2021年四川省南充市中考物理试卷

这是一份2021年四川省南充市中考物理试卷，共36页。试卷主要包含了选择题，填空题，作图题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。

2021年四川省南充市中考物理试卷
一、选择题（本大题1-10小题只有一项符合题目要求，每小题3分；11-12小题有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有错的得0分，共38分）
1．（3分）（2021•南充）南充嘉陵江边的夜景让人流连忘返，下列现象与江面倒影形成原因相同的是（　　）
A．阳光下的“影子” B．梳妆镜中的“我”
C．日食 D．雨后彩虹
2．（3分）（2021•南充）以下自然现象的形成原因与其他三项不同的是（　　）
A．屋顶的霜 B．窗玻璃上的冰花
C．树枝上的雾凇 D．水面上的冰
3．（3分）（2021•南充）关于体育活动项目，下列说法正确的是（　　）
A．跳远项目中，助跑是为了增大运动员的惯性
B．单杠活动中，运动员手涂防滑粉是为了增大摩擦
C．拔河比赛中，获胜方对绳子拉力大于另一方对绳子拉力
D．举重过程中，地面对运动员的支持力和运动员自身的重力是一对平衡力
4．（3分）（2021•南充）关于声现象，下列说法错误的是（　　）
A．“春眠不觉晓，处处闻啼鸟”，鸟叫声是通过空气传入人耳的
B．“柴门闻犬吠，风雪夜归人”，这说明声音可以传递信息
C．“不敢高声语，恐惊天上人”，诗句中的“高”是指声音的音调高
D．“蝉噪林逾静，鸟鸣山更幽”，诗句中“蝉噪”和“鸟鸣”是通过声音的音色来分辨的
5．（3分）（2021•南充）下列关于安全用电常识说法错误的是（　　）
A．三脚插头较长的那只脚无用
B．保险装置、插座、家用电器达到使用寿命应及时更换
C．更换家庭电路中的灯泡、搬动用电器前应断开电源开关
D．当家庭电路起火时，应先断开电路再灭火
6．（3分）（2021•南充）2021年5月，“天问一号”探测器成功在火星着陆，下列有关“天问一号”的说法错误的是（　　）
A．“天问一号”与地面控制中心联系是通过电磁波传递信息
B．“天问一号”的太阳能电池板工作时将太阳能转化为电能
C．“天问一号”在着陆火星减速下降过程中机械能不变
D．“天问一号”轨道修正需要发动机点火工作，说明力可以改变物体的运动状态
7．（3分）（2021•南充）以下表述错误的是（　　）
A．飞艇和飞机获得升力的原理相同
B．热气球在空中上升过程中受气压影响体积会变大
C．热气球充的是加热后体积膨胀的热空气
D．潜水艇工作时是通过改变自身重力的方式来实现浮沉的
8．（3分）（2021•南充）以下四幅图中能说明发电机工作原理的装置是（　　）
A．
B．
C．
D．
9．（3分）（2021•南充）如图所示，这是一种显示汽车油箱油量的装置图，其中滑杆P相当于滑动变阻器R的滑片，下列关于该装置的说法错误的是（　　）

A．若电流表读数增大，R接入电路的电阻减小
B．若电流表读数增大，表明油量增多
C．若电流表读数减小，电阻R0的功率减小
D．若电流表读数减小，滑动变阻器R两端的电压减小
10．（3分）（2021•南充）如图所示，甲、乙是两个质量和底面积均相同的容器，容器内装有质量相同的液体，若甲、乙两容器底部受到的液体压力分别是F1、F2，容器对地面的压强分别是p1、p2，下列关系正确的是（　　）

A．F1＝F2，p1＞p2 B．F1＞F2，p1＞p2
C．F1＝F2，p1＝p2 D．F1＞F2，p1＝p2
11．（4分）（2021•南充）甲、乙两实心物体在水中的浮沉情况如图所示，它们的质量分别为m1、m2，体积分别为V1、V2，密度分别为ρ1、ρ2，所受浮力分别为F1、F2，下列说法正确的是（　　）

A．若m1＞m2，则一定有F1＞F2
B．若m1＝m2，则一定有V1＜V2
C．若V1＝V2，则一定有m1＞m2
D．若V1＜V2，则一定有F1＜F2
12．（4分）（2021•南充）如图所示，电源电压恒为6V，电流表量程为“0～0.6A”，电压表量程“0～3V”，滑动变阻器、小灯泡L（灯丝电阻不变）分别标有“20Ω 1A”、“2.5V 0.5A”字样。在保证电路安全的情况下，移动滑动变阻器的滑片，下列选项中正确的是（　　）

A．电流表的示数变化范围是0.24A～0.5A
B．电压表的示数变化范围是1.2V～3V
C．滑动变阻器连入电路的阻值变化范围是7Ω～20Ω
D．滑动变阻器的最大电功率是1.8W
二、填空题（本大题共10小题，每空1分，共20分）
13．（2分）（2021•南充）如图1所示，物体的长度为 　 　cm；如图2所示，天平中物体的质量为 　 　g。

14．（2分）（2021•南充）2021年1月，南充籍总设计师邢继主持完成的华龙一号全球首堆投入商业运行，标志着我国自主三代核电技术跻身世界前列，核反应堆是通过可控 　 　（选填“裂变”或“聚变”）反应释放核能的设备；如图是小明家电能表月初、月末的示数，若小明家所在地区每度电的电费为0.5元，则他家本月电费为 　 　。

15．（2分）（2021•南充）凸透镜可用于 　 　（选填“远视”或“近视”）眼的矫正，手机的镜头相当于一个凸透镜，若某手机镜头焦距为5cm，用它扫描健康码时，为保证扫描清晰，手机到健康码的距离应大于 　 　cm。
16．（2分）（2021•南充）汽油机在工作过程中将机械能转化为内能的冲程是 　 　；汽油的热值是4.6×107J/kg，完全燃烧40g的汽油所释放的热量为 　 　J。
17．（2分）（2021•南充）“奋斗号”是我国自行研制的世界领先深海潜水器，若在某次工作过程中该潜水器下潜深度为10000m，此时潜水器受到的海水压强为 　 　Pa；若“奋斗号”舱门面积约为0.6m2，则舱门所受液体压力为 　 　N（g＝10N/kg，ρ海水≈1.03×103kg/m3）。
18．（2分）（2021•南充）某物体在大小为10N的水平拉力作用下，以2m/s的速度在粗糙水平桌面上做匀速直线运动，此时拉力的功率为 　 　W。若将水平拉力增大到18N，此时物体所受的摩擦力为 　 　N。
19．（2分）（2021•南充）将阻值为100Ω的均匀导线对折后的阻值为 　 　Ω，将此时的导线两端加4.5V电压时，通过导线的电流为 　 　A。
20．（2分）（2021•南充）在测量液体密度的实验中，小华同学测得液体和烧杯的总质量与液体体积的关系如图所示，则液体的密度为 　 　kg/m3，空烧杯的质量是 　 　g。

21．（2分）（2021•南充）如图所示，灯泡L1、L2分别标有“2.5V 0.5A”和“3V 0.5A”字样（灯丝电阻不变），R＝5Ω，电源电压恒定。若S、S1、S2均闭合，L2正常发光，电流表示数为I1，则电源电压为 　 　V；若只闭合S，电流表读数为I2，则I1：I2＝　 　。

