2023年安徽省马鞍山市花山区中考物理二模试卷

这是一份2023年安徽省马鞍山市花山区中考物理二模试卷，共24页。试卷主要包含了填空题，选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2023年安徽省马鞍山市花山区中考物理二模试卷
一、填空题（每小题2分，共20分）
1．（2分）如图所示，用刻度尺测物体A的长度，测量结果应记为 　 　mm。

2．（2分）如图所示是敲打玩具——八音琴，琴键长短不同但材质相同。用同样大小的力敲击不同的琴键，它们发出声音的 　 　不同（选填“音调”、“响度”或“音色”）。

3．（2分）如图甲所示的分子，分子间作用力很弱，分子可以自由运动，组成的物质没有固定的体积和形状，当外界温度骤然降低（如图乙所示），分子间距变小，分子间作用力很强，分子只能在一定的位置附近振动，组成的物质有固定的体积和形状。分子从图乙变成图甲的过程，在宏观上表现的物态变化是 　 　。

4．（2分）汽车后刹车灯的光源，若采用发光二极管（LED），通电后亮起的时间会比采用白炽灯短大约0.5s，这有助于后方车辆驾驶员及时做出反应。假设后方车辆以108km/h的速度匀速前进，在0.5s的时间内，后方的车辆前行的距离为 　 　m。
5．（2分）如图，在杠杆AB上挂一个重为G的物体。为使杠杆在图中的位置静止，请在杠杆上画出最小的动力F和它的力臂。

6．（2分）如图所示，物块A和B处于静止状态，已知A的重力为1.0N，动滑轮重2N，不计绳重和摩擦，若地面对B的支持力为5N，则B的重力大小为 　 　N。

7．（2分）镁粉易燃，属于危险化学品。金属镁的热值约为2.5×107J/kg，14kg的镁粉完全燃烧释放的热量全部被1000kg空气吸收，可以使空气升温 　 　℃。[空气的比热容取0.7×103J/（kg•℃）]。
8．（2分）为了解释地磁场，19世纪，安培提出假设：地球的磁场是由围绕地轴的环形电流I引起的。可利用右手螺旋定则判断出图中环形电流I的方向是 　 　。（请从正面观察，选填“自东向西”或“自西向东”）

9．（2分）一般电饭锅工作时有两种工作状态：加热状态和保温状态。如图所示为某种电饭锅的电路原理图，其中R1是分压电阻，R2是用于加热的电阻丝。已知加热电阻丝保温时的功率与加热时的功率之比是1：25，则R1：R2＝　 　。

10．（2分）某电动机中的线圈电阻r＝1Ω，该电动机允许通过的最大电流为2A。如图，把这只电动机接在电压U＝10V不变的电源上，再利用电动机和动滑轮匀速提升重物，已知2s内对重物做的功为12J，整个装置的效率为60%。则此过程中电动机产生的热量是 　 　。

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）如图所示，一轻质弹簧（即重量不计）放置在水平地面上，将一个重力为G的小球轻放在其上端并保持静止状态。图中分别画出了小球与弹簧的受力示意图。下列分析判断正确的是（　　）

A．F1与F3是一对平衡力
B．G与F2是一对平衡力
C．F2与F3是一对相互作用力
D．F1与F3是一对相互作用力
12．（2分）下列说法正确的是（　　）
A．一个物体受到力的作用，其运动状态一定发生改变
B．燃料的热值与其质量以及是否充分燃烧有关
C．物质的比热容与物质状态有关
D．物体的运动速度越大其惯性就越大
13．（2分）2021年12月9日，王亚平在太空授课中做了浮力消失的实验：在无重力空间站中，乒乓球在水中受到的浮力为零，如图甲。若在空间站里进行如图乙所示的实验：弹上端固定在烧杯口的支架上，下端悬挂一个铁球浸没在水里，已知水的质量为m，烧杯的底面积为S，则（　　）

A．铁球受到的浮力为0
B．弹簧对铁球有拉力的作用
C．水对铁球有向上的压力
D．水对烧杯底部的压强为
14．（2分）如图所示，当开关S闭合后，L1、L2都能发光，两个电表都有示数。工作一段时间后，灯泡L2突然熄灭，L1仍能发光。两个电表都无示数，则该电路的故障可能是（　　）

A．电流表开路 B．电压表被短路
C．灯泡L2开路 D．灯泡L2被短路
15．（2分）如图所示是岛山滑雪极限运动的示意图，运动员从最高处A点下滑，经过起跳点B点后在空中飞行，再在智陆坡上C点着陆，经过一段时间后静止。则下列说法中正确的是（　　）

A．运动员在C点时重力势能最大
B．运动员在空中飞行过程中，动能不变
C．运动员从A点到B点的过程中，动能一直增大
D．运动员从A点到C点的过程中机械能变小
16．（2分）如图所示，电路中电源电压保持不变，闭合开关S1后，再闭合开关S2，则（　　）

