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2023年重庆市巴川重点中学中考物理二模试卷
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这是一份2023年重庆市巴川重点中学中考物理二模试卷，共28页。试卷主要包含了0分），8×103kg/m3等内容，欢迎下载使用。
2023年重庆市巴川重点中学中考物理二模试卷
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）
1. 下列物理量最接近实际的是( )
A. 某同学立定跳远的成绩约为5m B. 人在发烧时，体温可能达到39℃
C. 智能手机正常工作时的功率约为200W D. 漂在水面上的乒乓球所受浮力约为1N
2. 如图所示的光现象中是由于光的反射形成的是( )
A. 海市蜃楼
B. 水中倒影
C. 树下阴影
D. 雨后彩虹
3. 重庆小面是重庆四大特色之一，如图所示。下列分析正确的是( )
A. 煮小面前，锅中已沸腾的水不断吸热，温度不断升高
B. 煮小面时，锅里冒出的腾腾“白气”是由水蒸气凝华而成
C. 煮小面时，是通过做功的方式改变了小面的内能
D. 拌好佐料的小面香气四溢是由于分子在不停地做无规则运动
4. 如图所示，有关电磁学的知识，下列说法正确的是( )
A. 甲图中，使用测电笔辨别火线和零线时，手可以接触笔尖金属体
B. 乙图中，导线通电后小磁针发生偏转，说明通电导体周围存在磁场
C. 丙图中，该原理可应用于制造发电机，实现电能转化为机械能
D. 丁图中，验电器的原理是同种电荷互相排斥、异种电荷互相吸引
5. 家用消毒柜的应用满足了人们对健康生活的追求。如图甲所示，为某品牌高温烘干紫外线消毒柜。关上柜门后(开关S3闭合)，若按下“杀菌”键(开关S1闭合)，紫外灭菌灯L工作；若按下“烘干”键(开关S2闭合)，发热器和电动机同时工作；若按下“自动”健(开关S1、S2同时闭合)，紫外灭菌灯L、发热器和电动机同时工作，若在消毒柜工作时不小心打开柜门(开关S3断开)，则该消毒柜立即停止所有工作，图中的电路中最符合要求的是( )
A. B.
C. D.
6. 如图所示的运动项目中，关于力学知识的描述，下列说法正确的是( )
A. 甲图，踢出去的足球能在空中继续飞行是由于受到惯性的作用
B. 乙图，自行车受到的重力和水平地面对自行车的支持力是一对平衡力
C. 丙图，掷出后冰壶对水平冰面的压力和冰面对冰壶的支持力是一对相互作用力
D. 丁图，投出的篮球飞达最高点过程中，重力势能转化为动能，在最高点时重力势能最小
7. 如图所示，电源电压不变，下列说法正确的是( )
A. 只闭合S1，将P向左移动，R1消耗的功率增加
B. 只闭合S1，将P向左移动，电压表和电流表的示数之比变小
C. 开关都闭合，将P向左移动，电压表的示数不变，电流表的示数变大
D. 开关都闭合，将P向左移动，L消耗的功率不变，R2消耗的功率变小
8. 质量不计的轻薄容器横截面积为100cm2，装有10cm深的某种液体，如图甲所示；横截面积为50cm2且质量分布均匀的圆柱体乙放在水平地面上，现沿水平方向截去厚度为h的部分，放入甲的容器中，柱体保持竖直方向不变，甲容器对地面的压强p随所截取厚度h的变化如图丙所示，则以下说法中，不正确的是( )
A. 液体密度为0.8×103kg/m3
B. 乙柱体的密度为0.4×103kg/m3
C. p2的值为1.2
D. 当h=30cm时，乙柱体对容器底的压强为200Pa
二、填空题（本大题共5小题，共10.0分）
9. 历史上，______ 最先精确地确定了电流产生的热量与电流、电阻、通电时间之间的关系，我们据此可以解释使用大功率电器时导线发热的原因。唐代诗人杜甫有诗句“八月秋高风怒号，卷我屋上三重茅”。诗中秋风“卷”走“三重茅”主要是由于屋顶外侧空气相对于屋内空气的流速大、压强______ ，从而产生一个向上的力。
10. 如图所示是南南在收看两会新闻的情景，他听到习主席向宪法宣誓的声音是通过______ 传到他耳朵的，我们能判断出是习主席的声音是因为声音的______ 不同。
11. 四冲程汽油机工作过程中，将内能转化为机械能的是______ 冲程；汽油机工作一段时间后，油箱中剩余汽油的热值将______ 。
12. 如图所示是一台正在建筑工地作业的起重机上的滑轮组，在10s内将2.1×104N的重物竖直匀速提高2m，拉力F的大小为1×104N，则该滑轮组的机械效率为______ ，拉力F的功率为______ W。
13. 如图所示，电源是恒流由源，能持续输出大小为1A的恒定电流，R1是阻值为4Ω的定值电阻，滑动变阻器R2上标有“20Ω、1A”，电流表的量程是“0～0.6A”，电压表的量程是“0～3V”。移动滑片，当电流表示数为0.4A时，电压表示数为______ V。保证电路各元件安全的前提下，电路总功率的范围是______ W。
三、作图题（本大题共2小题，共4.0分）
14. 请在图中画出对应的折射光线。
15. 图甲是一个菜馅挤水器，其上部手柄在使用时是一个杠杆，图乙是简化的示意图，O为支点，F2是使用菜馅挤水器时B点受到的阻力。请在图乙中画出作用在A点的最小动力F1的示意图。
四、实验探究题（本大题共5小题，共21.0分）
16. 在“探究凸透镜成像规律”的实验中，所用凸透镜的焦距为10.0cm，如图所示，将蜡烛、透镜和光屏三者从左到右依次安装在水平光具座上，调整烛焰、透镜和光屏的中心在同一水平高度。
(1)图中光屏上有清晰的像，利用这一成像规律工作的设备有______ (写出一种即可)；
(2)若凸透镜位置不动，将蜡烛和光屏位置互换，则光屏上将______ (选填“有”、“没有”)清晰的像；
(3)在凸透镜前放上一眼镜，发现光屏上的像模糊了，将光屏适当向左移动一段距离后，光屏上的像再次变清晰，则这是一副______ (选填“近视”或“远视”)眼镜。
17. 在“探究水沸腾时温度变化的特点”的实验中，如图所示。
(1)图甲是某小组同学组装的实验装置，安装温度计时玻璃泡接触到烧杯底部，此时应适当将______ (选填“A处向上”或“B处向下”)进行调整；
(2)图乙中a图像是实验小组根据记录绘制的水沸腾图像，根据图像可以得出水沸腾时的特点是______ ；
(3)如果将烧杯口上的盖子密封，水沸腾时图像可能是图乙中的______ (填“b”、“c”或“d”)。
18. 健健和康康同学五一到嘉陵江边玩要时各拾得一块精致的相似小白石(不吸水)，他们想知道这两块小白石的密度是否相同，健健同学利用天平和量筒进行了测量。测量前他将天平放在水平桌面上，然后进行天平平衡的调节。调节完成后指针静止时的位置和游码的位置如图甲所示。
(1)请你指出健健同学调节天平平衡的过程中遗漏的操作步骤：______ ；
(2)若完成遗漏的操作步骤后，为了调节横梁平衡，需向______ (选填“左”或“右”)调节平衡螺母，直到横梁平衡；
(3)粗心的健健没有纠正错误，就将小白石放在左盘，在右盘中加减砝码并调节游码在标尺上的位置，直到横梁平衡。这时右盘中的砝码情况和游码在标尺上的位置如图乙所示。随后他用细线捆住小白石轻轻浸没在装有水的量筒中，如图丙所示，则小白石的体积为______ cm3，在进行计算时，健健发现了错误，他仔细思考后没有重新进行测量，也正确测量出了小白石的密度，其大小为______ kg/m3。
19. 健健和康康同学五一到嘉陵江边玩耍时，各拾得一块精致的相似小白石(不吸水)，他们想知道这两块小白石的密度是否相同，康康同学用电子秤和水完成了测量，他的测量步骤如下：
①将小白石放在电子秤上，测出了其质量m1，如图A所示；
②将一杯水放在电子秤上，用细线系住小白石，将其浸没在水中，测出了其质量m2，如图B所示；
③用力拉着细线让小白石仍浸没，不碰杯底，测出质量m3，如图C所示；
④将小白石提出水面，测出质量m4，如图D所示；
(1)康康分析发现，取小白石时，小白石带出了水，因此图D的数据不可用，他选用正确步骤的数据计算出了小白石的密度为______ g/cm3；
(2)根据实验数据可知取出小白石时带出水的体积为______ cm3；
(3)步骤③中细绳对小白石的拉力大小为______ N；
(4)实验完成后，取下玻璃杯，康康同学发现电子秤示数显示为−2g，则康康利用步骤①②③测得的密度值将______ (选填“偏大”、“偏小”或“准确”)。
20. 巴川探索者物理兴趣小组在测量“小灯泡的电阻和电功率”的实验中，已知电源电压为6V，小灯泡的额定电压为2.5V，小灯泡的电阻约为10Ω，滑动变阻器上标有“100Ω，1A”字样，如图甲是大鹏同学没有连接完的实物图电路。
表一
测量对象
小灯泡
实验次数
1
2
3
电压U/V
1.0
2.0
2.5
电流I/A
0.16
0.26
0.3
(1)请你用笔画线代替导线，将实物图连接完整(要求：滑片左移灯变亮)；
(2)连好电路，当闭合开关时，发现电流表、电压表均有示数，但小灯泡不亮，接下来大鹏的操作应该是______ ；
A.立即断开开关，更换灯泡
B.立即断开开关，检查电路故障
C.调节滑片，观察电流表、电压表示数和小灯泡发光情况
(3)移动滑动变阻器的滑片到某一位置，电压表的示数如图乙所示，要测量小灯泡的额定功率，应将滑片向______ 滑动(选填“左”或“右”)；
(4)继续调节滑动变阻器滑片的过程中，小灯泡发出耀眼的白光后突然熄灭，此刻他会观察到电压表指针______ (“回到0刻度”、“达到满刻度”或“超过满刻度”)；
(5)表一是测得的小灯泡在不同电压下对应的电流值，根据表中数据，可计算出小灯泡正常发光时的电阻为______ Ω，小灯泡的额定功率______ W；
(6)完成测量后，大鹏用一个10Ω的定值电阻替换灯泡来探究“电流与电压的关系”。测量结果如表二所示：分析表格数据，可以得出的结论是：______ 。
表二
测量对象
定值电阻R=10Ω
实验次数
1
2
3
电压U/V
1.0
2.0
3.0
电流I/A
0.1
0.2
0.3
五、计算题（本大题共3小题，共21.0分）
21. 如图所示的电路，R2的阻值为10Ω，闭合开关S和S1时，电流表示数为0.6A，当仅闭合开关S时，电流表示数为0.2A，求：
(1)电源电压；
(2)仅闭合开关S，通电100s，电阻R1消耗的电能。
22. 某品牌智能滚筒洗衣机具有洗净度高、不伤衣物、可设定洗涤温度、方便安全等优点，其等效电路如图所示，此时处于空挡状态，闭合开关S，旋钮绕P转动，实现挡位转换，旋至1挡时R1、R2同时工作，洗衣机处于加热状态：旋至2挡时R2和电动机同时工作，洗衣机处于保温洗涤状态。R1R2均为电热丝，其阻值不受温度影响，R2=242Ω，洗衣机正常使用时，R1的功率是2200W。求：
(1)电热丝R1的阻值；
(2)关闭其它用电器，只让洗衣机处于保温洗涤状态，正常工作20min，标有“3000r/(kW−h)”的电能表转盘转过500转，求洗衣机电动机的功率；
(3)某次洗衣时，洗衣机内注入20kg水，在额定电压下对水加热，水温由20℃升高到50℃，此时加热效率为84%，求加热时间。[水的比热容为4.2×103J/(kg⋅℃)]
