资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩9页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
最新中考物理特色重点专题（讲义） 专题30 一套符合新课标要求的中考创新压轴试卷
展开
这是一份最新中考物理特色重点专题（讲义） 专题30 一套符合新课标要求的中考创新压轴试卷，文件包含专题30一套符合新课标要求的中考创新压轴试卷原卷版docx、专题30一套符合新课标要求的中考创新压轴试卷解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共38页， 欢迎下载使用。
试卷满分100分，答题时间90分钟
一、单项选择题（本大题有12小题，每小题2分，共24分）
1. 下列关于声波的应用说法不正确的是（ ）
A. 医生通过听诊器给病人诊病的原理是减少声音的分散，增大响度
B. 倒车雷达的原理就是采用蝙蝠的“回声定位”的方法
C. 通过灵敏的声学仪器接收到的次声波可以判断地震的方位和强度
D. 城市里安装噪声监测装置，是通过音色来反映噪声大小的
【答案】D
【解析】A．医生通过听诊器给病人诊断的原理是减少声音的分散，增大响度，故A正确，不符合题意；
B．倒车雷达的原理就是采用蝙蝠的“回声定位”的方法，故B正确，不符合题意；
C．通过灵敏的声学仪器接收到的次声波可以判断地震的方位和强度，属于利用声音传递信息，故C正确，不符合题意；
D．城市里安装噪声监测装置，是通过响度来反映噪声大小的，故D错误，符合题意。故选D。
2．如图所示是海波熔化时温度随时间变化的图象。由此可判断（ ）
A．海波是非晶体
B．海波的熔化时间是5min
C．海波的熔点是50℃
D．海波在熔化过程中吸收热量，温度升高
【答案】C
【解析】（1）由图象可知，海波从第5分钟开始温度保持50℃不变，所以海波是晶体，其熔点为50℃，约到第8min时熔化完成，则熔化过程持续了约8min﹣5min＝3min，故AB错误，C正确；
（2）海波是晶体，在熔化过程中吸收热量，温度保持不变，故D错误。3．中国古代的造纸术、指南针、火药、印刷术“四大发明”影响了世界，现代的“新四大发明：高铁、支付宝、共享单车和网购”改变了中国。关于新的四大发明，下列说法中错误的是（ ）
A．高铁站台设置黄色安全线是为了避免乘客过于靠近运行中的列车而被“吸”进轨道
B．支付盒子静止于水平桌面上，它受到的重力和桌面对它的支持力是一对平衡力
C．共享单车的脚踏板上刻有凹凸不平的花纹是为了增大摩擦
D．行驶在平直路面的电动无人快递车关闭电源后会很快停下，说明物体的运动需要力来维持
【答案】B
【解析】A、高铁站台设置黄色安全线是为了避免乘客过于靠近运行中的列车而被“吸”进轨道，是流体压强和流速的关系，故A错误；
B、支付盒子静止于水平桌面上，它受到的重力和桌面对它的支持力大小相等、方向相反、作用在同一条直线上、作用在同一物体上，故是一对平衡力，故B正确；
C、共享单车的脚踏板上刻有凹凸不平的花纹，是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力，故C正确；
D、力是改变物体运动状态的原因，不是维持物体运动的原因。关闭电源后汽车会慢慢停下来，是因为受到摩擦力的作用，是摩擦力改变了快递车的运动状态，故D错误。
4.如图所示，烛焰在光屏上刚好成清晰的像。透镜不动，将蜡烛移至40cm刻度处，移动光屏，在光屏上能观察到（ ）
A．倒立、缩小的实像B．倒立、放大的实像
C．正立、放大的实像D．光屏上不能呈现像
【答案】D
【解析】如图，u＝50cm﹣20cm＝30cm，v＝80cm﹣50cm＝30cm，此时光屏上出现清晰的像，u＝v＝2f＝30cm，所以f＝＝15cm，
将蜡烛移至40cm刻度处，u'＝50cm﹣40cm＝10cm，
物距小于焦距，凸透镜成正立、放大的虚像，虚像不能用光屏承接，所以光屏上不能呈现像。
5. 随着5G信号的快速发展，5G无人物品派送车已应用于实际生活中，图甲所示为无人物品派送车沿直线路径前往派送点的情景。该车从出发点到达派送点，完成任务后返回出发位置，其行驶路程与所用时间的关系如图乙所示。下列分析正确的是（ ）
A. 从派送点返回出发点用时
B. 派送点到出发点的距离为
C. 内派送车的平均速度为0.08km/h
D. 内派送车做匀速直线运动
【答案】C
【解析】AB．由图像知，派送车由出发点到派送点，再回到出发点，用时19min，通过的路程为1.6km，故AB错误；
C．0~10min，派送车通过的路程为0.8km，平均速度
故C正确；
D．10~13min内，派送车的路程保持不变，处于静止状态，故D错误。
6．一定质量的物体在水平拉力的作用下沿同一水平面做直线运动，其路程（s）﹣时间（t）关系如图所示，下列正确的是（ ）
A．物体20s时的速度大于8s时的速度
B．0～12s物体所受的拉力大于12s～24s物体所受的拉力
C．0～12s拉力做的功大于12s～24s拉力做的功
D．0～12s拉力做功的功率小于12s～24s拉力做功的功率
【答案】C
【解析】（1）从图象上分别读出0～12s和12～24s过程中通过的距离，然后根据比较物体运动快慢的方法分析解答（运动相同的路程比时间，时间越短，速度越快；相同时间比路程，路程越长，速度越快）；
（2）根据处于平衡状态的物体受到的力是平衡力得出0～12s和12s～24s两段中拉力和摩擦力的关系，然后根据摩擦力的大小与压力和接触面的粗糙程度有关得出0～12s和12s～24s两段的摩擦力关系，进而可得两段中的拉力关系；
（3）根据W＝Fs比较拉力做功；
（4）根据P＝比较拉力做功的功率。
A.从图象上看，0～12s和12s～24s物体以不同的速度做匀速直线运动，而0～12s通过的路程是6m，12～24s通过路程为2m，因为相同时间内通过的路程越多，速度越大，因此0～12s过程中的速度大于12～24s的过程中的速度，即物体20s时的速度小于8s时的速度，故A错误；
B.由图象可知，物体在0～12s和12s～24s均做匀速直线运动，拉力等于摩擦力，同一物体对水平面压力相等，接触面的粗糙程度不变，故物体受到的摩擦力相等，所以0～12s物体所受的拉力等于12s～24s物体所受的拉力，故B错误；
C.由AB知，0～12s物体所受的拉力等于12s～24s物体所受的拉力，物体0～12s通过的路程大于12～24s通过路程，由W＝Fs可知，0～12s拉力做的功大于12s～24s拉力做的功，故C正确；
D.0～12s拉力做的功大于12s～24s拉力做的功，而两段时间相同，根据P＝可知，0～12s拉力做功的功率大于12s～24s拉力做功的功率，故D错误。
【点评】此题考查速度、功和功率的大小比较，读懂图像，并能从图像中获取相关信息是解答此题关键。
7. 在“天宫课堂”中，航天员王亚平展示了“浮力消失”的实验。在中国空间站微重力环境中，她用吸管把乒乓球轻轻压入水中，取出吸管后，观察到乒乓球静止不动，如图甲所示。在中国科技馆的同学们做了同样的实验，乒乓球却迅速上浮直至漂浮，如图乙所示。下列说法中正确的是（ ）
A. 图甲中，乒乓球的质量为零
B. 图甲中，水所受的重力几乎为零，因此“浮力消失”
C. 图乙中，乒乓球上浮时所受的浮力小于所受的重力
D. 图乙中，乒乓球上浮时水对容器底部的压强变大
【答案】B
【解析】A．质量是物体所含物质的多少，跟物体所处的位置无关，所以乒乓球在太空时的质量不变，故A错误；
B．在微重力的环境下，水受到的重力几乎为零，由于此时乒乓球静止不动，即处于平衡状态，所以此时乒乓球所受浮力等于重力，也几乎为零，即浮力消失，故B正确；
C．由题意可知，乒乓球迅速上浮，说明乒乓球所受的合外力不为零，且方向向上，即此时乒乓球所受浮力大于其所受重力，故C错误；
D．乒乓球在上浮过程中，还没露出水面前，V排不变，即此时容器内液面的高度不变，根据液压公式可知，此时水对容器底部的压强不变；当乒乓球逐渐露出水面后，V排变小，即此时容器内液面的高度下降，根据液压公式可知，此时水对容器底部的压强变小，故D错误。故选B。
8. 如图，小明同学做“测量滑轮组机械效率”的实验，测得：物体重力为3N、在1s的时间内将物体匀速提升0.2m、拉力F为1.8N。此过程中，下列说法中正确的是（ ）
A. 提升时物体的重力势能变小B. 拉力所做的有用功为1.2J
C. 滑轮组的机械效率为55.6%D. 绳子自由端移动的速度为0.4m/s
【答案】D
【解析】A．提升时物体的高度升高、质量不变，重力势能变大，故A错误；
B．拉力所做的有用功为
故B错误；
C．滑轮组的机械效率为
故C错误；
D．在1s的时间内将物体匀速提升0.2m，滑轮组由两股绳承担物重，因此绳子自由端在1s的时间内移动的距离是0.4m，绳子自由端移动的速度为0.4m/s，故D正确。
9.如图所示电路中，当开关S闭合时，电压表V1、V2、V3的示数分别为U1、U2、U3，电流表A1、A2的示数分别为I1、I2（五块电表的读数均不为零），那么下列关系式正确的是（ ）
A．U2＝U1═U3 I1＝I2B．U2＝U1+U3 I1＝I2
C．U3＝U1+U2 I1＝I2D．U3＝U1+U2 I1＞I2
【答案】B【解析】根据电流的路径判断电路的串并联，只有一条路径的是串联，否则为并联；
根据电压表与被测用电器并联、电流表与被测用电器串联判断电表测量的电路元件，根据串联电路的特点得出电表之间的关系。
由电路图可知，电流从电源的正极出发，依次经电流表A1、下面的电阻、上面的电阻、电流表A2回到电源的负极，即电路只有一条路径，两电阻串联，且两电流表均测电路中的电流；
