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初中物理中考复习 精品解析：2022年四川省成都市中考物理试题（解析版）
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这是一份初中物理中考复习 精品解析：2022年四川省成都市中考物理试题（解析版），共26页。试卷主要包含了单项选择题，填空题，作图与计算题，实验与探究题等内容，欢迎下载使用。
物理
A卷（共85分）
第I卷（选择题，共26分）
一、单项选择题（每小题2分，共26分）
1. 闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中会产生感应电流，利用此原理，人们制造了（ ）
A. 电磁铁 B. 电热器 C. 电动机 D. 发电机
【答案】D
【解析】
【详解】闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中会产生感应电流，即电磁感应现象。
A．电磁铁是利用电流的磁效应工作的，故A不符合题意；
B．电热器是利用电流的热效应工作的，故B不符合题意；
C．电动机是利用通电导体在磁场中受到力的作用来工作的，故C不符合题意；
D．发电机的工作原理是电磁感应现象，故D符合题意。
故选D。
2. 北斗三号全球卫星导航系统正式开通以来，运行稳定，持续为全球用户提供优质服务，系就服务能力步入世界一流行列。下列说法正确的是（ ）
A. 北斗卫星利用电磁波向地面传递信息 B. 电磁波在空气中的传播速度为340m/s
C. 北斗卫星上的芯片采用超导材料制成 D. 北斗卫星长期工作不需要消耗任何能量
【答案】A
【解析】
【详解】A．太空中是真空环境，声音无法传播，北斗卫星是利用电磁波向地面传递信息，故A正确；
B．电磁波在空气中的传播速度约为3×108m/s，故B错误；
C．北斗卫星上的芯片是采用硅等半导材料制成，故C错误；
D．由能量守恒定律可知，北斗卫星长期工作需要消耗能量，故D错误。
故选A。
3. “二十里中香不断，青羊宫到浣花溪”，这是南宋大诗人陆游对成都的赞誉。漫步在成都的这段“寻香道”，观花赏水，令人心旷神怡。下列分析正确的是（ ）
A. 闻到花香是分子做无规则运动的结果 B. 溪水的温度高低取决于水流的速度
C. 阳光下湖水内能增加是通过做功的方式 D. 阳光下的石板温度升高，其比热容增大
【答案】A
【解析】
【详解】A．闻到花香是由于分子在永不停息地做无规则运动，花香分子扩散到了空气中，进入人的鼻子从而闻到香味，故A正确；
B．由Q=cmΔt可知，溪水的温度高低与溪水的质量和吸收的热量等因素有关，与水流的速度无关，故B错误；
C．阳光下湖水通过吸收太阳辐射的热量使得其内能增加，这是通过热传递的方式增加内能，故C错误；
D．比热容是物质本身的一种特性，与物体的温度无关，故阳光下的石板温度升高，其比热容不变，故D错误。
故选A。
4. 清晨，站在青城山山顶放眼望去，薄雾从山间升腾而起，随风飘散，宛如仙境（如图）。雾的形成属于（ ）
A. 汽化现象 B. 液化现象 C. 升华现象 D. 凝华现象
【答案】B
【解析】
【详解】雾是由空气中的水蒸气液化形成的小水珠，故B符合题意，ACD不符合题意。
故选B。
5. 在北京冬奥会的跳台滑雪比赛中（如图），运动员从陡坡下滑、加速、起跳，然后在落差100多米的山地上自由“飞翔”。针对从陡坡加速下滑的过程，下列说法正确的是（ ）
A. 运动员的动能不变 B. 运动员的重力势能不变
C. 运动员的重力势能减小 D. 运动员的动能转化为重力势能
【答案】C
【解析】
【详解】A．从陡坡加速下滑的过程，运动员的质量不变，速度变大，故其动能变大，故A错误；
BC．从陡坡加速下滑的过程，运动员的质量不变，高度降低，故其重力势能减小，故B错误，C正确；
D．从陡坡加速下滑的过程，因运动员的重力势能减小，动能变大，故可知是运动员的重力势能转化为动能，故D错误。
故选C。
6. 如图所示的实验中，用不同的力敲响音叉，将叉股接触悬挂的小球，都能看到小球被弹开。关于该实验，下列说法不正确的是（ ）
A. 该实验说明发声的音叉在振动 B. 声音通过空气传到人的耳朵里
C. 敲音叉的力越大，声音的响度越大 D. 敲音叉的力越大，声音的音调越高
【答案】D
【解析】
【详解】A．将叉股接触悬挂的小球，能观察到小球被弹开，说明发声的音叉在振动，故A正确，不符合题意；
B．声音的传播需要介质，声音通过空气传到人的耳朵里的，故B正确，不符合题意；
C．敲音叉的力越大，声音的振幅就越大，声音的响度也越大，故C正确，不符合题意；
D．声音的音调与声音的振动频率有关，与声音的振幅无关，故D错误，符合题意。
故选D。
7. 下列家用电器的有关数据，最符合实际的是（ ）
A. 电视逼控器的工作电流为1A B. 洗衣机的工作电压为220V
C. 电冰箱的工作电压为380V D. 空调的待机功率为0.01W
【答案】B
【解析】
【详解】A．普通灯泡正常发光时的电流为0.2~0.3A，电视遥控器的工作电流比灯泡正常发光时的电流小，约为50mA左右，故A不符合题意；
BC．家庭电路的电压为220V，所以洗衣机、电冰箱正常工作的电压都是220V，故B符合题意，C不符合题意；
D．空调的待机功率大约为5W左右，故D不符合题意。
故选B。
8. 无风的天气，小虹和同学一起用机械停表和刻度尺测量乒乓球下落的平均速度，他们让乒乓球从三楼由静止竖直落到地面。对于实验有关的操作和分析，正确的是（ ）
A. 该实验很简单，不必注意操作的安全
B. 选择量程为1米的刻度尺来测量路程
C. 使用停表前，要先观察停表是否调零
D. 所测速度表示乒乓球每一时刻的快慢
【答案】C
【解析】
【详解】A．乒乓球从三楼由静止竖直下落，快达到地面时，速度较大，动能较大，如果落到人的头上，可能对人造成伤害，故A错误；
B．一层楼高约为3m，乒乓球从三楼落下，高度约6m，选择量程为1米的刻度尺来测量高度，刻度尺的量程过小，故B错误；
C．使用停表前，要先观察停表是否调零，如果不调零，测量的时间不准确，误差较大，故C正确；
D．测量的平均速度表示乒乓球从三楼到地面这段路程的平均快慢程度，故D错误。
故选C。
9. 又到了轻松而愉快的周末，家住成都的小新同学起床洗漱后，吃着糕点，喝着牛奶，推窗远望，眼前是城区与雪山同框的一幅美丽画卷。对于小新生活场景（如图）的分析，正确的是（ ）
A. 甲图中，塑料吸盘挂钩靠分子引力贴在墙壁上
B. 乙图中，吸管一端做成斜切口是为了增大压力
C. 丙图中，使用吸管喝牛奶利用了大气压的作用
D. 丁图中，远处雪山山顶的大气压比成都城区高
【答案】C
【解析】
【详解】A．甲图中，把塑料吸盘挂钩贴在墙壁上利用了大气压的作用，故A错误；
B．乙图中，吸管一端做成斜切口是为了在压力一定时，通过减小受力面积，从而增大压强，故B错误；
C．丙图中，使用吸管喝牛奶时，吸走吸管内的气体后，在大气压的作用下，牛奶被压入嘴中，故C正确；
D．丁图中，大气压会随着高度的增加而减小，所以远处雪山山顶的大气压比成都城区低，故D错误。
故选C。
10. 甜水面是成都的传统美食，制作的关键是做出有筋道的面条：用上等面粉加盐和水，揉匀后静置半小时，用面杖擀成面皮，再切成适当宽度的面条，然后两手抓住面条用力拉长。关于上述过程的说法不正确的是（ ）
A. 揉捏面团时，面团既是受力物体也是施力物体
B. 面团被擀制成面皮，力改变了面团的运动状态
C. 手推面杖来回运动，力改变了面杖的运动状态
D. 用手拉长面条，面条受力的同时，手也受到力
【答案】B
【解析】
【详解】A．物体间力的作用是相互的，揉捏面团时，面团既是受力物体也是施力物体，故A正确，不符合题意；
B．面团被擀制成面皮，面团的形状发生改变，说明力可以改变物体的形状，故B错误，符合题意；
C．手推面杖来回运动，面杖受到力的作用，运动状态发生改变，说明力可以改变物体的运动状态，故C正确，不符合题意；
D．用手拉长面条，物体间力的作用是相互的，面条受力的同时，手也受到力，故D正确，不符合题意。
故选B。
11. 电网连着千万家，安全系着你我他。关于家庭电路及安全用电，下列说法正确的是（ ）
A. 控制电灯的开关必须接在火线与电灯之间
B. 发现空气开关跳闸后，应该立即重新合上
C. 使用验电笔时，手不必接触笔尾金属部分
D. 发现有人触电，立即用手把他拉离带电体
【答案】A
【解析】
【详解】A．控制电灯的开关应接在火线与电灯之间，这样当电灯出现问题进行维修时，能有效的防止由于人体接触灯口金属部分导致人体与火线连通而发生触电事故，故A正确；
B．空气开关跳闸原因是电路中的电流过大，而导致电路中电流过大的原因有电路的总功率过大和电路中发生短路两个因素，因此，如果立即闭合开关会出现继续跳闸或损毁用电器的情况，所以发现空气开关跳闸后，应先检查电路中发生电流过大的原因，排除故障以后才能闭合开关，故B错误；
