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2023年辽宁省大连市八区中考物理一模试卷（含答案）
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这是一份2023年辽宁省大连市八区中考物理一模试卷（含答案），共41页。试卷主要包含了选择题注意，计算题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2023年辽宁省大连市八区中考物理一模试卷
一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共28分）注意：第1～10小题中，每题只有一个选项正确。注意：第11～14小题中，每题至少有两个选项正确。
1．（3分）小文同学坐在行驶的列车上，如果说小文是静止的，则所选择的参照物是（ ）
A．窗外的远山 B．小文的座椅
C．旁边走过的乘务员 D．地面上的树
2．下列现象中，由于光的反射形成的是（ ）
A．灯光下，墙上的手影
B．雨后天边出现的彩虹
C．桥在水中的“倒影”
D．水中的筷子看上去弯折了
3．（3分）下列关于生活用电的说法不正确的是（ ）
A．对人体的安全电压是不高于36V
B．电能表必须安装在总开关之前
C．高大建筑物上的避雷针必须与大地相连
D．有人触电时，保险丝会立即熔断，对人身起到保护作用
4．（3分）下列现象中与冬天冰冻的衣服晾干吸放热情况相同的是（ ）
A．①② B．①④ C．②③ D．③④
5．（3分）在日常生活中，摩擦现象普遍存在。有益的摩擦需要增大，有害的摩擦需要减小。下列实例中是为了减小摩擦的是（ ）
A．下雪后往路面撒煤渣 B．给机器轴承加润滑油
C．瓶盖侧表面刻有竖纹 D．拔河时用力握紧绳子
6．（3分）如图是某时刻四冲程汽油机工作状态示意图，下列说法正确的是（ ）
A．此时它正处在压缩冲程
B．汽油机做功冲程中高温高压气体推动活塞带动曲轴转动，对外做功
C．汽油机压缩冲程是将内能转化为机械能
D．此汽油机的效率可以达到100%
（多选）7．（3分）如图所示，一带负电橡胶棒靠近用细线挂住的轻细吸管A端时，吸管发生了转动，对吸管A端带电性质判断正确的是（ ）
A．若相互吸引，可能带正电
B．若相互吸引，可能不带电
C．若相互排斥，一定带正电
D．若相互排斥，一定带负电
8．（3分）某品牌电动车在上海建厂，电动机是电动车关键零件之一，下面与电动机原理相符的是（ ）
A．
B．
C．
D．
9．（3分）如图，A为导线，BM、CN为两根相同的电阻丝，下列说法正确的是（ ）
A．S和A接触，P向右移动灯泡变暗
B．S和B接触，P向右移动灯泡亮度变亮
C．S和C接触，P向左移动灯泡变亮
D．S和C接触，P向右移动灯泡亮度变暗
10．（3分）如图轻杆（不计杠杆重力），O为支点，物重为30N，OA：AB＝1：2，在竖直向上的拉力作用下始终保持平衡状态。下列说法，正确的是（ ）
A．图甲位置，仅增加物重，则拉力变化量与物重变化量之比为3：1
B．图甲位置时，拉力大小为15N
C．该杠杆与镊子类型相同
D．如图乙保持拉力方向不变，将轻杆匀速提到虚线位置，拉力不变
（多选）11．（3分）关于四冲程汽油机和柴油机，下列说法正确的是（ ）
A．汽油机和柴油机都是内燃机，吸入汽缸的物质不同
B．汽油机和柴油机都是通过火花塞点火的
C．燃料在汽缸内猛烈燃烧，燃料热值迅速减小
D．压缩冲程主要是通过做功的方式增大缸内气体的内能
（多选）12．（3分）某班同学在“探究凸透镜成像规律”的实验中，记录并绘制了像到凸透镜的距离v跟物体到凸透镜的距离u之间关系的图象，如图所示，下列判断正确的是（ ）
A．该凸透镜的焦距是16cm
B．当v＝20cm时成放大的像，投影仪就是根据这一原理制成的
C．当u＝12cm时，在光屏上能得到一个缩小的像
D．把物体从距凸透镜12cm处移动到24cm处的过程中，像逐渐变小
（多选）13．（3分）放置在水平桌面的两个相同烧杯，分别装满了两种不同的液体，把甲、乙两实心球分别轻轻放入两杯液体中，静止后的状态如图所示（乙沉底）已知此时甲、乙排开液体的重力相等，下列说法正确的是（ ）
A．甲所受的浮力等于乙所受的浮力
B．甲所受的重力小于乙所受的重力
C．甲的密度小于乙球的密度
D．两烧杯中液体对烧杯底部的压强相等
（多选）14．（3分）如图甲所示，R1为定值电阻，滑动变阻器R2的滑片从a端滑到b端的过程中，R2消耗的电功率P与其两端电压U的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．R1的阻值为20Ω
B．电源电压为9V
C．该电路消耗的最小电功率为0.6W
D．R2消耗的最大电功率为0.9W
二、填空题（本题共9小题，每小题2分，共18分
15．（2分）如图所示，在空气压缩引火仪的玻璃筒底部放一小团干燥的棉花，快速压下活塞，可观察到棉花着火燃烧。此过程中棉花是通过 改变内能的，某台汽油机飞轮的转速为2400r/min，在1min内，汽油机完成 个工作循环。
16．（2分）2020年6月23日，我国北斗三号最后一颗组网卫星发射成功。如图所示，北斗卫星工作所需要的电能是由 能转化而来的，北斗卫星是通过 向地面传递信息的（选填“超声波”、“次声波”或“电磁波”）。
17．（2分）如图所示，R1＞R2，电源电压不变，先闭合开关S1，则电磁铁的左端为 极，再断开开关S1闭合S2，则电磁铁的磁性将 （选填“不变”“减弱”或“增强”）。
18．（2分）湿衣服在太阳下很快变干，这是 现象，刚从冰箱取出的冰棒冒白烟是 现象（填物态变化的名称）。
19．（2分）奥运滑雪冠军苏翊鸣滑离跳台后由于具有 （选填“惯性”或“内能”）在空中继续向前运动，以他所戴的头盔为参照物苏翊鸣是 （选填“运动”或“静止”）的。
20．（2分）放在水平桌面上的两个完全相同的容器内装有适量的水，将A、B两个体积相同的实心物体分别放入容器内，待物体静止后，如图所示，物体受到的浮力FA FB，物体的密度ρA ρB（两空均选填“＞”“＜”或“＝”）。
21．（2分）如图电路，电源电压保持不变，滑动变阻器R标有“30Ω 1A”，定值电阻R0的阻值为10Ω，小灯泡L标有“6V 3.6W”（电阻不随温度而变化），电流表的量程为0～3A。当S闭合，S1、S2断开，滑片P移到R的中点时，小灯泡恰好正常发光。则电源电压为 V；在保证电路安全的前提下，电路消耗的最大功率为 W。
22．（2分）请你将如图所示的光路图补充完整。
23．（2分）如图所示，用瓶起子起瓶盖时，瓶起子是一个杠杆，O是它的支点，F2是它受到的阻力。请你在图中画出作用在A点的最小动力F1及其力臂L1。
三、计算题（本题共3小题，共20分）
24．（6分）利用某燃气热水器，将20L的水从20℃加热到60℃，完全燃烧了0.21m3的煤气。[已知：c水＝4.2×103J/（kg•℃），q煤＝4×107J/m3]试求：
（1）煤气完全燃烧放出的热量；
（2）水吸收的热量；
（3）该热水器烧水的效率。
25．（8分）小强同学利用如图所示的滑轮组将货物运送到楼上，图中每个滑轮重100N，不计绳子重和摩擦。已知绳能承受的最大拉力为300N，每次均竖直向上匀速拉动绳子，人重力为600N，双脚站立在水平地面上时，脚与地面的接触面积为600cm2，求：
（1）滑轮组的最大机械效率是多少？
（2）滑轮组机械效率最大时，人脚对地面的压强为多少？
（3）如果使用这个滑轮组提起重物时，刚好不省力时，提起的物重为多少N？（结果保留一位小数）
26．（6分）如图所示，是一款家用电热水壶的简化电路图，R1和R2均为电热丝，R1阻值为220Ω。闭合开关S1、S2，电热水壶开始加热，加热功率为1100W；温度达到一定时，开关S2断开，电热水壶开始保温。家庭电路中电压恒为220V，不考虑电热丝电阻随温度的变化。求：
（1）保温时的电热功率；
（2）电阻R2的阻值；
（3）该电热水壶在某次使用过程中，加热挡工作3min，保温挡工作10min，此过程消耗的电能。
四、综合题（本题共5小题，共24分）
27．（3分）把一根两端开口的细管浸入水中，充满水后用手指把一端堵住，移出水面，如图甲所示：
（1）把手指移开后管内的水会怎样流动？
（2）把细管倒过来，如图乙所示，如果把手指移开，管内的水会从A端流出。请你解释原因。
28．（5分）如图所示，图中是小明探究“水的沸腾”的实验装置。
（1）正确安装实验器材后，A、B、C三种读数方法中正确的是 （填字母代号）；
（2）由图乙可知，水的沸点是 ℃，水沸腾过程中不断吸热，温度 （选填“升高”、“降低”或“保持不变”）；
（3）为了拓展研究，小明在实验时往水中加了适量盐，在相同的条件下，获得了与其他同学不同的沸点值。为了探究盐水的浓度与沸点的关系，同学们用不同浓度的盐水做了沸腾实验，通过实验得出不同浓度的盐水在标准大气压下的沸点，数据记录如表分析：
盐水的浓度/%
0
2
4
6
8
10
12
14
沸点/℃
100.0
100.3
100.6
101.0
101.3
101.6
102.0
102.3
表中数据可知，当盐水浓度增大时其沸点 （降低/不变/升高）。据以上探究得到的结果，我们煮食物时要想让汤汁尽快沸腾，最好选择 （先/后）放盐。
29．（6分）为了测量一个标有“2.5V 0.625W”小灯泡的电阻，小明连接的实验电路如图所示。
（1）图中电压表还没有连入电路，请你用笔画线作为导线，将电压表正确地连入电路中。
（2）实验前，他发现电路中还有一处连接不恰当，请你指出。 。
（3）闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应处在 端。（选填“A”或“B”）
（4）正确连接电路后，无论小明怎么调节滑动变阻器，发现电流表均无示数，电压表显示电源电压，原因可能是 。
（5）排除故障后，小明分别测出了小灯泡两端的电压为1.5V、2V、2.5V时的电流并计算出对应的电阻R1、R2、R3然后用R1、R2、R3的平均值作为小灯泡两端电压为1.2V时的电阻。他的做法 。（选填“正确”或“不正确”）原因是 。
30．（5分）在“探究凸透镜成像的规律”实验中，所用凸透镜的焦距是10cm，将透镜固定在光具座50cm刻度线处，实验装置如图所示：
（1）实验时要首先应调节凸透镜、光屏和蜡烛的高度，使它们的中心大致同一高度，点燃蜡烛应在调整高度之 （选填“前”或“后”）；
（2）实验中将蜡烛移至光具座上10cm刻度线处，移动光屏，直到烛焰在光屏上成清晰的实像，该像是 的（选填“放大”、“等大”或“缩小”）；
（3）将蜡烛从光具座上10cm向35cm刻度线移动时，若要让烛焰在光屏上能再次成清晰的像，光屏应 （选填“远离”或“靠近”）透镜；
（4）实验时，蜡烛越烧越短，将会看到屏上的像向 （选填“上”或“下”）移动；
（5）实验过程中，用黑纸将凸透镜遮掉一半，光屏上像的形状 （选填“变”或“不变”）。
31．（4分）小明用装有沙子的带盖塑料瓶探究浮力的影响因素。
（1）小明依次做了如下实验：
①根据A、C的结果，可得该塑料瓶浸没在水中受到的浮力是 N；
②根据A与几次实验，可得：浮力大小与排开液体体积有关，根据A、C、D的结果，可得：浮力大小与 有关；
③可以计算出盐水的密度为 kg/m3；
④为验证浮力和物体的密度是否有关，小明将瓶子中的沙子倒掉一些相当于减小物体密度。接着他仿照步骤D进行实验，发现此时弹簧测力计示数小于1.7N，便认为浮力和物体的密度有关，小明在该实验环节中存在的问题是 不同；
（2）如图2所示是小明利用不同的粗细均匀吸管制成的密度计竖直漂浮在水中时的情形，其中密度计 （选填“①”“②”或“③”）在测量其他液体密度时结果更精确。
2023年辽宁省大连市八区中考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共28分）注意：第1～10小题中，每题只有一个选项正确。注意：第11～14小题中，每题至少有两个选项正确。
1．（3分）小文同学坐在行驶的列车上，如果说小文是静止的，则所选择的参照物是（ ）
A．窗外的远山 B．小文的座椅
C．旁边走过的乘务员 D．地面上的树
【分析】研究物体的运动时，必须事先选定一个标准的物体，这个事先被选作标准的物体叫参照物；如果被研究的物体相对于这个标准位置发生了改变，则其是运动的；如果被研究的物体相对于这个标准位置没有发生了改变，则其是静止的。
【解答】解：坐在行驶的火车里的小文同学与窗外的远山、旁边走过的乘务员、地面上的树之间的位置不断发生变化，所以以窗外的远山、旁边走过的乘务员、地面上的树为参照物时，小文同学是运动的，故ACD不符合题意；
以小文的座椅为参照物，小文同学与座椅之间的相对位置没有发生变化，所以小文同学是静止的，故B符合题意。
故选：B。
【点评】一个物体的运动状态的确定，关键取决于所选取的参照物，所选取的参照物不同，得到的结论也不一定相同，这就是运动和静止的相对性。
2．下列现象中，由于光的反射形成的是（ ）
A．灯光下，墙上的手影
B．雨后天边出现的彩虹
C．桥在水中的“倒影”
D．水中的筷子看上去弯折了
【分析】（1）光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，产生的现象有小孔成像、激光准直、影子的形成、日食和月食等；
（2）光线传播到两种介质的表面上时会发生光的反射现象，例如水面上出现岸上物体的倒影、平面镜成像、玻璃等光滑物体反光都是光的反射形成的；
（3）光线在同种不均匀介质中传播或者从一种介质斜射入另一种介质时，就会出现光的折射现象，例如水池底变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼、凸透镜成像等都是光的折射形成的。
【解答】解：
A、灯光下，墙上的手影是由光是沿直线传播形成的，故A错误；
B、雨后天边出现的彩虹，这是太阳光通过悬浮在空气中细小的水珠折射而成的，白光经水珠折射以后，分成各种彩色光，这是光的色散现象，故B错误；
C、桥在水中的“倒影”，属于平面镜成像，其原理是光的反射，故C正确；
D、插入水中的筷子，由于筷子反射的光线从水中斜射入空气中时，传播方向发生了偏折，远离法线，折射角大于入射角，所以看到筷子在水中的部分是向上弯折，此时看到的像是筷子的虚像，故D错误。
