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初中物理中考复习 2021年四川省自贡市中考物理适应性试卷（解析版）
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这是一份初中物理中考复习 2021年四川省自贡市中考物理适应性试卷（解析版），共42页。试卷主要包含了选择题，填空题，简述，计算题等内容，欢迎下载使用。
2021年四川省自贡市中考物理适应性试卷
一、选择题（共20小题，每小题2分，共40分。每小题只有一个选项符合题意。）
1．下列数据中，符合实际的是（ ）
A．物理课本的长度约为50cm
B．适合人洗澡的水温约为80℃
C．一个鸡蛋的质量约为50g
D．短跑运动员比赛时的速度可达30m/s
2．关于声音的特性和利用，下列说法正确的是（ ）
A．“声纹门锁”是依据声音的响度来识别的
B．鼓手打鼓用的力越大，鼓声的音调就越高
C．“公共场合不要大声喧哗”是要求人们说话的音调要低一些
D．超声波能够粉碎体内“结石”是因为声波能传递能量
3．如图是跳水运动员跳板跳水时的情景，跳板跳水运动有起跳、腾空、下落、入水几个阶段，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．跳板被压弯，说明力可以改变物体的运动状态
B．腾空过程中，运动员的运动状态不变
C．在最高点时，运动员不受力的作用
D．在下落过程中，只有重力对运动员做功
4．对下列现象的解释中正确的是（ ）
A．放在衣柜里的樟脑丸，时间久了会明显变小，是因为脑丸蒸发为气体跑掉了
B．在夏季的早晨看到草叶上挂满了露珠，到了初冬覆盖了一层霜，所以霜是由露珠变成的
C．初冬季节在家里洗澡时，发现房间里充满了“白气”，这些“白气”是水蒸气
D．在冰箱里的冻豆腐取出后一会儿豆腐里有许多小孔，这是豆腐里的水先凝固后熔化形成的
5．在1标准大气压下探究“某种固体物质熔化时温度变化规律”的实验装置（1标准大气压下该物质的沸点为127.9℃）。图乙是根据实验数据绘出的温度随时间变化的图像。下列说法不正确的是（ ）
A．该物质是晶体
B．继续加热，该物质会沸腾
C．1标准大气压下该物质的凝固点是80℃
D．该物质在AB段是固态
6．下列所涉及的物理知识，解释合理的是（ ）
A．雨后天空中可以看到彩虹是光的反射形成的
B．岸边的景物在水中的“倒影”是由于光的反射而形成的实像
C．我们看到水中的物体比实际位置浅是由于光的折射形成的
D．小明在阳光下身后的影子是由光沿直线传播形成的实像
7．如图所示，把一支点燃的蜡烛放在距离凸透镜2倍焦距以外的地方，在透镜的另一侧调节光屏位置可找到一个清晰的像。这个像是图中的（ ）
A． B．
C． D．
8．均匀正方体甲、乙置于水平地面上，对水平地面的压强分别为p甲、p乙。现沿水平方向切去部分后，如图所示，甲、乙剩余部分的高度和质量均相等。下列关于甲、乙的密度ρ甲、ρ乙和甲、乙正方体对水平地面的压强p甲、p乙大小的判断。正确的是（ ）
A．ρ甲＝ρ乙，p甲＞p乙 B．ρ甲＝ρ乙，p甲＜p乙
C．ρ甲＞ρ乙，p甲＞p乙 D．ρ甲＞ρ乙，p甲＜p乙
9．下列测量方案中，最合理的是（ ）
A．测小铁块密度：用装有适量水的量筒测体积后，再用天平测质量
B．测正方体小木块密度：用天平测质量后，再用刻度尺测边长并计算体积
C．测小砖块密度：用天平测质量后，再用装有适量水的量筒测体积
D．测比赛用铅球密度：用天平测质量后，再用装有适量水的量筒测体积
10．如图甲所示，静止时U形管两侧液面相平、若要出现图乙的情景，下列方法可行的是（ ）
A．向右管打气 B．向左管抽气
C．沿左管口水平方向吹气 D．沿右管口水平方向吹气
11．下列事例中，不是应用大气压的是（ ）
A．用吸管吸饮料
B．紧贴在玻璃板上的吸盘
C．打气筒打气时筒壁发热
D．护士用注射器针管从药瓶中汲取药液
12．两次水平拉动同一物体在同一水平面上做匀速直线运动，两次物体运动的路程随时间变化的关系图像如图所示。根据图像，下列判断正确的是（ ）
A．两次物体运动的速度：v1＜v2
B．0～6s 两次拉力对物体所做的功：W1＝W2
C．两次物体所受的拉力：F1＞F2
D．0～6s两次拉力对物体做功的功率：P1＞P2
13．小雨在超市购物，他用20N的力沿水平方向推动质量为10kg的购物车匀速前进了15m用时10s，而后登上自动扶梯匀速上升到楼上的服装专柜，则下列说法不正确的是（ ）
A．购物车在水平方向前进的过程中受到地面对它的摩擦力为100N
B．随自动扶梯上升的过程中，小明的机械能增加
C．在水平方向前进的过程中推力做功的功率是30W
D．当购物车中放入重物时，车在水平方向前进的过程中受到地面对它的摩擦力将大于20N
14．如图所示，一长为L的直杆可绕O点转动杆下挂一所受重力为G的物块刚开始直杆与竖直方向夹角为60°．为了安全下降物块，用一个始终水平向右且作用于直杆中点的拉力F使直杆缓慢地转动到竖直位置（可以认为杠杆每一瞬间都处于平衡状态），则下列说法正确的是（ ）
A．拉力F的大小保持不变
B．拉力F和物块重力G是一对平衡力
C．这个过程中物块重力所做的功GL
D．这个过程中直杆一直都是费力杠杆
15．如图所示是四冲程汽油机的一个工作循环示意图，其中属于做功冲程的是（ ）
A． B．
C． D．
16．如图所示，两个完全相同的验电器A和B，A带正电，B不带电。现用金属棒连接验电器A和B，则下列说法中正确的是（ ）
A．电荷从验电器A流动到验电器B B．电荷从验电器B流动到验电器A
C．验电器A得到正电荷 D．验电器B得到正电荷
17．如图所示，是用滑动变阻器调节灯泡亮度的几种方案，你认为可能达到目的方案是 （ ）
A． B． C． D．
18．如图所示，电源电压一定。关于电路的工作情况，下列说法正确的是（ ）
A．只闭合S1时，两只灯泡是串联的
B．若先闭合S1，再闭合S2，电压表读数不变、电流表读数变大
C．若先闭合S1，再闭合S2，电压表读数不变、电流表读数不变
D．若灯L1被短路，闭合S1、S2后，则灯L1不亮，灯L2亮，电流表损坏
19．如图，电源电压不变，闭合开关S．将变阻器的滑片P从b向a移动，则（ ）
A．电流表示数变小，小灯泡变暗
B．电压表示数变小，小灯泡变亮
C．电压表示数变小，电路消耗的总功率变小
D．电流表示数变大，电路消耗的总功率变大
20．如图，电路中电源电压保持不变，小灯泡标有“3V 1.5W”字样，不考虑灯泡电阻随温度的变化，滑动变阻器R的最大阻值为24Ω，电流表量程为0～0.6A，电压表量程为0～3V。当开关S闭合后，滑动变阻器R接入电路的电阻为3Ω时小灯泡正常发光。为了保证电路安全，小灯泡电压不超过额定电压，两电表的示数均不超过所选量程。在滑片P滑动过程中，下列说法（ ）
①电源电压为4.5V
②变阻器接入电路的阻值范围是3Ω～12Ω
③小灯泡的最小功率为0.135W
④电路的最大功率2.25W
A．只有①②③正确 B．只有①③④正确
C．只有①②④正确 D．①②③④都正确
二、填空题（本大题包括6小题，共12分）
21．（3分）歼﹣20是中国第五代隐身重型歼击机，其最大飞行速度为2.8马赫，即15℃空气中声速的2.8倍（15℃空气中声速340m/s）。歼击机以最大飞行速度飞行100s运动的路程为 m．通常，进入战斗状态前歼击机丢掉副油箱以减小惯性，使运动状态 （选填“容易”或“不容易”）改变。
22．（3分）在生活中我们要勤洗手，用洗手液洗手时会闻到一股香味，这是 ；新型冠状病毒对热敏感，在56℃的环境中30分钟就可以被灭活，所以我们对于日常生活中使用毛巾、餐具等要进行高温消毒，这是利用 的方式改变了物体的内能。
23．（3分）在一张不透光的纸上打一个极小的“△”三角形孔，让太阳光垂直射到这张纸上经过这个小孔，这时在地面看到 （选填“圆形”、“三角形”）小亮斑。这个小亮斑其实是太阳 （选填“正立”或“倒立”）的实像。
24．（3分）用如图所示的滑轮组将一个重为48N的物体匀速提升0.2m，作用在绳子自由端的拉力为20N，则绳子自由端移动的距离为 m，该滑轮组的机械效率为 。
25．（3分）冬天，小明在家用液化气烧开水时发现壶嘴上方冒出“白气”，如图所示，“白气”是 （填物态变化名称）现象形成的。看到壶身闪闪发光，这是因为光在光滑的壶身表面发生了 （选填“镜面”或“漫”）反射。
26．（3分）灯泡L1、L2分别标有“4V 4W”和“8V 8W”的字样，将它们并联起来使用，干路上允许通过的最大电流为 A，此时L1消耗的电功率为 W。
三、简述、作图、实验题（本大题包括5小题，共33分）
27．小明在实验室进行实验，把多个小灯泡串联在电路当中，发现串联的小灯泡越多，小灯泡越暗，请你帮助他分析其中的原因。
28．如图所示，凸透镜的主光轴刚好与水面相平，F是凸透镜的焦点，一束与水面平行的光入射到凸透镜上，请你作出经凸透镜折射后进入水中光线的大致位置。
29．如图所示，请在两个虚线框内选填“电源”和“开关”的符号，使开关都闭合时两灯组成并联电路。
30．某同学在探究物态变化的实验中：
（1）如图所示，将碘锤放入热水中，观察到碘锤中固态碘逐渐消失，紫色的碘蒸气充满碘锤，此过程固态碘发生的物态变化是 （填物态变化的名称）。
（2）在上述实验中，小明同学猜想：固态碘可能是先变成液体，再变成气体，因为速度太快，液态碘出现的时间太短，因而没有观察到，为证实猜想，他查询了一些资料：通常情况下，碘的熔点是113.5℃，碘的沸点是184.35℃，水的沸点是100℃，请你根据上述资料分析说明小明的猜想是 （选填“正确”或“错误”），你判断的理由是： 。
31．探究“浮力的大小跟哪些因素有关”的实验。ρ水＝1.0×103kg/m3
（1）物体浸没在水中受到的浮力是 N；
（2）①②③是探究浮力的大小与 的关系，得出的结论是 。
（3）分析 三次的实验数据，可知浮力大小与物体浸没在液体中的深度无关。
（4）此实验还探究了浮力的大小与 的关系，得出的结论是 。
（5）金属块的密度为 kg/m3，盐水的密度为 kg/m3。
32．在用“伏安法测小灯泡的电阻”实验中。
（1）在图甲中，请你将电压表正确连入电路，完成电路的连接。
（2）此时滑动变阻器的主要作用是 。
（3）若某次测量时电压表和电流表的示数如图乙所示，灯泡的电阻RL＝ Ω。
（4）小明同学在做实验时，电路连接无误，闭合开关后，发现电流表的指针明显偏转，而电压表的示数为零，该故障的原因可能是 。
（5）这个电路除了可以测小灯泡的电阻外，还可以用来测量小灯泡的功率，由图乙两表示数可求出小灯泡的功率P＝ W。
四、计算题（本大题包括2小题，共15分。解答时应写出必要的文字说明，方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）
33．工人用滑轮组提升水中物体A，如图所示，当物体A完全在水面下被匀速提升的过程中，工人对绳子竖直向下的拉力为220N．当物体A完全打捞出水面后被匀速提升的过程中，滑轮组的机械效率为η，工人对绳子竖直向下的拉力为F．已知：物体A所受重力为1000N，体积为8.0×10﹣2m3，水的密度为ρ水＝1.0×103kg/m3．滑轮与轴的摩擦、水的阻力以及绳重不计，g取10N/kg。求：
（1）物体A完全在水面下时受到的浮力；
（2）工人对绳子竖直向下的拉力F；
（3）滑轮组的机械效率η（结果保留一位小数）。
34．一电热壶有加热和保温两个功能，开关K闭合，开关S自动与触点a、b接通，开始烧水，当水温达到100摄氏度时，开关S自动断开a、b，立即与触点c接能，开始保温，已知电阻R1＝50Ω，加热功率P加是保温功率P保的5倍，水的比热容c＝4.2×103J/（kg•℃），电阻大小不受温度影响，求：
（1）1kg初温35℃的水，加热到100℃，所吸收的热量是多少？
（2）电阻R2的阻值；
（3）晚上用电高峰期时，将1kg初温35℃的水，加热到100℃，需用时300s，若加热效率为91%，则家庭电路实际电压为多少伏？
2021年四川省自贡市中考物理适应性试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共20小题，每小题2分，共40分。每小题只有一个选项符合题意。）
1．（2分）下列数据中，符合实际的是（ ）
A．物理课本的长度约为50cm
B．适合人洗澡的水温约为80℃
C．一个鸡蛋的质量约为50g
D．短跑运动员比赛时的速度可达30m/s
【分析】不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要简单的计算，有的要进行单位的换算，最后判断最符合实际的是哪一个。
【解答】解：
A、中学生伸开手掌，大拇指指尖到中指指尖的距离大约20cm，物理课本的长度比20cm大一些，在26cm左右。故A不符合实际；
B、人的体温在37℃左右，洗澡水的温度应该略高于体温，不可能达到80℃．故B不符合实际；
C、10个鸡蛋的质量大约1斤，而1斤＝500g，所以一个鸡蛋的质量在50g左右。故C符合实际；
D、男子百米世界纪录略大于10m/s，一般短跑运动员的成绩不可能达到30m/s．故D不符合实际。
故选：C。
【点评】物理学中，对各种物理量的估算能力，是我们应该加强锻炼的重要能力之一，这种能力的提高，对我们的生活同样具有很大的现实意义。
2．（2分）关于声音的特性和利用，下列说法正确的是（ ）
A．“声纹门锁”是依据声音的响度来识别的
B．鼓手打鼓用的力越大，鼓声的音调就越高
C．“公共场合不要大声喧哗”是要求人们说话的音调要低一些
D．超声波能够粉碎体内“结石”是因为声波能传递能量
【分析】（1）声音的特性是指音调、响度和音色，音调指声音的高低，是由物体振动的频率决定的；响度指声音的强弱，是由物体振动振幅决定的；音色指声音的特色，是由发声体的材料和结构决定的。
（2）声音不但能传递信息，还能够传递能量。
【解答】解：A、“声纹门锁”是依据声音的音色来识别的，故A错误；
B、鼓手打鼓用的力越大，鼓声的响度就越大，故B错误；
C、“公共场合不要大声喧哗”是要求人们说话的响度要小一些，故C错误；
D、超声波能够粉碎体内“结石”是因为声波能传递能量，故D正确。
故选：D。
【点评】本题是一道综合了多个知识点的题目，做题时要多复习相关的物理知识点，注意分清易错易混之处。如：生活中说的高低有时是指大小，即响度；不同的人说话声主要是音色不同。
3．（2分）如图是跳水运动员跳板跳水时的情景，跳板跳水运动有起跳、腾空、下落、入水几个阶段，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．跳板被压弯，说明力可以改变物体的运动状态
B．腾空过程中，运动员的运动状态不变
C．在最高点时，运动员不受力的作用
D．在下落过程中，只有重力对运动员做功
