第10周-备战2023年中考物理模拟卷每周一测（广东专用）（解析版）2

备战2023年中考物理模拟每周一测-第十周广东专用本试卷共23题，满分100分，考试时间：80分钟注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明一、单选题(本大题共7小题，每小题3分，共21分.在每个小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的)1．（3分）下列关于热现象的说法错误的是A．海边昼夜温差比沙漠中小，是因为水的比热容比沙子的比热容大 B．端午佳节煮熟的粽子散发出诱人的香味，说明分子在不停地做无规则运动C．海波在熔化过程中不断吸热，温度不变，内能增加 D．用冰块给发热病人降温是因为冰块的内能为零【分析】（1）水的比热容较大，相同质量的水和沙石比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少；（2）扩散现象说明组成物质的分子在不停地做无规则运动；（3）晶体熔化过程吸热，温度不变、内能增大；（4）任何物体都有内能。【解答】解：、海边昼夜温差变化比沙漠中小，是因为水的比热容比沙石的大，同样吸热或放热时，水的温度变化小，故正确；、端午佳节煮熟的粽子散发出诱人的香味，是分子不停地做无规则运动的结果，故正确；、海波是晶体，晶体熔化过程中吸热，温度不变，内能增大，故正确；、任何物体都有内能，冰块的内能不为零，故错误。故选：。【点评】解决此类问题的关键是要正确判断物态，并结合物态变化的名称进行分析解答。2．（3分）观看了《流浪地球2》，小帆认识到了信息、能源和材料的重要性，他决定珍惜青春时光，努力学习科学文化知识。他收集到了以下信息，其中说法不正确的是A．太阳能、风能、天然气都是可再生能源 B．核电站是利用原子核发生裂变时释放的能量来发电的 C．发光二极管的核心部件是半导体材料 D．能量的转化和转移具有方向性，在转化和转移过程中能量的总量总保持不变【分析】（1）能够短期内从自然界中得到补充的能源是可再生能源；不能短期内从自然界中得到补充的能源是不可再生能源。（2）核电站是利用原子核发生裂变时产生的核能来发电的。（3）发光二极管是由半导体材料制成的。（4）能量的转化和转移具有方向性，在转化和转移过程中能量的总量总保持不变。【解答】解：．太阳能、风能属于可再生能源，而天然气属于不可再生能源，故错误；．原子核裂变、聚变都能释放出惊人的能量，核裂变是可控的，核电站是利用原子核发生裂变时释放的能量来发电的，故正确；．半导体的导电性介于导体和绝缘体之间，具有一些特殊的电学性质，发光二极管的核心部件是半导体材料，故正确；．根据能量守恒定律，能量既不会消灭，也不会凭空产生，在转化和转移过程中能量的总量总保持不变，但是能量的转化和转移具有方向性，故正确。故选：。【点评】知道能源的分类；知道半导体材料的特点及应用；知道核电站的基本原理；知道能量转化和守恒定律。3．（3分）如图所示记录了甲、乙两辆汽车在平直公路上行驶时，在某段时间内的运动过程。关于甲、乙两车的运动情况，说法错误的是A．前内甲车运动的路程大于乙车运动的路程 B．后半程甲车的平均速度大于后半程乙车的平均速度 C．乙车做变速直线运动 D．甲、乙两车在内的平均速度相同【分析】（1）分析前内甲车和乙车运动的路程即可得出结论；（2）分析得出后半程甲、乙两车运动所用的时间，利用平均速度公式进行判断；（3）根据乙车在相等时间内通过路程的关系得出乙车的运动状态；（4）根据甲、乙两车在内通过的路程利用速度公式比较平均速度。【解答】解：、由图知，前内甲车和乙车运动的路程分别为、，则甲车运动的路程大于乙车运动的路程，故正确；、由图知，后半程的路程为，甲车后半程的时间为、乙车后半程的时间小于，即甲车后半程的时间较长，根据可知，后半程甲车的平均速度小于乙车的平均速度，故错误；、由图知，在相同的时间内乙小车通过的路程在变大，说明小车在做变速直线运动；故正确；、甲、乙两车在内通过的路程，则根据可知甲、乙两车的平均速度相同，故正确。