2023年北京市东城区中考物理模拟试卷
一、单项选择题（下列各小题均有四个选项，其中只有一个选项符合题意。共24分，每小题2分）
1．（2分）在国际单位制中，功率的单位是（ ）
A．千克 B．牛顿 C．焦耳 D．瓦特
2．（2分）如图所示验电器上标记的各部件中，通常情况属于绝缘体的是（ ）
A．金属球 B．橡胶垫 C．铁制外壳 D．金属箔
3．（2分）下列现象中，能用光的折射原理来解释的是（ ）
A．日食 B．水中倒影
C．水中筷子“折断” D．树荫下的光斑
4．（2分）如图所示的各种自然现象中，属于凝华的是（ ）
A．冰雪消融 B．霜打枝头
C．大雾弥漫 D．露珠晶莹
5．（2分）如图所示的工具中，在使用时属于费力杠杆的是（ ）
A．天平 B．瓶盖起子
C．食品夹 D．钳子
6．（2分）下列说法中正确的是（ ）
A．次声波不是由于物体的振动产生的
B．声音在真空中的传播速度为340m/s
C．“引吭高歌”中的“高”是指声音的响度大
D．戴上耳罩是在传播过程中减弱噪声
7．（2分）关于家庭电路和安全用电，下列说法正确的是（ ）
A．我国家庭电路的电压值为380V
B．家庭电路中空气开关自动断开就是因为发生了短路
C．绝缘皮破损的电线可以继续使用
D．在家庭电路中必须安装保险丝或空气开关
8．（2分）如图所示的是我国运动员在北京冬奥会上参加冰壶比赛时的情境。下列说法正确的是（ ）
A．运动员推动冰壶滑行，以冰面为参照物冰壶是静止的
B．掷出后的冰壶能继续运动，是由于冰壶受到惯性力作用
C．掷出后的冰壶继续运动时，手对冰壶的推力做功
D．冰壶在水平面运动越来越慢的过程中，冰壶的动能减小，重力势能不变，机械能减小
9．（2分）下列关于光的现象和传播规律的说法中正确的是（ ）
A．反射光线与所对应的入射光线可以不在同一平面内
B．一束光垂直入射到平面镜上发生反射时，其反射角等于90°
C．凸透镜对光有会聚作用，用其制成的眼镜可以用来矫正近视眼
D．在镜面反射和漫反射现象中，光的传播都遵循光的反射定律
10．（2分）在如图所示的电路中，电源两端的电压保持不变。开关闭合后，滑动变阻器的滑片P向B端移动时，电路变化正确的是（ ）
A．电流表的示数变大 B．电压表V1的示数不变
C．电压表V2的示数变小 D．电路总功率变大
11．（2分）完全相同的甲、乙、丙三容器放在水平桌面上，容器中分别装有密度为ρA、ρB、ρC的三种不同液体，将完全相同的三个实心小球分别放入三个容器中，小球静止时所处位置如图所示，此时三容器中液面相平。小球在三种液体中所受浮力分别为FA、FB、FC，三容器中液体对容器底部的压强分别为pA、pB、pC，三容器对桌面的压力分别为F甲、F乙、F丙，则下列说法正确的是（ ）
A．F乙＜F甲＜F丙 B．pB＝pA＜pC
C．FA＝FC＜FB D．ρA＝ρB＞ρC
12．（2分）桔槔是利用杠杆原理工作的取水工具，如图甲所示，是我国古代劳动人民利用桔槔灌溉的场景。为了更好地研究该场景中的桔槔配重对需要搬动的重物的影响，小东将桔槔抽象成简单的杠杆模型，如图乙所示，轻质细杆AB代表桔槔，质量较大的物块M模拟重物，质量较小的物块m模拟搬动重物时的配重。支点O在AB的中点，M放置在水平地面上并用细绳悬挂在A点，m悬挂在杠杆上C点，C点可以在OB之间根据需要移动位置，l表示OC的距离。用Ta表示细绳对A点的拉力，T表示细绳对C的拉力，F表示地面对M的支持力，p表示M对地面的压强。已知AB始终保持水平位置平衡，则下列关于F、p、Ta、T随l大小变化关系的图像中正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
二、多项选择题（下列各小题均有四个选项，其中符合题意的选项均多于一个。共6分，每小题2分。每小题选项全选对的得2分，选对但不全的得1分，有错选的不得分）
（多选）13．（2分）下列说法中正确的是（ ）
A．风吹动柳絮漫天飞舞，这是扩散现象，说明分子是运动的
B．分子间的引力和斥力总是同时存在的
C．物体吸收热量，温度一定升高
D．沿海地区通常比内陆地区昼夜温差小，原因之一是水的比热容比砂石的比热容大
（多选）14．（2分）如图所示，下列说法中正确的是（ ）
A．由图甲可知：磁场是由磁感线组成的
B．由图乙可知：电流周围存在磁场
C．由图丙可知：磁场对通电导体有力的作用
D．由图丁可知：只要导体在磁场中运动，闭合电路中就会产生电流
（多选）15．（2分）在建筑工地，用如图所示的滑轮组把建筑材料运送到高处。当电动机用800N的力拉钢丝绳，使建筑材料在10s内匀速上升1m的过程中，滑轮组的机械效率为90%，g取10N/kg。则下列说法中正确的是（ ）
A．建筑材料的质量为216kg
B．电动机对钢丝绳做的功为2400J
C．动滑轮重力为240N
D．电动机对钢丝绳做功的功率为160W
三、实验题（共31分）
16．（4分）（1）如图甲所示，温度计的示数为 ℃。
（2）根据图乙中的电流方向，可知通电螺线管的 端是N极。
（3）如图丙所示，O点为杠杆的支点，拉力F作用在杠杆A点。图中的线段 表示拉力F对支点O的力臂L。（选填“OA”、“OB”或“AB”）
（4）如图丁所示为四冲程汽油机工作过程中 冲程的示意图。
17．（2分）小明用天平和量筒测量物体A的密度。他先调节天平平衡时，发现天平指针位置如图1甲所示，于是将平衡螺母向 侧调节（选填“左”或“右”）直至天平平衡。然后用天平测物体A的质量，当天平再次平衡时，右盘内所加的砝码和游码在标尺上的位置如图1乙所示。最后将物体A用细线拴住放入装有60mL水的量筒中，水面位置如图2所示，则物体A的密度为 g/cm3。
18．（3分）小京为探究水沸腾前后温度随吸收热量变化的特点，进行了如下实验：用如图甲所示的装置给一定质量的水加热，当水温为90℃时，每隔一分钟记录一次水的温度，从计时开始，经5min水沸腾。水沸腾后持续加热一段时间，并记录水的温度。根据实验数据得到了水的温度随加热时间变化的关系图像，如图乙所示。
（1）在此实验中，水吸收的热量是通过 来反映的。
（2）小京通过观察，发现水中有大量气泡冒出水面，请你根据实验现象判断，水是 （选填“沸腾”或“未沸腾”）。
（3）由图像可得出的实验结论：水在沸腾过程中， 。
19．（3分）水平实验桌上放有如图所示的实验装置。用支架固定的透明薄玻璃板作为平面镜，垂直放置于白纸上。A、B、C为三只粗细相同的蜡烛，其中A、B长度相同，C较短。小东计划利用这些器材证明“平面镜所成像的大小与物体到平面镜的距离无关”。
请将小东的实验步骤补充完整：
（1）将蜡烛A放在玻璃板前适当位置。
（2）将蜡烛 （选填“B”或“C”）置于玻璃板后方，并调节它的位置，在玻璃板前面透过玻璃板从不同角度观察， 。