【分析】（1）力的作用效果有两个：①力可以改变物体的形状即使物体发生形变。②力可以改变物体的运动状态，包括物体的运动速度大小发生变化、运动方向发生变化。
（2）力是物体对物体的作用，发生力的作用时，至少要有两个物体，其中受到力的作用的物体叫受力物体，对别的物体施加了力的物体叫施力物体。
（3）做功的两个必要因素：1．作用在物体上的力；2．物体在力的方向上通过的距离（即力和距离的方向要一致）；
二者缺一不可。
【解答】解：A、跳板被压弯，形状发生了变化，说明力可以改变物体的形状，故A错误。
B、腾空过程中，运动员的位置与速度在变化，运动员的运动状态变化，故B错误。
C、在最高点时，运动员竖直方向上的速度为零，但受到竖直向下的重力作用，故C错误。
D、在下落过程中，运动员受到竖直向下的重力作用，在重力方向上移动了距离，则只有重力对运动员做功，故D正确。
故选：D。
【点评】理解力的两个作用效果，会分析物体的受力，理解做功的必要因素，可解答此题。
4．（2分）对下列现象的解释中正确的是（ ）
A．放在衣柜里的樟脑丸，时间久了会明显变小，是因为脑丸蒸发为气体跑掉了
B．在夏季的早晨看到草叶上挂满了露珠，到了初冬覆盖了一层霜，所以霜是由露珠变成的
C．初冬季节在家里洗澡时，发现房间里充满了“白气”，这些“白气”是水蒸气
D．在冰箱里的冻豆腐取出后一会儿豆腐里有许多小孔，这是豆腐里的水先凝固后熔化形成的
【分析】物质由气态直接变为固态叫凝华，物质由固态直接变为气态叫升华；由气态变为液态叫液化，由液态变为气态叫汽化；由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固。
【解答】解：A、放在衣柜里的樟脑丸，时间久了会明显变小，是因为脑丸升华为气体跑掉；故A错误；
B、霜是空气中的水蒸气遇冷凝华为固体的冰晶，附着在植被表面；故B错误；
C、初冬季节在家里洗澡时，发现房间里充满了“白气”，这些“白气“是水蒸气液化形成的小水滴；故C错误；
D、把冰箱里的冻豆腐取出后一会儿豆腐里有许多小孔，这是豆腐里的水先遇冷结冰，后又熔化成水形成的空隙；故D正确；
故选：D。
【点评】分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态；另外对六种物态变化的吸热和放热情况也要有清晰的认识。
5．（2分）在1标准大气压下探究“某种固体物质熔化时温度变化规律”的实验装置（1标准大气压下该物质的沸点为127.9℃）。图乙是根据实验数据绘出的温度随时间变化的图像。下列说法不正确的是（ ）
A．该物质是晶体
B．继续加热，该物质会沸腾
C．1标准大气压下该物质的凝固点是80℃
D．该物质在AB段是固态
【分析】（1）明确图像中横纵坐标所表示的内容，可以看出物质的温度整体呈上升趋势，且有一段时间物质吸热但温度不再高，说明这是晶体熔化的图像，进而可以判断出对应的熔点温度；
（2）根据物质的熔点分析状态；
（3）液体沸腾条件：达到沸点，继续吸热。
【解答】解：
AC、分析图像可知，物质的温度整体呈上升趋势，且有一段时间物质吸热但温度不再高，说明这是晶体熔化的图像，图像中呈水平的一段所对应的温度80℃就是物质的熔点，同一晶体的熔点和凝固点相同，则一标准大气压下该物质的凝固点是80℃，故AC正确；
B、当大烧杯中的水沸腾时，温度达到100℃，继续吸热但温度不再升高，试管中的物质的温度达到水的沸点，和烧杯中的水的温度一样，就不能从烧杯中继续吸热，温度不能升高到127.9℃，所以不会沸腾，故B错误；
D、物质的熔点为80℃，AB段表示固态物质吸热升温过程，故D正确。
故选：B。
【点评】分析物质熔化图像时，既要看温度随时间的整体变化趋势，更要学会观察关键的温度点和时间点，这样才能做出全面的分析。
6．（2分）下列所涉及的物理知识，解释合理的是（ ）
A．雨后天空中可以看到彩虹是光的反射形成的
B．岸边的景物在水中的“倒影”是由于光的反射而形成的实像
C．我们看到水中的物体比实际位置浅是由于光的折射形成的
D．小明在阳光下身后的影子是由光沿直线传播形成的实像
【分析】（1）彩虹是由于光的折射形成的；
（2）倒影属于平面镜成像；
（3）水中物体的光经水面斜射入空气中时，会发生折射现象，折射光线远离法线，我们逆着折射光线的方向能看到比物体实际位置较浅的虚像；
（4）影子是由光的直线传播形成的。
【解答】解：A、彩虹是由于雨后空气中含有大量的小水珠，太阳经过小水珠不断的反射和折射，形成的色散现象，故A错误；
B、倒影属于平面镜成像，是由光的反射形成的虚像，故B错误；
C、从水面上看到水中物体的像比物体的实际位置浅，是光的折射现象，故C正确；
D、小明在阳光下身后的影子是由光沿直线传播形成的，影子不是像，故D错误。
故选：C。
【点评】此题涉及的光学知识比较多，是一道综合性的题目，但是难度不大。需要注意的是彩虹的成因：是由于空气中的小水珠造成的光的色散，是一种光的折射现象。
7．（2分）如图所示，把一支点燃的蜡烛放在距离凸透镜2倍焦距以外的地方，在透镜的另一侧调节光屏位置可找到一个清晰的像。这个像是图中的（ ）
A． B．
C． D．
【分析】解决此题要知道当物体处于二倍焦距以外时，在光屏上会成一个倒立、缩小的实像。
【解答】解：因蜡烛放在距离凸透镜2倍焦距以外的地方，所以在光屏上会成一个倒立、缩小的实像，分析各选项可知，只有B选项中的是倒立、缩小的实像；
故选：B。
【点评】解决此题要结合凸透镜的成像规律进行分析解答。
8．（2分）均匀正方体甲、乙置于水平地面上，对水平地面的压强分别为p甲、p乙。现沿水平方向切去部分后，如图所示，甲、乙剩余部分的高度和质量均相等。下列关于甲、乙的密度ρ甲、ρ乙和甲、乙正方体对水平地面的压强p甲、p乙大小的判断。正确的是（ ）
A．ρ甲＝ρ乙，p甲＞p乙 B．ρ甲＝ρ乙，p甲＜p乙
C．ρ甲＞ρ乙，p甲＞p乙 D．ρ甲＞ρ乙，p甲＜p乙
【分析】正方体放在水平地面上，沿水平方向切去部分后，甲、乙剩余部分的高度相等、质量相等。根据密度公式ρ＝知，质量相等，体积越大，密度越小，可比较密度大小关系。
正方体放在水平地面上对地面的压力等于物体重力，对地面的压强p＝＝＝＝＝＝ρgh，根据公式可分析甲、乙对地面的压强关系。
【解答】解：（1）由图可知，沿水平方向切去部分后，剩余部分体积V甲＜V乙；
又已知剩余部分质量m甲＝m乙；
根据密度公式ρ＝知，ρ甲＞ρ乙；
（2）设正方体甲、乙边长分别为L甲，L乙；
剩余部分均为长方体，且剩余部分的质量m甲＝m乙；
根据m＝ρV和长方体体积公式可得：m甲＝ρ甲L甲2h剩＝m乙＝ρ乙L乙2h剩；
则可得ρ甲gL甲2＝ρ乙gL乙2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①；
正方体放在水平地面上对地面的压力等于物体重力，对地面的压强p＝＝＝＝＝＝ρgh，
所以，切去前甲、乙对地面压强分别为：p甲＝ρ甲gL甲，p乙＝ρ乙gL乙；
由图知L乙＞L甲，即 ＞1﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由①可得 ＝＞1，
所以ρ甲gL甲＞ρ乙gL乙；
即p甲＞p乙；
故选：C。
【点评】本题主要考查了有关压强和密度的大小比较，关键是知道规则柱状体产生的压强p＝ρgh，然后能推导出两物体p的大小关系。
9．（2分）下列测量方案中，最合理的是（ ）
A．测小铁块密度：用装有适量水的量筒测体积后，再用天平测质量
B．测正方体小木块密度：用天平测质量后，再用刻度尺测边长并计算体积
C．测小砖块密度：用天平测质量后，再用装有适量水的量筒测体积
D．测比赛用铅球密度：用天平测质量后，再用装有适量水的量筒测体积
【分析】用天平和量筒测固态物质的密度，为了减小误差，需先测质量后测体积，然后根据ρ＝进行计算。
【解答】解：
A、先测铁块体积再测质量，这样测量体积后铁块上会沾有水，质量测量偏大，造成密度测量偏大，A错误；
B、测正方体小木块密度：用天平测质量后，再用刻度尺测边长并计算体积，可以减小测量误差，B正确；
C、测小砖块密度时，小砖块对水有吸水性，用装有适量水的量筒测体积误差较大，C错误；
D、测比赛用铅球密度：铅球的质量较大，不宜用天平测质量，体积较大不宜用装有适量水的量筒测体积，D错误；
故选：B。
【点评】根据公式ρ＝，需测量物体的质量和体积，为了减小误差，先测质量后测体积。
10．（2分）如图甲所示，静止时U形管两侧液面相平、若要出现图乙的情景，下列方法可行的是（ ）
A．向右管打气 B．向左管抽气
C．沿左管口水平方向吹气 D．沿右管口水平方向吹气
【分析】（1）向左管抽气，向右管打气，存在压强差，据此分析AB选项。
（2）流体的压强跟流速有关，流速越大，压强越小，据此分析CD选项；
【解答】解：在图甲所示，静止时U形管两侧液面相平；
A、向右管打气，右边上方压强小，而左边压强不变，所以在左右两边压强差的作用下，左边液面升高，故A错误；
B、向左管抽气，左边上方压强小，而右边压强不变，所以在左右两边压强差的作用下，左边液面升高，故B错误；
C、若沿左管口水平方向吹气，可减小左管上方的空气压强，可以使气流从U形管左边上方吹过，此时左边上方空气流速大、压强小，而右边压强不变，所以在左右两边压强差的作用下，左边液面升高，故C错误；
D、要使得右管内液面上升，可减小右管上方的空气压强，可以使气流从U形管右边上方吹过，此时右边上方空气流速大、压强小，而左边压强不变，所以在左右两边压强差的作用下，右边液面升高，故D正确。
故选：D。
【点评】此题考查流体压强和流速的关系、大气压的综合应用，解答此题的关键是比较U形管两边压强的大小变化。
11．（2分）下列事例中，不是应用大气压的是（ ）
A．用吸管吸饮料
B．紧贴在玻璃板上的吸盘
C．打气筒打气时筒壁发热
D．护士用注射器针管从药瓶中汲取药液
【分析】大气压的应用主要是利用气压差产生的压力差，常见的有吸管吸饮料、吸盘吸玻璃、注射器吸药液、钢笔吸墨水、活塞式抽水机抽水等，这类题目其实说“吸”是不准确的，应该说“压”，是内外气压产生的压力差的“压”的作用。
【解答】解：A、用吸管吸饮料，应用了大气压，故A不合题意；
B、吸盘吸玻璃，应用了大气压，故B不合题意；
C、打气筒打气时筒壁发热是摩擦生热现象，故C符合题意；
D、注射器吸药液应用了大气压，故D不合题意；
故选：C。
【点评】大气压的综合应用主要是：①大气压产生的压力差，②大气压对液体沸点的影响。
12．（2分）两次水平拉动同一物体在同一水平面上做匀速直线运动，两次物体运动的路程随时间变化的关系图像如图所示。根据图像，下列判断正确的是（ ）
A．两次物体运动的速度：v1＜v2
B．0～6s 两次拉力对物体所做的功：W1＝W2
C．两次物体所受的拉力：F1＞F2
D．0～6s两次拉力对物体做功的功率：P1＞P2
【分析】（1）由图像可知，时间相同时物体两次通过的路程关系，根据v＝比较两次物体运动的速度关系；
（2）两次水平拉动同一物体在同一水平面上做匀速直线运动时，物体对水平面的压力和接触面的粗糙程度相同，受到的滑动摩擦力不变，根据二力平衡条件得出两次物体所受的拉力关系，根据图像得出0～6s内物体两次通过的路程关系，根据W＝Fs得出拉力做功关系，根据P＝比较两次拉力对物体做功的功率关系。
【解答】解：
A．由图像可知，在相同时间内，物体第①次通过的路程大于第②次通过的路程，由v＝可知，v1＞v2，故A错误；
BCD．两次水平拉动同一物体在同一水平面上做匀速直线运动时，物体对水平面的压力和接触面的粗糙程度相同，受到的滑动摩擦力不变，
因此时物体受到的滑动摩擦力和拉力是一对平衡力，所以两次物体所受的拉力F1＝F2，故C错误；
由图像可知，0～6s内物体第①次通过的路程大于第②次通过的路程，由W＝Fs可知，W1＞W2，故B错误；
由P＝可知，0～6s内两次拉力对物体做功的功率：P1＞P2，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了速度公式和影响滑动摩擦力大小因素、二力平衡条件、做功公式、功率公式的综合应用，根据图像或图表探究物质的规律是近两年来出现较多的题目，图像可以使我们建立更多的感性认识，从表象中去探究本质规律，体验知识的形成过程。
13．（2分）小雨在超市购物，他用20N的力沿水平方向推动质量为10kg的购物车匀速前进了15m用时10s，而后登上自动扶梯匀速上升到楼上的服装专柜，则下列说法不正确的是（ ）
A．购物车在水平方向前进的过程中受到地面对它的摩擦力为100N
B．随自动扶梯上升的过程中，小明的机械能增加
C．在水平方向前进的过程中推力做功的功率是30W
D．当购物车中放入重物时，车在水平方向前进的过程中受到地面对它的摩擦力将大于20N
【分析】（1）物体处于静止或匀速直线运动状态时，受平衡力，根据二力平衡条件求物体所受的摩擦力；
（2）动能大小的影响因素：质量和速度，质量越大，速度越大，动能越大；重力势能大小的影响因素：质量和高度，质量越大，高度越高，重力势能越大；机械能＝动能+势能；
（3）利用W＝Fs求对购物车做功，又已知做的功和时间，利用功率公式P＝求对购物车做功的功率；
（4）摩擦力大小的影响因素：压力和接触面的粗糙程度。
【解答】解：
A、购物车在水平方向上匀速运动，受的推力和摩擦力是一对平衡力，大小相等，所以购物车受到地面对它的摩擦力大小为f＝F＝20N，故A错误；
B、小雨乘超市的自动扶梯上升过程中，小雨的质量不变，速度不变，动能不变；高度增大，重力势能增大；机械能＝动能+重力势能，动能不变，重力势能增大，机械能增大，故B正确；
C、对购物车做功：W＝Fs＝20N×15m＝300J，
对购物车做功的功率：P＝＝＝30W，故C正确；
D、当购物车中放入重物时，购物车对地面的压力增大，接触面的粗糙程度不变，所以购物车受到地面对它的摩擦力会增大，车在水平方向前进的过程中受到地面对它的摩擦力将大于20N，故D正确。
故选：A。
【点评】此题主要考查的是学生对平衡力、机械能的影响因素、功和功率的计算以及摩擦力大小影响因素的理解和掌握，属于综合性题目。
14．（2分）如图所示，一长为L的直杆可绕O点转动杆下挂一所受重力为G的物块刚开始直杆与竖直方向夹角为60°．为了安全下降物块，用一个始终水平向右且作用于直杆中点的拉力F使直杆缓慢地转动到竖直位置（可以认为杠杆每一瞬间都处于平衡状态），则下列说法正确的是（ ）
A．拉力F的大小保持不变
B．拉力F和物块重力G是一对平衡力
C．这个过程中物块重力所做的功GL
D．这个过程中直杆一直都是费力杠杆
【分析】分析杠杆在转动过程中动力臂和阻力臂的变化，根据杠杆的平衡条件可判断动力的变化以及杠杆类型；
根据平衡力的四个条件分析拉力与物体重力是否是平衡力；
先判断杠杆转动过程中物体高度的变化，由W＝Gh可得物体重力做的功。
【解答】解：
A、由图知，杠杆由与竖直方向成60°角逐渐转到竖直位置时，由于拉力始终水平，所以其力臂逐渐变大；物体对杠杆拉力为阻力，转动过程中阻力臂逐渐变小；由杠杆平衡条件可知拉力F逐渐变小，故A错误；
