2022年广东省东莞市南城开心学校中考物理二模试题

这是一份2022年广东省东莞市南城开心学校中考物理二模试题，共36页。试卷主要包含了书法是中华民族文化的瑰宝等内容，欢迎下载使用。
一．选择题（共6小题）
1．如图所示，2022年北京冬奥会开幕式上，一名小男孩用小号（俗称“小喇叭”）深情的演奏《我和我的祖国》。下列相关说法不正确的是（ ）
A．小号是铜管乐器，是靠空气柱振动发声的
B．换用更大的力吹气改变了小号声音的音调
C．号声通过空气传到现场观众耳朵中
D．听号声知道所吹奏的乐曲，说明声可以传递信息
2．“二十四节气”是中华民族农耕文明长期经验的积累和智慧的结晶，已被列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产名录。下列节气涉及的物态变化及吸、放热情况，说法正确的是（ ）
A．“白露”节气，露的形成是升华现象B．“寒露”节气，露的形成要吸收热量
C．“霜降”节气，霜的形成是凝华现象D．“大雪”节气，雪的形成要吸收热量
3．在如图所示装置中，甲物体重15N，乙物体重10N，弹簧秤的示数12N，不计绳重和轴对滑轮的摩擦，则甲物体受到的摩擦力的大小和方向是（ ）
A．大小为2N，方向水平向左
B．大小为10N，方向水平向左
C．大小为12N，方向水平向右
D．大小为2N，方向水平向右
4．如图所示，在天宫太空站，抛出去的北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”玩偶没有沿抛物线方向下坠、落下，而是沿原有方向近似匀速前进，“冰墩墩”做近似匀速直线运动的原因是（ ）
A．完全不受重力作用 B．受到一个恒定外力作用
C．受惯性力作用 D．近似不受力作用
5．将灯泡L和定值电阻R以图甲方式连在6V的电源上，图乙是L和R的U﹣I图象，结合图中信息可知（ ）
A．灯泡L的电阻随着电流的增大而减小
B．灯泡L的实际阻值为10Ω
C．灯泡L的实际功率为0.8W
D．定值电阻R实际功率为6.4W
6．如图所示，水平桌面上有两个完全相同的溢水杯，杯中装满不同的液体。将两个完全相同的小球分别放入溢水杯中，甲杯溢出0.9N的液体，乙杯溢出0.8N的液体。则（ ）
A．小球在甲杯中受浮力，在乙杯中不受浮力
B．小球重0.9N，在乙杯中受到的浮力是0.8N
C．甲杯对桌面的压强小于乙杯对桌面的压强
D．液体对甲杯底的压强小于液体对乙杯底的压强
7.如图所示是某家庭电路，闭合开关S1、S2，L灯发光，L,灯不发光。用试电笔分别接触c、d两点，氛管都发光。若电路中只有一处故障，则 ( )
A、L2短路 B、bc 间断路 C、L2断路 D、ad 间断路
二．填空题（共7小题）
8．书法是中华民族文化的瑰宝。如图，手执毛笔竖直悬空静止，若手握笔杆的力增大，笔受到的摩擦力将 （选填“增大”、“减小”或“不变”）；在纸上写字，笔运行中笔毫向左弯曲，此时笔毫所受摩擦力的方向 （选填“向左”或“向右”）；书写时能闻到淡淡的“墨香”，是由于墨汁分子在做 。
9．如图所示，拴在细线下的小球在竖直平面内来回摆动，小球从A到B的过程中受 （填写数字）个力作用。小球到达B点时处于 （选填“平衡”或“非平衡”）状态，若此时它所受的一切力都消失，则它会 （填“竖直下落”，“水平运动”，“静止不动”）。（忽略空气阻力）
10．小明去森林公园游玩时，看见阳光透过树叶的缝隙在地上形成圆形光斑，爸爸告诉小明，光斑是光 形成的；走出森林，小明让一束太阳光通过三棱镜形成一条彩色光带，这种现象叫光的 ；在彩色光带外侧有两种看不见的光，其中一种光可以使钞票上的荧光物质发光，这种光是 （选填“红外线”或“紫外线”）。
11．氢弹是利用原子核 （选填“裂变”或“聚变”）在瞬间释放出巨大能量的一种武器；自然界中能量的形式有很多，其中“水能”属于 （选填“可再生”或“不可再生”）能源；太阳能电池板是将太阳能转化为 能。
12．如图所示的电路中，电源电压3V不变，灯L1标有“3V 3W”字样，灯L2标有“3V 1.5W”字样。若使L1、L2都正常发光，需闭合开关 。只闭合开关S3时， 较亮，电路消耗的总电功率为 W。（不考虑灯丝电阻的变化）
13．根据如表所提供的数据（1标准大气压下）可知：
（1）水银的熔点是 ℃；
（2）80℃的酒精是 态；
（3）在北方寒冷的季节里，最低气温可达﹣50℃，此时应选用 （选填“酒精”或“水银”）做温度计的测温液体。
14．如图所示是四冲程汽油机的 冲程，该冲程中，汽缸内燃气的内能 （选填“变大”“变小”“不变”）；0.5kg汽油完全燃烧后放出热量的42%被质量为100kg、初温为25℃的水吸收，可使水温升高到 ℃。（q油＝4.6×107J/kg）
三．作图题（共3小题）
15．(1)如图甲为开封铁塔及其倒影的美景。请在图乙中画出光从塔尖经水面反射进入人眼的光路图，其中A点表示水中“塔尖”的位置。
(2)如图，物块沿粗糙斜面向上运动，请画出物块所受重力和摩擦力及物块对斜面压力的示意图。
(3)．如图所示的电路，螺线管右端放置一个小磁针，闭合开关后，用“+”“﹣”标出电路中电源右端的极性；用“N”“S”标出小磁针静止时右端的磁极。
四．实验探究题（共4小题）
16．小明用天平、烧杯、油性笔及足量的水测量一块鹅卵石的密度，实验步骤如下：
（1）将天平放在水平桌面上，把游码拨至标尺零刻度处，横梁稳定时指针位置如图甲所示，要使横梁在水平位置平衡，应将平衡螺母往 （左/右）调。
（2）用调好的天平分别测出鹅卵石的质量m1＝31.2g和空烧杯的质量m0＝80g。
（3）如图乙所示，把鹅卵石轻轻放入烧杯中，往烧杯倒入适量的水，用笔在烧杯壁上标出水面位置为M，然后放在天平左盘，当天平平衡时，如图丙所示，则杯、水和鹅卵石的总质量为m3＝ g。
（4）将鹅卵石从水中取出后，再往烧杯中缓慢加水，使水面上升至记号M位置，用天平测出杯和水的总质量为m4＝142.2g，则往烧杯中添加水的质量△m＝ g。
（5）根据所测数据计算出鹅卵石的密度为ρ石＝ g/cm3。
（6）若因为在将鹅卵石从烧杯中取出时带出了一些水，这将导致所测密度偏 （大/小/不变）。
17．如图所示是小红和小华同学探究“杠杆平衡的条件”的几个实验情景：
（1）挂钩码前，杠杆在如图甲所示的位置静止，此时杠杆 （选填“达到”或“没有达到”）平衡状态，为使杠杆在水平位置平衡，应将杠杆右端的平衡螺母向 （选填“左”或“右”）调节。
（2）如图乙所示，A点挂有2个质量均为50g的钩码，为了让杠杆在水平位置平衡，应在B点挂 个质量均为50g的钩码。
（3）取下B位置的钩码，改用弹簧测力计拉杠杆的C点，当弹簧测力计由位置1转至位置2的过程中，杠杆在水平位置始终保持平衡，则测力计的示数如何变化？
（4）实验结束后，小华联想到生活中的杆秤，其主要结构由秤杆、秤钩A、提纽（B、C）、秤砣D组成（0点为刻度的起点）。如图丁所示是用杆秤称量货物时的情景。
