2023年安徽省合肥市名校联盟中考物理模拟试卷（二）

这是一份2023年安徽省合肥市名校联盟中考物理模拟试卷（二），共26页。试卷主要包含了填空题，选择题，实验题，计算与推导题等内容，欢迎下载使用。
2023年安徽省合肥市名校联盟中考物理模拟试卷（二）
一、填空题（作图2分，每空2分，共20分）
1．（2分）北京冬奥会赛道上的雪是利用造雪机将液态的水粉碎成雾状的小水滴，当小水滴遇到寒冷的外部空气 　 　（填写物态变化名称）成小冰晶。
2．（2分）“蝉噪林逾静，鸟鸣山更幽”诗句中，“蝉”和“鸟”叫声的区分依据的是声音的　 　不同。
3．（2分）如图所示，一块橡皮放在水平放置的文具盒上，并随文具盒一起向左做匀速直线运动，请在图中作出橡皮所受力的示意图。

4．（2分）小亮利用天平和量杯测量了液体和量杯的总质量m及液体的体积V，得到了几组数据并画出了m﹣V图像如图所示。当量杯内装入的液体体积为50cm3时，量杯及液体的总质量为 　 　g。

5．（2分）如图所示，来自远方物体的光，经眼球折光系统折射后成像，根据该光路图，这个人需配戴装有　 　镜的眼镜加以矫正。

6．（2分）如图所示，当导体ab在磁场中左右运动时，灵敏电流计指针会发生左右摆动，这个现象是科学家法拉第于1831年发现的，利用此现象可以制成 　 　（选填“电动机”或“发电机”）。

7．（2分）风沿着墙面吹过时，开着的窗口处悬挂着的薄纱窗帘会飘向窗外，这是由于 　 　。
8．（2分）如图所示，轻质杠杆可绕O点转动，在杠杆的中点处悬挂重物，在杠杆的最右端施加一个竖直向上的力F，使杠杆保持水平平衡，保持力F方向不变，将杠杆沿逆时针方向缓慢转动，则力F将 　 　（选填“变大”、“变小”、“不变”）。

9．（2分）如图所示的电路，电源电压恒定，R1＝20Ω，R2＝10Ω，当开关S1闭合，开关S2、S3断开时，电流表的示数为0.6A。当开关S2闭合，开关S1、S3断开时，电流表示数为 　 　A。

10．（2分）如图所示的电路，R1为定值电阻，滑动变阻器R2的最大阻值为60Ω，电源电压保持不变。闭合开关S，滑动变阻器R2的滑片P从最右端滑到最左端的过程中，电流表示数的变化范围是0.2A～0.6A，则R1的功率最大值是 　 　W。

二、选择题（每小题2分，共14分；每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的）
11．（2分）甲、乙两同学同时同地沿平直公路向同一个方向行走，0～10min内，他们行走的路程s随时间t变化的规律如图所示，下列说法中正确的是（　　）

A．在0﹣10min内，甲、乙两同学一直都在做匀速直线运动
B．第8min末甲、乙两同学相遇，在0﹣8min内乙同学的平均速度是0.5m/s
C．在0﹣4min内，甲同学的速度和惯性均比乙同学的小
D．在0﹣10min内，甲、乙两同学之间的最大距离是60m
12．（2分）2022年4月16日9时56分，神舟十三号飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，在太空出差183天的航天员翟志刚、王亚平、叶光富终于回到地球的怀抱。关于返回舱距地几千米时，降落伞打开，返回舱匀速下降时，动能和势能的变化分析，下列说法中正确的是（　　）

A．动能不变，重力势能减少
B．动能减少，重力势能增加
C．动能增加，重力势能减少
D．动能不变，重力势能不变
13．（2分）有关温度、热量和内能的说法中，正确的是（　　）
A．0℃的物体没有内能
B．物体的温度越高，物体含有的热量就越多
C．热量也可能从内能小的物体向内能大的物体传递
D．做功和热传递在改变内能的效果上是不同的
14．（2分）在“探究凸透镜成像规律”的实验中，蜡烛、凸透镜和光屏在光具座上的位置如图所示，这时烛焰在光屏上恰好成一清晰的像，下列说法中错误的是（　　）

A．凸透镜的焦距的取值范围是12.5cm＜f＜20cm
B．图中凸透镜成像的特点可以应用在投影仪上
C．将蜡烛移到光具座40cm刻度线处，保持凸透镜不动，无论怎样移动光屏都接收不到烛焰的像
D．若在蜡烛和凸透镜之间靠近凸透镜处放一副近视眼镜，应将光屏向左移动才可再次呈现清晰的像
15．（2分）如图所示，圆柱状杯子装有适量水放在水平桌面上。下列受力分析中错误的是（　　）

A．水对杯底的压力大小等于水所受重力大小
B．桌面对杯子的支持力是弹力
C．桌面对杯子的支持力与桌面受到杯子的压力是一对相互作用力
D．杯子所受的重力与桌面对杯子的支持力是一对平衡力
16．（2分）小明家里的一盏电灯不能发光了，换上新的电灯，还是不能发光。于是小明拿来测电笔，闭合开关S后，分别在如图a、b、c、d四个位置进行测量，只有a、b两位置测电笔氖管能发光。则电路故障可能是（　　）

