2024年重庆八中中考物理模拟试卷（三）

这是一份2024年重庆八中中考物理模拟试卷（三），共30页。试卷主要包含了选择题，填空作图题，实验与探究题，计算论述题等内容，欢迎下载使用。
1．（3分）下列物理量的估测中，最接近实际的是（ ）
A．教室里课桌的高度约为80dm
B．小汽车在高速路上正常行驶的速度约为30m/s
C．人的正常体温约为38℃
D．站在教室讲台上的老师对地面的压强为103Pa
2．（3分）如图所示的光现象中，与小孔成像原理相同的是（ ）
A．射击瞄准B．猫照镜子
C．看水中鱼D．雨后彩虹
3．（3分）世界级非物质文化遗产“二十四节气”首次变身为倒计时器，在描述二十四节气的诗句中蕴含着丰富的物理知识，以下说法正确的是（ ）
A．白露：“白露垂珠滴秋月”，露是由水蒸气凝华形成
B．霜降：“一朝秋暮露成霜”，霜的形成需要吸收热量
C．立春：“大地阳和暖气生”，大地内能的增加是太阳通过热传递的方式实现的
D．秋分：“丹桂小菊万径香”，桂花飘香说明只有气体分子在永不停息地做无规则运动
4．（3分）如图所示，下列有关电与磁的知识，说法正确的是（ ）
A．甲图中使用验电笔时，手必须接触笔尾金属体
B．乙图的连接方式符合家庭电路安全用电要求
C．丙图中，该原理可应用于制造发电机，实现电能转化为机械能
D．丁图中，验电器的原理是同种电荷互相排斥、异种电荷互相吸引
5．（3分）初中体育考试前夕，为了获得满意的成绩，同学们每天都在认真的训练。如图所示是同学们在操场上练习立定跳远时的情景（ ）
A．穿上底部有花纹的鞋子，是为了增大对地面的压强
B．人站在水平地面上静止时，人的重力和人对地面的压力是一对平衡力
C．起跳时，脚要用力向后蹬地，利用了物体间力的作用是相互的
D．落地时，人由于受到惯性作用身体会向前倾
6．（3分）用如图甲所示的装置提升重物A，A的重力为360N，底面积为50cm2，施加的拉力F随时间变化关系如图乙所示，A上升的速度v随时间变化关系如图丙所示（忽略绳重和摩擦）。下列结论错误的是（ ）
A．物体匀速上升时拉力F的功率为80W
B．动滑轮的重力为40N
C．0.5s时，物体A对地面的压强为1×104Pa
D．2～3s时，此装置的机械效率为90%
7．（3分）小明用如图甲所示的电路来研究电功率与电流的关系，电源电压保持不变，闭合开关S，并根据实验数据绘制了定值电阻R0和滑动变阻器R的电功率与电流的关系图像，如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．图乙中的B线是R0的功率与电流的关系图像
B．定值电阻R0的阻值为15Ω
C．当R接入电路中的阻值为其最大阻值的十分之一时，电路消耗的电功率为37.5W
D．在移动滑片的过程中，R消耗的电功率的最大值是3.75W
8．（3分）如图，质量分布均匀的圆柱形木块甲与薄壁圆柱形容器乙放置于水平桌面上，已知木块甲的密度为0.8×103kg/m3，高为0.6m，底面积为8×10﹣3m2；乙容器的底面积为2×10﹣2m2，高为0.4m，容器内盛有体积为6×10﹣3m3的水，g取10N/kg。则下列说法正确的是（ ）
①甲对桌面的压强为4800Pa。
②若甲沿着竖直方向切放入乙容器中，则水对容器底的压强为4000Pa。
③若甲上方沿水平方向切去Δh的高度，并将切去部分竖直放入容器乙内。当Δh＝0.4m时，容器对桌面的压强增加量Δp容＝1000Pa。
④若甲上方沿水平方向切去Δh的高度，并将切去部分竖直放入容器乙内，若甲压力的变化量和容器对桌面压力的变化量为3：2
A．①②B．①②③C．①②③④D．①②④
二、填空作图题（每空1分，14题作图2分，共12分）
9．（2分）每一次物理学的重大发现都会推动人类社会的进步和发展，1831年英国科学家法拉第发现了 现象，开辟了人类的电气化时代；指南针自由静止时N极指向地理的 极附近。
10．（2分）唐朝诗人柳宗元在《小石潭记》中写道“从小丘西行百二十步，隔篁竹，闻水声，心乐之”。诗句中“从小丘西行百二十步”所描述的机械运动，研究对象是 （选填“诗人”或“小丘”）；“闻水声”中的水声是通过 传播到人耳。
11．（2分）爱动脑的小月在学习了有关电功率的知识后，借助电能表估测了家里的电热水壶的电功率。她将家里的其他用电器全部关闭，将容积为1L的电热水壶装满初温为20℃的水，通电6min，小月观察到如图所示电能表的铝盘转了300转 W，且发现水的温度升高了75℃，则电热水壶的热效率是 %。[（kg•℃）]
12．（2分）如图所示，甲、乙两个薄壁圆柱形容器置于水平桌面上，两容器底部用一根细管相连2，盛有深度为0.3m的水，则甲容器中水对容器底部的压力是 N；乙容器中放一底面积50cm2、高0.2m、密度为0.8×103kg/m3的圆柱形木块A，乙容器的底面积为150cm2，打开阀门，让水从甲容器流入乙容器，稳定后乙容器底部受到水的压力为 N。
13．（2分）如图所示，电源电压可调，电压表和电流表量程为0～15V和0～3A。现将电源电压调为某值1接a，S2和S3断开，将滑动变阻器滑片移到最右端，电流表的示数为I1，电压表的示数为U1；当S1接b，S2和S3断开，滑动变阻器滑片移至中点，电流表的示数为I2，电压表的示数为U2，此时电路总功率为P总＝5.76W；当只闭合S2和S3，电流表的示数为1A。已知I1：I2＝1：2，U1：U2＝3：1，则滑动变阻器的最大阻值R1与R3之比为 。当S1接b，S2和S3断开时，移动滑片，保证电路安全前提下，则电源可调的最高电压与最低电压的差值为 V。
