2023年山东省淄博市高青县中考物理二模试卷

这是一份2023年山东省淄博市高青县中考物理二模试卷，共37页。试卷主要包含了选择题，理解与应用，实验与探究，计算题等内容，欢迎下载使用。
2023年山东省淄博市高青县中考物理二模试卷
一、选择题（下列每题各只有一个正确答案，请将其序号填入答案栏中相应题号下。）
1．（2分）如图所示是妈妈为小阳准备的营养早餐。他对早餐中的物理量进行了估测，下列数据合理的是（　　）

A．热奶的温度约20℃
B．一个鸡蛋的质量约50g
C．妈妈准备这顿早餐用时约5min
D．盘子边缘的厚度约5cm
2．（2分）如图，下列关于声现象的说法中正确的是（　　）

A．图甲所示B超仪器发出的超声波的振动频率小于20000Hz
B．图甲所示B超检查身体说明超声波传递能量
C．从图乙所示两个音叉振动的波形图中可知，振幅一样大，响度一样大
D．从图乙所示两个音叉振动的波形图中，可看出下面的音叉音调高
3．（2分）古人总是把家国情怀写在诗词歌赋中，下列说法正确的是（　　）
A．岳飞的“莫等闲、白了少年头，空悲切”——白发只吸收白光
B．李贺的“甲光向日金鳞开”——阳光照到铠甲发生了光的反射
C．曹操的“日月之行，若出其中”——其中太阳和月亮都是光源
D．杜牧的“烟笼寒水月笼沙”——水中“月亮”是由于光的折射
4．（2分）“除夕”的年夜饭象征着团圆，下列关于年夜饭制作中发生的物态变化描述正确的是（　　）
A．制作“松鼠鲤鱼”时，热锅中的糖化了是汽化现象
B．煮饺子的锅中冒出的“白气”是水蒸气
C．水滴落在油里会迸溅，是因为此时锅中油的温度比水的沸点高
D．做菜时妈妈的手被水蒸气烫了一下，此时水蒸气在手上发生的物态变化是凝华
5．（2分）互联网给农村经济带来了新的契机，如图是某村通过直播为当地特产带货的场景。下列说法正确的是（　　）

A．摄像头的镜头是凹透镜
B．直播使用的手机摄像头成的是正立、缩小的实像
C．为了使网友看到更大的商品画面，应将商品靠近摄像头
D．手机屏幕的彩色画面是由红、黄、蓝三种色光组成的
6．（2分）中国日报消息：11月19日凌晨2时7分，长征三号乙运载火箭，在西昌卫星发射中心把两颗北斗三号卫星成功送入预定轨道。这两颗卫星将和其他17颗已经在轨运行的北斗三号系统卫星组成基本网络，并在今年年底前向“一带一路”沿线国家和地区提供基本导航服务。以下说法正确的是（　　）

A．卫星随火箭升空的过程中，动能减小，重力势能增加，机械能总量保持不变
B．卫星与地面导航接收设备之间是靠电磁波传递信号的
C．卫星导航信息处理设备中的集成电路是用超导体材料制作的
D．该型号运载火箭第三级用能效高的液态氢作燃料，这里的“能效高”指的是比热容大
7．（2分）如图所示，在水平桌面侧边放一块条形磁铁，会使小铁球从斜面滚下后的运动路径发生改变。下列对该现象的相关说法正确的是（　　）

A．该现象说明力可以改变物体的形状
B．磁铁能够吸引铁球，但铁球不能吸引磁铁
C．铁球在水平面上继续运动是因为受到惯性的作用
D．小铁球受到的重力与桌面对它的支持力是一对平衡力
8．（2分）在北京冬奥会自由式滑雪空中技巧女子个人项目决赛中，辽宁运动员徐梦桃勇夺冠军。如图所示，在她滑行过程中，下列说法正确的是（　　）

A．A点时不具有机械能
B．从A点滑行到C点的过程中重力不断变大
C．滑雪板底面比较光滑是为了增大滑行时与雪面的摩擦
D．在B点的速度大于与它高度相同的D点的速度
9．（2分）水平桌面上的深桶容器中装有水，小明在空玻璃瓶口蒙上橡皮膜，将其置于水中某一深度处，恰好悬浮，如图所示，现沿桶壁向容器中缓慢加水，在水面上升的过程中，下列判断错误的是（　　）

A．玻璃瓶保持静止
B．玻璃瓶下沉至容器底
C．水对容器底的压强增大
D．桌面对容器的支持力增大
10．（2分）日常生活中物理现象无处不在，对下面四幅生活情景解释正确的是（　　）

A．图甲，人跑步时要利用鞋底与地面间的摩擦
B．图乙，把杯口密闭，即使空气不能进入杯内，小孩仍可不断吸到饮料
C．图丙，如果人站在安全线内，会被进站的火车引起的气流吹到安全线外侧
D．图丁，这个装置既省力又能省距离
11．（2分）如图，两个滑轮组，提升一个重为17N的物体A，（每个滑轮重相同）使物体A在2s内拉升了20cm，拉力如图所示，下列说法正确的是（　　）（不计绳重与摩擦）

A．甲中，绳端移动的距离为60cm
B．乙中，拉力的功率为1.7W
C．甲中，动滑轮由两根绳子吊着
D．乙中，动滑轮的重力为2N
12．（2分）以下关于电与磁的描述中，说法正确的是（　　）

A．图甲中多个大功率用电器同时使用不容易引起火灾
B．图乙中开关、保险盒的连接符合安全用电原则
C．图丙可探究影响通电导体在磁场中受力方向的因素
D．图丁中的装置可用来探究电动机的工作原理
13．（2分）按图甲所示连接好电路后，闭合开关，电路正常工作，电压表V1和V2的示数均如图乙所示，已知R1的阻值为5Ω。下列判断正确的是（　　）

A．电源电压为6V
B．R2的阻值为25Ω
C．将图甲电路改接成图丙电路，R2两端的电压为5V
D．将图甲电路改接成图丙电路，经过R1和R2的电流之比为1：4
14．（2分）将“8V 4W”的灯泡L1和“10V 5W”的灯泡L2接入如图所示的电路，电源电压不变，忽略温度对灯丝电阻的影响。只闭合开关S1，灯泡L1正常发光，再闭合开关S2，关于闭合开关S2之后，下列说法正确的是（　　）

A．通过灯泡L2与L1的电流相同
B．灯泡L2正常发光
C．灯泡L2比L1亮
D．整个电路1min消耗432J的电能
15．（2分）如图甲所示的智能照明电路，该电路可实现生态节能，天暗时灯L自动发光，天亮时自动熄灭，其中R1为光敏电阻，其阻值会随着光照强度的变化而变化，R2为滑动变阻器，电磁铁线圈电阻不计。若保持光照强度不变，闭合S后，将滑片P从下端移至上端的过程中，电流表示数I与电压表示数U的关系如图乙所示，则下列说法正确的是（　　）

A．电磁铁是利用电磁感应原理工作的
B．工作电路中导线A应连接家庭电路中的零线
C．滑动变阻器的最大阻值是100Ω
D．若想照明灯L在傍晚发光的时间提前，可将滑动变阻器滑片上移
二、理解与应用（每空1分，20题作图2分，共15分）
16．（3分）今年我们淄博市成为了位居全国前列的网红打卡地，“进淄赶烤”已经成为一种时尚！“五一”期间来淄旅游住宿人数较往年增加了800%多。多数宾馆都利用房卡取电，如图所示只有把房卡插入槽中，房间内的用电器才能使用，房卡的作用相当于家庭电路中的 　 　（填电路元件名称），该元件应接在房间电路的 　 　（选填“支路”或“干路”）中；节能减排是每个公民的责任，宾馆将普通照明灯全部更换成LED灯，实质是通过减小照明灯的 　 　来减少电能的消耗。

