2021年山东省菏泽市郓城县中考物理一模试卷（解析版及原卷版）

这是一份2021年山东省菏泽市郓城县中考物理一模试卷（解析版及原卷版），文件包含2021年山东省菏泽市郓城县中考物理一模试卷原卷版doc、2021年山东省菏泽市郓城县中考物理一模试卷解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。

2021年山东省菏泽市郓城县中考物理一模试卷（解析版）
一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分。每小题只有一个选项符合题意，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，选对的得2分，多选、错选均不得分）
1．（2分）古诗《春夜洛阳城闻笛》中有“谁家玉笛暗飞声，散入春风满洛城”，诗人辨别出是玉笛的声音，是依据声音的（ ）。
A．音调 B．响度 C．音色 D．速度
【分析】声音的三个特征分别是：音调、响度、音色，是从不同角度描述声音的，音调指声音的高低，由振动频率决定；响度指声音的强弱或大小，与振幅和距离有关；音色是由发声体本身决定的一个特性。
【解答】解：诗人辨别出是玉笛的声音，是依据声音的音色不同。故ABD错误、C正确。
故选：C。
【点评】区分声音的三个特征（音调、响度、音色），是解答此题的关键。
2．（2分）小明在湖边树荫下乘凉，想到了所学的物理知识。其中合理的是（ ）。
A．树下的圆形光斑，是光沿直线传播形成的
B．看到池水“变”浅，是光的反射引起的
C．水中出现树的倒影，水中的“树”比岸上的树小
D．阳光中的紫外线可以灭菌，也可以用来遥控
【分析】（1）光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，典型事例有小孔成像、激光准直、影子的形成、日食和月食等；
（2）光线传播到两种介质的表面上时会发生光的反射现象，例如水面上出现岸上物体的倒影、平面镜成像、玻璃等光滑物体反光都是光的反射形成的。物体在平面镜中成倒立等大的虚像；
（3）光线在同种不均匀介质中传播或者从一种介质斜射入另一种介质时，就会出现光的折射现象，例如水池底变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼等都是光的折射形成的；
（4）根据紫外线有杀菌作用制成消毒灯；根据紫外线能使荧光物质发光制成验钞机；紫外线能促使人体合成维生素D促进钙的吸收。
【解答】解：A、浓密的树荫下出现很多圆形的光斑，这是由于光的直线传播引起的。故A合理；
B、池水看起来比实际浅，这是由于光的折射引起的。故B错误；
C、水中出现树的倒影，是平面镜成像现象，水中的“树”是岸上的树的虚像，两者大小相等。故C错误；
D、紫外线具有杀菌作用，遥控器利用的是红外线。故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了几种光现象及紫外线的应用，注重了物理和生活的联系，考查了学生应用物理知识解决实际问题的能力，属于基础知识的考查
3．（2分）在北方的冬天，为了很好地保存蔬菜，人们通常在菜窖里放几桶水，水结冰能使窖内温度不会太低。这是利用了水（ ）。
A．熔化吸热 B．汽化放热 C．液化吸热 D．凝固放热
【分析】物质由液态变为固态的过程叫凝固，凝固要放热。
【解答】解：冬天在菜窖内温度较低，放几桶水，水放热凝固，使菜窖的温度不至于过低而将菜冻坏，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题考查的是凝固放热在生活中的应用，是一道应用题。
4．（2分）不同材料组成的a、b、c三个实心物体，它们的材料的体积与质量的关系如图所示，由图可知下列说法正确的是（ ）。

