2021年湖北省恩施州中考物理试卷

这是一份2021年湖北省恩施州中考物理试卷，共28页。试卷主要包含了选择题，填空题，作图题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。

2021年湖北省恩施州中考物理试卷
一、选择题（共10小题，每题2分，共24分。在每题给出的四个选项中，只有一项符合要求。）
1．（2分）（2021•恩施州）能说明教室座位上的小欢是运动的，选择的参照物是（　　）
A．地面 B．课桌
C．窗户 D．从她身旁走过的老师
2．（2分）（2021•恩施州）恩施山美水美，经常可以看到山上云雾缭绕，雾的形成属于下列哪种物态变化（　　）
A．汽化 B．升华 C．液化 D．凝华
3．（2分）（2021•恩施州）从冰柜里拿出一瓶冰冻的矿泉水，不打开瓶盖放置一段时间，肯定不会变化的物理量是瓶内物质的（　　）
A．体积 B．质量 C．密度 D．比热容
4．（2分）（2021•恩施州）下列有关说法正确的是（　　）
A．压缩冲程中柴油机气缸里的气体内能减小
B．物体吸收热量后，内能增大，温度一定升高
C．搓手时感到暖和是因为产生了热量
D．给手机充电时是将电能转化为化学能
5．（2分）（2021•恩施州）关于电荷的说法中正确的是（　　）
A．摩擦起电的实质是创造了电荷
B．金属导体中自由电子移动的方向就是电流的方向
C．带正电的玻璃棒能吸引纸屑是由于异种电荷相互吸引
D．绝缘体不容易导电是因为自由电荷很少
6．（2分）（2021•恩施州）下列有关电和磁的说法中正确的是（　　）
A．动圈式话筒工作时将电能转化为机械能
B．螺线管做切割磁感线运动时不一定会产生电流
C．通电导体放入磁场中一定会受到力的作用
D．电磁铁磁性的强弱只与电流的大小有关
7．（2分）（2021•恩施州）跳摆手舞时，很远处能听到鼓声，是因为鼓声（　　）
A．响度大 B．音调高 C．音色独特 D．声速快
8．（2分）（2021•恩施州）班长在操场上骑自行车，下面有关力的分析正确的是（　　）
A．车的重力和地面对车的支持力是一对相互作用力
B．车的重力和地面对车的支持力是一对平衡力
C．车对地面的压力和地面对车的支持力是一对相互作用力
D．车的重力和车对地面的压力是一对相互作用力
9．（2分）（2021•恩施州）如图所示电路中，开关闭合后，两电灯都发光，电表正常工作，一段时间后，由于灯L1短路（灯L2、电表不会烧坏），会有下面哪种情况发生（　　）


A．电流表示数变小 B．电压表无示数
C．电压表示数不变 D．电压表示数变大
10．（2分）（2021•恩施州）如图所示的电路中，电源电压保持不变，R1为定值电阻且小于R2的最大阻值，闭合开关S后，在滑片从最右端向左移动的过程中，电表均不超过量程，下列分析正确的是（　　）


A．电流表示数变大，电压表V2示数变大
B．电流表示数变大，电压表V1示数变小
C．电压表V2的示数与电流表示数的乘积先变大后变小
D．电压表V2的示数与电流表示数的乘积保持不变
二、填空题（共6小题，每小题3分，满分18分）
11．（3分）（2021•恩施州）家庭中如果同时使用几个大功率用电器，很容易造成导线中 　 　过大而发生火灾，也有人因忘记切断火炉电源而发生火灾，所以我们要树立节约用电、　 　的意识。
12．（3分）（2021•恩施州）如图，天问号火星探测器准备登陆火星表面，着陆器设计了四个脚、每个脚上都安装了一个较大的圆盘，这是为了 　 　；刚着陆的瞬间着陆器周围尘土飞扬，这 　 　（选填“能”或“不能”）说明分子在做无规则运动；火星表面有稀薄的空气，在降落过程中着陆器的机械能 　 　（选填“增大”、“不变”或“减小”）；地面是通过 　 　遥控使降落伞张开的。

13．（3分）（2021•恩施州）当动车行驶在长隧道时，车窗旁的乘客伸出手掌，结果在车窗中看到了两只手掌，这是光的 　 　现象，若手掌向窗户靠近，车窗中的像会 　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”）；车厢内始终显示216km/h，通过隧道用了3分钟，这条隧道长约 　 　。
14．（3分）（2021•恩施州）如图，有人利用该滑轮将G＝100N的物体匀速提升了20cm（不计绳重和摩擦），此过程克服物体重力做的功为 　 　J，若动滑轮重10N，则F＝　 　N。

15．（3分）（2021•恩施州）水沸腾时如果继续吸热，则温度 　 　；灶上的锅中装有2kg初温30℃的水，当水吸收了7.56×105J的热量后，水温升高了 　 　℃（当地为标准大气压）。
16．（3分）（2021•恩施州）如图所示，电源电压6V保持不变，R1＝10Ω，R2＝20Ω，R3＝30Ω，若只闭合S2、R1与R2两端电压之比为 　 　；若同时闭合三个开关，R2与R3电流之比为 　 　；电路中的最大功率可达 　 　W。

三、作图题
17．（3分）（2021•恩施州）如图，物块沿粗糙斜面向上运动，请画出物块所受重力和摩擦力及物块对斜面压力的示意图。

18．（3分）（2021•恩施州）请在图中补画出穿过透镜的光线。


19．（3分）（2021•恩施州）请根据图中小磁针静止时的指向，在括号内标出电源的正负极。

四、实验探究题
20．（3分）（2021•恩施州）如图，在探究杠杆平衡条件的实验中，每个钩码重1N。
（1）实验前需调节平衡螺母使杠杆处于水平位置，这样做的目的是 　 　；
（2）若在A点挂有2个钩码，则B点要挂 　 　个钩码才能使杠杆水平平衡；
（3）若A点钩码数不变，取下B点钩码，用测力计作用在C点，为使杠杆再次水平平衡，测力计上最小示数为 　 　N，方向 　 　。