①在称量货物时，使用提纽 （选填“B”或“C”），该杆秤的称量范围更大。
②若该杆秤配套的秤砣D有磨损，称量货物时杆秤显示的质量将比被测货物的真实质量偏 （选填“大”或“小”）。
18．在“测量小灯泡额定功率”实验中，小灯泡的额定电压U额＝2.5V。
（1）图甲是小明测量小灯泡额定功率的实物电路图，图中有一根线连接错误，请在这根线上打“×”，并在图中改正。
（2）改正电路后，闭合开关，发现无论怎样移动滑片，两电表均无示数，其原因可能是 （填字母）。
A．滑动变阻器断路 B．灯泡处断路 C．灯泡被短路 D．电流表处断路
（3）闭合开关，移动滑片P直到电压表示数为2.5V，此时电流表示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为 W。
（4）爱动脑筋的小华想出另一种测量该小灯泡额定功率的方法，设计了如图丙所示的电路，所用电源电压恒为6V，请将以下实验步骤补充完整；
①检查电路无误后，闭合开关S，将开关S1投至“1”，调节滑动变阻器滑片直至电压表示数为 V；
②滑片不动，再将开关S1拨至“2”时，读出电压表示数为U0。
③小灯泡的额定功率：P额＝ （用U额、U0、R0表示）。
④若步骤②中，在将开关S1拨至“2”时，不小心将滑片向右移动了少许，其他操作正确，则测出的小灯泡额定功率比真实值 （选填“大”或“小”）。
五．计算题（共1小题）
19．如图所示，物块A重2000N，圆柱形容器底面积为0.4m2，内盛足够深的水，用图中的滑轮组将浸没在水中的物体A匀速提出水面，当物体A在水中匀速上升时，滑轮组的机械效率为80%，g＝10N/kg，ρ水＝1.0×103kg/m3、ρ物＝5.0×103kg/m3。（不计绳重、摩擦及水的阻力，物体A不吸水、不沾水）求：
（1）物体A浸没在水中所受浮力；
（2）动滑轮总重G动；
（3）如果脚与地面总的受力面积S脚＝400cm2，那么重物A被提离水面前后，人对地面压强的变化量为多大？
20．小华家新买了一个电热水壶如图甲，他发现电热水壶有加热和保温功能。图乙是其内部电路的简图，R1、R2均为定值电阻，通过旋转旋钮开关可以实现加热、保温和停止工作（断路）的状态切换。电热水壶加热功率为1100W，保温功率为44W[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]，则：
（1）旋钮开关旋转到3挡位时，电热水壶处于 状态。
（2）保温状态工作时，电路中的电流是多少？
（3）不计热量损失，使用电水壶的加热挡，把1kg水从50℃加热到100℃，需要多长时间？（结果保留整数）
（4）定值电阻R1的阻值是多少？
综合能力题（共3小题）
21．小娟同学用焦距为10cm的凸透镜做“探究凸透镜成像规律”的实验。
（1）实验过程中，当蜡烛与凸透镜的距离如图1所示时，在光屏上可得到一个 （选填“正立放大”、“倒立放大”或“倒立缩小”）清晰的像，若保持蜡烛和光屏的位置不变，移动透镜至 cm处，光屏上能再次呈现清晰的像。
（2）如图1所示时，在光屏上可得到一个清晰的像，现将另一透镜放在原凸透镜与光屏之间某处（图中未画出），光屏上原来清晰的像变模糊了，将光屏向右移动，光屏上又呈现烛焰清晰的像，这说明另一透镜对光线有 （选填“会聚”或“发散”）作用，此透镜能用来矫正 （选填“近视眼”或“远视眼”）。
（3）实验中将蜡烛从如图1所示处逐渐远离凸透镜，物距u随时间t的变化图象如图2所示，则如图3所示的图象中，像距v随时间t的大致变化图象正确的 （选填“A”、“B”、“C”或“D”）。
22．物理小组利用电流表制作了一个简易电子秤，如图是其原理图。已知电源两端电压恒为3V，滑动变阻器R的最大阻值为30Ω，接入电路的电阻R大小与所测质量m满足关系R＝km，k＝20Ω/kg。电子秤空载时，电流表示数是0.3A，电子秤最大称量为1kg。求：
（1）电子秤空载时，滑动变阻器接入电路中的阻值是 （选填“最大值”或“最小值”）；定值电阻R0的阻值是 。
（2）最大称量时，滑动变阻器接入电路的阻值是 ，此时电子秤的总功率是 。
（3）小组同学对电路进行改装，用电压表替换电流表显示物体的质量，要求物体质量越大，电压表示数越大，则电压表应并联在 （选填“R0”或“R”）两端。请判断电压表改装的电子秤的刻度分布 （选填“是”或“不是”）均匀的。
23．某自动除湿机可以实现恒湿功能，当湿度达到设定值时，会自动断开压缩机与风机。除湿机中的压缩机是整个系统的核心，除湿机的动力全部由压缩机来提供。除湿机内部的电路结构由控制电路和工作电路两部分组成，简化后的电路图如图甲所示。控制电路中的电源电压U1＝12V，调控电阻R0的阻值范围为0～1000Ω，R为装在除湿机内的湿敏电阻，其阻值随相对湿度RH变化的图象如图乙所示，L为磁控开关。当湿敏电阻R的阻值发生变化时，控制电路中线圈的电流随之发生变化，当电流大于或等于20mA时，L的两个磁性弹片相互吸合，工作电路的压缩机开始带动系统进行除湿。工作电路两端电压220V，Rg为保护电阻，磁控开关L的线圈电阻不计。
（1）若除湿过程中工作电路的总功率为1100W，已知保护电阻Rg＝2Ω，如果除湿机工作时磁控开关L的磁性弹片有一半的时间是闭合的，则1h内Rg消耗的电能多少J？
（2）因实验室内有较敏感的器件，要求相对湿度控制在45%以内，则调控电阻R0的阻值不能超过多少？如果要适当提高相对湿度，可采取怎样的办法？（答出一种即可）
（3）某除湿机有40%（干衣模式）、50%、60%、70%等4个恒湿功能挡位，如图丙是它分别工作于不同挡位时测得的电流随时间的变化图象，其中属于干衣模式的是 。
2023年02月14日🇩 ****ดถึง的初中物理组卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共6小题）
1．如图所示，2022年北京冬奥会开幕式上，一名小男孩用小号（俗称“小喇叭”）深情的演奏《我和我的祖国》。下列相关说法不正确的是（ ）
A．小号是铜管乐器，是靠空气柱振动发声的
B．换用更大的力吹气改变了小号声音的音调
C．号声通过空气传到现场观众耳朵中
D．听号声知道所吹奏的乐曲，说明声可以传递信息
【分析】（1）声音由物体的振动产生。
（2）声音的三个特征分别是：音调、响度、音色，是从不同角度描述声音的，音调指声音的高低，由振动频率决定；响度指声音的强弱或大小，与振幅和距离有关；音色是由发声体本身决定的一个特性。
（3）声音的传播需要介质，我们平时听到的声音大多是通过空气传播的。
（4）声音可以传递信息和能量。
【解答】解：A、小号是铜管乐器，是空气柱振动发声的，故A正确；
B、小号发出的声音响度由吹号的力度决定，故换用更大的力吹气改变了哨音的响度，故B错误；
C、号声通过空气传到现场观众耳朵中，故C正确；
D、听号声知道所吹奏的乐曲，说明声可以传递信息，故D正确。
故选：B。
