2021年辽宁省丹东市中考物理试卷

一、选择题（本题包括10个小题，每小题3分，共30分。1～7小题为单选题；8～10小题为多选题，漏选多选均不得分）

1．（3分）下列数据最接近实际的是（　　）

A．课桌的高度大约为0.75m

B．体温计的刻度范围通常为35～45℃

C．台式计算机的额定功率约为2000W

D．普通中学生上一层楼所做的功约为150J

【答案】A

【考点】常见的长度及估测；功的估算；摄氏温度的规定及单位；额定功率

【分析】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，排除与生活实际不符的选项，找出符合生活实际的选项。

【解答】解：A、中学生的身高大约为160cm，所以课桌高度为70cm左右，故A选项符合实际；B、体温计的刻度范围在35～42℃，故B选项不符合实际；C、台式计算机的额定功率约为200W，故C选项不符合实际；D、中学生的体重约为500N，楼层高为3m，上一层楼所做的功为：W＝Gh＝500N×3m＝1500J；故D选项不符合实际；故选：A。

【难度】1

2．（3分）下列说法正确的是（　　）

A．击鼓的力量越大，鼓皮振动得越快，音调就越高

B．外科医生常用次声波振动除去人体内的结石

C．丹东冬天的雪景非常美丽，雪的形成是凝固现象

D．利用干冰升华吸热可以防止食品腐烂变质

【答案】D

【考点】自然界中的物态变化；响度与振幅、距离发声体的关系；声与能量；升华的概念及现象

【分析】（1）响度是由声源振动的幅度决定的，振幅越大，响度越大；

（2）声音既可以传递信息，又可以传递能量；

（3）物质从气态直接变为固态是凝华现象；

（4）物质由固态直接变成气态的现象叫做升华，升华吸热。

【解答】解：A.击鼓的力量越大，鼓皮的振幅越大，响度越大，声音就越响亮，故A错误；B.因为声波能传递能量，所以医生通常利用超声波振动除去人体内的结石，而不是次声波，故B错误；C.雪是水蒸气遇冷凝华而成的小冰晶，是凝华现象，故C错误；D.为了防止食品腐烂变质，利用干冰升华吸热保鲜，故D正确。故选：D。

【难度】1

3．（3分）下列现象中，由于光的折射而形成的是（　　）

A． 对着镜子画脸谱

B． 利用太阳灶烧水

C． 渔民看到水中的鱼

D． 小孔成像

【答案】C

【考点】光的折射现象

【分析】（1）光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，产生的现象有小孔成像、激光准直、影子的形成、日食和月食等；

（2）光线传播到两种介质的表面上时会发生光的反射现象，例如水面上出现岸上物体的倒影、平面镜成像、玻璃等光滑物体反光都是光的反射形成的；

（3）光线在同种不均匀介质中传播或者从一种介质斜射入另一种介质时，就会出现光的折射现象，例如水池底变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼等都是光的折射形成的。

【解答】解：A、对着镜子画脸谱是平面镜成像，平面镜成像属于光的反射原理，故A错误。B、太阳灶是利用凹面镜会聚光线的能力，将太阳能转化为水的内能，是利用光的反射，故B错误；C、我们看到的水中的鱼，是由光的折射形成的虚像，故C正确；D、小孔成像是由光的直线传播形成的，故D错误。故选：C。

【难度】1

4．（3分）骑踏板车是小朋友喜爱的一项运动，如图是小明在水平路面上匀速骑踏板车的情景，下列说法正确的是（　　）

A．小明匀速骑踏板车时受到惯性作用

B．小明受到的重力和地面对踏板车的支持力是一对平衡力

C．小明对踏板车的压力和踏板车对小明的支持力是一对相互作用力

D．小明对踏板车的压力是由于踏板车发生形变产生的

【答案】C

【考点】平衡力与相互作用力的辨析；压力的大小；惯性的概念

【分析】（1）物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性；

（2）平衡力的条件：大小相等、方向相反、作用在同一个物体上，作用在同一条直线上；

（3）相互作用力的条件：大小相等、方向相反、作用在两个物体上，作用在同一条直线上；

（4）物体发生弹性形变，会产生弹力。发生形变的物体就是产生弹力的施力物体。常见的推、拉、提、压等均为弹力。

【解答】解：A、惯性是物体保持原来运动状态不变的性质，不是力，不能说受到惯性作用，故A错误；B、小明受到的重力和地面对踏板车的支持力大小不等，所以不是一对平衡力，故B错误；C、小明对踏板车的压力和踏板车对小明的支持力同时作用在踏板车和小明上，是一对相互作用力，故C正确；D、由于小明受到重力，所以小明会对踏板车产生压力，压力是弹力，其施力物体是小明的脚，所以是小明的脚发生形变产生的，故D错误。故选：C。

【难度】3

5．（3分）下列说法正确的是（　　）

A．分子间的引力和斥力一定不能同时存在

B．利用半导体材料可以制作二极管和三极管

C．三峡水电站发电利用的水能是不可再生能源

D．在太阳内部，氢原子核在超高温下发生裂变，释放出巨大的核能

【答案】B

【考点】半导体的特点；二极管；分子间作用力的作用规律；能源及其分类；可再生能源和不可再生能源；核能及其原理

【分析】（1）分子之间存在着作用力，同时存在着引力和斥力；

（2）二极管、三极管由半导体制作而成，二极管：具有单向导电性。三极管：具有将电信号放大的作用；

（3）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，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；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；

（4）核能的获得有两个途径：核裂变和核聚变。

【解答】解：A、分子间的引力和斥力是同时存在的，故A错误；B、导电能力介于导体和绝缘体之间的材料叫半导体，半导体是制作二极管、三极管的材料，故B正确；C、水能可以从自然界源源不断的得到补充，是可再生能源，故C错误；D、在太阳内部，氢原子核在超高温下发生聚变释放出巨大的核能，而不是裂变，故D错误。故选：B。

【难度】3

6．（3分）英国物理学家法拉第揭示了磁生电现象，下列四幅图中与磁生电原理相同的是（　　）

A． 奥斯特实验

B． 电铃

C． 扬声器

D． 话筒

【答案】D

【考点】电磁感应现象；奥斯特实验；扬声器

【分析】（1）奥斯特实验说明通电导体的周围存在磁场，这是电流的磁效应。

（2）通电导体在磁场中会受到力的作用。

（3）闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，电路中产生感应电流，这是电磁感应现象。“电磁感应”现象可以说明“磁生电”。

【解答】解：A、奥斯特发现了通电导体周围存在磁场，即电流的磁效应，故A错误；B、电铃的主要部件是电磁铁，是电流的磁效应，故B错误；C、扬声器的原理是通电导体在磁场中受力而运动，故C错误；D、动圈式话筒是把声信号转变成电信号的，声信号的振动带动线圈在磁场中振动，产生电流，是电磁感应现象原理，与磁生电原理相同，故D正确。故选：D。

【难度】3

7．（3分）如图所示，重力为6N的物体在4N拉力F的作用下，以0.2m/s的速度沿斜面匀速上升。当物体升高0.6m时，恰好沿斜面前进1.2m的距离。（忽略绳重和动滑轮自重）（　　）

A．物体对斜面的压力为6N

B．该装置的机械效率为75%

C．物体与斜面间的摩擦力为5N

D．拉力F的功率为1.6W

【答案】D

【考点】斜面机械效率的计算；功的简单计算；功率的计算

【分析】（1）物体在斜面时对斜面的压力小于物体的重力；

（2）根据动滑轮的特点可知绳子自由端移动的距离s＝2s_物，由拉力和绳子自由端移动的距离利用W_总＝Fs计算出总功，由物体的重力和物体上升的高度利用W_有用＝Gh计算出有用功，再根据η 计算出装置的机械效率；