23. 如图甲所示，圆柱形容器放置在电子秤上，高为10cm的圆柱体A放置在容器底部，现在向容器内缓慢加水，电子秤的示数随水的深度h变化的图像如图乙所示，A对容器底部的压强随水的深度h变化的图像如图丙所示，在整个过程中无水溢出，圆柱体A始终保持直立且不吸水。求：
(1)没有加水时容器对电子秤的压力；
(2)圆柱体A的密度；
(3)加水停止后，在外力的作用下，将圆柱体A上提4cm，待水面稳定后，容器对电子秤的压强。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.某同学立定跳远的成绩约为2.5m，故A不正确；
B.人的正常体温为37℃，所以人在发烧时，体温可能达到39℃，故B正确；
C.智能手机正常工作时的功率约为1.15W，故C不正确；
D.漂在水面上的乒乓球所受浮力等于其重力约为0.027N，故D不正确。
故选：B。
首先对题目中涉及的物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。
物理学中，对各种物理量的估算能力，是我们应该加强锻炼的重要能力之一，这种能力的提高，对我们的生活同样具有很大的现实意义。
2.【答案】B
【解析】解：A.海市蜃楼是光在不均匀的大气中折射形成的，故A不正确；
B.水中倒影相当于平面镜成像，是光的反射现象，故B正确；
C.树下阴影是由光的直线传播形成的，故C不正确；
D.雨后彩虹是光的色散现象，是由光的折射形成的，故D不正确。
故选：B。
①要掌握光的折射现象，知道水底看起来比实际的要浅、斜插入水中的筷子向上折、海市蜃楼、凸透镜成像都是光的折射。
②要掌握光的反射现象，知道平面镜成像是由于光的反射形成的。
③要掌握光沿直线传播现象，知道影子的形成、日月食的形成、小孔成像都是光沿直线传播形成的。
光的直线传播是光在同一均匀介质中的传播，光的反射是光照射到物体表面又返回的现象，光的折射是由于光从一种介质斜射入另一种介质或在不均匀介质中传播时，传播方向发生变化的现象。它们之间有本质的区别，要注意区分。
3.【答案】D
【解析】解：A、沸腾过程中，吸收热量，温度保持不变，故A错误；
B、“白气”是水蒸气遇冷液化形成的小水滴，故B错误；
C、煮小面时，是通过热传递的方式改变了小面的内能，故C错误；
D、香气四溢是由于分子在不停地做无规则运动，故D正确。
故选：D。
A、水沸腾的条件有两个：一是到达沸点，二是不断吸收热量，在沸腾时，温度保持不变。
B、物质由气态变成液态是液化；
C、改变物体内能的方法有两个：做功和热传递；
D、扩散现象说明一切物质的分子都在不停地做无规则运动。
本题考查了与热学相关的多个知识点，联系生活中的现象，能用相关热学知识做出解释是解答的关键。
4.【答案】B
【解析】解：
A、甲图使用测电笔时，手指要接触笔尾金属体，笔尖接触电线，手不能接触笔尖的金属体(否则可能会触电)，故A错误；
B、乙图中给导线通电，导线附近的磁针发生偏转，说明通电导体周围存在磁场，故B正确；
C、丙图是电磁感应现象的实验装置，是发电机的原理图，它将机械能转化为电能，故C错误；
D、丁图中验电器的工作原理是同种电荷互相排斥，故D错误。
故选：B。
(1)正确使用测电笔时，手要接触笔尾金属体，笔尖接触电线，若氖管发光，说明是火线；
(2)奥斯特首先发现了电流的周围存在磁场；
(3)发电机的制作原理是电磁感应现象，机械能转化为电能；
(4)验电器原理是：同种电荷互相排斥。
本题考查了测电笔的使用、电流的磁效应、发电机的工作原理和能量转化以及验电器的工作原理，考查较综合，难度一般。
5.【答案】A
【解析】解：由题意知，若在消毒柜工作时不小心打开柜门(开关S3断开)，则该消毒柜立即停止所有工作，说明S3在干路，控制整个电路；
关上柜门后(开关S3闭合)，若按下“杀菌”键(开关S1闭合)，紫外灭菌灯L工作，说明S1控制灯L，它们在同一支路；
若按下“烘干”键(开关S2闭合)，发热器和电动机同时工作，说明S2同时控制发热器和电动机；
若按下“自动”健(开关S1、S2同时闭合)，紫外灭菌灯L、发热器和电动机同时工作，说明S1、S2两个开关控制了三个元件。
综上所述，图中的电路中最符合要求的是A。
故选：A。
根据题干中的描述，理解在不同操作的情况下紫外线消毒柜的工作情况，从而判断开关的不同位置和元件的连接情况。
本题考查了对电路的设计与分析，仔细判断不同开关组合时各元件的工作情况，是正确判断的关键，容易出错。
6.【答案】C
【解析】解：A.惯性是一种性质，不是力，不能用受到或作用来描述，故A错误；
B.水平地面对自行车的支持力是等于自行车和人的总重力，自行车受到的重力和水平地面对自行车的支持力大小不同，不是一对平衡力，故B错误；
C.掷出后冰壶对水平冰面的压力和冰面对冰壶的支持力大小相同，方向相反，在同一直线上，受力物分别为冰面和冰壶，是两个物体之间的相互作用，所以这两个力是一对相互作用力，故C正确；
D.重力势能大小与高度和质量有关，投出的篮球飞达最高点过程中，质量不变，速度变小，动能变小，高度变大，重力势能变大，是动能转化为重力势能，在最高点时重力势能最大，故D错误。
故选：C。
(1)一切物体都有保持原来匀速直线运动状态或静止状态不变的性质，即惯性。
(2)二力平衡的条件：大小相等、方向相反、在同一直线上、作用于同一物体上。
(3)相互作用力：大小相等、方向相反、在同一直线上、作用于两个物体上。
(4)动能大小的影响因素：质量、速度；质量不变、速度越大，动能越大；重力势能大小的影响因素：质量、高度；质量不变、高度越高，重力势能越大。
本题考查了体育运动项目中包含的物理知识，涉及的几个力学知识是历年中考的热点，一定要掌握和理解。
7.【答案】D
【解析】解：AB.根据电路图可知，只闭合S1，滑动变阻器R2与定值电阻R1串联，电流表测电路电流，电压表测滑动变阻器两端电压；将P向左移动，滑动变阻器阻值变大，根据串联电路的电阻规律可知，电路总电阻变大，根据欧姆定律可知，电流变小，电流表示数减小，根据欧姆定律U=IR可知，定值电阻两端电压减小，根据串联电路的电压规律可知，滑动变阻器两端电压增大，电压表示数变大，因此电压表和电流表的示数之比变大，故B错误；
根据P=I2R可知，R1消耗的功率将减小，故A错误；
CD.开关都闭合，定值电阻R1被短路，小灯泡与滑动变阻器并联，电流表测干路电流，电压表测电源电压；将P向左移动，滑动变阻器阻值变大，根据并联电路电压的特点，电压表示数不变，根据欧姆定律可知，通过滑动变阻器的电流变小，因此干路电流变小，电流表示数减小，故C错误；
因为L两端电压不变，因此消耗的功率不变，根据P=UI可知，R2消耗的功率将减小，故D正确。
故选：D。
根据开关的断开和闭合情况分清电路的连接方式，在根据欧姆定律和功率的计算公式分析每个选项。
本题是一道闭合电路动态分析题，分析清楚电路结构、明确电压表与电流表测量的对象是解题的关键。
8.【答案】C
【解析】A、由丙图可知，不放入柱体时，容器对地面的压强为0.8×103Pa，容器中装有10cm深的某种液体，容器横截面积为100cm2，则液体的体积为：
V液=Sh=100cm2×10cm=1000cm3
容器对地面的压力为：
F=pS=0.8×103Pa×100×10−4m2=8N，
轻薄容器的质量不计，则液体的重力为：
G液=F=8N，
所以液体密度为：
ρ液=m液V液=G液gV液=FgV液=8N10N/kg1000×10−6m3=0.8×103kg/m3，
故A正确；
B、由丙图可知，当截去厚度从10cm开始至25cm过程中，放入甲的容器中，容器对地面的压强始终不变，则乙柱体漂浮在液体中，且从截去厚度从10cm开始，放入甲的容器中，液体刚好充满容器，容器对地面的压强为1×103Pa，容器对地面的压力为：
F1=p1S=1×103Pa×100×10−4m2=10N，
则厚度为10cm的柱体的重力为：
G=F1−G液=10N−8N=2N，
厚度为10cm的柱体的体积为：
V1=Sh1=50cm2×10cm=500cm3，
则柱体的密度为：
ρ柱=m柱V1=GgV1=2N10N/kg500×10−6m3=0.4×103kg/m3，
故B正确；
C、由丙图可知，当截去厚度从25cm开始，放入甲的容器中，容器对地面的压强开始增大，则柱体接触到容器底，不再有液体排出，则柱体受到的重力等于排开液体的重力，则有：
ρ液V排g=ρ柱V柱1g，
即：
0.8×103kg/m3×(100−50)h×10−6m3×10N/kg=0.4×103kg/m3×(50×25)×10−6m3×10N/kg，
得：h=12.5cm，
即容器深度为12.5cm，
则此时容器中液体的重力为：
G液′=ρ液gV液′=ρ液g(S容−S柱)h=0.8×103kg/m3×10N/kg×(100−50)×12.5×10−6m3=5N，
30cm高的柱体的重力为：
G柱=m柱g=ρ柱gV柱=ρ柱gS柱h′=0.4×103kg/m3×10N/kg×50×30×10−6m3=6N，
则容器中液体与30cm高的柱体总重力为：
G总=G液′+G柱=5N+6N=11N，
此时容器对地面的压力为：F总=G总=11N，
则容器对地面的压强为：
p2=F总S容=11N100×10−4m2=1.1×103Pa，
所以p2的值为1.1，故C错误；
D、当h=30cm时，柱体受到的浮力等于25cm高的柱体的重力，所以乙柱体对容器底的压强为：
p3=F′S柱=0.4×103kg/m3×[50×(30−25)]×10−6m3×10N/kg50×10−4m2=200Pa
故D正确。
故选：C。
(1)由丙图可知，不放入柱体时，容器对地面的压强为0.8×103Pa，根据F=pS求出容器对地面的压力，不计容器的质量，即可求出容器中液体的重力，已知容器中液体的深度和容器的横截面积，根据V=Sh求出容器中液体的体积，根据密度公式可求出液体的密度；
(2)由丙图可知，当截去厚度从10cm开始至25cm过程中，放入甲的容器中，容器对地面的压强始终不变，则乙柱体漂浮在液体中，且从截去厚度从10cm开始，放入甲的容器中，液体刚好充满容器，由丙图读出此时甲容器对地面的压强，根据F=pS求出甲容器对地面的压力，即可求出此时切去的柱体的重力，根据V=Sh求出厚度为10cm的柱体的体积，再根据密度公式求出柱体的密度；
(3)由丙图可知，当截去厚度从25cm开始，放入甲的容器中，容器对地面的压强开始增大，则柱体接触到容器底，不再有液体排出，则柱体受到的重力等于排开液体的重力，据此求出容器的深度，根据G液′=ρ液gV液′求出此时容器中液体的重力，再根据G柱=m柱g=ρ柱gV柱求出30cm高的柱体的重力，即可求出此时容器对地面的压力，再根据p=FS求出容器对地面的压强；
(4)当h=30cm时，柱体受到的浮力等于25cm高的柱体的重力，根据p=FS求出乙柱体对容器底的压强。
本题主要考查压强和浮力的综合计算，要掌握压强、浮力的公式，有很大的难度。
9.【答案】焦耳 小
【解析】解：英国物理学家焦耳通过大量实验，最先精确地确定了电流产生的热量与电流、电阻、通电时间之间的关系，这个规律被命名为焦耳定律。
由流体流速与压强的关系可知，流体流速越大的地方，压强越小，所以屋顶外侧空气相对于屋内空气的流速大、压强小。
故答案为：焦耳；小。
英国物理学家焦耳通过大量实验，最先精确地确定了电流产生的热量与电流、电阻、通电时间之间的关系，这个规律被命名为焦耳定律。
流体的压强跟流速有关，流速越大压强越小。比较屋顶上下的空气流动速度，比较屋顶上下受到的压强，再比较屋顶受到向上和向下的压力。
