2021年辽宁省抚顺市、本溪市、辽阳市中考物理试卷
一、选择题(本题共12小题，共28分。1~8题为单选题，每题2分；9~12题为多选题，每题3分，漏选得2分，错选得0分)
1．（2分）如图所示，一瓶刚取出的冰镇饮料，放置一会儿瓶外壁布满水珠。下列说法正确的是（ ）
A．冰镇饮料的温度约为30℃
B．水珠是水蒸气液化而成
C．水珠形成需要吸收热量
D．水珠逐渐消失是升华现象
【答案】B
【考点】液化的概念及现象；温度的估测
【分析】（1）冰镇饮料一般放置于冰箱的冷藏室或冰水中。
（2）水蒸气发生液化时要放出热量。
【解答】解：A.冰镇饮料一般放置于冰箱的冷藏室或冰水混合物中，而冷藏室的温度一般为5℃左右，冰水混合物的温度为0℃。冰镇饮料的温度与它所处的环境温度相同。故A错误。B.饮料瓶上的水珠是空气中的水蒸气遇到冷的饮料瓶液化形成的。故B正确。C.水蒸气液化成水珠的过程中会放出热量。故C错误。D.饮料瓶上的水珠消失是因为水珠吸收热量汽化成了水蒸气。故D错误。故选：B。
【难度】3
2．（2分）小红在平静的湖边看到“鸟在水中飞，鱼在鸟上游”，如图所示，对画面中的现象解释正确的是（ ）
A．水中的“鸟”是由光的折射形成的
B．水中的“鸟”是实像
C．看到的“鱼”比实际位置深
D．看到的“鱼”是虚像
【答案】D
【考点】光的折射现象；光的反射现象
【分析】（1）光射到物体表面又被反回的现象叫光的反射，与平面镜有关的都是光的反射，平面镜成的像是与物体等大的虚像；
（2）光从一种介质斜射入另一种介质，或在不均匀的介质中，传播方向发生变化，属于光的折射，我们看到水中的物体，其实看到的是物体的虚像，是由于光的折射形成的。
【解答】解：AB、看到水中的“鸟”属于平面镜成像，是由光的反射形成的与物体等大的虚像，故A错误，B错误；CD、水中的鱼反射的光线斜射入空气中时，发生折射，人逆着折射光线的方向看去，看到水中的鱼比实际位置要浅一些，是鱼的虚像，故C错误，D正确。故选：D。
【难度】3
3．（2分）4月13日，中国女足在东京奥运会预选赛中战胜韩国队，成功晋级东京奥运会。如图所示为中国女足队员射门瞬间。下列说法正确的是（ ）
A．球的运动方向只与脚用力的大小有关
B．球离开脚后继续向前运动是由于球具有惯性
C．球在空中运动过程中，脚仍对球做功
D．球运动到最高点时受到的力是平衡力
【答案】B
【考点】力是否做功的判断；惯性的概念；平衡力与相互作用力的辨析
【分析】（1）力的三要素是力的大小、力的方向和力的作用点；
（2）任何物体都具有惯性；
（3）做功的两个必要条件：一是作用在物体上的力，二是物体在力的方向上移动一段距离，二者缺一不可；
（4）对球运动到最高点时进行受力分析，判断其是否处于平衡状态。
【解答】解：A、球的运动方向与脚用力的大小、力的方向和力的作用点有关，故A错误；B、球离开脚后，球由于具有惯性，仍然会向前运动，故B正确；C、踢出去的足球在空中向前运动的过程中，足球由于惯性向前运动，不再受到脚的作用力，所以脚对球的力对球没有做功，故C错误；D、球运动到最高点时，只受重力和空气阻力的作用，这两个力的方向不同，因此受到的是非平衡力，故D错误。故选：B。
【难度】3
4．（2分）如图所示的风能日行灯，可安装在多种车辆上，且免接线，无需电池。车辆行驶时，风车转动使LED发光。下列说法正确的是（ ）
A．此装置提供电能利用了电磁感应
B．风车转动将电能转化为机械能
C．LED是由超导材料制成的
D．风车转动利用了磁场对电流的作用
【答案】A
【考点】电磁感应现象；能量的转化与转移；半导体的特点；通电导线在磁场中受到力的作用
【分析】闭合电路部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，会产生感应电流的现象叫做电磁感应；发电机就是根据此原理制成的；LED是由半导材料制成的。
【解答】解：ABD、风车转动时会产生感应电流，这是电磁感应现象，此过程中，机械能转化为了电能，LED灯内有电流通过会发光，故A正确，BD错误；C、LED是由半导材料制成的，故C错误。故选：A。
【难度】3
5．（2分）下列做法符合安全用电常识的是（ ）
A．多个大功率用电器同时共用一个插排
B．发生触电时立即用手将触电人拉开
C．电饭锅的三脚插头改用两脚插头使用
D．使用试电笔时手不接触笔尖金属体
【答案】D
【考点】安全用电原则
【分析】（1）电路中电流过大的原因有两个：一是短路；二是家中使用用电器的总功率过大；
（2）当有人触电时，应先切断电源；
（3）为避免漏电造成的危害，家用电器的外壳要接地；
（4）使用试电笔时，手必须接触笔尾的金属体。
【解答】解：A、电路中电流过大的原因有两个：一是短路；二是家中使用用电器的总功率过大。故多个大功率用电器同时使用一个插排时，将会使插排中的电流过大，引起火灾。故A不符合安全用电常识；B、发现有人触电后，应该首先切断电源，然后再进行其他的救护措施。故B不符合安全用电常识；C、电饭锅带有金属外壳且经常有水，其金属外壳一定要通过三孔插座接地，以防外壳带电，危及人身安全，所以不能将电饭锅三脚插头改成两脚插头使用。故C不符合安全用电常识；D、使用试电笔时，手必须接触笔尾的金属体，但不能接触笔尖金属体，故D符合安全用电常识。故选：D。
【难度】3
6．（2分）如图所示电路，电源电压不变，开关闭合，向右调节滑动变阻器的滑片。下列判断正确的是（ ）
A．电流表示数变大
B．电路的总功率变大
C．电压表V2与电压表V1示数之差变小
D．电压表V1与电流表A示数之比变小
【答案】C
【考点】动态电路中电功率的变化；动态电路的分析
【分析】由图可知，该电路为串联电路，电压表V1测量滑动变阻器两端的电压，电压表V2测量电源的电压，电流表测量电路中的电流；根据电源的电压可知滑片移动时电压表V2示数的变化，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和定值电阻两端的电压变化，根据串联电路的电压特点可知滑动变阻器两端的电压变化，从而得出电压表V2与电压表V1示数之差变化；根据R
分析电压表V1与电流表A示数之比的变化；根据P＝UI分析总功率的变化。
【解答】解：由图可知，该电路为串联电路，电压表V1测量滑动变阻器两端的电压，电压表V2测量电源的电压，电流表测量电路中的电流；A、开关闭合，向右调节滑动变阻器的滑片，滑动变阻器接入电路的电阻变大，总电阻变大，根据欧姆定律可知，电路中的电流变小，即电流表示数变小，故A错误；B、电源电压不变，电路中的电流变小，根据P＝UI可知，电路的总功率变小，故B错误；C、由于电源电压不变，移动滑片时，电压表V2示数不变；电路中的电流变小，根据U＝IR可知，定值电阻两端的电压变小，根据串联电路的电压关系可知，滑动变阻器两端的电压变大，即电压表V1示数变大，所以电压表V2与电压表V1示数之差变小，故C正确；D、根据R