14．（1分）画出物体对斜面压力的示意图。
15．（1分）如图，小磁针静止在通电螺线管右侧，请在括号内标出小磁针上端的磁极。
三、实验与探究题（本题共3个小题，第15小题6分，第16小题8分，第17小题8分，共22分）
16．（6分）（1）小数同学在学完物态变化后，利用如图1甲装置探究“固体熔化时温度变化规律”，在两个相同的试管内分别放入质量相等的A、B两种物质。
①实验时，某时刻温度计的示数如图甲所示为 ℃；
②如图1乙是根据实验数据绘制的温度﹣时间图像，B是 （填“晶体”或“非晶体”）；
③由图1乙可知：两物质固态时的比热容cA cB（填“＞”、“＜”或“＝”）。
（2）如图2，小数利用水透镜来探究凸透镜的成像规律，通过对水透镜注水或抽水可改变水透镜的厚薄。
①实验前，应调节 、凸透镜、光屏，三者的中心在同一高度；
②将蜡烛靠近水透镜，光屏上的像模糊，不移动蜡烛和水透镜 （选填“注水”、“抽水”），才能在光屏上再次得到清晰的像；
③图2中烛焰在光屏上恰好成一清晰的像。保持蜡烛和光屏的位置不变，将水透镜移至合适位置，光屏上会再次得到清晰的像 （选填“照相机”、“投影仪”和“放大镜”）的成像特点相同。
17．（8分）（1）如图1所示是小谷探究“圆锥形物体所受浮力大小与哪些因素有关”的实验。
①由步骤A、B、C、D可得出结论：物体受到的浮力大小与 有关；由A、 步骤可得出结论：物体受到的浮力大小与液体的密度有关。
②根据图1中的实验数据，可计算出该液体的密度为 kg/m3，如果在步骤E中不小心使物体接触了容器底且与容器底部有力的作用，则所测液体密度将 （选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
③如图F，用弹簧测力计拉着圆锥形物体从圆锥体底部刚好接触水面开始缓慢浸入水中，描绘的弹簧测力计示数F与物体底端浸入深度h的变化关系图像与实验相符合的是 。
（2）实验结束后，小谷利用刻度尺、圆柱形容器、有配重的薄壁长烧杯和适量的水测金属块B的密度，他设计的实验步骤如下：（已知S容：S烧杯＝2：1）
①首先向底面积为S容的圆柱形容器中装入适量的水，将一只装有配重的底面积为S烧杯的薄壁长烧杯放入圆柱形容器的水中，烧杯静止时容器中水的深度为H1，H1为18cm；
②将金属块B吊在烧杯底部，烧杯静止时露出水面的高度h1为6cm，容器中水的深度H2为33cm，如图2乙所示，则金属块的质量为 （用已知物理量符号表示，水的密度为ρ水）；
③将金属块B放在烧杯中，烧杯静止时露出水面的高度h2为2cm，如图2丙所示。则金属块B的密度为 kg/m3，不考虑金属块吸水，该实验步骤下测得金属块B密度 （选填“偏大”、“偏小”、“准确”）。
18．（8分）小理为了完成电学中的实验，收集了如下实验器材：学生电源一个，开关，阻值分别为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω和25Ω的定值电阻各一个，滑动变阻器“20Ω 0.5A”，额定电压为U0的小灯泡一个，导线若干。
实验一：探究“电流与电压的关系”
（1）小理连接了如图1甲的实物电路，开关闭合后发现电路连接错误。请你在错误的导线上划“×”，用笔画线代替导线，导线不交叉；
（2）为了保护电路，实验开始前，滑动变阻器的滑片P应移动到最 （选填“左”或“右”）端；
（3）检查无误后，小理将10Ω的电阻接入电路，闭合开关，记录为A点数据，继续移动滑动变阻器，并绘制I﹣U图像如图1乙。
通过分析，可以得到C点和E点的定值电阻电功率之比为： 。
（4）为了使实验结论更具有普遍性，小理换用20Ω的电阻重复前面操作，得到多组数据，在相同的坐标系中画出了I﹣U图像，图1乙中①、②哪一个图像是符合实验实际的 （选填：①或②）；
实验二：探究“电流与电阻的关系”。
（5）小理继续探究“电流与电阻关系”，将20Ω更换为15Ω的电阻接入电路，拆下20Ω电阻后，则不规范的操作可能是： ；
（6）小理用测量数据在I﹣R图中描点如图2乙，同组的小物发现定值电阻阻值为 Ω的测量数据是错误的，并且分析出前一次实验选取的电阻阻值为 Ω。
（7）在完成上述实验后，小理继续探究“灯丝电阻随温度的变化规律”，小理将小灯泡直接接入恒压电源中，小灯泡发光，聪明的小理分析小灯泡由暗到亮的发光过程中其实际功率变化规律是 。
四、计算论述题（本题共3个小题，18小题6分，19小题8分，20小题8分，共计22分，解题应写出必要的文字说明、步骤和公式，只写出最后结果的不能给分）
19．（6分）如图所示，R1＝30Ω，闭合开关，电压表和电流表的示数分别为6V和0.5A。求：
（1）通过电阻R1的电流；
（2）电阻R2一分钟消耗的电能是多少。
20．（8分）如图甲，是可以实时测量风速的杯式风速仪，图乙为内部电路图，即能始终提供大小恒定的电流。电流表量程为0～0.6A，R0为10Ω的定值电阻，R1为压敏电阻，其阻值随压力F大小变化的关系如图丙所示，迎风板受到的压力能大小不变地传递给R1，迎风板为轻质薄板，迎风板受到的压力与风速的关系如表。记录电表示数，发现风速增大，读出简易风速仪中电流表示数为0.4A，电压表示数为8V。求：
