2023年福建省莆田市中考物理质检试卷(含答案)

这是一份2023年福建省莆田市中考物理质检试卷(含答案)，共44页。试卷主要包含了选择题，填空题，作图题，简答题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2023年福建省莆田市中考物理质检试卷
第Ⅰ卷选择题
一、选择题：本题有14小题，每小题2分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2分）“稻花香里说丰年，听取蛙声一片”是宋朝诗人辛弃疾的诗句。诗人能分辨出是蛙声，依据的是声音的（　　）
A．音调 B．响度 C．音色 D．频率
2．（2分）如图所示的事例中，通过热传递的方式改变物体内能的是（　　）
A． 锯木头锯条发热 B． 划火柴点火
C． 烧水时水温升高 D． 铁丝来回弯折温度升高
3．（2分）山西陶寺古观象台由13根呈圆弧状排列的夯土柱组成，如图所示，从观测点通过土柱狭缝观测日出方位可以确定节气。其利用的光学原理是（　　）

A．光沿直线传播 B．光的折射
C．光的反射 D．光的色散
4．（2分）小朋友从滑梯上匀速下滑，下滑过程中（　　）
A．动能不变，势能不变 B．动能不变，势能减小
C．动能变小，势能变大 D．机械能保持不变
5．（2分）如图所示，氢气球下系着一个重物，它们以某一速度匀速上升，在上升的过程中，绳子突然断开，以下情况可能出现的是（　　）

A．重物立即下落，气球继续上升
B．重物继续上升，速度越来越快
C．气球继续上升，速度越来越快
D．气球继续上升，速度保持不变
6．（2分）莆田美食的制作中蕴含着许多物理知识，以下分析正确的是（　　）
A．海蛎饼外皮焦脆是因为油炸时油的熔点高
B．扁食煮熟后揭锅盖时，看到的“白气”是水蒸气
C．卤面飘香说明分子在不停地做无规则运动
D．焖豆腐过程中，汤汁沸腾后将火调小可降低汤的温度
7．（2分）如图所示三孔插座，其内部连接方式符合安全用电原则的是（　　）

A．
B．
C．
D．
8．（2分）用纸巾摩擦过的塑料吸管可以吸引纸屑，此过程中（　　）
A．通过摩擦创造了电荷
B．吸管和纸巾带同种电荷
C．正电荷在吸管和纸巾间转移
D．负电荷在吸管和纸巾间转移
9．（2分）高架桥面不直接放置于桥墩上，而是通过桥墩支座与桥墩相连，如图所示，这主要是为了（　　）

A．使高架桥看起来美观
B．减小桥面对桥墩的压力
C．减小桥面与桥墩间的摩擦力
D．减小桥面热胀冷缩对桥墩的影响
10．（2分）机场利用传送带传送行李，行李箱随水平传送带匀速运动且不打滑。当行李箱A、B运动到如图所示位置时，下列说法正确的是（　　）

A．行李箱A没有受到摩擦力
B．行李箱B受到水平向前的摩擦力
C．行李箱A处于平衡状态
D．行李箱B处于平衡状态
11．（2分）如图是磁悬浮台灯，灯座通电后，灯泡会悬浮在灯座上方，内部LED灯发光。
下列说法正确的是（　　）

A．发光的LED灯电阻为零
B．灯泡悬浮是利用同名磁极相互排斥的原理
C．通电后电磁铁具有磁性说明磁能生电
D．通电后电磁铁的下端为S极
12．（2分）龙卷风将物体“吸”起卷入空中，其中物体被“吸”的原因与下列物体被“吸”原因相同的是（　　）
A．地球“吸”地面上的物体
B．电磁起重机“吸”起铁质物体
C．两船并行因相“吸”相互靠近
D．灰尘被“吸”在电视屏幕上
13．（2分）如图所示为某汽车油量表的电路原理图，电源电压恒定，R0为定值电阻，R1为压敏电阻（其阻值随电阻表面受到压力的增大而减小）。当油箱内油量减少时，下列说法正确的是（　　）

A．电流表A示数变大 B．电压表V1示数变小
C．电阻R0的电功率变小 D．电路消耗的总功率变大
14．（2分）如图所示电路，电源电压不变，滑动变阻器的滑片移至最大阻值处，闭合开关，电流表示数为0.1A，小灯泡的电功率为0.2W。移动滑片，使滑动变阻器最大阻值的三分之一接入电路，电流表示数为0.2A，小灯泡恰好正常发光，且小灯泡消耗的电功率为1W。下列说法中正确的是（　　）

A．电源电压为9V
B．滑动变阻器的最大阻值为90Ω
C．小灯泡正常发光时电阻为20Ω
D．小灯泡正常发光时，滑动变阻器消耗的电功率为0.9W
第Ⅱ卷非选择题
二、填空题：本题有6小题，每空1分，共12分。
15．（2分）如图所示是一种常见的红外感应水龙头。手靠近时，感应窗内发出的红外线照射到手上发生了光的 　 　反射，感应窗内的接收管接收到红外线信号后控制出水。红外线 　 　在真空中传播。

16．（2分）如图是我国古代工匠发明的省油灯，灯壁内有中空夹层，夹层内贮水。灯点燃后，由于水的 　 　较大，可通过吸热，减慢灯油的 　 　（填物态变化名称），达到省油的效果。

17．（2分）2023年4月12日，中国“人造太阳”——“东方超环”成功运行403秒，创造了新的世界纪录。“人造太阳”获取核能的方式如图 　 　所示。太阳能属于 　 　能源。

18．（2分）如图是用两块平面镜制作的能同时观察昆虫背部和腹部的观察箱，昆虫经下方平面镜所成的像在图中的 　 　位置。若将昆虫沿玻璃板向镜面移动，它在平面镜中所成的像大小 　 　。

19．（2分）如图所示，若甲、乙两表为电压表，当开关S闭合时，两个电压表的示数之比为U甲：U乙＝5：2，则电阻R1：R2＝　 　。将甲、乙两表改为电流表，且把S断开，则两个电流表的示数之比I甲：I乙＝　 　。

20．（2分）如图是一款消防应急照明灯，如表是它的铭牌。当外部电路有电时应急灯不亮，停电时应急灯正常发光。应急灯的两盏灯泡是 　 　联的。应急灯电池充满电后，可让两盏灯泡持续正常工作 　 　h。
额定电压：AC220V 50Hz
每个灯泡规格：6V 3W
电池：6V 2500mAh

三、作图题：本题有1小题，共4分。
21．（4分）乘“水上巴士”游船，领略壶山兰水画卷之美。甲、乙两艘游船从北大码头到白塘科第坊码头匀速航行分别用时0.8h和1.1h，此线路长8.8km。请在图中分别画出甲、乙两艘游船在此航程中的s﹣t和v﹣t的对应图象。

四、简答题：本题有1小题，共4分。
22．（4分）盲人看不到草长莺飞，而日新月异的高科技可以使他们感受到春暖花开。某科技小组研发了一款智能盲杖如图所示，当盲人遇到困难时，可通过盲杖向救助平台发出求救信号。
（1）盲杖靠发出什么来传递求救信号？
（2）请你展开奇思妙想，为盲杖再设计两个功能，使盲人脚下有路，心中有光。
示例：盲杖涂上荧光材料，晚上提醒行人注意避让。

五、实验题：本题有6小题，共30分。
23．（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：
（1）为缩短实验时间，可采取的措施是 　 　；
（2）分析图象乙可知：水沸腾时温度变化的特点：　 　；
（3）沸腾产生的水蒸气遇到人体皮肤表面会发生 　 　，此物态变化过程会 　 　热量，导致皮肤被严重烫伤，所以实验时要注意安全。

