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2023年安徽省名校大联考中考物理一模试卷(含答案)
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这是一份2023年安徽省名校大联考中考物理一模试卷(含答案)，共28页。试卷主要包含了填空题，选择题，实验题，计算与推导题等内容，欢迎下载使用。
2023年安徽省名校大联考中考物理一模试卷
一、填空题（每空2分，共20分）
1．（2分）滑雪场上，为了保障雪上项目的用雪质量，通常要采用人工造雪对雪地进行补充。人工造雪时将水注入一个专用的喷嘴或喷枪，水流被分割成微小的水雾并喷入寒冷的外部空气中，这些水雾落地后就变成了雪，人工造雪发生的物态变化是 。
2．（2分）如图所示的是常用的噪声监测仪，显示周围环境的噪声为83.6dB，说明此时环境的噪声已经严重影响到了人们的工作和学习，噪声强说明声音的 大。
3．（2分）图中物体MN的长度为 cm。
4．（2分）如图所示，一束光从水中射向空气中，图中画出了其中一条离开水面后的折射光线，请在图中大致作出该条折射光线所对应的入射光线。
5．（2分）如图所示的是演示电动机工作原理的实验装置图，闭合开关后，导体棒ab向左滑动，现同时更换电源的正负接线柱和磁体的南北极，重新实验，则闭合开关后导体棒ab将向 （选填“左”或“右”）滑动。
6．（2分）氢燃料具有清洁无污染、热值高等优点，被认为是21世纪最理想的能源之一。已知氢燃料的热值q氢＝1.4×108J/kg，某辆氢燃料汽车的热效率为50%，完全燃烧1kg氢燃料，发动机对外所做的功为 J。
7．（2分）如图所示的是探究杠杆平衡条件时的装置图，在调平后的杠杆A处挂上4个钩码，每个钩码的质量均为50g，为了让杠杆再次保持平衡，用弹簧测力计在B点施加一个力，则这个力最小为 N。（g取10N/kg）
8．（2分）如图所示的是常见的真空吸盘，使用时将吸盘紧压在光滑的墙面上，挤压出里面的空气后，在大气压的作用下就会紧紧的吸在墙面，从而可以悬挂重物。假设吸盘内空气已全部挤出，该吸盘与墙面的接触面积为12.5cm2，此时的大气压强为1.0×105Pa，则作用在吸盘上的大气压力为 N。
9．（2分）如图所示，R1和R2串联在电路中，闭合开关S1发现两电压表的指针偏转情况完全一样，若将R1和R2并联在电路中，则流过R1和R2的电流之比为 。
10．（2分）如图所示电路中，电源电压恒为9V，灯泡L标有“6V，3W”字样，调节滑动变阻器，使灯泡L恰能正常发光，则1min内滑动变阻器上产生的焦耳热为 J。
二、选择题（每小题2分，共14分；每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的）
11．（2分）下列说法中正确的是（ ）
A．龙卷风内部空气流速大，所以内部气体压强大
B．大卡车比小汽车质量大，所以惯性大
C．物体的内能增大，温度一定升高
D．试电笔在使用时，手一定不能触碰笔尾的金属体
12．（2分）如图所示，为某同学从滑梯顶端加速滑到底端时的情景，则在整个下滑过程中，下列说法错误的是（ ）
A．动能增大 B．重力势能减少
C．机械能不变 D．机械能减少
13．（2分）如图为某一通电螺线管，螺线管的S极已经标出，它的左端有一个可以自由转动的小磁针，下列分析中正确的是（ ）
A．电源的左端为正极
B．小磁针静止时左端为N极
C．螺线管周围的磁感线是真实存在的
D．减小线圈匝数，螺线管周围磁场会变强
14．（2分）验电器A带有正电荷，金属箔张开一定角度，验电器B不带电，金属箔未张开，如图所示。现用C棒去接触两验电器的金属球，观察到A的金属箔张角变小，B的金属箔张开一定角度，下列说法中正确的是（ ）
A．C棒可能是橡胶棒
B．A验电器金属箔张角变小是因为失去了一部分正电荷
C．C棒接触两验电器金属球的瞬间，电流方向从A到B
D．B验电器金属箔张开一定角度，说明电荷是可以创造出来的
15．（2分）如图所示，一物块G放在固定斜面上处于静止状态，下列说法中正确的是（ ）
A．物块受到的重力与斜面对物块的支持力是一对平衡力
B．斜面对物块的支持力与物块对斜面的压力是作用力与反作用力
C．物块可能不受摩擦力作用
D．如果物块受到的所有力都消失，物块将沿斜面滑下
16．（2分）如图为某品牌电热水器的简化电路图，热水器加热时有快加热和慢加热两种状态，加热到指定温度后自动跳到保温状态，下列分析正确的是（ ）
A．快加热状态时开关S1闭合，S2断开
B．慢加热状态时开关S1断开，S2接b
C．保温状态时开关S1闭合，S2接a
D．慢加热状态时电路消耗的电功率为
17．（2分）为了监测实验室内有毒气体的浓度，现利用气敏电阻R2（阻值随着有毒气体浓度的增加而减小）设计一个电路，当有毒气体浓度增大时，电表示数增大，R1为定值电阻，下列设计符合要求的是（ ）
A． B．
C． D．
三、实验题（第18小题4分，第19小题4分，第20小题8分，共16分）
18．（4分）在“探究凸透镜成像特点”的实验中，蜡烛、凸透镜、光屏在如图所示位置时，光屏上正好能承接到清晰的像。
（1）取下光屏，用眼睛从光屏一侧适当位置透过凸透镜观察蜡烛， （选填“能”或“不能”）看到蜡烛的像；
（2）如果将蜡烛向左移动，同时移动光屏，使光屏上再次承接到清晰的像，则此时所成的像与 （选填“照相机”“幻灯片”或“放大镜”）成像原理相同。
19．（4分）某同学练习使用天平测量一金属块的质量，先将天平放在水平台面上，如图甲所示。
（1）将金属块放在天平左盘之前需要进行的具体操作是 ；
（2）测量金属块质量时，天平平衡后右盘中砝码和游码的位置如图乙所示，则该金属块的质量为 g。
20．（8分）在测量小灯泡电阻的实验中，小明同学设计的电路实物图如图甲所示（部分未连接好），电源电压4V不变，选用的小灯泡的额定电压为2.5V，滑动变阻器的规格为“25Ω，1A”。
（1）请用笔画线代替导线将电路实物图补充完整，要求向右移动滑片时灯泡变亮；
（2）闭合开关后，发现小灯泡不亮，电流表和电压表均有示数，但示数很小，接下来的操作应该是 （填字母）；
A.断开开关，检查电路
B.断开开关，更换灯泡
C.调节滑动变阻器，继续实验
（3）小明根据实验中测出的数据作出了I﹣U图象如图乙所示，由图象知，小灯泡正常发光时的电阻是 Ω；
（4）老师看到I﹣U图象中的五组数据后，指出小明在实验中的数据有一组是编造出来的，你觉得老师说的是 （选填“A”“B”“C”“D”或“E”）组数据。
四、计算与推导题（第21小题6分，第22小题6分，第23小题8分，共20分；解答要有必要的公式和过程）
21．（6分）在弹簧测力计下悬挂一个体积为100cm3的金属块，完全浸没在水中，如图甲所示，静止时弹簧测力计的示数F1为1.7N，如果浸没在某液体中，如图乙所示，静止时弹簧测力计的示数F2为1.9N。g取10N/kg，ρ水＝1.0×103kg/m3。求：
（1）金属块在水中受到的浮力；
（2）金属块的密度；
（3）某液体的密度。
22．（6分）如图所示电路中，电源电压恒定，定值电阻R1的阻值为10Ω，将滑动变阻器滑片P移至最大阻值处，闭合开关，电压表示数为4V，调节滑片P至中点处，电流表的示数为0.3A。求电源电压U和滑动变阻器的最大阻值R2。
23．（8分）如图所示，一斜面长s＝3m，高h＝1m，现用80N的拉力F，沿着斜面方向匀速拉动一重为G的物体，物体的大小忽略不计，从底端拉到顶端共用时12s，斜面的机械效率η＝75%。试求：
（1）拉力F的功率；
（2）物体重力G的大小；
（3）证明物体受到的摩擦力f＝F（1﹣η）。
2023年安徽省名校大联考中考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、填空题（每空2分，共20分）
1．（2分）滑雪场上，为了保障雪上项目的用雪质量，通常要采用人工造雪对雪地进行补充。人工造雪时将水注入一个专用的喷嘴或喷枪，水流被分割成微小的水雾并喷入寒冷的外部空气中，这些水雾落地后就变成了雪，人工造雪发生的物态变化是 凝固 。
【分析】物质由液态变成固态的现象叫做凝固。
【解答】解：由题意可知，人工造雪是将水注入专用喷嘴或喷枪，将水分割成微小的粒子并喷到寒冷的空气中，这些微小的粒子（小水滴）变成小冰晶，是由液态变为固态，是凝固现象。
故答案为：凝固。
【点评】本题考查了物态变化，知道物态变化的概念，知道变化前后物质所处的状态是正确解题的关键。
2．（2分）如图所示的是常用的噪声监测仪，显示周围环境的噪声为83.6dB，说明此时环境的噪声已经严重影响到了人们的工作和学习，噪声强说明声音的 响度 大。
【分析】声音的强弱等级用分贝来表示。0dB是人能听到的最微弱的声音；30﹣40dB是较为理想的安静环境；70dB会干扰生活、影响工作；长期生活在90dB以上的噪声环境中，听力会受到严重的影响；超过150dB的噪声环境，会使双耳完全失去听力。
