2023年湖南省衡阳市衡山中学中考物理二模试卷
一、单项选择题（本题12个小题，每小题3分，共36分）
1．（3分）关于图中的声现象，下列分析正确的是（ ）
A．甲中敲打鼓面，附近的烛焰跳动，说明声音可以传递信息
B．乙中车间工人佩戴耳罩，是在声源处减弱噪声
C．丙中弹吉他时，增大拨动弦的力度可以增大声音的响度
D．丁中抽出罩内空气，听到钟声音变小，说明发声体振动减弱
2．（3分）如图所示的光现象中，由光沿直线传播形成的是（ ）
A．灯下手影 B．水中倒影
C．海市蜃楼 D．雨后彩虹
3．（3分）2019年中国北京世界园艺博览会的主题是“绿色生活美丽家园”，下列图中各图是小丽拍摄的生活美景，其中属于液化的是（ ）
A．草叶上形成“白霜” B．冰雪遇暖消融
C．草叶上形成的“露珠” D． 冬天河水结“冰”
4．（3分）下列物理量最接近实际的是（ ）
A．中学生正常体温约为37℃
B．中学生的质量约为500kg
C．教室内课桌的高度约为20cm
D．教室内日光灯的额定功率约为900W
5．（3分）在做“探究凸透镜成像规律”的实验中，某小组同学利用图甲测出了透镜的焦距后，正确安装并调节实验装置如图乙所示，在光屏上得到一个清晰的像。下列说法正确的是（ ）
A．由甲图可知该透镜焦距为40cm
B．乙图中成的是倒立放大的实像，符合放大镜的成像原理
C．在乙图中保持凸透镜的位置不变，将蜡烛与光屏的位置互换，则成像情况符合投影仪的原理
D．如果在烛焰与透镜之间放置一近视眼镜的镜片，则将光屏适当左移可得一个清晰的像
6．（3分）如图所示，玩滑板是青少年比较喜欢的一种运动。以下分析合理的是（ ）
A．人和滑板滑行的速度越快，惯性越大
B．滑板底部安装有滚轮，是为了增大对地面的压强
C．人对滑板的压力和滑板对人的支持力是一对平衡力
D．人和滑板从运动到静止的过程说明了力可以改变物体的运动状态
7．（3分）如图所示，竖直的墙壁足够高，粗糙程度一致，用细绳吊着一个物块，一个大小不变的水平作用力F压在物块上。剪断细绳，物块由静止开始沿墙壁下滑，不计空气阻力，则物块（ ）
A．所受摩擦力变大 B．运动速度变大
C．动能先变大后不变 D．机械能不变
8．（3分）在习近平总书记“改革强军，科技兴军”伟大思想指引下，我国军队的武器装备建设取得了巨大进步。下列说法正确的是（ ）
A．国产航空母舰001A型的排水量是7万吨，满载时所受海水的浮力为7×108N
B．国产歼20战机是利用空气的浮力直接升空的
C．国产99式主战坦克安装宽大的履带是为了增大坦克对地面的压强
D．当向悬浮于水中的国产潜水艇的水舱充水时，潜水艇会逐渐浮出水面
9．（3分）在测量液体密度的实验中，小明利用天平和量杯测量出液体和量杯的总质量m及液体的体积V，得到几组数据并绘出如图所示的m﹣V图像，下列说法正确的是（ ）
A．量杯质量为40g
B．40cm3的该液体质量为40g
C．该液体密度为1.25g/cm3
D．该液体密度为2g/cm3
10．（3分）如图所示，放在水平桌面上的三个完全相同的容器内，装有适量的水，将A、B、C三个体积相同的正方体分别放入容器内，待正方体静止后，三个容器内水面高度相同。下列说法正确的是（ ）
A．物体受到的浮力大小关系为FA＞FB＞FC
B．三个物体的密度大小关系为ρA＞ρB＞ρC
C．容器底部受到水的压力大小关系为F甲＞F乙＞F丙
D．容器对桌面的压强大小关系为p甲＝p乙＝p丙
11．（3分）图甲是身高、体重测量仪，当体检者站在台面上时，能自动显示身高和体重。电路原理如图乙所示，电压表、电流表分别显示身高和体重的大小，压敏电阻R的阻值随压力增大而增大，滑片P随身高增高而上滑。下列分析正确的是（ ）
A．身高越高电压表示数越大
B．身高越高通过R0的电流越小
C．体重越大电流表示数越大
D．体重越大电路消耗总功率越大
12．（3分）在如图甲所示的电路中，电源的电压恒定，滑动变阻器的最大阻值为R1＝8Ω，R2为定值电阻但看不清标识。滑动变阻器滑片从左端M滑到右端N的过程中，滑动变阻器的电功率P随PN间电阻R变化的关系如图乙所示，其中滑动变阻器阻值取2Ω和8Ω时电功率相同，则以下说法正确的有：（ ）
①定值电阻R2＝4Ω
②电源的电压为6V
③电压表的最大示数为4.5V
④定值电阻R2的最小电功率为1W
A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④
二、双项选择题（本题共4个小题，每小题3分，共12分。在每个小题给出的4个选项中有2个选项是正确的，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，不选或有选错的得0分）
（多选）13．（3分）如图甲所示，电源电压恒为6V，额定电压均为6V的灯L1和L2的U﹣I图象如图乙所示，滑动变阻器上标有“12Ω 2A”字样，电压表所接量程为0～3V，电流表所接量程为0～3A。下列说法中正确的是（ ）
A．灯泡L1正常发光时的电阻是12Ω
B．灯泡L2正常发光时的电功率是3W
C．两灯都正常发光时电流表的示数为1.5A
D．该电路1s内消耗的电能最多为6J
（多选）14．（3分）如图所示是某同学设计的监测河水流速变化的装置原理图。机翼状的探头始终浸没在水中，通过连杆带动滑动变阻器的滑片P上下移动，电源电压保持4.5V不变，电流表量程为0～0.6A，电压表量程为0～3V，定值电阻R1阻值为5Ω，滑动变阻器R2的规格为“15Ω，1A”。闭合开关S，随着水流速度的改变，下列说法正确的是（ ）
A．当水流速度增大时，电压表的示数变大
B．当水流速度减小时，电压表与电流表的示数之比变大
C．滑动变阻器允许接入电路的取值范围为2.5Ω～10Ω
D．电路消耗总电功率的变化范围为1.35W～4.05W
（多选）15．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．含有新型冠状病毒的呼吸道飞沫进入空气中不是扩散现象
B．夏天，在地上洒水可以让人感到凉爽，是因为水的比热容大
C．海波是晶体，在熔化时温度不变，不需要吸热
D．水沸腾时的温度为99℃不变，可能是因为水上的气压低于1个标准大气压
（多选）16．（3分）如图所示，置于水平桌面上的一个上大下小、底面积为0.02m2的薄壁容器内装有质量为4kg的液体，一个质量为6kg、体积为8×10﹣3m3 的物体放入容器内，物体漂浮在液面时有一半的体积浸在液体中，此时容器内液体的深度为0.1m，容器质量为2kg。则下列说法正确的是（ ）
A．物体受到的浮力为40N
B．液体的密度为1.5×103kg/m3
C．液体对容器底的压力是100N
D．容器对桌面的压强为6000Pa
三、填空和作图题（本题共6个小题，17、18每小题3分，19、20、21、22小题每空1分，共14分）
17．（3分）如图，货物随传送带一起水平向右做匀速直线运动，画出该货物的受力示意图。
18．（3分）如图所示，一束光由空气垂直水面射入水中，请画出光经过平面镜后又射入空气的光路。
19．（3分）太阳能是未来的理想能源，它是清洁的 再生能源（选填“可”或“不可”）：行驶中的太阳能汽车，其太阳能电池将太阳能转化为电能，进而再转化为汽车的 能。
20．（3分）太阳能热水器是通过 方式使水的内能增加。小红家的太阳能热水器内装有60kg的水，某天阳光照射5小时后，热水器内水温从20℃升高到70℃，则水吸收的太阳能为 J，这些水若改用天然气加热升高同样的温度，天然气完全燃烧放出的热量70%被水吸收，则需要消耗 m3的天然气【c水＝4.2×103J/（kg ℃），q＝4×107J/m3】
21．（3分）截至2019年年4月14日，泸州云龙机场已开通31条航线。从云龙机场飞往北京的某航班在水平跑道上加速的初始阶段，牵引力沿水平方向，大小为9.2×104N，经过的路程为1000m，则牵引力所做的功为 J。
22．某电热水壶及其铭牌如图所示，小明为了测量该电热水壶的实际功率和加热效率，进行了如下实验：