22．（2分）（2021•南充）如图甲所示，AB为轻质杠杆，AC为轻质硬棒且与力传感器相连，图乙是物体M从A点开始向右匀速运动过程中力传感器读数大小与时间的关系图像，则物体M的质量大小 　 　g；已知OA的长度为30cm，OB足够长，AC能承受的最大弹力大小为15N，若要杆不断，物体从A点开始运动时间最长为 　 　s（g＝10N/kg）。

三、作图题（本大题共3小题，每题2分，共6分）
23．（2分）（2021•南充）一束光线射向凸透镜后再经平面镜反射射出，请将光路图补充完整。

24．（2分）（2021•南充）请在图中画出小球的受力示意图（细线处于竖直方向）。

25．（2分）（2021•南充）根据如图所示电磁铁的极性，在图中标出通过导线的电流方向和小磁针的N极。

四、实验探究题（本大题共3小题，每空1分，共16分）
26．（5分）（2021•南充）如图甲是某小组探究“水的沸腾”的实验装置图。
（1）安装实验装置时应遵循 　 　（选填“自上而下”或“自下而上”）的原则。
（2）请根据下方表格数据在乙图坐标纸中用描点法绘制温度随时间变化的图像。
时间/min
0
2
4
6
8
10
12
温度/℃
94
95
96
97
98
98
98
（3）图丙是实验中某个时段气泡的变化图像，这是 　 　（选填“沸腾前”或“沸腾时”）的情形。
（4）结合图表可知液体沸腾的条件是 　 　。
（5）实验中发现液体升温较慢，若需要缩短液体沸腾前的加热时间可采用的方法是 　 　。
27．（5分）（2021•南充）如图所示，在探究“影响滑动摩擦力大小因素”的实验中：

（1）实验中测量滑动摩擦力大小的原理是 　 　。
（2）甲、丙两图是为了研究滑动摩擦力大小与 　 　的关系，实验中采用的研究方法是 　 　。
（3）根据甲、乙两图可得结论是：　 　。
（4）小华同学将甲图测量摩擦力大小装置改为丁图装置的好处是：　 　。
28．（6分）（2021•南充）如图所示，某同学计划利用甲图所示的器材测量小灯泡的电功率，已知小灯泡的额定电压是2.5V。

（1）实验中有一根导线连接错误，请在连接错误的导线上画“×”并用笔划线代替导线完成电路的正确连接。
（2）闭合开关前滑动变阻器的滑片位置应放在 　 　端（选填“A”或“B”）。
（3）实验数据如下表所示，在完成第1次实验后，若还需测量小灯泡的额定功率，需将滑动变阻器滑片向 　 　端移动（选填“A”或“B”），直到电压表示数为2.5V，若此时电流表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为 　 　W。
实验次数
电压
电流
电功率
灯泡亮暗情况
1
2.0V
0.28A
0.56W
较暗
2
2.5V


正常发光
3
2.8V
0.34A
0.95W
较亮
（4）小明对数据分析后认为还可以得出通过灯泡的电流和灯泡两端电压成正比的结论。这种说法 　 　（选填“正确”或“错误”），理由是 　 　。
五、计算题（本大题共两小题，29题9分，30题11分，共20分。要求写出必要的文字说明、主要的计算步骤和明确的答案。）
29．（9分）（2021•南充）如图所示，图甲（表格）、图乙分别为某烧水壶的铭牌和简化电路图，R1和R2为发热丝，S1为总开关，S2为温控开关，1、2分别为开关的两个接触点，丙图为某次将满壶水加热、保温过程的总功率与时间的关系图像，已知ρ水＝1.0×103kg/m3，c水＝4.2×103J/（kg•℃）。求：

型号
SDS﹣15X05
容量
1L
额定电压
220V
额定频率
50Hz
加热功率
1210W
保温功率
40W
（1）这满壶水从25℃加热至100℃所吸收的热量；
（2）本次工作过程共消耗的电能；
（3）R1和R2的阻值。
30．（11分）（2021•南充）如图所示，图甲是某大型起吊装置，图乙是其机械起吊部分的简化示意图，已知物体A质量为500kg，底面积为1.25m2，不计绳重量、机械部分摩擦和水的阻力，请完成以下问题（g＝10N/kg）
（1）起吊前物体A静止在地面上，其对地面的压强是多少？
（2）如图乙所示，当绳子自由端的拉力为1000N时，地面对物体A的支持力为1650N，增加绳子自由端的拉力后物体A被成功匀速提升2m，请计算此时整个机械的机械效率。
（3）工人师傅利用该装置将另一物体B以0.1m/s的速度匀速放入水中过程中，绳子拉力功率随时间变化关系如图丙所示，请计算物体B的密度。（ρ水＝1.0×103kg/m3）

