2021年重庆市中考物理试卷（b卷）含解析（教师用）

这是一份2021年重庆市中考物理试卷（b卷）含解析（教师用），共25页。试卷主要包含了选择题，填空作图题，实验探究题，论述计算题等内容，欢迎下载使用。


2021年重庆市中考物理试卷(B卷)
参考答案与试题解析
一、选择题(本题共8个小题，每小题只有一个选项最符合题意，每小题3分，共24分。)
1．(3分)下列数据与实际最接近的是(　　)
A．初中学生使用的课桌高度约为0.8m
B．声音在空气中的传播速度约为340km/s
C．人体感觉到舒适的环境温度约为37℃
D．通过普通家用电视机的电流约为500A
【分析】此题考查对生活中常见物体物理量的估测，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。
【解答】解：A、中学生的身高在160cm左右，课桌的高度大约是中学生身高的一半，在80cm＝0.8m左右。故A符合实际；
B、声音在空气中的传播速度约为340m/s。故B不符合实际；
C、人体正常体温在37℃左右，感觉舒适的温度在23℃左右。故C不符合实际；
D、通过普通家用电视机的电流约0.7A。故D不符合实际。
故选：A。
【点评】对于生活中数据的估测，应从实际的角度出发进行判断，也可从自己的角度出发判断，如自己的身高、自己的体重、自己正常时的体温及正常行走的速度等方面来与题目中的数据比较，只要相差不大，即该数据就是合理的。
2．(3分)如图所示的光现象中可以用光的折射解释的是(　　)
A．后视镜中的汽车 B．夜空中的光柱
C．池底的游鱼 D．湖水中的夕阳
【分析】(1)光在同一均匀介质中沿直线传播，光沿直线传播的实例有：小孔成像、影子、日食和月食等。
(2)光斜射在两种介质界面上时，会发生反射，平面镜成像、水中的倒影等都是光的反射的例子。
(3)光从一种介质斜射入另一种介质时，光的传播方向就会发生偏转，光的折射形成的现象：放在有水的碗中的筷子看起来好像变折了、放大镜、池水看起来变浅等。
【解答】解：A.汽车的后视镜是凸面镜，后视镜中的汽车是光的反射形成的，故A不合题意。
B.夜空中的光柱是由于光是沿直线传播形成的，故B不合题意。
C.池底游鱼是光线通过水、空气进入人眼看到鱼的像，当光线从水中进入空气中时会发生偏折，故属于光的折射现象，故C符合题意。
D.湖水中的夕阳是由于光的反射现象形成的，故D不符合题意。
故选：C。
【点评】通过几个日常生活中的现象考查了对光的直线传播、光的折射、光的反射的理解，在学习过程中要善于利用所学知识解释有关现象。
3．(3分)冬泳逐渐成为部分人们喜爱的锻炼方式，关于冬泳的情景下列描述正确的是(　　)
A．冬季湖面上方出现少量“白气”是液体汽化形成的
B．水易流动且没有固定形状说明水分子间没有作用力
C．人体在水中觉得寒冷主要是做功改变了人体的内能
D．在有风时出水后感觉特别冷是由于体表水蒸发吸热
【分析】(1)物质从气态变成液态是液化现象。
(2)由于液体分子没有固定的位置，运动比较自由，所以液体没有固定的形状。
(3)改变内能的方式：做功和热传递。
(4)影响蒸发快慢的因素：液体的温度、液体的表面积和液体表面上空气流动速度，从蒸发快慢的影响因素进行分析。
【解答】解：A、冬季湖面上方出现少量“白气”是湖水蒸发成的水蒸气上升时温度降低变成小水珠，形成白气，这是物质从气态变成液态，是液化现象，故A错误。
B、水易流动且没有固定形状说明液体分子没有固定的位置，运动比较自由，故B错误。
C、人体在水中觉得寒冷，是因为人体温度高于水的温度，人体放出热量，内能减少，感到冷，这是通过热传递的方式改变物体的内能，故C错误。
D、在有风时出水后感觉特别冷，是因为人体表面空气流速速度大，体表水蒸发成水蒸气快，蒸发吸收热量，所以人感到特别冷，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了液化和汽化、蒸发快慢的影响因素、改变内能的方式、分子特点等，是比较基础的习题。
4．(3分)下列关于电学知识说法正确的是(　　)
A．洗衣机使用三孔插座主要是为了防止雷击
B．使用测电笔时人手必须接触笔尾的金属体
C．验电器的金属箔片张开是因为带异种电荷
D．家庭电路中空气开关跳闸一定是发生短路
【分析】(1)三孔插座中多出的一个孔是用来接地线的；洗衣机使用三孔插座，当洗衣机漏电时，会使外壳带电，若接上地线，即便漏电，电流也就通过地线，流入大地，防止触电事故的发生；
(2)正确使用测电笔：手接触笔尾金属体，笔尖接触导线，氖管发光，导线是火线；氖管不发光的是零线；手千万不要接触笔尖金属体；
(3)验电器的原理同种电荷相互排斥；
(4)电路电流过大的原因有短路或用电器总功率过大。
【解答】解：A、洗衣机使用三孔插座，当洗衣机漏电时，电流就通过地线，流入大地，防止触电事故的发生，而不是为了防雷击，故A错误；
B、正确使用测电笔：手接触笔尾金属体，笔尖接触导线，氖管发光的导线是火线，电流经过人体形成回路；氖管不发光的是零线；手千万不要接触笔尖金属体，故B正确；
C、验电器的金属箔片上都带了同种电荷，由于同种电荷相互排斥，所以两个金属箔片会张开角度，故C错误；
D、家庭电路中空气开关跳闸一定是电路中电流过大，电路短路是造成电路中电流过大的一个原因，还可能是用电器的总功率过大，故D错误。
故选：B。
【点评】解答本题需掌握家庭电路中安全用电常识、测电笔的正确使用、验电器的原理和电路电流过大的原因等知识，只要同学们牢记安全用电常识，并正确规范操作，就不会有危险发生。
5．(3分)如图所示，2021年5月22日，“祝融号”火星车驶离着陆平台，在火星表面行驶了0.522m，迈出了我国星际探测的重要一步。下列说法正确的是(　　)