关掉家里所有用电器，将该电热水壶装满水，接通电热水壶，测得壶中水温度从25℃上升到35℃所用的时间为50s，同时观察到家中“220V 10（40）A 3200imp/kW h”的电子式电能表的指示灯闪烁了80imp，水的比热容c水＝4.2×103J/（kg ℃）。
产品型号
最大容积 1.8L
额定功率 2000W
额定频率 50Hz
额定电压 220V
请结合本次实验记录的数据，回答以下问题：
（1）除电子式电能表外，小明还需下列哪些器材完成上述两个测量 （选填器材前面的序号）
①刻度尺 ②温度计 ③电压表 ④秒表 ⑤弹簧测力计
（2）若小明利用水升温吸热计算消耗的电能，计算出电热水壶的功率和实际功率相比 （选填“偏大”、“偏小”或“相等”）。
（3）电热水壶的实际功率是 W。
（4）电热水壶的加热效率为 。
四、实验探究题（本题3个小题，每空1分，共18分）
23．（3分）针对“滑动摩擦力大小是与压力有关，还是与重力有关？”这一问题，某物理兴趣小组的同学利用如图所示装置进行了探究，实验步骤和数据记录如下表：
实验步骤 台式测力计示数F/N 金属盒重 力G/N 弹簧测力计示数f/N
① 把金属盒放在质量不计的白纸上，在拉动白纸的过程中读出测力计的示数 4.8 4.8 1.9
② 将质量不计的氢气球系在金属盒上，重复步骤①的实验 3.2 4.8 1.2
③ 氢气球仍系在金属盒上，往金属盒加入适量的沙子，使台式测力计的示数为4.8N，再重复步骤①的实验 4.8 6.4 1.9
（1）此实验是根据 测出摩擦力的大小；
（2）实验步骤②使用氢气球是为了改变 （选填字母序号“A：金属盒对纸的压力”或“B：金属盒的重力”）；
（3）根据实验步骤②、③的数据 （选填“能”或“不能”）说明摩擦力大小与压力有关；
（4）根据实验步骤 两组数据进行分析，可以得到结论：滑动摩擦力的大小与重力大小 。（选填“有关”或“无关”）
（5）与直接用弹簧测力计拉动金属盒测量摩擦力相比，拉动白纸进行实验有许多优点，以下说法中是其优点的是 （选填字母序号）。
A．不需要匀速拉动白纸
B．测力计位置和示数较稳定
C．拉动白纸时所用拉力较小，能省力
24．（3分）在探究“浮力的大小与哪些因素有关”的实验中，主要实验步骤如下：
a．将一个金属圆柱体悬挂在弹簧测力计下，按如图甲所示组装器材。
b．向空烧杯中缓慢注入清水，直到没过金属体一段距离（烧杯未加满水），如图乙中①～⑤所示，待示数稳定后分别读取弹簧测力计的示数F1～F5。
c．如图乙中⑥所示，再向烧杯中加入适量盐，并轻轻搅拌，直至弹簧测力计示数稳定后读数为F6。
（1）根据图乙中的 （选填①～⑥序号）可以得出浮力的大小跟物体排开液体的体积有关。在图③中，金属体所受到的浮力F浮＝ N。
（2）由图乙中 （选填①～⑥序号）可以得浮力的大小跟物体浸没的深度无关。金属体的体积V＝ cm3（已知ρ水＝1.0×103kg/m3）。
（3）根据图⑤⑥可知，浮力的大小跟液体的 有关，图⑥中盐水密度为：ρ盐水＝ g/cm3。
25．（3分）实验老师为“测量小灯泡额定功率”准备了如下器材：电源（电压恒为6V）开关、电压表和电流表各一只、额定电压为2.5V的待测小灯泡（电阻约为10Ω）、滑动变阻器（“20Ω 1A”）、导线若干。
（1）请用笔画线代替导线，将图甲中的实物图连接完整（要求：滑片向右移动灯泡变亮）。
（2）闭合开关前电流表的指针如图乙所示，其原因是 。
（3）故障排除后，调节滑动变阻器的滑片，并绘制了小灯泡的电流随其两端电压变化的关系如图丙所示，则小灯泡的额定功率为 W。
（4）小陈同学为了验证电流跟电阻的关系，他又借到了一个滑动变阻器（50Ω 0.5A）和五个定值电阻（5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω），其余器材不变。用定值电阻更换甲图中的灯泡，小陈同学得到如图丁所示的电流随定值电阻变化的图象，则实验中他所用的滑动变阻器是 （选填字母：A.20Ω 1A B.50Ω 0.5A），若某次实验中滑动变阻器连入的阻值为14Ω，则所用定值电阻的阻值为 Ω。
（5）下课前老师布置了一道课后作业。要求：在只有下列实验器材的前提下测出未知定值电阻Rx的阻值。实验器材：电阻Rx、电源（电压恒定但未知）、滑动变阻器（已知最大阻值为R0）、电流表、开关、导线若干。
小张同学设计了如图戊所示的电路图，用以下步骤测Rx的阻值。
①闭合开关S，移动滑片P至B端，记下电流表示数I1；
②移动滑片P至A端，记下电流表示数I2（I2未超过电流表的量程）；
③请帮他写出Rx的表达式：Rx＝ （用字母R0、I1、I2表示）。
五、综合题（本大题共3个小题，共20分）
26．（12分）如图所示，电源电压恒为6V，定值电阻R1＝20Ω。闭合开关S，电流表A2的示数为0.9A。求：
（1）R1的电功率为多少瓦？
（2）通电10s，R1和R2一共产生多少焦耳的热量？
27．（8分）如图甲所示，水平桌面上有一底面积为5.0×10﹣3m2的圆柱形容器，容器中装有一定量的水，现将—个体积为5.0×10﹣5m2的物块（不吸水）放入容器中，物块漂浮在水面上，浸入水中的体积为4.0×10﹣5m2。求：（ρ水＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg）
（1）物块受到的浮力；
（2）物块的质量；
（3）如图乙所示，用力F缓慢向下压物块，使其恰好完全浸没在水中（水未溢出），此时水上升的高度为多少？水对容器底的压强比物块被下压前增加了多少？
28．（8分）如图所示是一款新型四轮沙滩卡丁车，其满载时的质量为600kg，每个车轮与沙滩接触的面积为500cm2，卡丁车满载时在水平沙滩上匀速直线运动，10min行驶6km，它的发动机功率恒为11.5kW。
（1）当卡丁车满载并静止在水平沙滩上时，它对沙滩的压强为多少帕？
（2）此次行驶中卡丁车所受的阻力为多少牛？
（3）该卡丁车以汽油为燃料，若在这次行驶中消耗汽油0.6kg，求该卡丁车汽油机的效率。（q汽油＝4.6×107J/kg）
2023年湖南省衡阳市衡山中学中考物理二模试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（本题12个小题，每小题3分，共36分）
1．（3分）关于图中的声现象，下列分析正确的是（ ）
A．甲中敲打鼓面，附近的烛焰跳动，说明声音可以传递信息
B．乙中车间工人佩戴耳罩，是在声源处减弱噪声
C．丙中弹吉他时，增大拨动弦的力度可以增大声音的响度
D．丁中抽出罩内空气，听到钟声音变小，说明发声体振动减弱
【分析】（1）声可以传递能量，声还可以传递信息。
（2）减弱噪声的途径：在声源处减弱，在传播过程中减弱，在人耳处减弱；
（3）响度指声音的强弱，是由发声体振动的振幅和距离决定的，振幅越大、距离越近，响度越大；
（4）声音的传播需要介质，声音不能在真空中传播
【解答】解：
A、甲图中敲打鼓面，附近的烛焰跳动，说明声音可以传递能量，故A错误。
B、乙图中车间工人佩戴耳罩，属于在人耳处减弱噪声，故B错误；
C、吉他发出声音的响度与弦的振动幅度有关；拨动弦的力度越大，弦的振动幅度越大，发出声音的响度越大，故C正确；
D、抽出罩内空气，听到闹钟的声音变小，推理可知真空不能传声，说明声音传播需要介质，不能说明发声体振动减弱，故D错误；
故选：C。
【点评】此题为声学综合题，考查声音的传播、声音的特征，以及声与信息和声与能量等，难度不大，属于声学基础知识考查。
2．（3分）如图所示的光现象中，由光沿直线传播形成的是（ ）
A．灯下手影 B．水中倒影
C．海市蜃楼 D．雨后彩虹
【分析】光在自然界中存在三种光现象：
（1）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；
（2）当光照射到物体界面上时，有一部分光被反射回来，例如：平面镜成像、水中倒影等；
（3）当光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向会偏折，发生折射现象，如：看水里的鱼比实际位置浅等。
