2022年吉林省长春市中考物理试卷解析版

这是一份2022年吉林省长春市中考物理试卷解析版，共29页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1．（2分）下列粒子中带负电的是（ ）
A．电子B．原子C．分子D．原子核
2．（2分）下列能源中属于可再生能源的是（ ）
A．石油B．核能C．天然气D．太阳能
3．（2分）衣柜里防虫用的樟脑片，过一段时间会变小，最后不见了。这种现象是（ ）
A．熔化B．液化C．升华D．凝华
4．（2分）吉剧是我省特有的戏曲剧种。观看演出时，人们能分辨出锣、鼓的声音是依据声音的（ ）
A．音调B．响度C．音色D．频率
5．（2分）南湖大桥与其在水中的倒影相映成趣。“倒影”的形成是由于光的（ ）
A．直线传播B．反射C．折射D．色散
6．（2分）下列家用电器中利用电热工作的是（ ）
A．电风扇B．洗衣机C．电饭锅D．吸油烟机
7．（2分）氮化硅是一种性能优异的非金属材料，它具有熔点高、硬度大、耐腐蚀、绝缘性好等特点。用它制作切削刀具是利用了该材料的哪个特点（ ）
A．熔点高B．硬度大C．耐腐蚀D．绝缘性好
8．（2分）下列做法中，符合安全用电原则的是（ ）
A．不用湿手摸开关B．在电线上晾衣服
C．电冰箱没有接地线D．用铜丝代替保险丝
9．（2分）内燃机的能量流向图如图所示。内燃机的效率为（ ）
A．7%B．28%C．31%D．34%
10．（2分）下列做法中，属于减小压强的是（ ）
A．书包带做得较宽B．篆刻刀刀口磨得很锋利
C．用细线切割肥皂D．压路机的碾子质量很大
二、非选择题：本题共11小题，第11～19题每空、每图各1分，第20题6分，第21题7分，共50分。
11．（4分）如图所示是一个简化的玩具电动车的电路图。
（1）闭合开关S1，电动车运动，将电能主要转化为 能；再闭合开关S2，小灯泡L发光，电路的总功率 。小灯泡L和电动机M的连接方式是 联。
（2）给电动车的电池充电时，电池相当于电路中的 。
12．（4分）2022年6月5日，长征二号F遥十四运载火箭托载神舟十四号载人飞船发射升空。
（1）如图所示是火箭发射时的情景。火箭发射塔高约100米，火箭长约58 。
（2）宇航员携带操作手册进入太空后，操作手册的质量 （选填“变大”、“不变”或“变小”）。
（3）飞船与天和核心舱对接完成后，以核心舱为参照物，飞船是 的。
（4）不久后宇航员将在空间站进行太空授课，届时将利用 波向地球传递信息。
13．（4分）周末，小明一家人自驾去净月潭游玩。
（1）汽车在行驶过程中，爸爸脚踩刹车，汽车停下来，说明力能改变物体的 ，小明由于 要保持原来的运动状态，所以身体会向前倾。
（2）汽车行驶的平均速度约为40km/h，从家到净月潭开车时间为0.5h，小明家到净月潭的路程约为 km。
（3）净月潭水域宽阔，有效调节了周围环境的温度，这是因为水的 大。
14．（6分）“探究水沸腾时温度变化的特点”实验装置如图所示。
（1）按正确顺序组装器材，悬挂温度计时，若温度计的玻璃泡没有浸没在水中，应将铁夹向 移动适当距离。
（2）某时刻温度计示数如图所示，水的温度为 ℃。
（3）实验数据如下表所示，分析可知：水在沸腾过程中不断吸热，温度 ；当地的大气压 标准大气压。
（4）实验过程中，酒精燃烧，质量减小，热值 。实验结束后，整理实验器材时闻到了酒精的气味，这是 现象。
15．（4分）在“探究凸透镜成像的规律”的实验中：
（1）调节烛焰、凸透镜和光屏，使三者的中心在 。
（2）当蜡烛、凸透镜和光屏的位置如图甲所示时，光屏上成清晰的倒立、 的实像， 就是应用这一成像规律制成的。
（3）完成图乙中光线通过凸透镜后的光路图。
16．（5分）在“探究通电螺线管外部磁场的方向”的实验中：
（1）开关闭合前，小磁针均指南北，说明地球周围存在 。
（2）开关闭合后，小磁针的指向如图所示，可知：通电螺线管的左端为 极，电源的左端为 极。
（3）将连接电源正、负极的导线对调，小磁针的指向也改变了，说明通电螺线管的磁场方向与 方向有关。
（4）为了使通电螺线管的磁场增强，可采取的有效措施是 。（写出一条即可）