B、拉力F和物块重力大小不等、不一条直线上，不作用在一个物体上，所以不是一对平衡力，故B错误；
C、杠杆由与竖直方向成60°角时，杠杆右端高度h＝L，转到竖直位置时杠杆下端高度降到L处，所以物体下降高度△h＝L﹣L＝L，所以物体重力做功W＝G△h＝GL，故C正确；
D、当杠杆转到竖直位置时，阻力臂为0，杠杆为省力杠杆，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了杠杆动态平衡、杠杆类型的认识和理解以及二力平衡的判断以及功的计算，能否正确分析阻力臂与动力臂的变化情况以及它们的大小关系是本题的解题关键。
15．（2分）如图所示是四冲程汽油机的一个工作循环示意图，其中属于做功冲程的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据曲轴的转动方向判断活塞的运行方向，再根据气门的关闭情况就可以确定是哪一个冲程。
【解答】解：A、进气门开启，气体流入汽缸，是吸气冲程；不符合题意；
B、两气门都关闭，活塞上行，汽缸容积变小，是压缩冲程，不符合题意；
C、两气门都关闭，活塞下行，汽缸容积变大，是做功冲程，符合题意；
D、排气门开启，气体流出汽缸，是排气冲程；不符合题意；
故选：C。
【点评】此题考查了内燃机的四个冲程的判断。
16．（2分）如图所示，两个完全相同的验电器A和B，A带正电，B不带电。现用金属棒连接验电器A和B，则下列说法中正确的是（ ）
A．电荷从验电器A流动到验电器B
B．电荷从验电器B流动到验电器A
C．验电器A得到正电荷
D．验电器B得到正电荷
【分析】人们把正电荷定向移动的方向规定为电流的方向，所以负电荷定向移动的方向与电流的方向相反。
【解答】解：
AB、由题知，A带正电，B不带电，用带有绝缘柄的金属棒把A和B连接起来，则B上的一部分电子会通过金属棒转移到A上，A得到电子，与正电荷相互抵消一部分，A带的正电荷会减少从而张角变小，而B因为失去电子也带上了正电荷，B的两金属箔带上同种电荷使B金属箔张角变大，故A错误，B正确。
CD、由上面分析知，验电器A得到电子，B失去电子，而不是正电荷的移动，故CD错误。
故选：B。
【点评】本题的目的是考查对验电器使用原理，在金属导体中，能够自由移动的电荷是负电荷（自由电子）。
17．（2分）如图所示，是用滑动变阻器调节灯泡亮度的几种方案，你认为可能达到目的方案是 （ ）
A． B． C． D．
【分析】灯泡和滑动变阻器串联在电路中，移动滑片，改变连入电路的电阻，改变电路中灯泡的电流，能调节灯泡的亮度。灯泡和滑动变阻器并联时，移动滑片，不能改变灯泡的电流，不能调节灯泡的亮度。
【解答】解：
A、如图，灯泡和滑动变阻器的下半段被导线短路，灯泡不亮，滑动变阻器更不能调节灯泡的亮度。A不符合题意。
B、滑动变阻器的上半段被短路，灯泡和滑动变阻器的下半段是并联的，灯泡两端电压始终等于电源电压，所以滑动变阻器不能改变灯泡的亮度。B不符合题意。
C、滑动变阻器和灯泡是串联的，移动滑动变阻器的滑片，改变电路中的电阻，改变电路中的电流，改变灯泡的亮度。C符合题意。
D、灯泡和滑动变阻器都被导线短路，灯泡不能发光，滑动变阻器更不能调节灯泡的亮度。D不符合题意。
故选：C。
【点评】滑动变阻器和灯泡串联时才能改变灯泡的亮度。掌握滑动变阻器连入电路的部分，才能具体判断灯泡亮度的变化情况。
18．（2分）如图所示，电源电压一定。关于电路的工作情况，下列说法正确的是（ ）
A．只闭合S1时，两只灯泡是串联的
B．若先闭合S1，再闭合S2，电压表读数不变、电流表读数变大
C．若先闭合S1，再闭合S2，电压表读数不变、电流表读数不变
D．若灯L1被短路，闭合S1、S2后，则灯L1不亮，灯L2亮，电流表损坏
【分析】（1）只闭合S1时，灯泡L2被断路，电路为灯泡L1的简单电路，据此进行判断；
（2）若先闭合S1，电路为灯泡L1的简单电路，电流表测电路中的电流，电压表测电源两端的电压；再闭合S2时，两灯泡并联，电流表测干路电流，电压表测电源两端的电压，根据电源的电压可知电压表示数的变化，利用并联电路中各支路独立工作、互不影响可知通过灯泡L1的电流不变，利用并联电路的电流特点可知干路电流的变化；
（3）若灯L1被短路，闭合S1、S2后，电流经开关S1、电流表、导线后回到电源的负极，会造成电源短路，据此进行解答。
【解答】解：
A.只闭合S1时，灯泡L2被断路，电路为灯泡L1的简单电路，电流表测电路中的电流，电压表测电源两端的电压，故A错误；
BC.若先闭合S1，电路为灯泡L1的简单电路，电流表测电路中的电流，电压表测电源两端的电压，
再闭合S2时，两灯泡并联，电流表测干路电流，电压表测电源两端的电压，
由电源电压一定可知，电压表的示数不变，
因并联电路中各支路独立工作、互不影响，
所以，通过灯泡L1的电流不变，
因并联电路中干路电流表等于各支路电流之和，
所以，干路电流变大，即电流表的示数变大，故B正确、C错误；
D.若灯L1被短路，闭合S1、S2后，电流经开关S1、电流表、导线后回到电源的负极，会造成电源短路，
此时两灯泡均不亮，电流表损坏，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了电路的三种状态和电路的动态分析，分清开关闭合、断开时电路的连接方式是关键。
19．（2分）如图，电源电压不变，闭合开关S．将变阻器的滑片P从b向a移动，则（ ）
A．电流表示数变小，小灯泡变暗
B．电压表示数变小，小灯泡变亮
C．电压表示数变小，电路消耗的总功率变小
D．电流表示数变大，电路消耗的总功率变大
【分析】由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测灯泡两端电压，电流表测量电路中的电流；
根据滑动变阻器滑片移动方向判断滑动变阻器接入电路的电阻如何变化，由串联电路特点判断电压表示数如何变化，由欧姆定律判断电路电流如何变化，根据P＝UI判定功率的变化。
【解答】解：由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测灯泡两端电压，电流表测量电路中的电流；
AB、由电路图知，变阻器的滑片P从b向a移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变小，滑动变阻器的分压变小，根据串联电路中的分压规律可知，灯两端的电压变大、电压表示数变大；
由于总电阻减小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，电流表示数变大；
灯泡两端电压变大、通过的电流变大，根据P＝UI可知，灯的电功率变大，灯泡变亮；故AB错误；
CD、电源电压不变，电路中电流变大，根据公式P＝UI可知，电路消耗的总功率变大；故D正确、C错误。
故选：D。
【点评】本题是一道动态分析题，是常考题型，要掌握这类题的解题思路；分析清楚电路结构、熟练应用串联电路特点及欧姆定律是正确解题的关键。
20．（2分）如图，电路中电源电压保持不变，小灯泡标有“3V 1.5W”字样，不考虑灯泡电阻随温度的变化，滑动变阻器R的最大阻值为24Ω，电流表量程为0～0.6A，电压表量程为0～3V。当开关S闭合后，滑动变阻器R接入电路的电阻为3Ω时小灯泡正常发光。为了保证电路安全，小灯泡电压不超过额定电压，两电表的示数均不超过所选量程。在滑片P滑动过程中，下列说法（ ）
①电源电压为4.5V
②变阻器接入电路的阻值范围是3Ω～12Ω
③小灯泡的最小功率为0.135W
④电路的最大功率2.25W
A．只有①②③正确 B．只有①③④正确
C．只有①②④正确 D．①②③④都正确
【分析】（1）知道灯的铭牌（额定电压、额定功率），利用P＝求灯泡的电阻；利用P＝UI求正常发光时通过的电流。当开关S闭合后，滑动变阻器R接入电路的电阻为3Ω时，小灯泡正常发光，利用U＝IR求电源电压；
（2）由于电流表量程为0﹣0.6A，为了保证电路中各元件安全工作，电路中的最大电流等于灯正常工作时通过的电流，利用欧姆定律求电路中的最小电阻，滑动变阻器连入电路中的最小阻值等于总电阻减去灯的电阻；
由于电压表量程为0﹣3V，当电压表的示数最大为3V时，滑动变阻器接入电路的电阻最大；此时灯泡两端的电压等于电源电压减去3V，利用欧姆定律求此时电路的电流，进而求出滑动变阻器接入电路的最大阻值，最后得出为保护电路，变阻器接入电路的阻值范围；
（3）前面求出了电路中的最小电流，利用P＝I2R求小灯泡的最小功率；
（4）前面求出了电路中的最大电流，利用P＝UI求电路的最大功率。
【解答】解：由图知，灯泡和滑动变阻器串联，电压表测变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流；
（1）由P＝可得灯泡的电阻：
RL＝＝＝6Ω，
由P＝UI可得，灯泡正常发光时通过的电流：
I额＝＝＝0.5A，
由题知，当开关S闭合后，滑动变阻器R接入电路的电阻为3Ω时，小灯泡正常发光，
由欧姆定律和电阻的串联可得电源电压：
U＝I额R串＝I额×（R+RL）＝0.5A×（3Ω+6Ω）＝4.5V；故①正确；
（2）因串联电路中电流处处相等，且电流表量程为0﹣0.6A，灯泡的额定电流为0.5A，
所以为了保证电路中各元件安全工作，电路中的最大电流I最大＝I额＝0.5A，
电路中的总电阻：R最小＝＝＝9Ω，
滑动变阻器连入电路中的最小阻值：R最小＝R总﹣RL＝9Ω﹣6Ω＝3Ω，
由于电压表量程为0﹣3V，当电压表的示数最大为U滑′＝3V时，滑动变阻器接入电路的电阻最大；
此时灯泡两端的电压为：UL′＝U﹣U滑′＝4.5V﹣3V＝1.5V，
此时电路的电流为：I最小＝＝＝0.25A，
滑动变阻器接入电路的最大阻值：
R最大＝＝＝12Ω，
所以为保护电路，变阻器接入电路的阻值范围是3Ω﹣12Ω；故②正确；
（3）小灯泡的最小功率：
PL最小＝I最小2RL＝（0.25A）2×6Ω＝0.375W；故③错误；
（4）电路的最大功率：
P最大＝UI最大＝4.5V×0.5A＝2.25W，故④正确。
综上可知，只有①②④正确。
故选：C。
【点评】本题考查串联电路的特点、欧姆定律的应用以及电功率的计算，关键是确定为了保证电路安全明确电路中的最大电流。
二、填空题（本大题包括6小题，共12分）
21．（3分）歼﹣20是中国第五代隐身重型歼击机，其最大飞行速度为2.8马赫，即15℃空气中声速的2.8倍（15℃空气中声速340m/s）。歼击机以最大飞行速度飞行100s运动的路程为 95200 m．通常，进入战斗状态前歼击机丢掉副油箱以减小惯性，使运动状态 容易 （选填“容易”或“不容易”）改变。
【分析】（1）根据题意求出歼20的最大飞行速度，又知时间，利用速度公式计算路程；
（2）惯性是物体保持原有运动状态不变的性质，惯性的大小只与物体的质量有关。
【解答】解：
（1）根据题意可得，歼﹣20的最大飞行速度v＝2.8马赫＝2.8v声＝2.8×340m/s＝952m/s，
根据v＝可得，歼﹣20飞行100s运动的路程：s＝vt＝952m/s×100s＝95200m；
（2）歼击机在进入战斗状态时要丢掉副油箱，这样做是为了减小质量，这样飞机的惯性会更小，使其运动状态易于改变。
故答案为：95200；容易。
【点评】本题考查了速度公式以及惯性知识的应用，知道惯性的大小只与物体的质量有关是解决该题的关键。
22．（3分）在生活中我们要勤洗手，用洗手液洗手时会闻到一股香味，这是 扩散现象 ；新型冠状病毒对热敏感，在56℃的环境中30分钟就可以被灭活，所以我们对于日常生活中使用毛巾、餐具等要进行高温消毒，这是利用 热传递 的方式改变了物体的内能。
【分析】①不同的物质相互接触时，分子彼此进入对方的现象，叫扩散，扩散现象说明：分子在不停地做无规则运动，温度越高分子无规则运动越剧烈；
②做功和热传递都可以改变物体的内能，热传递改变物体的内能是能量的转移，做功改变物体的内能是能量的转化。
【解答】解：
（1）用洗手液洗手时会闻到一股香味，这是香味分子发生了扩散现象，是由于分子在做不停地无规则运动造成的；
（2）对日常生活中使用的毛巾、餐具之类的物品进行高温消毒，这些物体吸收热量，温度升高，内能改变，是通过热传递的方式改变了物体的内能；
故答案为：扩散现象；热传递。
【点评】本题考查了分子的无规则运动、改变物体内能的方法，属于基础知识的考查；要养成平时对观察、多思考的好习惯。
23．（3分）在一张不透光的纸上打一个极小的“△”三角形孔，让太阳光垂直射到这张纸上经过这个小孔，这时在地面看到 圆形 （选填“圆形”、“三角形”）小亮斑。这个小亮斑其实是太阳 倒立 （选填“正立”或“倒立”）的实像。
【分析】太阳光沿直线传播经过纸片上极小的“△”三角形孔时，在地上形成光斑，这是小孔成像，地上的光斑是太阳的像；小孔成的像是倒立的实像，与物体的形状相同，与小孔的形状无关。
【解答】解：光在同种均匀介质中是沿直线传播的；太阳发出的光沿直线传播，经过纸片上极小的“△”三角形孔时，在地上形成光斑，这是小孔成像，小孔成像中，像的形状与小孔的形状无关，像的形状取决于物体的形状，因此“△”形的小孔仍然成圆形的像；地面上的光斑实际上是太阳的倒立缩小的实像。
故答案是：圆形；倒立。
【点评】本题考查了光的直线传播、小孔成像的原因及像的形状，属于光的直线传播的常规考查，难度不大。
24．（3分）用如图所示的滑轮组将一个重为48N的物体匀速提升0.2m，作用在绳子自由端的拉力为20N，则绳子自由端移动的距离为 0.6 m，该滑轮组的机械效率为 80% 。
【分析】由图可知，滑轮组绳子的有效股数，根据s＝nh求出绳子自由端移动的距离，根据η＝×100%＝×100%＝×100%＝×100%求出该滑轮组的机械效率。
【解答】解：由图可知，n＝3，则绳子自由端移动的距离：
s＝nh＝3×0.2m＝0.6m，
该滑轮组的机械效率：
η＝×100%＝×100%＝×100%＝×100%＝×100%＝80%。
故答案为：0.6；80%。
【点评】本题考查了滑轮组绳子自由端移动距离和滑轮组机械效率的计算，利用好s＝nh和η＝×100%是关键。
25．（3分）冬天，小明在家用液化气烧开水时发现壶嘴上方冒出“白气”，如图所示，“白气”是 液化 （填物态变化名称）现象形成的。看到壶身闪闪发光，这是因为光在光滑的壶身表面发生了 镜面 （选填“镜面”或“漫”）反射。
【分析】（1）物质由气态变为液态，称为液化，液化是放热的；
（2）光的反射分为镜面反射和漫反射，当平行光线射到光滑表面时发生镜面反射，反射光线依然平行。
【解答】解：烧开水时发现壶嘴上方冒出的“白气”是水蒸气遇冷液化形成的小水珠；
看到壶身闪闪发光，这是因为光在光滑的壶身表面发生了镜面反射。
故答案为：液化；镜面。