C．使用验电笔接触火线时会形成由笔尖→电阻器→氖管→人体→大地的通路，从而使氖管发光，利用此原理可以区分出零线和火线，因此，手和验电笔必须连通才能形成通路，连通的方式是手要接触笔尾金属部分，故C错误；
D．发现有人触电时应先切断电源然后迅速使触电人摆脱带电体，如果找不到电源开关，则需要用绝缘体将触电人与带电体分离，而人体属于导体，若用手把触电人拉离带电体会使营救人员发生触电，故D错误。
故选A。
12. “奋斗者”号深潜器坐底10909米，创造了中国载人深潜新记录。喜欢动手的小文制作了一个深潜器模型，用弹簧测力计测量它受到的浮力。先测出它的重力为G，然后将模型浸没于水中静止（如图所示），弹簧测力计受到的拉力为F，棋型所受的浮力为F浮。则下列说法正确的是（ ）
A. 拉力F与重力G是一对平衡力 B. 模型所受浮力大小F浮=G-F
C. 模型从图示位置下移，浮力变大 D. 将模型逐渐提离水面，拉力不变
【答案】B
【解析】
【详解】AB．因为模型在水中处于静止状态，所以模型处于平衡状态，模型在水中受到竖直向上的拉力和浮力，竖直向下的重力，所以拉力F与重力G不是一对平衡力，拉力F和浮力F浮之和等于重力G，则F+F浮=G，所以F浮=G-F，故A错误，B正确；
C．模型从图示位置下移，仍然处于浸没状态，所以排开液体的体积不变，由阿基米德原理F浮=ρ液gV排可知，液体密度不变时，模型所受浮力大小不变，故C错误；
D．将模型逐渐提离水面，模型排开液体的体积变小，由阿基米德原理F浮=ρ液gV排可知，液体密度不变时，模型所受浮力变小，而模型重力不变，由F+F浮=G可知，拉力变大，故D错误。
故选B。
13. 实验小组的同学连接了四个电路（如图）来探究开关的控制作用，下列判断正确的是（ ）
A. 甲电路中，开关S只控制L1 B. 乙电路中，闭合开关S，两灯都亮
C. 丙电路中，闭合开关S，L1亮，L2不亮 D. 丁电路中，断开开关S，L1不亮，L2亮
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，此时两灯串联，故开关S可以同时控制L1和L2，故A错误；
B．由图可知，闭合开关后，灯泡L1将被短路，不会发光，故B错误；
C．由图可知，闭合开关后，电流从电源的正极直接流回电源的负极，两灯均被短路，均不亮，故C错误；
D．由图可知，断开开关S后，此时只有L2接入电路，故L1不亮，L2亮，故D正确。
故选D。
第Ⅱ卷（非选择题，共59分）
二、填空题（每空2分，共28分）
14. 眼睛成像情况与___________成像情况相同（选填“照相机”、“投影仪”或“放大镜”），青少年如果不注意用眼卫生，容易患上近视，近视眼用凹透镜来矫正，这是利用了凹透镜对光___________的作用。
【答案】 ①. 照相机 ②. 发散
【解析】
【详解】[1]眼睛成像时，物距远大于眼睛的二倍焦距，所成的像为倒立、缩小的实像，故可知其成像情况与照相机成像情况相同。
[2]近视眼是由于晶状体变厚，对光的偏折能力增强，使得光线在视网膜之前会聚，故矫正近视眼需要使光线推迟会聚，利用凹透镜来矫正近视眼是利用了凹透镜对光有发散作用，可以使光线推迟会聚。
15. 小天同学用图甲所示的装置探究“水沸腾的规律”，图乙是他绘制的温度和时间关系图像。他观察发现，水沸腾后，气泡的体积在上升过程中变___________；分析图像可知，水沸腾后，继续加热，温度___________。
【答案】 ①. 大 ②. 保持不变
【解析】
【详解】[1]水沸腾时，整个容器内水温相同，气泡上升过程中，不断有水变为水蒸气进入气泡，气泡越来越大。
[2]由图乙中图像可知，第180s到360s，水的温度保持100℃不变，此时水已经沸腾，水沸腾后继续吸热，温度保持不变。
16. 下图是小明用抹布做清洁时的情景，当小明向左擦拭桌面时，抹布受到桌面的摩擦力方向是向___________的，为了擦干净桌面上一小团“顽固”污遗，他加大了用力，这是为了___________摩擦。
【答案】 ①. 右 ②. 增大
【解析】
【详解】[1]当小明向左擦拭桌面时，此时抹布相对于桌面向左运动，抹布受到桌面的摩擦力方向与抹布的运动方向相反，即抹布受到桌面的摩擦力方向是向右的。
[2]加大用力是为了在接触面的粗糙程度不变时，通过增大压力从而增大摩擦。
17. 2022年4月16日，太空“出差”半年的神舟十三号乘组翟志刚、王亚平、叶光富成功返回地球家国。图是着陆前的场景，在减速降落过程中，返回舱所受合力的方向是向___________的。三位航天员的“天宫课堂”还让我们回味无穷，当航天员将实验物品用手推出后，物品能够继续向前运动，这是因为它具有___________。
【答案】 ①. 上 ②. 惯性
【解析】
【详解】[1]因为返回舱是减速下降，所以返回舱受到的竖直向下的重力小于竖直向上的阻力，即合力的方向是竖直向上。
[2]当航天员将实验物品用手推出后，物品能够继续向前运动，说明物体具有保持原来运动状态不变的性质，这种性质为惯性。
18. 为实现节能和智能控制，空调内部用到了传感器和电磁继电器，下图是启动或停止空调压缩机的电路示意图，电磁继电器是利用电磁铁控制工作电路通断的___________（选填“用电器”、“电源”或“开关”），夏天，空调制冷，房间温度降低，热敏元件的电阻增大，控制电路的电流减小，电磁铁的磁性___________，低于设定温度时，工作电路就断开，停止制冷。
【答案】 ①. 开关 ②. 减弱
【解析】
【详解】[1]电磁继电器是利用电磁铁控制衔铁的吸下或弹起从而控制工作电路的通断，相当于开关。
[2]电磁铁的磁性与通过电磁铁的电流大小有关，当控制电路的电流减小时，电磁铁的磁性将会减弱。
19. 图是小华探究电流与电阻关系的实验电路，AB间可以换接多个不同阻值的电阻。在每次换接电阻后，他应调节滑动变阻器滑片控制AB间______不变。换接电阻多次实验，是为了______。
【答案】 ①. 电压 ②. 寻找普遍规律
【解析】
【详解】[1]探究电流与电阻关系的实验中，在更换电阻的过程中需控制电阻两端的电压保持不变，即控制AB间电压保持不变。
[2]在AB间更换不同的电阻进行多次实验，得出多组数据，根据多组数据进行分析，得出电流与电阻关系，这样得出的结论具有普遍性。所以换接电阻多次实验，是为了寻找普遍规律。
20. 小玥在妈妈指导下用电熨斗熨烫衣服，她首先阅读说明书，知道电熨斗有“低温”、“高温”两个挡位，其简化电路如图所示，R1、R2是电热丝，R1=48.4，R2=96.8，S为旋转式开关。当她旋转触片接触触点1和2时，电熨斗为___________挡位，该挡位通电1min，电流产生的热量为___________J。
【答案】 ①. 低温 ②. 6×104
【解析】
【详解】[1]根据可知，当电压一定时，电阻越大，功率越小，挡位越低。当旋转触片接触触点1和2时，只有R1接入电路，电阻较大，功率较小，为低温挡；当旋转触片接触触点2和3时，电阻R1、R2并联，电阻较小，功率较大，为高温挡。
[2]当旋转触片接触触点1和2时，只有R1接入电路，为低温挡。根据可知，此时的功率为
低温挡通电1min，电流产生的热量为
三、作图与计算题（共17分。计第题在解答时应写出公式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分）
21. “圭表”是我国古代先进的天文观测仪器，根据“表”在“圭”面上形长的变化就能知道时节的更替。元代天文学家郭守敬改进和创新了“圭表”（如图甲），国乙是其示意图。他在“表”上方加一根架空的横梁，在“圭”面上放置一个可移动的景符（有小孔的铜片）。他利用改进后的“圭表”，精确推算出了二十四节气和一回归年天数。请根据以上资料在图乙中画出横梁通过景符的小孔在“圭”面上所成的影像，并标明两条光线的传播方向。
【答案】
【解析】
【详解】光线照射到横梁上，由于光线沿直线传播，光线通过景符上的小孔，照射到“圭”面上，这是小孔成像，在“圭”上形成横梁的像。如图所示：
22. 如图是小兰在练习“斜身引体”项目时的情景。把人体视为杠杆，O为支点，动力等效为F1，请画出F1的力臂l1。
【答案】
【解析】
【详解】画动力F1的力臂，应过支点O作动力F1作用线的垂线段，由于垂线不能与动力F1作用线的实线部分相交，所以要将动力F1作用线用虚线反向延长，注意支点O的垂线也要用虚线，并且需要标出垂直符号，然后用大括号将所画的垂线段括起来，要求大括号两端分别对齐支点O和垂足，然后在大括号外标注出力臂符号l1，如图所示
23. 小杨同学品学兼优，全面发展，热爱劳动，周末，他从超市采购归来，手提一袋大米，站在匀速竖直上升的电梯内。
（1）若小杨及所带物品的总重为700N，在电梯上升10m的过程中，求电梯对他的支持力做的功；
（2）若这袋大米总质量为5kg，手的受力面积为2cm2，g取10N/kg，求他的手受到的压强。
【答案】（1）7×103J；（2）25×105Pa