故选：C。
【点评】此题通过几个日常生活中的现象考查了对光的折射、光的直线传播、光的反射的理解，在学习过程中要善于利用所学知识解释有关现象。
3．（3分）下列关于生活用电的说法不正确的是（ ）
A．对人体的安全电压是不高于36V
B．电能表必须安装在总开关之前
C．高大建筑物上的避雷针必须与大地相连
D．有人触电时，保险丝会立即熔断，对人身起到保护作用
【分析】（1）对人体的安全电压是不高于36V；
（2）输电线进户后首先接到电能表上，后面依次是总开关、保险装置、用电器；
（3）预防雷击的主要方法是在建筑物上安装避雷针，避雷针就是一个接地的金属装置，高端比建筑物顶端更高，吸引闪电，把闪电的强大电流传导到大地中去，从而防止闪电电流经过建筑物；
（4）家庭电路中干路中的电流过大时，保险丝会熔断。
【解答】解：
A、对人体的安全电压是不高于36V，故A正确；
B、家庭电路中，输电线进户后首先接到电能表上，后面依次是总开关、保护设备、用电器和导线等，故B正确；
C、高大建筑物顶端带有针状的金属物用很粗的金属线跟大地相连，发生雷电时，可以把闪电的强大电流传导到大地中去，可以避免建筑物遭受雷击，故C正确；
D、有人触电时，不会引起电路中的电流过大，保险丝不会熔断，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查了学生对安全用电知识的了解与掌握，平时学习时多了解、积累，加强安全意识，学好电、用好电。
4．（3分）下列现象中与冬天冰冻的衣服晾干吸放热情况相同的是（ ）
A．①② B．①④ C．②③ D．③④
【分析】（1）物质由气态直接变为固态的过程叫凝华，物质由固态直接变为气态的过程叫升华；由气态变为液态的过程叫液化，由液态变为气态的过程叫汽化；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。
（2）六种物态变化过程中，都伴随着吸热或放热；其中放出热量的物态变化有：凝固、液化、凝华；吸热的有：熔化、汽化、升华。
【解答】解：冬天冰冻的衣服晾干是升华现象，升华吸热；
①冰雪消融是熔化现象，熔化吸热；
②常温下干冰变小是升华现象，升华吸热；
③雾是空气中的水蒸气遇冷液化为液态的小水滴，液化放热；
④霜是空气中的水蒸气遇冷凝华为固态的冰晶，凝华放热。
故BCD错误，A正确。
故选：A。
【点评】分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态；另外对六种物态变化的吸热和放热情况也要有清晰的认识。
5．（3分）在日常生活中，摩擦现象普遍存在。有益的摩擦需要增大，有害的摩擦需要减小。下列实例中是为了减小摩擦的是（ ）
A．下雪后往路面撒煤渣 B．给机器轴承加润滑油
C．瓶盖侧表面刻有竖纹 D．拔河时用力握紧绳子
【分析】（1）摩擦力大小的影响因素：压力大小和接触面的粗糙程度。
（2）增大摩擦的方法：在接触面粗糙程度一定时，增大压力；在压力一定时，增大接触面的粗糙程度。
（3）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、下雪后往路面撒煤渣，是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力，故A不合题意。
B、给机器轴承加润滑油，是通过使接触面脱离的方法减小摩擦力，故B符合题意。
C、瓶盖侧表面刻有竖纹，是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力，故C不合题意。
D、拔河时用力握紧绳子，是在接触面粗糙程度一定时，通过增大压力来增大摩擦力，故D不合题意。
故选：B。
【点评】本题在考查影响滑动摩擦力大小的两个因素的同时，也考查了学生运用所学知识分析实际问题的能力，要求学生在生活中多注意观察，并学会应用，增大有益摩擦，减小有害摩擦，使其更好地为人类服务。
6．（3分）如图是某时刻四冲程汽油机工作状态示意图，下列说法正确的是（ ）
A．此时它正处在压缩冲程
B．汽油机做功冲程中高温高压气体推动活塞带动曲轴转动，对外做功
C．汽油机压缩冲程是将内能转化为机械能
D．此汽油机的效率可以达到100%
【分析】（1）火花塞点火说明此过程为做功冲程；
（2）热机做功冲程的时候火花塞点火，活塞向下运动并带动曲轴运动，此时对外做功，内能转化为机械能；
（3）热机压缩冲程中外界对气体做功，活塞向上运动，此时机械能转化为内能；
（4）任何热机的效率都不可能达到100%，因为燃料燃烧时有热量损失，机械转动部分也要损失一定的热量，以及尾气排放时也会带走热量等等。
【解答】解：A．如图所示，火花塞点火说明此过程为做功冲程，故A错误；
B．热机做功冲程中燃料燃烧，产生的高温高压气体推动活塞运动带动曲轴运动，对外做功，将内能转化为机械能，故B正确；
C．热机压缩冲程中活塞向上运动，活塞对气体做功，此冲程中将机械能转化为内能，故C错误；
D．任何热机的效率都不可能达到100%，因为燃料燃烧时有热量损失，机械转动部分也要损失一定的热量，以及尾气排放时也会带走热量等等，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了内燃机的工作过程，属于基础知识。
（多选）7．（3分）如图所示，一带负电橡胶棒靠近用细线挂住的轻细吸管A端时，吸管发生了转动，对吸管A端带电性质判断正确的是（ ）
A．若相互吸引，可能带正电
B．若相互吸引，可能不带电
C．若相互排斥，一定带正电
D．若相互排斥，一定带负电
【分析】带电体能够吸引轻小物体；
同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。
【解答】解：带电体能够吸引轻小物体，异种电荷相互吸引；带负电橡胶棒靠近用细线挂住的轻细吸管A端，若相互吸引，A端有可能不带电或带正电；故AB正确；
若相互排斥，A端一定带负电，故C错误，D正确。
故选：ABD。
【点评】此题考查带电体的性质和电荷间的相互作用规律，要综合分析解答。
8．（3分）某品牌电动车在上海建厂，电动机是电动车关键零件之一，下面与电动机原理相符的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】电动机是根据通电线圈在磁场中受力而转动的原理制成的。
【解答】解：电动机是根据通电线圈在磁场中受力而转动的原理制成的。
A、图中是扬声器，其原理是通电导体在磁场中受力而运动，与电动机的原理相同，故A符合题意；
B、图中是动圈式话筒，它是根据电磁感应现象制成的，与电动机的原理不同，故B不符合题意；
C、图中没有电源，是发电机的原理图，利用的是电磁感应现象，故C不符合题意；
D、图中是电铃，其原理是电流的磁效应，故D不符合题意。
故选：A。
【点评】本题涉及的内容有电铃的原理、电动机原理、扬声器的原理和发电机的原理。注意电磁感应和通电导体在磁场中受力运动的装置是不同的，前者外部没有电源，后者外部有电源。
9．（3分）如图，A为导线，BM、CN为两根相同的电阻丝，下列说法正确的是（ ）
A．S和A接触，P向右移动灯泡变暗
B．S和B接触，P向右移动灯泡亮度变亮
C．S和C接触，P向左移动灯泡变亮
D．S和C接触，P向右移动灯泡亮度变暗
【分析】移动滑片时只有改变连入电路的电阻的长度，才能改变连入电路的电阻的大小，从而改变灯泡的亮度。
【解答】解：A、S和A接触，MN电阻丝接入电路，P向右移动，MN的长度增大，则电路中的电阻变大，由欧姆定律可知，电路中的电流将变小，即灯泡变暗；故A正确；
B、S和B接触，BN电阻丝接入电路，P向右移动时，BN的长度不变，电路中的电流不变，即灯泡亮度不变；故B错误；
CD、S和C接触，CN电阻丝接入电路，P无论怎样移动，CN的长度均不变，即电路中的电阻不变，则由欧姆定律可知，电路中的电流不变，即灯泡亮度不变；故CD错误。
故选：A。
【点评】掌握影响导体电阻的因素和欧姆定律的应用，关键是能从电路中分析出滑片的移动，电阻丝长度如何变化。
10．（3分）如图轻杆（不计杠杆重力），O为支点，物重为30N，OA：AB＝1：2，在竖直向上的拉力作用下始终保持平衡状态。下列说法，正确的是（ ）
A．图甲位置，仅增加物重，则拉力变化量与物重变化量之比为3：1
B．图甲位置时，拉力大小为15N
C．该杠杆与镊子类型相同
D．如图乙保持拉力方向不变，将轻杆匀速提到虚线位置，拉力不变
【分析】（1）利用杠杆平衡的条件表示出拉力变化量与物重变化量的关系，从而进行判断；
（2）根据杠杆平衡条件可求出拉力的大小；
（3）先判断图中杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆；而镊子使用时，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆；
（4）如图乙保持拉力方向不变，将轻杆匀速提到虚线位置，画出动力和阻力的作用线，找出动力臂的阻力臂，利用三角形的相似关系，确定动力臂和阻力臂的关系，再利用杠杆平衡条件分析拉力F的大小变化情况。
【解答】解：
A、图甲位置时，原来杠杆平衡，则有F×OB＝G×OA﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①，
若仅增加物重，杠杆再次平衡时，有（F+ΔF）×OB＝（G+ΔG）×OA﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，
②﹣①可得：ΔF×OB＝ΔG×OA，
所以，＝＝，即拉力的变化量与物重的变化量之比为1：3，故A错误；
B、已知物重为30N，图甲位置时，OA：AB＝1：2，且动力臂为OB，阻力臂为OA；
由杠杆平衡条件可得：F×OB＝G×OA，
则拉力：F＝＝＝10N，故B错误；
C、根据图甲可知，动力臂大于阻力臂，因此该杠杆为省力杠杆；而镊子使用时，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，因此它们的类型不同，故C错误；
D、如图乙，保持拉力方向不变，将轻杆匀速提到虚线位置，其力臂如图所示：
OB′为动力臂，OA′为阻力臂，阻力不变为G，
因为ΔOA′A∽ΔOB′B，所以OA′：OB′＝OA：OB＝1：3，
由杠杆平衡条件可得F′×OB′＝G×OA′，
则F′＝＝＝10N；
由此可知保持拉力方向不变，将轻杆匀速提到虚线位置，拉力大小不变，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了杠杆的分类、杠杆平衡条件的综合应用，能正确画出杠杆的示意图，并借助三角形相似确定两力臂的关系是本题的关键。
（多选）11．（3分）关于四冲程汽油机和柴油机，下列说法正确的是（ ）
A．汽油机和柴油机都是内燃机，吸入汽缸的物质不同
B．汽油机和柴油机都是通过火花塞点火的
C．燃料在汽缸内猛烈燃烧，燃料热值迅速减小
D．压缩冲程主要是通过做功的方式增大缸内气体的内能
【分析】（1）柴油机和汽油机都是利用内能做功的机器，都是热机，因为燃料都是在气缸内燃烧，又都叫做内燃机，工作过程中，汽油机吸入的是空气和汽油的混合物，柴油机吸入的是空气；
（2）在点火方式上，汽油机是点燃式，柴油机是压燃式；
（3）某种燃料完全燃烧放出的热量和质量的比值叫热值；热值是燃料的一种特性，它只与燃料的种类有关，与燃料的质量、燃烧程度等均无关；
（4）改变内能的方法有两个：做功和热传递。
【解答】解：
A、柴油机和汽油机都属于内燃机，工作过程中，汽油机吸入的是空气和汽油的混合物，柴油机吸入的是空气，故A正确；
B、汽油机是通过火花塞点火的，而柴油机是通过压燃式点火的，故B错误；
C、燃料在汽缸内猛烈燃烧，燃料热值保持不变，故C错误；
D、压缩冲程中，活塞压缩气体，对气体做功，气体的内能变大，故D正确。
故选：AD。
【点评】此题考查的是我们对于热机有关的物理概念或规律的认识，属于基础题。
（多选）12．（3分）某班同学在“探究凸透镜成像规律”的实验中，记录并绘制了像到凸透镜的距离v跟物体到凸透镜的距离u之间关系的图象，如图所示，下列判断正确的是（ ）
A．该凸透镜的焦距是16cm
B．当v＝20cm时成放大的像，投影仪就是根据这一原理制成的
C．当u＝12cm时，在光屏上能得到一个缩小的像
D．把物体从距凸透镜12cm处移动到24cm处的过程中，像逐渐变小
【分析】（1）根据凸透镜成像的四种情况和应用进行判断：
u＞2f，成倒立、缩小的实像，2f＞v＞f，应用于照相机和摄像机；
u＝2f，成倒立、等大的实像，v＝2f，一般用来求凸透镜的焦距；
2f＞u＞f，成倒立、放大的实像，v＞2f，应用于幻灯机和投影仪；
u＜f，成正立、放大的虚像，应用于放大镜；
（2）当物距大于焦距时，凸透镜成实像；凸透镜成实像时，物距增大，像距减小，像变小。
【解答】解：A、u＝v＝2f，凸透镜成倒立、等大的实像，如图，u＝v＝2f＝16cm 时，所以f＝8cm，故A错误；
B、当v＝20cm时，像距大于二倍焦距，凸透镜成放大的像，其应用是投影仪，故B正确；
C、当u＝12cm时，物距在一倍焦距和二倍焦距之间，成倒立、放大的实像，故C错误；
D、把物体从距凸透镜12cm处移动到24cm处的过程中，物距变大，像距变小，像逐渐变小，故D正确。
故选：BD。
【点评】凸透镜成像的应用，以及凸透镜成实像时，物距、像距、像之间的关系，是凸透镜成像习题的重要依据，一定要熟练掌握。
（多选）13．（3分）放置在水平桌面的两个相同烧杯，分别装满了两种不同的液体，把甲、乙两实心球分别轻轻放入两杯液体中，静止后的状态如图所示（乙沉底）已知此时甲、乙排开液体的重力相等，下列说法正确的是（ ）
A．甲所受的浮力等于乙所受的浮力
B．甲所受的重力小于乙所受的重力
C．甲的密度小于乙球的密度
D．两烧杯中液体对烧杯底部的压强相等
【分析】A、已知甲排开液体的重力等于乙排开液体的重力，根据阿基米德原理可知浮力关系；
BC、根据物体的浮沉条件分析重力和密度的大小；
D、根据液体密度，利用压强公式判定压强的大小。
【解答】解：A、根据阿基米德原理可知：浸在液体中的物体浮力大小等于排开液体所受到的重力，已知甲排开液体的重力等于乙排开液体的重力，所以甲所受的浮力等于乙受到的浮力，故A正确；