根据电压表与被测电路元件并联可知，电压表V1测下边电阻两端的电压，电压表V2测电源的电压，电压表V3测上面电阻两端的电压；
根据串联电路中各处的电流相等可知，两电流表的示数关系：I1＝I2，故D错误，
因串联电路中总电压等于各分电压之和可，
所以三电压表的示数关系为：U2＝U1+U3，故AC错误，B正确。
10. 下图所示是一些与用电有关的现象，符合安全用电原则的是（ ）
A. 甲图中电源线老化破损仍继续使用B. 乙图中爬树取下落在电线上的风筝
C. 丙图中用湿手去插拔吹风机的插头D. 丁图中电冰箱金属外壳已可靠接地
【答案】D
【解析】A．电源线老化应及时更换，因为人接触破损的电源线时，容易会发生触电事故，故A不符合题意；
B．直接用手取下电线上的风筝时，容易发生触电事故，因为安全用电原则：不接触低压带电体，不靠近高压带电体。故B不符合题意；
C．用湿手插拔插头，水是导体，人体的电阻会减小，极易发生触电事故，故C不符合题意；
D．电冰箱的金属外壳接地，能及时将外壳上的电导走，避免触电事故，故D符合题意。
11. 电磁波的频率与波长的大致分布如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 紫外线属于可见光
B. 红外线的波长比可见光的短
C. X射线的频率比无线电波的低
D. 可见光与射线在真空中的传播速度相等
【答案】D
【解析】本题考查了电磁波多个方面的知识，都是一些记忆型的，难度不大，在平时学习中注意多积累。
A.人看不见红外线和紫外线，红外线和紫外线都属于不可见光，故A错误；
B.根据电磁波谱的波长顺序可知，红外线的波长比可见光的波长长，故B错误；
C.由图可知，体检胸透用的X射线频率比无线电波高，故C错误；
D.可见光与射线都是电磁波，电磁波在真空中的传播速度相同，故D正确。
12. 发电机发电是获取电能的重要方式，下列实验揭示发电机原理的是（ ）
A.奥斯特实验 B.电磁感应现象 C.磁场对电流的作用 D.自制电磁铁
【答案】B
【解析】A．奥斯特实验证明了通电导体周围存在磁场，故A不符合题意；
B．闭合电路中的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，电路中就会产生感应电流，这就是电磁感应现象，发电机就是利用这个原理制成的，故B符合题意；
C．通电导体在磁场中会受到力的作用，根据这个原理制成了电动机，故C不符合题意；
D．电磁铁是利用电流的磁效应工作的，故D不符合题意。
二、多项选择题（本大题有3小题，每小题3分，共9分）
13. 如图所示的情景展示了物理世界的平衡之美。用细线将铁锤悬挂在光滑的尺子上，锤柄末端紧贴尺面，尺子一端置于水平桌面边缘O点处，整个装置恰好处于平衡状态。若尺面水平且不计尺子和细线所受重力，下列说法正确的是（ ）
A. 尺子可以视为能绕O点转动的杠杆
B. 细线对铁锤的拉力与铁锤所受重力是一对平衡力
C. 细线对尺子的拉力大于锤柄末端对尺子的作用力
D. 尺子与铁锤组成的整体，其重心在O点的正下方
【答案】ACD
【解析】A．尺子绕着O点转动，故尺子可以视为能绕O点转动的杠杆，故A正确；
B．对铁锤受力分析，铁锤受到了重力和细线对其的拉力，还受到了尺子对铁锤的作用力，而铁锤处于静止状态，故三个力处于平衡态，故细线对铁锤的拉力与铁锤所受重力不是一对平衡力，故B错误；
C．对铁锤受力分析，铁锤受到了竖直向下的重力，和尺子对其向下的力，还受到了细线给其向上的拉力，竖直向上的力等于竖直向下的合力，故细线对尺子的拉力大于锤柄末端对尺子的作用力，故C正确；
D．若将尺子与铁锤组成的整体，这个整体受到了重力和桌面对其支持力，而支点是两个力的作用点，故重力的作用线是过O点的， 而尺子与铁锤组成的整体，重心偏向密度大的一端，铁锤的密度大，故重心在O点的正下方，故D正确。
故选ACD。
14. “摘星星的妈妈回来了！”2022年4月16日，“神舟十三号”载人飞船制动减速、从大气层外自由滑行进入返航轨道；返回舱进入大气层后自由降落，与空气剧烈摩擦产生上千摄氏度的高温；又经系列降落伞继续减速、在四台反推发动机保护下平稳着陆在内蒙古东风着陆场。整个过程中，舱壁的烧蚀材料、高性能隔热材料和舱内恒温系统的共同作用保持了返回舱内温度的正常；除“黑障”时段外，地面系统实时监测着返回舱的位置。在上述过程中，返回舱（ ）
A. 在大气层外自由滑行的阶段仍受重力B. 在进入大气层之后机械能转化为内能
C. 外壁的烧蚀材料升华吸热以有效降温D. 位置是通过超声波被地面系统实时监测
【答案】ABC
【解析】A．在地球附近的物体都受到重力的作用，所以在大气层滑行的返回舱受到重力的作用，故A符合题意；
B．进入大气层时，返回舱克服空气阻力做功，将机械能转化为内能，舱壁内能增加，温度升高，故B符合题意；
C．外壁的烧蚀材料克服摩擦做功的过程中，由固态变成气态，是升华过程，需要吸收大量的热量，从而达到降温效果，故C符合题意；
D．返回舱的位置是通过电磁波传递到地面的实时监测系统，而不是超声波，故D不符合题意。
故选ABC。
15．如图所示电路中，电源电压恒为6V，电流表量程为0～0.6A，电压表量程为0～15V，滑动变阻器R2规格为“50Ω 0.5A”。滑片P在中点时，电流表示数为0.2A，电压表示数为5V．下列说法中正确的有（ ）
A．定值电阻R1为5Ω
B．如果出现电压表示数为6V，可能是R1断路
C．滑动变阻器阻值可调节范围为7Ω～50Ω
D．R2的功率占电路总功率的比值最小时，电流表示数为0.6A
【答案】AC
【解析】A.滑动变阻器和定值电阻串联在电路中，电压表测量滑动变阻器的电压，电流表测量串联电路的电流，电压表示数是5V，电源电压是6V，由于串联电路的总电压等于各串联导体两端电压之和，所以定值电阻两端的电压为：U1＝U﹣U2＝6V﹣5V＝1V，所以定值电阻的阻值为：R1＝＝＝5Ω，故选项正确。
B.电源电压是6V，滑动变阻器和定值电阻串联在电路中，当电压表示数是6V时，定值电阻两端电压是0V，说明定值电阻是短路，故选项错误。
C.滑动变阻器允许通过的最大电流是0.5A，电流表量程是0～0.6A，可以判断电路最大电流是0.5A，
所以定值电阻两端的最大电压为：U'1＝I'R1＝0.5A×5Ω＝2.5V，由于串联电路的总电压等于各串联导体两端电压之和，所以滑动变阻器两端电压为：U'2＝U﹣U'1＝6V﹣2.5V＝3.5V，
所以此时滑动变阻器接入电路的最小电阻为：R2＝＝＝7Ω；
滑动变阻器向右移动时电阻变大，分担的电压变大，电路电流变小，并且电源电压是6V，不会超过电压表量程，所以滑动变阻器可以接入50Ω的电阻，
所以滑动变阻器的取值范围为：7Ω～50Ω，故选项正确。
D.滑动变阻器和定值电阻串联在电路中，滑动变阻器允许通过的最大电流是0.5A，所以电路电流不会达到0.6A，故选项错误。
三、填空题（本大题有9小题，每空1分，共18分）
16．小齐站在距平面镜1.6m处整理衣着，他在镜中的像与他本人的距离是 m；当他沿着与镜面垂直方向水平移动1m后，他在镜中像的大小将 （填“变大”“不变”或“变小”）。
【答案】3.2；不变。
【解析】小齐到平面镜的距离是1.6m，根据物像到平面镜的距离相等，所以小齐的像到平面镜的距离也是1.6m，像与他本人的距离为3.2m；
平面镜成像与成像物体大小相等，跟物体到平面镜的距离、平面镜的大小都没有关系，所以小齐沿着与镜面垂直方向水平移动1m后，像的大小不变。
17. 某品牌盒装酸奶净含量250g，酸奶的体积约200mL，可估算酸奶的密度为_______g/cm3；如果从酸奶盒中倒出一半酸奶后，剩余酸奶的密度________（选填“变大”、“变小”或“不变”）。
【答案】 1.25 不变
【解析】酸奶净含量250g，酸奶的体积约
V= 200mL=200cm3
可估算酸奶的密度为
密度是物质本身的一种特性，与物质的质量和体积无关， 所以如果从酸奶盒中倒出一半酸奶后，剩余酸奶的密度不变。
18．如图所示，甲、乙两质地均匀的正方体放在水平地面上，它们的边长之比l甲：l乙＝2：3，质量之比m甲：m乙＝2：1，则它们对地面的压力之比F甲：F乙＝ ，对地面的压强之比p甲：p乙＝ 。
【答案】2：1；9：2。
【解析】（1）根据G＝mg知甲乙的重力之比为：＝＝＝，
水平面上物体的压力和自身的重力相等，由此可知其对水平地面的压力之比为：
＝＝；
（2）已知边长之比l甲：l乙＝2：3，则＝＝＝，
对地面的压强之比：＝＝×＝×＝。
【点评】本题考查了压强公式的灵活运用，要注意p＝适用与一切求压强的计算。
19. 某款擦窗机器人如图所示，它的“腹部”有吸盘，当真空泵将吸盘内的空气向外抽出时，由于_____的作用，它能牢牢地吸附在竖直玻璃上；若擦窗机器人的总质量为1.1kg，当它吸附在竖直玻璃上处于静止时，受到的摩擦力为_____N。（g=10Nkg）
【答案】 大气压 11
【解析】机器人工作时，真空泵将吸盘内的空气向外抽出时，导致吸盘内部的气压小于外界大气压，在大气压的作用下，时吸盘吸附在玻璃上。
机器人在竖直玻璃上静止时，处于平衡状态，竖直方向受到的重力和摩擦力是一对平衡力，平衡力大小相等，故机器人受到的摩擦力为
f=G=mg=1.1kg×10N/kg=11N
20. 烈日下，汽车玻璃窗上的小水珠应尽快擦干，这是由于小水珠相当于一个 ___________（选填“凸透镜”或“凹透镜”），对太阳光有 ___________（选填“会聚”或“发散”）作用，可能使车内某处温度升高而导致火灾。
【答案】 凸透镜 会聚