A．a点与火线之间断路 B．a点与b点之间断路
C．b点与c点之间断路 D．c点与d点之间断路
17．（2分）如图，R为光敏电阻，其阻值随光照强度的增大而减小，R1是定值电阻。闭合开关，逐渐增大光敏电阻上的光照强度，电表示数变化情况是（　　）

A．电流表示数变小，电压表示数变大
B．电流表示数变大，电压表示数变小
C．电压表和电流表示数的比值将变小
D．电流表和电压表示数均变大
三、实验题（第18小题4分，第19小题4分，第20小题8分，共16分）
18．（4分）如图所示的是“研究液体内部压强”的实验：

（1）若在使用压强计前，发现U形管内水面已有高度差，如图甲所示，则可以通过 　 　（选填字母序号）方法进行调节；
A.从U形管内向外倒出适量水
B.拆除软管重新安装
C.向U形管内加适量水
（2）比较乙、丙、丁实验现象可知，液体内部压强与 　 　有关。
19．（4分）在探究“影响电磁铁磁性强弱的因素”实验中，小明制成简易电磁铁甲、乙，并设计了如图所示的电路。
（1）电磁铁磁性的强弱是通过观察 　 　来确定的。
（2）根据图示的实验情境可知，　 　，电磁铁磁性越强。

20．（8分）某实验小组用如图所示的装置做“探究电流和电压的关系”的实验，实验器材有电源（电压恒为4.5V），滑动变阻器（40Ω，1A），定值电阻R、电压表、电流表和开关各一个，导线若干。
（1）用笔画线代替导线，将图中的实物电路连接完整。
（2）正确连接电路后，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片P，依次使电压表的读数为1V、2V、3V，同时读取电流表的读数填入下列表格。为了进行表格中的第4次实验，需要完成的操作是 　 　。
实验序号
1
2
3
4
电压/V
1
2
3
4
电流/A
0.1
0.2
0.3
0.4
（3）根据表格中的实验数据，可以得到定值电阻R的阻值；同时通过计算确定电阻R两端的最小电压为 　 　V。
（4）同组的同学利用相同器材连接电路也进行了实验，却得出“电阻一定时，电流随电压的增大而减小”的结论，其原因是 　 　。

四、计算与推导题（第21小题6分，第22小题7分，第23小题7分，共20分；解答要有必要的公式和解答过程，只有最后答案的不能得分）
21．（6分）如图所示，水平地面上放着质量为42kg的物体A，用如图所示的滑轮组使物体A以0.2m/s的速度匀速上升，此时滑轮组的机械效率是84%。不计绳重及绳与滑轮之间的摩擦，g＝10N/kg。求：
（1）动滑轮的重力；
（2）人拉绳做功的功率。

22．（7分）如图所示，一个底面积为1.5×10⁻2m2的薄壁柱形容器静止放在水平桌面上，将一个质量为0.8kg，边长为0.1m的实心正方体物块A放在容器底部，物块A与容器底部不密合，已知水的密度ρ水＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg。求：
（1）物块A对容器底的压强；
（2）若沿侧壁向容器中缓慢注入水，且水始终未溢出，当容器中水的深度达到多少米时，物块A刚好处于漂浮状态？
（3）当物块A在容器中刚好处于漂浮状态时，容器中所注入的水的质量为多少千克？

23．（7分）如图甲是一款有加热、保温两挡功能的电热水壶，图乙是其简化电路图，铭牌如表所示，其加热功率已模糊不清，R2的阻值为396Ω。在1个标准大气压下，用该壶正常加热10min，可将一满壶初温为30℃的水烧开。[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]请你计算：
（1）一满壶水烧开需要吸收的热量；
（2）电阻R1的阻值；
（3）该热水壶的加热效率（保留到1%）。
xxx牌电热养生壶
满壶水质量
2kg
额定电压
220V
加热功率
×××W
保温功率
110W


2023年安徽省合肥市名校联盟中考物理模拟试卷（二）
参考答案与试题解析
一、填空题（作图2分，每空2分，共20分）
1．（2分）北京冬奥会赛道上的雪是利用造雪机将液态的水粉碎成雾状的小水滴，当小水滴遇到寒冷的外部空气 　凝固　（填写物态变化名称）成小冰晶。
【分析】物质从液态变为固态的过程叫做凝固，凝固要放出热量。
【解答】解：人工造雪是由液态变成固态，是凝固现象。
故答案为：凝固。
【点评】分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态。
2．（2分）“蝉噪林逾静，鸟鸣山更幽”诗句中，“蝉”和“鸟”叫声的区分依据的是声音的　音色　不同。
【分析】声音是由物体的振动产生的；音色反映的是声音的品质与特色，它跟发声体的材料和结构有关。
【解答】解：“蝉噪林逾静，鸟鸣山更幽”诗句中，“蝉”和“鸟”叫声的区分依据的是声音的音色判断的。
故答案为：音色
【点评】该题考查了同学们对音色的理解，是一道基础题。
3．（2分）如图所示，一块橡皮放在水平放置的文具盒上，并随文具盒一起向左做匀速直线运动，请在图中作出橡皮所受力的示意图。