A．火星车停在静止的着陆平台上没有惯性
B．火星车驶离中相对于着陆平台是静止的
C．火星车设计有宽大的轮子可以减小压强
D．火星车静止在火星表面时不受力的作用
【分析】(1)物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性，一切物体都有惯性；
(2)在研究物体运动时，要选择参照的标准，即参照物，物体的位置相对于参照物发生变化，则运动，不发生变化，则静止；
(3)减小压强的方法：在压力一定时，增大受力面积；在受力面积一定时，减小压力；
(4)火星车静止在火星表面时受到重力和支持力的作用。
【解答】解：A、一切物体都有惯性，火星车停在静止的着陆平台上同样具有惯性，故A错误；
B、火星车驶离中，火星车相对于着陆平台之间发生了位置变化，所以火星车相对于着陆平台是运动的，故B错误；
C、火星车设计有宽大的轮子，增大了受力面积，在压力一定时可以减小压强，故C正确；
D、火星车静止在火星表面时，处于平衡状态，受到的重力和支持力相平衡，故D错误。
故选：C。
【点评】此题考查惯性、运动和静止的相对性、减小压强的方法，同时考查对物体的受力分析能力，四个选项涉及到四个不同的知识点，难度虽然不大，但具有较强的综合性，属于中考热点题型。
6．(3分)小杨同学仔细观察了一间普通教室的照明电路，每盏电灯规格相同且都能正常发光，每个开关都能控制两盏电灯。如图所示的电路中符合要求的是(　　)
A．
B．
C．
D．
【分析】照明电路电压为220V，普通电灯的额定电压也是220V，电灯都能正常发光说明四盏灯是并联的；若是串联，灯泡不能正常发光。
【解答】解：由题意可知，每盏灯正常工作的电压均为220V，要使四盏灯全部正常发光，它们之间的连接方式只能是并联。每个开关能控制两盏灯，则开关应接在控制两盏灯的干路上。
A、四盏灯两两串联后再并联，每盏灯都不能正常发光；闭合下面的开关只有两盏灯发光。故A不符合题意；
B、四盏灯并联，每个开关都能独立控制两盏灯。故B符合题意；
C、两盏灯串联后再与另外两盏灯并联，所以串联的两盏灯都不能正常发光。故C不符合题意；
D、四盏灯并联，闭合下面的开关只有两盏灯发光；同时闭合两个开关四盏灯才能正常发光。故D不符合题意。
故选：B。
【点评】本题考查了家庭电路各用电器的连接，在做题时要抓住关键点“全部正常发光”，且不要受“每个开关控制两盏灯”的影响，这也是学生容易出错的地方。
7．(3分)如图所示，老师在课堂上用自制的滑轮组提升重物，将质量为36kg的重物在5s内匀速提升1m。他对绳的拉力F为200N。不计绳重和摩擦，下列判断正确的是(　　)

A．动滑轮的重力为20N
B．拉力所做的功为200J
C．拉力做功的功率为40W
D．滑轮组的机械效率为90%
【分析】(1)根据G＝mg 得出物体的重力，确定绳子的有效段数，不计绳重和摩擦，由F＝(G+G动)得出动滑轮的重力；
(2)根据s＝2h得出绳子移动的距离，根据W总＝Fs得出拉力在这5s内做的总功；
(3)根据P＝得出拉力F的功率；
(4)根据η＝×100%得出滑轮组的机械效率。
【解答】解：A、物体的重力：G＝mg＝36kg×10N/kg＝360N；
绳子的有效段数为n＝2，不计绳重和摩擦，F＝(G+G动)，
动滑轮的重力：
G动＝2F﹣G＝2×200N﹣360N＝40N，故A错误；
B、绳子移动的距离为：s＝2h＝2×1m＝2m，
拉力在这5s内做的总功：
W总＝Fs＝200N×2m＝400J，故B错误；
C、拉力的总功率：P＝＝＝80W，故C错误；
D、用滑轮组提升重360N的物体，使它在5s内匀速上升1m，拉力在这5s内做的有用功：
W有＝Gh＝360N×1m＝360J，
滑轮组的机械效率为：
η＝×100%＝×100%＝90%，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了做功公式和功率公式、滑轮组机械效率公式的应用，明确有用功和总功是关键。
8．(3分)如图所示，质量分布均匀的甲，乙两个正方体叠放在水平地面上，甲放在乙的中央。若乙的边长是甲的2倍，甲对乙的压强与乙对地面的压强相等，将它们分别放入足够多的水中静止时上下表面都处于水平位置，正方体乙漂浮且有的体积浸入水中，下列判断正确的是(　　)