（3）由于忽略绳重和动滑轮自重，若再忽略轮与轴之间的摩擦，该装置的额外功为克服物体与斜面间的摩擦力所做的功，利用W_额外＝W_总﹣W_有用计算出额外功，再利用W_额外＝fs_物计算摩擦力，而题目条件没有忽略轮与轴之间的摩擦，因此物体与斜面的实际摩擦力比所求摩擦力要小；

（4）绳子自由端的速度v＝2v_物，利用P Fv求出拉力的功率。

【解答】解：A、物体在斜面时对斜面的压力小于物体的重力，故A错误；B、由动滑轮的特点可知，绳子自由端移动的距离：s＝2s_物＝2×1.2m＝2.4m，拉力做的总功：W_总＝Fs＝4N×2.4m＝9.6J，该装置做的有用功：W_有用＝Gh＝6N×0.6m＝3.6J，所以该装置的机械效率：η 100%＝37.5%，故B错误；C、由于忽略绳重和动滑轮自重，若再忽略轮与轴之间的摩擦，该装置的额外功为克服物体与斜面间的摩擦力所做的功，所以W_额外＝W_总﹣W_有用＝9.6J﹣3.6J＝6J，物体与斜面间的摩擦力f 5N，而题目条件没有忽略轮与轴之间的摩擦，因此物体与斜面的实际摩擦力比所求摩擦力5N要小，故C错误；D、由动滑轮的特点可知，绳子自由端移动的速度v＝2v_物＝2×0.2m/s＝0.4m/s，所以拉力F的功率P Fv＝4N×0.4m/s＝1.6W，故D正确。故选：D。

【难度】5

8．（3分）下列说法正确的是（　　）

A．连通器各部分中的液面高度一定是相同的

B．四冲程汽油机的做功冲程将内能转化为机械能

C．同一支密度计在不同液体的液面漂浮时所受浮力相等

D．电流通过导体时电能转化成内能的现象叫电流的热效应

【答案】BCD

【考点】连通器的应用；物体浮沉条件；内燃机的四个冲程；四冲程的能量转化；电流的热效应

【分析】（1）连通器原理：连通器里只有一种液体，在液体不流动的情况下，连通器各容器中液面的高度总是相平的；

（2）做功冲程中，高温高压的燃气推动活塞向下运动，内能转化为机械能；

（3）同一支密度计在不同液体的液面漂浮时，根据漂浮条件分析密度计受到浮力的大小关系；

（4）电流流过导体时，导体发热，把电能转化为内能的现象是电流的热效应。

【解答】解：A、连通器中装同种液体静止时液面相平，故A错误；B、四冲程汽油机的做功冲程将内能转化为机械能，故B正确；C、同一支密度计在不同液体的液面漂浮时，密度计受到的浮力：F_浮＝G，因为密度计受到的重力不变，所以密度计受到的浮力相等，故C正确；D、电流通过导体时，导体会发热，电能转化成内能，这种现象叫电流的热效应，故D正确。故选：BCD。

【难度】3

9．（3分）如图所示，水平桌面上有质量相等、底面积相同的甲、乙两容器，分别装有不同的液体。现将两个质量相同的实心正方体A、B（V_A＜V_B）分别放入甲、乙两容器中，两物体静止时容器中的液面恰好相平。下列说法正确的是（　　）

A．甲容器底部受到液体的压强大于乙容器底部受到液体的压强

B．物体A下表面受到液体的压力等于物体B下表面受到液体的压力

C．放入物体前后，甲容器底部受到液体压强的变化量大于乙容器底部受到液体压强的变化量

D．放入物体前后，甲容器对桌面压强的变化量等于乙容器对桌面压强的变化量

【答案】ACD

【考点】液体对容器底的压力与液体自身重力的关系；固体压强的比较大小；液体压强的大小比较

【分析】（1）根据A、B的质量关系和体积关系判定两种的密度的大小关系；根据物体的浮沉条件判定出液体密度的大小关系；然后根据p＝ρgh分析容器底部受到的压强的大小关系；

（2）根据浮力产生的原因分析物体底部受到的压力的大小关系；

（3）根据容器的形状，判定压力的增大量的大小，然后根据Δp 分析压强的变化量的大小关系；

（4）甲、乙两容器对水平桌面的压力等于容器、容器内液体和物体的重力之和；根据增大的压力、受力面积，利用Δp 分析压强的变化量的大小关系。

【解答】解：A、实心正方体A、B的质量相同，V_A＜V_B，根据ρ 可知，ρ_A＞ρ_B；A在甲中漂浮，说明A的密度要小于甲中液体的密度，B在乙中悬浮，说明B的密度等于乙中液体的密度；液体的深度相同，根据p＝ρgh可知，甲容器底部受到液体的压强大于乙容器底部受到液体的压强，故A正确；B、因为物体上、下表面受到液体的压力差等于物体受到的浮力，因此B下表面受到的压力大于浮力；A上表面受到的压力为零，因此A下表面受到液体的压力等于浮力，所以物体A下表面受到液体的压力小于物体B下表面受到液体的压力，故B错误；C、实心正方体A、B的质量相同，重力相同，放入液体中后，由于甲的形状上窄下宽，则甲容器底部压力的增大量要大于A的重力；乙的形状下窄上宽，则乙容器底部压力的增大量要小于B的重力，两个容器的底面积相同，根据Δp 可知，放入物体前后，甲容器底部受到液体压强的变化量大于乙容器底部受到液体压强的变化量，故C正确；D、将两个质量相同的实心正方体A、B（V_A＜V_B）分别放入甲、乙两容器中，A、B的重力相同，则甲、乙对水平面的压力的增大量相同，两个容器的底面积相同，根据Δp 可知，甲容器对桌面压强的变化量等于乙容器对桌面压强的变化量，故D正确。故选：ACD。

【难度】5

10．（3分）如图甲所示电路中，电源电压恒定，R₁为定值电阻，R₂＝10Ω，滑动变阻器R₃的阻值变化范围为0～50Ω。闭合开关，滑动变阻器滑片从一端向另一端移动过程中，滑动变阻器的电功率随其电阻变化的图象如图乙所示。则（　　）

A．电源电压为9V

B．滑动变阻器最大功率为0.45W

C．电路工作时总功率最大值与最小值之比为7：2

D．电压表示数的变化量与电流表示数的变化量之比变大

【答案】BC

【考点】欧姆定律的应用；串并联的比例计算；电功率的综合计算

【分析】闭合开关，R₁、R₂、R₃串联，电流表测量电路电流，电压表测量R₃两端的电压。A、当滑动变阻器接入电路的阻值为10Ω时，功率为0.4W，根据P＝I²R可知电路中的电流，根据欧姆定律可得出此时滑动变阻器两端的电压，根据串联电路的特点可得出电源电压的表达式；当滑动变阻器接入电路的阻值为40Ω时，功率为0.4W，根据P＝I²R可知电路中的电流，根据欧姆定律可得出此时滑动变阻器两端的电压，根据串联电路的特点可得出电源电压的表达式，联立以上两式可得出电源电压和R₁的阻值；B、根据欧姆定律可知电路中的电流，根据P＝I²R可得出滑动变阻器的功率表达式，分析可表达式得出滑动变阻器的最大功率；C、滑动变阻器接入电路的阻值最大时，总电阻最大，根据P 可知总功率最小，并得出最小总功率；滑动变阻器接入电路的阻值最小时，总电阻最小，根据P 可知总功率最大，并得出最大总功率，进而得出电路工作时总功率最大值与最小值之比；D、根据串联电路的特点可知电压表示数的变化量等于R₁和R₂两端电压之和的变化量，设R₁和R₂的总电阻为R₁₂，根据欧姆定律可得出R₁和R₂两端电压的表达式，进而得出电压表示数的变化量与电流表示数的变化量之比的变化情况。

