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2023年山东省聊城市阳谷县中考物理二模试卷(含答案)
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这是一份2023年山东省聊城市阳谷县中考物理二模试卷(含答案)，共38页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，作图题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2023年山东省聊城市阳谷县中考物理二模试卷
一、单项选择题（本题包括10个小题；每小题3分，共30分。每小题只有一个选项符合题意，多选或不选均得0分）
1．（3分）每天运动一小时，健康生活一辈子。周末，小明与小强相约到东莞佛灵湖绿道骑单车健身，如图是他们某段时间内的运动图像，下列说法中正确的是（ ）
A．前10s，小明在做匀速直线运动
B．前10s，小强处于静止状态
C．小强的运动状态一直不变是因为他不受力的作用
D．小明在第10s时受到的力是非平衡力
2．（3分）用所学的物理知识解释生活中的现象是同学们应该具备的学科素养。下面对物态变化现象的阐述错误的是（ ）
A．长时间佩戴口罩后，口罩内侧会逐渐出现小水珠，这是水蒸气液化形成的
B．打开除雾功能，汽车玻璃上的“雾”很快消失，是汽化现象
C．夏天吃冰棒时偶尔会有冰棒粘嘴唇的现象，“粘”是因为发生了凝固现象
D．舞台上喷撒干冰后雾气缥缈，仿佛置身于人间仙境，“雾气”属于升华现象
3．（3分）以下列举是同学们做过的实验，其研究方法相同的是（ ）
①研究声音的产生时，将发声的音叉与水面接触；
②研究光现象时，引入“光线”；
③研究平面镜成像特点时，两个棋子的大小相同；
④研究墨水在冷、热水中扩散的快慢可以知道分子运动的快慢与温度的关系；
⑤研究液体内部压强规律时，在同种液体中改变深度。
A．①③ B．②④ C．③⑤ D．①④
4．（3分）如图所示，一足够长木板B放在水平地面上，木块A放在B的上面，A的右端通过轻质弹簧固定在竖直墙壁上，用F＝10N的力水平向左拉B，使B以速度v向左匀速运动，稳定后A静止不动，这时弹簧的拉力F1＝4N，则下面说法中正确的是（ ）
A．木板B受到A的滑动摩擦力与A受到B的滑动摩擦力是一对相互作用力，力的大小为 6N
B．木板B对地面的滑动摩擦力的大小为4N
C．若用2F的力向左拉木板B做加速运动，木块A受到的摩擦力大小仍为4N
D．木块A静止不动，所以A受到的摩擦力是静摩擦力
5．（3分）如图所示，水平桌面上放有底面积和质量都相同的甲、乙、丙三个平底容器，分别装有深度相同、质量相等的不同液体。下列说法正确的是（ ）
A．容器对桌面的压力：F甲＝F乙＝F丙
B．容器对桌面的压强：p′甲＜p′乙＜p′丙
C．液体的密度：ρ甲＜ρ乙＜ρ丙
D．液体对容器底部的压强：p甲＝p乙＝p丙
6．（3分）如图为北京冬奥会高速摄影机记录的苏端鸣在比赛中，从跳台起跳到落地过程的情景。下列关于这一过程说法正确的 （ ）
①他从起跳到最高点的过程中，动能逐渐转化成重力势能
②他起跳后到达最高点时，机械能最大
③他从空中下落过程中，重力做功越来越快
④他从起跳到落地的整个过程中，机械能是守恒的
A．只有③④ B．只有①② C．只有②④ D．只有①③
7．（3分）如图所示，把图钉按在铅笔的一端，手握铅笔使图钉钉帽在粗糙的硬纸板上来回摩擦，然后用手轻触钉帽，感觉钉帽的温度明显升高了，甚至发烫。关于该实验，下列说法正确的是（ ）
A．钉帽的温度升高，内能不变
B．此实验中改变图钉钉帽内能的方式是热传递
C．摩擦后钉帽的分子热运动更剧烈
D．钉帽的内能的大小等于钉帽克服摩擦力做功的多少
8．（3分）能源、信息和材料是现代社会发展的三大支柱，关于它们下列说法正确的是（ ）
A．太阳能、风能和天然气都是可再生能源
B．我国的“北斗”导航是利用超声波进行定位和导航的
C．大亚湾核电站利用核裂变释放的能量来发电
D．超导体材料可以应用于任何电器并使其效率提高
9．（3分）如图所示的电路中，电源两端电压恒定，R0是定值电阻，R是用石墨烯制成的湿敏电阻，其特点是阻值会随着其周围环境含水量的升高而增大。闭合开关S，当R周围环境含水量升高时，下列说法正确的是（ ）
A．电流表的示数变大
B．电压表的示数不变
C．电路的总功率变小
D．电压表与电流表的示数之比变小
10．（3分）关于如图所示的四个电磁实验，下列说法中正确的是（ ）
A．实验甲：开关S闭合，电热器独立工作；开关S断开，电动机独立工作
B．实验乙：开关S闭合，只要导体ab在磁场中做切割磁感线运动，导体中就有电流产生
C．实验丙：开关S闭合，导体ab在磁场中运动，发电机是利用这一原理制成
D．实验丁：开关S闭合，小磁针发生偏转，表明通电导线的周围存在磁感线
二、多项选择题（本题包括3个小题；每小题4分，共12分。每个小题的选项中至少有两个选项符合题意。全部选对的得4分。选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分）
（多选）11．（4分）F点为透镜的焦点，P点到透镜光心距离为2倍焦距，将发光LED做成的箭头形物体放在透镜左侧某处，在另一侧光屏上成像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．物体放置时箭头朝下
B．物体放置在Ⅳ区域内某处
C．光屏不动，透镜稍向右移动，为了使光屏上成像，物体适当向左移动
D．光屏不动，将一个凹透镜放在凸透镜左侧，为了使光屏上成像，物体适当向右移动
（多选）12．（4分）某同学家新房装修时，工人师傅在地面与平台间搭一斜木板，用400N的拉力将瓷砖沿木板从地面匀速拉上平台，如图所示。已知平台高3m，木板长5m，瓷砖重500N，整个过程中空气阻力忽略不计。下列说法正确的是（ ）
A．拉力做的有用功是2000J
B．工人师傅做的功为2000J
C．瓷砖受到的摩擦力是400N
D．减小斜面的粗糙程度，其机械效率变大
（多选）13．（4分）如图甲所示电路，电源电压保持不变，当闭合开关S，调节滑动变阻器阻值从最大变化到最小，两个电阻的“U﹣I”关系图象如图乙所示。则下列判断正确的是（ ）
A．电源电压为6V
B．定值电阻R1的阻值为20Ω
C．滑动变阻器R2的阻值变化范围为0～20Ω
D．变阻器滑片在中点时，电路消耗的总功率为1.8W
三、填空题（每空1分，共12分）
14．（2分）编钟是我国古代的一种乐器，它是广大劳动人民智慧的结晶。演奏时轻敲或重敲同一位置，所发出声音的 （选填“音调”、“响度”或“音色”）不同；亲临现场时，我们能从不同角度看见编钟，是因为光在其表面发生 。
15．（3分）手机屏幕工作时将 能转化为光能，其发出的蓝光属于 光（选填“可见”或“不可见”），对人眼伤害较大，造成近视时需要佩戴 透镜进行矫正。
16．（2分）在探究“杠杆平衡条件”的实验中，杠杆在 位置平衡最便于测力臂。如图所示，杠杆已经平衡，如果在右侧钩码下增加一个钩码，杠杆将失去平衡，由此可以猜想：杠杆平衡可能与力的 有关。
17．（2分）如图所示是两个相同的不带电的验电器A和B，先用与丝绸摩擦过的玻璃棒接触验电器B的金属球，再用带有绝缘手柄的金属棒将验电器A和B连接起来的瞬间，验电器A的箔片张开，说明验电器A的箔片 （选填“得到”或“失去”）电子，金属棒中的电流方向是 （选填“从A到B”或“从B到A”）。
18．（3分）用12V的电源为微型电动机供电的电路如图（甲）所示。当单刀双掷开关S1、S2均向上合上时，电动机开始转动，电流I随时间t变化的图象如图（乙）所示。当电流稳定时，电动机正常工作。试解答下列问题。
（1）当单刀双掷开关S1、S2均 合上时可实现电动机的反转。
（2）当电动机正常工作时，电动机消耗的电功率为 W。
（3）电动机正常工作时的输出功率 W。
四、作图题（19题2分，20题2分，共4分）
19．（2分）如图所示，一条与主光轴垂直的光线经平面镜反射后射向前方的凹透镜。请画出经过平面镜反射后的反射光线以及经过凹透镜折射后的折射光线。
20．（2分）如图所示，在螺线管旁悬挂一条形磁体。闭合开关后，条形磁体向左偏。请在括号内标出：
（1）通电螺线管的“N”或“S”极；
（2）电源的“+”或“﹣”极。
五、实验探究题（21题7分，22题7分，23题7分，共21分）
21．（7分）小明在“测量石块的密度”的实验中。
（1）用天平测量石块的质量：使用天平时，先将托盘天平放置在水平桌面上，调平时，天平指针如图甲所示，应向 调节平衡螺母；石块质量如图乙所示，m＝ g。
（2）用量筒测量石块的体积：①将石块浸没在量筒中的水中，读出总体积为90mL；②取出石块，剩余水体积如图丙，读数为 mL。
（3）可计算出石块的密度是ρ＝ g/cm3。
（4）利用上述方法测出的石块的密度偏 （选填“大”或“小”）。
（5）小丽再次测某种液体的密度。进行了下列实验操作：
A.用天平测出空杯质量m1；
B.用天平测出烧杯和液体的总质量m2；
C.液体全部倒入量筒中测出体积为V；
小明认为顺序调换一下，测量误差会减小，更准确的顺序是 （填字母代号）。液体密度的表达式为 。
22．（7分）同学们进行了“影响滑轮组机械效率因素”的实验探究，用到的装置如图甲、乙、丙所示，实验数据记录如表所示。
实验次数
钩码重力G/N
钩码上升高度h/m
绳端拉力F/N
绳端移动距离s/m
机械效率η
1
2
0.1
1.2
0.3
55.6%
2
4
0.1
1.9
0.3
70.2%
3
6
0.1
1.6
0.5
4
2
0.2
1.2
0.6
55.6%
（1）实验中应沿竖直方向 拉动弹簧测力计。
（2）通过比较1、4两次实验数据可得出：使用同一滑轮组提升相同重物，滑轮组的机械效率与重物上升高度 。
（3）通过比较 两次实验数据可得出：同一滑轮组提升的物体越重，滑轮组机械效率越高。
（4）分析表中数据可知：第3次实验是用图 所示装置来完成的，第3次实验时所做的有用功为 J，滑轮组的机械效率是 %。
（5）假如第1次实验时，不计绳重和摩擦，钩码重由2N增加到8N，滑轮组的效率可以达到 %。
23．（7分）为了做“探究电流与电压的关系”的实验，小明使用电压恒为3V的电源、开关、导线若干、定值电阻R1、电流表，电压表和滑动变阻器连接了图甲所示的电路：
（1）闭合开关前，变阻器的滑片应位于 端。闭合开关发现电流表无示数，电压表示数接近电源电压，移动滑动变阻器的滑片P，电流表、电压表示数均无变化，则故障可能是定值电阻 （选填“短路”或“断路”）。
（2）闭合开关后，小明调节滑片使电压表示数为0.5V，记录电流表读数，再将滑片向着靠近 端的方向移动，使电压表示数为1.0V，继续记录电流表读数。（选填“A”或“B”）
（3）完成实验并整理器材后，小明将所得数据描点连线画出如图乙所示的R1的I﹣U图像，并根据图像得出结论： 。
（4）为了得到更具有普遍性的结论，小白利用小明的实验器材，仅将R1更换为不同阻值的定值电阻R2，重新连接电路并进行相同操作，画出的I﹣U图像却如图丙所示：
①小明帮助小白进行分析，确认是电路连接错误，该错误为： ；
②小明还认为，即使不重新进行实验，利用小白的现有数据，也能画出R2的I﹣U图像。请你在图乙中画出R2的I﹣U图，并通过图像分析，R2 R1 （选填“＞”、“＜”或“＝”）。
六、计算题（24题6分，25题7分，26题8分，共21分）
24．（6分）氢能源汽车具有零排放的环保优势，某款氢能源汽车总质量为1.5×103kg，在水平公路上以70km/h的速度匀速行驶时受到的阻力为1.2×103N，行驶0.5h消耗氢0.6kg，已知氢的热值为1.4×108J/kg，g取10N/kg。求汽车：
（1）受到的重力和牵引大的大小；
（2）行驶的距离和牵引力做的功；
（3）利用氢能的效率。
25．（7分）图甲是一盛有水的圆柱形容器，现置于水平桌面上，容器内水深为0.3m，容器的底面积为0.04m2，图乙是一质量均匀的塑料球，密度为0.2×103kg/m3，（g取10N/kg）。求：
（1）容器中水的质量；
（2）距容器底部0.1m处A点液体的压强；
（3）把塑料球放入该容器中，用了16N的力恰好使其完全浸没在水中，塑料球的重力多大？
26．（8分）如图甲所示电路中，电源电压保持不变，电压表量程可选，电流表量程为0～0.6A，滑动变阻器R2标有“1A”字样，最大阻值未知。闭合开关S1、S3，断开开关S2，将滑动变阻器R2的滑片P从b端移动到a端，得R1的“U﹣I”关系图像如图乙所示。
（1）求电阻R1的阻值和R2的最大阻值；
（2）若闭合开关S2、S3，断开开关S1，使R2的滑片P位于a端，此时电流表示数为0.42A，求R3通电50s产生的电热；
（3）若闭合开关S1、S3，断开开关S2，且电压表的量程为0～3V，在保证电路元件都安全的情况下，求电路总功率的变化范围。
2023年山东省聊城市阳谷县中考物理二模试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（本题包括10个小题；每小题3分，共30分。每小题只有一个选项符合题意，多选或不选均得0分）
1．（3分）每天运动一小时，健康生活一辈子。周末，小明与小强相约到东莞佛灵湖绿道骑单车健身，如图是他们某段时间内的运动图像，下列说法中正确的是（ ）
A．前10s，小明在做匀速直线运动
B．前10s，小强处于静止状态
C．小强的运动状态一直不变是因为他不受力的作用
D．小明在第10s时受到的力是非平衡力
【分析】在s﹣t图像中，匀速直线运动是一条斜线；静止是一条平行于横轴的直线。在v﹣t图像中，匀速直线运动是一条平行于横轴的直线，逐项分析解答。
【解答】解：A．由s﹣t图可知，小明的运动图像描述的是他通过的路程与所用时间的关系，斜线部分表示小明在做匀速直线运动，水平部分表示小明处于静止状态。前10s，小明在做匀速直线运动，故A正确。
B．小强的运动图像描述的是小强的速度随时间变化的关系，小强的运动速度保持不变，做匀速直线运动，前10s，小强做匀速直线运动，故B错误。
C．由v﹣t图可知，小强的运动状态不变，说明小强受力平衡，故C错误；
D．由s﹣t图可知，小明在第10s时处于匀速直线运动状态，受力平衡，故D错误。
故选：A。
【点评】运用图像法解答问题的一般步骤：①明确图像中横纵坐标表示的物理量分别是什么；②注意认清横坐标和纵坐标上各表示的最小分格的数值大小和单位；③明确图像所表示的物理意义；④根据图像对题目提出的问题作出判断，得到结论。
2．（3分）用所学的物理知识解释生活中的现象是同学们应该具备的学科素养。下面对物态变化现象的阐述错误的是（ ）
