2021年辽宁省铁岭市、葫芦岛市中考物理试卷

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）如图是圆形多功能充电宝，充完电后用手拿起时，会感觉到微微发热。下列估测最合理的是（　　）

A．充电宝的质量约为5kg

B．充电宝的直径约为10cm

C．微微发热的充电宝温度约为20℃

D．充电宝给手机充电时提供的电压为36V

【答案】B

【考点】质量的估测；温度的估测；常见电压的大小；常见的长度及估测

【分析】（1）一颗鸡蛋的质量约为50g；

（2）手掌的宽度约为10cm；

（3）我们的体温约为37℃；

（4）对我们来说，低于36V的电压才是安全的。

【解答】解：A.一颗鸡蛋的质量约为50g，则100颗鸡蛋的质量约为5kg，而充电宝的质量约与10颗鸡蛋的质量相当，明显小于100颗鸡蛋的质量。故A错误。B.由图可知，该充电宝的直径与手掌的宽度相当，即约为10cm。故B正确。C.当物体的温度略高于人体温度时，我们会感到它微微发热。而人体的温度约为37℃，所以微微发热的充电宝温度约为40℃。故C错误。D.为保证安全，充电宝给手机充电时提供的电压要低于36V。目前我们使用的手机充电器、充电宝对手机充电时提供的电压约为5V。故D错误。故选：B。

【难度】3

2．（2分）“山坡上，有的地方雪厚点，有的地方草色还露着，这样，一道儿白，…那水呢，不但不结冰，倒反在绿萍上冒着点热气，…”上面的文字节选于老舍先生的《济南的冬天》一文。关于文中所涉及到的一些现象，用物理知识解释正确的是（　　）

A．“雪”的形成过程需要吸收热量

B．“结冰”是凝华过程需要放出热量

C．“热气”是水蒸气液化而成的

D．“冰”是非晶体没有一定的熔化温度

【答案】C

【考点】凝固的概念及现象；液化的概念及现象；升华的概念及现象

【分析】物质由气态直接变为固态叫凝华，物质由固态直接变为气态叫升华；

由气态变为液态叫液化，由液态变为气态叫汽化；

由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固。

【解答】解：A、雪是由水蒸气凝华而成的小冰晶，凝华需要放热，故A错误；B、结冰是水由液体凝固为固体的物态变化，凝固需要放出热量，故B错误；C、“热气”是水蒸气遇冷液化而成的小水滴，液化需要放热，故C正确；D、冰是晶体，有一定的熔化温度，故D错误。故选：C。

【难度】1

3．（2分）如图是小明拍摄“东方明珠”时的情景。下列分析正确的是（　　）

A．小明在地上的影子形成的原理与平面镜成像原理相同

B．用照相机拍照时，镜头成的是正立、缩小的实像

C．数码相机屏幕的彩色画面，由红、黄、蓝三种色光组成

D．水中建筑物的倒影是光的反射所成的虚像

【答案】D

【考点】凸透镜成像规律的应用；光沿直线传播的现象；光的反射现象

【分析】（1）（4）影子是由光的直线传播形成的，平面镜成像的原理是光的反射；

（2）凸透镜成像时，物距u＞2f，成倒立缩小的实像，应用是照相机；

（3）光的三原色是红、绿、蓝.

【解答】解：A、小明在地上的影子形成的原理是光的直线传播，平面镜成像原理是光的反射，两种原理不相同，A错误；B、照相机是利用物距大于二倍焦距时，成倒立缩小实像的规律制成的，故B错误；C、数码相机屏幕的彩色画面，由红、绿、蓝三种色光组成，故C错误；D、水中建筑物的倒影属于平面镜成像，是光的反射所成的虚像，故D正确。故选：D。

【难度】3

4．（2分）如图是患有近视眼的小明检查视力时的情景，小明通过观察视力表在平面镜中所成的像来完成检查。下列描述正确的是（　　）

A．视力表与它在平面镜中所成像到平面镜的距离相等

B．视力表在平面镜中所成的像比实际视力表小

C．近视眼形成的原因是晶状体太厚，对光的折射能力太弱

D．近视眼应该用度数合适的凸透镜来矫正

【答案】A

【考点】近视眼的矫正；平面镜成像的特点与规律

【分析】（1）平面镜成像时，像距等于物距；

（2）平面镜成等大的虚像；

（3）（4）近视眼是由于晶状体太厚，对光线的会聚作用太强，近视眼成像时，像成在视网膜的前方；凹透镜可以矫正近视眼。

【解答】解：A、视力表与它在平面镜中所成像到平面镜的距离相等，故A正确；B、根据平面镜成像的特点可知，像与物体等大，则视力表在平面镜中所成的像和实际视力表大小相同，故B错误；CD、近视眼是由于晶状体太厚，对光线的会聚作用太强，使像成在视网膜的前方，为了使像成在视网膜上，就要戴凹透镜来矫正，使光线在进入人的眼睛以前先发散一下，以便使像成在视网膜上，故CD错误。故选：A。

【难度】3

5．（2分）如图是小明自制的能量转化学具，当接通电路后甲风扇转动，其产生的风带动乙风扇转动，与乙风扇连接的LED发光。下列说法正确的是（　　）

A．甲风扇转动的原理是电磁感应

B．乙风扇转动的原理与电动机相同

C．LED主要是半导体材料制成的

D．电池为LED直接提供电能，使LED发光

【答案】C

【考点】半导体的特点；电动机工作原理；电磁感应现象

【分析】（1）分析装置可知甲风扇转动是利用电动机的原理，把电能转化为风能；

乙风扇接收到甲风扇发出的风后，带动导体切割磁感线，通过电磁感应原理将风能转化为电能。

（2）LED是发光二极管，主要是用半导体材料制作而成。

【解答】解：A、甲风扇转动原理是通电线圈在磁场中受力转动，故A错误；B、乙风扇相当于发电机，原理是电磁感应，故B错误；C、LED主要的材料是半导体材料，故C正确；D、乙风扇通过电磁感应原理直接为LED提供电能，不是电池，故D错误。故选：C。

【难度】3

6．（2分）国家为了改善居民的居住条件，对老旧小区进行改造。建筑工人用如图装置将建材匀速运送到楼顶，已知建材重力为4500N，将建材提升15m用时1min，绳端的拉力F为2000N（忽略绳重）。下列计算结果正确的是（　　）

A．绳端拉力的功率为1125W

B．绳端移动的速度为0.25m/s

C．该装置的机械效率为75%

D．该装置所做的有用功为3×10⁴J

【答案】C

【考点】功率的计算；有用功、额外功与总功；滑轮、滑轮组机械效率的计算

【分析】（1）已知绳子的有效股数为3，将建材提升15m，则绳子自由端移动距离s＝3h＝3×15m＝45m，由W＝Fs可求得总功，由P 可求得绳端拉力的功率；

（2）由速度公式求得提升物体的速度，然后可知绳端移动的速度；

（3）由W＝Gh可求得有用功，由η 100%可求得该装置的机械效率。

【解答】解：A、已知h＝15m，绳子自由端移动距离s＝3h＝3×15m＝45m，总功W_总＝Fs＝2000N×45m＝90000J，绳端拉力的功率P 1500W，故A错误；B、物体上升的速度v 0.25m/s，绳端移动的速度v′＝3v＝3×0.25m/s＝0.75m/s，故B错误；CD、该装置所做的有用功W_有用＝Gh＝4500N×15m＝67500J，该装置的机械效率η 100% 100%＝75%，故C正确，D错误。故选：C。

【难度】5

7．（2分）假期小明一家要出门旅游，出发前家里只有一台额定功率为200W的冰箱正常工作，其它用电器都已关闭。小明看到家里电能表的示数为2021.6kW•h，过了7天小明回到家再次查看电能表的示数如图所示。下列有关说法正确的是（　　）