21．（3分）（2021•恩施州）在探究凸透镜成像规律实验中，正确安装并调节装置后，光屏上得到一个清晰缩小的像。
（1）当蜡烛向凸透镜靠近时，应将光屏 　 　（选填“靠近”或“远离”）凸透镜才能使像变清晰，某同学发现光屏移动过程中像变大同时还向光屏上方偏了些，为使像回到中央可将凸透镜往 　 　（选填“上”或“下”）稍稍调节；
（2）移动中光屏上再次成清晰像后，将光屏和蜡烛位置互换，屏上一定成 　 　的实像。
22．（3分）（2021•恩施州）某同学从路边拾来小石块想测出它的密度。
（1）首先将天平放在水平桌面上，立即调节平衡螺母使横梁平衡；
（2）将小石块放入左盘，加减砝码并调节天平平衡。如图所示，石块的质量m＝　 　g；
（3）在量筒内装入适量的水，记下示数V1，再将石块轻轻浸没在量筒里，记下示数V2，则石块密度表达式为ρ＝　 　（用所给字母表示）
（4）以上实验过程中，可能缺失的步骤是 　 　；
（5）重新正确操作并得出实验结果后，有同学发现使用的砝码生了锈，则这次测量值比真实值 　 　（选填“偏大”或“偏小”）。

23．（3分）（2021•恩施州）某同学做测定小灯泡的电功率实验时，用三节干电池供电，灯泡额定电压为2.5V。

（1）根据实际情况，电压表的量程应选择 　 　（选填“0﹣3V”或“0﹣15V”），请用笔画线代替导线将图甲电路连接完整；
（2）按照原理图连接好电路，如果使用了旧灯泡（灯丝已烧断且不知晓），闭合开关准备继续实验，这样操作很容易造成 　 　损坏，为避免此事故发生，可以采用的办法是 　 　；
（3）更换灯泡后，调节电路使灯泡正常发光，电流表示数如图乙所示，小灯泡的额定功率为 　 　W。
五、计算题
24．（3分）（2021•恩施州）如图所示电路，电源电压保持不变，电流表量程0～0.6A，电压表量程0～15V，灯泡上标有“6V 3W”字样，R1＝18Ω。（a）当开关S2断开，S、S1闭合，滑片移到变阻器中点时，灯泡正常发光。（b）当S1断开，S、S2闭合，滑片移至最大阻值处时，电流表示数为0.3A。求：
（1）灯泡正常发光时的电阻多大？
（2）电源电压多大？
（3）若将R1换成R3＝9Ω的定值电阻，闭合开关S、S2，断开S1，电路中的电功率变化范围（结果保留一位小数）？

25．（3分）（2021•恩施州）如图，柱状容器下方装有一阀门，容器底面积为S＝200cm2，另有一边长为L1＝10cm的正方体木块，表面涂有很薄的一层蜡，防止木块吸水（蜡的质量可忽略），现将木块用细绳固定在容器底部，再往容器内倒入一定量的水，使木块上表面刚好与水面相平，绳长L2＝20cm，木块的密度为ρ木＝0.6×103kg/m3。求：
（1）图中水对容器底的压强？
（2）若从阀门放出m1＝300g的水后，木块受到的浮力多大？
（3）若从阀门继续放出m2＝200g的水后，细绳的拉力多大？


