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2023年四川省成都市武侯区中考物理二诊试卷(含答案)
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这是一份2023年四川省成都市武侯区中考物理二诊试卷(含答案)，共49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，不定项选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2023年四川省成都市武侯区中考物理二诊试卷
一、单项选择题（每小题只有一个选项符合题目要求，每小题2分，共30分）
1．估测是物理学习中一种非常重要的能力。某同学对生活中的现象进行了观察、估测，符合实际的是（ ）
A．老师上班步行速度约5m/s
B．呼吸一次的时间约为0.1s
C．成年人正常体温约37.8℃
D．一位中学生身高约1.68m
2．高铁被誉为我国“新四大发明”之一。高铁及铁轨采用了相关措施来保证其安全性和舒适性，下列描述中正确的是（ ）
A．铁轨下铺设枕轨主要是为了减小摩擦
B．列车的机械部件加润滑油是为了增大摩擦
C．车内的破窗锤头做成锥形，是为了增大压强
D．车厢座椅用软质材料包裹，是为了增大压强
3．用鸡蛋碰石块，结果是鸡蛋破裂了而石块完好无损。下列关于此现象分析正确的是（ ）
A．鸡蛋壳破裂了，说明力可以改变物体的形状
B．鸡蛋壳破裂了，说明力可以改变物体的运动状态
C．石块完好无损，说明石块没受到力的作用
D．石块完好无损，说明石块受到的力比鸡蛋小
4．中国自行研制的北斗卫星导航系统覆盖全球，现已进入全面商用阶段。北斗卫星（ ）
A．绕地球运行时受到平衡力的作用
B．利用超声波向地面传递信息
C．发射加速上升时其机械能守恒
D．利用电磁波向地面传递信息
5．足球比赛中，运动员起脚射门，一个漂亮的“香蕉球”破门得分，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．足球在空中飞行到最高点时，处于平衡状态
B．足球离开脚后继续飞行，是因为足球具有惯性
C．足球向内侧偏转是因为内侧空气流速小，外侧流速大
D．脚踢足球使足球飞出去，说明力是维持物体运动的原因
6．气凝胶是目前世界上密度最小的固体。这种新材料具有隔热、耐高温、绝缘性能强、坚固耐用、弹性好等特点。这种材料不适合制作（ ）
A．电炉的电热丝 B．乒乓球拍胶皮
C．登山鞋底材料 D．导线绝缘外皮
7．“影”是生活中常见的光现象，图中“影”是光的反射形成的是（ ）
A．手影 B．倒影
C．皮影 D．投影
8．“安全用电，珍爱生命”是每个人应有的意识与责任。下列做法符合安全用电规则的是（ ）
A．打扫清洁时，可用湿毛巾擦拭家用电器
B．同一插线板可同时使用多个大功率用电器
C．电器起火时，应先用水扑灭再断开电路
D．发现有人触电时，应先断开电源再救人
9．2022年11月12日，天舟五号货运飞船由长征七号遥六运载火箭在文昌航天发射中心发射，到与天和核心舱对接仅用了两小时，标志着我国航天交会技术取得新突破。则（ ）
A．火箭加速升空时，天舟五号货运飞船的质量变大
B．火箭加速升空时，天舟五号货运飞船的机械能增大
C．运载火箭用液态氢做燃料，是因其比热容较大
D．对接后，以“天舟五号”为参照物，“天和”是运动的
10．如图甲所示的电路中，闭合开关，两灯泡均发光，且两个完全相同的电流表指针偏转均如图乙所示，通过干路和灯泡L2的电流分别为（ ）
A．0.3A，0.2A B．1.5A，0.3A C．1.5A，1.2A D．1.5A，1.5A
11．如图是某物理兴趣小组设计的探究“影响导体电阻大小因素”的实验装置图。甲、乙两导体长度相等，横截面积：S甲＜S乙。下列分析正确的是（ ）
A．此装置可以探究导体电阻大小与材料的关系
B．此装置是通过灯泡的亮度来判断接入导体电阻大小的
C．若甲、乙材料不同，此装置无法探究导体电阻大小和长度的关系
D．若甲、乙材料相同，此装置只能探究导体电阻大小和横截面积的关系
12．随着国家政策的支持，电动汽车越来越受到广大消费者的喜爱。电动汽车是指以车载电源为动力，用电机驱动车轮行驶，其对环境影响相对传统汽车较小，因此发展前景被广泛看好。图中能正确反映电动机工作原理的是（ ）
A．
B．
C．
D．
13．某商场内设有自动售货机，方便购物者购买。它可通过手机扫码（闭合S1）或通过投币（闭合S2），启动电动机完成自动售货；在光线较暗时光控开关S3自动闭合，接通灯泡照明。图中电路设计符合要求的是（ ）
A． B．
C． D．
14．图甲是卫生间内的湿度检测仪的内部简化电路图，电源电压恒定不变，电阻R1是定值电阻，R是湿度传感器，其阻值与周围空气湿度的关系如图乙所示。当湿度检测仪处于工作状态，在使用喷头淋浴时，下列说法正确的是（ ）
A．电路中总电阻逐渐增大 B．电流表A2的示数减小
C．电流表A1的示数增大 D．电压表的示数逐渐减小
15．如图所示，电源电压保持不变，在A、B间接一个“3V，3W”的小灯泡L1后，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片P至图示位置时，刚好正常发光；若在A、B间换接一个“3V，2W”的小灯泡L2，闭合开关，则（ ）
A．滑片P向右滑动时，电流表示数增大
B．滑片P向左滑动时，电压表示数变小
C．将滑片P向右滑动适当距离，L2才能正常发光
D．保持滑片P的位置不变，L2也能正常发光
二、填空题（每空2分，共36分）
16．疫情的“寒冬”已过去，“鸟语花香、绿柳成荫”的春天已来临，“鸟语”是通过 传播到人耳，“成荫”是光 形成的。
17．一场穿越千年，感受古韵今风的马拉松赛事于2023年3月26日在成都都江堰开跑。某选手在一段路程为1000m的直赛道上用时3min20s，则该选手在这段赛道的平均速度为 m/s；以选手为参照物，跑道旁边的树木是 的。
18．2023年4月2日，北京天兵科技有限公司自主研发的首款液体火箭“天龙二号”在酒泉卫星发射中心成功发射。该运载火箭的燃料为液氧和煤基航空煤油，通常情况下氧是气态的，科技人员采用 和降低温度的方式使其液化；火箭加速上升过程中，与大气剧烈摩擦可能会导致金属外壳熔化，因此火箭外壳必须采用 高的金属材料制作。
19．西晋博物学家张华在《博物至》一书中提到“今人梳头、脱着衣时，有随梳、解结有光者，也有咤声。”意思是人们梳头、穿衣时会看到小火星和听到微弱响声，这是 产生的：成都发现我国战国时期的司南实物，其柄始终指向地理南方，是因为它受到 作用。
20．2022年11月，我国某动力公司打破国外技术封锁，刷新了全球纪录，制造出最新款高热效率柴油机。该款柴油机工作循环中 冲程实现了内能转化为机械能；柴油机工作时温度会逐渐升高，需要冷却液对其降温，冷却液的主要成份是水，这是利用了水的 大的特性。
21．多数物体具有热胀冷缩的性质，冬天，随着气温的下降，汽油的密度将 ；国产红旗某型号轿车每行驶100km大约消耗95号汽油10L，查阅资料得知，95号汽油的密度大约为0.75×103kg/m3，则该车行驶100km耗油的质量大约为 kg。
22．国家规定自2023年7月1日起，所有销售、注册登记的新车须符合国六b标准。看到此新闻后，小明利用已学知识设计了如图所示的尾气排放检测电路，R1的阻值随CO浓度的增大而减小。闭合开关后，电磁铁的下端是 极，当检测到尾气中CO浓度增大时电磁铁的磁性将 ，CO浓度高于某一值时，电铃会发声报警。
23．如图所示，U形管中液面高度的变化反映密闭空气被加热后温度的变化。将两个相同容器中的电阻丝R1、R2串联在电路中，且R1＝2R2＝40Ω，恒压电源U＝6V。闭合开关后， （选填“甲”或“乙”）管中的液面上升得较慢，当滑动变阻器滑片P移至最右端时，在5min内电流通过电阻丝R1产生的热量为 J。
24．如图是一搬运工利用斜面将货物推上货车的情景，已知斜面长5m，高1m，该搬运工沿斜面方向把质量为160kg的物体从斜面底端匀速推至顶端，如果物体与斜面间的摩擦力为80N（不计空气阻力），搬运工使用斜面推货物的好处是 ；在上述推货物的过程中，斜面的机械效率为 。（g取10N/kg）
三、作图与计算题（25题4分，26题6分，27题6分，共16分）
25．为增强喷水池夜间美化效果，需在池底安装一些射灯，射灯射出光束后在水面发生折射和反射。如图是模拟射灯射出一束光在水面发生折射和反射，请画出反射光线及大致的折射光线。
26．如图甲是晾衣服用的夹子，其简化示意图如图乙所示，其中AOB可以看成杠杆，O点是支点，A点是动力的作用点，B点是阻力的作用点。请在图乙中画出：捏夹子时，动力F1的动力臂L1以及阻力F2的阻力臂L2。
27．为了做好“文明典范城市”的创建工作，成都市巴士公交有限公司开展以“文明出行礼让斑马线”为主题的活动。成都11路公交车满载时车总重为1.5×105N（包括车上的司机与乘客），该公交车匀速行驶时所受的阻力是车总重的0.4倍并保持不变。在某水平路段该汽车匀速行驶了1200m。g取10N/kg。求：
（1）该公交车匀速行驶时受到的阻力为多少N？
（2）在该路段行驶1200m时，公交车牵引力做的功为多少J？
28．如图所示电路，电源电压保持不变，定值电阻R0的阻值为30Ω，小灯泡L标有“12V”的字样，滑动变阻器R1的最大阻值为30Ω，电压表用0～3V量程，电流表用0～3A量程。当三个开关均闭合时，小灯泡恰好正常发光，电流表的示数为1A。
（1）求小灯泡正常发光时通过的电流。
（2）通过闭合、断开开关，并调节滑动变阻器，在保证电路元件安全且电路中有电流的情况下，求此时电路工作的最小总功率。
四、实验与探究题（每空2分，共18分）
29．小米和小宣用如图甲所示的电路来探究串联电路的电压特点。
（1）将电压表接入电路前无法估测被测电压的大小时，应该选择 量程进行试触。
（2）小米用电压表测L1两端电压，如图乙所示，则L1的电压为 V。
（3）测出L1两端的电压后，小米断开开关，准备拆下电压表，改装在B、C之间。小宣认为小米的操作太麻烦，只需将与A点相连的导线改接到C点即可，小米认为小宣的做法是错误的，其原因是电压表的 。
（4）小宣正确操作后立即得出了结论：串联电路两端的电压等于串联电路中各部分电路两端的电压之和。小米认为小宣的实验还有一个不足之处是 。
30．在阅读《死海不死》一文后，小雪惊叹于人们竟然能在无鱼无草的海水里自由游弋，连不会游泳的人也能浮在水面上。由此，小雪想探究“浮力大小与哪些因素有关”，她提出了如下猜想：
猜想一：可能与液体的密度有关。
猜想二：可能与物体排开液体的体积有关。
猜想三：可能与物体浸没在液体中的深度有关。
为了验证上述猜想，她按照如图中字母顺序做了如下实验：
（1）分析比较实验A、C、D三图可以得出：浮力大小与物体浸没在液体中的深度 。（选填“有关”或“无关”）
（2）分析图中信息，可知图A中物体所受的重力大小为 N。
（3）分析图中信息，通过计算得出物体的体积为 m3。（已知水的密度为1×103kg/m3）
（4）若小雪先完成实验E，再完成实验A，则她测得物体在盐水中受到的浮力将 。
（5）小雪同学根据“铁块放入水中会下沉，而铁块做成轮船却能漂浮在水中”的现象，提出浮力大小与物体形状有关，你认为是否合理，并说明原因 。
五、不定项选择题（每小题有一个或者两个选项符合题目要求，每小题2分，错选得0分，选对但不全得1分，共10分）
31．2023年3月16日，甘肃玉门抽水蓄能电站正式开工建设。该电站可以利用风能和太阳能资源充足时发电获得的部分电能，将水抽到高处转化为水的机械能储存起来，需要时再利用高处水的重力势能发电，从而弥补了风能、太阳能不稳定且转化的电能难储存的不足，实现了能量的互补，堪称电力系统的巨型“充电宝”。下列说法正确的是（ ）
A．风能、太阳能和核能都是可再生能源
B．电站抽水蓄能时将电能转化为机械能
C．高处的水发电时将风能转化为电能
D．利用太阳能发电是将化学能转化为电能
32．如图是摄影师镜头下的天府双子塔，炫丽的灯光使成都焕发出历史与现代交融的独特魅力，吸引了全国各地的游客。结合所学知识分析下列说法正确的是（ ）
A．水中的双子塔证明了平面镜成的是倒立的像
B．照时，要使双子塔的像变大，应将镜头远离双子塔
C．阳光下的双子塔格外“耀眼”，这是光的漫反射造成的
D．镜头中的双子塔和水中的双子塔成像原理是不相同的
33．某物理兴趣小组用相同的加热装置对a、b、c三种物质加热，它们的温度随时间变化的T﹣t图像如图所示，其中b、c质量相等。下列分析正确的是（ ）
A．此图像一定是探究液体沸腾条件的T﹣t图像
B．由图像可知，a物质吸热本领强于b和c
C．温度从T1升高到T2时，a物质吸热比b少
D．t1～t2时间内物质a温度不变，内能不变
34．某物理兴趣小组使用了如图所示的装置（细绳不可伸长），将质量为0.5kg的电动小车放置在粗糙水平桌面上，与桌面间的摩擦阻力为1N，滑轮质量均为0.1kg。当电动小车向右运动时，借助细绳、滑轮带动质量为0.5kg的物体A以0.2m/s的速度沿竖直方向匀速上升，不计细绳与滑轮之间的摩擦，不考虑空气阻力，g取10N/kg。则（ ）
A．细绳的拉力为2N
B．电动小车的运动速度为0.2m/s
C．滑轮组的机械效率为75%
D．电动小车牵引力的功率为1.8W
35．如图所示的电路中，电源电压U保持不变，滑动变阻器R最大阻值为20Ω。闭合开关S和S2，电压表V1和V2的示数分别为U1和U2，电流表的示数为I1；闭合开关S、S1和S2，电流表的示数为I2；闭合开关S和S3，滑动变阻器的滑片移到b端时，电流表的示数为0.2A，电压表V1的示数为4V。已知U1：U2＝1：3，I1：I2＝1：4。下列说法正确的是（ ）
A．U＝6V B．I1＝0.1A C．R2＝40Ω D．U2＝4V
六、综合题（共10分）
36．在一次跨学科实践活动中，小李对家中常用的电热水器（图甲）进行了探究。热水器铭牌如图乙所示，工作原理图如图丙所示[已知水的密度为1.0×103kg/m3，水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）]。
贮水式电热器
型号：V﹣50
额定容量：50L 额定压强：0.6MPa
额定电压：220V 额定加热功率：2000W
额定频率：50Hz 额定保温功率：200W
（1）此电热水器处于“加热”挡工作时，双掷开关S应置于 （选填“1”“2”或“中间”）处。
（2）电热水器使用不当会有火灾、漏电、爆炸等安全隐患。为了保障安全，小李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.电热水器必须安装地线，一旦漏电可以让电流沿地线流走
B.泄压阀出现滴水，一定要把它堵住，否则会发生漏电事故
C.热水器内水过少会出现干烧，容易损坏电热管而引起火灾
（3）小李家的电能表上标有“1200r/（kW•h）”字样，他断开其它用电器，只让该电热水器处于加热状态单独工作2min，电能表转盘转过80转，若电费单价为0.6元/（kW•h），加热33min后即可淋浴，该过程所花电费为 元。
（4）此电热水器在加热状态下正常工作时，将内胆中50L的水从20℃加热到40℃，用了40min时间，则其加热效率为 %。
37．如图甲所示，水平地面上放有上下两部分均为柱形的薄壁容器，两部分的横截面积分别为S1＝60cm2、S2＝80cm2，高均为h＝4cm。实心圆柱体A的质量为m＝50g，底面积为S3＝50cm2。如图乙所示将实心圆柱体A通过细线与容器底部相连，实心圆柱体A浸没在水中，其上端刚好与液面相平，此时水对容器底部的压强为600Pa，已知ρ水＝lg/cm3，常数g取10N/kg，实心圆柱体A、B均不吸水，忽略细线体积、液体晃动等次要因素。
（1）如图甲所示，实心圆柱体A对容器底部的压强p1为多大？
（2）如图乙中剪断细线，待实心圆柱体A静止后，此时水对容器底部的压强为300Pa，求实心圆柱体A的密度为多少？
（3）如图丙所示，将质量为100g，高为4cm，底面积为50cm2的实心圆柱体B竖直放入容器内，若以1cm3/s的恒定速度向容器中缓慢注水，直到460s时停止，求容器底部所受液体压强p2与注水时间tx秒钟（0≤tₓ≤460）的函数关系式。
2023年四川省成都市武侯区中考物理二诊试卷
参考答案与试题解析
1．估测是物理学习中一种非常重要的能力。某同学对生活中的现象进行了观察、估测，符合实际的是（ ）
A．老师上班步行速度约5m/s
B．呼吸一次的时间约为0.1s
C．成年人正常体温约37.8℃
D．一位中学生身高约1.68m
【分析】新课程标准要求我们能根据日常经验或自然现象粗略估测一些物理量。例如：长度、质量、时间、温度、力、速度、电功率、电流、电压等。解答估测选择题的方法：利用生活中我们熟悉的一些数据作为根据，进行单位换算，有时要利用基本公式求未知物理量。
【解答】解：A、老师上班步行速度约1.1m/s，故A错误；
B、呼吸一次的时间约为2s，故B错误；
C、成年人正常体温约37℃，变化不大，故C错误；
D、一位中学生身高约1.68m，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了对速度、时间、温度、长度的估测，注重理论与实际差异的应变能力的培养，体现新课程的基本理念。
2．高铁被誉为我国“新四大发明”之一。高铁及铁轨采用了相关措施来保证其安全性和舒适性，下列描述中正确的是（ ）
A．铁轨下铺设枕轨主要是为了减小摩擦
B．列车的机械部件加润滑油是为了增大摩擦
C．车内的破窗锤头做成锥形，是为了增大压强
D．车厢座椅用软质材料包裹，是为了增大压强
【分析】（1）增大压强的方法：在压力一定时，减小受力面积；在受力面积一定时，增大压力；减小压强的方法：在压力一定时，增大受力面积；在受力面积一定时，减小压力。
（2）增大摩擦力的方法：在压力一定时，增大接触面的粗糙程度；在接触面粗糙程度一定时，增大压力；
减小摩擦的方法：在接触面粗糙程度一定时，减小压力；在压力一定时，减小接触面的粗糙程度；使接触面脱离；用滚动代替滑动。