可知，电压表V1与电流表A示数之比为滑动变阻器接入电路的电阻，电阻变大，比值变大，故D错误。故选：C。
【难度】3
7．（2分）如图所示的电路板，正面只有一个开关和两个灯泡，电源及导线均在电路板背面。闭合开关，看见L1发光，L2不发光；用灯泡L3替换L1，发现L2和L3同时发光，忽略温度对灯丝电阻的影响。下列判断正确的是（ ）
A．L3和L2是并联的
B．L2不发光的原因是灯丝断了
C．L1的电阻大于L3的电阻
D．L3替换L1后，电路的总功率变小
【答案】C
【考点】额定功率；电路的三种状态；串联和并联的概念与辨析
【分析】AB、闭合开关，看见L1发光，L2不发光；用灯泡L3替换L1，发现L2和L3同时发光，因为替换的是发光的灯泡，替换后原来不发光的灯泡L2也发光了，据此可知灯泡L2的灯丝有没有断了的可能性；
原来L1和L2并联，用灯泡L3替换L1后，根据并联电路中各支路互不影响的特点可知，对L2支路无影响，L2应该仍然不发光，而替换后发现L2和L3同时发光，所以两灯泡不是并联，则L1和L2是串联的，从而判断此时L2和L3的连接方式；
CD、原来L2不发光是因为L2的实际功率太小，现在L2发光，说明L2的实际功率增大了，L2的阻值不变，则由P＝I2R可知替换后电路中电流的变化，根据P＝UI可知总功率的变化；
根据替换后电路中电流的变化，由欧姆定律可知电路中总电阻的变化，结合串联电路电阻的规律分析L1的电阻与L3的电阻的大小关系。
【解答】解：AB、闭合开关，看见L1发光，L2不发光；用灯泡L3替换L1，发现L2和L3同时发光，因为替换的是发光的灯泡，替换后原来不发光的灯泡L2也发光了，说明灯泡L2的灯丝没有断；若原来L1和L2并联，用灯泡L3替换L1后，根据并联电路中各支路互不影响的特点可知，对L2支路无影响，L2应该仍然不发光，而替换后发现L2和L3同时发光，所以两灯泡不是并联，即原来L1和L2是串联的，则替换后L2和L3是串联的，原来L2不发光是因为L2的实际功率太小造成的，故AB错误；CD、替换前后的电路图如图所示，
原来L2不发光是因为L2的实际功率太小，现在L2发光，说明L2的实际功率增大了，L2的阻值不变，则由P＝I2R可知，替换后电路中电流增大了，电源电压不变，根据P＝UI可知，电路的总功率变大，故D错误。原来的总电阻R＝R1+R2，现在的总电阻R＝R2+R3，因替换后电路中电流增大了，根据欧姆定律可知电路的总电阻减小了，所以由前后两次总电阻的表达式可知R3＜R1，即L1的电阻大于L3的电阻，故C正确；故选：C。
【难度】5
8．（2分）用如图所示的滑轮组，匀速直线拉动水平地面上重为35N的物体，手的拉力为20N，物体移动的速度为0.1m/s，物体受到地面的摩擦力为32N，不计绳重、滑轮组的摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．滑轮组的机械效率为80%
B．动滑轮重为5N
C．拉力的功率为2W
D．10s内物体的重力做功为35J
【答案】A
【考点】滑轮、滑轮组机械效率的计算；功率的计算；功率的推导式P＝Fv；滑轮组的中的相关计算
【分析】（1）由图知，n＝2，拉力端移动距离等于物体移动距离的2倍，根据η
求出滑轮组的机械效率；
（2）不计绳重和滑轮组的摩擦，F
（f+G轮），据此求动滑轮重力；
（3）拉力端移动速度，即A点上升速度等于物体移动速度的2倍，再利用P
Fv求拉力做功功率；
（4）根据做功的条件分析重力做功的多少。
【解答】解：A、由图知，n＝2，拉力端移动距离s＝2s物，滑轮组的机械效率：η
100%
100%＝80%，故A正确；B、不计绳重和滑轮组的摩擦，根据F
（f+G轮）可得动滑轮重力：G轮＝2F﹣f＝2×20N﹣32N＝8N，故B错误；C、拉力端移动速度v＝2v物＝2×0.1m/s＝0.2m/s，则拉力做功功率：P＝Fv＝20N×0.2m/s＝4W，故C错误；D、重力的方向是竖直向下的，物体运动的方向是水平的，没有在力的方向上通过距离，重力没有做功，故D错误。故选：A。
【难度】3
9．（3分）汽车电子后视镜通过摄像头成像，将车侧后方路况呈现在显示屏上，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．摄像头成的是正立、缩小的虚像
B．当侧后方车靠近摄像头时，显示屏上车的像变大
C．屏上的彩色画面是由红、绿、蓝三种色光混合而成
D．普通后视镜与电子后视镜成像原理相同
【答案】BC
【考点】凸透镜成像规律的应用；凸面镜与凹面镜的应用；光的三原色
【分析】（1）凸透镜对光线有会聚作用，当物体在透镜的2倍焦距之外时，物体经透镜能成倒立、缩小的实像；
（2）凸透镜成实像时，物距变小，像距变大，像变大；
（3）光的三原色是红、绿、蓝；
（4）普通后视镜是凸面镜，其成像原理是光的反射。
【解答】解：A、摄像头的成像原理与照相机相同，则摄像头成倒立、缩小的实像，故A错误；B、当侧后方车靠近摄像头时，物距变小，像距变大，则显示屏上车的像变大，故B正确；C、屏上的彩色画面是由红、绿、蓝三种色光混合而成的，故C正确；D、普通后视镜是凸面镜，其成像原理是光的反射；而电子后视镜利用的是凸透镜成像，其原理是光的折射，两者的原理不相同，故D错误。故选：BC。
【难度】3
10．（3分）新疆牧民布茹玛汗在边境数万块石头上刻下“中国”二字，义务守护国境线60年，被授予“人民楷模”。如图是她正在刻字的情景。下列说法正确的是（ ）
A．“中国石”刻字前、后质量不变
B．使用尖锐石头或钉子刻字是为了增大压力
C．刻字时钉子发热，是通过做功的方式改变内能
D．从不同方向看到“中国”是光在石头上发生了漫反射
【答案】CD
【考点】增大压强；漫反射；做功改变物体的内能；质量的概念与特性
【分析】（1）质量是物体本身的一种属性，只有在所含物质的多少发生变化时才会改变，如果只是改变了形状、状态、位置则不会发生改变；
（2）在压力一定的条件下，减小受力面积可增大压强；在受力面积一定时，增大压力可增大压强；
（3）改变物体内能的方式：做功和热传递；
（4）能从不同方向看到物体，是因为光在物体上发生漫反射。