【解答】解：70dB会干扰生活、影响工作；而图中噪声监测上显示的是83.6dB，说明此时环境的噪声已经严重影响到了人们的工作和学习，
该装置是用来监测噪声强弱的仪器，噪声强说明声音的响度大。
故答案为：响度。
【点评】知道噪声监测器的用途，且能真正的理解响度的定义是解决该题的关键。
3．（2分）图中物体MN的长度为 3.50 cm。
【分析】使用刻度尺时要明确量程和分度值，起始端从0刻度线开始，读出末端刻度值，就是物体的长度；起始端没有从0刻度线开始的，要以某一刻度线为起点，读出末端刻度值，用末端刻度值减去起始端所对刻度即为物体的长度，注意刻度尺读数时要估读到分度值的下一位；
【解答】解：刻度尺上1cm之间有10小格，所以每个小格代表的长度是0.1cm，即此刻度尺的分度值是0.1cm；物体MN左侧与零刻度线对齐，右侧与3.50cm对齐，所以物体MN的长度L＝3.50cm。
故答案为：3.50。
【点评】本题考查长度的测量及其刻度尺的读数，属于基本技能，要熟练掌握。
4．（2分）如图所示，一束光从水中射向空气中，图中画出了其中一条离开水面后的折射光线，请在图中大致作出该条折射光线所对应的入射光线。
【分析】发生折射时：折射光线、入射光线、法线在同一个平面内，折射光线、入射光线分居法线两侧，当光由空气斜射进入水中或其它透明介质中时，折射光线向法线偏折，折射角小于入射角，据此画出入射光线。
【解答】解：先过O点垂直界面画出法线，光由水斜射进入空气中时，折射光线向远离法线方向偏折，折射角大于入射角，据此在法线左侧的水中画出入射光线。如图所示：
【点评】本题主要考查光的折射规律的应用情况，注意真实光线为实线，法线为虚线；是一道基础题。
5．（2分）如图所示的是演示电动机工作原理的实验装置图，闭合开关后，导体棒ab向左滑动，现同时更换电源的正负接线柱和磁体的南北极，重新实验，则闭合开关后导体棒ab将向 左 （选填“左”或“右”）滑动。
【分析】通电导体在磁场中受力运动的方向跟电流方向和磁场方向有关；只改变其中的一个因素，则导体运动方向改变；同时改变两个因素，则导体运动方向不变。
【解答】解：闭合开关后，导体棒ab的受力方向与电流方向和磁场方向有关，若只改变电流方向或磁场方向，导体棒ab的运动方向改变，如果同时改变电流方向和磁场方向，导体棒ab的运动方向不变，所以现同时更换电源的正负接线柱和磁体的南北极，重新实验，则闭合开关后导体棒ab将向左滑动。
故答案为：左。
【点评】本题考查的是通电导体在磁场中的受力方向与电流方向和磁场方向的关系，属于基础题。
6．（2分）氢燃料具有清洁无污染、热值高等优点，被认为是21世纪最理想的能源之一。已知氢燃料的热值q氢＝1.4×108J/kg，某辆氢燃料汽车的热效率为50%，完全燃烧1kg氢燃料，发动机对外所做的功为 7×107 J。
【分析】先算出完全燃烧1kg氢燃料放出的热量，再根据效率公式计算有用功。
【解答】解：（1）完全燃烧1kg氢燃料放出的热量：
Q放＝qm＝1.4×108J/kg×1kg＝1.4×108J；
（2）完全燃烧1kg氢燃料，发动机对外所做的功为：
W有＝ηQ放＝50%×1.4×108J＝7×107J。
故答案为：7×107。
【点评】本题考查了热机效率的计算，属于基础题。
7．（2分）如图所示的是探究杠杆平衡条件时的装置图，在调平后的杠杆A处挂上4个钩码，每个钩码的质量均为50g，为了让杠杆再次保持平衡，用弹簧测力计在B点施加一个力，则这个力最小为 1.5 N。（g取10N/kg）
【分析】（1）杠杆平衡条件：动力×动力臂＝阻力×阻力臂（F1 L1＝F2 L2），在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小。
（2）以杠杆的长为力臂时，力臂最长，力最小；根据杠杆平衡条件计算出作用在B点的最小力的大小。
【解答】解：作用在A点的拉力：F1＝G总＝50×10﹣3N×4×10N/kg＝2N，
以杠杆的长为力臂时，力臂最长，设杠杆一个小格为L，则作用在B点的力臂为4L，作用在A点的力的力臂为3L，
由杠杆平衡条件可得：
F2×4L＝2N×3L，
解得：F2＝1.5N。
故答案为：1.5。
【点评】本题考查了杠杆平衡条件的应用，以及求解杠杆最小力的问题，正确理解以杠杆的长作为力臂时力臂最长是解题的关键。
8．（2分）如图所示的是常见的真空吸盘，使用时将吸盘紧压在光滑的墙面上，挤压出里面的空气后，在大气压的作用下就会紧紧的吸在墙面，从而可以悬挂重物。假设吸盘内空气已全部挤出，该吸盘与墙面的接触面积为12.5cm2，此时的大气压强为1.0×105Pa，则作用在吸盘上的大气压力为 125 N。
【分析】已知吸盘与墙面的接触面积和大气压强，由p＝公式变形可求得作用在吸盘上的大气压力。
【解答】解：由p＝可得，作用在吸盘上的大气压力为：
F＝pS＝1.0×105Pa×12.5×10﹣4m2＝125N。
故答案为：125。
【点评】本题考查的是大气压的有关计算，较简单。
9．（2分）如图所示，R1和R2串联在电路中，闭合开关S1发现两电压表的指针偏转情况完全一样，若将R1和R2并联在电路中，则流过R1和R2的电流之比为 4：1 。
【分析】由图可知，R1和R2串联在电路中，电压表V1测量R1两端电压，电压表V2测量总电压，闭合开关后，根据串联电路电压规律可知电压表V2的示数大于电压表V1的示数，两电压表的指针偏转情况完全一样，表明电压表V2是大量程，电压表V1是小量程，电压表V2的示数为电压表V1示数的5倍；根据串联电路电压规律可知R2两端的电压是R1两端电压的4倍，由分压原理可知R2电阻值是R1电阻值的4倍；当将R1和R2并联在电路中，根据并联电路分流原理求出通过R1和R2的电流之比。
【解答】解：由图可知，闭合开关后，R1和R2串联在电路中，电压表V1测量R1两端电压，电压表V2测量总电压，
根据串联电路电压规律可知电压表V2的示数大于电压表V1的示数，
两电压表的指针偏转情况完全一样，表明电压表V2是大量程，电压表V1是小量程，
因为电压表的大量程是小量程的5倍，所以电压表V2的示数为电压表V1示数的5倍；
根据串联电路电压规律R2两端的电压与R1两端的电压和等于串联电路的总电压，可知R2两端的电压是R1两端电压的4倍，
由分压原理＝，可知R2电阻值是R1电阻值的4倍；
当将R1和R2并联在电路中，根据并联电路的分流原理＝，可知通过R1和R2的电流之比是4：1。
故答案为：4：1。
【点评】本题考查电压表的使用、欧姆定律、串联分压原理以及并联分流原理的应用，是基础题。
10．（2分）如图所示电路中，电源电压恒为9V，灯泡L标有“6V，3W”字样，调节滑动变阻器，使灯泡L恰能正常发光，则1min内滑动变阻器上产生的焦耳热为 90 J。
【分析】由图可知，灯泡L与滑动变阻器R1串联，根据串联电路的电压特点求出当灯泡L正常发光时，滑动变阻器两端的电压，根据P＝UI求出灯泡正常发光时的电流，根据串联电路的电流特点可知通过滑动变阻器的电流，根据Q＝W＝UIt求出1min内滑动变阻器上产生的热量。
【解答】解：由图可知，灯泡L与滑动变阻器R1串联，当灯泡L恰能正常发光，灯泡两端的电压UL＝6V，
根据串联电路的特点可知，滑动变阻器两端的电压：U1＝U﹣UL＝9V﹣6V＝3V，
由P＝UI可知，灯泡正常发光时的电流：IL＝＝＝0.5A，
根据串联电路的电流特点可知，通过滑动变阻器的电流I1＝IL＝0.5A，
1min内滑动变阻器上产生的热量：Q＝W＝U1I1t＝3V×0.5A×60s＝90J。
故答案为：90。
【点评】本题考查串联电路的特点、电功率公式以及焦耳定律的应用，难度不大。
二、选择题（每小题2分，共14分；每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的）
11．（2分）下列说法中正确的是（ ）
A．龙卷风内部空气流速大，所以内部气体压强大
B．大卡车比小汽车质量大，所以惯性大
C．物体的内能增大，温度一定升高
D．试电笔在使用时，手一定不能触碰笔尾的金属体
【分析】（1）流体压强与流速的关系：流速越大，压强越小；流速越小，压强越大。
（2）惯性大小的唯一量度是物体的质量。
（3）物体的内能和质量、温度、状态有关。
（4）使用试电笔时，手要接触笔尾金属体。
【解答】解：A、龙卷风的实质是高速旋转的气流，当刮起龙卷风时，龙卷风内部的空气流动速度增大，压强减小，故A错误；
B、大卡车比小汽车质量大，所以惯性大，故B正确；
C、物体的内能增大，温度不一定升高，例如晶体的熔化过程吸收热量，内能增大，温度不变，故C错误；
D、试电笔在使用时，手要触碰笔尾的金属体，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了流体压强与流速的关系、影响惯性大小的因素、影响物体内能大小的因素和试电笔的使用方法等知识，基础题。
12．（2分）如图所示，为某同学从滑梯顶端加速滑到底端时的情景，则在整个下滑过程中，下列说法错误的是（ ）
A．动能增大 B．重力势能减少