A．甲、乙的质量之比m甲：m乙＝1：4
B．甲、乙的密度之比ρ甲：ρ乙＝3：8
C．甲、乙浸入水中的深度之比h甲：h乙＝4：3
D．甲、乙在水中静止时所受浮力之比F甲：F乙＝5：12
【分析】(1)水平面上物体的压力和自身的重力相等，根据p＝表示出甲对乙的压强和乙对桌面的压强，根据甲对乙的压强与乙对桌面的压强相等得出等式即可求出甲乙的质量之比；根据秘密公式得出密度之比；
(3)根据乙的浮沉情况判定乙的密度与水的密度的大小关系，从而判定出甲的密度与水的密度的关系，然后判定甲的浮沉情况；
(4)根据物体的浮沉条件分析浮力之比。
【解答】解：
AB、因水平面上物体的压力和自身的重力相等，所以，甲对乙的压强：
p甲＝＝＝；
乙对桌面的压强：
p乙＝＝＝，
因甲对乙的压强与乙对桌面的压强相等，
所以＝，
则乙的边长是甲的2倍，则：4m甲g＝m甲g+m乙g，解得：3m甲＝m乙；则甲、乙的质量之比m甲：m乙＝1：3；
甲乙的密度之比：＝＝×＝×＝×＝8：3，故AB错误；
C、乙漂浮在水面上，乙的密度小于水的密度；
因物体漂浮时受到的浮力和自身的重力相等，即F浮＝G乙＝ρ乙gV乙；
由阿基米德原理可得F浮＝ρ水gV排＝ρ水gV乙；
则：ρ乙gV乙＝ρ水gV乙；ρ乙＝0.3ρ水，
甲乙的密度之比为8：3，则甲的密度为：ρ甲＝ρ乙＝×0.3ρ水＝0.8ρ水，小于水的密度，所以甲在水中漂浮；
甲、乙在水中处于漂浮状态，
因物体漂浮时受到的浮力和自身的重力相等，即F浮＝G＝mg﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①，
由阿基米德原理可得F浮＝ρ液gV排＝ρ液gSh浸＝ρ液gL2h浸﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由①②可得mg＝ρ液gL2h浸，即h浸＝，
则甲、乙浸入水中的深度之比：
h甲：h乙＝＝×＝×＝4：3，故C正确；
D、甲、乙在水中静止时都处于漂浮状态，浮力等于自身的重力，根据G＝mg可知，浮力之比等于质量之比，即浮力之比为：1：3，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了压强公式和重力公式、密度公式、物体浮沉条件、阿基米德原理的应用，知道水平面上物体的压力和自身的重力相等。
二、填空作图题(本题共6个小题，第14小题作图2分，其余每空1分，共12分。)
9．(2分)中国的高铁已成为亮丽的“中国名片”。我们听见列车鸣笛声是通过 　空气　传播的；列车减速进站时动能 　减小　(选填“增大”“减小”或“不变”)。
【分析】(1)声音的传播需要介质，空气可以传声；
(2)物体的动能与质量和速度有关，当车减速进站时车的速度越来越小，质量不变，动能减小。
【解答】解：生活中听到的声音大多数是依靠空气来传声的；列车鸣笛发出的声音，经空气传入人耳；
列车减速进站时，车质量不变，速度减小，动能减小。
故答案为：空气；减小。
【点评】本题结合列车考查声音的传播和影响动能的因素等知识，是一道基础题目。
10．(2分)如图所示，开关闭合后，闭合电路的部分导体ab左右运动时电流计指针发生摆动，这是 　电磁感应　现象，利用这个原理可以制成 　发电机　(选填“发电机”或“电动机”)。

【分析】闭合电路的一部分导体在磁场中进行切割磁感线运动时，导体中有感应电流产生，这种现象是电磁感应现象。据此制成的发电机。
【解答】解：闭合电路的部分导体ab左右运动时，导体ab在磁场中切割磁感线运动，所以导体中有感应电流，电流计指针左右摆动，这种现象是电磁感应；利用这个原理可以制成发电机。
故答案为：电磁感应；发电机。
【点评】本题考查电磁感应现象和发电机的原理，是基础题目。
11．(2分)如图所示，浴室防滑垫正面有防滑气泡，反面有防滑吸盘。正面是通过增大接触面的粗糙程度，反面是利用 　大气压　增大对地面的压力，这两种方法都是增大 　摩擦　力，从而达到理想的防滑效果。

【分析】吸盘是利用大气压的作用工作的；增大压力、增大接触面的粗糙程度都可以增大摩擦力。
【解答】解：防滑垫的背面有许多小吸盘，将吸盘内的空气挤压出来以后，在大气压的作用下，吸盘被挤压到地面上，增大对地面的压力，进而增大摩擦力，起到了防滑的作用；
正面通过增大接触面的粗糙程度，同样可以达到增大摩擦力的效果。
故答案为：大气压；摩擦。
【点评】本题围绕浴室防滑垫考查了大气压、增大摩擦力的方法等知识点的应用，体现了物理与生活实际的联系。
12．(2分)如图所示，电源电压为18V不变，定值电阻R1的阻值为30Ω，滑动变阻器R2标有“50Ω 0.5A”字样，电流表量程为0～0.6A，电压表量程为0～15V。只闭合开关S1时电流表的示数为0.45A，电压表的示数为 　4.5　V；只闭合开关S2时，在保证元件安全的情况下移动滑片，电路的总电功率变化量是 　3.6　W。