A．长时间佩戴口罩后，口罩内侧会逐渐出现小水珠，这是水蒸气液化形成的
B．打开除雾功能，汽车玻璃上的“雾”很快消失，是汽化现象
C．夏天吃冰棒时偶尔会有冰棒粘嘴唇的现象，“粘”是因为发生了凝固现象
D．舞台上喷撒干冰后雾气缥缈，仿佛置身于人间仙境，“雾气”属于升华现象
【分析】（1）物质由气态直接变为固态的过程叫凝华，物质由固态直接变为气态的过程叫升华；由气态变为液态的过程叫液化，由液态变为气态的过程叫汽化；由固态变为液态的过程叫熔化，由液态变为固态的过程叫凝固。
（2）六种物态变化过程中，都伴随着吸热或放热；其中放出热量的物态变化有：凝固、液化、凝华；吸热的有：熔化、汽化、升华。
【解答】解：A、口罩内侧会逐渐出现小水珠，这是水蒸气液化形成的，故A描述正确；
B、打开除雾功能，汽车玻璃上的“雾”很快消失，是小水珠的汽化现象，故B描述正确；
C、夏天吃冰棒时偶尔会有冰棒粘嘴唇的现象，“粘”是因为发生了凝固现象，故C描述正确；
D、舞台上喷撒干冰后雾气缥缈，仿佛置身于人间仙境，“雾气”属于水蒸气的液化现象，故D描述错误。
故选：D。
【点评】分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态；另外对六种物态变化的吸热和放热情况也要有清晰的认识。
3．（3分）以下列举是同学们做过的实验，其研究方法相同的是（ ）
①研究声音的产生时，将发声的音叉与水面接触；
②研究光现象时，引入“光线”；
③研究平面镜成像特点时，两个棋子的大小相同；
④研究墨水在冷、热水中扩散的快慢可以知道分子运动的快慢与温度的关系；
⑤研究液体内部压强规律时，在同种液体中改变深度。
A．①③ B．②④ C．③⑤ D．①④
【分析】常用的物理学研究方法有：控制变量法、等效替代法、理想模型法、比较法、类比法、转换法等，是科学探究中的重要思想方法。
【解答】解：①研究声音的产生时，将发声的音叉与水面接触，水花四溅，表示音叉在振动，采用了转换法；
②研究光现象时，为了便于研究光传播时的规律而引入“光线”，采用的是理想模型法；
③研究平面镜成像特点时，两个棋子的大小相同，采用的是等效替代法；
④通过研究墨水在冷、热水中扩散的快慢可以知道分子运动的快慢与温度的关系时，通过颜色的变化来了解分子运动的快慢，采用了转换法；
⑤研究液体内部压强规律时，在同种液体中改变深度，采用了控制变量法。
综上所述，可以看出①和④的研究方法相同，都采用了转换法。
故选：D。
【点评】解决此类探究方法的问题，要结合研究对象逐个判断各个实验所用的研究方法，辨识每种物理研究方法的特点解答此题得关键。
4．（3分）如图所示，一足够长木板B放在水平地面上，木块A放在B的上面，A的右端通过轻质弹簧固定在竖直墙壁上，用F＝10N的力水平向左拉B，使B以速度v向左匀速运动，稳定后A静止不动，这时弹簧的拉力F1＝4N，则下面说法中正确的是（ ）
A．木板B受到A的滑动摩擦力与A受到B的滑动摩擦力是一对相互作用力，力的大小为 6N
B．木板B对地面的滑动摩擦力的大小为4N
C．若用2F的力向左拉木板B做加速运动，木块A受到的摩擦力大小仍为4N
D．木块A静止不动，所以A受到的摩擦力是静摩擦力
【分析】（1）对A受力分析，根据二力平衡分析A受到的摩擦力的大小；
（2）根据力的相互性判定A对B的摩擦力的大小；对B受力分析，根据力的平衡求出B受到地面的摩擦力的大小；
（3）滑动摩擦力的大小与压力大小、接触面的粗糙程度有关；
（4）根据滑动摩擦力的产生条件分析。
【解答】解：A、A处于静止状态，A受水平向右的拉力和水平向左的摩擦力，这两个力是一对平衡力，大小相等，故摩擦力为4N，又因为物体间力的作用是相互的，则物体B受到A对它水平向右的摩擦力的大小为4N，故A错误；
B、由于B做匀速直线运动，则B受到水平向左的拉力和水平向右的两个摩擦力，物体B处于三力平衡状态，A对B的摩擦力4N，则地面对B的摩擦力为10N﹣4N＝6N，故B错误；
C、若用2F的力拉木板B，B开始加速，但是A与B间压力不变，接触面粗糙程度不变，故摩擦力大小不变，木块A受摩擦力大小仍为4N，故C正确；
D、木块A与木板B之间发生相对滑动，故A受到的摩擦力为滑动摩擦力，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了平衡力的辨别，会判断摩擦力的方向，并会根据影响滑动摩擦力的大小因素分析摩擦力的大小变化是解决本题的关键。
5．（3分）如图所示，水平桌面上放有底面积和质量都相同的甲、乙、丙三个平底容器，分别装有深度相同、质量相等的不同液体。下列说法正确的是（ ）
A．容器对桌面的压力：F甲＝F乙＝F丙
B．容器对桌面的压强：p′甲＜p′乙＜p′丙
C．液体的密度：ρ甲＜ρ乙＜ρ丙
D．液体对容器底部的压强：p甲＝p乙＝p丙
【分析】（1）容器对桌面的压力等于容器的重力与液体的重力之和，据此可知容器对桌面压力的关系，根据p＝可知容器对桌面压强的大小关系；
（2）液体质量相同，根据图判断出三液体的体积，根据密度公式判断出三液体的密度，根据p＝ρgh判断液体对杯底压强的关系。
【解答】解：AB、容器对桌面的压力等于容器的重力与液体的重力之和，而两容器和甲、乙两种液体质量相等，所以三容器的总重力相等，所以容器对桌面的压力相等，即F甲＝F乙＝F丙，故A正确；
因两容器底面积相同，且F甲＝F乙＝F丙，由p＝可知，容器对桌面的压强p甲′＝p乙′＝p丙′，故B错误；
CD、根据题图可知，甲、乙、丙液体的质量相等，丙液体的体积最大，其次是乙的体积，甲的体积最大，根据ρ＝可知，甲的密度最大，丙的密度最小，即ρ甲＞ρ乙＞ρ丙，故C错误；
因液体深度相同，且ρ甲＞ρ乙＞ρ丙，所以由p＝ρgh可知，p甲＞p乙＞p丙，故D错误。
故选：A。
【点评】本题主要考查压强、密度公式的应用，知道在水平面上，物体对水平面的压力等于物体自身的重力是解题的关键。
6．（3分）如图为北京冬奥会高速摄影机记录的苏端鸣在比赛中，从跳台起跳到落地过程的情景。下列关于这一过程说法正确的 （ ）
①他从起跳到最高点的过程中，动能逐渐转化成重力势能
②他起跳后到达最高点时，机械能最大
③他从空中下落过程中，重力做功越来越快
④他从起跳到落地的整个过程中，机械能是守恒的
A．只有③④ B．只有①② C．只有②④ D．只有①③
【分析】（1）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、高度；质量越大，高度越高，重力势能越大；机械能是动能和势能的总和；物体克服摩擦或空气阻力做功，机械能转化为内能；
（2）功率是表示物体做功快慢的物理量，根据P＝＝＝Gv分析重力做功的快慢。
【解答】解：
①他从起跳到最高点的过程中，他的质量不变，高度变大，重力势能变大，速度变小，动能变小，是动能逐渐转化成重力势能，故①正确；
②他起跳后到达最高点时，由于存在空气阻力，克服空气阻力做功，一部分机械能转化为内能，所以在最高点时的机械能不是最大，故②错误；
③他从空中下落过程中，速度越来越大，重力不变，根据P＝＝＝Gv可知，重力做功的功率越来越大，即重力做功越来越快，故③正确；
④他从起跳到落地的整个过程中，克服摩擦或空气阻力做功，机械能转化为内能，所以机械能是不守恒的，故④错误。
故选：D。
【点评】本题考查了动能和重力势能的转化、机械能的守恒、功率计算公式的应用，难度不大。
7．（3分）如图所示，把图钉按在铅笔的一端，手握铅笔使图钉钉帽在粗糙的硬纸板上来回摩擦，然后用手轻触钉帽，感觉钉帽的温度明显升高了，甚至发烫。关于该实验，下列说法正确的是（ ）
A．钉帽的温度升高，内能不变
B．此实验中改变图钉钉帽内能的方式是热传递
C．摩擦后钉帽的分子热运动更剧烈
D．钉帽的内能的大小等于钉帽克服摩擦力做功的多少
【分析】（1）改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，当对物体做功时，机械能转化为内能，使内能增大，温度升高；
（2）在摩擦过程中有能量的损失，纸板的内能也增大，据此分析。
【解答】解：A．物体的内能增加物体的温度才会升高，所以由图钉的温度升高可知其内能增加，故A错误；
B．硬纸板对图钉钉帽做功使其内能增加，故B错误；
C．钉帽温度升高，甚至发烫，说明钉帽分子热运动更剧烈，故C正确；
D．钉帽和硬纸板内能增加的大小之和等于图钉克服摩擦力做功的多少，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查能量的转化，以及改变内能的方式，难度不大。
8．（3分）能源、信息和材料是现代社会发展的三大支柱，关于它们下列说法正确的是（ ）
A．太阳能、风能和天然气都是可再生能源
B．我国的“北斗”导航是利用超声波进行定位和导航的
C．大亚湾核电站利用核裂变释放的能量来发电
D．超导体材料可以应用于任何电器并使其效率提高
【分析】（1）能够短期内从自然界中得到补充的能源是可再生能源；不能短期内从自然界中得到补充的能源是不可再生能源。
（2）电磁波的传播不需要介质，电磁波可以在固体、液体、气体中传播，也可以在真空中传播。
（3）核电站是利用原子核发生裂变时产生的核能来发电的。
（4）在足够低的温度和足够弱的磁场下，其电阻率为零。一般材料在温度接近绝对零度的时候，物体分子热运动几乎消失，材料的电阻趋近于0，此时称为超导体。
【解答】解：A．太阳能和风能，能够源源不断的从自然界得到的能源，属于可再生能源，天然气在短期内不能从自然界得到补充，属于不可再生能源，故A错误；
B．我国的北斗卫星导航系统是利用电磁波进行定位和导航的，故B错误；
C．裂变是可控的，所以大亚湾核电站利用核裂变释放的能量来发电的，故C正确；
D．超导体在足够低的温度和足够弱的磁场下，其电阻率为零，故超导体材料通电时，不能产生热量，所以不能用来制作电饭锅、电热器的等电器，故D错误。
故选：C。
【点评】知道能源的分类、超导体材料的特点及应用、核电站的基本原理是解题关键。
9．（3分）如图所示的电路中，电源两端电压恒定，R0是定值电阻，R是用石墨烯制成的湿敏电阻，其特点是阻值会随着其周围环境含水量的升高而增大。闭合开关S，当R周围环境含水量升高时，下列说法正确的是（ ）
A．电流表的示数变大
B．电压表的示数不变
C．电路的总功率变小
D．电压表与电流表的示数之比变小
【分析】由电路图可知，湿敏电阻R与定值电阻R0串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流。
根据题意得出当R周围环境含水量升高时时湿敏电阻R的阻值变化，根据欧姆定律可知电路中的电流变化，再根据欧姆定律得出R0两端的电压变化，根据串联电路的电压规律可知电压表示数的变化，根据P＝UI分析总功率的变化，根据电压表和电流表示数的变化情况分析出电压表与电流表的示数之比的变化。
【解答】解：由电路图可知，湿敏电阻R与定值电阻R1串联，电压表测R0两端的电压，电流表测电路中的电流。
因湿敏电阻的阻值会随含水量的升高而增大，当环境含水量升高时，湿敏电阻R的阻值变大，电路的总电阻变大，由I＝可知，电路中的电流变小，即电流表的示数变小，故A错误；
由U＝IR可知，R0两端的电压变小，根据串联电路的电压规律可知，R两端电压变大，所以电压表的示数变大，故B错误；
电源电压不变，电路中的电流变小，根据P＝UI可知，总功率变小，故C正确；
由于电流表的示数减小，电压表的示数增大，所以电压表与电流表的示数之比变大，故D错误。
综上所述，C正确。
故选：C。
【点评】本题考查了电路的动态分析，利用好湿敏电阻的阻值与含水量的关系是关键。
10．（3分）关于如图所示的四个电磁实验，下列说法中正确的是（ ）
A．实验甲：开关S闭合，电热器独立工作；开关S断开，电动机独立工作
B．实验乙：开关S闭合，只要导体ab在磁场中做切割磁感线运动，导体中就有电流产生
C．实验丙：开关S闭合，导体ab在磁场中运动，发电机是利用这一原理制成
D．实验丁：开关S闭合，小磁针发生偏转，表明通电导线的周围存在磁感线
【分析】（1）电磁铁磁性的大小与电流大小、线圈匝数的多少有关；
（2）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；
（3）通电导体在磁场中受力运动；
（4）通电导线的周围存在磁场。
【解答】解：A．开关S闭合，电磁铁有磁性，吸引衔铁，电动机电路接通，独立工作；开关S断开，电磁铁没有磁性，衔铁在弹簧拉力作用下上移，电热器电路接通，独立工作，故A不符合题意；
B．闭合开关后，只有导体在磁场中做切割磁感线运动时，电路中才会有感应电流，故B符合题意；
C．开关S闭合，导体ab在磁场中运动，说明通电导体在磁场中受力而运动，电动机是利用这一原理制成的，故C不符合题意；
D．闭合开关S，通电导线周围存在磁场，小磁针受到磁场的作用发生偏转，表明通电导线的周围存在磁场，磁感线不是真是存在的，是一种理想模型，故D不符合题意。
故选：B。
【点评】本题考查了有关磁现象、电与磁的几个常见的小实验，熟知电与磁的联系，对电生磁、磁生电、磁场对电流的作用等有一个清晰的认识，是解答的关键。
二、多项选择题（本题包括3个小题；每小题4分，共12分。每个小题的选项中至少有两个选项符合题意。全部选对的得4分。选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分）
（多选）11．（4分）F点为透镜的焦点，P点到透镜光心距离为2倍焦距，将发光LED做成的箭头形物体放在透镜左侧某处，在另一侧光屏上成像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．物体放置时箭头朝下
B．物体放置在Ⅳ区域内某处
C．光屏不动，透镜稍向右移动，为了使光屏上成像，物体适当向左移动
D．光屏不动，将一个凹透镜放在凸透镜左侧，为了使光屏上成像，物体适当向右移动
【分析】（1）（2）凸透镜的成像规律：当u＞2f时，成倒立、缩小的实像；当u＝2f时，成倒立、等大的实像；当f＜u＜2f时，成倒立、放大的实像；根据图中像距进行分析判断；
（3）成实像时的动态变化规律是：物近像远像变大，物远像近像变小；成缩小实像时，物距变化量比像距变化量大；成放大实像时，像距变化量比物距变化量大；
（4）凹透镜对光线有发散作用，能使会聚的光线推迟会聚。
【解答】解：AB、图中像距位于一倍焦距和二倍焦距之间，则此时物距大于二倍焦距，成倒立、缩小的实像，物体放置在Ⅲ区域内某处，箭头朝下，故A正确，B错误；