C．机械能不变 D．机械能减少
【分析】动能的大小与物体的质量和速度有关，质量越大、速度越大，动能就越大；
重力势能的大小与物体的质量和高度有关，质量越大、高度越高，重力势能就越大；
机械能包括动能和重力势能；由于滑梯有摩擦，一部分机械能转化为内能。
【解答】解：某同学从滑梯顶端加速滑到底端时，质量不变，速度增大，动能变大；质量不变，高度变小，重力势能变小；
由于克服摩擦做功，会有一部分机械能转化为内能，因此机械能会减小；综上所述，C错误。
故选：C。
【点评】解决此类问题要结合影响动能、重力势能、机械能的大小因素进行分析解答。
13．（2分）如图为某一通电螺线管，螺线管的S极已经标出，它的左端有一个可以自由转动的小磁针，下列分析中正确的是（ ）
A．电源的左端为正极
B．小磁针静止时左端为N极
C．螺线管周围的磁感线是真实存在的
D．减小线圈匝数，螺线管周围磁场会变强
【分析】（1）根据螺线管的N、S极和螺线管的绕向，利用安培定则可以确定螺线管中电流方向，进而可以确定电源的正、负极；
（2）磁极间的作用规律：同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引；
（3）人们为了研究磁场的性质，引入了磁感线；
（4）电磁铁磁性的强弱与电流大小、线圈的匝数有关。
【解答】解：A．根据螺线管的左端为S极，结合线圈的绕向，利用安培定则可以确定电流从螺线管的左端流入，右端流出，由此可以确定电源的左端为正极，右端为负极，故A正确；
B．通电螺线管的左端是S极，因同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，则小磁针静止时其右端为N极，左端为S极，故B错误；
C．人们为了研究方便引入了磁感线，磁感线并不存在，故C错误；
D．电磁铁磁性的强弱与电流大小、线圈的匝数有关，减小线圈匝数，螺线管周围磁场会变弱，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了磁感线、安培定则，磁极之间相互作用规律的应用，还考查了影响通电螺线管的磁性强弱因素，比较简单。
14．（2分）验电器A带有正电荷，金属箔张开一定角度，验电器B不带电，金属箔未张开，如图所示。现用C棒去接触两验电器的金属球，观察到A的金属箔张角变小，B的金属箔张开一定角度，下列说法中正确的是（ ）
A．C棒可能是橡胶棒
B．A验电器金属箔张角变小是因为失去了一部分正电荷
C．C棒接触两验电器金属球的瞬间，电流方向从A到B
D．B验电器金属箔张开一定角度，说明电荷是可以创造出来的
【分析】利用下列知识分析判断：
（1）橡胶不容易导电，是绝缘体；
（2）正常情况下，物体内原子核带的正电荷数等于核外电子带的负电荷数，物体不带电、呈中性；当物体失去电子时，由于缺少电子而带正电；当物体得到电子时，由于多余电子而带负电；
（3）在物理学中，规定正电荷定向移动的方向规定为电流方向，负电荷定向移动方向与电流方向相反。
【解答】解：A、橡胶棒是绝缘体，用橡胶棒连接两验电器，不会出现A的金属箔张角变小，B的金属箔张开一定角度的现象，故A错误；
B、因金属导体中能够移动的带负电的自由电子，验电器A带正电，夹角变小说明得到了一部分带负电的电荷，故B错误；
C、验电器A带正电（缺少电子），而验电器B不带电。用带绝缘柄的金属棒把A和B连接起来，B验电器上自由电子向验电器A转移，A带的正电减少、金属箔张角变小，B也带了正电；规定正电荷定向移动的方向为电流方法，负电荷定向移动的方向与电流方向相反，C棒接触两验电器金属球的瞬间，电流方向从A到B，故C正确；
D、B验电器金属箔张开一定角度，说明失去了一部分负电荷，电荷不是创造出来的，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了导体与绝缘体的概念、物体带电的实质、电流方向的规定，注意：在金属导体内能够自由移动的是自由电子，电流的方向与电子移动方向相反。
15．（2分）如图所示，一物块G放在固定斜面上处于静止状态，下列说法中正确的是（ ）
A．物块受到的重力与斜面对物块的支持力是一对平衡力
B．斜面对物块的支持力与物块对斜面的压力是作用力与反作用力
C．物块可能不受摩擦力作用
D．如果物块受到的所有力都消失，物块将沿斜面滑下
【分析】（1）二力平衡的条件是：大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上；
（2）一对相互作用力的条件是：大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在两个物体上；
（3）摩擦力产生的条件之一是物体间发生相对运动或有相对运动的趋势；
（4）根据牛顿第一定律可做出判断。
【解答】解：A、物块受到的重力方向竖直向下，斜面对物块的支持力垂直于斜面向上，二者不在一条直线上，大小也不相等，不是一对平衡力，故A错误；
B、斜面对物块的支持力与物块对斜面的压力大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在两个物体上，是作用力与反作用力，故B正确；
C、物块在斜面上有向下运动的趋势，因此一定受摩擦力作用，故C错误；
D、根据牛顿第一定律，如果物块受到的所有力都消失，物块将保持静止，故D错误。
故选：B。
【点评】本题主要考查了对平衡力与相互作用力的辨别、对摩擦力产生条件的理解、对牛顿第一定律的应用等，有一定综合性。
16．（2分）如图为某品牌电热水器的简化电路图，热水器加热时有快加热和慢加热两种状态，加热到指定温度后自动跳到保温状态，下列分析正确的是（ ）
A．快加热状态时开关S1闭合，S2断开
B．慢加热状态时开关S1断开，S2接b
C．保温状态时开关S1闭合，S2接a
D．慢加热状态时电路消耗的电功率为
【分析】（1）由电路图可知，开关S1闭合、S2接a时，R1与R2并联；开关S1闭合、S2接b（或断开）时，电路为R1的简单电路；开关S1断开、S2接a时，电路断路；开关S1断开、S2接b时，R1与R2串联；
（2）根据P＝可知，计算（表示出）开关不同状态时的电功率，据此判断电热水器的挡位，并表示出慢加热状态时电路消耗的电功率。
【解答】解：开关S1闭合、S2接b（或断开）时，电路为R1的简单电路，电路中电阻较大，电源电压一定，根据P＝可知，电功率较大，处于慢加热状态，P慢＝；
开关S1断开、S2接b时，R1与R2串联，电路中电阻最大，电源电压一定，根据P＝可知，电功率最小，处于保温状态，P保温＝；
开关S1闭合、S2接a时，R1与R2并联，电路中电阻最小，电源电压一定，根据P＝可知，电功率最大，处于快加热状态，P快＝P1+P2＝+；
A、快加热状态时，开关S1闭合、S2接a，R1与R2并联，故A错误；
BD、慢加热状态时，开关S1闭合、S2接b（或断开），功率为P慢＝，故B错误、D正确；
C、保温状态时，开关S1断开、S2接b，R1与R2串联，故C错误。
故选：D。
【点评】本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，关键是判断出电热水器处于不同挡位时电路的连接方式。
17．（2分）为了监测实验室内有毒气体的浓度，现利用气敏电阻R2（阻值随着有毒气体浓度的增加而减小）设计一个电路，当有毒气体浓度增大时，电表示数增大，R1为定值电阻，下列设计符合要求的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】由题意可知：气敏电阻R2阻值随着有毒气体浓度的增加而减小，然后根据选项中的图象结合串、并联电路的特点和欧姆定律判断电表示数的变化，找到符合题意的电路图。
【解答】解：A、电路为串联电路，电压表测量的是电源电压，由于电源电压不变，所以电压表示数始终不变，故A错误；
B、电路为串联电路，电压表测量的是气敏电阻两端的电压，当有毒气体浓度增大时，气敏电阻R2阻值随着有毒气体浓度的增加而减小，根据串联电路的分压规律可知，气敏电阻分担的电压变小，电压表示数变小，故B错误；
C、电路为并联电路，电流表测量通过R1的电流；由于并联电路中各支路互不影响，气敏电阻阻值变化时，通过R1的电流不变，电流表示数不变，故C错误；
D、电路为并联电路，电流表测量通过R2的电流；当有毒气体浓度增大时，气敏电阻R2阻值随着有毒气体浓度的增加而减小，气敏电阻两端的电压不变，根据欧姆定律可知，该支路中的电流变大，电流表示数变大，故D正确。
故选：D。
【点评】明确电表的测量对象是解题的基础，熟练应用欧姆定律、串联分压原理来分析电路中电流、电压的变化是解题的关键。
三、实验题（第18小题4分，第19小题4分，第20小题8分，共16分）
18．（4分）在“探究凸透镜成像特点”的实验中，蜡烛、凸透镜、光屏在如图所示位置时，光屏上正好能承接到清晰的像。
（1）取下光屏，用眼睛从光屏一侧适当位置透过凸透镜观察蜡烛， 不能 （选填“能”或“不能”）看到蜡烛的像；
