中考物理模拟试卷有解析
注意事项：
1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、单选题
1．如图，闭合开关S，向左移动滑片P的过程中（ ）
A．电流表示数变小 B．电压表示数变大 C．灯变亮
D．电压表示数不变 解析：C 【解析】
试题分析：由图示可知，灯与变阻器是串联的，电压表测变阻器的电压，当向左移动滑片P的过程中，电阻变小，总电阻变小，电流变大，所以电流表示数变大，故A错；电流变大时，灯泡两端的电压变大，所以变阻器两端的电压变小，所以电压表示数变小，故B错；电流变大时，灯的实际功率变大，所以灯会变亮，故C正确；电压表的示数是变小的，故D错；应选C。 考点：滑动变阻器；仪表示数的变化 2．冰在熔化过程中，下列判断正确的是 A．内能不变，比热容不变 B．吸收热量，内能增大，温度不变 C．比热容、内能、温度都不变 D．比热容变大、内能增加，温度升高 解析：B 【解析】 【详解】
冰在熔化过程中，吸收热量，而温度保持不变，但内能在增加，比热容是物质的一种特性，不会改变．
【点睛】
解决此类问题要知道熔化过程的特点，本题相对比较简单，属于基础题．
3．甲、乙两种物质的质量和体积关系如图所示，如分别用甲、乙两种物质制成体积相等的两实心物体a和b，放在水中静止后，则
A．a漂浮，a受浮力大于b C．a沉底，a受浮力大于b 解析：C 【解析】 【详解】
B．b漂浮，b受浮力大于a D．b沉底，b受浮力大于a
由图示可求出物体a的密度为2g/cm，物体b的密度为0.5g/cm，由于a的密度大于水的密度，所以会下沉，故A错误；
由于b的密度小于水的密度，所以会漂浮，故D错
当静止时，物体a全部浸没到水中，排开水的质量大，所以所受到的浮力大，故C正确，B错误； 4．如图所示，有一质量不计的长木板，左端可绕O点转动，在它的右端放一重为G的物块，并用一竖直向上的力F拉着。当物块向左匀速运动时，木板始终在水平位置保持静止，在此过程中，拉力F（ ）
33
A．变小 解析：A 【解析】 【详解】
B．变大 C．不变 D．先变大后变小
把长木板看作杠杆，此杠杆在水平位置平衡，根据杠杆的平衡条件：动力×动力臂=阻力×阻力臂可知，当动力臂不变，阻力大小不变，物块向左匀速滑动时，阻力臂在减小，可得动力随之减小，答案选A。 5．如图所示，拉力F=125Ｎ，在10s内将重物匀速提升2m，滑轮组的机械效率是80%．则下列说法正确的是（ ）
A．绳子自由端移动距离为6m B．物体重是375Ｎ
C．拉力F做的功是250Ｊ 解析：A 【解析】 【详解】
D．拉力F的功率为25W
A．绳子自由端移动距离S=nh=3×2m=6m，故A正确． B．W总=F×S=125N×3×2m=750J，W有用=W总×80%=600J，G物=C．W总=F×S=125N×3×2m=750J，故C不正确． D．P=
=
=75W，故D不正确．
=
=300N，故B不正确．
6．小明利用如图甲所示装置探究冰的熔化特点，他每隔相同时间记录一次温度计的示数， 并观察物质的状态.绘制成图像如图乙所示，下列分析错误的是（ ）
A．冰是晶体 B．冰的熔点是 0℃
C．冰的熔化过程持续了 15 分钟 D．冰在熔化过程中吸收热量，但温度不变 解析：C 【解析】 【详解】
认识晶体和非晶体的区别：晶体有一定的熔点，在熔化过程中，温度不变；非晶体没有一定的熔点，在熔化过程中温度不断升高．根据图象分析温度随时间的变化情况，从而得出结论．由乙图知，从第5分钟到15分钟，冰的温度保持0℃不变，所以冰是晶体，且熔点为0℃，故A、B正确；由乙图知，冰从第5min开始熔化，到第15min完全熔化完，熔化过程经历了10min．故C错误；由乙图知，冰在熔化过程不断吸热，但温度保持不变；故D正确．故选C．
7．如图所示，物体A在B的牵引下沿水平桌面向右运动，从物体B触地开始到物体A刚好静止下来这段时间内，物体A受水平桌面的摩擦力大小f随时间t变化关系的图象是（ ）
A．
B．
C．
D．
解析：A 【解析】 【详解】
B触地后，A由于惯性继续在桌面上运动，直至静止．在A运动的过程中，A受水平桌面对它的滑动摩擦力，滑动摩擦力的大小与物体间的正压力及接触面的粗糙程度有关，与物体运动的速度无关，所以，在A运动过程中，A受水平桌面对它的摩擦力大小不随时间变化．故选A． 8．下图表示四冲程内燃机工作时各冲程的示意图，它们正确的排列顺序为
A．甲、乙、丙、丁 C．甲、丙、乙、丁 解析：D 【解析】 【详解】
B．丁、丙、乙、甲 D．甲、丁、乙、丙
由甲图可知，进气门打开，活塞下行，所以是吸气冲程，故排除B；
由丙图可知，排气门打开，活塞上行，是排气冲程，排在四个冲程的后面，所以排除A、C； 故选D．
9．如图所示的电路，闭合电键S，下列判断中正确的是（ ）
A．两灯串联连接且电流表测L1的电流 B．两灯并联连接且电流表测干路电流 C．两灯并联连接且电流表测L1的电流 D．两灯并联连接且电流表测L2的电流 解析：C 【解析】
由图可知：电流从电源的正极出发，分两条支路：1.经电流表、灯L1，2.经L2后,与L1的电流汇合经开关S返回电源负极．所以电路中有两条电流路径,故灯L1、L2并联；故A选项错误；因电流表串联在灯泡L1所在的支路上,所以电流表测量的是L1的电流，故B选项错误，C. 选项正确．
10．面对清澈见底、看起来不过齐腰深的池水，不会游泳的人千万不要贸然下去，因为人们看到的池水深度和它的实际深度并不相同，下面四幅图能正确解释此现象的是（ ）
A． B． C． D．
解析：C 【解析】 【分析】
本题是光的折射定律的应用，折射定律：折射光线与入射光线和法线在同一平面内；折射光线与入射光线分居法线两侧；当光从空气斜射入水或其它透明介质中时，折射光线靠近法线折射，折射角小于入射角． 【详解】
AD．面对清澈见底的池水，池底的光从水中斜射入空气中，在水面发生折射，折射光线进入人的眼睛，选项AD光的传播方向错误，故AD错误．
BC．池底反射的光，从水中斜射入空气中，在水面处发生了折射，折射角大于入射角，人逆着折射光线看去，看到的是变浅的池底的虚像，即池水的实际深度比看到的池底要深，故B错误，C正确． 11．通过直接感知的现象，推测无法直接感知的事物，是物理学中常用的科学方法．例如：由水和酒精混合后总体积减小，推知分子间有空隙，下列能体现这种科学方法的是（ ） A．在两张自由下垂的纸中间向下吹气，研究流体压强与流速的关系 B．用弹簧形变时具有势能，说明互相吸引或排斥的分子也具有势能 C．测量不规则小石块的体积时，小石块排开水的体积就是它的体积 D．在探究影响滑动摩擦力大小的因素时，用拉力的大小代替摩擦力的大小 解析：A 【解析】
试题分析：在两张自由下垂的纸中间向下吹起，看到的现象是两张纸合在一起，推测出的结论是：流速
越大流体压强越小，故A正确；分子之间既具有动能也具有势能，用用弹簧形变时具有势能，说明互相吸引或排斥的分子也具有势能，采用的是类比法，故B错误；利用排水法测量不规则小石块的体积时，小石块排开水的体积就是它的体积，采用的是等效替代法，故C错误；摩擦力的大小不能直接测量，在探究影响滑动摩擦力大小的因素时，使弹簧测力计匀速直线拉动木块，用拉力的大小代替摩擦力的大小，采用的是等量转换法，故D错误；故应选A． 【考点定位】压强与流速的关系；分子动理论；摩擦力
12．下列图象中，能正确反映“物体所受的重力跟它的质量的关系”的是（ ）
A． B．
C． D．
解析：B 【解析】 【详解】
A．物体质量增大时，物体的重力不变．不符合题意．
B．物体的重力和物体的质量是一个一次函数图象，物体的重力跟物体的质量成正比．符合题意． C．物体的重力跟物体的质量之间是二次函数图象．不符合题意． D．物体的质量增大时，物体的重力减小．不符合题意． 二、填空题
13．小娇上学出门前照一下镜子正衣冠，当她从距平面镜2m处以1m/s的速度向平面镜靠近时，她在平面镜中的像的大小_____（选填“变大”、“变小”或“不变”）；她在平面镜中的像相对于她的速度是_____m/s．
解析：不变 1 【解析】 【分析】
平面镜成像的特点：所成的像是虚像；像和物体形状、大小相同；像和物体各对应点的连线与平面镜垂直；像和物体各对应点到平面镜间距离相等． 【详解】
由于平面镜所成的像是与物体等大的．所以当她向平面镜移动时，她在镜中的像的大小不变；如果人以1m/s速度向平面镜靠近，同时像也以1m/s速度垂直向平面镜靠近，则像相对于她的速度是两速度之和，即1m/s． 故答案为不变；1． 【点睛】
（1）平面镜成像的特点：像与物体大小相同；像与物到镜面距离相等；像与物对应点连线与镜面垂直；虚像；
（1）视觉感觉像的大小在变化，事实上并没有变．
14．炎炎夏日，雾炮车（如图所示）通过喷洒系统向空中发射颗粒极为细小的水雾，有效地起到降温作用．正常工作时，在平直的路上匀速行驶的雾炮车的动能__（选填“变大”、“不变”或“变小”），你的依据是__；机械能__（选填“变大”、“不变”或“变小”）．其降温作用是通过所喷出的水雾经过__（填物态变化名称）而实现的．