（3） ，仿照（2）进行实验。
20．（3分）某同学在探究凸透镜成像规律的实验中，将焦距为10cm的薄凸透镜固定在光具座上50cm刻度线处，将点燃的蜡烛放置在光具座上20cm刻度线处，移动光屏至65cm刻度线处，烛焰在光屏上成清晰的像，如图所示。请回答下列问题：
（1）上述光屏上所成的像是倒立、 （选填“放大”、“缩小”或“等大”）的实像，生活中常用的 是利用这一原理工作的（选填“照相机”“放大镜”或“投影仪”）。
（2）保持蜡烛位置不变，将焦距为10cm的薄凸透镜换成焦距为5cm的薄凸透镜，同样固定在光具座50cm刻度线处，为了使烛焰在光屏上成清晰的像，应将光屏向 （选填“靠近”或“远离”）凸透镜的方向移动；若不移动光屏仍要在光屏上成清晰的像，可以在凸透镜和蜡烛之间放置一个对光有 （选填“会聚”或“发散”）作用的透镜。
21．（5分）小东用电压表、电流表、滑动变阻器、导线、开关及新的干电池等实验器材，测量小灯泡L的额定功率，L的额定电压为2.5V。
（1）小东连接好如图甲所示电路，闭合开关S，小灯泡L发光较暗，观察电压表、电流表均有示数，移动滑动变阻器的滑片P时，发现电压表、电流表示数均不变。出现这种现象的原因是 。
（2）小东改正实验错误后，移动滑动变阻器的滑片P，当电压表示数为2.5V时，电流表示数如图乙所示。此时通过小灯泡L的电流为 A，小灯泡L的额定功率为 W。
（3）在实验中，小东用同一只小灯泡进行实验，测量了多组电压值和电流值，并且绘制出通过小灯泡的电流随它两端电压变化关系的图像，如图丙所示。你根据图像分析可以推知：当小灯泡两端的电压升高时，该小灯泡的电阻 。（选填“变大”、“变小”或“不变”）
（4）完成上述测量后，小东同学将小灯泡换成阻值为5Ω的定值电阻，利用这个实验电路还能完成的实验是 （选填选项前的序号）。
A.探究电流与电阻的关系
B.探究电流与电压的关系
22．（3分）小亮想探究电流通过电阻时产生的热量与哪些因素有关，他连接了如图所示的电路进行实验，其中两个完全相同的烧瓶内分别装有完全相同的温度计，质量相等的煤油，以及阻值为5Ω和10Ω的电阻丝R1、R2。请回答下列问题：
（1）此实验所探究的问题是： 是否有关；
（2）此实验中用 反映电流通过导体产生热量的多少，其依据是 。
23．（4分）小海在学习了电与磁的知识后，想设计一个实验电路来探测磁场的强弱，他利用符合要求的电源（两端电压恒为U）、电流表、开关、导线、定值电阻R0，以及一个阻值会随着外界磁场强弱发生改变的磁敏元件R组装了如图所示的电路。小海将条形磁体的一个磁极逐渐靠近磁敏元件R，发现电流表的示数I逐渐变大。请分析并说明小海实验中所用磁敏元件R的阻值大小与磁场强弱的关系。
24．（4分）在“研究影响滑动摩擦力大小的因素”实验中，选用了如图所示的实验装置。
（1）为了测量滑动摩擦力的大小，竖直向上拉动弹簧测力计，使木块A沿水平方向做 直线运动。
（2）分析说明（1）中木板受到的压力大小等于木块A受到的重力大小的依据： 。
（3）利用该装置设计实验证明：“接触面粗糙程度一定时，压力越大，滑动摩擦力越大”，请写出主要的实验步骤并画出实验数据记录表格。
四、科普阅读题（共3分）
25．（3分）请阅读《快速充电技术》并回答下列各题。
快速充电技术
智能手机的日益进步，使手机的耗电量急速上升，为保证手机的续航时间，其内部搭载电池的容量也日益增大，如何快速将手机充满电呢？于是，手机快速充电技术应运而生。
手机电池容量等于充电电流与充电时间的乘积，即：手机电池容量＝充电电流×充电时间智能手机的电池容量普遍在3000mAh上下，若充电电流为1A，则为电池充满电需要3小时左右，快充技术能将时间压缩到1小时左右，而就在最近，这项技术又有新突破，现在已经出现只需要半个多小时即可将一块容量为5000mAh的电池完全充满的快充技术。从物理学角度看，充电功率等于充电电压与充电电流的乘积。在电池容量一定的情况下，功率大小标志着充电的快慢，当前缩短充电时间的方式主要有以下三种：
1.电流恒定、增大电压：普通充电器电流维持在1A的条件下，将220V电源电压降至5V充电器电压，5V充电器电压再降到电池电压。当充电器电压增至9v时，理论上可以将充电时间压缩到50%，但是由于手机内部需要进行一次降压过程，而这一过程会放出较多的热量，导致充电器、手机发热。
2.电压恒定、增大电流：该技术在恒定的低电压条件下，通过增加多条并联电路，提高电流总和值。电路并联分流之后，每部分模块承担的电功率并不大，可以很好地控制电路散热，避免手机发烫。
3.将上述两种方案合并的快充技术：充电器内部芯片和手机沟通后，确认手机支持何种快充方案，然后以对应的方案为手机充电。例如图中的充电器就支持两种快充方案。随着快速充电技术的不断进步，未来还将有更多更大功率，兼容性更强，发热更小，更便携的充电器不断间世，为大屏幕手机多样化、实用化的推广提供保障。
型号 VCA5JACH
颜色 白色
输入 100～240V 50/60Hz 1.5A
输出 10V﹣5A 5V﹣2A
请根据上述阅读材料，回答下列各题：
（1）充电器为手机充电时，电流通过电池，把电能转化为 能；在电池容量一定的情况下， 标志着充电的快慢。
（2）如图所示的充电器的最大输出功率是 W。
五、计算题（共6分）
26．（3分）如图所示的电路，电源电压不变，R1＝30Ω，R2＝15Ω．闭合开关S，电流表的示数为0.2A，求：
（1）电源电压；
（2）通过干路的电流I；
（3）10s内该电路消耗的电能。
27．（3分）如图所示，放置在水平桌面上的柱形容器中装有适量的水，细绳的一端固定在柱形容器的底部，另一端系在质量为200g的木块的下面，使木块浸没在水中。已知容器内底面积为80cm2，当木块静止时细绳对木块竖直向下的拉力为1N，此时容器中水的深度为20cm。取g＝10N/kg，水的密度为1.0×103kg/m3，求：
（1）木块受到的浮力大小F浮；
（2）水对容器底部的压力大小F；
（3）木块的密度ρ水。
2023年北京市东城区中考物理模拟试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（下列各小题均有四个选项，其中只有一个选项符合题意。共24分，每小题2分）
1．（2分）在国际单位制中，功率的单位是（ ）
A．千克 B．牛顿 C．焦耳 D．瓦特
【分析】千克是质量的单位；牛顿是力的单位；帕斯卡是压强的单位；焦耳是一切形式的能和功的单位；瓦特是功率的单位。
【解答】解：在国际单位制中，功率的单位是瓦特。
故选：D。
【点评】本题考查学生对物理单位的了解，是一道基础题。
2．（2分）如图所示验电器上标记的各部件中，通常情况属于绝缘体的是（ ）
A．金属球 B．橡胶垫 C．铁制外壳 D．金属箔