【解答】解：A、铁轨下铺设枕木是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强，故A错误；
B、给机械部件之间的接触面加润滑油，是接触面分离，从而减小摩擦，故B错误；
C、高铁车厢内的破窗锤两端做成锥形，是在压力一定时，减小受力面积增大压强，故C正确；
D、车厢座椅用软质材料包裹，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强，故D错误。
故选：C。
【点评】此题考查增大和减小压强的方法、增大和减小摩擦的方法等知识的理解和应用，平时学习物理知识时要多联系生活实际、多举例、多解释，提高利用所学物理知识分析实际问题的能力。
3．用鸡蛋碰石块，结果是鸡蛋破裂了而石块完好无损。下列关于此现象分析正确的是（ ）
A．鸡蛋壳破裂了，说明力可以改变物体的形状
B．鸡蛋壳破裂了，说明力可以改变物体的运动状态
C．石块完好无损，说明石块没受到力的作用
D．石块完好无损，说明石块受到的力比鸡蛋小
【分析】（1）力的作用效果：力可以改变物体的运动状态，力可以使物体发生形变；
（2）两个物体发生力的作用时，一个物体是施力物体，另一个物体是受力物体，一个物体是施力物体的同时，又是受力物体，即力的作用是相互的，两个力的大小相等、方向相反。
【解答】解：AB、用鸡蛋碰石块，鸡蛋壳破裂了，说明力可以改变物体的形状，故A正确、B错误；
CD、由于力的作用是相互的，石头给鸡蛋力的同时，也受到了鸡蛋施加的力，两个力的大小相等，故CD错误。
故选：A。
【点评】本题考查了物体间力的作用是相互的，力可以使物体发生形变等，体现了物理知识无处不在。
4．中国自行研制的北斗卫星导航系统覆盖全球，现已进入全面商用阶段。北斗卫星（ ）
A．绕地球运行时受到平衡力的作用
B．利用超声波向地面传递信息
C．发射加速上升时其机械能守恒
D．利用电磁波向地面传递信息
【分析】（1）物体受平衡力的作用处于平衡状态，即静止状态或匀速运动状态；
（2）电磁波的传播不需要介质，可以在真空中传播，电磁波能够传递信息，声波传播需要介质，不能在真空中传播；
（3）物体由于运动而具有的能叫动能，影响因素是质量与速度；物体由于被举高而具有的能叫重力势能，影响因素是质量与高度；动能和势能统称机械能；
【解答】解：A、绕地球运行时的卫星做圆周运动，因此受力不平衡力；故A错误；
BD、电磁波可以在真空中传播，超声波不能在真空中传播，北斗卫星是利用电磁波传递信息的，故B错误，D正确；
C、加速上升时，卫星的质量不变，速度逐渐增大，高度增大，故动能和势能都增大，所以机械能增大，故C错误。
故选：D。
【点评】此题考查了机械能守恒、平衡状态的判断、力与运动的关系、电磁波的传播与应用，涉及知识点较多但难度不大，属基础题目。
5．足球比赛中，运动员起脚射门，一个漂亮的“香蕉球”破门得分，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．足球在空中飞行到最高点时，处于平衡状态
B．足球离开脚后继续飞行，是因为足球具有惯性
C．足球向内侧偏转是因为内侧空气流速小，外侧流速大
D．脚踢足球使足球飞出去，说明力是维持物体运动的原因
【分析】（1）物体只有在不受力或者受平衡力的作用时，才处于平衡状态；
（2）物体保持原来运动状态的性质叫做惯性；
（3）流体压强与流速的关系：流体流速越大的地方压强越小，流速越小的地方压强越大；
（4）力的作用是改变物体的运动状态，物体运动不需要力维持。
【解答】解：A、足球在空中飞行到最高点时，不考虑空气阻力，受到重力的作用，受到非平衡力，不是平衡状态，故A错误；
B、足球离开脚后继续飞行，是因为足球具有惯性，仍要保持原来的运动状态，故B正确；
C、足球向内侧偏转，这说明外侧空气的压强大、内侧空气的压强小，内侧的流速大、外侧的流速小，故C错误；
D、脚踢球，使球飞出去，说明力可以改变物体的运动状态，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了惯性、牛顿第一定律、力与运动的关系，深入理解基本规律，是正确解答的关键。
6．气凝胶是目前世界上密度最小的固体。这种新材料具有隔热、耐高温、绝缘性能强、坚固耐用、弹性好等特点。这种材料不适合制作（ ）
A．电炉的电热丝 B．乒乓球拍胶皮
C．登山鞋底材料 D．导线绝缘外皮
【分析】（1）电热是电流通过导体时电流做功产生的；
（2）乒乓球拍胶皮需要有较好的弹性；
（3）登山鞋地材料需要坚固耐磨的性质；
（4）导线绝缘外皮是用绝缘物质制成的。
【解答】解：A、电热是电流通过导体时电流做功产生的，也就是说电热丝不能由绝缘性能强的气凝胶制成，故A符合题意；
B、乒乓球拍胶皮需要用弹性好的材料制成，气凝胶具有弹性好的特点，可以制作乒乓球拍胶皮，故B不符合题意；
C、登山鞋地需要用坚固耐磨的材料制成，气凝胶具有坚固耐用的特点，可以制作登山鞋地，故C不符合题意；
D、导线绝缘外皮需要用绝缘材料制成，气凝胶具有绝缘性能强的特点，可以制作绝缘外皮，故D不符合题意。
故选：A。
【点评】本题考查我们对物质属性的应用能力，难度较低。
7．“影”是生活中常见的光现象，图中“影”是光的反射形成的是（ ）
A．手影 B．倒影
C．皮影 D．投影
【分析】本题要把手影、倒影、摄影、电影的道理弄清，知道其光学原理。利用光的直线传播、光的反射、光的折射解释这几种“影”形成的原因。
【解答】解：A、手影是影子，光在沿直线传播过程中遇到不透明的物体，在物体的后面形成的光照不到的暗区叫影子，故A错误；
B、倒影是平面镜成像，平静的水面相当于平面镜，平面镜成的像与物关于水面对称，所以是倒立的，其原理是光的反射，故B正确；
C、皮影和手影是同样的道理，是光的直线传播，故C错误；
D、投影是利用凸透镜成倒立、放大、实像，透镜是光的折射原理，故D错误。
故选：B。
【点评】影子、日月食、小孔成像都是光的直线传播原理；倒影、照镜子、潜望镜都是光的反射原理；透镜、看水下的物体等都是光的折射原理，此题是一道光学的综合题，也是物理中考的一个热点知识。
8．“安全用电，珍爱生命”是每个人应有的意识与责任。下列做法符合安全用电规则的是（ ）
A．打扫清洁时，可用湿毛巾擦拭家用电器
B．同一插线板可同时使用多个大功率用电器
C．电器起火时，应先用水扑灭再断开电路
D．发现有人触电时，应先断开电源再救人
【分析】（1）生活用水是导体；
（2）电流过大的原因：一是短路；二是用电器的总功率过大；
（3）发现用电器着火了，要立即断开电源再想法灭火；
（4）发生触电事故、发生火灾要先切断电源，实际上切断火线，防止再次发生危害。
【解答】解：A、生活用水是导体，用湿毛巾擦拭家用电器，容易发生触电事故，故A不符合安全用电规则；
B、同一插线板可同时使用多个大功率用电器，会引起电路中电流过大，空气开关就会出现“跳闸”现象；故B不符合安全用电规则；
C、生活用水是导体，发生电火灾时如果直接用水去灭火，会发生触电事故，故C不符合安全用电规则；
D、人体是导体，发现有人触电，若立即用手去拉，会造成施救者也触电，正确的做法是应先切断电源或用绝缘棒将电线挑开，故D符合安全用电规则。
故选：D。
【点评】本题考查的是日常生活中的一些安全用电常识。只要同学们牢记安全用电常识，并正确规范操作，就不会有危险发生。
9．2022年11月12日，天舟五号货运飞船由长征七号遥六运载火箭在文昌航天发射中心发射，到与天和核心舱对接仅用了两小时，标志着我国航天交会技术取得新突破。则（ ）
A．火箭加速升空时，天舟五号货运飞船的质量变大
B．火箭加速升空时，天舟五号货运飞船的机械能增大
C．运载火箭用液态氢做燃料，是因其比热容较大
D．对接后，以“天舟五号”为参照物，“天和”是运动的
【分析】（1）质量是物体的属性，与状态、形状、所处的空间位置无关；
（2）动能和势能合称机械能，重力势能与质量和高度有关；动能与质量和速度有关；
（3）热值是燃料的一种特性；在完全燃烧相同质量的不同燃料时，热值越大的燃料燃烧释放出的热量越多；
（4）被研究对象相对于参照物来说位置发生变化，是运动的，相对于参照物来说位置没有变化，是静止的。
【解答】解：A．火箭加速升空时，所处的空间位置发生变化、质量不变，故A错误；
B．火箭加速升空时，速度增大，动能增大，高度增大，重力势能增大，故机械能增大，故B正确；
C．火箭发射时要选用热值大的燃料，相同质量的燃料完全燃烧时，热值越大的燃料提供的内能越多，故C错误；
D．对接成功后，“天和核心舱”相对于”“天舟五号”位置不再发生变化，是静止的，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查质量、运动与静止、机械能、热值，综合性强，难度适中。
10．如图甲所示的电路中，闭合开关，两灯泡均发光，且两个完全相同的电流表指针偏转均如图乙所示，通过干路和灯泡L2的电流分别为（ ）
A．0.3A，0.2A B．1.5A，0.3A C．1.5A，1.2A D．1.5A，1.5A
【分析】由电路图可知，两灯泡并联，电流表A2测干路电流，电流表A1测L1支路电流，根据并联电路的电流特点和两个电流表的指针在同一个位置确定两表量程，根据分度值读出示数，进一步求出灯L2中的电流。
【解答】解：由电路图可知，两灯泡并联，电流表A2测干路电流，电流表A1测L1支路电流；
因为并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以电流表A2的示数大于电流表A1的示数，图中的两个电流表的指针在同一个位置，
所以，干路上的电流表A2的量程为0～3A，分度值为0.1A，其示数为1.5A，即干路电流为I＝1.5A，
L1支路上的电流表A1的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，其示数为0.3A，即通过L1的电流为I1＝0.3A，
根据并联电路的电流特点可得，通过灯L2的电流：I2＝I﹣I1＝1.5A﹣0.3A＝1.2A，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题考查了并联电路的电流特点和电流表的读数，关键是确定两电流表的量程。
11．如图是某物理兴趣小组设计的探究“影响导体电阻大小因素”的实验装置图。甲、乙两导体长度相等，横截面积：S甲＜S乙。下列分析正确的是（ ）
A．此装置可以探究导体电阻大小与材料的关系
B．此装置是通过灯泡的亮度来判断接入导体电阻大小的
C．若甲、乙材料不同，此装置无法探究导体电阻大小和长度的关系
D．若甲、乙材料相同，此装置只能探究导体电阻大小和横截面积的关系
【分析】（1）在此实验装置中，运用转换法，电阻的大小通过比较小灯泡的亮度来判断，小灯泡串联在电路中，电源电压一定，导体电阻越小，电路电流越大，灯泡越亮；
（2）电阻的大小与导体的材料、长度、横截面积和温度有关，根据控制变量法分析。
【解答】解：A、由于不知道甲、乙的材料是否相同，所以无法探究电阻大小与材料的关系，故A错误；
B、小灯泡越亮，电路中的电流越大，表示接入的导体的电阻越小，所以此装置是通过灯泡的亮度来判断接入导体电阻大小的，故B正确；
C、若甲、乙材料不同，实验中可以通过改变夹子夹在一根导体的长度的大小来探究导体电阻大小和长度的关系，故C错误；
D、若甲、乙材料相同，导体的长度相同，可以探究导体电阻大小和横截面积的关系；实验中也可以通过改变夹子夹在一根导体的长度的大小来探究导体电阻大小和长度的关系，故D错误。
故选：B。
【点评】本题主要考查的是电阻大小的影响因素和转换法、控制变量法在物理实验中的熟练运用，是中考的常见题型，难度较小。
12．随着国家政策的支持，电动汽车越来越受到广大消费者的喜爱。电动汽车是指以车载电源为动力，用电机驱动车轮行驶，其对环境影响相对传统汽车较小，因此发展前景被广泛看好。图中能正确反映电动机工作原理的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】电动机的原理是利用通电导体在磁场中受力运动的原理制成的，分析四个选项的实验目的得出正确选项。
【解答】解：电动机的原理是利用通电导体在磁场中受力运动的原理制成的；
A．当闭合开关后，通电导体在磁场中受力运动，是电动机的原理，故A符合题意；
B．图中是奥斯特实验的装置图，说明了通电导体周围存在磁场，故B不符合题意；
C．图中没有电源，当导体在磁场中做切割磁感线运动时，电流表的指针会发生偏转，说明会产生感应电流，这是电磁感应现象，是发电机的原理，故C不符合题意；
D．图为电磁铁的原理图，是探究磁性强弱与线圈匝数的关系，故D不符合题意。
故选：A。
【点评】电动机是将电能转化为机械能的机械，它在工作时要消耗电能，因此解题时观察图形中有无电源是此题的解题关键。
13．某商场内设有自动售货机，方便购物者购买。它可通过手机扫码（闭合S1）或通过投币（闭合S2），启动电动机完成自动售货；在光线较暗时光控开关S3自动闭合，接通灯泡照明。图中电路设计符合要求的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据题意可知，通过手机扫码和投币都可以启动电动机完成自动售货，说明开关S1和开关S2可以独立工作、互不影响即为并联；再由照明灯泡与电动机工作时互不影响可知电动机与照明灯并联，且照明灯泡只由光控开关控制，据此分析进行解答。
【解答】解：由题意可知，通过手机扫码使开关S1闭合或通过投币使开关S2闭合，都能启动电动机完成自动售货，说明开关S1和开关S2可以独立工作、互不影响，则开关S1和开关S2应并联，再与电动机串联；
由题知，在光线较暗时光控开关S3自动闭合，接通灯泡照明（即灯泡只由光控开关S3控制），因灯泡与电动机工作时互不影响，则两用电器应并联；
结合选项图可知，只有D图符合题意。
故选：D。
【点评】本题考查了串并联电路的设计，关键要知道：串联电路中各元件间相互影响，并联电路中各支路间互不影响。
14．图甲是卫生间内的湿度检测仪的内部简化电路图，电源电压恒定不变，电阻R1是定值电阻，R是湿度传感器，其阻值与周围空气湿度的关系如图乙所示。当湿度检测仪处于工作状态，在使用喷头淋浴时，下列说法正确的是（ ）
A．电路中总电阻逐渐增大 B．电流表A2的示数减小
C．电流表A1的示数增大 D．电压表的示数逐渐减小
【分析】由电路图可知，闭合开关，两电阻并联，电压表测量各支路两端的电压，即电源电压，电流表A1测量通过R的电流，电流表A2测量干路中的电流。
（1）在使用喷头淋浴时，周围空气湿度变大，由图乙可知R的阻值变化，从而可知电路总电阻的变化；
（2）根据欧姆定律可知通过R的电流变化，即电流表A1的示数变化；
（3）根据电源电压可知电压表的示数变化；
（4）根据欧姆定律可知通过R1的电流变化，根据并联的电流规律可知干路中的电流变化，即电流表A2的示数变化。
【解答】解：由电路图可知，闭合开关，两电阻并联，电压表测量各支路两端的电压，即电源电压，电流表A1测量通过R的电流，电流表A2测量干路中的电流。
A、在使用喷头淋浴时，周围空气湿度增大，由图乙可知R的阻值减小，电路总电阻的减小，故A错误；
BCD、由于并联电路各支路两端电压相等，且等于电源电压，所以电压表示数不变，故D错误；
根据I＝可知，通过R的电流增大，即电流表A1的示数增大，故C正确；
根据I＝可知，通过R1的电流不变，由于并联电路干路中的电流等于各支路电流之和，所以通过干路的电流变大，即电流表A2的示数增大，故B错误。
故选：C。
【点评】本题考查电路的动态分析，正确判断电路的连接方式和电流表的测量对象以及环境湿度的变化是关键。
15．如图所示，电源电压保持不变，在A、B间接一个“3V，3W”的小灯泡L1后，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片P至图示位置时，刚好正常发光；若在A、B间换接一个“3V，2W”的小灯泡L2，闭合开关，则（ ）
A．滑片P向右滑动时，电流表示数增大
B．滑片P向左滑动时，电压表示数变小
C．将滑片P向右滑动适当距离，L2才能正常发光
D．保持滑片P的位置不变，L2也能正常发光
【分析】分析电路的连接方式、电表的作用，根据滑动变阻器接入电路中电阻的变化分析电路中总电阻的变化，根据欧姆定律分析电路中电流的变化和电压表示数的变化；
根据P＝UI＝比较两灯泡的电阻关系，根据串联分压原理判断滑动变阻器接入电路的电阻的变化，进一步确定要使灯泡L2正常发光，滑片P的移动方向。
【解答】解：闭合开关，灯泡L1和滑动变阻器串联接入电路，调节滑动变阻器的滑片P至图示位置时，小灯泡L1刚好正常发光，灯泡L1两端的电压为其额定电压3V；
AB、滑片P向右滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，总电阻变大，根据欧姆定律可知，电路中的电流变小，电流表示数变小；同理可知，滑片向左移动时，电流表示数变大，根据U＝IR可知，灯泡两端的电压变大，电压表示数变大，故AB错误；
CD、由P＝UI＝可知，两灯泡的额定电压相等，额定功率越大，电阻越小，故“3V 3W”的小灯泡的电阻比“3V 2W”的小灯泡的电阻更小一些；用灯泡L2更换灯泡L1后的电阻变大，根据串联电路的分压原理，灯泡L2两端的电压高于3V；
要使得灯泡L2正常发光，需要使灯泡L2两端的电压为其额定电压3V，根据串联分压原理可知此时需要增大滑动变阻器接入电路中的电阻，即把滑片P向右调适当距离，故C正确、D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到串联电路的特点和串联分压原理、滑动变阻器的正确使用。
16．疫情的“寒冬”已过去，“鸟语花香、绿柳成荫”的春天已来临，“鸟语”是通过 空气 传播到人耳，“成荫”是光 直线传播 形成的。
【分析】（1）声音的传播需要介质，固体、液体、气体都可以传播声音；
（2）光沿直线传播现象，如日食、月食、影子、小孔成像等现象都是由光沿直线传播形成的。
【解答】解：声音的传播需要介质，鸟语”是通过 空气传播到人的耳中的；“柳荫”是由于光的 直线传播形成的。
故答案为：空气；直线传播。