解析：变小 速度不变，质量减小，动能减小 变小 汽化 【解析】
动能的大小与质量和速度有关，速度越大，质量越大其动能越大，故正常工作时，在平直的路上匀速行驶的雾炮车的速度不变，但质量减小，故雾炮车动能变小，判断依据是速度不变，质量减小，动能减小；机械能变小．其降温作用是通过所喷出的水雾即小水珠经过汽化变为水蒸气而实现的．
15．将一小球水平抛出，图是小球弹跳的频闪照片，小球在A、B位置的高度一样．小球首次下落过程中，小球的__________能转化为__________．落地弹起后小球从A到B过程中机械能将__________（选填“增大”“不变”或“减小”）；当小球第二次弹起，到达最高点时，若外力全部消失，小球会处于__________状态．
解析：重力势 动能和内能 减小 匀速直线运动 【解析】 【详解】
小球首次下落过程中，高度减小，重力势能增大，速度变大，动能增大，小球的重力势能转化为动能，还有一部分重力势能克服空气摩擦阻力转化为内能；落地弹起后小球从A到B过程中克服空气阻力做功，一部分机械能转化为内能，故机械能将减小；当小球第二次弹起，到达最高点时，向上速度为0，而水平速度不为0，此时若一切外力都消失，根据牛顿第一定律可知，小球将做水平方向的匀速直线运动．
16．如图所示，小明将篮球向篮框抛出，说明力可以改变物体的 ；球离手后，由于 继续向上运动；球在上升到最高点的过程中，动能转化为 能．
解析：运动状态 惯性 重力势能 【解析】
小明用力，篮球从静止变为运动说明力改变了它的运动状态．球离开受之后受竖直向下的重力作用，而继续保持原来的运动方向向上运动，这种性质叫做惯性．上升过程中，速度变小动能变小，而高度增加重力势能增加，属于动能转化为重力势能．
17．小付买了一盒“雪月饼”，为了保持低温，工作人员在月饼包装盒内装入了一定量的“干冰”．回到家中，打开包装盒，发现周围空气出现了“白雾”，这是因为“干冰”在_____过程中吸收热量，使空气中的水蒸气_____成了小雨滴．（两空均填物态变化名称） 解析：升华 液化 【解析】 【详解】
根据题意知道，盒内装入了一定量的“干冰”，当打开包装盒时，盒内的干冰发生升华现象，此过程中吸热，温度降低，使空气中的水蒸气遇冷液化为小水滴即出现了“白雾”．
18．水沸腾过程中水的温度_________(选填“升高”、“下降”或“不变”)，该过程水_______(选填：“吸热”、“放热”或“不吸热也不放热”)．标准大气压下，酒精的熔点是－117℃、沸点是78℃；水银的熔点是－39℃、沸点是357℃．你认为要测沸水的温度应选用_______(选填“酒精”或“水银”)温度计．
解析：不变； 吸热； 水银。 【解析】 【详解】
（1）水沸腾时温度的特点是：虽然继续吸热，但温度保持不变．
（2）在1标准大气压下，水的沸点是100℃，要测沸水的温度，就要选沸点高于100℃的，即水银温度计． 三、作图题
19．请在图中标出通电螺线管外磁感线的方向和小磁针的N、S极． （_______）
解析：
【解析】
电流从左侧流向右侧，依据安培定则可判断出螺线管的右端为N极，左端为S极，磁感线在磁体外部是由N极指向S极的；由磁极间的相互作用可知，小磁针的左端为S极，右端为N极；如图所示．
20．请将电源、电流表和电压表分别填入图的空缺处．要求：闭合电键S，电路能正常工作，向右移动滑动变阻器的滑片P时，只有一只电表的示数变大． （________）
解析：
【解析】 【详解】
由于左边空缺处和R1串联、右边空缺处与滑动变阻器R2串联，所以这两处不能连入电压表，电压表可以接在中间空缺处.
左边空缺处接入电源，右边空缺处接入电流表，这样电压表与滑动变阻器并联，测量滑动变阻器两端的电压，当滑片向右移动时滑动变阻器连入的电阻变大、分压变大，电压表示数变大；而电路总电阻变大、电流变小，电流表的示数变小，只有一个电表的示数变大，电路图如图所示：
21．在图虚线框中填入电池和电流表的符号，使电路成为并联电路.
解析：见解析所示 【解析】 【详解】
若左侧方框为电流表，右侧方框为电源，会造成右侧灯泡短路，不能发光，故电流表位于右侧方框，电源位于左侧方框，如下图所示
四、计算题
22．如图所示，某施工队利用滑轮组从水中提取物体，上升过程中物体始终不接触水底．已知物体质量为4t，体积为1m1．
（1）物体完全浸没在水中时，求物体所受浮力的大小；
（2）物体下表面与水面距离为1m时，求物体下表面所受水的压强；
（1）若不计动滑轮的自重、绳重和摩擦，当浸没在水中的物体被匀速提升时，求电动机对绳子的拉力； （4）物体离开水面后，在电动机作用下匀速上升，若电动机功率为9kW、对绳子的拉力为1.5×104N，求物体上升的速度和滑轮组的机械效率（机械效率精确到0.1%）． 解析：（1）1×10N；（2）1×10Pa；（1）1×10N；（4）88.9%． 【解析】 【详解】
（1）物体完全浸没在水中，V排＝V物，物体受到的浮力：F浮＝G排＝ρ水V排g＝1.0×101kg/m1×1m1×10N/kg＝1×104N；（2）物体下表面所受的压强：p＝ρ水gh＝
1.0×101kg/m1×10N/kg×1m＝1×104Pa；（1）物体的质量：m＝4t＝4×101kg，物体的重力：G＝mg＝4×101kg×10N/kg＝4×104N；物体被匀速提升时，受力平衡，动滑轮对物体的拉力：F1＝G﹣F浮＝
4
4
4
F13?104N4×10N﹣1×10N＝1×10N，由图可知n＝1，则电动机对绳子的拉力：F2＝＝＝1×104N；
334
4
4
WFsP9?103W（4）由P＝＝＝Fv得，电动机拉动绳子的速度为：vM＝＝＝0.6m/s，物体上升的速
ttF1.5?104N度为：v＝
11vM＝×0.6m/s＝0.2m/s，滑轮组的机械效率为：η＝33W有GhGhG4?104N＝＝＝＝×100%?88.9%． W总FsF3h3F3?1.5?104N【点睛】
（1）V排＝V物，物体受到的浮力：F浮＝G排＝ρ水V排g；（2）物体下表面所受的压强：p＝ρ水gh；（1）物体被匀速提升时，受力平衡，动滑轮对物体的拉力：F1＝G﹣F浮，电动机对绳子的拉力：F2＝
F11G；（4）由P＝Fv求电动机拉动绳子的速度，物体上升的速度为：v＝vM，据η＝求滑轮组的机333F械效率．
23．用天然气灶烧水，燃烧0.5 m1的天然气，使100 kg的水从20℃升高到70 ℃．已知水的比热容c＝4.2×10J/(kg·℃)，天然气的热值q＝7.0×10J/m．求： (1)0.5m1天然气完全燃烧放出的热量Q放． (2)水吸收的热量Q吸． (1)燃气灶的效率η．
解析：1.5×10J 2.1×10J 60% 【解析】
由Q放=Vq可求出天然气完全燃烧放出的热量；由公式Q吸=cm（t-t0）可求出水吸收的热量．由水吸收的热量跟天然气完全燃烧放出的热量之比可算出燃气灶的效率． （1）天然气完全燃烧放出的热量： Q放=Vq=0.5m×7.0×10J/m=1.5×10J．
（2）水吸收的热量：Q吸=cm（t-t0）=4.2×101J/（kg?℃）×100kg×（70℃-20℃）=2.1×107J． （1）燃气灶的效率：η=Q吸/Q放×100%=2.1×107J /1.5×107J ×100%=60%．
24．港珠澳大桥被誉为现代七大奇迹之一，其中长约5600m的沉管隧道通过引桥与人工岛路面相连，引桥长1000m，竖直高度为40m，简化图如图所示．重5×10N的汽车在沉管隧道中以90km/h的速度匀速行驶，所受阻力为其重力的0.05倍．从引桥最低端开始汽车功率增大到90kW匀速行驶，耗时45s到达人工岛路面，求：
4
1
7
1
7
7
7
1
7
1
（1）汽车完全通过沉管隧道需要多少秒； （2）汽车在沉管隧道中行驶时牵引力所做的功； （3）汽车在引桥上所受阻力的大小．
解析：（1）224s；（2）1.4×107J；（3）2050N．
【解析】 【详解】
（1）沉管隧道中汽车速度为：v1＝90km/h＝25m/s，则汽车完全通过沉管隧道需要的时间：
t?s5600m?=224s； v25m/s（2）汽车所受阻力大小为：f＝0.05G＝0.05×5×104N＝2500N，因为汽车做匀速直线运动，所以汽车所受牵引力为：F＝f＝2500N，则汽车在沉管隧道中行驶时牵引力做的功：W1?Fs1＝2500N×5600m＝1.4×107J；
（3）汽车在引桥上行驶时功率为：P＝90kW＝9×104W，根据P?W 可得，牵引力所做的功为：tW牵?Pt ＝9×104W×45s＝4.05×106J，重力做功为W重＝Gh＝5×104N×40m＝2×106J，阻力做功为W2
＝W牵﹣W重＝4.05×10J﹣2×10J＝2.05×10J，汽车所受阻力大小为
6
6
6
W22.05?106Jf???2050N.
