灯泡的电流，即电路中的电流；根据题意得出滑动变阻器接入电路的阻值，再利用I＝求出滑动变阻器两端的电压，串联电路中电源电压等于各个用电器两端的电压之和，据此求出电源电压；
（2）当S、S2闭合，S1断开时，该电路为R和R0的串联电路，电流表测电路中的电流，电压表测R两端的电压；为确保电路安全，电路中的最大电流不能超出用电器允许通过的最大值和电流表的量程，据此得出电路中的最大电流，再根据W＝UIt求出通电1min整个电路消耗的最大电能。
【解答】解：（1）当S、S1闭合，S2断开，该电路为L和R的串联电路，电流表测电路中的电流，电压表测R两端的电压；
此时灯泡正常发光，则灯泡两端的电压为UL＝2.5V，由图乙可知此时通过L的电流为IL＝0.25A，即电路中的电流为I＝IL＝0.25A，
由题可知此时滑动变阻器接入电路的阻值为：R中＝＝＝10Ω，
由I＝可知滑动变阻器两端的电压为：UR＝IR中＝0.25A×10Ω＝2.5V，
由串联电路的电压特点可知电源电压为：U＝UR+UL＝2.5V+2.5V＝5V；
（2）当S、S2闭合，S1断开时，该电路为R和R0的串联电路，电流表测电路中的电流，电压表测R两端的电压；
已知滑动变阻器允许通过的最大电流为IR＝0.5A，电流表所选量程为0～0.6A，
在确保电路安全的情况下，电路中的最大电流为I大＝IR＝0.5A，
则通电1min整个电路消耗的最大电能为：W＝I大Ut＝0.5A×5V×60s＝150J。
故答案为：5；150。
20．（2分）在水平地面上有两个由同种合金材料制成的实心正方体金属块甲和乙，其密度为3×103kg/m3，甲的边长为5cm，乙的边长为10cm，将乙沿竖直方向切割一部分叠放在甲的正上方后，甲、乙对地面的压强相等，则乙正方体被切去部分的底面积S＝ 12.5 cm2，此时甲对地面的压强p甲＝ 3×103 Pa。（g取10N/kg）
【分析】根据甲、乙的边长利用正方体体积公式可求出甲的体积，利用m＝ρV可求出甲、乙正方体的质量，根据G＝mg可求出甲、乙正方体的重力，
设乙正方体被切去部分的底面积为S，根据长方体体积公式可求出乙切去部分的体积，利用m＝ρV可求出乙切去部分的质量，根据G＝mg可求出乙切去部分的重力，
将乙沿竖直方向切割一部分叠放在甲的正上方后，甲对水平地面的压力大小等于甲正方体的重力与乙切去部分的重力之和，根据p＝可求出甲对水平地面的压强；
乙剩余部分对水平地面的压力大小等于乙剩余部分的重力，根据p＝可求出乙对水平地面的压强，
根据此时甲对水平地面的压强与乙正方体剩余部分对水平地面的压强相等可求出乙切去部分的面积S；
根据上述求解过程可求得甲对水平地面的压强。
【解答】甲正方体的体积V甲＝a3＝（5cm）3＝125cm3＝1.25×10﹣4m3，
甲正方体的底面积S甲＝a2＝（5cm）2＝25cm2＝2.5×10﹣3m2，
乙正方体的体积V甲＝a3＝（10cm）3＝1000cm3＝1.0×10﹣3m3，
乙正方体的底面积S甲＝a2＝（10cm）2＝100cm2＝1.0×10﹣2m2，
甲正方体的质量m甲＝ρV甲＝3.0×103kg/m3×1.25×10﹣4m3＝0.375kg，
乙正方体的质量m乙＝ρV乙＝3.0×103kg/m3×1×10﹣3m3＝3kg，
甲正方体的重力G甲＝m甲g＝0.375kg×10N/kg＝3.75N，
乙正方体的的重力G乙＝m乙g＝3kg×10N/kg＝30N，
将乙沿竖直方向切割一部分叠放在甲的正上方后，设乙正方体被切去部分的底面积为Scm2，
乙正方体被切去部分的体积V′＝Sh＝Scm2×10cm＝10Scm3＝S×10﹣5m3，
乙正方体被切去部分的质量m乙′＝ρV乙′＝3.0×103kg/m3×S×10﹣5m3＝3S×10﹣2kg，
