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2021年四川省自贡市中考物理试卷
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这是一份2021年四川省自贡市中考物理试卷，共46页。试卷主要包含了选择题，填空题，简述，计算题等内容，欢迎下载使用。
2021年四川省自贡市中考物理试卷
一、选择题（本大题包括20小题，共40分。每小题只有一个选项符合题意。）
1．（2分）（2021•自贡）小军同学对教室中一些物理量的估测，合理的是（ ）
A．黑板擦受到的重力约为15N
B．课桌的高度约为8dm
C．教室内一盏日光灯的功率约为400W
D．教室内的大气压强约为103Pa
2．（2分）（2021•自贡）下列关于声现象的说法中，正确的是（ ）
A．吹奏长笛时，笛声是由空气柱的振动产生的
B．同一乐器，弹奏的频率不同，发声的音色就不同
C．声波在空气中的传播速度约为340m/s，比水中传播快
D．上课时，听到窗外嘈杂的噪声后关上窗户，是从声源处减弱噪声
3．（2分）（2021•自贡）如图所示的四种现象中，其物态变化属于液化的是（ ）
A．树叶上霜的形成 B．露珠消失
C．冰雪消融 D．护目镜“水雾”的形成
4．（2分）（2021•自贡）关于信息的传递和能源，下列说法中正确的是（ ）
A．电能是广泛使用的一次能源
B．手机通信是利用电磁波来传递信息的
C．北斗卫星是利用超声波来进行定位的
D．因为能量在转化过程中是守恒的，所以能源是“取之不尽，用之不竭”的
5．（2分）（2021•自贡）下列光学作图中，错误的是（ ）
A．光的反射 B．平面镜成像
C．光从空气射入水中 D．光的色散
6．（2分）（2021•自贡）关于四冲程内燃机，下列说法正确的是（ ）
A．汽油机和柴油机都是内燃机，吸入汽缸的物质相同
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
7．（2分）（2021•自贡）在科学发展的历程中，许多学者、科学家做出了杰出的贡献，下列叙述正确的是（ ）
①沈括最早记述了“地理的两极和地磁两极不重合”的现象；
②牛顿最早利用实验测量出了大气压的数值；
③奥斯特首先发现了电磁感应现象；
④伽利略通过实验分析得出，物体的运动不需要力来维持。
A．只有①、②正确 B．只有①、④正确
C．只有②、③正确 D．只有①、③正确
8．（2分）（2021•自贡）将重为7牛的物体放入盛水的容器中，物体漂浮在水面上且溢出3牛的水，物体受到的浮力（ ）
A．一定等于3牛 B．一定等于7牛
C．可能等于3牛 D．可能等于4牛
9．（2分）（2021•自贡）如图所示是在一个标准大气压下完成的托里拆利实验，原来玻璃管竖直，后来让玻璃管倾斜，水银充满全管，有关尺寸如图所示。下列说法中错误的是（ ）
A．玻璃管倾斜后，水银对玻璃管上端有压强
B．外界大气压强等于76cm高水银柱所产生压强
C．玻璃管竖直时，上端无水银的部分肯定是真空
D．玻璃管倾斜后，若不慎将上端碰出一小孔，则水银会向上喷出
10．（2分）（2021•自贡）如图所示，水平桌面上有甲、乙两个相同容器，分别装有密度为ρ1、ρ2的两种不同液体，将两个相同的小球分别放在两容器中，小球静止时，两容器液面相平，两个小球受到的浮力分别为F1、F2，则下列判断中正确的是（ ）
①F1＞F2
②ρ1＞ρ2
③甲容器底部受到液体的压强大于乙容器底部受到液体的压强
A．②③ B．①② C．①③ D．①②③
11．（2分）（2021•自贡）如图所示的实例中，利用了“流体压强与流速关系”工作的是（ ）
A．茶壶 B．吸盘挂钩
C．飞机机翼上面凸起 D．水坝上窄下宽
12．（2分）（2021•自贡）如图所示，有三个实心圆柱体甲、乙、丙，放在水平地面上，其中甲、乙高度相同，乙、丙的底面积相同，三者对地面的压强相等，下列判断正确的是（ ）
A．ρ甲＝ρ乙＞ρ丙 B．ρ甲＝ρ乙＝ρ丙
C．m甲＝m乙＝m丙 D．m甲＞m乙＝m丙
13．（2分）（2021•自贡）将规格完全相同的滑轮，用绳子绕成图中的甲、乙滑轮组。使用甲、乙滑轮组分别匀速提升重力为G1、G2的两物体，升高相同的高度。绳自由端施加的拉力大小分别为F1和F2，物重G1＞G2，不计绳重和摩擦。则下列判断正确的是（ ）
A．拉力F1一定大于F2
B．乙滑轮组的机械效率较高
C．甲、乙滑轮组的有用功相同
D．甲的额外功与有用功的比值较小
14．（2分）（2021•自贡）一位摄影爱好者采用在同一张底片上多次曝光的方法，拍摄了极限跳伞运动员从悬崖上跳下的过程。从运动员离开悬崖时开始，每隔0.3s曝光一次，得到了一张记录运动员在打开降落伞之前的一段下落情况的照片，如图。已知运动员从a点到d点可视为沿竖直方向运动，通过ab、bc和cd的时间间隔均为0.6s，空气阻力不能忽略。对于运动员从a点到d点的下落过程，下列分析中正确的是（ ）
A．运动员下落过程中的速度的大小保持不变
B．运动员所受的重力在ab段所做的功等于在cd段所做的功
C．运动员所受的重力在ab段做功比在cd段做功慢
D．运动员下落过程中减少的重力势能全部转化为动能
15．（2分）（2021•自贡）如图甲电路，闭合开关S后，两个灯泡都能发光，乙图为电流表A1指针的位置，如果电流表A2读数是0.6A，则下列说法错误的是（ ）
A．电流表A1的读数是0.3A
B．灯泡L1和L2并联
C．电流表A1一定连接“﹣、3”接线柱
D．通过灯L1的电流为0.9A
16．（2分）（2021•自贡）如图所示，下列描绘物理现象或规律正确的是（ ）
A．甲图中闭合开关后看到的现象称为电磁感应现象
B．乙图展示了电动机的原理
C．丙图也可把拉线开关与灯的位置互换
D．丁图用毛皮摩擦橡胶棒，橡胶棒带负电是由于毛皮束缚电子的能力比较强
17．（2分）（2021•自贡）如图所示，是科技小组设计的监测河水流速变化的装置原理图，机翼状的探头始终浸没在水中，通过连杆带动滑动变阻器的滑片P上下移动，电源电压保持不变。闭合开关S，当水流的速度变大时（ ）
A．电压表的示数变大
B．电流表的示数变小
C．电路消耗的总功率变小
D．电流表示数与电压表示数的比值变大
18．（2分）（2021•自贡）如图甲是身高测量仪，体检者站在绝缘平台上，能自动显示身高，电路原理如图乙，R0为定值电阻，下列有关分析中正确的是（ ）
A．电流表示数显示身高，身高越高示数越大
B．电压表示数显示身高，身高越高示数越大
C．身高越高，R消耗的电功率越小
D．身高越高，电路消耗的总功率越大
19．（2分）（2021•自贡）如图所示是“探究电流通过导体时产生热量的多少与哪些因素有关”的实验装置。两个透明容器中密封着等量的空气，下列说法错误的是（ ）
A．U形管液面高度变化是因为容器中气体热胀冷缩的缘故
B．通电后透明容器中气体的内能增大是通过做功的方式改变的
C．图甲中，通电一段时间后左右两边容器内电阻产生的热量之比是1：2
D．图乙所示的装置可以用来探究电流通过导体产生的热量多少跟电流大小的关系
20．（2分）（2021•自贡）如图电路中，电源电压为12V。在a，b间接入灯L1“4V 2W”，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片P使灯L1正常发光。断开开关取下灯L1，保持滑片P的位置不变，在a、b间接入“4V 4W”灯L2后闭合开关，不考虑温度对灯丝电阻的影响，则正确的（ ）
A．灯L2正常发光
B．电压表的示数保持4V不变
C．灯L2的实际功率为1.44W
D．滑动变阻器接入电路的电阻为8Ω
二、填空题（本大题包括6小题，共12分。）
21．（2分）（2021•自贡）每年6月6日是“爱眼日”，如图1所示中的 图（选填“甲”或“乙”）是近视眼的成像示意图；CCTV“广而告之”栏目曾播放过一段公益广告（如2图所示），图中通过插座接入电路的用电器同时工作时，很有可能烧断保险丝，这说明电路中电流过大的原因之一是 。
22．（2分）（2021•自贡）在探究“物质的放热能力与哪些因素有关”时，分别用质量均为1kg的水和某种液体进行对比实验（水的比热容较大），并用图像对实验数据进行了处理，如图所示，实验过程中，水和某种液体在相同时间内放出的热量相等，分析图像可以得出： （选填“甲”或“乙”）物质是某种液体，某种液体的比热容为 J/（kg•℃）。
23．（2分）（2021•自贡）有一种电热水壶有“烧水”和“保温”两个挡，如图所示是其内部简化电路图，已知R0＝44Ω，R1＝1056Ω，当S接1时，电热水壶处于 （选填“烧水”和“保温”）挡，当S接2时，通电2min该电热水壶产生的热量是 J。
24．（2分）（2021•自贡）如图所示，A、B、C、D是四个接线柱，要使L1、L2并联，应用导线分别连接 两接线柱和连接 两接线柱。
25．（2分）（2021•自贡）甲、乙两辆小车在平直的路面上向东运动，小林测出它们运动的路程和时间，并由所测数据作出了相应的s﹣t图像，如图所示。由图可知v甲 v乙（选填“＞”、“＝”或“＜”），以甲车为参照物，乙车向 （选填“东”或“西”）运动。
26．（2分）（2021•自贡）用图甲所示的滑轮组运送货物上楼，每件货物重为100N，每次运送的量不定，图乙记录了在整个过程中滑轮组的机械效率随货物重力增加而变化的图像，则动滑轮重为 N；当某次运送4件货物时，滑轮组的机械效率为 %（不考虑绳重和摩擦）。
三、简述、作图、实验题（本大题包括5小题，共33分。）
27．（2021•自贡）图是建筑工人用钻孔机钻孔的情景，钻孔时钻头会发热，要不断给钻头浇水降温以保护钻头。请用学过的热学知识解释钻孔时钻头发热和浇水能给钻头降温的原因。
28．（2021•自贡）小邱同学在践行我市中小学生“研学旅行”活动中，赴大邑县“建川博物馆”进行了一次远行研学。他所用的拉杆旅行箱示意图如下所示。装有物品的旅行箱整体可视为杠杆，O为支点，B为重心，A为拉杆的端点。在A点沿图示方向施加拉力F，旅行箱静止。请完成下列问题：
①画出拉力F的力臂L。
②要使作用在A点的拉力减小，保持其他条件不变，下列做法可行的是 （选填符合要求的选项标号）。
A.缩短拉杆的长度
B.使拉力方向顺时针改变20°
C.将箱内较重的物品靠近O点摆放，重心由B变至B′
29．（2021•自贡）放有条形磁体的小车静止在水平地面上，闭合开关S，条形磁体因受磁力向左运动，请在图中括号里标明电源左端的极性和电磁铁右端的磁极。
30．（2021•自贡）在“探究凸透镜成像规律”的实验中。
（1）图甲中光屏上所成的像是倒立 （选填“放大”“等大”或“缩小”）的实像，生活中 （选填“照相机”“投影仪”或“放大镜”）利用这一原理制成的。
（2）如图乙，线段AB为凸透镜成像的物距倒数和像距倒数的关系，则凸透镜焦距为 cm。
（3）当光屏上呈现清晰的像时，不改变图甲中蜡烛和透镜位置：
①若将凸透镜换成焦距相同镜面较小的凸透镜，再次实验，光屏上所成的像与原来相比 （选填“变小”“变暗”或“变不完整”）了。
②若将凸透镜换成镜面大小相同、焦距稍小的凸透镜，再次实验，则需将屏 （选填“向左”或“向右”）移动才能成清晰的像，光屏上所成的像与原来的像比 （选填“变大”或“变小”）了。
31．（2021•自贡）如图所示，在“探究滑动摩擦力大小与什么因素有关”的实验中：
（1）实验过程中，用弹簧测力计沿水平方向拉着物块A做匀速直线运动，此时滑动摩擦力大小 （选填“大于”、“等于”或“小于”）弹簧测力计示数。在利用图甲装置进行实验时，运动过程中木块A的速度突然变大，则木块A受到的滑动摩擦力将 （选填“变大”、“不变”或“变小”）。
（2）在甲、乙、丙所示图中，分别用F1＝1N，F2＝2N，F3＝1.5N的拉力，拉着物块A匀速前进，为研究滑动摩擦力大小与接触面粗糙程度的关系，应该比较 两次实验。
（3）大量实验进一步证明：在接触面粗糙程度相同时，滑动摩擦力大小与压力大小成正比，在丙图中物块A上叠放一块与A相同的物块B，用弹簧测力计拉着物块A，使物块B随A一起做匀速直线运动（如丁图所示），此时弹簧测力计示数为F4，则F4＝ N；此运动过程中，物块B受到的摩擦力为 N。
32．（2021•自贡）小健同学选用电源电压为6V的铅蓄电池组、电流表、电压表等器材测量定值电阻Rx的阻值，他已连接了部分电路，如图甲所示，请你接着完成下列步骤：
（1）用笔画线代替导线完成实物图的连接。
（2）电路连接完整后闭合开关S，移动滑片P时发现电压表无示数，电流表有示数且不断变化，则电路故障可能是 。
（3）排除故障后再次闭合开关S，移动滑片P，当电压表示数为3.6V时，电流表的示数如图乙所示，这时电路中的电流为 A，电阻Rx的阻值为 Ω。通过调节滑动变阻器，测得多组Rx的电压和电流值，最后算出Rx阻值的平均值，这样做的目的是 。
（4）利用上面已连好的电路，还可以完成的实验是 。
（5）在完成R阻值的测量后，将电阻Rx换成小灯泡，继续调节滑动变阻器，测得多组小灯泡的电压和电流值，根据前后所得数据描绘出电阻Rx及小灯泡的U﹣I图像，如图丙、丁所示，其中 （选填“丙”或“丁”）图是小灯泡的U﹣I图像。
四、计算题（本大题包括2小题，共15分解答时应写出必要的文字说明，方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）
33．（2021•自贡）如图甲是食堂为餐具消毒、烘干的保洁消毒柜，其内部电路如图乙所示，S1为温控开关，S2为门控开关，R为石英加热管。消毒柜的总功率为1250W，其中臭氧发生器的功率为150W。求：
（1）正常工作时通过石英加热管R的电流为多大？
（2）在货架上放100kg的不锈钢餐具，将其从26℃加热到70℃，若电流产生的热量有20%损失，消毒柜石英加热管需要正常工作多长时间？[c钢＝0.46×103J/（kg•℃）]
34．（2021•自贡）如图甲所示，有一体积、质量忽略不计的弹簧，其两端分别固定在容器底部和正方体形状的物体上。已知物体的边长为10cm。弹簧没有发生形变时的长度为10cm，弹簧受到拉力作用后，伸长的长度△L与拉力F的关系如图乙所示。向容器中加水，直到物体上表面与液面相平，此时水深24cm。求：
（1）物体受到的水的浮力。
（2）物体的密度。
（3）打开出水孔，缓慢放水，当弹簧处于没有发生形变的自然状态时，关闭出水孔。求放水前后水对容器底部压强的变化量。
2021年四川省自贡市中考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题包括20小题，共40分。每小题只有一个选项符合题意。）
1．（2分）（2021•自贡）小军同学对教室中一些物理量的估测，合理的是（ ）
A．黑板擦受到的重力约为15N
B．课桌的高度约为8dm
C．教室内一盏日光灯的功率约为400W
D．教室内的大气压强约为103Pa
【分析】首先要对选项中涉及的几种物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。
【解答】解：A、黑板擦受到的重力约为1.5N，故A错误；
B、课桌的高度约为80cm，即8dm，故B正确；
C、日光灯的功率约为40W，故C错误；
D、教室内的大气压强约为标准大气压，即约为105Pa，故D错误。
故选：B。
【点评】此题考查对生活中常见物理量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，找出符合实际的选项即可。
2．（2分）（2021•自贡）下列关于声现象的说法中，正确的是（ ）
A．吹奏长笛时，笛声是由空气柱的振动产生的
B．同一乐器，弹奏的频率不同，发声的音色就不同
C．声波在空气中的传播速度约为340m/s，比水中传播快