（1）恒流电源的电流大小；
（2）当迎风板受到的压力为6N时，该电路消耗的功率；
（3）该装置能测量的最大风速。
21．（8分）如图甲所示，小明在探究加水放水的实验过程中，将细杆与力传感器组装好（可拆卸），置于足够高的薄壁圆柱形水箱内。现往容器内缓慢加水，水对容器底部的压强随容器内水的质量变化规律如图乙所示。求：
（1）容器底面积；
（2）物体A的密度；
（3）实验中，当力传感器示数为0.98N时停止加水，此时只取下细杆，待A静止后，才发现细杆的质量虽远小于物体A，则细杆质量为多少。
2024年重庆八中中考物理模拟试卷（三）
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共8个小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共24分）
1．（3分）下列物理量的估测中，最接近实际的是（ ）
A．教室里课桌的高度约为80dm
B．小汽车在高速路上正常行驶的速度约为30m/s
C．人的正常体温约为38℃
D．站在教室讲台上的老师对地面的压强为103Pa
【答案】B
【解答】解：A、教室里课桌的高度约为80cm；
B、高速路上小汽车的行驶速度约为30m/s，故B正确；
C、人体正常体温约为37℃，故C错误；
D、成年人的体重在G＝500N左右2左右，双脚对水平地面的压强在p＝＝＝4Pa左右，故D错误。
故选：B。
2．（3分）如图所示的光现象中，与小孔成像原理相同的是（ ）
A．射击瞄准B．猫照镜子
C．看水中鱼D．雨后彩虹
【答案】A
【解答】解：小孔成像是光的直线传播形成的；
A、射击瞄准是利用光的直线传播原理；
B、猫照镜子属光的反射现象；
C、我们在岸上看到水中鱼，故C不符合题意；
D、雨后彩虹是由于光的折射形成的。
故选：A。
3．（3分）世界级非物质文化遗产“二十四节气”首次变身为倒计时器，在描述二十四节气的诗句中蕴含着丰富的物理知识，以下说法正确的是（ ）
A．白露：“白露垂珠滴秋月”，露是由水蒸气凝华形成
B．霜降：“一朝秋暮露成霜”，霜的形成需要吸收热量
C．立春：“大地阳和暖气生”，大地内能的增加是太阳通过热传递的方式实现的
D．秋分：“丹桂小菊万径香”，桂花飘香说明只有气体分子在永不停息地做无规则运动
【答案】C
【解答】解：A、露是由水蒸气遇冷液化形成的；
B、霜是空气中水蒸气遇冷凝华形成的，故B错误；
C、大地内能的增加是太阳通过热传递的方式实现的；
D、桂花飘香说明气体分子在永不停息地做无规则运动，故D错误。
故选：C。
4．（3分）如图所示，下列有关电与磁的知识，说法正确的是（ ）
A．甲图中使用验电笔时，手必须接触笔尾金属体
B．乙图的连接方式符合家庭电路安全用电要求
C．丙图中，该原理可应用于制造发电机，实现电能转化为机械能
D．丁图中，验电器的原理是同种电荷互相排斥、异种电荷互相吸引
【答案】A
【解答】解：A、使用验电笔时，不能接触笔尖金属体；
B、在家庭电路的连接中，才能在断开开关时，故B错误；
C、由图可知，根据此原理制成发电机，故C错误；
D、验电器原理是：同种电荷互相排斥。
故选：A。
5．（3分）初中体育考试前夕，为了获得满意的成绩，同学们每天都在认真的训练。如图所示是同学们在操场上练习立定跳远时的情景（ ）
A．穿上底部有花纹的鞋子，是为了增大对地面的压强
B．人站在水平地面上静止时，人的重力和人对地面的压力是一对平衡力
C．起跳时，脚要用力向后蹬地，利用了物体间力的作用是相互的
D．落地时，人由于受到惯性作用身体会向前倾
【答案】C
【解答】解：
A、穿上底部有花纹的鞋子，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力；
B、人站在水平地面上静止时，且方向相同，故B错误；
C、起跳时，地面同时给脚一个反作用力，利用了物体间力的作用是相互的；
D、落地时，惯性不是力，故D错误。
故选：C。
6．（3分）用如图甲所示的装置提升重物A，A的重力为360N，底面积为50cm2，施加的拉力F随时间变化关系如图乙所示，A上升的速度v随时间变化关系如图丙所示（忽略绳重和摩擦）。下列结论错误的是（ ）
A．物体匀速上升时拉力F的功率为80W
B．动滑轮的重力为40N
C．0.5s时，物体A对地面的压强为1×104Pa
D．2～3s时，此装置的机械效率为90%
【答案】C
【解答】解：ABD、由图丙知，速度v＝0.2m/s，
由图甲可知，承担重物绳子的段数n＝3物＝2×0.4m/s＝0.4m/s，
由乙图知，此时拉力F＝200N，
所以拉力F的功率P＝＝＝Fv＝200N×3.4m/s＝80W；
忽略绳重和摩擦，拉力F＝动），则动滑轮的重力：G动＝7F﹣G＝2×200N﹣360N＝40N，故B正确；
2～6s时，此装置的机械效率：η＝＝＝＝＝，故D正确；
C、由图丙知，即物体A处于静止状态，绳端拉力F′＝150N，
物体受到竖直向上的拉力为F拉＝nF′﹣G动＝2×150N﹣40N＝260N，
物体对地面的压力为F压＝G﹣F拉＝360N﹣260N＝100N，
对地面的压强：p＝＝＝2×104Pa，故C错误。