【解答】解：A、灯下手影，是利用光沿直线播形成的现象，符合题意；
B、水中倒影属于平面镜成像，是光的反射现象，不符合题意；
C、海市蜃楼，是利用了光的折射，不符合题意；
D、天空的彩虹，是利用了光的折射，不符合题意。
故选：A。
【点评】本题列举了四个常见的光现象，综合了光学知识，需要学生在平时学习和生活中多对相关的光现象进行思考。
3．（3分）2019年中国北京世界园艺博览会的主题是“绿色生活美丽家园”，下列图中各图是小丽拍摄的生活美景，其中属于液化的是（ ）
A．草叶上形成“白霜” B．冰雪遇暖消融
C．草叶上形成的“露珠” D． 冬天河水结“冰”
【分析】物质从固态变为液态的过程是熔化，物质从液态变为固态的过程是凝固；物质从液态变为气态的过程是汽化，物质从气态变为液态的过程是液化；物质从固态直接变为气态的过程是升华，物质从气态直接变为固态的过程是凝华。
【解答】解：A、霜是空气中的水蒸气遇冷形成的小冰晶，是凝华现象，故A不符合题意；
B、“冰雪消融”是固态的冰雪变为液态的水，属于熔化现象，故B不符合题意；
C、露是空气中的水蒸气遇冷形成的小水珠，是液化现象，故C符合题意；
D、河水结冰是液态的水变成固态的冰，是凝固现象，故D不符合题意。
故选：C。
【点评】本题考查的是生活中物态变化现象的判断，物态变化知识是中考必考的知识点，需要掌握。将日常生活中发生的各种物态变化与理论联系起来是解决此题的关键。
4．（3分）下列物理量最接近实际的是（ ）
A．中学生正常体温约为37℃
B．中学生的质量约为500kg
C．教室内课桌的高度约为20cm
D．教室内日光灯的额定功率约为900W
【分析】不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要简单的计算，有的要进行单位的换算，最后判断最符合实际的是哪一个。
【解答】解：A、正常情况下，人的体温在37℃左右，变化幅度很小。故A符合实际；
B、成年人的质量在65kg左右，中学生的质量比成年人小一些，在50kg左右。故B不符合实际；
C、中学生的身高在160cm左右，课桌的高度大约是中学生身高的一半，在80cm左右。故C不符合实际；
D、家用电风扇的功率为40W，教室中日光灯的功率与此差不多，在40W左右。故D不符合实际。
故选：A。
【点评】物理与社会生活联系紧密，多了解一些生活中的常见量的值可帮助我们更好地学好物理，同时也能让物理更好地为生活服务。
5．（3分）在做“探究凸透镜成像规律”的实验中，某小组同学利用图甲测出了透镜的焦距后，正确安装并调节实验装置如图乙所示，在光屏上得到一个清晰的像。下列说法正确的是（ ）
A．由甲图可知该透镜焦距为40cm
B．乙图中成的是倒立放大的实像，符合放大镜的成像原理
C．在乙图中保持凸透镜的位置不变，将蜡烛与光屏的位置互换，则成像情况符合投影仪的原理
D．如果在烛焰与透镜之间放置一近视眼镜的镜片，则将光屏适当左移可得一个清晰的像
【分析】（1）凸透镜的焦距是使平行于主光轴的光会聚的点到光心的距离；
（2）当物距大于二倍焦距时所成的像是缩小倒立的实像，照相机这一光学器件正是应用了这点；
（3）物距处于f和2f之间，凸透镜成倒立放大的实像；物距大于2f，凸透镜成倒立缩小的实像；
（4）当凹透镜靠近凸透镜时，会聚能力减弱，使像呈在光屏的后方。
【解答】解：A、由甲图可知该透镜焦距为40cm﹣30cm＝10cm，故A错误；
B、由图可知，物距大于像距，当物距大于二倍焦距时所成的像是缩小倒立的实像，是照相机的成像原理，故B错误；
C、根据光路的可逆性，若将光屏和蜡烛的位置互换，在光屏上仍能成像，此时物距小于像距，凸透镜成倒立放大的实像，其应用是投影仪，故C正确。
D、凹透镜对光线有发散作用，靠近凸透镜时，使光线发散，像会聚在光屏的后方，像距增大，在光屏上要得到清晰的像，光屏要远离凸透镜，即要将光屏向右移动才能在光屏上成清晰的像，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查学生对凸透镜成像规律的应用，常见题目。
6．（3分）如图所示，玩滑板是青少年比较喜欢的一种运动。以下分析合理的是（ ）
A．人和滑板滑行的速度越快，惯性越大
B．滑板底部安装有滚轮，是为了增大对地面的压强
C．人对滑板的压力和滑板对人的支持力是一对平衡力
D．人和滑板从运动到静止的过程说明了力可以改变物体的运动状态
【分析】（1）从惯性大小的影响因素考虑。
（2）安装滚轮是一种滚动摩擦，滚动摩擦代替滑动摩擦，摩擦力减小。
（3）从平衡力的四个条件进行分析。
（4）物体的速度大小和方向的变化都属于运动状态的改变，改变物体运动状态都需要力。
【解答】解：
A、惯性大小只跟物体的质量有关；人和滑板滑行的速度越快，但人和滑板的质量不变，所以其惯性不变，故A说法错误。
B、滑板底部安装有滚轮，是用滚动代替滑动来减小摩擦，安装滚轮时对地面的压强也增大了，但这不是目的，故B说法错误。
C、人对滑板的压力和滑板对人的支持力是相互作用力，这两个力不是一个受力物体，不是平衡力，故C说法错误。
D、人和滑板从运动到静止是因为受到摩擦力的作用，人和滑板的运动状态发生改变，这说明力可以改变物体的运动状态，故D说法正确。
故选：D。
【点评】平衡力和相互作用力只是在受力物体上不同，学生很容易混淆这两个概念。
7．（3分）如图所示，竖直的墙壁足够高，粗糙程度一致，用细绳吊着一个物块，一个大小不变的水平作用力F压在物块上。剪断细绳，物块由静止开始沿墙壁下滑，不计空气阻力，则物块（ ）
A．所受摩擦力变大 B．运动速度变大
C．动能先变大后不变 D．机械能不变
【分析】（1）滑动摩擦力与压力的大小和接触面的粗糙程度有关。
（2）物体在竖直方向上受到的力不平衡时，会加速下滑。
（3）动能与质量和速度有关。
（4）机械能与质量、速度、高度有关。
【解答】解：A、因为物块在下滑时，压力和接触面的粗糙程度不变，所以摩擦力不变，故A错误；
B、物体在竖直方向上受到的力不平衡时，重力大于滑动摩擦力，会加速下滑，速度变大，故B正确；
C、物块下滑时速度越来越大，动能不断变大，故C错误；
D、物块在下滑过程中，一部分机械能转化为内能，总的机械能变小，故D错误。
故选：B。
【点评】知道动能和势能的相互转化；知道影响摩擦力大小的因素；知道力和运动的关系。
8．（3分）在习近平总书记“改革强军，科技兴军”伟大思想指引下，我国军队的武器装备建设取得了巨大进步。下列说法正确的是（ ）
A．国产航空母舰001A型的排水量是7万吨，满载时所受海水的浮力为7×108N
B．国产歼20战机是利用空气的浮力直接升空的
C．国产99式主战坦克安装宽大的履带是为了增大坦克对地面的压强
D．当向悬浮于水中的国产潜水艇的水舱充水时，潜水艇会逐渐浮出水面
【分析】（1）航空母舰的排水量是指满载时排开水的质量，根据阿基米德原理求航空母舰满载时受到的浮力；
（2）飞机的机翼通常都做成上面凸起，下面平直的形状。这样，当飞机起飞时，流过机翼上方的空气流速大，压强小，流过机翼下方的空气流速小，压强大。机翼上下方所受到的压力差便形成向上的升力；
（3）减小压强的方法：在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强；在受力面积一定时，通过减小压力来减小压强。
（4）潜水艇原来悬浮（浮力等于自重），当潜水艇水舱充水时，改变了自重，根据浮沉条件即可解答。
【解答】解：A、满载时受到的浮力：F浮＝G排＝m排g＝70000×103kg×10N/kg＝7×108N；故A正确；
B、飞机的机翼通常都做成上面凸起，飞机起飞时，是利用气体压强和流速的关系产生的飞机的升力，故B错误；
C、坦克的履带非常宽大，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强，故C错误；
D、潜水艇悬浮于水中，其所受浮力与重力相等，即F浮＝G；由于水舱充水潜水艇的重力变大，重力大于浮力，所以潜水艇将下沉，故D错误。
