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2020四川南充中考物理试卷及答案解析
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这是一份2020四川南充中考物理试卷及答案解析，共38页。试卷主要包含了选择题，填空题，作图题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2020年四川省南充市中考物理试卷
一、选择题（本大题1一10小题只有一项符合题目要求，每小题3分；11--12小题有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有错的得0分，共38分．）
1．（3分）（2020•南充）下列估计符合生活实际的是（ ）
A．正常成年人的步行速度约为5m/s
B．新物理课本中一张纸的厚度约为0.1mm
C．一个苹果的质量约为1.5kg
D．正常眼睛在观察近处物体时，最清晰而又不疲劳的距离大约为10cm
2．（3分）（2020•南充）下列说法错误的是（ ）
A．水蒸气引起的烫伤往往比开水烫伤更严重，是因为水蒸气液化时还要放出大量的热
B．冰在熔化过程中吸收热量，温度保持不变
C．夏天，汽车内开冷空调，被冷气对吹的车玻璃上有小水珠，小水珠主要集中在玻璃内侧
D．水沸腾时，在水中有大量气泡不断上升、变大
3．（3分）（2020•南充）汽车在公路上加速行驶，下列描述正确的是（ ）
A．汽车速度越大，汽车的惯性越大
B．汽车前行紧急刹车时，乘客身体将向后倾
C．汽车的牵引力与汽车受到的阻力是一对平衡力
D．汽车受到的支持力与汽车对地面的压力是一对相互作用力
4．（3分）（2020•南充）下列说法正确的是（ ）
A．“破镜不能重圆”说明分子间没有引力
B．发生热传递时，热量总是从内能大的物体传递到内能小的物体
C．把0℃的冰块加热熔化成0℃的水，若不考虑水的蒸发，其内能不变
D．若没有外界做功时，同一物体温度降低得越多，放出的热量就越多
5．（3分）（2020•南充）对光现象的解释错误的是（ ）
A．“小孔成像”所成的像是倒立的实像
B．人远离平面镜时，平面镜中的像越来越小
C．手机的人脸识别功能用到了光的反射
D．今年疫情期间使用的红外测温仪是利用人体辐射的红外线，进行温度测量
6．（3分）（2020•南充）关于气体压强，下列说法错误的是（ ）
A．做托里拆利实验时，若将玻璃管由竖直变倾斜，管中水银柱的长度不变
B．能用吸管将杯中饮料吸进嘴里，是利用了大气压强
C．一标准大气压可托起约10.3m高的水柱
D．高空飞行的大型客机，机翼上方空气流速大、压强小
7．（3分）（2020•南充）对下列四幅图解释正确的是（ ）
A．图1中水平放置的指南针受地磁场影响，指针N极总是指向地理南方
B．图2中通电螺线管右端为N极
C．图3为电动机工作原理图
D．图4说明了电磁铁磁性强弱与电流大小有关
8．（3分）（2020•南充）2020年6月23日9时43分，北斗3号最后一颗全球组网卫星在西昌卫星发射中心发射成功（如图），它是北斗3号系列的第三颗地球同步卫星，主要用于无线电导航、无线电测定等。关于卫星下列说法正确的是（ ）
A．该卫星在加速升空的过程中，机械能不变
B．该卫星进入同步轨道后，相对地表静止
C．该卫星运行一周的时间约为365天
D．该卫星与地面基站可通过超声波传递信息
9．（3分）（2020•南充）如图所示电路，当闭合开关，灯泡正常发光，滑动变阻器滑片向右移动时，下列说法正确的是（ ）
A．灯L亮度变暗
B．电压表V与电流表A1示数之比不变
C．电路的总功率变小
D．电压表示数变大
10．（3分）（2020•南充）水平桌面上有甲乙两个质量和底面积均相同的容器，分别装有密度不同的液体，将两个完全相同的小球放入容器中，静止时两容器中液面高度相同，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．甲容器中液体的密度小于乙容器中液体的密度
B．甲容器中小球受到的浮力大于乙容器中小球受到的浮力
C．甲容器底部受到液体的压力大于乙容器底部受到液体的压力
D．甲容器对桌面的压力一定大于乙容器对桌面的压力
11．（3分）（2020•南充）如图甲所示滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的过程中，电流表和电压表示数变化的规律如图乙所示。则以下说法正确的是（ ）
A．R0的阻值为10Ω
B．滑动变阻器的最大阻值为60Ω
C．电源电压为8V
D．滑片在滑动的过程中，滑动变阻器的最大功率为0.9W
12．（3分）（2020•南充）如图所示，重为2N的物体A放在水平桌面上，重为5N的物体B挂在动滑轮下，每个滑轮重为1N（不计绳重和摩擦），B恰好可以匀速下降。现对A施加水平向左的拉力使B上升，当B以0.3m/s的速度匀速上升时，拉力大小为F．下列说法正确的是（ ）
A．B匀速下降时，物体A受到3N的摩檫力
B．拉力F的大小为4N
C．拉力F的功率为3.6W
D．B匀速上升0.6m的过程中，拉力F做功2.4J
二、填空题（本大题共10小题，每空1分，共20分）
13．（2分）（2020•南充）吹笛子时，手指按压不同的小孔，可以改变笛子发声的 ；为了保护听力，声音不能超过 dB。
14．（2分）（2020•南充）一杯牛奶有250ml，其质量为300g，则牛奶的密度是 kg/m3；小李喜欢喝加糖的牛奶，加糖溶解后，牛奶的密度会 （选填“变大”、“不变”“变小”）。
15．（2分）（2020•南充）若一辆小汽车一年行驶一万公里，消耗1t汽油，这些汽油完全燃烧放出 J的热量；某次行驶过程中，该汽车汽油机曲轴的转速为3600r/min，在1s内汽油机对外做功 次（q汽＝4.6×107J/kg）。
16．（2分）（2020•南充）生活中的各种用电器工作时都要消耗电能，电能属于 （选填“一次”或“二次”）能源；我国核能利用的技术已居于世界领先地位，其中氢弹利用的就是 （选填“裂变”或“聚变”）在瞬间释放的能量。
17．（2分）（2020•南充）一灯泡标有“6V 3W”的字样，现仅有8V的电源，要使小灯泡正常发光，应该给小灯泡 （选填“串”或“并”）联一个 Ω的电阻。（不考虑灯泡电阻受温度的影响）
18．（2分）（2020•南充）将一段电阻丝接入电路中，测得其两端电压为12V，通过的电流为3A，则该电阻丝电阻为 Ω；若将该电阻丝两端电压由12V降至6V，则电功率变化了 W。
19．（2分）（2020•南充）甲、乙两辆汽车在平直公路上同向匀速行驶，由两车的s﹣t图可知（如图），乙车速度为 km/h；t＝0时，甲车在乙车前方200米，乙车追上甲车还需 s。
20．（2分）（2020•南充）如图所示，用沿斜面向上大小为4N的拉力，将一个重5N的物体从斜面底端匀速拉至顶端。已知物体沿斜面上滑的距离为5m，上升的高度为3m，则物体受到的摩擦力为 N，斜面的机械效率为 。
21．（2分）（2020•南充）某次军事演习中，执行深海作业的潜水艇悬浮在海水中（如图）。要使潜水艇下潜，应对水舱 （选填“注水”或“排水”），在下潜过程中，海水对潜水艇上下表面的压力差 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
22．（2分）（2020•南充）小明将线圈电阻为4.84Ω的电动机接入220V的家庭电路中，关闭其它用电器，只让电动机工作时，观察到他家标有2000imp/（kW•h）的电能表3min内闪烁了100次，则电动机在这段时间内消耗的电能为 kW•h，电动机线圈产生 J的热量。
三、作图题（本大题共3小题，每题2分，共6分）
23．（2分）（2020•南充）物体A与弹簧连接，静止在光滑的斜面上，请画出物体A所受弹力的示意图。
24．（2分）（2020•南充）请画出用开关控制灯泡的电路。
25．（2分）（2020•南充）一束光从空气射向玻璃砖，并穿过玻璃砖；画出这束光进入和离开玻璃砖的折射光线。
四、实验探究题（本大题共3小题，每空1分，共16分）
26．（6分）（2020•南充）某学习小组“探究凸透镜成像的规律”，进行了如下操作：
（1）安装并调节烛焰透镜、光屏，使它们三者中心大致在 。
（2）通过探究，记录并绘制了物距u与像距v之间的关系图象，如图甲所示，则该凸透镜的焦距是 cm。
（3）当蜡烛放在如图乙所示位置时，调节光屏，可在光屏上得到一个倒立、 的实像，生活中的 （选填“照相机”“投影仪”、“放大镜”）就是利用这样的成像原理工作的。
（4）若将透镜的上半部分用不适明的纸板挡住，则光屏上 （选填“能”或“不能”）成完整的像。
（5）在图乙中，小明借来物理老师的眼镜将其放在蜡烛和凸透镜之间，发现光屏上原本清晰的像变模糊了，向右移动光屏，光屏上的像又变清晰，说明老师戴的是 （选填“近视”或“远视”）眼镜。
27．（5分）（2020•南充）在“探究压力作用效果与哪些因素有关”的实验中，小强利用了多个完全相同的木块和海绵进行了如图所示的实验。
（1）实验中通过观察海绵的 来比较压力作用效果。
（2）对比甲、乙两图可以得出：当 一定时，受力面积越小，压力作用效果越明显。
（3）由甲、丙两图可以探究压力作用效果与 的关系。
（4）对比甲、丁两图，小强认为压力作用效果与压力大小无关，你认为他的观点
（选填“正确“或“错误”）；理由是 。
28．（7分）（2020•南充）用如下图甲所示的电路“探究电流与电阻的关系”，电源电压恒为6V，定值电阻R备有（5Ω、10Ω、20Ω、40Ω）各一个。
（1）闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应滑到最 （选填“左”或“右”）端。
（2）将5Ω的定值电阻接入电路闭合开关，移动滑片P发现电流表示数始终为零，电压表示数不为零，其原因可能是 （填选项）。
A．定值电阻R短路 B．定值电阻R断路 C．滑动变阻器短路
（3）不改变滑动变阻器滑片的位置，将5Ω的电阻换成10Ω的电阻，闭合开关后，为保证电压表示数与更换前相同，滑片P应向 （选填“左”或“右”）端滑动。
（4）实验中依次接入定值电阻，调节滑片使定值电阻两端电压相同，记下电流表读数，绘出电流I与电阻倒数变化的图象乙，由图乙可知：电压一定时电流与电阻成 比。
（5）为完成整个实验，应该选择 （填选项）种规格的滑动变阻器。
A.50Ω 1.0A
B.100Ω 1.2A
C.200Ω 0.6A
五、计算题（本大题共两小题，29题9分，30题11分，共20分．要求写出必要的文字说明、主要的计算步骤和明确的答案．）
29．（9分）（2020•南充）市面上的电热水壶大多具有加热和保温功能。下图是某电热水壶的电路简图，开关K接通后，开关S自动与触点a、b接通，热水壶开始烧水；当壶内水温达到100℃时，温控开关S自动与a、b断开，并立即与触点c接通，水壶进入保温状态。已知电源电压为220V，电阻R1＝50Ω，这种水壶的加热功率P加热是保温功率P保温的5倍，水的比热容c＝4.2×103J/（kg•℃），R1、R2电阻不受温度影响。求：
（1）将1kg初温为35℃的水加热到100℃需要吸收多少热量？
（2）电阻R2的阻值。
（3）在晚上用电高峰期将1kg初温为35℃的水加热到100℃需用时300s，若加热效率为91%，则晚上用电高峰期的实际电压为多少？
30．（11分）（2020•南充）图甲为某自动注水装置的部分结构简图，杠杆AOB始终在水平位置保持平衡，O为杠杆的支点，OA＝3OB，竖直细杆a的一端连接在杠杆的A点，另一端与高为0.2m的长方体物块C固定；竖直细杆b的下端通过力传感器固定，上端连接在杠杆的B点（不计杠杆、细杆及连接处的重力和细杆的体积）。圆柱形水箱中有质量为3kg的水，打开水龙头，将水箱中的水缓慢放出，通过力传感器能显示出细杆b对力传感器的压力或拉力的大小；图乙是力传感器示数F的大小随放出水质量m变化的图象。当放出水的质量达到2kg时，物体C刚好全部露出水面，此时装置由传感器控制开关开始注水。（g＝10Nkg）求：
（1）物块C的重力。
（2）物块C受到的最大浮力。
（3）从开始放水到物块C上表面刚好与液面相平时，水对水箱底部的压强变化了多少？
2020年四川省南充市中考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题1一10小题只有一项符合题目要求，每小题3分；11--12小题有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有错的得0分，共38分．）
1．（3分）（2020•南充）下列估计符合生活实际的是（ ）
A．正常成年人的步行速度约为5m/s
B．新物理课本中一张纸的厚度约为0.1mm
C．一个苹果的质量约为1.5kg
D．正常眼睛在观察近处物体时，最清晰而又不疲劳的距离大约为10cm
【分析】估测法是利用物理概念、规律、物理常数和常识对物理量的数值、数量级进行快速计算以及对取值范围合理估测的方法，这就要求同学们要学会从生活体验中理解物理知识和物理规律，并且能将物理知识和物理规律用于对生活现象和生活常识的简单解释。
【解答】解：
A、人正常步行的速度约为1.2m/s，故A不符合实际情况；
B、新物理课本中一张纸的厚度约为0.1mm，故B符合实际情况；
C、三个苹果的质量约0.5kg，所以一个苹果的质量在0.15kg左右，故C不符合实际情况；
D、正常眼睛观察近处物体最清晰而又不疲劳的距离大约是25cm，这个距离叫明视距离，故D不符合实际情况。
故选：B。
【点评】物理学中，对各种物理量的估算能力，是我们应该加强锻炼的重要能力之一，这种能力的提高，对我们的生活同样具有很大的现实意义。
2．（3分）（2020•南充）下列说法错误的是（ ）
A．水蒸气引起的烫伤往往比开水烫伤更严重，是因为水蒸气液化时还要放出大量的热
B．冰在熔化过程中吸收热量，温度保持不变
C．夏天，汽车内开冷空调，被冷气对吹的车玻璃上有小水珠，小水珠主要集中在玻璃内侧
D．水沸腾时，在水中有大量气泡不断上升、变大
【分析】（1）液化是物质从气态变为液态的过程，此过程会放出大量的热量；
（2）晶体在熔化过程中，尽管不断吸热，但是温度却保持熔点不变；
（3）车玻璃窗上的小水珠是水蒸气遇冷液化形成的，要判断水雾出现在玻璃的内侧还是外侧，要看车内外的温度高低情况，如果车内温度比车外温度低。车外热的水蒸气遇到冷的车窗玻璃液化形成水雾附着在车外侧；
（4）沸腾前气泡在上升过程中体积逐渐减小；沸腾时气泡在上升过程中体积逐渐增大。
【解答】解：
A、因为水蒸气遇到相对温度比较低的人体，就会液化，液化要放出大量的热，所以的水蒸气烫伤更厉害，故A正确；
B、冰是晶体，在熔化过程中，尽管不断吸收热量，但是温度却保持在熔点不变，故B正确；