17．（3分）小明在伊通河畔拾到一块漂亮的小石块。他想通过测量密度鉴别小石块的材质。
（1）用调好的天平测量小石块的质量时，操作如图甲所示，出现的错误是 。
（2）天平再次平衡时，盘中砝码的质量及游码的位置如图乙所示，小石块的质量为 g。
（3）用量筒测出小石块的体积为20cm3，计算出小石块的密度，与上表中的密度值对比后，初步判断小石块可能是 。
18．（4分）在“探究杠杆的平衡条件”的实验中：
（1）不挂钩码时，调节螺母，使杠杆在 位置平衡。
（2）如图甲所示，在A点挂3个钩码，在B点挂 个钩码，使杠杆再次在原位置平衡。
（3）画出A点所受拉力的力臂l。
（4）如图乙所示是《天工开物》记载的踏碓（碓：duì，古代的一种给稻谷去壳的工具。用脚连续踏杆的一端，另一端就会连续起落）。踏碓属于 杠杆。
19．（3分）如图是一种测定油箱内油量的装置。竖直放置的均匀圆弧形电阻丝R长20cm，规格为1Ω/cm。滑片P与滑杆连接，滑杆可绕固定轴O转动，O是滑杆的中点，且与电阻丝R的中点在同一高度，滑杆的另一端通过轻质细杆连接一个浮子。油箱中的油量减少时，浮子随油面一起下降，带动滑杆使滑片向上移动，电流表的示数始终随之改变。
（1）油量逐渐减少，电阻R0两端的电压逐渐 。
（2）当油箱加满油时，滑片刚好位于R的下端，电流表指针指在最大刻度处，此时示数为0.6A；油面缓慢下降，当R接入电路的长度为4cm时，电流表示数为0.3A；油面继续缓慢下降到最低位置时（油箱底部还有少许油可忽略不计），滑片刚好位于R的上端。电源电压为 V。
（3）对（2）中的设计进行调整，在保证油箱加满油时，电流表指针仍指在最大刻度的前提下，只改变电阻R0和电源电压，就能实现还剩半箱油时，指针刚好指在电流表表盘刻度的中央。则电阻R0的阻值为 Ω。
20．（6分）学习浮力知识后，小明做了以下实验：将30cm高的长方体A竖直放在圆柱形容器内。
（1）向容器内缓慢注水，当长方体A刚好对容器底部无压力时，停止注水，水深为18cm，如图甲所示。这一过程中，随着注水深度的增加，长方体A所受的浮力逐渐 。
（2）继续向容器内缓慢注水，直到注满。关于长方体A浸在水中的深度h与新注入水的质量m之间的关系，下列图象表达正确的是 。
（3）将长方体A与合金块B（ρB＝6ρ水）粘合成一个整体，放入水中静止后，长方体A刚好浸没，如图乙所示。再将这个整体倒立放入水中，松手后这个整体保持竖直静止状态，求该状态下长方体A的底面所在深度处水的压强。（写出必要的文字说明、表达式及最后结果。已知：ρ水＝1.0×103kg/m3，g＝10N/kg，粘合剂的质量与体积忽略不计）
21．（7分）用一个动滑轮在5s内将一重为210N的物体匀速向上提起3m，拉力做的功为900J。求：
（1）拉力做功的功率。
（2）动滑轮的机械效率。
2022年吉林省长春市中考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题给出的四个选项中只有一项最符合题目要求。
1．（2分）下列粒子中带负电的是（ ）
A．电子B．原子C．分子D．原子核
【分析】原子由原子核和核外带负电的电子组成。
【解答】解：物质是由分子或原子组成的，原子核带的正电荷数等于核外电子带的负电荷数，原子、分子对外不显电性。原子由原子核和核外带负电的电子组成，电子带负电，原子核中质子带正电、中子不带电。
故选：A。
【点评】本题考查了原子的结构及粒子的带电情况，为基础题。
2．（2分）下列能源中属于可再生能源的是（ ）
A．石油B．核能C．天然气D．太阳能
【分析】（1）可再生能源的概念：像风能、水能、太阳能等可以在自然界源源不断地得到，把它们称为可再生能源。
（2）不可再生能源的概念：化石能源、核能等能源会越用越少，不能在短期内从自然界得到补充，这类能源称为不可再生能源。
【解答】解：
AC、石油、天然气属于化石能源，用完很难再生，是不可再生能源，故AC错误。
B、核能不能短时间内从自然界补充，属于不可再生能源，故B错误。
D、太阳能可以源源不断地从自然界获取，属于可再生能源，故D正确。
