2021年四川省绵阳市中考物理试题含解析（教师用）

这是一份2021年四川省绵阳市中考物理试题含解析（教师用），共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。


2021年四川省绵阳市中考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题。(本题包括13小题，每小题3分，共39分。每个小题只有一个选项最符合题目要求)
1．(3分)“华龙一号”是我国核电走向世界的“国家名片”，2021年1月30日在福建福清投入商业运行，这对助力碳达峰、实现碳中和具有重要意义。“华龙一号”核电站反应堆内的核反应是(　　)
A．可控的裂变 B．不可控的裂变
C．可控的聚变 D．不可控的聚变
【分析】核裂变是质量较大的原子核在中子轰击下发生链式反应，并释放巨大能量的现象。
【解答】解：核裂变的链式反应加以控制就可以使核能平稳释放，可控制地进行核反应的装置称为核反应堆，核电站就是利用核反应堆提供能量的。
故选：A。
2．(3分)编钟是我国春秋战国时代的乐器，显示了中国古代音乐文化的先进水平。敲击大小不同的钟，发出的声音(　　)

A．音调不同，响度一定相同
B．音调相同，响度一定相同
C．音调不同，响度可能相同
D．音调相同，响度可能相同
【分析】物理学中把声音的高低称为音调，音调的高低与发声体的振动快慢有关，物体振动越快，音调就越高；
人耳能感觉到的声音的强弱称为响度，响度与声音的振幅有关，振幅越大，响度越大，振幅越小，响度越小。
【解答】解：敲击大小不同的钟，编钟的质量不同，体积不同，振动的难易不同，频率不同，音调不同；由于不知道敲击力度的大小，所以无法判定响度的大小，故C正确。
故选：C。
3．(3分)装修房屋使用的人造木板黏结剂中有危害人体健康的甲醛，所以新装修的房间不宜马上入住。人造木板黏结剂中的甲醛扩散到空气中，这是由于甲醛(　　)
A．分子在不停地做无规则运动
B．分子之间存在斥力
C．分子之间存在引力
D．分子之间存在间隙
【分析】扩散现象说明一切分子是在永不停息的做无规则的运动。
【解答】家庭装修用的人造木板黏结剂中的甲醛扩散在空气中造成环境污染，这说明甲醛分子在不停地做无规则运动，故A正确。
故选：A。
4．(3分)为确保2022年北京冬奥会顺利举行，需要进行人工造雪。造雪机在工作时，不断将水吸入，并持续从前方喷出“白雾”，在“白雾”下方沉积成一层“白雪”，如图所示。造雪机在造雪过程中，水发生的最主要物态变化是(　　)

A．凝华 B．凝固 C．升华 D．液化
【分析】物质由液态变成固态的过程叫做凝固现象，本题中的雪是由水造出来的，据此分析。
【解答】解：人工造雪机在造雪时，吸入大量的水而产生雪，因此这个“雪”是由“水”变化来的，是液态变为固态的过程，属于凝固现象。
故选：B。
5．(3分)实验室有质量1kg、温度0℃的冰块和质量1kg、温度0℃的水，下列说法正确的是(　　)
A．冰块的内能等于水的内能
B．冰块的内能小于水的内能
C．将冰块放入水中，能量从水传递给冰块
D．将冰块放入水中，能量从冰块传递给水
【分析】物体内部所有分子热运动的动能和分子势能的总和叫做内能，内能与物体的质量和温度有关；熔化过程温度不变，但需要继续吸收热量；热传递发生的条件是要有温度差，热量由高温物体传向低温物体。
【解答】解：AB、质量相等温度为0℃的水和冰，分子动能相等，冰熔化成水需要吸收热量，使分子势能增大，所以水的内能大一些，故A错误，B正确；
CD、物体间发生热传递的条件是有温度差，由于冰块的温度等于水的温度，所以将冰块放入水中，不会发生热传递，能量不会从水传递给冰块，也不会从冰块传递给水，故C、D错误。
故选：B。
6．(3分)撑竿跳高是一项对压竿和起跳技术要求很高的体育运动。如图所示是运动员在一次比赛中的情景，从竿处于最大弹性形变到运动员松开竿的过程中(不考虑空气阻力)(　　)