【解析】
【详解】解：（1）由题意可知，电梯对小杨的支持力F等于小杨的总重力G总，即
F=G总=700N
电梯上升的高度为h=10m，故由W=Fs可得，电梯对他的支持力做的功为
W=Fs=G总h=700N×10m=7×103J
（2）由受力分析可知，大米对手的压力F压大小等于大米的重力G大小，即
F压=G=mg=5kg×10N/kg=50N
由可得，手受到的压强为
答：（1）电梯对他的支持力做的功为7×103J；
（2）他的手受到的压强为2.5×105Pa。
24. 如图所示，电源电压U=5V，定值电阻R1=10Ω，R2=20Ω，滑动变阻器R的最大阻值为20Ω，电压表的量程为3V，电流表的量程为0.6A。
（1）开关S1、S2、S3均闭合时，求电路消耗的总功率；
（2）S1闭合，S2、S3断开，为保证电路元件安全，求滑动变阻器R能接入电路的阻值范围。
【答案】（1）3.75W；（2）0~15Ω
【解析】
【详解】解：（1）S1、S2、S3均闭合时，R1、R2并联，滑动变阻器R、电压表、电流表被短接，电源电压U=5V，电路中定值电阻R1=10Ω，R2=20Ω，电路中的总电阻R总为
即推出
电路消耗的总功率
（2）S1闭合，S2、S3断开，R1与滑动变阻器R串联，电压表测量滑动变阻器R两端的电压，当滑动变阻器R接入电阻为0时，电路中总电阻最小，电路中的电流最大，此时电路中的电流为
由以上分析可知，电路中电流最大时并未超过电流表的量程，故滑动变阻器阻值可选取的最小值为Rmin=0。
根据串联电路中的电阻分压原理，滑动变阻器的电阻越大，其两端电压越大，电压表的示数也就越大，但电压表由于量程限制，最大示数只能到3V，此时是滑动变阻器达到电路安全允许的最大值，根据串联电路中电源两端电压等于各用电器两端电压之和
可知，当滑动变阻器R两端的电压达到电压表的量程Umax=3V时，定值电阻R1两端电压最小，此时电路中电流最小为
由以上分析可知，当时，滑动变阻器接入电路中的阻值最大，滑动变阻器接入电路中的最大阻值为
滑动变阻器R的最大阻值为20Ω，所以可以取到15Ω，综上可总结出滑动变阻器R能接入电路的阻值范围是0~15Ω。
答：（1）开关S1、S2、S3均闭合时，电路消耗的总功率为3.75W。
（2）S1闭合，S2、S3断开，为保证电路元件安全，滑动变阻器R能接入电路的阻值范围是0~15。
四、实验与探究题（共14分）
25. 小郑使用电流表测量小灯泡的电流，连接的实验电路如图甲所示。
（1）如果不能估计电流大小，他应把导线a接到电流表标有___________（选填“-”、“0.6”或“3”）的接线柱上，通过开关来试触并观察；
（2）闭合开关后，他观察到小灯泡正常发光，而电流表指针偏转角度很小，对于该现象，下列分析合理的是___________。
A．可能某处导线断了 B．可能电流表烧坏
C．电流表的量程过大 D．电源的电压过低
（3）某次测量中，小郑不小心将电流表的正、负接线柱接反了，造成表的指针反向偏转，为弄清原因，他查看了说明书，表头结构示意图如图乙，他作出如下分析：当反接时，电流方向改变，磁场对通电线圈的作用力方向改变，带动指针反偏，你认为小郑的上述分析_______（选填“有”或“没有”）道理。
【答案】 ①. 3 ②. C ③. 有
【解析】
【详解】（1）[1]如果不能估计电流大小，为了不损坏电流表，应先选择电流表的大量程进行试触，即把导线a接到电流表标有3的接线柱上，通过开关来试触并观察。
（2）[2]闭合开关后，小灯泡正常发光，则说明电路处于通路状态，而电流表指针偏转角度很小，则原因可能是电流表的量程过大，故ABD不符合题意，C符合题意。
故选C。
（3）[3]通电导线在磁场中的受力方向与磁场和电流的方向均有关，当反接时，磁场的方向不变，而电流的方向相反，故此时通电线圈在磁场中的受力方向相反，带动指针反偏，故小郑的上述分析有道理。
26. 在教材安排的“用天平测量物体质量”的实验中：
（1）实验方案要求：先估测物体质量，再进行实测，这样安排的好处是___________；
（2）测量时，要用镊子而不能用手加减砝码和调节游码，原因是___________；
（3）对同一物体的质量要进行三次测量，然后取平均值，目的是___________；
（4）如果你和小周同学共用一套实验器材，合作完成该实验，当小周同学在进行实验操作时，你应该___________。
【答案】 ①. 减少试加砝码的次数 ②. 为了保护砝码和游码 ③. 减小误差 ④. 观察现象，记录数据
【解析】
【详解】（1）[1]在测量物体质量时，要先估测物体的质量，再进行实测，这样可以减少试加砝码的次数，提高测量效率。
（2）[2]测量时，要用镊子而不能用手加减砝码和调节游码，原因是用手加减砝码和调节游码时，会污染砝码和游码，影响测量结果，故为了保护砝码和游码，要用镊子而不能用手加减砝码和调节游码。
（3）[3]测量过程中存在误差，对同一物体的质量要进行三次测量，然后取平均值，可以通过求平均值，减小误差。
（4）[4]当小周同学在进行实验操作时，应该配合小周，观察现象，记录数据等。
B卷（共20分）
一、选择题（每小题2分，共10分。有的小题只有一个选项符合题目要求；有的小题有二个选项符合题目要求，全部选对得2分，选对但不全得1分，有选错的得0分）
27. 新能源的开发和利用在中国发展势头强劲，是东方巨龙腾飞的助推器，图是我国生产的某品牌氢动力汽车。关于新能源，下列说法不正确的是（ ）
A. 核燃料、氢燃料和天然气都属于新能源 B. 核电站利用核裂变释放的能量来发电
C. 氢燃料发动机将化学能转化为机械能 D. 新能源开发可以有效缓解能源危机
【答案】A
【解析】
【详解】A．天然气属于常规能源，不属于新能源，故A错误，符合题意；
B．核电站是利用可控的核裂变释放的能量来发电，故B正确，不符合题意；
C．氢燃料发动机在工作时，将燃料蕴藏的化学能用来对外做功，将化学能转化为机械能，故C正确，不符合题意；
D．新能源的开发可以解决能源短缺的问题，有效缓解能源危机，故D正确，不符合题意。
故选A。
28. 图是龙泉山城市森林公园的“城市之眼”，它见证了成都由“两山夹一城”到“一山连两翼”的跨越式发展，立于此，“城市绿心”跳动的脉搏清晰可感。周末，游人如织，小张拿出手机留影纪念，在黑屏状态下通过屏幕看到了身后游人的像，在拍照时通过屏幕看到了“城市之眼”的像，为了探究成像原因，小张用手指挡住摄像头，发现不能看到“城市之眼”的像。下列分析正确的是（ ）
A. 游人看见“城市之眼”是因为它是光源
B. 光照在游人的伞面上发生了镜面反射
C. 两次通过屏幕看到的像成像原理不同
D. 摄像头的镜头成的是正立缩小的实像
【答案】C
【解析】
【详解】A．能够发光的物体叫做光源，而“城市之眼”不能自己发光，但它能够反射光源的光，游人看见的“城市之眼”，是它的反射的光进入人眼形成的像，故A错误；
B．镜面反射是平行光照射到光滑的平面上发生的反射，而游人的伞面是粗糙不平的，因此光照在游人的伞面上发生的是漫反射而不是镜面反射，故B错误；
C．小张在黑屏状态下通过屏幕看到了身后游人的像，是游人反射的光经过手机屏幕反射形成的，属于平面镜成像；小张在拍照时通过屏幕看到了“城市之眼”的像，是“城市之眼”反射的光经过镜头折射后形成的像，属于凸透镜成像，所以两次通过屏幕看到的像成像原理不同，故C正确；
D．小张在拍照时通过屏幕看到了“城市之眼”的像，用手指挡住摄像头，发现不能看到“城市之眼”的像说明“城市之眼”和它的像在镜头两侧，根据凸透镜的成像规律可知此时成的是实像，且像的大小明显小于物体大小，所以摄像头的镜头的成像原理应该与照相机成像原理相同，而照相机成的是倒立缩小的实像，屏幕上正立的像是通过手机内电子器件的进一步转换形成的，故D错误。
故选C。
29. 小叶看见面点师傅将面拉成长条，放入滚烫的油中就炸出了香脆可口的油条，于是很想了解油的吸热能力。在老师指导下，他用酒精灯分别加热质量为50g、初温为20℃的油和水，记录的相关数据如下表所示。若单位时间内油吸收的热量与水吸收的热量相等，酒精的热值为3×107J/kg，水的比热容为4.2×103J/(kg·℃)。下列说法正确的是( )
物质种类
加热时间（min）
消耗酒精（g）
末温（℃）
油
2
1
88
水
2
1
50
A. 2min内油吸收的热量为3×104J
B. 他使用的酒精灯的加热效率为21%
C. 油的末温比水的高，所以吸热能力更强
D. 油的吸热能力与其吸收的热量多少有关
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题意可知，油和水的质量相等，都为，水的比热容为c水=4.2×103J/(kg·℃)，2min内水的温度由t0=20℃上升到t=50℃，则水吸收的热量为
2min内油吸收的热量与水吸收的热量相等，则油吸收的热量为
所以2min内油吸收的热量为6.3×103J，故A错误；