24．（5分）在“探究影响滑动摩擦力大小的因素”的实验中（忽略滑轮摩擦）

（1）图甲中，将木块放在水平木板上，竖直向上拉弹簧测力计，使木块沿水平方向做 　 　直线运动。图乙中将砝码放置在木块上，重复图甲中实验；
（2）比较甲、乙实验，可以得出：在 　 　相同时，　 　越大，滑动摩擦力越大；
（3）进行图丙实验时，弹簧测力计示数达到最大时仍没拉动木块。为了将测量结果与甲或乙进行比较，不增加新的器材，应如何改进：　 　。改进后测量结果应与实验 　 　（选填“甲”或“乙”）进行比较，得出结论。
25．（4分）如图所示是利用特制水银温度计、电磁继电器、小灯泡、电铃等元件
自制的温度自动报警器示意图。
（1）控制电路接通时能吸引衔铁是因为电流具有 　 　效应；
（2）当环境温度达到设定的报警温度时，工作电路中 　 　通电工作；
（3）若要提高报警温度，应将温度计上端的金属丝向 　 　调整；
（4）写出一种可增大电磁铁磁性的方法：　 　。

26．（5分）在“探究凸透镜成像规律”的实验中：
（1）用平行光作光源，移动光屏，在光屏上得到一个最小最亮的光斑，如图甲所示，则该凸透镜的焦距为 　 　cm；
（2）图乙中，调节光屏能在光屏上得到一个清晰倒立、　 　的实像，根据这个原理人们制作了 　 　；
（3）图丙中，保持蜡烛的位置不变，移动透镜至图丙所示刻度线处，人眼应在图中 　 　处，才能观察到烛焰正立、放大的虚像；
（4）图丁中，点燃蜡烛，经过凸透镜在光屏上成清晰的像，然后在烛焰和凸透镜之间放一副眼镜，发现光屏上的像变模糊了，只将光屏远离透镜可以使光屏上再次呈现清晰的像，则该眼镜为 　 　眼镜。

27．（6分）图甲是某实验小组用伏安法测电阻的实物图，所用滑动变阻器的规格是“20Ω 1A”，电源为3V，待测电阻Rx的阻值约为10Ω。

（1）①连接电路时，开关应 　 　；用笔画线代替导线在图甲中完成实物电路连接，要求滑动变阻器的滑片向B端滑动时连入电路的电阻变大；
②闭合开关，发现电压表有示数，电流表无示数，则产生故障的原因可能是 　 　；
③排除故障后，正确连接电路，移动滑动变阻器的滑片到某一位置，电压表和电流表的示数如图乙所示，则测得的Rx阻值为 　 　Ω；
（2）小明仍利用图甲器材，用伏安法测量另一未知定值电阻R'x，通过实验得到多组数据，如表所示：
①小明测得的电压和电流值是准确的，分析表格数据，小明实验存在的问题是：　 　；
实验次数
1
2
3
电压U/V
1.5
1.8
2.1
电流1/A
0.3
0.24
0.18
电阻R'×/Ω
5
7.5
11.7
②不需要重新实验，利用如表实验数据也能计算出待测电阻R′x＝　 　Ω。
28．（6分）在“测量石块的密度实验”中

（1）将托盘天平放在水平桌面上，把游码拨至标尺左侧零刻度线，发现指针所处位置如图甲所示，应将平衡螺母向 　 　移动，使天平横梁在水平位置平衡；
（2）用托盘天平测量石块的质量，砝码质量以及游码在标尺上的位置如图乙所示，则石块的质量是 　 　g；
（3）将石块放入装有40mL水的量筒中，静置时量筒中的水面位置如图丙所示，则石块的密度是 　 　kg/m3；
（4）实验后，发现所用的砝码生锈了，则所测石块密度比真实值 　 　；
（5）小明用圆柱形容器、刻度尺和一个不吸水的小木块也测量出了石块的密度，实验步骤如下：
①如图丁，容器内装入适量的水，小木块放入容器内静止时，测出容器内水深为h1；
②如图戊，用细线把石块与木块系住放入容器内静止时，测出容器内水深为h2；
③　 　；
④石块密度的表达式ρ石＝　 　。（用已知和测得的物理量符号表示，水的密度为ρ水）
六、计算题：本题有3小题，共22分。
29．（6分）我国自主设计的某核潜艇完全下潜后的排水量为1.6×104t，潜入水中匀速航行时所受的海水阻力与航速平方的关系如图所示，海水的密度取1.0×103kg/m3。求：
（1）该潜艇完全下潜后受到海水的浮力；
（2）该潜艇在水下600m深度处受到海水的压强；
（3）该潜艇在水下以4m/s的速度匀速航行时，水平推力的功率。

30．（8分）某品牌汽车安装有电加热座椅垫，该座椅垫有“高温”“低温”两个挡位，其电路简化原理图如图甲所示，其中电源电压为12V，熔断器（电阻忽略不计）的熔断电流为5.0A，高温功率为36W，低温功率为16W。求：

（1）座椅垫处于“高温”挡时，加热10s产生的热量；
（2）R1的阻值；
（3）小明把电路原理图改为乙图，也设有两个挡位。试通过计算判断乙图电路是否合理？
31．（8分）已知分拣机器人空载时的质量是5kg，轮子与水平地面的总接触面积是10﹣2m2。分拣机器人到达相应的分拣口后，伸缩杆会将托盘掀起，把放置在托盘中央位置的质量为2kg的快递投入分拣口。把托盘看作一个杠杆，近似地认为托盘绕O点由如图甲所示的位置旋转至如图乙所示的位置，该过程中杠杆一直处于平衡状态且快递到达如图乙位置后由静止落下。托盘重3N，A点在托盘的中央且为托盘的重心，B点是伸缩杆对托盘的力的作用点，伸缩杆对托盘的力始终与托盘表面垂直，托盘转动时的摩擦忽略不计。已知lOA＝20cm，lOB＝10cm，快递的重心在其几何中心，尺寸如图甲所示。求：

（1）分拣机器人空载时对水平地面的压强；
（2）伸缩杆对托盘的最大作用力；
（3）本次托盘托举快递的机械效率。

2023年福建省莆田市中考物理质检试卷
参考答案与试题解析
第Ⅰ卷选择题一、选择题：本题有14小题，每小题2分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2分）“稻花香里说丰年，听取蛙声一片”是宋朝诗人辛弃疾的诗句。诗人能分辨出是蛙声，依据的是声音的（　　）
A．音调 B．响度 C．音色 D．频率
【分析】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，与振幅和距离有关；音色是由发声体本身决定的一个特性。
【解答】解：“稻花香里说丰年，听取蛙声一片”，人们能分辨出蛙声主要是依据声音的音色不同，故ABD错误，C正确；
故选：C。
【点评】声音的特征有音调、响度、音色；三个特征是从三个不同角度描述声音的，且影响三个特征的因素各不相同。
2．（2分）如图所示的事例中，通过热传递的方式改变物体内能的是（　　）
A． 锯木头锯条发热 B． 划火柴点火
C． 烧水时水温升高 D． 铁丝来回弯折温度升高
【分析】改变物体内能的方式：做功和热传递。做功改变物体内能的实质是内能和其他形式能的相互转化；热传递改变物体内能的实质是内能的转移。
【解答】解：
A、锯条锯木头，克服摩擦做功，机械能转化为内能，属于做功改变物体内能；不符合题意；
B、擦划火柴是相互摩擦做功，机械能转化为木头的内能，是通过做功的方式增加了物体的内能，不符合题意；
C、烧水时，火焰的内能传递给水，使水的内能增加，温度升高；属于通过热传递的方式改变物体的内能；符合题意；
D、来回弯折铁丝，铁丝发热，是利用做功来改变物体内能的，不符合题意。
故选：C。
【点评】此题是考查对做功和热传递改变物体内能的辨别，是中考热点，属于基础题目。
3．（2分）山西陶寺古观象台由13根呈圆弧状排列的夯土柱组成，如图所示，从观测点通过土柱狭缝观测日出方位可以确定节气。其利用的光学原理是（　　）