故选：C。
7．（3分）小明用如图甲所示的电路来研究电功率与电流的关系，电源电压保持不变，闭合开关S，并根据实验数据绘制了定值电阻R0和滑动变阻器R的电功率与电流的关系图像，如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．图乙中的B线是R0的功率与电流的关系图像
B．定值电阻R0的阻值为15Ω
C．当R接入电路中的阻值为其最大阻值的十分之一时，电路消耗的电功率为37.5W
D．在移动滑片的过程中，R消耗的电功率的最大值是3.75W
【答案】C
【解答】解：
AB、研究电功率和电流的关系时，
定值电阻的阻值一定，由P＝I2R知，其电功率P与电流I是二次函数关系0＞4，所以其P﹣I图像开口向上0的功率与电流的关系图像，图线B表示滑动变阻器R的功率与电流的关系图像；
由电路图可知，定值电阻R0与滑动变阻器R串联，电流表测电路中电流，
当滑动变阻器R连入阻值为6时，电路为R0的简单电路，电路中电流最大，
由图像知此时的电流I＝3A，P6＝45W，
由P＝UI可得，电源电压：U＝U0＝＝＝15V，
由P＝I2R可得，R0的阻值：R3＝＝＝5Ω；
C、电源电压不变，电路电流最小，电流最小值I′＝4A，
根据欧姆定律可知R0两端电压：U0′＝I′R2＝1A×5Ω＝3V，
由串联电路的电压特点知，此时R两端电压：UR＝U﹣U0′＝15V﹣5V＝10V，
则变阻器R的最大阻值：R＝＝＝10Ω；
当R接入电路中的阻值为其最大阻值的十分之一时，电路消耗的电功率P总＝＝＝37.5W；
D、在移动滑片的过程中滑＝I2R＝（）2R＝＝，
所以，当R＝R0＝6Ω时，滑动变阻器的功率最大滑大＝＝＝11.25W。
故选：C。
8．（3分）如图，质量分布均匀的圆柱形木块甲与薄壁圆柱形容器乙放置于水平桌面上，已知木块甲的密度为0.8×103kg/m3，高为0.6m，底面积为8×10﹣3m2；乙容器的底面积为2×10﹣2m2，高为0.4m，容器内盛有体积为6×10﹣3m3的水，g取10N/kg。则下列说法正确的是（ ）
①甲对桌面的压强为4800Pa。
②若甲沿着竖直方向切放入乙容器中，则水对容器底的压强为4000Pa。
③若甲上方沿水平方向切去Δh的高度，并将切去部分竖直放入容器乙内。当Δh＝0.4m时，容器对桌面的压强增加量Δp容＝1000Pa。
④若甲上方沿水平方向切去Δh的高度，并将切去部分竖直放入容器乙内，若甲压力的变化量和容器对桌面压力的变化量为3：2
A．①②B．①②③C．①②③④D．①②④
【答案】B
【解答】解：①、木块甲的重力为：
G甲＝m甲g＝ρ甲V甲g＝ρ甲S甲h甲g＝0.8×102kg/m3×8×10﹣8m2×0.8m×10N/kg＝38.4N，
则木块甲对桌面的压强：
p甲＝＝＝＝4800Pa；
②、当沿竖直方向切去甲的，假设此时木块漂浮在水中，则此时排开水的体积为：
V2＝＝＝＝2.4×10﹣8m3，
则甲应浸入水中的深度为：
h甲＝＝＝0.48m，
此时乙中水面应上升的高度为：
Δh乙＝＝＝0.12m，
所以，此时乙中水深为：
hB＝h水+Δh乙＝+Δh乙＝+7.12m＝0.42m，
故乙中水深小于甲应浸入水中的深度，则沿竖直方向切去甲的，故此时甲排水的体积等于乙中水面上升的体积，
设此时乙水面上升高度为Δh，则有：
S甲•（h水+Δh）＝S乙•Δh，即S甲•（+Δh）＝S乙•Δh，
代入数据，×8×10﹣3m2×（+Δh）＝2×10﹣2m4×Δh，
解得：Δh＝0.1m，
所以沿竖直方向切去甲的，并竖直放入乙中
p2＝ρ水g（h水+Δh）＝5.0×103kg/m7×10N/kg×（+0.1m）＝4000Pa；
③、甲切去部分的重力ΔG甲＝ρ木S木Δh甲g＝6.8×103kg/m4×8×10﹣3m3×0.4m×10N/kg＝25.4N；
由于木块密度小于水的密度，木块放入水中后漂浮，F浮＝ΔG甲，木块排开水的体积为：
V排＝＝＝4.56×10﹣3m3；
容器乙的总容积V总＝S乙h乙＝3×10﹣2m2×7.4m＝8×10﹣4m3；
容器乙中未放入木块时空余部分的体积V余＝V总﹣V水＝8×10﹣2m3﹣6×10﹣4m3＝2×10﹣7m3＜V排；
所以把切去的木块放入水中时，有水溢出，
V溢＝V排﹣V余＝2.56×10﹣4m3﹣2×10﹣3m3＝0.56×10﹣3m3；
溢出水的重力G溢水＝ρ水V溢g＝1.6×103kg/m3×2.56×10﹣3m3×10N/kg＝2.6N；
容器乙底部压力变化量ΔF＝ΔG甲﹣G溢水＝25.6N﹣5.6N＝20N，
容器乙底部压强变化量为：
Δp容＝＝＝1000Pa；
④、若切去的高度为45cm甲'＝ρ木S木Δh甲'g＝0.2×103kg/m3×2×10﹣3m2×6.45m×10N/kg＝28.8N；
由于木块密度小于水的密度，木块放入水中后漂浮，F浮'＝ΔG甲'，木块排开水的体积为：
V排'＝＝＝2.88×10﹣3m7＞V余；
由③可知，木块放入水中后有水溢出
V溢'＝V排'﹣V余＝2.88×10﹣3m3﹣2×10﹣3m8＝0.88×10﹣3m8；
溢出水的重力G溢水'＝ρ水V溢'g＝1.0×108kg/m3×0.88×10﹣5m3×10N/kg＝8.8N；
容器乙底部压力变化量ΔF'＝ΔG甲'﹣G溢水'＝28.8N﹣8.6N＝20N；
