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2022年重庆市巴蜀中学中考物理一诊试卷
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这是一份2022年重庆市巴蜀中学中考物理一诊试卷，共39页。试卷主要包含了选择题，填空作图题，实验探究题，论述计算题等内容，欢迎下载使用。
2022年重庆市巴蜀中学中考物理一诊试卷
一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，8小题，共24分）
1．（3分）下列数据中，最接近生活实际的是（ ）
A．中学生的安全电压为220V
B．中学生的正常体温约为40℃
C．人步行的正常速度约为1.1m/s
D．空调正常工作时电流约为20mA
2．（3分）如图所示，巴渝大地时尚先进的现代建筑、瑰丽迷人的自然风光、底蕴深厚的古镇老街中与光知识相关表述正确的是（ ）
A．甲：朝天门来福士广场夜晚的光柱是光的折射形成的
B．乙：乌江画廊的风景在水里的倒影是光的直线传播形成的
C．丙：游客所看见的磁器口悬挂的红灯笼是平面镜所成的像
D．丁：江津中山古镇的游客看到水面下的石块比实际位置要浅
3．（3分）下列有关物理知识说法正确的是（ ）
A．测液体压强的压强计属于连通器
B．飞机能飞上天是因为机翼的下方空气流速大，压强大
C．用手沾些冷水去拿热包子不会太烫手，是因为水汽化吸热
D．使用高压锅煮食物，是利用了液体沸点随气压增大而降低的原理
4．（3分）图中电和磁知识描述正确的是（ ）
A．验电器是利用异种电荷相互吸引的原理制成的
B．闭合开关通电螺线管左端为N极
C．人只接触到火线不接触到零线一定不会触电
D．通电导体在磁场中受力而运动是发电机的工作原理
5．（3分）如图是某运动员在一次撑杆跳高过程中的多个状态，若不计空气的阻力，以下分析正确的是（ ）
A．运动员助跑的目的是增大惯性
B．运动员到最高点时所受合力为零
C．运动员撑杆上升的过程中，杆的弹性势能全部转化为运动员的动能
D．运动员从最高点下落的过程中，机械能保持不变
6．（3分）如图所示，一闭合电路竖着固定在一辆光滑绝缘的小车上，电路中R0为定值电阻，R为压敏电阻，其阻值随所受压力的增大而减小。将物体M放在小车上与压敏电阻接触，当小车由静止突然向右运动时，下列说法正确的是（ ）
A．电流表示数减小 B．电压表示数减小
C．电流表示数不变 D．电压表示数增大
7．（3分）如图所示，小洋的爸爸用400N的拉力使重740N的物体在10s内匀速上升了2m，体重为450N的小洋也用此滑轮组来提升重1000N的物体，但物体没有被拉动，不计摩擦及绳重，已知动滑轮下方挂钩上绳子能够承受的最大拉力为900N，则（ ）
A．小洋爸爸拉绳做功的功率为80W
B．小洋爸爸拉绳时滑轮组机械效率为90%
C．小洋拉绳时物体对水平地面的最小压力为160N
D．小洋拉绳时小洋对水平地面的最小压力为30N
8．（3分）如图所示的电路中，电源电压为5V且保持不变，电流表量程为0～0.6A，电压表量程为0～3V，R为“50Ω1A“的滑动变阻器，R2＝25Ω，灯泡L标有“4V1.6W”字样（不考虑温度对灯丝电阻的影响）。在保证电路安全的情况下，下列说法正确的有（ ）
①灯泡L的阻值为10Ω
②只闭合S1，断开S2和S3，通过小灯泡L的电流范围为0.2A～0.4A
③只闭合S1，断开S2和S3，滑动变阻器R1的功率范围是0.4W～0.6W
④闭合S2和S3，断开S1时，滑动变阻器R1接入电路中的范围是12.5Ω～50Ω
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
二、填空作图题（本题共6个小圆，第14小题作图2分，其余每空1分，共12分。）
9．（2分）丹麦物理学家 首先发现了电流周围存在磁场。地球本身就是一个磁体，地磁的北极在地理 极（选填“南”或“北”）附近。
10．（2分）2022年3月23日，中国空间站进行了第二次太空授课，如图，王亚平将冰墩墩用手指轻轻一推，冰墩墩慢慢飘向一两米外的叶光富，在两人之间来回运动。以运动的冰墩墩为参照物，王亚平是 （选填“运动”或“静止”）的。同学们能通过声音来分辨是哪位航天员在说话，是因为不同航天员声音的 （选填“音色”、“音调”、“响度”）不同。
11．吸烟危害健康，即使只有很少人吸烟，整个场所也会充满烟味，这属于 现象；抽烟者的衣服摩擦后易沾染烟灰，是因为带电体能 。
12．（2分）如图甲所示，闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片从最右端滑至灯正常发光的位置，电流表示数与两电压表示数的关系图像如图乙所示，A、B两点的电功率PA：PB＝1：8，则电源电压为 V，灯的功率变化量为 W。
13．（2分）如图甲所示，重2N、底面积为200cm2的薄壁圆柱形容器置于水平升降台中央，容器中装有17cm深的水。与容器高度相同的圆柱体A悬挂在轻质细杆下保持静止，A的下表面与水面相平。在向上调节升降台过程中记录下杆对A的作用力F与升降台移动的距离h的关系，如图乙所示。当h＝13cm时，容器对升降台的压强为 Pa；当h＝17cm时，缓慢撤走细杆，A在容器中静止后，切掉A浸在水中体积的一半，待A剩余部分静止时，A剩余部分相对于容器底部移动的距离是 cm。
14．（2分）请在图中画出入射光线经过凸透镜后的折射光线。
15．（2分）请在图中将电灯和控制电灯的开关接入家庭电路
三、实验探究题（本题共3个小题，15小题6分，16小题8分，17小题8分，共22分。）
16．（6分）
（1）如图甲是探究平面镜成像特点的实验装置图。本实验器材应选择 （选填“玻璃板”或“平面镜”）进行实验；把蜡烛靠近平面镜时，蜡烛在平面镜里的像将 （选填“变大”“不变”或“变小”）。实验中，让玻璃板沿OO′轴方向水平向右移动，镜中的像相对于A （选填“向右”或“向左”或“不”）移动。
（2）用如图乙的装置探究海波的熔化规律：
①组装器材时，应先固定 （选填“A”“B”或“C”）。
②加热到某一时刻，温度计示数如图所示，温度为 ℃。
③海波熔化过程是通过 方式改变其内能的。
17．（8分）小巴和小蜀想知道家里做泡菜的盐水和身边的一块不吸水的泡沫的密度，于是他们做了如下实验：
（1）把天平放在水平桌面上，将 移至标尺左端零刻度线处；发现指针偏向如图甲所示，则应将左侧的平衡螺母向 （选填“左”或“右”）调节，使天平平衡。
（2）天平平衡后，他们开始测盐水的密度，进行了以下步骤：
A.用天平测出烧杯和剩余盐水的总质量；
B.将盐水倒入烧杯中，用天平测出烧杯和盐水的总质量；
C.将烧杯中盐水的一部分倒入量筒，测出倒出的这部分盐水的体积。
请你根据以上步骤，写出正确的操作顺序： （填字母代号）。
（3）在步骤B中测得烧杯和盐水总质量如图乙所示为 g，其余步骤数据如图丙和丁所示。
（4）则该盐水的密度为 kg/m3。若该天平的20g砝码生锈了，则他们测得盐水的密度将 （选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
（5）善于思考的小蜀利用测好密度的盐水和电子秤来测量泡沫块的密度，如图所示：
①在底部安装有定滑轮的圆柱形容器中加入适量的盐水，静止在水平电子秤上（如图甲），电子秤的示数m1为200g；
②把一块不吸水泡沫放入盐水中（如图乙），电子秤示数m2为230g；
③用细线（质量忽略不计）绕过定滑轮竖直向上拉动泡沫，使泡沫浸没在盐水中（如图丙），电子秤的示数m3与m2相比变化了80g；
根据实验数据知泡沫的密度为 kg/m3，小巴认为可以将实验乙、丙的操作过程互换，按小巴的实验顺序所测泡沫的密度会 （选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
18．（8分）如图甲所示，小蜀做“测量小灯泡电功率”实验中，所用电源电压恒为4.5V，小灯泡的螺旋套上标有“3.8V”字样，滑动变阻器的规格是“20Ω 0.5A”。
（1）请用笔画线代替导线，将图甲中的实物电路连接完整。（要求：向右移动滑片时，灯变亮，且导线不能交叉）
（2）在实验前检查仪器时，发现电流表的指针如图乙所示，则他接下来的操作是 ；闭合开关后，灯泡不发光，电流表和电压表都有示数，导致这一现象可能的原因是 。
A.灯丝断路
B.滑动变阻器断路
C.灯丝短路
D.滑动变阻器阻值太大
（3）逐步移动滑片，电压表示数为2V，若要测量小灯泡的额定功率，应将滑动变阻器的滑片向 移（选填“左”或“右”），直到小灯泡正常发光，此时电流表的示数如图丙所示，则小灯泡的额定功率是 W。
（4）小蜀将滑片P从阻值最大位置移到阻值最小位置进行实验（灯未被烧坏）并依据实验数据，描出灯泡的I﹣U图像（如图a），任取曲线的一点构成如图所示的矩形（如图b中阴影部分），则矩形曲面积表示的物理含义是 ；
A.小灯泡的功率
B.滑动阻器的功率
C.总功率
（5）在某次实验中，小蜀向右调节滑动变阻器，滑动变阻器的功率减小了ΔP1，灯泡的功率变化了ΔP2，则ΔP1 ΔP2（选填“＞”、“＜”或“＝”）；
（6）同学们利用上述器材准备继续探究“电流与电阻的关系”，小巴同学只用电阻箱替换灯泡，其它不变，每次调节滑片P使电压表示数均为2V。在保证电路安全的前提下，为了完成实验，电阻箱接入电路的阻值范围为 Ω。
四、论述计算题（18题6分，19题8分，20题8分，共22分，解答应写出必要的文字说明。步骤和公式，只写出最后结果的不给分）
19．（6分）新能源汽车是未来汽车发展的趋势。如图，威马W6是一款纯电动汽车，整车质量为1800kg。若该车在某水平路段匀速直线行驶了500m，耗时20s，受到水平方向的阻力为车自重的0.1倍（车上人员的重力忽略不计），求：
（1）该车行驶的速度；
（2）牵引力在此路段所做的功。
20．（8分）如图所示是物理科技小组设计的锻炼力量的简易健身器材，重力不计的轻质杠杆AB可绕支点O无摩擦转动，AO长0.6m，OB长1m。用绳子将底面积为100cm2的圆柱体M挂在杠杆的B端，当在A点施加竖直向下的拉力F为300N时，杠杆处于水平平衡状态，此时M对地面的压力为7000Pa。求：
（1）杠杆B端所受绳子的拉力；
（2）物理M的重力；
（3）物理科技小组的同学保持F的大小不变，将F的作用点从A点向O点移动30cm，同时将M左右两侧分别沿竖直方向切去相同的体积，使M对地面的压强为10000Pa，则切之后M剩余的重力为多少N？
21．（8分）有一种具有保温功能的电热水壶如图甲，其额定电压为220V，原理图如图乙，R1和R2是电热丝，该电热水壶有加热挡和保温挡，其中的保温功率为242W。图丙是一种新型插座，它能即时显示用电器的工作电压和所耗电费等。将电热水壶单独插在该插座上，用加热挡加热一段时间后，屏幕两次显示如图丁。
（电费单价：0.5元/kW•h；电热丝R1和R2阻值定不变，图丙的新型插座在使用过程中，插座的输出电压稳定不变。）求：
（1）电热水壶的实际加热功率；
（2）电热丝R2的阻值；
（3）若电热水壶的加热效率为80%，在电压为220V时，将质量为1.21kg的养生茶从18℃加热至98℃，至少需要多长时间。[已知养生茶的比热容c＝4×103J/（kg•℃）]
2022年重庆市巴蜀中学中考物理一诊试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，8小题，共24分）
1．（3分）下列数据中，最接近生活实际的是（ ）
A．中学生的安全电压为220V
B．中学生的正常体温约为40℃
C．人步行的正常速度约为1.1m/s
D．空调正常工作时电流约为20mA
【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、中学生的安全电压为不高于36V，故A错误；
B、中学生的正常体温约为37℃，故B错误；
C、人步行的正常速度约为1.1m/s，符合实际，故C正确；
D、空调正常工作时电流约为5A，故D错误。
故选：C。
【点评】此题考查对生活中常见物理量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，找出符合实际的选项即可。
2．（3分）如图所示，巴渝大地时尚先进的现代建筑、瑰丽迷人的自然风光、底蕴深厚的古镇老街中与光知识相关表述正确的是（ ）
A．甲：朝天门来福士广场夜晚的光柱是光的折射形成的
B．乙：乌江画廊的风景在水里的倒影是光的直线传播形成的
C．丙：游客所看见的磁器口悬挂的红灯笼是平面镜所成的像
D．丁：江津中山古镇的游客看到水面下的石块比实际位置要浅
【分析】（1）光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，如小孔成像、激光准直、影子的形成、日食和月食等；
（2）光线传播到两种介质的表面上时会发生光的反射现象，例如水面上出现岸上物体的倒影、平面镜成像、玻璃等光滑物体反光都是光的反射形成的；
（3）光线在同种不均匀介质中传播或者从一种介质斜射入另一种介质时，就会出现光的折射现象，例如水池底变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼、凸透镜成像等都是光的折射形成的。
【解答】解：
A、朝天门来福士广场夜晚的光柱是由光的直线传播形成的，故A错误；
B、乌江画廊的风景在水里的倒影，属于平面镜成像，是由光的反射形成的，故B错误；
C、游客所看见的磁器口悬挂的红灯笼，是由于灯笼反射的光射沿直线射入人的眼睛，不是平面镜成像，故C错误；
D、由于光从水中斜射入空气中时发生折射，折射光线偏离法线，折射角大于入射角，所以江津中山古镇的游客看到水面下的石块比实际位置要浅，故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查学生利用光学知识解释生活中常见的物理现象，此题与实际生活联系密切，体现了生活处处是物理的理念。
3．（3分）下列有关物理知识说法正确的是（ ）
A．测液体压强的压强计属于连通器
B．飞机能飞上天是因为机翼的下方空气流速大，压强大
C．用手沾些冷水去拿热包子不会太烫手，是因为水汽化吸热
D．使用高压锅煮食物，是利用了液体沸点随气压增大而降低的原理
【分析】（1）上端开口，下端相连通的容器叫连通器；
（2）气体和液体称为流体，常见的流体是空气和水，流体流速大的地方压强小，流体流速小的地方压强大；
（3）汽化是指物质从液态变为气态的过程，它需要吸热；
（4）液体的沸点跟气压有关，气压增大，沸点升高；气压减小，沸点降低。
【解答】解：A、虽然U形管压强计的下端相连通，但U形管的左侧上端封闭，所以不属于连通器，故A错误；
B、由于机翼上表面弯曲、下表面平直，所以空气通过机翼上方的空气流速大、压强小；机翼下方的空气流速小、压强大，使飞机受到一个向上的升力，故B错误；
C、用手沾些冷水去拿热包子不会太烫，是因为水汽化吸收了一部分热量，故C正确；
D、使用高压锅来煮食物，是利用了液体的沸点随气压的增大而升高，故D错误。
故选：C。