（2）如果将蜡烛向左移动，同时移动光屏，使光屏上再次承接到清晰的像，则此时所成的像与 照相机 （选填“照相机”“幻灯片”或“放大镜”）成像原理相同。
【分析】（1）实像是实际光线会聚成的；
（2）根据图示可知，此时的物距等于像距；蜡烛向左移动，物距大于二倍焦距，成倒立、缩小的实像，其应用是照相机。
【解答】解：（1）当在光屏上呈现蜡烛清晰的像后，已经是清晰的像；取下光屏，人眼在光屏处，人眼可以代替光屏，像呈现在光屏处，此时眼睛放在光屏处无法看到像，就像是把物体放在正好眼睛上是无法成像的，眼睛需要在光屏右边一些；
（2）根据图示可知，此时的物距等于像距；蜡烛向左移动，此时的物距大于二倍焦距，向左移动光屏，会在光屏上成倒立、缩小的实像，其应用是照相机。
故答案为：（1）不能；（2）照相机。
【点评】此题主要探究凸透镜成像的规律，一定要掌握物体、像、物距、像距之间的大小关系，并做到举一反三。
19．（4分）某同学练习使用天平测量一金属块的质量，先将天平放在水平台面上，如图甲所示。
（1）将金属块放在天平左盘之前需要进行的具体操作是 将游码调节到标尺左端的零刻度线位置，然后向右调节平衡螺母，直到指针指在分度盘中线处，横梁达到平衡 ；
（2）测量金属块质量时，天平平衡后右盘中砝码和游码的位置如图乙所示，则该金属块的质量为 39 g。
【分析】（1）天平在使用前需要先调节横梁平衡；
（2）金属块的质量等于砝码总质量加上游码显示的数值。
【解答】解：（1）由图甲可知，此时游码没有在零刻度线位置，而且天平左端下沉，右端上升，所以将金属块放在天平左盘之前需要进行的具体操作是将游码调节到标尺左端的零刻度线位置，然后向右调节平衡螺母，直到指针指在分度盘中线处，横梁达到平衡；
（2）由图乙可知，天平标尺的分度值是0.2g，游码对应的刻度值为4g，金属块的质量m＝20g+10g+5g+4g＝39g。
故答案为：（1）将游码调节到标尺左端的零刻度线位置，然后向右调节平衡螺母，直到指针指在分度盘中线处，横梁达到平衡；（2）39。
【点评】本题考查的是天平的调节和读数，属于基础题。
20．（8分）在测量小灯泡电阻的实验中，小明同学设计的电路实物图如图甲所示（部分未连接好），电源电压4V不变，选用的小灯泡的额定电压为2.5V，滑动变阻器的规格为“25Ω，1A”。
（1）请用笔画线代替导线将电路实物图补充完整，要求向右移动滑片时灯泡变亮；
（2）闭合开关后，发现小灯泡不亮，电流表和电压表均有示数，但示数很小，接下来的操作应该是 C （填字母）；
A.断开开关，检查电路
B.断开开关，更换灯泡
C.调节滑动变阻器，继续实验
（3）小明根据实验中测出的数据作出了I﹣U图象如图乙所示，由图象知，小灯泡正常发光时的电阻是 10 Ω；
（4）老师看到I﹣U图象中的五组数据后，指出小明在实验中的数据有一组是编造出来的，你觉得老师说的是 A （选填“A”“B”“C”“D”或“E”）组数据。
【分析】（1）滑动变阻器应应与被测电路串联，要求向右移动滑片时灯泡变亮，故应接入右下端；
（2）闭合开关后，发现小灯泡不亮，电流表和电压表均有示数，但示数很小，说明滑动变阻器的阻值大，故应调节滑动变阻器，观察灯泡是否亮起来；
（3）已知小灯泡的额定电压为2.5V，由I﹣U图象找到对应的电流值，根据R＝得到小灯泡正常发光时的阻值；
（4）根据滑动变阻器的最大阻值，求出电路中的电流，据此分析；
【解答】解：（1）滑动变阻器应应与被测电路串联，要求向右移动滑片时灯泡变亮，故应接入右下端，如图所示：；
（2）闭合开关后，发现小灯泡不亮，电流表和电压表均有示数，但示数很小，说明滑动变阻器的阻值大，故应调节滑动变阻器，观察灯泡是否亮起来；
故选：B；
（3）已知小灯泡的额定电压为2.5V，由I﹣U图象可知此时对应的电流为0.25A，则小灯泡的电阻R＝＝＝10Ω；
（4）由I﹣U图象可知A的数据，电压表示数为0.5V，根据串联电路电压的特点，滑动变阻器两端的电压为3.5V，滑动变阻器的阻值R滑＝＝＝35Ω，已知滑动变阻器的规格为“25Ω，1A”，故A数据是编造出来的。
故答案为：（1）；（2）C；（3）10；（4）A。
【点评】本题考查电路连接、故障分析、欧姆定律和数据分析，是一道好题。
四、计算与推导题（第21小题6分，第22小题6分，第23小题8分，共20分；解答要有必要的公式和过程）
21．（6分）在弹簧测力计下悬挂一个体积为100cm3的金属块，完全浸没在水中，如图甲所示，静止时弹簧测力计的示数F1为1.7N，如果浸没在某液体中，如图乙所示，静止时弹簧测力计的示数F2为1.9N。g取10N/kg，ρ水＝1.0×103kg/m3。求：
（1）金属块在水中受到的浮力；
（2）金属块的密度；
（3）某液体的密度。
【分析】（1）金属块浸没在水中时排开水的体积等于金属块的体积，根据F浮＝ρ液gV排求出金属块在水中受到的浮力；
（2）根据称重法测浮力求出金属块的重力，根据G＝mg求出金属块的质量，根据ρ＝求金属块的密度；
（3）根据称重法测浮力求出金属块浸没在某液体中时受到的浮力，根据F浮＝ρ液gV排求出某液体的密度。
【解答】解：（1）因为金属块浸没在水中，所以金属块排开水的体积：V排＝V＝100cm3，
则金属块在水中受到的浮力：F浮水＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×100×10﹣6m3＝1N；
（2）由称重法测浮力可知，金属块的重力：G＝F浮水+F1＝1N+1.7N＝2.7N，
由G＝mg可知，金属块的质量：m＝＝＝0.27kg，
则金属块的密度：ρ＝＝＝2.7×103kg/m3；
（3）由称重法测浮力可知，金属块浸没在某液体中时受到的浮力：F浮液＝G﹣F2＝2.7N﹣1.9N＝0.8N，
因为金属块浸没在某液体中，所以金属块排开某液体的体积：V排液＝V＝100cm3，
由F浮＝ρ液gV排可知，某液体的密度：ρ液＝＝＝0.8×103kg/m3。
答：（1）金属块在水中受到的浮力为1N；
（2）金属块的密度为2.7×103kg/m3；
（3）某液体的密度为0.8×103kg/m3。
【点评】本题考查称重法测浮力、阿基米德原理、重力公式和密度公式的应用，关键是知道物体浸没在液体中时排开液体的体积等于物体的体积。
22．（6分）如图所示电路中，电源电压恒定，定值电阻R1的阻值为10Ω，将滑动变阻器滑片P移至最大阻值处，闭合开关，电压表示数为4V，调节滑片P至中点处，电流表的示数为0.3A。求电源电压U和滑动变阻器的最大阻值R2。
【分析】由电路图可知，R1与R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。将滑动变阻器滑片P移至最大阻值处，闭合开关，电压表示数为4V，根据欧姆定律表示出电路的电流和电源电压；再将调节滑片P至中点处，电流表的示数为0.3A。结合串联电路的电压特点和欧姆定律表示电源电压，根据电源电压相等列等式算出电源电压U和滑动变阻器的最大阻值R2。
【解答】解：由电路图可知，R1与R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。
将滑动变阻器滑片P移至最大阻值处，闭合开关，电压表示数为4V，此时电路的电流为：I＝＝，电源电压为：U＝U2+IR1＝4V+×10Ω﹣﹣﹣﹣﹣①，
将滑片移到中点位置时，此时电路的电流为I'＝0.3A，电源电压为：U＝I′（R1+R2）＝0.3A×（10Ω+R2）﹣﹣﹣﹣﹣②，
由①②得，R2＝20Ω，U＝6V。
答：电源的电压为6V，滑动变阻器的最大阻值为20Ω。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，根据电源电压相等列等式是解题的关键。
23．（8分）如图所示，一斜面长s＝3m，高h＝1m，现用80N的拉力F，沿着斜面方向匀速拉动一重为G的物体，物体的大小忽略不计，从底端拉到顶端共用时12s，斜面的机械效率η＝75%。试求：
（1）拉力F的功率；
（2）物体重力G的大小；
（3）证明物体受到的摩擦力f＝F（1﹣η）。
【分析】（1）物体从斜面底端到顶端的过程中，知道拉力大小、斜面长，利用W＝Fs求拉力F做的功（总功），再利用P＝求拉力F的功率；
（2）由η＝可得拉力做的有用功，再利用W＝Gh求物体的重力；
（3）克服摩擦力做的额外功W额＝W总﹣W有用＝W总﹣η×W总＝W总（1﹣η）＝Fs（1﹣η），利用W额＝fs求摩擦力。
【解答】解：（1）物体从斜面底端到顶端的过程中，
拉力F做的功：W总＝Fs＝80N×3m＝240J，
拉力F的功率：P＝＝＝20W；
（2）由η＝可得拉力做的有用功：
W有用＝η×W总＝75%×240J＝180J，
由W有用＝Gh可得物体重力：
G＝＝＝180N；
（3）克服摩擦力做的额外功：
W额＝W总﹣W有用＝W总﹣η×W总＝W总（1﹣η）＝Fs（1﹣η），
由W额＝fs可得摩擦力：
f＝F（1﹣η）。
答：（1）拉力F的功率为20W；