s21000m五、实验题
25．如图所示为测定动滑轮机械效率的示意图．用弹簧测力计拉动绳子自由端，将质量为200g的钩码从A位置匀速提升至B位置，同时弹簧测力计从图中的A’位置匀速竖直上升至B’位置，在此过程中，弹簧测力计对绳的拉力为F，弹簧测力计的示数如图所示．请根据所做实验进行分析（g=10N/kg）：
（1）弹簧测力计的示数为_____N，拉力F所做的功为____J． （2）动滑轮的机械效率约为____．（结果保留一位小数） 解析：1.2 0.24 83.3% 【解析】 【详解】
（1）[1][2]如图弹簧测力计的分度值为0.2N，示数为1.2N；测力由25.0cm上升到45.0cm，所以拉力F所做的功为:
W总?Fs?1.2N?0.2m?0.24J；
（2）[3]物体的重为：
G?mg?0.2kg?10N/kg?2N
钩码由0.0cm上升到10.0cm，所以对钩码做的功为：
W有用?Gh?2N?0.1m?0.2J；
动滑轮的机械效率约为：
??W有用W总=0.2J?100%=83.3%． 0.24J【点睛】
涉及机械效率的问题时，关键是要清楚总功、有用功、额外功都在哪，特别要清楚额外功是对谁做的功，弄清楚这些功后，求效率就显得简单了．
26．（1）为了比较水和食用油的吸热能力，小明用两个相同的装置做了如上图甲所示的实验．
①在两个相同的烧杯中应加入初温相同、__________相同的水和煤油．实验中选用相同电加热器的目的是：使水和煤油在相同时间内________________________．
②水和煤油温度随时间变化如上图乙所示，根据图甲可判断出b物质是________．根据图乙可判断出a吸热能力较_______（选填“强”或“弱”）．
（2）如上图丙所示，小明比较水和食用油的吸热能力后，为比较酒精和碎纸片的热值，用两同规格的烧杯装相等质量的水，取质量_________（选填“相等”或“不相等”）的酒精和碎纸片，分别放入两个燃烧皿中，点燃分别给烧杯加热，直到酒精和碎纸片完全燃烧完，通过比较________（选填“加热时间”或“液体升高的温度”）来确定酒精和碎纸片热值的大小．
解析：质量 吸收相等的热量 食用油 强 相等 液体升高温度 【解析】 【详解】
（1）①为了比较两种物质的吸热能力，在两个相同的烧杯中应加入初温相同、质量相同的水和煤油．实验中选用相同电加热器的目的是：使水和煤油在相同时间内吸收相等的热量． ②甲图中，两种液体质量相同，b液体体积较大，由ρ?乙图可知：在质量和升高温度相同时，由c?m可知，b液体密度小，所以b物质是煤油．由V Q知，a物质比热容较大，吸热能力较强． m?t（2）为比较酒精和碎纸片的热值，用两同规格的烧杯装相等质量的水，取质量相等的酒精和碎纸片，分别放入两个燃烧皿中，点燃分别给烧杯加热，直到酒精和碎纸片完全燃烧完，因燃料的热值不能直接测量，但燃料燃烧放出的热量可以被水吸收，从而使水温发生变化，所以可以通过水升高的温度来确定酒精和碎纸片热值的大小．
六、综合题
27．小明家使用的是天然气热水器，天然气在燃烧时发生的能量转化是___________，小明在洗澡前热水器显示的水的温度是10℃，天然气表的示数是1477. 88m，洗澡后天然气表的示数是1478. 09m，消耗的这些天然气完全燃烧放出的热量为____________J，小明洗澡时适宜的水温是42℃，他这次洗澡用了____________L水。（各种热损失忽略不计） （标准大气压，c水=4.2×10J/（kg·℃），天然气的热值为3.2×107J/m3）
解析：化学能转化为内能 6. 72×10J 50 【解析】 【详解】
使用天然气热水器时，天然气燃烧消耗的是化学能，所以发生的能量转化是：化学能转化为内能；由于洗澡前天然气表的示数是1477. 88m3，洗澡后天然气表的示数是1478. 09m3，所以，这些天然气完全燃烧放出的热量是：Q放 =qV=3.2×107 J/m3 ×（1478.09m3 -1477.88m3 ）=6.72×106 J；由于各种热损失忽略不计，所以，Q吸= Q放，由Q吸= cm△t知道，他这次洗澡用的水的质量是：m=
6
3
3
3
Q吸 cVt6.72?106?J=
4.2?103J（/kg?℃）??42℃?10℃?50kgV==50L。 1.0?103?kg/m3= 50kg，由V?m? 知道，他这次洗澡用的水的体积是：
中考物理模拟试卷有解析
注意事项：
1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、单选题
1．《墨经》最早记述了杠杆原理．如图中“标”“本”表示力臂，“权”“重”表示力．以下说法符合杠杆原理的是
A．“权”小于“重”时，A端一定上扬
B．“权”小于“重”时，“标”一定小于“本” C．增大“重”时，应把“权”向A端移 D．增大“重”时，换用更小的“权” 解析：C 【解析】 解：
A．根据杠杆平衡条件，“权”小于“重”时，因为不知道“标”和“本”的大小关系，无法确定“权”和“标”的乘积与“重”和“本”乘积的大小的关系，故A错误．
B．根据杠杆平衡条件，“权”小于“重”时，“标”一定大于“本”，故B错误．
C．根据杠杆平衡条件，“本”不变，增大“重”时，因为“权”不变，“标”会变大，即应把“权”向A端移，故C正确．
D．使用杆秤时，同一杆秤“权”不变，“重”可变，不同的“重”对应不同的“标”．若更换更小的“权”，“标”也会变得更大，不符合秤的原理，故D错误． 答案为C．
2．电动自行车两刹车手柄中各有一只开关S1和S1．在行驶中用任意一只手柄刹车时，该手柄上的开关立即断开，电动机停止工作．如图电路符合要求的是（ ）
A． B． C． D．
解析：A 【解析】 【详解】
由题意可知，开关S1和S1串联接在电路中，共同控制电动机的工作，故A符合题意，BCD不符合题意．故选A．
3．在“探究凸透镜成像的规律”的实验中，物体距离凸透镜30 cm时，在凸透镜另一侧的光屏上可得到一个倒立的、放大的实像．该凸透镜的焦距可能为（ ） A．5 cm 解析：D 【解析】 【详解】
凸透镜成倒立、放大实像时，物体在一倍焦距到二倍焦距之间，故可知，焦距应大于15cm小于30cm；四个选项中只有D项中的18cm符合题意，故应选D． 4．关于厨房中的物理现象，以下说法中不正确的是
A．拧开醋瓶盖，醋味扑鼻是由于分子不停地做无规则运动 B．用高压锅煮饭熟得快是因为高压锅内气压大、水的沸点高 C．洗碗时“油花”漂在水面上，其原因是油的密度比水大
D．水和酒精充分混合后，总体积小于混合前水和酒精的总体积，说明分子间有间隙 解析：C 【解析】 【详解】
A．拧开醋瓶盖，醋味扑鼻是由于醋分子不停地做无规则运动进入鼻子的原因，故A叙述正确； B．高压锅内气压高，所以锅内水的沸点高，用高压锅煮饭熟得快是因为高压锅内气压低、水的沸点高，故B叙述正确；
C．洗碗时“油花”漂在水面上，其原因是油的密度比水的密度小，故C叙述错误；
D．水和酒精充分混合后，总体积小于混合前水和酒精的总体积，说明分子间有间隙，故D叙述正确． 5．物块A静止在粗糙程度均匀的水平桌面上，如图甲所示，物块A受到水平拉力F作用，拉力F随时间t的变化关系如图乙所示．小丽从t?0开始，每隔2s记录物块A的位置（用“·”表示物块A），如图丙所示．下列说法正确的是
B．10 cm
C．15 cm
D．18 cm
A．0～2s内，物块所受摩擦力为6N B．8～l0s内，物块所受摩擦力小于9N C．l0～14s内，物块的平均速度为11cm/s D．若18s时撤去F，物块将做匀速直线运动 解析：B 【解析】 【详解】
A．由图示可知，在0~2s内，物体是处于静止状态的，在水平方向上受平衡力，摩擦力等于此时拉力为3N，故A错；
B．由图丙可知，物体8~10s内做的是匀加速直线运动，所受的拉力大于摩擦力，所以摩擦力是小于9N的，故B正确；
C．10~14s，物体通过的路程为22cm，所用的时间是4s，物块的平均速度为v=s/t=22cm/4s=1．1cm/s，故C错；
D．若18s时撤去F，物块将只受到摩擦阻力的作用，将做匀减速直线运动，故D错；
6．在研究“一定电压下，电流与电阻的关系”时，电路如图所示，电源电压恒为3V，滑动变阻器上标有“15Ω 1A”字样．在a、b间先后接入不同阻值的定值电阻，移动滑片P，使电压表示数为1.5V，读出电流表的示数．当20Ω的电阻接入a、b间时，电压表示数始终无法达到1.5V，其原因可能是
A．滑动变阻器阻值太小 B．电源电压3V太高 C．20Ω的阻值太小 D．控制的电压1.5V太高 解析：A 【解析】 【详解】
当20Ω的电阻接入a、b间时，滑动变阻器将全部阻值连入电路时其两端电压最大，电阻之比为15:20=3:4，最大电压值为总电压的七分之三，即为1．5V，其原因可能是滑动变阻器最大阻值太小，选A
7．在不计绳重和摩擦的情况下利用如图所示的甲、乙两装置分别用力把相同的物体匀速提升相同的高度．若用η甲、η乙表示甲、乙两装置的机械效率，W甲、W乙表示拉力所做的功，则下列说法中正确的是
，所以电压表示数始终无法为
A．η甲＝η乙，W甲＝W乙 B．η甲＞η乙，W甲＞W乙 C．η甲＜η乙，W甲＜W乙 D．η甲＞η乙，W甲＜W乙 解析：A 【解析】 【详解】
物体升高的高度和物体重力都相同，根据公式W=Gh可知做的有用功相同；由图可知，动滑轮个数相同，即动滑轮重力相同，提升的高度相同，不计绳重和摩擦,则拉力做的额外功相同．有用功相同、额外功相同，则总功相同，即W甲＝W乙．根据η=
W有W总可知，机械效率相同，即η甲＝η乙．故A符合题意．
8．如图所示是电阻甲和乙的I－U图像，下列说法正确的是( )
A．电阻乙为定值电阻
B．当电阻甲两端电压为2 V时，R甲＝0.4 Ω
C．如图2所示，当开关S闭合，电路电流为0.2 A时，电路总电阻是15 Ω D．如图3所示，当开关S闭合，电源电压为2 V时，电路总电流为0.4 A 解析：C 【解析】 【详解】