【点评】此题涉及到连通器原理、流体压强与流速的关系、大气压与沸点的关系、汽化吸热等多个知识点，是一道综合性较强的题目。
4．（3分）图中电和磁知识描述正确的是（ ）
A．验电器是利用异种电荷相互吸引的原理制成的
B．闭合开关通电螺线管左端为N极
C．人只接触到火线不接触到零线一定不会触电
D．通电导体在磁场中受力而运动是发电机的工作原理
【分析】（1）验电器是利用同种电荷相互排斥的原理制成；
（2）安培定则：用右手握住螺线管，让四指指向螺线管中电流的方向，则大拇指所指的那端就是螺线管的北极；
（3）触电是指有电流通过人体，且电流超过人的承受能力时，对人造成伤害的现象。是否触电要看是否有电流通过人体形成了回路；
（4）电动机的原理：通电导体在磁场中受力运动。
【解答】解：A、图中验电器是利用同种电荷相互排斥的原理制成的，故A错误；
B、闭合开关后，电流从螺线管的右端流入、左端流出，利用安培定则可知通电螺线管的左端为N极、右端为S极，故B正确；
C、人只接触到火线，但人体接触到大地，电路形成回路，也会触电，故C错误；
D、图中有蓄电池，研究的是通电导体在磁场中受力运动，是电动机的原理，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了电磁学和安全用电的相关知识，是一道综合题，但难度不大。
5．（3分）如图是某运动员在一次撑杆跳高过程中的多个状态，若不计空气的阻力，以下分析正确的是（ ）
A．运动员助跑的目的是增大惯性
B．运动员到最高点时所受合力为零
C．运动员撑杆上升的过程中，杆的弹性势能全部转化为运动员的动能
D．运动员从最高点下落的过程中，机械能保持不变
【分析】（1）物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性，惯性的大小只与物体的质量有关；
（2）分析运动员到最高点时的受力情况，得出所受合力大小；
（3）哪种能量转化成了另一种能量的标准是：减小的转化为增多的；
（4）不考虑空气阻力时，运动员下落的过程中，机械能守恒。
【解答】解：
A、助跑过程中，运动员的质量一定，速度越大，动能越大，但惯性跟物体速度大小无关，所以惯性大小不变，故A错误；
B、不计空气的阻力，当人到达最高点时，只受到重力的作用，所以此时的合力不是0，故B错误；
C、撑杆上升的过程中，杆的弹性势能一部分转化为运动员的动能，一部分转化为运动员的重力势能，故C错误；
D、运动员下落的过程中，不考虑空气阻力，减少的重力势能全部转化为动能，机械能保持不变；故D正确。
故选：D。
【点评】此题以撑竿跳高为载体考查惯性、平衡力的辨别、能量转化，是一道综合性较强的题目，但总体难度不大，掌握基础知识即可正确解题。
6．（3分）如图所示，一闭合电路竖着固定在一辆光滑绝缘的小车上，电路中R0为定值电阻，R为压敏电阻，其阻值随所受压力的增大而减小。将物体M放在小车上与压敏电阻接触，当小车由静止突然向右运动时，下列说法正确的是（ ）
A．电流表示数减小 B．电压表示数减小
C．电流表示数不变 D．电压表示数增大
【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，电压表测量R两端的电压；当小车由静止突然向右运动时，压敏电阻受到了压力，根据压力变化判定电阻的变化，根据欧姆定律判定电流表、电压表示数的变化。
【解答】解：当小车由静止突然向右运动时，压敏电阻将受到物体M的压力，其阻值减小，电路中的总电阻减小，根据欧姆定律可知，电流将变大，即电流表示数变大，R的电阻减小，其分担的电压也会减小，即电压表示数减小。故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】本题考查了电路的动态分析，知道压力的变化是解题的关键。
7．（3分）如图所示，小洋的爸爸用400N的拉力使重740N的物体在10s内匀速上升了2m，体重为450N的小洋也用此滑轮组来提升重1000N的物体，但物体没有被拉动，不计摩擦及绳重，已知动滑轮下方挂钩上绳子能够承受的最大拉力为900N，则（ ）
A．小洋爸爸拉绳做功的功率为80W
B．小洋爸爸拉绳时滑轮组机械效率为90%
C．小洋拉绳时物体对水平地面的最小压力为160N
D．小洋拉绳时小洋对水平地面的最小压力为30N
【分析】（1）知道小洋爸爸的拉力，由图知，n＝2，拉力端移动距离s＝nh，利用W＝Fs求拉力做的总功；再利用P=Wt求拉力的功率；
（2）知道物体的重力、提升的高度，利用W＝Gh求拉力做的有用功；滑轮组的机械效率等于有用功与总功之比；
（3）不计绳重和摩擦，小洋爸爸的拉力F=1n（G+G动），据此求动滑轮重力；
小洋拉绳时，能施加的最大拉力等于小洋的重力；而最大拉力F最大=1n（G最大+G动），据此求能提升的最大物重；若小于1000N，可得滑轮组对物体的最大拉力，物体对水平地面的最小压力等于物体重力减去最大拉力；
（4）小洋拉绳时小洋对水平地面的最小压力等于小洋的重力减去小洋的最大拉力。
【解答】解：A、由图知，n＝2，拉力端移动距离s＝nh＝2×2m＝4m，
拉力做的总功：W总＝Fs＝400N×4m＝1600J，
拉力的功率P=W总t=1600J10s=160W，故A错误；
B、拉力做的有用功W有用＝Gh＝740N×2m＝1480J，
滑轮组的机械效率：
η=W有用W总×100%=1480J1600J×100%＝92.5%，故B错误；
C、不计绳重和摩擦，小洋爸爸的拉力F=1n（G+G动），动滑轮重力G动＝2F﹣G＝2×400N﹣740N＝60N；
小洋拉绳时，能施加的最大拉力F最大＝G小洋＝450N，
最大拉力F最大=1n（G最大+G动），则能提升的最大物重：
G最大＝2F最大﹣G动＝2×450N﹣60N＝840N，
滑轮组对物体的最大拉力：F滑轮组＝G最大＝840N，
物体对水平地面的最小压力：
F压1＝G′﹣F滑轮组＝1000N﹣840N＝160N，故C正确；
D、小洋拉绳时小洋对水平地面的最小压力：
F压1＝G小洋﹣F最大＝450N﹣450N＝0N，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了使用滑轮组时有用功、总功、机械效率的计算，本题难点在CD选项正误的判断，确定绳子的最大拉力是关键。
8．（3分）如图所示的电路中，电源电压为5V且保持不变，电流表量程为0～0.6A，电压表量程为0～3V，R为“50Ω1A“的滑动变阻器，R2＝25Ω，灯泡L标有“4V1.6W”字样（不考虑温度对灯丝电阻的影响）。在保证电路安全的情况下，下列说法正确的有（ ）
①灯泡L的阻值为10Ω
②只闭合S1，断开S2和S3，通过小灯泡L的电流范围为0.2A～0.4A
③只闭合S1，断开S2和S3，滑动变阻器R1的功率范围是0.4W～0.6W
④闭合S2和S3，断开S1时，滑动变阻器R1接入电路中的范围是12.5Ω～50Ω
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【分析】①由P=U2R可得灯泡的电阻；
②开关S1闭合，S2和S3断开时，R1与L串联，电压表测R1两端的电压，由P＝UI可得灯泡的额定电流，根据串联电路电流特点确定通过电路的最大电流，由串联分压原理可知当电压表的示数最大U1大＝3V时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可知此时通过电路的电流最小，根据串联电路电压规律计算此时灯泡两端的电压，根据欧姆定律计算电路中的最小电流，进一步确定只闭合S1，断开S2和S3，通过小灯泡L的电流范围；
③滑动变阻器的功率等于电路总功率减去灯泡的功率，由抛物线的性质可知滑动变阻器的最大功率，根据通过电路的电流范围，进一步确定滑动变阻器R1的功率范围；
④开关S1断开，S2和S3闭合时，滑动变阻器R1和R2并联，电流表测干路中的电流，根据并联电路电压特点结合欧姆定律计算通过电阻R2的电流，电流表量程为0～0.6A，当电流表的示数最大时，滑动变阻器接入电路的电阻最小，此时通过滑动变阻器的电流最大，根据并联电路电流特点计算通过滑动变阻器的最大电流，根据欧姆定律计算此时滑动变阻器接入电路的电阻，进一步确定闭合S2和S3，断开S1时，滑动变阻器R1接入电路中的范围。
【解答】解：
①由P=U2R可得，灯泡的电阻：RL=UL2PL=(4V)21.6W=10Ω，故①正确；
②开关S1闭合，S2和S3断开时，R1与L串联，电压表测R1两端的电压，
由P＝UI可得灯泡的额定电流：IL=PLUL=1.6W4V=0.4A＜0.6A（即小于电流表的量程），
因串联电路中各处的电流相等，所以，此时电路中的最大电流：I大＝IL＝0.4A；
由串联分压原理可知，当电压表的示数最大U1大＝3V时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可知此时电路中的电流最小，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，此时灯泡两端的电压：
UL小＝U﹣U1大＝5V﹣3V＝2V，
则电路中的最小电流：
I小=UL小RL=2V10Ω=0.2A，
所以，只闭合S1，断开S2和S3，通过小灯泡L的电流范围为0.2A～0.4A，故②正确。
③滑动变阻器的功率等于电路总功率减去灯泡的功率，所以P1＝UI﹣I2RL＝5V×I﹣I2×10Ω，即变阻器消耗的功率与电流成二次函数关系，
其图像是一条开口向下的抛物线，由数学知识可知，当I=−5V2×(−10Ω)=0.25A时，函数有最大值即滑动变阻器的功率最大，且P1大＝5V×0.25A﹣（0.25A）2×10Ω＝0.625W，
因通过电路的电流范围为0.2A～0.4A，则由上面表达式可知，当I＝0.2A时，P1＝0.6W，当I′＝0.4A时，P1′＝0.4W，所以滑动变阻器R1的功率范围是0.4W～0.625W，故③错误；
④开关S1断开，S2和S3闭合时，滑动变阻器R1和R2并联，电流表测干路中的电流，
因并联电路各支路两端电压相等，则通过电阻R2的电流：I2=UR2=5V25Ω=0.2A，
因并联电路干路电流等于各支路电流之和，且电流表量程为0～0.6A，
所以，当电流表的示数最大时，滑动变阻器接入电路的电阻最小，此时通过滑动变阻器的电流最大，
此时通过滑动变阻器的电流：I1′＝I0﹣I2＝0.6A﹣0.2A＝0.4A，
则滑动变阻器接入电路的最小电阻：R1小=UI1′=5V0.4A=12.5Ω，
而当滑动变阻器接入电路的阻值最大为50Ω时，通过变阻器和干路的电流最小，电路是安全的，
所以闭合S2和S3，断开S1时，滑动变阻器R1接入电路中的范围是12.5Ω～50Ω，故④正确。
故选：B。
【点评】本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活应用，关键是电路中最大电流和最小电流的确定，此题有一定的拔高难度，属于难题。
二、填空作图题（本题共6个小圆，第14小题作图2分，其余每空1分，共12分。）
9．（2分）丹麦物理学家 奥斯特 首先发现了电流周围存在磁场。地球本身就是一个磁体，地磁的北极在地理 南 极（选填“南”或“北”）附近。
【分析】（1）奥斯特实验证明了通电导体周围也存在着磁场；
（2）地球本身是一个巨大的磁体，地球周围的磁场叫做地磁场；地磁北极在地理南极附近；地磁南极在地理北极附近，但并不重合。
【解答】解：丹麦物理学家奥斯特首先发现了电流周围存在磁场；
地球本身是一个巨大的磁体，地球的周围存在着地磁场，地磁北极在地理南极附近，地磁南极在地理北极附近。
故答案为：奥斯特；南。
【点评】本题考查了地磁场的有关知识，是一道基础题，熟练掌握基础知识即可正确解题。
10．（2分）2022年3月23日，中国空间站进行了第二次太空授课，如图，王亚平将冰墩墩用手指轻轻一推，冰墩墩慢慢飘向一两米外的叶光富，在两人之间来回运动。以运动的冰墩墩为参照物，王亚平是 运动 （选填“运动”或“静止”）的。同学们能通过声音来分辨是哪位航天员在说话，是因为不同航天员声音的 音色 （选填“音色”、“音调”、“响度”）不同。
【分析】（1）研究对象的运动情况是怎样的，就看它与参照物的相对位置是否变化；
（2）音色反映了声音的品质和特色，不同发声体的材料、结构不同，发出声音的音色也就不同。
【解答】解：（1）以运动的冰墩墩为参照物，王亚平与冰墩墩之间发生了位置的变化，王亚平是运动的；
（2）同学们能通过声音来分辨是哪位航天员在说话，是因为不同的人声音的音色不同。
故答案为：运动；音色。
【点评】本题考查运动和静止的相对性以及声音的特性，难度不大。
11．吸烟危害健康，即使只有很少人吸烟，整个场所也会充满烟味，这属于 扩散 现象；抽烟者的衣服摩擦后易沾染烟灰，是因为带电体能 吸引轻小物体 。
【分析】（1）不同的物体相互接触后，彼此进入对方的现象叫做扩散现象。扩散现象不但说明了分子在不停地做无规则运动；
（2）带电体可吸引不带电的轻小物体。
【解答】解：有很少人吸烟，整个场所也会充满烟味，这说明了分子在不停地做无规则运动，是扩散现象；
衣服与人体摩擦，摩擦起电，使衣服带有了电荷，由于带电体能够吸引轻小物体，故抽烟者的衣服摩擦后很容易沾染烟灰，是因为带电体能吸引轻小物体。
故答案为：扩散；吸引轻小物体。
【点评】分子动理论以及带电体的性质可以解释很多生活中的现象，遇到生活中的现象时可以多想想所学的物理知识。
12．（2分）如图甲所示，闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片从最右端滑至灯正常发光的位置，电流表示数与两电压表示数的关系图像如图乙所示，A、B两点的电功率PA：PB＝1：8，则电源电压为 9 V，灯的功率变化量为 4 W。
【分析】由电路图可知，滑动变阻器与灯泡串联，电压表V1测灯泡两端的电压，电压表V2测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片从最右端向左滑动的过程中，滑动变阻器连入电路的电阻变小，电路中的电流变大，根据串联电路的分压原理可知：滑动变阻器两端的电压变小，灯泡两端的电压变大；据此可判断出图乙中①②分别是哪一个电压表的示数随电流表示数变化的图线；
（2）当滑片位于最右端时，接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，根据图乙中②读出灯泡两端的电压，根据此时A、B两点的电功率PA：PB＝1：8，利用P＝UI即可求出滑动变阻器两端的电压，然后求出电源电压；
当滑片位于灯正常发光的位置时，接入电路中的电阻最小，电路中的电流最大，根据图乙中①读出滑动变阻器两端的电压，根据串联电路的电压特点求出此时灯泡正常工作时两端的电压，利用P＝UI即可求出灯泡正常工作时的功率，即为灯泡的最大功率；滑动变阻器的滑片在最右端时，根据P＝UI得出灯泡的最小功率，进而得出灯的功率变化量。
