2023年江苏省常州市溧阳市中考物理一模试卷

这是一份2023年江苏省常州市溧阳市中考物理一模试卷，共37页。试卷主要包含了填空作图题等内容，欢迎下载使用。
2023年江苏省常州市溧阳市中考物理一模试卷
一、单项选择题（本题共15小题，每小题2分，共30分）每小题只有一个选项符合题意。
1．（2分）关于声现象，下列说法中正确的是（　　）
A．只要物体在振动，人就能听到声音
B．辨别不同的乐器声，主要是依据它们不同的响度
C．公路旁安装隔音墙，是为了在接收处减弱噪声
D．利用超声波击碎人体内的结石，说明声波具有能量
2．（2分）下列有关物理量的估测，符合实际的是（　　）
A．教室的门宽约为80cm
B．物理课本的质量约500g
C．冰箱冷藏室的温度约为﹣18℃
D．橡皮从课桌面落到地面的时间约为10s
3．（2分）江苏沙河抽水蓄能电站位于江苏溧阳市天目湖镇境内，电站枢纽由上水库、输水系统变电站、下水库等工程组成（如图所示）。当水从上水库倾泻而下，可驱动发动机转动发电。在此过程中，能量转化的顺序为输电（　　）

A．动能→重力势能→电能 B．重力势能→电能→动能
C．电能→重力势能→动能 D．重力势能→动能→电能
4．（2分）春天，燕山公园桃红柳绿、花香阵阵，蓝天白云在湖水中留下美丽的倒影。以下说法正确的是（　　）
A．桃花呈现红色是因为花瓣吸收红光
B．花香阵阵说明分子在运动
C．白云是由大量水蒸气聚集而成
D．水中倒影是虚像，由光的折射形成
5．（2分）将一束单色激光射向长方体玻璃砖，不考虑反射光线，下列光路图（图中白色玻璃砖中的折射光线未画出）中可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
6．（2分）沿海地区昼夜温差比同纬度内陆地区小，主要是因为水的（　　）
A．比热容较大 B．比热容较小 C．密度较大 D．密度较小
7．（2分）小明想用天平称出20g水，先用正确的方法测出空烧杯的质量为59.6g，然后再在右盘中加入20g砝码，接着向烧杯中注入一定量的水如图甲所示，此时指针位置如图乙所示。接下来的操作应该是（　　）

A．向右调节平衡螺母 B．向右移动游码
C．向烧杯中加入适量水 D．从烧杯中取出适量水
8．（2分）如图所示，木块置于水平传送带上，弹簧测力计水平放置且右端固定，电动机带动传送带沿图示方向匀速转动，此时弹簧测力计示数保持稳定。以下说法正确的是（　　）

A．以地面为参照物，木块是静止的
B．以传送带为参照物，木块是静止的
C．木块所受摩擦力的大小为2.4N
D．木块所受的拉力与摩擦力是一对相互作用力
9．（2分）如图所示的是力学的四个实验情景图，下列描述正确的是（　　）
A．甲图中木块随小车一起向前匀速运动，当小车突然刹车时，木块向后倾倒
B．乙图中杠杆均匀，若将左端的3个钩码向右移动少许，杠杆能够平衡
C．丙图中盐水均匀，鸡蛋悬浮于A处，当再往杯中加盐并搅匀后，鸡蛋会上浮到B处静止
D．丁图中当向玻璃管中吹风时，A管中的水面会下降，B管中水面会上升
10．（2分）如图所示四个电磁实验中，探究发电机工作原理的是（　　）
A． B．
C． D．
11．（2分）某工厂用如图甲所示装置电路对新材料承受的撞击力进行测试。将材料样品（不计质量）平放在压力传感器上，闭合开关S，t＝0时由静止自由释放重物，撞击过程样品材料无损，电源电压U＝24V，电阻箱R0调为10Ω。电流表示数I随时间t变化的图像、压力传感器的电阻R随压力F变化的图像如图乙所示，以下结论中正确的是（　　）

①样品放上去时，压力传感器的电阻为120Ω
②由图像可估算：重物所受重力一定小于400N
③在撞击过程中，样品受到的最大撞击力是600N
④若将重物开始下落的高度调高且最大电流不变，可以将R0适当调小
A．①② B．①③ C．②③ D．③④
12．（2分）饮水机电路要求：按下温水键开关S1时，温水指示灯L1发光；同时按下“童锁”键开关S2和热水键开关S3时，热水指示灯L2发光。下列电路设计符合要求的是（　　）
A． B．
C． D．
13．（2分）如图所示的家庭电路，下列说法正确的是（　　）

A．若熔断器熔丝熔断了，可以用铜丝代替
B．若导线cd间断路，仍然可以安全使用三孔插座
C．若ab间断路，灯泡L仍能正常工作
D．开关S闭合，用测电笔检测e点，氖管不发光，则说明灯丝一定断了
14．（2分）一个完整的实心铝件，如果在其中挖了一个小洞，再用水银填满后，其质量比原铝件的质量增加了Δm，已知铝和水银的密度分别为ρ水银和ρ铝，则小洞的体积为（　　）
A． B．
C． D．条件不足，无法求解
15．（2分）如图甲所示电路，电源两端电压保持不变，R0为定值电阻，RP为滑动变阻器。闭合开关S，将滑动变阻器滑片P由一端移到另一端的过程中，电路中电流表示数和电压表示数的关系如图乙所示，下列说法不正确的是（　　）

A．电源电压为6V，R0阻值为10Ω
B．电源电压为6V，RP的最大阻值为20Ω
C．滑片P位于RP的正中间时，电流表的示数为0.4A
D．滑片P由一端移到另一端过程中，电路总功率变化量为2.4W
二、填空作图题（第16～23小题每空格1分，第24、25小题各2分，共25分）
16．（4分）小明用塑料吸管做静电实验，吸管在绝缘支架上能在水平面内自由转动，用餐巾纸摩擦吸管的A端后，将带负电的橡胶棒靠近A端，发现A端远离橡胶棒，则A端带 　 　电、　 　（得到/失去）电子；再分别将带负电的橡胶棒和带正电的玻璃棒靠近吸管B端发现B端均被吸引，则吸管B端 　 　（带正电/带负电/不带电），此现象可说明吸管材料的导电性 　 　（强/弱）。

17．（2分）如图是一种常见的订书机，钉槽内的订书钉之所以不会松脱，是因为固定在槽内后部的弹簧给钉子一个向 　 　（选填“左”或“右”）的压力。在使用过程中，随着钉子数目的减少，弹簧给钉子的压力将 　 　（选填“增大”、“不变”或“减小”）。

18．（2分）2022年北京冬奥会火炬“飞扬”使用的燃料是氢，氢是一种 　 　（清洁/非清洁）能源，已知氢的热值为1.4×108J/kg，密度为0.09kg/m3，则其热值又可表示为 　 　J/m3。
19．（2分）小明帮爷爷阅读药品说明书，其中“用法用量”注明“成人一日按体重30mg/kg”。爷爷的体重是50kg，则爷爷一日应服药 　 　mg；一日服药三次，每次服用2粒，则每粒药的规格是 　 　g。
20．（2分）暑假，小明一家开车去旅游。车外烈日炎炎，车内空调凉爽，这很容易在车窗玻璃的 　 　（内/外）表面形成一层水雾；途经一座大桥，桥头的标志牌如图所示，不计车子长度，车子正常通过这座全长3.2km桥至少需要 　 　min。