【点评】本题综合考查了声音的传播条件和光的直线传播现象等，都是属于对基础知识的考查。本题的最大特点就是，有一定的综合性，以生活环境为背景，紧密联系生活。
17．一场穿越千年，感受古韵今风的马拉松赛事于2023年3月26日在成都都江堰开跑。某选手在一段路程为1000m的直赛道上用时3min20s，则该选手在这段赛道的平均速度为 5 m/s；以选手为参照物，跑道旁边的树木是 运动 的。
【分析】（1）知道选手通过的路程和所用的时间，利用速度公式求出该选手的平均速度；
（2）物体与参照物的位置发生了变化，则物体是运动的；物体与参照物的位置没有发生变化，则物体是静止的。
【解答】解：选手所用的时间t＝3min20s＝200s，
该选手在这段赛道的平均速度：v＝＝＝5m/s；
以选手为参照物，跑道旁边的树木位置不断发生变化，所用跑道旁边的树木是运动的。
故答案为：5；运动。
【点评】本题考查平均速度的计算以及物体运动和静止的相对性，是一道基础题。
18．2023年4月2日，北京天兵科技有限公司自主研发的首款液体火箭“天龙二号”在酒泉卫星发射中心成功发射。该运载火箭的燃料为液氧和煤基航空煤油，通常情况下氧是气态的，科技人员采用 压缩体积 和降低温度的方式使其液化；火箭加速上升过程中，与大气剧烈摩擦可能会导致金属外壳熔化，因此火箭外壳必须采用 熔点 高的金属材料制作。
【分析】（1）气体液化的方法有二：降低温度，压缩体积；
（2）晶体熔化时的温度叫熔点。
【解答】解：（1）该运载火箭的燃料为液氧和煤基航空煤油，通常情况下氧是气态的，科技人员采用压缩体积和降低温度的方式使其液化；
（2）为了防止大气与火箭表面产生的剧烈摩擦使火箭熔化，所以火箭必须由熔点高的特殊材料制成。
故答案为：压缩体积；熔点。
【点评】本题考查了熔点、液化的方法，属于基础题。
19．西晋博物学家张华在《博物至》一书中提到“今人梳头、脱着衣时，有随梳、解结有光者，也有咤声。”意思是人们梳头、穿衣时会看到小火星和听到微弱响声，这是 摩擦起电后放电 产生的：成都发现我国战国时期的司南实物，其柄始终指向地理南方，是因为它受到 地磁场 作用。
【分析】摩擦起电的实质是电荷从一个物体转移到另一物体，使正负电荷分开；司南能指示南北方向是因为受到地磁场的作用。
【解答】解：本题所提到的现象是因为摩擦起电后放电产生的；司南柄始终指向地理南方，是因为它受到地磁场的作用。
故答案为：摩擦起电；地磁场。
【点评】本题考查了摩擦起电的现象以及地磁场，难度较小，属于基础性题目。
20．2022年11月，我国某动力公司打破国外技术封锁，刷新了全球纪录，制造出最新款高热效率柴油机。该款柴油机工作循环中 做功 冲程实现了内能转化为机械能；柴油机工作时温度会逐渐升高，需要冷却液对其降温，冷却液的主要成份是水，这是利用了水的 比热容 大的特性。
【分析】柴油机在做功冲程中，将内能转化为机械能；
水的比热容较大，相同质量的水和其他物质相比，在升高相同温度的情况下，水吸收的热量多。
【解答】解：四冲程柴油机在做功冲程中将内能转化为机械能；
柴油机工作时会产生大量热，一般用水做冷却剂，是因为水的比热容比较大，在质量相同、升高的温度相同时，水可以吸收更多的热量，降低发动机的温度。
故答案为：做功；比热容。
【点评】本题考查热机以及水的比热容的有关知识，是一道综合题。
21．多数物体具有热胀冷缩的性质，冬天，随着气温的下降，汽油的密度将 变大 ；国产红旗某型号轿车每行驶100km大约消耗95号汽油10L，查阅资料得知，95号汽油的密度大约为0.75×103kg/m3，则该车行驶100km耗油的质量大约为 7.5 kg。
【分析】（1）随着气温的降低，汽油的体积变小，在质量不变的情况下，根据公式ρ＝可知密度的变化；
（2）知道轿车每行驶100km消耗汽油的体积，根据m＝ρV求出该车行驶100km耗油的质量。
【解答】解：（1）气温降低，汽油受热体积变小，在质量保持不变时，由ρ＝可知，密度变大；
（2）轿车每行驶100km消耗汽油的体积为：V＝10L＝10dm3＝1×10﹣2m3，
根据ρ＝得，该车行驶100km耗油的质量为：m＝ρV＝0.75×103kg/m3×1×10﹣2m3＝7.5kg。
故答案为：变大；7.5kg。
【点评】本题考查了密度与温度的关系以及密度公式的灵活运用，属于基础性题目。
22．国家规定自2023年7月1日起，所有销售、注册登记的新车须符合国六b标准。看到此新闻后，小明利用已学知识设计了如图所示的尾气排放检测电路，R1的阻值随CO浓度的增大而减小。闭合开关后，电磁铁的下端是 S 极，当检测到尾气中CO浓度增大时电磁铁的磁性将 增强 ，CO浓度高于某一值时，电铃会发声报警。
【分析】（1）电磁铁的磁性可以根据安培定则来判断；
（2）电磁铁的磁性强弱与电流强度、线圈匝数有关，电流越强、匝数越多，磁性越强；
（3）电路中电流的大小，我们可以根据R1的阻值与CO浓度的关系与欧姆定律得出。
【解答】解：由图可知，电磁铁中电流的方向为从下至上，则根据安培定则可以判断出，电磁铁的上端为N极，下端为S极。
当尾气中CO浓度增大时，电阻R1的阻值减小，则控制电路中的总电阻减小。根据欧姆定律可知，在电源电压不变的情况下，电阻减小，则通过电磁铁的电流将增大，电磁铁的磁性将增强。当CO浓度高于某一值时，电磁铁将把衔铁吸下，使得电铃所在的工作电路连通，电铃开始报警。
故答案为：S；增强。
【点评】本题是对电磁铁的影响因素及欧姆定律的综合性考查，难度较低，但是综合性很强。
23．如图所示，U形管中液面高度的变化反映密闭空气被加热后温度的变化。将两个相同容器中的电阻丝R1、R2串联在电路中，且R1＝2R2＝40Ω，恒压电源U＝6V。闭合开关后， 乙 （选填“甲”或“乙”）管中的液面上升得较慢，当滑动变阻器滑片P移至最右端时，在5min内电流通过电阻丝R1产生的热量为 120 J。
【分析】（1）电流产生的热量与通电时间、电流大小和电阻的大小有关；串联电路中各处的电流和通电时间相同，根据Q＝I2Rt判断电热的多少，进而得出管中的液面上升快慢；
（2）滑动变阻器滑片P移至最右端时，滑动变阻器接入电路的电阻为0，该电路为串联电路，根据欧姆定律求出电流的大小，根据焦耳定律求出产生的热量。
【解答】解：（1）两电阻串联，电流和通电时间相等，R1＝2R2，由焦耳定律Q＝I2Rt得，电阻大的在相同电流、相同时间产生的热量多，升高的温度快，故甲管中液面比乙管中液面上升得快；
（2）由题意知，2R2＝40Ω，则R2＝20Ω，
当滑动变阻器滑片P移至最右端时，滑动变阻器接入电路的电阻为零，
R1、R2串联，此时电路中的电流为：
I＝＝＝0.1A；
5min内电流通过电阻丝R1产生的热量为：
Q＝I2R1t＝（0.1A）2×40Ω×5×60s＝120J。
故答案为：乙；120。
【点评】本题考查了学生对焦耳定律的认识，注重了探究实验的考查，同时在该实验中利用了控制变量法和转换法，是中考物理常见题型。
24．如图是一搬运工利用斜面将货物推上货车的情景，已知斜面长5m，高1m，该搬运工沿斜面方向把质量为160kg的物体从斜面底端匀速推至顶端，如果物体与斜面间的摩擦力为80N（不计空气阻力），搬运工使用斜面推货物的好处是 可以省力 ；在上述推货物的过程中，斜面的机械效率为 80% 。（g取10N/kg）
【分析】（1）使用斜面可以省力，但不能省功。
（2）根据G＝mg求出物体的重力，利用W有用＝Gh求推力做的有用功；利用W额＝fs计算克服摩擦力做的额外功，推力做的总功等于有用功加上额外功，斜面的机械效率等于有用功与总功之比。
【解答】解：
（1）搬运工使用斜面推货物的好处是可以省力。
（2）物体的重力：G＝mg＝160kg×10N/kg＝1600N，
推力做的有用功：W有用＝Gh＝1600N×1m＝1600J，
推力做的额外功：W额＝fs＝80N×5m＝400J，
推力做的总功：W总＝W有用+W额＝1600J+400J＝2000J，
斜面的机械效率：η＝＝×100%＝80%。
故答案为：可以省力；80%。
【点评】本题考查了斜面的特点，以及使用斜面时有用功、额外功、总功和机械效率的计算，属于基础题目。
25．为增强喷水池夜间美化效果，需在池底安装一些射灯，射灯射出光束后在水面发生折射和反射。如图是模拟射灯射出一束光在水面发生折射和反射，请画出反射光线及大致的折射光线。
【分析】光的反射定律的内容：反射光线、入射光线、法线在同一平面内，反射光线和入射光线分居法线的两侧，反射角等于入射角。
当光从水斜射入空气中时，折射光线将向靠近法线的方向偏折，即折射角大于入射角。
【解答】解：过入射点作出法线，根据反射角等于入射角，在法线右侧水中画出反射光线；
当光从水斜射入空气中时，根据折射光线与入射光线分居法线两侧，折射角大于入射角，在空气中画出折射光线，如图所示：
【点评】此题主要考查了光的反射定律和折射规律的应用，首先要熟记光的反射定律和折射规律的内容，并要注意入射角、反射角与折射角的概念。
26．如图甲是晾衣服用的夹子，其简化示意图如图乙所示，其中AOB可以看成杠杆，O点是支点，A点是动力的作用点，B点是阻力的作用点。请在图乙中画出：捏夹子时，动力F1的动力臂L1以及阻力F2的阻力臂L2。
【分析】已知动力和阻力，根据力臂的画法，先确定支点O，再过支点作动力作用线和阻力作用线的垂线段，即可画出动力臂和阻力臂。
【解答】解：支点为O，从支点O作力F1作用线延长线的垂线段L1、作力F2作用线的垂线段L2，L1、L2即为所求作的力臂。如图所示：
【点评】力臂的画法：①首先根据杠杆的示意图，确定杠杆的支点；②确定力的作用点和力的方向，画出力的作用线；③从支点向力的作用线作垂线，支点到垂足的距离就是力臂。
27．为了做好“文明典范城市”的创建工作，成都市巴士公交有限公司开展以“文明出行礼让斑马线”为主题的活动。成都11路公交车满载时车总重为1.5×105N（包括车上的司机与乘客），该公交车匀速行驶时所受的阻力是车总重的0.4倍并保持不变。在某水平路段该汽车匀速行驶了1200m。g取10N/kg。求：
（1）该公交车匀速行驶时受到的阻力为多少N？
（2）在该路段行驶1200m时，公交车牵引力做的功为多少J？
【分析】（1）根据阻力和重力的关系得到阻力的大小；
（2）因为公交车沿平直公路匀速行驶，所以公交车受到的阻力和牵引力是一对平衡力，根据二力平衡的条件可知牵引力的大小；利用W＝Fs求这段时间内公交车牵引力做功。
【解答】解：（1）该公交车匀速行驶时受到的阻力为：F阻＝0.4G＝0.4×1.5×105N＝6×104N；
（2）因为公交车沿平直公路匀速行驶，所以公交车受到的阻力和牵引力是一对平衡力，牵引力：F牵＝F阻＝6×104N，
牵引力做功：W＝F牵s＝6×104N×1200m＝7.2×107J。
答：（1）该公交车匀速行驶时受到的阻力为6×104N；
（2）在该路段行驶1200m时，公交车牵引力做的功为7.2×107J。
【点评】本题考查了功的计算，二力平衡条件的应用，是一道综合性较强的题目，关键是知道公交车对地面的压力等于公交车的总重力；计算时一定注意单位统一。
28．如图所示电路，电源电压保持不变，定值电阻R0的阻值为30Ω，小灯泡L标有“12V”的字样，滑动变阻器R1的最大阻值为30Ω，电压表用0～3V量程，电流表用0～3A量程。当三个开关均闭合时，小灯泡恰好正常发光，电流表的示数为1A。
（1）求小灯泡正常发光时通过的电流。
（2）通过闭合、断开开关，并调节滑动变阻器，在保证电路元件安全且电路中有电流的情况下，求此时电路工作的最小总功率。
【分析】（1）三个开关均闭合时，变阻器被短接，小灯泡L与定值电阻R0并联，电流表测量干路的电流，小灯泡正常发光，灯泡两端的电压为灯泡的额定电压，由此可知电源电压，根据欧姆定律计算定值电阻R0中的电流，根据并联电路电流规律计算小灯泡正常发光时通过的电流；
（2）电源电压保持不变，由P＝UI可知，电路中的电流最小时，电路的电功率最小，当开关S闭合，S1与S2断开，定值电阻R0与变阻器R1串联，变阻器接入的电阻越大，电路的总电阻越大，电路中的电流越小，因为电压表并联在变阻器两端，电压表的量程是0～3V，所以由欧姆定律和串联电路的规律，根据电压表的量程计算变阻器的接入电阻，再根据串联电路规律和电功率计算公式求出电路工作的最小总功率。
【解答】解：（1）三个开关均闭合时，变阻器被短接，小灯泡L与定值电阻R0并联，电流表测量干路的电流：I＝1A，
小灯泡正常发光，灯泡两端的电压为灯泡的额定电压，由此可知电源电压：U＝U额＝12V，
根据欧姆定律可知，定值电阻R0中的电流：I0＝＝＝＝0.4A，
根据并联电路电流规律可知，小灯泡正常发光时通过的电流：I额＝I﹣I0＝1A﹣0.4A＝0.6A；
（2）电源电压保持不变，由P＝UI可知，电路中的电流最小时，电路的电功率最小，
当开关S闭合，S1与S2断开，定值电阻R0与变阻器R1串联，变阻器接入的电阻越大，电路的总电阻越大，电路中的电流越小，
因为电压表并联在变阻器两端，电压表的量程是0～3V，在保证电路元件安全且电路中有电流的情况下，变阻器两端最大电压：U1大＝3V，
根据串联电路电压规律可得，定值电阻R0两端的电压：U0小＝U﹣U1大＝12V﹣3V＝9V，
由欧姆定律可得通过R0的电流：I0小＝＝＝0.3A，
由欧姆定律可知变阻器的接入电阻：R1＝＝＝＝10Ω＜30Ω（变阻器的最大电阻为30Ω），
由电功率计算公式可得，电路工作的最小总功率：P小＝UI小＝UI0小＝12V×0.3A＝3.6W。
答：（1）求小灯泡正常发光时通过的电流为0.4A。
（2）通过闭合、断开开关，并调节滑动变阻器，在保证电路元件安全且电路中有电流的情况下，求此时电路工作的最小总功率是3.6W。
【点评】本题综合性较强，考查的内容较多。会辨别串、并联，会用欧姆定律计算，会用电功率公式计算，知道串、并联电路的电压规律，电流规律，电阻规律。
29．小米和小宣用如图甲所示的电路来探究串联电路的电压特点。
（1）将电压表接入电路前无法估测被测电压的大小时，应该选择 较大 量程进行试触。
（2）小米用电压表测L1两端电压，如图乙所示，则L1的电压为 1.9 V。
（3）测出L1两端的电压后，小米断开开关，准备拆下电压表，改装在B、C之间。小宣认为小米的操作太麻烦，只需将与A点相连的导线改接到C点即可，小米认为小宣的做法是错误的，其原因是电压表的 正负接线柱接反了 。
（4）小宣正确操作后立即得出了结论：串联电路两端的电压等于串联电路中各部分电路两端的电压之和。小米认为小宣的实验还有一个不足之处是 实验次数太少，结论不具有普遍性 。
【分析】（1）电压表在使用时，为防止损坏，应选择较大量程试触；
（2）在进行电压表的读数时，注意其量程和分度值；
（3）用电压表测电压时，电压表要与被测电路并联且电压表正负接线柱不要接反；
（4）只进行了一次实验就得出结论，不具有普遍性；为了使实验结论具有普遍性，应进行多次测量。
【解答】解：（1）电压表在使用时，为防止损坏，应选择较大量程试触；
（2）由图乙可知，电压表的量程为0～3V，分度值为0.1V，所以示数为1.9V；
（3）当电压表B点不动，只断开A点，并改接到C点上时，虽然电压表此时与L2并联，但电压表的正负接线柱却是反的，闭合开关后，指针会反向偏转，所以不能测出L2两端的电压；
（4）只做了一次实验，没有进行多次测量，只凭一组实验数据得出结论具有偶然性，不能得出普遍性规律，应换用不同规格的小灯泡进行多次实验。
故答案为：（1）较大；（2）1.9；（3）正负接线柱接反了；（4）实验次数太少，结论不具有普遍性。
【点评】本题探究串联电路的电压规律的实验，考查了注意事项、电压表的使用及得出普遍性结论的方法，难度中等。
30．在阅读《死海不死》一文后，小雪惊叹于人们竟然能在无鱼无草的海水里自由游弋，连不会游泳的人也能浮在水面上。由此，小雪想探究“浮力大小与哪些因素有关”，她提出了如下猜想：
猜想一：可能与液体的密度有关。
猜想二：可能与物体排开液体的体积有关。
猜想三：可能与物体浸没在液体中的深度有关。
为了验证上述猜想，她按照如图中字母顺序做了如下实验：
（1）分析比较实验A、C、D三图可以得出：浮力大小与物体浸没在液体中的深度 无关 。（选填“有关”或“无关”）
（2）分析图中信息，可知图A中物体所受的重力大小为 4.4 N。
（3）分析图中信息，通过计算得出物体的体积为 1×10﹣4 m3。（已知水的密度为1×103kg/m3）
（4）若小雪先完成实验E，再完成实验A，则她测得物体在盐水中受到的浮力将 变大 。
（5）小雪同学根据“铁块放入水中会下沉，而铁块做成轮船却能漂浮在水中”的现象，提出浮力大小与物体形状有关，你认为是否合理，并说明原因 不合理，铁块做成轮船后排开液体的体积发生了变化 。
【分析】（1）应用控制变量法分析图A、B、C所示实验，根据实验控制的变量与实验现象得出实验结论，然后分析答题；
（2）根据弹簧测力计的分度值读出图A中物体所受的重力大小；
（3）根据称量法算出物体受到的浮力，由阿基米德原理算出物体排开液体的体积，由于物体完全浸没，所以物体的体积等于物体排开液体的体积；
（4）若先完成实验E，再完成实验A，则物体表面有水，测得的重力偏大，根据称量法F浮＝G﹣F示可知浮力变化；
（5）探究影响浮力大小的因素时必须采用控制变量法，即研究与其中一个因素的关系时，控制其它因素一定。
【解答】解：（1）分析比较实验步骤A、C、D实验可知，物体排开水的体积相同而物体浸没在水中的深度不同，弹簧测力计的示数相同，根据F浮＝G﹣F可得物体受到的浮力相等，由此可知，物体受到的浮力与物体浸没在液体的深度无关；
（2）由图知图A中物体所受的重力大小为4.4N；
（3）物体浸没在水中受到的浮力为：
F浮＝G﹣F＝4.4N﹣3.4N＝1N；
由F浮＝ρ液gV排可知物体的体积：
V＝V排＝＝＝1×10﹣4m3；
（4）若先完成实验E，再完成实验A，则物体表面有盐水，测得的重力偏大，根据称量法F浮＝G﹣F示知浮力变大；
（5）不合理，探究浮力大小是否与物体形状是否有关时，要控制其他因素相同；铁块形状改变之后它放到水中时排开水的体积不同，导致浮力大小不同。
故答案为：（1）无关；（2）4.4；（3）1×10﹣4；（4）变大；（5）不合理，铁块做成轮船后排开液体的体积发生了变化。
【点评】本题探究影响浮力大小的因素，考查控制变量法、数据分析，应用控制变量法分析图示实验即可正确解题。