【分析】(1)只闭合开关S1时，R1和R3串联，电流表测量电路电流，电压表测量R3两端的电压，电流表的示数为0.45A，
根据欧姆定律可知R1两端的电压，根据串联电路的电压特点可知电压表的示数；根据欧姆定律得出R3的阻值；
(2)只闭合开关S2时，R2和R3串联，电流表测量电路电流，电压表测量R3两端的电压，
根据滑动变阻器的铭牌数据和电流表的量程可知，电路中的最大电流为0.5A，根据P＝UI可得出电路中的最大总功率；
当滑动变阻器接入电路的阻值最大时，根据P＝UI＝可分析并得出此时电路中最小总功率，进而得出电路的总电功率变化量。
【解答】解：(1)只闭合开关S1时，R1和R3串联，电流表测量电路电流，电压表测量R3两端的电压，电流表的示数为0.45A，
根据欧姆定律可知R1两端的电压U1＝IR1＝0.45A×30Ω＝13.5V，
根据串联电路的电压特点可知电压表的示数UV＝U﹣U1＝18V﹣13.5V＝4.5V；
R3的阻值R3＝＝＝10Ω；
(2)只闭合开关S2时，R2和R3串联，电流表测量电路电流，电压表测量R3两端的电压，
根据滑动变阻器的铭牌数据和电流表的量程可知，电路中的最大电流为0.5A，
此时电压表的示数UV′＝I′R3＝0.5A×10Ω＝5V＜15V，故电压表也安全，
根据P＝UI可知此时电路中的总功率最大，且电路的最大功率为P大＝UI大＝18V×0.5A＝9W；
当滑动变阻器接入电路的阻值最大时，根据P＝UI＝可知此时电路中总功率最小，
为P小＝＝＝5.4W，
△P＝9W﹣5.4W＝3.6W。
故答案为：4.5；3.6。
【点评】本题考查等效电路分析、欧姆定律的应用和电功率的计算等问题，难度较大。
13．(2分)如图甲所示，质量分布均匀且不吸水的柱体A高70cm(ρA＜ρ水)。足够高的圆柱形容器B底面积为300cm2、装有10cm深的水。若将A水平切去高度为h的部分，并将切去部分竖直缓慢放入B中，水的深度h水随切取高度h的变化关系如图乙所示。柱体A的密度是 　0.5　g/cm3；当切去的高度h为某一值时，A剩余部分对水平桌面的压强和水对容器底部的压强相等，然后向B中缓慢加水，当加入水的质量为2200g时，水中柱体仍保持直立，水对容器底的压强为 　2400　Pa。


【分析】(1)由图像乙知在h＝30 cm时容器中物块漂浮，且此时浸在水中的深度可知，根据飘浮条件容器中物块的密度，即A的密度；
(2)由图乙，求得h水与h的函数关系的两种情况，根据题干压强相等，分别表达A剩余部分对桌面的压强和水对容器底部的压强，根据函数关系判断h的大小，不合题意的舍去，求得h的值。
根据加水2200g，判断物块是否漂浮，再加水后计算水面的实际深度，根据液体压强公式：p＝ρ液gh，计算水对容器底部的压强。
【解答】解：
(1)由乙图可知，将A水平切去高度为：h1＝30cm时，放入水中漂浮，浸在水中深度：h水1＝15cm，
设A的底面积为SA，A的密度为ρA，则A水平切取的体积：VA1＝SAh1，质量：mA1＝SAh1ρA，重力：GA1＝SAh1ρAg；
切取的A排开水的体积：V排1＝SAh水1，由阿基米德原理可知，物块受到的浮力为：F浮1＝ρ水gV排1＝ρ水gSAh水1；
根据漂浮的条件，F浮1＝GA1，即ρ水gSAh水1＝SAh1ρAg，解得：ρA＝ρ水＝×1g/cm3＝0.5g/cm3；
(2)有乙图知，当h≤30cm时，h水随h变化的图像是直线，故设：h水＝kh+b，
将h0＝0，h水0＝10cm代入得：10cm＝k×0+b……①；
将h1＝30cm，h水1＝15cm代入得：15cm＝k×30cm+b……②；
解①②联立方程组得：k＝，b＝10cm，
所以当h≤30cm时，h水＝h+10cm；
由题意：当切去的高度h为某一值时，A剩余部分对水平桌面的压强和水对容器底部的压强相等，
A剩余部分对水平桌面的压强：pA剩＝ρAgh剩＝ρAg(hA总﹣h)，
水对容器底部的压强：p水＝ρ水gh水，
由pA剩＝p水知：ρAg(hA总﹣h)＝ρ水gh水，
＝，即：＝，解得：h＝37.5cm＞30cm，不合题意，舍去。
故在h≤30cm范围内不存在：当切去的高度h为某一值时，A剩余部分对水平桌面的压强和水对容器底部的压强相等；
所以当切去的高度h为某一值时，A剩余部分对水平桌面的压强和水对容器底部的压强相等，h＞30cm，此时h水2＝15cm不变；
A剩余部分对水平桌面的压强：pA剩2＝ρAgh剩2＝ρAg(hA总﹣h2)，
水对容器底部的压强：p水2＝ρ水gh水2，
由pA剩2＝p水2得，ρAg(hA总﹣h2)＝ρ水gh水2，
所以，＝，即：＝，解得h2＝40cm＞30cm，符合题意；
容器内原来有水的深度：h水0＝10cm，水深增加：△h2＝h水2﹣h水0＝15cm﹣10cm＝5cm，
容器内物块排开水的体积：V排2＝S容△h2＝300cm2×5cm＝1500cm3，
A的底面积：SA＝＝＝＝100cm2；
切取的物块的体积：VA2＝SAh2，质量：mA2＝SAh2ρA，重力：GA2＝SAh2ρAg，
设当容器中加水至h水3时，容器中物块所受浮力：F浮3＝ρ水gV排3＝ρ水gSAh水3，
物块在水中刚好漂浮，F浮3＝GA2，所以，ρ水gSAh水3＝SAh2ρAg，
h水3＝h2＝×40cm＝20cm，
则水深需再次增加量：△h3＝h水3﹣h水2＝20cm﹣15cm＝5cm，
所需加水的体积：V水3＝(S容﹣SA)△h3＝(300cm2﹣100cm2)×5cm＝1000cm3，
实际加水：m＝2200g，加水的体积：V＝＝＝2200cm3，
因为V＞V水3，所以物块漂浮，
实际水面的深度：h总＝h水3+＝20cm+＝24cm＝0.24m，
由液体压强计算公式可知，水对容器底的压强：
p＝ρ水gh总＝1×103kg/m3×10N/kg×0.24m＝2400Pa。
故答案为：0.5；2400Pa。
【点评】本题考查物体漂浮的条件，固体压强的特殊计算，液体压强计算和阿基米德原理的应用等，综合程度较高，难度较大。解决本题的关键是水面实际深度的求解。
14．(1分)如图所示，请在重心O处画出物体受到重力G的示意图。