D．上课时，听到窗外嘈杂的噪声后关上窗户，是从声源处减弱噪声
【分析】（1）声音都是由物体振动产生的。
（2）音色反映的是声音的品质与特色，它跟发声体的材料和结构有关，音调的高低与发声体振动的频率有关。
（3）一般情况下，固体传声速度大于液体传声速度，液体传声速度大于气体传声速度，声音在空气中传播速度小于水中的传播速度。
（4）减弱噪声的途径：在声源处、在传播过程中、在人耳处。
【解答】解：A、吹奏长笛时，笛声是由笛子内部的空气柱振动产生的，故A正确。
B、同一乐器，弹奏的频率不同，发声的音调就不同，故B错误。
C、声音在空气中的传播速度小于在水中的传播速度，故C错误。
D、关上窗户是在传播过程中减弱噪声的，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了声的产生、传播、声音的特性、声速等，属于基础知识，掌握基础知识很重要。
3．（2分）（2021•自贡）如图所示的四种现象中，其物态变化属于液化的是（ ）
A．树叶上霜的形成 B．露珠消失
C．冰雪消融 D．护目镜“水雾”的形成
【分析】物态变化指的是物体由一种状态变为另一种状态的过程，所以判断物态变化就要明确物体是从何种状态变为了何种状态，从而确定变化名称。
【解答】解：A.霜的形成是由气态的水蒸气直接变成固态的霜，属于凝华现象，故A错误；
B.露珠消失是由液态的露珠变成气态的水蒸气，属于汽化现象，故B错误；
C.冰雪消融是由固态的冰变成液态的水，属于熔化现象，故C错误；
D.“水雾”的形成是由气态的水蒸气变成液态的水，属于液化现象，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查生活中水的物态变化现象，比较基础，难度不大。
4．（2分）（2021•自贡）关于信息的传递和能源，下列说法中正确的是（ ）
A．电能是广泛使用的一次能源
B．手机通信是利用电磁波来传递信息的
C．北斗卫星是利用超声波来进行定位的
D．因为能量在转化过程中是守恒的，所以能源是“取之不尽，用之不竭”的
【分析】（1）一次能源是指能从自然界直接获取的能源。
（2）手机、卫星等都是利用电磁波来传递信息的。
（3）能量的转移或转化是有方向性的。
【解答】解：A.我们所使用的电能是经过消耗煤炭、风能等一次能源获得的，属于二次能源。故A错误。
B.手机是利用电磁波来实现与基站的信息交互的。故B正确。
C.声波无法在真空中传播，所以北斗卫星无法利用超声波来将信息传递给地面，也就无法实现定位功能。故C错误。
D.能量是守恒的，但是能量的转移或转化具有方向性，散失的能量不会自动聚集起来供我们再次利用，所以能源不是“取之不尽，用之不竭”的。故D错误。
故选：B。
【点评】二次能源是消耗一次能源来获得的；可再生与不可再生均是相对于一次能源来说的。
5．（2分）（2021•自贡）下列光学作图中，错误的是（ ）
A．光的反射 B．平面镜成像
C．光从空气射入水中 D．光的色散
【分析】（1）根据光的反射定律分析；
（2）根据平面镜成像特点分析；
（3）根据光的折射规律分析；
（4）根据光的色散现象分析。
【解答】解：
A、光线发生反射时，反射角等于入射角，由图可知，反射角为40°，入射角为90°﹣40°＝50°，反射角与入射角不相等，故A错误；
B、平面镜所成的像与物体关于镜面是对称的，所成的像是虚像，故B正确；
C、光线从空气中斜射入水中时，折射角小于入射角，故C正确；
D、在光的色散中，红光的偏转程度最小，紫光的偏折程度最大，故D正确。
故选：A。
【点评】本题考查了光路图的辨别，难度不大。
6．（2分）（2021•自贡）关于四冲程内燃机，下列说法正确的是（ ）
A．汽油机和柴油机都是内燃机，吸入汽缸的物质相同
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）某种质量物质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错误；
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：D。
【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。
7．（2分）（2021•自贡）在科学发展的历程中，许多学者、科学家做出了杰出的贡献，下列叙述正确的是（ ）
①沈括最早记述了“地理的两极和地磁两极不重合”的现象；
②牛顿最早利用实验测量出了大气压的数值；
③奥斯特首先发现了电磁感应现象；
④伽利略通过实验分析得出，物体的运动不需要力来维持。
A．只有①、②正确 B．只有①、④正确
C．只有②、③正确 D．只有①、③正确
【分析】本题考查物理学史，应记住一些物理学家及他们的贡献，可逐一对题干中的描述做出判断。
【解答】解：①沈括最早记述了“地理的两极和地磁两极不重合”的现象，即发现了磁偏角，说法正确；
②托里拆利最早利用实验测量出了大气压的数值，而不是牛顿测出的，说法错误；
③奥斯特首先发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，说法错误；
④伽利略通过理想斜面实验分析得出，物体的运动不需要力来维持，说法正确。
综上所述，只有①、④正确。
故选：B。
【点评】物理学史也是物理考试中经常出现的一类题型，要求学生熟记著名科学家的贡献。
8．（2分）（2021•自贡）将重为7牛的物体放入盛水的容器中，物体漂浮在水面上且溢出3牛的水，物体受到的浮力（ ）
A．一定等于3牛 B．一定等于7牛
C．可能等于3牛 D．可能等于4牛
【分析】根据物体的浮沉条件，判断物体受到的浮力大小。
【解答】解：物体的重力G＝7N，在水中静止时处于漂浮状态，
由物体的浮沉条件可知，物体受到的浮力为：F浮＝G＝7N。
故选：B。
【点评】此题考查学生对物体的浮沉条件的应用，此题有排出水的重力3N是干扰条件，学生容易选其他答案。
9．（2分）（2021•自贡）如图所示是在一个标准大气压下完成的托里拆利实验，原来玻璃管竖直，后来让玻璃管倾斜，水银充满全管，有关尺寸如图所示。下列说法中错误的是（ ）
A．玻璃管倾斜后，水银对玻璃管上端有压强
B．外界大气压强等于76cm高水银柱所产生压强
C．玻璃管竖直时，上端无水银的部分肯定是真空
D．玻璃管倾斜后，若不慎将上端碰出一小孔，则水银会向上喷出
【分析】在托里拆利实验中，玻璃管内外水银面高度差取决于外界大气压的大小，在正常测量时，外界大气压不变，水银柱的高度差就不会改变。
【解答】解：由图知，玻璃管竖直时，水银柱高为76cm，倾斜后水银高为74cm。
A、大气压不变，仍能支持76cm的水银柱，而倾斜后水银充满全管，水银高为74cm，水银柱产生压强减小，所以水银对玻璃管上端有压强，故A正确；
B、由图知，玻璃管竖直时，水银柱高为76cm，所以外界大气压强等于76cm高水银柱所产生压强，故B正确；
C、玻璃管倾斜后能够充满全管，说明上端无水银的部分肯定是真空，若不是真空，管内水银不会充满全管，故C正确；
D、玻璃管倾斜后，上端碰出一小孔，试管上端也存在大气压强，管内水银在重力作用下会下降，而不会向上喷，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查了托里拆利实验的原理，能知道玻璃管倾斜时水银柱的长度大于水银柱的竖直高度是本题的关键。
10．（2分）（2021•自贡）如图所示，水平桌面上有甲、乙两个相同容器，分别装有密度为ρ1、ρ2的两种不同液体，将两个相同的小球分别放在两容器中，小球静止时，两容器液面相平，两个小球受到的浮力分别为F1、F2，则下列判断中正确的是（ ）
①F1＞F2
②ρ1＞ρ2
③甲容器底部受到液体的压强大于乙容器底部受到液体的压强
A．②③ B．①② C．①③ D．①②③
【分析】（1）根据物体浮沉条件判断小球在两种液体中所受浮力与其重力的关系，进而得出小球在两种液体中所受浮力的大小关系；
（2）根据小球在甲、乙两杯中的状态判断两种液体与小球的密度关系，进而得出两种液体的密度关系；
（3）利用p＝ρ液gh比较甲、乙两烧杯底受到液体的压强大小。
【解答】解：
①因为物体漂浮或悬浮时，受到的浮力和自身的重力相等，所以两个相同的小球在两杯中受到的浮力都等于小球的重力，则：F1＝F2，故①错误；
③由图可知，小球在甲、乙两杯中分别处于漂浮和悬浮状态，根据浮沉条件可知，ρ1＞ρ球，ρ2＝ρ球．所以ρ1＞ρ2，故②正确；
③两杯中液面相平，ρ1＞ρ2，所以根据p＝ρ液gh可知，烧杯底受到液体的压强：p1＞p2，故③正确。
故选：A。
【点评】本题考查了物体浮沉条件和液体压强公式的应用，一定要掌握物体浮沉情况与密度的关系，同时要搞清不同状态下（漂浮、悬浮）物体所受重力与浮力的大小关系。
11．（2分）（2021•自贡）如图所示的实例中，利用了“流体压强与流速关系”工作的是（ ）
A．茶壶 B．吸盘挂钩
C．飞机机翼上面凸起 D．水坝上窄下宽
【分析】（1）连通器的特点：上端开口下端连通的容器。连通器里只有一种液体，在液体不流动的情况下，连通器各容器中液面总是相平的；
（2）吸盘挂钩利用了大气压强的作用；
（3）流速越大，压强越小；流速越小，压强越大；
（4）液体压强随深度的增加而增大，据此解释为什么修大坝时上窄下宽。
【解答】解：
A、茶壶的壶嘴和壶身上端开口下端连通，构成了连通器，没有利用流体压强与流速关系，故A不符合题意；
B、用力挤压吸盘，吸盘内空气减少，外部大气压把吸盘紧紧压住，所以用吸盘挂钩挂物体，利用了大气压强的作用，故B不符合题意；
C、在气体和液体中，流速越大的位置，压强越小；飞机的机翼做成上面凸起，下面平直，由此飞机在飞行时，机翼上方的空气流速大，压强较小，机翼下方的空气流速小，压强大，所以飞机受到一个向上的升力，故C符合题意；
D、液体压强随深度的增加而增大，大坝修得上窄下宽是为了使底部能承受更大的压强，故D不符合题意。
故选：C。
【点评】本题考查了一些生活实例与所运用的物理知识的联系，体现了物理知识在生活中的应用，有一定综合性，但难度不大。
12．（2分）（2021•自贡）如图所示，有三个实心圆柱体甲、乙、丙，放在水平地面上，其中甲、乙高度相同，乙、丙的底面积相同，三者对地面的压强相等，下列判断正确的是（ ）
A．ρ甲＝ρ乙＞ρ丙 B．ρ甲＝ρ乙＝ρ丙
C．m甲＝m乙＝m丙 D．m甲＞m乙＝m丙
【分析】（1）甲、乙、丙都是实心圆柱体，对水平地面的压强p＝＝＝＝＝＝ρgh；
知道甲、乙、丙高度关系，三者对地面的压强相等，利用p＝ρgh比较甲、乙、丙的密度大小关系；
（2）知道甲、乙的底面积大小关系，可得体积关系，知道密度关系，可求质量关系；知道乙、丙的底面积大小关系，对地面的压强相等，利用p＝＝＝可得乙丙的质量关系，进而得出三圆柱体的质量关系。
【解答】解：
（1）因为甲、乙、丙都是实心圆柱体，
所以对水平地面的压强p＝＝＝＝＝＝ρgh；
由图知甲、乙、丙的高度h甲＝h乙＜h丙，且三者对地面的压强相等，
所以由p＝ρgh可知，三圆柱体的密度关系：ρ甲＝ρ乙＞ρ丙；故A正确，B错误；
（2）由图知甲、乙的底面积S甲＜S乙，高度h甲＝h乙，
所以V甲＜V乙，
因为ρ甲＝ρ乙，m＝ρV，
所以甲乙圆柱体的质量关系：m甲＜m乙；
已知乙、丙的底面积S乙＝S丙，对地面的压强相等，
则由p＝＝＝可知，乙丙圆柱体的质量关系：m乙＝m丙；
所以三圆柱体的质量关系：m甲＜m乙＝m丙；
故CD错。
故选：A。
【点评】本题考查了密度公式、压强公式的应用，本题关键是知道：圆柱体物体对水平地面的压强p＝＝＝＝＝＝ρgh。
13．（2分）（2021•自贡）将规格完全相同的滑轮，用绳子绕成图中的甲、乙滑轮组。使用甲、乙滑轮组分别匀速提升重力为G1、G2的两物体，升高相同的高度。绳自由端施加的拉力大小分别为F1和F2，物重G1＞G2，不计绳重和摩擦。则下列判断正确的是（ ）
A．拉力F1一定大于F2
B．乙滑轮组的机械效率较高
C．甲、乙滑轮组的有用功相同
D．甲的额外功与有用功的比值较小
【分析】在不计摩擦和绳重时，用相同的滑轮组装不同的滑轮组：
（1）已知物重G、动滑轮重G动以及动滑轮上绳子股数n的大小关系，可利用公式：得到绳端拉力F的大小关系；
（2）已知物重G、物体上升高度h的大小关系，可利用公式：W有＝Gh得到有用功的大小关系；
（3）已知动滑轮重G动、物体上升高度h的大小关系，可利用公式：W额＝G动h得到额外功的关系以及额外功与有用功的比值大小关系；
（4）根据公式：W总＝W有+W额和效率公式：η＝确定机械效率的大小。
【解答】解：A、由图可知，甲、乙动滑轮上绳子股数n分别为3和2，且物重G1＞G2，动滑轮重G动相同，由公式：可知：F1与F2的大小关系不能确定，故A错误；
B、已知物体上升的高度h相同，且物重G1＞G2，动滑轮重G动相同，由公式：W有＝Gh、W额＝G动h可知：甲的有用功大于乙的有用功，两者的额外功相同，则甲的额外功与有用功的比值较小，故C错误、D正确；
再由公式：η＝可知：在额外功相同时，甲的有用功大，其效率就高，故B错误。
故选：D。
【点评】本题考查滑轮组中拉力、有用功、额外功、效率等公式的应用，有一定综合性，难度适中。
14．（2分）（2021•自贡）一位摄影爱好者采用在同一张底片上多次曝光的方法，拍摄了极限跳伞运动员从悬崖上跳下的过程。从运动员离开悬崖时开始，每隔0.3s曝光一次，得到了一张记录运动员在打开降落伞之前的一段下落情况的照片，如图。已知运动员从a点到d点可视为沿竖直方向运动，通过ab、bc和cd的时间间隔均为0.6s，空气阻力不能忽略。对于运动员从a点到d点的下落过程，下列分析中正确的是（ ）
A．运动员下落过程中的速度的大小保持不变
B．运动员所受的重力在ab段所做的功等于在cd段所做的功
C．运动员所受的重力在ab段做功比在cd段做功慢
D．运动员下落过程中减少的重力势能全部转化为动能
【分析】（1）根据相同时间内通过的距离可判断其速度是否变化；
（2）（3）运动员重力不变，根据W＝Gh，判断距离的变化，即可判断做功的情况；根据相同时间做功的多少，分析判断做功的快慢。
（4）在有空气阻力的情况下，克服空气阻力会消耗一部分机械能。
【解答】解：
A、由图知，运动员下落过程中在相同时间内通过的距离不同，因此他的速度的大小是变化的，故A错误；
B、由图知，运动员在ab段与cd段通过的距离不同，且运动员的重力不变，由公式W＝Gh可知，其所受的重力在ab段所做的功不等于在cd段所做的功，故B错误；
C、由图知，运动员在ab段比在cd段通过的距离短，因此相同时间内做功少，即重力在ab段做功比在cd段做功慢，故C正确；
D、由于空气阻力不能忽略，所以运动员下落过程中克服空气阻力会消耗一部分机械能（会转化为内能），所以减少的重力势能并没有全部转化为动能，故D错误。
故选：C。
【点评】本题以极限跳伞为内容，考查了对物体运动速度的判断、做功的比较以及机械能的转化，有一定综合性，但难度不大。
15．（2分）（2021•自贡）如图甲电路，闭合开关S后，两个灯泡都能发光，乙图为电流表A1指针的位置，如果电流表A2读数是0.6A，则下列说法错误的是（ ）
A．电流表A1的读数是0.3A
B．灯泡L1和L2并联
C．电流表A1一定连接“﹣、3”接线柱
D．通过灯L1的电流为0.9A
【分析】由电路图知，两灯并联，电流表A1测量干路电流，电流表A2测量通过L2的电流；根据并联电路特点判断A1量程并读数，由并联电路的电流特点计算L1的电流。
【解答】解：
（1）由图甲知，电流从正极流出经电流表A1后分成两支，一支通过L1，另一支通过L2和A2，所以两灯并联，电流表A1测干路电流，电流表A2测L2的电流，故B正确；