21．（3分）在“探究液体压强与哪些因素有关”的实验中，使用了如图甲所示的液体压强计。

（1）在使用压强计之前，小明进行了如下操作：用手指按压橡皮膜，发现无论是轻压还是重压，U形管两边液面的高度几乎不变，则说明装置 　 　；
（2）重新调整好装置后进行实验，现象记录如图乙所示，则液体内部A处的压强 　 　（大于/小于）B处的压强，由此 　 　（可以/不可以）得到结论：液体的压强与深度有关。
22．（3分）在如图甲所示电路中，电源电压为6V且保持不变，滑动变阻器R2允许通过最大电流为3A，电流表A、A1的规格相同。变阻器滑片P位于最大阻值处，闭合开关S，电流表A、A1的指针位置相同如图乙所示。则电阻R1＝　 　Ω的阻值；此时流过R2的电流I2＝　 　A；移动变阻器滑片P，在电路安全工作的前提下，变阻器R2消耗的最大电功率P2＝　 　W。

23．（3分）图示为燕湖中学使用的“风光互补——风能太阳能路灯”，每个路灯配备一小风力发电机和太阳能电板，得到的电能储存于蓄电池“10V、100Ah”中，供路灯“10V、100W”使用。其中100Ah为蓄电池的容量，即蓄电池放电电流与放电总时间的乘积，当容量只剩下总容量的10%时，蓄电池停止供电。
（1）一个充满电的蓄电池可向一盏路灯持续供电 　 　h。学校共有100盏这样的路灯，每天照明10h，所消耗的总电能可以使标有“800imp/（kW•h）”的电能表指示灯共闪烁
　 　次；
（2）已知太阳到地面的距离约为1.5×1011m，穿越大气层后约有45%的太阳能到达地表，地球表面垂直于太阳光接收到的太阳能约为600W/m2；太阳能呈球而状向四周辐射，已知半径为R的球，其表面积约为12R2。根据以上信息，可知太阳辐射能量的功率约为 　 　W。

24．（2分）如图，O为轻质杠杆的支点，左端挂一重物，杠杆在图示位置平衡，请作出最小动力F1的示意图和阻力的力臂L2。

25．（2分）如图所示，小磁针A静止在通电螺线管的正上方，请在图中标出磁感线方向和小磁针的N极。

三、解答探究题（第26题10分，第27题8分，第28题7分，第29题6分，第30题8分，第31题6分，共45分）计算型问题解答时要有必要的文字说明、公式和运算过程，直接写出结果的不能得分。
26．（10分）如图所示，重1200N、底面积为200cm2的物体静止在水平地面上，当牵引车的拉力为500N时，可以通过滑轮组将物体匀速吊起，且在10s内牵引车的拉力做了600J的功。不计滑轮组的绳重和摩擦，求：
（1）动滑轮所受的重力以及物体匀速上升的速度；
（2）该滑轮组提升重物的机械效率；
（3）若牵引车的拉力为200N时，物体对地面的压强。

27．（8分）如图甲所示是家用电暖器，利用电热给煤油加热取暖。图乙为其简化的电路原理图，已知电阻R1＜R2，铭牌见表。在电暖器跌倒时，跌倒开关S自动断开，切断电源，保证安全，电暖器有“高温挡”、“中温挡”和“低温挡”三个挡位。
电暖器
额定电压
220V
额定功率
低温挡

中温挡
1000W
高温挡
1500W
频率
50Hz
煤油质量
20kg
（1）当闭合开关S和 　 　时，电暖器在低温挡正常工作，此时的功率为 　 　W、电流为 　 　A。
（2）求R1的电阻；
（3）如果电加热器的加热效率为75%，使用中温挡时，煤油升温5℃需要多长时间？煤油的比热容为2.1×103J/（kg•℃）。

28．（7分）小明利用电子秤、烧杯、水和一根细线测量一块玉镯的密度，他的操作过程及对应电子秤示数如图甲、乙、丙所示。已知ρ水＝1.0×103kg/m3，取g＝10N/kg。

（1）该玉镯的质量为 　 　g，丙图中细线的拉力为 　 　N。
（2）求丙图中玉镯所受浮力的大小；
（3）求玉镯的密度。
29．（6分）为了用电压表和电流表测电阻，同学们做了如下实验：
（1）如图甲是小明测电阻的电路图，他进行了下列操作：

①闭合开关前，滑片P应置于滑动变阻器的最 　 　（右/左）端；
②按图甲正确连接好电路，试触时，发现电流表的指针偏转角很小，移动滑片P时指针偏转角仍较小，检查后发现是电表连接出现问题，该问题可能是 　 　；
③问题解决后，某次实验中电流表示数为0.24A时，电压表示数如图乙所示，则此时电压U＝　 　V、阻值R＝　 　Ω。
（2）测温手环里的测温头是一个高灵敏度的热敏电阻。小华将三个废旧手环中的测温头A、B、C拆下后分别接入图丙所示电路（电源电压不变），获得了图丁所示的电流﹣温度图像，由图像可知：
①随着温度的升高，测温头C的电阻值 　 　（增大/不变/减小）；
②灵敏度最高的测温头是 　 　（A/B/C）。
30．（8分）兴趣小组通过实验观察同一物质物态变化时温度随时间的变化特点。
（1）小明用如图甲所示的装置对冰加热。根据实验记录，绘制了冰熔化时温度随时间变化的图像如图乙所示。由图像可知：

①冰是 　 　（晶体/非晶体）；在时间t＝10min时，杯里的物质处于 　 　态；冰的熔化过程持续了 　 　min；
②假设实验过程中烧杯内物质质量不变，且在相同时间内吸收的热量相等，则图中AB、CD段杯内物质吸收热量之比为 　 　，冰与水的比热容之比为 　 　。
（2）继续加热，当水温为89℃时，每隔一分钟记录一次水的温度，在时间t＝2min时温度计的示数如图丙所示，为 　 　℃。
（3）将记录的数据在坐标系中描点如图丁所示，请根据描点，在图丁中绘制出水的温度随时间变化的关系图线。
31．（6分）小明做“探究凸透镜成像规律”实验：

（1）用平行光平行于凸透镜的主光轴照射如图甲所示，则此凸透镜的焦距为 　 　cm。
（2）实验中当蜡烛、凸透镜、光屏的位置如图乙所示时，光屏上出现清晰的倒立、　 　（放大/缩小）的实像；若保持透镜位置不变，将蜡烛移至35cm处，则需将光屏向右移动 　 　cm，就可再现清晰的像；此时若取走光屏，则 　 　（填字母）。
A.烛焰不能成像
B.烛焰仍能成像，但不能用眼睛直接观察到
C.烛焰仍能成像，也能用眼睛直接观察到
（3）在图乙情形下，将一眼镜紧贴在凸透镜的前面，要将光屏向左移动，才能在光屏上再次得到清晰的像，此眼镜对光有 　 　作用，应为 　 　（近/远）视眼镜。

2023年江苏省常州市溧阳市中考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（本题共15小题，每小题2分，共30分）每小题只有一个选项符合题意。
1．（2分）关于声现象，下列说法中正确的是（　　）
A．只要物体在振动，人就能听到声音
B．辨别不同的乐器声，主要是依据它们不同的响度
C．公路旁安装隔音墙，是为了在接收处减弱噪声
D．利用超声波击碎人体内的结石，说明声波具有能量
【分析】（1）人的听觉范围20Hz～20000Hz；
（2）音色是声音的特色，与发声体的材质和结构有关，一般不同的发声体音色不同；
（3）防治噪声可以从噪声的产生、噪声的传播及噪声的接收这三个环节进行防治。
（4）利用声音可以传递信息和能量。
【解答】解：A．只有振动频率在20Hz～20000Hz之内，人才能够听到，故A错误；
B．音色是声音的特色，一般不同人的音色不同，因此“闻其声而知其人”是根据声音的音色来判断的，故B错误；
C．公路旁安装隔音墙，是为了在传播路径上减弱噪声，故C错误；
D．利用超声波击碎人体内的结石，是利用超声波来传递能量，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了对声音的产生、声音的利用、声音的特性以及减弱噪声的途径，属于基础题，难度不大。
2．（2分）下列有关物理量的估测，符合实际的是（　　）
A．教室的门宽约为80cm
B．物理课本的质量约500g
C．冰箱冷藏室的温度约为﹣18℃
D．橡皮从课桌面落到地面的时间约为10s
【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、教室的门宽约为80cm，故A正确；
B、两个苹果的质量在300g左右，初中物理课本的质量与此差不多，在300g左右，故B错误；
C、水的凝固点是0℃，冰箱冷藏室内的水不会结冰，说明温度不低于0℃，一般是4℃，故C错误；
D、橡皮从课桌上落到地面的时间约为0.5s；故D错误。
故选：A。
【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。
3．（2分）江苏沙河抽水蓄能电站位于江苏溧阳市天目湖镇境内，电站枢纽由上水库、输水系统变电站、下水库等工程组成（如图所示）。当水从上水库倾泻而下，可驱动发动机转动发电。在此过程中，能量转化的顺序为输电（　　）