【点评】此题主要考查的知识点有两个：一是液化的定义﹣﹣由气态变成液态的过程；二是镜面反射的定义﹣﹣当平行光线射到光滑表面时发生镜面反射，反射光线依然平行。
26．（3分）灯泡L1、L2分别标有“4V 4W”和“8V 8W”的字样，将它们并联起来使用，干路上允许通过的最大电流为 1.5 A，此时L1消耗的电功率为 2 W。
【分析】（1）根据P＝先计算两灯电阻；当将灯泡L1、L2并联使用时，根据并联电路电压特点，电路电压只能取额定电压较小的那个，分别算出通过R1和R2的电流，然后可知干路中允许的最大电流；
（2）根据P＝UI可求此时L1消耗的电功率。
【解答】解：（1）由P＝可得，灯泡L1的电阻R1＝＝＝4Ω，
同理，灯泡L2的电阻R2＝＝＝8Ω，
当灯泡L1、L2并联起来使用时，为了保证灯泡不被烧坏，根据并联电路的电压特点，电路中的电源电压最大取灯泡L1的额定电压4V：
由欧姆定律可得，此时R1中的电流：I1′＝＝＝1A，
R2中的电流：I2′＝＝＝0.5A，
干路上允许通过的最大电流：I＝I1′+I2′＝1A+0.5A＝1.5A；
（2）此时L1消耗的电功率：
P1实＝UI1′＝4×0.5A＝2W。
故答案为：1.5；2。
【点评】本题考查并联电路电压和电流特点、欧姆定律公式和电功率公式的灵活应用，难点是对于额定电压和额定电流不同的两个电阻来说，串联时比较额定电流取小的，并联时比较额定电压取小的。
三、简述、作图、实验题（本大题包括5小题，共33分）
27．小明在实验室进行实验，把多个小灯泡串联在电路当中，发现串联的小灯泡越多，小灯泡越暗，请你帮助他分析其中的原因。
【分析】在电源电压不变的情况下，串联的小灯泡越多，电路的总电阻越大，由欧姆定律分析电流的变化；由串联电路的分压特点分析每个小灯泡分得的电压如何变化，再根据P＝UI分析其实际功率的变化；灯泡的亮度由实际功率决定，据此可知小灯泡亮度的变化。
【解答】答：串联的小灯泡越多，由R总＝R1+R2+…Rn可知，电路的总电阻越大，在电源电压一定时，根据I＝可知电路中的电流越小；由串联电路的分压特点可知，每个小灯泡所分得的电压越小，根据电功率公式P＝UI可知，每个小灯泡的实际功率也就越小，所以小灯泡的亮度越暗。
【点评】此题考查了串联电路的电阻、电压规律以及欧姆定律和电功率公式的应用，明确灯泡的亮暗取决于其实际功率的大小是关键。
28．如图所示，凸透镜的主光轴刚好与水面相平，F是凸透镜的焦点，一束与水面平行的光入射到凸透镜上，请你作出经凸透镜折射后进入水中光线的大致位置。
【分析】由图示可知，入射光线平行于主光轴，根据入射光线的特点，可以画出对应的折射光线。
光由空气中斜射入水中时，发生折射，折射光线和入射光线分居法线两侧，分居在两种介质中，折射角小于入射角。
【解答】解：
平行于主光轴的入射光线经过凸透镜折射后，折射光线过焦点；再过焦点作法线，并根据折射角小于入射角画出从空气到水中的折射光线，如图所示：
【点评】关于凸透镜作图，记住三条特殊光线：平行于主光轴的入射光线，折射光线过焦点；过光心的入射光线，折射光线传播方向不变；过焦点的入射光线，折射光线平行于主光轴。
29．如图所示，请在两个虚线框内选填“电源”和“开关”的符号，使开关都闭合时两灯组成并联电路。
【分析】开关跟用电器之间属于串联使用，要使开关都闭合时两灯组成并联电路，把开关和电灯看作一个整体后，它们的首跟首相连，尾跟尾相连。
【解答】解：
由图可知，把图中的开关和与其串联的电灯看作一个整体后，另一个电灯和下面的虚线框跟它并列连接（即两灯并联），所以下面的虚线框为开关，上面的虚线框为电源，如下图所示：
【点评】本题考查并联电路的连接特点是一道基础题。
30．某同学在探究物态变化的实验中：
（1）如图所示，将碘锤放入热水中，观察到碘锤中固态碘逐渐消失，紫色的碘蒸气充满碘锤，此过程固态碘发生的物态变化是 升华 （填物态变化的名称）。
（2）在上述实验中，小明同学猜想：固态碘可能是先变成液体，再变成气体，因为速度太快，液态碘出现的时间太短，因而没有观察到，为证实猜想，他查询了一些资料：通常情况下，碘的熔点是113.5℃，碘的沸点是184.35℃，水的沸点是100℃，请你根据上述资料分析说明小明的猜想是 错误 （选填“正确”或“错误”），你判断的理由是： 水的沸点低于碘的熔点 。
【分析】（1）物质由固态直接变为气态的过程叫升华，需要吸收热量；
（2）晶体熔化的条件是达到熔点，吸收热量；
【解答】解：（1）试管中的固态碘在热水中，由固态直接变为气态，属于升华过程；
（2）由数据知，水的沸点是100℃，而碘的熔点是113.5℃，说明碘在100℃的沸水中不可能熔化，所以小明的猜想是错误的；
故答案为：（1）升华；（2）错误；（3）水的沸点低于碘的熔点。
【点评】此题考查的是物态变化过程，综合性较强，读懂题意，把握中心是解答的关键。
31．探究“浮力的大小跟哪些因素有关”的实验。ρ水＝1.0×103kg/m3
（1）物体浸没在水中受到的浮力是 1 N；
（2）①②③是探究浮力的大小与 排开液体的体积 的关系，得出的结论是 物体排开液体的体积越大，物体受到的浮力越大 。
（3）分析 ①③④ 三次的实验数据，可知浮力大小与物体浸没在液体中的深度无关。
（4）此实验还探究了浮力的大小与 液体的密度 的关系，得出的结论是 在排开液体体积一定的情况下，液体密度越大，物体受到的浮力越大 。
（5）金属块的密度为 9×103 kg/m3，盐水的密度为 1.2×103 kg/m3。
【分析】（1）由①③，根据称重法测浮力得出物体完全浸没在水中所受的浮力；
（2）物体受到的浮力大小与物体排开液的体积和密度有关，根据控制变量法，研究浮力与其中一个因素关系时，要控制另外一个因素不变，分析图示实验，找出相同量和变化量，得出浮力与变化量的关系；
（3）探究浮力与物体浸入液体深度的关系，应控制液体密度与物体排开液体的体积相同，而物体浸没在液体中的深度不同；
（4）分析④⑤实验，根据控制变量法，结合称重法分析浮力与变化量之间的关系；
（5）根据①可知金属块的重力，即可利用m＝求出质量，根据④中金属块的浮力，利用F浮＝ρ液gV排可求出金属块的体积，利用ρ＝求出金属块的密度；
根据金属块浸没在水中受到的浮力与浸没在盐水中受到的浮力的大小关系，由于排开的液体体积相同，根据F浮＝ρ液gV排可得盐水的密度。
【解答】解：（1）由①知，物体的重力：G＝9N；
由①③，根据称重法测浮力，物体完全浸没在水中所受的浮力是：
F浮＝G﹣F＝9N﹣8N＝1N；
（2）由图①、②、③所示实验可知，物体排开液体的密度相同而排开液体的体积不同，②、③中测力计示数不同，由称重法，物体受到的浮力不同，由此可知，浮力大小与物体排开液体的体积有关，故可得，在液体密度一定时，物体排开液体的体积越大，物体受到的浮力越大；
（3）探究浮力大小与物体浸没在液体中的深度关系，由控制变量法知，应控制液体密度、排开液体的体积不变，改变物体在液体中的深度，故选①③④三次试验；
（4）由图④、⑤可知，物体排开液体的体积相同，而排开液体密度不同，由控制变量法可知，还可探究浮力大小与排开液体密度的关系；
在④中，F浮4＝G﹣F4＝10N﹣8N＝2N，在⑤中，F浮5＝G﹣F5＝10N﹣7.8N＝2.2N，而水的密度小于盐水的密度，故可得，在排开液体体积一定的情况下，液体密度越大，物体受到的浮力越大；
（5）金属块的质量m金属＝＝＝0.9kg，
由F浮＝ρ液gV排可得金属块的体积为V金属＝V金属排＝＝＝1×10﹣4m3，
金属块的密度ρ金属＝＝＝9×103kg/m3。
据图①和图④可得，金属块浸没在水中受到的浮力F浮1＝9N﹣8N＝1N；据图①和图⑦可得金属块浸没在盐水中受到的浮力F浮2＝9N﹣7.8N＝1.2N；根据公式F浮＝ρ液gV排可得，金属块在盐水中受到的浮力是金属块在水中受到浮力的1.2倍，则盐水的密度是水的密度的1.2倍，所以盐水的密度ρ盐水＝1.2×103kg/m3。
故答案为：（1）1；
（2）排开液体的体积；物体排开液体的体积越大，物体受到的浮力越大；
（3）①③④；
（4）液体的密度；在排开液体体积一定的情况下，液体密度越大，物体受到的浮力越大；
（5）9×103；1.2×103
【点评】本题探究影响浮力大小因素，考查称重法测浮力，数据分析、控制变量法的运用等知识。
32．在用“伏安法测小灯泡的电阻”实验中。
（1）在图甲中，请你将电压表正确连入电路，完成电路的连接。
（2）此时滑动变阻器的主要作用是 改变灯泡两端的电压 。
（3）若某次测量时电压表和电流表的示数如图乙所示，灯泡的电阻RL＝ 11 Ω。
（4）小明同学在做实验时，电路连接无误，闭合开关后，发现电流表的指针明显偏转，而电压表的示数为零，该故障的原因可能是 灯泡短路或电压表短路 。
（5）这个电路除了可以测小灯泡的电阻外，还可以用来测量小灯泡的功率，由图乙两表示数可求出小灯泡的功率P＝ 0.44 W。
【分析】（1）根据灯的额定电压为2.5V确定电压表选用小量程与灯并联，注意电流从电压表正接线柱流入，从负接线流出；
（2）滑动变阻器在实验中的作用：保护电路；改变灯泡两端的电压；
（3）根据电表选用小量程确定分度值读数，由欧姆定律求出灯泡的电阻；
（4）闭合开关后，发现电流表的指针明显偏转，则电路为通路，根据电压表的示数为零分析；
（5）根据公式P＝UI求出灯泡此时的电功率。
【解答】解：（1）灯的额定电压为2.5V，故电压表选用小量程与灯并联，如下所示：
（2）实验中需要不断改变小灯泡两端的电压，所以滑动变阻器的主要作用是改变灯泡两端的电压；
（3）某次测量时电压表和电流表的示数如图乙所示，电压表选用小量程，分度值为0.1V，电压为2.2V，电流表量程为0.02A，电流为0.2A，由欧姆定律，则灯泡的电阻：RL＝＝＝11Ω；
（4）电路连接无误，闭合开关后，发现电流表的指针明显偏转，则电路为通路，而电压表的示数为零，该故障的原因可能是灯泡短路或电压表短路；
（5）灯泡的电功率为P＝UI＝2.2V×0.2A＝0.44W。
故答案为：（1）如上图所示；（2）改变灯泡两端的电压；（3）11Ω；（4）灯泡短路或电压表短路；（5）0.44。
【点评】本题是“伏安法测小灯泡的电阻”实验，考查电路连接、注意事项、电路分析、实验原理、电表读数和故障分析及影响电阻大小的因素等，属于中考常考命题点，务必牢固掌握。
四、计算题（本大题包括2小题，共15分。解答时应写出必要的文字说明，方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）
33．工人用滑轮组提升水中物体A，如图所示，当物体A完全在水面下被匀速提升的过程中，工人对绳子竖直向下的拉力为220N．当物体A完全打捞出水面后被匀速提升的过程中，滑轮组的机械效率为η，工人对绳子竖直向下的拉力为F．已知：物体A所受重力为1000N，体积为8.0×10﹣2m3，水的密度为ρ水＝1.0×103kg/m3．滑轮与轴的摩擦、水的阻力以及绳重不计，g取10N/kg。求：
（1）物体A完全在水面下时受到的浮力；
（2）工人对绳子竖直向下的拉力F；
（3）滑轮组的机械效率η（结果保留一位小数）。
【分析】（1）物体A完全在水面下时排开水的体积和自身的体积相等，利用阿基米德原理F浮＝ρgV排求出物体A受到的浮力；
（2）物体A完全在水面下时受到绳子的拉力等于物体A的重力减去浮力；由图知，n＝2，滑轮与轴的摩擦、水的阻力以及绳重不计，此时拉力F′＝（GA﹣F浮+G动），据此求动滑轮的重力；物体A完全打捞出水面后，拉力F＝（GA+G动）；
（3）滑轮组的机械效率η＝＝＝＝。
【解答】解：
（1）因为物体A完全在水面下，排开水的体积和自身的体积相等，
所以物体A排开水的体积：
V排＝V＝8.0×10﹣2m3，
受到的浮力：
F浮＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×8.0×10﹣2m3＝800N；
（2）物体A完全在水面下时受到绳子的拉力：
F拉＝GA﹣F浮＝1000N﹣800N＝200N，
由图知，n＝2，滑轮与轴的摩擦、水的阻力以及绳重不计，此时拉力F′＝（GA﹣F浮+G动）＝220N，
则动滑轮的重力：
G动＝2F′﹣GA+F浮＝2×220N﹣1000N+800N＝240N，
物体A完全打捞出水面后，拉力：
F＝（GA+G动）＝（1000N+240N）＝620N；
（3）滑轮组的机械效率：
η＝＝＝＝＝×100%≈80.6%。
答：（1）物体A完全在水面下时受到的浮力为800N；
（2）工人对绳子竖直向下的拉力F为620N；
（3）滑轮组的机械效率η为80.6%。
【点评】本题涉及到的知识点较多，考查了浮力、有用功、总功、机械效率的计算等，注意在滑轮与轴的摩擦、水的阻力以及绳重不计时，利用好关系式：物体在水中时拉力F＝（GA﹣F浮+G动），物体脱离水面后拉力F＝（GA+G动）。
34．一电热壶有加热和保温两个功能，开关K闭合，开关S自动与触点a、b接通，开始烧水，当水温达到100摄氏度时，开关S自动断开a、b，立即与触点c接能，开始保温，已知电阻R1＝50Ω，加热功率P加是保温功率P保的5倍，水的比热容c＝4.2×103J/（kg•℃），电阻大小不受温度影响，求：
（1）1kg初温35℃的水，加热到100℃，所吸收的热量是多少？
（2）电阻R2的阻值；
（3）晚上用电高峰期时，将1kg初温35℃的水，加热到100℃，需用时300s，若加热效率为91%，则家庭电路实际电压为多少伏？
【分析】（1）根据Q吸＝cm△t可求得吸收的热量；
（2）由题意和电路图可知，开关S与触点a、b接通时，R1与R2并联，电热水壶处于加热状态；开关S自动与a、b断开并与触点c接通时，电路为R2的简单电路，电热水壶处于保温状态；加热功率减去保温状态的功率即为R1消耗的电功率，根据P＝分别求出R1和R2大小；
（3）利用效率公式求出消耗的电能，再根据P＝公式变形求出实际电压。
【解答】解：（1）质量为1kg，初温为35℃的水加热到100℃所吸收的热量：
Q吸＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃﹣35℃）＝2.73×105J；
（2）由题意和电路图可知，开关S与触点a、b接通时，R1与R2并联，电热水壶处于加热状态；
开关S自动与a、b断开，并与触点c接通时，电路为R2的简单电路，电热水壶处于保温状态，
因电路的总功率等于各电阻消耗功率之和，且R2在两种状态下消耗的功率不变，
则P加热＝+，P保温＝，
已知加热功率P加热是保温功率P保温的5倍，
所以+＝5×，
解得R2＝4R1＝4×50Ω＝200Ω；
（3）由效率公式可得，电热水壶加热时消耗的电能：
W＝＝＝＝3×105J，
电热水壶加热时的实际功率为：
P＝＝＝1000W，
即+＝1000W，
将R1＝50Ω，R2＝200Ω代入上式，解得U实＝200V。
答：（1）将1kg初温为35℃的水加热到100℃需要吸收2.73×105J热量；