A．光沿直线传播 B．光的折射
C．光的反射 D．光的色散
【分析】光在均匀的空气中沿直线传播，在不同的季节，日出时的方位不同，在观测点观测日出时的土柱狭缝位置不同。
【解答】解：在不同的季节，日出时的方位不同，在观测点观测日出时的土柱狭缝位置不同。这是因为光在同一种均匀介质（空气）中是沿直线传播的，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题考查光的直线传播的应用，是基础题。
4．（2分）小朋友从滑梯上匀速下滑，下滑过程中（　　）
A．动能不变，势能不变 B．动能不变，势能减小
C．动能变小，势能变大 D．机械能保持不变
【分析】影响动能的因素是物体的质量和物体运动的速度，影响重力势能的因素是物体的质量和物体的高度，其中动能和势能统称为机械能。在分析各个能量的变化时，根据各自的影响因素进行分析。
【解答】解：小朋友从滑梯上匀速滑下，其质量不变，速度不变，故动能不变；同时高度减小，故重力势能变小；因为动能和势能统称为机械能，所以其机械能变小。
故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】知道动能和重力势能大小的影响因素是解决该题的关键。
5．（2分）如图所示，氢气球下系着一个重物，它们以某一速度匀速上升，在上升的过程中，绳子突然断开，以下情况可能出现的是（　　）

A．重物立即下落，气球继续上升
B．重物继续上升，速度越来越快
C．气球继续上升，速度越来越快
D．气球继续上升，速度保持不变
【分析】先分析绳子断开前物体的速度，再分析绳子断开后物体的速度和受力情况，结合惯性知识可判断其运动情况。
【解答】解：
绳子断开前，重物随气球匀速上升；绳子断开后，重物由于惯性仍会向上运动，又因为重物受到重力作用（不再受拉力），所以重物上升的速度逐渐减小，速度减小为0后会向下运动；由于气球所受浮力不变，且不再受向下的拉力，所以气球向上做加速运动，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】当物体的状态发生变化时，惯性会表现出来，本题考查运用惯性知识分析物体初速度的能力。
6．（2分）莆田美食的制作中蕴含着许多物理知识，以下分析正确的是（　　）
A．海蛎饼外皮焦脆是因为油炸时油的熔点高
B．扁食煮熟后揭锅盖时，看到的“白气”是水蒸气
C．卤面飘香说明分子在不停地做无规则运动
D．焖豆腐过程中，汤汁沸腾后将火调小可降低汤的温度
【分析】（1）晶体熔化时的温度叫做该物质的熔点。
（2）分子在永不停息地做无规则运动。
（3）水蒸气无色无味，用肉眼看不到。
（4）液体沸腾时，不断吸热，温度不变。
【解答】解：A、海蛎饼外皮焦脆是因为油炸时油的沸点高，故A错误；
B、扁食煮熟后揭锅盖时，看到的“白气”是水蒸气遇冷液化成的小水珠，故B错误；
C、卤面飘香说明分子在不停地做无规则运动，故C正确。
D、焖豆腐过程中，汤还能吸热、继续沸腾，温度不变，不可降低汤的温度，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了液体沸腾时的特点、分子运动等，属于基础题。
7．（2分）如图所示三孔插座，其内部连接方式符合安全用电原则的是（　　）

A．
B．
C．
D．
【分析】（1）三孔插座的正确接法是“左零右火上接地”。
（2）开关应该接在通插座的火线上。
【解答】解：根据安全用电的原则：三孔插座的正确接法是“左零右火上接地”；开关应该接在通插座的火线上。故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】知道家庭电路中开关和三孔插座的正确接法。本题属于基础性题目。
8．（2分）用纸巾摩擦过的塑料吸管可以吸引纸屑，此过程中（　　）
A．通过摩擦创造了电荷
B．吸管和纸巾带同种电荷
C．正电荷在吸管和纸巾间转移
D．负电荷在吸管和纸巾间转移
【分析】摩擦起电的本质是电子转移，摩擦起电的过程中失去电子的物体带正电，得到电子的物体带负电。
【解答】解：纸巾和塑料吸管在摩擦的过程中，发生了电子的转移，即负电荷在吸管和纸巾间转移，该过程中并没有创造电荷；塑料吸管会得到电子带负电，纸巾失去电子带正电，吸管和纸巾带异种电荷，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查学生对摩擦起电知识的理解，知道摩擦起电的实质是正确解答本题的关键。
9．（2分）高架桥面不直接放置于桥墩上，而是通过桥墩支座与桥墩相连，如图所示，这主要是为了（　　）

A．使高架桥看起来美观
B．减小桥面对桥墩的压力
C．减小桥面与桥墩间的摩擦力
D．减小桥面热胀冷缩对桥墩的影响
【分析】高架桥面通过桥墩支座与桥墩相连，是因为温度升高时，高架桥面体积会变大，据此判断各选项对错。
【解答】解：高架桥面通过桥墩支座与桥墩相连，是为了减小桥面热胀冷缩对桥墩的影响，故ABC不正确，D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了温度与密度的关系，属于基础题。
10．（2分）机场利用传送带传送行李，行李箱随水平传送带匀速运动且不打滑。当行李箱A、B运动到如图所示位置时，下列说法正确的是（　　）

A．行李箱A没有受到摩擦力
B．行李箱B受到水平向前的摩擦力
C．行李箱A处于平衡状态
D．行李箱B处于平衡状态
【分析】物体做匀速直线运动，所受合力为零，抓住合力为零，分析物体所受的力；运动状态改变时，受力不平衡。
【解答】解：由题知，行李箱在传送带上两个不同位置都做匀速运动，
行李箱A在转弯传送带上，行李箱A运动的方向在变化，受非平衡力，所以行李箱还受向右的静摩擦力，即行李箱A受摩擦力，故AC错误。
行李箱B在水平传送带上做匀速直线运动，行李箱处于平衡状态，受重力、支持力，两个力的合力为零，若再受到摩擦力，不可能与输送带一起匀速运动，所以行李箱B不受摩擦力；故B错误；D正确。
故选：D。
【点评】解决本题的关键抓住合力为零，运用假设法进行分析判断摩擦力的有无。
11．（2分）如图是磁悬浮台灯，灯座通电后，灯泡会悬浮在灯座上方，内部LED灯发光。
下列说法正确的是（　　）