2021年四川省南充市中考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题1-10小题只有一项符合题目要求，每小题3分；11-12小题有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有错的得0分，共38分）
1．（3分）（2021•南充）南充嘉陵江边的夜景让人流连忘返，下列现象与江面倒影形成原因相同的是（　　）
A．阳光下的“影子” B．梳妆镜中的“我”
C．日食 D．雨后彩虹
【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：江面倒影，属于与平面镜成像原理一样，是由于光的反射形成的；
A、影子的形成是利用光是沿直线传播的，由于光的直线传播，被物体挡住后，物体后面就会呈现出阴影区域，就是影子，故A错误；
B、梳妆镜中的“我”，属于平面镜成像，是由于光的反射形成的，故B正确；
C、日食是由光的直线传播形成的，故C错误；
D、雨过天晴时，常在天空出现彩虹，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，这种现象叫做光的色散现象，故D错误。
故选：B。
【点评】此题是光现象中的综合题，涉及到光的反射、色散、直线传播等；分析时要分清选项是哪类光选项，并深究其成因，就可解答。
2．（3分）（2021•南充）以下自然现象的形成原因与其他三项不同的是（　　）
A．屋顶的霜 B．窗玻璃上的冰花
C．树枝上的雾凇 D．水面上的冰
【分析】本题需要逐个分析所给出选项是属于哪一种物态变化，再与其他物态变化作比较，从而得出答案。
【解答】解：A.屋顶的霜本质是小冰晶，是由屋顶的水蒸气遇冷直接凝华而成的。
B.窗玻璃上的冰花本质是小冰晶，是由室内的水蒸气遇到较冷的玻璃凝华形成的。
C.树枝上的雾凇本质是小冰晶，是在低温时由空气中的水蒸气直接凝华形成的。
D.水面上的冰是由水凝固而形成的。
A、B、C三种自然现象的形成均是凝华，D选项是凝固。故ABC错误，D正确
故选：D。
【点评】本题考查了常见的自然现象中的物态变化，需学生熟记。
3．（3分）（2021•南充）关于体育活动项目，下列说法正确的是（　　）
A．跳远项目中，助跑是为了增大运动员的惯性
B．单杠活动中，运动员手涂防滑粉是为了增大摩擦
C．拔河比赛中，获胜方对绳子拉力大于另一方对绳子拉力
D．举重过程中，地面对运动员的支持力和运动员自身的重力是一对平衡力
【分析】（1）惯性大小只与物体的质量有关；
（2）增大摩擦力的方法：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）相互作用力的大小相同；
（4）平衡力的条件：大小相等、方向相反、作用在同一个物体上，作用在同一条直线上。
【解答】解：
A、惯性大小只与物体的质量有关，所以跳远运动员在比赛中先助跑一段距离后才起跳是为了利用运动员的惯性，但不能增大惯性，故A错误；
B、单杠活动中，运动员手涂防滑粉，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B正确；
C、两队拔河，两队之间的力是一对作用力和反作用力，所以在不考虑绳子重力的情况下，获胜方对绳子的拉力等于输掉的一方对绳子的拉力，故C错误；
D、举重过程中，地面对运动员的支持力等于运动员和杠铃的总重力，要大于运动员自身的重力，不是一对平衡力，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了增大摩擦力的方法、惯性的利用、相互作用力、平衡力的辨别，难度不大。
4．（3分）（2021•南充）关于声现象，下列说法错误的是（　　）
A．“春眠不觉晓，处处闻啼鸟”，鸟叫声是通过空气传入人耳的
B．“柴门闻犬吠，风雪夜归人”，这说明声音可以传递信息
C．“不敢高声语，恐惊天上人”，诗句中的“高”是指声音的音调高
D．“蝉噪林逾静，鸟鸣山更幽”，诗句中“蝉噪”和“鸟鸣”是通过声音的音色来分辨的
【分析】（1）声音的传播需要介质，传声的介质可以是固体、液体和气体；
（2）声音可以传递信息，声音可以传递能量；
（3）声音三个特性：音调、响度和音色；音调跟发声体的振动频率有关，频率越大，音调越高；响度跟发声体的振幅有关（振幅越大，响度越大），还跟距离发声体的远近有关；音色与发声体的结构和材料有关。
【解答】解：A、声音可以在空气中传播，鸟叫声是通过空气传到人耳的，故A正确；
B、听到狗的叫声，知道人回来了，这说明声音能传递信息，故B正确；
C、声音的响度指的是声音的大小，“不敢高声语，恐惊天上人”这里的“高”指的是声音的响度大，故C错误；
D、“蝉噪”和“鸟鸣”是通过声音的音色来分辨的，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查了与声现象有关的多个知识点，熟知相关知识并能与生活中的现象相结合，是正确解答的关键。
5．（3分）（2021•南充）下列关于安全用电常识说法错误的是（　　）
A．三脚插头较长的那只脚无用
B．保险装置、插座、家用电器达到使用寿命应及时更换
C．更换家庭电路中的灯泡、搬动用电器前应断开电源开关
D．当家庭电路起火时，应先断开电路再灭火
【分析】（1）三角插座中间的长脚是为了把用电器的金属外壳连接地线，能有效防止触电；
（2）保险装置、插座、导线、家用电器等达到使用寿命时绝缘皮会因老化而漏电，应及时更换；
（3）更换灯泡、搬动用电器前，必须断开电源开关，防止触电；
（4）家庭电路着火了时，要立即断开电源再想法灭火。
【解答】解：A、三角插座中间的长脚是为了把用电器的金属外壳接地，能有效防止触电，不能去掉三脚插头较长的那只脚，故A错误；
B、保险装置、插座、导线、家用电器等达到使用寿命应及时更换，否则设置老化，容易发生漏电而引发触电或诱发火灾，故B正确；
C、更换灯泡、搬动用电器前，必须断开电源开关，否则容易造成触电事故，故C正确；
D、家庭电路起火时，应先断开电路，再用适当的方法灭火，故D正确。
故选：A。
【点评】本题考查的是日常生活中的一些安全用电常识，掌握安全用电的原则，是解决问题的关键。
6．（3分）（2021•南充）2021年5月，“天问一号”探测器成功在火星着陆，下列有关“天问一号”的说法错误的是（　　）
A．“天问一号”与地面控制中心联系是通过电磁波传递信息
B．“天问一号”的太阳能电池板工作时将太阳能转化为电能
C．“天问一号”在着陆火星减速下降过程中机械能不变
D．“天问一号”轨道修正需要发动机点火工作，说明力可以改变物体的运动状态
【分析】（1）电磁波能传递信息且能在真空中传播；
（2）太阳能电池板工作时将太阳能转化电能，实现光电转换；
（3）机械能是动能和势能的统称，其大小等于动能与势能大小之和，其中动能的大小与质量、速度有关，重力势能的大小与质量、高度有关。
（4）力可以改变物体的运动状态，运动状态的改变包括速度、方向的改变。
【解答】解：A、电磁波能传递信息且能在真空中传播，“天问一号”与地面控制中心联系是通过电磁波传递信息的，故A正确；
B、太阳能电池板工作时将太阳能转化电能，实现光电转换，故B正确；
C、机械能是动能和势能的统称，其大小等于动能与势能大小之和，其中动能的大小与质量、速度有关，质量一定时，速度越大，动能越大；重力势能的大小与质量、高度有关，质量一定时，高度越大，重力势能越大。“天问一号”在火星减速下降时，质量一定，速度和高度均变小，所以其机械能变小，故C错误；
D、力可以改变物体的运动状态，运动状态的改变包括速度、方向的改变。“天问一号”轨道修正需要发动机点火，利用燃气的反作用力改变其运动状态，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查了电磁波的利用、太阳能的利用、力的作用效果以及机械能的影响因素等基础知识，涉及面广，难度不大。
7．（3分）（2021•南充）以下表述错误的是（　　）
A．飞艇和飞机获得升力的原理相同
B．热气球在空中上升过程中受气压影响体积会变大
C．热气球充的是加热后体积膨胀的热空气
D．潜水艇工作时是通过改变自身重力的方式来实现浮沉的
【分析】（1）流体在流速大的地方压强小、在流速小的地方压强大；飞艇是利用浮力升空的；
（2）大气压强与高度有关，它随着高度的增加而减小；
（3）热气球上升的原因是：球内空气受热膨胀，体积变大，据阿基米德原理，即F浮＝G排＝m排g＝ρ气V排g，故气球此时所受的浮力变大，当气球受到的浮力大于气球的重力时，热气球就能上升；
（4）潜水艇通过改变自身重力改变浮力与重力的关系，实现浮沉。
【解答】解：
A、飞机的机翼能获得向上的升力，是应用了流速越大流体的压强越小的原理；飞艇升空利用的是物体的浮沉条件，故A错误；
B、在热气球上升的过程中，随着高度的增加，大气压强不断减小，热气球内的气压比外面的气压大，于是热气球内气体膨胀，体积变大，故B正确；
C、向球内充入受热膨胀后的热空气，热气球自重变小，则热气球受到的浮力大于气球的重力时，热气球就能上升，故C正确；
D、潜水艇靠自身水舱的吸水和排水，来改变自身的重力，从而改变重力与浮力的大小关系，实现上浮和下沉的，故D正确。
故选：A。
【点评】本题考查了流体压强与流速的关系、浮力、物体的浮沉条件的应用，难度不大。
8．（3分）（2021•南充）以下四幅图中能说明发电机工作原理的装置是（　　）
A．
B．
C．
D．
【分析】（1）发电机的工作原理是电磁感应，即闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生感应电流；
（2）电动机的工作原理是磁场对电流的作用，即通电导体在磁场中受力运动；
（3）奥斯特实验第一个揭示了电和磁之间的联系，说明了电流周围存在磁场。
【解答】解：A、图示的是奥斯特实验，说明了电流周围存在磁场，故A错误；
B、该图是电铃，其主要部件是电磁铁，电磁铁通电后具有磁性，利用的是电流的磁效应，故B错误；
C、线圈在磁场中做切割磁感应线运动，此时有感应电流产生，灯泡会发光，这是电磁感应现象，是发电机的工作原理，故C正确；
D、扬声器的工作原理是通电导体在磁场中受力运动，故D错误。
故选：C。
【点评】本题涉及的内容有电流的磁效应、发电机的原理等知识。注意电磁感应和通电导体在磁场中受力运动的装置的不同，前者外部没有电源，后者外部有电源。
9．（3分）（2021•南充）如图所示，这是一种显示汽车油箱油量的装置图，其中滑杆P相当于滑动变阻器R的滑片，下列关于该装置的说法错误的是（　　）