A．竿的弹性势能增大，运动员的机械能减小
B．竿的弹性势能增大，运动员的机械能增大
C．竿的弹性势能减小，运动员的机械能减小
D．竿的弹性势能减小，运动员的机械能增大
【分析】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。
重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度。质量越大，高度越高，重力势能越大。
弹性势能大小的影响因素：弹性形变的大小。
【解答】解：竿处于最大弹性形变时的弹性势能是最大的，从竿处于最大弹性形变到运动员松开竿的过程中，杆的弹性形变程度变小，弹性势能变小，人的质量不变，高度变大，重力势能变大，速度变大，势能变大，人的机械能变大，是杆的弹性势能转化为人的机械能。
故选：D。
7．(3分)如图所示是现在一般标准住宅户内配电系统方框图。关于空气开关和漏电保护器的作用，下列分析正确的是(　　)

A．当电灯电流过大时，空气开关③将跳闸
B．当插座漏电时，空气开关①将跳闸
C．当空调电流过大时，漏电保护器会迅速切断电流
D．空气开关跳闸，问题解决后需更换新的空气开关
【分析】当电路漏电时，漏电保护器能自动“跳闸”对人或电路起到保护作用；当电路中的电流过大时，空气开关会断开电路。
【解答】解：
A、当电灯电流过大时，与灯泡串联的空气开关③会跳闸，故A正确；
B、当插座漏电时，漏电保护器会断开电路，由于此时电路中的电流不会过大，所以空气开关①不会跳闸，故B错误；
C、当空调电流过大时，空气开关②会跳闸，由于火线和零线的电流相同，所以漏电保护器不会切断电流，故C错误；
D、空气开关跳闸，问题解决后闭合空气开关即可，不需要更换新的空气开关，故D错误。
故选：A。
8．(3分)甲、乙两辆汽车在某段公路上行驶，它们的路程s随时间t变化的关系如图所示，下列说法正确的是(　　)

A．0～10min，甲车平均速度大于乙车平均速度
B．10～20min，甲车平均速度等于乙车平均速度
C．20～30min，甲车平均速度小于乙车平均速度
D．0～30min，甲车平均速度大于乙车平均速度
【分析】ACD、比较时间相同时，汽车通过的路程的大小，根据速度公式分析平均速度的大小；
B、10～20min，乙车的路程没有变化，所以乙车处于静止状态。
【解答】解：A、由图可知，0～10min，甲车行驶的路程小于乙车行驶的路程，所以甲车平均速度小于乙车平均速度，故A错误；
B、10～20min，乙车的路程没有变化，所以乙车处于静止状态，而甲车的路程有变化，所以甲车平均速度大于乙车平均速度，故B错误；
C、20～30min，甲车行驶的路程小于乙车行驶的路程，所以甲车平均速度小于乙车平均速度，故C正确；
D、0～30min，甲乙两车行驶的路程相等，所以甲车平均速度等于乙车平均速度，故D错误。
故选：C。
9．(3分)如图所示，水平弹簧左端连接一物块，右端受到大小为F的水平外力作用，物块在水平桌面上做匀速直线运动。下列说法正确的是(　　)

A．弹簧对物块的拉力小于F
B．桌面对物块的滑动摩擦力等于F
C．物块对弹簧的拉力与外力F是一对相互作用力
D．桌面对物块的滑动摩擦力与外力F是一对平衡力
【分析】(1)固体可以传递力；
(2)处于平衡状态的物体，受到的力是平衡力；
(3)相互作用力的条件：大小相等、方向相反、作用在两个物体上，作用在同一条直线上；
(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、水平外力F可以通过弹簧将力大小不变地传递给物块，所以弹簧对物块的拉力等于F，故A错误；
B、物块在水平桌面上做匀速直线运动，处于平衡状态，桌面对物块的滑动摩擦力与弹簧对物块的拉力是一对平衡力，所以桌面对物块的滑动摩擦力等于F，故B正确；
C、物块对弹簧的拉力与外力F是作用在同一物体上的两个力，所以不是一对相互作用力，故C错误；
D、桌面对物块的滑动摩擦力与外力F不是作用在同一物体上的两个力，所以不是一对平衡力，故D错误。
故选：B。
10．(3分)如图所示，导体棒AB、CD水平放置在蹄形磁体的磁场中，都垂直于所在位置的磁感线，两个蹄形磁体的N极和S极标识都没有了。拉动AB向左移动时，发现CD向右移动，下列判断正确的是(　　)