（2）因为并联电路中干路电流等于各支路电流之和，且电流表A2读数是0.6A，由图乙知，电流表A1应选择0～3A的量程，连接“﹣、3”接线柱，A1读数为1.5A，故A错误，C正确；
则通过L1的电流I1＝I﹣I2＝1.5A﹣0.6A＝0.9A，故D正确。
故选：A。
【点评】本题考查了串并联电路的识别、并联电路电流特点的应用、电流表的读数，关键是正确识别电路的连接方式和电表的作用。
16．（2分）（2021•自贡）如图所示，下列描绘物理现象或规律正确的是（ ）
A．甲图中闭合开关后看到的现象称为电磁感应现象
B．乙图展示了电动机的原理
C．丙图也可把拉线开关与灯的位置互换
D．丁图用毛皮摩擦橡胶棒，橡胶棒带负电是由于毛皮束缚电子的能力比较强
【分析】（1）奥斯特实验说明通电导体周围有磁场；
（2）电动机中有电源，是根据通电导体在磁场中受力运动工作的；
（3）在家庭电路中，开关应该接在火线和用电器之间；
（4）不同的物质原子核束缚核外电子的本领有强有弱，两种物质相互摩擦时，原子核束缚核外电子本领强的夺得电子，因多余电子带负电；原子核束缚核外电子本领弱的失去电子，因缺少电子带正电。摩擦起电的实质不是创造了电，而是电子的转移。
【解答】解：
A、甲图是奥斯特实验，说明通电导体周围有磁场，故A错误；
B、图中由电源，是电动机的原理图，是根据通电导体在磁场中受力运动的原理制成的，故B正确；
C、从安全用电的角度分析，把拉线开关接在灯和火线之间更能保证用电安全，故C错误；
D、用毛皮摩擦橡胶棒，橡胶棒的原子核束缚核外电子本领强、夺得电子，因有了多余电子带负电，毛皮的原子核束缚核外电子的本领弱，就会失去电子，因缺少电子带正电。故D错误；
故选：B。
【点评】此题考查看奥斯特实验、电动机原理实验、安全用电和摩擦起电的实质，是一道综合题。
17．（2分）（2021•自贡）如图所示，是科技小组设计的监测河水流速变化的装置原理图，机翼状的探头始终浸没在水中，通过连杆带动滑动变阻器的滑片P上下移动，电源电压保持不变。闭合开关S，当水流的速度变大时（ ）
A．电压表的示数变大
B．电流表的示数变小
C．电路消耗的总功率变小
D．电流表示数与电压表示数的比值变大
【分析】（1）（2）分析电路连接及电表测量的物理量，流体的压强跟流速有关，流速越大的位置（上表面流速大），压强越小，当水流速度增大时，下表面压强大于上表面压强，R2滑片上移，变阻器连入电路的阻值减小；当水流速度减小时，上下表面的压强差减小，R2滑片下移，变阻器连入电路的阻值增大，结合串联电路的规律及欧姆定律分析；
（3）根据P＝UI判断出水流的速度变大时电路消耗总电功率的变化；
（4）由图知，两电阻串联，电压表测变阻器的电压，电流表测电路的电流，电流表与电压表的比值即为滑动变阻器的电阻的倒数，由（1）判断出知电流表与电压表的比值的变化。
【解答】解：
AB、根据电路图可知，两电阻串联，电压表测变阻器的电压，电流表测电路的电流：
流体的压强跟流速有关，流速越大的位置（上表面流速大），压强越小，当水流速度增大时，上表面压强小于下表面压强，R2滑片上移，变阻器连入电路的阻值变小，由电阻串联的规律知，电路的总电阻变小，由欧姆定律I＝，电路的电流变大，电流表示数变大；根据U＝IR，R1的电压变大，由串联电路电压的规律，电压表示数变小，故AB错误；
C、电路的电流变大，根据P＝UI知电路消耗总电功率变大，故C错误；
D、由图知，两电阻串联，电压表测变阻器的电压，电流表测电路的电流，电流表与电压表的比值即为滑动变阻器的电阻的倒数，由（1）知当水流的速度变大时，滑动变阻器的电阻减小，其倒数增大，所以电流表与电压表的比值变大，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查压强与流速的关系及串联电路的规律和欧姆定律的运用，难度不大。
18．（2分）（2021•自贡）如图甲是身高测量仪，体检者站在绝缘平台上，能自动显示身高，电路原理如图乙，R0为定值电阻，下列有关分析中正确的是（ ）
A．电流表示数显示身高，身高越高示数越大
B．电压表示数显示身高，身高越高示数越大
C．身高越高，R消耗的电功率越小
D．身高越高，电路消耗的总功率越大
【分析】由电路图可知，R与R0串联在电路中，电压表测滑片P下方电阻丝两端的电压，电流表测电路中的电流；
因电压表在电路中相当于断路，则当滑片移动时，滑动变阻器接入电路中的电阻不变，电路的总电阻不变；根据欧姆定律判定电流表示数的变化、电压表示数的变化，从而可知用哪种电表的示数显示身高；
知道电流的变化情况，且R的阻值不变，根据P＝I2R可判断R0消耗电功率的变化；利用P＝UI可知总功率的变化。
【解答】解：
由电路图可知，R与R0串联在电路中，电压表测滑片P下方电阻丝两端的电压，电流表测电路中的电流；
A、因电压表在电路中相当于断路，则当滑片移动时，滑动变阻器接入电路中的电阻不变；
身高越高时，滑片会向上移动，由于滑动变阻器接入电路的电阻不变，电路的总电阻不变，由欧姆定律可知，电路中的电流不变，所以电流表示数不能显示身高的变化，故A错误；
B、电压表测滑片下方电阻丝两端的电压，身高越高时，滑片下方电阻丝的阻值越大，由U＝IR可知电压表示数越大，所以应该用电压表示数显示身高，且身高越高示数越大，故B正确；
C、身高越高时，由于电路中的电流不变、R的阻值不变，则根据P＝I2R可知R消耗的电功率不变，故C错误；
D、身高越高时，总电压不变，电路中电流不变，由P＝UI可知，电路消耗的总功率不变，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，关键是分析得出“滑片移动时，滑动变阻器接入电路中的电阻不变”。
19．（2分）（2021•自贡）如图所示是“探究电流通过导体时产生热量的多少与哪些因素有关”的实验装置。两个透明容器中密封着等量的空气，下列说法错误的是（ ）
A．U形管液面高度变化是因为容器中气体热胀冷缩的缘故
B．通电后透明容器中气体的内能增大是通过做功的方式改变的
C．图甲中，通电一段时间后左右两边容器内电阻产生的热量之比是1：2
D．图乙所示的装置可以用来探究电流通过导体产生的热量多少跟电流大小的关系
【分析】（1）探究电流产生热量与电阻关系时，控制电流和通电时间不变；
（2）由焦耳定律可知，电流产生热量的多少，即可判断容器内空气吸热量多少；
（3）探究电流产生的热量与电流的关系，控制电阻和通电时间不变；
（4）电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但可以通过液面高度差的变化来反映，这种研究方法叫转化法．
【解答】解：A.电流通过导体产生的热量不能直接显示出来，容器中空气会由于热胀冷缩而出现高度差，由此反映出产生的热量多少，故选项A说法正确；
B.容器中气体的内能增大是通过电阻丝将热量传递给气体的，故气体内能增大是通过热传递的方式改变的，故选项B说法错误；
C.甲图中电阻之比为：R1：R2＝5Ω：10Ω＝1：2；
串联电路中电流相等，故电流之比为：I1：I2＝1：1；
图甲中电阻产生热量之比为：＝＝＝，故C正确；
D.图乙中容器中电阻相等，根据串并联电路关系可知，他们的电流不等，并联电阻支路中电流为干路电流的一半，两边容器中电阻的电流不同，可以用来探究产生热量与电流大小的关系，故选项D说法正确。
故选：B。
【点评】本题主要考察探究电流通过导体时产生热量的多少与哪些因素有关的实验。
20．（2分）（2021•自贡）如图电路中，电源电压为12V。在a，b间接入灯L1“4V 2W”，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片P使灯L1正常发光。断开开关取下灯L1，保持滑片P的位置不变，在a、b间接入“4V 4W”灯L2后闭合开关，不考虑温度对灯丝电阻的影响，则正确的（ ）
A．灯L2正常发光
B．电压表的示数保持4V不变
C．灯L2的实际功率为1.44W
D．滑动变阻器接入电路的电阻为8Ω
【分析】根据P＝求出两灯泡的电阻；
（1）根据两个灯泡电阻的不同分析灯的发光情况的变化；
（2）根据灯L1正常发光，求出电路中的电流，根据欧姆定律和串联电路的电流、电压规律求出滑动变阻器的电阻；
再根据欧姆定律求出电流，根据P′2＝I″2R2算出灯L2的实际功率。
【解答】解：根据P＝知，两灯泡的电阻分别为：
R1＝＝＝8Ω，R2＝＝＝4Ω，
AB、灯L1正常发光时，其两端的电压为4V，保持滑片P的位置不变，接入灯L2，两灯的电阻不同，
则ab间的电压会发生变化，故灯L2不会正常发光，故AB错误；
CD、灯L1正常发光时的电流为：I＝＝＝0.5A；
根据串联电路电压特点可知，滑动变阻器两端的电压为：
U'＝U﹣U1＝12V﹣4V＝8V，
由欧姆定律得，滑动变阻器接入电路的电阻为：
R'＝＝＝16Ω，
换上L2后的总电阻为：R＝R2+R'＝4Ω+16Ω＝20Ω，
此时电路中的电流为：I''＝＝＝0.6A，
灯L2的实际功率为：P′2＝I″2R2＝（0.6A）2×4Ω＝1.44W，故C正确，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到电功率公式和欧姆定律、串联电路特点的应用，要注意灯泡的亮暗取决于实际功率的大小。
二、填空题（本大题包括6小题，共12分。）
21．（2分）（2021•自贡）每年6月6日是“爱眼日”，如图1所示中的 乙 图（选填“甲”或“乙”）是近视眼的成像示意图；CCTV“广而告之”栏目曾播放过一段公益广告（如2图所示），图中通过插座接入电路的用电器同时工作时，很有可能烧断保险丝，这说明电路中电流过大的原因之一是 总功率过大 。
【分析】正常的眼睛可以将光线会聚在视网膜上。近视眼会将物体的像呈在视网膜之前，应该佩戴凹透镜进行矫正。远视眼会将物体的像呈在视网膜之后，应该佩戴凸透镜进行矫正。
家庭电路中电流过大的原因有两个：短路和用电器的总功率过大。
【解答】解：甲图将光线会聚在视网膜后方，因此甲图表示远视眼；乙图将光线会聚在视网膜前方，因此乙图表示近视眼；
通过插座接入电路的用电器同时工作时，总功率过大，由P＝UI可知，干路电流会过大，根据焦耳定律可知，电流过大时，保险丝会产生过多的热量，容易烧断保险丝。
故答案为：乙；总功率过大。
【点评】本题考查了近视眼的成因及造成家庭电路电流过大的原因，属于基础题。
22．（2分）（2021•自贡）在探究“物质的放热能力与哪些因素有关”时，分别用质量均为1kg的水和某种液体进行对比实验（水的比热容较大），并用图像对实验数据进行了处理，如图所示，实验过程中，水和某种液体在相同时间内放出的热量相等，分析图像可以得出： 乙 （选填“甲”或“乙”）物质是某种液体，某种液体的比热容为 2.1×103 J/（kg•℃）。
【分析】（1）选同样的加热时间，甲和乙吸热相同，根据温度变化的多少判断，温度变化多的比热容小，温度变化少的比热容大，据此分析判断；
（2）根据Q放＝cm△t可求出水放出的热量；根据放热公式Q放＝cm△t求出某种液体的比热容。
【解答】解：（1）时间相等时，两种液体放出的热量相等，由图示可以看出，乙液体的温度降低的快，甲液体温度降低慢，则甲的放热能力强，甲是水，乙是某种液体；
（2）由图可知：液体的初温是60℃，放热15分钟后水的末温是40℃，乙的末温度是20℃，
水放出的热量：Q放＝c水m水（t水﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（60℃﹣40℃）＝8.4×104J；
由图可知，相同时间内放出相同的热量，根据Q＝cm△t可知，液体的比热容为：
c乙＝＝＝2.1×103J/（kg•℃）。
故答案为：乙；2.1×103。
【点评】本题考查了学生对放热公式的掌握和运用，能从温度﹣时间图像得出相关信息是本题的关键。
23．（2分）（2021•自贡）有一种电热水壶有“烧水”和“保温”两个挡，如图所示是其内部简化电路图，已知R0＝44Ω，R1＝1056Ω，当S接1时，电热水壶处于 保温 （选填“烧水”和“保温”）挡，当S接2时，通电2min该电热水壶产生的热量是 1.32×105 J。
【分析】（1）电路电压U一定，由P＝可知，电阻越大，电功率越小，由此分析S接1时电路图连接情况，从而确定电饭锅的状态；
（2）由I＝计算电路中电流，由Q＝I2Rt计算通电1min电路产生的热量。
【解答】解：（1）由电路图可知，当开关S置于“1”挡时，两电阻串联，电路电阻最大，电源电压一定，由P＝可知，电饭锅电功率最小，处于保温状态；
（2）当开关S置于“2”挡时，R1被短路，只有R0接入电路，电路电阻最小，电饭锅电功率最大，处于加热状态，
此时电路中电流：
I＝＝＝5A；
通电1min电路产生的热量：
Q＝I2R0t＝（5A）2×44Ω×2×60s＝1.32×105J。
故答案为：保温；1.32×105。
【点评】本题考查串联电路特点、欧姆定律和电功率公式应用以及电热的计算，分析清楚开关接不同位置时电路的连接方式是关键。
24．（2分）（2021•自贡）如图所示，A、B、C、D是四个接线柱，要使L1、L2并联，应用导线分别连接 AC 两接线柱和连接 BD 两接线柱。
【分析】在并联电路中，各用电器并列连接，电路中电流有多条路径，各用电器之间互不影响。
【解答】解：
若把接线柱A与C连接，接线柱B与D连接，则电路中有两条电流的流通路径，此时L1、L2并联，如下图所示：
故答案为：AC；BD。
【点评】本题主要考查利用电流流向法和串并联电路中电流路径的特点分析电路的连接方式，属于常考题。
25．（2分）（2021•自贡）甲、乙两辆小车在平直的路面上向东运动，小林测出它们运动的路程和时间，并由所测数据作出了相应的s﹣t图像，如图所示。由图可知v甲 ＞ v乙（选填“＞”、“＝”或“＜”），以甲车为参照物，乙车向 西 （选填“东”或“西”）运动。
【分析】（1）比较物体运动快慢的方法：可以以相同时间比路程；也可以以相同路程比时间。由此根据图象分析可得两车速度关系；
（2）要判断以甲为参照物，乙车向哪个方向运动，关键是要看甲车和乙车的哪个速度大：若乙车速度大于甲车速度，则以甲为参照物，乙向东运动；若两车速度相等，则以甲为参照物，乙是静止的；若乙车速度小于甲车速度，则以甲为参照物，乙向西运动。
【解答】解：
（1）由图知，甲和乙车都通过60m的路程时，t甲＜t乙，由v＝可知，v甲＞v乙；
（2）甲、乙两辆小车在平直的路面上向东运动，且v甲＞v乙，所以以甲为参照物，乙车向西运动。
故答案为：＞；西。
【点评】本题考查了速度的比较以及物体运动状态的判断。图象信息题着重考查学生对图象的识别能力、分析判断能力以及用数学知识解决物理问题的能力。
26．（2分）（2021•自贡）用图甲所示的滑轮组运送货物上楼，每件货物重为100N，每次运送的量不定，图乙记录了在整个过程中滑轮组的机械效率随货物重力增加而变化的图像，则动滑轮重为 100 N；当某次运送4件货物时，滑轮组的机械效率为 80 %（不考虑绳重和摩擦）。
【分析】（1）由图乙可知，运送1件货物时，即G＝100N时，滑轮组的机械效率η＝50%；不考虑绳重和摩擦时，滑轮组的机械效率η＝＝＝，据此求出动滑轮的重力；
（2）不计绳重和摩擦，当某次运送4件货物时，根据η′＝＝＝求出此时滑轮组的机械效率。
【解答】解：
由图乙可知，运送1件货物时，即G＝100N时，滑轮组的机械效率η＝50%，
因不考虑绳重和摩擦时，滑轮组的机械效率η＝＝＝，
所以可得：50%＝，解得G动＝100N；
当某次运送4件货物时，即G′＝4G＝4×100N＝400N；
不计绳重和摩擦，则滑轮组的机械效率：
η′＝＝＝＝＝80%。
故答案为：100；80。
【点评】此题考查了滑轮组机械效率公式的应用，关键要知道：在不计摩擦和绳重时，额外功为克服动滑轮重力做的功，则滑轮组的机械效率η＝＝＝，这是求解竖直滑轮组机械效率的常用方法。