故选：A。
【点评】本题以航母为题考查了阿基米德原理的运用、减小压强的方法等，综合性较强，难度适中。
9．（3分）在测量液体密度的实验中，小明利用天平和量杯测量出液体和量杯的总质量m及液体的体积V，得到几组数据并绘出如图所示的m﹣V图像，下列说法正确的是（ ）
A．量杯质量为40g
B．40cm3的该液体质量为40g
C．该液体密度为1.25g/cm3
D．该液体密度为2g/cm3
【分析】（1）从图上读取两组液体的体积和对应的液体与量杯的总质量，液体与量杯总质量等于液体质量与量杯的质量之和，再利用密度公式写出两组表达式，联立起来即可解出量杯的质量和液体的密度；
（2）利用可求出40cm3的该液体质量。
【解答】解：ACD、由图可知当液体体积为V1＝20cm3时，液体与量杯总质量m1＝40g，
由可得：m1＝m0+m液＝m0+ρV1，即40g＝m0+ρ×20cm3﹣﹣﹣﹣﹣①；
当液体得体积为V2＝80cm3时，液体与量杯得总质量m2＝100g，
由可得：m2＝m0+m液′＝m0+ρV2，即100g＝m0+ρ×80cm3﹣﹣﹣﹣﹣②；
联立①②解得：m0＝20g，ρ＝1g/cm3；故A、C、D错误；
B、由可知40cm3的该液体质量为：m＝ρV＝1g/cm3×40cm3＝40g，故B正确。
故选：B。
【点评】本题考查了密度公式的应用，从图中读取相关的数据是解题的关键，难度不大。
10．（3分）如图所示，放在水平桌面上的三个完全相同的容器内，装有适量的水，将A、B、C三个体积相同的正方体分别放入容器内，待正方体静止后，三个容器内水面高度相同。下列说法正确的是（ ）
A．物体受到的浮力大小关系为FA＞FB＞FC
B．三个物体的密度大小关系为ρA＞ρB＞ρC
C．容器底部受到水的压力大小关系为F甲＞F乙＞F丙
D．容器对桌面的压强大小关系为p甲＝p乙＝p丙
【分析】（1）由图得出A、B、C三个正方体排开水的体积关系，根据阿基米德原理即可判断物体受到的浮力大小关系；
（2）由图A、B、C三个正方体所处的状态，判定其浮力和重力的关系；然后根据三者的浮力大小、利用浮沉条件判断物体密度与水的密度大小关系；
（3）利用p＝ρgh判断容器底受到水的压强关系，根据F＝pS判定压力的大小关系；
（4）根据阿基米德原理可知，物体受到的浮力等于物体排开液体的重力，分析出整个装置的压力的大小关系，根据p＝分析压强的大小。
【解答】解：
A、由题知，A、B、C三个正方体的体积相同；由图可知，A、B、C三个正方体排开水的体积关系为VA排＜VB排＜VC排，根据F浮＝ρ液gV排可知，浮力的大小关系为：FA＜FB＜FC，故A错误；
B、由图可知，A和B处于漂浮，C处于悬浮，则由浮沉条件可知：GA＝FA，GB＝FB，GC＝FC，由于FA＜FB＜FC，所以GA＜GB＜GC；
由于正方体A、B、C的体积相同，所以根据ρ＝＝可知，物体密度的大小关系：ρA＜ρB＜ρC，故B错误；
C、正方体静止时，三个容器内水面高度相同，即h相同，水的密度一定，根据p＝ρgh可知，容器底受到水的压强关系为p甲＝p乙＝p丙，根据F＝pS可知，受到的压力也是相同的，故C错误；
D、因正方体分别处于漂浮或悬浮状态，则浮力等于自身重力，由阿基米德原理可知，物体受到的浮力等于排开液体的重力，即说明容器中正方体的重力等于正方体排开水的重力，即可以理解为，容器中正方体的重力补充了它排开的水的重力，能看出三个容器内总重力相等；由于容器相同，所以三个容器对桌面的压力关系为F甲＝F乙＝F丙，根据p＝可知，压强也是相同的，故D正确。
故选：D。
【点评】此题考查阿基米德原理、液体压强公式和密度公式的应用等，是一道综合性较强的题目，但难度不是很大。
11．（3分）图甲是身高、体重测量仪，当体检者站在台面上时，能自动显示身高和体重。电路原理如图乙所示，电压表、电流表分别显示身高和体重的大小，压敏电阻R的阻值随压力增大而增大，滑片P随身高增高而上滑。下列分析正确的是（ ）
A．身高越高电压表示数越大
B．身高越高通过R0的电流越小
C．体重越大电流表示数越大
D．体重越大电路消耗总功率越大
【分析】由电路图可知，R与R0并联，电压表测滑片P下方电阻丝两端的电压，电流表测R支路的电流，根据电压表的内阻很大、在电路中相当于断路可知滑片移动时接入电路中的电阻不变，根据欧姆定律可知通过R0的电流变化，当身高越高时滑片上移，滑片P下方电阻丝的阻值变大，根据欧姆定律可知滑片P下方电阻丝两端的电压变化；当体重越大时，压敏电阻受到的压力越大，根据压敏电阻R的阻值随压力增大而增大可知R的阻值越大，根据欧姆定律可知通过R的电流变化，利用并联电路的电流特点可知干路电流的变化，利用P＝UI可知电路消耗总功率的变化。
【解答】解：由电路图可知，R与R0并联，电压表测滑片P下方电阻丝两端的电压，电流表测压敏电阻R支路的电流，
因电压表的内阻很大、在电路中相当于断路，
所以，人的身高变化即滑片移动时，R0接入电路中的电阻不变，
因并联电路中各支路两端的电压相等，且各支路独立工作、互不影响，
所以，由I＝可知，通过R0的电流不变，故B错误；
当身高越高时，滑片上移，滑片P下方电阻丝的阻值变大，
由U＝IR可知，滑片P下方电阻丝两端的电压变大，即电压表的示数变大，故A正确；
当体重越大时，压敏电阻受到的压力越大，
由压敏电阻R的阻值随压力增大而增大可知，R的阻值越大，
由I＝可知，通过R的电流越小，即电流表的示数越小，故C错误；
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，体重越大时电路的总电流越小，
由P＝UI可知，电路消耗总功率越小，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，根据电压表内阻的特点判断出滑片移动时接入电路中的电阻不变、但电压表并联部分电阻变化是关键。
12．（3分）在如图甲所示的电路中，电源的电压恒定，滑动变阻器的最大阻值为R1＝8Ω，R2为定值电阻但看不清标识。滑动变阻器滑片从左端M滑到右端N的过程中，滑动变阻器的电功率P随PN间电阻R变化的关系如图乙所示，其中滑动变阻器阻值取2Ω和8Ω时电功率相同，则以下说法正确的有：（ ）
①定值电阻R2＝4Ω
②电源的电压为6V
③电压表的最大示数为4.5V
④定值电阻R2的最小电功率为1W
A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④
【分析】由电路图可知，R1与R2串联，电压表测变阻器R1两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）根据图乙读出R1的阻值为2Ω和8Ω时滑动变阻器的电功率，根据串联电路的电流特点和P＝UI＝I2R求出电路中的电流，根据串联电路的电压特点和欧姆定律表示出电源的电压，利用电源的电压恒定得出等式即可求出R2的阻值，进一步求出电源的电压；
（2）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电压表的示数最大，根据欧姆定律求出电压表的最大示数；
（3）根据欧姆定律表示出电路中的最小电流，然后求出定值电阻R2的最小电功率。
【解答】解：由电路图可知，R1与R2串联，电压表测变阻器R1两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）由图乙可知，当R1＝2Ω和R1′＝8Ω时，滑动变阻器的电功率均为P1＝2W，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，由P＝UI＝I2R可得，两次电路中的电流分别为：
I＝＝＝1A，I′＝＝＝0.5A，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，且电源的电压恒定，
所以，由I＝可得，电源的电压：
U＝I（R1+R2）＝I′（R1′+R2），