A．若拉动AB向右移动，则CD向右移动
B．若拉动AB向右移动，则CD向左移动
C．调换右边磁体上下磁极，拉动AB向左移动，则CD向右移动
D．调换右边磁体上下磁极，拉动AB向右移动，则CD向左移动
【分析】闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，导体中会产生感应电流，感应电流的方向与导体运动的方向和磁场的方向有关；
通电导体在磁场中受力运动，受力的方向与电流的方向和磁场的方向有关。
【解答】解：拉动AB向左移动时，闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，导体中会产生感应电流，同时CD中有电流通过，通电导体CD在磁场中受力运动；拉动AB向左移动时，发现CD向右移动；
AB、若拉动AB向右移动，磁场的方向不变，则感应电流的方向改变了，通过CD的电流的方向改变，CD所处的磁场的方向不变，则CD会向左移动，故A错误，B正确；
C、拉动AB向左移动，磁场的方向不变，产生的感应电流方向不变，调换右边磁体上下磁极，CD所处的磁场的方向改变，受到磁场力的方向改变，CD向左移动，故C错误；
D、拉动AB向右移动，磁场方向不变，产生的感应电流方向改变，调换右边磁体上下磁极，CD所处的磁场的方向改变，则CD受力方向不变，所以CD向右移动，故D错误。
故选：B。
11．(3分)在“探究凸透镜成像规律”的实验中，当蜡烛、凸透镜和光屏的位置如图所示时，光屏上得到清晰的像。则(　　)

A．透镜焦距一定在10cm到15cm之间
B．透镜焦距一定在15cm到20cm之间
C．把蜡烛向左移动少许，光屏适当向左移动可得到大些的实像
D．把蜡烛向右移动少许，光屏适当向右移动可得到小些的实像
【分析】掌握凸透镜成像的规律，知道当物距在一倍焦距和二倍焦距之间时，成倒立放大的实像，此时像距大于2f；且成实像时，遵循物近像远像变大的特点。
【解答】解：AB、观察图示可知此时u＝20cm，v＝30cm，u＜v，成倒立放大的实像，由凸透镜的成像规律可知，此时f＜u＜2f，v＞2f，即有则，f＜20cm＜2f，30cm＞2f，解得10cm＜f＜15cm；故凸透镜的焦距的范围是：10cm＜f＜15cm，故A正确，B错误；
C、把蜡烛向左移动少许，此时物距变大，像距变小，像变小，所以光屏适当向左移动可得到小些的实像，故C错误；
D、把蜡烛向右移动少许，此时物距变小，像距变大，像变大，所以光屏适当向右移动可得到大些的实像，故D错误。
故选：A。
12．(3分)如图所示的电路中电源电压恒定，闭合开关S，电流表A示数为I，电压表V1示数为U1，电压表V2示数为U2；将滑动变阻器R的滑片向右移动少许，电流表A示数为I′，电压表V1示数为U1′，电压表V2示数为U2′，则(　　)