【点评】理解声音的产生条件，区分声音的三个特征，知道声音的传播需要介质、声音可以传递信息和能量，可解答此题。
2．“二十四节气”是中华民族农耕文明长期经验的积累和智慧的结晶，已被列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产名录。下列节气涉及的物态变化及吸、放热情况，说法正确的是（ ）
A．“白露”节气，露的形成是升华现象
B．“寒露”节气，露的形成要吸收热量
C．“霜降”节气，霜的形成是凝华现象
D．“大雪”节气，雪的形成要吸收热量
【分析】物质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；由液态变为气态的过程叫汽化，由气态变为液态的过程叫液化；物质由固态直接变为气态的过程叫升华，由气态直接变为固态的过程叫凝华。其中，熔化、汽化、升华吸收热量，凝固、液化、凝华放出热量。
【解答】解：AB、露是空气中的水蒸气遇冷液化形成的小水滴，液化是放热过程，故AB错误；
C、霜是空气中的水蒸气遇冷凝华形成的冰晶，故C正确；
D、雪是水蒸气凝华放热形成的，故D错误。
故选：C。
【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．在如图所示装置中，甲物体重15N，乙物体重10N，弹簧秤的示数12N，不计绳重和轴对滑轮的摩擦，则甲物体受到的摩擦力的大小和方向是（ ）
A．大小为2N，方向水平向左
B．大小为10N，方向水平向左
C．大小为12N，方向水平向右
D．大小为2N，方向水平向右
【分析】当物体处于静止状态或匀速直线运动状态时，物体受平衡力的作用；
二力平衡的条件：大小相等、方向相反、作用在一条直线上、作用在一个物体上；
同一直线上反方向二力的合力等于二力之差，方向与较大力的方向一致。
【解答】解：从图中可知，甲受到弹簧向左的拉力和乙对甲向右的拉力，二力合力：F合＝12N﹣10N＝2N，方向水平向左，由于甲处于静止状态，因此甲受到的摩擦力大小等于合力2N，方向与合力方向相反，即水平向右。
故选：D。
【点评】本题考查二力平衡条件的应用以及力的合成，关键是能正确进行受力分析，求出合力大小，确定合力的方向。
4．如图所示，在天宫太空站，抛出去的北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”玩偶没有沿抛物线方向下坠、落下，而是沿原有方向近似匀速前进，“冰墩墩”做近似匀速直线运动的原因是（ ）
A．完全不受重力作用B．受到一个恒定外力作用
C．受惯性力作用D．近似不受力作用
【分析】根据太空环境的特点，结合牛顿第一定律和惯性可做出解答。
【解答】解：太空中物体所受重力几乎为零，即近物体近似不受力，所以抛出去的“冰墩墩”没有沿抛物线方向下坠、落下，而是由于惯性沿原有方向近似匀速前进，这与牛顿第一定律描述的物体不受力时做匀速直线运动现象接近。
故选：D。
【点评】了解太空环境的特点，能利用牛顿第一定律对题目中的现象进行分析，是解答的关键。
5．将灯泡L和定值电阻R以图甲方式连在6V的电源上，图乙是L和R的U﹣I图象，结合图中信息可知（ ）
A．灯泡L的电阻随着电流的增大而减小
B．灯泡L的实际阻值为10Ω
C．灯泡L的实际功率为0.8W
D．定值电阻R实际功率为6.4W
【分析】（1）在串联电路中：电流处处相等，电路两端电压等于各个用电器两端电压之和；
（2）欧姆定律I＝U/R，可推导出R＝U/I；
（3）电功率P＝IU；
（4）结合图乙给出的信息可知直线是定值电阻，曲线是灯泡，根据串联电路的特点，在图乙中找出符合条件的电流值，以及灯泡和定值电阻所对应的电压值，最后根据欧姆定律和电功率的计算公式即可解决问题。
【解答】解：定值电阻的阻值一定，通过的电流和其两端电压成正比，则倾斜直线代表定值电阻的U﹣I图像，而曲线则代表灯泡L的U﹣I图像；
A、当电流为0.4A时，灯L两端的电压为2V，则灯的阻值为R1＝＝＝5Ω，
当电流为0.7A时，灯L两端的电压为5V，则灯的电阻为：R2＝＝≈7Ω，
当电流为0.8A时，灯L两端的电压为8V，则灯的电阻为：R3＝＝＝10Ω，
由上述分析可知，灯泡L的电阻随电流的增大而增大，故A错误；
B、由图甲可知灯泡L与电阻R串联，根据串联电路的特点，可知电流相等，且灯泡两端电压和定值电阻两端电压之和等于6V，再结合图乙可知符合条件的电流I＝0.4A，此时灯泡两端电压为2V，定值电阻两端电压为4V，所以灯泡L的实际阻值RL＝UL/I＝2V/0.4A＝5Ω；故B错误；
C、灯泡L的实际功率PL＝IUL＝0.4A×2V＝0.8W，故C正确；
D、定值电阻R的实际功率PR＝IUR＝0.4A×4V＝1.6W，故D错误。
故选：C。
【点评】本题主要考查欧姆定律和电功率的计算公式的应用，分析过程中要注意结合串联电路的特点以及给出的图像。
6．如图所示，水平桌面上有两个完全相同的溢水杯，杯中装满不同的液体。将两个完全相同的小球分别放入溢水杯中，甲杯溢出0.9N的液体，乙杯溢出0.8N的液体。则（ ）
A．小球在甲杯中受浮力，在乙杯中不受浮力
B．小球重0.9N，在乙杯中受到的浮力是0.8N
C．甲杯对桌面的压强小于乙杯对桌面的压强
D．液体对甲杯底的压强小于液体对乙杯底的压强
【分析】（1）浸在液体中物体都要受到浮力作用；根据阿基米德原理：物体所受浮力的大小与排开液体的重力相等，求出甲杯中小球受到的浮力；根据漂浮时浮力等于重力可求得甲杯中小球的重力，然后根据阿基米德原理分析乙杯中球受到的浮力。
（2）杯对桌面的压力等于杯、水、小球的总重力，再利用p＝分析其对桌面的压强；
（3）根据p＝ρgh分析液体对杯底的压强。
【解答】解：A、小球在甲杯中受浮力，在乙杯中也受浮力，故A错误；
B、物体所受浮力的大小与排开液体的重力相等，甲杯中小球受到的浮力F甲＝G排甲＝0.9N；
小球在甲杯漂浮，G甲＝G排甲＝0.9N；
由阿基米德原理可知，乙杯中球受到的浮力F浮＝G排乙＝0.8N．故B正确；
C、甲液体密度大于乙液体密度，甲剩余液体体积大于乙剩余液体体积，所以甲剩余液体重力大于乙剩余液体重力，所以对桌面的压力甲大于乙，对桌面的压强甲大于乙，故C错误；
D、由小球在乙液体下沉和在甲液体中漂浮可知，ρ甲＞ρ乙；由p＝ρgh可知，两容器中，甲容器中的液体对容器底的压强大，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了学生对阿基米德原理和重力公式的应用，关键是理解和运用漂浮条件、下沉条件（密度关系）得出两液体的密度关系。
二．填空题（共7小题）
7．书法是中华民族文化的瑰宝。如图，手执毛笔竖直悬空静止，若手握笔杆的力增大，笔受到的摩擦力将 不变 （选填“增大”、“减小”或“不变”）；在纸上写字，笔运行中笔毫向左弯曲，此时笔毫所受摩擦力的方向 向左 （选填“向左”或“向右”）；书写时能闻到淡淡的“墨香”，是由于墨汁分子在做 无规则运动 。
