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物理（重庆卷）-学易金卷：2023年中考第一次模拟考试卷
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2023年中考第一次模拟考试卷
物 理
（全卷共四个大题，满分80分，与化学共用120分钟）
注意事项：
1.试题的答案书写在答题卡上，不得在试卷上直接作答。
2.作答前认真阅读答题卡上的注意事项。
3.考试结束，由监考人员将试题和答题卡一并收回。
4.全卷取g=10N/kg
一、选择题（本题共8个小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共24分）
1. 下列物理量最接近实际的是( )
A. 学校教学楼每一层楼高约为3 m B. 一个鸡蛋重约为5 N
C. 教室内空气的压强约为1.0×104 Pa D. 我国家庭电路电压是36 V
【答案】
A
【分析】
首先对题目中涉及的物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。
【详解】
A. 我们教学楼比住房稍高，每一层楼高约为3m, 故A符合实际；
B. 一个鸡蛋重约为0.5 N ,故B不符合实际。
C. 教室内空气的压强约为一标准大气压1.0×105 Pa , 故C不符合实际。
D. 我国家庭电路电压是220 V，故D不符合实际。
【点睛】
物理学中，对各种物理量的估算能力，是我们应该加强的重要能力之一。
2. 宋代范仲淹的《岳阳楼记》中蕴含了丰富的光学知识，文中词句与物理知识相符合的是( )
A. “锦鳞游泳”，看到水里的鱼是实像
B. “皓月千里”，皎洁的月亮是光源
C. “浮光跃金”，湖面波动的光闪着金色是光的折射现象
D. “静影沉璧”，如玉璧一样月亮的倒影是光的反射现象
【答案】
D
【分析】
（1）本身能够发光的物体叫光源。
（2）平面镜成像属于光的反射现成的。
（3）由折射光线的反向延长线形成的像属于虚像。
【详解】
A、 水中的鱼是由于光的折射形成，是鱼的虚像，故A错误；
B、 皎洁的月亮不是光源，因为月亮是反射的太阳光，故B错误；
C、湖面波动的光闪着金色, 是光的反射现象, 故C错误；
D、如玉璧一样月亮的倒影是光的反射形成的平面镜成像现象，故D正确。
【点睛】
知道光源概念，理解生活中光的反射、折射形成的现象，可解答此题。
3. 物态变化让我们领略了许多美妙的景色，如图所示的有关物态变化现象中，属于液化的是( )
第3题图
A. ①③ B. ②③ C. ①② D. ②④
【答案】
C
【分析】
物质由固态变为液态的过程叫熔化，由液态变为固态的过程叫凝固；由液态变为气态的过程叫汽化，由气态变为液态的过程叫液化；物质由固态直接变为气态的过程叫升华，由气态直接变为固态的过程叫凝华。
【详解】
② 大雾是空气中的水蒸气遇冷液化形成的小水滴；
②露珠是温度较高的水蒸气遇冷液化形成的小水滴；
③冰块消融是固态变成液态的熔化过程；
④雾凇是水蒸气遇冷凝华形成的冰晶。
所以，属于液化现象的是①②。
故选：C。
【点睛】
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。
4. 清华大学合肥公共安全研究院(“合肥风洞”)可以模拟比赛真实场景，已服务于2 000多名运动员．运动员可通过三种方式进入风洞实验室：人脸识别(S1)、指纹识别(S2)和密码识别(S3)，只要其中一种方式识别成功，则相应开关闭合，实验室大门启动(实验室大门用表示)，下图中设计符合要求的是( A )
【答案】
A
【分析】
串联电路中开关控制整个电路，并联电路中干路开关控制整个电路，支路开关只能控制所在支路。
【详解】
由题意可知，人脸识别（S）、指纹识别（S）、密码识别（S）只要其中一种方式识别成功，则相应开关闭合，从而使电动机启动工作，所以三个开关应并联后与电动机串联再接到电源上，只有A符合题意.
【点睛】
开关并联时，各开关可独立控制用电器，开关串联时，各开关共同控制用电器。
5. 如图所示的四个装置中，说法正确的是( )
甲 乙 丙 丁
第5题图
A. 甲图实验装置表明磁可以生电 B. 乙图装置在工作过程中将机械能转化为电能
C. 丙图揭示了发电机的工作原理 D. 丁图装置探究电磁铁磁性强弱与电流大小的关系
【答案】
C
【分析】
（1）奥斯特实验说明通电导线的周围存在磁场；
（2）通电导体在磁场中受到力的作用，电动机就是利用这个原理制成的；
（3）闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生感应电流，发电机就是利用这个原理制成的；
（4）电磁铁磁性的大小与电流大小、线圈匝数的多少有关。
【详解】
A、奥斯特实验说明通电导线的周围存在磁场，揭示了电可以生磁，故A错误；
B、该实验装置是用来研究通电导线在磁场中受力的作用的实验，此过程中电能转化为机械能，故B错误；
C、该实验装置是用于研究感应电流的实验，闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中才会产生感应电流，将机械能转化为电能，发电机就是应用了这一原理，故C正确；
D、丁图中为串联电路，电流相同，能探究电磁铁的磁性强弱与线圈匝数的关系，故D错误。故选：C。
【点睛】
发电机、动圈式话筒利用电磁感应现象原理，带电动机的用电器利用通电导体在磁场中受力原理，带电磁铁的仪器利用电流的磁效应原理。
6. 小明刚把电暖器插头插入三孔插座中(电暖器开关未闭合)，正常发光的灯泡突然熄灭．拔出电暖器插头后，他用试电笔测试三孔插座的左右两孔，氖管都发光．下列说法正确的是( )
第6题图
A. 灯泡熄灭是三孔插座短路引起的 B. 可能进户线零线断了
C. 断开开关S，用试电笔测a点时氖管发光 D. 电路故障可能是用电器总功率过大引起的
【答案】
B
【分析】
氖管发光，说明试电笔接触的是火线；所有用电器停止工作，说明干路中出现了断路现象。
【详解】
拔出电暖器插头后，他用试电笔测试三孔插座的左右两孔，氖管都发光，说明保险丝没有熔断，电流没有过大，故不存在短路和总功率过大的情况，AD错误；
三孔插座的左右两孔，氖管都发光，说明电路中全部都变成火线了，所以进户零线断路，B正确。故选B
【点睛】
本题考查了用测电笔检测电路的故障。在正常情况下，测电笔测火线应亮，测零线应不亮。
7. 把同种材料制成的甲、乙两个正方体，放在水平桌面上，甲、乙对桌面的压强分别为P1和P2，如图所示，把甲放在乙的上面，则乙对桌面的压强为（ ）
A. B. C. D.
第7题图
【答案】
C
【分析】
已知A、B两个正方体的边长之比可求体积之比和面积之比，在水平地面上压力等于物体自身的重力，根据公式可求压强之比，进一步求出重力之比和质量之比，再利用密度公式求出密度之比，根据压强公式可得乙对桌面的压强。
【详解】
用实心柱体对水平地面的压强公式计算出甲、乙两物体的边长之比，从而计算出甲、乙两物体的面积之比。
【点睛】
本题考查体积、压强、重力、质量、密度等的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，难点是知道在水平面上压力等于物体自身的重力。
8. 如图甲所示电路，电源电压为4.5 V，小灯泡的额定电压为2.5 V．闭合开关后，将滑动变阻器的滑片从最右端向左移动到某一位置的过程中，两电表的示数关系如图乙所示．下列判断正确的是( )
甲 乙
第8题图
A. 小灯泡的额定功率为0.65 W B. 电路的最大总功率为1.2 W
C. 小灯泡的灯丝阻值越来越小 D. R的阻值变化范围为8～50 Ω
【答案】
D
【分析】
由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测L两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）根据P＝UI求出灯泡的额定功率；
（2）当小灯泡正常发光时，电路中的电流最大，根据P＝UI求出最大功率；
（3）根据图乙分析小灯泡灯丝电阻的变化；
（4）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，根据图乙读出小灯泡两端的最小电压和通过的电流，根据串联电路的电压特点求出此时滑动变阻器两端的电压，根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的最大阻值；电路中电流最大时，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，根据滑动变阻器两端的电压和电路中的电流求出最小电阻。
【详解】
由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测L两端的电压，电流表测电路中的电流。
A、小灯泡的额定电压为2.5V，由图乙可知，此时通过小灯泡的电流即额定电流为：IL＝0.25A；
小灯泡的额定功率：P额＝ULIL＝2.5V×0.25A＝0.625W，故A错误；
B、电路中的最大电流：I大＝IL＝0.25A，电路的最大功率：P大＝UI大＝4.5V×0.25A＝1.125W，故B错误；
C、由图乙可知，随着电压的增大，通过灯泡的电流也增大，I−U图像为一条向U轴靠近的图线，根据R＝可知，小灯泡的灯丝阻值越来越大，故C错误；
D、当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，灯泡分得的电压最小，由图乙可知，小灯泡两端的最小电压UL′＝0.5V时，通过的电流IL′＝0.08A，
此时滑动变阻器两端的电压：U′＝U−UL′＝4.5V−0.5V＝4V，由串联电路的电流特点可知，通过滑动变阻器的电流：I小＝IL′＝0.08A, 则滑动变阻器接入电路中的最大阻值：R大＝＝50Ω；
当小灯泡正常发光时，电路中的电流最大，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，
由图乙可知，小灯泡两端的电压UL＝2.5V时，通过的电流IL＝0.25A；
滑动变阻器两端的电压：U′'＝U−UL＝4.5V−2.5V＝2V，
由串联电路的电流特点可知，通过滑动变阻器的电流：I大＝IL＝0.25A；
则滑动变阻器接入电路中的最小阻值：R小＝＝8Ω；R的阻值变化范围为8Ω～50Ω，故D正确。故选：D。
【点睛】
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活应用，从图象中获取有用的信息是关键。
二、填空与作图题（本题共6个小题，每空1分，共12分）
9. 如图所示，在2022年2月4日晚北京冬奥会开幕式上，国旗传递时，9岁的朱德恩用小号吹响《我和我的祖国》，震撼人心的旋律和深情的号声打动了所有人．在吹奏的过程中，朱德恩不断用手指按下不同的按键，主要改变的是声音的________(选填“响度”“音调”或“音色”).现场观众听到小号吹奏的声音主要是通过________(选填“固体”“液体”或“气体”)传播的．
第9题图
【答案】
音调 空气
【分析】
（1）声音的传播需要介质，一切固体、液体、气体都可以作为传声的介质；
（2）声音的三个特征分别是：音调、响度、音色，是从不同角度描述声音的，音调指声音的高低，由振动频率决定；响度指声音的强弱或大小，与振幅和距离有关；音色是由发声体本身决定的一个特性。
【详解】
解答：解：吹奏过程中，演员不断调整手指在小号上的按压位置是通过改变振动的空气柱长度来改变振动的频率，从而改变声音的音调；
因为声音能在空气中传播，所以现场观众能听到小号的声音。
故答案为：音调；空气。
【点睛】
本题主要考查了声音的传播以及声音的特性，属于一道声学基础题，虽综合性较强，但难度不大。
10. “天宫课堂”点燃科学梦想．如图所示，航天员在空间站演示摆球实验：拨动摆球后，摆球绕固定点持续转动，其运动状态________(选填“不变”或“改变”).在此过程中，摆球________(选填“具有”或“不具有”)惯性．
第10题图
【答案】
改变 具有
【分析】
（1）物体保持静止或做匀速直线运动时，速度和运动方向均不改变，即运动状态不变，由此可知摆球绕固定点转动时的运动状态是否改变；
（2）惯性是物体的固有属性，一切物体在任何情况下都具有惯性，据此得出结论。
【详解】
解答：解：（1）物体保持静止或做匀速直线运动时，速度和运动方向均不改变，即运动状态不变，由此可知摆球绕固定点转动时，其运动方向不断改变，它的运动状态不断改变；
（2）惯性是物体的固有属性，一切物体在任何情况下都具有惯性，因此，绕固定点持续转动的摆球具有惯性。
故答案为：改变；具有。
【点睛】
本题考查物体运动状态的判断和惯性的理解，难度不大。
11. 用某型号天然气热水器烧水，完全燃烧热值为3.2×107 J/m3的天然气0.125 m3，放出热量________J；若该热水器的加热效率为84%，则能将40 kg初始温度为20 ℃的水加热至________°C，水的比热容为4.2×103 J/(kg·°C).