【解答】解：由电路图知，滑动变阻器与灯泡串联，电压表V1测灯泡两端的电压，电压表V2测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片从最右端向左滑动的过程中，滑动变阻器R连入电路的电阻变小，电路中的电流变大，根据串联电路的分压原理可知：滑动变阻器两端的电压变小，灯泡两端的电压变大；
所以图乙中①是表示电压表V2的示数随电流表示数变化的图线，②是表示电压表V1的示数随电流表示数变化的图线；
（2）当滑片位于最右端时，接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，已知①是表示电压表V2的示数随电流表示数变化的图线，②是表示电压表V1的示数随电流表示数变化的图线；则A点是灯泡两端电压，B点是滑动变阻器两端的电压，
根据图乙中②可知：灯泡两端的电压为UA＝1V，已知此时A、B两点的电功率PA：PB＝1：8，
由于串联电路中电流处处相等，则根据P＝UI可知：
UA：UB=PAI：PBI=PA：PB＝1：8，
所以，UB＝8UA＝8×1V＝8V，
则电源电压U＝UA+UB＝1V+8V＝9V；
当滑片位于灯正常发光的位置时，接入电路中的电阻最小，电路中的电流最大，根据图乙中①可知：滑动变阻器两端的电压U2＝2V，灯泡正常工作的电流为IL＝I最大＝0.6A，
根据串联电路的电压特点可得此时灯泡正常工作时两端的电压UL＝U﹣U2＝9V﹣2V＝7V，
所以灯泡的最大功率P大＝ULIL＝7V×0.6A＝4.2W；
滑动变阻器的滑片在最右端时，灯泡的功率最小，为P小＝UAIA＝1V×0.2A＝0.2W；
灯的功率变化量ΔP＝P大﹣P小＝4.2W﹣0.2W＝4W。
故答案为：9；4。
【点评】本题考查串联电路的特点、欧姆定律的应用、以及电功率计算公式的应用，难度大，综合性强。
13．（2分）如图甲所示，重2N、底面积为200cm2的薄壁圆柱形容器置于水平升降台中央，容器中装有17cm深的水。与容器高度相同的圆柱体A悬挂在轻质细杆下保持静止，A的下表面与水面相平。在向上调节升降台过程中记录下杆对A的作用力F与升降台移动的距离h的关系，如图乙所示。当h＝13cm时，容器对升降台的压强为 2.1×103 Pa；当h＝17cm时，缓慢撤走细杆，A在容器中静止后，切掉A浸在水中体积的一半，待A剩余部分静止时，A剩余部分相对于容器底部移动的距离是 6.18 cm。
【分析】（1）升降台上升，圆柱体浸入水中后，容器中水面上升，圆柱体浸入水中的体积逐渐增大，所以浮力逐渐增大，上升到一定高度水溢出容器，圆柱体浸入水中的体积继续增加，浮力继续增大直到等于重力，在此之前，杆对圆柱体的作用力是拉力，方向竖直向上，圆柱体浸入水中的体积继续增大，此时杆对圆柱体的作用力是压力，方向竖直向下。由以上分析可知，当升降台没有上升时，杆对圆柱体的拉力等于铁块的重力，由图乙可知，圆柱体的重力是12N，当拉力是6N时，水开始溢出容器，根据力的平衡条件求出圆柱体受到的浮力，根据阿基米德原理求出此时圆柱体浸入水中的体积，根据体积公式求出容器内水面上升的高度，进而求出容器的高度，根据体积公式求出容器的容积；当升降台上升17cm时，圆柱体浸没在水中，此时杆对圆柱体的压力是8N，方向竖直向下，对圆柱体受力分析，根据力的平衡条件求出圆柱体受到的浮力，根据阿基米德原理求出此时圆柱体浸入水中的体积，根据体积公式求出圆柱体的底面积；杆对圆柱体的拉力等于0时，圆柱体受到的浮力等于重力，根据阿基米德原理求出此时圆柱体浸入水中的体积，根据体积公式求出此时圆柱体浸入水中的高度，结合图象求出当升降台上升13cm时，杆对圆柱体向下的压力，根据力的平衡条件求出圆柱体受到的浮力，根据阿基米德原理求出此时圆柱体排开液体的体积，根据密度公式和重力公式求出容器中水的重力，进而求出容器对升降台的压力，根据p=FS求容器对升降台的压强；
（2）根据重力公式和密度公式求出圆柱体的密度；刚开始时水深是17cm，缓慢撤走细杆，圆柱体漂浮在水中，此时浮力等于重力，求出切掉A浸在水中体积的一半后，剩余圆柱体的体积，根据重力公式和密度公式求出切掉后，圆柱体的重力，由图可知，圆柱体静止时漂浮，根据漂浮条件求出此时圆柱体受到的浮力，根据阿基米德原理求出此时圆柱体浸入水中的体积，进而求出浸入水中的深度和剩余部分相对于容器底部移动的距离。
【解答】解：（1）升降台上升，圆柱体浸入水中后，容器中水面上升，圆柱体浸入水中的体积逐渐增大，所以浮力逐渐增大，上升到一定高度水溢出容器，圆柱体浸入水中的体积继续增加，浮力继续增大直到等于重力，在此之前，杆对圆柱体的作用力是拉力，方向竖直向上，圆柱体浸入水中的体积继续增大，此时杆对圆柱体的作用力是压力，方向竖直向下。由以上分析可知，当升降台没有上升时，杆对圆柱体的拉力等于铁块的重力，由图乙可知，圆柱体的重力是12N，当拉力是6N时，水开始溢出容器，圆柱体受到的浮力：
F浮1＝G﹣F拉＝12N﹣6N＝6N，
此时圆柱体浸入水中的体积：
V1=F浮1ρ水g=6N1.0×103kg/m3×10N/kg=6×10﹣4m3；
则容器内水面上升的高度：
h=V1S=6×10−4m3200×10−4m2=0.03m＝3cm，
刚开始时水深是17cm，容器内水面上升3cm后，水刚好溢出，圆柱体A的高度与容器高度相同，则容器的高度：
h容＝h圆＝h水+h＝17cm+3cm＝20cm，
则容器的体积：
V容＝Sh容＝200cm2×20cm＝4000cm3＝4×10﹣3m3，
由图可知，当升降台上升17cm时，圆柱体浸没在水中，此时杆对圆柱体的压力是8N，方向竖直向下，对圆柱体受力分析，圆柱体受重力、浮力，杆对铁块的压力，则：
F浮3＝G+F压＝12N+8N＝20N，
则圆柱体浸入水中的体积：
V=F浮3ρ水g=20N1.0×103kg/m3×10N/kg=2×10﹣3m3，
此时圆柱体浸入液体中的体积等于铁块的体积，即圆柱体的体积是2×10﹣3m3，则圆柱体的底面积：
S圆=Vℎ圆=2×10−3m320×10−2m=0.01m2，
圆柱体受到的浮力等于重力，即杆对圆柱体的拉力等于0时，圆柱体浸入水中的体积：
V2=F浮2ρ水g=12N1.0×103kg/m3×10N/kg=1.2×10﹣3m3，
此时圆柱体浸入水中的高度：
h2=V2S圆=1.2×10−3m30.01m2=0.12m＝12cm，
即图乙中。图像与横轴交点处的坐标是12cm，当升降台上升13cm时可得：
8NF4=17cm−12cm13cm−12cm，
解得F4＝1.6N，
当升降台上升13cm时，对圆柱体受力分析可知，此时圆柱体受向上的浮力，杆对圆柱体向下的压力，竖直向下的重力，则：
F浮4＝F4+G＝1.6N+12N＝13.6N，
圆柱体排开液体的体积：
V4=F浮4ρ水g=13.6N1.0×103kg/m3×10N/kg=1.36×10﹣3m3，
则此时容器中水的体积：
V水＝V容﹣V4＝4×10﹣3m3﹣1.36×10﹣3m3＝2.64×10﹣3m3，
容器中水的重力：
G水＝m水g＝ρ水V水g＝1.0×103kg/m3×2.64×103m3×10N/kg＝26.4N，
容器对升降台的压力：
F5＝G水+G容+F4+G物＝26.4N+2N+1.6N+12N＝42N，
则容器对升降台的压强：
p=F5S=42N200×10−4m2=2.1×103Pa；
（2）撤走细杆前容器中水的体积为：
V水'＝（S﹣S圆）h容＝（200cm2﹣100cm2）×20cm＝2000cm3，
圆柱体的重力是12N，体积是2×10﹣3m3，则圆柱体的密度：
ρ圆=mg=GgV=12N10N/kg2×10−3m3=0.6×103kg/m3，
撤走细杆后，物体漂浮，此时圆柱体浸入水中的体积V＝2×10﹣3m3＝1200cm3，
此时水的深度为：
h'=V水′+VS=2000cm3+1200cm3200cm2=16cm，
物体浸入水中的高度为12cm，故物体下表面距容器底的距离：
h下＝h'﹣h2＝16cm﹣12cm＝4cm，
缓慢撤走细杆，圆柱体漂浮在水中，此时浮力等于重力，A浸入水中的体积是1.2×10﹣3m3，
切掉部分的高度：h切=12VS圆=12×1200cm3100cm2=6cm，
切掉A浸在水中体积的一半，则剩余圆柱体的体积：
V剩＝V−12V2＝2×10﹣3m3−12×1.2×10﹣3m3＝1.4×10﹣3m3，
则切掉后，圆柱体的重力：
G＝m'g＝ρ圆V剩g＝0.6×103kg/m3×1.4×10﹣3m3×10N/kg＝8.4N，
圆柱体漂浮，此时浮力等于重力，则F浮6＝8.4N，则物体浸入水中的体积：
V浸=F浮6ρ水g=8.4N1.0×103kg/m3×10N/kg=8.4×10﹣4m3＝840cm3，
浸入水中的深度：
h浸=V浸S圆=8.4×10−4m3100×10−4m2=0.084m＝8.4cm，
此时水的深度为：
h''=V水′+V浸S=2000cm3+840cm3200cm2=14.2cm，
故物体下表面距容器底的距离：
h下'＝h''﹣h浸＝14.2cm﹣8.4cm＝5.8cm，
则此时相对于容器底部移动的距离：
Δh＝h切+h下﹣h下'＝6cm+4cm﹣5.8cm＝4.2cm。
故答案为：2.1×103；4.2。
【点评】本题考查力的平衡条件、阿基米德原理、密度公式、重力公式、压强公式和液体压强公式等的综合运用，题目难度大，综合性强。
14．（2分）请在图中画出入射光线经过凸透镜后的折射光线。
【分析】在作凸透镜的光路图时，首先要仔细观察入射光线的特点，然后再根据透镜的光学特点来作图。
【解答】解：平行于主光轴的入射光线经凸透镜折射后通过焦点，过焦点的入射光线经凸透镜折射后平行于主光轴，如图所示：
【点评】凸透镜有三条特殊光线：过光心的光线传播方向不变，平行于主光轴的入射光线经凸透镜折射后通过焦点，过焦点的入射光线经凸透镜折射后平行于主光轴。
15．（2分）请在图中将电灯和控制电灯的开关接入家庭电路
【分析】先判断开关与灯泡的连接方式，然后再确定开关接灯泡的接线柱和接电源的火线还是零线，最后根据家庭电路的正确连接方法将灯泡和开关接入电路中。
【解答】解：开关和灯泡应该串联连接，开关接灯泡顶部的接线柱，接电源的火线，确保开关断开时，灯泡不带电，灯泡的螺旋套接电源的零线。实物图如下：
【点评】知道开关与控制的用电器串联连接，知道开关与电源的火线连接，知道家庭电路的正确连接方法。
三、实验探究题（本题共3个小题，15小题6分，16小题8分，17小题8分，共22分。）
16．（6分）
（1）如图甲是探究平面镜成像特点的实验装置图。本实验器材应选择 玻璃板 （选填“玻璃板”或“平面镜”）进行实验；把蜡烛靠近平面镜时，蜡烛在平面镜里的像将 不变 （选填“变大”“不变”或“变小”）。实验中，让玻璃板沿OO′轴方向水平向右移动，镜中的像相对于A 不 （选填“向右”或“向左”或“不”）移动。
（2）用如图乙的装置探究海波的熔化规律：
①组装器材时，应先固定 C （选填“A”“B”或“C”）。
②加热到某一时刻，温度计示数如图所示，温度为 38 ℃。
③海波熔化过程是通过 热传递 方式改变其内能的。
【分析】（1）为了来便于确定像的位置，实验中应该用玻璃板代替平面镜；
平面镜所成的像为物体大小相等，像与物关于镜面是对称的；
（2）①在此实验中，酒精灯及温度计的使用都有特殊的规定：使用酒精灯的外焰加热，温度计的玻璃泡要完全浸没在液体中，但不能碰到容器底；所以要从下向上进行调节；
②要正确的读数一定要先认清温度计的分度值；
③改变内能的方法有两种：做功和热传递。
【解答】解：（1）为了来便于确定像的位置，实验中应该用玻璃板代替平面镜；
平面镜所成的像为物体大小相等，把蜡烛靠近平面镜时，蜡烛在平面镜里的像将不变；
由于平面镜所成的像与物关于镜面是对称的，所以让玻璃板沿OO′轴方向水平向右移动，镜中的像相对于A不移动；
（2）①由于要用酒精灯的外焰加热，所以需先根据酒精灯固定C的高度；
②由图可知，温度计的示数为38℃；
③海波吸收热量，是通过热传递的方式改变内能的。
故答案为：（1）玻璃板；不变；不；（2）①C；②38；③热传递。
【点评】本题主要考查了平面镜成像特点的实验及其应用以及晶体的熔化实验，这是近几年来中考经常出现的题型，要求学生熟练掌握，并学会灵活运用。
17．（8分）小巴和小蜀想知道家里做泡菜的盐水和身边的一块不吸水的泡沫的密度，于是他们做了如下实验：
（1）把天平放在水平桌面上，将 游码 移至标尺左端零刻度线处；发现指针偏向如图甲所示，则应将左侧的平衡螺母向 右 （选填“左”或“右”）调节，使天平平衡。
（2）天平平衡后，他们开始测盐水的密度，进行了以下步骤：
A.用天平测出烧杯和剩余盐水的总质量；
B.将盐水倒入烧杯中，用天平测出烧杯和盐水的总质量；
C.将烧杯中盐水的一部分倒入量筒，测出倒出的这部分盐水的体积。
请你根据以上步骤，写出正确的操作顺序： BCA （填字母代号）。
（3）在步骤B中测得烧杯和盐水总质量如图乙所示为 82 g，其余步骤数据如图丙和丁所示。
（4）则该盐水的密度为 1.1×103 kg/m3。若该天平的20g砝码生锈了，则他们测得盐水的密度将 不变 （选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
（5）善于思考的小蜀利用测好密度的盐水和电子秤来测量泡沫块的密度，如图所示：
①在底部安装有定滑轮的圆柱形容器中加入适量的盐水，静止在水平电子秤上（如图甲），电子秤的示数m1为200g；
②把一块不吸水泡沫放入盐水中（如图乙），电子秤示数m2为230g；
③用细线（质量忽略不计）绕过定滑轮竖直向上拉动泡沫，使泡沫浸没在盐水中（如图丙），电子秤的示数m3与m2相比变化了80g；
根据实验数据知泡沫的密度为 0.3×103 kg/m3，小巴认为可以将实验乙、丙的操作过程互换，按小巴的实验顺序所测泡沫的密度会 不变 （选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
【分析】（（1）天平的正确使用：将托盘天平放置在水平桌面上，将游码拨至标尺左端零刻度线上，调节横梁左右两端的平衡螺母，使横梁平衡，天平调平衡时遵循的原则是：左偏右调，右偏左调；
（2）先测出烧杯和盐水的总质量，再将烧杯中的盐水的一部分倒入量筒，测出倒出的这部分盐水的体积，最后用天平测出烧杯和剩余盐水的总质量；
（3）物体的质量等于砝码质量加上游码对应的刻度值；
（4）根据量筒的读数方法读出量筒中盐水的体积；根据密度公式ρ=mV算出盐水的密度；生锈会使砝码的质量增大，根据砝码质量的变化推断测量质量的变化，然后利用密度公式分析；
（5）比较甲、丙两图，即可得出泡沫块的质量和重力，再根据漂浮的物体，浮力等于重力即可求出泡沫块受到的浮力；比较乙、丙两图，再利用整体法分析可得到泡沫块完全浸没时的浮力，利用阿基米德原理求出V排，再根据ρ=mV计算出泡沫块的密度。
【解答】解：（1）测量前，应先将天平放在水平桌面上，将游码拨至标尺左端零刻度线上，如图甲所示，发现指针静止时指在分度盘中央刻度线的左侧，要使横梁平衡，应将平衡螺母向右调节；
（2）实验步骤为：
B.将盐水倒入烧杯中，用天平测出烧杯和盐水的总质量；
C.将烧杯中盐水的一部分倒入量筒，测出倒出的这部分盐水的体积。
A.用天平测出烧杯和剩余盐水的总质量；