故选：。【点评】熟练应用平均速度公式即可求出汽车在某段时间内的平均速度，在计算过程中注意时间和路程的统一。4．（3分）下列四个实验是八年级物理教科书中探究光现象的四幅插图，其中说法正确的是A．在甲图实验中，当入射光线顺时针转动时，反射光线也顺时针转动 B．乙图所示，平面镜成像时进入眼睛的光是从像发出的 C．丙图实验表示太阳光经过三棱镜色散后的色光排列情况 D．丁图实验在光的漫反射现象中，应该遵守光的反射定律【分析】（1）根据光的反射定律可做出判断；（2）平面镜成像的实质是光的反射，据此判断；（3）太阳光经三棱镜折射后发生色散，紫色光线偏折程度最大，红色光线偏折程度最小；（4）镜面反射和漫反射都遵守光的反射定律。【解答】解：、实验中法线位置不动，使入射光线顺时针方向转动，可观察到反射光线逆时针方向转动，反射角始终等于入射角，故错误；、平面镜成虚像，虚像是反射光线的反向延长线会聚而成的，虚像不会发出光线，故错误；、太阳光经过三棱镜色散后，紫光的偏折程度应最大，应在下方，红光偏折程度最小，应在上方，故错误；、漫反射同样遵守光的反射定律，故正确。故选：。【点评】本题主要考查了光的反射、折射以及平面镜成像的有关知识，难度不大。5．（3分）当猴子倒挂树枝上静止时，下列说法正确的是A．根据牛顿第一定律可知，静止的猴子不受任何力的作用 B．猴子受到的重力和猴子对地球的吸引力是一对平衡力 C．树枝对猴子的拉力和猴子所受的重力是一对平衡力 D．树枝对猴子的拉力和猴子对树枝的拉力是一对平衡力【分析】牛顿第一定律的内容：一切物体在没有受到任何力的作用时，总保持静止状态或匀速直线运动状态。二力平衡的条件：大小相等，方向相反，作用在一条直线上，作用在一个物体上。【解答】解：、静止的猴子受到重力和拉力的作用，故错误；、猴子受到的重力和猴子对地球的吸引力作用在两个物体上，不是一对平衡力，故错误；、树枝对猴子的拉力和猴子所受的重力大小相等，方向相反，作用在一条直线上，作用在一个物体上，是一对平衡力，故正确；、树枝对猴子的拉力和猴子对树枝的拉力作用在两个物体上，不是一对平衡力，故错误。故选：。【点评】此题考查了对物体受力的分析，同时考查了平衡力和相互作用力的区别，二者都是大小相等、方向相反、作用在同一直线上，但相互作用力作用在相互作用的两个物体上，平衡力作用在同一物体上。6．（3分）家用冰箱的用电部分主要是电动压缩机和照明灯泡。其中，电动压缩机受温控开关的控制，照明灯泡受门控开关的控制，要求它们既能单独工作又能同时工作。下列电路符合要求的是A． B． C． D．【分析】由题意知，电动压缩机与温控开关串联，照明灯泡与门控开关串联，灯和压缩机能独立工作说明两者是并联。【解答】解：由题意知，灯和压缩机能独立工作，即两者并联，电动压缩机与温控开关串联，照明灯泡与门控开关串联，即各自的支路中有一个开关控制，干路上没有开关，故正确。故选：。【点评】本题考查了并联电路的特点和开关的作用，关键是明确用电器的连接方式。7．（3分）水平桌面上两个相同的烧杯中分别装有甲、乙两种不同液体，将两个不同材料制成的正方体、，按如图两种方式放入两种液体中，待静止后刚好浸没在甲液体中，刚好浸没在乙液体中，两杯中液面恰好相平。下列说法正确的是A．甲液体密度大于乙液体的密度 B．甲液体对杯底的压强等于乙液体对杯底的压强 C．甲液体对下表面的压强等于乙液体对下表面的压强 D．装甲液体的容器对水平桌面的压力小于装乙液体的容器对水平桌面的压力【分析】（1）把、两物体作为一个整体，该整体在两液体中都处于漂浮状态，根据漂浮条件可知所受浮力的大小关系；结合题意和图示判断的关系，根据可比较两种液体的密度关系；（2）根据分析液体对杯底的压强；（3）根据漂浮条件、浮力产生的原因以及分析液体对物体下表面的压强关系；（4）先比较两种液体的体积关系和重力关系，再根据”整个容器对水平桌面的压力等于物体和液体的总重力“进行分析。