【答案】
4×106 40
【分析】
：（1）根据Q放＝qV可计算出完全燃烧0.125m3天然气出热量；
（2）根据Q吸＝ηQ放可求水吸收的热量；知道水的质量、比热容、水吸收的热量，利用Q吸＝cm（t−t0）求出热水器中的水的温度升高到多少℃。
【详解】
（1）天然气完全燃烧放出的热量：
Q放＝qV＝3.2×107J/m3×0.125m3＝4×106J；
（2）已知该热水器的效率是84%，则水吸收的热量：
Q吸＝ηQ放＝84%×4×106J＝3.36×106J；
（3）设热水器加热使水的温度升高到t（即末温），
则：Q吸＝c水m水（t−t0），
即：3.36×106J＝4.2×103J/（kg•℃）×40kg×（t−20℃），
解得：t＝40℃；
故答案为：4×106；40。
【点睛】
本题考查了学生对效率公式、燃料完全燃烧放热公式、吸热公式的掌握和运用，因条件已给出，难度不大。
12. 如图所示，工人用500 N的力F将底面积为100 cm2，重为800 N的物体在10 s内匀速提升了2 m，不计绳重和摩擦，在此过程中，滑轮组的机械效率为__________．若改用300 N的力来拉这个物体，物体未被拉起，则物体对地面的压强为________Pa.
第12题图
【答案】
80% 4×104
【分析】
（1）知道物体的重力和提升的高度，根据W＝Gh求出在此过程中有用功；
由图可知滑轮组绳子的有效股数，根据s＝nh求出重物匀速提升2m时绳端移动的距离，利用W＝Fs求出拉力做的总功，由η＝W有用W总可求得滑轮组的机械效率；
（2）利用F＝500N、G＝800N求出动滑轮重力，再求出物体受到的拉力，对地面的压力F压＝G−F拉，已知物体底面积，由p＝FS可求得物体对地面的压强。
【详解】
（1）在此过程中有用功：
W有＝Gh＝800N×2m＝1600J；
由图可知，动滑轮由2段绳子吊着，所以n＝2，则s＝2h＝2×2m＝4m,拉力做的总功为
W总＝Fs＝500N×4m＝2000J，
则滑轮组的机械效率为η＝×100%＝=×100%＝80%；
（2）由F＝（G＋G动）可得，
G动＝2F−G＝2×500N−800N＝200N，
改用300N的力来拉这个物体，由F＝（G＋G动）可得，
物体受到向上的拉力F拉＝2F′−G动＝2×300N−200N＝400N，
物体对地面的压力F压＝G−F向上＝800N−400N＝400N，
物体的底面积为S＝100cm2＝0.01m2，物体对地面的压强为p＝＝=4×104Pa。
故答案为：80%；4×104。
【点睛】
本题考查了做功公式、机械效率公式、功率公式、压强定义式、重力公式的综合应用等，明确有用功和总功以及额外功之间的关系、从图象中获取有用的信息是关键。
13. 如图所示电路中，a、b、c分别是三只电表(电压表或电流表)，R1＝10 Ω，R2＝20 Ω，电源电压恒为6 V，闭合开关S.当电表a、b为电流表，c为电压表时，电表a的示数为________A；当电表a、b为电压表，c为电流表，电表b的示数为________V.[ 0.3 4 ]
第6题图
【答案】
0.3 4
【分析】
（1）闭合开关S，当电表a、b为电流表，c为电压表时，R1、R2并联，电流表a测量R2支路的电流，电流表b测量干路电流，根据并联电路的电压特点可知R2两端的电压，利用欧姆定律求出通过R2支路的电流即电流表a的示数；
（2）当电表a、b为电压表，c为电流表，R1、R2串联，电压表a测量电源电压，电压表b测量R2两端的电压；根据串联电路的电阻特点求出电路中的总电阻，利用欧姆定律求出电路中的电流，根据串联电路的电流特点可知通过R2的电流，利用欧姆定律求出R2两端的电压即为电压表b的示数。
【详解】
（1）闭合开关S，当电表a、b为电流表，c为电压表时，R1、R2并联，电流表a测量R2支路的电流，电流表b测量干路电流；
根据并联电路的电压特点可知，R2两端的电压U2＝U＝6V；
通过R2支路的电流：I2＝＝＝0.3A，所以电表a的示数为0.3A；
（2）当电表a、b为电压表，c为电流表，R1、R2串联，电压表a测量电源电压，电压表b测量R2两端的电压；
根据串联电路的电阻特点可知，电路中的总电阻R＝R1＋R2＝10Ω＋20Ω＝30Ω，
电路中的电流：I＝=＝0.2A；
根据串联电路的电流特点可知，通过R2的电流I2′＝I＝0.2A；
由I＝可知，R2两端的电压U2′＝I2′R2＝0.2A×20Ω＝4V，所以电表b的示数为4V。
故答案为：0.3；4。
【点睛】
本题考查串并联电路的特点、欧姆定律的应用，解题的关键是正确判断电表所测量的是哪部分电路的电流或电压。
14. （1）如图甲所示的杠杆OABC，O为支点，在A点处挂一重物G，要在C点用一个最小的力使杠杆保持图示位置静止，请在图中画出这个力F的示意图．
（2）在乙图中根据可以自由旋转的小磁针静止时的极性，在虚线框中标出通电螺线管电流的方向．
甲 乙
第14题图
【答案】
【分析】
（1）杠杆平衡条件：动力×动力臂＝阻力×阻力臂（F1L1＝F2L2），在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小。
（2）由磁极间的相互作用可知螺线管的磁极，再由右手螺旋定则可知通电螺线管的电流方向。
【详解】
（1） 由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小；图中支点在O点，F的作用点在C点，因此OC为最长动力臂，过C点垂直于OC向上作出力F的示意图，答案如图所示；
（2） 因同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，故螺线管右侧为N极；则由右手螺旋定则可知螺线管中电流由左侧流入，右侧流出；故答案如图：
【点睛】
（1） 本题主要考查了杠杆最小力的画法。解决此类题目的关键是找出最长的力臂，然后根据力臂的概念确定力的方向。
（2） 本题考查右手螺旋定则及磁极间的相互作用，要求学生能熟练应用右手螺旋定则判断磁极或电流方向。
三、实验探究题（本题共3个小题，第15题6分，第16题8分，第17题8分，共22分）
15. 小焱同学在做光学实验中，
（一）用如图甲装置，探究平面镜成像的特点：
甲 乙
第11题图
(1)为了便于确定像的位置，玻璃板应________放置在水平桌面的白纸上．
(2)将蜡烛1放在A位置，可看到它在玻璃板后面的像．拿一支相同的蜡烛2竖立着在玻璃板后面移动，直到看上去它跟蜡烛1的像________时，该位置记为A′.