2021年湖北省恩施州中考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共10小题，每题2分，共24分。在每题给出的四个选项中，只有一项符合要求。）
1．（2分）（2021•恩施州）能说明教室座位上的小欢是运动的，选择的参照物是（　　）
A．地面 B．课桌
C．窗户 D．从她身旁走过的老师
【分析】判断物体的运动状态之前，必须选择参照物，如果物体和参照物之间发生了位置的变化，则物体是运动的，如果没有发生位置的改变，则物体是静止的。
【解答】解：小欢是运动的，说明小欢和参照物之间的位置发生了改变，所以可以选择从她身旁走过的老师为参照物，因为小欢与从她身旁走过的老师之间的位置发生了改变。
故选：D。
【点评】判断物体是静止的还是运动的，关键在于参照物的选择，选取不同的参照物，得到的结果可能不同。
2．（2分）（2021•恩施州）恩施山美水美，经常可以看到山上云雾缭绕，雾的形成属于下列哪种物态变化（　　）
A．汽化 B．升华 C．液化 D．凝华
【分析】汽化是指物质从液态变为气态的过程；升华是指物质从固态直接变为气态的过程；液化是指物质从气态变为液态的过程；凝华是指物质从气态直接变成固态的过程。
【解答】解：雾是空气中的水蒸气遇冷液化形成的悬浮在空中的小水珠。
故选：C。
【点评】我们在分析物质发生的是哪种物态变化时，要从物质变化前后的状态出发。
3．（2分）（2021•恩施州）从冰柜里拿出一瓶冰冻的矿泉水，不打开瓶盖放置一段时间，肯定不会变化的物理量是瓶内物质的（　　）
A．体积 B．质量 C．密度 D．比热容
【分析】（1）体积是物体所占据的空间大小；
（2）质量是指物体所含物质的多少，质量的变化与物质的多少是否变化有关；
（3）密度是物质的一种特性，与物质的种类、状态和温度有关；比热容也是物质的特性，决定于物质的种类和状态。
【解答】解：从冰柜里拿出的冰冻的矿泉水后，不打开瓶盖放置一段时间，温度可能发生改变，同时冰也可能熔化为水，
A、体积一定会发生改变。故A不符合题意；
B、质量是指物体所含物质的多少，物质多少不变，所以质量不变。故B符合题意；
C、温度可能发生改变，同时冰也可能熔化为水，所以密度一定改变。故C不符合题意；
D、温度可能发生改变，同时冰也可能熔化为水，故其比热容可能改变，也可能不变。故D不符合题意。
故选：B。
【点评】本题考查的是对密度、比热容概念的理解，密度、比热容是物质的一种特性，不随形状、质量和体积的变化而变化。
4．（2分）（2021•恩施州）下列有关说法正确的是（　　）
A．压缩冲程中柴油机气缸里的气体内能减小
B．物体吸收热量后，内能增大，温度一定升高
C．搓手时感到暖和是因为产生了热量
D．给手机充电时是将电能转化为化学能
【分析】（1）在压缩冲程中，机械能转化为内能，空气的内能增大；
（2）内能的大小跟物质的质量、温度、状态有关；
（3）改变物体内能有做功和热传递两种方式，做功是能量的转化过程，热传递是能量的转移过程；
（4）根据充电时能量的转化分析解答。
【解答】解：A、压缩冲程中，机械能转化为内能，柴油机气缸里的气体内能增大，故A错误；
B、物体吸收热量后，内能增大，但温度不一定升高，如晶体在熔化时，吸收热量，温度不变，故B错误；
C、搓手时感到暖和，这是克服摩擦做功，机械能转化为内能，内能增加，但并不是产生了热量，热量只能说吸收或放出，故C错误；
D、给手机充电时是将电能转化为化学能储存起来，故D正确。
故选：D。
【点评】此题考查的知识点比较多，有热机的工作过程、内能、温度、热量的关系、能量的转化等知识，要求学生掌握知识点要全面，能够灵活运用物理知识来分析问题。
5．（2分）（2021•恩施州）关于电荷的说法中正确的是（　　）
A．摩擦起电的实质是创造了电荷
B．金属导体中自由电子移动的方向就是电流的方向
C．带正电的玻璃棒能吸引纸屑是由于异种电荷相互吸引
D．绝缘体不容易导电是因为自由电荷很少
【分析】（1）摩擦起电的实质是电荷的转移；
（2）我们把正电荷定向移动的方向规定为电流的方向；
（3）带电物体具有吸引轻小物体的性质。
（4）导体是通过其内部可自由移动的电荷来实现导电的。
【解答】解：A.电荷是不会凭空产生的，摩擦起电的实质是电荷的转移，而不是创造电荷。故A错误。
B.我们把正电荷定向移动的方向规定为电流的方向；电子带负电，当金属导体中的自由电子定向移动时，其移动方向与电流方向相反。故B错误。
C.带正电的玻璃棒能吸引纸屑，可能原因是：（1）纸屑带负电，异种电荷相互吸引；（2）纸屑质量很小，而带电体具有吸引轻小物体的性质。所以我们不能看到带正电的玻璃棒能吸引纸屑就判断纸屑带有负电。故C错误。
D.我们按照材料导电能力的强弱将物质分为：导体、半导体、绝缘体。导体之所以导电能力强，是因为其内部可自由移动的电荷多，能在电压的作用下形成电流；而绝缘体中可自由移动的电荷少，相对于导体，很难在电压的作用下形成电流。故D正确。
故选：D。
【点评】注意，我们是把正电荷定向移动的方向规定为电流的方向，而不是把正电荷移动的方向规定为电流的方向。
6．（2分）（2021•恩施州）下列有关电和磁的说法中正确的是（　　）
A．动圈式话筒工作时将电能转化为机械能
B．螺线管做切割磁感线运动时不一定会产生电流
C．通电导体放入磁场中一定会受到力的作用
D．电磁铁磁性的强弱只与电流的大小有关
【分析】（1）动圈式话筒的工作原理是：电磁感应现象；
（2）闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，会产生感应电流；
（3）通电导体与磁感线平行时，磁场对通电导体没有力的作用；
（4）影响电磁铁磁性强弱的因素：电流的大小、线圈的匝数和有无铁芯。
【解答】解：A、动圈式话筒是利用电磁感应原理：人说话时，声带振动产生声音，声音通过空气传播到膜片，使膜片以及与膜片相连的线圈在磁场中运动，故能产生感应电流，线圈在运动中能量的转化情况是机械能转化为电能，故A错误；
B、闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，电路中一定有感应电流产生，螺线管做切割磁感线运动时不一定会产生电流，故B正确；
C、当电流方向和磁场方向相平行的时候，没有安培力作用在导体上，有且只有这种情况下，导体不受力，故C错误；
D、电磁铁的磁性强弱与电流的大小、线圈的匝数和有无铁芯都有关，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查学生对：动圈式话筒的构造和原理、电磁铁磁性因素以及发电机能量转化的认识和理解，属于基础知识的考查。
7．（2分）（2021•恩施州）跳摆手舞时，很远处能听到鼓声，是因为鼓声（　　）
A．响度大 B．音调高 C．音色独特 D．声速快
【分析】声音的大小用响度来表示，响度的大小与振幅、距离发声体的远近有关。
【解答】解：跳摆手舞时，很远处能听到鼓声，是因为鼓声的响度大，传播的距离远。
故选：A。
【点评】本题考查了声音的三个特征的区别，属于基础题。
8．（2分）（2021•恩施州）班长在操场上骑自行车，下面有关力的分析正确的是（　　）
A．车的重力和地面对车的支持力是一对相互作用力
B．车的重力和地面对车的支持力是一对平衡力
C．车对地面的压力和地面对车的支持力是一对相互作用力
D．车的重力和车对地面的压力是一对相互作用力
【分析】（1）一对平衡力必须同时满足四个条件：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）相互作用力：大小相等、方向相反、作用在两个物体上，作用在同一条直线上。
【解答】解：
A、因为人骑在车上，所以车的重力和地面对车的支持力大小并不相同，所以不是一对平衡力，故A错误；
BD、车的重力和地面对车的支持力大小不相等、方向相反、作用在同一直线上，不是一对平衡力，也不是相互作用力，故BD错误；
C、车对地面的压力和地面对车的支持力，大小相等、方向相反、作用在两个物体上，作用在同一条直线上，是一对相互作用力，故C正确。
故选：C。
【点评】本题考查了平衡力和相互力的辨别等相关知识点，难度不大。
9．（2分）（2021•恩施州）如图所示电路中，开关闭合后，两电灯都发光，电表正常工作，一段时间后，由于灯L1短路（灯L2、电表不会烧坏），会有下面哪种情况发生（　　）