三、简述、作图、实验题（本大题包括5小题，共33分。）
27．（2021•自贡）图是建筑工人用钻孔机钻孔的情景，钻孔时钻头会发热，要不断给钻头浇水降温以保护钻头。请用学过的热学知识解释钻孔时钻头发热和浇水能给钻头降温的原因。
【分析】（1）改变物体内能的方法：一是做功（能量的转化），二是热传递（能量的转移）；
（2）水的比热容大，是指相同质量的水和其它物质比较，升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多。
【解答】答：
（1）建筑及装修工程中经常需要用钻孔机钻孔，钻头和墙相互摩擦，机械能转化为内能，钻头内能增大，温度升高，故钻头会发烫；
（2）水和其他物质比较，质量相同、升高相同的温度时，由于水的比热容大，所以水吸收的热量多，从而降低钻头的温度避免钻头烧坏。
【点评】本题考查了学生对改变内能的方法（做功、热传递）、水汽化吸热的应用，属于热学常见题目。
28．（2021•自贡）小邱同学在践行我市中小学生“研学旅行”活动中，赴大邑县“建川博物馆”进行了一次远行研学。他所用的拉杆旅行箱示意图如下所示。装有物品的旅行箱整体可视为杠杆，O为支点，B为重心，A为拉杆的端点。在A点沿图示方向施加拉力F，旅行箱静止。请完成下列问题：
①画出拉力F的力臂L。
②要使作用在A点的拉力减小，保持其他条件不变，下列做法可行的是 C （选填符合要求的选项标号）。
A.缩短拉杆的长度
B.使拉力方向顺时针改变20°
C.将箱内较重的物品靠近O点摆放，重心由B变至B′
【分析】（1）力臂是支点到力的作用线的距离，由此画出F的力臂；
（2）根据杠杆的平衡条件分析各选项中作用在A点拉力的变化即可。
【解答】解：
（1）由图知，O为支点，反向延长力F的作用线，由O点做F作用线的垂线，垂线段长为其力臂L，如图所示：
（2）A、拉杆箱的重力、重力的力臂不变，缩短拉杆的长度，则拉力的力臂变短，根据杠杆的平衡条件可知，拉力变大，故此方法不可行；
B、拉杆箱的重力、重力的力臂不变，使拉力方向顺时针改变20°，此时拉力的力臂变小，根据杠杆的平衡条件可知，拉力变大，故此方法不可行；
C、拉杆箱的重力不变，将箱内较重的物品靠近O点摆放，重心由B变至B′，重力的力臂变短，拉力方向不变，拉力的力臂不变，根据杠杆的平衡条件可知，拉力变小，故此方法可行。
故选：C。
故答案为：（1）见上图；（2）C。
【点评】本题考查杠杆的力臂作图以及杠杆的动态平衡问题，正确分析各种情况下力臂的变化是关键。
29．（2021•自贡）放有条形磁体的小车静止在水平地面上，闭合开关S，条形磁体因受磁力向左运动，请在图中括号里标明电源左端的极性和电磁铁右端的磁极。
【分析】（1）由条形磁体向左运动，根据磁极间的相互作用（同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引）判断出电磁铁的NS极；
（2）利用安培定则（用右手握住螺线管，让四指指向螺线管中电流的方向，则大拇指所指的那端就是螺线管的N极）判断出电源的正负极。
【解答】解：
（1）闭合开关S，条形磁体因受磁力向左运动，说明条形磁体受到了一个向左的排斥力，已知条形磁体左端为S极、右端为N极，根据同名磁极相互排斥可确定通电螺线管的左端是N极、右端为S极；
（2）根据安培定则，大拇指指向通电螺线管的N极，则电流从电磁铁右侧流入，所以电源的左端为负极，如图所示：
【点评】本题的入手点是利用条形磁体的运动方向、根据磁极间的相互作用判断出通电螺线管的南北极，再利用安培定则判断出电源的正负极，这是一道综合题，很巧妙的将安培定则和磁极间的相互作用联系起来，是一道好题。
30．（2021•自贡）在“探究凸透镜成像规律”的实验中。
（1）图甲中光屏上所成的像是倒立 放大 （选填“放大”“等大”或“缩小”）的实像，生活中 投影仪 （选填“照相机”“投影仪”或“放大镜”）利用这一原理制成的。
（2）如图乙，线段AB为凸透镜成像的物距倒数和像距倒数的关系，则凸透镜焦距为 10 cm。
（3）当光屏上呈现清晰的像时，不改变图甲中蜡烛和透镜位置：
①若将凸透镜换成焦距相同镜面较小的凸透镜，再次实验，光屏上所成的像与原来相比 变暗 （选填“变小”“变暗”或“变不完整”）了。
②若将凸透镜换成镜面大小相同、焦距稍小的凸透镜，再次实验，则需将屏 向左 （选填“向左”或“向右”）移动才能成清晰的像，光屏上所成的像与原来的像比 变小 （选填“变大”或“变小”）了。
【分析】（1）物距在一倍焦距和二倍焦距之间，像距应大于二倍焦距，成倒立、放大的实像，应用于投影仪或幻灯机；
（2）物距等于二倍焦距成倒立等大实像；
（3）①用焦距相同、镜面直径较小的凸透镜，发光体发出的光透过凸透镜的光线少；②如果将凸透镜换成焦距稍小的凸透镜，比起原来就相当于将物距变大了，那么像距就要减小。
【解答】解：（1）由图可知，此时的物距小于像距，成倒立、放大的实像，应用于投影仪；
（2）凸透镜成实像时，u＝v＝2f时，成倒立、等大的实像，此时的＝＝5m﹣1，则u＝v＝0.2m＝20cm＝2f，故f＝10cm；
（3）①用另一只与原实验中焦距相同但镜面直径较小的凸透镜，替代原来的凸透镜再次实验，成像大小不会变化，但经凸透镜的光线变少，所成的像与原来的像相比，比原来暗；
②如果将凸透镜A换成镜面直径相同、但焦距稍小的凸透镜，比起原来就相当于将物距变大了，那么像距就要减小，像变小；光屏要靠近凸透镜，即向左移动。
故答案为：（1）放大；投影仪；（2）10；（3）①变暗；②向左；变小。
【点评】此题考查了凸透镜成像的规律及应用、成像中的一些问题，只要掌握基础知识，做出合理的推理，都比较容易解答。
31．（2021•自贡）如图所示，在“探究滑动摩擦力大小与什么因素有关”的实验中：
（1）实验过程中，用弹簧测力计沿水平方向拉着物块A做匀速直线运动，此时滑动摩擦力大小 等于 （选填“大于”、“等于”或“小于”）弹簧测力计示数。在利用图甲装置进行实验时，运动过程中木块A的速度突然变大，则木块A受到的滑动摩擦力将 不变 （选填“变大”、“不变”或“变小”）。
（2）在甲、乙、丙所示图中，分别用F1＝1N，F2＝2N，F3＝1.5N的拉力，拉着物块A匀速前进，为研究滑动摩擦力大小与接触面粗糙程度的关系，应该比较 甲和丙 两次实验。
（3）大量实验进一步证明：在接触面粗糙程度相同时，滑动摩擦力大小与压力大小成正比，在丙图中物块A上叠放一块与A相同的物块B，用弹簧测力计拉着物块A，使物块B随A一起做匀速直线运动（如丁图所示），此时弹簧测力计示数为F4，则F4＝ 3 N；此运动过程中，物块B受到的摩擦力为 0 N。
【分析】（1）弹簧测力计拉动木块运动时，弹簧测力计显示拉力大小，当弹簧测力计水平拉动木块做匀速直线运动时，滑动摩擦力大小等于弹簧测力计示数。
从滑动摩擦力大小的影响因素进行分析。
（2）滑动摩擦力大小跟压力大小和接触面粗糙程度有关，探究滑动摩擦力大小跟接触面粗糙程度的关系时，控制压力不变，改变接触面粗糙程度。
（3）在接触面粗糙程度相同时，滑动摩擦力大小与压力大小成正比，根据这个结论求出压力变为原来二倍时，滑动摩擦力大小是多少。
当物体没有发生相对运动时或没有运动趋势时，物体不受摩擦力。
【解答】解：（1）弹簧测力计拉动木块运动时，弹簧测力计显示拉力大小，当弹簧测力计水平拉动木块做匀速直线运动时，木块水平方向上受到滑动摩擦力和弹簧测力计的拉力，这两个力是平衡力，大小相等，所以滑动摩擦力大小等于弹簧测力计示数。
滑动摩擦力大小跟压力大小和接触面粗糙程度有关，这个两个因素不变，故木块A受到的滑动摩擦力将不变。
（2）滑动摩擦力大小跟压力大小和接触面粗糙程度有关，探究滑动摩擦力大小跟接触面粗糙程度的关系时，控制压力不变，选择实验甲和丙。
（3）如图丙，木块A受到的滑动摩擦力是1.5N，在丙图中物块A上叠放一块与A相同的物块B，用弹簧测力计拉着物块A，使物块B随A一起匀速直线运动，接触面粗糙程度不变，压力变为原来的2倍，滑动摩擦力变为原来的二倍，故此时滑动摩擦力是3N，即F4＝3N。
B物块随A一起匀速直线运动，B物块相对A物块来讲，没有发生相对运动，也没有相对运动趋势，故B不受摩擦力作用，故物块B受到的摩擦力为0N。
故答案为：（1）等于；不变；（2）甲和丙；（3）3；0
【点评】本题探究滑动摩擦力大小的影响因素，并且给出实验结论，并且利用实验结论解决实际问题。
32．（2021•自贡）小健同学选用电源电压为6V的铅蓄电池组、电流表、电压表等器材测量定值电阻Rx的阻值，他已连接了部分电路，如图甲所示，请你接着完成下列步骤：
（1）用笔画线代替导线完成实物图的连接。
（2）电路连接完整后闭合开关S，移动滑片P时发现电压表无示数，电流表有示数且不断变化，则电路故障可能是 定值电阻Rx发生了短路 。
（3）排除故障后再次闭合开关S，移动滑片P，当电压表示数为3.6V时，电流表的示数如图乙所示，这时电路中的电流为 0.3 A，电阻Rx的阻值为 12 Ω。通过调节滑动变阻器，测得多组Rx的电压和电流值，最后算出Rx阻值的平均值，这样做的目的是 多次测量求平均值减小误差 。
（4）利用上面已连好的电路，还可以完成的实验是 探究电流跟电压的关系 。
（5）在完成R阻值的测量后，将电阻Rx换成小灯泡，继续调节滑动变阻器，测得多组小灯泡的电压和电流值，根据前后所得数据描绘出电阻Rx及小灯泡的U﹣I图像，如图丙、丁所示，其中 丙 （选填“丙”或“丁”）图是小灯泡的U﹣I图像。
【分析】（1）根据原理图连接实物图，注意导线不能交叉，同时注意电压表与定值电阻并联，滑动变阻器需要一上一下接入电路中；
（2）闭合开关S后，移动滑片P时电流表有示数且不断变化，则电路为通路，根据电压表无示数分析；
（3）电流表在读数时，要先确定量程，再看清分度值，根据指针读出电流的大小；根据欧姆定律求出此时电阻丝的阻值；因为定值电阻的阻值不变，多次测量求平均值可以减小误差；
（4）掌握电学中的一些探究实验和测量实验，如测量电功率、电阻，改变电路中的电流、探究电流与电压的关系等；
（5）小灯泡的电阻随温度的变化升高而变大。
【解答】解：（1）根据分析连接实物图如图所示；
（2）闭合开关S后，移动滑片P时电流表有示数且不断变化，则电路为通路，发现电压表无示数，则电路故障可能是定值电阻Rx发生了短路；
（3）根据图乙知，电流表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，所以示数为0.3A，
则电阻丝的电阻为：R＝＝＝12Ω；
因为定值电阻的阻值不变，所以多次测量求平均值的目的是减小误差；
（4）用此实验还可以探究电流跟电压的关系；
（5）小灯泡的电阻随温度的升高而增大，故灯的I﹣U图像为曲线，故能正确反映出小灯泡的电流电压关系的是图丙。
故答案为：（1）如上图所示；（2）定值电阻Rx发生了短路；（3）0.3；12；多次测量求平均值减小误差；（4）探究电流跟电压的关系；（5）丙。
【点评】此题测量定值电阻的阻值实验，考查了实物电路的连接、滑动变阻器的使用及减小误差的实验方法，同时考查了电流表的读数及电阻的计算，还涉及到了灯丝电阻与温度的关系。在平时学习中注意各电路图的联系。本电路在初中物理电学实验中应用广泛。可用于测定值电阻的电阻、功率，还能探究电流跟电压、电阻的关系。
四、计算题（本大题包括2小题，共15分解答时应写出必要的文字说明，方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）
33．（2021•自贡）如图甲是食堂为餐具消毒、烘干的保洁消毒柜，其内部电路如图乙所示，S1为温控开关，S2为门控开关，R为石英加热管。消毒柜的总功率为1250W，其中臭氧发生器的功率为150W。求：
（1）正常工作时通过石英加热管R的电流为多大？
（2）在货架上放100kg的不锈钢餐具，将其从26℃加热到70℃，若电流产生的热量有20%损失，消毒柜石英加热管需要正常工作多长时间？[c钢＝0.46×103J/（kg•℃）]
【分析】（1）消毒柜的总功率减去臭氧发生器的功率即为石英加热管R的功率，根据P＝UI求出通过石英加热管R的电流；
（2）知道不锈钢餐具的质量和初温、末温以及比热容，根据Q吸＝cm（t﹣t0）求出吸收的热量，不计热量损失，消耗的电能和不锈钢餐具吸收的热量相等，根据P＝求出正常工作需要的加热时间。
【解答】解：（1）因电路中的总功率等于各用电器功率之和，
所以，石英加热管R的功率：
PR＝P总﹣P发生器＝1250W﹣150W＝1100W，
由P＝UI可得，通过石英加热管R的电流：
I＝＝＝5A；
（2）不锈钢餐具吸收的热量：
Q吸＝c钢m（t′﹣t0）＝0.46×103J/（kg•℃）×100kg×（70℃﹣26℃）＝2.024×106J，
电流产生的热量有20%损失，由η＝可得，加热管消耗的电能：
W′＝＝＝2.53×106J，
则石英加热管正常工作需要的加热时间：
t″＝＝＝2300s。
答：（1）正常工作时通过石英加热管R的电流为5A；
（2）消毒柜石英加热管需要正常工作的时间为2300s。
【点评】本题考查了电功公式和电功率公式、吸热公式的综合应用，要注意电路中的总功率等于各用电器功率之和。
34．（2021•自贡）如图甲所示，有一体积、质量忽略不计的弹簧，其两端分别固定在容器底部和正方体形状的物体上。已知物体的边长为10cm。弹簧没有发生形变时的长度为10cm，弹簧受到拉力作用后，伸长的长度△L与拉力F的关系如图乙所示。向容器中加水，直到物体上表面与液面相平，此时水深24cm。求：
（1）物体受到的水的浮力。
（2）物体的密度。
（3）打开出水孔，缓慢放水，当弹簧处于没有发生形变的自然状态时，关闭出水孔。求放水前后水对容器底部压强的变化量。
【分析】（1）物块刚好完全浸没在水中，求出排开水的体积，利用阿基米德原理即可求出浮力；
（2）由图乙分析图甲状态下弹簧对木块的拉力，根据力的平衡知识求木块的重力，由密度公式解题；
（3）物体刚好完全浸没在水中，根据物体受力平衡求出物体漂浮时浸在水中的深度，再根据p＝ρgh求出容器底部受到的水的压强差。
【解答】解：（1）物块刚好完全浸没在水中，则V排＝V物＝（0.1 m）3＝1×10﹣3m3，
物体所受的浮力：F浮＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×1×10﹣3m3＝10N；
（2）由图甲可知，当物体上表面上液面齐平时，物体上表面距容器底的距离为h＝24cm，弹簧伸长的长度：△L＝24cm﹣10cm﹣10cm＝4cm
由图乙可知，此时弹簧对物体的拉力为F拉＝4N，
木块的重力：G物＝F浮﹣F拉＝10N﹣4N＝6N，
物体的密度：ρ物＝＝＝＝0.6×103kg/m3；
（3）当弹簧处于没有发生形变的自然状态时，L弹簧＝10cm，
此时物体受的浮力：F浮'＝G物＝6N，
V排'＝＝＝6×10﹣4m3，
可得：h浸＝＝＝0.06m；
此时水的深度：h'＝L弹簧+h浸＝0.1m+0.06m＝0.16m；
放水前后水对容器底部压强的变化量△p＝p﹣p'＝ρ水g（h﹣h'）＝1.0×103kg/m3×10N/kg×（0.24m﹣0.16m）＝800Pa。
答：（1）物体受到的水的浮力为10N；
（2）物体的密度为0.6×103kg/m3；
（3）打开出水孔，缓慢放水，当弹簧处于没有发生形变的自然状态时，关闭出水孔。求放水前后水对容器底
部压强的变化量为800Pa。
【点评】本题考查了学生对液体压强公式、密度公式、物体浮沉条件的理解与掌握，明确弹簧因受力不同形变不同和物体浸没时弹簧对物体的拉力。