甲压力的变化量为ΔF甲'＝ΔG甲'＝28.8N，
则甲压力的变化量和容器对桌面压力的变化量之比为：
ΔF甲'：ΔF'＝28.8N：20N＝36：25，故④错误。
故选：B。
二、填空作图题（每空1分，14题作图2分，共12分）
9．（2分）每一次物理学的重大发现都会推动人类社会的进步和发展，1831年英国科学家法拉第发现了 电磁感应 现象，开辟了人类的电气化时代；指南针自由静止时N极指向地理的 北 极附近。
【答案】见试题解答内容
【解答】解：1831年英国科学家法拉第发现了点磁感线现象，发明了发电机；指南针自由静止时N极指向地磁的南极。
故答案为：电磁感应；北。
10．（2分）唐朝诗人柳宗元在《小石潭记》中写道“从小丘西行百二十步，隔篁竹，闻水声，心乐之”。诗句中“从小丘西行百二十步”所描述的机械运动，研究对象是 诗人 （选填“诗人”或“小丘”）；“闻水声”中的水声是通过 空气 传播到人耳。
【答案】见试题解答内容
【解答】解：从小丘西行百二十步所描述的机械运动中，参照物是小丘；闻水声中的水声是通过空气传播到人耳。
故答案为：诗人；空气。
11．（2分）爱动脑的小月在学习了有关电功率的知识后，借助电能表估测了家里的电热水壶的电功率。她将家里的其他用电器全部关闭，将容积为1L的电热水壶装满初温为20℃的水，通电6min，小月观察到如图所示电能表的铝盘转了300转 1000 W，且发现水的温度升高了75℃，则电热水壶的热效率是 87.5 %。[（kg•℃）]
【答案】1000；87.5。
【解答】解：电能表上的3000r/（kW•h）表示电路中的用电器每消耗1kW•h电能，电能表的铝盘转过3000转，
则电能表的铝盘转过300转，电热水壶消耗的电能W＝5J；
电热水壶的电功率：P＝＝＝1000W；
由ρ＝可知2kg/m3×1×10﹣2m3＝1kg，
水吸收的热量：Q吸＝c水mΔt＝2.2×103J/（kg•℃）×4kg×75℃＝3.15×105J，
电热水壶的热效率：η＝×100%＝。
故答案为：1000；87.8。
12．（2分）如图所示，甲、乙两个薄壁圆柱形容器置于水平桌面上，两容器底部用一根细管相连2，盛有深度为0.3m的水，则甲容器中水对容器底部的压力是 30 N；乙容器中放一底面积50cm2、高0.2m、密度为0.8×103kg/m3的圆柱形木块A，乙容器的底面积为150cm2，打开阀门，让水从甲容器流入乙容器，稳定后乙容器底部受到水的压力为 22.5 N。
【答案】30；22.5
【解答】解：（1）甲容器中水对容器底部的压强为：
p1＝ρ水gh水＝1.8×103kg/m3×10N/kg×4.3m＝3000Pa，
则甲容器中水对容器底部的压力为：
F1＝p2SA＝3000Pa×100×10﹣4m2＝30N；
（2）打开阀门，让水从甲容器流入乙容器，A仍与乙容器底接触，
此时容器内水的深度为：h3＝＝＝15cm，
此时A排开水的体积为：V排＝SAh1＝50cm4×15cm＝750cm3，
此时A受到的浮力为：F浮＝ρ水gV排＝1.8×103kg/m3×10N/kg×750×10﹣4m3＝7.6N，
而A的重力为：GA＝mAg＝ρAVAg＝0.8×103kg/m3×50×10﹣4m7×0.2m×10N/kg＝2N，
所以GA＞F浮，且hA＞h1，故水面稳定时，A仍与乙容器底接触，
此时乙容器底部受到水的压强为：
p2＝ρ水gh5＝1.0×102kg/m3×10N/kg×0.15m＝1500Pa，
则乙容器中水对容器底部的压力为：
F4＝p2SB＝1500Pa×150×10﹣4m3＝22.5N。
故答案为：30；22.5
13．（2分）如图所示，电源电压可调，电压表和电流表量程为0～15V和0～3A。现将电源电压调为某值1接a，S2和S3断开，将滑动变阻器滑片移到最右端，电流表的示数为I1，电压表的示数为U1；当S1接b，S2和S3断开，滑动变阻器滑片移至中点，电流表的示数为I2，电压表的示数为U2，此时电路总功率为P总＝5.76W；当只闭合S2和S3，电流表的示数为1A。已知I1：I2＝1：2，U1：U2＝3：1，则滑动变阻器的最大阻值R1与R3之比为 1：3 。当S1接b，S2和S3断开时，移动滑片，保证电路安全前提下，则电源可调的最高电压与最低电压的差值为 89.7 V。
【答案】（1）1：3；（2）89.7V。
【解答】解：（1）当单刀双掷开关S1接a，S2和S8断开，将滑动变阻器滑片移到最右端时，R1阻值为0，电阻R6、R3串联，电流表测量电路中电流3两端的电压，
根据串联电路的特点和欧姆定律可得电压表示数U4＝I1R3……①，
电源电压：U＝I7（R2+R3）……②，
当S6接b，S2和S3断开，滑动变阻器滑片在中点时，R3与电阻R2串联，电流表测量电路中电流1两端的电压；
根据串联电路的特点和欧姆定律可得电压表示数：U4＝I2×R1……③，
电源电压：U＝I2（R1+R7）……④，
由①③可得：U1：U2＝I2R3：I2×R1，
已知I8：I2＝1：8，U1：U2＝8：1，则＝，解得R3＝3R7，则滑动变阻器的最大阻值R1与R3之比为7：3；
（2）由②④两式可得：I1（R7+R3）＝I2（R1+R4），
已知I1：I2＝7：2，且R3＝3R1，则R2＝8R1；
电路总功率P总＝＝5.76W2＝7R1解得＝14.4W……⑤，