A．电流表A1示数变大 B．电流表A示数变小
C．电路消耗的总功率变大 D．灯泡L1变暗
17．（2分）如图所示，放在磁场中的闭合矩形线圈abcd在外力的作用下，使线圈自图示位置（即线圈平面平行磁感线位置）开始绕OO'逆时针匀速转动，下列说法正确的是（　　）

A．该装置的工作原理是磁场对通电导体有力的作用
B．线圈在转动过程中，每时每刻都有感应电流产生
C．线圈在转动的过程中，将机械能主要转化为电能
D．线圈在转动的过程中，其一定不受磁场力的作用
三、实验题（第18小题4分，第19小题6分，第20小题6分，共16分）
18．（4分）在科学探究中，合理选择实验器材能优化实验条件，简化实验过程，快速而顺畅地达到探究目的。请你写出下列探究实验中所选器材的主要作用。
（1）实验1，滑动变阻器除了保护电路之外，它的主要作用是 　 　。
（2）实验2，斜面作用是将重力势能转化为动能，控制 　 　。
19．（6分）小光同学在用如图装置探究凸透镜成像规律时，保持凸透镜位置不动，将蜡烛和光屏调到图中位置时，在光屏上成一个烛焰清晰的像。
（1）如果小光把蜡烛与光屏对调，光屏上将　 　（填“会”或“不会”）出现清晰的像。
（2）保持图中凸透镜位置不动，小光将蜡烛向左移动一段距离，要想在光屏上接收到清晰的像，他应将光屏向　 　（填“左”或“右”）移动适当的距离。
（3）若保持图中凸透镜、蜡烛的位置不动，换上焦距大一些的凸透镜，移动光屏，当光屏上接收到清晰的像时，所得到的像将比更换凸透镜前的像　 　（填“大”、“小”或“一样大”）

20．（6分）如图甲所示，小明同学在“测量小灯泡的电功率”实验中，所使用的电源电压恒为3V，小灯泡的额定电压为2.5V，请你完成下列问题。
（1）请用笔画线代替导线将图甲所示的实物电路连接完整。（要求滑动变阻器的滑片向右移动时小灯泡变亮）
（2）闭合开关，移动滑片，当电压表示数为2.0V时，电流表示数如图乙所示，则此时小灯泡的电功率为 　 　W；要使小灯泡正常发光，应将滑片向 　 　（选填“左”或“右”）端移至适当的位置。

四、计算题（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过程）
21．（6分）如图所示，为积极践行“碳达峰”和“碳中和”理念，马鞍山市公交集团又增加了一批新能源纯电动公交车，该公交车既能节约能源又能减少碳排放。若一辆新能源纯电动公交车与司乘人员的总质量为6×103kg，该车与地面的受力面积为0.1m2，该公交车在水平公路上沿直线匀速行驶时所受阻力是车总重的0.02倍，请回答下列问题。
（1）该公交车在水平路面上静止时，对地面的压强是多大？
（2）求该公交车在水平公路上沿直线匀速行驶时的牵引力大小？
（3）如果该公交车在水平路面上沿直线匀速行驶的速度为36km/h，则在1min内该公交车的牵引力做功多少焦耳？

22．（7分）实际测量中使用的大量程电流表和电压表都是由小量程电流表改装而成。某同学设计了如图甲所示的电路，图中S是单刀双掷开关，G是灵敏电流表，满偏电流（即小量程电流表允许通过的最大电流）为Ig＝30mA，内阻为Rg＝100Ω，R1、R2都是定值电阻。当S接a时，A、B间相当于一个大量程的电流表，如图乙所示：当S接b时，A、C间相当于一个大量程的电压表，如图丙所示。试求：

（1）电流表G的满偏电压（允许的最大电压）是多大？
（2）当图乙中改装后电流表的量程是6A，电流表的电阻RA是多大？
（3）若图中R2＝1900Ω，则图丙中改装后电压表的量程是多大？
23．（7分）如图甲所示，将一个边长为10cm的正方体物块放入盛满水的溢水杯中，静止时物块漂浮在水面，物块底部受到水的压强是800Pa，已知水的密度ρ水＝1.0×103kg/m3，试求：
（1）图甲中物块受到浮力是多大？
（2）此物块的密度是多大？
（3）如图乙所示，在物块上表面施加一个竖直向下的力F，要使物块全部浸没水中，F应为多少N？


2023年安徽省马鞍山市花山区中考物理二模试卷
参考答案与试题解析
一、填空题（每小题2分，共20分）
1．（2分）如图所示，用刻度尺测物体A的长度，测量结果应记为 　26.0　mm。

【分析】明确刻度尺的分度值，确定起点和终点刻度线的位置，即可确定物体的长度。
【解答】解：由图知：刻度尺上1cm之间有10个小格，所以一个小格代表的长度是0.1cm，即此刻度尺的分度值为0.1cm；物体左侧与0.00cm对齐，右侧与2.60cm的刻度线对齐，所以物体A的长度为L＝2.60cm＝26.0mm。
故答案为：26.0。
【点评】本题考查了刻度尺的读数，读数时要估读到分度值的下一位。
2．（2分）如图所示是敲打玩具——八音琴，琴键长短不同但材质相同。用同样大小的力敲击不同的琴键，它们发出声音的 　音调　不同（选填“音调”、“响度”或“音色”）。