【解答】解：A、“中国石”刻字前、后质量有损耗，故刻字后质量变小，故A错误；B、使用尖锐石头或钉子刻字是为了在压力一定的条件下，减小受力面积来增大压强，故B错误；C、刻字时钉子发热，是通过做功的方式改变内能，故C正确；D、从不同方向能看到同一不发光物体一定是因为光在物体表面发生了漫反射，故D正确。故选：CD。
【难度】3
11．（3分）如图所示，M、N是两个质量相等的正方体，VM＜VN，水平桌面上两个相同的柱状容器分别装有甲、乙两种液体。M在甲液面漂浮，N用细线吊着静止在乙液体中（细线对N有拉力）。两容器液面相平，M、N露出液面的高度相同。下列说法正确的是（ ）
A．M受到的浮力大于N受到的浮力
B．甲液体的密度大于乙液体的密度
C．左侧容器对桌面的压强小于右侧容器对桌面的压强
D．若剪断细线，N静止时，乙液体对容器底的压强变大
【答案】ABD
【考点】利用物体的浮沉条件比较浮力的大小；比较密度大小；固体压强的比较大小；液体压强的大小比较
【分析】A、两物体质量相等，由公式G＝mg可知，GM＝GN，由物体浮沉条件可知，M在甲液面漂浮，F浮M＝GM，N的受力关系为GN＝F浮N+F拉，即F浮N＜GN，综合可知M、N受到的浮力大小关系；
B、由题意可知，V排甲＜V排乙，且F浮M＞F浮乙，由公式F浮＝ρ液gV排可知甲、乙液体密度的大小关系；
C、由题意可知，V排甲＜V排乙，则V液甲＞V液乙，由G＝mg＝ρVg可知液体重力的大小关系，容器甲对水平桌面的压力为F甲＝G液+G杯+GM，容器乙对水平桌面的压力为F乙＝G液+G杯+GN﹣F拉，在受力面积相同时，由公式
可知容器对桌面的压强大小关系；
D、剪断细绳前，N的受力关系为GN＝F浮N+F拉，即F浮N＜GN，若剪断细线，N将下沉一些，液面会上升一些，由公式p＝ρ液gh可知乙液体对容器底的压强变化情况。
【解答】解：A、mM＝mN，由公式G＝mg可知，GM＝GN，由物体浮沉条件可知，M在甲液面漂浮，F浮M＝GM，N的受力关系为GN＝F浮N+F拉，即F浮N＜GN，综合可知M、N受到的浮力大小关系为：F浮M＞F浮N，故A正确；B、F浮M＞F浮乙，由公式F浮＝ρ液gV排可得：ρ液甲gV排甲＞ρ液乙gV排乙，由题意可知V排甲＜V排乙，则甲、乙液体密度的大小关系为：ρ液甲＞ρ液乙，故B正确；C、由题意可知，V排甲＜V排乙，则容器液体体积V液甲＞V液乙，由G＝mg＝ρVg可知液体重力的大小关系为：G液甲＞G液乙，左侧容器对水平桌面的压力为：F左＝G液甲+G杯+GM，右侧容器对水平桌面的压力为：F右＝G液乙+G杯+GN﹣F拉，可见F左＞F右，在受力面积相同时，由公式
可知容器对桌面的压强大小关系为：p左＞p右，故C错误；D、剪断细绳前，N的受力关系为GN＝F浮N+F拉，即F浮N＜GN，若剪断细线，N将下沉一些，液面会上升一些，由公式p＝ρ液gh可知乙液体对容器底的压强变大，故D正确。故选：ABD。
【难度】5
12．（3分）如图所示的电路，电源电压恒定，R0＝36Ω，滑动变阻器R1的规格为“48Ω 2A”，电流表的量程为“0﹣3A”，小灯泡L上标有“12V 6W”字样，忽略温度对灯丝电阻的影响。当只闭合开关S且R1连入的阻值为12Ω时，小灯泡正常发光，在电路安全的情况下，以下计算结果正确的是（ ）
A．电源电压为18V
B．当只闭合开关S时，小灯泡的最小功率是1.5W
C．当开关都闭合时，电路的总电流最大值是2.5A
D．只闭合开关S和S2，滑动变阻器连入的最小值是6Ω
【答案】ABC
【考点】欧姆定律的应用；电功率的综合计算
【分析】根据P＝UI算出小灯泡的额定电流，由欧姆定律算出小灯泡的电阻；
（1）当只闭合开关S时，滑动变阻器与灯泡串联，此时R1连入的阻值为12Ω时，小灯泡正常发光，根据串联电路电阻的规律和欧姆定律算出电源电压；
（2）当只闭合开关S时，滑动变阻器与灯泡串联，当滑动变阻器电阻最大时，电路的电流最小，小灯泡功率最小，根据P＝I2R算出其最小功率；
（3）当开关都闭合时，定值电阻与滑动变阻器并联，根据欧姆定律算出通过定值电阻的电流，根据滑动变阻器R1的规格判断出滑动变阻器的最大电流，根据并联电路电流的规律算出电路的总电流最大值；
（4）只闭合开关S和S2，电路只有滑动变阻器接入电路，根据滑动变阻器R1的规格判断出滑动变阻器的最大电流，由欧姆定律算出电路的总电阻，即滑动变阻器连入的最小值。
【解答】解：根据P＝UI知小灯泡的额定电流为：I额
0.5A，小灯泡的电阻为：RL
24Ω；A、当只闭合开关S时，滑动变阻器与灯泡串联，此时R1连入的阻值为12Ω时，小灯泡正常发光，根据串联电路电阻的规律和欧姆定律知电源电压为：U＝I额（R1+RL）＝0.5A×（12Ω+24Ω）＝18V，故A正确；B、当只闭合开关S时，滑动变阻器与灯泡串联，当滑动变阻器电阻最大时，电路的电流最小，小灯泡功率最小，其的最小功率是：PL小
RL
24Ω＝1.5W，故B正确；C、当开关都闭合时，定值电阻与滑动变阻器并联，通过定值电阻的电流为：I0
0.5A，因为滑动变阻器R1的规格为“48Ω
2A”，所以滑动变阻器的最大电流为2A，根据并联电路电流的规律知电路的总电流最大值是：I最大＝I0+I滑大＝0.5A+2A＝2.5A，故C正确；D、只闭合开关S和S2，电路只有滑动变阻器接入电路，因为滑动变阻器R1的规格为“48Ω
2A”，所以滑动变阻器的最大电流为2A，电路的总电阻为：R总
9Ω，即滑动变阻器连入的最小值是9Ω，故D错误。故选：ABC。
【难度】5
二、填空题(本题共9小题，每空1分，共26分)
13．（3分）庆祝建党100周年全国大学生党史知识竞答大会上，主持人极富感染力的声音是由声带 产生的。观众通过收听获得党史知识，说明声音可以传递 ，观众仅凭声音也能知道谁在主持，这是根据声音的 来判断的。
【答案】振动；信息；音色
【考点】声音产生的原因
【分析】（1）声音都是由物体振动产生的。
（2）通过声音得到一个消息，说明声音能传递信息。
（3）根据音色能辨别物体。
【解答】解：（1）声音是由物体振动产生的，主持人的声音是由主持人声带振动产生的；（2）同学们通过主持人讲话获得一些党史知识，这说明声能传递信息；（3）不同的人发出声音的音色不同，观众仅凭声音也能知道谁在主持，是依据声音的音色来判断的。故答案为：振动；信息；音色。
【难度】3
14．（2分）为提高学生身体素质，许多学校要求学生课间走出教室参加活动，同学们漫步在花坛边闻到阵阵花香，这是 现象；地面上颀长的身影是由于光 形成的。
【答案】扩散；沿直线传播
【考点】扩散现象；光沿直线传播的现象
【分析】不同物质在相互接触时，发生分子彼此进入对方的现象称为扩散现象；光在同种均匀物质中沿直线传播，在日常生活中，激光准直、小孔成像和影子的形成等都表明光在同一种均匀介质中是沿直线传播的。