(3)将光屏放在A′位置，任意转动都承接不到像，可知平面镜成的像是______像．
（二）某同学在“探究凸透镜成像规律”的实验中：
(4)如图甲，平行光正对凸透镜照射，光屏上出现一个最小最亮的光斑，则凸透镜的焦距f＝________cm; 实验过程中，当蜡烛、凸透镜和光屏的位置如图乙所示时，光屏上呈现了一个清晰的像，生活中的________(选填“照相机”“放大镜”或“投影仪”)就是利用了这样的成像原理；若此时在烛焰和凸透镜之间放一副眼镜，发现光屏上的像变模糊了，将光屏向左透镜移动适当距离后光屏上再次呈现清晰的像，则该眼镜是________(选填“近视”或“远视”)眼镜．
甲 乙
【答案】
【分析】
（1）在探究平面镜成像特点的实验中，为了便于确定像的位置，玻璃板应竖直放置。
（2）在实验中为了便于研究像的大小与位置，应用两支相同的蜡烛，将另一支蜡烛放在像的位置与像进行比较；
（3）平面镜所成的像为虚像；
（4）图中测量凸透镜焦距的方法：平行光聚焦法，亮点为焦点，焦点到光心的距离为就焦距，由此可以确定其焦距是多少；为了使像成在光屏中心，应将发光体、凸透镜和光屏中心调节在凸透镜的主光轴上；
（5）当2f＞u＞f,成倒立、放大的实像，利用这个规律制成的光学仪器是投影仪；
（6）远视眼成因：眼球晶状体的曲度过小，远处物体反射来的光线通过晶状体折射后形成的物像，就会落在视网膜的后方造成远视眼。
解答：解：（1）由图甲知，焦点到凸透镜的距离为60.0cm−50.0cm＝10.0cm,所以凸透镜的焦距为f＝10.0cm；
为了使像成在光屏中心，实验开始前，应将烛焰和光屏中心位于位于凸透镜的主光轴上；点评：此题主要考查的是学生对实验器材的放置以及对凸透镜成像规律的应用理解和掌握，同时考查了对倒立实像的理解。
【详解】
（1）为了便于确定像的位置，玻璃板应竖直放置，若玻璃板没有竖直放置，像会偏上或者偏下，无法确定像的位置。
（2）完全一样的蜡烛2与蜡烛1的像完全重合时，这样蜡烛2就可以替代蜡烛1的像了，从而确定了像的位置，大小关系。
（3）将光屏放在A'位置，任意转动都承接不到像，因为平面镜成的是虚像，光屏无法承接到虚像。
（4）由图乙知，当蜡烛在刻度尺的10cm处，u＝25.0cm−10.0cm＝15.0cm,2f＞u＞f,凸透镜成倒立放大的实像，利用这个规律制成的光学仪器是投影仪；
将一副眼镜放在蜡烛和凸透镜之间，结果，光屏上原来清晰的像变模糊了，他只将光屏向靠近凸透镜的方向移动适当距离时，又在光屏上观察到蜡烛清晰的像，像变小了，说明提前成像了，故放置的是使光线会聚的凸透镜，这种眼镜是用来矫正远视眼的。
【点睛】
本题主要考查了平面镜成像特点的探究实验，属于基础题; 此题主要考查的是学生对实验器材的放置以及对凸透镜成像规律的应用理解和掌握，同时考查了对倒立实像的理解。
16. 小悦在“探究影响浮力大小的因素”时，做了如图(a)所示的实验．(g取10 N/kg)
A B C D E
第16题图(a) 第16题图(b)
(1)对比A、B、C三个步骤，可得出影响浮力大小的因素是______________，当物体完全浸没在水中后浮力的大小与浸没后的深度________(选填“有关”或“无关”).
(2)要研究浮力与液体密度的关系，需要对比C图和________图的实验数据．
(3)根据有关实验数据，可计算出A的体积为______cm3，盐水的密度为______kg/m3.
(4)小悦还想利用浮力测量小木块的密度，她找来的实验器材有：木块、弹簧测力计(0～5 N)、底部固定有滑轮的水槽、细线及足量的水．
①如图(b)甲，先用弹簧测力计测木块的重力，此时弹簧测力计示数为______N；再用细线绕过滑轮将木块与弹簧测力计连接起来，接着往水槽中倒入适量的水，使木块浸没在水中，如图(b)乙，木块在水中静止时弹簧测力计示数为2.6 N．她利用定滑轮改变力的方向的作用，巧妙地得到了木块的密度为________kg/m3；
②同组的小颖指出小木块浸没时会吸收部分的水，则小悦测得的木块密度______(选填“偏大”“偏小”或“不变”).
【答案】
(1)排开液体的体积 无关 (2)E (3)200 1.2×103(4)①2.4 0.48×103 ②偏大
【分析】
（1）分析相关实验中相同量和不同量，由称重法测浮力得出浮力大小，得出浮力与变化量的关系；
（2）物体受到的浮力大小与物体排开液体的密度和体积有关，研究浮力大小与其中一个因素的关系时，要控制另一个因素不变；
（3）明确弹簧测力计的分度值，再根据指针指示来读数；
根据二力平衡知识可知F浮＝G＋F拉求出浮力；根据F浮＝ρ水gV排求出木块的体积；根据G＝mg＝ρ木gV求出木块的密度。
【详解】
（1）对比B、C实验步骤可知，排开水的体积越大，测力计示数越小，由称重法测浮力，受到的浮力越大，故对比A、B、C三个步骤，得出浮力的大小随排开水体积的增大而增大；对比C、D可知，物体浸没在水中的深度不同，而测力计示数相同，受到的浮力相同，故对比A、C、D可知，当物体完全浸没在水中后，浮力的大小与浸没后的深度无关；
（2）C与E两图中，排开液体的体积相同，但液体的密度不同，所以它研究的是浮力大小与液体密度的关系；
（3）由A、C两步可知，物体在水中完全浸没时受到的浮力为：F浮水＝G−FC＝8N−6N＝2N；根据阿基米德原理：F浮＝ρ液gV排＝ρ液gV物；VA＝V排＝
由A、E两步可知，物体在盐水中完全浸时受到的浮力为：
F浮盐水＝G−FE＝8N−5.6N＝2.4N；
物体的体积不变，则盐水的密度：
ρ盐水＝
（4）①图甲中弹簧测力计的分度值为0.2N，木块在空气中的重力即弹簧测力计的示数为2.4N；
图乙所示的木块浸没水中时木块共受到重力、拉力、浮力三个力的作用，图乙中弹簧测力计的拉力F拉＝2.6N，
木块受到的浮力：F浮＝G＋F拉＝2.4N＋2.6N＝5N；
由F浮＝ρ水gV排得，木块的体积为：
V＝V排＝5×10−4m3，
根据G＝mg得，木块的质量为：=0.24kg,
木块的密度为：0.48×103kg/m3；
②软木块浸入水中后会吸水，则木块的重力变大，而木块排开水的体积不变，其受到的浮力大小不变，则实际测得测力计的拉力会变小，因在图甲中测得木块的重力是准确的，而实际测得测力计的拉力会变小，根据F浮＝G＋F拉测得木块受到的浮力会偏小，由F浮＝ρ水gV排可知求出木块的体积会偏小，根据
可知，测得的木块密度偏大。
【点睛】
题探究影响浮力大小的因素，考查称重法测浮力、控制变量法及数据分析和阿米德原理及杠杆的平衡条件与密度公式的运用。综合性强，难度较大。
17. 小勇同学利用图甲电路做“探究电流与电阻的关系”实验，所选择的器材有新干电池两节，5 Ω、10 Ω、15 Ω、20 Ω、25 Ω的定值电阻各一只，“20 Ω 1 A”的滑动变阻器、电压表、电流表、开关各一只，导线若干．
甲 乙 丙 丁
第17题图
(1)请根据图甲，用笔画线代替导线，将图乙中的实物电路连接完整(要求：向右移动滑动变阻器滑片时，电路中的电流变小，且导线不能交叉).
(2)闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P时，发现两个电表只有一个有示数，初步检查确认，电路接线完好，两个电表均无故障，则发生故障的元件是________(填字母).
A. 电源 B. 滑动变阻器 C. 定值电阻R D. 开关
(3)排除故障后，小勇分别将五个定值电阻接入电路，根据测得的五组实验数据绘制出电流I随定值电阻R变化的图像，如图丙所示．由图像可知这五组实验中定值电阻R两端电压保持______V不变；当用5 Ω的定值电阻进行实验时，滑动变阻器消耗的功率为________W．分析图像可得到的结论是：电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成________．
(4)完成上述实验后，小勇还想改变定值电阻R两端的电压多次实验，若他想控制R两端电压为1.5 V，为了用上所有的定值电阻正确完成五组实验，则滑动变阻器的最大阻值至少需要________Ω.
(5)小勇还想测量一个阻值约为200 Ω的定值电阻Rx的阻值，他在图乙连线正确的电路中用Rx替换R，闭合开关后，发现无法完成该实验(电路元件完好无故障)，原因是____________________________________．于是他重新选取了一个阻值合适的定值电阻R0(阻值已知)，并设计了如图丁所示的电路进行实验，实验步骤如下：
①闭合开关S1，断开S2，读出电压表示数为U1；
②同时闭合开关S1和S2，读出电压表示数为U2；
则未知电阻Rx＝________(用U1、U2和R0表示).
