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2023年四川省广元市苍溪县中考物理二诊试卷（含解析）
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这是一份2023年四川省广元市苍溪县中考物理二诊试卷（含解析），共28页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2023年四川省广元市苍溪县中考物理二诊试卷
一、单选题（本大题共12小题，共36.0分）
1. 如图为航天员王亚平在天宫空间站授课时的情景，下列说法正确的是( )
A. 为减轻重量，提高有效载荷，空间站应选用密度大的材料制作
B. 我们能听到王亚平讲课的声音，说明声音可在真空中传播
C. 王亚平能“漂浮”在空中，是因为航天员的质量变为零
D. 空间站“昼夜”温差较大，为稳定舱内温度，温控系统中的冷却液应选用比热容较大的材料
2. 如图所示，用弹簧测力计将玻璃板从水中缓慢提起，关于测力计示数的说法正确的是( )
A. 玻璃板浸没在水中时最大 B. 玻璃板即将离开水面时最大
C. 玻璃板全部在空气中时最大 D. 玻璃板离开水面时测力计示数一直减小
3. 如图为“探究电流通过导体时产生的热量与什么因素有关”的实验装置。电源电压不变，R1、R2为阻值恒定的电热丝且R1：R2=3：1。下列说法正确的是( )
A. 容器中电阻丝内能的增大方式和空气内能的增大方式是相同的
B. 若闭合S1、S2，可探究电流产生的热量与电阻大小的关系
C. 若闭合S1、断开S2，可探究电流产生的热量与电流大小的关系
D. 若闭合S1、断开S2，经过相同时间，R1与R2产生的热量之比为3：1
4. 如图所示，用力击打一摞棋子中间的一个，该棋子飞出而上面的棋子落下，将棋子击出的过程中，下列说法正确的是( )
A. 所有棋子都有惯性
B. 飞出去的棋子没有惯性
C. 上面部分的棋子没有惯性
D. 只有最下面部分的棋子才有惯性
5. 如图所示，一个木块A放在长木板B上，弹簧测力计一端接A，另一端固定在墙壁上，长木板B放在水平地面上。在恒力F作用下，木块A相对于地面保持静止，长木板B以速度v匀速运动，水平弹簧测力计的示数为T，下列说法正确的是( )
A. 弹簧测力计对木块A的拉力与木块A受到的摩擦力是一对相互作用力
B. 长木板B受到地面的支持力与其所受的重力是一对平衡力
C. 当长木板加速直线运动时，弹簧测力计的示数T变大
D. 若用2F的力作用在长木板上，木块A受到的摩擦力大小仍等于T
6. 如图为今年深圳马拉松男子组冠军何杰(左一)在比赛中的一幕，下列说法正确的是( )
A. 全马选手跑步不属于机械运动
B. 以地面为参照物，何杰是静止的
C. 裁判是通过相同时间内比较运动员经过的路程，来判定何杰夺冠
D. 何杰最终夺冠，说明他全程平均速度最大
7. 如图所示为一种夏季使用的汽车冰凉座垫，它通过生物冰快速激发成型技术研制而成。座垫内物质通常情况下为固态，人坐上去时，座垫内物质就会慢慢转变为液态，但温度保持不变。此过程可持续数小时，人坐在上面会感觉凉爽。下列有关分析正确的是( )
A. 座垫内物质是非晶体 B. 座垫内物质熔点高于人体温度
C. 人坐上去时座垫内物质吸收热量 D. 人坐上去时座垫内物质发生了液化现象
8. 以下是课本中研究电和磁的四个实验装置图，下列对四幅图的解读正确的是( )
A. 甲图是探究磁场对电流的作用，是电动机的工作原理
B. 乙图是探究磁场对电流的作用，是电磁铁的工作原理
C. 丙图是探究的电磁感应现象，是电动机的工作原理
D. 丁图是探究的电磁感应现象，是发电机的工作原理
9. 如图所示，将一根弹簧和一只质量为1kg的金属球(球上有一直小孔)套在铁架台的金属杆AB上面。现将小球提到B端后松手，小球的高度随时间变化的情况如图乙所示。下列说法正确的是
( )
A. 小球在0～t3过程中t1时刻机械能最大
B. 弹簧原来的长度为40cm
C. 在0～t1过程中小球的动能先增大后减小，重力势能的变化量小于动能变化量
D. 在t1、t2、t3三个时刻，小球的动能在t1时刻最大
10. 如图为我国“祝融号”火星车驶离着陆平台后的“自拍”照片。关于火星车，下列说法正确的是( )
A. 火星车的履带较宽，可增大压强
B. “自拍”时，火星车位于摄像头一倍焦距以内
C. 地面控制中心是通过电磁波向火星车发出指令的
D. 火星车利用“正十一烷”来维持车内温度稳定，火星表面温度升高时，此物质会液化吸热，降低车内温度
11. 小明在中国科技馆看到“1度电的意义”展品后，绘制了1度电可供他家中的一些额定电压相同的用电器分别在额定功率下、持续工作的时间图，如图所示。关于图中家用电器的比较，下列说法中正确的是( )
A. 节能灯正常工作的电压最大
B. 浴霸正常工作的电流最小
C. 电风扇的额定功率比白炽灯的额定功率大
D. 节能灯正常工作的电流比白炽灯正常工作的电流大
12. 用如图甲所示的装置来探究滑轮组的机械效率η与物重G物的关系，改变G物，竖直向上匀速拉动弹簧测力计，计算并绘出η与G物的关系如图乙所示，若不计绳重和摩擦，则下列说法正确的是( )
A. 此滑轮组动滑轮的重为5N
B. 当G物=15N时，滑轮组机械效率为η=75%
C. 同一滑轮组的机械效率η随G物的增大而增大，最后等于100%
D. G物不变，改变图甲中的绕绳方式，滑轮组的机械效率仍不改变
二、填空题（本大题共6小题，共28.0分）
13. 我国海军福建舰航母配备先进的电磁弹射系统，其简化原理如甲图。金属滑块处于强磁场中，通过牵引索与飞机相连，构成电磁弹射器。当金属滑块接通强电流时，滑块会获得强大的推力，牵引飞机加速起飞。电磁弹射器的工作原理类似于______ (选填“发电机”、“电动机”或“电磁铁”)。为避免下方滑轨因受金属滑块的压力过度磨损，某同学设计了乙和丙两种方案(忽略绳重和摩擦)，这两种方案中较省力的是______ 方案，滑轮组机械效率较高的是______ 方案。
14. 2020年12月17日，嫦娥5号返回舱带着月壤样品安全返回预定着陆点，中国首次月球取样成功。返回舱返回时以11.2公里/秒的第二宇宙速度冲向地球，进入大气层后，要克服摩擦做功，巨大的机械能转化为______ 能，使返回舱的温度达到极高。为了防止返回舱被高温损坏，科学家们采取了高速半弹道跳跃式再入返回，让返回舱像“打水漂”一样返回地球，如图所示。返回舱进入大气层后从A点反弹到B点跃出大气层过程中返回舱的机械能______ (选填“变大”、“变小”或“不变”)。
15. 汽车驾驶员从发现情况到采取制动所需要的时间叫反应时间，在反应时间内通过的路程叫反应距离。一辆汽车在平直公路上匀速行驶的过程中，若驾驶员发现前方80m处有障碍物，采取制动后，汽车在7.2s内行驶64m刚好停在障碍物前，已知该驾驶员的反应时间为0.8s，则制动前汽车匀速行驶速度为______ m/s，从驾驶员看到障碍物到汽车停止的整个过程的平均速度为______ m/s。
16. 如图甲所示，阴影部分的面积在数值上等于物体在2s内通过的路程；如图乙所示是通过导体的电流与电阻的关系图像，则图乙中阴影部分的面积表示的物理量是______ ，某用电器的电功率与通电时间的关系如图丙所示，联系甲、乙两图，则该用电器80s内消耗的电能是______ J。
17. 如图甲，将一重为8N的物体A放在装有适量水的杯中，物体A漂浮于水面，浸入水中的体积占总体积的45，此时水面到杯底的距离为20cm。如果将一小球B用体积和重力不计的细线系于A下方后，再轻轻放入该杯水中，静止时A上表面与水面刚好相平，如图乙。已知ρB=1.8×103kg/m3，物体A的密度为______ kg/m3；小球B的体积为______ m3。
18. 如图所示电路中，电源电压为18V且保持不变，R1为定值电阻，滑动变阻器R2上标有“20Ω 1A”字样，所用电流表量程为“0～0.6A”和“0～3A”，电压表量程为“0～3V”和“0～15V”。闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片，当电压表示数为9V时，电流表示数为0.6A，则R1的阻值为______ Ω；选择合适的电表量程，移动滑片P，使R2的功率占电路总功率的比值最小，此时R2的功率为______ W；在电路安全的前提下，选择合适的电表量程，调节滑动变阻器的滑片P，使电流表和电压表偏转角度相同，则此时电路总功率的大小为______ W。
三、作图题（本大题共2小题，共4.0分）
19. 如图，用细线系住一个小球并挂在墙壁上静止，请画出小球受到重力G和小球对墙壁的压力F的示意图。
20. 某电磁门锁如图1，请将图2中的电磁铁、滑动变阻器接入电路，使开关闭合后电磁铁与条形磁铁相互吸引，且滑片P向右移动时吸引力变大。
四、实验探究题（本大题共3小题，共20.0分）
21. 小琪在峨眉山旅游时了解到这样一段材料：
“山顶有泉，煮米不成饭，但碎如砂粒。万古冰雪之汁，不能熟物，余前知之。自山下携水一缶来，财自足也。”(节选自范成大《峨眉山行记》)
时间/min
1
2
4
5
6
7
水温/℃
82
88
91
91
91
小琪认为“不能熟物”并不是因为用了“万古冰雪之汁”，而是另有原因。于是他采集泉水样品，用如图装置进行实验。
(1)组装图甲中的实验装置时，安装顺序为______ (选填“自上而下”或“自下而上”)；
(2)实验时，每隔1min记录一次温度。第2min初温度计示数如图甲，为______ ℃。由表中数据可知，当时水的沸点是______ ℃；
(3)第7min末，小琪在烧瓶上塞上木塞，并用注射器向烧瓶内打气，发现水温升高至图乙所示位置。由此可知，山顶泉水“不能熟物”不是水的问题，而是______ 影响了水的沸点。
22. 小明按如下步骤完成“探究影响滑动摩擦力大小的因素”的实验。
A.如图甲所示，将木块A平放在长木板B上，缓缓地匀速水平拉动木块A，保持弹簧测力计示数稳定，并记录了其示数。
B.如图乙所示，将毛巾固定在长木板B上，木块A平放在毛巾上，缓缓地匀速水平拉动木块A，保持弹簧测力计示数稳定，并记录了其示数。
C.如图丙所示，将木块A平放在长木板B上，并在木块A上放一砝码，缓缓地匀速水平拉动木块A，保持弹簧测力计示数稳定，并记录了其示数。
(1)由______ 两图可知：当接触面粗糙程度一定时，接触面受到的压力越大，滑动摩擦力越大。
(2)由甲、乙两图可知：当接触面受到的压力一定时，接触面越粗糙滑动摩擦力越______ (选填“大”或“小”)。
(3)如图①所示，放在水平地面上的物体C在方向不变的水平拉力F的作用下，其F−t和−t图象分别如图②③所示。则物体C在第4s时受到的摩擦力大小为______ N。
23. 小明同学在做“测量小灯泡的额定功率”的实验中，选用如图甲所示的器材和电路。其中电源电压恒为6V，小灯泡的额定电压为3.8V，滑动变阻器的铭牌上标有“20Ω 1A”字样。
