2020年西藏拉萨市中考物理一模试卷（解析版）

这是一份2020年西藏拉萨市中考物理一模试卷（解析版），共35页。试卷主要包含了下列属于电功单位的是，菜刀的刀刃磨得锋利是为了等内容，欢迎下载使用。

2020年西藏拉萨市中考物理一模试卷
一．选择题（满分36分，每小题3分）
1．下列属于电功单位的是（　　）
A．V•A B．J/w C．kW•h D．kW
2．如图是北京本地PM2.5来源分布图。据此，下列措施对减少PM2.5效果最不明显的是（　　）

A．减少汽车的保有量
B．植树造林
C．用风能与太阳能发电替代燃煤发电
D．减少工业生产中二氧化碳的排放
3．已知凸透镜的焦距为15cm，下列说法正确的是（　　）
A．当物体距凸透镜10cm时，成正立、放大的实像
B．当物体距凸透镜20cm时，成倒立、放大的实像
C．当物体距凸透镜35cm时，成倒立、放大的实像
D．当物体从距凸透镜20cm处远离凸透镜时，在凸透镜另一侧所成的像逐渐变大
4．“估测”是物理学中常用的一种方法，下列估计值中，最接近实际的是（　　）
A．人正常步行时的速度约为5m/s
B．住宅楼每层楼的高度约为3m
C．一本物理书的质量约为30g
D．中学生脉搏跳动一次的时间约为3s
5．如图所示，在装着红棕色二氧化氮气体的瓶子上面，倒扣一个空瓶子，使两个瓶口相对，之间用一块玻璃板隔开。扯掉玻璃板后，会发生什么变化？下列说法正确的是（　　）

A．空气因为重力的作用才进入下面的瓶子里
B．空气和二氧化氮只会在下面的瓶子里混合
C．二氧化氮的密度比空气大，它不能进到上面的瓶子里
D．一段时间后两种气体会在两个瓶子内均匀混合在一起
6．在奥运赛场上有这样一些比赛情景，其中不能用惯性知识解释的是（　　）
A．急行跳远运动员要助跑一段距离后才起跳
B．跳高运动员跳过杆后从最高点落向地面
C．百米短跑运动员到达终点后不能立即停下来
D．投掷链球时运动员快速旋转链球后掷出，链球继续向前运动
7．菜刀的刀刃磨得锋利是为了（　　）
A．减小压强 B．增大压强 C．减小压力 D．增大压力
8．如图所示的电路中，电源两端电压保持不变。闭合开关S，电流表、电压表均有示数；若再闭合开关S1，则下列说法中正确的是（　　）

A．电压表的示数变小 B．电流表的示数变大
C．电压表的示数不变 D．电压表的示数变大
9．如图，课外探究小组的同学，把一条大约10m长电线的两端连在一个灵敏电流表的两个接线柱上，形成闭合回路。两个同学迅速摇动这条电线，可以发电使电流表发生偏转。你认为这两个同学朝哪个方向站立时，发电的可能性比较大？（　　）

A．朝东西方向站立 B．朝南略偏东方向站立
C．朝南北方向站立 D．朝北略偏东方向站立
10．如图所示，电源电压为4.5V，电压表量程为“0～3V”，电流表量程为“0～0.6A”，滑动变阻器规格为“10Ω1A”，小灯泡L标有“2.5V1.25W”（灯丝电阻不变）。在保证小灯泡L电流不超出额定电流的情况下，移动滑动变阻器的滑片，下列说法正确的是
①小灯泡的额定电流是0.6A
②滑动变阻器连入电路的阻值变化范围是4Ω～10Ω
③电压表示数变化范围是0～3V
④电流表示数变化范围是0.3～0.5A（　　）

A．只有②、④正确 B．只有②、③正确
C．只有①、④正确 D．只有①、③正确
11．下列实验与“探究物质质量与体积的关系”实验所采用的主要科学方法相同的是（　　）
A．测定物质的密度
B．测定小灯泡的电功率
C．探究电流与电压的关系
D．探究并联电路中电阻的规律
12．水平桌面上的大烧杯内装有水，轻轻放入一个小球后，从烧杯中溢出100g的水，则下列判断中正确的是（　　）
A．小球所受浮力可能等于0.98N
B．小球的质量可能小于100g
C．小球的体积一定等于100cm3
D．水对烧杯底的压强一定增大
二．填空题（满分20分，每小题2分）
13．物理学中把物体　 　的改变叫做机械运动，同一物体是运动还是静止，取决于所选的　 　，这就是运动和静止的　 　；“朝辞白帝彩云间，千里江陵一日还。两岸猿声啼不住，轻舟已过万重山。”这是唐代诗人李白《早发白帝城》中的诗句。从物理学的角度看，以高山为参照物，舟中人是　 　；以　 　为参照物，舟中人是静止的。
14．捕鲸船可通过被动声呐“听”到鲸鱼的叫声，说明　 　能传播声音。传播的速度比空气中的声速　 　（快、慢、一样）。仪器可以通过声音的　 　（选填“音调”、“响度”或“音色”）知道鲸鱼距离船的远近。
15．500cm3的冰块全部熔化成水后，水的质量是　 　g，水的体积是　 　cm3．（冰的密度为0.9×103kg/m3）
16．如图所示，用丝绸摩擦一根可以绕铁支架自由转动的玻璃棒，使它带上电，现用一带电的物体A靠近玻璃棒带电的一端，发现它们相互吸引，说明它们　 　（选填“同种”或“异种”）电荷；物体A所带的为　 　（选填“正”或“负”）电荷；玻璃棒上的电荷没有通过铁支架转移，说明玻璃棒是　 　（选填“导体”或“绝缘体”）。

17．电子式电能表表盘上标有“3000imp/（kW•h）”的字样（imp表示电能表指示灯闪烁次数），将某用电器单独接在该电能表上，正常工作30min，电能表指示灯闪烁了300次，则该用电器在上述时间内消耗的电能是　 　kW•h，合　 　J，该用电器的功率是　 　W。
18．2017年3月23日，国足不负众望以1：0赢了韩国队，39年来国足在洲际大赛的“逢韩不胜”魔咒终于被打破，如图是某球员传球时足球的一段运动轨迹，其中A点的重力势能　 　（选填“大于”“小于”或“等于”）B点的重力势能。若不计空气阻力，足球在上升的过程中，动能转化为　 　能。

19．体重500N的王亮同学双手握住竖直的木杆加速向上攀，他所受的摩擦力　 　（选填“大于”、“小于”或“等于“）500N，摩擦力的方向　 　。
20．举世瞩目的“三峡水利枢纽工程”的拦河大坝为混凝土大坝，全长约为2300余米，坝高185米，现蓄水水位是150米，则坝底受到的压强为　 　Pa．拦河坝之所以修成“上窄下宽”的形状是因为　 　。
21．标有“6V 1.5W”的小灯泡接在电源电压为9V的电路上，要让灯泡正常发光，需要　 　（选填“串联“或“并联”一个阻值为　 　的定值电阻。
22．标有“6V6W”的A灯和“6V3W”的B灯的电流随两端电压变化关系的曲线如图所示。将两灯并联连入电路时，干路电流为1A，则电源电压为　 　V．将两灯串联使用时，为了确保电路安全，　 　（选填“A”或“B”）灯一定不能正常发光。将三个相同的A灯串联在电源电压恒为6V的电路中，则每个A灯的电阻是　 　Ω。