【解析】小水珠边缘薄，中间厚，所以相当于凸透镜。
凸透镜对光线具有会聚作用，凹透镜对光线有发散作用，而小水珠相当于凸透镜，故对光线有会聚作用。
21. 近期某地出现了龙卷风特殊天气，龙卷风内外存在巨大的压强差是由于其中心空气流速大，压强____ ，导致周边的物体被“吸入”龙卷风中心；某人用手机拍下龙卷风的照片，手机镜头相当于____ 透镜。
【答案】小 凸
【解析】根据流体压强和流速的关系可知，“东方之星”游轮受龙卷风的影响而倾覆，这是因为龙卷风的中心空气流速大、压强小；
手机镜头相当于一个凸透镜，成倒立、缩小的实像。
22. 把磨得很光滑的铅片和金片紧压在一起，一段时间后，可以看到它们互相渗入对方，这种现象属于______现象；若使质量为5kg的水温度从20℃升高到40℃，则水吸收的热量为________J。已知（）。
【答案】 扩散 4.2×105
【解析】把磨得很光滑的铅片和金片紧压在一起，一段时间后，可以看到它们互相渗入对方，说明分子在不停地做无规则运动，这种现象属于扩散现象。
若使质量为5kg的水温度从20℃升高到40℃，则水吸收的热量为
Q吸=c水m(t-t0)=4.2×103J/(kg·℃)×5kg×(40℃-20℃)=4.2×105J
23. 如图所示，用酒精灯加热试管中水，当水沸腾一段时间以后，塞子被试管内水蒸气推出。这是通过 ________的方式将水蒸气的内能转化为塞子的机械能（选填“做功”或“热传递”）。图 _________（选填“甲”或“乙”）中汽油机的工作过程与这一实验过程中原理是一致的。
【答案】 做功 乙
【解析】塞子被试管内水蒸气推出，气体膨胀对外做功，将气体的内能转化为机械能，涉及能量的转换，故是做功。
如图甲所示，进气门关、排气门关，活塞向上，压缩气体做功，将机械能转化为内能，而乙图是进气门关、排气门关，活塞向下，高温高压气体对活塞做功，将内能转化为机械能，故图乙中能量转化与气体对活塞做功实验的原理相同。
24．如图甲所示的电路中，L1两端的电压为U1＝3.7V，L2两端的电压如图乙所示，则L2两端的电压U2＝ V，电源电压U＝ V。
【答案】2.3；6。
【解析】先根据开关的状态分析电路的连接方式，然后根据电压表测量的对象可读出L2两端的电压，根据串联电路的电压规律可计算电源电压。
解：当开关S2闭合时，电路是一个串联电路，电压表测量的是L2两端的电压，由图乙可知，此图中电压表接的是小量程，故分度值是0.1V，故示数U2＝2.3V；
已知L1两端的电压为U1＝3.7V，故电源电压U＝U1+U2＝3.7V+2.3V＝6V；
【点评】此题考查了串联电路的电压规律，关键是能够正确地进行分析电路的连接方式以及电压表的测量对象。
四、作图题（本大题有3小题，每小题2分，共6分）
25. 如图所示，A是烛焰上的一点，B是人眼的位置，请画出A点发出的一条光线经平面镜反射后经过B点的光路图。
【答案】 如图所示：
【解析】先作出发光点A关于平面镜的对称点A′即为A的像；连接A′B交平面镜于点O（即入射点），连接AO，则AO为入射光线，OB为反射光线。
26.如图所示，物体静止在斜面上，画出A所受重力G和支持力的示意图。
【答案】如下图所示：
【解析】画重力的示意图关键是要明确它的三要素，这里注意重力的方向始终是竖直向下的。
因为支持力是物体受到的力，所以力的作用点一定要画在物体上，并注意支持力的方向与斜面垂直。
重力的作用点在物体的重心，方向竖直向下，过重心作一条竖直向下的线段，在末端画上箭头，即为重力G的示意图；
斜面对物体支持力的方向垂直于斜面向上，过物体的重心作一条垂直于斜面向上的线段，末端画上箭头，标出支持力符号。
27. 如图所示实物电路，请用笔画线代替导线按要求完成电路连接。要求：灯L1、L2串联，电压表只测量L1两端的电压，不考虑电压表量程的选择，导线不交叉。
【答案】如图所示。
【解析】由题意知，灯L1、L2串联，所以将灯L1、L2首尾连接，电压表测灯L1两端电压,所以电压表与L1并联.
五、实验探究题（本大题有4小题，共25分）
28．（4分）根据图中提供的信息回答下列各题：
（1）根据国家疫情防控要求，体温达37.3℃及以上者需要进行医学观察。小明入校体温检测时体温计显示如图1所示，则小明 （选填“需要”或“不需要”）进行医学观察；
（2）“五一”假期，为响应国家防疫号召，小明一家就近选择驾车到本市陈毅故里参观。经过某路口时，小明注意到交通指示牌标示如图2所示。在遵守交通规则的前提下，到达陈毅故里最少还需要时
间 min；（3）用同样的加热器给相同质量的A、B两种液体加热，得到它们的温度随时间变化的图像如图3所示，则A、B两种液体的比热容cA cB（选填“＞”、“＝”或“＜”）；
（4）容器被带薄橡皮膜的挡板分隔为左、右两部分，两边分别倒入甲、乙两种液体。当左右两边液面如图4所示时，橡皮膜刚好处于竖直状态，则甲、乙液体密度关系是ρ甲 ρ乙（选填“＞”、“＝”或“＜”）。
【答案】（1）不需要；（2）18；（3）＞；（4）＞。
【解析】（1）由图可知，温度计的分度值为0.1℃，小明体温为37.1℃，所以小明不需要进行医学观察；
（2）图中显示距离陈毅故里还有18km，限速60km/h，则到达陈毅故里最少还需要时间；
（3）由吸热公式Q＝cm（t2﹣t1）可知，在质量和吸收热量一定的情况下，比热容越大的物质，温度变化越小，由图3可知，0～5分钟内，A温度变化小，所以A的比热容较大；
（4）由液体的压强公式p＝ρgh可知，液体的压强大小取决于液体的密度和深度，由图4可知，甲液面距橡皮膜的深度比乙小，因为橡皮膜处于竖直状态，故p甲＝p乙，由液体压强公式p＝ρgh可知ρ甲gh甲＝ρ乙gh乙，由于h甲＜h乙，所以ρ甲＞ρ乙。
29. （6分）小华同学选用图甲、图乙所示的装置，探究了冰的熔化及水沸腾时温度的变化特点，图丙是由测量数据所绘制的图像。
（1）要完成这个实验，除了图示的器材外，还需要的测量器材是 ___________；若只探究冰熔化应选用图 ___________（选填“甲”或“乙”）装置来进行实验，效果更好；在探究水沸腾时温度的变化特点时，试管口产生“白气”的原因：水蒸气遇冷 ___________成小水珠。
（2）由图丙可知冰是 ___________（选填“晶体”或“非晶体”），水的沸点是 ___________
（3）在评估交流时，有同学提出从开始加热到沸腾所用时间过长，请你说出一种能节省实验时间的方法 ___________。
【答案】 （1）秒表 乙 液化 （2）晶体 98 （3）见解析【解析】（1）要完成这个实验，除了图示的器材外，还需要秒表，因为还要测量和记录加热的时间。
只探究冰熔化规律，应选用图乙的装置来进行实验加热，即采用“水浴法”加热，可以使物质均匀受热。
在探究水沸腾时温度的变化特点时，烧杯中的水汽化成水蒸气，水蒸气上升到试管口处又遇冷液化成小水珠，形成“白气”。
（2）由图丙可知， BC段表示冰块的熔化过程，冰块在熔化过程中温度保持不变，可知冰是晶体。
由图丙可知， DE段表示水的沸腾过程，水温升高到98℃时温度保持不变，可知水的沸点是98℃。
（3）在观察水的沸腾实验中，节省实验时间的方法主要有：减小水的质量、用温水做实验、在试管上盖一个带孔的盖子。
30. （7分）实验小组的同学利用学过的物理知识测定一块吊坠的密度。
（1）把天平放在水平桌面上，将游码调到标尺左端______处时，发现指针偏向分度盘的左侧，此时应向______调节平衡螺母，使横梁平衡；
（2）将吊坠放在天平左盘中，向右盘中加砝码并调节游码直到横梁平衡。此时，右盘中的砝码和游码的位置如图甲所示，则吊坠的质量是______g；
（3）往量筒中倒入50mL水，将吊坠浸没在水中，液面位置如图乙所示，则吊坠的密度是______；
（4）整理实验器材时发现，使用的砝码有磨损，则测得的密度值偏______；
（5）实验小组讨论后，不用砝码，只利用天平、两个相同的烧杯、量筒和水也能测出吊坠的密度。请将实验步骤补充完整。
①在两个烧杯中倒入等量的水，分别放在已调平衡的天平的左右盘中如图丙所示；
②将拴着细线的吊坠浸没在左盘烧杯的水中（不碰烧杯底），用量筒向右盘的烧杯中加水到A处时横梁平衡，记下加水的体积为，如图丁所示；
③___________，用量筒继续向右盘的烧杯中加水，直到横梁平衡，并记下再次加入水的体积为；
④吊坠密度的表达式为______。（用、、表示）
【答案】（1）零刻度线 右 （2）32.2 （3） （4） 大 （5）将吊坠直接放在左盘烧杯的水中
【解析】（1）根据托盘天平的使用规则可知，首先把天平放在水平桌面上，然后将游码调到标尺左端零刻度线处，若发现指针偏向分度盘的左侧，说明左侧较重，所以把平衡螺母向右调节，才能使天平平衡。
（2）根据托盘天平的读数规则可知，左盘上物体的质量等于右盘砝码的质量与标尺上游码所表示的示数之和，所以吊坠的质量为
m=20g+10g+2.2g=32.2g
（3）由图可知，该量筒的分度值为2mL，根据液面所在的位置可知，此时量筒的示数为64mL，由题意可知，吊坠的体积等于量筒中水增加的体积，即吊坠的体积为
V=64mL-50mL=14mL=14cm3
根据密度公式可得，该吊坠的密度为
（4）使用的砝码有磨损，会导致测量的质量偏大，根据可知，测得的密度值偏大。
（5）天平是一个等臂杠杆，将拴着细线的吊坠浸没在左盘烧杯的水中（不碰烧杯底），用量筒向右盘的烧杯中加水到A处时横梁平衡，记下加水的体积为， 此时右侧增加的水的重力等于右侧吊坠所受到的浮力，即，可得
所以此时V排=V1，又因为吊坠在水中处于浸没状态，所以
V吊坠=V排=V1