C、光屏不动，透镜稍向右移动，像距减小，物距增大，物距增大量等于像距减小量，由于成缩小实像时物距变化量比像距变化量大，所以为了使光屏上成清晰的像，物体应适当向左移动，增大物距，故C正确；
D、若在透镜和蜡烛之间放一凹透镜，凹透镜对光线有发散作用，折射光线延迟会聚，为了使光屏上成像，物体适当向左移动，可再次出现清晰的像，故D错误。
故选：AC。
【点评】本题考查了凸透镜成像规律及特点的应用，理解凸透镜成像的规律是关键。此题的难点是理解凸透镜成缩小实像时，物距增大，像距减小，要成清晰实像，物距增大量应大于像距减小量。
（多选）12．（4分）某同学家新房装修时，工人师傅在地面与平台间搭一斜木板，用400N的拉力将瓷砖沿木板从地面匀速拉上平台，如图所示。已知平台高3m，木板长5m，瓷砖重500N，整个过程中空气阻力忽略不计。下列说法正确的是（ ）
A．拉力做的有用功是2000J
B．工人师傅做的功为2000J
C．瓷砖受到的摩擦力是400N
D．减小斜面的粗糙程度，其机械效率变大
【分析】（1）知道瓷砖重力、斜面高，利用W＝Gh求拉力做的有用功；
（2）知道拉力大小、斜面长，利用W＝Fs求工人师傅做的功（总功）；
（3）使用斜面，克服瓷砖与斜面间摩擦力做的功为额外功，W额＝W总﹣W有用，再利用W额＝fs求瓷砖受到的摩擦力；
（4）减小斜面的粗糙程度，斜面的倾斜程度、斜面长、斜面高都不变，在木板上拉上相同的物体，压力不变，物体受到的摩擦力减小，额外功减小，做功相同的有用功，总功减小，利用η＝分析斜面机械效率的大小变化。
【解答】解：
A、拉力做的有用功：W有用＝Gh＝500N×3m＝1500J，故A错误；
B、工人师傅做的功（总功）：W总＝Fs＝400N×5m＝2000J，故B正确；
C、使用斜面，克服瓷砖与斜面间摩擦力做的功为额外功，W额＝W总﹣W有用＝2000J﹣1500J＝500J，
由W额＝fs可得瓷砖受到的摩擦力：
f＝＝＝100N，故C错误；
D、减小斜面的粗糙程度，斜面的倾斜程度、斜面长、斜面高都不变，在木板上拉上相同的瓷砖，压力不变，瓷砖受到的摩擦力减小，额外功减小，做功相同的有用功，总功减小，由η＝可知斜面的机械效率变大，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题考查了使用斜面时有用功、总功、额外功、摩擦力大小的计算，以及斜面机械效率大小变化分析，要知道：减小斜面的粗糙程度，压力不变，瓷砖受到的摩擦力减小。
（多选）13．（4分）如图甲所示电路，电源电压保持不变，当闭合开关S，调节滑动变阻器阻值从最大变化到最小，两个电阻的“U﹣I”关系图象如图乙所示。则下列判断正确的是（ ）
A．电源电压为6V
B．定值电阻R1的阻值为20Ω
C．滑动变阻器R2的阻值变化范围为0～20Ω
D．变阻器滑片在中点时，电路消耗的总功率为1.8W
【分析】由电路图可知，R1与R2串联，电压表V1测R1两端的电压，V2测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）根据电压变化的范围进行判断即定值电阻两端电压不会等于零，据此判断两个电阻的“U﹣I”关系图象，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，根据图象读出电路中的最小电流和两电阻两端的电压，根据串联电路的电压特点求出电源的电压，根据欧姆定律求出R1的阻值和滑动变阻器的最大阻值；
（2）变阻器滑片在中点时，根据电阻的串联和P＝UI＝求出电路消耗的总功率。
【解答】解：（1）当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时，电路中的电流最大，R1两端的电压最大，R2两端的电压为0，
由图象可知，甲为滑动变阻器R2的U﹣I关系图象，乙为电阻R1的U﹣I图象，
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，
由U﹣I图象可知，电路中的最小电流I＝0.2A，R1两端的电压U1＝2V，R2两端的电压U2＝4V，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电源电压：
U＝U1+U2＝2V+4V＝6V，故A正确；
由I＝可得，定值电阻R1的阻值：
R1＝＝＝10Ω，故B错误；
滑动变阻器的最大阻值：
R2＝＝＝20Ω，
即滑动变阻器R2的阻值变化范围为0～20Ω，故C正确；
（2）因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，变阻器滑片在中点时，电路消耗的总功率：
P＝＝＝1.8W，故D正确。
故选：ACD。
【点评】本题考查串联电路电流和电压的规律以及滑动变阻器的使用，关键是欧姆定律的应用，要明白电路各个用电器的连接情况，还要会看“U﹣I”关系图象。在电学中，有些题目的信息是通过图象给出的，所以要会读电路图中的信息和U﹣I图象中的信息。
三、填空题（每空1分，共12分）
14．（2分）编钟是我国古代的一种乐器，它是广大劳动人民智慧的结晶。演奏时轻敲或重敲同一位置，所发出声音的 响度 （选填“音调”、“响度”或“音色”）不同；亲临现场时，我们能从不同角度看见编钟，是因为光在其表面发生 漫反射 。
【分析】响度指声音的强弱或大小，与振幅和距离有关；
反射分镜面反射和漫反射，平行光线入射到平而光滑反射面上，反射光线还是平行射出，这种反射是镜面反射；平行光线入射到粗糙的反射面上，反射光线射向四面八方，这种反射是漫反射。
【解答】解：轻敲或重敲同一编钟的同一位置，编钟振动的幅度不同，所发出声音的响度不同；
亲临现场时，我们能从不同角度看见编钟，是因为光在其表面发生漫反射。
故答案为：响度；漫反射。
【点评】本题主要考查了响度及漫反射的理解，将知识与生活有机的结合起来，便能找到答案。
15．（3分）手机屏幕工作时将 电 能转化为光能，其发出的蓝光属于 可见 光（选填“可见”或“不可见”），对人眼伤害较大，造成近视时需要佩戴 凹 透镜进行矫正。
【分析】手机屏幕工作时发光，将电能转化为光能，其发出的蓝光属于可见光；
近视镜是凹透镜，老花镜是凸透镜。
【解答】解：手机屏幕工作时将电能转化为光能，其发出的蓝光属于可见光，对人眼伤害较大，造成近视时需要配戴凹透镜进行矫正。
故答案为：电；可见；凹。
【点评】本题考查能量的转化以及学生对近视镜的掌握，属于基础题。
16．（2分）在探究“杠杆平衡条件”的实验中，杠杆在 水平 位置平衡最便于测力臂。如图所示，杠杆已经平衡，如果在右侧钩码下增加一个钩码，杠杆将失去平衡，由此可以猜想：杠杆平衡可能与力的 大小 有关。
【分析】（1）为了便于测力臂，应使杠杆始终在水平位置平衡；
（2）根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可分析解答。
【解答】解：（1）重力的方向竖直向下，当杠杆在水平位置平衡，由力臂的定义，此时力的作用点与支点的距离大小等于力臂大小，即可在杠杆直接读出力臂大小，故方便测量力臂大小，应使杠杆在水平位置平衡；
（2）如果在右侧钩码下增加一个钩码，杠杆左侧力和力臂，右侧力臂不变，力变大，根据杠杆平衡条件可知，杠杆将失去平衡，由此可以猜想：杠杆平衡可能与力的大小有关。
故答案为：水平；大小。
【点评】此题为探究杠杆平衡条件实验，重点考查实验中的注意事项，以及杠杆平衡条件的应用，难度不大。
17．（2分）如图所示是两个相同的不带电的验电器A和B，先用与丝绸摩擦过的玻璃棒接触验电器B的金属球，再用带有绝缘手柄的金属棒将验电器A和B连接起来的瞬间，验电器A的箔片张开，说明验电器A的箔片 失去 （选填“得到”或“失去”）电子，金属棒中的电流方向是 从B到A （选填“从A到B”或“从B到A”）。
【分析】（1）正负电荷的规定：丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，缺少电子；
（2）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：丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，用与丝绸摩擦过的玻璃棒接触验电器B的金属球后，B验电器由于失去电子而带正电；
用带绝缘柄的金属杆将两个验电器的金属球接触时，A验电器上自由电子向验电器B转移，因为电子带负电，电流方向与电子定向移动方向相反，所以瞬间电流方向是从B到A。
故答案为：失去；从B到A。
【点评】掌握自然界的两种电荷、电荷间的作用、验电器的工作原理等知识，明确电子的定向移动方向与电流的方向相反，属于常考题型。
18．（3分）用12V的电源为微型电动机供电的电路如图（甲）所示。当单刀双掷开关S1、S2均向上合上时，电动机开始转动，电流I随时间t变化的图象如图（乙）所示。当电流稳定时，电动机正常工作。试解答下列问题。
（1）当单刀双掷开关S1、S2均 向下 合上时可实现电动机的反转。
（2）当电动机正常工作时，电动机消耗的电功率为 4.8 W。
（3）电动机正常工作时的输出功率 3.2 W。
【分析】（1）根据开关的控制作用分析。
（2）由图乙可知电动机正常工作时的电流，利用P＝UI求功率。
（3）由图乙可知电动机刚开始转动时的电流，此时根据欧姆定律求出电阻，正常转动后，根据P＝I2R求出电阻产生热量的功率，则P输出＝P﹣P热。
【解答】解：（1）根据开关的控制作用可以看出，单刀双掷开关S1、S2均均向下闭合时流入电动机的电流方向改变，则可实现电动机的反转。
（2）由图乙可知电动机正常工作时的电流I＝0.4A，则P＝UI＝12V×0.4A＝4.8W，
（3）由图乙可知电动机刚开始转动时的电流I′＝1.2A，
由欧姆定律得：则电动机的电阻R＝＝＝10Ω，
电动机正常工作时P热＝I2R＝（0.4A）2×10Ω＝1.6W，
P输出＝P﹣P热＝4.8W﹣1.6W＝3.2W。
故答案为：（1）向下；（2）4.8；（3）3.2。
【点评】本题考查了开关使用、欧姆定律的应用和功率的计算，要注意刚开始转动时电路中只是电动机的电阻产生电流，电动机正常转动时欧姆定律不适用。
四、作图题（19题2分，20题2分，共4分）
19．（2分）如图所示，一条与主光轴垂直的光线经平面镜反射后射向前方的凹透镜。请画出经过平面镜反射后的反射光线以及经过凹透镜折射后的折射光线。
【分析】（1）已知入射光线与主光轴垂直，主光轴与镜面的夹角为45°，可先求出入射角，再根据反射角等于入射角画出反射光线；
（2）作出折射光线要根据：平行于主光轴的光线经凹透镜折射后，其折射光线的反向延长线过焦点。
【解答】解：（1）由图知，入射光线与主光轴垂直，主光轴与镜面的夹角为45°，过入射点垂直于镜面作出法线，则入射角为90°﹣45°＝45°，反射角也为45°，根据光的反射定律作出反射光线；
（2）平行于主光轴的光线经凹透镜折射后，其折射光线的反向延长线过焦点，据此画出入射光线，如图所示：
【点评】本题综合考查光的反射光路图和凹透镜光路图的画法，熟记反射定律的内容，并掌握凹透镜三条特殊光线是解答此题关键。
20．（2分）如图所示，在螺线管旁悬挂一条形磁体。闭合开关后，条形磁体向左偏。请在括号内标出：
（1）通电螺线管的“N”或“S”极；
（2）电源的“+”或“﹣”极。
【分析】根据磁极间的相互作用规律分析螺线管的极性；根据安培定则判定电源的正负极。
【解答】解：由图可知，条形磁铁被螺线管吸引，根据异名磁极相互吸引可知，螺线管的右端为S极，左端为N极；跟安培定则可知，电流从螺线管的右侧流入，左侧流出，所以电源的左端为负极，如图所示：
【点评】本题考查了磁极间的相互作用规律、安培定则的应用，难度不大。
五、实验探究题（21题7分，22题7分，23题7分，共21分）
21．（7分）小明在“测量石块的密度”的实验中。
（1）用天平测量石块的质量：使用天平时，先将托盘天平放置在水平桌面上，调平时，天平指针如图甲所示，应向 左 调节平衡螺母；石块质量如图乙所示，m＝ 76.8 g。
（2）用量筒测量石块的体积：①将石块浸没在量筒中的水中，读出总体积为90mL；②取出石块，剩余水体积如图丙，读数为 60 mL。
（3）可计算出石块的密度是ρ＝ 2.56 g/cm3。
（4）利用上述方法测出的石块的密度偏 小 （选填“大”或“小”）。
（5）小丽再次测某种液体的密度。进行了下列实验操作：
A.用天平测出空杯质量m1；
B.用天平测出烧杯和液体的总质量m2；
C.液体全部倒入量筒中测出体积为V；
小明认为顺序调换一下，测量误差会减小，更准确的顺序是 BCA （填字母代号）。液体密度的表达式为 。
【分析】（1）调节横梁左右两端的平衡螺母时，遵循“左偏右调”的原则；
天平在读数时，被测物体的质量＝砝码的质量+游码的示数；
（2）石块物体的体积应等于水和石块块的总体积减去取出石块后剩余水的体积；读数时以凹液面的底部为准；
（3）根据密度公式ρ＝得出石块的密度；
（4）实验时图丙中，取出石块，由于石块会带出一部分水，导致测得的V2偏小，根据V＝V1﹣V2可知测得石块体积的变化，据密度公式ρ＝进而可判断出所测密度值的变化；
（5）为减小误差，可先测烧杯和液体的质量，将液体倒入量筒，读出体积，再测出烧杯的质量，据此合理排序；
先求出得量筒内液体的质量；量筒分度值为2mL，已知量筒内液体的体积，利用密度公式ρ＝求出液体的密度
【解答】解：（1）测量前，如图甲所示，发现指针静止时指在分度盘中央刻度线的右侧，要使横梁平衡，应将平衡螺母向左调节；
标尺的分度值是0.2g，所以游码的示数是1.8g，则被测物体的质量m＝50g+20g+5g+1.8g＝76.8g；
（2）已知1mL＝1cm3；将石块浸没在量筒中的水中，读出总体积为V1＝90mL＝90cm3，图丙中，取出石块，读出剩余水体积为V2＝60mL＝60cm3，故被测物体的体积V＝V1﹣V2＝90cm3﹣60cm3＝30cm3；
（3）金属块的密度ρ＝＝＝2.56g/cm3；
（4）实验时图丙中，取出石块，由于石块会带出一部分水，导致测得的V2偏小，根据V＝V1﹣V2可知测得石块的体积会偏大，由密度公式ρ＝可知，此时测得的密度会偏小；
（5）把烧杯中的液体全部倒入量筒中，由于烧杯内壁粘有液体所以体积V偏小，根据密度公式ρ＝可知，密度偏大，为减小误差，可先测烧杯和液体的质量，将液体倒入量筒，读出体积，再测出烧杯的质量，步骤为BCA；
量筒中液体的质量：m′＝m2﹣m1，
则液体的密度：ρ＝＝。
故答案为：（1）左；76.8；（2）60；（3）2.56；（4）小；（5）BCA；。
【点评】此题是典型的测量固体密度实验，主要考查的是学生对天平的使用、量筒的读数以、密度计算公式的理解和掌握以及误差分析，难度适中。