(1)请用笔画线代替导线将图甲的实验电路补充完整。(要求滑动变阻器的滑片向右移动时电路中的电流变大)
(2)闭合开关后，移动滑动变阻器的滑片发现小灯泡始终不发光，电流表有示数，电压表无示数。若电路只有一处故障，则故障原因可能是小灯泡______ 。
(3)排除故障后再次闭合开关，移动滑片直到电压表的示数为3.8V，此时电流表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为______ W。
(4)同组的小亮同学还想探究“在电压一定时，电流与电阻的关系”，于是将图甲中的小灯泡换成三个阻值分别为5Ω、10Ω、15Q的定值电阻，其余连接均不改变。图丙是小亮根据测得的实验数据绘制的电流I随电阻R变化的图象。由图象可知小亮将定值电阻R两端的电压控制为______ V不变。
五、计算题（本大题共2小题，共12.0分）
24. 当空气湿度比较低时，很多人家里都会使用电热加湿器(如图甲)，其工作原理如图乙，相关参数如表所示。工作时，电热加湿器的电热丝浸没在加热仓的水中产生热量，使加热仓中的水沸腾变成水蒸气喷出，增加环境湿度；当加热仓中的水减少到一定程度时，自动阀门智能打开，水由储水箱进入加热仓中。
工作电压
220V
工作频率
50Hz
最大运行功率
40W
储水箱容量
2.4L
气雾调节器最大电阻
990Ω
(1)如果加热仓内冷水的温度为20℃，用最大运行功率正常工作，经过5min36s恰好使水沸腾产生水蒸气，求加热仓中水的质量？[设电热丝R1产生的热量全部被水吸收，当地气压为1标准大气压，水的比热容为4.2×103J/(kg⋅℃)]
(2)电热加湿器以最低气雾量工作时，求气雾调节器R2消耗的电功率？
25. 把边长L=0.5m、密度ρA=0.6×103kg/m3的正方体A放入底面积为S=1m2的盛水容器中，如图甲所示，将物块B轻放在A的上面，容器中的水面上升了0.01m，如图乙所示。求：
(1)容器底受到的水的压强增大了多少？
(2)物块B的重力；
(3)正方体A底部下降的高度；
(4)在此过程中，A重力做功是多大？(已知ρ水=1.0×103kg/m3，g取10N/kg)
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、体积一定，由m=ρV可知，材料的密度越小，质量越小，为减轻重量，提高有效载荷，空间站应选用密度小的材料制作，故A错误；
B、声音不能在真空中传播，我们能听到王亚平讲课的声音是通过电磁波传回地球的，故B错误；
C、王亚平能“漂浮”在空中，是因为航天员处于“失重”状态，而它的质量不变，故C错误；
D、空间站“昼夜”温差较大，为稳定舱内温度，温控系统中的冷却液应选用比热容较大的材料，吸收或放出相同的热量，温度变化较小，故D正确。
故选：D。
(1)当体积一定时，质量与密度成正比；
(2)声音不能在真空中传播；
(3)质量是物质的一种特性，它不随物体位置的改变而改变；
(4)相同质量的不同物质比较，吸收或放出相同的热量，比热容大的物质的温度升高或降低的少。
本题考查密度、声音的传播、重力和比热容知识，属于综合题。
2.【答案】B
【解析】解：
玻璃板浸没在水中时，弹簧测力计的示数等于玻璃板的重力减去浮力；
玻璃板全部在空气中时，弹簧测力计的示数等于玻璃板重力；
玻璃板即将离开水面时，玻璃板除了受向下的重力、向上的拉力外，还受到水分子对它向下的引力，此时弹簧测力计的示数等于玻璃板的重力加上分子间的引力；由此可见，玻璃板即将离开水面时，弹簧测力计的示数最大，故ACD错误，B正确。
故选：B。
物体的分子之间存在相互作用的引力和斥力，可以从分子间的作用力结合玻璃板的受力情况进行解答。
本题考查了分子动理论的应用以及力的合成，难度不大。
3.【答案】D
【解析】解：A、容器中电阻丝内能的增大是电流做功转化为内能实现的，即做功的方式，空气内能的增大是通过热传递方式实现的，故A错误；
B、若闭合S1、S2，R2短路，电路为R1的简单电路，无法探究电流产生的热量与电阻大小的关系，故B错误；
C、若闭合S1、断开S2，两电阻串联，通过的电流相等，通电时间相同，两电阻大小不同，可探究电流产生的热量与电阻大小的关系，故C错误；
D、若闭合S1、断开S2，两电阻串联，通过的电流相等通电时间相同，根据Q=I2Rt可知，在电流和通电时间相同时，产生热量与电阻成正比，因R1：R2=3：1，故经过相同时间，R1与R2产生的热量之比为3：1。故D正确。
故选：D。
(1)做功和热传递都能改变物体的内能；
(2)电流通过导体产生的热量与通过的电流、导体的电阻和通电时间有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外两个因素不变，结合串联电路电流的规律分析；
(3)根据Q=I2Rt可知在电流和通电时间相同时，产生热量与电阻成正比，据此分析。
本题探究“导体产生的热量与什么因素有关”，考查控制变量法、转换法、串联和并联电路的规律及焦耳定律的运用。
4.【答案】A
【解析】解：
用力击打一摞棋子中间的一个，棋子被击飞，是力改变了物体的运动状态；惯性是物体的一种属性，一切物体都有惯性，被击飞的棋子、上方的棋子和下面部分的棋子都具有惯性，故A正确，BCD错误。
故选：A。
(1)物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性，惯性是物体的一种属性，一切物体都有惯性；
(2)力可以改变物体的运动状态。
此题考查的是有关惯性现象的应用，这是中考的重点知识，应该重点掌握。
5.【答案】D
【解析】解：
A、木块A处于静止状态，水平方向上受到两个力的作用：木块受到水平向右的弹簧测力计对木块A的拉力与木块A受到水平向左的滑动摩擦力，这两个力是一对平衡力，大小相等，故A错误；
B、因长木板还受到木块的压力，所以长木板所受的重力与地面对长木板的支持力大小不相等，不符合二力平衡条件，不是一对平衡力，故B错误；
C、加速拉长木板时，木块A相对于长木板是向右运动的，则木块A受到的是滑动摩擦力；滑动摩擦力的大小只与物体间的压力大小、接触面的粗糙程度有关；拉动速度变大时，影响滑动摩擦力大小的因素不变，所以加速拉长木板时木块A受到的摩擦力大小不变，故C错误；
D、若用2F的力作用在长木板上，木块A对木板的压力不变，接触面的粗糙程度不变，则滑动摩擦力不变，即受到的滑动摩擦力大小仍等于T，故D正确。
故选：D。
(1)相互作用力的条件：大小相等、方向相反、作用在同一条直线上，作用在两个物体上；
(2)平衡力的条件：大小相等、方向相反、作用在同一条直线上，作用在同一个物体上；
(3)(4)滑动摩擦力的大于与压力大小和接触面的粗糙程度有关，与运动的速度无关。
本题考查了影响滑动摩擦力大小的因素，平衡力和相互作用力的区分。特别要注意：平衡力作用在同一物体上，相互作用力分别作用在相互作用的两个物体上。
6.【答案】D
【解析】解：A、全马选手跑步属于机械运动，故A错误；
B、以地面为参照物，何杰的位置发生变化，何杰是运动的，故B错误；
C、在赛跑中，裁判是利用相同的路程比较时间的方法来判断运动员运动的快慢的，故C错误；
D、根据平均速度等于总路程除以总时间，路程相同，所用时间越短，平均速度越大，何杰最终夺冠，说明他全程平均速度最大，故D正确。
故选：D。
(1)机械运动是自然界中最简单、最基本的运动形态，在物理学里，一个物体相对于另一个物体的位置，或者一个物体的某些部分相对于其他部分的位置，随着时间而变化的过程叫做机械运动；
(2)在研究物体的运动和静止时，要看物体的位置相对于参照物是否发生改变，若改变，则是运动的，若不改变，则是静止的；
(3)比较物体运动快慢的方法有两种：一是运动相同路程，比较时间；二是运动相同时间，比较路程；
(4)平均速度等于总路程除以总时间。
本题考查了机械运动的概念、运动和静止的相对性、物体运动快慢的比较、平均速度的计算等，属于基础性题目。
7.【答案】C
【解析】解：A、座垫内物质就会慢慢转变为液态，但温度保持不变，是晶体熔化的特征，所以座垫内物质是晶体，故A选项错误；
B、坐垫内物质能从人身体吸热熔化，说明人的体温高于该物质的熔点，故B选项错误；
C、熔化过程需要吸热，是坐垫内的物质从人的身体吸热，故C选项正确；
D、人坐上坐垫，坐垫内的物质从固态变为液态，是熔化过程，故D选项错误。
故选：C。
(1)晶体在熔化过程中温度保持不变，非晶体的熔化过程中温度升高；
(2)晶体熔化的条件是：温度达到熔点，且能继续吸热；
(3)熔化过程是吸热过程；
(4)物质从固态变为液态的过程叫熔化。
此题考查了对晶体、非晶体熔化或凝固过成的分析，根据温度的变化趋势判断出熔化或凝固。
8.【答案】D
【解析】解：A、奥斯特实验说明通电导线的周围存在磁场，揭示了电可以生磁，电磁继电器应用了这一原理，故A错误；
B、两个电磁铁串联，通过的电流相等，线圈匝数不同，吸引大头针的数目不同，是探究电磁铁磁性强弱与线圈匝数的关系，故B错误；
C、该实验装置是用来研究通电导线在磁场中受力的作用的实验，故C错误；
D、该实验装置是用于研究感应电流的实验，闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中才会产生感应电流，将机械能转化为电能，发电机就是应用了这一原理，故D正确。
故选：D。
(1)奥斯特实验说明通电导线的周围存在磁场，磁场的方向与电流的方向有关；
(2)图中的实验装置是研究电磁铁磁性强弱的决定因素，根据图示的现象与其决定因素联系起来即可判断；
(3)通电导体在磁场中受到力的作用，电动机就是利用这个原理制成的；
(4)闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生感应电流，发电机就是利用这个原理制成的。
本题考查发电机利用电磁感应现象原理，带电动机的用电器利用通电导体在磁场中受力原理以及电磁铁，难度不大。
9.【答案】D
【解析】解：A、在0～t3过程中，小球刚与弹簧接触，与弹簧接触后，先做加速度不断减小的加速运动，当弹力增大到与重力平衡是t1时刻，速度达到最大，t2、t3两个时刻，由于能量的损失，总的机械能在减小，所以，开始的0时刻机械能最大，故A错误；
B、由图可知当弹力与重力平衡时，弹簧的长度为40cm，由于此时弹簧处于压缩状态，所以弹簧原来的长度应大于40cm，故B错误；
C、在0～t1过程中，t1时刻速度达到最大，重力势能最小，但不为零，所以在0～t1过程中小球的动能一直增大，故C错误；
D、在t1、t2、t3三个时刻，由于能量的损失，t1时刻的速度最大，所以小球的动能在t1时刻最大，故D正确。
故选：D。