【解答】解：、把、两物体作为一个整体，由图知，该整体在两液体中都处于漂浮状态，由漂浮条件可知，所以该整体在两液体中受到的浮力相等；由图知，，且，所以；因整体在两液体中受到的浮力相等，且排开甲液体的体积较大，所以，由可知，两液体的密度关系：，故错误；、已知两液体的深度相同，且，由可知，甲液体对杯底的压强小于乙液体对杯底的压强，故错误；、因整体受到的浮力相等（即甲液体中物体受到的浮力等于乙液体中物体受到的浮力），且两物体上表面没有受到液体的压力，所以，由浮力产生的原因可知，甲液体中物体与乙液体中物体的下表面受到的液体压力相等，由图知的底面积更大，由可知，甲液体对下表面的压强小于乙液体对下表面的压强，故错误；、两容器中液面恰好相平且容器相同，则液体与物块排开液体的体积之和相同，但，所以甲液体的体积较小，又知，则根据可知，甲液体的重力较小；整个容器水平桌面的压力，因容器相同、其重力相同，且、两物体的重力不变，甲液体的重力较小，所以，装甲液体的容器对水平桌面的压力较小，故正确。故选：。【点评】本题综合考查了阿基米德原理、漂浮条件、液体压强公式和压强定义式的综合应用，知识点多，属于难题；本题的难点是项的判断，由于，但物体浸入甲液体的深度较大，则不能用液体压强公式判断，需结合浮力产生的原因和压强定义式进行分析。第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明二、填空题(本大题共7小题，每空1分，共21分)8．（3分）音叉三次发出的声音信号输入同一设置的示波器，示波器展现的波形如图甲、乙、丙所示，其中甲、乙两个波形图的音调相同；两个波形图的振幅相同（选填“甲”、“乙”或“丙”。甲、乙、丙三个波形图的相同（选填音调、响度、音色）。【分析】音调跟物体的振动频率有关，振动频率越大，音调越高；响度跟物体的振幅有关，振幅越大，响度越大；音色跟发声体的材料、结构有关；相同时间内，振动的次数越多，频率越大；偏离原位置越远，振幅越大。【解答】解：由图可知，甲、乙两个波形图在相同时间内，振动的次数相同，说明频率相同、音调相同；甲、丙两个波形图偏离原位置拓幅度相同，说明振幅相同、响度相同；甲、乙、丙三个波形图的形状特点相同，则它们的音色相同。故答案为：甲、乙；甲、丙；音色。【点评】本题主要考查了通过对波形图的认识来辨别声音的不同特性，属声学基础题。9．（3分）如图所示为甲、乙两种物质温度T随加热时间t变化的图像，由图像可知，甲物质是晶体，在第0﹣4min时该物质处于固态，此过程中物质的内能增加（选填“增加”、“减少”或“不变”）。【分析】（1）观察物质熔化的图象时，通过寻找是否有一定的熔点，可判断这种物质是晶体还是非晶体；找出关键的温度点，将图象分成不同的时间段，可判断每一时间段物质所处的状态；（2）物质吸收热量，内能变大。【解答】解：晶体有固定的熔化温度，而非晶体没有。读图可知，甲物质图象上有一段与时间轴平行的直线，表示该物质在熔化过程中不断吸热，温度保持不变，因此甲物质为晶体。乙物质温度一直升高，没有固定的熔化温度，故为非晶体；图象中，熔化过程中对应的温度叫做这种物质的熔点，由图可知该温度是48℃．在熔化过程中，该物质熔化时需要吸收热量，但温度不再升高；在第0﹣4min时，物质还没有熔化，因此处于固态，此过程中甲物质吸收热量，内能增加。故答案为：甲；固态；增加。【点评】读取物质熔化的图象时，应抓住图象的关键特征，先确定是晶体还是非晶体。再明确不同图象段的物质状态及对应的时间、温度等。10．（3分）某老师测得某地大气压的值如图甲所示，他测出大气压的值是74，如果玻璃管的长度只有，此时若在管的顶部开一小孔，管内的水银（选填“会”或“不会”喷出，如图乙所示，从左向右往玻璃管中吹风时，形管管中的水面会（选填“降低”或“升高”。【分析】（1）在托里拆利实验中，水银柱的高度差应是垂直高度，而不是水银柱的长度；（2）托里拆利实验中是管外的大气压支持着管内的水银柱，即管内水银柱产生的压强等于管外的大气压；（3）当向管中吹风时，相同时间内，风经过管上方和管上方的空气流动速度不同，压强不同，液柱上升的高度不同。