A．I′＞I B．U2′＞U2
C． D．
【分析】由图知定值电阻R0与滑动变阻器R串联，电压表V1测量电源电压，电压表V2测量定值电阻R0两端的电压，电流表测量电路的电流；
将滑动变阻器R的滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，电路的总电阻变大，电源电压不变，根据I＝判断出电路中电流的变化，根据U＝IR判断出定值电阻两端电压的变化；
由于U1﹣U2和U1′﹣U2′分别是滑动变阻器移动前后两端的电压，根据滑动变阻器的电阻增大，判断出与的大小。
【解答】解：由图知定值电阻R0与滑动变阻器R串联，电压表V1测量电源电压，电压表V2测量定值电阻R0两端的电压，电流表测量电路的电流；
将滑动变阻器R的滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，电路的总电阻变大，电源电压不变，根据I＝知电路中的电流变小，因此I′＜I，故A错误；
由于电压表V1测量电源电压，所以滑动变阻器R的滑片向右移动时，电压表V1示数不变；
根据U＝IR知定值电阻两端的电压减小，所以电压表V2示数减小，即U2′＜U2，故B错误；
U1﹣U2和U1′﹣U2′分别是滑动变阻器移动前后两端的电压，由于滑动变阻器的电阻增大，所以＞，故C正确，D错误。
故选：C。
13．(3分)在水平地面上，个子较高的甲同学和个子较矮的乙同学共同搬运一个质量分布均匀的木箱，两人一前一后，手都作用在木箱靠近自己一侧的下边缘上，施力方向都竖直向上。第一次，甲同学在前，对木箱施加的力大小为F甲，乙同学在后，对木箱施加的力大小为F乙；第二次，甲、乙同学互换位置，甲同学对木箱施加的力大小为F甲′，乙同学对木箱施加的力大小为F乙′。假设甲、乙同学身体和手臂都伸直，则(　　)
A．F甲＞F乙 B．F甲′＝F乙′ C．F甲＞F甲′ D．F乙＝F乙′
【分析】找出两个人搬箱子时的支点和动力臂、阻力臂，然后根据杠杆的平衡条件来求解。
【解答】解：如图，木箱质量均匀故其重心在几何中心，标为G，个子较高的甲同学抬箱子时，动力作用点在B处，支点在A点，动力臂为AC，阻力臂为AD，根据杠杆的平衡条件可得：F2×AC＝G×AD①；个子较矮的乙同学抬箱子时，动力作用点在A点，支点在B点，动力臂为BF，阻力臂为HB；根据杠杆的平衡条件可得：F1×BF＝G×HB ②；由图知：HB＞HF③，AC＝BF④，AD＝HF⑤，综合①②③④⑤可得：F1＞F2，即F甲＜F乙；当甲、乙同学互换位置后，由于物体的重心位置不变，力臂的长短不发生改变，则甲乙所用力的大小不会发生改变，即与第一次所用力的大小相同，故ABC错误；D正确。

故选：D。
二、填空题。(本题包括5小题，每空2分，共20分)
14．(4分)高铁站台上的工作人员总是提醒“请站在黄色安全线外排队候车”，这是由于当列车驶过时，安全线与列车之间空气的流速比安全线外空气的流速 　大　，越靠近列车，空气压强越 　小　，也就越危险。(选填“大”或“小”)。
【分析】当火车驶过站台时会带动周围空气流动速度加快，从而造成人周围空气流速不同，结合流体压强与流速的关系(流速大的地方压强小，流速慢的地方压强大)，再比较人和列车之间的压强和人外侧的压强大小即可解决此题。
【解答】解：当列车驶进站台时，会带动人和车之间的空气流动速度加快，此时人外侧的空气流动速度慢；根据流体压强与流速的关系可知，人外侧空气流速慢压强大，而内侧流速快压强小，越靠近列车，空气压强越小，会产生一个向内侧的压强差，将人推向火车，易出现危险。
故答案为：大；小；
15．(4分)公交车窗户旁都配有红色的破窗锤。破窗锤的锤头顶部尖，是为了在紧急情况下乘客敲击车窗时 　增大　(选填“增大”或“减小”)压强，更容易破窗；已知锤头顶部面积是2.0mm2，底部面积是2.0cm2，若乘客敲击力是50N，则破窗锤对车窗的最大压强是 　2.5×107　Pa。

【分析】(1)增大压强的方法：在压力一定时，减小受力面积；在受力面积一定时，增大压力；
(2)当压力一定时，受力面积越小，压强越大，根据p＝计算即可。
【解答】解：(1)在压力一定时，减小逃生锤和玻璃的受力面积，可以增大逃生锤对玻璃的压强，以便打破玻璃顺利逃生；
(2)当受力面积为S＝2.0mm2＝2×10﹣6m2时，压强最大，最大压强为：p＝＝＝2.5×107Pa。
故答案为：增大；2.5×107。
16．(4分)如图所示是某工厂两种照明方式的电路图，灯泡L1和L2的规格均为“220V 40W”。闭合开关S1、S2，满足夜间正常照明需要；闭合开关S1、断开S2，满足夜间多区域照明需要。电源电压恒为220V，灯泡电阻变化忽略不计。正常照明与多区域照明L1中的电流之比为 　2：1　；正常照明10h消耗的电能比多区域照明10h消耗的总电能多 　0.2　kW•h。