【分析】毛笔保持竖直静止在手中，处于平衡状态，符合二力平衡条件：大小相等，方向相反，作用在同一直线上；毛笔受到手竖直向上的摩擦力始终等于毛笔的重力；
摩擦力的方向与物体相对运动的方向相反；
一切物质的分子都在永不停息地做无规则运动，这种现象是扩散现象。
【解答】解：手执毛笔竖直悬空静止，若手握笔杆的力增大，笔仍然处于静止状态，受到的摩擦力与重力是一对平衡力，所以受到的摩擦力不变；
在纸上写字，笔运行中笔毫向左弯曲，说明笔毫是向右运动的，此时笔毫所受摩擦力会阻碍笔毫向右运动，故摩擦力的方向向左；
写毛笔字时闻到淡淡的“墨香”是由于分子在不停地做无规则运动，发生了扩散现象。
故答案为：不变；向左；无规则运动。
【点评】本题考查了分子动理论、摩擦力的方向、二力平衡条件的应用，难度不大。
8．如图所示，拴在细线下的小球在竖直平面内来回摆动，小球从A到B的过程中受 2 （填写数字）个力作用。小球到达B点时处于 非平衡 （选填“平衡”或“非平衡”）状态，若此时它所受的一切力都消失，则它会 静止不动 （填“竖直下落”，“水平运动”，“静止不动”）。（忽略空气阻力）
【分析】物体处于平衡状态时，总保持静止或匀速直线运动状态；若受到非平衡力的作用，物体的运动状态一定会发生改变；物体不受力时，会保持静止状态或匀速直线运动状态。
【解答】解：忽略空气阻力，拴在细线下的小球在竖直平面内来回摆动，小球从A到B的过程中受绳子的拉力和重力的共同作用，即受到2个力作用；
小球到达B点时，由于此时的重力和拉力不在同一直线上，所以二力不是平衡力，则小球处于非平衡状态；此时小球的速度为0，若此时它所受的一切力都消失，由牛顿第一定律可知，它会保持静止状态。
故答案为：2；非平衡；静止不动。
【点评】本题考查了力与运动的关系、牛顿第一定律等，需要注意小球运动到最高点B时的速度为零。
9．小明去森林公园游玩时，看见阳光透过树叶的缝隙在地上形成圆形光斑，爸爸告诉小明，光斑是光 沿直线传播 形成的；走出森林，小明让一束太阳光通过三棱镜形成一条彩色光带，这种现象叫光的 色散现象 ；在彩色光带外侧有两种看不见的光，其中一种光可以使钞票上的荧光物质发光，这种光是 紫外线 （选填“红外线”或“紫外线”）。
【分析】（1）小孔成像是光的直线传播形成的，小孔成像成的是倒立的实像；像的大小与物到孔的距离、孔到屏的距离有关；
（2）太阳光经过三棱镜折射后可以分散成七种颜色的光，分别是红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫，这就是光的色散现象；
（3）根据紫外线可以使荧光物质发光来解答即可。
【解答】解：大树上的树叶很多，树叶与树叶之间会形成很多小的缝隙，太阳光从这些小缝隙中照射下来，由于光在同种均匀介质中沿直线传播，所以在地面上会形成太阳的像。
太阳光经过三棱镜折射后可以分散成七种颜色的光，分别是红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫，这就是光的色散现象。
紫外线可以使荧光物质发光，钞票上某些位置用荧光物质印上标记，在紫外线照射下识别这些标记，从而辨别钞票的真伪。
故答案为：沿直线传播；色散现象；紫外线。
【点评】此题主要考查了小孔成像、光的色散以及紫外线在生活中的应用，都属于物理基础知识的综合应用。
10．氢弹是利用原子核 聚变 （选填“裂变”或“聚变”）在瞬间释放出巨大能量的一种武器；自然界中能量的形式有很多，其中“水能”属于 可再生 （选填“可再生”或“不可再生”）能源；太阳能电池板是将太阳能转化为 电 能。
【分析】（1）核能的利用分为裂变和聚变两种，裂变分为两种：可控链式反应和不可控链式反应，前者主要应用在核反应堆中，后者应用在原子弹中；聚变主要应用在氢弹上；
（2）从能源是否可再利用的角度可分为可再生能源和不可再生能源。化石能源、核能会越用越少，不可能在短期内从自然界得到补充，所以它们属于不可再生能源；而风能、水能、太阳能、生物质能，可以在自然界里源源不断的得到补充，所以它们属于可再生能源；
（3）太阳能电池板把太阳能转化成电能。
【解答】解：氢弹是利用氢核聚变制成的武器；
水能可以从自然界源源不断获得，它们是可再生能源；
太阳能电池板将太阳能转化为电能。
故答案为：聚变；可再生；电。
【点评】本题考查核能的利用、能源的分类和转化，理解可再生和不可再生能源的区别是解决该题的关键。
11．如图所示的电路中，电源电压3V不变，灯L1标有“3V 3W”字样，灯L2标有“3V 1.5W”字样。若使L1、L2都正常发光，需闭合开关 S1、S2 。只闭合开关S3时， L2 较亮，电路消耗的总电功率为 1 W。（不考虑灯丝电阻的变化）
【分析】（1）两灯泡的额定电压等于电源电压，若使两灯都正常发光，需将两灯并联，据此判断开关闭合情况；
（2）只闭合S3时，两灯串联，电流相等；根据R＝比较正常发光时的电阻大小，再根据P＝I2R判断两灯的亮度；
（3）根据R＝求出两个灯泡的电阻，根据P＝求出功率的大小。
【解答】解：（1）由题知，两灯泡的额定电压相等，且等于电源电压，所以，要使两灯同时正常发光，需要将两灯泡并联，由图知，应只闭合开关S1、S2；
（2）由R＝可知，两灯的额大功率相等，灯L1额定功率较大，所以电阻较小，即R1＜R2；只闭合S3时，两灯串联，串联电路电流处处相等，根据P＝I2R可知，L2的电阻大，其实际功率大，发光更亮，即L2比L1亮；
（3）两灯泡电阻分别为R1＝＝＝3Ω；R2＝＝＝6Ω；
电路消耗的总电功率为：P＝＝＝1W。
故答案为：S1、S2；L2；1。
【点评】本题主要考查对串联、并联电路的了解以及功率计算公式的应用，关键是选择合适的公式，确定灯泡的连接方式。
12．根据如表所提供的数据（1标准大气压下）可知：
（1）水银的熔点是 ﹣39 ℃；
（2）80℃的酒精是 气 态；
（3）在北方寒冷的季节里，最低气温可达﹣50℃，此时应选用 酒精 （选填“酒精”或“水银”）做温度计的测温液体。
【分析】（1）同种晶体熔点和凝固点相等。
（2）根据表格中的沸点分析；
（3）常用温度计是根据液体热胀冷缩的原理制成的；液体温度计工作时保证温度计的工作物质处于液态。
【解答】解：（1）由表格数据知，水银的凝固点是﹣39℃，水银是晶体，所以熔点和凝固点相等，所以水银的熔点是﹣39℃。
（2）酒精的沸点为78℃，故80℃的酒精是气态；
（3）常用温度计是液体温度计，所以常用温度计是根据液体热胀冷缩的原理制成的；在北方寒冷的季节里，最低气温可达﹣50℃，在﹣50℃时水银已经变成凝固了，不能测量气温，酒精还是液态，可以测量气温，所以选择酒精温度计。
故答案为：（1）﹣39；（2）气；（3）酒精。
【点评】本题考查了晶体的熔点和凝固点关系，还考查了温度计的选择。
13．如图所示是四冲程汽油机的 做功 冲程，该冲程中，汽缸内燃气的内能 变小 （选填“变大”“变小”“不变”）；0.5kg汽油完全燃烧后放出热量的42%被质量为100kg、初温为25℃的水吸收，可使水温升高到 48 ℃。（q油＝4.6×107J/kg）