小球先自由下落，与弹簧接触后，弹簧被压缩，在下降的过程中，弹力不断变大，当弹力小于重力时，物体加速下降，合力变小，加速度变小，故小球做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大，之后物体由于惯性继续下降，弹力变得大于重力，合力变为向上且不断变大，加速度向上且不断变大，故小球做加速度不断增大的减速运动。
本题考查影响动能、势能的因素和能量之间的转化，主要考查学生对所学物理知识点的灵活应用能力，有一定难度。
10.【答案】C
【解析】解：A、火星车的履带较宽，是压力一定，减小受力面积，所以可减小压强，故A错误；
B、摄像头相当于凸透镜，是利用物距大于二倍焦距时，成倒立缩小实像的规律工作的，故B错误；
C、地面控制中心是通过电磁波向火星车发出指令的，故C正确；
D、火星车利用“正十一烷”来维持车内温度稳定，火星表面温度升高时，此物质会熔化吸热，降低车内温度，故D错误。
故选：C。
(1)增大压强方法：压力一定，减小受力面积；受力面积一定，增大压力；同时增大压力，减小受力面积；
(2)凸透镜成像时，物距u>2f，成倒立缩小的实像，应用是照相机；
(3)电磁波的传播不需要介质，电磁波可以在固体、液体、气体中传播，也可以在真空中传播；
(4)物质由固态转变为液态的过程叫做熔化，熔化是吸热过程。
本题考查了增大压强方法、照相机原理、电磁波的传播与应用、熔化及熔化的吸热特点等，属于基础性题目。
11.【答案】C
【解析】解：
A、由题知，各用电器的额定电压相同，即正常工作的电压相同，故A错误；
B、由图可知，1度电(即W=1kW⋅h)可供浴霸持续工作的时间最短，由P=Wt可知，浴霸的额定功率最大，由P=UI可知，浴霸正常工作的电流最大，故B错误；
C、由图可知，1度电可供电风扇持续工作的时间比白炽灯的少，由P=Wt可知，电风扇的额定功率比白炽灯的额定功率大，故C正确；
D、由图可知，1度电可供节能灯持续工作的时间比白炽灯的多，由P=Wt可知，节能灯的额定功率比白炽灯的额定功率小，由P=UI可知，节能灯正常工作的电流比白炽灯正常工作的电流小，故D错误；
故选：C。
首先明确额定电压相同的用电器分别在额定功率下、持续工作的时间图，然后根据P=UI，P=Wt对各个选项逐一分析即可。
本题考查了电功率的概念和意义，考查了学生根据题中信息解答问题的能力，是一道中等题。
12.【答案】D
【解析】解：
A、由图可知，G物1=12N时，滑轮组的机械效率η1=80%，
不计绳重和摩擦，滑轮组的机械效率η=W有用W总=GhGh+G动h=GG+G动，
即：80%=12N12N+G动，
解得动滑轮重力：G动=3N，故A错误；
B、同理可得，当G物=15N时，滑轮组的机械效率：η′=G物G物+G动=15N15N+3N×100%≈83.3%，故B错误；
C、由图象可知，同一滑轮组机械效率η随G物的增大而增大；但使用滑轮组时，不可避免地要克服动滑轮重做额外功，所以总功一定大于有用功；由公式η=W有用W总知机械效率一定小于100%，故C错误；
D、不计绳重和摩擦，G物不变，改变图甲中的绕绳方式，由公式η=G物G物+G动可知，该滑轮组的机械效率不变，故D正确。
故选：D。
(1)由图知，提升重物为12N时，滑轮组的机械效率为80%，不计绳重和摩擦，滑轮组的机械效率η=W有用W总=GhGh+G动h=GG+G动，据此求动滑轮重力；
(2)不计绳重和摩擦，再利用η=W有用W总=GhGh+G动h=GG+G动求当G物=15N时滑轮组机械效率；
(3)使用滑轮组时，不计绳重和摩擦，提升重物时，不得不提升动滑轮做额外功，使得有用功总是小于总功，滑轮组的机械效率总是小于1；
(4)不计绳重和摩擦，G物不变，改变图甲中的绕绳方式，由公式η=G物G物+G动分析机械效率的变化情况。
本题考查有用功、机械效率的大小比较和机械效率的计算。要利用好关系式：不计绳重和摩擦，滑轮组的机械效率η=W有用W总=GhGh+G动h=GG+G动。
13.【答案】电动机 丙 乙
【解析】解：电磁弹射器的弹射车与飞机前轮连接，并处于强磁场中，当弹射车内的导体通以强电流时，即可受到强大的推力，由此可知其原理是通电导体在磁场中受力而运动，其原理与电动机相同；
根据图乙可知，乙方案中是定滑轮，使用定滑轮不省力也不费力；丙方案中是滑轮组，可以省力；丙方案中由于需要克服动滑轮的重力做功，在有用功相同的情况下，丙方案中的总功大，机械效率低，所以省力的是丙方案，机械效率较高的是乙方案。
故答案为：电动机；丙；乙。
通电导体在磁场中受到磁场力的作用；根据动滑轮和定滑轮的特点分析。
本题考查了电动机的工作原理、动滑轮和定滑轮的特点的应用，难度不大。
14.【答案】内 变小
【解析】解：返回舱进入大气层时与空气急剧摩擦，克服摩擦做功，返回舱的机械能转化为内能，使返回舱的温度达到极高。
返回舱进入大气层后从A点反弹到B点跃出大气层过程中克服摩擦做功，返回舱的一部分机械能转化为内能，所以返回舱的机械能变小。
故答案为：内；变小。
物体间发生相互摩擦时，需要克服摩擦做功，会有一部分机械能转化为内能，从而导致机械能变小。
本题考查机械能和其他形式能的转化，属于基础知识考查，难度不大。
15.【答案】20 10
【解析】解：反应距离s1=80m−64m=16m，
则制动前汽车行驶速度v1=s1t1=16m0.8s=20m/s；
整个过程的距离为s=80m，
司机所用的时间为t=7.2s+0.8s=8s，
所以司机在整个过程中的平均速度为：v=st=80m8s=10m/s。
故答案为：20；10。
已知一辆汽车在平直公路上匀速行驶，根据驾驶员发现前方80m处有障碍物，采取制动后，汽车行驶64m刚好停在障碍物前，可求得制动前汽车行驶的距离，然后可求得制动前汽车行驶速度；已知司机在整个过程中行驶的路程和时间，根据速度公式即可求出整个过程的平均速度。
此题主要考查速度公式的计算，难度不大，是一道较为简单的计算题。
16.【答案】电压 120
【解析】解：由图甲知图中阴影部分的面积在数值上等于物体在2s内通过的路程，即s=vt，同理乙图电流I和电阻R围成的阴影部分的面积表示的物理量是电压，即U=IR；
由图丙知前20s功率P与时间t围成的三角形的面积与后20s功率P与时间t围成的三角形的面积相等，可以把右面的三角形移到左上面，使得80s内功率P与时间t围成的图形为一个底是60s，宽是2W的长方形，
所以该用电器80s消耗的电能是：W=Pt=2W×60s=120J。
故答案为：电压；120。
由图甲知图中阴影部分的面积在数值上等于物体在2s内通过的路程，即s=vt，同理乙图电流I和电阻R围成的阴影部分的面积表示的物理量是电压，即U=IR；
由丙图像知，用电器工作的功率和工作时间，由此可知面积表示消耗的电能并计算。
本题考查了学生利用题中信息解答问题的能力，学生应会把公式和图形面积联系起来，是一道中等题。
17.【答案】0.8×103 2.5×10−4
【解析】解：(1)因为A漂浮在水中，所以F浮=GA=8N；
根据F浮=ρ水gV排得：
V排=F浮ρ水g=8N1.0×103kg/m3×10N/kg=8×10−4m3；
已知浸入水中的体积占总体积的45，则物体A的体积VA=54V排=54×8×10−4m3=1×10−3m3；
根据G=mg=ρVg可得，A的密度：ρA=GAVAg=8N1×10−3m3×10N/kg=0.8×103kg/m3；
(2)图乙中A、B整体悬浮，则F浮A+F浮B=GA+GB
根据F浮=ρ水gV排和G=mg=ρVg可得：
ρ水g(VA+VB)=GA+ρBgVB，
所以，VB=ρ水gVA−GA(ρB−ρ水)g=1.0×103kg/m3×10N/kg×1×10−3m3−8N(1.8×103kg/m3−1.0×103kg/m3)×10N/kg=2.5×10−4m3。
故答案为：0.8×103；2.5×10−4。
(1)根据漂浮条件求出物体A受到的浮力；根据F浮=ρ水gV排得出物体A静止时浸入水中的体积；已知浸入水中的体积占总体积的45，据此求出物体A的体积，根据G=mg=ρVg算出A的密度；
(2)A、B整体悬浮，受到的总浮力等于A、B的总重力，根据F浮=ρ水gV排得出木块AB静止时浸入水中的总体积；总体积减去A的体积，就是B的体积。
本题综合考查了多个公式，关键是知道物体漂浮时浮力等于自身重力以及物体所受力的分析，分析物体所受力这是本题的难点也是重点，还要学会浮力公式及其变形的灵活运用，有一定的拔高难度，属于难题。
18.【答案】15 3 16.2
【解析】解：(1)闭合开关S时，R1与R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，当电压表示数为9V时，R1两端的电压：U1=U−U2=18V−9V=9V，
因串联电路中各处的电流相等，则由I=UR可得，电阻R1的阻值：R1=U1I=9V0.6A=15Ω；
(2)R2的功率与电路总功率的比值为：P1P=U2IUI=U2U，
由于电源电压不变，则使R2的功率占电路总功率的比值最小时是滑动变阻器两端的电压最小时，
根据串联电路的分压特点可知：当滑动变阻器连入电路的电阻最小时滑动变阻器两端的电压最小，
此时电路中电流最大，
已知滑动变阻器R2上标有“20Ω 1A”字样，电流表量程为“0～0.6A”和“0～3A”，
所以，电路中电流最大为1A，
则由I=UR可得，电阻R1两端的电压：U1最大=I最大R1=1A×15Ω=15V；
根据串联电路中总电压等于各分电压之和可得滑动变阻器两端的电压：U2最小=U−U1最大=18V−15V=3V，
所以，R2的功率为：P=U2最小I最大=3V×1A=3W；
(3)因滑片在某一位置时，电流表和电压表的偏转角度相同，且整个电路能正常工作，
所以，可设两电表指针偏转的格数均为n，
①若电流表的量程为0～0.6A、电压表的量程为0～3V，
则电流表的示数为0.02A×n，电压表的示数为0.1V×n，
此时滑动变阻器接入电路中的电阻：R2=U2′I2=0.1V×n0.02A×n=5Ω，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，此时电路中的电流：I2=UR1+R2=18V15Ω+5Ω=0.9A>0.6A，故此种情况不可能；
②若电流表的量程为0～0.6A、电压表的量程为0～15V，
则电流表的示数为0.02A×n，电压表的示数为0.5V×n，
此时滑动变阻器接入电路中的电阻：R2=U2′I2=0.5V×n0.02A×n=25Ω>20Ω，故此种情况不可能；
③若电流表的量程为0～3A、电压表的量程为0～3V，
则电流表的示数为0.1A×n，电压表的示数为0.1V×n，
此时滑动变阻器接入电路中的电阻：R2=U2′I2=0.1V×n0.1A×n=1Ω，
此时电路中的电流：I2=UR1+R2=18V15Ω+1Ω=1.125A>1A，故此种情况不可能；
④若电流表的量程为0～3A、电压表的量程为0～15V，
则电流表的示数为0.1A×n，电压表的示数为0.5V×n，
此时滑动变阻器接入电路中的电阻：R2=R2=U2′I2=0.5V×n0.1A×n=5Ω，
