第06周-备战2023年中考物理模拟卷每周一测（广东专用）（解析版）2

第06周-备战2023年中考物理模拟卷每周一测广东专用本试卷共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．选择题(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）对物理量的估测，是学好物理的基本功之一。下列对一些物理量的估测正确的是（）A．初中生的脉搏每分钟跳动700次左右 B．人体感觉舒适的环境温度为36℃ C．指甲盖受到的大气压力大约为10N D．一间教室内空气的质量大约22kg【分析】（1）人的脉搏约为70次/min；（2）人感到舒适的环境温度为18～25℃；（3）大气压强约为1×105Pa，指甲盖的大小约为1cm2；（4）空气的密度为1.29kg/m3。【解答】解：A.人的脉搏约为70次/min，所以A错误；B.人体感到舒适的环境温度为18～25℃，在36℃的环境中会感到很热，很不舒适，所以B错误；C.大气压强约为1×105Pa，指甲盖的大小约为1cm2＝1×10﹣4m2，由p＝可得，指甲盖受到的大气压力为F＝pS＝1×105Pa×1×10﹣4m2＝10N，所以C正确；D.一间教室的大小约为5m×10m×3m＝150m3，由ρ＝可得，教室内的气体质量为m＝ρV＝1.29kg/m3×150m3＝193.5kg，所以D错误。故选：C。【点评】与人体或身边事物相关的估算类试题是估算类试题中比较常见的一种，解答这类题的关键是熟知一些与我们人体相关的物理量，并能用这些物理量去衡量其余的物理量。2．（3分）如图所示的四种物态变化实例中，需要吸热的是（）A．初春，湖面上冰化成“水” B．盛夏，草叶上形成“露珠” C．深秋，枫叶上形成“霜” D．严冬，树枝上形成“雾凇”【分析】（1）物质由气态直接变为固态叫凝华，物质由固态直接变为气态叫升华；由气态变为液态叫液化，由液态变为气态叫汽化；由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固。（2）六种物态变化过程中，都伴随着吸热或放热；其中放出热量的物态变化有：凝固、液化、凝华；吸热的有：熔化、汽化、升华。【解答】解：A、冰化成水，属于熔化过程，需要吸收热量。B、露珠是水蒸气遇冷液化形成的，液化放热。C、霜是空气中的水蒸气遇冷凝华形成的冰晶，凝华过程放热。D、雾凇是空气中的水蒸气遇冷凝华形成的冰晶，凝华过程放热。故选：A。【点评】判断物态变化，关键是分清物质变化前后的状态，是中考热学知识考查的热点内容。3．对下列四幅图片的解释不正确的是（）A．甲图中A集气瓶中应该装空气，这样做的目的是避免重力对实验造成影响 B．乙图中，红墨水在热水中比在冷水中扩散的快，说明温度越高，分子运动越剧烈 C．丙图中将两个铅柱压在一起，下面能够悬挂一个钩码，说明分子之间存在引力 D．丁图中在注射器里装入一些空气，用手可以推动活塞将空气压缩，说明分子之间存在斥力【分析】由分子的基本性质可知，分子在不停地做无规则运动，分子的运动速度与温度有关；分子间存在相互作用的引力和斥力，分子间还存在着间隙。【解答】解：A．甲图探究的是扩散现象的问题，由于二氧化氮的密度比空气密度大，为了避免重力对实验造成影响，上面的A集气瓶中应该装空气，故A正确；B．分子运动受温度影响，乙图中红墨水在热水中比在冷水中扩散的快，说明温度越高，分子运动越剧烈，故B正确；C．分子之间存在引力，丙图中紧压在一起的两个铅块能够吊起钩码而不分开，这正说明了分子之间存在引力，故C正确；D．丁图中用手可以推动活塞将空气压缩，是因为分子之间的间隙比较大，并不能说明分子之间存在斥力，故D错误。故选：D。【点评】本题主要考查学生对分子动理论的基本知识的理解和掌握，是中考热点。4．（3分）下列关于声音的说法，不正确的是（）A．临街住宅安装双层玻璃可以减弱噪声 B．长期佩戴耳机开大音量听音乐可能损伤听力 C．北京天坛的回音壁利用了声音反射的原理 D．声呐通过次声波的回声定位探索海洋的秘密【分析】（1）减弱噪声的方法有三种：①在声源处减弱噪声；②在传播过程中减弱噪声；③在人耳处减弱噪声；（2）音量即响度，声源的振幅越大，响度越大；（3）回声是声音在传播过程中遇到障碍物被反射回来的现象；（4）声音可以传递能量和信息。【解答】解：A、临街住宅安装双层玻璃可以在声音传播过程中减弱噪声，故A正确；B、长期佩戴耳机开大音量听音乐，增大声音的响度，可能损伤听力，故B正确；C、驰名中外的北京天坛里的回音壁有非常美妙的声音现象，它是我国古代建筑师利用声音的反射造成的音响效果，故C正确；D、声呐通过超声波的回声定位探索海洋的秘密，故D错误。故选：D。【点评】本题考查控制噪声的途径、回声现象，是一道声学常考题。5．