三．解答题（共3小题，满分6分，每小题2分）
23．在图中，重为30牛的物体静止在水平地面上，用力的图示法画出它所受的重力G。

24．如图，一束激光从空气射到水面O点，反射光线在容器壁上形成一光点A

（1）画出反射光线及光点A的位置。
（2）大致画出该入射光线进入水的折射光线。
（3）A离水平面的距离为　 　cm。
25．为了安全用电，请将独立工作的电灯和插座接到家庭电路。

四．实验探究题（共4小题，满分18分）
26．阅读短文，回答问题。
上周日，学校组织八年级全体同学去南郊风景区春游，同学们玩得很开心。八年级（3）班的张恬恬同学回到家后觉得口很渴，倒水时发现热水瓶里面已经空了，于是她就拿出水壶，倒入小半壶自来水，放到煤气灶上用大火加热。几分钟后，水开了，壶口处冒出大量“白气”。张恬恬关掉煤气灶后取下水壶，水逐渐停止沸腾。当她向水瓶中灌水时，壶口处的水忽然又“沸腾”了，水花四溅，差点儿溅到自己身上。张恬恬吓了一跳，立刻将水壶放下。过了好一会儿才拿起水壶向水瓶中灌水，这次没有出现刚才的“沸腾”现象。张恬恬同学觉得很奇怪，把这事告诉了在学校教物理的爸爸。爸爸听了以后，笑着对恬恬说，你已经开始学物理了，最好自己来探究这个问题。在爸爸的指导下张恬恬同学进行了实验探究，结果如下。
表一
水壶中的水量
用大火烧开水，水开后立即灌入水瓶
水烧开后过一会儿再灌入水瓶
半壶水
灌水时水会突然沸腾
灌水时水不会突然沸腾
一壶水
灌水时水不会突然沸腾
灌水时水不会突然沸腾
表二
水壶中的水量
用小火烧开水，水开后立即灌入水瓶
水烧开后过一会儿再灌入水瓶
半壶水
灌水时水不会突然沸腾
灌水时水不会突然沸腾
一壶水
灌水时水不会突然沸腾
灌水时水不会突然沸腾
发现原来已经不沸腾的水发生突然沸腾的现象，只有在同时满足以下条件时才会出现：①水量比较少（半壶水）；②用大火烧开水，水开后立即灌入水瓶。张恬恬同学根据实验结果并结合液体沸腾的条件，终于得到了水在灌入水瓶时再次沸腾的原因。通过这次活动，张恬恬认识到物理与生活实践联系很密切。联系生活实际，多观察，多实验，不但可以解决实际问题，而且能培养自己的学习兴趣。
（1）“几分钟后，水开了，壶口处冒出大量‘白气’。”其中的“白气”是　 　；“白气”的形成先后经过的物态变化是先　 　后　 　。
（2）液体沸腾需要满足的条件是　 　、　 　。液体沸腾后，继续加热，液体温度将　 　。
（3）原来已经不沸腾的水在灌入水瓶时再次沸腾的原因是什么？　 　。
27．（4分）沈精致同学在做“探究平面镜成像特点”的实验时，所用的实验器材有带底座的玻璃板、白纸、笔、火柴、光屏、刻度尺、两支外形相同的蜡烛A和B，实验装置如图17所示。
（1）实验室提供较厚和较薄的两块玻璃板，为保证实验效果，应选择　 　（选填“较薄”或“较厚”）的玻璃板做实验；选用两只相同的蜡烛，目的是为了比较像和物体的　 　关系。
（2）在竖立的玻璃板前点燃蜡烛A，拿　 　（选填点燃”或“未点燃”）的蜡烛B竖直在玻璃板后面移动，人眼一直在玻璃板的前侧观察，直至蜡烛B与蜡烛A的像完全重合。

（3）移去蜡烛B，在其原来位置上放置一光屏，光屏上　 　（选填“能”或“不能”）呈现蜡烛的像，这说明平面镜成的是　 　（选填“虚”或“实”）像。
（4）当蜡烛A向玻璃板靠近时，像的大小　 　。（选填“变大”、“变小”或“不变”）
28．（5分）某班同学利用杠杆做了以下的实验：

A：“探究杠杆的平衡条件”
（1）当杠杆静止在图甲所示的位置时，杠杆处于　 　（选填“平衡”或“不平衡”）状态；如图甲中，应将右端的平衡螺母向　 　（选填“左”或“右”）调节使杠杆在水平位置平衡，这样做是为了　 　；
（2）小明同学用图乙所示的方法使杠杆处于平衡状态，测出此时的拉力大小为F1，发现F1L1≠F2L2，其原因是：　 　。
B：“探究杠杆的机械效率”
如图丙所示装置，每个钩码的质量为m，O为支点。（支点处摩擦忽略不计）
（1）他将2只钩码悬挂在B点，在A点竖直向上匀速拉动弹簧测力计，拉力为F1，测得A、B两点上升的高度分别为h1、h2，则此次杠杆的机械效率为η＝　 　。（用物理量的符号表示）
（2）他将2只钩码悬挂在C点，在A点竖直向上匀速拉动弹簧测力计，使C点上升高度仍为h2，则弹簧测力计的示数将　 　（选填“大于”、“等于”或“小于”下同）F1，此次弹簧测力计做的功将　 　第一次做的功。
29．用如图甲的电路测量定值电阻R的阻值。
（1）测量电阻的实验原理是　 　。
（2）闭合开关前，滑动变阻器的阻值应处于　 　值。
（3）闭合开关，将图乙中的滑动变阻器的滑片P向左移动时，电流表的示数会　 　。当滑片P滑到某一位置时，电流表的示数为0.5A，电压表的示数如图丙，由
此可知被测电阻的阻值R＝　 　Ω。

五．计算题（共3小题，满分20分）
30．（4分）体积为0.28m3、热值为3.6×107J/m3的煤气完全燃烧，若所放出热量的50%被温度为20℃、质量为30kg的水吸收，则水的末温是多少？[水的比热容是4.2×103J/（kg•℃）]
31．（8分）某同学用如图所示的滑轮组将重900N的物体匀速提升3米，所用的拉力是400N，所用的时间是1min（摩擦及绳子重均不计）求：
（1）绳子的自由端移动的速度。
（2）拉力做功的功率。
（3）该滑轮组的机械效率。

32．（8分）如图所示，电源电压恒定不变，R1＝20Ω，当只闭合开关S时电流表示数为0.1A，当再将开关S1闭合时，电流表的示数变化了0.3A，求：
（1）电源电压
（2）电阻R2的阻值
（3）在两开关都闭合时，半分钟内整个电路产生的热量


2019年西藏拉萨市达孜中学中考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（满分36分，每小题3分）
1．下列属于电功单位的是（　　）
A．V•A B．J/w C．kW•h D．kW
【分析】电功的国际单位是焦耳，简称焦，符号为J，kW•h也是电功的单位。
【解答】解：
A、由P＝UI可知，V•A是电功率的单位；故A错误；
B、由t＝可知，J/W是时间单位，故B错误；
C、由W＝Pt可知，kW•h是电功的单位，故C正确；
D、kW是电功率的单位，故D错误。
故选：C。
【点评】物理学中各个物理量都有自己的单位，不要将单位相互混淆。
2．如图是北京本地PM2.5来源分布图。据此，下列措施对减少PM2.5效果最不明显的是（　　）