乙正方体被切去部分的重力G乙′＝m乙′g＝3S×10﹣2kg×10N/kg＝0.3S（N），
乙正方体剩余部分的重力G乙″＝G乙﹣G乙′＝30N﹣0.3SN＝30﹣0.3S（N），
乙正方体剩余部分的底面积S″＝S﹣S′＝100cm2﹣Scm2＝（100﹣S）×10﹣4m2
将乙沿竖直方向切割一部分叠放在甲的正上方后，
甲正方体对水平地面的压力F甲＝G甲+G乙′＝1.25N+0.3SN＝3.75+0.3S（N），
甲正方体对水平地面的压强p甲＝＝＝×104Pa
乙正方体剩余部分对水平地面的压力F乙＝G乙″＝30﹣0.3S（N），
乙正方体剩余部分对水平地面的压强p乙＝＝＝3×103Pa
此时甲正方体对水平地面的压强与乙正方体剩余部分对水平地面的压强相等，即：×104Pa＝3×103Pa，解得：S＝12.5cm2，
此时甲对水平地面的压强为p甲＝3×103Pa。
故答案为：12.5；3×103。
三、作图与实验探究题（共28分）
21．（2分）请在图中画出光线从空气通过半圆形玻璃砖并从玻璃砖射出的大致光路图。（O为玻璃砖圆心）
【分析】由光的折射规律可知，折射光线、入射光线、法线在同一平面内，折射光线和入射光线分居法线的两侧，且当光从空气斜射入玻璃中时，折射角小于入射角，当光垂直从玻璃射入空气中时，方向不变。
【解答】解：首先过入射点作出法线，光线从空气斜射入玻璃砖时，折射光线向法线偏折，折射角小于入射角，据此作出第一条折射光线；
折射光线从玻璃砖射入空气中时，由于此光线是由圆心O射出，当经过第二个折射面时，正好与该入射点处的切线垂直，因此第二次折射光线的传播方向不变，如图所示：
22．（2分）如图所示，这是用绳子悬挂在窗檐的2022年北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”挂件，请在图中画出此时“冰墩墩”所受力的示意图。（O为挂件重心）
【分析】画力的示意图，首先要对物体进行受力分析，看物体受几个力，要先分析力的大小、方向和作用点，再按照画图的要求画出各个力。
【解答】解：此时“冰墩墩”受重力和绳子的拉力作用，重力的方向是竖直向下的，从“冰墩墩”的重心O画一条带箭头的竖直向下的有向线段，用G表示，从“冰墩墩”的重心O画一条带箭头的竖直向上的有向线段，用F表示，如图所示：
23．（3分）如图所示，图中虚线是条形磁铁与通电螺线管间的磁感线分布。请根据图中信息标出通电螺线管的S极和电源的正、负极（用“+”“﹣”表示）。
【分析】（1）磁体外部的磁感线的方向是从磁体的N极出发，经外部空间，回到S极，据此判定螺线管的极性；
（2）由安培定则判断出电流的方向即可知电源的正极、负极。
【解答】解：由图可知，条形磁体的右端为N极，磁体外部的磁感线的方向是从磁体的N极出发，经外部空间，回到S极，所以螺线管的左端为S极，右端为N极；
根据安培定则可知，电流从螺线管的左端流入，右端流出，所以左端为正极，右端为负极，如图所示：
24．（4分）请读出所列各仪表的读数：图1中温度计的示数为 7 ℃，图2中被测物体所受的重力为 3.4 N，用停表测量大山同学跑1000m所用的时间，停表指针如图3所示，则大山同学跑1000m所用的时间为 247.5 s，图4中被测物体的长度为 2.25 cm。
【分析】（1）使用温度计测量液体温度时，先要弄清楚温度计的量程和分度值，读数时视线与液柱上表面相平，并注意区分温度是零上还是零下；
（2）弹簧测力计的读数是不需要估读的，我们只要认清分度值，然后直接读数就行；
（3）秒表的中间的表盘代表分钟，周围的大表盘代表秒，秒表读数是两个表盘的示数之和；