A．这段时间冰箱消耗的电能是7kW•h

B．冰箱每天平均工作的时间为0.5h

C．冰箱正常工作1min电能表的转盘转过12转

D．再有其它家电和冰箱一同正常工作时，电能表转盘的转速不变

【答案】A

【考点】电能表的计算；电能表的读数

【分析】电能的求法：①测量较大电能时用刻度盘读数：最后一位是小数位；两次读数之差就是这段时间内消耗的电能，单位是度（千瓦时）；②测量较小电能时用转盘转数读数：通过记录某段时间内电能表转盘转数，结合电能表转盘每转表示的电能计算出该段时间内消耗的电能。

【解答】解：A、由图知，小明回到家时电能表的读数为2028.6kW•h，而离开家时电能表的示数为2021.6kW•h，则在这7天内所消耗的电能W＝2028.6kW•h﹣2021.6kW•h＝7kW•h，故A正确；B、P＝200W＝0.2kW，由W＝Pt可得t 35h，则每天工作的时间为 5h，故B错误；C、600r/kW•h的含义：电路中每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转过600转，冰箱正常工作1min所消耗的电能：W＝Pt′＝0.2kW h kW•h，则冰箱正常工作1min电能表转盘转过的转数n＝600r/kW•h kW•h＝2r，故C错误；D、再有其它家电和冰箱一同正常工作时，总功率增加，电能表转盘的转速增大，故D错误；故选：A。

【难度】5

8．（2分）如图所示电路，电源电压恒定，只闭合开关S₁，将滑动变阻器的滑片由右向左滑动过程中，下列判断正确的是（　　）

A．小灯泡的亮度将会变亮

B．电压表V₁与电压表V₂的示数差变小

C．电压表V₁与电流表A的示数比值变大

D．再闭合S₂，调节变阻器的滑片，灯泡亮度不变

【答案】B

【考点】动态电路的分析

【分析】（1）只闭合开关S₁，该电路为串联电路，电流表测量电路中的电流，电压表V₁测量滑动变阻器两端的电压，电压表V₂测量滑动变阻器右部分两端的电压；根据滑片移动的方向判定电路中电阻的变化，根据欧姆定律判定电路中电流的变化和电压表示数的变化；根据通过灯泡电流的变化判定灯泡亮度的变化；

（2）再闭合S₂，调节变阻器的滑片，根据滑动变阻器接入电路阻值的变化判定电路中电流的变化，从而得出灯泡亮度的变化。

【解答】解：ABC、只闭合开关S₁，该电路为串联电路，电流表测量电路中的电流，电压表V₁测量滑动变阻器两端的电压，电压表V₂测量滑动变阻器右部分两端的电压；由于电压表在电路中相当于断路，移动滑片时，滑动变阻器接入电路的电阻不变，总电阻不变，根据欧姆定律可知，电路中的电流不变，即电流表示数不变，灯泡的实际功率不变，灯泡的亮度不变，故A错误；根据U＝IR可知，滑动变阻器两端的电压不变，即V₁示数不变；滑动变阻器的滑片由右向左滑动过程中，与电压表V₂并联部分的电阻变大，根据U＝IR可知，电压表V₂示数变大，所以电压表V₁与电压表V₂的示数差变小，故B正确；电压表V₁示数不变，电流表A的示数不变，其比值不变，故C错误；D、再闭合S₂，变阻器左边部分被短路，该电路为串联电路，电流表测量电路中的电流，电压表V₁和V₂测量滑动变阻器两端的电压，调节变阻器的滑片，滑动变阻器接入电路的电阻发生变化，总电阻改变，根据欧姆定律可知，电路中的电流改变，通过灯泡的电流改变，则灯泡的亮度改变，故D错误。故选：B。

【难度】5

9．（3分）下列关于家庭电路和安全用电的说法正确的是（　　）

A．用试电笔接触火线氖管发光时，不会有电流通过人体

B．洗衣机要用三脚插头以确保洗衣机的金属外壳接地

C．当有人触电时，应该立即切断电源

D．只要不接触带电体就不会发生触电事故

【答案】BC

【考点】试电笔的使用；插座的构造与工作方式；三线插头和三孔插座的连接；三线插头和三孔插座的好处；常见的触电事故；触电急救；安全用电原则

【分析】（1）试电笔的工作原理：人站在大地上，手接触笔尾金属体，笔尖金属体接触火线，火线和大地之间的电压是220V，测电笔和人是串联的，串联的电阻起分担电压的作用，电阻越大，分担的电压越大，测电笔的电阻很大，分担的电压很大，人分担的电压很小，电压不高于36V，对人没有危害。此时在测电笔和人体中都有电流，电流微弱不会对人造成危害。这个微弱的电流可以使氖管发光。人站在大地上，手接触笔尾金属体，笔尖金属体接触零线，零线和大地之间的电压是0V，在测电笔和人体中都没有电流通过，氖管不发光；

（2）对于金属外壳的家用电器，金属外壳一定接地，防止外壳漏电，发生触电事故；

（3）当有人触电时，应先切断电源；

（4）安全用电的原则：不接触低压带电体，不靠近高压带电体。

【解答】解：A、试电笔接触火线时，加在测电笔和人之间的电压是220V，测电笔和人是串联的，串联的电阻起分担电压的作用，电阻越大，分担的电压越大，测电笔的电阻很大，分担的电压很大，人分担的电压很小电流很小，电压不高于36V，不会对人造成危害。故A错误；B、洗衣机的金属外壳要用三脚插头与地线相连，防止金属外壳漏电，发生触电事故。故B正确；C、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C正确；D、高压带电体只要人靠近就有触电危险。故D错误。故选：BC。

【难度】3

10．（3分）将摩擦后带正电的泡沫餐盘放在桌面，将几个不带电的泡沫小球放在餐盘上使小球带电，会看到小球上下跳动，如图所示。下列分析正确的是（　　）

A．餐盘带正电是因为得到了电子

B．小球与餐盘接触瞬间，电流方向是从餐盘到小球

C．小球由于与餐盘带有同种电荷，相互排斥而向上运动

D．摩擦后的餐盘发热是通过做功的方式改变了内能

【答案】BCD

【考点】电荷间的相互作用；摩擦起电的实质；电流的方向；做功改变物体的内能

【分析】（1）摩擦带电的实质：电子的转移；

（2）接触带电时是电子在转移；物理学中规定，正电荷定向移动方向为电流方向；

（3）同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引；

（4）改变内能的两种方式：做功和热传递。

【解答】解：A、餐盘带正电是因为失去了电子，故A错误；B、小球与餐盘接触瞬间，电子从小球转移到餐盘，电子定向移动形成电流，正电荷移动的方向定义为电流的方向，电子带负电，所以电流方向从餐盘到小球，故B正确；C、同种电荷相互排斥，小球由于与餐盘带有同种电荷，相互排斥而向上运动，故C正确；D、摩擦后的餐盘发热是通过做功的方式改变了内能；故D正确。故选：BCD。

【难度】3

11．（3分）水平面上有甲、乙两个相同的容器，装有质量相等的盐水和清水，小明先用盐水浸泡草莓，然后放入清水中清洗。草莓在盐水和清水中的浮沉情况如图所示。草莓由盐水到清水带走的盐水和草莓质量变化忽略不计。下列判断正确的是（　　）