【解答】解：闭合开关，R₁、R₂、R₃串联，电流表测量电路电流，电压表测量R₃两端的电压。A、当滑动变阻器接入电路的阻值为10Ω时，功率为0.4W，根据P＝I²R可知电路中的电流I 0.2A，此时滑动变阻器两端的电压U₃＝IR₃＝0.2A×10Ω＝2V，电源电压U＝U₁+U₂+U₃＝IR₁+IR₂+U₃＝0.2A×R₁+0.2A×10Ω+2V......①，当滑动变阻器接入电路的阻值为40Ω时，功率为0.4W，根据P＝I²R可知电路中的电流I′ 0.1A，此时滑动变阻器两端的电压U₃′＝I′R₃＝0.1A×40Ω＝4V，电源电压U＝U₁′+U₂′+U₃′＝I′R₁+I′R₂+U₃′＝0.1A×R₁+0.1A×10Ω+4V......②，联立①②得：U＝6V，R₁＝10Ω；故A错误；B、根据欧姆定律可知电路中的电流I″ ，滑动变阻器的功率P_滑＝I″²R₃′＝（ ）²R₃′ ，当R₃′＝R₁+R₂＝10Ω+10Ω＝20Ω时，滑动变阻器的功率最大，为P_滑大 0.45W，故B正确；C、滑动变阻器接入电路的阻值最大时，总电阻最大，根据P 可知总功率最小，为P_小 W，滑动变阻器接入电路的阻值最小时，总电阻最小，根据P 可知总功率最大，为P_大 1.8W，电路工作时总功率最大值与最小值之比为： 7：2，故C正确；D、根据串联电路的特点可知电压表示数的变化量等于R₁和R₂两端电压之和的变化量，设R₁和R₂两的总电阻为R₁₂，U₁₂＝IR₁₂，U₁₂′＝I′R₁₂，则ΔU＝U₁₂﹣U₁₂′＝IR₁₂﹣I′R₁₂＝ΔIR₁₂，据此可知电压表示数的变化量与电流表示数的变化量之比为： R₁₂，因R₁和R₂两的总电阻R₁₂为定值，故电压表示数的变化量与电流表示数的变化量之比不变，故D错误。故选：BC。

【难度】5

三、填空题（本题包括10个小题，每空1分，共22分）

11．（2分）古诗《鹿柴》中有“空山不见人，但闻人语响”，诗人听到的人声是由声带 　 　产生的，声音在液体中的传播速度 　 　（选填“大于”“小于”或“等于”）在空气中的传播速度。

【答案】振动；大于

【考点】不同介质的声音速度；声音产生的原因

【分析】（1）声音是由物体的振动产生的；

（2）声音的传播靠介质，固体、液体、气体都可作为传播声音的介质，不同介质中声速不同。

【解答】解：诗人听到的人声是由声带振动产生的；声音在液体中的传播速度大于在空气中的传播速度。故答案为：振动；大于。

【难度】1

12．（2分）如图人站在匀速上升的自动扶梯上，以地面为参照物人是 　 　（选填“运动”或“静止”）的；人匀速上升过程中的机械能 　 　（选填“增大”、“减小”或“不变”）。

【答案】运动；增大

【考点】机械能的概念；参照物的选择

【分析】（1）在研究机械运动时，假定不动的物体叫参照物．判断物体的运动和静止，关键是看被研究的物体与参照物之间的相对位置是否发生了改变；

（2）机械能等于动能和势能之和，判断动能大小的变化，从动能的两个影响因素质量和速度去判断；判断重力势能大小的变化，从重力势能的两个影响因素质量和高度去判断。

【解答】解：（1）以地面为参照物，人和地面之间位置发生变化，所以人是运动的。（2）人乘电梯匀速上升时，人的质量不变，速度不变，动能不变；上升时，人的质量不变，高度增大，重力势能增大，故机械能增大。故答案为：运动；增大。

【难度】1

13．（2分）如图是“探究平面镜成像的特点”实验，若蜡烛以0.01m/s的速度向玻璃板靠近，此过程中蜡烛在玻璃板中的像相对蜡烛的速度是 　 　m/s，像的大小 　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”）。

【答案】0.02；不变。

【考点】探究平面镜成像的特点

【分析】平面镜成像的特点是：物体在平面镜中所成的像是虚像，像和物体的大小相等，左右相反，它们的连线垂直于镜面，它们到镜面的距离相等。

【解答】解：（1）物体到玻璃板的距离相等，故像到物体的距离为像到玻璃板距离的2倍，移动时间相同，则像相对蜡烛的速度为蜡烛的2倍，所以v＝2v_蜡烛＝2×0.01m/s＝0.02m/s.（2）玻璃板中成的像与物体的大小相等，所以蜡烛大小没发生变化，像的大小也不变。故答案为：0.02；不变。

【难度】1

14．（2分）飞机升空的过程中，飞机外部大气压随高度的增加而 　 　（选填“增大”、“减小”或“不变”）；飞机机翼横截面的大致形状如图所示，这是利用气体流速越大的位置压强 　 　（选填“越大”、“越小”或“不变”）的原理产生升力。

【答案】减小；越小

【考点】流体压强与流速的关系在生活中的应用；大气压强与高度的关系

【分析】（1）大气压强与高度有关，随着高度的升高而降低；

（2）在流体中，流速越大的地方压强越小，流速越小的地方压强越大。据此分析回答。

【解答】解：（1）大气压强随着高度的升高而降低，故飞机升空的过程中，飞机外部大气压随高度的增加而减小；（2）飞机的机翼上方突起，下方平直。这样的结果决定了当飞机启动后，机翼上方空气流速快，空气压强小，机翼下方空气流速慢，空气压强大，从而使机翼的上下表面产生压强差，为飞机提供升力。故答案为：减小；越小。

【难度】1

15．（2分）人们在端午节有食用咸鸭蛋的习俗。咸鸭蛋制作方法之一是将鸭蛋放在盐水中，过一段时间就会变咸，这是一种 　 　现象。煮咸鸭蛋升温的过程中，其内能 　 　（选填“增大”、“减小”或“不变”）。

【答案】扩散；增大。

【考点】扩散现象

【分析】（1）不同物质组成的物体相互接触时，彼此进入对方的现象是扩散；

（2）物体内能跟物体的温度、质量和状态有关，在质量和状态一定时，物体温度升高，物体的内能增加。

【解答】解：（1）鸭蛋变咸是盐分子运动到鸭蛋中，这是扩散现象；（2）煮咸鸭蛋时，鸭蛋的质量和状态不变，温度升高，鸭蛋的内能增大。故答案为：扩散；增大。

【难度】1

16．（3分）如图甲所示，在粗糙水平地面上向右运动的物体，受到方向不变的水平拉力F作用，F大小与时间t的关系如图乙所示，物体运动速度v与时间t的关系如图丙所示。由图象可知：当t＝4s时，物体受到的摩擦力为 　 　N；当t＝6s时，物体处于 　 　（选填“匀速”、“变速”或“静止”）状态，此时物体受到的摩擦力 　 　N。

【答案】4；静止；3

【考点】平衡状态下的摩擦力分析；力与图像的结合；摩擦力的大小

【分析】根据二力平衡条件求在2～3s内时物体受到的摩擦力；滑动摩擦力的大小与压力大小、接触面的粗糙程度有关。

【解答】解：由图丙可知，在2～3s内时物体做匀速直线运动，此时水平方向上的拉力和滑动摩擦力是一对平衡力，大小相等，由图乙可知，此时的拉力为4N，则滑动摩擦力的大小为4N；由图丙可知，当t＝4s时，物体做减速运动，但物体对水平面的压力大小和接触面的粗糙程度均不变，则物体受到滑动摩擦力的大小不变，仍然为4N；当t＝6s时，由图丙可知，物体的速度为0，物体处于静止状态，则物体受到的静摩擦力与拉力是一对平衡力，大小相等，此时的拉力为3N，所以物体受到的摩擦力3N。故答案为：4；静止；3。