A．动能→重力势能→电能 B．重力势能→电能→动能
C．电能→重力势能→动能 D．重力势能→动能→电能
【分析】根据水电站中能量的转化进行分析。
【解答】解：水电站中的水从上水库到达下水库时，水的高度下降，重力势能减少，水的速度增大，动能增加，水的重力势能转化为水的动能；流动的水推动涡轮转动，水的部分动能转移到涡轮上，涡轮带动发电机发电，涡轮的动能转化为发电机的电能，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了能量的转化和转移，属于基础内容，难度不大。
4．（2分）春天，燕山公园桃红柳绿、花香阵阵，蓝天白云在湖水中留下美丽的倒影。以下说法正确的是（　　）
A．桃花呈现红色是因为花瓣吸收红光
B．花香阵阵说明分子在运动
C．白云是由大量水蒸气聚集而成
D．水中倒影是虚像，由光的折射形成
【分析】（1）透明物体的颜色由它透过的色光决定，透明物体只能透过与它自身颜色相同的色光。
（2）构成物体的分子每时每刻都在不停地做无规则运动。
（3）物质由气态变为液态的过程叫液化，液化放热。
（4）光线传播到两种介质的表面上时会发生光的反射现象，水中倒影是光的反射形成的。
【解答】解：A、桃花呈现红色是因为花瓣反射红光，吸收其它色光，故A错误；
B、花香阵阵说明分子在做无规则运动，故B正确；
C、白云是由大量水蒸气遇冷发生液化形成的，故C错误；
D、水中倒影是虚像，由光的反射形成的，故D错误。
故选：B。
【点评】本题围绕生活中的一些现象，要明确其包含的物理知识，有一定综合性，但难度不大。
5．（2分）将一束单色激光射向长方体玻璃砖，不考虑反射光线，下列光路图（图中白色玻璃砖中的折射光线未画出）中可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】当光斜射入两种介质的界面时传播方向发生偏折的现象叫光的折射现象；这束光进入玻璃时，折射角小于入射角；当光从玻璃进入空气时，折射角大于入射角；因为玻璃砖两边平行，所以这束进入玻璃砖的光线和离开玻璃砖的光线平行。
【解答】解：首先过入射点画法线；然后根据从空气进入玻璃时，折射角小于入射角；从玻璃进入空气时折射角大于入射角作出折射光线，并且进入玻璃砖的光线和离开玻璃砖的光线平行。如图所示：

对照各图可知，A图正确。
故选：A。
【点评】光从空气斜射入玻璃和光从玻璃斜射入空气，入射角和折射角的大小关系是不同的。
6．（2分）沿海地区昼夜温差比同纬度内陆地区小，主要是因为水的（　　）
A．比热容较大 B．比热容较小 C．密度较大 D．密度较小
【分析】与其他物质相比，水的比热容较大，在质量相同，吸收或放出相同热量时，水的温变化小。
【解答】解：因为水的比热容较大，相同质量的水和沙石比较，白天吸收相同的热量时，水的温度升高得少；夜晚放出相同的热量时，水的温度降低得少，使得沿海地区昼夜温差小，故A符合题意，BCD不符合题意。
故选：A。
【点评】本题考查了水的比热容大的应用，相对比较简单，属于基础题。
7．（2分）小明想用天平称出20g水，先用正确的方法测出空烧杯的质量为59.6g，然后再在右盘中加入20g砝码，接着向烧杯中注入一定量的水如图甲所示，此时指针位置如图乙所示。接下来的操作应该是（　　）

A．向右调节平衡螺母 B．向右移动游码
C．向烧杯中加入适量水 D．从烧杯中取出适量水
【分析】根据指针的偏转方向确定分析出水的质量与需要测量水的质量关系，进而分析接下来的操作。
【解答】解：由图乙可知，指针偏向分度盘的左侧，表示左盘内水的质量大于20g，由于需要取20g水，因此不能改变右盘中砝码的质量和游码的位置，在测量过程中更不能移动平衡螺母，所以只能用滴管从烧杯中取出部分水，直至天平平衡，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查用天平测量一定质量的液体的方法，熟悉天平的使用方法即可正确解题。
8．（2分）如图所示，木块置于水平传送带上，弹簧测力计水平放置且右端固定，电动机带动传送带沿图示方向匀速转动，此时弹簧测力计示数保持稳定。以下说法正确的是（　　）

A．以地面为参照物，木块是静止的
B．以传送带为参照物，木块是静止的
C．木块所受摩擦力的大小为2.4N
D．木块所受的拉力与摩擦力是一对相互作用力
【分析】（1）物体相对于参照物的位置发生改变时，说物体是运动的；物体相对于参照物的位置没有发生改变时，说物体是静止的。
（2）当物体处于平衡状态时，物体受平衡力作用，一对平衡力的大小相等，方向相反。
【解答】解：电动机带动传送带沿图示方向匀速转动，此时弹簧测力计示数保持稳定。木块相对于传送带的位置发生改变，以传送带为参照物，木块是运动的。
木块相对于地面是静止的，处于平衡状态，水平方向上受到的拉力和摩擦力是一对平衡力，互相平衡的两个力大小相等，由图可知弹簧测力计的分度值是0.2N，示数为1.6，故摩擦力大小f＝F＝1.6N。故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题考查运动的描述和平衡力的基本知识。判断物体是运动还是静止，关键看相对于参照物有没有位置变化。
9．（2分）如图所示的是力学的四个实验情景图，下列描述正确的是（　　）
A．甲图中木块随小车一起向前匀速运动，当小车突然刹车时，木块向后倾倒
B．乙图中杠杆均匀，若将左端的3个钩码向右移动少许，杠杆能够平衡
C．丙图中盐水均匀，鸡蛋悬浮于A处，当再往杯中加盐并搅匀后，鸡蛋会上浮到B处静止
D．丁图中当向玻璃管中吹风时，A管中的水面会下降，B管中水面会上升
【分析】（1）物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性，一切物体都有惯性，惯性是物体的一种属性；
（2）根据杠杆平衡条件进行判断；
（3）根据物体的浮沉条件分析；
（4）当向管中吹风时，相同时间内，风经过A管上方和B管上方的空气流动速度不同，压强不同，液柱上升的高度不同。
【解答】解：
A、木块与小车一起向右做匀速运动，当小车受阻力停止时，木块由于惯性仍要保持原来的运动状态，所以木块向前运动，由于木块的下表面受到摩擦力的作用，说以木块会向前倾倒，故A错误；
B、设杠杆一个小格代表L，一个钩码重为G，杠杆右端：2G×4L＝8GL，杠杆左端：3G×3L＝9GL，要使杠杆平衡，需要减小左端力与力臂的乘积，所以左端的钩码应向右移动一段距离，杠杆才会平衡，故B错误；
C、丙图中盐水均匀，鸡蛋悬浮于A处，根据物体的浮沉条件可知，鸡蛋的密度与盐水密度相同；当再往杯中加盐并搅匀后，盐水的密度变大，大于鸡蛋的密度，鸡蛋会上浮，最终漂浮在液面上，故C错误；
D、A管上面的玻璃管比较细，风经过A管上方的流动速度大于B管上方的空气流动速度，A管上方的压强小于B管上方的压强，水被压向A管，所以A管水面上升，B管水面下降，故D正确。
故选：D。
【点评】透过现象去分析本质，要寻找出问题的相似性，正确理解各种物理方法在实验中的应用。
10．（2分）如图所示四个电磁实验中，探究发电机工作原理的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】发电机的工作原理是：闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生感应电流。明确各选项所揭示的原理可做出判断。
【解答】解：发电机的工作原理是：闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生感应电流。
A、图中是奥斯特实验，证明了电流周围可以产生磁场，是电流的磁效应，与发电机的原理不同，故A不符合题意；
B、图中闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，导体中产生感应电流，是电磁感应现象，是发电机的原理图，故B符合题意；
C、图中有电源，通电导体在磁场中受力会发生运动，是电动机的原理，故C不符合题意；
D、图中是探究电磁铁磁性强弱与电流大小关系的实验，是利用电流的磁效应工作的，与发电机的原理不同，故D不符合题意。
故选：B。
【点评】本题考查奥斯物实验、电磁感应、电磁铁和磁场对通电导线的作用等实验的辨别，知道发电机的工作原理，并能结合图中装置做出判断，是解答的关键。
11．（2分）某工厂用如图甲所示装置电路对新材料承受的撞击力进行测试。将材料样品（不计质量）平放在压力传感器上，闭合开关S，t＝0时由静止自由释放重物，撞击过程样品材料无损，电源电压U＝24V，电阻箱R0调为10Ω。电流表示数I随时间t变化的图像、压力传感器的电阻R随压力F变化的图像如图乙所示，以下结论中正确的是（　　）