A．由图象可知，甲对应的电流与电压成正比，根据欧姆定律可知甲电阻的阻值不变，乙电阻的阻值变化，故A不正确；
B．由图象可知，当甲两端电压为2V时，通过的电流为1.4A，根据欧姆定律可得:
R甲?U甲2V??5?， I甲0.4A故B不正确；
C．如图2所示，甲和乙串联，通过两电阻的电流相等，当电路电流为1.2A时，由图象可知， U甲=1V，U乙=2V，
根据串联电路的总电压等于各分电压之和可知，电源的电压: U=U甲+U乙=1V+2V=3V， 根据欧姆定律可得:
R总?U3V??15?， I0.2A故C正确；
D．如图3所示，甲、乙并联，两电阻两端的电压相等，当电源电压为2V时，由图象可知， I甲=1.4A，I乙=1.2A，
根据并联电路中干路电流等于各支路电流之和可知，干路电流: I=I甲+I乙=1.4A+1．2A=1.6A， 故D不正确．
9．电脑正常工作时，中央处理器不断发热，必须用风扇给予降温．为了保证中央处理器不被烧坏，要求：中央处理器（即CPU）工作之前，带动风扇的电动机要先启动，中央处理器断电后，电动机仍能工作很长一段时间，来进行散热，下面的四个电路图中符合要求的是
A． B． C． D．
解析：D 【解析】 【详解】
由题意可知电动机和灯泡可以独立工作、互不影响，即为并联，然后根据开关的作用使带动风扇的电动机先工作后灯泡才能工作，即开关在干路时，可控制所有用电器，在支路上时，只控制该支路上的用电器．A图中开关闭合后，CPU先开始工作，故不符合题意；B图中CPU与电动机同时工作；闭合支路开关后，电动机先不工作，不能做到中央处理器断电后，电动机仍能工作很长一段时间，来进行散热，故不符合题意错误；C图中，两个开关若同时闭合，电机被短路，若只闭合电源左侧开关，电机与CPU串联，故C不符合题意；D图中干路中开关闭合，电动机立刻工作，而CPU在支路开关的作用下后工作，当断开支路开关时，CPU不工作，电动机仍可工作，做到中央处理器断电后，电动机仍能工作很长一段时间，来进行散热，故D符合题意，故选D．
10．如图所示，电源电压恒为15V，定值电阻R的阻值为20Ω，闭合开关后，使变阻器的阻值减小5Ω，电流表示数变化了0.1A，则下列说法正确的是（ ）
A．电流表示数减小了0.1A B．电压表示数减小了0.5V C．定值电阻的电功率增大了0.2W D．电路总功率增大了1.5W
解析：D 【解析】
由图可知，变阻器R变与R串联在电路中，电压表测滑动变阻器两端电压，电流表测电路中电流；A、使变阻器的阻值减小5Ω，根据串联电路的电阻特点可知总电阻变小，由于电源电压不变，根据I＝
U可R 知电路中电流变大，所以电流表示数变化了0.1A，应是增大0.1A，故A错误；B、设原来变阻器接入电路的阻值为R变，变阻器的阻值减小5Ω后，此时变阻器接入电路的阻值为R变-5Ω，由题意可知：△I＝
UU15V15V??I2-I1＝0.1A，即：＝0.1A，所以：＝0.1A，解
R?R变?5?R?R变20??R变?5?20??R变U15V＝得：R变＝10Ω，R变＝-45Ω（舍去），所以，I1＝＝0.5A，I2＝
R?R变20??10?U15V＝＝0.6A，则电压表示数变化量：△U变＝I2（R变-5Ω）-I1R变＝0.6A×
R?R变?5?20??10??5?（10Ω-5Ω）-0.5A×10Ω＝-2V，所以电压表示数减小了2V；故B错误；C、定值电阻电功率的增大量：△P1＝I22R-I12R＝（0.6A）2×20Ω-（0.5A）2×20Ω＝2.2W，故C错误；D、总功率的增大量：△P＝UI2-UI1＝15V×0.6A-15V×0.5A＝1.5W，故D正确．故选D．
点睛：（1）由图R与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端电压，电流表测的电路中电流，根据欧姆定律判断电流表示数变化情况；（2）根据串联电路的特点和欧姆定律先求出变阻器连入电路的阻值，然后分别根据电功率公式求出功率．
11．在如图所示的电路中，电键闭合后，不会造成元件损坏的是（ ）
A． B．
C．解析：C 【解析】 【分析】
D．
电压表应并联在用电器两端，可以直接接在电源两极上；电流表必须与用电器串联，不能直接接在电源两极上。电流表和电压表都要求电流要“正进负出”。同时注意电源短路是不能出现的。 【详解】
A、图中电压表与灯L2并联，但接线柱接反了，指针会出现反偏，容易损坏电压表，不合题意； B、图中电流表串联在电路中，但接线柱接反了，指针会出现反偏，容易损坏电流表，不合题意； C、图中两灯泡并联，工作时互不影响，开关在干路可控制两只灯泡，连接正确，符合题意； D、图中电键闭合后，形成电源短路，会损坏电源，不合题意。 故选：C。
【点睛】
本题中涉及到了我们在连接电路时容易出现的一些错误连接，并注意分析这种错误所对应可能出现的后果，有一定综合性。
12．如图，在盛水的烧杯里放有一盛水的试管，加热烧杯，使杯内水沸腾，在继续加热过程中，试管中的水（ ）
A．不能达到沸点，因此不能沸腾 B．能够达到沸点，但不能沸腾 C．能达到沸点，也能够沸腾 D．以上几种说法都不对 解析：B 【解析】
在盛水的烧杯里放有一盛水的试管，加热烧杯，当温度达到水的沸点，继续加热，杯内水会沸腾，在继续加热过程中，由于杯内水温度保持不变，一段时间后试管内外水的温度相同，无法进行热传递，试管中的水无法吸热，不会沸腾。 二、填空题
13．在水平地面上，用60N的水平拉力拉重100N的木箱，使木箱沿拉力在0.1min内前进5m，重力所做的功为_____J，拉力做功功率是_____W。 解析：0 50 【解析】 【详解】
木箱水平运动，而重力的方向竖直向下，木箱在竖直方向上没有通过距离，所以重力不做功，即重力做功为0J；拉力做功：W=Fs=60N×5m=300J，拉力做功的功率：P=
W300J?=50W。 t0.1?60s14．如图所示，用同一滑轮按甲、乙两种方式匀速提升同一物体，物体重100N，滑轮重25N，绳重和摩擦不计．使用图甲的好处是__________，图乙装置的机械效率η乙=________，若图乙中再加挂一物体，机械效率将________．
解析：可以改变力的方向 80％ 提高 【解析】 【详解】
由图可知，甲滑轮是定滑轮，绳重和摩擦不计，使用该滑轮可以改变力的方向， 乙滑轮是动滑轮,绳重和摩擦不计,有用功W有用=Gh,总功W总=(G+G轮)h， 则动滑轮的机械效率η乙=
W有用W总 =
GhG100N = =×100%=80% G?GG?Gh?100N?25N轮轮?当提升重物的重力增加，做的有用功就变大，而额外功几乎不变，有用功在总功中所占的比例变大，所以机械效率变大．
15．2019 年 3 月 30 日 18 时许,四川省凉山州木里县发生森林火灾,着火点在海拔3800 余米左右,地形复杂、通讯不便,火灾发生后相关部门投入 689 人实施灭火作业,31 日下午,30 名扑火人员在转场途中,突遇山火爆燃全部遇难牺牲,针对于类似森林火灾,重庆某航空工业公司近日最新研发出一款消防无人机。它一次能负载 30 公斤的重物从基地升高并自主飞行到指定位置, 并投下救火物资,帮助消防员救火,它有四个“爪子”,也就是四个轴,每个轴上都有一个电机和螺旋桨,使无人机能够稳定地悬停在空中进行作业,无人机靠锂电池维持飞行,充满一组锂电池可供飞机工作半小时左右,不过,它能不停地更换电池继续工作,请找出一个与以上情景有关 的物理信息,并指出对应的物理知识,不得与示例重复. 示例：物理信息：无人机靠锂电池维持飞行 物理知识：电能转化为机械能
作答：物理信息：________________________________ 物理知识：____________________________________________ 解析：负载 30 公斤的重物从基地升高 克服重力做功 【解析】 【详解】
“负载 30 公斤的重物从基地升高”为克服重物重力做功；“每个轴上都有一个电机和螺旋桨”电机原理为通电导体在磁场中受力，或电机将电能转化为机械能；“无人机能够稳定地悬停在空中进行作业”悬停时无人机受平衡力。合理均可。
16．如图甲所示电路，电源电压不变，闭合开关后，滑片P由b端滑到a端，电压表示数U与电流表示数I的变化关系如图乙所示，则可判断电源电压是_____V，滑动变阻器的最大阻值为_____Ω。
解析：9 12 【解析】 【详解】
当滑片在a端时，电路为R的简单电路，电压表的示数最大，电流表的示数最大，由图象可知，电源的电压U＝9V，电路中的电流I＝1.5A，由I＝
UU9V可知，电阻R的阻值：R＝＝＝6Ω；当滑片位RI1.5AU9V＝＝I'0.5A于b端时，R与滑动变阻器的最大阻值串联，此时电路中的电流最小，电压表的示数最小，由图象可知，R两端的电压UR＝3V，电路中的最小电流I′＝0.5A，此时电路中的总电阻：R总＝
18Ω，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，滑动变阻器的最大阻值：R滑＝R总﹣R＝18Ω﹣6Ω＝12Ω。
17．尽管我们在初中接触的运动大都是匀速运动，但通过观察，我们不难发现生活中物体的速度并不是一直不变的，例如：汽车启动时，速度从零开始逐渐增加；高速列车启动的速度也是逐渐变大的，但是汽车和高速列车启动这两个过程，速度增加的快慢并不相同。物理学中为了描述速度变化快慢引入了加速度的慨念，其表述为：速度变化量与发生这一变化所用时间的比值叫做加速度；后经研究发现对于给定的物体，加速度与其所受的合外力成正比，即a=
vt?v0F=，其单位m/s2或N/kg。则：一辆高速列m?t车在20s时间内速度由10m/s增加到70m/s，高速列车的加速度a是_______m/s2；如图，体积为10dm3的木块浮于水中，上有铁块A，此时木块上表面刚好与水面相平。将铁块A取走的瞬间木块的加速度是_______（ρ木=0.8×10kg/m， ρ水=1.0×10kg/m）。