C、夏天，空调车内温度低于外部温度，外部的水蒸气遇到冷的玻璃会发生液化现象，小水珠附着在玻璃的外表面，故C错误；
D、水沸腾时，在水中有大量气泡不断上升、变大，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查了生活中的物态变化现象，以及吸放热情况，是中考物态变化部分基本的考查内容。
3．（3分）（2020•南充）汽车在公路上加速行驶，下列描述正确的是（ ）
A．汽车速度越大，汽车的惯性越大
B．汽车前行紧急刹车时，乘客身体将向后倾
C．汽车的牵引力与汽车受到的阻力是一对平衡力
D．汽车受到的支持力与汽车对地面的压力是一对相互作用力
【分析】（1）物体保持运动状态不变的性质叫做惯性，惯性大小只与质量有关；
（2）物体在平衡力的作用下一定处于处于静止或匀速直线运动状态；
（3）相互作用力：大小相等、方向相反、作用在两个物体上，作用在同一条直线上。
【解答】解：
A、惯性大小只与质量有关，汽车速度变大，惯性不会变大，故A错误；
B、刹车前，汽车和乘客共同以较大的速度向前行驶，当汽车紧急刹车时，乘客由于惯性还要保持原来较大的速度向前运动，因此乘客会向前倾倒，故B错误；
C、汽车在公路上加速行驶，汽车处于非平衡状态，汽车的牵引力与汽车受到的阻力不是一对平衡力，故C错误；
D、汽车对地面的压力和地面对汽车的支持力，分别作用在地面和汽车上，二者大小相等、方向相反、作用在同一条直线上，是一对相互作用力，故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查了对惯性、相互作用力以及对平衡力的辨别等，都是力学的重要知识点，应熟练掌握，深入理解。
4．（3分）（2020•南充）下列说法正确的是（ ）
A．“破镜不能重圆”说明分子间没有引力
B．发生热传递时，热量总是从内能大的物体传递到内能小的物体
C．把0℃的冰块加热熔化成0℃的水，若不考虑水的蒸发，其内能不变
D．若没有外界做功时，同一物体温度降低得越多，放出的热量就越多
【分析】（1）分子热运动理论的内容：一是物质是由分子构成的；二是构成物质的分子都在不停地做无规则运动；三是分子间存在相互作用力﹣﹣引力和斥力；
（2）发生热传递的条件是：两物体的温度不同；
（3）冰是晶体，晶体熔化的特点是温度不变，但要继续吸热，其内能不断增大；
（4）改变内能的方式有两种：做功与热传递，物体内能的改变既有可能是物体对外做了功，也可能是物体向外放出热量。
【解答】解：
A、“破镜不能重圆”，是因为镜子碎片接触时达不到产生分子力作用的距离，不能说明分子间有斥力，故A错误；
B、发生热传递的条件是存在温度差，内能大的物体温度可能低于内能小的物体的温度，故B错误；
C、冰是晶体，把0℃的冰块加热熔化成0℃的水，若不考虑水的蒸发，其内能增加，但温度不变，故C错误；
D、若没有外界做功时，同一物体，温度降得越低，放出的热量就越多，故D正确。
故选：D。
【点评】本题是一道热学综合题，主要考查学生对内能、热传递的条件及热量的理解，是中招的热点，热学的难点。
5．（3分）（2020•南充）对光现象的解释错误的是（ ）
A．“小孔成像”所成的像是倒立的实像
B．人远离平面镜时，平面镜中的像越来越小
C．手机的人脸识别功能用到了光的反射
D．今年疫情期间使用的红外测温仪是利用人体辐射的红外线，进行温度测量
【分析】（1）小孔成的像是倒立、实像，可大、可小、可等大；
（2）平面镜成像特点，物体在平面镜中成的像的正立，等大的虚像；
（3）光从一种介质射向另一种介质的交界面时，一部分光返回原来介质中，使光的传播方向发生了改变，这种现象称为光的反射；
（4）红外线是不可见光，红外线的热作用强，穿透能力强，根据红外线的热作用比较强制成热谱仪、红外线夜视仪、红外线体温计等。
【解答】解：A、小孔成的像是倒立，实像，故A正确；
B、物体在平面镜中成的像的正立，等大的虚像，像的大小由物体决定，与物体离平面镜的远近无关，故B错误；
C、手机的人脸识别功能是利用脸部反射的光线对人时行识别，利用了光的反射，故C正确；
D、红外线测温仪是通过对物体自身辐射的红外能量的测量，准确地测定物体表面温度的仪器，今年疫情期间使用的红外测温仪是利用人体辐射的红外线，进行温度测量，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查了平面镜成像和小孔成像的规律，光的反射现象及红外线的应用，属于基本内容，比较简单。
6．（3分）（2020•南充）关于气体压强，下列说法错误的是（ ）
A．做托里拆利实验时，若将玻璃管由竖直变倾斜，管中水银柱的长度不变
B．能用吸管将杯中饮料吸进嘴里，是利用了大气压强
C．一标准大气压可托起约10.3m高的水柱
D．高空飞行的大型客机，机翼上方空气流速大、压强小
【分析】（1）外界大气压不变，支持的水银柱的高度不变；
（2）根据大气压的作用分析解答；
（3）1标准大气压的值是1.01×105Pa，大气压能支持76cm的水银柱，能支持10.3m的水柱；
（4）流体流速越快的位置压强越小。
【解答】解：
A、托里拆利实验采用了“平衡法”的原理；即大气压的大小与水银柱产生的压强平衡（大小相等），水银柱产生的压强可以通过液体压强公式p＝ρgh算出，从而得到大气压的值，在公式中，h表示的是水银柱的高度；实验中，玻璃管倾斜后，长度会随着变大，管内水银增多，但水银柱的高度不变，故A错误；
B、用吸管将杯中的饮料吸入口中，是吸走了管中的空气，使气压减小，在外界大气压的作用下将饮料压入口中；故B正确；
C、1标准大气压的值是1.01×105Pa，由p＝ρgh可得1标准大气压支持的水柱高为：h＝＝≈10.3m，故C正确；
D、飞机飞行过程中，机翼上方空气流速大，向下的压强小，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了托里拆利实验、流体压强与流速关系、大气压的应用等相关知识，综合性强，但难度不大。
7．（3分）（2020•南充）对下列四幅图解释正确的是（ ）
A．图1中水平放置的指南针受地磁场影响，指针N极总是指向地理南方
B．图2中通电螺线管右端为N极
C．图3为电动机工作原理图
D．图4说明了电磁铁磁性强弱与电流大小有关
【分析】（1）地球是一个大磁体，地磁南极在地理北极附近，地磁北极在地理南极附近，小磁针放在地球这个磁体的磁场中，即可指南北；
（2）首先判断电流的方向，根据安培定则判断通电螺线管的极性；
（3）电磁感应现象是指闭合电路的一部分导体切割磁感线时产生感应电流，是发电机的原理；
（4）电磁铁磁性的强弱与电流大小、线圈匝数有关，运用控制变量方法进行分析。
【解答】解：A、图1中水平放置的指南针受地磁场影响，指针N极总是指向地理北方；故A错误；
B、图2电流从电源正极流向负极，所以电流从螺线管左端的后面上去，前面流下，根据右手螺旋定则可以确定，右端为N极；故B正确；
C、图3是电磁感应现象，是发电机的工作原理图；故C错误；
D、图4中两电磁铁串联，电流相等，螺线管匝数不同，吸引铁钉的数量不同，说明了电磁铁磁性强弱与螺线管匝数有关；故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查地磁场、螺线管极性的判断、影响电磁铁强弱、电磁感应现象等知识的理解和应用，是电磁部分比较典型的知识，要熟练掌握。
8．（3分）（2020•南充）2020年6月23日9时43分，北斗3号最后一颗全球组网卫星在西昌卫星发射中心发射成功（如图），它是北斗3号系列的第三颗地球同步卫星，主要用于无线电导航、无线电测定等。关于卫星下列说法正确的是（ ）
A．该卫星在加速升空的过程中，机械能不变
B．该卫星进入同步轨道后，相对地表静止
C．该卫星运行一周的时间约为365天
D．该卫星与地面基站可通过超声波传递信息
【分析】（1）动能与物体的质量和速度有关，物体的质量越大、速度越大，动能越大；重力势能与物体的质量和高度有关，物体的质量越大、高度越高，重力势能越大；机械能等于动能与势能之和；
（2）判断一个物体是运动的还是静止的，要看这个物体与所选参照物之间是否有位置变化；若位置有变化，则物体相对于参照物是运动的；若位置没有变化，则物体相对于参照物是静止的；
（3）地球自转周期约为24小时；
（4）电磁波可以在真空中传播，而声音不能在真空中传播。
【解答】解：
A、在卫星加速升空的过程中，卫星的质量不变，速度变大，动能变大；同时质量不变、高度增加，重力势能增大，所以机械能增大，故A错误；
B、卫星进入同步轨道后，地球同步卫星和地球之间的位置没有发生改变，卫星相对于地表是静止的，故B正确；
C、地球同步卫星和地球的自转周期相同，即每隔24小时绕地球一周，故C错误；
D、卫星与地面站之间是真空，真空不能传声，所以只能利用电磁波传递信息，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了机械能的影响因素、运动和静止的判断、地球同步卫星的运转周期以及卫星通信等问题，涉及的知识较多，但难度不大，是一道基础题。
9．（3分）（2020•南充）如图所示电路，当闭合开关，灯泡正常发光，滑动变阻器滑片向右移动时，下列说法正确的是（ ）
A．灯L亮度变暗
B．电压表V与电流表A1示数之比不变
C．电路的总功率变小
D．电压表示数变大
【分析】由图可知，该电路为并联电路，电压表测量电源的电压；电流表A1测量的是通过滑动变阻器的电流，电流表A2测量的是通过灯泡的电流；滑动变阻器滑片向右移动时，根据电阻的变化，利用欧姆定律判定电流的变化；根据并联电路的特点判定通过灯泡电流的变化和亮度的变化。根据P＝UI判定总功率的变化。
【解答】解：由图可知，该电路为并联电路，电压表测量电源的电压；电流表A1测量的是通过滑动变阻器的电流，电流表A2测量的是通过灯泡的电流；
由于电源电压不变，所以电压表示数不变，故D错误；
滑动变阻器滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，由于其两端的电压不变，根据欧姆定律可知，通过其电流会变小，即电流表A1示数变小；
由于并联电路中各支路互不影响，所以通过灯泡的电流不变，灯泡的功率不变，亮度不变，故A错误；
电压表V与电流表A1示数之比为滑动变阻器的电阻，电阻变大，比值变大，故B错误；
根据并联电路的电流关系可知，干路中的电流减小，根据P＝UI可知，电路的总功率减小，故C正确；
故选：C。
【点评】本题考查了电路的动态分析，明确电路的结构和并联电路的特点是解题的关键。
10．（3分）（2020•南充）水平桌面上有甲乙两个质量和底面积均相同的容器，分别装有密度不同的液体，将两个完全相同的小球放入容器中，静止时两容器中液面高度相同，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．甲容器中液体的密度小于乙容器中液体的密度
B．甲容器中小球受到的浮力大于乙容器中小球受到的浮力
C．甲容器底部受到液体的压力大于乙容器底部受到液体的压力
D．甲容器对桌面的压力一定大于乙容器对桌面的压力
【分析】由图可知，两个完全相同的小球在两液体中分别处于漂浮状态和悬浮状态。
（1）根据物体浮沉条件比较物体密度和液体的密度关系，从而得出甲、乙中液体的密度关系；
（2）根据物体浮沉条件比较物体重力和受到的浮力关系，从而得出两小球受到的浮力关系；
（3）由题意可知，两容器中液体的深度关系和液体密度关系，根据p＝ρgh比较两容器底受到液体的压强关系，根据F＝pS比较两容器底部受到液体的压力关系；
（4）根据物体浮沉条件和阿基米德原理得出小球的重力与受到的浮力关系，比较甲容器中液体的体积和排开液体的体积之和关系，根据G＝mg＝ρVg比较液体和小球排开液体的总重力关系，从而得出两容器对桌面的压力关系。
【解答】解：由图可知，两个完全相同的小球在两液体中分别处于漂浮状态和悬浮状态。
A．由物体浮沉条件可知，小球在甲中漂浮时有ρ甲＞ρ球，小球在乙中悬浮时有ρ乙＝ρ球，则ρ甲＞ρ乙，故A错误；
B．由物体浮沉条件可知，小球在甲中漂浮和小球在乙中悬浮时，均有F浮＝G球，则F浮甲＝F浮乙，故B错误；
C．因两容器中液面相平且ρ甲＞ρ乙，所以由p＝ρ液gh可知，两容器底受到液体的压强关系为p甲＞p乙，
又因两容器底面积相同，所以由F＝pS可知，甲容器底部受到液体的压力大于乙容器底部受到液体的压力，故C正确；
D．两小球的重力相等且受到的浮力相等，根据阿基米德原理可知，两小球排开液体的重力和自身的重力相等，
则甲容器对桌面的压力F＝G容+G液+G球＝G容+G液+G排＝G容+ρ液V总g，
因甲容器中液体的体积和排开液体的体积之和小于乙，且ρ甲＞ρ乙，
所以，无法比较ρ液V总g的大小关系，从而无法比较甲、乙容器对桌面的压力关系，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了物体浮沉条件和压强公式的应用，一定要掌握物体浮沉情况与密度的关系，同时要搞清不同状态下（漂浮、悬浮）物体所受重力与浮力的大小关系。
11．（3分）（2020•南充）如图甲所示滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的过程中，电流表和电压表示数变化的规律如图乙所示。则以下说法正确的是（ ）
A．R0的阻值为10Ω
B．滑动变阻器的最大阻值为60Ω
C．电源电压为8V
D．滑片在滑动的过程中，滑动变阻器的最大功率为0.9W
【分析】如图甲所示，R0与R串联，电流表测电路中的电流，电压表测R两端的电压；
（1）当滑片位于b端时，变阻器接入电路中的电阻最大时，此时电路中的电流最小，根据图乙得出电表的示数，根据欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值；
（2）根据电阻的串联和欧姆定律表示出电源的电压；
当滑片位于a端时，电路为R0的简单电路，电路中的电流最大，根据图乙读出电路中的最大电流，根据欧姆定律表示出电源的电压，利用电源的电压不变得出等式即可求出R0的阻值，进一步求出电源的电压；
（3）利用P＝I2R求出电阻R消耗的最大功率。
【解答】解：如图甲所示，R0与R串联，电流表测电路中的电流，电压表测R两端的电压；
（1）当滑片位于b端时，R0与R串联，电流表测电路中的电流，电压表测R两端的电压，此时电路中的电流最小，
由图乙可知，电路中的电流I小＝0.1A，UR＝5V，
由I＝可得，滑动变阻器的最大阻值：
R＝＝＝50Ω，故B错误；
（2）R0与R串联，则根据串联电路中总电阻等于各分电阻之和，结合欧姆定律可得：
电源的电压：U＝I小（R0+R）＝0.1A×（R0+50Ω），
当滑片位于a端时，电路为R0的简单电路，电路中的电流最大，由图乙可知，电路中的最大电流I大＝0.6A，
则根据欧姆定律可得：
电源的电压：
U＝I大R0＝0.6A×R0，
因电源的电压不变，