故选：D。
【点评】理解可再生能源和不可再生能源的概念，可解答此题。
3．（2分）衣柜里防虫用的樟脑片，过一段时间会变小，最后不见了。这种现象是（ ）
A．熔化B．液化C．升华D．凝华
【分析】物质从固态不经过液态而直接转化为气态的过程叫做升华。
【解答】解：物质从固态不经过液态而直接转化为气态的过程叫做升华。樟脑丸从固态直接变成了气态，所以是升华。故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题考查了物体的三态变化，属于基础题。
4．（2分）吉剧是我省特有的戏曲剧种。观看演出时，人们能分辨出锣、鼓的声音是依据声音的（ ）
A．音调B．响度C．音色D．频率
【分析】不同的物体发出的声音，即使音调和响度相同，我们还是能分辨出它们的不同，依靠的就是它们的音色。
【解答】解：锣和鼓即使它们发声的音调和响度相同，但它们的音色是不同的，我们根据音色的不同就能分辨出来、
故选：C。
【点评】音调、响度、音色是声音的三个特征，知道它们分别与哪些因素有关，能正确理解音调和响度的不同。
5．（2分）南湖大桥与其在水中的倒影相映成趣。“倒影”的形成是由于光的（ ）
A．直线传播B．反射C．折射D．色散
【分析】平静的湖面相当于平面镜，其原理是光的反射现象。
【解答】解：南湖大桥在水中的倒影属于平面镜成像，其原理是光的反射现象。
故选：B。
【点评】此题主要考查学生对平面镜成像特点的理解和掌握，属于基础题。
6．（2分）下列家用电器中利用电热工作的是（ ）
A．电风扇B．洗衣机C．电饭锅D．吸油烟机
【分析】电流的热效应就是把电能转化为内能，据此分析即可判断。
【解答】解：
A、电风扇工作时主要将电能转化为机械能，不是利用电流热效应工作，故A不符合题意；
B、洗衣机工作时主要将电能转化机械能，不是利用电流热效应工作，故B不符合题意；
C、电饭锅工作时将电能转化为内能，是利用电流热效应工作，故C符合题意；
D、吸油烟机的主要部件是电动机，电动机工作时电能主要转化为机械能，不是利用电流热效应工作，故D不符合题意。
故选：C。
【点评】本题主要考查学生对电流的热效应，以及电能和其它形式能的相互转化，是一道基础题。
7．（2分）氮化硅是一种性能优异的非金属材料，它具有熔点高、硬度大、耐腐蚀、绝缘性好等特点。用它制作切削刀具是利用了该材料的哪个特点（ ）
A．熔点高B．硬度大C．耐腐蚀D．绝缘性好
【分析】切削刀具说明物体硬度大。
【解答】解：氮化硅硬度大，所以可以用于切削刀具。故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题考查了物质的基本属性，属于基础题。
8．（2分）下列做法中，符合安全用电原则的是（ ）
A．不用湿手摸开关B．在电线上晾衣服
C．电冰箱没有接地线D．用铜丝代替保险丝
【分析】安全用电原则：（1）不接触低压带电体；（2）不靠近高压带电体；家庭电路中保险丝是用熔点低、电阻率大的合金制成，在电路中电流过大时会熔断。
【解答】解：AB、生活用水是导体，所以不能用湿手摸开关，在电线上晾衣服容易造成触电，故A符合安全用电原则，B不符合安全用电原则；
C、电冰箱的金属外壳必须接地线，这样，若金属外壳漏电，电流会通过地线导入大地，防止触电事故的发生。故C不符合安全用电原则；
D、保险丝多采用电阻率大、熔点低的铅锑合金制成，在电流过大时能自动切断电源；铜的熔点高，用铜丝代替保险丝，在电流过大时不能自动切断电路，起不到保险的作用，故D不符合安全用电原则。
故选：A。
【点评】本题考查了安全用电的常识，属于基础题。
9．（2分）内燃机的能量流向图如图所示。内燃机的效率为（ ）
A．7%B．28%C．31%D．34%
【分析】用来做有用功的那部分能量和燃料完全燃烧放出的能量之比，叫做热机的效率。
【解答】解：
由内燃机的能量流向图知，用来做有用功的能量占燃料完全燃烧放出能量的34%，即内燃机的效率为34%。
故选：D。
【点评】此题考查了学生对热机效率认识和理解，属于一道基础性题目。
10．（2分）下列做法中，属于减小压强的是（ ）