【难度】1

17．（3分）小明断开家中所有用电器后，观察到此时电能表示数如图所示，根据电能表参数分析，此电路中的用电器总功率不能超过 　 　W。然后接入“220V 1210W”的电热器单独工作30min，电能表示数变为 ，则电热器实际工作电压为 　 　V，在1min内电能表转盘转过 　 　r。

【答案】6600；200；50。

【考点】电能表的计算；电能表的参数

【分析】（1）知道电能表的工作电压和最大电流（15A为电能表的标定电流、30A是电能表平时工作允许通过的最大电流），根据P＝UI求出最大功率；

（2）前后两次电能表示数之差就是电热器消耗的电能；电能与工作时间之比为电热器实际功率；已知电热器额定电压和额定功率，可以得到其电阻；已知电热器电阻和实际功率，可以得到两端实际电压；已知30min消耗的电能，可以得到1min消耗电能，结合3000r/（kW•h）意义得到在1min内电能表转盘转过的圈数。

【解答】解：（1）电能表允许电路中的用电器总功率不能超过：P＝UI＝220V×30A＝6600W；（2）电热器消耗的电能为W＝530.8kW•h﹣530.3kW•h＝0.5kW•h，电热器的实际功率为P_实 1kW＝1000W；由P 得，电热器的电阻为R 40Ω，电热器两端实际电压为U_实 200V；3000r/（kW•h）表示用电器消耗1kW•h电能，电能表转盘转过3000转，由上知，电热器30min消耗0.5kW•h电能，所以1min消耗 kW•h电能，1min电能表转盘转过 kW•h×3000r/（kW•h）＝50r。故答案为：6600；200；50。

【难度】5

18．（2分）5G是第五代移动通信技术的简称，5G是利用 　 　传递信息的。据专家预计到2030年5G网络将完全开发和建立，将和光纤一道成为信息社会最重要的基础设施，其中光纤通信是利用光在光导纤维中多次 　 　将信息传到远方。

【答案】电磁波；反射。

【考点】电磁波的传播；光的反射现象

【分析】（1）广播、电视、移动通信、卫星都是用电磁波传递信息的；

（2）光纤通信利用了激光的反射来传递信息。

【解答】解：（1）移动通信主要是依靠无线网络通信技术，就是利用电磁波进行信息传输；（2）光纤通信是利用激光在光导纤维中多次反射，将携带的信息传到远方。故答案为：电磁波；反射。

【难度】1

19．（2分）如图所示，电源电压恒定，R₁、R₂为定值电阻。闭合开关S，将滑动变阻器R₃的滑片调节到图示位置，待电路稳定后，小磁针静止时B端为 　 　（选填“N”或“S”）极。将滑动变阻器的滑片向右滑动，电阻R₁的电流变化量 　 　（选填“大于”、“小于”或“等于”）电阻R₃的电流变化量。（不考虑地磁场的影响）

【答案】N；小于

【考点】欧姆定律的应用

【分析】（1）根据线圈的绕法和电流的方向，可以确定螺线管的NS极；据磁体间的相互作用分析小磁针的运动方向；

（2）由图可知，该电路为混联电路：R₂和R₃并联后再与R₁串联接在电路中，根据滑动变阻器滑片移动的方向判定滑动变阻器电阻的变化，根据并联电路的电阻关系判定并联部分总电阻的变化，根据串联电路的分压规律判定并联部分两端电压的变化，根据欧姆定律判定通过R₂电流的变化；根据串联电路的电阻关系判定整个电路总电阻的变化，根据欧姆定律判定干路中电流的变化；然后根据并联电路的电流关系判定电阻R₁的电流变化量与电阻R₃的电流变化量的大小关系。

【解答】解：闭合开关S，将滑动变阻器R₃的滑片调节到图示位置，由安培定则可知，右手握住螺线管，四指指向电流的方向，大拇指指向右端，则通电螺线管的右端为N极，左端为S极，小磁针的B端应靠近螺线管的左端，根据异名磁极相互吸引可知，小磁针的B端为N极；由图可知，该电路为混联电路：R₂和R₃并联后再与R₁串联接在电路中；将滑动变阻器的滑片向右滑动，滑动变阻器接入电路的电阻变大，根据欧姆定律可知，通过变阻器R₃的电流变小；变阻器接入电路的电阻变大，则并联部分的总电阻变大，根据串联电路的分压规律可知，并联部分分担的电压变大；由I 可知，通过R₂的电流变大；根据串联电路的电阻关系可知，整个电路的总电阻变大，根据I 可知，干路中的电流变小；因并联电路中干路电流等于各支路电流的和，干路电流变小，通过R₂的电流变大，通过变阻器R₃的电流变小，所以通过变阻器R₃的电流减小得更多，即电阻R₁的电流变化量小于电阻R₃的电流变化量。故答案为：N；小于。

【难度】5

20．（2分）如图所示，有一实心长方体悬浮在油和盐水中，浸在油中和盐水中的体积之比为3：2。则该物体在油中受到的浮力与物体的重力之比为 　 　；该物体密度为 　 　kg/m³。（ρ_油＝0.7×10³kg/m³，ρ_盐水＝1.2×10³kg/m³）

【答案】7：15；0.9×10³

【考点】阿基米德原理的理解；密度的简单计算；帕斯卡原理及其应用

【分析】设长方体的体积为V，且浸在油中和盐水中的体积之比为3：2，根据阿基米德原理得出物体在油中受到的浮力和物体在盐水中受到的浮力的表达式，

根据重力和密度公式可知该物体的重力表达式，长方体悬浮，F_浮＝G，据此得出该物体的密度。进而得出该物体在油中受到的浮力与物体的重力之比。

【解答】解：因上面的油对下面的盐水有压强，且液体能够传递压强，液体内部向各个方向都有压强，所以上面的油通过下面的盐水对物体下表面有向上的压强（有向上的压力），则由浮力产生的原因可知物体的上面部分浸在油中也受浮力的作用；设长方体的体积为V，且浸在油中和盐水中的体积之比为3：2，该物体在油中受到的浮力F_浮油＝ρ_油gV_排油，该物体在盐水中受到的浮力F_浮盐水＝ρ_盐水gV_排盐水，根据重力和密度公式可知该物体的重力G＝mg＝ρ_物gV，长方体悬浮，F_浮＝G，即：ρ_油gV_排油+ρ_盐水gV_排盐水＝ρ_物gV，代入数据可得：0.7×10³kg/m³×10N/kg V+1.2×10³kg/m³×10N/kg V＝ρ_物gV，解出：ρ_物＝0.9×10³kg/m³；则该物体在油中受到的浮力与物体的重力之比为： 。故答案为：7：15；0.9×10³。

【难度】5

四、作图题（本题包括3个小题，每小题3分，共9分）

21．（3分）请画出发光点S经平面镜MN反射后过P点的光路图，并画出过P点的反射光线在水面发生折射时，折射光线的大致方向。

【答案】

【考点】光在不同介质中的折射作图

【分析】根据平面镜成像的特点知，反射光线好像是由像点发出的，由物与像关于镜面对称，作出像点后，连接S′p，与镜面的交点为入射点，再完成反射光路。

光的折射规律：折射光线与入射光线和法线在同一平面内；折射光线与入射光线分居法线两侧；当光从空气斜射入水里或其它透明介质中时，折射光线向法线方向偏折，折射角小于入射角。据此画出折射光线。