所以，0.1A×（R0+50Ω）＝0.6A×R0，
解得：R0＝10Ω，故A正确；
电源的电压U＝I大R0＝0.6A×10Ω＝6V，故C错误；
（3）电路中的电流：
I＝，
滑动变阻器R的电功率：
P＝I2R＝（ ）2R＝＝＝＝，
所以，当R＝R1＝10Ω时，滑动变阻器R的功率最大，则
P大＝＝＝0.9W，故D正确。
故选：AD。
【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，关键是根据图象读出相关的信息。
12．（3分）（2020•南充）如图所示，重为2N的物体A放在水平桌面上，重为5N的物体B挂在动滑轮下，每个滑轮重为1N（不计绳重和摩擦），B恰好可以匀速下降。现对A施加水平向左的拉力使B上升，当B以0.3m/s的速度匀速上升时，拉力大小为F．下列说法正确的是（ ）
A．B匀速下降时，物体A受到3N的摩檫力
B．拉力F的大小为4N
C．拉力F的功率为3.6W
D．B匀速上升0.6m的过程中，拉力F做功2.4J
【分析】（1）根据滑轮组省力的特点求得绳子自由端的拉力（即对物体A的拉力FA）；物体B匀速下降，物体A匀速向右运动，根据二力平衡条件求出物体A受到摩擦力的大小；
（2）当使物体B以0.2m/s的速度上升时，物体A匀速向左运动，此时A受到向右的拉力FA、摩擦力和向左的拉力F作用；根据影响滑动摩擦力大小的因素判断此时A受到的摩擦力大小，再由力的平衡条件可求出拉力F的大小；
（3）绳子自由端移动的速度为：vA＝3vB，根据P＝Fv可求拉力F的功率；
（4）B匀速上升0.6m，则绳子自由端移动的距离：sA＝3sB，再根据W＝Fs可求B匀速上升0.6m的过程中，拉力F做的功。
【解答】解：
A、由图可知动滑轮上绳子的段数n＝3，不计绳重及摩擦时，
则绳子自由端的拉力（即滑轮组对物体A的拉力）：FA＝（GB+G动）＝×（5N+1N）＝2N，
B匀速下降，物体A匀速向右运动时，受到向右的拉力FA和向左的摩擦力作用，
则由二力平衡条件可得，物体A受到的摩檫力：f＝FA＝2N，故A错误；
B、当使物体B以0.2m/s的速度上升时，物体A匀速向左运动，此时A受到向右的拉力FA、摩擦力和向左的拉力F作用，
由于物体A对桌面的压力大小和接触面的粗糙程度都不变，则摩擦力大小不变，
所以，由力的平衡条件可得F＝FA+f＝2N+2N＝4N；故B正确；
C、绳子自由端移动的速度（即物体A运动的速度）：vA＝3vB＝3×0.3m/s＝0.9m/s，
则拉力F的功率为：P＝FvA＝4N×0.9m/s＝3.6W；故C正确；
D、B匀速上升0.6m，则绳子自由端移动的距离：
sA＝3sB＝3×0.6m＝1.8m，
该过程中拉力F做功：W＝FsA＝4N×1.8m＝7.2J，故D错误；
故选：BC。
【点评】本题考查了滑轮组的特点、平衡力、功和功率的计算，知识点多，综合性强，难度较大。
二、填空题（本大题共10小题，每空1分，共20分）
13．（2分）（2020•南充）吹笛子时，手指按压不同的小孔，可以改变笛子发声的 音调 ；为了保护听力，声音不能超过 90 dB。
【分析】（1）音调：声音的高低，由发声体的振动频率决定，频率越高，音调越高；
（2）人们以分贝（dB）为单位来表示声音强弱的等级。0dB是人刚能听到的最微弱的声音，30～40dB之间人们较理想的安静环境；70dB会干扰谈话，影响工作效率；长期生活在90dB以上的噪声环境中，听力会受到严重影响。
【解答】解：吹笛子时，手指按压不同的笛孔可以改变空气柱振动的频率，从而发出音调不同的声音；
为了保护听力，声音不能超过90dB，
故答案为：音调；90。
【点评】本题主要考查了学生对音调、噪声强弱的等级和危害等知识点的理解，难度不大，属于基础知识。
14．（2分）（2020•南充）一杯牛奶有250ml，其质量为300g，则牛奶的密度是 1.2×103 kg/m3；小李喜欢喝加糖的牛奶，加糖溶解后，牛奶的密度会 变大 （选填“变大”、“不变”“变小”）。
【分析】已知牛奶质量和体积，利用公式ρ＝得到密度；
在体积一定时，质量越大，则物质的密度越大。
【解答】解：牛奶的体积为V＝250ml＝250cm3，
牛奶的密度为ρ＝＝＝1.2g/cm3＝1.2×103kg/m3；
在牛奶中加糖，糖溶解后，由于分子间存在间隙，则牛奶的体积基本不变，但加糖后牛奶的质量变大，由公式ρ＝知，牛奶的密度会变大。
故答案为：1.2×103；变大。
【点评】此题考查了密度公式的应用，在解答第2空时，关键要知道牛奶的体积基本不变，但加糖后牛奶的质量变大。
15．（2分）（2020•南充）若一辆小汽车一年行驶一万公里，消耗1t汽油，这些汽油完全燃烧放出 4.6×1010 J的热量；某次行驶过程中，该汽车汽油机曲轴的转速为3600r/min，在1s内汽油机对外做功 30 次（q汽＝4.6×107J/kg）。
【分析】（1）根据Q＝mq算出汽油完全燃烧放出的热量。
（2）四冲程内燃机的曲轴转2圈，完成4个冲程，1个工作循环中包括4个冲程并对外做功1次。
【解答】解：（1）汽油的质量：m＝1t＝1000kg，
汽油完全燃烧放出的热量：Q＝mq＝1000kg×4.6×107J/kg＝4.6×1010J。
（2）四冲程内燃机的曲轴转2圈，完成4个冲程，并对外做功1次；
因为曲轴的转速为3600r/min，汽油机1s曲轴转60圈，30个工作循环，对外做功30次；
故答案为：（1）4.6×1010；（2）30。
【点评】本题考查了热机飞轮转速的含义的理解、内燃机冲程的能量转化以及燃料燃烧放出的热量的计算，是比较基本的问题，难度不大。
16．（2分）（2020•南充）生活中的各种用电器工作时都要消耗电能，电能属于 二次 （选填“一次”或“二次”）能源；我国核能利用的技术已居于世界领先地位，其中氢弹利用的就是 聚变 （选填“裂变”或“聚变”）在瞬间释放的能量。
【分析】（1）从自然界直接获得不需要加工转换的能源是一次能源，消耗其它能源经过加工转换而获得的能源是二次能源；
（2）核裂变和核聚变都能释放能量，核裂变是可控的，核电站的核反应堆就是通过核裂变提供能量的；核聚变过程不可控，氢弹爆炸就是利用核聚变释放能量。
【解答】解：
（1）电能是消耗其它能源经过加工转换来的，属于二次能源；
（2）氢弹是利用氢核的聚变在瞬间释放的能量。
故答案为：二次；聚变。
【点评】本题考查了对核能以及核电站中能量转化以及能源分类的了解，属基础知识的考查。
17．（2分）（2020•南充）一灯泡标有“6V 3W”的字样，现仅有8V的电源，要使小灯泡正常发光，应该给小灯泡 串 （选填“串”或“并”）联一个 4 Ω的电阻。（不考虑灯泡电阻受温度的影响）
【分析】灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，电源的电压大于灯泡的额定电压时，要使灯泡正常发光应串联一个电阻分压；根据串联电路的电压特点求出串联电阻两端的电压，根据串联电路的电流特点和P＝UI求出电路中的电流，再根据欧姆定律求出串联电阻的阻值。
【解答】解：灯泡正常发光时的电压UL＝6V，功率PL＝3W，
要使灯泡接到8V的电源上时正常发光，应串联一个电阻R分压，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，串联电阻两端的电压：
UR＝U﹣UL＝8V﹣6V＝2V，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，由P＝UI可得，灯泡正常工作时电路中的电流：
I＝IL＝＝＝0.5A，
由I＝可得，串联电阻的阻值：
R＝＝＝＝4Ω。
故答案为：串；4。
【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，要注意用电器正常工作时的电压和额定电压相等。
18．（2分）（2020•南充）将一段电阻丝接入电路中，测得其两端电压为12V，通过的电流为3A，则该电阻丝电阻为 4 Ω；若将该电阻丝两端电压由12V降至6V，则电功率变化了 27 W。
【分析】根据欧姆定律求出电阻；再根据P＝求出两种情况下电阻R消耗的电功率，进一步求出该电阻R所消耗电功率的变化。
【解答】解：由I＝得：
该电阻丝电阻为：
R＝＝＝4Ω；
该电阻R所消耗电功率的变化：
PR′﹣PR＝﹣＝﹣＝27W。
故答案为：4；27。
【点评】本题考查了欧姆定律和电功率公式的应用，关键是公式及其变形的灵活运用。
19．（2分）（2020•南充）甲、乙两辆汽车在平直公路上同向匀速行驶，由两车的s﹣t图可知（如图），乙车速度为 72 km/h；t＝0时，甲车在乙车前方200米，乙车追上甲车还需 40 s。
【分析】根据图象，利用速度公式可求甲乙两车的速度；根据乙车追上甲车时两车通过的距离的关系列出等式求解需要的时间。
【解答】解：由图可知，t＝10s时，s甲＝350m﹣200m＝150m，s乙＝200m，
则v甲＝＝＝15m/s，v乙＝＝＝20m/s＝72km/h，
乙车追上甲车需要的时间为t′，则根据题意可得：
v甲t′+200m＝v乙t′，即15m/s×t′+200m＝20m/s×t′，
解得，t′＝40s。
故答案为：72；40。
【点评】此题考查速度公式及其应用，关键是根据乙车追上甲车时两车通过的距离的关系列出等式。
20．（2分）（2020•南充）如图所示，用沿斜面向上大小为4N的拉力，将一个重5N的物体从斜面底端匀速拉至顶端。已知物体沿斜面上滑的距离为5m，上升的高度为3m，则物体受到的摩擦力为 1 N，斜面的机械效率为 75% 。
【分析】有用功等于克服物体的重力做的功，利用W有用＝Gh计算，利用W总＝Fs求总功；总功等于有用功加上额外功，可求额外功，再利用W额＝fs求摩擦力；利用η＝求机械效率。
【解答】解：
拉力做的总功为：
W总＝Fs＝4N×5m＝20J，
使用斜面做的有用功，
W有用＝Gh＝5N×3m＝15J，
额外功为：
W额＝W总﹣W有用＝20J﹣15J＝5J，
根据W额＝fs知物体受到的摩擦力：
f＝＝＝1N；
斜面的机械效率为：
η＝＝×100%＝75%。
故答案为：1；75%。
【点评】本题考查了学生对斜面的机械效率的计算，其中知道克服摩擦力做的功为额外功是解题的关键。
21．（2分）（2020•南充）某次军事演习中，执行深海作业的潜水艇悬浮在海水中（如图）。要使潜水艇下潜，应对水舱 注水 （选填“注水”或“排水”），在下潜过程中，海水对潜水艇上下表面的压力差 不变 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
【分析】（1）从潜水艇是靠改变自身的重量来实现上浮和下潜的来分析即得答案。
（2）从浮力产生的原因以及影响浮力大小的因素来分析即可。
【解答】解：（1）潜水艇是靠改变自身的重量来实现上浮和下潜的，所以要使潜水艇下潜，应对水舱注水来增大它自身的重量。
（2）在下潜过程中，潜水艇完全浸没在水里，排开水的体积不变，所以所受到的浮力不变。由浮力产生的原因知海水对潜水艇上下表面的压力差不变。
故答案为：注水； 不变。
【点评】本题考查了阿基米德原理的应用以及对影响浮力大小的因素进行考查。本题难度不大，属于常考题。
22．（2分）（2020•南充）小明将线圈电阻为4.84Ω的电动机接入220V的家庭电路中，关闭其它用电器，只让电动机工作时，观察到他家标有2000imp/（kW•h）的电能表3min内闪烁了100次，则电动机在这段时间内消耗的电能为 0.05 kW•h，电动机线圈产生 1.8×104 J的热量。
【分析】（1）2000imp/（kW•h）的含义是：电路中每消耗1kW•h的电能，指示灯闪烁2000次，可求指示灯闪烁了100次时电动机消耗的电能；
（2）知道电源电压、工作时间以及电动机消耗的电能，由W＝UIt计算电动机工作时的电流，由Q＝I2Rt计算电动机线圈产生的热量。
【解答】解：
（1）关闭其它用电器，只让电动机工作，
由电能表的参数“2000imp/（kW•h）”知，电路中每消耗1kW•h的电能，指示灯闪烁2000次，
所以当指示灯闪烁100次时，电动机消耗的电能为：
W＝kW•h＝0.05kW•h＝1.8×105J；
（2）由W＝UIt可得，电动机工作时的电流：
I＝＝＝A，
所以电动机线圈产生热量：
Q＝I2Rt＝（A）2×4.84Ω×3×60s＝1.8×104J。
故答案为：0.05；1.8×104。
【点评】本题考查了电功以及焦耳定律公式的应用，关键是对电能表参数的正确理解以及公式的灵活运用，注意电动机是非纯电阻用电器，电流产生的热量要用Q＝I2Rt计算。
三、作图题（本大题共3小题，每题2分，共6分）
23．（2分）（2020•南充）物体A与弹簧连接，静止在光滑的斜面上，请画出物体A所受弹力的示意图。
【分析】弹力产生在接触面上，常见的压力和支持力是弹力，它们的方向是垂直接触面指向受力物体；物体A与弹簧连接，静止在光滑的斜面上，没有摩擦力，弹簧处于压缩状态，因此物体A还受到平行于斜面向上的弹力。
【解答】解：物体A与弹簧连接，静止在光滑的斜面上，弹簧处于压缩状态，则物体A受到平行于斜面向上的弹力，同时还受到垂直于斜面向上的支持力（支持力也属于弹力），二力的作用点都画在物体的重心上，如图所示：
【点评】本题考查了力的示意图的画法，要注意本题只画出物体A所受弹力的示意图，不要漏了力、也不要多了力。
24．（2分）（2020•南充）请画出用开关控制灯泡的电路。
【分析】家庭电路中，火线首先过保险丝进入开关，然后再进入灯泡，零线直接和灯泡相连，在更换灯泡时，断开开关，切断火线，操作更安全。
【解答】解：开关要接在灯和火线之间，火线先经开关，再到灯座的弹簧片，经灯丝、螺旋套，再到零线；如图所示：
【点评】掌握家庭电路中开关控制灯泡时的连接方法是解决该题的关键。
25．（2分）（2020•南充）一束光从空气射向玻璃砖，并穿过玻璃砖；画出这束光进入和离开玻璃砖的折射光线。
【分析】要解决此题，需要掌握光的折射定律的内容：入射光线、法线、折射光线在同一平面内，折射光线和入射光线分别位于法线两侧；
当光线从空气斜射入其它透明介质时，折射角小于入射角；当光线从其它介质斜射入空气时，则折射角大于入射角；当光线垂直入射时，折射光线、法线和入射光线在同一直线上。
【解答】解：首先光从空气垂直进入玻璃砖，所以其传播方向不变；
然后光从玻璃斜射入空气中，先过入射点垂直于界面画出法线，然后根据折射光线和入射光线分别位于法线两侧、折射角大于入射角，画出折射光线。如图所示：
【点评】此题主要考查了光的折射光线的画法，首先要熟练掌握光的折射定律的内容，关键是搞清折射角与入射角的关系，特别注意垂直入射时，光的传播方向不变。
四、实验探究题（本大题共3小题，每空1分，共16分）
26．（6分）（2020•南充）某学习小组“探究凸透镜成像的规律”，进行了如下操作：
（1）安装并调节烛焰透镜、光屏，使它们三者中心大致在 同一高度 。