（4）刻度尺的最小刻度值为相邻的刻度线表示的长度；起始端没从0开始，把4.00cm处当作“0”刻度，读出末端刻度值，减去4.00cm即为物体长度，注意刻度尺要估读到分度值的下一位。
【解答】解：（1）温度计的最小刻度值是1℃，且液柱在零刻度线上方，因此该温度计的示数是7℃；
（2）由图2可知，弹簧测力计的分度值是0.2N，所以示数为3.4N；
（3）在秒表的中间表盘上，1min中间有两个小格，所以一个小格代表0.5min，指针在“4”和“5”之间，偏向“4”一侧；在秒表的大表盘上，1s之间有10个小格，所以一个小格代表0.1s，所以秒针指示的时间为7.5s，即秒表的读数为4min7.5s＝247.5s；
（4）在图4中，刻度尺上1cm之间有10个小格，所以一个小格代表1mm，即刻度尺的分度值为1mm；被测物体左侧与4.00cm对齐，右侧与6.25cm对齐，所以被测物体的长度为d＝6.25cm﹣4.00cm＝2.25cm。
故答案为：7；3.4；247.5；2.25。
25．（4分）探究“水沸腾时温度变化的特点”的实验装置如图甲所示，在烧杯内装适量的水，点燃酒精灯加热，每隔1min记录一次温度计的示数。
（1）实验小组用该装置先后做了a、b两次实验，根据实验数据绘制的水的温度随时间变化的图像如图乙所示。则实验中水的沸点为 98 ℃，由此可判断实验时水面上方的气压 小于 （选填“大于”、“小于”或“等于”）1个标准大气压。
（2）进行a、b两次实验时，实验装置和酒精灯的火力完全相同，则造成a、b图像不同的原因是a实验中所用水的质量 小于 （选填“大于”、“小于”或“等于”）b实验中所用水的质量。
（3）在探究过程中，小组同学观察到水中气泡上升时的两种情况分别如图丙、丁所示。则图 丙 （选填“丙”或“丁”）是水沸腾时的情况。
【分析】（1）根据图像和沸腾时的特点得出水的沸点，液体的沸点随气压的降低而降低，可知此时实验室内的气压小于一个标准大气压；
（2）根据Q＝cmΔt分析得出结论；
（3）水沸腾前和沸腾时都会从水底冒出气泡，但一种缓慢、一种剧烈，且在温度和形态变化上也有不同。
【解答】解：
（1）由图像知，实验中水的沸点为98℃，此时水面上方的气压小于一标准大气压；
（2）在相同的实验环境下，由图乙知，b加热到沸腾用时长，即需要吸更多的热量，根据Q＝cmΔt可知b的质量大；
（3）水在沸腾前，水温较低，底部少部分水汽化为水蒸气形成气泡冒出，气泡在上升过程中气泡中的水蒸气遇冷液化，导致在上升过程中气泡变小，因此图丁是沸腾前的情形，水在沸腾时，水温都达到沸点，水在各个部位同时汽化，因此大量气泡会在上升过程中逐渐得到补充，加之越往水面液体的压强越小，因此气泡会越变越大，因此图丙是沸腾时的情形；
故答案为：（1）98；小于；（2）小于；（3）丙。
26．（6分）在“测量液体的密度”实验中，实验小组的大山和小玲采用了不同的方法。
（1）大山的实验过程如下：
①用天平测出空烧杯的质量为14g；
②在烧杯中倒入适量液体，天平平衡时，砖码的质量和游码的位置如图甲所示，则烧杯中液体的质量为 47.8 g；
③将烧杯中的液体全部倒入量筒中，量筒中液面的位置如图乙所示，则量筒中液体的体积为 40 mL。液体的密度为 1.195×103 kg/m3。
（2）大山用这种方法测出的液体的密度会 偏大 （选填“偏大”或“偏小”），原因是 烧杯内的液体不可能全部倒入量筒内，导致测量的液体的体积偏小 。
（3）小玲的实验过程如下：
①取一根粗细均匀的饮料吸管，在其下端塞入适量金属丝并用石蜡封口；
②将吸管放到水中的情景如图丙（a）所示，测得浸入水中的长度为H＝11cm；
③将吸管放到待测液体中的情景如图丙（b）所示，测得浸入待测液体中的长度为h＝10cm；
④待测液体的密度ρ液＝ 1.1×103 kg/m3。（已知ρ水＝1.0×103kg/m3）