此时电路中的电流：I2=UR1+R2=18V15Ω+5Ω=0.9A<3A，故此种情况可能；
则整个电路的总功率：P=UI2=18V×0.9A=16.2W；
综上可知，整个电路的总功率为16.2W。
故答案为：15；3；16.2。
(1)由图可知，R1、R2串联，电压表测量R2两端的电压，电流表测量电路中的电流；当电压表示数为9V时，根据串联电路的电压特点求出R1两端的电压，根据欧姆定律求出R1的阻值；
(2)根据P=UI得出R2的功率与电路总功率的比值表达式，即可判断当比值最小时电路中的电流最大，然后根据滑动变阻器的规格和电流表的量程判断得出电路中的最大电流，
最后即可根据欧姆定律和P=UI求出R2的功率；
(3)由题意可知，滑片在某一位置时，电流表和电压表的偏转角度相同，且整个电路能正常工作，根据电表不同的量程对应的分度值表示出电表的示数，根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的电阻，再根据电阻的串联和欧姆定律求出此时电路中电流的具体值，然后结合滑动变阻器的最大阻值、电流表允许通过的最大电流确定电路中的电流可能值，最后利用P=UI求出总功率。
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，分清开关闭合、断开时电路的连接方式是关键，难点是会表示电流表和电压表的偏转角度相同时的示数并求出变阻器接入电路中的阻值。
19.【答案】解：重力的方向竖直向下，压力的作用点是球与墙壁的接触点，然后过作用点作垂直于墙壁，并指向墙里面的压力。如图所示：
【解析】重力的方向竖直向下，作用点在物体的重心上。
压力的方向总是垂直于接触面，并且指向接触面；根据压力的作用点在接触面上，确定出压力的作用点，然后过作用点表示压力的方向。
作力的示意图，要用一条带箭头的线段表示力，线段的长度表示力的大小，箭头表示力的方向，起点或终点表示力的作用点。
20.【答案】解：开关闭合后，电磁铁与条形磁铁相互吸引，因异名磁极相互吸引，所以电磁铁的左端是N极，由安培定则可知，电流应从电磁铁的右端流入，则电磁铁右端的导线应接电源的正极；
滑动变阻器滑片P向右移动时会使吸引力变大，即此时电路中电流变大，滑动变阻器连入电路的阻值变小，结合图示可知需使滑动变阻器右侧下接线柱连入电路中。如图所示：
【解析】磁极间的相互作用规律：同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引；电磁铁中电流越大，其磁性越强。
本题考查了磁极间的相互作用规律、影响电磁铁磁性强弱的因素和安培定则的运用，有一定的综合性。
21.【答案】自下而上 84 91 气压
【解析】解：(1)组装实验器材时，酒精灯需要用外焰加热，所以要先放好酒精灯，再固定铁圈的高度，所以应该按照自下而上的顺序组装；
(2)由图甲可知此时温度计的分度值是1℃，且液柱的液面在80～90℃之间，所以示数为84℃；
由表格中数据知，从第5分钟开始，水温度保持91℃不变，所以水的沸点是91℃；
(3)在一标准大气压下，水的沸点是100℃，且气压越高，沸点越高，实验中的沸点高于100℃，所以气压大于一标准大气压，所以在烧瓶内装了91℃的水，用橡皮塞塞住烧瓶口并用注射器向内打气，如图乙，观察到温升高至图乙所示位置了，其原因是水的沸点随着气压的增大而升高。
故答案为：(1)自下而上；(2)84；91；(3)气压。
(1)探究水的沸腾实验时用到的实验器材有铁架台、酒精灯、火柴、石棉网、烧杯、中间有孔的纸板、温度计、水、秒表，因为酒精灯需要用外焰加热，所以要先放好酒精灯，再固定铁圈的高度，所以组装实验装置时，应该按照自下而上的顺序组装；
(2)由图甲可知此时温度计的分度值是1℃，根据液柱上表面所对齐示数可得；
水沸腾时继续吸热，温度保持不变，看表格中不变的温度即为水的沸点；
(3)在一标准大气压下，水的沸点是100℃，且气压越高，沸点越高，实验中的沸点高于100℃，所以气压大于一标准大气压，据此分析即可。
此题考查温度计的正确使用和读数、水沸腾后的特点、沸点与气压的关系等知识，属于综合题目。
22.【答案】甲丙 大 4
【解析】解：(1)用弹簧测力计沿水平方向拉着木块做匀速直线运动，木块在水平方向上受到平衡力的作用，根据二力平衡的条件，弹簧测力计的示数等于摩擦力的大小。研究滑动摩擦力大小与压力的关系时，要控制接触面粗糙程度相同，由甲、丙两图可知：当接触面粗糙程度一定时，接触面受到的压力越大，滑动摩擦力越大；
(2)由甲、乙两图可知，乙中的接触面粗糙，测力计示数也大，故得出：当接触面受到的压力一定时，接触面越粗糙滑动摩擦力越大；
(3)物体C在6～9s内做匀速直线运动，受到的拉力和滑动摩擦力是平衡力，拉力是4N，则6～9s内滑动摩擦力是4N；
物体C在3～6s内加速运动，物体对水平面的压力不变，接触面粗糙程度不变，滑动摩擦力不变，所以3～6s内滑动摩擦力是4N，则第4秒时受到的摩擦力大小为4N。
故答案为：(1)甲丙；(2)大；(3)4。
(1)(2)根据二力平衡的条件分析；影响滑动摩擦力大小因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变，据此分析回答；
(3)滑动摩擦力大小跟压力大小和接触面粗糙程度有关，求出物体匀速直线运动时的滑动摩擦力，即物体加速时的滑动摩擦力。
本题探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关，考查实验原理及控制变量法的运用，体现了对过程和方法的考查。
23.【答案】短路 1.14 3
【解析】解：(1)滑动变阻器的滑片向右移动时通过电路的电流变大，说明变阻器连入阻值变小，所以应选择B接线柱，将其串联入电路中，如图所示：
；
(2)闭合开关后，移动滑动变阻器的滑片，电流表有示数，说明电路中是通路，小灯泡始终不发光且电压表无示数，故障的原因可能是灯泡短路了；
(3)由图乙知，电流表使用0～0.6A量程，分度值为0.02A，灯泡正常发光时通过的电流为0.3A，
小灯泡的额定功率为：P=UI=3.8V×0.3A=1.14W；
(4)探究电流与电阻的关系时，应控制电压不变，由图像知，当接入10Ω定值电阻时，通过的电流为0.3A，所以定值电阻R两端的电压控制为：U=IR=0.3A×10Ω=3V。
案为：(1)见上图；(2)短路；(3)1.14；(4)3。
(1)滑动变阻器的滑片向右移动时通过电路的电流变大，由此确定变阻器的接线柱并将其串联入电路中；
(2)电流表有示数，说明电路是通路，再根据灯泡不发光，电压表无示数分析判断故障的可能原因；
(3)由图2读出灯泡正常发光的电流，根据P=UI计算额定功率；
(4)探究电流与电阻的关系时，应控制电压不变，从图丙找出对应的电流和电阻值，根据U=IR计算电压。
本题是测灯泡电功率的实验，考查了实物电路的连接、电路故障的分析、电表读数、电功率计算，还考查探究电流与电阻关系的实验，注意控制变量法的使用。
24.【答案】解：(1)由P=Wt可知，电热丝R1产生的热量：Q=W=P大t′=40W×(5×60s+36s)=1.344×104J，
设电热丝R1产生的热量全部被水吸收，所以水吸收的热量：Q吸=Q=1.344×104J，
一个标准大气压先，水的沸点是100℃，
由Q吸=cm(t−t0)可知，加热仓中水的质量：m=Q吸c(t−t0)=1.344×104J4.2×103J/(kg⋅℃)×(100℃−20℃)=0.04kg；
(2)由图乙可知，电热丝R1与气雾调节器R2串联，当气雾调节器R2接入电路的阻值为0时，电路中的总电阻最小，由P=U2R可知，电路中的总功率最大，加热器以最大运行功率工作；
由P=U2R可知，R1的阻值：R1=U2P大=(220V)240W=1210Ω；
当气雾调节器R2接入电路的阻值最大时，电路中的总电阻最大，由P=U2R可知，电路中的总功率最小，加热器以最低运行功率工作；
根据串联电路的电阻特点可知，此时电路中的总电阻：R=R1+R2=1210Ω+990Ω=2200Ω，
电路中的电流：I=UR=220V2200Ω=0.1A，
气雾调节器R2消耗的电功率：P=I2R2=(0.1A)2×990Ω=9.9W。
答：(1)加热仓中水的质量为0.04kg；
(2)气雾调节器为R2消耗的电功率9.9W。
【解析】(1)根据Q=W=Pt求出电热丝R1产生的热量；根据题意可知水吸收的热量；根据Q吸=cm(t−t0)求出加热仓中水的质量；
(2)由图乙可知，电热丝R1与气雾调节器R2串联，当气雾调节器R2接入电路的阻值为0时，电路中的总电阻最小，由P=U2R可知，电路中的总功率最大，加热器以最大运行功率工作；根据P=U2R可求出R1的阻值；当气雾调节器R2接入电路的阻值最大时，电路中的总电阻最大，由P=U2R可知，电路中的总功率最小，加热器以最低运行功率工作；根据串联电路的电阻特点求出电路中的总电阻根据欧姆定律求出电路中的电流，根据P=I2R浮求出气雾调节器R2消耗的电功率。
本题考查串联电路的特点、电功公式、电功率公式、吸热公式以及欧姆定律的应用，是一道电热综合题，有一定的难度。
25.【答案】解：(1)由题意知，容器底受到水的压强增大了：
△p=ρ水g△h=1.0×103kg′/m3×10N/kg×0.01m=100Pa；
(2)将物块B轻放在A的上面后，A排开水体积的增加量：
△V排=S容△h=1m2×0.01m=0.01m3，
则增大的浮力：
△F浮=ρ水g△V排=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.01m3=100N，
因物块B轻放在A的上面前后始终处于漂浮状态，
所以，物块B的重力：
GB=△F浮=100N；
(3)由G=mg和ρ=mV可得，物体A的重力：
GA=mAg=ρAVAg=0.6×103kg/m3×(0.5m)3×10N/kg=750N，
将B放在A的上面时，A浸入水中深度的增加量：
△h浸=△V排S容=0.02m3(0.5m)2=0.04m，
如下图所示，可得△h浸=△h升+d，
所以，A下降的高度：
d=△h浸−△h升=0.04m−0.01m=0.03m，
(4)A重力做功：
W=GAh=750N×0.03m=22.5J。
答：(1)容器底受到的水的压强增大了100Pa；
(2)物块B的重力为100N；
(3)正方体A底部下降的高度为0.03m；
(4)在此过程中，A重力做功是22.5J。
【解析】本题考查了物体浮沉条件和阿基米德原理、重力公式、密度公式、做功公式的应用，正确得出物体A重力下降的高度是关键。
(1)根据△p=ρg△h计算容器底受到的水的压强变化；
(2)将物块B轻放在A的上面后，根据V=Sh求出A排开水体积的增加量，根据F浮=ρgV排求出增大的浮力，物块B轻放在A的上面前后始终处于漂浮状态，A增大的浮力即为B的重力；