即：1A×（2Ω+R2）＝0.5A×（8Ω+R2），
解得：R2＝4Ω，故①正确；
电源的电压：U＝I（R1+R2）＝1A×（2Ω+4Ω）＝6V，故②正确；
（2）由串联分压的规律可知，当变阻器R1接入电路中的电阻最大为8Ω时，电压表的示数最大，此时电路中的电流I′＝0.5A，
则电压表的最大示数：U1大＝I′R1′＝0.5A×8Ω＝4V，故③错误；
（3）结合（2）可知，定值电阻R2的最小电功率P2小＝I′2R2＝（0.5A）2×4Ω＝1W，故④正确。
故选：C。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，从图象中获取有用的信息是关键，难点是滑动变阻器消耗的电功率最大时其阻值的判断。
二、双项选择题（本题共4个小题，每小题3分，共12分。在每个小题给出的4个选项中有2个选项是正确的，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，不选或有选错的得0分）
（多选）13．（3分）如图甲所示，电源电压恒为6V，额定电压均为6V的灯L1和L2的U﹣I图象如图乙所示，滑动变阻器上标有“12Ω 2A”字样，电压表所接量程为0～3V，电流表所接量程为0～3A。下列说法中正确的是（ ）
A．灯泡L1正常发光时的电阻是12Ω
B．灯泡L2正常发光时的电功率是3W
C．两灯都正常发光时电流表的示数为1.5A
D．该电路1s内消耗的电能最多为6J
【分析】（1）由图乙可知灯泡两端的电压为6V时通过两灯泡的电流，根据欧姆定律求出灯泡L1正常发光时的电阻，根据P＝UI计算灯泡L2正常发光时的电功率；
（2）当闭合S、S1、S2且变阻器接入电路中的电阻为零时，L1、L2并联，此时两灯泡均正常发光，根据图象读出通过两灯泡的电流，根据并联电路的电流特点求出干路电流表的示数，根据W＝UIt求出该电路1s内消耗的最多电能。
【解答】解：（1）由图乙可知，灯泡L1两端的电压为6V时，通过的电流I1＝0.5A，
由欧姆定律可得，灯泡L1正常发光时的电阻：R1＝＝＝12Ω，故A正确；
灯泡L2两端的电压为6V时，通过的电流I2＝1A，灯泡L2正常发光时的电功率是：P2＝UI2＝6V×1A＝6W，故B错误；
（2）当闭合S、S1、S2且变阻器接入电路中的电阻为零时，L1、L2并联，此时两灯泡均正常发光，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，干路电流：I＝I1+I2＝0.5A+1A＝1.5A，故C正确；
该电路1s内消耗的最多电能：W＝UIt＝6V×1.5A×1s＝9J，故D错误。
故选：AC。
【点评】本题考查并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式、电功公式的应用，从图象中获取有用的信息是关键。
（多选）14．（3分）如图所示是某同学设计的监测河水流速变化的装置原理图。机翼状的探头始终浸没在水中，通过连杆带动滑动变阻器的滑片P上下移动，电源电压保持4.5V不变，电流表量程为0～0.6A，电压表量程为0～3V，定值电阻R1阻值为5Ω，滑动变阻器R2的规格为“15Ω，1A”。闭合开关S，随着水流速度的改变，下列说法正确的是（ ）
A．当水流速度增大时，电压表的示数变大
B．当水流速度减小时，电压表与电流表的示数之比变大
C．滑动变阻器允许接入电路的取值范围为2.5Ω～10Ω
D．电路消耗总电功率的变化范围为1.35W～4.05W
【分析】（1）流体的压强跟流速有关，流速越大的位置，压强越小。水流速度增大时，机翼状的探头上下表面的压强不同，下表面压强大于上表面压强，R2滑片上移，阻值减小，电压表示数减小；
（2）机翼状的探头上下表面的压强不同，下表面压强大于上表面压强，水流速度减小时，上下表面的压强差减小，R2滑片下移，阻值增大；
（3）根据电流表的量程确定电路中的最大电流，根据欧姆定律求出电路中的最小电阻，利用电阻的串联求出滑动变阻器接入电路中的最小阻值，
根据电压表量程可知滑动变阻器接入电路中的电阻两端的电压最大为3V，则根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，继而根据欧姆定律可知滑动变阻器接入电路中的电阻；
（4）根据P＝UI求出电阻消耗功率的最大和最小值。
【解答】解：A、流体的压强跟流速有关，流速越大的位置，压强越小。水流速度增大时，机翼状的探头上下表面的压强不同，下表面压强大于上表面压强，R2滑片上移，阻值减小，R1与R2串联，根据串联分压可知，电压表示数减小；故A错误；
B、机翼状的探头上下表面的压强不同，下表面压强大于上表面压强，水流速度减小时，上下表面的压强差减小，R2滑片下移，阻值增大，电压表与电流表的示数之比就是R2的阻值，故B正确；
C、串联电路中各处的电流相等，且电流表的量程为0～0.6A，
所以电路中的最大电流为Imax＝0.6A，
由I＝可得：电路中的总电阻R总＝＝＝7.5Ω，
串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
滑动变阻器接入电路中的最小阻值：
R2＝R﹣R1＝7.5Ω﹣5Ω＝2.5Ω，
根据电压表量程可知滑动变阻器接入电路中的电阻两端的电压最大为3V，即U2＝3V，
根据串联电路的电压特点，R1的电压：U1＝U﹣U2＝4.5V﹣3V＝1.5V，
此时电路中的电流最小：Imin＝＝＝0.3A，
滑动变阻器接入电路中的最大阻值：R2′＝＝＝10Ω，
滑动变阻器允许接入电路的取值范围为2.5Ω～10Ω，故C正确；
D、电阻消耗功率的最大值：
Pmax＝UImax＝4.5V×0.6A＝2.7W，
电阻消耗功率的最小值：
Pmin＝UImin＝4.5V×0.3A＝1.35W，
电路消耗总电功率的变化范围为1.35W～2.7W，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，是一道综合题。
（多选）15．（3分）下列说法正确的是（ ）
A．含有新型冠状病毒的呼吸道飞沫进入空气中不是扩散现象
B．夏天，在地上洒水可以让人感到凉爽，是因为水的比热容大
C．海波是晶体，在熔化时温度不变，不需要吸热
D．水沸腾时的温度为99℃不变，可能是因为水上的气压低于1个标准大气压
【分析】（1）病毒是微生物，不是分子，而是由分子组成的微小物体；
（2）物质由液态变为气态的过程叫汽化，汽化吸热；
（3）晶体熔化过程温度不变，吸收热量；
（4）液体沸点随气压的降低而降低。
【解答】解：A、新型冠状病毒属于微生物，它通过飞沫传播是微生物所做的机械运动，不是扩散现象，故A正确；
B、夏天在地上洒水感到凉快是利用了水的蒸发吸热，而不是利用水的比热容大的特点，故B错误；
C、海波是晶体，在熔化时温度不变，需要吸热，故C错误；
D、水沸腾时的温度为99℃不变，可能是因为水上的气压低于1个标准大气压，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题考查了汽化吸热、扩散现象、熔化特点、液体沸点与气压的关系等知识的应用，正确理解相关的知识点是解题的关键。
（多选）16．（3分）如图所示，置于水平桌面上的一个上大下小、底面积为0.02m2的薄壁容器内装有质量为4kg的液体，一个质量为6kg、体积为8×10﹣3m3 的物体放入容器内，物体漂浮在液面时有一半的体积浸在液体中，此时容器内液体的深度为0.1m，容器质量为2kg。则下列说法正确的是（ ）
A．物体受到的浮力为40N
B．液体的密度为1.5×103kg/m3
C．液体对容器底的压力是100N
D．容器对桌面的压强为6000Pa
【分析】（1）由于物体漂浮在液面上，物体受到的浮力等于物体重力，利用F浮＝G＝mg求物体受到的浮力；
（2）利用阿基米德原理F浮＝ρ液V排g求液体的密度；
（3）利用p＝ρgh求容器内液体对容器底部的压强，根据p＝可求出液体对容器底的压力；