【分析】声音的特性包括音调、响度和音色，音调的高低与发声体振动的频率有关，频率越大，音调越高；响度的大小与振幅有关，振幅越大，响度越大；音色反映了声音的品质与特色，与发声体的材料和结构有关，是辨别不同声音的依据。
【解答】解：用同样大小的力敲击不同的琴键时，琴键振动的频率不同，所以发出声音的音调不同。
故答案为：音调。
【点评】本题主要考查学生对声音三个特征的了解，掌握音调的概念是解题的关键。
3．（2分）如图甲所示的分子，分子间作用力很弱，分子可以自由运动，组成的物质没有固定的体积和形状，当外界温度骤然降低（如图乙所示），分子间距变小，分子间作用力很强，分子只能在一定的位置附近振动，组成的物质有固定的体积和形状。分子从图乙变成图甲的过程，在宏观上表现的物态变化是 　升华　。

【分析】（1）物质状态的基本特征：
①固态：固体有一定的形态和体积，不易压缩，不能流动；
②液态：液体有一定的体积，但没有一定的形状，不易压缩，能够流动；
③气态：气体没有一定的体积，也没有一定的形状，易压缩，可以流动。
（2）升华：物质由固态变为气态的过程。
【解答】解：由题知，图甲为气态，图乙为固态，分子从图乙直接变到图甲的过程，是由固态直接变为气态，发生升华现象。
故答案为：升华。
【点评】本题考查通过用物质结构的微观模型解释物态的变化。
4．（2分）汽车后刹车灯的光源，若采用发光二极管（LED），通电后亮起的时间会比采用白炽灯短大约0.5s，这有助于后方车辆驾驶员及时做出反应。假设后方车辆以108km/h的速度匀速前进，在0.5s的时间内，后方的车辆前行的距离为 　15　m。
【分析】由速度的公式v＝变形可求距离。
【解答】解：108km/h＝30 m/s，
由v＝可得，在0.5s内后车前进的距离：
s＝vt＝30m/s×0.5 s＝15 m。
故答案为：15。
【点评】本题主要考查速度公式的应用，常见题目。
5．（2分）如图，在杠杆AB上挂一个重为G的物体。为使杠杆在图中的位置静止，请在杠杆上画出最小的动力F和它的力臂。

【分析】根据“杠杆平衡条件“动力×动力臂＝阻力×阻力臂”可知：在阻力与阻力臂的乘积一定的情况下，要使动力最小，则动力臂必须最长，先确定最长的力臂﹣﹣即离支点最远的点，然后过动力作用点做垂直于杠杆的作用力即可。
【解答】解：阻力与阻力臂的乘积一定的情况下，动力臂最长时最省力，由图知OA比OB长，所以OA作动力臂最长，为使杠杆平衡，过A点与OA垂直向上作垂线就得到动力F的方向，它的力臂为L，如下图所示：

【点评】此题既考查了最小力的确定。根据杠杆的平衡条件，要使杠杆上的力最小，必须使该力的力臂最大，而力臂最大时力的作用点一般离杠杆的支点最远，所以在杠杆上找到离杠杆支点最远的点即力的作用点，这两点的连线就是最长的力臂，过力的作用点作垂线就是最小的力。
6．（2分）如图所示，物块A和B处于静止状态，已知A的重力为1.0N，动滑轮重2N，不计绳重和摩擦，若地面对B的支持力为5N，则B的重力大小为 　5　N。

【分析】已知A的重力为1.0N，动滑轮重2N，可求得动滑轮绳子的拉力，由F＝GA、地面对B的支持力为5N，可求得B物体的重力。
【解答】解：不计绳重和摩擦，物块A和B处于静止状态，已知A的重力为1.0N，动滑轮重2N，滑轮组绳子的拉力F＝GA＝1.0N，
对B和动滑轮受力分析，nF+F支＝GB+G动，
B的重力大小为：GB＝nF+F支﹣G动＝2×1.0N+5N﹣2N＝5N。
故答案为：5。
【点评】本题主要考查了滑轮组的力的分析与计算，常见题目。
7．（2分）镁粉易燃，属于危险化学品。金属镁的热值约为2.5×107J/kg，14kg的镁粉完全燃烧释放的热量全部被1000kg空气吸收，可以使空气升温 　500　℃。[空气的比热容取0.7×103J/（kg•℃）]。
【分析】根据Q放＝qm得出14kg的镁粉完全燃烧释放的热量，根据Q吸＝Q放得出空气吸收的热量，由Q吸＝cmΔt得水空气升高的温度。
【解答】解：
14g的镁粉完全燃烧释放的热量Q放＝qm＝2.5×107J/kg×14kg＝3.5×108J；
空气吸收的热量Q吸＝Q放＝3.5×108J；
由Q吸＝cmΔt得，
水空气升高的温度Δt＝＝＝500℃。
故答案为：500。
【点评】本题考查热值和比热容的有关计算，是一道综合题。
8．（2分）为了解释地磁场，19世纪，安培提出假设：地球的磁场是由围绕地轴的环形电流I引起的。可利用右手螺旋定则判断出图中环形电流I的方向是 　自东向西　。（请从正面观察，选填“自东向西”或“自西向东”）