【解答】解：图甲中才是水银柱的竖直高度，它产生的压强与大气压大小相等，因此老师测出大气压的值是；当管顶开一个小孔时，管内的水银与外界的大气相通，玻璃管和水槽组成连通器，则管内的水银不会从小孔喷出，反而会立即下降，直到液面相平；图乙中管上方的玻璃管横截面积小，相同时间内，风经过管上方的流动速度大于管上方的空气流动速度，管上方的压强小于管上方的压强，水被压向管，管液面上升，管液面下降。故答案为：74；不会；升高。【点评】此题考查了托里拆利实验中水银柱的观察方法以及流速与压强的关系，是一道综合题。11．（3分）如图所示，水平地面上的一物体，受到方向不变的水平推力的作用，的大小与时间的关系如图甲所示，物体的速度与时间的关系如图乙所示。则物体受到的阻力为1，内推力对物体所做的功为，功率为。【分析】由图象可知内的推力，由图象可知对应的速度，然后判断出物体的状态，利用二力平衡条件判断物体受到的阻力和推力的关系，然后可知阻力；由图象可知内的推力，由图象可知对应的速度和物体的状态，由可求得功率，然后由可求得物体所做的功。【解答】解：由图象可知，内的推力，由图象可知，物体速度为0，处于静止状态，则物体受到的阻力和推力是一对平衡力，二力大小相等，则此时物体受到的阻力为；由图象可知，内的推力，由图象可知，物体以的速度做匀速直线运动，处于平衡状态，内推力对物体所做的功率。所做的功。故答案为：1；16；8。【点评】本题从两个图象分析运动状态、推力大小，已知条件都包含在图象中，是中考的热点，考查学生的读图能力，综合性很强，有一定的难度。12．（3分）卫星图象是通过电磁波来传递信号的，这种波（选填“能”或“不能”在真空中传播，传播速度约为。【分析】（1）电磁波可以传递信息。（2）电磁波在真空中的传播速度为。【解答】解：卫星图象是通过电磁波来传递信号的，这种波能在真空中传播，传播速度约为。故答案为：电磁波；能；。【点评】知道电磁波可以传递信息；知道电磁波可以在真空中传播；知道电磁波在真空中的传播速度。13．（3分）某人利用如图所示的滑轮组提起一个重的箱子，所用的拉力是，箱子被拉高，则绳子自由端移动的距离为8，人所做的有用功为，该滑轮组的机械效率为。【分析】（1）由图知，，绳子自由端移动距离；（2）知道箱子重力、提升的高度，利用求拉力做的有用功；（3）知道拉力大小，利用求拉力做的总功，滑轮组的机械效率等于有用功与总功之比。【解答】解：（1）由图知，，绳子自由端移动距离；（2）拉力做的有用功：；（3）拉力做的总功：，滑轮组的机械效率：。故答案为：8；3200；。【点评】本题考查了使用滑轮组时有用功、总功、机械效率的计算，属于基础题目。14．（3分）在如图所示的电路中，电阻，，电源电压保持不变。当开关断开、接时，电流表的示数是，则电源电压为10，消耗的功率为。当开关闭合、接时，电流表的示数为。【分析】（1）当开关断开、接时，、串联，电流表测电路中的电流，根据串联电路的电阻规律计算电路的总电阻，再根据欧姆定律求出电源电压；由计算消耗的电功率；（2）当开关闭合、接时，、并联，电流表测干路电流，根据并联电路的特点和欧姆定律求出电流表的示数。【解答】解：（1）当开关断开、接时，、串联，电流表测电路中的电流，因串联电路中总电阻等于各串联电阻之和，所以电路中的总电阻：，由欧姆定律可知，电源电压：；由串联电路电流规律可知，通过的电流：，则消耗的电功率：；（2）当开关闭合、接时，、并联接在电源两端，电流表测干路电流，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以：，由欧姆定律可知，通过的电流：，通过的电流：，且干路电流等于各支路电流之和，所以，此时电流表的示数：。故答案为：10；0.4；1.25。【点评】本题考查了串、并联电路的特点、欧姆定律和电功率计算公式的应用，分清开关处于不同状态时电路的连接方式是关键。三．作图题(本大题共3小题，共7分)15．（1）（2分）图中是经竖直放置的凸透镜折射后水平射向平面镜的一束光，如图所示，请画出该束光的入射光线和经平面镜后的反射光线并标出反射角。