（2）物体重力G的大小为180N；
（3）证明过程见解答。
【点评】本题考查了使用斜面时总功、功率、额外功、摩擦力的计算，要知道克服物体受到摩擦力做的功为额外功。
2023年安徽省名校大联考中考物理一模试卷
一、填空题（每空2分，共20分）
1．（2分）滑雪场上，为了保障雪上项目的用雪质量，通常要采用人工造雪对雪地进行补充。人工造雪时将水注入一个专用的喷嘴或喷枪，水流被分割成微小的水雾并喷入寒冷的外部空气中，这些水雾落地后就变成了雪，人工造雪发生的物态变化是 。
2．（2分）如图所示的是常用的噪声监测仪，显示周围环境的噪声为83.6dB，说明此时环境的噪声已经严重影响到了人们的工作和学习，噪声强说明声音的 大。
3．（2分）图中物体MN的长度为 cm。
4．（2分）如图所示，一束光从水中射向空气中，图中画出了其中一条离开水面后的折射光线，请在图中大致作出该条折射光线所对应的入射光线。
5．（2分）如图所示的是演示电动机工作原理的实验装置图，闭合开关后，导体棒ab向左滑动，现同时更换电源的正负接线柱和磁体的南北极，重新实验，则闭合开关后导体棒ab将向 （选填“左”或“右”）滑动。
6．（2分）氢燃料具有清洁无污染、热值高等优点，被认为是21世纪最理想的能源之一。已知氢燃料的热值q氢＝1.4×108J/kg，某辆氢燃料汽车的热效率为50%，完全燃烧1kg氢燃料，发动机对外所做的功为 J。
7．（2分）如图所示的是探究杠杆平衡条件时的装置图，在调平后的杠杆A处挂上4个钩码，每个钩码的质量均为50g，为了让杠杆再次保持平衡，用弹簧测力计在B点施加一个力，则这个力最小为 N。（g取10N/kg）
8．（2分）如图所示的是常见的真空吸盘，使用时将吸盘紧压在光滑的墙面上，挤压出里面的空气后，在大气压的作用下就会紧紧的吸在墙面，从而可以悬挂重物。假设吸盘内空气已全部挤出，该吸盘与墙面的接触面积为12.5cm2，此时的大气压强为1.0×105Pa，则作用在吸盘上的大气压力为 N。
9．（2分）如图所示，R1和R2串联在电路中，闭合开关S1发现两电压表的指针偏转情况完全一样，若将R1和R2并联在电路中，则流过R1和R2的电流之比为 。
10．（2分）如图所示电路中，电源电压恒为9V，灯泡L标有“6V，3W”字样，调节滑动变阻器，使灯泡L恰能正常发光，则1min内滑动变阻器上产生的焦耳热为 J。
二、选择题（每小题2分，共14分；每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的）
11．（2分）下列说法中正确的是（ ）
A．龙卷风内部空气流速大，所以内部气体压强大
B．大卡车比小汽车质量大，所以惯性大
C．物体的内能增大，温度一定升高
D．试电笔在使用时，手一定不能触碰笔尾的金属体
12．（2分）如图所示，为某同学从滑梯顶端加速滑到底端时的情景，则在整个下滑过程中，下列说法错误的是（ ）
A．动能增大 B．重力势能减少
C．机械能不变 D．机械能减少
13．（2分）如图为某一通电螺线管，螺线管的S极已经标出，它的左端有一个可以自由转动的小磁针，下列分析中正确的是（ ）
A．电源的左端为正极
B．小磁针静止时左端为N极
C．螺线管周围的磁感线是真实存在的
D．减小线圈匝数，螺线管周围磁场会变强
14．（2分）验电器A带有正电荷，金属箔张开一定角度，验电器B不带电，金属箔未张开，如图所示。现用C棒去接触两验电器的金属球，观察到A的金属箔张角变小，B的金属箔张开一定角度，下列说法中正确的是（ ）
A．C棒可能是橡胶棒
B．A验电器金属箔张角变小是因为失去了一部分正电荷
C．C棒接触两验电器金属球的瞬间，电流方向从A到B
D．B验电器金属箔张开一定角度，说明电荷是可以创造出来的
15．（2分）如图所示，一物块G放在固定斜面上处于静止状态，下列说法中正确的是（ ）
A．物块受到的重力与斜面对物块的支持力是一对平衡力
B．斜面对物块的支持力与物块对斜面的压力是作用力与反作用力
C．物块可能不受摩擦力作用
D．如果物块受到的所有力都消失，物块将沿斜面滑下
16．（2分）如图为某品牌电热水器的简化电路图，热水器加热时有快加热和慢加热两种状态，加热到指定温度后自动跳到保温状态，下列分析正确的是（ ）
A．快加热状态时开关S1闭合，S2断开
B．慢加热状态时开关S1断开，S2接b
C．保温状态时开关S1闭合，S2接a
D．慢加热状态时电路消耗的电功率为
17．（2分）为了监测实验室内有毒气体的浓度，现利用气敏电阻R2（阻值随着有毒气体浓度的增加而减小）设计一个电路，当有毒气体浓度增大时，电表示数增大，R1为定值电阻，下列设计符合要求的是（ ）
A． B．
C． D．
三、实验题（第18小题4分，第19小题4分，第20小题8分，共16分）
18．（4分）在“探究凸透镜成像特点”的实验中，蜡烛、凸透镜、光屏在如图所示位置时，光屏上正好能承接到清晰的像。
（1）取下光屏，用眼睛从光屏一侧适当位置透过凸透镜观察蜡烛， （选填“能”或“不能”）看到蜡烛的像；
（2）如果将蜡烛向左移动，同时移动光屏，使光屏上再次承接到清晰的像，则此时所成的像与 （选填“照相机”“幻灯片”或“放大镜”）成像原理相同。
19．（4分）某同学练习使用天平测量一金属块的质量，先将天平放在水平台面上，如图甲所示。
（1）将金属块放在天平左盘之前需要进行的具体操作是 ；
（2）测量金属块质量时，天平平衡后右盘中砝码和游码的位置如图乙所示，则该金属块的质量为 g。
20．（8分）在测量小灯泡电阻的实验中，小明同学设计的电路实物图如图甲所示（部分未连接好），电源电压4V不变，选用的小灯泡的额定电压为2.5V，滑动变阻器的规格为“25Ω，1A”。
（1）请用笔画线代替导线将电路实物图补充完整，要求向右移动滑片时灯泡变亮；
（2）闭合开关后，发现小灯泡不亮，电流表和电压表均有示数，但示数很小，接下来的操作应该是 （填字母）；
A.断开开关，检查电路
B.断开开关，更换灯泡
C.调节滑动变阻器，继续实验
（3）小明根据实验中测出的数据作出了I﹣U图象如图乙所示，由图象知，小灯泡正常发光时的电阻是 Ω；
（4）老师看到I﹣U图象中的五组数据后，指出小明在实验中的数据有一组是编造出来的，你觉得老师说的是 （选填“A”“B”“C”“D”或“E”）组数据。
四、计算与推导题（第21小题6分，第22小题6分，第23小题8分，共20分；解答要有必要的公式和过程）
21．（6分）在弹簧测力计下悬挂一个体积为100cm3的金属块，完全浸没在水中，如图甲所示，静止时弹簧测力计的示数F1为1.7N，如果浸没在某液体中，如图乙所示，静止时弹簧测力计的示数F2为1.9N。g取10N/kg，ρ水＝1.0×103kg/m3。求：
（1）金属块在水中受到的浮力；
（2）金属块的密度；
（3）某液体的密度。
22．（6分）如图所示电路中，电源电压恒定，定值电阻R1的阻值为10Ω，将滑动变阻器滑片P移至最大阻值处，闭合开关，电压表示数为4V，调节滑片P至中点处，电流表的示数为0.3A。求电源电压U和滑动变阻器的最大阻值R2。
23．（8分）如图所示，一斜面长s＝3m，高h＝1m，现用80N的拉力F，沿着斜面方向匀速拉动一重为G的物体，物体的大小忽略不计，从底端拉到顶端共用时12s，斜面的机械效率η＝75%。试求：
（1）拉力F的功率；
（2）物体重力G的大小；
（3）证明物体受到的摩擦力f＝F（1﹣η）。
2023年安徽省名校大联考中考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、填空题（每空2分，共20分）
1．（2分）滑雪场上，为了保障雪上项目的用雪质量，通常要采用人工造雪对雪地进行补充。人工造雪时将水注入一个专用的喷嘴或喷枪，水流被分割成微小的水雾并喷入寒冷的外部空气中，这些水雾落地后就变成了雪，人工造雪发生的物态变化是 凝固 。
【分析】物质由液态变成固态的现象叫做凝固。
【解答】解：由题意可知，人工造雪是将水注入专用喷嘴或喷枪，将水分割成微小的粒子并喷到寒冷的空气中，这些微小的粒子（小水滴）变成小冰晶，是由液态变为固态，是凝固现象。
故答案为：凝固。
【点评】本题考查了物态变化，知道物态变化的概念，知道变化前后物质所处的状态是正确解题的关键。
2．（2分）如图所示的是常用的噪声监测仪，显示周围环境的噪声为83.6dB，说明此时环境的噪声已经严重影响到了人们的工作和学习，噪声强说明声音的 响度 大。
【分析】声音的强弱等级用分贝来表示。0dB是人能听到的最微弱的声音；30﹣40dB是较为理想的安静环境；70dB会干扰生活、影响工作；长期生活在90dB以上的噪声环境中，听力会受到严重的影响；超过150dB的噪声环境，会使双耳完全失去听力。
【解答】解：70dB会干扰生活、影响工作；而图中噪声监测上显示的是83.6dB，说明此时环境的噪声已经严重影响到了人们的工作和学习，
该装置是用来监测噪声强弱的仪器，噪声强说明声音的响度大。
故答案为：响度。
【点评】知道噪声监测器的用途，且能真正的理解响度的定义是解决该题的关键。