掌握焦耳定律、流体压强跟流速的关系，能用流体压强知识解释生活中的问题，注意平常的积累，注意挖掘古诗中蕴含的物理知识。
10.【答案】空气 音色
【解析】解：声音的传播需要介质，传播介质包括固体、液体、气体；南南在收看两会新闻的情景，他听到习主席向宪法宣誓的声音是通过空气传到他耳朵的；
音色是取决于发声体本身的一种特性，可以用于区分发声体；我们能判断出是习主席的声音是因为声音的音色不同。
故答案为：空气；音色。
声音的传播需要介质，传播介质包括固体、液体、气体；
音色是取决于发声体本身的一种特性，可以用于区分发声体。
本题考查了声音的传播条件、音色与音调和响度的区别，属于声学基础知识。
11.【答案】做功 不变
【解析】解：四冲程汽油机工作过程中，做功冲程是通过燃料燃烧释放出热量，高温高压的燃气推动活塞对外做功，将内能转化为机械能。
因为热值是燃料的一种特性，其大小与燃料的质量无关，所以，汽油机工作一段时间后，油箱中剩余汽油的热值将不变。
故答案为：做功；不变。
在内燃机的四个冲程中，做功冲程对外做功，将内能转化为机械能；压缩冲程中活塞压缩气缸内的气体，将机械能转化为内能；
热值是燃料的一种特性，其大小与燃料的种类有关，与燃料的质量、是否完全燃烧等因素无关。
本题考查了学生对热机工作过程中能量的转化、热值概念的了解与掌握，是一道基础题。
12.【答案】70% 6000
【解析】解：有用功W有=Gh=2.1×104N×2m=4.2×104J，
滑轮组的动滑轮绕3段绳，拉力端移动距离s=3h=3×2m=6m，
总功W总=Fs=1×104N×6m=6×104J，
该滑轮组的机械效率为
η=W有W总=4.2×104J6×104J=70%；
拉力F的功率为P=W总t=6×104J10s=6000W。
故答案为：70%；6000。
利用W=Gh求拉力做的有用功；由图知，承担物重的绳子股数n=3，则拉力端移动距离s=3h，利用W=Fs求钢丝绳的拉力F做的总功，起重机起吊货物的机械效率等于有用功与总功之比。利用P=Wt求得拉力F的功率。
本题考查了使用起重机有用功、总功、机械效率、功率的计算，得出承担物重的绳子股数是本题的突破口。
13.【答案】2.4 1.6～3
【解析】解：根据电路图可知，R1与R2并联，电流表测通过R2的电流，电压表测R1、R2两端的电压。
(1)由并联电路的电流特点可知，通过R1的电流：I1=I−I2=1A−0.4A=0.6A，
由欧姆定律可知，R1两端的电压：U1=I1R1=0.6A×4Ω=2.4V，
因此电压表的示数为2.4V；
(2)由P=UI可知，电流I一定时，电源电压越小，电路的总功率越小，
由并联电路的电流特点和欧姆定律可知，电源电压：U=U1小=(I−I2)×R1=IR1−I2R1=1A×4Ω−I2×4Ω=4V−I2×4Ω，
当通过R2的电流I2最大时，电源电压U最小，
由题意可知，电流表允许通过的最大最大电流为0.6A，滑动变阻器允许通过的最大电流为1A，由串联电路的电流特点可知，此时通过滑动变阻器的最大电流为0.6A，
则电源电压的最小值：U小=4V−I2大×4Ω=4V−0.6A×4Ω=1.6V<3V，则电压表安全，
由欧姆定律可知，此时滑动变阻器接入电路的电阻：R2小=U小I2大=1.6V0.6A≈2.7Ω<20Ω，符合条件，
则电路总功率的最小值：P小=U小I=1.6V×1A=1.6W，
由并联电路的电阻特点可知，电路中的总电阻R=R1R2R1+R2=R1R1R2+1，
则电路总功率：P=UI=I2R=I2×R1R1R2+1，
因此当R2接入电路的电阻最大时，电路的总功率最大，
此时电路中的总电阻：R=R1R2R1+R2=4Ω×20Ω4Ω+20Ω=103Ω，
由欧姆定律可知，此时电源电压：U=IR=1A×103Ω≈3.3V>3V，超过了电压表的量程，
因此为了电路安全，电源电压最大只能为3V，
此时通过通过R1的电流：I1′=U大R1=3V4Ω=0.75A，
则通过R2的电流：I2′=I−I1′=1A−0.75A=0.25A<0.6A，则电流表安全，
则电路总功率的最大值：P大=U大I=3V×1A=3W，
因此保证电路各元件安全的前提下，电路总功率的范围是1.6～3W。
故答案为：2.4；1.6～3。
根据电路图可知，R1与R2并联，电流表测通过R2的电流，电压表测R1、R2两端的电压。
(1)根据并联电路的电流特点求出通过R1的电流，根据欧姆定律求出R1两端的电压，即为电压表的示数；
(2)根据P=UI可知，电流I一定时，电源电压越小，电路的总功率越小，根据并联电路的电流特点和欧姆定律表示出电源电压，根据电流表的量程和滑动变阻器R2允许通过的最大电流确定通过R2的最大电流，根据并联电路的电流特点求出此时通过R1的电流，进而求出电源电压的最小值，与电压表的量程进行比较，进而判断此时电压表是否安全，根据P=UI求出电路总功率的最小值，根据并联电路的电阻特点可知，电路中的总电阻R=R1R2R1+R2=R1R1R2+1，根据P=UI=I2R=I2×R1R1R2+1可知，R2接入电路的电阻最大时，电路总功率的最大，根据欧姆定律求出此时的电源电压，与电压表的量程进行比较，进而确定电源电压的最大值，根据P=UI求出电路总功率的最大值。
本题考查并联电路的特点、欧姆定律和电功率公式的应用，综合性较强。
14.【答案】解：利用凸透镜的三条特殊光线作图，平行于主光轴的光线经凸透镜折射后将过焦点，如图所示：
【解析】先确定所给的入射光线和折射光线的特点，然后根据凸透镜的光学特点作图。
凸透镜三条特殊光线的作图：①通过焦点的光线经凸透镜折射后将平行于主光轴。②平行于主光轴的光线经凸透镜折射后将过焦点。③过光心的光线经凸透镜折射后传播方向不改变。
15.【答案】解：图中支点在O点，动力作用在A点，则连接支点O与作用点A，OA即为最长的动力臂；使用菜馅挤水器时，动力的方向应该向下，过点A垂直于OA向下作出最小动力F1的示意图，如图所示：
【解析】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。
此题的解题关键是通过杠杆的平衡条件得出：在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小的结论。
16.【答案】投影仪 有 远视
【解析】解：(1)图中所用凸透镜的焦距为10.0cm，二倍焦距为20.0cm，观察图中蜡烛与凸透镜的距离发现，物距大于一倍焦距，而小于二倍焦距，能在光屏上成清晰的像，由凸透镜成像规律可知，此时成倒立、放大的实像，所以可以运用于投影仪。
(2)若凸透镜位置不动，将蜡烛和光屏位置互换，由光路是可逆的，可知互换后，物距大于二倍焦距，像距大于一倍焦距，而小于二倍焦距，能在光屏上成倒立、缩小的实像，所以光屏上有清晰的像。
(3)在凸透镜前放上一眼镜，发现光屏上的像模糊了，将光屏适当向左移动一段距离后，光屏上的像再次变清晰，即像成在光屏前，则凸透镜的焦距变短了，所以这一副眼镜具有会聚光的作用，故是凸透镜，即远视镜。
故答案为：(1)投影仪；(2)有；(3)远视。
(1)观察图乙，得出透镜的焦距，当2f>u>f时，凸透镜成倒立、放大的实像，生活中投影仪就是利用这一成像原理来工作的；
(2)利用光路的可逆性分析；
(3)凸透镜对光线具有会聚作用，用来矫正远视眼。
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，同时熟悉生活中运用到凸透镜的光学器材，难度一般。
17.【答案】A处向上 不断吸热但温度不变 b
【解析】解：(1)安装温度计时玻璃泡接触到烧杯底部，此时应适当将A处向上进行调整，这样既能保证酒精灯用外焰加热，又能使温度计的玻璃泡不会接触到烧杯底部。
(2)图乙中a图像是实验小组根据记录绘制的水沸腾图像，根据图像可以得出水沸腾时的特点是不断吸热，但达到沸点后温度保持不变。
(3)如果将烧杯口上的盖子密封，则会缩短加热时间，但水的沸点升高，故水沸腾时图像可能是图乙中的b。
故答案为：(1)A处向上；(2)不断吸热但温度不变；(3)b。
(1)利用温度计测量温度时，玻璃泡不能碰到容器底或容器壁；
(2)根据图像可以得出水沸腾时的特点；
(3)沸点与气压的关系：沸点随气压的增大而升高，随气压的减小而降低。
此题是探究水的沸腾实验，在探究实验过程中，发现实验中出现的问题，排除实验中的问题，是最近几年中考的热点。
18.【答案】遗漏了游码归零 右 15 2.8×103
【解析】解：(1)使用天平时，应先把游码移到标尺的零刻度线处，即游码归零，再调节平衡螺母使天平平衡，而健健同学调节天平横梁平衡的过程中遗漏了游码归零这一步骤。
(2)甲图中没有将游码移至零刻度线，横梁就平衡了，如果将游码调零，则指针会偏向分度盘左侧，此时要使横梁平衡，则应将平衡螺母向右调节。
(3)如图丙所示，小白石的体积为V=45mL−30mL=15mL=15cm3，
小白石的质量m′=20g+20g+3.2g=43.2g，
由于没有纠正错误，则小白石真实的质量m=43.2g−1.2g=42g，
小白石的密度ρ=mV=42g15cm3=2.8g/cm3=2.8×103kg/cm3。
故答案为：(1)遗漏了游码归零；(2)右；(3)15；2.8×103。
(1)使用天平时，应该先将游码调零，然后调节平衡螺母使天平平衡；
(2)游码调零后，横梁会向左偏，故应将平衡螺母向右调节，使分度盘的指针指到分度盘中央刻度线；
(3)由图丙两次量筒示数之差可以得到石块的体积，由图乙可读出石块的质量，利用密度计算公式即可求出。
此题主要考查了天平的使用方法、密度的测量与计算，属于基础知识。
19.【答案】3 3 0.28 准确
【解析】解：(1)根据图B中水、石块、烧杯的质量为220g，图C中排开水的质量、石块、烧杯的质量为192g，可以求得石块浸没在水中受到的拉力：
F拉=Δmg=(0.22kg−0.192kg)×10N/kg=0.28N，
根据阿基米德原理F浮=G排=ρ液V排g可以求得，石块的体积：V石=V排=F浮ρ水g=G−F拉ρ水g=0.042kg×10N/kg−0.28N1×103kg/m3×10N/kg=1.4×10−5m3，
根据密度计算公式，可以得到石块的密度：ρ石=m石V石=0.042kg1.4×10−5m3=3×103kg/m3=3g/cm3；
(2)根据图B中水、石块、烧杯的质量为220g，图D中剩余水、烧杯的质量为175g，所以取出小白石时带出水的质量：
m=m2−m1−m4=220g−42g−175g=3g，
根据密度计算公式求出取出小白石时带出水的体积：V水1=m水1ρ水1=3g1g/cm3=3cm3；
(3)图B中水、石块、烧杯的质量为220g，图C中排开水的质量、石块、烧杯的质量为192g，则石块浸没在水中受到的拉力：F拉=Δmg=(0.22kg−0.192kg)×10N/kg=0.28N；
(4)由于计算密度值时，是用步骤①②③测得的质量差来计算石块的体积的，石块的体积准确，实验完成后，电子秤示数显示为−2g，则测量石块的质量偏小，影响实验结果偏小，故测量的密度值是偏小。
故答案为：(1)3；
(2)3；
(3)0.28；
(4)偏小。
(1)根据题意，知道小白石的质量，根据图ABC可得小白石的体积，计算出了小白石的密度；
(2)根据图ABCD实验数据可知取出小白石时带出水的质量，求出其体积；