（4）先根据G＝mg求出液体、容器的重力，然后根据桌面受到的压力等于容器、物体以及液体的总重力可知压力的大小，再利用p＝求出容器对桌面的压强。
【解答】解：A、因为物体漂浮在液体中，故物体受到的浮力：F浮＝G物＝m物g＝6kg×10N/kg＝60N，故A错误；
B、物体排开液体的体积：V排＝V物＝×8×10﹣3m3＝4×10﹣3m3，
由阿基米德原理F浮＝ρ液V排g可得液体的密度：ρ液＝＝＝1.5×103kg/m3，故B正确；
C、液体对容器底部的压强：p＝ρ液gh＝1.5×103kg/m3×10N/kg×0.1m＝1500Pa，则液体对容器底部的压力为：F＝pS＝1500Pa×0.02m2＝30N，故C错误；
D、液体的重力：G液＝m液g＝4kg×10N/kg＝40N，
容器的重力：G容＝m容g＝2kg×10N/kg＝20N，
容器对地面的压力：F′＝G容+G液+G物＝20N+40N+60N＝120N，
容器对地面的压强：p′＝＝＝6000Pa，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题考查了重力公式、阿基米德原理、液体压强公式以及物体漂浮条件的应用，关键明确水平面上的物体，水平面受到的压力等于总重力。
三、填空和作图题（本题共6个小题，17、18每小题3分，19、20、21、22小题每空1分，共14分）
17．（3分）如图，货物随传送带一起水平向右做匀速直线运动，画出该货物的受力示意图。
【分析】首先分析物体受到的作用力，物体做匀速直线运动说明物体受到了平衡力﹣﹣﹣重力和支持力的作用；水平方向上没有牵引力，也就没有摩擦力，若有摩擦力，物体就不会做匀速直线运动，所以水平方向上是不受力的；然后根据力的图示的方法来作图。
【解答】解：货物随传送带一起水平向右做匀速直线运动，货物与传送带间没有相对运动，也没有相对运动趋势，所以货物不受摩擦力，只受两个力作用：重力和支持力，并且这两个力是一对平衡力；
重力方向竖直向下，作用点在重心，支持力方向竖直向上，作用点也画在重心上，其受力示意图如下：
【点评】作力的示意图，就是用一条带箭头的线段把力的三要素表示出来，长短表示力的大小，箭头表示力的方向，起点或终点表示力的作用点，作图的关键是力的方向和作用点。
18．（3分）如图所示，一束光由空气垂直水面射入水中，请画出光经过平面镜后又射入空气的光路。
【分析】光从空气垂直水面射入水中时，传播方向不变，照射到平面镜上，此时发生反射，反射光斜射到水面时，发生折射，折射光线射入空气。
【解答】解：光从空气垂直水面射入水中时，光的传播方向将不发生改变，照射到平面镜上点O处，在点O处作法线，根据反射光线、入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角，在法线的右侧做出反射光线，这条光线由水斜射入水面点O′处，在点O′处作出法线，根据折射角大于入射角，在法线右侧的水中画出折射光线，如图所示：
【点评】光的折射规律：折射光线、入射光线、法线在同一个平面内，折射光线、入射光线分居法线两侧，当光由空气斜射进入水中或其它透明介质中时，折射光线向法线偏折，折射角小于入射角；当光由水中或其它透明介质斜射进入空气中时，折射光线远离法线偏折，折射角大于入射角。
19．（3分）太阳能是未来的理想能源，它是清洁的 可 再生能源（选填“可”或“不可”）：行驶中的太阳能汽车，其太阳能电池将太阳能转化为电能，进而再转化为汽车的 机械 能。
【分析】（1）不可能在短期内从自然界得到补充的属于不可再生能源；可以在自然界里源源不断的得到补充的属于可再生能源；
（2）太阳能电池板可以将太阳能转化为电能，太阳能汽车靠由太阳能转化来的电能驱动，驱动时电能转化为汽车的机械能。
【解答】解：
（1）太阳能可从自然界不断获得，属可再生能源；
（2）太阳能汽车是靠太阳能电池驱动的，所以汽车行驶时将电能转化为汽车的机械能。
故答案为：可；机械。
【点评】本题需要学生了解利用太阳能的优点，同时要能够判断出能量的转化。
20．（3分）太阳能热水器是通过 热传递 方式使水的内能增加。小红家的太阳能热水器内装有60kg的水，某天阳光照射5小时后，热水器内水温从20℃升高到70℃，则水吸收的太阳能为 1.26×107 J，这些水若改用天然气加热升高同样的温度，天然气完全燃烧放出的热量70%被水吸收，则需要消耗 0.45 m3的天然气【c水＝4.2×103J/（kg ℃），q＝4×107J/m3】
【分析】（1）改变物体内能的方法有二：一是做功，二是热传递（热从高温物体或物体的高温部分传给低温物体或物体的低温部分）；
（2）知道水的质量、水的初温和末温、水的比热容，利用吸热公式Q吸＝cmΔt求热水器内的水吸收的热量；
（3）根据效率公式求出天然气完全燃烧释放的热量，利用Q＝Vq求出需要天然气的体积。
【解答】解：太阳热水器内的水吸收热量，温度升高，是通过热传递方式使水的内能增加。
水吸收的热量（水吸收的太阳能）：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg ℃）×60kg×（70℃﹣20℃）＝1.26×107J；
由η＝×100%可得，天然气完全燃烧释放的热量：
Q放＝＝＝1.8×107J，
由Q＝Vq可得，需要消耗天然气的体积：
V＝＝＝0.45m3。
故答案为：热传递；1.26×107；0.45。
【点评】本题考查了学生对吸热公式和燃烧值公式的掌握和运用，涉及到改变物体内能的方法，因条件已给出，难度不大。
21．（3分）截至2019年年4月14日，泸州云龙机场已开通31条航线。从云龙机场飞往北京的某航班在水平跑道上加速的初始阶段，牵引力沿水平方向，大小为9.2×104N，经过的路程为1000m，则牵引力所做的功为 9.2×107 J。
【分析】已知牵引力和行驶路程，根据W＝Fs求出牵引力做的功。
【解答】解：飞机行驶1000m，牵引力做的功为：
W＝Fs＝9.2×104N×1000m＝9.2×107J。
故答案为：9.2×107。
【点评】此题考查了功的公式的应用，属于基础知识。
22．某电热水壶及其铭牌如图所示，小明为了测量该电热水壶的实际功率和加热效率，进行了如下实验：
关掉家里所有用电器，将该电热水壶装满水，接通电热水壶，测得壶中水温度从25℃上升到35℃所用的时间为50s，同时观察到家中“220V 10（40）A 3200imp/kW h”的电子式电能表的指示灯闪烁了80imp，水的比热容c水＝4.2×103J/（kg ℃）。
产品型号
最大容积 1.8L
额定功率 2000W
额定频率 50Hz
额定电压 220V
请结合本次实验记录的数据，回答以下问题：
（1）除电子式电能表外，小明还需下列哪些器材完成上述两个测量 ②④ （选填器材前面的序号）
①刻度尺 ②温度计 ③电压表 ④秒表 ⑤弹簧测力计
（2）若小明利用水升温吸热计算消耗的电能，计算出电热水壶的功率和实际功率相比 偏小 （选填“偏大”、“偏小”或“相等”）。
（3）电热水壶的实际功率是 1800 W。
（4）电热水壶的加热效率为 84% 。
【分析】（1）根据P＝，测量该电热水壶的实际功率要测量时间确定所用测量工具；
根据η＝计算加热效率，在计算Q时要测量温度确定所用测量工具；
（2）若小明利用水升温吸热计算消耗的电能，因消耗的电能不可能完全转化成水的内能，根据P＝分析；
（3）“220V 10（40）A3200imp/kW h”的电子式电能表的指示灯闪烁了80imp，表示每闪烁3200次消耗电能为1kW h，从而得出闪烁了80imp消耗的电能，根据P＝求出电热水壶的实际功率；
（4）由题意知，水的体积为1.8L，根据m＝ρV求了水的质量，由Q＝cmΔt得出壶中水温度从25℃上升到35℃吸收的热量，根据η＝×100%得出电热水壶的加热效率。
【解答】（1）根据P＝，测量该电热水壶的实际功率要测量时间，故用到秒表；
根据η＝计算加热效率，在计算Q时要测量温度，故用到温度计；还需②④完成上述两个测量；