22．（7分）同学们进行了“影响滑轮组机械效率因素”的实验探究，用到的装置如图甲、乙、丙所示，实验数据记录如表所示。
实验次数
钩码重力G/N
钩码上升高度h/m
绳端拉力F/N
绳端移动距离s/m
机械效率η
1
2
0.1
1.2
0.3
55.6%
2
4
0.1
1.9
0.3
70.2%
3
6
0.1
1.6
0.5
4
2
0.2
1.2
0.6
55.6%
（1）实验中应沿竖直方向 匀速 拉动弹簧测力计。
（2）通过比较1、4两次实验数据可得出：使用同一滑轮组提升相同重物，滑轮组的机械效率与重物上升高度 无关 。
（3）通过比较 1、2 两次实验数据可得出：同一滑轮组提升的物体越重，滑轮组机械效率越高。
（4）分析表中数据可知：第3次实验是用图 丙 所示装置来完成的，第3次实验时所做的有用功为 0.6 J，滑轮组的机械效率是 75 %。
（5）假如第1次实验时，不计绳重和摩擦，钩码重由2N增加到8N，滑轮组的效率可以达到 83.3 %。
【分析】（1）实验时应沿竖直方向匀速拉动物体；
（2）通过比较1、2两次实验数据，找出相同量和不同量，分析得出滑轮组的机械效率与变化量的关系；
（3）研究滑轮组机械效率与提升物体重力的关系，要使用同样的滑轮组，改变提升的物体重力，据此选择；
（4）由s＝nh确定n的大小，据此第3次实验是用哪个图所示装置来完成的；
根据W＝Gh算出第3次实验时所做的有用功；由η＝算出滑轮组的机械效率；
（5）不计绳重和摩擦，根据F＝（G物+G动）代入数据计算出G动，根据η＝＝＝算出钩码重8N时滑轮组的效率。
【解答】解：（1）为了准确测出滑轮组的机械效率，应使弹簧测力计沿竖直方向做匀速直线运动；
（2）通过比较1、4两次实验数据知，滑轮组和提升物体的重力相同，绳子段数相同，重物上升高度不同而机械效率相同，故得出结论：使用同一滑轮组提升同一重物时，滑轮组的机械效率与重物上升高度无关；
（3）1、2两次实验，s＝0.3m，h＝0.1m，由s＝nh可得n＝3，使用同样的滑轮组，即使用的甲、乙两图，通过得出的实验数据可知提升的物体重力越大，滑轮组的机械效率越高，得出结论：同一滑轮组提升的物体越重，滑轮组机械效率越高；
（4）在第3次实验中，s＝0.5m，h＝0.1m，由s＝nh可得n＝5，即承担物重的绳子股数n＝5，所以第3次实验是用丙图所示装置来完成的；
第3次实验时所做的有用功为：
W有用＝Gh＝6N×0.1m＝0.6J；
第3次做的总功：
W总＝Fs＝1.6N×0.5m＝0.8J；
滑轮组的机械效率是：
η＝＝×100%＝75%；
（5）第1次实验时，不计绳重和摩擦，根据F＝（G物+G动）得动滑轮的重力为：
G动＝3F′﹣G′＝3×1.2N﹣2N＝1.6N，
钩码重8N时滑轮组的效率为：
η＝＝＝＝×100%≈83.3%。
故答案为：（1）匀速；（2）无关；（3）1、2；（4）丙；0.6；75；（5）83.3。
【点评】本题考查了实验注意事项、实验数据处理、影响滑轮组效率的因素等问题，认真分析实验数据是正确解题的关键。
23．（7分）为了做“探究电流与电压的关系”的实验，小明使用电压恒为3V的电源、开关、导线若干、定值电阻R1、电流表，电压表和滑动变阻器连接了图甲所示的电路：
（1）闭合开关前，变阻器的滑片应位于 B 端。闭合开关发现电流表无示数，电压表示数接近电源电压，移动滑动变阻器的滑片P，电流表、电压表示数均无变化，则故障可能是定值电阻 断路 （选填“短路”或“断路”）。
（2）闭合开关后，小明调节滑片使电压表示数为0.5V，记录电流表读数，再将滑片向着靠近 A 端的方向移动，使电压表示数为1.0V，继续记录电流表读数。（选填“A”或“B”）
（3）完成实验并整理器材后，小明将所得数据描点连线画出如图乙所示的R1的I﹣U图像，并根据图像得出结论： 在电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比 。
（4）为了得到更具有普遍性的结论，小白利用小明的实验器材，仅将R1更换为不同阻值的定值电阻R2，重新连接电路并进行相同操作，画出的I﹣U图像却如图丙所示：
①小明帮助小白进行分析，确认是电路连接错误，该错误为： 电压表并联在滑动变阻器的两端了 ；
②小明还认为，即使不重新进行实验，利用小白的现有数据，也能画出R2的I﹣U图像。请你在图乙中画出R2的I﹣U图，并通过图像分析，R2 ＜ R1 （选填“＞”、“＜”或“＝”）。
【分析】（1）为了保护电路，闭合开关前，变阻器的滑片应位于阻值最大处；闭合开关发现电流表无示数，说明电路可能断路；电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了；
（2）根据串联电路电压的规律和串联电路的分压规律判断出滑动变阻器的移动方向；
（3）根据图像分析解答，得出结论；
（4）①由图丙知随着电流的增大，电压表的示数减小，判断出电压表的位置；
②由图丙数据和串联电路电压的规律以及欧姆定律算出定值电阻R2的电阻，画出R2的图像并与R1比较。
【解答】解：（1）为了保护电路，闭合开关前，变阻器的滑片应位于阻值最大处，即B端；闭合开关发现电流表无示数，说明电路可能断路；电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了，即故障可能是定值电阻断路；
（2）闭合开关后，小明调节滑片使电压表示数为0.5V，记录电流表读数，要使电压表的示数为1.0V，即增大定值电阻两端的电压，由串联电路电压的规律知滑动变阻器两端的电压需要减小，由串联电路的分压作用知滑动变阻器的电阻需减小，即将滑片向着靠近A端的方向移动，使电压表示数为1.0V，继续记录电流表读数；
（3）由图已知在电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；
（4）①由图丙知随着电流的增大，电压表的示数减小，说明电压表并联在滑动变阻器的两端了；
②由图丙知当电压表的示数为0.50V时，电路中的电流为0.50A，此时定值电阻R2两端的电压为：U21＝U﹣UV1＝3V﹣0.50V＝2.5V；
当电压表的1.0V时，电路中的电流为0.40A，此时定值电阻R2两端的电压为：U22＝U﹣UV2＝3V﹣1.0V＝2V；
当电压表的1.5V时，电路中的电流为0.30A，此时定值电阻R2两端的电压为：U23＝U﹣UV3＝3V﹣1.5V＝1.5V；
当电压表的2.0V时，电路中的电流为0.20A，此时定值电阻R2两端的电压为：U24＝U﹣UV4＝3V﹣2.0V＝1.0V；
当电压表的2.5V时，电路中的电流为0.10A，此时定值电阻R2两端的电压为：U25＝U﹣UV5＝3V﹣2.5V＝0.5V；
根据定值电阻R2两端的电压与电流的数据画出图像，见下图：
；
由图像知R2＜R1。
故答案为：（1）B；断路；（2）A；（3）在电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；（4）①电压表并联在滑动变阻器的两端了；②见解答图；＜。
【点评】本题考查了“探究电流与电压的关系”的实验，考查了注意事项、实验操作、数据分析、故障分析以及欧姆定律的应用等知识，是一道电学综合题，有一定难度。
六、计算题（24题6分，25题7分，26题8分，共21分）
24．（6分）氢能源汽车具有零排放的环保优势，某款氢能源汽车总质量为1.5×103kg，在水平公路上以70km/h的速度匀速行驶时受到的阻力为1.2×103N，行驶0.5h消耗氢0.6kg，已知氢的热值为1.4×108J/kg，g取10N/kg。求汽车：
（1）受到的重力和牵引大的大小；
（2）行驶的距离和牵引力做的功；
（3）利用氢能的效率。
【分析】（1）根据G＝mg可以得出汽车重力；根据二力平衡原理可得牵引力。
（2）根据可得汽车行驶的距离；根据W＝FS可以求出牵引力做的功。
（3）根据Q＝mq，η＝可得效率。
【解答】解：（1）①汽车受到的重力：G＝mg＝1.5×103kg×10N/kg＝1.5×104N
②因为匀速行驶，根据二力平衡原理，汽车受到的牵引力：F牵＝f＝1.2×103N
（2）①汽车行驶的距离为：由得s＝vt＝70km/h×0.5h＝35km＝3.5×104m
②牵引力做的功为：W＝F牵s＝1.2×103N×3.5×104m＝4.2×107J
（3）氢完全燃烧所产生的热量：Q＝mq＝0.6kg×1.4×108J/kg＝8.4×107J
汽车利用氢能的效率：η＝＝%
答：（1）汽车受到的重力为1.5×104N，汽车受到的牵引力为1.2×103N；
（2）汽车行驶的距离为3.5×104m，牵引力做的功为4.2×107J；
（3）汽车利用氢能的效率为50%。
【点评】本题考查了重力公式、速度公式、功公式、热值公式、机械效率公式以及二力平衡条件等知识的综合应用。
25．（7分）图甲是一盛有水的圆柱形容器，现置于水平桌面上，容器内水深为0.3m，容器的底面积为0.04m2，图乙是一质量均匀的塑料球，密度为0.2×103kg/m3，（g取10N/kg）。求：
（1）容器中水的质量；
（2）距容器底部0.1m处A点液体的压强；
（3）把塑料球放入该容器中，用了16N的力恰好使其完全浸没在水中，塑料球的重力多大？
【分析】（1）根据V＝Sh可求水的体积，再根据ρ＝可求水的质量；
（2）先求出A点的深度，再利用p＝ρgh求距容器底部0.1m处A点液体的压强；
（3）利用F浮＝ρ液gV排和密度公式再根据F浮＝F+G列出方程，求出塑料球体积，由密度公式求出质量，即塑料球重力可求。
【解答】解：（1）容器中水的体积：V＝Sh＝0.04m2×0.3m＝0.012m3，
由ρ＝可得水的质量：m＝ρV＝1×103kg/m3×0.012m3＝12kg；
（2）距容器底部0.1m处A点液体的压强：
p＝ρgh＝1×103kg/m3×10N/kg×（0.3m﹣0.1m）＝2000Pa；
（3）设塑料球的体积为V′，
塑料球放入该容器中完全浸没在水中受到的浮力：
F浮＝ρ液gV排＝ρ液gV′，
塑料球的重力：G＝m′g＝ρ塑V′g，
塑料球放入该容器中，用了16N的力恰好使其完全浸没在水中，对塑料球分析受力有：
F浮＝F+G，
ρ液gV′＝F+ρ塑V′g，
（ρ液g﹣ρ塑g）V′＝F，
代入数据，（1×103kg/m3×10N/kg﹣0.2×103kg/m3×10N/kg）V′＝16N，
解得：V′＝2×10﹣3m3，
由ρ＝可得塑料球的质量：
m球＝ρ塑料V′＝0.2×103kg/m3×2×10﹣3m3＝0.4kg，
塑料球的重力：
G球＝m球g＝0.4kg×10N/kg＝4N。
答：（1）容器中水的质量是12kg；
（2）距容器底部0.1m处A点液体的压强是2000Pa；
（3）塑料球的重力是4N。
【点评】本题考查了密度、压强、浮力公式的综合运算，是一道综合题。
26．（8分）如图甲所示电路中，电源电压保持不变，电压表量程可选，电流表量程为0～0.6A，滑动变阻器R2标有“1A”字样，最大阻值未知。闭合开关S1、S3，断开开关S2，将滑动变阻器R2的滑片P从b端移动到a端，得R1的“U﹣I”关系图像如图乙所示。
（1）求电阻R1的阻值和R2的最大阻值；
（2）若闭合开关S2、S3，断开开关S1，使R2的滑片P位于a端，此时电流表示数为0.42A，求R3通电50s产生的电热；
（3）若闭合开关S1、S3，断开开关S2，且电压表的量程为0～3V，在保证电路元件都安全的情况下，求电路总功率的变化范围。
【分析】（1）闭合开关S1、S3，断开开关S2，滑动变阻器R2和R1串联，电压表测量R1两端的电压，电流表测量电路中的电流，
当滑动变阻器R2的滑片P在a端时，滑动变阻器的电阻为零，电路中只有电阻R1接入电路，它两端的电压最大，为电源电压；
当滑动变阻器R2的滑片P在b端时，滑动变阻器的电阻最大，电路中的电流最小，由图乙读出此时R1的两端的电压和电路中的电流，由I＝算出电阻R1的阻值；
由串联电路电压的规律算出滑动变阻器两端的电压最大，由欧姆定律算出滑动变阻器R2的最大阻值；
（2）若闭合开关S2、S3，断开开关S1，使R2的滑片P位于a端，滑动变阻器的最大电阻与定值电阻R3并联，电流表测量电路中的总电流；
由欧姆定律算出通过R2的的电流，根据并联电路电流的规律算出通过R3的的电流，根据Q3＝W＝UI3t算出R3通电50s产生的电热u；
（3）若闭合开关S1、S3，断开开关S2时，由电压表的量程为0～3V判断出定值电阻两端的电压最大，由欧姆定律算出电路中的最大电流，由P＝UI算出电路的最大功率；当滑动变阻器的电阻最大时电路中的电流最小，由图乙知最小电流，由P＝UI算出电路的最小功率，进而判断出电路总功率的变化范围。
【解答】解：（1）闭合开关S1、S3，断开开关S2，滑动变阻器R2和R1串联，电压表测量R1两端的电压，电流表测量电路中的电流，
当滑动变阻器R2的滑片P在a端时，滑动变阻器的电阻为零，电路中只有电阻R1接入电路，它两端的电压最大，为电源电压，由图乙知电源电压为6V；
当滑动变阻器R2的滑片P在b端时，滑动变阻器的电阻最大，电路中的电流最小，由图乙知此时R1的两端的电压为1V，电路中的电流为0.1A；
由I＝知电阻R1的阻值为：
R1＝＝＝10Ω；
串联电路电压的规律知滑动变阻器两端的电压最大为：
U2＝U﹣U1＝6V﹣1V＝5V，
滑动变阻器R2的最大阻值为：
R2＝＝＝50Ω；
（2）若闭合开关S2、S3，断开开关S1，使R2的滑片P位于a端，滑动变阻器的最大电阻与定值电阻R3并联，电流表测量电路中的总电流；
通过R2的的电流为：
I2＝＝＝0.12A，
由并联电路电流的规律知通过R3的的电流为：
I3＝I﹣I2＝0.42A﹣0.12A＝0.3A，
R3通电50s产生的电热为：
Q3＝W＝UI3t＝6V×0.3A×50s＝90J；
（3）若闭合开关S1、S3，断开开关S2时，由电压表的量程为0～3V知，定值电阻两端的电压最大为3V，电路中的最大电流为：
I大＝＝＝0.3A，
电路的最大功率为：
P大＝UI大＝6V×0.3A＝1.8W；
当滑动变阻器的电阻最大时电路中的电流最小，最小电流为0.1A，
电路的最小功率为：
P小＝UI小＝6V×0.1A＝0.6W，所以电路总功率的变化范围为0.6W～1.8W。
答：（1）电阻R1的阻值为10Ω、R2的最大阻值为50Ω；
（2）若闭合开关S2、S3，断开开关S1，使R2的滑片P位于a端，此时电流表示数为0.42A，R3通电50s产生的电热为90J；
（3）若闭合开关S1、S3，断开开关S2，且电压表的量程为0～3V，在保证电路元件都安全的情况下，电路总功率的变化范围为0.6W～1.8W。