A．若电流表读数增大，R接入电路的电阻减小
B．若电流表读数增大，表明油量增多
C．若电流表读数减小，电阻R0的功率减小
D．若电流表读数减小，滑动变阻器R两端的电压减小
【分析】由电路图可知，定值电阻R0与滑动变阻器R串联，电流表测电路中的电流。
（1）若电流表读数增大，根据欧姆定律可知电路总电阻的变化，利用电阻的串联可知R接入电路的电阻变化；
（2）若电流表读数增大，R接入电路的电阻减小，根据杠杆的作用可知浮子移动的方向，从而得出油箱油量的变化；
（3）若电流表读数减小，根据P＝UI＝I2R可知电阻R0的功率变化；
（4）若电流表读数减小，根据欧姆定律可知电阻R0两端的电压变化，利用串联电路的电压特点可知滑动变阻器R两端的电压变化。
【解答】解：由电路图可知，定值电阻R0与滑动变阻器R串联，电流表测电路中的电流。
A.若电流表读数增大，由I＝的变形式R＝可知，电路中的总电阻变小，由串联电路中总电阻等于各分电阻之和可知，R接入电路的电阻减小，故A正确；
B.若电流表读数增大，R接入电路的电阻减小，由杠杆的作用可知，浮子应上浮，则油箱油量应增多，故B正确；
C.若电流表读数减小，由P＝UI＝I2R可知，电阻R0的功率减小，故C正确；
D.若电流表读数减小，由U＝IR可知，电阻R0两端的电压减小，由串联电路中总电压等于各分电压之和可知，滑动变阻器R两端的电压增大，故D错误。
故选：D。
【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，明白该装置的工作原理是关键。
10．（3分）（2021•南充）如图所示，甲、乙是两个质量和底面积均相同的容器，容器内装有质量相同的液体，若甲、乙两容器底部受到的液体压力分别是F1、F2，容器对地面的压强分别是p1、p2，下列关系正确的是（　　）

A．F1＝F2，p1＞p2 B．F1＞F2，p1＞p2
C．F1＝F2，p1＝p2 D．F1＞F2，p1＝p2
【分析】（1）根据题意可知，两容器的底面积相等，两容器内液体的质量相等时它们的重力相等，根据p＝和p＝ρgh得出液体对容器底部的压力F＝pS＝ρ液ghS，比较液体的体积和Sh的大小关系进行解答；
（2）两容器的质量和底面积相等，两容器内液体的重力相等，根据p＝＝比较两容器对地面的压强关系。
【解答】解：（1）由题意可知，两容器的底面积S相等，两容器内液体的质量相等时它们的重力相等（G1＝G2），
由p＝和p＝ρgh可得，液体对容器底部的压力F＝pS＝ρ液ghS，
由图可知，甲中V液＝Sh1，则F1＝ρ1gh1S＝ρ1gV1＝m1g＝G1，
乙中V液＞Sh2，则F2＝ρ2gh2S＜ρ2gV2＝m2g＝G2，
由G1＝G2可知，F1＞F2，故AC错误；
（2）因两容器的质量和底面积S相等，两容器内液体的重力相等，
所以，由p＝＝可知，两容器对地面的压强相等，即p1＝p2，故B错误、D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了压力和压强大小的比较，要注意物体对水平面的压力和自身的重力相等，而液体对容器底部的压力不一定等于液体的重力。
11．（4分）（2021•南充）甲、乙两实心物体在水中的浮沉情况如图所示，它们的质量分别为m1、m2，体积分别为V1、V2，密度分别为ρ1、ρ2，所受浮力分别为F1、F2，下列说法正确的是（　　）

A．若m1＞m2，则一定有F1＞F2
B．若m1＝m2，则一定有V1＜V2
C．若V1＝V2，则一定有m1＞m2
D．若V1＜V2，则一定有F1＜F2
【分析】（1）根据F浮＝ρ水gV排分析解答；
（2）根据密度公式变形V＝可分析体积大小；
（3）根据密度公式变形m＝ρV分析解答；
（4）根据F浮＝ρ水gV排分析解答。
【解答】解：A、由图可知，甲下沉，乙漂浮，甲的密度大于水的密度，乙的密度小于水的密度，ρ1＞ρ2，根据密度公式变形V＝可知，甲乙体积分别为V1、V2，若m1大于m2，V1不一定大于V2，根据F浮＝ρ水gV排分析可得，不一定有F1＞F2；故A错误；
B、若m1＝m2，根据密度公式变形V＝，ρ1＞ρ2，体积大小一定有V1＜V2；故B正确；
C、若V1＝V2，根据密度公式变形m＝ρV，ρ1＞ρ2，则一定有m1＞m2，故C正确；
D、根据F浮＝ρ水gV排分析可知，浮力大小与物体排开液体的体积有关，V1＜V2，不能确定甲乙两物体排开液体的体积大小，不一定有F1＜F2；，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题主要考查密度、物体的浮沉，阿基米德原理，是一道综合题。
12．（4分）（2021•南充）如图所示，电源电压恒为6V，电流表量程为“0～0.6A”，电压表量程“0～3V”，滑动变阻器、小灯泡L（灯丝电阻不变）分别标有“20Ω 1A”、“2.5V 0.5A”字样。在保证电路安全的情况下，移动滑动变阻器的滑片，下列选项中正确的是（　　）

A．电流表的示数变化范围是0.24A～0.5A
B．电压表的示数变化范围是1.2V～3V
C．滑动变阻器连入电路的阻值变化范围是7Ω～20Ω
D．滑动变阻器的最大电功率是1.8W
【分析】由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电流表测电路中的电流，电压表测灯泡L两端的电压。
（1）根据欧姆定律求出灯泡的电阻，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的最小电流；比较电流表的量程和滑动变阻器允许通过的最大电流以及小灯泡L的额定电流确定电路中的最大电流，然后得出电流表的示数变化范围；
（2）当电路中的电流为0.5A时，灯泡正常发光，此时电压表的示数最大，其最大示数等于灯泡的额定电压；当电路中的电流最小时，灯泡两端的电压最小，根据欧姆定律求出电压表的最小示数，然后得出电压表的示数变化范围；
（3）当电路中的电流最大时，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，根据欧姆定律求出此时电路的总电阻，利用电阻的串联求出滑动变阻器接入电路中的最小阻值，然后得出滑动变阻器连入电路的阻值变化范围；
（4）当电路中的电流为I时，根据串联电路的电压特点和P＝UI表示出滑动变阻器消耗的电功率，然后结合电流表的示数变化范围得出滑动变阻器的最大功率。
【解答】解：由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电流表测电路中的电流，电压表测灯泡L两端的电压。
A.由I＝可得，灯泡的电阻RL＝＝＝5Ω，
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，即电流表的示数最小，
则I小＝＝＝＝0.24A，
因串联电路中各处的电流相等，且电流表量程为0～0.6A，滑动变阻器允许通过的最大电流为1A，小灯泡L的额定电流为0.5A，
所以，电路中电流表的最大电流I大＝0.5A，
则电流表的示数变化范围是0.24A～0.5A，故A正确；
B.当电路中的电流为0.5A时，灯泡正常发光，此时灯泡两端的电压为2.5V，即电压表的最大示数为2.5V，
当电路中的电流最小时，灯泡两端的电压最小，即电压表的最小示数UL′＝I小RL＝0.24A×5Ω＝1.2V，
所以，电压表的示数变化范围是1.2V～2.5V，故B错误；
C.当电路中的电流最大时，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，此时电路的总电阻R总＝＝＝12Ω，
由串联电路中总电阻等于各分电阻之和可知，滑动变阻器接入电路中的最小阻值R小＝R总﹣RL＝12Ω﹣5Ω＝7Ω，
所以，滑动变阻器连入电路的阻值变化范围是7Ω～20Ω，故C正确；
D.当电路中的电流为I时，滑动变阻器消耗的电功率PR＝URI＝（U﹣IR）I＝（6V﹣I×5Ω）I＝5（1.2V×I﹣I2×1Ω）
＝5（1.2V×I﹣I2×1Ω﹣0.36W+0.36W）＝1.8W﹣（I﹣0.6A）2×5Ω，
因电流表的示数变化范围是0.24A～0.5A，
所以，当I＝0.5A时，滑动变阻器的功率最大，
则PR大＝1.8W﹣（I﹣0.6A）2×5Ω＝1.8W﹣（0.5A﹣0.6A）2×5Ω＝1.75W，故D错误。
故选：AC。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的综合应用，正确得出滑动变阻器消耗电功率最大时电路中的电流是关键。
二、填空题（本大题共10小题，每空1分，共20分）
13．（2分）（2021•南充）如图1所示，物体的长度为 　1.35　cm；如图2所示，天平中物体的质量为 　63.4　g。