①样品放上去时，压力传感器的电阻为120Ω
②由图像可估算：重物所受重力一定小于400N
③在撞击过程中，样品受到的最大撞击力是600N
④若将重物开始下落的高度调高且最大电流不变，可以将R0适当调小
A．①② B．①③ C．②③ D．③④
【分析】①由图知样品放上去时电路电流，然后应用欧姆定律和串联电路电压的规律求出压力传感器的电阻；
②由电流表示数I随时间t变化的图像可知重物撞击后停留在样品时电流的大约值，用欧姆定律和串联电路电阻的规律求出压力传感器的电阻，由压力传感器的电阻R随压力F变化的图像可知此时压力的范围，进而判断出重物所受重力的值；
③由图象求出最大电流，然后求出压力传感器电阻，再由图像求出撞击力；
④若将重物开始下落的高度调高，最大撞击力增大，压敏电阻的最小值变小，电源电压一定，由I＝判断出要使最大电流不变R0的变化情况。
【解答】解：①样品放上去时，在重物下落的过程中，没有撞击传感器，传感器的电阻不变，电路中电流不变，由图乙可知，此时电路中的电流I＝0.2A，
根据I＝可知电阻箱R0两端的电压：
U0＝IR0＝0.2A×10Ω＝2V，
压力传感器两端的电压为：UN＝U﹣U0＝24V﹣2V＝22V，
根据欧姆定律可得，压力传感器的电阻：
RN＝＝＝110Ω，故①错误；
②由电流表示数I随时间t变化的图像可知重物撞击后停留在样品时，电流约为：I′＝3I＝3×0.2A＝0.6A，
此时电路的总电阻为：
R总＝＝＝40Ω，
此时压敏电阻的阻值为：
R压＝R总﹣R0＝40Ω﹣10Ω＝30Ω，
由压力传感器的电阻R随压力F变化的图像可知，此时压力在200N～400N之间，此时的压力等于重力，因此重物所受重力一定小于400N，故②正确；
③由图丙可知，撞击力最大时，电阻最小，电流最大，
又由图乙可知，最大的电流为Im＝1.2A，
根据欧姆定律和串联电路电压规律可知，
电源电压：U＝Im（R0+R），
此时压力传感器的电阻：R＝﹣R0＝﹣10Ω＝10Ω，
由图丙可知，样品受到的最大撞击力：F＝600N，故③正确；
④若将重物开始下落的高度调高，最大撞击力增大，压敏电阻的最小值变小，电源电压一定，由I＝知要使最大电流不变，应适当增大R0，故④错误。
故选：C。
【点评】本题是一道信息给予题，由图示图象求出电流、力与电阻的对应关系是正确解题的前提与关键，应用串联电路特点与欧姆定律即可正确解题。
12．（2分）饮水机电路要求：按下温水键开关S1时，温水指示灯L1发光；同时按下“童锁”键开关S2和热水键开关S3时，热水指示灯L2发光。下列电路设计符合要求的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据题意分析开关的连接方式、两个灯泡的连接方式，然后选出正确的电路图。
【解答】解：根据题意可知，按下温水键开关S1时，温水指示灯L1发光，这说明开关S1能控制指示灯L1；同时按下“童锁”键开关S2和热水键开关S3时，热水指示灯L2发光，这说明开关S2和开关S3同时控制指示灯L2，则开关S2和开关S3是串联的；两灯工作时互不影响，则它们是并联的，故B正确。
故选：B。
【点评】本题考查电路的设计，根据题意正确分析两指示灯的连接方式以及开关的位置是关键。
13．（2分）如图所示的家庭电路，下列说法正确的是（　　）

A．若熔断器熔丝熔断了，可以用铜丝代替
B．若导线cd间断路，仍然可以安全使用三孔插座
C．若ab间断路，灯泡L仍能正常工作
D．开关S闭合，用测电笔检测e点，氖管不发光，则说明灯丝一定断了
【分析】①保险丝在电流过大时发热自动熔断，切断电路，从而起到保护电路的作用，采用电阻率大，熔点较低的材料制作；
②三孔插座的第三个孔接地线，三脚插头的第三个脚接用电器金属外壳；
③电流通过灯泡能形成完整通路，灯泡就能发光；
④灯泡处于断路状态时不能发光。
【解答】解：
A、保险丝熔断后，不能用铜丝来代替，因为铜丝的电阻率小、熔点高，用铜丝代替保险丝，不能在电流过大时自动切断电路，故A错误；
B、由图知，如果导线cd间断路，用电器的金属外壳无法接地，存在漏电危险，所以不能继续安全使用三孔插座，故B错误；
C、由图知，虽然ab间断路，但电流可以从火线到灯泡，经a点回到零线，所以灯泡L仍能正常工作，故C正确；
D、如果火线断路、熔断器的熔丝烧断、灯泡灯丝断了或者灯泡到火线间的电路断路，灯泡都不能发光，同时测电笔接触e点，氖管都不能发光，所以不能说明灯丝一定断了，故D错误。
故选：C。
【点评】此题考查了保险丝的作用及家庭电路故障的分析，是一道联系实际的应用题。正确理解通路、断路和短路的概念，是解答此类问题的基础。
14．（2分）一个完整的实心铝件，如果在其中挖了一个小洞，再用水银填满后，其质量比原铝件的质量增加了Δm，已知铝和水银的密度分别为ρ水银和ρ铝，则小洞的体积为（　　）
A． B．
C． D．条件不足，无法求解
【分析】设小洞的体积为V，原来是铝时质量为m铝，用水银填满，水银的质量为m水银，由题知m水银﹣m铝＝Δm，知道铝和水银的密度，利用密度公式可求铝件内小洞的体积。
【解答】解：在小洞里用水银填满，铝件的质量增加Δm，即：m水银﹣m铝＝Δm，
设小洞的体积为V，由ρ＝可得，ρ水银V﹣ρ铝V＝Δm，
解得：V＝。
故选：C。
【点评】本题考查了学生对密度公式的掌握和运用，用好条件“水银填满后铝件的质量增加Δm是本题的关键。
15．（2分）如图甲所示电路，电源两端电压保持不变，R0为定值电阻，RP为滑动变阻器。闭合开关S，将滑动变阻器滑片P由一端移到另一端的过程中，电路中电流表示数和电压表示数的关系如图乙所示，下列说法不正确的是（　　）