【分析】橡皮做水平方向向左匀速运动，物体受到两个力：它的重力G，文具盒对它的支持力F，这两个力是一对平衡力，大小相等，方向相反，且作用在同一直线上，作用点在物体的重心。
【解答】解：
由于橡皮和文具盒一起匀速运动，相对静止，所以橡皮不受摩擦力的作用，只受重力和支持力的作用；
然后过重心沿竖直向下的方向和竖直向上的方向分别画一条有向线段表示出重力G和支持力F支，注意作图时两条线段的长度要相等。如图所示：

【点评】物体匀速运动时，受平衡力：这两个力是一对平衡力，大小相等，方向相反，且作用在同一直线上，作用点在物体的重心。易错点：确定不准是否受摩擦力。
4．（2分）小亮利用天平和量杯测量了液体和量杯的总质量m及液体的体积V，得到了几组数据并画出了m﹣V图像如图所示。当量杯内装入的液体体积为50cm3时，量杯及液体的总质量为 　70　g。

【分析】设量杯的质量为m杯，液体的密度为ρ，读图可知，当液体体积为V1＝20cm3时，液体和量杯的总质量m总1；当液体体积为V2＝80cm3时，液体和量杯的总质量m总2，列方程组求出液体密度和量杯的质量；
当液体的体积V3＝50cm3，利用m＝ρV求液体质量，进而求出量杯和液体的总质量。
【解答】解：设量杯的质量为m杯，液体的密度为ρ，
读图可知，当液体体积为V1＝20cm3时，液体和量杯的总质量m总1＝m1+m杯＝40g，
根据ρ＝可得m＝ρV，
则有：ρ×20cm3+m杯＝40g﹣﹣﹣﹣﹣①
当液体体积为V2＝80cm3时，液体和量杯的总质量m总2＝m2+m杯＝100g，
可得：ρ×80cm3+m杯＝100g﹣﹣﹣﹣﹣②
②﹣①可得液体的密度：
ρ＝＝1g/cm3，
当液体的体积V3＝50cm3，液体的质量：
m3＝ρV3＝1g/cm3×50cm3＝50g，
量杯及液体的总质量：m总＝m3+m杯＝50g+20g＝70g。
故答案为：70。
【点评】读取图像获取信息，进一步进行分析和计算，是本题的一大特点，形式较为新颖，即考查了密度的相关计算，同时更考查了对图像的认识，值得我们关注，这也是我们应该锻炼的实验能力。
5．（2分）如图所示，来自远方物体的光，经眼球折光系统折射后成像，根据该光路图，这个人需配戴装有　凸透　镜的眼镜加以矫正。

【分析】要解答本题需掌握：①人的眼睛像一架神奇的照相机，外界物体在视网膜上成倒立、缩小的实像；
②远视眼是像成在视网膜的后方。应配戴凸透镜。
【解答】解：人眼的晶状体相当于凸透镜，视网膜相当于光屏，外界物体在视网膜上成倒立的实像；
根据题干中图可知所成的像在视网膜的后方，为了使像正好呈在视网膜上，应使光线提前会聚，即使所成的像相对于晶状体前移，所以应佩戴会聚透镜，即凸透镜。
故答案为：凸透。
【点评】本题考查学生对眼睛及其视物原理的了解和掌握，以及对远视眼的成因和矫正方法的掌握。
6．（2分）如图所示，当导体ab在磁场中左右运动时，灵敏电流计指针会发生左右摆动，这个现象是科学家法拉第于1831年发现的，利用此现象可以制成 　发电机　（选填“电动机”或“发电机”）。

【分析】闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时产生感应电流，这叫电磁感应现象；利用电磁感应现象可以制成发电机、动圈式话筒。
【解答】解：装置图是闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，通过灵敏电流计来显示电流，此现象应是电磁感应现象，这个现象是科学家法拉第于1831年发现的；发电机就是根据这一原理制成的；电动机原理是通电线圈在磁场中受力转动。
故答案为：发电机。
【点评】本题考查了物理学史和电磁感应现象，属于基础题。
7．（2分）风沿着墙面吹过时，开着的窗口处悬挂着的薄纱窗帘会飘向窗外，这是由于 　窗外空气流速快、压强小，窗内空气流速慢、压强大　。
【分析】在流体中，流动速度越大的位置，压强越小。
【解答】解：
风沿着外墙吹过时，窗户外侧空气流速大、压强小，内侧空气流速慢、压强大，所以窗口处悬挂着的薄纱窗帘飘向窗外。
故答案为：窗外空气流速快、压强小，窗内空气流速慢、压强大。
【点评】本题考查流体压强与流速的关系，难度不大。
8．（2分）如图所示，轻质杠杆可绕O点转动，在杠杆的中点处悬挂重物，在杠杆的最右端施加一个竖直向上的力F，使杠杆保持水平平衡，保持力F方向不变，将杠杆沿逆时针方向缓慢转动，则力F将 　不变　（选填“变大”、“变小”、“不变”）。