解析：3 2.5N/kg 【解析】 【详解】
一辆高速列车在20s时间内速度由10m/s增加到70m/s，高速列车的加速度a是：
3
3
3
3
a?vt?v070m/s-10m/s??3m/s2；木块质量：m??V =0.8×103kg/m3×10×10-3m3=8 kg，木块重?t20s力：G?mg =8 kg×10N/kg=80N，木块受到的浮力：F浮??水gV排 =103kg/m3×10N/kg×10×10-33
m=100N，木块浮于水中，处于平衡状态，F浮=G木+GA，所以A的重力：GA=F浮?G木=100N?80N=20N，将铁块
A取走的瞬间，木块受到的合力：F= F浮?G木100N?80N=20N，因此将铁块A取走的瞬间木块的加速度是：
a?F20N?=2.5N/kg . m8kg18．如图所示电路，灯泡 L1、L2、L3分别标有“3V 0.3A”、“3V 0.25A”、“5V 0.25A”字样（灯丝电阻恒定），a、b 间接电源．
（1）若要求灯泡 L1、L2并联，则应闭合的开关有_____；若 a、b 接入 3V 电压，则电流表 A 的示数为_____A．
（2）只闭合 S1时，为了使一只灯泡正常发光，另一只灯泡不烧坏，那么正常发光的灯泡是_____，此时 a、b 间的最大电压是_____V，通电 1min 灯泡 L1产生的热量是_____J． 解析：S1、S2 5.5 L3 7.5 37.5 【解析】
（1）若要求灯泡L1、L2并联，则应闭合的开关有S1、S2 ；若a、b接入3V电压，则L1、L2均正常发光，则电流表A的示数为I＝I1?I2＝5.5A. （2）若只闭合S1时，L1和L3串联，为了使一只灯泡正常发光，另一只灯泡不烧坏，则电路中的电流为0.25A；正常发光的灯泡是L3，灯泡L1的阻值R1＝
U1额I1额U3额3V5V＝＝10Ω 灯泡L3的阻值R3＝＝＝20Ω，此时a、b间的最大电压是U＝I(R1?R3)0.3AI3额0.25A22
＝0.25A?(10Ω?20Ω)＝7.5V，通电1min灯泡L1产生的热量是Q＝I1Rt＝(0.25A)?10Ω?60s＝
37.5J． 三、作图题
19．图中A和B两点，一个是发光点，一个是该发光点在平面镜中的像，请确定平面镜的位置，并画出平面镜，然后画出从发光点发出的一条经平面镜反射过C点的光线 （_____）
解析：
【解析】 【详解】
因为A和B两点，一个是发光点，一个是该发光点在平面镜中的像，所以连接AB并做其垂直平分线，可得到平面镜的位置；因为经平面镜反射后的一条光线过C点，因此当A点为像点时，可以连接AC，交平面镜于点O，然后连接BO即为入射光线，再连接OC即为反射光线，如图所示：
20．小明用力F将质量均匀木棒的一端抬起，保持如图所示的位置不变，请画出力F力臂L和木棒受到重力的示意图． （__________）
解析：
【解析】 【详解】
质量均匀的木棒的重心在其中心，过木棒的重心沿竖直向下画一条带箭头的线段，并用G表示；反向延长动力F得到动力作用线，再过支点O作动力作用线的垂线段得到力F的力臂L．如图所示：
21．小华家新买了一辆电动自行车，她发现：拨动扶手旁向左或向右的转向开关时，车尾只有对应一侧的转向指示灯会亮起，而不管捏紧左边还是右边的车闸，车尾的一盏刹车指示灯都会亮起，请将如图器件连成符合要求的电路图（笔画线代替导线）． （_______）
解析：
【解析】
试题分析：不管捏紧左边还是右边的车闸，车尾的一盏刹车指示灯均会亮起，说明这两个开关都能控制指示灯，而且两开关互不影响，即两开关并联；
汽车的前后转向灯可以单独工作，所以它们是并联的．拨动扶手旁向左或向右的转向开关时，车尾只有对应一侧的转向指示灯会亮起，说明由两个开关而且一个开关控制一个灯泡；如下图所示：
【考点定位】串、并联电路的设计 四、计算题
22．重庆轨道2号线在李子坝站“穿”楼而过，如图，山城的复杂地形造就了全国绝无仅有的震撼景象．若列车发动机的功率为为370kW，长度为120m，行驶速度为25m/s，该 居民楼长度为130m，则在列车穿过居民楼的过程，求：
（1）列车所花的时间为多少秒？ （2）列车发动机做的功为多少焦耳？ 解析：10s 3.7×106J 【解析】
(1)列车穿过居民楼时通过的路程：s＝L车?L居民楼＝120m?130m＝250m，由v＝楼的时间：t＝＝s可得，列车穿过居民tsv250mW ＝10s；(2)由P＝可得，列车电动机做的功：W＝Pt＝370×103W×10s＝
25m/st3.7×106J.
点睛：（1）列车穿过居民楼的路程等于车长加上居民楼的长度，又知道列车行驶的速度，根据v＝
s求t出列车穿过居民楼的时间；（2）知道电动机的功率和工作时间，根据W＝Pt求出列车电动机做的功． 23．小轿车电动机启动时车灯会瞬时变暗，其原因可用如图所示电路解释。在打开车灯的情况下，电动机未启动时，电流表示数为I＝10A，电动机启动时电流表示数为I′＝58A，如果电源电压为U＝12.5V，电阻r＝0.05Ω，电流表电阻忽略不计，求：（小灯泡电阻不随温度变化）
（1）电动机未启动时，车灯的电功率为多少？ （2）因电动机启动，车灯的电功率减少了多少？
（3）如果此小轿车电动机在行驶过程中突然发生故障，内部线圈1min产生了6×104J的热量，则此电动机线圈的电阻rM是多少？（故障对车灯没有影响，且电路满足欧姆定律） 解析：（1）120W（2）43.2W（3）0.4Ω 【解析】 【详解】
（1）由题意可知，电源的电阻r＝0.05Ω，电动机没有启动时，车灯与电源的电阻串联，由欧姆定律和电阻的串联可得电路中的电流：启动时，车灯的电功率为：
；
（2）电动机启动后，电动机与车灯并联后再与电源的电阻串联，设此时灯的电压为U′L，根据串联电路电压的规律及欧姆定律可得，此时灯的电压：
，则车灯的电阻：
；电动机未
，此时车灯消耗的电功率为：
率减小量：
；
，车灯的功
（3）由欧姆定律可得，此时通过车灯的电流：动机线圈的电流：
，根据
，根据并联电路电流的规律，通过电
可得，电动机线圈的电阻：
。
答：（1）电动机未启动时，车灯的电功率为120W； （2）因电动机启动，车灯的电功率减少43.2W；
（3）如果此小轿车电动机在行驶过程中突然发生故障，内部线圈1min产生了6×104J的热量，则此电动机线圈的电阻rM是0.4Ω。
24．一辆车在平直的高速公路上匀速行驶1.8Km，此时轿车上的速度表显示为90Km/h，在此过程中，若轿车发动机的功率为40kW，消耗汽油0.25kg．问： （1）发动机所做有用功是多少？
（2）发动机的效率多大？（q汽油＝4.6×10J/kg） 解析：（1）发动机所做有用功是2.88×10J； （2）发动机的效率为23.04%． 【解析】 【详解】
（1）轿车行驶的速度为 v=90km/h=25m/s，
67
P?WFs??Fv tt∴发动机的牵引力为
P4?104WF???1600N
v25m/s牵引力做的有用功为
W=Fs=1600N×1800m=2.88×10J； （2）柴油完全燃烧放出的热量为
Q放=mq=0.25kg×4.6×10J/kg=1.25×10J， 发动机的效率为
7
7
6
W2.88?106J????100%?23.04% 7Q放1.25?10J答：（1）发动机所做有用功是2.88×10J； （2）发动机的效率为23.04%． 五、实验题
25．小华做“测定小灯泡电功率”实验，所用器材如下：电源(电压保持不变)、电流表、电压表(0~15 伏量程损坏)、滑动变阻器“50Ω 2A”、待测小灯(标有“0.2A”字样)、电键 S 以及导线若干。小华正确连接实验器材，实验操作正确。闭合电键发现电流示数为 1V，电流表示数为 0.1A。闭合电键后，移动变阻器的滑片，发现无法完整地完成这个实验。小华在分析、思考后，将电压表并联在合适的电路两端，且实验步骤正确，将数据记录在一张表格中。 物理量 1 2 3 电压(伏) 3.0 2.5 2.0 电流(安) 0.16 0.20 0.24 6
①测定小灯泡电功率的实验原理是： _________。 ② 判断小灯泡正常发光的方法是： __________。
③ 求：小灯泡的额定功率。(请写出计算过程)___________
解析：P=UI 通过灯的电流为0.2A时，灯正常发光 见解析 【解析】 【详解】
①测定小灯泡电功率的实验原理是：P=UI；
②由于待测灯泡标有0.2A字样，表示灯的额定电流为0.2A，所以，当通过灯的电流为0.2A时，灯正常发光；
③正确串联实验器材，当电路中的电流变大时，说明灯的电压变大，由串联电路电压的规律知道，变阻器的电压变小，分析表中数据知道，电压表应并联在变阻器的两端；闭合电键S前，变阻器连入电路中的电阻最大，观察到此时电流表、电压表的示数为0.1安、1.0伏，由欧姆定律，变阻器的电压是：U滑 =IR滑大 =0.1A×50Ω=5V，由串联电路电压的规律知道，电源电压是：U=5V+1V=6V，根据第2次操作数据，由串联电路电压的规律知道，灯的额定电压是：UL =U-U1 =6V-2.5V=3.5V，根据串联电路电流的规律，灯的额定功率：PL =UL IL =3.5V×0.20A=0.70W。
26．小明利用一个烧杯、天平、水，测出不规则小石块（不吸水）的密度请将他的步骤补充完整.
（1）调节天平横梁平衡时，发现指针静止在分度盘上的位置，如图甲所示，此时应将平衡螺母向________（选填“左”或“右”）移动.
（2）用调节好的天平测小石块的质量，天平平衡时，所用砝码和游码的位置，如图乙所示，则小石块的质量是________g.
（1）如图丙所示，A往烧杯中加入适量的水，把小石块浸没，在水面到达的位置做上标记． B．取出小石块，测得烧杯和水的总质量为122g.