【分析】(1)已知灯泡的额定电压和额定功率，利用求出灯泡的电阻，两个灯泡规格相同，电阻相同；闭合开关S1、S2，满足夜间正常照明需要，分析此时电路的连接，利用欧姆定律表示出正常照明L1中的电流I1；闭合开关S1、断开S2，满足夜间多区域照明需要，分析此时的电路连接，利用欧姆定律表示出多区域照明L1中的电流I2，进而可求出正常照明与多区域照明L1中的电流之比；
(2)当闭合开关S1、S2时，利用W＝Pt求出正常照明10h消耗的电能；闭合开关S1、断开S2时，利用求出区域照明10h消耗的总电能，据此可求出正常照明10h消耗的电能比多区域照明10h消耗的总电能多的能量。
【解答】解：(1)由题知灯泡L1和L2的规格均为“220V 40W”，则两灯的电阻为：，
闭合开关S1、S2，满足夜间正常照明需要，此时电路为L1的简单电路，此时通过L1的电流为：；
闭合开关S1、断开S2，满足夜间多区域照明需要，此时电路为L1和L2的串联电路，此时通过L1的电流为：，则正常照明与多区域照明L1中的电流之比为：；
(2)当闭合开关S1、S2时，正常照明10h消耗的电能为：W＝Pt＝40W×10×3600s＝1.44×106J，
闭合开关S1、断开S2时，区域照明10h消耗的总电能为：
＝J，
W﹣W′＝1.44×106J﹣0.72×106J＝0.72×106J＝0.2kW•h，则正常照明10h消耗的电能比多区域照明10h消耗的总电能多0.2kW•h。
故答案为：2：1；0.2。
17．(4分)如图所示，装有水的长方体水槽水平放置，固定在左壁上的激光笔发出的一束红光射到水面上的O点，红光与水面夹角是45°，反射光射到右壁上的A点，折射光射到右壁上的B点，则A点到水面的距离 　小于　(选填“大于”“小于”或“等于”)B点到水面的距离；往水槽内注水，水面上升2cm，此时反射光射到右壁上的C点，则A、C之间的距离是 　4　cm。(点A、B、C未在图中标出)

【分析】(1)当光从空气斜射入水中时，入射角大于折射角；
(2)根据反射定律、折射定律画出光路图，根据数学几何知识即可解题。
【解答】解：如图所示：，光空气斜射入水中，折射光线偏向法线，因此A到水面的距离小于B到水面的距离；由几何知识可知AODC是一个平行四边形，因此AC＝OD，三角形ODE是一个等腰直角三角形，OD是水面上升高度的两倍，AC＝OD，所以AC的距离为4cm。
故答案为：小于；4。
18．(4分)周末，小明用热水为家人热盒装牛奶，他把3盒牛奶放入装有温度是90℃、质量是2kg热水的盆中，经过一段时间，3盒牛奶的温度都从10℃变成了45℃，这段时间内每盒牛奶从水中吸收了 　3.5×104　J的热量；若盆中热水对牛奶加热的效率是50%，则此时盆中水的温度是 　65　℃。已知：每盒牛奶的质量0.25kg，牛奶的比热容4.0×103J/(kg•℃)，水的比热容4.2×103J/(kg•℃)。
【分析】(1)知道1盒牛奶的质量、比热容、初温和末温，利用Q吸＝cmΔt求每盒牛奶吸收的热量；
(2)求出3盒牛奶吸收的热量，利用效率公式求出水放出的热量，再利用Q放＝cmΔt求水的温度降低值，进而求出水的末温。
【解答】解：(1)1盒牛奶的质量m牛奶＝0.25kg，
1盒牛奶吸收的热量：
Q吸＝c牛奶m牛奶Δt牛奶＝4.0×103J/(kg•℃)×0.25kg×(45℃﹣10℃)＝3.5×104J；
(2)3盒牛奶吸收的热量：
Q吸′＝3×3.5×104J＝1.05×105J，
由η＝可得水放出的热量：
Q放＝＝＝2.1×105J，
由Q放＝cmΔt得水的温度降低值：
Δt水＝＝＝25℃，
水的末温：
t水＝t0水﹣Δt＝90℃﹣25℃＝65℃。
故答案为：3.5×104；65。
三、实验探究题。(本题包括3小题，第34题第(1)(2)问各2分，其余每空2分，共20分)
19．(6分)用如图所示装置探究平面镜成像的特点。把一张大纸铺在桌面上，纸上竖立一块玻璃板，沿着玻璃板在纸上画一条直线OO1，代表平面镜的位置。
(1)把一支点燃的蜡烛放在玻璃板前面的适当位置，再拿一支外形相同但不点燃的蜡烛，竖立着在玻璃板的后面移动，当移动到某位置时，发现该蜡烛与点燃蜡烛的像完全重合。此说明平面镜成的像 　 　。(选填序号)
A.是虚像
B.大小与物体的大小相等
C.和物体到平面镜的距离相等，和物体连线与镜面垂直
(2)移动点燃的蜡烛分别到A、B、C点，重复(1)中的操作，记录与点燃蜡烛的像重合的A1、B1、C1点，用直线将A、B、C和A1、B1、C1分别连接成三角形，将纸沿OO1对折，发现两个三角形几乎重合。此说明平面镜成的像 　C　。(选填序号)
A.是虚像
B.大小与物体的大小相等
C.和物体到平面镜的距离相等，和物体连线与镜面垂直
(3)有同学在实验过程中，观察到点燃蜡烛的像好像总是“悬浮”在纸面上方。造成该现象的原因可能是 　C　。(选填序号)
A.玻璃板太厚
B.玻璃板未垂直桌面，且偏离点燃蜡烛一侧
C.玻璃板未垂直桌面，且偏向点燃蜡烛一侧