(3)根据G=mg和ρ=求出物体A的重力，将B放在A的上面时，根据V=Sh求出A浸入水中深度的增加量，然后求出A下降的高度；
(4)根据W=Gh求出A重力做的功。
2023年四川省广元市苍溪县中考物理二诊试卷
一、单选题（本大题共12小题，共36.0分）
1. 如图为航天员王亚平在天宫空间站授课时的情景，下列说法正确的是( )
A. 为减轻重量，提高有效载荷，空间站应选用密度大的材料制作
B. 我们能听到王亚平讲课的声音，说明声音可在真空中传播
C. 王亚平能“漂浮”在空中，是因为航天员的质量变为零
D. 空间站“昼夜”温差较大，为稳定舱内温度，温控系统中的冷却液应选用比热容较大的材料
2. 如图所示，用弹簧测力计将玻璃板从水中缓慢提起，关于测力计示数的说法正确的是( )
A. 玻璃板浸没在水中时最大 B. 玻璃板即将离开水面时最大
C. 玻璃板全部在空气中时最大 D. 玻璃板离开水面时测力计示数一直减小
3. 如图为“探究电流通过导体时产生的热量与什么因素有关”的实验装置。电源电压不变，R1、R2为阻值恒定的电热丝且R1：R2=3：1。下列说法正确的是( )
A. 容器中电阻丝内能的增大方式和空气内能的增大方式是相同的
B. 若闭合S1、S2，可探究电流产生的热量与电阻大小的关系
C. 若闭合S1、断开S2，可探究电流产生的热量与电流大小的关系
D. 若闭合S1、断开S2，经过相同时间，R1与R2产生的热量之比为3：1
4. 如图所示，用力击打一摞棋子中间的一个，该棋子飞出而上面的棋子落下，将棋子击出的过程中，下列说法正确的是( )
A. 所有棋子都有惯性
B. 飞出去的棋子没有惯性
C. 上面部分的棋子没有惯性
D. 只有最下面部分的棋子才有惯性
5. 如图所示，一个木块A放在长木板B上，弹簧测力计一端接A，另一端固定在墙壁上，长木板B放在水平地面上。在恒力F作用下，木块A相对于地面保持静止，长木板B以速度v匀速运动，水平弹簧测力计的示数为T，下列说法正确的是( )
A. 弹簧测力计对木块A的拉力与木块A受到的摩擦力是一对相互作用力
B. 长木板B受到地面的支持力与其所受的重力是一对平衡力
C. 当长木板加速直线运动时，弹簧测力计的示数T变大
D. 若用2F的力作用在长木板上，木块A受到的摩擦力大小仍等于T
6. 如图为今年深圳马拉松男子组冠军何杰(左一)在比赛中的一幕，下列说法正确的是( )
A. 全马选手跑步不属于机械运动
B. 以地面为参照物，何杰是静止的
C. 裁判是通过相同时间内比较运动员经过的路程，来判定何杰夺冠
D. 何杰最终夺冠，说明他全程平均速度最大
7. 如图所示为一种夏季使用的汽车冰凉座垫，它通过生物冰快速激发成型技术研制而成。座垫内物质通常情况下为固态，人坐上去时，座垫内物质就会慢慢转变为液态，但温度保持不变。此过程可持续数小时，人坐在上面会感觉凉爽。下列有关分析正确的是( )
A. 座垫内物质是非晶体 B. 座垫内物质熔点高于人体温度
C. 人坐上去时座垫内物质吸收热量 D. 人坐上去时座垫内物质发生了液化现象
8. 以下是课本中研究电和磁的四个实验装置图，下列对四幅图的解读正确的是( )
A. 甲图是探究磁场对电流的作用，是电动机的工作原理
B. 乙图是探究磁场对电流的作用，是电磁铁的工作原理
C. 丙图是探究的电磁感应现象，是电动机的工作原理
D. 丁图是探究的电磁感应现象，是发电机的工作原理
9. 如图所示，将一根弹簧和一只质量为1kg的金属球(球上有一直小孔)套在铁架台的金属杆AB上面。现将小球提到B端后松手，小球的高度随时间变化的情况如图乙所示。下列说法正确的是
( )
A. 小球在0～t3过程中t1时刻机械能最大
B. 弹簧原来的长度为40cm
C. 在0～t1过程中小球的动能先增大后减小，重力势能的变化量小于动能变化量
D. 在t1、t2、t3三个时刻，小球的动能在t1时刻最大
10. 如图为我国“祝融号”火星车驶离着陆平台后的“自拍”照片。关于火星车，下列说法正确的是( )
A. 火星车的履带较宽，可增大压强
B. “自拍”时，火星车位于摄像头一倍焦距以内
C. 地面控制中心是通过电磁波向火星车发出指令的
D. 火星车利用“正十一烷”来维持车内温度稳定，火星表面温度升高时，此物质会液化吸热，降低车内温度
11. 小明在中国科技馆看到“1度电的意义”展品后，绘制了1度电可供他家中的一些额定电压相同的用电器分别在额定功率下、持续工作的时间图，如图所示。关于图中家用电器的比较，下列说法中正确的是( )
A. 节能灯正常工作的电压最大
B. 浴霸正常工作的电流最小
C. 电风扇的额定功率比白炽灯的额定功率大
D. 节能灯正常工作的电流比白炽灯正常工作的电流大
12. 用如图甲所示的装置来探究滑轮组的机械效率η与物重G物的关系，改变G物，竖直向上匀速拉动弹簧测力计，计算并绘出η与G物的关系如图乙所示，若不计绳重和摩擦，则下列说法正确的是( )
A. 此滑轮组动滑轮的重为5N
B. 当G物=15N时，滑轮组机械效率为η=75%
C. 同一滑轮组的机械效率η随G物的增大而增大，最后等于100%
D. G物不变，改变图甲中的绕绳方式，滑轮组的机械效率仍不改变
二、填空题（本大题共6小题，共28.0分）
13. 我国海军福建舰航母配备先进的电磁弹射系统，其简化原理如甲图。金属滑块处于强磁场中，通过牵引索与飞机相连，构成电磁弹射器。当金属滑块接通强电流时，滑块会获得强大的推力，牵引飞机加速起飞。电磁弹射器的工作原理类似于______ (选填“发电机”、“电动机”或“电磁铁”)。为避免下方滑轨因受金属滑块的压力过度磨损，某同学设计了乙和丙两种方案(忽略绳重和摩擦)，这两种方案中较省力的是______ 方案，滑轮组机械效率较高的是______ 方案。
14. 2020年12月17日，嫦娥5号返回舱带着月壤样品安全返回预定着陆点，中国首次月球取样成功。返回舱返回时以11.2公里/秒的第二宇宙速度冲向地球，进入大气层后，要克服摩擦做功，巨大的机械能转化为______ 能，使返回舱的温度达到极高。为了防止返回舱被高温损坏，科学家们采取了高速半弹道跳跃式再入返回，让返回舱像“打水漂”一样返回地球，如图所示。返回舱进入大气层后从A点反弹到B点跃出大气层过程中返回舱的机械能______ (选填“变大”、“变小”或“不变”)。
15. 汽车驾驶员从发现情况到采取制动所需要的时间叫反应时间，在反应时间内通过的路程叫反应距离。一辆汽车在平直公路上匀速行驶的过程中，若驾驶员发现前方80m处有障碍物，采取制动后，汽车在7.2s内行驶64m刚好停在障碍物前，已知该驾驶员的反应时间为0.8s，则制动前汽车匀速行驶速度为______ m/s，从驾驶员看到障碍物到汽车停止的整个过程的平均速度为______ m/s。
16. 如图甲所示，阴影部分的面积在数值上等于物体在2s内通过的路程；如图乙所示是通过导体的电流与电阻的关系图像，则图乙中阴影部分的面积表示的物理量是______ ，某用电器的电功率与通电时间的关系如图丙所示，联系甲、乙两图，则该用电器80s内消耗的电能是______ J。
17. 如图甲，将一重为8N的物体A放在装有适量水的杯中，物体A漂浮于水面，浸入水中的体积占总体积的45，此时水面到杯底的距离为20cm。如果将一小球B用体积和重力不计的细线系于A下方后，再轻轻放入该杯水中，静止时A上表面与水面刚好相平，如图乙。已知ρB=1.8×103kg/m3，物体A的密度为______ kg/m3；小球B的体积为______ m3。
18. 如图所示电路中，电源电压为18V且保持不变，R1为定值电阻，滑动变阻器R2上标有“20Ω 1A”字样，所用电流表量程为“0～0.6A”和“0～3A”，电压表量程为“0～3V”和“0～15V”。闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片，当电压表示数为9V时，电流表示数为0.6A，则R1的阻值为______ Ω；选择合适的电表量程，移动滑片P，使R2的功率占电路总功率的比值最小，此时R2的功率为______ W；在电路安全的前提下，选择合适的电表量程，调节滑动变阻器的滑片P，使电流表和电压表偏转角度相同，则此时电路总功率的大小为______ W。
三、作图题（本大题共2小题，共4.0分）
19. 如图，用细线系住一个小球并挂在墙壁上静止，请画出小球受到重力G和小球对墙壁的压力F的示意图。
20. 某电磁门锁如图1，请将图2中的电磁铁、滑动变阻器接入电路，使开关闭合后电磁铁与条形磁铁相互吸引，且滑片P向右移动时吸引力变大。
四、实验探究题（本大题共3小题，共20.0分）
21. 小琪在峨眉山旅游时了解到这样一段材料：
“山顶有泉，煮米不成饭，但碎如砂粒。万古冰雪之汁，不能熟物，余前知之。自山下携水一缶来，财自足也。”(节选自范成大《峨眉山行记》)
时间/min
1
2
4
5
6
7
水温/℃
82
88
91
91
91
小琪认为“不能熟物”并不是因为用了“万古冰雪之汁”，而是另有原因。于是他采集泉水样品，用如图装置进行实验。
(1)组装图甲中的实验装置时，安装顺序为______ (选填“自上而下”或“自下而上”)；
(2)实验时，每隔1min记录一次温度。第2min初温度计示数如图甲，为______ ℃。由表中数据可知，当时水的沸点是______ ℃；
(3)第7min末，小琪在烧瓶上塞上木塞，并用注射器向烧瓶内打气，发现水温升高至图乙所示位置。由此可知，山顶泉水“不能熟物”不是水的问题，而是______ 影响了水的沸点。
22. 小明按如下步骤完成“探究影响滑动摩擦力大小的因素”的实验。
A.如图甲所示，将木块A平放在长木板B上，缓缓地匀速水平拉动木块A，保持弹簧测力计示数稳定，并记录了其示数。
B.如图乙所示，将毛巾固定在长木板B上，木块A平放在毛巾上，缓缓地匀速水平拉动木块A，保持弹簧测力计示数稳定，并记录了其示数。
C.如图丙所示，将木块A平放在长木板B上，并在木块A上放一砝码，缓缓地匀速水平拉动木块A，保持弹簧测力计示数稳定，并记录了其示数。
(1)由______ 两图可知：当接触面粗糙程度一定时，接触面受到的压力越大，滑动摩擦力越大。
(2)由甲、乙两图可知：当接触面受到的压力一定时，接触面越粗糙滑动摩擦力越______ (选填“大”或“小”)。
(3)如图①所示，放在水平地面上的物体C在方向不变的水平拉力F的作用下，其F−t和−t图象分别如图②③所示。则物体C在第4s时受到的摩擦力大小为______ N。
23. 小明同学在做“测量小灯泡的额定功率”的实验中，选用如图甲所示的器材和电路。其中电源电压恒为6V，小灯泡的额定电压为3.8V，滑动变阻器的铭牌上标有“20Ω 1A”字样。
(1)请用笔画线代替导线将图甲的实验电路补充完整。(要求滑动变阻器的滑片向右移动时电路中的电流变大)
(2)闭合开关后，移动滑动变阻器的滑片发现小灯泡始终不发光，电流表有示数，电压表无示数。若电路只有一处故障，则故障原因可能是小灯泡______ 。
