2023年广西大学附中中考物理二模试卷
第Ⅰ卷（选择题共35分）
一、选择题（共16题，共35分。在给出的四个选项中，第1～13题只有一个选项符合题目要求，选对得2分，选错得0分。第14～16题有多个选项符合题目要求，全部选对得3分，选对但不全得2分，有选错得0分。请考生用2B铅笔在答题卡上将选定的答案标号涂黑。）
1．（2分）课间做眼保健操时，前排同学和后排同学听到教室前方墙壁上喇叭发出的声音指令（　　）
A．音调不同 B．音色不同 C．频率不同 D．响度不同
2．（2分）下列光现象中与“以铜为镜，可以正衣冠”光学原理相同的是（　　）
A．小孔成像 B．海市蜃楼 C．水中倒影 D．雨后彩虹
3．（2分）神舟十三号航天员在天宫号空间站驻留六个月。这期间他们要锻炼身体，以下方式中有效的是（　　）
A．拉弹力带 B．举哑铃 C．引体向上 D．俯卧撑
4．（2分）如图所示是演示点火爆炸的实验装置，按动电火花发生器的按钮，点燃盒内酒精。盒盖迅速飞出。这个过程与四冲程汽油机中的哪一个冲程的能量转化相同（　　）
A．吸气冲程 B．压缩冲程 C．做功冲程 D．排气冲程
5．（2分）下列运动场景中，能明显观察到力使物体发生形变的是（　　）
A．踢出去的足球在空中划出美丽的弧线
B．跳水运动员压弯跳板
C．篮球碰到篮板改变运动方向
D．百米短跑运动员加速冲过终点
6．（2分）摩擦起电现象中，在物体间转移的粒子是（　　）
A．原子 B．电子 C．中子 D．质子
7．（2分）室内火灾发生时，受困人员应采取弯腰甚至匍匐的姿势撤离，以尽量减少有害气体的吸入，这是因为燃烧产生的有害气体（　　）
A．温度较高，密度较小 B．温度较低，密度较小
C．温度较高，密度较大 D．温度较低，密度较大
8．（2分）以下是小明喝牛奶的几个片段，其中他没有对牛奶盒做功的是（　　）
A．从地上的箱子里取一盒牛奶放到桌上
B．将牛奶盒送到嘴边喝光牛奶
C．将空牛奶盒扔向垃圾桶
D．空牛奶盒离开手后准确落入垃圾桶
9．（2分）早在我国西汉时期成书的《淮南万毕术》中就有关于冰透镜的记载：“削冰令圆，举以向日，以艾承其影，则火生。”图中关于该记载解释的光路图正确的是（　　）
A． B．
C． D．
10．（2分）如图所示，连入电路中的电阻R1、R2、R3允许通过的最大电流分别为I1、I2、I3，且I1＞I2＞I3，则此部分电路中允许通过的最大电流是（　　）
A．I1 B．I2 C．I3 D．I1+I2+I3
11．（2分）如图所示的电路中，小灯泡L1、L2规格相同，闭合开关S后，发现L1不亮，L2发光。此电路的故障可能是（　　）
A．灯L1短路 B．灯L2短路
C．灯L1断路 D．开关S接触不良
12．（2分）将一个标有“220V 200W”的电视机单独接在家庭电路中，正常工作1min后，电能表示数如图所示。下列说法中正确的是（　　）
A．这段时间内电视机消耗了1123.4J的电能
B．该电能表的额定最大电流为20A
C．此时该电路不能再接入一台功率为2500W的空调
D．电路每消耗1kW h电能，电能表上的转盘转过1000转
13．（2分）一艘科考潜水艇在深海考察活动中，悬浮停在水面下200m处，后根据指令下潜至300m处后保持悬浮，在此过程中（　　）
A．只需向水舱内充水
B．只需水舱向外排水
C．需先水舱向外排水，后向水舱内充水
D．需先向水舱内充水，后水舱向外排水
（多选）14．（3分）如图所示，通过定滑轮分别用拉力F1、F2、F3将物体A沿竖直方向匀速提升h。A的重力为G，不考虑绳重和摩擦。下列说法中正确的是（　　）
A．F1＞F2＞F3
B．用定滑轮可以改变拉力方向
C．用定滑轮提升重物不省功
D．将物体A提升高度h，绳子移动距离为2h
（多选）15．（3分）如图是模拟游乐场里过山车运动的过程，过山车从A处由静止释放沿轨道先后经过B、C、D，最后停在E处。下列关于过山车说法正确的是（　　）
A．在A点时的重力势能最大
B．从B点到C点动能在不断增大
C．D点和E点的重力势能相同
D．停在E点时的惯性最小
（多选）16．（3分）如图，是汽车尾气中CO（一氧化碳）排放量的检测电路的简化电路。当CO浓度高于某一设定值时，报警装置发声报警。下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关，电磁铁的上端是N极
B．当CO浓度升高，电磁铁磁性减弱
C．气敏电阻R1阻值随CO浓度的增大而增大
D．将R2的滑片下移，检测电路在CO浓度更高时报警
第Ⅱ卷（非选择题共65分）
二、填空题（每空1分，共12分。请把答案直接填写在答题卡相应的位置上，不要求写出演算过程。）
17．（2分）我们在家收看电视节目，电视机接收到的图像信号和声音信号是利用电磁波以 　 　m/s的速度传递来的.电视机消耗的电能属于 　 　（选填“一次”或“二次”）能源。
18．（2分）北京冬奥会大规模应用“二氧化碳跨临界直冷制冰技术”制作冰面，该技术将二氧化碳作为制冷剂，利用液态二氧化碳在汽化时会 　 　大量热量的原理使水 　 　成冰。
19．（2分）将热水倒入茶壶中，茶壶温度会升高，这是通过 　 　的方式改变茶壶的内能；人们能闻到茶水散发的清香，这是 　 　现象。
20．（2分）把一个凸透镜对准太阳光，可在凸透镜20cm处得到一个最小、最亮的光斑。若将一物体放在此凸透镜前50cm处，在凸透镜另一侧的光屏上呈现清晰倒立、缩小的　 　（选填：“实”或“虚”）像，生活中应用该原理制作的光学仪器是　 　。
21．（2分）一种新型石墨烯电热桌垫在冬天很受欢迎。该电热桌垫由8V电源供电，发热部分由R1和R2组成，调温挡有低温、高温两挡，如图所示，R1＝6Ω，R2＝2Ω。当只闭合S1时，为 　 　挡（选填“低温”或“高温”），此时R2消耗的电功率为 　 　W。
22．（2分）如图甲所示，实心正方体物块放入柱形容器底部，逐渐向容器内倒入液体A（液体始终未溢出），物块受到的浮力F浮与容器内液体深度h的图像如图乙实线所示，更换另一种液体B重复上述过程，F浮与h的图像如图乙虚线所示。当h＝10cm时，物块在液体A中处于 　 　状态；液体B的密度为 　 　kg/m3。
三、作图题（共4分。请把答案直接填写在答题卡相应的位置上。）
23．（2分）如图所示，物体A在拉力F的作用下沿斜面向上运动，请在图中作出物体所受摩擦力（作用点画在重心）。
24．（2分）根据平面镜成像特点，在图中画出物体AB在平面镜MN中所成的像A′B′。
四、实验探究题（共25分。请把答案直接填写在答题卡相应的位置上。）
25．（5分）（1）图甲是“探究冰熔化特点”的实验装置，图乙是根据实验数据绘出的温度随时间变化的图像。
①将装有碎冰的试管浸在热水中。用水浴法对冰加热，其好处是 　 　。
②图乙中bc段对应的时间内，试管中物质的内能 　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”）。
（2）如图丙中，在碗底放一枚硬币，你远离碗一段距离，站到刚好看不到硬币的位置停下，另一位同学慢慢向碗中加满水，你将 　 　（选填“能”或“不能”）看到这枚硬币。该现象是由于光的 　 　造成的。