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日期：2021/9/30 15:28:30；用户：余浩；邮箱：sjhzxyh14@xyh.com；学号：37802004
2021年四川省自贡市中考物理试卷
一、选择题（本大题包括20小题，共40分。每小题只有一个选项符合题意。）
1．（2分）（2021•自贡）小军同学对教室中一些物理量的估测，合理的是（ ）
A．黑板擦受到的重力约为15N
B．课桌的高度约为8dm
C．教室内一盏日光灯的功率约为400W
D．教室内的大气压强约为103Pa
2．（2分）（2021•自贡）下列关于声现象的说法中，正确的是（ ）
A．吹奏长笛时，笛声是由空气柱的振动产生的
B．同一乐器，弹奏的频率不同，发声的音色就不同
C．声波在空气中的传播速度约为340m/s，比水中传播快
D．上课时，听到窗外嘈杂的噪声后关上窗户，是从声源处减弱噪声
3．（2分）（2021•自贡）如图所示的四种现象中，其物态变化属于液化的是（ ）
A．树叶上霜的形成 B．露珠消失
C．冰雪消融 D．护目镜“水雾”的形成
4．（2分）（2021•自贡）关于信息的传递和能源，下列说法中正确的是（ ）
A．电能是广泛使用的一次能源
B．手机通信是利用电磁波来传递信息的
C．北斗卫星是利用超声波来进行定位的
D．因为能量在转化过程中是守恒的，所以能源是“取之不尽，用之不竭”的
5．（2分）（2021•自贡）下列光学作图中，错误的是（ ）
A．光的反射 B．平面镜成像
C．光从空气射入水中 D．光的色散
6．（2分）（2021•自贡）关于四冲程内燃机，下列说法正确的是（ ）
A．汽油机和柴油机都是内燃机，吸入汽缸的物质相同
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
7．（2分）（2021•自贡）在科学发展的历程中，许多学者、科学家做出了杰出的贡献，下列叙述正确的是（ ）
①沈括最早记述了“地理的两极和地磁两极不重合”的现象；
②牛顿最早利用实验测量出了大气压的数值；
③奥斯特首先发现了电磁感应现象；
④伽利略通过实验分析得出，物体的运动不需要力来维持。
A．只有①、②正确 B．只有①、④正确
C．只有②、③正确 D．只有①、③正确
8．（2分）（2021•自贡）将重为7牛的物体放入盛水的容器中，物体漂浮在水面上且溢出3牛的水，物体受到的浮力（ ）
A．一定等于3牛 B．一定等于7牛
C．可能等于3牛 D．可能等于4牛
9．（2分）（2021•自贡）如图所示是在一个标准大气压下完成的托里拆利实验，原来玻璃管竖直，后来让玻璃管倾斜，水银充满全管，有关尺寸如图所示。下列说法中错误的是（ ）
A．玻璃管倾斜后，水银对玻璃管上端有压强
B．外界大气压强等于76cm高水银柱所产生压强
C．玻璃管竖直时，上端无水银的部分肯定是真空
D．玻璃管倾斜后，若不慎将上端碰出一小孔，则水银会向上喷出
10．（2分）（2021•自贡）如图所示，水平桌面上有甲、乙两个相同容器，分别装有密度为ρ1、ρ2的两种不同液体，将两个相同的小球分别放在两容器中，小球静止时，两容器液面相平，两个小球受到的浮力分别为F1、F2，则下列判断中正确的是（ ）
①F1＞F2
②ρ1＞ρ2
③甲容器底部受到液体的压强大于乙容器底部受到液体的压强
A．②③ B．①② C．①③ D．①②③
11．（2分）（2021•自贡）如图所示的实例中，利用了“流体压强与流速关系”工作的是（ ）
A．茶壶 B．吸盘挂钩
C．飞机机翼上面凸起 D．水坝上窄下宽
12．（2分）（2021•自贡）如图所示，有三个实心圆柱体甲、乙、丙，放在水平地面上，其中甲、乙高度相同，乙、丙的底面积相同，三者对地面的压强相等，下列判断正确的是（ ）
A．ρ甲＝ρ乙＞ρ丙 B．ρ甲＝ρ乙＝ρ丙
C．m甲＝m乙＝m丙 D．m甲＞m乙＝m丙
13．（2分）（2021•自贡）将规格完全相同的滑轮，用绳子绕成图中的甲、乙滑轮组。使用甲、乙滑轮组分别匀速提升重力为G1、G2的两物体，升高相同的高度。绳自由端施加的拉力大小分别为F1和F2，物重G1＞G2，不计绳重和摩擦。则下列判断正确的是（ ）
A．拉力F1一定大于F2
B．乙滑轮组的机械效率较高
C．甲、乙滑轮组的有用功相同
D．甲的额外功与有用功的比值较小
14．（2分）（2021•自贡）一位摄影爱好者采用在同一张底片上多次曝光的方法，拍摄了极限跳伞运动员从悬崖上跳下的过程。从运动员离开悬崖时开始，每隔0.3s曝光一次，得到了一张记录运动员在打开降落伞之前的一段下落情况的照片，如图。已知运动员从a点到d点可视为沿竖直方向运动，通过ab、bc和cd的时间间隔均为0.6s，空气阻力不能忽略。对于运动员从a点到d点的下落过程，下列分析中正确的是（ ）
A．运动员下落过程中的速度的大小保持不变
B．运动员所受的重力在ab段所做的功等于在cd段所做的功
C．运动员所受的重力在ab段做功比在cd段做功慢
D．运动员下落过程中减少的重力势能全部转化为动能
15．（2分）（2021•自贡）如图甲电路，闭合开关S后，两个灯泡都能发光，乙图为电流表A1指针的位置，如果电流表A2读数是0.6A，则下列说法错误的是（ ）
A．电流表A1的读数是0.3A
B．灯泡L1和L2并联
C．电流表A1一定连接“﹣、3”接线柱
D．通过灯L1的电流为0.9A
16．（2分）（2021•自贡）如图所示，下列描绘物理现象或规律正确的是（ ）
A．甲图中闭合开关后看到的现象称为电磁感应现象
B．乙图展示了电动机的原理
C．丙图也可把拉线开关与灯的位置互换
D．丁图用毛皮摩擦橡胶棒，橡胶棒带负电是由于毛皮束缚电子的能力比较强
17．（2分）（2021•自贡）如图所示，是科技小组设计的监测河水流速变化的装置原理图，机翼状的探头始终浸没在水中，通过连杆带动滑动变阻器的滑片P上下移动，电源电压保持不变。闭合开关S，当水流的速度变大时（ ）
A．电压表的示数变大
B．电流表的示数变小
C．电路消耗的总功率变小
D．电流表示数与电压表示数的比值变大
18．（2分）（2021•自贡）如图甲是身高测量仪，体检者站在绝缘平台上，能自动显示身高，电路原理如图乙，R0为定值电阻，下列有关分析中正确的是（ ）
A．电流表示数显示身高，身高越高示数越大
B．电压表示数显示身高，身高越高示数越大
C．身高越高，R消耗的电功率越小
D．身高越高，电路消耗的总功率越大
19．（2分）（2021•自贡）如图所示是“探究电流通过导体时产生热量的多少与哪些因素有关”的实验装置。两个透明容器中密封着等量的空气，下列说法错误的是（ ）
A．U形管液面高度变化是因为容器中气体热胀冷缩的缘故
B．通电后透明容器中气体的内能增大是通过做功的方式改变的
C．图甲中，通电一段时间后左右两边容器内电阻产生的热量之比是1：2
D．图乙所示的装置可以用来探究电流通过导体产生的热量多少跟电流大小的关系
20．（2分）（2021•自贡）如图电路中，电源电压为12V。在a，b间接入灯L1“4V 2W”，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片P使灯L1正常发光。断开开关取下灯L1，保持滑片P的位置不变，在a、b间接入“4V 4W”灯L2后闭合开关，不考虑温度对灯丝电阻的影响，则正确的（ ）
A．灯L2正常发光
B．电压表的示数保持4V不变
C．灯L2的实际功率为1.44W
D．滑动变阻器接入电路的电阻为8Ω
二、填空题（本大题包括6小题，共12分。）
21．（2分）（2021•自贡）每年6月6日是“爱眼日”，如图1所示中的 图（选填“甲”或“乙”）是近视眼的成像示意图；CCTV“广而告之”栏目曾播放过一段公益广告（如2图所示），图中通过插座接入电路的用电器同时工作时，很有可能烧断保险丝，这说明电路中电流过大的原因之一是 。
22．（2分）（2021•自贡）在探究“物质的放热能力与哪些因素有关”时，分别用质量均为1kg的水和某种液体进行对比实验（水的比热容较大），并用图像对实验数据进行了处理，如图所示，实验过程中，水和某种液体在相同时间内放出的热量相等，分析图像可以得出： （选填“甲”或“乙”）物质是某种液体，某种液体的比热容为 J/（kg•℃）。
23．（2分）（2021•自贡）有一种电热水壶有“烧水”和“保温”两个挡，如图所示是其内部简化电路图，已知R0＝44Ω，R1＝1056Ω，当S接1时，电热水壶处于 （选填“烧水”和“保温”）挡，当S接2时，通电2min该电热水壶产生的热量是 J。
24．（2分）（2021•自贡）如图所示，A、B、C、D是四个接线柱，要使L1、L2并联，应用导线分别连接 两接线柱和连接 两接线柱。
25．（2分）（2021•自贡）甲、乙两辆小车在平直的路面上向东运动，小林测出它们运动的路程和时间，并由所测数据作出了相应的s﹣t图像，如图所示。由图可知v甲 v乙（选填“＞”、“＝”或“＜”），以甲车为参照物，乙车向 （选填“东”或“西”）运动。
26．（2分）（2021•自贡）用图甲所示的滑轮组运送货物上楼，每件货物重为100N，每次运送的量不定，图乙记录了在整个过程中滑轮组的机械效率随货物重力增加而变化的图像，则动滑轮重为 N；当某次运送4件货物时，滑轮组的机械效率为 %（不考虑绳重和摩擦）。
三、简述、作图、实验题（本大题包括5小题，共33分。）
27．（2021•自贡）图是建筑工人用钻孔机钻孔的情景，钻孔时钻头会发热，要不断给钻头浇水降温以保护钻头。请用学过的热学知识解释钻孔时钻头发热和浇水能给钻头降温的原因。
28．（2021•自贡）小邱同学在践行我市中小学生“研学旅行”活动中，赴大邑县“建川博物馆”进行了一次远行研学。他所用的拉杆旅行箱示意图如下所示。装有物品的旅行箱整体可视为杠杆，O为支点，B为重心，A为拉杆的端点。在A点沿图示方向施加拉力F，旅行箱静止。请完成下列问题：
①画出拉力F的力臂L。
②要使作用在A点的拉力减小，保持其他条件不变，下列做法可行的是 （选填符合要求的选项标号）。
A.缩短拉杆的长度
B.使拉力方向顺时针改变20°
C.将箱内较重的物品靠近O点摆放，重心由B变至B′
29．（2021•自贡）放有条形磁体的小车静止在水平地面上，闭合开关S，条形磁体因受磁力向左运动，请在图中括号里标明电源左端的极性和电磁铁右端的磁极。
30．（2021•自贡）在“探究凸透镜成像规律”的实验中。
（1）图甲中光屏上所成的像是倒立 （选填“放大”“等大”或“缩小”）的实像，生活中 （选填“照相机”“投影仪”或“放大镜”）利用这一原理制成的。
（2）如图乙，线段AB为凸透镜成像的物距倒数和像距倒数的关系，则凸透镜焦距为 cm。
（3）当光屏上呈现清晰的像时，不改变图甲中蜡烛和透镜位置：
①若将凸透镜换成焦距相同镜面较小的凸透镜，再次实验，光屏上所成的像与原来相比 （选填“变小”“变暗”或“变不完整”）了。
②若将凸透镜换成镜面大小相同、焦距稍小的凸透镜，再次实验，则需将屏 （选填“向左”或“向右”）移动才能成清晰的像，光屏上所成的像与原来的像比 （选填“变大”或“变小”）了。
31．（2021•自贡）如图所示，在“探究滑动摩擦力大小与什么因素有关”的实验中：
（1）实验过程中，用弹簧测力计沿水平方向拉着物块A做匀速直线运动，此时滑动摩擦力大小 （选填“大于”、“等于”或“小于”）弹簧测力计示数。在利用图甲装置进行实验时，运动过程中木块A的速度突然变大，则木块A受到的滑动摩擦力将 （选填“变大”、“不变”或“变小”）。
（2）在甲、乙、丙所示图中，分别用F1＝1N，F2＝2N，F3＝1.5N的拉力，拉着物块A匀速前进，为研究滑动摩擦力大小与接触面粗糙程度的关系，应该比较 两次实验。
（3）大量实验进一步证明：在接触面粗糙程度相同时，滑动摩擦力大小与压力大小成正比，在丙图中物块A上叠放一块与A相同的物块B，用弹簧测力计拉着物块A，使物块B随A一起做匀速直线运动（如丁图所示），此时弹簧测力计示数为F4，则F4＝ N；此运动过程中，物块B受到的摩擦力为 N。
32．（2021•自贡）小健同学选用电源电压为6V的铅蓄电池组、电流表、电压表等器材测量定值电阻Rx的阻值，他已连接了部分电路，如图甲所示，请你接着完成下列步骤：
（1）用笔画线代替导线完成实物图的连接。
（2）电路连接完整后闭合开关S，移动滑片P时发现电压表无示数，电流表有示数且不断变化，则电路故障可能是 。
（3）排除故障后再次闭合开关S，移动滑片P，当电压表示数为3.6V时，电流表的示数如图乙所示，这时电路中的电流为 A，电阻Rx的阻值为 Ω。通过调节滑动变阻器，测得多组Rx的电压和电流值，最后算出Rx阻值的平均值，这样做的目的是 。
（4）利用上面已连好的电路，还可以完成的实验是 。
（5）在完成R阻值的测量后，将电阻Rx换成小灯泡，继续调节滑动变阻器，测得多组小灯泡的电压和电流值，根据前后所得数据描绘出电阻Rx及小灯泡的U﹣I图像，如图丙、丁所示，其中 （选填“丙”或“丁”）图是小灯泡的U﹣I图像。
四、计算题（本大题包括2小题，共15分解答时应写出必要的文字说明，方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）
33．（2021•自贡）如图甲是食堂为餐具消毒、烘干的保洁消毒柜，其内部电路如图乙所示，S1为温控开关，S2为门控开关，R为石英加热管。消毒柜的总功率为1250W，其中臭氧发生器的功率为150W。求：
（1）正常工作时通过石英加热管R的电流为多大？
（2）在货架上放100kg的不锈钢餐具，将其从26℃加热到70℃，若电流产生的热量有20%损失，消毒柜石英加热管需要正常工作多长时间？[c钢＝0.46×103J/（kg•℃）]
34．（2021•自贡）如图甲所示，有一体积、质量忽略不计的弹簧，其两端分别固定在容器底部和正方体形状的物体上。已知物体的边长为10cm。弹簧没有发生形变时的长度为10cm，弹簧受到拉力作用后，伸长的长度△L与拉力F的关系如图乙所示。向容器中加水，直到物体上表面与液面相平，此时水深24cm。求：
（1）物体受到的水的浮力。
（2）物体的密度。
（3）打开出水孔，缓慢放水，当弹簧处于没有发生形变的自然状态时，关闭出水孔。求放水前后水对容器底部压强的变化量。
2021年四川省自贡市中考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题包括20小题，共40分。每小题只有一个选项符合题意。）
1．（2分）（2021•自贡）小军同学对教室中一些物理量的估测，合理的是（ ）
A．黑板擦受到的重力约为15N
B．课桌的高度约为8dm
C．教室内一盏日光灯的功率约为400W
D．教室内的大气压强约为103Pa
【分析】首先要对选项中涉及的几种物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。
【解答】解：A、黑板擦受到的重力约为1.5N，故A错误；
B、课桌的高度约为80cm，即8dm，故B正确；
C、日光灯的功率约为40W，故C错误；
D、教室内的大气压强约为标准大气压，即约为105Pa，故D错误。
故选：B。
【点评】此题考查对生活中常见物理量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，找出符合实际的选项即可。
2．（2分）（2021•自贡）下列关于声现象的说法中，正确的是（ ）
A．吹奏长笛时，笛声是由空气柱的振动产生的
B．同一乐器，弹奏的频率不同，发声的音色就不同
C．声波在空气中的传播速度约为340m/s，比水中传播快
D．上课时，听到窗外嘈杂的噪声后关上窗户，是从声源处减弱噪声
【分析】（1）声音都是由物体振动产生的。
（2）音色反映的是声音的品质与特色，它跟发声体的材料和结构有关，音调的高低与发声体振动的频率有关。