A．减少汽车的保有量
B．植树造林
C．用风能与太阳能发电替代燃煤发电
D．减少工业生产中二氧化碳的排放
【分析】对PM2.5影响的是烟尘、粉尘等，减少汽车尾气的排放、植树造林、用风能与太阳能发电替代燃煤发电，都能有利减少烟尘、粉尘；工业生产中主要排放的是二氧化碳，减缓温室效应，与PM2.5没有什么直接关系。
【解答】解：
A、减少汽车的保有量，可以减少汽车尾气的排放，减少烟尘，对减少PM2.5效果明显，故A不符合题意；
B、植树造林，有利于空气的净化，部分植物可以吸附阻挡粉尘，对减少PM2.5效果明显，故B不符合题意；
C、用风能与太阳能发电替代燃煤发电，减少了烟雾粉尘的排放，对减少PM2.5效果明显，故C不符合题意；
D、减少工业生产中二氧化碳的排放，可以减缓温室效应，但与PM2.5没有什么直接关系，故D符合题意。
故选：D。
【点评】二氧化碳目前不计入空气污染指数的项目，它与PM2.5并没有直接的相关性。
3．已知凸透镜的焦距为15cm，下列说法正确的是（　　）
A．当物体距凸透镜10cm时，成正立、放大的实像
B．当物体距凸透镜20cm时，成倒立、放大的实像
C．当物体距凸透镜35cm时，成倒立、放大的实像
D．当物体从距凸透镜20cm处远离凸透镜时，在凸透镜另一侧所成的像逐渐变大
【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，应用于放大镜和老花镜。
（2）凸透镜成实像时，物距增大，像距减小，像变小。
【解答】解：A、当u＝10cm时，u＜f＝15cm，成正立、放大的虚像，故A错误；
B、当u＝20cm时，2f＞u＞f，成倒立、放大的实像，故B正确；
C、当u＝35cm时，u＞2f，成倒立、缩小的实像，2f＞v＞f，故C错误；
D、当物体从距凸透镜20cm处远离凸透镜时，物距增大，在凸透镜另一侧所成的像逐渐变小。故D错误。
故选：B。
【点评】凸透镜成像的四种情况和应用，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
4．“估测”是物理学中常用的一种方法，下列估计值中，最接近实际的是（　　）
A．人正常步行时的速度约为5m/s
B．住宅楼每层楼的高度约为3m
C．一本物理书的质量约为30g
D．中学生脉搏跳动一次的时间约为3s
【分析】不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要简单的计算，有的要进行单位的换算，最后判断最符合实际的是哪一个。
【解答】解：A、人正常步行的速度在4km/h＝4×m/s≈1.1m/s左右。故A不符合实际；
B、一般三层楼的高度约10m，一层楼的高度在3m左右。故B符合实际；
C、两个苹果的质量约300g，一本物理书的质量与此差不多，在300g左右。故C不符合实际；
D、正常情况下，人的脉搏1min跳动的次数在75次左右，跳动一次的时间接近1s。故D不符合实际。
故选：B。
【点评】物理学中，对各种物理量的估算能力，是我们应该加强锻炼的重要能力之一，这种能力的提高，对我们的生活同样具有很大的现实意义。
5．如图所示，在装着红棕色二氧化氮气体的瓶子上面，倒扣一个空瓶子，使两个瓶口相对，之间用一块玻璃板隔开。扯掉玻璃板后，会发生什么变化？下列说法正确的是（　　）

A．空气因为重力的作用才进入下面的瓶子里
B．空气和二氧化氮只会在下面的瓶子里混合
C．二氧化氮的密度比空气大，它不能进到上面的瓶子里
D．一段时间后两种气体会在两个瓶子内均匀混合在一起
【分析】两种不同物质相互接触时，彼此进入对方的现象是扩散，扩散表明分子不停地进行无规则的运动。
【解答】解：
因为分子在不停地做无规则运动，虽然二氧化氮的密度大于空气密度，但是它也会运动到上面的瓶子内，因此一段时间后两种气体会在两个瓶子内均匀混合在一起，故D正确。
故选：D。
【点评】研究气体分子不停地做无规则运动实验时，空气在上，二氧化氮在下；实验设计的严密性和操作的规范性都是确保获得正确结论的前提，在做其他实验题时也要注意。
6．在奥运赛场上有这样一些比赛情景，其中不能用惯性知识解释的是（　　）
A．急行跳远运动员要助跑一段距离后才起跳
B．跳高运动员跳过杆后从最高点落向地面
C．百米短跑运动员到达终点后不能立即停下来
D．投掷链球时运动员快速旋转链球后掷出，链球继续向前运动
【分析】根据惯性的概念：物体由于惯性保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的性质叫惯性；对各个选项逐一分析即可。
【解答】解：A、跳远运动员要助跑一段距离获得一定的速度后起跳，起跳后由于惯性继续运动，提高了运动员的成绩，能利用了惯性知识解释，不符合题意。
B、跳高运动员跳过横杆后，由于受到重力作用从最高点落向地面，不能用惯性知识解释，符合题意。
C、短跑运动员跑到终点后，由于惯性要保持原来的运动状态继续向前运动，不能立即停下来，能用惯性知识解释，不符合题意。
D、投掷链球时运动员快速旋转链球后掷出，链球离开手后由于惯性要继续向前运动，能用惯性知识解释，不符合题意。
故选：B。
【点评】本题考查了惯性的知识，知道惯性的概念是正确解题的前提，解题时要根据实际物理情景进行分析，作出判断。
7．菜刀的刀刃磨得锋利是为了（　　）
A．减小压强 B．增大压强 C．减小压力 D．增大压力
【分析】（1）增大压强的方法：在受力面积一定时，增大压力；在压力一定时，减小受力面积。
（2）减小压强的方法：在受力面积一定时，减小压力；在压力一定时，增大受力面积。
【解答】解：菜刀的刀刃磨得锋利，是在压力一定时，减小受力面积来增大压强，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】这是一道与生活联系非常密切的物理题，在我们日常生活中经常需要根据实际情况来增大或减小压强，要学会学以致用，活学活用，这才是学习物理的真正意义。
8．如图所示的电路中，电源两端电压保持不变。闭合开关S，电流表、电压表均有示数；若再闭合开关S1，则下列说法中正确的是（　　）

A．电压表的示数变小 B．电流表的示数变大
C．电压表的示数不变 D．电压表的示数变大
【分析】由电路图可知，闭合开关S时，电路为R1的简单电路，电流表测通过R1的电流，电压表测电源两端的电压；若再闭合开关S1后，R1与R2并联，电压表仍测电源两端的电压，电流表测R1支路的电流，根据电源的电压可知电压表的示数变化，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知通过R1的电流变化。
【解答】解：由电路图可知，闭合开关S时，电路为R1的简单电路，电流表测通过R1的电流，电压表测电源两端的电压；
若再闭合开关S1后，R1与R2并联，电压表仍测电源两端的电压，电流表仍测R1支路的电流，
因电源的电压不变，所以电压表的示数不变，故AD错误、C正确；
因并联电路中各支路独立工作、互不影响，
所以，通过R1的电流不变，即电流表的示数不变，故B错误。
故选：C。
【点评】本题考查了电路的动态分析，分析好开关闭合、断开时电路的连接方式和电表所测的电路元件是关键。
9．如图，课外探究小组的同学，把一条大约10m长电线的两端连在一个灵敏电流表的两个接线柱上，形成闭合回路。两个同学迅速摇动这条电线，可以发电使电流表发生偏转。你认为这两个同学朝哪个方向站立时，发电的可能性比较大？（　　）