【分析】地磁场的分布情况：地磁南极在地理北极的附近，地磁北极在地理南极的附近；根据右手螺旋定则，伸开右手让四指弯曲的方向与电流的方向一致，则大拇指所指的那端为环形电流产生磁场的N极；根据以上知识和图示可判定图中环形电流的方向。
【解答】解：因地磁北极在地理南极的附近，所以图中环形电流产生磁场的N极在南方；根据右手螺旋定则，右手的大拇指应指向南方（地磁北极），则四指弯曲的方向就是电流流动的方向，所以结合图示可知四指弯曲的方向（电流方向）应该自东向西；如图所示：
。
故答案为：自东向西。
【点评】本题考查了地磁场的分布和右手螺旋定则的应用，在应用右手螺旋定则时应注意：①知道电流方向，可判断产生磁场的N极；②知道产生磁场的N极，可判断环形电流的方向。
9．（2分）一般电饭锅工作时有两种工作状态：加热状态和保温状态。如图所示为某种电饭锅的电路原理图，其中R1是分压电阻，R2是用于加热的电阻丝。已知加热电阻丝保温时的功率与加热时的功率之比是1：25，则R1：R2＝　4：1　。

【分析】由电路图可知，开关S闭合时电路为R2的简单电路，开关S断开时R1与R2串联，根据串联电路的电阻特点和欧姆定律可知两种情况下电路中的电流关系，根据P＝UI＝I2R可知R2的电功率关系，从而得出电饭锅处于不同状态时电路的结构；根据P＝UI＝I2R结合加热电阻丝保温时的功率与加热时的功率之比是1：25求出两种情况下电路中的电流之比，利用电源的电压不变结合电流之比求出R1与R2的阻值之比。
【解答】解：由电路图可知，开关S闭合时电路为R2的简单电路，开关S断开时R1与R2串联，
因串联电路中总电阻等于各分电压之和，即串联电路的总电阻大于任何一个分电阻，
所以，由I＝可知，开关S闭合时电路中的电流最大，
由P＝UI＝I2R可知，R2的电功率最大，电饭锅处于加热状态，同理可知开关S断开时电饭锅处于保温状态；
因加热电阻丝保温时的功率与加热时的功率之比是1：25，
所以，＝＝（）2＝，
解得：＝，
又因电源的电压不变，
所以，＝＝，
解得：＝。
故答案为：4：1。
【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，分清电饭锅处于不同状态时电路的结构是关键。
10．（2分）某电动机中的线圈电阻r＝1Ω，该电动机允许通过的最大电流为2A。如图，把这只电动机接在电压U＝10V不变的电源上，再利用电动机和动滑轮匀速提升重物，已知2s内对重物做的功为12J，整个装置的效率为60%。则此过程中电动机产生的热量是 　2J　。

【分析】根据效率公式求出电动机消耗的电能，根据W＝UIt求出电路中的电流，根据焦耳定律求出电动机线圈产生的热量。
【解答】解：由η＝可知，电动机消耗的电能：W＝＝＝20J，
由W＝UIt求可知，电路中的电流：I＝＝＝1A，
电动机线圈产生的热量：Q＝I2rt＝（1A）2×1Ω×2s＝2J。
故答案为：2J。
【点评】本题考查效率公式、电功公式以及焦耳定律的应用，难度不大。
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）如图所示，一轻质弹簧（即重量不计）放置在水平地面上，将一个重力为G的小球轻放在其上端并保持静止状态。图中分别画出了小球与弹簧的受力示意图。下列分析判断正确的是（　　）