A．书包带做得较宽B．篆刻刀刀口磨得很锋利
C．用细线切割肥皂D．压路机的碾子质量很大
【分析】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。
【解答】解：
A、书包带做得较宽，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强的，故A符合题意；
B、篆刻刀刀口磨得很锋利，是在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强，故B不符合题意；
C、用细线切割肥皂，是在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强，故C不符合题意；
D、压路机的碾子质量很大，是在受力面积一定时，通过增大压力来增大压强，故D不符合题意。
故选：A。
【点评】知道压强大小的影响因素，掌握增大、减小压强的方法，分析时利用好控制变量法，本题解释生活中有关增大和减小压强的问题，有意义！
二、非选择题：本题共11小题，第11～19题每空、每图各1分，第20题6分，第21题7分，共50分。
11．（4分）如图所示是一个简化的玩具电动车的电路图。
（1）闭合开关S1，电动车运动，将电能主要转化为 机械 能；再闭合开关S2，小灯泡L发光，电路的总功率 变大 。小灯泡L和电动机M的连接方式是 并 联。
（2）给电动车的电池充电时，电池相当于电路中的 用电器 。
【分析】（1）电动车的主要部件是电动机，电动机工作时，电能主要转化为机械能；再闭合开关S2，根据并联电路的电流规律分析干路中电流的变化，根据P＝UI分析电路总功率的变化；
（2）电池在对外供电的过程中是电源，将化学能转化为电能；而在充电过程中，消耗电能转化为化学能，是用电器。
【解答】解：（1）闭合开关S1，电动车运动，电动机在工作过程中，将电能主要转化为机械能；再闭合开关S2，灯泡与电动机并联，根据并联电路的电流规律可知，干路中的电流变大，根据P＝UI可知，电路的总功率变大；
（2）给电动车的电池充电时，电池将电能转化为化学能储存起来，它相当于电路中的用电器。
故答案为：（1）机械；变大；并；（2）用电器。
【点评】本题考查了电能的转化、并联电路的特点、电功率计算公式的应用、电路的组成，属于基础题。
12．（4分）2022年6月5日，长征二号F遥十四运载火箭托载神舟十四号载人飞船发射升空。
（1）如图所示是火箭发射时的情景。火箭发射塔高约100米，火箭长约58 m 。
（2）宇航员携带操作手册进入太空后，操作手册的质量 不变 （选填“变大”、“不变”或“变小”）。
（3）飞船与天和核心舱对接完成后，以核心舱为参照物，飞船是 静止 的。
（4）不久后宇航员将在空间站进行太空授课，届时将利用 电磁 波向地球传递信息。
【分析】（1）根据对火箭的了解填上合适的单位；
（2）质量是物体本身的一种属性，只有在所含物质的多少发生变化时才会改变，如果只是改变了形状、状态、位置则不会发生改变；
（3）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；
（4）电磁波可以在真空中传播，可以传递无线信息。
【解答】解：（1）火箭发射塔高约100米，火箭长约是发射塔高度的一半，为58m；
（2）宇航员携带操作手册进入太空后，操作手册的位置发生变化，所含物质多少不变，所以质量不变；
（3）飞船与天和核心舱对接完成后，以核心舱为参照物，飞船的位置没有变化，所以是静止的；
（4）电磁波可以在太空中传递无线信息，所以宇航员可以利用电磁波向地球传递信息。
故答案为：（1）m；（2）不变；（3）静止；（4）电磁。
【点评】此题是一道联系社会热点的综合题，考查的知识点较多，难度不大。
13．（4分）周末，小明一家人自驾去净月潭游玩。
（1）汽车在行驶过程中，爸爸脚踩刹车，汽车停下来，说明力能改变物体的 运动状态 ，小明由于 惯性 要保持原来的运动状态，所以身体会向前倾。
（2）汽车行驶的平均速度约为40km/h，从家到净月潭开车时间为0.5h，小明家到净月潭的路程约为 20 km。