将吊坠直接放在左盘烧杯的水中，用量筒继续向右盘的烧杯中加水，直到横梁平衡，并记下再次加入水的体积为，此时天平两侧的重力大小相等，所以右侧增加的水的重力等于吊坠的重力，即可得吊坠的重力为
所以吊坠的质量为
根据密度公式可得，该吊坠的密度为
31. （8分）小华用如图甲所示电路，测量标有“2.5V”字样小灯泡的电阻，现有器材：电源（3V）、电流表、电压表、滑动变阻器（20Ω，2A）、开关、导线若干。
（1）根据图甲，用笔画线表示导线，将图乙中的实物图连接完整______；
（2）闭合开关前，滑动变阻器滑片P应调至______端。
（3）闭合开关，移动滑片P，发现灯泡始终不亮，电流表示数为零，电压表示数等于电源电压，可判断故障是______；
（4）排除故障后进行实验。移动滑片P，当电压表示数为2.2V时，电流表示数如图甲，为______A，此时小灯泡的电阻为______Ω（结果保留一位小数）；
（5）根据实验数据，分别画出小灯泡和滑动变阻器的I-U图像，如图乙。根据图像可知：小灯泡两端电压越大，电阻越______；当滑动变阻器电阻与小灯泡电阻相等时，小灯泡消耗的功率是______W；
（6）小华发现无论如何移动滑片，小灯泡两端的电压都无法调到0.5V。现增加一个阻值为20Ω的定值电阻R和一个开关，对原电路进行改进，使小灯泡两端电压能在0.5~3.0V之间变化，测出小灯泡在不同电压下的电阻。请在虚线框中画出电路图，要求电路连接后不再拆接______。
【答案】 （1） （2）右 （3）小灯泡断路 （4）0.24 9.2 （5）大 0.3 （6）
【解析】（1）小灯泡的额定电压是2.5V，电压表选择0~3V的量程，电压表和灯泡并联，滑动变阻器一上一下串联接入电路，如图所示
（2）为保护电路，连接电路时，滑动变阻器滑片P应调至阻值最大处，即最右端。
（3）闭合开关，移动滑片P，发现灯泡始终不亮，电流表示数为零，说明电路中出现断路，电压表示数等于电源电压，可能小灯泡断路。
（4）由图甲可知，电流表的量程是0~0.6A，分度值是0.02A，电流表的示数是0.24A。
[5]此时小灯泡的电阻为
（5）如图所示
滑动变阻器的滑片向左移动，变阻器连入电路的电阻变小，电路的总电阻变小，由可知电路中的电流变大，由U=IR可知，灯泡两端的电压变大，由串联电路电压的规律可知变阻器两端的电压变小，图像A是灯泡的I-U图像，图像B是滑动变阻器的I-U图像，灯泡的电压分别为1.0V、1.5V、2.5V，对应的电流分别为0.16A、0.2A、0.25A，电阻分别为
所以小灯泡两端电压越大，电阻越大。
由图乙可知，当滑动变阻器电阻与小灯泡电阻相等时，灯泡两端的电压是1.5V，通过灯泡的电流是0.2A，小灯泡消耗的功率
PL=ULIL=1.5V×0.2A=0.3W
（6）小华发现无论如何移动滑片，小灯泡两端的电压都无法调到0.5V，说明变阻器的最大阻值较小，由串联分压可知，在电路中串联一个阻值为20Ω的定值电阻R，电源电压是3.0V，为了使小灯泡两端的电压是3.0V，将开关S1并联在电阻R两端，闭合开关S1将R短路，变阻器的滑片移动阻值最小处，此时只有灯泡的简单电路，灯泡两端的电压等于电源电压，即灯泡两端的电压是3.0V，如图所示
六、综合应用题（本大题有3小题，共18分）
32. （7分）图甲是某卫生间马桶水箱的进水调节装置，图乙为其结构示意图，浮臂AB可视为绕点转动的杠杆，，，A端通过细连接杆AC与柱状浮筒连接，浮筒质量为，端通过细连接杆BD与圆饼状止水阀连接，止水阀上下表面积与进水管口面积均为。当水箱中无水或水量较少时，止水阀打开，水从进水管流进水箱。水位达到一定高度时，浮筒推动杠杆，使止水阀刚好堵住进水管，停止进水，此时AB处于水平位置，连接杆竖直，大气压强，进水管中水压。除浮筒外其它装置所受重力不计，忽略所有摩擦，g取，水的密度。刚停止进水时，求：
（1）浮筒所受重力；
（2）进水管中的水对止水阀的压力；
（3）连接杆BD对止水阀的压力；
（4）浮筒排开水的体积。
【答案】（1）0.5N；（2）12N；（3）10N；（4）2.5×10-4m3
【解析】（1）根据重力的计算公式可得，浮筒所受重力为
（2）由
可知，进水管中的水对止水阀的压力为
（3）根据压强的计算公式可得，止水阀上表面所受大气压力为
对止水阀进行受力分析，如图所示
则有
（4）浮臂平衡时，由杠杆平衡条件有
则
对浮筒进行受力分析如图所示
则有
根据阿基米德定律的计算公式可得，浮筒排开水的体积为
33．（6分）在如图所示的电路中，电源电压U＝6V，小灯泡L标有“4V 1.6W”的字样（电源电压和小灯泡的阻值均保持不变），R1为定值电阻，滑动变阻器标有“20Ω 1A”的字样，电流表A的量程为0～0.6A。求：
（1）小灯泡L的电阻RL；
（2）当开关S1闭合S2断开时，电压表的示数为4V，R1工作5分钟消耗的电能；
（3）当开关S1断开S2闭合时，在电路安全的情况下，小灯泡电功率的变化范围。
【答案】（1）小灯泡L的电阻RL为10Ω；
（2）当开关S1闭合S2断开时，电压表的示数为4V，R1工作5分钟消耗的电能是240J；
（3）当开关S1断开S2闭合时，在电路安全的情况下，小灯泡电功率的变化范围是0.4W～1.6W。
【解析】（1）根据灯泡铭牌，由P＝UI＝求出小灯泡L的电阻RL；
（2）闭合S1，断开S2时，分析可知L与R1串联，根据串联电路的电压特点及欧姆定律可求电路电流，再根据W＝UIt可求R1工作5分钟消耗的电能；
（3）闭合S2，断开S1，R与L串联，在电路安全的情况下，根据串联电路的特点和欧姆定律，求出电路的最小电流和最大电流，再根据P＝UI、P＝I2RL可求小灯泡电功率，从而可求小灯泡电功率变化范围。
解：（1）由题可知，灯泡L上标有“4V 1.6W”的字样，
灯泡电阻RL＝＝＝10Ω；
（2）闭合S1，断开S2时，分析可知L与R1串联，电压表测量的是小灯泡两端的电压：UL＝4V，
根据串联电路的电压特点，电阻R1两端的电压：UR1＝U﹣UL＝6V﹣4V＝2V，
流过R1的电流：IR1＝IL＝＝＝0.4A，
R1工作5分钟消耗的电能：W＝UR1IR1t＝2V×0.4A×5×60s＝240J；
（3）闭合S2，断开S1，滑动变阻器R与小灯泡L串联，小灯泡的额定电流：IL额＝＝＝0.4A，
滑动变阻器允许通过的最大电流为1A，电流表允许通过的最大电流为0.6A，小灯泡允许通过的最大电流为0.4A，
此时电流允许通过的最大电流：I最大＝0.4A，
小灯泡的最大功率：P最大＝PL额＝1.6W，
当滑动变阻器阻值最大时，串联电路的总电阻：R总＝R+RL＝10Ω+20Ω＝30Ω，
此时通过小灯泡的最小电流：I最小＝＝＝0.2A，
小灯泡的最小功率：P最小＝I最小2RL＝（0.2A）2×10Ω＝0.4W，
小灯泡电功率的变化范围：0.4W～1.6W。
【点评】本题考串联电路规律、欧姆定律及电功率的公式及其变形的应用，正确分析电路是关键。
34. （5分）阅读材料，回答问题
超级镜子发电站
我国用熔盐和1.2万块镜子，建成亚洲第一发电站——甘肃敦煌100MW熔盐塔式太阳能光热电站如图甲所示，该发电站通过电脑控制镜子的反射方向，持续地将太阳光聚集在塔顶的吸热器上，加热其中的熔盐，使其温度升高。高温熔盐向下流入温度为565℃的高温熔盐罐，热泵将它打入蒸汽发生器，与其中的冷水进行热交换，产生高温高压的水蒸气，水蒸气推动汽轮机带动发电机发电。经过蒸汽发生器后的熔盐，降温回到低温熔盐罐，从而循环下去。该电站的两个熔盐罐中共存储3万吨熔盐（熔点为210℃），白天高温熔盐罐把能量储存起来，夜晚再把罐中的高温熔盐释放出来发电，可以实现24小时稳定电力输出。
请回答：
（1）高温熔盐罐利用熔盐储存___________。高温熔盐进入蒸汽发生器，通过___________（做功/热传递）方式使冷水变成高温高压水蒸气，推动汽轮机带动发电机发电；
（2）低温熔盐罐的温度应___________（>/<）210℃；
（3）该发电站正常工作24h，可发电___________度；
（4）从图乙中可以看出，镜子大致以吸热塔为中心依次排列，吸热塔南面的镜子较少，北面的较多。请你结合图丙情形分析，在南面和北面同样的镜子a和b，___________反射到吸热塔的光能更多。
【答案】 （1）内能 热传递 （2）> （3）2.4×106 （4）b
【解析】（1）根据题意知，发电站利用镜子将太阳光聚集在塔顶的吸热器上，加热其中的熔盐，使其温度升高。高温熔盐向下流入温度为565℃的高温熔盐罐，故高温熔盐罐利用熔盐储存能量。
改变物体内能的方法是做功和热传递。高温熔盐向下流入温度为565℃的高温熔盐罐，热泵将它打入蒸汽发生器，与其中的冷水进行热交换，产生高温高压的水蒸气，水蒸气推动汽轮机带动发电机发电。故高温熔盐进入蒸汽发生器，通过热传递方式使冷水变成高温高压水蒸气，推动汽轮机带动发电机发电。
（2）晶体熔化的条件是达到熔点继续吸热。熔盐熔点为210℃，故低温熔盐罐的温度应>210℃。
（3）该发电站正常工作24h，可发电
W=Pt=100×103kW×24h=2.4×106 kW·h=2.4×106度
（4）根据光反射时，反射角等于入射角，因太阳光从吸热塔南面射来，要使反射光线射到吸热器上，若镜子在吸热塔南面，太阳光射到镜面的入射角较大，则反射角也较大，这就使反射光线不容易射到吸热器上。故在南面和北面同样的镜子a和b，b反射到吸热塔的光能更多。
试卷满分100分，答题时间90分钟
一、单项选择题（本大题有12小题，每小题2分，共24分）
1. 下列关于声波的应用说法不正确的是（ ）
A. 医生通过听诊器给病人诊病的原理是减少声音的分散，增大响度
B. 倒车雷达的原理就是采用蝙蝠的“回声定位”的方法