A．三者的密度关系为ρa＞ρb＞ρc
B．a的密度是b的两倍
C．若将b的质量减半，它的密度变为0.5×103kg/m3
D．若将c的体积增大到4×10﹣3m3，它的密度不变
【分析】（1）密度是质量与体积的比值，从图像中找出一组对应的数据然后根据密度公式ρ＝求出a、b、c物质的密度；
（2）密度是物质本身的一种特性，同种物质密度相同，密度大小与物质种类、状态和温度有关，与质量、体积无关。
【解答】解：由图像可知，横轴是质量，纵轴是体积。
AB.由图像可知，当Va＝Vb＝Vc＝2×10﹣3m3时，ma＝1kg，mb＝2kg，mc＝4kg，则a、b、c的密度分别为：
ρa＝＝＝0.5×103kg/m3，
ρb＝＝＝1×103kg/m3，
ρc＝＝＝2×103kg/m3，
所以三者的密度关系ρa＜ρb＜ρc，
a的密度是b的倍，故AB错误。
CD.因为密度是物质本身的一种特性，其大小与质量、体积大小无关，所以将b的质量减半，b的密度不变，还是1×103kg/m3；
若将c的体积增大到4×10﹣3m3，它的密度不变，还是2×103kg/m3，故C错误、D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了学生密度计算和密度及其特性的理解，考查了学生根据物理知识分析图像的能力，这类题在试题中经常出现，一定要掌握解答此类题的方法，注意图像中的单位。
5．（2分）关于气体压强，下列说法错误的是（ ）。
A．做托里拆利实验时，若将玻璃管由竖直变倾斜，管中水银柱的长度不变
B．能用吸管将杯中饮料吸进嘴里，是利用了大气压强
C．一标准大气压可托起约10.3m高的水柱
D．高空飞行的大型客机，机翼上方空气流速大、压强小
【分析】（1）外界大气压不变，支持的水银柱的高度不变；
（2）根据大气压的作用分析解答；
（3）1标准大气压的值是1.01×105Pa，大气压能支持76cm的水银柱，能支持10.3m的水柱；
（4）流体流速越快的位置压强越小。
【解答】解：
A、托里拆利实验采用了“平衡法”的原理；即大气压的大小与水银柱产生的压强平衡（大小相等），水银柱产生的压强可以通过液体压强公式p＝ρgh算出，从而得到大气压的值，在公式中，h表示的是水银柱的高度；实验中，玻璃管倾斜后，长度会随着变大，管内水银增多，但水银柱的高度不变，故A错误；
B、用吸管将杯中的饮料吸入口中，是吸走了管中的空气，使气压减小，在外界大气压的作用下将饮料压入口中；故B正确；
C、1标准大气压的值是1.01×105Pa，由p＝ρgh可得1标准大气压支持的水柱高为：h＝＝≈10.3m，故C正确；
D、飞机飞行过程中，机翼上方空气流速大，向下的压强小，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了托里拆利实验、流体压强与流速关系、大气压的应用等相关知识，综合性强，但难度不大。
6．（2分）同学们对体育课上出的现象进行了讨论，下列说法正确的是（ ）。
A．50米跑步，同学冲过终点时，由于受到惯性力的作用不会立即停下来
B．抛出去的标枪会在空中继续运动，是因为标枪具有惯性
C．投掷出去的实心球仍然受到手的推力作用并对实心球做功
D．用更大的力去打羽毛球，是为了增大羽毛球的惯性
【分析】物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性，一切物体都有惯性，惯性是物体的一种属性，惯性大小只跟物体的质量大小有关，跟物体是否受力、是否运动、运动速度等都没有关系，质量越大，惯性越大。
【解答】解：
A、50米跑步，同学冲过终点时，由于具有惯性不会立即停下来，惯性不是力，不能说受到惯性力的作用，故A错误；
B、抛出去的标枪会在空中继续运动，是因为标枪具有惯性，要保持原来的运动状态，故B正确；
C、掷出去的实心球能够在空中继续飞行，是由于惯性，此时实心球不受手的推力作用，因此没有推力做功，故C错误；
D、惯性的大小只与物体的质量有关，故在打羽毛球的过程中，羽毛球的质量不变，惯性不变，故D错误。
故选：B。
【点评】此题考查学生对惯性的理解和掌握，惯性是物理学中的一个性质，它描述的是物体能够保持原来的运动状态的性质。
7．（2分）下列实例中，通过增大压力的方法来增大摩擦的是（ ）。
A．鞋底加深槽纹 B．用手捏刹车把手
C．给转轴加润滑油 D． 用铅笔移动书本
【分析】（1）增大摩擦的方法：在压力一定时，增大接触面的粗糙程度；在接触面的粗糙程度一定时，增大压力。
（2）减小摩擦的方法：在压力一定时，减小接触面的粗糙程度；在接触面的粗糙程度一定时，减小压力；使接触面脱离；滚动摩擦代替滑动摩擦。
【解答】解：A、鞋底加深槽纹，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A不符合题意；
B、用手捏刹车把手，是在接触面粗糙程度一定时，通过增大压力来增大摩擦力，故B符合题意；
C．给转轴加润滑油，是利用使接触面彼此隔开的方法来减小摩擦力，故C不符合题意；
D．用铅笔移动书本，通过滚动摩擦代替滑动摩擦减小摩擦力，故D不符合题意。
故选：B。
【点评】本题考查摩擦力大小的影响因素，以及增大摩擦的方法，摩擦力问题在生活中应用非常广泛，解答此题类问题时要利用控制变量法研究。
8．（2分）分子很小，看不见摸不着，但我们可以通过一些现象来认识分子。对于分子的认识，下列说法正确的是（ ）。
A．固体很难被压缩，说明固体分子间无空隙
B．液体可以流动，说明液体分子间无作用力
C．塑料吸盘能“吸”在墙壁上，说明分子间存在吸引力
D．闻到远处的花香，说明分子在不停地做无规则运动
【分析】（1）固体很难被压缩说明分子间存在斥力。
（2）固体、液体分子之间都存在作用力，气体分子之间几乎没有作用力。
（3）吸盘是利用大气压工作的。
（4）扩散表明分子不停地做无规则运动。
【解答】解：A、固体很难被压缩，说明分子间存在斥力，故A错误。
B、液体分子之间存在作用力，故B错误。
C、塑料吸盘能“吸”在墙壁上，是大气压作用结果，故C错误。
D、闻到远处的花香，说明花的芳香分子扩散到空气中，扩散表明分子在不停地做无规则运动，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了分子间作用力、扩散现象、大气压的应用等，都属于基础知识，掌握基础知识很重要。
9．（2分）利用如图所示的滑轮将重800N的重物在30s内匀速提高了6m，工人师傅所用的拉力F为500N。下列判断正确的是（ ）。