【分析】（1）②被测物体质量等于右盘中所有砝码质量与游码在标尺上所对刻度值之和，已知烧杯和液体的质量，烧杯的质量，可以得到烧杯中液体的质量；
③读取量筒中液体的体积时，首先要明确量筒的分度值，读数时视线与液面最凹处相平；利用公式ρ＝得到液体的密度；
（2）方案中“把烧杯内的液体全部倒入量筒内”会使得液体不能全部倒入量筒内，从而使密度出现很大的误差；
（3）根据吸管在两种液体中都处于漂浮状态，即浮力都等于自身重力，由此计算液体密度。
【解答】解：（1）②在天平的标尺上，1g之间有5个小格，一个小格代表的质量是0.2g，即天平的分度值为0.2g；烧杯和液体的总质量是m1＝50g+10g+1.8g＝61.8g；
空烧杯的质量为m2＝14g，烧杯中液体的质量为m＝m1﹣m2＝61.8g﹣14g＝47.8g；
③量筒的分度值为1cm3，量筒中液体的体积为V＝40mL＝40cm3；
液体的密度：ρ＝＝＝1.195g/cm3＝1.195×103kg/m3；
（2）大山不可能把烧杯内的液体全部倒入量筒内，导致测量的液体的体积偏小，由公式ρ＝知：密度测量结果偏大；
（3）如图（a）饮料吸管漂浮在水中，根据浮沉条件和阿基米德原理可得G＝F1＝ρ水gV排＝ρ水gSH，
如图（b）饮料吸管漂浮在液体中，根据浮沉条件和阿基米德原理可得G＝F2＝ρ液V'排＝ρ液gSh，
所以ρ水gSH＝ρ液gSh，所以ρ液＝ρ水＝1.0×103kg/m3×＝1.1×103kg/m3。
故答案为：（1）②47.8；③40；1.195×103；（2）偏大；烧杯内的液体不可能全部倒入量筒内，导致测量的液体的体积偏小；（3）1.1×103。
27．（7分）大山做“测量小灯泡的额定功率”实验，实验电路如图甲所示，实验中电源电压恒为6V，小灯泡的额定电压U额＝2.5V，小灯泡正常发光时的电阻约为10Ω。
（1）请按照图甲中的电路图，用笔画线代替导线将图乙中的实物电路图连接完整。要求：滑动变阻器的滑片向右移时灯泡变暗。
（2）连接电路时，开关应 断开 。
（3）大山同学正确进行实验，根据实验数据作出的小灯泡的I﹣U图像如图丙所示，则小灯泡的额定功率是 0.625 W；某次实验中，小明发现电压表和电流表都正常偏转，小灯泡却不发光，原因是 灯的实际功率太小 。
（4）实验室中的滑动变阻器有两种规格：A.“10Ω 2A”，B.“50Ω 1A”，可判断本实验中选用的滑动变阻器的规格为 B （选填“A”或“B”）。
（5）同组的小玲同学，设计了如图丁所示的电路，利用一已知阻值为R0的定值电阻，也测出了小灯泡的额定功率。请完成如下实验步骤：
①连接好电路，闭合开关S、S1，断开开关S2，调节滑动变阻器滑片使电压表示数为U额；
②保持滑动变阻器滑片位置不变， 闭合开关S、S2，断开开关S1 ，记录电压表示数U；
③小灯泡的额定功率P额＝ （用题中已知物理量表示）
【分析】（1）在测量小灯泡电功率的实验中，电流表、灯泡、滑动变阻器以及开关串联连接，根据欧姆定律求出灯泡额定电流的大约值，然后确定电流表的量程，并将电流表与灯泡串联；将滑动变阻器与开关串联，当滑动变阻器的滑片向右移动时灯泡变暗，连入电路的电阻变大，因此将滑动变阻器的左下接线柱连入电路；
（2）为了保护电路，连接电路时，开关应断开；
（3）从I﹣U图像上找到额定电压对应的点，读出对应的电流，利用P＝UI计算额定功率；某次实验中，小明发现电压表和电流表都正常偏转，电路为通路，灯两端有电压，却发现灯泡不亮，原因是：通过灯的电流过小，据此分析；
（4）根据（1）求出灯泡额定电流的大约值，由串联电路特点求出灯泡正常发光时滑动变阻器两端的电压，然后由欧姆定律求出此时滑动变阻器接入电路的阻值，根据该阻值选择滑动变阻器；