【分析】根据过焦点的光线经凸透镜折射后折射光线平行于主光轴作出入射光线；反射定律：反射光线、入射光线、法线在同一个平面内，反射光线与入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角来作；根据反射定律作出反射光线，反射光线与法线的夹角为反射角。【解答】解：（1）过焦点的光线经凸透镜折射后折射光线平行于主光轴；（2）过平面镜的入射点垂直镜面作出法线，因为入射光线与镜面的夹角为，则入射角为：，则反射角也为，根据反射角等于在法线右侧作出反射光线，并标出反射角。如图所示：【点评】此题考查透镜光路图、反射光路图的画法，属于常考题目，熟练掌握凸透镜有三条特殊光线，熟记反射定律的内容是关键。（2）（2分）如图中，物块沿斜面向上滑，请画出物块受到的力。【分析】（1）物块重力的作用点在物块的重心上，重力的方向总是竖直向下的，过物块的重心表示出重力的方向即可；（2）支持力的作用点在重心上，方向垂直于受力面，过支持力作用点表示出支持力的方向即可；（3）物块沿斜面向上减速上滑，相对斜面向上运动，受到的摩擦力方向沿斜面向下，过物块重心画出摩擦力即可。【解答】解：过物块重心画带箭头的线段，方向竖直向下，为物块的重力；支持力的作用点在重心上，过作用点画垂直于斜面、带箭头的线段，符号为；过物块重心画带箭头线段，方向沿斜面向下，为物块受到的摩擦力。如图所示：【点评】本题的关键是确定支持力和重力、摩擦力的作用点和方向，并会用力的图示表示力的三要素。（3）（3分）如图，是带插口的插座，请将开关、插口、三孔插座接入家庭电路。要求：开关控制插口与三孔插座，且插口与三孔插座可独立工作。【分析】并联电路各支路用电器互不影响，由此可知，三孔插座和接口的连接方式；根据开关作用确定其在电路中的位置；三孔插座的接法：上孔接地线，左孔接零线，右孔接火线。【解答】解：由题知，三孔插座和接口可以独立工作，即两者是并联的，而三孔插座和接口由总开关控制，说明开关在干路上，由此按家庭电路连接的要求补画电路如图所示：【点评】家庭电路的连接，要掌握家庭电路的灯泡、开关、三孔插座、两孔插座、保险丝的接法，同时考虑使用性和安全性。四．实验探究题(本大题共3小题，第16题6分，第17题6分，第18题7分，共19分.)16．（6分）在探究“平面镜成像特点”时使用了如图甲所示的实验装置：（1）实验时采用透明薄玻璃板，不仅能观察到蜡烛的像，也便于确定像的位置；（2）在竖立的玻璃板前点燃蜡烛，可以看到蜡烛在玻璃板（选填“前”或“后”的像；取一支外形相同（选填“点燃”或“不点燃”的蜡烛在玻璃板后面移动，直到看上去它跟蜡烛的像完全重合。接着在蜡烛处作下标记即可得到像的位置，此时蜡烛替代的是（选填“蜡烛”或“蜡烛的像”；（3）将蜡烛向上提起，则蜡烛的像竖直向上移动；（4）实验过程中如果玻璃板没有垂直架在纸上，而是如图乙所示倾斜，蜡烛的像应是图（选填“”“”或“”。【分析】（1）实验时用透明的玻璃板代替平面镜，既能看到物体的像，也能看到像一侧的代替物体，便于确定像的位置；（2）实验时选择两个完全相同的蜡烛，便于比较像和物体大小关系；（3）（4）平面镜所成的像和物体关于镜面对称。【解答】解：（1）该实验采用透明薄玻璃板代替平面镜，玻璃板是透明的，观察到蜡烛像的同时，也能观察到蜡烛，当蜡烛和蜡烛的像重合时，蜡烛的位置便是蜡烛的像的位置，便于确定像的位置。（2）在竖立的玻璃板前点燃蜡烛，可以看到蜡烛在玻璃板后的像，像和物关于镜面对称；拿未点燃的蜡烛竖直在玻璃板后面移动，人眼一直在玻璃板的前侧观察，直至它与蜡烛的像完全重合；在比较物与像的大小关系时，蜡烛替代的是蜡烛的像，此方法称为等效替代法。（3）因为平面镜所成的像与物体关于平面镜对称，所以将蜡烛竖直向上提起，则蜡烛的像的也要竖直向上移动。（4）实验过程中如果玻璃板没有垂直架在纸上，由于镜面向左侧蜡烛倾斜，由像与物关于镜面对称可知，蜡烛的像位置靠上，应是图中的。故答案为：（1）确定像的位置；（2）后；不点燃；蜡烛的像；（3）1；。【点评】本题考查学生动手操作实验的能力并能合理解决实验中出现的问题，只要熟练掌握平面镜的成像特点，解答此类题目就很容易。17．（6分）如图甲所示，两端开口且粗细均匀的玻璃管，下端套上橡皮膜。