【答案】
(1)如答图所示 (2)C (3)2.5 0.25 反比 (4)25 (5)电路中的电流太小，电流表无法准确测出电流
【分析】
（1）电压表与定值电阻并联，向右移动滑动变阻器滑片时，电路中的电流变小，说明滑动变阻器接入电路的电阻变大，从而确定滑动变阻器接入的接线柱串联在电路中；
（2）电流表无示数，说明电路可能断路；电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，与电压表并联的支路断路了；
（3）由图丙根据欧姆定律求出定值电阻两端的电压，根据图丙可知用5Ω的定值电阻进行实验时电路中的电流，根据串联电路的电压特点求出滑动变阻器两端的电压，根据P＝UI求出此时滑动变阻器消耗的功率；根据图像中电流与电阻之积为一定值分析得出结论；
（4）探究电流与电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变；根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压，根据分压原理，求出当接入25Ω电阻时变阻器连入电路中的电阻；
（5）根据欧姆定律求出电路中的最大电流与电流表的量程减小比较分析出无法测量的原因；
根据串联电路中电流和电压的规律以及欧姆定律进行分析和计算。
【详解】
（1）电压表与定值电阻并联，向右移动滑动变阻器滑片时，电路中的电流变小，说明滑动变阻器接入电路的电阻变大，故滑动变阻器左下接线柱连入电路中，如图所示：
（2）电流表无示数，说明电路可能断路；电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，与电压表并联的定值电阻断路了，故选C；
（3）由题意可知，电源电压：U＝2×1.5V＝3V；
由丙图图像可知，电阻两端的电压：UV＝IR＝0.1A×25Ω＝0.5A×5Ω＝2.5V；
由图像可知，用5Ω的定值电阻进行实验时电路中的电流为0.5A，由串联电路的电压特点可知，此时滑动变阻器两端的电压：U滑＝3V−2.5V＝0.5V，则此时滑动变阻器消耗的电功率：P滑＝U滑I＝0.5A×0.5V＝0.25W；
由图像可知，导体的电阻增大，通过导体的电流减小，通过导体的电流与导体的电阻的乘积保持不变，故可得出结论：电压一定时，通过导体的电流与其电阻成反比；
（4）实验中使用的定值电阻阻值最大为25Ω，定值电阻两端的电压始终保持UV'＝1.5V，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：U滑'＝U−UV'＝3V−1.5V＝1.5V，变阻器分得的电压为电压表示数的＝1倍，根据分压原理，当接入20Ω电阻时，变阻器连入电路中的电阻为：R滑＝1×25Ω＝25Ω，即滑动变阻器的最大阻值至少需要25Ω；
（5）当定值电阻Rx的阻值约为200Ω时，电路中的最大电流：I大＝＝0.015A＜0.02A，电流表无法准确测出电路中的电流，故无法完成该实验；
①闭合开关S1，断开S2，读出电压表示数为U1，此时R0与Rx串联，电压表测Rx两端的电压，即Rx两端的电压：Ux＝U1；
②同时闭合开关S1和S2，读出电压表示数为U2，此时R0被短路，电路为Rx的简单电路，电压表测电源电压，因此电源电压：U＝U2；
在①中，由串联电路的电压特点可知，R0两端的电压：U0＝U−Ux＝U2−U1，
由串联电路的电流特点和欧姆定律可知，通过Rx的电流：Ix＝I0＝＝,
则未知电阻Rx的阻值：Rx＝
【点睛】
本题探究电流与电阻的关系，考查电路连接、故障分析、欧姆定律的应用、电功率的计算、器材的选择和特殊方法测未知电阻。
四、论述计算题（本题共3个小题，第18题6分，第19题8分，第20题8分，共22分。解答应写出必要的文字说明、解答步骤和公式，只写出最后答案的不能得分）
18. 2022北京冬奥会开幕式中高科技的应用让全世界欣赏了一部梦幻大片．开幕式中质量约3 t的奥运五环拥有跟火箭一样的抗倾斜能力，在25 s内上升了10 m的高度，如图所示，g＝10 N/kg.求：
第10题图
(1)奥运五环上升过程中的平均速度；
(2)在此过程中奥运五环克服重力所做的功．
【答案】
(1)0.4 m/s; (2)3×105 J
【分析】
（1）冰立方上升过程中，是直线运动，根据公式：得出平均速度。
（2）根据W＝Gh＝mgh得出冰雪五环匀速上升过程中，克服自重力做的功。
【详解】
(1)奥运五环上升过程中的平均速度v＝＝＝0.4 m/s-------(3分)
(2)奥运五环的重力G＝mg＝3×103 kg×10 N/kg＝3×104 N
奥运五环上升过程中克服重力做的功W＝Gh＝3×104 N×10 m＝3×105 J-------(3分)
【点睛】
本题考查压强和功率的计算，是一道综合题。
19. 如图所示，水平地面上放一个底部有阀门K的薄壁柱形容器．现用细线把边长为0.1 m不吸水的正方体物块悬挂在力传感器下方(力传感器连接电脑后可显示拉力大小)，物块有的体积露出水面且处于静止状态，此时细线的拉力为0.5 N(细线长度变化忽略不计，水的密度为1.0×103 kg/m3，g取10 N/kg).求：
第19题图
(1)物块受到的浮力；
(2)物块的密度；
(3)打开阀门让水缓慢流出，当细线拉力为5 N时，立即关闭阀门，这时容器底部受到水的压强与打开阀门前相比减少了多少．
【答案】
(1)7.5 N (2) 0.8×103 kg/m3 (3) 450 Pa
【分析】
（1）利用阿基米德原理可求出受力；
（2）列出物体所受到的拉力、重力和浮力的受力平衡方程得出物块的质量，再利用ρ＝得出物块的密度。
（3）当拉力为5N时，再次列出物体所受到的拉力、重力和浮力的受力平衡方程；算出物体此时所受到浮力，算出浮力减小量，进一步得出排开液体体积的减少量，得出液面下降的高度，利用Δp＝ρ水gΔh即可得出压强减少量。
【详解】
(1)物块的体积V＝(0.1 m)3＝10－3 m3-------(1分)
物块有的体积露出水面时受到的浮力F浮＝ρ水gV排＝1.0×103 kg/m3×10 N/kg×(1－)×10－3 m3＝7.5 N-------(1分)
(2)细线受到的拉力F拉＝0.5 N，则物块受到的重力G＝F浮＋F拉＝7.5 N＋0.5 N＝8 N-------(1分)
物块的质量m＝＝＝0.8 kg-------(1分)
物块的密度ρ＝＝＝0.8×103 kg/m3-------(1分)
(3)当细线受到的拉力F拉′＝5 N，此时物块受到的浮力F浮′＝G－F拉′＝8 N－5 N＝3 N
浮力的变化量ΔF浮＝F浮－F浮′＝7.5 N－3 N＝4.5 N-------(1分)
由阿基米德原理可得，物块浸入水中体积的减小量ΔV＝＝＝4.5×10－4 m3-------(1分)
水面下降的高度Δh＝＝＝0.045 m
容器底部水的压强的减小量Δp＝ρ水gΔh＝1.0×103 kg/m3×10 N/kg×0.045 m＝450 Pa-------(1分)
【点睛】
本题考查液体压强公式、密度公式、体积公式和阿基米德原理的应用，综合性较强，难度较大。
20. 如图甲所示为小明家的电饭锅上的铭牌，从铭牌上可知该电饭锅能效等级为三级，额定电压为220 V，加热功率为1 210 W．电饭锅的简化电路图如图乙所示，有加热和保温两挡，由开关S调节，其中R1和R2均为发热电阻，且阻值不随着温度的变化而改变．求：
甲 乙 丙
第20题图
(1)小明想利用如图丙所示的电能表测量电饭锅的保温功率，他关闭家里的其他用电器，让电饭锅处于“保温”状态下正常工作，观察到电能表转盘在5 min内转了22圈．则该电饭锅的保温功率为多少？
(2)电阻R1、R2的阻值分别为多少？
(3)小明上网查询了解，国家标准中规定电饭锅在该加热功率下正常工作时，三级能效的热效率值(电热转化效率)范围为81%≤η<86%.他用学过的知识对电饭锅进行测试：在加热状态下，将温度为23 ℃、质量为2.2 kg的水加热到100 ℃ ，电饭锅正常工作用时700 s．已知c水＝4.2×103 J/(kg·℃)，请你通过计算帮助小明判断该电饭锅的热效率值是否达到三级能效．
【答案】
（1）根据电能表的转数求出电饭锅处于“保温”状态下正常工作消耗的电能，再根据P＝得出实际功率；
（2）由电路图知，S断开时两电阻串联，电路中电阻较大，功率较小，为保温状态，当S闭合时，只有R接入电路中，电阻较小，功率较大，为加热状态，
由算出R1的电阻，由可得R1、R2的总电阻，由串联电路电阻的规律算出R2的电阻；
（3）根据Q吸＝c水mΔt算出水吸收的热量，由W′＝P加热t′算出用时820s消耗的电能，由η＝×100%算出该电饭锅的热效率，进而判断出该电饭锅的热效率值是否达到三级能效。
【分析】
(1) 88 W (2) 40 Ω 510 Ω (3) 达到了三级能效
【详解】
(1)在保温状态时，5 min内消耗的电能W保＝＝ kW·h＝2.64×104 J--------(1分)
保温功率P保＝＝＝88 W--------(1分)
(2)由电路图可知，当开关S闭合时，电饭锅处于加热状态，加热功率为1 210 W，由P＝UI，I＝可得，R1的阻值R1＝＝＝40 Ω
--------(1分)
开关S断开时，电饭锅处于保温状态，保温功率为88 W，保温时电路中的总电阻R总＝＝＝550 Ω--------(1分)
因为保温状态时，电阻R1与R2串联，所以电阻R2的阻值R2＝R总－R1＝550 Ω－40 Ω＝510 Ω--------(1分)
(3)2.2 kg的水由23 ℃加热至100 ℃需要吸收的热量
Q吸＝c水m(t－t0)＝4.2×103 J/(kg·℃)×2.2 kg×(100 ℃－23 ℃)＝7.114 8×105 J
--------(1分)
热效率值η＝×100%＝×100%＝×100%＝84%--------(1分)
由于三级能效的热效率值范围为81%≤η＜86%，则该电饭锅达到了三级能效
--------(1分)
【点睛】
本题考查了串联电路特点、电能的计算、电功率计算公式的应用以及效率公式的应用，对电能表参数的理解和运用是本题的关键。
物 理
（全卷共四个大题，满分80分，与化学共用120分钟）
注意事项：
1.试题的答案书写在答题卡上，不得在试卷上直接作答。
2.作答前认真阅读答题卡上的注意事项。
3.考试结束，由监考人员将试题和答题卡一并收回。
4.全卷取g=10N/kg
一、选择题（本题共8个小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共24分）
1. 下列物理量最接近实际的是( )
A. 学校教学楼每一层楼高约为3 m B. 一个鸡蛋重约为5 N
C. 教室内空气的压强约为1.0×104 Pa D. 我国家庭电路电压是36 V
【答案】
A
【分析】
首先对题目中涉及的物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。
【详解】
A. 我们教学楼比住房稍高，每一层楼高约为3m, 故A符合实际；
B. 一个鸡蛋重约为0.5 N ,故B不符合实际。
C. 教室内空气的压强约为一标准大气压1.0×105 Pa , 故C不符合实际。
D. 我国家庭电路电压是220 V，故D不符合实际。
【点睛】
物理学中，对各种物理量的估算能力，是我们应该加强的重要能力之一。
2. 宋代范仲淹的《岳阳楼记》中蕴含了丰富的光学知识，文中词句与物理知识相符合的是( )