31．2023年3月16日，甘肃玉门抽水蓄能电站正式开工建设。该电站可以利用风能和太阳能资源充足时发电获得的部分电能，将水抽到高处转化为水的机械能储存起来，需要时再利用高处水的重力势能发电，从而弥补了风能、太阳能不稳定且转化的电能难储存的不足，实现了能量的互补，堪称电力系统的巨型“充电宝”。下列说法正确的是（ ）
A．风能、太阳能和核能都是可再生能源
B．电站抽水蓄能时将电能转化为机械能
C．高处的水发电时将风能转化为电能
D．利用太阳能发电是将化学能转化为电能
【分析】（1）可再生能源：可以从自然界中源源不断地得到的能源。例：水能、风能、太阳能、生物质能、潮汐能。不可再生能源：不可能在短期内从自然界得到补充的能源．例：化石能源（煤炭、石油、天然气）、核能。
（2）电站抽水蓄能时将电能转化为机械能；
（3）高处的水发电时将机械能转化为电能；
（4）太阳能发电是将太阳能转化为电能。
【解答】解：A、风能、太阳能都是可再生能源，核能是不可再生能源，故A错误；
B、电站抽水蓄能时消耗了电能，水被抽到高处，水的机械能增大，这一过程中电能转化为机械能，故B正确；
C、高处的水发电时流动的水推动发电机工作，获得的是电能，消耗的是水的动能，这一过程中机械能转化为电能，故C错误；
D、太阳能发电是将太阳能转化为电能，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了能源的分类和能量的转化，属于基础内容，难度不大。
32．如图是摄影师镜头下的天府双子塔，炫丽的灯光使成都焕发出历史与现代交融的独特魅力，吸引了全国各地的游客。结合所学知识分析下列说法正确的是（ ）
A．水中的双子塔证明了平面镜成的是倒立的像
B．照时，要使双子塔的像变大，应将镜头远离双子塔
C．阳光下的双子塔格外“耀眼”，这是光的漫反射造成的
D．镜头中的双子塔和水中的双子塔成像原理是不相同的
【分析】（1）倒影属于平面镜成像，是由光的反射形成的；
（2）凸透镜成实像时，物近像远像变大；
（3）光在光滑的平面会发生镜面反射；
（4）凸透镜成像属于光的折射现象。
【解答】解：
A、水中的双子塔证明了平面镜成的是正立的像，故A错误；
B、为了使像更大，像距应变大，物距应变小，镜头可适当靠近双子塔，故B错误；
C、阳光下的双子塔格外“耀眼”，这是光的镜面反射造成的，故C错误；
D、镜头中的双子塔属于光的折射现象，水中的双子塔成像原理是光的反射现象，两者原理是不相同的，故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查了凸透镜成像的特点、光的反射等，要求灵活运用所学知识分析解释实际现象。
33．某物理兴趣小组用相同的加热装置对a、b、c三种物质加热，它们的温度随时间变化的T﹣t图像如图所示，其中b、c质量相等。下列分析正确的是（ ）
A．此图像一定是探究液体沸腾条件的T﹣t图像
B．由图像可知，a物质吸热本领强于b和c
C．温度从T1升高到T2时，a物质吸热比b少
D．t1～t2时间内物质a温度不变，内能不变
【分析】（1）晶体在熔化过程中吸热但温度不变，非晶体在熔化过程中吸热温度升高；液体沸腾时吸收热量，温度保持不变；
（2）根据物体在升温时，吸热相同时，温度变化越小，吸热本领越强；
（3）相同的热源，加热时间越长，物质吸收热量越多；
（4）物质吸收热量，内能增加。
【解答】解：A．由图像可知，有一段是水平的，说明物质的温度保持不变，所以可能是晶体的熔化图像或某液体的沸腾图像，故A错误；
B．由图像可知，吸收相同的热量，a的温度变化最大，但不知道a与b、c的质量关系，所以无法判断，故B错误；
C．由图像可知，温度从T1升高到T2时，a物质的加热时间短，b物质的加热时间长，所以a物质吸热比b少，故C正确；
D．t1～t2时间内物质a吸收热量，温度不变，内能增加，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查我们对物理规律的掌握和对图像的分析能力，以图像的形式考查物理规律，具有直观、客观的特点，是现在物理测试的热点。
34．某物理兴趣小组使用了如图所示的装置（细绳不可伸长），将质量为0.5kg的电动小车放置在粗糙水平桌面上，与桌面间的摩擦阻力为1N，滑轮质量均为0.1kg。当电动小车向右运动时，借助细绳、滑轮带动质量为0.5kg的物体A以0.2m/s的速度沿竖直方向匀速上升，不计细绳与滑轮之间的摩擦，不考虑空气阻力，g取10N/kg。则（ ）
A．细绳的拉力为2N
B．电动小车的运动速度为0.2m/s
C．滑轮组的机械效率为75%
D．电动小车牵引力的功率为1.8W
【分析】（1）首先根据G＝mg求出物体和动滑轮的重力，不计细绳与两滑轮之间的摩擦，不考虑空气阻力，细绳的拉力F＝（G+G动）；
（2）小车的运动速度等于物体上升速度的3倍；
（3）由图知，n＝3，拉力端移动距离s＝3h，滑轮组的机械效率η＝＝＝＝；
（4）知道细绳的拉力，根据力的相互性，可求玩具电动小车受到的拉力，而玩具电动小车受到的牵引力等于拉力加上摩擦力，利用P＝＝＝Fv求玩具电动小车牵引力的功率。
【解答】解：A、物体的重力：G＝mg＝0.5kg×10N/kg＝5N，
动滑轮的重力G动＝m动g＝0.1kg×10N/kg＝1N，
由图知，n＝，不计细绳与两滑轮之间的摩擦，不考虑空气阻力，细绳的拉力：
F＝（G+G动）＝（5N+1N）＝2N，故A正确；
B、由图知，n＝3，小车运动速度v车＝nv物＝3×0.2m/s＝0.6m/s，
C、滑轮组的机械效率：
η＝＝＝＝＝×100%≈83.3%，故D错误；
D、玩具电动小车在水平方向上受水平向右的牵引力、水平向左的拉力和摩擦力f的作用，
牵引力F牵＝F+f＝2N+1N＝3N，
由P＝＝＝Fv可得，牵引力的功率：
P＝F牵v车＝3N×0.6m/s＝1.8W，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题考查了使用滑轮组时拉力、机械效率以及小车功率的计算，关键是利用好关系式：不计细绳与两滑轮之间的摩擦，不考虑空气阻力，细绳的拉力F＝（G+G动）。
35．如图所示的电路中，电源电压U保持不变，滑动变阻器R最大阻值为20Ω。闭合开关S和S2，电压表V1和V2的示数分别为U1和U2，电流表的示数为I1；闭合开关S、S1和S2，电流表的示数为I2；闭合开关S和S3，滑动变阻器的滑片移到b端时，电流表的示数为0.2A，电压表V1的示数为4V。已知U1：U2＝1：3，I1：I2＝1：4。下列说法正确的是（ ）
A．U＝6V B．I1＝0.1A C．R2＝40Ω D．U2＝4V
【分析】（1）闭合开关S和S3，滑动变阻器的滑片移到b端时，滑动变阻器和R1串联，电压表V1测量R1两端电压，V2测量滑动变阻器R两端的电压，根据欧姆定律和串联电路的电压特点求出电源电压；根据欧姆定律即可求出R1的阻值。
（2）闭合开关S和S2，R1、R2、R3串联，电压表V1测量R1两端电压，V2测量R2和R3两端的总电压，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律和串联电路的电阻特点表示出U1：U2，然后整理得出电阻之间的关系式；
根据欧姆定律和串联电路的电阻特点表示出电流表的示数为I1；
闭合开关S、S1和S2，只有R3连入电路，根据欧姆定律得出电流表的示数I2；
然后根据I1：I2＝1：4得出电阻之间的关系式；
最后联立即可求出各电阻的阻值，最后再分别求出I1和U2。
【解答】解：A、闭合开关S和S3，滑动变阻器的滑片移到b端时，滑动变阻器和R1串联，滑动变阻器的阻值全部了电路，电压表V1测量R1两端电压，V2测量滑动变阻器R两端的电压，
根据欧姆定律和串联电路的电压特点可得电源电压：U＝IR+U1′＝0.2A×20Ω+4V＝8V，故A错误；
根据I＝可得R1的阻值为：R1＝＝＝20Ω﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
C、闭合开关S和S2，R1、R2、R3串联，电压表V1测量R1两端电压，V2测量R2和R3两端的总电压，电流表测电路中的电流，
由欧姆定律和串联电路的电阻特点可知：＝＝＝，
整理可得 3R1﹣R2﹣R3＝0﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
电流表示数：I1＝，
闭合开关S、S1和S2，只有R3连入电路，
则电流表示数：I2＝，
则＝＝＝
整理可得：3R3﹣R1﹣R2＝0﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③
解①②③可得：R2＝40Ω，R3＝20Ω，故C正确；
B、I1＝＝＝0.1A，故B正确；
D、U2＝I1（R2+R3）＝0.1A×（40Ω+20Ω）＝6V，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查串联电路的特点和欧姆定律的应用，分清开关闭合、断开时电路的连接方式是关键。
36．在一次跨学科实践活动中，小李对家中常用的电热水器（图甲）进行了探究。热水器铭牌如图乙所示，工作原理图如图丙所示[已知水的密度为1.0×103kg/m3，水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）]。
贮水式电热器
型号：V﹣50
额定容量：50L 额定压强：0.6MPa
额定电压：220V 额定加热功率：2000W
额定频率：50Hz 额定保温功率：200W
（1）此电热水器处于“加热”挡工作时，双掷开关S应置于 1 （选填“1”“2”或“中间”）处。
（2）电热水器使用不当会有火灾、漏电、爆炸等安全隐患。为了保障安全，小李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 B 。
A.电热水器必须安装地线，一旦漏电可以让电流沿地线流走
B.泄压阀出现滴水，一定要把它堵住，否则会发生漏电事故
C.热水器内水过少会出现干烧，容易损坏电热管而引起火灾
（3）小李家的电能表上标有“1200r/（kW•h）”字样，他断开其它用电器，只让该电热水器处于加热状态单独工作2min，电能表转盘转过80转，若电费单价为0.6元/（kW•h），加热33min后即可淋浴，该过程所花电费为 0.66 元。
（4）此电热水器在加热状态下正常工作时，将内胆中50L的水从20℃加热到40℃，用了40min时间，则其加热效率为 87.5 %。
【分析】（1）由P＝UI＝可知，当电源电压一定时，电路电阻越大，功率越小，根据电路图分析电路结构，结合串联电路电阻规律和P＝UI＝可知各挡位时电路的连接；
（2）逐一分析每个选项，找出符合题意的答案；
（3）1200r/（kW•h）表示电路中每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转1200圈，据此求出转盘转了80圈，电热水器消耗的电能，进而求出加热33min电热水器消耗的电能，结合电费单价为0.6元/（kW•h）求出该过程所花电费；
（4）根据P＝求出电热水器消耗的电能，根据ρ＝求水的质量，根据Q吸＝cmΔt求出水吸收的热量，根据η＝×100%求出电热水器的加热效率。
【解答】解：（1）当S拨到1时，电热丝、灯泡A串联；当S拨到2时，电热丝、R1、灯泡B串联；
因为串联电路中的总电阻大于各串联导体的电阻，所以由P＝UI＝可知，电热丝、灯泡A串联时，电路中的电阻最小，电功率最大，电热水器为加热挡；电热丝、R1、灯泡B串联时，电路中的电阻最大，电功率最小，电热水器为保温挡；
因此此电热水器处于“加热”挡工作时，双掷开关S应置于1处；
（2）A、为了防止因漏电而发生触电事故，电热水器必须安装地线，漏电时可以让电流沿地线流走，故A正确；
B、当电热水器内压强过大时，需要通过泄压阀泄压，此时泄压阀会有水滴出，因此不能把它堵住，否则会出现因压强过大而引起伤害事故，故B错误；
C、热水器内水过少会出现干烧，使得电热管的温度过高，而损坏电热管引起火灾，故D正确；
故选B；
（3）1200r/（kW•h）表示电路中每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转1200圈，
则转盘转了80圈，电热水器消耗的电能：W＝＝kW•h，
即电热水器工作2min消耗kW•h的电能，因此加热33min电热水器消耗的电能：×kW•h＝1.1kW•h，
则该过程所花电费：0.6元/（kW•h）×1.1kW•h＝0.66元；
（4）由P＝可知，电热水器消耗的电能：W＝Pt＝2000W×40×60s＝4.8×106J，
由ρ＝可知，水的质量为：m＝ρ水V＝1.0×103kg/m3×50×10﹣3m3＝50kg，
水吸收的热量：Q吸＝c水mΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×50kg×（40℃﹣20℃）＝4.2×106J，
饮水机的加热效率为：η＝×100%＝×100%＝87.5%。
故答案为：（1）1；（2）B；（3）0.66；（4）87.5。
【点评】本题考查串联电路的特点、安全用电常识、热量公式、电功率公式和效率公式的应用，正确的判断电热水器处于不同挡位时电路的连接方式是关键。
37．如图甲所示，水平地面上放有上下两部分均为柱形的薄壁容器，两部分的横截面积分别为S1＝60cm2、S2＝80cm2，高均为h＝4cm。实心圆柱体A的质量为m＝50g，底面积为S3＝50cm2。如图乙所示将实心圆柱体A通过细线与容器底部相连，实心圆柱体A浸没在水中，其上端刚好与液面相平，此时水对容器底部的压强为600Pa，已知ρ水＝lg/cm3，常数g取10N/kg，实心圆柱体A、B均不吸水，忽略细线体积、液体晃动等次要因素。
（1）如图甲所示，实心圆柱体A对容器底部的压强p1为多大？
（2）如图乙中剪断细线，待实心圆柱体A静止后，此时水对容器底部的压强为300Pa，求实心圆柱体A的密度为多少？
（3）如图丙所示，将质量为100g，高为4cm，底面积为50cm2的实心圆柱体B竖直放入容器内，若以1cm3/s的恒定速度向容器中缓慢注水，直到460s时停止，求容器底部所受液体压强p2与注水时间tx秒钟（0≤tₓ≤460）的函数关系式。
【分析】（1）根据G＝mg得出实心圆柱体A的重力，A对容器底的压力等于A的重力，根据p＝可求出实心圆柱体A对容器底部的压强；
（2）根据p＝ρgh可求出水的深度，剪断细线后，知道水对容器底部的压强，根据p＝ρgh可求出水的深度；
根据剪断细线前后水的体积没有变化列出方程，求出V排A，进而求出VA，根据密度公式可求出实心圆柱体A的密度；
（3）实心圆柱体B的体积为：VB＝ShB；当B恰好漂浮时，F浮B＝GB＝mBg，根据阿基米德原理可求出实心圆柱体B排开水的体积V排B，即可求出B浸入水的深度，
计算出此时容器中的水的体积V水，向容器中缓慢注水的速度为1cm3/s，则注水时间段为：0≤tx≤60s，可求出tx时间水面升高的高度hx，
当水面上升至容器上下分界线时，求出容器中水的体积V水，同样，容器中的水的体积从60cm3到220cm3对应的时间段为：60s≤tx≤220s，可求出tx时间水面升高的高度为hx，
当水恰好要溢出时，求出容器中水的体积V水，此时，220s≤tx≤460s，可求出tx时间水面升高的高度为hx。
【解答】解：（1）实心圆柱体A的质量为m＝50g，其重力为GA＝mg＝50×10﹣3kg×10N/kg＝0.5N，
如图甲所示，实心圆柱体A对容器底部的压强p1＝＝＝100Pa；
（2）如图乙所示将实心圆柱体A通过细线与容器底部相连，实心圆柱体A浸没在水中，其上端刚好与液面相平，此时水对容器底部的压强为p1＝600Pa，根据p＝ρgh得，水的深度为：
h1＝＝0.06m＝6cm；
如图乙中剪断细线，待实心圆柱体A静止后，此时水对容器底部的压强为p2＝300Pa，水的深度为：
h2＝＝0.03m＝3cm；
由乙图知，水的体积为：V水＝4cm×S2+（6cm﹣4cm）×S1﹣VA，
图乙中剪断细线，水的体积为：V水＝3cm×S2﹣V排A，
则V水＝4cm×S2+（6cm﹣4cm）×S1﹣VA＝3cm×S2﹣V排A......①
此时A漂浮，即F浮＝GA即，mAg＝ρ水gV排A，
代入数据得：50×10﹣3kg×10N/kg＝1.0×103kg/m3×10N/kg×V排A，
解得：V排A＝0.5×10﹣4m3＝50cm3......②
将②代入①得，VA＝250cm3，
实心圆柱体A的密度为：＝0.2g/cm3；
（3）实心圆柱体B的体积为：VB＝ShB＝50cm2×4cm＝200cm3，＝0.5g/cm3；
当B恰好漂浮时，F浮B＝GB＝mBg＝100×10﹣3kg×10N/kg＝1N，
根据阿基米德原理，则V排B＝＝1×10﹣4m3＝100cm3，
B浸入水的深度为：h浸B＝，
此时容器中的水的体积为：V水＝2cm×（80cm2﹣50cm2）＝60cm3，
向容器中缓慢注水的速度为1cm3/s，则注水时间段为：0≤tx≤60s，tx时间水面升高的高度为：hx＝＝，
容器底部所受液体压强p2＝ρ水ghx＝1.0×103kg/m3×10N/kg×＝（）Pa，
当水面上升至容器上下分界线时，容器中的水V水＝4cm×80cm2﹣V排B＝320cm3﹣100cm3＝220cm3，
同样，容器中的水的体积从60cm3到220cm3对应的时间段为：60s≤tx≤220s，tx时间水面升高的高度为：hx＝+，
容器底部所受液体压强p2＝ρ水ghx＝1.0×103kg/m3×10N/kg×（+）＝100+，
当水恰好要溢出时，V水＝4S2+4S1﹣V排B＝460cm3，此时，220s≤tx≤460s，则tx+V排B＝4×80+（hx﹣4）×60，解得hx＝，
p2＝ρ水ghx＝1.0×103kg/m3×10N/kg×cm＝。
答：（1）如图甲所示，实心圆柱体A对容器底部的压强p1为100Pa；
（2）实心圆柱体A的密度为0.2g/cm3；