A．F1与F3是一对平衡力
B．G与F2是一对平衡力
C．F2与F3是一对相互作用力
D．F1与F3是一对相互作用力
【分析】平衡力的条件：大小相等、方向相反、作用在同一个物体上，作用在同一条直线上；
相互作用力的条件：大小相等、方向相反、作用在两个物体上，作用在同一条直线上。
【解答】解：
AD、F1是弹簧对球的支持力，F3是球对弹簧的压力，这两个力大小相等、方向相反、作用在两个物体上，作用在同一条直线上，所以是一对相互作用力，故A错误，D正确；
B、G是小球受到的重力，F2是地面对弹簧的支持力，这两个力作用在不同的物体上，所以不是一对平衡力，故B错误；
C、F2和F3这两个力作用在同一个物体是，所以不是一对相互作用力，故D错误。
故选：D。
【点评】平衡力和相互作用力容易混淆，注意区分：相同点：大小相等、方向相反、作用在同一条直线上。不同点：平衡力是一个受力物体，发生在两个物体之间；相互作用力是两个受力物体，发生在两个物体之间。
12．（2分）下列说法正确的是（　　）
A．一个物体受到力的作用，其运动状态一定发生改变
B．燃料的热值与其质量以及是否充分燃烧有关
C．物质的比热容与物质状态有关
D．物体的运动速度越大其惯性就越大
【分析】（1）力是改变物体运动状态的原因，一个物体受力作用时运动状态不一定发生改变；
（2）热值是燃料的一种特性，热值大小仅与燃料的种类有关，而与燃料的质量、燃料的燃烧程度无关；
（3）比热容是物质本身的一种特性，与物质的种类和状态有关，与质量、温度及吸放热情况无关；（4）惯性大小取决于物体的质量大小，与其运动的速度无关。
【解答】解：A、一个物体受到力的作用，它的运动状态不一定发生改变，例如物体受平衡力的作用时物体的运动状态不改变，故A错误；
B、热值是燃料的一种特性，热值大小仅与燃料的种类有关，而与燃料的质量、燃料的燃烧程度无关，故B错误；
C、比热容是物质本身的一种特性，同种物质状态一定时，比热容一定，与质量大小无关，故C正确；
D、惯性大小取决于物体的质量大小，与其运动的速度无关，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查热值、惯性等知识，是一道综合题。
13．（2分）2021年12月9日，王亚平在太空授课中做了浮力消失的实验：在无重力空间站中，乒乓球在水中受到的浮力为零，如图甲。若在空间站里进行如图乙所示的实验：弹上端固定在烧杯口的支架上，下端悬挂一个铁球浸没在水里，已知水的质量为m，烧杯的底面积为S，则（　　）

A．铁球受到的浮力为0
B．弹簧对铁球有拉力的作用
C．水对铁球有向上的压力
D．水对烧杯底部的压强为
【分析】根据物体在太空中处于失重状态，可对选项中的表述做出判断。
【解答】解：由于在空间站中，铁球、水和弹簧测力量均处于失重状态，因此，铁球受到的浮力为0，水对铁球也没有向上的压力；弹簧对铁球没有拉力的作用，水对烧杯底部没有压力，所以也没有压强，故只有A说法正确。
故选：A。
【点评】本题主要考查了对失重状态的理解，以及由此产生的现象的认识，要有一定的想象力。
14．（2分）如图所示，当开关S闭合后，L1、L2都能发光，两个电表都有示数。工作一段时间后，灯泡L2突然熄灭，L1仍能发光。两个电表都无示数，则该电路的故障可能是（　　）

A．电流表开路 B．电压表被短路
C．灯泡L2开路 D．灯泡L2被短路
【分析】由图可知，两灯并联，电压表测量电源电压，电流表测量灯L2的电流，分析各选项选出正确答案。
【解答】解：由图可知，两灯并联，电压表测量电源电压（或L2的电压），电流表测量灯L2的电流；
A、如果是电流表开路，L2所在支路断路，则灯L2不能发光，电流表和电压表都没有示数，L1仍然发光，故A正确；
B、电压表被短路，则电源短路，两灯都不发光，故B错误；
C、如果是L2断路，则灯L2不能发光，电流表没有示数，但电压表与电源两极连通，电压表会有示数，测电源电压，故C错误；
D、如果是L2短路，则电源也短路，两灯均不会发光，故D错误。
故选：A。
【点评】在判断故障时，会根据电压表的示数的变化判断：若电压表有示数，说明电压表与电源能相通，电压表两接线柱之间有开路；若电压表无示数，说明电压表被短路或与电源不能相通。
15．（2分）如图所示是岛山滑雪极限运动的示意图，运动员从最高处A点下滑，经过起跳点B点后在空中飞行，再在智陆坡上C点着陆，经过一段时间后静止。则下列说法中正确的是（　　）

A．运动员在C点时重力势能最大
B．运动员在空中飞行过程中，动能不变
C．运动员从A点到B点的过程中，动能一直增大
D．运动员从A点到C点的过程中机械能变小
【分析】（1）重力势能的大小和物体的质量以及所处位置的高度有关；动能的大小和物体的质量以及运动的速度快慢有关；机械能为动能和势能的和。
（2）物体克服摩擦做功，机械能转化为内能。
【解答】解：A、运动员在A点时的质量不变，高度最高，所以重力势能最大，故A错误；
B、运动员在空中飞行过程中，其速度发生了改变，质量不变，所以动能改变，故B错误；
C、运动员从A点到B点的过程中，高度先变小后变大，所以是重力势能先转化为动能，动能再转化为重力势能，故C错误；
D、运动员从A到C的过程中，克服摩擦做功，一部分机械能转化为内能，机械能会减小，故D正确。
故选：D。
【点评】掌握动能、重力势能的影响因素，理解重力势能和动能的转化可从高度和速度来理解，可以帮助我们更好的理解能量的转化。
16．（2分）如图所示，电路中电源电压保持不变，闭合开关S1后，再闭合开关S2，则（　　）

