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广东省2020年中考物理猜想卷（一）（含解析）
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广东省2020年中考物理猜想卷（一）
一、单项选择题（本大题7小题，每小题3分，共21分）在每小题列出的四个选项中，只有一个是正确的，请把答题卡上对应题目所选的选项涂黑
1．PM2.5指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物。是造成雾霾天气的主要原因之一。把它和电子、原子核、分子等粒子一起按照空间尺度由大到小排序。以下排列正确的是（ ）
A．PM2.5 分子原子核电子
B．电子原子核分子 PM2.5
C．分子 PM2.5 原子核电子
D．分子原子核 PM2.5 电子
【答案】A
【解析】PM2.5指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，属于物体，因此它的尺度最大，物质由分子构成，分子由原子构成，原子由原子核和和核外电子构成，原子核由质子和中子构成。原子核在中间像太阳一样，电子则在原子核周围，围着他运动，就像太阳周围的行星一样，原子核大于电子。所以正确的排列是：PM2.5、分子、原子核、电子。选A。
2．我们的生活越来越离不开电，下列用于发电的能源属于可再生的是（ ）
A．风能和核能 B．风能和煤的化学能
C．风能和水能 D．煤的化学能和核能
【答案】C
【解析】在选项所给能源中，风能、水能可以从自然界里源源不断的得到补充，属于可再生能源；而煤的化学能、核能不能短时期内从自然界得到补充，属于不可再生能源；故C正确，ABD错误。选C。
3．下列关于光的传播现象中，描述正确的是（ ）
A．光射到两种介质的界面处一定会发生折射
B．光经过反射后，传播方向一定发生改变，但传播速度不变
C．猴子捞月的故事反映了光的折射现象
D．小孔成像现象证明了光在任何情况下都沿直线传播
【答案】B
【解析】A、光从一种介质射入另一种介质时，它的传播方向不一定发生改变。因为当光线垂直射向介质表面时，传播方向不改变。故A错误；B、光经过反射后，传播方向一定发生改变，传播的物质没有变化，所以传播速度不变。故B正确；C、水中出现月亮属于光的反射现象。故C错误；D、物体发出或反射的光线在同种均匀介质中传播时，穿过小孔后会在小孔后面的屏上成倒立的实像，小孔成像有力地证明了；光在同种均匀介质中沿直线传播。故D错误。选B。
4．2018年春晚分会场在我州黎平县肇兴侗寨进行，演员们载歌载舞，人们沉浸歌声的海洋之中，下列关于声现象说法错误的是（ ）
A．发声体的振动频率越大，音调越高
B．禁止鸣笛是在传播过程中减弱噪声
C．声音都是由物体的振动产生
D．超声波打碎人体内的结石说明声音能传递能量
【答案】B
【解析】A、物体振动的快慢决定了音调的高低，物体振动越快，声音的音调越高，故A正确；B、禁止鸣笛是在声源处减弱噪声，故B错；C、声音是由物体振动产生的，故C正确；D、声波可以传递能量，如超声波打碎人体内的结石，故D正确。选B。
5．如图所示，把热水壶放在煤气灶上烧水的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．煤气的燃烧过程是内能转化为化学能
B．煤气燃烧越充分，它的热值越大
C．水的温度越高，水分子运动越剧烈
D．烧水的过程是通过做功的方式改变水的内能
【答案】C
【解析】A、煤气在燃烧过程是化学能转化为内能，故A错误；B、燃料的热值仅与燃料的种类有关，而与燃料的燃烧程度、质量都无关，故B错误；C、分子的运动快慢与温度有关，水的温度越高，水分子运动越剧烈，故C正确；D、烧水时水从火焰中吸收热量，温度升高，是利用热传递的方式改变物体内能的，故D错误。选C。
6．小军同学在探究甲、乙两种物质的质量和体积的关系时，得出了如图所示的图象。由图象分析可知（ ）
A．甲的质量小于乙的质量 B．甲的质量大于乙的质量
C．甲的密度小于乙的密度 D．甲的密度大于乙的密度
【答案】D
【解析】AB、如图所示，当体积相同时，甲的质量大于乙的质量，故AB错误；
CD、根据ρ＝可知，当体积相同时，质量越大，密度越大，则甲的密度大于乙的密度，故C错误，D正确。选D。
7．如图所示，弹簧下挂着磁铁A，它的下端为N极，上端为S极，在其下方有个电磁铁M，以下说法正确的是（ ）
A．闭合开关S2，电磁铁M的上方为S极
B．调换电源的正负极后，闭合开关S2，弹簧会变短
C．先闭合开关S1、S2，再断开S1，弹簧变长
D．闭合开关S2后，滑片P向左滑动弹簧变短
【答案】C
【解析】A、闭合开关S2，电磁铁具有磁性，根据安培定则可知，电磁铁的上端是N极，下端是S极；故A错误；B、调换电源的正负极后，闭合开关S2，根据安培定则可知，电磁铁的上端是S极，下端是N极，根据异名磁极相互吸引，可知弹簧变长；故B错误；B、闭合开关S1，S2电阻和滑动变阻器并联，再断开S1，电路中只有滑动变阻器连入，因此先闭合开关S1、S2，再断开S1，电路电阻由小变大，电流由大变小，电磁铁磁性由增强到减弱，对磁体A排斥变小，弹簧变长，故C正确。D、闭合开关S2后，滑片P向左滑动，电路电流变小，电磁铁磁性减弱，对磁体A排斥减弱，弹簧变长，故D错误。选C。
二、填空题（本大题7小题，每空1分，共18分）
8．（1）如图所示的温度计的一段截图，读数是________℃。
（2）如图所示是某物质的熔化图象，由此判断该物质是________（选填“晶体”或“非晶体”）。这样判断的依据是________。
（3）图乙中，物体在A点时具有的内能________（选填“大于”、“小于”或“等于”）在B点时的内能。
【答案】（1）﹣3；（2）晶体；熔化过程中温度保持不变（有固定的熔点）；（3）小于。
【解析】（1）由图知：零刻度在液柱的上方，所以是零下，每一个大格代表10℃，每一个小格代表1℃，该温度计的分度值是1℃，示数是﹣3℃；（2）读图可知，在熔化图象中物质的温度升高到0℃时，吸热但温度不再升高，即该物质在熔化过程中温度保持不变，说明此时物质达到了熔点，正在熔化，因此这种物质属于晶体。（3）晶体熔化的时候吸收热量，温度不变，所以图象中，物体在A点时具有的内能小于在B点时的内能。
9．厨房里存在很多热现象，将肉片直接放入热油里爆炒，会将肉炒焦，失去鲜味，厨师预先将适量的淀粉拌入肉片，炒出的肉片既嫩又鲜，主要是因为淀粉包裹在肉片表面，导致肉片内部的水分不容易发生________（物态变化）；炒菜比炖菜温度高，导致炒的菜容易焦，这是因为油的________比水高。
【答案】汽化；沸点。
【解析】（1）爆炒肉片时，将淀粉包裹在肉片表面，导致肉片内部的水分不容易发生汽化，炒出的肉片既嫩又鲜；（2）因为油的沸点比水得沸点高，所以炒菜比炖菜时温度高，导致炒的菜容易焦；
10．我国日常生活中使用的是________电流，每秒钟完成50个周期变化，其频率是________Hz。
【答案】交变；50。
【解析】我国城乡生活用的交变电流的电压是220V，这是指交变电流电压的有效值，它的周期为0.02s，在一个周期之内电流方向变化两次，频率为50Hz。
11．利用高压锅煮饭时，锅内水沸腾时水蒸气会推动锅盖上的限压阀运动，此过程相当于四冲程汽油机工作时的________冲程；而与之类似的柴油机工作时将机械能转化为内能是发生在________冲程。
【答案】做功；压缩。
【解析】（1）利用高压锅煮饭时，锅内水沸腾时水蒸气会推动锅盖上的限压阀运动，将水蒸气的内能转化为限压阀的机械能；水蒸气对外做功相当于汽油机的做功冲程；（2）柴油机工作时将机械能转化为内能是发生在压缩冲程。
12．质量为0.5kg的塑料桶装满水后总质量为10kg，小明将其从地面匀速搬到高度为1m的桌面上，在竖直向上搬水的过程中所做的总功是________J，机械效率是________。（g＝10N/kg）
【答案】100； 95%。
【解析】在竖直向上搬水的过程中所做的总功：W总＝G总h＝m总gh＝10kg×10N/kg×1m＝100J，水桶中水的质量：m水＝m总﹣m桶＝10kg﹣0.5kg＝9.5kg，有用功：W有＝G水h＝m水gh＝9.5kg×10N/kg×1m＝95J，机械效率：η＝×100%＝×100%＝95%。
13．如图，小明用一轻质杠杆自制简易密度秤的过程中，在A端的空桶内分别注入密度已知的不同液体，改变物体M悬挂点B的位置，当杠杆在水平位置平衡时，在M悬挂点处标出相应液体的密度值。在密度秤制作过程中每次倒入空桶的液体体积要________ （填“相同”或“不相同”），若要增大秤的量程，请你帮小明设计一种方案：________。