（3）净月潭水域宽阔，有效调节了周围环境的温度，这是因为水的 比热容 大。
【分析】（1）力的作用效果有两个：改变物体的形状和改变物体的运动状态；物体有保持原来运动状态不变的性质叫做惯性；
（2）根据速度公式的变形式求出路程的大小；
（3）因为水的比热容较大，相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少，据此分析
【解答】解：
（1）汽车在行驶过程中，爸爸脚踩刹车，汽车停下来，汽车的运动状态发生了变化，是因为汽车受到了阻力的作用，这说明力能改变物体的运动状态；
小明由于具有惯性，仍然要保持原来的运动状态，所以小明的身体会向前倾；
（2）汽车行驶的平均速度约为40km/h，从家到净月潭开车时间为0.5h，根据v＝可知，小明家到净月潭的路程约为：s＝vt＝40km/h×0.5h＝20km；
（3）因为水的比热容较大，白天，相同质量的水和沙石比较，吸收相同的热量，水的温度升高的少；夜晚，放出相同的热量，水的温度降低的少，使得昼夜的温差小，能有效调节周围环境的气温。
故答案为：（1）运动状态；惯性；（2）20；（3）比热容。
【点评】本题考查了水的比热容大的应用、力的作用效果、惯性现象、速度计算公式的应用，属于基础题。
14．（6分）“探究水沸腾时温度变化的特点”实验装置如图所示。
（1）按正确顺序组装器材，悬挂温度计时，若温度计的玻璃泡没有浸没在水中，应将铁夹向 向下 移动适当距离。
（2）某时刻温度计示数如图所示，水的温度为 95 ℃。
（3）实验数据如下表所示，分析可知：水在沸腾过程中不断吸热，温度 不变 ；当地的大气压 低于 标准大气压。
（4）实验过程中，酒精燃烧，质量减小，热值 不变 。实验结束后，整理实验器材时闻到了酒精的气味，这是 扩散 现象。
【分析】（1）在测量水的温度时，温度计的玻璃泡不能碰到容器底或容器壁但要浸没在水中，并要求用酒精灯的外焰加热；
（2）温度计读数，注意要先认清其分度值；
（3）液体沸腾时，吸热但温度不变；
（4）密度、比热容、热值是物质的某种特性，与物质的种类和状态有关，与质量、体积无关；闻到了酒精气味，这是扩散现象。
【解答】解：（1）实验中，温度计的玻璃泡没有浸没在水中，应将铁夹向下移动适当距离，使温度计的玻璃泡浸没在水中；
（2）由图知，温度计的分度值是1℃，温度计的示数是95℃；
（3）水在沸腾过程中，虽然不断吸热，但温度保持不变。由数据知，水在沸腾过程中温度保持98℃不变，所以沸点是98℃，沸点低于100℃，是因为当地气压小于标准大气压；
（4）热值是燃料的一种特性，与燃料的种类有关，与质量和体积无关，酒精燃烧，质量减小，灯内剩下酒精的热值不变；闻到了酒精气味，这是扩散现象。
故答案为：（1）向下；（2）95；（3）不变；低于；（4）不变；扩散。
【点评】本题是“探究水沸腾时温度变化的特点”的实验，考查了温度计的使用及读数，同时考查了水沸腾的特点及扩散现象。
15．（4分）在“探究凸透镜成像的规律”的实验中：
（1）调节烛焰、凸透镜和光屏，使三者的中心在 同一高度 。
（2）当蜡烛、凸透镜和光屏的位置如图甲所示时，光屏上成清晰的倒立、 缩小 的实像， 照相机 就是应用这一成像规律制成的。
（3）完成图乙中光线通过凸透镜后的光路图。
【分析】（1）探究凸透镜成像的实验时，在光具座上依次放蜡烛、凸透镜、光屏，应调节烛焰、凸透镜、光屏三者的中心大致在同一高度，像才能呈在光屏的中心；
（2）凸透镜成实像时，物距大于像距，成倒立缩小的实像，是照相机的原理；物距小于像距，成倒立放大的实像，是投影仪的原理；
（3）过凸透镜光心的光线传播方向不变。
【解答】解：（1）实验前应调节烛焰、凸透镜、光屏三者的中心，使它们在同一高度上，这样使完整的像成在光屏的中央；
（2）当蜡烛、凸透镜和光屏的位置如图甲所示时，光屏上出现一个清晰倒立的实像，此时物距大于像距，成缩小的实像，照相机就是应用这一成像规律制成的；
（3）过光心的光线传播方向不变，如下图所示：
。
故答案为：（1）同一高度；（2）缩小；照相机；（3）见解答图。