B．由题意可知，酒精的热值为q=3×107J/g，加热2min消耗了m酒精=1g=1×10-3kg的酒精，则完全燃烧1g酒精放出的热量为
则酒精灯的加热效率为
故B正确；
C．相同质量和相同初温的油和水吸收相同的热量，末温度越低表示物质吸热能力越强，所以油的末温比水的高，说明油吸热能力更弱，故C错误；
D．物质的吸热能力即比热容是物质的一种特性，与物质的种类和状态有关，与其吸收的热量多少无关，故D错误。
故选B。
30. 小武用如图所示滑轮组匀速提升500N的重物，10s内物体上升了1m，大滑轮重20N，每个小滑轮重10N，滑轮组的绕绳能承受的最大拉力为200N，不计绳重及滑轮与轴之间的摩擦，下列结论正确的是（ ）
A. 动滑轮对重物做的功为520J B. 小武施加的拉力的功率为52W
C. 使用此滑轮组能匀速提起重为570N的物体 D. 若机械效率为80%，则提升的物重为160N
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由受力分析可知，动滑轮对重物的拉力F拉等于重物的重力G，即
F拉=G=500N
重物上升的高度为h=1m，故由W=Fs可得，动滑轮对重物做的功为
W=Gh=500N×1m=500J
故A错误；
B．由图中可知，动滑轮上有三股绳子承重，故绳子自由端的拉力为
绳子自由端移动的距离为
s=3h=3×1m=3m
故绳子自由端的拉力做的功为
故由可得，拉力的功率为
故B正确；
C．由题意可知，滑轮组的绕绳能承受的最大拉力为F大=200N，故由
可得，使用此滑轮组能匀速提起的物体的最大重力为
G大=3F大-G动=3×200N-20N=580N
故可知使用此滑轮组能匀速提起重为570N物体，故C正确；
D．该滑轮组的机械效率为
若机械效率为80%，解得此时物体的重力为G′=80N，故D错误。
故选BC。
31. 如图所示电路，电源电压U恒定不变，电流表A1量程为0~3A，A2量程为0~0.6A，电压表V量程为0~3V或0~15V，闭合S，断开S1、S2，滑片P移到最左端，A1表的示数为0.35A，R1和R3消耗的电功率之比P1∶P3=3∶1；滑片P向右移到某一位置的过程中，A1表的示数变化了0.3A，V表的示数变化了3V，三个开关都闭合时，在确保电路安全的前提下，R2允许接入的最小阻值为R2 小，电路消耗的最大电功率为P大。下列结论正确的是（ ）
A. R3=10Ω B. 电压表选用的量程为0~3V
C. R2小=40Ω D. P大=28W
【答案】AD
【解析】
【详解】A．由电路图可知，闭合S，断开S1、S2，此时定值电阻R1、R3与滑动变阻器R2串联，电流表A1测电路中电流，电压表V测R3两端电压，滑片P移到最左端时，滑动变阻器接入电路中的阻值为0，此时A1表的示数为0.35A，故由欧姆定律可得
①
此时R1和R3消耗的电功率之比为
P1∶P3=3∶1
因R1和R3串联，故流过R1和R3的电流相等，则由P=I2R可得，R1和R3消耗的电功率之比等于电阻之比，即
P1∶P3=R1∶R3=3∶1②
滑片P向右移到某一位置的过程中，A1表的示数变化了ΔI=0.3A，V表的示数变化了ΔU=3V，由欧姆定律可得，ΔU和ΔI的比值为电阻R3的阻值，故可得
将R3=10Ω代入②中，解得R1=30Ω，再将R1和R3的值代入①中解得，电源电压为U=14V，故A正确；
B．当滑片P移到最左端时，此时R1和R3串联，R2接入电路中的阻值为0，此时电路中总电阻为
R总=R1+R3=30Ω+10Ω=40Ω
由欧姆定律可得，电路中电流为
故此时R3两端电压为
U3=IR3=0.35A×10Ω=3.5V
可知此时R3两端电压大于3V，故电压表V选用的量程为0~15V，故B错误；
C．三个开关都闭合时，由电路图可知，此时滑动变阻器R2与定值电阻R3并联，电流表A2测流过滑动变阻器支路的电流，电流表A1测干路电流，电压表V测电源电压，因电流表A2的最大量程为I2=0.6A，故由欧姆定律可得，此时滑动变阻器R2允许接入的最小电阻为
故C错误；
D．由C中可得，此时滑动变阻器R2支路的最大电流为I2=0.6A，由欧姆定律可得，定值电阻R3支路的电流为
故可得干路电流的最大值为
I大=I2+I3=0.6A+1.4A=2A
故由P=UI可得，电路消耗的最大电功率为
P大=UI大=14V×2A=28W
故D正确。
故选AD。
二、综合题（共10分。第7题在解答时应写出公式和重要的演算步骤，只写出最后答案不能得分）
32. 在一次实践活动中，小军对家中常用的电热水壶（如图甲）进行了探究。这种水壶使用方便，能较快将水烧开。
（1）使用电热水壶，安全至关重要。小军首先认真阅读了使用说明书，并对一些重要的注意事项作出了如下分析，你认为他的分析不合理的是___________
A．电热水壶不能放在燃气灶旁，是为了防止损坏绝缘材料
B．电热水壶的插头必须接三孔插座，是为了防止短路
C．水量不超过最大限位，可以防止水烧开后溢出
D．必须保持插头和电源线干燥，是为了防止漏电造成事故
（2）小军观察电热水壶铭牌（如图乙）后，开始实际操作。他测出，电热水壶正常工作烧开2L水，用时8min。若电费单价为0.5元/kW·h，则烧开这壶水所花的电费为___________元；
（3）利用铭牌参数和小军测得数据，若要测出电热水壶的加热效率，除了要知道水的密度、水的末温外，还需知道的两个物理量是___________；
（4）小军继续对电热水壶的设计和使用说明进行探究，他提出了下列猜想，你认为不合理的是______
A．观察到加热元件安装在壶身底部而不是其他位置，可能是为了增强加热效果
B．原理图中指示灯与加热元件是并联而不是串联，可能是因为两者的额定电流相差很大
C．要求长时间使用后要清除水垢，可能是因为水垢增多，导致加热电阻变大，功率变小
【答案】 ①. B ②. 0.12 ③. 水的初温和水的比热容 ④. C
【解析】
【详解】（1）[1]A．电热水壶不能放在燃气灶旁，否则在使用燃气灶时产生的热量会把电热水壶的绝缘材料烤软甚至损坏，故A分析合理，不符合题意；
B．电热水壶的插头必须接三孔插座，是为了防止金属外壳带电而使人接触时触电，不是为防止短路，故B分析不合理，符合题意；
C．电热水壶烧水时，水量不超过最大限位，如果超过最大限位，当水沸腾会会溢出，烫伤人，故C分析合理，不符合题意；
D．必须保持插头和电源线干燥，如果潮湿，可能产生漏电，引起触电事故，故D分析合理，不符合题意。
故选B。
（2）[2]由乙图可知，电热水壶正常工作时功率为1800W，工作8min消耗的电能为
W=Pt=1800W×8×60s=864×105J=0.24kW·h
若电费单价为0.5元/kW·h，则烧开这壶水所花的电费为
N=0.5元/kW·h×0.24 kW·h=0.12元
（3）[3]根据公式
可知，要测出电热水壶的加热效率，需知道：消耗的电能W，水的比热容c，水的质量ρ，水的体积V，水的初温t0、末温t。根据题意，水的体积已知，W已经求出，所以除了要知道水的密度、水的末温外，还需知道的两个物理量是水的比热容c和水的初温t0。
（4）[4]A．加热元件安装在壶身底部而不是其他位置，为了加快水的对流，增强加热效果，故A合理，不符合题意；
B．指示灯电阻串联一个很大电阻再与加热元件并联，根据可知，指示灯功率很小，而加热元件能产生大量的热，功率很大，充分利用电能，所以指示灯与加热元件是并联而不是串联，可能是因为两者的额定电流（功率）相差很大，故B合理，不符合题意；
C．要求长时间使用后要清除水垢，可能是因为水垢增多，导致电热水壶的传导热量能力变差，需要加热更长时间，而不是加热电阻变大，功率变小，故C不合理，符合题意。
故选C。
33. 如图所示，放置在水平桌面上的甲、乙两个相同薄壁圆柱形容器，高度为h1，底面积为S1=100cm2，甲容器内装有水，圆柱形实心物体浸没在水底。物体高度为h2=8cm，底面积为S2=30cm2，密度为ρ2；乙容器内装有质量为m，密度为ρ3的某种液体。忽略物体吸附液体等次要因素，己知ρ水=1.0×103kg/m3，g=10N/kg。
（1）求物体浸没水底时所受的浮力大小；
（2）将物体从甲容器底部竖直缓慢提升，直到物体上表面高出水面5cm时停止，求这个过程中，水对容器底部的压强变化量；
（3）将物体从甲容器取出后，再缓慢放入乙容器内，为保证液体不会溢出，求乙容器内液体质量m的取值范围（用ρ2、ρ3、h1、h2、S1、S2表示）。
【答案】（1）2.4N；（2）150Pa；（3）当时，；当时，
【解析】
【详解】解：（1）由知道，物体浸没水底时所受的浮力大小
F浮=ρ水gV排=ρ水gS2h2=1.0×103kg/m3×10N/kg×30×10-4m2×8×10-2m=2.4N
（2）由体积关系得，水面下降的距离为
由p=ρ水gh知道，水对容器底部的压强变化量为
（3）若ρ2≥ρ3，液体最多时，物体浸没，此时液体体积为
此时液体质量为
若ρ2<ρ3，液体最多时，物体漂浮，此时
F浮′=G物
即
液体体积为
所以，液体质量为