【分析】容易导电的物体叫导体，不容易导电的物体叫绝缘体，导电性能介于导体与绝缘体之间的叫半导体。
【解答】解：金属球、铁制外壳、金属箔的材料都是金属，都容易导电，属于导体；
橡胶垫的材料是橡胶，不容易导电，属于绝缘体。
故选：B。
【点评】本题考查了导体和绝缘体的区别。对于常见的导体和绝缘体可以联系它们在日常生活和工业生产中的应用来记忆，不要死记硬背。如塑料、橡胶、陶瓷等常用来制作用电器的外壳，以防止触电，它们都是绝缘体；而电线芯用金属来做，因为金属容易导电，是导体。
3．（2分）下列现象中，能用光的折射原理来解释的是（ ）
A．日食 B．水中倒影
C．水中筷子“折断” D．树荫下的光斑
【分析】逐项分析运用的光学知识进行作答。
【解答】解：A、日食是由光的直线传播形成的，故A错误；
B、水中倒影，属于平面镜成像，是由光的反射形成的，故B错误；
C、水中筷子“折断”，是由光的折射形成的，故C正确；
D、树荫下的光斑，是由光的直线传播形成的，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了光的直线传播、光的反射和折射，是一道基础题。
4．（2分）如图所示的各种自然现象中，属于凝华的是（ ）
A．冰雪消融 B．霜打枝头
C．大雾弥漫 D．露珠晶莹
【分析】物质直接从气态变为固态的过程叫凝华，凝华是升华的相反过程。
【解答】解：A、冰雪消融，是熔化现象，故A不合题意；
B、霜打枝头，霜是水蒸气遇冷直接凝华形成的固态小冰粒，故B符合题意；
C、大雾弥漫，雾是水蒸气遇冷液化形成的小液滴，故C不合题意；
D、露是水蒸气遇冷液化形成的小液滴，故D不合题意。
故选：B。
【点评】此类题目是物态变化判断题目，要结合凝华等六种物态变化现象去分析解答。
5．（2分）如图所示的工具中，在使用时属于费力杠杆的是（ ）
A．天平 B．瓶盖起子
C．食品夹 D．钳子
【分析】结合生活经验，先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆。
【解答】解：A、天平在使用过程中，动力臂等于阻力臂，是等臂杠杆，故A错误；
B、瓶盖起子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故B错误；
C、食品夹在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故C正确；
D、钳子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故D错误。
故选：C。
【点评】杠杆的分类主要包括以下几种：①省力杠杆，动力臂大于阻力臂；②费力杠杆，动力臂小于阻力臂；③等臂杠杆，动力臂等于阻力臂。
6．（2分）下列说法中正确的是（ ）
A．次声波不是由于物体的振动产生的
B．声音在真空中的传播速度为340m/s
C．“引吭高歌”中的“高”是指声音的响度大
D．戴上耳罩是在传播过程中减弱噪声
【分析】（1）声音是由物体的振动产生的；
（2）声音的传播是需要介质的，不能在真空中传播；
（3）响度表示声音的大小；
（4）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。
【解答】解：A、次声波属于声音，也是由物体的振动产生的，故A错误；
B、真空不能传声，故B错误；
C、“引吭高歌”中的“高”是指声音的响度大，故C正确；
D、戴上耳罩是在人耳处减弱噪声，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查声音的产生和传播、声音的特征、防治噪声的途径，是一道声学综合题，属于基础知识考查，难度不大。
7．（2分）关于家庭电路和安全用电，下列说法正确的是（ ）
A．我国家庭电路的电压值为380V
B．家庭电路中空气开关自动断开就是因为发生了短路
C．绝缘皮破损的电线可以继续使用
D．在家庭电路中必须安装保险丝或空气开关
【分析】（1）我国家庭电路的电压为220V；
（2）家庭电路中空气开关自动断开可能是发生了短路，也可能电路的总功率过大；
（3）电线的绝缘皮破损时容易造成触电事故；
（4）为防止因为干路电流过大引起火灾，家庭电路中必须安装保险丝或空气开关。
【解答】解：A、我国家庭电路的电压为220V，故A错误；
B、家庭电路中空气开关自动断开，是因为电路中的电流过大，电流过大有两种情况，一是用电器的总功率过大，二是发生了短路，故B错误；
C、电线的绝缘皮破损时容易造成触电事故，应及时更换，故C错误；
D、为防止因为干路电流过大引起火灾，家庭电路中必须安装保险丝或空气开关，起保护作用，故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查生活中的一些安全用电常识，应注意积累并严格遵守，牢记安全用电常识，并在生活中加以运用。
8．（2分）如图所示的是我国运动员在北京冬奥会上参加冰壶比赛时的情境。下列说法正确的是（ ）
A．运动员推动冰壶滑行，以冰面为参照物冰壶是静止的
B．掷出后的冰壶能继续运动，是由于冰壶受到惯性力作用
C．掷出后的冰壶继续运动时，手对冰壶的推力做功
D．冰壶在水平面运动越来越慢的过程中，冰壶的动能减小，重力势能不变，机械能减小
【分析】（1）在研究物体运动时，要选择参照的标准，即参照物，物体的位置相对于参照物发生变化，则运动，不发生变化，则静止；
（2）物体由于惯性要保持原来的运动状态；
（3）做功的条件：有力，且物体在力的方向上通过距离；
（4）动能的大小和物体的质量及速度有关，重力势能的大小和物体的质量以及高度有关，机械能是重力势能和动能的和。
【解答】解：
A、运动员推冰壶前进时，以冰面为参照物，冰壶的位置发生了改变，所以是运动的，故A错误；
B、掷出后的冰壶能继续运动，是由于冰壶具有惯性，惯性是一种性质，不能说受到惯性力作用，故B错误；
C、掷出后的冰壶继续运动时，手没有对冰壶施加力，所以手没有对冰壶做功，故C错误；
D、冰壶在水平面运动越来越慢的过程中，冰壶的质量不变，速度变小，高度不变，则冰壶的动能减小，重力势能不变，机械能减小，故D正确。
故选：D。
【点评】本题以冬奥会为内容，考查了对运动与静止的相对性、机械能的变化、力与运动的关系等知识的掌握，属力学综合题，难度不大。
9．（2分）下列关于光的现象和传播规律的说法中正确的是（ ）
A．反射光线与所对应的入射光线可以不在同一平面内
B．一束光垂直入射到平面镜上发生反射时，其反射角等于90°
C．凸透镜对光有会聚作用，用其制成的眼镜可以用来矫正近视眼
D．在镜面反射和漫反射现象中，光的传播都遵循光的反射定律