【答案】相同；增大M的质量。
【解析】（1）在液体体积相同时，液体的密度越大，质量越大，因此只有每次倒入空桶的液体体积相同，才能通过杠杆平衡条件得出液体质量的大小，从而判断液体密度的情况；（2）根据杠杆平衡的条件F1L1＝F2L2可得L1＝，在阻力F2和阻力臂L2不变的情况下，增大M的质量（即增大F1），L1减小，秤的量程会增大。
14．在某一温度下，两个电路元件甲和乙中的电流与其两端电压的关系如图所示。由图可知，R甲________R乙（填“＞”“＜”或“＝”）；若将甲和乙并联后接在电压为2V的电源两端，则干路中的电流是________A；电路消耗的总功率为________W；若将甲和乙串联后接在电压为3V的电源两端，甲的实际功率为________W。
【答案】＞；0.6；1.2；0.4。
【解析】（1）由元件甲和乙中的电流与其两端电压的关系图象可知，当U甲＝U乙＝U＝2V时，I甲＝0.2A，I乙＝0.4A，则由I＝可知：元件甲的电阻R甲＝＝＝10Ω，元件乙的电阻R乙＝＝＝5Ω，所以R甲＞R乙。（2）将元件甲和乙并联在2V的电源两端，则U甲＝U乙＝U＝2V，
从图可知，此时通过元件甲的电流为I甲＝0.2A，此时通过元件乙的电流为I乙＝0.4A，所以干路中的总电流为：I＝I甲+I乙＝0.2A+0.4A＝0.6A，总功率P＝UI＝2V×0.6A＝1.2W。
（3）若将甲和乙串联后接在电压为3V的电源两端，则电路中的总电阻为：R串＝R甲+R乙＝10Ω+5Ω＝15Ω，所以电路中的电流为：I＝＝＝0.2A，则P甲＝I2R甲＝（0.2A）2×10Ω＝0.4W。
三．作图题（共3小题，满分7分）
15．（1）如图1所示，可以利用不同的光学元件来改变入射光线OA的传播方向，请在图中分别画出两种合适的光学元件（只要求画出光学元件大致位置的示意图，但须与光学规律相符）（2）用如图2的滑轮组提升重物，用笔画线代替绳子画出最省力的绳子绕法。
（3）如图3所示，物体静止在斜面上，请画出物体所受到的重力G，摩擦力f和物体对斜面的压力F的示意图。
【答案】见解析
【解析】（1）添加一个平面镜，需要先画出法线，根据反射角等于入射角，所以法线是两光线夹角的角平分线。再根据法线和平面镜垂直画出平面镜。根据凸透镜对光线的会聚作用，入射光线看做是平行于主光轴的一条光线，据此画出主光轴，出射光线就是交于焦点的光线，据此画出凸透镜。（2）如图，由3段绳子承担物重，是最省力的绕绳方法。如图2所示：（3）过物体重心作竖直向下的力，即重力，过物体的重心作沿斜面向上的力，即摩擦力；物体对斜面的压力的作用点在物体与斜面接触面的中点处，过此点与斜面垂直向下的力，即为压力，如下图3所示：
四、实验题（本大题共7小题，共32分）
16．（2分）图甲中，钉子的长度为________ cm；图乙中正确使用天平所称物体的质量为________g。
【答案】1.86；53。
【解析】（1）如图所示，刻度尺的分度值是1mm，起始端从0开始，末端刻度值为1.86cm，则钉子的长度为1.86cm；（2）天平平衡时的示数等于砝码加上游码的示数，游码标尺的分度值是0.2g，所以物体的质量为50g+3g＝53g。
17．（7分）图①是小明做电学实验原理图，配有器材：电压6V电源一个、电流表（量程0～0.6A 0～3A）一块、电压表（量程0～3V 0～15V）一块、开关一个、滑功变阻器（20Ω 1A）一个、5Ω、10Ω、15Ω、30Ω电阻各一个、导线若干。
（1）下表是小明探究________关系的实验，所填内容为实测数据，本实验应使电阻两端电压保持________V不变。表中有一个数据不准确，在理想情况下应是________。
实验次数
电阻R/Ω
电流I/A
1
5
0.6
2
10
0.3
3
15
0.24
（2）小明将图①中的电阻Rx改换为额定电压为3.8V的小灯泡，欲测其额定功率，如果电路连接合理，电表量程选择正确，发现即使很稳定地调节滑动变阻器，电压表的读数误差也很大。为了使电压表的读数准确，并且不换用其他器材，小明的做法是将________。
（3）小明发现只标有“×kΩ的电阻（x为模数字），为了测出这只电阻的阻值，他利用电路图①和原有的器材进行实验，发现不能测出电阻Rx的值，其主要原因是________。
（4）小明利用原有器材和补充的一个定值电阻、一个开关，重新设计了测量电阻Rx实验方案。新的实验电路如图②所示，其中定值电R0＝2kΩ．连接电路后，闭合S1，断开S2，欲测电源电压，读出电压表示数U＝2V，与实际电源电压值相差很大。查资料知，电压表相当于一个定值电阻。可知电压表的电阻为________kΩ．小明先测电压表电阻，再测R阻值的电路是________。（从图③中选填对应图的字母）
【答案】（1）电流与电阻；3；0.2；（2）将电压表小量程（0﹣3V）并联在变阻器的两端，移动变阻器的滑片，使电压表示数为2.2V；（3）被测电阻很大，电路中的电流很小，不能测得准确数值；（4）1；C。
【解析】（1）表格中是探究电流与电阻的关系，研究电流与电阻关系时，要控制电阻的电压不变，控制电压为U＝I1R1＝I2R2＝5Ω×0.6A＝10Ω×0.3A＝3V；而第三组数据I3R3＝15Ω×0.24A≠3V，所以第三组的电流值为：I′3＝＝＝0.2A；（2）灯的电压为3.8V，电压表大量程分度值为0.5V，故测量3.8V电压误差较大；根据串联电路电压的规律，当灯变阻器的电压为6V﹣3.8V＝2.2V时，灯的电压为3.8V，故可将电压表小量程（0﹣3V）并联在变阻器的两端，而电压表小量程分度度值为0.1V，故测量2.2V电压较为准确；故断开开关，将电压表小量程（0﹣3V）并联在变阻器的两端，闭合开关，移动变阻器的滑片，当电压表示数为2.2V时，读出此时电流表的示数；（3）①实验室有一只标有“XkΩ”的电阻，即电阻为几千欧姆，电源电压为3V，由欧姆定律，（若为1千欧姆）通过其的最大电流为0.003A，远小于电流表小量程的分度值为0.02A，无法用电流表直接测出；②闭合S1，断开S2，电压表与定值电阻串联，电压表示数U＝2V，定值电阻电压为6V﹣2V＝4V，电压表示数为定值电阻电压的＝，根据分压原理，可估算出电压表自身的电阻为×2kΩ＝1kΩ；③A、开关向左打若能测量出待测电阻电压，则开关向右打时，电流从电压表负接线柱流入，无法测量定值电阻的电压，故A不可行；B、开关断开时，电压表示数为零，开关闭合时，电压表测量电源电压，无法测待测电阻的电压，故B不可行；C、开关向上打和向下打，待测电阻和定值电阻分别与电压表串联，电压表示数分别为UX、U1，由串联电路电压的规律可分别求出两电阻的电压为：UX＝U﹣U1，U0＝U﹣U2，根据分压原理有：＝﹣﹣①;＝﹣﹣②，因U、U1、U2、R0为已知量，由①②可求出待测电阻；故C可行；D、只能测量出待测电阻与串联时的电压，故D不可行；故选C。
18．（6分）某兴趣小组探究“在串联电路中，滑动变阻器消耗的电功率大小与滑动变阻器接入电路的电阻大小之间的关系”。老师提供的器材有：定值电阻R＝20Ω，标有“40Ω 2A”滑动变阻器、电压表（量程为0～15V）、电流表（量程为0～0.6A）、电源电压恒定、开关、导线若干。
（1）根据实验目的，将实物图连接完整，要求滑片往A端移动，电压表读数变大。
实验次数
1
2
3
4
5
6
电压U/V
8.0
7.2
6.0
4.0
2.4
0
电流I/A
0.20
0.24
0.30
0.40
0.48
0.60
电功率P/W
1.6
1.7
★
1.6
1.2
★
（2）连接好电路，闭合开关，移动滑片，获得了以下几组电压和电流数据，计算电功率并记录在表格中。
小科忘记计算表中“★”处的数值，请你根据有关数据计算表中“★”处的数值为________、________。
本实验的结论是________。
（3）进一步分析数据发现，本次实验中，当滑动变阻器和定值电阻阻值相等时，电功率最大。为了验证这一规律，需要获得更多数据，若滑动变阻器更换为“60Ω 2A”，其他元件不变，在保证电路安全的前提下，下列定值电阻能完成实验任务的是________（可多选）
A．10Ω B．20Ω C．30Ω D．60Ω
【答案】（1）如上所示；（2）1.8；0；在串联电路中，随着滑动变阻器接入电路的电阻的增大，滑动变阻器消耗的电功率先变大后变小；（3）BC。
【解析】（1）由U＝IR，当电路的电流变大时，定值电阻的电压变大，由串联电路电压的规律，变阻器的电压变小，由表中数据知，电压表并联在变阻器的两端，根据滑片往A端移动，电压表读数变大，由分压原理，变阻器连入的电阻变大，故变阻器右下接线柱连入电路中与电阻串联，电压表选用大量程与滑动变阻器并联，如下所示：