A．两容器中有草莓时，对水平面的压强相等

B．草莓a的密度小于草莓b的密度

C．草莓c在盐水和清水中所受浮力相等

D．两容器中有草莓时，容器底受到液体压强相等

【答案】AB

【考点】物体浮沉条件；液体压强规律；液体压强的大小比较；阿基米德原理的理解；密度大小与浮沉的关系

【分析】（1）根据容器的总重力分析压力的大小，根据p 分析水平面受到的压强的大小；

（2）根据物体的浮沉条件分析a和b密度的大小；

（3）根据阿基米德原理分析草莓c受到的浮力的大小；

（4）根据草莓的浮力、液体的重力分析压力的大小，根据p 分析容器底部受到的压强的大小。

【解答】解：A、两容器相同，液体的质量相同，重力相同，草莓的重力相同，容器的总重力相同，对桌面的压力相同，根据p 可知，两容器中有草莓时，对水平面的压强相等，故A正确；B、由图乙可知，草莓a漂浮在液面上，草莓a的密度要小于液体的密度，草莓b下沉，草莓b的密度要大于液体的密度，所以草莓a的密度小于草莓b的密度，故B正确；C、草莓c在盐水和清水中是全部浸没的，排开的液体的体积相同，根据阿基米德原理F_浮＝ρ_液gV_排可知，所受浮力不相等，故C错误；D、草莓a漂浮在液体中，受到的浮力等于自身的重力，浮力等于其排开的液体的重力；草莓b和草莓c在液体中浸没，排开的液体的体积相同，根据G＝mg＝ρVg可知，草莓b和草莓c排开的盐水的重力要大于排开的水的重力，则容器底部受到盐水的压力要大于水的压力，根据p 可知，盐水对容器底部的压强要大一些，故D错误。故选：AB。

【难度】5

12．（3分）如图电路电源电压不变，滑动变阻器为“20Ω 0.5A”、小灯泡的额定电压为6V，电流表的量程为“0～0.6A”，只闭合开关S₂时，小灯泡正常发光，将滑动变阻器的滑片滑至阻值最大处，再闭合开关S₁，电流表的示数为0.5A，闭合开关S₁、S₂，在电路安全情况下，下列说法正确的是（　　）

A．小灯泡的额定功率为1.2W

B．电路功率最小时工作10s所消耗的电能为18J

C．电路的最大功率为3.6W

D．滑动变阻器连入的阻值范围是15Ω～20Ω

【答案】ACD

【考点】欧姆定律的应用；欧姆定律求范围值；欧姆定律的多状态计算；电功与电能的计算；电功率的综合计算

【分析】（1）只闭合开关S₂时，电路为灯泡的简单电路，电流表测电路中的电流，根据额定电压下灯泡正常发光可知电源的电压；将滑动变阻器的滑片滑至阻值最大处，再闭合开关S₁时，灯泡与滑动变阻器的最大阻值并联，电流表测干路电流，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知通过灯泡的电流不变，利用并联电路的电压特点和欧姆定律求出通过滑动变阻器的电流，利用并联电路的电流特点求出通过灯泡的电流，利用P＝UI求出小灯泡的额定功率；

（2）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，干路电流最小，电路功率最小，利用W＝UIt求出此时工作10s所消耗的电能；

（3）根据并联电路的电流特点求出电流表的示数为0.6A时通过滑动变阻器的电流，然后与滑动变阻器允许通过的最大电流相比较确定通过滑动变阻器的最大电流，从而得出干路的最大电流，利用P＝UI求出此时电路的最大功率；

（4）当通过滑动变阻器的电流最大时接入电路中的电阻最小，根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出其大小，然后求出滑动变阻器连入的阻值范围。

【解答】解：A．只闭合开关S₂时，电路为灯泡的简单电路，电流表测电路中的电流，由小灯泡正常发光可知，电源的电压U＝U_L＝6V；将滑动变阻器的滑片滑至阻值最大处，再闭合开关S₁时，灯泡与滑动变阻器的最大阻值并联，电流表测干路电流，因并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以，通过灯泡的电流不变，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，通过滑动变阻器的电流：I_滑 0.3A，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，通过灯泡的电流：I_L＝I﹣I_滑＝0.5A﹣0.3A＝0.2A，则小灯泡的额定功率：P_L＝U_LI_L＝6V×0.2A＝1.2W，故A正确；B．当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，干路电流最小，电路功率最小，则此时工作10s所消耗的电能：W＝UIt＝6V×0.5A×10s＝30J，故B错误；C．当电流表的示数I′＝0.6A时，通过滑动变阻器的电流：I_滑′＝I′﹣I_L＝0.6A﹣0.2A＝0.4A＜0.5A，所以，通过滑动变阻器的最大电流为0.4A，电路的最大电流为0.6A，此时电路的功率最大，则电路的最大功率：P_大＝UI′＝6V×0.6A＝3.6W，故C正确；D．当通过滑动变阻器的最大电流为0.4A时，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，则：R_滑小 15Ω，所以，滑动变阻器连入的阻值范围是15Ω～20Ω，故D正确。故选：ACD。

【难度】5

二、填空题（本题共9小题，每空1分，共26分）

13．（3分）云南北迁亚洲象群牵动全国人民的心，如图是亚洲象迁移时的情景，象群之间通过频率 　 　（填“大于”或“小于”）20Hz的次声波相互交流，这是利用声传递 　 　。为了监测亚洲象的行踪，云南有关部门使用无人机进行24h不间断监测，在夜晚无人机可以通过大象辐射的 　 　线，对其行踪进行监测。

【答案】小于；信息；红外

【考点】声与信息

【分析】（1）频率小于20Hz的声波叫次声波，频率高于20000Hz的声波叫超声波。

（2）声波能传递信息。

（3）一般物体都会辐射红外线，温度越高辐射的红外线越强。

【解答】解：次声波的频率小于20Hz，象群依靠次声波相互交流，说明声音能传递信息；夜晚无人机能监测大象，是因为大象辐射的红外线。故答案为：小于；信息；红外。

【难度】3

14．（3分）如图是翼装运动员表演时的情景，翼装的形状与机翼相似，这是利用空气流速越快的位置 　 　来获得升力。随着其高度的降低，大气压强将会变 　 　。当运动员在空中匀速盘旋时，他受到的力为 　 　（填“平衡力”或“非平衡力”）。

【答案】压强越小；大；非平衡力

【考点】流体压强与流速的关系；大气压强与高度的关系

【分析】在流体压强中，流速越大的地方，压强越小；大气压的大小与高度有关，高度越高，气压越小；物体处于静止或匀速直线运动状态时，受到平衡力的作用。

【解答】解：翼装上表面弯曲，下表面较平，上方空气流速越大，压强越小；下方空气流速越小，压强越大，所以翼装上方的气流对翼装的压强小于翼装下方的气流对翼装的压强，使翼装上下表面存在向上的压强差，这就是向上的升力；随着其高度的降低，大气压强将会变大；当运动员在空中匀速盘旋时，其运动的方向发生了变化，他受到的力为非平衡力。故答案为：压强越小；大；非平衡力。

【难度】3

15．（3分）如图是一个香薰炉，点燃炉内的蜡烛，加热香薰液，香薰液汽化后房间充满了香气，这是 　 　现象。蜡烛熔化产生的蜡液会向下流动，是由于受向下的 　 　力作用，蜡液凝固后会粘在炉上，是因为分子间存在 　 　。

【答案】扩散；重；引力

【考点】扩散现象

【分析】两物质在相互接触时，发生分子彼此进入对方的现象称为扩散；重力的方向竖直向下；分子间具有相互作用的引力和斥力。

【解答】解：两物质在相互接触时，发生分子彼此进入对方的现象称为扩散，在空气中闻到香气，便是扩散现象；重力的方向竖直向下，熔化产生的蜡液会向下流动，是由于受到重力的作用；分子间存在相互作用的引力和斥力，蜡液凝固后粘在炉上，体现出了分子间相互作用的引力。故答案为：扩散；重；引力。