【分析】①使用刻度尺测量物体长度时，要观察是否从0刻度线量起，起始端没从0开始，要以某一刻度当作“0”刻度，读出末端刻度值，减去前面的刻度值即为物体长度，注意刻度尺要估读到分度值的下一位；
②使用天平测量物体质量时，先要明确标尺的分度值，被测物体质量等于砝码的总质量与游码所对刻度之和。
【解答】解：①由图知：刻度尺的分度值为1mm，物体起始位置对应的刻度值是5.00cm，物体末端对应的刻度值是6.35cm，则物体的长度6.35cm﹣5.00cm＝1.35cm；
②物体的质量等于砝码质量加游码示数，砝码使用了50g和10g的，游码示数为3.4g，故天平称量的物体质量为50g+10g+3.4g＝63.4g。
故答案为：1.35；63.4。
【点评】读取不同测量工具的示数时，基本方法是一致的，都要先明确测量工具的量程和分度值，确定零刻度线的位置，视线与刻度线垂直。
14．（2分）（2021•南充）2021年1月，南充籍总设计师邢继主持完成的华龙一号全球首堆投入商业运行，标志着我国自主三代核电技术跻身世界前列，核反应堆是通过可控 　裂变　（选填“裂变”或“聚变”）反应释放核能的设备；如图是小明家电能表月初、月末的示数，若小明家所在地区每度电的电费为0.5元，则他家本月电费为 　51.75元　。

【分析】（1）核电站主要利用核裂变的可控链式反应来发电的。
（2）从电能表上可以读出月末、月初的示数，月末的示数减去月初的示数就是本月消耗的电能；已知电费的单价，可求一个月的电费。
【解答】解：（1）核反应堆是通过可控裂变反应释放核能的设备；
（2）小明家本月用电885.8kW•h﹣782.3kW•h＝103.5kW•h，
小明家这个月的电费是0.5元/kW•h×103.5kW•h＝51.75元。
故答案为：裂变；51.75元。
【点评】本题考查了核裂变的应用、家用电能表的读数和家庭用电的计算，注意示数单位是kW•h（度），最后一位是小数点后一位。
15．（2分）（2021•南充）凸透镜可用于 　远视　（选填“远视”或“近视”）眼的矫正，手机的镜头相当于一个凸透镜，若某手机镜头焦距为5cm，用它扫描健康码时，为保证扫描清晰，手机到健康码的距离应大于 　10　cm。
【分析】（1）近视眼观察物体时，像成在视网膜的前方，所以用凹透镜来矫正；远视眼观察物体时，像成在视网膜的后方，所以用凸透镜来矫正；
（2）根据凸透镜成像规律及其应用之一，当u＞2f时，成倒立缩小实像，应用于照相机。
【解答】解：远视眼观察物体时，像成在视网膜的后方，所以用凸透镜来矫正；摄像机的镜头相当于一个凸透镜，当物体位于其二倍焦距以外时，物体在凸透镜中成倒立缩小的实像，如果摄像头的焦距为5cm时，为了成清晰的像，人到摄像头的距离应大于10cm。
故答案为：远视；10。
【点评】本题考查了凸透镜的成像规律和成像特点的应用，属于基础知识。
16．（2分）（2021•南充）汽油机在工作过程中将机械能转化为内能的冲程是 　压缩冲程　；汽油的热值是4.6×107J/kg，完全燃烧40g的汽油所释放的热量为 　1.84×106　J。
【分析】在汽油机的四个冲程中，机械能转化为内能的是压缩冲程，内能转化为机械能的是做功冲程；知道汽油的质量、热值，根据Q＝mq求出汽油完全燃烧时释放的热量。
【解答】解：汽车的四冲程汽油机工作时，压缩冲程中，活塞向上运动，压缩空气和汽油的混合物，对空气和汽油的混合物做功，活塞的机械能转化为空气和汽油的混合物的内能；
40g汽油完全燃烧时释放的热量：Q放＝mq＝0.04kg×4.6×107J/kg＝1.84×106J；
故答案为：压缩冲程；1.84×106。
【点评】本题考查了汽油机的四冲程特点、燃料完全燃烧放热公式Q＝mq的应用，难度不大。
17．（2分）（2021•南充）“奋斗号”是我国自行研制的世界领先深海潜水器，若在某次工作过程中该潜水器下潜深度为10000m，此时潜水器受到的海水压强为 　1.03×108　Pa；若“奋斗号”舱门面积约为0.6m2，则舱门所受液体压力为 　6.18×107　N（g＝10N/kg，ρ海水≈1.03×103kg/m3）。
【分析】根据p＝ρgh求出在深10000m处所受海水的压强；再根据p＝求出压力。
【解答】解：该潜水器下潜深度为10000m处所受海水的压强为：
p＝ρgh＝1.03×103kg/m3×10N/kg×10000m＝1.03×108Pa，
由p＝可知，舱门所受液体压力为：
F＝pS＝1.03×108Pa×0.6m2＝6.18×107N。
故答案为：1.03×108；6.18×107。
【点评】本题考查了液体压强公式和p＝的应用和计算，关键是公式的灵活运用。
18．（2分）（2021•南充）某物体在大小为10N的水平拉力作用下，以2m/s的速度在粗糙水平桌面上做匀速直线运动，此时拉力的功率为 　20　W。若将水平拉力增大到18N，此时物体所受的摩擦力为 　10　N。
【分析】根据P＝＝＝Fv求出拉力的功率；应利用二力平衡的知识，求出摩擦力；摩擦力的大小与压力以及接触面的粗糙程度有关，与运动速度、接触面积无关。
【解答】解：拉力的功率为：P＝＝＝Fv＝10N×2m/s＝20W；
物体做匀速直线运动，处于平衡状态，水平方向上的拉力和摩擦力是一对平衡力，大小，相等，故摩擦力等于拉力f＝F＝10N；若将水平拉力增大到18N，压力不变，接触面的粗糙程度不变，则摩擦力大小不变，仍为10N。
故答案为：20；10。
【点评】本题主要考查摩擦力大小的影响因素、功率的计算，属于基础题。
19．（2分）（2021•南充）将阻值为100Ω的均匀导线对折后的阻值为 　25　Ω，将此时的导线两端加4.5V电压时，通过导线的电流为 　0.18　A。
【分析】（1）在导体的材料和温度一定时，导体的电阻大小与导体的长度成正比，与导体的横截面积成反比，由此可知导线对折后的阻值为原来阻值的四分之一；
（2）根据欧姆定律公式计算通过导线的电流大小。
【解答】解：（1）在导体材料和温度一定时，导体的电阻大小与导体的长度成正比，与导体的横截面积成反比，则对折后导线的阻值R＝×100Ω＝25Ω；
（2）已知导线电阻R＝25Ω，导线两端电压U＝4.5V，通过导线的电流。
故答案为：25；0.18.
【点评】本题考查导体电阻大小的影响因素及欧姆定律公式的简单应用，难度不大。
20．（2分）（2021•南充）在测量液体密度的实验中，小华同学测得液体和烧杯的总质量与液体体积的关系如图所示，则液体的密度为 　0.9×103　kg/m3，空烧杯的质量是 　150　g。