B、由图可知，甲处于悬浮状态，重力等于浮力；乙处于下沉状态，浮力小于重力；甲所受的浮力等于乙受到的浮力，所以甲所受的重力小于乙所受的重力，故B正确；
C、由于甲所受的浮力等于乙受到的浮力，则：ρ液甲gV排甲＝ρ液乙gV排乙，由于甲的体积大于乙的体积，则甲的液体的密度要小于乙的液体的密度；甲悬浮，甲的密度等于液体的密度，乙下沉，说明乙的密度大于液体的密度，所以甲的密度要小于乙的密度，故C正确；
D、两杯液体深度相同，乙球所在液体的密度大，根据p＝ρgh可知，两烧杯中液体对烧杯底部的压强不相等，故D错误。
故选：ABC。
【点评】本题考查阿基米德原理的应用，关键是知道浮力的大小等于被该物体排开的液体的重力。
（多选）14．（3分）如图甲所示，R1为定值电阻，滑动变阻器R2的滑片从a端滑到b端的过程中，R2消耗的电功率P与其两端电压U的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．R1的阻值为20Ω
B．电源电压为9V
C．该电路消耗的最小电功率为0.6W
D．R2消耗的最大电功率为0.9W
【分析】由图甲可知，两电阻串联，电压表测滑动变阻器R2两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）由图像读出滑动变阻器的电功率和电压值，根据I＝求出电路中的电流；根据串联电路的特点和欧姆定律表示出电源的电压，并求出R1的阻值；
（2）根据串联电路的特点和欧姆定律求出电源电压；
（3）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时变阻器两端电压最大，电路中的电流最小，根据P＝UI即可求出电路消耗的最小电功率；
（4）当变阻器接入电路中的电阻最大时，电压表的示数最大，根据图像读出R2消耗的电功率，利用P＝求出R2的最大阻值，根据欧姆定律表示出变阻器接入电路中的电阻为R时的电路中的电流，根据P＝UI＝I2R表示出变阻器消耗的电功率，然后根据表达式判断出变阻器消耗的最大功率时的阻值，进一步求出其大小。
【解答】解：由图甲可知，两电阻串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。
A、当滑动变阻器消耗的功率P2＝0.8W时，其两端电压为U2＝2V，
由P＝UI可得，此时电路中的电流为：I＝＝＝0.4A，
由I＝及串联电路的电压规律可得，电源的电压：U＝IR1+U2＝0.4A×R1+2V﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
当滑动变阻器消耗的功率P2′＝0.5W时，其两端电压为U2′＝5V，
由P＝UI可得，此时电路中的电流为：I′＝＝＝0.1A，
由I＝及串联电路的电压规律可得，电源的电压：U＝I′R1+U2′＝0.1A×R1+5V﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由于电源电压不变，则：0.4A×R1+2V＝0.1A×R1+5V，
解得：R1＝10Ω；故A错误；
B、电源电压为：U＝IR1+U2＝0.4A×10Ω+2V＝6V，故B错误；
C、由图乙可知，当变阻器两端电压最大为5V时，滑动变阻器全部接入电路中，其电阻最大，此时电流最小为I最小＝0.1A，
则该电路消耗的最小电功率为P最小＝UI最小＝6V×0.1A＝0.6W；故C正确；
D、由图像可知，当变阻器接入电路中的电阻最大时，电压表的最大示数U2′＝5V，消耗的电功率P2′＝0.5W，
由P＝可得，R2的最大阻值：R2＝＝＝50Ω，
当变阻器接入电路中的电阻为R时，电路中的电流：I＝，
则变阻器消耗的电功率：
P2＝I2R＝（）2R＝＝＝＝，
所以，当R＝R1＝10Ω时，变阻器消耗的电功率最大，则P2大＝＝＝0.9W，故D正确。
故选：CD。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，从图像中获取有用的信息是关键，难点是滑动变阻器消耗最大功率的判断。
二、填空题（本题共9小题，每小题2分，共18分
15．（2分）如图所示，在空气压缩引火仪的玻璃筒底部放一小团干燥的棉花，快速压下活塞，可观察到棉花着火燃烧。此过程中棉花是通过 做功 改变内能的，某台汽油机飞轮的转速为2400r/min，在1min内，汽油机完成 1200 个工作循环。
【分析】（1）压缩气体做功，将机械能转化为内能；四冲程汽油机工作时，在压缩冲程中机械能转化为内能；在做功冲程中将内能转化为机械能；燃料燃烧时，将燃料的化学能转化为内能；
（2）在四冲程内燃机飞轮转一圈，完成2个冲程，1个工作循环中包括4个冲程并对外做功1次、飞轮转2圈。
【解答】解：
（1）活塞对筒内气体做功，气体的内能增加、温度升高，将机械能转化为内能，这与四冲程汽油机的压缩冲程的能量转化相同；此过程中棉花是通过做功改变内能的；
（2）汽油机的一个工作循环有四个冲程，飞轮转2圈；
若飞轮的转速为2400r/min，则飞轮每秒钟转＝40圈，完成20个工作循环，每分钟20×60＝1200次。
故答案为：做功；1200。
【点评】本题考查了改变内能的方法以及汽油机的工作特点，要记住：内燃机一个工作循环，经历四个冲程，燃气对外做功一次，活塞往返两次，曲轴转动两周。
16．（2分）2020年6月23日，我国北斗三号最后一颗组网卫星发射成功。如图所示，北斗卫星工作所需要的电能是由 太阳 能转化而来的，北斗卫星是通过 电磁波 向地面传递信息的（选填“超声波”、“次声波”或“电磁波”）。
【分析】（1）太阳能电池板是把太阳转化成电能的装置；
（2）卫星都是通过电磁波来传递信息的.
【解答】解：太阳能电池板是把太阳能转化成电能的装置，所以北斗卫星工作所需要的电能是通过太阳能电池板由太阳能转化而来的；
电磁波的传播不需要介质，声音的传播需要介质，而太空中没有空气，所以“北斗”卫星导航系统是利用电磁波向地球传递信息的。
故答案为：太阳；电磁波。
【点评】本题考查太阳能的利用以及电磁波的应用，属于基础题目，仔细分析不难做出。
17．（2分）如图所示，R1＞R2，电源电压不变，先闭合开关S1，则电磁铁的左端为 S 极，再断开开关S1闭合S2，则电磁铁的磁性将 增强 （选填“不变”“减弱”或“增强”）。
【分析】先闭合开关S1，电阻R1与电磁铁串联，根据电磁铁中电流的方向，利用安培定则判定电磁铁的极性；
再断开开关S1闭合S2，电阻R2与电磁铁串联，根据R1、R2的大小关系可知电路中电阻的变化，利用欧姆定律分析电路中电流的变化，根据影响电磁铁磁性强弱的因素分析电磁铁磁性的变化情况。
【解答】解：先闭合开关S1，电阻R1与电磁铁串联接入电路中，电流从电磁铁的左端流入，根据安培定则可知，电磁铁的右端为N极，其左端为S极；
再断开开关S1闭合S2，电阻R2与电磁铁串联接入电路中，由于R1＞R2，根据欧姆定律可知，此时电路中电流变大，而电磁铁的线圈匝数不变，所以电磁铁的磁性增强。
故答案为：S；增强。
【点评】本题考查了安培定则的应用、欧姆定律的应用、影响电磁铁磁性强弱的因素，属于基础题。
18．（2分）湿衣服在太阳下很快变干，这是 汽化 现象，刚从冰箱取出的冰棒冒白烟是 液化 现象（填物态变化的名称）。
【分析】物体由液态变为气态的现象叫汽化，汽化吸热；物体由气态变为液态的现象叫液化，液化要放热。
【解答】解：湿衣服在太阳下很快变干，水有液态变为气态，这是汽化现象，刚从冰箱取出的冰棒冒的白烟是空气中的水蒸气遇冷液化形成的。
故答案为：汽化；液化。
【点评】不要误以为雾气是水蒸发形成的水蒸气，生活中看到的白气、白雾都是液态的小水滴，而不是水蒸气，它的形成过程都是液化。
19．（2分）奥运滑雪冠军苏翊鸣滑离跳台后由于具有 惯性 （选填“惯性”或“内能”）在空中继续向前运动，以他所戴的头盔为参照物苏翊鸣是 静止 （选填“运动”或“静止”）的。
【分析】物体有保持原来运动状态不变的性质叫做惯性；
在研究物体的运动情况时，要先选取一个标准作为参照物，物体和参照物之间的位置如果发生改变，则物体是运动的；如果未发生变化，则物体是静止的。
【解答】解：奥运滑雪冠军苏翊鸣滑离跳台后由于具有惯性，仍然会保持原来的运动状态，在空中继续向前运动；
以他所戴的头盔为参照物，苏翊鸣与头盔之间没有发生位置的变化，是静止的。
故答案为：惯性；静止。
【点评】本题考查了惯性、运动和静止的相对性，属于基础题。
20．（2分）放在水平桌面上的两个完全相同的容器内装有适量的水，将A、B两个体积相同的实心物体分别放入容器内，待物体静止后，如图所示，物体受到的浮力FA ＜ FB，物体的密度ρA ＜ ρB（两空均选填“＞”“＜”或“＝”）。
【分析】由图示可知，A、B排开水的体积关系，根据F浮＝ρ水gV排可知A、B受到的浮力大小关系；
A、B均漂浮在水面上，所受浮力等于自身的重力，即F浮＝G物，根据浮力的大小关系可知A、B重力的大小关系，根据G＝mg可知A、B的质量关系，根据ρ＝可知A、B的密度大小关系。
【解答】解：由图示可知，A、B排开水的体积关系为：V排A＜V排B，
根据F浮＝ρ水gV排可知A、B受到的浮力大小关系为：FA＜FB；
A、B均漂浮在水面上，所受浮力等于自身的重力，即F浮＝G物，
所以A、B的重力关系为：GA＜GB，
由G＝mg可知，A、B的质量关系为mA＜mB，
且A、B的体积相等，由ρ＝可知，A、B的密度关系为ρA＜ρB。
故答案为：＜；＜。
【点评】本题考查了物体的浮沉条件、重力公式、密度公式和阿基米德原理的应用，知道“物体漂浮时，所受浮力等于自身的重力”是关键。
21．（2分）如图电路，电源电压保持不变，滑动变阻器R标有“30Ω 1A”，定值电阻R0的阻值为10Ω，小灯泡L标有“6V 3.6W”（电阻不随温度而变化），电流表的量程为0～3A。当S闭合，S1、S2断开，滑片P移到R的中点时，小灯泡恰好正常发光。则电源电压为 15 V；在保证电路安全的前提下，电路消耗的最大功率为 37.5 W。
【分析】（1）小灯泡正常发光时的功率和额定功率相等，根据P＝UI求出正常工作时的电流；
知道灯泡正常发光时的电压和电流，根据欧姆定律求出小灯泡的电阻；
当S闭合，S1、S2都断开，滑片P移到R的中点时，灯泡与滑动变阻器串联，由灯泡正常发光可知电路中的电流，根据电阻的串联和欧姆定律求出电源的电压；
（2）要保证电路安全，分析电路可得，当闭合开关S、S2和S1时，且通过滑动变阻器的电流为1A时，干路电流最大，根据并联电路电压规律和欧姆定律求出通过R0的电流，再根据并联电路电流规律求出干路最大电流，根据P＝UI求出电路消耗的最大总功率。
【解答】解：（1）小灯泡正常发光时的电压UL＝6V，功率PL＝3.6W，
由P＝UI可得，小灯泡正常工作的电流：IL＝＝＝0.6A，
小灯泡的电阻不随温度而变化，根据欧姆定律可知小灯泡的电阻RL＝＝＝10Ω；
当S闭合，S1、S2都断开，滑片P移到R的中点时，灯泡与滑动变阻器串联，
因串联电路中各处的电流相等，且灯泡正常发光，
所以，电路中的电流I＝IL＝0.6A，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，电源的电压：U＝I（RL+R）＝0.6A×（10Ω+×30Ω）＝15V；
（2）要保证电路安全，分析电路可得，当闭合开关S、S2和S1时，且通过滑动变阻器的电流为1A时，干路电流最大；
因并联电路中各支路两端电压相等，
所以此时通过R0的电流：I0＝＝＝1.5A；
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以干路的最大电流：Imax＝1A+1.5A＝2.5A，
电路消耗的最大功率：Pmax＝UImax＝15V×2.5A＝37.5W。
故答案为：15；37.5。
【点评】本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活应用，关键是电路最大电流的判断。
22．（2分）请你将如图所示的光路图补充完整。
【分析】凹透镜有三条特殊光线：平行于主光轴的光线经凹透镜折射后，折射光线的反向延长线过虚焦点；过光心的光线传播方向不变；入射光线的延长线过凹透镜另一侧的焦点，折射光线平行于主光轴射出，据此作图。
【解答】解：由图知，入射光线过光心，则它的传播方向不变；折射光线平行于主光轴射出，则入射光线的延长线过凹透镜另一侧的焦点，先用虚线连接入射点和右侧焦点F，然后用实线延长作出入射光线，如下图所示：
【点评】关于凹透镜，有三条特殊的入射光线：①平行于主光轴；②入射光线的延长线射过另一侧的焦点；③过光心的，每条特殊的入射光线对应的折射光线都有自己的特点，根据两者的对应关系可以利用入射光线作出折射光线；也可以利用折射光线作出对应的入射光线。
23．（2分）如图所示，用瓶起子起瓶盖时，瓶起子是一个杠杆，O是它的支点，F2是它受到的阻力。请你在图中画出作用在A点的最小动力F1及其力臂L1。
【分析】杠杆平衡条件：动力×动力臂＝阻力×阻力臂（F1 L1＝F2 L2），在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小。
【解答】解：由杠杆平衡条件F1 L1＝F2 L2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，因此OA作为动力臂L1最长；由于阻力使杠杆逆时针方向转动，所以动力的方向应该向上，过点A垂直于OA向上作出最小动力F1的示意图，如图所示：
。
【点评】本题的解题关键是通过杠杆的平衡条件得出：在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小的结论。
三、计算题（本题共3小题，共20分）
24．（6分）利用某燃气热水器，将20L的水从20℃加热到60℃，完全燃烧了0.21m3的煤气。[已知：c水＝4.2×103J/（kg•℃），q煤＝4×107J/m3]试求：
（1）煤气完全燃烧放出的热量；
（2）水吸收的热量；
（3）该热水器烧水的效率。
【分析】（1）知道煤气的体积、热值，利用Q放＝Vq求出煤气完全燃烧放出的热量；
（2）知道水的体积、密度，利用m＝ρV求水的质量，又知道水的比热容、初温和末温，利用Q吸＝cm（t﹣t0）求水吸收的热量；
（3）该热水器烧水的效率等于水吸收的热量与煤气完全燃烧放出的热量之比。