A．朝东西方向站立 B．朝南略偏东方向站立
C．朝南北方向站立 D．朝北略偏东方向站立
【分析】产生感应电流的条件：一是闭合回路中的一部分导体；二是必须做切割磁感线运动；因此要使产生的感应电流变大，就要使导体切割更多的磁感线，结合地磁场的方向即可确定这两个同学的站立方向。
【解答】解：由于地球的周围存在磁场，且磁感线的方向是从地理的南极指向地理的北极，所以当两个同学朝东西方向站立，并迅速摇动电线时，导线就会做切割磁感线运动，则电路中就产生了感应电流，人、同时电流表的指针发生偏转。
故选：A。
【点评】解决本题的关键掌握产生感应电流的条件，以及地磁场的方向，然后根据切割磁感线确定两个同学的朝向。
10．如图所示，电源电压为4.5V，电压表量程为“0～3V”，电流表量程为“0～0.6A”，滑动变阻器规格为“10Ω1A”，小灯泡L标有“2.5V1.25W”（灯丝电阻不变）。在保证小灯泡L电流不超出额定电流的情况下，移动滑动变阻器的滑片，下列说法正确的是
①小灯泡的额定电流是0.6A
②滑动变阻器连入电路的阻值变化范围是4Ω～10Ω
③电压表示数变化范围是0～3V
④电流表示数变化范围是0.3～0.5A（　　）

A．只有②、④正确 B．只有②、③正确
C．只有①、④正确 D．只有①、③正确
【分析】由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压。
（1）灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，根据P＝UI可得，灯泡正常发光时电路中的电流：
（2）根据串联电路的电流特点确定电路的最大电流；
当电压表示数最大3V，根据串联电路电压的规律，此时灯泡电压最小，此时电流中电流最小，由欧姆定律求出电路的最小电流；
根据欧姆定律和串联电路的规律求出变阻器连入电路中电阻的范围；
根据变阻器的取值范围可确定变阻的电压能否为0。
【解答】解：由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压。
灯泡正常发光时的电压为2.5V，功率为1.25W，根据P＝UI可得，灯泡正常发光时电路中的电流：
I＝IL＝＝＝0.5A，故①错误；
灯泡的电阻：
RL＝＝＝5Ω，
串联电路中电流处处相等，灯泡的额定电流为0.5A，电流表量程为“0～0.6A”，所以，为使电路安全，电路中的最大电流：I最大＝IL＝0.5A；
电压表示数最大为3V时，根据串联电路电压的规律，此时灯泡电压最小为UL′＝U﹣UV＝4.5V﹣3V＝1.5V，此时电流中电流最小，
由欧姆定律可得，电路中的最小电流：
I最小＝＝＝0.3A，
所以电流表的示数范围为0.3A～0.5A，故④正确；
电路中电流最小时，总电阻最大，滑动变阻器有最大值，根据串联电阻的规律，
R变最大＝R总最大﹣RL＝﹣RL＝﹣5Ω＝10Ω；
电路中电流最大时，总电阻最小，滑动变阻器有最小值，
则R变最小＝R总最小﹣RL＝﹣RL＝﹣5Ω＝4Ω，
所以滑动变阻器连入电路的阻值变化范围是4Ω～10Ω，故②正确。
因变阻器允许连入电路中最小电阻为4Ω，所以电压表示数不可能为0，故③错误。
综合分析只有②④正确。
故选：A。
【点评】本题考查了串联电路的特点、欧姆定律的应用，正确分析电路中的最大和最小电流是解题的关键。
11．下列实验与“探究物质质量与体积的关系”实验所采用的主要科学方法相同的是（　　）
A．测定物质的密度
B．测定小灯泡的电功率
C．探究电流与电压的关系
D．探究并联电路中电阻的规律
【分析】当被研究问题受多个因素影响时，研究问题和某一个因素的关系时要控制其他因素一定，这种方法叫控制变量法。
【解答】解：探究物质质量与体积的关系，需要用同种物质做实验，改变该物质的体积，测出其质量，采用的是控制变量法；
A、测量物质的密度，分别测出它的质量和体积，然后用公式ρ＝计算出物质的密度，采用的是间接测量法，故A不符合题意；
B、测定小灯泡的电功率，分别测出它的电压和电流，然后用公式P＝UI计算出灯泡的电功率，采用的是间接测量法，故B不符合题意；
C、探究电流与电压的关系，控制电阻不变，改变电阻两端的电压，采用的是控制变量法，故C符合题意；
D、探究并联电路中电阻的规律，采用的等效替代法，故D不符合题意。
故选：C。
【点评】本题考查了学生对常见实验采用的物理学方法的掌握，属于基础知识的考查，比较简单。
12．水平桌面上的大烧杯内装有水，轻轻放入一个小球后，从烧杯中溢出100g的水，则下列判断中正确的是（　　）
A．小球所受浮力可能等于0.98N
B．小球的质量可能小于100g
C．小球的体积一定等于100cm3
D．水对烧杯底的压强一定增大
【分析】（1）假设烧杯原来装满水，放入小球后知道排开水的质量，可以求出受到的浮力，如果小球漂浮可以求出小球的质量；水深不变，利用液体压强公式分析水对烧杯底的压强变化；
（2）假设烧杯原来装满水，放入小球后知道排开水的质量，可以求出受到的浮力，如果小球下沉小球的质量将比排开水的质量大；水深不变，利用液体压强公式分析水对烧杯底的压强变化；
（3）假设烧杯原来没有装满水，排开水的质量比100g大，其他物理量将发生变化。
【解答】解：（1）假设烧杯原来装满水，小球漂浮在水面上，
小球的质量：
m球＝m排＝100g＝0.1kg，
小球所受浮力：
F浮＝G排＝m排g＝0.1kg×9.8N/kg＝0.98N，
因F浮＝G排＝m排g＝G球＝m球g，
所以，排开水的体积：
V排＝＝＝100cm3＜V球，
放入小球后水深不变，对容器底的压强不变；
（2）假设大烧杯原来装满水，小球沉入水底，
小球所受浮力：
F浮＝G排＝m排g＝0.98N，
因F浮＝G排＝m排g＜G球＝m球g，
小球的质量：
m球＞m排＝100g，
排开水的体积：
V排′′＝＝＝100cm3＝V球，
放入小球后水深不变，对容器底的压强不变。
（3）假设大烧杯原来没有装满水，排开水的质量比100g大，小球受到的浮力、小球的质量和体积、容器底受到的压强都要变大。
综上所述，小球的质量肯定大于或等于100g，小球的体积可能等于或小于100cm3，对容器底的压强可能增大或不变，小球所受浮力可能等于或大于0.98N。
故选：A。
【点评】本题因条件不明确，分析起来很复杂，灵活运用阿基米德原理和物体的浮沉条件是关键。
二．填空题（满分20分，每小题2分）
13．物理学中把物体　位置　的改变叫做机械运动，同一物体是运动还是静止，取决于所选的　参照物　，这就是运动和静止的　相对性　；“朝辞白帝彩云间，千里江陵一日还。两岸猿声啼不住，轻舟已过万重山。”这是唐代诗人李白《早发白帝城》中的诗句。从物理学的角度看，以高山为参照物，舟中人是　运动　；以　舟　为参照物，舟中人是静止的。
【分析】（1）物理学中把物体位置的变化叫机械运动；
（2）判断一个物体是运动还是静止的，要选择一个物体作为标准，这个选作标准的物体叫参照物；
（3）选择的参照物不同，物体的运动情况就不同，这就是运动和静止的相对性。
【解答】解：物理学里把物体位置的变化叫做机械运动，物体是运动还是静止的取决于选择的参照物，这就是运动和静止的相对性；
从“轻舟已过万重山”，可以知道舟中人相对于高山位置不断变化，所以以高山为参照物，人是运动的；人始终坐在舟上，相对于舟的位置没有变化，所以，相对于舟是静止的。
故答案为：位置；参照物；相对性；运动；舟。
【点评】同一物体处于同一状态，选取的参照物不同，其运动状态也一般不同，这就是运动和静止的相对性。
14．捕鲸船可通过被动声呐“听”到鲸鱼的叫声，说明　液体　能传播声音。传播的速度比空气中的声速　快　（快、慢、一样）。仪器可以通过声音的　响度　（选填“音调”、“响度”或“音色”）知道鲸鱼距离船的远近。
【分析】①声音的传播需要介质，声音可以在固体、液体和气体中传播，真空不能传声；
②声音在不同介质中的传播速度不同，一般地，在固体中传播最快，在液体中传播较慢，在空气中传播最慢；
③声音的强弱叫响度，响度与发声体的振幅及距离发声体的远近有关。
【解答】解：声音可以在液体中传播，所以捕鲸船可通过被动声呐“听”到鲸鱼的叫声；
声音在水中的传播速度比在空气中快得多；
发声体振幅一定时，距离发声体越近，响度越大。所以仪器可以通过声音的响度知道鲸鱼距离船的远近。
故答案为：液体；快；响度。
【点评】此题考查了声音的传播条件及响度的影响因素，是一道联系实际的应用题，难度不大，是一道基础题。
15．500cm3的冰块全部熔化成水后，水的质量是　450　g，水的体积是　450　cm3．（冰的密度为0.9×103kg/m3）
【分析】（1）已知冰的体积和密度，利用m＝ρV求其质量；冰熔化成水，状态变化、质量不变，可求水的质量；
（2）知道水的密度，利用V＝求水的体积。
【解答】解：
（1）冰的密度ρ冰＝0.9×103kg/m3＝0.9g/cm3，V冰＝500cm3，
由ρ＝得冰的质量：
m冰＝ρ冰V冰＝0.9g/cm3×500cm3＝450g，
因为冰熔化成水，质量不变，
所以m水＝m冰＝450g；
（2）由ρ＝得水的体积：
V水＝＝＝450cm3。
故答案为：450；450。
【点评】本题考查了密度公式的应用，知道冰化水质量不变是关键，计算过程中要注意单位换算：1×103kg/m3＝1g/cm3。
16．如图所示，用丝绸摩擦一根可以绕铁支架自由转动的玻璃棒，使它带上电，现用一带电的物体A靠近玻璃棒带电的一端，发现它们相互吸引，说明它们　异种　（选填“同种”或“异种”）电荷；物体A所带的为　负　（选填“正”或“负”）电荷；玻璃棒上的电荷没有通过铁支架转移，说明玻璃棒是　绝缘体　（选填“导体”或“绝缘体”）。