A．电流表示数变小 B．电压表无示数
C．电压表示数不变 D．电压表示数变大
【分析】分析电路图，两灯泡串联，电流表测电流，电压表测L1两端的电压，以此判断当L1短路后电流表、电压表的读数变化。
【解答】解：由图可知：两灯泡串联，电流表测电流，电压表测L1两端的电压，当灯L1短路后，回路总电阻减小，电压不变，故电流增大，电流表读数增大；此时电压表就相当于接在导线两端，故电压表读数为零。故：ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】本题考查了学生利用电流表、电压表判断电路故障的分析能力，电路故障分短路和开路两种情况，平时做实验时试一试，多总结、提高分析能力。
10．（2分）（2021•恩施州）如图所示的电路中，电源电压保持不变，R1为定值电阻且小于R2的最大阻值，闭合开关S后，在滑片从最右端向左移动的过程中，电表均不超过量程，下列分析正确的是（　　）


A．电流表示数变大，电压表V2示数变大
B．电流表示数变大，电压表V1示数变小
C．电压表V2的示数与电流表示数的乘积先变大后变小
D．电压表V2的示数与电流表示数的乘积保持不变
【分析】由电路图可知，R1与R2串联，V1测R1两端的电压，V2测R2两端的电压，A测电路中的电流；根据滑片的移动方向确定电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和R1两端电压的变化，根据串联电路的电压特点可知滑动变阻器两端的电压变化；根据电功率的公式分析电压表V2的示数与电流表示数的乘积的变化。
【解答】解：由电路图可知，R1与R2串联，V1测R1两端的电压，V2测R2两端的电压，A测电路中的电流；
AB、当开关S闭合后，滑片从最右端向左端移动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变小，电路的总电阻变小；根据I＝可知，电路中的电流变大，即电流表的示数变大；根据U＝IR可知，R1两端的电压变大，即V1的示数变大；根据串联电路的电压关系可知，滑动变阻器两端的电压变小，即V2的示数变小，故AB错误；
CD、由题意可知，R1为定值电阻且小于R2的最大阻值，
电压表V2的示数与电流表示数的乘积（即R2的电功率）：
P＝R2＝＝＝，
则当R1＝R2时，R2的电功率最大，即电压表V2的示数与电流表示数的乘积最大，
所以滑片从最右端向左移动的过程中，电压表V2的示数与电流表示数的乘积先变大后变小，故C正确，D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了串联电路的特点、欧姆定律和电功率公式灵活应用，难点是分析电压表V2的示数与电流表示数的乘积如何变化。
二、填空题（共6小题，每小题3分，满分18分）
11．（3分）（2021•恩施州）家庭中如果同时使用几个大功率用电器，很容易造成导线中 　电流　过大而发生火灾，也有人因忘记切断火炉电源而发生火灾，所以我们要树立节约用电、　安全用电　的意识。
【分析】家庭电路中电流过大的原因有两个；发生短路和用电器的总功率过大。
【解答】解：当家庭电路中同时使用几个大功率的用电器时，用电器总功率过大，根据公式P＝UI，家庭电路电压U＝220V一定，所以用电功率P越大，电流I就会非常大；
为了用电的安全，我们要树立节约用电、安全用电的意识。
故答案为：电流；安全用电。
【点评】此题考查了家庭电路电流过大的原因，难度不大。
12．（3分）（2021•恩施州）如图，天问号火星探测器准备登陆火星表面，着陆器设计了四个脚、每个脚上都安装了一个较大的圆盘，这是为了 　减小压强　；刚着陆的瞬间着陆器周围尘土飞扬，这 　不能　（选填“能”或“不能”）说明分子在做无规则运动；火星表面有稀薄的空气，在降落过程中着陆器的机械能 　减小　（选填“增大”、“不变”或“减小”）；地面是通过 　电磁波　遥控使降落伞张开的。