（3）如图丁所示是托里拆利实验，测得当地大气压等于 　 　mm高的水银柱所产生的压强。
26．（6分）小红和小明利用如图所示装置探究杠杆的平衡条件。
（1）若实验前杠杆如图甲所示，可将杠杆两端的平衡螺母向 　 　（填“左”或“右”）调节，使杠杆在水平位置平衡。
（2）杠杆调节平衡后，小红在杠杆上的A点处挂4个钩码，如图乙所示，为使杠杆重新平衡，应在B点挂 　 　个钩码。在A、B两点各增加一个钩码，则杠杆 　 　（选填“能”或“不能”）保持平衡。
（3）实验中，需多次实验并把数据记录在表格中。多次实验的目的是 　 　。
（4）如图丙所示，用弹簧测力计在C处竖直向上拉，使杠杆在水平位置平衡，当弹簧测力计在原位置逐渐向右倾斜时，使杠杆仍然在水平位置平衡，则弹簧测力计的示数将 　 　（填“变大”、“变小”或“不变”）。
（5）小明同学采用了图丁所示的装置进行探究，发现当杠杆水平平衡时，与其他同学得出的正确的杠杆平衡条件不相符，其可能的原因是 　 　。
27．（7分）如图甲是小琪实验小组在探究“电流与电阻的关系”时的电路图，电源电压恒定不变。电压表（量程为0～3V）、电流表（量程为0～0.6A）无损坏，阻值分别为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω的定值电阻各一个。
（1）请根据图甲，用笔画线代替导线连接完成图乙的实物图；
（2）连接好电路，闭合开关后，电压表指针迅速偏转到最右端，电流表无示数，其原因可能是 　 　；
（3）排除故障后，小琪进行了5次实验。在老师的引导下，他们将5次实验数据描绘在图丙中。观察图象可以得出实验结论：当电压一定时，　 　；
（4）实验过程中，当每次更换电阻后，都要移动滑动变阻器的滑片，此时眼睛应注意观察 　 　（填字母）；
A.滑动变阻器的滑片
B.电压表
C.电流表
（5）实验后，小琪想知道滑动变阻器的最大阻值，考虑到电压表的量程较小，小琪在电路中接入25Ω的定值电阻并去掉电压表来进行如下的测量：
①闭合开关，将滑片移到最左端，读出电流表的示数记作I1；
②闭合开关，　 　，读出电流表的示数记作I2；
③滑动变阻器的最大阻值的表达式R＝　 　。
28．（7分）在石油开采、运输和使用过程中，由于泄漏和排放石油会引起石油污染。生活中常采用物理吸附的方法进行石油回收。小明用天平、量筒和石油等器材测量能够吸收石油的某干燥固体的密度，进行了下列实验：
（1）小明先将天平放在水平工作台上，再将游码移到标尺左端的零刻度处；横梁静止时，指针如图甲所示，此时应将平衡螺母向 　 　（选填“左”或“右”）调节；
（2）他将固体放于天平左盘，往右盘增减砝码并移动游码直至天平再次平衡。右盘砝码和游码所对刻度如图乙所示，由图可知该固体的质量为 　 　g；
（3）他将固体用体积忽略不计的保鲜膜包裹严密，放入盛有50mL石油的量筒中，浸没后液面上升至60mL处，由此算出该固体的密度为 　 　g/cm3；
（4）接下来，小明又测量了石油的密度，他用体积可忽略不计的细铁丝伸进量筒，将保鲜膜戳破几个洞，便于物体吸收石油，已知物体吸收石油后体积不变，等物体充分吸收石油后读出量筒中液面在56mL刻度处，取出物体擦干表面后用天平测得其质量为26.8g（仍使用图乙的砝码）。则物体吸收了 　 　cm3的石油，计算后得知石油的密度为 　 　g/cm3；
（5）小明重新检查整个实验，发现天平称量时使用的20g砝码有一个小缺口，则所测得的石油密度 　 　（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）；
（6）同组的小红单独拿出一个烧杯，如图丙所示，将其装满石油后测出烧杯和石油总质量为m1，小心放入一个质量为m的物体A后清理外壁，测得总质量为m2；继续小心放入另一个质量也为m的物体B后再清理烧杯外壁，测得此时总质量为m3。则物体A和物体B的密度之比为 　 　（用m、m1、m2、m3表示）。
五、综合应用题（共24分。解答时要求在答题卡相应的答题区域内写出必要的文字说明、计算公式和重要的演算步骤。只写出最后答案，未写出主要演算过程的，不得分。答案必须明确写出数值和单位。）
29．（6分）为了提高快递配送效率，可使用如图所示的物流机器人完成最后三公里的快速智能配送。若空载时该物流机器人质量为600kg，轮胎与地面的总接触面积为0.2m2，该物流机器人完成所有配送任务后，返程时在某平直道路上匀速行驶了400m，距离用时100s，机器人匀速行驶所受阻力是其重力的0.02倍。求：
（1）空载时物流机器人所受的重力；
（2）物流机器人匀速行驶的速度；
（3）物流机器人匀速行驶时牵引力的功率。
30．（8分）某兴趣小组设计了一个监测湖水水位的报警装置，其原理如图1。电源电压恒定，电阻R0的阻值为30Ω；R是竖直放置的长条形电阻片。浮子可带动金属滑杆AP在竖直方向上下移动、AP与R组成滑动变阻器。当电流表的示数达到设定数值时，表示水位达到警戒水位，装置发出报警信号。已知滑杆AP从底端上移到顶端的过程中，电压表示数与电流表示数的U﹣I图像如图2所示。
（1）求滑动变阻器的最大阻值。
（2）求电源电压和电路的最小功率。
（3）滑杆AP从底端上移到顶端的过程中，滑动变阻器连入电路的电阻均匀变化，记录下几组水位和对应的电流表示数，数据如下表。当电流表的示数为0.25 A时，水位达到警戒值，求警戒水位。
水位h/cm 10 15 20 30
电流I/A 0.1 0.12 0.15 0.3
31．（10分）如图甲所示，边长为10cm的实心均匀正方体A，自由放置在底面积为300cm2、高为20cm薄壁柱形容器中，容器重力为3N；高为10cm的长方体B固定于一轻质硬杆下方，轻杆上方固定于天花板上，此时杆对物体的拉力为25N，A与B相距7cm。现往容器中注水，当水深度为14cm时，杆对物体的拉力变为21N，如图乙，求：
（1）物体B的质量；
（2）水对容器底的压力；
（3）容器对桌面压强的增加量。
2023年广西大学附中中考物理二模试卷
参考答案与试题解析
第Ⅰ卷（选择题共35分）一、选择题（共16题，共35分。在给出的四个选项中，第1～13题只有一个选项符合题目要求，选对得2分，选错得0分。第14～16题有多个选项符合题目要求，全部选对得3分，选对但不全得2分，有选错得0分。请考生用2B铅笔在答题卡上将选定的答案标号涂黑。）
1．（2分）课间做眼保健操时，前排同学和后排同学听到教室前方墙壁上喇叭发出的声音指令（　　）
A．音调不同 B．音色不同 C．频率不同 D．响度不同
【分析】音色是指声音的品质与特色。它与发声物体的材料有关，不同物体发声的音色是不同的；音调是指声音的高低，与物体振动的频率有关；响度指声音的大小，与振幅和距离声源的远近有关。
【解答】解：后排同学距离墙壁上喇叭比较远，故听到响度会变小，而前排同学听到的声音相对较大。
故选：D。
【点评】本题考查了乐音三要素的理解和掌握，是一道声学基础题。
2．（2分）下列光现象中与“以铜为镜，可以正衣冠”光学原理相同的是（　　）
A．小孔成像 B．海市蜃楼 C．水中倒影 D．雨后彩虹