综合上述分析可得，液体质量m的取值范围为，当时
当时
答：（1）物体浸没水底时所受的浮力大小是2.4N；
（2）这个过程中，水对容器底部的压强变化量是150Pa；
（3）乙容器内液体质量m的取值范围是当时，；当时，。
物理
A卷（共85分）
第I卷（选择题，共26分）
一、单项选择题（每小题2分，共26分）
1. 闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中会产生感应电流，利用此原理，人们制造了（ ）
A. 电磁铁 B. 电热器 C. 电动机 D. 发电机
【答案】D
【解析】
【详解】闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中会产生感应电流，即电磁感应现象。
A．电磁铁是利用电流的磁效应工作的，故A不符合题意；
B．电热器是利用电流的热效应工作的，故B不符合题意；
C．电动机是利用通电导体在磁场中受到力的作用来工作的，故C不符合题意；
D．发电机的工作原理是电磁感应现象，故D符合题意。
故选D。
2. 北斗三号全球卫星导航系统正式开通以来，运行稳定，持续为全球用户提供优质服务，系就服务能力步入世界一流行列。下列说法正确的是（ ）
A. 北斗卫星利用电磁波向地面传递信息 B. 电磁波在空气中的传播速度为340m/s
C. 北斗卫星上的芯片采用超导材料制成 D. 北斗卫星长期工作不需要消耗任何能量
【答案】A
【解析】
【详解】A．太空中是真空环境，声音无法传播，北斗卫星是利用电磁波向地面传递信息，故A正确；
B．电磁波在空气中的传播速度约为3×108m/s，故B错误；
C．北斗卫星上的芯片是采用硅等半导材料制成，故C错误；
D．由能量守恒定律可知，北斗卫星长期工作需要消耗能量，故D错误。
故选A。
3. “二十里中香不断，青羊宫到浣花溪”，这是南宋大诗人陆游对成都的赞誉。漫步在成都的这段“寻香道”，观花赏水，令人心旷神怡。下列分析正确的是（ ）
A. 闻到花香是分子做无规则运动的结果 B. 溪水的温度高低取决于水流的速度
C. 阳光下湖水内能增加是通过做功的方式 D. 阳光下的石板温度升高，其比热容增大
【答案】A
【解析】
【详解】A．闻到花香是由于分子在永不停息地做无规则运动，花香分子扩散到了空气中，进入人的鼻子从而闻到香味，故A正确；
B．由Q=cmΔt可知，溪水的温度高低与溪水的质量和吸收的热量等因素有关，与水流的速度无关，故B错误；
C．阳光下湖水通过吸收太阳辐射的热量使得其内能增加，这是通过热传递的方式增加内能，故C错误；
D．比热容是物质本身的一种特性，与物体的温度无关，故阳光下的石板温度升高，其比热容不变，故D错误。
故选A。
4. 清晨，站在青城山山顶放眼望去，薄雾从山间升腾而起，随风飘散，宛如仙境（如图）。雾的形成属于（ ）
A. 汽化现象 B. 液化现象 C. 升华现象 D. 凝华现象
【答案】B
【解析】
【详解】雾是由空气中的水蒸气液化形成的小水珠，故B符合题意，ACD不符合题意。
故选B。
5. 在北京冬奥会的跳台滑雪比赛中（如图），运动员从陡坡下滑、加速、起跳，然后在落差100多米的山地上自由“飞翔”。针对从陡坡加速下滑的过程，下列说法正确的是（ ）
A. 运动员的动能不变 B. 运动员的重力势能不变
C. 运动员的重力势能减小 D. 运动员的动能转化为重力势能
【答案】C
【解析】
【详解】A．从陡坡加速下滑的过程，运动员的质量不变，速度变大，故其动能变大，故A错误；
BC．从陡坡加速下滑的过程，运动员的质量不变，高度降低，故其重力势能减小，故B错误，C正确；
D．从陡坡加速下滑的过程，因运动员的重力势能减小，动能变大，故可知是运动员的重力势能转化为动能，故D错误。
故选C。
6. 如图所示的实验中，用不同的力敲响音叉，将叉股接触悬挂的小球，都能看到小球被弹开。关于该实验，下列说法不正确的是（ ）
A. 该实验说明发声的音叉在振动 B. 声音通过空气传到人的耳朵里
C. 敲音叉的力越大，声音的响度越大 D. 敲音叉的力越大，声音的音调越高
【答案】D
【解析】
【详解】A．将叉股接触悬挂的小球，能观察到小球被弹开，说明发声的音叉在振动，故A正确，不符合题意；
B．声音的传播需要介质，声音通过空气传到人的耳朵里的，故B正确，不符合题意；
C．敲音叉的力越大，声音的振幅就越大，声音的响度也越大，故C正确，不符合题意；
D．声音的音调与声音的振动频率有关，与声音的振幅无关，故D错误，符合题意。
故选D。
7. 下列家用电器的有关数据，最符合实际的是（ ）
A. 电视逼控器的工作电流为1A B. 洗衣机的工作电压为220V
C. 电冰箱的工作电压为380V D. 空调的待机功率为0.01W
【答案】B
【解析】
【详解】A．普通灯泡正常发光时的电流为0.2~0.3A，电视遥控器的工作电流比灯泡正常发光时的电流小，约为50mA左右，故A不符合题意；
BC．家庭电路的电压为220V，所以洗衣机、电冰箱正常工作的电压都是220V，故B符合题意，C不符合题意；
D．空调的待机功率大约为5W左右，故D不符合题意。
故选B。
8. 无风的天气，小虹和同学一起用机械停表和刻度尺测量乒乓球下落的平均速度，他们让乒乓球从三楼由静止竖直落到地面。对于实验有关的操作和分析，正确的是（ ）
A. 该实验很简单，不必注意操作的安全
B. 选择量程为1米的刻度尺来测量路程
C. 使用停表前，要先观察停表是否调零
D. 所测速度表示乒乓球每一时刻的快慢
【答案】C
【解析】
【详解】A．乒乓球从三楼由静止竖直下落，快达到地面时，速度较大，动能较大，如果落到人的头上，可能对人造成伤害，故A错误；
B．一层楼高约为3m，乒乓球从三楼落下，高度约6m，选择量程为1米的刻度尺来测量高度，刻度尺的量程过小，故B错误；
C．使用停表前，要先观察停表是否调零，如果不调零，测量的时间不准确，误差较大，故C正确；
D．测量的平均速度表示乒乓球从三楼到地面这段路程的平均快慢程度，故D错误。
故选C。
9. 又到了轻松而愉快的周末，家住成都的小新同学起床洗漱后，吃着糕点，喝着牛奶，推窗远望，眼前是城区与雪山同框的一幅美丽画卷。对于小新生活场景（如图）的分析，正确的是（ ）
A. 甲图中，塑料吸盘挂钩靠分子引力贴在墙壁上
B. 乙图中，吸管一端做成斜切口是为了增大压力
C. 丙图中，使用吸管喝牛奶利用了大气压的作用
D. 丁图中，远处雪山山顶的大气压比成都城区高
【答案】C
【解析】
【详解】A．甲图中，把塑料吸盘挂钩贴在墙壁上利用了大气压的作用，故A错误；
B．乙图中，吸管一端做成斜切口是为了在压力一定时，通过减小受力面积，从而增大压强，故B错误；
C．丙图中，使用吸管喝牛奶时，吸走吸管内的气体后，在大气压的作用下，牛奶被压入嘴中，故C正确；
D．丁图中，大气压会随着高度的增加而减小，所以远处雪山山顶的大气压比成都城区低，故D错误。
故选C。
10. 甜水面是成都的传统美食，制作的关键是做出有筋道的面条：用上等面粉加盐和水，揉匀后静置半小时，用面杖擀成面皮，再切成适当宽度的面条，然后两手抓住面条用力拉长。关于上述过程的说法不正确的是（ ）
A. 揉捏面团时，面团既是受力物体也是施力物体
B. 面团被擀制成面皮，力改变了面团的运动状态
C. 手推面杖来回运动，力改变了面杖的运动状态
D. 用手拉长面条，面条受力的同时，手也受到力
【答案】B
【解析】
【详解】A．物体间力的作用是相互的，揉捏面团时，面团既是受力物体也是施力物体，故A正确，不符合题意；
B．面团被擀制成面皮，面团的形状发生改变，说明力可以改变物体的形状，故B错误，符合题意；
C．手推面杖来回运动，面杖受到力的作用，运动状态发生改变，说明力可以改变物体的运动状态，故C正确，不符合题意；
D．用手拉长面条，物体间力的作用是相互的，面条受力的同时，手也受到力，故D正确，不符合题意。
故选B。
11. 电网连着千万家，安全系着你我他。关于家庭电路及安全用电，下列说法正确的是（ ）
A. 控制电灯的开关必须接在火线与电灯之间
B. 发现空气开关跳闸后，应该立即重新合上
C. 使用验电笔时，手不必接触笔尾金属部分
D. 发现有人触电，立即用手把他拉离带电体
【答案】A
【解析】
【详解】A．控制电灯的开关应接在火线与电灯之间，这样当电灯出现问题进行维修时，能有效的防止由于人体接触灯口金属部分导致人体与火线连通而发生触电事故，故A正确；
B．空气开关跳闸原因是电路中的电流过大，而导致电路中电流过大的原因有电路的总功率过大和电路中发生短路两个因素，因此，如果立即闭合开关会出现继续跳闸或损毁用电器的情况，所以发现空气开关跳闸后，应先检查电路中发生电流过大的原因，排除故障以后才能闭合开关，故B错误；
C．使用验电笔接触火线时会形成由笔尖→电阻器→氖管→人体→大地的通路，从而使氖管发光，利用此原理可以区分出零线和火线，因此，手和验电笔必须连通才能形成通路，连通的方式是手要接触笔尾金属部分，故C错误；