（2）第3次实验变阻器的电功率为：P3＝U3I3＝6.0V×0.30A＝1.8W；第6次实验变阻器的电功率为：
P6＝U6I6＝0V×0.60A＝0W；由表中数据可得出的结论是：在串联电路中，随着电流的减小，滑动变阻器接入电路的电阻的逐渐增大，滑动变阻器消耗的电功率先变大后变小；（3）由表中第1次实验数据，由串联电路的规律及欧姆定律，电源电压为：U＝U1+U滑＝I1R定+U滑＝0.2A×20Ω+8V＝12V；因电流表选用小量程（0﹣0.6A），0.6A＜2A，故电路的最大电流为0.6A；本实验中，为了验证这一规律，滑动变阻器连入电路的电阻要大于定值电阻、等于定值电阻和小于定值电阻，因换用的滑动变阻器的规律为“60Ω2A，其最大电阻为60Ω，故60Ω的定值电阻不能选用；若选用10Ω的定值电阻，当变阻器连入的电阻也为10Ω时，由电阻的串联和欧姆定律，电路的电流为：I′＝＝＝0.6A，即为电路的最大电流，若变阻器连入电路的电阻小于10Ω时，由电阻的串联和欧姆定律，此时电路的电流将大于0.6A，故10Ω定值电阻也不能选用；故能完成实验任务的是BC。
19．（3分）如图所示是课本上“通电导线在磁场中受力”的实验示意图。小明同学实际探究时，在电路中连接了一个滑动变阻器。
（1）为了使实验顺利进行，装置中的导体棒应选用轻质的________（选填“铁棒”“铝棒）；
（2）小明通过观察导体________来判断导体在磁场中的受力方向；
（3）他左右移动滑动变阻器的滑片，发现导轨上的导体ab始终处于静止状态。经检查，全部实验器材均无故障且连接无误，请你猜想通电导体ab在磁场中处于静止的原因是________。
【答案】（1）铝棒；（2）运动方向；（3）通电导体的质量太大，磁场力小于最大静摩擦力。
【解析】（1）探究磁场对电流作用时，因为磁体能够吸引磁性材料，因此通电导体不能为磁性材料，故不能选择铁棒进行实验，而是铝棒；（2）因为导体在磁场中的受力方向与电流方向和运动方向有关，而电流方向是一定的，因此通过观察导体的运动方向来判断导体在磁场中的受力方向；（3）影响磁场力大小的因素是：电流的大小，磁体磁性的强弱；在探究磁场对通电导体的作用时，闭合开关后，发现导轨上的导体ab始终处于静止状态，可能是蹄形磁体磁性太弱，也可能是电源电压较低、电流太小，导致磁场力过小；还可能是导体ab质量太大，压力大，导致磁场力小于最大静摩擦力。
20．（4分）小明同学为了探究扩散问题而设计了如下一系列实验：
（1）通过A实验可发现：________。
（2）B实验你认为有什么不妥：________。
（3）小明设计的实验都是在相同的环境下做的。他把上述实验修改后，再把A、B、C三个实验放在一起进行综合分析比较，最后他得出如下结论：①扩散现象说明分子在________；②在物质的三种状态中，________态的扩散现象最明显。
【答案】（1）墨水在热水中扩散的快；（2）装空气的瓶子应放在上面，因为空气的密度小于二氧化氮的密度；（3）①不停地做无规则运动；②气。
【解析】（1）墨水在热水和冷水中扩散快慢不同，在热水中扩散快，说明温度越高，分子的无规则运动越剧烈；（2）二氧化氮的密度大于空气的密度，如果把二氧化氮气体放到上方的话，由于自身密度大的缘故，二氧化氮分子也会下沉到下方的空气瓶子中去，就不能说明分子在不停地做无规则运动，因此要把密度小的空气瓶子放到上方，把装二氧化氮的瓶子放在下方；（3）①扩散现象说明了组成物质的分子在不停地做无规则运动；②由实验可知，气态物质间扩散最快，固态物质间扩散最慢。
23．（7分）如图所示，是小明在“探究平面镜成像的特点”的活动中所选用的器材和活动过程。
（1）在实验中用平板玻璃代替平面镜，主要是利用玻璃透明的特点，便于________如果有3mm厚和2mm厚的两块玻璃板，应选择________mm厚的玻璃板做实验。
（2）把蜡烛B放到A蜡烛像的位置上，将会看到图丙所示的现象。这说明：________。
（3）如果在图丁中蜡烛像的位置上放一张不透明白纸板做屏幕（3处为点燃着的蜡烛），眼睛的观察位置可以在图丁中________（填图中数字）处，发现白纸板上将________（填写“有”或“没有”）蜡烛的像；这说明：________。
（4）在探究平面镜成像特点实验中，有的小组用两个相同的蜡烛，有的小组用两个相同的棋子，用蜡烛和棋子各有优点和缺点，请你任选一个器材，说出它们的优缺点：________。
【答案】（1）确定像的位置；2；（2）像与物大小相等；（3）2；没有；平面镜成的是虚像；（4）选用蜡烛做实验，优点是成像清晰，缺点是随着蜡烛的燃烧，蜡烛会变短，物像大小不同。
【解析】（1）因为玻璃板既能让光透过也可以反射光，容易确定像的位置，而平面镜是不透明的，无法确定像的位置，所以选用玻璃板；因为厚玻璃板的两个面都可以当作反射面，会出现两个像，影响到实验效果，所以应选用薄玻璃板，用2mm厚的。（2）因为像和物大小相等，所以，把蜡烛B放到A蜡烛像的位置上，就会看到像与物完全重合，如图c所示，从而验证了平面像成像的特点。（3）点燃右方的蜡烛，右方的蜡烛在透明玻璃中成像，眼睛要在右方透过透明玻璃观察左方的蜡烛。故在2处；因为光屏只能接收实像，不能接收虚像，光屏不能接收到蜡烛A的烛焰的像，所以说明平面镜成的像是虚像；（4）用棋子蜡烛做此实验环保，但成的像较暗淡，不清晰，用蜡烛做实验，随着蜡烛的燃烧，蜡烛会变短，物像大小不同，因此，选用蜡烛做实验，优点是成像清晰，缺点是随着蜡烛的燃烧，蜡烛会变短，物像大小不同。
24．（3分）如图所示是探究“浮力大小与哪些因素有关”实验的若干操作，根据此图请你回答下列问题。
（1）分析比较图乙和丙，说明物体所受浮力的大小与________有关。
（2）此实验过程中所用的探究方法是________。请再举一个应用这种研究方法的实验：________。
【答案】（1）物体排开液体的体积；（2）控制变量法；探究影响摩擦力大小的因素（探究影响压力作用效果的因素或探究液体压强的特点）。
【解析】（1）乙、丙两图，都是水，物体排开水的体积不同，测力计的示数不同，说明物体所受浮力不同，可得物体所受浮力大小与物体排开液体的体积有关；（2）浮力大小与液体密度和排开液体的体积有关，实验中要用到控制变量法；探究液体压强特点、影响压力作用效果的因素、影响摩擦力大小的因素，都用到了控制变量法。
五、计算题（本大题2小题，共12分）
21．（6分）小明骑车在某段平直的水平路面上由静止开始运动，共用时12s，小明重450N，自行车重250N，轮子与地面的总接触面积是2×10﹣3m2，图1是速度V随时间t变化的关系图象，小明在t＝7s时刚好到达这段路程的中点，图2是动力F随时间t变化的关系图象。
（1）请问小明骑自行车在水平地面行驶时，对地面的压强为多大？
（2）在7﹣12s内，自行车所受的摩擦阻力是多少？自行车克服摩擦阻力做了多少功？此时功率是多少？
（3）自行车在0﹣7s内的平均速度是多少？（保留小数点后两位）
【答案】（1）请问小明骑自行车在水平地面行驶时，对地面的压强为3.5×105Pa；（2）在7﹣12s内，自行车所受的摩擦阻力是30N；自行车克服摩擦阻力做功900J；此时功率是180W；（3）自行车在0﹣7s内的平均速度是4.29m/s。
【解析】（1）小明骑自行车在水平地面行驶时，对地面的压力：
F＝G总＝G小明+G车＝450N+250N＝700N，
对地面的压强：p＝＝＝3.5×105Pa；
（2）由速度﹣时间图象可知，自行车在7～12s做匀速直线运动，速度v＝6m/s，
由牵引力﹣时间图象可知，在7～12s牵引力大小F＝30N，
所以摩擦力：f＝F＝30N；
根据v＝可得，7～12s内行驶的路程：s＝vt＝6m/s×5s＝30m，
自行车克服摩擦力做功：W＝fs＝30N×30m＝900J，
此时功率为：P＝＝＝180W；
（3）7～12s内行驶的路程：s＝30m，小明在t＝7s时刚好到达这段路程的中点，
所以，0﹣7s通过的路程s′＝s＝30m，
自行车在0﹣7s内的平均速度：v′＝＝≈4.29m/s。
22．（6分）前些年，日本生产的马桶盖受到了我国消费者的喜爱，支持国货的行动应该大力提倡，同时提高我国产品的质量、降低价格也势在必行。如图甲所示，是一款有洗涤功能的马桶盖，下表是说明书中部分内容，图乙是加热电路的简化电路图。在图乙中，当闭合开关S、断开开关S1时，保温座圈的电热丝R2开始加热；再闭合开关S1，电热丝R1给水加热，同时洗净装置将热水喷出。【已知c水＝4.2×103J/（kg•℃），ρ水＝1.0×103kg/m3】求：
额定电压
220V
洗净装置
出水量
0.6L/min
加热功率
1200W
保温座圈功率
50W
（1）若洗净装置喷水时，电热丝R1将水由20℃加热到40℃，则1min喷出的水一共吸收的热量；
（2）保温座圈的电热丝R2的阻值；