【分析】平面镜成像现象，平面镜成像成的是虚像，其原理是光的反射。
【解答】解：“以铜为镜，可以正衣冠”的意思：一个人用铜当镜子，可以照见衣帽是不是穿戴得端正，铜当镜子属于平面镜成像，平面镜成像是光的反射原理。
A、小孔成像是由光的直线传播形成的，故A错误；
B、海市蜃楼属于折射现象，故B错误；
C、水中的倒影，是平面镜成像，是由光的反射形成的，故C正确；
D、雨后彩虹属于光的色散现象，故D错误。
故选：C。
【点评】此题通过几个日常生活中的现象考查了对光的直线传播，光的折射和光的反射的理解，在学习过程中要善于利用所学知识解释有关现象。
3．（2分）神舟十三号航天员在天宫号空间站驻留六个月。这期间他们要锻炼身体，以下方式中有效的是（　　）
A．拉弹力带 B．举哑铃 C．引体向上 D．俯卧撑
【分析】（1）物体由于发生弹性形变所产生的力叫弹力。
（2）由于地球的吸引而使物体受到的力叫重力；在太空中，物体处于失重状态；对宇航员来说，与重力有关的体能锻炼不能进行。
【解答】解：A、拉弹力带是利用弹力来锻炼身体的，在太空中是可行的，故A符合题意；
BCD、举哑铃、引体向上、俯卧撑在地球上是利用重力来锻炼身体的，在太空中宇航员们处于失重状态，这些项目都起不到锻炼身体的作用，故BCD不符合题意。
故选：A。
【点评】知道重力和弹力的基本概念；知道失重状态。
4．（2分）如图所示是演示点火爆炸的实验装置，按动电火花发生器的按钮，点燃盒内酒精。盒盖迅速飞出。这个过程与四冲程汽油机中的哪一个冲程的能量转化相同（　　）
A．吸气冲程 B．压缩冲程 C．做功冲程 D．排气冲程
【分析】（1）改变物体内能的方式有两种：做功和热传递；做功改变物体内能的实质是能量的转化，热传递改变物体内能的实质是能量的转移；
（2）汽油机有吸气、压缩、做功、排气四个冲程，压缩冲程是将机械能转化为内能，做功冲程将内能转化为机械能；
【解答】解：
如图所示是演示点火爆炸的实验装置，按动电火花发生器的按钮，点燃盒内酒精，盒盖被打出去，这是因为酒精燃烧产生的燃气对外做功，消耗燃气的内能，转化为盒盖的机械能，故是将内能转化为机械能的过程；
四冲程汽油机中的做功冲程就是利用内能来做功的冲程，也是将内能转化为机械能。
故选：C。
【点评】本题主要考查的是学生对做功改变物体内能和热机做功冲程的认识和了解，基础性题目。
5．（2分）下列运动场景中，能明显观察到力使物体发生形变的是（　　）
A．踢出去的足球在空中划出美丽的弧线
B．跳水运动员压弯跳板
C．篮球碰到篮板改变运动方向
D．百米短跑运动员加速冲过终点
【分析】（1）力可以改变物体的运动状态，物体的速度大小的变化和方向的变化都称为运动状态的改变。
（2）力可以改变物体的形状。
【解答】解：A、踢出去的足球在空中划出美丽的弧线，足球的运动方向发生了改变，这是物体运动状态的改变。故A错误。
B、跳水运动员压弯跳板，运动员给跳板一个力，使跳板的形状发生的变化。故B正确。
C、篮球碰到篮板改变运动方向，篮球的运动方向发生了改变，这是物体运动状态的改变。故C错误。
D、百米短跑运动员加速冲过终点，速度发生了变化，这是物体运动状态的改变。故D错误。
故选：B。
【点评】考查力的作用效果，力可以改变物体的运动状态，可以使物体发生形变。
6．（2分）摩擦起电现象中，在物体间转移的粒子是（　　）
A．原子 B．电子 C．中子 D．质子
【分析】摩擦起电并不是创造了电，而是两个物体在摩擦过程中，电子发生了转移，它从一个物体转移到另一个物体上，使失去电子的物体带正电，得到电子的物体带负电。
【解答】解：摩擦起电的实质是两个物体在摩擦过程中，电子发生了转移，得到电子的带负电，失去电子的带正电。
故选：B。
【点评】本题考查学生对摩擦起电实质的理解。
7．（2分）室内火灾发生时，受困人员应采取弯腰甚至匍匐的姿势撤离，以尽量减少有害气体的吸入，这是因为燃烧产生的有害气体（　　）
A．温度较高，密度较小 B．温度较低，密度较小
C．温度较高，密度较大 D．温度较低，密度较大
【分析】物体有热胀冷缩的性质，温度变化，体积会变化，它的密度随温度的变化而变化，根据物体的浮沉条件判断正确答案。
【解答】解：室内火灾发生时，温度较高，室内有毒气体体积膨胀，密度减小；根据物体的浮沉条件，有毒气体漂浮在房间的上方。所以，为有效避免吸入有害气体或被灼伤，受困人员应采取弯腰甚至匍匐的姿势撤离火场。
故选：A。
【点评】本题联系学生实际，考查物体的热胀冷缩性质、物质密度和物体浮沉条件的应用，体现了学以致用的思想。
8．（2分）以下是小明喝牛奶的几个片段，其中他没有对牛奶盒做功的是（　　）
A．从地上的箱子里取一盒牛奶放到桌上
B．将牛奶盒送到嘴边喝光牛奶
C．将空牛奶盒扔向垃圾桶
D．空牛奶盒离开手后准确落入垃圾桶
【分析】做功的两个必要因素：一是作用在物体上的力，二是物体在力的方向上通过的距离，二者缺一不可。
【解答】解：A、从地上的箱子里取一盒牛奶放到桌上，有力作用在物体上，物体在力的方向上通过了距离，所以做了功，故A不合题意；
B、将牛奶盒送到嘴边喝光牛奶，有力作用在物体上，物体在力的方向上通过了距离，所以做了功，故B不合题意；
C、将空牛奶盒扔向垃圾桶，在手与牛奶盒接触的这一段距离内，有力作用在物体上，物体在力的方向上通过了距离，所以做了功，故C不合题意；
D、空牛奶盒离开手后准确落入垃圾桶，是由于惯性向前运动，不再受到人施加的力，所以人对物体不做功，故D符合题意。
故选：D。
【点评】明确三种不做功的情况：一是有力没距离；二是有距离没力；三是有力有距离，但力的方向与通过距离相互垂直。
9．（2分）早在我国西汉时期成书的《淮南万毕术》中就有关于冰透镜的记载：“削冰令圆，举以向日，以艾承其影，则火生。”图中关于该记载解释的光路图正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】“削冰令圆，举以向日，以艾承其影，则火生。”的意思是指：把冰磨制成凸透镜，让太阳光通过凸透镜，太阳光将会聚在焦点，从而使焦点处温度升高，如果在焦点处放些易燃物质，易燃品就会燃烧起来，从而取火。据此选择符合题意的光路图。
【解答】解：
把冰磨制成凸透镜，让太阳光通过凸透镜，太阳光将会聚在焦点，从而使焦点处温度升高，如果在焦点处放些易燃物质，易燃品就会燃烧起来，从而取火。
A、图中平行光经凸透镜会聚于焦点，故A符合题意；
B、图中平行光经凹透镜后折射光线的反向延长线过焦点，故B不符合题意；
C、图中过焦点的光线经凸透镜后变成平行光，故C不符合题意；
D、图中延长线过焦点的光线经凹透镜后变成平行光，故D不符合题意。
故选：A。
【点评】本题考查了凸透镜、凹透镜对光线的作用，理解记载内容涉及到的物理知识是关键。
10．（2分）如图所示，连入电路中的电阻R1、R2、R3允许通过的最大电流分别为I1、I2、I3，且I1＞I2＞I3，则此部分电路中允许通过的最大电流是（　　）
A．I1 B．I2 C．I3 D．I1+I2+I3
【分析】根据串联电路中各处的电流相等，结合电阻R1、R2、R3允许通过的最大电流据此分析解答。