【解答】解：不同物质在相互接触时，发生分子彼此进入对方的现象称为扩散现象，在空气中闻到花香便是这种扩散现象；身影的形成是因为不透明的身体挡住了太阳射向地面的光，是光的直线传播形成的。故答案为：扩散；沿直线传播。
【难度】3
15．（3分）5月30日，“长征7号”运载火箭将天舟二号飞船发射升空，火箭发动机所用燃料具有热值 的特点。船箭分离后，天舟二号飞船与在轨运行的天和核心舱成功对接，再现“万里穿针”。如图所示，对接成功后，以天舟二号为参照物，核心舱是 的。宽大的太阳能电池板能为天和核心舱提供电能，太阳能属于 （填“可”或“不可”）再生能源。
【答案】大；静止；可
【考点】可再生能源和不可再生能源；能源及其分类
【分析】（1）热值是指1千克的某种燃料完全燃烧后释放的能量；
（2）如果一个物体的位置相对于参照物发生了变化，它就是运动的；如果没有变化，它就是静止的；
（3）短期内可以从自然界得到补充的能源是可再生能源；短期内不能在自然界得到补充的能源是不可再生能源。
【解答】解：（1）火箭使用的燃料是液态氢，原因是液态氢具有较大的热值，完全燃烧相同质量的氢和其它燃料相比，可以释放出更多的热量；（2）对接成功后，天舟二号飞船与天和核心舱的相对位置不再发生变化，所以核心舱相对于天舟二号是静止的；（3）太阳能可以从自然界源源不断地得到，属于可再生资源。故答案为：大；静止；可。
【难度】1
16．（3分）5月15日，“天问一号”火星着陆器成功着陆火星表面。如图所示，着陆器启动反推火箭向下喷火减速着陆，利用了物体间力的作用是 的，同时说明力可以改变物体的 。着陆器通过 （填“电磁波”或“超声波”）向地球传递信息。
【答案】相互；运动状态；电磁波
【考点】力的相互性
【分析】（1）力是物体对物体的作用，物体间力的作用是相互的；
（2）力的作用效果有两个：①改变物体的形状；②改变物体的运动状态；
（3）电磁波能传递信息且能在真空中传播。
【解答】解：（1）着陆器启动反推火箭向下喷火减速着陆，由于力的作用是相互的，所以喷出的气体对着陆器有向上的反作用力，从而使着陆器减速；（2）着陆器受到气体的反作用力，使着陆器的速度减小，说明力可以改变物体的运动状态；（3）电磁波能传递信息且能在真空中传播，着陆器是通过电磁波向地球传递信息的。故答案为：相互；运动状态；电磁波。
【难度】3
17．（3分）如图所示的运油车正在卸油，快速流出的油和油罐由于 现象会积累过多电荷，为防止发生事故，将一条“绳子”把运油车与静电消除器相连，“绳子”芯应是 （填“导体”或“绝缘体”）。若多余的电子经静电消除器上的接地线流向大地，则接地线中的电流方向 （填“向上”或“向下”）。
【答案】摩擦起电；导体；向上
【考点】电流的方向；摩擦起电的现象；常见的导体与绝缘体
【分析】（1）用摩擦的方法使物体带电，叫摩擦起电；
（2）容易导电的物体叫导体，不容易导电的物体叫绝缘体；
（3）物理学规定，正电荷定向移动的方向为电流的方向。
【解答】解：运油车卸油时，快速流出的油和油罐由于不断摩擦，会使油和油罐带上等量异种电荷；
由于运油车的轮胎是橡胶绝缘体，电荷不会传到地面，而是越积越多，当达到一定的程度时，会发生放电现象，产生电火花，使油燃烧甚至爆炸。为防止发生事故，将一条“绳子”把运油车与静电消除器相连，“绳子”可以使电荷从运油车转移到静电消除器，所以“绳子”芯应是导体；电子带负电，定向移动方向与电流方向相反。已知多余的电子经静电消除器上的接地线流向大地，所以此时的电流方向是向上的，也就是从大地流向静电消除器。故答案为：摩擦起电；导体；向上。
【难度】3
18．（3分）如图所示的自制便携式封口机，使用电压为3V的电源，接通电路发热电阻温度升高，利用电流的 实现高温封口。阻值为1Ω的发热电阻10s内产生 J的热量。封口时总是把塑料袋烫坏，应将发热电阻换成阻值更 （填“大”或“小”）的。
【答案】热效应；90；大。
【考点】焦耳定律的简单计算
【分析】当电流通过电阻时，产生了热量，这种现象叫做电流的热效应；纯电阻电路产生的热量Q＝I2Rt
；若电压不变，则R越大产生的热量越少。
【解答】解：电流通过电阻，因为电流的热效应，电阻发热产生热量，温度升高，实现高温封口；电阻产生的热量Q
90J；由公式Q
可知，电压不变，要减小电阻产生的热量，应增大R的阻值。故答案为：热效应；90；大。
【难度】3
19．（3分）如图所示，是我国自主研制的世界最先进的常规动力破冰船﹣﹣﹣﹣﹣“雪龙2号”，排水量为14000t，其满载时排开海水的体积为 m3，所受浮力为 N。其海面下5m处受到海水的压强为 Pa。（ρ海水＝1.0×103kg/m3，g＝10N/kg）
【答案】1.4×104；1.4×108；5×104
【考点】液体压强的公式及计算
【分析】（1）知道“雪龙2号”满载时排水量，根据阿基米德原理F浮＝G排＝m排g求出其受到的浮力，利用F浮＝ρ液gV排求出满载时排开海水的体积；
（2）根据p＝ρ液gh求出“雪龙2号”海面下5m处受到海水的压强。
【解答】解：（1）“雪龙2号”满载时，受到的浮力：F浮＝G排＝m排g＝14000×103kg×10N/kg＝1.4×108N，由F浮＝ρ液gV排可得，满载时排开海水的体积：V排
1.4×104m3；（2）“雪龙2号”海面下5m处受到海水的压强：p＝ρ海水gh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×5m＝5×104Pa。故答案为：1.4×104；1.4×108；5×104。
【难度】3
20．（3分）如图是小军家的电能表，让“220V 1200W”的用电器单独正常工作5min，发现电能表的转盘转过200r，此用电器消耗的电能为 J，电能表的示数变为 kW•h。每消耗1kW•h的电能，该电能表转盘转 r。
【答案】3.6×105；2021.7；2000
【考点】电能表的计算；电能表的读数
【分析】（1）已知用电器额定功率和正常工作时间，根据W＝Pt得到此用电器单独工作5min消耗的电能；
（2）已知电能表原来示数和用电器消耗的电能，两者之和是电能表现在的示数；
（3）根据用电器消耗电能与电能表转盘转动圈数可以求出每消耗1kW•h的电能，电能表转盘的转数。
【解答】解：（1）由P
可得，用电器单独工作t＝5min＝300s消耗的电能：W＝Pt＝1200W×300s＝3.6×105J＝0.1kW•h；（2）电能表原来的示数为2021.6kW•h，用电器工作5min后，电能表示数变为2021.6kW•h+0.1kW•h＝2021.7kW•h；（3）每消耗1kW•h的电能，电能表转盘的转数：n
