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2024年河北省邯郸市馆陶实验中学、房寨中学中考物理模拟试卷（4月份）附解析
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这是一份2024年河北省邯郸市馆陶实验中学、房寨中学中考物理模拟试卷（4月份）附解析，共25页。试卷主要包含了选择题，实验探究题，计算应用题等内容，欢迎下载使用。
1．（2分）关于一些物理量的估计，下列数据最接近实际的是（ ）
A．一辆普通自行车的质量约为40g
B．中学生正常呼吸1次的时间大约为3s
C．洗澡水的温度一般为80℃
D．一般教室的门高约为4m
2．（2分）下列关于声音的说法；正确的是（ ）
A．临街的校门口附近树立一个禁鸣喇叭的牌子，是在声源处减弱噪声
B．我们听到不同乐器发出的各种优美乐音，是因为乐器的振动频率不同
C．我们在大会议室比在教室更容易听到回音，是因为大会议室反射声音的效果好
D．航海渔船利用声呐探测鱼群，是利用次声波回声定位的
3．（2分）下列有关家庭电路，正确的是（ ）
A．用测电笔检查家庭电路时，手要接触笔尾金属体
B．发现有人触电时，一定要先救人再断电
C．用电高峰时，电路中总电阻变大，家庭电路的干路电流变小
D．有金属外壳的家庭电器要用三孔插座，第三孔是为了接零线
4．（2分）在公路上涉及很多物理知识，下列有关运动和力的说法正确的是（ ）
A．汽车在水平路面上匀速行驶时，汽车对地面的压力与地面对汽车的支持力是一对平衡力
B．汽车在水平方向高速行驶时，汽车的牵引力一定大于地面的摩擦阻力
C．小轿车比同速行驶的大卡车刹车过程短，是因为小轿车的惯性比大卡车小
D．汽车在刹车时，速度越大减速过程越长，说明速度越大物体的惯性越大
5．（2分）下列有关物态变化的说法正确的是（ ）
A．烧开水后发现壶嘴冒出“白气”，是水汽化成的水蒸气
B．春季河面上的冰雪消融，是冰熔化放热的过程
C．冬季地面上的白霜，是水蒸气凝华放热形成的
D．夏季荷叶上的露水，是水蒸气液化吸热形成的小水珠
（多选）6．（3分）在探究“凸透镜成像规律”的实验中，实验装置如图所示，此时在光屏上可以看到烛焰清晰的像（像未画出）。则下列说法正确的是（ ）
A．图中光屏上成倒立缩小的像，与照相机成像相同，该透镜焦距可能是10cm
B．换用一个焦距更小的凸透镜，保持蜡烛和透镜位置不变，将光屏向右移动一定距离光屏上可再次成清晰的像
C．保持蜡烛和光屏位置不变，向左移动透镜适当距离，光屏上可得到清晰放大的像
D．若在凸透镜和蜡烛中间放一个近视镜片，只向左移动蜡烛，光屏上可再次成清晰的像
（多选）7．（3分）一质量为600g，密度为0.6g/cm2的正方体木块用细线系于底面积为160cm3容器的水中，如图所示（g＝10N/kg，ρ水＝1.0×103kg/m3）。则下列说法中正确的是（ ）
A．木块所受的浮力为10N
B．绳子上的拉力为16N
C．将细线剪断后，木块露出水面的高度为10cm
D．将细线剪断后，木块静止时，容器底部受到水的压强变化了250Pa
（多选）8．（3分）在如图所示的电路中，电源电压恒定，闭合开关S后，将滑动变阻器的滑片P向右移动。下列说法正确的是（ ）
A．电压表V2的示数变小，电压表V1的示数与电流表A的示数比值变小
B．电压表V1的示数变大，电压表V1与电压表V2示数的变化量相等
C．电压表V2的示数变化量与电流表A的示数变化量之比等于R1
D．电压表V1的示数与电流表A的示数乘积变大，电路总功率变大
二.填空及简答题（本大题共9个小题；第25小题3分，其他小题每空1分，共31分）
9．（2分）如图所示是小明家的电能表，他在家断开其他用电器，仅让电热水壶烧水时，发现1min时间内电能表闪烁48次，则电热水壶实际功率为 W。在家庭电路中，接电热水壶需要用 （选填“两”或“三”）孔插座。
10．（3分）将某种固态物质放入加热功率恒定的装置中，对其加热至沸腾，温度随时间变化的关系如图所示。可分析出该固态物质是 （选填“晶体”或“非晶体”），其中a到b阶段的温度不变，内能 （选填“不变”或“增加”），由图看出固态升温比液态升温时的图线陡，说明 。
11．（3分）如图所示，在平静的湖边上方有一盏路灯，小明潜在水下E处看到了路灯的像，图中A、B两点，分别是路灯的位置和在空气中像的位置，其中 点是像的位置，该像是光的 现象形成的。请在图中画出路灯照射到小明眼睛的光路图。
12．（3分）如图所示的单摆，摆球从A点静止释放、经过最低点B到达C点后返回。在摆动过程中，若不考虑空气阻力，球在A点的机械能 （选填“大于”“小于”或“等于”）B点的机械能；小球从A点摆动到C点的过程中，小球的机械能如何转化： 。小球摆动到B点时，若受到的力突然全部消失，球将做 运动。
三、实验探究题（本大题共4个小题；第32小题4分，第33小题6分，第34、35小题各7分，共24分）
13．（4分）小明利用如图所示的装置，进行了“探究沙子和水吸热升温的属性”的实验。
（1）实验装置中，在两个烧杯底部都放了陶土网，目的是 ；
（2）在实验中利用了转换法，通过 来反映沙子和水吸热的多少的；
（3）实验中还利用了控制变量法：相同的烧杯中装有等质量的初温相同的水和沙子，采用相同的加热方法（如酒精灯火焰，并用玻璃棒不断搅拌，图中未画出）加热相同时间，比较 来分析吸热升温的属性；
（4）小明同桌还利用了另外的方法比较出二者的升温属性，请你简要表述其实验过程： 。
14．（6分）物理兴趣小组的同学根据杠杆的平衡条件测出了一个物块的密度，已知每个钩码质量为100g。（g＝10N/kg，ρ水＝1.0×103kg/m3）
（1）放置在水平桌面上的轻质杠杆静止后如图甲所示，为了使杠杆在水平位置平衡，应将两端的平衡螺母向 （选填“左”或“右”）调节；
（2）调节杠杆水平平衡后，用细线将物块挂于杠杆左侧，将3个钩码挂于右侧某一处时，杠杆仍处于水平平衡，如图乙所示，则物块质量为 g；
（3）将该物块浸没在装有水的烧杯中，调节右侧钩码的位置，使杠杆处于水平平衡，如图丙所示，此时细线的拉力大小为 N，则物块在水中所受浮力为 N；
（4）物块的密度是 kg/m3；
【拓展】小华同学经过研究发现，如果物体悬挂位置不变，右端所挂钩码个数不变，则只需知道两次悬挂钩码的位置，经过计算就可以得出被测物体的密度。已知物体未浸没在水中时，钩码距O点的距离为l1，物体浸没在水中时，钩码距O点的距离为l2，则物体的密度为 。（用l1、l2、ρ水表示）
15．（7分）小明在探究电流与电阻的关系实验，连接的实验电路如图甲所示。
（1）请你用笔画线代替导线将实物图连接完整。
（2）正确连接电路，闭合开关后，发现电流表示数为零，电压表的示数如图乙所示，为 V；改变滑动变阻器滑片的位置，两电表指针的位置不变，电路中有一处故障，可能是 。
（3）排除电路故障后，小明先后用5Ω、10Ω的定值电阻进行实验。实验中，通过 控制定值电阻两端的电压不变。
（4）小明得到的实验数据如表，据此得出结论。请指出实验需要改进的地方 （写出一条即可）。
【拓展】实验完成后同桌借走了他的电流表，小明还想继续测量标有“2.5V”的小灯泡的额定功率，于是就将小灯泡与已知阻值为R0的电阻串联，设计了如图丙的电路，实验方案如下：
①调节滑片使电压表的示数为额定电压；
②保持滑片位置不变，只将电压表的a点接线改接到c点，测出R2两端的电压U0，通过计算得到小灯泡的额定功率。但在操作时，他发现设计的方案存在问题，请你帮他改正，简要描述实验过程： 。小灯泡的额定功率表达式：P＝ 。（用已知量和测量量的符号表示）
四、计算应用题（本大题共3个小题：第36小题5分。第37小题6分。第38小题7分，共18分。解答时，要求有必要的文字说明、公式和计算步骤等，只写最后结果不得分）
16．（6分）如图所示，建筑工地上的工人利用滑轮组将一质量为80kg的铁箱子A匀速提升到10m高的楼上，用时1min。已知动滑轮重40N，工人体重为80kg，不计绳重与摩擦。（g取10N/kg）。求：
（1）在提升过程中，工人做功的总功率；
（2）该滑轮组的机械效率；（计算结果保留到0.1%）
（3）①工人提升的最大物重；
②滑轮组的最大机械效率。（计算结果保留到0.1%）
17．（7分）如图乙所示的电路中，电源电压恒定，滑动变阻器的铭牌上标有“20Ω 1A”。图甲是小灯泡L的U﹣I图像，其额定电压为5V。闭合开关S，变阻器滑片在B端时，电压表的示数为3V。求：
（1）小灯泡的额定功率和电源电压；
（2）小灯泡正常发光时，滑动变阻器的电阻；
（3）若用一个阻值为2.5Ω的电阻替换小灯泡，电压表选用0﹣3V的量程，为了保证电路安全，在移动滑动变阻器滑片的过程中，求电路总功率的范围。
2024年河北省邯郸市馆陶实验中学、房寨中学中考物理模拟试卷（4月份）
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共22个小题，共47分。1～19小题为单选题，每小题的四个选项中，只有一个选项符合题意，每小题2分；20～22小题为多选题，每小题的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题意。每小题2分，全选对的得3分，选对但不全的得2分，有错选或不选的不得分）
1．（2分）关于一些物理量的估计，下列数据最接近实际的是（ ）
A．一辆普通自行车的质量约为40g
B．中学生正常呼吸1次的时间大约为3s
C．洗澡水的温度一般为80℃
D．一般教室的门高约为4m
【答案】B
【分析】新课程标准要求我们能根据日常经验或自然现象粗略估测一些物理量。例如：长度、质量、时间、温度、力、速度、电功率、电流、电压等。解答估测选择题的方法：利用生活中我们熟悉的一些数据作为根据，进行单位换算，有时要利用基本公式求未知物理量。
【解答】解：A、一辆普通自行车的质量约为15kg，故A错误；
B、中学生正常呼吸1次的时间大约为3s，故B正确；
C、洗澡水的温度一般约为40℃，故C错误；
D、一般教室的门高约为2m，故D错误。