【解答】解：作出S关于平面镜MN的对称点S′，即为点光源S在平面镜中的像，连接S′p与镜面交于O点，即为入射点，连接SO就得到入射光线，Op为反射光线；反射光线Op射到水面，过入射点垂直水面画出法线，根据光由空气斜射入水中时，折射角小于入射角，在法线左侧的水中画出折射光线，如图所示： 。

【难度】3

22．（3分）如图，O是轻质杠杆的支点，杠杆在图中所示位置静止，请画出阻力F₂和所要施加的最小动力F₁的示意图。

【答案】

【考点】杠杆的最小动力

【分析】（1）根据杠杆平衡的条件，F₁×L₁＝F₂×L₂，在杠杆中的阻力、阻力臂一定的情况下，要使所用的动力最小，必须使动力臂最长。因此先确定最长的力臂，即离支点最远的点；然后过动力作用点做垂直于杠杆连线的作用力即可。

（2）阻力是阻碍杠杆转动的力。

【解答】解：物体G对杠杆的拉力即为阻力F₂，方向竖直向下；根据杠杆的平衡条件可知，动力臂越长越省力；连接OA，则OA是最长的动力臂L₁；物体对杠杆的力使杠杆向逆时针方向转动，则动力应使其向顺时针方向转动（这样才能使杠杆在此位置平衡），过A点作垂直于OA向上的动力F₁，如图所示：

【难度】1

23．（3分）如图是常用的插线板电路简化图，开关断开时指示灯不发光，插孔不提供工作电压；开关闭合时指示灯发光，插孔提供工作电压；若指示灯损坏，开关闭合时插孔也能提供工作电压，请在图中画出开关、指示灯、孔的连接方式。

【答案】

【考点】两孔插座的使用；家庭电路的连线作图；插座的构造与工作方式；三线插头和三孔插座的连接

【分析】干路开关控制所有的用电器。并联电路各用电器之间互不影响，串联电路的用电器互相影响。

【解答】解：由题知，开关断开时指示灯不发光，插孔不能提供工作电压；开关闭合时指示灯发光，插孔提供工作电压；这说明开关同时控制指示灯和插座，开关应该在干路上，且开关应与火线连接，在断开开关时能切断火线，使用更安全；如果指示灯损坏，开关闭合时插孔也能正常通电，说明指示灯和插座之间是并联的；三孔插座的接法：左孔接零线，右孔接火线，上孔接地线，两孔插座的接法：左孔接零线，右孔接火线，如图所示：

【难度】3

五、计算题（本题包括3个小题，第24小题6分，第25小题7分，第26小题7分，共20分。要求写出必要的文字说明、公式、计算过程、数值和单位）

24．（6分）某品牌汽车空载静止时对水平地面的压强为3×10⁵Pa，轮胎与地面总接触面积为400cm²。当汽车以120km/h的速度沿直线匀速行驶时，功率为50kW。求：

（1）汽车的重力是多少？

（2）当汽车以120km/h的速度沿直线匀速行驶时，所受到的阻力是多少？

（3）当汽车以120km/h的速度沿直线匀速行驶100km时，燃烧10kg汽油，则发动机的效率是多少？（汽油热值q＝4.6×10⁷J/kg）（结果保留到0.1%）

【答案】（1）汽车的重力是1.2×10⁴N；（2）所受到的阻力是1500N；（3）发动机的效率是32.6%。

【考点】功率的计算；热机的效率公式与计算；压强的公式的应用

【分析】（1）根据p 可知汽车空载静止时对水平地面的压力，根据G＝F得出汽车的重力；

（2）当汽车以120km/h的速度沿直线匀速行驶时，处于平衡状态，所受阻力和牵引力大小相等，

根据P Fv可知汽车所受的牵引力，进而得出阻力；

（3）当汽车以120km/h的速度沿直线匀速行驶100km时，根据W＝F_牵s得出牵引力做功，根据Q_放＝qm得出10kg汽油完全燃烧放出的热量，根据η 得出发动机的效率。

【解答】解：（1）根据p 可知汽车空载静止时对水平地面的压力F＝pS＝3×10⁵Pa×400×10^﹣4m²＝1.2×10⁴N，则汽车的重力G＝F＝1.2×10⁴N；（2）汽车的速度v＝120km/h m/s，当汽车以120km/h的速度沿直线匀速行驶时，处于平衡状态，所受阻力和牵引力大小相等，根据P Fv可知汽车所受阻力f＝F_牵 1500N；（3）当汽车以120km/h的速度沿直线匀速行驶100km时，牵引力做功W＝F_牵s＝1500N×100×10³m＝1.5×10⁸J，10kg汽油完全燃烧放出的热量Q_放＝qm＝4.6×10⁷J/kg×10kg＝4.6×10⁸J，发动机的效率η 100%≈32.6%。答：（1）汽车的重力是1.2×10⁴N；（2）所受到的阻力是1500N；（3）发动机的效率是32.6%。

【难度】5

25．（7分）如图所示，是一款利用高温水蒸气熨烫衣物的便携式挂烫机的简化电路图，它的工作电压为220V，电阻R₁与R₂的阻值不随温度变化，电阻R₁的阻值为55Ω，它有高温挡和低温挡两种加热模式，高温挡的额定功率为880W。求：

（1）高温挡加热时，电路中的电流为多少？

（2）低温挡加热时，电路中的功率为多少？

（3）若将水箱中0.22L的水从20℃加热到100℃，挂烫机至少需要加热多长时间？[水的比热容c＝4.2×10³J/（kg•℃）]（不计热量损失）

【答案】（1）高温挡加热时，电路中的电流为4A；（2）低温挡加热时，电路中的功率为440W；（3）若将水箱中0.22L的水从20℃加热到100℃，挂烫机至少需要加热84s

【考点】电热的多挡问题

【分析】（1）知道挂烫机高温挡功率、工作电压，利用P＝UI求高温挡加热时电路中的电流；

（2）当S₁、S₂都闭合时，电路中只有电阻R₂接入电路中，由P 可知此时处于高温挡，根据P 算出电阻R₂的阻值；

当只闭合S₁时，R₁、R₂串联，由P 可知此时处于低温挡，根据P 算出低温挡加热时电路中的功率；

（3）根据密度公式算出水的质量，知道水的初温、末温和比热容以及质量，根据Q_吸＝cm（t﹣t₀）求出水吸收的热量，利用W＝Q_吸＝Pt求出所需要的加热时间。

【解答】解：（1）由P＝UI可得，高温挡工作时电路中的电流：I_高 4A；（2）当S₁、S₂都闭合时，电路中只有电阻R₂接入电路中，由P 可知此时处于高温挡，根据P 知电阻R₂的阻值为：R₂ 55Ω；当只闭合S₁时，R₁、R₂串联，由P 可知此时处于低温挡，低温挡加热时电路中的功率为：P_低温 440W；（3）根据密度公式ρ 知水的质量为：m＝ρ_水V＝1.0×10³kg/m³×0.22×10^﹣3m³＝0.22kg，水吸收的热量：Q_吸＝cm（t﹣t₀）＝4.2×10³J/（kg•℃）×0.22kg×（100℃﹣20℃）＝7.392×10⁴J，当用高温挡工作时加热时间最少，由W＝Q_吸＝Pt可得所需要的加热时间最少为：t′ 84s。故答案为：（1）高温挡加热时，电路中的电流为4A；（2）低温挡加热时，电路中的功率为440W；（3）若将水箱中0.22L的水从20℃加热到100℃，挂烫机至少需要加热84s。

【难度】3

26．（7分）如图所示，电源电压恒定，灯泡L标有“10V 5W”（灯丝电阻不变），定值电阻R₁阻值为10Ω，电压表量程0～15V，电流表量程0～0.6A，滑动变阻器R₂标有“40Ω 0.5A”字样。当S闭合，单刀双掷开关S₁接a，滑片置于某位置时，电压表示数为5V，电流表示数为0.4A。求：