【点评】本题主要考查的是凸透镜成像规律及其探究实验操作的理解，难点是物距的大小与成像性质的关联，但只要熟练掌握凸透镜成像规律即可解答。
16．（5分）在“探究通电螺线管外部磁场的方向”的实验中：
（1）开关闭合前，小磁针均指南北，说明地球周围存在 磁场 。
（2）开关闭合后，小磁针的指向如图所示，可知：通电螺线管的左端为 N 极，电源的左端为 负 极。
（3）将连接电源正、负极的导线对调，小磁针的指向也改变了，说明通电螺线管的磁场方向与 电流 方向有关。
（4）为了使通电螺线管的磁场增强，可采取的有效措施是 增加线圈的匝数 。（写出一条即可）
【分析】（1）地球周围存在着磁场，地理的南极在地磁的北极附近，地理的北极在地磁的南极附近；
（2）根据磁极间的相互作用规律判定螺线管的极性，根据安培定则分析电源的正、负极；
（3）通电螺线管周围的磁场的方向与电流的方向有关；
（4）通电螺线管磁性强弱与线圈匝数的多少、电流的大小有关。
【解答】解：（1）地球的周围存在磁场，小磁针静止且能指向南北，这是因为小磁针受到地磁场的作用；
（2）最左侧小磁针的左端为N极，右端为S极，根据异名磁极相互吸引可知，螺线管的左端为N极，右端为S极，根据安培定则可知，电流从螺线管的右端流入，所以电源的左端为负极，右端为正极；
（3）将连接电源正、负极的导线对调，螺线管中电流的方向发生了变化，小磁针的指向也改变了，这说明磁场的方向发生了变化，所以通电螺线管的磁场方向与电流方向有关；
（4）要使通电螺线管的磁场增强，可采取的有效措施是：增加线圈的匝数、增大电流。
故答案为：（1）磁场；（2）N；负；（3）电流；（4）增加线圈的匝数。
【点评】本题考查了地磁场、安培定则的应用、影响通电螺线管磁性强弱的因素等知识，难度不大。
17．（3分）小明在伊通河畔拾到一块漂亮的小石块。他想通过测量密度鉴别小石块的材质。
（1）用调好的天平测量小石块的质量时，操作如图甲所示，出现的错误是 用手拿砝码 。
（2）天平再次平衡时，盘中砝码的质量及游码的位置如图乙所示，小石块的质量为 52 g。
（3）用量筒测出小石块的体积为20cm3，计算出小石块的密度，与上表中的密度值对比后，初步判断小石块可能是 花岗岩 。
【分析】（1）在加减砝码时，应用镊子；
（2）天平平衡时物体的质量等于右盘中砝码的质量加游码在标尺上所对的刻度值；
（3）根据密度公式算出小石块的密度，然后进行判断。
【解答】解：（1）由图甲知，在称量过程中，小明用手拿砝码了，这样会造成砝码锈蚀；
（2）由图乙知，标尺的分度值为0.2g，小石块的质量m＝50g+2g＝52g；
（3）用量筒测出小石块的体积为20cm3，则小石块的密度为：
ρ＝＝＝2.6g/cm3，
与上表中的密度值对比后，初步判断小石块可能是花岗岩。
故答案为：（1）用手拿砝码；（2）52；（3）花岗岩。
【点评】该题考查了天平的正确使用和读数，读数时注意标尺的分度值以及密度的计算，是一道基础题，难度不大。
18．（4分）在“探究杠杆的平衡条件”的实验中：
（1）不挂钩码时，调节螺母，使杠杆在 水平 位置平衡。
（2）如图甲所示，在A点挂3个钩码，在B点挂 4 个钩码，使杠杆再次在原位置平衡。
（3）画出A点所受拉力的力臂l。
（4）如图乙所示是《天工开物》记载的踏碓（碓：duì，古代的一种给稻谷去壳的工具。用脚连续踏杆的一端，另一端就会连续起落）。踏碓属于 费力 杠杆。
【分析】（1）探究杠杆平衡条件时，使杠杆在水平位置平衡，这样方便测量力臂；
（2）利用杠杆平衡条件分析；
（3）作出拉力的示意图，然后从支点作力的作用线的垂线段，即可作出力的力臂；
（4）结合图片和生活经验，先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆。
【解答】解：（1）调节杠杆在水平位置平衡，力臂在杠杆上，便于测量力臂大小，同时消除杠杆自重对杠杆平衡的影响；
（2）设一个钩码的重力G，一格的长度为L，由杠杆的平衡条件F1L1＝F2L2得：
3G×4L＝nG×3L，解得，n＝4，故应在B点挂4个钩码，才能使杠杆在水平位置平衡；