【解答】解：已知电阻R1、R2、R3串联接入电路，根据串联电路中电流特点，各处电流相等，因为I1＞I2＞I3，所以此部分电路中允许通过的最大电流是I3。
故选：C。
【点评】解答此题的关键主要抓住串联电路特点：电流处处相等即可。
11．（2分）如图所示的电路中，小灯泡L1、L2规格相同，闭合开关S后，发现L1不亮，L2发光。此电路的故障可能是（　　）
A．灯L1短路 B．灯L2短路
C．灯L1断路 D．开关S接触不良
【分析】要解答本题需掌握：并联电路中的两用电器互不影响。
【解答】解：由图可知：该电路是并联电路，灯L1不亮，而L2正常发光，这说明从L2两端到电源的两极没问题，因此灯L2、开关S的连接都正确，问题就是灯L1断路或短路。
当灯L1短路时，电源被短路，灯L2不亮，甚至可能烧毁电源；所以只能是灯L1断路，此时L2支路不受影响，符合题意。故ABD错误，C正确。
故选：C。
【点评】本题主要考查学生对并联电路特点的了解和掌握，是一道基础题。
12．（2分）将一个标有“220V 200W”的电视机单独接在家庭电路中，正常工作1min后，电能表示数如图所示。下列说法中正确的是（　　）
A．这段时间内电视机消耗了1123.4J的电能
B．该电能表的额定最大电流为20A
C．此时该电路不能再接入一台功率为2500W的空调
D．电路每消耗1kW h电能，电能表上的转盘转过1000转
【分析】（1）知道电视机的额定功率，利用W＝Pt求电视机这段时间内消耗的电能；
（2）10（20）A中，10A是指电能表的标定电流，20A是指电能表的额定最大电流；
（3）利用P＝UI求家庭电路中允许接入用电器的最大总功率，减去电视机的电功率，可得此时电路还允许接入的用电器的总功率；
（4）3000r/（kW h）表示电路中的用电器每消耗1kW h的电能，电能表的转盘转过3000转。
【解答】解：A、由P＝可得，电视机这段时间内消耗的电能：W＝Pt＝200W×1×60s＝12000J，故A错误；
B、10（20）A中，10A是指电能表的标定电流，20A是指电能表的额定最大电流，故B正确；
C、家庭电路中允许接入用电器的最大总功率：P最大＝UI最大＝220V×20A＝4400W，此时电路还允许接入的用电器的总功率：ΔP＝P最大﹣P＝4400W﹣200W＝4200W＞2500W，所以还可以接入一台功率为2500W的空调，故C错误；
D、3000r/（kW h）表示电路中的用电器每消耗1kW h的电能，电能表的转盘转过3000转，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了消耗电能、电功率的计算，理解电能表相关参数的意义是关键。
13．（2分）一艘科考潜水艇在深海考察活动中，悬浮停在水面下200m处，后根据指令下潜至300m处后保持悬浮，在此过程中（　　）
A．只需向水舱内充水
B．只需水舱向外排水
C．需先水舱向外排水，后向水舱内充水
D．需先向水舱内充水，后水舱向外排水
【分析】潜水艇悬停时受到的重力和浮力大小相等、方向相反，是一对平衡力，平衡力合力为零；潜水艇完全没入水面之后，海水的密度不变，排开海水的体积不变，根据F浮＝ρ液gV排可知，受到的浮力不变，潜水艇要继续下潜，需要重力大于浮力，据此分析。
【解答】解：潜水艇悬停时受到的重力和浮力大小相等、方向相反、作用在同一个物体上，作用在同一条直线上，是一对平衡力，平衡力合力为零；潜水艇完全没入水面之后，海水的密度不变，排开海水的体积不变，根据F浮＝ρ液gV排可知，受到的浮力不变，潜水艇要继续下潜，需要重力大于浮力，需先向水舱内充水，下潜至300m处悬停，此时重力需要等于浮力，由于浮力不变，所以需要水舱向外排水，使重力等于浮力潜水艇才能悬停在300m处，故D正确，ABC错误。
故选：D。
【点评】此题考查平衡力和阿基米德原理，是一道综合性较强的题目，但总体难度不大，掌握基础知识即可正确解题。
（多选）14．（3分）如图所示，通过定滑轮分别用拉力F1、F2、F3将物体A沿竖直方向匀速提升h。A的重力为G，不考虑绳重和摩擦。下列说法中正确的是（　　）
A．F1＞F2＞F3
B．用定滑轮可以改变拉力方向
C．用定滑轮提升重物不省功
D．将物体A提升高度h，绳子移动距离为2h
【分析】（1）定滑轮实质上是一等臂杠杆，只改变力的方向，不考虑绳重和摩擦，既不省力也不费力，既不省距离，也不费距离；
（2）使用任何机械都不能省功；
【解答】解：AB、因为定滑轮相当于一等臂杠杆，只能改变力的方向，不考虑绳重和摩擦，既不省力也不费力，故定滑轮拉同一重物G，沿三个不同方向，用的拉力大小相等，即F1、F2、F3都等于物体的重力，故A错误，B正确；
C、无论是定滑轮还是动滑轮，都不能省功，故C正确；
D、定滑轮实质上是一等臂杠杆，将物体A提升高度h，绳子移动距离为h，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查了定滑轮及其工作特点，属于基础题。
（多选）15．（3分）如图是模拟游乐场里过山车运动的过程，过山车从A处由静止释放沿轨道先后经过B、C、D，最后停在E处。下列关于过山车说法正确的是（　　）
A．在A点时的重力势能最大
B．从B点到C点动能在不断增大
C．D点和E点的重力势能相同
D．停在E点时的惯性最小
【分析】（1）动能的大小与质量、速度有关；重力势能的大小与质量、高度有关；据此判断动能和重力势能的变化；
（2）惯性是一切物体的固有属性，无论是固体、液体或气体，无论物体是运动还是静止，都具有惯性，一切物体都具有惯性，惯性的大小只与物体的质量有关。
【解答】解：A．在A点时高度最高，因而A点的重力势能最大，故A正确；
B．从B点到C点向上爬升，动能转化为重力势能，动能在不断减小，故B错误；
C．D点和E点的高度相同，质量不变，则小球的重力势能相同，故C正确；
D．惯性是一切物体的固有属性，与质量有关，质量不变，惯性不变，所有点的惯性相同。
故选：AC。
【点评】本题考查机械能的有关因素、惯性，属于基础题。
（多选）16．（3分）如图，是汽车尾气中CO（一氧化碳）排放量的检测电路的简化电路。当CO浓度高于某一设定值时，报警装置发声报警。下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关，电磁铁的上端是N极
B．当CO浓度升高，电磁铁磁性减弱
C．气敏电阻R1阻值随CO浓度的增大而增大
D．将R2的滑片下移，检测电路在CO浓度更高时报警
【分析】（1）根据安培定则判定电磁铁的磁性；
（2）根据报警装置的结构分析；
（3）电磁铁磁性的强弱与线圈匝数和电流的大小有关；
（4）在CO浓度更高时，气敏电阻R1阻值更小，因衔铁被吸下时的最小电流不变，由欧姆定律和电阻的串联分析滑片的移动方向。
【解答】解：A．根据图示可知，电流从电磁铁的下端流入、上端流出，根据安培定则可知，电磁铁的上端为N极，故A正确；
B．由图可知，当报警装置报警时，衔铁被电磁铁吸下，说明此时电磁铁的磁性增强了，根据题意可知，当CO浓度高于某一设定值时，报警装置发声报警，说明当CO浓度升高，电磁铁磁性增强，故B错误；