【分析】(1)实验时采用两个完全相同的蜡烛，一支蜡烛放在玻璃板的前面并点燃，另一支放在玻璃板的后面，当玻璃板后面的蜡烛和玻璃板前面的蜡烛的像完全重合时，可以确定像的位置，同时也可以比较物像大小关系；
(2)平面镜成像时，物像连线与镜面垂直且物和像到镜面的距离相等；
(3)可画图说明像总是“悬浮”在纸面上方偏高且倾斜的原因。
【解答】解：(1)未点燃的蜡烛与点燃的蜡烛的像完全重合，可知蜡烛和它成的像大小相等，故选：B；
(2)移动点燃的蜡烛分别到A、B、C点，重复(1)中的操作，记录与点燃蜡烛的像重合的A1、B1、C1点，用直线将A、B、C和A1、B1、C1分别连接成三角形，将纸沿OO1对折，发现两个三角形几乎重合，即两个三角形关于OO1成轴对称，则对应点(物和像)连线与镜面垂直且到镜面距离相等，故选：C；
(3)前面点燃蜡烛的像总是“悬浮”在纸面上方，如图所示，

造成该现象的原因是玻璃板未竖直放置且偏向点燃的蜡烛方向，故选：C。
故答案为：(1)B；(2)C；(3)C。
20．(6分)在探究电阻一定时电流与电压关系的实验中，小兰同学把定值电阻、电流表、电压表、滑动变阻器、开关和电源连接成了如图甲所示的电路。请继续完成实验：