D．发现有人触电时应先切断电源然后迅速使触电人摆脱带电体，如果找不到电源开关，则需要用绝缘体将触电人与带电体分离，而人体属于导体，若用手把触电人拉离带电体会使营救人员发生触电，故D错误。
故选A。
12. “奋斗者”号深潜器坐底10909米，创造了中国载人深潜新记录。喜欢动手的小文制作了一个深潜器模型，用弹簧测力计测量它受到的浮力。先测出它的重力为G，然后将模型浸没于水中静止（如图所示），弹簧测力计受到的拉力为F，棋型所受的浮力为F浮。则下列说法正确的是（ ）
A. 拉力F与重力G是一对平衡力 B. 模型所受浮力大小F浮=G-F
C. 模型从图示位置下移，浮力变大 D. 将模型逐渐提离水面，拉力不变
【答案】B
【解析】
【详解】AB．因为模型在水中处于静止状态，所以模型处于平衡状态，模型在水中受到竖直向上的拉力和浮力，竖直向下的重力，所以拉力F与重力G不是一对平衡力，拉力F和浮力F浮之和等于重力G，则F+F浮=G，所以F浮=G-F，故A错误，B正确；
C．模型从图示位置下移，仍然处于浸没状态，所以排开液体的体积不变，由阿基米德原理F浮=ρ液gV排可知，液体密度不变时，模型所受浮力大小不变，故C错误；
D．将模型逐渐提离水面，模型排开液体的体积变小，由阿基米德原理F浮=ρ液gV排可知，液体密度不变时，模型所受浮力变小，而模型重力不变，由F+F浮=G可知，拉力变大，故D错误。
故选B。
13. 实验小组的同学连接了四个电路（如图）来探究开关的控制作用，下列判断正确的是（ ）
A. 甲电路中，开关S只控制L1 B. 乙电路中，闭合开关S，两灯都亮
C. 丙电路中，闭合开关S，L1亮，L2不亮 D. 丁电路中，断开开关S，L1不亮，L2亮
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，此时两灯串联，故开关S可以同时控制L1和L2，故A错误；
B．由图可知，闭合开关后，灯泡L1将被短路，不会发光，故B错误；
C．由图可知，闭合开关后，电流从电源的正极直接流回电源的负极，两灯均被短路，均不亮，故C错误；
D．由图可知，断开开关S后，此时只有L2接入电路，故L1不亮，L2亮，故D正确。
故选D。
第Ⅱ卷（非选择题，共59分）
二、填空题（每空2分，共28分）
14. 眼睛成像情况与___________成像情况相同（选填“照相机”、“投影仪”或“放大镜”），青少年如果不注意用眼卫生，容易患上近视，近视眼用凹透镜来矫正，这是利用了凹透镜对光___________的作用。
【答案】 ①. 照相机 ②. 发散
【解析】
【详解】[1]眼睛成像时，物距远大于眼睛的二倍焦距，所成的像为倒立、缩小的实像，故可知其成像情况与照相机成像情况相同。
[2]近视眼是由于晶状体变厚，对光的偏折能力增强，使得光线在视网膜之前会聚，故矫正近视眼需要使光线推迟会聚，利用凹透镜来矫正近视眼是利用了凹透镜对光有发散作用，可以使光线推迟会聚。
15. 小天同学用图甲所示的装置探究“水沸腾的规律”，图乙是他绘制的温度和时间关系图像。他观察发现，水沸腾后，气泡的体积在上升过程中变___________；分析图像可知，水沸腾后，继续加热，温度___________。
【答案】 ①. 大 ②. 保持不变
【解析】
【详解】[1]水沸腾时，整个容器内水温相同，气泡上升过程中，不断有水变为水蒸气进入气泡，气泡越来越大。
[2]由图乙中图像可知，第180s到360s，水的温度保持100℃不变，此时水已经沸腾，水沸腾后继续吸热，温度保持不变。
16. 下图是小明用抹布做清洁时的情景，当小明向左擦拭桌面时，抹布受到桌面的摩擦力方向是向___________的，为了擦干净桌面上一小团“顽固”污遗，他加大了用力，这是为了___________摩擦。
【答案】 ①. 右 ②. 增大
【解析】
【详解】[1]当小明向左擦拭桌面时，此时抹布相对于桌面向左运动，抹布受到桌面的摩擦力方向与抹布的运动方向相反，即抹布受到桌面的摩擦力方向是向右的。
[2]加大用力是为了在接触面的粗糙程度不变时，通过增大压力从而增大摩擦。
17. 2022年4月16日，太空“出差”半年的神舟十三号乘组翟志刚、王亚平、叶光富成功返回地球家国。图是着陆前的场景，在减速降落过程中，返回舱所受合力的方向是向___________的。三位航天员的“天宫课堂”还让我们回味无穷，当航天员将实验物品用手推出后，物品能够继续向前运动，这是因为它具有___________。
【答案】 ①. 上 ②. 惯性
【解析】
【详解】[1]因为返回舱是减速下降，所以返回舱受到的竖直向下的重力小于竖直向上的阻力，即合力的方向是竖直向上。
[2]当航天员将实验物品用手推出后，物品能够继续向前运动，说明物体具有保持原来运动状态不变的性质，这种性质为惯性。
18. 为实现节能和智能控制，空调内部用到了传感器和电磁继电器，下图是启动或停止空调压缩机的电路示意图，电磁继电器是利用电磁铁控制工作电路通断的___________（选填“用电器”、“电源”或“开关”），夏天，空调制冷，房间温度降低，热敏元件的电阻增大，控制电路的电流减小，电磁铁的磁性___________，低于设定温度时，工作电路就断开，停止制冷。
【答案】 ①. 开关 ②. 减弱
【解析】
【详解】[1]电磁继电器是利用电磁铁控制衔铁的吸下或弹起从而控制工作电路的通断，相当于开关。
[2]电磁铁的磁性与通过电磁铁的电流大小有关，当控制电路的电流减小时，电磁铁的磁性将会减弱。
19. 图是小华探究电流与电阻关系的实验电路，AB间可以换接多个不同阻值的电阻。在每次换接电阻后，他应调节滑动变阻器滑片控制AB间______不变。换接电阻多次实验，是为了______。
【答案】 ①. 电压 ②. 寻找普遍规律
【解析】
【详解】[1]探究电流与电阻关系的实验中，在更换电阻的过程中需控制电阻两端的电压保持不变，即控制AB间电压保持不变。
[2]在AB间更换不同的电阻进行多次实验，得出多组数据，根据多组数据进行分析，得出电流与电阻关系，这样得出的结论具有普遍性。所以换接电阻多次实验，是为了寻找普遍规律。
20. 小玥在妈妈指导下用电熨斗熨烫衣服，她首先阅读说明书，知道电熨斗有“低温”、“高温”两个挡位，其简化电路如图所示，R1、R2是电热丝，R1=48.4，R2=96.8，S为旋转式开关。当她旋转触片接触触点1和2时，电熨斗为___________挡位，该挡位通电1min，电流产生的热量为___________J。
【答案】 ①. 低温 ②. 6×104
【解析】
【详解】[1]根据可知，当电压一定时，电阻越大，功率越小，挡位越低。当旋转触片接触触点1和2时，只有R1接入电路，电阻较大，功率较小，为低温挡；当旋转触片接触触点2和3时，电阻R1、R2并联，电阻较小，功率较大，为高温挡。
[2]当旋转触片接触触点1和2时，只有R1接入电路，为低温挡。根据可知，此时的功率为
低温挡通电1min，电流产生的热量为
三、作图与计算题（共17分。计第题在解答时应写出公式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分）
21. “圭表”是我国古代先进的天文观测仪器，根据“表”在“圭”面上形长的变化就能知道时节的更替。元代天文学家郭守敬改进和创新了“圭表”（如图甲），国乙是其示意图。他在“表”上方加一根架空的横梁，在“圭”面上放置一个可移动的景符（有小孔的铜片）。他利用改进后的“圭表”，精确推算出了二十四节气和一回归年天数。请根据以上资料在图乙中画出横梁通过景符的小孔在“圭”面上所成的影像，并标明两条光线的传播方向。
【答案】
【解析】
【详解】光线照射到横梁上，由于光线沿直线传播，光线通过景符上的小孔，照射到“圭”面上，这是小孔成像，在“圭”上形成横梁的像。如图所示：
22. 如图是小兰在练习“斜身引体”项目时的情景。把人体视为杠杆，O为支点，动力等效为F1，请画出F1的力臂l1。
【答案】
【解析】
【详解】画动力F1的力臂，应过支点O作动力F1作用线的垂线段，由于垂线不能与动力F1作用线的实线部分相交，所以要将动力F1作用线用虚线反向延长，注意支点O的垂线也要用虚线，并且需要标出垂直符号，然后用大括号将所画的垂线段括起来，要求大括号两端分别对齐支点O和垂足，然后在大括号外标注出力臂符号l1，如图所示
23. 小杨同学品学兼优，全面发展，热爱劳动，周末，他从超市采购归来，手提一袋大米，站在匀速竖直上升的电梯内。
（1）若小杨及所带物品的总重为700N，在电梯上升10m的过程中，求电梯对他的支持力做的功；
（2）若这袋大米总质量为5kg，手的受力面积为2cm2，g取10N/kg，求他的手受到的压强。
【答案】（1）7×103J；（2）25×105Pa
【解析】
【详解】解：（1）由题意可知，电梯对小杨的支持力F等于小杨的总重力G总，即
F=G总=700N
电梯上升的高度为h=10m，故由W=Fs可得，电梯对他的支持力做的功为
W=Fs=G总h=700N×10m=7×103J