A. “锦鳞游泳”，看到水里的鱼是实像
B. “皓月千里”，皎洁的月亮是光源
C. “浮光跃金”，湖面波动的光闪着金色是光的折射现象
D. “静影沉璧”，如玉璧一样月亮的倒影是光的反射现象
【答案】
D
【分析】
（1）本身能够发光的物体叫光源。
（2）平面镜成像属于光的反射现成的。
（3）由折射光线的反向延长线形成的像属于虚像。
【详解】
A、 水中的鱼是由于光的折射形成，是鱼的虚像，故A错误；
B、 皎洁的月亮不是光源，因为月亮是反射的太阳光，故B错误；
C、湖面波动的光闪着金色, 是光的反射现象, 故C错误；
D、如玉璧一样月亮的倒影是光的反射形成的平面镜成像现象，故D正确。
【点睛】
知道光源概念，理解生活中光的反射、折射形成的现象，可解答此题。
3. 物态变化让我们领略了许多美妙的景色，如图所示的有关物态变化现象中，属于液化的是( )
第3题图
A. ①③ B. ②③ C. ①② D. ②④
【答案】
C
【分析】
物质由固态变为液态的过程叫熔化，由液态变为固态的过程叫凝固；由液态变为气态的过程叫汽化，由气态变为液态的过程叫液化；物质由固态直接变为气态的过程叫升华，由气态直接变为固态的过程叫凝华。
【详解】
② 大雾是空气中的水蒸气遇冷液化形成的小水滴；
②露珠是温度较高的水蒸气遇冷液化形成的小水滴；
③冰块消融是固态变成液态的熔化过程；
④雾凇是水蒸气遇冷凝华形成的冰晶。
所以，属于液化现象的是①②。
故选：C。
【点睛】
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。
4. 清华大学合肥公共安全研究院(“合肥风洞”)可以模拟比赛真实场景，已服务于2 000多名运动员．运动员可通过三种方式进入风洞实验室：人脸识别(S1)、指纹识别(S2)和密码识别(S3)，只要其中一种方式识别成功，则相应开关闭合，实验室大门启动(实验室大门用表示)，下图中设计符合要求的是( A )
【答案】
A
【分析】
串联电路中开关控制整个电路，并联电路中干路开关控制整个电路，支路开关只能控制所在支路。
【详解】
由题意可知，人脸识别（S）、指纹识别（S）、密码识别（S）只要其中一种方式识别成功，则相应开关闭合，从而使电动机启动工作，所以三个开关应并联后与电动机串联再接到电源上，只有A符合题意.
【点睛】
开关并联时，各开关可独立控制用电器，开关串联时，各开关共同控制用电器。
5. 如图所示的四个装置中，说法正确的是( )
甲 乙 丙 丁
第5题图
A. 甲图实验装置表明磁可以生电 B. 乙图装置在工作过程中将机械能转化为电能
C. 丙图揭示了发电机的工作原理 D. 丁图装置探究电磁铁磁性强弱与电流大小的关系
【答案】
C
【分析】
（1）奥斯特实验说明通电导线的周围存在磁场；
（2）通电导体在磁场中受到力的作用，电动机就是利用这个原理制成的；
（3）闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生感应电流，发电机就是利用这个原理制成的；
（4）电磁铁磁性的大小与电流大小、线圈匝数的多少有关。
【详解】
A、奥斯特实验说明通电导线的周围存在磁场，揭示了电可以生磁，故A错误；
B、该实验装置是用来研究通电导线在磁场中受力的作用的实验，此过程中电能转化为机械能，故B错误；
C、该实验装置是用于研究感应电流的实验，闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中才会产生感应电流，将机械能转化为电能，发电机就是应用了这一原理，故C正确；
D、丁图中为串联电路，电流相同，能探究电磁铁的磁性强弱与线圈匝数的关系，故D错误。故选：C。
【点睛】
发电机、动圈式话筒利用电磁感应现象原理，带电动机的用电器利用通电导体在磁场中受力原理，带电磁铁的仪器利用电流的磁效应原理。
6. 小明刚把电暖器插头插入三孔插座中(电暖器开关未闭合)，正常发光的灯泡突然熄灭．拔出电暖器插头后，他用试电笔测试三孔插座的左右两孔，氖管都发光．下列说法正确的是( )
第6题图
A. 灯泡熄灭是三孔插座短路引起的 B. 可能进户线零线断了
C. 断开开关S，用试电笔测a点时氖管发光 D. 电路故障可能是用电器总功率过大引起的
【答案】
B
【分析】
氖管发光，说明试电笔接触的是火线；所有用电器停止工作，说明干路中出现了断路现象。
【详解】
拔出电暖器插头后，他用试电笔测试三孔插座的左右两孔，氖管都发光，说明保险丝没有熔断，电流没有过大，故不存在短路和总功率过大的情况，AD错误；
三孔插座的左右两孔，氖管都发光，说明电路中全部都变成火线了，所以进户零线断路，B正确。故选B
【点睛】
本题考查了用测电笔检测电路的故障。在正常情况下，测电笔测火线应亮，测零线应不亮。
7. 把同种材料制成的甲、乙两个正方体，放在水平桌面上，甲、乙对桌面的压强分别为P1和P2，如图所示，把甲放在乙的上面，则乙对桌面的压强为（ ）
A. B. C. D.
第7题图
【答案】
C
【分析】
已知A、B两个正方体的边长之比可求体积之比和面积之比，在水平地面上压力等于物体自身的重力，根据公式可求压强之比，进一步求出重力之比和质量之比，再利用密度公式求出密度之比，根据压强公式可得乙对桌面的压强。
【详解】
用实心柱体对水平地面的压强公式计算出甲、乙两物体的边长之比，从而计算出甲、乙两物体的面积之比。
【点睛】
本题考查体积、压强、重力、质量、密度等的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，难点是知道在水平面上压力等于物体自身的重力。
8. 如图甲所示电路，电源电压为4.5 V，小灯泡的额定电压为2.5 V．闭合开关后，将滑动变阻器的滑片从最右端向左移动到某一位置的过程中，两电表的示数关系如图乙所示．下列判断正确的是( )
甲 乙
第8题图
A. 小灯泡的额定功率为0.65 W B. 电路的最大总功率为1.2 W
C. 小灯泡的灯丝阻值越来越小 D. R的阻值变化范围为8～50 Ω
【答案】
D
【分析】
由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测L两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）根据P＝UI求出灯泡的额定功率；
（2）当小灯泡正常发光时，电路中的电流最大，根据P＝UI求出最大功率；
（3）根据图乙分析小灯泡灯丝电阻的变化；
（4）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，根据图乙读出小灯泡两端的最小电压和通过的电流，根据串联电路的电压特点求出此时滑动变阻器两端的电压，根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的最大阻值；电路中电流最大时，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，根据滑动变阻器两端的电压和电路中的电流求出最小电阻。
【详解】
由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测L两端的电压，电流表测电路中的电流。
A、小灯泡的额定电压为2.5V，由图乙可知，此时通过小灯泡的电流即额定电流为：IL＝0.25A；
小灯泡的额定功率：P额＝ULIL＝2.5V×0.25A＝0.625W，故A错误；
B、电路中的最大电流：I大＝IL＝0.25A，电路的最大功率：P大＝UI大＝4.5V×0.25A＝1.125W，故B错误；
C、由图乙可知，随着电压的增大，通过灯泡的电流也增大，I−U图像为一条向U轴靠近的图线，根据R＝可知，小灯泡的灯丝阻值越来越大，故C错误；
D、当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，灯泡分得的电压最小，由图乙可知，小灯泡两端的最小电压UL′＝0.5V时，通过的电流IL′＝0.08A，
此时滑动变阻器两端的电压：U′＝U−UL′＝4.5V−0.5V＝4V，由串联电路的电流特点可知，通过滑动变阻器的电流：I小＝IL′＝0.08A, 则滑动变阻器接入电路中的最大阻值：R大＝＝50Ω；
当小灯泡正常发光时，电路中的电流最大，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，
由图乙可知，小灯泡两端的电压UL＝2.5V时，通过的电流IL＝0.25A；
滑动变阻器两端的电压：U′'＝U−UL＝4.5V−2.5V＝2V，
由串联电路的电流特点可知，通过滑动变阻器的电流：I大＝IL＝0.25A；
则滑动变阻器接入电路中的最小阻值：R小＝＝8Ω；R的阻值变化范围为8Ω～50Ω，故D正确。故选：D。
【点睛】
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活应用，从图象中获取有用的信息是关键。
二、填空与作图题（本题共6个小题，每空1分，共12分）
9. 如图所示，在2022年2月4日晚北京冬奥会开幕式上，国旗传递时，9岁的朱德恩用小号吹响《我和我的祖国》，震撼人心的旋律和深情的号声打动了所有人．在吹奏的过程中，朱德恩不断用手指按下不同的按键，主要改变的是声音的________(选填“响度”“音调”或“音色”).现场观众听到小号吹奏的声音主要是通过________(选填“固体”“液体”或“气体”)传播的．
第9题图
【答案】
音调 空气
【分析】
（1）声音的传播需要介质，一切固体、液体、气体都可以作为传声的介质；
（2）声音的三个特征分别是：音调、响度、音色，是从不同角度描述声音的，音调指声音的高低，由振动频率决定；响度指声音的强弱或大小，与振幅和距离有关；音色是由发声体本身决定的一个特性。
【详解】
解答：解：吹奏过程中，演员不断调整手指在小号上的按压位置是通过改变振动的空气柱长度来改变振动的频率，从而改变声音的音调；
因为声音能在空气中传播，所以现场观众能听到小号的声音。
故答案为：音调；空气。
【点睛】
本题主要考查了声音的传播以及声音的特性，属于一道声学基础题，虽综合性较强，但难度不大。
10. “天宫课堂”点燃科学梦想．如图所示，航天员在空间站演示摆球实验：拨动摆球后，摆球绕固定点持续转动，其运动状态________(选填“不变”或“改变”).在此过程中，摆球________(选填“具有”或“不具有”)惯性．
第10题图
【答案】
改变 具有
【分析】
（1）物体保持静止或做匀速直线运动时，速度和运动方向均不改变，即运动状态不变，由此可知摆球绕固定点转动时的运动状态是否改变；
（2）惯性是物体的固有属性，一切物体在任何情况下都具有惯性，据此得出结论。
【详解】
解答：解：（1）物体保持静止或做匀速直线运动时，速度和运动方向均不改变，即运动状态不变，由此可知摆球绕固定点转动时，其运动方向不断改变，它的运动状态不断改变；
（2）惯性是物体的固有属性，一切物体在任何情况下都具有惯性，因此，绕固定点持续转动的摆球具有惯性。
故答案为：改变；具有。
【点睛】
本题考查物体运动状态的判断和惯性的理解，难度不大。
11. 用某型号天然气热水器烧水，完全燃烧热值为3.2×107 J/m3的天然气0.125 m3，放出热量________J；若该热水器的加热效率为84%，则能将40 kg初始温度为20 ℃的水加热至________°C，水的比热容为4.2×103 J/(kg·°C).