A．发光的LED灯电阻为零
B．灯泡悬浮是利用同名磁极相互排斥的原理
C．通电后电磁铁具有磁性说明磁能生电
D．通电后电磁铁的下端为S极
【分析】（1）半导体的导电性能介于导体和绝缘体之间，具有一定的电阻值；
（2）根据安培定则判定电磁铁的极性；
（3）同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引；
（4）电磁铁是利用电流的磁效应来工作的，说明电能生磁。
【解答】解：A、LED灯是由半导体材料制成的，具有一定的电阻，而超导体的电阻为0，故A错误；
B、当开关闭合时，电流从电磁铁的上端流入，根据安培定则可知，电磁铁的下端为N极，灯泡之所以能悬浮，是利用了同名磁极相互排斥的原理，故B正确；
C、通电后电磁铁具有磁性说明电生磁，即电流的磁效应，故C错误；
D、当开关闭合时，电流从电磁铁的上端流入，根据安培定则可知，电磁铁的下端为N极，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了学生对电流的磁效应、安培定则、磁极间的相互作用以及半导体特点的理解和掌握，属于基础性题目。
12．（2分）龙卷风将物体“吸”起卷入空中，其中物体被“吸”的原因与下列物体被“吸”原因相同的是（　　）
A．地球“吸”地面上的物体
B．电磁起重机“吸”起铁质物体
C．两船并行因相“吸”相互靠近
D．灰尘被“吸”在电视屏幕上
【分析】龙卷风的实质是高速旋转的气流，当刮起龙卷风时，龙卷风内部的空气流动速度增大，压强减小；龙卷风外侧的压强不变，地面上的物体或人畜如果被卷在龙卷风中，受到向内且斜向上的压强大于向外且斜向下的压强，受到向内且斜向上的压力大于向外且斜向下的压力，物体或人畜在压力差的作用下被“吸”起卷入空中，利用的是流体压强和流速的关系，据此对各选项逐一进行分析即可作答。
【解答】解：龙卷风将物体“吸”起卷入空中，利用的是流体压强和流速的关系；
A．地球“吸”地面上物体，是指地面附近的物体由于受到地球的吸引而产生的力，故A不符合题意；
B．电磁起重机的主要元件是电磁铁，“吸”起铁质物体是因为磁体有吸引铁、钴、镍的性质，故B不符合题意；
C．两艘并排航行的轮船，若两艘船靠的比较近且并排前进，两船内侧的水流速度大，外侧的水流速小，根据流体压强与流速的关系可知：两船内侧的水的压强小于两船外侧水的压强，在这个压强差的作用下，两船会向中间靠拢，出现相撞的情形，故C符合题意；
D．电视机在使用的过程中屏幕带上了电荷，带电体具有吸引轻小物体的性质，灰尘被吸在屏幕上，故D不符合题意。
故选：C。
【点评】这类题要抓住问题的关键“流体压强和流速的关系”，判断出什么位置流速快，什么位置流速慢然后解题。
13．（2分）如图所示为某汽车油量表的电路原理图，电源电压恒定，R0为定值电阻，R1为压敏电阻（其阻值随电阻表面受到压力的增大而减小）。当油箱内油量减少时，下列说法正确的是（　　）

A．电流表A示数变大 B．电压表V1示数变小
C．电阻R0的电功率变小 D．电路消耗的总功率变大
【分析】由图可知，R0与R1串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R0两端的电压，电流表测电路中的电流；
当油箱内油量减少时，压敏电阻受到的压力减小，由题意知压敏电阻R1的阻值变化，进而判断出总电阻的变化，根据欧姆定律分析电路中电流的变化；
根据U＝IR分析定值电阻R0两端电压的变化，根据串联电路的电压特点可知R1两端的电压变化；根据P＝I2R判断电阻R0的电功率变化；由P＝UI判断电路消耗总功率的变化。
【解答】解：
由电路图可知，R0与R1串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R0两端的电压，电流表测电路中的电流；
A、当油箱内油量减少时，压敏电阻受到的压力减小，由题意知压敏电阻R1的阻值增大，电路的总电阻变大，根据I＝可知电路中的电流变小，即电流表A示数变小，故A错误；
B、电路中的电流变小，根据U＝IR可知，定值电阻R0两端的电压变小，根据串联电路的电压特点可知，R1两端的电压变大，即电压表V1示数变大，故B错误；
C、电路中的电流变小，根据P＝I2R可知定值电阻R0的电功率变小，故C正确；
D、电源电压恒定，电路中的电流变小，由P＝UI可知电路消耗的总功率变小，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，分析得出“当油箱内油量减少时，压敏电阻R1的阻值变化”是关键。
14．（2分）如图所示电路，电源电压不变，滑动变阻器的滑片移至最大阻值处，闭合开关，电流表示数为0.1A，小灯泡的电功率为0.2W。移动滑片，使滑动变阻器最大阻值的三分之一接入电路，电流表示数为0.2A，小灯泡恰好正常发光，且小灯泡消耗的电功率为1W。下列说法中正确的是（　　）

A．电源电压为9V
B．滑动变阻器的最大阻值为90Ω
C．小灯泡正常发光时电阻为20Ω
D．小灯泡正常发光时，滑动变阻器消耗的电功率为0.9W
【分析】（1）电路中，灯与变阻器串联，电压表测灯两端的电压，电流表测电路的电流，滑片移至最大阻值处，闭合开关，已知电流表示和灯泡的功率，根据P＝UI得出灯泡的实际电压，根据串联电路的规律及欧姆定律得出电源电压表达式；
移动滑片，将滑动变阻器最大阻值的接入电路时，已知电流表示数和小灯泡恰好正常发光及灯消耗的功率，根据P＝UI得出灯两端的实际电压，根据串联电路的规律及欧姆定律得出电源电压表达式，列方程求出变阻器的最大电阻和电源电压大小；
（2）由欧姆定律得出灯泡正常发光时的电阻；
由串联电路电压的规律可知小灯泡正常发光时，滑动变阻器两端的电压，根据P＝UI求出变阻器的功率。
【解答】解：
AB、电路中，灯与滑动变阻器串联，电压表测灯两端的电压，电流表测电路的电流，滑动变阻器滑片移至最大阻值处，
闭合开关，电流表示数为0.1A，小灯泡的功率为0.2W，
根据P＝UI，灯泡两端的电压为：
U1＝＝＝2V；
根据串联电路的规律及欧姆定律，电源电压：
U＝U1+I1×R滑＝2V+0.1A×R滑﹣﹣﹣﹣﹣﹣①，
移动滑片，将滑动变阻器最大阻值的接入电路时，电流表示数为0.2A，小灯泡恰好正常发光，消耗的功率为1W，
灯的电压为：U2＝＝＝5V，
根据串联电路的规律及欧姆定律，电源电压：
U＝U2+I2××R滑＝5V+0.2A×R滑﹣﹣﹣﹣﹣②，
由①②得：
R滑＝90Ω，U＝11V，故A错误，B正确；
CD、由欧姆定律，灯泡正常发光时的电阻为：
R2＝＝＝25Ω，
故C错误；
小灯泡正常发光时，滑动变阻器两端的电压为：
U滑＝U﹣U2＝11V﹣5V＝6V，
变阻器的功率为：
P滑＝U滑I滑＝6V×0.2A＝1.2W，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查串联电路的规律及欧姆定律和电功率公式的运用，正确分析电路的结构是关键。
第Ⅱ卷非选择题二、填空题：本题有6小题，每空1分，共12分。
15．（2分）如图所示是一种常见的红外感应水龙头。手靠近时，感应窗内发出的红外线照射到手上发生了光的 　漫　反射，感应窗内的接收管接收到红外线信号后控制出水。红外线 　能　在真空中传播。

【分析】红外线感应水龙头是通过红外线反射原理，当人体的手放在水龙头的红外线区域内，红外线发射管发出的红外线由于人体手的摭挡反射到红外线接收管；
红外线是电磁波，电磁波的传播不需要介质。
【解答】解：感应窗发出的红外线照射到手上发生了反射，从各个方向都感应到红外线，所以光照射到手上发生了漫反射；红外线是电磁波，电磁波的传播不需要介质。
故答案为：漫；能。
【点评】了解一下红外线感应水龙头的工作原则是关键，它不是接收人体的红外线，而是感知人体反射的红外线。
16．（2分）如图是我国古代工匠发明的省油灯，灯壁内有中空夹层，夹层内贮水。灯点燃后，由于水的 　比热容　较大，可通过吸热，减慢灯油的 　汽化（蒸发）　（填物态变化名称），达到省油的效果。