（1）灯丝电阻和电源电压。

（2）在保证电路安全的前提下，且电路中有电阻或小灯泡工作时，整个电路总功率最小值。

（3）在保证电路安全的前提下，S₁分别接a和b时，滑片从左端向右端滑动过程中，两次电路总功率最大值之比。

【答案】（1）灯丝电阻为20Ω，电源电压为9V；（2）在保证电路安全的前提下，整个电路总功率最小值为1.35W；（3）电路总功率最大值之比为10：9。

【考点】电功率的综合计算；欧姆定律的应用；串并联的比例计算

【分析】（1）由灯泡L铭牌“10V 5W”，根据 求出灯丝电阻；根据题意当S闭合，单刀双掷开关S₁接a，滑片置于某位置时，电压表示数为5V，电流表示数为0.4A，此时电阻R₁与滑动变阻器串联，根据U＝U₁+U₂即可求出电源电压；

（2）因电源电压恒定，根据 ，R越大P越小，所以在保证电路安全的前提下，R最大时即电路总功率最小；

（3）保证电路安全的前提下，S₁分别接a和b时，滑片从左端向右端滑动过程中，要使电路总功率最大，根据 应是回路阻值最小时，由题中提供数据电压表量程0～15V，电流表量程0～0.6A，滑动变阻器R₂标有“40Ω 0.5A”，考虑电路安全，电压表不会有问题，电流不得超过0.5A，若超过可根据P＝UI求得。

【解答】解：（1）由灯泡L铭牌“10V 5W”，可得灯丝电阻R 20Ω；根据题意当单刀双掷开关S₁接a时，由图可知R₁与滑动变阻器R₂串联，此时U₂＝5V，I＝0.4A，R₁＝10Ω，所以电源电压U＝U₁+U₂＝5V+0.4A×10Ω＝9V；（2）由（1）知灯丝电阻R＝20Ω，R₁＝10Ω，由题知滑动变阻器最大值R₂＝40Ω，分析右图可知当单刀双掷开关S₁接b时，灯泡与滑动变阻器最大值串联时电路总阻值最大，且电路安全，整个电路总功率最小： 1.35W；（3）S₁接a时，R₁与滑动变阻器R₂串联，此时回路最小阻值R_min＝R₁＝10Ω，回路电流I 0.9A＞0.5A，电路不安全，滑片从左端向右端滑动过程中，电路总功率最大值P_max＝UI_max＝9V×0.5A＝4.5W；S₁接b时，灯泡与滑动变阻器R₂串联，此时回路最小阻值R_min＝R＝20Ω，回路电流I 0.45A，电路安全，所以 4.05W，两次电路总功率最大值之比： 10：9。答：（1）灯丝电阻为20Ω，电源电压为9V；（2）在保证电路安全的前提下，整个电路总功率最小值为1.35W；（3）电路总功率最大值之比为10：9。

【难度】5

六、综合题（本题包括6个小题，第27小题6分，28小题7分，第29小题6分，第30小题6分，第31小题6分，第32小题8分，共39分）

27．（6分）小明在“测量小车的平均速度”实验中，使小车从带刻度尺的斜面上由静止下滑，如图所示。

（1）该实验的原理是 　 　。

（2）AB段距离s_AB＝　 　cm，小车在AC段平均速度v_AC＝　 　m/s。

（3）如果不小心让小车过了A点才开始计时，则所测AC段的平均速度会 　 　（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。

（4）下列图象中能正确反映小车在斜面上运动情况的是 　 　。

（5）小明进一步实验测得小车在斜面上运动时，前半程平均速度为v₁，后半程平均速度为v₂，则小车全程平均速度v＝　 　（用字母v₁和v₂表示）。

【答案】（1）v ；（2）40.0；0.3；（3）偏大；（4）B；（5） 。

【考点】测量平均速度的实验图像；测量平均速度的实验分段平均速度；测量平均速度的实验误差分析；实验 测量平均速度；测量平均速度的实验原理

【分析】（1）测量平均速度的原理：v ；

（2）根据图示读出AB、AC段的路程以及AC段所用的时间，利用速度公式求出小车在AC段的平均速度；

（3）如果让小车过了A点后才开始计时，计时过晚，使所计时间偏小，根据速度公式判断速度变化；

（4）小车做加速直线运动，据此判断图象；

（5）利用v 分别求出前半程和后半程所用时间，最后利用v 求出全程的平均速度。

【解答】解：（1）测量平均速度的原理：v ；（2）根据图示可知，刻度尺的分度值为2cm，则AB间的长度：s_AB＝40.0cm；AC间的长度：s_AC＝90.0cm；AC段所用的时间：t_AC＝3s；AC段的平均速度：v_AC 30cm/s＝0.3m/s；（3）如果让小车过了A点后才开始计时，计时晚，所计时间偏短，而路程不变，由v 可得，所测AC段的平均速度偏大；（4）小车在斜面上运动速度越来越快，做加速直线运动，A.图中v﹣t图象为一条平行于横轴的直线，说明速度大小不变，小车做匀速直线运动，故A不符合题意；B.图中v﹣t图象为一过原点的直线，说明速度与时间成正比，小车做加速直线运动，故B符合题意；C.图中s﹣t图象为一条平行于横轴的直线，说明小车位置相对于O点没有变化，处于静止状态，故C不符合题意；D.图中s﹣t图象为一过原点的直线，说明做匀速直线运动，通过的距离与时间成正比，故D不符合题意。故选：B。（5）由v 可知，前半程所用时间：t₁ ，后前半程所用时间：t₂ ，则小车全程平均速度v 。故答案为：（1）v ；（2）40.0；0.3；（3）偏大；（4）B；（5） 。

【难度】5

28．（7分）如图甲所示，小明同学设计了“探究冰熔化时温度变化规律”实验装置。（标准大气压下）

（1）该实验还需要的测量器材有 　 　。

（2）该实验采用这种加热方式的好处是使被加热物质 　 　。

（3）小明某一时刻观察到温度计示数如图乙所示，该温度值为 　 　℃。

（4）试管中的冰熔化时，温度计示数 　 　（选填“大于”、“小于”或“等于”）0℃。

（5）根据实验数据，小明画出了温度随时间变化的图象如图丙所示，分析图象可知：

①冰熔化过程经历了 　 　min。

②当冰全部熔化后继续加热，其温度随时间变化的图线是 　 　（选填“CD”、“CE”或“CF”）。

③若该物质在第3min时比热容为c₁，第12min时比热容为c₂，则c₁：c₂＝　 　。

【答案】（1）停表；（2）受热均匀；（3）﹣3；（4）等于；（5）①6；②CD；③1：2。

【考点】探究固体熔化时的实验数据以及图像处理；探究固体熔化时温度的变化规律；探究固体熔化时受热均匀的实验方法

【分析】（1）本实验需要的测量仪器是温度计和停表。

（2）将装有冰的试管放入水中加热，这是水浴法，采用水浴法的好处是使水受热均匀。

（3）由图乙可知温度计的分度值是1℃，此时是零下，液柱上表面对准了0℃下面第3个小格处读作﹣3℃。

（4）在标准大气压下，冰的熔点是0℃。

（5）根据比热容公式 ，因为AB段和CD段物质的质量m相同，加热的时间相同，可求第3min和第12min比热容之比。

【解答】解：（1）本实验需要的测量仪器是温度计和停表，由图甲可知，已有温度计，所以还需要的测量器材是停表。（2）将装有冰的试管放入水中加热，这是水浴法，采用水浴法的好处是使冰受热均匀，并目温度变化比较慢，便于记录实验温度并便于观察熔化过程中的状态变化。（3）由图乙可知温度计的分度值是1℃，此时是零下，液柱上表面对准了0℃下面第3个小格处读作﹣3℃。（4）在标准大气压下，冰的熔点是0℃，冰在熔化过程中，持续吸热，温度保持不变，故试管中的冰熔化时，温度计示数等于0℃。（5）①由图丙可知，冰在4min到10min熔化温度不变，熔化过程用时：10min﹣4min＝6min。②因为水的比热容大于冰的比热容，冰全部熔化成水后，质量不变，继续加热，吸收相同的热量，水的温度变化小，所以其温度随时间变化的图线是CD。③根据比热容公式 ，由图丙可知，该物质在第3min时是冰，比热容为c₁，第12min时是水，比热容为c₂，因为AB段和CD段物质的质量m相同，加热的时间相同都是4min，升高的温度比为4℃：2℃＝2：1，吸收的热量之比为1：1，所以c₁：c₂＝1：2。故答案为：（1）停表；（2）受热均匀；（3）﹣3；（4）等于；（5）①6；②CD；③1：2。