当只闭合S2和S2，两定值电阻R2、R3并联接入电路，电流表测量干路电流且示数为5A1+I2＝+＝+＝1A﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑥，
⑤⑥联立可得R3＝32.4Ω，R2＝64.3Ω，
当S1接b，S2和S4断开时，R3断路，R1与R6串联，电压表测R1两端的电压，
若电流表示数为一半时，即I＝1.8A，R2两端电压为U2＝IR8＝1.5A×64.4Ω＝97.2V，U1＝15V，电源最低电压U＝U3+U2＝15V+97.2V＝112.8V，
若电压表示数为一半时，即U′1＝7.6V，电路中最大电流Imax＝3A，U′2＝ImaxR7＝3A×64.8Ω＝194.6V，电源最高电压U′＝U′1+U′2＝2.5V+194.4V＝201.5V，
电源可调的最高电压与最低电压的差值为：ΔU＝U′﹣U＝89.7V。
故答案为：（1）1：4；（2）89.7V。
14．（1分）画出物体对斜面压力的示意图。
【答案】
【解答】解：压力的作用点在接触面的中点处，从压力的作用点开始沿垂直于斜面向下的方向画一条线段，并标上符号F
15．（1分）如图，小磁针静止在通电螺线管右侧，请在括号内标出小磁针上端的磁极。
【答案】
【解答】解：已知电源左端为正极，根据安培定则，四指指向电流的方向，上端为S极，异名磁极相互吸引、下端为S极
三、实验与探究题（本题共3个小题，第15小题6分，第16小题8分，第17小题8分，共22分）
16．（6分）（1）小数同学在学完物态变化后，利用如图1甲装置探究“固体熔化时温度变化规律”，在两个相同的试管内分别放入质量相等的A、B两种物质。
①实验时，某时刻温度计的示数如图甲所示为 ﹣15 ℃；
②如图1乙是根据实验数据绘制的温度﹣时间图像，B是 非晶体 （填“晶体”或“非晶体”）；
③由图1乙可知：两物质固态时的比热容cA ＜ cB（填“＞”、“＜”或“＝”）。
（2）如图2，小数利用水透镜来探究凸透镜的成像规律，通过对水透镜注水或抽水可改变水透镜的厚薄。
①实验前，应调节 烛焰 、凸透镜、光屏，三者的中心在同一高度；
②将蜡烛靠近水透镜，光屏上的像模糊，不移动蜡烛和水透镜 注水 （选填“注水”、“抽水”），才能在光屏上再次得到清晰的像；
③图2中烛焰在光屏上恰好成一清晰的像。保持蜡烛和光屏的位置不变，将水透镜移至合适位置，光屏上会再次得到清晰的像 投影仪 （选填“照相机”、“投影仪”和“放大镜”）的成像特点相同。
【答案】（1）①﹣15；②非晶体；③＜；（2）烛焰；注水；投影仪。
【解答】解：（1）①温度计的分度值为1℃，液面在0刻度以下。
②由图可知，B物质熔化时的特点是：吸收热量，没有固定的熔化温度，因此B物质是非晶体。
③由公式Q＝cmΔt可知，在吸收热量和质量相同时，比热容就越大，在固态时
时间，物质A的温度变化大，即cA＜cB。
（2）①为使烛焰的像始终成在光屏的中央，应将烛焰中心和光屏的中心调整到凸透镜的主光轴上。
②蜡烛靠近水透镜，此时像成在光屏的右侧，应增大水透镜的会聚能力。
③由图8可知此时的物距为50.0cm，像距为20.0cm，当物距为20.2cm，所以当水透镜移至40cm刻度线处时。这时的像距大于物距、放大的实像。
故答案为：（1）①﹣15；②非晶体；（2）烛焰；投影仪。
17．（8分）（1）如图1所示是小谷探究“圆锥形物体所受浮力大小与哪些因素有关”的实验。
①由步骤A、B、C、D可得出结论：物体受到的浮力大小与 排开液体的体积 有关；由A、 D、E 步骤可得出结论：物体受到的浮力大小与液体的密度有关。
②根据图1中的实验数据，可计算出该液体的密度为 0.8×103 kg/m3，如果在步骤E中不小心使物体接触了容器底且与容器底部有力的作用，则所测液体密度将 偏大 （选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
③如图F，用弹簧测力计拉着圆锥形物体从圆锥体底部刚好接触水面开始缓慢浸入水中，描绘的弹簧测力计示数F与物体底端浸入深度h的变化关系图像与实验相符合的是 B 。
（2）实验结束后，小谷利用刻度尺、圆柱形容器、有配重的薄壁长烧杯和适量的水测金属块B的密度，他设计的实验步骤如下：（已知S容：S烧杯＝2：1）
①首先向底面积为S容的圆柱形容器中装入适量的水，将一只装有配重的底面积为S烧杯的薄壁长烧杯放入圆柱形容器的水中，烧杯静止时容器中水的深度为H1，H1为18cm；
②将金属块B吊在烧杯底部，烧杯静止时露出水面的高度h1为6cm，容器中水的深度H2为33cm，如图2乙所示，则金属块的质量为 ρ水（H2﹣H1）S容 （用已知物理量符号表示，水的密度为ρ水）；
③将金属块B放在烧杯中，烧杯静止时露出水面的高度h2为2cm，如图2丙所示。则金属块B的密度为 7.5×103 kg/m3，不考虑金属块吸水，该实验步骤下测得金属块B密度 偏小 （选填“偏大”、“偏小”、“准确”）。
【答案】（1）①排开液体的体积；D、E；②0.8×103；偏大；③B；（2）②ρ水（H2﹣H1）S容；③7.5×103；偏小。
【解答】解：（1）①由图A、B、C可知，弹簧测力计的示数变小浮＝G﹣F可知，物体受到的浮力变大；要探究物体受到的浮力大小与液体的密度的有关，改变液体的密度、D、E符合题意；