【难度】3

16．（3分）如图，我国“天问一号”成功着陆火星，火星上迎来第一面五星红旗。“天问一号”在火星表面留下了明显的压痕，说明了力可以改变物体的 　 　，火星表面对它的支持力与它对火星表面的压力是一对 　 　（填“平衡力”或“相互作用力”）。火星车的电池板所接收的太阳能是 　 　（填“可再生”或“不可再生”）能源。

【答案】形状；相互作用力；可再生。

【考点】力的作用效果

【分析】（1）力的作用效果：力可以改变物体的形状、力可以改变物体的运动状态；

（2）力的作用是相互的；

（3）太阳能可以源源不断地从自然界中获得，属于可再生能源。

【解答】解：（1）力的作用效果：力可以改变物体的形状、力可以改变物体的运动状态。在火星表面留下压痕，说明力可以改变物体的形状；（2）力的作用是相互的，“火星表面对它的支持力”与“它对火星表面的压力”，这两个力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物体上，且这两个物体既是施力物体也是受力物体，说明是一对相互作用力；（3）太阳能可以源源不断地从自然界中获得，属于可再生能源。故答案为：形状；相互作用力；可再生。

【难度】3

17．（2分）如图是小明用一根木棒撬动水平地面上石头的情景，为了更省力，小明应沿 　 　（填“竖直”或“垂直木棒”）方向向下压木棒。若想省更多的力，小明可以将作为支点的石块O向 　 　（填“左”或“右”）适当移动。

【答案】垂直木棒；右

【考点】杠杆在生活中的应用

【分析】（1）根据杠杆平衡条件F₁L₁＝F₂L₂的变形公式F₁ 可得，在阻力和阻力臂一定时，动力臂L₁越大，动力F₁越小。

（2）根据杠杆平衡条件分析杠杆在使用过程中省力的方法，判断支点的移动方向。

【解答】解：（1）要使施加在撬棒的动力最小，应使动力臂L₁最大；当以O为支点，为了更省力，小明应沿垂直木棒方向向下压木棒，此时动力臂等于木棒的长度，动力臂最大，此时动力较小；（2）若想省更多的力，杠杆平衡条件F₁L₁＝F₂L₂可知，在阻力一定时，可以减小阻力臂，增大动力臂，所以小明可以将作为支点的石块O向右适当移动。故答案为：垂直木棒；右。

【难度】3

18．（3分）为了庆祝建党一百周年，某地用无人机编队在空中组成了“不忘初心，牢记使命”、“党徽”、“100”等图案。组成各图案的无人机之间应相对 　 　。当无人机匀速升空时，无人机的机械能将 　 　，现场观众的惊叹声通过 　 　传播到直播的话筒。

【答案】静止；增大；空气

【考点】声音的传播条件

【分析】（1）运动是绝对的，静止是相对的。判断两物体之间的相对运动情况可通过两物体之间的位置变化来判断。

（2）机械能包括动能、势能，机械能是否变化只需看动能和势能的变化即可判断。

（3）声音的传播需要介质，声音能传播能量，能传播信息。

【解答】解：（1）无人机之间的位置没有变化，所以无人机之间相对静止；（2）无人机匀速升空时，质量不变，速度不变，所以动能不变，高度升高，势能增大，所以机械能增大；（3）声音是通过空气传播到直播话筒的。故答案为：静止；增大；空气。

【难度】3

19．（3分）如图是焦耳定律的实验装置，其中R₁＝5Ω，R₂＝R₃＝10Ω。只闭合S₁可以探究电流产生热量与 　 　的关系，若电路中的电流为0.1A，通电10min电阻R₁产生的热量为 　 　J。闭合S₁和S₂，通过R₁的电流是R₂的2倍，左侧U形管内液柱的高度差比右侧更大，这说明 　 　（填“电流”或“电阻”）对产生热量多少影响更大。

【答案】电阻；30；电流

【考点】探究影响电流通过导体时产生热量的因素

【分析】（1）根据控制变量法当中变量的控制即可判断；

（2）根据焦耳定律公式：Q＝I²Rt，即可算出，由公式也可判断电阻、电流对产生热量的影响；

（3）图中液柱的高低间接反映了电阻产生的热量，液柱越高说明电阻产生的热量越多。

【解答】解：（1）由图可知：只闭合S₁时，R₁、R₂串联 电流相等，电阻不同，所以可以探究电流产生热量与电阻的关系；（2）由题可知R₁＝5Ω，t＝10min＝600s，I＝0.1A，根据Q＝I²Rt得电阻R₁产生的热量：Q＝I²R₁t＝（0.1A）²×5Ω×600s＝30J；（3）图中液柱的高低间接反映了电阻产生的热量，闭合S₁和S₂，通过R₁的电流是R₂的2倍，左侧U形管内液柱的高度差比右侧更大，说明电流的变化对热量的产生影响更加明显。故答案为：电阻；30；电流。

【难度】3

20．（3分）为了监测海洋地震，我国研发了移动式海洋地震仪，它的最大下潜深度为1050m。地震仪将收集到的数据，在水面利用 　 　波通过卫星传回地面接收点。如果其质量为1.5t，在海水中悬浮时排开海水的体积为 　 　m³，下潜到最大深度处受到海水的压强为 　 　Pa。（g取10N/kg，海水密度取1.0×10³kg/m³）

【答案】电磁；1.5；1.05×10⁷。

【考点】液体压强的公式及计算

【分析】（1）声音传播需要介质，真空不能传声；电磁波可以在真空中传播；

（2）移动式海洋地震仪在海水中悬浮时受到的浮力和自身的重力相等，根据F_浮＝G＝mg求出其大小，利用F_浮＝ρ_液gV_排求出排开海水的体积；

（3）根据p＝ρ_液gh求出下潜到最大深度处受到海水的压强。

【解答】解：（1）电磁波的传递不需要介质，可以在真空中传播，地震仪将收集到的数据，在水面利用电磁波通过卫星传回地面接收点；（2）移动式海洋地震仪在海水中悬浮时受到的浮力：F_浮＝G＝mg＝1.5×10³kg×10N/kg＝1.5×10⁴N，由F_浮＝ρ_液gV_排可得，此时排开海水的体积：V_排 1.5m³；（3）下潜到最大深度处受到海水的压强：p＝ρ_海水gh＝1.0×10³kg/m³×10N/kg×1050m＝1.05×10⁷Pa。故答案为：电磁；1.5；1.05×10⁷。

【难度】3

21．（3分）如图甲，小灯泡为“6V 3W”，滑动变阻器为“？Ω 2A”。只闭合开关S₁和S₃，在电路安全的情况下最大范围调节变阻器的滑片，绘制了电流表示数与变阻器连入阻值关系的图象（图乙）；只闭合开关S₂，最大范围调节变阻器的滑片，绘制了电流表与电压表示数关系的图象（图丙）。该电路的电源电压为 　 　V；只闭合开关S₁和S₃，变阻器连入的最大阻值为 　 　Ω；只闭合开关S₂时，灯泡的最小功率为 　 　W。

【答案】6；25；0.2。

【考点】欧姆定律的应用；欧姆定律的多状态计算；电功率的综合计算

【分析】（1）只闭合开关S₂时，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测电源两端的电压，电流表测电路中的电流，根据图丙读出滑片移动时电压表的示数即为电源的电压；

（2）只闭合开关S₁和S₃时，灯泡L与滑动变阻器R并联，电压表测电源两端的电压，电流表测干路中的电流，根据并联电路的电压特点结合灯泡的额定电压确定灯泡正常发光，利用P＝UI求出此时通过灯泡的电流；当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，通过滑动变阻器的电流最小，干路电流最小，根据图乙读出干路的最小电流，利用并联电路的电流特点求出通过滑动变阻器的最小电流，利用欧姆定律求出变阻器连入的最大阻值；