200r＝2000r。故答案为：3.6×105；2021.7；2000。
【难度】3
21．（3分）如图甲所示电路，电流表A1的量程为0﹣3A，A2的量程为0﹣0.6A，闭合开关S，电压表V示数为12V，小灯泡正常发光。在电路安全的情况下最大范围调节滑动变阻器R的滑片，电流表A1示数与R连入的阻值的关系图象如图乙所示。则小灯泡的额定功率为 W，滑动变阻器R连入电路的最小阻值为 Ω，当滑动变阻器的滑片置于中点时，电流表A1的示数为 A。
【答案】14.4；20；1.6。
【考点】欧姆定律的应用
【分析】由电路图可知，闭合开关S，灯泡和滑动变阻器R并联，电流表A1测干路中的电流，电流表A2测通过滑动变阻器R的电流，电压表测电源电压；
（1）闭合开关S，根据电压表V示数可知并联电路两端的电压，由于小灯泡正常发光，则灯泡的额定电压为12V，根据并联电路的特点可知滑动变阻器R的滑片调节过程中通过灯泡的电流不变，在电路安全的情况下，当通过滑动变阻器R的电流最大时干路电流最大，所以，根据A2的量程可知通过滑动变阻器R的最大电流；根据图象可知电流表A1最大示数，然后根据并联电路的电流特点即可求出通过灯泡的电流，利用P＝UI即可求出灯泡正常工作时的实际功率，即为灯泡的额定功率；
（2）由于通过滑动变阻器R的电流最大时滑动变阻器R连入电路的阻值最小，根据I
即可求出滑动变阻器R连入电路的最小阻值；
（3）由于滑动变阻器R连入电路的阻值最大时通过滑动变阻器R的电流最小，根据图象可知电流表A1最小示数，然后根据并联电路的电流特点即可求出通过滑动变阻器R的最小电流，根据I
即可求出滑动变阻器R的最大阻值；
当滑动变阻器的滑片置于中点时，求出滑动变阻器R连入电路的阻值，然后根据欧姆定律和并联电路的特点即可求出电流表A1的示数。
【解答】解：由电路图可知，闭合开关S，灯泡和滑动变阻器R并联，电流表A1测干路中的电流，电流表A2测通过滑动变阻器R的电流，电压表测电源电压；（1）已知电压表示数为12V，则并联电路两端的电压为12V；在电路安全的情况下，当通过滑动变阻器R的电流最大时干路电流最大，由于A2的量程为0﹣0.6A，所以，通过滑动变阻器R的最大电流为：I滑最大＝0.6A，根据图象可知电流表A1最大示数为1.8A，即干路最大电流：I最大＝1.8A，根据并联电路电流规律可知，通过灯泡的电流：IL＝I最大﹣I滑最大＝1.8A﹣0.6A＝1.2A，则灯泡的额定功率：P额＝PL＝UIL＝12V×1.2A＝14.4W；（2）根据I
可得滑动变阻器R连入电路的最小阻值为：R滑最小
20Ω；（3）根据图象可知干路最小电流：I最小＝1.4A，则根据并联电路电流规律可知，通过滑动变阻器R的最小电流为：I滑最小＝I最小﹣IL＝1.4A﹣1.2A＝0.2A，根据I
可得滑动变阻器R的最大阻值为：R滑最大
60Ω；当滑动变阻器的滑片置于中点时，则滑动变阻器R连入电路的阻值为：R′
R滑最大
60Ω＝30Ω，则：I滑
0.4A，所以电流表A1的示数：I＝IL+I滑＝1.2A+0.4A＝1.6A。故答案为：14.4；20；1.6。
【难度】5
三、作图题(本题共3小题，每小题3分，共9分)
22．（3分）如图甲所示为搬花神器，用它把花盆抬起时，相当于一个绕O点转动的杠杆。其简化示意图如图乙所示，请在乙图中画出：
（1）花盆所受重力的示意图（O′为其重心）；
（2）杠杆平衡时作用在A点的最小动力F1及其力臂L1。
【答案】
【考点】杠杆的最小动力；重力的示意图
【分析】（1）重力方向竖直向下，作用点在重心；
（2）力臂的概念：力臂是指从支点到力的作用线的距离；
杠杆平衡条件：动力×动力臂＝阻力×阻力臂（F1L1＝F2L2），在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小。
【解答】解：（1）重力方向竖直向下，作用点在重心，如下图所示：（2）由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小；图中支点在O点，因此连接OA作为动力臂L1最长；动力的方向应该向下，过点A垂直于OA斜向下作出最小动力F1的示意图，如图所示：
。
【难度】3
23．（3分）如图所示，水池的侧壁上安装了一盏小射灯A，B点是它在水中像的位置，A发出的一束光经水面折射后在池底C点形成光斑。请画出水面的位置及在C点形成光斑的大致光路。
【答案】
【考点】光折射的光路图
【分析】平面镜成像时，像与物体关于镜面是对称的，据此做出水面的位置；光从空气中斜射入水中时，折射光线会靠近法线。
【解答】解：B点是A在水中像的位置，根据平面镜成像的特点可知，A和B关于水面是对称的，线段AB的中垂线为水面的位置；A发出的一束光经水面折射后会靠近法线，所以折射点在AC连线的右侧，如图所示：
【难度】3
24．（3分）如图所示的电路，闭合开关，小磁针静止在图中位置，请在括号中标出：
（1）电源“+”或“﹣”极；
（2）左侧电磁铁上端磁极；
（3）小磁针静止时右端磁极。
【答案】
【考点】标出螺线管中电流的方向；磁极间的相互作用；安培定则；利用安培定则判断磁极；利用安培定则判断电流方向
【分析】根据电流表的连接方法判定电磁铁中电流的方向和电源的正负极；根据安培定则判定电磁铁的极性；根据磁极间的相互作用规律判定小磁针的极性。
【解答】解：由图可知，电流表的上端为正接线柱，电流从电流表的正接线柱流入，所以电源的左端为正极，右端为负极；电流从左侧电磁铁的下端流入，上端流出，根据安培定则可知，电磁铁的上端为S极；电流从右侧电磁铁的上端流入，下端流出，根据安培定则可知，电磁铁的上端为N极；异名磁极相互吸引，所以小磁针静止时右端磁极为S极，如图所示：
【难度】3
四、简答题(本题3分)
25．（3分）趣味蹦床可以有效锻炼小朋友的平衡能力。如图所示，小华离开蹦床上升过程中，经过A点（动能为E1）后到达最高点B，从B点下落时，再次经过A点（动能为E2）。不计空气阻力，请回答：
（1）从A上升到B的过程中，小华的重力势能如何变化？
（2）E1和E2的大小关系，并说明判断依据。
【答案】（1）从A上升到B的过程中，小华的重力势能变大；（2）E1＝E2；不计空气阻力，小华的机械能是守恒的，即上升过程中的A点和下落过程的A的机械能是相同的，由于A点的高度不变，小华的质量不变，重力势能不变，所以动能是相同的即E1＝E2。
【考点】动能和重力势能的相互转化
【分析】（1）重力势能的大小与质量和高度有关；
（2）机械能等于动能与势能的总和；不计空气阻力时，物体在竖直方向运动时机械能是守恒的。