（2）电阻R2的阻值为200Ω。
（3）晚上用电高峰期的实际电压为200V。
【点评】本题考查了电功与热量的综合计算，涉及到吸热公式、电功公式和效率公式的应用，综合性强。
2021年四川省自贡市中考物理适应性试卷
一、选择题（共20小题，每小题2分，共40分。每小题只有一个选项符合题意。）
1．下列数据中，符合实际的是（ ）
A．物理课本的长度约为50cm
B．适合人洗澡的水温约为80℃
C．一个鸡蛋的质量约为50g
D．短跑运动员比赛时的速度可达30m/s
2．关于声音的特性和利用，下列说法正确的是（ ）
A．“声纹门锁”是依据声音的响度来识别的
B．鼓手打鼓用的力越大，鼓声的音调就越高
C．“公共场合不要大声喧哗”是要求人们说话的音调要低一些
D．超声波能够粉碎体内“结石”是因为声波能传递能量
3．如图是跳水运动员跳板跳水时的情景，跳板跳水运动有起跳、腾空、下落、入水几个阶段，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．跳板被压弯，说明力可以改变物体的运动状态
B．腾空过程中，运动员的运动状态不变
C．在最高点时，运动员不受力的作用
D．在下落过程中，只有重力对运动员做功
4．对下列现象的解释中正确的是（ ）
A．放在衣柜里的樟脑丸，时间久了会明显变小，是因为脑丸蒸发为气体跑掉了
B．在夏季的早晨看到草叶上挂满了露珠，到了初冬覆盖了一层霜，所以霜是由露珠变成的
C．初冬季节在家里洗澡时，发现房间里充满了“白气”，这些“白气”是水蒸气
D．在冰箱里的冻豆腐取出后一会儿豆腐里有许多小孔，这是豆腐里的水先凝固后熔化形成的
5．在1标准大气压下探究“某种固体物质熔化时温度变化规律”的实验装置（1标准大气压下该物质的沸点为127.9℃）。图乙是根据实验数据绘出的温度随时间变化的图像。下列说法不正确的是（ ）
A．该物质是晶体
B．继续加热，该物质会沸腾
C．1标准大气压下该物质的凝固点是80℃
D．该物质在AB段是固态
6．下列所涉及的物理知识，解释合理的是（ ）
A．雨后天空中可以看到彩虹是光的反射形成的
B．岸边的景物在水中的“倒影”是由于光的反射而形成的实像
C．我们看到水中的物体比实际位置浅是由于光的折射形成的
D．小明在阳光下身后的影子是由光沿直线传播形成的实像
7．如图所示，把一支点燃的蜡烛放在距离凸透镜2倍焦距以外的地方，在透镜的另一侧调节光屏位置可找到一个清晰的像。这个像是图中的（ ）
A． B．
C． D．
8．均匀正方体甲、乙置于水平地面上，对水平地面的压强分别为p甲、p乙。现沿水平方向切去部分后，如图所示，甲、乙剩余部分的高度和质量均相等。下列关于甲、乙的密度ρ甲、ρ乙和甲、乙正方体对水平地面的压强p甲、p乙大小的判断。正确的是（ ）
A．ρ甲＝ρ乙，p甲＞p乙 B．ρ甲＝ρ乙，p甲＜p乙
C．ρ甲＞ρ乙，p甲＞p乙 D．ρ甲＞ρ乙，p甲＜p乙
9．下列测量方案中，最合理的是（ ）
A．测小铁块密度：用装有适量水的量筒测体积后，再用天平测质量
B．测正方体小木块密度：用天平测质量后，再用刻度尺测边长并计算体积
C．测小砖块密度：用天平测质量后，再用装有适量水的量筒测体积
D．测比赛用铅球密度：用天平测质量后，再用装有适量水的量筒测体积
10．如图甲所示，静止时U形管两侧液面相平、若要出现图乙的情景，下列方法可行的是（ ）
A．向右管打气 B．向左管抽气
C．沿左管口水平方向吹气 D．沿右管口水平方向吹气
11．下列事例中，不是应用大气压的是（ ）
A．用吸管吸饮料
B．紧贴在玻璃板上的吸盘
C．打气筒打气时筒壁发热
D．护士用注射器针管从药瓶中汲取药液
12．两次水平拉动同一物体在同一水平面上做匀速直线运动，两次物体运动的路程随时间变化的关系图像如图所示。根据图像，下列判断正确的是（ ）
A．两次物体运动的速度：v1＜v2
B．0～6s 两次拉力对物体所做的功：W1＝W2
C．两次物体所受的拉力：F1＞F2
D．0～6s两次拉力对物体做功的功率：P1＞P2
13．小雨在超市购物，他用20N的力沿水平方向推动质量为10kg的购物车匀速前进了15m用时10s，而后登上自动扶梯匀速上升到楼上的服装专柜，则下列说法不正确的是（ ）
A．购物车在水平方向前进的过程中受到地面对它的摩擦力为100N
B．随自动扶梯上升的过程中，小明的机械能增加
C．在水平方向前进的过程中推力做功的功率是30W
D．当购物车中放入重物时，车在水平方向前进的过程中受到地面对它的摩擦力将大于20N
14．如图所示，一长为L的直杆可绕O点转动杆下挂一所受重力为G的物块刚开始直杆与竖直方向夹角为60°．为了安全下降物块，用一个始终水平向右且作用于直杆中点的拉力F使直杆缓慢地转动到竖直位置（可以认为杠杆每一瞬间都处于平衡状态），则下列说法正确的是（ ）
A．拉力F的大小保持不变
B．拉力F和物块重力G是一对平衡力
C．这个过程中物块重力所做的功GL
D．这个过程中直杆一直都是费力杠杆
15．如图所示是四冲程汽油机的一个工作循环示意图，其中属于做功冲程的是（ ）
A． B．
C． D．
16．如图所示，两个完全相同的验电器A和B，A带正电，B不带电。现用金属棒连接验电器A和B，则下列说法中正确的是（ ）
A．电荷从验电器A流动到验电器B B．电荷从验电器B流动到验电器A
C．验电器A得到正电荷 D．验电器B得到正电荷
17．如图所示，是用滑动变阻器调节灯泡亮度的几种方案，你认为可能达到目的方案是 （ ）
A． B． C． D．
18．如图所示，电源电压一定。关于电路的工作情况，下列说法正确的是（ ）
A．只闭合S1时，两只灯泡是串联的
B．若先闭合S1，再闭合S2，电压表读数不变、电流表读数变大
C．若先闭合S1，再闭合S2，电压表读数不变、电流表读数不变
D．若灯L1被短路，闭合S1、S2后，则灯L1不亮，灯L2亮，电流表损坏
19．如图，电源电压不变，闭合开关S．将变阻器的滑片P从b向a移动，则（ ）
A．电流表示数变小，小灯泡变暗
B．电压表示数变小，小灯泡变亮
C．电压表示数变小，电路消耗的总功率变小
D．电流表示数变大，电路消耗的总功率变大
20．如图，电路中电源电压保持不变，小灯泡标有“3V 1.5W”字样，不考虑灯泡电阻随温度的变化，滑动变阻器R的最大阻值为24Ω，电流表量程为0～0.6A，电压表量程为0～3V。当开关S闭合后，滑动变阻器R接入电路的电阻为3Ω时小灯泡正常发光。为了保证电路安全，小灯泡电压不超过额定电压，两电表的示数均不超过所选量程。在滑片P滑动过程中，下列说法（ ）
①电源电压为4.5V
②变阻器接入电路的阻值范围是3Ω～12Ω
③小灯泡的最小功率为0.135W
④电路的最大功率2.25W
A．只有①②③正确 B．只有①③④正确
C．只有①②④正确 D．①②③④都正确
二、填空题（本大题包括6小题，共12分）
21．（3分）歼﹣20是中国第五代隐身重型歼击机，其最大飞行速度为2.8马赫，即15℃空气中声速的2.8倍（15℃空气中声速340m/s）。歼击机以最大飞行速度飞行100s运动的路程为 m．通常，进入战斗状态前歼击机丢掉副油箱以减小惯性，使运动状态 （选填“容易”或“不容易”）改变。
22．（3分）在生活中我们要勤洗手，用洗手液洗手时会闻到一股香味，这是 ；新型冠状病毒对热敏感，在56℃的环境中30分钟就可以被灭活，所以我们对于日常生活中使用毛巾、餐具等要进行高温消毒，这是利用 的方式改变了物体的内能。
23．（3分）在一张不透光的纸上打一个极小的“△”三角形孔，让太阳光垂直射到这张纸上经过这个小孔，这时在地面看到 （选填“圆形”、“三角形”）小亮斑。这个小亮斑其实是太阳 （选填“正立”或“倒立”）的实像。
24．（3分）用如图所示的滑轮组将一个重为48N的物体匀速提升0.2m，作用在绳子自由端的拉力为20N，则绳子自由端移动的距离为 m，该滑轮组的机械效率为 。
25．（3分）冬天，小明在家用液化气烧开水时发现壶嘴上方冒出“白气”，如图所示，“白气”是 （填物态变化名称）现象形成的。看到壶身闪闪发光，这是因为光在光滑的壶身表面发生了 （选填“镜面”或“漫”）反射。
26．（3分）灯泡L1、L2分别标有“4V 4W”和“8V 8W”的字样，将它们并联起来使用，干路上允许通过的最大电流为 A，此时L1消耗的电功率为 W。
三、简述、作图、实验题（本大题包括5小题，共33分）
27．小明在实验室进行实验，把多个小灯泡串联在电路当中，发现串联的小灯泡越多，小灯泡越暗，请你帮助他分析其中的原因。
28．如图所示，凸透镜的主光轴刚好与水面相平，F是凸透镜的焦点，一束与水面平行的光入射到凸透镜上，请你作出经凸透镜折射后进入水中光线的大致位置。
29．如图所示，请在两个虚线框内选填“电源”和“开关”的符号，使开关都闭合时两灯组成并联电路。
30．某同学在探究物态变化的实验中：
（1）如图所示，将碘锤放入热水中，观察到碘锤中固态碘逐渐消失，紫色的碘蒸气充满碘锤，此过程固态碘发生的物态变化是 （填物态变化的名称）。
（2）在上述实验中，小明同学猜想：固态碘可能是先变成液体，再变成气体，因为速度太快，液态碘出现的时间太短，因而没有观察到，为证实猜想，他查询了一些资料：通常情况下，碘的熔点是113.5℃，碘的沸点是184.35℃，水的沸点是100℃，请你根据上述资料分析说明小明的猜想是 （选填“正确”或“错误”），你判断的理由是： 。
31．探究“浮力的大小跟哪些因素有关”的实验。ρ水＝1.0×103kg/m3
（1）物体浸没在水中受到的浮力是 N；
（2）①②③是探究浮力的大小与 的关系，得出的结论是 。
（3）分析 三次的实验数据，可知浮力大小与物体浸没在液体中的深度无关。
（4）此实验还探究了浮力的大小与 的关系，得出的结论是 。
（5）金属块的密度为 kg/m3，盐水的密度为 kg/m3。
32．在用“伏安法测小灯泡的电阻”实验中。
（1）在图甲中，请你将电压表正确连入电路，完成电路的连接。
（2）此时滑动变阻器的主要作用是 。
（3）若某次测量时电压表和电流表的示数如图乙所示，灯泡的电阻RL＝ Ω。
（4）小明同学在做实验时，电路连接无误，闭合开关后，发现电流表的指针明显偏转，而电压表的示数为零，该故障的原因可能是 。
（5）这个电路除了可以测小灯泡的电阻外，还可以用来测量小灯泡的功率，由图乙两表示数可求出小灯泡的功率P＝ W。
四、计算题（本大题包括2小题，共15分。解答时应写出必要的文字说明，方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）
33．工人用滑轮组提升水中物体A，如图所示，当物体A完全在水面下被匀速提升的过程中，工人对绳子竖直向下的拉力为220N．当物体A完全打捞出水面后被匀速提升的过程中，滑轮组的机械效率为η，工人对绳子竖直向下的拉力为F．已知：物体A所受重力为1000N，体积为8.0×10﹣2m3，水的密度为ρ水＝1.0×103kg/m3．滑轮与轴的摩擦、水的阻力以及绳重不计，g取10N/kg。求：
（1）物体A完全在水面下时受到的浮力；
（2）工人对绳子竖直向下的拉力F；
（3）滑轮组的机械效率η（结果保留一位小数）。
34．一电热壶有加热和保温两个功能，开关K闭合，开关S自动与触点a、b接通，开始烧水，当水温达到100摄氏度时，开关S自动断开a、b，立即与触点c接能，开始保温，已知电阻R1＝50Ω，加热功率P加是保温功率P保的5倍，水的比热容c＝4.2×103J/（kg•℃），电阻大小不受温度影响，求：
（1）1kg初温35℃的水，加热到100℃，所吸收的热量是多少？
（2）电阻R2的阻值；
（3）晚上用电高峰期时，将1kg初温35℃的水，加热到100℃，需用时300s，若加热效率为91%，则家庭电路实际电压为多少伏？
2021年四川省自贡市中考物理适应性试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共20小题，每小题2分，共40分。每小题只有一个选项符合题意。）
1．（2分）下列数据中，符合实际的是（ ）
A．物理课本的长度约为50cm
B．适合人洗澡的水温约为80℃
C．一个鸡蛋的质量约为50g
D．短跑运动员比赛时的速度可达30m/s
【分析】不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要简单的计算，有的要进行单位的换算，最后判断最符合实际的是哪一个。
【解答】解：
A、中学生伸开手掌，大拇指指尖到中指指尖的距离大约20cm，物理课本的长度比20cm大一些，在26cm左右。故A不符合实际；
B、人的体温在37℃左右，洗澡水的温度应该略高于体温，不可能达到80℃．故B不符合实际；
C、10个鸡蛋的质量大约1斤，而1斤＝500g，所以一个鸡蛋的质量在50g左右。故C符合实际；
D、男子百米世界纪录略大于10m/s，一般短跑运动员的成绩不可能达到30m/s．故D不符合实际。
故选：C。
【点评】物理学中，对各种物理量的估算能力，是我们应该加强锻炼的重要能力之一，这种能力的提高，对我们的生活同样具有很大的现实意义。
2．（2分）关于声音的特性和利用，下列说法正确的是（ ）
A．“声纹门锁”是依据声音的响度来识别的
B．鼓手打鼓用的力越大，鼓声的音调就越高
C．“公共场合不要大声喧哗”是要求人们说话的音调要低一些
D．超声波能够粉碎体内“结石”是因为声波能传递能量
【分析】（1）声音的特性是指音调、响度和音色，音调指声音的高低，是由物体振动的频率决定的；响度指声音的强弱，是由物体振动振幅决定的；音色指声音的特色，是由发声体的材料和结构决定的。
（2）声音不但能传递信息，还能够传递能量。
【解答】解：A、“声纹门锁”是依据声音的音色来识别的，故A错误；
B、鼓手打鼓用的力越大，鼓声的响度就越大，故B错误；
C、“公共场合不要大声喧哗”是要求人们说话的响度要小一些，故C错误；
D、超声波能够粉碎体内“结石”是因为声波能传递能量，故D正确。
故选：D。
【点评】本题是一道综合了多个知识点的题目，做题时要多复习相关的物理知识点，注意分清易错易混之处。如：生活中说的高低有时是指大小，即响度；不同的人说话声主要是音色不同。
3．（2分）如图是跳水运动员跳板跳水时的情景，跳板跳水运动有起跳、腾空、下落、入水几个阶段，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．跳板被压弯，说明力可以改变物体的运动状态
B．腾空过程中，运动员的运动状态不变
C．在最高点时，运动员不受力的作用
D．在下落过程中，只有重力对运动员做功
【分析】（1）力的作用效果有两个：①力可以改变物体的形状即使物体发生形变。②力可以改变物体的运动状态，包括物体的运动速度大小发生变化、运动方向发生变化。
（2）力是物体对物体的作用，发生力的作用时，至少要有两个物体，其中受到力的作用的物体叫受力物体，对别的物体施加了力的物体叫施力物体。