【难度】5

29．（6分）某小组做“探究凸透镜成像规律”实验，进行如下操作：

（1）实验前调整烛焰、凸透镜、光屏的中心大致在同一高度，目的是 　 　。

（2）如图所示，光屏上恰好成清晰的实像，利用该原理可制成 　 　（选填“照相机”、“投影仪”或“放大镜”）。若将蜡烛移到光具座40cm刻度线处，此时蜡烛将 　 　（选填“成实像”、“成虚像”或“不成像”）。

（3）如图所示，该兴趣小组将近视眼镜放在蜡烛和凸透镜之间，为使在光屏上呈现清晰的像，应将蜡烛 　 　（选填“靠近”或“远离”）凸透镜。

（4）若将图示中的蜡烛和光屏的位置对调，则像的 　 　（选填“倒正”或“大小”）发生变化，前后两次像距之差Δv＝　 　cm。

【答案】（1）使像成在光屏的中央；（2）投影仪 成实像；（3）远离；（4）大小 5

【考点】加装眼镜片；探究凸透镜成像的规律

【分析】（1）要解决此题，需要知道在实验中，为使像能成在光屏的中心，应调整烛焰、凸透镜和光屏的高度，使它们的中心大致在同一高度。

（2）根据凸透镜成像的三种情况进行判断：u＞2f，u＞v，成倒立、缩小的实像；2f＞u＞f，u＜v，成倒立、放大的实像．u＜f，物与像在同侧，成正立、放大的虚像．

（3）近视眼镜为凹透镜，对光线有发散作用；凸透镜成实像时，物距增大，像距减小。

（4）将前后两次像距做差，得出像距之差。

【解答】解：（1）将蜡烛、凸透镜、光屏依次放在光具座上点燃蜡烛后，调节凸透镜和光屏的高度，使它们的中心与烛焰中心大致在同一高度其目的是使像成在光屏的中央。（2）由图可知，u＝15cm，v＝20cm，2f＞u＞f，u＜v，成倒立、放大的实像，可制成投影仪。根据题中信息可得焦距范围为：f＜15cm＜2f；20cm＞2f，解得：7.5cm＜f＜10cm.故将蜡烛移到光具座40cm刻度线处时，物距为10cm，大于一倍焦距，成倒立、放大的实像。（3）近视眼镜为凹透镜，对光线有发散作用，若将近视眼镜放在蜡烛和凸透镜之间，成的像将远离凸透镜，为使在光屏上仍然呈现清晰的像，即像距减小，物距需增大，所以蜡烛应该远离凸透镜。（4）图中的像距为20cm，对调后像距为15cm，则前后像距之差为：Δv＝20cm﹣15cm＝5cm。故答案为：（1）使像成在光屏的中央；（2）投影仪 成实像；（3）远离；（4）大小 5。

【难度】3

30．（6分）小明利用天平和量筒测量石块的密度，进行如下测量：

（1）把天平放在水平台上，游码移到标尺左端零刻度线处，指针在分度盘的位置如图甲所示，为使天平横梁平衡应将平衡螺母向 　 　（选填“左”或“右”）调节。

（2）用天平测石块质量，当横梁平衡时，放在右盘中的砝码和游码位置如图乙所示，则石块质量为 　 　g；用量筒测出石块体积为6cm³，则石块密度为 　 　kg/m³。

（3）小明猜想能否使用刻度尺和杠杆等器材测量石块密度，于是他进行如下探究：（杠杆重力忽略不计）

①如图丙所示，杠杆处于水平位置且平衡。

②保持石块的悬点位置A不变，将石块浸没在盛水的杯中（未与杯底、杯壁接触），调整重物的悬点位置至C点，使杠杆再次处于水平位置且平衡，则C点应该在B点的 　 　（选填“左”或“右”）侧，用刻度尺测量OC的长度1₃。

③石块密度的表达式ρ＝　 　（选用字母ρ_水、l₁、l₂、l₃表示）。

④改变石块浸没在水杯中的深度（未与杯底、杯壁接触）对实验结果 　 　（选填“有”或“没有”）影响。

【答案】（1）左；（2）15.6；2.6×10³；（3）②左；③ ρ_水；④没有。

【考点】测量固体的密度

【分析】（1）调节天平横梁平衡时，平衡螺母向上翘的一端移动；

（2）物体的质量等于砝码的质量加游码对应的刻度值，又知道石块体积，根据ρ 求出石块密度；

（3）①根据G＝mg＝ρVg表示出石块的重力，杠杆重力忽略不计，如图丙所示，杠杆处于水平位置且平衡，根据杠杆的平衡条件得出等式；

②保持石块的悬点位置A不变，即l₂的大小不变，将石块浸没在盛水的杯中（未与杯底、杯壁接触），石块排开水的体积和自身的体积相等，根据F_浮＝ρ_液gV_排表示出石块受到的浮力，然后得出杠杆左端受到的拉力，调整重物的悬点位置至C点，使杠杆再次处于水平位置且平衡，根据杠杆的平衡条件得出等式，然后联立等式得出l₁与l₃的大小关系，然后得出C点与B点的位置关系；

③根据②中得出的等式求出石块的密度；

④改变石块浸没在水杯中的深度（未与杯底、杯壁接触），石块排开水的体积和水的密度不变，受到的浮力不变，据此进行解答。

【解答】解：（1）由图甲可知，指针指在分度盘的右侧，说明天平的右端下沉左端上翘，所以平衡螺母向上翘的左端移动；（2）石块的质量m＝10g+5g+0.6g＝15.6g，石块的体积V＝6cm³，则石块的密度ρ 2.6g/cm³＝2.6×10³kg/m³；（3）①石块的重力G_石＝m_石g＝ρ_石V_石g，重物的重力G_物，杠杆重力忽略不计，如图丙所示，杠杆处于水平位置且平衡，由杠杆的平衡条件可得：ρ_石V_石g×l₂＝G_物×l₁﹣﹣﹣﹣﹣I，②保持石块的悬点位置A不变，即l₂的大小不变，将石块浸没在盛水的杯中（未与杯底、杯壁接触）石块受到的浮力F_浮＝ρ_水gV_排＝ρ_水gV_石，杠杆左端受到的拉力为G_石﹣F_浮＝ρ_石V_石g﹣ρ_水gV_石＝（ρ_石﹣ρ_水）gV_石，调整重物的悬点位置至C点，使杠杆再次处于水平位置且平衡，由杠杆的平衡条件可得：（ρ_石﹣ρ_水）gV_石×l₂＝G_物×l₃﹣﹣﹣﹣﹣II，由 可得： 1，即l₁＞l₃，所以C点应该在B点的左侧；③由 可得，石块的密度ρ_石 ρ_水；④改变石块浸没在水杯中的深度（未与杯底、杯壁接触），石块排开水的体积和水的密度不变，受到的浮力不变，杠杆左端绳子的拉力不变，对实验结果没有影响。故答案为：（1）左；（2）15.6；2.6×10³；（3）②左；③ ρ_水；④没有。