17．（3分）如图所示，一支固定好的激光笔向空水槽底部固定点O打出一束激光。向水槽内加水使水面上升至A点，此时光斑在O点 　 　侧，这是因为发生了 　 　现象。打开水槽底部水龙头缓慢放水，同时观察到水槽底部光斑向 　 　移动。

18．（5分）常规潜艇以四冲程柴油内燃机为动力，工作时包括吸气、压缩、做功、排气四个冲程，其中机械能转化为内能的是 　 　冲程；如图所示是我国最新服役的“094A”战略核潜艇，核潜艇的动力系统是由原子核 　 　（选填“裂变”或“聚变”）提供的，核能属于 　 　（选填“一次能源”或“二次能源”）能源；当核潜艇下潜至水下300米处时，排水量为1.15×104t，它所受到的浮力为 　 　N，受到海水的压强为 　 　Pa。（g取10N/kg，ρ海水取1.0×103kg/m3）

19．（2分）已知甲灯的额定电压是6V、乙灯的额定电压是3V，某实验小组通过实验画出两个用电器的U﹣I图象，如图所示。若把它们串联到同一电路中，它们两端的总电压不得超过 　 　V；若把它们并联在电路中，它们消耗的最大总功率是 　 　W。

20．（2分）将一物体用力推出后，物体沿粗糙水平面向右减速滑动。不计空气阻力，请在图中画出该物体在减速滑动时所受力的示意图。

三、实验与探究（每空1分，23题中作图2分，共21分）
21．（4分）在“探究固体熔化时温度变化规律”的实验中：

（1）按图甲所示的实验装置组装器材，最后应调整　 　（填“酒精灯”或“温度计”）的位置。
（2）加热一段时间后，发现试管中不断有液态物质出现，同时温度计示数保持不变，从而确定该物质是　 　（填“晶体”或“非晶体”）。
（3）该物质全部熔化后继续加热，根据实验数据绘制出熔化后温度计示数随时间变化的图象，如图乙所示。若实验在标准大气压下进行，分析图象可知：试管中的物质　 　（填“能”或“不能”）沸腾。
（4）另一小组在利用相同的器材进行这一实验时，观察到该物质熔化时温度计示数缓慢上升。
产生这一现象的原因可能是　 　（填序号）。
①烧杯中的水过多
②对试管内物质不断搅拌
③温度计的玻璃泡碰到了试管壁
22．（7分）如图是小净利用刻度均匀的杠杆探究“杠杆平衡条件”的实验装置。

（1）实验前没挂钩码，杠杆静止的位置如图甲，此时杠杆处于 　 　（选填“平衡”或“不平衡”）状态，为使杠杆在水平位置平衡，应将螺母向 　 　（选填“左”或“右”）端调节；
（2）在杠杆调整到水平位置平衡后，利用钩码和刻度尺测量出杠杆平衡时各个力及其力臂，测得数据如下表：由以上实验数据，可得出杠杆的平衡条件是：　 　；
次数
动力F1/N
动力臂l1/cm
阻力F2/N
阻力臂l2/cm
1
1.0
10
2.0
5
2
1.5
5
0.5
15
3
2.0
15
1.5
20
（3）进行3次实验的目的是 　 　（选填正确答案标号）；
A.取平均值减小误差
B.归纳出物理规律
C.使每组数据更准确
（4）由杠杆的平衡条件可知，图乙中杠杆的 　 　（选填“左”或“右”）端会下沉；要使杠杆重新在水平位置平衡，在不改变两侧钩码各自数量的前提下，仅需把左侧钩码 　 　；
（5）如图丙，用同一弹簧测力计两次挂在杠杆的同一位置用力拉（不超过弹簧测力计的量程），均使杠杆在水平位置平衡，弹簧测力计第二次的示数比第一次的示数要 　 　（选填“大”或“小”）一些；
（6）如图丁，杆秤是我国古老的衡量工具，现今人们仍然在使用。根据杠杆平衡条件，杆秤的刻度应是 　 　的（选填“均匀”或“非均匀”）。
23．（10分）在“测量小灯泡额定功率”实验中，老师给同学们提供的器材有：小灯泡（额定电压为2.5V，正常发光时灯丝电阻约为10Ω）、电源（电压恒为6V）、电流表、电压表、开关各一个，导线若干，标有“10Ω 1A”的滑动变阻器A和“20Ω 1A”的滑动变阻器B可供选择。

（1）在虚框图内画出与甲连接情况对应的电路图；
（2）在连接电路时，通过估算应该选用滑动变阻器 　 　（选填“A”或“B”）连入电路，才能保证实验的顺利进行；
（3）在进行实验前，应将滑动变阻器的滑片调到 　 　（选“最左端”或“最右端”）；
（4）同学们连接好电路，闭合开关后，发现电流表指针偏转情况如图乙所示，造成这种现象的原因是：　 　；
（5）同学们纠正了错误，再次正确连接好电路，闭合开关，发现电压表、电流表均有示数，但小灯泡不亮，经检查，电路中各元件完好，请分析出现这种现象的原因是：　 　，为了能使小灯泡发光，下一步应进行的操作是：　 　；
（6）某同学移动滑片P到某一点时，电压表示数如图丙所示，若想测量小灯泡的额定功率，需要将滑动变阻器接的滑片P向 　 　（选填“左”或“右”）移动。
（7）再次移动滑片P的位置，使电压表的示数2.5V，这时电流表的示数为图丁所示，该小灯泡的额定功率是 　 　W。
四、计算题（24题6分，25题8分，共14分）
24．（6分）我国生产的无人机世界领先，应用领域广泛。图甲为某型号无人机，它的铭牌如表所示。
[型号]YU﹣2
[动力]电动
[质量]1500g
[最大上升速度]4m/s
（1）无人机在空中悬停时受到的升力是多大？（g取10N/kg）
（2）无人机以最大速度匀速上升100m，空气阻力忽略不计，升力对无人机做功的功率是多大？
（3）某次飞行时，无人机的飞行路线如图乙所示，无人机先从A点匀速上升到B点，后水平匀速飞行到C点，从A到C的过程中，无人机受到的竖直升力对无人机所做的功是多少？
25．（8分）图甲所示为某电暖器的简化原理图，其中R1、R2是两个相同的电热丝，单个电热丝的电流与电压的关系图像如图乙所示。已知电源电压为220V，每个电热丝的额定电压均为220V，现要在某卧室使用该电暖器，卧室的容积为50m3，空气的比热容为1.0×103J/（kg•℃），空气密度为ρ＝1.2kg/m3，假设卧室封闭，请根据图像及以上信息解答下列问题。

（1）每个电热丝正常工作时的电阻及额定功率是多少？
（2）只闭合S2时，此时电暖器消耗的总功率为多少？
（3）只闭合S1和S3，让电暖器工作15min，卧室内的温度升高了10℃，电暖器的加热效率是多少？
​

2023年山东省淄博市高青县中考物理二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（下列每题各只有一个正确答案，请将其序号填入答案栏中相应题号下。）
1．（2分）如图所示是妈妈为小阳准备的营养早餐。他对早餐中的物理量进行了估测，下列数据合理的是（　　）

A．热奶的温度约20℃
B．一个鸡蛋的质量约50g
C．妈妈准备这顿早餐用时约5min
D．盘子边缘的厚度约5cm
【分析】对生活中常见物理量进行估算，然后判断各选项的对错。
【解答】解：A、热奶的温度约40℃，故A错误；
B、一个鸡蛋的质量约50g，故B正确；
C、妈妈准备这顿早餐用时约20min，故C错误。
D、盘子边缘的厚度约5mm，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了生活中常见的物理量，属于基础题。
2．（2分）如图，下列关于声现象的说法中正确的是（　　）