【分析】（1）影响压强大小的因素有压力大小和受力面积，在压力大小一定时，增大受力面积可减小压强；
（2）分子非常小，肉眼是无法观察到的；
（3）在一定条件下，不同形式的能量可以相互转化；
（4）电磁波可以传递无线信息。
【解答】解：（1）火星探测器在每个支脚的底部都安装了一个面积较大的底盘，这是为了在压力大小一定时，通过增大受力面积来减小对火星表面的压强；
（2）沙尘是固态颗粒物，尘土飞扬是物体的机械运动，不能说明分子的无规则运动；
（3）着陆器降落火星过程中，与火星空气有摩擦。部分机械能转化为内能，所以着陆器的机械能减小；
（4）电磁波可以在真空中传播，地面是通过电磁波对着陆器进行控制，使着陆器的降落伞打开的。
故答案为：减小压强；不能；减小；电磁波。
【点评】题目以天问号火星登陆器为素材，考查了改变压强的方法、分子运动与机械运动的区别、能量的转化及电磁波的应用，包含的知识点较多，难度不大。
13．（3分）（2021•恩施州）当动车行驶在长隧道时，车窗旁的乘客伸出手掌，结果在车窗中看到了两只手掌，这是光的 　反射　现象，若手掌向窗户靠近，车窗中的像会 　不变　（选填“变大”、“变小”或“不变”）；车厢内始终显示216km/h，通过隧道用了3分钟，这条隧道长约 　10800m　。
【分析】（1）平面镜成像属于光的反射现象；平面镜成像特点之一，物像等大；
（2）已知动车速度和行驶时间，由速度公式变形可求得这条隧道长。
【解答】解：车窗旁的乘客伸出手掌，结果在车窗中看到了两只手掌，这是平面镜成像，平面镜成像属于光的反射现象；
由平面镜成像特点之一，物像等大可知，若手掌向窗户靠近，车窗中的像的大小不变；
已知动车速度v＝216km/h，通过隧道用时间t＝3min＝h，
由v＝可得，这条隧道长：
s＝vt＝216km/h×h＝10.8km＝10800m。
故答案为：反射；不变；10800m。
【点评】此题主要考查了平面镜成像的原因及平面镜成像的特点、速度公式的应用，难度不大，属于基础知识。
14．（3分）（2021•恩施州）如图，有人利用该滑轮将G＝100N的物体匀速提升了20cm（不计绳重和摩擦），此过程克服物体重力做的功为 　20　J，若动滑轮重10N，则F＝　210　N。

【分析】根据W＝Gh即可求出克服物体重力做的功；
以滑轮为研究对象，滑轮受到向上一个拉力，向下的两股绳子的两个拉力和滑轮自身的重力，根据力的平衡条件可知向上的拉力等于向下的三个力之和。
【解答】解：
（1）物体上升的高度h＝20cm＝0.2m。
此过程克服物体重力做的功为：
W＝Gh＝100N×0.2m＝20J；
（2）以滑轮为研究对象，滑轮受到向上一个拉力F、向下的两股绳子的两个拉力（且F1＝F2＝G）以及滑轮自身的重力G动（方向竖直向下），物体被匀速提起时，滑轮匀速上升，由力的平衡条件可得：
F＝F1+F2+G动＝2G+G动＝2×100N+10N＝210N。
故答案为：20；210。
【点评】本题考查了功的计算和受力分析，注意：该滑轮为倒置的动滑轮，使用时费力但省距离。
15．（3分）（2021•恩施州）水沸腾时如果继续吸热，则温度 　不变　；灶上的锅中装有2kg初温30℃的水，当水吸收了7.56×105J的热量后，水温升高了 　70　℃（当地为标准大气压）。
【分析】（1）液体沸腾时的特点：吸收热量，温度保持不变。
（2）根据吸热公式Q吸＝cm△t可计算水的温度升高了多少摄氏度，注意一标准大气压下水的沸点为100℃。
【解答】解：（1）根据液体沸腾的特点可知：水沸腾时如果继续吸热，温度不变。
（2）由Q吸＝cm△t得理论上水升高的温度：
△t＝＝＝90℃，
则水的末温t＝t0+△t＝30℃+90℃＝120℃，
因为在一个标准大气压下，所以水的温度升高到100℃将不再上升，则水温实际升高了100℃﹣30℃＝70℃。
故答案为：不变；70。
【点评】此题考查了学生对液体沸腾的特点、吸热公式的理解和掌握，要注意一标准大气压下水的沸点为100℃。
16．（3分）（2021•恩施州）如图所示，电源电压6V保持不变，R1＝10Ω，R2＝20Ω，R3＝30Ω，若只闭合S2、R1与R2两端电压之比为 　1：2　；若同时闭合三个开关，R2与R3电流之比为 　3：2　；电路中的最大功率可达 　3　W。

【分析】（1）由图知，若只闭合S2，R1、R2串联，根据串联电路电流的特点和欧姆定律算出此时R1与R2两端的电压之比；
（2）若同时闭合三个开关，对R1短路，电阻R2、R3并联，根据并联电路电压的规律和欧姆定律算出通过R2与R3电流之比；
（3）根据电阻的串并联特点和P＝可知同时闭合三个开关电阻R2、R3并联时电路中的最大功率，根据P＝即可求出最大功率。
【解答】解：（1）由图知，若只闭合S2，R1、R2串联，
因为串联电路电流处处相等，所以此时R1与R2两端的电压之比为：
＝＝＝＝；
（2）若同时闭合三个开关，对R1短路，电阻R2、R3并联，
因为并联电路各支路电压相等，所以R2与R3电流之比：
＝＝＝＝；
（3）根据电阻的串并联特点和P＝可知同时闭合三个开关电阻R2、R3并联时电路中当时总电阻最小，则电路中的功率最大，
则P最大＝P2+P3＝+＝+＝3W。
故答案为：1：2；3：2；3。
【点评】本题考查了串并联电路的特点、欧姆定律和电功率公式的应用，明确开关闭合前后电路的连接是解题的关键，难度不大。
三、作图题
17．（3分）（2021•恩施州）如图，物块沿粗糙斜面向上运动，请画出物块所受重力和摩擦力及物块对斜面压力的示意图。