【解答】解：（1）煤气完全燃烧放出的热量：
Q放＝Vq煤＝0.21m3×4×107J/m3＝8.4×106J；
（2）水的体积V水＝20L＝20dm3＝0.02m3，
由ρ＝得水的质量：
m水＝ρ水V水＝1×103kg/m3×0.02m3＝20kg，
水吸收的热量：
Q吸＝c水m水（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×20kg×（60℃﹣20℃）＝3.36×106J；
（3）该热水器烧水的效率：
η＝＝×100%＝40%。
答：（1）煤气完全燃烧放出的热量是8.4×106J；
（2）水吸收的热量是3.36×106J；
（3）该热水器烧水的效率是40%。
【点评】本题考查了密度公式、燃料完全燃烧释放热量公式、吸热公式、效率公式的应用，是一道基础题。
25．（8分）小强同学利用如图所示的滑轮组将货物运送到楼上，图中每个滑轮重100N，不计绳子重和摩擦。已知绳能承受的最大拉力为300N，每次均竖直向上匀速拉动绳子，人重力为600N，双脚站立在水平地面上时，脚与地面的接触面积为600cm2，求：
（1）滑轮组的最大机械效率是多少？
（2）滑轮组机械效率最大时，人脚对地面的压强为多少？
（3）如果使用这个滑轮组提起重物时，刚好不省力时，提起的物重为多少N？（结果保留一位小数）
【分析】（1）由题意可知动滑轮的总重力，由图可知n＝4，利用不计绳重和摩擦时F＝（G+G动）求能提升货物的最大重力，利用η＝＝＝＝求滑轮组的最大机械效率；
（2）根据力的平衡条件求出人对地面的压力，根据p＝求人脚对地面的压强；
（3）根据刚好不省力可知绳子自由端的拉力与货物的重力相等，利用η＝＝＝＝求此时滑轮组的机械效率，再利用不计绳重和摩擦时η＝＝＝＝求货物的重力。
【解答】解：（1）由题意可知，动滑轮的总重力：G动＝2×100N＝200N，
由图可知n＝4，因为不计绳重和摩擦时F＝（G+G动），所以能提升货物的最大重力：G最大＝nF最大﹣G动＝4×300N﹣200N＝1000N，
则滑轮组的最大机械效率：η最大＝＝＝＝＝×100%≈83.3%；
（2）由力的平衡条件可知，人对地面的压力：F压＝G人+F最大＝600N+300N＝900N，
则人脚对地面的压强：p＝＝＝1.5×104Pa；
（3）由题意可知，刚好不省力时，绳子自由端的拉力与货物的重力相等，即F＝G，
此时滑轮组的机械效率：η＝＝＝＝＝＝＝25%，
由不计绳重和摩擦时η＝＝＝＝可知，此时货物的重力：G＝动＝×200N≈66.7N。
答：（1）滑轮组的最大机械效率是83.3%；
（2）滑轮组机械效率最大时，人脚对地面的压强为1.5×104Pa；
（3）如果使用这个滑轮组提起重物时，刚好不省力时，提起的物重为66.7N。
【点评】本题考查了固体压强、使用滑轮组时绳子的拉力和机械效率的计算，利用好不计绳重和摩擦时F＝（G+G动）是关键。
26．（6分）如图所示，是一款家用电热水壶的简化电路图，R1和R2均为电热丝，R1阻值为220Ω。闭合开关S1、S2，电热水壶开始加热，加热功率为1100W；温度达到一定时，开关S2断开，电热水壶开始保温。家庭电路中电压恒为220V，不考虑电热丝电阻随温度的变化。求：
（1）保温时的电热功率；
（2）电阻R2的阻值；
（3）该电热水壶在某次使用过程中，加热挡工作3min，保温挡工作10min，此过程消耗的电能。
【分析】（1）闭合S1，电路为R1的简单电路，总电阻较大，电源电压不变，根据P＝可知，总功率较小，电热水壶处于保温挡；
闭合开关S1、S2，两电阻并联，总电阻较小，电源电压不变，根据P＝可知，总功率较大，电热水壶处于加热挡；
根据P＝可知保温挡的功率P保，
（2）电热水壶处于加热挡工作时，根据P2＝P加﹣P保得出R2的功率，根据P＝可知R2的阻值；
（3）根据W＝P加t1+P保t2得出此过程消耗的电能。
【解答】解：（1）闭合S1，电路为R1的简单电路，总电阻较大，电源电压不变，根据P＝可知，总功率较小，电热水壶处于保温挡；
闭合开关S1、S2，两电阻并联，总电阻较小，电源电压不变，根据P＝可知，总功率较大，电热水壶处于加热挡；
保温挡的功率P保＝＝＝220W；
（2）电热水壶处于加热挡工作时，根据并联不相互影响，R1的电功率不变，R2的功率P2＝P加﹣P保＝1100W﹣220W＝880W，
根据P＝可知电阻R2的阻值：R2＝＝55Ω；
（2）此过程消耗的电能W＝P加t1+P保t2＝1100W×3×60s+220W×10×60s＝3.3×105J。
答：（1）保温挡的功率为220W；
（2）电阻R2的阻值为55Ω；
（3）该电热水壶在某次使用过程中，加热挡工作3min，保温挡工作10min，此过程消耗的电能为3.3×105J。
【点评】本题考查电功率和电能的计算，综合性强，难度适中。
四、综合题（本题共5小题，共24分）
27．（3分）把一根两端开口的细管浸入水中，充满水后用手指把一端堵住，移出水面，如图甲所示：
（1）把手指移开后管内的水会怎样流动？
（2）把细管倒过来，如图乙所示，如果把手指移开，管内的水会从A端流出。请你解释原因。
【分析】（1）两端开口的饮料管插入水中，管内外水面上方受到大气压的作用，所以内外液面将保持相平，用手堵住口的一端，管内水将在外界大气压的作用下不掉下来；
（2）上端开口不连通，下部连通的容器叫做连通器，在液体不流动的情况下，连通器各容器中的液面应保持相平。
【解答】解：（1）甲图，当用手指堵住上端开口时，上端不再与大气相通，下端受到大气压对它向上的作用，水不会从下端流出；把手指移开后，在重力的作用下，水会从B端流出；
（2）把细管倒过来，如图乙所示，如果把手指移开，构成了连通器，两边的液面要达到相平，所以，管内的水会从A端流出。
【点评】此题考查了大气压的存在、连通器的特点，属于基础知识的应用，比较简单。
28．（5分）如图所示，图中是小明探究“水的沸腾”的实验装置。
（1）正确安装实验器材后，A、B、C三种读数方法中正确的是 B （填字母代号）；
（2）由图乙可知，水的沸点是 98 ℃，水沸腾过程中不断吸热，温度 保持不变 （选填“升高”、“降低”或“保持不变”）；
（3）为了拓展研究，小明在实验时往水中加了适量盐，在相同的条件下，获得了与其他同学不同的沸点值。为了探究盐水的浓度与沸点的关系，同学们用不同浓度的盐水做了沸腾实验，通过实验得出不同浓度的盐水在标准大气压下的沸点，数据记录如表分析：
盐水的浓度/%
0
2
4
6
8
10
12
14
沸点/℃
100.0
100.3
100.6
101.0
101.3
101.6
102.0
102.3
表中数据可知，当盐水浓度增大时其沸点 升高 （降低/不变/升高）。据以上探究得到的结果，我们煮食物时要想让汤汁尽快沸腾，最好选择 后 （先/后）放盐。
【分析】（1）温度计读数时视线与液柱的上表面相平；
（2）由表中数据得到水沸腾的温度；水沸腾时的特点：吸热但温度不变；
（3）通过表格中数据分析解答。
【解答】解：（1）温度计读数时视线与液柱的上表面相平，A、B、C三种读数方法，读数正确的是B。
（2）水沸腾时，吸热温度不变，温度不变的这个温度就是沸点，由图乙可知，水的沸点是98℃，水沸腾过程中的特点是不断吸热，温度保持不变。
（3）分析表中数据可知，当盐水浓度增大时，盐水的沸点也升高。根据盐水的这个特点，我们煮食物时，最好选择后放盐，其目的是让汤汁尽快沸腾。
故答案为：（1）B；（2）98；保持不变；（3）升高；后。
【点评】本题考查了水沸腾的实验、沸点、沸腾的特点的关系，是一道基础题。
29．（6分）为了测量一个标有“2.5V 0.625W”小灯泡的电阻，小明连接的实验电路如图所示。
（1）图中电压表还没有连入电路，请你用笔画线作为导线，将电压表正确地连入电路中。
（2）实验前，他发现电路中还有一处连接不恰当，请你指出。 电流表量程选择错误 。
（3）闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应处在 A 端。（选填“A”或“B”）
（4）正确连接电路后，无论小明怎么调节滑动变阻器，发现电流表均无示数，电压表显示电源电压，原因可能是 小灯泡断路 。
（5）排除故障后，小明分别测出了小灯泡两端的电压为1.5V、2V、2.5V时的电流并计算出对应的电阻R1、R2、R3然后用R1、R2、R3的平均值作为小灯泡两端电压为1.2V时的电阻。他的做法 不正确 。（选填“正确”或“不正确”）原因是 灯泡电阻随温度变化而变化，不同电压下的阻值不同 。
【分析】（1）把电压表并联在灯泡两端。
（2）分析图示电路图，然后答题。
（3）实验现象：电流表没有示数，说明电路中出现了断路；电压表示数较大，由此可知故障的位置。
（4）为保护电路闭合开关前，滑片要置于阻值最大处。
（5）灯泡电阻受温度影响，据此分析答题。
【解答】解：（1）灯泡额定电压是2.5V，电压表选0～3V，把电压表并联在灯泡两端，电路图如图所示：
；
（2）由P＝UI可知，灯泡额定电流：I＝＝＝0.25A，电流表应选0～0.6A，由图示可知，电流表量程为0～3A量程，电流表量程选择错误。
（3）为保护电路，闭合开关前，滑片要置于阻值最大处的A端。
（4）当连接完电路后，闭合开关后，电流表没有示数，说明电路中出现了断路，而电压表有示数，说明电压表与电源是连通的，所以故障原因可能是小灯泡断路；
（5）灯泡电阻随温度变化而变化，不同电压下的阻值不同，把不同电压下的阻值作为平均值是错误的。
（6）由I＝可知，灯泡正常工作时的电阻：R＝＝＝10Ω。
故答案为：（1）电路图如上图所示；（2）电流表量程选择错误；（3）A；（4）小灯泡断路；（5）不正确；灯泡电阻随温度变化而变化，不同电压下的阻值不同。
【点评】本题考查了连接实物电路图、电路分析、实验注意事项、故障分析、求电阻，连接电路图时要注意电表量程的选择；灯泡电阻受温度影响，随温度升高而增大，不能把不同电压下灯泡电阻的平均值作为灯泡电阻。
30．（5分）在“探究凸透镜成像的规律”实验中，所用凸透镜的焦距是10cm，将透镜固定在光具座50cm刻度线处，实验装置如图所示：
（1）实验时要首先应调节凸透镜、光屏和蜡烛的高度，使它们的中心大致同一高度，点燃蜡烛应在调整高度之 前 （选填“前”或“后”）；
（2）实验中将蜡烛移至光具座上10cm刻度线处，移动光屏，直到烛焰在光屏上成清晰的实像，该像是 缩小 的（选填“放大”、“等大”或“缩小”）；
（3）将蜡烛从光具座上10cm向35cm刻度线移动时，若要让烛焰在光屏上能再次成清晰的像，光屏应 远离 （选填“远离”或“靠近”）透镜；
（4）实验时，蜡烛越烧越短，将会看到屏上的像向 上 （选填“上”或“下”）移动；
（5）实验过程中，用黑纸将凸透镜遮掉一半，光屏上像的形状 不变 （选填“变”或“不变”）。
【分析】（1）为了使像成在光屏的中央，应当使烛焰、凸透镜光心和光屏中心在同一高度；
（2）物距大于二倍焦距成倒立缩小实像，像距大于一倍焦距小于二倍焦距；
（3）透镜成实像时有物近像远像变大的特点；
（4）透镜成实像时，像是倒立的；
（5）遮挡透镜不会影响成像，只是透过透镜的光线减少了
【解答】解：（1）为了使像成在光屏的中央，实验时要首先应调节凸透镜、光屏和蜡烛的高度，使它们的中心大致同一高度，所以点燃蜡烛应在调整高度之前；
（2）凸透镜的焦距是10cm，实验中将蜡烛移至光具座上10cm刻度线处，物距u＝40cm＞2f，物距大于二倍焦距成倒立缩小实像；
（3）透镜成实像时有物近像远像变大的特点，将蜡烛从光具座上10cm向35cm刻度线移动时，烛焰靠近透镜，像会远离透镜，像变大；
（4）实验时，蜡烛越烧越短，透镜成实像时，像是倒立的，此时像会在光屏上向上移动；
（5）实验过程中，用黑纸将凸透镜遮掉一半，光线仍旧可以透过未被遮挡的部分在光屏成像，光屏上像的形状不变，只是透过透镜的光线减少了，像的亮度变暗；
故答案为：（1）前；（2）缩小； （3）远离；（4）上；（5）不变。
【点评】本题考查凸透镜成像规律，解题关键是将实验操作要求及结论掌握熟练，认真审题分析。
31．（4分）小明用装有沙子的带盖塑料瓶探究浮力的影响因素。
（1）小明依次做了如下实验：
①根据A、C的结果，可得该塑料瓶浸没在水中受到的浮力是 1 N；
②根据A与几次实验，可得：浮力大小与排开液体体积有关，根据A、C、D的结果，可得：浮力大小与 液体密度 有关；
③可以计算出盐水的密度为 1.1×103 kg/m3；
④为验证浮力和物体的密度是否有关，小明将瓶子中的沙子倒掉一些相当于减小物体密度。接着他仿照步骤D进行实验，发现此时弹簧测力计示数小于1.7N，便认为浮力和物体的密度有关，小明在该实验环节中存在的问题是 物体的重力 不同；
（2）如图2所示是小明利用不同的粗细均匀吸管制成的密度计竖直漂浮在水中时的情形，其中密度计 ② （选填“①”“②”或“③”）在测量其他液体密度时结果更精确。
【分析】（1）①根据F浮＝G﹣F可求得物体此时所受的浮力；
②掌握影响浮力大小的因素，判断两图中改变的量和不变的量，得出影响浮力的因素；
③根据A与E两图所示的实验数据可知，由称重法测浮力得出物体浸没在盐水中所受的浮力；根据阿基米德原理：F浮＝ρ液gV排，根据实验中排开液体的体积都等于物体的体积，从而求出盐水的密度；
④倒掉些沙子后，没有控制物体的重力相同；
（2）密度计的特点是刻度不均匀，上疏下密，上小下大，而且分度值越小越准确。
【解答】解：（1）①根据A、C两图所测的实验数据，可知物体此时所受的浮力为：
F浮水＝G﹣F拉＝2.8N﹣1.8N＝1N，
②根据A、C、D的可知，液体密度不同，弹簧测力计示数不同，即浮力大小不同，可以得到的结论是浮力大小与液体密度有关。
③根据A与D两图所示的实验数据可知，物体浸没在盐水中所受的浮力为：F浮盐水＝G﹣F′＝2.8N﹣1.7N＝1.1N，
根据阿基米德原理可得：F浮＝ρ液gV排＝ρ液gV物，
故，
因实验中，排开液体的体积都等于物体的体积，故有：，
则盐水的密度为：ρ盐水＝＝；
倒掉些沙子后，瓶子和沙子的重小于2.8N，所以实验时没有控制物体的重力相同。
（2）密度计的特点是刻度不均匀，上疏下密，上小下大，而且分度值越小越准确；深度越深，相邻两密度值的间距越大，由题图可知，密度计②所处的深度最深，相邻两密度值的间距最大，测量值最准确。