【分析】分析杠杆转动前后动力臂与阻力臂的大小关系，由杠杆的平衡条件分析力F的变化。
【解答】解：假设杠杆在水平位置平衡时处于A位置，将杠杆沿逆时针方向缓慢转动到B位置，如图所示：
；
杠杆在A位置，LOA＝2LOC，由杠杆平衡得，FLOA＝GLOC，则F＝＝G；
杠杆在B位置，OA′为动力臂，OC′为阻力臂，阻力不变为G，
由ΔOC′D∽ΔOA′B得，＝＝，
由杠杆平衡得，F′LOA′＝GLOC′，则F′＝＝G；
由此可知当杠杆从A位置匀速提到B位置的过程中，力F的力臂将变小，但力F的大小不变。
故答案为：不变。
【点评】本题考查了学生对杠杆平衡条件的了解和掌握，能画出杠杆在B位置的力臂并借助三角形相似确定其关系是本题的关键。
9．（2分）如图所示的电路，电源电压恒定，R1＝20Ω，R2＝10Ω，当开关S1闭合，开关S2、S3断开时，电流表的示数为0.6A。当开关S2闭合，开关S1、S3断开时，电流表示数为 　0.2　A。

【分析】当S1闭合，S2、S3断开时，只有R2连入电路中，根据欧姆定律求出电源电压；
当S2闭合，S1、S3断开时，R1与R2串联，由串联电路特点和欧姆定律求出电流表示数。
【解答】解：由电路图知，当S1闭合，S2、S3断开时，只有R2连入电路中，电流表测R2的电流，由欧姆定律可得电源电压：U＝U2＝I2R2＝0.6A×10Ω＝6V；
由电路图知，当S2闭合，S1、S3断开时，R1与R2串联，电流表测电路的电流，
串联电路总电阻等于各部分电阻之和，则此时电路总电阻R＝R1+R2＝20Ω+10Ω＝30Ω，
根据欧姆定律可得电流表示数：I＝＝＝0.2A。
故答案为：0.2。
【点评】本题考查串联电路特点和欧姆定律的灵活运用，属于基础题。
10．（2分）如图所示的电路，R1为定值电阻，滑动变阻器R2的最大阻值为60Ω，电源电压保持不变。闭合开关S，滑动变阻器R2的滑片P从最右端滑到最左端的过程中，电流表示数的变化范围是0.2A～0.6A，则R1的功率最大值是 　10.8　W。

【分析】根据电路图可知定值电阻R1与滑动变阻器R2串联，电流表测电路中的电流，根据串联电路的电阻特点和欧姆定律表示出电源电压，解方程求出定值电阻R1的阻值和电源电压，根据P＝UI＝I2R可知，电路中电流最大时，定值电阻R1的电功率最大，进而求出R1功率的最大值。
【解答】解：由电路图可知定值电阻R1与滑动变阻器R2串联，电流表测电路中的电流，
当滑动变阻器的滑片在最左端时，滑动变阻器R2接入电路的电阻为零，电路中电阻最小，由欧姆定律可知，此时电路中的电流最大I大＝0.6A，
由欧姆定律可知，电源电压：U＝I大R1＝0.6A×R1……①
当滑动变阻器的滑片在最右端时，滑动变阻器R2接入电路的电阻最大，电路中电阻最大，由欧姆定律可知，此时电路中的电流最小I小＝0.2A，
由串联电路的电阻特点和欧姆定律可知，电源电压：U＝I小（R1+R大）＝0.2A×（R1+60Ω）……②
由①②解得：R1＝30Ω，U＝18V；
由P＝UI＝I2R可知，电路中电流最大时，定值电阻R1的电功率最大，
则R1的功率最大值：P1大＝I大2R1＝（0.6A）2×30Ω＝10.8W。
故答案为：10.8。
【点评】本题考查串联电路的特点、欧姆定律和电功率公式的应用，根据串联电路的电阻特点和欧姆定律表示出电源电压，解方程求出定值电阻R1的阻值和电源电压是解题的关键。
二、选择题（每小题2分，共14分；每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的）
11．（2分）甲、乙两同学同时同地沿平直公路向同一个方向行走，0～10min内，他们行走的路程s随时间t变化的规律如图所示，下列说法中正确的是（　　）

A．在0﹣10min内，甲、乙两同学一直都在做匀速直线运动
B．第8min末甲、乙两同学相遇，在0﹣8min内乙同学的平均速度是0.5m/s
C．在0﹣4min内，甲同学的速度和惯性均比乙同学的小
D．在0﹣10min内，甲、乙两同学之间的最大距离是60m
【分析】先要明确图象中横、纵坐标表示的物理量分别是什么；其次注意认清横坐标和纵坐标上各表示的最小分格的数值大小和单位；再次是明确图象所表示的物理意义；最后对照各个选项提出的问题作出判断。惯性是物体的属性，与质量有关。
【解答】解：由图可知，乙同学在4﹣10min内路对应的路程始终不变，即处于静止状态，而甲是路程与时间成正比，是匀速直线运动，故A错误；
B、从开始到第8min末，甲、乙两同学所走的路程相等，都是240m，即第8min末甲、乙两同学相遇；
在0﹣8min内，乙同学的平均速度，故B正确；
C、在0﹣4min内，甲同学的速度，乙同学的速度：＝1m/s，甲同学的速度小于乙同学的速度，
因为不知道甲同学和乙同学的质量，所以无法比较其惯性大小，故C错误；
D、由图像可知，第4min时，甲、乙两同学相距s′＝240m﹣120m＝120m，该距离为相距的最大距离，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查对运动的图象的认识和理解，属于一道基础题。
12．（2分）2022年4月16日9时56分，神舟十三号飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，在太空出差183天的航天员翟志刚、王亚平、叶光富终于回到地球的怀抱。关于返回舱距地几千米时，降落伞打开，返回舱匀速下降时，动能和势能的变化分析，下列说法中正确的是（　　）