【分析】（1）水的比热容较大，在吸收相同的热量时，温度变化不大。
（2）影响蒸发快慢的因素有：①液体的温度；②液体的表面积；③液体表面的空气流动速度。
【解答】解：在夹层中加水，因为水的比热容较大，可以吸收更多的热量，使油的温度升高的较慢些，灯油汽化的慢，达到省油的目的。
故答案为：比热容；汽化（蒸发）。
【点评】此题考查了汽化、水的比热容等知识的实际应用，会利用这些知识解释一些简单现象。
17．（2分）2023年4月12日，中国“人造太阳”——“东方超环”成功运行403秒，创造了新的世界纪录。“人造太阳”获取核能的方式如图 　甲　所示。太阳能属于 　可再生（一次、清洁）　能源。

【分析】（1）核能分为核裂变和核聚变两种，核裂变分为两种：可控链式反应和不可控链式反应，前者主要应用在核反应堆中，后者应用在原子弹中；核聚变主要应用在氢弹上；
（2）可以从自然界源源不断地得到的能源称之为可再生能源；一旦消耗就很难再生的能源称之为不可再生能源；
（3）一次能源是指自然界中以原有形式存在的、未经加工转换的能量资源，又称天然能源；二次能源是指由一次能源经过加工转换以后得到的能源。
【解答】解：
由题图甲属于轻核核聚变反应；图乙属于重核裂变反应。
东方超环的热核反应，属于核聚变；太阳能属于可再生能源，也是能够从自然界直接获得的一次能源且不产生污染的清洁能源。
故答案为：甲；可再生（一次、清洁）。
【点评】本题考查了核能的分类，太阳能的认识，难度较小。
18．（2分）如图是用两块平面镜制作的能同时观察昆虫背部和腹部的观察箱，昆虫经下方平面镜所成的像在图中的 　B　位置。若将昆虫沿玻璃板向镜面移动，它在平面镜中所成的像大小 　不变　。

【分析】平面镜成像时，像与物体关于镜面是对称的，所成的像与物体大小相同。
【解答】解：由于平面镜成像时，像与物体关于镜面是对称的，所以昆虫经下方平面镜所成的像在图中B的位置；
若将昆虫沿玻璃板向镜面移动，由于像的大小始终与物体的大小相同，则它在平面镜中所成像的大小不变。
故答案为：B；不变。
【点评】本题考查了平面镜成像特点及其应用，属于基础题目，难度不大。
19．（2分）如图所示，若甲、乙两表为电压表，当开关S闭合时，两个电压表的示数之比为U甲：U乙＝5：2，则电阻R1：R2＝　3：2　。将甲、乙两表改为电流表，且把S断开，则两个电流表的示数之比I甲：I乙＝　3：5　。

【分析】（1）若甲、乙两表为电压表，当开关S闭合时，两电阻串联在电路中，甲表测电源的电压，乙表测R2两端的电压，根据串联电路的电压特点求出R1两端的电压，再根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出两电阻阻值之比；
（2）将甲、乙两表改为电流表，且把S断开时，两电阻并联在电路中，甲表测通过R2的电流，乙表测干路的电流，根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出两支路的电流之比，根据并联电路的电流特点求出两电流表的示数之比。
【解答】解：（1）若甲、乙两表为电压表，当开关S闭合时，两电阻串联在电路中，甲表测电源的电压，乙表测R2两端的电压，
因串联电路的总电压等于各分电压之和，且U甲：U乙＝5：2，
所以，两电阻两端的电压之比：
＝＝＝，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，由I＝可得，两电阻的阻值之比：
＝＝＝；
（2）将甲、乙两表改为电流表，且把S断开，两电阻并联在电路中，甲表测通过R2的电流，乙表测干路的电流，
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，两支路的电流之比：
＝＝＝，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，两电流表的示数之比：
＝＝＝。
故答案为：3：2；3：5。
【点评】本题考查了串联电路和并联电路的特点以及欧姆定律的灵活应用，关键是甲乙电表的类型不同和开关闭合、断开时电路串并联的辨别及电表所测电路元件的判断。
20．（2分）如图是一款消防应急照明灯，如表是它的铭牌。当外部电路有电时应急灯不亮，停电时应急灯正常发光。应急灯的两盏灯泡是 　并　联的。应急灯电池充满电后，可让两盏灯泡持续正常工作 　2.5　h。
额定电压：AC220V 50Hz
每个灯泡规格：6V 3W
电池：6V 2500mAh

【分析】（1）串联电路的各个用电器互相影响；并联电路的各个用电器互不影响。
（2）根据W＝Pt＝UIt计算应急灯正常工作的时间。
【解答】解：（1）应急灯中两个灯泡工作时互不影响，应急灯的两个灯泡是并联的。
（2）由P＝、W＝UIt得，应急灯的电池充满电后，可以让两个灯泡持续正常发光的时间为：
t＝＝＝＝9000s＝2.5h。
故答案为：并；2.5。
【点评】知道串、并联电路的特点；会根据电功率和电功的公式进行简单的计算，难度不大。
三、作图题：本题有1小题，共4分。
21．（4分）乘“水上巴士”游船，领略壶山兰水画卷之美。甲、乙两艘游船从北大码头到白塘科第坊码头匀速航行分别用时0.8h和1.1h，此线路长8.8km。请在图中分别画出甲、乙两艘游船在此航程中的s﹣t和v﹣t的对应图象。

【分析】（1）物体做匀速直线运动时，s﹣t图像是过原点的直线，直接在图中描处8.8km对应的时间，连接原点即可；
（2）物体做匀速直线运动时，v﹣t图像是平行于时间轴的直线，分别计算速度，画出图像。
【解答】解：（1）甲、乙两艘游船从北大码头到白塘科第坊码头匀速航行分别用时0.8h和1.1h，对应的路程s长8.8km，描出对应点并连接原点，画出图像；
（2）路程s＝8.8km，甲、乙分别用时0.8h和1.1h，
v甲＝＝＝11km/h；
v乙＝＝＝8km/h；
分别画出对应速度的水平线，如图；

故答案为：如图见解答。
【点评】本题考查速度的计算与匀速直线运动图像的描绘，属于基础题。
四、简答题：本题有1小题，共4分。
22．（4分）盲人看不到草长莺飞，而日新月异的高科技可以使他们感受到春暖花开。某科技小组研发了一款智能盲杖如图所示，当盲人遇到困难时，可通过盲杖向救助平台发出求救信号。
（1）盲杖靠发出什么来传递求救信号？
（2）请你展开奇思妙想，为盲杖再设计两个功能，使盲人脚下有路，心中有光。
示例：盲杖涂上荧光材料，晚上提醒行人注意避让。

【分析】（1）电磁波能在空气中传播，传播速度大，当盲人遇到困难时，可通过盲杖利用电磁波向救助平台发出求救信号；
（2）利用超声定位，探测周围的赵障碍物；可以测量人的体温或环境温度；可以安装导航定位，规划路线等。
【解答】答：（1）电磁波能在空气中传播，传播速度大，传输距离远，当盲人遇到困难时，可通过盲杖利用电磁波向救助平台发出求救信号；
（2）①智能盲杖可以发射超声波探测周围障碍物的情况，并语音提醒，达到“以听代视”的效果；②可以测出体温：③安装定位规划出行路线等。
【点评】本题考查电磁波的知识，解答此类题，要灵活地联系生活，联系社会实际，用简洁、流畅的语句来表达自己的见解。
五、实验题：本题有6小题，共30分。
23．（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：
（1）为缩短实验时间，可采取的措施是 　提高水的初温　；
（2）分析图象乙可知：水沸腾时温度变化的特点：　吸热，温度不变　；
（3）沸腾产生的水蒸气遇到人体皮肤表面会发生 　液化　，此物态变化过程会 　放出　热量，导致皮肤被严重烫伤，所以实验时要注意安全。