A．图甲所示B超仪器发出的超声波的振动频率小于20000Hz
B．图甲所示B超检查身体说明超声波传递能量
C．从图乙所示两个音叉振动的波形图中可知，振幅一样大，响度一样大
D．从图乙所示两个音叉振动的波形图中，可看出下面的音叉音调高
【分析】（1）人们把频率高于20000Hz声波称为超声波；
（2）声可以传递信息和能量；
（3）波形可以表达声音的三个特征，波的高度表示声音的响度，波的疏密表示音调，波的形状表示音色。
【解答】解：A、B超仪器发出的超声波的振动频率大于20000Hz，故A错误；
B、B超就是利用超声波传递信息，故B错误；
C、从图乙所示两个音叉振动的波形图中可知，振幅一样大，响度一样大，故C正确；
D、两个音叉振动的波形图中，可看出下面的音叉音调低，故D错误。
故选：C。
【点评】知道超声波的应用、声音的利用，理解波形表达声音的三个特征，可解答此题。
3．（2分）古人总是把家国情怀写在诗词歌赋中，下列说法正确的是（　　）
A．岳飞的“莫等闲、白了少年头，空悲切”——白发只吸收白光
B．李贺的“甲光向日金鳞开”——阳光照到铠甲发生了光的反射
C．曹操的“日月之行，若出其中”——其中太阳和月亮都是光源
D．杜牧的“烟笼寒水月笼沙”——水中“月亮”是由于光的折射
【分析】（1）根据不透明物体的颜色是由它反射的色光决定的，白色头发反射所有色光去分析；
（2）光在传播到不同物质时，在分界面上改变传播方向又返回原来物质中的现象。
（3）宇宙间的物体有的是发光的有的是不发光的，我们把发光的物体叫做光源。
（4）平面镜成像属于光的反射现象，所成的像是虚像。
【解答】解：A．白发是由于反射了所有的色光，故A错误；
B．“甲光向日金鳞开”，是由于光照射到铠甲的表面，被铠甲挡住了光，而在铠甲表面发生了反射，故B正确；
C．由于月亮本身不发光，不是光源，太阳本身发光，是光源，故C错误；
D．根据光的特性可知，水中“月亮”，是由于光的反射形成的，故D错误。
故选：B。
【点评】此题涉及到的知识点较多，综合性很强，难度不大，要求学生具有扎实的基础知识。
4．（2分）“除夕”的年夜饭象征着团圆，下列关于年夜饭制作中发生的物态变化描述正确的是（　　）
A．制作“松鼠鲤鱼”时，热锅中的糖化了是汽化现象
B．煮饺子的锅中冒出的“白气”是水蒸气
C．水滴落在油里会迸溅，是因为此时锅中油的温度比水的沸点高
D．做菜时妈妈的手被水蒸气烫了一下，此时水蒸气在手上发生的物态变化是凝华
【分析】（1）汽化指物质由液态转化成气态。
（2）液化指物质由气态转变成液态。
（3）油的沸点比水高。
【解答】解：A、热锅中的糖化了是熔化现象，故A错误。
B、煮饺子的锅中冒出的“白气”是水蒸气遇冷液化成的，是小水珠，故B错误。
C、水滴落在油里会迸溅，是因为此时锅中油的温度比水的沸点高，故C正确。
D、做菜时妈妈的手被水蒸气烫了一下，此时水蒸气在手上发生的物态变化是液化现象，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了熔化、液化特点，属于基础题。
5．（2分）互联网给农村经济带来了新的契机，如图是某村通过直播为当地特产带货的场景。下列说法正确的是（　　）

A．摄像头的镜头是凹透镜
B．直播使用的手机摄像头成的是正立、缩小的实像
C．为了使网友看到更大的商品画面，应将商品靠近摄像头
D．手机屏幕的彩色画面是由红、黄、蓝三种色光组成的
【分析】（1）手机摄像头是一个凸透镜，成倒立、缩小的实像；
（2）色光的三原色是红、绿、蓝；
（3）凸透镜成实像时，物近像远像变大。
【解答】解：
AB、手机摄像头是一个凸透镜，其成像原理与照相机的成像原理相同，成的是倒立、缩小的实像，故AB错误；
C、为了使网友看清商品细节，像应变大，像距变大，物距变小，应将商品靠近摄像头，故C正确；
D、光的三原色是红、绿、蓝，手机屏幕上的彩色画面是由红、绿、蓝三种色光混合而成，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了凸透镜成像规律的应用、光的三原色，属于基础题。
6．（2分）中国日报消息：11月19日凌晨2时7分，长征三号乙运载火箭，在西昌卫星发射中心把两颗北斗三号卫星成功送入预定轨道。这两颗卫星将和其他17颗已经在轨运行的北斗三号系统卫星组成基本网络，并在今年年底前向“一带一路”沿线国家和地区提供基本导航服务。以下说法正确的是（　　）

A．卫星随火箭升空的过程中，动能减小，重力势能增加，机械能总量保持不变
B．卫星与地面导航接收设备之间是靠电磁波传递信号的
C．卫星导航信息处理设备中的集成电路是用超导体材料制作的
D．该型号运载火箭第三级用能效高的液态氢作燃料，这里的“能效高”指的是比热容大
【分析】（1）影响动能大小的因素是质量和速度，质量越大，速度越大，动能越大。影响重力势能大小的因素是质量和被举得高度，质量越大，高度越高，重力势能越大。机械能等于动能与势能的总和。
（2）卫星导航是利用电磁波传递信息的；
（3）半导体是指导电性能介于导体好绝缘体之间；集成电路是由半导体材料制成的。
（4）热值是燃料一种特性，热值越大的燃料在完全燃烧相同质量的燃料时，放出的热量越多，在选择火箭燃料时要选择热值较大的燃料。
【解答】解：
A、卫星发射升空过程中，质量不变，速度增大，动能增大；同时高度增大，重力势能增加；机械能等于动能与势能的总和，所以其机械能增加，故A错误；
B、电磁波可以在真空中传播，可以传递信息，卫星与地面导航接收设备之间传递信号时，主要是利用电磁波传递信息的；故B正确；
C、通信设备中的集成电路是由半导体材料制成的，故C错误；
D、由于氢气的热值较大，因此运载火箭时，采用液态氢作燃料，故这里的“能效高”指的是氢气的热值大，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查的是动、势能的影响因素、电磁波、半导体的应用、燃料的热值等知识，是一道综合性较强的题目。
7．（2分）如图所示，在水平桌面侧边放一块条形磁铁，会使小铁球从斜面滚下后的运动路径发生改变。下列对该现象的相关说法正确的是（　　）

A．该现象说明力可以改变物体的形状
B．磁铁能够吸引铁球，但铁球不能吸引磁铁
C．铁球在水平面上继续运动是因为受到惯性的作用
D．小铁球受到的重力与桌面对它的支持力是一对平衡力
【分析】（1）力可以改变物体的运动状态；力可以改变物体的形状；
（2）物体间力的作用是相互的；
（3）一切物体都具有惯性，但惯性不是力；
（4）二力平衡条件：大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一个物体上。
【解答】解：A．小球在水平桌面上做曲线运动，运动状态发生了变化，说明力可以改变物体的运动状态，故A错误；
B．物体间力的作用是相互的，磁铁能够吸引铁球，铁球也能吸引磁铁，故B错误；
C．铁球在水平面上继续运动，是因为铁球具有惯性，而不是受到惯性，故C错误；
D．小球在水平桌面上运动时，竖直方向受到的重力和支持力是一对平衡力，大小相等，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查力的作用效果、物体间力的作用是相互的、惯性、平衡力的判断等，属于力学知识的综合。
8．（2分）在北京冬奥会自由式滑雪空中技巧女子个人项目决赛中，辽宁运动员徐梦桃勇夺冠军。如图所示，在她滑行过程中，下列说法正确的是（　　）