（3）做功的两个必要因素：1．作用在物体上的力；2．物体在力的方向上通过的距离（即力和距离的方向要一致）；
二者缺一不可。
【解答】解：A、跳板被压弯，形状发生了变化，说明力可以改变物体的形状，故A错误。
B、腾空过程中，运动员的位置与速度在变化，运动员的运动状态变化，故B错误。
C、在最高点时，运动员竖直方向上的速度为零，但受到竖直向下的重力作用，故C错误。
D、在下落过程中，运动员受到竖直向下的重力作用，在重力方向上移动了距离，则只有重力对运动员做功，故D正确。
故选：D。
【点评】理解力的两个作用效果，会分析物体的受力，理解做功的必要因素，可解答此题。
4．（2分）对下列现象的解释中正确的是（ ）
A．放在衣柜里的樟脑丸，时间久了会明显变小，是因为脑丸蒸发为气体跑掉了
B．在夏季的早晨看到草叶上挂满了露珠，到了初冬覆盖了一层霜，所以霜是由露珠变成的
C．初冬季节在家里洗澡时，发现房间里充满了“白气”，这些“白气”是水蒸气
D．在冰箱里的冻豆腐取出后一会儿豆腐里有许多小孔，这是豆腐里的水先凝固后熔化形成的
【分析】物质由气态直接变为固态叫凝华，物质由固态直接变为气态叫升华；由气态变为液态叫液化，由液态变为气态叫汽化；由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固。
【解答】解：A、放在衣柜里的樟脑丸，时间久了会明显变小，是因为脑丸升华为气体跑掉；故A错误；
B、霜是空气中的水蒸气遇冷凝华为固体的冰晶，附着在植被表面；故B错误；
C、初冬季节在家里洗澡时，发现房间里充满了“白气”，这些“白气“是水蒸气液化形成的小水滴；故C错误；
D、把冰箱里的冻豆腐取出后一会儿豆腐里有许多小孔，这是豆腐里的水先遇冷结冰，后又熔化成水形成的空隙；故D正确；
故选：D。
【点评】分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态；另外对六种物态变化的吸热和放热情况也要有清晰的认识。
5．（2分）在1标准大气压下探究“某种固体物质熔化时温度变化规律”的实验装置（1标准大气压下该物质的沸点为127.9℃）。图乙是根据实验数据绘出的温度随时间变化的图像。下列说法不正确的是（ ）
A．该物质是晶体
B．继续加热，该物质会沸腾
C．1标准大气压下该物质的凝固点是80℃
D．该物质在AB段是固态
【分析】（1）明确图像中横纵坐标所表示的内容，可以看出物质的温度整体呈上升趋势，且有一段时间物质吸热但温度不再高，说明这是晶体熔化的图像，进而可以判断出对应的熔点温度；
（2）根据物质的熔点分析状态；
（3）液体沸腾条件：达到沸点，继续吸热。
【解答】解：
AC、分析图像可知，物质的温度整体呈上升趋势，且有一段时间物质吸热但温度不再高，说明这是晶体熔化的图像，图像中呈水平的一段所对应的温度80℃就是物质的熔点，同一晶体的熔点和凝固点相同，则一标准大气压下该物质的凝固点是80℃，故AC正确；
B、当大烧杯中的水沸腾时，温度达到100℃，继续吸热但温度不再升高，试管中的物质的温度达到水的沸点，和烧杯中的水的温度一样，就不能从烧杯中继续吸热，温度不能升高到127.9℃，所以不会沸腾，故B错误；
D、物质的熔点为80℃，AB段表示固态物质吸热升温过程，故D正确。
故选：B。
【点评】分析物质熔化图像时，既要看温度随时间的整体变化趋势，更要学会观察关键的温度点和时间点，这样才能做出全面的分析。
6．（2分）下列所涉及的物理知识，解释合理的是（ ）
A．雨后天空中可以看到彩虹是光的反射形成的
B．岸边的景物在水中的“倒影”是由于光的反射而形成的实像
C．我们看到水中的物体比实际位置浅是由于光的折射形成的
D．小明在阳光下身后的影子是由光沿直线传播形成的实像
【分析】（1）彩虹是由于光的折射形成的；
（2）倒影属于平面镜成像；
（3）水中物体的光经水面斜射入空气中时，会发生折射现象，折射光线远离法线，我们逆着折射光线的方向能看到比物体实际位置较浅的虚像；
（4）影子是由光的直线传播形成的。
【解答】解：A、彩虹是由于雨后空气中含有大量的小水珠，太阳经过小水珠不断的反射和折射，形成的色散现象，故A错误；
B、倒影属于平面镜成像，是由光的反射形成的虚像，故B错误；
C、从水面上看到水中物体的像比物体的实际位置浅，是光的折射现象，故C正确；
D、小明在阳光下身后的影子是由光沿直线传播形成的，影子不是像，故D错误。
故选：C。
【点评】此题涉及的光学知识比较多，是一道综合性的题目，但是难度不大。需要注意的是彩虹的成因：是由于空气中的小水珠造成的光的色散，是一种光的折射现象。
7．（2分）如图所示，把一支点燃的蜡烛放在距离凸透镜2倍焦距以外的地方，在透镜的另一侧调节光屏位置可找到一个清晰的像。这个像是图中的（ ）
A． B．
C． D．
【分析】解决此题要知道当物体处于二倍焦距以外时，在光屏上会成一个倒立、缩小的实像。
【解答】解：因蜡烛放在距离凸透镜2倍焦距以外的地方，所以在光屏上会成一个倒立、缩小的实像，分析各选项可知，只有B选项中的是倒立、缩小的实像；
故选：B。
【点评】解决此题要结合凸透镜的成像规律进行分析解答。
8．（2分）均匀正方体甲、乙置于水平地面上，对水平地面的压强分别为p甲、p乙。现沿水平方向切去部分后，如图所示，甲、乙剩余部分的高度和质量均相等。下列关于甲、乙的密度ρ甲、ρ乙和甲、乙正方体对水平地面的压强p甲、p乙大小的判断。正确的是（ ）
A．ρ甲＝ρ乙，p甲＞p乙 B．ρ甲＝ρ乙，p甲＜p乙
C．ρ甲＞ρ乙，p甲＞p乙 D．ρ甲＞ρ乙，p甲＜p乙
【分析】正方体放在水平地面上，沿水平方向切去部分后，甲、乙剩余部分的高度相等、质量相等。根据密度公式ρ＝知，质量相等，体积越大，密度越小，可比较密度大小关系。
正方体放在水平地面上对地面的压力等于物体重力，对地面的压强p＝＝＝＝＝＝ρgh，根据公式可分析甲、乙对地面的压强关系。
【解答】解：（1）由图可知，沿水平方向切去部分后，剩余部分体积V甲＜V乙；
又已知剩余部分质量m甲＝m乙；
根据密度公式ρ＝知，ρ甲＞ρ乙；
（2）设正方体甲、乙边长分别为L甲，L乙；
剩余部分均为长方体，且剩余部分的质量m甲＝m乙；
根据m＝ρV和长方体体积公式可得：m甲＝ρ甲L甲2h剩＝m乙＝ρ乙L乙2h剩；
则可得ρ甲gL甲2＝ρ乙gL乙2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①；
正方体放在水平地面上对地面的压力等于物体重力，对地面的压强p＝＝＝＝＝＝ρgh，
所以，切去前甲、乙对地面压强分别为：p甲＝ρ甲gL甲，p乙＝ρ乙gL乙；
由图知L乙＞L甲，即 ＞1﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由①可得 ＝＞1，
所以ρ甲gL甲＞ρ乙gL乙；
即p甲＞p乙；
故选：C。
【点评】本题主要考查了有关压强和密度的大小比较，关键是知道规则柱状体产生的压强p＝ρgh，然后能推导出两物体p的大小关系。
9．（2分）下列测量方案中，最合理的是（ ）
A．测小铁块密度：用装有适量水的量筒测体积后，再用天平测质量
B．测正方体小木块密度：用天平测质量后，再用刻度尺测边长并计算体积
C．测小砖块密度：用天平测质量后，再用装有适量水的量筒测体积
D．测比赛用铅球密度：用天平测质量后，再用装有适量水的量筒测体积
【分析】用天平和量筒测固态物质的密度，为了减小误差，需先测质量后测体积，然后根据ρ＝进行计算。
【解答】解：
A、先测铁块体积再测质量，这样测量体积后铁块上会沾有水，质量测量偏大，造成密度测量偏大，A错误；
B、测正方体小木块密度：用天平测质量后，再用刻度尺测边长并计算体积，可以减小测量误差，B正确；
C、测小砖块密度时，小砖块对水有吸水性，用装有适量水的量筒测体积误差较大，C错误；
D、测比赛用铅球密度：铅球的质量较大，不宜用天平测质量，体积较大不宜用装有适量水的量筒测体积，D错误；
故选：B。
【点评】根据公式ρ＝，需测量物体的质量和体积，为了减小误差，先测质量后测体积。
10．（2分）如图甲所示，静止时U形管两侧液面相平、若要出现图乙的情景，下列方法可行的是（ ）
A．向右管打气 B．向左管抽气
C．沿左管口水平方向吹气 D．沿右管口水平方向吹气
【分析】（1）向左管抽气，向右管打气，存在压强差，据此分析AB选项。
（2）流体的压强跟流速有关，流速越大，压强越小，据此分析CD选项；
【解答】解：在图甲所示，静止时U形管两侧液面相平；
A、向右管打气，右边上方压强小，而左边压强不变，所以在左右两边压强差的作用下，左边液面升高，故A错误；
B、向左管抽气，左边上方压强小，而右边压强不变，所以在左右两边压强差的作用下，左边液面升高，故B错误；
C、若沿左管口水平方向吹气，可减小左管上方的空气压强，可以使气流从U形管左边上方吹过，此时左边上方空气流速大、压强小，而右边压强不变，所以在左右两边压强差的作用下，左边液面升高，故C错误；
D、要使得右管内液面上升，可减小右管上方的空气压强，可以使气流从U形管右边上方吹过，此时右边上方空气流速大、压强小，而左边压强不变，所以在左右两边压强差的作用下，右边液面升高，故D正确。
故选：D。
【点评】此题考查流体压强和流速的关系、大气压的综合应用，解答此题的关键是比较U形管两边压强的大小变化。
11．（2分）下列事例中，不是应用大气压的是（ ）
A．用吸管吸饮料
B．紧贴在玻璃板上的吸盘
C．打气筒打气时筒壁发热
D．护士用注射器针管从药瓶中汲取药液
【分析】大气压的应用主要是利用气压差产生的压力差，常见的有吸管吸饮料、吸盘吸玻璃、注射器吸药液、钢笔吸墨水、活塞式抽水机抽水等，这类题目其实说“吸”是不准确的，应该说“压”，是内外气压产生的压力差的“压”的作用。
【解答】解：A、用吸管吸饮料，应用了大气压，故A不合题意；
B、吸盘吸玻璃，应用了大气压，故B不合题意；
C、打气筒打气时筒壁发热是摩擦生热现象，故C符合题意；
D、注射器吸药液应用了大气压，故D不合题意；
故选：C。
【点评】大气压的综合应用主要是：①大气压产生的压力差，②大气压对液体沸点的影响。
12．（2分）两次水平拉动同一物体在同一水平面上做匀速直线运动，两次物体运动的路程随时间变化的关系图像如图所示。根据图像，下列判断正确的是（ ）
A．两次物体运动的速度：v1＜v2
B．0～6s 两次拉力对物体所做的功：W1＝W2
C．两次物体所受的拉力：F1＞F2
D．0～6s两次拉力对物体做功的功率：P1＞P2
【分析】（1）由图像可知，时间相同时物体两次通过的路程关系，根据v＝比较两次物体运动的速度关系；
（2）两次水平拉动同一物体在同一水平面上做匀速直线运动时，物体对水平面的压力和接触面的粗糙程度相同，受到的滑动摩擦力不变，根据二力平衡条件得出两次物体所受的拉力关系，根据图像得出0～6s内物体两次通过的路程关系，根据W＝Fs得出拉力做功关系，根据P＝比较两次拉力对物体做功的功率关系。
【解答】解：
A．由图像可知，在相同时间内，物体第①次通过的路程大于第②次通过的路程，由v＝可知，v1＞v2，故A错误；
BCD．两次水平拉动同一物体在同一水平面上做匀速直线运动时，物体对水平面的压力和接触面的粗糙程度相同，受到的滑动摩擦力不变，
因此时物体受到的滑动摩擦力和拉力是一对平衡力，所以两次物体所受的拉力F1＝F2，故C错误；
由图像可知，0～6s内物体第①次通过的路程大于第②次通过的路程，由W＝Fs可知，W1＞W2，故B错误；
由P＝可知，0～6s内两次拉力对物体做功的功率：P1＞P2，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了速度公式和影响滑动摩擦力大小因素、二力平衡条件、做功公式、功率公式的综合应用，根据图像或图表探究物质的规律是近两年来出现较多的题目，图像可以使我们建立更多的感性认识，从表象中去探究本质规律，体验知识的形成过程。
13．（2分）小雨在超市购物，他用20N的力沿水平方向推动质量为10kg的购物车匀速前进了15m用时10s，而后登上自动扶梯匀速上升到楼上的服装专柜，则下列说法不正确的是（ ）
A．购物车在水平方向前进的过程中受到地面对它的摩擦力为100N
B．随自动扶梯上升的过程中，小明的机械能增加
C．在水平方向前进的过程中推力做功的功率是30W
D．当购物车中放入重物时，车在水平方向前进的过程中受到地面对它的摩擦力将大于20N
【分析】（1）物体处于静止或匀速直线运动状态时，受平衡力，根据二力平衡条件求物体所受的摩擦力；
（2）动能大小的影响因素：质量和速度，质量越大，速度越大，动能越大；重力势能大小的影响因素：质量和高度，质量越大，高度越高，重力势能越大；机械能＝动能+势能；
（3）利用W＝Fs求对购物车做功，又已知做的功和时间，利用功率公式P＝求对购物车做功的功率；
（4）摩擦力大小的影响因素：压力和接触面的粗糙程度。
【解答】解：
A、购物车在水平方向上匀速运动，受的推力和摩擦力是一对平衡力，大小相等，所以购物车受到地面对它的摩擦力大小为f＝F＝20N，故A错误；
B、小雨乘超市的自动扶梯上升过程中，小雨的质量不变，速度不变，动能不变；高度增大，重力势能增大；机械能＝动能+重力势能，动能不变，重力势能增大，机械能增大，故B正确；
C、对购物车做功：W＝Fs＝20N×15m＝300J，
对购物车做功的功率：P＝＝＝30W，故C正确；
D、当购物车中放入重物时，购物车对地面的压力增大，接触面的粗糙程度不变，所以购物车受到地面对它的摩擦力会增大，车在水平方向前进的过程中受到地面对它的摩擦力将大于20N，故D正确。
故选：A。
【点评】此题主要考查的是学生对平衡力、机械能的影响因素、功和功率的计算以及摩擦力大小影响因素的理解和掌握，属于综合性题目。
14．（2分）如图所示，一长为L的直杆可绕O点转动杆下挂一所受重力为G的物块刚开始直杆与竖直方向夹角为60°．为了安全下降物块，用一个始终水平向右且作用于直杆中点的拉力F使直杆缓慢地转动到竖直位置（可以认为杠杆每一瞬间都处于平衡状态），则下列说法正确的是（ ）
A．拉力F的大小保持不变
B．拉力F和物块重力G是一对平衡力
C．这个过程中物块重力所做的功GL
D．这个过程中直杆一直都是费力杠杆
【分析】分析杠杆在转动过程中动力臂和阻力臂的变化，根据杠杆的平衡条件可判断动力的变化以及杠杆类型；
根据平衡力的四个条件分析拉力与物体重力是否是平衡力；
先判断杠杆转动过程中物体高度的变化，由W＝Gh可得物体重力做的功。
【解答】解：
A、由图知，杠杆由与竖直方向成60°角逐渐转到竖直位置时，由于拉力始终水平，所以其力臂逐渐变大；物体对杠杆拉力为阻力，转动过程中阻力臂逐渐变小；由杠杆平衡条件可知拉力F逐渐变小，故A错误；
B、拉力F和物块重力大小不等、不一条直线上，不作用在一个物体上，所以不是一对平衡力，故B错误；
C、杠杆由与竖直方向成60°角时，杠杆右端高度h＝L，转到竖直位置时杠杆下端高度降到L处，所以物体下降高度△h＝L﹣L＝L，所以物体重力做功W＝G△h＝GL，故C正确；