（3）小皮同学想知道用电高峰期该马桶盖的实际功率，于是他在用电高峰期把家里其他的用电器全部断开，只连入该马桶盖，使它的两开关均闭合，工作1min，观察家中标有1200revs/（kW•h）的电能表转过了22转，求此时马桶盖的实际功率。
【答案】（1）1min喷出的水一共吸收的热量为5.04×104J；（2）保温座圈的电热丝R2的阻值为968Ω；（3）马桶盖的实际功率为1100W。
【解析】（1）由洗净装置工作时出水量为0.6L/min可知，1min出水量为0.6L，
由ρ＝得，水的质量为：m＝ρ水V＝1.0×103kg/m3×0.6×10﹣3m3＝0.6kg，
则水吸热的热量：Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×0.6kg×（40℃﹣20℃）＝5.04×104J。
（2）由题意可知，闭合开关S时，电路为R2的简单电路，保温座圈开始加热，
由P＝UI＝可得，R2的阻值：R2＝＝＝968Ω。
（3）因1200revs/（kW•h）表示每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转1200转，
所以，电能表表盘转22转消耗的电能：W＝kW•h＝kW•h，
则此时马桶盖的实际功率：P实际＝＝＝1.1kW＝1100W。
六、综合能力题（本大题3小题，共20分）
25．（9分）阅读短文，回答问题：
空气能热水器
空气能热水器工作原理如图甲所示。蒸发器从室外空气吸热，加热低沸点氟介质并使其汽化，氟介质蒸汽由压缩机压缩升温后，进入冷凝器液化释放热量传递给水箱中的冷水，随后经过“节流降温过滤降压”回到室外的蒸发器开始下一个循环。
空气能热水器具有高效节能的特点，它工作时，氟介质在蒸发器中吸收热空气的能量QA；压缩机消耗电能W转化为机械能，再由机械能转化为内能，最终氟介质在冷凝器中释放给冷水的热量QB＝QA+W．通常我们用“能效比”（即放出的热量与消耗的电能的比值）来反映空气能热水器的节能性能。
某款空气能热水器，它的部分技术参数如下表。
额定制热量P1/W
3000
电源规格U/V
220
额定电功率P2/W
800
水箱容积V/L
200
适用环境温度范围：﹣7～43℃
（1）在空气能热水器中，是通过________（选填“加压”或“降温”）方法使氟介质液化的。这款空气能热水器正常工作时的能效比为________。
（2）氟介质经膨胀阀减压后，它的沸点所在温度范围可能是________。
A．低于﹣7℃B．﹣7℃～43℃
C．高于43℃D．高于50℃
（3）正常使用时，将一箱15℃的冷水加热到55℃，消耗的电能为________kW•h．[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]
（4）在如图乙所示的冲程中，压缩机气缸内实现了把________能转化为________能。
（5）压缩机活塞上下移动的距离是18cm，横截面积是50cm2，工作时，活塞压缩氟介质的压强约为2.5×105Pa，则活塞压缩一次氟介质做的功为________J；若系统正常工作消耗的电能有90%转化为压缩氟介质的能量，则每分钟压缩氟介质的次数是________，压缩机曲轴的转速是________r/min。
【答案】（1）降温；3.75；（2）B；（3）2.5；（4）机械；内；（5）225；192；384。
【解析】（1）在空气能热水器中，蒸发器从室外空气吸热，加热低沸点氟介质并使其汽化，氟介质蒸汽由压缩机压缩升温后，进入冷凝器是通过降温的方法使氟介质液化释放热量传递给水箱中的冷水。由能效比的定义可知，这款空气能热水器正常工作时的能效比为：η＝＝＝＝＝3.75。
（2）适用环境温度范围：﹣7℃～43℃，氟介质经膨胀阀减压后，沸点降低，由于适用环境温度范围：﹣7℃～43℃，它的沸点所在温度范围可能是：﹣7℃～43℃，故选B。
（3）水的体积V水＝200L＝0.2m3，
由ρ＝得，水的质量：m水＝ρ水V水＝1.0×103kg/m3×0.2m3＝200kg，
水获取的能量：Q＝c水m水（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×200kg×（55℃﹣15℃）＝3.36×107J，
由能效比公式η＝得，消耗的电能：W＝＝＝8.96×106J≈2.5kW•h。
（4）由图乙所示的冲程为压缩冲程，在此冲程中，曲轴动连杆带动活塞向上运动，压缩氟介质蒸汽对其做功，所以将机械能转化为内能。
（5）由p＝得，活塞受到的压力：F＝pS＝2.5×105Pa×50×10﹣4m2＝1250N，
则活塞压缩一次氟介质做的功：W1＝Fs＝1250N×0.18m＝225J。
系统正常工作时每分钟消耗的电能：W2＝P2t2＝800W×60s＝48000J，
电能转化为压缩氟介质的能量：W′＝90%W2＝90%×48000J＝43200J，
则每分钟压缩氟介质的次数：n＝＝＝192。
由图可知，压缩机曲轴转动一周，经历一个吸气冲程和一个压缩冲程，因为每分钟压缩氟介质的次数是192，即192个压缩冲程; 所以曲轴压缩机的转速是384r/min。
26．（7分）如图所示，在“研究物体动能与哪些因素有关”的实验中，将A、B、C三小球先后从同一装置的hA、hB、hC高处滚下（mA＝mB＜mC，hA＝hC＞hB）推动纸盒运动一段距离后静止。
（1）要研究动能与质量的关系，我们要选择________两图来进行比较。实验中通过观察________的大小，来判断小球动能的大小。
（2）实验中为了研究动能大小与质量的关系。需要控制小球撞击时的速度不变，具体的控制方法是________。
（3）要研究动能与速度的关系，我们应该选择________两图来进行实验。
（4）若水平面绝对光滑，本实验将________（选填“能”或“不能”）达到探究目的。
（5）小王根据实验现象认为：纸盒、小球最终都停下来了，所以它们的机械能最终都消失了。你认为小王的观点是________的，（选填（“正确”或“错误”）理由是________。
【答案】（1）ac；推动纸盒移动的距离；（2）让小球从同一斜面的同一高度滑下；（3）ab；（4）不能；（5）错误；机械能转化为内能，而不是机械能消失了。
【解析】（1）要研究动能与质量的关系，必须保证速度相同，而质量不同，由此分析，只有a、c两图符合条件。球对纸盒做功的多少反映球的动能多少，而做功的多少可由纸盒被推开距离的远近来确定。（2）验中为了研究动能大小与质量的关系。需要控制小球撞击时的速度不变，让小球从同一斜面的同一高度滑下；（3）要研究动能与速度的关系，必须保证质量相同，而速度不同，由此分析，只有a、b两图符合条件；（4）若水平面绝对光滑，根据牛顿第一定律，小车和木块将永远一直运动下去，就达不到探究的目的了。（5）小球推动木块移动一段距离后都要停下来，是因为水平面有摩擦力，木块克服摩擦做功，机械能转化为内能，而不是机械能消失了。故小王的观点是错误的。
27．（4分）阅读短文，回答问题。
压力传感器
压力传感器种类很多，电子秤中测力装置所使用的电阻应变式压力传感器的原理如图1所示，金属梁右端为固定端，左端为自由端，金属梁的上、下表面各紧贴一块相同的应变片，应变片结构如图2所示，它主要是由基底、金属电阻丝和引线等组成，电阻丝固定在基底上，当应变片被拉长时，金属电阻丝同时被拉长，电阻丝的电阻变大，反之，当应变片把压缩时，金属电阻丝变短，电阻丝的电阻变小。
当自由端受到向下的压力F时，金属梁向下弯曲，上应变片被拉长，下应变片被压缩，如果上、下金属电阻丝有大小不变的电流I通过时。上应变片引线间两端电压为U1，下应变片引线间两端电压为U2．传感器可以通过输出两个电压的差值U（U＝U1﹣U2）来反映压力F的大小。
请回答下列问题：
（1）当应变片被拉长时，金属电阻丝的电阻或变大，原因是________。
（2）当金属梁没有受到压力时，由于________，所以U1＝U2，U＝0
（3）当金属梁受力向下弯曲时，U1 ________，U2 ________（选填“变大”、“变小”或“不变”）
【答案】（1）电阻丝的长度变长横截面积变小导致电阻变大；（2）两应变片的电阻相等，通过两应变片的电流相等；（3）变大；变小。
【解析】（1）当应变片被拉长时，电阻丝长度变大，横截面积变小，所以电阻变大；（2）由题意可知，金属梁的上、下表面的应变片完全相同，即两应变片的电阻相同，且两应变片串联在电路中，所以通过两应变片的电流相等，根据U＝IR可知，上应变片引线间两端电压为U1和下应变片引线间两端电压为U2相等；即U1＝U2，U＝U1﹣U2＝0；（3）当金属梁受力向下弯曲时，上面金属电阻丝长度变大，电阻变大，下面金属电阻丝长度变短，电阻变小；由欧姆定律可知，电压U＝IR，电流一定时，电阻越大，导体，U1变大，U2变小。