故正确的顺序为BCA；
（3）烧杯和盐水的质量m1＝50g+20g+10g+5g+2g＝87g；
（4）根据量筒的读数方法，视线与液面的凹面底部平行，读出体积V＝50mL＝50cm3；
剩余盐水和烧杯的质量为：m2＝20g+5g+2g＝27g；
量筒内盐水的质量为：m＝m1﹣m2＝87g﹣27g＝60g；
盐水的密度为：
ρ=mV=60g50cm3=1.2g/cm3＝1.2×103kg/m3；
砝码生锈，测得的盐水密度将不变，因为倒出的盐水的质量是用两次测量的质量差，砝码因生锈质量增大，但两次质量的差就把增大的部分抵消了，由ρ=mV可知，测得盐水的密度将不变；
（5）由甲、乙两图可知，由甲图到乙图增加的质量即为泡沫块的质量，
所以m＝m2﹣m1＝230g﹣200g＝30g；
因为泡沫块漂浮在水面上，
所以：F浮＝G＝mg＝0.03kg×10N/kg＝0.3N；
由乙、丙两图可知，丙图中容器比乙图中容器多受一个向上的F的拉力，在拉力F的作用下，丙图中电子秤的读数增加，
即F＝△mg＝80×10﹣3kg×10N/kg＝0.8N，
对于丙图中泡沫块有：
F浮′＝F+G＝0.8N+0.3N＝1.1N
根据阿基米德原理：F浮＝ρ盐水gV排，又因为泡沫块完全浸没，所以：
V＝V排=F浮′ρ盐水g=1.1N1.1×103kg/m3×10N/kg=1.0×10﹣4m3，
泡沫的密度为：
ρ=mV=30×10−3kg1.0×10−4m3=0.3×103kg/m3。
若将实验乙、丙的操作过程互换，虽然泡沫上浮至漂浮时沾水，但整个过程中泡沫、水和容器的总质量不变，故测得泡沫的质量不变，且测得泡沫的体积也不变，故由ρ=mV可知，按小巴的实验顺序所测泡沫的密度会不变。
故答案为：（1）游码；右；（2）BCA；（3）87；（4）1.2×103；不变；（5）0.3×103；不变。
【点评】本题考查了液体、固体密度的测量，考查了量筒、天平的使用、密度公式的应用以及特殊的方法测量密度，利用漂浮条件和阿基米德原理求重力是难点。
18．（8分）如图甲所示，小蜀做“测量小灯泡电功率”实验中，所用电源电压恒为4.5V，小灯泡的螺旋套上标有“3.8V”字样，滑动变阻器的规格是“20Ω 0.5A”。
（1）请用笔画线代替导线，将图甲中的实物电路连接完整。（要求：向右移动滑片时，灯变亮，且导线不能交叉）
（2）在实验前检查仪器时，发现电流表的指针如图乙所示，则他接下来的操作是 调零 ；闭合开关后，灯泡不发光，电流表和电压表都有示数，导致这一现象可能的原因是 D 。
A.灯丝断路
B.滑动变阻器断路
C.灯丝短路
D.滑动变阻器阻值太大
（3）逐步移动滑片，电压表示数为2V，若要测量小灯泡的额定功率，应将滑动变阻器的滑片向 右 移（选填“左”或“右”），直到小灯泡正常发光，此时电流表的示数如图丙所示，则小灯泡的额定功率是 1.14 W。
（4）小蜀将滑片P从阻值最大位置移到阻值最小位置进行实验（灯未被烧坏）并依据实验数据，描出灯泡的I﹣U图像（如图a），任取曲线的一点构成如图所示的矩形（如图b中阴影部分），则矩形曲面积表示的物理含义是 B ；
A.小灯泡的功率
B.滑动阻器的功率
C.总功率
（5）在某次实验中，小蜀向右调节滑动变阻器，滑动变阻器的功率减小了ΔP1，灯泡的功率变化了ΔP2，则ΔP1 ＜ ΔP2（选填“＞”、“＜”或“＝”）；
（6）同学们利用上述器材准备继续探究“电流与电阻的关系”，小巴同学只用电阻箱替换灯泡，其它不变，每次调节滑片P使电压表示数均为2V。在保证电路安全的前提下，为了完成实验，电阻箱接入电路的阻值范围为 4～16 Ω。
【分析】（1）向右移动滑片时，灯变亮，说明电路中电流变大，据此确定变阻器的连接方式；
（2）电表使用前应调零；灯泡不发光可能是因为短路、断路或实际功率太小而造成的，然后根据电流表和电压表的情况进行判断；
（3）灯在额定电压下正常发光，比较电压表示数与额定电压的大小，根据串联电路电压的规律及分压原理确定滑片移动的方向；
根据电流表选用小量程确定分度值读数，根据P＝UI求灯的功率；
（4）阴影部分是矩形的面积，其面积等于长×宽，根据长和宽代表的物理意义进行分析解答；
（5）当向右调节滑动变阻器时，滑动变阻器接入电路的阻值减小，由串联电路的特点可知，灯泡两端的电压增大；由图a可知，通过灯泡的电流也变大，灯泡的实际功率变大；电源电压恒为4.5V，由P＝UI可知，电路总功率变大，据此分析；
（6）探究电流与电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变；根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压，根据分压原理，求出当变阻器接入最大电阻20Ω电阻时，对应的电阻箱连入的最大电阻；
根据电流表量程为0﹣0.6A和变阻器允许通过的最大电流，由欧姆定律求出电路的最小电阻，由分压原理和电阻的串联，求出电阻箱连入电路的最小电阻。
【解答】解：（1）向右移动滑片时，灯变亮，说明电路中电流变大，变阻器接入电路的阻值变小，故变阻器应选右下接线柱与灯泡串联接入电路中，如下图所示：
；
（2）由图乙知，检查仪器时，电流表指针未指在零刻度处，所以接下来的操作是电流表调零；
电流表有示数，说明电路中未发生断路，电压表有示数，说明灯泡未发生短路，则可能是因为滑动变阻器接入电路的电阻太大，使得电路中的电流太小，灯泡的电功率太小造成的，故选D；
（3）逐步移动滑片，电压表示数为2V，小于灯泡的额定电压3.8V，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，故滑片向右移动，直到电压表示数为额定电压；
此时电流表的示数如图丙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流大小为0.3A，则小灯泡的额定功率是：
P＝UI＝3.8V×0.3A＝1.14W；
（4）图中横坐标表示电压，阴影部分宽即电压为U总﹣UL＝U滑，纵坐标表示电流，阴影部分长即电流为I，图中阴影部分面积等于通过滑动变阻器的电流与其两端电压的乘积，由P＝UI知，故矩形面积表示的物理含义是滑动变阻器的电功率，故选B；
（5）当向右调节滑动变阻器时，滑动变阻器接入电路的阻值减小，由串联电路的特点可知，灯泡两端的电压增大；由图a可知，通过灯泡的电流也变大，灯泡的实际功率变大；电源电压恒为4.5V，由P＝UI可知，电路总功率变大；电路总功率等于各用电器消耗功率之和，故滑动变阻器的功率减小ΔP1小于灯泡的功率变化ΔP2，即ΔP1＜ΔP2；
（6）滑动变阻器标有“20Ω 0.5A“字样，表示变阻器的最大电阻为20Ω，允许通过的最大电流为0.5A，
电阻箱两端的电压始终保持UV＝2V，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：
U滑＝U﹣UV＝4.5V﹣2V＝2.5V，
电阻箱的电压是变阻器分得的电压的2V2.5V=0.8倍，根据分压原理，当变阻器接入最大电阻20Ω电阻时，对应的电阻箱的电阻最大为16Ω；
电流表量程为0﹣0.6A，故电路的最大电流为0.5A，由欧姆定律，电路的最小电阻：
R小=UI大=4.5V0.5A=9Ω，
由分压原理，电阻箱的电阻是滑动变阻器接入阻值的0.8倍，由电阻的串联可知，
电阻箱连入电路的最小电阻：R小′=0.80.8+1×9Ω＝4Ω；
故在保证电路安全的前提下，为了能完成实验，电阻箱接入电路的阻值范围为4～16Ω。
故答案为：（1）如上图所示；（2）调零；D；（3）右；1.14；（4）B；（5）＜；（6）4～16。
【点评】本题是测量小灯泡功率的实验，考查了电路的连接、电流表使用、电路故障、滑动变阻器的应用，分析图像及欧姆定律和电功率的计算以及电流与电阻关系的实验探究。
四、论述计算题（18题6分，19题8分，20题8分，共22分，解答应写出必要的文字说明。步骤和公式，只写出最后结果的不给分）
19．（6分）新能源汽车是未来汽车发展的趋势。如图，威马W6是一款纯电动汽车，整车质量为1800kg。若该车在某水平路段匀速直线行驶了500m，耗时20s，受到水平方向的阻力为车自重的0.1倍（车上人员的重力忽略不计），求：
（1）该车行驶的速度；
（2）牵引力在此路段所做的功。
【分析】（1）根据v=st计算该车行驶的速度；
（2）根据G＝mg求出车所受的重力，根据水平方向的阻力为车自重的0.1倍求出阻力；
该车在某水平路段匀速直线行驶，牵引力和阻力是一对平衡力，牵引力等于阻力，根据W＝Fs求出牵引力在此路段所做的功。
【解答】解：（1）若该车在某水平路段匀速直线行驶了500m，耗时20s，则该车行驶的速度为：
v=st=500m20s=25m/s；
（2）已知整车质量为1800kg，则整车的重力为：
G＝mg＝1800kg×10N/kg＝18000N；
已知该车受到水平方向的阻力为车自重的0.1倍，则阻力的大小为：
f＝0.1G＝1800N；
根据该车在水平路段匀速直线行驶，则牵引力和阻力是一对平衡力，F＝f＝1800N，
故牵引力在此路段所做的功为：
W＝Fs＝1800N×500m＝9×105J。
答：（1）该车行驶的速度为25m/s；
（2）牵引力在此路段所做的功为9×105J。
【点评】本题考查了速度的计算和功的计算，属于基础题。
20．（8分）如图所示是物理科技小组设计的锻炼力量的简易健身器材，重力不计的轻质杠杆AB可绕支点O无摩擦转动，AO长0.6m，OB长1m。用绳子将底面积为100cm2的圆柱体M挂在杠杆的B端，当在A点施加竖直向下的拉力F为300N时，杠杆处于水平平衡状态，此时M对地面的压力为7000Pa。求：
（1）杠杆B端所受绳子的拉力；
（2）物理M的重力；
（3）物理科技小组的同学保持F的大小不变，将F的作用点从A点向O点移动30cm，同时将M左右两侧分别沿竖直方向切去相同的体积，使M对地面的压强为10000Pa，则切之后M剩余的重力为多少N？
【分析】（1）杠杆水平平衡时，由杠杆平衡条件“动力×动力臂＝阻力×阻力臂”可得：FA×OA＝FB×OB，由此可得B端绳子的拉力FB；
（2）M静止时的受力关系为：G＝F支+F拉，由力的相互作用可知，M受到的支持力大小等于M对地面的压力大小，即F支＝F压，由公式p=FS求得压力的大小，最终求得M的重力；
（3）将F的作用点从A点向O点移动30cm，根据杠杆的平衡条件求出此时B端的拉力的大小；对M受力分析，得出地面对M的支持力的大小关系式；根据F＝pS得出支持力的大小，两个关系式联立求出剩余物体的重力的大小。
【解答】解：（1）杠杆水平平衡时，由杠杆平衡条件“动力×动力臂＝阻力×阻力臂”可得：FA×OA＝FB×OB，带入数据：300N×0.6m＝FB×1m，解得：FB＝180N；
（2）由公式p=FS可得，物体M对地面的压力为：F1＝P1S＝7000N×100×10﹣4m2＝70N，
M受到的支持力为：F支1＝F1＝70N，
M的重力为：G＝F支1+FB＝70N+180N＝250N；
（3）将F的作用点从A点向O点移动30cm，根据杠杆的平衡条件可：FA×（OA﹣0.3m）＝F'B×OB，带入数据：300N×（0.6m﹣0.3m）＝F'B×1m，解得：F'B＝90N；
设将M左右两侧分别沿竖直方向切去相同的体积后的重力为G'，此时M受到竖直向下的重力G'、竖直向上的拉力F'B、竖直向上的支持力F，M处于静止状态，受到的合力为0，则：F＝G'﹣F'B①；
M在切去之前是正方体，同时将M左右两侧分别沿竖直方向切去相同的体积，设剩余的底面积为S'，根据G＝mg＝ρgV可知，G′G=S′S，所以S'=G′GS；
根据F＝pS可知，地面对M的支持力为：F＝pS'＝pG′GS，带入①得：
pG′GS＝G'﹣F'B，则：10000Pa×100×10﹣4m2×G′250N=G'﹣90N，解得：G'＝150N。
答：（1）杠杆B端所受绳子的拉力为180N；
（2）物体M的重力为250N；
（3）切之后M剩余的重力为150N。
【点评】本题主要考查杠杆平衡条件、压强计算公式的应用，有一定的难度。
21．（8分）有一种具有保温功能的电热水壶如图甲，其额定电压为220V，原理图如图乙，R1和R2是电热丝，该电热水壶有加热挡和保温挡，其中的保温功率为242W。图丙是一种新型插座，它能即时显示用电器的工作电压和所耗电费等。将电热水壶单独插在该插座上，用加热挡加热一段时间后，屏幕两次显示如图丁。
（电费单价：0.5元/kW•h；电热丝R1和R2阻值定不变，图丙的新型插座在使用过程中，插座的输出电压稳定不变。）求：
（1）电热水壶的实际加热功率；
（2）电热丝R2的阻值；
（3）若电热水壶的加热效率为80%，在电压为220V时，将质量为1.21kg的养生茶从18℃加热至98℃，至少需要多长时间。[已知养生茶的比热容c＝4×103J/（kg•℃）]
【分析】（1）分析开关转换时电路连接，根据P＝UI=U2R分析确定不同挡位电路的连接，根据所交电费求得消耗的电能，根据P=Wt求实际加热功率；
（2）由P＝UI=U2R的变形公式可得R1的阻值；根据P＝UI=U2R求电热水壶的额定加热电功率；电热水壶处于保温挡时，根据P＝UI=U2R求出电路中的总电阻，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，从而求R2的阻值；
（3）根据Q吸＝c液m（t﹣t0）求出养生茶从18℃加热至98℃吸收的热量；因不计热量损失，Q＝W＝Pt，从而得出将1.21kg的养生茶从18℃加热至98℃需要的时间。
【解答】解：（1）S接a时只有电阻R1工作，电阻较小，根据P＝UI=U2R知此时为加热状态；
由丁图得，电热水壶实际电压U实＝200V，加热时间t＝18：12﹣18：00＝12min＝0.2h，所耗电费0.1元。
因此电热水壶消耗的电能：
W=0.1元0.5元/(kW⋅ℎ)=0.2kW•h，
电热水壶的实际加热功率：
P加热=Wt=0.2kW⋅ℎ0.2ℎ=1kW＝1000W；
（2）由P＝UI=U2R得，R1的阻值：
R1=U实2P加热=(200V)21000W=40Ω；
电热水壶的额定加热功率：
P额加热=U额2R1=(220V)240Ω=1210W；
S接b时，R1和R2串联，电阻较大，根据P＝UI=U2R可知，此时为保温状态；
由P＝UI=U2R可知，此时电路中的总电阻：
R串=U额2P保温=(220V)2242W=200Ω，
由串联电路的电阻特点可知，电热丝R2的阻值：
R2＝R串﹣R1＝200Ω﹣40Ω＝160Ω；
（3）养生茶从18℃加热至98℃吸收的热量：
Q吸＝c液m（t﹣t0）＝4×103J/（kg•℃）×1.21kg×（98℃﹣18℃）＝3.872×105J，
因为不计热量损失，所以电热水壶消耗的电能：
W电＝Q吸＝3.872×105J，
由P=Wt得，需要时间：
t0=W电P额加热=3.872×105J1210W=320s。
答：（1）电热水壶的实际加热功率为1000W；
（2）电热丝R2的阻值为160Ω；
（3）若电热水壶的加热效率为80%，在电压为220V时，将质量为1.21kg的养生茶从18℃加热至98℃，至少需要320s。