（2）通过探究，记录并绘制了物距u与像距v之间的关系图象，如图甲所示，则该凸透镜的焦距是 5 cm。
（3）当蜡烛放在如图乙所示位置时，调节光屏，可在光屏上得到一个倒立、 缩小 的实像，生活中的 照相机 （选填“照相机”“投影仪”、“放大镜”）就是利用这样的成像原理工作的。
（4）若将透镜的上半部分用不适明的纸板挡住，则光屏上 能 （选填“能”或“不能”）成完整的像。
（5）在图乙中，小明借来物理老师的眼镜将其放在蜡烛和凸透镜之间，发现光屏上原本清晰的像变模糊了，向右移动光屏，光屏上的像又变清晰，说明老师戴的是 近视 （选填“近视”或“远视”）眼镜。
【分析】（1）为了使像能成在光屏的中心，必须使烛焰、凸透镜和光屏三者的中心放在同一高度上；
（2）凸透镜成像时，u＝v＝2f 时，物体成倒立、等大的实像，根据这个特点求出凸透镜的焦距；
（3）物距大于二倍焦距时，成倒立、缩小的实像；
（4）凸透镜成像光的折射现象，物体发出的光线经凸透镜折射后，会聚在凸透镜另一侧的光屏上，形成物体的实像；如果凸透镜的口径大，透过的光多，像就亮；口径小，透过的光少，像就暗；
（5）凹透镜对光线有发散作用，能使光线的会聚点推迟延后；近视眼是远处物体的像成在视网膜的前方，需佩戴凹透镜。
【解答】解：（1）根据实验的要求，让像成在光屏的中心，必须使烛焰、凸透镜和光屏三者的中心放在同一高度上；
（2）由图象可知，u＝v＝2f＝10cm，所以f＝5cm；
（3）当蜡烛放在如图乙所示位置时，物距为15cm，焦距为5cm，此时的物距大于二倍焦距，调节光屏，能在光屏上得到一个倒立、缩小的实像，其应用是照相机；
（4）凸透镜成实像时，所有透过透镜的光会聚到光屏上成像，当将透镜的下半部分挡住后，整个物体发出的光虽有一部分被挡住，但总会有一部分光通过上半部分凸透镜而会聚成像，因此，像与原来相同，仍然完整；由于透镜的一半被遮住，因此折射出的光线与原来相比减少了一半，故亮度会减弱，变暗了；
（5）将老师的眼镜靠近凸透镜左侧，发现光屏上的像由清晰变模糊，向右移动光屏又发观清晰的像，说明老师所戴眼镜的镜片，对光线起了发散作用，则为凹透镜；近视眼是远处物体的像不能呈现在视网膜上，而是呈现在视网膜的前方，因此需佩戴凹透镜才能看清远处的物体。
故答案为：（1）同一高度；（2）5；（3）缩小；照相机；（4）能；（5）近视。
【点评】此题考查的是凸透镜焦距的确定及成像规律和实际应用，属于基本技能的考查和基本规律的应用，难度不大，熟练掌握凸透镜成像规律是解决此类问题的前提。
27．（5分）（2020•南充）在“探究压力作用效果与哪些因素有关”的实验中，小强利用了多个完全相同的木块和海绵进行了如图所示的实验。
（1）实验中通过观察海绵的 凹陷的程度 来比较压力作用效果。
（2）对比甲、乙两图可以得出：当 压力 一定时，受力面积越小，压力作用效果越明显。
（3）由甲、丙两图可以探究压力作用效果与 压力大小 的关系。
（4）对比甲、丁两图，小强认为压力作用效果与压力大小无关，你认为他的观点 错误
（选填“正确“或“错误”）；理由是 没有控制受力面积相同 。
【分析】（1）压力的作用效果主要表现在物体的形变上，可以通过海绵的形变程度来反映压力作用效果是否明显；
（2）压力作用效果跟压力大小和受力面积大小有关。在压力一定时，受力面积越小，压力作用效果越明显；
（3）（4）在探究压力作用的效果与压力大小关系时，应保持受力面积一定，改变压力大小。
【解答】解：
（1）力可以改变海绵的形状，通过海绵凹陷程度表示压力作用效果大小；
（2）图甲、乙，压力相同，受力面积越小，海绵凹陷程度越大，压力作用效果越明显，所以在压力一定时，受力面积越小，压力作用效果越明显；
（3）图甲、丙，受力面积相同，丙图的压力大，海绵凹陷程度大，压力作用效果越明显，所以在受力面积一定时，压力越大，压力作用效果越明显；
（4）对比甲、丁两图，得出压力作用的效果与压力大小无关，是错误的，因为没有控制受力面积不变，同时改变了压力大小和受力面积大小，存在两个变量。
故答案为：（1）凹陷的程度；（2）压力；（3）压力大小； （4）错误；没有控制受力面积相同。
【点评】本题考查了探究压力作用效果与什么因素有关的实验，重点是控制变量法和转换法在实验中的应用，难度不大。
28．（7分）（2020•南充）用如下图甲所示的电路“探究电流与电阻的关系”，电源电压恒为6V，定值电阻R备有（5Ω、10Ω、20Ω、40Ω）各一个。
（1）闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应滑到最 左 （选填“左”或“右”）端。
（2）将5Ω的定值电阻接入电路闭合开关，移动滑片P发现电流表示数始终为零，电压表示数不为零，其原因可能是 B （填选项）。
A．定值电阻R短路 B．定值电阻R断路 C．滑动变阻器短路
（3）不改变滑动变阻器滑片的位置，将5Ω的电阻换成10Ω的电阻，闭合开关后，为保证电压表示数与更换前相同，滑片P应向 左 （选填“左”或“右”）端滑动。
（4）实验中依次接入定值电阻，调节滑片使定值电阻两端电压相同，记下电流表读数，绘出电流I与电阻倒数变化的图象乙，由图乙可知：电压一定时电流与电阻成 反 比。
（5）为完成整个实验，应该选择 B （填选项）种规格的滑动变阻器。
A.50Ω 1.0A
B.100Ω 1.2A
C.200Ω 0.6A
【分析】（1）为了保护电路，开关闭合前，滑动变阻器的滑片P应滑到阻值最大处。
（2）若电流表示数为0，说明电路可能断路；电压表示数不为零，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，则与电压表并联的支路断路了；
（3）根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻的电压相同，当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律结合分压原理确定滑片移动的方向；
（4）电压一定时电流与电阻成反比；
（5）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40Ω电阻时变阻器连入电路中的电阻。
【解答】解：（1）为了保护电路，开关闭合前，滑动变阻器的滑片P应滑到阻值最大处，即最左端；
（2）闭合开关后，移动滑动变阻器的滑片P时，发现电流表示数始终为零，说明电路可能断路，而电压表有示数，说明与电压表并联部分断路，则此时电路可能的故障是定值电阻R断路，故选B。
（3）将5Ω的电阻换成10Ω的电阻接入电路，根据串联分压原理可知，电阻增大，其分得的电压增大；
探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，即应保持电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，
由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向左端移动，使电压表的示数与原来相同；
（4）由图乙知，在电压一定时，电流I与电阻倒数成正比，所以电压一定时电流与电阻成反比；
（5）当定值电阻为5Ω时，电阻的倒数为＝0.2Ω﹣1，由图乙知，此时的电流为0.4A，
电阻两端的电压为：U＝IR＝0.4A×5Ω＝2V，
根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：
U滑＝U总﹣U＝6V﹣2V＝4V，
变阻器分得的电压为电阻两端的电压的 ＝2倍，
根据分压原理，当接入最大的40Ω电阻时，变阻器连入电路中的电阻为：R滑＝2×40Ω＝80Ω，
故为了完成整个实验，应该选取最大阻值至少80Ω的滑动变阻器，但又不能太大，故选B。
故答案为：（1）左；（2）B；（3）左；（4）反；（5）B。
【点评】本题探究电流与电阻的关系，考查注意事项、故障分析、操作过程、控制变量法、串联电路的规律、欧姆定律和数据分析及对器材的要求，综合性强。
五、计算题（本大题共两小题，29题9分，30题11分，共20分．要求写出必要的文字说明、主要的计算步骤和明确的答案．）
29．（9分）（2020•南充）市面上的电热水壶大多具有加热和保温功能。下图是某电热水壶的电路简图，开关K接通后，开关S自动与触点a、b接通，热水壶开始烧水；当壶内水温达到100℃时，温控开关S自动与a、b断开，并立即与触点c接通，水壶进入保温状态。已知电源电压为220V，电阻R1＝50Ω，这种水壶的加热功率P加热是保温功率P保温的5倍，水的比热容c＝4.2×103J/（kg•℃），R1、R2电阻不受温度影响。求：
（1）将1kg初温为35℃的水加热到100℃需要吸收多少热量？
（2）电阻R2的阻值。
（3）在晚上用电高峰期将1kg初温为35℃的水加热到100℃需用时300s，若加热效率为91%，则晚上用电高峰期的实际电压为多少？
【分析】（1）根据Q吸＝cm△t可求得吸收的热量；
（2）由题意和电路图可知，开关S与触点a、b接通时，R1与R2并联，电热水壶处于加热档状态；开关S自动与a、b断开并与触点c接通时，电路为R2的简单电路，电热水壶处于保温状态；加热功率减去保压状态的功率即为R1消耗的电功率，根据P＝分别求出R1和R2大小；
（3）利用效率公式求出消耗的电能，再根据P＝公式变形求出实际电压。
【解答】解：
（1）质量为1kg，初温为35℃的水加热到100℃所吸收的热量：
Q吸＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃﹣35℃）＝2.73×105J，
（2）由题意和电路图可知，开关S与触点a、b接通时，R1与R2并联，电热水壶处于加热档状态；
开关S自动与a、b断开，并与触点c接通时，电路为R2的简单电路，电热水壶处于保温档状态，
因电路的总功率等于各电阻消耗功率之和，且R2在两种状态下消耗的功率不变，
P加热＝+，
P保温＝，
已知P加热是保温功率P保温的5倍，
所以+＝5，
解得R2＝4R1＝200Ω
（3）由效率公式可得，电热水壶加热时消耗的电能：
W＝＝＝＝3×105J，
实际功率P＝＝＝1000W，
即+＝1000W，
解得U实＝200V。
答：（1）将1kg初温为35℃的水加热到100℃需要吸收2.73×105J热量；
（2）电阻R2的阻值为200Ω。
（3）晚上用电高峰期的实际电压为200V。
【点评】本题考查了电功与热量的综合计算，涉及到吸热公式、电功公式和效率公式的应用，综合性强。
30．（11分）（2020•南充）图甲为某自动注水装置的部分结构简图，杠杆AOB始终在水平位置保持平衡，O为杠杆的支点，OA＝3OB，竖直细杆a的一端连接在杠杆的A点，另一端与高为0.2m的长方体物块C固定；竖直细杆b的下端通过力传感器固定，上端连接在杠杆的B点（不计杠杆、细杆及连接处的重力和细杆的体积）。圆柱形水箱中有质量为3kg的水，打开水龙头，将水箱中的水缓慢放出，通过力传感器能显示出细杆b对力传感器的压力或拉力的大小；图乙是力传感器示数F的大小随放出水质量m变化的图象。当放出水的质量达到2kg时，物体C刚好全部露出水面，此时装置由传感器控制开关开始注水。（g＝10Nkg）求：
（1）物块C的重力。
（2）物块C受到的最大浮力。
（3）从开始放水到物块C上表面刚好与液面相平时，水对水箱底部的压强变化了多少？
【分析】（1）当放出水的质量达到2kg时，物体C刚好全部露出水面，此时杠杆A端受到的拉力等于C的重力，根据图乙读出此时B端受到的拉力，根据杠杆的平衡条件结合OA＝3OB求出物体C的重力；
（2）分析图乙可知，当放出水的质量≤1kg时，物体浸没在水中，物块C受到的浮力最大，此时力传感器受到的力最大为24N；根据杠杆的平衡条件求出此时杠杆A端受到的作用力，根据图乙可知放水的质量在1kg到2kg之间时力传感器的示数可以为零，说明C可以漂浮，从而得出物体C受到的浮力最大时杠杆A端的作用力是向上的；因力的作用是相互的，则物体C浸没时，C受到细杆a向下的压力F压＝FA；物体C受力平衡，则物体C受到的最大浮力：F浮＝F压+GC；
（3）根据F浮＝ρgV排求出物体C浸没时排开水的体积，根据V＝Sh求出长方体C的底面积，根据图乙读出从开始放水到物块C上表面刚好与液面相平时放出水的质量、从物块C上表面刚好与液面相平到物体C刚好全部露出水面时放出水的质量，根据ρ＝求出两种情况下放出水的体积，根据V2＝（S水箱﹣SC）hC求出水箱的底面积，根据V＝Sh求出从开始放水到物块C上表面刚好与液面相平时水面下降的高度△h，利用△p＝ρ水g△h求出水对水箱底部的压强变化量。
【解答】解：
（1）当放出水的质量达到2kg时，物体C刚好全部露出水面，此时杠杆A端受到的拉力等于C的重力，由图乙知，此时B端受到的拉力为6N，
根据杠杆的平衡条件知：GC×OA＝FB×OB，
由OA＝3OB可得，物块C的重力：GC＝×FB＝×6N＝2N；
（2）分析图乙可知，当放出水的质量≤1kg时，物体浸没在水中，物块C受到的浮力最大，此时力传感器受到的力最大为24N（即杠杆B端受到的作用力最大为24N）；
由杠杆的平衡条件可得：FA×OA＝FB′×OB，
则此时杠杆A端受到的作用力：FA＝×FB′＝×24N＝8N，
由图乙可知，放水的质量在1kg到2kg之间时力传感器的示数可以为零，说明C可以漂浮，
则物体C受到的浮力最大时，杠杆A端受到的作用力是向上的，
因力的作用是相互的，则物体C浸没时，C受到细杆a向下的压力F压＝FA＝8N，
物体C受力平衡，则物体C受到的最大浮力：F浮＝F压+GC＝8N+2N＝10N；
（3）由F浮＝ρgV排可得，物体C浸没时排开水的体积：
V排＝＝＝1×10﹣3m3，
长方体C的底面积：
SC＝＝＝5×10﹣3m2，
由图乙可知，从开始放水到物块C上表面刚好与液面相平时，放出水的质量m1＝1kg，
从物块C上表面刚好与液面相平到物体C刚好全部露出水面时，放出水的质量m2＝2kg﹣1kg＝1kg，
由ρ＝可得，两种情况下放出水的体积：
V2＝V1＝＝＝1×10﹣3m3，
由V2＝（S水箱﹣SC）hC可得，水箱的底面积：
S水箱＝+SC＝+5×10﹣3m2＝1×10﹣2m2，
从开始放水到物块C上表面刚好与液面相平时，水面下降的高度：
△h＝＝＝0.1m，
则该过程中水对水箱底部的压强变化量：
△p＝ρ水g△h＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.1m＝1000Pa。
答：（1）物块C的重力为2N。
（2）物块C受到的最大浮力为10N。
（3）从开始放水到物块C上表面刚好与液面相平时，水对水箱底部的压强变化了1000Pa。
【点评】本题考查了杠杆平衡条件和阿基米德原理、密度公式和液体压强公式的综合应用，从图象中获取有用的信息和正确判断杠杆A端受到作用力的方向是关键。