故选：B。
2．（2分）下列关于声音的说法；正确的是（ ）
A．临街的校门口附近树立一个禁鸣喇叭的牌子，是在声源处减弱噪声
B．我们听到不同乐器发出的各种优美乐音，是因为乐器的振动频率不同
C．我们在大会议室比在教室更容易听到回音，是因为大会议室反射声音的效果好
D．航海渔船利用声呐探测鱼群，是利用次声波回声定位的
【答案】A
【分析】（1）对噪声的控制有三个途径：在声源处减弱、在传播过程中减弱、在人耳处减弱；
（2）声音的三个特性：音调、响度和音色。音调指声音的高低，与发声体振动的快慢有关；响度指声音的大小，与发声体的振幅有关；通过音色能辨别不同的发声体；
（3）根据听到回声的条件分析；
（4）声音可以传递信息和能量。
【解答】解：A．临街的校门口附近树立一个禁鸣喇叭的牌子，属于在声源处减弱噪声，故A正确；
B．不同的乐器发出声音的音色不同，因此我们听到不同乐器发出的各种优美乐音，是因为乐器的音色不同，故B错误；
C．大会议室因为比较宽，原声与反射回来的声音间隔大于0.1s，人耳才能分辨出原声与反射回来的声音，所以容易听到回声，故C错误；
D．超声波的方向性好，遇到障碍物易反射的特点，声呐装置就是靠发射和接收超声波来探测鱼群位置的，故D错误。
故选：A。
3．（2分）下列有关家庭电路，正确的是（ ）
A．用测电笔检查家庭电路时，手要接触笔尾金属体
B．发现有人触电时，一定要先救人再断电
C．用电高峰时，电路中总电阻变大，家庭电路的干路电流变小
D．有金属外壳的家庭电器要用三孔插座，第三孔是为了接零线
【答案】A
【分析】（1）用测电笔时，手必须接触笔尾金属体才能使用；
（2）发现有人触电或电引起的火灾，首先切断电源，再实行救援措施；
（3）家庭电路接入电路的用电器变多，并联后的总电阻变小，据此分析；
（4）根据三孔插座使用分析。
【解答】解：A、使用测电笔时，手要接触笔尾金属体，但不能接触笔尖金属体用，故A正确；
B、发现有人触电时，一定要先断电，然后再进行施救，故B错误；
C、在用电高峰时，接入电路的用电器变多，由并联电路的电阻特点可知，并联后的总电阻变小，干路中的电流变大，故C错误；
D、有金属外壳的家庭电器要用三孔插座，第三孔是为了接地，故D错误。
故选：A。
4．（2分）在公路上涉及很多物理知识，下列有关运动和力的说法正确的是（ ）
A．汽车在水平路面上匀速行驶时，汽车对地面的压力与地面对汽车的支持力是一对平衡力
B．汽车在水平方向高速行驶时，汽车的牵引力一定大于地面的摩擦阻力
C．小轿车比同速行驶的大卡车刹车过程短，是因为小轿车的惯性比大卡车小
D．汽车在刹车时，速度越大减速过程越长，说明速度越大物体的惯性越大
【答案】C
【分析】（1）一对平衡力必须大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上；
（2）物体处于平衡状态时，受到平衡力的作用；
（3）惯性是物体保持原来运动状态不变的性质，惯性的大小只与质量有关。
【解答】解：A．汽车在水平路面上匀速行驶时，汽车对地面的压力与地面对汽车的支持力作用在不同的物体上，因此不是一对平衡力，故A错误；
B．汽车在水平方向高速行驶时，若汽车是做匀速直线运动，则汽车受到的是平衡力作用，汽车的牵引力等于地面的摩擦阻力，故B错误；
CD．惯性只与物体的质量有关，由于小轿车的质量比大卡车的质量小，小轿车的惯性小于大卡车的惯性，在同速情况下，小轿车的运动状态越容易改变，所以小轿车比同速行驶的大卡车刹车过程短，惯性的大小与速度无关，故C正确，D错误。
故选：C。
5．（2分）下列有关物态变化的说法正确的是（ ）
A．烧开水后发现壶嘴冒出“白气”，是水汽化成的水蒸气
B．春季河面上的冰雪消融，是冰熔化放热的过程
C．冬季地面上的白霜，是水蒸气凝华放热形成的
D．夏季荷叶上的露水，是水蒸气液化吸热形成的小水珠
【答案】C
【分析】（1）物态变化有六种类型：物质从固态到液态的过程叫做熔化，物质从液态变成固态的过程叫做凝固；物质从液态变为气态叫做汽化，物质从气态变为液态叫做液化；物质从固态直接变成气态叫升华，物质从气态直接变成固态叫凝华。
（2）吸热的有：熔化、汽化、升华；放热的有：凝固、液化、凝华。
【解答】解：A．烧开水后发现壶嘴冒出“白气”，是烧水产生的水蒸气在空气中上升时遇冷液化形成的小水珠，故A错误；
B．春季河面上的冰雪消融，冰由固态变为液态是熔化过程，熔化吸热，故B错误；
C．冬季地面上的白霜，是空气中的水蒸气遇冷凝华放热形成的小冰晶，故C正确；
D．夏季荷叶上的露水，是空气中的水蒸气液化放热形成的小水珠，故D错误。
故选：C。
（多选）6．（3分）在探究“凸透镜成像规律”的实验中，实验装置如图所示，此时在光屏上可以看到烛焰清晰的像（像未画出）。则下列说法正确的是（ ）
A．图中光屏上成倒立缩小的像，与照相机成像相同，该透镜焦距可能是10cm
B．换用一个焦距更小的凸透镜，保持蜡烛和透镜位置不变，将光屏向右移动一定距离光屏上可再次成清晰的像
C．保持蜡烛和光屏位置不变，向左移动透镜适当距离，光屏上可得到清晰放大的像
D．若在凸透镜和蜡烛中间放一个近视镜片，只向左移动蜡烛，光屏上可再次成清晰的像
【答案】ACD
【分析】（1）物距大于像距，成倒立缩小的实像，可知其焦距范围；
（2）换一个焦距更小的凸透镜，此时相当于物距变大，像距会变小；
（3）保持蜡烛和光屏位置不变，向左移动透镜适当距离，物距变小，像距变大；
（4）凹透镜，对光线有发散作用。
【解答】解：A．由图可知，物距大于像距，成倒立缩小的实像，与照相机成像原理相同，刻度尺的分度值为1cm，
物距为u＝50.0cm﹣20.0cm＝30.0cm＞2f，
像距为2f＞v＝65.0cm﹣50.0cm＝15.0cm＞f，
可得7.5cm＜f＜15cm，所以该透镜焦距可能是10cm，故A正确；
B．蜡烛、透镜位置不变，即物距保持不变，只是换一个焦距更小的凸透镜，则此时相当于物距变大，像距会变小，要重新得到清晰的像，光屏要适当向左移动，故B错误；
C．保持蜡烛和光屏位置不变，向左移动透镜适当距离，物距变小，像距变大，当物距等于原来的像距，像距等于原来的物距时，光屏上可得到清晰放大的像，故C正确；
D．近视镜是凹透镜，对光线有发散作用，若在凸透镜和蜡烛中间放一个近视镜片，像的位置会向右移动，因此只向左移动蜡烛，使像再次成在光屏上，光屏上可再次成清晰的像，故D正确。
故选：ACD。
（多选）7．（3分）一质量为600g，密度为0.6g/cm2的正方体木块用细线系于底面积为160cm3容器的水中，如图所示（g＝10N/kg，ρ水＝1.0×103kg/m3）。则下列说法中正确的是（ ）
A．木块所受的浮力为10N
B．绳子上的拉力为16N
C．将细线剪断后，木块露出水面的高度为10cm
D．将细线剪断后，木块静止时，容器底部受到水的压强变化了250Pa
【答案】AD
【分析】（1）知道正方体木块的质量和密度，根据密度公式求出木块的体积，木块浸没时排开水的体积和自身的体积相等，根据浮力计算公式F浮＝ρ液gV排求出受到的浮力；
（2）根据重力公式G＝mg计算木块的重力，此时木块受到竖直向下的重力、拉力及竖直向上的浮力作用，从而可求出绳子的拉力；
（3）根据漂浮时浮力与重力的关系得出木块受到的浮力；根据F浮＝ρ液gV排得出此时木块排开水的体积，根据V排的变化求出露出木块水面的高度及水深度的变化，根据液体压强公式p＝ρgh可得压强的变化。
【解答】解：A、正方体木块的体积：V木＝＝＝1000cm3＝1×10﹣3m3，木块浸没在水中时受到的浮力：F浮＝ρ水gV排＝ρ水gV＝1.0×103kg/m3×10N/kg×1×10﹣3m3＝10N，故A正确；
B、木块的重力为：G木＝m木g＝0.6kg×10N/kg＝6N，此时木块受到竖直向下的重力、拉力及竖直向上的浮力作用，则绳子的拉力为：T＝F浮﹣G木＝10N﹣6N＝4N，故B错误；
CD、由G＝mg可得，木块的重力：G1＝m1g＝0.6kg×10N/kg＝6N，
将细线剪断后，木块静止时，木块漂浮，此时木块受到的浮力F浮′＝G1＝6N；
由F浮′＝ρ液gV排得，木块漂浮时排开水的体积：V排′＝＝＝6×10﹣4m3；
而正方体木块的底面积为：S木＝＝＝0.01m2，
所以木块露出水面的高度为：h露＝＝＝0.04m，
液面下降的深度为：Δh＝＝＝0.025m，
则容器底部受到水的压强变化量：Δp＝ρ水gΔh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.025m＝250Pa，故C错误，D正确。
故选：AD。
（多选）8．（3分）在如图所示的电路中，电源电压恒定，闭合开关S后，将滑动变阻器的滑片P向右移动。下列说法正确的是（ ）
A．电压表V2的示数变小，电压表V1的示数与电流表A的示数比值变小
B．电压表V1的示数变大，电压表V1与电压表V2示数的变化量相等
C．电压表V2的示数变化量与电流表A的示数变化量之比等于R1
D．电压表V1的示数与电流表A的示数乘积变大，电路总功率变大
【答案】BCD
【分析】AB、由电路图可知，R1与R2串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。
将滑动变阻器的滑片P向右移动，滑动变阻器接入电路中的电阻变小，根据串联电路电阻规律可知电路总电阻变化，根据欧姆定律可知通过电流的电流变化，
根据串联分压原理可知滑动变阻器两端的电压变化，根据串联电路电压规律可知定值电阻两端的电压变化，根据欧姆定律可知电压表V1的示数与电流表A的示数比值是否变化；
C、根据两电压表示数变化量相同可知电压表V2的示数变化量与电流表A的示数变化量之比等于定值电阻的阻值；
D、定值电阻两端的电压变大，进一步判断电压表V1的示数与电流表A的示数乘积变化，通过电路的电流变大，根据P＝UI可知电路总功率变化，
【解答】解：AB、由电路图可知，R1与R2串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。
将滑动变阻器的滑片P向右移动，滑动变阻器接入电路中的电阻变小，根据串联电路电阻规律可知电路总电阻变小，根据欧姆定律可知通过电流的电流变大，