A．绳端移动的速度为0.2m/s
B．该滑轮的机械效率为62.5%
C．工人师傅拉绳子的功率为200W
D．提升重物所做的有用功为3000J
【分析】（1）动滑轮绳子的有效股数n＝2，根据s＝nh求出绳端移动的距离，利用v＝求出绳端移动的速度；
（2）根据W＝Gh求出提升重物所做的有用功，根据W＝Fs求出工人师傅做的总功，利用P＝求出工人师傅拉绳子的功率，再利用η＝×100%求出该滑轮的机械效率。
【解答】解：
A.动滑轮绳子的有效股数n＝2，则绳端移动的距离s＝nh＝2×6m＝12m，绳端移动的速度v＝＝＝0.4m/s，故A错误；
BCD.提升重物所做的有用功W有＝Gh＝800N×6m＝4800J，故D错误；
工人师傅做的总功W总＝Fs＝500N×12m＝6000J，
工人师傅拉绳子的功率P＝＝＝200W，故C正确；
该滑轮的机械效率η＝×100%＝×100%＝80%，故B错误。
故选：C。
【点评】本题考查了速度公式和做功公式、功率公式以及机械效率公式的应用，要明确动滑轮绳子的有效股数为2。
10．（2分）很多超市都安装了防盗报警器，超市的商品上贴有软磁条，消费者如果不买单，直接走出超市，软磁条没有消磁，防盗报警器上的检测头就会有电流产生，导致报警器会响，以下器件中工作原理与此相似的是（ ）。
A．电磁铁 B．电动机 C．扬声器 D．发电机
【分析】防盗报警器上的检测头就会有电流产生，说明是由于运动而产生电流，是电磁感应，找出利用电磁感应工作的元件即可。
【解答】解：A、电磁铁是根据电流磁效应工作的，故A错误。
B、电动机是根据通电导体在磁场中受力而运动工作的，故B错误。
C、扬声器是根据通电线圈在磁场中受力而运动工作的，故C错误。
D、发电机是根据电磁感应现象工作的，故D正确。
故选：D。
【点评】电磁主要有三部分：电流的磁效应、电磁感应、通电导体在磁场中受力而运动，电磁铁工作原理是电流磁效应，发电机和动圈式话筒工作原理都是电磁感应，扬声器和电动机工作原理都是通电导体在磁场中受力而运动。
11．（2分）在安全教育宣传月活动中，学校举办了一次安全用电知识的抢答赛。以下比赛题目中，应回答“对”的是（ ）。
A．发现有人触电时，应立即切断电源
B．手机充电结束后，充电器可一直插在通电的插座上
C．家用电路中的保险装置应安装在零线上
D．雷雨天气可打伞在开阔地上行走
【分析】（1）有人触电，应首先切断电源，让触电者脱离带电体，然后采取其它抢救措施；
（2）在用电器不使用时，应将用电器脱离电源，防止电热造成火灾；
（3）保险装置应安装在火线上，这样由于电流过大时，保险装置断开，可使用电器与火线分离；
（4）雷雨天气尽量避免在野外、打伞或大树下等。
【解答】解：
A、发现有人触电时，应立即切断电源，让人迅速脱离带电体，故A正确；
B、充电器长时间插在插座上会发热，易引起火灾，故B错误；
C、家用电路中的保险装置装在零线上，当电路中电流过大，保险装置切断电路，家用电器也会带电，在检查电路时，人易触电，故C错误；
D、雷雨天气撑着雨伞在户外行走，雷电会通过伞导入人体，造成触电，故D错误。
故选：A。
【点评】解决此类题目要结合安全用电的知识进行分析解答。
12．（2分）在图示电路中，电源电压保持不变。闭合开关S后，将滑动变阻器的滑片P自左向右滑动，则（ ）。