D、当杠杆转到竖直位置时，阻力臂为0，杠杆为省力杠杆，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了杠杆动态平衡、杠杆类型的认识和理解以及二力平衡的判断以及功的计算，能否正确分析阻力臂与动力臂的变化情况以及它们的大小关系是本题的解题关键。
15．（2分）如图所示是四冲程汽油机的一个工作循环示意图，其中属于做功冲程的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据曲轴的转动方向判断活塞的运行方向，再根据气门的关闭情况就可以确定是哪一个冲程。
【解答】解：A、进气门开启，气体流入汽缸，是吸气冲程；不符合题意；
B、两气门都关闭，活塞上行，汽缸容积变小，是压缩冲程，不符合题意；
C、两气门都关闭，活塞下行，汽缸容积变大，是做功冲程，符合题意；
D、排气门开启，气体流出汽缸，是排气冲程；不符合题意；
故选：C。
【点评】此题考查了内燃机的四个冲程的判断。
16．（2分）如图所示，两个完全相同的验电器A和B，A带正电，B不带电。现用金属棒连接验电器A和B，则下列说法中正确的是（ ）
A．电荷从验电器A流动到验电器B
B．电荷从验电器B流动到验电器A
C．验电器A得到正电荷
D．验电器B得到正电荷
【分析】人们把正电荷定向移动的方向规定为电流的方向，所以负电荷定向移动的方向与电流的方向相反。
【解答】解：
AB、由题知，A带正电，B不带电，用带有绝缘柄的金属棒把A和B连接起来，则B上的一部分电子会通过金属棒转移到A上，A得到电子，与正电荷相互抵消一部分，A带的正电荷会减少从而张角变小，而B因为失去电子也带上了正电荷，B的两金属箔带上同种电荷使B金属箔张角变大，故A错误，B正确。
CD、由上面分析知，验电器A得到电子，B失去电子，而不是正电荷的移动，故CD错误。
故选：B。
【点评】本题的目的是考查对验电器使用原理，在金属导体中，能够自由移动的电荷是负电荷（自由电子）。
17．（2分）如图所示，是用滑动变阻器调节灯泡亮度的几种方案，你认为可能达到目的方案是 （ ）
A． B． C． D．
【分析】灯泡和滑动变阻器串联在电路中，移动滑片，改变连入电路的电阻，改变电路中灯泡的电流，能调节灯泡的亮度。灯泡和滑动变阻器并联时，移动滑片，不能改变灯泡的电流，不能调节灯泡的亮度。
【解答】解：
A、如图，灯泡和滑动变阻器的下半段被导线短路，灯泡不亮，滑动变阻器更不能调节灯泡的亮度。A不符合题意。
B、滑动变阻器的上半段被短路，灯泡和滑动变阻器的下半段是并联的，灯泡两端电压始终等于电源电压，所以滑动变阻器不能改变灯泡的亮度。B不符合题意。
C、滑动变阻器和灯泡是串联的，移动滑动变阻器的滑片，改变电路中的电阻，改变电路中的电流，改变灯泡的亮度。C符合题意。
D、灯泡和滑动变阻器都被导线短路，灯泡不能发光，滑动变阻器更不能调节灯泡的亮度。D不符合题意。
故选：C。
【点评】滑动变阻器和灯泡串联时才能改变灯泡的亮度。掌握滑动变阻器连入电路的部分，才能具体判断灯泡亮度的变化情况。
18．（2分）如图所示，电源电压一定。关于电路的工作情况，下列说法正确的是（ ）
A．只闭合S1时，两只灯泡是串联的
B．若先闭合S1，再闭合S2，电压表读数不变、电流表读数变大
C．若先闭合S1，再闭合S2，电压表读数不变、电流表读数不变
D．若灯L1被短路，闭合S1、S2后，则灯L1不亮，灯L2亮，电流表损坏
【分析】（1）只闭合S1时，灯泡L2被断路，电路为灯泡L1的简单电路，据此进行判断；
（2）若先闭合S1，电路为灯泡L1的简单电路，电流表测电路中的电流，电压表测电源两端的电压；再闭合S2时，两灯泡并联，电流表测干路电流，电压表测电源两端的电压，根据电源的电压可知电压表示数的变化，利用并联电路中各支路独立工作、互不影响可知通过灯泡L1的电流不变，利用并联电路的电流特点可知干路电流的变化；
（3）若灯L1被短路，闭合S1、S2后，电流经开关S1、电流表、导线后回到电源的负极，会造成电源短路，据此进行解答。
【解答】解：
A.只闭合S1时，灯泡L2被断路，电路为灯泡L1的简单电路，电流表测电路中的电流，电压表测电源两端的电压，故A错误；
BC.若先闭合S1，电路为灯泡L1的简单电路，电流表测电路中的电流，电压表测电源两端的电压，
再闭合S2时，两灯泡并联，电流表测干路电流，电压表测电源两端的电压，
由电源电压一定可知，电压表的示数不变，
因并联电路中各支路独立工作、互不影响，
所以，通过灯泡L1的电流不变，
因并联电路中干路电流表等于各支路电流之和，
所以，干路电流变大，即电流表的示数变大，故B正确、C错误；
D.若灯L1被短路，闭合S1、S2后，电流经开关S1、电流表、导线后回到电源的负极，会造成电源短路，
此时两灯泡均不亮，电流表损坏，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了电路的三种状态和电路的动态分析，分清开关闭合、断开时电路的连接方式是关键。
19．（2分）如图，电源电压不变，闭合开关S．将变阻器的滑片P从b向a移动，则（ ）
A．电流表示数变小，小灯泡变暗
B．电压表示数变小，小灯泡变亮
C．电压表示数变小，电路消耗的总功率变小
D．电流表示数变大，电路消耗的总功率变大
【分析】由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测灯泡两端电压，电流表测量电路中的电流；
根据滑动变阻器滑片移动方向判断滑动变阻器接入电路的电阻如何变化，由串联电路特点判断电压表示数如何变化，由欧姆定律判断电路电流如何变化，根据P＝UI判定功率的变化。
【解答】解：由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测灯泡两端电压，电流表测量电路中的电流；
AB、由电路图知，变阻器的滑片P从b向a移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变小，滑动变阻器的分压变小，根据串联电路中的分压规律可知，灯两端的电压变大、电压表示数变大；
由于总电阻减小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，电流表示数变大；
灯泡两端电压变大、通过的电流变大，根据P＝UI可知，灯的电功率变大，灯泡变亮；故AB错误；
CD、电源电压不变，电路中电流变大，根据公式P＝UI可知，电路消耗的总功率变大；故D正确、C错误。
故选：D。
【点评】本题是一道动态分析题，是常考题型，要掌握这类题的解题思路；分析清楚电路结构、熟练应用串联电路特点及欧姆定律是正确解题的关键。
20．（2分）如图，电路中电源电压保持不变，小灯泡标有“3V 1.5W”字样，不考虑灯泡电阻随温度的变化，滑动变阻器R的最大阻值为24Ω，电流表量程为0～0.6A，电压表量程为0～3V。当开关S闭合后，滑动变阻器R接入电路的电阻为3Ω时小灯泡正常发光。为了保证电路安全，小灯泡电压不超过额定电压，两电表的示数均不超过所选量程。在滑片P滑动过程中，下列说法（ ）
①电源电压为4.5V
②变阻器接入电路的阻值范围是3Ω～12Ω
③小灯泡的最小功率为0.135W
④电路的最大功率2.25W
A．只有①②③正确 B．只有①③④正确
C．只有①②④正确 D．①②③④都正确
【分析】（1）知道灯的铭牌（额定电压、额定功率），利用P＝求灯泡的电阻；利用P＝UI求正常发光时通过的电流。当开关S闭合后，滑动变阻器R接入电路的电阻为3Ω时，小灯泡正常发光，利用U＝IR求电源电压；
（2）由于电流表量程为0﹣0.6A，为了保证电路中各元件安全工作，电路中的最大电流等于灯正常工作时通过的电流，利用欧姆定律求电路中的最小电阻，滑动变阻器连入电路中的最小阻值等于总电阻减去灯的电阻；
由于电压表量程为0﹣3V，当电压表的示数最大为3V时，滑动变阻器接入电路的电阻最大；此时灯泡两端的电压等于电源电压减去3V，利用欧姆定律求此时电路的电流，进而求出滑动变阻器接入电路的最大阻值，最后得出为保护电路，变阻器接入电路的阻值范围；
（3）前面求出了电路中的最小电流，利用P＝I2R求小灯泡的最小功率；
（4）前面求出了电路中的最大电流，利用P＝UI求电路的最大功率。
【解答】解：由图知，灯泡和滑动变阻器串联，电压表测变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流；
（1）由P＝可得灯泡的电阻：
RL＝＝＝6Ω，
由P＝UI可得，灯泡正常发光时通过的电流：
I额＝＝＝0.5A，
由题知，当开关S闭合后，滑动变阻器R接入电路的电阻为3Ω时，小灯泡正常发光，
由欧姆定律和电阻的串联可得电源电压：
U＝I额R串＝I额×（R+RL）＝0.5A×（3Ω+6Ω）＝4.5V；故①正确；
（2）因串联电路中电流处处相等，且电流表量程为0﹣0.6A，灯泡的额定电流为0.5A，
所以为了保证电路中各元件安全工作，电路中的最大电流I最大＝I额＝0.5A，
电路中的总电阻：R最小＝＝＝9Ω，
滑动变阻器连入电路中的最小阻值：R最小＝R总﹣RL＝9Ω﹣6Ω＝3Ω，
由于电压表量程为0﹣3V，当电压表的示数最大为U滑′＝3V时，滑动变阻器接入电路的电阻最大；
此时灯泡两端的电压为：UL′＝U﹣U滑′＝4.5V﹣3V＝1.5V，
此时电路的电流为：I最小＝＝＝0.25A，
滑动变阻器接入电路的最大阻值：
R最大＝＝＝12Ω，
所以为保护电路，变阻器接入电路的阻值范围是3Ω﹣12Ω；故②正确；
（3）小灯泡的最小功率：
PL最小＝I最小2RL＝（0.25A）2×6Ω＝0.375W；故③错误；
（4）电路的最大功率：
P最大＝UI最大＝4.5V×0.5A＝2.25W，故④正确。
综上可知，只有①②④正确。
故选：C。
【点评】本题考查串联电路的特点、欧姆定律的应用以及电功率的计算，关键是确定为了保证电路安全明确电路中的最大电流。
二、填空题（本大题包括6小题，共12分）
21．（3分）歼﹣20是中国第五代隐身重型歼击机，其最大飞行速度为2.8马赫，即15℃空气中声速的2.8倍（15℃空气中声速340m/s）。歼击机以最大飞行速度飞行100s运动的路程为 95200 m．通常，进入战斗状态前歼击机丢掉副油箱以减小惯性，使运动状态 容易 （选填“容易”或“不容易”）改变。
【分析】（1）根据题意求出歼20的最大飞行速度，又知时间，利用速度公式计算路程；
（2）惯性是物体保持原有运动状态不变的性质，惯性的大小只与物体的质量有关。
【解答】解：
（1）根据题意可得，歼﹣20的最大飞行速度v＝2.8马赫＝2.8v声＝2.8×340m/s＝952m/s，
根据v＝可得，歼﹣20飞行100s运动的路程：s＝vt＝952m/s×100s＝95200m；
（2）歼击机在进入战斗状态时要丢掉副油箱，这样做是为了减小质量，这样飞机的惯性会更小，使其运动状态易于改变。
故答案为：95200；容易。
【点评】本题考查了速度公式以及惯性知识的应用，知道惯性的大小只与物体的质量有关是解决该题的关键。
22．（3分）在生活中我们要勤洗手，用洗手液洗手时会闻到一股香味，这是 扩散现象 ；新型冠状病毒对热敏感，在56℃的环境中30分钟就可以被灭活，所以我们对于日常生活中使用毛巾、餐具等要进行高温消毒，这是利用 热传递 的方式改变了物体的内能。
【分析】①不同的物质相互接触时，分子彼此进入对方的现象，叫扩散，扩散现象说明：分子在不停地做无规则运动，温度越高分子无规则运动越剧烈；
②做功和热传递都可以改变物体的内能，热传递改变物体的内能是能量的转移，做功改变物体的内能是能量的转化。
【解答】解：
（1）用洗手液洗手时会闻到一股香味，这是香味分子发生了扩散现象，是由于分子在做不停地无规则运动造成的；
（2）对日常生活中使用的毛巾、餐具之类的物品进行高温消毒，这些物体吸收热量，温度升高，内能改变，是通过热传递的方式改变了物体的内能；
故答案为：扩散现象；热传递。
【点评】本题考查了分子的无规则运动、改变物体内能的方法，属于基础知识的考查；要养成平时对观察、多思考的好习惯。
23．（3分）在一张不透光的纸上打一个极小的“△”三角形孔，让太阳光垂直射到这张纸上经过这个小孔，这时在地面看到 圆形 （选填“圆形”、“三角形”）小亮斑。这个小亮斑其实是太阳 倒立 （选填“正立”或“倒立”）的实像。
【分析】太阳光沿直线传播经过纸片上极小的“△”三角形孔时，在地上形成光斑，这是小孔成像，地上的光斑是太阳的像；小孔成的像是倒立的实像，与物体的形状相同，与小孔的形状无关。
【解答】解：光在同种均匀介质中是沿直线传播的；太阳发出的光沿直线传播，经过纸片上极小的“△”三角形孔时，在地上形成光斑，这是小孔成像，小孔成像中，像的形状与小孔的形状无关，像的形状取决于物体的形状，因此“△”形的小孔仍然成圆形的像；地面上的光斑实际上是太阳的倒立缩小的实像。
故答案是：圆形；倒立。
【点评】本题考查了光的直线传播、小孔成像的原因及像的形状，属于光的直线传播的常规考查，难度不大。
24．（3分）用如图所示的滑轮组将一个重为48N的物体匀速提升0.2m，作用在绳子自由端的拉力为20N，则绳子自由端移动的距离为 0.6 m，该滑轮组的机械效率为 80% 。
【分析】由图可知，滑轮组绳子的有效股数，根据s＝nh求出绳子自由端移动的距离，根据η＝×100%＝×100%＝×100%＝×100%求出该滑轮组的机械效率。
【解答】解：由图可知，n＝3，则绳子自由端移动的距离：
s＝nh＝3×0.2m＝0.6m，
该滑轮组的机械效率：
η＝×100%＝×100%＝×100%＝×100%＝×100%＝80%。
故答案为：0.6；80%。
【点评】本题考查了滑轮组绳子自由端移动距离和滑轮组机械效率的计算，利用好s＝nh和η＝×100%是关键。
25．（3分）冬天，小明在家用液化气烧开水时发现壶嘴上方冒出“白气”，如图所示，“白气”是 液化 （填物态变化名称）现象形成的。看到壶身闪闪发光，这是因为光在光滑的壶身表面发生了 镜面 （选填“镜面”或“漫”）反射。
【分析】（1）物质由气态变为液态，称为液化，液化是放热的；
（2）光的反射分为镜面反射和漫反射，当平行光线射到光滑表面时发生镜面反射，反射光线依然平行。
【解答】解：烧开水时发现壶嘴上方冒出的“白气”是水蒸气遇冷液化形成的小水珠；
看到壶身闪闪发光，这是因为光在光滑的壶身表面发生了镜面反射。
故答案为：液化；镜面。
【点评】此题主要考查的知识点有两个：一是液化的定义﹣﹣由气态变成液态的过程；二是镜面反射的定义﹣﹣当平行光线射到光滑表面时发生镜面反射，反射光线依然平行。
26．（3分）灯泡L1、L2分别标有“4V 4W”和“8V 8W”的字样，将它们并联起来使用，干路上允许通过的最大电流为 1.5 A，此时L1消耗的电功率为 2 W。