C. 通过灵敏的声学仪器接收到的次声波可以判断地震的方位和强度
D. 城市里安装噪声监测装置，是通过音色来反映噪声大小的
【答案】D
【解析】A．医生通过听诊器给病人诊断的原理是减少声音的分散，增大响度，故A正确，不符合题意；
B．倒车雷达的原理就是采用蝙蝠的“回声定位”的方法，故B正确，不符合题意；
C．通过灵敏的声学仪器接收到的次声波可以判断地震的方位和强度，属于利用声音传递信息，故C正确，不符合题意；
D．城市里安装噪声监测装置，是通过响度来反映噪声大小的，故D错误，符合题意。故选D。
2．如图所示是海波熔化时温度随时间变化的图象。由此可判断（ ）
A．海波是非晶体
B．海波的熔化时间是5min
C．海波的熔点是50℃
D．海波在熔化过程中吸收热量，温度升高
【答案】C
【解析】（1）由图象可知，海波从第5分钟开始温度保持50℃不变，所以海波是晶体，其熔点为50℃，约到第8min时熔化完成，则熔化过程持续了约8min﹣5min＝3min，故AB错误，C正确；
（2）海波是晶体，在熔化过程中吸收热量，温度保持不变，故D错误。3．中国古代的造纸术、指南针、火药、印刷术“四大发明”影响了世界，现代的“新四大发明：高铁、支付宝、共享单车和网购”改变了中国。关于新的四大发明，下列说法中错误的是（ ）
A．高铁站台设置黄色安全线是为了避免乘客过于靠近运行中的列车而被“吸”进轨道
B．支付盒子静止于水平桌面上，它受到的重力和桌面对它的支持力是一对平衡力
C．共享单车的脚踏板上刻有凹凸不平的花纹是为了增大摩擦
D．行驶在平直路面的电动无人快递车关闭电源后会很快停下，说明物体的运动需要力来维持
【答案】B
【解析】A、高铁站台设置黄色安全线是为了避免乘客过于靠近运行中的列车而被“吸”进轨道，是流体压强和流速的关系，故A错误；
B、支付盒子静止于水平桌面上，它受到的重力和桌面对它的支持力大小相等、方向相反、作用在同一条直线上、作用在同一物体上，故是一对平衡力，故B正确；
C、共享单车的脚踏板上刻有凹凸不平的花纹，是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力，故C正确；
D、力是改变物体运动状态的原因，不是维持物体运动的原因。关闭电源后汽车会慢慢停下来，是因为受到摩擦力的作用，是摩擦力改变了快递车的运动状态，故D错误。
4.如图所示，烛焰在光屏上刚好成清晰的像。透镜不动，将蜡烛移至40cm刻度处，移动光屏，在光屏上能观察到（ ）
A．倒立、缩小的实像B．倒立、放大的实像
C．正立、放大的实像D．光屏上不能呈现像
【答案】D
【解析】如图，u＝50cm﹣20cm＝30cm，v＝80cm﹣50cm＝30cm，此时光屏上出现清晰的像，u＝v＝2f＝30cm，所以f＝＝15cm，
将蜡烛移至40cm刻度处，u'＝50cm﹣40cm＝10cm，
物距小于焦距，凸透镜成正立、放大的虚像，虚像不能用光屏承接，所以光屏上不能呈现像。
5. 随着5G信号的快速发展，5G无人物品派送车已应用于实际生活中，图甲所示为无人物品派送车沿直线路径前往派送点的情景。该车从出发点到达派送点，完成任务后返回出发位置，其行驶路程与所用时间的关系如图乙所示。下列分析正确的是（ ）
A. 从派送点返回出发点用时
B. 派送点到出发点的距离为
C. 内派送车的平均速度为0.08km/h
D. 内派送车做匀速直线运动
【答案】C
【解析】AB．由图像知，派送车由出发点到派送点，再回到出发点，用时19min，通过的路程为1.6km，故AB错误；
C．0~10min，派送车通过的路程为0.8km，平均速度
故C正确；
D．10~13min内，派送车的路程保持不变，处于静止状态，故D错误。
6．一定质量的物体在水平拉力的作用下沿同一水平面做直线运动，其路程（s）﹣时间（t）关系如图所示，下列正确的是（ ）
A．物体20s时的速度大于8s时的速度
B．0～12s物体所受的拉力大于12s～24s物体所受的拉力
C．0～12s拉力做的功大于12s～24s拉力做的功
D．0～12s拉力做功的功率小于12s～24s拉力做功的功率
【答案】C
【解析】（1）从图象上分别读出0～12s和12～24s过程中通过的距离，然后根据比较物体运动快慢的方法分析解答（运动相同的路程比时间，时间越短，速度越快；相同时间比路程，路程越长，速度越快）；
（2）根据处于平衡状态的物体受到的力是平衡力得出0～12s和12s～24s两段中拉力和摩擦力的关系，然后根据摩擦力的大小与压力和接触面的粗糙程度有关得出0～12s和12s～24s两段的摩擦力关系，进而可得两段中的拉力关系；
（3）根据W＝Fs比较拉力做功；
（4）根据P＝比较拉力做功的功率。
A.从图象上看，0～12s和12s～24s物体以不同的速度做匀速直线运动，而0～12s通过的路程是6m，12～24s通过路程为2m，因为相同时间内通过的路程越多，速度越大，因此0～12s过程中的速度大于12～24s的过程中的速度，即物体20s时的速度小于8s时的速度，故A错误；
B.由图象可知，物体在0～12s和12s～24s均做匀速直线运动，拉力等于摩擦力，同一物体对水平面压力相等，接触面的粗糙程度不变，故物体受到的摩擦力相等，所以0～12s物体所受的拉力等于12s～24s物体所受的拉力，故B错误；
C.由AB知，0～12s物体所受的拉力等于12s～24s物体所受的拉力，物体0～12s通过的路程大于12～24s通过路程，由W＝Fs可知，0～12s拉力做的功大于12s～24s拉力做的功，故C正确；
D.0～12s拉力做的功大于12s～24s拉力做的功，而两段时间相同，根据P＝可知，0～12s拉力做功的功率大于12s～24s拉力做功的功率，故D错误。
【点评】此题考查速度、功和功率的大小比较，读懂图像，并能从图像中获取相关信息是解答此题关键。
7. 在“天宫课堂”中，航天员王亚平展示了“浮力消失”的实验。在中国空间站微重力环境中，她用吸管把乒乓球轻轻压入水中，取出吸管后，观察到乒乓球静止不动，如图甲所示。在中国科技馆的同学们做了同样的实验，乒乓球却迅速上浮直至漂浮，如图乙所示。下列说法中正确的是（ ）
A. 图甲中，乒乓球的质量为零
B. 图甲中，水所受的重力几乎为零，因此“浮力消失”
C. 图乙中，乒乓球上浮时所受的浮力小于所受的重力
D. 图乙中，乒乓球上浮时水对容器底部的压强变大
【答案】B
【解析】A．质量是物体所含物质的多少，跟物体所处的位置无关，所以乒乓球在太空时的质量不变，故A错误；
B．在微重力的环境下，水受到的重力几乎为零，由于此时乒乓球静止不动，即处于平衡状态，所以此时乒乓球所受浮力等于重力，也几乎为零，即浮力消失，故B正确；
C．由题意可知，乒乓球迅速上浮，说明乒乓球所受的合外力不为零，且方向向上，即此时乒乓球所受浮力大于其所受重力，故C错误；
D．乒乓球在上浮过程中，还没露出水面前，V排不变，即此时容器内液面的高度不变，根据液压公式可知，此时水对容器底部的压强不变；当乒乓球逐渐露出水面后，V排变小，即此时容器内液面的高度下降，根据液压公式可知，此时水对容器底部的压强变小，故D错误。故选B。
8. 如图，小明同学做“测量滑轮组机械效率”的实验，测得：物体重力为3N、在1s的时间内将物体匀速提升0.2m、拉力F为1.8N。此过程中，下列说法中正确的是（ ）
A. 提升时物体的重力势能变小B. 拉力所做的有用功为1.2J
C. 滑轮组的机械效率为55.6%D. 绳子自由端移动的速度为0.4m/s
【答案】D
【解析】A．提升时物体的高度升高、质量不变，重力势能变大，故A错误；
B．拉力所做的有用功为
故B错误；
C．滑轮组的机械效率为
故C错误；
D．在1s的时间内将物体匀速提升0.2m，滑轮组由两股绳承担物重，因此绳子自由端在1s的时间内移动的距离是0.4m，绳子自由端移动的速度为0.4m/s，故D正确。
9.如图所示电路中，当开关S闭合时，电压表V1、V2、V3的示数分别为U1、U2、U3，电流表A1、A2的示数分别为I1、I2（五块电表的读数均不为零），那么下列关系式正确的是（ ）
A．U2＝U1═U3 I1＝I2B．U2＝U1+U3 I1＝I2
C．U3＝U1+U2 I1＝I2D．U3＝U1+U2 I1＞I2
【答案】B【解析】根据电流的路径判断电路的串并联，只有一条路径的是串联，否则为并联；
根据电压表与被测用电器并联、电流表与被测用电器串联判断电表测量的电路元件，根据串联电路的特点得出电表之间的关系。
由电路图可知，电流从电源的正极出发，依次经电流表A1、下面的电阻、上面的电阻、电流表A2回到电源的负极，即电路只有一条路径，两电阻串联，且两电流表均测电路中的电流；
根据电压表与被测电路元件并联可知，电压表V1测下边电阻两端的电压，电压表V2测电源的电压，电压表V3测上面电阻两端的电压；
根据串联电路中各处的电流相等可知，两电流表的示数关系：I1＝I2，故D错误，
因串联电路中总电压等于各分电压之和可，
所以三电压表的示数关系为：U2＝U1+U3，故AC错误，B正确。
10. 下图所示是一些与用电有关的现象，符合安全用电原则的是（ ）
A. 甲图中电源线老化破损仍继续使用B. 乙图中爬树取下落在电线上的风筝
C. 丙图中用湿手去插拔吹风机的插头D. 丁图中电冰箱金属外壳已可靠接地
【答案】D
【解析】A．电源线老化应及时更换，因为人接触破损的电源线时，容易会发生触电事故，故A不符合题意；
B．直接用手取下电线上的风筝时，容易发生触电事故，因为安全用电原则：不接触低压带电体，不靠近高压带电体。故B不符合题意；
C．用湿手插拔插头，水是导体，人体的电阻会减小，极易发生触电事故，故C不符合题意；