【点评】本题考查了串、并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活应用，从图乙获取有效的信息是关键，综合性强，难度大。
2023年山东省聊城市阳谷县中考物理二模试卷
一、单项选择题（本题包括10个小题；每小题3分，共30分。每小题只有一个选项符合题意，多选或不选均得0分）
1．（3分）每天运动一小时，健康生活一辈子。周末，小明与小强相约到东莞佛灵湖绿道骑单车健身，如图是他们某段时间内的运动图像，下列说法中正确的是（ ）
A．前10s，小明在做匀速直线运动
B．前10s，小强处于静止状态
C．小强的运动状态一直不变是因为他不受力的作用
D．小明在第10s时受到的力是非平衡力
2．（3分）用所学的物理知识解释生活中的现象是同学们应该具备的学科素养。下面对物态变化现象的阐述错误的是（ ）
A．长时间佩戴口罩后，口罩内侧会逐渐出现小水珠，这是水蒸气液化形成的
B．打开除雾功能，汽车玻璃上的“雾”很快消失，是汽化现象
C．夏天吃冰棒时偶尔会有冰棒粘嘴唇的现象，“粘”是因为发生了凝固现象
D．舞台上喷撒干冰后雾气缥缈，仿佛置身于人间仙境，“雾气”属于升华现象
3．（3分）以下列举是同学们做过的实验，其研究方法相同的是（ ）
①研究声音的产生时，将发声的音叉与水面接触；
②研究光现象时，引入“光线”；
③研究平面镜成像特点时，两个棋子的大小相同；
④研究墨水在冷、热水中扩散的快慢可以知道分子运动的快慢与温度的关系；
⑤研究液体内部压强规律时，在同种液体中改变深度。
A．①③ B．②④ C．③⑤ D．①④
4．（3分）如图所示，一足够长木板B放在水平地面上，木块A放在B的上面，A的右端通过轻质弹簧固定在竖直墙壁上，用F＝10N的力水平向左拉B，使B以速度v向左匀速运动，稳定后A静止不动，这时弹簧的拉力F1＝4N，则下面说法中正确的是（ ）
A．木板B受到A的滑动摩擦力与A受到B的滑动摩擦力是一对相互作用力，力的大小为 6N
B．木板B对地面的滑动摩擦力的大小为4N
C．若用2F的力向左拉木板B做加速运动，木块A受到的摩擦力大小仍为4N
D．木块A静止不动，所以A受到的摩擦力是静摩擦力
5．（3分）如图所示，水平桌面上放有底面积和质量都相同的甲、乙、丙三个平底容器，分别装有深度相同、质量相等的不同液体。下列说法正确的是（ ）
A．容器对桌面的压力：F甲＝F乙＝F丙
B．容器对桌面的压强：p′甲＜p′乙＜p′丙
C．液体的密度：ρ甲＜ρ乙＜ρ丙
D．液体对容器底部的压强：p甲＝p乙＝p丙
6．（3分）如图为北京冬奥会高速摄影机记录的苏端鸣在比赛中，从跳台起跳到落地过程的情景。下列关于这一过程说法正确的 （ ）
①他从起跳到最高点的过程中，动能逐渐转化成重力势能
②他起跳后到达最高点时，机械能最大
③他从空中下落过程中，重力做功越来越快
④他从起跳到落地的整个过程中，机械能是守恒的
A．只有③④ B．只有①② C．只有②④ D．只有①③
7．（3分）如图所示，把图钉按在铅笔的一端，手握铅笔使图钉钉帽在粗糙的硬纸板上来回摩擦，然后用手轻触钉帽，感觉钉帽的温度明显升高了，甚至发烫。关于该实验，下列说法正确的是（ ）
A．钉帽的温度升高，内能不变
B．此实验中改变图钉钉帽内能的方式是热传递
C．摩擦后钉帽的分子热运动更剧烈
D．钉帽的内能的大小等于钉帽克服摩擦力做功的多少
8．（3分）能源、信息和材料是现代社会发展的三大支柱，关于它们下列说法正确的是（ ）
A．太阳能、风能和天然气都是可再生能源
B．我国的“北斗”导航是利用超声波进行定位和导航的
C．大亚湾核电站利用核裂变释放的能量来发电
D．超导体材料可以应用于任何电器并使其效率提高
9．（3分）如图所示的电路中，电源两端电压恒定，R0是定值电阻，R是用石墨烯制成的湿敏电阻，其特点是阻值会随着其周围环境含水量的升高而增大。闭合开关S，当R周围环境含水量升高时，下列说法正确的是（ ）
A．电流表的示数变大
B．电压表的示数不变
C．电路的总功率变小
D．电压表与电流表的示数之比变小
10．（3分）关于如图所示的四个电磁实验，下列说法中正确的是（ ）
A．实验甲：开关S闭合，电热器独立工作；开关S断开，电动机独立工作
B．实验乙：开关S闭合，只要导体ab在磁场中做切割磁感线运动，导体中就有电流产生
C．实验丙：开关S闭合，导体ab在磁场中运动，发电机是利用这一原理制成
D．实验丁：开关S闭合，小磁针发生偏转，表明通电导线的周围存在磁感线
二、多项选择题（本题包括3个小题；每小题4分，共12分。每个小题的选项中至少有两个选项符合题意。全部选对的得4分。选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分）
（多选）11．（4分）F点为透镜的焦点，P点到透镜光心距离为2倍焦距，将发光LED做成的箭头形物体放在透镜左侧某处，在另一侧光屏上成像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．物体放置时箭头朝下
B．物体放置在Ⅳ区域内某处
C．光屏不动，透镜稍向右移动，为了使光屏上成像，物体适当向左移动
D．光屏不动，将一个凹透镜放在凸透镜左侧，为了使光屏上成像，物体适当向右移动
（多选）12．（4分）某同学家新房装修时，工人师傅在地面与平台间搭一斜木板，用400N的拉力将瓷砖沿木板从地面匀速拉上平台，如图所示。已知平台高3m，木板长5m，瓷砖重500N，整个过程中空气阻力忽略不计。下列说法正确的是（ ）
A．拉力做的有用功是2000J
B．工人师傅做的功为2000J
C．瓷砖受到的摩擦力是400N
D．减小斜面的粗糙程度，其机械效率变大
（多选）13．（4分）如图甲所示电路，电源电压保持不变，当闭合开关S，调节滑动变阻器阻值从最大变化到最小，两个电阻的“U﹣I”关系图象如图乙所示。则下列判断正确的是（ ）
A．电源电压为6V
B．定值电阻R1的阻值为20Ω
C．滑动变阻器R2的阻值变化范围为0～20Ω
D．变阻器滑片在中点时，电路消耗的总功率为1.8W
三、填空题（每空1分，共12分）
14．（2分）编钟是我国古代的一种乐器，它是广大劳动人民智慧的结晶。演奏时轻敲或重敲同一位置，所发出声音的 （选填“音调”、“响度”或“音色”）不同；亲临现场时，我们能从不同角度看见编钟，是因为光在其表面发生 。
15．（3分）手机屏幕工作时将 能转化为光能，其发出的蓝光属于 光（选填“可见”或“不可见”），对人眼伤害较大，造成近视时需要佩戴 透镜进行矫正。
16．（2分）在探究“杠杆平衡条件”的实验中，杠杆在 位置平衡最便于测力臂。如图所示，杠杆已经平衡，如果在右侧钩码下增加一个钩码，杠杆将失去平衡，由此可以猜想：杠杆平衡可能与力的 有关。
17．（2分）如图所示是两个相同的不带电的验电器A和B，先用与丝绸摩擦过的玻璃棒接触验电器B的金属球，再用带有绝缘手柄的金属棒将验电器A和B连接起来的瞬间，验电器A的箔片张开，说明验电器A的箔片 （选填“得到”或“失去”）电子，金属棒中的电流方向是 （选填“从A到B”或“从B到A”）。
18．（3分）用12V的电源为微型电动机供电的电路如图（甲）所示。当单刀双掷开关S1、S2均向上合上时，电动机开始转动，电流I随时间t变化的图象如图（乙）所示。当电流稳定时，电动机正常工作。试解答下列问题。
（1）当单刀双掷开关S1、S2均 合上时可实现电动机的反转。
（2）当电动机正常工作时，电动机消耗的电功率为 W。
（3）电动机正常工作时的输出功率 W。
四、作图题（19题2分，20题2分，共4分）
19．（2分）如图所示，一条与主光轴垂直的光线经平面镜反射后射向前方的凹透镜。请画出经过平面镜反射后的反射光线以及经过凹透镜折射后的折射光线。
20．（2分）如图所示，在螺线管旁悬挂一条形磁体。闭合开关后，条形磁体向左偏。请在括号内标出：
（1）通电螺线管的“N”或“S”极；
（2）电源的“+”或“﹣”极。
五、实验探究题（21题7分，22题7分，23题7分，共21分）
21．（7分）小明在“测量石块的密度”的实验中。
（1）用天平测量石块的质量：使用天平时，先将托盘天平放置在水平桌面上，调平时，天平指针如图甲所示，应向 调节平衡螺母；石块质量如图乙所示，m＝ g。
（2）用量筒测量石块的体积：①将石块浸没在量筒中的水中，读出总体积为90mL；②取出石块，剩余水体积如图丙，读数为 mL。
（3）可计算出石块的密度是ρ＝ g/cm3。
（4）利用上述方法测出的石块的密度偏 （选填“大”或“小”）。
（5）小丽再次测某种液体的密度。进行了下列实验操作：
A.用天平测出空杯质量m1；
B.用天平测出烧杯和液体的总质量m2；
C.液体全部倒入量筒中测出体积为V；
小明认为顺序调换一下，测量误差会减小，更准确的顺序是 （填字母代号）。液体密度的表达式为 。
22．（7分）同学们进行了“影响滑轮组机械效率因素”的实验探究，用到的装置如图甲、乙、丙所示，实验数据记录如表所示。
实验次数
钩码重力G/N
钩码上升高度h/m
绳端拉力F/N
绳端移动距离s/m
机械效率η
1
2
0.1
1.2
0.3
55.6%
2
4
0.1
1.9
0.3
70.2%
3
6
0.1
1.6
0.5
4
2
0.2
1.2
0.6
55.6%
（1）实验中应沿竖直方向 拉动弹簧测力计。
（2）通过比较1、4两次实验数据可得出：使用同一滑轮组提升相同重物，滑轮组的机械效率与重物上升高度 。
（3）通过比较 两次实验数据可得出：同一滑轮组提升的物体越重，滑轮组机械效率越高。
（4）分析表中数据可知：第3次实验是用图 所示装置来完成的，第3次实验时所做的有用功为 J，滑轮组的机械效率是 %。
（5）假如第1次实验时，不计绳重和摩擦，钩码重由2N增加到8N，滑轮组的效率可以达到 %。
23．（7分）为了做“探究电流与电压的关系”的实验，小明使用电压恒为3V的电源、开关、导线若干、定值电阻R1、电流表，电压表和滑动变阻器连接了图甲所示的电路：
（1）闭合开关前，变阻器的滑片应位于 端。闭合开关发现电流表无示数，电压表示数接近电源电压，移动滑动变阻器的滑片P，电流表、电压表示数均无变化，则故障可能是定值电阻 （选填“短路”或“断路”）。
（2）闭合开关后，小明调节滑片使电压表示数为0.5V，记录电流表读数，再将滑片向着靠近 端的方向移动，使电压表示数为1.0V，继续记录电流表读数。（选填“A”或“B”）
（3）完成实验并整理器材后，小明将所得数据描点连线画出如图乙所示的R1的I﹣U图像，并根据图像得出结论： 。
（4）为了得到更具有普遍性的结论，小白利用小明的实验器材，仅将R1更换为不同阻值的定值电阻R2，重新连接电路并进行相同操作，画出的I﹣U图像却如图丙所示：
①小明帮助小白进行分析，确认是电路连接错误，该错误为： ；
②小明还认为，即使不重新进行实验，利用小白的现有数据，也能画出R2的I﹣U图像。请你在图乙中画出R2的I﹣U图，并通过图像分析，R2 R1 （选填“＞”、“＜”或“＝”）。
六、计算题（24题6分，25题7分，26题8分，共21分）
24．（6分）氢能源汽车具有零排放的环保优势，某款氢能源汽车总质量为1.5×103kg，在水平公路上以70km/h的速度匀速行驶时受到的阻力为1.2×103N，行驶0.5h消耗氢0.6kg，已知氢的热值为1.4×108J/kg，g取10N/kg。求汽车：
（1）受到的重力和牵引大的大小；
（2）行驶的距离和牵引力做的功；
（3）利用氢能的效率。
25．（7分）图甲是一盛有水的圆柱形容器，现置于水平桌面上，容器内水深为0.3m，容器的底面积为0.04m2，图乙是一质量均匀的塑料球，密度为0.2×103kg/m3，（g取10N/kg）。求：
（1）容器中水的质量；
（2）距容器底部0.1m处A点液体的压强；
（3）把塑料球放入该容器中，用了16N的力恰好使其完全浸没在水中，塑料球的重力多大？
26．（8分）如图甲所示电路中，电源电压保持不变，电压表量程可选，电流表量程为0～0.6A，滑动变阻器R2标有“1A”字样，最大阻值未知。闭合开关S1、S3，断开开关S2，将滑动变阻器R2的滑片P从b端移动到a端，得R1的“U﹣I”关系图像如图乙所示。
（1）求电阻R1的阻值和R2的最大阻值；
（2）若闭合开关S2、S3，断开开关S1，使R2的滑片P位于a端，此时电流表示数为0.42A，求R3通电50s产生的电热；
（3）若闭合开关S1、S3，断开开关S2，且电压表的量程为0～3V，在保证电路元件都安全的情况下，求电路总功率的变化范围。
2023年山东省聊城市阳谷县中考物理二模试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（本题包括10个小题；每小题3分，共30分。每小题只有一个选项符合题意，多选或不选均得0分）
1．（3分）每天运动一小时，健康生活一辈子。周末，小明与小强相约到东莞佛灵湖绿道骑单车健身，如图是他们某段时间内的运动图像，下列说法中正确的是（ ）
A．前10s，小明在做匀速直线运动
B．前10s，小强处于静止状态
C．小强的运动状态一直不变是因为他不受力的作用
D．小明在第10s时受到的力是非平衡力
【分析】在s﹣t图像中，匀速直线运动是一条斜线；静止是一条平行于横轴的直线。在v﹣t图像中，匀速直线运动是一条平行于横轴的直线，逐项分析解答。
【解答】解：A．由s﹣t图可知，小明的运动图像描述的是他通过的路程与所用时间的关系，斜线部分表示小明在做匀速直线运动，水平部分表示小明处于静止状态。前10s，小明在做匀速直线运动，故A正确。
B．小强的运动图像描述的是小强的速度随时间变化的关系，小强的运动速度保持不变，做匀速直线运动，前10s，小强做匀速直线运动，故B错误。
C．由v﹣t图可知，小强的运动状态不变，说明小强受力平衡，故C错误；
D．由s﹣t图可知，小明在第10s时处于匀速直线运动状态，受力平衡，故D错误。
故选：A。
【点评】运用图像法解答问题的一般步骤：①明确图像中横纵坐标表示的物理量分别是什么；②注意认清横坐标和纵坐标上各表示的最小分格的数值大小和单位；③明确图像所表示的物理意义；④根据图像对题目提出的问题作出判断，得到结论。
2．（3分）用所学的物理知识解释生活中的现象是同学们应该具备的学科素养。下面对物态变化现象的阐述错误的是（ ）
A．长时间佩戴口罩后，口罩内侧会逐渐出现小水珠，这是水蒸气液化形成的
B．打开除雾功能，汽车玻璃上的“雾”很快消失，是汽化现象
C．夏天吃冰棒时偶尔会有冰棒粘嘴唇的现象，“粘”是因为发生了凝固现象
D．舞台上喷撒干冰后雾气缥缈，仿佛置身于人间仙境，“雾气”属于升华现象