(1)闭合开关前，检查电路。小兰发现有接线错误，且只需要改接一根导线就可以，请在接错的导线上打“×”并画线把它改到正确的位置上。
(2)之后，小兰测得的实验数据如表所示。请在图乙的坐标系中制定标度，把表中数据在坐标系中描点，画出电流与电压的关系图线，得到电阻一定时电流与电压的关系。
数据序号
1
2
3
4
5
6
电压U/V
0.4
0.8
1.2
1.6
2.0
2.4
电流I/A
0.07
0.15
0.22
0.24
0.36
0.44
(3)从描点得到的图中可以看出，有一组数据是明显错误的。这组数据序号是 　4　。
【分析】(1)原电路中，电流表与电阻并联，电压表串联在电路中是错误的，电流表应与电阻串联，电压表与电阻并联；
(2)根据表中数据制定坐标的标度，描点连线画出电流与电压的关系图线；
(3)根据图线分析各点的特点，找出规律不同的点。
【解答】解：(1)实验中，电压表应并联在定值电阻两端，电流表应与定值电阻串联，而图中电压表串联在电路中，电流表与定值电阻并联了，可将灯泡连接到变阻器的导线，改为灯泡与电压表3接线柱连接，如图所示：
；
(2)根据表中实验数据，制定标度，描点连线画出电流与电压关系的图线，如图所示：
；
(3)由图线知，电流与电压关系图线是正比例图线，即电阻一定时，电流与电压成正比，而第4次实验数据的点不在该图线上，所以这组数据是错误的。
故答案为：(1)见上图；(2)见上图；(3)4。
21．(8分)用如图所示装置探究斜面省力大小及机械效率是否与斜面倾角、表面粗糙程度有关。甲、乙斜面倾角相等，与丙的不相等；甲、丙斜面表面粗糙程度相同，与乙的不相同。先用弹簧测力计竖直向上匀速缓慢提升重物0.24m高，弹簧测力计示数F0＝20.0N；再分别在三个斜面上沿斜面向上匀速缓慢拉动这个重物到同一高度，弹簧测力计示数和斜面长度如表所示。

次数
斜面
弹簧测力计示数F/N
斜面长度L/m
省力大小△F/N(△F＝F0﹣F)
机械效率η%
1
甲
17.4
0.30
？
92.0
2
乙
18.2
0.30
1.8
87.9
3
丙
14.0
0.40
6.0
？
根据表中数据回答下列问题：
(1)斜面甲省力大小△F甲＝　2.6　N；
(2)斜面丙的机械效率η丙＝　85.7　%；
(3)比较甲、乙实验结果，可以认为 　BE　；比较甲、丙实验结果，可以认为 　AD　(选填序号，有可能不止一项正确)。
A.斜面省力大小与斜面倾角有关
B.斜面省力大小与斜面表面粗糙程度有关
C.斜面省力大小与斜面倾角和表面粗糙程度都有关
D.斜面机械效率与斜面倾角有关
E.斜面机械效率与斜面表面粗糙程度有关
F.斜面机械效率与斜面倾角和表面粗糙程度都有关
【分析】(1)由题知，△F＝F0﹣F，据此计算斜面甲省力大小△F甲；
(2)由表中数据，根据η＝＝计算斜面丙的机械效率η丙；
(3)根据控制变量法结合表中数据分析判断。
【解答】解：(1)由图1次实验数据知，斜面甲省力大小△F甲＝F0﹣F甲＝20.0N﹣17.4N＝2.6N；
(2)由题知，弹簧测力计竖直向上匀速缓慢提升重物高h＝0.24m，弹簧测力计示数F0＝20.0N，所以物体重力G＝F0＝20.0N，
由表数据，可得斜面丙的机械效率：
η丙＝＝≈85.7%；
(3)实验是为了斜面省力大小及机械效率是否与斜面倾角、表面粗糙程度有关。每次实验将同一物体拉到同一高度。
①由题知，甲、乙两次实验，斜面倾角相等，甲、乙的斜面表面粗糙程度不相同。
由表中数据知，△F甲＞△F乙，能说明B，即斜面省力大小与斜面表面粗糙程度有关；
同时，由表中数据知，两次实验的机械效率η甲＞η乙，能说明E，即斜面机械效率与斜面表面粗糙程度有关；
②甲、丙两实验，斜面表面粗糙程度相同，斜面倾角不相等。
由表中数据知，F甲＞F乙，能说明A，即斜面省力大小与与斜面倾角有关；
同时，由表中数据知，η甲＞η丙，能说明D，即斜面机械效率与斜面倾角有关。
故答案为：(1)2.6；(2)85.7；(3)BE；AD。
四、计算题。(本题包括2小题，共21分。解答过程必须写出必要的文字说明、公式和重要的演算步骤，只写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)
22．(9分)为改善学习环境，学校在全部20间教室各安装了一台额定电压为220V、额定功率为1210W的长虹空调。求：
(1)空调的额定电流大小；
(2)所有空调在额定电压下同时工作10h，消耗电能多少千瓦时。
【分析】(1)根据P＝UI求出额定电流；
(2)根据W＝Pt求出消耗的电能。
【解答】解：(1)由P＝UI可得，这台空调正常制冷时工作电流为：I＝＝＝5.5A；
(2)所有空调在额定电压下同时工作10h，消耗的电能为：W＝P't＝1.21kW×20×10h＝242kW•h。
答：(1)空调的额定电流为5.5A；
(2)所有空调在额定电压下同时工作10h，消耗电能为242千瓦时。
23．(12分)小文同学借助力传感开关为自家太阳能热水器设计向水箱注水的自动控制简易装置。装置示意图如图所示，太阳能热水器水箱储水空间是底面积0.4m2，高0.6m的长方体。考虑既充分利用太阳能又节约用水，小文设计水箱储水量最少不少于0.04m3，最大不超过0.16m3(图中未标注最大和最少水位)。
力传感开关通过细绳在水箱内悬挂一根细长的圆柱形控制棒，并根据受到的细绳拉力大小打开水泵开关向水箱注水，或者断开水泵开关停止向水箱注水，水泵开关状态与细绳拉力大小的关系如表所示。
细绳拉力F
F≥16N
16N＞F＞8N
F≤8N
减小过程中
增大过程中
开关状态
打开
打开
断开
断开
已知控制棒重G＝18N，密度ρ＝1.5×103kg/m3。不计细绳质量与体积，计算储水量时控制棒排水体积忽略不计，水的密度ρ0＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg。小文完成设计和安装，自动控制简易装置按照设计正常工作。求：
(1)水箱底受到水的最大压强；
(2)控制棒排开水的最小体积；
(3)控制棒的长度。