A．电源电压为6V，R0阻值为10Ω
B．电源电压为6V，RP的最大阻值为20Ω
C．滑片P位于RP的正中间时，电流表的示数为0.4A
D．滑片P由一端移到另一端过程中，电路总功率变化量为2.4W
【分析】由图甲可知，两电阻串联，电压表测Rp两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时电路中的电流最大，电路消耗的功率最大，根据图象读出电路中的最大电流，根据欧姆定律求出电源电压的表达式；
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，电路消耗的功率最小，根据图象读出两电表的示数，根据串联电路的电压特点和欧姆定律求出电源电压的表达式；然后即可求出电源电压；根据欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值；
（2）滑片P位于RP的正中间时，根据欧姆定律得出电流表的示数；
（3）滑片P由一端移到另一端过程中，根据ΔP＝UΔI得出电路总功率变化量。
【解答】解：由图甲可知，两电阻串联，电压表测Rp两端的电压，电流表测电路中的电流。
AB、当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时，电路中的电流最大，电路消耗的功率最大，
由图乙可知I最大＝0.6A，
由I＝可得，电源电压U＝I最大R0﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，电路消耗的功率最小，
由图乙可知，I最小＝0.2A，Up＝4V，
根据串联电路电压特点和欧姆定律可知：
电源电压U＝I最小R0+Up﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由于电源电压不变，则
I最大R0＝I最小R0+Up，
所以，R0＝＝＝10Ω；
则电源电压U＝I最大R0＝0.6A×10Ω＝6V；
由I＝可得滑动变阻器的最大电阻：
Rp＝＝＝20Ω，故AB正确；
C、滑片P位于RP的正中间时，电流表的示数IA＝＝＝0.3A，故C错误；
D、滑片P由一端移到另一端过程中，电路总功率变化量为ΔP＝UΔI＝6V×（0.6A﹣0.2A）＝2.4W，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查电功率的有关计算，是一道综合题。
二、填空作图题（第16～23小题每空格1分，第24、25小题各2分，共25分）
16．（4分）小明用塑料吸管做静电实验，吸管在绝缘支架上能在水平面内自由转动，用餐巾纸摩擦吸管的A端后，将带负电的橡胶棒靠近A端，发现A端远离橡胶棒，则A端带 　负　电、　得到　（得到/失去）电子；再分别将带负电的橡胶棒和带正电的玻璃棒靠近吸管B端发现B端均被吸引，则吸管B端 　不带电　（带正电/带负电/不带电），此现象可说明吸管材料的导电性 　弱　（强/弱）。

【分析】（1）把带负电的橡胶棒去靠近吸管，吸管A端被排斥，利用电荷间作用规律可以确定吸管的带电情况；
（2）摩擦起电的原因是由于不同物质的原子核对核外电子的束缚本领不同造成的，在摩擦的过程中能力强的得电子带负电，能力弱的失电子带正电；
（3）带电体具有吸引轻小物体的性质；电荷间相互作用的规律为：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。
【解答】解：小明用塑料吸管做静电实验，吸管在绝缘支架上能在水平面内自由转动，用餐巾纸摩擦吸管的A端后，将带负电的橡胶棒靠近A端，发现A端远离橡胶棒，根据同种电荷相互排斥，则A端带负电、得到电子；再分别将带负电的橡胶棒和带正电的玻璃棒靠近吸管B端发现B端均被吸引，则吸管B端不带电，此现象可说明吸管材料的导电弱。
故答案为：负；得到；不带电；弱。
【点评】（1）摩擦起电并不是创造了电荷，其实质是电子的转移，两个物体摩擦起电，这两个物体带的电性相反，电荷量相等；
（2）相互排斥的一定是同种电荷，但相互吸引的不一定是异种电荷。
17．（2分）如图是一种常见的订书机，钉槽内的订书钉之所以不会松脱，是因为固定在槽内后部的弹簧给钉子一个向 　左　（选填“左”或“右”）的压力。在使用过程中，随着钉子数目的减少，弹簧给钉子的压力将 　减小　（选填“增大”、“不变”或“减小”）。

【分析】弹簧的弹性形变越大，弹力越大，弹力的方向就是弹簧恢复形变的方向。
【解答】解：安装订书钉时，弹簧被压缩，产生弹力，安放好订书钉后，弹簧会给图钉一个向左的压力。使用中，随着钉子数量的减少，弹簧的形变减少，给钉子的压力将减小。
故答案为：左；减小。
【点评】本题考查的是关于弹力的相关知识，物体发生弹性形变时会产生弹力，发生的弹性形变越大弹力越大。
18．（2分）2022年北京冬奥会火炬“飞扬”使用的燃料是氢，氢是一种 　清洁　（清洁/非清洁）能源，已知氢的热值为1.4×108J/kg，密度为0.09kg/m3，则其热值又可表示为 　1.26×107　J/m3。
【分析】（1）清洁能源，即绿色能源，是指不排放污染物、能够直接用于生产生活的能源；
（2）先用密度公式得到1m3氢的质量，再由热值公式得到完全燃烧1m3氢放出的热量，即可知道氢的热值的另一种表达方式。
【解答】解：（1）清洁能源，即绿色能源，是指不排放污染物、能够直接用于生产生活的能源，氢燃料在燃烧时只排放水而无其它任何有害物质，故氢能属于清洁能源；
（2）1m3氢的质量m＝ρ氢×V＝0.09kg/m3×1m3＝0.09kg；
完全燃烧1m3氢放出的热量Q＝mq氢＝0.09kg×1.4×108J/kg＝1.26×107J；
故氢的热值又可以表示为1.26×107J/m3。
故答案为：清洁；1.26×107。
【点评】本题考查了能源的分类、密度公式、燃料热值公式的应用，难度中等。
19．（2分）小明帮爷爷阅读药品说明书，其中“用法用量”注明“成人一日按体重30mg/kg”。爷爷的体重是50kg，则爷爷一日应服药 　1500　mg；一日服药三次，每次服用2粒，则每粒药的规格是 　0.25　g。
【分析】根据“成人一日按体重30mg/kg”和爷爷的体重是50kg求出爷爷一日应服药的量；根据爷爷一日应服药的量和一日服药三次，每次服用2粒求出每粒药的规格。
【解答】解：爷爷一日应服药：
30mg/kg×50kg＝1500mg；
每粒药的规格是：
＝250mg＝0.25g。
故答案为：1500；0.25。
【点评】此题考查了质量的计算，难度不大，属基础题目。
20．（2分）暑假，小明一家开车去旅游。车外烈日炎炎，车内空调凉爽，这很容易在车窗玻璃的 　外　（内/外）表面形成一层水雾；途经一座大桥，桥头的标志牌如图所示，不计车子长度，车子正常通过这座全长3.2km桥至少需要 　4.8　min。