②由A知，物体的重力G＝4N，根据称重法
F浮水＝G﹣F′＝4N﹣3N＝1N；
由浸没时V＝V排＝＝＝4×10﹣4m3；
当物体浸没液体中时，F浮液＝G﹣F'′＝8N﹣3.2N＝4.8N；
根据阿基米德原理得ρ液＝＝＝6.8×103kg/m2；
如果在步骤E中不小心使物体接触了容器底且与容器底部有力的作用，弹簧测力计的示数减小，根据上述过程知所测液体密度的偏大；
③因为圆锥形物体“下小上大”，所以随着圆锥形物体浸入水中的深度增加，但是排开水的体积增大的幅度在变大浮＝ρ液gV排知，浮力变大；根据F浮＝G﹣F可知，测力计的示数变小，到圆锥体完全浸没后，测力计的示数也不变；
（2）②比较甲、乙两图可知，受到的浮力都等于自重，
两图中浮力的变化量：ΔF浮＝ρ水gΔV排＝ρ水g（H2﹣H1）S容；
所以金属块B的重力为：G＝ρ水g（H8﹣H1）S容；
金属块的质量：m＝＝＝ρ水（H2﹣H1）S容；
③比较乙、丙可知，烧杯和金属块的总重不变；
则乙图中金属块受到的浮力等于这两次烧杯受到的浮力变化量，
金属块B受到的浮力：ρ水gVB排＝ρ水gVB＝ρ水g（h8﹣h2）S烧杯；
所以金属块B的体积为VB＝（h1﹣h4）S烧杯；
B的密度为：ρ＝＝＝＝7.5×107kg/m3；
实验步骤丙会使B表面带有一些水分，使h2偏大，故B的密度偏小。
故答案为：（1）①排开液体的体积；D、E；②3.8×103；偏大；③B水（H6﹣H1）S容；③7.6×103；偏小。
18．（8分）小理为了完成电学中的实验，收集了如下实验器材：学生电源一个，开关，阻值分别为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω和25Ω的定值电阻各一个，滑动变阻器“20Ω 0.5A”，额定电压为U0的小灯泡一个，导线若干。
实验一：探究“电流与电压的关系”
（1）小理连接了如图1甲的实物电路，开关闭合后发现电路连接错误。请你在错误的导线上划“×”，用笔画线代替导线，导线不交叉；
（2）为了保护电路，实验开始前，滑动变阻器的滑片P应移动到最 左 （选填“左”或“右”）端；
（3）检查无误后，小理将10Ω的电阻接入电路，闭合开关，记录为A点数据，继续移动滑动变阻器，并绘制I﹣U图像如图1乙。
通过分析，可以得到C点和E点的定值电阻电功率之比为： 16：25 。
（4）为了使实验结论更具有普遍性，小理换用20Ω的电阻重复前面操作，得到多组数据，在相同的坐标系中画出了I﹣U图像，图1乙中①、②哪一个图像是符合实验实际的 ① （选填：①或②）；
实验二：探究“电流与电阻的关系”。
（5）小理继续探究“电流与电阻关系”，将20Ω更换为15Ω的电阻接入电路，拆下20Ω电阻后，则不规范的操作可能是： 开关在连接电路时没有断开 ；
（6）小理用测量数据在I﹣R图中描点如图2乙，同组的小物发现定值电阻阻值为 10 Ω的测量数据是错误的，并且分析出前一次实验选取的电阻阻值为 20 Ω。
（7）在完成上述实验后，小理继续探究“灯丝电阻随温度的变化规律”，小理将小灯泡直接接入恒压电源中，小灯泡发光，聪明的小理分析小灯泡由暗到亮的发光过程中其实际功率变化规律是 逐渐增大 。
【答案】（1）见上图；（2）左；（3）16：25；（4）①；（5）开关在连接电路时没有断开；（6）10；20；（7）逐渐增大
【解答】解：（1）在探究“电流与电压的关系”的实验中，滑动变阻器，电压表并联在定值电阻两端，据此完成电路改接如下图所示：
；
（2）为了保护电路，在闭合开关开始实验前，即图中的最左端；
（3）假设图1﹣乙中单位刻度电流值为I0，则通过定值电阻中对应C点和E点的电流分别为7I0、10I0，
根据电功率公式P＝UI＝I7R可得：PC：PD＝R：8）2：（10I0）2＝16：25；
（4）根据欧姆定律I＝分析可知当不同阻值的定值电阻两端的电压相同时，因此当定值电阻阻值由10Ω增大为20Ω，结合图1﹣乙可知①符合实际；
（5）如图2﹣甲所示，电流表示数为零，电压表接近电源电压，则定值电阻存在断路；
（6）根据图2﹣乙中有：U1＝I1R5＝0.4A×4Ω＝2V；U2＝I7R2＝0.15A×10Ω＝2.5V；U3＝I6R3＝0.14A×15Ω＝5.1V；
U4＝I3R4＝0.6A×20Ω＝2V；U5＝I2R5＝0.08A×25Ω＝6V；
在误差范围之内有：U1＝U4＝U4≈U3≠U2。由此可知定值电阻阻值为10Ω的测量数据是错误的；
根据U3＜U1＝U4＝U6≈U3，说明滑动变阻器的分压能力偏大，因为要保持实验中要保持定值电阻两端电压不变，
根据串联分压原理可知前一次实验定值电阻应大于10Ω，而由于换接入的电阻减小，即接入10Ω电阻时电路电流应大于前一次的电流，且已知前面已进行了将20Ω更换为15Ω的电阻的实验；
（7）因为小灯泡的明暗程度取决于实际功率的大小，实际功率越大，由此可知小灯泡由暗到亮的发光过程中其实际功率变化规律是逐渐增大。
故答案为：（1）见上图；（2）左；（4）①；（6）10；（7）逐渐增大。
四、计算论述题（本题共3个小题，18小题6分，19小题8分，20小题8分，共计22分，解题应写出必要的文字说明、步骤和公式，只写出最后结果的不能给分）