【分析】根据重力的方向是竖直向下的，从物体的重心做竖直向下的力即可。
【解答】解：重力的方向是竖直向下的，从重心O画一条带箭头的竖直向下的有向线段，用G表示，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。
15．(1分)如图所示，请画出相应的反射光线。

【分析】光的反射定律的内容：反射光线与入射光线、法线在同一平面上；反射光线和入射光线分居在法线的两侧；反射角等于入射角；入射角是入射光线与法线的夹角；反射角是反射光线与法线的夹角。
【解答】解：反射角等于入射角在法线的另一侧画出反射光线。如图所示：
。
【点评】此题主要考查了光的反射定律的应用，首先要熟记光的反射定律的内容，并要注意入射角与反射角的概念。
三、实验探究题(本题共3个小题，第16小题6分，第17小题8分，第18小题8分，共22分。)
16．(3分)请按要求完成下列实验：
小杜同学进行“探究冰熔化时温度的变化规律”的实验，图甲所示，此时温度计的示数为 　8　℃。图乙是根据实验数据画出的图像，图像中 　BC　(选填“AB”“BC”或“CD”)段表示冰的熔化过程；若实验中冰的质量为100g，它在AB段升温过程中吸收的热量为 　2.1×103　J[c冰＝2.1×103J/(kg•℃)]

【分析】(1)在进行温度计的读数时，注意温度计的分度值；
(2)晶体有一定的熔点，而非晶体没有，晶体熔化时吸收热量，温度不变；
(3)根据Q＝cm△t分析解答。
【解答】解：该温度计的分度值为1℃，其示数为8℃；
由图乙可知，冰在熔化过程吸热，温度保持不变，所以BC段是熔化过程；
AB段冰吸收的热量Q＝cm(t﹣t0)＝2.1×103J/(kg•℃)×100×10﹣3kg×10℃＝2.1×103J。
故答案为：8；BC；2.1×103。
【点评】本题考查了温度计的读数，晶体熔化特点以及比热容公式，是一道综合题。
17．(3分)在“探究凸透镜成像规律”的实验中，当光屏上有清晰的烛焰像时，蜡烛、透镜、光屏位置如图所示，则光屏上的像应为倒立、　缩小　(选填“放大”“缩小”或“等大”)的实像，生活中的 　照相机　(选填“照相机”“放大镜”或“投影仪”)就是根据这一原理制成的；小琴同学用不透明的硬纸板挡住凸透镜的下半部分后，发现光屏上呈现的像是 　完整　(选填“完整”或“不完整”)的。

【分析】(1)当凸透镜成实像时，u＞v，成倒立、缩小的实像，应用为照相机；
(2)若将凸透镜的一部分挡住后，其它地方仍对光线有会聚作用，可以成完整的像。
【解答】解：由图可知，此时u＞v，所以成倒立、缩小的实像，应用为照相机；若遮住凸透镜的下半部分，凸透镜的上半部分仍能会聚光线，在光屏上成像，所以在光屏上得到的是完整的像。
故答案为：缩小；照相机；完整。
【点评】此题是探究凸透镜成像规律的实验，考查了对凸透镜成像的规律、物距与像距及像的性质的关系，应注意掌握基础知识，特别是遮挡凸透镜的一部分后，仍能成完整的像。
18．(8分)2020年11月10日，“奋斗者”号在马里亚纳海沟成功坐底，创造了10909m的中国载人深潜新纪录，标志着我国在载人深潜领域达到世界领先水平。这激发了小杨同学探究液体内部压强的兴趣，实验如图所示。