（3）一般情况下，固体传声速度大于液体传声速度，液体传声速度大于气体传声速度，声音在空气中传播速度小于水中的传播速度。
（4）减弱噪声的途径：在声源处、在传播过程中、在人耳处。
【解答】解：A、吹奏长笛时，笛声是由笛子内部的空气柱振动产生的，故A正确。
B、同一乐器，弹奏的频率不同，发声的音调就不同，故B错误。
C、声音在空气中的传播速度小于在水中的传播速度，故C错误。
D、关上窗户是在传播过程中减弱噪声的，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了声的产生、传播、声音的特性、声速等，属于基础知识，掌握基础知识很重要。
3．（2分）（2021•自贡）如图所示的四种现象中，其物态变化属于液化的是（ ）
A．树叶上霜的形成 B．露珠消失
C．冰雪消融 D．护目镜“水雾”的形成
【分析】物态变化指的是物体由一种状态变为另一种状态的过程，所以判断物态变化就要明确物体是从何种状态变为了何种状态，从而确定变化名称。
【解答】解：A.霜的形成是由气态的水蒸气直接变成固态的霜，属于凝华现象，故A错误；
B.露珠消失是由液态的露珠变成气态的水蒸气，属于汽化现象，故B错误；
C.冰雪消融是由固态的冰变成液态的水，属于熔化现象，故C错误；
D.“水雾”的形成是由气态的水蒸气变成液态的水，属于液化现象，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查生活中水的物态变化现象，比较基础，难度不大。
4．（2分）（2021•自贡）关于信息的传递和能源，下列说法中正确的是（ ）
A．电能是广泛使用的一次能源
B．手机通信是利用电磁波来传递信息的
C．北斗卫星是利用超声波来进行定位的
D．因为能量在转化过程中是守恒的，所以能源是“取之不尽，用之不竭”的
【分析】（1）一次能源是指能从自然界直接获取的能源。
（2）手机、卫星等都是利用电磁波来传递信息的。
（3）能量的转移或转化是有方向性的。
【解答】解：A.我们所使用的电能是经过消耗煤炭、风能等一次能源获得的，属于二次能源。故A错误。
B.手机是利用电磁波来实现与基站的信息交互的。故B正确。
C.声波无法在真空中传播，所以北斗卫星无法利用超声波来将信息传递给地面，也就无法实现定位功能。故C错误。
D.能量是守恒的，但是能量的转移或转化具有方向性，散失的能量不会自动聚集起来供我们再次利用，所以能源不是“取之不尽，用之不竭”的。故D错误。
故选：B。
【点评】二次能源是消耗一次能源来获得的；可再生与不可再生均是相对于一次能源来说的。
5．（2分）（2021•自贡）下列光学作图中，错误的是（ ）
A．光的反射 B．平面镜成像
C．光从空气射入水中 D．光的色散
【分析】（1）根据光的反射定律分析；
（2）根据平面镜成像特点分析；
（3）根据光的折射规律分析；
（4）根据光的色散现象分析。
【解答】解：
A、光线发生反射时，反射角等于入射角，由图可知，反射角为40°，入射角为90°﹣40°＝50°，反射角与入射角不相等，故A错误；
B、平面镜所成的像与物体关于镜面是对称的，所成的像是虚像，故B正确；
C、光线从空气中斜射入水中时，折射角小于入射角，故C正确；
D、在光的色散中，红光的偏转程度最小，紫光的偏折程度最大，故D正确。
故选：A。
【点评】本题考查了光路图的辨别，难度不大。
6．（2分）（2021•自贡）关于四冲程内燃机，下列说法正确的是（ ）
A．汽油机和柴油机都是内燃机，吸入汽缸的物质相同
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）某种质量物质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错误；
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：D。
【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。
7．（2分）（2021•自贡）在科学发展的历程中，许多学者、科学家做出了杰出的贡献，下列叙述正确的是（ ）
①沈括最早记述了“地理的两极和地磁两极不重合”的现象；
②牛顿最早利用实验测量出了大气压的数值；
③奥斯特首先发现了电磁感应现象；
④伽利略通过实验分析得出，物体的运动不需要力来维持。
A．只有①、②正确 B．只有①、④正确
C．只有②、③正确 D．只有①、③正确
【分析】本题考查物理学史，应记住一些物理学家及他们的贡献，可逐一对题干中的描述做出判断。
【解答】解：①沈括最早记述了“地理的两极和地磁两极不重合”的现象，即发现了磁偏角，说法正确；
②托里拆利最早利用实验测量出了大气压的数值，而不是牛顿测出的，说法错误；
③奥斯特首先发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，说法错误；
④伽利略通过理想斜面实验分析得出，物体的运动不需要力来维持，说法正确。
综上所述，只有①、④正确。
故选：B。
【点评】物理学史也是物理考试中经常出现的一类题型，要求学生熟记著名科学家的贡献。
8．（2分）（2021•自贡）将重为7牛的物体放入盛水的容器中，物体漂浮在水面上且溢出3牛的水，物体受到的浮力（ ）
A．一定等于3牛 B．一定等于7牛
C．可能等于3牛 D．可能等于4牛
【分析】根据物体的浮沉条件，判断物体受到的浮力大小。
【解答】解：物体的重力G＝7N，在水中静止时处于漂浮状态，
由物体的浮沉条件可知，物体受到的浮力为：F浮＝G＝7N。
故选：B。
【点评】此题考查学生对物体的浮沉条件的应用，此题有排出水的重力3N是干扰条件，学生容易选其他答案。
9．（2分）（2021•自贡）如图所示是在一个标准大气压下完成的托里拆利实验，原来玻璃管竖直，后来让玻璃管倾斜，水银充满全管，有关尺寸如图所示。下列说法中错误的是（ ）
A．玻璃管倾斜后，水银对玻璃管上端有压强
B．外界大气压强等于76cm高水银柱所产生压强
C．玻璃管竖直时，上端无水银的部分肯定是真空
D．玻璃管倾斜后，若不慎将上端碰出一小孔，则水银会向上喷出
【分析】在托里拆利实验中，玻璃管内外水银面高度差取决于外界大气压的大小，在正常测量时，外界大气压不变，水银柱的高度差就不会改变。
【解答】解：由图知，玻璃管竖直时，水银柱高为76cm，倾斜后水银高为74cm。
A、大气压不变，仍能支持76cm的水银柱，而倾斜后水银充满全管，水银高为74cm，水银柱产生压强减小，所以水银对玻璃管上端有压强，故A正确；
B、由图知，玻璃管竖直时，水银柱高为76cm，所以外界大气压强等于76cm高水银柱所产生压强，故B正确；
C、玻璃管倾斜后能够充满全管，说明上端无水银的部分肯定是真空，若不是真空，管内水银不会充满全管，故C正确；
D、玻璃管倾斜后，上端碰出一小孔，试管上端也存在大气压强，管内水银在重力作用下会下降，而不会向上喷，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查了托里拆利实验的原理，能知道玻璃管倾斜时水银柱的长度大于水银柱的竖直高度是本题的关键。
10．（2分）（2021•自贡）如图所示，水平桌面上有甲、乙两个相同容器，分别装有密度为ρ1、ρ2的两种不同液体，将两个相同的小球分别放在两容器中，小球静止时，两容器液面相平，两个小球受到的浮力分别为F1、F2，则下列判断中正确的是（ ）
①F1＞F2
②ρ1＞ρ2
③甲容器底部受到液体的压强大于乙容器底部受到液体的压强
A．②③ B．①② C．①③ D．①②③
【分析】（1）根据物体浮沉条件判断小球在两种液体中所受浮力与其重力的关系，进而得出小球在两种液体中所受浮力的大小关系；
（2）根据小球在甲、乙两杯中的状态判断两种液体与小球的密度关系，进而得出两种液体的密度关系；
（3）利用p＝ρ液gh比较甲、乙两烧杯底受到液体的压强大小。
【解答】解：
①因为物体漂浮或悬浮时，受到的浮力和自身的重力相等，所以两个相同的小球在两杯中受到的浮力都等于小球的重力，则：F1＝F2，故①错误；
③由图可知，小球在甲、乙两杯中分别处于漂浮和悬浮状态，根据浮沉条件可知，ρ1＞ρ球，ρ2＝ρ球．所以ρ1＞ρ2，故②正确；
③两杯中液面相平，ρ1＞ρ2，所以根据p＝ρ液gh可知，烧杯底受到液体的压强：p1＞p2，故③正确。
故选：A。
【点评】本题考查了物体浮沉条件和液体压强公式的应用，一定要掌握物体浮沉情况与密度的关系，同时要搞清不同状态下（漂浮、悬浮）物体所受重力与浮力的大小关系。
11．（2分）（2021•自贡）如图所示的实例中，利用了“流体压强与流速关系”工作的是（ ）
A．茶壶 B．吸盘挂钩
C．飞机机翼上面凸起 D．水坝上窄下宽
【分析】（1）连通器的特点：上端开口下端连通的容器。连通器里只有一种液体，在液体不流动的情况下，连通器各容器中液面总是相平的；
（2）吸盘挂钩利用了大气压强的作用；
（3）流速越大，压强越小；流速越小，压强越大；
（4）液体压强随深度的增加而增大，据此解释为什么修大坝时上窄下宽。
【解答】解：
A、茶壶的壶嘴和壶身上端开口下端连通，构成了连通器，没有利用流体压强与流速关系，故A不符合题意；
B、用力挤压吸盘，吸盘内空气减少，外部大气压把吸盘紧紧压住，所以用吸盘挂钩挂物体，利用了大气压强的作用，故B不符合题意；
C、在气体和液体中，流速越大的位置，压强越小；飞机的机翼做成上面凸起，下面平直，由此飞机在飞行时，机翼上方的空气流速大，压强较小，机翼下方的空气流速小，压强大，所以飞机受到一个向上的升力，故C符合题意；
D、液体压强随深度的增加而增大，大坝修得上窄下宽是为了使底部能承受更大的压强，故D不符合题意。
故选：C。
【点评】本题考查了一些生活实例与所运用的物理知识的联系，体现了物理知识在生活中的应用，有一定综合性，但难度不大。
12．（2分）（2021•自贡）如图所示，有三个实心圆柱体甲、乙、丙，放在水平地面上，其中甲、乙高度相同，乙、丙的底面积相同，三者对地面的压强相等，下列判断正确的是（ ）
A．ρ甲＝ρ乙＞ρ丙 B．ρ甲＝ρ乙＝ρ丙
C．m甲＝m乙＝m丙 D．m甲＞m乙＝m丙
【分析】（1）甲、乙、丙都是实心圆柱体，对水平地面的压强p＝＝＝＝＝＝ρgh；
知道甲、乙、丙高度关系，三者对地面的压强相等，利用p＝ρgh比较甲、乙、丙的密度大小关系；
（2）知道甲、乙的底面积大小关系，可得体积关系，知道密度关系，可求质量关系；知道乙、丙的底面积大小关系，对地面的压强相等，利用p＝＝＝可得乙丙的质量关系，进而得出三圆柱体的质量关系。
【解答】解：
（1）因为甲、乙、丙都是实心圆柱体，
所以对水平地面的压强p＝＝＝＝＝＝ρgh；
由图知甲、乙、丙的高度h甲＝h乙＜h丙，且三者对地面的压强相等，
所以由p＝ρgh可知，三圆柱体的密度关系：ρ甲＝ρ乙＞ρ丙；故A正确，B错误；
（2）由图知甲、乙的底面积S甲＜S乙，高度h甲＝h乙，
所以V甲＜V乙，
因为ρ甲＝ρ乙，m＝ρV，
所以甲乙圆柱体的质量关系：m甲＜m乙；
已知乙、丙的底面积S乙＝S丙，对地面的压强相等，
则由p＝＝＝可知，乙丙圆柱体的质量关系：m乙＝m丙；
所以三圆柱体的质量关系：m甲＜m乙＝m丙；
故CD错。
故选：A。
【点评】本题考查了密度公式、压强公式的应用，本题关键是知道：圆柱体物体对水平地面的压强p＝＝＝＝＝＝ρgh。
13．（2分）（2021•自贡）将规格完全相同的滑轮，用绳子绕成图中的甲、乙滑轮组。使用甲、乙滑轮组分别匀速提升重力为G1、G2的两物体，升高相同的高度。绳自由端施加的拉力大小分别为F1和F2，物重G1＞G2，不计绳重和摩擦。则下列判断正确的是（ ）
A．拉力F1一定大于F2
B．乙滑轮组的机械效率较高
C．甲、乙滑轮组的有用功相同
D．甲的额外功与有用功的比值较小
【分析】在不计摩擦和绳重时，用相同的滑轮组装不同的滑轮组：
（1）已知物重G、动滑轮重G动以及动滑轮上绳子股数n的大小关系，可利用公式：得到绳端拉力F的大小关系；
（2）已知物重G、物体上升高度h的大小关系，可利用公式：W有＝Gh得到有用功的大小关系；
（3）已知动滑轮重G动、物体上升高度h的大小关系，可利用公式：W额＝G动h得到额外功的关系以及额外功与有用功的比值大小关系；
（4）根据公式：W总＝W有+W额和效率公式：η＝确定机械效率的大小。
【解答】解：A、由图可知，甲、乙动滑轮上绳子股数n分别为3和2，且物重G1＞G2，动滑轮重G动相同，由公式：可知：F1与F2的大小关系不能确定，故A错误；
B、已知物体上升的高度h相同，且物重G1＞G2，动滑轮重G动相同，由公式：W有＝Gh、W额＝G动h可知：甲的有用功大于乙的有用功，两者的额外功相同，则甲的额外功与有用功的比值较小，故C错误、D正确；
再由公式：η＝可知：在额外功相同时，甲的有用功大，其效率就高，故B错误。
故选：D。
【点评】本题考查滑轮组中拉力、有用功、额外功、效率等公式的应用，有一定综合性，难度适中。
14．（2分）（2021•自贡）一位摄影爱好者采用在同一张底片上多次曝光的方法，拍摄了极限跳伞运动员从悬崖上跳下的过程。从运动员离开悬崖时开始，每隔0.3s曝光一次，得到了一张记录运动员在打开降落伞之前的一段下落情况的照片，如图。已知运动员从a点到d点可视为沿竖直方向运动，通过ab、bc和cd的时间间隔均为0.6s，空气阻力不能忽略。对于运动员从a点到d点的下落过程，下列分析中正确的是（ ）
A．运动员下落过程中的速度的大小保持不变
B．运动员所受的重力在ab段所做的功等于在cd段所做的功
C．运动员所受的重力在ab段做功比在cd段做功慢
D．运动员下落过程中减少的重力势能全部转化为动能
【分析】（1）根据相同时间内通过的距离可判断其速度是否变化；
（2）（3）运动员重力不变，根据W＝Gh，判断距离的变化，即可判断做功的情况；根据相同时间做功的多少，分析判断做功的快慢。
（4）在有空气阻力的情况下，克服空气阻力会消耗一部分机械能。
【解答】解：
A、由图知，运动员下落过程中在相同时间内通过的距离不同，因此他的速度的大小是变化的，故A错误；
B、由图知，运动员在ab段与cd段通过的距离不同，且运动员的重力不变，由公式W＝Gh可知，其所受的重力在ab段所做的功不等于在cd段所做的功，故B错误；
C、由图知，运动员在ab段比在cd段通过的距离短，因此相同时间内做功少，即重力在ab段做功比在cd段做功慢，故C正确；
D、由于空气阻力不能忽略，所以运动员下落过程中克服空气阻力会消耗一部分机械能（会转化为内能），所以减少的重力势能并没有全部转化为动能，故D错误。
故选：C。
【点评】本题以极限跳伞为内容，考查了对物体运动速度的判断、做功的比较以及机械能的转化，有一定综合性，但难度不大。
15．（2分）（2021•自贡）如图甲电路，闭合开关S后，两个灯泡都能发光，乙图为电流表A1指针的位置，如果电流表A2读数是0.6A，则下列说法错误的是（ ）
A．电流表A1的读数是0.3A
B．灯泡L1和L2并联
C．电流表A1一定连接“﹣、3”接线柱
D．通过灯L1的电流为0.9A
【分析】由电路图知，两灯并联，电流表A1测量干路电流，电流表A2测量通过L2的电流；根据并联电路特点判断A1量程并读数，由并联电路的电流特点计算L1的电流。
【解答】解：
（1）由图甲知，电流从正极流出经电流表A1后分成两支，一支通过L1，另一支通过L2和A2，所以两灯并联，电流表A1测干路电流，电流表A2测L2的电流，故B正确；
（2）因为并联电路中干路电流等于各支路电流之和，且电流表A2读数是0.6A，由图乙知，电流表A1应选择0～3A的量程，连接“﹣、3”接线柱，A1读数为1.5A，故A错误，C正确；
则通过L1的电流I1＝I﹣I2＝1.5A﹣0.6A＝0.9A，故D正确。
故选：A。