(3)根据图ABC可得小白石所受的浮力，进而计算出步骤③中细绳对小白石的拉力大小；
(4)由于计算密度值时，是用步骤①②③测得的质量差来计算石块的体积的，石块的体积准确，实验完成后，电子秤示数显示为−2g，则测量石块的质量偏小，影响实验结果偏小，故测量的密度值是偏小。
本题考查用电子秤和水测量物体的质量，密度，浮力，难度不大。
20.【答案】C 左 超过满刻度 8.33 0.75 电阻一定时，电流与电压成正比
【解析】解：(1)灯泡的额定电压为2.5V，则灯泡的额定电流约为I额=U额RL=2.5V10Ω=0.25A，
所以电流表选0～0.6A的量程，且与灯泡串联，注意电流从正接线柱流入负接线柱流出；滑动变阻器按一上一下的原则串联在电路中，由于要求滑片左移灯变亮，说明滑片左移时变阻器的阻值变小，电流变大，灯变亮，所以滑动变阻器连接左下接线柱连接，如下图所示：
(2)闭合开关后，两电表都有示数，说明灯泡没损坏，电路是通路，可能是滑动变阻器连入电路中的电阻太大，电路中电流太小所致，下一步操作应为：移动滑动变阻器滑片，观察小灯泡是否发光，故AB不符合题意，C符合题意。
故选C。
(3)灯在额定电压下正常发光，小于灯的额定电压2.5V，应增大灯的电压，根据串联电路电压的规律，应减小变阻器的电压，由分压原理可知，应减小变阻器连入电路中的电阻大小，故应将滑片向左移动，直到电压表示数为额定电压2.5V。
(4)小灯泡发出耀眼的白光后突然熄灭，是由于灯丝因电压太高烧断，电压表与滑动变阻器、电源串联，电压表测量电源电压，因此指针超过满刻度。
(5)由表格数据可知，灯泡正常发光时的电压U=2.5V，正常发光时的电流I=0.3A，则灯泡正常发光时的电阻为R=UI=2.5V0.3A≈8.33Ω，
小灯泡的额定功率为P=UI=2.5V×0.3A=0.75W。
(6)分析表格数据可知，电阻一定时，电流随电压的增大而增大，且电流和电阻的乘积和电压值相等，故得出：电阻一定时，电流与电压成正比。
故答案为：(1)见解析；(2)C；(3)左；(4)超过满刻度；(5)8.33；0.75；(6)电阻一定时，电流与电压成正比。
(1)结合小灯泡的额定电压，利用欧姆定律求得灯泡的额定电流，据此确定电流表的量程；滑动变阻器按一上一下的原则串联在电路中，由于要求滑片左移灯变亮，说明滑片左移时变阻器的阻值变小，电流变大，灯变亮，所以滑动变阻器连接左下接线柱连接。
(2)两电表都有示数，说明灯泡没损坏，电路是通路，可能是滑动变阻器连入电路中的电阻太大，电路中电流太小所致，据此确定下一步的操作。
(3)根据串联分压的原理确定滑片的移动方向。
(4)小灯泡发出耀眼的白光后突然熄灭，是由于灯丝因电压太高烧断，电压表与滑动变阻器、电源串联，电压表测量电源电压，因此指针超过满刻度。
(5)结合表格数据，利用欧姆定律求得灯泡正常发光时的电阻，利用P=UI求得小灯泡的额定功率。
(6)结合表格数据得出结论。
本题考查了电路图的连接、电路现象的判断、滑动变阻器的使用等，关键是知道灯泡正常发光时的电压和额定电压相等且会根据灯泡的额定电压确定电压表的量程。
21.【答案】解：(1)闭合开关S和S1时，只有R2工作，则电源电压为：
U=I1R2=0.6A×10Ω=6V；
(2)当仅闭合开关S时，R1与R2串联，此时总电阻为：
R=UI2=6V0.2A=30Ω，
R1的电阻为：
R1=R−R2=30Ω−10Ω=20Ω，
仅闭合开关S，通电100s，电阻R1消耗的电能为：
W=U1It=I2Rt=(0.2A)2×20Ω×100s=80J。
答：(1)电源电压为6V；
(2)仅闭合开关S，通电100s，电阻R1消耗的电能为80J。
【解析】(1)闭合开关S和S1时，电阻R1被短路，仅有R2工作，根据U=IR求出电源电压；
(2)当仅闭合开关S时，R1与R2串联，根据R=UI求出电路的总电阻，再根据串联电路的电阻规律求出R1的阻值，再根据W=I2Rt求出通电100s，电阻R1消耗的电能。
本题主要考查串联电路的电阻规律、电能的计算，解答本题的关键是要会分析电路。
22.【答案】解：(1)旋至1挡时R1、R2同时工作，此时R1、R2并联，洗衣机处于加热状态，
因此两端电压均为220V，
电热丝R1的阻值R1=U2P1=(220V)22200W=22Ω；
(2)电动机消耗的电能W=5003000kW⋅h=16kW⋅h=6×105J，
洗衣机的功率P=Wt=6×105J20×60s=500W，
此时的功率P2=U2R2=(220V)2242Ω=200W，
洗衣机电动机的功率P电=P−P2=500W−200W=300W；
(3)此时的总功率为P总=P1+P2=2200W+200W=2400W，
水吸收的热量Q吸=c水m(t−t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×20kg×(50℃−20℃)=2.52×106J，
洗衣机消耗的电能Q放=Q吸η=2.52×106J84%=3×106J，
加热时间t=WP=Q放P总=3×106J2400W=1250s。
答：(1)电热丝R1的阻值为22Ω；
(2)洗衣机电动机的功率300W；
(3)加热时间1250s。
【解析】(1)由图可知，闭合开关S，旋钮开关旋至1挡位置时，R1、R2并联，此时洗衣机处于加热状态；根据P=U2R求出R1的电功率；
(2)3000r/(kW⋅h)表示电路中的用电器每消耗1kW⋅h电能，电能表的转盘转过3000转，据此求出电能表转盘转过500转，洗衣机消耗的电能，利用P=Wt求出洗衣机保温洗涤状态时的功率；由图可知，洗衣机处于保温洗涤状态时，R2与电动机并联，根据并联电路的特点可知，洗衣机保温洗涤状态时的功率减去R2的功率即为洗衣机电动机的功率；
(3)利用Q吸=cm(t−t0)求出水吸收的热量，利用效率公式求出洗衣机消耗的电能，利用P=Wt求出加热时间。
本题是电热综合题，主要考查对电能表参数的理解、并联电路的特点、密度公式、吸热公式、效率公式以及电功率公式的应用，题目有一定的难度。
23.【答案】解：(1)由图乙可知，没有加水时电子秤的示数为1000g=1kg，
因此没有加水时容器对电子秤的压力等于总重力，即F=G=mg=1kg×10N/kg=10N；
(2)由图丙可知，未加水时，高为10cm的圆柱体A对容器的压强为800Pa，
则圆柱体A的密度为：ρA=pghA=800Pa10N/kg×0.1m=0.8×103kg/m3；
(3)因为圆柱体A的密度小于水的密度，加水后圆柱体A最终会漂浮，
因此当电子秤的示数为4200g时，水深为8cm，此时圆柱体A刚好处于漂浮状态，所受浮力等于重力，再加水圆柱体A将离开容器底，圆柱体A离开容器底到电子秤的示数5200g，共加水的质量为：m水加=5200g−4200g=1000g，
加水的体积为：V水加=m水加ρ水=1000g1g/cm3=1000cm3，
水上升的高度为：Δh=10cm−8cm=2cm，
容器的底面积为：S容=V水加Δh=1000cm32cm=500cm2=0.05m2，
因此当电子秤的示数为4200g、水深为8cm时，加入水的质量为：m水加1=4200g−1000g=3200g，
加水的体积为：V水加1=m水加1ρ水=3200g1g/cm3=3200cm3
根据体积公式可得3200cm3=(500cm2−S柱)×8cm，
解方程可得圆柱体A的底面积为：S柱=100cm2，
加水停止后容器对电子秤的压力等于此时的总重力，即F1=G总1=m总1g=5200×10−3kg×10N/kg=52N，
圆柱体A上提4cm，水面降低了，则排开水的体积减少为：ΔV=4cm×100cm2=400cm3=4×10−4m3，
根据阿基米德原理可得减少的浮力为：ΔF浮=ρ水ΔV g=1.0×103kg/m3×4×10−4m3×10N/kg=4N，
则圆柱体A上提4cm，容器对电子秤的压力为：F压=F1−ΔF浮=52N−4N=48N，
根据压强公式可得容器对电子秤的压强为：p=F压S容=48N0.05m2=960Pa。
答：(1)没有加水时容器对电子秤的压力为10N；
(2)圆柱体A的密度为0.8×103kg/m3；
(3)加水停止后，在外力的作用下，将圆柱体A上提4cm，待水面稳定后，容器对电子秤的压强960Pa。
【解析】(1)由图乙可知，没有加水时电子秤的示数为1000g，即1kg，因此没有加水时容器对电子秤的压力等于总重力，根据G=mg计算总重力；
(2)由图丙可知，未加水时，高为10cm的圆柱体A对容器的压强为800Pa，根据p=ρgh计算圆柱体A的密度；
(3)因为圆柱体A的密度小于水的密度，结合图乙、丙可知，加水后圆柱体A最终会漂浮，
因此当电子秤的示数为4200g时，水深为8cm，此时圆柱体A刚好处于漂浮状态，所受浮力等于重力，
再加水圆柱体A将离开容器底，由此可得出圆柱体A开始离开容器底到电子秤的示数5200g，进一步计算共加水的质量，
根据密度公式计算加水的体积，进一步计算水上升的高度，根据体积公式计算容器的底面积为，
进一步计算当电子秤的示数为4200g、水深为8cm时加入水的质量，根据密度公式表示加水的体积，代入数据解方程可得圆柱体A的底面积，
加水停止后容器对电子秤的压力等于此时的总重力，根据G=mg计算总重力；
根据体积公式计算圆柱体A上提4cm时排开水的体积的变化量，根据阿基米德原理计算浮力的变化量，进一步计算圆柱体A上提4cm时容器对电子秤的压力，根据p=FS计算容器对电子秤的压强。
本题考查液体压强公式、重力公式、体积公式、压强定义式、阿基米德原理和物体浮沉条件的灵活运用，有一定难度。
2023年重庆市巴川重点中学中考物理二模试卷
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）
1. 下列物理量最接近实际的是( )
A. 某同学立定跳远的成绩约为5m B. 人在发烧时，体温可能达到39℃
C. 智能手机正常工作时的功率约为200W D. 漂在水面上的乒乓球所受浮力约为1N
2. 如图所示的光现象中是由于光的反射形成的是( )
A. 海市蜃楼
B. 水中倒影
C. 树下阴影
D. 雨后彩虹
3. 重庆小面是重庆四大特色之一，如图所示。下列分析正确的是( )
A. 煮小面前，锅中已沸腾的水不断吸热，温度不断升高
B. 煮小面时，锅里冒出的腾腾“白气”是由水蒸气凝华而成
C. 煮小面时，是通过做功的方式改变了小面的内能
D. 拌好佐料的小面香气四溢是由于分子在不停地做无规则运动
4. 如图所示，有关电磁学的知识，下列说法正确的是( )
A. 甲图中，使用测电笔辨别火线和零线时，手可以接触笔尖金属体
B. 乙图中，导线通电后小磁针发生偏转，说明通电导体周围存在磁场
C. 丙图中，该原理可应用于制造发电机，实现电能转化为机械能
D. 丁图中，验电器的原理是同种电荷互相排斥、异种电荷互相吸引
5. 家用消毒柜的应用满足了人们对健康生活的追求。如图甲所示，为某品牌高温烘干紫外线消毒柜。关上柜门后(开关S3闭合)，若按下“杀菌”键(开关S1闭合)，紫外灭菌灯L工作；若按下“烘干”键(开关S2闭合)，发热器和电动机同时工作；若按下“自动”健(开关S1、S2同时闭合)，紫外灭菌灯L、发热器和电动机同时工作，若在消毒柜工作时不小心打开柜门(开关S3断开)，则该消毒柜立即停止所有工作，图中的电路中最符合要求的是( )