【答案】
4×106 40
【分析】
：（1）根据Q放＝qV可计算出完全燃烧0.125m3天然气出热量；
（2）根据Q吸＝ηQ放可求水吸收的热量；知道水的质量、比热容、水吸收的热量，利用Q吸＝cm（t−t0）求出热水器中的水的温度升高到多少℃。
【详解】
（1）天然气完全燃烧放出的热量：
Q放＝qV＝3.2×107J/m3×0.125m3＝4×106J；
（2）已知该热水器的效率是84%，则水吸收的热量：
Q吸＝ηQ放＝84%×4×106J＝3.36×106J；
（3）设热水器加热使水的温度升高到t（即末温），
则：Q吸＝c水m水（t−t0），
即：3.36×106J＝4.2×103J/（kg•℃）×40kg×（t−20℃），
解得：t＝40℃；
故答案为：4×106；40。
【点睛】
本题考查了学生对效率公式、燃料完全燃烧放热公式、吸热公式的掌握和运用，因条件已给出，难度不大。
12. 如图所示，工人用500 N的力F将底面积为100 cm2，重为800 N的物体在10 s内匀速提升了2 m，不计绳重和摩擦，在此过程中，滑轮组的机械效率为__________．若改用300 N的力来拉这个物体，物体未被拉起，则物体对地面的压强为________Pa.
第12题图
【答案】
80% 4×104
【分析】
（1）知道物体的重力和提升的高度，根据W＝Gh求出在此过程中有用功；
由图可知滑轮组绳子的有效股数，根据s＝nh求出重物匀速提升2m时绳端移动的距离，利用W＝Fs求出拉力做的总功，由η＝W有用W总可求得滑轮组的机械效率；
（2）利用F＝500N、G＝800N求出动滑轮重力，再求出物体受到的拉力，对地面的压力F压＝G−F拉，已知物体底面积，由p＝FS可求得物体对地面的压强。
【详解】
（1）在此过程中有用功：
W有＝Gh＝800N×2m＝1600J；
由图可知，动滑轮由2段绳子吊着，所以n＝2，则s＝2h＝2×2m＝4m,拉力做的总功为
W总＝Fs＝500N×4m＝2000J，
则滑轮组的机械效率为η＝×100%＝=×100%＝80%；
（2）由F＝（G＋G动）可得，
G动＝2F−G＝2×500N−800N＝200N，
改用300N的力来拉这个物体，由F＝（G＋G动）可得，
物体受到向上的拉力F拉＝2F′−G动＝2×300N−200N＝400N，
物体对地面的压力F压＝G−F向上＝800N−400N＝400N，
物体的底面积为S＝100cm2＝0.01m2，物体对地面的压强为p＝＝=4×104Pa。
故答案为：80%；4×104。
【点睛】
本题考查了做功公式、机械效率公式、功率公式、压强定义式、重力公式的综合应用等，明确有用功和总功以及额外功之间的关系、从图象中获取有用的信息是关键。
13. 如图所示电路中，a、b、c分别是三只电表(电压表或电流表)，R1＝10 Ω，R2＝20 Ω，电源电压恒为6 V，闭合开关S.当电表a、b为电流表，c为电压表时，电表a的示数为________A；当电表a、b为电压表，c为电流表，电表b的示数为________V.[ 0.3 4 ]
第6题图
【答案】
0.3 4
【分析】
（1）闭合开关S，当电表a、b为电流表，c为电压表时，R1、R2并联，电流表a测量R2支路的电流，电流表b测量干路电流，根据并联电路的电压特点可知R2两端的电压，利用欧姆定律求出通过R2支路的电流即电流表a的示数；
（2）当电表a、b为电压表，c为电流表，R1、R2串联，电压表a测量电源电压，电压表b测量R2两端的电压；根据串联电路的电阻特点求出电路中的总电阻，利用欧姆定律求出电路中的电流，根据串联电路的电流特点可知通过R2的电流，利用欧姆定律求出R2两端的电压即为电压表b的示数。
【详解】
（1）闭合开关S，当电表a、b为电流表，c为电压表时，R1、R2并联，电流表a测量R2支路的电流，电流表b测量干路电流；
根据并联电路的电压特点可知，R2两端的电压U2＝U＝6V；
通过R2支路的电流：I2＝＝＝0.3A，所以电表a的示数为0.3A；
（2）当电表a、b为电压表，c为电流表，R1、R2串联，电压表a测量电源电压，电压表b测量R2两端的电压；
根据串联电路的电阻特点可知，电路中的总电阻R＝R1＋R2＝10Ω＋20Ω＝30Ω，
电路中的电流：I＝=＝0.2A；
根据串联电路的电流特点可知，通过R2的电流I2′＝I＝0.2A；
由I＝可知，R2两端的电压U2′＝I2′R2＝0.2A×20Ω＝4V，所以电表b的示数为4V。
故答案为：0.3；4。
【点睛】
本题考查串并联电路的特点、欧姆定律的应用，解题的关键是正确判断电表所测量的是哪部分电路的电流或电压。
14. （1）如图甲所示的杠杆OABC，O为支点，在A点处挂一重物G，要在C点用一个最小的力使杠杆保持图示位置静止，请在图中画出这个力F的示意图．
（2）在乙图中根据可以自由旋转的小磁针静止时的极性，在虚线框中标出通电螺线管电流的方向．
甲 乙
第14题图
【答案】
【分析】
（1）杠杆平衡条件：动力×动力臂＝阻力×阻力臂（F1L1＝F2L2），在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小。
（2）由磁极间的相互作用可知螺线管的磁极，再由右手螺旋定则可知通电螺线管的电流方向。
【详解】
（1） 由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小；图中支点在O点，F的作用点在C点，因此OC为最长动力臂，过C点垂直于OC向上作出力F的示意图，答案如图所示；
（2） 因同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，故螺线管右侧为N极；则由右手螺旋定则可知螺线管中电流由左侧流入，右侧流出；故答案如图：
【点睛】
（1） 本题主要考查了杠杆最小力的画法。解决此类题目的关键是找出最长的力臂，然后根据力臂的概念确定力的方向。
（2） 本题考查右手螺旋定则及磁极间的相互作用，要求学生能熟练应用右手螺旋定则判断磁极或电流方向。
三、实验探究题（本题共3个小题，第15题6分，第16题8分，第17题8分，共22分）
15. 小焱同学在做光学实验中，
（一）用如图甲装置，探究平面镜成像的特点：
甲 乙
第11题图
(1)为了便于确定像的位置，玻璃板应________放置在水平桌面的白纸上．
(2)将蜡烛1放在A位置，可看到它在玻璃板后面的像．拿一支相同的蜡烛2竖立着在玻璃板后面移动，直到看上去它跟蜡烛1的像________时，该位置记为A′.