【分析】(1)先根据V＝Sh计算水箱最大储水量时水的深度，再根据p＝ρgh计算水箱底受到水的最大压强；
(2)控制棒悬挂在水箱中时，受到细绳拉力、浮力与其重力平衡，即F+F浮＝G，当拉力最大为16N时，受到的浮力最小，满足能打开开关，根据阿基米德原理计算此时控制棒排开水的最小体积；
(3)根据储水量的最大和最小值计算此时水深的高度差，控制棒浸入水中的高度差；
根据F+F浮＝G计算最小和最大储水量时控制棒受到的浮力差，由阿基米德原理计算出控制棒的横截面积；
由密度公式计算出控制棒的体积，由V＝Sh计算控制棒的高度。
【解答】解：
(1)当水箱中储水量最大时水最深，由V＝Sh可得，水箱中水的最大深度：
h最大＝＝＝0.4m，
所以水箱底受到水的最大压强：
p最大＝ρ0gh最大＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.4m＝4000Pa；
(2)控制棒悬挂在水箱中时，受到细绳拉力、浮力与其重力平衡，所以F+F浮＝G，
控制棒重力一定，当拉力最大为16N时，受到的浮力最小，
F浮最小＝G﹣F最大＝18N﹣16N＝2N，
由F浮＝ρ液gV排可得，控制棒排开水的最小体积：
V排最小＝＝＝2×10﹣4m3；
(3)水箱中水的最小深度：h最小＝＝＝0.1m，
水箱中最大水量和最小水量时水的高度差△h＝h最大﹣h最小＝0.4m﹣0.1m＝0.3m，
细绳拉力F最大时，F最大+F浮最小＝G，
细绳拉力F最小时，F最小+F浮最大＝G，
所以：F最小+F浮最大＝F最大+F浮最小，
即：F浮最大﹣F浮最小＝F最大﹣F最小，
所以：△F浮＝F最大﹣F最小＝16N﹣8N＝8N，
由阿基米德原理可得：△F浮＝ρ0g△V排＝ρ0gS△h，
所以控制棒的横截面积S＝＝＝×10﹣2m3，
由G＝mg＝ρVg可得，控制棒的体积：
V＝＝＝1.2×10﹣3m3，
所以控制棒的长度：
L＝＝＝0.45m。
答：(1)水箱底受到水的最大压强为4000Pa；
(2)控制棒排开水的最小体积为2×10﹣4m3；
(3)控制棒的长度为0.45m。
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日期：2021/9/22 8:45:57；用户：楼辰彦；邮箱：jdzx81@qq.com；学号：39638772