根据串联分压原理可知滑动变阻器两端的电压变小，串联电流总电压等于各部分电压之和，根据串联电路电压规律可知定值电阻两端的电压变大，且两电压表示数变化量相同，根据欧姆定律可知电压表V1的示数与电流表A的示数比值即定值电阻的阻值，所以电压表V1的示数与电流表A的示数比值不变，故A错误，B正确；
C、两电压表示数变化量相同，所以电压表V2的示数变化量与电流表A的示数变化量之比等于定值电阻的阻值，故C正确；
D、定值电阻两端的电压变大，所以电压表V1的示数与电流表A的示数乘积变大，
通过电路的电流变大，根据P＝UI可知电路总功率变大，故D正确。
故选：BCD。
二.填空及简答题（本大题共9个小题；第25小题3分，其他小题每空1分，共31分）
9．（2分）如图所示是小明家的电能表，他在家断开其他用电器，仅让电热水壶烧水时，发现1min时间内电能表闪烁48次，则电热水壶实际功率为 1800 W。在家庭电路中，接电热水壶需要用 三 （选填“两”或“三”）孔插座。
【答案】1800；三。
【分析】（1）根据灯闪烁的次数结合参数求出消耗的电功，由P＝计算出功率；
（2）为了安全用电，有金属外壳的家用电器的电源插座都用三孔插座，三脚插头的接地脚应与用电器的金属外壳相连通，这样若金属外壳的用电器外壳万一带电，电流会通过地线导入大地，以防触电事故的发生。
【解答】解：（1）根据参数1600imp/（kW•h）知，每消耗1kW•h的电能，电能表的指示灯闪烁1600次，所以闪烁48次消耗的电能为：
W＝；
则电热水壶的功率为
；
（2）因为电热水壶是金属外壳，金属外壳必须接地，所以要用三孔插座，若金属外壳的用电器外壳万一带电，电流会通过地线导入大地，以防触电事故的发生。
故答案为：1800；三。
10．（3分）将某种固态物质放入加热功率恒定的装置中，对其加热至沸腾，温度随时间变化的关系如图所示。可分析出该固态物质是 晶体 （选填“晶体”或“非晶体”），其中a到b阶段的温度不变，内能 增加 （选填“不变”或“增加”），由图看出固态升温比液态升温时的图线陡，说明 该物质固态时的比热容比液态时的小 。
【答案】晶体；增加；该物质固态时的比热容比液态时的小。
【分析】（1）从晶体和非晶体的重要区别进行分析：晶体熔化时，不断吸收热量，温度保持不变；非晶体熔化时，不断吸收热量，温度逐渐升高；
晶体熔化时，不断吸收热量，温度保持不变，这个不变的温度是晶体的熔点；吸收热量，内能增加；
（2）由图象可知，此物质固态时在相同的时间内升高的温度比液态时升高的温度大，由此可知温度变化越大，比热容就越小。
【解答】解：由图像知，该物质在熔化过程中温度保持50℃不变（即有一定的熔化温度），所以该物质在固态时是晶体。
a到b阶段是该物质的熔化阶段，温度不变，但继续吸收热量，内能增加。
由图像可知，固态升温比液态升温时的图线陡，即相同的时间内固态升高的温度大于液态升高的温度，由Q＝cmΔt可知：当吸收的热量和质量都相同时，Δt越大比热容就越小，该物质固态时的比热容比液态时的小。
故答案为：晶体；增加；该物质固态时的比热容比液态时的小。
11．（3分）如图所示，在平静的湖边上方有一盏路灯，小明潜在水下E处看到了路灯的像，图中A、B两点，分别是路灯的位置和在空气中像的位置，其中 B 点是像的位置，该像是光的 折射 现象形成的。请在图中画出路灯照射到小明眼睛的光路图。
【答案】B；折射；见解答图。
【分析】（1）光从一种介质斜射入另一种介质时，其传播方向会发生改变，当人逆着射来的方向观察时，会看到物体的虚像，其位置也发生了改变；
（2）连接BE与水面的交点为入射点，水面下的部分为折射光线，路灯A与入射点的连线为入射光线。
【解答】解：路灯发出的光从空气斜射入水中，光发生折射时，折射角小于入射角，光线靠近法线，潜水员看到的是比实际位置变高了的路灯的虚像，所以图中B点是像所在的位置，该像是光的折射现象形成的；连接BE与水面的交点为入射点，水面下的部分为折射光线，路灯A与入射点的连线为入射光线，标出箭头表示光的传播方向。如图所示：
故答案为：B；折射；见解答图。
12．（3分）如图所示的单摆，摆球从A点静止释放、经过最低点B到达C点后返回。在摆动过程中，若不考虑空气阻力，球在A点的机械能 等于 （选填“大于”“小于”或“等于”）B点的机械能；小球从A点摆动到C点的过程中，小球的机械能如何转化： 从A点摆动到B点的过程中，小球的重力势能转化为动能，从B点摆动到C点的过程中，小球的动能转化为重力势能 。小球摆动到B点时，若受到的力突然全部消失，球将做 匀速直线 运动。
【答案】等于；从A点摆动到B点的过程中，小球的重力势能转化为动能，从B点摆动到C点的过程中，小球的动能转化为重力势能；匀速直线。
【分析】（1）不计空气阻力时，机械能没有转化为内能，机械能守恒；
（2）判断是哪种能量转化成了另一种能量的标准是：减小的转化为增多的；
（3）根据牛顿第一定律分析。
【解答】解：不计空气阻力，摆球的机械能守恒，各点机械能一样大，则球在A、B两点的机械能相等。
小球从A点摆动到C点的过程中，小球的质量不变，高度先减小后增大，速度先增大后减小，因此小球的重力势能先减小后变大，动能先增大后减小，所以从A点摆动到B点的过程中，小球的重力势能转化为动能，从B点摆动到C点的过程中，小球的动能转化为重力势能。
球在B点时刻的速度方向是水平向右，若此时受到的力突然全部消失，根据牛顿第一定律可知，小球将水平向右一直做匀速直线运动。
故答案为：等于；从A点摆动到B点的过程中，小球的重力势能转化为动能，从B点摆动到C点的过程中，小球的动能转化为重力势能；匀速直线。
三、实验探究题（本大题共4个小题；第32小题4分，第33小题6分，第34、35小题各7分，共24分）
13．（4分）小明利用如图所示的装置，进行了“探究沙子和水吸热升温的属性”的实验。
（1）实验装置中，在两个烧杯底部都放了陶土网，目的是 使烧杯底部受热均匀 ；
（2）在实验中利用了转换法，通过 加热时间 来反映沙子和水吸热的多少的；
（3）实验中还利用了控制变量法：相同的烧杯中装有等质量的初温相同的水和沙子，采用相同的加热方法（如酒精灯火焰，并用玻璃棒不断搅拌，图中未画出）加热相同时间，比较 温度计示数的变化 来分析吸热升温的属性；
（4）小明同桌还利用了另外的方法比较出二者的升温属性，请你简要表述其实验过程： 相同的烧杯中装有等质量的初温相同的水和沙子，采用相同的加热方法（如酒精灯火焰，并用玻璃棒不断搅拌，图中未画出）使得沙子和水升高相同的温度，比较沙子和水的加热时间，若所需加热时间长的，其吸热本领大 。
【答案】（1）使烧杯底部受热均匀；（2）加热时间；（3）温度计示数的变化；（4）相同的烧杯中装有等质量的初温相同的水和沙子，采用相同的加热方法（如酒精灯火焰，并用玻璃棒不断搅拌，图中未画出）使得沙子和水升高相同的温度，比较沙子和水的加热时间，若所需加热时间长的，其吸热本领大。
【分析】（1）在两个烧杯底部放陶土网，可使烧杯底部受热均匀；
（2）（3）（4）我们使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；
比较物质吸热能力的2种方法：使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量（即比较加热时间），吸收热量多的吸热能力强；或使相同质量的不同物质吸收相同的热量（即加热相同的时间），比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强。
【解答】解：（1）如果直接在烧杯底部用酒精灯加热，烧杯底部容易受热不均匀而破裂，因此在两个烧杯底部都放了陶土网，目的是使烧杯底部受热均匀。
（2）根据转换法，实验中，是通过比较加热时间来间接反应沙子和水吸热的多少的，加热时间越长，吸收的热量就越多。
（3）在加热相同的时间里比较温度计示数的变化来比较不同物质吸热本领的大小，根据c＝知，在质量和吸收热量相同时，温度变化小的吸热本领大。
（4）相同的烧杯中装有等质量的初温相同的水和沙子，采用相同的加热方法（如酒精灯火焰，并用玻璃棒不断搅拌，图中未画出）使得沙子和水升高相同的温度，比较沙子和水的加热时间，若所需加热时间长的，其吸热本领大。
故答案为：（1）使烧杯底部受热均匀；（2）加热时间；（3）温度计示数的变化；（4）相同的烧杯中装有等质量的初温相同的水和沙子，采用相同的加热方法（如酒精灯火焰，并用玻璃棒不断搅拌，图中未画出）使得沙子和水升高相同的温度，比较沙子和水的加热时间，若所需加热时间长的，其吸热本领大。
14．（6分）物理兴趣小组的同学根据杠杆的平衡条件测出了一个物块的密度，已知每个钩码质量为100g。（g＝10N/kg，ρ水＝1.0×103kg/m3）
（1）放置在水平桌面上的轻质杠杆静止后如图甲所示，为了使杠杆在水平位置平衡，应将两端的平衡螺母向 右 （选填“左”或“右”）调节；
（2）调节杠杆水平平衡后，用细线将物块挂于杠杆左侧，将3个钩码挂于右侧某一处时，杠杆仍处于水平平衡，如图乙所示，则物块质量为 400 g；
（3）将该物块浸没在装有水的烧杯中，调节右侧钩码的位置，使杠杆处于水平平衡，如图丙所示，此时细线的拉力大小为 2 N，则物块在水中所受浮力为 2 N；
（4）物块的密度是 2×103 kg/m3；
【拓展】小华同学经过研究发现，如果物体悬挂位置不变，右端所挂钩码个数不变，则只需知道两次悬挂钩码的位置，经过计算就可以得出被测物体的密度。已知物体未浸没在水中时，钩码距O点的距离为l1，物体浸没在水中时，钩码距O点的距离为l2，则物体的密度为 ρ水 。（用l1、l2、ρ水表示）
【答案】（1）右；（2）400；（3）2；2；（4）2×103；【拓展】ρ水。
【分析】（1）调节杠杆在水平位置平衡，左边下沉往右调；杠杆在水平位置平衡，力臂在杠杆上，便于测量力臂大小，杠杆的重心通过支点，消除杠杆重对杠杆平衡的影响，使实验简单化，便于探究；
（2）根据杠杆平衡条件计算出物块的质量；
（3）根据杠杆原理和物块的受力情况计算物块在水中受到的浮力。