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日期：2020/7/23 11:43:29；用户：时代卓锦初物；邮箱：sdzjwl@xyh.com；学号：37287011
2020年四川省南充市中考物理试卷
一、选择题（本大题1一10小题只有一项符合题目要求，每小题3分；11--12小题有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有错的得0分，共38分．）
1．（3分）（2020•南充）下列估计符合生活实际的是（ ）
A．正常成年人的步行速度约为5m/s
B．新物理课本中一张纸的厚度约为0.1mm
C．一个苹果的质量约为1.5kg
D．正常眼睛在观察近处物体时，最清晰而又不疲劳的距离大约为10cm
2．（3分）（2020•南充）下列说法错误的是（ ）
A．水蒸气引起的烫伤往往比开水烫伤更严重，是因为水蒸气液化时还要放出大量的热
B．冰在熔化过程中吸收热量，温度保持不变
C．夏天，汽车内开冷空调，被冷气对吹的车玻璃上有小水珠，小水珠主要集中在玻璃内侧
D．水沸腾时，在水中有大量气泡不断上升、变大
3．（3分）（2020•南充）汽车在公路上加速行驶，下列描述正确的是（ ）
A．汽车速度越大，汽车的惯性越大
B．汽车前行紧急刹车时，乘客身体将向后倾
C．汽车的牵引力与汽车受到的阻力是一对平衡力
D．汽车受到的支持力与汽车对地面的压力是一对相互作用力
4．（3分）（2020•南充）下列说法正确的是（ ）
A．“破镜不能重圆”说明分子间没有引力
B．发生热传递时，热量总是从内能大的物体传递到内能小的物体
C．把0℃的冰块加热熔化成0℃的水，若不考虑水的蒸发，其内能不变
D．若没有外界做功时，同一物体温度降低得越多，放出的热量就越多
5．（3分）（2020•南充）对光现象的解释错误的是（ ）
A．“小孔成像”所成的像是倒立的实像
B．人远离平面镜时，平面镜中的像越来越小
C．手机的人脸识别功能用到了光的反射
D．今年疫情期间使用的红外测温仪是利用人体辐射的红外线，进行温度测量
6．（3分）（2020•南充）关于气体压强，下列说法错误的是（ ）
A．做托里拆利实验时，若将玻璃管由竖直变倾斜，管中水银柱的长度不变
B．能用吸管将杯中饮料吸进嘴里，是利用了大气压强
C．一标准大气压可托起约10.3m高的水柱
D．高空飞行的大型客机，机翼上方空气流速大、压强小
7．（3分）（2020•南充）对下列四幅图解释正确的是（ ）
A．图1中水平放置的指南针受地磁场影响，指针N极总是指向地理南方
B．图2中通电螺线管右端为N极
C．图3为电动机工作原理图
D．图4说明了电磁铁磁性强弱与电流大小有关
8．（3分）（2020•南充）2020年6月23日9时43分，北斗3号最后一颗全球组网卫星在西昌卫星发射中心发射成功（如图），它是北斗3号系列的第三颗地球同步卫星，主要用于无线电导航、无线电测定等。关于卫星下列说法正确的是（ ）
A．该卫星在加速升空的过程中，机械能不变
B．该卫星进入同步轨道后，相对地表静止
C．该卫星运行一周的时间约为365天
D．该卫星与地面基站可通过超声波传递信息
9．（3分）（2020•南充）如图所示电路，当闭合开关，灯泡正常发光，滑动变阻器滑片向右移动时，下列说法正确的是（ ）
A．灯L亮度变暗
B．电压表V与电流表A1示数之比不变
C．电路的总功率变小
D．电压表示数变大
10．（3分）（2020•南充）水平桌面上有甲乙两个质量和底面积均相同的容器，分别装有密度不同的液体，将两个完全相同的小球放入容器中，静止时两容器中液面高度相同，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．甲容器中液体的密度小于乙容器中液体的密度
B．甲容器中小球受到的浮力大于乙容器中小球受到的浮力
C．甲容器底部受到液体的压力大于乙容器底部受到液体的压力
D．甲容器对桌面的压力一定大于乙容器对桌面的压力
11．（3分）（2020•南充）如图甲所示滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的过程中，电流表和电压表示数变化的规律如图乙所示。则以下说法正确的是（ ）
A．R0的阻值为10Ω
B．滑动变阻器的最大阻值为60Ω
C．电源电压为8V
D．滑片在滑动的过程中，滑动变阻器的最大功率为0.9W
12．（3分）（2020•南充）如图所示，重为2N的物体A放在水平桌面上，重为5N的物体B挂在动滑轮下，每个滑轮重为1N（不计绳重和摩擦），B恰好可以匀速下降。现对A施加水平向左的拉力使B上升，当B以0.3m/s的速度匀速上升时，拉力大小为F．下列说法正确的是（ ）
A．B匀速下降时，物体A受到3N的摩檫力
B．拉力F的大小为4N
C．拉力F的功率为3.6W
D．B匀速上升0.6m的过程中，拉力F做功2.4J
二、填空题（本大题共10小题，每空1分，共20分）
13．（2分）（2020•南充）吹笛子时，手指按压不同的小孔，可以改变笛子发声的 ；为了保护听力，声音不能超过 dB。
14．（2分）（2020•南充）一杯牛奶有250ml，其质量为300g，则牛奶的密度是 kg/m3；小李喜欢喝加糖的牛奶，加糖溶解后，牛奶的密度会 （选填“变大”、“不变”“变小”）。
15．（2分）（2020•南充）若一辆小汽车一年行驶一万公里，消耗1t汽油，这些汽油完全燃烧放出 J的热量；某次行驶过程中，该汽车汽油机曲轴的转速为3600r/min，在1s内汽油机对外做功 次（q汽＝4.6×107J/kg）。
16．（2分）（2020•南充）生活中的各种用电器工作时都要消耗电能，电能属于 （选填“一次”或“二次”）能源；我国核能利用的技术已居于世界领先地位，其中氢弹利用的就是 （选填“裂变”或“聚变”）在瞬间释放的能量。
17．（2分）（2020•南充）一灯泡标有“6V 3W”的字样，现仅有8V的电源，要使小灯泡正常发光，应该给小灯泡 （选填“串”或“并”）联一个 Ω的电阻。（不考虑灯泡电阻受温度的影响）
18．（2分）（2020•南充）将一段电阻丝接入电路中，测得其两端电压为12V，通过的电流为3A，则该电阻丝电阻为 Ω；若将该电阻丝两端电压由12V降至6V，则电功率变化了 W。
19．（2分）（2020•南充）甲、乙两辆汽车在平直公路上同向匀速行驶，由两车的s﹣t图可知（如图），乙车速度为 km/h；t＝0时，甲车在乙车前方200米，乙车追上甲车还需 s。
20．（2分）（2020•南充）如图所示，用沿斜面向上大小为4N的拉力，将一个重5N的物体从斜面底端匀速拉至顶端。已知物体沿斜面上滑的距离为5m，上升的高度为3m，则物体受到的摩擦力为 N，斜面的机械效率为 。
21．（2分）（2020•南充）某次军事演习中，执行深海作业的潜水艇悬浮在海水中（如图）。要使潜水艇下潜，应对水舱 （选填“注水”或“排水”），在下潜过程中，海水对潜水艇上下表面的压力差 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
22．（2分）（2020•南充）小明将线圈电阻为4.84Ω的电动机接入220V的家庭电路中，关闭其它用电器，只让电动机工作时，观察到他家标有2000imp/（kW•h）的电能表3min内闪烁了100次，则电动机在这段时间内消耗的电能为 kW•h，电动机线圈产生 J的热量。
三、作图题（本大题共3小题，每题2分，共6分）
23．（2分）（2020•南充）物体A与弹簧连接，静止在光滑的斜面上，请画出物体A所受弹力的示意图。
24．（2分）（2020•南充）请画出用开关控制灯泡的电路。
25．（2分）（2020•南充）一束光从空气射向玻璃砖，并穿过玻璃砖；画出这束光进入和离开玻璃砖的折射光线。
四、实验探究题（本大题共3小题，每空1分，共16分）
26．（6分）（2020•南充）某学习小组“探究凸透镜成像的规律”，进行了如下操作：
（1）安装并调节烛焰透镜、光屏，使它们三者中心大致在 。
（2）通过探究，记录并绘制了物距u与像距v之间的关系图象，如图甲所示，则该凸透镜的焦距是 cm。
（3）当蜡烛放在如图乙所示位置时，调节光屏，可在光屏上得到一个倒立、 的实像，生活中的 （选填“照相机”“投影仪”、“放大镜”）就是利用这样的成像原理工作的。
（4）若将透镜的上半部分用不适明的纸板挡住，则光屏上 （选填“能”或“不能”）成完整的像。
（5）在图乙中，小明借来物理老师的眼镜将其放在蜡烛和凸透镜之间，发现光屏上原本清晰的像变模糊了，向右移动光屏，光屏上的像又变清晰，说明老师戴的是 （选填“近视”或“远视”）眼镜。
27．（5分）（2020•南充）在“探究压力作用效果与哪些因素有关”的实验中，小强利用了多个完全相同的木块和海绵进行了如图所示的实验。
（1）实验中通过观察海绵的 来比较压力作用效果。
（2）对比甲、乙两图可以得出：当 一定时，受力面积越小，压力作用效果越明显。
（3）由甲、丙两图可以探究压力作用效果与 的关系。
（4）对比甲、丁两图，小强认为压力作用效果与压力大小无关，你认为他的观点
（选填“正确“或“错误”）；理由是 。
28．（7分）（2020•南充）用如下图甲所示的电路“探究电流与电阻的关系”，电源电压恒为6V，定值电阻R备有（5Ω、10Ω、20Ω、40Ω）各一个。
（1）闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应滑到最 （选填“左”或“右”）端。
（2）将5Ω的定值电阻接入电路闭合开关，移动滑片P发现电流表示数始终为零，电压表示数不为零，其原因可能是 （填选项）。
A．定值电阻R短路 B．定值电阻R断路 C．滑动变阻器短路
（3）不改变滑动变阻器滑片的位置，将5Ω的电阻换成10Ω的电阻，闭合开关后，为保证电压表示数与更换前相同，滑片P应向 （选填“左”或“右”）端滑动。
（4）实验中依次接入定值电阻，调节滑片使定值电阻两端电压相同，记下电流表读数，绘出电流I与电阻倒数变化的图象乙，由图乙可知：电压一定时电流与电阻成 比。
（5）为完成整个实验，应该选择 （填选项）种规格的滑动变阻器。
A.50Ω 1.0A
B.100Ω 1.2A
C.200Ω 0.6A
五、计算题（本大题共两小题，29题9分，30题11分，共20分．要求写出必要的文字说明、主要的计算步骤和明确的答案．）
29．（9分）（2020•南充）市面上的电热水壶大多具有加热和保温功能。下图是某电热水壶的电路简图，开关K接通后，开关S自动与触点a、b接通，热水壶开始烧水；当壶内水温达到100℃时，温控开关S自动与a、b断开，并立即与触点c接通，水壶进入保温状态。已知电源电压为220V，电阻R1＝50Ω，这种水壶的加热功率P加热是保温功率P保温的5倍，水的比热容c＝4.2×103J/（kg•℃），R1、R2电阻不受温度影响。求：
（1）将1kg初温为35℃的水加热到100℃需要吸收多少热量？
（2）电阻R2的阻值。
（3）在晚上用电高峰期将1kg初温为35℃的水加热到100℃需用时300s，若加热效率为91%，则晚上用电高峰期的实际电压为多少？
30．（11分）（2020•南充）图甲为某自动注水装置的部分结构简图，杠杆AOB始终在水平位置保持平衡，O为杠杆的支点，OA＝3OB，竖直细杆a的一端连接在杠杆的A点，另一端与高为0.2m的长方体物块C固定；竖直细杆b的下端通过力传感器固定，上端连接在杠杆的B点（不计杠杆、细杆及连接处的重力和细杆的体积）。圆柱形水箱中有质量为3kg的水，打开水龙头，将水箱中的水缓慢放出，通过力传感器能显示出细杆b对力传感器的压力或拉力的大小；图乙是力传感器示数F的大小随放出水质量m变化的图象。当放出水的质量达到2kg时，物体C刚好全部露出水面，此时装置由传感器控制开关开始注水。（g＝10Nkg）求：
（1）物块C的重力。
（2）物块C受到的最大浮力。
（3）从开始放水到物块C上表面刚好与液面相平时，水对水箱底部的压强变化了多少？
2020年四川省南充市中考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题1一10小题只有一项符合题目要求，每小题3分；11--12小题有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有错的得0分，共38分．）
1．（3分）（2020•南充）下列估计符合生活实际的是（ ）
A．正常成年人的步行速度约为5m/s
B．新物理课本中一张纸的厚度约为0.1mm
C．一个苹果的质量约为1.5kg
D．正常眼睛在观察近处物体时，最清晰而又不疲劳的距离大约为10cm
【分析】估测法是利用物理概念、规律、物理常数和常识对物理量的数值、数量级进行快速计算以及对取值范围合理估测的方法，这就要求同学们要学会从生活体验中理解物理知识和物理规律，并且能将物理知识和物理规律用于对生活现象和生活常识的简单解释。
【解答】解：
A、人正常步行的速度约为1.2m/s，故A不符合实际情况；
B、新物理课本中一张纸的厚度约为0.1mm，故B符合实际情况；
C、三个苹果的质量约0.5kg，所以一个苹果的质量在0.15kg左右，故C不符合实际情况；
D、正常眼睛观察近处物体最清晰而又不疲劳的距离大约是25cm，这个距离叫明视距离，故D不符合实际情况。
故选：B。
【点评】物理学中，对各种物理量的估算能力，是我们应该加强锻炼的重要能力之一，这种能力的提高，对我们的生活同样具有很大的现实意义。
2．（3分）（2020•南充）下列说法错误的是（ ）
A．水蒸气引起的烫伤往往比开水烫伤更严重，是因为水蒸气液化时还要放出大量的热
B．冰在熔化过程中吸收热量，温度保持不变
C．夏天，汽车内开冷空调，被冷气对吹的车玻璃上有小水珠，小水珠主要集中在玻璃内侧
D．水沸腾时，在水中有大量气泡不断上升、变大
【分析】（1）液化是物质从气态变为液态的过程，此过程会放出大量的热量；
（2）晶体在熔化过程中，尽管不断吸热，但是温度却保持熔点不变；
（3）车玻璃窗上的小水珠是水蒸气遇冷液化形成的，要判断水雾出现在玻璃的内侧还是外侧，要看车内外的温度高低情况，如果车内温度比车外温度低。车外热的水蒸气遇到冷的车窗玻璃液化形成水雾附着在车外侧；
（4）沸腾前气泡在上升过程中体积逐渐减小；沸腾时气泡在上升过程中体积逐渐增大。
【解答】解：
A、因为水蒸气遇到相对温度比较低的人体，就会液化，液化要放出大量的热，所以的水蒸气烫伤更厉害，故A正确；
B、冰是晶体，在熔化过程中，尽管不断吸收热量，但是温度却保持在熔点不变，故B正确；
C、夏天，空调车内温度低于外部温度，外部的水蒸气遇到冷的玻璃会发生液化现象，小水珠附着在玻璃的外表面，故C错误；
D、水沸腾时，在水中有大量气泡不断上升、变大，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查了生活中的物态变化现象，以及吸放热情况，是中考物态变化部分基本的考查内容。