（3）拉力作用点在A点，方向竖直向下，从支点O作到拉力方向的垂线段，即可作出拉力的力臂，如图所示：
；
（4）用踏碓捣米时，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆。
故答案为：（1）水平；（2）4；（3）见解析；（4）费力。
【点评】本题是探究杠杆平衡实验，考查了杠杆的调平及杠杆平衡条件的应用以及过支点的力对杠杆的影响，要注意分析力和对应的力臂。
19．（3分）如图是一种测定油箱内油量的装置。竖直放置的均匀圆弧形电阻丝R长20cm，规格为1Ω/cm。滑片P与滑杆连接，滑杆可绕固定轴O转动，O是滑杆的中点，且与电阻丝R的中点在同一高度，滑杆的另一端通过轻质细杆连接一个浮子。油箱中的油量减少时，浮子随油面一起下降，带动滑杆使滑片向上移动，电流表的示数始终随之改变。
（1）油量逐渐减少，电阻R0两端的电压逐渐 减小 。
（2）当油箱加满油时，滑片刚好位于R的下端，电流表指针指在最大刻度处，此时示数为0.6A；油面缓慢下降，当R接入电路的长度为4cm时，电流表示数为0.3A；油面继续缓慢下降到最低位置时（油箱底部还有少许油可忽略不计），滑片刚好位于R的上端。电源电压为 2.4 V。
（3）对（2）中的设计进行调整，在保证油箱加满油时，电流表指针仍指在最大刻度的前提下，只改变电阻R0和电源电压，就能实现还剩半箱油时，指针刚好指在电流表表盘刻度的中央。则电阻R0的阻值为 10 Ω。
【分析】（1）由图可知，油箱中油量逐渐减少，油面下降，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据串联电路分压原理和串联电路电压规律可知电阻R0两端的电压变化；
（2）利用欧姆定律分别表达出变阻器滑片刚好位于R的下端和当R接入电路的长度为4cm时的电源电压，根据电源电压不变求出电阻R0的阻值，然后求出电源电压；
（3）利用欧姆定律分别表达出油箱加满油时和还剩半箱油时的电源电压，根据电源电压不变求出电阻R0的阻值。
【解答】解：（1）若油箱中油量逐渐减少，由图可知滑动变阻器滑片向上移动，接入电路中的电阻逐渐增大，根据串联电路分压原理，变阻器两端电压逐渐变大，根据串联电路电压规律，电阻R0两端的电压逐渐减小；
（2）当油箱加满油时，滑片刚好位于R的下端，此时变阻器阻值为0，电路为只有R0的简单电路，电流表示数为0.6A，根据欧姆定律可知，电源电压为：
U＝I1R0＝0.6A×R0……①；
油面缓慢下降，由于电阻丝R长20cm，规格为1Ω/cm，当R接入电路的长度为4cm时，即R＝4Ω，电流表示数为0.3A，根据欧姆定律可知，电源电压为：
U＝I2R+I2R0＝0.3A×4Ω+0.3A×R0＝1.2V+0.3A×R0……②；
由于电源电压不变，由①②可得：
0.6A×R0＝1.2V+0.3A×R0，
解得：R0＝4Ω，故电源电压U＝0.6A×R0＝0.6A×4Ω＝2.4V；
（3）在保证油箱加满油时，电流表指针仍指在最大刻度，此时滑片刚好位于R的下端，变阻器阻值为0，根据欧姆定律可知，电源电压为：
U'＝I1R0＝0.6A×R0……③；
当剩半箱油时，指针刚好指在电流表表盘刻度的中央，即I中＝0.3A；此时滑片刚好位于R的中点，由于电阻丝R长20cm，规格为1Ω/cm，即R＝10Ω，根据欧姆定律可知，电源电压为：
U'＝I中R+I中R0＝0.3A×10Ω+0.3A×R0＝3V+0.3A×R0……④；
由于电源电压不变，由③④可得：
0.6A×R0＝3V+0.3A×R0，
解得：R0＝10Ω。
故答案为：（1）减小；（2）2.4；（3）10。
【点评】本题通过油箱改装图，考查到了欧姆定律、电流表的使用和串联电路的特点等电学综合知识，理解图示的原理、能够从题中抓住关键词语是解答此类题目的关键。
20．（6分）学习浮力知识后，小明做了以下实验：将30cm高的长方体A竖直放在圆柱形容器内。
（1）向容器内缓慢注水，当长方体A刚好对容器底部无压力时，停止注水，水深为18cm，如图甲所示。这一过程中，随着注水深度的增加，长方体A所受的浮力逐渐 变大 。