C．往烧杯中加水，直到________，再测出此时烧杯和水的总质量为142g. （4）计算出小石块的体积为________m1. （5）计算出小石块的密度为________kg/m1．
（6）若从水中取出小石块表面上有小水滴，这样导致测缝的密度值选填________ （“偏大”或“偏小”）
解析：右 52 水面到达标记 20 2.6×10 偏小 【解析】
（1）由图甲知道，天平指针偏向分度盘的左侧，故应向右调节平衡螺母，使天平平衡； （2）由图乙知道，石块的质量是：m=50g+2g=52g；
（1）A．往烧杯中加入适量的水，把小石块浸没，在水面到达的位置做上标记． B．取出小石块，测得烧杯和水的总质量为122g．
1
C．往烧杯中加水，直到标记处，再测出此时烧杯和水的总质量为142g；
（4）小石块排开水的质量是：m=142g﹣122g=20g，由ρ=知道，石块的体积V=V水
===20cm；
1
（5）由ρ=知道，石块的密度是：ρ===2.6g/cm1=2.6×101kg/m1；
（6）在把石块从水中取出时，石块上有附着的水，向烧杯中加水直到标记处，所加水体积大于石块排开水的体积，所测量石块的体积偏大，由密度公式知道，所测石块的密度会偏小．
点睛：本题考查的是固体的密度测量实验，涉及天平的使用注意事项、天平的调节、天平读数，求物体的密度等问题，注意运用排水法测固体体积的方法． 六、综合题
27．如图所示，一根长为1.2米的轻质杠杆OA可绕固定点O转动，C点处悬挂一重为60牛的物体．（已知AB=BC=CD=DO）
（1）若在B点用竖直向上的力使杠杆在水平位置平衡，求这个力的大小．
（2）若在A点施加一个力使杠杆水平平衡，甲同学认为该杠杆一定是省力杠杆，乙同学认为该杠杆可能是费力杠杆．你赞同哪位同学的观点，并说明理由．
解析：（1）40N．（2）乙同学的观点正确，因为A点力的方向不同，力臂的大小则不同，不能确定动力臂与阻力臂的大小关系，所以此时杠杆可能是等臂杠杆，也可能是省力杠杆，还可能是费力杠杆． 【解析】 【详解】
（1）根据杠杆平衡条件得：Fl11?F2l2，
F1＝F2l260N?0.6m??40N l10.9m（2）乙同学的观点正确，因为当拉力与杠杆垂直时，力臂最长为阻力臂的二倍，当力的方向改变时，即与竖直方向的夹角逐渐增大时动力臂会逐渐减小，当此夹角为60°时，即与水平方向成30°角时，如图：根据直角三角形的特点知，30°所对的直角边等于斜边的一半，即动力臂此时等于阻力臂，故不再省力，夹角再增大，动力臂小于阻力臂，为费力杠杆．
中考物理模拟试卷有解析
注意事项：
1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、单选题
1．在我国云南生长着一种神奇的“跳舞草”每当音乐声响起，它的叶子就会随着音乐旋律的高低快慢上下跳动，音乐的节奏越快，它跳动就越快；音乐的节奏一慢，它也随之慢下来；音乐停止时，它也就停止了跳舞；如图所示，人对着它唱歌时，它也会“跳舞“．根据现象下列说法错误的是（ ）
A．将“跳舞草”置于月球上，“跳舞草”也会翩翩起舞
B．“跳舞草”能够跳舞是因为声音传播时引起空气的振动，振动的空气又会引起跳舞草叶子的振动 C．音乐节奏快时，声波频率大，叶子就振动得快 D．音乐停止时，没有了振动，它也就停止了跳舞 解析：A 【解析】 【详解】
A． “跳舞草”之所以能跳舞，是这种草对声波的刺激很灵敏，声音传播时引起空气的振动，月球上没有空气，故“跳舞草”不会跳舞，故A错误；
BCD．“跳舞草”之所以能跳舞，可能是这种草对声波的刺激很灵敏，声音传播时引起空气的振动，空气的振动又会引起草叶的振动，音乐节奏快时，声波频率高，叶子振动的就快；反之，则慢，音乐一旦停止，没有了振动，“跳舞草”也就停止了振动，故BCD正确； 故选A。
2．如图是足球运动员踢足球时的情景，下列说法正确的是
A．球被脚踢出去，说明只有球才受到力的作 B．脚踢球使球飞出去，说明力是物体运动的原因 C．足球在空中飞行过程中，运动状态一定发生改变
D．空中飞行的足球，若它所受的力全部消失，它一定沿水平方向做匀速直线运动 解析：C 【解析】 【详解】
A．力是物体对物体的作用，物体间力的作用是相互的，所以脚和球同时会受到力的作用，故A错； B．球离开脚以后，就不再受到脚的作用力了，继续飞行是由于具有惯性，不是继续受力的原因，故B错；
C．足球由于受到重力的作用，受力不平衡，所以运动状态是一定会改变的，故C正确；
D．正在飞行的足球，如果受力全部消失，则它将会沿力消失时的速度方向做匀速直线运动，故D错； 3．质量相等、初温相同的水和煤油，分别用两个相同的电加热器加热（不计热损失），加热过程中温度变化如图所示，则下列判断正确的是
A．甲的比热容大，是水 C．乙的比热容大，是水 解析：C 【解析】 【详解】
B．甲的比热容大，是煤油 D．乙的比热容大，是煤油
由于水的比热容大于煤油，故B、D都是不对的，因为二者说煤油的比热容大；
又通过图像可知，在加热相同的时间内，即吸收相同的热量时，甲升高的温度较大，故甲的比热容较小，乙的比热容较大，C是正确的． 4．图中的通电螺线管磁极极性标注正确的是
A． B． C． D．
解析：C 【解析】 【分析】
根据题中“图中的通电螺线管磁极极性标注正确的是”可知，本题考查安培定则判断螺线管的极性。在四个选项中，直接告诉了螺线管的绕向；通过电源的正负极，间接告诉了螺线管中电流的方向，利用安培定则即可确定螺线管的磁极标注是否正确。 【详解】
A、由图知，电流由螺线管的右端流入，且电流从第一匝线圈的外边流入，由安培定则可知，螺线管的左端为N极，故A错误；
B、由图知，电流由螺线管的右端流入，且电流从第一匝线圈的里边流入，由安培定则可知，螺线管的右端为N极，故B错误；
C、由图知，电流由螺线管的下端流入，且电流从第一匝线圈的里边流入，由安培定则可知，螺线管的上端为N极，故C正确；
D、由图知，电流由螺线管的下端流入，且电流从第一匝线圈的外边流入，由安培定则可知，螺线管的下端为N极，故D错误；
5．如图所示的家庭电路中，有两个器件连接错误，它们是（ ）
A．闸刀开关和带开关的灯泡 B．带开关的灯泡和带熔丝的二线插座 C．带开关的灯泡和三线插座 D．闸刀开关和三线插座 解析：C 【解析】 【详解】
由于火线和大地间有220V电压，而零线和大地间没有电压，所以开关应接在火线一侧，这样断开开关时，就与火线断开连接了，避免发生触电事故，所以图中带开关的灯泡连接是错误的，三孔插座的接法是：上地、左零、右火，图中的接法也是错误的。
6．如图所示是小明常用的一个插线板．他在使用中发现：插线板上的指示灯在开关断开时不发光，插孔不能提供工作电压；而在开关闭合时指示灯发光，插孔可以提供工作电压；如果指示灯损坏，开关闭合
时插孔也能提供工作电压．选项中正确的连接方式是
A． B．
C． D．
解析：B 【解析】 【详解】
插线板上的指示灯在开关闭合时会发光，插孔正常通电，说明开关同时控制灯泡和插座，灯泡和插座之间可能是串联，也可能是并联，如果两者并联，开关应该在干路上；如果指示灯损坏，开关闭合时插孔也能正常通电，说明灯泡和插座之间是并联的，开关接在灯泡、插座和火线之间控制火线使用更安全，故选B．
7．无论是严冬还是酷暑，在使用冷暖空调的房间窗户玻璃表面，有时都会出现小水珠，那么，关于这种现象的说法中正确的是（ ）
A．夏天，小水珠附着在玻璃的内表面，冬天，小水珠附着在玻璃的外表面 B．夏天，小水珠附着在玻璃的外表面，冬天，小水珠附着在玻璃的内表面 C．无论冬夏，小水珠都是出现在玻璃的内表面 D．无论冬夏，小水珠都是出现在玻璃的外表面 解析：B 【解析】 【详解】
小水珠是空气中的水蒸气遇冷液化形成的，所以夏天开空调室内温度低，小水珠附着在玻璃的外表面；冬天开空调室内温度高，水蒸气遇到冷的玻璃液化，小水珠附着在玻璃的内表面，选项B符合题意为答案．选项A、C、D不符合题意．
8．如图所示，有关磁现象说法正确的是（ ）
A．图甲可以研究电流的磁场方向与电流方向的关系 B．图乙电源的左端为负极，右端为正极 C．图丙的水位达到金属块A时，绿灯亮 D．图丁是电动机工作的原理图 解析：A 【解析】 【详解】
A．图甲是奥斯特实验，说明电流周围存在着磁场，改变电流方向，磁场方向发生变化，因此图甲可以研究电流的磁场方向与电流方向的关系，故A正确。
B．根据小磁针的左端为N极，可知螺线管的右端为N极，根据安培定则可以判断螺线管上电流的方向向下，电流从螺线管左端流入，右端流出，所以电源的左端为正极，右端为负极，故B错误。 C．图丙的水位达到金属块A时，控制电路闭合，电磁铁有磁性，吸引衔铁，红灯亮，故C错误。 D．图丁是闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动产生感应电流，是电磁感应现象，是发电机工作的原理图，故D错误。
9．如图所示，小车处在水平桌面上，用轻绳跨过定滑轮与钩码相连，在轻绳的拉力作用下沿桌面做匀速运动．若突然剪断轻绳，则小车
A．受的摩擦力将越来越大 B．将继续向前匀速运动 C．将立即停止运动 D．运动的将越来越慢 解析：D 【解析】 【详解】
小车在轻绳的拉力作用下沿桌面做匀速运动，说明小车在水平方向上所受的拉力和摩擦力是一对平衡力，剪断轻绳，拉力消失，但由于惯性，物体还要向前运动，压力大小和接触面粗糙程度不变，则摩擦力大小不变，在水平方向上摩擦力的作用下运动的越来越慢． 10．对下列体育运动中的现象分析正确的是（ ） A．乒乓球被扣杀飞向对方，是因为受到了惯性的作用
B．篮球从空中落下，此过程中它的动能转化为重力势能 C．用脚踢足球时，脚有疼痛感，说明力的作用是相互的
D．间排球竖直向上抛出，到最高点时速度为零，此时排球处于平衡状态 解析：C 【解析】 【详解】
A．乒乓球被扣杀后飞向对方，说明力可以改变物体的运动状态，故A错误；