【分析】根据规则物体的重心在物体的几何中心，重力的方向总是竖直向下的，从物体的重心表示出重力的方向；
压力是接触面受到的力，因此压力的作用点在接触面上，即物体与接触面的中点；然后根据压力的方向垂直于受力面，并过压力作用点表示出压力的方向即可。
【解答】解：物块沿粗糙斜面向上运动，受到竖直向下的重力和沿斜面向下的摩擦力的作用；物块对斜面压力作用在斜面上，垂直于斜面向下；
从物体重心画带箭头的线段，方向竖直向下，符号为G；从物体重心画带箭头的线段，方向沿斜面向下，符号为f；
在斜面上选取物体与接触面的中点为压力的作用点，过压力作用点画垂直于斜面、带箭头的线段，符号为F；如图所示：

【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。
18．（3分）（2021•恩施州）请在图中补画出穿过透镜的光线。


【分析】利用凹透镜的三条特殊光线作图：①延长线过另一侧焦点的光线经凹透镜折射后将平行于主光轴；②平行于主光轴的光线经凹透镜折射后，其折射光线的反向延长线过焦点；③过光心的光线经凹透镜折射后传播方向不改变。
【解答】解：由图可知，入射光线平行于凹透镜的主光轴，折射光线会远离主光轴，折射光线的反向延长线通过焦点，如图所示：

【点评】对于凸透镜、凹透镜的作图，要知道三条特殊光线的内容，属于基础题目。
19．（3分）（2021•恩施州）请根据图中小磁针静止时的指向，在括号内标出电源的正负极。

【分析】已知小磁针的磁极，根据磁极间的相互作用，可判断出通电螺线管的磁极，再由安培定则来得出电源的正负极。
【解答】解：由图知：小磁针的左端为S极，右端为N极，根据磁极间的相互作用，可知螺线管的左端为N极，右端为S极；根据螺线管的N极和线圈的绕向，利用右手螺旋定则可知，电流是从螺线管的左端流入、右端流出，从而可以确定电源的左端为正极、右端为负极，如下图所示：
。
【点评】本题属于安培定则的简单应用，安培定则不但可以由电流方向和线圈绕向判断磁极，也可根据磁极和线圈的绕向判断电流方向。
四、实验探究题
20．（3分）（2021•恩施州）如图，在探究杠杆平衡条件的实验中，每个钩码重1N。
（1）实验前需调节平衡螺母使杠杆处于水平位置，这样做的目的是 　避免杠杆自重对实验的影响　；
（2）若在A点挂有2个钩码，则B点要挂 　3　个钩码才能使杠杆水平平衡；
（3）若A点钩码数不变，取下B点钩码，用测力计作用在C点，为使杠杆再次水平平衡，测力计上最小示数为 　1.2　N，方向 　竖直向下　。

【分析】（1）实验前要调节杠杆的平衡螺母使其在水平位置平衡，其目的是使杠杆的重心落在支点上，从而消除杠杆的重力对平衡的影响；实验中使杠杆在水平位置平衡是为了方便测力臂。
（2）（3）根据杠杆平衡条件做出解答。
【解答】解：
（1）实验前要调节杠杆的平衡螺母使其在水平位置平衡，其目的是使杠杆的重心落在支点上，从而消除杠杆的重力对平衡的影响；
（2）设一钩码重为G，一格为L，根据杠杆平衡条件可知：
2G×3L＝nG×2L，所以n＝3，
需在B点挂3个钩码；
（3）A点钩码数不变，取下B点钩码，用测力计作用在C点，为使杠杆再次水平平衡，测力计上示数最小，力臂最大，测力计的方向应该竖直向下，大小为：
2G×3L＝F×5L，F＝G＝×1N＝1.2N。
故答案为：（1）避免杠杆自重对实验的影响；（2）3；（3）1.2；竖直向下。
【点评】此题是探究杠杆平衡实验，考查了杠杆的调平及杠杆平衡条件的应用，在利用平衡条件公式时，要注意分析力和对应的力臂。
21．（3分）（2021•恩施州）在探究凸透镜成像规律实验中，正确安装并调节装置后，光屏上得到一个清晰缩小的像。
（1）当蜡烛向凸透镜靠近时，应将光屏 　远离　（选填“靠近”或“远离”）凸透镜才能使像变清晰，某同学发现光屏移动过程中像变大同时还向光屏上方偏了些，为使像回到中央可将凸透镜往 　下　（选填“上”或“下”）稍稍调节；
（2）移动中光屏上再次成清晰像后，将光屏和蜡烛位置互换，屏上一定成 　倒立放大　的实像。
【分析】（1）凸透镜成实像时，物近像远像变大；根据光线过光心不改变方向，判断凸透镜的移动情况。
（2）凸透镜成像规律：物距大于一倍焦距小于二倍焦距成倒立放大实像，像距大于二倍焦距；
物距大于二倍焦距成倒立缩小实像，像距大于一倍焦距小于二倍焦距。
【解答】解：（1）已知光屏上得到一个清晰缩小的像，光屏上的像为倒立的实像；
当蜡烛向凸透镜靠近时，物距减小，则像距变大，故应将光屏远离凸透镜才能使像变清晰，
根据光线过光心不改变方向，要使像继续成在光屏中央，可以将凸透镜向下移动；
（2）由题意可知，此时物距大于像距，u＞2f，能在光屏上成一倒立缩小的实像，凸透镜成像时因为光的折射，在光的折射现象中，光路是可逆的，若将蜡烛和光屏互换位置，则2f＞u＞f，则像距处于2f以外，凸透镜成倒立、放大的实像。
故答案为：（1）远离；下；（2）倒立放大。
【点评】要熟记凸透镜成像的规律，特别搞清物距与像距之间的关系是解答此题的关键。
22．（3分）（2021•恩施州）某同学从路边拾来小石块想测出它的密度。
（1）首先将天平放在水平桌面上，立即调节平衡螺母使横梁平衡；
（2）将小石块放入左盘，加减砝码并调节天平平衡。如图所示，石块的质量m＝　71.4　g；
（3）在量筒内装入适量的水，记下示数V1，再将石块轻轻浸没在量筒里，记下示数V2，则石块密度表达式为ρ＝　　（用所给字母表示）
（4）以上实验过程中，可能缺失的步骤是 　把游码移到横梁标尺的零刻度线处　；
（5）重新正确操作并得出实验结果后，有同学发现使用的砝码生了锈，则这次测量值比真实值 　偏小　（选填“偏大”或“偏小”）。