（2）若小明利用水升温吸热计算消耗的电能，因消耗的电能不可能完全转化为水的内能，根据P＝，故计算出电热水壶的功率和实际功率相比偏小。
（3）“220V 10（40）A3200imp/kW h”的电子式电能表的指示灯闪烁了80imp，则消耗的电能为：
W＝×80kW h＝×3.6×106J＝9×104J；
电热水壶的实际功率是：
P＝＝＝1800W
（4）由题意知，水的体积为1.8L，水的质量：
m＝ρV＝1.0×103kg/m3×1.8×10﹣3m3＝1.8kg；
壶中水温度从25℃上升到35℃吸收的热量：
Q＝cmΔt＝4.2×103J/（kg ℃）×1.8kg×（35℃﹣25℃）＝7.56×104J；
电热水壶的加热效率是：
η＝＝×100%＝84%。
故答案为：（1）②④；（2）偏小；（3）1800；（4）84%。
【点评】本题测量该电热水壶的实际功率和加热效率，考查所用的工具、误差分析、质量、热量和效率计算及根据电能表参数求电功的方法。
四、实验探究题（本题3个小题，每空1分，共18分）
23．（3分）针对“滑动摩擦力大小是与压力有关，还是与重力有关？”这一问题，某物理兴趣小组的同学利用如图所示装置进行了探究，实验步骤和数据记录如下表：
实验步骤 台式测力计示数F/N 金属盒重 力G/N 弹簧测力计示数f/N
① 把金属盒放在质量不计的白纸上，在拉动白纸的过程中读出测力计的示数 4.8 4.8 1.9
② 将质量不计的氢气球系在金属盒上，重复步骤①的实验 3.2 4.8 1.2
③ 氢气球仍系在金属盒上，往金属盒加入适量的沙子，使台式测力计的示数为4.8N，再重复步骤①的实验 4.8 6.4 1.9
（1）此实验是根据 二力平衡 测出摩擦力的大小；
（2）实验步骤②使用氢气球是为了改变 A （选填字母序号“A：金属盒对纸的压力”或“B：金属盒的重力”）；
（3）根据实验步骤②、③的数据 不能 （选填“能”或“不能”）说明摩擦力大小与压力有关；
（4）根据实验步骤 ①③ 两组数据进行分析，可以得到结论：滑动摩擦力的大小与重力大小 无关 。（选填“有关”或“无关”）
（5）与直接用弹簧测力计拉动金属盒测量摩擦力相比，拉动白纸进行实验有许多优点，以下说法中是其优点的是 AB （选填字母序号）。
A．不需要匀速拉动白纸
B．测力计位置和示数较稳定
C．拉动白纸时所用拉力较小，能省力
【分析】（1）根据二力平衡条件分析；
（2）氢气球受到的浮力作用，氢气球竖直向上拉金属盒，据此分析；
（3）研究摩擦力大小与压力有关要控制重力相同；
（4）要分析摩擦力大小与重力大小是否有关，要控制压力大小相同；
（5）A、金属盒相对地面处于静止状态，受到的测力计拉力与滑动摩擦力为一对平衡力，据此分析；B、根据测力计静止分析；
C、拉动白纸时要克服白纸对其施加的摩擦力的作用，据此分析。
【解答】解：（1）在实验中拉动白纸运动时，金属盒相对地面处于静止状态，根据二力平衡条件，金属盒受到的摩擦力与测力计的拉力是一对平衡力，所以测力计示数与摩擦力的大小相等，此实验是根据二力平衡原理间接地测出摩擦力大小；
（2）实验步骤②使用氢气球，由于氢气球向上拉金属盒，所以金属盒对白纸的压力变小，但其本身的重力不变；
（3）实验步骤②、③的数据，物体的重力和压力都不相同，没有控制重力不变，根据实验步骤②、③的数据不能说明摩擦力大小与压力有关；
（4）要分析摩擦力大小与重力大小是否有关，要控制压力大小相同，故应选择①③两组数据进行分析；
（5）A、金属盒相对地面处于静止状态，受到的测力计拉力与滑动摩擦力为一对平衡力，大小相等，故不需要匀速拉动白纸，A正确；
B、测力计位置和示数较稳定，B正确；
C、拉动白纸时要克服白纸对其施加的摩擦力的作用，不存在省力的问题，C错误。
故答案为：（1）二力平衡；（2）A；（3）不能；（4）①③；无关；（5）AB。
【点评】本题研究滑动摩擦力大小是与压力有关，还是与重力有关，考查实验原理、控制变量法的运用、数据分析等知识。
24．（3分）在探究“浮力的大小与哪些因素有关”的实验中，主要实验步骤如下：
a．将一个金属圆柱体悬挂在弹簧测力计下，按如图甲所示组装器材。
b．向空烧杯中缓慢注入清水，直到没过金属体一段距离（烧杯未加满水），如图乙中①～⑤所示，待示数稳定后分别读取弹簧测力计的示数F1～F5。
c．如图乙中⑥所示，再向烧杯中加入适量盐，并轻轻搅拌，直至弹簧测力计示数稳定后读数为F6。
（1）根据图乙中的 ①②③④ （选填①～⑥序号）可以得出浮力的大小跟物体排开液体的体积有关。在图③中，金属体所受到的浮力F浮＝ 2 N。
（2）由图乙中 ①④⑤ （选填①～⑥序号）可以得浮力的大小跟物体浸没的深度无关。金属体的体积V＝ 300 cm3（已知ρ水＝1.0×103kg/m3）。
（3）根据图⑤⑥可知，浮力的大小跟液体的 密度 有关，图⑥中盐水密度为：ρ盐水＝ 1.1 g/cm3。
【分析】（1）浸在液体中的物体受到液体的浮力与液体的密度和排开液体的体积有关，根据控制变量法分析解答；浮力大小等于重力与弹簧测力计的拉力之差；
（2）要探究浮力的大小跟物体浸没的深度的关系，需要控制液体的密度和排开液体的体积相同，改变深度，据此分析解答；根据阿基米德原理的变形公式分析解答；
（3）因为浮力的大小跟液体的密度有关，液体的密度越大，浮力越大，根据称量法得出拉力的大小。
【解答】解：（1）根据控制变量法知，要探究浮力的大小跟物体排开液体的体积的关系，需要控制液体的密度不变，改变排开液体的探究，图①②③④符合题意；根据称量法知，在图⑤中，金属体所受到的浮力：F浮＝F1﹣F3＝5N﹣3N＝2N；
（2）要探究浮力的大小跟物体浸没的深度的关系需要控制液体的密度和排开液体的体积相同，改变深度，图①④⑤符合题意；
根据阿基米德原理：F浮＝F1﹣F5＝ρ水gV排，
则金属体的体积：V＝V排＝＝＝3×10﹣4m3＝300cm3；
（3）浮力的大小跟液体的密度有关，液体的密度越大，浮力越大，因为盐水的密度大于水的密度，物体在盐水中的浮力大，根据称量法F浮＝G﹣F知盐水中的弹簧测力计的拉力小，即F5＞F6；
图⑥中物体受到的浮力为：F盐水＝F1﹣F6＝5N﹣1.7N＝3.3N，
根据阿基米德原理知：F盐水＝ρ盐水V排g＝3.3N，
盐水密度：ρ盐水＝＝＝1.1×103kg/m3＝1.1g/cm3。
故答案为：（1）①②③④；2；
（2）①④⑤；300；
（3）密度；1.1。
【点评】本题是较典型的用控制变量法分析实验得出结论的题型。在分析问题时，要明确哪些量是相同的，哪些量是变化的或不同的，正是这些变化的或不同的量导致了实验结果的不同。
25．（3分）实验老师为“测量小灯泡额定功率”准备了如下器材：电源（电压恒为6V）开关、电压表和电流表各一只、额定电压为2.5V的待测小灯泡（电阻约为10Ω）、滑动变阻器（“20Ω 1A”）、导线若干。
（1）请用笔画线代替导线，将图甲中的实物图连接完整（要求：滑片向右移动灯泡变亮）。
（2）闭合开关前电流表的指针如图乙所示，其原因是 电流表指针没有调零 。
（3）故障排除后，调节滑动变阻器的滑片，并绘制了小灯泡的电流随其两端电压变化的关系如图丙所示，则小灯泡的额定功率为 0.625 W。
（4）小陈同学为了验证电流跟电阻的关系，他又借到了一个滑动变阻器（50Ω 0.5A）和五个定值电阻（5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω），其余器材不变。用定值电阻更换甲图中的灯泡，小陈同学得到如图丁所示的电流随定值电阻变化的图象，则实验中他所用的滑动变阻器是 B （选填字母：A.20Ω 1A B.50Ω 0.5A），若某次实验中滑动变阻器连入的阻值为14Ω，则所用定值电阻的阻值为 10 Ω。
（5）下课前老师布置了一道课后作业。要求：在只有下列实验器材的前提下测出未知定值电阻Rx的阻值。实验器材：电阻Rx、电源（电压恒定但未知）、滑动变阻器（已知最大阻值为R0）、电流表、开关、导线若干。
小张同学设计了如图戊所示的电路图，用以下步骤测Rx的阻值。