【分析】（1）物质由气态直接变为固态的过程叫凝华，物质由固态直接变为气态的过程叫升华；由气态变为液态的过程叫液化，由液态变为气态的过程叫汽化；由固态变为液态的过程叫熔化，由液态变为固态的过程叫凝固。
（2）六种物态变化过程中，都伴随着吸热或放热；其中放出热量的物态变化有：凝固、液化、凝华；吸热的有：熔化、汽化、升华。
【解答】解：A、口罩内侧会逐渐出现小水珠，这是水蒸气液化形成的，故A描述正确；
B、打开除雾功能，汽车玻璃上的“雾”很快消失，是小水珠的汽化现象，故B描述正确；
C、夏天吃冰棒时偶尔会有冰棒粘嘴唇的现象，“粘”是因为发生了凝固现象，故C描述正确；
D、舞台上喷撒干冰后雾气缥缈，仿佛置身于人间仙境，“雾气”属于水蒸气的液化现象，故D描述错误。
故选：D。
【点评】分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态；另外对六种物态变化的吸热和放热情况也要有清晰的认识。
3．（3分）以下列举是同学们做过的实验，其研究方法相同的是（ ）
①研究声音的产生时，将发声的音叉与水面接触；
②研究光现象时，引入“光线”；
③研究平面镜成像特点时，两个棋子的大小相同；
④研究墨水在冷、热水中扩散的快慢可以知道分子运动的快慢与温度的关系；
⑤研究液体内部压强规律时，在同种液体中改变深度。
A．①③ B．②④ C．③⑤ D．①④
【分析】常用的物理学研究方法有：控制变量法、等效替代法、理想模型法、比较法、类比法、转换法等，是科学探究中的重要思想方法。
【解答】解：①研究声音的产生时，将发声的音叉与水面接触，水花四溅，表示音叉在振动，采用了转换法；
②研究光现象时，为了便于研究光传播时的规律而引入“光线”，采用的是理想模型法；
③研究平面镜成像特点时，两个棋子的大小相同，采用的是等效替代法；
④通过研究墨水在冷、热水中扩散的快慢可以知道分子运动的快慢与温度的关系时，通过颜色的变化来了解分子运动的快慢，采用了转换法；
⑤研究液体内部压强规律时，在同种液体中改变深度，采用了控制变量法。
综上所述，可以看出①和④的研究方法相同，都采用了转换法。
故选：D。
【点评】解决此类探究方法的问题，要结合研究对象逐个判断各个实验所用的研究方法，辨识每种物理研究方法的特点解答此题得关键。
4．（3分）如图所示，一足够长木板B放在水平地面上，木块A放在B的上面，A的右端通过轻质弹簧固定在竖直墙壁上，用F＝10N的力水平向左拉B，使B以速度v向左匀速运动，稳定后A静止不动，这时弹簧的拉力F1＝4N，则下面说法中正确的是（ ）
A．木板B受到A的滑动摩擦力与A受到B的滑动摩擦力是一对相互作用力，力的大小为 6N
B．木板B对地面的滑动摩擦力的大小为4N
C．若用2F的力向左拉木板B做加速运动，木块A受到的摩擦力大小仍为4N
D．木块A静止不动，所以A受到的摩擦力是静摩擦力
【分析】（1）对A受力分析，根据二力平衡分析A受到的摩擦力的大小；
（2）根据力的相互性判定A对B的摩擦力的大小；对B受力分析，根据力的平衡求出B受到地面的摩擦力的大小；
（3）滑动摩擦力的大小与压力大小、接触面的粗糙程度有关；
（4）根据滑动摩擦力的产生条件分析。
【解答】解：A、A处于静止状态，A受水平向右的拉力和水平向左的摩擦力，这两个力是一对平衡力，大小相等，故摩擦力为4N，又因为物体间力的作用是相互的，则物体B受到A对它水平向右的摩擦力的大小为4N，故A错误；
B、由于B做匀速直线运动，则B受到水平向左的拉力和水平向右的两个摩擦力，物体B处于三力平衡状态，A对B的摩擦力4N，则地面对B的摩擦力为10N﹣4N＝6N，故B错误；
C、若用2F的力拉木板B，B开始加速，但是A与B间压力不变，接触面粗糙程度不变，故摩擦力大小不变，木块A受摩擦力大小仍为4N，故C正确；
D、木块A与木板B之间发生相对滑动，故A受到的摩擦力为滑动摩擦力，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了平衡力的辨别，会判断摩擦力的方向，并会根据影响滑动摩擦力的大小因素分析摩擦力的大小变化是解决本题的关键。
5．（3分）如图所示，水平桌面上放有底面积和质量都相同的甲、乙、丙三个平底容器，分别装有深度相同、质量相等的不同液体。下列说法正确的是（ ）
A．容器对桌面的压力：F甲＝F乙＝F丙
B．容器对桌面的压强：p′甲＜p′乙＜p′丙
C．液体的密度：ρ甲＜ρ乙＜ρ丙
D．液体对容器底部的压强：p甲＝p乙＝p丙
【分析】（1）容器对桌面的压力等于容器的重力与液体的重力之和，据此可知容器对桌面压力的关系，根据p＝可知容器对桌面压强的大小关系；
（2）液体质量相同，根据图判断出三液体的体积，根据密度公式判断出三液体的密度，根据p＝ρgh判断液体对杯底压强的关系。
【解答】解：AB、容器对桌面的压力等于容器的重力与液体的重力之和，而两容器和甲、乙两种液体质量相等，所以三容器的总重力相等，所以容器对桌面的压力相等，即F甲＝F乙＝F丙，故A正确；
因两容器底面积相同，且F甲＝F乙＝F丙，由p＝可知，容器对桌面的压强p甲′＝p乙′＝p丙′，故B错误；
CD、根据题图可知，甲、乙、丙液体的质量相等，丙液体的体积最大，其次是乙的体积，甲的体积最大，根据ρ＝可知，甲的密度最大，丙的密度最小，即ρ甲＞ρ乙＞ρ丙，故C错误；
因液体深度相同，且ρ甲＞ρ乙＞ρ丙，所以由p＝ρgh可知，p甲＞p乙＞p丙，故D错误。
故选：A。
【点评】本题主要考查压强、密度公式的应用，知道在水平面上，物体对水平面的压力等于物体自身的重力是解题的关键。
6．（3分）如图为北京冬奥会高速摄影机记录的苏端鸣在比赛中，从跳台起跳到落地过程的情景。下列关于这一过程说法正确的 （ ）
①他从起跳到最高点的过程中，动能逐渐转化成重力势能
②他起跳后到达最高点时，机械能最大
③他从空中下落过程中，重力做功越来越快
④他从起跳到落地的整个过程中，机械能是守恒的
A．只有③④ B．只有①② C．只有②④ D．只有①③
【分析】（1）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、高度；质量越大，高度越高，重力势能越大；机械能是动能和势能的总和；物体克服摩擦或空气阻力做功，机械能转化为内能；
（2）功率是表示物体做功快慢的物理量，根据P＝＝＝Gv分析重力做功的快慢。
【解答】解：
①他从起跳到最高点的过程中，他的质量不变，高度变大，重力势能变大，速度变小，动能变小，是动能逐渐转化成重力势能，故①正确；
②他起跳后到达最高点时，由于存在空气阻力，克服空气阻力做功，一部分机械能转化为内能，所以在最高点时的机械能不是最大，故②错误；
③他从空中下落过程中，速度越来越大，重力不变，根据P＝＝＝Gv可知，重力做功的功率越来越大，即重力做功越来越快，故③正确；
④他从起跳到落地的整个过程中，克服摩擦或空气阻力做功，机械能转化为内能，所以机械能是不守恒的，故④错误。
故选：D。
【点评】本题考查了动能和重力势能的转化、机械能的守恒、功率计算公式的应用，难度不大。
7．（3分）如图所示，把图钉按在铅笔的一端，手握铅笔使图钉钉帽在粗糙的硬纸板上来回摩擦，然后用手轻触钉帽，感觉钉帽的温度明显升高了，甚至发烫。关于该实验，下列说法正确的是（ ）
A．钉帽的温度升高，内能不变
B．此实验中改变图钉钉帽内能的方式是热传递
C．摩擦后钉帽的分子热运动更剧烈
D．钉帽的内能的大小等于钉帽克服摩擦力做功的多少
【分析】（1）改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，当对物体做功时，机械能转化为内能，使内能增大，温度升高；
（2）在摩擦过程中有能量的损失，纸板的内能也增大，据此分析。
【解答】解：A．物体的内能增加物体的温度才会升高，所以由图钉的温度升高可知其内能增加，故A错误；
B．硬纸板对图钉钉帽做功使其内能增加，故B错误；
C．钉帽温度升高，甚至发烫，说明钉帽分子热运动更剧烈，故C正确；
D．钉帽和硬纸板内能增加的大小之和等于图钉克服摩擦力做功的多少，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查能量的转化，以及改变内能的方式，难度不大。
8．（3分）能源、信息和材料是现代社会发展的三大支柱，关于它们下列说法正确的是（ ）
A．太阳能、风能和天然气都是可再生能源
B．我国的“北斗”导航是利用超声波进行定位和导航的
C．大亚湾核电站利用核裂变释放的能量来发电
D．超导体材料可以应用于任何电器并使其效率提高
【分析】（1）能够短期内从自然界中得到补充的能源是可再生能源；不能短期内从自然界中得到补充的能源是不可再生能源。
（2）电磁波的传播不需要介质，电磁波可以在固体、液体、气体中传播，也可以在真空中传播。
（3）核电站是利用原子核发生裂变时产生的核能来发电的。
（4）在足够低的温度和足够弱的磁场下，其电阻率为零。一般材料在温度接近绝对零度的时候，物体分子热运动几乎消失，材料的电阻趋近于0，此时称为超导体。
【解答】解：A．太阳能和风能，能够源源不断的从自然界得到的能源，属于可再生能源，天然气在短期内不能从自然界得到补充，属于不可再生能源，故A错误；
B．我国的北斗卫星导航系统是利用电磁波进行定位和导航的，故B错误；
C．裂变是可控的，所以大亚湾核电站利用核裂变释放的能量来发电的，故C正确；
D．超导体在足够低的温度和足够弱的磁场下，其电阻率为零，故超导体材料通电时，不能产生热量，所以不能用来制作电饭锅、电热器的等电器，故D错误。
故选：C。
【点评】知道能源的分类、超导体材料的特点及应用、核电站的基本原理是解题关键。
9．（3分）如图所示的电路中，电源两端电压恒定，R0是定值电阻，R是用石墨烯制成的湿敏电阻，其特点是阻值会随着其周围环境含水量的升高而增大。闭合开关S，当R周围环境含水量升高时，下列说法正确的是（ ）
A．电流表的示数变大
B．电压表的示数不变
C．电路的总功率变小
D．电压表与电流表的示数之比变小
【分析】由电路图可知，湿敏电阻R与定值电阻R0串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流。
根据题意得出当R周围环境含水量升高时时湿敏电阻R的阻值变化，根据欧姆定律可知电路中的电流变化，再根据欧姆定律得出R0两端的电压变化，根据串联电路的电压规律可知电压表示数的变化，根据P＝UI分析总功率的变化，根据电压表和电流表示数的变化情况分析出电压表与电流表的示数之比的变化。
【解答】解：由电路图可知，湿敏电阻R与定值电阻R1串联，电压表测R0两端的电压，电流表测电路中的电流。
因湿敏电阻的阻值会随含水量的升高而增大，当环境含水量升高时，湿敏电阻R的阻值变大，电路的总电阻变大，由I＝可知，电路中的电流变小，即电流表的示数变小，故A错误；
由U＝IR可知，R0两端的电压变小，根据串联电路的电压规律可知，R两端电压变大，所以电压表的示数变大，故B错误；
电源电压不变，电路中的电流变小，根据P＝UI可知，总功率变小，故C正确；
由于电流表的示数减小，电压表的示数增大，所以电压表与电流表的示数之比变大，故D错误。
综上所述，C正确。
故选：C。
【点评】本题考查了电路的动态分析，利用好湿敏电阻的阻值与含水量的关系是关键。
10．（3分）关于如图所示的四个电磁实验，下列说法中正确的是（ ）
A．实验甲：开关S闭合，电热器独立工作；开关S断开，电动机独立工作
B．实验乙：开关S闭合，只要导体ab在磁场中做切割磁感线运动，导体中就有电流产生
C．实验丙：开关S闭合，导体ab在磁场中运动，发电机是利用这一原理制成
D．实验丁：开关S闭合，小磁针发生偏转，表明通电导线的周围存在磁感线
【分析】（1）电磁铁磁性的大小与电流大小、线圈匝数的多少有关；
（2）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；
（3）通电导体在磁场中受力运动；
（4）通电导线的周围存在磁场。
【解答】解：A．开关S闭合，电磁铁有磁性，吸引衔铁，电动机电路接通，独立工作；开关S断开，电磁铁没有磁性，衔铁在弹簧拉力作用下上移，电热器电路接通，独立工作，故A不符合题意；
B．闭合开关后，只有导体在磁场中做切割磁感线运动时，电路中才会有感应电流，故B符合题意；
C．开关S闭合，导体ab在磁场中运动，说明通电导体在磁场中受力而运动，电动机是利用这一原理制成的，故C不符合题意；
D．闭合开关S，通电导线周围存在磁场，小磁针受到磁场的作用发生偏转，表明通电导线的周围存在磁场，磁感线不是真是存在的，是一种理想模型，故D不符合题意。
故选：B。
【点评】本题考查了有关磁现象、电与磁的几个常见的小实验，熟知电与磁的联系，对电生磁、磁生电、磁场对电流的作用等有一个清晰的认识，是解答的关键。
二、多项选择题（本题包括3个小题；每小题4分，共12分。每个小题的选项中至少有两个选项符合题意。全部选对的得4分。选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分）
（多选）11．（4分）F点为透镜的焦点，P点到透镜光心距离为2倍焦距，将发光LED做成的箭头形物体放在透镜左侧某处，在另一侧光屏上成像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．物体放置时箭头朝下
B．物体放置在Ⅳ区域内某处
C．光屏不动，透镜稍向右移动，为了使光屏上成像，物体适当向左移动
D．光屏不动，将一个凹透镜放在凸透镜左侧，为了使光屏上成像，物体适当向右移动
【分析】（1）（2）凸透镜的成像规律：当u＞2f时，成倒立、缩小的实像；当u＝2f时，成倒立、等大的实像；当f＜u＜2f时，成倒立、放大的实像；根据图中像距进行分析判断；
（3）成实像时的动态变化规律是：物近像远像变大，物远像近像变小；成缩小实像时，物距变化量比像距变化量大；成放大实像时，像距变化量比物距变化量大；
（4）凹透镜对光线有发散作用，能使会聚的光线推迟会聚。
【解答】解：AB、图中像距位于一倍焦距和二倍焦距之间，则此时物距大于二倍焦距，成倒立、缩小的实像，物体放置在Ⅲ区域内某处，箭头朝下，故A正确，B错误；
C、光屏不动，透镜稍向右移动，像距减小，物距增大，物距增大量等于像距减小量，由于成缩小实像时物距变化量比像距变化量大，所以为了使光屏上成清晰的像，物体应适当向左移动，增大物距，故C正确；
D、若在透镜和蜡烛之间放一凹透镜，凹透镜对光线有发散作用，折射光线延迟会聚，为了使光屏上成像，物体适当向左移动，可再次出现清晰的像，故D错误。
故选：AC。