A．A点时不具有机械能
B．从A点滑行到C点的过程中重力不断变大
C．滑雪板底面比较光滑是为了增大滑行时与雪面的摩擦
D．在B点的速度大于与它高度相同的D点的速度
【分析】（1）动能、重力势能、弹性势能都属于机械能；
（2）物体由于地球的吸引而受到的力叫重力，重力的大小与物体运动的速度无关；
（3）减小摩擦的方法：在接触面粗糙程度一定时，减小压力；在压力一定时，减小接触面的粗糙程度；使接触面脱离；用滚动代替滑动；
（4）动能大小的影响因素：质量和速度，质量越大，速度越大，动能越大。
【解答】解：A、A点虽然静止，动能为0，但由于在高处而具有重力势能，则机械能不为0，故A错误；
B、从A点滑行到C点的过程中速度越来越快是因为受到的重力大于阻力，重力的大小不变，故B错误；
C、滑雪板底面做得较光滑，是在压力一定时，通过减小接触面的粗糙程度减小与雪地间的摩擦，故C错误；
D、运动员在滑动的过程中存在摩擦，运动员的一部分机械能转化为内能，所以B点的机械能大于D点的机械能；由于BD的高度相同，重力势能相同，则B点的动能要大于D点的动能，所以在B点的速度大于在D点的速度，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了我们对机械能、重力、摩擦力以及能量的转化等的理解，以及对物体运动状态的判断，属力学基础题，难度不大。
9．（2分）水平桌面上的深桶容器中装有水，小明在空玻璃瓶口蒙上橡皮膜，将其置于水中某一深度处，恰好悬浮，如图所示，现沿桶壁向容器中缓慢加水，在水面上升的过程中，下列判断错误的是（　　）

A．玻璃瓶保持静止
B．玻璃瓶下沉至容器底
C．水对容器底的压强增大
D．桌面对容器的支持力增大
【分析】（1）沿桶壁向容器中缓慢加水，随着液面升高，橡皮膜受到的液体压强变大，凹陷程度变大，会导致排开水的体积变小，由于液体密度不变，玻璃瓶受到的浮力变小，而玻璃瓶的重力不变，玻璃瓶会下沉；
（2）液面上升，液体深度增加，液体对容器底的压强增大；
（3）桌面对容器的支持力等于容器、玻璃瓶和水的重力之和，通过判断水的重力变化即可判断支持力的变化。
【解答】解：AB、沿桶壁向容器中缓慢加水，随着液面升高，橡皮膜受到的液体压强变大，凹陷程度变大，排开水的体积变小，液体密度不变，玻璃瓶受到的浮力变小，而玻璃瓶的重力不变，重力大于浮力，玻璃瓶会下沉至容器底，故A错误，B正确；
C、液面上升，水到容器底部的深度变大，液体密度不变，液体压强变大，故C正确；
D、根据平衡状态分析：桌面对容器的支持力等于容器、玻璃瓶和水的重力之和，由于水的重力增加，所以容桌面对容器的支持力也增加了，故D正确。
故选：A。
【点评】本题考查了液体压强的特点、浮力大小的比较和浮与沉的判断，有一定难度。
10．（2分）日常生活中物理现象无处不在，对下面四幅生活情景解释正确的是（　　）

A．图甲，人跑步时要利用鞋底与地面间的摩擦
B．图乙，把杯口密闭，即使空气不能进入杯内，小孩仍可不断吸到饮料
C．图丙，如果人站在安全线内，会被进站的火车引起的气流吹到安全线外侧
D．图丁，这个装置既省力又能省距离
【分析】（1）两个物体未发生相对运动，但有相对运动趋势时，产生的摩擦力叫静摩擦力，静摩擦力的方向与相对运动趋势方向相反。
（2）用吸管吸饮料时，吸管内气体压强小于外部大气压，饮料在管内外压强差的作用下上升到嘴里。如果把饮料瓶密封起来，瓶内液面上方与大气隔离。
（3）流体压强与流速的关系：流速越大的位置压强越小，流速越小的位置压强越大。
（4）动滑轮能够省力，但要费距离。
【解答】解：A、人跑步时，鞋底与地面没有打滑，鞋底相对地面的运动趋势方向向后，地面给鞋底的摩擦力方向向前的，从而使人向前运动，故A正确；
B、用吸管从瓶子里吸饮料时，先把吸管内的部分空气吸走，管内的气压小于外界大气压，饮料在管内外压强差的作用下被压入吸管，上升到嘴里；如果把杯口封闭，瓶内液面上方与大气隔离，当瓶内液面气压过小时，则不能吸到饮料，故B错误；
C、由流体压强与流速的关系：流速越大的位置压强越小，人若站在安全线内，当火车进站时火车周围的空气流速加快，压强小，人会被外侧空气压向火车，故C错误；
D、图中装置是动滑轮，能够省力，但要费距离，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了摩擦力、大气压、流体压强与流速的关系、动滑轮的特点等知识的理解和应用，涉及到的知识点较多，综合性强，难度不大。
11．（2分）如图，两个滑轮组，提升一个重为17N的物体A，（每个滑轮重相同）使物体A在2s内拉升了20cm，拉力如图所示，下列说法正确的是（　　）（不计绳重与摩擦）

A．甲中，绳端移动的距离为60cm
B．乙中，拉力的功率为1.7W
C．甲中，动滑轮由两根绳子吊着
D．乙中，动滑轮的重力为2N
【分析】（1）由图可知滑轮组绳子的有效股数，根据s＝nh可求出绳端移动的距离；
（2）由图可知滑轮组绳子的有效股数，根据P＝＝＝Fv可求出功率；
（3）由F＝（GA+G动）可求出动滑轮的重力。
【解答】解：由题意可知，不计绳重和摩擦。
AC.由图甲可知，n1＝3，则绳端移动的距离s1＝n1h＝3×20cm＝60cm，故A正确，C错误；
B.由图乙可知，n2＝2，绳自由端移动的速度：v2＝＝＝＝0.2m/s，
由公式P＝＝＝Fv可知，拉力的功率为：P2＝F2v2＝9×0.2m/s＝1.8W，故B错误；
D.在图乙中，由F＝（GA+G动）可知，动滑轮的重力：G动＝2F2﹣GA＝2×9N﹣17N＝1N，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了使用滑轮组时动滑轮重力、绳子自由端移动的距离和速度、拉力功率的计算，根据题图确定n的大小是本题的突破口。
12．（2分）以下关于电与磁的描述中，说法正确的是（　　）

A．图甲中多个大功率用电器同时使用不容易引起火灾
B．图乙中开关、保险盒的连接符合安全用电原则
C．图丙可探究影响通电导体在磁场中受力方向的因素
D．图丁中的装置可用来探究电动机的工作原理
【分析】（1）多孔插座各用电器也是并联的，若电路中的总功率过大，会使电路中的电流过大；
（2）为了安全，开关要接在火线和灯泡之间，这样开关既能控制灯泡，也能在断开开关时切断火线；
（3）电动机是根据通电导体在磁场中受到力的作用而运动的原理制成的；
（4）闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，会产生电流，这种电流叫感应电流，这一现象叫电磁感应现象。
【解答】解：A、若多个大功率用电器同时使用一个插线板，由并联电路的电流规律可知，总电阻变小，会造成电流过大，存在安全隐患，故A错误；
B、图乙中开关接在零线和灯泡之间，这样开关也能控制灯泡，但是在断开开关时没有切断火线，接触灯泡时容易发生触电事故，不符合安全用电原则，保险丝应该安装在火线上，故B错误；
C、图丙中有电池，是探究磁场对电流作用的原理图，反映的电动机的工作原理，故C正确；
D、图丁中没有电池，闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，导体中会产生感应电流，是探究感应电流产生条件的装置图，不是研究电动机的工作原理，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了直流电动机工作原理、开关与灯的连接方法、家庭电路电流过大的原因、电磁感应等知识，有一定综合性，都是重要的电学知识点。
13．（2分）按图甲所示连接好电路后，闭合开关，电路正常工作，电压表V1和V2的示数均如图乙所示，已知R1的阻值为5Ω。下列判断正确的是（　　）