(1)图甲是U形管压强计，金属盒上的橡皮膜应该选用 　薄　(选填“薄”或“厚”)一些的较好，从结构来看，压强计 　不是　(选填“是”或“不是”)连通器。
(2)比较乙、丙两次实验可知：同种液体内部压强随深度的增加而 　增大　；比较乙、丁两次实验可初步判断：液体内部压强与液体密度 　有关　(选填“有关”或“无关”)。
(3)根据液体内部压强的规律可知，“奋斗者”号深潜到10000m时每平方米的舱体受到的海水压力为 　1.03×108　N(取ρ海水＝1.03×103kg/m3)，相当于质量为 　1.03×104　t的物体受到的重力。
(4)若图丁的实验中U形管左右两侧水面的高度差为5cm，则橡皮管内气体的压强与管外大气压之差为 　500　Pa；在图乙的实验中，保持金属盒位置不变，在容器中加入适量清水与其均匀混合后(液体不溢出)，橡皮膜受到的液体压强将 　变大　(选填“变大”“变小”或“无法判断”)。
【分析】(1)用压强计测量液体内部压强，通过U形管左右液面出现高度差来反映压强的大小，从压强计灵敏方面选择橡皮膜；根据连通器定义：上端开口，底部连通，判断压强计是否为连通器；
(2)液体内部的压强与液体的深度和密度有关，在实验中，应控制其中的一个量保持不变，才能观察压强与另一个量的关系，从而得到结论；
(3)由p＝ρg h求深潜到10000m时受到海水的压强，由F＝pS计算每平方米的舱体受到的海水压力，由G＝mg计算质量；
(4)根据p＝ρgh求出液体产生的压强即为橡皮管内气体的压强与大气压之差；
容器中加入适量清水与其均匀混合后，水不溢出，容器底压强变大，容器底压强等于金属盒以上和以下液体压强的和，而加清水后液体密度减小，由此分析判断橡皮膜受到的液体压强的变化。
【解答】解：(1)在实验中，U形管压强计金属盒上的橡皮膜应该选用薄一些的为好，这样在测量时会较灵敏，实验效果明显；
U形管与压强计的探头连接后，一端被封闭，一端开口，所以不是连通器；
(2)比较乙、丙两次实验，两容器中的液体密度相同、金属盒所处的深度不相同，深度越深，高度差越大，压强越大，由此可知：在同种液体中，液体内部压强随液体深度的增加而增大；
比较乙、丁两次实验，金属盒在两种不同液体中的深度相同，U形管中液面高度差不同，由此可知：液体内部压强与液体密度有关；
(3)奋斗者”号深潜到10000m深处时，受到海水产生的压强：
p＝ρ海水g h＝1.03×103kg/m3×10N/kg×10000m＝1.03×108Pa，
由p＝可得，每平方米外壁要承受到的海水压力：
F＝p S＝1.03×108Pa×1m2＝1.03×108N，
由G＝mg可得：m＝＝＝＝1.03×107kg＝1.03×104t；
(4)图丁中U形管左右两侧水面的高度差h＝5cm，则橡皮管内气体的压强与大气压之差约为：p＝ρ水gh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.05m＝500Pa；
图乙中实验中，保持金属盒位置不变，在容器中加入适量清水与其均匀混合后(液体不溢出)，容器底部受到液体压力增大，压强增大；
容器底压强可以分成金属盒以上和金属盒以下两部分，金属盒以下部分深度不变，加清水后液体密度变小，由p＝ρgh知，金属盒以下部分液体压强变小，而容器底压强变大，所以金属盒(橡皮膜)以上的压强变大。
故答案为：(1)薄；不是；(2)增大；有关；(3)1.03×108；1.03×104；(4)500；变大。
【点评】本题是探究液体内部压强影响因素的实验，主要考查了控制变量法的应用，液体压强和压力的计算等，难度适中。
19．(8分)小杨同学找到一盏标有“2.5V”字样的小灯泡，其额定电功率已模糊不清。她选用如图所示器材测量额定电功率，电源电压恒为9V。
(1)图甲所示的实验电路有2段导线未连接，请你用笔画线代替导线将电路补画完整(要求：连线不交叉，滑片P向A端移动时灯泡发光变亮)。

(2)小杨连接电路并检查后。将滑动变阻器的电阻调到最大，再闭合 　开关　，缓慢移动滑片P，发现电流表示数有明显变化但电压表无示数，此故障的原因可能是灯泡 　短路　(选填“短路”或“断路”)。
(3)排除故障后，眼睛注视着电压表和灯泡，移动滑片P逐次改变小灯泡两端的电压，并将测得的数据记录在表中。当电压表的示数为1.5V时应向 　A　(选填“A”或“B”)端移动滑片P；当电压表的示数为2.5V时电流表的示数如图乙所示，小灯泡的额定电功率为 　0.7　W；细心的小杨通过分析数据还发现通过小灯泡的电流与两端的电压不成正比，其原因可能是 　灯泡电阻受温度影响很大　。
数据序号
1
2
3
4
5
电压U/V
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
电流I/A
0.16
0.20
0.22
0.25