19．（6分）如图所示，R1＝30Ω，闭合开关，电压表和电流表的示数分别为6V和0.5A。求：
（1）通过电阻R1的电流；
（2）电阻R2一分钟消耗的电能是多少。
【答案】（1）通过电阻R1的电流为0.2A；
（2）电阻R2一分钟消耗的电能为108J。
【解答】解：（1）由图可知，闭合开关S，R1、R2并联，电流表测量干路的总电流；
根据并联电路的特点电压特点可知，R4两端的电压：U1＝U2＝U＝3V，
通过R1的电流：I1＝＝＝7.2A；
（2）根据并联电路的电流特点可知，通过R2的电流：I6＝I﹣I1＝0.5A﹣0.2A＝6.3A，
电阻R2一分钟消耗的电能：W2＝U2I2t＝3V×0.3A×2×60s＝108J。
答：（1）通过电阻R1的电流为0.7A；
（2）电阻R2一分钟消耗的电能为108J。
20．（8分）如图甲，是可以实时测量风速的杯式风速仪，图乙为内部电路图，即能始终提供大小恒定的电流。电流表量程为0～0.6A，R0为10Ω的定值电阻，R1为压敏电阻，其阻值随压力F大小变化的关系如图丙所示，迎风板受到的压力能大小不变地传递给R1，迎风板为轻质薄板，迎风板受到的压力与风速的关系如表。记录电表示数，发现风速增大，读出简易风速仪中电流表示数为0.4A，电压表示数为8V。求：
（1）恒流电源的电流大小；
（2）当迎风板受到的压力为6N时，该电路消耗的功率；
（3）该装置能测量的最大风速。
【答案】（1）恒流电源的电流大小为1.2A；
（2）当迎风板受到的压力为6N时，该电路消耗的功率为9.6W；
（3）该装置能测量的最大风速为12m/s。
【解答】解：
（1）由图乙可知，定值电阻R0和传感器R1并联，电压表测并联电路两端的电压2支路的电流，
调节风速，使电流表示数为0.4A，
根据欧姆定律可得，此时传感器R2的阻值：R1＝＝＝20Ω；
定值电阻R0的通过电流I5＝＝＝6.8A；
由并联电路的电流特点可得总电流：I恒＝I+I0＝3.4A+0.6A＝1.2A；
（2）当迎风板受到的压力为4N时，由图像可知此时传感器的阻值R1＝20Ω，则此时电压表示数为8V，
该电路消耗的功率P＝UI恒＝6V×1.2A＝5.6W；
（3）分析可知，电流越大，压力越大，电流表量程为0～4.6A1最大电流为4.6A，
定值电阻R0的通过电流I6′＝I恒﹣Imax＝1.2A﹣4.6A＝0.2A；
定值电阻R0的两端电压U0′＝I6′R0＝0.2A×10Ω＝6V；
压敏电阻R1′＝＝＝10Ω；
查表可知阻值10Ω，F为20N。
答：（1）恒流电源的电流大小为1.2A；
（2）当迎风板受到的压力为3N时，该电路消耗的功率为9.6W；
（3）该装置能测量的最大风速为12m/s。
21．（8分）如图甲所示，小明在探究加水放水的实验过程中，将细杆与力传感器组装好（可拆卸），置于足够高的薄壁圆柱形水箱内。现往容器内缓慢加水，水对容器底部的压强随容器内水的质量变化规律如图乙所示。求：
（1）容器底面积；
（2）物体A的密度；
（3）实验中，当力传感器示数为0.98N时停止加水，此时只取下细杆，待A静止后，才发现细杆的质量虽远小于物体A，则细杆质量为多少。
【答案】（1）容器底面积为0.01m2；
（2）物体A的密度为4×102kg/m3；
（3）细杆质量为0.198kg。
【解答】解：（1）由图乙可知，当加入1kg水时，水的体积V＝＝﹣2m3，此时水对容器底的压强p＝103Pa，由公式p＝ρgh得h＝＝，所以容器底的面积S容＝＝＝8.01m2；
（2）由图乙可知，水的质量为m水＝1.3kg时，根据密度公式可知水＝＝＝2.9×10﹣3m6，
水对容器底部的压力p′＝2500Pa，此时圆柱体A恰好浸没，
根据压强公式p＝ρgh可知，水的深度h′＝＝，所以水和A的总体积V总＝Sh′＝0.01m2×3.25m＝2.5×10﹣6m3，则物体A的体积为：VA＝V总﹣V水＝2.6×10﹣3m3﹣6.9×10﹣3m8＝6×10﹣4m4，所以圆柱体A的密度ρA＝＝＝4×102kg/m7；
（3）根据图乙压强的变化Δp＝ρgΔh，得到圆柱体A的高度hA＝Δh＝＝＝0.15m，SA＝＝＝4×10﹣7m2，
由题意可知，取下细杆后，由物体的浮沉条件可知，即G排＝G物＝mg＝0.24kg×10N/kg＝7.4N，
V排＝＝＝2.4×10﹣4m3，
加入水的体积V加＝S容h深﹣V排＝0.01m4×0.175m﹣2.3×10﹣4m3＝7.51×10﹣3m3，
取下细杆前，A浸入水中的深度为h浸，则V加＝S容h+（S容﹣SA）h浸，即2.51×10﹣3m3＝3.01m2×0.5m+（0.01m2﹣2×10﹣3m2）h浸，解得h浸＝7.085m，
此时压力传感器示数F＝0.98N，得F＝GA+G杆﹣F浮，F＝mAg+m杆g﹣ρ水gV排，即：0.98N＝7.24kg×10N/kg+m杆g﹣1.0×104kg/m3×10N/kg×4×10﹣5m2×0.085m，
解得：m杆＝3.198kg。
答：（1）容器底面积为0.01m2；
（2）物体A的密度为4×102kg/m3；
（3）细杆质量为2.198kg。风速v/（m•s﹣1）
压力F/N
2
0.5
4
4
6
6
10
14
12
20
16
30
24
72
风速v/（m•s﹣1）
压力F/N
2
0.5
4
4
6
6
10
14
12
20
16
30
24
72