（2）继续向容器内缓慢注水，直到注满。关于长方体A浸在水中的深度h与新注入水的质量m之间的关系，下列图象表达正确的是 A 。
（3）将长方体A与合金块B（ρB＝6ρ水）粘合成一个整体，放入水中静止后，长方体A刚好浸没，如图乙所示。再将这个整体倒立放入水中，松手后这个整体保持竖直静止状态，求该状态下长方体A的底面所在深度处水的压强。（写出必要的文字说明、表达式及最后结果。已知：ρ水＝1.0×103kg/m3，g＝10N/kg，粘合剂的质量与体积忽略不计）
【分析】（1）影响浮力大小的因素是液体的密度和排开液体的体积，即F浮＝ρ液gV排；
（2）当长方体A刚好对容器底部无压力时，停止注水，水深为18cm，说明长方体A刚好处于漂浮状态，据此分析继续向容器内缓慢注水，直到注满，关于长方体A浸在水中的深度h与新注入水的质量m之间的关系；
（3）由长方体A在水中的三个状态，根据浮沉条件表达出重力与浮力的关系，求出整体倒立放入水中时长方体A浸没深度为H'，根据液体压强算出水的压强。
【解答】解：（1）这一过程中，随着注水深度的增加，长方体A浸没在水中的体积变大，即V排变大，根据阿基米德原理可知，长方体A所受的浮力逐渐变大；
（2）当长方体A刚好对容器底部无压力时，停止注水，水深为18cm，说明长方体A刚好处于漂浮状态，即F浮＝GA；当继续向容器内缓慢注水，直到注满，此过程中，长方体A的重力不变，故其浮力不变，排开水的体积不变，长方体A浸在水中的深度h不变，故选A；
（3）设长方体A底面积为S；由（2）可知，GA＝F浮1＝ρ水gSh……①；
将长方体A与合金块B（ρB＝6ρ水）粘合成一个整体，放入水中静止后，长方体A刚好浸没，此时长方体A受到的浮力等于长方体A、合金块B的重力，即：
GA+GB＝F浮2＝ρ水gSH……②，
由①②可知，合金块B的重力为：
GB＝F浮2﹣F浮1＝ρ水gS（H﹣h），
根据重力公式结合密度公式可知，
GB＝ρBgVB＝ρ水gS（H﹣h）＝ρ水gS（0.3m﹣0.18m），
解得：VB＝0.02m×S；
当将这个整体倒立放入水中时，这个整体仍然处于漂浮状态，此时合金块B完全浸没在水中，长方体A浸没深度为H'，根据浮沉条件可知，
GA+GB＝F浮3+F浮B＝ρ水gSH'+ρ水gVB＝ρ水gSH'+0.02m×ρ水gS……③；
由②③可得：
ρ水gSH＝ρ水gSH'+0.02m×ρ水gS，即0.3m＝H'+0.02m，
解得：H'＝0.28m，
根据液体压强公式可知，该状态下长方体A的底面所在深度处水的压强为：
p＝ρ水gH'＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.28m＝2.8×103Pa。
故答案为：（1）变大；（2）A；（3）见解答。
【点评】本题考查阿基米德原理、浮沉条件、密度和重力等的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，难点是浮沉条件的运用，本题考查知识点较多，实际是考查对物理知识综合应用的能力。
21．（7分）用一个动滑轮在5s内将一重为210N的物体匀速向上提起3m，拉力做的功为900J。求：
（1）拉力做功的功率。
（2）动滑轮的机械效率。
【分析】（1）根据P＝得出拉力做功的功率；
（2）根据W有用＝Gh得出有用功，根据η＝得出动滑轮的机械效率。
【解答】解：（1）拉力做功的功率P＝＝＝180W。
（2）有用功W有用＝Gh＝210N×3m＝630J，
动滑轮的机械效率η＝＝×100%＝70%。
答：（1）拉力做功的功率为180W。
（2）动滑轮的机械效率为70%。
【点评】本题考查功、功率和效率的计算，属于对基础知识的考查，难度不大。 时间/min
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物质名称
密度g/cm3
灰铸铁
7.2
金刚石
3.5
花岗岩
2.6﹣2.8
混凝土
2.2
砖
1.4﹣2.2
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