A．动能不变，重力势能减少
B．动能减少，重力势能增加
C．动能增加，重力势能减少
D．动能不变，重力势能不变
【分析】动能大小的影响因素：质量、速度，质量越大，速度越大，动能越大；重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度，质量越大，高度越高，重力势能越大。
【解答】解：返回舱匀速下降时，质量不变，速度变小，动能不变；质量不变，高度变小，重力势能减少。
故选：A。
【点评】本题考查对动能、重力势能的影响因素的理解，基础题。
13．（2分）有关温度、热量和内能的说法中，正确的是（　　）
A．0℃的物体没有内能
B．物体的温度越高，物体含有的热量就越多
C．热量也可能从内能小的物体向内能大的物体传递
D．做功和热传递在改变内能的效果上是不同的
【分析】（1）任何物体都有内能；
（2）热量是过程量，应该用“吸收”或“放出”来修饰；
（3）热传递的条件是物体之间有温度差，高温物体将能量向低温物体传递，直至各物体温度相同；
（4）做功和热传递在改变内能的效果上是等效的，区别在于做功是其他形式的能转化为内能，热传递则是内能在物体间发生转移。
【解答】解：A、任何物体都有内能，0℃的物体也具有内能，故A错误；
B、热量是过程量，不能说物体具有热量，故B错误；
C、热量总是从高温物体传向低温物体，内能大的物体的温度不一定高，热量也可能从内能小的物体向内能大的物体传递，故C正确；
D、改变内能的两种方式是做功和热传递，热传递是内能的转移，做功是能量的转化，两者只是方式不同，效果是相同的，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查温度、热量与内能的关系、热传递现象以及改变内能的方式，难度不大。
14．（2分）在“探究凸透镜成像规律”的实验中，蜡烛、凸透镜和光屏在光具座上的位置如图所示，这时烛焰在光屏上恰好成一清晰的像，下列说法中错误的是（　　）

A．凸透镜的焦距的取值范围是12.5cm＜f＜20cm
B．图中凸透镜成像的特点可以应用在投影仪上
C．将蜡烛移到光具座40cm刻度线处，保持凸透镜不动，无论怎样移动光屏都接收不到烛焰的像
D．若在蜡烛和凸透镜之间靠近凸透镜处放一副近视眼镜，应将光屏向左移动才可再次呈现清晰的像
【分析】（1）光屏上能承接到的像是实像。凸透镜成实像时，物距大于像距，成倒立缩小的实像；物距等于像距时，成倒立等大的实像；物距小于像距时，成倒立放大的实像。
（2）凸透镜成实像时，物距减小，像距增大，像变大。
（3）凹透镜对光线有发散作用，能使光线的会聚点推迟延后，可以用来矫正近视眼；根据凹透镜的作用和凸透镜成实像时物近像远像变大的特点可判断应进行的操作。
【解答】解：A、由图可知，物距u＝25cm，v＝40cm，物距u＜v，f＜25cm＜2f，解得，12.5cm＜f＜25cm，40cm＞2f，解得，f＜20cm，由以上解得，12.5cm＜f＜20cm，故A正确；
B、u＜v，成倒立放大的实像，与投影仪的成像原理相同，故B正确；
C、由图可知，像距v＞2f，2f＞u＞f，所以20cm＞f＞12.5cm，当将蜡烛移到光具座40cm刻度线处，此时物距u＝10cm＜f，焦点内不成像，故C正确；
D、近视眼镜的镜片为凹透镜，对光有发散作用，可使光线的会聚点推迟延后。因此，不改变眼镜和透镜的位置，要使光屏上再次呈现清晰的像，可以将光屏向远离凸透镜的方向移动适当距离，故D错误。
故选：D。
【点评】根据物距和焦距，像距和焦距能判断凸透镜成像情况：
u＞2f，成倒立、缩小的实像，2f＞v＞f。
2f＞u＞f，成倒立、放大的实像，v＞2f。
u＜f，成正立、放大的虚像。
15．（2分）如图所示，圆柱状杯子装有适量水放在水平桌面上。下列受力分析中错误的是（　　）