A．电源电压为6V
B．R2的阻值为25Ω
C．将图甲电路改接成图丙电路，R2两端的电压为5V
D．将图甲电路改接成图丙电路，经过R1和R2的电流之比为1：4
【分析】（1）由甲图可知，两电阻串联接入电路，电压表V1测电阻R1两端的电压，电压表V2测电源电压，电压表V1和V2的示数均如图乙所示，所以电压表V1接入电路的是小量程，电压表V2接入电路的是大量程，据此读数可知电源电压；
（2）根据串联电路电流特点结合欧姆定律计算通过电路的电流，根据串联电路电压规律计算R2两端的电压，根据欧姆定律计算R2的阻值；
（3）由丙图可知，两电阻并联接入电路，根据并联电路电压特点可知R2两端的电压；
（4）根据欧姆定律计算经过R1和R2的电流之比。
【解答】解：（1）由甲图可知，两电阻串联接入电路，电压表V1测电阻R1两端的电压，电压表V2测电源电压，电压表V1和V2的示数均如图乙所示，所以电压表V1接入电路的是小量程，电压表V2接入电路的是大量程，则R1两端的电压为1V，电源电压为5V，故A错误；
（2）串联电路各处电流相等，根据欧姆定律可得通过电路的电流：I＝I1＝＝0.2A，
串联电路总电压等于各部分电压之和，则R2两端的电压：U2＝U﹣U1＝5V﹣1V＝4V，
R2的阻值为：R2＝＝20Ω，故B错误；
（3）由丙图可知，两电阻并联接入电路，并联电路各支路两端电压相等，所以R2两端的电压为5V，故C正确；
（4）根据欧姆定律可知将图甲电路改接成图丙电路，并联电压相等，经过R1和R2的电流之比为：＝4：1，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查串联电路特点、并联电路电流特点、欧姆定律的灵活运用，有一定的难度。
14．（2分）将“8V 4W”的灯泡L1和“10V 5W”的灯泡L2接入如图所示的电路，电源电压不变，忽略温度对灯丝电阻的影响。只闭合开关S1，灯泡L1正常发光，再闭合开关S2，关于闭合开关S2之后，下列说法正确的是（　　）

A．通过灯泡L2与L1的电流相同
B．灯泡L2正常发光
C．灯泡L2比L1亮
D．整个电路1min消耗432J的电能
【分析】由图可知，当闭合开关S1、S2时，灯泡L2、L2并联；
（1）根据P＝分别求出灯泡L1、L2的电阻，根据欧姆定律分别求出通过灯泡L1、L2的电流，据此可知是否相同；
（2）当灯泡两端的实际电压等于额定电压时，灯泡正常发光，当灯泡两端的实际电压不等于额定电压时，灯泡不是正常发光；
（3）根据P＝UI分别求出灯泡L1、L2的实际功率；灯泡的亮度由灯泡的实际功率决定，实际功率越大，灯泡越亮；
（4）利用P＝分别求出灯泡L1、L21min消耗的电能，据此可知整个电路1min消耗的电能
【解答】解：由图可知，当闭合开关S1、S2时，灯泡L2、L2并联；
A、由P＝可知，灯泡L1的电阻R1＝＝＝16Ω，灯泡L2的电阻R2＝＝＝20Ω，
只闭合开关S1，只有灯泡L1工作，此时灯泡L1正常发光，所以电源电压U＝U1额＝8V，
根据并联电路特点可知，灯泡L1、L2两端的电压相等，都等于电源电压8V，
则通过灯泡L1的电路I1＝＝＝0.5A，通过灯泡L2的电流I2＝＝＝0.4A，
所以通过灯泡L2与L1的电流不相同，故A错误；
B、灯泡L2两端的实际电压U2＝8V，额定电压U2额＝10V，U2＜U2额，所以灯泡L2没有正常发光，故B错误；
C、灯泡L1的实际功率P1＝P1额＝4W，灯泡L2的实际功率P2＝U2I2＝8V×0.4A＝3.2W，
由于P1＞P2，所以灯泡L2比L1暗，故C错误；
D、由P＝可知，灯泡L11min消耗的电能W1＝P1t＝4W×1×60s＝240J，灯泡L21min消耗的电能W2＝P2t＝3.2W×1×60s＝192J，整个电路1min消耗的电能W＝W1+W2＝240J+192J＝432J，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查并联电路的特点、电功率公式的灵活运用、欧姆定律的应用以及消耗电能的计算，知道灯泡的亮度由灯泡的实际功率决定是解题的关键。
15．（2分）如图甲所示的智能照明电路，该电路可实现生态节能，天暗时灯L自动发光，天亮时自动熄灭，其中R1为光敏电阻，其阻值会随着光照强度的变化而变化，R2为滑动变阻器，电磁铁线圈电阻不计。若保持光照强度不变，闭合S后，将滑片P从下端移至上端的过程中，电流表示数I与电压表示数U的关系如图乙所示，则下列说法正确的是（　　）

A．电磁铁是利用电磁感应原理工作的
B．工作电路中导线A应连接家庭电路中的零线
C．滑动变阻器的最大阻值是100Ω
D．若想照明灯L在傍晚发光的时间提前，可将滑动变阻器滑片上移
【分析】（1）电流流过导体时，会产生磁场，这是电流的磁效应；
（2）照明电路的开关应该接在火线上；
（3）控制电路中，滑动变阻器和光敏电阻串联，电压表测光敏电阻两端的电压，电流表测电路中的电流；当滑片位于最上端时，变阻器接入电路中的电阻为零，此时电路中的电流最大，电压表测电源的电压，由图乙可知电源的电压；当滑片位于最下端时，变阻器接入电路中的电阻最大，此时电路中的电流最小，根据图乙可知光敏电阻两端的电压和电路中的电流，根据串联电路的电压特点求出此时滑动变阻器两端的电压，利用欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值；
（4）由于控制电路的电源电压不变，要想减小电流，应增大总电阻。
【解答】解：
A．电磁铁通电后具有磁性，是利用电流的磁效应来工作的，故A错误；
B．在照明电路中，开关必须接在火线上，工作电路中导线A应连接家庭电路中的火线，故B错误；
C．控制电路中，滑动变阻器和光敏电阻串联，电压表测光敏电阻两端的电压，电流表测电路中的电流，
当滑片位于最上端时，变阻器接入电路中的电阻为零，此时电路中的电流最大，电压表测电源的电压，由图乙可知电源的电压U＝12V；
当滑片位于最下端时，变阻器接入电路中的电阻最大，此时电路中的电流最小，由图乙可知，光敏电阻两端的电压U2＝2V，电路中的电流I＝0.1A，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，此时滑动变阻器两端的电压：U1＝U﹣U2＝12V﹣2V＝10V，
由I＝可得，滑动变阻器的最大阻值：R2＝＝＝100Ω，故C正确；
D．若想L在傍晚发光的时间提前，电流需减小达到一定数值，灯L所在电路闭合，因为控制电路中电源电压恒定，若将电流减小，应将总电阻增大，滑片应向下移动，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、电流的磁效应、安全用电常识等知识，涉及的知识点较多，关键是会分析电路图结合所学知识进行解决实际问题。
二、理解与应用（每空1分，20题作图2分，共15分）
16．（3分）今年我们淄博市成为了位居全国前列的网红打卡地，“进淄赶烤”已经成为一种时尚！“五一”期间来淄旅游住宿人数较往年增加了800%多。多数宾馆都利用房卡取电，如图所示只有把房卡插入槽中，房间内的用电器才能使用，房卡的作用相当于家庭电路中的 　开关　（填电路元件名称），该元件应接在房间电路的 　干路　（选填“支路”或“干路”）中；节能减排是每个公民的责任，宾馆将普通照明灯全部更换成LED灯，实质是通过减小照明灯的 　电功率　来减少电能的消耗。