【点评】本题考查了凸透镜成像规律及特点的应用，理解凸透镜成像的规律是关键。此题的难点是理解凸透镜成缩小实像时，物距增大，像距减小，要成清晰实像，物距增大量应大于像距减小量。
（多选）12．（4分）某同学家新房装修时，工人师傅在地面与平台间搭一斜木板，用400N的拉力将瓷砖沿木板从地面匀速拉上平台，如图所示。已知平台高3m，木板长5m，瓷砖重500N，整个过程中空气阻力忽略不计。下列说法正确的是（ ）
A．拉力做的有用功是2000J
B．工人师傅做的功为2000J
C．瓷砖受到的摩擦力是400N
D．减小斜面的粗糙程度，其机械效率变大
【分析】（1）知道瓷砖重力、斜面高，利用W＝Gh求拉力做的有用功；
（2）知道拉力大小、斜面长，利用W＝Fs求工人师傅做的功（总功）；
（3）使用斜面，克服瓷砖与斜面间摩擦力做的功为额外功，W额＝W总﹣W有用，再利用W额＝fs求瓷砖受到的摩擦力；
（4）减小斜面的粗糙程度，斜面的倾斜程度、斜面长、斜面高都不变，在木板上拉上相同的物体，压力不变，物体受到的摩擦力减小，额外功减小，做功相同的有用功，总功减小，利用η＝分析斜面机械效率的大小变化。
【解答】解：
A、拉力做的有用功：W有用＝Gh＝500N×3m＝1500J，故A错误；
B、工人师傅做的功（总功）：W总＝Fs＝400N×5m＝2000J，故B正确；
C、使用斜面，克服瓷砖与斜面间摩擦力做的功为额外功，W额＝W总﹣W有用＝2000J﹣1500J＝500J，
由W额＝fs可得瓷砖受到的摩擦力：
f＝＝＝100N，故C错误；
D、减小斜面的粗糙程度，斜面的倾斜程度、斜面长、斜面高都不变，在木板上拉上相同的瓷砖，压力不变，瓷砖受到的摩擦力减小，额外功减小，做功相同的有用功，总功减小，由η＝可知斜面的机械效率变大，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题考查了使用斜面时有用功、总功、额外功、摩擦力大小的计算，以及斜面机械效率大小变化分析，要知道：减小斜面的粗糙程度，压力不变，瓷砖受到的摩擦力减小。
（多选）13．（4分）如图甲所示电路，电源电压保持不变，当闭合开关S，调节滑动变阻器阻值从最大变化到最小，两个电阻的“U﹣I”关系图象如图乙所示。则下列判断正确的是（ ）
A．电源电压为6V
B．定值电阻R1的阻值为20Ω
C．滑动变阻器R2的阻值变化范围为0～20Ω
D．变阻器滑片在中点时，电路消耗的总功率为1.8W
【分析】由电路图可知，R1与R2串联，电压表V1测R1两端的电压，V2测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）根据电压变化的范围进行判断即定值电阻两端电压不会等于零，据此判断两个电阻的“U﹣I”关系图象，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，根据图象读出电路中的最小电流和两电阻两端的电压，根据串联电路的电压特点求出电源的电压，根据欧姆定律求出R1的阻值和滑动变阻器的最大阻值；
（2）变阻器滑片在中点时，根据电阻的串联和P＝UI＝求出电路消耗的总功率。
【解答】解：（1）当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时，电路中的电流最大，R1两端的电压最大，R2两端的电压为0，
由图象可知，甲为滑动变阻器R2的U﹣I关系图象，乙为电阻R1的U﹣I图象，
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，
由U﹣I图象可知，电路中的最小电流I＝0.2A，R1两端的电压U1＝2V，R2两端的电压U2＝4V，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电源电压：
U＝U1+U2＝2V+4V＝6V，故A正确；
由I＝可得，定值电阻R1的阻值：
R1＝＝＝10Ω，故B错误；
滑动变阻器的最大阻值：
R2＝＝＝20Ω，
即滑动变阻器R2的阻值变化范围为0～20Ω，故C正确；
（2）因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，变阻器滑片在中点时，电路消耗的总功率：
P＝＝＝1.8W，故D正确。
故选：ACD。
【点评】本题考查串联电路电流和电压的规律以及滑动变阻器的使用，关键是欧姆定律的应用，要明白电路各个用电器的连接情况，还要会看“U﹣I”关系图象。在电学中，有些题目的信息是通过图象给出的，所以要会读电路图中的信息和U﹣I图象中的信息。
三、填空题（每空1分，共12分）
14．（2分）编钟是我国古代的一种乐器，它是广大劳动人民智慧的结晶。演奏时轻敲或重敲同一位置，所发出声音的 响度 （选填“音调”、“响度”或“音色”）不同；亲临现场时，我们能从不同角度看见编钟，是因为光在其表面发生 漫反射 。
【分析】响度指声音的强弱或大小，与振幅和距离有关；
反射分镜面反射和漫反射，平行光线入射到平而光滑反射面上，反射光线还是平行射出，这种反射是镜面反射；平行光线入射到粗糙的反射面上，反射光线射向四面八方，这种反射是漫反射。
【解答】解：轻敲或重敲同一编钟的同一位置，编钟振动的幅度不同，所发出声音的响度不同；
亲临现场时，我们能从不同角度看见编钟，是因为光在其表面发生漫反射。
故答案为：响度；漫反射。
【点评】本题主要考查了响度及漫反射的理解，将知识与生活有机的结合起来，便能找到答案。
15．（3分）手机屏幕工作时将 电 能转化为光能，其发出的蓝光属于 可见 光（选填“可见”或“不可见”），对人眼伤害较大，造成近视时需要佩戴 凹 透镜进行矫正。
【分析】手机屏幕工作时发光，将电能转化为光能，其发出的蓝光属于可见光；
近视镜是凹透镜，老花镜是凸透镜。
【解答】解：手机屏幕工作时将电能转化为光能，其发出的蓝光属于可见光，对人眼伤害较大，造成近视时需要配戴凹透镜进行矫正。
故答案为：电；可见；凹。
【点评】本题考查能量的转化以及学生对近视镜的掌握，属于基础题。
16．（2分）在探究“杠杆平衡条件”的实验中，杠杆在 水平 位置平衡最便于测力臂。如图所示，杠杆已经平衡，如果在右侧钩码下增加一个钩码，杠杆将失去平衡，由此可以猜想：杠杆平衡可能与力的 大小 有关。
【分析】（1）为了便于测力臂，应使杠杆始终在水平位置平衡；
（2）根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可分析解答。
【解答】解：（1）重力的方向竖直向下，当杠杆在水平位置平衡，由力臂的定义，此时力的作用点与支点的距离大小等于力臂大小，即可在杠杆直接读出力臂大小，故方便测量力臂大小，应使杠杆在水平位置平衡；
（2）如果在右侧钩码下增加一个钩码，杠杆左侧力和力臂，右侧力臂不变，力变大，根据杠杆平衡条件可知，杠杆将失去平衡，由此可以猜想：杠杆平衡可能与力的大小有关。
故答案为：水平；大小。
【点评】此题为探究杠杆平衡条件实验，重点考查实验中的注意事项，以及杠杆平衡条件的应用，难度不大。
17．（2分）如图所示是两个相同的不带电的验电器A和B，先用与丝绸摩擦过的玻璃棒接触验电器B的金属球，再用带有绝缘手柄的金属棒将验电器A和B连接起来的瞬间，验电器A的箔片张开，说明验电器A的箔片 失去 （选填“得到”或“失去”）电子，金属棒中的电流方向是 从B到A （选填“从A到B”或“从B到A”）。
【分析】（1）正负电荷的规定：丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，缺少电子；
（2）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：丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，用与丝绸摩擦过的玻璃棒接触验电器B的金属球后，B验电器由于失去电子而带正电；
用带绝缘柄的金属杆将两个验电器的金属球接触时，A验电器上自由电子向验电器B转移，因为电子带负电，电流方向与电子定向移动方向相反，所以瞬间电流方向是从B到A。
故答案为：失去；从B到A。
【点评】掌握自然界的两种电荷、电荷间的作用、验电器的工作原理等知识，明确电子的定向移动方向与电流的方向相反，属于常考题型。
18．（3分）用12V的电源为微型电动机供电的电路如图（甲）所示。当单刀双掷开关S1、S2均向上合上时，电动机开始转动，电流I随时间t变化的图象如图（乙）所示。当电流稳定时，电动机正常工作。试解答下列问题。
（1）当单刀双掷开关S1、S2均 向下 合上时可实现电动机的反转。
（2）当电动机正常工作时，电动机消耗的电功率为 4.8 W。
（3）电动机正常工作时的输出功率 3.2 W。
【分析】（1）根据开关的控制作用分析。
（2）由图乙可知电动机正常工作时的电流，利用P＝UI求功率。
（3）由图乙可知电动机刚开始转动时的电流，此时根据欧姆定律求出电阻，正常转动后，根据P＝I2R求出电阻产生热量的功率，则P输出＝P﹣P热。
【解答】解：（1）根据开关的控制作用可以看出，单刀双掷开关S1、S2均均向下闭合时流入电动机的电流方向改变，则可实现电动机的反转。
（2）由图乙可知电动机正常工作时的电流I＝0.4A，则P＝UI＝12V×0.4A＝4.8W，
（3）由图乙可知电动机刚开始转动时的电流I′＝1.2A，
由欧姆定律得：则电动机的电阻R＝＝＝10Ω，
电动机正常工作时P热＝I2R＝（0.4A）2×10Ω＝1.6W，
P输出＝P﹣P热＝4.8W﹣1.6W＝3.2W。
故答案为：（1）向下；（2）4.8；（3）3.2。
【点评】本题考查了开关使用、欧姆定律的应用和功率的计算，要注意刚开始转动时电路中只是电动机的电阻产生电流，电动机正常转动时欧姆定律不适用。
四、作图题（19题2分，20题2分，共4分）
19．（2分）如图所示，一条与主光轴垂直的光线经平面镜反射后射向前方的凹透镜。请画出经过平面镜反射后的反射光线以及经过凹透镜折射后的折射光线。
【分析】（1）已知入射光线与主光轴垂直，主光轴与镜面的夹角为45°，可先求出入射角，再根据反射角等于入射角画出反射光线；
（2）作出折射光线要根据：平行于主光轴的光线经凹透镜折射后，其折射光线的反向延长线过焦点。
【解答】解：（1）由图知，入射光线与主光轴垂直，主光轴与镜面的夹角为45°，过入射点垂直于镜面作出法线，则入射角为90°﹣45°＝45°，反射角也为45°，根据光的反射定律作出反射光线；
（2）平行于主光轴的光线经凹透镜折射后，其折射光线的反向延长线过焦点，据此画出入射光线，如图所示：
【点评】本题综合考查光的反射光路图和凹透镜光路图的画法，熟记反射定律的内容，并掌握凹透镜三条特殊光线是解答此题关键。
20．（2分）如图所示，在螺线管旁悬挂一条形磁体。闭合开关后，条形磁体向左偏。请在括号内标出：
（1）通电螺线管的“N”或“S”极；
（2）电源的“+”或“﹣”极。
【分析】根据磁极间的相互作用规律分析螺线管的极性；根据安培定则判定电源的正负极。
【解答】解：由图可知，条形磁铁被螺线管吸引，根据异名磁极相互吸引可知，螺线管的右端为S极，左端为N极；跟安培定则可知，电流从螺线管的右侧流入，左侧流出，所以电源的左端为负极，如图所示：
【点评】本题考查了磁极间的相互作用规律、安培定则的应用，难度不大。
五、实验探究题（21题7分，22题7分，23题7分，共21分）
21．（7分）小明在“测量石块的密度”的实验中。
（1）用天平测量石块的质量：使用天平时，先将托盘天平放置在水平桌面上，调平时，天平指针如图甲所示，应向 左 调节平衡螺母；石块质量如图乙所示，m＝ 76.8 g。
（2）用量筒测量石块的体积：①将石块浸没在量筒中的水中，读出总体积为90mL；②取出石块，剩余水体积如图丙，读数为 60 mL。
（3）可计算出石块的密度是ρ＝ 2.56 g/cm3。
（4）利用上述方法测出的石块的密度偏 小 （选填“大”或“小”）。
（5）小丽再次测某种液体的密度。进行了下列实验操作：
A.用天平测出空杯质量m1；
B.用天平测出烧杯和液体的总质量m2；
C.液体全部倒入量筒中测出体积为V；
小明认为顺序调换一下，测量误差会减小，更准确的顺序是 BCA （填字母代号）。液体密度的表达式为 。
【分析】（1）调节横梁左右两端的平衡螺母时，遵循“左偏右调”的原则；
天平在读数时，被测物体的质量＝砝码的质量+游码的示数；
（2）石块物体的体积应等于水和石块块的总体积减去取出石块后剩余水的体积；读数时以凹液面的底部为准；
（3）根据密度公式ρ＝得出石块的密度；
（4）实验时图丙中，取出石块，由于石块会带出一部分水，导致测得的V2偏小，根据V＝V1﹣V2可知测得石块体积的变化，据密度公式ρ＝进而可判断出所测密度值的变化；
（5）为减小误差，可先测烧杯和液体的质量，将液体倒入量筒，读出体积，再测出烧杯的质量，据此合理排序；
先求出得量筒内液体的质量；量筒分度值为2mL，已知量筒内液体的体积，利用密度公式ρ＝求出液体的密度
【解答】解：（1）测量前，如图甲所示，发现指针静止时指在分度盘中央刻度线的右侧，要使横梁平衡，应将平衡螺母向左调节；
标尺的分度值是0.2g，所以游码的示数是1.8g，则被测物体的质量m＝50g+20g+5g+1.8g＝76.8g；
（2）已知1mL＝1cm3；将石块浸没在量筒中的水中，读出总体积为V1＝90mL＝90cm3，图丙中，取出石块，读出剩余水体积为V2＝60mL＝60cm3，故被测物体的体积V＝V1﹣V2＝90cm3﹣60cm3＝30cm3；
（3）金属块的密度ρ＝＝＝2.56g/cm3；
（4）实验时图丙中，取出石块，由于石块会带出一部分水，导致测得的V2偏小，根据V＝V1﹣V2可知测得石块的体积会偏大，由密度公式ρ＝可知，此时测得的密度会偏小；
（5）把烧杯中的液体全部倒入量筒中，由于烧杯内壁粘有液体所以体积V偏小，根据密度公式ρ＝可知，密度偏大，为减小误差，可先测烧杯和液体的质量，将液体倒入量筒，读出体积，再测出烧杯的质量，步骤为BCA；
量筒中液体的质量：m′＝m2﹣m1，
则液体的密度：ρ＝＝。
故答案为：（1）左；76.8；（2）60；（3）2.56；（4）小；（5）BCA；。
【点评】此题是典型的测量固体密度实验，主要考查的是学生对天平的使用、量筒的读数以、密度计算公式的理解和掌握以及误差分析，难度适中。
22．（7分）同学们进行了“影响滑轮组机械效率因素”的实验探究，用到的装置如图甲、乙、丙所示，实验数据记录如表所示。
实验次数
钩码重力G/N
钩码上升高度h/m
绳端拉力F/N
绳端移动距离s/m
机械效率η
1
2
0.1
1.2
0.3
55.6%
2
4
0.1
1.9
0.3
70.2%