A．电流表A的示数减小
B．电压表V2的示数减小
C．电压表V1与电流表A的示数比值减小
D．电压表V2与电流表A的示数比值减小
【分析】由电路图可知，定值电阻与滑动变阻器串联，电压表V1测滑动变阻器两端的电压，电压表V2测定值电阻两端的电压，电流表测电路中的电流，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和定值电阻两端的电压变化，从而判定比值的变化。
【解答】解：
由电路图可知，定值电阻与滑动变阻器串联，电压表V1测滑动变阻器两端的电压，电压表V2测定值电阻两端的电压，电流表测电路中的电流，
将滑动变阻器的滑片自左向右滑动时，接入电路中的电阻变小，电路中的总电阻变小，由I＝可知，电路中的电流变大，即电流表A的示数增大，由U＝IR可知，定值电阻两端的电压变大，即电压表V2的示数增大，故AB错误；
电压表V1与电流表A的示数比值为滑动变阻器的电阻，电阻减小，比值减小，故C正确；
电压表V2与电流表A的示数比值为定值电阻的阻值，阻值不变，比值不变，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到串联电路的特点和欧姆定律的应用，分清电路的连接方式和电表所测的电路元件是关键。
二、填空题（本题共5小题，每空1分，共10分。把答案用黑色签字笔写在答题卡相应位置）
13．（2分）人们在使用手机时，芯片上晶体管中的电阻会发热，是将电能转化为　 　能；手机通话过程中，是利用　 　来传递信息的。
【分析】电流流过导体时会产生热量，这是电流的热效应；手机是靠发射和接收电磁波来工作的；
【解答】解：（1）电流流过导体时会产生热量，这是电流的热效应；人们在使用手机时，芯片上晶体管中的电阻会发热，芯片的温度升高，内能增加。
（2）手机是靠发射和接收电磁波来工作的。
故答案为：内；电磁波。
【点评】本题考查电流热效应的能量转化与手机通讯相关知识。
14．（2分）生活中的各种用电器工作时都要消耗电能，电能属于　 　（选填“一次”或“二次”）能源；我国核能利用的技术已居于世界领先地位，其中氢弹利用的就是　 　（选填“裂变”或“聚变”）在瞬间释放的能量。
【分析】（1）从自然界直接获得不需要加工转换的能源是一次能源，消耗其它能源经过加工转换而获得的能源是二次能源；
（2）核裂变和核聚变都能释放能量，核裂变是可控的，核电站的核反应堆就是通过核裂变提供能量的；核聚变过程不可控，氢弹爆炸就是利用核聚变释放能量。
【解答】解：
（1）电能是消耗其它能源经过加工转换来的，属于二次能源；
（2）氢弹是利用氢核的聚变在瞬间释放的能量。
故答案为：二次；聚变。
【点评】本题考查了对核能以及核电站中能量转化以及能源分类的了解，属基础知识的考查。
15．（2分）甲、乙两辆汽车在平直公路上同向匀速行驶，由两车的s﹣t图可知（如图），乙车速度为　 　km/h；t＝0时，甲车在乙车前方200米，乙车追上甲车还需　 　s。