（4）根据阿基米德原理和密度公式计算物块的密度。
【拓展】【设物体的重力臂为l3，当物体未浸没在水中时，由杠杆平衡条件可得关系式，当物体浸没在水中时，物体受到重力、拉力和浮力作用，分析可得所受浮力关系式，从而解得物体的密度。
【解答】解：（1）相邻两刻度间距离相等的轻质杠杆静止在如图甲所示的位置，为了使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向右调节。
（2）调节杠杆水平平衡后，用细线将物块挂于杠杆左侧，将3个钩码挂于右侧，杠杆仍处于水平平衡，如图乙所示，每个钩码质量100g，根据杠杆的平衡条件，设每个小格的长度为L0，mg×3L0＝3×100g×g×4L0；
则物块质量为：m＝400g＝0.4kg；
（3）该物块浸没在装有水的烧杯中，调节右侧钩码的位置，使杠杆处于水平平衡，根据杠杆的平衡条件有：F×3L0＝2L0×3×0.1kg×10N/kg；解得：F＝2N；
物块的重力：G＝mg＝0.4kg×10N/kg＝4N；
以物块为研究对象，受到三个力的作用：重力、浮力和拉力F，即：G＝F浮+F；物块在水中受到的浮力为：F浮＝G﹣F＝4N﹣2N＝2N；
（4）根据阿基米德原理，物块的体积为V＝V排＝＝＝2×10﹣4m3；
物块的密度为：ρ＝＝＝2×103kg/m3；
【拓展】设物体的重力臂为l3，当物体未浸没在水中时，由杠杆平衡条件可得G物×l3＝G钩码×l1，
当物体浸没在水中时，物体受到重力、拉力和浮力作用，分析可得G物＝F拉+F浮′，
又G物＝m物g＝ρ物V物g，
根据阿基米德原理可得F浮′＝ρ水gV排′＝ρ水gV物，
根据杠杆平衡条件可得F拉×l3＝G钩码×l2，
联立以上式子解得，物体的密度为ρ物＝ρ水。
故答案为：（1）右；（2）400；（3）2；2；（4）2×103；【拓展】ρ水。
15．（7分）小明在探究电流与电阻的关系实验，连接的实验电路如图甲所示。
（1）请你用笔画线代替导线将实物图连接完整。
（2）正确连接电路，闭合开关后，发现电流表示数为零，电压表的示数如图乙所示，为 2.9 V；改变滑动变阻器滑片的位置，两电表指针的位置不变，电路中有一处故障，可能是 电阻断路 。
（3）排除电路故障后，小明先后用5Ω、10Ω的定值电阻进行实验。实验中，通过 滑动变阻器 控制定值电阻两端的电压不变。
（4）小明得到的实验数据如表，据此得出结论。请指出实验需要改进的地方 只测了两组数据，具有偶然性 （写出一条即可）。
【拓展】实验完成后同桌借走了他的电流表，小明还想继续测量标有“2.5V”的小灯泡的额定功率，于是就将小灯泡与已知阻值为R0的电阻串联，设计了如图丙的电路，实验方案如下：
①调节滑片使电压表的示数为额定电压；
②保持滑片位置不变，只将电压表的a点接线改接到c点，测出R2两端的电压U0，通过计算得到小灯泡的额定功率。但在操作时，他发现设计的方案存在问题，请你帮他改正，简要描述实验过程： 调节滑动变阻器的滑片，使灯泡两端电压为额定电压2.5V；保持滑动变阻器滑片位置不变，将电压表改接在电阻两端，测得电压为U0 。小灯泡的额定功率表达式：P＝ 2.5V× 。（用已知量和测量量的符号表示）
【答案】（1）见解答图；（2）2.9；电阻断路；（3）滑动变阻器；（4）只测了两组数据，具有偶然性；【拓展】调节滑动变阻器的滑片，使灯泡两端电压为额定电压2.5V；保持滑动变阻器滑片位置不变，将电压表改接在电阻两端，测得电压为U0；2.5V×。
【分析】（1）电压表与定值电阻并联，由图乙确定电压表量程；滑动变阻器与定值电阻串联；
（2）首先确定电压表使用的量程，明确分度值，然后读数；
首先根据电流表无示数确定电路是断路，电压表接近电源电压可以判断电压表并联的部分断路；
（3）探究电流跟电阻的关系时，滑动变阻器的作用是保护电路和控制定值电阻两端的电压不变；
（4）需要改进的地方：多次实验使实验结论具有普遍性；
【拓展】用电压表测量电压时注意电流从电压表正接线柱流入；根据欧姆定律求出通过R0的电流，根据串联电路电流的规律，由PL＝ULIL求灯的额定功率。
【解答】解：（1）由图乙可知，电压表选择小量程，应与定值电阻并联；滑动变阻器应与定值电阻串联；如图所示：
（2）由图乙知电压表使用0～3V，每一个大格代表1V，每一个小格代表0.1V，所以电压表的示数是2.9V；
闭合开关后，电流表示数为零，说明电路中有断路故障；电压表的示数是2.9V，并且移动滑动变阻器的滑片，电压表的示数不变，说明电压表与电源两极间是连通的，则可知与电压表并联的部分有断路，即可能是电阻断路；
（3）探究电流跟电阻的关系时，用滑动变阻器控制定值电阻两端的电压不变；
（4）实验过程中只做了两次实验，得到的实验结论具有偶然性，实验时要进行多次实验，使实验结论具有普遍性；
【拓展】电压表测灯的电压，则电压表a接线柱为正接线柱，只将电压表的a点接线改接到c点时，则电流从电压表负接线柱流入了；
正确的过程是：调节滑动变阻器的滑片，使灯泡两端电压为额定电压2.5V；保持滑动变阻器滑片位置不变，将电压表改接在电阻两端，测得电压为U0；
灯正常发光时，测定值电阻的电压为2.5V，在滑片位置不动的情况下，测出R0两端的电压为U0，由欧姆定律，此时通过R0的电流：
I0＝，
根据串联电路电流的规律，通过灯的额定电流：
I＝I0＝，故灯的额定功率：
PL＝ULIL＝2.5V×。
故答案为：（1）见解答图；（2）2.9；电阻断路；（3）滑动变阻器；（4）只测了两组数据，具有偶然性；【拓展】调节滑动变阻器的滑片，使灯泡两端电压为额定电压2.5V；保持滑动变阻器滑片位置不变，将电压表改接在电阻两端，测得电压为U0；2.5V×。
四、计算应用题（本大题共3个小题：第36小题5分。第37小题6分。第38小题7分，共18分。解答时，要求有必要的文字说明、公式和计算步骤等，只写最后结果不得分）
16．（6分）如图所示，建筑工地上的工人利用滑轮组将一质量为80kg的铁箱子A匀速提升到10m高的楼上，用时1min。已知动滑轮重40N，工人体重为80kg，不计绳重与摩擦。（g取10N/kg）。求：
（1）在提升过程中，工人做功的总功率；
（2）该滑轮组的机械效率；（计算结果保留到0.1%）
（3）①工人提升的最大物重；
②滑轮组的最大机械效率。（计算结果保留到0.1%）
【答案】（1）在提升过程中，工人做功的总功率为140W；
（2）该滑轮组的机械效率为95.2%；
（3）①工人提升的最大物重为2360N；
②滑轮组的最大机械效率为98.3%。
【分析】（1）根据W＝Fs可求得总功，根据P＝可求得在提升过程中，工人做功的总功率；
（2）求得有用功，根据η＝×100%可得该滑轮组的机械效率；
（3）工人对滑轮组施加的最大拉力等于工人的重力，可以求得工人提升的最大物重；从而可以求得滑轮组的最大机械效率。
【解答】解：（1）由图知，由3段绳子吊着动滑轮，不计绳重与摩擦，则工人的拉力为：
，
绳子自由端移动的距离为：
s＝nh＝3×10m＝30m，
拉力做的总功为：
W总＝Fs＝280N×30m＝8400J，
在提升过程中，工人做功的总功率为：
；
（2）拉力做的有用功为：
W有＝Gh＝mgh＝80kg×10N/kg×10m＝8000J，
该滑轮组的机械效率为：
η＝×100%＝×100%＝95.2%；
（3）①工人对滑轮组施加的最大拉力等于工人的重力，最大为：
F最大＝G人＝m人g＝80kg×10N/kg＝800N
工人提升的最大物重为：
G最大＝nF﹣G动＝3×800N﹣40N＝2360N；
②滑轮组的最大机械效率为：
η最大＝×100%＝＝×100%＝×100%＝×100%＝98.3%。
答：（1）在提升过程中，工人做功的总功率为140W；
（2）该滑轮组的机械效率为95.2%；
（3）①工人提升的最大物重为2360N；
②滑轮组的最大机械效率为98.3%。
17．（7分）如图乙所示的电路中，电源电压恒定，滑动变阻器的铭牌上标有“20Ω 1A”。图甲是小灯泡L的U﹣I图像，其额定电压为5V。闭合开关S，变阻器滑片在B端时，电压表的示数为3V。求：
（1）小灯泡的额定功率和电源电压；
（2）小灯泡正常发光时，滑动变阻器的电阻；
（3）若用一个阻值为2.5Ω的电阻替换小灯泡，电压表选用0﹣3V的量程，为了保证电路安全，在移动滑动变阻器滑片的过程中，求电路总功率的范围。
【答案】（1）小灯泡的额定功率为4W，电源电压为15V；
（2）小灯泡正常发光时，滑动变阻器的电阻是12.5Ω；
（3）电路总功率的范围10W﹣15W。
【分析】（1）当滑动变阻器的滑片P移至B端时，滑动变阻器的最大阻值和灯泡串联，根据图象读出电路中的电流，根据欧姆定律求出滑动变阻器两端的电压，根据串联电路的电压特点求出电源的电压；
（2）由图象可知，灯泡两端的电压为5V时电路中的电流，根据串联电路特点计算滑动变阻器的电压，根据欧姆定律计算电阻；
（3）根据电压表的两场计算电阻的最大电流与滑动变阻器的允许电流比较，确定最大电流，根据P＝UI计算最大功率，当滑动变阻器最大时，根据串联电路特点和P＝计算最小功率。
【解答】解：（1）由图甲可知小灯泡在额定电压5V时，额定电流为0.8A，
小灯泡的额定功率为：P＝U＝5V×0.8A＝4W；
变阻器滑片在B端时，电压表的示数为3V时，根据图像知，电路中电流为0.6A，
故电源电压为：U＝UL+IR＝3V+0.6A×20Ω＝15V；
（2）小灯泡正常发光时，滑动变阻器两端电压为 15V﹣5V＝10V，
变阻器连入电路的电阻为：；
（3）用一个阻值为2.5Ω的电阻替换小灯泡，电压表选用0﹣3V的量程，为了保证电路安全，电压表示数达3V时，变阻器连入电路的电阻最小，滑动变阻器最大允许1A，
电路电流最大为：＝1.2A＜1A，
所以I_{max}＝1A$；
此时电路总功率最大：Pmax＝UImax＝15V×1A＝15W；
当变阻器滑片在右端时电阻最大，此时电路中电流最小，电路总功率最小，
最小功率为：；
电路总功率的范围为10W﹣15W。
答：（1）小灯泡的额定功率为4W，电源电压为15V；
（2）小灯泡正常发光时，滑动变阻器的电阻是12.5Ω；