A．电流表A1示数变大 B．电流表A示数变小
C．电路消耗的总功率变大 D．灯泡L1变暗
【分析】电路图可知，闭合开关S1后，电路为灯泡L1的简单电路，电流表A1、A均测通过L1的电流；当再闭合开关S2时，灯泡L1和L2并联，电流表A1测灯泡L1支路的电流，电流表A测干路电流。
（1）根据并联电路中各支路独立工作、互不影响，结合电路中电源电压保持不变可知，通过灯泡L1的电流不变，由此可知电流表A1示数的变化；
（2）根据并联电路的电流特点可知干路电流的变化；
（3）根据P＝UI可知电路消耗的总功率变化。
【解答】解：由电路图可知，闭合开关S1后，电路为灯泡L1的简单电路，电流表A1、A均测通过L1的电流；
当再闭合开关S2时，灯泡L1和L2并联，电流表A1测灯泡L1支路的电流，电流表A测干路电流。
BD、因并联电路中各支路独立工作、互不影响，且电路中电源电压保持不变，所以，通过灯泡L1的电流不变，即电流表A1示数不变，灯泡L1的亮度不变，故BD错误；
AC、因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以干路电流变大，即电流表A的示数变大；
由P＝UI可知，电路消耗的总功率变大，故A错误，C正确。
故选：C。
【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到并联电路的特点和电功率公式的应用，是一道较为简单的应用题。
17．（2分）如图所示，放在磁场中的闭合矩形线圈abcd在外力的作用下，使线圈自图示位置（即线圈平面平行磁感线位置）开始绕OO'逆时针匀速转动，下列说法正确的是（　　）

A．该装置的工作原理是磁场对通电导体有力的作用
B．线圈在转动过程中，每时每刻都有感应电流产生
C．线圈在转动的过程中，将机械能主要转化为电能
D．线圈在转动的过程中，其一定不受磁场力的作用
【分析】感应电流产生的条件是闭合电路的一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。通电导体在磁场中受到力的作用。
【解答】解：
AC、放在磁场中的闭合矩形线圈abcd在外力的作用下，使线圈自图示位置（即线圈平面平行磁感线位置）开始绕OO'逆时针匀速转动，线圈做切割磁感线运动，线圈中会有感应电流产生，这是电磁感应现象，此过程中机械能转化为电能，故A错误，C正确；
B、当线圈在平衡位置时，线圈没有切割磁感线，此时无电流，故B错误；
D、通电线圈abcd在转动的过程中，其一定受磁场力的作用，故D错误。
故选C。
【点评】此题主要考查的是学生对产生感应电流条件和能量转化的认识和了解，对各条边是否做切割磁感线运动的判断是解决此题的关键。
三、实验题（第18小题4分，第19小题6分，第20小题6分，共16分）
18．（4分）在科学探究中，合理选择实验器材能优化实验条件，简化实验过程，快速而顺畅地达到探究目的。请你写出下列探究实验中所选器材的主要作用。
（1）实验1，滑动变阻器除了保护电路之外，它的主要作用是 　保持电阻两端的电压不变　。
（2）实验2，斜面作用是将重力势能转化为动能，控制 　球到达水平面的速度相同　。
【分析】（1）探究电流与电阻的关系，需要保持电阻两端的电压不变，据此分析。
（2）研究动能大小与质量的关系时，要让球沿斜面的同一高度下落，这样保证下落速度相同。
【解答】解：（1）探究电流与电阻的关系，需要保持电阻两端的电压不变，故在实验的过程中，滑动变阻器除了保护电路之外，它的主要作用是保持电阻两端的电压不变。
（2）研究动能大小与质量的关系时，让质量不同的球从斜面的相同高度处释放，到达水平面的速度相同，只是质量较大的球会有更多的重力势能转化为动能，动能较大。
故答案为：（1）保持电阻两端的电压不变；（2）球到达水平面的速度相同。
【点评】此题为探究电流与电阻、动能大小与质量的关系实验，重点考查了实验中滑动变阻器和斜面的作用，难度不大。
19．（6分）小光同学在用如图装置探究凸透镜成像规律时，保持凸透镜位置不动，将蜡烛和光屏调到图中位置时，在光屏上成一个烛焰清晰的像。
（1）如果小光把蜡烛与光屏对调，光屏上将　会　（填“会”或“不会”）出现清晰的像。
（2）保持图中凸透镜位置不动，小光将蜡烛向左移动一段距离，要想在光屏上接收到清晰的像，他应将光屏向　左　（填“左”或“右”）移动适当的距离。
（3）若保持图中凸透镜、蜡烛的位置不动，换上焦距大一些的凸透镜，移动光屏，当光屏上接收到清晰的像时，所得到的像将比更换凸透镜前的像　大　（填“大”、“小”或“一样大”）