一、单项选择题（本大题7小题，每小题3分，共21分）在每小题列出的四个选项中，只有一个是正确的，请把答题卡上对应题目所选的选项涂黑
1．PM2.5指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物。是造成雾霾天气的主要原因之一。把它和电子、原子核、分子等粒子一起按照空间尺度由大到小排序。以下排列正确的是（ ）
A．PM2.5 分子原子核电子
B．电子原子核分子 PM2.5
C．分子 PM2.5 原子核电子
D．分子原子核 PM2.5 电子
【答案】A
【解析】PM2.5指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，属于物体，因此它的尺度最大，物质由分子构成，分子由原子构成，原子由原子核和和核外电子构成，原子核由质子和中子构成。原子核在中间像太阳一样，电子则在原子核周围，围着他运动，就像太阳周围的行星一样，原子核大于电子。所以正确的排列是：PM2.5、分子、原子核、电子。选A。
2．我们的生活越来越离不开电，下列用于发电的能源属于可再生的是（ ）
A．风能和核能 B．风能和煤的化学能
C．风能和水能 D．煤的化学能和核能
【答案】C
【解析】在选项所给能源中，风能、水能可以从自然界里源源不断的得到补充，属于可再生能源；而煤的化学能、核能不能短时期内从自然界得到补充，属于不可再生能源；故C正确，ABD错误。选C。
3．下列关于光的传播现象中，描述正确的是（ ）
A．光射到两种介质的界面处一定会发生折射
B．光经过反射后，传播方向一定发生改变，但传播速度不变
C．猴子捞月的故事反映了光的折射现象
D．小孔成像现象证明了光在任何情况下都沿直线传播
【答案】B
【解析】A、光从一种介质射入另一种介质时，它的传播方向不一定发生改变。因为当光线垂直射向介质表面时，传播方向不改变。故A错误；B、光经过反射后，传播方向一定发生改变，传播的物质没有变化，所以传播速度不变。故B正确；C、水中出现月亮属于光的反射现象。故C错误；D、物体发出或反射的光线在同种均匀介质中传播时，穿过小孔后会在小孔后面的屏上成倒立的实像，小孔成像有力地证明了；光在同种均匀介质中沿直线传播。故D错误。选B。
4．2018年春晚分会场在我州黎平县肇兴侗寨进行，演员们载歌载舞，人们沉浸歌声的海洋之中，下列关于声现象说法错误的是（ ）
A．发声体的振动频率越大，音调越高
B．禁止鸣笛是在传播过程中减弱噪声
C．声音都是由物体的振动产生
D．超声波打碎人体内的结石说明声音能传递能量
【答案】B
【解析】A、物体振动的快慢决定了音调的高低，物体振动越快，声音的音调越高，故A正确；B、禁止鸣笛是在声源处减弱噪声，故B错；C、声音是由物体振动产生的，故C正确；D、声波可以传递能量，如超声波打碎人体内的结石，故D正确。选B。
5．如图所示，把热水壶放在煤气灶上烧水的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．煤气的燃烧过程是内能转化为化学能
B．煤气燃烧越充分，它的热值越大
C．水的温度越高，水分子运动越剧烈
D．烧水的过程是通过做功的方式改变水的内能
【答案】C
【解析】A、煤气在燃烧过程是化学能转化为内能，故A错误；B、燃料的热值仅与燃料的种类有关，而与燃料的燃烧程度、质量都无关，故B错误；C、分子的运动快慢与温度有关，水的温度越高，水分子运动越剧烈，故C正确；D、烧水时水从火焰中吸收热量，温度升高，是利用热传递的方式改变物体内能的，故D错误。选C。
6．小军同学在探究甲、乙两种物质的质量和体积的关系时，得出了如图所示的图象。由图象分析可知（ ）
A．甲的质量小于乙的质量 B．甲的质量大于乙的质量
C．甲的密度小于乙的密度 D．甲的密度大于乙的密度
【答案】D
【解析】AB、如图所示，当体积相同时，甲的质量大于乙的质量，故AB错误；
CD、根据ρ＝可知，当体积相同时，质量越大，密度越大，则甲的密度大于乙的密度，故C错误，D正确。选D。
7．如图所示，弹簧下挂着磁铁A，它的下端为N极，上端为S极，在其下方有个电磁铁M，以下说法正确的是（ ）
A．闭合开关S2，电磁铁M的上方为S极
B．调换电源的正负极后，闭合开关S2，弹簧会变短
C．先闭合开关S1、S2，再断开S1，弹簧变长
D．闭合开关S2后，滑片P向左滑动弹簧变短
【答案】C
【解析】A、闭合开关S2，电磁铁具有磁性，根据安培定则可知，电磁铁的上端是N极，下端是S极；故A错误；B、调换电源的正负极后，闭合开关S2，根据安培定则可知，电磁铁的上端是S极，下端是N极，根据异名磁极相互吸引，可知弹簧变长；故B错误；B、闭合开关S1，S2电阻和滑动变阻器并联，再断开S1，电路中只有滑动变阻器连入，因此先闭合开关S1、S2，再断开S1，电路电阻由小变大，电流由大变小，电磁铁磁性由增强到减弱，对磁体A排斥变小，弹簧变长，故C正确。D、闭合开关S2后，滑片P向左滑动，电路电流变小，电磁铁磁性减弱，对磁体A排斥减弱，弹簧变长，故D错误。选C。
二、填空题（本大题7小题，每空1分，共18分）
8．（1）如图所示的温度计的一段截图，读数是________℃。
（2）如图所示是某物质的熔化图象，由此判断该物质是________（选填“晶体”或“非晶体”）。这样判断的依据是________。
（3）图乙中，物体在A点时具有的内能________（选填“大于”、“小于”或“等于”）在B点时的内能。
【答案】（1）﹣3；（2）晶体；熔化过程中温度保持不变（有固定的熔点）；（3）小于。
【解析】（1）由图知：零刻度在液柱的上方，所以是零下，每一个大格代表10℃，每一个小格代表1℃，该温度计的分度值是1℃，示数是﹣3℃；（2）读图可知，在熔化图象中物质的温度升高到0℃时，吸热但温度不再升高，即该物质在熔化过程中温度保持不变，说明此时物质达到了熔点，正在熔化，因此这种物质属于晶体。（3）晶体熔化的时候吸收热量，温度不变，所以图象中，物体在A点时具有的内能小于在B点时的内能。
9．厨房里存在很多热现象，将肉片直接放入热油里爆炒，会将肉炒焦，失去鲜味，厨师预先将适量的淀粉拌入肉片，炒出的肉片既嫩又鲜，主要是因为淀粉包裹在肉片表面，导致肉片内部的水分不容易发生________（物态变化）；炒菜比炖菜温度高，导致炒的菜容易焦，这是因为油的________比水高。
【答案】汽化；沸点。
【解析】（1）爆炒肉片时，将淀粉包裹在肉片表面，导致肉片内部的水分不容易发生汽化，炒出的肉片既嫩又鲜；（2）因为油的沸点比水得沸点高，所以炒菜比炖菜时温度高，导致炒的菜容易焦；
10．我国日常生活中使用的是________电流，每秒钟完成50个周期变化，其频率是________Hz。
【答案】交变；50。
【解析】我国城乡生活用的交变电流的电压是220V，这是指交变电流电压的有效值，它的周期为0.02s，在一个周期之内电流方向变化两次，频率为50Hz。
11．利用高压锅煮饭时，锅内水沸腾时水蒸气会推动锅盖上的限压阀运动，此过程相当于四冲程汽油机工作时的________冲程；而与之类似的柴油机工作时将机械能转化为内能是发生在________冲程。
【答案】做功；压缩。
【解析】（1）利用高压锅煮饭时，锅内水沸腾时水蒸气会推动锅盖上的限压阀运动，将水蒸气的内能转化为限压阀的机械能；水蒸气对外做功相当于汽油机的做功冲程；（2）柴油机工作时将机械能转化为内能是发生在压缩冲程。
12．质量为0.5kg的塑料桶装满水后总质量为10kg，小明将其从地面匀速搬到高度为1m的桌面上，在竖直向上搬水的过程中所做的总功是________J，机械效率是________。（g＝10N/kg）
【答案】100； 95%。
【解析】在竖直向上搬水的过程中所做的总功：W总＝G总h＝m总gh＝10kg×10N/kg×1m＝100J，水桶中水的质量：m水＝m总﹣m桶＝10kg﹣0.5kg＝9.5kg，有用功：W有＝G水h＝m水gh＝9.5kg×10N/kg×1m＝95J，机械效率：η＝×100%＝×100%＝95%。
13．如图，小明用一轻质杠杆自制简易密度秤的过程中，在A端的空桶内分别注入密度已知的不同液体，改变物体M悬挂点B的位置，当杠杆在水平位置平衡时，在M悬挂点处标出相应液体的密度值。在密度秤制作过程中每次倒入空桶的液体体积要________ （填“相同”或“不相同”），若要增大秤的量程，请你帮小明设计一种方案：________。
【答案】相同；增大M的质量。