（3）电路总功率的范围10W﹣15W。
实验次数
1
2
电阻H/Ω
5
10
电流I/A
0.40
0.20
实验次数
1
2
电阻H/Ω
5
10
电流I/A
0.40
0.20
1．（2分）关于一些物理量的估计，下列数据最接近实际的是（ ）
A．一辆普通自行车的质量约为40g
B．中学生正常呼吸1次的时间大约为3s
C．洗澡水的温度一般为80℃
D．一般教室的门高约为4m
2．（2分）下列关于声音的说法；正确的是（ ）
A．临街的校门口附近树立一个禁鸣喇叭的牌子，是在声源处减弱噪声
B．我们听到不同乐器发出的各种优美乐音，是因为乐器的振动频率不同
C．我们在大会议室比在教室更容易听到回音，是因为大会议室反射声音的效果好
D．航海渔船利用声呐探测鱼群，是利用次声波回声定位的
3．（2分）下列有关家庭电路，正确的是（ ）
A．用测电笔检查家庭电路时，手要接触笔尾金属体
B．发现有人触电时，一定要先救人再断电
C．用电高峰时，电路中总电阻变大，家庭电路的干路电流变小
D．有金属外壳的家庭电器要用三孔插座，第三孔是为了接零线
4．（2分）在公路上涉及很多物理知识，下列有关运动和力的说法正确的是（ ）
A．汽车在水平路面上匀速行驶时，汽车对地面的压力与地面对汽车的支持力是一对平衡力
B．汽车在水平方向高速行驶时，汽车的牵引力一定大于地面的摩擦阻力
C．小轿车比同速行驶的大卡车刹车过程短，是因为小轿车的惯性比大卡车小
D．汽车在刹车时，速度越大减速过程越长，说明速度越大物体的惯性越大
5．（2分）下列有关物态变化的说法正确的是（ ）
A．烧开水后发现壶嘴冒出“白气”，是水汽化成的水蒸气
B．春季河面上的冰雪消融，是冰熔化放热的过程
C．冬季地面上的白霜，是水蒸气凝华放热形成的
D．夏季荷叶上的露水，是水蒸气液化吸热形成的小水珠
（多选）6．（3分）在探究“凸透镜成像规律”的实验中，实验装置如图所示，此时在光屏上可以看到烛焰清晰的像（像未画出）。则下列说法正确的是（ ）
A．图中光屏上成倒立缩小的像，与照相机成像相同，该透镜焦距可能是10cm
B．换用一个焦距更小的凸透镜，保持蜡烛和透镜位置不变，将光屏向右移动一定距离光屏上可再次成清晰的像
C．保持蜡烛和光屏位置不变，向左移动透镜适当距离，光屏上可得到清晰放大的像
D．若在凸透镜和蜡烛中间放一个近视镜片，只向左移动蜡烛，光屏上可再次成清晰的像
（多选）7．（3分）一质量为600g，密度为0.6g/cm2的正方体木块用细线系于底面积为160cm3容器的水中，如图所示（g＝10N/kg，ρ水＝1.0×103kg/m3）。则下列说法中正确的是（ ）
A．木块所受的浮力为10N
B．绳子上的拉力为16N
C．将细线剪断后，木块露出水面的高度为10cm
D．将细线剪断后，木块静止时，容器底部受到水的压强变化了250Pa
（多选）8．（3分）在如图所示的电路中，电源电压恒定，闭合开关S后，将滑动变阻器的滑片P向右移动。下列说法正确的是（ ）
A．电压表V2的示数变小，电压表V1的示数与电流表A的示数比值变小
B．电压表V1的示数变大，电压表V1与电压表V2示数的变化量相等
C．电压表V2的示数变化量与电流表A的示数变化量之比等于R1
D．电压表V1的示数与电流表A的示数乘积变大，电路总功率变大
二.填空及简答题（本大题共9个小题；第25小题3分，其他小题每空1分，共31分）
9．（2分）如图所示是小明家的电能表，他在家断开其他用电器，仅让电热水壶烧水时，发现1min时间内电能表闪烁48次，则电热水壶实际功率为 W。在家庭电路中，接电热水壶需要用 （选填“两”或“三”）孔插座。
10．（3分）将某种固态物质放入加热功率恒定的装置中，对其加热至沸腾，温度随时间变化的关系如图所示。可分析出该固态物质是 （选填“晶体”或“非晶体”），其中a到b阶段的温度不变，内能 （选填“不变”或“增加”），由图看出固态升温比液态升温时的图线陡，说明 。
11．（3分）如图所示，在平静的湖边上方有一盏路灯，小明潜在水下E处看到了路灯的像，图中A、B两点，分别是路灯的位置和在空气中像的位置，其中 点是像的位置，该像是光的 现象形成的。请在图中画出路灯照射到小明眼睛的光路图。
12．（3分）如图所示的单摆，摆球从A点静止释放、经过最低点B到达C点后返回。在摆动过程中，若不考虑空气阻力，球在A点的机械能 （选填“大于”“小于”或“等于”）B点的机械能；小球从A点摆动到C点的过程中，小球的机械能如何转化： 。小球摆动到B点时，若受到的力突然全部消失，球将做 运动。
三、实验探究题（本大题共4个小题；第32小题4分，第33小题6分，第34、35小题各7分，共24分）
13．（4分）小明利用如图所示的装置，进行了“探究沙子和水吸热升温的属性”的实验。
（1）实验装置中，在两个烧杯底部都放了陶土网，目的是 ；
（2）在实验中利用了转换法，通过 来反映沙子和水吸热的多少的；
（3）实验中还利用了控制变量法：相同的烧杯中装有等质量的初温相同的水和沙子，采用相同的加热方法（如酒精灯火焰，并用玻璃棒不断搅拌，图中未画出）加热相同时间，比较 来分析吸热升温的属性；
（4）小明同桌还利用了另外的方法比较出二者的升温属性，请你简要表述其实验过程： 。
14．（6分）物理兴趣小组的同学根据杠杆的平衡条件测出了一个物块的密度，已知每个钩码质量为100g。（g＝10N/kg，ρ水＝1.0×103kg/m3）
（1）放置在水平桌面上的轻质杠杆静止后如图甲所示，为了使杠杆在水平位置平衡，应将两端的平衡螺母向 （选填“左”或“右”）调节；
（2）调节杠杆水平平衡后，用细线将物块挂于杠杆左侧，将3个钩码挂于右侧某一处时，杠杆仍处于水平平衡，如图乙所示，则物块质量为 g；
（3）将该物块浸没在装有水的烧杯中，调节右侧钩码的位置，使杠杆处于水平平衡，如图丙所示，此时细线的拉力大小为 N，则物块在水中所受浮力为 N；
（4）物块的密度是 kg/m3；
【拓展】小华同学经过研究发现，如果物体悬挂位置不变，右端所挂钩码个数不变，则只需知道两次悬挂钩码的位置，经过计算就可以得出被测物体的密度。已知物体未浸没在水中时，钩码距O点的距离为l1，物体浸没在水中时，钩码距O点的距离为l2，则物体的密度为 。（用l1、l2、ρ水表示）
15．（7分）小明在探究电流与电阻的关系实验，连接的实验电路如图甲所示。
（1）请你用笔画线代替导线将实物图连接完整。
（2）正确连接电路，闭合开关后，发现电流表示数为零，电压表的示数如图乙所示，为 V；改变滑动变阻器滑片的位置，两电表指针的位置不变，电路中有一处故障，可能是 。
（3）排除电路故障后，小明先后用5Ω、10Ω的定值电阻进行实验。实验中，通过 控制定值电阻两端的电压不变。
（4）小明得到的实验数据如表，据此得出结论。请指出实验需要改进的地方 （写出一条即可）。
【拓展】实验完成后同桌借走了他的电流表，小明还想继续测量标有“2.5V”的小灯泡的额定功率，于是就将小灯泡与已知阻值为R0的电阻串联，设计了如图丙的电路，实验方案如下：
①调节滑片使电压表的示数为额定电压；
②保持滑片位置不变，只将电压表的a点接线改接到c点，测出R2两端的电压U0，通过计算得到小灯泡的额定功率。但在操作时，他发现设计的方案存在问题，请你帮他改正，简要描述实验过程： 。小灯泡的额定功率表达式：P＝ 。（用已知量和测量量的符号表示）
四、计算应用题（本大题共3个小题：第36小题5分。第37小题6分。第38小题7分，共18分。解答时，要求有必要的文字说明、公式和计算步骤等，只写最后结果不得分）
16．（6分）如图所示，建筑工地上的工人利用滑轮组将一质量为80kg的铁箱子A匀速提升到10m高的楼上，用时1min。已知动滑轮重40N，工人体重为80kg，不计绳重与摩擦。（g取10N/kg）。求：
（1）在提升过程中，工人做功的总功率；
（2）该滑轮组的机械效率；（计算结果保留到0.1%）
（3）①工人提升的最大物重；
②滑轮组的最大机械效率。（计算结果保留到0.1%）
17．（7分）如图乙所示的电路中，电源电压恒定，滑动变阻器的铭牌上标有“20Ω 1A”。图甲是小灯泡L的U﹣I图像，其额定电压为5V。闭合开关S，变阻器滑片在B端时，电压表的示数为3V。求：
（1）小灯泡的额定功率和电源电压；
（2）小灯泡正常发光时，滑动变阻器的电阻；
（3）若用一个阻值为2.5Ω的电阻替换小灯泡，电压表选用0﹣3V的量程，为了保证电路安全，在移动滑动变阻器滑片的过程中，求电路总功率的范围。
2024年河北省邯郸市馆陶实验中学、房寨中学中考物理模拟试卷（4月份）
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共22个小题，共47分。1～19小题为单选题，每小题的四个选项中，只有一个选项符合题意，每小题2分；20～22小题为多选题，每小题的四个选项中，有两个或两个以上选项符合题意。每小题2分，全选对的得3分，选对但不全的得2分，有错选或不选的不得分）
1．（2分）关于一些物理量的估计，下列数据最接近实际的是（ ）
A．一辆普通自行车的质量约为40g
B．中学生正常呼吸1次的时间大约为3s
C．洗澡水的温度一般为80℃
D．一般教室的门高约为4m
【答案】B
【分析】新课程标准要求我们能根据日常经验或自然现象粗略估测一些物理量。例如：长度、质量、时间、温度、力、速度、电功率、电流、电压等。解答估测选择题的方法：利用生活中我们熟悉的一些数据作为根据，进行单位换算，有时要利用基本公式求未知物理量。
【解答】解：A、一辆普通自行车的质量约为15kg，故A错误；
B、中学生正常呼吸1次的时间大约为3s，故B正确；
C、洗澡水的温度一般约为40℃，故C错误；
D、一般教室的门高约为2m，故D错误。
故选：B。
2．（2分）下列关于声音的说法；正确的是（ ）
A．临街的校门口附近树立一个禁鸣喇叭的牌子，是在声源处减弱噪声
B．我们听到不同乐器发出的各种优美乐音，是因为乐器的振动频率不同
C．我们在大会议室比在教室更容易听到回音，是因为大会议室反射声音的效果好
D．航海渔船利用声呐探测鱼群，是利用次声波回声定位的