【点评】本题为电热综合题，考查电功率公式、串联电阻的规律及吸热公式的运用，关键是确定挡位电路的连接。
2022年重庆市巴蜀中学中考物理一诊试卷
一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，8小题，共24分）
1．（3分）下列数据中，最接近生活实际的是（ ）
A．中学生的安全电压为220V
B．中学生的正常体温约为40℃
C．人步行的正常速度约为1.1m/s
D．空调正常工作时电流约为20mA
2．（3分）如图所示，巴渝大地时尚先进的现代建筑、瑰丽迷人的自然风光、底蕴深厚的古镇老街中与光知识相关表述正确的是（ ）
A．甲：朝天门来福士广场夜晚的光柱是光的折射形成的
B．乙：乌江画廊的风景在水里的倒影是光的直线传播形成的
C．丙：游客所看见的磁器口悬挂的红灯笼是平面镜所成的像
D．丁：江津中山古镇的游客看到水面下的石块比实际位置要浅
3．（3分）下列有关物理知识说法正确的是（ ）
A．测液体压强的压强计属于连通器
B．飞机能飞上天是因为机翼的下方空气流速大，压强大
C．用手沾些冷水去拿热包子不会太烫手，是因为水汽化吸热
D．使用高压锅煮食物，是利用了液体沸点随气压增大而降低的原理
4．（3分）图中电和磁知识描述正确的是（ ）
A．验电器是利用异种电荷相互吸引的原理制成的
B．闭合开关通电螺线管左端为N极
C．人只接触到火线不接触到零线一定不会触电
D．通电导体在磁场中受力而运动是发电机的工作原理
5．（3分）如图是某运动员在一次撑杆跳高过程中的多个状态，若不计空气的阻力，以下分析正确的是（ ）
A．运动员助跑的目的是增大惯性
B．运动员到最高点时所受合力为零
C．运动员撑杆上升的过程中，杆的弹性势能全部转化为运动员的动能
D．运动员从最高点下落的过程中，机械能保持不变
6．（3分）如图所示，一闭合电路竖着固定在一辆光滑绝缘的小车上，电路中R0为定值电阻，R为压敏电阻，其阻值随所受压力的增大而减小。将物体M放在小车上与压敏电阻接触，当小车由静止突然向右运动时，下列说法正确的是（ ）
A．电流表示数减小 B．电压表示数减小
C．电流表示数不变 D．电压表示数增大
7．（3分）如图所示，小洋的爸爸用400N的拉力使重740N的物体在10s内匀速上升了2m，体重为450N的小洋也用此滑轮组来提升重1000N的物体，但物体没有被拉动，不计摩擦及绳重，已知动滑轮下方挂钩上绳子能够承受的最大拉力为900N，则（ ）
A．小洋爸爸拉绳做功的功率为80W
B．小洋爸爸拉绳时滑轮组机械效率为90%
C．小洋拉绳时物体对水平地面的最小压力为160N
D．小洋拉绳时小洋对水平地面的最小压力为30N
8．（3分）如图所示的电路中，电源电压为5V且保持不变，电流表量程为0～0.6A，电压表量程为0～3V，R为“50Ω1A“的滑动变阻器，R2＝25Ω，灯泡L标有“4V1.6W”字样（不考虑温度对灯丝电阻的影响）。在保证电路安全的情况下，下列说法正确的有（ ）
①灯泡L的阻值为10Ω
②只闭合S1，断开S2和S3，通过小灯泡L的电流范围为0.2A～0.4A
③只闭合S1，断开S2和S3，滑动变阻器R1的功率范围是0.4W～0.6W
④闭合S2和S3，断开S1时，滑动变阻器R1接入电路中的范围是12.5Ω～50Ω
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
二、填空作图题（本题共6个小圆，第14小题作图2分，其余每空1分，共12分。）
9．（2分）丹麦物理学家 首先发现了电流周围存在磁场。地球本身就是一个磁体，地磁的北极在地理 极（选填“南”或“北”）附近。
10．（2分）2022年3月23日，中国空间站进行了第二次太空授课，如图，王亚平将冰墩墩用手指轻轻一推，冰墩墩慢慢飘向一两米外的叶光富，在两人之间来回运动。以运动的冰墩墩为参照物，王亚平是 （选填“运动”或“静止”）的。同学们能通过声音来分辨是哪位航天员在说话，是因为不同航天员声音的 （选填“音色”、“音调”、“响度”）不同。
11．吸烟危害健康，即使只有很少人吸烟，整个场所也会充满烟味，这属于 现象；抽烟者的衣服摩擦后易沾染烟灰，是因为带电体能 。
12．（2分）如图甲所示，闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片从最右端滑至灯正常发光的位置，电流表示数与两电压表示数的关系图像如图乙所示，A、B两点的电功率PA：PB＝1：8，则电源电压为 V，灯的功率变化量为 W。
13．（2分）如图甲所示，重2N、底面积为200cm2的薄壁圆柱形容器置于水平升降台中央，容器中装有17cm深的水。与容器高度相同的圆柱体A悬挂在轻质细杆下保持静止，A的下表面与水面相平。在向上调节升降台过程中记录下杆对A的作用力F与升降台移动的距离h的关系，如图乙所示。当h＝13cm时，容器对升降台的压强为 Pa；当h＝17cm时，缓慢撤走细杆，A在容器中静止后，切掉A浸在水中体积的一半，待A剩余部分静止时，A剩余部分相对于容器底部移动的距离是 cm。
14．（2分）请在图中画出入射光线经过凸透镜后的折射光线。
15．（2分）请在图中将电灯和控制电灯的开关接入家庭电路
三、实验探究题（本题共3个小题，15小题6分，16小题8分，17小题8分，共22分。）
16．（6分）
（1）如图甲是探究平面镜成像特点的实验装置图。本实验器材应选择 （选填“玻璃板”或“平面镜”）进行实验；把蜡烛靠近平面镜时，蜡烛在平面镜里的像将 （选填“变大”“不变”或“变小”）。实验中，让玻璃板沿OO′轴方向水平向右移动，镜中的像相对于A （选填“向右”或“向左”或“不”）移动。
（2）用如图乙的装置探究海波的熔化规律：
①组装器材时，应先固定 （选填“A”“B”或“C”）。
②加热到某一时刻，温度计示数如图所示，温度为 ℃。
③海波熔化过程是通过 方式改变其内能的。
17．（8分）小巴和小蜀想知道家里做泡菜的盐水和身边的一块不吸水的泡沫的密度，于是他们做了如下实验：
（1）把天平放在水平桌面上，将 移至标尺左端零刻度线处；发现指针偏向如图甲所示，则应将左侧的平衡螺母向 （选填“左”或“右”）调节，使天平平衡。
（2）天平平衡后，他们开始测盐水的密度，进行了以下步骤：
A.用天平测出烧杯和剩余盐水的总质量；
B.将盐水倒入烧杯中，用天平测出烧杯和盐水的总质量；
C.将烧杯中盐水的一部分倒入量筒，测出倒出的这部分盐水的体积。
请你根据以上步骤，写出正确的操作顺序： （填字母代号）。
（3）在步骤B中测得烧杯和盐水总质量如图乙所示为 g，其余步骤数据如图丙和丁所示。
（4）则该盐水的密度为 kg/m3。若该天平的20g砝码生锈了，则他们测得盐水的密度将 （选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
（5）善于思考的小蜀利用测好密度的盐水和电子秤来测量泡沫块的密度，如图所示：
①在底部安装有定滑轮的圆柱形容器中加入适量的盐水，静止在水平电子秤上（如图甲），电子秤的示数m1为200g；
②把一块不吸水泡沫放入盐水中（如图乙），电子秤示数m2为230g；
③用细线（质量忽略不计）绕过定滑轮竖直向上拉动泡沫，使泡沫浸没在盐水中（如图丙），电子秤的示数m3与m2相比变化了80g；
根据实验数据知泡沫的密度为 kg/m3，小巴认为可以将实验乙、丙的操作过程互换，按小巴的实验顺序所测泡沫的密度会 （选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
18．（8分）如图甲所示，小蜀做“测量小灯泡电功率”实验中，所用电源电压恒为4.5V，小灯泡的螺旋套上标有“3.8V”字样，滑动变阻器的规格是“20Ω 0.5A”。
（1）请用笔画线代替导线，将图甲中的实物电路连接完整。（要求：向右移动滑片时，灯变亮，且导线不能交叉）
（2）在实验前检查仪器时，发现电流表的指针如图乙所示，则他接下来的操作是 ；闭合开关后，灯泡不发光，电流表和电压表都有示数，导致这一现象可能的原因是 。
A.灯丝断路
B.滑动变阻器断路
C.灯丝短路
D.滑动变阻器阻值太大
（3）逐步移动滑片，电压表示数为2V，若要测量小灯泡的额定功率，应将滑动变阻器的滑片向 移（选填“左”或“右”），直到小灯泡正常发光，此时电流表的示数如图丙所示，则小灯泡的额定功率是 W。
（4）小蜀将滑片P从阻值最大位置移到阻值最小位置进行实验（灯未被烧坏）并依据实验数据，描出灯泡的I﹣U图像（如图a），任取曲线的一点构成如图所示的矩形（如图b中阴影部分），则矩形曲面积表示的物理含义是 ；
A.小灯泡的功率
B.滑动阻器的功率
C.总功率
（5）在某次实验中，小蜀向右调节滑动变阻器，滑动变阻器的功率减小了ΔP1，灯泡的功率变化了ΔP2，则ΔP1 ΔP2（选填“＞”、“＜”或“＝”）；
（6）同学们利用上述器材准备继续探究“电流与电阻的关系”，小巴同学只用电阻箱替换灯泡，其它不变，每次调节滑片P使电压表示数均为2V。在保证电路安全的前提下，为了完成实验，电阻箱接入电路的阻值范围为 Ω。
四、论述计算题（18题6分，19题8分，20题8分，共22分，解答应写出必要的文字说明。步骤和公式，只写出最后结果的不给分）
19．（6分）新能源汽车是未来汽车发展的趋势。如图，威马W6是一款纯电动汽车，整车质量为1800kg。若该车在某水平路段匀速直线行驶了500m，耗时20s，受到水平方向的阻力为车自重的0.1倍（车上人员的重力忽略不计），求：
（1）该车行驶的速度；
（2）牵引力在此路段所做的功。
20．（8分）如图所示是物理科技小组设计的锻炼力量的简易健身器材，重力不计的轻质杠杆AB可绕支点O无摩擦转动，AO长0.6m，OB长1m。用绳子将底面积为100cm2的圆柱体M挂在杠杆的B端，当在A点施加竖直向下的拉力F为300N时，杠杆处于水平平衡状态，此时M对地面的压力为7000Pa。求：
（1）杠杆B端所受绳子的拉力；
（2）物理M的重力；
（3）物理科技小组的同学保持F的大小不变，将F的作用点从A点向O点移动30cm，同时将M左右两侧分别沿竖直方向切去相同的体积，使M对地面的压强为10000Pa，则切之后M剩余的重力为多少N？
21．（8分）有一种具有保温功能的电热水壶如图甲，其额定电压为220V，原理图如图乙，R1和R2是电热丝，该电热水壶有加热挡和保温挡，其中的保温功率为242W。图丙是一种新型插座，它能即时显示用电器的工作电压和所耗电费等。将电热水壶单独插在该插座上，用加热挡加热一段时间后，屏幕两次显示如图丁。
（电费单价：0.5元/kW•h；电热丝R1和R2阻值定不变，图丙的新型插座在使用过程中，插座的输出电压稳定不变。）求：
（1）电热水壶的实际加热功率；
（2）电热丝R2的阻值；
（3）若电热水壶的加热效率为80%，在电压为220V时，将质量为1.21kg的养生茶从18℃加热至98℃，至少需要多长时间。[已知养生茶的比热容c＝4×103J/（kg•℃）]
2022年重庆市巴蜀中学中考物理一诊试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，8小题，共24分）
1．（3分）下列数据中，最接近生活实际的是（ ）
A．中学生的安全电压为220V
B．中学生的正常体温约为40℃
C．人步行的正常速度约为1.1m/s
D．空调正常工作时电流约为20mA
【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、中学生的安全电压为不高于36V，故A错误；
B、中学生的正常体温约为37℃，故B错误；
C、人步行的正常速度约为1.1m/s，符合实际，故C正确；
D、空调正常工作时电流约为5A，故D错误。
故选：C。
【点评】此题考查对生活中常见物理量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，找出符合实际的选项即可。
2．（3分）如图所示，巴渝大地时尚先进的现代建筑、瑰丽迷人的自然风光、底蕴深厚的古镇老街中与光知识相关表述正确的是（ ）
A．甲：朝天门来福士广场夜晚的光柱是光的折射形成的
B．乙：乌江画廊的风景在水里的倒影是光的直线传播形成的
C．丙：游客所看见的磁器口悬挂的红灯笼是平面镜所成的像
D．丁：江津中山古镇的游客看到水面下的石块比实际位置要浅
【分析】（1）光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，如小孔成像、激光准直、影子的形成、日食和月食等；
（2）光线传播到两种介质的表面上时会发生光的反射现象，例如水面上出现岸上物体的倒影、平面镜成像、玻璃等光滑物体反光都是光的反射形成的；
（3）光线在同种不均匀介质中传播或者从一种介质斜射入另一种介质时，就会出现光的折射现象，例如水池底变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼、凸透镜成像等都是光的折射形成的。
【解答】解：
A、朝天门来福士广场夜晚的光柱是由光的直线传播形成的，故A错误；
B、乌江画廊的风景在水里的倒影，属于平面镜成像，是由光的反射形成的，故B错误；
C、游客所看见的磁器口悬挂的红灯笼，是由于灯笼反射的光射沿直线射入人的眼睛，不是平面镜成像，故C错误；
D、由于光从水中斜射入空气中时发生折射，折射光线偏离法线，折射角大于入射角，所以江津中山古镇的游客看到水面下的石块比实际位置要浅，故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查学生利用光学知识解释生活中常见的物理现象，此题与实际生活联系密切，体现了生活处处是物理的理念。
3．（3分）下列有关物理知识说法正确的是（ ）
A．测液体压强的压强计属于连通器
B．飞机能飞上天是因为机翼的下方空气流速大，压强大
C．用手沾些冷水去拿热包子不会太烫手，是因为水汽化吸热
D．使用高压锅煮食物，是利用了液体沸点随气压增大而降低的原理
【分析】（1）上端开口，下端相连通的容器叫连通器；
（2）气体和液体称为流体，常见的流体是空气和水，流体流速大的地方压强小，流体流速小的地方压强大；
（3）汽化是指物质从液态变为气态的过程，它需要吸热；
（4）液体的沸点跟气压有关，气压增大，沸点升高；气压减小，沸点降低。
【解答】解：A、虽然U形管压强计的下端相连通，但U形管的左侧上端封闭，所以不属于连通器，故A错误；
B、由于机翼上表面弯曲、下表面平直，所以空气通过机翼上方的空气流速大、压强小；机翼下方的空气流速小、压强大，使飞机受到一个向上的升力，故B错误；
C、用手沾些冷水去拿热包子不会太烫，是因为水汽化吸收了一部分热量，故C正确；
D、使用高压锅来煮食物，是利用了液体的沸点随气压的增大而升高，故D错误。
故选：C。
【点评】此题涉及到连通器原理、流体压强与流速的关系、大气压与沸点的关系、汽化吸热等多个知识点，是一道综合性较强的题目。
4．（3分）图中电和磁知识描述正确的是（ ）
A．验电器是利用异种电荷相互吸引的原理制成的
B．闭合开关通电螺线管左端为N极