【分析】（1）光的反射定律的内容：反射光线与入射光线、法线在同一平面上；反射光线和入射光线分居在法线的两侧；反射角等于入射角。可归纳为：“三线共面，两线分居，两角相等”。
（2）掌握入射角和反射角的概念：知道入射角是入射光线与法线的夹角；反射角是反射光线与法线的夹角。
（3）凸透镜对光线起会聚作用，凹透镜对光线起发散作用，近视眼配戴凹透镜矫正，远视眼配戴凸透镜矫正。
（4）了解镜面反射和漫反射，特别是发生漫反射时，虽然反射光线不平行，但仍要遵循光的反射定律。
【解答】解：A、根据光的反射定律可知，反射光线与入射光线一定在同一平面内，故A错误；
B、入射角是入射光线与法线的夹角，一束光垂直入射到平面镜上，入射角等于0°，反射角等于入射角，反射角大小也是0°，故B错误；
C、凸透镜对光有会聚作用，远视眼是像呈在视网膜的后方，要想使像呈在视网膜上，应戴一会聚透镜，即凸透镜，所以该眼镜可以用以矫正远视眼，故C错误；
D、镜面反射与漫反射都遵循光的反射定律，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查反射定律的应用，凸透镜的会聚作用，近视眼的成因和矫正方法等，是一道综合性较强的题目。
10．（2分）在如图所示的电路中，电源两端的电压保持不变。开关闭合后，滑动变阻器的滑片P向B端移动时，电路变化正确的是（ ）
A．电流表的示数变大 B．电压表V1的示数不变
C．电压表V2的示数变小 D．电路总功率变大
【分析】由电路图可知，定值电阻R与滑动变阻器串联，电压表V1测电源的电压，电压表V2测变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。根据电源的电压可知滑片移动时电压表V1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R两端的电压变化，根据串联电路的电压特点可知变阻器两端的电压变化；根据P＝UI判定总功率的变化。
【解答】解：由电路图可知，定值电阻R与滑动变阻器串联，电压表V1测电源的电压，电压表V2测变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。
因电源两端的电压保持不变，所以，滑片移动时，电压表V1的示数不变，故B正确；
开关闭合后，滑动变阻器的滑片P向右移动时，接入电路中的电阻变大，电路中的总电阻变大，由I＝可知，电路中的电流变小，即电流表A的示数变小，故A错误；
由U＝IR可知，R两端的电压变小，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，滑动变阻器两端的电压变大，即电压表V2的示数变大，故C错误；
电源电压不变，电路中的电流减小，根据P＝UI可知，电路总功率变小，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到串联电路的特点和欧姆定律的应用，分清电路的连接方式和电表所测的电路元件是关键。
11．（2分）完全相同的甲、乙、丙三容器放在水平桌面上，容器中分别装有密度为ρA、ρB、ρC的三种不同液体，将完全相同的三个实心小球分别放入三个容器中，小球静止时所处位置如图所示，此时三容器中液面相平。小球在三种液体中所受浮力分别为FA、FB、FC，三容器中液体对容器底部的压强分别为pA、pB、pC，三容器对桌面的压力分别为F甲、F乙、F丙，则下列说法正确的是（ ）
A．F乙＜F甲＜F丙 B．pB＝pA＜pC
C．FA＝FC＜FB D．ρA＝ρB＞ρC
【分析】（1）小球在A液体中悬浮，则A液体的密度等于小球的密度；小球在B液体中沉底，则B液体的密度小于小球的密度；小球在C液体中处于漂浮，则C液体的密度大于小球的密度，由此可得出结论；
容器对桌面的压力大小等于容器自重、液体的重力与小球的重力之和，由此可知，只需要比较三个容器中液体重力的大小；由图可知，A、B液体的体积相等，C液体的体积最大，根据m＝ρV可求出三个容器中液体的质量大小关系，根据G＝mg可知三种液体的重力大小关系，由此可得出结论；
（2）由于三容器中液面相平，即液体的深度相同，由液体对容器底的压强p＝ρ液gh可知，密度大的液体对容器底的压强也大，由此可得出结论；
（3）由图可知，小球在A液体中处于悬浮，小球受到的浮力大小等于小球的重力大小；小球在B液体中沉底，小球受到的浮力大小小于小球的重力大小；小球在C液体中处于漂浮，小球受到的浮力大小等于小球的重力大小，由此可得出结论。
【解答】解：完全相同的三个实心小球，其密度、重力、体积完全相同；
AD、小球在A液体中悬浮，所以A液体的密度ρA＝ρ球；小球在B液体中沉底，所以B液体的密度ρB＜ρ球；小球在C液体中漂浮，所以C液体的密度ρC＞ρ球，同一实心小球的密度相同，所以三种液体的密度大小关系是ρB＜ρA＜ρC，故D错误；
甲、乙、丙三个容器完全相同，三容器液面相平，由图可知三种液体的体积大小关系是VA＝VB＜VC，
因为液体的密度关系为ρB＜ρA＜ρC，根据m＝ρV可知，三种液体的质量大小关系是mB＜mA＜mC；
根据G＝mg可知，液体重力的大小关系是GB液＜GA液＜GC液；容器对桌面的压力大小等于容器自重、液体的重力与小球的重力之和，即F＝G容+G液+G球，且G容、G球均相同，所以桌面所受的压力大小关系是F乙＜F甲＜F丙，故A正确；B、三容器的液面等高，根据p＝ρ液gh可知，密度大的液体对容器底的压强也大，且ρB＜ρA＜ρC，则三种液体对容器底的压强大小关系是pB＜pA＜pC，故B错误；
C、由图可知，小球在A液体中悬浮，所以小球受到的浮力FA＝G球；小球在B液体中沉底，所以小球受到的浮力FB＜G球；小球在C液体中漂浮，所以小球受到的浮力FC＝G球；
同一实心小球的重力不变，所以小球在三种液体中受到浮力的大小关系是FA＝FC＞FB，故C错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查了物体的浮沉条件、液体压强和固体压力的大小比较，其中，根据小球在液体中的状态分析小球受到的浮力大小关系、液体密度关系以及比较容器内液体的体积关系是本题的难点和解题关键。
12．（2分）桔槔是利用杠杆原理工作的取水工具，如图甲所示，是我国古代劳动人民利用桔槔灌溉的场景。为了更好地研究该场景中的桔槔配重对需要搬动的重物的影响，小东将桔槔抽象成简单的杠杆模型，如图乙所示，轻质细杆AB代表桔槔，质量较大的物块M模拟重物，质量较小的物块m模拟搬动重物时的配重。支点O在AB的中点，M放置在水平地面上并用细绳悬挂在A点，m悬挂在杠杆上C点，C点可以在OB之间根据需要移动位置，l表示OC的距离。用Ta表示细绳对A点的拉力，T表示细绳对C的拉力，F表示地面对M的支持力，p表示M对地面的压强。已知AB始终保持水平位置平衡，则下列关于F、p、Ta、T随l大小变化关系的图像中正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】轻质细杆AB代表桔槔，可以看做是一个杠杆；根据杠杆的平衡条件分析l变化时A端所受拉力的变化；对物体M受力分析，判定压力、压强的变化。