(4)同组的小会同学在此基础上继续探究电流跟电阻的关系，她又增加了五个阻值分别为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω的定值电阻，其余器材不变。用定值电阻分别更换图甲中的小灯泡，通过实验得到如图丙所示的电流随定值电阻变化的图像，则实验中所用滑动变阻器的最大阻值至少是 　C　(选填下列选项前的字母)。
A.20Ω
B.50Ω
C.100Ω
D.200Ω
【分析】(1)电压表应与灯泡并联接入电路，滑动变阻器应选一上一下两个接线柱接入电路，滑片P向A端移动时灯泡发光变亮，则滑片向A端移动时接入电路的电阻变小；
(2)连接电路前应断开开关，闭合开关前应把滑动变阻器的滑片移到阻值最大处，缓慢移动滑片P，发现电流表示数有明显变化但电压表无示数，说明电压表与导线并联，即与电压表并联部分电路短路；
(3)当电压表的示数为1.5V时，由串联电路分压原理可知，滑动变阻器接入电路的电阻较大，所以应将滑片向A端移动，使滑动变阻器接入电路的电阻变小，由乙可知电流表接入电路的量程我0～0.6A，每一大格表示0.2A，每一小格表示0，02A，所以电流表的示数为0.28A，根据电功率公式计算灯泡的额定电功率，灯泡电阻受温度影响很大；
(4)滑动变阻器和灯泡串联接入电路，由图丙数据知，当接入25Ω电阻时，根据欧姆定律计算电阻两端的电压，根据串联电路电压规律计算滑动变阻器两端电压，根据串联电路分压原理计算滑动变阻器接入电路的最大阻值，进一步确定其规格。
【解答】解：(1)电压表应与灯泡并联接入电路，滑动变阻器应选一上一下两个接线柱接入电路，滑片P向A端移动时灯泡发光变亮，则滑片向A端移动时接入电路的电阻变小，如图：
；
(2)连接电路前应断开开关，闭合开关前应把滑动变阻器的滑片移到阻值最大处，缓慢移动滑片P，发现电流表示数有明显变化但电压表无示数，说明电压表与导线并联，即与电压表并联部分电路短路，故此故障的原因可能是灯泡短路；
(3)当电压表的示数为1.5V时，由串联电路分压原理可知，滑动变阻器接入电路的电阻较大，所以应将滑片向A端移动，使滑动变阻器接入电路的电阻变小，由乙可知电流表接入电路的量程我0～0.6A，每一大格表示0.2A，每一小格表示0，02A，所以电流表的示数为0.28A，所以灯泡的额定电功率为：P＝UI＝2.5V×0.28A＝0.7W，细心的小杨通过分析数据还发现通过小灯泡的电流与两端的电压不成正比，其原因可能是灯泡电阻受温度影响很大；
(4)由图丙知，当接入25Ω电阻时，电阻两端的电压：UV＝IR＝0.1A×25Ω＝2.5V，
根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：U滑＝9V﹣2.5V＝6.5V，变阻器分得的电压为电压表示数的＝倍，根据分压原理，当接入25Ω电阻时，变阻器连入电路中的电阻为：R滑＝×25Ω＝65Ω，故为了完成整个实验，小明选用的滑动变阻器最大阻值至少为65Ω，故选：C。
故答案为：(1)见上图；(2)开关；短路；(3)A；0.7；灯泡电阻受温度影响很大；(4)C。
【点评】测灯泡电功率的实验考查电路的连接、故障的分析、电流表的读数、串联电路特点、欧姆定律的灵活运用，学生应具备相应的动手能力。
四、论述计算题(本题共3个小题，第20小题6分，第21小题8分，第22小题8分，共22分。解题应写出必要的文字说明、步骤和公式，只写出最后结果的不能得分。)
20．(6分)如图所示的电路中，电源电压恒为3V，电阻R2的阻值为30Ω。当开关S1闭合、S2断开时，电流表示数为0.3A，求：
(1)电阻R1的阻值；
(2)当开关S1、S2均闭合时，通电10s电阻R2产生的热量。

【分析】(1)当开关S1闭合、S2断开时，电路为R1的简单电路，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律求出R1的阻值；
(2)当开关S1、S2均闭合时，R1和R2并联，根据串联电路的电阻特点和欧姆定律求出电路中的电流，再根据Q＝I2Rt求出产生的热量。
【解答】解：(1)当开关S1闭合、S2断开时，电路为R1的简单电路，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律可得：
R1＝＝＝10Ω；
(2)当开关S1、S2均闭合时，R1和R2并联，
因为并联电路中各支路两端的电压相等，则有：
U2＝U＝3V，
由欧姆定律可知，通过R2的电流为：
I2＝＝＝0.1A，
所以通电10s电阻R2产生的热量为：
Q＝I22R2t＝(0.1A)2×30Ω×10s＝3J。
答：(1)电阻R1的阻值为10Ω；
(2)当开关S1、S2均闭合时，通电10s电阻R2产生的热量为3J。
【点评】本题考查了并联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是开关闭合、断开时电路连接方式的辨别，难度不大，只要按部就班的解答即可解决问题。
21．(8分)小军发现一个质量为1.6kg、不吸水的新型圆台体建筑材料，他只有量程为5N的弹簧测力计，设计了如图所示装置进行实验。重为8N、底面积为100cm2的薄壁容器M内盛有2000cm3的水，容器M置于水平地面，当轻质杠杆在水平位置平衡时竖直向上的拉力F为1.5N，此时材料浸没在水中静止且未触底。求：
(1)材料受到的重力；
(2)材料未放入前容器对水平地面的压强；
(3)材料的密度。