【分析】（2）物体的质量等于砝码质量加上游码对应的刻度值；
（3）根据ρ＝表示出石块的密度；
（4）使用天平前要调节天平平衡，把天平放在水平台上，把游码移到横梁标尺的零刻度线处，移动平衡螺母（左偏右调、右偏左调），使天平横梁在水平位置平衡；
（5）砝码生了锈，测量的物体的质量偏小，根据密度公式判断出偏差。
【解答】解：（2）物体的质量等于砝码质量加上游码对应的刻度值，所以石块的质量为：
m＝50g+20g+1.4g＝71.4g；
（3）石块的体积为：V＝V2﹣V1，则石块的密度为：ρ＝；
（4）使用天平前要调节天平平衡，把天平放在水平台上，把游码移到横梁标尺的零刻度线处，移动平衡螺母（左偏右调、右偏左调），使天平横梁在水平位置平衡，所以（1）的实验过程中，可能缺失的步骤是把游码移到横梁标尺的零刻度线处；
（5）砝码生了锈，砝码的实际质量偏大，故测量的物体的质量偏小，根据密度公式ρ＝知密度值偏小。
故答案为：（2）71.4；（3）；（4）把游码移到横梁标尺的零刻度线处；（5）偏小。
【点评】本题有一定的难度，考查了常规的密度测量方法，又考查了误差分析，难度不是很大。
23．（3分）（2021•恩施州）某同学做测定小灯泡的电功率实验时，用三节干电池供电，灯泡额定电压为2.5V。

（1）根据实际情况，电压表的量程应选择 　“0﹣3V”　（选填“0﹣3V”或“0﹣15V”），请用笔画线代替导线将图甲电路连接完整；
（2）按照原理图连接好电路，如果使用了旧灯泡（灯丝已烧断且不知晓），闭合开关准备继续实验，这样操作很容易造成 　电压表　损坏，为避免此事故发生，可以采用的办法是 　电压表试触　；
（3）更换灯泡后，调节电路使灯泡正常发光，电流表示数如图乙所示，小灯泡的额定功率为 　0.7　W。
【分析】（1）电压表并联在灯泡两端，灯泡额定电压为2.5V，故电压表的量程应选择“0﹣3V”；
其余元件依次连接组成串联电路，滑动变阻器选择一上一下两个接线柱使用，据此连接电路图；
（2）按照原理图连接好电路，如果使用灯丝已烧断的灯泡，闭合开关，灯泡断路，电压表串联在电路中，这样电源电压几乎全加在电压表上，很容易造成电压表损坏；
为避免此事故发生，可以采用的办法是用电流表试触；
（3）电流表选了小量程，分度值为0.02A，读出电流表示数，根据P＝UI得出小灯泡的额定功率。
【解答】解：（1）电压表并联在灯泡两端，灯泡额定电压为2.5V，故电压表的量程应选择“0﹣3V”；
其余元件依次连接组成串联电路，滑动变阻器选择一上一下两个接线柱使用，据此连接电路图如下：

（2）按照原理图连接好电路，如果使用灯丝已烧断的灯泡，闭合开关，灯泡断路，电压表串联在电路中，这样电源电压几乎全加在电压表上，很容易造成电压表损坏，为避免此事故发生，可以采用的办法是用电流表试触试触，如果电流超过量程，断开电路并检查电路；
（3）由图可知，电流表选了小量程，分度值为0.02A，读数为0.28A，小灯泡的额定功率为P＝UI＝2.5V×0.28A＝0.7W
故答案为：（1）“0﹣3V”；如上图；（2）电压表；电流表试触；（3）0.7。
【点评】本题考查测定小灯泡的电功率的实验，重点考查电路图连接、事故分析、电功率的计算等问题。
五、计算题
24．（3分）（2021•恩施州）如图所示电路，电源电压保持不变，电流表量程0～0.6A，电压表量程0～15V，灯泡上标有“6V 3W”字样，R1＝18Ω。（a）当开关S2断开，S、S1闭合，滑片移到变阻器中点时，灯泡正常发光。（b）当S1断开，S、S2闭合，滑片移至最大阻值处时，电流表示数为0.3A。求：
（1）灯泡正常发光时的电阻多大？
（2）电源电压多大？
（3）若将R1换成R3＝9Ω的定值电阻，闭合开关S、S2，断开S1，电路中的电功率变化范围（结果保留一位小数）？