【解答】解：轻质细杆AB相当于是一个杠杆，根据杠杆的平衡条件可知，T l＝Ta OA；
A、对M受力分析，M受到竖直向下的重力、竖直向上的拉力和支持力，根据力的相互性可知，拉力等于Ta，M受到的重力不变，Ta变大，则M对地面的压力变小，则地面的支持力F变小，但F与l不是反比关系，故A错误；
B、根据p＝可知，受力面积不变，压力减小，则压强变小，故B正确；
C、OA不变，l变大，根据杠杆的平衡条件可知，Ta＝变小，Ta与l成正比，图像会过原点，故C错误；
D、m向左移动的过程中，l变大；由于物体m的质量不变，重力不变，对C的拉力不变，即T保持不变，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了杠杆平衡条件的应用、压强公式的应用、物体的受力分析，有一定的难度。
二、多项选择题（下列各小题均有四个选项，其中符合题意的选项均多于一个。共6分，每小题2分。每小题选项全选对的得2分，选对但不全的得1分，有错选的不得分）
（多选）13．（2分）下列说法中正确的是（ ）
A．风吹动柳絮漫天飞舞，这是扩散现象，说明分子是运动的
B．分子间的引力和斥力总是同时存在的
C．物体吸收热量，温度一定升高
D．沿海地区通常比内陆地区昼夜温差小，原因之一是水的比热容比砂石的比热容大
【分析】（1）人们通常以10﹣10m为单位来量度分子，肉眼无法直接观察分子；
（2）分子间存在相互作用的引力和斥力；
（3）物体的内能发生变化，可能表现在物体的温度变化，也可能是状态的变化；
（4）水的比热容比砂石的较大，因此在同样受冷和受热时，水的温度变化较小，砂石的温度变化较大。
【解答】解：
A、风吹动柳絮漫天飞舞，是固体颗粒的运动，不是分子的无规则运动，故A错误；
B、分子间的引力和斥力是同时存在的，故B正确；
C、物体吸收热量，温度不一定升高，如晶体熔化时，吸热但温度不变，故C错误；
D、沿海地区通常比内陆地区昼夜温差小，原因沿海地区多水，内陆地区多砂石，水的比热容比砂石的比热容大，同样受冷和受热时温度变化小，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题考查了分子动理论的内容、内能和温度的关系、水的比热容大的应用，属于基础题。
（多选）14．（2分）如图所示，下列说法中正确的是（ ）
A．由图甲可知：磁场是由磁感线组成的
B．由图乙可知：电流周围存在磁场
C．由图丙可知：磁场对通电导体有力的作用
D．由图丁可知：只要导体在磁场中运动，闭合电路中就会产生电流
【分析】（1）人们为了描述磁场的性质，引入了磁感线；
（2）奥斯特实验表明电流周围存在着磁场。
（3）通电导线在磁场中受力运动，即通电能动，电动机就是利用该原理制成的；
（4）闭合电路的部分导体，在磁场中做切割磁感线运动时，在导体中会产生感应电流，这是电磁感应现象。
【解答】解：
A、磁场是看不见摸不到的，人们为了描述磁场的性质，引入了磁感线，磁感线是不存在的，故A错误；
B、图中为奥斯特实验，说明通电导线周围存在磁场，故B正确；
C、图中有电源，通电导体在磁场中受力而运动，是电动机的原理图，故C正确；
D、只有导体在磁场中做切割磁感线运动，闭合电路中才会产生电流，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查了电与磁之间的三个联系：通电导体的周围存在磁场、通电导体在磁场中受力和电磁感应现象，还考查了安培定则的应用，要求平时学习时注意区分三个相关实验的原理和应用。
（多选）15．（2分）在建筑工地，用如图所示的滑轮组把建筑材料运送到高处。当电动机用800N的力拉钢丝绳，使建筑材料在10s内匀速上升1m的过程中，滑轮组的机械效率为90%，g取10N/kg。则下列说法中正确的是（ ）
A．建筑材料的质量为216kg
B．电动机对钢丝绳做的功为2400J
C．动滑轮重力为240N
D．电动机对钢丝绳做功的功率为160W
【分析】（1）由图知，承担重物绳子的段数n＝3，根据η＝＝＝计算建筑材料的重力，再根据G＝mg计算建筑材料的质量；
（2）根据s＝nh和W总＝Fs计算电动机对钢丝绳做的功；
（3）克服动滑轮重力、钢丝绳重力以及摩擦做的功是额外功，据此分析；
（3）根据P＝计算电动机对钢丝绳做功的功率。
【解答】解：
A、由图知，承担重物绳子的段数n＝3，由η＝＝＝可得，建筑材料的重力：G＝nηF＝3×90%×800N＝2160N，
建筑材料的质量：m＝＝＝216kg，故A正确；
B、电动机对钢丝绳做的功是总功，由s＝nh和W总＝Fs可得：W总＝Fnh＝800N×3×1m＝2400J，故B正确；
C、克服动滑轮重力、钢丝绳重力以及摩擦做的功是额外功，所以无法计算出克服动滑轮重力做的这部分额外功，也就不能计算出动滑轮的重力，故C错误；
D、电动机对钢丝绳做功的功率：P＝＝＝240W，故D错误。
故选：AB。
【点评】本题考查了滑轮组特点、总功、额外功、功率以及机械效率公式的灵活应用，考查知识全面，难度适中。
三、实验题（共31分）
16．（4分）（1）如图甲所示，温度计的示数为 36.3 ℃。
（2）根据图乙中的电流方向，可知通电螺线管的 右 端是N极。
（3）如图丙所示，O点为杠杆的支点，拉力F作用在杠杆A点。图中的线段 OB 表示拉力F对支点O的力臂L。（选填“OA”、“OB”或“AB”）
（4）如图丁所示为四冲程汽油机工作过程中 压缩 冲程的示意图。
【分析】（1）根据体温计的分度值和液面的位置读数。
（2）根据安培定则可判断通电螺线管的N、S极。
（3）力臂是从支点到力的作用线的距离。
（4）根据两气门的闭合情况、活塞的运动方向分析是哪个冲程。
【解答】解：（1）由图甲可知该温度计为体温计，其分度值为0.1℃，示数为36.3℃。
（2）根据图乙可知，电流从螺线管的左端流入，根据安培定则可知，螺线管的右端为N极；
（3）图丙中OB是从支点到力F作用线的距离，故OB是拉力F的力臂；
（4）根据图丁可知，两个气门都关闭、活塞上行，为压缩冲程。
故答案为：（1）36.3；（2）右；（3）OB；（4）压缩。
【点评】本题考查了安培定则的运用、体温计的读数、对力臂概念的理解、内燃机的工作过程等，有一定的综合性，但比较简单。