【分析】丝绸摩擦过的玻璃棒带正电；
电荷间的相互作用规律是：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引；
善于导电的物体叫导体，不善于导电的物体叫绝缘体。
【解答】解：异种电荷相互吸引，丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，带电的物体A靠近玻璃棒带电的一端，发现它们相互吸引，说明它们带异种电荷，并且物体A带的是负电；
玻璃棒上的电荷没有通过铁支架转移，说明玻璃棒不善于导电，属于绝缘体。
故答案为：异种；负；绝缘体。
【点评】此题考查了正负电荷的规定、电荷间相互作用规律及物体导电性的差异，包含的知识点较多，难度不大，是一道基础题。
17．电子式电能表表盘上标有“3000imp/（kW•h）”的字样（imp表示电能表指示灯闪烁次数），将某用电器单独接在该电能表上，正常工作30min，电能表指示灯闪烁了300次，则该用电器在上述时间内消耗的电能是　0.1　kW•h，合　3.6×105　J，该用电器的功率是　200　W。
【分析】“3000imp/kW•h”表示每消耗1kW•h的电能时电能表的指示灯闪烁3000次，据此可求指示灯闪烁了300次消耗的电能，根据公式P＝求出电功率。
【解答】解：
“3000imp/kW•h”表示每消耗1kW•h的电能时电能表的指示灯闪烁3000次，
则指示灯闪烁了300次时，该用电器消耗的电能：
W＝kW•h＝0.1kW•h＝0.1×3.6×106J＝3.6×105J，
t＝30min＝0.5h，
则用电器的电功率：
P＝＝＝0.2kW＝200W。
故答案为：0.1；3.6×105；200。
【点评】本题考查消耗电能、电功率的计算，关键是公式及其变形的灵活运用；难点是对电能表有关参数物理意义的正确理解；解题过程中要注意单位的换算。
18．2017年3月23日，国足不负众望以1：0赢了韩国队，39年来国足在洲际大赛的“逢韩不胜”魔咒终于被打破，如图是某球员传球时足球的一段运动轨迹，其中A点的重力势能　小于　（选填“大于”“小于”或“等于”）B点的重力势能。若不计空气阻力，足球在上升的过程中，动能转化为　重力势　能。