D．电冰箱的金属外壳接地，能及时将外壳上的电导走，避免触电事故，故D符合题意。
11. 电磁波的频率与波长的大致分布如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 紫外线属于可见光
B. 红外线的波长比可见光的短
C. X射线的频率比无线电波的低
D. 可见光与射线在真空中的传播速度相等
【答案】D
【解析】本题考查了电磁波多个方面的知识，都是一些记忆型的，难度不大，在平时学习中注意多积累。
A.人看不见红外线和紫外线，红外线和紫外线都属于不可见光，故A错误；
B.根据电磁波谱的波长顺序可知，红外线的波长比可见光的波长长，故B错误；
C.由图可知，体检胸透用的X射线频率比无线电波高，故C错误；
D.可见光与射线都是电磁波，电磁波在真空中的传播速度相同，故D正确。
12. 发电机发电是获取电能的重要方式，下列实验揭示发电机原理的是（ ）
A.奥斯特实验 B.电磁感应现象 C.磁场对电流的作用 D.自制电磁铁
【答案】B
【解析】A．奥斯特实验证明了通电导体周围存在磁场，故A不符合题意；
B．闭合电路中的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，电路中就会产生感应电流，这就是电磁感应现象，发电机就是利用这个原理制成的，故B符合题意；
C．通电导体在磁场中会受到力的作用，根据这个原理制成了电动机，故C不符合题意；
D．电磁铁是利用电流的磁效应工作的，故D不符合题意。
二、多项选择题（本大题有3小题，每小题3分，共9分）
13. 如图所示的情景展示了物理世界的平衡之美。用细线将铁锤悬挂在光滑的尺子上，锤柄末端紧贴尺面，尺子一端置于水平桌面边缘O点处，整个装置恰好处于平衡状态。若尺面水平且不计尺子和细线所受重力，下列说法正确的是（ ）
A. 尺子可以视为能绕O点转动的杠杆
B. 细线对铁锤的拉力与铁锤所受重力是一对平衡力
C. 细线对尺子的拉力大于锤柄末端对尺子的作用力
D. 尺子与铁锤组成的整体，其重心在O点的正下方
【答案】ACD
【解析】A．尺子绕着O点转动，故尺子可以视为能绕O点转动的杠杆，故A正确；
B．对铁锤受力分析，铁锤受到了重力和细线对其的拉力，还受到了尺子对铁锤的作用力，而铁锤处于静止状态，故三个力处于平衡态，故细线对铁锤的拉力与铁锤所受重力不是一对平衡力，故B错误；
C．对铁锤受力分析，铁锤受到了竖直向下的重力，和尺子对其向下的力，还受到了细线给其向上的拉力，竖直向上的力等于竖直向下的合力，故细线对尺子的拉力大于锤柄末端对尺子的作用力，故C正确；
D．若将尺子与铁锤组成的整体，这个整体受到了重力和桌面对其支持力，而支点是两个力的作用点，故重力的作用线是过O点的， 而尺子与铁锤组成的整体，重心偏向密度大的一端，铁锤的密度大，故重心在O点的正下方，故D正确。
故选ACD。
14. “摘星星的妈妈回来了！”2022年4月16日，“神舟十三号”载人飞船制动减速、从大气层外自由滑行进入返航轨道；返回舱进入大气层后自由降落，与空气剧烈摩擦产生上千摄氏度的高温；又经系列降落伞继续减速、在四台反推发动机保护下平稳着陆在内蒙古东风着陆场。整个过程中，舱壁的烧蚀材料、高性能隔热材料和舱内恒温系统的共同作用保持了返回舱内温度的正常；除“黑障”时段外，地面系统实时监测着返回舱的位置。在上述过程中，返回舱（ ）
A. 在大气层外自由滑行的阶段仍受重力B. 在进入大气层之后机械能转化为内能
C. 外壁的烧蚀材料升华吸热以有效降温D. 位置是通过超声波被地面系统实时监测
【答案】ABC
【解析】A．在地球附近的物体都受到重力的作用，所以在大气层滑行的返回舱受到重力的作用，故A符合题意；
B．进入大气层时，返回舱克服空气阻力做功，将机械能转化为内能，舱壁内能增加，温度升高，故B符合题意；
C．外壁的烧蚀材料克服摩擦做功的过程中，由固态变成气态，是升华过程，需要吸收大量的热量，从而达到降温效果，故C符合题意；
D．返回舱的位置是通过电磁波传递到地面的实时监测系统，而不是超声波，故D不符合题意。
故选ABC。
15．如图所示电路中，电源电压恒为6V，电流表量程为0～0.6A，电压表量程为0～15V，滑动变阻器R2规格为“50Ω 0.5A”。滑片P在中点时，电流表示数为0.2A，电压表示数为5V．下列说法中正确的有（ ）
A．定值电阻R1为5Ω
B．如果出现电压表示数为6V，可能是R1断路
C．滑动变阻器阻值可调节范围为7Ω～50Ω
D．R2的功率占电路总功率的比值最小时，电流表示数为0.6A
【答案】AC
【解析】A.滑动变阻器和定值电阻串联在电路中，电压表测量滑动变阻器的电压，电流表测量串联电路的电流，电压表示数是5V，电源电压是6V，由于串联电路的总电压等于各串联导体两端电压之和，所以定值电阻两端的电压为：U1＝U﹣U2＝6V﹣5V＝1V，所以定值电阻的阻值为：R1＝＝＝5Ω，故选项正确。
B.电源电压是6V，滑动变阻器和定值电阻串联在电路中，当电压表示数是6V时，定值电阻两端电压是0V，说明定值电阻是短路，故选项错误。
C.滑动变阻器允许通过的最大电流是0.5A，电流表量程是0～0.6A，可以判断电路最大电流是0.5A，
所以定值电阻两端的最大电压为：U'1＝I'R1＝0.5A×5Ω＝2.5V，由于串联电路的总电压等于各串联导体两端电压之和，所以滑动变阻器两端电压为：U'2＝U﹣U'1＝6V﹣2.5V＝3.5V，
所以此时滑动变阻器接入电路的最小电阻为：R2＝＝＝7Ω；
滑动变阻器向右移动时电阻变大，分担的电压变大，电路电流变小，并且电源电压是6V，不会超过电压表量程，所以滑动变阻器可以接入50Ω的电阻，
所以滑动变阻器的取值范围为：7Ω～50Ω，故选项正确。
D.滑动变阻器和定值电阻串联在电路中，滑动变阻器允许通过的最大电流是0.5A，所以电路电流不会达到0.6A，故选项错误。
三、填空题（本大题有9小题，每空1分，共18分）
16．小齐站在距平面镜1.6m处整理衣着，他在镜中的像与他本人的距离是 m；当他沿着与镜面垂直方向水平移动1m后，他在镜中像的大小将 （填“变大”“不变”或“变小”）。
【答案】3.2；不变。
【解析】小齐到平面镜的距离是1.6m，根据物像到平面镜的距离相等，所以小齐的像到平面镜的距离也是1.6m，像与他本人的距离为3.2m；
平面镜成像与成像物体大小相等，跟物体到平面镜的距离、平面镜的大小都没有关系，所以小齐沿着与镜面垂直方向水平移动1m后，像的大小不变。
17. 某品牌盒装酸奶净含量250g，酸奶的体积约200mL，可估算酸奶的密度为_______g/cm3；如果从酸奶盒中倒出一半酸奶后，剩余酸奶的密度________（选填“变大”、“变小”或“不变”）。
【答案】 1.25 不变
【解析】酸奶净含量250g，酸奶的体积约
V= 200mL=200cm3
可估算酸奶的密度为
密度是物质本身的一种特性，与物质的质量和体积无关， 所以如果从酸奶盒中倒出一半酸奶后，剩余酸奶的密度不变。
18．如图所示，甲、乙两质地均匀的正方体放在水平地面上，它们的边长之比l甲：l乙＝2：3，质量之比m甲：m乙＝2：1，则它们对地面的压力之比F甲：F乙＝ ，对地面的压强之比p甲：p乙＝ 。
【答案】2：1；9：2。
【解析】（1）根据G＝mg知甲乙的重力之比为：＝＝＝，
水平面上物体的压力和自身的重力相等，由此可知其对水平地面的压力之比为：
＝＝；
（2）已知边长之比l甲：l乙＝2：3，则＝＝＝，
对地面的压强之比：＝＝×＝×＝。
【点评】本题考查了压强公式的灵活运用，要注意p＝适用与一切求压强的计算。
19. 某款擦窗机器人如图所示，它的“腹部”有吸盘，当真空泵将吸盘内的空气向外抽出时，由于_____的作用，它能牢牢地吸附在竖直玻璃上；若擦窗机器人的总质量为1.1kg，当它吸附在竖直玻璃上处于静止时，受到的摩擦力为_____N。（g=10Nkg）
【答案】 大气压 11
【解析】机器人工作时，真空泵将吸盘内的空气向外抽出时，导致吸盘内部的气压小于外界大气压，在大气压的作用下，时吸盘吸附在玻璃上。
机器人在竖直玻璃上静止时，处于平衡状态，竖直方向受到的重力和摩擦力是一对平衡力，平衡力大小相等，故机器人受到的摩擦力为
f=G=mg=1.1kg×10N/kg=11N
20. 烈日下，汽车玻璃窗上的小水珠应尽快擦干，这是由于小水珠相当于一个 ___________（选填“凸透镜”或“凹透镜”），对太阳光有 ___________（选填“会聚”或“发散”）作用，可能使车内某处温度升高而导致火灾。
【答案】 凸透镜 会聚
【解析】小水珠边缘薄，中间厚，所以相当于凸透镜。
凸透镜对光线具有会聚作用，凹透镜对光线有发散作用，而小水珠相当于凸透镜，故对光线有会聚作用。
21. 近期某地出现了龙卷风特殊天气，龙卷风内外存在巨大的压强差是由于其中心空气流速大，压强____ ，导致周边的物体被“吸入”龙卷风中心；某人用手机拍下龙卷风的照片，手机镜头相当于____ 透镜。
【答案】小 凸
【解析】根据流体压强和流速的关系可知，“东方之星”游轮受龙卷风的影响而倾覆，这是因为龙卷风的中心空气流速大、压强小；
手机镜头相当于一个凸透镜，成倒立、缩小的实像。
22. 把磨得很光滑的铅片和金片紧压在一起，一段时间后，可以看到它们互相渗入对方，这种现象属于______现象；若使质量为5kg的水温度从20℃升高到40℃，则水吸收的热量为________J。已知（）。
【答案】 扩散 4.2×105
【解析】把磨得很光滑的铅片和金片紧压在一起，一段时间后，可以看到它们互相渗入对方，说明分子在不停地做无规则运动，这种现象属于扩散现象。