(3)排除故障后再次闭合开关，移动滑片直到电压表的示数为3.8V，此时电流表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为______ W。
(4)同组的小亮同学还想探究“在电压一定时，电流与电阻的关系”，于是将图甲中的小灯泡换成三个阻值分别为5Ω、10Ω、15Q的定值电阻，其余连接均不改变。图丙是小亮根据测得的实验数据绘制的电流I随电阻R变化的图象。由图象可知小亮将定值电阻R两端的电压控制为______ V不变。
五、计算题（本大题共2小题，共12.0分）
24. 当空气湿度比较低时，很多人家里都会使用电热加湿器(如图甲)，其工作原理如图乙，相关参数如表所示。工作时，电热加湿器的电热丝浸没在加热仓的水中产生热量，使加热仓中的水沸腾变成水蒸气喷出，增加环境湿度；当加热仓中的水减少到一定程度时，自动阀门智能打开，水由储水箱进入加热仓中。
工作电压
220V
工作频率
50Hz
最大运行功率
40W
储水箱容量
2.4L
气雾调节器最大电阻
990Ω
(1)如果加热仓内冷水的温度为20℃，用最大运行功率正常工作，经过5min36s恰好使水沸腾产生水蒸气，求加热仓中水的质量？[设电热丝R1产生的热量全部被水吸收，当地气压为1标准大气压，水的比热容为4.2×103J/(kg⋅℃)]
(2)电热加湿器以最低气雾量工作时，求气雾调节器R2消耗的电功率？
25. 把边长L=0.5m、密度ρA=0.6×103kg/m3的正方体A放入底面积为S=1m2的盛水容器中，如图甲所示，将物块B轻放在A的上面，容器中的水面上升了0.01m，如图乙所示。求：
(1)容器底受到的水的压强增大了多少？
(2)物块B的重力；
(3)正方体A底部下降的高度；
(4)在此过程中，A重力做功是多大？(已知ρ水=1.0×103kg/m3，g取10N/kg)
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、体积一定，由m=ρV可知，材料的密度越小，质量越小，为减轻重量，提高有效载荷，空间站应选用密度小的材料制作，故A错误；
B、声音不能在真空中传播，我们能听到王亚平讲课的声音是通过电磁波传回地球的，故B错误；
C、王亚平能“漂浮”在空中，是因为航天员处于“失重”状态，而它的质量不变，故C错误；
D、空间站“昼夜”温差较大，为稳定舱内温度，温控系统中的冷却液应选用比热容较大的材料，吸收或放出相同的热量，温度变化较小，故D正确。
故选：D。
(1)当体积一定时，质量与密度成正比；
(2)声音不能在真空中传播；
(3)质量是物质的一种特性，它不随物体位置的改变而改变；
(4)相同质量的不同物质比较，吸收或放出相同的热量，比热容大的物质的温度升高或降低的少。
本题考查密度、声音的传播、重力和比热容知识，属于综合题。
2.【答案】B
【解析】解：
玻璃板浸没在水中时，弹簧测力计的示数等于玻璃板的重力减去浮力；
玻璃板全部在空气中时，弹簧测力计的示数等于玻璃板重力；
玻璃板即将离开水面时，玻璃板除了受向下的重力、向上的拉力外，还受到水分子对它向下的引力，此时弹簧测力计的示数等于玻璃板的重力加上分子间的引力；由此可见，玻璃板即将离开水面时，弹簧测力计的示数最大，故ACD错误，B正确。
故选：B。
物体的分子之间存在相互作用的引力和斥力，可以从分子间的作用力结合玻璃板的受力情况进行解答。
本题考查了分子动理论的应用以及力的合成，难度不大。
3.【答案】D
【解析】解：A、容器中电阻丝内能的增大是电流做功转化为内能实现的，即做功的方式，空气内能的增大是通过热传递方式实现的，故A错误；
B、若闭合S1、S2，R2短路，电路为R1的简单电路，无法探究电流产生的热量与电阻大小的关系，故B错误；
C、若闭合S1、断开S2，两电阻串联，通过的电流相等，通电时间相同，两电阻大小不同，可探究电流产生的热量与电阻大小的关系，故C错误；
D、若闭合S1、断开S2，两电阻串联，通过的电流相等通电时间相同，根据Q=I2Rt可知，在电流和通电时间相同时，产生热量与电阻成正比，因R1：R2=3：1，故经过相同时间，R1与R2产生的热量之比为3：1。故D正确。
故选：D。
(1)做功和热传递都能改变物体的内能；
(2)电流通过导体产生的热量与通过的电流、导体的电阻和通电时间有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外两个因素不变，结合串联电路电流的规律分析；
(3)根据Q=I2Rt可知在电流和通电时间相同时，产生热量与电阻成正比，据此分析。
本题探究“导体产生的热量与什么因素有关”，考查控制变量法、转换法、串联和并联电路的规律及焦耳定律的运用。
4.【答案】A
【解析】解：
用力击打一摞棋子中间的一个，棋子被击飞，是力改变了物体的运动状态；惯性是物体的一种属性，一切物体都有惯性，被击飞的棋子、上方的棋子和下面部分的棋子都具有惯性，故A正确，BCD错误。
故选：A。
(1)物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性，惯性是物体的一种属性，一切物体都有惯性；
(2)力可以改变物体的运动状态。
此题考查的是有关惯性现象的应用，这是中考的重点知识，应该重点掌握。
5.【答案】D
【解析】解：
A、木块A处于静止状态，水平方向上受到两个力的作用：木块受到水平向右的弹簧测力计对木块A的拉力与木块A受到水平向左的滑动摩擦力，这两个力是一对平衡力，大小相等，故A错误；
B、因长木板还受到木块的压力，所以长木板所受的重力与地面对长木板的支持力大小不相等，不符合二力平衡条件，不是一对平衡力，故B错误；
C、加速拉长木板时，木块A相对于长木板是向右运动的，则木块A受到的是滑动摩擦力；滑动摩擦力的大小只与物体间的压力大小、接触面的粗糙程度有关；拉动速度变大时，影响滑动摩擦力大小的因素不变，所以加速拉长木板时木块A受到的摩擦力大小不变，故C错误；
D、若用2F的力作用在长木板上，木块A对木板的压力不变，接触面的粗糙程度不变，则滑动摩擦力不变，即受到的滑动摩擦力大小仍等于T，故D正确。
故选：D。
(1)相互作用力的条件：大小相等、方向相反、作用在同一条直线上，作用在两个物体上；
(2)平衡力的条件：大小相等、方向相反、作用在同一条直线上，作用在同一个物体上；
(3)(4)滑动摩擦力的大于与压力大小和接触面的粗糙程度有关，与运动的速度无关。
本题考查了影响滑动摩擦力大小的因素，平衡力和相互作用力的区分。特别要注意：平衡力作用在同一物体上，相互作用力分别作用在相互作用的两个物体上。
6.【答案】D
【解析】解：A、全马选手跑步属于机械运动，故A错误；
B、以地面为参照物，何杰的位置发生变化，何杰是运动的，故B错误；
C、在赛跑中，裁判是利用相同的路程比较时间的方法来判断运动员运动的快慢的，故C错误；
D、根据平均速度等于总路程除以总时间，路程相同，所用时间越短，平均速度越大，何杰最终夺冠，说明他全程平均速度最大，故D正确。
故选：D。
(1)机械运动是自然界中最简单、最基本的运动形态，在物理学里，一个物体相对于另一个物体的位置，或者一个物体的某些部分相对于其他部分的位置，随着时间而变化的过程叫做机械运动；
(2)在研究物体的运动和静止时，要看物体的位置相对于参照物是否发生改变，若改变，则是运动的，若不改变，则是静止的；
(3)比较物体运动快慢的方法有两种：一是运动相同路程，比较时间；二是运动相同时间，比较路程；
(4)平均速度等于总路程除以总时间。
本题考查了机械运动的概念、运动和静止的相对性、物体运动快慢的比较、平均速度的计算等，属于基础性题目。
7.【答案】C
【解析】解：A、座垫内物质就会慢慢转变为液态，但温度保持不变，是晶体熔化的特征，所以座垫内物质是晶体，故A选项错误；
B、坐垫内物质能从人身体吸热熔化，说明人的体温高于该物质的熔点，故B选项错误；
C、熔化过程需要吸热，是坐垫内的物质从人的身体吸热，故C选项正确；
D、人坐上坐垫，坐垫内的物质从固态变为液态，是熔化过程，故D选项错误。
故选：C。
(1)晶体在熔化过程中温度保持不变，非晶体的熔化过程中温度升高；
(2)晶体熔化的条件是：温度达到熔点，且能继续吸热；
(3)熔化过程是吸热过程；
(4)物质从固态变为液态的过程叫熔化。
此题考查了对晶体、非晶体熔化或凝固过成的分析，根据温度的变化趋势判断出熔化或凝固。
8.【答案】D
【解析】解：A、奥斯特实验说明通电导线的周围存在磁场，揭示了电可以生磁，电磁继电器应用了这一原理，故A错误；
B、两个电磁铁串联，通过的电流相等，线圈匝数不同，吸引大头针的数目不同，是探究电磁铁磁性强弱与线圈匝数的关系，故B错误；
C、该实验装置是用来研究通电导线在磁场中受力的作用的实验，故C错误；
D、该实验装置是用于研究感应电流的实验，闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中才会产生感应电流，将机械能转化为电能，发电机就是应用了这一原理，故D正确。
故选：D。
(1)奥斯特实验说明通电导线的周围存在磁场，磁场的方向与电流的方向有关；
(2)图中的实验装置是研究电磁铁磁性强弱的决定因素，根据图示的现象与其决定因素联系起来即可判断；
(3)通电导体在磁场中受到力的作用，电动机就是利用这个原理制成的；
(4)闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生感应电流，发电机就是利用这个原理制成的。
本题考查发电机利用电磁感应现象原理，带电动机的用电器利用通电导体在磁场中受力原理以及电磁铁，难度不大。
9.【答案】D
【解析】解：A、在0～t3过程中，小球刚与弹簧接触，与弹簧接触后，先做加速度不断减小的加速运动，当弹力增大到与重力平衡是t1时刻，速度达到最大，t2、t3两个时刻，由于能量的损失，总的机械能在减小，所以，开始的0时刻机械能最大，故A错误；
B、由图可知当弹力与重力平衡时，弹簧的长度为40cm，由于此时弹簧处于压缩状态，所以弹簧原来的长度应大于40cm，故B错误；
C、在0～t1过程中，t1时刻速度达到最大，重力势能最小，但不为零，所以在0～t1过程中小球的动能一直增大，故C错误；
D、在t1、t2、t3三个时刻，由于能量的损失，t1时刻的速度最大，所以小球的动能在t1时刻最大，故D正确。
故选：D。
小球先自由下落，与弹簧接触后，弹簧被压缩，在下降的过程中，弹力不断变大，当弹力小于重力时，物体加速下降，合力变小，加速度变小，故小球做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大，之后物体由于惯性继续下降，弹力变得大于重力，合力变为向上且不断变大，加速度向上且不断变大，故小球做加速度不断增大的减速运动。