3．（3分）（2020•南充）汽车在公路上加速行驶，下列描述正确的是（ ）
A．汽车速度越大，汽车的惯性越大
B．汽车前行紧急刹车时，乘客身体将向后倾
C．汽车的牵引力与汽车受到的阻力是一对平衡力
D．汽车受到的支持力与汽车对地面的压力是一对相互作用力
【分析】（1）物体保持运动状态不变的性质叫做惯性，惯性大小只与质量有关；
（2）物体在平衡力的作用下一定处于处于静止或匀速直线运动状态；
（3）相互作用力：大小相等、方向相反、作用在两个物体上，作用在同一条直线上。
【解答】解：
A、惯性大小只与质量有关，汽车速度变大，惯性不会变大，故A错误；
B、刹车前，汽车和乘客共同以较大的速度向前行驶，当汽车紧急刹车时，乘客由于惯性还要保持原来较大的速度向前运动，因此乘客会向前倾倒，故B错误；
C、汽车在公路上加速行驶，汽车处于非平衡状态，汽车的牵引力与汽车受到的阻力不是一对平衡力，故C错误；
D、汽车对地面的压力和地面对汽车的支持力，分别作用在地面和汽车上，二者大小相等、方向相反、作用在同一条直线上，是一对相互作用力，故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查了对惯性、相互作用力以及对平衡力的辨别等，都是力学的重要知识点，应熟练掌握，深入理解。
4．（3分）（2020•南充）下列说法正确的是（ ）
A．“破镜不能重圆”说明分子间没有引力
B．发生热传递时，热量总是从内能大的物体传递到内能小的物体
C．把0℃的冰块加热熔化成0℃的水，若不考虑水的蒸发，其内能不变
D．若没有外界做功时，同一物体温度降低得越多，放出的热量就越多
【分析】（1）分子热运动理论的内容：一是物质是由分子构成的；二是构成物质的分子都在不停地做无规则运动；三是分子间存在相互作用力﹣﹣引力和斥力；
（2）发生热传递的条件是：两物体的温度不同；
（3）冰是晶体，晶体熔化的特点是温度不变，但要继续吸热，其内能不断增大；
（4）改变内能的方式有两种：做功与热传递，物体内能的改变既有可能是物体对外做了功，也可能是物体向外放出热量。
【解答】解：
A、“破镜不能重圆”，是因为镜子碎片接触时达不到产生分子力作用的距离，不能说明分子间有斥力，故A错误；
B、发生热传递的条件是存在温度差，内能大的物体温度可能低于内能小的物体的温度，故B错误；
C、冰是晶体，把0℃的冰块加热熔化成0℃的水，若不考虑水的蒸发，其内能增加，但温度不变，故C错误；
D、若没有外界做功时，同一物体，温度降得越低，放出的热量就越多，故D正确。
故选：D。
【点评】本题是一道热学综合题，主要考查学生对内能、热传递的条件及热量的理解，是中招的热点，热学的难点。
5．（3分）（2020•南充）对光现象的解释错误的是（ ）
A．“小孔成像”所成的像是倒立的实像
B．人远离平面镜时，平面镜中的像越来越小
C．手机的人脸识别功能用到了光的反射
D．今年疫情期间使用的红外测温仪是利用人体辐射的红外线，进行温度测量
【分析】（1）小孔成的像是倒立、实像，可大、可小、可等大；
（2）平面镜成像特点，物体在平面镜中成的像的正立，等大的虚像；
（3）光从一种介质射向另一种介质的交界面时，一部分光返回原来介质中，使光的传播方向发生了改变，这种现象称为光的反射；
（4）红外线是不可见光，红外线的热作用强，穿透能力强，根据红外线的热作用比较强制成热谱仪、红外线夜视仪、红外线体温计等。
【解答】解：A、小孔成的像是倒立，实像，故A正确；
B、物体在平面镜中成的像的正立，等大的虚像，像的大小由物体决定，与物体离平面镜的远近无关，故B错误；
C、手机的人脸识别功能是利用脸部反射的光线对人时行识别，利用了光的反射，故C正确；
D、红外线测温仪是通过对物体自身辐射的红外能量的测量，准确地测定物体表面温度的仪器，今年疫情期间使用的红外测温仪是利用人体辐射的红外线，进行温度测量，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查了平面镜成像和小孔成像的规律，光的反射现象及红外线的应用，属于基本内容，比较简单。
6．（3分）（2020•南充）关于气体压强，下列说法错误的是（ ）
A．做托里拆利实验时，若将玻璃管由竖直变倾斜，管中水银柱的长度不变
B．能用吸管将杯中饮料吸进嘴里，是利用了大气压强
C．一标准大气压可托起约10.3m高的水柱
D．高空飞行的大型客机，机翼上方空气流速大、压强小
【分析】（1）外界大气压不变，支持的水银柱的高度不变；
（2）根据大气压的作用分析解答；
（3）1标准大气压的值是1.01×105Pa，大气压能支持76cm的水银柱，能支持10.3m的水柱；
（4）流体流速越快的位置压强越小。
【解答】解：
A、托里拆利实验采用了“平衡法”的原理；即大气压的大小与水银柱产生的压强平衡（大小相等），水银柱产生的压强可以通过液体压强公式p＝ρgh算出，从而得到大气压的值，在公式中，h表示的是水银柱的高度；实验中，玻璃管倾斜后，长度会随着变大，管内水银增多，但水银柱的高度不变，故A错误；
B、用吸管将杯中的饮料吸入口中，是吸走了管中的空气，使气压减小，在外界大气压的作用下将饮料压入口中；故B正确；
C、1标准大气压的值是1.01×105Pa，由p＝ρgh可得1标准大气压支持的水柱高为：h＝＝≈10.3m，故C正确；
D、飞机飞行过程中，机翼上方空气流速大，向下的压强小，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了托里拆利实验、流体压强与流速关系、大气压的应用等相关知识，综合性强，但难度不大。
7．（3分）（2020•南充）对下列四幅图解释正确的是（ ）
A．图1中水平放置的指南针受地磁场影响，指针N极总是指向地理南方
B．图2中通电螺线管右端为N极
C．图3为电动机工作原理图
D．图4说明了电磁铁磁性强弱与电流大小有关
【分析】（1）地球是一个大磁体，地磁南极在地理北极附近，地磁北极在地理南极附近，小磁针放在地球这个磁体的磁场中，即可指南北；
（2）首先判断电流的方向，根据安培定则判断通电螺线管的极性；
（3）电磁感应现象是指闭合电路的一部分导体切割磁感线时产生感应电流，是发电机的原理；
（4）电磁铁磁性的强弱与电流大小、线圈匝数有关，运用控制变量方法进行分析。
【解答】解：A、图1中水平放置的指南针受地磁场影响，指针N极总是指向地理北方；故A错误；
B、图2电流从电源正极流向负极，所以电流从螺线管左端的后面上去，前面流下，根据右手螺旋定则可以确定，右端为N极；故B正确；
C、图3是电磁感应现象，是发电机的工作原理图；故C错误；
D、图4中两电磁铁串联，电流相等，螺线管匝数不同，吸引铁钉的数量不同，说明了电磁铁磁性强弱与螺线管匝数有关；故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查地磁场、螺线管极性的判断、影响电磁铁强弱、电磁感应现象等知识的理解和应用，是电磁部分比较典型的知识，要熟练掌握。
8．（3分）（2020•南充）2020年6月23日9时43分，北斗3号最后一颗全球组网卫星在西昌卫星发射中心发射成功（如图），它是北斗3号系列的第三颗地球同步卫星，主要用于无线电导航、无线电测定等。关于卫星下列说法正确的是（ ）
A．该卫星在加速升空的过程中，机械能不变
B．该卫星进入同步轨道后，相对地表静止
C．该卫星运行一周的时间约为365天
D．该卫星与地面基站可通过超声波传递信息
【分析】（1）动能与物体的质量和速度有关，物体的质量越大、速度越大，动能越大；重力势能与物体的质量和高度有关，物体的质量越大、高度越高，重力势能越大；机械能等于动能与势能之和；
（2）判断一个物体是运动的还是静止的，要看这个物体与所选参照物之间是否有位置变化；若位置有变化，则物体相对于参照物是运动的；若位置没有变化，则物体相对于参照物是静止的；
（3）地球自转周期约为24小时；
（4）电磁波可以在真空中传播，而声音不能在真空中传播。
【解答】解：
A、在卫星加速升空的过程中，卫星的质量不变，速度变大，动能变大；同时质量不变、高度增加，重力势能增大，所以机械能增大，故A错误；
B、卫星进入同步轨道后，地球同步卫星和地球之间的位置没有发生改变，卫星相对于地表是静止的，故B正确；
C、地球同步卫星和地球的自转周期相同，即每隔24小时绕地球一周，故C错误；
D、卫星与地面站之间是真空，真空不能传声，所以只能利用电磁波传递信息，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了机械能的影响因素、运动和静止的判断、地球同步卫星的运转周期以及卫星通信等问题，涉及的知识较多，但难度不大，是一道基础题。
9．（3分）（2020•南充）如图所示电路，当闭合开关，灯泡正常发光，滑动变阻器滑片向右移动时，下列说法正确的是（ ）
A．灯L亮度变暗
B．电压表V与电流表A1示数之比不变
C．电路的总功率变小
D．电压表示数变大
【分析】由图可知，该电路为并联电路，电压表测量电源的电压；电流表A1测量的是通过滑动变阻器的电流，电流表A2测量的是通过灯泡的电流；滑动变阻器滑片向右移动时，根据电阻的变化，利用欧姆定律判定电流的变化；根据并联电路的特点判定通过灯泡电流的变化和亮度的变化。根据P＝UI判定总功率的变化。
【解答】解：由图可知，该电路为并联电路，电压表测量电源的电压；电流表A1测量的是通过滑动变阻器的电流，电流表A2测量的是通过灯泡的电流；
由于电源电压不变，所以电压表示数不变，故D错误；
滑动变阻器滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，由于其两端的电压不变，根据欧姆定律可知，通过其电流会变小，即电流表A1示数变小；
由于并联电路中各支路互不影响，所以通过灯泡的电流不变，灯泡的功率不变，亮度不变，故A错误；
电压表V与电流表A1示数之比为滑动变阻器的电阻，电阻变大，比值变大，故B错误；
根据并联电路的电流关系可知，干路中的电流减小，根据P＝UI可知，电路的总功率减小，故C正确；
故选：C。
【点评】本题考查了电路的动态分析，明确电路的结构和并联电路的特点是解题的关键。
10．（3分）（2020•南充）水平桌面上有甲乙两个质量和底面积均相同的容器，分别装有密度不同的液体，将两个完全相同的小球放入容器中，静止时两容器中液面高度相同，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．甲容器中液体的密度小于乙容器中液体的密度
B．甲容器中小球受到的浮力大于乙容器中小球受到的浮力
C．甲容器底部受到液体的压力大于乙容器底部受到液体的压力
D．甲容器对桌面的压力一定大于乙容器对桌面的压力
【分析】由图可知，两个完全相同的小球在两液体中分别处于漂浮状态和悬浮状态。
（1）根据物体浮沉条件比较物体密度和液体的密度关系，从而得出甲、乙中液体的密度关系；
（2）根据物体浮沉条件比较物体重力和受到的浮力关系，从而得出两小球受到的浮力关系；
（3）由题意可知，两容器中液体的深度关系和液体密度关系，根据p＝ρgh比较两容器底受到液体的压强关系，根据F＝pS比较两容器底部受到液体的压力关系；
（4）根据物体浮沉条件和阿基米德原理得出小球的重力与受到的浮力关系，比较甲容器中液体的体积和排开液体的体积之和关系，根据G＝mg＝ρVg比较液体和小球排开液体的总重力关系，从而得出两容器对桌面的压力关系。
【解答】解：由图可知，两个完全相同的小球在两液体中分别处于漂浮状态和悬浮状态。
A．由物体浮沉条件可知，小球在甲中漂浮时有ρ甲＞ρ球，小球在乙中悬浮时有ρ乙＝ρ球，则ρ甲＞ρ乙，故A错误；
B．由物体浮沉条件可知，小球在甲中漂浮和小球在乙中悬浮时，均有F浮＝G球，则F浮甲＝F浮乙，故B错误；
C．因两容器中液面相平且ρ甲＞ρ乙，所以由p＝ρ液gh可知，两容器底受到液体的压强关系为p甲＞p乙，
又因两容器底面积相同，所以由F＝pS可知，甲容器底部受到液体的压力大于乙容器底部受到液体的压力，故C正确；
D．两小球的重力相等且受到的浮力相等，根据阿基米德原理可知，两小球排开液体的重力和自身的重力相等，
则甲容器对桌面的压力F＝G容+G液+G球＝G容+G液+G排＝G容+ρ液V总g，
因甲容器中液体的体积和排开液体的体积之和小于乙，且ρ甲＞ρ乙，
所以，无法比较ρ液V总g的大小关系，从而无法比较甲、乙容器对桌面的压力关系，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了物体浮沉条件和压强公式的应用，一定要掌握物体浮沉情况与密度的关系，同时要搞清不同状态下（漂浮、悬浮）物体所受重力与浮力的大小关系。
11．（3分）（2020•南充）如图甲所示滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的过程中，电流表和电压表示数变化的规律如图乙所示。则以下说法正确的是（ ）
A．R0的阻值为10Ω
B．滑动变阻器的最大阻值为60Ω
C．电源电压为8V
D．滑片在滑动的过程中，滑动变阻器的最大功率为0.9W
【分析】如图甲所示，R0与R串联，电流表测电路中的电流，电压表测R两端的电压；
（1）当滑片位于b端时，变阻器接入电路中的电阻最大时，此时电路中的电流最小，根据图乙得出电表的示数，根据欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值；
（2）根据电阻的串联和欧姆定律表示出电源的电压；
当滑片位于a端时，电路为R0的简单电路，电路中的电流最大，根据图乙读出电路中的最大电流，根据欧姆定律表示出电源的电压，利用电源的电压不变得出等式即可求出R0的阻值，进一步求出电源的电压；
（3）利用P＝I2R求出电阻R消耗的最大功率。
【解答】解：如图甲所示，R0与R串联，电流表测电路中的电流，电压表测R两端的电压；
（1）当滑片位于b端时，R0与R串联，电流表测电路中的电流，电压表测R两端的电压，此时电路中的电流最小，
由图乙可知，电路中的电流I小＝0.1A，UR＝5V，
由I＝可得，滑动变阻器的最大阻值：
R＝＝＝50Ω，故B错误；
（2）R0与R串联，则根据串联电路中总电阻等于各分电阻之和，结合欧姆定律可得：
电源的电压：U＝I小（R0+R）＝0.1A×（R0+50Ω），
当滑片位于a端时，电路为R0的简单电路，电路中的电流最大，由图乙可知，电路中的最大电流I大＝0.6A，
则根据欧姆定律可得：
电源的电压：
U＝I大R0＝0.6A×R0，
因电源的电压不变，
所以，0.1A×（R0+50Ω）＝0.6A×R0，
解得：R0＝10Ω，故A正确；
电源的电压U＝I大R0＝0.6A×10Ω＝6V，故C错误；
（3）电路中的电流：
I＝，
滑动变阻器R的电功率：
P＝I2R＝（ ）2R＝＝＝＝，
所以，当R＝R1＝10Ω时，滑动变阻器R的功率最大，则