故答案为：（1）1；液体密度；1.1×103；物体的重力；（2）②。
【点评】本题探究影响浮力大小的因素，考查控制变量法、称重法测浮力及阿基米德原理的运用和密度的测量。是一道综合性较强的习题。
2023年辽宁省大连市八区中考物理一模试卷
一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共28分）注意：第1～10小题中，每题只有一个选项正确。注意：第11～14小题中，每题至少有两个选项正确。
1．（3分）小文同学坐在行驶的列车上，如果说小文是静止的，则所选择的参照物是（ ）
A．窗外的远山 B．小文的座椅
C．旁边走过的乘务员 D．地面上的树
2．下列现象中，由于光的反射形成的是（ ）
A．灯光下，墙上的手影
B．雨后天边出现的彩虹
C．桥在水中的“倒影”
D．水中的筷子看上去弯折了
3．（3分）下列关于生活用电的说法不正确的是（ ）
A．对人体的安全电压是不高于36V
B．电能表必须安装在总开关之前
C．高大建筑物上的避雷针必须与大地相连
D．有人触电时，保险丝会立即熔断，对人身起到保护作用
4．（3分）下列现象中与冬天冰冻的衣服晾干吸放热情况相同的是（ ）
A．①② B．①④ C．②③ D．③④
5．（3分）在日常生活中，摩擦现象普遍存在。有益的摩擦需要增大，有害的摩擦需要减小。下列实例中是为了减小摩擦的是（ ）
A．下雪后往路面撒煤渣 B．给机器轴承加润滑油
C．瓶盖侧表面刻有竖纹 D．拔河时用力握紧绳子
6．（3分）如图是某时刻四冲程汽油机工作状态示意图，下列说法正确的是（ ）
A．此时它正处在压缩冲程
B．汽油机做功冲程中高温高压气体推动活塞带动曲轴转动，对外做功
C．汽油机压缩冲程是将内能转化为机械能
D．此汽油机的效率可以达到100%
（多选）7．（3分）如图所示，一带负电橡胶棒靠近用细线挂住的轻细吸管A端时，吸管发生了转动，对吸管A端带电性质判断正确的是（ ）
A．若相互吸引，可能带正电
B．若相互吸引，可能不带电
C．若相互排斥，一定带正电
D．若相互排斥，一定带负电
8．（3分）某品牌电动车在上海建厂，电动机是电动车关键零件之一，下面与电动机原理相符的是（ ）
A．
B．
C．
D．
9．（3分）如图，A为导线，BM、CN为两根相同的电阻丝，下列说法正确的是（ ）
A．S和A接触，P向右移动灯泡变暗
B．S和B接触，P向右移动灯泡亮度变亮
C．S和C接触，P向左移动灯泡变亮
D．S和C接触，P向右移动灯泡亮度变暗
10．（3分）如图轻杆（不计杠杆重力），O为支点，物重为30N，OA：AB＝1：2，在竖直向上的拉力作用下始终保持平衡状态。下列说法，正确的是（ ）
A．图甲位置，仅增加物重，则拉力变化量与物重变化量之比为3：1
B．图甲位置时，拉力大小为15N
C．该杠杆与镊子类型相同
D．如图乙保持拉力方向不变，将轻杆匀速提到虚线位置，拉力不变
（多选）11．（3分）关于四冲程汽油机和柴油机，下列说法正确的是（ ）
A．汽油机和柴油机都是内燃机，吸入汽缸的物质不同
B．汽油机和柴油机都是通过火花塞点火的
C．燃料在汽缸内猛烈燃烧，燃料热值迅速减小
D．压缩冲程主要是通过做功的方式增大缸内气体的内能
（多选）12．（3分）某班同学在“探究凸透镜成像规律”的实验中，记录并绘制了像到凸透镜的距离v跟物体到凸透镜的距离u之间关系的图象，如图所示，下列判断正确的是（ ）
A．该凸透镜的焦距是16cm
B．当v＝20cm时成放大的像，投影仪就是根据这一原理制成的
C．当u＝12cm时，在光屏上能得到一个缩小的像
D．把物体从距凸透镜12cm处移动到24cm处的过程中，像逐渐变小
（多选）13．（3分）放置在水平桌面的两个相同烧杯，分别装满了两种不同的液体，把甲、乙两实心球分别轻轻放入两杯液体中，静止后的状态如图所示（乙沉底）已知此时甲、乙排开液体的重力相等，下列说法正确的是（ ）
A．甲所受的浮力等于乙所受的浮力
B．甲所受的重力小于乙所受的重力
C．甲的密度小于乙球的密度
D．两烧杯中液体对烧杯底部的压强相等
（多选）14．（3分）如图甲所示，R1为定值电阻，滑动变阻器R2的滑片从a端滑到b端的过程中，R2消耗的电功率P与其两端电压U的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．R1的阻值为20Ω
B．电源电压为9V
C．该电路消耗的最小电功率为0.6W
D．R2消耗的最大电功率为0.9W
二、填空题（本题共9小题，每小题2分，共18分
15．（2分）如图所示，在空气压缩引火仪的玻璃筒底部放一小团干燥的棉花，快速压下活塞，可观察到棉花着火燃烧。此过程中棉花是通过 改变内能的，某台汽油机飞轮的转速为2400r/min，在1min内，汽油机完成 个工作循环。
16．（2分）2020年6月23日，我国北斗三号最后一颗组网卫星发射成功。如图所示，北斗卫星工作所需要的电能是由 能转化而来的，北斗卫星是通过 向地面传递信息的（选填“超声波”、“次声波”或“电磁波”）。
17．（2分）如图所示，R1＞R2，电源电压不变，先闭合开关S1，则电磁铁的左端为 极，再断开开关S1闭合S2，则电磁铁的磁性将 （选填“不变”“减弱”或“增强”）。
18．（2分）湿衣服在太阳下很快变干，这是 现象，刚从冰箱取出的冰棒冒白烟是 现象（填物态变化的名称）。
19．（2分）奥运滑雪冠军苏翊鸣滑离跳台后由于具有 （选填“惯性”或“内能”）在空中继续向前运动，以他所戴的头盔为参照物苏翊鸣是 （选填“运动”或“静止”）的。
20．（2分）放在水平桌面上的两个完全相同的容器内装有适量的水，将A、B两个体积相同的实心物体分别放入容器内，待物体静止后，如图所示，物体受到的浮力FA FB，物体的密度ρA ρB（两空均选填“＞”“＜”或“＝”）。
21．（2分）如图电路，电源电压保持不变，滑动变阻器R标有“30Ω 1A”，定值电阻R0的阻值为10Ω，小灯泡L标有“6V 3.6W”（电阻不随温度而变化），电流表的量程为0～3A。当S闭合，S1、S2断开，滑片P移到R的中点时，小灯泡恰好正常发光。则电源电压为 V；在保证电路安全的前提下，电路消耗的最大功率为 W。
22．（2分）请你将如图所示的光路图补充完整。
23．（2分）如图所示，用瓶起子起瓶盖时，瓶起子是一个杠杆，O是它的支点，F2是它受到的阻力。请你在图中画出作用在A点的最小动力F1及其力臂L1。
三、计算题（本题共3小题，共20分）
24．（6分）利用某燃气热水器，将20L的水从20℃加热到60℃，完全燃烧了0.21m3的煤气。[已知：c水＝4.2×103J/（kg•℃），q煤＝4×107J/m3]试求：
（1）煤气完全燃烧放出的热量；
（2）水吸收的热量；
（3）该热水器烧水的效率。
25．（8分）小强同学利用如图所示的滑轮组将货物运送到楼上，图中每个滑轮重100N，不计绳子重和摩擦。已知绳能承受的最大拉力为300N，每次均竖直向上匀速拉动绳子，人重力为600N，双脚站立在水平地面上时，脚与地面的接触面积为600cm2，求：
（1）滑轮组的最大机械效率是多少？
（2）滑轮组机械效率最大时，人脚对地面的压强为多少？
（3）如果使用这个滑轮组提起重物时，刚好不省力时，提起的物重为多少N？（结果保留一位小数）
26．（6分）如图所示，是一款家用电热水壶的简化电路图，R1和R2均为电热丝，R1阻值为220Ω。闭合开关S1、S2，电热水壶开始加热，加热功率为1100W；温度达到一定时，开关S2断开，电热水壶开始保温。家庭电路中电压恒为220V，不考虑电热丝电阻随温度的变化。求：
（1）保温时的电热功率；
（2）电阻R2的阻值；
（3）该电热水壶在某次使用过程中，加热挡工作3min，保温挡工作10min，此过程消耗的电能。
四、综合题（本题共5小题，共24分）
27．（3分）把一根两端开口的细管浸入水中，充满水后用手指把一端堵住，移出水面，如图甲所示：
（1）把手指移开后管内的水会怎样流动？
（2）把细管倒过来，如图乙所示，如果把手指移开，管内的水会从A端流出。请你解释原因。
28．（5分）如图所示，图中是小明探究“水的沸腾”的实验装置。
（1）正确安装实验器材后，A、B、C三种读数方法中正确的是 （填字母代号）；
（2）由图乙可知，水的沸点是 ℃，水沸腾过程中不断吸热，温度 （选填“升高”、“降低”或“保持不变”）；
（3）为了拓展研究，小明在实验时往水中加了适量盐，在相同的条件下，获得了与其他同学不同的沸点值。为了探究盐水的浓度与沸点的关系，同学们用不同浓度的盐水做了沸腾实验，通过实验得出不同浓度的盐水在标准大气压下的沸点，数据记录如表分析：
盐水的浓度/%
0
2
4
6
8
10
12
14
沸点/℃
100.0
100.3
100.6
101.0
101.3
101.6
102.0
102.3
表中数据可知，当盐水浓度增大时其沸点 （降低/不变/升高）。据以上探究得到的结果，我们煮食物时要想让汤汁尽快沸腾，最好选择 （先/后）放盐。
29．（6分）为了测量一个标有“2.5V 0.625W”小灯泡的电阻，小明连接的实验电路如图所示。
（1）图中电压表还没有连入电路，请你用笔画线作为导线，将电压表正确地连入电路中。
（2）实验前，他发现电路中还有一处连接不恰当，请你指出。 。
（3）闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应处在 端。（选填“A”或“B”）
（4）正确连接电路后，无论小明怎么调节滑动变阻器，发现电流表均无示数，电压表显示电源电压，原因可能是 。
（5）排除故障后，小明分别测出了小灯泡两端的电压为1.5V、2V、2.5V时的电流并计算出对应的电阻R1、R2、R3然后用R1、R2、R3的平均值作为小灯泡两端电压为1.2V时的电阻。他的做法 。（选填“正确”或“不正确”）原因是 。
30．（5分）在“探究凸透镜成像的规律”实验中，所用凸透镜的焦距是10cm，将透镜固定在光具座50cm刻度线处，实验装置如图所示：
（1）实验时要首先应调节凸透镜、光屏和蜡烛的高度，使它们的中心大致同一高度，点燃蜡烛应在调整高度之 （选填“前”或“后”）；
（2）实验中将蜡烛移至光具座上10cm刻度线处，移动光屏，直到烛焰在光屏上成清晰的实像，该像是 的（选填“放大”、“等大”或“缩小”）；
（3）将蜡烛从光具座上10cm向35cm刻度线移动时，若要让烛焰在光屏上能再次成清晰的像，光屏应 （选填“远离”或“靠近”）透镜；
（4）实验时，蜡烛越烧越短，将会看到屏上的像向 （选填“上”或“下”）移动；
（5）实验过程中，用黑纸将凸透镜遮掉一半，光屏上像的形状 （选填“变”或“不变”）。
31．（4分）小明用装有沙子的带盖塑料瓶探究浮力的影响因素。
（1）小明依次做了如下实验：
①根据A、C的结果，可得该塑料瓶浸没在水中受到的浮力是 N；
②根据A与几次实验，可得：浮力大小与排开液体体积有关，根据A、C、D的结果，可得：浮力大小与 有关；
③可以计算出盐水的密度为 kg/m3；
④为验证浮力和物体的密度是否有关，小明将瓶子中的沙子倒掉一些相当于减小物体密度。接着他仿照步骤D进行实验，发现此时弹簧测力计示数小于1.7N，便认为浮力和物体的密度有关，小明在该实验环节中存在的问题是 不同；
（2）如图2所示是小明利用不同的粗细均匀吸管制成的密度计竖直漂浮在水中时的情形，其中密度计 （选填“①”“②”或“③”）在测量其他液体密度时结果更精确。
2023年辽宁省大连市八区中考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共28分）注意：第1～10小题中，每题只有一个选项正确。注意：第11～14小题中，每题至少有两个选项正确。
1．（3分）小文同学坐在行驶的列车上，如果说小文是静止的，则所选择的参照物是（ ）
A．窗外的远山 B．小文的座椅
C．旁边走过的乘务员 D．地面上的树
【分析】研究物体的运动时，必须事先选定一个标准的物体，这个事先被选作标准的物体叫参照物；如果被研究的物体相对于这个标准位置发生了改变，则其是运动的；如果被研究的物体相对于这个标准位置没有发生了改变，则其是静止的。
【解答】解：坐在行驶的火车里的小文同学与窗外的远山、旁边走过的乘务员、地面上的树之间的位置不断发生变化，所以以窗外的远山、旁边走过的乘务员、地面上的树为参照物时，小文同学是运动的，故ACD不符合题意；
以小文的座椅为参照物，小文同学与座椅之间的相对位置没有发生变化，所以小文同学是静止的，故B符合题意。
故选：B。
【点评】一个物体的运动状态的确定，关键取决于所选取的参照物，所选取的参照物不同，得到的结论也不一定相同，这就是运动和静止的相对性。
2．下列现象中，由于光的反射形成的是（ ）
A．灯光下，墙上的手影
B．雨后天边出现的彩虹
C．桥在水中的“倒影”
D．水中的筷子看上去弯折了
【分析】（1）光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，产生的现象有小孔成像、激光准直、影子的形成、日食和月食等；
（2）光线传播到两种介质的表面上时会发生光的反射现象，例如水面上出现岸上物体的倒影、平面镜成像、玻璃等光滑物体反光都是光的反射形成的；
（3）光线在同种不均匀介质中传播或者从一种介质斜射入另一种介质时，就会出现光的折射现象，例如水池底变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼、凸透镜成像等都是光的折射形成的。
【解答】解：
A、灯光下，墙上的手影是由光是沿直线传播形成的，故A错误；
B、雨后天边出现的彩虹，这是太阳光通过悬浮在空气中细小的水珠折射而成的，白光经水珠折射以后，分成各种彩色光，这是光的色散现象，故B错误；
C、桥在水中的“倒影”，属于平面镜成像，其原理是光的反射，故C正确；
D、插入水中的筷子，由于筷子反射的光线从水中斜射入空气中时，传播方向发生了偏折，远离法线，折射角大于入射角，所以看到筷子在水中的部分是向上弯折，此时看到的像是筷子的虚像，故D错误。
故选：C。
【点评】此题通过几个日常生活中的现象考查了对光的折射、光的直线传播、光的反射的理解，在学习过程中要善于利用所学知识解释有关现象。
3．（3分）下列关于生活用电的说法不正确的是（ ）
A．对人体的安全电压是不高于36V
B．电能表必须安装在总开关之前
C．高大建筑物上的避雷针必须与大地相连