【答案】A
【分析】（1）对噪声的控制有三个途径：在声源处减弱、在传播过程中减弱、在人耳处减弱；
（2）声音的三个特性：音调、响度和音色。音调指声音的高低，与发声体振动的快慢有关；响度指声音的大小，与发声体的振幅有关；通过音色能辨别不同的发声体；
（3）根据听到回声的条件分析；
（4）声音可以传递信息和能量。
【解答】解：A．临街的校门口附近树立一个禁鸣喇叭的牌子，属于在声源处减弱噪声，故A正确；
B．不同的乐器发出声音的音色不同，因此我们听到不同乐器发出的各种优美乐音，是因为乐器的音色不同，故B错误；
C．大会议室因为比较宽，原声与反射回来的声音间隔大于0.1s，人耳才能分辨出原声与反射回来的声音，所以容易听到回声，故C错误；
D．超声波的方向性好，遇到障碍物易反射的特点，声呐装置就是靠发射和接收超声波来探测鱼群位置的，故D错误。
故选：A。
3．（2分）下列有关家庭电路，正确的是（ ）
A．用测电笔检查家庭电路时，手要接触笔尾金属体
B．发现有人触电时，一定要先救人再断电
C．用电高峰时，电路中总电阻变大，家庭电路的干路电流变小
D．有金属外壳的家庭电器要用三孔插座，第三孔是为了接零线
【答案】A
【分析】（1）用测电笔时，手必须接触笔尾金属体才能使用；
（2）发现有人触电或电引起的火灾，首先切断电源，再实行救援措施；
（3）家庭电路接入电路的用电器变多，并联后的总电阻变小，据此分析；
（4）根据三孔插座使用分析。
【解答】解：A、使用测电笔时，手要接触笔尾金属体，但不能接触笔尖金属体用，故A正确；
B、发现有人触电时，一定要先断电，然后再进行施救，故B错误；
C、在用电高峰时，接入电路的用电器变多，由并联电路的电阻特点可知，并联后的总电阻变小，干路中的电流变大，故C错误；
D、有金属外壳的家庭电器要用三孔插座，第三孔是为了接地，故D错误。
故选：A。
4．（2分）在公路上涉及很多物理知识，下列有关运动和力的说法正确的是（ ）
A．汽车在水平路面上匀速行驶时，汽车对地面的压力与地面对汽车的支持力是一对平衡力
B．汽车在水平方向高速行驶时，汽车的牵引力一定大于地面的摩擦阻力
C．小轿车比同速行驶的大卡车刹车过程短，是因为小轿车的惯性比大卡车小
D．汽车在刹车时，速度越大减速过程越长，说明速度越大物体的惯性越大
【答案】C
【分析】（1）一对平衡力必须大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上；
（2）物体处于平衡状态时，受到平衡力的作用；
（3）惯性是物体保持原来运动状态不变的性质，惯性的大小只与质量有关。
【解答】解：A．汽车在水平路面上匀速行驶时，汽车对地面的压力与地面对汽车的支持力作用在不同的物体上，因此不是一对平衡力，故A错误；
B．汽车在水平方向高速行驶时，若汽车是做匀速直线运动，则汽车受到的是平衡力作用，汽车的牵引力等于地面的摩擦阻力，故B错误；
CD．惯性只与物体的质量有关，由于小轿车的质量比大卡车的质量小，小轿车的惯性小于大卡车的惯性，在同速情况下，小轿车的运动状态越容易改变，所以小轿车比同速行驶的大卡车刹车过程短，惯性的大小与速度无关，故C正确，D错误。
故选：C。
5．（2分）下列有关物态变化的说法正确的是（ ）
A．烧开水后发现壶嘴冒出“白气”，是水汽化成的水蒸气
B．春季河面上的冰雪消融，是冰熔化放热的过程
C．冬季地面上的白霜，是水蒸气凝华放热形成的
D．夏季荷叶上的露水，是水蒸气液化吸热形成的小水珠
【答案】C
【分析】（1）物态变化有六种类型：物质从固态到液态的过程叫做熔化，物质从液态变成固态的过程叫做凝固；物质从液态变为气态叫做汽化，物质从气态变为液态叫做液化；物质从固态直接变成气态叫升华，物质从气态直接变成固态叫凝华。
（2）吸热的有：熔化、汽化、升华；放热的有：凝固、液化、凝华。
【解答】解：A．烧开水后发现壶嘴冒出“白气”，是烧水产生的水蒸气在空气中上升时遇冷液化形成的小水珠，故A错误；
B．春季河面上的冰雪消融，冰由固态变为液态是熔化过程，熔化吸热，故B错误；
C．冬季地面上的白霜，是空气中的水蒸气遇冷凝华放热形成的小冰晶，故C正确；
D．夏季荷叶上的露水，是空气中的水蒸气液化放热形成的小水珠，故D错误。
故选：C。
（多选）6．（3分）在探究“凸透镜成像规律”的实验中，实验装置如图所示，此时在光屏上可以看到烛焰清晰的像（像未画出）。则下列说法正确的是（ ）
A．图中光屏上成倒立缩小的像，与照相机成像相同，该透镜焦距可能是10cm
B．换用一个焦距更小的凸透镜，保持蜡烛和透镜位置不变，将光屏向右移动一定距离光屏上可再次成清晰的像
C．保持蜡烛和光屏位置不变，向左移动透镜适当距离，光屏上可得到清晰放大的像
D．若在凸透镜和蜡烛中间放一个近视镜片，只向左移动蜡烛，光屏上可再次成清晰的像
【答案】ACD
【分析】（1）物距大于像距，成倒立缩小的实像，可知其焦距范围；
（2）换一个焦距更小的凸透镜，此时相当于物距变大，像距会变小；
（3）保持蜡烛和光屏位置不变，向左移动透镜适当距离，物距变小，像距变大；
（4）凹透镜，对光线有发散作用。
【解答】解：A．由图可知，物距大于像距，成倒立缩小的实像，与照相机成像原理相同，刻度尺的分度值为1cm，
物距为u＝50.0cm﹣20.0cm＝30.0cm＞2f，
像距为2f＞v＝65.0cm﹣50.0cm＝15.0cm＞f，
可得7.5cm＜f＜15cm，所以该透镜焦距可能是10cm，故A正确；
B．蜡烛、透镜位置不变，即物距保持不变，只是换一个焦距更小的凸透镜，则此时相当于物距变大，像距会变小，要重新得到清晰的像，光屏要适当向左移动，故B错误；
C．保持蜡烛和光屏位置不变，向左移动透镜适当距离，物距变小，像距变大，当物距等于原来的像距，像距等于原来的物距时，光屏上可得到清晰放大的像，故C正确；
D．近视镜是凹透镜，对光线有发散作用，若在凸透镜和蜡烛中间放一个近视镜片，像的位置会向右移动，因此只向左移动蜡烛，使像再次成在光屏上，光屏上可再次成清晰的像，故D正确。
故选：ACD。
（多选）7．（3分）一质量为600g，密度为0.6g/cm2的正方体木块用细线系于底面积为160cm3容器的水中，如图所示（g＝10N/kg，ρ水＝1.0×103kg/m3）。则下列说法中正确的是（ ）
A．木块所受的浮力为10N
B．绳子上的拉力为16N
C．将细线剪断后，木块露出水面的高度为10cm
D．将细线剪断后，木块静止时，容器底部受到水的压强变化了250Pa
【答案】AD
【分析】（1）知道正方体木块的质量和密度，根据密度公式求出木块的体积，木块浸没时排开水的体积和自身的体积相等，根据浮力计算公式F浮＝ρ液gV排求出受到的浮力；
（2）根据重力公式G＝mg计算木块的重力，此时木块受到竖直向下的重力、拉力及竖直向上的浮力作用，从而可求出绳子的拉力；
（3）根据漂浮时浮力与重力的关系得出木块受到的浮力；根据F浮＝ρ液gV排得出此时木块排开水的体积，根据V排的变化求出露出木块水面的高度及水深度的变化，根据液体压强公式p＝ρgh可得压强的变化。
【解答】解：A、正方体木块的体积：V木＝＝＝1000cm3＝1×10﹣3m3，木块浸没在水中时受到的浮力：F浮＝ρ水gV排＝ρ水gV＝1.0×103kg/m3×10N/kg×1×10﹣3m3＝10N，故A正确；
B、木块的重力为：G木＝m木g＝0.6kg×10N/kg＝6N，此时木块受到竖直向下的重力、拉力及竖直向上的浮力作用，则绳子的拉力为：T＝F浮﹣G木＝10N﹣6N＝4N，故B错误；
CD、由G＝mg可得，木块的重力：G1＝m1g＝0.6kg×10N/kg＝6N，
将细线剪断后，木块静止时，木块漂浮，此时木块受到的浮力F浮′＝G1＝6N；
由F浮′＝ρ液gV排得，木块漂浮时排开水的体积：V排′＝＝＝6×10﹣4m3；
而正方体木块的底面积为：S木＝＝＝0.01m2，
所以木块露出水面的高度为：h露＝＝＝0.04m，
液面下降的深度为：Δh＝＝＝0.025m，
则容器底部受到水的压强变化量：Δp＝ρ水gΔh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.025m＝250Pa，故C错误，D正确。
故选：AD。
（多选）8．（3分）在如图所示的电路中，电源电压恒定，闭合开关S后，将滑动变阻器的滑片P向右移动。下列说法正确的是（ ）
A．电压表V2的示数变小，电压表V1的示数与电流表A的示数比值变小
B．电压表V1的示数变大，电压表V1与电压表V2示数的变化量相等
C．电压表V2的示数变化量与电流表A的示数变化量之比等于R1
D．电压表V1的示数与电流表A的示数乘积变大，电路总功率变大
【答案】BCD
【分析】AB、由电路图可知，R1与R2串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。
将滑动变阻器的滑片P向右移动，滑动变阻器接入电路中的电阻变小，根据串联电路电阻规律可知电路总电阻变化，根据欧姆定律可知通过电流的电流变化，
根据串联分压原理可知滑动变阻器两端的电压变化，根据串联电路电压规律可知定值电阻两端的电压变化，根据欧姆定律可知电压表V1的示数与电流表A的示数比值是否变化；
C、根据两电压表示数变化量相同可知电压表V2的示数变化量与电流表A的示数变化量之比等于定值电阻的阻值；
D、定值电阻两端的电压变大，进一步判断电压表V1的示数与电流表A的示数乘积变化，通过电路的电流变大，根据P＝UI可知电路总功率变化，
【解答】解：AB、由电路图可知，R1与R2串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。
将滑动变阻器的滑片P向右移动，滑动变阻器接入电路中的电阻变小，根据串联电路电阻规律可知电路总电阻变小，根据欧姆定律可知通过电流的电流变大，
根据串联分压原理可知滑动变阻器两端的电压变小，串联电流总电压等于各部分电压之和，根据串联电路电压规律可知定值电阻两端的电压变大，且两电压表示数变化量相同，根据欧姆定律可知电压表V1的示数与电流表A的示数比值即定值电阻的阻值，所以电压表V1的示数与电流表A的示数比值不变，故A错误，B正确；