（1）将玻璃管竖直缓慢地插入水中（图乙），橡皮膜距水面越深，发现橡皮膜向上凸起幅度越大，说明深度越大，水的压强越大；（2）当橡皮膜距水面深度为时，固定竖直插入的玻璃管，然后缓慢地向管内注水（图丙），当管内水柱深度小于时，橡皮膜总是向上凸起，说明烧杯中的水对橡皮膜向上的压力管内水柱对橡皮膜向下的压力；（3）当管内水柱深度等于时，橡皮膜的形状又变为与玻璃管口平齐，如图丁所示，表明液体内部各方向压强；（4）若玻璃管的横截面积为、水的密度为，当管内水柱深度等于时，则管内水柱向下的压力管内水柱受到的重力，管内水柱对橡皮膜向下的压力，在深处水产生的压强。【分析】（1）液体内部压强大小与液体深度和液体的密度有关，应根据控制变量思想进行分析；（2）根据橡皮膜的凸起方向可知管内、外水的压强关系，再根据可知管内、外水的压力关系；（3）在同一深度的同种液体中，液体内部向各个方向的压强都相等；（4）圆柱形玻璃管，则压力大小等于重力大小，根据可知管内水对橡皮膜的压力；，进行分析得出答案。【解答】解（1）在同种液体中，深度越深，液体的压强越大；（2）橡皮膜总是向上凸起，说明橡皮膜下方的压强大于橡皮膜上方的压强，当面积一定时，由可知，杯中的水对橡皮膜向上的压力大于管内水柱对橡皮膜向下的压力；（3）当橡皮膜扁平，说明此时橡皮膜上下表面的压强相等，同一深度，液体内部各个方向的压强是相等的；（4）圆柱形玻璃管，故管内水的重力大小等于水对橡皮膜向下的压力，即；烧杯中的水在深度产生的压强。故答案为：（1）大；（2）大于；（3）相等；（4）等于；；。【点评】本题通过橡皮膜来研究液体内部压强的影响因素及液体压强大小，难度不大。18．（7分）在“探究电流与电阻的关系”实验中，电路图如图甲所示，电源电压恒为，滑动变阻器最大阻值为。（1）连接电路时，应将开关断开，将滑动变阻器滑片移到最（选填“左”或“右”端。（2）将的定值电阻接入电路，闭合开关，移动滑片使电压表示数为，记录示数，换用的定值电阻时，应向（选填“左”或“右”移动滑片，直到电压表示数为。再换用的定值电阻，重复实验，得到图乙所示的电流与电阻关系的图象。（3）继续换用定值电阻进行实验时，无论怎么移动滑片，电压表示数始终大于，当滑动变阻器阻值最大时，电流表的示数为，则为，为了使能为实验所用，可采取的具体措施：。（要写出物理量的具体数值）【分析】（1）根据实物连接的正确方法和滑动变阻器的作用进行分析，即在电路没有连接好之前，开关一直是断开的，而且滑动变阻器的阻值应在最大处；（2）根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻两端的电压相同，记录电流表的示数，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，直到电压表的示数为为止；（3）电源电压恒为，滑动变阻器在最大阻值时的电流表示数为，由欧姆定律求出变阻器的电压，根据串联电路电压的规律，求出定值电阻的电压，由欧姆定律得出定值电阻的阻值；为了使能为实验所用时，滑动变阻器的阻值最大，由欧姆定律算出滑动变阻器的总电阻或改变的电源电压或定值电阻两端的最大电压。【解答】解：（1）为防止发生短路现象烧坏电源，连接电路时，开关应处于断开状态，闭合开关前，应使滑动变阻器的阻值处于最大状态，由图可知变阻器的滑片滑在最右端时连入电路中的电阻丝阻值最大；（2）将的定值电阻接入电路，闭合开关，移动滑片使电压表示数为，记录电流表的示数；根据串联电路的分压原理可知，将定值电阻由改接成的电阻，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，根据串联电路电压的规律可知，为了保持定值电阻两端电压不变，应增大滑动变阻器分得的电压，由串联分压的原理可知，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向右端移动，使电压表的示数为；（3）滑动变阻器在最大阻值时的电流表示数为，由欧姆定律，，说明此时滑动变阻器的电压为，根据串联电路电压的规律，则定值电阻的电压为：，由欧姆定律，则定值电阻的阻值：；若要使定值电阻的阻值为时能为实验所用，四种方法：①电路中的电流为：，滑动变阻器的电阻为：，即接入电路的滑动变阻器的最大值为，或串联一个略大于的电阻；②若改变电源电压，则电源电压为，，即，解得电源电压；③若改变电阻电阻两端的控制电压，则，即，解得。