C．由B的分析可知，当CO浓度升高，电磁铁磁性增强，说明控制电路中电流变大，由I＝可知，控制电路中电阻变小，说明气敏电阻R1阻值随CO浓度的增大而减小，故C错误；
D．在CO浓度更高时，气敏电阻R1阻值更小，因衔铁被吸下时的最小电流不变，根据串联电路的特点和欧姆定律可知，I＝，在电源电压不变时，应增大变阻器R2的阻值，所以应将R2的滑片向下移，故D正确。
故选：AD。
【点评】理解电磁继电器的工作原理，知道影响电磁铁磁性强弱的因素，运用欧姆定律判断电路中电流的变化，可解答此题。
第Ⅱ卷（非选择题共65分）二、填空题（每空1分，共12分。请把答案直接填写在答题卡相应的位置上，不要求写出演算过程。）
17．（2分）我们在家收看电视节目，电视机接收到的图像信号和声音信号是利用电磁波以 　3×108　m/s的速度传递来的.电视机消耗的电能属于 　二次　（选填“一次”或“二次”）能源。
【分析】（1）迅速变化的电流周围产生电磁波，且电磁波在真空中的传播速度和光速相等，都是3×108m/s。
（2）二次能源：是指无法从自然界直接获取，必须经过一次能源的消耗才能得到的能源．例：电能、乙醇汽油、氢能、沼气。
【解答】解：电磁波的传播速度为电磁波在空气中的传播速度是3×108m/s，电能属于二次能源。
故答案为：3×108；二次。
【点评】本题考查了电磁波和二次能源的概念，属于基础题。
18．（2分）北京冬奥会大规模应用“二氧化碳跨临界直冷制冰技术”制作冰面，该技术将二氧化碳作为制冷剂，利用液态二氧化碳在汽化时会 　吸收　大量热量的原理使水 　凝固　成冰。
【分析】物质从液态到气态是汽化，汽化吸收热量。物质从液态到固态是凝固。
【解答】解：在常温下，液态二氧化碳会汽化为气体，从水吸收热量，使水凝固成冰。
故答案为：吸收；凝固。
【点评】此题考查了物态变化的应用，比较简单，需要分析题目中所给物质前后的状态变化。
19．（2分）将热水倒入茶壶中，茶壶温度会升高，这是通过 　热传递　的方式改变茶壶的内能；人们能闻到茶水散发的清香，这是 　扩散　现象。
【分析】做功和热传递都可以改变物体的内能；
两种物体在相互接触时，彼此进入对方的现象叫扩散，扩散现象说明了构成物体的分子在不停地做无规则运动。
【解答】解：茶壶吸收热量，温度升高，这是通过热传递的方式改变茶壶的内能；
茶水散发出清香，说明茶的香味分子在不停地做无规则运动，这是扩散现象。
故答案为：热传递；扩散。
【点评】本题考查了学生对热传递和扩散现象的了解与掌握，利用所学知识解释实际生活现象，体现了学以致用。
20．（2分）把一个凸透镜对准太阳光，可在凸透镜20cm处得到一个最小、最亮的光斑。若将一物体放在此凸透镜前50cm处，在凸透镜另一侧的光屏上呈现清晰倒立、缩小的　实　（选填：“实”或“虚”）像，生活中应用该原理制作的光学仪器是　照相机　。
【分析】（1）平行于主光轴的光线经凸透镜折射后会聚在主光轴上一点，这个点是凸透镜的焦点，焦点到光心的距离是凸透镜的焦距。
（2）凸透镜成像的规律及其应用之一：当u＞2f时，成倒立、缩小的实像。对应应用如照相机。
【解答】解：（1）太阳光到达地球，行光，凸透镜正对太阳光，太阳光平行于主光轴，经凸透镜折射后形成一个最小最亮的点，这个点是凸透镜的焦点，光点到凸透镜的距离是凸透镜的焦距，所以是20cm。
（2）若将物体移至凸透镜50cm处，即此时物距大于2倍焦距，移动光屏，使烛焰在光屏上得到倒立缩小清晰的实像，照相机就是应用这一原理制成的。
故答案为：实；照相机。
【点评】凸透镜成像是个光学部分的重点内容，本题综合性很强，包含了焦点、焦距、凸透镜成像的三种情况等。
21．（2分）一种新型石墨烯电热桌垫在冬天很受欢迎。该电热桌垫由8V电源供电，发热部分由R1和R2组成，调温挡有低温、高温两挡，如图所示，R1＝6Ω，R2＝2Ω。当只闭合S1时，为 　低温　挡（选填“低温”或“高温”），此时R2消耗的电功率为 　2　W。
【分析】（1）当只闭合S1时，电阻R1和R2串联，总电阻为R1+R2，当开关S1和S2都闭合时，R1被短路，只有R2接入电路，电源电压不变，根据P＝判断电热桌垫所处的状态；
（2）当只闭合S1时，根据串联电路的特点和欧姆定律求出电路中的电流，利用P＝I2R计算R2消耗的电功率。
【解答】解：（1）当只闭合S1时，电阻R1和R2串联，总功率为P＝，
当开关S1和S2都闭合时，R1被短路，只有R2接入电路，电路的总功率P′＝，
因为P＜P′，所以当只闭合S1时，加热桌垫处于低温挡；
（2）当只闭合S1时，根据串联电路的电阻特点和欧姆定律可得电路中的电流：
I＝＝＝＝1A，
则R2消耗的电功率：P2＝I2R2＝（1A）2×2Ω＝2W。
故答案为：低温；2。
【点评】本考查电路连接方式的判断和电功率的计算，能够灵活运用电功率的变形公式即可解答。
22．（2分）如图甲所示，实心正方体物块放入柱形容器底部，逐渐向容器内倒入液体A（液体始终未溢出），物块受到的浮力F浮与容器内液体深度h的图像如图乙实线所示，更换另一种液体B重复上述过程，F浮与h的图像如图乙虚线所示。当h＝10cm时，物块在液体A中处于 　漂浮　状态；液体B的密度为 　0.8×103　kg/m3。
【分析】根据由图乙可知，当容器内液体A的深度h≥8cm时正方体物块受到的浮力9N不再发生变化，当容器内液体B的深度h≥10cm时正方体物块受到的浮力8N不再发生变化，比较两次浮力大小关系可知正方体的浮沉状态，根据漂浮条件得出物块受到的重力；
容器内液体A的深度h≥8cm时处于漂浮状态，据此得出当h＝10cm时物块在液体A中的状态；
根据图乙读出物块在液体B中浸没时受到的浮力，根据F浮＝ρ液gV排求出液体B的密度，。
【解答】解：
由图乙可知，当容器内液体A的深度h≥8cm时，正方体物块受到的浮力9N不再发生变化，
当容器内液体B的深度h≥10cm时正方体物块受到的浮力8N不再发生变化，
由于两次浮力不相等，且浮力不变时的液体深度不同，所以正方体在液体A中处于漂浮状态；
因容器内液体A的深度h≥8cm时处于漂浮状态，所以，当h＝10cm时，物块在液体A中仍处于漂浮状态；
由图乙可知，物块在液体B中时受到的浮力F浮B＝8N，
由F浮＝ρ液gV排可得，液体B的密度ρB＝＝＝0.8×103kg/m3。
故答案为：漂浮；0.8×103。
【点评】本题考查浮沉条件和阿基米德原理的应用，是一道综合题。
三、作图题（共4分。请把答案直接填写在答题卡相应的位置上。）
23．（2分）如图所示，物体A在拉力F的作用下沿斜面向上运动，请在图中作出物体所受摩擦力（作用点画在重心）。
【分析】首先要明确物体的运动方向上怎么样，再根据摩擦力是发生在物体接触面的阻碍物体相对运动的力，来确定摩擦力的方向，最后用作图法画出这个力。
【解答】解：物体A在拉力F的作用下沿斜面向上运动，物体所受摩擦力的方向沿斜面向下，作用点画在重心，如图所示：
【点评】对摩擦力概念的准确理解是正确解答此题的关键，要知道无论在任何情况下，摩擦力都是阻碍物体相对运动的力，因此，其方向一定与物体的相对运动方向相反，判断对了方向，才能正确作图。