B．物体的重力势能由物体的质量与高度决定，物体的动能由物体的质量与速度决定；蓝球从高处落下的过程中，高度下降，速度增加，是重力势能转化为动能；故B错误；
C．用脚踢足球时，脚有疼痛感，说明球对脚也施加了力，这个现象表明：物体间力的作用是相互的，故C正确；
D．平衡状态指的是合力为零的状态，小球在整个的过程中始终受到重力的作用，合力不为零，不是平衡状态，故D错误．故选C．
11．如图，在探究“通过导体中的电流与电阻之间关系”的实验中，当我们将电阻由5Ω换成10Ω后，接下来的操作正确的是（ ）
A．将变阻器滑片P向左移动，保持电压表示数不变 B．将变阻器滑片P向左移动，保持电流表示数不变 C．将变阻器滑片P向右移动，保持电压表示数不变 D．将变阻器滑片P向右移动，保持电流表示数不变 解析：C 【解析】
试题分析：要研究导体中的电流与电阻的关系，由控制变量法的思路可知，需要保证导体两端的电压不变，当电路中的电阻由5Ω换成10Ω时，导体两端的电压是否变化，怎样变化是此题的解题思路． 在滑片P不动的情况下，将电阻由5Ω换成10Ω后，闭合开关，电路总电阻变大， ∵I=，
∴电路中的电流变小，滑动变阻器两端的电压变小， ∵串联电路的总电压等于各分电压之和可知， ∴定值电阻两端的电压增大，
要使电压表的示数不变，只能减小电路中的电流，增大滑动变阻器接入电路的电阻，即滑片P向右端移动．
考点：欧姆定律的应用；串联电路的电压规律；滑动变阻器的使用；电路的动态分析
点评：电源电压不变，两串联电阻，当其中一个电阻增大时，其两端电压也增大，另一个电阻两端的电压同时减小
12．如图是一个光滑的轨道．某小球从轨道的O点出发，由静止开始下滑，小球始终没有离开轨道，你认为小球最远可以运动到
A．a点 C．c点 解析：C 【解析】 【详解】
B．b点 D．d点
本实验中，由于轨道是光滑的，没有摩擦力，所以小球的机械能守恒。故小球从O点由静止释放，始终没有离开轨道，最远可以滚到与O点等高的c点，故选C。 二、填空题
13．给你一只标有“10Ω 0.3A”的定值电阻和一只标有“30Ω 0.6A”的滑动变阻器，在保证所有电路元件安全的前提下，若串联接入电路，则电路中允许通过的最大电流为___A，它们两端允许加的最大电压为___V．
解析：0.3 12 【解析】 【详解】
在串联电路中电路处处相等，所以若串联接入电路，则电路中允许通过的最大电流与额定电流较小的电阻的电流相等为0.3A，此时的总电阻为40Ω ，所以它们两端允许加的最大电压为12V．
14． “小小竹排江中游，巍巍青山两岸走”这两句歌词，前句是以_____为参照物的，后句是以_____为参照物的．
解析：青山 竹排 【解析】 【详解】
竹排相对于青山的位置不断变化，则“竹排江中游”是以青山为参照物； 两岸的青山相对于竹排的位置不断变化，则“青山两岸走”是以竹排为参照物．
15．小明家5月底电能表示数为1432.7度， 6月底电能表的示数如图所示．则（1）小明家6月份消耗的电能是____kW?h；（2）若电能表转盘在10min内转过250转，则用电器的总功率为____kW；（3）某电热水器额定功率为2000W，内装20kg的水，通电后正常加热25min，水的温度从20℃升高到50℃，则水吸收的热量为____J，电热水器的热效率为____．［已知c水=4.2×103J/(kg?℃)］
解析：105 0.6 2.52×10 84％ 【解析】 【详解】
（1）)5月初电能表示数1432.7kW?h，由图可知6月初的示数1537.7kW?h，故小明家5月初至6月初消耗的电能为：W=1537.7kW?h?1432.7kW?h=105kW?h；
（2）电能表上标有“2500r/kW?h”，表示每消耗1kW?h的电能，电能表的转盘转2500转，电能表的转
6
250W盘转250转时，电路消耗的电能：W=kW?h=0.1kW?h，用电器的总功率：P==
2500t0.1kW?h10=0.6kW； h60（3）水吸收的热量：Q吸=cm(t?t0)=4.2×103J/(kg?℃)×20kg×(50℃?20℃)=2.52×106J；消耗的电能：
Q吸2.52?106JW=Pt=2000W×25×60s=3×10J，电热水器的热效率：η===84%． 6W3?10J6
16．足球场上，守门员将球扑出禁区，说明力可以_______；小莉在橡皮泥上印上漂亮的指印，说明力可以___________。
解析：改变物体的运动状态改变物体的形状 【解析】 【详解】
力可以改变物体的运动状态和形状。
足球场上，守门员将球扑出禁区，球的运动状态发生了变化，说明力可以改变物体的运动状态； 小莉在橡皮泥上印上漂亮的指印，橡皮泥的形状发生变化，说明力可以改变物体的形状。 【点睛】
重点是牢记力的两个作用效果，即力可以改变物体的形状；力可以改变物体的运动状态。
17．2017年5月18日，我国宣布在南海进行的可燃冰试采获得成功．可燃冰是一种固态晶体，在常温压下会迅速______（填物态变化）为气态．它的热值约为1.4×1010J/m3，2m3的可燃冰完全燃烧后可放出___J的热量，若这些热量60%被水吸收，可以将_____kg的水从0℃加热到100℃．（c水=4.2×103J/（kg?℃））
解析：升华 2.8×1010 4×104 【解析】 【详解】
[1]可燃冰在常温压下会迅速变为气态，此过程为升华过程； [2]2m3的可燃冰完全燃烧释放的热量： Q放=Vq=2m3×1.4×1010J/m3=2.8×1010J，
[3]由??Q吸?100%×100%可得，水吸收的热量： Q放10
10
Q吸=ηQ放=60%×2.8×10J=1.68×10J， 由Q吸=cm（t﹣t0）可得，加热水的质量：
Q吸1.68?1010J4m==?4?10kg
c?t?t0?4.2?103J/kg??C?100?C?0?C????18．如图冰壶比赛过程中，运动员需要在冰壶周围用冰刷进行刷冰,是通过______(选填“做功”或“热传递”)方式增大冰的内能使少量冰因温度升高而熔化,达到_____(选填“减小”或“增大”)摩擦的目的,使冰壶滑行得更远。
解析：做功 减小 【解析】 【分析】
（1）对物体做功，物体的内能增加。温度可能升高。 （2）减小接触面的粗糙程度可以减小摩擦力。 【详解】
刷冰时刷子和冰面之间有摩擦，克服摩擦做功，所以通过做功的方式增加了冰的内能；
冰的内能增加，温度升高，达到冰的熔点，并继续吸热，表面的冰开始熔化，冰壶和冰之间有水，从而减小了摩擦。 三、作图题
19．一束光从空气斜射入水中，发生反射和折射，其中画出了反射光线，请面出入射光线和大致折射光线并标出入射角的大小． （____）
解析：
【解析】
试题分析：根据反射定律：反射光线、入射光线、法线在同一个平面内，反射光线与入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角，先作出法线，再画出入射光线．
根据作出的入射光线，由折射定律：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，画出折射光线
解：先过反射点垂直界面画出法线，在法线左侧向反射点画出入射光线，反射角等于90°﹣45°=45°，所以入射角等于45°；
在法线右侧的水中从O点画出折射光线，注意折射角小于45°，如图所示：
【点评】特别强调不仅要会根据反射定律和折射定律由入射光线画反射光线和折射光线，而且要会根据反射或折射画出入射光线．
20．根据小磁针静止时的指向在如图所示中标出通电螺线管的N、S极和电流方向． （________）
解析：
【解析】
分析：由小磁针静止时的指向和磁极间的相互作用可知螺线管的磁极，由右手螺旋定则可知电流的方向及电源的正负极．
解答：小磁针静止时N极向左，则由同名磁极间相互排斥、异名磁极间相互吸引可知螺线管左侧为N极，右侧为S极；由右手螺旋定则可知电流由右侧流入螺线管，即电源右侧为正极；
【点睛】本题也可小磁针N极指向得出磁感线的方向，则由磁感线的特点可得出螺线管的磁极方向． 21．请用笔画线代替导线将图6 所示的实物图补充完整．要求：① 小磁针的指向满足如图所示方向；② 滑动变阻器的滑片向A 端移动后，通电螺线管的磁性减弱；③ 原有导线不得更改．
解析：
【解析】
试题分析：（1）根据磁极间的作用判断螺线管的磁极；根据安培定则判断电流方向．
（2）通电螺线管的磁性强弱跟电流大小和匝数有关．在匝数一定时，电流越小，磁性越弱．在电流一定时，匝数越少，磁性越弱．
（3）滑动变阻器有四个接线柱，选择一上一下接入电路，滑动变阻器接入电路的电阻越大，电流越小． ①如图，根据同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，所以螺线管的右端是S极，左端是N极；根据安培定则判断电流从螺线管的右端进入，从左端流出．
②在匝数一定时，电流越小，磁性越弱．滑片向右端移动后，通电螺线管的磁性减弱，螺线管的电流减小，滑动变阻器接入电路的电阻增大，所以滑动变阻器一定接入左端下面接线柱．如图．
考点：探究影响电磁铁磁性强弱的因素的实验；通电螺线管的极性和电流方向的判断；实物的电路连接．
点评：本题把磁极间的作用、滑动变阻器的使用、欧姆定律、螺线管磁性强弱的影响因素有机的结合起来．综合性很强，是一个好题 四、计算题
22．如图所示的电路中，R1＝5Ω，R2＝10Ω，闭合开关S后，电流表的示数为2A，求：
（1）电源电压； （2）通过R2的电流。 解析：（1）10V；（2）1A。
【解析】 【详解】
（1）闭合开关S后，两电阻并联，电流表测R1的电流，由欧姆定律和并联电路电压的规律可得，电源电压：
U＝U1＝I1R1＝2A×5Ω＝10V；
（2）由欧姆定律可得，通过R2的电流：
I2?U10V??1A。 R210Ω23．下表为某电热水器的铭牌（其中一项内容已模糊不清），电热水器内部简化电路如图所示，R1和R2均为电热丝. 求：
（1）电热丝Rl的阻值.