A．水对杯底的压力大小等于水所受重力大小
B．桌面对杯子的支持力是弹力
C．桌面对杯子的支持力与桌面受到杯子的压力是一对相互作用力
D．杯子所受的重力与桌面对杯子的支持力是一对平衡力
【分析】（1）对于水对容器底的压力，必须是柱状的容器中，液体的重力才与对底面的压力相等；
（2）物体发生弹性形变时产生的力叫做弹力；
（3）一对相互作用力是作用在不同物体上，大小相等、方向相反、作用在同一直线上；
（4）一对平衡力必须符合四个条件：大小相等、方向相反、作用在同一物体上、作用在同一直线上。
【解答】解：A．由图可知，圆柱状杯子中对杯底的压力F＝pS＝ρghS＝G（（容器的底面积为S），对容器底的压力等于所装的重力，故A正确；
B．支持力的实质是弹力，桌面对杯子的支持力属于弹力的范畴，故B正确；
C．桌面对杯子的支持力与桌面受到杯子的压力，大小相等、方向相反、作用在同一条直线上、作用在两个物体上，是一对相互作用力，故C正确；
D．桌面对杯子的支持力等于杯子和水的重力之和，杯子所受的重力与桌面对杯子的支持力，大小不相等，不是一对平衡力，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查了弹力、平衡力的辨别、相互作用力的特点、压力与重力的关系等，尤其注意本题中杯中是装有一定量的水的，并且只有柱状容器中，水的重力才与水对容器底面的压力相等。
16．（2分）小明家里的一盏电灯不能发光了，换上新的电灯，还是不能发光。于是小明拿来测电笔，闭合开关S后，分别在如图a、b、c、d四个位置进行测量，只有a、b两位置测电笔氖管能发光。则电路故障可能是（　　）

A．a点与火线之间断路 B．a点与b点之间断路
C．b点与c点之间断路 D．c点与d点之间断路
【分析】使用测电笔时，用手接触笔尾的金属体，笔尖接触被检测电线，若测电笔氖管发光，则被检测的电线是火线，否则为零线；测电笔测试图中的a、b、c、d四点，只有a、b两位置都能使测电笔发光，说明a、b与火线连通的，据此判断。
【解答】解：小明家里的一盏电灯不能发光了，换上新的电灯，还是不能发光，这表明此电路中出现了断路故障；a、b两个位置都能使测电笔发光，说明这两点与火线是接通的，而c不能使得测电笔发光，说明c与火线断开，所以故障是b、c两点之间断路，故C正确。
故选：C。
【点评】本题考查了用测电笔来检测家庭电路的故障，注意在正常情况下，测电笔测火线时应亮，测零线时应不亮。
17．（2分）如图，R为光敏电阻，其阻值随光照强度的增大而减小，R1是定值电阻。闭合开关，逐渐增大光敏电阻上的光照强度，电表示数变化情况是（　　）

A．电流表示数变小，电压表示数变大
B．电流表示数变大，电压表示数变小
C．电压表和电流表示数的比值将变小
D．电流表和电压表示数均变大
【分析】（1）分析电路的连接及电表测量的量，根据已知条件分析R减小，由电阻的串联判断总电阻变化，由欧姆定律，确定电路电流变化；
根据U＝IR分析R1的电压变化，根据串联电路电压的规律，R的电压即电压表示数变化；
（2）由欧姆定律分析电压表和电流表示数的比值变化。
【解答】解：
（1）由图知，两电阻串联，电压表测定值电阻R1的电压，电流表测电路中的电流；
逐渐增大光敏电阻上的光照强度，由题意可知光敏电阻R的阻值减小，则电路的总电阻变小，由欧姆定律可知，电流变大，即电流表示数变大；
根据U＝IR可知，定值电阻R1的电压变大，即电压表示数变大，故D正确，AB错误。
（2）由欧姆定律可知，电压表和电流表示数的比值等于定值电阻R1的阻值，则该比值保持不变，故C错误。
故选：D。
【点评】本题考查串联电路的规律及欧姆定律的运用，关键是电路的分析。
三、实验题（第18小题4分，第19小题4分，第20小题8分，共16分）
18．（4分）如图所示的是“研究液体内部压强”的实验：

（1）若在使用压强计前，发现U形管内水面已有高度差，如图甲所示，则可以通过 　B　（选填字母序号）方法进行调节；
A.从U形管内向外倒出适量水
B.拆除软管重新安装
C.向U形管内加适量水
（2）比较乙、丙、丁实验现象可知，液体内部压强与 　液体密度和液体深度　有关。
【分析】（1）U形管右端上方是和大气相通的，等于大气压强；U形管右端液面比较高，就说明U形管左端液面上方的气体压强大于大气压；只要取下软管，让U形管左端液面和大气相通，这样U形管两端的液面就是相平的；
（2）（3）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）若在使用压强计前，发现U形管内水面已有高度差，进行调节时，只需要将软管取下，再重新安装，这样的话，U形管中两管上方的气体压强就是相等的（都等于大气压），当橡皮膜没有受到压强时，U形管中的液面就是相平的，选B；
（3）比较图乙和图丙可知，液体深度相同，液体密度不相同，U形管高度差不相同，且密度越大，U形管液面的高度差越大，所以可以得出结论：同一深度，液体压强的大小与液体密度有关；
比较图丙和图丁可知，液体密度相同，液体深度不相同，U形管高度差不相同，且深度越深，U形管液面的高度差越大，所以可以得出结论：同种液体，液体压强的大小与液体深度有关。
故答案为：（1）B；（2）液体密度和液体深度。
【点评】本题探究影响液体内部压强大小的因素，考查注意事项、液体压强特点和控制变量法和转换法的运用，是一道综合题。
19．（4分）在探究“影响电磁铁磁性强弱的因素”实验中，小明制成简易电磁铁甲、乙，并设计了如图所示的电路。
（1）电磁铁磁性的强弱是通过观察 　吸引大头针的数量　来确定的。
（2）根据图示的实验情境可知，　当电流一定时，线圈匝数越多　，电磁铁磁性越强。