【分析】根据图象，利用速度公式可求甲乙两车的速度；根据乙车追上甲车时两车通过的距离的关系列出等式求解需要的时间。
【解答】解：由图可知，t＝10s时，s甲＝350m﹣200m＝150m，s乙＝200m，
则v甲＝＝＝15m/s，v乙＝＝＝20m/s＝72km/h，
乙车追上甲车需要的时间为t′，则根据题意可得：
v甲t′+200m＝v乙t′，即15m/s×t′+200m＝20m/s×t′，
解得，t′＝40s。
故答案为：72；40。
【点评】此题考查速度公式及其应用，关键是根据乙车追上甲车时两车通过的距离的关系列出等式。
16．（2分）如图所示，是小静同学观察到自家电能表的情况，其显示的示数为　 　kW•h．他关掉其它用电器，只让电饭锅处于加热状态工作，观察到电能表的转盘在8min内用好转动了72转。则他家的电饭锅加热时的电功率为　 W。

【分析】（1）电能表的读数，最后一位是小数，单位是kW•h；
（2）先计算电饭锅工作8min消耗的电能；利用P＝求出它的实际功率。
【解答】解：电能表的读数，最后一位是小数，单位是kW•h，读图可知，电能表的读数1919.8kW•h。
“600r/（kW•h）”表示每消耗1kW•h电能，电能表转盘转600圈，
只让电饭煲在8min内转了72转，消耗的电能为：
W＝＝0.12kW•h，
电饭煲的实际功率为：
P实＝＝＝0.9kW＝900W。
故答案为：1919.8；900。
【点评】掌握电能表的读数方法，并能根据电能表相关的参数进行简单的计算，是解答此类问题的关键。
17．（2分）小明在燃气灶上煲汤，将质量为2kg、初始温度为20℃的汤，升高了80℃，汤吸收了　 　J的热量，这是通过　 　方式来改变汤的内能。[汤的比热容为4×103J/（kg•℃））
【分析】（1）知道汤的质量、比热容、升高的温度，利用吸热公式Q吸＝cm△t求汤吸收的热量；
（2）改变物体内能的方法：做功和热传递。
【解答】解：
（1）汤吸收的热量：
Q吸＝cm△t＝4×103J/（kg•℃）×2kg×80℃＝6.4×105J；
（2）在燃气灶上煲汤时，汤吸收热量，内能增加、温度升高，是利用热传递来改变汤的内能。
故答案为：6.4×105；热传递。
【点评】本题考查了改变内能的方法、吸热公式Q吸＝cm△t的应用，属于基础题目。
三、作图与实验探究题（本题共5小题，18和19题每题2分，其余每空1分，共17分。按题目要求在答题卡上相应位置作答）
18．（2分）图中MN为平面镜，OB为入射光线AO的反射光线。请在图中画出光线AO并标出入射角的度数。

【分析】根据反射定律：反射光线、入射光线和法线在同一平面内，反射光线、入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角，作出入射光线并标出入射角及其度数。
【解答】解：先过入射点O作出法线；因为反射光线与镜面的夹角是60°，所以反射角为90°﹣60°＝30°；由反射定律知，反射角与入射角相等，由此作出入射光线AO并标出入射角的度数30°．如图所示：

【点评】此题主要考查了反射光路的画法，关键是掌握光的反射定律的内容，注意法线要画成虚线。
19．（2分）一个质量分布均匀的小球放在光滑的水平地面上，左边与竖直光滑墙壁接触，小球处于静止状态，如图，在图中画出小球受力示意图。

【分析】先对小球进行受力分析，再根据力的示意图的画法作图。
【解答】解：
小球放在光滑的水平地面上，小球与墙接触，但不挤压，小球在水平方向上不受力；小球在竖直方向上受重力G、支持力F的作用，重力的方向竖直向下、支持力方向竖直向上，二力的作用点都画在小球的重心（球心），如图所示：