C、两电压表示数变化量相同，所以电压表V2的示数变化量与电流表A的示数变化量之比等于定值电阻的阻值，故C正确；
D、定值电阻两端的电压变大，所以电压表V1的示数与电流表A的示数乘积变大，
通过电路的电流变大，根据P＝UI可知电路总功率变大，故D正确。
故选：BCD。
二.填空及简答题（本大题共9个小题；第25小题3分，其他小题每空1分，共31分）
9．（2分）如图所示是小明家的电能表，他在家断开其他用电器，仅让电热水壶烧水时，发现1min时间内电能表闪烁48次，则电热水壶实际功率为 1800 W。在家庭电路中，接电热水壶需要用 三 （选填“两”或“三”）孔插座。
【答案】1800；三。
【分析】（1）根据灯闪烁的次数结合参数求出消耗的电功，由P＝计算出功率；
（2）为了安全用电，有金属外壳的家用电器的电源插座都用三孔插座，三脚插头的接地脚应与用电器的金属外壳相连通，这样若金属外壳的用电器外壳万一带电，电流会通过地线导入大地，以防触电事故的发生。
【解答】解：（1）根据参数1600imp/（kW•h）知，每消耗1kW•h的电能，电能表的指示灯闪烁1600次，所以闪烁48次消耗的电能为：
W＝；
则电热水壶的功率为
；
（2）因为电热水壶是金属外壳，金属外壳必须接地，所以要用三孔插座，若金属外壳的用电器外壳万一带电，电流会通过地线导入大地，以防触电事故的发生。
故答案为：1800；三。
10．（3分）将某种固态物质放入加热功率恒定的装置中，对其加热至沸腾，温度随时间变化的关系如图所示。可分析出该固态物质是 晶体 （选填“晶体”或“非晶体”），其中a到b阶段的温度不变，内能 增加 （选填“不变”或“增加”），由图看出固态升温比液态升温时的图线陡，说明 该物质固态时的比热容比液态时的小 。
【答案】晶体；增加；该物质固态时的比热容比液态时的小。
【分析】（1）从晶体和非晶体的重要区别进行分析：晶体熔化时，不断吸收热量，温度保持不变；非晶体熔化时，不断吸收热量，温度逐渐升高；
晶体熔化时，不断吸收热量，温度保持不变，这个不变的温度是晶体的熔点；吸收热量，内能增加；
（2）由图象可知，此物质固态时在相同的时间内升高的温度比液态时升高的温度大，由此可知温度变化越大，比热容就越小。
【解答】解：由图像知，该物质在熔化过程中温度保持50℃不变（即有一定的熔化温度），所以该物质在固态时是晶体。
a到b阶段是该物质的熔化阶段，温度不变，但继续吸收热量，内能增加。
由图像可知，固态升温比液态升温时的图线陡，即相同的时间内固态升高的温度大于液态升高的温度，由Q＝cmΔt可知：当吸收的热量和质量都相同时，Δt越大比热容就越小，该物质固态时的比热容比液态时的小。
故答案为：晶体；增加；该物质固态时的比热容比液态时的小。
11．（3分）如图所示，在平静的湖边上方有一盏路灯，小明潜在水下E处看到了路灯的像，图中A、B两点，分别是路灯的位置和在空气中像的位置，其中 B 点是像的位置，该像是光的 折射 现象形成的。请在图中画出路灯照射到小明眼睛的光路图。
【答案】B；折射；见解答图。
【分析】（1）光从一种介质斜射入另一种介质时，其传播方向会发生改变，当人逆着射来的方向观察时，会看到物体的虚像，其位置也发生了改变；
（2）连接BE与水面的交点为入射点，水面下的部分为折射光线，路灯A与入射点的连线为入射光线。
【解答】解：路灯发出的光从空气斜射入水中，光发生折射时，折射角小于入射角，光线靠近法线，潜水员看到的是比实际位置变高了的路灯的虚像，所以图中B点是像所在的位置，该像是光的折射现象形成的；连接BE与水面的交点为入射点，水面下的部分为折射光线，路灯A与入射点的连线为入射光线，标出箭头表示光的传播方向。如图所示：
故答案为：B；折射；见解答图。
12．（3分）如图所示的单摆，摆球从A点静止释放、经过最低点B到达C点后返回。在摆动过程中，若不考虑空气阻力，球在A点的机械能 等于 （选填“大于”“小于”或“等于”）B点的机械能；小球从A点摆动到C点的过程中，小球的机械能如何转化： 从A点摆动到B点的过程中，小球的重力势能转化为动能，从B点摆动到C点的过程中，小球的动能转化为重力势能 。小球摆动到B点时，若受到的力突然全部消失，球将做 匀速直线 运动。
【答案】等于；从A点摆动到B点的过程中，小球的重力势能转化为动能，从B点摆动到C点的过程中，小球的动能转化为重力势能；匀速直线。
【分析】（1）不计空气阻力时，机械能没有转化为内能，机械能守恒；
（2）判断是哪种能量转化成了另一种能量的标准是：减小的转化为增多的；
（3）根据牛顿第一定律分析。
【解答】解：不计空气阻力，摆球的机械能守恒，各点机械能一样大，则球在A、B两点的机械能相等。
小球从A点摆动到C点的过程中，小球的质量不变，高度先减小后增大，速度先增大后减小，因此小球的重力势能先减小后变大，动能先增大后减小，所以从A点摆动到B点的过程中，小球的重力势能转化为动能，从B点摆动到C点的过程中，小球的动能转化为重力势能。
球在B点时刻的速度方向是水平向右，若此时受到的力突然全部消失，根据牛顿第一定律可知，小球将水平向右一直做匀速直线运动。
故答案为：等于；从A点摆动到B点的过程中，小球的重力势能转化为动能，从B点摆动到C点的过程中，小球的动能转化为重力势能；匀速直线。
三、实验探究题（本大题共4个小题；第32小题4分，第33小题6分，第34、35小题各7分，共24分）
13．（4分）小明利用如图所示的装置，进行了“探究沙子和水吸热升温的属性”的实验。
（1）实验装置中，在两个烧杯底部都放了陶土网，目的是 使烧杯底部受热均匀 ；
（2）在实验中利用了转换法，通过 加热时间 来反映沙子和水吸热的多少的；
（3）实验中还利用了控制变量法：相同的烧杯中装有等质量的初温相同的水和沙子，采用相同的加热方法（如酒精灯火焰，并用玻璃棒不断搅拌，图中未画出）加热相同时间，比较 温度计示数的变化 来分析吸热升温的属性；
（4）小明同桌还利用了另外的方法比较出二者的升温属性，请你简要表述其实验过程： 相同的烧杯中装有等质量的初温相同的水和沙子，采用相同的加热方法（如酒精灯火焰，并用玻璃棒不断搅拌，图中未画出）使得沙子和水升高相同的温度，比较沙子和水的加热时间，若所需加热时间长的，其吸热本领大 。
【答案】（1）使烧杯底部受热均匀；（2）加热时间；（3）温度计示数的变化；（4）相同的烧杯中装有等质量的初温相同的水和沙子，采用相同的加热方法（如酒精灯火焰，并用玻璃棒不断搅拌，图中未画出）使得沙子和水升高相同的温度，比较沙子和水的加热时间，若所需加热时间长的，其吸热本领大。
【分析】（1）在两个烧杯底部放陶土网，可使烧杯底部受热均匀；
（2）（3）（4）我们使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；
比较物质吸热能力的2种方法：使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量（即比较加热时间），吸收热量多的吸热能力强；或使相同质量的不同物质吸收相同的热量（即加热相同的时间），比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强。
【解答】解：（1）如果直接在烧杯底部用酒精灯加热，烧杯底部容易受热不均匀而破裂，因此在两个烧杯底部都放了陶土网，目的是使烧杯底部受热均匀。
（2）根据转换法，实验中，是通过比较加热时间来间接反应沙子和水吸热的多少的，加热时间越长，吸收的热量就越多。
（3）在加热相同的时间里比较温度计示数的变化来比较不同物质吸热本领的大小，根据c＝知，在质量和吸收热量相同时，温度变化小的吸热本领大。
（4）相同的烧杯中装有等质量的初温相同的水和沙子，采用相同的加热方法（如酒精灯火焰，并用玻璃棒不断搅拌，图中未画出）使得沙子和水升高相同的温度，比较沙子和水的加热时间，若所需加热时间长的，其吸热本领大。
故答案为：（1）使烧杯底部受热均匀；（2）加热时间；（3）温度计示数的变化；（4）相同的烧杯中装有等质量的初温相同的水和沙子，采用相同的加热方法（如酒精灯火焰，并用玻璃棒不断搅拌，图中未画出）使得沙子和水升高相同的温度，比较沙子和水的加热时间，若所需加热时间长的，其吸热本领大。
14．（6分）物理兴趣小组的同学根据杠杆的平衡条件测出了一个物块的密度，已知每个钩码质量为100g。（g＝10N/kg，ρ水＝1.0×103kg/m3）
（1）放置在水平桌面上的轻质杠杆静止后如图甲所示，为了使杠杆在水平位置平衡，应将两端的平衡螺母向 右 （选填“左”或“右”）调节；
（2）调节杠杆水平平衡后，用细线将物块挂于杠杆左侧，将3个钩码挂于右侧某一处时，杠杆仍处于水平平衡，如图乙所示，则物块质量为 400 g；
（3）将该物块浸没在装有水的烧杯中，调节右侧钩码的位置，使杠杆处于水平平衡，如图丙所示，此时细线的拉力大小为 2 N，则物块在水中所受浮力为 2 N；
（4）物块的密度是 2×103 kg/m3；
【拓展】小华同学经过研究发现，如果物体悬挂位置不变，右端所挂钩码个数不变，则只需知道两次悬挂钩码的位置，经过计算就可以得出被测物体的密度。已知物体未浸没在水中时，钩码距O点的距离为l1，物体浸没在水中时，钩码距O点的距离为l2，则物体的密度为 ρ水 。（用l1、l2、ρ水表示）
【答案】（1）右；（2）400；（3）2；2；（4）2×103；【拓展】ρ水。
【分析】（1）调节杠杆在水平位置平衡，左边下沉往右调；杠杆在水平位置平衡，力臂在杠杆上，便于测量力臂大小，杠杆的重心通过支点，消除杠杆重对杠杆平衡的影响，使实验简单化，便于探究；
（2）根据杠杆平衡条件计算出物块的质量；
（3）根据杠杆原理和物块的受力情况计算物块在水中受到的浮力。
（4）根据阿基米德原理和密度公式计算物块的密度。
【拓展】【设物体的重力臂为l3，当物体未浸没在水中时，由杠杆平衡条件可得关系式，当物体浸没在水中时，物体受到重力、拉力和浮力作用，分析可得所受浮力关系式，从而解得物体的密度。