17．（2分）小明用天平和量筒测量物体A的密度。他先调节天平平衡时，发现天平指针位置如图1甲所示，于是将平衡螺母向 右 侧调节（选填“左”或“右”）直至天平平衡。然后用天平测物体A的质量，当天平再次平衡时，右盘内所加的砝码和游码在标尺上的位置如图1乙所示。最后将物体A用细线拴住放入装有60mL水的量筒中，水面位置如图2所示，则物体A的密度为 3.6 g/cm3。
【分析】（1）指针向左偏，平衡螺母向右调；指针向右偏，平衡螺母向左调；
（2）物体A放在天平的左盘，在右盘添加砝码并移动游码，当天平再次平衡时，即可测出物体A的质量；固体体积要用两次的水面之差求出，最后利用密度的公式算出固体的密度。
【解答】解：（1）调节天平横梁平衡时，应调节横梁左右两端的平衡螺母，发现天平指针偏左，应当平衡螺母向右调节，直至平衡；
（2）当天平平衡时，右盘砝码的质量加上游码的示数就是左盘物体的质量；如图，物体A的质量为：50g+20g+2g＝72g；
物体A的体积＝80ml﹣60ml＝20ml；
物体A的密度ρ＝＝＝3.6g/cm3。
故答案为：右；3.6。
【点评】此题重点考查了托盘天平使用，以及密度公式的应用，难度不大。
18．（3分）小京为探究水沸腾前后温度随吸收热量变化的特点，进行了如下实验：用如图甲所示的装置给一定质量的水加热，当水温为90℃时，每隔一分钟记录一次水的温度，从计时开始，经5min水沸腾。水沸腾后持续加热一段时间，并记录水的温度。根据实验数据得到了水的温度随加热时间变化的关系图像，如图乙所示。
（1）在此实验中，水吸收的热量是通过 加热时间 来反映的。
（2）小京通过观察，发现水中有大量气泡冒出水面，请你根据实验现象判断，水是 沸腾 （选填“沸腾”或“未沸腾”）。
（3）由图像可得出的实验结论：水在沸腾过程中， 继续吸热，温度不变 。
【分析】（1）实验中通过加热时间来反映吸收热量的多少；
（2）水在沸腾时，大量的水转化为水蒸气，形成大量的气泡不断上升变大；
（3）水在沸腾过程中要不断吸收热量，其温度保持不变。
【解答】解：（1）在此实验中，水吸收的热量是通过加热时间来反映的，加热时间越长，说明吸热越多；
（2）水在沸腾前后的现象是不同的：沸腾时，大量的水转化为水蒸气，形成大量的气泡不断上升，上升的过程中，汽化的水蒸气不断进入气泡，所以气泡是越来越大；
（3）由图像可得出的实验结论：水在沸腾过程中，继续吸热，温度不变。
故答案为：（1）加热时间；（2）沸腾；（3）继续吸热，温度不变。
【点评】本题考查了“探究水沸腾前后温度随吸收热量变化的特点”的实验，应能熟练掌握液体沸腾特点及现象。
19．（3分）水平实验桌上放有如图所示的实验装置。用支架固定的透明薄玻璃板作为平面镜，垂直放置于白纸上。A、B、C为三只粗细相同的蜡烛，其中A、B长度相同，C较短。小东计划利用这些器材证明“平面镜所成像的大小与物体到平面镜的距离无关”。
请将小东的实验步骤补充完整：
（1）将蜡烛A放在玻璃板前适当位置。
（2）将蜡烛 B （选填“B”或“C”）置于玻璃板后方，并调节它的位置，在玻璃板前面透过玻璃板从不同角度观察， 使蜡烛B仍能与A的像完全重合 。
（3） 改变蜡烛A到玻璃板的距离 ，仿照（2）进行实验。
【分析】（2）比较像与物大小，应选择与A相同的蜡烛B，将蜡烛B置于玻璃板后方，调节它的位置，并在玻璃板前面透过玻璃板从不同角度观察，使其都能与蜡烛A的像完全重合；
（3）多做几次实验，得出普遍结论。
【解答】解：（1）小东的部分实验步骤如下：
（1）将蜡烛A放在玻璃板前适当位置；
（2）为了比较像与物大小，将蜡烛B置于玻璃板后方，调节它的位置，并在玻璃板前面透过玻璃板从不同角度观察，使其都能与蜡烛A的像完全重合；
（3）改变蜡烛A到玻璃板的距离，并调节玻璃板后方蜡烛B到适当的位置，发现在玻璃板前面透过玻璃板从不同角度观察，使蜡烛B仍能与A的像完全重合。
故答案为：（2）B；使蜡烛B仍能与A的像完全重合；（3）改变蜡烛A到玻璃板的距离。
【点评】本题考查学生动手操作实验的能力并能合理解决实验中出现的问题。只要熟练掌握平面镜的成像特点，解答此类题目就很容易。进行物理实验时，要根据实验中遇到的问题，分析实验不成功的原因，进行改进。这是试题的走向。
20．（3分）某同学在探究凸透镜成像规律的实验中，将焦距为10cm的薄凸透镜固定在光具座上50cm刻度线处，将点燃的蜡烛放置在光具座上20cm刻度线处，移动光屏至65cm刻度线处，烛焰在光屏上成清晰的像，如图所示。请回答下列问题：
（1）上述光屏上所成的像是倒立、 缩小 （选填“放大”、“缩小”或“等大”）的实像，生活中常用的 照相机 是利用这一原理工作的（选填“照相机”“放大镜”或“投影仪”）。
（2）保持蜡烛位置不变，将焦距为10cm的薄凸透镜换成焦距为5cm的薄凸透镜，同样固定在光具座50cm刻度线处，为了使烛焰在光屏上成清晰的像，应将光屏向 靠近 （选填“靠近”或“远离”）凸透镜的方向移动；若不移动光屏仍要在光屏上成清晰的像，可以在凸透镜和蜡烛之间放置一个对光有 发散 （选填“会聚”或“发散”）作用的透镜。
【分析】（1）当物距大于二倍焦距时，成倒立、缩小的实像，应用为照相机；
（2）换用焦距更小的凸透镜相当于增大物距；
凸透镜成实像时，物远像近像变小。
【解答】解：（1）由图可知，此时物距为30cm，物距大于二倍焦距时，成倒立、缩小的实像，应用为照相机；
（2）将焦距为10cm的薄凸透镜换成焦距为5cm的薄凸透镜，相当于增大物距，则像距减小，所以应将光屏向靠近凸透镜的方向移动；
若不移动光屏仍要在光屏上成清晰的像，可以在凸透镜和蜡烛之间放置一个具有发散作用的凹透镜。
故答案为：（1）缩小；照相机；（2）靠近；发散。
【点评】此题是探究凸透镜成像的规律，主要考查了实验过程中的要求及成像的规律和应用，综合性较强。
21．（5分）小东用电压表、电流表、滑动变阻器、导线、开关及新的干电池等实验器材，测量小灯泡L的额定功率，L的额定电压为2.5V。
（1）小东连接好如图甲所示电路，闭合开关S，小灯泡L发光较暗，观察电压表、电流表均有示数，移动滑动变阻器的滑片P时，发现电压表、电流表示数均不变。出现这种现象的原因是 将变阻器的下面两个接线柱连入电路中了 。
（2）小东改正实验错误后，移动滑动变阻器的滑片P，当电压表示数为2.5V时，电流表示数如图乙所示。此时通过小灯泡L的电流为 0.3 A，小灯泡L的额定功率为 0.75 W。
（3）在实验中，小东用同一只小灯泡进行实验，测量了多组电压值和电流值，并且绘制出通过小灯泡的电流随它两端电压变化关系的图像，如图丙所示。你根据图像分析可以推知：当小灯泡两端的电压升高时，该小灯泡的电阻 变大 。（选填“变大”、“变小”或“不变”）