D．有人触电时，保险丝会立即熔断，对人身起到保护作用
【分析】（1）对人体的安全电压是不高于36V；
（2）输电线进户后首先接到电能表上，后面依次是总开关、保险装置、用电器；
（3）预防雷击的主要方法是在建筑物上安装避雷针，避雷针就是一个接地的金属装置，高端比建筑物顶端更高，吸引闪电，把闪电的强大电流传导到大地中去，从而防止闪电电流经过建筑物；
（4）家庭电路中干路中的电流过大时，保险丝会熔断。
【解答】解：
A、对人体的安全电压是不高于36V，故A正确；
B、家庭电路中，输电线进户后首先接到电能表上，后面依次是总开关、保护设备、用电器和导线等，故B正确；
C、高大建筑物顶端带有针状的金属物用很粗的金属线跟大地相连，发生雷电时，可以把闪电的强大电流传导到大地中去，可以避免建筑物遭受雷击，故C正确；
D、有人触电时，不会引起电路中的电流过大，保险丝不会熔断，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查了学生对安全用电知识的了解与掌握，平时学习时多了解、积累，加强安全意识，学好电、用好电。
4．（3分）下列现象中与冬天冰冻的衣服晾干吸放热情况相同的是（ ）
A．①② B．①④ C．②③ D．③④
【分析】（1）物质由气态直接变为固态的过程叫凝华，物质由固态直接变为气态的过程叫升华；由气态变为液态的过程叫液化，由液态变为气态的过程叫汽化；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。
（2）六种物态变化过程中，都伴随着吸热或放热；其中放出热量的物态变化有：凝固、液化、凝华；吸热的有：熔化、汽化、升华。
【解答】解：冬天冰冻的衣服晾干是升华现象，升华吸热；
①冰雪消融是熔化现象，熔化吸热；
②常温下干冰变小是升华现象，升华吸热；
③雾是空气中的水蒸气遇冷液化为液态的小水滴，液化放热；
④霜是空气中的水蒸气遇冷凝华为固态的冰晶，凝华放热。
故BCD错误，A正确。
故选：A。
【点评】分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态；另外对六种物态变化的吸热和放热情况也要有清晰的认识。
5．（3分）在日常生活中，摩擦现象普遍存在。有益的摩擦需要增大，有害的摩擦需要减小。下列实例中是为了减小摩擦的是（ ）
A．下雪后往路面撒煤渣 B．给机器轴承加润滑油
C．瓶盖侧表面刻有竖纹 D．拔河时用力握紧绳子
【分析】（1）摩擦力大小的影响因素：压力大小和接触面的粗糙程度。
（2）增大摩擦的方法：在接触面粗糙程度一定时，增大压力；在压力一定时，增大接触面的粗糙程度。
（3）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、下雪后往路面撒煤渣，是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力，故A不合题意。
B、给机器轴承加润滑油，是通过使接触面脱离的方法减小摩擦力，故B符合题意。
C、瓶盖侧表面刻有竖纹，是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力，故C不合题意。
D、拔河时用力握紧绳子，是在接触面粗糙程度一定时，通过增大压力来增大摩擦力，故D不合题意。
故选：B。
【点评】本题在考查影响滑动摩擦力大小的两个因素的同时，也考查了学生运用所学知识分析实际问题的能力，要求学生在生活中多注意观察，并学会应用，增大有益摩擦，减小有害摩擦，使其更好地为人类服务。
6．（3分）如图是某时刻四冲程汽油机工作状态示意图，下列说法正确的是（ ）
A．此时它正处在压缩冲程
B．汽油机做功冲程中高温高压气体推动活塞带动曲轴转动，对外做功
C．汽油机压缩冲程是将内能转化为机械能
D．此汽油机的效率可以达到100%
【分析】（1）火花塞点火说明此过程为做功冲程；
（2）热机做功冲程的时候火花塞点火，活塞向下运动并带动曲轴运动，此时对外做功，内能转化为机械能；
（3）热机压缩冲程中外界对气体做功，活塞向上运动，此时机械能转化为内能；
（4）任何热机的效率都不可能达到100%，因为燃料燃烧时有热量损失，机械转动部分也要损失一定的热量，以及尾气排放时也会带走热量等等。
【解答】解：A．如图所示，火花塞点火说明此过程为做功冲程，故A错误；
B．热机做功冲程中燃料燃烧，产生的高温高压气体推动活塞运动带动曲轴运动，对外做功，将内能转化为机械能，故B正确；
C．热机压缩冲程中活塞向上运动，活塞对气体做功，此冲程中将机械能转化为内能，故C错误；
D．任何热机的效率都不可能达到100%，因为燃料燃烧时有热量损失，机械转动部分也要损失一定的热量，以及尾气排放时也会带走热量等等，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了内燃机的工作过程，属于基础知识。
（多选）7．（3分）如图所示，一带负电橡胶棒靠近用细线挂住的轻细吸管A端时，吸管发生了转动，对吸管A端带电性质判断正确的是（ ）
A．若相互吸引，可能带正电
B．若相互吸引，可能不带电
C．若相互排斥，一定带正电
D．若相互排斥，一定带负电
【分析】带电体能够吸引轻小物体；
同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。
【解答】解：带电体能够吸引轻小物体，异种电荷相互吸引；带负电橡胶棒靠近用细线挂住的轻细吸管A端，若相互吸引，A端有可能不带电或带正电；故AB正确；
若相互排斥，A端一定带负电，故C错误，D正确。
故选：ABD。
【点评】此题考查带电体的性质和电荷间的相互作用规律，要综合分析解答。
8．（3分）某品牌电动车在上海建厂，电动机是电动车关键零件之一，下面与电动机原理相符的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】电动机是根据通电线圈在磁场中受力而转动的原理制成的。
【解答】解：电动机是根据通电线圈在磁场中受力而转动的原理制成的。
A、图中是扬声器，其原理是通电导体在磁场中受力而运动，与电动机的原理相同，故A符合题意；
B、图中是动圈式话筒，它是根据电磁感应现象制成的，与电动机的原理不同，故B不符合题意；
C、图中没有电源，是发电机的原理图，利用的是电磁感应现象，故C不符合题意；
D、图中是电铃，其原理是电流的磁效应，故D不符合题意。
故选：A。
【点评】本题涉及的内容有电铃的原理、电动机原理、扬声器的原理和发电机的原理。注意电磁感应和通电导体在磁场中受力运动的装置是不同的，前者外部没有电源，后者外部有电源。
9．（3分）如图，A为导线，BM、CN为两根相同的电阻丝，下列说法正确的是（ ）
A．S和A接触，P向右移动灯泡变暗
B．S和B接触，P向右移动灯泡亮度变亮
C．S和C接触，P向左移动灯泡变亮
D．S和C接触，P向右移动灯泡亮度变暗
【分析】移动滑片时只有改变连入电路的电阻的长度，才能改变连入电路的电阻的大小，从而改变灯泡的亮度。
【解答】解：A、S和A接触，MN电阻丝接入电路，P向右移动，MN的长度增大，则电路中的电阻变大，由欧姆定律可知，电路中的电流将变小，即灯泡变暗；故A正确；
B、S和B接触，BN电阻丝接入电路，P向右移动时，BN的长度不变，电路中的电流不变，即灯泡亮度不变；故B错误；
CD、S和C接触，CN电阻丝接入电路，P无论怎样移动，CN的长度均不变，即电路中的电阻不变，则由欧姆定律可知，电路中的电流不变，即灯泡亮度不变；故CD错误。
故选：A。
【点评】掌握影响导体电阻的因素和欧姆定律的应用，关键是能从电路中分析出滑片的移动，电阻丝长度如何变化。
10．（3分）如图轻杆（不计杠杆重力），O为支点，物重为30N，OA：AB＝1：2，在竖直向上的拉力作用下始终保持平衡状态。下列说法，正确的是（ ）
A．图甲位置，仅增加物重，则拉力变化量与物重变化量之比为3：1
B．图甲位置时，拉力大小为15N
C．该杠杆与镊子类型相同
D．如图乙保持拉力方向不变，将轻杆匀速提到虚线位置，拉力不变
【分析】（1）利用杠杆平衡的条件表示出拉力变化量与物重变化量的关系，从而进行判断；
（2）根据杠杆平衡条件可求出拉力的大小；
（3）先判断图中杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆；而镊子使用时，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆；
（4）如图乙保持拉力方向不变，将轻杆匀速提到虚线位置，画出动力和阻力的作用线，找出动力臂的阻力臂，利用三角形的相似关系，确定动力臂和阻力臂的关系，再利用杠杆平衡条件分析拉力F的大小变化情况。
【解答】解：
A、图甲位置时，原来杠杆平衡，则有F×OB＝G×OA﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①，
若仅增加物重，杠杆再次平衡时，有（F+ΔF）×OB＝（G+ΔG）×OA﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，
②﹣①可得：ΔF×OB＝ΔG×OA，
所以，＝＝，即拉力的变化量与物重的变化量之比为1：3，故A错误；
B、已知物重为30N，图甲位置时，OA：AB＝1：2，且动力臂为OB，阻力臂为OA；
由杠杆平衡条件可得：F×OB＝G×OA，
则拉力：F＝＝＝10N，故B错误；
C、根据图甲可知，动力臂大于阻力臂，因此该杠杆为省力杠杆；而镊子使用时，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，因此它们的类型不同，故C错误；
D、如图乙，保持拉力方向不变，将轻杆匀速提到虚线位置，其力臂如图所示：
OB′为动力臂，OA′为阻力臂，阻力不变为G，
因为ΔOA′A∽ΔOB′B，所以OA′：OB′＝OA：OB＝1：3，
由杠杆平衡条件可得F′×OB′＝G×OA′，
则F′＝＝＝10N；
由此可知保持拉力方向不变，将轻杆匀速提到虚线位置，拉力大小不变，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了杠杆的分类、杠杆平衡条件的综合应用，能正确画出杠杆的示意图，并借助三角形相似确定两力臂的关系是本题的关键。
（多选）11．（3分）关于四冲程汽油机和柴油机，下列说法正确的是（ ）
A．汽油机和柴油机都是内燃机，吸入汽缸的物质不同
B．汽油机和柴油机都是通过火花塞点火的
C．燃料在汽缸内猛烈燃烧，燃料热值迅速减小
D．压缩冲程主要是通过做功的方式增大缸内气体的内能
【分析】（1）柴油机和汽油机都是利用内能做功的机器，都是热机，因为燃料都是在气缸内燃烧，又都叫做内燃机，工作过程中，汽油机吸入的是空气和汽油的混合物，柴油机吸入的是空气；
（2）在点火方式上，汽油机是点燃式，柴油机是压燃式；
（3）某种燃料完全燃烧放出的热量和质量的比值叫热值；热值是燃料的一种特性，它只与燃料的种类有关，与燃料的质量、燃烧程度等均无关；
（4）改变内能的方法有两个：做功和热传递。
【解答】解：
A、柴油机和汽油机都属于内燃机，工作过程中，汽油机吸入的是空气和汽油的混合物，柴油机吸入的是空气，故A正确；
B、汽油机是通过火花塞点火的，而柴油机是通过压燃式点火的，故B错误；
C、燃料在汽缸内猛烈燃烧，燃料热值保持不变，故C错误；
D、压缩冲程中，活塞压缩气体，对气体做功，气体的内能变大，故D正确。
故选：AD。
【点评】此题考查的是我们对于热机有关的物理概念或规律的认识，属于基础题。
（多选）12．（3分）某班同学在“探究凸透镜成像规律”的实验中，记录并绘制了像到凸透镜的距离v跟物体到凸透镜的距离u之间关系的图象，如图所示，下列判断正确的是（ ）
A．该凸透镜的焦距是16cm
B．当v＝20cm时成放大的像，投影仪就是根据这一原理制成的
C．当u＝12cm时，在光屏上能得到一个缩小的像
D．把物体从距凸透镜12cm处移动到24cm处的过程中，像逐渐变小
【分析】（1）根据凸透镜成像的四种情况和应用进行判断：
u＞2f，成倒立、缩小的实像，2f＞v＞f，应用于照相机和摄像机；
u＝2f，成倒立、等大的实像，v＝2f，一般用来求凸透镜的焦距；
2f＞u＞f，成倒立、放大的实像，v＞2f，应用于幻灯机和投影仪；
u＜f，成正立、放大的虚像，应用于放大镜；
（2）当物距大于焦距时，凸透镜成实像；凸透镜成实像时，物距增大，像距减小，像变小。
【解答】解：A、u＝v＝2f，凸透镜成倒立、等大的实像，如图，u＝v＝2f＝16cm 时，所以f＝8cm，故A错误；
B、当v＝20cm时，像距大于二倍焦距，凸透镜成放大的像，其应用是投影仪，故B正确；
C、当u＝12cm时，物距在一倍焦距和二倍焦距之间，成倒立、放大的实像，故C错误；
D、把物体从距凸透镜12cm处移动到24cm处的过程中，物距变大，像距变小，像逐渐变小，故D正确。
故选：BD。
【点评】凸透镜成像的应用，以及凸透镜成实像时，物距、像距、像之间的关系，是凸透镜成像习题的重要依据，一定要熟练掌握。
（多选）13．（3分）放置在水平桌面的两个相同烧杯，分别装满了两种不同的液体，把甲、乙两实心球分别轻轻放入两杯液体中，静止后的状态如图所示（乙沉底）已知此时甲、乙排开液体的重力相等，下列说法正确的是（ ）
A．甲所受的浮力等于乙所受的浮力
B．甲所受的重力小于乙所受的重力
C．甲的密度小于乙球的密度
D．两烧杯中液体对烧杯底部的压强相等
【分析】A、已知甲排开液体的重力等于乙排开液体的重力，根据阿基米德原理可知浮力关系；
BC、根据物体的浮沉条件分析重力和密度的大小；
D、根据液体密度，利用压强公式判定压强的大小。
【解答】解：A、根据阿基米德原理可知：浸在液体中的物体浮力大小等于排开液体所受到的重力，已知甲排开液体的重力等于乙排开液体的重力，所以甲所受的浮力等于乙受到的浮力，故A正确；
B、由图可知，甲处于悬浮状态，重力等于浮力；乙处于下沉状态，浮力小于重力；甲所受的浮力等于乙受到的浮力，所以甲所受的重力小于乙所受的重力，故B正确；
C、由于甲所受的浮力等于乙受到的浮力，则：ρ液甲gV排甲＝ρ液乙gV排乙，由于甲的体积大于乙的体积，则甲的液体的密度要小于乙的液体的密度；甲悬浮，甲的密度等于液体的密度，乙下沉，说明乙的密度大于液体的密度，所以甲的密度要小于乙的密度，故C正确；