【分析】（1）影响加热时间的因素：水的多少、水的初温、是否加盖等；
（2）水沸腾的特点是吸收热量，温度不变；
（3）物质由气态变为液态的过程是液化，液化需要放热。
【解答】解：（1）为了缩短实验时间，可以提高水的初温；
（2）由图象乙可知：4min至10min是水沸腾的过程，因此水沸腾时温度变化的特点：吸热，温度不变；
（3）水蒸气在人的皮肤表面会发生液化现象，液化放热，所以会将导致皮肤严重烫伤。
故答案为：（1）提高水的初温；（2）吸热，温度不变；（3）液化；放出。
【点评】本题考查水沸腾实验以及液化现象，难度不大，属于基础性题目。需要重点掌握水沸腾的特点。
24．（5分）在“探究影响滑动摩擦力大小的因素”的实验中（忽略滑轮摩擦）

（1）图甲中，将木块放在水平木板上，竖直向上拉弹簧测力计，使木块沿水平方向做 　匀速　直线运动。图乙中将砝码放置在木块上，重复图甲中实验；
（2）比较甲、乙实验，可以得出：在 　接触面粗糙程度　相同时，　压力　越大，滑动摩擦力越大；
（3）进行图丙实验时，弹簧测力计示数达到最大时仍没拉动木块。为了将测量结果与甲或乙进行比较，不增加新的器材，应如何改进：　取下砝码，匀速直线拉动弹簧测力计　。改进后测量结果应与实验 　甲　（选填“甲”或“乙”）进行比较，得出结论。
【分析】（1）根据二力平衡的条件分析；
（2）影响滑动摩擦力大小因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变，据此分析回答；
（3）弹簧测力计示数达到最大时仍没拉动木块，可知此时的滑动摩擦力过大，为减小摩擦力，根据影响滑动摩擦力大小的因素，结合控制变量法分析回答。
【解答】解：（1）图甲中，将木块放在水平木板上，竖直向上拉弹簧测力计，使木块沿水平方向做匀速直线运动，木块在水平方向上受到平衡力的作用，根据二力平衡的条件，弹簧测力计的示数等于摩擦力的大小。
（2）比较甲、乙实验，接触面粗糙程度相同，乙中压力大，测力计示数也大，可以得出：在接触面粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大；
（3）进行图丙实验时，弹簧测力计示数达到最大时仍没拉动木块，可知此时的滑动摩擦力过大，为减小摩擦力，根据影响滑动摩擦力大小的因素，可减小压力，在不增加新的器材，取下砝码，匀速直线拉动弹簧测力，根据控制变量法，并与实验甲进行比较，得出结论。
故答案为：（1）匀速；
（2）接触面粗糙程度；压力；
（3）取下砝码，匀速直线拉动弹簧测力计；甲。
【点评】本题探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关，考查实验原理及控制变量法的运用和对实验方案的改进，体现了对过程和方法的考查。
25．（4分）如图所示是利用特制水银温度计、电磁继电器、小灯泡、电铃等元件
自制的温度自动报警器示意图。
（1）控制电路接通时能吸引衔铁是因为电流具有 　磁　效应；
（2）当环境温度达到设定的报警温度时，工作电路中 　电铃　通电工作；
（3）若要提高报警温度，应将温度计上端的金属丝向 　上　调整；
（4）写出一种可增大电磁铁磁性的方法：　增加电磁铁线圈匝数　。

【分析】（1）电流的周围存在磁场；
（2）根据控制电路的工作情况分析工作电路的工作情况；
（3）根据金属丝下端对应的温度值的变化分析；
（4）电磁铁磁性的大小与电流大小、线圈的匝数有关。
【解答】解：（1）控制电路接通时，通过电磁铁有电流，电磁铁会产生磁性，能吸引衔铁，这说明电流具有磁效应；
（2）当环境温度达到设定的报警温度时，控制电路是闭合的，电路中有电流，电磁铁具有磁性，衔铁会被吸下，使得工作电路中电铃接入电路中；
（3）若要提高报警温度，应将温度计上端的金属丝向上调整；
（4）要增大磁性，可以通过增大电源电压来增大电路中的电流，也可以增加电磁铁线圈的匝数。
故答案为：（1）磁；（2）电铃；（3）上；（4）增加电磁铁线圈匝数。
【点评】本题考查了电磁铁在电磁继电器上的应用，电磁继电器实质上是一个由电磁铁来控制的自动开关，解题时结合电磁继电器的原理进行分析，描述其工作过程时，一定要按一定的顺序进行。
26．（5分）在“探究凸透镜成像规律”的实验中：
（1）用平行光作光源，移动光屏，在光屏上得到一个最小最亮的光斑，如图甲所示，则该凸透镜的焦距为 　10.0　cm；
（2）图乙中，调节光屏能在光屏上得到一个清晰倒立、　放大　的实像，根据这个原理人们制作了 　投影仪　；
（3）图丙中，保持蜡烛的位置不变，移动透镜至图丙所示刻度线处，人眼应在图中 　B　处，才能观察到烛焰正立、放大的虚像；
（4）图丁中，点燃蜡烛，经过凸透镜在光屏上成清晰的像，然后在烛焰和凸透镜之间放一副眼镜，发现光屏上的像变模糊了，只将光屏远离透镜可以使光屏上再次呈现清晰的像，则该眼镜为 　近视　眼镜。

【分析】（1）平行于主光轴的光会聚于主光轴上一点，这一点叫焦点，焦点到光心的距离叫焦距，读数时估读到分度值的下一位；
（2）根据2f＞u＞f时，成倒立、放大的实像，投影仪就是利用此原理制成的；
（3）根据u＜f时，成正立、放大的虚像；
（4）近视眼镜是凹透镜，凹透镜对光线具有发散作用。
【解答】解：（1）平行于主光轴的光线经凸透镜折射后，会聚在主光轴上一点，这点是凸透镜的焦点，焦点到光心的距离是凸透镜的焦距，所以凸透镜的焦距是：f＝20.0cm﹣10.0cm＝10.0cm；
（2）由图乙可知，此时物距u＝25cm﹣10cm＝15cm，大于一倍焦距，小于二倍焦距，2f＞u＞f，成倒立、放大的实像，投影仪就是利用此原理制成的；
（3）图丙中，保持蜡烛的位置不变，移动透镜至图丙所示刻度线处，此时物距u＝14cm﹣10cm＝4cm＜f，根据u＜f时，成正立、放大的虚像，故人眼应在图中B处，才能透过透镜观察到烛焰正立、放大的虚像；
（4）图丁中，点燃蜡烛，经过凸透镜在光屏上成清晰的像，然后在烛焰和凸透镜之间放一副眼镜，发现光屏上的像变模糊了，只将光屏远离透镜可以使光屏上再次呈现清晰的像，说明该眼镜对光线具有发散作用，推迟光线会聚成像，近视眼镜是凹透镜，凹透镜对光线具有发散作用，故该眼镜为近视眼镜。
故答案为：（1）10.0；（2）放大；投影仪；（3）B；（4）近视。
【点评】此题考查了凸透镜成像规律的探究及应用，关键是熟记成像规律的内容，并做到灵活运用。
27．（6分）图甲是某实验小组用伏安法测电阻的实物图，所用滑动变阻器的规格是“20Ω 1A”，电源为3V，待测电阻Rx的阻值约为10Ω。