若使质量为5kg的水温度从20℃升高到40℃，则水吸收的热量为
Q吸=c水m(t-t0)=4.2×103J/(kg·℃)×5kg×(40℃-20℃)=4.2×105J
23. 如图所示，用酒精灯加热试管中水，当水沸腾一段时间以后，塞子被试管内水蒸气推出。这是通过 ________的方式将水蒸气的内能转化为塞子的机械能（选填“做功”或“热传递”）。图 _________（选填“甲”或“乙”）中汽油机的工作过程与这一实验过程中原理是一致的。
【答案】 做功 乙
【解析】塞子被试管内水蒸气推出，气体膨胀对外做功，将气体的内能转化为机械能，涉及能量的转换，故是做功。
如图甲所示，进气门关、排气门关，活塞向上，压缩气体做功，将机械能转化为内能，而乙图是进气门关、排气门关，活塞向下，高温高压气体对活塞做功，将内能转化为机械能，故图乙中能量转化与气体对活塞做功实验的原理相同。
24．如图甲所示的电路中，L1两端的电压为U1＝3.7V，L2两端的电压如图乙所示，则L2两端的电压U2＝ V，电源电压U＝ V。
【答案】2.3；6。
【解析】先根据开关的状态分析电路的连接方式，然后根据电压表测量的对象可读出L2两端的电压，根据串联电路的电压规律可计算电源电压。
解：当开关S2闭合时，电路是一个串联电路，电压表测量的是L2两端的电压，由图乙可知，此图中电压表接的是小量程，故分度值是0.1V，故示数U2＝2.3V；
已知L1两端的电压为U1＝3.7V，故电源电压U＝U1+U2＝3.7V+2.3V＝6V；
【点评】此题考查了串联电路的电压规律，关键是能够正确地进行分析电路的连接方式以及电压表的测量对象。
四、作图题（本大题有3小题，每小题2分，共6分）
25. 如图所示，A是烛焰上的一点，B是人眼的位置，请画出A点发出的一条光线经平面镜反射后经过B点的光路图。
【答案】 如图所示：
【解析】先作出发光点A关于平面镜的对称点A′即为A的像；连接A′B交平面镜于点O（即入射点），连接AO，则AO为入射光线，OB为反射光线。
26.如图所示，物体静止在斜面上，画出A所受重力G和支持力的示意图。
【答案】如下图所示：
【解析】画重力的示意图关键是要明确它的三要素，这里注意重力的方向始终是竖直向下的。
因为支持力是物体受到的力，所以力的作用点一定要画在物体上，并注意支持力的方向与斜面垂直。
重力的作用点在物体的重心，方向竖直向下，过重心作一条竖直向下的线段，在末端画上箭头，即为重力G的示意图；
斜面对物体支持力的方向垂直于斜面向上，过物体的重心作一条垂直于斜面向上的线段，末端画上箭头，标出支持力符号。
27. 如图所示实物电路，请用笔画线代替导线按要求完成电路连接。要求：灯L1、L2串联，电压表只测量L1两端的电压，不考虑电压表量程的选择，导线不交叉。
【答案】如图所示。
【解析】由题意知，灯L1、L2串联，所以将灯L1、L2首尾连接，电压表测灯L1两端电压,所以电压表与L1并联.
五、实验探究题（本大题有4小题，共25分）
28．（4分）根据图中提供的信息回答下列各题：
（1）根据国家疫情防控要求，体温达37.3℃及以上者需要进行医学观察。小明入校体温检测时体温计显示如图1所示，则小明 （选填“需要”或“不需要”）进行医学观察；
（2）“五一”假期，为响应国家防疫号召，小明一家就近选择驾车到本市陈毅故里参观。经过某路口时，小明注意到交通指示牌标示如图2所示。在遵守交通规则的前提下，到达陈毅故里最少还需要时
间 min；（3）用同样的加热器给相同质量的A、B两种液体加热，得到它们的温度随时间变化的图像如图3所示，则A、B两种液体的比热容cA cB（选填“＞”、“＝”或“＜”）；
（4）容器被带薄橡皮膜的挡板分隔为左、右两部分，两边分别倒入甲、乙两种液体。当左右两边液面如图4所示时，橡皮膜刚好处于竖直状态，则甲、乙液体密度关系是ρ甲 ρ乙（选填“＞”、“＝”或“＜”）。
【答案】（1）不需要；（2）18；（3）＞；（4）＞。
【解析】（1）由图可知，温度计的分度值为0.1℃，小明体温为37.1℃，所以小明不需要进行医学观察；
（2）图中显示距离陈毅故里还有18km，限速60km/h，则到达陈毅故里最少还需要时间；
（3）由吸热公式Q＝cm（t2﹣t1）可知，在质量和吸收热量一定的情况下，比热容越大的物质，温度变化越小，由图3可知，0～5分钟内，A温度变化小，所以A的比热容较大；
（4）由液体的压强公式p＝ρgh可知，液体的压强大小取决于液体的密度和深度，由图4可知，甲液面距橡皮膜的深度比乙小，因为橡皮膜处于竖直状态，故p甲＝p乙，由液体压强公式p＝ρgh可知ρ甲gh甲＝ρ乙gh乙，由于h甲＜h乙，所以ρ甲＞ρ乙。
29. （6分）小华同学选用图甲、图乙所示的装置，探究了冰的熔化及水沸腾时温度的变化特点，图丙是由测量数据所绘制的图像。
（1）要完成这个实验，除了图示的器材外，还需要的测量器材是 ___________；若只探究冰熔化应选用图 ___________（选填“甲”或“乙”）装置来进行实验，效果更好；在探究水沸腾时温度的变化特点时，试管口产生“白气”的原因：水蒸气遇冷 ___________成小水珠。
（2）由图丙可知冰是 ___________（选填“晶体”或“非晶体”），水的沸点是 ___________
（3）在评估交流时，有同学提出从开始加热到沸腾所用时间过长，请你说出一种能节省实验时间的方法 ___________。
【答案】 （1）秒表 乙 液化 （2）晶体 98 （3）见解析【解析】（1）要完成这个实验，除了图示的器材外，还需要秒表，因为还要测量和记录加热的时间。
只探究冰熔化规律，应选用图乙的装置来进行实验加热，即采用“水浴法”加热，可以使物质均匀受热。
在探究水沸腾时温度的变化特点时，烧杯中的水汽化成水蒸气，水蒸气上升到试管口处又遇冷液化成小水珠，形成“白气”。
（2）由图丙可知， BC段表示冰块的熔化过程，冰块在熔化过程中温度保持不变，可知冰是晶体。
由图丙可知， DE段表示水的沸腾过程，水温升高到98℃时温度保持不变，可知水的沸点是98℃。
（3）在观察水的沸腾实验中，节省实验时间的方法主要有：减小水的质量、用温水做实验、在试管上盖一个带孔的盖子。
30. （7分）实验小组的同学利用学过的物理知识测定一块吊坠的密度。
（1）把天平放在水平桌面上，将游码调到标尺左端______处时，发现指针偏向分度盘的左侧，此时应向______调节平衡螺母，使横梁平衡；
（2）将吊坠放在天平左盘中，向右盘中加砝码并调节游码直到横梁平衡。此时，右盘中的砝码和游码的位置如图甲所示，则吊坠的质量是______g；
（3）往量筒中倒入50mL水，将吊坠浸没在水中，液面位置如图乙所示，则吊坠的密度是______；
（4）整理实验器材时发现，使用的砝码有磨损，则测得的密度值偏______；
（5）实验小组讨论后，不用砝码，只利用天平、两个相同的烧杯、量筒和水也能测出吊坠的密度。请将实验步骤补充完整。
①在两个烧杯中倒入等量的水，分别放在已调平衡的天平的左右盘中如图丙所示；
②将拴着细线的吊坠浸没在左盘烧杯的水中（不碰烧杯底），用量筒向右盘的烧杯中加水到A处时横梁平衡，记下加水的体积为，如图丁所示；
③___________，用量筒继续向右盘的烧杯中加水，直到横梁平衡，并记下再次加入水的体积为；
④吊坠密度的表达式为______。（用、、表示）
【答案】（1）零刻度线 右 （2）32.2 （3） （4） 大 （5）将吊坠直接放在左盘烧杯的水中
【解析】（1）根据托盘天平的使用规则可知，首先把天平放在水平桌面上，然后将游码调到标尺左端零刻度线处，若发现指针偏向分度盘的左侧，说明左侧较重，所以把平衡螺母向右调节，才能使天平平衡。
（2）根据托盘天平的读数规则可知，左盘上物体的质量等于右盘砝码的质量与标尺上游码所表示的示数之和，所以吊坠的质量为
m=20g+10g+2.2g=32.2g
（3）由图可知，该量筒的分度值为2mL，根据液面所在的位置可知，此时量筒的示数为64mL，由题意可知，吊坠的体积等于量筒中水增加的体积，即吊坠的体积为
V=64mL-50mL=14mL=14cm3
根据密度公式可得，该吊坠的密度为
（4）使用的砝码有磨损，会导致测量的质量偏大，根据可知，测得的密度值偏大。
（5）天平是一个等臂杠杆，将拴着细线的吊坠浸没在左盘烧杯的水中（不碰烧杯底），用量筒向右盘的烧杯中加水到A处时横梁平衡，记下加水的体积为， 此时右侧增加的水的重力等于右侧吊坠所受到的浮力，即，可得
所以此时V排=V1，又因为吊坠在水中处于浸没状态，所以
V吊坠=V排=V1
将吊坠直接放在左盘烧杯的水中，用量筒继续向右盘的烧杯中加水，直到横梁平衡，并记下再次加入水的体积为，此时天平两侧的重力大小相等，所以右侧增加的水的重力等于吊坠的重力，即可得吊坠的重力为
所以吊坠的质量为
根据密度公式可得，该吊坠的密度为
31. （8分）小华用如图甲所示电路，测量标有“2.5V”字样小灯泡的电阻，现有器材：电源（3V）、电流表、电压表、滑动变阻器（20Ω，2A）、开关、导线若干。
（1）根据图甲，用笔画线表示导线，将图乙中的实物图连接完整______；
（2）闭合开关前，滑动变阻器滑片P应调至______端。
（3）闭合开关，移动滑片P，发现灯泡始终不亮，电流表示数为零，电压表示数等于电源电压，可判断故障是______；
（4）排除故障后进行实验。移动滑片P，当电压表示数为2.2V时，电流表示数如图甲，为______A，此时小灯泡的电阻为______Ω（结果保留一位小数）；
（5）根据实验数据，分别画出小灯泡和滑动变阻器的I-U图像，如图乙。根据图像可知：小灯泡两端电压越大，电阻越______；当滑动变阻器电阻与小灯泡电阻相等时，小灯泡消耗的功率是______W；