【分析】（1）光的折射中光路是可逆的，当烛焰和光屏对调位置后，光屏上还能出现清晰的像；
（2）根据物远像近像变小可进行判断；
（3）焦距大的凸透镜会聚光的能力小。
【解答】解：（1）当烛焰和光屏对调位置后，因为光的折射中光路是可逆的，所以光屏上还能出现清晰的像；
（2）当凸透镜位置不变，将蜡烛向左移动一段距离，此时物距增大，要想在光屏上再一次成清晰的像，需要将像距减小，即将光屏向左移动；
（3）保持图中凸透镜、蜡烛的位置不动，换上焦距大一些的凸透镜，对光的会聚能力小，物距不变，凸透镜焦距变大，所成的像变大，像的位置会远离凸透镜，应将光屏向右移动。
故答案为：（1）会； （2）左； （3）大。
【点评】本题考查光路可逆，以及凸透镜成像的特点，以及焦距大小，对像大小的影响，难度不大。
20．（6分）如图甲所示，小明同学在“测量小灯泡的电功率”实验中，所使用的电源电压恒为3V，小灯泡的额定电压为2.5V，请你完成下列问题。
（1）请用笔画线代替导线将图甲所示的实物电路连接完整。（要求滑动变阻器的滑片向右移动时小灯泡变亮）
（2）闭合开关，移动滑片，当电压表示数为2.0V时，电流表示数如图乙所示，则此时小灯泡的电功率为 　0.68　W；要使小灯泡正常发光，应将滑片向 　右　（选填“左”或“右”）端移至适当的位置。

【分析】（1）根据滑动变阻器的滑片向右移动时小灯泡变亮，确定变阻器的连接；根据小灯泡的额定电压确定电压表的量程；
（2）根据电流表选用小量程确定分度值读出示数，根据P＝UI可求出灯泡的实际功率，将小灯泡的实际电压与灯泡的额定电压比较，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。
【解答】解：（1）滑动变阻器的滑片向右移动时小灯泡变亮，即电流变大，电阻变小，故滑动变阻器使用右下接线柱；
小灯泡的额定电压为2.5V，所以电压表选用0～3V量程，与小灯泡并联，如下图所示：

（2）图乙中电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.34A，则小灯泡的电功率是：P实＝U实I实＝2.0V×0.34A＝0.68W，
灯在额定电压下正常发光，小灯泡的实际电压2V小于灯泡的额定电压2.5V，应增大灯泡两端的电压，根据串联电路电压的规律，应减小滑动变阻器两端的电压，由分压原理可知，应减小滑动变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向右移动，直到电压表示数为灯泡的额定电压2.5V。
故答案为：（1）见解答；（2）0.68；右。
【点评】本题测量小灯泡电功率实验，考查了电路连接、电流表读数、电功率的计算，属于常考题型。
四、计算题（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过程）
21．（6分）如图所示，为积极践行“碳达峰”和“碳中和”理念，马鞍山市公交集团又增加了一批新能源纯电动公交车，该公交车既能节约能源又能减少碳排放。若一辆新能源纯电动公交车与司乘人员的总质量为6×103kg，该车与地面的受力面积为0.1m2，该公交车在水平公路上沿直线匀速行驶时所受阻力是车总重的0.02倍，请回答下列问题。
（1）该公交车在水平路面上静止时，对地面的压强是多大？
（2）求该公交车在水平公路上沿直线匀速行驶时的牵引力大小？
（3）如果该公交车在水平路面上沿直线匀速行驶的速度为36km/h，则在1min内该公交车的牵引力做功多少焦耳？

【分析】（1）知道公交车的总质量，利用G＝mg求其重力；公交车对地面的压力等于自身的总重，根据p＝计算对地面的压强；
（2）该公交车在平直的公路上匀速行驶时所受力阻力是车总重的0.02倍，此时公交车受到的牵引力、阻力是一对平衡力，大小相等；
（2）利用s＝vt求公交车行驶的距离，再利用W＝Fs求在1min内该公交车的牵引力做功。
【解答】解：（1）公交车的重力：
G＝mg＝6×103kg×10N/kg＝6×104N，
公交车对地面的压力等于自身的总重量，即F＝G，
公交车对地面的压强：
p＝＝＝6×105Pa；
（2）公交车匀速行驶时所受阻力：
f＝0.02G＝0.02×6×104N＝1.2×103N，
因为该公交车在平直的公路上匀速行驶，
所以此时公交车受到的牵引力、阻力是一对平衡力，大小相等，
则公交车受到的牵引力：
F＝f＝1.2×103N；
（3）公交车行驶的速度v＝36km/h＝10m/s，
由v＝可得公交车行驶的距离：
s＝vt＝10m/s×60s＝600m，
在1min内该公交车的牵引力做功：
W＝Fs＝1.2×103N×600m＝7.2×105J。
答：（1）该公交车在水平路面上静止时，对地面的压强是6×105Pa；
（2）该公交车在平直公路上匀速行驶时的牵引力大小为1.2×104N；
（2）在1min内该公交车的牵引力做功为7.2×105J。
【点评】本题考查了重力公式、压强公式、速度公式、功的公式、二力平衡条件的应用，综合题。
22．（7分）实际测量中使用的大量程电流表和电压表都是由小量程电流表改装而成。某同学设计了如图甲所示的电路，图中S是单刀双掷开关，G是灵敏电流表，满偏电流（即小量程电流表允许通过的最大电流）为Ig＝30mA，内阻为Rg＝100Ω，R1、R2都是定值电阻。当S接a时，A、B间相当于一个大量程的电流表，如图乙所示：当S接b时，A、C间相当于一个大量程的电压表，如图丙所示。试求：