（5）没有电流表的情况下，利用定值电阻和电压表代替电流表与灯泡串联，首先使灯泡两端的电压等于2.5V，然后测出此时定值电阻两端的电压，便可求出电路中的电流，根据P＝UI计算出灯泡的额定电功率。
【解答】解：（1）灯泡的额定电流大约为：I＝＝＝0.25A，因此电压表选择0～0.6A的量程；将电流表的0.6A接线柱与电源的正接线柱相连；将滑动变阻器的左下接线柱与灯泡的右接线柱相连，如下图所示：
；
（2）为了保护电路，连接电路时，开关应断开；
（3）由I﹣U图像知，当灯的电压是2.5V时，对应的电流值为0.25A，额定功率P＝UI＝2.5V×0.25A＝0.625W；
某次实验中，小明发现电压表和电流表都正常偏转，电路为通路，灯两端电压不为0，却发现灯泡不亮，原因是：通过灯的电流过小，导致灯的实际功率过小；
（4）灯泡正常发光时电路电流约为I＝0.25A；
此时滑动变阻器两端的电压U滑＝U﹣UL＝6V﹣2.5V＝3.5V，
滑动变阻器接入电路的阻值为R滑＝＝＝14Ω，
大于滑动变阻器“10Ω1A”的最大阻值，实验时不能选该滑动变阻器，因此应选规格为“50Ω2A”的滑动变阻器B；
（5）实验步骤：
①连接好电路，闭合开关S、S1，断开开关S2，调节滑动变阻器滑片使电压表示数为U额，此时灯泡正常发光；
②保持滑动变阻器滑片位置不变，闭合开关S、S2，断开开关S1，读出电压表示数U；
③在①中，电压表测灯泡两端电压；
在②中，电压表测灯泡与定值电阻两端电压；
根据串联电路电压特点和欧姆定律可知，通过灯泡的电流：
I＝IR0＝＝，
灯泡额定功率：P＝U额I＝U额×＝。
故答案为：（1）如上图所示；（2）断开；（3）0.625；灯的实际功率太小；（4）B；（5）②闭合开关S、S2，断开开关S1；③。
四、解答题（共22分）解答时要求写出必要的文字说明、计算公式和重要的演算步骤。答案必须写出数值和单位，只写出最后答案的不能给分。
28．（5分）质量为60kg的大山同学，骑着质量为40kg的电动自行车沿着平直路面匀速直线行驶。已知骑行过程中所受阻力为电动自行车和大山同学所受总重力的。求：（g取10N/kg）
（1）骑行过程中电动自行车所受的阻力；
（2）电动自行车匀速直线行驶1200m过程中牵引力做的功。
【分析】（1）已知大山同学和车的质量，根据G＝mg计算大山同学和车的总重力；根据骑行过程中所受阻力为电动自行车和大山同学所受总重力的计算阻力的大小；
（2）电动自行车沿着平直路面匀速直线行驶，处于平衡状态，牵引力的大小等于阻力大小，根据W＝Fs计算牵引力做的功。
【解答】解：（1）质量为60kg的大山同学，骑着质量为40kg的电动自行车，总重力为：
G＝mg＝（60kg+40kg）×10N/kg＝1000N；
骑行过程中电动自行车所受的阻力为：
f＝G＝×1000N＝20N；
（2）电动自行车沿着平直路面匀速直线行驶，处于平衡状态，牵引力的大小等于阻力大小，即F＝f＝20N；
则电动自行车匀速直线行驶1200m过程中牵引力做的功为：
W＝Fs＝1200m×20N＝24000J。
答：（1）骑行过程中电动自行车所受的阻力为20N；
（2）电动自行车匀速直线行驶1200m过程中牵引力做的功为24000J。
29．（8分）如图所示，电源电压恒为6V，R1为滑动变阻器，R2为定值电阻，小灯泡L标有“2V 0.5W”字样（不考虑灯丝电阻的变化）。闭合开关S2、S3，滑片P移至B端时，电流表的示数为0.3A；保持滑片位置不变，闭合开关S1、S2、S3时，电流表示数为0.5A。求：
（1）滑动变阻器R1的最大阻值；
（2）闭合开关S1、S2、S3，滑片P在B端时，1min内电流通过定值电阻R2产生的热量；