【分析】空烧杯的质量为m杯，液体的密度为ρ，读图可知，当液体体积为V1＝20cm3时，液体和杯的总质量m总1＝168g；
当液体体积为V1＝120cm3时，液体和杯的总质量m总2＝258g，列方程组求出液体密度和空烧杯质量。
【解答】解：
设空烧杯的质量为m杯，液体的密度为ρ，结合密度变形式m＝ρV，
读图可知，当液体体积为V1＝20cm3时，液体和杯的总质量m总1＝m1+m杯＝168g
可得：ρ×20cm3+m杯＝168g，﹣﹣﹣①
当液体体积为V2＝120cm3时，液体和杯的总质量m总2＝m2+m杯＝258g
可得：ρ×120cm3+m杯＝258g，﹣﹣﹣②
①﹣②得液体的密度：
ρ＝0.9g/cm3＝0.9×103kg/m3。
代入①得：
m杯＝150g。
故答案为：0.9×103；150。
【点评】读取图象获取信息，进一步进行分析和计算，是本题的一大特点，形式较为新颖，即考查了密度的相关计算，同时更考查了对图象的认识，值得我们关注，这也是我们应该锻炼的实验能力。
21．（2分）（2021•南充）如图所示，灯泡L1、L2分别标有“2.5V 0.5A”和“3V 0.5A”字样（灯丝电阻不变），R＝5Ω，电源电压恒定。若S、S1、S2均闭合，L2正常发光，电流表示数为I1，则电源电压为 　3　V；若只闭合S，电流表读数为I2，则I1：I2＝　2：1　。

【分析】（1）三个开关均闭合时，L1短路，R与L2并联，根据并联电路电压规律可知电源电压，再应用欧姆定律计算通过R的电流；
（2）只闭合开关S时，R与L1串联，L2开路，串联电路电阻规律和欧姆定律计算电路中的电流。
【解答】解：（1）三个开关均闭合时，L1短路，R与L2并联，且L2正常发光，由并联电路电压规律可得：U＝U2额＝3V，
电流表测量通过R的电流，其示数为：；
（2）只闭合开关S时，R与L1串联，L2开路，L1的电阻：，电路的总电阻为：R总＝R1+R＝5Ω+5Ω＝10Ω，
电流表的示数：，则I1：I2＝0.6A：0.3A＝2：1.
故答案为：3；2：1.
【点评】本题考查动态电路分析及欧姆定律的应用，难度适中。
22．（2分）（2021•南充）如图甲所示，AB为轻质杠杆，AC为轻质硬棒且与力传感器相连，图乙是物体M从A点开始向右匀速运动过程中力传感器读数大小与时间的关系图像，则物体M的质量大小 　1000　g；已知OA的长度为30cm，OB足够长，AC能承受的最大弹力大小为15N，若要杆不断，物体从A点开始运动时间最长为 　12.5　s（g＝10N/kg）。

【分析】（1）当物体在A点时，力传感器受到的力等于物体的重力；
（2）根据图像，当传感器受力为0时，物体M在支点O的位置，根据速度公式求出物体的速度大小；计算当传感器受弹力为15N时，M离O点的距离，从而可求出M运动的最长时间。
【解答】解：（1）由图甲知，当M在A点时，传感器的力等于物体的重力，由图乙知，物体的重力为：G＝10N，
则物体的质量为：m＝＝＝1kg＝1000g；
（2）当M运动到支点O时，传感器的力为0，由图乙知，此时用时t＝5s，
所以物体M的速度为：
v＝＝＝6cm/s；
由图乙知，当传感器的拉力为15N时，M应在支点O的右侧，此时距离支点为L，根据杠杆的平衡条件：
F传•OA＝G•L
则L＝＝＝45cm；
从A点物体M运动的路程为：
s＝30cm+45cm＝75cm；
由v＝得，运动的时间为：
t＝＝＝12.5s，则最长运动时间为12.5s。
故答案为：1000；12.5.
【点评】本题考查了速度公式、重力公式及杠杆平衡条件的应用，解决此题的关键是根据图像中的信息求出物体M运动的速度，并搞清楚各种情况下对应的关系。
三、作图题（本大题共3小题，每题2分，共6分）
23．（2分）（2021•南充）一束光线射向凸透镜后再经平面镜反射射出，请将光路图补充完整。

【分析】（1）根据经凸透镜折射后的折射光线的特点（过焦点）画出入射光线；
（2）经凸透镜折射后的折射光线入射点平面镜，先画出法线，再根据反射角等于入射角，在法线的右侧画出反射光线。
【解答】解：
平行于主光轴的光线经凸透镜折射后折射光线通过焦点；该光线入射到平面镜，先画出法线，再根据反射角等于入射角在法线右侧画出反射光线，如图所示：

【点评】本题考查了凸透镜三条特殊光线、光的反射定律的应用，注意画法线要用虚线，属于基础题目。
24．（2分）（2021•南充）请在图中画出小球的受力示意图（细线处于竖直方向）。

【分析】画力的示意图，首先要对物体进行受力分析，看物体受几个力，要先分析力的大小、方向和作用点，再按要求画出各个力。
【解答】解：
小球处于静止状态，受力平衡，绳子处于竖直状态（球与斜面虽然接触但不发生挤压），所以小球不受摩擦力和支持力的作用；则小球受到重力和拉力的作用，重力的方向竖直向下，拉力的方向沿绳子向上，两个力的作用点都画在球的重心上，这两个力是一对平衡力，大小相等，作图时两条线段的长度相等。如图所示：

【点评】画力的示意图的一般步骤为：一画简图二定点，三画线，四画尖，五把力的符号标尖边。按照这个作图步骤，很容易能够画出指定力的示意图。
25．（2分）（2021•南充）根据如图所示电磁铁的极性，在图中标出通过导线的电流方向和小磁针的N极。

【分析】由电磁铁的磁极利用磁极间的相互作用可知小磁针的极性，由安培定则可知电流方向。
【解答】解：由图可知，电磁铁的左端为N极，右端为S极，根据异名磁极相互吸引可知，小磁针的左端为S极，右端为N极；
根据安培定则可知，电流从螺线管的右端流入，左端流出，如图所示：