本题考查影响动能、势能的因素和能量之间的转化，主要考查学生对所学物理知识点的灵活应用能力，有一定难度。
10.【答案】C
【解析】解：A、火星车的履带较宽，是压力一定，减小受力面积，所以可减小压强，故A错误；
B、摄像头相当于凸透镜，是利用物距大于二倍焦距时，成倒立缩小实像的规律工作的，故B错误；
C、地面控制中心是通过电磁波向火星车发出指令的，故C正确；
D、火星车利用“正十一烷”来维持车内温度稳定，火星表面温度升高时，此物质会熔化吸热，降低车内温度，故D错误。
故选：C。
(1)增大压强方法：压力一定，减小受力面积；受力面积一定，增大压力；同时增大压力，减小受力面积；
(2)凸透镜成像时，物距u>2f，成倒立缩小的实像，应用是照相机；
(3)电磁波的传播不需要介质，电磁波可以在固体、液体、气体中传播，也可以在真空中传播；
(4)物质由固态转变为液态的过程叫做熔化，熔化是吸热过程。
本题考查了增大压强方法、照相机原理、电磁波的传播与应用、熔化及熔化的吸热特点等，属于基础性题目。
11.【答案】C
【解析】解：
A、由题知，各用电器的额定电压相同，即正常工作的电压相同，故A错误；
B、由图可知，1度电(即W=1kW⋅h)可供浴霸持续工作的时间最短，由P=Wt可知，浴霸的额定功率最大，由P=UI可知，浴霸正常工作的电流最大，故B错误；
C、由图可知，1度电可供电风扇持续工作的时间比白炽灯的少，由P=Wt可知，电风扇的额定功率比白炽灯的额定功率大，故C正确；
D、由图可知，1度电可供节能灯持续工作的时间比白炽灯的多，由P=Wt可知，节能灯的额定功率比白炽灯的额定功率小，由P=UI可知，节能灯正常工作的电流比白炽灯正常工作的电流小，故D错误；
故选：C。
首先明确额定电压相同的用电器分别在额定功率下、持续工作的时间图，然后根据P=UI，P=Wt对各个选项逐一分析即可。
本题考查了电功率的概念和意义，考查了学生根据题中信息解答问题的能力，是一道中等题。
12.【答案】D
【解析】解：
A、由图可知，G物1=12N时，滑轮组的机械效率η1=80%，
不计绳重和摩擦，滑轮组的机械效率η=W有用W总=GhGh+G动h=GG+G动，
即：80%=12N12N+G动，
解得动滑轮重力：G动=3N，故A错误；
B、同理可得，当G物=15N时，滑轮组的机械效率：η′=G物G物+G动=15N15N+3N×100%≈83.3%，故B错误；
C、由图象可知，同一滑轮组机械效率η随G物的增大而增大；但使用滑轮组时，不可避免地要克服动滑轮重做额外功，所以总功一定大于有用功；由公式η=W有用W总知机械效率一定小于100%，故C错误；
D、不计绳重和摩擦，G物不变，改变图甲中的绕绳方式，由公式η=G物G物+G动可知，该滑轮组的机械效率不变，故D正确。
故选：D。
(1)由图知，提升重物为12N时，滑轮组的机械效率为80%，不计绳重和摩擦，滑轮组的机械效率η=W有用W总=GhGh+G动h=GG+G动，据此求动滑轮重力；
(2)不计绳重和摩擦，再利用η=W有用W总=GhGh+G动h=GG+G动求当G物=15N时滑轮组机械效率；
(3)使用滑轮组时，不计绳重和摩擦，提升重物时，不得不提升动滑轮做额外功，使得有用功总是小于总功，滑轮组的机械效率总是小于1；
(4)不计绳重和摩擦，G物不变，改变图甲中的绕绳方式，由公式η=G物G物+G动分析机械效率的变化情况。
本题考查有用功、机械效率的大小比较和机械效率的计算。要利用好关系式：不计绳重和摩擦，滑轮组的机械效率η=W有用W总=GhGh+G动h=GG+G动。
13.【答案】电动机 丙 乙
【解析】解：电磁弹射器的弹射车与飞机前轮连接，并处于强磁场中，当弹射车内的导体通以强电流时，即可受到强大的推力，由此可知其原理是通电导体在磁场中受力而运动，其原理与电动机相同；
根据图乙可知，乙方案中是定滑轮，使用定滑轮不省力也不费力；丙方案中是滑轮组，可以省力；丙方案中由于需要克服动滑轮的重力做功，在有用功相同的情况下，丙方案中的总功大，机械效率低，所以省力的是丙方案，机械效率较高的是乙方案。
故答案为：电动机；丙；乙。
通电导体在磁场中受到磁场力的作用；根据动滑轮和定滑轮的特点分析。
本题考查了电动机的工作原理、动滑轮和定滑轮的特点的应用，难度不大。
14.【答案】内 变小
【解析】解：返回舱进入大气层时与空气急剧摩擦，克服摩擦做功，返回舱的机械能转化为内能，使返回舱的温度达到极高。
返回舱进入大气层后从A点反弹到B点跃出大气层过程中克服摩擦做功，返回舱的一部分机械能转化为内能，所以返回舱的机械能变小。
故答案为：内；变小。
物体间发生相互摩擦时，需要克服摩擦做功，会有一部分机械能转化为内能，从而导致机械能变小。
本题考查机械能和其他形式能的转化，属于基础知识考查，难度不大。
15.【答案】20 10
【解析】解：反应距离s1=80m−64m=16m，
则制动前汽车行驶速度v1=s1t1=16m0.8s=20m/s；
整个过程的距离为s=80m，
司机所用的时间为t=7.2s+0.8s=8s，
所以司机在整个过程中的平均速度为：v=st=80m8s=10m/s。
故答案为：20；10。
已知一辆汽车在平直公路上匀速行驶，根据驾驶员发现前方80m处有障碍物，采取制动后，汽车行驶64m刚好停在障碍物前，可求得制动前汽车行驶的距离，然后可求得制动前汽车行驶速度；已知司机在整个过程中行驶的路程和时间，根据速度公式即可求出整个过程的平均速度。
此题主要考查速度公式的计算，难度不大，是一道较为简单的计算题。
16.【答案】电压 120
【解析】解：由图甲知图中阴影部分的面积在数值上等于物体在2s内通过的路程，即s=vt，同理乙图电流I和电阻R围成的阴影部分的面积表示的物理量是电压，即U=IR；
由图丙知前20s功率P与时间t围成的三角形的面积与后20s功率P与时间t围成的三角形的面积相等，可以把右面的三角形移到左上面，使得80s内功率P与时间t围成的图形为一个底是60s，宽是2W的长方形，
所以该用电器80s消耗的电能是：W=Pt=2W×60s=120J。
故答案为：电压；120。
由图甲知图中阴影部分的面积在数值上等于物体在2s内通过的路程，即s=vt，同理乙图电流I和电阻R围成的阴影部分的面积表示的物理量是电压，即U=IR；
由丙图像知，用电器工作的功率和工作时间，由此可知面积表示消耗的电能并计算。
本题考查了学生利用题中信息解答问题的能力，学生应会把公式和图形面积联系起来，是一道中等题。
17.【答案】0.8×103 2.5×10−4
【解析】解：(1)因为A漂浮在水中，所以F浮=GA=8N；
根据F浮=ρ水gV排得：
V排=F浮ρ水g=8N1.0×103kg/m3×10N/kg=8×10−4m3；
已知浸入水中的体积占总体积的45，则物体A的体积VA=54V排=54×8×10−4m3=1×10−3m3；
根据G=mg=ρVg可得，A的密度：ρA=GAVAg=8N1×10−3m3×10N/kg=0.8×103kg/m3；
(2)图乙中A、B整体悬浮，则F浮A+F浮B=GA+GB
根据F浮=ρ水gV排和G=mg=ρVg可得：
ρ水g(VA+VB)=GA+ρBgVB，
所以，VB=ρ水gVA−GA(ρB−ρ水)g=1.0×103kg/m3×10N/kg×1×10−3m3−8N(1.8×103kg/m3−1.0×103kg/m3)×10N/kg=2.5×10−4m3。
故答案为：0.8×103；2.5×10−4。
(1)根据漂浮条件求出物体A受到的浮力；根据F浮=ρ水gV排得出物体A静止时浸入水中的体积；已知浸入水中的体积占总体积的45，据此求出物体A的体积，根据G=mg=ρVg算出A的密度；
(2)A、B整体悬浮，受到的总浮力等于A、B的总重力，根据F浮=ρ水gV排得出木块AB静止时浸入水中的总体积；总体积减去A的体积，就是B的体积。
本题综合考查了多个公式，关键是知道物体漂浮时浮力等于自身重力以及物体所受力的分析，分析物体所受力这是本题的难点也是重点，还要学会浮力公式及其变形的灵活运用，有一定的拔高难度，属于难题。
18.【答案】15 3 16.2
【解析】解：(1)闭合开关S时，R1与R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，当电压表示数为9V时，R1两端的电压：U1=U−U2=18V−9V=9V，
因串联电路中各处的电流相等，则由I=UR可得，电阻R1的阻值：R1=U1I=9V0.6A=15Ω；
(2)R2的功率与电路总功率的比值为：P1P=U2IUI=U2U，
由于电源电压不变，则使R2的功率占电路总功率的比值最小时是滑动变阻器两端的电压最小时，
根据串联电路的分压特点可知：当滑动变阻器连入电路的电阻最小时滑动变阻器两端的电压最小，
此时电路中电流最大，
已知滑动变阻器R2上标有“20Ω 1A”字样，电流表量程为“0～0.6A”和“0～3A”，
所以，电路中电流最大为1A，
则由I=UR可得，电阻R1两端的电压：U1最大=I最大R1=1A×15Ω=15V；
根据串联电路中总电压等于各分电压之和可得滑动变阻器两端的电压：U2最小=U−U1最大=18V−15V=3V，
所以，R2的功率为：P=U2最小I最大=3V×1A=3W；
(3)因滑片在某一位置时，电流表和电压表的偏转角度相同，且整个电路能正常工作，
所以，可设两电表指针偏转的格数均为n，
①若电流表的量程为0～0.6A、电压表的量程为0～3V，
则电流表的示数为0.02A×n，电压表的示数为0.1V×n，
此时滑动变阻器接入电路中的电阻：R2=U2′I2=0.1V×n0.02A×n=5Ω，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，此时电路中的电流：I2=UR1+R2=18V15Ω+5Ω=0.9A>0.6A，故此种情况不可能；
②若电流表的量程为0～0.6A、电压表的量程为0～15V，
则电流表的示数为0.02A×n，电压表的示数为0.5V×n，
此时滑动变阻器接入电路中的电阻：R2=U2′I2=0.5V×n0.02A×n=25Ω>20Ω，故此种情况不可能；
③若电流表的量程为0～3A、电压表的量程为0～3V，
则电流表的示数为0.1A×n，电压表的示数为0.1V×n，
此时滑动变阻器接入电路中的电阻：R2=U2′I2=0.1V×n0.1A×n=1Ω，
此时电路中的电流：I2=UR1+R2=18V15Ω+1Ω=1.125A>1A，故此种情况不可能；
④若电流表的量程为0～3A、电压表的量程为0～15V，
则电流表的示数为0.1A×n，电压表的示数为0.5V×n，
此时滑动变阻器接入电路中的电阻：R2=R2=U2′I2=0.5V×n0.1A×n=5Ω，
此时电路中的电流：I2=UR1+R2=18V15Ω+5Ω=0.9A<3A，故此种情况可能；
则整个电路的总功率：P=UI2=18V×0.9A=16.2W；
综上可知，整个电路的总功率为16.2W。
故答案为：15；3；16.2。