A. B.
C. D.
6. 如图所示的运动项目中，关于力学知识的描述，下列说法正确的是( )
A. 甲图，踢出去的足球能在空中继续飞行是由于受到惯性的作用
B. 乙图，自行车受到的重力和水平地面对自行车的支持力是一对平衡力
C. 丙图，掷出后冰壶对水平冰面的压力和冰面对冰壶的支持力是一对相互作用力
D. 丁图，投出的篮球飞达最高点过程中，重力势能转化为动能，在最高点时重力势能最小
7. 如图所示，电源电压不变，下列说法正确的是( )
A. 只闭合S1，将P向左移动，R1消耗的功率增加
B. 只闭合S1，将P向左移动，电压表和电流表的示数之比变小
C. 开关都闭合，将P向左移动，电压表的示数不变，电流表的示数变大
D. 开关都闭合，将P向左移动，L消耗的功率不变，R2消耗的功率变小
8. 质量不计的轻薄容器横截面积为100cm2，装有10cm深的某种液体，如图甲所示；横截面积为50cm2且质量分布均匀的圆柱体乙放在水平地面上，现沿水平方向截去厚度为h的部分，放入甲的容器中，柱体保持竖直方向不变，甲容器对地面的压强p随所截取厚度h的变化如图丙所示，则以下说法中，不正确的是( )
A. 液体密度为0.8×103kg/m3
B. 乙柱体的密度为0.4×103kg/m3
C. p2的值为1.2
D. 当h=30cm时，乙柱体对容器底的压强为200Pa
二、填空题（本大题共5小题，共10.0分）
9. 历史上，______ 最先精确地确定了电流产生的热量与电流、电阻、通电时间之间的关系，我们据此可以解释使用大功率电器时导线发热的原因。唐代诗人杜甫有诗句“八月秋高风怒号，卷我屋上三重茅”。诗中秋风“卷”走“三重茅”主要是由于屋顶外侧空气相对于屋内空气的流速大、压强______ ，从而产生一个向上的力。
10. 如图所示是南南在收看两会新闻的情景，他听到习主席向宪法宣誓的声音是通过______ 传到他耳朵的，我们能判断出是习主席的声音是因为声音的______ 不同。
11. 四冲程汽油机工作过程中，将内能转化为机械能的是______ 冲程；汽油机工作一段时间后，油箱中剩余汽油的热值将______ 。
12. 如图所示是一台正在建筑工地作业的起重机上的滑轮组，在10s内将2.1×104N的重物竖直匀速提高2m，拉力F的大小为1×104N，则该滑轮组的机械效率为______ ，拉力F的功率为______ W。
13. 如图所示，电源是恒流由源，能持续输出大小为1A的恒定电流，R1是阻值为4Ω的定值电阻，滑动变阻器R2上标有“20Ω、1A”，电流表的量程是“0～0.6A”，电压表的量程是“0～3V”。移动滑片，当电流表示数为0.4A时，电压表示数为______ V。保证电路各元件安全的前提下，电路总功率的范围是______ W。
三、作图题（本大题共2小题，共4.0分）
14. 请在图中画出对应的折射光线。
15. 图甲是一个菜馅挤水器，其上部手柄在使用时是一个杠杆，图乙是简化的示意图，O为支点，F2是使用菜馅挤水器时B点受到的阻力。请在图乙中画出作用在A点的最小动力F1的示意图。
四、实验探究题（本大题共5小题，共21.0分）
16. 在“探究凸透镜成像规律”的实验中，所用凸透镜的焦距为10.0cm，如图所示，将蜡烛、透镜和光屏三者从左到右依次安装在水平光具座上，调整烛焰、透镜和光屏的中心在同一水平高度。
(1)图中光屏上有清晰的像，利用这一成像规律工作的设备有______ (写出一种即可)；
(2)若凸透镜位置不动，将蜡烛和光屏位置互换，则光屏上将______ (选填“有”、“没有”)清晰的像；
(3)在凸透镜前放上一眼镜，发现光屏上的像模糊了，将光屏适当向左移动一段距离后，光屏上的像再次变清晰，则这是一副______ (选填“近视”或“远视”)眼镜。
17. 在“探究水沸腾时温度变化的特点”的实验中，如图所示。
(1)图甲是某小组同学组装的实验装置，安装温度计时玻璃泡接触到烧杯底部，此时应适当将______ (选填“A处向上”或“B处向下”)进行调整；
(2)图乙中a图像是实验小组根据记录绘制的水沸腾图像，根据图像可以得出水沸腾时的特点是______ ；
(3)如果将烧杯口上的盖子密封，水沸腾时图像可能是图乙中的______ (填“b”、“c”或“d”)。
18. 健健和康康同学五一到嘉陵江边玩要时各拾得一块精致的相似小白石(不吸水)，他们想知道这两块小白石的密度是否相同，健健同学利用天平和量筒进行了测量。测量前他将天平放在水平桌面上，然后进行天平平衡的调节。调节完成后指针静止时的位置和游码的位置如图甲所示。
(1)请你指出健健同学调节天平平衡的过程中遗漏的操作步骤：______ ；
(2)若完成遗漏的操作步骤后，为了调节横梁平衡，需向______ (选填“左”或“右”)调节平衡螺母，直到横梁平衡；
(3)粗心的健健没有纠正错误，就将小白石放在左盘，在右盘中加减砝码并调节游码在标尺上的位置，直到横梁平衡。这时右盘中的砝码情况和游码在标尺上的位置如图乙所示。随后他用细线捆住小白石轻轻浸没在装有水的量筒中，如图丙所示，则小白石的体积为______ cm3，在进行计算时，健健发现了错误，他仔细思考后没有重新进行测量，也正确测量出了小白石的密度，其大小为______ kg/m3。
19. 健健和康康同学五一到嘉陵江边玩耍时，各拾得一块精致的相似小白石(不吸水)，他们想知道这两块小白石的密度是否相同，康康同学用电子秤和水完成了测量，他的测量步骤如下：
①将小白石放在电子秤上，测出了其质量m1，如图A所示；
②将一杯水放在电子秤上，用细线系住小白石，将其浸没在水中，测出了其质量m2，如图B所示；
③用力拉着细线让小白石仍浸没，不碰杯底，测出质量m3，如图C所示；
④将小白石提出水面，测出质量m4，如图D所示；
(1)康康分析发现，取小白石时，小白石带出了水，因此图D的数据不可用，他选用正确步骤的数据计算出了小白石的密度为______ g/cm3；
(2)根据实验数据可知取出小白石时带出水的体积为______ cm3；
(3)步骤③中细绳对小白石的拉力大小为______ N；
(4)实验完成后，取下玻璃杯，康康同学发现电子秤示数显示为−2g，则康康利用步骤①②③测得的密度值将______ (选填“偏大”、“偏小”或“准确”)。
20. 巴川探索者物理兴趣小组在测量“小灯泡的电阻和电功率”的实验中，已知电源电压为6V，小灯泡的额定电压为2.5V，小灯泡的电阻约为10Ω，滑动变阻器上标有“100Ω，1A”字样，如图甲是大鹏同学没有连接完的实物图电路。
表一
测量对象
小灯泡
实验次数
1
2
3
电压U/V
1.0
2.0
2.5
电流I/A
0.16
0.26
0.3
(1)请你用笔画线代替导线，将实物图连接完整(要求：滑片左移灯变亮)；
(2)连好电路，当闭合开关时，发现电流表、电压表均有示数，但小灯泡不亮，接下来大鹏的操作应该是______ ；
A.立即断开开关，更换灯泡
B.立即断开开关，检查电路故障
C.调节滑片，观察电流表、电压表示数和小灯泡发光情况
(3)移动滑动变阻器的滑片到某一位置，电压表的示数如图乙所示，要测量小灯泡的额定功率，应将滑片向______ 滑动(选填“左”或“右”)；
(4)继续调节滑动变阻器滑片的过程中，小灯泡发出耀眼的白光后突然熄灭，此刻他会观察到电压表指针______ (“回到0刻度”、“达到满刻度”或“超过满刻度”)；
(5)表一是测得的小灯泡在不同电压下对应的电流值，根据表中数据，可计算出小灯泡正常发光时的电阻为______ Ω，小灯泡的额定功率______ W；
(6)完成测量后，大鹏用一个10Ω的定值电阻替换灯泡来探究“电流与电压的关系”。测量结果如表二所示：分析表格数据，可以得出的结论是：______ 。
表二
测量对象
定值电阻R=10Ω
实验次数
1
2
3
电压U/V
1.0
2.0
3.0
电流I/A
0.1
0.2
0.3
五、计算题（本大题共3小题，共21.0分）
21. 如图所示的电路，R2的阻值为10Ω，闭合开关S和S1时，电流表示数为0.6A，当仅闭合开关S时，电流表示数为0.2A，求：
(1)电源电压；
(2)仅闭合开关S，通电100s，电阻R1消耗的电能。
22. 某品牌智能滚筒洗衣机具有洗净度高、不伤衣物、可设定洗涤温度、方便安全等优点，其等效电路如图所示，此时处于空挡状态，闭合开关S，旋钮绕P转动，实现挡位转换，旋至1挡时R1、R2同时工作，洗衣机处于加热状态：旋至2挡时R2和电动机同时工作，洗衣机处于保温洗涤状态。R1R2均为电热丝，其阻值不受温度影响，R2=242Ω，洗衣机正常使用时，R1的功率是2200W。求：
(1)电热丝R1的阻值；
(2)关闭其它用电器，只让洗衣机处于保温洗涤状态，正常工作20min，标有“3000r/(kW−h)”的电能表转盘转过500转，求洗衣机电动机的功率；
(3)某次洗衣时，洗衣机内注入20kg水，在额定电压下对水加热，水温由20℃升高到50℃，此时加热效率为84%，求加热时间。[水的比热容为4.2×103J/(kg⋅℃)]
23. 如图甲所示，圆柱形容器放置在电子秤上，高为10cm的圆柱体A放置在容器底部，现在向容器内缓慢加水，电子秤的示数随水的深度h变化的图像如图乙所示，A对容器底部的压强随水的深度h变化的图像如图丙所示，在整个过程中无水溢出，圆柱体A始终保持直立且不吸水。求：
(1)没有加水时容器对电子秤的压力；
(2)圆柱体A的密度；
(3)加水停止后，在外力的作用下，将圆柱体A上提4cm，待水面稳定后，容器对电子秤的压强。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.某同学立定跳远的成绩约为2.5m，故A不正确；
B.人的正常体温为37℃，所以人在发烧时，体温可能达到39℃，故B正确；
C.智能手机正常工作时的功率约为1.15W，故C不正确；
D.漂在水面上的乒乓球所受浮力等于其重力约为0.027N，故D不正确。
故选：B。
首先对题目中涉及的物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。
物理学中，对各种物理量的估算能力，是我们应该加强锻炼的重要能力之一，这种能力的提高，对我们的生活同样具有很大的现实意义。
2.【答案】B
【解析】解：A.海市蜃楼是光在不均匀的大气中折射形成的，故A不正确；
B.水中倒影相当于平面镜成像，是光的反射现象，故B正确；