【解析】（1）在液体体积相同时，液体的密度越大，质量越大，因此只有每次倒入空桶的液体体积相同，才能通过杠杆平衡条件得出液体质量的大小，从而判断液体密度的情况；（2）根据杠杆平衡的条件F1L1＝F2L2可得L1＝，在阻力F2和阻力臂L2不变的情况下，增大M的质量（即增大F1），L1减小，秤的量程会增大。
14．在某一温度下，两个电路元件甲和乙中的电流与其两端电压的关系如图所示。由图可知，R甲________R乙（填“＞”“＜”或“＝”）；若将甲和乙并联后接在电压为2V的电源两端，则干路中的电流是________A；电路消耗的总功率为________W；若将甲和乙串联后接在电压为3V的电源两端，甲的实际功率为________W。
【答案】＞；0.6；1.2；0.4。
【解析】（1）由元件甲和乙中的电流与其两端电压的关系图象可知，当U甲＝U乙＝U＝2V时，I甲＝0.2A，I乙＝0.4A，则由I＝可知：元件甲的电阻R甲＝＝＝10Ω，元件乙的电阻R乙＝＝＝5Ω，所以R甲＞R乙。（2）将元件甲和乙并联在2V的电源两端，则U甲＝U乙＝U＝2V，
从图可知，此时通过元件甲的电流为I甲＝0.2A，此时通过元件乙的电流为I乙＝0.4A，所以干路中的总电流为：I＝I甲+I乙＝0.2A+0.4A＝0.6A，总功率P＝UI＝2V×0.6A＝1.2W。
（3）若将甲和乙串联后接在电压为3V的电源两端，则电路中的总电阻为：R串＝R甲+R乙＝10Ω+5Ω＝15Ω，所以电路中的电流为：I＝＝＝0.2A，则P甲＝I2R甲＝（0.2A）2×10Ω＝0.4W。
三．作图题（共3小题，满分7分）
15．（1）如图1所示，可以利用不同的光学元件来改变入射光线OA的传播方向，请在图中分别画出两种合适的光学元件（只要求画出光学元件大致位置的示意图，但须与光学规律相符）（2）用如图2的滑轮组提升重物，用笔画线代替绳子画出最省力的绳子绕法。
（3）如图3所示，物体静止在斜面上，请画出物体所受到的重力G，摩擦力f和物体对斜面的压力F的示意图。
【答案】见解析
【解析】（1）添加一个平面镜，需要先画出法线，根据反射角等于入射角，所以法线是两光线夹角的角平分线。再根据法线和平面镜垂直画出平面镜。根据凸透镜对光线的会聚作用，入射光线看做是平行于主光轴的一条光线，据此画出主光轴，出射光线就是交于焦点的光线，据此画出凸透镜。（2）如图，由3段绳子承担物重，是最省力的绕绳方法。如图2所示：（3）过物体重心作竖直向下的力，即重力，过物体的重心作沿斜面向上的力，即摩擦力；物体对斜面的压力的作用点在物体与斜面接触面的中点处，过此点与斜面垂直向下的力，即为压力，如下图3所示：
四、实验题（本大题共7小题，共32分）
16．（2分）图甲中，钉子的长度为________ cm；图乙中正确使用天平所称物体的质量为________g。
【答案】1.86；53。
【解析】（1）如图所示，刻度尺的分度值是1mm，起始端从0开始，末端刻度值为1.86cm，则钉子的长度为1.86cm；（2）天平平衡时的示数等于砝码加上游码的示数，游码标尺的分度值是0.2g，所以物体的质量为50g+3g＝53g。
17．（7分）图①是小明做电学实验原理图，配有器材：电压6V电源一个、电流表（量程0～0.6A 0～3A）一块、电压表（量程0～3V 0～15V）一块、开关一个、滑功变阻器（20Ω 1A）一个、5Ω、10Ω、15Ω、30Ω电阻各一个、导线若干。
（1）下表是小明探究________关系的实验，所填内容为实测数据，本实验应使电阻两端电压保持________V不变。表中有一个数据不准确，在理想情况下应是________。
实验次数
电阻R/Ω
电流I/A
1
5
0.6
2
10
0.3
3
15
0.24
（2）小明将图①中的电阻Rx改换为额定电压为3.8V的小灯泡，欲测其额定功率，如果电路连接合理，电表量程选择正确，发现即使很稳定地调节滑动变阻器，电压表的读数误差也很大。为了使电压表的读数准确，并且不换用其他器材，小明的做法是将________。
（3）小明发现只标有“×kΩ的电阻（x为模数字），为了测出这只电阻的阻值，他利用电路图①和原有的器材进行实验，发现不能测出电阻Rx的值，其主要原因是________。
（4）小明利用原有器材和补充的一个定值电阻、一个开关，重新设计了测量电阻Rx实验方案。新的实验电路如图②所示，其中定值电R0＝2kΩ．连接电路后，闭合S1，断开S2，欲测电源电压，读出电压表示数U＝2V，与实际电源电压值相差很大。查资料知，电压表相当于一个定值电阻。可知电压表的电阻为________kΩ．小明先测电压表电阻，再测R阻值的电路是________。（从图③中选填对应图的字母）
【答案】（1）电流与电阻；3；0.2；（2）将电压表小量程（0﹣3V）并联在变阻器的两端，移动变阻器的滑片，使电压表示数为2.2V；（3）被测电阻很大，电路中的电流很小，不能测得准确数值；（4）1；C。
【解析】（1）表格中是探究电流与电阻的关系，研究电流与电阻关系时，要控制电阻的电压不变，控制电压为U＝I1R1＝I2R2＝5Ω×0.6A＝10Ω×0.3A＝3V；而第三组数据I3R3＝15Ω×0.24A≠3V，所以第三组的电流值为：I′3＝＝＝0.2A；（2）灯的电压为3.8V，电压表大量程分度值为0.5V，故测量3.8V电压误差较大；根据串联电路电压的规律，当灯变阻器的电压为6V﹣3.8V＝2.2V时，灯的电压为3.8V，故可将电压表小量程（0﹣3V）并联在变阻器的两端，而电压表小量程分度度值为0.1V，故测量2.2V电压较为准确；故断开开关，将电压表小量程（0﹣3V）并联在变阻器的两端，闭合开关，移动变阻器的滑片，当电压表示数为2.2V时，读出此时电流表的示数；（3）①实验室有一只标有“XkΩ”的电阻，即电阻为几千欧姆，电源电压为3V，由欧姆定律，（若为1千欧姆）通过其的最大电流为0.003A，远小于电流表小量程的分度值为0.02A，无法用电流表直接测出；②闭合S1，断开S2，电压表与定值电阻串联，电压表示数U＝2V，定值电阻电压为6V﹣2V＝4V，电压表示数为定值电阻电压的＝，根据分压原理，可估算出电压表自身的电阻为×2kΩ＝1kΩ；③A、开关向左打若能测量出待测电阻电压，则开关向右打时，电流从电压表负接线柱流入，无法测量定值电阻的电压，故A不可行；B、开关断开时，电压表示数为零，开关闭合时，电压表测量电源电压，无法测待测电阻的电压，故B不可行；C、开关向上打和向下打，待测电阻和定值电阻分别与电压表串联，电压表示数分别为UX、U1，由串联电路电压的规律可分别求出两电阻的电压为：UX＝U﹣U1，U0＝U﹣U2，根据分压原理有：＝﹣﹣①;＝﹣﹣②，因U、U1、U2、R0为已知量，由①②可求出待测电阻；故C可行；D、只能测量出待测电阻与串联时的电压，故D不可行；故选C。
18．（6分）某兴趣小组探究“在串联电路中，滑动变阻器消耗的电功率大小与滑动变阻器接入电路的电阻大小之间的关系”。老师提供的器材有：定值电阻R＝20Ω，标有“40Ω 2A”滑动变阻器、电压表（量程为0～15V）、电流表（量程为0～0.6A）、电源电压恒定、开关、导线若干。
（1）根据实验目的，将实物图连接完整，要求滑片往A端移动，电压表读数变大。
实验次数
1
2
3
4
5
6
电压U/V
8.0
7.2
6.0
4.0
2.4
0
电流I/A
0.20
0.24
0.30
0.40
0.48
0.60
电功率P/W
1.6
1.7
★
1.6
1.2
★
（2）连接好电路，闭合开关，移动滑片，获得了以下几组电压和电流数据，计算电功率并记录在表格中。
小科忘记计算表中“★”处的数值，请你根据有关数据计算表中“★”处的数值为________、________。
本实验的结论是________。
（3）进一步分析数据发现，本次实验中，当滑动变阻器和定值电阻阻值相等时，电功率最大。为了验证这一规律，需要获得更多数据，若滑动变阻器更换为“60Ω 2A”，其他元件不变，在保证电路安全的前提下，下列定值电阻能完成实验任务的是________（可多选）
A．10Ω B．20Ω C．30Ω D．60Ω
【答案】（1）如上所示；（2）1.8；0；在串联电路中，随着滑动变阻器接入电路的电阻的增大，滑动变阻器消耗的电功率先变大后变小；（3）BC。
【解析】（1）由U＝IR，当电路的电流变大时，定值电阻的电压变大，由串联电路电压的规律，变阻器的电压变小，由表中数据知，电压表并联在变阻器的两端，根据滑片往A端移动，电压表读数变大，由分压原理，变阻器连入的电阻变大，故变阻器右下接线柱连入电路中与电阻串联，电压表选用大量程与滑动变阻器并联，如下所示：
（2）第3次实验变阻器的电功率为：P3＝U3I3＝6.0V×0.30A＝1.8W；第6次实验变阻器的电功率为：