（3）只闭合开关S₂时，灯泡L与滑动变阻器R串联，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，灯泡的电功率最小，根据图丙读出电路的最小电流，利用欧姆定律求出此时滑动变阻器两端的电压，利用串联电路的电压特点求出此时灯泡两端的电压，利用P＝UI求出灯泡的最小功率。

【解答】解：（1）只闭合开关S₂时，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测电源两端的电压，电流表测电路中的电流，由图丙可知，滑片移动时，电压表的示数为6V不变，则电源的电压U＝6V；（2）只闭合开关S₁和S₃时，灯泡L与滑动变阻器R并联，电压表测电源两端的电压，电流表测干路中的电流，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，由U＝U_L＝6V可知，灯泡正常发光，此时通过灯泡的电流：I_L 0.5A，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，通过滑动变阻器的电流最小，干路电流最小，由图乙可知，干路的最小电流I_小＝0.74A，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，通过滑动变阻器的最小电流：I_R小＝I_小﹣I_L＝0.74A﹣0.5A＝0.24A，由I 可得，变阻器连入的最大阻值：R_大 25Ω；（3）只闭合开关S₂时，灯泡L与滑动变阻器R串联，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，灯泡的电功率最小，由图丙可知，电路的最小电流I_小′＝0.2A，此时滑动变阻器两端的电压：U_滑＝I_小′R_大＝0.2A×25Ω＝5V，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，此时灯泡两端的电压：U_L′＝U﹣U_滑＝6V﹣5V＝1V，灯泡的最小功率：P_L′＝U_L′I_小′＝1V×0.2A＝0.2W。故答案为：6；25；0.2。

【难度】3

三、作图题（本题共3小题，每小题3分，共9分）

22．（3分）攀岩是年轻人非常喜欢的一种运动，如图甲是一名攀岩运动员拉着绳子停在峭壁上的情景。图乙是这一时刻的简化图，请你以重心O为作用点，在图乙中画出：

（1）运动员所受的重力；

（2）峭壁对运动员的支持力；

（3）绳子对运动员的拉力。

【答案】

【考点】画力的示意图；重力的示意图

【分析】对运动员进行受力分析可知，运动员受到重力、支持力和拉力的共同作用，据此画出力的示意图。

【解答】解：运动员处于静止状态，受到竖直向下的重力、沿绳子向上的拉力、垂直与峭壁的支持力的作用，这三个力作用在O点上，力的示意图如图：

【难度】3

23．（3分）如图所示，开关断开时，小磁针静止，a端指向北方，开关闭合时，小磁针顺时针旋转90°后静止。

（1）标出磁感线的方向；

（2）在括号内标出电源的正极或负极；

（3）标出电磁铁右端的极性。

【答案】

【考点】标出螺线管中电流的方向；关于磁现象的作图；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】地球的周围存在磁场，地磁的N极在地理的南极附近，地磁的S极在地理的北极附近；根据小磁针的指示方向判定其极性；根据小磁针的偏转方向，利用磁极间的相互作用规律判定电磁铁的极性；在磁体的外部，磁感线是从N极出来，回到S极的；根据安培定则判定电流的方向和电源的正负极。

【解答】解：由图可知，未通电时，小磁针在地磁场的作用下指示一定的方向，a端指向北方，地磁的S极在地理的N极附近，根据异名磁极相互吸引可知，小磁针的a端为N极；开关闭合时，小磁针顺时针旋转90°后静止，则小磁针的S极与电磁铁的右端是吸引的，所以电磁铁的右端为N极，左端为S极；在磁体的外部，磁感线是从N极出来，回到S极的，所以磁感线方向是向右的；根据安培定则可知，电流从电磁铁的右端流入，左端流出，所以电源的右端为正极，如图所示：

【难度】3

24．（3分）如图甲是小明家的鱼缸，鱼缸左侧的玻璃上有一条鱼的像。图乙是其简化图，A为鱼缸中实际的鱼，B为小明眼睛的位置。请你在乙图中画出：

（1）鱼A在左侧玻璃中的像A′；

（2）小明在鱼缸前方看到水中鱼的大致光路图。

【答案】

【考点】根据物和像作折射光路图

【分析】根据平面镜成像的特点画出像A'；鱼在A处，鱼反射的光线斜射入空气中时会远离法线；折射光线进入小明的眼睛，逆着光线看去，看到的鱼的像在A的下方，据此作出小明观察到鱼的光路图。

【解答】解：平面镜成像时，像与物体关于镜面是对称的，据此可以画出A的像A'；鱼在A处，鱼反射的光线斜射入空气中时会远离法线，折射光线进入小明的眼睛，小明逆着折射光线看去，看到的鱼的像在A的下方，如图所示：

【难度】3

四、简答题（本题3分）

25．（3分）如图为氢气爆炸实验装置，向纸杯中通入适量的氢气与空气混合，用火柴点燃气体，发生爆炸，纸杯被崩起。请回答下列问题：

（1）爆炸的能量转化情况与汽油机工作时的哪一冲程相同？

（2）请你解释崩起的纸杯为什么能继续向上运动，且运动速度越来越小？

【答案】（1）做功冲程；（2）纸杯具有惯性；纸杯受到竖直向下的重力的作用，做减速运动

【考点】四冲程的能量转化；惯性的概念；内燃机的四个冲程

【分析】（1）汽油机的四个冲程中，做功冲程将内能转化为机械能，压缩冲程将机械能转化为内能；

（2）纸杯被崩起的一瞬间具有向上的速度；纸杯具有惯性；力可以改变物体的运动状态。

【解答】解：（1）向纸杯中通入适量的氢气与空气混合，用火柴点燃气体，发生爆炸，此过程中化学能转化为内能，纸杯被崩起，燃气的内能转化为了纸杯的机械能，爆炸的能量转化情况与汽油机工作时的做功冲程是相同的；（2）纸杯被崩起时，具有一定的速度，由于纸杯具有惯性，仍然要向上运动；纸杯在向上运动的过程中，由于受到竖直向下的重力的作用，所以纸杯会向上做减速运动。故答案为：（1）做功冲程；（2）纸杯具有惯性；纸杯受到竖直向下的重力的作用，做减速运动。

【难度】3

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）

26．（9分）如图是我国第一款纯电动疫苗接种车。疫苗车空车质量为4t，车轮与水平地面接触的总面积为0.2m²，发动机的输出功率为60kW不变。（g取10N/kg，汽油热值取4.0×10⁷J/kg）求：

（1）疫苗车空车静止在水平地面时，对地面的压强。

（2）疫苗车在水平路面匀速直线行驶时，受到的阻力为3000N，疫苗车的速度。

（3）疫苗车以（2）中的速度在平直路面行驶50km，若换用效率为30%的汽油机提供动力，需要消耗汽油的质量。

【答案】（1）疫苗车空车静止在水平地面时，对地面的压强为2×10⁵Pa；（2）疫苗车在水平路面匀速直线行驶时，受到的阻力为3000N，疫苗车的速度为20m/s；（3）若换用效率为30%的汽油机提供动力，需要消耗汽油的质量为12.5kg。

【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）知道疫苗车空车的质量，利用G＝mg求其重力，疫苗车空车静止在水平地面时，对地面的压力等于其重力，知道受力面积，利用p 求对水平地面的压强；