（1）①连接电路时，开关应 　断开　；用笔画线代替导线在图甲中完成实物电路连接，要求滑动变阻器的滑片向B端滑动时连入电路的电阻变大；
②闭合开关，发现电压表有示数，电流表无示数，则产生故障的原因可能是 　Rx处断路　；
③排除故障后，正确连接电路，移动滑动变阻器的滑片到某一位置，电压表和电流表的示数如图乙所示，则测得的Rx阻值为 　8　Ω；
（2）小明仍利用图甲器材，用伏安法测量另一未知定值电阻R'x，通过实验得到多组数据，如表所示：
①小明测得的电压和电流值是准确的，分析表格数据，小明实验存在的问题是：　电压表并联在滑动变阻器的两端　；
实验次数
1
2
3
电压U/V
1.5
1.8
2.1
电流1/A
0.3
0.24
0.18
电阻R'×/Ω
5
7.5
11.7
②不需要重新实验，利用如表实验数据也能计算出待测电阻R′x＝　5　Ω。
【分析】（1）①连接电路时，开关应断开；在伏安法测电阻实验中，电压表与待测电阻并联测量两端电压，电流表串联在电路中测量电路电流，滑动变阻器采用“一上一下”的方法串联在电路中，改变电路电阻；
②闭合开关，发现电流表无示数，说明电路断路，电压表有示数，说明电压表的两接线柱与电源的两极通路，由此判断故障；
③读取电压表、电流表示数时，首先明确电表选择的量程和对应的分度值，读数时视线与指针所对刻线相垂直；已知待测电阻两端电压和通过的电流，利用R＝得到电阻阻值；
（2）①根据电压表和电流表示数的变化判断出电压表测量哪一用电器的电压；
②根据电源电压相等列等式解出电阻。
【解答】解：（1）①连接电路时，开关应断开；已知电源电压由U＝3V，待测电阻在10Ω左右，所以电路最大电流为I最大＝，即电流表选择0～0.6A量程；
滑动变阻器滑动过程中，电流变小，则要使滑动变阻器滑片向B端滑动时连入电路的电阻变大，需要连接A接线柱。电路连接如下；

②闭合开关，发现电流表无示数，说明电路断路，电压表有示数，说明电压表的两接线柱与电源的两极通路，因此，产生故障的原因可能是Rx处断路；
③由图乙知，电压表的量程是0～3V，分度值是0.1V，其示数为2.4V；电流表的量程是0～0.6A，分度值是0.02A，其示数为0.3A；根据欧姆定律，则测得的Rx阻值为：；
（2）①根据表格数据知，当电压表示数增大时，电流表示数减小，说明电压表并联在滑动变阻器的两端，故算出的电阻相差较大；
②由表格数据知，当电压表的示数为1.5V时，电流表的示数为0.26A，当电压表示数为1.8V，电流表的示数为0.2A，
根据电源电压不变得：1.5V+0.26R＝1.8V+0.2R，解得，定值电阻的阻值：R＝5Ω。
故答案为：（1）①断开；见上图；②Rx处断路；③8；（2）①电压表并联在滑动变阻器的两端；②5。
【点评】此题考查的是伏安法测电阻的探究过程，包括实物图的连接、滑动变阻器的接法、电路故障的判定电表的读数及电阻的计算，包含的内容较多，但难度不大，是一道基础题。
28．（6分）在“测量石块的密度实验”中

（1）将托盘天平放在水平桌面上，把游码拨至标尺左侧零刻度线，发现指针所处位置如图甲所示，应将平衡螺母向 　左　移动，使天平横梁在水平位置平衡；
（2）用托盘天平测量石块的质量，砝码质量以及游码在标尺上的位置如图乙所示，则石块的质量是 　46　g；
（3）将石块放入装有40mL水的量筒中，静置时量筒中的水面位置如图丙所示，则石块的密度是 　2.3×103　kg/m3；
（4）实验后，发现所用的砝码生锈了，则所测石块密度比真实值 　小　；
（5）小明用圆柱形容器、刻度尺和一个不吸水的小木块也测量出了石块的密度，实验步骤如下：
①如图丁，容器内装入适量的水，小木块放入容器内静止时，测出容器内水深为h1；
②如图戊，用细线把石块与木块系住放入容器内静止时，测出容器内水深为h2；
③　将石块和木块之间的细线剪断，并把它们都放入容器中，静止时测出容器内水深为h3　；
④石块密度的表达式ρ石＝　•ρ水　。（用已知和测得的物理量符号表示，水的密度为ρ水）
【分析】（1）称量前天平的调节原则是：左偏右调，右偏左调，并调节横梁在水平位置平衡；
（2）石块的质量等于砝码的质量加上游码所对的刻度值；
（3）石块的体积由量筒中水的体积和放入水后的总体积算出，最后利用密度公式求得石块的密度；
（4）砝码生锈会使砝码的质量增大，再根据砝码质量的变化推断测得物体质量的变化，由密度公式判断所测密度的偏差；
（5）根据阿基米德原理求出丁图与戊图相比增大的浮力，由漂浮条件可得石块的重力等于增大的浮力，从而可求出石块的质量；将石块和木块之间的细线剪断，并把它们都放入容器中，静止时测出容器内水深为h3，设容器的底面积为S，由此可以求出石块的体积，知道石块的质量和体积可求出石块的密度。
【解答】解：（1）由图甲可知分度标尺的指针右偏，故平衡螺母应该向左调节；
（2）由图乙可知，天平标尺的分度值为0.2g，石块的质量为：m石块＝20g+20g+5g+1g＝46g；
（3）石块的体积V＝60mL﹣40mL＝20mL＝20cm3，
石块的密度：ρ＝＝＝2.3g/cm3＝2.3×103kg/m3；
（4）砝码生锈后质量会增大，这样用较少的砝码或少移动游码就可以使横梁恢复平衡，因此所测石块的质量会偏小，而体积没有偏差，由密度公式ρ＝知所测石块的密度比真实值偏小；
（5）小明用圆柱形容器、刻度尺和一个不吸水的小木块等器材测量石块密度：
①如图丁所示，容器内装入适量的水，小木块放入容器内静止时，测出容器内水深为h1；
②如图戊所示，用细线把石块与木块系住放入容器内静止时，测出容器内水深为h2；
③将石块和木块之间的细线剪断，并把它们都放入容器中，静止时测出容器内水深为h3；
④石块密度的表达式ρ石＝
设容器的底面积为S，由①、③两图可知石块的体积为：V＝S（h3﹣h1）；
丁图与戊图相比，增大的浮力：ΔF浮＝ρ水gΔV排＝ρ水gS（h2﹣h1）；
由漂浮条件可得石块的重力：G＝ΔF浮＝ρ水gS（h2﹣h1），
由G＝mg可得石块的质量：m＝ρ水S（h2﹣h1）；
则石块的密度为：
ρ石＝＝＝•ρ水。
故答案为：（1）左；（2）46；（3）2.3×103（4）小
（5）③将石块和木块之间的细线剪断，并把它们都放入容器中，静止时测出容器内水深为h3；④•ρ水。
【点评】本题采用两种方法测量物质的密度，一种是利用天平和量筒测量石块的密度，一种是利用浮力测量物体的密度，这两种习题是比较典型的实验题，一定要熟练掌握。
六、计算题：本题有3小题，共22分。
29．（6分）我国自主设计的某核潜艇完全下潜后的排水量为1.6×104t，潜入水中匀速航行时所受的海水阻力与航速平方的关系如图所示，海水的密度取1.0×103kg/m3。求：
（1）该潜艇完全下潜后受到海水的浮力；
（2）该潜艇在水下600m深度处受到海水的压强；
（3）该潜艇在水下以4m/s的速度匀速航行时，水平推力的功率。