24．（2分）根据平面镜成像特点，在图中画出物体AB在平面镜MN中所成的像A′B′。
【分析】首先要知道平面镜成像的特点：像与物到平面镜的距离相等、连线与镜面垂直、大小相等、左右相反，即像与物关于平面镜对称；
其次掌握本题的基本作法：作出两个端点A、B的像点，连接像点即为物体AB在平面镜中的像。
【解答】解：
根据平面镜成像的特点，先作出物体AB的端点A、B在平面镜中的对称点A′、B′，连接A′、B′点即为物体AB在平面镜中的像，注意辅助线和像用虚线，如图所示：
【点评】在平面镜成像作图中，若作出物体在平面镜中所成的像，要先根据像与物关于平面镜对称，先作出端点和关键点的像点，再用虚线连接各点即为物体的像。
四、实验探究题（共25分。请把答案直接填写在答题卡相应的位置上。）
25．（5分）（1）图甲是“探究冰熔化特点”的实验装置，图乙是根据实验数据绘出的温度随时间变化的图像。
①将装有碎冰的试管浸在热水中。用水浴法对冰加热，其好处是 　使被加热物质受热更加均匀　。
②图乙中bc段对应的时间内，试管中物质的内能 　变大　（选填“变大”、“变小”或“不变”）。
（2）如图丙中，在碗底放一枚硬币，你远离碗一段距离，站到刚好看不到硬币的位置停下，另一位同学慢慢向碗中加满水，你将 　能　（选填“能”或“不能”）看到这枚硬币。该现象是由于光的 　折射　造成的。
（3）如图丁所示是托里拆利实验，测得当地大气压等于 　734　mm高的水银柱所产生的压强。
【分析】（1）①用水浴法对冰加热可以使被加热物质受热更加均匀；
②冰熔化时吸热，内能会变大；
（2）光从一种介质斜射入另一种介质中时，传播方向会发生改变，这是光的折射；
（3）在托里拆利实验中，玻璃管内外水银面的高度差反映了大气压强的大小，因此，从图中读出管内水银面到水银槽内水银面的垂直高度，即可得出结论；
【解答】解：（1）①用水浴法对冰加热，其好处是，使被加热物质受热更加均匀；
②图乙中bc段对应的时间内，冰在熔化，吸收热量，温度不变，内能变大；
（2）当水倒到一定高度后，看到了硬币。产生这种现象的原因是由于从硬币反射的光经水面折射，折射光线远离法线向下偏折，当光线射入人眼，人凭光直线传播的感觉，认为硬币在折射光线的反向延长线上，其实人看到的是硬币的虚像，虚像的位置变高；
（3）读图可知，玻璃管内水银面到水银槽中水银面的垂直高度为734mm，因此，当时的大气压强等于734mm高水银柱产生的压强。
故答案为：（1）①使被加热物质受热更加均匀；②变大；（2）能；折射；（3）734。
【点评】本题考查了水浴法对冰加热、晶体熔化的特点、光的折射、托里拆利实验等知识，综合性较强。
26．（6分）小红和小明利用如图所示装置探究杠杆的平衡条件。
（1）若实验前杠杆如图甲所示，可将杠杆两端的平衡螺母向 　右　（填“左”或“右”）调节，使杠杆在水平位置平衡。
（2）杠杆调节平衡后，小红在杠杆上的A点处挂4个钩码，如图乙所示，为使杠杆重新平衡，应在B点挂 　6　个钩码。在A、B两点各增加一个钩码，则杠杆 　不能　（选填“能”或“不能”）保持平衡。
（3）实验中，需多次实验并把数据记录在表格中。多次实验的目的是 　使实验结论具有普遍性，避免偶然性　。
（4）如图丙所示，用弹簧测力计在C处竖直向上拉，使杠杆在水平位置平衡，当弹簧测力计在原位置逐渐向右倾斜时，使杠杆仍然在水平位置平衡，则弹簧测力计的示数将 　变大　（填“变大”、“变小”或“不变”）。
（5）小明同学采用了图丁所示的装置进行探究，发现当杠杆水平平衡时，与其他同学得出的正确的杠杆平衡条件不相符，其可能的原因是 　杠杆自身重力对实验的影响　。
【分析】（1）为了使杠杆在水平方向平衡，应向翘起的一侧调节平衡螺母；
（2）设一个钩码重为G，杠杆一个小格是L，根据杠杆平衡条件判断在B点挂钩码的数量；根据杠杆平衡条件判断是否平衡；
（3）探究杠杆平衡条件时进行多次实验的目的是使实验结论具有普遍性，避免偶然性；
（4）阻力和阻力臂不变时，动力臂减小，动力增大；
（5）图丁中，支点位于动力和阻力的右侧，弹簧测力计不但提了钩码，而且还提了杠杆，杠杆的重力对杠杆转动产生了影响。
【解答】解：（1）为了使杠杆在水平位置平衡，平衡螺母向上翘的一端移动，所以平衡螺母向上翘的右端移动；
（2）设杠杆每个格的长度为L，每个钩码的重力为G，根据杠杆的平衡条件：FALA＝FBLB，即4G×3L＝nG×2L，解得n＝6，需挂6个钩码；
若A、B两点各增加一个钩码，则左侧＝5G×3L＝15GL，右侧＝7G×2L＝14GL，因为15GL＞14GL，所以杠杆不能平衡；
（3）在实验中，改变力和力臂的大小得到多组数据的目的是使实验结论具有普遍性，避免偶然性；
（4）如改变弹簧测力计拉力的方向，使之斜向右上方，阻力和阻力臂不变，动力臂减小，动力要增大，所以弹簧测力计示数变大，才能使杠杆仍然水平平衡；
（5）图丁中，杠杆的支点不位于杠杆的重心上，而是位于 O 点，所以此时杠杆自身重力会对实验产生影响，故可能是杠杆自身重力对实验的影响。
故答案为：（1）右；（2）6；不能；（3）使实验结论具有普遍性，避免偶然性；（4）变大；（5）杠杆自身重力对实验的影响。
【点评】本题探究杠杆平衡条件，考查器材的调试、杠杆平衡条件的运用、对力臂的理解及归纳法的运用等知识。
27．（7分）如图甲是小琪实验小组在探究“电流与电阻的关系”时的电路图，电源电压恒定不变。电压表（量程为0～3V）、电流表（量程为0～0.6A）无损坏，阻值分别为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω的定值电阻各一个。
（1）请根据图甲，用笔画线代替导线连接完成图乙的实物图；
（2）连接好电路，闭合开关后，电压表指针迅速偏转到最右端，电流表无示数，其原因可能是 　电阻R断路　；
（3）排除故障后，小琪进行了5次实验。在老师的引导下，他们将5次实验数据描绘在图丙中。观察图象可以得出实验结论：当电压一定时，　导体中的电流与导体的电阻成反比　；
（4）实验过程中，当每次更换电阻后，都要移动滑动变阻器的滑片，此时眼睛应注意观察 　B　（填字母）；
A.滑动变阻器的滑片
B.电压表
C.电流表
（5）实验后，小琪想知道滑动变阻器的最大阻值，考虑到电压表的量程较小，小琪在电路中接入25Ω的定值电阻并去掉电压表来进行如下的测量：
①闭合开关，将滑片移到最左端，读出电流表的示数记作I1；
②闭合开关，　将滑动变阻器的滑片移到最右端　，读出电流表的示数记作I2；
③滑动变阻器的最大阻值的表达式R＝　25Ω×　。
【分析】（1）将电压表与电阻并联；滑动变阻器上下各选一个接线柱与电阻串联；
（2）连接好电路，闭合开关后，电流表无示数，说明电路可能断路；电压表指针迅速偏转到最右端，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）分析图丙中图象，曲线上每一点对应的电流和电阻的乘积相等，据此得出结论；
（4）探究“电流与电阻的关系”时，要控制电阻的电压不变；