(1)由图可知，R1、R2串联，电压表测量R2两端的电压，电流表测量电路中的电流；当电压表示数为9V时，根据串联电路的电压特点求出R1两端的电压，根据欧姆定律求出R1的阻值；
(2)根据P=UI得出R2的功率与电路总功率的比值表达式，即可判断当比值最小时电路中的电流最大，然后根据滑动变阻器的规格和电流表的量程判断得出电路中的最大电流，
最后即可根据欧姆定律和P=UI求出R2的功率；
(3)由题意可知，滑片在某一位置时，电流表和电压表的偏转角度相同，且整个电路能正常工作，根据电表不同的量程对应的分度值表示出电表的示数，根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的电阻，再根据电阻的串联和欧姆定律求出此时电路中电流的具体值，然后结合滑动变阻器的最大阻值、电流表允许通过的最大电流确定电路中的电流可能值，最后利用P=UI求出总功率。
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，分清开关闭合、断开时电路的连接方式是关键，难点是会表示电流表和电压表的偏转角度相同时的示数并求出变阻器接入电路中的阻值。
19.【答案】解：重力的方向竖直向下，压力的作用点是球与墙壁的接触点，然后过作用点作垂直于墙壁，并指向墙里面的压力。如图所示：
【解析】重力的方向竖直向下，作用点在物体的重心上。
压力的方向总是垂直于接触面，并且指向接触面；根据压力的作用点在接触面上，确定出压力的作用点，然后过作用点表示压力的方向。
作力的示意图，要用一条带箭头的线段表示力，线段的长度表示力的大小，箭头表示力的方向，起点或终点表示力的作用点。
20.【答案】解：开关闭合后，电磁铁与条形磁铁相互吸引，因异名磁极相互吸引，所以电磁铁的左端是N极，由安培定则可知，电流应从电磁铁的右端流入，则电磁铁右端的导线应接电源的正极；
滑动变阻器滑片P向右移动时会使吸引力变大，即此时电路中电流变大，滑动变阻器连入电路的阻值变小，结合图示可知需使滑动变阻器右侧下接线柱连入电路中。如图所示：
【解析】磁极间的相互作用规律：同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引；电磁铁中电流越大，其磁性越强。
本题考查了磁极间的相互作用规律、影响电磁铁磁性强弱的因素和安培定则的运用，有一定的综合性。
21.【答案】自下而上 84 91 气压
【解析】解：(1)组装实验器材时，酒精灯需要用外焰加热，所以要先放好酒精灯，再固定铁圈的高度，所以应该按照自下而上的顺序组装；
(2)由图甲可知此时温度计的分度值是1℃，且液柱的液面在80～90℃之间，所以示数为84℃；
由表格中数据知，从第5分钟开始，水温度保持91℃不变，所以水的沸点是91℃；
(3)在一标准大气压下，水的沸点是100℃，且气压越高，沸点越高，实验中的沸点高于100℃，所以气压大于一标准大气压，所以在烧瓶内装了91℃的水，用橡皮塞塞住烧瓶口并用注射器向内打气，如图乙，观察到温升高至图乙所示位置了，其原因是水的沸点随着气压的增大而升高。
故答案为：(1)自下而上；(2)84；91；(3)气压。
(1)探究水的沸腾实验时用到的实验器材有铁架台、酒精灯、火柴、石棉网、烧杯、中间有孔的纸板、温度计、水、秒表，因为酒精灯需要用外焰加热，所以要先放好酒精灯，再固定铁圈的高度，所以组装实验装置时，应该按照自下而上的顺序组装；
(2)由图甲可知此时温度计的分度值是1℃，根据液柱上表面所对齐示数可得；
水沸腾时继续吸热，温度保持不变，看表格中不变的温度即为水的沸点；
(3)在一标准大气压下，水的沸点是100℃，且气压越高，沸点越高，实验中的沸点高于100℃，所以气压大于一标准大气压，据此分析即可。
此题考查温度计的正确使用和读数、水沸腾后的特点、沸点与气压的关系等知识，属于综合题目。
22.【答案】甲丙 大 4
【解析】解：(1)用弹簧测力计沿水平方向拉着木块做匀速直线运动，木块在水平方向上受到平衡力的作用，根据二力平衡的条件，弹簧测力计的示数等于摩擦力的大小。研究滑动摩擦力大小与压力的关系时，要控制接触面粗糙程度相同，由甲、丙两图可知：当接触面粗糙程度一定时，接触面受到的压力越大，滑动摩擦力越大；
(2)由甲、乙两图可知，乙中的接触面粗糙，测力计示数也大，故得出：当接触面受到的压力一定时，接触面越粗糙滑动摩擦力越大；
(3)物体C在6～9s内做匀速直线运动，受到的拉力和滑动摩擦力是平衡力，拉力是4N，则6～9s内滑动摩擦力是4N；
物体C在3～6s内加速运动，物体对水平面的压力不变，接触面粗糙程度不变，滑动摩擦力不变，所以3～6s内滑动摩擦力是4N，则第4秒时受到的摩擦力大小为4N。
故答案为：(1)甲丙；(2)大；(3)4。
(1)(2)根据二力平衡的条件分析；影响滑动摩擦力大小因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变，据此分析回答；
(3)滑动摩擦力大小跟压力大小和接触面粗糙程度有关，求出物体匀速直线运动时的滑动摩擦力，即物体加速时的滑动摩擦力。
本题探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关，考查实验原理及控制变量法的运用，体现了对过程和方法的考查。
23.【答案】短路 1.14 3
【解析】解：(1)滑动变阻器的滑片向右移动时通过电路的电流变大，说明变阻器连入阻值变小，所以应选择B接线柱，将其串联入电路中，如图所示：
；
(2)闭合开关后，移动滑动变阻器的滑片，电流表有示数，说明电路中是通路，小灯泡始终不发光且电压表无示数，故障的原因可能是灯泡短路了；
(3)由图乙知，电流表使用0～0.6A量程，分度值为0.02A，灯泡正常发光时通过的电流为0.3A，
小灯泡的额定功率为：P=UI=3.8V×0.3A=1.14W；
(4)探究电流与电阻的关系时，应控制电压不变，由图像知，当接入10Ω定值电阻时，通过的电流为0.3A，所以定值电阻R两端的电压控制为：U=IR=0.3A×10Ω=3V。
案为：(1)见上图；(2)短路；(3)1.14；(4)3。
(1)滑动变阻器的滑片向右移动时通过电路的电流变大，由此确定变阻器的接线柱并将其串联入电路中；
(2)电流表有示数，说明电路是通路，再根据灯泡不发光，电压表无示数分析判断故障的可能原因；
(3)由图2读出灯泡正常发光的电流，根据P=UI计算额定功率；
(4)探究电流与电阻的关系时，应控制电压不变，从图丙找出对应的电流和电阻值，根据U=IR计算电压。
本题是测灯泡电功率的实验，考查了实物电路的连接、电路故障的分析、电表读数、电功率计算，还考查探究电流与电阻关系的实验，注意控制变量法的使用。
24.【答案】解：(1)由P=Wt可知，电热丝R1产生的热量：Q=W=P大t′=40W×(5×60s+36s)=1.344×104J，
设电热丝R1产生的热量全部被水吸收，所以水吸收的热量：Q吸=Q=1.344×104J，
一个标准大气压先，水的沸点是100℃，
由Q吸=cm(t−t0)可知，加热仓中水的质量：m=Q吸c(t−t0)=1.344×104J4.2×103J/(kg⋅℃)×(100℃−20℃)=0.04kg；
(2)由图乙可知，电热丝R1与气雾调节器R2串联，当气雾调节器R2接入电路的阻值为0时，电路中的总电阻最小，由P=U2R可知，电路中的总功率最大，加热器以最大运行功率工作；
由P=U2R可知，R1的阻值：R1=U2P大=(220V)240W=1210Ω；
当气雾调节器R2接入电路的阻值最大时，电路中的总电阻最大，由P=U2R可知，电路中的总功率最小，加热器以最低运行功率工作；
根据串联电路的电阻特点可知，此时电路中的总电阻：R=R1+R2=1210Ω+990Ω=2200Ω，
电路中的电流：I=UR=220V2200Ω=0.1A，
气雾调节器R2消耗的电功率：P=I2R2=(0.1A)2×990Ω=9.9W。
答：(1)加热仓中水的质量为0.04kg；
(2)气雾调节器为R2消耗的电功率9.9W。
【解析】(1)根据Q=W=Pt求出电热丝R1产生的热量；根据题意可知水吸收的热量；根据Q吸=cm(t−t0)求出加热仓中水的质量；
(2)由图乙可知，电热丝R1与气雾调节器R2串联，当气雾调节器R2接入电路的阻值为0时，电路中的总电阻最小，由P=U2R可知，电路中的总功率最大，加热器以最大运行功率工作；根据P=U2R可求出R1的阻值；当气雾调节器R2接入电路的阻值最大时，电路中的总电阻最大，由P=U2R可知，电路中的总功率最小，加热器以最低运行功率工作；根据串联电路的电阻特点求出电路中的总电阻根据欧姆定律求出电路中的电流，根据P=I2R浮求出气雾调节器R2消耗的电功率。
本题考查串联电路的特点、电功公式、电功率公式、吸热公式以及欧姆定律的应用，是一道电热综合题，有一定的难度。
25.【答案】解：(1)由题意知，容器底受到水的压强增大了：
△p=ρ水g△h=1.0×103kg′/m3×10N/kg×0.01m=100Pa；
(2)将物块B轻放在A的上面后，A排开水体积的增加量：
△V排=S容△h=1m2×0.01m=0.01m3，
则增大的浮力：
△F浮=ρ水g△V排=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.01m3=100N，
因物块B轻放在A的上面前后始终处于漂浮状态，
所以，物块B的重力：
GB=△F浮=100N；
(3)由G=mg和ρ=mV可得，物体A的重力：
GA=mAg=ρAVAg=0.6×103kg/m3×(0.5m)3×10N/kg=750N，
将B放在A的上面时，A浸入水中深度的增加量：
△h浸=△V排S容=0.02m3(0.5m)2=0.04m，
如下图所示，可得△h浸=△h升+d，
所以，A下降的高度：
d=△h浸−△h升=0.04m−0.01m=0.03m，
(4)A重力做功：
W=GAh=750N×0.03m=22.5J。
答：(1)容器底受到的水的压强增大了100Pa；
(2)物块B的重力为100N；
(3)正方体A底部下降的高度为0.03m；
(4)在此过程中，A重力做功是22.5J。
【解析】本题考查了物体浮沉条件和阿基米德原理、重力公式、密度公式、做功公式的应用，正确得出物体A重力下降的高度是关键。
(1)根据△p=ρg△h计算容器底受到的水的压强变化；
(2)将物块B轻放在A的上面后，根据V=Sh求出A排开水体积的增加量，根据F浮=ρgV排求出增大的浮力，物块B轻放在A的上面前后始终处于漂浮状态，A增大的浮力即为B的重力；
(3)根据G=mg和ρ=求出物体A的重力，将B放在A的上面时，根据V=Sh求出A浸入水中深度的增加量，然后求出A下降的高度；
(4)根据W=Gh求出A重力做的功。
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