（2）由于疫苗车在水平路面匀速直线行驶，疫苗车受到的牵引力、阻力是一对平衡力，大小相等，可求疫苗车受到的牵引力，知道疫苗车的功率，利用P Fv求疫苗车行驶速度；

（3）利用W＝Fs求疫苗车匀速行驶50km做的有用功，若换用效率为30%的汽油机提供动力，利用η 30%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）疫苗车空车的重力：G＝mg＝4×10³kg×10N/kg＝4×10⁴N，疫苗车空车静止在水平地面时，对地面的压力：F＝G＝4×10⁴N，受力面积S＝0.2m²，对水平地面的压强：p 2×10⁵Pa；（2）因为疫苗车在水平路面匀速直线行驶，所以疫苗车受到的牵引力、阻力是一对平衡力，大小相等，疫苗车受到的牵引力：F＝f＝3000N，由P Fv可得疫苗车行驶速度：v 20m/s；（3）疫苗车匀速行驶s＝50km＝50000m做的有用功：W＝Fs＝3000N×50000m＝1.5×10⁸J，若换用效率为30%的汽油机提供动力，由η 可得汽油完全燃烧释放的热量：Q_放 5×10⁸J，由Q_放＝mq可得，需要完全燃烧汽油的质量：m′ 12.5kg。答：（1）疫苗车空车静止在水平地面时，对地面的压强为2×10⁵Pa；（2）疫苗车在水平路面匀速直线行驶时，受到的阻力为3000N，疫苗车的速度为20m/s；（3）若换用效率为30%的汽油机提供动力，需要消耗汽油的质量为12.5kg。

【难度】5

27．（9分）如图甲是一款可调温果汁加热鼎，图乙是其简化电路图。R₁、R₂均为加热电阻，当开关接1时，加热鼎处于保温挡，保温功率为275W。当开关接2时，加热鼎处于可调温挡，可调功率范围为275W﹣1100W。[果汁比热容取4.0×10³J/（kg•℃）]求：

（1）加热鼎最大功率时电路中的电流。

（2）滑动变阻器R₁的最大阻值。

（3）不计热量损失，加热鼎用最大功率对1kg果汁加热2min，果汁升高的温度。

【答案】（1）最大功率时电路中的电流为5A；（2）R₁阻值为132Ω；（3）加热鼎用最大功率对果汁加热2min，果汁升高的温度是33℃。

【考点】电热的多挡问题

【分析】（1）由果汁加热鼎的最大功率，根据P＝UI即可求得电流。

（2）由加热鼎可调功率是275W～1100W，根据功率公式P＝UI 可知，由于电压一定，当电阻最大时，功率最小，当电阻最小时，功率最大；由此可求出滑动变阻器的最大阻值。

（3）根据W＝Pt可求出加热鼎用最大功率加热2 min消耗的电能，由于不计热量损失，利用Q_吸＝W可求出果汁吸收的热量，根据Q_吸＝cmΔt即可求出果汁升高的温度。

【解答】解：（1）由于果汁加热鼎的最大功率是1100W，加热鼎最大功率时，电路中的电流 5A；（2）根据功率公式P＝UI 可知，由于电压一定，当电阻最大时，功率最小，当电阻最小时，功率最大，所以滑动变阻器R₁的阻值最大时，加热鼎功率最小；当滑动变阻器R₁的阻值最小时，加热鼎的功率最大；当滑动变阻器R₁接入电路中的阻值为零时，加热鼎的功率最大，电路中只有R₂，电流最大为5A，R₂的阻值为 44Ω；当滑动变阻器R₁的阻值最大时，加热鼎的功率最小，此时R₁、R₂串联，电路中的总电阻 176Ω；所以滑动变阻器R₁的最大阻值R₁＝R﹣R₂＝176Ω﹣44Ω＝132Ω；（3）加热鼎用最大功率对1kg果汁加热2min，消耗的电能W_最大＝P_最大t＝1100W×120s＝1.32×10⁵J，由于不计热量损失，果汁吸收的热量Q_吸＝W_最大＝1.32×10⁵J，果汁升高的温度 33℃。答：（1）最大功率时电路中的电流为5A；（2）R₁阻值为132Ω；（3）加热鼎用最大功率对果汁加热2min，果汁升高温度33℃。

【难度】5

六、实验、探究题（本题共5小题，共36分）

28．（6分）小明用焦距为10cm的凸透镜等器材，探究凸透镜成像规律。

（1）将蜡烛、凸透镜、光屏依次放到光具座上，点燃蜡烛调节它们的位置如图所示，此时小明发现光屏上的像位于光屏的 　 　（填“上方”或“下方”），为了使像成在光屏中心，应将蜡烛向 　 　调节。

（2）小明正确调节后，在光屏中心承接到了一个倒立、　 　的实像，这样小明得出了u＞2f时凸透镜成像的特点。经过思考，小明觉得自己得出结论的过程不够完善，为了使结论具有普遍性，他应该将蜡烛移到 　 　（填“一倍和二倍焦距之间”或“二倍焦距以外”）的其它位置进行多次实验。

（3）通过多次实验，小明发现当f＜u＜2f时，v 　 　（填“＜”、“＞”或“＝”）u。

（4）当u＝5cm时，可以观察到正立、放大的虚像，如果让蜡烛靠近透镜，观察到的像将 　 　（填“变大”、“变小”或“不变”）。

【答案】（1）上方；上；（2）缩小；二倍焦距以外；（3）＞；（4）变小

【考点】探究凸透镜成像实验的成像原理；探究凸透镜成像的规律

【分析】（1）根据图中蜡烛的高度判断出像的位置，然后判断蜡烛的移动方向；

（2）根据凸透镜成像规律，当u＞2f，成倒立缩小的实像，为了得到普遍规律在u＞2f的其他位置进行多次实验；

（3）根据凸透镜成像规律，当u＞2f时，2f＞v＞f据此分析解答；

（4）凸透镜成虚像时蜡烛靠近凸透镜，物距减小，像距减小，像变小。

【解答】解：（1）图中蜡烛的高度过低，根据过光心的光线传播方向不变知，像将成在光屏的上方，要使像成在光屏的中心，就要使蜡烛向上调节；（2）由图可知，u＝30cm＞2f时，成倒立、缩小的实像；为了得到普遍规律应该在u＞2f的其他位置进行多次实验；（3）通过多次实验，小明发现当f＜u＜2f时，成倒立放大的实像，像在二倍焦距以外，所以物距小于像距，即v＞u；（4）当u＝5cm时，u＜f可以观察到正立、放大的虚像，如果让蜡烛靠近透镜，物距减小，像距也减小，像也变小。故答案为：（1）上方；上；（2）缩小；二倍焦距以外；（3）＞；（4）变小。

【难度】3

29．（6分）探究固体熔化时温度变化规律。取两个相同的试管，在试管中分别放入初温相同的A、B两种物质，烧杯中装入适量的水，用如图甲所示的装置进行加热。

（1）开始实验后，用搅拌棒搅拌A、B两种物质，某一时刻B物质中温度计的示数如图甲所示，温度为 　 　℃，搅拌的目的是使试管内的物质 　 　。

（2）如图乙是根据实验数据所绘制的两种物质温度随时间变化的图象，通过分析图象可知B物质熔化时的特点是：吸收热量，　 　。加热到第6min时，B物质所处的状态是 　 　（填“固态”、“液态”或“固液共存”）。