（5）通过开关的转换只使定值电阻连入电路，由欧姆定律可得出电源电压，通过开关的转换，使变阻器的最大电阻与定值电阻串联，记下此时电流表的示数，由欧姆定律和电阻的串联规律得出滑动变阻器最大阻值的表达式。
【解答】解：（1）将电压表与电阻并联；滑动变阻器上下各选一个接线柱与电阻串联，已接了上面一个接线柱，根据电路图知接左下接线柱，如下图所示：
；
（2）连接好电路，闭合开关后，电流表无示数，说明电路可能断路；电压表指针迅速偏转到最右端，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，即其原因可能是电阻R断路；
（3）分析图丙可知，曲线上每点对应的电流和电阻的乘积为：
UV＝IRV＝0.1A×25Ω＝……＝0.5×5Ω＝2.5V，为一定值，由此得出结论：电压一定时，导体中的电流与导体的电阻成反比；
（4）探究“电流与电阻的关系”时，要控制电阻的电压不变，故实验过程中，当每次更换电阻后，都要移动滑动变阻器的滑片，此时眼睛应注意观察电压表，故选B；
（5）实验步骤：
①闭合开关，将滑片移到最左端，读出电流表的示数记作I1；
②闭合开关，将滑动变阻器的滑片移到最右端，读出电流表的示数为I2；
③在①中为定值电阻的简单电路，由欧姆定律，电源电压为：
U＝I1R＝I1×25Ω；
在 ②中，两电阻串联，由欧姆定律和电阻的串联规律，
滑动变阻器最大阻值的表达式：
R'＝﹣R＝﹣25Ω＝25Ω×。
故答案为：（1）见解答图；（2）电阻R断路；（3）导体中的电流与导体的电阻成反比；（4）电阻两端的电压；（5）B；（6）②将滑动变阻器的滑片移到最右端；③25Ω×。
【点评】本题探究电流与电阻的关系实验，考查电路连接、电路故障、图像分析、操作过程以及设计实验方案测电阻的能力。
28．（7分）在石油开采、运输和使用过程中，由于泄漏和排放石油会引起石油污染。生活中常采用物理吸附的方法进行石油回收。小明用天平、量筒和石油等器材测量能够吸收石油的某干燥固体的密度，进行了下列实验：
（1）小明先将天平放在水平工作台上，再将游码移到标尺左端的零刻度处；横梁静止时，指针如图甲所示，此时应将平衡螺母向 　右　（选填“左”或“右”）调节；
（2）他将固体放于天平左盘，往右盘增减砝码并移动游码直至天平再次平衡。右盘砝码和游码所对刻度如图乙所示，由图可知该固体的质量为 　23.6　g；
（3）他将固体用体积忽略不计的保鲜膜包裹严密，放入盛有50mL石油的量筒中，浸没后液面上升至60mL处，由此算出该固体的密度为 　2.36　g/cm3；
（4）接下来，小明又测量了石油的密度，他用体积可忽略不计的细铁丝伸进量筒，将保鲜膜戳破几个洞，便于物体吸收石油，已知物体吸收石油后体积不变，等物体充分吸收石油后读出量筒中液面在56mL刻度处，取出物体擦干表面后用天平测得其质量为26.8g（仍使用图乙的砝码）。则物体吸收了 　4　cm3的石油，计算后得知石油的密度为 　0.8　g/cm3；
（5）小明重新检查整个实验，发现天平称量时使用的20g砝码有一个小缺口，则所测得的石油密度 　不变　（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）；
（6）同组的小红单独拿出一个烧杯，如图丙所示，将其装满石油后测出烧杯和石油总质量为m1，小心放入一个质量为m的物体A后清理外壁，测得总质量为m2；继续小心放入另一个质量也为m的物体B后再清理烧杯外壁，测得此时总质量为m3。则物体A和物体B的密度之比为 　　（用m、m1、m2、m3表示）。
【分析】（1）天平放在水平台上，游码移到标尺左端的零刻度线处，平衡螺母向上翘的一端调节。
（2）物体的质量等于砝码的质量加游码对应的刻度值。
（3）物体的体积等于物体浸没石油前后石油面对应刻度值的差。知道物体的质量和体积，根据密度公式求出物体的密度。
（4）石油面下降的刻度值就是固体吸收石油的体积。固体上增加的质量，就是固体吸收石油的质量。知道石油的质量和体积，根据密度公式求出石油的密度。
（5）使用的20g砝码有一个小缺口，由于测量的固体的质量和固体吸收石油后的质量都偏大相同的值，则两种的差是不变的，故固体吸入石油的质量是不变的，故石油密度的测量值也不变。
（6）根据丁图中1和2图求出物体A排出石油的质量，求出排出石油的体积，即物体A的体积，根据密度公式求出物体A的密度。
同理根据丁图中2和3图求出物B排出石油的质量，求出排出石油的体积，即物体B的体积，根据密度公式求出物体B的密度。
最后再求出物体A和B的密度之比。
【解答】解：（1）将天平放在水平桌面上，游码移到标尺左侧的零刻度线处，指针指向分度盘的左侧，说明天平的右端上翘，平衡螺母向上翘的右端调节。
（2）固体的质量：m＝20g+3.6g＝23.6g。
（3）固体的体积：V＝60mL﹣50mL＝10mL＝10cm3，
固体的密度：ρ＝＝＝2.36g/cm3。
（4）固体中吸入石油的体积：V'＝60mL﹣56mL＝4mL＝4cm3，
固体中吸入石油质量：m'＝m''﹣m＝26.8g﹣23.6g＝3.2g，
则石油的密度：ρ'＝＝＝0.8g/cm3。
（5）固体吸入石油的质量等于m'＝m''﹣m＝26.8g﹣23.6g＝3.2g，
使用的20g砝码有一个小缺口，导致m和m''的测量都偏大相同的值，故m''﹣m的差不变，故石油的密度测量值不变。
（6）物体A的质量是m，
由丙图中1和2得，物体A排开石油的质量为m1+m﹣m2，
由于物体A浸没在石油中，则物体A排开石油的体积等于物体A的体积，
根据密度公式得，所以物体A的体积：VA＝VA排＝，
根据密度公式得，物体A的密度：ρA＝＝。
物体B的质量是m，
由丙图中2和3得，物体B排开石油的质量为m2+m﹣m3，
由于物体B浸没在石油中，则物体B排开石油的体积等于物体B的体积，
根据密度公式得，所以物体B的体积：VB＝VB排＝，
根据密度公式得，物体B的密度：ρB＝＝。
则物体A和物体B的密度之比为：ρA：ρB＝：＝。
故答案为：（1）右；（2）23.6；（3）2.36；（4）4；0.8；（5）不变；（6）。
【点评】本题利用天平和量筒测量固体石油的密度以及只利用天平测量物体的密度等，是很典型的密度测量综合题，一定要熟练掌握。
五、综合应用题（共24分。解答时要求在答题卡相应的答题区域内写出必要的文字说明、计算公式和重要的演算步骤。只写出最后答案，未写出主要演算过程的，不得分。答案必须明确写出数值和单位。）
29．（6分）为了提高快递配送效率，可使用如图所示的物流机器人完成最后三公里的快速智能配送。若空载时该物流机器人质量为600kg，轮胎与地面的总接触面积为0.2m2，该物流机器人完成所有配送任务后，返程时在某平直道路上匀速行驶了400m，距离用时100s，机器人匀速行驶所受阻力是其重力的0.02倍。求：
（1）空载时物流机器人所受的重力；
（2）物流机器人匀速行驶的速度；
（3）物流机器人匀速行驶时牵引力的功率。
【分析】（1）根据G＝mg求机器人的重力；
（2）根据v＝得到机器人匀速行驶的速度；
（3）根据P＝＝＝Fv求出机器人匀速行驶时牵引力的功率。