【解答】解：（1）相邻两刻度间距离相等的轻质杠杆静止在如图甲所示的位置，为了使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向右调节。
（2）调节杠杆水平平衡后，用细线将物块挂于杠杆左侧，将3个钩码挂于右侧，杠杆仍处于水平平衡，如图乙所示，每个钩码质量100g，根据杠杆的平衡条件，设每个小格的长度为L0，mg×3L0＝3×100g×g×4L0；
则物块质量为：m＝400g＝0.4kg；
（3）该物块浸没在装有水的烧杯中，调节右侧钩码的位置，使杠杆处于水平平衡，根据杠杆的平衡条件有：F×3L0＝2L0×3×0.1kg×10N/kg；解得：F＝2N；
物块的重力：G＝mg＝0.4kg×10N/kg＝4N；
以物块为研究对象，受到三个力的作用：重力、浮力和拉力F，即：G＝F浮+F；物块在水中受到的浮力为：F浮＝G﹣F＝4N﹣2N＝2N；
（4）根据阿基米德原理，物块的体积为V＝V排＝＝＝2×10﹣4m3；
物块的密度为：ρ＝＝＝2×103kg/m3；
【拓展】设物体的重力臂为l3，当物体未浸没在水中时，由杠杆平衡条件可得G物×l3＝G钩码×l1，
当物体浸没在水中时，物体受到重力、拉力和浮力作用，分析可得G物＝F拉+F浮′，
又G物＝m物g＝ρ物V物g，
根据阿基米德原理可得F浮′＝ρ水gV排′＝ρ水gV物，
根据杠杆平衡条件可得F拉×l3＝G钩码×l2，
联立以上式子解得，物体的密度为ρ物＝ρ水。
故答案为：（1）右；（2）400；（3）2；2；（4）2×103；【拓展】ρ水。
15．（7分）小明在探究电流与电阻的关系实验，连接的实验电路如图甲所示。
（1）请你用笔画线代替导线将实物图连接完整。
（2）正确连接电路，闭合开关后，发现电流表示数为零，电压表的示数如图乙所示，为 2.9 V；改变滑动变阻器滑片的位置，两电表指针的位置不变，电路中有一处故障，可能是 电阻断路 。
（3）排除电路故障后，小明先后用5Ω、10Ω的定值电阻进行实验。实验中，通过 滑动变阻器 控制定值电阻两端的电压不变。
（4）小明得到的实验数据如表，据此得出结论。请指出实验需要改进的地方 只测了两组数据，具有偶然性 （写出一条即可）。
【拓展】实验完成后同桌借走了他的电流表，小明还想继续测量标有“2.5V”的小灯泡的额定功率，于是就将小灯泡与已知阻值为R0的电阻串联，设计了如图丙的电路，实验方案如下：
①调节滑片使电压表的示数为额定电压；
②保持滑片位置不变，只将电压表的a点接线改接到c点，测出R2两端的电压U0，通过计算得到小灯泡的额定功率。但在操作时，他发现设计的方案存在问题，请你帮他改正，简要描述实验过程： 调节滑动变阻器的滑片，使灯泡两端电压为额定电压2.5V；保持滑动变阻器滑片位置不变，将电压表改接在电阻两端，测得电压为U0 。小灯泡的额定功率表达式：P＝ 2.5V× 。（用已知量和测量量的符号表示）
【答案】（1）见解答图；（2）2.9；电阻断路；（3）滑动变阻器；（4）只测了两组数据，具有偶然性；【拓展】调节滑动变阻器的滑片，使灯泡两端电压为额定电压2.5V；保持滑动变阻器滑片位置不变，将电压表改接在电阻两端，测得电压为U0；2.5V×。
【分析】（1）电压表与定值电阻并联，由图乙确定电压表量程；滑动变阻器与定值电阻串联；
（2）首先确定电压表使用的量程，明确分度值，然后读数；
首先根据电流表无示数确定电路是断路，电压表接近电源电压可以判断电压表并联的部分断路；
（3）探究电流跟电阻的关系时，滑动变阻器的作用是保护电路和控制定值电阻两端的电压不变；
（4）需要改进的地方：多次实验使实验结论具有普遍性；
【拓展】用电压表测量电压时注意电流从电压表正接线柱流入；根据欧姆定律求出通过R0的电流，根据串联电路电流的规律，由PL＝ULIL求灯的额定功率。
【解答】解：（1）由图乙可知，电压表选择小量程，应与定值电阻并联；滑动变阻器应与定值电阻串联；如图所示：
（2）由图乙知电压表使用0～3V，每一个大格代表1V，每一个小格代表0.1V，所以电压表的示数是2.9V；
闭合开关后，电流表示数为零，说明电路中有断路故障；电压表的示数是2.9V，并且移动滑动变阻器的滑片，电压表的示数不变，说明电压表与电源两极间是连通的，则可知与电压表并联的部分有断路，即可能是电阻断路；
（3）探究电流跟电阻的关系时，用滑动变阻器控制定值电阻两端的电压不变；
（4）实验过程中只做了两次实验，得到的实验结论具有偶然性，实验时要进行多次实验，使实验结论具有普遍性；
【拓展】电压表测灯的电压，则电压表a接线柱为正接线柱，只将电压表的a点接线改接到c点时，则电流从电压表负接线柱流入了；
正确的过程是：调节滑动变阻器的滑片，使灯泡两端电压为额定电压2.5V；保持滑动变阻器滑片位置不变，将电压表改接在电阻两端，测得电压为U0；
灯正常发光时，测定值电阻的电压为2.5V，在滑片位置不动的情况下，测出R0两端的电压为U0，由欧姆定律，此时通过R0的电流：
I0＝，
根据串联电路电流的规律，通过灯的额定电流：
I＝I0＝，故灯的额定功率：
PL＝ULIL＝2.5V×。
故答案为：（1）见解答图；（2）2.9；电阻断路；（3）滑动变阻器；（4）只测了两组数据，具有偶然性；【拓展】调节滑动变阻器的滑片，使灯泡两端电压为额定电压2.5V；保持滑动变阻器滑片位置不变，将电压表改接在电阻两端，测得电压为U0；2.5V×。
四、计算应用题（本大题共3个小题：第36小题5分。第37小题6分。第38小题7分，共18分。解答时，要求有必要的文字说明、公式和计算步骤等，只写最后结果不得分）
16．（6分）如图所示，建筑工地上的工人利用滑轮组将一质量为80kg的铁箱子A匀速提升到10m高的楼上，用时1min。已知动滑轮重40N，工人体重为80kg，不计绳重与摩擦。（g取10N/kg）。求：
（1）在提升过程中，工人做功的总功率；
（2）该滑轮组的机械效率；（计算结果保留到0.1%）
（3）①工人提升的最大物重；
②滑轮组的最大机械效率。（计算结果保留到0.1%）
【答案】（1）在提升过程中，工人做功的总功率为140W；
（2）该滑轮组的机械效率为95.2%；
（3）①工人提升的最大物重为2360N；
②滑轮组的最大机械效率为98.3%。
【分析】（1）根据W＝Fs可求得总功，根据P＝可求得在提升过程中，工人做功的总功率；
（2）求得有用功，根据η＝×100%可得该滑轮组的机械效率；
（3）工人对滑轮组施加的最大拉力等于工人的重力，可以求得工人提升的最大物重；从而可以求得滑轮组的最大机械效率。
【解答】解：（1）由图知，由3段绳子吊着动滑轮，不计绳重与摩擦，则工人的拉力为：
，
绳子自由端移动的距离为：
s＝nh＝3×10m＝30m，
拉力做的总功为：
W总＝Fs＝280N×30m＝8400J，
在提升过程中，工人做功的总功率为：
；
（2）拉力做的有用功为：
W有＝Gh＝mgh＝80kg×10N/kg×10m＝8000J，
该滑轮组的机械效率为：
η＝×100%＝×100%＝95.2%；
（3）①工人对滑轮组施加的最大拉力等于工人的重力，最大为：
F最大＝G人＝m人g＝80kg×10N/kg＝800N
工人提升的最大物重为：
G最大＝nF﹣G动＝3×800N﹣40N＝2360N；
②滑轮组的最大机械效率为：
η最大＝×100%＝＝×100%＝×100%＝×100%＝98.3%。
答：（1）在提升过程中，工人做功的总功率为140W；
（2）该滑轮组的机械效率为95.2%；
（3）①工人提升的最大物重为2360N；
②滑轮组的最大机械效率为98.3%。
17．（7分）如图乙所示的电路中，电源电压恒定，滑动变阻器的铭牌上标有“20Ω 1A”。图甲是小灯泡L的U﹣I图像，其额定电压为5V。闭合开关S，变阻器滑片在B端时，电压表的示数为3V。求：
（1）小灯泡的额定功率和电源电压；
（2）小灯泡正常发光时，滑动变阻器的电阻；
（3）若用一个阻值为2.5Ω的电阻替换小灯泡，电压表选用0﹣3V的量程，为了保证电路安全，在移动滑动变阻器滑片的过程中，求电路总功率的范围。
【答案】（1）小灯泡的额定功率为4W，电源电压为15V；
（2）小灯泡正常发光时，滑动变阻器的电阻是12.5Ω；
（3）电路总功率的范围10W﹣15W。
【分析】（1）当滑动变阻器的滑片P移至B端时，滑动变阻器的最大阻值和灯泡串联，根据图象读出电路中的电流，根据欧姆定律求出滑动变阻器两端的电压，根据串联电路的电压特点求出电源的电压；
（2）由图象可知，灯泡两端的电压为5V时电路中的电流，根据串联电路特点计算滑动变阻器的电压，根据欧姆定律计算电阻；
（3）根据电压表的两场计算电阻的最大电流与滑动变阻器的允许电流比较，确定最大电流，根据P＝UI计算最大功率，当滑动变阻器最大时，根据串联电路特点和P＝计算最小功率。
【解答】解：（1）由图甲可知小灯泡在额定电压5V时，额定电流为0.8A，
小灯泡的额定功率为：P＝U＝5V×0.8A＝4W；
变阻器滑片在B端时，电压表的示数为3V时，根据图像知，电路中电流为0.6A，
故电源电压为：U＝UL+IR＝3V+0.6A×20Ω＝15V；
（2）小灯泡正常发光时，滑动变阻器两端电压为 15V﹣5V＝10V，
变阻器连入电路的电阻为：；
（3）用一个阻值为2.5Ω的电阻替换小灯泡，电压表选用0﹣3V的量程，为了保证电路安全，电压表示数达3V时，变阻器连入电路的电阻最小，滑动变阻器最大允许1A，
电路电流最大为：＝1.2A＜1A，
所以I_{max}＝1A$；
此时电路总功率最大：Pmax＝UImax＝15V×1A＝15W；
当变阻器滑片在右端时电阻最大，此时电路中电流最小，电路总功率最小，
最小功率为：；
电路总功率的范围为10W﹣15W。
答：（1）小灯泡的额定功率为4W，电源电压为15V；
（2）小灯泡正常发光时，滑动变阻器的电阻是12.5Ω；
（3）电路总功率的范围10W﹣15W。
实验次数
1
2
电阻H/Ω
5
10
电流I/A
0.40
0.20
实验次数
1
2
电阻H/Ω
5
10
电流I/A
0.40
0.20
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