(3)将光屏放在A′位置，任意转动都承接不到像，可知平面镜成的像是______像．
（二）某同学在“探究凸透镜成像规律”的实验中：
(4)如图甲，平行光正对凸透镜照射，光屏上出现一个最小最亮的光斑，则凸透镜的焦距f＝________cm; 实验过程中，当蜡烛、凸透镜和光屏的位置如图乙所示时，光屏上呈现了一个清晰的像，生活中的________(选填“照相机”“放大镜”或“投影仪”)就是利用了这样的成像原理；若此时在烛焰和凸透镜之间放一副眼镜，发现光屏上的像变模糊了，将光屏向左透镜移动适当距离后光屏上再次呈现清晰的像，则该眼镜是________(选填“近视”或“远视”)眼镜．
甲 乙
【答案】
【分析】
（1）在探究平面镜成像特点的实验中，为了便于确定像的位置，玻璃板应竖直放置。
（2）在实验中为了便于研究像的大小与位置，应用两支相同的蜡烛，将另一支蜡烛放在像的位置与像进行比较；
（3）平面镜所成的像为虚像；
（4）图中测量凸透镜焦距的方法：平行光聚焦法，亮点为焦点，焦点到光心的距离为就焦距，由此可以确定其焦距是多少；为了使像成在光屏中心，应将发光体、凸透镜和光屏中心调节在凸透镜的主光轴上；
（5）当2f＞u＞f,成倒立、放大的实像，利用这个规律制成的光学仪器是投影仪；
（6）远视眼成因：眼球晶状体的曲度过小，远处物体反射来的光线通过晶状体折射后形成的物像，就会落在视网膜的后方造成远视眼。
解答：解：（1）由图甲知，焦点到凸透镜的距离为60.0cm−50.0cm＝10.0cm,所以凸透镜的焦距为f＝10.0cm；
为了使像成在光屏中心，实验开始前，应将烛焰和光屏中心位于位于凸透镜的主光轴上；点评：此题主要考查的是学生对实验器材的放置以及对凸透镜成像规律的应用理解和掌握，同时考查了对倒立实像的理解。
【详解】
（1）为了便于确定像的位置，玻璃板应竖直放置，若玻璃板没有竖直放置，像会偏上或者偏下，无法确定像的位置。
（2）完全一样的蜡烛2与蜡烛1的像完全重合时，这样蜡烛2就可以替代蜡烛1的像了，从而确定了像的位置，大小关系。
（3）将光屏放在A'位置，任意转动都承接不到像，因为平面镜成的是虚像，光屏无法承接到虚像。
（4）由图乙知，当蜡烛在刻度尺的10cm处，u＝25.0cm−10.0cm＝15.0cm,2f＞u＞f,凸透镜成倒立放大的实像，利用这个规律制成的光学仪器是投影仪；
将一副眼镜放在蜡烛和凸透镜之间，结果，光屏上原来清晰的像变模糊了，他只将光屏向靠近凸透镜的方向移动适当距离时，又在光屏上观察到蜡烛清晰的像，像变小了，说明提前成像了，故放置的是使光线会聚的凸透镜，这种眼镜是用来矫正远视眼的。
【点睛】
本题主要考查了平面镜成像特点的探究实验，属于基础题; 此题主要考查的是学生对实验器材的放置以及对凸透镜成像规律的应用理解和掌握，同时考查了对倒立实像的理解。
16. 小悦在“探究影响浮力大小的因素”时，做了如图(a)所示的实验．(g取10 N/kg)
A B C D E
第16题图(a) 第16题图(b)
(1)对比A、B、C三个步骤，可得出影响浮力大小的因素是______________，当物体完全浸没在水中后浮力的大小与浸没后的深度________(选填“有关”或“无关”).
(2)要研究浮力与液体密度的关系，需要对比C图和________图的实验数据．
(3)根据有关实验数据，可计算出A的体积为______cm3，盐水的密度为______kg/m3.
(4)小悦还想利用浮力测量小木块的密度，她找来的实验器材有：木块、弹簧测力计(0～5 N)、底部固定有滑轮的水槽、细线及足量的水．
①如图(b)甲，先用弹簧测力计测木块的重力，此时弹簧测力计示数为______N；再用细线绕过滑轮将木块与弹簧测力计连接起来，接着往水槽中倒入适量的水，使木块浸没在水中，如图(b)乙，木块在水中静止时弹簧测力计示数为2.6 N．她利用定滑轮改变力的方向的作用，巧妙地得到了木块的密度为________kg/m3；
②同组的小颖指出小木块浸没时会吸收部分的水，则小悦测得的木块密度______(选填“偏大”“偏小”或“不变”).
【答案】
(1)排开液体的体积 无关 (2)E (3)200 1.2×103(4)①2.4 0.48×103 ②偏大
【分析】
（1）分析相关实验中相同量和不同量，由称重法测浮力得出浮力大小，得出浮力与变化量的关系；
（2）物体受到的浮力大小与物体排开液体的密度和体积有关，研究浮力大小与其中一个因素的关系时，要控制另一个因素不变；
（3）明确弹簧测力计的分度值，再根据指针指示来读数；
根据二力平衡知识可知F浮＝G＋F拉求出浮力；根据F浮＝ρ水gV排求出木块的体积；根据G＝mg＝ρ木gV求出木块的密度。
【详解】
（1）对比B、C实验步骤可知，排开水的体积越大，测力计示数越小，由称重法测浮力，受到的浮力越大，故对比A、B、C三个步骤，得出浮力的大小随排开水体积的增大而增大；对比C、D可知，物体浸没在水中的深度不同，而测力计示数相同，受到的浮力相同，故对比A、C、D可知，当物体完全浸没在水中后，浮力的大小与浸没后的深度无关；
（2）C与E两图中，排开液体的体积相同，但液体的密度不同，所以它研究的是浮力大小与液体密度的关系；
（3）由A、C两步可知，物体在水中完全浸没时受到的浮力为：F浮水＝G−FC＝8N−6N＝2N；根据阿基米德原理：F浮＝ρ液gV排＝ρ液gV物；VA＝V排＝
由A、E两步可知，物体在盐水中完全浸时受到的浮力为：
F浮盐水＝G−FE＝8N−5.6N＝2.4N；
物体的体积不变，则盐水的密度：
ρ盐水＝
（4）①图甲中弹簧测力计的分度值为0.2N，木块在空气中的重力即弹簧测力计的示数为2.4N；
图乙所示的木块浸没水中时木块共受到重力、拉力、浮力三个力的作用，图乙中弹簧测力计的拉力F拉＝2.6N，
木块受到的浮力：F浮＝G＋F拉＝2.4N＋2.6N＝5N；
由F浮＝ρ水gV排得，木块的体积为：
V＝V排＝5×10−4m3，
根据G＝mg得，木块的质量为：=0.24kg,
木块的密度为：0.48×103kg/m3；
②软木块浸入水中后会吸水，则木块的重力变大，而木块排开水的体积不变，其受到的浮力大小不变，则实际测得测力计的拉力会变小，因在图甲中测得木块的重力是准确的，而实际测得测力计的拉力会变小，根据F浮＝G＋F拉测得木块受到的浮力会偏小，由F浮＝ρ水gV排可知求出木块的体积会偏小，根据
可知，测得的木块密度偏大。
【点睛】
题探究影响浮力大小的因素，考查称重法测浮力、控制变量法及数据分析和阿米德原理及杠杆的平衡条件与密度公式的运用。综合性强，难度较大。
17. 小勇同学利用图甲电路做“探究电流与电阻的关系”实验，所选择的器材有新干电池两节，5 Ω、10 Ω、15 Ω、20 Ω、25 Ω的定值电阻各一只，“20 Ω 1 A”的滑动变阻器、电压表、电流表、开关各一只，导线若干．
甲 乙 丙 丁
第17题图
(1)请根据图甲，用笔画线代替导线，将图乙中的实物电路连接完整(要求：向右移动滑动变阻器滑片时，电路中的电流变小，且导线不能交叉).
(2)闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P时，发现两个电表只有一个有示数，初步检查确认，电路接线完好，两个电表均无故障，则发生故障的元件是________(填字母).
A. 电源 B. 滑动变阻器 C. 定值电阻R D. 开关
(3)排除故障后，小勇分别将五个定值电阻接入电路，根据测得的五组实验数据绘制出电流I随定值电阻R变化的图像，如图丙所示．由图像可知这五组实验中定值电阻R两端电压保持______V不变；当用5 Ω的定值电阻进行实验时，滑动变阻器消耗的功率为________W．分析图像可得到的结论是：电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成________．
(4)完成上述实验后，小勇还想改变定值电阻R两端的电压多次实验，若他想控制R两端电压为1.5 V，为了用上所有的定值电阻正确完成五组实验，则滑动变阻器的最大阻值至少需要________Ω.
(5)小勇还想测量一个阻值约为200 Ω的定值电阻Rx的阻值，他在图乙连线正确的电路中用Rx替换R，闭合开关后，发现无法完成该实验(电路元件完好无故障)，原因是____________________________________．于是他重新选取了一个阻值合适的定值电阻R0(阻值已知)，并设计了如图丁所示的电路进行实验，实验步骤如下：
①闭合开关S1，断开S2，读出电压表示数为U1；
②同时闭合开关S1和S2，读出电压表示数为U2；
则未知电阻Rx＝________(用U1、U2和R0表示).