（6）小华发现无论如何移动滑片，小灯泡两端的电压都无法调到0.5V。现增加一个阻值为20Ω的定值电阻R和一个开关，对原电路进行改进，使小灯泡两端电压能在0.5~3.0V之间变化，测出小灯泡在不同电压下的电阻。请在虚线框中画出电路图，要求电路连接后不再拆接______。
【答案】 （1） （2）右 （3）小灯泡断路 （4）0.24 9.2 （5）大 0.3 （6）
【解析】（1）小灯泡的额定电压是2.5V，电压表选择0~3V的量程，电压表和灯泡并联，滑动变阻器一上一下串联接入电路，如图所示
（2）为保护电路，连接电路时，滑动变阻器滑片P应调至阻值最大处，即最右端。
（3）闭合开关，移动滑片P，发现灯泡始终不亮，电流表示数为零，说明电路中出现断路，电压表示数等于电源电压，可能小灯泡断路。
（4）由图甲可知，电流表的量程是0~0.6A，分度值是0.02A，电流表的示数是0.24A。
[5]此时小灯泡的电阻为
（5）如图所示
滑动变阻器的滑片向左移动，变阻器连入电路的电阻变小，电路的总电阻变小，由可知电路中的电流变大，由U=IR可知，灯泡两端的电压变大，由串联电路电压的规律可知变阻器两端的电压变小，图像A是灯泡的I-U图像，图像B是滑动变阻器的I-U图像，灯泡的电压分别为1.0V、1.5V、2.5V，对应的电流分别为0.16A、0.2A、0.25A，电阻分别为
所以小灯泡两端电压越大，电阻越大。
由图乙可知，当滑动变阻器电阻与小灯泡电阻相等时，灯泡两端的电压是1.5V，通过灯泡的电流是0.2A，小灯泡消耗的功率
PL=ULIL=1.5V×0.2A=0.3W
（6）小华发现无论如何移动滑片，小灯泡两端的电压都无法调到0.5V，说明变阻器的最大阻值较小，由串联分压可知，在电路中串联一个阻值为20Ω的定值电阻R，电源电压是3.0V，为了使小灯泡两端的电压是3.0V，将开关S1并联在电阻R两端，闭合开关S1将R短路，变阻器的滑片移动阻值最小处，此时只有灯泡的简单电路，灯泡两端的电压等于电源电压，即灯泡两端的电压是3.0V，如图所示
六、综合应用题（本大题有3小题，共18分）
32. （7分）图甲是某卫生间马桶水箱的进水调节装置，图乙为其结构示意图，浮臂AB可视为绕点转动的杠杆，，，A端通过细连接杆AC与柱状浮筒连接，浮筒质量为，端通过细连接杆BD与圆饼状止水阀连接，止水阀上下表面积与进水管口面积均为。当水箱中无水或水量较少时，止水阀打开，水从进水管流进水箱。水位达到一定高度时，浮筒推动杠杆，使止水阀刚好堵住进水管，停止进水，此时AB处于水平位置，连接杆竖直，大气压强，进水管中水压。除浮筒外其它装置所受重力不计，忽略所有摩擦，g取，水的密度。刚停止进水时，求：
（1）浮筒所受重力；
（2）进水管中的水对止水阀的压力；
（3）连接杆BD对止水阀的压力；
（4）浮筒排开水的体积。
【答案】（1）0.5N；（2）12N；（3）10N；（4）2.5×10-4m3
【解析】（1）根据重力的计算公式可得，浮筒所受重力为
（2）由
可知，进水管中的水对止水阀的压力为
（3）根据压强的计算公式可得，止水阀上表面所受大气压力为
对止水阀进行受力分析，如图所示
则有
（4）浮臂平衡时，由杠杆平衡条件有
则
对浮筒进行受力分析如图所示
则有
根据阿基米德定律的计算公式可得，浮筒排开水的体积为
33．（6分）在如图所示的电路中，电源电压U＝6V，小灯泡L标有“4V 1.6W”的字样（电源电压和小灯泡的阻值均保持不变），R1为定值电阻，滑动变阻器标有“20Ω 1A”的字样，电流表A的量程为0～0.6A。求：
（1）小灯泡L的电阻RL；
（2）当开关S1闭合S2断开时，电压表的示数为4V，R1工作5分钟消耗的电能；
（3）当开关S1断开S2闭合时，在电路安全的情况下，小灯泡电功率的变化范围。
【答案】（1）小灯泡L的电阻RL为10Ω；
（2）当开关S1闭合S2断开时，电压表的示数为4V，R1工作5分钟消耗的电能是240J；
（3）当开关S1断开S2闭合时，在电路安全的情况下，小灯泡电功率的变化范围是0.4W～1.6W。
【解析】（1）根据灯泡铭牌，由P＝UI＝求出小灯泡L的电阻RL；
（2）闭合S1，断开S2时，分析可知L与R1串联，根据串联电路的电压特点及欧姆定律可求电路电流，再根据W＝UIt可求R1工作5分钟消耗的电能；
（3）闭合S2，断开S1，R与L串联，在电路安全的情况下，根据串联电路的特点和欧姆定律，求出电路的最小电流和最大电流，再根据P＝UI、P＝I2RL可求小灯泡电功率，从而可求小灯泡电功率变化范围。
解：（1）由题可知，灯泡L上标有“4V 1.6W”的字样，
灯泡电阻RL＝＝＝10Ω；
（2）闭合S1，断开S2时，分析可知L与R1串联，电压表测量的是小灯泡两端的电压：UL＝4V，
根据串联电路的电压特点，电阻R1两端的电压：UR1＝U﹣UL＝6V﹣4V＝2V，
流过R1的电流：IR1＝IL＝＝＝0.4A，
R1工作5分钟消耗的电能：W＝UR1IR1t＝2V×0.4A×5×60s＝240J；
（3）闭合S2，断开S1，滑动变阻器R与小灯泡L串联，小灯泡的额定电流：IL额＝＝＝0.4A，
滑动变阻器允许通过的最大电流为1A，电流表允许通过的最大电流为0.6A，小灯泡允许通过的最大电流为0.4A，
此时电流允许通过的最大电流：I最大＝0.4A，
小灯泡的最大功率：P最大＝PL额＝1.6W，
当滑动变阻器阻值最大时，串联电路的总电阻：R总＝R+RL＝10Ω+20Ω＝30Ω，
此时通过小灯泡的最小电流：I最小＝＝＝0.2A，
小灯泡的最小功率：P最小＝I最小2RL＝（0.2A）2×10Ω＝0.4W，
小灯泡电功率的变化范围：0.4W～1.6W。
【点评】本题考串联电路规律、欧姆定律及电功率的公式及其变形的应用，正确分析电路是关键。
34. （5分）阅读材料，回答问题
超级镜子发电站
我国用熔盐和1.2万块镜子，建成亚洲第一发电站——甘肃敦煌100MW熔盐塔式太阳能光热电站如图甲所示，该发电站通过电脑控制镜子的反射方向，持续地将太阳光聚集在塔顶的吸热器上，加热其中的熔盐，使其温度升高。高温熔盐向下流入温度为565℃的高温熔盐罐，热泵将它打入蒸汽发生器，与其中的冷水进行热交换，产生高温高压的水蒸气，水蒸气推动汽轮机带动发电机发电。经过蒸汽发生器后的熔盐，降温回到低温熔盐罐，从而循环下去。该电站的两个熔盐罐中共存储3万吨熔盐（熔点为210℃），白天高温熔盐罐把能量储存起来，夜晚再把罐中的高温熔盐释放出来发电，可以实现24小时稳定电力输出。
请回答：
（1）高温熔盐罐利用熔盐储存___________。高温熔盐进入蒸汽发生器，通过___________（做功/热传递）方式使冷水变成高温高压水蒸气，推动汽轮机带动发电机发电；
（2）低温熔盐罐的温度应___________（>/<）210℃；
（3）该发电站正常工作24h，可发电___________度；
（4）从图乙中可以看出，镜子大致以吸热塔为中心依次排列，吸热塔南面的镜子较少，北面的较多。请你结合图丙情形分析，在南面和北面同样的镜子a和b，___________反射到吸热塔的光能更多。
【答案】 （1）内能 热传递 （2）> （3）2.4×106 （4）b
【解析】（1）根据题意知，发电站利用镜子将太阳光聚集在塔顶的吸热器上，加热其中的熔盐，使其温度升高。高温熔盐向下流入温度为565℃的高温熔盐罐，故高温熔盐罐利用熔盐储存能量。
改变物体内能的方法是做功和热传递。高温熔盐向下流入温度为565℃的高温熔盐罐，热泵将它打入蒸汽发生器，与其中的冷水进行热交换，产生高温高压的水蒸气，水蒸气推动汽轮机带动发电机发电。故高温熔盐进入蒸汽发生器，通过热传递方式使冷水变成高温高压水蒸气，推动汽轮机带动发电机发电。
（2）晶体熔化的条件是达到熔点继续吸热。熔盐熔点为210℃，故低温熔盐罐的温度应>210℃。
（3）该发电站正常工作24h，可发电
W=Pt=100×103kW×24h=2.4×106 kW·h=2.4×106度
（4）根据光反射时，反射角等于入射角，因太阳光从吸热塔南面射来，要使反射光线射到吸热器上，若镜子在吸热塔南面，太阳光射到镜面的入射角较大，则反射角也较大，这就使反射光线不容易射到吸热器上。故在南面和北面同样的镜子a和b，b反射到吸热塔的光能更多。
相关试卷
最新中考物理特色重点专题（讲义） 专题17 涉及传感器类中考物理问题： 这是一份最新中考物理特色重点专题（讲义） 专题17 涉及传感器类中考物理问题，文件包含专题17涉及传感器类中考物理问题原卷版docx、专题17涉及传感器类中考物理问题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共17页， 欢迎下载使用。
最新中考物理特色重点专题（讲义） 专题14 与斜面模型有关的中考问题： 这是一份最新中考物理特色重点专题（讲义） 专题14 与斜面模型有关的中考问题，文件包含专题14与斜面模型有关的中考问题原卷版docx、专题14与斜面模型有关的中考问题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共12页， 欢迎下载使用。
最新中考物理特色重点专题（讲义） 专题12 与高中物理衔接的中考问题： 这是一份最新中考物理特色重点专题（讲义） 专题12 与高中物理衔接的中考问题，文件包含专题12与高中物理衔接的中考问题原卷版docx、专题12与高中物理衔接的中考问题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共17页， 欢迎下载使用。