P大＝＝＝0.9W，故D正确。
故选：AD。
【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，关键是根据图象读出相关的信息。
12．（3分）（2020•南充）如图所示，重为2N的物体A放在水平桌面上，重为5N的物体B挂在动滑轮下，每个滑轮重为1N（不计绳重和摩擦），B恰好可以匀速下降。现对A施加水平向左的拉力使B上升，当B以0.3m/s的速度匀速上升时，拉力大小为F．下列说法正确的是（ ）
A．B匀速下降时，物体A受到3N的摩檫力
B．拉力F的大小为4N
C．拉力F的功率为3.6W
D．B匀速上升0.6m的过程中，拉力F做功2.4J
【分析】（1）根据滑轮组省力的特点求得绳子自由端的拉力（即对物体A的拉力FA）；物体B匀速下降，物体A匀速向右运动，根据二力平衡条件求出物体A受到摩擦力的大小；
（2）当使物体B以0.2m/s的速度上升时，物体A匀速向左运动，此时A受到向右的拉力FA、摩擦力和向左的拉力F作用；根据影响滑动摩擦力大小的因素判断此时A受到的摩擦力大小，再由力的平衡条件可求出拉力F的大小；
（3）绳子自由端移动的速度为：vA＝3vB，根据P＝Fv可求拉力F的功率；
（4）B匀速上升0.6m，则绳子自由端移动的距离：sA＝3sB，再根据W＝Fs可求B匀速上升0.6m的过程中，拉力F做的功。
【解答】解：
A、由图可知动滑轮上绳子的段数n＝3，不计绳重及摩擦时，
则绳子自由端的拉力（即滑轮组对物体A的拉力）：FA＝（GB+G动）＝×（5N+1N）＝2N，
B匀速下降，物体A匀速向右运动时，受到向右的拉力FA和向左的摩擦力作用，
则由二力平衡条件可得，物体A受到的摩檫力：f＝FA＝2N，故A错误；
B、当使物体B以0.2m/s的速度上升时，物体A匀速向左运动，此时A受到向右的拉力FA、摩擦力和向左的拉力F作用，
由于物体A对桌面的压力大小和接触面的粗糙程度都不变，则摩擦力大小不变，
所以，由力的平衡条件可得F＝FA+f＝2N+2N＝4N；故B正确；
C、绳子自由端移动的速度（即物体A运动的速度）：vA＝3vB＝3×0.3m/s＝0.9m/s，
则拉力F的功率为：P＝FvA＝4N×0.9m/s＝3.6W；故C正确；
D、B匀速上升0.6m，则绳子自由端移动的距离：
sA＝3sB＝3×0.6m＝1.8m，
该过程中拉力F做功：W＝FsA＝4N×1.8m＝7.2J，故D错误；
故选：BC。
【点评】本题考查了滑轮组的特点、平衡力、功和功率的计算，知识点多，综合性强，难度较大。
二、填空题（本大题共10小题，每空1分，共20分）
13．（2分）（2020•南充）吹笛子时，手指按压不同的小孔，可以改变笛子发声的 音调 ；为了保护听力，声音不能超过 90 dB。
【分析】（1）音调：声音的高低，由发声体的振动频率决定，频率越高，音调越高；
（2）人们以分贝（dB）为单位来表示声音强弱的等级。0dB是人刚能听到的最微弱的声音，30～40dB之间人们较理想的安静环境；70dB会干扰谈话，影响工作效率；长期生活在90dB以上的噪声环境中，听力会受到严重影响。
【解答】解：吹笛子时，手指按压不同的笛孔可以改变空气柱振动的频率，从而发出音调不同的声音；
为了保护听力，声音不能超过90dB，
故答案为：音调；90。
【点评】本题主要考查了学生对音调、噪声强弱的等级和危害等知识点的理解，难度不大，属于基础知识。
14．（2分）（2020•南充）一杯牛奶有250ml，其质量为300g，则牛奶的密度是 1.2×103 kg/m3；小李喜欢喝加糖的牛奶，加糖溶解后，牛奶的密度会 变大 （选填“变大”、“不变”“变小”）。
【分析】已知牛奶质量和体积，利用公式ρ＝得到密度；
在体积一定时，质量越大，则物质的密度越大。
【解答】解：牛奶的体积为V＝250ml＝250cm3，
牛奶的密度为ρ＝＝＝1.2g/cm3＝1.2×103kg/m3；
在牛奶中加糖，糖溶解后，由于分子间存在间隙，则牛奶的体积基本不变，但加糖后牛奶的质量变大，由公式ρ＝知，牛奶的密度会变大。
故答案为：1.2×103；变大。
【点评】此题考查了密度公式的应用，在解答第2空时，关键要知道牛奶的体积基本不变，但加糖后牛奶的质量变大。
15．（2分）（2020•南充）若一辆小汽车一年行驶一万公里，消耗1t汽油，这些汽油完全燃烧放出 4.6×1010 J的热量；某次行驶过程中，该汽车汽油机曲轴的转速为3600r/min，在1s内汽油机对外做功 30 次（q汽＝4.6×107J/kg）。
【分析】（1）根据Q＝mq算出汽油完全燃烧放出的热量。
（2）四冲程内燃机的曲轴转2圈，完成4个冲程，1个工作循环中包括4个冲程并对外做功1次。
【解答】解：（1）汽油的质量：m＝1t＝1000kg，
汽油完全燃烧放出的热量：Q＝mq＝1000kg×4.6×107J/kg＝4.6×1010J。
（2）四冲程内燃机的曲轴转2圈，完成4个冲程，并对外做功1次；
因为曲轴的转速为3600r/min，汽油机1s曲轴转60圈，30个工作循环，对外做功30次；
故答案为：（1）4.6×1010；（2）30。
【点评】本题考查了热机飞轮转速的含义的理解、内燃机冲程的能量转化以及燃料燃烧放出的热量的计算，是比较基本的问题，难度不大。
16．（2分）（2020•南充）生活中的各种用电器工作时都要消耗电能，电能属于 二次 （选填“一次”或“二次”）能源；我国核能利用的技术已居于世界领先地位，其中氢弹利用的就是 聚变 （选填“裂变”或“聚变”）在瞬间释放的能量。
【分析】（1）从自然界直接获得不需要加工转换的能源是一次能源，消耗其它能源经过加工转换而获得的能源是二次能源；
（2）核裂变和核聚变都能释放能量，核裂变是可控的，核电站的核反应堆就是通过核裂变提供能量的；核聚变过程不可控，氢弹爆炸就是利用核聚变释放能量。
【解答】解：
（1）电能是消耗其它能源经过加工转换来的，属于二次能源；
（2）氢弹是利用氢核的聚变在瞬间释放的能量。
故答案为：二次；聚变。
【点评】本题考查了对核能以及核电站中能量转化以及能源分类的了解，属基础知识的考查。
17．（2分）（2020•南充）一灯泡标有“6V 3W”的字样，现仅有8V的电源，要使小灯泡正常发光，应该给小灯泡 串 （选填“串”或“并”）联一个 4 Ω的电阻。（不考虑灯泡电阻受温度的影响）
【分析】灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，电源的电压大于灯泡的额定电压时，要使灯泡正常发光应串联一个电阻分压；根据串联电路的电压特点求出串联电阻两端的电压，根据串联电路的电流特点和P＝UI求出电路中的电流，再根据欧姆定律求出串联电阻的阻值。
【解答】解：灯泡正常发光时的电压UL＝6V，功率PL＝3W，
要使灯泡接到8V的电源上时正常发光，应串联一个电阻R分压，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，串联电阻两端的电压：
UR＝U﹣UL＝8V﹣6V＝2V，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，由P＝UI可得，灯泡正常工作时电路中的电流：
I＝IL＝＝＝0.5A，
由I＝可得，串联电阻的阻值：
R＝＝＝＝4Ω。
故答案为：串；4。
【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，要注意用电器正常工作时的电压和额定电压相等。
18．（2分）（2020•南充）将一段电阻丝接入电路中，测得其两端电压为12V，通过的电流为3A，则该电阻丝电阻为 4 Ω；若将该电阻丝两端电压由12V降至6V，则电功率变化了 27 W。
【分析】根据欧姆定律求出电阻；再根据P＝求出两种情况下电阻R消耗的电功率，进一步求出该电阻R所消耗电功率的变化。
【解答】解：由I＝得：
该电阻丝电阻为：
R＝＝＝4Ω；
该电阻R所消耗电功率的变化：
PR′﹣PR＝﹣＝﹣＝27W。
故答案为：4；27。
【点评】本题考查了欧姆定律和电功率公式的应用，关键是公式及其变形的灵活运用。
19．（2分）（2020•南充）甲、乙两辆汽车在平直公路上同向匀速行驶，由两车的s﹣t图可知（如图），乙车速度为 72 km/h；t＝0时，甲车在乙车前方200米，乙车追上甲车还需 40 s。
【分析】根据图象，利用速度公式可求甲乙两车的速度；根据乙车追上甲车时两车通过的距离的关系列出等式求解需要的时间。
【解答】解：由图可知，t＝10s时，s甲＝350m﹣200m＝150m，s乙＝200m，
则v甲＝＝＝15m/s，v乙＝＝＝20m/s＝72km/h，
乙车追上甲车需要的时间为t′，则根据题意可得：
v甲t′+200m＝v乙t′，即15m/s×t′+200m＝20m/s×t′，
解得，t′＝40s。
故答案为：72；40。
【点评】此题考查速度公式及其应用，关键是根据乙车追上甲车时两车通过的距离的关系列出等式。
20．（2分）（2020•南充）如图所示，用沿斜面向上大小为4N的拉力，将一个重5N的物体从斜面底端匀速拉至顶端。已知物体沿斜面上滑的距离为5m，上升的高度为3m，则物体受到的摩擦力为 1 N，斜面的机械效率为 75% 。
【分析】有用功等于克服物体的重力做的功，利用W有用＝Gh计算，利用W总＝Fs求总功；总功等于有用功加上额外功，可求额外功，再利用W额＝fs求摩擦力；利用η＝求机械效率。
【解答】解：
拉力做的总功为：
W总＝Fs＝4N×5m＝20J，
使用斜面做的有用功，
W有用＝Gh＝5N×3m＝15J，
额外功为：
W额＝W总﹣W有用＝20J﹣15J＝5J，
根据W额＝fs知物体受到的摩擦力：
f＝＝＝1N；
斜面的机械效率为：
η＝＝×100%＝75%。
故答案为：1；75%。
【点评】本题考查了学生对斜面的机械效率的计算，其中知道克服摩擦力做的功为额外功是解题的关键。
21．（2分）（2020•南充）某次军事演习中，执行深海作业的潜水艇悬浮在海水中（如图）。要使潜水艇下潜，应对水舱 注水 （选填“注水”或“排水”），在下潜过程中，海水对潜水艇上下表面的压力差 不变 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
【分析】（1）从潜水艇是靠改变自身的重量来实现上浮和下潜的来分析即得答案。
（2）从浮力产生的原因以及影响浮力大小的因素来分析即可。
【解答】解：（1）潜水艇是靠改变自身的重量来实现上浮和下潜的，所以要使潜水艇下潜，应对水舱注水来增大它自身的重量。
（2）在下潜过程中，潜水艇完全浸没在水里，排开水的体积不变，所以所受到的浮力不变。由浮力产生的原因知海水对潜水艇上下表面的压力差不变。
故答案为：注水； 不变。
【点评】本题考查了阿基米德原理的应用以及对影响浮力大小的因素进行考查。本题难度不大，属于常考题。
22．（2分）（2020•南充）小明将线圈电阻为4.84Ω的电动机接入220V的家庭电路中，关闭其它用电器，只让电动机工作时，观察到他家标有2000imp/（kW•h）的电能表3min内闪烁了100次，则电动机在这段时间内消耗的电能为 0.05 kW•h，电动机线圈产生 1.8×104 J的热量。
【分析】（1）2000imp/（kW•h）的含义是：电路中每消耗1kW•h的电能，指示灯闪烁2000次，可求指示灯闪烁了100次时电动机消耗的电能；
（2）知道电源电压、工作时间以及电动机消耗的电能，由W＝UIt计算电动机工作时的电流，由Q＝I2Rt计算电动机线圈产生的热量。
【解答】解：
（1）关闭其它用电器，只让电动机工作，
由电能表的参数“2000imp/（kW•h）”知，电路中每消耗1kW•h的电能，指示灯闪烁2000次，
所以当指示灯闪烁100次时，电动机消耗的电能为：
W＝kW•h＝0.05kW•h＝1.8×105J；
（2）由W＝UIt可得，电动机工作时的电流：
I＝＝＝A，
所以电动机线圈产生热量：
Q＝I2Rt＝（A）2×4.84Ω×3×60s＝1.8×104J。
故答案为：0.05；1.8×104。
【点评】本题考查了电功以及焦耳定律公式的应用，关键是对电能表参数的正确理解以及公式的灵活运用，注意电动机是非纯电阻用电器，电流产生的热量要用Q＝I2Rt计算。
三、作图题（本大题共3小题，每题2分，共6分）
23．（2分）（2020•南充）物体A与弹簧连接，静止在光滑的斜面上，请画出物体A所受弹力的示意图。
【分析】弹力产生在接触面上，常见的压力和支持力是弹力，它们的方向是垂直接触面指向受力物体；物体A与弹簧连接，静止在光滑的斜面上，没有摩擦力，弹簧处于压缩状态，因此物体A还受到平行于斜面向上的弹力。
【解答】解：物体A与弹簧连接，静止在光滑的斜面上，弹簧处于压缩状态，则物体A受到平行于斜面向上的弹力，同时还受到垂直于斜面向上的支持力（支持力也属于弹力），二力的作用点都画在物体的重心上，如图所示：
【点评】本题考查了力的示意图的画法，要注意本题只画出物体A所受弹力的示意图，不要漏了力、也不要多了力。
24．（2分）（2020•南充）请画出用开关控制灯泡的电路。
【分析】家庭电路中，火线首先过保险丝进入开关，然后再进入灯泡，零线直接和灯泡相连，在更换灯泡时，断开开关，切断火线，操作更安全。
【解答】解：开关要接在灯和火线之间，火线先经开关，再到灯座的弹簧片，经灯丝、螺旋套，再到零线；如图所示：
【点评】掌握家庭电路中开关控制灯泡时的连接方法是解决该题的关键。
25．（2分）（2020•南充）一束光从空气射向玻璃砖，并穿过玻璃砖；画出这束光进入和离开玻璃砖的折射光线。
【分析】要解决此题，需要掌握光的折射定律的内容：入射光线、法线、折射光线在同一平面内，折射光线和入射光线分别位于法线两侧；
当光线从空气斜射入其它透明介质时，折射角小于入射角；当光线从其它介质斜射入空气时，则折射角大于入射角；当光线垂直入射时，折射光线、法线和入射光线在同一直线上。
【解答】解：首先光从空气垂直进入玻璃砖，所以其传播方向不变；
然后光从玻璃斜射入空气中，先过入射点垂直于界面画出法线，然后根据折射光线和入射光线分别位于法线两侧、折射角大于入射角，画出折射光线。如图所示：
【点评】此题主要考查了光的折射光线的画法，首先要熟练掌握光的折射定律的内容，关键是搞清折射角与入射角的关系，特别注意垂直入射时，光的传播方向不变。
四、实验探究题（本大题共3小题，每空1分，共16分）
26．（6分）（2020•南充）某学习小组“探究凸透镜成像的规律”，进行了如下操作：
（1）安装并调节烛焰透镜、光屏，使它们三者中心大致在 同一高度 。
（2）通过探究，记录并绘制了物距u与像距v之间的关系图象，如图甲所示，则该凸透镜的焦距是 5 cm。
（3）当蜡烛放在如图乙所示位置时，调节光屏，可在光屏上得到一个倒立、 缩小 的实像，生活中的 照相机 （选填“照相机”“投影仪”、“放大镜”）就是利用这样的成像原理工作的。