（2）由受力分析可知，大米对手的压力F压大小等于大米的重力G大小，即
F压=G=mg=5kg×10N/kg=50N
由可得，手受到的压强为
答：（1）电梯对他的支持力做的功为7×103J；
（2）他的手受到的压强为2.5×105Pa。
24. 如图所示，电源电压U=5V，定值电阻R1=10Ω，R2=20Ω，滑动变阻器R的最大阻值为20Ω，电压表的量程为3V，电流表的量程为0.6A。
（1）开关S1、S2、S3均闭合时，求电路消耗的总功率；
（2）S1闭合，S2、S3断开，为保证电路元件安全，求滑动变阻器R能接入电路的阻值范围。
【答案】（1）3.75W；（2）0~15Ω
【解析】
【详解】解：（1）S1、S2、S3均闭合时，R1、R2并联，滑动变阻器R、电压表、电流表被短接，电源电压U=5V，电路中定值电阻R1=10Ω，R2=20Ω，电路中的总电阻R总为
即推出
电路消耗的总功率
（2）S1闭合，S2、S3断开，R1与滑动变阻器R串联，电压表测量滑动变阻器R两端的电压，当滑动变阻器R接入电阻为0时，电路中总电阻最小，电路中的电流最大，此时电路中的电流为
由以上分析可知，电路中电流最大时并未超过电流表的量程，故滑动变阻器阻值可选取的最小值为Rmin=0。
根据串联电路中的电阻分压原理，滑动变阻器的电阻越大，其两端电压越大，电压表的示数也就越大，但电压表由于量程限制，最大示数只能到3V，此时是滑动变阻器达到电路安全允许的最大值，根据串联电路中电源两端电压等于各用电器两端电压之和
可知，当滑动变阻器R两端的电压达到电压表的量程Umax=3V时，定值电阻R1两端电压最小，此时电路中电流最小为
由以上分析可知，当时，滑动变阻器接入电路中的阻值最大，滑动变阻器接入电路中的最大阻值为
滑动变阻器R的最大阻值为20Ω，所以可以取到15Ω，综上可总结出滑动变阻器R能接入电路的阻值范围是0~15Ω。
答：（1）开关S1、S2、S3均闭合时，电路消耗的总功率为3.75W。
（2）S1闭合，S2、S3断开，为保证电路元件安全，滑动变阻器R能接入电路的阻值范围是0~15。
四、实验与探究题（共14分）
25. 小郑使用电流表测量小灯泡的电流，连接的实验电路如图甲所示。
（1）如果不能估计电流大小，他应把导线a接到电流表标有___________（选填“-”、“0.6”或“3”）的接线柱上，通过开关来试触并观察；
（2）闭合开关后，他观察到小灯泡正常发光，而电流表指针偏转角度很小，对于该现象，下列分析合理的是___________。
A．可能某处导线断了 B．可能电流表烧坏
C．电流表的量程过大 D．电源的电压过低
（3）某次测量中，小郑不小心将电流表的正、负接线柱接反了，造成表的指针反向偏转，为弄清原因，他查看了说明书，表头结构示意图如图乙，他作出如下分析：当反接时，电流方向改变，磁场对通电线圈的作用力方向改变，带动指针反偏，你认为小郑的上述分析_______（选填“有”或“没有”）道理。
【答案】 ①. 3 ②. C ③. 有
【解析】
【详解】（1）[1]如果不能估计电流大小，为了不损坏电流表，应先选择电流表的大量程进行试触，即把导线a接到电流表标有3的接线柱上，通过开关来试触并观察。
（2）[2]闭合开关后，小灯泡正常发光，则说明电路处于通路状态，而电流表指针偏转角度很小，则原因可能是电流表的量程过大，故ABD不符合题意，C符合题意。
故选C。
（3）[3]通电导线在磁场中的受力方向与磁场和电流的方向均有关，当反接时，磁场的方向不变，而电流的方向相反，故此时通电线圈在磁场中的受力方向相反，带动指针反偏，故小郑的上述分析有道理。
26. 在教材安排的“用天平测量物体质量”的实验中：
（1）实验方案要求：先估测物体质量，再进行实测，这样安排的好处是___________；
（2）测量时，要用镊子而不能用手加减砝码和调节游码，原因是___________；
（3）对同一物体的质量要进行三次测量，然后取平均值，目的是___________；
（4）如果你和小周同学共用一套实验器材，合作完成该实验，当小周同学在进行实验操作时，你应该___________。
【答案】 ①. 减少试加砝码的次数 ②. 为了保护砝码和游码 ③. 减小误差 ④. 观察现象，记录数据
【解析】
【详解】（1）[1]在测量物体质量时，要先估测物体的质量，再进行实测，这样可以减少试加砝码的次数，提高测量效率。
（2）[2]测量时，要用镊子而不能用手加减砝码和调节游码，原因是用手加减砝码和调节游码时，会污染砝码和游码，影响测量结果，故为了保护砝码和游码，要用镊子而不能用手加减砝码和调节游码。
（3）[3]测量过程中存在误差，对同一物体的质量要进行三次测量，然后取平均值，可以通过求平均值，减小误差。
（4）[4]当小周同学在进行实验操作时，应该配合小周，观察现象，记录数据等。
B卷（共20分）
一、选择题（每小题2分，共10分。有的小题只有一个选项符合题目要求；有的小题有二个选项符合题目要求，全部选对得2分，选对但不全得1分，有选错的得0分）
27. 新能源的开发和利用在中国发展势头强劲，是东方巨龙腾飞的助推器，图是我国生产的某品牌氢动力汽车。关于新能源，下列说法不正确的是（ ）
A. 核燃料、氢燃料和天然气都属于新能源 B. 核电站利用核裂变释放的能量来发电
C. 氢燃料发动机将化学能转化为机械能 D. 新能源开发可以有效缓解能源危机
【答案】A
【解析】
【详解】A．天然气属于常规能源，不属于新能源，故A错误，符合题意；
B．核电站是利用可控的核裂变释放的能量来发电，故B正确，不符合题意；
C．氢燃料发动机在工作时，将燃料蕴藏的化学能用来对外做功，将化学能转化为机械能，故C正确，不符合题意；
D．新能源的开发可以解决能源短缺的问题，有效缓解能源危机，故D正确，不符合题意。
故选A。
28. 图是龙泉山城市森林公园的“城市之眼”，它见证了成都由“两山夹一城”到“一山连两翼”的跨越式发展，立于此，“城市绿心”跳动的脉搏清晰可感。周末，游人如织，小张拿出手机留影纪念，在黑屏状态下通过屏幕看到了身后游人的像，在拍照时通过屏幕看到了“城市之眼”的像，为了探究成像原因，小张用手指挡住摄像头，发现不能看到“城市之眼”的像。下列分析正确的是（ ）
A. 游人看见“城市之眼”是因为它是光源
B. 光照在游人的伞面上发生了镜面反射
C. 两次通过屏幕看到的像成像原理不同
D. 摄像头的镜头成的是正立缩小的实像
【答案】C
【解析】
【详解】A．能够发光的物体叫做光源，而“城市之眼”不能自己发光，但它能够反射光源的光，游人看见的“城市之眼”，是它的反射的光进入人眼形成的像，故A错误；
B．镜面反射是平行光照射到光滑的平面上发生的反射，而游人的伞面是粗糙不平的，因此光照在游人的伞面上发生的是漫反射而不是镜面反射，故B错误；
C．小张在黑屏状态下通过屏幕看到了身后游人的像，是游人反射的光经过手机屏幕反射形成的，属于平面镜成像；小张在拍照时通过屏幕看到了“城市之眼”的像，是“城市之眼”反射的光经过镜头折射后形成的像，属于凸透镜成像，所以两次通过屏幕看到的像成像原理不同，故C正确；
D．小张在拍照时通过屏幕看到了“城市之眼”的像，用手指挡住摄像头，发现不能看到“城市之眼”的像说明“城市之眼”和它的像在镜头两侧，根据凸透镜的成像规律可知此时成的是实像，且像的大小明显小于物体大小，所以摄像头的镜头的成像原理应该与照相机成像原理相同，而照相机成的是倒立缩小的实像，屏幕上正立的像是通过手机内电子器件的进一步转换形成的，故D错误。
故选C。
29. 小叶看见面点师傅将面拉成长条，放入滚烫的油中就炸出了香脆可口的油条，于是很想了解油的吸热能力。在老师指导下，他用酒精灯分别加热质量为50g、初温为20℃的油和水，记录的相关数据如下表所示。若单位时间内油吸收的热量与水吸收的热量相等，酒精的热值为3×107J/kg，水的比热容为4.2×103J/(kg·℃)。下列说法正确的是( )
物质种类
加热时间（min）
消耗酒精（g）
末温（℃）
油
2
1
88
水
2
1
50
A. 2min内油吸收的热量为3×104J
B. 他使用的酒精灯的加热效率为21%
C. 油的末温比水的高，所以吸热能力更强
D. 油的吸热能力与其吸收的热量多少有关
【答案】B
【解析】
【详解】A．由题意可知，油和水的质量相等，都为，水的比热容为c水=4.2×103J/(kg·℃)，2min内水的温度由t0=20℃上升到t=50℃，则水吸收的热量为
2min内油吸收的热量与水吸收的热量相等，则油吸收的热量为
所以2min内油吸收的热量为6.3×103J，故A错误；
B．由题意可知，酒精的热值为q=3×107J/g，加热2min消耗了m酒精=1g=1×10-3kg的酒精，则完全燃烧1g酒精放出的热量为
则酒精灯的加热效率为
故B正确；
C．相同质量和相同初温的油和水吸收相同的热量，末温度越低表示物质吸热能力越强，所以油的末温比水的高，说明油吸热能力更弱，故C错误；
D．物质的吸热能力即比热容是物质的一种特性，与物质的种类和状态有关，与其吸收的热量多少无关，故D错误。