【点评】本题考查了力的示意图的画法，对小球进行准确的受力分析是关键。
20．（3分）在探究凸透镜成像规律的实验中，经调整，在光屏上得到烛焰清晰的像，如图甲所示。

（1）保持透镜在光具座上的位置不变，为了在光屏上得到等大的烛焰像，除移动蜡烛外，光屏应向　 　（选填“左”或“右”）移动；当在光屏上得到等大的烛焰像时，物和像之间的距离为44cm，该透镜的焦距为　 　cm；
（2）一同学用图乙所示的LED光源代替蜡烛进行实验，这样改进的优点是　 　（写出一条即可）。
【分析】（1）物距大于像距，成倒立缩小清晰的实像，此时u＞2f，f＜v＜2f，为了在光屏上得到等大的烛焰像，应将蜡烛向右移动，同时光屏向右移动，使u＝v＝2f可求焦距。
（2）LED光源代替蜡烛的优点是增加物体的亮度，使成像更清晰；所成的像不会晃动，更加稳定；跟燃烧蜡烛相比，LED发光体更安全、环保等
【解答】解：（1）在图甲调好的情况下，物距大于像距，光屏中心成倒立缩小清晰的实像，此时u＞2f，f＜v＜2f，为了在光屏上得到等大的烛焰像，应将蜡烛向右移动，同时光屏向右移动，使u＝v＝2f。
当在光屏上得到等大的烛焰像时，物和像之间的距离为44cm，即
u+v＝2f+2f＝4f＝44cm
解得
f＝11cm
即该透镜的焦距为11cm。
（2）发光二极管比烛焰的亮度更大、可以增加物体的亮度，使成像更清晰；同时蜡烛燃烧有火焰，不如发光二极管安全，也不环保；火焰在有风的时候会晃动，同时蜡烛会越烧越短，而二极管不会；因此，优点很多，如：可以增加物体的亮度，使成像更清晰；所成的像不会晃动，更加稳定；跟燃烧蜡烛相比，LED发光体更安全、环保等等。
故答案为：（1）右；（2）11；（3）增加物体的亮度，使成像更清晰。
【点评】此题是探究凸透镜成像的规律，熟练掌握凸透镜成像的规律及应用是解决此题的关键。
21．（5分）现有一瓶饮料，小明用托盘天平、烧杯和已知密度为ρ0的金属块测出了饮料的密度ρ。
（1）将天平放在水平台面上，游码移至　 　，调节平衡螺母，直至天平平衡。
（2）用天平测出金属块的质量m1，读数如图所示，为　 g。
（3）把金属块放入空烧杯中，往烧杯中倒入适量饮料，使金属块浸没在饮料中，在烧杯液面位置做好标记。测出此时瓶和饮料的总质量为m2。
（4）取出金属块，放在台面上，往烧杯中倒饮料，直至液面到达标记处，测出此时　 　的总质量为m3。
（5）ρ＝　 　（用符号表示），金属块取出时带走部分饮料，测量结果　 　（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。

【分析】（1）调节天平时，首先将天平放在水平桌面上，再把游码移到标尺的零刻线处，然后再调节平衡螺母直至天平平衡。
（2）根据天平的读数方法，金属块的质量m＝砝码质量+游码对应刻度值；
（4）测量物质密度需分别测量出质量和体积，利用密度公式进行计算；
（5）分别表示出饮料的质量和体积，带入密度公式可得表达式；金属块取出时带走部分饮料会造成测量出的饮料质量偏大，由密度公式可知，计算出的密度偏大。
【解答】解：
（1）将天平放在水平桌面上，游码移动到标尺左端“0”刻度线处，然后再调节平衡螺母直至天平平衡；
（2）根据天平的读数方法，金属块的质量：m1＝50g+20g+10g+2.4g＝82.4g；
（4）加注液体的体积等于金属块的体积、要测量加注液体的质量，应测量出加注后剩余饮料与瓶的质量之和；
（5）整个实验过程如下图所示：