3．（2分）图中物体MN的长度为 3.50 cm。
【分析】使用刻度尺时要明确量程和分度值，起始端从0刻度线开始，读出末端刻度值，就是物体的长度；起始端没有从0刻度线开始的，要以某一刻度线为起点，读出末端刻度值，用末端刻度值减去起始端所对刻度即为物体的长度，注意刻度尺读数时要估读到分度值的下一位；
【解答】解：刻度尺上1cm之间有10小格，所以每个小格代表的长度是0.1cm，即此刻度尺的分度值是0.1cm；物体MN左侧与零刻度线对齐，右侧与3.50cm对齐，所以物体MN的长度L＝3.50cm。
故答案为：3.50。
【点评】本题考查长度的测量及其刻度尺的读数，属于基本技能，要熟练掌握。
4．（2分）如图所示，一束光从水中射向空气中，图中画出了其中一条离开水面后的折射光线，请在图中大致作出该条折射光线所对应的入射光线。
【分析】发生折射时：折射光线、入射光线、法线在同一个平面内，折射光线、入射光线分居法线两侧，当光由空气斜射进入水中或其它透明介质中时，折射光线向法线偏折，折射角小于入射角，据此画出入射光线。
【解答】解：先过O点垂直界面画出法线，光由水斜射进入空气中时，折射光线向远离法线方向偏折，折射角大于入射角，据此在法线左侧的水中画出入射光线。如图所示：
【点评】本题主要考查光的折射规律的应用情况，注意真实光线为实线，法线为虚线；是一道基础题。
5．（2分）如图所示的是演示电动机工作原理的实验装置图，闭合开关后，导体棒ab向左滑动，现同时更换电源的正负接线柱和磁体的南北极，重新实验，则闭合开关后导体棒ab将向 左 （选填“左”或“右”）滑动。
【分析】通电导体在磁场中受力运动的方向跟电流方向和磁场方向有关；只改变其中的一个因素，则导体运动方向改变；同时改变两个因素，则导体运动方向不变。
【解答】解：闭合开关后，导体棒ab的受力方向与电流方向和磁场方向有关，若只改变电流方向或磁场方向，导体棒ab的运动方向改变，如果同时改变电流方向和磁场方向，导体棒ab的运动方向不变，所以现同时更换电源的正负接线柱和磁体的南北极，重新实验，则闭合开关后导体棒ab将向左滑动。
故答案为：左。
【点评】本题考查的是通电导体在磁场中的受力方向与电流方向和磁场方向的关系，属于基础题。
6．（2分）氢燃料具有清洁无污染、热值高等优点，被认为是21世纪最理想的能源之一。已知氢燃料的热值q氢＝1.4×108J/kg，某辆氢燃料汽车的热效率为50%，完全燃烧1kg氢燃料，发动机对外所做的功为 7×107 J。
【分析】先算出完全燃烧1kg氢燃料放出的热量，再根据效率公式计算有用功。
【解答】解：（1）完全燃烧1kg氢燃料放出的热量：
Q放＝qm＝1.4×108J/kg×1kg＝1.4×108J；
（2）完全燃烧1kg氢燃料，发动机对外所做的功为：
W有＝ηQ放＝50%×1.4×108J＝7×107J。
故答案为：7×107。
【点评】本题考查了热机效率的计算，属于基础题。
7．（2分）如图所示的是探究杠杆平衡条件时的装置图，在调平后的杠杆A处挂上4个钩码，每个钩码的质量均为50g，为了让杠杆再次保持平衡，用弹簧测力计在B点施加一个力，则这个力最小为 1.5 N。（g取10N/kg）
【分析】（1）杠杆平衡条件：动力×动力臂＝阻力×阻力臂（F1 L1＝F2 L2），在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小。
（2）以杠杆的长为力臂时，力臂最长，力最小；根据杠杆平衡条件计算出作用在B点的最小力的大小。
【解答】解：作用在A点的拉力：F1＝G总＝50×10﹣3N×4×10N/kg＝2N，
以杠杆的长为力臂时，力臂最长，设杠杆一个小格为L，则作用在B点的力臂为4L，作用在A点的力的力臂为3L，
由杠杆平衡条件可得：
F2×4L＝2N×3L，
解得：F2＝1.5N。
故答案为：1.5。
【点评】本题考查了杠杆平衡条件的应用，以及求解杠杆最小力的问题，正确理解以杠杆的长作为力臂时力臂最长是解题的关键。
8．（2分）如图所示的是常见的真空吸盘，使用时将吸盘紧压在光滑的墙面上，挤压出里面的空气后，在大气压的作用下就会紧紧的吸在墙面，从而可以悬挂重物。假设吸盘内空气已全部挤出，该吸盘与墙面的接触面积为12.5cm2，此时的大气压强为1.0×105Pa，则作用在吸盘上的大气压力为 125 N。
【分析】已知吸盘与墙面的接触面积和大气压强，由p＝公式变形可求得作用在吸盘上的大气压力。
【解答】解：由p＝可得，作用在吸盘上的大气压力为：
F＝pS＝1.0×105Pa×12.5×10﹣4m2＝125N。
故答案为：125。
【点评】本题考查的是大气压的有关计算，较简单。
9．（2分）如图所示，R1和R2串联在电路中，闭合开关S1发现两电压表的指针偏转情况完全一样，若将R1和R2并联在电路中，则流过R1和R2的电流之比为 4：1 。
【分析】由图可知，R1和R2串联在电路中，电压表V1测量R1两端电压，电压表V2测量总电压，闭合开关后，根据串联电路电压规律可知电压表V2的示数大于电压表V1的示数，两电压表的指针偏转情况完全一样，表明电压表V2是大量程，电压表V1是小量程，电压表V2的示数为电压表V1示数的5倍；根据串联电路电压规律可知R2两端的电压是R1两端电压的4倍，由分压原理可知R2电阻值是R1电阻值的4倍；当将R1和R2并联在电路中，根据并联电路分流原理求出通过R1和R2的电流之比。
【解答】解：由图可知，闭合开关后，R1和R2串联在电路中，电压表V1测量R1两端电压，电压表V2测量总电压，
根据串联电路电压规律可知电压表V2的示数大于电压表V1的示数，
两电压表的指针偏转情况完全一样，表明电压表V2是大量程，电压表V1是小量程，
因为电压表的大量程是小量程的5倍，所以电压表V2的示数为电压表V1示数的5倍；
根据串联电路电压规律R2两端的电压与R1两端的电压和等于串联电路的总电压，可知R2两端的电压是R1两端电压的4倍，
由分压原理＝，可知R2电阻值是R1电阻值的4倍；
当将R1和R2并联在电路中，根据并联电路的分流原理＝，可知通过R1和R2的电流之比是4：1。
故答案为：4：1。
【点评】本题考查电压表的使用、欧姆定律、串联分压原理以及并联分流原理的应用，是基础题。
10．（2分）如图所示电路中，电源电压恒为9V，灯泡L标有“6V，3W”字样，调节滑动变阻器，使灯泡L恰能正常发光，则1min内滑动变阻器上产生的焦耳热为 90 J。
【分析】由图可知，灯泡L与滑动变阻器R1串联，根据串联电路的电压特点求出当灯泡L正常发光时，滑动变阻器两端的电压，根据P＝UI求出灯泡正常发光时的电流，根据串联电路的电流特点可知通过滑动变阻器的电流，根据Q＝W＝UIt求出1min内滑动变阻器上产生的热量。
【解答】解：由图可知，灯泡L与滑动变阻器R1串联，当灯泡L恰能正常发光，灯泡两端的电压UL＝6V，
根据串联电路的特点可知，滑动变阻器两端的电压：U1＝U﹣UL＝9V﹣6V＝3V，
由P＝UI可知，灯泡正常发光时的电流：IL＝＝＝0.5A，
根据串联电路的电流特点可知，通过滑动变阻器的电流I1＝IL＝0.5A，
1min内滑动变阻器上产生的热量：Q＝W＝U1I1t＝3V×0.5A×60s＝90J。
故答案为：90。
【点评】本题考查串联电路的特点、电功率公式以及焦耳定律的应用，难度不大。
二、选择题（每小题2分，共14分；每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的）
11．（2分）下列说法中正确的是（ ）
A．龙卷风内部空气流速大，所以内部气体压强大
B．大卡车比小汽车质量大，所以惯性大
C．物体的内能增大，温度一定升高
D．试电笔在使用时，手一定不能触碰笔尾的金属体
【分析】（1）流体压强与流速的关系：流速越大，压强越小；流速越小，压强越大。
（2）惯性大小的唯一量度是物体的质量。
（3）物体的内能和质量、温度、状态有关。
（4）使用试电笔时，手要接触笔尾金属体。
【解答】解：A、龙卷风的实质是高速旋转的气流，当刮起龙卷风时，龙卷风内部的空气流动速度增大，压强减小，故A错误；
B、大卡车比小汽车质量大，所以惯性大，故B正确；
C、物体的内能增大，温度不一定升高，例如晶体的熔化过程吸收热量，内能增大，温度不变，故C错误；
D、试电笔在使用时，手要触碰笔尾的金属体，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了流体压强与流速的关系、影响惯性大小的因素、影响物体内能大小的因素和试电笔的使用方法等知识，基础题。
12．（2分）如图所示，为某同学从滑梯顶端加速滑到底端时的情景，则在整个下滑过程中，下列说法错误的是（ ）
A．动能增大 B．重力势能减少
C．机械能不变 D．机械能减少
【分析】动能的大小与物体的质量和速度有关，质量越大、速度越大，动能就越大；
重力势能的大小与物体的质量和高度有关，质量越大、高度越高，重力势能就越大；
机械能包括动能和重力势能；由于滑梯有摩擦，一部分机械能转化为内能。