（4）完成上述测量后，小东同学将小灯泡换成阻值为5Ω的定值电阻，利用这个实验电路还能完成的实验是 B （选填选项前的序号）。
A.探究电流与电阻的关系
B.探究电流与电压的关系
【分析】（1）小明连接好图甲所示电路，闭合开关S，发现小灯泡L发光暗淡，说明电路为通路，只是电路中的电流较小，电路中电阻大；观察电压表、电流表均有示数，移动滑动变阻器的滑片P，电压表、电流表示数均不变，则说明移动滑片不能改变电路中电路的大小，从而判断出将变阻器的下面两个接线柱连入了电路中；
（2）根据电流表小量程读数，根据P额＝U额I额求灯的额定功率；
（3）根据图象结合欧姆定律分析电阻的变化；
（4）电流与电压和电阻有关，根据控制变量法分析解答。
【解答】解：（1）经上面的分析，出现这种现象的原因是将变阻器的下面两个接线柱连入了电路中了；
（2）灯在额定电压下的功率为额定功率。在图乙中，电流表小量程为0﹣0.6A，分度值为0.02A，示数为0.3A，则灯的额定功率P额＝U额I额＝2.5V×0.3A＝0.75W；
故答案为：（1）将变阻器的下面两个接线柱连入电路中了；
（3）由图可知，电压是1V时，电流为0.2A，电阻约为R1＝＝＝5Ω；
电压是1.5V时，电流为0.25A，电阻约为R2＝＝＝6Ω；
由此可见，当小灯泡两端的电压升高时，该小灯泡的电阻变大；
（4）电流与电压和电阻有关，探究电流与电压关系时，应控制电阻不变，改变电阻两端电压；探究电流与电阻关系时，应控制电阻两端电压不变，改变导体电阻；
所以将小灯泡换成阻值为5Ω的定值电阻，可以完成实验B。
故答案为：（1）将变阻器的下面两个接线柱连入电路中了；（2）0.3；0.75；（3）变大；（4）B。
【点评】本题是测灯泡电阻的实验，考查了电路的连接、欧姆定律和功率公式的应用等，能从图像中获取有用信息是关键，本实验是中考中常考的实验，要掌握好。
22．（3分）小亮想探究电流通过电阻时产生的热量与哪些因素有关，他连接了如图所示的电路进行实验，其中两个完全相同的烧瓶内分别装有完全相同的温度计，质量相等的煤油，以及阻值为5Ω和10Ω的电阻丝R1、R2。请回答下列问题：
（1）此实验所探究的问题是： 电流通过电阻时产生的热量与电阻 是否有关；
（2）此实验中用 温度计示数变化的大小 反映电流通过导体产生热量的多少，其依据是 当电阻丝通电后，电流产生热量使煤油温度升高，从而使温度计示数上升 。
【分析】（1）电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关，探究电流产生热量跟电阻关系时，控制通电时间和电流不变；
（2）由焦耳定律可知，瓶中电阻丝发热后放出热量，使瓶内液体温度升高，可根据温度计示数变化的大小体现出来；转换法在物理学中有很多应用，主要用来演示一些不易直接观察的物理量的变化。
【解答】解：（1）如图，两个电阻串联在电路中，电流相同，通电时间相同，电阻不同，运用控制变量法，探究电流产生热量跟电阻的关系；
（2）电流通过导体产生的热量不能直接观察，当电阻丝通电后，电流产生热量使煤油温度升高，从而使温度计示数上升，因此可用温度计示数的变化大小反映电流产生热量的多少，这种方法称为转换法。
故答案为：（1）电流通过电阻时产生的热量与电阻；（2）温度计示数变化的大小；当电阻丝通电后，电流产生热量使煤油温度升高，从而使温度计示数上升。
【点评】本题探究电流通过电阻时产生的热量与电阻的关系，要求能正确分析电路，掌握串联电路的特点，并灵活应用焦耳定律分析解答。要注意转换法和控制变量法在实验中的应用。
23．（4分）小海在学习了电与磁的知识后，想设计一个实验电路来探测磁场的强弱，他利用符合要求的电源（两端电压恒为U）、电流表、开关、导线、定值电阻R0，以及一个阻值会随着外界磁场强弱发生改变的磁敏元件R组装了如图所示的电路。小海将条形磁体的一个磁极逐渐靠近磁敏元件R，发现电流表的示数I逐渐变大。请分析并说明小海实验中所用磁敏元件R的阻值大小与磁场强弱的关系。
【分析】闭合开关，两电阻串联接入电路，电流表测通过电路的电流，根据欧姆定律可知将条形磁体的一个磁极逐渐靠近磁敏元件R时，电路总电阻的变化，根据串联电路电阻规律可知磁敏元件R的阻值变化，据此判断实验中所用磁敏元件R的阻值大小与磁场强弱的关系。
【解答】答：闭合开关，两电阻串联接入电路，电流表测通过电路的电流，将条形磁体的一个磁极逐渐靠近磁敏元件R，发现电流表的示数I逐渐变大，根据欧姆定律可知电路总电阻变小，因为串联电路总电阻等于各部分电阻之和，所以磁敏元件R的阻值变小，即磁敏元件R的阻值随磁场的增强而减小。
【点评】本题考查串联电路特点、欧姆定律的灵活运用，属于基础题。
24．（4分）在“研究影响滑动摩擦力大小的因素”实验中，选用了如图所示的实验装置。
（1）为了测量滑动摩擦力的大小，竖直向上拉动弹簧测力计，使木块A沿水平方向做 匀速 直线运动。
（2）分析说明（1）中木板受到的压力大小等于木块A受到的重力大小的依据： A物块受到的支持力和物块A的重力是一对平衡力，大小相等，而物块A受到的支持力与木板受到的压力是一对相互作用力，大小相等，所以木板受到的压力大小等于木块A受到的重力 。
（3）利用该装置设计实验证明：“接触面粗糙程度一定时，压力越大，滑动摩擦力越大”，请写出主要的实验步骤并画出实验数据记录表格。
【分析】（1）滑动摩擦力的大小可借助弹簧测力计测量，根据二力平衡的条件分析；
（2）根据平衡力和相互作用力分析；
（3）滑动摩擦力跟压力大小和接触面的粗糙程度有关；在研究滑动摩擦力与物体对接触面压力的关系时，应控制接触面的粗糙程度不变，改变压力的大小；为得到普遍性的结论要多次测量，弹簧测力计显示的是拉力的大小，要想使摩擦力等于拉力，根据二力平衡的条件，木块一定匀速直线运动；根据测量的数据记录表格。
【解答】解：（1）实验时为了测量滑动摩擦力的大小，实验过程中必须沿水平方向拉着木块A做匀速直线运动，此时摩擦力和拉力是一对平衡力，根据二力平衡条件可知滑动摩擦力与拉力大小相等；
（2）A物块匀速运动，所以F支和G是一对平衡力，所以F支＝G，而F支和A对接触面的压力F压是一对相互作用力，所以F压＝F支，因此F压的大小等于A的重力G的大小；
（3）主要的实验步骤：
①用弹簧测力计测木块的重力G木，记录在表格中；
②竖直向上拉动弹簧测力计使木块在水平面上做匀速直线运动，读出测力计示数F并记录；
③向木块上依次增加钩码，仿照②再做两次试验，并测出对应的钩码重力G码并记录；
④依据f＝F，F压＝G木+G码，计算出f、F压并记录。
实验记录表格
实验次数 1 2 3
G木/N
G码/N
F压/N
f/N
F/N
故答案为：（1）匀速；（2）A物块受到的支持力和物块A的重力是一对平衡力，大小相等，而物块A受到的支持力与木板受到的压力是一对相互作用力，大小相等，所以木板受到的压力大小等于木块A受到的重力；（3）见解析所示。