【分析】（1）根据气门的关闭和活塞的运行情况判断是哪一个冲程，在内燃机的做功冲程中能量转化是内能转化为机械能；
（2）知道汽油的质量和热值，利用燃料完全燃烧放热公式Q放＝mq求放出的热量；
由Q放＝Q吸＝cmΔt计算升高的温度，根据初温计算末温的大小。
【解答】解：图中，两个气阀关闭，火花塞喷出电火花，活塞向下运动，是做功冲程，在这一过程中化学能转化为内能再转化为机械能，汽缸内燃气的内能变小；
完全燃烧0.5kg汽油放出的热量42%被吸收，
Q放＝m汽油q油＝0.5kg×4.6×107J/kg＝2.3×107J；
根据Q吸＝42%Q放＝cmΔt可知，
水升高到的温度为：Δt＝＝＝＝23℃；
t＝t0+Δt＝25℃+23℃＝48℃。
故答案为：做功；变小；48。
【点评】解决此题要结合内燃机的四个冲程工作特点进行分析解答，同时考查了学生对公式Q放＝mq和Q吸＝cmΔt的了解与掌握，计算时注意升高了（Δt）、升高到（末温）和升高（Δt）的区别。
三．作图题（共3小题）
14．如图甲为开封铁塔及其倒影的美景。请在图乙中画出光从塔尖经水面反射进入人眼的光路图，其中A点表示水中“塔尖”的位置。
【分析】由题可知，A的位置是塔尖通过水面所成的像；根据平面镜成像特点作出塔尖的位置，根据光的反射作出入射光线和反射光线。
【解答】解：由题可知，A的位置是塔尖通过水面所成的像，平面镜成像时，像与物体关于镜面对称，据此画出塔尖的位置A'，连接人的眼睛和A，则连线与水面的交点为反射点，据此作出反射光线、入射光线，如图所示：
。
【点评】本题考查了平面镜成像的作图、光的反射的光路的画法，难度不大。
15．如图，物块沿粗糙斜面向上运动，请画出物块所受重力和摩擦力及物块对斜面压力的示意图。
【分析】根据规则物体的重心在物体的几何中心，重力的方向总是竖直向下的，从物体的重心表示出重力的方向；
压力是接触面受到的力，因此压力的作用点在接触面上，即物体与接触面的中点；然后根据压力的方向垂直于受力面，并过压力作用点表示出压力的方向即可。
【解答】解：物块沿粗糙斜面向上运动，受到竖直向下的重力和沿斜面向下的摩擦力的作用；物块对斜面压力作用在斜面上，垂直于斜面向下；
从物体重心画带箭头的线段，方向竖直向下，符号为G；从物体重心画带箭头的线段，方向沿斜面向下，符号为f；
在斜面上选取物体与接触面的中点为压力的作用点，过压力作用点画垂直于斜面、带箭头的线段，符号为F；如图所示：
【点评】作力的示意图，要用一条带箭头的线段表示力，线段的长度表示力的大小，箭头表示力的方向，起点或终点表示力的作用点，是平衡力的长度要相等。
16．如图所示的电路，螺线管右端放置一个小磁针，闭合开关后，用“+”“﹣”标出电路中电源右端的极性；用“N”“S”标出小磁针静止时右端的磁极。
【分析】由电流表的接法得出电流的方向，由右手螺旋定则得出通电螺线管的极性，由磁极间的相互作用规律得出小磁针的极性。
【解答】解：根据电流表的电流是从正接线柱流入，从负接线柱流出，得出电源的右端为正极；
电流是由螺线管的右边流入的，根据安培定则，伸出右手四指弯曲指向电流的方向，大拇指所指的方向﹣﹣通电螺线管的左端为N极，右端为S极；
根据磁极间的相互规律，靠近通电螺线管右端（S极）的为小磁针的N极，则小磁针的右端为S极，如图所示：
【点评】本题考查了电流表的连接、安培定则的使用、磁极间的相互作用规律，仔细分析即可。
四．实验探究题（共4小题）
17．小明用天平、烧杯、油性笔及足量的水测量一块鹅卵石的密度，实验步骤如下：
（1）将天平放在水平桌面上，把游码拨至标尺零刻度处，横梁稳定时指针位置如图甲所示，要使横梁在水平位置平衡，应将平衡螺母往 右 （左/右）调。
（2）用调好的天平分别测出鹅卵石的质量m1＝31.2g和空烧杯的质量m0＝80g。
（3）如图乙所示，把鹅卵石轻轻放入烧杯中，往烧杯倒入适量的水，用笔在烧杯壁上标出水面位置为M，然后放在天平左盘，当天平平衡时，如图丙所示，则杯、水和鹅卵石的总质量为m3＝ 161.4 g。
（4）将鹅卵石从水中取出后，再往烧杯中缓慢加水，使水面上升至记号M位置，用天平测出杯和水的总质量为m4＝142.2g，则往烧杯中添加水的质量△m＝ 12 g。
（5）根据所测数据计算出鹅卵石的密度为ρ石＝ 2.6 g/cm3。
（6）若因为在将鹅卵石从烧杯中取出时带出了一些水，这将导致所测密度偏 不变 （大/小/不变）。
【分析】（1）先将天平放在水平桌面上，然后将游码移至横梁标尺的左端零刻度处。
天平使用前的调节：若指针左偏，向右调平衡螺母，使指针指在分度盘的中线处；
（3）物体质量等于砝码的质量加游码在标尺上所对的刻度值；
（4）鹅卵石的体积等于倒入水的体积；
（5）根据密度公式求出鹅卵石的密度；
（6）分析质量和体积的测量误差，根据公式判断出密度的测量误差。
【解答】解：
（1）把天平放在水平台上，先要把游码拨到标尺左端的零刻度线处，通过调节平衡螺母使天平平衡；
指针偏向分度盘的左侧，要使横梁在水平位置平衡，应将平衡螺母往右调。
（3）由图知，杯、水和鹅卵石的总质量：m＝100g+50g+10g+1.4g＝161.4g；
水的质量为：m水1＝161.4g﹣31.2g﹣80g＝50.2g，
此时水的体积为V水1＝＝＝50.2cm3
（4）将鹅卵石从水中取出后，再往烧杯中缓慢加水，使水面上升至记号M，用天平测出杯和水的总质量为142.2g，
此时，杯中水的体积V水＝＝＝62.2cm3；
（5）由题意知，鹅卵石的体积等于加入水的体积，则V＝V水1﹣V水＝62.2cm3﹣50.2cm3＝12cm3；
则添加水的质量△m水＝ρ水V水＝1g/cm3×12cm3＝12g，
鹅卵石的密度：ρ＝＝＝2.6g/cm3。
（6）烧杯和开始的水的质量130.2g，是在第2步和第3步得出的，并不会因为石块沾水而变小，同时第4步水是加至标记处，与石块是否沾水也无关。所以石块沾水不会影响密度测量值。
故答案为：（1）右；（3）161.4；（4）12；（5）2.6；（6）不变。
【点评】测固体的密度首先会使用天平，用天平测出固体的质量m，根据排水法测出固体的体积V，理解题目中所用的等效替代法。
18．如图所示是小红和小华同学探究“杠杆平衡的条件”的几个实验情景：
（1）挂钩码前，杠杆在如图甲所示的位置静止，此时杠杆 达到 （选填“达到”或“没有达到”）平衡状态，为使杠杆在水平位置平衡，应将杠杆右端的平衡螺母向 右 （选填“左”或“右”）调节。
（2）如图乙所示，A点挂有2个质量均为50g的钩码，为了让杠杆在水平位置平衡，应在B点挂 3 个质量均为50g的钩码。
（3）取下B位置的钩码，改用弹簧测力计拉杠杆的C点，当弹簧测力计由位置1转至位置2的过程中，杠杆在水平位置始终保持平衡，则测力计的示数如何变化？