（3）容器底部所受液体压强p2与注水时间tx秒钟（0≤tₓ≤460）的函数关系式为：当0≤tx≤60s时，hx＝，当60s≤tx≤220s时，hx＝100+，当220s≤tx≤460s时，hx＝。
【点评】本题考查了压强的计算、密度的计算、液体压强的计算以及公式的应用，难度较大。
2023年四川省成都市武侯区中考物理二诊试卷
一、单项选择题（每小题只有一个选项符合题目要求，每小题2分，共30分）
1．估测是物理学习中一种非常重要的能力。某同学对生活中的现象进行了观察、估测，符合实际的是（ ）
A．老师上班步行速度约5m/s
B．呼吸一次的时间约为0.1s
C．成年人正常体温约37.8℃
D．一位中学生身高约1.68m
2．高铁被誉为我国“新四大发明”之一。高铁及铁轨采用了相关措施来保证其安全性和舒适性，下列描述中正确的是（ ）
A．铁轨下铺设枕轨主要是为了减小摩擦
B．列车的机械部件加润滑油是为了增大摩擦
C．车内的破窗锤头做成锥形，是为了增大压强
D．车厢座椅用软质材料包裹，是为了增大压强
3．用鸡蛋碰石块，结果是鸡蛋破裂了而石块完好无损。下列关于此现象分析正确的是（ ）
A．鸡蛋壳破裂了，说明力可以改变物体的形状
B．鸡蛋壳破裂了，说明力可以改变物体的运动状态
C．石块完好无损，说明石块没受到力的作用
D．石块完好无损，说明石块受到的力比鸡蛋小
4．中国自行研制的北斗卫星导航系统覆盖全球，现已进入全面商用阶段。北斗卫星（ ）
A．绕地球运行时受到平衡力的作用
B．利用超声波向地面传递信息
C．发射加速上升时其机械能守恒
D．利用电磁波向地面传递信息
5．足球比赛中，运动员起脚射门，一个漂亮的“香蕉球”破门得分，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．足球在空中飞行到最高点时，处于平衡状态
B．足球离开脚后继续飞行，是因为足球具有惯性
C．足球向内侧偏转是因为内侧空气流速小，外侧流速大
D．脚踢足球使足球飞出去，说明力是维持物体运动的原因
6．气凝胶是目前世界上密度最小的固体。这种新材料具有隔热、耐高温、绝缘性能强、坚固耐用、弹性好等特点。这种材料不适合制作（ ）
A．电炉的电热丝 B．乒乓球拍胶皮
C．登山鞋底材料 D．导线绝缘外皮
7．“影”是生活中常见的光现象，图中“影”是光的反射形成的是（ ）
A．手影 B．倒影
C．皮影 D．投影
8．“安全用电，珍爱生命”是每个人应有的意识与责任。下列做法符合安全用电规则的是（ ）
A．打扫清洁时，可用湿毛巾擦拭家用电器
B．同一插线板可同时使用多个大功率用电器
C．电器起火时，应先用水扑灭再断开电路
D．发现有人触电时，应先断开电源再救人
9．2022年11月12日，天舟五号货运飞船由长征七号遥六运载火箭在文昌航天发射中心发射，到与天和核心舱对接仅用了两小时，标志着我国航天交会技术取得新突破。则（ ）
A．火箭加速升空时，天舟五号货运飞船的质量变大
B．火箭加速升空时，天舟五号货运飞船的机械能增大
C．运载火箭用液态氢做燃料，是因其比热容较大
D．对接后，以“天舟五号”为参照物，“天和”是运动的
10．如图甲所示的电路中，闭合开关，两灯泡均发光，且两个完全相同的电流表指针偏转均如图乙所示，通过干路和灯泡L2的电流分别为（ ）
A．0.3A，0.2A B．1.5A，0.3A C．1.5A，1.2A D．1.5A，1.5A
11．如图是某物理兴趣小组设计的探究“影响导体电阻大小因素”的实验装置图。甲、乙两导体长度相等，横截面积：S甲＜S乙。下列分析正确的是（ ）
A．此装置可以探究导体电阻大小与材料的关系
B．此装置是通过灯泡的亮度来判断接入导体电阻大小的
C．若甲、乙材料不同，此装置无法探究导体电阻大小和长度的关系
D．若甲、乙材料相同，此装置只能探究导体电阻大小和横截面积的关系
12．随着国家政策的支持，电动汽车越来越受到广大消费者的喜爱。电动汽车是指以车载电源为动力，用电机驱动车轮行驶，其对环境影响相对传统汽车较小，因此发展前景被广泛看好。图中能正确反映电动机工作原理的是（ ）
A．
B．
C．
D．
13．某商场内设有自动售货机，方便购物者购买。它可通过手机扫码（闭合S1）或通过投币（闭合S2），启动电动机完成自动售货；在光线较暗时光控开关S3自动闭合，接通灯泡照明。图中电路设计符合要求的是（ ）
A． B．
C． D．
14．图甲是卫生间内的湿度检测仪的内部简化电路图，电源电压恒定不变，电阻R1是定值电阻，R是湿度传感器，其阻值与周围空气湿度的关系如图乙所示。当湿度检测仪处于工作状态，在使用喷头淋浴时，下列说法正确的是（ ）
A．电路中总电阻逐渐增大 B．电流表A2的示数减小
C．电流表A1的示数增大 D．电压表的示数逐渐减小
15．如图所示，电源电压保持不变，在A、B间接一个“3V，3W”的小灯泡L1后，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片P至图示位置时，刚好正常发光；若在A、B间换接一个“3V，2W”的小灯泡L2，闭合开关，则（ ）
A．滑片P向右滑动时，电流表示数增大
B．滑片P向左滑动时，电压表示数变小
C．将滑片P向右滑动适当距离，L2才能正常发光
D．保持滑片P的位置不变，L2也能正常发光
二、填空题（每空2分，共36分）
16．疫情的“寒冬”已过去，“鸟语花香、绿柳成荫”的春天已来临，“鸟语”是通过 传播到人耳，“成荫”是光 形成的。
17．一场穿越千年，感受古韵今风的马拉松赛事于2023年3月26日在成都都江堰开跑。某选手在一段路程为1000m的直赛道上用时3min20s，则该选手在这段赛道的平均速度为 m/s；以选手为参照物，跑道旁边的树木是 的。
18．2023年4月2日，北京天兵科技有限公司自主研发的首款液体火箭“天龙二号”在酒泉卫星发射中心成功发射。该运载火箭的燃料为液氧和煤基航空煤油，通常情况下氧是气态的，科技人员采用 和降低温度的方式使其液化；火箭加速上升过程中，与大气剧烈摩擦可能会导致金属外壳熔化，因此火箭外壳必须采用 高的金属材料制作。
19．西晋博物学家张华在《博物至》一书中提到“今人梳头、脱着衣时，有随梳、解结有光者，也有咤声。”意思是人们梳头、穿衣时会看到小火星和听到微弱响声，这是 产生的：成都发现我国战国时期的司南实物，其柄始终指向地理南方，是因为它受到 作用。
20．2022年11月，我国某动力公司打破国外技术封锁，刷新了全球纪录，制造出最新款高热效率柴油机。该款柴油机工作循环中 冲程实现了内能转化为机械能；柴油机工作时温度会逐渐升高，需要冷却液对其降温，冷却液的主要成份是水，这是利用了水的 大的特性。
21．多数物体具有热胀冷缩的性质，冬天，随着气温的下降，汽油的密度将 ；国产红旗某型号轿车每行驶100km大约消耗95号汽油10L，查阅资料得知，95号汽油的密度大约为0.75×103kg/m3，则该车行驶100km耗油的质量大约为 kg。
22．国家规定自2023年7月1日起，所有销售、注册登记的新车须符合国六b标准。看到此新闻后，小明利用已学知识设计了如图所示的尾气排放检测电路，R1的阻值随CO浓度的增大而减小。闭合开关后，电磁铁的下端是 极，当检测到尾气中CO浓度增大时电磁铁的磁性将 ，CO浓度高于某一值时，电铃会发声报警。
23．如图所示，U形管中液面高度的变化反映密闭空气被加热后温度的变化。将两个相同容器中的电阻丝R1、R2串联在电路中，且R1＝2R2＝40Ω，恒压电源U＝6V。闭合开关后， （选填“甲”或“乙”）管中的液面上升得较慢，当滑动变阻器滑片P移至最右端时，在5min内电流通过电阻丝R1产生的热量为 J。
24．如图是一搬运工利用斜面将货物推上货车的情景，已知斜面长5m，高1m，该搬运工沿斜面方向把质量为160kg的物体从斜面底端匀速推至顶端，如果物体与斜面间的摩擦力为80N（不计空气阻力），搬运工使用斜面推货物的好处是 ；在上述推货物的过程中，斜面的机械效率为 。（g取10N/kg）
三、作图与计算题（25题4分，26题6分，27题6分，共16分）
25．为增强喷水池夜间美化效果，需在池底安装一些射灯，射灯射出光束后在水面发生折射和反射。如图是模拟射灯射出一束光在水面发生折射和反射，请画出反射光线及大致的折射光线。
26．如图甲是晾衣服用的夹子，其简化示意图如图乙所示，其中AOB可以看成杠杆，O点是支点，A点是动力的作用点，B点是阻力的作用点。请在图乙中画出：捏夹子时，动力F1的动力臂L1以及阻力F2的阻力臂L2。
27．为了做好“文明典范城市”的创建工作，成都市巴士公交有限公司开展以“文明出行礼让斑马线”为主题的活动。成都11路公交车满载时车总重为1.5×105N（包括车上的司机与乘客），该公交车匀速行驶时所受的阻力是车总重的0.4倍并保持不变。在某水平路段该汽车匀速行驶了1200m。g取10N/kg。求：
（1）该公交车匀速行驶时受到的阻力为多少N？
（2）在该路段行驶1200m时，公交车牵引力做的功为多少J？
28．如图所示电路，电源电压保持不变，定值电阻R0的阻值为30Ω，小灯泡L标有“12V”的字样，滑动变阻器R1的最大阻值为30Ω，电压表用0～3V量程，电流表用0～3A量程。当三个开关均闭合时，小灯泡恰好正常发光，电流表的示数为1A。
（1）求小灯泡正常发光时通过的电流。
（2）通过闭合、断开开关，并调节滑动变阻器，在保证电路元件安全且电路中有电流的情况下，求此时电路工作的最小总功率。
四、实验与探究题（每空2分，共18分）
29．小米和小宣用如图甲所示的电路来探究串联电路的电压特点。
（1）将电压表接入电路前无法估测被测电压的大小时，应该选择 量程进行试触。
（2）小米用电压表测L1两端电压，如图乙所示，则L1的电压为 V。
（3）测出L1两端的电压后，小米断开开关，准备拆下电压表，改装在B、C之间。小宣认为小米的操作太麻烦，只需将与A点相连的导线改接到C点即可，小米认为小宣的做法是错误的，其原因是电压表的 。
（4）小宣正确操作后立即得出了结论：串联电路两端的电压等于串联电路中各部分电路两端的电压之和。小米认为小宣的实验还有一个不足之处是 。
30．在阅读《死海不死》一文后，小雪惊叹于人们竟然能在无鱼无草的海水里自由游弋，连不会游泳的人也能浮在水面上。由此，小雪想探究“浮力大小与哪些因素有关”，她提出了如下猜想：
猜想一：可能与液体的密度有关。
猜想二：可能与物体排开液体的体积有关。
猜想三：可能与物体浸没在液体中的深度有关。
为了验证上述猜想，她按照如图中字母顺序做了如下实验：
（1）分析比较实验A、C、D三图可以得出：浮力大小与物体浸没在液体中的深度 。（选填“有关”或“无关”）
（2）分析图中信息，可知图A中物体所受的重力大小为 N。
（3）分析图中信息，通过计算得出物体的体积为 m3。（已知水的密度为1×103kg/m3）
（4）若小雪先完成实验E，再完成实验A，则她测得物体在盐水中受到的浮力将 。
（5）小雪同学根据“铁块放入水中会下沉，而铁块做成轮船却能漂浮在水中”的现象，提出浮力大小与物体形状有关，你认为是否合理，并说明原因 。
五、不定项选择题（每小题有一个或者两个选项符合题目要求，每小题2分，错选得0分，选对但不全得1分，共10分）
31．2023年3月16日，甘肃玉门抽水蓄能电站正式开工建设。该电站可以利用风能和太阳能资源充足时发电获得的部分电能，将水抽到高处转化为水的机械能储存起来，需要时再利用高处水的重力势能发电，从而弥补了风能、太阳能不稳定且转化的电能难储存的不足，实现了能量的互补，堪称电力系统的巨型“充电宝”。下列说法正确的是（ ）
A．风能、太阳能和核能都是可再生能源
B．电站抽水蓄能时将电能转化为机械能
C．高处的水发电时将风能转化为电能
D．利用太阳能发电是将化学能转化为电能
32．如图是摄影师镜头下的天府双子塔，炫丽的灯光使成都焕发出历史与现代交融的独特魅力，吸引了全国各地的游客。结合所学知识分析下列说法正确的是（ ）
A．水中的双子塔证明了平面镜成的是倒立的像
B．照时，要使双子塔的像变大，应将镜头远离双子塔
C．阳光下的双子塔格外“耀眼”，这是光的漫反射造成的
D．镜头中的双子塔和水中的双子塔成像原理是不相同的
33．某物理兴趣小组用相同的加热装置对a、b、c三种物质加热，它们的温度随时间变化的T﹣t图像如图所示，其中b、c质量相等。下列分析正确的是（ ）
A．此图像一定是探究液体沸腾条件的T﹣t图像
B．由图像可知，a物质吸热本领强于b和c
C．温度从T1升高到T2时，a物质吸热比b少
D．t1～t2时间内物质a温度不变，内能不变
34．某物理兴趣小组使用了如图所示的装置（细绳不可伸长），将质量为0.5kg的电动小车放置在粗糙水平桌面上，与桌面间的摩擦阻力为1N，滑轮质量均为0.1kg。当电动小车向右运动时，借助细绳、滑轮带动质量为0.5kg的物体A以0.2m/s的速度沿竖直方向匀速上升，不计细绳与滑轮之间的摩擦，不考虑空气阻力，g取10N/kg。则（ ）
A．细绳的拉力为2N
B．电动小车的运动速度为0.2m/s
C．滑轮组的机械效率为75%
D．电动小车牵引力的功率为1.8W
35．如图所示的电路中，电源电压U保持不变，滑动变阻器R最大阻值为20Ω。闭合开关S和S2，电压表V1和V2的示数分别为U1和U2，电流表的示数为I1；闭合开关S、S1和S2，电流表的示数为I2；闭合开关S和S3，滑动变阻器的滑片移到b端时，电流表的示数为0.2A，电压表V1的示数为4V。已知U1：U2＝1：3，I1：I2＝1：4。下列说法正确的是（ ）
A．U＝6V B．I1＝0.1A C．R2＝40Ω D．U2＝4V
六、综合题（共10分）
36．在一次跨学科实践活动中，小李对家中常用的电热水器（图甲）进行了探究。热水器铭牌如图乙所示，工作原理图如图丙所示[已知水的密度为1.0×103kg/m3，水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）]。
贮水式电热器
型号：V﹣50
额定容量：50L 额定压强：0.6MPa
额定电压：220V 额定加热功率：2000W
额定频率：50Hz 额定保温功率：200W
（1）此电热水器处于“加热”挡工作时，双掷开关S应置于 （选填“1”“2”或“中间”）处。
（2）电热水器使用不当会有火灾、漏电、爆炸等安全隐患。为了保障安全，小李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.电热水器必须安装地线，一旦漏电可以让电流沿地线流走
B.泄压阀出现滴水，一定要把它堵住，否则会发生漏电事故
C.热水器内水过少会出现干烧，容易损坏电热管而引起火灾
（3）小李家的电能表上标有“1200r/（kW•h）”字样，他断开其它用电器，只让该电热水器处于加热状态单独工作2min，电能表转盘转过80转，若电费单价为0.6元/（kW•h），加热33min后即可淋浴，该过程所花电费为 元。
（4）此电热水器在加热状态下正常工作时，将内胆中50L的水从20℃加热到40℃，用了40min时间，则其加热效率为 %。
37．如图甲所示，水平地面上放有上下两部分均为柱形的薄壁容器，两部分的横截面积分别为S1＝60cm2、S2＝80cm2，高均为h＝4cm。实心圆柱体A的质量为m＝50g，底面积为S3＝50cm2。如图乙所示将实心圆柱体A通过细线与容器底部相连，实心圆柱体A浸没在水中，其上端刚好与液面相平，此时水对容器底部的压强为600Pa，已知ρ水＝lg/cm3，常数g取10N/kg，实心圆柱体A、B均不吸水，忽略细线体积、液体晃动等次要因素。
（1）如图甲所示，实心圆柱体A对容器底部的压强p1为多大？
（2）如图乙中剪断细线，待实心圆柱体A静止后，此时水对容器底部的压强为300Pa，求实心圆柱体A的密度为多少？
（3）如图丙所示，将质量为100g，高为4cm，底面积为50cm2的实心圆柱体B竖直放入容器内，若以1cm3/s的恒定速度向容器中缓慢注水，直到460s时停止，求容器底部所受液体压强p2与注水时间tx秒钟（0≤tₓ≤460）的函数关系式。
2023年四川省成都市武侯区中考物理二诊试卷
参考答案与试题解析
1．估测是物理学习中一种非常重要的能力。某同学对生活中的现象进行了观察、估测，符合实际的是（ ）
A．老师上班步行速度约5m/s
B．呼吸一次的时间约为0.1s
C．成年人正常体温约37.8℃
D．一位中学生身高约1.68m
【分析】新课程标准要求我们能根据日常经验或自然现象粗略估测一些物理量。例如：长度、质量、时间、温度、力、速度、电功率、电流、电压等。解答估测选择题的方法：利用生活中我们熟悉的一些数据作为根据，进行单位换算，有时要利用基本公式求未知物理量。
【解答】解：A、老师上班步行速度约1.1m/s，故A错误；
B、呼吸一次的时间约为2s，故B错误；
C、成年人正常体温约37℃，变化不大，故C错误；
D、一位中学生身高约1.68m，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了对速度、时间、温度、长度的估测，注重理论与实际差异的应变能力的培养，体现新课程的基本理念。
2．高铁被誉为我国“新四大发明”之一。高铁及铁轨采用了相关措施来保证其安全性和舒适性，下列描述中正确的是（ ）
A．铁轨下铺设枕轨主要是为了减小摩擦
B．列车的机械部件加润滑油是为了增大摩擦
C．车内的破窗锤头做成锥形，是为了增大压强
D．车厢座椅用软质材料包裹，是为了增大压强
【分析】（1）增大压强的方法：在压力一定时，减小受力面积；在受力面积一定时，增大压力；减小压强的方法：在压力一定时，增大受力面积；在受力面积一定时，减小压力。
（2）增大摩擦力的方法：在压力一定时，增大接触面的粗糙程度；在接触面粗糙程度一定时，增大压力；
减小摩擦的方法：在接触面粗糙程度一定时，减小压力；在压力一定时，减小接触面的粗糙程度；使接触面脱离；用滚动代替滑动。
【解答】解：A、铁轨下铺设枕木是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强，故A错误；
B、给机械部件之间的接触面加润滑油，是接触面分离，从而减小摩擦，故B错误；
C、高铁车厢内的破窗锤两端做成锥形，是在压力一定时，减小受力面积增大压强，故C正确；