①闭合开关S，移动滑片P至B端，记下电流表示数I1；
②移动滑片P至A端，记下电流表示数I2（I2未超过电流表的量程）；
③请帮他写出Rx的表达式：Rx＝ （用字母R0、I1、I2表示）。
【分析】（1）根据滑片向右移动灯泡变亮确定变阻器滑片右下接线柱连入电路中，灯泡的额定电压为2.5V，故灯泡的右端接电压表的3V接线柱；
（2）电流表使用前要调零；
（3）根据绘制的小灯泡的电流随其两端电压变化的关系可知灯在额定电压下的电流，根据P＝UI求出小灯泡的额定功率；
（4）由图丁得出，电流与电阻之积；
探究电流与电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变；根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压，根据分压原理，求出当接入25Ω电阻时变阻器连入电路中的电阻。
若变阻器连入的阻值为14Ω，由欧姆定律求出电路的电流，由欧姆定律，得出所用定值电阻的阻值；
（5）分析开关转换时电路连接由电阻的串联和欧姆定律，根据电源电压不变列方程得出待测电阻表达式。
【解答】解：（1）滑片向右移动灯泡变亮，即电流变大电阻变小，故变阻器滑片右下接线柱连入电路中，灯泡的额定电压为2.5V，故灯泡的右端接电压表的3V接线柱，如下所示：
（2）闭合开关前电流表的指针如图乙所示，其原因是电流表指针没有调零。
（3）根据绘制的小灯泡的电流随其两端电压变化的关系知，灯在额定电压下的电流为0.25A，则小灯泡的额定功率为：
P＝UI＝2.5V×0.25A＝0.625W；
（4）图丁所示的电流随定值电阻变化的图象，电流与电阻之积为：
U＝IR＝0.1A×25Ω＝﹣﹣﹣﹣0.5A×5Ω＝2.5V，
根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：U滑＝U﹣UV＝6V﹣2.5V＝3.5V，变阻器分得的电压为电压表示数的＝1.4倍，根据分压原理，当接入25Ω电阻时，变阻器连入电路中的电阻为：
R滑＝1.4×25Ω＝35Ω，故为了完成整个实验，应该选取最大阻值至少35Ω的滑动变阻器，则实验中他所用的滑动变阻器是50Ω 0.5A，选B；
若变阻器连入的阻值为14Ω，由欧姆定律，电路的电流为：
I＝＝＝0.25A，由欧姆定律，则所用定值电阻的阻值为：
R定＝＝＝10Ω；
（5）①闭合开关S，移动滑片P至B端，记下电流表示数I1；
②移动滑片P至A端，记下电流表示数I2（I1未超过电流表的量程）；
③在①中两电阻串联，由电阻的串联和欧姆定律，电源电压：
U＝I1（Rx+R0）
在②中，为RX的简单电路，由欧姆定律：
U＝I2RX，因电源电压不变，故：
U＝I1（Rx+R0）＝I2RX，
Rx的表达式：
Rx＝。
故答案为：（1）如上所示；（2）电流表指针没有调零；（3）0.625；（4）B；10；（5）。
【点评】本题“测量小灯泡额定功率”，考查电路连接、注意事项、额定功率计算、控制变量法和串联电路的规律及欧姆定律的运用，同时也考查了测电阻实验方案的设计。
五、综合题（共20分）
26．（12分）如图所示，电源电压恒为6V，定值电阻R1＝20Ω。闭合开关S，电流表A2的示数为0.9A。求：
（1）R1的电功率为多少瓦？
（2）通电10s，R1和R2一共产生多少焦耳的热量？
【分析】（1）由图可知，R1、R2并联，电流表A1测量通过R1的电流，电流表A2测量干路电流；根据并联电路的特点可知R1两端的电压，知道定值电阻R1的阻值，根据P＝求出R1的电功率；
（2）根据Q＝W＝UIt求出通电10s，R1和R2一共产生的热量。
【解答】解：由图可知，R1、R2并联，电流表A1测量通过R1的电流，电流表A2测量干路电流；
（1）根据并联电路的电压特点可知，R1两端的电压：U1＝U＝6V，
则R1的电功率：P1＝＝＝1.8W；
（2）通电10s，R1和R2一共产生的热量：Q＝W＝UIt＝6V×0.9A×10s＝54J。
答：（1）R1的电功率为1.8W；
（2）通电10s，R1和R2一共产生54J的热量。
【点评】本题考查了并联电路的特点、电功率公式以及电功公式的应用，是一道基础题。
27．（8分）如图甲所示，水平桌面上有一底面积为5.0×10﹣3m2的圆柱形容器，容器中装有一定量的水，现将—个体积为5.0×10﹣5m2的物块（不吸水）放入容器中，物块漂浮在水面上，浸入水中的体积为4.0×10﹣5m2。求：（ρ水＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg）
（1）物块受到的浮力；
（2）物块的质量；
（3）如图乙所示，用力F缓慢向下压物块，使其恰好完全浸没在水中（水未溢出），此时水上升的高度为多少？水对容器底的压强比物块被下压前增加了多少？
【分析】（1）已知浸入水中的木块体积（排开水的体积），利用阿基米德原理求所受浮力。
（2）由于物块漂浮在水面上，根据漂浮条件可知物块的重力，求出质量；
（3）求出物块完全浸没在水中和物块的漂浮时的体积差，已知容器底面积求出水的深度h，根据p＝ρgh即可求出水对容器底的压强。
【解答】解：（1）已知V排＝4.0×10﹣5m3，
则F浮＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×4×10﹣5m3＝0.4N。
（2）由于物块漂浮在水面上，则物块的重力G＝F浮＝0.4N，
则质量m＝＝＝0.04kg；
（3）物块使其恰好完全浸没在水中，排开水的体积变化：ΔV＝V物﹣V排＝5×10﹣5m3﹣4×10﹣5m3＝1×10﹣5m3
则水的深度变化为：Δh＝＝＝0.002m，
所以水对容器底的压强中增加：
Δp＝ρgh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.002m＝20Pa。
答：（1）物块受到的浮力大小为0.4N；
（2）物块的质量为0.04kg；
（3）水上升的高度为0.02m；水对容器底的压强比物块被下压前增加了20Pa。
【点评】本题考查漂浮条件、阿基米德原理和压强公式的应用，这是中考必考题型，要熟练应用。
28．（8分）如图所示是一款新型四轮沙滩卡丁车，其满载时的质量为600kg，每个车轮与沙滩接触的面积为500cm2，卡丁车满载时在水平沙滩上匀速直线运动，10min行驶6km，它的发动机功率恒为11.5kW。
（1）当卡丁车满载并静止在水平沙滩上时，它对沙滩的压强为多少帕？
（2）此次行驶中卡丁车所受的阻力为多少牛？
（3）该卡丁车以汽油为燃料，若在这次行驶中消耗汽油0.6kg，求该卡丁车汽油机的效率。（q汽油＝4.6×107J/kg）
【分析】（1）知道卡丁车满载时的质量，利用G＝mg求其重力，卡丁车满载时对地面的压力等于其重力，知道受力面积，利用p＝求出压强；
（2）求出卡丁车的行驶速度，利用P＝Fv求此次行驶中卡丁车的牵引力，即f＝F；
（3）η＝求汽油机的效率。
【解答】解：（1）卡丁车满载时的重力：
G＝mg＝600kg×10N/kg＝6000N，
卡丁车满载时对地面的压力：
F＝G＝6000N，
受力面积：S＝4×500cm2＝2000cm2＝0.2m2，
卡丁车满载时对地面的压强：
p＝＝＝3×104Pa；
（2）卡丁车的行驶速度：
v＝＝＝10m/s，
由P＝Fv得牵引力：
F牵＝＝＝1.15×103N，
由于车匀速行驶，牵引力与阻力是一对平衡力，则卡丁车所受的阻力：
f＝F牵＝1.15×103N；
（3）卡丁车汽油机的效率：
η＝×100%＝×100%＝×100%＝25%。
答：（1）当卡丁车满载并静止在水平沙滩上时，它对沙滩的压强为3×104Pa；
（2）此次行驶中卡丁车所受的阻力为1.15×103N；
（3）该卡丁车以汽油为燃料，若在这次行驶中消耗汽油0.6kg，卡丁车汽油机的效率为25%。
【点评】本题为力学和热学综合题，要求灵活应用相关公式，要利用好推导公式P＝＝＝Fv，计算时注意单位统一。