【解答】解：（1）从A上升到B的过程中，小华的质量不变，高度变大，所以重力势能变大；（2）E1＝E2；不计空气阻力，小华的机械能是守恒的，即上升过程中的A点和下落过程的A的机械能是相同的，由于A点的高度不变，小华的质量不变，重力势能不变，所以动能是相同的。故答案为：（1）从A上升到B的过程中，小华的重力势能变大；（2）E1＝E2；不计空气阻力，小华的机械能是守恒的，即上升过程中的A点和下落过程的A的机械能是相同的，由于A点的高度不变，小华的质量不变，重力势能不变，所以动能是相同的即E1＝E2。
【难度】5
五、计算题(本题共2小题，共18分。要求写出必要的文字说明、公式、计算过程、数值、单位和答案)
26．（9分）如图所示的小型汽油耕地机的质量为80kg，静止时与水平地面的接触面积为20cm2。在水平土地上匀速直线行驶时速度为2m/s，此时汽油机的输出功率为4kW，效率为25%。求：
（1）耕地机静止时对水平地面的压强。（g＝10N/kg）
（2）耕地机以2m/s匀速直线行驶时受到的阻力。
（3）耕地机以2m/s匀速直线行驶了2.3km，消耗汽油的质量。（q汽油＝4.6×107J/kg）
【答案】（1）耕地机静止时对水平地面的压强为4×105Pa；（2）耕地机以2m/s匀速直线行驶时受到的阻力为2×103N；（3）耕地机以2m/s匀速直线行驶了2.3km，消耗汽油的质量为0.4kg。
【考点】压强的公式的应用；功率的计算；热机的效率公式与计算
【分析】（1）利用G＝mg求耕地机的重力，耕地机静止时对水平地面的压力等于耕地机的重力，知道受力面积，利用p
求对水平地面的压强；
（2）利用P
Fv求牵引力，由于耕地机匀速直线行驶，耕地机受到的牵引力、阻力是一对平衡力，大小相等，可求耕地机以2m/s匀速直线行驶时受到的阻力；
（3）利用W＝Fs求耕地机匀速行驶s＝2.3km＝2300m做的有用功，知道耕地机的效率，利用η
25%求汽油完全燃烧释放的热量，再利用Q放＝mq求需要完全燃烧汽油的质量。
【解答】解：（1）耕地机的重力：G＝mg＝80kg×10N/kg＝800N，耕地机静止时对水平地面的压力：F＝G＝800N，受力面积S＝20cm2＝2×10﹣3m2，对水平地面的压强：p
4×105Pa；（2）由P
Fv可得牵引力：F牵
2×103N，因为耕地机匀速直线行驶，所以耕地机受到的牵引力、阻力是一对平衡力，大小相等，耕地机以2m/s匀速直线行驶时受到的阻力：f＝F牵＝2×103N；（3）耕地机匀速行驶s＝2.3km＝2300m做的有用功：W＝F牵s＝2×103N×2300m＝4.6×106J，耕地机的效率η＝25%，由η
25%可得汽油完全燃烧释放的热量：Q放
1.84×107J，由Q放＝mq可得，需要完全燃烧汽油的质量：m′
0.4kg。答：（1）耕地机静止时对水平地面的压强为4×105Pa；（2）耕地机以2m/s匀速直线行驶时受到的阻力为2×103N；（3）耕地机以2m/s匀速直线行驶了2.3km，消耗汽油的质量为0.4kg。
【难度】5
27．（9分）如图所示是一款电火锅的简化电路图，额定电压为220V，当开关S0闭合后，锅内温控开关S自动控制小火和大火两种加热状态，已知R2的电阻为48.4Ω，小火加热功率为1000W。求：
（1）电火锅大火加热的功率。
（2）用大火将2kg清汤从20℃加热到100℃吸收的热量。[c汤＝4.2×103J/（kg•℃）]
（3）若忽略热量损失，用大火将2kg清汤从20℃加热到100℃需要的时间。
【答案】（1）大火功率为2000W；（2）清汤吸收了6.72×105J热量；（3）需要336s。
【考点】电热的综合计算
【分析】（1）理清小火和大火两种加热状态时电路连接及关系，根据P
即可解题。
（2）根据Q吸＝cmΔt即可解答；
（3）根据P
，t
即可求出。
【解答】解：（1）只闭合开关S0，R1单独工作，电路中的总电阻较大，由P
可知，电路中总功率较小，电火锅处于小火状态；同时闭合开关S0、S，R1、R2并联，电路中的总电阻较小，功率较大，电火锅为大火状态。电火锅为大火状态时，电阻R2的功率
1000W，电火锅为大火状态时的功率P大火＝P2+P小火＝1000W+1000W＝2000W；（2）大火将2kg清汤从20℃加热到100℃吸收的热量Q吸＝c汤m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（100℃﹣20℃）＝6.72×105J；（3）不计热量损失W＝Q吸＝6.72×105J由
得，用大火将2kg清汤从20℃加热到100℃需要的时间
336s。答：（1）大火功率为2000W；（2）清汤吸收了6.72×105J热量；（3）需要336s。
【难度】5
六、实验、探究题(本题共5小题，共36分)
28．（6分）用如图甲所示的装置探究海波的熔化规律：
（1）组装器材时，应先固定 （填“A”、“B”或“C”）。
（2）下列措施能使海波受热均匀的有 （多选）
①加热过程中不断搅拌；
②通过水给试管加热；
③温度计的玻璃泡完全浸没在海波中。
（3）加热到某一时刻温度计示数如图甲所示，温度为 ℃。
（4）根据实验数据绘出海波温度﹣时间图象，如图乙所示，t1时刻后试管内出现液态海波，由图象可知，海波熔化时吸热，温度 ，它的熔点是 ℃。
（5）若海波的沸点与水的沸点相同，继续加热到水沸腾时，试管里的海波 （填“能”或“不能”）沸腾。
【答案】（1）C；（2）①②；（3）38；（4）不变；48；（5）不能
【考点】探究固体熔化时温度的变化规律
【分析】（1）由于要用酒精灯的外焰加热，所以需先根据酒精灯固定图甲的C的高度，目的是使用酒精灯的外焰加热；
（2）实验中，使用水浴加热法，对物质不断搅拌，都可以保证使物质均匀受热；
（3）温度计在读数前需要先认清分度值；
（4）晶体熔化的特点是持续吸热，温度保持不变，熔化过程中，对应的温度点即是该物质的熔点；
（5）晶体熔化的条件是：持续吸热，达到熔点；热传递发生的条件是需要两接触的物体存在温度差。
【解答】解：（1）由于要用酒精灯的外焰加热，所以需先根据酒精灯固定图甲的C的高度，目的是使用酒精灯的外焰加热；（2）实验时，为了使物质均匀受热，可以对物质不断进行搅拌，使用水浴加热法，而③中的操作是温度计使用的常规操作，目的是使读数准确；（3）由图可知温度计的分度值为1℃，所以此时温度计的示数为38℃；（4）晶体熔化的特点是持续吸热，温度保持不变；熔化过程中，对应的温度点即是该物质的熔点，由图乙可知，海波的熔点为48℃；（5）晶体熔化的条件是：持续吸热，达到熔点；热传递发生的条件是需要两接触的物体存在温度差。若海波和水的沸点相同，使用水浴加热法，烧杯中的水到达沸点后，会从酒精灯的火焰处持续吸热，所以水可以沸腾，但是水沸腾的过程中温度保持不变，与试管内的海波温度相同，无法发生热传递，所以试管中的海波无法持续吸热，故无法沸腾。故答案为：（1）C；（2）①②；（3）38；（4）不变；48；（5）不能