（3）只闭合开关S2，在保证电路安全的前提下，小灯泡L消耗的最大功率与最小功率之比。
【分析】（1）只闭合开关S2、S3时，滑片P移至B端，电路只有电阻R1工作，此时电流表的示数为0.3A，根据欧姆定律I＝算出滑动变阻器R1的最大阻值；
（2）保持滑片位置不变，闭合开关S1、S2、S3时，定值电阻R2和滑动变阻器R1的最大电阻并联，电流表测量干路电流，电流表示数为0.5A，此时通过滑动变阻器的电流仍为0.3A，根据并联电路电流的规律算出通过定值电阻R2的电流，根据W＝UI2t算出1 min内R2消耗的电能；
（3）根据欧姆定律I＝算出小灯泡的电阻；
只闭合开关S2，小灯泡和滑动变阻器串联，根据小灯泡的额定电流判断出电路的最大电流为小灯泡的额定电流，最大功率为小灯泡的额定功率；
当滑动变阻器的电阻最大时，电路中的电流最小，小灯泡的实际功率最小，由欧姆定律算出电路的电流，根据P小＝I2R算出最小功率，进而算出小灯泡L消耗的最大功率与最小功率之比。
【解答】解：（1）只闭合开关S2、S3时，滑片P移至B端，电路只有电阻R1工作，此时电流表的示数为0.3A，
根据I＝知，
滑动变阻器R1的最大阻值为：
R1＝＝＝20Ω；
（2）保持滑片位置不变，闭合开关S1、S2、S3时，定值电阻R2和滑动变阻器R1的最大电阻并联，电流表测量干路电流，电流表示数为0.5A，此时通过滑动变阻器的电流仍为0.3A，
根据并联电路电流的规律知，
通过定值电阻R2的电流为：
I2＝I′﹣I＝0.5A﹣0.3A＝0.2A，
1 min内R2消耗的电能为：W＝UI2t＝6V×0.2A×60s＝72J；
（3）只闭合开关S2，小灯泡和滑动变阻器串联，小灯泡的最大电功率为额定功率为0.5W；
根据P＝UI知小灯泡正常发光时的电流为：
IL＝＝＝0.25A，
根据欧姆定律I＝得小灯泡的电阻为：
RL＝＝＝8Ω，
当滑动变阻器的电阻最大时，电路中的电流最小，小灯泡的实际功率最小，
此时电路中的电流为：
I小＝＝＝A，
小灯泡L消耗的最小功率为：
P小＝RL＝×8Ω＝W，
小灯泡L消耗的最大功率与最小功率之比为：＝＝。
答：（1）滑动变阻器R1的最大阻值为30Ω；
（2）闭合开关S1、S2、S3，滑片P在B端时，1min内电流通过定值电阻R2产生的热量为72J；
（3）只闭合开关S2，在保证电路安全的前提下，小灯泡L消耗的最大功率与最小功率之比为49：36。
30．（9分）在科技节，大山同学用传感器设计了如图甲所示的力学装置，竖直细杆B的下端通过力传感器固定在容器底部，它的上端与不吸水的实心正方体A固定，不计细杆B及连接处的质量和体积。力传感器可以显示出细杆B的下端受到作用力的大小，现缓慢向容器中加水，当水深为13cm时正方体A刚好浸没，力传感器的示数大小F随水深h变化的图像如图乙所示。求：（g取10N/kg，ρ水＝1.0×103kg/m3）
（1）物体A所受到的重力；
（2）当容器内水的深度为13cm时，正方体A受到的浮力大小；
（3）当容器内水的深度为4cm时，力传感器的示数大小为F，继续向容器中加水，当力传感器的示数大小变为0.2F时，水对容器底的压强是多少？
【分析】（1）根据图乙可知，当h＝0cm时力传感器的示数，细杆的质量不考虑可知，正方体A对力传感器的压力等于自身的重力，据此得出正方体A的重力；
（2）根据图乙可知，当h＝3cm时物体A的下表面恰好与水面接触，当容器内水的深度h＝13cm时，正方体A刚好浸没，据此求出正方体A的边长，根据V＝L3求出正方体A的体积即为浸没时排开水的体积，根据F浮＝ρ液gV排求出正方体A受到的浮力；