P6＝U6I6＝0V×0.60A＝0W；由表中数据可得出的结论是：在串联电路中，随着电流的减小，滑动变阻器接入电路的电阻的逐渐增大，滑动变阻器消耗的电功率先变大后变小；（3）由表中第1次实验数据，由串联电路的规律及欧姆定律，电源电压为：U＝U1+U滑＝I1R定+U滑＝0.2A×20Ω+8V＝12V；因电流表选用小量程（0﹣0.6A），0.6A＜2A，故电路的最大电流为0.6A；本实验中，为了验证这一规律，滑动变阻器连入电路的电阻要大于定值电阻、等于定值电阻和小于定值电阻，因换用的滑动变阻器的规律为“60Ω2A，其最大电阻为60Ω，故60Ω的定值电阻不能选用；若选用10Ω的定值电阻，当变阻器连入的电阻也为10Ω时，由电阻的串联和欧姆定律，电路的电流为：I′＝＝＝0.6A，即为电路的最大电流，若变阻器连入电路的电阻小于10Ω时，由电阻的串联和欧姆定律，此时电路的电流将大于0.6A，故10Ω定值电阻也不能选用；故能完成实验任务的是BC。
19．（3分）如图所示是课本上“通电导线在磁场中受力”的实验示意图。小明同学实际探究时，在电路中连接了一个滑动变阻器。
（1）为了使实验顺利进行，装置中的导体棒应选用轻质的________（选填“铁棒”“铝棒）；
（2）小明通过观察导体________来判断导体在磁场中的受力方向；
（3）他左右移动滑动变阻器的滑片，发现导轨上的导体ab始终处于静止状态。经检查，全部实验器材均无故障且连接无误，请你猜想通电导体ab在磁场中处于静止的原因是________。
【答案】（1）铝棒；（2）运动方向；（3）通电导体的质量太大，磁场力小于最大静摩擦力。
【解析】（1）探究磁场对电流作用时，因为磁体能够吸引磁性材料，因此通电导体不能为磁性材料，故不能选择铁棒进行实验，而是铝棒；（2）因为导体在磁场中的受力方向与电流方向和运动方向有关，而电流方向是一定的，因此通过观察导体的运动方向来判断导体在磁场中的受力方向；（3）影响磁场力大小的因素是：电流的大小，磁体磁性的强弱；在探究磁场对通电导体的作用时，闭合开关后，发现导轨上的导体ab始终处于静止状态，可能是蹄形磁体磁性太弱，也可能是电源电压较低、电流太小，导致磁场力过小；还可能是导体ab质量太大，压力大，导致磁场力小于最大静摩擦力。
20．（4分）小明同学为了探究扩散问题而设计了如下一系列实验：
（1）通过A实验可发现：________。
（2）B实验你认为有什么不妥：________。
（3）小明设计的实验都是在相同的环境下做的。他把上述实验修改后，再把A、B、C三个实验放在一起进行综合分析比较，最后他得出如下结论：①扩散现象说明分子在________；②在物质的三种状态中，________态的扩散现象最明显。
【答案】（1）墨水在热水中扩散的快；（2）装空气的瓶子应放在上面，因为空气的密度小于二氧化氮的密度；（3）①不停地做无规则运动；②气。
【解析】（1）墨水在热水和冷水中扩散快慢不同，在热水中扩散快，说明温度越高，分子的无规则运动越剧烈；（2）二氧化氮的密度大于空气的密度，如果把二氧化氮气体放到上方的话，由于自身密度大的缘故，二氧化氮分子也会下沉到下方的空气瓶子中去，就不能说明分子在不停地做无规则运动，因此要把密度小的空气瓶子放到上方，把装二氧化氮的瓶子放在下方；（3）①扩散现象说明了组成物质的分子在不停地做无规则运动；②由实验可知，气态物质间扩散最快，固态物质间扩散最慢。
23．（7分）如图所示，是小明在“探究平面镜成像的特点”的活动中所选用的器材和活动过程。
（1）在实验中用平板玻璃代替平面镜，主要是利用玻璃透明的特点，便于________如果有3mm厚和2mm厚的两块玻璃板，应选择________mm厚的玻璃板做实验。
（2）把蜡烛B放到A蜡烛像的位置上，将会看到图丙所示的现象。这说明：________。
（3）如果在图丁中蜡烛像的位置上放一张不透明白纸板做屏幕（3处为点燃着的蜡烛），眼睛的观察位置可以在图丁中________（填图中数字）处，发现白纸板上将________（填写“有”或“没有”）蜡烛的像；这说明：________。
（4）在探究平面镜成像特点实验中，有的小组用两个相同的蜡烛，有的小组用两个相同的棋子，用蜡烛和棋子各有优点和缺点，请你任选一个器材，说出它们的优缺点：________。
【答案】（1）确定像的位置；2；（2）像与物大小相等；（3）2；没有；平面镜成的是虚像；（4）选用蜡烛做实验，优点是成像清晰，缺点是随着蜡烛的燃烧，蜡烛会变短，物像大小不同。
【解析】（1）因为玻璃板既能让光透过也可以反射光，容易确定像的位置，而平面镜是不透明的，无法确定像的位置，所以选用玻璃板；因为厚玻璃板的两个面都可以当作反射面，会出现两个像，影响到实验效果，所以应选用薄玻璃板，用2mm厚的。（2）因为像和物大小相等，所以，把蜡烛B放到A蜡烛像的位置上，就会看到像与物完全重合，如图c所示，从而验证了平面像成像的特点。（3）点燃右方的蜡烛，右方的蜡烛在透明玻璃中成像，眼睛要在右方透过透明玻璃观察左方的蜡烛。故在2处；因为光屏只能接收实像，不能接收虚像，光屏不能接收到蜡烛A的烛焰的像，所以说明平面镜成的像是虚像；（4）用棋子蜡烛做此实验环保，但成的像较暗淡，不清晰，用蜡烛做实验，随着蜡烛的燃烧，蜡烛会变短，物像大小不同，因此，选用蜡烛做实验，优点是成像清晰，缺点是随着蜡烛的燃烧，蜡烛会变短，物像大小不同。
24．（3分）如图所示是探究“浮力大小与哪些因素有关”实验的若干操作，根据此图请你回答下列问题。
（1）分析比较图乙和丙，说明物体所受浮力的大小与________有关。
（2）此实验过程中所用的探究方法是________。请再举一个应用这种研究方法的实验：________。
【答案】（1）物体排开液体的体积；（2）控制变量法；探究影响摩擦力大小的因素（探究影响压力作用效果的因素或探究液体压强的特点）。
【解析】（1）乙、丙两图，都是水，物体排开水的体积不同，测力计的示数不同，说明物体所受浮力不同，可得物体所受浮力大小与物体排开液体的体积有关；（2）浮力大小与液体密度和排开液体的体积有关，实验中要用到控制变量法；探究液体压强特点、影响压力作用效果的因素、影响摩擦力大小的因素，都用到了控制变量法。
五、计算题（本大题2小题，共12分）
21．（6分）小明骑车在某段平直的水平路面上由静止开始运动，共用时12s，小明重450N，自行车重250N，轮子与地面的总接触面积是2×10﹣3m2，图1是速度V随时间t变化的关系图象，小明在t＝7s时刚好到达这段路程的中点，图2是动力F随时间t变化的关系图象。
（1）请问小明骑自行车在水平地面行驶时，对地面的压强为多大？
（2）在7﹣12s内，自行车所受的摩擦阻力是多少？自行车克服摩擦阻力做了多少功？此时功率是多少？
（3）自行车在0﹣7s内的平均速度是多少？（保留小数点后两位）
【答案】（1）请问小明骑自行车在水平地面行驶时，对地面的压强为3.5×105Pa；（2）在7﹣12s内，自行车所受的摩擦阻力是30N；自行车克服摩擦阻力做功900J；此时功率是180W；（3）自行车在0﹣7s内的平均速度是4.29m/s。
【解析】（1）小明骑自行车在水平地面行驶时，对地面的压力：
F＝G总＝G小明+G车＝450N+250N＝700N，
对地面的压强：p＝＝＝3.5×105Pa；
（2）由速度﹣时间图象可知，自行车在7～12s做匀速直线运动，速度v＝6m/s，
由牵引力﹣时间图象可知，在7～12s牵引力大小F＝30N，
所以摩擦力：f＝F＝30N；
根据v＝可得，7～12s内行驶的路程：s＝vt＝6m/s×5s＝30m，
自行车克服摩擦力做功：W＝fs＝30N×30m＝900J，
此时功率为：P＝＝＝180W；
（3）7～12s内行驶的路程：s＝30m，小明在t＝7s时刚好到达这段路程的中点，
所以，0﹣7s通过的路程s′＝s＝30m，
自行车在0﹣7s内的平均速度：v′＝＝≈4.29m/s。
22．（6分）前些年，日本生产的马桶盖受到了我国消费者的喜爱，支持国货的行动应该大力提倡，同时提高我国产品的质量、降低价格也势在必行。如图甲所示，是一款有洗涤功能的马桶盖，下表是说明书中部分内容，图乙是加热电路的简化电路图。在图乙中，当闭合开关S、断开开关S1时，保温座圈的电热丝R2开始加热；再闭合开关S1，电热丝R1给水加热，同时洗净装置将热水喷出。【已知c水＝4.2×103J/（kg•℃），ρ水＝1.0×103kg/m3】求：
额定电压
220V
洗净装置
出水量
0.6L/min
加热功率
1200W
保温座圈功率
50W
（1）若洗净装置喷水时，电热丝R1将水由20℃加热到40℃，则1min喷出的水一共吸收的热量；
（2）保温座圈的电热丝R2的阻值；
（3）小皮同学想知道用电高峰期该马桶盖的实际功率，于是他在用电高峰期把家里其他的用电器全部断开，只连入该马桶盖，使它的两开关均闭合，工作1min，观察家中标有1200revs/（kW•h）的电能表转过了22转，求此时马桶盖的实际功率。