【难度】3
29．（6分）小平用一个长方体木块、弹簧测力计、两个相同的砝码和海绵等探究压力作用效果与什么因素有关：
（1）根据甲、乙两图，可知压力的作用效果与 大小有关。
（2）用甲、丙两图探究压力作用效果与受力面积的关系，应在丙图木块上放 个砝码。由此得出结论： 一定，受力面积越小，压力的作用效果越 。
（3）小平利用上述器材继续探究滑动摩擦力大小与哪些因素有关：
①用弹簧测力计水平拉动木块，使它沿水平桌面做匀速直线运动，弹簧测力计的示数如图丁所示。
②取下木块上的砝码，重复①的操作，弹簧测力计的示数为1.8N。由此说明，接触面粗糙程度一定，压力越大，滑动摩擦力越 。
③以不同的速度多次水平拉动木块，使它沿水平桌面做匀速直线运动，发现弹簧测力计的示数几乎不变，说明滑动摩擦力的大小与速度大小 。
【答案】（1）压力；（2）一；压力；明显；（3）②大；③无关
【考点】探究影响压力作用效果与受力面积的关系；探究影响滑动摩擦力大小的因素的实验；探究影响压力作用效果的因素；探究影响压力作用效果实验中海绵的作用；探究影响压力作用效果与压力大小的关系
【分析】（1）（2）实验中通过海绵的凹陷程度来反映压力的作用效果，采用了转换法；
压力的作用效果与压力的大小和受力面积的大小有关，实验时应采用控制变量法，即探究压力的作用效果与压力大小的关系时应控制受力面积的大小不变，探究压力的作用效果与受力面积时应控制压力的大小不变；
（3）①根据测力计分度值读数；②对比①②中相同的量和变化的量，根据控制变量法得出结论；③根据控制变量法得出结论。
【解答】解：（1）比较图中甲、乙两次实验，受力面积一定，乙中压力大，压力的作用效果明显，即压力的作用效果与压力大小有关；（2）用甲、丙两图探究压力作用效果与受力面积的关系时，需要控制压力的大小相同，应在丙图木块上放一个砝码，由图可知，压力一定时，受力面积越小，海绵的凹陷程度越大，压力的作用效果越明显；（3）①图丁中测力计分度值为0.2N，弹簧测力计的示数为2.4N；②取下木块上的砝码，木块对水平面的压力变小，接触面的粗糙程度不变，重复①的操作，弹簧测力计的示数为1.8N，则木块受到的滑动摩擦力变小了，由此可知，接触面粗糙程度一定，压力越大，滑动摩擦力越大；③用弹簧测力计分别以不同的速度匀速拉动木块，使它沿水平木板滑动，发现弹簧测力计示数不变，说明滑动摩擦力的大小与速度无关。故答案为：（1）压力；（2）一；压力；明显；（3）②大；③无关。
【难度】3
30．（6分）小明在探究“平面镜成像特点”时，利用如图甲所示器材进行了以下操作：
（1）把点燃的蜡烛A放在与水平桌面垂直的玻璃板前，在玻璃板后面放一支 （填“点燃”或“没点燃”）的蜡烛B，移动B，发现A烛焰的像出现在B“身上”，如图甲所示，说明他在器材选择上存在的问题是 。
（2）改进器材后，多次改变蜡烛 （填“A”或“B”）的位置，并移动另一支蜡烛，确定每次像的位置，将玻璃板及每次物和像的位置记录在玻璃板下面的白纸上，连接物和对应的像点，如图乙所示，由此可得出的结论是：像与物到平面镜的距离 ，且它们的连线与镜面 。
（3）小明想确定家中穿衣镜成像的反射面，他将笔尖紧贴镜面A，如图丙所示，发现笔尖的像与笔尖之间有一段距离，说明 （填“A”或“B”）是反射面。
【答案】（1）没点燃；两支蜡烛大小不同；（2）A；相等；垂直；（3）B
【考点】探究平面镜成像实验像与物的大小以及位置关系；探究平面镜成像的特点
【分析】（1）实验的目的是确定像的位置，而若是点燃后方蜡烛则无法分辨像与后方蜡烛的真实火焰，平面镜成像时，像与物体大小相等，移动B，发现A烛焰的像出现在B“身上”，说明二者不能完全重合，这是因为他选择的两支蜡烛大小不同）。
（2）为了得出物距与像距的普遍规律，应进行多次实验，即多次改变蜡烛A的位置，测出对应的物距与像距；根据图乙可得出对应的结论；
（3）根据平面镜成像特点分析判断。
【解答】解：（1）一支蜡烛放在玻璃板前面并点燃，另一支放在玻璃板后面，不需要点燃，若点燃，则不易区分B和A的像，为了验证物与像的大小关系，选的两蜡烛大小要一样；（2）多次移动蜡烛A，改变物体位置，移动B的位置，确定像的位置，并记录下来。由乙图可知：像与物到平面镜的距离相等，它们的连线与镜面垂直；（3）将笔尖紧贴镜面A，发现笔尖的像与笔尖之间有一段距离，这是因为玻璃有一定的厚度，笔尖通过B面成像（穿衣镜的里层镀了膜，镀膜后增强了光的反射），从而造成笔尖的像与笔尖之间有一段距离，由此可见，B是反射面。故答案为：（1）没点燃；两支蜡烛大小不同；（2）A；相等；垂直；（3）B。
【难度】3
31．（7分）小宇在测浓盐水的密度时进行如下操作：
（1）把天平放在水平桌面上，将游码归零，发现指针静止时偏向分度盘中线的左侧，此时应将平衡螺母向 （填“左”或“右”）调节，使横梁平衡。
（2）天平调平后小宇进行了三步操作：
①测空烧杯的质量为32g；
②用天平测烧杯和浓盐水的总质量，盘中砝码及游码的位置如图甲所示，烧杯和浓盐水的总质量为 g；
③将浓盐水倒入量筒中，液面的位置如图乙所示，为 mL。为减小误差，以上操作合理的顺序是 （填序号）。
（3）浓盐水的密度为 g/cm3。
（4）小宇又想用天平和一杯浓盐水（已知浓盐水的密度为ρ0）及其他辅助器材测量密度均匀的萝卜的密度：
①用天平测出 （填“萝卜”或“杯和浓盐水”）的质量为m1；
②把萝卜轻轻放入浓盐水中漂浮，如图丙，用记号笔记下液面在萝卜上的位置；
③取出萝卜擦干，用刀沿记号将萝卜切成a、b两块，测出b块的质量为m2。萝卜密度的表达式为ρ＝ 
（用所给字母表示）。
【答案】（1）右；（2）92；50；②③①；（3）1.2；（4）萝卜；
【考点】测量液体的密度
【分析】（1）调节天平横梁平衡时，指针偏向分度盘中线的左侧，说明天平的左端下沉，平衡螺母向上翘的右端移动；
（2）①烧杯和浓盐水的总质量等于砝码的质量加游码对应的刻度值；
②弄清量筒的分度值，根据液面对应的刻度读出量筒中浓盐水的体积；
为了减小误差，合理的测量液体密度的步骤为：用天平测烧杯和浓盐水的总质量；再把烧杯中的浓盐水倒入量筒中，记下量筒中浓盐水体积；最后用天平称出测空烧杯的质量；