D、两杯液体深度相同，乙球所在液体的密度大，根据p＝ρgh可知，两烧杯中液体对烧杯底部的压强不相等，故D错误。
故选：ABC。
【点评】本题考查阿基米德原理的应用，关键是知道浮力的大小等于被该物体排开的液体的重力。
（多选）14．（3分）如图甲所示，R1为定值电阻，滑动变阻器R2的滑片从a端滑到b端的过程中，R2消耗的电功率P与其两端电压U的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．R1的阻值为20Ω
B．电源电压为9V
C．该电路消耗的最小电功率为0.6W
D．R2消耗的最大电功率为0.9W
【分析】由图甲可知，两电阻串联，电压表测滑动变阻器R2两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）由图像读出滑动变阻器的电功率和电压值，根据I＝求出电路中的电流；根据串联电路的特点和欧姆定律表示出电源的电压，并求出R1的阻值；
（2）根据串联电路的特点和欧姆定律求出电源电压；
（3）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时变阻器两端电压最大，电路中的电流最小，根据P＝UI即可求出电路消耗的最小电功率；
（4）当变阻器接入电路中的电阻最大时，电压表的示数最大，根据图像读出R2消耗的电功率，利用P＝求出R2的最大阻值，根据欧姆定律表示出变阻器接入电路中的电阻为R时的电路中的电流，根据P＝UI＝I2R表示出变阻器消耗的电功率，然后根据表达式判断出变阻器消耗的最大功率时的阻值，进一步求出其大小。
【解答】解：由图甲可知，两电阻串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。
A、当滑动变阻器消耗的功率P2＝0.8W时，其两端电压为U2＝2V，
由P＝UI可得，此时电路中的电流为：I＝＝＝0.4A，
由I＝及串联电路的电压规律可得，电源的电压：U＝IR1+U2＝0.4A×R1+2V﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
当滑动变阻器消耗的功率P2′＝0.5W时，其两端电压为U2′＝5V，
由P＝UI可得，此时电路中的电流为：I′＝＝＝0.1A，
由I＝及串联电路的电压规律可得，电源的电压：U＝I′R1+U2′＝0.1A×R1+5V﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由于电源电压不变，则：0.4A×R1+2V＝0.1A×R1+5V，
解得：R1＝10Ω；故A错误；
B、电源电压为：U＝IR1+U2＝0.4A×10Ω+2V＝6V，故B错误；
C、由图乙可知，当变阻器两端电压最大为5V时，滑动变阻器全部接入电路中，其电阻最大，此时电流最小为I最小＝0.1A，
则该电路消耗的最小电功率为P最小＝UI最小＝6V×0.1A＝0.6W；故C正确；
D、由图像可知，当变阻器接入电路中的电阻最大时，电压表的最大示数U2′＝5V，消耗的电功率P2′＝0.5W，
由P＝可得，R2的最大阻值：R2＝＝＝50Ω，
当变阻器接入电路中的电阻为R时，电路中的电流：I＝，
则变阻器消耗的电功率：
P2＝I2R＝（）2R＝＝＝＝，
所以，当R＝R1＝10Ω时，变阻器消耗的电功率最大，则P2大＝＝＝0.9W，故D正确。
故选：CD。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，从图像中获取有用的信息是关键，难点是滑动变阻器消耗最大功率的判断。
二、填空题（本题共9小题，每小题2分，共18分
15．（2分）如图所示，在空气压缩引火仪的玻璃筒底部放一小团干燥的棉花，快速压下活塞，可观察到棉花着火燃烧。此过程中棉花是通过 做功 改变内能的，某台汽油机飞轮的转速为2400r/min，在1min内，汽油机完成 1200 个工作循环。
【分析】（1）压缩气体做功，将机械能转化为内能；四冲程汽油机工作时，在压缩冲程中机械能转化为内能；在做功冲程中将内能转化为机械能；燃料燃烧时，将燃料的化学能转化为内能；
（2）在四冲程内燃机飞轮转一圈，完成2个冲程，1个工作循环中包括4个冲程并对外做功1次、飞轮转2圈。
【解答】解：
（1）活塞对筒内气体做功，气体的内能增加、温度升高，将机械能转化为内能，这与四冲程汽油机的压缩冲程的能量转化相同；此过程中棉花是通过做功改变内能的；
（2）汽油机的一个工作循环有四个冲程，飞轮转2圈；
若飞轮的转速为2400r/min，则飞轮每秒钟转＝40圈，完成20个工作循环，每分钟20×60＝1200次。
故答案为：做功；1200。
【点评】本题考查了改变内能的方法以及汽油机的工作特点，要记住：内燃机一个工作循环，经历四个冲程，燃气对外做功一次，活塞往返两次，曲轴转动两周。
16．（2分）2020年6月23日，我国北斗三号最后一颗组网卫星发射成功。如图所示，北斗卫星工作所需要的电能是由 太阳 能转化而来的，北斗卫星是通过 电磁波 向地面传递信息的（选填“超声波”、“次声波”或“电磁波”）。
【分析】（1）太阳能电池板是把太阳转化成电能的装置；
（2）卫星都是通过电磁波来传递信息的.
【解答】解：太阳能电池板是把太阳能转化成电能的装置，所以北斗卫星工作所需要的电能是通过太阳能电池板由太阳能转化而来的；
电磁波的传播不需要介质，声音的传播需要介质，而太空中没有空气，所以“北斗”卫星导航系统是利用电磁波向地球传递信息的。
故答案为：太阳；电磁波。
【点评】本题考查太阳能的利用以及电磁波的应用，属于基础题目，仔细分析不难做出。
17．（2分）如图所示，R1＞R2，电源电压不变，先闭合开关S1，则电磁铁的左端为 S 极，再断开开关S1闭合S2，则电磁铁的磁性将 增强 （选填“不变”“减弱”或“增强”）。
【分析】先闭合开关S1，电阻R1与电磁铁串联，根据电磁铁中电流的方向，利用安培定则判定电磁铁的极性；
再断开开关S1闭合S2，电阻R2与电磁铁串联，根据R1、R2的大小关系可知电路中电阻的变化，利用欧姆定律分析电路中电流的变化，根据影响电磁铁磁性强弱的因素分析电磁铁磁性的变化情况。
【解答】解：先闭合开关S1，电阻R1与电磁铁串联接入电路中，电流从电磁铁的左端流入，根据安培定则可知，电磁铁的右端为N极，其左端为S极；
再断开开关S1闭合S2，电阻R2与电磁铁串联接入电路中，由于R1＞R2，根据欧姆定律可知，此时电路中电流变大，而电磁铁的线圈匝数不变，所以电磁铁的磁性增强。
故答案为：S；增强。
【点评】本题考查了安培定则的应用、欧姆定律的应用、影响电磁铁磁性强弱的因素，属于基础题。
18．（2分）湿衣服在太阳下很快变干，这是 汽化 现象，刚从冰箱取出的冰棒冒白烟是 液化 现象（填物态变化的名称）。
【分析】物体由液态变为气态的现象叫汽化，汽化吸热；物体由气态变为液态的现象叫液化，液化要放热。
【解答】解：湿衣服在太阳下很快变干，水有液态变为气态，这是汽化现象，刚从冰箱取出的冰棒冒的白烟是空气中的水蒸气遇冷液化形成的。
故答案为：汽化；液化。
【点评】不要误以为雾气是水蒸发形成的水蒸气，生活中看到的白气、白雾都是液态的小水滴，而不是水蒸气，它的形成过程都是液化。
19．（2分）奥运滑雪冠军苏翊鸣滑离跳台后由于具有 惯性 （选填“惯性”或“内能”）在空中继续向前运动，以他所戴的头盔为参照物苏翊鸣是 静止 （选填“运动”或“静止”）的。
【分析】物体有保持原来运动状态不变的性质叫做惯性；
在研究物体的运动情况时，要先选取一个标准作为参照物，物体和参照物之间的位置如果发生改变，则物体是运动的；如果未发生变化，则物体是静止的。
【解答】解：奥运滑雪冠军苏翊鸣滑离跳台后由于具有惯性，仍然会保持原来的运动状态，在空中继续向前运动；
以他所戴的头盔为参照物，苏翊鸣与头盔之间没有发生位置的变化，是静止的。
故答案为：惯性；静止。
【点评】本题考查了惯性、运动和静止的相对性，属于基础题。
20．（2分）放在水平桌面上的两个完全相同的容器内装有适量的水，将A、B两个体积相同的实心物体分别放入容器内，待物体静止后，如图所示，物体受到的浮力FA ＜ FB，物体的密度ρA ＜ ρB（两空均选填“＞”“＜”或“＝”）。
【分析】由图示可知，A、B排开水的体积关系，根据F浮＝ρ水gV排可知A、B受到的浮力大小关系；
A、B均漂浮在水面上，所受浮力等于自身的重力，即F浮＝G物，根据浮力的大小关系可知A、B重力的大小关系，根据G＝mg可知A、B的质量关系，根据ρ＝可知A、B的密度大小关系。
【解答】解：由图示可知，A、B排开水的体积关系为：V排A＜V排B，
根据F浮＝ρ水gV排可知A、B受到的浮力大小关系为：FA＜FB；
A、B均漂浮在水面上，所受浮力等于自身的重力，即F浮＝G物，
所以A、B的重力关系为：GA＜GB，
由G＝mg可知，A、B的质量关系为mA＜mB，
且A、B的体积相等，由ρ＝可知，A、B的密度关系为ρA＜ρB。
故答案为：＜；＜。
【点评】本题考查了物体的浮沉条件、重力公式、密度公式和阿基米德原理的应用，知道“物体漂浮时，所受浮力等于自身的重力”是关键。
21．（2分）如图电路，电源电压保持不变，滑动变阻器R标有“30Ω 1A”，定值电阻R0的阻值为10Ω，小灯泡L标有“6V 3.6W”（电阻不随温度而变化），电流表的量程为0～3A。当S闭合，S1、S2断开，滑片P移到R的中点时，小灯泡恰好正常发光。则电源电压为 15 V；在保证电路安全的前提下，电路消耗的最大功率为 37.5 W。
【分析】（1）小灯泡正常发光时的功率和额定功率相等，根据P＝UI求出正常工作时的电流；
知道灯泡正常发光时的电压和电流，根据欧姆定律求出小灯泡的电阻；
当S闭合，S1、S2都断开，滑片P移到R的中点时，灯泡与滑动变阻器串联，由灯泡正常发光可知电路中的电流，根据电阻的串联和欧姆定律求出电源的电压；
（2）要保证电路安全，分析电路可得，当闭合开关S、S2和S1时，且通过滑动变阻器的电流为1A时，干路电流最大，根据并联电路电压规律和欧姆定律求出通过R0的电流，再根据并联电路电流规律求出干路最大电流，根据P＝UI求出电路消耗的最大总功率。
【解答】解：（1）小灯泡正常发光时的电压UL＝6V，功率PL＝3.6W，
由P＝UI可得，小灯泡正常工作的电流：IL＝＝＝0.6A，
小灯泡的电阻不随温度而变化，根据欧姆定律可知小灯泡的电阻RL＝＝＝10Ω；
当S闭合，S1、S2都断开，滑片P移到R的中点时，灯泡与滑动变阻器串联，
因串联电路中各处的电流相等，且灯泡正常发光，
所以，电路中的电流I＝IL＝0.6A，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，电源的电压：U＝I（RL+R）＝0.6A×（10Ω+×30Ω）＝15V；
（2）要保证电路安全，分析电路可得，当闭合开关S、S2和S1时，且通过滑动变阻器的电流为1A时，干路电流最大；
因并联电路中各支路两端电压相等，
所以此时通过R0的电流：I0＝＝＝1.5A；
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以干路的最大电流：Imax＝1A+1.5A＝2.5A，
电路消耗的最大功率：Pmax＝UImax＝15V×2.5A＝37.5W。
故答案为：15；37.5。
【点评】本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活应用，关键是电路最大电流的判断。
22．（2分）请你将如图所示的光路图补充完整。
【分析】凹透镜有三条特殊光线：平行于主光轴的光线经凹透镜折射后，折射光线的反向延长线过虚焦点；过光心的光线传播方向不变；入射光线的延长线过凹透镜另一侧的焦点，折射光线平行于主光轴射出，据此作图。
【解答】解：由图知，入射光线过光心，则它的传播方向不变；折射光线平行于主光轴射出，则入射光线的延长线过凹透镜另一侧的焦点，先用虚线连接入射点和右侧焦点F，然后用实线延长作出入射光线，如下图所示：
【点评】关于凹透镜，有三条特殊的入射光线：①平行于主光轴；②入射光线的延长线射过另一侧的焦点；③过光心的，每条特殊的入射光线对应的折射光线都有自己的特点，根据两者的对应关系可以利用入射光线作出折射光线；也可以利用折射光线作出对应的入射光线。
23．（2分）如图所示，用瓶起子起瓶盖时，瓶起子是一个杠杆，O是它的支点，F2是它受到的阻力。请你在图中画出作用在A点的最小动力F1及其力臂L1。
【分析】杠杆平衡条件：动力×动力臂＝阻力×阻力臂（F1 L1＝F2 L2），在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小。
【解答】解：由杠杆平衡条件F1 L1＝F2 L2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，因此OA作为动力臂L1最长；由于阻力使杠杆逆时针方向转动，所以动力的方向应该向上，过点A垂直于OA向上作出最小动力F1的示意图，如图所示：
。
【点评】本题的解题关键是通过杠杆的平衡条件得出：在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小的结论。
三、计算题（本题共3小题，共20分）
24．（6分）利用某燃气热水器，将20L的水从20℃加热到60℃，完全燃烧了0.21m3的煤气。[已知：c水＝4.2×103J/（kg•℃），q煤＝4×107J/m3]试求：
（1）煤气完全燃烧放出的热量；
（2）水吸收的热量；
（3）该热水器烧水的效率。
【分析】（1）知道煤气的体积、热值，利用Q放＝Vq求出煤气完全燃烧放出的热量；
（2）知道水的体积、密度，利用m＝ρV求水的质量，又知道水的比热容、初温和末温，利用Q吸＝cm（t﹣t0）求水吸收的热量；
（3）该热水器烧水的效率等于水吸收的热量与煤气完全燃烧放出的热量之比。
【解答】解：（1）煤气完全燃烧放出的热量：
Q放＝Vq煤＝0.21m3×4×107J/m3＝8.4×106J；
（2）水的体积V水＝20L＝20dm3＝0.02m3，
由ρ＝得水的质量：
m水＝ρ水V水＝1×103kg/m3×0.02m3＝20kg，