【解答】解：某同学从滑梯顶端加速滑到底端时，质量不变，速度增大，动能变大；质量不变，高度变小，重力势能变小；
由于克服摩擦做功，会有一部分机械能转化为内能，因此机械能会减小；综上所述，C错误。
故选：C。
【点评】解决此类问题要结合影响动能、重力势能、机械能的大小因素进行分析解答。
13．（2分）如图为某一通电螺线管，螺线管的S极已经标出，它的左端有一个可以自由转动的小磁针，下列分析中正确的是（ ）
A．电源的左端为正极
B．小磁针静止时左端为N极
C．螺线管周围的磁感线是真实存在的
D．减小线圈匝数，螺线管周围磁场会变强
【分析】（1）根据螺线管的N、S极和螺线管的绕向，利用安培定则可以确定螺线管中电流方向，进而可以确定电源的正、负极；
（2）磁极间的作用规律：同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引；
（3）人们为了研究磁场的性质，引入了磁感线；
（4）电磁铁磁性的强弱与电流大小、线圈的匝数有关。
【解答】解：A．根据螺线管的左端为S极，结合线圈的绕向，利用安培定则可以确定电流从螺线管的左端流入，右端流出，由此可以确定电源的左端为正极，右端为负极，故A正确；
B．通电螺线管的左端是S极，因同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，则小磁针静止时其右端为N极，左端为S极，故B错误；
C．人们为了研究方便引入了磁感线，磁感线并不存在，故C错误；
D．电磁铁磁性的强弱与电流大小、线圈的匝数有关，减小线圈匝数，螺线管周围磁场会变弱，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了磁感线、安培定则，磁极之间相互作用规律的应用，还考查了影响通电螺线管的磁性强弱因素，比较简单。
14．（2分）验电器A带有正电荷，金属箔张开一定角度，验电器B不带电，金属箔未张开，如图所示。现用C棒去接触两验电器的金属球，观察到A的金属箔张角变小，B的金属箔张开一定角度，下列说法中正确的是（ ）
A．C棒可能是橡胶棒
B．A验电器金属箔张角变小是因为失去了一部分正电荷
C．C棒接触两验电器金属球的瞬间，电流方向从A到B
D．B验电器金属箔张开一定角度，说明电荷是可以创造出来的
【分析】利用下列知识分析判断：
（1）橡胶不容易导电，是绝缘体；
（2）正常情况下，物体内原子核带的正电荷数等于核外电子带的负电荷数，物体不带电、呈中性；当物体失去电子时，由于缺少电子而带正电；当物体得到电子时，由于多余电子而带负电；
（3）在物理学中，规定正电荷定向移动的方向规定为电流方向，负电荷定向移动方向与电流方向相反。
【解答】解：A、橡胶棒是绝缘体，用橡胶棒连接两验电器，不会出现A的金属箔张角变小，B的金属箔张开一定角度的现象，故A错误；
B、因金属导体中能够移动的带负电的自由电子，验电器A带正电，夹角变小说明得到了一部分带负电的电荷，故B错误；
C、验电器A带正电（缺少电子），而验电器B不带电。用带绝缘柄的金属棒把A和B连接起来，B验电器上自由电子向验电器A转移，A带的正电减少、金属箔张角变小，B也带了正电；规定正电荷定向移动的方向为电流方法，负电荷定向移动的方向与电流方向相反，C棒接触两验电器金属球的瞬间，电流方向从A到B，故C正确；
D、B验电器金属箔张开一定角度，说明失去了一部分负电荷，电荷不是创造出来的，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了导体与绝缘体的概念、物体带电的实质、电流方向的规定，注意：在金属导体内能够自由移动的是自由电子，电流的方向与电子移动方向相反。
15．（2分）如图所示，一物块G放在固定斜面上处于静止状态，下列说法中正确的是（ ）
A．物块受到的重力与斜面对物块的支持力是一对平衡力
B．斜面对物块的支持力与物块对斜面的压力是作用力与反作用力
C．物块可能不受摩擦力作用
D．如果物块受到的所有力都消失，物块将沿斜面滑下
【分析】（1）二力平衡的条件是：大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上；
（2）一对相互作用力的条件是：大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在两个物体上；
（3）摩擦力产生的条件之一是物体间发生相对运动或有相对运动的趋势；
（4）根据牛顿第一定律可做出判断。
【解答】解：A、物块受到的重力方向竖直向下，斜面对物块的支持力垂直于斜面向上，二者不在一条直线上，大小也不相等，不是一对平衡力，故A错误；
B、斜面对物块的支持力与物块对斜面的压力大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在两个物体上，是作用力与反作用力，故B正确；
C、物块在斜面上有向下运动的趋势，因此一定受摩擦力作用，故C错误；
D、根据牛顿第一定律，如果物块受到的所有力都消失，物块将保持静止，故D错误。
故选：B。
【点评】本题主要考查了对平衡力与相互作用力的辨别、对摩擦力产生条件的理解、对牛顿第一定律的应用等，有一定综合性。
16．（2分）如图为某品牌电热水器的简化电路图，热水器加热时有快加热和慢加热两种状态，加热到指定温度后自动跳到保温状态，下列分析正确的是（ ）
A．快加热状态时开关S1闭合，S2断开
B．慢加热状态时开关S1断开，S2接b
C．保温状态时开关S1闭合，S2接a
D．慢加热状态时电路消耗的电功率为
【分析】（1）由电路图可知，开关S1闭合、S2接a时，R1与R2并联；开关S1闭合、S2接b（或断开）时，电路为R1的简单电路；开关S1断开、S2接a时，电路断路；开关S1断开、S2接b时，R1与R2串联；
（2）根据P＝可知，计算（表示出）开关不同状态时的电功率，据此判断电热水器的挡位，并表示出慢加热状态时电路消耗的电功率。
【解答】解：开关S1闭合、S2接b（或断开）时，电路为R1的简单电路，电路中电阻较大，电源电压一定，根据P＝可知，电功率较大，处于慢加热状态，P慢＝；
开关S1断开、S2接b时，R1与R2串联，电路中电阻最大，电源电压一定，根据P＝可知，电功率最小，处于保温状态，P保温＝；
开关S1闭合、S2接a时，R1与R2并联，电路中电阻最小，电源电压一定，根据P＝可知，电功率最大，处于快加热状态，P快＝P1+P2＝+；
A、快加热状态时，开关S1闭合、S2接a，R1与R2并联，故A错误；
BD、慢加热状态时，开关S1闭合、S2接b（或断开），功率为P慢＝，故B错误、D正确；
C、保温状态时，开关S1断开、S2接b，R1与R2串联，故C错误。
故选：D。
【点评】本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，关键是判断出电热水器处于不同挡位时电路的连接方式。
17．（2分）为了监测实验室内有毒气体的浓度，现利用气敏电阻R2（阻值随着有毒气体浓度的增加而减小）设计一个电路，当有毒气体浓度增大时，电表示数增大，R1为定值电阻，下列设计符合要求的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】由题意可知：气敏电阻R2阻值随着有毒气体浓度的增加而减小，然后根据选项中的图象结合串、并联电路的特点和欧姆定律判断电表示数的变化，找到符合题意的电路图。
【解答】解：A、电路为串联电路，电压表测量的是电源电压，由于电源电压不变，所以电压表示数始终不变，故A错误；
B、电路为串联电路，电压表测量的是气敏电阻两端的电压，当有毒气体浓度增大时，气敏电阻R2阻值随着有毒气体浓度的增加而减小，根据串联电路的分压规律可知，气敏电阻分担的电压变小，电压表示数变小，故B错误；
C、电路为并联电路，电流表测量通过R1的电流；由于并联电路中各支路互不影响，气敏电阻阻值变化时，通过R1的电流不变，电流表示数不变，故C错误；
D、电路为并联电路，电流表测量通过R2的电流；当有毒气体浓度增大时，气敏电阻R2阻值随着有毒气体浓度的增加而减小，气敏电阻两端的电压不变，根据欧姆定律可知，该支路中的电流变大，电流表示数变大，故D正确。
故选：D。
【点评】明确电表的测量对象是解题的基础，熟练应用欧姆定律、串联分压原理来分析电路中电流、电压的变化是解题的关键。
三、实验题（第18小题4分，第19小题4分，第20小题8分，共16分）
18．（4分）在“探究凸透镜成像特点”的实验中，蜡烛、凸透镜、光屏在如图所示位置时，光屏上正好能承接到清晰的像。
（1）取下光屏，用眼睛从光屏一侧适当位置透过凸透镜观察蜡烛， 不能 （选填“能”或“不能”）看到蜡烛的像；
（2）如果将蜡烛向左移动，同时移动光屏，使光屏上再次承接到清晰的像，则此时所成的像与 照相机 （选填“照相机”“幻灯片”或“放大镜”）成像原理相同。
【分析】（1）实像是实际光线会聚成的；
（2）根据图示可知，此时的物距等于像距；蜡烛向左移动，物距大于二倍焦距，成倒立、缩小的实像，其应用是照相机。