【分析】（1）根据F浮＝G排＝m排g得出该潜艇在水面下匀速下潜过程中受到海水的浮力；
（2）根据p＝ρ水gh可求出潜艇在水下600m深度处受到海水的压强；
（3）从图中可知，潜入水中匀速航行时所受的海水阻力与航速平方成正比，据此得出该潜艇以4m/s的速度匀速航行时所受的海水阻力，潜艇处于平衡状态，根据F＝f得出受到的水平推进力，根据P＝＝＝Fv可知该潜艇以4m/s的速度匀速航行时水平推进力的功率。
【解答】解：（ 1 ）该潜艇完全下潜后受到海水的浮力为：
F浮＝G排＝m排g＝1.6×104×103kg×10N/kg＝1.6×108N；
（2）潜艇在水下600m深度处受到海水的压强为：
p＝ρ水gh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×600m＝6×106Pa；
（3）当v＝4m/s时，速度的平方v2＝16m2/s2，由图可得，此时潜水艇受到的海水阻力f＝3.2×105N，
因为潜水艇在水中匀速航行，
所以受到的水平推进力F＝f＝3.2×105N，
根据P＝＝＝Fv可知，该潜艇以4m/s的速度匀速航行时水平推进力的功率为：
P＝Fv＝3.2×105N×4m/s＝1.28×106W。
答：（1）该潜艇完全下潜后受到海水的浮力为1.6×108N；
（2）该潜艇在水下600m深度处受到海水的压强为6×106Pa；
（3）该潜艇在水下以4m/s的速度匀速航行时，水平推力的功率为1.28×106W。
【点评】本题考查浮力、液体压强和功率的计算，关键是从图中得出有用信息。
30．（8分）某品牌汽车安装有电加热座椅垫，该座椅垫有“高温”“低温”两个挡位，其电路简化原理图如图甲所示，其中电源电压为12V，熔断器（电阻忽略不计）的熔断电流为5.0A，高温功率为36W，低温功率为16W。求：

（1）座椅垫处于“高温”挡时，加热10s产生的热量；
（2）R1的阻值；
（3）小明把电路原理图改为乙图，也设有两个挡位。试通过计算判断乙图电路是否合理？
【分析】（1）已知高温功率，根据Q＝W＝Pt计算高温挡工作时，10s产生的热量；
（2）由图甲知，开关接cd时，电路中只有R2接入电路中，电路中电阻较小，电压一定，由P＝知，此时为高温挡，据此计算R2的阻值；
开关接bc时，两电阻串联，电路中电阻较大，电压一定，由P＝知，此时为低温挡，根据串联电路特点和P＝计算R1的阻值；
（3）由图乙知，开关接cd时，两电阻并联，由并联电路特点和欧姆定律计算电路中电流，与熔断器的熔断电流比较，即可判断乙图是否合理。
【解答】解：（1）由题知，高温功率P高温＝36W，此时加热10s产生的热量：
Q＝W＝P高温t＝36W×10s＝360J；
（2）由图甲知，开关接cd时，电路中只有R2接入电路中，电路中电阻较小，电压一定，由P＝知，此时电路消耗的功率较大，为高温挡，
R2的阻值：
R2＝＝＝4Ω，
当开关接bc时，两电阻串联，电路中电阻较大，电压一定，由P＝知，此时电路消耗的功率较小，为低温挡，
由串联电路特点和P＝有：
P低温＝，即：16W＝，
解得：R1＝5Ω；
（3）由图乙知，开关接cd时，两电阻并联，此时电路的电流最大，电功率最大，为高温挡，
由并联电路特点和欧姆定律可得，电路中电流：
I＝I1+I2＝+＝+＝5.4A，
此时电路中电流大于熔断器的熔断电流5.0A，即高温挡工作时，熔断器会熔断，所以设计不合理。
答：（1）座椅垫处于“高温”挡时，加热10s产生的热量为360J；
（2）R1的阻值为5Ω；
（3）高温挡工作时，熔断器会熔断，所以设计不合理。
【点评】本题考查串联和并联电路特点、欧姆定律、电功率、电热计算公式的灵活应用，还考查电路设计的评估，难度适中。
31．（8分）已知分拣机器人空载时的质量是5kg，轮子与水平地面的总接触面积是10﹣2m2。分拣机器人到达相应的分拣口后，伸缩杆会将托盘掀起，把放置在托盘中央位置的质量为2kg的快递投入分拣口。把托盘看作一个杠杆，近似地认为托盘绕O点由如图甲所示的位置旋转至如图乙所示的位置，该过程中杠杆一直处于平衡状态且快递到达如图乙位置后由静止落下。托盘重3N，A点在托盘的中央且为托盘的重心，B点是伸缩杆对托盘的力的作用点，伸缩杆对托盘的力始终与托盘表面垂直，托盘转动时的摩擦忽略不计。已知lOA＝20cm，lOB＝10cm，快递的重心在其几何中心，尺寸如图甲所示。求：

（1）分拣机器人空载时对水平地面的压强；
（2）伸缩杆对托盘的最大作用力；
（3）本次托盘托举快递的机械效率。
【分析】（1）由重力公式得到机器人的重力，机器人对地面的压力大小与其受到的重力大小相等，利用p＝计算机器人空载时对水平地面的压强；
（2）由杠杆平衡条件分析阻力臂的变化从而得到动力的最大位置，利用杠杆平衡条件求出伸缩杆提供的最大动力；
（3）由W有用＝G快递h可求得托盘对快递做的有用功，由W额＝G托盘h托盘可求得对托盘做的额外功；总功W总＝W有用+W额，由η＝×100%可求得本次托盘托举快递的机械效率。
【解答】解：（1）分拣机器人空载时受到的重力：
G0＝m0g＝5kg×10N/kg＝50N，
分拣机器人空载时对水平地面的压强：
p＝＝＝＝5×103Pa；
（2）当托盘水平时，阻力臂为l0A，当托盘托起时，动力臂和阻力大小不变，阻力臂减小，
根据杠杆平衡条件.F1L1＝F2L2，故托盘水平时，阻力臂最长，伸缩杆对托盘的力最大。
即：G快递＝m快递g＝2kg×10N/kg＝20N，F2＝G快递+G托盘＝20N+3N＝23N
L1＝L0B＝10cm＝0.1m，L2＝L0A＝20cm＝0.2m，
F1＝＝＝46N；
（3）快递的重心在它的几何中心，图甲中快递的重心高度为：h1＝×16cm＝8cm，
图乙中快递重心的高度为 h2＝l0A＝20cm，快递的重心上升的高度为h＝h2﹣h1＝20cm﹣8cm＝12cm＝0.12m，
托盘对快递做的有用功为：W有用＝G快递h＝20N×0.12m＝2.4J，
托盘的重心上升的高度：h托盘＝20cm＝0.2m，
对托盘做的额外功：W额＝G托盘h托盘＝3N×0.2m＝0.6J，
总功：W总＝W有用+W额＝2.4J+0.6J＝3J，
本次托盘托举快递的机械效率：
η＝×100%＝×100%＝80%。
答：（1）分拣机器人空载时对水平地面的压强为5×103Pa；
（2）伸缩杆对托盘的最大作用力为46N；
（3）本次托盘托举快递的机械效率为80%。
【点评】此题考查了重力和压强的大小计算、二力平衡条件的应用，关键是知道托盘托举快递时所做有用功和额外功的含义。