在步骤4中，从瓶子中向烧杯中加注饮料的质量：m＝m2﹣m3；
因往烧杯中倒饮料直至液面到达标记处，所以加注饮料的体积等于金属块的体积，
则该过程加注饮料的体积：V＝V金＝＝；
饮料的密度（可理解为加注饮料的密度）：ρ＝＝＝；
金属块取出时带走部分饮料，需要加注更多饮料才能达到标记处，会造成测量出的饮料质量偏大，由ρ＝可知，计算出的饮料密度值偏大。
故答案为：（1）标尺左端“0”刻度线处；（2）82.4；（4）瓶和饮料；（5）；偏大。
【点评】此题是“测量液体密度”的实验，包括了天平的读数以及密度的计算，是基本实验技能的训练，是学习的重要内容，属于基础题。
22．（5分）在探究影响导体电阻大小的因素时，小明作出了如下猜想：
导体的电阻可能与①导体的长度有关；②导体的横截面积有关、③导体的材料有关。
实验室提供了4根电阻丝，其规格、材料如下表所示。
编号
材料
长度/m
横截面积/mm2
A
镍铬合金
0.5
0.5
B
镍铬合金
1.0
0.5
C
镍铬合金
0.5
1.0
D
锰铜合金
0.5
0.5

（1）按照如图1所示“探究影响导体电阻大小因素”的实验电路，在M、N之间分别接上不同的导体，则通过观察　 　来比较导体电阻的大小。
（2）为了验证猜想①，应选用编号　 　两根电阻丝分别接入电路进行实验。
（3）分别将A和D两电阻丝接入图示电路中M、N两点间，电流表示数不相同，由此，初步得到的结论是：当长度和横截面积相同时，导体电阻跟　 　有关。
（4）要进一步研究导体材料的导电性能，就需要测量导体的电阻，小明的实验方案和操作过程均正确，但通过观察发现电流表指针偏转过小，这样会导致实验误差　 　，解决这一问题的措施是　 　。
【分析】（1）电流表串联在电路中，电源电压一定，导体电阻越大，电路电流越小，导体电阻越小，电路电流越大，可以通过电流表示数大小判断导体电阻大小。
（2）（3）根据控制变量法的要求，根据实验目的或实验现象分析答题；
（4）用电流表测电路电流时，要选择合适的量程，量程过大，会使读数误差增大。
【解答】解：
（1）在M、N之间分别接上不同的导体，则通过观察电流表示数来比较导体电阻的大小。
（2）要验证猜想①：导体的电阻可能与导体的长度有关，应控制导体材料与横截面积相同而长度不同，由表中数据可知，应选编号为A、B的两根电阻丝进行实验。
（3）由表中数据可知，A、D两电阻丝的长度、横截面积相同而材料不同，将A和D两电阻丝接入图1电路中M、N两点间，电流表示数不相同，由此可知：当长度和横截面积相同时，导体电阻跟材料有关；
（4）由图2所示电流表可知，电流表指针偏转过小，电流表读数误差较大，会增大实验误差，使实验误差偏大；电流表换用小量程，可以减小读数误差，从而减小实验误差。
故答案为：（1）电流表示数；（2）A、B； （3）导体的材料；（4）偏大；电流表改用小量程。
【点评】本题考查了影响导体电阻因素的实验，应用控制变量法是正确解题的关键。
四、计算题（本题共2小题，23题9分，24题10分，共19分，用黑色签字笔在答题卡相应位置作答。解答应写出必要的文字说明、公式和重要演算步骤，计算过程中物理量必须带上单位，只写出最后答案的不能得分）
23．（9分）如图所示，电路中的电源电压不变。只用一根导线连接b、c时，电阻R上的电压为9.6V，通过灯泡L的电流为0.2A；用一根导线连接a、b，一根导线连接c、d时，电阻R与灯泡L的电功率之比为1：4，灯泡L正常发光（灯泡电阻不随温度变化而变化）。求：
（1）电阻R的阻值；
（2）灯泡L的额定电压；
（3）只用一根导线连接c、d时电路消耗的总功率。