【分析】（1）物体由于被举高而具有的能叫做重力势能，重力势能的大小与物体的质量和高度有关；
（2）动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大，在能量转化中是减小的能转化为增大的能。
【解答】解：（1）由图可见A点的高度小于B点的高度，球的质量不变，因此A点重力势能小于B点的重力势能；
（2）若不计空气阻力，足球在上升过程中，高度增大，重力势能增大；速度减小，动能减小，因此由动能转化为重力势能。
故答案为：小于；重力势。
【点评】本题考查了学生对动能、势能的变化以及转化的掌握，把握住影响它们大小的因素是解决此类问题的关键。
19．体重500N的王亮同学双手握住竖直的木杆加速向上攀，他所受的摩擦力　大于　（选填“大于”、“小于”或“等于“）500N，摩擦力的方向　竖直向上　。
【分析】由于该同学加速向上攀，那么在竖直方向受到非平衡力的作用，据此分析他所受摩擦力的大小、方向。
【解答】解：
王亮同学用双手握住竖直的木杆加速向上攀时，说明王亮同学在竖直方向受到非平衡力的作用，
因该同学加速向上攀时，所以摩擦力大于重力，即f大于G＝500N，摩擦力方向竖直向上。
故答案为：大于；竖直向上。
【点评】此题考查了力与运动的关系，注意物体加速运动时，受到非平衡力的作用，就可顺利解答摩擦力的大小和方向。
20．举世瞩目的“三峡水利枢纽工程”的拦河大坝为混凝土大坝，全长约为2300余米，坝高185米，现蓄水水位是150米，则坝底受到的压强为　1.5×106 　Pa．拦河坝之所以修成“上窄下宽”的形状是因为　水的压强随深度的增加而增大　。
【分析】（1）知道蓄水深度，利用液体压强公式求坝底所受水的压强；
（2）液体压强随深度的增加而增大，为了让拦河坝承受更大的水的压强，修成“上窄下宽”的形状。
【解答】解：
（1）现蓄水水位是150米，则坝底所受水的压强：
p＝ρgh＝1×103kg/m3×10N/kg×150m＝1.5×106Pa；
（2）拦河大坝之所以修成“上窄下宽”的形状是因为水的压强随深度的增加而增大。
故答案为：1.5×106 ；水的压强随深度的增加而增大。
【点评】本题考查了液体压强的特点、液体压强的计算，都属于基础知识，难度不大。
21．标有“6V 1.5W”的小灯泡接在电源电压为9V的电路上，要让灯泡正常发光，需要　串联　（选填“串联“或“并联”一个阻值为　12Ω　的定值电阻。
【分析】灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，根据P＝求出正常工作时的电阻；根据串联电路的电压特点求出串联电阻两端的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出电路中的电流，再根据欧姆定律求出串联电阻的阻值。
【解答】解：由P＝可得，灯泡正常工作时的电阻：
RL＝＝＝24Ω；
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，串联电阻两端的电压：
UR＝U﹣UL＝9V﹣6V＝3V，
因串联电路中各处的电流相等，
电路中的电流：
I＝＝＝0.25A，
串联电阻的阻值：
R＝＝＝12Ω。
故答案为：串联；12Ω。
【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，关键是知道灯泡正常发光时的电压和额定电压相等
22．标有“6V6W”的A灯和“6V3W”的B灯的电流随两端电压变化关系的曲线如图所示。将两灯并联连入电路时，干路电流为1A，则电源电压为　3　V．将两灯串联使用时，为了确保电路安全，　A　（选填“A”或“B”）灯一定不能正常发光。将三个相同的A灯串联在电源电压恒为6V的电路中，则每个A灯的电阻是　4　Ω。

【分析】（1）并联电路干路电流等于各支路电流的和，各支路电压相等；
（2）串联电路电流处处相等且不大于用电设备的额定电流；
（3）串联电路总电压等于各用电器等于之和，根据图象读出各个灯泡的电压和电流，根据欧姆定律算出电阻。
【解答】解：因为并联电路干路电流等于各支路电流的和，各支路电压相等，
所以当将两灯并联连入电路，干路电流为1A时，A的电流为：IA＝0.7A，B的电流为：IB＝0.3A，I＝0.7A+0.3A＝1A，
所以电源电压为3V；
A灯正常发光的电流为：IA′＝＝＝1A，
B灯正常发光的电流为：IB′＝＝＝0.5A，
因为串联电路电流处处相等且不大于B灯的电流，所以电路的电流为0.5A，B灯正常发光，A一定不能正常发光；
将三个相同的A灯串联在电源电压恒为6V的电路中，每个灯泡的电压为2V，由图象知，此时灯泡A的电流为0.5A，
则A灯的电阻：RA＝＝＝4Ω。
故答案为：3；A；4。
【点评】本题考查了串并联电路电压、电流的特点以及欧姆定律的应用，掌握串并联电路的特点是解题的关键。
三．解答题（共3小题，满分6分，每小题2分）
23．在图中，重为30牛的物体静止在水平地面上，用力的图示法画出它所受的重力G。

【分析】先画出标度，然后根据规则物体的重心在物体的几何中心，过重心表示出重力的大小和方向。
【解答】解：画出大小表示10N的标度，然后过物体重心画出竖直向下、大小为30N的重力，如下图所示：

【点评】本题的关键是牢记重力的方向总是竖直向下的，并且会用力的图示表示力三要素。
24．如图，一束激光从空气射到水面O点，反射光线在容器壁上形成一光点A

（1）画出反射光线及光点A的位置。
（2）大致画出该入射光线进入水的折射光线。
（3）A离水平面的距离为　20.0　cm。
【分析】（1）根据入射光线、反射光线以及法线在同一平面内，并且入射角等于反射角，画出反射光线；
（2）根据入射光线、折射光线以及法线在同一平面内，折射角小于入射角，确定折射光线的方向。
（3）由图读出A离水平面的距离。
【解答】解：
（1）由题知，光从空气射到水面O点，根据反射角等于入射角在法线右侧的空气中画出反射光线，反射光线与容器壁的交点为光点A；
（2）光从空气斜射入水中，折射角小于入射角，由此在法线右侧的水中画出折射光线；
（3）由图知，水面所对刻度为30.0cm，A点刻度为50.0cm，所以A离水平面的距离为：50.0cm﹣30.0cm＝20.0cm。

故答案为：（1）（2）见上图；（3）20.0。
【点评】本题主要考查反射定律、折射定律的作图以及刻度尺的读数，掌握基础题知是关键。
25．为了安全用电，请将独立工作的电灯和插座接到家庭电路。

【分析】（1）对于电灯接线的基本要求是：“火线零线并排走，零线直接进灯口，火线接在开关上，通过开关进灯头”。
（2）三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线。
【解答】解：
（1）灯泡接法：火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点，零线直接接入灯泡的螺旋套；
（2）安装三孔插座的方法：上孔接地线，左孔接零线，右孔接火线。如图所示：