【点评】本题考查了探究影响摩擦力大小因素的实验设计，考查控制变量法和二力平衡条件及设计表格的能力。
四、科普阅读题（共3分）
25．（3分）请阅读《快速充电技术》并回答下列各题。
快速充电技术
智能手机的日益进步，使手机的耗电量急速上升，为保证手机的续航时间，其内部搭载电池的容量也日益增大，如何快速将手机充满电呢？于是，手机快速充电技术应运而生。
手机电池容量等于充电电流与充电时间的乘积，即：手机电池容量＝充电电流×充电时间智能手机的电池容量普遍在3000mAh上下，若充电电流为1A，则为电池充满电需要3小时左右，快充技术能将时间压缩到1小时左右，而就在最近，这项技术又有新突破，现在已经出现只需要半个多小时即可将一块容量为5000mAh的电池完全充满的快充技术。从物理学角度看，充电功率等于充电电压与充电电流的乘积。在电池容量一定的情况下，功率大小标志着充电的快慢，当前缩短充电时间的方式主要有以下三种：
1.电流恒定、增大电压：普通充电器电流维持在1A的条件下，将220V电源电压降至5V充电器电压，5V充电器电压再降到电池电压。当充电器电压增至9v时，理论上可以将充电时间压缩到50%，但是由于手机内部需要进行一次降压过程，而这一过程会放出较多的热量，导致充电器、手机发热。
2.电压恒定、增大电流：该技术在恒定的低电压条件下，通过增加多条并联电路，提高电流总和值。电路并联分流之后，每部分模块承担的电功率并不大，可以很好地控制电路散热，避免手机发烫。
3.将上述两种方案合并的快充技术：充电器内部芯片和手机沟通后，确认手机支持何种快充方案，然后以对应的方案为手机充电。例如图中的充电器就支持两种快充方案。随着快速充电技术的不断进步，未来还将有更多更大功率，兼容性更强，发热更小，更便携的充电器不断间世，为大屏幕手机多样化、实用化的推广提供保障。
型号 VCA5JACH
颜色 白色
输入 100～240V 50/60Hz 1.5A
输出 10V﹣5A 5V﹣2A
请根据上述阅读材料，回答下列各题：
（1）充电器为手机充电时，电流通过电池，把电能转化为 化学 能；在电池容量一定的情况下， 功率大小 标志着充电的快慢。
（2）如图所示的充电器的最大输出功率是 50 W。
【分析】（1）电池充电的过程中，消耗电能，得到化学能；放电时，化学能转化为电能；
在电池容量一定的情况下，功率大小标志着充电的快慢；
（2）根据公式P输出＝UI计算充电器输出的电功率。
【解答】解：（1）给手机电池充电时，电能转化为化学能，手机电池相当于用电器；在电池容量一定的情况下，功率大小标志着充电的快慢；
（2）根据参数可知，充电器的最高输出电压为10V，最大输出电流为5A，所以输出的最大电功率为：P输出＝UI＝10V×5A＝50W。
故答案为：（1）化学；功率大小；（2）50。
【点评】本题考查了能量的转化以及功率的计算，认真审题、获取相关信息、灵活应用相关公式是关键。
五、计算题（共6分）
26．（3分）如图所示的电路，电源电压不变，R1＝30Ω，R2＝15Ω．闭合开关S，电流表的示数为0.2A，求：
（1）电源电压；
（2）通过干路的电流I；
（3）10s内该电路消耗的电能。
【分析】由电路图可知，R1与R2并联，电流表A1测R1支路的电流，
（1）根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出电源的电压；
（2）根据并联电路的电流特点求出通过R2的电流，根据并联电路的电流特点可得通过干路的电流I；
（3）根据W＝UIt求出通电20s电流通过电路消耗的电能。
【解答】解：由电路图可知，R1与R2并联，电流表A1测R1支路的电流，
（1）因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，由I＝可得，电源的电压：
U＝I1R1＝0.2A×30Ω＝6V；
（2）通过R2的电流：
I2＝＝＝0.4A，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，通过干路的电流：I＝I1+I2＝0.2A+0.4A＝0.6A；
（3）通电10s，电路消耗的电能：
W＝UIt＝6V×0.6A×10s＝36J。
答：（1）电源电压为6V；
（2）通过干路的电流I是0.6A；
（3）10s内该电路消耗的电能是36J。
【点评】本题考查了并联电路的特点和欧姆定律、电功公式的应用，是一道较为常见的应用题。
27．（3分）如图所示，放置在水平桌面上的柱形容器中装有适量的水，细绳的一端固定在柱形容器的底部，另一端系在质量为200g的木块的下面，使木块浸没在水中。已知容器内底面积为80cm2，当木块静止时细绳对木块竖直向下的拉力为1N，此时容器中水的深度为20cm。取g＝10N/kg，水的密度为1.0×103kg/m3，求：
（1）木块受到的浮力大小F浮；
（2）水对容器底部的压力大小F；
（3）木块的密度ρ水。
【分析】（1）木块静止时，受到竖直向上的浮力和竖直向下的重力、绳子的拉力作用，处于平衡状态，根据木块受到的合力为零得出等式即可求出受到的浮力；
（2）知道容器内水的深度，根据p＝ρ液gh求出水对容器底部的压强；根据p＝求出水对容器底部的压力；
（3）木块完全浸没，体积等于排开水的体积，根据阿基米德原理计算出木块的体积，根据密度的计算公式即可计算出木块的密度。
【解答】解：（1）因木块静止时，受到竖直向上的浮力和竖直向下的重力、绳子的拉力作用，处于平衡状态，所以，木块受到的浮力：
F浮＝G+F拉＝mg+F拉＝200×10﹣3kg×10N/kg+1N＝3N；
（2）水对容器底部的压强：
p＝ρ水gh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×20×10﹣2m＝2000Pa；
由p＝得，水对容器底的压力为：
F＝pS＝2000Pa×80×10﹣4m2＝16N；
（3）木块完全浸没，木块体积等于排开液体的体积，由阿基米德原理F浮＝ρ水gV排得，
V＝V排＝＝＝3×10﹣4m3；
木块的质量：
m＝200g＝0.2kg，
木块的密度：
ρ木＝＝≈0.67×103kg/m3。
答：（1）木块受到的浮力F浮为3N；
（2）水对容器底部的压力为16N；
（3）木块的密度ρ水为0.67×103kg/m3。
【点评】本题考查了阿基米德原理、液体压强公式、固体压强公式、密度公式等知识的综合应用，要注意物体浸没时排开液体的体积和自身的体积相等。
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