（4）实验结束后，小华联想到生活中的杆秤，其主要结构由秤杆、秤钩A、提纽（B、C）、秤砣D组成（0点为刻度的起点）。如图丁所示是用杆秤称量货物时的情景。
①在称量货物时，使用提纽 C （选填“B”或“C”），该杆秤的称量范围更大。
②若该杆秤配套的秤砣D有磨损，称量货物时杆秤显示的质量将比被测货物的真实质量偏 大 （选填“大”或“小”）。
【分析】（1）杠杆的平衡是指静止或匀速转动；实验前没有挂钩码和弹簧测力计时，发现杠杆左端下沉，说明杠杆的重心在支点左侧，要使其在水平位置平衡，应将杠杆的平衡螺母向右调节，直到杠杆在水平位置平衡，便于测量力臂；
（2）由题意，根据杠杆的平衡条件求出B处挂钩码的个数；
（3）当弹簧测力计斜着拉时，其力臂小于杠杆长，根据杠杆平衡条件分析出答案；
（4）①杆秤的工作原理是：杠杆的平衡条件，根据杆秤自重重心位置及杠杆平衡条件判断，杆秤零刻度线的位置；
②“短斤缺两”就是使被测物体质量变小，根据杠杆平衡条件分析原因。
【解答】解：（1）实验前，将杠杆中点置于支架上，当杠杆静止时，发现杠杆左端下沉，此时杠杆处于静止状态，杠杆达到平衡状态；
杠杆左端下沉，说明杠杆的重心在支点左侧，要使其在水平位置平衡，应将杠杆平衡螺母向右调节，直到杠杆在水平位置平衡；
（2）乙图所示，A点挂有2个质量均为50g的钩码，为了让杠杆在水平位置平衡，
根据杠杆的平衡条件：
2G×3L＝nG×2L，
解得：n＝3，故应B点挂3个质量均为50g的钩码；
（3）让杠杆在水平位置平衡，将弹簧测力计斜向左拉或将弹簧测力计斜向右拉，阻力和阻力臂不变，拉力的力臂变短，根据杠杆平衡条件可知，杠杆在水平位置平衡时，拉力变小，所以测力计的示数先变小后变大；
（4）①由图示可知，使用提纽C时，秤砣的力臂变大，物体的力臂变小，由m秤砣gL秤砣＝m物gL物可知，杆秤的最大称量量较大。
②当秤砣磨损一部分，相当于秤砣的质量减小了，根据杠杆的平衡条件知，在阻力和阻力臂不变时，动力减小，动力臂增大，所以测量结果偏大了。
故答案为：（1）达到；右；（2）3；（3）先变小后变大；（4）①C；②大。
【点评】本题考查调节平衡螺母的作用、杠杆实验时动力和阻力的实验要求及根据杠杆平衡条件计算。当杠杆处于水平位置平衡时，竖直作用在杠杆上的力的力臂在杠杆上，倾斜作用在杠杆上力的力臂在杠杆以外的位置上，力臂变小。
19．在“测量小灯泡额定功率”实验中，小灯泡的额定电压U额＝2.5V。
（1）图甲是小明测量小灯泡额定功率的实物电路图，图中有一根线连接错误，请在这根线上打“×”，并在图中改正。
（2）改正电路后，闭合开关，发现无论怎样移动滑片，两电表均无示数，其原因可能是 A、D （填字母）。
A．滑动变阻器断路
B．灯泡处断路
C．灯泡被短路
D．电流表处断路
（3）闭合开关，移动滑片P直到电压表示数为2.5V，此时电流表示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为 0.75 W。
（4）爱动脑筋的小华想出另一种测量该小灯泡额定功率的方法，设计了如图丙所示的电路，所用电源电压恒为6V，请将以下实验步骤补充完整；
①检查电路无误后，闭合开关S，将开关S1投至“1”，调节滑动变阻器滑片直至电压表示数为 3.5 V；
②滑片不动，再将开关S1拨至“2”时，读出电压表示数为U0。
③小灯泡的额定功率：P额＝ U额• （用U额、U0、R0表示）。
④若步骤②中，在将开关S1拨至“2”时，不小心将滑片向右移动了少许，其他操作正确，则测出的小灯泡额定功率比真实值 小 （选填“大”或“小”）。
【分析】（1）原电路中，电流表与变阻器串联后再与灯并联，电压表串联在电路中是错误的，电流表、变阻器、灯泡三者应串联，电压表与灯并联；
（2）逐一分析每个选项，找出符合题意的答案；
（3）根据电流表选用小量程确定分度值读数，根据P＝UI得出 小灯泡的额定功率；
（4）①②③要测量小灯泡的额定功率，需使小灯泡两端的电压等于其额定电压，根据串联电路电压规律可得出电压表的示数；
滑片不动，再将开关S1拨至“2”，求出此时电路中的电流即为小灯泡的额定电流，根据P额＝U额I额求出小灯泡的额定功率；
④将开关S1拨至“2”，滑片向右移动稍许，滑动变阻器接入电路的阻值变大，根据串联分压知识可知，滑动变阻器两端的电压和定值电阻R0两端的电压变化，
最后根据P额＝U额I额可判断测出的小灯泡的额定功率比真实值偏小还是偏大。
【解答】解：（1）原电路中，电流表与变阻器串联后再与灯并联，电压表串联在电路中是错误的，电流表、变阻器、灯泡三者应串联，电压表与灯并联，如下所示：
（2）A．若滑动变阻器断路，整个电路断路，两表都没有示数，符合题意；
B．若灯泡处断路，电压表串联在电路中测电源电压，电压表有示数，不符合题意；
C．若灯泡被短路，电压表没有示数，但电流表有示数，不符合题意；
D．电流表处断路，整个电路断路，两表都没有示数，符合题意；
故选A、D；
（3）闭合开关，移动滑片P直到电压表示数为2.5V，此时电流表示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流为0.3A，则小灯泡的额定功率为：P＝U额I＝2.5V×0.3A＝0.75W；
（4）①检查电路无误后，闭合开关S，将开关S1拨至“1”，调节滑动变阻器滑片直至电压表示数为3.5V；
②滑片不动，再将开关S1拨至“2”时，读出电压表示数为U0。
③在①中，小灯泡、R0和滑动变阻器串联，电压表测R0和滑动变阻器两端的电压，调节滑动变阻器的滑片至电压表示数为3.5V，由串联电路电压的规律，灯的电压：U灯＝U﹣UV＝6V﹣3.5V＝2.5V＝U额，灯泡正常发光；
在②中，变阻器的滑片不动，再将开关S1拨至“2”，电压表测R0两端的电压U0，此时电路中的电流即为小灯泡的额定电流：I额＝。
小灯泡的额定功率：P额＝U额I额＝U额×；
④将开关S1拨至“2”，滑片向右移动稍许，滑动变阻器接入电路的阻值变大，根据串联分压知识可知，滑动变阻器两端的电压变大，由串联电路电压的规律，定值电阻R0两端的电压U0变小，
根据P额＝U额I额＝U额×可知，测出的小灯泡的额定功率比真实值偏小。
故答案为：（1）如上图所示；
（2）A、D；
（3）0.75；
（4）①3.5V； ③U额×； ④小。
【点评】本题测量小灯泡额定功率实验，考查电路设计、故障分析、功率计算和设计方案测量额定功率的能力及误差分析。
20．小娟同学用焦距为10cm的凸透镜做“探究凸透镜成像规律”的实验。
（1）实验过程中，当蜡烛与凸透镜的距离如图1所示时，在光屏上可得到一个 倒立放大 （选填“正立放大”、“倒立放大”或“倒立缩小”）清晰的像，若保持蜡烛和光屏的位置不变，移动透镜至 65 cm处，光屏上能再次呈现清晰的像。
（2）如图1所示时，在光屏上可得到一个清晰的像，现将另一透镜放在原凸透镜与光屏之间某处（图中未画出），光屏上原来清晰的像变模糊了，将光屏向右移动，光屏上又呈现烛焰清晰的像，这说明另一透镜对光线有 发散 （选填“会聚”或“发散”）作用，此透镜能用来矫正 近视眼 （选填“近视眼”或“远视眼”）。