【分析】（1）灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，功率和额定功率相等，根据P＝UI＝求出灯泡正常发光时的电阻；
（2）当开关S2断开，S、S1闭合，滑片移到变阻器中点时，灯泡L与R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流，此时灯泡正常发光，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出电路中的电流，再利用串联电路的电压特点和欧姆定律表示出电源的电压；当S1断开，S、S2闭合，滑片移至最大阻值处时，定值电阻R1与R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流，根据电阻的串联和欧姆定律表示出电源的电压，然后联立等式即可求出滑动变阻器的最大阻值和电源的电压；
（3）将R1换成R3＝9Ω的定值电阻，闭合开关S、S2，断开S1时，变阻器与R3串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的电阻为零时电路中的电流，然后与电流表的量程相比较确定电路中的最大电流，此时电路的电功率最大，利用P＝UI求出其大小；当滑动变阻器接入电路中的电阻最大，电路的总电阻最大，电路的电功率最小，根据电阻的串联和P＝UI＝求出其大小，然后得出电路中的电功率变化范围。
【解答】解：（1）由P＝UI＝可得，灯泡正常发光时的电阻：RL＝＝＝12Ω；
（2）当开关S2断开，S、S1闭合，滑片移到变阻器中点时，灯泡L与R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流，
因串联电路中各处的电流相等，且灯泡正常发光，
所以，电路中的电流：I1＝IL＝＝＝0.5A，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电源的电压：U＝UL+I1×R2＝6V+0.5A×R2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
当S1断开，S、S2闭合，滑片移至最大阻值处时，定值电阻R1与R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，电源的电压：U＝I2（R1+R2）＝0.3A×（18Ω+R2）﹣﹣﹣﹣②
由①②可得：R2＝12Ω，U＝9V；
（3）将R1换成R3＝9Ω的定值电阻，闭合开关S、S2，断开S1时，变阻器与R3串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流，
当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时，电路中的电流：I3＝＝＝1A＞0.6A，
所以，电路的最大电流I大＝0.6A，此时电路的电功率最大，则P大＝UI大＝9V×0.6A＝5.4W，
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大，电路的总电阻最大，电路的电功率最小，
则P小＝＝≈3.9W，
所以，电路中的电功率变化范围为3.9W～5.4W。
答：（1）灯泡正常发光时的电阻为12Ω；
（2）电源电压为9V；
（3）若将R1换成R3＝9Ω的定值电阻，闭合开关S、S2，断开S1，电路中的电功率变化范围为3.9W～5.4W。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，正确得出最后一问中电路的最大电流是关键，要注意灯泡正常发光时的电压和额定电压相等。
25．（3分）（2021•恩施州）如图，柱状容器下方装有一阀门，容器底面积为S＝200cm2，另有一边长为L1＝10cm的正方体木块，表面涂有很薄的一层蜡，防止木块吸水（蜡的质量可忽略），现将木块用细绳固定在容器底部，再往容器内倒入一定量的水，使木块上表面刚好与水面相平，绳长L2＝20cm，木块的密度为ρ木＝0.6×103kg/m3。求：
（1）图中水对容器底的压强？
（2）若从阀门放出m1＝300g的水后，木块受到的浮力多大？
（3）若从阀门继续放出m2＝200g的水后，细绳的拉力多大？

【分析】（1）根据题意求出图中水的深度，利用p＝ρ液gh求出水对容器底的压强；
（2）根据G＝mg＝ρVg＝ρL3g表示出木块的重力，设出从阀门放出m的水后，木块恰好漂浮，此时木块受到的浮力和自身的重力相等，根据F浮＝ρ液gV排＝ρ液gL2h浸求出木块浸入水的深度，然后求出此时放出水的体积，利用m＝ρV求出此时放出水的质量；若从阀门放出m1＝300g的水后，比较m1与m的关系可知木块受到的浮力大于自身的重力，根据V＝求出此时放出水的体积，然后求出此时水面下降的高度，从而得出木块排开水的体积，再根据F浮＝ρ液gV排求出木块受到的浮力；
（3）若从阀门继续放出m2＝200g的水后，比较m1+m2和m的关系判断出木块早已漂浮，细绳处于松弛状态，据此得出此时细绳的拉力。
【解答】解：（1）由题意可知，图中水的深度：h水＝L1+L2＝10cm+20cm＝30cm＝0.3m，
水对容器底的压强：p＝ρ水gh水＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.3m＝3×103Pa；
（2）由ρ＝和G＝mg、V＝L3可得，木块的重力：G木＝m木g＝ρ木V木g＝ρ木L13g，
设从阀门放出m的水后，木块恰好漂浮，
此时木块受到的浮力：F浮＝G木，
由F浮＝ρ水gV排＝ρ水gL12h浸可得：ρ木L13g＝ρ水gL12h浸，
解得：h浸＝L1＝×10cm＝6cm，
此时放出水的体积：V＝（S﹣L12）（L1﹣h浸）＝[200cm2﹣（10cm）2]×（10cm﹣6cm）＝400cm3，
此时放出水的质量：m＝ρ水V＝1.0g/cm3×400cm3＝400g，
若从阀门放出m1＝300g的水后，由m1＜m可知，木块受到的浮力大于自身的重力，
此时放出水的体积：V1＝＝＝300cm3，
此时水面下降的高度△h1＝＝＝3cm，
木块排开水的体积：V排1＝L12（L1﹣△h1）＝（10cm）2×（10cm﹣3cm）＝700cm3＝7×10﹣4m3，
木块受到的浮力：F浮1＝ρ水gV排1＝1.0×103kg/m3×10N/kg×7×10﹣4m3＝7N；
（3）若从阀门继续放出m2＝200g的水后，
由m1+m2＝300g+200g＝500g＞400g可知，木块早已漂浮，细绳处于松弛状态，所以细绳的拉力为0N。
答：（1）图中水对容器底的压强为3×103Pa；
（2）若从阀门放出m1＝300g的水后，木块受到的浮力为7N；
（3）若从阀门继续放出m2＝200g的水后，细绳的拉力为0N。
【点评】本题考查了液体压强公式、密度公式、重力公式、物体浮沉条件、阿基米德原理的综合应用等，正确得出放出不同质量水时木块的状态是关键。
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日期：2021/9/30 14:48:27；用户：周达；邮箱：sjhzxyh13@xyh.com；学号：37802003