【解答】解：（1）当在光屏上呈现蜡烛清晰的像后，已经是清晰的像；取下光屏，人眼在光屏处，人眼可以代替光屏，像呈现在光屏处，此时眼睛放在光屏处无法看到像，就像是把物体放在正好眼睛上是无法成像的，眼睛需要在光屏右边一些；
（2）根据图示可知，此时的物距等于像距；蜡烛向左移动，此时的物距大于二倍焦距，向左移动光屏，会在光屏上成倒立、缩小的实像，其应用是照相机。
故答案为：（1）不能；（2）照相机。
【点评】此题主要探究凸透镜成像的规律，一定要掌握物体、像、物距、像距之间的大小关系，并做到举一反三。
19．（4分）某同学练习使用天平测量一金属块的质量，先将天平放在水平台面上，如图甲所示。
（1）将金属块放在天平左盘之前需要进行的具体操作是 将游码调节到标尺左端的零刻度线位置，然后向右调节平衡螺母，直到指针指在分度盘中线处，横梁达到平衡 ；
（2）测量金属块质量时，天平平衡后右盘中砝码和游码的位置如图乙所示，则该金属块的质量为 39 g。
【分析】（1）天平在使用前需要先调节横梁平衡；
（2）金属块的质量等于砝码总质量加上游码显示的数值。
【解答】解：（1）由图甲可知，此时游码没有在零刻度线位置，而且天平左端下沉，右端上升，所以将金属块放在天平左盘之前需要进行的具体操作是将游码调节到标尺左端的零刻度线位置，然后向右调节平衡螺母，直到指针指在分度盘中线处，横梁达到平衡；
（2）由图乙可知，天平标尺的分度值是0.2g，游码对应的刻度值为4g，金属块的质量m＝20g+10g+5g+4g＝39g。
故答案为：（1）将游码调节到标尺左端的零刻度线位置，然后向右调节平衡螺母，直到指针指在分度盘中线处，横梁达到平衡；（2）39。
【点评】本题考查的是天平的调节和读数，属于基础题。
20．（8分）在测量小灯泡电阻的实验中，小明同学设计的电路实物图如图甲所示（部分未连接好），电源电压4V不变，选用的小灯泡的额定电压为2.5V，滑动变阻器的规格为“25Ω，1A”。
（1）请用笔画线代替导线将电路实物图补充完整，要求向右移动滑片时灯泡变亮；
（2）闭合开关后，发现小灯泡不亮，电流表和电压表均有示数，但示数很小，接下来的操作应该是 C （填字母）；
A.断开开关，检查电路
B.断开开关，更换灯泡
C.调节滑动变阻器，继续实验
（3）小明根据实验中测出的数据作出了I﹣U图象如图乙所示，由图象知，小灯泡正常发光时的电阻是 10 Ω；
（4）老师看到I﹣U图象中的五组数据后，指出小明在实验中的数据有一组是编造出来的，你觉得老师说的是 A （选填“A”“B”“C”“D”或“E”）组数据。
【分析】（1）滑动变阻器应应与被测电路串联，要求向右移动滑片时灯泡变亮，故应接入右下端；
（2）闭合开关后，发现小灯泡不亮，电流表和电压表均有示数，但示数很小，说明滑动变阻器的阻值大，故应调节滑动变阻器，观察灯泡是否亮起来；
（3）已知小灯泡的额定电压为2.5V，由I﹣U图象找到对应的电流值，根据R＝得到小灯泡正常发光时的阻值；
（4）根据滑动变阻器的最大阻值，求出电路中的电流，据此分析；
【解答】解：（1）滑动变阻器应应与被测电路串联，要求向右移动滑片时灯泡变亮，故应接入右下端，如图所示：；
（2）闭合开关后，发现小灯泡不亮，电流表和电压表均有示数，但示数很小，说明滑动变阻器的阻值大，故应调节滑动变阻器，观察灯泡是否亮起来；
故选：B；
（3）已知小灯泡的额定电压为2.5V，由I﹣U图象可知此时对应的电流为0.25A，则小灯泡的电阻R＝＝＝10Ω；
（4）由I﹣U图象可知A的数据，电压表示数为0.5V，根据串联电路电压的特点，滑动变阻器两端的电压为3.5V，滑动变阻器的阻值R滑＝＝＝35Ω，已知滑动变阻器的规格为“25Ω，1A”，故A数据是编造出来的。
故答案为：（1）；（2）C；（3）10；（4）A。
【点评】本题考查电路连接、故障分析、欧姆定律和数据分析，是一道好题。
四、计算与推导题（第21小题6分，第22小题6分，第23小题8分，共20分；解答要有必要的公式和过程）
21．（6分）在弹簧测力计下悬挂一个体积为100cm3的金属块，完全浸没在水中，如图甲所示，静止时弹簧测力计的示数F1为1.7N，如果浸没在某液体中，如图乙所示，静止时弹簧测力计的示数F2为1.9N。g取10N/kg，ρ水＝1.0×103kg/m3。求：
（1）金属块在水中受到的浮力；
（2）金属块的密度；
（3）某液体的密度。
【分析】（1）金属块浸没在水中时排开水的体积等于金属块的体积，根据F浮＝ρ液gV排求出金属块在水中受到的浮力；
（2）根据称重法测浮力求出金属块的重力，根据G＝mg求出金属块的质量，根据ρ＝求金属块的密度；
（3）根据称重法测浮力求出金属块浸没在某液体中时受到的浮力，根据F浮＝ρ液gV排求出某液体的密度。
【解答】解：（1）因为金属块浸没在水中，所以金属块排开水的体积：V排＝V＝100cm3，
则金属块在水中受到的浮力：F浮水＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×100×10﹣6m3＝1N；
（2）由称重法测浮力可知，金属块的重力：G＝F浮水+F1＝1N+1.7N＝2.7N，
由G＝mg可知，金属块的质量：m＝＝＝0.27kg，
则金属块的密度：ρ＝＝＝2.7×103kg/m3；
（3）由称重法测浮力可知，金属块浸没在某液体中时受到的浮力：F浮液＝G﹣F2＝2.7N﹣1.9N＝0.8N，
因为金属块浸没在某液体中，所以金属块排开某液体的体积：V排液＝V＝100cm3，
由F浮＝ρ液gV排可知，某液体的密度：ρ液＝＝＝0.8×103kg/m3。
答：（1）金属块在水中受到的浮力为1N；
（2）金属块的密度为2.7×103kg/m3；
（3）某液体的密度为0.8×103kg/m3。
【点评】本题考查称重法测浮力、阿基米德原理、重力公式和密度公式的应用，关键是知道物体浸没在液体中时排开液体的体积等于物体的体积。
22．（6分）如图所示电路中，电源电压恒定，定值电阻R1的阻值为10Ω，将滑动变阻器滑片P移至最大阻值处，闭合开关，电压表示数为4V，调节滑片P至中点处，电流表的示数为0.3A。求电源电压U和滑动变阻器的最大阻值R2。
【分析】由电路图可知，R1与R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。将滑动变阻器滑片P移至最大阻值处，闭合开关，电压表示数为4V，根据欧姆定律表示出电路的电流和电源电压；再将调节滑片P至中点处，电流表的示数为0.3A。结合串联电路的电压特点和欧姆定律表示电源电压，根据电源电压相等列等式算出电源电压U和滑动变阻器的最大阻值R2。
【解答】解：由电路图可知，R1与R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。
将滑动变阻器滑片P移至最大阻值处，闭合开关，电压表示数为4V，此时电路的电流为：I＝＝，电源电压为：U＝U2+IR1＝4V+×10Ω﹣﹣﹣﹣﹣①，
将滑片移到中点位置时，此时电路的电流为I'＝0.3A，电源电压为：U＝I′（R1+R2）＝0.3A×（10Ω+R2）﹣﹣﹣﹣﹣②，
由①②得，R2＝20Ω，U＝6V。
答：电源的电压为6V，滑动变阻器的最大阻值为20Ω。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，根据电源电压相等列等式是解题的关键。
23．（8分）如图所示，一斜面长s＝3m，高h＝1m，现用80N的拉力F，沿着斜面方向匀速拉动一重为G的物体，物体的大小忽略不计，从底端拉到顶端共用时12s，斜面的机械效率η＝75%。试求：
（1）拉力F的功率；
（2）物体重力G的大小；
（3）证明物体受到的摩擦力f＝F（1﹣η）。
【分析】（1）物体从斜面底端到顶端的过程中，知道拉力大小、斜面长，利用W＝Fs求拉力F做的功（总功），再利用P＝求拉力F的功率；
（2）由η＝可得拉力做的有用功，再利用W＝Gh求物体的重力；
（3）克服摩擦力做的额外功W额＝W总﹣W有用＝W总﹣η×W总＝W总（1﹣η）＝Fs（1﹣η），利用W额＝fs求摩擦力。
【解答】解：（1）物体从斜面底端到顶端的过程中，
拉力F做的功：W总＝Fs＝80N×3m＝240J，
拉力F的功率：P＝＝＝20W；
（2）由η＝可得拉力做的有用功：
W有用＝η×W总＝75%×240J＝180J，
由W有用＝Gh可得物体重力：
G＝＝＝180N；
（3）克服摩擦力做的额外功：
W额＝W总﹣W有用＝W总﹣η×W总＝W总（1﹣η）＝Fs（1﹣η），
由W额＝fs可得摩擦力：
f＝F（1﹣η）。
答：（1）拉力F的功率为20W；
（2）物体重力G的大小为180N；
（3）证明过程见解答。
【点评】本题考查了使用斜面时总功、功率、额外功、摩擦力的计算，要知道克服物体受到摩擦力做的功为额外功。
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