（3）实验中将蜡烛从如图1所示处逐渐远离凸透镜，物距u随时间t的变化图象如图2所示，则如图3所示的图象中，像距v随时间t的大致变化图象正确的 C （选填“A”、“B”、“C”或“D”）。
【分析】（1）从图甲中读出物距和像距；若保持蜡烛和光屏位置不变，要在光屏上能再次呈现清晰的实像，根据折射现象中光路是可逆的，则此时物距应等于原来的像距；
（2）近视眼镜是凹透镜，对光线具有发散作用；
（3）当物距大于焦距时，凸透镜成的是实像，物距变大时，像距变小，但像距不是均匀减小，且u＞2f，则f＜v＜2f。
【解答】解：（1）由题知，凸透镜的焦距为10cm，如图甲所示，物距u＝50cm﹣35cm＝15cm，像距v＝80cm﹣50cm＝30cm，则f＜u＜2f，v＞2f，成倒立放大的实像；
若保持蜡烛和光屏位置不变，要在光屏上能再次呈现清晰的实像，根据折射现象中光路是可逆的，则此时物距应等于原来的像距，即u′＝v＝30cm，所以需要移动透镜至35cm+30cm＝65cm处；
（2）在光屏上可得到一个清晰的像，现将另一透镜放在原凸透镜与光屏之间某处（图中未画出），光屏上原来清晰的像变模糊了，将光屏向右移动，光屏上又呈现烛焰清晰的像，此时像延迟会聚，说明另一透镜对光线有发散作用，此透镜能用来矫正近视眼；
（3）当物距大于焦距时，凸透镜成的是实像，将蜡烛从此时位置逐渐远离凸透镜，物距变大，则像距变小，但像距不是均匀减小的，且最终在f＜v＜2f范围内，逐渐接近焦距，故图象为C图。
故答案为：（1）倒立放大；65；（2）发散；近视眼；（3）C。
【点评】本题考查凸透镜成像规律实验，关键是将课本知识内容记忆清楚，仔细分析即可。
五．计算题（共1小题）
21．如图所示，物块A重2000N，圆柱形容器底面积为0.4m2，内盛足够深的水，用图中的滑轮组将浸没在水中的物体A匀速提出水面，当物体A在水中匀速上升时，滑轮组的机械效率为80%，g＝10N/kg，ρ水＝1.0×103kg/m3、ρ物＝5.0×103kg/m3。（不计绳重、摩擦及水的阻力，物体A不吸水、不沾水）求：
（1）物体A浸没在水中所受浮力；
（2）动滑轮总重G动；
（3）如果脚与地面总的受力面积S脚＝400cm2，那么重物A被提离水面前后，人对地面压强的变化量为多大？
【分析】（1）根据密度公式和重力公式计算物体A的体积，根据浮力计算公式计算物体A浸没在水中所受浮力；
（2）当物体在水中匀速上升时，根据效率公式可得η＝×100%，已知物体A的重力和它受到的浮力，列出方程可得动滑轮总重G动；
（3）由图可知n＝4，当物体在水中匀速上升时，根据效率公式可得η＝×100%，列出方程可得绳子自由端的拉力，当物体被提离水面后绳子自由端的拉力等于物体的重力和动滑轮的重力之和的四分之一，人前后过程中受重力、拉力、支持力三个力作用，人对地面的压力等于地面对人的支持力，压力的变化量等于支持力的变化量等于拉力的变化量，Δ根据压强公式计算人对地面压强的变化量。
【解答】解：（1）物体A的体积：VA＝＝＝＝0.04m3；
物体所受浮力为：F浮＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.04m3＝400N；
（2）当物体在水中匀速上升时轮组的机械效率：η＝×100%＝80%，
即＝80%，
解得：G动＝400N；
（3）由图可知n＝4，当物体在水中匀速上升时η＝×100%＝80%，即＝80%，解得：F＝500N，
当物体被提离水面后 F'＝＝＝600N，
人前后过程中受重力、拉力、支持力三个力作用，即G＝F+F支，压力的变化量等于支持力的变化量等于拉力的变化量，
400cm2＝0.04m2，
重物被提离水面前后，人对地面压强的变化量为：Δp＝＝＝＝2.5×103pa。
答：（1）物体A浸没在水中所受浮力为400N；
（2）动滑轮总重G动为400N；
（3）重物A被提离水面前后，人对地面压强的变化量为2.5×103pa。
【点评】本题考查密度公式、重力公式、机械效率公式、压强公式的灵活运用以及物体的受力分析，有一定难度。
六．综合能力题（共3小题）
22．小华家新买了一个电热水壶如图甲，他发现电热水壶有加热和保温功能。图乙是其内部电路的简图，R1、R2均为定值电阻，通过旋转旋钮开关可以实现加热、保温和停止工作（断路）的状态切换。电热水壶加热功率为1100W，保温功率为44W[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]，则：
（1）旋钮开关旋转到3挡位时，电热水壶处于 停止工作（断路） 状态。
（2）保温状态工作时，电路中的电流是多少？
（3）不计热量损失，使用电水壶的加热挡，把1kg水从50℃加热到100℃，需要多长时间？（结果保留整数）
（4）定值电阻R1的阻值是多少？
【分析】（1）旋钮开关旋转到3挡位时，电路为断路，据此判断出电热水壶的状态；
（2）已知保温功率为44W，由公式P＝UI变形可求得保温状态工作时电路中的电流；
（3）已知水的质量、比热容、初温和末温，根据Q＝cm△t求出水吸收的热量；
不计热量损失，则消耗的电能W＝Q，由P＝可求得加热过程需要的时间；
（4）在开关S闭合的条件下，当旋钮开关接到2时，电路为R2的简单电路，此时为加热状态，根据P＝求出电阻R2的阻值；当旋钮开关切换到1时，两电阻串联，此时为保温状态，由P＝求出总电阻，然后可求得加热电阻R1的阻值。
【解答】解：
（1）由图知，旋钮开关旋转到3挡位时，电路为断路，为停止工作（断路）的状态；
（2）已知保温功率P保温＝44W，由P＝UI可得，保温状态工作时，电路中的电流：
I保温＝＝＝0.2A；
（3）水吸收的热量：
Q吸＝c水m△t＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃﹣50℃）＝2.1×105J；
由于不计热量损失，则消耗的电能W＝Q吸＝2.1×105J；
由P＝可得，加热过程需要的时间：
t＝＝≈191s；
（4）在开关S闭合的条件下，当旋钮开关接到2时，电路为R2的简单电路，此时电路中电阻小，消耗的功率大，为加热状态，
根据P＝可得电阻R2的阻值：
R2＝＝＝44Ω，
当旋钮开关切换到1时，两电阻串联，此时为保温状态，
由P＝可得，电路的总电阻：
R总＝＝＝1100Ω，
根据串联电路的电阻特点可知，R1的阻值：
R1＝R总﹣R2＝1100Ω﹣44Ω＝1056Ω。
答：（1）停止工作（断路）；
（2）保温状态工作时，电路中的电流是0.2A；
（3）把1kg水从50℃加热到100℃，需要191s；
（4）加热电阻R1的阻值是1056Ω。
【点评】本题考查了电阻的串联和电功率公式以及电功公式的灵活应用，关键是会判断电水壶所处状态和对应连接方式的判断。