【答案】
(1)如答图所示 (2)C (3)2.5 0.25 反比 (4)25 (5)电路中的电流太小，电流表无法准确测出电流
【分析】
（1）电压表与定值电阻并联，向右移动滑动变阻器滑片时，电路中的电流变小，说明滑动变阻器接入电路的电阻变大，从而确定滑动变阻器接入的接线柱串联在电路中；
（2）电流表无示数，说明电路可能断路；电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，与电压表并联的支路断路了；
（3）由图丙根据欧姆定律求出定值电阻两端的电压，根据图丙可知用5Ω的定值电阻进行实验时电路中的电流，根据串联电路的电压特点求出滑动变阻器两端的电压，根据P＝UI求出此时滑动变阻器消耗的功率；根据图像中电流与电阻之积为一定值分析得出结论；
（4）探究电流与电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变；根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压，根据分压原理，求出当接入25Ω电阻时变阻器连入电路中的电阻；
（5）根据欧姆定律求出电路中的最大电流与电流表的量程减小比较分析出无法测量的原因；
根据串联电路中电流和电压的规律以及欧姆定律进行分析和计算。
【详解】
（1）电压表与定值电阻并联，向右移动滑动变阻器滑片时，电路中的电流变小，说明滑动变阻器接入电路的电阻变大，故滑动变阻器左下接线柱连入电路中，如图所示：
（2）电流表无示数，说明电路可能断路；电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，与电压表并联的定值电阻断路了，故选C；
（3）由题意可知，电源电压：U＝2×1.5V＝3V；
由丙图图像可知，电阻两端的电压：UV＝IR＝0.1A×25Ω＝0.5A×5Ω＝2.5V；
由图像可知，用5Ω的定值电阻进行实验时电路中的电流为0.5A，由串联电路的电压特点可知，此时滑动变阻器两端的电压：U滑＝3V−2.5V＝0.5V，则此时滑动变阻器消耗的电功率：P滑＝U滑I＝0.5A×0.5V＝0.25W；
由图像可知，导体的电阻增大，通过导体的电流减小，通过导体的电流与导体的电阻的乘积保持不变，故可得出结论：电压一定时，通过导体的电流与其电阻成反比；
（4）实验中使用的定值电阻阻值最大为25Ω，定值电阻两端的电压始终保持UV'＝1.5V，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：U滑'＝U−UV'＝3V−1.5V＝1.5V，变阻器分得的电压为电压表示数的＝1倍，根据分压原理，当接入20Ω电阻时，变阻器连入电路中的电阻为：R滑＝1×25Ω＝25Ω，即滑动变阻器的最大阻值至少需要25Ω；
（5）当定值电阻Rx的阻值约为200Ω时，电路中的最大电流：I大＝＝0.015A＜0.02A，电流表无法准确测出电路中的电流，故无法完成该实验；
①闭合开关S1，断开S2，读出电压表示数为U1，此时R0与Rx串联，电压表测Rx两端的电压，即Rx两端的电压：Ux＝U1；
②同时闭合开关S1和S2，读出电压表示数为U2，此时R0被短路，电路为Rx的简单电路，电压表测电源电压，因此电源电压：U＝U2；
在①中，由串联电路的电压特点可知，R0两端的电压：U0＝U−Ux＝U2−U1，
由串联电路的电流特点和欧姆定律可知，通过Rx的电流：Ix＝I0＝＝,
则未知电阻Rx的阻值：Rx＝
【点睛】
本题探究电流与电阻的关系，考查电路连接、故障分析、欧姆定律的应用、电功率的计算、器材的选择和特殊方法测未知电阻。
四、论述计算题（本题共3个小题，第18题6分，第19题8分，第20题8分，共22分。解答应写出必要的文字说明、解答步骤和公式，只写出最后答案的不能得分）
18. 2022北京冬奥会开幕式中高科技的应用让全世界欣赏了一部梦幻大片．开幕式中质量约3 t的奥运五环拥有跟火箭一样的抗倾斜能力，在25 s内上升了10 m的高度，如图所示，g＝10 N/kg.求：
第10题图
(1)奥运五环上升过程中的平均速度；
(2)在此过程中奥运五环克服重力所做的功．
【答案】
(1)0.4 m/s; (2)3×105 J
【分析】
（1）冰立方上升过程中，是直线运动，根据公式：得出平均速度。
（2）根据W＝Gh＝mgh得出冰雪五环匀速上升过程中，克服自重力做的功。
【详解】
(1)奥运五环上升过程中的平均速度v＝＝＝0.4 m/s-------(3分)
(2)奥运五环的重力G＝mg＝3×103 kg×10 N/kg＝3×104 N
奥运五环上升过程中克服重力做的功W＝Gh＝3×104 N×10 m＝3×105 J-------(3分)
【点睛】
本题考查压强和功率的计算，是一道综合题。
19. 如图所示，水平地面上放一个底部有阀门K的薄壁柱形容器．现用细线把边长为0.1 m不吸水的正方体物块悬挂在力传感器下方(力传感器连接电脑后可显示拉力大小)，物块有的体积露出水面且处于静止状态，此时细线的拉力为0.5 N(细线长度变化忽略不计，水的密度为1.0×103 kg/m3，g取10 N/kg).求：
第19题图
(1)物块受到的浮力；
(2)物块的密度；
(3)打开阀门让水缓慢流出，当细线拉力为5 N时，立即关闭阀门，这时容器底部受到水的压强与打开阀门前相比减少了多少．
【答案】
(1)7.5 N (2) 0.8×103 kg/m3 (3) 450 Pa
【分析】
（1）利用阿基米德原理可求出受力；
（2）列出物体所受到的拉力、重力和浮力的受力平衡方程得出物块的质量，再利用ρ＝得出物块的密度。
（3）当拉力为5N时，再次列出物体所受到的拉力、重力和浮力的受力平衡方程；算出物体此时所受到浮力，算出浮力减小量，进一步得出排开液体体积的减少量，得出液面下降的高度，利用Δp＝ρ水gΔh即可得出压强减少量。
【详解】
(1)物块的体积V＝(0.1 m)3＝10－3 m3-------(1分)
物块有的体积露出水面时受到的浮力F浮＝ρ水gV排＝1.0×103 kg/m3×10 N/kg×(1－)×10－3 m3＝7.5 N-------(1分)
(2)细线受到的拉力F拉＝0.5 N，则物块受到的重力G＝F浮＋F拉＝7.5 N＋0.5 N＝8 N-------(1分)
物块的质量m＝＝＝0.8 kg-------(1分)
物块的密度ρ＝＝＝0.8×103 kg/m3-------(1分)
(3)当细线受到的拉力F拉′＝5 N，此时物块受到的浮力F浮′＝G－F拉′＝8 N－5 N＝3 N
浮力的变化量ΔF浮＝F浮－F浮′＝7.5 N－3 N＝4.5 N-------(1分)
由阿基米德原理可得，物块浸入水中体积的减小量ΔV＝＝＝4.5×10－4 m3-------(1分)
水面下降的高度Δh＝＝＝0.045 m
容器底部水的压强的减小量Δp＝ρ水gΔh＝1.0×103 kg/m3×10 N/kg×0.045 m＝450 Pa-------(1分)
【点睛】
本题考查液体压强公式、密度公式、体积公式和阿基米德原理的应用，综合性较强，难度较大。
20. 如图甲所示为小明家的电饭锅上的铭牌，从铭牌上可知该电饭锅能效等级为三级，额定电压为220 V，加热功率为1 210 W．电饭锅的简化电路图如图乙所示，有加热和保温两挡，由开关S调节，其中R1和R2均为发热电阻，且阻值不随着温度的变化而改变．求：
甲 乙 丙
第20题图
(1)小明想利用如图丙所示的电能表测量电饭锅的保温功率，他关闭家里的其他用电器，让电饭锅处于“保温”状态下正常工作，观察到电能表转盘在5 min内转了22圈．则该电饭锅的保温功率为多少？
(2)电阻R1、R2的阻值分别为多少？
(3)小明上网查询了解，国家标准中规定电饭锅在该加热功率下正常工作时，三级能效的热效率值(电热转化效率)范围为81%≤η<86%.他用学过的知识对电饭锅进行测试：在加热状态下，将温度为23 ℃、质量为2.2 kg的水加热到100 ℃ ，电饭锅正常工作用时700 s．已知c水＝4.2×103 J/(kg·℃)，请你通过计算帮助小明判断该电饭锅的热效率值是否达到三级能效．
【答案】
（1）根据电能表的转数求出电饭锅处于“保温”状态下正常工作消耗的电能，再根据P＝得出实际功率；
（2）由电路图知，S断开时两电阻串联，电路中电阻较大，功率较小，为保温状态，当S闭合时，只有R接入电路中，电阻较小，功率较大，为加热状态，
由算出R1的电阻，由可得R1、R2的总电阻，由串联电路电阻的规律算出R2的电阻；
（3）根据Q吸＝c水mΔt算出水吸收的热量，由W′＝P加热t′算出用时820s消耗的电能，由η＝×100%算出该电饭锅的热效率，进而判断出该电饭锅的热效率值是否达到三级能效。
【分析】
(1) 88 W (2) 40 Ω 510 Ω (3) 达到了三级能效
【详解】
(1)在保温状态时，5 min内消耗的电能W保＝＝ kW·h＝2.64×104 J--------(1分)
保温功率P保＝＝＝88 W--------(1分)
(2)由电路图可知，当开关S闭合时，电饭锅处于加热状态，加热功率为1 210 W，由P＝UI，I＝可得，R1的阻值R1＝＝＝40 Ω
--------(1分)
开关S断开时，电饭锅处于保温状态，保温功率为88 W，保温时电路中的总电阻R总＝＝＝550 Ω--------(1分)
因为保温状态时，电阻R1与R2串联，所以电阻R2的阻值R2＝R总－R1＝550 Ω－40 Ω＝510 Ω--------(1分)
(3)2.2 kg的水由23 ℃加热至100 ℃需要吸收的热量
Q吸＝c水m(t－t0)＝4.2×103 J/(kg·℃)×2.2 kg×(100 ℃－23 ℃)＝7.114 8×105 J
--------(1分)
热效率值η＝×100%＝×100%＝×100%＝84%--------(1分)
由于三级能效的热效率值范围为81%≤η＜86%，则该电饭锅达到了三级能效
--------(1分)
【点睛】
本题考查了串联电路特点、电能的计算、电功率计算公式的应用以及效率公式的应用，对电能表参数的理解和运用是本题的关键。
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