【分析】开关的作用是控制电路的通断，串联电路中开关控制所有用电器，并联电路中干路的开关控制所有用电器，支路的开关控制本支路用电器；
根据W＝Pt可知减小电能的消耗可以通过减少时间或减小电功率来实现。
【解答】解：房卡可以控制所有用电器的工作，不插入插槽中，所有房间内的用电器都不工作，所以房卡相当家庭电路的开关，该元件应接在房间电路的干路；
LED灯的功率小，将普通照明灯全部更换成LED灯，根据物理公式W＝Pt可知，实质是通过减小照明灯的电功率来减少电能的消耗。
故答案为：开关；干路；电功率。
【点评】本题要求掌握开关的作用和串并联电路的工作特点，联系生活实际会辨认，会解释。
17．（3分）如图所示，一支固定好的激光笔向空水槽底部固定点O打出一束激光。向水槽内加水使水面上升至A点，此时光斑在O点 　左　侧，这是因为发生了 　光的折射　现象。打开水槽底部水龙头缓慢放水，同时观察到水槽底部光斑向 　右　移动。

【分析】根据光的折射现象可知，光从一种介质斜射入另一种介质时，其传播方向一定发生改变；光从空气中斜射入水中时，折射角小于入射角。折射角随入射角的改变而改变。
【解答】解：水槽内没有注水时，光沿直线传播，照射到O点；当向水槽内注入适量的水后，光从空气斜射入水中发生折射，折射角小于入射角，折射光线偏向法线，因此水槽底部光斑移动到O点的左侧，该现象属于光的折射现象；
打开水槽底部水龙头缓慢放水，水面下降，折射点向右移动，因此折射光线逐渐向右移动。
故答案为：左；光的折射；右。
【点评】本题考查光的折射的应用，注意入射角是入射光线与法线的夹角，水面发生变化时，入射角不变，所以折射角也不变。
18．（5分）常规潜艇以四冲程柴油内燃机为动力，工作时包括吸气、压缩、做功、排气四个冲程，其中机械能转化为内能的是 　压缩　冲程；如图所示是我国最新服役的“094A”战略核潜艇，核潜艇的动力系统是由原子核 　裂变　（选填“裂变”或“聚变”）提供的，核能属于 　一次能源　（选填“一次能源”或“二次能源”）能源；当核潜艇下潜至水下300米处时，排水量为1.15×104t，它所受到的浮力为 　1.15×108　N，受到海水的压强为 　3×106　Pa。（g取10N/kg，ρ海水取1.0×103kg/m3）

【分析】（1）热机是将内能转化为机械能的机器，它的一个工作循环包括四个冲程：吸气、压缩、做功、排气冲程，其中压缩冲程是将机械能转化为内能；做功冲程是将内能转化为机械能；
（2）核潜艇利用核能工作，核能是原子核的裂变释放的能量；
可以从自然界直接获取的能源叫一次能源，不能从自然界直接获取，必须通过一次能源的消耗才能得到的能源叫二次能源；
（3）知道核潜艇的排水量（排开水的质量），利用阿基米德原理求核潜艇在水中所受浮力；
知道核潜艇在水中的深度，利用液体压强公式求海水的压强。
【解答】解：（1）在内燃机的四个冲程中，压缩冲程将机械能转化为内能，做功冲程是将内能转化为机械能；
（2）核潜艇的动力系统是由原子核裂变提供；
从能源的分类来看，核能是直接从自然界获取的，所以属于一次能源；
（3）核潜艇的排水量m排＝1.15×104t＝1.15×107kg；
核潜艇下潜至水下300米处时受到的浮力为：
F浮＝G排＝m排g＝1.15×107kg×10N/kg＝1.15×108N；
300米深度海水的压强：
p＝ρgh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×300m＝3×106Pa。
故答案为：压缩；裂变；一次能源；1.15×108；3×106。
【点评】本题考查了热机冲程的能量转化、核能、能源的分类、浮力和压强的计算，综合性较强。
19．（2分）已知甲灯的额定电压是6V、乙灯的额定电压是3V，某实验小组通过实验画出两个用电器的U﹣I图象，如图所示。若把它们串联到同一电路中，它们两端的总电压不得超过 　8　V；若把它们并联在电路中，它们消耗的最大总功率是 　2.7　W。

【分析】已知两个灯泡的额定电压，由图可知两个灯泡的额定电流，串联电路中电流处处相等，为保护电路安全，电路中的电流不能超出用电器允许通过的最大值，由此得出两用电器串联时电路中的最大电流，再由图读出此时两个用电器两端的电压，由串联电路电压特点可得出电源电压；
并联电路中各个支路两端的电压等于电源电压，已知两个用电器的额定电压，由此可知电源电压的最大值，再由图得出通过两个用电器的电流，由并联电路电流特点可得出干路电流，最后利用P＝UI可求出电路消耗的最大总功率。
【解答】解：已知甲灯的额定电压是6V、乙灯的额定电压是3V，由图可知，两个灯泡允许通过的最大电流分别为：I额甲＝0.5A，I额乙＝0.6A；
若将它们串联到同一个电路中，电流处处相等，为保护电路安全，电路中的最大电流为I大＝I额甲＝0.5A，由图可知，当电路中电流为0.5A时，甲、乙灯泡两端的电压分别是6V和2V，
由串联电路电压特点可知电源电压最大为：U＝U甲+U乙＝6V+2V＝8V；
若把它们并联在电路中，根据并联电路各支路两端的电压相等，电源电压为U′＝U乙额＝3V，由图可知，通过两个灯泡的电流分别为0.3A和0.6A，由并联电路的电流特点可知干路电流为：I＝I甲+I乙＝0.3A+0.6A＝0.9A，
则电路消耗的最大电功率为：P＝U′I＝3V×0.9A＝2.7W。
故答案为：8；2.7。
【点评】本题考查了学生对串并联电路的电流、电压特点的掌握，以及对电功率计算公式的应用，能从图象中读取有用的信息是解题的关键。
20．（2分）将一物体用力推出后，物体沿粗糙水平面向右减速滑动。不计空气阻力，请在图中画出该物体在减速滑动时所受力的示意图。

【分析】先对物体进行受力分析，然后判断力的作用点、方向；最后根据力的示意图表示出物体所受力的作用点和方向。
【解答】解：根据题意可知，物体由于惯性沿粗糙水平面向右减速滑动，因此物体受到竖直向下的重力，竖直向上的支持力以及水平向左的摩擦力力；其作用点都在物体的重心；
沿重心分别沿竖直向下、竖直向上以及水平向左的方向画一条带箭头的线段，分别用G、F和f表示，因为重力和支持力是一对平衡力，所以，作图时这两条线段长度应相等。如下图所示：

【点评】作力的示意图，要用一条带箭头的线段表示力，线段的长度表示力的大小，箭头表示力的方向，起点或终点表示力的作用点，是平衡力的长度要相等。
三、实验与探究（每空1分，23题中作图2分，共21分）
21．（4分）在“探究固体熔化时温度变化规律”的实验中：