【分析】（1）在探究“影响电磁铁磁性强弱的因素”实验中，电磁铁的磁性强弱用吸引大头针的数量来确定。
（2）电磁铁的磁性强弱与电流的大小和线圈的匝数有关。
【解答】解：（1）电磁铁磁性的强弱是通过观察吸引大头针的数量来确定的。
（2）根据图示的实验情境可知，两个电磁铁串联，电流相同，线圈的匝数不同，匝数多的甲电磁铁通电后，吸引的大头针数量较多，所以当电流一定时，线圈匝数越多，电磁铁磁性越强。
故答案为：（1）吸引大头针的数量；（2）当电流一定时，线圈匝数越多。
【点评】本题考查的是影响电磁铁磁性强弱的因素，关键是知道电磁铁的磁性强弱与电流的大小和线圈的匝数有关。
20．（8分）某实验小组用如图所示的装置做“探究电流和电压的关系”的实验，实验器材有电源（电压恒为4.5V），滑动变阻器（40Ω，1A），定值电阻R、电压表、电流表和开关各一个，导线若干。
（1）用笔画线代替导线，将图中的实物电路连接完整。
（2）正确连接电路后，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片P，依次使电压表的读数为1V、2V、3V，同时读取电流表的读数填入下列表格。为了进行表格中的第4次实验，需要完成的操作是 　断开开关，将电压表的量程换成大量程　。
实验序号
1
2
3
4
电压/V
1
2
3
4
电流/A
0.1
0.2
0.3
0.4
（3）根据表格中的实验数据，可以得到定值电阻R的阻值；同时通过计算确定电阻R两端的最小电压为 　0.9　V。
（4）同组的同学利用相同器材连接电路也进行了实验，却得出“电阻一定时，电流随电压的增大而减小”的结论，其原因是 　将电压表并联在了滑动变阻器的两端　。

【分析】（1）将电流表、滑动变阻器、灯泡串联接入电路，将电压表并联在灯泡两端；
（2）表格中的第4次实验中，定值电阻两端的电压为4V，需要改变电压表的量程，故需要完成的操作是：断开开关，将电压表的量程换成大量程；
（3）根据欧姆定律计算定值电阻R的阻值，根据串联电路的分压规律进行分析；
（4）探究电流与电压的关系，必须保持电阻一定，电压表应该与定值电阻并联；若电压表并联在滑动变阻器两端，则变阻器接入电路的阻值增大时，变阻器两端的电压增大，电路中的电流减小，据此分析。
【解答】解：（1）将电流表、滑动变阻器、灯泡串联接入电路，将电压表并联在灯泡两端，如图所示：
；

（2）表格中的第4次实验中，定值电阻两端的电压为4V，需要改变电压表的量程，故需要完成的操作是：断开开关，将电压表的量程换成大量程；
（3）根据R＝，第1次实验的电阻：R1＝＝＝10Ω，第2次实验的电阻：R2＝＝＝10Ω，第3次实验的电阻：R3＝＝＝10Ω，第4次实验的电阻：R4＝＝＝10Ω，为减小误差，取平均值作为测量结果：R＝＝＝10Ω；
根据串联电路的分压规律，＝，当滑动变阻器接入电路的阻值最大时，定值电阻两端的电压最小，即＝，解得电阻R两端的最小电压U定＝0.9V；
（4）探究电流与电压的关系，必须保持电阻一定，电压表应该与定值电阻并联；若电压表并联在滑动变阻器两端，则滑动变阻器接入电路的阻值增大时，滑动变阻器两端的电压增大，电路中的电流减小。
故答案为：（1）见解答；（2）断开开关，将电压表的量程换成大量程；（3）0.9；（4）将电压表并联在了滑动变阻器的两端。
【点评】本题“探究电流与电压的关系”，考查实物图的连接、数据分析以及欧姆定律的运用。
四、计算与推导题（第21小题6分，第22小题7分，第23小题7分，共20分；解答要有必要的公式和解答过程，只有最后答案的不能得分）
21．（6分）如图所示，水平地面上放着质量为42kg的物体A，用如图所示的滑轮组使物体A以0.2m/s的速度匀速上升，此时滑轮组的机械效率是84%。不计绳重及绳与滑轮之间的摩擦，g＝10N/kg。求：
（1）动滑轮的重力；
（2）人拉绳做功的功率。

【分析】（1）根据G＝mg求物体的重力，利用不计绳重及绳与滑轮之间的摩擦时η＝＝＝＝求动滑轮的重力；
（2）由图可知n＝2，绳子自由端移动的速度v＝nv物，利用不计绳重及绳与滑轮之间的摩擦时F＝（G+G动）求绳子自由端的拉力，利用P＝＝＝Fv求人拉绳做功的功率。
【解答】解：（1）物体的重力：G＝mg＝42kg×10N/kg＝420N，
由不计绳重及绳与滑轮之间的摩擦时η＝＝＝＝可知，动滑轮的重力：G动＝＝×420N＝80N；
（2）由图可知n＝2，绳子自由端移动的速度：v＝nv物＝2×0.2m/s＝0.4m/s，
因为不计绳重及绳与滑轮之间的摩擦，所以绳子自由端的拉力：F＝（G+G动）＝×（420N+80N）＝250N，
则人拉绳做功的功率：P＝＝＝Fv＝250N×0.4m/s＝100W。
答：（1）动滑轮的重力为80N；
（2）人拉绳做功的功率为100W。
【点评】本题考查重力公式、使用滑轮组时绳子自由端拉力公式、功率和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。
22．（7分）如图所示，一个底面积为1.5×10⁻2m2的薄壁柱形容器静止放在水平桌面上，将一个质量为0.8kg，边长为0.1m的实心正方体物块A放在容器底部，物块A与容器底部不密合，已知水的密度ρ水＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg。求：
（1）物块A对容器底的压强；
（2）若沿侧壁向容器中缓慢注入水，且水始终未溢出，当容器中水的深度达到多少米时，物块A刚好处于漂浮状态？
（3）当物块A在容器中刚好处于漂浮状态时，容器中所注入的水的质量为多少千克？