（3）已知两种物质固态时的比热容关系为：c_A＜c_B，由图象所提供的信息可知，其质量关系为：m_A　 　m_B。

（4）从第6min到第10min，A物质分子无规则运动的剧烈程度将 　 　（填“不变”“增加”或“减弱”）。

【答案】（1）36；均匀受热；（2）温度不变；固液共存；（3）＞；（4）增加

【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

【分析】（1）温度计读数前要注意认清分度值；加热过程中对物体进行搅拌的目的是使物质均匀受热；

（2）晶体熔化的特点是：持续吸热，温度保持不变，晶体熔化的过程中处于固液共存状态；

（3）已知A、B两物质的比热容关系，通过图像判断两物质升温速度即可判断质量关系；

（4）非晶体熔化过程中持续吸热，内能增加，温度不断升高，所以分子运动速率加剧。

【解答】解：（1）先观察温度计的分度值，30℃到40℃之间一共10小格，所以分度值为1℃，由此可知温度计的示数为36℃；加热过程中要对物质进行搅拌，其目的是使试管内的物质均匀受热；（2）根据图像可以判断，B物质在熔化时，温度保持不变，所以B物质是晶体，晶体熔化特点是：持续吸热，温度不变；由图可知在6min时，处于B物质的熔化过程中，晶体在熔化的过程中会保持固液共存状态；（3）题中条件已知：c_A＜c_B，因为A、B两物质在同一烧杯中，是相同热源，在相同的时间内，A、B两物质吸收的热量相等，由Q＝cmΔt知，所以若A、B两物质质量相同，A物质的升温应该较快，但通过图像可知，4min前，两物质都处于固态，B物质的升温较快，说明此时A物质的质量较大，才造成了升温缓慢；（4）非晶体熔化过程中持续吸热，内能增加，温度不断升高，所以分子运动速率加剧。故答案为：（1）36；均匀受热；（2）温度不变；固液共存；（3）＞；（4）增加。

【难度】3

30．（6分）在探究“滑动摩擦力大小与哪些因素有关”的实验中，找来质量相同但表面粗糙程度不同的木块1、2和砝码若干。

木块	压力F/N	2	4	6	8
1	摩擦力f1/N	0.5	1	1.5	2
2	摩擦力f2/N	0.2	0.4		0.8

（1）将木块1和2分别放到水平放置的长木板上，用弹簧测力计沿 　 　方向匀速直线拉动木块。利用砝码改变木块对木板的压力重复上面的操作，将实验数据记录在表格中。由数据可得：当接触面粗糙程度一定时，滑动摩擦力与压力成 　 　比。表格空白处数据应为 　 　N，通过分析表格中的数据可以得出：对于粗糙程度不同的接触面，滑动摩擦力与压力的比值 　 　（填“不同”或“相同”）。

（2）将木块1沿图中虚线切为两部分，将a部分放在b上，所测得的滑动摩擦力与没有切时相比将 　 　（填“不变”、“变大”或“变小”）。

（3）分别以速度v₁和v₂（v₁＞v₂）在同一表面匀速直线拉动木块2，通过相同的路程，两次拉力所做功的关系为：W₁　 　W₂（填“＜”、“＞”或“＝”）。

【答案】（1）水平；正；0.6；不同；（2）不变；（3）＝。

【考点】探究滑动摩擦力的无关因素；探究影响滑动摩擦力大小的因素的实验

【分析】（1）根据二力平衡的知识分析；影响滑动摩擦力大小因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变，根据图中现象得出结论；

（2）探究摩擦力的大小与接触面积的大小是否有关时，应控制压力和接触面的粗糙程度不变；摩擦力的大小与接触面积的大小无关；

（3）分别以速度v₁和v₂（v₁＞v₂）在同一表面匀速直线拉动木块2，通过相同的路程，拉力等于摩擦力，然后利用公式W＝Fs比较两次做功的多少。

【解答】解：（1）实验时，将木块1和2分别放到水平放置的长木板上，用弹簧测力计水平匀速直线拉动木块，木块受到平衡力的作用，根据二力平衡知识，这时滑动摩擦力的大小等于弹簧测力计拉力的大小；对比实验数据表格其接触面的粗糙程度相同，压力越大，滑动摩擦力越大，滑动摩擦力大小与压力大小比值一定，所以滑动摩擦力与压力成正比；当木块压力为2N时，滑动摩擦力为压力的0.1倍，则压力为6N时，滑动摩擦力大小为0.2N的3倍，即滑动摩擦力为0.6N；根据表格可知，对于粗糙程度不同的接触面，滑动摩擦力与压力的比值不同。（2）因为滑动摩擦力的大小与压力的大小和接触面的粗糙程度有关，与接触面积的大小无关，在研究滑动摩擦力大小跟接触面面积的关系时，应保持压力大小和接触面的粗糙程度不变，将木块1沿图中虚线切为两部分，将a部分放在b上，所测得的滑动摩擦力与没有切时相比将不变；（3）用弹簧测力计两次水平拉同一木块2使它在同一水平木板上做匀速直线运动，不论其速度大小如何，都受到平衡力的作用，在水平方向上滑动摩擦力和拉力是一对平衡力，则拉力和滑动摩擦力大小相等，两次拉力大小相等，通过相同的路程，所以由W＝Fs可知，两次拉力所做功的关系为：W₁＝W₂。故答案为：（1）水平；正；0.6；不同；（2）不变；（3）＝。

【难度】3

31．（7分）测量物质的密度。

（1）将天平放在水平台上，使游码归零。指针指在分度盘中线右侧，应向 　 　（填“左”或“右”）侧调节天平的平衡螺母，使天平平衡。

（2）小明测量石块密度的过程：

①在量筒中倒入适量的水，测出水的体积为54cm³。

②如图甲所示，用细线系住石块并将其浸没在量筒的水中，读出水面对应的刻度为 　 　cm³。

③用天平测出石块质量如图乙所示。

计算出石块的密度为 　 　g/cm³。小明发现按照上面的实验顺序会使测量的石块密度偏 　 　，合理的排序应为 　 　（填序号）。

（3）小明测量家中一个蜡块的密度，他用一个梯形桶和一个圆柱形薄壁玻璃杯、水、油和刻度尺完成了测量（已知蜡块的密度大于油的密度，小于水的密度）。

①如图丙在梯形桶中加入适量的 　 　（填“水”或“油”），在圆柱形薄壁玻璃杯中加入适量的另一种液体，将其放入桶中漂浮。用刻度尺测出玻璃杯中液体的深度为h₁，玻璃杯浸入桶中液体的深度为h₂；

②将蜡块放入玻璃杯的液体中，玻璃杯仍然漂浮，用刻度尺测出玻璃杯中液体的深度为h₃，玻璃杯浸入桶中液体的深度为h₄；

③蜡块密度的表达式为：ρ_蜡＝　 　（水的密度为ρ_水）。

【答案】（1）左；（2）64；2.12；大；③①②；（3）水；

【考点】测量固体的密度

【分析】（1）调节天平横梁水平平衡时，指针偏向分度盘中线的右侧，说明天平的右端下沉，平衡螺母向上翘的左端移动；

（2）读取量筒中液体的体积时，首先要明确量筒的分度值，根据液面对应的刻度读数，读数时视线与液面最凹处相平；

石块的体积等于石块和水的总体积减去水的体积，石块的质量由乙图读出，等于砝码的质量加游码对应的刻度值，根据密度公式ρ 求出石块的密度；

由于石块从水中取出时会沾水，导致所测量的质量偏大，利用密度公式ρ 求出石块的密度会偏大；

为了减小误差，应该先测石块质量；后测石块的体积；

（3）已知蜡块的密度大于油的密度，小于水的密度，所以蜡块放入水中会漂浮，放入油中会沉底，即蜡块放入油中时排开油的体积等于蜡块的体积，所以应在圆柱形薄壁玻璃杯中装油，则在梯形桶中加入水；

根据蜡块放入油中时排开油的体积求出蜡块的体积，将蜡块放入玻璃杯的液体中，玻璃杯仍然漂浮，根据阿基米德原理求出增加的浮力即蜡块的重力，根据G＝mg求出蜡块的质量，利用ρ 计算蜡块的密度。