水吸收的热量：
Q吸＝c水m水（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×20kg×（60℃﹣20℃）＝3.36×106J；
（3）该热水器烧水的效率：
η＝＝×100%＝40%。
答：（1）煤气完全燃烧放出的热量是8.4×106J；
（2）水吸收的热量是3.36×106J；
（3）该热水器烧水的效率是40%。
【点评】本题考查了密度公式、燃料完全燃烧释放热量公式、吸热公式、效率公式的应用，是一道基础题。
25．（8分）小强同学利用如图所示的滑轮组将货物运送到楼上，图中每个滑轮重100N，不计绳子重和摩擦。已知绳能承受的最大拉力为300N，每次均竖直向上匀速拉动绳子，人重力为600N，双脚站立在水平地面上时，脚与地面的接触面积为600cm2，求：
（1）滑轮组的最大机械效率是多少？
（2）滑轮组机械效率最大时，人脚对地面的压强为多少？
（3）如果使用这个滑轮组提起重物时，刚好不省力时，提起的物重为多少N？（结果保留一位小数）
【分析】（1）由题意可知动滑轮的总重力，由图可知n＝4，利用不计绳重和摩擦时F＝（G+G动）求能提升货物的最大重力，利用η＝＝＝＝求滑轮组的最大机械效率；
（2）根据力的平衡条件求出人对地面的压力，根据p＝求人脚对地面的压强；
（3）根据刚好不省力可知绳子自由端的拉力与货物的重力相等，利用η＝＝＝＝求此时滑轮组的机械效率，再利用不计绳重和摩擦时η＝＝＝＝求货物的重力。
【解答】解：（1）由题意可知，动滑轮的总重力：G动＝2×100N＝200N，
由图可知n＝4，因为不计绳重和摩擦时F＝（G+G动），所以能提升货物的最大重力：G最大＝nF最大﹣G动＝4×300N﹣200N＝1000N，
则滑轮组的最大机械效率：η最大＝＝＝＝＝×100%≈83.3%；
（2）由力的平衡条件可知，人对地面的压力：F压＝G人+F最大＝600N+300N＝900N，
则人脚对地面的压强：p＝＝＝1.5×104Pa；
（3）由题意可知，刚好不省力时，绳子自由端的拉力与货物的重力相等，即F＝G，
此时滑轮组的机械效率：η＝＝＝＝＝＝＝25%，
由不计绳重和摩擦时η＝＝＝＝可知，此时货物的重力：G＝动＝×200N≈66.7N。
答：（1）滑轮组的最大机械效率是83.3%；
（2）滑轮组机械效率最大时，人脚对地面的压强为1.5×104Pa；
（3）如果使用这个滑轮组提起重物时，刚好不省力时，提起的物重为66.7N。
【点评】本题考查了固体压强、使用滑轮组时绳子的拉力和机械效率的计算，利用好不计绳重和摩擦时F＝（G+G动）是关键。
26．（6分）如图所示，是一款家用电热水壶的简化电路图，R1和R2均为电热丝，R1阻值为220Ω。闭合开关S1、S2，电热水壶开始加热，加热功率为1100W；温度达到一定时，开关S2断开，电热水壶开始保温。家庭电路中电压恒为220V，不考虑电热丝电阻随温度的变化。求：
（1）保温时的电热功率；
（2）电阻R2的阻值；
（3）该电热水壶在某次使用过程中，加热挡工作3min，保温挡工作10min，此过程消耗的电能。
【分析】（1）闭合S1，电路为R1的简单电路，总电阻较大，电源电压不变，根据P＝可知，总功率较小，电热水壶处于保温挡；
闭合开关S1、S2，两电阻并联，总电阻较小，电源电压不变，根据P＝可知，总功率较大，电热水壶处于加热挡；
根据P＝可知保温挡的功率P保，
（2）电热水壶处于加热挡工作时，根据P2＝P加﹣P保得出R2的功率，根据P＝可知R2的阻值；
（3）根据W＝P加t1+P保t2得出此过程消耗的电能。
【解答】解：（1）闭合S1，电路为R1的简单电路，总电阻较大，电源电压不变，根据P＝可知，总功率较小，电热水壶处于保温挡；
闭合开关S1、S2，两电阻并联，总电阻较小，电源电压不变，根据P＝可知，总功率较大，电热水壶处于加热挡；
保温挡的功率P保＝＝＝220W；
（2）电热水壶处于加热挡工作时，根据并联不相互影响，R1的电功率不变，R2的功率P2＝P加﹣P保＝1100W﹣220W＝880W，
根据P＝可知电阻R2的阻值：R2＝＝55Ω；
（2）此过程消耗的电能W＝P加t1+P保t2＝1100W×3×60s+220W×10×60s＝3.3×105J。
答：（1）保温挡的功率为220W；
（2）电阻R2的阻值为55Ω；
（3）该电热水壶在某次使用过程中，加热挡工作3min，保温挡工作10min，此过程消耗的电能为3.3×105J。
【点评】本题考查电功率和电能的计算，综合性强，难度适中。
四、综合题（本题共5小题，共24分）
27．（3分）把一根两端开口的细管浸入水中，充满水后用手指把一端堵住，移出水面，如图甲所示：
（1）把手指移开后管内的水会怎样流动？
（2）把细管倒过来，如图乙所示，如果把手指移开，管内的水会从A端流出。请你解释原因。
【分析】（1）两端开口的饮料管插入水中，管内外水面上方受到大气压的作用，所以内外液面将保持相平，用手堵住口的一端，管内水将在外界大气压的作用下不掉下来；
（2）上端开口不连通，下部连通的容器叫做连通器，在液体不流动的情况下，连通器各容器中的液面应保持相平。
【解答】解：（1）甲图，当用手指堵住上端开口时，上端不再与大气相通，下端受到大气压对它向上的作用，水不会从下端流出；把手指移开后，在重力的作用下，水会从B端流出；
（2）把细管倒过来，如图乙所示，如果把手指移开，构成了连通器，两边的液面要达到相平，所以，管内的水会从A端流出。
【点评】此题考查了大气压的存在、连通器的特点，属于基础知识的应用，比较简单。
28．（5分）如图所示，图中是小明探究“水的沸腾”的实验装置。
（1）正确安装实验器材后，A、B、C三种读数方法中正确的是 B （填字母代号）；
（2）由图乙可知，水的沸点是 98 ℃，水沸腾过程中不断吸热，温度 保持不变 （选填“升高”、“降低”或“保持不变”）；
（3）为了拓展研究，小明在实验时往水中加了适量盐，在相同的条件下，获得了与其他同学不同的沸点值。为了探究盐水的浓度与沸点的关系，同学们用不同浓度的盐水做了沸腾实验，通过实验得出不同浓度的盐水在标准大气压下的沸点，数据记录如表分析：
盐水的浓度/%
0
2
4
6
8
10
12
14
沸点/℃
100.0
100.3
100.6
101.0
101.3
101.6
102.0
102.3
表中数据可知，当盐水浓度增大时其沸点 升高 （降低/不变/升高）。据以上探究得到的结果，我们煮食物时要想让汤汁尽快沸腾，最好选择 后 （先/后）放盐。
【分析】（1）温度计读数时视线与液柱的上表面相平；
（2）由表中数据得到水沸腾的温度；水沸腾时的特点：吸热但温度不变；
（3）通过表格中数据分析解答。
【解答】解：（1）温度计读数时视线与液柱的上表面相平，A、B、C三种读数方法，读数正确的是B。
（2）水沸腾时，吸热温度不变，温度不变的这个温度就是沸点，由图乙可知，水的沸点是98℃，水沸腾过程中的特点是不断吸热，温度保持不变。
（3）分析表中数据可知，当盐水浓度增大时，盐水的沸点也升高。根据盐水的这个特点，我们煮食物时，最好选择后放盐，其目的是让汤汁尽快沸腾。
故答案为：（1）B；（2）98；保持不变；（3）升高；后。
【点评】本题考查了水沸腾的实验、沸点、沸腾的特点的关系，是一道基础题。
29．（6分）为了测量一个标有“2.5V 0.625W”小灯泡的电阻，小明连接的实验电路如图所示。
（1）图中电压表还没有连入电路，请你用笔画线作为导线，将电压表正确地连入电路中。
（2）实验前，他发现电路中还有一处连接不恰当，请你指出。 电流表量程选择错误 。
（3）闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应处在 A 端。（选填“A”或“B”）
（4）正确连接电路后，无论小明怎么调节滑动变阻器，发现电流表均无示数，电压表显示电源电压，原因可能是 小灯泡断路 。
（5）排除故障后，小明分别测出了小灯泡两端的电压为1.5V、2V、2.5V时的电流并计算出对应的电阻R1、R2、R3然后用R1、R2、R3的平均值作为小灯泡两端电压为1.2V时的电阻。他的做法 不正确 。（选填“正确”或“不正确”）原因是 灯泡电阻随温度变化而变化，不同电压下的阻值不同 。
【分析】（1）把电压表并联在灯泡两端。
（2）分析图示电路图，然后答题。
（3）实验现象：电流表没有示数，说明电路中出现了断路；电压表示数较大，由此可知故障的位置。
（4）为保护电路闭合开关前，滑片要置于阻值最大处。
（5）灯泡电阻受温度影响，据此分析答题。
【解答】解：（1）灯泡额定电压是2.5V，电压表选0～3V，把电压表并联在灯泡两端，电路图如图所示：
；
（2）由P＝UI可知，灯泡额定电流：I＝＝＝0.25A，电流表应选0～0.6A，由图示可知，电流表量程为0～3A量程，电流表量程选择错误。
（3）为保护电路，闭合开关前，滑片要置于阻值最大处的A端。
（4）当连接完电路后，闭合开关后，电流表没有示数，说明电路中出现了断路，而电压表有示数，说明电压表与电源是连通的，所以故障原因可能是小灯泡断路；
（5）灯泡电阻随温度变化而变化，不同电压下的阻值不同，把不同电压下的阻值作为平均值是错误的。
（6）由I＝可知，灯泡正常工作时的电阻：R＝＝＝10Ω。
故答案为：（1）电路图如上图所示；（2）电流表量程选择错误；（3）A；（4）小灯泡断路；（5）不正确；灯泡电阻随温度变化而变化，不同电压下的阻值不同。
【点评】本题考查了连接实物电路图、电路分析、实验注意事项、故障分析、求电阻，连接电路图时要注意电表量程的选择；灯泡电阻受温度影响，随温度升高而增大，不能把不同电压下灯泡电阻的平均值作为灯泡电阻。
30．（5分）在“探究凸透镜成像的规律”实验中，所用凸透镜的焦距是10cm，将透镜固定在光具座50cm刻度线处，实验装置如图所示：
（1）实验时要首先应调节凸透镜、光屏和蜡烛的高度，使它们的中心大致同一高度，点燃蜡烛应在调整高度之 前 （选填“前”或“后”）；
（2）实验中将蜡烛移至光具座上10cm刻度线处，移动光屏，直到烛焰在光屏上成清晰的实像，该像是 缩小 的（选填“放大”、“等大”或“缩小”）；
（3）将蜡烛从光具座上10cm向35cm刻度线移动时，若要让烛焰在光屏上能再次成清晰的像，光屏应 远离 （选填“远离”或“靠近”）透镜；
（4）实验时，蜡烛越烧越短，将会看到屏上的像向 上 （选填“上”或“下”）移动；
（5）实验过程中，用黑纸将凸透镜遮掉一半，光屏上像的形状 不变 （选填“变”或“不变”）。
【分析】（1）为了使像成在光屏的中央，应当使烛焰、凸透镜光心和光屏中心在同一高度；
（2）物距大于二倍焦距成倒立缩小实像，像距大于一倍焦距小于二倍焦距；
（3）透镜成实像时有物近像远像变大的特点；
（4）透镜成实像时，像是倒立的；
（5）遮挡透镜不会影响成像，只是透过透镜的光线减少了
【解答】解：（1）为了使像成在光屏的中央，实验时要首先应调节凸透镜、光屏和蜡烛的高度，使它们的中心大致同一高度，所以点燃蜡烛应在调整高度之前；
（2）凸透镜的焦距是10cm，实验中将蜡烛移至光具座上10cm刻度线处，物距u＝40cm＞2f，物距大于二倍焦距成倒立缩小实像；
（3）透镜成实像时有物近像远像变大的特点，将蜡烛从光具座上10cm向35cm刻度线移动时，烛焰靠近透镜，像会远离透镜，像变大；
（4）实验时，蜡烛越烧越短，透镜成实像时，像是倒立的，此时像会在光屏上向上移动；
（5）实验过程中，用黑纸将凸透镜遮掉一半，光线仍旧可以透过未被遮挡的部分在光屏成像，光屏上像的形状不变，只是透过透镜的光线减少了，像的亮度变暗；
故答案为：（1）前；（2）缩小； （3）远离；（4）上；（5）不变。
【点评】本题考查凸透镜成像规律，解题关键是将实验操作要求及结论掌握熟练，认真审题分析。
31．（4分）小明用装有沙子的带盖塑料瓶探究浮力的影响因素。
（1）小明依次做了如下实验：
①根据A、C的结果，可得该塑料瓶浸没在水中受到的浮力是 1 N；
②根据A与几次实验，可得：浮力大小与排开液体体积有关，根据A、C、D的结果，可得：浮力大小与 液体密度 有关；
③可以计算出盐水的密度为 1.1×103 kg/m3；
④为验证浮力和物体的密度是否有关，小明将瓶子中的沙子倒掉一些相当于减小物体密度。接着他仿照步骤D进行实验，发现此时弹簧测力计示数小于1.7N，便认为浮力和物体的密度有关，小明在该实验环节中存在的问题是 物体的重力 不同；
（2）如图2所示是小明利用不同的粗细均匀吸管制成的密度计竖直漂浮在水中时的情形，其中密度计 ② （选填“①”“②”或“③”）在测量其他液体密度时结果更精确。
【分析】（1）①根据F浮＝G﹣F可求得物体此时所受的浮力；
②掌握影响浮力大小的因素，判断两图中改变的量和不变的量，得出影响浮力的因素；
③根据A与E两图所示的实验数据可知，由称重法测浮力得出物体浸没在盐水中所受的浮力；根据阿基米德原理：F浮＝ρ液gV排，根据实验中排开液体的体积都等于物体的体积，从而求出盐水的密度；
④倒掉些沙子后，没有控制物体的重力相同；
（2）密度计的特点是刻度不均匀，上疏下密，上小下大，而且分度值越小越准确。
【解答】解：（1）①根据A、C两图所测的实验数据，可知物体此时所受的浮力为：
F浮水＝G﹣F拉＝2.8N﹣1.8N＝1N，
②根据A、C、D的可知，液体密度不同，弹簧测力计示数不同，即浮力大小不同，可以得到的结论是浮力大小与液体密度有关。
③根据A与D两图所示的实验数据可知，物体浸没在盐水中所受的浮力为：F浮盐水＝G﹣F′＝2.8N﹣1.7N＝1.1N，
根据阿基米德原理可得：F浮＝ρ液gV排＝ρ液gV物，
故，
因实验中，排开液体的体积都等于物体的体积，故有：，
则盐水的密度为：ρ盐水＝＝；
倒掉些沙子后，瓶子和沙子的重小于2.8N，所以实验时没有控制物体的重力相同。
（2）密度计的特点是刻度不均匀，上疏下密，上小下大，而且分度值越小越准确；深度越深，相邻两密度值的间距越大，由题图可知，密度计②所处的深度最深，相邻两密度值的间距最大，测量值最准确。
故答案为：（1）1；液体密度；1.1×103；物体的重力；（2）②。
【点评】本题探究影响浮力大小的因素，考查控制变量法、称重法测浮力及阿基米德原理的运用和密度的测量。是一道综合性较强的习题。
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