（1）按图甲所示的实验装置组装器材，最后应调整　温度计　（填“酒精灯”或“温度计”）的位置。
（2）加热一段时间后，发现试管中不断有液态物质出现，同时温度计示数保持不变，从而确定该物质是　晶体　（填“晶体”或“非晶体”）。
（3）该物质全部熔化后继续加热，根据实验数据绘制出熔化后温度计示数随时间变化的图象，如图乙所示。若实验在标准大气压下进行，分析图象可知：试管中的物质　不能　（填“能”或“不能”）沸腾。
（4）另一小组在利用相同的器材进行这一实验时，观察到该物质熔化时温度计示数缓慢上升。
产生这一现象的原因可能是　③　（填序号）。
①烧杯中的水过多
②对试管内物质不断搅拌
③温度计的玻璃泡碰到了试管壁
【分析】（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）晶体在熔化的过程中温度不变，晶体有一定的熔点；非晶体没有固定的熔点；
（3）液体沸腾的条件是温度达到沸点，并且不断吸热；
（4）分析给出选项是否可造成温度计示数变化较慢。
【解答】解：（1）由于要用酒精灯的外焰加热，所以需先固定下面铁圈的高度，最后固定温度计，确保温度计的玻璃泡全部浸没在被测物质中，切不能碰到容器底和容器壁；
（2）该物质熔化过程中吸热，温度不变，属于晶体；
（3）由图乙可知，试管中物质最高温度为100℃，水已经沸腾，该物质不能继续吸热，不能沸腾；
（4）①该物质是晶体，熔化过程中温度不变，烧杯中的水过多，不会影响温度计示数，错误；
②熔化过程中，对试管内物质不断搅拌，可使物质受热均匀，温度计示数不变，错误；
③温度计的玻璃泡碰到了试管壁，相当于直接测量烧杯中水的温度，温度计示数应会上升，正确，故选③。
故答案为：（1）温度计；（2）晶体；（3）不能；（4）③。
【点评】本题考查熔化和沸腾实验，关键是将课本知识记忆清楚，仔细分析即可。
22．（7分）如图是小净利用刻度均匀的杠杆探究“杠杆平衡条件”的实验装置。

（1）实验前没挂钩码，杠杆静止的位置如图甲，此时杠杆处于 　平衡　（选填“平衡”或“不平衡”）状态，为使杠杆在水平位置平衡，应将螺母向 　右　（选填“左”或“右”）端调节；
（2）在杠杆调整到水平位置平衡后，利用钩码和刻度尺测量出杠杆平衡时各个力及其力臂，测得数据如下表：由以上实验数据，可得出杠杆的平衡条件是：　动力×动力臂＝阻力×阻力臂（或F1L1＝F2L2）　；
次数
动力F1/N
动力臂l1/cm
阻力F2/N
阻力臂l2/cm
1
1.0
10
2.0
5
2
1.5
5
0.5
15
3
2.0
15
1.5
20
（3）进行3次实验的目的是 　B　（选填正确答案标号）；
A.取平均值减小误差
B.归纳出物理规律
C.使每组数据更准确
（4）由杠杆的平衡条件可知，图乙中杠杆的 　左　（选填“左”或“右”）端会下沉；要使杠杆重新在水平位置平衡，在不改变两侧钩码各自数量的前提下，仅需把左侧钩码 　靠近支点O一个格　；
（5）如图丙，用同一弹簧测力计两次挂在杠杆的同一位置用力拉（不超过弹簧测力计的量程），均使杠杆在水平位置平衡，弹簧测力计第二次的示数比第一次的示数要 　大　（选填“大”或“小”）一些；
（6）如图丁，杆秤是我国古老的衡量工具，现今人们仍然在使用。根据杠杆平衡条件，杆秤的刻度应是 　均匀　的（选填“均匀”或“非均匀”）。
【分析】（1）杠杆平衡状态：静止或匀速转动；调节杠杆在水平位置平衡时，平衡螺母向上翘的一端移动；
（2）杠杆平衡的条件是：动力×动力臂＝阻力×阻力臂；
（3）实验中为得出普遍性规律，应多次测量分析得出结论；
（4）设一个钩码重为G，杠杆一个小格是L，根据杠杆平衡条件判断杠杆向哪端下降，要保持平衡，根据杠杆的平衡条件判断去掉哪侧钩码；
（5）当拉力F向右倾斜时，保持B点不动，弹簧测力计的方向向右倾斜，这时杠杆右侧的力臂变短，根据杠杆的平衡条件可知，使杠杆仍在水平位置平衡，则弹簧测力计的示数将变大；
（6）根据杠杆平衡条件求得物重（阻力）与动力臂的关系，据此进行解答。
【解答】解：（1）杠杆的平衡状态是指杠杆处于静止或匀速转动状态，所以图甲中的杠杆处于平衡状态；
调节杠杆在水平位置平衡，杠杆右端偏高，左端的平衡螺母应向上翘的右端移动，使杠杆在水平位置平衡；
（2）根据以上数据得出杠杆平衡的条件是：动力×动力臂＝阻力×阻力臂 （或F1L1＝F2L2）；
（3）如果实验次数太少，实验研究得出结论具有偶然性，不具有普遍性，实验结论必须在多次试验的基础上得出，这样才能有效地避免实验结果偶然性出现，故选B；
（4）设杠杆每个格的长度为L，每个钩码的重力为G，根据杠杆的平衡条件：
F左L左＝F右L右，即4G×3L＞2G×4L，故左端下沉；
要使杠杆重新在水平位置平衡，在不改变两侧钩码各自数量的前提下，只需要将左侧的钩码靠近支点O一个格，则有：4G×2L＝2G×4L，即可平衡；
（5）如图丙所示，保持作用点不变，当测力计从第一次位置到第二次位置时，此时F的力臂变短，根据杠杆的平衡条件，力变大，所以弹簧测力计第二次的示数比第一次的示数大；
（6）如图，秤钩处不放物体时，杆秤平衡，则B点作为杆秤对应的质量刻度值为0g；

该杆秤所能测量的物体质量的最大时，秤砣M在C点，
根据杠杆平衡条件，可知：G物×OA＝GM×BC，
则G物＝•BC，由于OA和GM是定值，
所以G物与BC成正比，即杆秤的刻度是均匀。
故答案为：（1）平衡；右；（2）动力×动力臂＝阻力×阻力臂 （或F1L1＝F2L2）；（3）B；（4）左；靠近支点O一个格；（5）大；（6）均匀。
【点评】此题是探究杠杆平衡条件的实验，考查了杠杆的调平，及实验中应注意的问题，在实验中为得到普遍性的规律，应多测几组数据进行分析以及学生对杆秤作用的了解。
23．（10分）在“测量小灯泡额定功率”实验中，老师给同学们提供的器材有：小灯泡（额定电压为2.5V，正常发光时灯丝电阻约为10Ω）、电源（电压恒为6V）、电流表、电压表、开关各一个，导线若干，标有“10Ω 1A”的滑动变阻器A和“20Ω 1A”的滑动变阻器B可供选择。

（1）在虚框图内画出与甲连接情况对应的电路图；
（2）在连接电路时，通过估算应该选用滑动变阻器 　B　（选填“A”或“B”）连入电路，才能保证实验的顺利进行；
（3）在进行实验前，应将滑动变阻器的滑片调到 　最左端　（选“最左端”或“最右端”）；
（4）同学们连接好电路，闭合开关后，发现电流表指针偏转情况如图乙所示，造成这种现象的原因是：　电流表的正负接线柱接反　；
（5）同学们纠正了错误，再次正确连接好电路，闭合开关，发现电压表、电流表均有示数，但小灯泡不亮，经检查，电路中各元件完好，请分析出现这种现象的原因是：　小灯泡的实际功率太小　，为了能使小灯泡发光，下一步应进行的操作是：　把滑片P向右移动，使滑动变阻器的阻值变小　；
（6）某同学移动滑片P到某一点时，电压表示数如图丙所示，若想测量小灯泡的额定功率，需要将滑动变阻器接的滑片P向 　右　（选填“左”或“右”）移动。
（7）再次移动滑片P的位置，使电压表的示数2.5V，这时电流表的示数为图丁所示，该小灯泡的额定功率是 　0.75　W。
【分析】（1）根据实物图画出电路图；
（2）根据小灯泡额定电压为2.5V，正常发光时灯丝电阻约为10Ω，由欧姆定律得出灯的额定电流；由串联电路的规律及欧姆定律求出灯正常发光时变阻器连入的电阻确定选用的变阻器；
（3）在连接电路时，为保护电路，开关应断开，滑片移到最大值位置；
（4）电流应从电流表正接线柱流入、从负接线柱流出，否则指针反向偏转；
（5）灯不发光可能灯断路、短路或灯的实际功率过小，电压表、电流表均有示数，则电路为通路，但小灯泡不亮，经检查，电路中各元件完好，出现这种现象的原因是电路的电流过小，据此分析；
为了能使小灯泡发光，应增大电路的电流；
（6）根据电压表选用小量程确定分度值读数；
灯在额定电压下正常发光，根据图中电压表小量程读数，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分析回答；
（7）根据电流表选用小量程确定分度值读数，根据P＝UI求出该小灯泡的额定功率。
【解答】解：（1）根据实物图画出电路图，如下图所示：