故选B。
30. 小武用如图所示滑轮组匀速提升500N的重物，10s内物体上升了1m，大滑轮重20N，每个小滑轮重10N，滑轮组的绕绳能承受的最大拉力为200N，不计绳重及滑轮与轴之间的摩擦，下列结论正确的是（ ）
A. 动滑轮对重物做的功为520J B. 小武施加的拉力的功率为52W
C. 使用此滑轮组能匀速提起重为570N的物体 D. 若机械效率为80%，则提升的物重为160N
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由受力分析可知，动滑轮对重物的拉力F拉等于重物的重力G，即
F拉=G=500N
重物上升的高度为h=1m，故由W=Fs可得，动滑轮对重物做的功为
W=Gh=500N×1m=500J
故A错误；
B．由图中可知，动滑轮上有三股绳子承重，故绳子自由端的拉力为
绳子自由端移动的距离为
s=3h=3×1m=3m
故绳子自由端的拉力做的功为
故由可得，拉力的功率为
故B正确；
C．由题意可知，滑轮组的绕绳能承受的最大拉力为F大=200N，故由
可得，使用此滑轮组能匀速提起的物体的最大重力为
G大=3F大-G动=3×200N-20N=580N
故可知使用此滑轮组能匀速提起重为570N物体，故C正确；
D．该滑轮组的机械效率为
若机械效率为80%，解得此时物体的重力为G′=80N，故D错误。
故选BC。
31. 如图所示电路，电源电压U恒定不变，电流表A1量程为0~3A，A2量程为0~0.6A，电压表V量程为0~3V或0~15V，闭合S，断开S1、S2，滑片P移到最左端，A1表的示数为0.35A，R1和R3消耗的电功率之比P1∶P3=3∶1；滑片P向右移到某一位置的过程中，A1表的示数变化了0.3A，V表的示数变化了3V，三个开关都闭合时，在确保电路安全的前提下，R2允许接入的最小阻值为R2 小，电路消耗的最大电功率为P大。下列结论正确的是（ ）
A. R3=10Ω B. 电压表选用的量程为0~3V
C. R2小=40Ω D. P大=28W
【答案】AD
【解析】
【详解】A．由电路图可知，闭合S，断开S1、S2，此时定值电阻R1、R3与滑动变阻器R2串联，电流表A1测电路中电流，电压表V测R3两端电压，滑片P移到最左端时，滑动变阻器接入电路中的阻值为0，此时A1表的示数为0.35A，故由欧姆定律可得
①
此时R1和R3消耗的电功率之比为
P1∶P3=3∶1
因R1和R3串联，故流过R1和R3的电流相等，则由P=I2R可得，R1和R3消耗的电功率之比等于电阻之比，即
P1∶P3=R1∶R3=3∶1②
滑片P向右移到某一位置的过程中，A1表的示数变化了ΔI=0.3A，V表的示数变化了ΔU=3V，由欧姆定律可得，ΔU和ΔI的比值为电阻R3的阻值，故可得
将R3=10Ω代入②中，解得R1=30Ω，再将R1和R3的值代入①中解得，电源电压为U=14V，故A正确；
B．当滑片P移到最左端时，此时R1和R3串联，R2接入电路中的阻值为0，此时电路中总电阻为
R总=R1+R3=30Ω+10Ω=40Ω
由欧姆定律可得，电路中电流为
故此时R3两端电压为
U3=IR3=0.35A×10Ω=3.5V
可知此时R3两端电压大于3V，故电压表V选用的量程为0~15V，故B错误；
C．三个开关都闭合时，由电路图可知，此时滑动变阻器R2与定值电阻R3并联，电流表A2测流过滑动变阻器支路的电流，电流表A1测干路电流，电压表V测电源电压，因电流表A2的最大量程为I2=0.6A，故由欧姆定律可得，此时滑动变阻器R2允许接入的最小电阻为
故C错误；
D．由C中可得，此时滑动变阻器R2支路的最大电流为I2=0.6A，由欧姆定律可得，定值电阻R3支路的电流为
故可得干路电流的最大值为
I大=I2+I3=0.6A+1.4A=2A
故由P=UI可得，电路消耗的最大电功率为
P大=UI大=14V×2A=28W
故D正确。
故选AD。
二、综合题（共10分。第7题在解答时应写出公式和重要的演算步骤，只写出最后答案不能得分）
32. 在一次实践活动中，小军对家中常用的电热水壶（如图甲）进行了探究。这种水壶使用方便，能较快将水烧开。
（1）使用电热水壶，安全至关重要。小军首先认真阅读了使用说明书，并对一些重要的注意事项作出了如下分析，你认为他的分析不合理的是___________
A．电热水壶不能放在燃气灶旁，是为了防止损坏绝缘材料
B．电热水壶的插头必须接三孔插座，是为了防止短路
C．水量不超过最大限位，可以防止水烧开后溢出
D．必须保持插头和电源线干燥，是为了防止漏电造成事故
（2）小军观察电热水壶铭牌（如图乙）后，开始实际操作。他测出，电热水壶正常工作烧开2L水，用时8min。若电费单价为0.5元/kW·h，则烧开这壶水所花的电费为___________元；
（3）利用铭牌参数和小军测得数据，若要测出电热水壶的加热效率，除了要知道水的密度、水的末温外，还需知道的两个物理量是___________；
（4）小军继续对电热水壶的设计和使用说明进行探究，他提出了下列猜想，你认为不合理的是______
A．观察到加热元件安装在壶身底部而不是其他位置，可能是为了增强加热效果
B．原理图中指示灯与加热元件是并联而不是串联，可能是因为两者的额定电流相差很大
C．要求长时间使用后要清除水垢，可能是因为水垢增多，导致加热电阻变大，功率变小
【答案】 ①. B ②. 0.12 ③. 水的初温和水的比热容 ④. C
【解析】
【详解】（1）[1]A．电热水壶不能放在燃气灶旁，否则在使用燃气灶时产生的热量会把电热水壶的绝缘材料烤软甚至损坏，故A分析合理，不符合题意；
B．电热水壶的插头必须接三孔插座，是为了防止金属外壳带电而使人接触时触电，不是为防止短路，故B分析不合理，符合题意；
C．电热水壶烧水时，水量不超过最大限位，如果超过最大限位，当水沸腾会会溢出，烫伤人，故C分析合理，不符合题意；
D．必须保持插头和电源线干燥，如果潮湿，可能产生漏电，引起触电事故，故D分析合理，不符合题意。
故选B。
（2）[2]由乙图可知，电热水壶正常工作时功率为1800W，工作8min消耗的电能为
W=Pt=1800W×8×60s=864×105J=0.24kW·h
若电费单价为0.5元/kW·h，则烧开这壶水所花的电费为
N=0.5元/kW·h×0.24 kW·h=0.12元
（3）[3]根据公式
可知，要测出电热水壶的加热效率，需知道：消耗的电能W，水的比热容c，水的质量ρ，水的体积V，水的初温t0、末温t。根据题意，水的体积已知，W已经求出，所以除了要知道水的密度、水的末温外，还需知道的两个物理量是水的比热容c和水的初温t0。
（4）[4]A．加热元件安装在壶身底部而不是其他位置，为了加快水的对流，增强加热效果，故A合理，不符合题意；
B．指示灯电阻串联一个很大电阻再与加热元件并联，根据可知，指示灯功率很小，而加热元件能产生大量的热，功率很大，充分利用电能，所以指示灯与加热元件是并联而不是串联，可能是因为两者的额定电流（功率）相差很大，故B合理，不符合题意；
C．要求长时间使用后要清除水垢，可能是因为水垢增多，导致电热水壶的传导热量能力变差，需要加热更长时间，而不是加热电阻变大，功率变小，故C不合理，符合题意。
故选C。
33. 如图所示，放置在水平桌面上的甲、乙两个相同薄壁圆柱形容器，高度为h1，底面积为S1=100cm2，甲容器内装有水，圆柱形实心物体浸没在水底。物体高度为h2=8cm，底面积为S2=30cm2，密度为ρ2；乙容器内装有质量为m，密度为ρ3的某种液体。忽略物体吸附液体等次要因素，己知ρ水=1.0×103kg/m3，g=10N/kg。
（1）求物体浸没水底时所受的浮力大小；
（2）将物体从甲容器底部竖直缓慢提升，直到物体上表面高出水面5cm时停止，求这个过程中，水对容器底部的压强变化量；
（3）将物体从甲容器取出后，再缓慢放入乙容器内，为保证液体不会溢出，求乙容器内液体质量m的取值范围（用ρ2、ρ3、h1、h2、S1、S2表示）。
【答案】（1）2.4N；（2）150Pa；（3）当时，；当时，
【解析】
【详解】解：（1）由知道，物体浸没水底时所受的浮力大小
F浮=ρ水gV排=ρ水gS2h2=1.0×103kg/m3×10N/kg×30×10-4m2×8×10-2m=2.4N
（2）由体积关系得，水面下降的距离为
由p=ρ水gh知道，水对容器底部的压强变化量为
（3）若ρ2≥ρ3，液体最多时，物体浸没，此时液体体积为
此时液体质量为
若ρ2<ρ3，液体最多时，物体漂浮，此时
F浮′=G物
即
液体体积为
所以，液体质量为
综合上述分析可得，液体质量m的取值范围为，当时
当时
答：（1）物体浸没水底时所受的浮力大小是2.4N；
（2）这个过程中，水对容器底部的压强变化量是150Pa；
（3）乙容器内液体质量m的取值范围是当时，；当时，。
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