【分析】（1）根据P＝先计算两灯电阻；当将灯泡L1、L2并联使用时，根据并联电路电压特点，电路电压只能取额定电压较小的那个，分别算出通过R1和R2的电流，然后可知干路中允许的最大电流；
（2）根据P＝UI可求此时L1消耗的电功率。
【解答】解：（1）由P＝可得，灯泡L1的电阻R1＝＝＝4Ω，
同理，灯泡L2的电阻R2＝＝＝8Ω，
当灯泡L1、L2并联起来使用时，为了保证灯泡不被烧坏，根据并联电路的电压特点，电路中的电源电压最大取灯泡L1的额定电压4V：
由欧姆定律可得，此时R1中的电流：I1′＝＝＝1A，
R2中的电流：I2′＝＝＝0.5A，
干路上允许通过的最大电流：I＝I1′+I2′＝1A+0.5A＝1.5A；
（2）此时L1消耗的电功率：
P1实＝UI1′＝4×0.5A＝2W。
故答案为：1.5；2。
【点评】本题考查并联电路电压和电流特点、欧姆定律公式和电功率公式的灵活应用，难点是对于额定电压和额定电流不同的两个电阻来说，串联时比较额定电流取小的，并联时比较额定电压取小的。
三、简述、作图、实验题（本大题包括5小题，共33分）
27．小明在实验室进行实验，把多个小灯泡串联在电路当中，发现串联的小灯泡越多，小灯泡越暗，请你帮助他分析其中的原因。
【分析】在电源电压不变的情况下，串联的小灯泡越多，电路的总电阻越大，由欧姆定律分析电流的变化；由串联电路的分压特点分析每个小灯泡分得的电压如何变化，再根据P＝UI分析其实际功率的变化；灯泡的亮度由实际功率决定，据此可知小灯泡亮度的变化。
【解答】答：串联的小灯泡越多，由R总＝R1+R2+…Rn可知，电路的总电阻越大，在电源电压一定时，根据I＝可知电路中的电流越小；由串联电路的分压特点可知，每个小灯泡所分得的电压越小，根据电功率公式P＝UI可知，每个小灯泡的实际功率也就越小，所以小灯泡的亮度越暗。
【点评】此题考查了串联电路的电阻、电压规律以及欧姆定律和电功率公式的应用，明确灯泡的亮暗取决于其实际功率的大小是关键。
28．如图所示，凸透镜的主光轴刚好与水面相平，F是凸透镜的焦点，一束与水面平行的光入射到凸透镜上，请你作出经凸透镜折射后进入水中光线的大致位置。
【分析】由图示可知，入射光线平行于主光轴，根据入射光线的特点，可以画出对应的折射光线。
光由空气中斜射入水中时，发生折射，折射光线和入射光线分居法线两侧，分居在两种介质中，折射角小于入射角。
【解答】解：
平行于主光轴的入射光线经过凸透镜折射后，折射光线过焦点；再过焦点作法线，并根据折射角小于入射角画出从空气到水中的折射光线，如图所示：
【点评】关于凸透镜作图，记住三条特殊光线：平行于主光轴的入射光线，折射光线过焦点；过光心的入射光线，折射光线传播方向不变；过焦点的入射光线，折射光线平行于主光轴。
29．如图所示，请在两个虚线框内选填“电源”和“开关”的符号，使开关都闭合时两灯组成并联电路。
【分析】开关跟用电器之间属于串联使用，要使开关都闭合时两灯组成并联电路，把开关和电灯看作一个整体后，它们的首跟首相连，尾跟尾相连。
【解答】解：
由图可知，把图中的开关和与其串联的电灯看作一个整体后，另一个电灯和下面的虚线框跟它并列连接（即两灯并联），所以下面的虚线框为开关，上面的虚线框为电源，如下图所示：
【点评】本题考查并联电路的连接特点是一道基础题。
30．某同学在探究物态变化的实验中：
（1）如图所示，将碘锤放入热水中，观察到碘锤中固态碘逐渐消失，紫色的碘蒸气充满碘锤，此过程固态碘发生的物态变化是 升华 （填物态变化的名称）。
（2）在上述实验中，小明同学猜想：固态碘可能是先变成液体，再变成气体，因为速度太快，液态碘出现的时间太短，因而没有观察到，为证实猜想，他查询了一些资料：通常情况下，碘的熔点是113.5℃，碘的沸点是184.35℃，水的沸点是100℃，请你根据上述资料分析说明小明的猜想是 错误 （选填“正确”或“错误”），你判断的理由是： 水的沸点低于碘的熔点 。
【分析】（1）物质由固态直接变为气态的过程叫升华，需要吸收热量；
（2）晶体熔化的条件是达到熔点，吸收热量；
【解答】解：（1）试管中的固态碘在热水中，由固态直接变为气态，属于升华过程；
（2）由数据知，水的沸点是100℃，而碘的熔点是113.5℃，说明碘在100℃的沸水中不可能熔化，所以小明的猜想是错误的；
故答案为：（1）升华；（2）错误；（3）水的沸点低于碘的熔点。
【点评】此题考查的是物态变化过程，综合性较强，读懂题意，把握中心是解答的关键。
31．探究“浮力的大小跟哪些因素有关”的实验。ρ水＝1.0×103kg/m3
（1）物体浸没在水中受到的浮力是 1 N；
（2）①②③是探究浮力的大小与 排开液体的体积 的关系，得出的结论是 物体排开液体的体积越大，物体受到的浮力越大 。
（3）分析 ①③④ 三次的实验数据，可知浮力大小与物体浸没在液体中的深度无关。
（4）此实验还探究了浮力的大小与 液体的密度 的关系，得出的结论是 在排开液体体积一定的情况下，液体密度越大，物体受到的浮力越大 。
（5）金属块的密度为 9×103 kg/m3，盐水的密度为 1.2×103 kg/m3。
【分析】（1）由①③，根据称重法测浮力得出物体完全浸没在水中所受的浮力；
（2）物体受到的浮力大小与物体排开液的体积和密度有关，根据控制变量法，研究浮力与其中一个因素关系时，要控制另外一个因素不变，分析图示实验，找出相同量和变化量，得出浮力与变化量的关系；
（3）探究浮力与物体浸入液体深度的关系，应控制液体密度与物体排开液体的体积相同，而物体浸没在液体中的深度不同；
（4）分析④⑤实验，根据控制变量法，结合称重法分析浮力与变化量之间的关系；
（5）根据①可知金属块的重力，即可利用m＝求出质量，根据④中金属块的浮力，利用F浮＝ρ液gV排可求出金属块的体积，利用ρ＝求出金属块的密度；
根据金属块浸没在水中受到的浮力与浸没在盐水中受到的浮力的大小关系，由于排开的液体体积相同，根据F浮＝ρ液gV排可得盐水的密度。
【解答】解：（1）由①知，物体的重力：G＝9N；
由①③，根据称重法测浮力，物体完全浸没在水中所受的浮力是：
F浮＝G﹣F＝9N﹣8N＝1N；
（2）由图①、②、③所示实验可知，物体排开液体的密度相同而排开液体的体积不同，②、③中测力计示数不同，由称重法，物体受到的浮力不同，由此可知，浮力大小与物体排开液体的体积有关，故可得，在液体密度一定时，物体排开液体的体积越大，物体受到的浮力越大；
（3）探究浮力大小与物体浸没在液体中的深度关系，由控制变量法知，应控制液体密度、排开液体的体积不变，改变物体在液体中的深度，故选①③④三次试验；
（4）由图④、⑤可知，物体排开液体的体积相同，而排开液体密度不同，由控制变量法可知，还可探究浮力大小与排开液体密度的关系；
在④中，F浮4＝G﹣F4＝10N﹣8N＝2N，在⑤中，F浮5＝G﹣F5＝10N﹣7.8N＝2.2N，而水的密度小于盐水的密度，故可得，在排开液体体积一定的情况下，液体密度越大，物体受到的浮力越大；
（5）金属块的质量m金属＝＝＝0.9kg，
由F浮＝ρ液gV排可得金属块的体积为V金属＝V金属排＝＝＝1×10﹣4m3，
金属块的密度ρ金属＝＝＝9×103kg/m3。
据图①和图④可得，金属块浸没在水中受到的浮力F浮1＝9N﹣8N＝1N；据图①和图⑦可得金属块浸没在盐水中受到的浮力F浮2＝9N﹣7.8N＝1.2N；根据公式F浮＝ρ液gV排可得，金属块在盐水中受到的浮力是金属块在水中受到浮力的1.2倍，则盐水的密度是水的密度的1.2倍，所以盐水的密度ρ盐水＝1.2×103kg/m3。
故答案为：（1）1；
（2）排开液体的体积；物体排开液体的体积越大，物体受到的浮力越大；
（3）①③④；
（4）液体的密度；在排开液体体积一定的情况下，液体密度越大，物体受到的浮力越大；
（5）9×103；1.2×103
【点评】本题探究影响浮力大小因素，考查称重法测浮力，数据分析、控制变量法的运用等知识。
32．在用“伏安法测小灯泡的电阻”实验中。
（1）在图甲中，请你将电压表正确连入电路，完成电路的连接。
（2）此时滑动变阻器的主要作用是 改变灯泡两端的电压 。
（3）若某次测量时电压表和电流表的示数如图乙所示，灯泡的电阻RL＝ 11 Ω。
（4）小明同学在做实验时，电路连接无误，闭合开关后，发现电流表的指针明显偏转，而电压表的示数为零，该故障的原因可能是 灯泡短路或电压表短路 。
（5）这个电路除了可以测小灯泡的电阻外，还可以用来测量小灯泡的功率，由图乙两表示数可求出小灯泡的功率P＝ 0.44 W。
【分析】（1）根据灯的额定电压为2.5V确定电压表选用小量程与灯并联，注意电流从电压表正接线柱流入，从负接线流出；
（2）滑动变阻器在实验中的作用：保护电路；改变灯泡两端的电压；
（3）根据电表选用小量程确定分度值读数，由欧姆定律求出灯泡的电阻；
（4）闭合开关后，发现电流表的指针明显偏转，则电路为通路，根据电压表的示数为零分析；
（5）根据公式P＝UI求出灯泡此时的电功率。
【解答】解：（1）灯的额定电压为2.5V，故电压表选用小量程与灯并联，如下所示：
（2）实验中需要不断改变小灯泡两端的电压，所以滑动变阻器的主要作用是改变灯泡两端的电压；
（3）某次测量时电压表和电流表的示数如图乙所示，电压表选用小量程，分度值为0.1V，电压为2.2V，电流表量程为0.02A，电流为0.2A，由欧姆定律，则灯泡的电阻：RL＝＝＝11Ω；
（4）电路连接无误，闭合开关后，发现电流表的指针明显偏转，则电路为通路，而电压表的示数为零，该故障的原因可能是灯泡短路或电压表短路；
（5）灯泡的电功率为P＝UI＝2.2V×0.2A＝0.44W。
故答案为：（1）如上图所示；（2）改变灯泡两端的电压；（3）11Ω；（4）灯泡短路或电压表短路；（5）0.44。
【点评】本题是“伏安法测小灯泡的电阻”实验，考查电路连接、注意事项、电路分析、实验原理、电表读数和故障分析及影响电阻大小的因素等，属于中考常考命题点，务必牢固掌握。
四、计算题（本大题包括2小题，共15分。解答时应写出必要的文字说明，方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）
33．工人用滑轮组提升水中物体A，如图所示，当物体A完全在水面下被匀速提升的过程中，工人对绳子竖直向下的拉力为220N．当物体A完全打捞出水面后被匀速提升的过程中，滑轮组的机械效率为η，工人对绳子竖直向下的拉力为F．已知：物体A所受重力为1000N，体积为8.0×10﹣2m3，水的密度为ρ水＝1.0×103kg/m3．滑轮与轴的摩擦、水的阻力以及绳重不计，g取10N/kg。求：
（1）物体A完全在水面下时受到的浮力；
（2）工人对绳子竖直向下的拉力F；
（3）滑轮组的机械效率η（结果保留一位小数）。
【分析】（1）物体A完全在水面下时排开水的体积和自身的体积相等，利用阿基米德原理F浮＝ρgV排求出物体A受到的浮力；
（2）物体A完全在水面下时受到绳子的拉力等于物体A的重力减去浮力；由图知，n＝2，滑轮与轴的摩擦、水的阻力以及绳重不计，此时拉力F′＝（GA﹣F浮+G动），据此求动滑轮的重力；物体A完全打捞出水面后，拉力F＝（GA+G动）；
（3）滑轮组的机械效率η＝＝＝＝。
【解答】解：
（1）因为物体A完全在水面下，排开水的体积和自身的体积相等，
所以物体A排开水的体积：
V排＝V＝8.0×10﹣2m3，
受到的浮力：
F浮＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×8.0×10﹣2m3＝800N；
（2）物体A完全在水面下时受到绳子的拉力：
F拉＝GA﹣F浮＝1000N﹣800N＝200N，
由图知，n＝2，滑轮与轴的摩擦、水的阻力以及绳重不计，此时拉力F′＝（GA﹣F浮+G动）＝220N，
则动滑轮的重力：
G动＝2F′﹣GA+F浮＝2×220N﹣1000N+800N＝240N，
物体A完全打捞出水面后，拉力：
F＝（GA+G动）＝（1000N+240N）＝620N；
（3）滑轮组的机械效率：
η＝＝＝＝＝×100%≈80.6%。
答：（1）物体A完全在水面下时受到的浮力为800N；
（2）工人对绳子竖直向下的拉力F为620N；
（3）滑轮组的机械效率η为80.6%。
【点评】本题涉及到的知识点较多，考查了浮力、有用功、总功、机械效率的计算等，注意在滑轮与轴的摩擦、水的阻力以及绳重不计时，利用好关系式：物体在水中时拉力F＝（GA﹣F浮+G动），物体脱离水面后拉力F＝（GA+G动）。
34．一电热壶有加热和保温两个功能，开关K闭合，开关S自动与触点a、b接通，开始烧水，当水温达到100摄氏度时，开关S自动断开a、b，立即与触点c接能，开始保温，已知电阻R1＝50Ω，加热功率P加是保温功率P保的5倍，水的比热容c＝4.2×103J/（kg•℃），电阻大小不受温度影响，求：
（1）1kg初温35℃的水，加热到100℃，所吸收的热量是多少？
（2）电阻R2的阻值；
（3）晚上用电高峰期时，将1kg初温35℃的水，加热到100℃，需用时300s，若加热效率为91%，则家庭电路实际电压为多少伏？
【分析】（1）根据Q吸＝cm△t可求得吸收的热量；
（2）由题意和电路图可知，开关S与触点a、b接通时，R1与R2并联，电热水壶处于加热状态；开关S自动与a、b断开并与触点c接通时，电路为R2的简单电路，电热水壶处于保温状态；加热功率减去保温状态的功率即为R1消耗的电功率，根据P＝分别求出R1和R2大小；
（3）利用效率公式求出消耗的电能，再根据P＝公式变形求出实际电压。
【解答】解：（1）质量为1kg，初温为35℃的水加热到100℃所吸收的热量：
Q吸＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃﹣35℃）＝2.73×105J；
（2）由题意和电路图可知，开关S与触点a、b接通时，R1与R2并联，电热水壶处于加热状态；
开关S自动与a、b断开，并与触点c接通时，电路为R2的简单电路，电热水壶处于保温状态，
因电路的总功率等于各电阻消耗功率之和，且R2在两种状态下消耗的功率不变，
则P加热＝+，P保温＝，
已知加热功率P加热是保温功率P保温的5倍，
所以+＝5×，
解得R2＝4R1＝4×50Ω＝200Ω；
（3）由效率公式可得，电热水壶加热时消耗的电能：
W＝＝＝＝3×105J，
电热水壶加热时的实际功率为：
P＝＝＝1000W，
即+＝1000W，
将R1＝50Ω，R2＝200Ω代入上式，解得U实＝200V。
答：（1）将1kg初温为35℃的水加热到100℃需要吸收2.73×105J热量；
（2）电阻R2的阻值为200Ω。
（3）晚上用电高峰期的实际电压为200V。
【点评】本题考查了电功与热量的综合计算，涉及到吸热公式、电功公式和效率公式的应用，综合性强。
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