（2）热水器在低温档正常工作5分钟所产生的热量.
（3）热水器在高温挡正常工作时的额定电流（结果保留一位小数）. 解析：（1）44Ω（2）1.32×105J（3）8.3A 【解析】 【详解】
由电路图可知,开关S1闭合、S2接a时,R1与R2并联，电路的总电阻最小，
U2由P=UI=可知，电路的总功率最大，电热水器处于高温档；
R同理可知,开关S1断开、S2接b时,R1与R2串联，电路的总电阻最大，电路的总功率最小，电热水器处于低温档；
开关S1闭合、S2接b时,电路为R1的简单电路，电热水器处于中温档； 开关S1断开、S2接a时，电路断路。
(1)开关S1闭合、S2接b时,电路为R1的简单电路，电热水器处于中温档， 由I=
U可得,电阻R1的阻值： RR1=
U220V==44Ω； I中5A(2)低温档正常工作5分钟产生的热量： Q=W=UI低t=220V×2A×5×60s=1.32×105J；
U2(3)由电路图知：开关S1断开、S2接b时，两电阻串联．热水器电阻最大，由P=知，热水器处于低
R温档，此时I低=
U220V，即：2A=，解得： R2=66Ω；
44Ω?R2R1?R2由电路图知：开关S1闭合、S2接a时，两电阻并联，此时热水器电阻最小，功率最大， 热水器处于高温挡，此时I高=
UU220V220V?=+≈8.3A. R1R244Ω66Ω24．天然气灶使用方便、经济环保。如图所示，在一个标准大气压下，天然气灶将一壶质量为3kg、温度为20℃的水加热至沸腾，大约需要10min，已知：水的比热容为4.2×10J／（kg·℃），天然气的热值为3.5×10J／m。求：
7
3
3
（1）水吸收的热量；
（2）若天然气完全燃烧放出的热量60％被水吸收，烧开这壶水需要多少天然气。 解析：（1）1.008×106J；（2）4.8×10－2m3。 【解析】 【详解】
（1）在一个标准大气压下，水沸腾时的温度t＝100℃．则水吸收的热量：
（2）由
得，天然气完全燃烧放出的热量：
。
由
得，烧开这壶水需要天然气的体积：
。
五、实验题
25．小宋同学用天平和量筒测量盐水密度，主要步骤如下：
（1）调节时先把游码放在标尺左端_____处，发现指针指在分度盘的右侧，要使横梁平衡应将平衡螺母向_____（选填“右”或“左”）调，使天平横梁平衡；
（2）在烧杯中倒入适量的盐水，测出烧杯和盐水的总质量如图甲，则烧杯和盐水的总质量为_____g； （3）将烧杯中的部分盐水倒入量筒中（如图乙），再用天平测出烧杯和剩余盐水的总质量为38.8g，则该盐水的密度为_____kg/m
解析：零刻度 左 71.2 1.08×101 【解析】 【详解】
（1）将天平放在水平台上，调节时先把游码放在标尺零刻度处，发现指针指在分度盘的右侧，要使横梁平衡，应将平衡螺母向左调节；
（2）由图甲可知，烧杯和盐水的总质量为：m总=50g+20g+1.2g=71.2g； （1）由图乙可知，量筒中盐水的体积为V=10ml=10cm1；
将烧杯中的部分盐水倒入量筒中，测得剩余盐水和烧杯的质量为18.8g； 则量筒中盐水的质量m=71.2g-18.8g=12.4g； 盐水的密度：ρ=
3
m32.4g?=1.08g/cm1=1.08×101kg/m1． 3V30cm26．小勇同学利用如图所示的装置探究“平面镜成像的特点“．
（1）小勇选用透明平板玻璃代替平面镜实验，虽然平板玻璃成像比平面镜成像要暗些，但是平板玻璃还具有_____（选填“反光“或“透光”）的特点，能够方便地_____．
（2）为探究平面镜所成的像与物的大小关系，小勇做了如下操作：他先把点燃的蜡烛A放在平板玻璃前，再拿﹣只外形完全相同但不点燃的蜡烛B竖立着在平板玻璃后移动，当移动到蜡烛A的像的位置时，发现它与蜡烛A的像完全重合，这表明平面镜所成像的大小与物的大小_____．
（3）为探究平面镜所成的像是实像还是虚像，他将一块与平板玻璃等大的不透明的白板竖放在平板玻璃与蜡烛B之间，从蜡烛A的一侧观察能看到蜡烛A的像，说明平面镜所成的像是由光的_____形成的：拿走蜡烛B，将这块白板移动到蜡烛A的像的位置时，他从平板玻璃后面观察白板，将_____看到蜡烛A的像，这说明平面镜所成的像是_____像．
（4）拿走白板，他将蜡烛A向平板玻璃靠近2cm，再将蜡烛B移到蜡烛A的像的位置，用刻度尺测量时，他将发现蜡烛A与它在平板玻璃中像的距离变化了_____cm，同时发现，像的大小_____（填“变大”“变小”或“不变”）．
（5）实验过程中，平板玻璃必须与水平桌面保持垂直．如果不垂直，会对实验操作带来的影响是_____．
解析：透光 确定像的位置 相等 反射 不能 虚 4 不变 蜡烛B与蜡烛A的像不能完全重合
【解析】 【详解】
（1）在探究“平面镜成像的特点”时，用玻璃板代替平面镜的目的是平板玻璃还具有透光的特点，不但反射光成像，还能透光看到玻璃板后面的蜡烛，以便于确定像的位置．
（2）未点燃的蜡烛与点燃的蜡烛的像完全重合，可知蜡烛和它成的像大小相等；
（3）因为平面镜成的像是光的反射，不是光线的真实到达，而是反射光线的反向延长线的交点，所以在玻璃板与蜡烛B之间放上不透明的白板，从蜡烛A侧观察，仍能看到蜡烛A的像；当在A蜡烛像的位置上放一张白板做屏幕，白板上不能承接到像，说明平面镜成虚像．
（4）他将蜡烛A向玻璃板靠近2cm，蜡烛A的像也向玻璃板靠近2cm；因此，再将蜡烛B移到A像的位置，通过测量，发现蜡烛A与它在玻璃板中像的距离变化了4cm；平面镜所成的像与物体等大，此过程像的大小不变，可以发现像的大小与物体到镜面的距离无关．
（5）实验时平面镜必须要竖直放置，如果不竖直，不论怎样移动后面的蜡烛都不可能与前面蜡烛的像完全重合． 六、综合题
27．Quaranta是当前问世的外表最圆润同时也最富动感的太阳能汽车之一（如图甲所示）.其前风窗玻璃和顶盖玻璃皆采用防太阳辐射的层压玻璃制作而成，车身轻便灵活.电池完全由太阳能供能——通过安装在车顶和前端的电池板收集太阳能.某辆太阳能汽车接收太阳光能的面板面积S=8m2，正对太阳时产生U=120V的电压，并对整车提供最大为10A的电流，机车最大可获得800W的机械功率.太阳光照射到地面上1平方米面积上的辐射功率P0=1.0×103W. 该车加速性能优越，从静止开始加速100m的路程最短仅需5s.
⑴ Quaranta在设计时充分利用了流体力学的知识．如图乙所示，当汽车行驶时，流过它上方的空气速度比下方空气速度大，此时，上方空气压强比下方空气压强______（选填“大”或“小”）． ⑵ 若设计Quaranta车身的材料应具有强度高且轻便的特点，则下表所列的材料中，最为理想的是______．
⑶ Quaranta从静止加速100m路程的过程中可以达到的最大平均速度为____m/s． ⑷ 太阳能电池将太阳能转化为电能的效率为______．
⑸ 若该汽车在水平路面上以最大机械功率P运动，一段时间后再将功率减小到P1，并保持此功率运动，
其运动的速度时间图线如图丙所示，设运动过程中小车所受阻力恒定不变．则该车运动时所受阻力为____N，功率P1=____W.
解析：小 碳纤维 20 15% 80 480 【解析】 【分析】
（1）考查了流体压强与流速的关系：流速越大，压强越小；流速越小，压强越大，据此解答 （2）分析材料的特点是强度大而密度要小，据此在表中数据选择所需材料 （3）根据图像，由P?WFs??Fv求出车的速度 tt（4）根据求出获得的太阳能与获得的电能，然后求出效率
（5）由图象求出车的速度，由公式P=Fv及其变形公式求功率及车受到的阻力即可 【详解】
（1）流体压强与流速的关系是：流速越大，压强越小；流速越小，压强越大；由图乙知道，流过汽车上方的空气速度比下方空气速度大，所以，上方空气压强比下方空气压强小；
（2）由于设计Quaranta车身的材料应具有强度高且轻便的特点，即要求材料强度大而密度要小，根据表格所列的材料知道，最为理想的是碳纤维；
（3）根据题意知道，从静止开始加速100m的路程最短仅需5s，所以，车的最大平均速度是：
v平均?s100m??20m/s t5s（4）太阳能电池的效率是：η=
W有用UItUI120V?10A????15% 32WPStPS1.0?10w?8m（5）由图丙知道，车以最大机械功率P运动时的速度是10m/s，由P=Fv知道，车的牵引力是：
F?P800w??80N，又因为车做匀速运动，所以小车所受阻力是：f=F=80N，由图丙知道，保持P1 v10m/s功率匀速运动的速度是v1 =6m/s，且小车所受阻力恒定不变，所以，车的功率是：
P1?W1F1s16m??F1v1?80N??480W t1t1s【点睛】
本题是一道综合题，涉及的知识点很多，但难度不大，应用相关知识点即可正确解题
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