D、车厢座椅用软质材料包裹，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强，故D错误。
故选：C。
【点评】此题考查增大和减小压强的方法、增大和减小摩擦的方法等知识的理解和应用，平时学习物理知识时要多联系生活实际、多举例、多解释，提高利用所学物理知识分析实际问题的能力。
3．用鸡蛋碰石块，结果是鸡蛋破裂了而石块完好无损。下列关于此现象分析正确的是（ ）
A．鸡蛋壳破裂了，说明力可以改变物体的形状
B．鸡蛋壳破裂了，说明力可以改变物体的运动状态
C．石块完好无损，说明石块没受到力的作用
D．石块完好无损，说明石块受到的力比鸡蛋小
【分析】（1）力的作用效果：力可以改变物体的运动状态，力可以使物体发生形变；
（2）两个物体发生力的作用时，一个物体是施力物体，另一个物体是受力物体，一个物体是施力物体的同时，又是受力物体，即力的作用是相互的，两个力的大小相等、方向相反。
【解答】解：AB、用鸡蛋碰石块，鸡蛋壳破裂了，说明力可以改变物体的形状，故A正确、B错误；
CD、由于力的作用是相互的，石头给鸡蛋力的同时，也受到了鸡蛋施加的力，两个力的大小相等，故CD错误。
故选：A。
【点评】本题考查了物体间力的作用是相互的，力可以使物体发生形变等，体现了物理知识无处不在。
4．中国自行研制的北斗卫星导航系统覆盖全球，现已进入全面商用阶段。北斗卫星（ ）
A．绕地球运行时受到平衡力的作用
B．利用超声波向地面传递信息
C．发射加速上升时其机械能守恒
D．利用电磁波向地面传递信息
【分析】（1）物体受平衡力的作用处于平衡状态，即静止状态或匀速运动状态；
（2）电磁波的传播不需要介质，可以在真空中传播，电磁波能够传递信息，声波传播需要介质，不能在真空中传播；
（3）物体由于运动而具有的能叫动能，影响因素是质量与速度；物体由于被举高而具有的能叫重力势能，影响因素是质量与高度；动能和势能统称机械能；
【解答】解：A、绕地球运行时的卫星做圆周运动，因此受力不平衡力；故A错误；
BD、电磁波可以在真空中传播，超声波不能在真空中传播，北斗卫星是利用电磁波传递信息的，故B错误，D正确；
C、加速上升时，卫星的质量不变，速度逐渐增大，高度增大，故动能和势能都增大，所以机械能增大，故C错误。
故选：D。
【点评】此题考查了机械能守恒、平衡状态的判断、力与运动的关系、电磁波的传播与应用，涉及知识点较多但难度不大，属基础题目。
5．足球比赛中，运动员起脚射门，一个漂亮的“香蕉球”破门得分，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．足球在空中飞行到最高点时，处于平衡状态
B．足球离开脚后继续飞行，是因为足球具有惯性
C．足球向内侧偏转是因为内侧空气流速小，外侧流速大
D．脚踢足球使足球飞出去，说明力是维持物体运动的原因
【分析】（1）物体只有在不受力或者受平衡力的作用时，才处于平衡状态；
（2）物体保持原来运动状态的性质叫做惯性；
（3）流体压强与流速的关系：流体流速越大的地方压强越小，流速越小的地方压强越大；
（4）力的作用是改变物体的运动状态，物体运动不需要力维持。
【解答】解：A、足球在空中飞行到最高点时，不考虑空气阻力，受到重力的作用，受到非平衡力，不是平衡状态，故A错误；
B、足球离开脚后继续飞行，是因为足球具有惯性，仍要保持原来的运动状态，故B正确；
C、足球向内侧偏转，这说明外侧空气的压强大、内侧空气的压强小，内侧的流速大、外侧的流速小，故C错误；
D、脚踢球，使球飞出去，说明力可以改变物体的运动状态，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了惯性、牛顿第一定律、力与运动的关系，深入理解基本规律，是正确解答的关键。
6．气凝胶是目前世界上密度最小的固体。这种新材料具有隔热、耐高温、绝缘性能强、坚固耐用、弹性好等特点。这种材料不适合制作（ ）
A．电炉的电热丝 B．乒乓球拍胶皮
C．登山鞋底材料 D．导线绝缘外皮
【分析】（1）电热是电流通过导体时电流做功产生的；
（2）乒乓球拍胶皮需要有较好的弹性；
（3）登山鞋地材料需要坚固耐磨的性质；
（4）导线绝缘外皮是用绝缘物质制成的。
【解答】解：A、电热是电流通过导体时电流做功产生的，也就是说电热丝不能由绝缘性能强的气凝胶制成，故A符合题意；
B、乒乓球拍胶皮需要用弹性好的材料制成，气凝胶具有弹性好的特点，可以制作乒乓球拍胶皮，故B不符合题意；
C、登山鞋地需要用坚固耐磨的材料制成，气凝胶具有坚固耐用的特点，可以制作登山鞋地，故C不符合题意；
D、导线绝缘外皮需要用绝缘材料制成，气凝胶具有绝缘性能强的特点，可以制作绝缘外皮，故D不符合题意。
故选：A。
【点评】本题考查我们对物质属性的应用能力，难度较低。
7．“影”是生活中常见的光现象，图中“影”是光的反射形成的是（ ）
A．手影 B．倒影
C．皮影 D．投影
【分析】本题要把手影、倒影、摄影、电影的道理弄清，知道其光学原理。利用光的直线传播、光的反射、光的折射解释这几种“影”形成的原因。
【解答】解：A、手影是影子，光在沿直线传播过程中遇到不透明的物体，在物体的后面形成的光照不到的暗区叫影子，故A错误；
B、倒影是平面镜成像，平静的水面相当于平面镜，平面镜成的像与物关于水面对称，所以是倒立的，其原理是光的反射，故B正确；
C、皮影和手影是同样的道理，是光的直线传播，故C错误；
D、投影是利用凸透镜成倒立、放大、实像，透镜是光的折射原理，故D错误。
故选：B。
【点评】影子、日月食、小孔成像都是光的直线传播原理；倒影、照镜子、潜望镜都是光的反射原理；透镜、看水下的物体等都是光的折射原理，此题是一道光学的综合题，也是物理中考的一个热点知识。
8．“安全用电，珍爱生命”是每个人应有的意识与责任。下列做法符合安全用电规则的是（ ）
A．打扫清洁时，可用湿毛巾擦拭家用电器
B．同一插线板可同时使用多个大功率用电器
C．电器起火时，应先用水扑灭再断开电路
D．发现有人触电时，应先断开电源再救人
【分析】（1）生活用水是导体；
（2）电流过大的原因：一是短路；二是用电器的总功率过大；
（3）发现用电器着火了，要立即断开电源再想法灭火；
（4）发生触电事故、发生火灾要先切断电源，实际上切断火线，防止再次发生危害。
【解答】解：A、生活用水是导体，用湿毛巾擦拭家用电器，容易发生触电事故，故A不符合安全用电规则；
B、同一插线板可同时使用多个大功率用电器，会引起电路中电流过大，空气开关就会出现“跳闸”现象；故B不符合安全用电规则；
C、生活用水是导体，发生电火灾时如果直接用水去灭火，会发生触电事故，故C不符合安全用电规则；
D、人体是导体，发现有人触电，若立即用手去拉，会造成施救者也触电，正确的做法是应先切断电源或用绝缘棒将电线挑开，故D符合安全用电规则。
故选：D。
【点评】本题考查的是日常生活中的一些安全用电常识。只要同学们牢记安全用电常识，并正确规范操作，就不会有危险发生。
9．2022年11月12日，天舟五号货运飞船由长征七号遥六运载火箭在文昌航天发射中心发射，到与天和核心舱对接仅用了两小时，标志着我国航天交会技术取得新突破。则（ ）
A．火箭加速升空时，天舟五号货运飞船的质量变大
B．火箭加速升空时，天舟五号货运飞船的机械能增大
C．运载火箭用液态氢做燃料，是因其比热容较大
D．对接后，以“天舟五号”为参照物，“天和”是运动的
【分析】（1）质量是物体的属性，与状态、形状、所处的空间位置无关；
（2）动能和势能合称机械能，重力势能与质量和高度有关；动能与质量和速度有关；
（3）热值是燃料的一种特性；在完全燃烧相同质量的不同燃料时，热值越大的燃料燃烧释放出的热量越多；
（4）被研究对象相对于参照物来说位置发生变化，是运动的，相对于参照物来说位置没有变化，是静止的。
【解答】解：A．火箭加速升空时，所处的空间位置发生变化、质量不变，故A错误；
B．火箭加速升空时，速度增大，动能增大，高度增大，重力势能增大，故机械能增大，故B正确；
C．火箭发射时要选用热值大的燃料，相同质量的燃料完全燃烧时，热值越大的燃料提供的内能越多，故C错误；
D．对接成功后，“天和核心舱”相对于”“天舟五号”位置不再发生变化，是静止的，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查质量、运动与静止、机械能、热值，综合性强，难度适中。
10．如图甲所示的电路中，闭合开关，两灯泡均发光，且两个完全相同的电流表指针偏转均如图乙所示，通过干路和灯泡L2的电流分别为（ ）
A．0.3A，0.2A B．1.5A，0.3A C．1.5A，1.2A D．1.5A，1.5A
【分析】由电路图可知，两灯泡并联，电流表A2测干路电流，电流表A1测L1支路电流，根据并联电路的电流特点和两个电流表的指针在同一个位置确定两表量程，根据分度值读出示数，进一步求出灯L2中的电流。
【解答】解：由电路图可知，两灯泡并联，电流表A2测干路电流，电流表A1测L1支路电流；
因为并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以电流表A2的示数大于电流表A1的示数，图中的两个电流表的指针在同一个位置，
所以，干路上的电流表A2的量程为0～3A，分度值为0.1A，其示数为1.5A，即干路电流为I＝1.5A，
L1支路上的电流表A1的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，其示数为0.3A，即通过L1的电流为I1＝0.3A，
根据并联电路的电流特点可得，通过灯L2的电流：I2＝I﹣I1＝1.5A﹣0.3A＝1.2A，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题考查了并联电路的电流特点和电流表的读数，关键是确定两电流表的量程。
11．如图是某物理兴趣小组设计的探究“影响导体电阻大小因素”的实验装置图。甲、乙两导体长度相等，横截面积：S甲＜S乙。下列分析正确的是（ ）
A．此装置可以探究导体电阻大小与材料的关系
B．此装置是通过灯泡的亮度来判断接入导体电阻大小的
C．若甲、乙材料不同，此装置无法探究导体电阻大小和长度的关系
D．若甲、乙材料相同，此装置只能探究导体电阻大小和横截面积的关系
【分析】（1）在此实验装置中，运用转换法，电阻的大小通过比较小灯泡的亮度来判断，小灯泡串联在电路中，电源电压一定，导体电阻越小，电路电流越大，灯泡越亮；
（2）电阻的大小与导体的材料、长度、横截面积和温度有关，根据控制变量法分析。
【解答】解：A、由于不知道甲、乙的材料是否相同，所以无法探究电阻大小与材料的关系，故A错误；
B、小灯泡越亮，电路中的电流越大，表示接入的导体的电阻越小，所以此装置是通过灯泡的亮度来判断接入导体电阻大小的，故B正确；
C、若甲、乙材料不同，实验中可以通过改变夹子夹在一根导体的长度的大小来探究导体电阻大小和长度的关系，故C错误；
D、若甲、乙材料相同，导体的长度相同，可以探究导体电阻大小和横截面积的关系；实验中也可以通过改变夹子夹在一根导体的长度的大小来探究导体电阻大小和长度的关系，故D错误。
故选：B。
【点评】本题主要考查的是电阻大小的影响因素和转换法、控制变量法在物理实验中的熟练运用，是中考的常见题型，难度较小。
12．随着国家政策的支持，电动汽车越来越受到广大消费者的喜爱。电动汽车是指以车载电源为动力，用电机驱动车轮行驶，其对环境影响相对传统汽车较小，因此发展前景被广泛看好。图中能正确反映电动机工作原理的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】电动机的原理是利用通电导体在磁场中受力运动的原理制成的，分析四个选项的实验目的得出正确选项。
【解答】解：电动机的原理是利用通电导体在磁场中受力运动的原理制成的；
A．当闭合开关后，通电导体在磁场中受力运动，是电动机的原理，故A符合题意；
B．图中是奥斯特实验的装置图，说明了通电导体周围存在磁场，故B不符合题意；
C．图中没有电源，当导体在磁场中做切割磁感线运动时，电流表的指针会发生偏转，说明会产生感应电流，这是电磁感应现象，是发电机的原理，故C不符合题意；
D．图为电磁铁的原理图，是探究磁性强弱与线圈匝数的关系，故D不符合题意。
故选：A。
【点评】电动机是将电能转化为机械能的机械，它在工作时要消耗电能，因此解题时观察图形中有无电源是此题的解题关键。
13．某商场内设有自动售货机，方便购物者购买。它可通过手机扫码（闭合S1）或通过投币（闭合S2），启动电动机完成自动售货；在光线较暗时光控开关S3自动闭合，接通灯泡照明。图中电路设计符合要求的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据题意可知，通过手机扫码和投币都可以启动电动机完成自动售货，说明开关S1和开关S2可以独立工作、互不影响即为并联；再由照明灯泡与电动机工作时互不影响可知电动机与照明灯并联，且照明灯泡只由光控开关控制，据此分析进行解答。
【解答】解：由题意可知，通过手机扫码使开关S1闭合或通过投币使开关S2闭合，都能启动电动机完成自动售货，说明开关S1和开关S2可以独立工作、互不影响，则开关S1和开关S2应并联，再与电动机串联；
由题知，在光线较暗时光控开关S3自动闭合，接通灯泡照明（即灯泡只由光控开关S3控制），因灯泡与电动机工作时互不影响，则两用电器应并联；
结合选项图可知，只有D图符合题意。
故选：D。
【点评】本题考查了串并联电路的设计，关键要知道：串联电路中各元件间相互影响，并联电路中各支路间互不影响。
14．图甲是卫生间内的湿度检测仪的内部简化电路图，电源电压恒定不变，电阻R1是定值电阻，R是湿度传感器，其阻值与周围空气湿度的关系如图乙所示。当湿度检测仪处于工作状态，在使用喷头淋浴时，下列说法正确的是（ ）
A．电路中总电阻逐渐增大 B．电流表A2的示数减小
C．电流表A1的示数增大 D．电压表的示数逐渐减小
【分析】由电路图可知，闭合开关，两电阻并联，电压表测量各支路两端的电压，即电源电压，电流表A1测量通过R的电流，电流表A2测量干路中的电流。
（1）在使用喷头淋浴时，周围空气湿度变大，由图乙可知R的阻值变化，从而可知电路总电阻的变化；
（2）根据欧姆定律可知通过R的电流变化，即电流表A1的示数变化；
（3）根据电源电压可知电压表的示数变化；
（4）根据欧姆定律可知通过R1的电流变化，根据并联的电流规律可知干路中的电流变化，即电流表A2的示数变化。
【解答】解：由电路图可知，闭合开关，两电阻并联，电压表测量各支路两端的电压，即电源电压，电流表A1测量通过R的电流，电流表A2测量干路中的电流。
A、在使用喷头淋浴时，周围空气湿度增大，由图乙可知R的阻值减小，电路总电阻的减小，故A错误；
BCD、由于并联电路各支路两端电压相等，且等于电源电压，所以电压表示数不变，故D错误；
根据I＝可知，通过R的电流增大，即电流表A1的示数增大，故C正确；
根据I＝可知，通过R1的电流不变，由于并联电路干路中的电流等于各支路电流之和，所以通过干路的电流变大，即电流表A2的示数增大，故B错误。
故选：C。
【点评】本题考查电路的动态分析，正确判断电路的连接方式和电流表的测量对象以及环境湿度的变化是关键。
15．如图所示，电源电压保持不变，在A、B间接一个“3V，3W”的小灯泡L1后，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片P至图示位置时，刚好正常发光；若在A、B间换接一个“3V，2W”的小灯泡L2，闭合开关，则（ ）
A．滑片P向右滑动时，电流表示数增大
B．滑片P向左滑动时，电压表示数变小
C．将滑片P向右滑动适当距离，L2才能正常发光
D．保持滑片P的位置不变，L2也能正常发光
【分析】分析电路的连接方式、电表的作用，根据滑动变阻器接入电路中电阻的变化分析电路中总电阻的变化，根据欧姆定律分析电路中电流的变化和电压表示数的变化；
根据P＝UI＝比较两灯泡的电阻关系，根据串联分压原理判断滑动变阻器接入电路的电阻的变化，进一步确定要使灯泡L2正常发光，滑片P的移动方向。
【解答】解：闭合开关，灯泡L1和滑动变阻器串联接入电路，调节滑动变阻器的滑片P至图示位置时，小灯泡L1刚好正常发光，灯泡L1两端的电压为其额定电压3V；
AB、滑片P向右滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，总电阻变大，根据欧姆定律可知，电路中的电流变小，电流表示数变小；同理可知，滑片向左移动时，电流表示数变大，根据U＝IR可知，灯泡两端的电压变大，电压表示数变大，故AB错误；
CD、由P＝UI＝可知，两灯泡的额定电压相等，额定功率越大，电阻越小，故“3V 3W”的小灯泡的电阻比“3V 2W”的小灯泡的电阻更小一些；用灯泡L2更换灯泡L1后的电阻变大，根据串联电路的分压原理，灯泡L2两端的电压高于3V；
要使得灯泡L2正常发光，需要使灯泡L2两端的电压为其额定电压3V，根据串联分压原理可知此时需要增大滑动变阻器接入电路中的电阻，即把滑片P向右调适当距离，故C正确、D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到串联电路的特点和串联分压原理、滑动变阻器的正确使用。
16．疫情的“寒冬”已过去，“鸟语花香、绿柳成荫”的春天已来临，“鸟语”是通过 空气 传播到人耳，“成荫”是光 直线传播 形成的。
【分析】（1）声音的传播需要介质，固体、液体、气体都可以传播声音；
（2）光沿直线传播现象，如日食、月食、影子、小孔成像等现象都是由光沿直线传播形成的。
【解答】解：声音的传播需要介质，鸟语”是通过 空气传播到人的耳中的；“柳荫”是由于光的 直线传播形成的。
故答案为：空气；直线传播。
【点评】本题综合考查了声音的传播条件和光的直线传播现象等，都是属于对基础知识的考查。本题的最大特点就是，有一定的综合性，以生活环境为背景，紧密联系生活。
17．一场穿越千年，感受古韵今风的马拉松赛事于2023年3月26日在成都都江堰开跑。某选手在一段路程为1000m的直赛道上用时3min20s，则该选手在这段赛道的平均速度为 5 m/s；以选手为参照物，跑道旁边的树木是 运动 的。