C．人只接触到火线不接触到零线一定不会触电
D．通电导体在磁场中受力而运动是发电机的工作原理
【分析】（1）验电器是利用同种电荷相互排斥的原理制成；
（2）安培定则：用右手握住螺线管，让四指指向螺线管中电流的方向，则大拇指所指的那端就是螺线管的北极；
（3）触电是指有电流通过人体，且电流超过人的承受能力时，对人造成伤害的现象。是否触电要看是否有电流通过人体形成了回路；
（4）电动机的原理：通电导体在磁场中受力运动。
【解答】解：A、图中验电器是利用同种电荷相互排斥的原理制成的，故A错误；
B、闭合开关后，电流从螺线管的右端流入、左端流出，利用安培定则可知通电螺线管的左端为N极、右端为S极，故B正确；
C、人只接触到火线，但人体接触到大地，电路形成回路，也会触电，故C错误；
D、图中有蓄电池，研究的是通电导体在磁场中受力运动，是电动机的原理，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了电磁学和安全用电的相关知识，是一道综合题，但难度不大。
5．（3分）如图是某运动员在一次撑杆跳高过程中的多个状态，若不计空气的阻力，以下分析正确的是（ ）
A．运动员助跑的目的是增大惯性
B．运动员到最高点时所受合力为零
C．运动员撑杆上升的过程中，杆的弹性势能全部转化为运动员的动能
D．运动员从最高点下落的过程中，机械能保持不变
【分析】（1）物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性，惯性的大小只与物体的质量有关；
（2）分析运动员到最高点时的受力情况，得出所受合力大小；
（3）哪种能量转化成了另一种能量的标准是：减小的转化为增多的；
（4）不考虑空气阻力时，运动员下落的过程中，机械能守恒。
【解答】解：
A、助跑过程中，运动员的质量一定，速度越大，动能越大，但惯性跟物体速度大小无关，所以惯性大小不变，故A错误；
B、不计空气的阻力，当人到达最高点时，只受到重力的作用，所以此时的合力不是0，故B错误；
C、撑杆上升的过程中，杆的弹性势能一部分转化为运动员的动能，一部分转化为运动员的重力势能，故C错误；
D、运动员下落的过程中，不考虑空气阻力，减少的重力势能全部转化为动能，机械能保持不变；故D正确。
故选：D。
【点评】此题以撑竿跳高为载体考查惯性、平衡力的辨别、能量转化，是一道综合性较强的题目，但总体难度不大，掌握基础知识即可正确解题。
6．（3分）如图所示，一闭合电路竖着固定在一辆光滑绝缘的小车上，电路中R0为定值电阻，R为压敏电阻，其阻值随所受压力的增大而减小。将物体M放在小车上与压敏电阻接触，当小车由静止突然向右运动时，下列说法正确的是（ ）
A．电流表示数减小 B．电压表示数减小
C．电流表示数不变 D．电压表示数增大
【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，电压表测量R两端的电压；当小车由静止突然向右运动时，压敏电阻受到了压力，根据压力变化判定电阻的变化，根据欧姆定律判定电流表、电压表示数的变化。
【解答】解：当小车由静止突然向右运动时，压敏电阻将受到物体M的压力，其阻值减小，电路中的总电阻减小，根据欧姆定律可知，电流将变大，即电流表示数变大，R的电阻减小，其分担的电压也会减小，即电压表示数减小。故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】本题考查了电路的动态分析，知道压力的变化是解题的关键。
7．（3分）如图所示，小洋的爸爸用400N的拉力使重740N的物体在10s内匀速上升了2m，体重为450N的小洋也用此滑轮组来提升重1000N的物体，但物体没有被拉动，不计摩擦及绳重，已知动滑轮下方挂钩上绳子能够承受的最大拉力为900N，则（ ）
A．小洋爸爸拉绳做功的功率为80W
B．小洋爸爸拉绳时滑轮组机械效率为90%
C．小洋拉绳时物体对水平地面的最小压力为160N
D．小洋拉绳时小洋对水平地面的最小压力为30N
【分析】（1）知道小洋爸爸的拉力，由图知，n＝2，拉力端移动距离s＝nh，利用W＝Fs求拉力做的总功；再利用P=Wt求拉力的功率；
（2）知道物体的重力、提升的高度，利用W＝Gh求拉力做的有用功；滑轮组的机械效率等于有用功与总功之比；
（3）不计绳重和摩擦，小洋爸爸的拉力F=1n（G+G动），据此求动滑轮重力；
小洋拉绳时，能施加的最大拉力等于小洋的重力；而最大拉力F最大=1n（G最大+G动），据此求能提升的最大物重；若小于1000N，可得滑轮组对物体的最大拉力，物体对水平地面的最小压力等于物体重力减去最大拉力；
（4）小洋拉绳时小洋对水平地面的最小压力等于小洋的重力减去小洋的最大拉力。
【解答】解：A、由图知，n＝2，拉力端移动距离s＝nh＝2×2m＝4m，
拉力做的总功：W总＝Fs＝400N×4m＝1600J，
拉力的功率P=W总t=1600J10s=160W，故A错误；
B、拉力做的有用功W有用＝Gh＝740N×2m＝1480J，
滑轮组的机械效率：
η=W有用W总×100%=1480J1600J×100%＝92.5%，故B错误；
C、不计绳重和摩擦，小洋爸爸的拉力F=1n（G+G动），动滑轮重力G动＝2F﹣G＝2×400N﹣740N＝60N；
小洋拉绳时，能施加的最大拉力F最大＝G小洋＝450N，
最大拉力F最大=1n（G最大+G动），则能提升的最大物重：
G最大＝2F最大﹣G动＝2×450N﹣60N＝840N，
滑轮组对物体的最大拉力：F滑轮组＝G最大＝840N，
物体对水平地面的最小压力：
F压1＝G′﹣F滑轮组＝1000N﹣840N＝160N，故C正确；
D、小洋拉绳时小洋对水平地面的最小压力：
F压1＝G小洋﹣F最大＝450N﹣450N＝0N，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了使用滑轮组时有用功、总功、机械效率的计算，本题难点在CD选项正误的判断，确定绳子的最大拉力是关键。
8．（3分）如图所示的电路中，电源电压为5V且保持不变，电流表量程为0～0.6A，电压表量程为0～3V，R为“50Ω1A“的滑动变阻器，R2＝25Ω，灯泡L标有“4V1.6W”字样（不考虑温度对灯丝电阻的影响）。在保证电路安全的情况下，下列说法正确的有（ ）
①灯泡L的阻值为10Ω
②只闭合S1，断开S2和S3，通过小灯泡L的电流范围为0.2A～0.4A
③只闭合S1，断开S2和S3，滑动变阻器R1的功率范围是0.4W～0.6W
④闭合S2和S3，断开S1时，滑动变阻器R1接入电路中的范围是12.5Ω～50Ω
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【分析】①由P=U2R可得灯泡的电阻；
②开关S1闭合，S2和S3断开时，R1与L串联，电压表测R1两端的电压，由P＝UI可得灯泡的额定电流，根据串联电路电流特点确定通过电路的最大电流，由串联分压原理可知当电压表的示数最大U1大＝3V时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可知此时通过电路的电流最小，根据串联电路电压规律计算此时灯泡两端的电压，根据欧姆定律计算电路中的最小电流，进一步确定只闭合S1，断开S2和S3，通过小灯泡L的电流范围；
③滑动变阻器的功率等于电路总功率减去灯泡的功率，由抛物线的性质可知滑动变阻器的最大功率，根据通过电路的电流范围，进一步确定滑动变阻器R1的功率范围；
④开关S1断开，S2和S3闭合时，滑动变阻器R1和R2并联，电流表测干路中的电流，根据并联电路电压特点结合欧姆定律计算通过电阻R2的电流，电流表量程为0～0.6A，当电流表的示数最大时，滑动变阻器接入电路的电阻最小，此时通过滑动变阻器的电流最大，根据并联电路电流特点计算通过滑动变阻器的最大电流，根据欧姆定律计算此时滑动变阻器接入电路的电阻，进一步确定闭合S2和S3，断开S1时，滑动变阻器R1接入电路中的范围。
【解答】解：
①由P=U2R可得，灯泡的电阻：RL=UL2PL=(4V)21.6W=10Ω，故①正确；
②开关S1闭合，S2和S3断开时，R1与L串联，电压表测R1两端的电压，
由P＝UI可得灯泡的额定电流：IL=PLUL=1.6W4V=0.4A＜0.6A（即小于电流表的量程），
因串联电路中各处的电流相等，所以，此时电路中的最大电流：I大＝IL＝0.4A；
由串联分压原理可知，当电压表的示数最大U1大＝3V时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可知此时电路中的电流最小，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，此时灯泡两端的电压：
UL小＝U﹣U1大＝5V﹣3V＝2V，
则电路中的最小电流：
I小=UL小RL=2V10Ω=0.2A，
所以，只闭合S1，断开S2和S3，通过小灯泡L的电流范围为0.2A～0.4A，故②正确。
③滑动变阻器的功率等于电路总功率减去灯泡的功率，所以P1＝UI﹣I2RL＝5V×I﹣I2×10Ω，即变阻器消耗的功率与电流成二次函数关系，
其图像是一条开口向下的抛物线，由数学知识可知，当I=−5V2×(−10Ω)=0.25A时，函数有最大值即滑动变阻器的功率最大，且P1大＝5V×0.25A﹣（0.25A）2×10Ω＝0.625W，
因通过电路的电流范围为0.2A～0.4A，则由上面表达式可知，当I＝0.2A时，P1＝0.6W，当I′＝0.4A时，P1′＝0.4W，所以滑动变阻器R1的功率范围是0.4W～0.625W，故③错误；
④开关S1断开，S2和S3闭合时，滑动变阻器R1和R2并联，电流表测干路中的电流，
因并联电路各支路两端电压相等，则通过电阻R2的电流：I2=UR2=5V25Ω=0.2A，
因并联电路干路电流等于各支路电流之和，且电流表量程为0～0.6A，
所以，当电流表的示数最大时，滑动变阻器接入电路的电阻最小，此时通过滑动变阻器的电流最大，
此时通过滑动变阻器的电流：I1′＝I0﹣I2＝0.6A﹣0.2A＝0.4A，
则滑动变阻器接入电路的最小电阻：R1小=UI1′=5V0.4A=12.5Ω，
而当滑动变阻器接入电路的阻值最大为50Ω时，通过变阻器和干路的电流最小，电路是安全的，
所以闭合S2和S3，断开S1时，滑动变阻器R1接入电路中的范围是12.5Ω～50Ω，故④正确。
故选：B。
【点评】本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活应用，关键是电路中最大电流和最小电流的确定，此题有一定的拔高难度，属于难题。
二、填空作图题（本题共6个小圆，第14小题作图2分，其余每空1分，共12分。）
9．（2分）丹麦物理学家 奥斯特 首先发现了电流周围存在磁场。地球本身就是一个磁体，地磁的北极在地理 南 极（选填“南”或“北”）附近。
【分析】（1）奥斯特实验证明了通电导体周围也存在着磁场；
（2）地球本身是一个巨大的磁体，地球周围的磁场叫做地磁场；地磁北极在地理南极附近；地磁南极在地理北极附近，但并不重合。
【解答】解：丹麦物理学家奥斯特首先发现了电流周围存在磁场；
地球本身是一个巨大的磁体，地球的周围存在着地磁场，地磁北极在地理南极附近，地磁南极在地理北极附近。
故答案为：奥斯特；南。
【点评】本题考查了地磁场的有关知识，是一道基础题，熟练掌握基础知识即可正确解题。
10．（2分）2022年3月23日，中国空间站进行了第二次太空授课，如图，王亚平将冰墩墩用手指轻轻一推，冰墩墩慢慢飘向一两米外的叶光富，在两人之间来回运动。以运动的冰墩墩为参照物，王亚平是 运动 （选填“运动”或“静止”）的。同学们能通过声音来分辨是哪位航天员在说话，是因为不同航天员声音的 音色 （选填“音色”、“音调”、“响度”）不同。
【分析】（1）研究对象的运动情况是怎样的，就看它与参照物的相对位置是否变化；
（2）音色反映了声音的品质和特色，不同发声体的材料、结构不同，发出声音的音色也就不同。
【解答】解：（1）以运动的冰墩墩为参照物，王亚平与冰墩墩之间发生了位置的变化，王亚平是运动的；
（2）同学们能通过声音来分辨是哪位航天员在说话，是因为不同的人声音的音色不同。
故答案为：运动；音色。
【点评】本题考查运动和静止的相对性以及声音的特性，难度不大。
11．吸烟危害健康，即使只有很少人吸烟，整个场所也会充满烟味，这属于 扩散 现象；抽烟者的衣服摩擦后易沾染烟灰，是因为带电体能 吸引轻小物体 。
【分析】（1）不同的物体相互接触后，彼此进入对方的现象叫做扩散现象。扩散现象不但说明了分子在不停地做无规则运动；
（2）带电体可吸引不带电的轻小物体。
【解答】解：有很少人吸烟，整个场所也会充满烟味，这说明了分子在不停地做无规则运动，是扩散现象；
衣服与人体摩擦，摩擦起电，使衣服带有了电荷，由于带电体能够吸引轻小物体，故抽烟者的衣服摩擦后很容易沾染烟灰，是因为带电体能吸引轻小物体。
故答案为：扩散；吸引轻小物体。
【点评】分子动理论以及带电体的性质可以解释很多生活中的现象，遇到生活中的现象时可以多想想所学的物理知识。
12．（2分）如图甲所示，闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片从最右端滑至灯正常发光的位置，电流表示数与两电压表示数的关系图像如图乙所示，A、B两点的电功率PA：PB＝1：8，则电源电压为 9 V，灯的功率变化量为 4 W。
【分析】由电路图可知，滑动变阻器与灯泡串联，电压表V1测灯泡两端的电压，电压表V2测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片从最右端向左滑动的过程中，滑动变阻器连入电路的电阻变小，电路中的电流变大，根据串联电路的分压原理可知：滑动变阻器两端的电压变小，灯泡两端的电压变大；据此可判断出图乙中①②分别是哪一个电压表的示数随电流表示数变化的图线；
（2）当滑片位于最右端时，接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，根据图乙中②读出灯泡两端的电压，根据此时A、B两点的电功率PA：PB＝1：8，利用P＝UI即可求出滑动变阻器两端的电压，然后求出电源电压；
当滑片位于灯正常发光的位置时，接入电路中的电阻最小，电路中的电流最大，根据图乙中①读出滑动变阻器两端的电压，根据串联电路的电压特点求出此时灯泡正常工作时两端的电压，利用P＝UI即可求出灯泡正常工作时的功率，即为灯泡的最大功率；滑动变阻器的滑片在最右端时，根据P＝UI得出灯泡的最小功率，进而得出灯的功率变化量。
【解答】解：由电路图知，滑动变阻器与灯泡串联，电压表V1测灯泡两端的电压，电压表V2测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片从最右端向左滑动的过程中，滑动变阻器R连入电路的电阻变小，电路中的电流变大，根据串联电路的分压原理可知：滑动变阻器两端的电压变小，灯泡两端的电压变大；