【分析】(1)根据G＝mg得出材料受到的重力；
(2)根据密度公式得出水的质量，根据重力公式得出水的重力，根据F压＝G水+G容得出材料未放入前容器对水平地面的压力，根据p＝得出材料未放入前容器对水平地面的压强；
(3)设绳子对圆台体建筑材料的拉力为F1，根据杠杆的平衡条件可知：Fl1＝F1l2，据此得出F1，
圆台体建筑材料在水中受到竖直向下的重力，竖直向上的浮力和拉力F1，且处于平衡状态，则G＝F浮+F1，据此得出得出材料所受浮力，根据阿基米德原理可得出圆台体建筑材料的体积，根据密度公式得出材料的密度。
【解答】解：(1)材料受到的重力G＝mg＝1.6kg×10N/kg＝16N；
(2)水的质量m水＝ρ水V水＝1g/cm3×2000cm3＝2000g＝2kg，
水的重力G水＝m水g＝2kg×10N/kg＝20N，
材料未放入前容器对水平地面的压力F压＝G水+G容＝20N+8N＝28N，
材料未放入前容器对水平地面的压强p＝＝＝2800Pa；
(3)设绳子对圆台体建筑材料的拉力为F1，根据杠杆的平衡条件可知：Fl1＝F1l2，即：1.5N×0.4m＝F1×0.1m，得出F1＝6N，
圆台体建筑材料在水中受到竖直向下的重力，竖直向上的浮力和拉力F1，且处于平衡状态，则G＝F浮+F1，得出F浮＝G﹣F1＝16N﹣6N＝10N，
根据阿基米德原理可知，圆台体建筑材料的体积V＝V排＝＝＝10﹣3m3，
材料的密度ρ材料＝＝＝1.6×103kg/m3。
答：(1)材料受到的重力为16N；
(2)材料未放入前容器对水平地面的压强为2800Pa；
(3)材料的密度为1.6×103kg/m3。
【点评】本题考查密度、重力、压强的计算，考查杠杆的平衡条件和阿基米德原理的应用，并考查受力分析和二力平衡的知识，综合性强，难度大。
22．(8分)中国茶文化源远流长，如图甲是某款工夫茶保温碟。电路原理如图乙所示，电阻R1为发热体，它的额定电功率为22W且电阻不变。电流通过发热体加热底板使茶汤保温；L为电功率忽略不计的电源指示灯。求：
(1)发热体正常工作时的电流；
(2)当实际电压为198V时，发热体工作100s消耗的电能；
(3)为了适应不同品种茶汤的保温需求，小杨对电路进行重新设计(如图丙)，移动滑片可以连续调节发热体的电功率，最低可调至额定功率的四分之一。若发热体产生的热量全部被茶汤吸收，该电路电能利用率的范围是多少。(电能利用率η＝)

【分析】(1)家庭电路电压为220V，当正常工作时，根据I＝求出经过R的电流；
(2)首先根据欧姆定律求出正常工作时R的电阻，然后根据W＝求出实际功率；
(3)图丙中，发热体R1与滑动变阻器串联，当发热体的功率为原功率的25%时，滑动变阻器完全接入电路中，根据串联电路的电流特点和P＝UI＝I2R＝求出此时电路的电流，根据W＝UIt求出电功。代入求出电能利用率η＝。
【解答】解：(1)正常工作时，U＝220V，P＝22W，此时电流为：
I＝＝＝0.1A，
(2)发热电阻R的阻值：
R＝＝＝2200Ω；
当实际电压U1＝198V时，电阻R不变，发热体工作100s消耗的电能：
W＝＝×100s＝1782J；
(3)当滑片P在b端时，R2＝0，发热体R3单独工作，
发热体R3的最大功率：P3＝﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①，
当发热体R3以最大功率工作时间时，产生的热量：W发热体＝W总；
此时的能量利用率η＝＝100%
当滑片P在a端时，R2最大，R2和发热体R3串联工作，
此时经过R3的电流：I'＝，
则发热体R3的最小功率：P3'＝I'2R3＝﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，
由题意可知：P3＝4P3'﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③，
由①②③可得：R2＝R3；
由P＝I2R公式可知，此时两电阻功率之比P2：P3'＝1：1
当发热体R3以最小功率工作时间时，产生的热量：W发热体＝W总；
此时的能量利用率：η＝＝50%。
答：(1)发热体正常工作时的电流为0.1A；
(2)当实际电压为198V时，发热体工作100s消耗的电能为1782J；
(3)该电路电能利用率的范围是50%﹣100%。
【点评】本题考查了欧姆定律的应用、电动率的计算、电能的计算，利用好电功率的计算公式P＝UI＝I2R＝是解题的关键，有一定的难度。