（3）先利用烧杯和浓盐水的总质量减去空烧杯的质量求出量筒中浓盐水的质量，再根据密度公式求出浓盐水的密度；
（4）利用二力平衡得出漂浮时受到的浮力，利用阿基米德原理F浮＝ρ液gV排求出物体排开液体的体积即b块萝卜的体积，知道b块的质量，根据密度公式计算萝卜的密度。
【解答】解：（1）调节天平横梁水平平衡时，发现指针静止时偏向分度盘中线的左侧，说明天平的左端下沉，平衡螺母向上翘的右端移动；（2）由图甲可知，烧杯和浓盐水的总质量为：m1＝50g+20g+20g+2g＝92g，由图乙可知，量筒中浓盐水的体积为：V＝50mL＝50cm3；如果按照小宇的步骤操作，将浓盐水倒入量筒中时，不可能把烧杯内的浓盐水全部倒入量筒内，导致测量的浓盐水的体积偏小，由公式ρ
可知所测密度偏大，所以为了减小误差，合理的测量液体密度的步骤为：用天平测烧杯和浓盐水的总质量；再把烧杯中的浓盐水倒入量筒中，记下量筒中浓盐水体积；最后用天平称出测空烧杯的质量；所以合理的实验顺序是②③①；（3）量筒中浓盐水的质量为：m＝m总﹣m杯＝92g﹣32g＝60g，浓盐水的密度为：ρ
1.2g/cm3；（4）由题意可知本题要利用浮力相关知识测量密度，把萝卜轻轻放入浓盐水中漂浮时，萝卜受到的浮力和萝卜的重力平衡，大小相等，故需要测出萝卜的质量；则萝卜受到的浮力为：F浮＝G＝m1g，由F浮＝ρ液gV排得，b块萝卜的体积为：Vb＝V排
，萝卜密度的表达式为：ρ
。故答案为：（1）右；（2）92；50；②③①；（3）1.2；（4）萝卜；
。
【难度】5
32．（11分）小彤在“探究电流与电压的关系”实验中，所选择的实验器材有：电压恒为3V的电源，定值电阻，规格为“30Ω 0.5A”的滑动变阻器R0，电流表、电压表各1个、开关、导线若干。
（1）小彤连接的电路如图甲所示，有一根导线连接有误。请在错误的导线上打“×”，并用笔画线代替导线将电路连接正确。
（2）改正错误后，闭合开关，发现电流表无示数，电压表示数接近电源电压，产生这种现象的原因可能是定值电阻 （填“短路”或“断路”）。
（3）故障排除后，闭合开关，将滑动变阻器的滑片从正确的位置向 端调节，当电压表示数为2V时，电流表示数如图乙所示，为 A。
（4）继续调节滑动变阻器的滑片，观察每次电压、电流值，记录在下表中：
次数 |
1 |
2 |
3 |
电压U/V |
2 |
2.6 |
3 |
电流I/A |
/ |
0.26 |
0.3 |
根据表格中的数据可得到的结论是：电阻一定时，电流与电压成 比。
（5）根据所选器材的规格可知，定值电阻两端可加的最小电压为 V，此时定值电阻与滑动变阻器的功率之比为 。
（6）完成上述实验后，小彤重新选择器材，设计了如图丙所示的电路测量额定电流为0.3A的小灯泡的额定功率，已知电源电压为4.5V，请将以下操作补充完整：
①闭合开关S，S0接触点2，调节滑动变阻器R1的滑片，使电流表示数为 A，小灯泡正常发光；
②保持滑动变阻器R1的滑片不动，用S0试触触点1，发现电流表超过量程，立即将S0接回到触点2，断开S，将另一个滑动变阻器R2以最大值接入M点；
③闭合S，S0接触点3，调节滑动变阻器R2的滑片，使灯泡再次正常发光；
④保持滑动变阻器R2的滑片不动，将S0接触点 （填“1”、“2”或“3”），此时电流表示数为0.45A。小灯泡的额定功率为P额＝ W。
【答案】（1）如下图所示。（2）断路。（3）右；0.2。（4）正。（5）0.75；1：3。（6）①0.3。④1；0.9。
或
【考点】探究电流与电压的关系
【分析】（1）在“探究电流与电压的关系”实验中，定值电阻与滑动变阻器串联，电流表串联在电路中，电压表应并联在定值电阻的两端；
（2）闭合开关，发现电流表无示数，电压表示数接近电源电压，说明电路中可能存在断路，电压表与电源两极相连通。
（3）闭合开关前，滑片应位于变阻器的最大阻值处；根据电流表的量程、分度值结合指针位置进行读数；
（4）分析表格数据可得出结论；
（5）当滑动变阻器接入电路的电阻最大时，定值电阻两端的电压最小，根据欧姆定律进行计算；根据公式P＝I2R可得此时定值电阻与滑动变阻器的功率之比；
（6）知道小灯泡的额定电流为0.3A，但在小彤设计的电路中，没有电压表，所以我们要设法利用串联电路的电压特点测出灯泡正常发光时的电压；再根据为P＝UI计算小灯泡的额定功率。
【解答】解：（1）在如甲所示的电路中，电阻R被短路，且电压表接反了。所以我们要作出修改，使电阻R串联接入电路中，且电压表要正确接入。如图所示：
或
（2）闭合开关，发现电流表无示数，电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源正负极是相通的，电流表无示数是因为通过电流表的电流过小。产生这种情形的原因是定值电阻断路，使电压表串联接入了电路中。（3）连接正确的电路后，闭合开关前，应把滑动变阻器的滑片移至阻值最大处，即最左端。所以在闭合开关后，我们要向右调节滑片来改变定值电阻两端的电压。
图乙中电流表选用的是0～0.6A量程，指针指在0.2A处。（4）分析表中数据可知，通过电阻的电流随着电阻两端的电压的增大而增大，且电压与电流的比值为定值，所以可知：电阻一定时，电流与电压成正比。（5）由串联电路的电压、电阻关系可知，当滑动变阻器接入电路的电阻最大（30Ω）时，定值电阻两端的电压最小。由表中数据我们可以求得定值电阻的阻值为R
10Ω。当滑动变阻器接入电路的电阻最大（30Ω）时通过电路的电流为I小
0.075A。则定值电阻两端的最小电压为U小＝I小R＝0.075A×10Ω＝0.75V。在串联电路中，通过定值电阻与滑动变阻器的电流相等，所以我们用公式P＝I2R进行比较，即
。（6）①小灯泡的额定电流为0.3A，所以我们要调节滑动变阻器使电流表的示数为0.3A使其正常发光。③闭合S、S0接触点3时，R1被短路。调节滑动变阻器R2的滑片，使灯泡再次正常发光时，由串联电路的电流、电阻关系可知，此时R2接入电路的阻值与①中R1接入电路的阻值相同。④保持滑动变阻器R2的滑片不动，将S0接触点1时，小灯泡被短路，此时只有两个滑动变阻器串联。由此可求得电路中的总电阻为R总′＝2R1
10Ω，则R1接入电路的阻值为5Ω。当闭合开关S，S0接触点2，调节滑动变阻器R1的滑片，使小灯泡正常发光时，R1两端的电压为UR＝I灯R1＝0.3A×5Ω＝1.5V。则小灯两端的电压为U灯＝U′﹣UR＝4.5V﹣1.5V＝3V。小灯泡的额定功率为P＝U灯I灯＝3V×0.3A＝0.9W。故答案为：（1）如上图所示。（2）断路。（3）右；0.2。（4）正。（5）0.75；1：3。（6）①0.3。④1；0.9。
【难度】5