所以图乙中①是表示电压表V2的示数随电流表示数变化的图线，②是表示电压表V1的示数随电流表示数变化的图线；
（2）当滑片位于最右端时，接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，已知①是表示电压表V2的示数随电流表示数变化的图线，②是表示电压表V1的示数随电流表示数变化的图线；则A点是灯泡两端电压，B点是滑动变阻器两端的电压，
根据图乙中②可知：灯泡两端的电压为UA＝1V，已知此时A、B两点的电功率PA：PB＝1：8，
由于串联电路中电流处处相等，则根据P＝UI可知：
UA：UB=PAI：PBI=PA：PB＝1：8，
所以，UB＝8UA＝8×1V＝8V，
则电源电压U＝UA+UB＝1V+8V＝9V；
当滑片位于灯正常发光的位置时，接入电路中的电阻最小，电路中的电流最大，根据图乙中①可知：滑动变阻器两端的电压U2＝2V，灯泡正常工作的电流为IL＝I最大＝0.6A，
根据串联电路的电压特点可得此时灯泡正常工作时两端的电压UL＝U﹣U2＝9V﹣2V＝7V，
所以灯泡的最大功率P大＝ULIL＝7V×0.6A＝4.2W；
滑动变阻器的滑片在最右端时，灯泡的功率最小，为P小＝UAIA＝1V×0.2A＝0.2W；
灯的功率变化量ΔP＝P大﹣P小＝4.2W﹣0.2W＝4W。
故答案为：9；4。
【点评】本题考查串联电路的特点、欧姆定律的应用、以及电功率计算公式的应用，难度大，综合性强。
13．（2分）如图甲所示，重2N、底面积为200cm2的薄壁圆柱形容器置于水平升降台中央，容器中装有17cm深的水。与容器高度相同的圆柱体A悬挂在轻质细杆下保持静止，A的下表面与水面相平。在向上调节升降台过程中记录下杆对A的作用力F与升降台移动的距离h的关系，如图乙所示。当h＝13cm时，容器对升降台的压强为 2.1×103 Pa；当h＝17cm时，缓慢撤走细杆，A在容器中静止后，切掉A浸在水中体积的一半，待A剩余部分静止时，A剩余部分相对于容器底部移动的距离是 6.18 cm。
【分析】（1）升降台上升，圆柱体浸入水中后，容器中水面上升，圆柱体浸入水中的体积逐渐增大，所以浮力逐渐增大，上升到一定高度水溢出容器，圆柱体浸入水中的体积继续增加，浮力继续增大直到等于重力，在此之前，杆对圆柱体的作用力是拉力，方向竖直向上，圆柱体浸入水中的体积继续增大，此时杆对圆柱体的作用力是压力，方向竖直向下。由以上分析可知，当升降台没有上升时，杆对圆柱体的拉力等于铁块的重力，由图乙可知，圆柱体的重力是12N，当拉力是6N时，水开始溢出容器，根据力的平衡条件求出圆柱体受到的浮力，根据阿基米德原理求出此时圆柱体浸入水中的体积，根据体积公式求出容器内水面上升的高度，进而求出容器的高度，根据体积公式求出容器的容积；当升降台上升17cm时，圆柱体浸没在水中，此时杆对圆柱体的压力是8N，方向竖直向下，对圆柱体受力分析，根据力的平衡条件求出圆柱体受到的浮力，根据阿基米德原理求出此时圆柱体浸入水中的体积，根据体积公式求出圆柱体的底面积；杆对圆柱体的拉力等于0时，圆柱体受到的浮力等于重力，根据阿基米德原理求出此时圆柱体浸入水中的体积，根据体积公式求出此时圆柱体浸入水中的高度，结合图象求出当升降台上升13cm时，杆对圆柱体向下的压力，根据力的平衡条件求出圆柱体受到的浮力，根据阿基米德原理求出此时圆柱体排开液体的体积，根据密度公式和重力公式求出容器中水的重力，进而求出容器对升降台的压力，根据p=FS求容器对升降台的压强；
（2）根据重力公式和密度公式求出圆柱体的密度；刚开始时水深是17cm，缓慢撤走细杆，圆柱体漂浮在水中，此时浮力等于重力，求出切掉A浸在水中体积的一半后，剩余圆柱体的体积，根据重力公式和密度公式求出切掉后，圆柱体的重力，由图可知，圆柱体静止时漂浮，根据漂浮条件求出此时圆柱体受到的浮力，根据阿基米德原理求出此时圆柱体浸入水中的体积，进而求出浸入水中的深度和剩余部分相对于容器底部移动的距离。
【解答】解：（1）升降台上升，圆柱体浸入水中后，容器中水面上升，圆柱体浸入水中的体积逐渐增大，所以浮力逐渐增大，上升到一定高度水溢出容器，圆柱体浸入水中的体积继续增加，浮力继续增大直到等于重力，在此之前，杆对圆柱体的作用力是拉力，方向竖直向上，圆柱体浸入水中的体积继续增大，此时杆对圆柱体的作用力是压力，方向竖直向下。由以上分析可知，当升降台没有上升时，杆对圆柱体的拉力等于铁块的重力，由图乙可知，圆柱体的重力是12N，当拉力是6N时，水开始溢出容器，圆柱体受到的浮力：
F浮1＝G﹣F拉＝12N﹣6N＝6N，
此时圆柱体浸入水中的体积：
V1=F浮1ρ水g=6N1.0×103kg/m3×10N/kg=6×10﹣4m3；
则容器内水面上升的高度：
h=V1S=6×10−4m3200×10−4m2=0.03m＝3cm，
刚开始时水深是17cm，容器内水面上升3cm后，水刚好溢出，圆柱体A的高度与容器高度相同，则容器的高度：
h容＝h圆＝h水+h＝17cm+3cm＝20cm，
则容器的体积：
V容＝Sh容＝200cm2×20cm＝4000cm3＝4×10﹣3m3，
由图可知，当升降台上升17cm时，圆柱体浸没在水中，此时杆对圆柱体的压力是8N，方向竖直向下，对圆柱体受力分析，圆柱体受重力、浮力，杆对铁块的压力，则：
F浮3＝G+F压＝12N+8N＝20N，
则圆柱体浸入水中的体积：
V=F浮3ρ水g=20N1.0×103kg/m3×10N/kg=2×10﹣3m3，
此时圆柱体浸入液体中的体积等于铁块的体积，即圆柱体的体积是2×10﹣3m3，则圆柱体的底面积：
S圆=Vℎ圆=2×10−3m320×10−2m=0.01m2，
圆柱体受到的浮力等于重力，即杆对圆柱体的拉力等于0时，圆柱体浸入水中的体积：
V2=F浮2ρ水g=12N1.0×103kg/m3×10N/kg=1.2×10﹣3m3，
此时圆柱体浸入水中的高度：
h2=V2S圆=1.2×10−3m30.01m2=0.12m＝12cm，
即图乙中。图像与横轴交点处的坐标是12cm，当升降台上升13cm时可得：
8NF4=17cm−12cm13cm−12cm，
解得F4＝1.6N，
当升降台上升13cm时，对圆柱体受力分析可知，此时圆柱体受向上的浮力，杆对圆柱体向下的压力，竖直向下的重力，则：
F浮4＝F4+G＝1.6N+12N＝13.6N，
圆柱体排开液体的体积：
V4=F浮4ρ水g=13.6N1.0×103kg/m3×10N/kg=1.36×10﹣3m3，
则此时容器中水的体积：
V水＝V容﹣V4＝4×10﹣3m3﹣1.36×10﹣3m3＝2.64×10﹣3m3，
容器中水的重力：
G水＝m水g＝ρ水V水g＝1.0×103kg/m3×2.64×103m3×10N/kg＝26.4N，
容器对升降台的压力：
F5＝G水+G容+F4+G物＝26.4N+2N+1.6N+12N＝42N，
则容器对升降台的压强：
p=F5S=42N200×10−4m2=2.1×103Pa；
（2）撤走细杆前容器中水的体积为：
V水'＝（S﹣S圆）h容＝（200cm2﹣100cm2）×20cm＝2000cm3，
圆柱体的重力是12N，体积是2×10﹣3m3，则圆柱体的密度：
ρ圆=mg=GgV=12N10N/kg2×10−3m3=0.6×103kg/m3，
撤走细杆后，物体漂浮，此时圆柱体浸入水中的体积V＝2×10﹣3m3＝1200cm3，
此时水的深度为：
h'=V水′+VS=2000cm3+1200cm3200cm2=16cm，
物体浸入水中的高度为12cm，故物体下表面距容器底的距离：
h下＝h'﹣h2＝16cm﹣12cm＝4cm，
缓慢撤走细杆，圆柱体漂浮在水中，此时浮力等于重力，A浸入水中的体积是1.2×10﹣3m3，
切掉部分的高度：h切=12VS圆=12×1200cm3100cm2=6cm，
切掉A浸在水中体积的一半，则剩余圆柱体的体积：
V剩＝V−12V2＝2×10﹣3m3−12×1.2×10﹣3m3＝1.4×10﹣3m3，
则切掉后，圆柱体的重力：
G＝m'g＝ρ圆V剩g＝0.6×103kg/m3×1.4×10﹣3m3×10N/kg＝8.4N，
圆柱体漂浮，此时浮力等于重力，则F浮6＝8.4N，则物体浸入水中的体积：
V浸=F浮6ρ水g=8.4N1.0×103kg/m3×10N/kg=8.4×10﹣4m3＝840cm3，
浸入水中的深度：
h浸=V浸S圆=8.4×10−4m3100×10−4m2=0.084m＝8.4cm，
此时水的深度为：
h''=V水′+V浸S=2000cm3+840cm3200cm2=14.2cm，
故物体下表面距容器底的距离：
h下'＝h''﹣h浸＝14.2cm﹣8.4cm＝5.8cm，
则此时相对于容器底部移动的距离：
Δh＝h切+h下﹣h下'＝6cm+4cm﹣5.8cm＝4.2cm。
故答案为：2.1×103；4.2。
【点评】本题考查力的平衡条件、阿基米德原理、密度公式、重力公式、压强公式和液体压强公式等的综合运用，题目难度大，综合性强。
14．（2分）请在图中画出入射光线经过凸透镜后的折射光线。
【分析】在作凸透镜的光路图时，首先要仔细观察入射光线的特点，然后再根据透镜的光学特点来作图。
【解答】解：平行于主光轴的入射光线经凸透镜折射后通过焦点，过焦点的入射光线经凸透镜折射后平行于主光轴，如图所示：
【点评】凸透镜有三条特殊光线：过光心的光线传播方向不变，平行于主光轴的入射光线经凸透镜折射后通过焦点，过焦点的入射光线经凸透镜折射后平行于主光轴。
15．（2分）请在图中将电灯和控制电灯的开关接入家庭电路
【分析】先判断开关与灯泡的连接方式，然后再确定开关接灯泡的接线柱和接电源的火线还是零线，最后根据家庭电路的正确连接方法将灯泡和开关接入电路中。
【解答】解：开关和灯泡应该串联连接，开关接灯泡顶部的接线柱，接电源的火线，确保开关断开时，灯泡不带电，灯泡的螺旋套接电源的零线。实物图如下：
【点评】知道开关与控制的用电器串联连接，知道开关与电源的火线连接，知道家庭电路的正确连接方法。
三、实验探究题（本题共3个小题，15小题6分，16小题8分，17小题8分，共22分。）
16．（6分）
（1）如图甲是探究平面镜成像特点的实验装置图。本实验器材应选择 玻璃板 （选填“玻璃板”或“平面镜”）进行实验；把蜡烛靠近平面镜时，蜡烛在平面镜里的像将 不变 （选填“变大”“不变”或“变小”）。实验中，让玻璃板沿OO′轴方向水平向右移动，镜中的像相对于A 不 （选填“向右”或“向左”或“不”）移动。
（2）用如图乙的装置探究海波的熔化规律：
①组装器材时，应先固定 C （选填“A”“B”或“C”）。
②加热到某一时刻，温度计示数如图所示，温度为 38 ℃。
③海波熔化过程是通过 热传递 方式改变其内能的。
【分析】（1）为了来便于确定像的位置，实验中应该用玻璃板代替平面镜；
平面镜所成的像为物体大小相等，像与物关于镜面是对称的；
（2）①在此实验中，酒精灯及温度计的使用都有特殊的规定：使用酒精灯的外焰加热，温度计的玻璃泡要完全浸没在液体中，但不能碰到容器底；所以要从下向上进行调节；
②要正确的读数一定要先认清温度计的分度值；
③改变内能的方法有两种：做功和热传递。
【解答】解：（1）为了来便于确定像的位置，实验中应该用玻璃板代替平面镜；
平面镜所成的像为物体大小相等，把蜡烛靠近平面镜时，蜡烛在平面镜里的像将不变；
由于平面镜所成的像与物关于镜面是对称的，所以让玻璃板沿OO′轴方向水平向右移动，镜中的像相对于A不移动；
（2）①由于要用酒精灯的外焰加热，所以需先根据酒精灯固定C的高度；
②由图可知，温度计的示数为38℃；
③海波吸收热量，是通过热传递的方式改变内能的。
故答案为：（1）玻璃板；不变；不；（2）①C；②38；③热传递。
【点评】本题主要考查了平面镜成像特点的实验及其应用以及晶体的熔化实验，这是近几年来中考经常出现的题型，要求学生熟练掌握，并学会灵活运用。
17．（8分）小巴和小蜀想知道家里做泡菜的盐水和身边的一块不吸水的泡沫的密度，于是他们做了如下实验：
（1）把天平放在水平桌面上，将 游码 移至标尺左端零刻度线处；发现指针偏向如图甲所示，则应将左侧的平衡螺母向 右 （选填“左”或“右”）调节，使天平平衡。
（2）天平平衡后，他们开始测盐水的密度，进行了以下步骤：
A.用天平测出烧杯和剩余盐水的总质量；
B.将盐水倒入烧杯中，用天平测出烧杯和盐水的总质量；
C.将烧杯中盐水的一部分倒入量筒，测出倒出的这部分盐水的体积。
请你根据以上步骤，写出正确的操作顺序： BCA （填字母代号）。
（3）在步骤B中测得烧杯和盐水总质量如图乙所示为 82 g，其余步骤数据如图丙和丁所示。
（4）则该盐水的密度为 1.1×103 kg/m3。若该天平的20g砝码生锈了，则他们测得盐水的密度将 不变 （选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
（5）善于思考的小蜀利用测好密度的盐水和电子秤来测量泡沫块的密度，如图所示：
①在底部安装有定滑轮的圆柱形容器中加入适量的盐水，静止在水平电子秤上（如图甲），电子秤的示数m1为200g；
②把一块不吸水泡沫放入盐水中（如图乙），电子秤示数m2为230g；
③用细线（质量忽略不计）绕过定滑轮竖直向上拉动泡沫，使泡沫浸没在盐水中（如图丙），电子秤的示数m3与m2相比变化了80g；
根据实验数据知泡沫的密度为 0.3×103 kg/m3，小巴认为可以将实验乙、丙的操作过程互换，按小巴的实验顺序所测泡沫的密度会 不变 （选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
【分析】（（1）天平的正确使用：将托盘天平放置在水平桌面上，将游码拨至标尺左端零刻度线上，调节横梁左右两端的平衡螺母，使横梁平衡，天平调平衡时遵循的原则是：左偏右调，右偏左调；
（2）先测出烧杯和盐水的总质量，再将烧杯中的盐水的一部分倒入量筒，测出倒出的这部分盐水的体积，最后用天平测出烧杯和剩余盐水的总质量；
（3）物体的质量等于砝码质量加上游码对应的刻度值；
（4）根据量筒的读数方法读出量筒中盐水的体积；根据密度公式ρ=mV算出盐水的密度；生锈会使砝码的质量增大，根据砝码质量的变化推断测量质量的变化，然后利用密度公式分析；
（5）比较甲、丙两图，即可得出泡沫块的质量和重力，再根据漂浮的物体，浮力等于重力即可求出泡沫块受到的浮力；比较乙、丙两图，再利用整体法分析可得到泡沫块完全浸没时的浮力，利用阿基米德原理求出V排，再根据ρ=mV计算出泡沫块的密度。
【解答】解：（1）测量前，应先将天平放在水平桌面上，将游码拨至标尺左端零刻度线上，如图甲所示，发现指针静止时指在分度盘中央刻度线的左侧，要使横梁平衡，应将平衡螺母向右调节；
（2）实验步骤为：
B.将盐水倒入烧杯中，用天平测出烧杯和盐水的总质量；
C.将烧杯中盐水的一部分倒入量筒，测出倒出的这部分盐水的体积。
A.用天平测出烧杯和剩余盐水的总质量；
故正确的顺序为BCA；
（3）烧杯和盐水的质量m1＝50g+20g+10g+5g+2g＝87g；
（4）根据量筒的读数方法，视线与液面的凹面底部平行，读出体积V＝50mL＝50cm3；
剩余盐水和烧杯的质量为：m2＝20g+5g+2g＝27g；