（3）先求出容器内水的深度h＝4cm时正方体A浸入水的深度，根据V＝Sh求出排开水的体积，利用F浮＝ρ液gV排求出正方体A受到的浮力，正方体A的重力减去受到的浮力即为力传感器的示数，继续向容器中加水，当力传感器的示数大小变为0.2F时，根据图乙可知，力传感器受到的拉力为0.2F时，可能是G﹣F浮＝0.2F，也可能是F浮﹣G＝0.2F，因此分两种情况讨论水对容器的压力；第一种情况：水的深度较大，F浮﹣G＝0.2F，分析正方体A受到的力，然后结合正方体受到的合力为零求出受到的浮力，根据F浮＝ρ液gV排＝ρ液gSh浸求出此时正方体浸入水中的深度，从而得出此时容器内水的深度，最后利用p＝ρ液gh求出水对容器底的压强；同理也可分析第二种情况，水深较小时，G﹣F浮＝0.2F。
【解答】解：（1）由图乙可知，当h0＝0cm时，力传感器的示数为F0＝6N，
由细杆的质量不考虑可知，正方体A对力传感器的压力等于自身的重力，即正方体A的重力G＝F0＝6N；
（2）由图乙可知，当h2＝3cm时，物体A的下表面恰好与水面接触，
当容器内水的深度h1＝13cm时，正方体A刚好浸没，
则正方体A的边长L＝h浸1＝13cm﹣3cm＝10cm＝0.1m，
因物体浸没时排开液体的体积和自身的体积相等，
所以，此时正方体A排开水的体积V排＝L3＝（0.1m）3＝10﹣3m3，
正方体A受到的浮力F浮＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×10﹣3m3＝10N；
（3）当容器内水的深度h3＝4cm时，正方体A浸入水的深度h浸2＝h3﹣h2＝4cm﹣3cm＝1cm＝0.01m，
排开水的体积V排′＝L2h浸2＝（0.1m）2×0.01m＝10﹣4m3，
正方体A受到的浮力F浮′＝ρ水gV排′＝1.0×103kg/m3×10N/kg×10﹣4m3＝1N，
力传感器的示数F＝G﹣F浮′＝6N﹣1N＝5N，
继续向容器中加水，分力传感器受到的拉力或压力两种情况讨论力传感器的示数大小变为0.2F：
由图乙可知，第一种情况：当力传感器受到的拉力F′＝0.2F＝0.2×5N＝1N且水的深度较大时，此时正方体A受到竖直向上的浮力和竖直向下重力、细杆的拉力作用处于平衡状态，
所以，由正方体受到的合力为零可得，受到的浮力F浮″＝G+F′＝6N+1N＝7N，
由F浮＝ρ液gV排＝ρ液gSAh浸可得，
此时正方体浸入水中的深度h浸3＝＝＝0.07m＝7cm，
则此时容器内水的深度h4＝h2+h浸3＝3cm+7cm＝10cm＝0.1m，
则此时水对容器底的压强为：p＝ρ液gh4＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.1m＝1000Pa；
第二种情况：当力传感器受到的压力F′＝0.2F＝0.2×5N＝1N且水的深度较小时，此时正方体A受到竖直向上的浮力和竖直向下重力、细杆的压力作用处于平衡状态，
所以，由正方体受到的合力为零可得，受到的浮力F浮'''＝G﹣F′＝6N﹣1N＝5N，
由F浮＝ρ液gV排＝ρ液gSAh浸可得，
此时正方体浸入水中的深度h浸4＝＝＝0.05m＝5cm，
则此时容器内水的深度h5＝h2+h浸4＝3cm+5cm＝8cm＝0.08m，
则此时水对容器底的压强为：p'＝ρ液gh5＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.08m＝800Pa。
答：（1）物体A所受到的重力为6N；
（2）当容器内水的深度为13cm时，正方体A受到的浮力为10N；
（3）当容器内水的深度为4cm时，力传感器的示数大小为F，继续向容器中加水，当力传感器的示数大小变为0.2F时，水对容器底的压强为800Pa或1000Pa。
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