【解答】解：（1）机器人的重力：G＝mg＝600kg×10N/kg＝6000N；
（2）机器人匀速行驶的速度：v＝＝4m/s；
（3）机器人匀速行驶时，牵引力等于阻力，牵引力的功率：
P＝＝＝Fv＝fv＝0.02Gv＝0.02×6000N×4m/s＝480W。
答：（1）空载时物流机器人所受的重力为6000N；
（2）机器人匀速行驶的速度为4m/s；
（3）机器人匀速行驶时牵引力的功率为480W。
【点评】本题考查二力平衡条件、重力公式、速度公式、功和功率公式的灵活运用，综合性较强。
30．（8分）某兴趣小组设计了一个监测湖水水位的报警装置，其原理如图1。电源电压恒定，电阻R0的阻值为30Ω；R是竖直放置的长条形电阻片。浮子可带动金属滑杆AP在竖直方向上下移动、AP与R组成滑动变阻器。当电流表的示数达到设定数值时，表示水位达到警戒水位，装置发出报警信号。已知滑杆AP从底端上移到顶端的过程中，电压表示数与电流表示数的U﹣I图像如图2所示。
（1）求滑动变阻器的最大阻值。
（2）求电源电压和电路的最小功率。
（3）滑杆AP从底端上移到顶端的过程中，滑动变阻器连入电路的电阻均匀变化，记录下几组水位和对应的电流表示数，数据如下表。当电流表的示数为0.25 A时，水位达到警戒值，求警戒水位。
水位h/cm 10 15 20 30
电流I/A 0.1 0.12 0.15 0.3
【分析】（1）闭合开关，两电阻串联接入电路，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测通过电路的电流，
当滑片P置于最下端时，滑动变阻器接入电路最大阻值，电流表示数为0.1A，根据欧姆定律计算滑动变阻器的最大电阻；
（2）通过电路的最小电流为0.1A时，根据串联电路电压规律结合欧姆定律计算电源电压，根据最小电流计算电路的最小功率；
（3）当电流表的示数分别为0.25 A、0.3A时，根据串联电路电流特点结合欧姆定律计算此时滑动变阻器接入电路的阻值，滑杆AP从底端上移到顶端的过程中，滑动变阻器连入电路的电阻均匀变化，分析电阻改变与水位的关系，由此关系得出0.25 A时的水位高度。
【解答】解：（1）闭合开关，两电阻串联接入电路，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测通过电路的电流，
当滑片P置于最下端时，滑动变阻器接入电路最大阻值，电流表示数为0.1A，则电压表示数为6V：此时滑动变阻器的最大值为R＝＝＝60Ω；
（2）根据串联电路的总电压等于各部分电压之和，通过电路的电流为0.1A时，根据欧姆定律可得电源电压：U＝UP+I′R0＝6V+0.1A×30Ω＝9V；
电路的最小功率P＝UI＝9V×0.1A＝0.9W；
（3）当电路中的电流为0.3A时，
电路的总电阻R总＝＝＝30Ω；
滑动变阻器的电阻滑动变阻器接入电路的电阻为R滑＝R总﹣R0＝30Ω﹣30Ω＝0；
根据滑杆AP从底端上移到顶端的过程中，滑动变阻器连入电路的电阻均匀变化，
则从0.1A到0.3A，电阻减小了60Ω，水位上升了30cm﹣10cm＝20cm，电阻每减小3Ω，水位升高1cm；
当电路中的电流为0.25A时，
电路的总电阻R'总＝＝＝36Ω；
滑动变阻器的电阻滑动变阻器接入电路的电阻为R'滑＝R'总﹣R0＝36Ω﹣30Ω＝6Ω；
根据电阻每减小3Ω，水位升高1cm得；
此时电阻比0.3A时的电阻大6Ω，说明水位30cm小2cm；因而此时的水位为28cm，即警戒水位是28cm。
答：（1）滑动变阻器的最大阻值60Ω。
（2）求电源电压是9V，电路的最小功率是0.9W。
（3）警戒水位是28cm。
【点评】本题考查了电功率公式和欧姆定律的应用，要求学生能够结合图像和表格数据找到有用的信息，并能灵活运用所学的公式进行计算。
31．（10分）如图甲所示，边长为10cm的实心均匀正方体A，自由放置在底面积为300cm2、高为20cm薄壁柱形容器中，容器重力为3N；高为10cm的长方体B固定于一轻质硬杆下方，轻杆上方固定于天花板上，此时杆对物体的拉力为25N，A与B相距7cm。现往容器中注水，当水深度为14cm时，杆对物体的拉力变为21N，如图乙，求：
（1）物体B的质量；
（2）水对容器底的压力；
（3）容器对桌面压强的增加量。
【分析】（1）根据二力平衡可求出物体B的重力，根据G＝mg可求出物体B的质量；
（2）根据p＝ρgh可求出水对容器底的压强，根F＝pS可求出水对容器底的压力；
（3）由于从甲图到乙图，容器对桌面的压力其增大值等于液体的重力与B对A的压力之和，先根据物体B的受力情况求出物体B对A的压力；再根据乙图可知物体A浸入水中的深度，然后求出物体A在乙中排开水的体积；根据水的深度和物体A排开的水体积求出乙容器中水的体积；根据ρ＝求出水的质量，利用G＝mg求出水的重力，根据p＝求出容器对桌面压强的增加量。
【解答】解：（1）图甲中，物体B通过一轻质硬杆悬固定于天花板上，物体B受到的重力与杆对物体B的拉力是一对平衡力，大小相等，所以物体B的重力25N，
则物体B的质量为：m＝＝＝2.5kg；
（2）水对容器底的压强为：
p＝ρgh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.14m＝1400Pa；
则水对容器底的压力为：F＝pS＝1400Pa×300×10﹣4m2＝42N；
（3）图甲中，物体B通过一轻质硬杆悬挂于手中保持静止时，物体B受到的重力与杆对物体B的拉力是一对平衡力，大小相等，所以物体B的重力25N，
在乙图中物体B受到的重力与杆对物体B的拉力和A对B的支持力是平衡力，杆对物体B的拉力变为21N，由此可知物体A对物体B的支持力为25N﹣21N＝4N，所以B对A的压力也为4N，即F压＝4N，
已知A与B相距距离为H＝7cm，则由乙图可知：
当从甲图到乙图物体A升高H后，物体A浸入水中的深度为：
h浸＝h﹣H＝14cm﹣7cm＝7cm＝0.07m；
物体A的底面积为：
SA＝L2＝0.1m×0.1m＝0.01m2，
所以物体A在乙中排开水的体积为：
V排＝V浸＝SAh浸＝0.01m2×0.07m＝7×10﹣4m3＝700cm3；
乙容器中水的体积为：
V水＝V总﹣V浸＝S容h﹣V浸＝300cm2×14cm﹣700cm3＝3500cm3＝3.5×10﹣3m3，
根据ρ＝可得乙容器中液体的质量为：
m水＝ρ水V水＝1×103kg/m3×3.5×10﹣3m3＝3.5kg；
乙中液体的重力为：
G水＝m水g＝3.5kg×10N/kg＝35N；
从甲图到乙图，容器对桌面的压力增大值等于液体的重力与B对A的压力之和，即：
ΔF＝G水+F压＝35N+4N＝39N；
则容器对桌面压强的增加量为：
Δp＝＝＝1300Pa。
答：（1）物体B的质量为2.5kg；
（2）水对容器底的压力为42N；
（3）容器对桌面压强的增加量为1300Pa。
【点评】本题考查压强的计算、力的合成的应用，关键是求出硬杆向下移动4cm容器对桌面的压力。
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