【难度】5

31．（6分）小明做“探究电流与电阻关系”实验，实验器材有：电源（电压恒为6V）、定值电阻（5Ω、10Ω、15Ω、20Ω各一只）、滑动变阻器（规格为“30Ω 0.5A”）、电压表（0～3V）、电流表（0～0.6A）、开关、导线若干。

（1）小明连接好如图所示的电路，闭合开关前，应将滑动变阻器滑片移到最 　 　（选填“左”或“右”）端。闭合开关，小明发现电压表示数接近电源电压，可能是定值电阻R出现了 　 　（选填“短路”或“断路”）故障。

（2）排除故障后，多次改变R的阻值，移动滑动变阻器滑片，使电压表示数保持不变，记下电流表示数，得到如图乙所示的电流I随电阻R的变化图象。

①由图象可得：导体两端的电压一定时，导体中的电流与导体的电阻成 　 　。

②该实验采用的研究方法是 　 　。

（3）为了顺利完成本次实验，则定值电阻两端的电压可调范围为 　 　V。

（4）在使用10Ω和20Ω电阻实验时，滑动变阻器消耗的电功率之比为 　 　。

【答案】（1）左；断路；（2）反比；控制变量法；（3）2.4V～2.5；（4）2：1

【考点】探究电流与电阻的关系

【分析】（1）为保护电路，闭合开关前，需将滑动变阻器的滑片移到阻值最大处；

电压表有示数，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，则与电压表并联的支路断路了；

（2）根据电流与电阻之积为一定值分析，这用到了控制变量法；

（3）根据串联电路分压规律可知，定值电阻两端电压的最小值，据此得出定值电阻两端的电压范围；

（4）先根据图乙读出定值电阻10Ω和20Ω时电流，然后P＝UI即可求出滑动变阻器消耗的电功率之比。

【解答】解：（1）闭合开关前，为保护电路，需将滑动变阻器的滑片移到阻值最大处，故将滑片移到最左端；闭合开关后电压表有示数，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，则与电压表并联的定值电阻发生了断路；（2）①由欧姆定律I 的变形公式：U＝IR＝0.5A×5Ω＝﹣﹣﹣﹣0.25A×10Ω＝2.5V，为一定值，故得出：在导体两端电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；②在探究电流与电阻关系时控制定值电阻两端的电压不变，改变电阻，这应用了控制变量法；（3）因为串联电路电流相等，所以I ，当定值电阻最大为20Ω时且滑动变阻器的电阻最大时定值电阻两端的电压最小，最小为： ，解得U_V＝2.4V；由于滑动变阻器的规格为“30Ω 0.5A”，所以电路的最大电流为0.5A，由欧姆定律，因此定值电阻两端允许的最大电压：U_最大＝I_最大R₁＝0.5A×5Ω＝2.5V；故定值电阻两端的电压范围为2.4V～2.5V；（4）由（2）知定值电阻两端的电压为2.5V，当10Ω接入电路时，电路电流为I′ 0.25A；当20Ω接入电路时，电路电流为I″ 0.125A；因为定值电阻两端电压相等，电源电压不变，因此滑动变阻器两端电压也相等；由P＝UI可得，滑动变阻器消耗的电功率之比：P：P′＝UI′：UI″＝I′：I″＝0.25A：0.125A＝2：1。故答案为：（1）左；断路；（2）反比；控制变量法；（3）2.4V～2.5；（4）2：1。

【难度】3

32．（8分）在“测量小灯泡的电功率”实验中，小明设计了如图甲所示的电路图。已知小灯泡的额定电压为2.5V，滑动变阻器的规格为“20Ω 1A”，电源电压恒为3V。

（1）小明同学连接电路后闭合开关，在移动滑动变阻器滑片的过程中发现，小灯泡变亮时电压表示数反而减小，小灯泡变暗时电压表示数反而增大，经检查所用器材均完好，你认为原因可能是 　 　。

（2）重新正确连接好电路后闭合开关，调节滑动变阻器滑片，使电压表示数为2.5V，电流表示数如图乙所示，则小灯泡额定功率为 　 　W。

（3）接下来，小明想测量小灯泡两端的电压略低于额定电压时的电功率，滑动变阻器的滑片应向 　 　（选填“A”或“B”）端调节。

（4）小明又设计了如图丙所示的电路，测量小灯泡的额定功率。已知滑动变阻器R₁最大阻值为R₀，小灯泡额定电压为U_额（U_额小于电源电压）。请将实验步骤补充完整。

①闭合开关S₁、S₃，调节滑动变阻器R₂滑片，使电压表示数为U_额，小灯泡正常发光。

②闭合开关S₁、S₂，使滑动变阻器R₂滑片 　 　（选填“保持不动”、“滑到最左端”或“滑到最右端”），滑动变阻器R₁滑片 　 　（选填“保持不动”、“滑到最左端”或“滑到最右端”），记下此时电压表示数为U₁。

③闭合开关 　 　，滑动变阻器R₂滑片 　 　（选填“保持不动”、“滑到最左端”或“滑到最右端”），记下此时电压表示数为U₂。

④小灯泡额定功率P_额＝　 　（选用字母U₁、U₂、U_额、R₀表示）。

【答案】（1）电压表与滑动变阻器并联了；（2）0.5；（3）A；（4）②保持不动；滑到最右端；③S₁、S₂；滑到最左端；④ U_额。

【考点】伏安法测量小灯泡的电功率

【分析】（1）灯泡亮时，说明滑动变阻器的电阻变小，根据电压表的示数变化判断电压表所并联的电路。

（2）根据图乙读出电流表示数，再用电功率公式P＝UI计算额定功率。

（3）想测量小灯泡两端的电压略低于额定电压，则滑动变阻器分得电压增大，阻值增大。

（4）测量小灯泡的额定功率，得知道额定电压与额定电流，通过功率公式进行计算。

【解答】解：（1）灯泡变亮时，灯泡两端的电压应变大，电压表示数反而减小，说明电压表与滑动变阻器并联了。（2）根据图乙可知，电流表量程为0～0.6A，分度值为0.02A，电流表读数为0.2A，根据电功率公式：P＝UI＝2.5V×0.2A＝0.5W。（3）想测量小灯泡两端的电压略低于额定电压，则滑动变阻器分得电压增大，阻值增大。故滑动变阻器的滑片应向A端调节。（4）①闭合开关S₁、S₃，滑动变阻器R₂与小灯泡串联，电压表测量小灯泡的电压；调节滑动变阻器R₂滑片，使电压表示数为U_额，小灯泡正常发光。②闭合开关S₁、S₂时，R₁与R₂串联，使滑动变阻器R₂滑片保持不动，滑动变阻器R₁滑片滑到最右端，为R₁最大阻值R₀，此时电压表示数为U₁，可得此时电流为： 。③闭合开关S₁、S₂，使滑动变阻器R₁滑片不动（其接入电路的阻值仍然为R₀），滑动变阻器R₂滑片滑到最左端，记下此时电压表示数为U₂。此时电路为R₁最大阻值的简单电路，电压表示数为电源电压。根据②③可得②中R₂的阻值为： ，①中的电流为（即灯泡的额定电流）： ，则小灯泡的额定功率为：P＝U_额I U_额。故答案为：（1）电压表与滑动变阻器并联了；（2）0.5；（3）A；（4）②保持不动；滑到最右端；③S₁、S₂；滑到最左端；④ U_额。

【难度】5