【分析】（1）知道选手通过的路程和所用的时间，利用速度公式求出该选手的平均速度；
（2）物体与参照物的位置发生了变化，则物体是运动的；物体与参照物的位置没有发生变化，则物体是静止的。
【解答】解：选手所用的时间t＝3min20s＝200s，
该选手在这段赛道的平均速度：v＝＝＝5m/s；
以选手为参照物，跑道旁边的树木位置不断发生变化，所用跑道旁边的树木是运动的。
故答案为：5；运动。
【点评】本题考查平均速度的计算以及物体运动和静止的相对性，是一道基础题。
18．2023年4月2日，北京天兵科技有限公司自主研发的首款液体火箭“天龙二号”在酒泉卫星发射中心成功发射。该运载火箭的燃料为液氧和煤基航空煤油，通常情况下氧是气态的，科技人员采用 压缩体积 和降低温度的方式使其液化；火箭加速上升过程中，与大气剧烈摩擦可能会导致金属外壳熔化，因此火箭外壳必须采用 熔点 高的金属材料制作。
【分析】（1）气体液化的方法有二：降低温度，压缩体积；
（2）晶体熔化时的温度叫熔点。
【解答】解：（1）该运载火箭的燃料为液氧和煤基航空煤油，通常情况下氧是气态的，科技人员采用压缩体积和降低温度的方式使其液化；
（2）为了防止大气与火箭表面产生的剧烈摩擦使火箭熔化，所以火箭必须由熔点高的特殊材料制成。
故答案为：压缩体积；熔点。
【点评】本题考查了熔点、液化的方法，属于基础题。
19．西晋博物学家张华在《博物至》一书中提到“今人梳头、脱着衣时，有随梳、解结有光者，也有咤声。”意思是人们梳头、穿衣时会看到小火星和听到微弱响声，这是 摩擦起电后放电 产生的：成都发现我国战国时期的司南实物，其柄始终指向地理南方，是因为它受到 地磁场 作用。
【分析】摩擦起电的实质是电荷从一个物体转移到另一物体，使正负电荷分开；司南能指示南北方向是因为受到地磁场的作用。
【解答】解：本题所提到的现象是因为摩擦起电后放电产生的；司南柄始终指向地理南方，是因为它受到地磁场的作用。
故答案为：摩擦起电；地磁场。
【点评】本题考查了摩擦起电的现象以及地磁场，难度较小，属于基础性题目。
20．2022年11月，我国某动力公司打破国外技术封锁，刷新了全球纪录，制造出最新款高热效率柴油机。该款柴油机工作循环中 做功 冲程实现了内能转化为机械能；柴油机工作时温度会逐渐升高，需要冷却液对其降温，冷却液的主要成份是水，这是利用了水的 比热容 大的特性。
【分析】柴油机在做功冲程中，将内能转化为机械能；
水的比热容较大，相同质量的水和其他物质相比，在升高相同温度的情况下，水吸收的热量多。
【解答】解：四冲程柴油机在做功冲程中将内能转化为机械能；
柴油机工作时会产生大量热，一般用水做冷却剂，是因为水的比热容比较大，在质量相同、升高的温度相同时，水可以吸收更多的热量，降低发动机的温度。
故答案为：做功；比热容。
【点评】本题考查热机以及水的比热容的有关知识，是一道综合题。
21．多数物体具有热胀冷缩的性质，冬天，随着气温的下降，汽油的密度将 变大 ；国产红旗某型号轿车每行驶100km大约消耗95号汽油10L，查阅资料得知，95号汽油的密度大约为0.75×103kg/m3，则该车行驶100km耗油的质量大约为 7.5 kg。
【分析】（1）随着气温的降低，汽油的体积变小，在质量不变的情况下，根据公式ρ＝可知密度的变化；
（2）知道轿车每行驶100km消耗汽油的体积，根据m＝ρV求出该车行驶100km耗油的质量。
【解答】解：（1）气温降低，汽油受热体积变小，在质量保持不变时，由ρ＝可知，密度变大；
（2）轿车每行驶100km消耗汽油的体积为：V＝10L＝10dm3＝1×10﹣2m3，
根据ρ＝得，该车行驶100km耗油的质量为：m＝ρV＝0.75×103kg/m3×1×10﹣2m3＝7.5kg。
故答案为：变大；7.5kg。
【点评】本题考查了密度与温度的关系以及密度公式的灵活运用，属于基础性题目。
22．国家规定自2023年7月1日起，所有销售、注册登记的新车须符合国六b标准。看到此新闻后，小明利用已学知识设计了如图所示的尾气排放检测电路，R1的阻值随CO浓度的增大而减小。闭合开关后，电磁铁的下端是 S 极，当检测到尾气中CO浓度增大时电磁铁的磁性将 增强 ，CO浓度高于某一值时，电铃会发声报警。
【分析】（1）电磁铁的磁性可以根据安培定则来判断；
（2）电磁铁的磁性强弱与电流强度、线圈匝数有关，电流越强、匝数越多，磁性越强；
（3）电路中电流的大小，我们可以根据R1的阻值与CO浓度的关系与欧姆定律得出。
【解答】解：由图可知，电磁铁中电流的方向为从下至上，则根据安培定则可以判断出，电磁铁的上端为N极，下端为S极。
当尾气中CO浓度增大时，电阻R1的阻值减小，则控制电路中的总电阻减小。根据欧姆定律可知，在电源电压不变的情况下，电阻减小，则通过电磁铁的电流将增大，电磁铁的磁性将增强。当CO浓度高于某一值时，电磁铁将把衔铁吸下，使得电铃所在的工作电路连通，电铃开始报警。
故答案为：S；增强。
【点评】本题是对电磁铁的影响因素及欧姆定律的综合性考查，难度较低，但是综合性很强。
23．如图所示，U形管中液面高度的变化反映密闭空气被加热后温度的变化。将两个相同容器中的电阻丝R1、R2串联在电路中，且R1＝2R2＝40Ω，恒压电源U＝6V。闭合开关后， 乙 （选填“甲”或“乙”）管中的液面上升得较慢，当滑动变阻器滑片P移至最右端时，在5min内电流通过电阻丝R1产生的热量为 120 J。
【分析】（1）电流产生的热量与通电时间、电流大小和电阻的大小有关；串联电路中各处的电流和通电时间相同，根据Q＝I2Rt判断电热的多少，进而得出管中的液面上升快慢；
（2）滑动变阻器滑片P移至最右端时，滑动变阻器接入电路的电阻为0，该电路为串联电路，根据欧姆定律求出电流的大小，根据焦耳定律求出产生的热量。
【解答】解：（1）两电阻串联，电流和通电时间相等，R1＝2R2，由焦耳定律Q＝I2Rt得，电阻大的在相同电流、相同时间产生的热量多，升高的温度快，故甲管中液面比乙管中液面上升得快；
（2）由题意知，2R2＝40Ω，则R2＝20Ω，
当滑动变阻器滑片P移至最右端时，滑动变阻器接入电路的电阻为零，
R1、R2串联，此时电路中的电流为：
I＝＝＝0.1A；
5min内电流通过电阻丝R1产生的热量为：
Q＝I2R1t＝（0.1A）2×40Ω×5×60s＝120J。
故答案为：乙；120。
【点评】本题考查了学生对焦耳定律的认识，注重了探究实验的考查，同时在该实验中利用了控制变量法和转换法，是中考物理常见题型。
24．如图是一搬运工利用斜面将货物推上货车的情景，已知斜面长5m，高1m，该搬运工沿斜面方向把质量为160kg的物体从斜面底端匀速推至顶端，如果物体与斜面间的摩擦力为80N（不计空气阻力），搬运工使用斜面推货物的好处是 可以省力 ；在上述推货物的过程中，斜面的机械效率为 80% 。（g取10N/kg）
【分析】（1）使用斜面可以省力，但不能省功。
（2）根据G＝mg求出物体的重力，利用W有用＝Gh求推力做的有用功；利用W额＝fs计算克服摩擦力做的额外功，推力做的总功等于有用功加上额外功，斜面的机械效率等于有用功与总功之比。
【解答】解：
（1）搬运工使用斜面推货物的好处是可以省力。
（2）物体的重力：G＝mg＝160kg×10N/kg＝1600N，
推力做的有用功：W有用＝Gh＝1600N×1m＝1600J，
推力做的额外功：W额＝fs＝80N×5m＝400J，
推力做的总功：W总＝W有用+W额＝1600J+400J＝2000J，
斜面的机械效率：η＝＝×100%＝80%。
故答案为：可以省力；80%。
【点评】本题考查了斜面的特点，以及使用斜面时有用功、额外功、总功和机械效率的计算，属于基础题目。
25．为增强喷水池夜间美化效果，需在池底安装一些射灯，射灯射出光束后在水面发生折射和反射。如图是模拟射灯射出一束光在水面发生折射和反射，请画出反射光线及大致的折射光线。
【分析】光的反射定律的内容：反射光线、入射光线、法线在同一平面内，反射光线和入射光线分居法线的两侧，反射角等于入射角。
当光从水斜射入空气中时，折射光线将向靠近法线的方向偏折，即折射角大于入射角。
【解答】解：过入射点作出法线，根据反射角等于入射角，在法线右侧水中画出反射光线；
当光从水斜射入空气中时，根据折射光线与入射光线分居法线两侧，折射角大于入射角，在空气中画出折射光线，如图所示：
【点评】此题主要考查了光的反射定律和折射规律的应用，首先要熟记光的反射定律和折射规律的内容，并要注意入射角、反射角与折射角的概念。
26．如图甲是晾衣服用的夹子，其简化示意图如图乙所示，其中AOB可以看成杠杆，O点是支点，A点是动力的作用点，B点是阻力的作用点。请在图乙中画出：捏夹子时，动力F1的动力臂L1以及阻力F2的阻力臂L2。
【分析】已知动力和阻力，根据力臂的画法，先确定支点O，再过支点作动力作用线和阻力作用线的垂线段，即可画出动力臂和阻力臂。
【解答】解：支点为O，从支点O作力F1作用线延长线的垂线段L1、作力F2作用线的垂线段L2，L1、L2即为所求作的力臂。如图所示：
【点评】力臂的画法：①首先根据杠杆的示意图，确定杠杆的支点；②确定力的作用点和力的方向，画出力的作用线；③从支点向力的作用线作垂线，支点到垂足的距离就是力臂。
27．为了做好“文明典范城市”的创建工作，成都市巴士公交有限公司开展以“文明出行礼让斑马线”为主题的活动。成都11路公交车满载时车总重为1.5×105N（包括车上的司机与乘客），该公交车匀速行驶时所受的阻力是车总重的0.4倍并保持不变。在某水平路段该汽车匀速行驶了1200m。g取10N/kg。求：
（1）该公交车匀速行驶时受到的阻力为多少N？
（2）在该路段行驶1200m时，公交车牵引力做的功为多少J？
【分析】（1）根据阻力和重力的关系得到阻力的大小；
（2）因为公交车沿平直公路匀速行驶，所以公交车受到的阻力和牵引力是一对平衡力，根据二力平衡的条件可知牵引力的大小；利用W＝Fs求这段时间内公交车牵引力做功。
【解答】解：（1）该公交车匀速行驶时受到的阻力为：F阻＝0.4G＝0.4×1.5×105N＝6×104N；
（2）因为公交车沿平直公路匀速行驶，所以公交车受到的阻力和牵引力是一对平衡力，牵引力：F牵＝F阻＝6×104N，
牵引力做功：W＝F牵s＝6×104N×1200m＝7.2×107J。
答：（1）该公交车匀速行驶时受到的阻力为6×104N；
（2）在该路段行驶1200m时，公交车牵引力做的功为7.2×107J。
【点评】本题考查了功的计算，二力平衡条件的应用，是一道综合性较强的题目，关键是知道公交车对地面的压力等于公交车的总重力；计算时一定注意单位统一。
28．如图所示电路，电源电压保持不变，定值电阻R0的阻值为30Ω，小灯泡L标有“12V”的字样，滑动变阻器R1的最大阻值为30Ω，电压表用0～3V量程，电流表用0～3A量程。当三个开关均闭合时，小灯泡恰好正常发光，电流表的示数为1A。
（1）求小灯泡正常发光时通过的电流。
（2）通过闭合、断开开关，并调节滑动变阻器，在保证电路元件安全且电路中有电流的情况下，求此时电路工作的最小总功率。
【分析】（1）三个开关均闭合时，变阻器被短接，小灯泡L与定值电阻R0并联，电流表测量干路的电流，小灯泡正常发光，灯泡两端的电压为灯泡的额定电压，由此可知电源电压，根据欧姆定律计算定值电阻R0中的电流，根据并联电路电流规律计算小灯泡正常发光时通过的电流；
（2）电源电压保持不变，由P＝UI可知，电路中的电流最小时，电路的电功率最小，当开关S闭合，S1与S2断开，定值电阻R0与变阻器R1串联，变阻器接入的电阻越大，电路的总电阻越大，电路中的电流越小，因为电压表并联在变阻器两端，电压表的量程是0～3V，所以由欧姆定律和串联电路的规律，根据电压表的量程计算变阻器的接入电阻，再根据串联电路规律和电功率计算公式求出电路工作的最小总功率。
【解答】解：（1）三个开关均闭合时，变阻器被短接，小灯泡L与定值电阻R0并联，电流表测量干路的电流：I＝1A，
小灯泡正常发光，灯泡两端的电压为灯泡的额定电压，由此可知电源电压：U＝U额＝12V，
根据欧姆定律可知，定值电阻R0中的电流：I0＝＝＝＝0.4A，
根据并联电路电流规律可知，小灯泡正常发光时通过的电流：I额＝I﹣I0＝1A﹣0.4A＝0.6A；
（2）电源电压保持不变，由P＝UI可知，电路中的电流最小时，电路的电功率最小，
当开关S闭合，S1与S2断开，定值电阻R0与变阻器R1串联，变阻器接入的电阻越大，电路的总电阻越大，电路中的电流越小，
因为电压表并联在变阻器两端，电压表的量程是0～3V，在保证电路元件安全且电路中有电流的情况下，变阻器两端最大电压：U1大＝3V，
根据串联电路电压规律可得，定值电阻R0两端的电压：U0小＝U﹣U1大＝12V﹣3V＝9V，
由欧姆定律可得通过R0的电流：I0小＝＝＝0.3A，
由欧姆定律可知变阻器的接入电阻：R1＝＝＝＝10Ω＜30Ω（变阻器的最大电阻为30Ω），
由电功率计算公式可得，电路工作的最小总功率：P小＝UI小＝UI0小＝12V×0.3A＝3.6W。
答：（1）求小灯泡正常发光时通过的电流为0.4A。
（2）通过闭合、断开开关，并调节滑动变阻器，在保证电路元件安全且电路中有电流的情况下，求此时电路工作的最小总功率是3.6W。
【点评】本题综合性较强，考查的内容较多。会辨别串、并联，会用欧姆定律计算，会用电功率公式计算，知道串、并联电路的电压规律，电流规律，电阻规律。
29．小米和小宣用如图甲所示的电路来探究串联电路的电压特点。
（1）将电压表接入电路前无法估测被测电压的大小时，应该选择 较大 量程进行试触。
（2）小米用电压表测L1两端电压，如图乙所示，则L1的电压为 1.9 V。
（3）测出L1两端的电压后，小米断开开关，准备拆下电压表，改装在B、C之间。小宣认为小米的操作太麻烦，只需将与A点相连的导线改接到C点即可，小米认为小宣的做法是错误的，其原因是电压表的 正负接线柱接反了 。
（4）小宣正确操作后立即得出了结论：串联电路两端的电压等于串联电路中各部分电路两端的电压之和。小米认为小宣的实验还有一个不足之处是 实验次数太少，结论不具有普遍性 。
【分析】（1）电压表在使用时，为防止损坏，应选择较大量程试触；
（2）在进行电压表的读数时，注意其量程和分度值；
（3）用电压表测电压时，电压表要与被测电路并联且电压表正负接线柱不要接反；
（4）只进行了一次实验就得出结论，不具有普遍性；为了使实验结论具有普遍性，应进行多次测量。
【解答】解：（1）电压表在使用时，为防止损坏，应选择较大量程试触；
（2）由图乙可知，电压表的量程为0～3V，分度值为0.1V，所以示数为1.9V；
（3）当电压表B点不动，只断开A点，并改接到C点上时，虽然电压表此时与L2并联，但电压表的正负接线柱却是反的，闭合开关后，指针会反向偏转，所以不能测出L2两端的电压；
（4）只做了一次实验，没有进行多次测量，只凭一组实验数据得出结论具有偶然性，不能得出普遍性规律，应换用不同规格的小灯泡进行多次实验。
故答案为：（1）较大；（2）1.9；（3）正负接线柱接反了；（4）实验次数太少，结论不具有普遍性。
【点评】本题探究串联电路的电压规律的实验，考查了注意事项、电压表的使用及得出普遍性结论的方法，难度中等。
30．在阅读《死海不死》一文后，小雪惊叹于人们竟然能在无鱼无草的海水里自由游弋，连不会游泳的人也能浮在水面上。由此，小雪想探究“浮力大小与哪些因素有关”，她提出了如下猜想：
猜想一：可能与液体的密度有关。
猜想二：可能与物体排开液体的体积有关。
猜想三：可能与物体浸没在液体中的深度有关。
为了验证上述猜想，她按照如图中字母顺序做了如下实验：
（1）分析比较实验A、C、D三图可以得出：浮力大小与物体浸没在液体中的深度 无关 。（选填“有关”或“无关”）
（2）分析图中信息，可知图A中物体所受的重力大小为 4.4 N。
（3）分析图中信息，通过计算得出物体的体积为 1×10﹣4 m3。（已知水的密度为1×103kg/m3）
（4）若小雪先完成实验E，再完成实验A，则她测得物体在盐水中受到的浮力将 变大 。
（5）小雪同学根据“铁块放入水中会下沉，而铁块做成轮船却能漂浮在水中”的现象，提出浮力大小与物体形状有关，你认为是否合理，并说明原因 不合理，铁块做成轮船后排开液体的体积发生了变化 。
【分析】（1）应用控制变量法分析图A、B、C所示实验，根据实验控制的变量与实验现象得出实验结论，然后分析答题；
（2）根据弹簧测力计的分度值读出图A中物体所受的重力大小；
（3）根据称量法算出物体受到的浮力，由阿基米德原理算出物体排开液体的体积，由于物体完全浸没，所以物体的体积等于物体排开液体的体积；
（4）若先完成实验E，再完成实验A，则物体表面有水，测得的重力偏大，根据称量法F浮＝G﹣F示可知浮力变化；
（5）探究影响浮力大小的因素时必须采用控制变量法，即研究与其中一个因素的关系时，控制其它因素一定。
【解答】解：（1）分析比较实验步骤A、C、D实验可知，物体排开水的体积相同而物体浸没在水中的深度不同，弹簧测力计的示数相同，根据F浮＝G﹣F可得物体受到的浮力相等，由此可知，物体受到的浮力与物体浸没在液体的深度无关；
（2）由图知图A中物体所受的重力大小为4.4N；
（3）物体浸没在水中受到的浮力为：
F浮＝G﹣F＝4.4N﹣3.4N＝1N；
由F浮＝ρ液gV排可知物体的体积：
V＝V排＝＝＝1×10﹣4m3；
（4）若先完成实验E，再完成实验A，则物体表面有盐水，测得的重力偏大，根据称量法F浮＝G﹣F示知浮力变大；
（5）不合理，探究浮力大小是否与物体形状是否有关时，要控制其他因素相同；铁块形状改变之后它放到水中时排开水的体积不同，导致浮力大小不同。
故答案为：（1）无关；（2）4.4；（3）1×10﹣4；（4）变大；（5）不合理，铁块做成轮船后排开液体的体积发生了变化。
【点评】本题探究影响浮力大小的因素，考查控制变量法、数据分析，应用控制变量法分析图示实验即可正确解题。
31．2023年3月16日，甘肃玉门抽水蓄能电站正式开工建设。该电站可以利用风能和太阳能资源充足时发电获得的部分电能，将水抽到高处转化为水的机械能储存起来，需要时再利用高处水的重力势能发电，从而弥补了风能、太阳能不稳定且转化的电能难储存的不足，实现了能量的互补，堪称电力系统的巨型“充电宝”。下列说法正确的是（ ）