【分析】在一定条件下，物体的三种状态，即固态、液态、气态之间会发生相互转化，这就是物态变化；物质由气态变为液态叫液化；
知道速度和路程，根据速度公式的变形式t＝可求出时间。
【解答】解：夏天，车内开空调，温度较低，车外热的水蒸气遇到温度低的玻璃，在玻璃外表面液化为小水滴，即“水雾”；
根据速度公式得，通过这座桥至少需要的时间为：t＝＝＝0.08h＝4.8min。
故答案为：外；4.8。
【点评】本题考查了液化及液化的放热特点和速度公式的应用，属于基础性题目。
21．（3分）在“探究液体压强与哪些因素有关”的实验中，使用了如图甲所示的液体压强计。

（1）在使用压强计之前，小明进行了如下操作：用手指按压橡皮膜，发现无论是轻压还是重压，U形管两边液面的高度几乎不变，则说明装置 　漏气　；
（2）重新调整好装置后进行实验，现象记录如图乙所示，则液体内部A处的压强 　小于　（大于/小于）B处的压强，由此 　可以　（可以/不可以）得到结论：液体的压强与深度有关。
【分析】（1）压强计使用前要检查气密性，轻压压强计金属盒的橡皮膜，U形管中的液面高度都没变化，说明压强计漏气，若液面高度升降明显，则装置不漏气；
（2）液体内部压强的大小是通过液体压强计U形管两边液面的高度差来判断的，高度差越大说明此时的液体压强越大，采用了转换法；液体压强与液体的深度和密度有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变。
【解答】解：（1）在使用压强计之前，小明进行了如下操作：用手指按压橡皮膜，发现无论是轻压还是重压，U形管两边液面的高度几乎不变，则说明装置漏气；
（2）重新调整好装置后进行实验，现象记录如图乙所示，根据转换法，则液体内部A处的压强小于B处的压强；研究液体的压强与深度有关，要控制液体的密度相同，由此可得到结论：液体的压强与深度有关。
故答案为：（1）漏气；（2）小于；可以。
【点评】本题探究影响液体压强大小的因素，考查器材的调试、转换法和控制变量法的运用。
22．（3分）在如图甲所示电路中，电源电压为6V且保持不变，滑动变阻器R2允许通过最大电流为3A，电流表A、A1的规格相同。变阻器滑片P位于最大阻值处，闭合开关S，电流表A、A1的指针位置相同如图乙所示。则电阻R1＝　20　Ω的阻值；此时流过R2的电流I2＝　1.2　A；移动变阻器滑片P，在电路安全工作的前提下，变阻器R2消耗的最大电功率P2＝　16.2　W。

【分析】（1）闭合开关，两电阻并联接入电路，电流表A测干路电流，电流表A1测通过R1的电流，根据联电路的电流特点可知电流表A的示数大于A1的示数，电流表A、A1的指针位置相同如图乙所示，则电流表A选用大量程，A1选用小量程，分别得出两表的示数；
并联电路各并联支路两端电压相等，由欧姆定律可得电阻R1的阻值；
（2）并联电路干路电流等于各支路电流之和，据此得出通过变阻器R2的电流；
（3）电流表A示数最大时通过滑动变阻器的电流最大，因为电流表A所选的是0～3A量程，所以电流表A的最大示数为3A，根据并联电路的电流特点得出通过滑动变阻器的最大电流，由电功率公式P＝UI可知，变阻器R2消耗的最大电功率。
【解答】解：（1）闭合开关，两电阻并联接入电路，电流表A测干路电流，电流表A1测通过R1的电流，根据联电路的电流特点可知电流表A的示数大于A1的示数，电流表A、A1的指针位置相同如图乙所示，则电流表A选用大量程，示数为1.5A，A1选用小量程，示数为0.3A，
并联电路各并联支路两端电压相等，由欧姆定律可得电阻R1的阻值：R1＝＝＝20Ω；
（2）并联电路干路电流等于各支路电流之和，所以通过变阻器R2的电流：I2＝I﹣I1＝1.5A﹣0.3A＝1.2A；
（3）电流表A示数最大时通过滑动变阻器的电流最大，因为电流表A所选的是0～3A量程，所以电流表A的最大示数为3A，因此通过滑动变阻器的最大电流为：I2′＝I′﹣I1＝3A﹣0.3A＝2.7A，
由电功率公式P＝UI可知，变阻器R2消耗的最大电功率P2＝UI2′＝6V×2.7A＝16.2W。
故答案为：20；1.2；16.2。
【点评】本题考查并联电路特点、欧姆定律、电流表的使用、电功率公式的灵活运用，难度不大。
23．（3分）图示为燕湖中学使用的“风光互补——风能太阳能路灯”，每个路灯配备一小风力发电机和太阳能电板，得到的电能储存于蓄电池“10V、100Ah”中，供路灯“10V、100W”使用。其中100Ah为蓄电池的容量，即蓄电池放电电流与放电总时间的乘积，当容量只剩下总容量的10%时，蓄电池停止供电。
（1）一个充满电的蓄电池可向一盏路灯持续供电 　9　h。学校共有100盏这样的路灯，每天照明10h，所消耗的总电能可以使标有“800imp/（kW•h）”的电能表指示灯共闪烁
　8×104　次；
（2）已知太阳到地面的距离约为1.5×1011m，穿越大气层后约有45%的太阳能到达地表，地球表面垂直于太阳光接收到的太阳能约为600W/m2；太阳能呈球而状向四周辐射，已知半径为R的球，其表面积约为12R2。根据以上信息，可知太阳辐射能量的功率约为 　3.6×1026　W。

【分析】（1）电池的容量是表示储存电能多少的参数，知道电池的电压和容量可用电功的计算方法算出充满电后储存的电能是多少焦耳或千瓦时；求出100盏路灯一天消耗的电能，根据“800imp/（kW•h）”可求出电能表指示灯共闪烁的次数；
（2）太阳能呈球而状向四周辐射，已知半径为R的球，其面积约为S＝12R2，知地球表面垂直于太阳光接收到的太阳能约为600W/m2，可计算出太阳辐射能量的功率。
【解答】解：（1）蓄电池储存的电能为：W＝UIt＝10V×100A×3600s＝3.6×106J＝1kW•h，能向一盏路灯持续供电的时间t＝＝3.24×104s＝9h；
100盏路灯一天消耗的电能：W′'＝100×0.1kW×10h＝100kW•h，电能表指示灯共闪烁的次数为：n＝800imp/（kW•h）×100kW•h＝8×104次；
（2）太阳能呈球而状向四周辐射，已知半径为R的球，其面积约为S＝12R2＝12×（1.5×1011m）2＝2.7×1023m2，太阳辐射能量的功率约为：
W太阳＝＝3.6×1026W。
故答案为：（1）9；8×104；（2）3.6×1026。
【点评】本题考查了蓄电池容量、电能的相关计算、太阳辐射功率的计算等；其中理解电池容量的意义可从单位“Ah”出发，从该单位看电池容量是电流与时间的积，再乘以电压便是电功的单位。
24．（2分）如图，O为轻质杠杆的支点，左端挂一重物，杠杆在图示位置平衡，请作出最小动力F1的示意图和阻力的力臂L2。

【分析】（1）重物对杠杆的拉力为阻力F2，从支点O作力F2作用线的垂线，支点到力作用线的距离为阻力臂；
（2）支点为O，杠杆上距离支点O最远的点为杠杆右端A点，OA为最长的动力臂，从A点垂直OA向下画出带箭头的线段可得动力F1的示意图。
【解答】解：
重物对杠杆的拉力为阻力F2，从支点O作力F2作用线的垂线，可得阻力臂l2；
由图可知，支点为O，杠杆上距离支点O最远的点为杠杆右端A点，OA为最长的动力臂，从A点垂直OA向下画出带箭头的线段可得动力F1的示意图，如图所示；

【点评】本题考查了作最小力示意图及作力臂问题，熟练应用杠杆平衡条件、由图示确定最大力臂是正确解题的关键。
25．（2分）如图所示，小磁针A静止在通电螺线管的正上方，请在图中标出磁感线方向和小磁针的N极。