【点评】掌握家庭电路的灯泡、开关、三孔插座、两孔插座、保险丝的接法，同时考虑实用性和安全性。
四．实验探究题（共4小题，满分18分）
26．阅读短文，回答问题。
上周日，学校组织八年级全体同学去南郊风景区春游，同学们玩得很开心。八年级（3）班的张恬恬同学回到家后觉得口很渴，倒水时发现热水瓶里面已经空了，于是她就拿出水壶，倒入小半壶自来水，放到煤气灶上用大火加热。几分钟后，水开了，壶口处冒出大量“白气”。张恬恬关掉煤气灶后取下水壶，水逐渐停止沸腾。当她向水瓶中灌水时，壶口处的水忽然又“沸腾”了，水花四溅，差点儿溅到自己身上。张恬恬吓了一跳，立刻将水壶放下。过了好一会儿才拿起水壶向水瓶中灌水，这次没有出现刚才的“沸腾”现象。张恬恬同学觉得很奇怪，把这事告诉了在学校教物理的爸爸。爸爸听了以后，笑着对恬恬说，你已经开始学物理了，最好自己来探究这个问题。在爸爸的指导下张恬恬同学进行了实验探究，结果如下。
表一
水壶中的水量
用大火烧开水，水开后立即灌入水瓶
水烧开后过一会儿再灌入水瓶
半壶水
灌水时水会突然沸腾
灌水时水不会突然沸腾
一壶水
灌水时水不会突然沸腾
灌水时水不会突然沸腾
表二
水壶中的水量
用小火烧开水，水开后立即灌入水瓶
水烧开后过一会儿再灌入水瓶
半壶水
灌水时水不会突然沸腾
灌水时水不会突然沸腾
一壶水
灌水时水不会突然沸腾
灌水时水不会突然沸腾
发现原来已经不沸腾的水发生突然沸腾的现象，只有在同时满足以下条件时才会出现：①水量比较少（半壶水）；②用大火烧开水，水开后立即灌入水瓶。张恬恬同学根据实验结果并结合液体沸腾的条件，终于得到了水在灌入水瓶时再次沸腾的原因。通过这次活动，张恬恬认识到物理与生活实践联系很密切。联系生活实际，多观察，多实验，不但可以解决实际问题，而且能培养自己的学习兴趣。
（1）“几分钟后，水开了，壶口处冒出大量‘白气’。”其中的“白气”是　液态小水滴　；“白气”的形成先后经过的物态变化是先　汽化　后　液化　。
（2）液体沸腾需要满足的条件是　温度达到沸点　、　继续吸收热量　。液体沸腾后，继续加热，液体温度将　不变　。
（3）原来已经不沸腾的水在灌入水瓶时再次沸腾的原因是什么？　由于用大火加热且水不满时，壶的上半部分金属壳的温度较高，超过了水的沸点，所以将水灌入水瓶时，水流经壶的温度较高的上半部分，水会再次吸热重新沸腾　。
【分析】（1）物质由液态变为气态的过程是汽化，物质由气态变为液态的过程是液化；
（2）（3）液体沸腾的条件是：达到沸点并且要继续吸收热量，沸腾时温度不再变化。
【解答】解：（1）水在加热时会发生汽化现象，由水变成水蒸气，水开后，水蒸气从壶口冒出，水蒸气遇冷发生液化现象，变成小水珠，即白气现象；
（2）液体沸腾的条件是：温度达到沸点，继续吸收热量；
（3）由于用大火加热且水不满，所以壶的上半部分温度较高，超过了水的沸点。将水灌入水瓶时，水流经壶的温度较高的上半部分，水会再次吸热重新沸腾。
故答案为：（1）液态小水滴；汽化；液化；
（2）温度达到沸点；继续吸收热量；不变；
（3）由于用大火加热且水不满时，壶的上半部分金属壳的温度较高，超过了水的沸点，所以将水灌入水瓶时，水流经壶的温度较高的上半部分，水会再次吸热重新沸腾。
【点评】本题结合烧水这个生活实例考查了学生对汽化和液化现象的理解情况，会利用液体沸腾的条件分析水沸腾的现象。
27．（4分）沈精致同学在做“探究平面镜成像特点”的实验时，所用的实验器材有带底座的玻璃板、白纸、笔、火柴、光屏、刻度尺、两支外形相同的蜡烛A和B，实验装置如图17所示。
（1）实验室提供较厚和较薄的两块玻璃板，为保证实验效果，应选择　较薄　（选填“较薄”或“较厚”）的玻璃板做实验；选用两只相同的蜡烛，目的是为了比较像和物体的　大小　关系。
（2）在竖立的玻璃板前点燃蜡烛A，拿　未点燃　（选填点燃”或“未点燃”）的蜡烛B竖直在玻璃板后面移动，人眼一直在玻璃板的前侧观察，直至蜡烛B与蜡烛A的像完全重合。

（3）移去蜡烛B，在其原来位置上放置一光屏，光屏上　不能　（选填“能”或“不能”）呈现蜡烛的像，这说明平面镜成的是　虚　（选填“虚”或“实”）像。
（4）当蜡烛A向玻璃板靠近时，像的大小　不变　。（选填“变大”、“变小”或“不变”）
【分析】（1）从厚玻璃板的两个面都可以当作反射面，会出现两个像这一角度去分析此题；
用玻璃板代替平面镜，主要是利用玻璃板透明的特点，便于找到蜡烛A的像的位置；
掌握等效替代法，为了探究像与物体的大小关系，用了两根完全相同的蜡烛；
（2）未点燃的蜡烛B竖直在玻璃板后面移动，人眼一直在玻璃板的前侧观察，直至蜡烛B与蜡烛A的像完全重合，等效替代法是在保证某种效果相同的前提下，将实际的、复杂的物理问题和物理过程转化为等效的、简单的、易于研究的物理问题和物理过程来研究和处理的方法。等效替代法是初中物理中常用的探索问题和分析解决问题的科学方法之一。
（3）平面镜所成的像是虚像，不会出现在光屏上。
（4）平面镜成像特点：像距等于物距，物像等大。
【解答】解：
（1）因为厚玻璃板的两个面都可以当作反射面，会出现两个像，影响到实验效果，所以应选用较薄玻璃板；
为了确定像的位置，让蜡烛A的像和电池B重合，既能观察到A蜡烛像的同时，也能观察到B蜡烛，实验中要使用透明的玻璃板；
实验中选取两支相同的蜡烛是为了比较像与物的大小关系；
（2）在竖立的玻璃板前点燃蜡烛A，拿未点燃的蜡烛B竖直在玻璃板后面移动，人眼一直在玻璃板的前侧（A侧）观察，直至它与蜡烛A的像完全重合；
（3）移去蜡烛B，在其原来位置上放置一块光屏，光屏上无法呈现蜡烛的像，这说明平面镜成的是虚像；
（4）当蜡烛A向玻璃板靠近，蜡烛A的大小不变，由平面镜成像特点可知，蜡烛A的像大小不变。
故答案为：（1）较薄；大小；（2）未点燃；（3）不能；虚；（4）不变。
【点评】本题主要考查了平面镜成像特点的实验及其应用。这是光学中的一个重点，也是近几年来中考经常出现的题型，要求学生熟练掌握，并学会灵活运用。
28．（5分）某班同学利用杠杆做了以下的实验：

A：“探究杠杆的平衡条件”
（1）当杠杆静止在图甲所示的位置时，杠杆处于　平衡　（选填“平衡”或“不平衡”）状态；如图甲中，应将右端的平衡螺母向　右　（选填“左”或“右”）调节使杠杆在水平位置平衡，这样做是为了　便于测量力臂，消除杠杆自重对杠杆平衡的影响　；
（2）小明同学用图乙所示的方法使杠杆处于平衡状态，测出此时的拉力大小为F1，发现F1L1≠F2L2，其原因是：　把L1当成了F1的力臂　。
B：“探究杠杆的机械效率”
如图丙所示装置，每个钩码的质量为m，O为支点。（支点处摩擦忽略不计）
（1）他将2只钩码悬挂在B点，在A点竖直向上匀速拉动弹簧测力计，拉力为F1，测得A、B两点上升的高度分别为h1、h2，则此次杠杆的机械效率为η＝　×100%　。（用物理量的符号表示）
（2）他将2只钩码悬挂在C点，在A点竖直向上匀速拉动弹簧测力计，使C点上升高度仍为h2，则弹簧测力计的示数将　大于　（选填“大于”、“等于”或“小于”下同）F1，此次弹簧测力计做的功将　小于　第一次做的功。
【分析】A：（1）①杠杆静止时或杠杆匀速转动时，杠杆处于平衡状态；
②使杠杆在水平位置平衡，便于测量力臂大小，杠杆的重心通过支点，消除杠杆重对杠杆平衡的影响，使实验简单化，便于探究；
（2）由图可见，拉力F1的方向与杠杆不垂直，因此力臂不等于支点到力的作用点的距离的，只有拉力方向与杠杆垂直时，拉力的力臂才等于支点到动力作用点的距离；
B：（1）使用杠杆克服钩码的重力做功，有用功等于克服钩码重力做的功，总功等于弹簧测力计的拉力做的功，机械效率等于有用功和总功的比值；
（2）从图中可以看出，将2只钩码悬挂在C点时，重力的力臂大于在B点重力的力臂，而动力臂不变，根据杠杆平衡的条件可知弹簧测力计的示数的变化情况，再分析有用功和额外功的变化，根据总功等于有用功和额外功之和得出弹簧测力计做功的变化情况。
【解答】解：A：（1）杠杆静止时，杠杆处于平衡状态；使杠杆在水平位置平衡，力臂在杠杆上，便于测量力臂大小，杠杆重心通过支点，可以消除杠杆自重对杠杆平衡的影响；
（2）图中，拉力F1的方向与水平杠杆不垂直，只有力的方向与杠杆垂直时，力臂才能从杠杆上直接读出来，小明误把杠杆的长度L1当成了拉力的力臂，所以小明会得出错误的结论；
B：（1）有用功为W有＝Gh2＝2mgh2，总功W总＝F1h1，则机械效率的表达式η＝×100%＝×100%。
（2）钩码的悬挂点在B点时，由杠杠的平衡条件得F1•OA＝G•OB；悬挂点移至C点时，由杠杠的平衡条件得F2•OA＝G•OC；从图中可以看出，由OB到OC力臂变大，所以弹簧测力计的示数变大，有用功不变，但杠杆提升的高度减小，额外功减小，又因为总功等于额外功与有用功之和，因此此次弹簧测力计做的功将小于第一次做的功。
故答案为：A：“探究杠杆的平衡条件”
（1）平衡；右；便于测量力臂，消除杠杆自重对杠杆平衡的影响；（2）把L1当成了F1的力臂；
B：“探究杠杆的机械效率”
（1）×100%；（2）大于；小于。
【点评】本题考查了杠杆平衡的条件，在实验中我们应首先调节杠杆两端的平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡，以便直接读出力臂；用弹簧测力计时，应注意竖直方向拉动测力计；杠杆平衡的条件就是动力×动力臂＝阻力×阻力臂。
29．用如图甲的电路测量定值电阻R的阻值。
（1）测量电阻的实验原理是　R＝　。
（2）闭合开关前，滑动变阻器的阻值应处于　最大　值。
（3）闭合开关，将图乙中的滑动变阻器的滑片P向左移动时，电流表的示数会　变小　。当滑片P滑到某一位置时，电流表的示数为0.5A，电压表的示数如图丙，由
此可知被测电阻的阻值R＝　5　Ω。