C.树下阴影是由光的直线传播形成的，故C不正确；
D.雨后彩虹是光的色散现象，是由光的折射形成的，故D不正确。
故选：B。
①要掌握光的折射现象，知道水底看起来比实际的要浅、斜插入水中的筷子向上折、海市蜃楼、凸透镜成像都是光的折射。
②要掌握光的反射现象，知道平面镜成像是由于光的反射形成的。
③要掌握光沿直线传播现象，知道影子的形成、日月食的形成、小孔成像都是光沿直线传播形成的。
光的直线传播是光在同一均匀介质中的传播，光的反射是光照射到物体表面又返回的现象，光的折射是由于光从一种介质斜射入另一种介质或在不均匀介质中传播时，传播方向发生变化的现象。它们之间有本质的区别，要注意区分。
3.【答案】D
【解析】解：A、沸腾过程中，吸收热量，温度保持不变，故A错误；
B、“白气”是水蒸气遇冷液化形成的小水滴，故B错误；
C、煮小面时，是通过热传递的方式改变了小面的内能，故C错误；
D、香气四溢是由于分子在不停地做无规则运动，故D正确。
故选：D。
A、水沸腾的条件有两个：一是到达沸点，二是不断吸收热量，在沸腾时，温度保持不变。
B、物质由气态变成液态是液化；
C、改变物体内能的方法有两个：做功和热传递；
D、扩散现象说明一切物质的分子都在不停地做无规则运动。
本题考查了与热学相关的多个知识点，联系生活中的现象，能用相关热学知识做出解释是解答的关键。
4.【答案】B
【解析】解：
A、甲图使用测电笔时，手指要接触笔尾金属体，笔尖接触电线，手不能接触笔尖的金属体(否则可能会触电)，故A错误；
B、乙图中给导线通电，导线附近的磁针发生偏转，说明通电导体周围存在磁场，故B正确；
C、丙图是电磁感应现象的实验装置，是发电机的原理图，它将机械能转化为电能，故C错误；
D、丁图中验电器的工作原理是同种电荷互相排斥，故D错误。
故选：B。
(1)正确使用测电笔时，手要接触笔尾金属体，笔尖接触电线，若氖管发光，说明是火线；
(2)奥斯特首先发现了电流的周围存在磁场；
(3)发电机的制作原理是电磁感应现象，机械能转化为电能；
(4)验电器原理是：同种电荷互相排斥。
本题考查了测电笔的使用、电流的磁效应、发电机的工作原理和能量转化以及验电器的工作原理，考查较综合，难度一般。
5.【答案】A
【解析】解：由题意知，若在消毒柜工作时不小心打开柜门(开关S3断开)，则该消毒柜立即停止所有工作，说明S3在干路，控制整个电路；
关上柜门后(开关S3闭合)，若按下“杀菌”键(开关S1闭合)，紫外灭菌灯L工作，说明S1控制灯L，它们在同一支路；
若按下“烘干”键(开关S2闭合)，发热器和电动机同时工作，说明S2同时控制发热器和电动机；
若按下“自动”健(开关S1、S2同时闭合)，紫外灭菌灯L、发热器和电动机同时工作，说明S1、S2两个开关控制了三个元件。
综上所述，图中的电路中最符合要求的是A。
故选：A。
根据题干中的描述，理解在不同操作的情况下紫外线消毒柜的工作情况，从而判断开关的不同位置和元件的连接情况。
本题考查了对电路的设计与分析，仔细判断不同开关组合时各元件的工作情况，是正确判断的关键，容易出错。
6.【答案】C
【解析】解：A.惯性是一种性质，不是力，不能用受到或作用来描述，故A错误；
B.水平地面对自行车的支持力是等于自行车和人的总重力，自行车受到的重力和水平地面对自行车的支持力大小不同，不是一对平衡力，故B错误；
C.掷出后冰壶对水平冰面的压力和冰面对冰壶的支持力大小相同，方向相反，在同一直线上，受力物分别为冰面和冰壶，是两个物体之间的相互作用，所以这两个力是一对相互作用力，故C正确；
D.重力势能大小与高度和质量有关，投出的篮球飞达最高点过程中，质量不变，速度变小，动能变小，高度变大，重力势能变大，是动能转化为重力势能，在最高点时重力势能最大，故D错误。
故选：C。
(1)一切物体都有保持原来匀速直线运动状态或静止状态不变的性质，即惯性。
(2)二力平衡的条件：大小相等、方向相反、在同一直线上、作用于同一物体上。
(3)相互作用力：大小相等、方向相反、在同一直线上、作用于两个物体上。
(4)动能大小的影响因素：质量、速度；质量不变、速度越大，动能越大；重力势能大小的影响因素：质量、高度；质量不变、高度越高，重力势能越大。
本题考查了体育运动项目中包含的物理知识，涉及的几个力学知识是历年中考的热点，一定要掌握和理解。
7.【答案】D
【解析】解：AB.根据电路图可知，只闭合S1，滑动变阻器R2与定值电阻R1串联，电流表测电路电流，电压表测滑动变阻器两端电压；将P向左移动，滑动变阻器阻值变大，根据串联电路的电阻规律可知，电路总电阻变大，根据欧姆定律可知，电流变小，电流表示数减小，根据欧姆定律U=IR可知，定值电阻两端电压减小，根据串联电路的电压规律可知，滑动变阻器两端电压增大，电压表示数变大，因此电压表和电流表的示数之比变大，故B错误；
根据P=I2R可知，R1消耗的功率将减小，故A错误；
CD.开关都闭合，定值电阻R1被短路，小灯泡与滑动变阻器并联，电流表测干路电流，电压表测电源电压；将P向左移动，滑动变阻器阻值变大，根据并联电路电压的特点，电压表示数不变，根据欧姆定律可知，通过滑动变阻器的电流变小，因此干路电流变小，电流表示数减小，故C错误；
因为L两端电压不变，因此消耗的功率不变，根据P=UI可知，R2消耗的功率将减小，故D正确。
故选：D。
根据开关的断开和闭合情况分清电路的连接方式，在根据欧姆定律和功率的计算公式分析每个选项。
本题是一道闭合电路动态分析题，分析清楚电路结构、明确电压表与电流表测量的对象是解题的关键。
8.【答案】C
【解析】A、由丙图可知，不放入柱体时，容器对地面的压强为0.8×103Pa，容器中装有10cm深的某种液体，容器横截面积为100cm2，则液体的体积为：
V液=Sh=100cm2×10cm=1000cm3
容器对地面的压力为：
F=pS=0.8×103Pa×100×10−4m2=8N，
轻薄容器的质量不计，则液体的重力为：
G液=F=8N，
所以液体密度为：
ρ液=m液V液=G液gV液=FgV液=8N10N/kg1000×10−6m3=0.8×103kg/m3，
故A正确；
B、由丙图可知，当截去厚度从10cm开始至25cm过程中，放入甲的容器中，容器对地面的压强始终不变，则乙柱体漂浮在液体中，且从截去厚度从10cm开始，放入甲的容器中，液体刚好充满容器，容器对地面的压强为1×103Pa，容器对地面的压力为：
F1=p1S=1×103Pa×100×10−4m2=10N，
则厚度为10cm的柱体的重力为：
G=F1−G液=10N−8N=2N，
厚度为10cm的柱体的体积为：
V1=Sh1=50cm2×10cm=500cm3，
则柱体的密度为：
ρ柱=m柱V1=GgV1=2N10N/kg500×10−6m3=0.4×103kg/m3，
故B正确；
C、由丙图可知，当截去厚度从25cm开始，放入甲的容器中，容器对地面的压强开始增大，则柱体接触到容器底，不再有液体排出，则柱体受到的重力等于排开液体的重力，则有：
ρ液V排g=ρ柱V柱1g，
即：
0.8×103kg/m3×(100−50)h×10−6m3×10N/kg=0.4×103kg/m3×(50×25)×10−6m3×10N/kg，
得：h=12.5cm，
即容器深度为12.5cm，
则此时容器中液体的重力为：
G液′=ρ液gV液′=ρ液g(S容−S柱)h=0.8×103kg/m3×10N/kg×(100−50)×12.5×10−6m3=5N，
30cm高的柱体的重力为：
G柱=m柱g=ρ柱gV柱=ρ柱gS柱h′=0.4×103kg/m3×10N/kg×50×30×10−6m3=6N，
则容器中液体与30cm高的柱体总重力为：
G总=G液′+G柱=5N+6N=11N，
此时容器对地面的压力为：F总=G总=11N，
则容器对地面的压强为：
p2=F总S容=11N100×10−4m2=1.1×103Pa，
所以p2的值为1.1，故C错误；
D、当h=30cm时，柱体受到的浮力等于25cm高的柱体的重力，所以乙柱体对容器底的压强为：
p3=F′S柱=0.4×103kg/m3×[50×(30−25)]×10−6m3×10N/kg50×10−4m2=200Pa
故D正确。
故选：C。
(1)由丙图可知，不放入柱体时，容器对地面的压强为0.8×103Pa，根据F=pS求出容器对地面的压力，不计容器的质量，即可求出容器中液体的重力，已知容器中液体的深度和容器的横截面积，根据V=Sh求出容器中液体的体积，根据密度公式可求出液体的密度；
(2)由丙图可知，当截去厚度从10cm开始至25cm过程中，放入甲的容器中，容器对地面的压强始终不变，则乙柱体漂浮在液体中，且从截去厚度从10cm开始，放入甲的容器中，液体刚好充满容器，由丙图读出此时甲容器对地面的压强，根据F=pS求出甲容器对地面的压力，即可求出此时切去的柱体的重力，根据V=Sh求出厚度为10cm的柱体的体积，再根据密度公式求出柱体的密度；
(3)由丙图可知，当截去厚度从25cm开始，放入甲的容器中，容器对地面的压强开始增大，则柱体接触到容器底，不再有液体排出，则柱体受到的重力等于排开液体的重力，据此求出容器的深度，根据G液′=ρ液gV液′求出此时容器中液体的重力，再根据G柱=m柱g=ρ柱gV柱求出30cm高的柱体的重力，即可求出此时容器对地面的压力，再根据p=FS求出容器对地面的压强；
(4)当h=30cm时，柱体受到的浮力等于25cm高的柱体的重力，根据p=FS求出乙柱体对容器底的压强。
本题主要考查压强和浮力的综合计算，要掌握压强、浮力的公式，有很大的难度。
9.【答案】焦耳 小
【解析】解：英国物理学家焦耳通过大量实验，最先精确地确定了电流产生的热量与电流、电阻、通电时间之间的关系，这个规律被命名为焦耳定律。
由流体流速与压强的关系可知，流体流速越大的地方，压强越小，所以屋顶外侧空气相对于屋内空气的流速大、压强小。
故答案为：焦耳；小。
英国物理学家焦耳通过大量实验，最先精确地确定了电流产生的热量与电流、电阻、通电时间之间的关系，这个规律被命名为焦耳定律。
流体的压强跟流速有关，流速越大压强越小。比较屋顶上下的空气流动速度，比较屋顶上下受到的压强，再比较屋顶受到向上和向下的压力。
掌握焦耳定律、流体压强跟流速的关系，能用流体压强知识解释生活中的问题，注意平常的积累，注意挖掘古诗中蕴含的物理知识。
10.【答案】空气 音色