【点评】右手螺旋定则为中考中的热点，应熟练掌握并能灵活应用。
四、实验探究题（本大题共3小题，每空1分，共16分）
26．（5分）（2021•南充）如图甲是某小组探究“水的沸腾”的实验装置图。
（1）安装实验装置时应遵循 　自下而上　（选填“自上而下”或“自下而上”）的原则。
（2）请根据下方表格数据在乙图坐标纸中用描点法绘制温度随时间变化的图像。
时间/min
0
2
4
6
8
10
12
温度/℃
94
95
96
97
98
98
98
（3）图丙是实验中某个时段气泡的变化图像，这是 　沸腾时　（选填“沸腾前”或“沸腾时”）的情形。
（4）结合图表可知液体沸腾的条件是 　达到沸点，继续吸热　。
（5）实验中发现液体升温较慢，若需要缩短液体沸腾前的加热时间可采用的方法是 　提高水的初温　。
【分析】（1）实验时，需用酒精灯的外焰加热，所以要调整好铁圈的高度，然后根据温度计的使用规则固定好其位置；
（2）根据数据描点连线即可；
（3）水沸腾前，气泡上升过程中不断减小；沸腾时，气泡上升过程中不断增大；
（4）液体沸腾时，不断吸收热量，温度保持不变，这个不变的温度是液体的沸点；
（5）实验中发现水沸腾前加热时间过长，为了缩短加热时间，可以提高水的初温或减少水的质量。
【解答】解：（1）酒精灯需用外焰加热，所以要放好酒精灯，再固定铁圈的高度；而温度计的玻璃泡要全部浸没到液体中，但不能碰到容器壁和容器底，所以放好烧杯后，再调节温度计的高度；故安装实验装置时应遵循自下而上的原则；
（2）根据表格数据进行描点，然后用平滑曲线把所有点连接起来。如下图所示：
；
（3）水沸腾时，整个容器内的水温都达到沸点，气泡上升过程中，不断有水汽化成水蒸气，进入气泡，同时气泡所受水压减小，气泡不断增大，图丙是沸腾时的情况；
（4）液体沸腾的条件：达到沸点，继续吸热；
（5）实验中发现水沸腾前加热时间过长，为了缩短加热时间，可以提高水的初温或减少水的质量。
故答案为：（1）自下而上；（2）如上图所示；（3）沸腾时；（4）达到沸点，继续吸热；（5）提高水的初温。
【点评】此题考查了沸腾时和沸腾前的现象，描点法画图以及水沸腾的特点，难度不大。
27．（5分）（2021•南充）如图所示，在探究“影响滑动摩擦力大小因素”的实验中：

（1）实验中测量滑动摩擦力大小的原理是 　二力平衡　。
（2）甲、丙两图是为了研究滑动摩擦力大小与 　压力大小　的关系，实验中采用的研究方法是 　控制变量法　。
（3）根据甲、乙两图可得结论是：　在压力相同时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大　。
（4）小华同学将甲图测量摩擦力大小装置改为丁图装置的好处是：　不需要控制传送带匀速运动　。
【分析】（1）实验中研究的是木块受到的滑动摩擦力的大小，弹簧测力计测量的是木块受到的拉力，只有木块做匀速直线运动时拉力的大小才等于摩擦力；
（2）（3）滑动摩擦力的大小与压力大小和接触面的粗糙程度有关，所以在探究影响滑动摩擦力大小的因素时应使用控制变量法；
（4）此实验的思路是利用二力平衡的条件，通过弹簧测力计的示数来得到摩擦力的大小，因此是否能保持木块匀速直线运动或静止状态是实验是否合理的关键。
【解答】解：（1）用弹簧测力计匀速拉动木块时，木块做匀速直线运动受到的力是平衡力，根据二力平衡的知识，此时摩擦力的大小等于弹簧测力计对木块拉力的大小；
（2）甲、丙两图中，压力的大小不同，接触面的粗糙程度相同，是为了研究滑动摩擦力大小与压力大小的关系，实验中采用的研究方法是控制变量法；
（3）根据甲、乙两图可知，压力相同，接触面越粗糙，弹簧测力计示数越大，滑动摩擦力越大，可得结论是：在压力相同时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大；
（4）将甲图测量摩擦力大小装置改为丁图装置，此装置中，物块静止不动，在水平方向上受力平衡，滑动摩擦力等于弹簧测力计的拉力，实验中不需要控制传送带匀速运动，且弹簧测力计是静止的，读数更方便。
故答案为：（1）二力平衡；（2）压力大小；控制变量法；（3）在压力相同时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大；（4）不需要控制传送带匀速运动。
【点评】此题是探究影响滑动摩擦力大小因素的实验，考查了控制变量法的应用，在分析实验现象得出结论的过程中，注意控制的变量和改变的量，得出影响因素。
28．（6分）（2021•南充）如图所示，某同学计划利用甲图所示的器材测量小灯泡的电功率，已知小灯泡的额定电压是2.5V。

（1）实验中有一根导线连接错误，请在连接错误的导线上画“×”并用笔划线代替导线完成电路的正确连接。
（2）闭合开关前滑动变阻器的滑片位置应放在 　 　端（选填“A”或“B”）。
（3）实验数据如下表所示，在完成第1次实验后，若还需测量小灯泡的额定功率，需将滑动变阻器滑片向 　A　端移动（选填“A”或“B”），直到电压表示数为2.5V，若此时电流表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为 　0.8　W。
实验次数
电压
电流
电功率
灯泡亮暗情况
1
2.0V
0.28A
0.56W
较暗
2
2.5V


正常发光
3
2.8V
0.34A
0.95W
较亮
（4）小明对数据分析后认为还可以得出通过灯泡的电流和灯泡两端电压成正比的结论。这种说法 　错误　（选填“正确”或“错误”），理由是 　灯丝电阻随温度的升高而增大　。
【分析】（1）电压表与小灯泡并联，并根据额定电压确定量程；
（2）为保护电路，闭合开关前滑动变阻器的滑片置于阻值最大位置；
（3）灯泡电压小于额定电压，应调节滑动变阻器使接入电路的阻值变小，增大灯泡两端的电压，使电压表示数达到灯泡额定电压2.5V；额定电压下灯泡正常发光，根据电流表的量程和分度值读出电流表的示数，根据P＝UI求出灯泡的额定功率；
（4）探究出导体中电流和导体两端电压成正比时要控制电阻大小不变。
【解答】解：（1）在测量小灯泡的电功率的实验中，电压表与小灯泡并联，小灯泡的额定电压为2.5V，故电压表应选小量程，如图所示：

（2）为保护电路，闭合开关前滑动变阻器的滑片置于阻值最大位置B端；
（3）在完成第1次实验后，电压表示数为2V，则灯泡的电压小于额定电压，根据U＝IR可知，要增大灯泡两端的电压，应增大电路中的电流，减小电路中的电阻，即减小滑动变阻器接入电路的电阻，所以滑片应向A端移动；
灯泡正常发光时的电压为2.5V；
电流表的量程为0~0.6A，分度值为0.02A，灯泡的额定电流I＝0.32A；
灯泡的额定功率：P＝UI＝2.5V×0.32A＝0.8W；
（4）探究出导体中电流和导体两端电压成正比时要控制电阻大小不变，而灯丝电阻随温度的升高而增大，这种说法是错误的。
故答案为：（1）见解答；（2）B；（3）A；0.8；（4）错误；灯丝电阻随温度的升高而增大。
【点评】本题测量小灯泡的额定功率，考查电路连接、滑动变阻器的使用、电流表读数、功率计算及控制变量法的运用。
五、计算题（本大题共两小题，29题9分，30题11分，共20分。要求写出必要的文字说明、主要的计算步骤和明确的答案。）
29．（9分）（2021•南充）如图所示，图甲（表格）、图乙分别为某烧水壶的铭牌和简化电路图，R1和R2为发热丝，S1为总开关，S2为温控开关，1、2分别为开关的两个接触点，丙图为某次将满壶水加热、保温过程的总功率与时间的关系图像，已知ρ水＝1.0×103kg/m3，c水＝4.2×103J/（kg•℃）。求：