【点评】本题考查了串并联电路的识别、并联电路电流特点的应用、电流表的读数，关键是正确识别电路的连接方式和电表的作用。
16．（2分）（2021•自贡）如图所示，下列描绘物理现象或规律正确的是（ ）
A．甲图中闭合开关后看到的现象称为电磁感应现象
B．乙图展示了电动机的原理
C．丙图也可把拉线开关与灯的位置互换
D．丁图用毛皮摩擦橡胶棒，橡胶棒带负电是由于毛皮束缚电子的能力比较强
【分析】（1）奥斯特实验说明通电导体周围有磁场；
（2）电动机中有电源，是根据通电导体在磁场中受力运动工作的；
（3）在家庭电路中，开关应该接在火线和用电器之间；
（4）不同的物质原子核束缚核外电子的本领有强有弱，两种物质相互摩擦时，原子核束缚核外电子本领强的夺得电子，因多余电子带负电；原子核束缚核外电子本领弱的失去电子，因缺少电子带正电。摩擦起电的实质不是创造了电，而是电子的转移。
【解答】解：
A、甲图是奥斯特实验，说明通电导体周围有磁场，故A错误；
B、图中由电源，是电动机的原理图，是根据通电导体在磁场中受力运动的原理制成的，故B正确；
C、从安全用电的角度分析，把拉线开关接在灯和火线之间更能保证用电安全，故C错误；
D、用毛皮摩擦橡胶棒，橡胶棒的原子核束缚核外电子本领强、夺得电子，因有了多余电子带负电，毛皮的原子核束缚核外电子的本领弱，就会失去电子，因缺少电子带正电。故D错误；
故选：B。
【点评】此题考查看奥斯特实验、电动机原理实验、安全用电和摩擦起电的实质，是一道综合题。
17．（2分）（2021•自贡）如图所示，是科技小组设计的监测河水流速变化的装置原理图，机翼状的探头始终浸没在水中，通过连杆带动滑动变阻器的滑片P上下移动，电源电压保持不变。闭合开关S，当水流的速度变大时（ ）
A．电压表的示数变大
B．电流表的示数变小
C．电路消耗的总功率变小
D．电流表示数与电压表示数的比值变大
【分析】（1）（2）分析电路连接及电表测量的物理量，流体的压强跟流速有关，流速越大的位置（上表面流速大），压强越小，当水流速度增大时，下表面压强大于上表面压强，R2滑片上移，变阻器连入电路的阻值减小；当水流速度减小时，上下表面的压强差减小，R2滑片下移，变阻器连入电路的阻值增大，结合串联电路的规律及欧姆定律分析；
（3）根据P＝UI判断出水流的速度变大时电路消耗总电功率的变化；
（4）由图知，两电阻串联，电压表测变阻器的电压，电流表测电路的电流，电流表与电压表的比值即为滑动变阻器的电阻的倒数，由（1）判断出知电流表与电压表的比值的变化。
【解答】解：
AB、根据电路图可知，两电阻串联，电压表测变阻器的电压，电流表测电路的电流：
流体的压强跟流速有关，流速越大的位置（上表面流速大），压强越小，当水流速度增大时，上表面压强小于下表面压强，R2滑片上移，变阻器连入电路的阻值变小，由电阻串联的规律知，电路的总电阻变小，由欧姆定律I＝，电路的电流变大，电流表示数变大；根据U＝IR，R1的电压变大，由串联电路电压的规律，电压表示数变小，故AB错误；
C、电路的电流变大，根据P＝UI知电路消耗总电功率变大，故C错误；
D、由图知，两电阻串联，电压表测变阻器的电压，电流表测电路的电流，电流表与电压表的比值即为滑动变阻器的电阻的倒数，由（1）知当水流的速度变大时，滑动变阻器的电阻减小，其倒数增大，所以电流表与电压表的比值变大，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查压强与流速的关系及串联电路的规律和欧姆定律的运用，难度不大。
18．（2分）（2021•自贡）如图甲是身高测量仪，体检者站在绝缘平台上，能自动显示身高，电路原理如图乙，R0为定值电阻，下列有关分析中正确的是（ ）
A．电流表示数显示身高，身高越高示数越大
B．电压表示数显示身高，身高越高示数越大
C．身高越高，R消耗的电功率越小
D．身高越高，电路消耗的总功率越大
【分析】由电路图可知，R与R0串联在电路中，电压表测滑片P下方电阻丝两端的电压，电流表测电路中的电流；
因电压表在电路中相当于断路，则当滑片移动时，滑动变阻器接入电路中的电阻不变，电路的总电阻不变；根据欧姆定律判定电流表示数的变化、电压表示数的变化，从而可知用哪种电表的示数显示身高；
知道电流的变化情况，且R的阻值不变，根据P＝I2R可判断R0消耗电功率的变化；利用P＝UI可知总功率的变化。
【解答】解：
由电路图可知，R与R0串联在电路中，电压表测滑片P下方电阻丝两端的电压，电流表测电路中的电流；
A、因电压表在电路中相当于断路，则当滑片移动时，滑动变阻器接入电路中的电阻不变；
身高越高时，滑片会向上移动，由于滑动变阻器接入电路的电阻不变，电路的总电阻不变，由欧姆定律可知，电路中的电流不变，所以电流表示数不能显示身高的变化，故A错误；
B、电压表测滑片下方电阻丝两端的电压，身高越高时，滑片下方电阻丝的阻值越大，由U＝IR可知电压表示数越大，所以应该用电压表示数显示身高，且身高越高示数越大，故B正确；
C、身高越高时，由于电路中的电流不变、R的阻值不变，则根据P＝I2R可知R消耗的电功率不变，故C错误；
D、身高越高时，总电压不变，电路中电流不变，由P＝UI可知，电路消耗的总功率不变，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，关键是分析得出“滑片移动时，滑动变阻器接入电路中的电阻不变”。
19．（2分）（2021•自贡）如图所示是“探究电流通过导体时产生热量的多少与哪些因素有关”的实验装置。两个透明容器中密封着等量的空气，下列说法错误的是（ ）
A．U形管液面高度变化是因为容器中气体热胀冷缩的缘故
B．通电后透明容器中气体的内能增大是通过做功的方式改变的
C．图甲中，通电一段时间后左右两边容器内电阻产生的热量之比是1：2
D．图乙所示的装置可以用来探究电流通过导体产生的热量多少跟电流大小的关系
【分析】（1）探究电流产生热量与电阻关系时，控制电流和通电时间不变；
（2）由焦耳定律可知，电流产生热量的多少，即可判断容器内空气吸热量多少；
（3）探究电流产生的热量与电流的关系，控制电阻和通电时间不变；
（4）电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但可以通过液面高度差的变化来反映，这种研究方法叫转化法．
【解答】解：A.电流通过导体产生的热量不能直接显示出来，容器中空气会由于热胀冷缩而出现高度差，由此反映出产生的热量多少，故选项A说法正确；
B.容器中气体的内能增大是通过电阻丝将热量传递给气体的，故气体内能增大是通过热传递的方式改变的，故选项B说法错误；
C.甲图中电阻之比为：R1：R2＝5Ω：10Ω＝1：2；
串联电路中电流相等，故电流之比为：I1：I2＝1：1；
图甲中电阻产生热量之比为：＝＝＝，故C正确；
D.图乙中容器中电阻相等，根据串并联电路关系可知，他们的电流不等，并联电阻支路中电流为干路电流的一半，两边容器中电阻的电流不同，可以用来探究产生热量与电流大小的关系，故选项D说法正确。
故选：B。
【点评】本题主要考察探究电流通过导体时产生热量的多少与哪些因素有关的实验。
20．（2分）（2021•自贡）如图电路中，电源电压为12V。在a，b间接入灯L1“4V 2W”，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片P使灯L1正常发光。断开开关取下灯L1，保持滑片P的位置不变，在a、b间接入“4V 4W”灯L2后闭合开关，不考虑温度对灯丝电阻的影响，则正确的（ ）
A．灯L2正常发光
B．电压表的示数保持4V不变
C．灯L2的实际功率为1.44W
D．滑动变阻器接入电路的电阻为8Ω
【分析】根据P＝求出两灯泡的电阻；
（1）根据两个灯泡电阻的不同分析灯的发光情况的变化；
（2）根据灯L1正常发光，求出电路中的电流，根据欧姆定律和串联电路的电流、电压规律求出滑动变阻器的电阻；
再根据欧姆定律求出电流，根据P′2＝I″2R2算出灯L2的实际功率。
【解答】解：根据P＝知，两灯泡的电阻分别为：
R1＝＝＝8Ω，R2＝＝＝4Ω，
AB、灯L1正常发光时，其两端的电压为4V，保持滑片P的位置不变，接入灯L2，两灯的电阻不同，
则ab间的电压会发生变化，故灯L2不会正常发光，故AB错误；
CD、灯L1正常发光时的电流为：I＝＝＝0.5A；
根据串联电路电压特点可知，滑动变阻器两端的电压为：
U'＝U﹣U1＝12V﹣4V＝8V，
由欧姆定律得，滑动变阻器接入电路的电阻为：
R'＝＝＝16Ω，
换上L2后的总电阻为：R＝R2+R'＝4Ω+16Ω＝20Ω，
此时电路中的电流为：I''＝＝＝0.6A，
灯L2的实际功率为：P′2＝I″2R2＝（0.6A）2×4Ω＝1.44W，故C正确，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到电功率公式和欧姆定律、串联电路特点的应用，要注意灯泡的亮暗取决于实际功率的大小。
二、填空题（本大题包括6小题，共12分。）
21．（2分）（2021•自贡）每年6月6日是“爱眼日”，如图1所示中的 乙 图（选填“甲”或“乙”）是近视眼的成像示意图；CCTV“广而告之”栏目曾播放过一段公益广告（如2图所示），图中通过插座接入电路的用电器同时工作时，很有可能烧断保险丝，这说明电路中电流过大的原因之一是 总功率过大 。
【分析】正常的眼睛可以将光线会聚在视网膜上。近视眼会将物体的像呈在视网膜之前，应该佩戴凹透镜进行矫正。远视眼会将物体的像呈在视网膜之后，应该佩戴凸透镜进行矫正。
家庭电路中电流过大的原因有两个：短路和用电器的总功率过大。
【解答】解：甲图将光线会聚在视网膜后方，因此甲图表示远视眼；乙图将光线会聚在视网膜前方，因此乙图表示近视眼；
通过插座接入电路的用电器同时工作时，总功率过大，由P＝UI可知，干路电流会过大，根据焦耳定律可知，电流过大时，保险丝会产生过多的热量，容易烧断保险丝。
故答案为：乙；总功率过大。
【点评】本题考查了近视眼的成因及造成家庭电路电流过大的原因，属于基础题。
22．（2分）（2021•自贡）在探究“物质的放热能力与哪些因素有关”时，分别用质量均为1kg的水和某种液体进行对比实验（水的比热容较大），并用图像对实验数据进行了处理，如图所示，实验过程中，水和某种液体在相同时间内放出的热量相等，分析图像可以得出： 乙 （选填“甲”或“乙”）物质是某种液体，某种液体的比热容为 2.1×103 J/（kg•℃）。
【分析】（1）选同样的加热时间，甲和乙吸热相同，根据温度变化的多少判断，温度变化多的比热容小，温度变化少的比热容大，据此分析判断；
（2）根据Q放＝cm△t可求出水放出的热量；根据放热公式Q放＝cm△t求出某种液体的比热容。
【解答】解：（1）时间相等时，两种液体放出的热量相等，由图示可以看出，乙液体的温度降低的快，甲液体温度降低慢，则甲的放热能力强，甲是水，乙是某种液体；
（2）由图可知：液体的初温是60℃，放热15分钟后水的末温是40℃，乙的末温度是20℃，
水放出的热量：Q放＝c水m水（t水﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（60℃﹣40℃）＝8.4×104J；
由图可知，相同时间内放出相同的热量，根据Q＝cm△t可知，液体的比热容为：
c乙＝＝＝2.1×103J/（kg•℃）。
故答案为：乙；2.1×103。
【点评】本题考查了学生对放热公式的掌握和运用，能从温度﹣时间图像得出相关信息是本题的关键。
23．（2分）（2021•自贡）有一种电热水壶有“烧水”和“保温”两个挡，如图所示是其内部简化电路图，已知R0＝44Ω，R1＝1056Ω，当S接1时，电热水壶处于 保温 （选填“烧水”和“保温”）挡，当S接2时，通电2min该电热水壶产生的热量是 1.32×105 J。
【分析】（1）电路电压U一定，由P＝可知，电阻越大，电功率越小，由此分析S接1时电路图连接情况，从而确定电饭锅的状态；
（2）由I＝计算电路中电流，由Q＝I2Rt计算通电1min电路产生的热量。
【解答】解：（1）由电路图可知，当开关S置于“1”挡时，两电阻串联，电路电阻最大，电源电压一定，由P＝可知，电饭锅电功率最小，处于保温状态；
（2）当开关S置于“2”挡时，R1被短路，只有R0接入电路，电路电阻最小，电饭锅电功率最大，处于加热状态，
此时电路中电流：
I＝＝＝5A；
通电1min电路产生的热量：
Q＝I2R0t＝（5A）2×44Ω×2×60s＝1.32×105J。
故答案为：保温；1.32×105。
【点评】本题考查串联电路特点、欧姆定律和电功率公式应用以及电热的计算，分析清楚开关接不同位置时电路的连接方式是关键。
24．（2分）（2021•自贡）如图所示，A、B、C、D是四个接线柱，要使L1、L2并联，应用导线分别连接 AC 两接线柱和连接 BD 两接线柱。
【分析】在并联电路中，各用电器并列连接，电路中电流有多条路径，各用电器之间互不影响。
【解答】解：
若把接线柱A与C连接，接线柱B与D连接，则电路中有两条电流的流通路径，此时L1、L2并联，如下图所示：
故答案为：AC；BD。
【点评】本题主要考查利用电流流向法和串并联电路中电流路径的特点分析电路的连接方式，属于常考题。
25．（2分）（2021•自贡）甲、乙两辆小车在平直的路面上向东运动，小林测出它们运动的路程和时间，并由所测数据作出了相应的s﹣t图像，如图所示。由图可知v甲 ＞ v乙（选填“＞”、“＝”或“＜”），以甲车为参照物，乙车向 西 （选填“东”或“西”）运动。
【分析】（1）比较物体运动快慢的方法：可以以相同时间比路程；也可以以相同路程比时间。由此根据图象分析可得两车速度关系；
（2）要判断以甲为参照物，乙车向哪个方向运动，关键是要看甲车和乙车的哪个速度大：若乙车速度大于甲车速度，则以甲为参照物，乙向东运动；若两车速度相等，则以甲为参照物，乙是静止的；若乙车速度小于甲车速度，则以甲为参照物，乙向西运动。
【解答】解：
（1）由图知，甲和乙车都通过60m的路程时，t甲＜t乙，由v＝可知，v甲＞v乙；
（2）甲、乙两辆小车在平直的路面上向东运动，且v甲＞v乙，所以以甲为参照物，乙车向西运动。
故答案为：＞；西。
【点评】本题考查了速度的比较以及物体运动状态的判断。图象信息题着重考查学生对图象的识别能力、分析判断能力以及用数学知识解决物理问题的能力。
26．（2分）（2021•自贡）用图甲所示的滑轮组运送货物上楼，每件货物重为100N，每次运送的量不定，图乙记录了在整个过程中滑轮组的机械效率随货物重力增加而变化的图像，则动滑轮重为 100 N；当某次运送4件货物时，滑轮组的机械效率为 80 %（不考虑绳重和摩擦）。
【分析】（1）由图乙可知，运送1件货物时，即G＝100N时，滑轮组的机械效率η＝50%；不考虑绳重和摩擦时，滑轮组的机械效率η＝＝＝，据此求出动滑轮的重力；
（2）不计绳重和摩擦，当某次运送4件货物时，根据η′＝＝＝求出此时滑轮组的机械效率。
【解答】解：
由图乙可知，运送1件货物时，即G＝100N时，滑轮组的机械效率η＝50%，
因不考虑绳重和摩擦时，滑轮组的机械效率η＝＝＝，
所以可得：50%＝，解得G动＝100N；
当某次运送4件货物时，即G′＝4G＝4×100N＝400N；
不计绳重和摩擦，则滑轮组的机械效率：
η′＝＝＝＝＝80%。
故答案为：100；80。
【点评】此题考查了滑轮组机械效率公式的应用，关键要知道：在不计摩擦和绳重时，额外功为克服动滑轮重力做的功，则滑轮组的机械效率η＝＝＝，这是求解竖直滑轮组机械效率的常用方法。
三、简述、作图、实验题（本大题包括5小题，共33分。）
27．（2021•自贡）图是建筑工人用钻孔机钻孔的情景，钻孔时钻头会发热，要不断给钻头浇水降温以保护钻头。请用学过的热学知识解释钻孔时钻头发热和浇水能给钻头降温的原因。