23．物理小组利用电流表制作了一个简易电子秤，如图是其原理图。已知电源两端电压恒为3V，滑动变阻器R的最大阻值为30Ω，接入电路的电阻R大小与所测质量m满足关系R＝km，k＝20Ω/kg。电子秤空载时，电流表示数是0.3A，电子秤最大称量为1kg。求：
（1）电子秤空载时，滑动变阻器接入电路中的阻值是 最小值 （选填“最大值”或“最小值”）；定值电阻R0的阻值是 10Ω 。
（2）最大称量时，滑动变阻器接入电路的阻值是 20Ω ，此时电子秤的总功率是 0.3W 。
（3）小组同学对电路进行改装，用电压表替换电流表显示物体的质量，要求物体质量越大，电压表示数越大，则电压表应并联在 R （选填“R0”或“R”）两端。请判断电压表改装的电子秤的刻度分布 不是 （选填“是”或“不是”）均匀的。
【分析】图中定值电阻和滑动变阻器串联，电流表测量电路的电流；
（1）电子秤空载时，滑动变阻器接入电路中的阻值是最小值，只有定值电阻R0工作，根据欧姆定律算出定值电阻R0的阻值；
（2）最大称量时，滑动变阻器在阻值最大处，根据电阻的串联规律和P＝算出该电子秤的总功率；
（3）物体质量越大，滑片位置越在下面，滑动变阻器接入电路的阻值越大，滑动变阻器分压越多；根据U＝IR表示出电压，并得出电压表改装的电子秤的刻度分布是否均匀。
【解答】解：图中定值电阻和滑动变阻器串联，电流表测量电路的电流；
（1）电子秤空载时，滑动变阻器接入电路中的阻值是最小值，只有定值电阻工作，
根据I＝可知，定值电阻R0的阻值为：
R0＝＝＝10Ω；
（2）最大称量时，滑动变阻器接入电路中的阻值最大，
滑动变阻器的阻值为：R滑＝km大＝20Ω/kg×1kg＝20Ω，
则总电阻R＝R0+R滑＝10Ω+20Ω＝30Ω，
该电子秤的总功率为：
P＝＝＝0.3W；
（3）物体质量越大，滑片位置越在下面，滑动变阻器接入电路的阻值越大，滑动变阻器分压越多，若电压表并联在滑动变阻器的两端时，电压表的示数会增大，符合题意；
当电压表并联在滑动变阻器的两端后，电压表的示数为：
UR＝IR＝×R＝×R＝×km＝，
此函数不是一次函数，所以电压表改装后的电子秤刻度分布不是均匀的。
故答案为：（1）最小值；10Ω；（2）20Ω；0.3W；（3）R；不是。
【点评】此题主要考查的是学生对欧姆定律，串联电路的电阻特点的理解和掌握，其中（3）是本题的难点。
24．某自动除湿机可以实现恒湿功能，当湿度达到设定值时，会自动断开压缩机与风机。除湿机中的压缩机是整个系统的核心，除湿机的动力全部由压缩机来提供。除湿机内部的电路结构由控制电路和工作电路两部分组成，简化后的电路图如图甲所示。控制电路中的电源电压U1＝12V，调控电阻R0的阻值范围为0～1000Ω，R为装在除湿机内的湿敏电阻，其阻值随相对湿度RH变化的图象如图乙所示，L为磁控开关。当湿敏电阻R的阻值发生变化时，控制电路中线圈的电流随之发生变化，当电流大于或等于20mA时，L的两个磁性弹片相互吸合，工作电路的压缩机开始带动系统进行除湿。工作电路两端电压220V，Rg为保护电阻，磁控开关L的线圈电阻不计。
（1）若除湿过程中工作电路的总功率为1100W，已知保护电阻Rg＝2Ω，如果除湿机工作时磁控开关L的磁性弹片有一半的时间是闭合的，则1h内Rg消耗的电能多少J？
（2）因实验室内有较敏感的器件，要求相对湿度控制在45%以内，则调控电阻R0的阻值不能超过多少？如果要适当提高相对湿度，可采取怎样的办法？（答出一种即可）
（3）某除湿机有40%（干衣模式）、50%、60%、70%等4个恒湿功能挡位，如图丙是它分别工作于不同挡位时测得的电流随时间的变化图象，其中属于干衣模式的是 D 。
【分析】（1）根据图甲可知，保护电阻Rg与压缩机串联接入电路，由除湿过程中工作电路的总功率1100W，根据P＝UI可求出电路中的电流，根据U＝IR可求出保护电阻Rg两端的电压，根据W＝UIt可求出工作1h保护电阻Rg消耗的电能；
（2）由图甲可知，控制电路中调控电阻R0与湿敏电阻R串联接入电路，根据控制电路的电源电压12V和磁控开关L两个磁性弹片相互吸合时的电流20mA可求出控制电路的总电阻，由图乙可知，当相对湿度达到45%，湿敏电阻R的阻值，根据串联电路电阻规律可求出调控电阻R0的最大阻值；
由图乙可知相对湿度越大，湿敏电阻阻值越小，控制电路的总电阻越小，电压一定时，控制电路中的电流将越大，磁控开关L闭合，压缩机启动，进行除湿，相对湿度降低，由此可知，如果要适当提高相对温度，根据欧姆定律可知可以增大调控电阻R0的阻值或降低控制电路电源电压；
（3）干衣模式即空气中水蒸气含量少，所以每次的工作时间较长，由于室外的相对湿度较大，室内相对湿度小，每两次除湿工作的时间间隔较小，由此可得出结论。
【解答】【解】（1）根据图甲可知，保护电阻Rg与压缩机串联接入电路，
除湿过程中工作电路电路中电流为I＝＝＝5A，
通过保护电阻Rg的电流Ig＝I＝5A，保护电阻Rg两端的电压Ug＝IgRg＝5A×2Ω＝10V，
1h内除湿机的工作时间为t＝×1h＝0.5h＝1800s
除湿机工作1h保护电阻 Rg消耗的电能为Wg＝UgIgt＝10V×5A×1800s＝9×104J；
（2）由图甲可知，控制电路中调控电阻R0与湿敏电阻R串联接入电路，
当磁控开关L两个磁性弹片相互吸合时，此时控制电路中的电流为20mA，此时控制电路的总电阻R总＝＝＝600Ω，
由图乙可知，当相对湿度达到45%，湿敏电阻R的阻值R湿＝100Ω，所以调控电阻R0的最大阻值R0＝R总﹣R湿＝600Ω﹣100Ω＝500Ω，
即调控电阻R0的阻值不能超过500Ω。
由图乙可知相对湿度越大，湿敏电阻阻值越小，控制电路的总电阻越小，电压一定时，控制电路中的电流将越大，磁控开关L闭合，压缩机启动，进行除湿，相对湿度降低，所以如果要适当提高相对湿度，即当湿敏电阻更小时，通过线圈的电流不会达到20mA，由I＝＝可知，可以通过增大调控电阻R0的阻值或者减小电源电压U1。
（3）干衣模式即空气中水蒸气含量少，所以每次的工作时间较长，由于室外的相对湿度较大，室内相对湿度小，每两次除湿工作的时间间隔较小，故ABC不符合题意，D符合题意，故选D。
答：（1）除湿机工作1h保护电阻 Rg消耗的电能为9×104J；
（2）调控电阻R0的阻值不能超过500Ω；如果要适当提高相对湿度，可采取的办法是增大调控电阻R0的阻值；
（3）D。
【点评】本题主要考查电功公式的应用，电功率公式的应用，欧姆定律的应用，其中理解适当提高相对湿度，要增大调控电阻的阻值或减小电源电压是解题的难点。
声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2023/2/15 9:39:31；用户：? ? คิดถึง；邮箱：rFmNt4KLdgd5mDe6DH4YZd1Nrk@；学号：40127429

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