（1）电流表G的满偏电压（允许的最大电压）是多大？
（2）当图乙中改装后电流表的量程是6A，电流表的电阻RA是多大？
（3）若图中R2＝1900Ω，则图丙中改装后电压表的量程是多大？
【分析】（1）知道电流表G的满偏电流和内阻，根据欧姆定律求出电流表G的满偏电压；
（2）当S接a时，灵敏电流表G与R1并联，A、B间相当于一个大量程的电流表，图乙中改装后电流表的量程是6A即电流表测量的最大电流为6A，根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出电流表的电阻RA；
（3）当S接b时，灵敏电流表G与R2串联，A、C间相当于一个大量程的电压表，根据电阻的串联和欧姆定律求出图丙中改装后电压表的量程。
【解答】解：（1）电流表G的满偏电流Ig＝30mA＝0.03A，内阻Rg＝100Ω，
由I＝可得，电流表G的满偏电压：Ug＝IgRg＝0.03A×100Ω＝3V；
（2）当S接a时，灵敏电流表G与R1并联，A、B间相当于一个大量程的电流表，
当图乙中改装后电流表的量程是6A，即电流表测量的最大电流I大＝6A，
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，电流表的电阻：RA＝＝＝0.5Ω；
（3）当S接b时，灵敏电流表G与R2串联，A、C间相当于一个大量程的电压表，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，图丙中改装后电压表的量程：U大＝Ig（Rg+R2）＝0.03A×（100Ω+1900Ω）＝60V。
答：（1）电流表G的满偏电压是3V；
（2）当图乙中改装后电流表的量程是6A，电流表的电阻RA是0.5Ω；
（3）若图中R2＝1900Ω，则图丙中改装后电压表的量程是60V。
【点评】本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律的应用，明白电表改装的原理是关键。
23．（7分）如图甲所示，将一个边长为10cm的正方体物块放入盛满水的溢水杯中，静止时物块漂浮在水面，物块底部受到水的压强是800Pa，已知水的密度ρ水＝1.0×103kg/m3，试求：
（1）图甲中物块受到浮力是多大？
（2）此物块的密度是多大？
（3）如图乙所示，在物块上表面施加一个竖直向下的力F，要使物块全部浸没水中，F应为多少N？

【分析】（1）根据S＝L2求出物块的底面积，根据p＝求出物块底部受到水的压力，利用F浮＝F向上﹣F向下求出物块受到浮力；
（2）物体漂浮时受到的浮力和自身的重力相等，根据G＝mg求出物块的质量，利用V＝L3求出正方体物块的体积，利用ρ＝求出正方体物块的密度；
（3）物块全部浸没水中时排开水的体积和自身的体积相等，根据F浮＝ρ液gV排求出此时物块受到的浮力，然后减去物块的重力即为在物块上表面施加的竖直向下的力。
【解答】解：（1）物块的底面积：
S＝L2＝（10cm）2＝100cm2＝10﹣2m2，
由p＝可得，物块底部受到水的压力：
F向上＝pS＝800Pa×10﹣2m2＝8N，
物块受到浮力：
F浮＝F向上﹣F向下＝8N﹣0N＝8N；
（2）因物体漂浮时受到的浮力和自身的重力相等，
所以，物块的重力G＝F浮＝8N，
由G＝mg可得，物块的质量：
m＝＝＝0.8kg，
正方体物块的体积：
V＝L3＝（10cm）3＝1000cm3＝10﹣3m3，
正方体物块的密度：
ρ＝＝＝0.8×103kg/m3；
（3）物块全部浸没水中时排开水的体积：
V排＝V＝10﹣3m3，
此时物块受到的浮力：
F浮′＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×10﹣3m3＝10N，
在物块上表面施加的竖直向下的力：
F＝F浮′﹣G＝10N﹣8N＝2N。
答：（1）图甲中物块受到浮力是8N；
（2）此物块的密度是0.8×103kg/m3；
（3）如图乙所示，在物块上表面施加一个竖直向下的力F，要使物块全部浸没水中，F应为2N。
【点评】本题考查了压强公式和浮力产生的原因、物体浮沉条件、密度公式、阿基米德原理的综合应用等，解题时要注意方法的灵活性。