型号
SDS﹣15X05
容量
1L
额定电压
220V
额定频率
50Hz
加热功率
1210W
保温功率
40W
（1）这满壶水从25℃加热至100℃所吸收的热量；
（2）本次工作过程共消耗的电能；
（3）R1和R2的阻值。
【分析】（1）根据密度公式求出满壶水的质量；根据Q吸＝cm（t﹣t0）求出水吸收的热量；
（2）先根据图丙读出加热功率、保温功率以及加热时间和保温时间，然后根据W＝Pt分别求出保温消耗的电能和加热消耗的电能，两者之和为消耗的总电能；
（3）当开关S1闭合时，S2与1连接时，电路为R2的简单电路，电路中的总电阻最小，根据P＝可知烧水壶处于加热状态，根据加热功率和电压求出R2电阻；
当开关S1闭合时，S2与2连接时，该电路为串联电路，总电阻最大，根据P＝可知烧水壶处于保温状态，根据保温功率和电压求出电路的电阻，根据串联电路的电阻关系求出的电阻值。
【解答】解：
（1）满壶水的质量：m＝ρ水V＝1.0×103kg/m3×1×10﹣3m3＝1kg；
水吸收的热量：
Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃﹣25℃）＝3.15×105J；
（2）由图丙可知，加热功率为1210W，加热时间为5min，保温功率为40W，保温时间为10min；
加热消耗的电能为：W加＝P加t1＝1210W×5×60s＝3.63×105J，
保温消耗的电能为：W保＝P保t2＝40W×10×60s＝0.24×105J，
则本次工作过程共消耗的电能为：
W＝W加+W保＝3.63×105J+0.24×105J＝3.87×105J；
（3）当开关S1闭合时，S2与1连接时，电路为R2的简单电路，此时处于加热状态；
根据P＝可知R2的阻值为：R2＝＝＝40Ω；
当开关S1闭合时，S2与2连接时，为保温状态，两电阻串联，电路的总电阻：R总＝＝＝1210Ω，
根据电阻的串联可知，R1的阻值为：R1＝R总﹣R2＝1210Ω﹣40Ω＝1170Ω；
答：（1）这满壶水从25℃加热至100℃所吸收的热量为3.15×105J；
（2）本次工作过程共消耗的电能为3.87×105J；
（3）R1和R2的阻值分别为1170Ω和40Ω。
【点评】本题考查了热量的计算、电功和电功率公式的运用、串联电路的规律，利用好电功率的计算公式是解题的关键。
30．（11分）（2021•南充）如图所示，图甲是某大型起吊装置，图乙是其机械起吊部分的简化示意图，已知物体A质量为500kg，底面积为1.25m2，不计绳重量、机械部分摩擦和水的阻力，请完成以下问题（g＝10N/kg）
（1）起吊前物体A静止在地面上，其对地面的压强是多少？
（2）如图乙所示，当绳子自由端的拉力为1000N时，地面对物体A的支持力为1650N，增加绳子自由端的拉力后物体A被成功匀速提升2m，请计算此时整个机械的机械效率。
（3）工人师傅利用该装置将另一物体B以0.1m/s的速度匀速放入水中过程中，绳子拉力功率随时间变化关系如图丙所示，请计算物体B的密度。（ρ水＝1.0×103kg/m3）
【分析】（1）起吊前物体A静止在地面上对地面的压力和自身的重力相等，根据F＝G＝mg求出其大小，利用p＝求出起吊前物体A静止在地面上对地面的压强；
（2）当绳子自由端的拉力为1000N时，地面对物体A的支持力为1650N，以动滑轮总重力和物体A为整体受力分析，根据整体受到的合力为零得出等式即可求出动滑轮的总重力；增加绳子自由端的拉力后物体A被成功匀速提升2m，不计绳重量、机械部分摩擦和水的阻力，利用η＝×100%＝×100%＝×100%求出此时整个机械的机械效率；
（3）工人师傅利用该装置将另一物体B以0.1m/s的速度匀速放入水中过程中，根据图乙读出滑轮组绳子的有效股数，根据图丙得出物体B位于空中匀速下降时绳子的拉力功率，利用P＝＝＝Fv求出绳子的拉力，再利用F＝（G+G动）求出物体B的重力，从而求出物体B的质量；根据图丙得出物体B完全浸没在水中匀速下降时绳子的拉力功率，利用P＝Fv求出绳子的拉力，再利用F＝（G+G动﹣F浮）可得求出物体B受到的浮力，根据F浮＝ρ液gV排求出物体B的体积，再根据ρ＝求出物体B的密度。
【解答】解：（1）起吊前物体A静止在地面上对地面的压力：FA＝GA＝mAg＝500kg×10N/kg＝5000N，
起吊前物体A静止在地面上对地面的压强：p＝＝＝4000Pa；
（2）当绳子自由端的拉力为1000N时，地面对物体A的支持力为1650N，
以动滑轮总重力和物体A为整体受力分析可知，受到竖直向上4股绳子的拉力、地面对物体A的支持力和竖直向下的动滑轮与物体总重力作用处于平衡状态，
由整体受到的合力为零可得：4F1+F支持＝G动+GA，
则动滑轮的总重力：G动＝4F1+F支持﹣GA＝4×1000N+1650N﹣5000N＝650N，
增加绳子自由端的拉力后物体A被成功匀速提升2m，
因不计绳重量、机械部分摩擦和水的阻力，
所以，此时整个机械的机械效率：η＝×100%＝×100%＝×100%＝×100%≈88.5%；
（3）工人师傅利用该装置将另一物体B以0.1m/s的速度匀速放入水中过程中，
由图乙可知，滑轮组绳子的有效股数n＝4，拉力端移动的速度v＝4v物＝0.4m/s，
由图丙可知，当物体B位于空中匀速下降时，绳子的拉力功率P＝335W，
由P＝＝＝Fv可得，绳子的拉力：F2＝＝＝837.5N，
由F＝（G+G动）可得，物体B的重力：GB＝nF2﹣G动＝4×837.5N﹣650N＝2700N，
则物体B的质量：mB＝＝＝270kg，
当物体B完全浸没在水中匀速下降时，绳子的拉力功率P′＝235W，
绳子的拉力：F3＝＝＝587.5N，
由F＝（G+G动﹣F浮）可得，物体B受到的浮力：F浮＝GB+G动﹣nF3＝2700N+650N﹣4×587.5N＝1000N，
由F浮＝ρ液gV排可得，物体B的体积：VB＝V排＝＝＝0.1m3，
则物体B的密度：ρB＝＝＝2.7×103kg/m3。
答：（1）起吊前物体A静止在地面上，其对地面的压强是4000Pa；
（2）此时整个机械的机械效率为88.5%；
（3）物体B的密度为2.7×103kg/m3。
【点评】本题考查了重力公式和压强公式、滑轮组机械效率公式、功率公式、滑轮组绳子拉力公式、阿基米德原理、密度公式的综合应用等，明确滑轮组的总功和正确得出物体B的体积是关键，有一定的难度。
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日期：2021/9/30 15:27:47；用户：余浩；邮箱：sjhzxyh14@xyh.com；学号：37802004