【分析】根据安培定则可知通电螺线管的磁极；
在磁体外部，磁感线从磁体的N极出发，回到S极，据此判断磁感线方向；
根据磁极间的相互作用规律可判断小磁针的N极。
【解答】解：电流从通电螺线管的左后侧流入，右前侧流出，根据安培定则可知，通电螺线管的左端为S极，右端为N极；在磁体外部，磁感线从磁体的N极出发，回到S极，因此在通电螺线管的正上方，磁感线方向向左；同名磁极互相排斥，异名磁极互相吸引，因此小磁针的左端是N极。如图：

【点评】此题考查了安培定则、磁感线及其特点、磁极间的相互作用，难度不大，属基础题目。
三、解答探究题（第26题10分，第27题8分，第28题7分，第29题6分，第30题8分，第31题6分，共45分）计算型问题解答时要有必要的文字说明、公式和运算过程，直接写出结果的不能得分。
26．（10分）如图所示，重1200N、底面积为200cm2的物体静止在水平地面上，当牵引车的拉力为500N时，可以通过滑轮组将物体匀速吊起，且在10s内牵引车的拉力做了600J的功。不计滑轮组的绳重和摩擦，求：
（1）动滑轮所受的重力以及物体匀速上升的速度；
（2）该滑轮组提升重物的机械效率；
（3）若牵引车的拉力为200N时，物体对地面的压强。

【分析】（1）由图可知n＝3，利用不计绳重和摩擦时F＝（G+G动）求动滑轮的重力；利用W总＝Fs求绳子自由端移动的距离，根据绳子自由端移动的距离s＝nh求物体上升的高度，根据v＝求出物体匀速上升的速度；
（2）利用W有＝Gh求有用功，利用η＝×100%求滑轮组的机械效率；
（3）利用不计绳重和摩擦时F＝（F拉+G动）求物体受到的拉力，根据力的平衡条件求出地面对物体的支持力，根据力的作用是相互的求出物体对地面的压力，根据p＝求物体对地面的压强。
【解答】解：（1）由图可知n＝3，因为不计绳重和摩擦时F＝（G+G动），所以动滑轮的重力：G动＝nF﹣G＝3×500N﹣1200N＝300N；
由W总＝Fs可知，绳子自由端移动的距离：s＝＝＝1.2m，
物体上升的高度：h＝＝＝0.4m，
物体匀速上升的速度：v＝＝＝0.04m/s；
（2）拉力做的有用功：W有＝Gh＝1200N×0.4m＝480J，
滑轮组的机械效率：η＝×100%＝×100%＝80%；
（3）因为不计绳重和摩擦时F＝（F拉+G动），所以物体受到的拉力：F拉＝nF'﹣G动＝3×200N﹣300N＝300N，
由力的平衡条件可知，地面对物体的支持力：F支＝G﹣F拉＝1200N﹣300N＝900N，
由力的作用是相互的可知，物体对地面的压力：F压＝F支＝900N，
物体对地面的压强：p＝＝＝4.5×104Pa。
答：（1）动滑轮所受的重力为300N，物体匀速上升的速度为0.04m/s；
（2）该滑轮组提升重物的机械效率为80%；
（3）若牵引车的拉力为200N时，物体对地面的压强为4.5×104Pa。
【点评】本题考查力的平衡条件、压强定义式、使用滑轮组时绳子自由端拉力公式、功和功率公式以及机械效率公式的应用，关键是从图中得出滑轮组绳子的有效股数。
27．（8分）如图甲所示是家用电暖器，利用电热给煤油加热取暖。图乙为其简化的电路原理图，已知电阻R1＜R2，铭牌见表。在电暖器跌倒时，跌倒开关S自动断开，切断电源，保证安全，电暖器有“高温挡”、“中温挡”和“低温挡”三个挡位。
电暖器
额定电压
220V
额定功率
低温挡

中温挡
1000W
高温挡
1500W
频率
50Hz
煤油质量
20kg
（1）当闭合开关S和 　S2　时，电暖器在低温挡正常工作，此时的功率为 　500　W、电流为 　2.27　A。
（2）求R1的电阻；
（3）如果电加热器的加热效率为75%，使用中温挡时，煤油升温5℃需要多长时间？煤油的比热容为2.1×103J/（kg•℃）。

【分析】（1）由图乙可知，当开关S、S1闭合、S2断开时，只有R1工作，当开关S、S2闭合、S1断开时，只有R2工作，当开关S、S1、S2都闭合时，R1、R2并联；根据并联电路的特点、R1和R2的大小关系以及P＝可知电加热器高温挡、中温挡和低温挡的电路连接；根据P低温＝P高温﹣P中温求出低温挡的工作；根据P＝UI求出此时的电流；
（2）根据中温挡功率和P＝可求出R1的阻值；
（3）利用Q吸＝cmΔt求出煤油吸收的热量，根据η＝×100%求电加热器消耗的电能，根据P＝求需要工作的时间。
【解答】解：
（1）已知R1＞R2，电源电压一定，由P＝UI＝可知，电路电阻越大，功率越小，
当S、S1、S2都闭合时，R1、R2并联，由并联电路的特点可知，电路中的电阻最小，电功率最大，为高温挡，
当S、S2都闭合时，只有R2工作，电路中的电阻最大，电功率最小，为低温挡，
当S、S1都闭合时，只有R1工作，此时电功率较大，为中温挡，
则低温挡的电功率P低温＝P高温﹣P中温＝1500W﹣1000W＝500W，
由P＝UI可知，低温挡工作时的电流：I低温＝＝≈2.27A；
（2）由P＝可知，R1的阻值：R1＝＝＝48.4Ω；
（3）煤油吸收的热量：Q吸＝cmΔt＝2.1×103J/（kg•℃）×20kg×5℃＝2.1×105J；
由η＝可知，电加热器消耗的电能：W＝＝＝2.8×105J，
由P＝可知，需要的时间：t′＝＝＝280s。
答：（1）S2；500；2.27；
（2）R1的电阻是48.4Ω；
（3）如果电加热器的加热效率为75%，使用中温挡时，煤油升温5℃需要的时间为280s。
【点评】本题考查并联电路的特点、电功率公式、热吸热公式和效率公式的运用，解题的关键是分析各挡位的电路结构。
28．（7分）小明利用电子秤、烧杯、水和一根细线测量一块玉镯的密度，他的操作过程及对应电子秤示数如图甲、乙、丙所示。已知ρ水＝1.0×103kg/m3，取g＝10N/kg。

（1）该玉镯的质量为 　70　g，丙图中细线的拉力为 　0.45　N。
（2）求丙图中玉镯所受浮力的大小；
（3）求玉镯的密度。
【分析】（1）根据m＝m乙﹣m甲可知该玉镯的质量；根据G＝m乙g可知烧杯、水和玉镯的总重力，
根据F＝G′＝m丙g可知烧杯对电子秤的压力，根据F拉＝G﹣F得出丙图中细线的拉力；
（2）根据G＝mg得出玉镯所受重力，根据F浮＝G﹣F拉得出玉镯所受浮力；
（3）根据V＝V排＝得出玉镯体积，根据密度公式得出玉玉镯的密度。
【解答】解：（1）根据甲、乙两图可知该玉镯的质量m＝m乙﹣m甲＝270g﹣200g＝70g＝0.07kg；
根据乙图可知烧杯、水和玉镯的总重力G＝m乙g＝kg×10N/kg＝2.7N，
根据丙图可知烧杯对电子秤的压力F＝G′＝m丙g＝kg×10N/kg＝2.25N，
两图中细线的拉力F拉＝G﹣F＝2.7N﹣2.25N＝0.45N；
（2）玉镯所受重力G玉＝mg＝0.07kg×10N/kg＝0.7N，
玉镯所受浮力F浮＝G﹣F拉＝0.7N﹣0.45N＝0.25N；
（3）根据阿基米德原理可知玉镯体积V＝V排＝＝＝2.5×10﹣5m3，
玉玉镯的密度ρ＝＝＝2.8×103kg/m3。
故答案为：（1）70；0.45；
（2）丙图中玉镯所受浮力的大小为0.25N；
（3）玉镯的密度为2.8×103kg/m3。
【点评】本题考查浮力和密度的有关计算，关键是从图中得出有用信息。
29．（6分）为了用电压表和电流表测电阻，同学们做了如下实验：
（1）如图甲是小明测电阻的电路图，他进行了下列操作：