故答案为：（1）断开；右；（2）电流表；右；2.5；（3）30；更换阻值最少的滑动变阻器（或更换电压为的电源；将定值电阻两端的电压保持不变；串联一个阻值为（稍大于）的定值电阻）。【点评】本题探究“导体中电流跟电阻的关系”，考查注意事项、实验操作、串联电路的规律及欧姆定律的运用和控制变量法。五．计算题(本大题共2小题，第19题6分，第20题7分，共13分)19．（6分）在水平地面上放有一个底面积为的圆柱形容器，内装有一定深度的水，水的质量为，将一个质量分布均匀、体积为不吸水的物块放入水中，其状态如图所示，物块浸入水中的体积为．取，水的密度（1）求物块受到的浮力大小；（2）求物块的密度；（3）用力将物块压至图乙所示位置，求水对容器底部的压强增加了多少。【分析】（1）知道水的密度和物体排开水的体积，根据阿基米德原理求出浮力。（2）物体漂浮在水面上，知道浮力求出物体的重力，求出质量，又知道体积，求出密度。（3）求出物体漂浮和完全浸没时水面高度变化，求出水面升高增加量，求出水对容器底部的压强增加量。【解答】解：（1）物块浸入水中的体积为：，物块漂浮在水面上受到的浮力：（2）因为物块漂浮在水面上，所以，物块的重力：物块的质量：物块的密度：（3）在甲图中，物块漂浮在水面上，水面升高：在乙图中，物块浸没在水中，水面升高的高度：所以从甲图到乙图水面升高的高度：△增加的压强为：△△答：（1）物块受到的浮力；（2）物块的密度是；（3）用力将物块压至图乙所示位置，水对容器底部的压强增加。【点评】当物体放在水中时，求容器底受到的压强增加量，是比较常见的一种题型，关键是求出水面升高的高度。20．（7分）如图所示，电源电压保持不变，小灯泡标有“”的字样，滑动变阻器的最大阻值为，定值电阻的阻值为，电压表量程为，电流表量程为，灯丝电阻不随温度变化，求：（1）小灯泡正常发光时的阻值为多少？（2）当、、都闭合，滑动变阻器的滑片滑到点时，小灯泡恰好正常发光，此时定值电阻的电功率为多少？（3）保证电路安全，当、闭合，断开时，该电路消耗的最小电功率为多少？【分析】（1）灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，根据求出灯泡的电阻；（2）当、和都闭合，滑动变阻器的滑片滑到点时，与并联，根据并联电路的电压特点和额定电压下灯泡正常发光可知电源的电压，根据求出此时定值电阻的电功率；（3）闭合、，断开时，与串联，当保证电压表不超过最大量程，可求滑动变阻器的最大阻值，根据欧姆定律可求出电路中电流最小值，根据可知此时该电路消耗的电功率最小，并得出最小电功率。【解答】解：（1）由可得，小灯泡正常发光时的阻值：；（2）当、和都闭合，滑动变阻器的滑片滑到点时，与并联，因并联电路中各支路两端的电压相等，且小灯泡恰好正常发光，所以，电源的电压，此时定值电阻的电功率：；（3）闭合、，断开时，与串联，电压表测变阻器的电压，当滑动变阻器的两端电压等于电压表的最大值，即时，变阻器接入电路的阻值最大，电路总电阻最大，根据欧姆定律可知电路中电流最小，最小电流：，根据可知此时该电路消耗的电功率最小，最小电功率为。答：（1）小灯泡正常发光时的阻值为；（2）当、、都闭合，滑动变阻器的滑片滑到点时，小灯泡恰好正常发光，此时定值电阻的电功率为；（3）保证电路安全，当、闭合，断开时，该电路消耗的最小电功率为。【点评】本题考查了串联电路和并联电路的特点以及欧姆定律、电功率公式的应用，会确定最后一问中电路的最小功率是关键。六．综合能力题(本大题共3小题，第21题6分，第22题6分，第25题7分，共19分)21．（6分）（1）一个空心小铁球漂浮在盛水的容器中，将容器置于铁棒的上方，绕在铁棒上的线圈连接电路，开关闭合后，如图甲所示，小磁针静止，空心小铁球仍漂浮在水面上。