（2）小灯泡额定电压为2.5V，正常发光时灯丝电阻约为10Ω，
由欧姆定律可得，灯的额定电流约为：
I＝＝＝0.25A，
由串联电路的规律及欧姆定律可得，灯正常发光时变阻器连入的电阻：
R滑＝＝＝14Ω＞10Ω，故应选用B滑动变阻器；
（3）为保护电路，在连接电路时，开关应断开，滑片移到最大值位置，即最左端；
（4）同学们连接好电路，发现当闭合开关时，电流表指针偏转情况如图乙所示（电流表指针反向偏转），造成这种现象的原因是：电流表的正负接线柱接反；
（5）闭合开关，发现电压表、电流表均有示数，则电路为通路，但小灯泡不亮，经检查，电路中各元件完好，出现这种现象的原因是：电路的电流过小，导致小灯泡的实际功率太小；
为了能使小灯泡发光，应增大电路的电流，故下一步应进行的操作是：把滑片P向右移动，使滑动变阻器的阻值变小；
（6）某同学移动滑片P到某一点时，电压表示数如图丙所示，电压表选用小量程，分度值为0.1V，示数为2.2V；
灯在额定电压下正常发光，图中电压选用小量程，示数为2.2V，小于灯的额定电压2.5V，应增大灯的电压，减小变阻器分得的电压，根据串联电路电压的规律，应要把滑动变阻器接入电路中的电阻值变小；
（7）再次移动滑片P的位置，使电压表的示数2.5V，这时电流表的示数为图丁所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.3A，
该小灯泡的额定功率：P＝ULIL＝2.5V×0.3A＝0.75W。
故答案为：
（1）如上图所示；
（2）B；
（3）最左端；
（4）电流表的正负接线柱接反；
（5）小灯泡的实际功率太小；把滑片P向右移动，使滑动变阻器的阻值变小；
（6）右；
（7）0.75。
【点评】本题测量小灯泡额定功率，考查根据实物图画电路图、器材的选择、注意事项、决定灯亮度的因素、操作过程及功率的计算。
四、计算题（24题6分，25题8分，共14分）
24．（6分）我国生产的无人机世界领先，应用领域广泛。图甲为某型号无人机，它的铭牌如表所示。
[型号]YU﹣2
[动力]电动
[质量]1500g
[最大上升速度]4m/s
（1）无人机在空中悬停时受到的升力是多大？（g取10N/kg）
（2）无人机以最大速度匀速上升100m，空气阻力忽略不计，升力对无人机做功的功率是多大？
（3）某次飞行时，无人机的飞行路线如图乙所示，无人机先从A点匀速上升到B点，后水平匀速飞行到C点，从A到C的过程中，无人机受到的竖直升力对无人机所做的功是多少？
【分析】（1）无人机在空中悬停时，处于平衡状态，无人机受到升力与重力相等，根据F＝G＝mg求升力的大小；
（2）无人机以最大速度匀速直线上升时，由于空气阻力忽略不计，升力与重力平衡，大小相等，根据P＝Fv求得无人机以最大速度匀速上升时升力做功的功率；
（3）升力的方向为竖直向上，故水平匀速飞行到C点过程中，升力和运动方向垂直，升力不做功，根据W＝FhAB得出从A到C的过程中，无人机受到的竖直升力对无人机所做的功。
【解答】解：（1）当无人机在空中悬停时，处于平衡状态，升力为：F＝G＝mg＝1500×10﹣3kg×10N/kg＝15N；
（2）无人机以最大速度匀速直线上升时，由于空气阻力忽略不计，升力与重力平衡，大小相等，
所以升力：F＝G＝15N，
升力对无人机做功的功率为：P＝Fv＝15N×4m/s＝60W；
（3）升力的方向为竖直向上，故水平匀速飞行到C点过程中，升力和运动方向垂直，升力不做功，
故从A到C的过程中，无人机受到的竖直升力对无人机所做的功为：
W＝FhAB＝15N×300m＝4500J。
答：（1）无人机在空中悬停时受到的升力是15N；
（2）空气阻力忽略不计，升力对无人机做功的功率是60W；
（3）无人机受到的竖直升力对无人机所做的功是4500J。
【点评】本题考查升力、功率和功的计算，关键是从图中得出有用信息。
25．（8分）图甲所示为某电暖器的简化原理图，其中R1、R2是两个相同的电热丝，单个电热丝的电流与电压的关系图像如图乙所示。已知电源电压为220V，每个电热丝的额定电压均为220V，现要在某卧室使用该电暖器，卧室的容积为50m3，空气的比热容为1.0×103J/（kg•℃），空气密度为ρ＝1.2kg/m3，假设卧室封闭，请根据图像及以上信息解答下列问题。

（1）每个电热丝正常工作时的电阻及额定功率是多少？
（2）只闭合S2时，此时电暖器消耗的总功率为多少？
（3）只闭合S1和S3，让电暖器工作15min，卧室内的温度升高了10℃，电暖器的加热效率是多少？
​
【分析】（1）根据图像判断出电热丝正常工作时的电流，根据欧姆定律I＝算出每个电热丝正常工作时的电阻，根据P＝UI算出每个电热丝正常工作的额定功率；
（2）只闭合S2时两电阻串联，根据串联电路的分压作用判断出每个电阻分得的电压，由乙图判断出此时的电流，根据P＝UI算出此时电暖器消耗的总功率；
（3）根据ρ＝算出空气的质量为，由Q吸＝c空气mΔt算出卧室内的温度升高了10℃吸收的热量；
只闭合S1和S3，两电阻并联，算出电热丝的功率，由W＝P额t算出消耗的电能，最后由η＝×100%算出电暖器的加热效率。
【解答】解：
（1）R1、R2是两个相同的电热丝，每个电热丝正常工作时的电压为220V，由图乙知电热丝正常工作时的电流为2A，
根据欧姆定律I＝知每个电热丝正常工作时的电阻为：
R1＝R2＝＝＝110Ω；
每个电热丝正常工作的额定功率为：
P额＝U额I额＝220V×2A＝440W；
（2）由图可知只闭合S2时两电热丝串联，因为两电热丝的阻值相等，所以两电热丝分得的电压相等，都为110V，由图乙知此时流过电热丝的电流为1.5A，
此时电暖器消耗的总功率为：
P＝UI′＝220V×1.5A＝330W；
（3）根据ρ＝知空气的质量为：
m＝ρV＝1.2kg/m3×50m3＝60kg，
卧室内的温度升高了10℃吸收的热量为：
Q吸＝c空气mΔt＝1.0×103J/（kg•℃）×60kg×10℃＝6×105J，
只闭合S1和S3，两电热丝并联，则两电热丝的总功率为2×440W＝880W；
电暖器工作15min消耗的电能为：
W＝P总t＝880W×15×60s＝7.92×105J，
电暖器的加热效率为：
η＝×100%＝×100%≈75.8%。
答：（1）每个电热丝正常工作时的电阻为110Ω，额定功率是440W；
（2）只闭合S2时，此时电暖器消耗的总功率为330W；
（3）只闭合S1和S3，让电暖器工作15min，卧室内的温度升高了10℃，电暖器的加热效率是75.8%。
【点评】本题是一道电功与热量的综合计算题，分清电路结构，熟练运用电功率公式、欧姆定律、吸热公式、效率公式是正确解题的关键。