（4）若将透镜的上半部分用不适明的纸板挡住，则光屏上 能 （选填“能”或“不能”）成完整的像。
（5）在图乙中，小明借来物理老师的眼镜将其放在蜡烛和凸透镜之间，发现光屏上原本清晰的像变模糊了，向右移动光屏，光屏上的像又变清晰，说明老师戴的是 近视 （选填“近视”或“远视”）眼镜。
【分析】（1）为了使像能成在光屏的中心，必须使烛焰、凸透镜和光屏三者的中心放在同一高度上；
（2）凸透镜成像时，u＝v＝2f 时，物体成倒立、等大的实像，根据这个特点求出凸透镜的焦距；
（3）物距大于二倍焦距时，成倒立、缩小的实像；
（4）凸透镜成像光的折射现象，物体发出的光线经凸透镜折射后，会聚在凸透镜另一侧的光屏上，形成物体的实像；如果凸透镜的口径大，透过的光多，像就亮；口径小，透过的光少，像就暗；
（5）凹透镜对光线有发散作用，能使光线的会聚点推迟延后；近视眼是远处物体的像成在视网膜的前方，需佩戴凹透镜。
【解答】解：（1）根据实验的要求，让像成在光屏的中心，必须使烛焰、凸透镜和光屏三者的中心放在同一高度上；
（2）由图象可知，u＝v＝2f＝10cm，所以f＝5cm；
（3）当蜡烛放在如图乙所示位置时，物距为15cm，焦距为5cm，此时的物距大于二倍焦距，调节光屏，能在光屏上得到一个倒立、缩小的实像，其应用是照相机；
（4）凸透镜成实像时，所有透过透镜的光会聚到光屏上成像，当将透镜的下半部分挡住后，整个物体发出的光虽有一部分被挡住，但总会有一部分光通过上半部分凸透镜而会聚成像，因此，像与原来相同，仍然完整；由于透镜的一半被遮住，因此折射出的光线与原来相比减少了一半，故亮度会减弱，变暗了；
（5）将老师的眼镜靠近凸透镜左侧，发现光屏上的像由清晰变模糊，向右移动光屏又发观清晰的像，说明老师所戴眼镜的镜片，对光线起了发散作用，则为凹透镜；近视眼是远处物体的像不能呈现在视网膜上，而是呈现在视网膜的前方，因此需佩戴凹透镜才能看清远处的物体。
故答案为：（1）同一高度；（2）5；（3）缩小；照相机；（4）能；（5）近视。
【点评】此题考查的是凸透镜焦距的确定及成像规律和实际应用，属于基本技能的考查和基本规律的应用，难度不大，熟练掌握凸透镜成像规律是解决此类问题的前提。
27．（5分）（2020•南充）在“探究压力作用效果与哪些因素有关”的实验中，小强利用了多个完全相同的木块和海绵进行了如图所示的实验。
（1）实验中通过观察海绵的 凹陷的程度 来比较压力作用效果。
（2）对比甲、乙两图可以得出：当 压力 一定时，受力面积越小，压力作用效果越明显。
（3）由甲、丙两图可以探究压力作用效果与 压力大小 的关系。
（4）对比甲、丁两图，小强认为压力作用效果与压力大小无关，你认为他的观点 错误
（选填“正确“或“错误”）；理由是 没有控制受力面积相同 。
【分析】（1）压力的作用效果主要表现在物体的形变上，可以通过海绵的形变程度来反映压力作用效果是否明显；
（2）压力作用效果跟压力大小和受力面积大小有关。在压力一定时，受力面积越小，压力作用效果越明显；
（3）（4）在探究压力作用的效果与压力大小关系时，应保持受力面积一定，改变压力大小。
【解答】解：
（1）力可以改变海绵的形状，通过海绵凹陷程度表示压力作用效果大小；
（2）图甲、乙，压力相同，受力面积越小，海绵凹陷程度越大，压力作用效果越明显，所以在压力一定时，受力面积越小，压力作用效果越明显；
（3）图甲、丙，受力面积相同，丙图的压力大，海绵凹陷程度大，压力作用效果越明显，所以在受力面积一定时，压力越大，压力作用效果越明显；
（4）对比甲、丁两图，得出压力作用的效果与压力大小无关，是错误的，因为没有控制受力面积不变，同时改变了压力大小和受力面积大小，存在两个变量。
故答案为：（1）凹陷的程度；（2）压力；（3）压力大小； （4）错误；没有控制受力面积相同。
【点评】本题考查了探究压力作用效果与什么因素有关的实验，重点是控制变量法和转换法在实验中的应用，难度不大。
28．（7分）（2020•南充）用如下图甲所示的电路“探究电流与电阻的关系”，电源电压恒为6V，定值电阻R备有（5Ω、10Ω、20Ω、40Ω）各一个。
（1）闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应滑到最 左 （选填“左”或“右”）端。
（2）将5Ω的定值电阻接入电路闭合开关，移动滑片P发现电流表示数始终为零，电压表示数不为零，其原因可能是 B （填选项）。
A．定值电阻R短路 B．定值电阻R断路 C．滑动变阻器短路
（3）不改变滑动变阻器滑片的位置，将5Ω的电阻换成10Ω的电阻，闭合开关后，为保证电压表示数与更换前相同，滑片P应向 左 （选填“左”或“右”）端滑动。
（4）实验中依次接入定值电阻，调节滑片使定值电阻两端电压相同，记下电流表读数，绘出电流I与电阻倒数变化的图象乙，由图乙可知：电压一定时电流与电阻成 反 比。
（5）为完成整个实验，应该选择 B （填选项）种规格的滑动变阻器。
A.50Ω 1.0A
B.100Ω 1.2A
C.200Ω 0.6A
【分析】（1）为了保护电路，开关闭合前，滑动变阻器的滑片P应滑到阻值最大处。
（2）若电流表示数为0，说明电路可能断路；电压表示数不为零，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，则与电压表并联的支路断路了；
（3）根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻的电压相同，当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律结合分压原理确定滑片移动的方向；
（4）电压一定时电流与电阻成反比；
（5）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40Ω电阻时变阻器连入电路中的电阻。
【解答】解：（1）为了保护电路，开关闭合前，滑动变阻器的滑片P应滑到阻值最大处，即最左端；
（2）闭合开关后，移动滑动变阻器的滑片P时，发现电流表示数始终为零，说明电路可能断路，而电压表有示数，说明与电压表并联部分断路，则此时电路可能的故障是定值电阻R断路，故选B。
（3）将5Ω的电阻换成10Ω的电阻接入电路，根据串联分压原理可知，电阻增大，其分得的电压增大；
探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，即应保持电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，
由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向左端移动，使电压表的示数与原来相同；
（4）由图乙知，在电压一定时，电流I与电阻倒数成正比，所以电压一定时电流与电阻成反比；
（5）当定值电阻为5Ω时，电阻的倒数为＝0.2Ω﹣1，由图乙知，此时的电流为0.4A，
电阻两端的电压为：U＝IR＝0.4A×5Ω＝2V，
根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：
U滑＝U总﹣U＝6V﹣2V＝4V，
变阻器分得的电压为电阻两端的电压的 ＝2倍，
根据分压原理，当接入最大的40Ω电阻时，变阻器连入电路中的电阻为：R滑＝2×40Ω＝80Ω，
故为了完成整个实验，应该选取最大阻值至少80Ω的滑动变阻器，但又不能太大，故选B。
故答案为：（1）左；（2）B；（3）左；（4）反；（5）B。
【点评】本题探究电流与电阻的关系，考查注意事项、故障分析、操作过程、控制变量法、串联电路的规律、欧姆定律和数据分析及对器材的要求，综合性强。
五、计算题（本大题共两小题，29题9分，30题11分，共20分．要求写出必要的文字说明、主要的计算步骤和明确的答案．）
29．（9分）（2020•南充）市面上的电热水壶大多具有加热和保温功能。下图是某电热水壶的电路简图，开关K接通后，开关S自动与触点a、b接通，热水壶开始烧水；当壶内水温达到100℃时，温控开关S自动与a、b断开，并立即与触点c接通，水壶进入保温状态。已知电源电压为220V，电阻R1＝50Ω，这种水壶的加热功率P加热是保温功率P保温的5倍，水的比热容c＝4.2×103J/（kg•℃），R1、R2电阻不受温度影响。求：
（1）将1kg初温为35℃的水加热到100℃需要吸收多少热量？
（2）电阻R2的阻值。
（3）在晚上用电高峰期将1kg初温为35℃的水加热到100℃需用时300s，若加热效率为91%，则晚上用电高峰期的实际电压为多少？
【分析】（1）根据Q吸＝cm△t可求得吸收的热量；
（2）由题意和电路图可知，开关S与触点a、b接通时，R1与R2并联，电热水壶处于加热档状态；开关S自动与a、b断开并与触点c接通时，电路为R2的简单电路，电热水壶处于保温状态；加热功率减去保压状态的功率即为R1消耗的电功率，根据P＝分别求出R1和R2大小；
（3）利用效率公式求出消耗的电能，再根据P＝公式变形求出实际电压。
【解答】解：
（1）质量为1kg，初温为35℃的水加热到100℃所吸收的热量：
Q吸＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃﹣35℃）＝2.73×105J，
（2）由题意和电路图可知，开关S与触点a、b接通时，R1与R2并联，电热水壶处于加热档状态；
开关S自动与a、b断开，并与触点c接通时，电路为R2的简单电路，电热水壶处于保温档状态，
因电路的总功率等于各电阻消耗功率之和，且R2在两种状态下消耗的功率不变，
P加热＝+，
P保温＝，
已知P加热是保温功率P保温的5倍，
所以+＝5，
解得R2＝4R1＝200Ω
（3）由效率公式可得，电热水壶加热时消耗的电能：
W＝＝＝＝3×105J，
实际功率P＝＝＝1000W，
即+＝1000W，
解得U实＝200V。
答：（1）将1kg初温为35℃的水加热到100℃需要吸收2.73×105J热量；
（2）电阻R2的阻值为200Ω。
（3）晚上用电高峰期的实际电压为200V。
【点评】本题考查了电功与热量的综合计算，涉及到吸热公式、电功公式和效率公式的应用，综合性强。
30．（11分）（2020•南充）图甲为某自动注水装置的部分结构简图，杠杆AOB始终在水平位置保持平衡，O为杠杆的支点，OA＝3OB，竖直细杆a的一端连接在杠杆的A点，另一端与高为0.2m的长方体物块C固定；竖直细杆b的下端通过力传感器固定，上端连接在杠杆的B点（不计杠杆、细杆及连接处的重力和细杆的体积）。圆柱形水箱中有质量为3kg的水，打开水龙头，将水箱中的水缓慢放出，通过力传感器能显示出细杆b对力传感器的压力或拉力的大小；图乙是力传感器示数F的大小随放出水质量m变化的图象。当放出水的质量达到2kg时，物体C刚好全部露出水面，此时装置由传感器控制开关开始注水。（g＝10Nkg）求：
（1）物块C的重力。
（2）物块C受到的最大浮力。
（3）从开始放水到物块C上表面刚好与液面相平时，水对水箱底部的压强变化了多少？
【分析】（1）当放出水的质量达到2kg时，物体C刚好全部露出水面，此时杠杆A端受到的拉力等于C的重力，根据图乙读出此时B端受到的拉力，根据杠杆的平衡条件结合OA＝3OB求出物体C的重力；
（2）分析图乙可知，当放出水的质量≤1kg时，物体浸没在水中，物块C受到的浮力最大，此时力传感器受到的力最大为24N；根据杠杆的平衡条件求出此时杠杆A端受到的作用力，根据图乙可知放水的质量在1kg到2kg之间时力传感器的示数可以为零，说明C可以漂浮，从而得出物体C受到的浮力最大时杠杆A端的作用力是向上的；因力的作用是相互的，则物体C浸没时，C受到细杆a向下的压力F压＝FA；物体C受力平衡，则物体C受到的最大浮力：F浮＝F压+GC；
（3）根据F浮＝ρgV排求出物体C浸没时排开水的体积，根据V＝Sh求出长方体C的底面积，根据图乙读出从开始放水到物块C上表面刚好与液面相平时放出水的质量、从物块C上表面刚好与液面相平到物体C刚好全部露出水面时放出水的质量，根据ρ＝求出两种情况下放出水的体积，根据V2＝（S水箱﹣SC）hC求出水箱的底面积，根据V＝Sh求出从开始放水到物块C上表面刚好与液面相平时水面下降的高度△h，利用△p＝ρ水g△h求出水对水箱底部的压强变化量。
【解答】解：
（1）当放出水的质量达到2kg时，物体C刚好全部露出水面，此时杠杆A端受到的拉力等于C的重力，由图乙知，此时B端受到的拉力为6N，
根据杠杆的平衡条件知：GC×OA＝FB×OB，
由OA＝3OB可得，物块C的重力：GC＝×FB＝×6N＝2N；
（2）分析图乙可知，当放出水的质量≤1kg时，物体浸没在水中，物块C受到的浮力最大，此时力传感器受到的力最大为24N（即杠杆B端受到的作用力最大为24N）；
由杠杆的平衡条件可得：FA×OA＝FB′×OB，
则此时杠杆A端受到的作用力：FA＝×FB′＝×24N＝8N，
由图乙可知，放水的质量在1kg到2kg之间时力传感器的示数可以为零，说明C可以漂浮，
则物体C受到的浮力最大时，杠杆A端受到的作用力是向上的，
因力的作用是相互的，则物体C浸没时，C受到细杆a向下的压力F压＝FA＝8N，
物体C受力平衡，则物体C受到的最大浮力：F浮＝F压+GC＝8N+2N＝10N；
（3）由F浮＝ρgV排可得，物体C浸没时排开水的体积：
V排＝＝＝1×10﹣3m3，
长方体C的底面积：
SC＝＝＝5×10﹣3m2，
由图乙可知，从开始放水到物块C上表面刚好与液面相平时，放出水的质量m1＝1kg，
从物块C上表面刚好与液面相平到物体C刚好全部露出水面时，放出水的质量m2＝2kg﹣1kg＝1kg，
由ρ＝可得，两种情况下放出水的体积：
V2＝V1＝＝＝1×10﹣3m3，
由V2＝（S水箱﹣SC）hC可得，水箱的底面积：
S水箱＝+SC＝+5×10﹣3m2＝1×10﹣2m2，
从开始放水到物块C上表面刚好与液面相平时，水面下降的高度：
△h＝＝＝0.1m，
则该过程中水对水箱底部的压强变化量：
△p＝ρ水g△h＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.1m＝1000Pa。
答：（1）物块C的重力为2N。
（2）物块C受到的最大浮力为10N。
（3）从开始放水到物块C上表面刚好与液面相平时，水对水箱底部的压强变化了1000Pa。
【点评】本题考查了杠杆平衡条件和阿基米德原理、密度公式和液体压强公式的综合应用，从图象中获取有用的信息和正确判断杠杆A端受到作用力的方向是关键。
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日期：2020/7/23 11:43:29；用户：时代卓锦初物；邮箱：sdzjwl@xyh.com；学号：37287011
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