【解析】解：声音的传播需要介质，传播介质包括固体、液体、气体；南南在收看两会新闻的情景，他听到习主席向宪法宣誓的声音是通过空气传到他耳朵的；
音色是取决于发声体本身的一种特性，可以用于区分发声体；我们能判断出是习主席的声音是因为声音的音色不同。
故答案为：空气；音色。
声音的传播需要介质，传播介质包括固体、液体、气体；
音色是取决于发声体本身的一种特性，可以用于区分发声体。
本题考查了声音的传播条件、音色与音调和响度的区别，属于声学基础知识。
11.【答案】做功 不变
【解析】解：四冲程汽油机工作过程中，做功冲程是通过燃料燃烧释放出热量，高温高压的燃气推动活塞对外做功，将内能转化为机械能。
因为热值是燃料的一种特性，其大小与燃料的质量无关，所以，汽油机工作一段时间后，油箱中剩余汽油的热值将不变。
故答案为：做功；不变。
在内燃机的四个冲程中，做功冲程对外做功，将内能转化为机械能；压缩冲程中活塞压缩气缸内的气体，将机械能转化为内能；
热值是燃料的一种特性，其大小与燃料的种类有关，与燃料的质量、是否完全燃烧等因素无关。
本题考查了学生对热机工作过程中能量的转化、热值概念的了解与掌握，是一道基础题。
12.【答案】70% 6000
【解析】解：有用功W有=Gh=2.1×104N×2m=4.2×104J，
滑轮组的动滑轮绕3段绳，拉力端移动距离s=3h=3×2m=6m，
总功W总=Fs=1×104N×6m=6×104J，
该滑轮组的机械效率为
η=W有W总=4.2×104J6×104J=70%；
拉力F的功率为P=W总t=6×104J10s=6000W。
故答案为：70%；6000。
利用W=Gh求拉力做的有用功；由图知，承担物重的绳子股数n=3，则拉力端移动距离s=3h，利用W=Fs求钢丝绳的拉力F做的总功，起重机起吊货物的机械效率等于有用功与总功之比。利用P=Wt求得拉力F的功率。
本题考查了使用起重机有用功、总功、机械效率、功率的计算，得出承担物重的绳子股数是本题的突破口。
13.【答案】2.4 1.6～3
【解析】解：根据电路图可知，R1与R2并联，电流表测通过R2的电流，电压表测R1、R2两端的电压。
(1)由并联电路的电流特点可知，通过R1的电流：I1=I−I2=1A−0.4A=0.6A，
由欧姆定律可知，R1两端的电压：U1=I1R1=0.6A×4Ω=2.4V，
因此电压表的示数为2.4V；
(2)由P=UI可知，电流I一定时，电源电压越小，电路的总功率越小，
由并联电路的电流特点和欧姆定律可知，电源电压：U=U1小=(I−I2)×R1=IR1−I2R1=1A×4Ω−I2×4Ω=4V−I2×4Ω，
当通过R2的电流I2最大时，电源电压U最小，
由题意可知，电流表允许通过的最大最大电流为0.6A，滑动变阻器允许通过的最大电流为1A，由串联电路的电流特点可知，此时通过滑动变阻器的最大电流为0.6A，
则电源电压的最小值：U小=4V−I2大×4Ω=4V−0.6A×4Ω=1.6V<3V，则电压表安全，
由欧姆定律可知，此时滑动变阻器接入电路的电阻：R2小=U小I2大=1.6V0.6A≈2.7Ω<20Ω，符合条件，
则电路总功率的最小值：P小=U小I=1.6V×1A=1.6W，
由并联电路的电阻特点可知，电路中的总电阻R=R1R2R1+R2=R1R1R2+1，
则电路总功率：P=UI=I2R=I2×R1R1R2+1，
因此当R2接入电路的电阻最大时，电路的总功率最大，
此时电路中的总电阻：R=R1R2R1+R2=4Ω×20Ω4Ω+20Ω=103Ω，
由欧姆定律可知，此时电源电压：U=IR=1A×103Ω≈3.3V>3V，超过了电压表的量程，
因此为了电路安全，电源电压最大只能为3V，
此时通过通过R1的电流：I1′=U大R1=3V4Ω=0.75A，
则通过R2的电流：I2′=I−I1′=1A−0.75A=0.25A<0.6A，则电流表安全，
则电路总功率的最大值：P大=U大I=3V×1A=3W，
因此保证电路各元件安全的前提下，电路总功率的范围是1.6～3W。
故答案为：2.4；1.6～3。
根据电路图可知，R1与R2并联，电流表测通过R2的电流，电压表测R1、R2两端的电压。
(1)根据并联电路的电流特点求出通过R1的电流，根据欧姆定律求出R1两端的电压，即为电压表的示数；
(2)根据P=UI可知，电流I一定时，电源电压越小，电路的总功率越小，根据并联电路的电流特点和欧姆定律表示出电源电压，根据电流表的量程和滑动变阻器R2允许通过的最大电流确定通过R2的最大电流，根据并联电路的电流特点求出此时通过R1的电流，进而求出电源电压的最小值，与电压表的量程进行比较，进而判断此时电压表是否安全，根据P=UI求出电路总功率的最小值，根据并联电路的电阻特点可知，电路中的总电阻R=R1R2R1+R2=R1R1R2+1，根据P=UI=I2R=I2×R1R1R2+1可知，R2接入电路的电阻最大时，电路总功率的最大，根据欧姆定律求出此时的电源电压，与电压表的量程进行比较，进而确定电源电压的最大值，根据P=UI求出电路总功率的最大值。
本题考查并联电路的特点、欧姆定律和电功率公式的应用，综合性较强。
14.【答案】解：利用凸透镜的三条特殊光线作图，平行于主光轴的光线经凸透镜折射后将过焦点，如图所示：
【解析】先确定所给的入射光线和折射光线的特点，然后根据凸透镜的光学特点作图。
凸透镜三条特殊光线的作图：①通过焦点的光线经凸透镜折射后将平行于主光轴。②平行于主光轴的光线经凸透镜折射后将过焦点。③过光心的光线经凸透镜折射后传播方向不改变。
15.【答案】解：图中支点在O点，动力作用在A点，则连接支点O与作用点A，OA即为最长的动力臂；使用菜馅挤水器时，动力的方向应该向下，过点A垂直于OA向下作出最小动力F1的示意图，如图所示：
【解析】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。
此题的解题关键是通过杠杆的平衡条件得出：在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小的结论。
16.【答案】投影仪 有 远视
【解析】解：(1)图中所用凸透镜的焦距为10.0cm，二倍焦距为20.0cm，观察图中蜡烛与凸透镜的距离发现，物距大于一倍焦距，而小于二倍焦距，能在光屏上成清晰的像，由凸透镜成像规律可知，此时成倒立、放大的实像，所以可以运用于投影仪。
(2)若凸透镜位置不动，将蜡烛和光屏位置互换，由光路是可逆的，可知互换后，物距大于二倍焦距，像距大于一倍焦距，而小于二倍焦距，能在光屏上成倒立、缩小的实像，所以光屏上有清晰的像。
(3)在凸透镜前放上一眼镜，发现光屏上的像模糊了，将光屏适当向左移动一段距离后，光屏上的像再次变清晰，即像成在光屏前，则凸透镜的焦距变短了，所以这一副眼镜具有会聚光的作用，故是凸透镜，即远视镜。
故答案为：(1)投影仪；(2)有；(3)远视。
(1)观察图乙，得出透镜的焦距，当2f>u>f时，凸透镜成倒立、放大的实像，生活中投影仪就是利用这一成像原理来工作的；
(2)利用光路的可逆性分析；
(3)凸透镜对光线具有会聚作用，用来矫正远视眼。
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，同时熟悉生活中运用到凸透镜的光学器材，难度一般。
17.【答案】A处向上 不断吸热但温度不变 b
【解析】解：(1)安装温度计时玻璃泡接触到烧杯底部，此时应适当将A处向上进行调整，这样既能保证酒精灯用外焰加热，又能使温度计的玻璃泡不会接触到烧杯底部。
(2)图乙中a图像是实验小组根据记录绘制的水沸腾图像，根据图像可以得出水沸腾时的特点是不断吸热，但达到沸点后温度保持不变。
(3)如果将烧杯口上的盖子密封，则会缩短加热时间，但水的沸点升高，故水沸腾时图像可能是图乙中的b。
故答案为：(1)A处向上；(2)不断吸热但温度不变；(3)b。
(1)利用温度计测量温度时，玻璃泡不能碰到容器底或容器壁；
(2)根据图像可以得出水沸腾时的特点；
(3)沸点与气压的关系：沸点随气压的增大而升高，随气压的减小而降低。
此题是探究水的沸腾实验，在探究实验过程中，发现实验中出现的问题，排除实验中的问题，是最近几年中考的热点。
18.【答案】遗漏了游码归零 右 15 2.8×103
【解析】解：(1)使用天平时，应先把游码移到标尺的零刻度线处，即游码归零，再调节平衡螺母使天平平衡，而健健同学调节天平横梁平衡的过程中遗漏了游码归零这一步骤。
(2)甲图中没有将游码移至零刻度线，横梁就平衡了，如果将游码调零，则指针会偏向分度盘左侧，此时要使横梁平衡，则应将平衡螺母向右调节。
(3)如图丙所示，小白石的体积为V=45mL−30mL=15mL=15cm3，
小白石的质量m′=20g+20g+3.2g=43.2g，
由于没有纠正错误，则小白石真实的质量m=43.2g−1.2g=42g，
小白石的密度ρ=mV=42g15cm3=2.8g/cm3=2.8×103kg/cm3。
故答案为：(1)遗漏了游码归零；(2)右；(3)15；2.8×103。
(1)使用天平时，应该先将游码调零，然后调节平衡螺母使天平平衡；
(2)游码调零后，横梁会向左偏，故应将平衡螺母向右调节，使分度盘的指针指到分度盘中央刻度线；
(3)由图丙两次量筒示数之差可以得到石块的体积，由图乙可读出石块的质量，利用密度计算公式即可求出。
此题主要考查了天平的使用方法、密度的测量与计算，属于基础知识。
19.【答案】3 3 0.28 准确
【解析】解：(1)根据图B中水、石块、烧杯的质量为220g，图C中排开水的质量、石块、烧杯的质量为192g，可以求得石块浸没在水中受到的拉力：
F拉=Δmg=(0.22kg−0.192kg)×10N/kg=0.28N，
根据阿基米德原理F浮=G排=ρ液V排g可以求得，石块的体积：V石=V排=F浮ρ水g=G−F拉ρ水g=0.042kg×10N/kg−0.28N1×103kg/m3×10N/kg=1.4×10−5m3，
根据密度计算公式，可以得到石块的密度：ρ石=m石V石=0.042kg1.4×10−5m3=3×103kg/m3=3g/cm3；
(2)根据图B中水、石块、烧杯的质量为220g，图D中剩余水、烧杯的质量为175g，所以取出小白石时带出水的质量：
m=m2−m1−m4=220g−42g−175g=3g，
根据密度计算公式求出取出小白石时带出水的体积：V水1=m水1ρ水1=3g1g/cm3=3cm3；