A．风能、太阳能和核能都是可再生能源
B．电站抽水蓄能时将电能转化为机械能
C．高处的水发电时将风能转化为电能
D．利用太阳能发电是将化学能转化为电能
【分析】（1）可再生能源：可以从自然界中源源不断地得到的能源。例：水能、风能、太阳能、生物质能、潮汐能。不可再生能源：不可能在短期内从自然界得到补充的能源．例：化石能源（煤炭、石油、天然气）、核能。
（2）电站抽水蓄能时将电能转化为机械能；
（3）高处的水发电时将机械能转化为电能；
（4）太阳能发电是将太阳能转化为电能。
【解答】解：A、风能、太阳能都是可再生能源，核能是不可再生能源，故A错误；
B、电站抽水蓄能时消耗了电能，水被抽到高处，水的机械能增大，这一过程中电能转化为机械能，故B正确；
C、高处的水发电时流动的水推动发电机工作，获得的是电能，消耗的是水的动能，这一过程中机械能转化为电能，故C错误；
D、太阳能发电是将太阳能转化为电能，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了能源的分类和能量的转化，属于基础内容，难度不大。
32．如图是摄影师镜头下的天府双子塔，炫丽的灯光使成都焕发出历史与现代交融的独特魅力，吸引了全国各地的游客。结合所学知识分析下列说法正确的是（ ）
A．水中的双子塔证明了平面镜成的是倒立的像
B．照时，要使双子塔的像变大，应将镜头远离双子塔
C．阳光下的双子塔格外“耀眼”，这是光的漫反射造成的
D．镜头中的双子塔和水中的双子塔成像原理是不相同的
【分析】（1）倒影属于平面镜成像，是由光的反射形成的；
（2）凸透镜成实像时，物近像远像变大；
（3）光在光滑的平面会发生镜面反射；
（4）凸透镜成像属于光的折射现象。
【解答】解：
A、水中的双子塔证明了平面镜成的是正立的像，故A错误；
B、为了使像更大，像距应变大，物距应变小，镜头可适当靠近双子塔，故B错误；
C、阳光下的双子塔格外“耀眼”，这是光的镜面反射造成的，故C错误；
D、镜头中的双子塔属于光的折射现象，水中的双子塔成像原理是光的反射现象，两者原理是不相同的，故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查了凸透镜成像的特点、光的反射等，要求灵活运用所学知识分析解释实际现象。
33．某物理兴趣小组用相同的加热装置对a、b、c三种物质加热，它们的温度随时间变化的T﹣t图像如图所示，其中b、c质量相等。下列分析正确的是（ ）
A．此图像一定是探究液体沸腾条件的T﹣t图像
B．由图像可知，a物质吸热本领强于b和c
C．温度从T1升高到T2时，a物质吸热比b少
D．t1～t2时间内物质a温度不变，内能不变
【分析】（1）晶体在熔化过程中吸热但温度不变，非晶体在熔化过程中吸热温度升高；液体沸腾时吸收热量，温度保持不变；
（2）根据物体在升温时，吸热相同时，温度变化越小，吸热本领越强；
（3）相同的热源，加热时间越长，物质吸收热量越多；
（4）物质吸收热量，内能增加。
【解答】解：A．由图像可知，有一段是水平的，说明物质的温度保持不变，所以可能是晶体的熔化图像或某液体的沸腾图像，故A错误；
B．由图像可知，吸收相同的热量，a的温度变化最大，但不知道a与b、c的质量关系，所以无法判断，故B错误；
C．由图像可知，温度从T1升高到T2时，a物质的加热时间短，b物质的加热时间长，所以a物质吸热比b少，故C正确；
D．t1～t2时间内物质a吸收热量，温度不变，内能增加，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查我们对物理规律的掌握和对图像的分析能力，以图像的形式考查物理规律，具有直观、客观的特点，是现在物理测试的热点。
34．某物理兴趣小组使用了如图所示的装置（细绳不可伸长），将质量为0.5kg的电动小车放置在粗糙水平桌面上，与桌面间的摩擦阻力为1N，滑轮质量均为0.1kg。当电动小车向右运动时，借助细绳、滑轮带动质量为0.5kg的物体A以0.2m/s的速度沿竖直方向匀速上升，不计细绳与滑轮之间的摩擦，不考虑空气阻力，g取10N/kg。则（ ）
A．细绳的拉力为2N
B．电动小车的运动速度为0.2m/s
C．滑轮组的机械效率为75%
D．电动小车牵引力的功率为1.8W
【分析】（1）首先根据G＝mg求出物体和动滑轮的重力，不计细绳与两滑轮之间的摩擦，不考虑空气阻力，细绳的拉力F＝（G+G动）；
（2）小车的运动速度等于物体上升速度的3倍；
（3）由图知，n＝3，拉力端移动距离s＝3h，滑轮组的机械效率η＝＝＝＝；
（4）知道细绳的拉力，根据力的相互性，可求玩具电动小车受到的拉力，而玩具电动小车受到的牵引力等于拉力加上摩擦力，利用P＝＝＝Fv求玩具电动小车牵引力的功率。
【解答】解：A、物体的重力：G＝mg＝0.5kg×10N/kg＝5N，
动滑轮的重力G动＝m动g＝0.1kg×10N/kg＝1N，
由图知，n＝，不计细绳与两滑轮之间的摩擦，不考虑空气阻力，细绳的拉力：
F＝（G+G动）＝（5N+1N）＝2N，故A正确；
B、由图知，n＝3，小车运动速度v车＝nv物＝3×0.2m/s＝0.6m/s，
C、滑轮组的机械效率：
η＝＝＝＝＝×100%≈83.3%，故D错误；
D、玩具电动小车在水平方向上受水平向右的牵引力、水平向左的拉力和摩擦力f的作用，
牵引力F牵＝F+f＝2N+1N＝3N，
由P＝＝＝Fv可得，牵引力的功率：
P＝F牵v车＝3N×0.6m/s＝1.8W，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题考查了使用滑轮组时拉力、机械效率以及小车功率的计算，关键是利用好关系式：不计细绳与两滑轮之间的摩擦，不考虑空气阻力，细绳的拉力F＝（G+G动）。
35．如图所示的电路中，电源电压U保持不变，滑动变阻器R最大阻值为20Ω。闭合开关S和S2，电压表V1和V2的示数分别为U1和U2，电流表的示数为I1；闭合开关S、S1和S2，电流表的示数为I2；闭合开关S和S3，滑动变阻器的滑片移到b端时，电流表的示数为0.2A，电压表V1的示数为4V。已知U1：U2＝1：3，I1：I2＝1：4。下列说法正确的是（ ）
A．U＝6V B．I1＝0.1A C．R2＝40Ω D．U2＝4V
【分析】（1）闭合开关S和S3，滑动变阻器的滑片移到b端时，滑动变阻器和R1串联，电压表V1测量R1两端电压，V2测量滑动变阻器R两端的电压，根据欧姆定律和串联电路的电压特点求出电源电压；根据欧姆定律即可求出R1的阻值。
（2）闭合开关S和S2，R1、R2、R3串联，电压表V1测量R1两端电压，V2测量R2和R3两端的总电压，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律和串联电路的电阻特点表示出U1：U2，然后整理得出电阻之间的关系式；
根据欧姆定律和串联电路的电阻特点表示出电流表的示数为I1；
闭合开关S、S1和S2，只有R3连入电路，根据欧姆定律得出电流表的示数I2；
然后根据I1：I2＝1：4得出电阻之间的关系式；
最后联立即可求出各电阻的阻值，最后再分别求出I1和U2。
【解答】解：A、闭合开关S和S3，滑动变阻器的滑片移到b端时，滑动变阻器和R1串联，滑动变阻器的阻值全部了电路，电压表V1测量R1两端电压，V2测量滑动变阻器R两端的电压，
根据欧姆定律和串联电路的电压特点可得电源电压：U＝IR+U1′＝0.2A×20Ω+4V＝8V，故A错误；
根据I＝可得R1的阻值为：R1＝＝＝20Ω﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
C、闭合开关S和S2，R1、R2、R3串联，电压表V1测量R1两端电压，V2测量R2和R3两端的总电压，电流表测电路中的电流，
由欧姆定律和串联电路的电阻特点可知：＝＝＝，
整理可得 3R1﹣R2﹣R3＝0﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
电流表示数：I1＝，
闭合开关S、S1和S2，只有R3连入电路，
则电流表示数：I2＝，
则＝＝＝
整理可得：3R3﹣R1﹣R2＝0﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③
解①②③可得：R2＝40Ω，R3＝20Ω，故C正确；
B、I1＝＝＝0.1A，故B正确；
D、U2＝I1（R2+R3）＝0.1A×（40Ω+20Ω）＝6V，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查串联电路的特点和欧姆定律的应用，分清开关闭合、断开时电路的连接方式是关键。
36．在一次跨学科实践活动中，小李对家中常用的电热水器（图甲）进行了探究。热水器铭牌如图乙所示，工作原理图如图丙所示[已知水的密度为1.0×103kg/m3，水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）]。
贮水式电热器
型号：V﹣50
额定容量：50L 额定压强：0.6MPa
额定电压：220V 额定加热功率：2000W
额定频率：50Hz 额定保温功率：200W
（1）此电热水器处于“加热”挡工作时，双掷开关S应置于 1 （选填“1”“2”或“中间”）处。
（2）电热水器使用不当会有火灾、漏电、爆炸等安全隐患。为了保障安全，小李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 B 。
A.电热水器必须安装地线，一旦漏电可以让电流沿地线流走
B.泄压阀出现滴水，一定要把它堵住，否则会发生漏电事故
C.热水器内水过少会出现干烧，容易损坏电热管而引起火灾
（3）小李家的电能表上标有“1200r/（kW•h）”字样，他断开其它用电器，只让该电热水器处于加热状态单独工作2min，电能表转盘转过80转，若电费单价为0.6元/（kW•h），加热33min后即可淋浴，该过程所花电费为 0.66 元。
（4）此电热水器在加热状态下正常工作时，将内胆中50L的水从20℃加热到40℃，用了40min时间，则其加热效率为 87.5 %。
【分析】（1）由P＝UI＝可知，当电源电压一定时，电路电阻越大，功率越小，根据电路图分析电路结构，结合串联电路电阻规律和P＝UI＝可知各挡位时电路的连接；
（2）逐一分析每个选项，找出符合题意的答案；
（3）1200r/（kW•h）表示电路中每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转1200圈，据此求出转盘转了80圈，电热水器消耗的电能，进而求出加热33min电热水器消耗的电能，结合电费单价为0.6元/（kW•h）求出该过程所花电费；
（4）根据P＝求出电热水器消耗的电能，根据ρ＝求水的质量，根据Q吸＝cmΔt求出水吸收的热量，根据η＝×100%求出电热水器的加热效率。
【解答】解：（1）当S拨到1时，电热丝、灯泡A串联；当S拨到2时，电热丝、R1、灯泡B串联；
因为串联电路中的总电阻大于各串联导体的电阻，所以由P＝UI＝可知，电热丝、灯泡A串联时，电路中的电阻最小，电功率最大，电热水器为加热挡；电热丝、R1、灯泡B串联时，电路中的电阻最大，电功率最小，电热水器为保温挡；
因此此电热水器处于“加热”挡工作时，双掷开关S应置于1处；
（2）A、为了防止因漏电而发生触电事故，电热水器必须安装地线，漏电时可以让电流沿地线流走，故A正确；
B、当电热水器内压强过大时，需要通过泄压阀泄压，此时泄压阀会有水滴出，因此不能把它堵住，否则会出现因压强过大而引起伤害事故，故B错误；
C、热水器内水过少会出现干烧，使得电热管的温度过高，而损坏电热管引起火灾，故D正确；
故选B；
（3）1200r/（kW•h）表示电路中每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转1200圈，
则转盘转了80圈，电热水器消耗的电能：W＝＝kW•h，
即电热水器工作2min消耗kW•h的电能，因此加热33min电热水器消耗的电能：×kW•h＝1.1kW•h，
则该过程所花电费：0.6元/（kW•h）×1.1kW•h＝0.66元；
（4）由P＝可知，电热水器消耗的电能：W＝Pt＝2000W×40×60s＝4.8×106J，
由ρ＝可知，水的质量为：m＝ρ水V＝1.0×103kg/m3×50×10﹣3m3＝50kg，
水吸收的热量：Q吸＝c水mΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×50kg×（40℃﹣20℃）＝4.2×106J，
饮水机的加热效率为：η＝×100%＝×100%＝87.5%。
故答案为：（1）1；（2）B；（3）0.66；（4）87.5。
【点评】本题考查串联电路的特点、安全用电常识、热量公式、电功率公式和效率公式的应用，正确的判断电热水器处于不同挡位时电路的连接方式是关键。
37．如图甲所示，水平地面上放有上下两部分均为柱形的薄壁容器，两部分的横截面积分别为S1＝60cm2、S2＝80cm2，高均为h＝4cm。实心圆柱体A的质量为m＝50g，底面积为S3＝50cm2。如图乙所示将实心圆柱体A通过细线与容器底部相连，实心圆柱体A浸没在水中，其上端刚好与液面相平，此时水对容器底部的压强为600Pa，已知ρ水＝lg/cm3，常数g取10N/kg，实心圆柱体A、B均不吸水，忽略细线体积、液体晃动等次要因素。
（1）如图甲所示，实心圆柱体A对容器底部的压强p1为多大？
（2）如图乙中剪断细线，待实心圆柱体A静止后，此时水对容器底部的压强为300Pa，求实心圆柱体A的密度为多少？
（3）如图丙所示，将质量为100g，高为4cm，底面积为50cm2的实心圆柱体B竖直放入容器内，若以1cm3/s的恒定速度向容器中缓慢注水，直到460s时停止，求容器底部所受液体压强p2与注水时间tx秒钟（0≤tₓ≤460）的函数关系式。
【分析】（1）根据G＝mg得出实心圆柱体A的重力，A对容器底的压力等于A的重力，根据p＝可求出实心圆柱体A对容器底部的压强；
（2）根据p＝ρgh可求出水的深度，剪断细线后，知道水对容器底部的压强，根据p＝ρgh可求出水的深度；
根据剪断细线前后水的体积没有变化列出方程，求出V排A，进而求出VA，根据密度公式可求出实心圆柱体A的密度；
（3）实心圆柱体B的体积为：VB＝ShB；当B恰好漂浮时，F浮B＝GB＝mBg，根据阿基米德原理可求出实心圆柱体B排开水的体积V排B，即可求出B浸入水的深度，
计算出此时容器中的水的体积V水，向容器中缓慢注水的速度为1cm3/s，则注水时间段为：0≤tx≤60s，可求出tx时间水面升高的高度hx，
当水面上升至容器上下分界线时，求出容器中水的体积V水，同样，容器中的水的体积从60cm3到220cm3对应的时间段为：60s≤tx≤220s，可求出tx时间水面升高的高度为hx，
当水恰好要溢出时，求出容器中水的体积V水，此时，220s≤tx≤460s，可求出tx时间水面升高的高度为hx。
【解答】解：（1）实心圆柱体A的质量为m＝50g，其重力为GA＝mg＝50×10﹣3kg×10N/kg＝0.5N，
如图甲所示，实心圆柱体A对容器底部的压强p1＝＝＝100Pa；
（2）如图乙所示将实心圆柱体A通过细线与容器底部相连，实心圆柱体A浸没在水中，其上端刚好与液面相平，此时水对容器底部的压强为p1＝600Pa，根据p＝ρgh得，水的深度为：
h1＝＝0.06m＝6cm；
如图乙中剪断细线，待实心圆柱体A静止后，此时水对容器底部的压强为p2＝300Pa，水的深度为：
h2＝＝0.03m＝3cm；
由乙图知，水的体积为：V水＝4cm×S2+（6cm﹣4cm）×S1﹣VA，
图乙中剪断细线，水的体积为：V水＝3cm×S2﹣V排A，
则V水＝4cm×S2+（6cm﹣4cm）×S1﹣VA＝3cm×S2﹣V排A......①
此时A漂浮，即F浮＝GA即，mAg＝ρ水gV排A，
代入数据得：50×10﹣3kg×10N/kg＝1.0×103kg/m3×10N/kg×V排A，
解得：V排A＝0.5×10﹣4m3＝50cm3......②
将②代入①得，VA＝250cm3，
实心圆柱体A的密度为：＝0.2g/cm3；
（3）实心圆柱体B的体积为：VB＝ShB＝50cm2×4cm＝200cm3，＝0.5g/cm3；
当B恰好漂浮时，F浮B＝GB＝mBg＝100×10﹣3kg×10N/kg＝1N，
根据阿基米德原理，则V排B＝＝1×10﹣4m3＝100cm3，
B浸入水的深度为：h浸B＝，
此时容器中的水的体积为：V水＝2cm×（80cm2﹣50cm2）＝60cm3，
向容器中缓慢注水的速度为1cm3/s，则注水时间段为：0≤tx≤60s，tx时间水面升高的高度为：hx＝＝，
容器底部所受液体压强p2＝ρ水ghx＝1.0×103kg/m3×10N/kg×＝（）Pa，
当水面上升至容器上下分界线时，容器中的水V水＝4cm×80cm2﹣V排B＝320cm3﹣100cm3＝220cm3，
同样，容器中的水的体积从60cm3到220cm3对应的时间段为：60s≤tx≤220s，tx时间水面升高的高度为：hx＝+，
容器底部所受液体压强p2＝ρ水ghx＝1.0×103kg/m3×10N/kg×（+）＝100+，
当水恰好要溢出时，V水＝4S2+4S1﹣V排B＝460cm3，此时，220s≤tx≤460s，则tx+V排B＝4×80+（hx﹣4）×60，解得hx＝，
p2＝ρ水ghx＝1.0×103kg/m3×10N/kg×cm＝。
答：（1）如图甲所示，实心圆柱体A对容器底部的压强p1为100Pa；
（2）实心圆柱体A的密度为0.2g/cm3；
（3）容器底部所受液体压强p2与注水时间tx秒钟（0≤tₓ≤460）的函数关系式为：当0≤tx≤60s时，hx＝，当60s≤tx≤220s时，hx＝100+，当220s≤tx≤460s时，hx＝。
【点评】本题考查了压强的计算、密度的计算、液体压强的计算以及公式的应用，难度较大。
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