3
6
0.1
1.6
0.5
4
2
0.2
1.2
0.6
55.6%
（1）实验中应沿竖直方向 匀速 拉动弹簧测力计。
（2）通过比较1、4两次实验数据可得出：使用同一滑轮组提升相同重物，滑轮组的机械效率与重物上升高度 无关 。
（3）通过比较 1、2 两次实验数据可得出：同一滑轮组提升的物体越重，滑轮组机械效率越高。
（4）分析表中数据可知：第3次实验是用图 丙 所示装置来完成的，第3次实验时所做的有用功为 0.6 J，滑轮组的机械效率是 75 %。
（5）假如第1次实验时，不计绳重和摩擦，钩码重由2N增加到8N，滑轮组的效率可以达到 83.3 %。
【分析】（1）实验时应沿竖直方向匀速拉动物体；
（2）通过比较1、2两次实验数据，找出相同量和不同量，分析得出滑轮组的机械效率与变化量的关系；
（3）研究滑轮组机械效率与提升物体重力的关系，要使用同样的滑轮组，改变提升的物体重力，据此选择；
（4）由s＝nh确定n的大小，据此第3次实验是用哪个图所示装置来完成的；
根据W＝Gh算出第3次实验时所做的有用功；由η＝算出滑轮组的机械效率；
（5）不计绳重和摩擦，根据F＝（G物+G动）代入数据计算出G动，根据η＝＝＝算出钩码重8N时滑轮组的效率。
【解答】解：（1）为了准确测出滑轮组的机械效率，应使弹簧测力计沿竖直方向做匀速直线运动；
（2）通过比较1、4两次实验数据知，滑轮组和提升物体的重力相同，绳子段数相同，重物上升高度不同而机械效率相同，故得出结论：使用同一滑轮组提升同一重物时，滑轮组的机械效率与重物上升高度无关；
（3）1、2两次实验，s＝0.3m，h＝0.1m，由s＝nh可得n＝3，使用同样的滑轮组，即使用的甲、乙两图，通过得出的实验数据可知提升的物体重力越大，滑轮组的机械效率越高，得出结论：同一滑轮组提升的物体越重，滑轮组机械效率越高；
（4）在第3次实验中，s＝0.5m，h＝0.1m，由s＝nh可得n＝5，即承担物重的绳子股数n＝5，所以第3次实验是用丙图所示装置来完成的；
第3次实验时所做的有用功为：
W有用＝Gh＝6N×0.1m＝0.6J；
第3次做的总功：
W总＝Fs＝1.6N×0.5m＝0.8J；
滑轮组的机械效率是：
η＝＝×100%＝75%；
（5）第1次实验时，不计绳重和摩擦，根据F＝（G物+G动）得动滑轮的重力为：
G动＝3F′﹣G′＝3×1.2N﹣2N＝1.6N，
钩码重8N时滑轮组的效率为：
η＝＝＝＝×100%≈83.3%。
故答案为：（1）匀速；（2）无关；（3）1、2；（4）丙；0.6；75；（5）83.3。
【点评】本题考查了实验注意事项、实验数据处理、影响滑轮组效率的因素等问题，认真分析实验数据是正确解题的关键。
23．（7分）为了做“探究电流与电压的关系”的实验，小明使用电压恒为3V的电源、开关、导线若干、定值电阻R1、电流表，电压表和滑动变阻器连接了图甲所示的电路：
（1）闭合开关前，变阻器的滑片应位于 B 端。闭合开关发现电流表无示数，电压表示数接近电源电压，移动滑动变阻器的滑片P，电流表、电压表示数均无变化，则故障可能是定值电阻 断路 （选填“短路”或“断路”）。
（2）闭合开关后，小明调节滑片使电压表示数为0.5V，记录电流表读数，再将滑片向着靠近 A 端的方向移动，使电压表示数为1.0V，继续记录电流表读数。（选填“A”或“B”）
（3）完成实验并整理器材后，小明将所得数据描点连线画出如图乙所示的R1的I﹣U图像，并根据图像得出结论： 在电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比 。
（4）为了得到更具有普遍性的结论，小白利用小明的实验器材，仅将R1更换为不同阻值的定值电阻R2，重新连接电路并进行相同操作，画出的I﹣U图像却如图丙所示：
①小明帮助小白进行分析，确认是电路连接错误，该错误为： 电压表并联在滑动变阻器的两端了 ；
②小明还认为，即使不重新进行实验，利用小白的现有数据，也能画出R2的I﹣U图像。请你在图乙中画出R2的I﹣U图，并通过图像分析，R2 ＜ R1 （选填“＞”、“＜”或“＝”）。
【分析】（1）为了保护电路，闭合开关前，变阻器的滑片应位于阻值最大处；闭合开关发现电流表无示数，说明电路可能断路；电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了；
（2）根据串联电路电压的规律和串联电路的分压规律判断出滑动变阻器的移动方向；
（3）根据图像分析解答，得出结论；
（4）①由图丙知随着电流的增大，电压表的示数减小，判断出电压表的位置；
②由图丙数据和串联电路电压的规律以及欧姆定律算出定值电阻R2的电阻，画出R2的图像并与R1比较。
【解答】解：（1）为了保护电路，闭合开关前，变阻器的滑片应位于阻值最大处，即B端；闭合开关发现电流表无示数，说明电路可能断路；电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了，即故障可能是定值电阻断路；
（2）闭合开关后，小明调节滑片使电压表示数为0.5V，记录电流表读数，要使电压表的示数为1.0V，即增大定值电阻两端的电压，由串联电路电压的规律知滑动变阻器两端的电压需要减小，由串联电路的分压作用知滑动变阻器的电阻需减小，即将滑片向着靠近A端的方向移动，使电压表示数为1.0V，继续记录电流表读数；
（3）由图已知在电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；
（4）①由图丙知随着电流的增大，电压表的示数减小，说明电压表并联在滑动变阻器的两端了；
②由图丙知当电压表的示数为0.50V时，电路中的电流为0.50A，此时定值电阻R2两端的电压为：U21＝U﹣UV1＝3V﹣0.50V＝2.5V；
当电压表的1.0V时，电路中的电流为0.40A，此时定值电阻R2两端的电压为：U22＝U﹣UV2＝3V﹣1.0V＝2V；
当电压表的1.5V时，电路中的电流为0.30A，此时定值电阻R2两端的电压为：U23＝U﹣UV3＝3V﹣1.5V＝1.5V；
当电压表的2.0V时，电路中的电流为0.20A，此时定值电阻R2两端的电压为：U24＝U﹣UV4＝3V﹣2.0V＝1.0V；
当电压表的2.5V时，电路中的电流为0.10A，此时定值电阻R2两端的电压为：U25＝U﹣UV5＝3V﹣2.5V＝0.5V；
根据定值电阻R2两端的电压与电流的数据画出图像，见下图：
；
由图像知R2＜R1。
故答案为：（1）B；断路；（2）A；（3）在电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；（4）①电压表并联在滑动变阻器的两端了；②见解答图；＜。
【点评】本题考查了“探究电流与电压的关系”的实验，考查了注意事项、实验操作、数据分析、故障分析以及欧姆定律的应用等知识，是一道电学综合题，有一定难度。
六、计算题（24题6分，25题7分，26题8分，共21分）
24．（6分）氢能源汽车具有零排放的环保优势，某款氢能源汽车总质量为1.5×103kg，在水平公路上以70km/h的速度匀速行驶时受到的阻力为1.2×103N，行驶0.5h消耗氢0.6kg，已知氢的热值为1.4×108J/kg，g取10N/kg。求汽车：
（1）受到的重力和牵引大的大小；
（2）行驶的距离和牵引力做的功；
（3）利用氢能的效率。
【分析】（1）根据G＝mg可以得出汽车重力；根据二力平衡原理可得牵引力。
（2）根据可得汽车行驶的距离；根据W＝FS可以求出牵引力做的功。
（3）根据Q＝mq，η＝可得效率。
【解答】解：（1）①汽车受到的重力：G＝mg＝1.5×103kg×10N/kg＝1.5×104N
②因为匀速行驶，根据二力平衡原理，汽车受到的牵引力：F牵＝f＝1.2×103N
（2）①汽车行驶的距离为：由得s＝vt＝70km/h×0.5h＝35km＝3.5×104m
②牵引力做的功为：W＝F牵s＝1.2×103N×3.5×104m＝4.2×107J
（3）氢完全燃烧所产生的热量：Q＝mq＝0.6kg×1.4×108J/kg＝8.4×107J
汽车利用氢能的效率：η＝＝%
答：（1）汽车受到的重力为1.5×104N，汽车受到的牵引力为1.2×103N；
（2）汽车行驶的距离为3.5×104m，牵引力做的功为4.2×107J；
（3）汽车利用氢能的效率为50%。
【点评】本题考查了重力公式、速度公式、功公式、热值公式、机械效率公式以及二力平衡条件等知识的综合应用。
25．（7分）图甲是一盛有水的圆柱形容器，现置于水平桌面上，容器内水深为0.3m，容器的底面积为0.04m2，图乙是一质量均匀的塑料球，密度为0.2×103kg/m3，（g取10N/kg）。求：
（1）容器中水的质量；
（2）距容器底部0.1m处A点液体的压强；
（3）把塑料球放入该容器中，用了16N的力恰好使其完全浸没在水中，塑料球的重力多大？
【分析】（1）根据V＝Sh可求水的体积，再根据ρ＝可求水的质量；
（2）先求出A点的深度，再利用p＝ρgh求距容器底部0.1m处A点液体的压强；
（3）利用F浮＝ρ液gV排和密度公式再根据F浮＝F+G列出方程，求出塑料球体积，由密度公式求出质量，即塑料球重力可求。
【解答】解：（1）容器中水的体积：V＝Sh＝0.04m2×0.3m＝0.012m3，
由ρ＝可得水的质量：m＝ρV＝1×103kg/m3×0.012m3＝12kg；
（2）距容器底部0.1m处A点液体的压强：
p＝ρgh＝1×103kg/m3×10N/kg×（0.3m﹣0.1m）＝2000Pa；
（3）设塑料球的体积为V′，
塑料球放入该容器中完全浸没在水中受到的浮力：
F浮＝ρ液gV排＝ρ液gV′，
塑料球的重力：G＝m′g＝ρ塑V′g，
塑料球放入该容器中，用了16N的力恰好使其完全浸没在水中，对塑料球分析受力有：
F浮＝F+G，
ρ液gV′＝F+ρ塑V′g，
（ρ液g﹣ρ塑g）V′＝F，
代入数据，（1×103kg/m3×10N/kg﹣0.2×103kg/m3×10N/kg）V′＝16N，
解得：V′＝2×10﹣3m3，
由ρ＝可得塑料球的质量：
m球＝ρ塑料V′＝0.2×103kg/m3×2×10﹣3m3＝0.4kg，
塑料球的重力：
G球＝m球g＝0.4kg×10N/kg＝4N。
答：（1）容器中水的质量是12kg；
（2）距容器底部0.1m处A点液体的压强是2000Pa；
（3）塑料球的重力是4N。
【点评】本题考查了密度、压强、浮力公式的综合运算，是一道综合题。
26．（8分）如图甲所示电路中，电源电压保持不变，电压表量程可选，电流表量程为0～0.6A，滑动变阻器R2标有“1A”字样，最大阻值未知。闭合开关S1、S3，断开开关S2，将滑动变阻器R2的滑片P从b端移动到a端，得R1的“U﹣I”关系图像如图乙所示。
（1）求电阻R1的阻值和R2的最大阻值；
（2）若闭合开关S2、S3，断开开关S1，使R2的滑片P位于a端，此时电流表示数为0.42A，求R3通电50s产生的电热；
（3）若闭合开关S1、S3，断开开关S2，且电压表的量程为0～3V，在保证电路元件都安全的情况下，求电路总功率的变化范围。
【分析】（1）闭合开关S1、S3，断开开关S2，滑动变阻器R2和R1串联，电压表测量R1两端的电压，电流表测量电路中的电流，
当滑动变阻器R2的滑片P在a端时，滑动变阻器的电阻为零，电路中只有电阻R1接入电路，它两端的电压最大，为电源电压；
当滑动变阻器R2的滑片P在b端时，滑动变阻器的电阻最大，电路中的电流最小，由图乙读出此时R1的两端的电压和电路中的电流，由I＝算出电阻R1的阻值；
由串联电路电压的规律算出滑动变阻器两端的电压最大，由欧姆定律算出滑动变阻器R2的最大阻值；
（2）若闭合开关S2、S3，断开开关S1，使R2的滑片P位于a端，滑动变阻器的最大电阻与定值电阻R3并联，电流表测量电路中的总电流；
由欧姆定律算出通过R2的的电流，根据并联电路电流的规律算出通过R3的的电流，根据Q3＝W＝UI3t算出R3通电50s产生的电热u；
（3）若闭合开关S1、S3，断开开关S2时，由电压表的量程为0～3V判断出定值电阻两端的电压最大，由欧姆定律算出电路中的最大电流，由P＝UI算出电路的最大功率；当滑动变阻器的电阻最大时电路中的电流最小，由图乙知最小电流，由P＝UI算出电路的最小功率，进而判断出电路总功率的变化范围。
【解答】解：（1）闭合开关S1、S3，断开开关S2，滑动变阻器R2和R1串联，电压表测量R1两端的电压，电流表测量电路中的电流，
当滑动变阻器R2的滑片P在a端时，滑动变阻器的电阻为零，电路中只有电阻R1接入电路，它两端的电压最大，为电源电压，由图乙知电源电压为6V；
当滑动变阻器R2的滑片P在b端时，滑动变阻器的电阻最大，电路中的电流最小，由图乙知此时R1的两端的电压为1V，电路中的电流为0.1A；
由I＝知电阻R1的阻值为：
R1＝＝＝10Ω；
串联电路电压的规律知滑动变阻器两端的电压最大为：
U2＝U﹣U1＝6V﹣1V＝5V，
滑动变阻器R2的最大阻值为：
R2＝＝＝50Ω；
（2）若闭合开关S2、S3，断开开关S1，使R2的滑片P位于a端，滑动变阻器的最大电阻与定值电阻R3并联，电流表测量电路中的总电流；
通过R2的的电流为：
I2＝＝＝0.12A，
由并联电路电流的规律知通过R3的的电流为：
I3＝I﹣I2＝0.42A﹣0.12A＝0.3A，
R3通电50s产生的电热为：
Q3＝W＝UI3t＝6V×0.3A×50s＝90J；
（3）若闭合开关S1、S3，断开开关S2时，由电压表的量程为0～3V知，定值电阻两端的电压最大为3V，电路中的最大电流为：
I大＝＝＝0.3A，
电路的最大功率为：
P大＝UI大＝6V×0.3A＝1.8W；
当滑动变阻器的电阻最大时电路中的电流最小，最小电流为0.1A，
电路的最小功率为：
P小＝UI小＝6V×0.1A＝0.6W，所以电路总功率的变化范围为0.6W～1.8W。
答：（1）电阻R1的阻值为10Ω、R2的最大阻值为50Ω；
（2）若闭合开关S2、S3，断开开关S1，使R2的滑片P位于a端，此时电流表示数为0.42A，R3通电50s产生的电热为90J；
（3）若闭合开关S1、S3，断开开关S2，且电压表的量程为0～3V，在保证电路元件都安全的情况下，电路总功率的变化范围为0.6W～1.8W。
【点评】本题考查了串、并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活应用，从图乙获取有效的信息是关键，综合性强，难度大。
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