①闭合开关前，滑片P应置于滑动变阻器的最 　右　（右/左）端；
②按图甲正确连接好电路，试触时，发现电流表的指针偏转角很小，移动滑片P时指针偏转角仍较小，检查后发现是电表连接出现问题，该问题可能是 　电流表量程过大　；
③问题解决后，某次实验中电流表示数为0.24A时，电压表示数如图乙所示，则此时电压U＝　2.4　V、阻值R＝　10　Ω。
（2）测温手环里的测温头是一个高灵敏度的热敏电阻。小华将三个废旧手环中的测温头A、B、C拆下后分别接入图丙所示电路（电源电压不变），获得了图丁所示的电流﹣温度图像，由图像可知：
①随着温度的升高，测温头C的电阻值 　减小　（增大/不变/减小）；
②灵敏度最高的测温头是 　A　（A/B/C）。
【分析】（1）①为保护电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置阻值最大处；
②用电流表测量电流，电流表应选用合适的量程，否则电流表指针偏转角度过大或过小；
③根据电压表选用小量程确定分度，然后读数，由欧姆定律求出该电阻的阻值；
（2）①由欧姆定律I＝知，电压一定时，电阻变小，电流变大；
②温度变化相同，电流变化大的灵敏度高。
【解答】解；（1）①闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于最右端，即阻值最大处，目的是保护电路；
②正确连接好电路，“试触”时，发现电流表的指针偏转很小；移动滑动变阻器的滑片，发现指针偏转仍然较小，产生该现象的原因可能是电流表量程选大了；
③由图乙知，电压表选用小量程，分度值为0.1V，示数为2.4V，即被测电阻两端的电压为2.4V；由欧姆定律I＝得，该电阻的阻值为：R＝＝10Ω；
（2）①由丁图知，随着温度的升高，测温头C的电流变大，由欧姆定律I＝知其电阻值减小；
②温度变化相同时，测温头A的电流变化量最大，所以，灵敏度最高的测温头是A。
故答案为：（1）①右；②电流表量程过大；③2.4；10；（2）①减小；②A。
【点评】（1）本题用伏安法测电阻，考查注意事项、电表读数及欧姆定律的应用，难度不大，要熟记这些知识；
（2）本题通过测温头的原理和灵敏度的分析，考查了欧姆定律的应用，关键是从电流﹣温度图像中获得有用信息。
30．（8分）兴趣小组通过实验观察同一物质物态变化时温度随时间的变化特点。
（1）小明用如图甲所示的装置对冰加热。根据实验记录，绘制了冰熔化时温度随时间变化的图像如图乙所示。由图像可知：

①冰是 　晶　（晶体/非晶体）；在时间t＝10min时，杯里的物质处于 　固液混合　态；冰的熔化过程持续了 　10　min；
②假设实验过程中烧杯内物质质量不变，且在相同时间内吸收的热量相等，则图中AB、CD段杯内物质吸收热量之比为 　1：2　，冰与水的比热容之比为 　1：2　。
（2）继续加热，当水温为89℃时，每隔一分钟记录一次水的温度，在时间t＝2min时温度计的示数如图丙所示，为 　93　℃。
（3）将记录的数据在坐标系中描点如图丁所示，请根据描点，在图丁中绘制出水的温度随时间变化的关系图线。
【分析】（1）晶体有一定的熔点，在熔化过程中，温度不变；非晶体没有一定的熔点，在熔化过程中温度不断升高；晶体在熔化前是固态；熔化过程中处于固液混合态；熔化完后处于液态；并由此计算冰的熔化过程持续的时间；
（2）由图乙知，AB、CD段吸收热量的时间之比为1：2，根据相同时间吸收的热量相同，可求出AB、CD段杯内物质吸收热量之比为；根据Q吸＝cm（t﹣t0）可求出冰与水的比热容之比；
（3）温度计读数时，要先确定分度值，再确定是零下还是零上，最后再读数；
（4）剔除误差点，用平滑的曲线连接各点，绘制出水的温度随时间变化的关系图线。
【解答】解：（1）①冰是晶体；在时间t＝10min时，杯里的物质处于固液混合态；冰的熔化过程持续的时间为：15min﹣5min＝10min；
②由图乙知，tAB：tCD＝1：2，根据相同时间吸收的热量相同，QAB：QCD＝1：2；
根据Q吸＝cm（t﹣t0）得，＝；
（2）温度计的分度值是1℃，此时是零上，液柱上表面对准了90℃上面第3个小格处，读作93℃；
（3）剔除误差点，用平滑的曲线连接各点，水的温度随时间变化的关系图线如下：

故答案为：（1）①晶体；固液混合；10；②1：2；1：2；（2）93；（3）见解答图。
【点评】此题考查温度计的正确使用及读数、沸点与气压的关系、水熔化时的特点、吸热公式的应用、绘制水的温度随时间变化的关系图线等知识，属于综合题目。
31．（6分）小明做“探究凸透镜成像规律”实验：

（1）用平行光平行于凸透镜的主光轴照射如图甲所示，则此凸透镜的焦距为 　10.0　cm。
（2）实验中当蜡烛、凸透镜、光屏的位置如图乙所示时，光屏上出现清晰的倒立、　缩小　（放大/缩小）的实像；若保持透镜位置不变，将蜡烛移至35cm处，则需将光屏向右移动 　15　cm，就可再现清晰的像；此时若取走光屏，则 　C　（填字母）。
A.烛焰不能成像
B.烛焰仍能成像，但不能用眼睛直接观察到
C.烛焰仍能成像，也能用眼睛直接观察到
（3）在图乙情形下，将一眼镜紧贴在凸透镜的前面，要将光屏向左移动，才能在光屏上再次得到清晰的像，此眼镜对光有 　会聚　作用，应为 　远　（近/远）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u＞2f时，成倒立、缩小的实像；在光的折射中，光路是可逆的；实像既可以成在光屏上，也能用眼睛直接观察到；
（3）远视眼镜是凸透镜，凸透镜对光线具有会聚作用。
【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＝40.0cm﹣30.0cm＝10.0cm；
（2）实验中当蜡烛、凸透镜、光屏的位置如图乙所示，此时物距u＝50.0cm﹣20.0cm＝30.0cm＞2f，根据u＞2f时，成倒立、缩小的实像；
若保持透镜位置不变，将蜡烛移至35cm处，此时物距等于上次成像时的像距，根据在光的折射中，光路是可逆的可知，要在光屏上再现清晰的像，应使像距等于上次成像时的物距，即将光屏向右移动15cm；
实像既可以成在光屏上，也能用眼睛直接观察到，即取走光屏，烛焰仍能成像，也能用眼睛直接观察到，故选：C；
（3）在图乙情形下，将一眼镜紧贴在凸透镜的前面，要将光屏向左移动，才能在光屏上再次得到清晰的像，说明该眼镜对光线具有会聚作用，使光线提前会聚成像，远视眼镜是凸透镜，凸透镜对光线具有会聚作用。
故答案为：（1）10.0；（2）缩小；15；C；（3）会聚；远。
【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。