【分析】（1）已知正方体物块A的质量，由G＝mg可求得物块A受到的重力大小；
（2）假设注水后物块A能在容器中处于漂浮状态，根据F浮＝ρ水gV排可求出物块A排开水的体积V排，根据h浸＝求出物块A浸入水中的深度；
（3）根据V水＝（S容﹣SA）h浸求出至少需要水的体积，然后可求得至少需要水的质量。
【解答】解：
（1）物块A对容器底的压力：F＝G＝mg＝0.8kg×10N/kg＝8N；
物块A对容器底的压强：
；
（2）假设注水后物块A刚好能在容器中处于漂浮状态，则物块A受到的浮力为：F浮＝G＝8N；
由F浮＝ρ水gV排可知，物块A排开水的体积为：
，
根据V＝Sh得物块A浸入水中的深度为：
；
要使注水后物块A能在容器中处于漂浮状态，至少需要水的体积为：
V水＝（S容﹣SA）h浸＝（1.5×10﹣2m2﹣0.1m×0.1m）×0.08m＝4×10﹣4m3，
由ρ＝可得至少注入水的质量：
m水＝ρ水V水＝1.0×103kg/m3×4×10﹣4m3＝0.4kg。
答：（1）物块A对容器底的压强为800Pa；
（2）若沿侧壁向容器中缓慢注入水，且水始终未溢出，当容器中水的深度达到0.08m时，物块A刚好处于漂浮状态；
（3）当物块A在容器中刚好处于漂浮状态时，容器中所注入的水的质量为0.4千克。
【点评】本题主要考查压强公式、阿基米德原理公式以及密度公式的应用，计算出注水后物块A能在容器中处于漂浮状态时所需水的体积是解题的关键。
23．（7分）如图甲是一款有加热、保温两挡功能的电热水壶，图乙是其简化电路图，铭牌如表所示，其加热功率已模糊不清，R2的阻值为396Ω。在1个标准大气压下，用该壶正常加热10min，可将一满壶初温为30℃的水烧开。[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]请你计算：
（1）一满壶水烧开需要吸收的热量；
（2）电阻R1的阻值；
（3）该热水壶的加热效率（保留到1%）。
xxx牌电热养生壶
满壶水质量
2kg
额定电压
220V
加热功率
×××W
保温功率
110W

【分析】（1）1个标准大气压下水的沸点为100℃，根据Q吸＝cmΔt求出一满壶水烧开需要吸收的热量；
（2）由P＝UI＝可知，当电源电压一定时，电路电阻越大，功率越小，根据电路图分析电路结构，结合串联电路电阻规律和P＝UI＝可知各挡位时电路的连接；
根据P＝UI＝求出保温挡时电路的电阻，根据串联电路的电阻特点求出电阻R1的阻值；
（3）根据P＝UI＝求出加热功率，根据P＝求出用该壶正常加热10min消耗的电能，根据η＝×100%求出该热水壶的加热效率。
【解答】解：（1）1个标准大气压下水的沸点为100℃，一满壶水烧开时吸收的热量：Q吸＝c水mΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（100℃﹣30℃）＝5.88×105J；
（2）当S1闭合、S2断开时，R1、R2串联；当S1、S2都闭合时，R2被短路，电路为R1的简单电路；因为串联电路中的总电阻大于各串联导体的电阻，所以由P＝UI＝可知，电路为R1的简单电路时，电路中的电阻最小，电功率最大，电热水壶为加热挡；R1、R2串联时，电路中的电阻最大，电功率最小，电热水壶为保温挡；
由P＝UI＝可知，保温挡时电路的电阻：R保温＝＝＝440Ω，
保温挡时，R1、R2串联，由串联电路的特点可知，电阻R1的阻值：R1＝R保温﹣R2＝440Ω﹣396Ω＝44Ω；
（3）加热挡时，电路为R1的简单电路，则加热功率：P加热＝＝＝1100W，
由P＝可知，用该壶正常加热10min消耗的电能：W＝P加热t＝1100W×10×60s＝6.6×105J，
该热水壶的加热效率：η＝＝×100%≈89%。
答：（1）一满壶水烧开需要吸收的热量为5.88×105J；
（2）电阻R1的阻值为44Ω；
（3）该热水壶的加热效率为89%。
【点评】本题考查串联电路的特点、电功率公式、热量公式和效率公式的应用，正确的判断电热水壶处于不同挡位时电路的连接方式是关键。