①此时端为电磁铁的极；②在图乙虚线框内画出铁球的受力示意图（铁球用“”表示）；③已知通过线圈的电流越大，小铁球受到的磁场力就越大，假如此时增大线圈通过的电流后空心小铁球重新静止时，相对于增大电流前，空心小铁球所受浮力（选填“变大”、“不变”、“变大”。（2）如图丙所示，和是金属棒，质量不可忽略不计，Ⅰ和Ⅱ是一对异名磁极，金属棒为放在其间。用导线把和连成一个闭合回路。当金属棒向左运动做切割磁感线运动时，金属棒产生了“由到”的电流，此时金属棒刚好悬在空中不动，忽略空气阻力。假设金属棒只受重力和磁场力作用，由此可知：①此时金属棒受到的磁场力方向为；（选填“竖直向上”、“竖直向下”、“水平向左”、“水平向右”②若把磁极Ⅰ、磁极Ⅱ互换位置，磁极、磁极也互换位置，当金属棒仍向左运动时，金属棒产生的电流方向是（选填“由到”、“由到”，此时，金属棒受到的磁场力方向是。（选填“竖直向上”、“竖直向下”、“水平向左”、“水平向右”【分析】（1）根据磁极间相互作用规律判断电磁铁的极性；对小球受力分析，根据力的示意图的画法作图；导线刚好悬在空中不动，受力平衡，据此画出受力示意图；根据滑片的移动方向判定电路中电流的变化；根据电流变化分析磁性的变化和小球受力的变化，然后得出浮力的变化。（2）发电机的制作原理是电磁感应现象；感应电流的方向与磁场方向、导体的运动方向有关；磁场力的方向与电流方向、磁场方向有关。【解答】解：（1）①在电源外部，电流总是从电源的正极出发，经用电器回电源的负极，由此判断出电磁铁线圈中电流的方向，再根据安培定则判断出端为电磁铁的极。②电磁铁周围存在磁场，对小铁球产生竖直向下的吸引力，所以小铁球受竖直向下的重力和吸引力，以及竖直向上的浮力，如图所示：③小铁球所受浮力等于小铁球的重力与电磁铁对它的吸引力之和，增大线圈通过的电流，电磁铁的磁性变强，对小铁球的吸引力变大，重力不变，故小铁球受到的浮力将变大。（2）①悬在空中不动的金属棒处于平衡状态，受平衡力的作用，所以金属棒受竖直向下的重力和竖直向上的磁场力。②对调、极，磁场的方向改变，金属棒仍向左运动时，电路中产生的电流方向也会发生变化，即中电流方向将由“到”。金属棒所处磁场方向不变，但是电路中电流方向发生改变，金属棒受到的磁场力方向也会发生改变，此时金属棒所受磁场力的方向将竖直向上。故答案为：（1）；；变大；（2）竖直向上；由到；竖直向上。【点评】（1）本题考查了磁极间的相互作用规律、物体浮沉条件的应用、力的示意图的画法、欧姆定律的应用、影响电磁铁磁性大小的因素，考查的较全面。（2）本题考查了电磁感应现象和通电导体在磁场中的受力情况，明确感应电流方向、磁场力的方向为解题的关键。22．（6分）如图所示是利用太阳能电源工作的一种新型动力车。它上面的太阳能接收板的有效面积为，天气晴朗且接收板正对阳光时，每平方米面积上每秒钟能接收到太阳辐射的能量为，太阳能电池提供的电压为，可供电动机正常工作的电流为。（1）太阳能属于可（选填“可”或“不可”再生能源。（2）该太阳能电池每秒可以提供的电能为。（3）该太阳能电池将太阳能转化为电能的效率是。（4）电动机正常工作时，将电能主要转化为能，若电动机的转化效率是，且该车沿水平路面匀速行驶时所获得的牵引力是，则该车匀速行驶的速度是。【分析】（1）不可能在短期内从自然界得到补充的属于不可再生能源；可以在自然界里源源不断的得到补充的属于可再生能源；（2）利用求出电能；（3）结合效率公式求出太阳能转化为电能的效率；（4）电动机正常工作时，将电能主要转化为机械能；根据效率公式求出转化的机械能，再求出功率，利用计算速度。【解答】解：（1）太阳能可从自然界不断获得，属可再生能源；（2）太阳能电池输出的电能：，（3）太阳能电池板接收的能量为：，则太阳能电池将太阳能转化为电能的效率：；（3）电动机工作时，主要将电能转化为机械能；由得，转化成的机械能为：，电动机的输出功率为：，因为太阳能新型动力车做匀速直线运动，由得，该车匀速行驶的速度：。故答案为：（1）可；（2）1800；（3）；（4）机械；9。【