【答案】（1）1min喷出的水一共吸收的热量为5.04×104J；（2）保温座圈的电热丝R2的阻值为968Ω；（3）马桶盖的实际功率为1100W。
【解析】（1）由洗净装置工作时出水量为0.6L/min可知，1min出水量为0.6L，
由ρ＝得，水的质量为：m＝ρ水V＝1.0×103kg/m3×0.6×10﹣3m3＝0.6kg，
则水吸热的热量：Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×0.6kg×（40℃﹣20℃）＝5.04×104J。
（2）由题意可知，闭合开关S时，电路为R2的简单电路，保温座圈开始加热，
由P＝UI＝可得，R2的阻值：R2＝＝＝968Ω。
（3）因1200revs/（kW•h）表示每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转1200转，
所以，电能表表盘转22转消耗的电能：W＝kW•h＝kW•h，
则此时马桶盖的实际功率：P实际＝＝＝1.1kW＝1100W。
六、综合能力题（本大题3小题，共20分）
25．（9分）阅读短文，回答问题：
空气能热水器
空气能热水器工作原理如图甲所示。蒸发器从室外空气吸热，加热低沸点氟介质并使其汽化，氟介质蒸汽由压缩机压缩升温后，进入冷凝器液化释放热量传递给水箱中的冷水，随后经过“节流降温过滤降压”回到室外的蒸发器开始下一个循环。
空气能热水器具有高效节能的特点，它工作时，氟介质在蒸发器中吸收热空气的能量QA；压缩机消耗电能W转化为机械能，再由机械能转化为内能，最终氟介质在冷凝器中释放给冷水的热量QB＝QA+W．通常我们用“能效比”（即放出的热量与消耗的电能的比值）来反映空气能热水器的节能性能。
某款空气能热水器，它的部分技术参数如下表。
额定制热量P1/W
3000
电源规格U/V
220
额定电功率P2/W
800
水箱容积V/L
200
适用环境温度范围：﹣7～43℃
（1）在空气能热水器中，是通过________（选填“加压”或“降温”）方法使氟介质液化的。这款空气能热水器正常工作时的能效比为________。
（2）氟介质经膨胀阀减压后，它的沸点所在温度范围可能是________。
A．低于﹣7℃B．﹣7℃～43℃
C．高于43℃D．高于50℃
（3）正常使用时，将一箱15℃的冷水加热到55℃，消耗的电能为________kW•h．[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]
（4）在如图乙所示的冲程中，压缩机气缸内实现了把________能转化为________能。
（5）压缩机活塞上下移动的距离是18cm，横截面积是50cm2，工作时，活塞压缩氟介质的压强约为2.5×105Pa，则活塞压缩一次氟介质做的功为________J；若系统正常工作消耗的电能有90%转化为压缩氟介质的能量，则每分钟压缩氟介质的次数是________，压缩机曲轴的转速是________r/min。
【答案】（1）降温；3.75；（2）B；（3）2.5；（4）机械；内；（5）225；192；384。
【解析】（1）在空气能热水器中，蒸发器从室外空气吸热，加热低沸点氟介质并使其汽化，氟介质蒸汽由压缩机压缩升温后，进入冷凝器是通过降温的方法使氟介质液化释放热量传递给水箱中的冷水。由能效比的定义可知，这款空气能热水器正常工作时的能效比为：η＝＝＝＝＝3.75。
（2）适用环境温度范围：﹣7℃～43℃，氟介质经膨胀阀减压后，沸点降低，由于适用环境温度范围：﹣7℃～43℃，它的沸点所在温度范围可能是：﹣7℃～43℃，故选B。
（3）水的体积V水＝200L＝0.2m3，
由ρ＝得，水的质量：m水＝ρ水V水＝1.0×103kg/m3×0.2m3＝200kg，
水获取的能量：Q＝c水m水（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×200kg×（55℃﹣15℃）＝3.36×107J，
由能效比公式η＝得，消耗的电能：W＝＝＝8.96×106J≈2.5kW•h。
（4）由图乙所示的冲程为压缩冲程，在此冲程中，曲轴动连杆带动活塞向上运动，压缩氟介质蒸汽对其做功，所以将机械能转化为内能。
（5）由p＝得，活塞受到的压力：F＝pS＝2.5×105Pa×50×10﹣4m2＝1250N，
则活塞压缩一次氟介质做的功：W1＝Fs＝1250N×0.18m＝225J。
系统正常工作时每分钟消耗的电能：W2＝P2t2＝800W×60s＝48000J，
电能转化为压缩氟介质的能量：W′＝90%W2＝90%×48000J＝43200J，
则每分钟压缩氟介质的次数：n＝＝＝192。
由图可知，压缩机曲轴转动一周，经历一个吸气冲程和一个压缩冲程，因为每分钟压缩氟介质的次数是192，即192个压缩冲程; 所以曲轴压缩机的转速是384r/min。
26．（7分）如图所示，在“研究物体动能与哪些因素有关”的实验中，将A、B、C三小球先后从同一装置的hA、hB、hC高处滚下（mA＝mB＜mC，hA＝hC＞hB）推动纸盒运动一段距离后静止。
（1）要研究动能与质量的关系，我们要选择________两图来进行比较。实验中通过观察________的大小，来判断小球动能的大小。
（2）实验中为了研究动能大小与质量的关系。需要控制小球撞击时的速度不变，具体的控制方法是________。
（3）要研究动能与速度的关系，我们应该选择________两图来进行实验。
（4）若水平面绝对光滑，本实验将________（选填“能”或“不能”）达到探究目的。
（5）小王根据实验现象认为：纸盒、小球最终都停下来了，所以它们的机械能最终都消失了。你认为小王的观点是________的，（选填（“正确”或“错误”）理由是________。
【答案】（1）ac；推动纸盒移动的距离；（2）让小球从同一斜面的同一高度滑下；（3）ab；（4）不能；（5）错误；机械能转化为内能，而不是机械能消失了。
【解析】（1）要研究动能与质量的关系，必须保证速度相同，而质量不同，由此分析，只有a、c两图符合条件。球对纸盒做功的多少反映球的动能多少，而做功的多少可由纸盒被推开距离的远近来确定。（2）验中为了研究动能大小与质量的关系。需要控制小球撞击时的速度不变，让小球从同一斜面的同一高度滑下；（3）要研究动能与速度的关系，必须保证质量相同，而速度不同，由此分析，只有a、b两图符合条件；（4）若水平面绝对光滑，根据牛顿第一定律，小车和木块将永远一直运动下去，就达不到探究的目的了。（5）小球推动木块移动一段距离后都要停下来，是因为水平面有摩擦力，木块克服摩擦做功，机械能转化为内能，而不是机械能消失了。故小王的观点是错误的。
27．（4分）阅读短文，回答问题。
压力传感器
压力传感器种类很多，电子秤中测力装置所使用的电阻应变式压力传感器的原理如图1所示，金属梁右端为固定端，左端为自由端，金属梁的上、下表面各紧贴一块相同的应变片，应变片结构如图2所示，它主要是由基底、金属电阻丝和引线等组成，电阻丝固定在基底上，当应变片被拉长时，金属电阻丝同时被拉长，电阻丝的电阻变大，反之，当应变片把压缩时，金属电阻丝变短，电阻丝的电阻变小。
当自由端受到向下的压力F时，金属梁向下弯曲，上应变片被拉长，下应变片被压缩，如果上、下金属电阻丝有大小不变的电流I通过时。上应变片引线间两端电压为U1，下应变片引线间两端电压为U2．传感器可以通过输出两个电压的差值U（U＝U1﹣U2）来反映压力F的大小。
请回答下列问题：
（1）当应变片被拉长时，金属电阻丝的电阻或变大，原因是________。
（2）当金属梁没有受到压力时，由于________，所以U1＝U2，U＝0
（3）当金属梁受力向下弯曲时，U1 ________，U2 ________（选填“变大”、“变小”或“不变”）
【答案】（1）电阻丝的长度变长横截面积变小导致电阻变大；（2）两应变片的电阻相等，通过两应变片的电流相等；（3）变大；变小。
【解析】（1）当应变片被拉长时，电阻丝长度变大，横截面积变小，所以电阻变大；（2）由题意可知，金属梁的上、下表面的应变片完全相同，即两应变片的电阻相同，且两应变片串联在电路中，所以通过两应变片的电流相等，根据U＝IR可知，上应变片引线间两端电压为U1和下应变片引线间两端电压为U2相等；即U1＝U2，U＝U1﹣U2＝0；（3）当金属梁受力向下弯曲时，上面金属电阻丝长度变大，电阻变大，下面金属电阻丝长度变短，电阻变小；由欧姆定律可知，电压U＝IR，电流一定时，电阻越大，导体，U1变大，U2变小。
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