【分析】（1）测电阻的实验原理是欧姆定律的变形公式；
（2）为了保护电路，保护开关前滑片在阻值最大处；
（3）根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化即电流表示数的变化；根据电压表的量程和分度值读出示数，利用欧姆定律求出被测电阻的阻值。
【解答】解：（1）测量电阻的实验原理是R＝；
（2）为了保护电路，保护开关前滑片在阻值最大处；
（3）将图乙中的滑动变阻器的滑片P向左移动时，接入电路中的电阻变大，电路中的总电阻变大，
由I＝可知，电路中的电流变小，即电流表的示数变小；
由图丙可知，电压表的量程为0～3V，分度值为0.1V，示数为2.5V，
则待测电阻的阻值R＝＝＝5Ω。
故答案为：
（1）R＝；
（2）最大；
（3）变小；5。
【点评】本题考查了伏安法测电阻的实验，涉及到实验的原理和滑动变阻器的连接、欧姆定律的应用等，是一道基础题实验题。
五．计算题（共3小题，满分20分）
30．（4分）体积为0.28m3、热值为3.6×107J/m3的煤气完全燃烧，若所放出热量的50%被温度为20℃、质量为30kg的水吸收，则水的末温是多少？[水的比热容是4.2×103J/（kg•℃）]
【分析】根据Q＝Vq求出煤气完全燃烧放出的热量；根据Q吸＝50%Q放求出水吸收的热量，再根据Q＝cm△t求出水升高的温度，然后可知水的末温。
【解答】解：煤气完全燃烧放出的热量：
Q放＝Vq＝0.28m3×3.6×107J/m3＝1.008×107J；
水吸收的热量：
Q吸＝ηQ放＝50%×1.008×107J＝5.04×106J，
由Q＝cm△t可得水升高的温度：
△t＝＝＝40℃。
则水的末温为t＝t0+△t＝20℃+40℃＝60℃。
答：水的末温是60℃。
【点评】本题主要考查的是学生对燃料的热值和热平衡方程的理解和掌握，能求出水吸收的热量是解决此题的关键，基础性题目。
31．（8分）某同学用如图所示的滑轮组将重900N的物体匀速提升3米，所用的拉力是400N，所用的时间是1min（摩擦及绳子重均不计）求：
（1）绳子的自由端移动的速度。
（2）拉力做功的功率。
（3）该滑轮组的机械效率。

【分析】（1）由图知，使用滑轮组承担物重的绳子股数n，拉力端移动的距离s＝nh，利用v＝求绳子的自由端移动的速度；
（2）利用P＝Fv求拉力做功功率；
（3）利用W＝Gh求拉力做的有用功，利用W＝Fs求拉力做的总功，再利用效率公式求滑轮组的机械效率。
【解答】解：
（1）由图知，n＝3，拉力端移动的距离s＝3h＝3×3m＝9m，
绳子的自由端移动的速度：
v＝＝＝0.15m/s；
（2）拉力做功功率：
P＝＝＝Fv＝400N×0.15m/s＝60W；
（3）有用功：
W有用＝Gh＝900N×3m＝2700J，
拉力做的总功：
W总＝Fs＝400N×9m＝3600J，
滑轮组的机械效率：
η＝＝×100%＝75%；
答：（1）绳子的自由端移动的速度为0.15m/s。
（2）拉力做功的功率为60W。
（3）该滑轮组的机械效率为75%。
【点评】本题考查了速度、功、功率、机械效率的计算，熟练掌握，并灵活运用相关公式是解答本题的关键。
32．（8分）如图所示，电源电压恒定不变，R1＝20Ω，当只闭合开关S时电流表示数为0.1A，当再将开关S1闭合时，电流表的示数变化了0.3A，求：
（1）电源电压
（2）电阻R2的阻值
（3）在两开关都闭合时，半分钟内整个电路产生的热量

【分析】（1）闭合开关S、断开S1时，电路为R2的简单电路，电流表测通过R2的电流；当S、S1都闭合时，两电阻并联，电流表测干路电流，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知通过R2的电流不变，电流表示数的变化量即为通过R1的电流，根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出电源的电压；
（2）根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出电阻R2的阻值；
（3）根据Q＝W＝UIt算出半分钟内整个电路产生的热量。
【解答】解：（1）闭合开关S、断开S1时，电路为R2的简单电路，电流表测通过R2的电流I2＝0.1A；
当S、S1都闭合时，两电阻并联，电流表测干路电流，
因并联电路中各支路独立工作、互不影响，
所以，通过R2的电流不变，
则电流表示数的变化量即为通过R1的电流I1＝0.3A，
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，由I＝可得，电源的电压：
U＝I1R1＝0.3A×20Ω＝6V；
（2）电阻R2的阻值：R2＝＝＝60Ω；
（3）因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，S、S1都闭合时电流表的示数：
I＝I1+I2＝0.1A+0.3A＝0.4A；
半分钟内整个电路产生的热量：Q＝W＝UIt＝6V×0.4A×30s＝72J。
答：（1）电源电压为6V；
（2）电阻R2的阻值为60Ω；
（3）在两开关都闭合时，半分钟内整个电路产生的热量为72J。
【点评】本题考查了并联电路的特点和欧姆定律的应用，知道电流表示数的变化量即为通过R1的电流是关键。