【分析】（1）只用一根导线连接b、c时，灯泡L与电阻R串联，根据欧姆定律算出电阻R的阻值；
（2）用一根导线连接a、b，一根导线连接c、d时，灯泡L和电阻R并联，根据P＝算出电功率之比，从而得出电阻之比，根据电阻R的阻值算出小灯泡的电阻，根据欧姆定律算出串联电路中小灯泡两端的电压，再根据串联电路电压的规律算出电源电压，灯泡L的额定电压就是电源电压；
（3）只用一根导线连接c、d时只有灯泡工作，根据P＝算出电路消耗的总功率。
【解答】解：（1）只用一根导线连接b、c时，灯泡L与电阻R串联，串联电路电流处处相等，所以电阻R的电流也为0.2A，
根据I＝得电阻R的阻值：
R＝＝＝48Ω；
（2）用一根导线连接a、b，一根导线连接c、d时，灯泡L和电阻R并联，并联电路各支路电压相等
根据P＝知电阻R和灯泡L的电功率之比为：
PR：PL＝：＝＝，
解得：RL＝R＝＝12Ω，
灯泡L与电阻R串联时，小灯泡两端的电压为：
UL＝IRL＝0.2A×12Ω＝2.4V，
电源电压为：
U＝UL+UR＝9.6V+2.4V＝12V，
因为灯泡与电阻R并联时，灯泡正常发光，
所以灯泡L的额定电压就是电源电压，为12V；
（3）只用一根导线连接c、d时只有灯泡工作，
此时电路消耗的总功率为：
P＝＝＝12W。
答：（1）电阻R的阻值为48Ω；（2）灯泡L的额定电压为12V；（3）只用一根导线连接c、d时电路消耗的总功率为12W。
【点评】本题考查了电路的连接、串并联电路的特点以及欧姆定律的应用等知识，是一道有难度的题目。
24．（10分）如图所示，一个质量600kg、体积0.2m3的箱子沉入5m深的水底，水面距离地面2m，若利用滑轮组和电动机组成的打捞机械，以0.5m/s的速度将箱子从水底匀速提到地面，每个滑轮重100N（不计绳重、摩擦和水的阻力，ρ水＝1.0×103kg/m3，g＝10N/kg）。求：
（1）箱子在水底时，箱子下表面受到的水的压强；
（2）箱子全部浸没在水中时，箱子受到的浮力；
（3）物体完全露出水面后，继续上升到地面的过程中，滑轮组的
机械效率；
（4）整个打捞过程中请你分析哪个阶段电动机的输出功率最大，并计算出这个最大值。

【分析】（1）已知箱子在水中的深度，根据公式p＝ρgh可求产生的压强。
（2）由于箱子沉入水底，则V排＝V＝0.2m3，利用F浮＝ρgV排即可求出浮力；
（3）物体完全露出水面后，根据公式机械效率η＝＝即可求出机械效率。
（4）由于箱子从水底匀速提到地面，根据P＝Fv即可判断出拉力最大时，功率最大，所以求出最大拉力，然后即可求出最大功率。
【解答】解：（1）箱子在水底时下表面的深度h＝5m，
此处水产生的压强：p＝ρ水gh＝1×103kg/m3×10N/kg×5m＝5×104Pa。
（2）箱子沉入水底，则V排＝V＝0.2m3，
则浮力F浮＝ρ水gV排＝1×103kg/m3×10N/kg×0.2m3＝2×103N。
（3）物体完全露出水面后，在提升箱子过程中，不计绳重、摩擦和水的阻力，有用功是动滑轮对箱子的拉力所做的功，额外功是克服动滑轮重所做的功；
箱子的重力：G＝mg＝600kg×10N/kg＝6×103N；
出水后，根据η＝＝可得：
机械效率：η＝×100%＝×100%≈98.4%。
（4）由于箱子从水底匀速提到地面，根据P＝Fv即可判断出拉力最大时，功率最大；
箱子离开水面在空中时，对滑轮组的拉力最大，故此时电动机对滑轮组的拉力最大；
由于不计绳重、摩擦和水的阻力，则F最大＝（G+G动）＝×（6×103N+100N）＝3.05×103N；
电动机上绳子的提升速度为v′＝2v＝2×0.5m/s＝1m/s，
则P最大＝F最大v′＝3.05×103N×1m/s＝3.05×103W。
答：（1）箱子在水底时，箱子下表面受到的水的压强为5×104Pa；（2）箱子全部浸没在水中时，箱子受到的浮力为2×103N；（3）物体完全露出水面后，继续上升到地面的过程中，滑轮组的机械效率为98.4%；（4）整个打捞过程中箱子离开水面在空中时电动机的输出功率最大，为3.05×103W。
【点评】本题考查滑轮组的使用、机械效率、压强、浮力和功率的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，还要学会二力平衡条件的应用。