【分析】（1）改变物体内能的方法：一是做功（能量的转化），二是热传递（能量的转移）；
（2）水的比热容大，是指相同质量的水和其它物质比较，升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多。
【解答】答：
（1）建筑及装修工程中经常需要用钻孔机钻孔，钻头和墙相互摩擦，机械能转化为内能，钻头内能增大，温度升高，故钻头会发烫；
（2）水和其他物质比较，质量相同、升高相同的温度时，由于水的比热容大，所以水吸收的热量多，从而降低钻头的温度避免钻头烧坏。
【点评】本题考查了学生对改变内能的方法（做功、热传递）、水汽化吸热的应用，属于热学常见题目。
28．（2021•自贡）小邱同学在践行我市中小学生“研学旅行”活动中，赴大邑县“建川博物馆”进行了一次远行研学。他所用的拉杆旅行箱示意图如下所示。装有物品的旅行箱整体可视为杠杆，O为支点，B为重心，A为拉杆的端点。在A点沿图示方向施加拉力F，旅行箱静止。请完成下列问题：
①画出拉力F的力臂L。
②要使作用在A点的拉力减小，保持其他条件不变，下列做法可行的是 C （选填符合要求的选项标号）。
A.缩短拉杆的长度
B.使拉力方向顺时针改变20°
C.将箱内较重的物品靠近O点摆放，重心由B变至B′
【分析】（1）力臂是支点到力的作用线的距离，由此画出F的力臂；
（2）根据杠杆的平衡条件分析各选项中作用在A点拉力的变化即可。
【解答】解：
（1）由图知，O为支点，反向延长力F的作用线，由O点做F作用线的垂线，垂线段长为其力臂L，如图所示：
（2）A、拉杆箱的重力、重力的力臂不变，缩短拉杆的长度，则拉力的力臂变短，根据杠杆的平衡条件可知，拉力变大，故此方法不可行；
B、拉杆箱的重力、重力的力臂不变，使拉力方向顺时针改变20°，此时拉力的力臂变小，根据杠杆的平衡条件可知，拉力变大，故此方法不可行；
C、拉杆箱的重力不变，将箱内较重的物品靠近O点摆放，重心由B变至B′，重力的力臂变短，拉力方向不变，拉力的力臂不变，根据杠杆的平衡条件可知，拉力变小，故此方法可行。
故选：C。
故答案为：（1）见上图；（2）C。
【点评】本题考查杠杆的力臂作图以及杠杆的动态平衡问题，正确分析各种情况下力臂的变化是关键。
29．（2021•自贡）放有条形磁体的小车静止在水平地面上，闭合开关S，条形磁体因受磁力向左运动，请在图中括号里标明电源左端的极性和电磁铁右端的磁极。
【分析】（1）由条形磁体向左运动，根据磁极间的相互作用（同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引）判断出电磁铁的NS极；
（2）利用安培定则（用右手握住螺线管，让四指指向螺线管中电流的方向，则大拇指所指的那端就是螺线管的N极）判断出电源的正负极。
【解答】解：
（1）闭合开关S，条形磁体因受磁力向左运动，说明条形磁体受到了一个向左的排斥力，已知条形磁体左端为S极、右端为N极，根据同名磁极相互排斥可确定通电螺线管的左端是N极、右端为S极；
（2）根据安培定则，大拇指指向通电螺线管的N极，则电流从电磁铁右侧流入，所以电源的左端为负极，如图所示：
【点评】本题的入手点是利用条形磁体的运动方向、根据磁极间的相互作用判断出通电螺线管的南北极，再利用安培定则判断出电源的正负极，这是一道综合题，很巧妙的将安培定则和磁极间的相互作用联系起来，是一道好题。
30．（2021•自贡）在“探究凸透镜成像规律”的实验中。
（1）图甲中光屏上所成的像是倒立 放大 （选填“放大”“等大”或“缩小”）的实像，生活中 投影仪 （选填“照相机”“投影仪”或“放大镜”）利用这一原理制成的。
（2）如图乙，线段AB为凸透镜成像的物距倒数和像距倒数的关系，则凸透镜焦距为 10 cm。
（3）当光屏上呈现清晰的像时，不改变图甲中蜡烛和透镜位置：
①若将凸透镜换成焦距相同镜面较小的凸透镜，再次实验，光屏上所成的像与原来相比 变暗 （选填“变小”“变暗”或“变不完整”）了。
②若将凸透镜换成镜面大小相同、焦距稍小的凸透镜，再次实验，则需将屏 向左 （选填“向左”或“向右”）移动才能成清晰的像，光屏上所成的像与原来的像比 变小 （选填“变大”或“变小”）了。
【分析】（1）物距在一倍焦距和二倍焦距之间，像距应大于二倍焦距，成倒立、放大的实像，应用于投影仪或幻灯机；
（2）物距等于二倍焦距成倒立等大实像；
（3）①用焦距相同、镜面直径较小的凸透镜，发光体发出的光透过凸透镜的光线少；②如果将凸透镜换成焦距稍小的凸透镜，比起原来就相当于将物距变大了，那么像距就要减小。
【解答】解：（1）由图可知，此时的物距小于像距，成倒立、放大的实像，应用于投影仪；
（2）凸透镜成实像时，u＝v＝2f时，成倒立、等大的实像，此时的＝＝5m﹣1，则u＝v＝0.2m＝20cm＝2f，故f＝10cm；
（3）①用另一只与原实验中焦距相同但镜面直径较小的凸透镜，替代原来的凸透镜再次实验，成像大小不会变化，但经凸透镜的光线变少，所成的像与原来的像相比，比原来暗；
②如果将凸透镜A换成镜面直径相同、但焦距稍小的凸透镜，比起原来就相当于将物距变大了，那么像距就要减小，像变小；光屏要靠近凸透镜，即向左移动。
故答案为：（1）放大；投影仪；（2）10；（3）①变暗；②向左；变小。
【点评】此题考查了凸透镜成像的规律及应用、成像中的一些问题，只要掌握基础知识，做出合理的推理，都比较容易解答。
31．（2021•自贡）如图所示，在“探究滑动摩擦力大小与什么因素有关”的实验中：
（1）实验过程中，用弹簧测力计沿水平方向拉着物块A做匀速直线运动，此时滑动摩擦力大小 等于 （选填“大于”、“等于”或“小于”）弹簧测力计示数。在利用图甲装置进行实验时，运动过程中木块A的速度突然变大，则木块A受到的滑动摩擦力将 不变 （选填“变大”、“不变”或“变小”）。
（2）在甲、乙、丙所示图中，分别用F1＝1N，F2＝2N，F3＝1.5N的拉力，拉着物块A匀速前进，为研究滑动摩擦力大小与接触面粗糙程度的关系，应该比较 甲和丙 两次实验。
（3）大量实验进一步证明：在接触面粗糙程度相同时，滑动摩擦力大小与压力大小成正比，在丙图中物块A上叠放一块与A相同的物块B，用弹簧测力计拉着物块A，使物块B随A一起做匀速直线运动（如丁图所示），此时弹簧测力计示数为F4，则F4＝ 3 N；此运动过程中，物块B受到的摩擦力为 0 N。
【分析】（1）弹簧测力计拉动木块运动时，弹簧测力计显示拉力大小，当弹簧测力计水平拉动木块做匀速直线运动时，滑动摩擦力大小等于弹簧测力计示数。
从滑动摩擦力大小的影响因素进行分析。
（2）滑动摩擦力大小跟压力大小和接触面粗糙程度有关，探究滑动摩擦力大小跟接触面粗糙程度的关系时，控制压力不变，改变接触面粗糙程度。
（3）在接触面粗糙程度相同时，滑动摩擦力大小与压力大小成正比，根据这个结论求出压力变为原来二倍时，滑动摩擦力大小是多少。
当物体没有发生相对运动时或没有运动趋势时，物体不受摩擦力。
【解答】解：（1）弹簧测力计拉动木块运动时，弹簧测力计显示拉力大小，当弹簧测力计水平拉动木块做匀速直线运动时，木块水平方向上受到滑动摩擦力和弹簧测力计的拉力，这两个力是平衡力，大小相等，所以滑动摩擦力大小等于弹簧测力计示数。
滑动摩擦力大小跟压力大小和接触面粗糙程度有关，这个两个因素不变，故木块A受到的滑动摩擦力将不变。
（2）滑动摩擦力大小跟压力大小和接触面粗糙程度有关，探究滑动摩擦力大小跟接触面粗糙程度的关系时，控制压力不变，选择实验甲和丙。
（3）如图丙，木块A受到的滑动摩擦力是1.5N，在丙图中物块A上叠放一块与A相同的物块B，用弹簧测力计拉着物块A，使物块B随A一起匀速直线运动，接触面粗糙程度不变，压力变为原来的2倍，滑动摩擦力变为原来的二倍，故此时滑动摩擦力是3N，即F4＝3N。
B物块随A一起匀速直线运动，B物块相对A物块来讲，没有发生相对运动，也没有相对运动趋势，故B不受摩擦力作用，故物块B受到的摩擦力为0N。
故答案为：（1）等于；不变；（2）甲和丙；（3）3；0
【点评】本题探究滑动摩擦力大小的影响因素，并且给出实验结论，并且利用实验结论解决实际问题。
32．（2021•自贡）小健同学选用电源电压为6V的铅蓄电池组、电流表、电压表等器材测量定值电阻Rx的阻值，他已连接了部分电路，如图甲所示，请你接着完成下列步骤：
（1）用笔画线代替导线完成实物图的连接。
（2）电路连接完整后闭合开关S，移动滑片P时发现电压表无示数，电流表有示数且不断变化，则电路故障可能是 定值电阻Rx发生了短路 。
（3）排除故障后再次闭合开关S，移动滑片P，当电压表示数为3.6V时，电流表的示数如图乙所示，这时电路中的电流为 0.3 A，电阻Rx的阻值为 12 Ω。通过调节滑动变阻器，测得多组Rx的电压和电流值，最后算出Rx阻值的平均值，这样做的目的是 多次测量求平均值减小误差 。
（4）利用上面已连好的电路，还可以完成的实验是 探究电流跟电压的关系 。
（5）在完成R阻值的测量后，将电阻Rx换成小灯泡，继续调节滑动变阻器，测得多组小灯泡的电压和电流值，根据前后所得数据描绘出电阻Rx及小灯泡的U﹣I图像，如图丙、丁所示，其中 丙 （选填“丙”或“丁”）图是小灯泡的U﹣I图像。
【分析】（1）根据原理图连接实物图，注意导线不能交叉，同时注意电压表与定值电阻并联，滑动变阻器需要一上一下接入电路中；
（2）闭合开关S后，移动滑片P时电流表有示数且不断变化，则电路为通路，根据电压表无示数分析；
（3）电流表在读数时，要先确定量程，再看清分度值，根据指针读出电流的大小；根据欧姆定律求出此时电阻丝的阻值；因为定值电阻的阻值不变，多次测量求平均值可以减小误差；
（4）掌握电学中的一些探究实验和测量实验，如测量电功率、电阻，改变电路中的电流、探究电流与电压的关系等；
（5）小灯泡的电阻随温度的变化升高而变大。
【解答】解：（1）根据分析连接实物图如图所示；
（2）闭合开关S后，移动滑片P时电流表有示数且不断变化，则电路为通路，发现电压表无示数，则电路故障可能是定值电阻Rx发生了短路；
（3）根据图乙知，电流表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，所以示数为0.3A，
则电阻丝的电阻为：R＝＝＝12Ω；
因为定值电阻的阻值不变，所以多次测量求平均值的目的是减小误差；
（4）用此实验还可以探究电流跟电压的关系；
（5）小灯泡的电阻随温度的升高而增大，故灯的I﹣U图像为曲线，故能正确反映出小灯泡的电流电压关系的是图丙。
故答案为：（1）如上图所示；（2）定值电阻Rx发生了短路；（3）0.3；12；多次测量求平均值减小误差；（4）探究电流跟电压的关系；（5）丙。
【点评】此题测量定值电阻的阻值实验，考查了实物电路的连接、滑动变阻器的使用及减小误差的实验方法，同时考查了电流表的读数及电阻的计算，还涉及到了灯丝电阻与温度的关系。在平时学习中注意各电路图的联系。本电路在初中物理电学实验中应用广泛。可用于测定值电阻的电阻、功率，还能探究电流跟电压、电阻的关系。
四、计算题（本大题包括2小题，共15分解答时应写出必要的文字说明，方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）
33．（2021•自贡）如图甲是食堂为餐具消毒、烘干的保洁消毒柜，其内部电路如图乙所示，S1为温控开关，S2为门控开关，R为石英加热管。消毒柜的总功率为1250W，其中臭氧发生器的功率为150W。求：
（1）正常工作时通过石英加热管R的电流为多大？
（2）在货架上放100kg的不锈钢餐具，将其从26℃加热到70℃，若电流产生的热量有20%损失，消毒柜石英加热管需要正常工作多长时间？[c钢＝0.46×103J/（kg•℃）]
【分析】（1）消毒柜的总功率减去臭氧发生器的功率即为石英加热管R的功率，根据P＝UI求出通过石英加热管R的电流；
（2）知道不锈钢餐具的质量和初温、末温以及比热容，根据Q吸＝cm（t﹣t0）求出吸收的热量，不计热量损失，消耗的电能和不锈钢餐具吸收的热量相等，根据P＝求出正常工作需要的加热时间。
【解答】解：（1）因电路中的总功率等于各用电器功率之和，
所以，石英加热管R的功率：
PR＝P总﹣P发生器＝1250W﹣150W＝1100W，
由P＝UI可得，通过石英加热管R的电流：
I＝＝＝5A；
（2）不锈钢餐具吸收的热量：
Q吸＝c钢m（t′﹣t0）＝0.46×103J/（kg•℃）×100kg×（70℃﹣26℃）＝2.024×106J，
电流产生的热量有20%损失，由η＝可得，加热管消耗的电能：
W′＝＝＝2.53×106J，
则石英加热管正常工作需要的加热时间：
t″＝＝＝2300s。
答：（1）正常工作时通过石英加热管R的电流为5A；
（2）消毒柜石英加热管需要正常工作的时间为2300s。
【点评】本题考查了电功公式和电功率公式、吸热公式的综合应用，要注意电路中的总功率等于各用电器功率之和。
34．（2021•自贡）如图甲所示，有一体积、质量忽略不计的弹簧，其两端分别固定在容器底部和正方体形状的物体上。已知物体的边长为10cm。弹簧没有发生形变时的长度为10cm，弹簧受到拉力作用后，伸长的长度△L与拉力F的关系如图乙所示。向容器中加水，直到物体上表面与液面相平，此时水深24cm。求：
（1）物体受到的水的浮力。
（2）物体的密度。
（3）打开出水孔，缓慢放水，当弹簧处于没有发生形变的自然状态时，关闭出水孔。求放水前后水对容器底部压强的变化量。
【分析】（1）物块刚好完全浸没在水中，求出排开水的体积，利用阿基米德原理即可求出浮力；
（2）由图乙分析图甲状态下弹簧对木块的拉力，根据力的平衡知识求木块的重力，由密度公式解题；
（3）物体刚好完全浸没在水中，根据物体受力平衡求出物体漂浮时浸在水中的深度，再根据p＝ρgh求出容器底部受到的水的压强差。
【解答】解：（1）物块刚好完全浸没在水中，则V排＝V物＝（0.1 m）3＝1×10﹣3m3，
物体所受的浮力：F浮＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×1×10﹣3m3＝10N；
（2）由图甲可知，当物体上表面上液面齐平时，物体上表面距容器底的距离为h＝24cm，弹簧伸长的长度：△L＝24cm﹣10cm﹣10cm＝4cm
由图乙可知，此时弹簧对物体的拉力为F拉＝4N，
木块的重力：G物＝F浮﹣F拉＝10N﹣4N＝6N，
物体的密度：ρ物＝＝＝＝0.6×103kg/m3；
（3）当弹簧处于没有发生形变的自然状态时，L弹簧＝10cm，
此时物体受的浮力：F浮'＝G物＝6N，
V排'＝＝＝6×10﹣4m3，
可得：h浸＝＝＝0.06m；
此时水的深度：h'＝L弹簧+h浸＝0.1m+0.06m＝0.16m；
放水前后水对容器底部压强的变化量△p＝p﹣p'＝ρ水g（h﹣h'）＝1.0×103kg/m3×10N/kg×（0.24m﹣0.16m）＝800Pa。
答：（1）物体受到的水的浮力为10N；
（2）物体的密度为0.6×103kg/m3；
（3）打开出水孔，缓慢放水，当弹簧处于没有发生形变的自然状态时，关闭出水孔。求放水前后水对容器底
部压强的变化量为800Pa。
【点评】本题考查了学生对液体压强公式、密度公式、物体浮沉条件的理解与掌握，明确弹簧因受力不同形变不同和物体浸没时弹簧对物体的拉力。
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日期：2021/9/30 15:28:30；用户：余浩；邮箱：sjhzxyh14@xyh.com；学号：37802004
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