量筒内盐水的质量为：m＝m1﹣m2＝87g﹣27g＝60g；
盐水的密度为：
ρ=mV=60g50cm3=1.2g/cm3＝1.2×103kg/m3；
砝码生锈，测得的盐水密度将不变，因为倒出的盐水的质量是用两次测量的质量差，砝码因生锈质量增大，但两次质量的差就把增大的部分抵消了，由ρ=mV可知，测得盐水的密度将不变；
（5）由甲、乙两图可知，由甲图到乙图增加的质量即为泡沫块的质量，
所以m＝m2﹣m1＝230g﹣200g＝30g；
因为泡沫块漂浮在水面上，
所以：F浮＝G＝mg＝0.03kg×10N/kg＝0.3N；
由乙、丙两图可知，丙图中容器比乙图中容器多受一个向上的F的拉力，在拉力F的作用下，丙图中电子秤的读数增加，
即F＝△mg＝80×10﹣3kg×10N/kg＝0.8N，
对于丙图中泡沫块有：
F浮′＝F+G＝0.8N+0.3N＝1.1N
根据阿基米德原理：F浮＝ρ盐水gV排，又因为泡沫块完全浸没，所以：
V＝V排=F浮′ρ盐水g=1.1N1.1×103kg/m3×10N/kg=1.0×10﹣4m3，
泡沫的密度为：
ρ=mV=30×10−3kg1.0×10−4m3=0.3×103kg/m3。
若将实验乙、丙的操作过程互换，虽然泡沫上浮至漂浮时沾水，但整个过程中泡沫、水和容器的总质量不变，故测得泡沫的质量不变，且测得泡沫的体积也不变，故由ρ=mV可知，按小巴的实验顺序所测泡沫的密度会不变。
故答案为：（1）游码；右；（2）BCA；（3）87；（4）1.2×103；不变；（5）0.3×103；不变。
【点评】本题考查了液体、固体密度的测量，考查了量筒、天平的使用、密度公式的应用以及特殊的方法测量密度，利用漂浮条件和阿基米德原理求重力是难点。
18．（8分）如图甲所示，小蜀做“测量小灯泡电功率”实验中，所用电源电压恒为4.5V，小灯泡的螺旋套上标有“3.8V”字样，滑动变阻器的规格是“20Ω 0.5A”。
（1）请用笔画线代替导线，将图甲中的实物电路连接完整。（要求：向右移动滑片时，灯变亮，且导线不能交叉）
（2）在实验前检查仪器时，发现电流表的指针如图乙所示，则他接下来的操作是 调零 ；闭合开关后，灯泡不发光，电流表和电压表都有示数，导致这一现象可能的原因是 D 。
A.灯丝断路
B.滑动变阻器断路
C.灯丝短路
D.滑动变阻器阻值太大
（3）逐步移动滑片，电压表示数为2V，若要测量小灯泡的额定功率，应将滑动变阻器的滑片向 右 移（选填“左”或“右”），直到小灯泡正常发光，此时电流表的示数如图丙所示，则小灯泡的额定功率是 1.14 W。
（4）小蜀将滑片P从阻值最大位置移到阻值最小位置进行实验（灯未被烧坏）并依据实验数据，描出灯泡的I﹣U图像（如图a），任取曲线的一点构成如图所示的矩形（如图b中阴影部分），则矩形曲面积表示的物理含义是 B ；
A.小灯泡的功率
B.滑动阻器的功率
C.总功率
（5）在某次实验中，小蜀向右调节滑动变阻器，滑动变阻器的功率减小了ΔP1，灯泡的功率变化了ΔP2，则ΔP1 ＜ ΔP2（选填“＞”、“＜”或“＝”）；
（6）同学们利用上述器材准备继续探究“电流与电阻的关系”，小巴同学只用电阻箱替换灯泡，其它不变，每次调节滑片P使电压表示数均为2V。在保证电路安全的前提下，为了完成实验，电阻箱接入电路的阻值范围为 4～16 Ω。
【分析】（1）向右移动滑片时，灯变亮，说明电路中电流变大，据此确定变阻器的连接方式；
（2）电表使用前应调零；灯泡不发光可能是因为短路、断路或实际功率太小而造成的，然后根据电流表和电压表的情况进行判断；
（3）灯在额定电压下正常发光，比较电压表示数与额定电压的大小，根据串联电路电压的规律及分压原理确定滑片移动的方向；
根据电流表选用小量程确定分度值读数，根据P＝UI求灯的功率；
（4）阴影部分是矩形的面积，其面积等于长×宽，根据长和宽代表的物理意义进行分析解答；
（5）当向右调节滑动变阻器时，滑动变阻器接入电路的阻值减小，由串联电路的特点可知，灯泡两端的电压增大；由图a可知，通过灯泡的电流也变大，灯泡的实际功率变大；电源电压恒为4.5V，由P＝UI可知，电路总功率变大，据此分析；
（6）探究电流与电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变；根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压，根据分压原理，求出当变阻器接入最大电阻20Ω电阻时，对应的电阻箱连入的最大电阻；
根据电流表量程为0﹣0.6A和变阻器允许通过的最大电流，由欧姆定律求出电路的最小电阻，由分压原理和电阻的串联，求出电阻箱连入电路的最小电阻。
【解答】解：（1）向右移动滑片时，灯变亮，说明电路中电流变大，变阻器接入电路的阻值变小，故变阻器应选右下接线柱与灯泡串联接入电路中，如下图所示：
；
（2）由图乙知，检查仪器时，电流表指针未指在零刻度处，所以接下来的操作是电流表调零；
电流表有示数，说明电路中未发生断路，电压表有示数，说明灯泡未发生短路，则可能是因为滑动变阻器接入电路的电阻太大，使得电路中的电流太小，灯泡的电功率太小造成的，故选D；
（3）逐步移动滑片，电压表示数为2V，小于灯泡的额定电压3.8V，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，故滑片向右移动，直到电压表示数为额定电压；
此时电流表的示数如图丙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流大小为0.3A，则小灯泡的额定功率是：
P＝UI＝3.8V×0.3A＝1.14W；
（4）图中横坐标表示电压，阴影部分宽即电压为U总﹣UL＝U滑，纵坐标表示电流，阴影部分长即电流为I，图中阴影部分面积等于通过滑动变阻器的电流与其两端电压的乘积，由P＝UI知，故矩形面积表示的物理含义是滑动变阻器的电功率，故选B；
（5）当向右调节滑动变阻器时，滑动变阻器接入电路的阻值减小，由串联电路的特点可知，灯泡两端的电压增大；由图a可知，通过灯泡的电流也变大，灯泡的实际功率变大；电源电压恒为4.5V，由P＝UI可知，电路总功率变大；电路总功率等于各用电器消耗功率之和，故滑动变阻器的功率减小ΔP1小于灯泡的功率变化ΔP2，即ΔP1＜ΔP2；
（6）滑动变阻器标有“20Ω 0.5A“字样，表示变阻器的最大电阻为20Ω，允许通过的最大电流为0.5A，
电阻箱两端的电压始终保持UV＝2V，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：
U滑＝U﹣UV＝4.5V﹣2V＝2.5V，
电阻箱的电压是变阻器分得的电压的2V2.5V=0.8倍，根据分压原理，当变阻器接入最大电阻20Ω电阻时，对应的电阻箱的电阻最大为16Ω；
电流表量程为0﹣0.6A，故电路的最大电流为0.5A，由欧姆定律，电路的最小电阻：
R小=UI大=4.5V0.5A=9Ω，
由分压原理，电阻箱的电阻是滑动变阻器接入阻值的0.8倍，由电阻的串联可知，
电阻箱连入电路的最小电阻：R小′=0.80.8+1×9Ω＝4Ω；
故在保证电路安全的前提下，为了能完成实验，电阻箱接入电路的阻值范围为4～16Ω。
故答案为：（1）如上图所示；（2）调零；D；（3）右；1.14；（4）B；（5）＜；（6）4～16。
【点评】本题是测量小灯泡功率的实验，考查了电路的连接、电流表使用、电路故障、滑动变阻器的应用，分析图像及欧姆定律和电功率的计算以及电流与电阻关系的实验探究。
四、论述计算题（18题6分，19题8分，20题8分，共22分，解答应写出必要的文字说明。步骤和公式，只写出最后结果的不给分）
19．（6分）新能源汽车是未来汽车发展的趋势。如图，威马W6是一款纯电动汽车，整车质量为1800kg。若该车在某水平路段匀速直线行驶了500m，耗时20s，受到水平方向的阻力为车自重的0.1倍（车上人员的重力忽略不计），求：
（1）该车行驶的速度；
（2）牵引力在此路段所做的功。
【分析】（1）根据v=st计算该车行驶的速度；
（2）根据G＝mg求出车所受的重力，根据水平方向的阻力为车自重的0.1倍求出阻力；
该车在某水平路段匀速直线行驶，牵引力和阻力是一对平衡力，牵引力等于阻力，根据W＝Fs求出牵引力在此路段所做的功。
【解答】解：（1）若该车在某水平路段匀速直线行驶了500m，耗时20s，则该车行驶的速度为：
v=st=500m20s=25m/s；
（2）已知整车质量为1800kg，则整车的重力为：
G＝mg＝1800kg×10N/kg＝18000N；
已知该车受到水平方向的阻力为车自重的0.1倍，则阻力的大小为：
f＝0.1G＝1800N；
根据该车在水平路段匀速直线行驶，则牵引力和阻力是一对平衡力，F＝f＝1800N，
故牵引力在此路段所做的功为：
W＝Fs＝1800N×500m＝9×105J。
答：（1）该车行驶的速度为25m/s；
（2）牵引力在此路段所做的功为9×105J。
【点评】本题考查了速度的计算和功的计算，属于基础题。
20．（8分）如图所示是物理科技小组设计的锻炼力量的简易健身器材，重力不计的轻质杠杆AB可绕支点O无摩擦转动，AO长0.6m，OB长1m。用绳子将底面积为100cm2的圆柱体M挂在杠杆的B端，当在A点施加竖直向下的拉力F为300N时，杠杆处于水平平衡状态，此时M对地面的压力为7000Pa。求：
（1）杠杆B端所受绳子的拉力；
（2）物理M的重力；
（3）物理科技小组的同学保持F的大小不变，将F的作用点从A点向O点移动30cm，同时将M左右两侧分别沿竖直方向切去相同的体积，使M对地面的压强为10000Pa，则切之后M剩余的重力为多少N？
【分析】（1）杠杆水平平衡时，由杠杆平衡条件“动力×动力臂＝阻力×阻力臂”可得：FA×OA＝FB×OB，由此可得B端绳子的拉力FB；
（2）M静止时的受力关系为：G＝F支+F拉，由力的相互作用可知，M受到的支持力大小等于M对地面的压力大小，即F支＝F压，由公式p=FS求得压力的大小，最终求得M的重力；
（3）将F的作用点从A点向O点移动30cm，根据杠杆的平衡条件求出此时B端的拉力的大小；对M受力分析，得出地面对M的支持力的大小关系式；根据F＝pS得出支持力的大小，两个关系式联立求出剩余物体的重力的大小。
【解答】解：（1）杠杆水平平衡时，由杠杆平衡条件“动力×动力臂＝阻力×阻力臂”可得：FA×OA＝FB×OB，带入数据：300N×0.6m＝FB×1m，解得：FB＝180N；
（2）由公式p=FS可得，物体M对地面的压力为：F1＝P1S＝7000N×100×10﹣4m2＝70N，
M受到的支持力为：F支1＝F1＝70N，
M的重力为：G＝F支1+FB＝70N+180N＝250N；
（3）将F的作用点从A点向O点移动30cm，根据杠杆的平衡条件可：FA×（OA﹣0.3m）＝F'B×OB，带入数据：300N×（0.6m﹣0.3m）＝F'B×1m，解得：F'B＝90N；
设将M左右两侧分别沿竖直方向切去相同的体积后的重力为G'，此时M受到竖直向下的重力G'、竖直向上的拉力F'B、竖直向上的支持力F，M处于静止状态，受到的合力为0，则：F＝G'﹣F'B①；
M在切去之前是正方体，同时将M左右两侧分别沿竖直方向切去相同的体积，设剩余的底面积为S'，根据G＝mg＝ρgV可知，G′G=S′S，所以S'=G′GS；
根据F＝pS可知，地面对M的支持力为：F＝pS'＝pG′GS，带入①得：
pG′GS＝G'﹣F'B，则：10000Pa×100×10﹣4m2×G′250N=G'﹣90N，解得：G'＝150N。
答：（1）杠杆B端所受绳子的拉力为180N；
（2）物体M的重力为250N；
（3）切之后M剩余的重力为150N。
【点评】本题主要考查杠杆平衡条件、压强计算公式的应用，有一定的难度。
21．（8分）有一种具有保温功能的电热水壶如图甲，其额定电压为220V，原理图如图乙，R1和R2是电热丝，该电热水壶有加热挡和保温挡，其中的保温功率为242W。图丙是一种新型插座，它能即时显示用电器的工作电压和所耗电费等。将电热水壶单独插在该插座上，用加热挡加热一段时间后，屏幕两次显示如图丁。
（电费单价：0.5元/kW•h；电热丝R1和R2阻值定不变，图丙的新型插座在使用过程中，插座的输出电压稳定不变。）求：
（1）电热水壶的实际加热功率；
（2）电热丝R2的阻值；
（3）若电热水壶的加热效率为80%，在电压为220V时，将质量为1.21kg的养生茶从18℃加热至98℃，至少需要多长时间。[已知养生茶的比热容c＝4×103J/（kg•℃）]
【分析】（1）分析开关转换时电路连接，根据P＝UI=U2R分析确定不同挡位电路的连接，根据所交电费求得消耗的电能，根据P=Wt求实际加热功率；
（2）由P＝UI=U2R的变形公式可得R1的阻值；根据P＝UI=U2R求电热水壶的额定加热电功率；电热水壶处于保温挡时，根据P＝UI=U2R求出电路中的总电阻，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，从而求R2的阻值；
（3）根据Q吸＝c液m（t﹣t0）求出养生茶从18℃加热至98℃吸收的热量；因不计热量损失，Q＝W＝Pt，从而得出将1.21kg的养生茶从18℃加热至98℃需要的时间。
【解答】解：（1）S接a时只有电阻R1工作，电阻较小，根据P＝UI=U2R知此时为加热状态；
由丁图得，电热水壶实际电压U实＝200V，加热时间t＝18：12﹣18：00＝12min＝0.2h，所耗电费0.1元。
因此电热水壶消耗的电能：
W=0.1元0.5元/(kW⋅ℎ)=0.2kW•h，
电热水壶的实际加热功率：
P加热=Wt=0.2kW⋅ℎ0.2ℎ=1kW＝1000W；
（2）由P＝UI=U2R得，R1的阻值：
R1=U实2P加热=(200V)21000W=40Ω；
电热水壶的额定加热功率：
P额加热=U额2R1=(220V)240Ω=1210W；
S接b时，R1和R2串联，电阻较大，根据P＝UI=U2R可知，此时为保温状态；
由P＝UI=U2R可知，此时电路中的总电阻：
R串=U额2P保温=(220V)2242W=200Ω，
由串联电路的电阻特点可知，电热丝R2的阻值：
R2＝R串﹣R1＝200Ω﹣40Ω＝160Ω；
（3）养生茶从18℃加热至98℃吸收的热量：
Q吸＝c液m（t﹣t0）＝4×103J/（kg•℃）×1.21kg×（98℃﹣18℃）＝3.872×105J，
因为不计热量损失，所以电热水壶消耗的电能：
W电＝Q吸＝3.872×105J，
由P=Wt得，需要时间：
t0=W电P额加热=3.872×105J1210W=320s。
答：（1）电热水壶的实际加热功率为1000W；
（2）电热丝R2的阻值为160Ω；
（3）若电热水壶的加热效率为80%，在电压为220V时，将质量为1.21kg的养生茶从18℃加热至98℃，至少需要320s。
【点评】本题为电热综合题，考查电功率公式、串联电阻的规律及吸热公式的运用，关键是确定挡位电路的连接。
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