【解答】解：（1）调节天平横梁平衡时，发现指针指在分度盘中线右侧，说明天平的右端下沉，平衡螺母向上翘的左端移动；（2）由图甲可知，量筒的分度值为0.2mL，水面对应的刻度为：V_总＝64mL＝64cm³；石块的体积为：V＝V_总﹣V_水＝64cm³﹣54cm³＝10cm³，由图乙可知，石块质量为：m＝20g+1.2g＝21.2g，石块的密度为：ρ 2.12g/cm³；按照上面的实验顺序进行测量，由于石块从水中取出时会沾水，导致所测量的质量偏大，利用密度公式ρ 求出石块的密度会偏大；所以为了减小误差，合理的测量步骤为：用天平测出石块质量；在量筒中倒入适量的水，测出水的体积为54cm³；用细线系住石块并将其浸没在量筒的水中，读出水面对应的刻度；所以合理的实验顺序是③①②；（3）①已知蜡块的密度大于油的密度，小于水的密度，所以蜡块放入水中会漂浮，放入油中会沉底，即蜡块放入油中时排开油的体积等于蜡块的体积，所以应在圆柱形薄壁玻璃杯中装油，则在梯形桶中加入的是水；③设圆柱形薄壁玻璃杯的底面积为S，蜡块的体积为：V_蜡＝V_排油＝S（h₃﹣h₁），在圆柱形薄壁玻璃杯中加入适量的另一种液体（油），将其放入桶中漂浮，根据漂浮条件，受到的浮力等于重力，G_容器+G_油＝F_浮＝ρ_水gSh₂﹣﹣﹣﹣﹣﹣①式，将蜡块放入玻璃杯的液体中，玻璃杯仍然漂浮，根据漂浮条件，受到的浮力等于总重力，G_容器+G_油+G_蜡＝F_浮′＝ρ_水gSh₄﹣﹣﹣﹣﹣﹣②式，②式﹣①式得蜡块的重力为：G_蜡＝ρ_水gSh₄﹣ρ_水gSh₂＝ρ_水gS（h₄﹣h₂），由G＝mg得，蜡块的质量为：m_蜡 ρ_水S（h₄﹣h₂），蜡块的密度为：ρ_蜡 。故答案为：（1）左；（2）64；2.12；大；③①②；（3）水； 。

【难度】5

32．（11分）测量小灯泡电功率。

（1）小明在测量额定电压为2.5V小灯泡L₁电功率时，选择了电压恒定的电源、滑动变阻器、电压表和电流表等器材，设计了如图甲所示的电路。

①图甲中有一根导线尚未连接，请你用笔画线代替导线将电路补充完整。正确连接电路后，闭合开关前应将滑动变阻器的滑片滑至最 　 　（填“左”或“右”）端。闭合开关后，发现电流表和电压表的指针均不发生偏转，则电路出现的故障可能是滑动变阻器 　 　。

②排除故障闭合开关，适当调节滑动变阻器的滑片，电压表的示数如图乙所示，为了测量小灯泡的额定功率，应使滑动变阻器连入电路的阻值 　 　（填“变大”或“变小”）。小灯泡正常发光时，电流表的示数如图丙所示为 　 　A，小灯泡的额定功率为 　 　W。

③继续调节滑动变阻器的滑片，多次实验，小明发现灯的电阻是随功率变化的，当小灯泡的电阻为8Ω时，小灯泡的实际功率 　 　（填“大于”、“小于”或“等于”）额定功率。

（2）小明设计了如图丁所示的电路，用一个电压表或电流表，测量额定电压为U_额的小灯泡L₂额定功率，已知定值电阻的阻值为R₀、电源电压未知。请你完成下面的步骤。

①将 　 　（填“电压表并联在ab间”、“电流表串联在a点”或“电流表串联在b点”），只闭合开关S和S₁，调节滑动变阻器的滑片使电表的示数为 　 　，灯泡正常发光；

②只闭合开关S和S₂，变阻器滑片位置 　 　（填“保持不动”、“向右移动”或“向左移动”），读出电表的示数U或者是I；

③小灯泡L₂的额定功率表达式为：P_额＝　 　。

【答案】（1）①如上图；右；断路；②变小；0.4；1；③大于；（2）①电流表串联在b点； ；②保持不动；③U_额（I ）

【考点】用电流表和定值电阻测灯泡的电功率；伏安法测量小灯泡的电功率

【分析】（1）①灯泡和电流表串联接入电路，电压表应与灯泡并联，闭合开关前应将滑动变阻器的滑片滑至阻值最大处，闭合开关后，发现电流表和电压表的指针均不发生偏转，说明电路断路；②电压表接入电路的量程为0～3V，每一小格表示0.1V，读图可知此时灯泡两端电压，与灯泡的额定电压比较，结合串联电路电压规律、串联电路分压原理可知滑动变阻器接入电路的电阻应如何变化；电流表接入电路的量程为0～0.6A，每一小格表示0.02A，读图可知小灯泡正常发光时通过灯泡的电流，根据P＝UI计算小灯泡的额定功率；③根据欧姆定律计算灯泡正常发光时的电阻，灯泡的电阻随温度的升高而增大，灯泡的功率越大，灯泡的温度越高，比较灯泡的电阻的变化可知灯泡的实际功率与额定功率的关系；

（2））①将电流表串联在b点，只闭合开关S和S₁，灯泡和定值电阻并联接入电路，电流表测通过定值电阻的电流，根据并联电路电压特点结合欧姆定律可知灯泡正常发光时通过定值电阻的电流，②只闭合开关S和S₂，变阻器滑片位置保持不动，此时电流表测干路电流，根据并联电路电流规律可知通过灯泡的电流，③根据P＝UI推导小灯泡L₂的额定功率表达式。

【解答】解：（1）①灯泡和电流表串联接入电路，电压表应与灯泡并联，如图： ；闭合开关前应将滑动变阻器的滑片滑至阻值最大处，即最右端；闭合开关后，发现电流表和电压表的指针均不发生偏转，说明电路断路，则电路出现的故障可能是滑动变阻器断路；②小灯泡L₁的额定电压为2.5V，电压表接入电路的量程为0～3V，每一小格表示0.1V，读图可知此时灯泡两端电压为2V，灯泡两端电压小于额定电压，串联电路总电压等于各部分电压之和，则滑动变阻器两端的电压太大，由串联电路分压原理可知此时滑动变阻器接入电路的电阻太大，所以应使滑动变阻器连入电路的阻值变小；电流表接入电路的量程为0～0.6A，每一小格表示0.02A，读图可知小灯泡正常发光时，通过灯泡的电流为0.4A；小灯泡的额定功率为：P＝UI₁＝2.5V×0.4A＝1W；③小灯泡正常发光时的电阻：R₁ 6.25Ω，灯泡的电阻随温度的升高而增大，灯泡的功率越大，灯泡的温度越高，当小灯泡的电阻为8Ω时，此时灯泡的电阻大于灯泡正常发光时的电阻，所以灯泡的实际功率大于额定功率；（2）①将电流表串联在b点，只闭合开关S和S₁，灯泡和定值电阻并联接入电路，电流表测通过定值电阻的电流，并联电路各支路两端电压相等，当灯泡两端的电压为U_额时灯泡正常发光，此时定值电阻两端的电压等于灯泡的额定电压，通过定值电阻的电流：I₀ ，所以应节滑动变阻器的滑片使电表的示数为 ，②只闭合开关S和S₂，变阻器滑片位置保持不动，此时电流表测干路电流，读出电流表的示数I，③并联电路干路电流等于各支路电流之和，所以通过灯泡的电流：I₂＝I﹣I₀＝I ，小灯泡L₂的额定功率表达式为：P_额＝U_额I₂＝U_额（I ）。故答案为：（1）①如上图；右；断路；②变小；0.4；1；③大于；（2）①电流表串联在b点； ；②保持不动；③U_额（I ）。

【难度】5