(3)图B中水、石块、烧杯的质量为220g，图C中排开水的质量、石块、烧杯的质量为192g，则石块浸没在水中受到的拉力：F拉=Δmg=(0.22kg−0.192kg)×10N/kg=0.28N；
(4)由于计算密度值时，是用步骤①②③测得的质量差来计算石块的体积的，石块的体积准确，实验完成后，电子秤示数显示为−2g，则测量石块的质量偏小，影响实验结果偏小，故测量的密度值是偏小。
故答案为：(1)3；
(2)3；
(3)0.28；
(4)偏小。
(1)根据题意，知道小白石的质量，根据图ABC可得小白石的体积，计算出了小白石的密度；
(2)根据图ABCD实验数据可知取出小白石时带出水的质量，求出其体积；
(3)根据图ABC可得小白石所受的浮力，进而计算出步骤③中细绳对小白石的拉力大小；
(4)由于计算密度值时，是用步骤①②③测得的质量差来计算石块的体积的，石块的体积准确，实验完成后，电子秤示数显示为−2g，则测量石块的质量偏小，影响实验结果偏小，故测量的密度值是偏小。
本题考查用电子秤和水测量物体的质量，密度，浮力，难度不大。
20.【答案】C 左 超过满刻度 8.33 0.75 电阻一定时，电流与电压成正比
【解析】解：(1)灯泡的额定电压为2.5V，则灯泡的额定电流约为I额=U额RL=2.5V10Ω=0.25A，
所以电流表选0～0.6A的量程，且与灯泡串联，注意电流从正接线柱流入负接线柱流出；滑动变阻器按一上一下的原则串联在电路中，由于要求滑片左移灯变亮，说明滑片左移时变阻器的阻值变小，电流变大，灯变亮，所以滑动变阻器连接左下接线柱连接，如下图所示：
(2)闭合开关后，两电表都有示数，说明灯泡没损坏，电路是通路，可能是滑动变阻器连入电路中的电阻太大，电路中电流太小所致，下一步操作应为：移动滑动变阻器滑片，观察小灯泡是否发光，故AB不符合题意，C符合题意。
故选C。
(3)灯在额定电压下正常发光，小于灯的额定电压2.5V，应增大灯的电压，根据串联电路电压的规律，应减小变阻器的电压，由分压原理可知，应减小变阻器连入电路中的电阻大小，故应将滑片向左移动，直到电压表示数为额定电压2.5V。
(4)小灯泡发出耀眼的白光后突然熄灭，是由于灯丝因电压太高烧断，电压表与滑动变阻器、电源串联，电压表测量电源电压，因此指针超过满刻度。
(5)由表格数据可知，灯泡正常发光时的电压U=2.5V，正常发光时的电流I=0.3A，则灯泡正常发光时的电阻为R=UI=2.5V0.3A≈8.33Ω，
小灯泡的额定功率为P=UI=2.5V×0.3A=0.75W。
(6)分析表格数据可知，电阻一定时，电流随电压的增大而增大，且电流和电阻的乘积和电压值相等，故得出：电阻一定时，电流与电压成正比。
故答案为：(1)见解析；(2)C；(3)左；(4)超过满刻度；(5)8.33；0.75；(6)电阻一定时，电流与电压成正比。
(1)结合小灯泡的额定电压，利用欧姆定律求得灯泡的额定电流，据此确定电流表的量程；滑动变阻器按一上一下的原则串联在电路中，由于要求滑片左移灯变亮，说明滑片左移时变阻器的阻值变小，电流变大，灯变亮，所以滑动变阻器连接左下接线柱连接。
(2)两电表都有示数，说明灯泡没损坏，电路是通路，可能是滑动变阻器连入电路中的电阻太大，电路中电流太小所致，据此确定下一步的操作。
(3)根据串联分压的原理确定滑片的移动方向。
(4)小灯泡发出耀眼的白光后突然熄灭，是由于灯丝因电压太高烧断，电压表与滑动变阻器、电源串联，电压表测量电源电压，因此指针超过满刻度。
(5)结合表格数据，利用欧姆定律求得灯泡正常发光时的电阻，利用P=UI求得小灯泡的额定功率。
(6)结合表格数据得出结论。
本题考查了电路图的连接、电路现象的判断、滑动变阻器的使用等，关键是知道灯泡正常发光时的电压和额定电压相等且会根据灯泡的额定电压确定电压表的量程。
21.【答案】解：(1)闭合开关S和S1时，只有R2工作，则电源电压为：
U=I1R2=0.6A×10Ω=6V；
(2)当仅闭合开关S时，R1与R2串联，此时总电阻为：
R=UI2=6V0.2A=30Ω，
R1的电阻为：
R1=R−R2=30Ω−10Ω=20Ω，
仅闭合开关S，通电100s，电阻R1消耗的电能为：
W=U1It=I2Rt=(0.2A)2×20Ω×100s=80J。
答：(1)电源电压为6V；
(2)仅闭合开关S，通电100s，电阻R1消耗的电能为80J。
【解析】(1)闭合开关S和S1时，电阻R1被短路，仅有R2工作，根据U=IR求出电源电压；
(2)当仅闭合开关S时，R1与R2串联，根据R=UI求出电路的总电阻，再根据串联电路的电阻规律求出R1的阻值，再根据W=I2Rt求出通电100s，电阻R1消耗的电能。
本题主要考查串联电路的电阻规律、电能的计算，解答本题的关键是要会分析电路。
22.【答案】解：(1)旋至1挡时R1、R2同时工作，此时R1、R2并联，洗衣机处于加热状态，
因此两端电压均为220V，
电热丝R1的阻值R1=U2P1=(220V)22200W=22Ω；
(2)电动机消耗的电能W=5003000kW⋅h=16kW⋅h=6×105J，
洗衣机的功率P=Wt=6×105J20×60s=500W，
此时的功率P2=U2R2=(220V)2242Ω=200W，
洗衣机电动机的功率P电=P−P2=500W−200W=300W；
(3)此时的总功率为P总=P1+P2=2200W+200W=2400W，
水吸收的热量Q吸=c水m(t−t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×20kg×(50℃−20℃)=2.52×106J，
洗衣机消耗的电能Q放=Q吸η=2.52×106J84%=3×106J，
加热时间t=WP=Q放P总=3×106J2400W=1250s。
答：(1)电热丝R1的阻值为22Ω；
(2)洗衣机电动机的功率300W；
(3)加热时间1250s。
【解析】(1)由图可知，闭合开关S，旋钮开关旋至1挡位置时，R1、R2并联，此时洗衣机处于加热状态；根据P=U2R求出R1的电功率；
(2)3000r/(kW⋅h)表示电路中的用电器每消耗1kW⋅h电能，电能表的转盘转过3000转，据此求出电能表转盘转过500转，洗衣机消耗的电能，利用P=Wt求出洗衣机保温洗涤状态时的功率；由图可知，洗衣机处于保温洗涤状态时，R2与电动机并联，根据并联电路的特点可知，洗衣机保温洗涤状态时的功率减去R2的功率即为洗衣机电动机的功率；
(3)利用Q吸=cm(t−t0)求出水吸收的热量，利用效率公式求出洗衣机消耗的电能，利用P=Wt求出加热时间。
本题是电热综合题，主要考查对电能表参数的理解、并联电路的特点、密度公式、吸热公式、效率公式以及电功率公式的应用，题目有一定的难度。
23.【答案】解：(1)由图乙可知，没有加水时电子秤的示数为1000g=1kg，
因此没有加水时容器对电子秤的压力等于总重力，即F=G=mg=1kg×10N/kg=10N；
(2)由图丙可知，未加水时，高为10cm的圆柱体A对容器的压强为800Pa，
则圆柱体A的密度为：ρA=pghA=800Pa10N/kg×0.1m=0.8×103kg/m3；
(3)因为圆柱体A的密度小于水的密度，加水后圆柱体A最终会漂浮，
因此当电子秤的示数为4200g时，水深为8cm，此时圆柱体A刚好处于漂浮状态，所受浮力等于重力，再加水圆柱体A将离开容器底，圆柱体A离开容器底到电子秤的示数5200g，共加水的质量为：m水加=5200g−4200g=1000g，
加水的体积为：V水加=m水加ρ水=1000g1g/cm3=1000cm3，
水上升的高度为：Δh=10cm−8cm=2cm，
容器的底面积为：S容=V水加Δh=1000cm32cm=500cm2=0.05m2，
因此当电子秤的示数为4200g、水深为8cm时，加入水的质量为：m水加1=4200g−1000g=3200g，
加水的体积为：V水加1=m水加1ρ水=3200g1g/cm3=3200cm3
根据体积公式可得3200cm3=(500cm2−S柱)×8cm，
解方程可得圆柱体A的底面积为：S柱=100cm2，
加水停止后容器对电子秤的压力等于此时的总重力，即F1=G总1=m总1g=5200×10−3kg×10N/kg=52N，
圆柱体A上提4cm，水面降低了，则排开水的体积减少为：ΔV=4cm×100cm2=400cm3=4×10−4m3，
根据阿基米德原理可得减少的浮力为：ΔF浮=ρ水ΔV g=1.0×103kg/m3×4×10−4m3×10N/kg=4N，
则圆柱体A上提4cm，容器对电子秤的压力为：F压=F1−ΔF浮=52N−4N=48N，
根据压强公式可得容器对电子秤的压强为：p=F压S容=48N0.05m2=960Pa。
答：(1)没有加水时容器对电子秤的压力为10N；
(2)圆柱体A的密度为0.8×103kg/m3；
(3)加水停止后，在外力的作用下，将圆柱体A上提4cm，待水面稳定后，容器对电子秤的压强960Pa。
【解析】(1)由图乙可知，没有加水时电子秤的示数为1000g，即1kg，因此没有加水时容器对电子秤的压力等于总重力，根据G=mg计算总重力；
(2)由图丙可知，未加水时，高为10cm的圆柱体A对容器的压强为800Pa，根据p=ρgh计算圆柱体A的密度；
(3)因为圆柱体A的密度小于水的密度，结合图乙、丙可知，加水后圆柱体A最终会漂浮，
因此当电子秤的示数为4200g时，水深为8cm，此时圆柱体A刚好处于漂浮状态，所受浮力等于重力，
再加水圆柱体A将离开容器底，由此可得出圆柱体A开始离开容器底到电子秤的示数5200g，进一步计算共加水的质量，
根据密度公式计算加水的体积，进一步计算水上升的高度，根据体积公式计算容器的底面积为，
进一步计算当电子秤的示数为4200g、水深为8cm时加入水的质量，根据密度公式表示加水的体积，代入数据解方程可得圆柱体A的底面积，
加水停止后容器对电子秤的压力等于此时的总重力，根据G=mg计算总重力；
根据体积公式计算圆柱体A上提4cm时排开水的体积的变化量，根据阿基米德原理计算浮力的变化量，进一步计算圆柱体A上提4cm时容器对电子秤的压力，根据p=FS计算容器对电子秤的压强。
本题考查液体压强公式、重力公式、体积公式、压强定义式、阿基米德原理和物体浮沉条件的灵活运用，有一定难度。
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