（3分）白鹤滩水电站位于云南省巧家县和四川省宁南县境内，是中国第二大水电站，它的建设对促进西部开发、实现“西电东送”、有效解决长三角电力具有重要的意义。下列说法中错误的是（）A．水能属于可再生能源 B．水电站里的发电机利用了通电线圈在磁场里受力转动的原理 C．水电站将水的机械能转化为电能 D．水库可以降低周围昼夜温差，是因为水的比热容大的缘故【分析】（1）可再生能源：可以从自然界中源源不断地得到的能源．例：水能、风能、太阳能、生物质能、潮汐能；不可再生能源：不可能在短期内从自然界得到补充的能源．例：化石能源（煤炭、石油、天然气）、核能；（2）发电机的原理是电磁感应；（3）判断能量的转化，我们主要看它要消耗什么能量，得到什么能量，总是消耗的能量转化为得到的能量；（4）由于水的比热容最大，故相同质量的水和其它物质相比较，在吸收或放出相同的热量时，水的温度变化小。【解答】解：A．水可以从自然界里源源不断的得到补充，属于可再生能源，故A正确；B．水电站里的发电机利用了电磁感应的原理，故B错误；C．水力发电，将水的机械能转化为电能，故C正确；D．水库中水量多，水的比热容较大，在吸收或放出相同的热量时，水的温度变化小，因此可以降低周围昼夜温差，故D正确。故选：B。【点评】本题考查了能量分类、比热容、能量转化、液体压强特点等，属于比较基础的习题。6．（3分）如图所示，水平桌面上放一重为100N的物体A，A与桌面间的摩擦力为40N，当用力F拉绳子的自由端使A匀速运动时，拉力F的大小为（不计绳重、滑轮重及绳轮间摩擦）（）A．20N B．50N C．60N D．70N【分析】从图中可知n＝2，不计绳重、滑轮重及绳轮间摩擦，根据F＝f可知拉力的大小。【解答】解：从图中可知n＝2，不计绳重、滑轮重及绳轮间摩擦，根据F＝f可知，拉力F＝×40N＝20N。故选：A。【点评】本题考查滑轮组绳子拉力的计算，关键是判断绳子的股数n。7．（3分）如图所示的电路中，电源两端电压为3V，且保持不变，甲、乙是电表（电压表或电流表），灯泡L1标有“3V3W”、灯泡L2标有“6V6W”。闭合开关S，两灯均发光。若不计灯丝电阻变化，则下列说法正确的是（）A．甲表为电压表，且示数为3V B．乙表为电流表，且示数为1A C．通电1min，该电路消耗的电能为270J D．该电路的实际功率为两灯额定功率之和【分析】（1）电压表并联在电路中，在电路中可以看作开路；电流表必须串联在电路中，在电路中相当于导线；根据仪表的连接方式以及在电路中的作用，结合已知闭合开关S，由两灯均发光可以辨别甲、乙两电表的名称，推断两灯的连接方式；（2）辨别甲、乙两电表的名称前提下，两个灯泡并联接入电路，电源两端电压为3V，根据铭牌数据可知灯泡Ll正常发光，其电压为额定电压3V，其实际功率等于额定功率为3W，灯泡L2不能正常发光，其电压等于灯泡Ll两端电压为3V；（3）根据铭牌数据，由欧姆定律求出L1、L2的电阻；由于灯泡L2两端电压等于灯泡L1两端电压为U＝3V，根据P＝求出实际功率；（4）该电路总功率应为两灯实际功率之和求出电路总功率，进一步根据W＝P总t，求出通电1min，求出该电路消耗的电能。【解答】解：AB、由题意知闭合开关S，两灯均发光，若两表均为电压表，则灯泡L2不会发光；若两表均为电流表，则灯泡L1、L2均会被短路；若甲为电压表，乙为电流表，则灯泡L2会被短路；只有甲为电流表，乙为电压表，满足两灯均可发光，且两灯并联，故A、B均错误；CD、在已辨别甲、乙两电表的名称前提下，两个灯泡并联接入电路，电源两端电压为3V，结合铭牌数据可知灯泡Ll正常发光，其电压为额定电压U1额＝3V，其实际功率为P1′＝P1额＝3W；灯泡L2不能正常发光，其电压等于灯泡Ll两端电压为U2＝U1额＝3V；根据铭牌数据，L2的电阻为：R2＝＝＝6Ω，其实际功率为P2′＝＝；则电路总功率为P总＝P1′+P2′＝3W+1.5W＝4.5W；该电路总功率应为两灯实际功率之和，故D错误；通电1min，该电路消耗的电能为W＝P总t＝4.5W×60s＝270J，故C正确。故选：C。【点评】本题考查电流表、电压表的连接方式、欧姆定律的应用及电功率、电能的计算问题，有一定综合性。二．填空题(本大题共7小题，每空1分，共21分)8．（3分）花园里百花争艳，人在远处就能闻到花香，这是扩散现象；荷叶上相距很近的两滴水珠，会自动汇合成一滴较大的水珠，这说明分子之间存在引力。天然气热值为4×107J/m3，完全燃烧0.2m3的天然气所释放的热量为8×106J。【分析】（1）不同物质接触时，分子彼此进入对方的现象就叫扩散现象；（2）分子间存在着相互作用的引力和斥力；（3）利用Q放＝Vq求完全燃烧0.2m3的天然气放出的热量。【解答】解：花园里百花争艳，人在远处就能闻到花香，这是扩散现象；荷叶上相距很近的两滴水珠，会自动汇合成一滴较大的水珠，这说明分子之间存在相互作用的引力；完全燃烧0.2m3的天然气释放的热量：Q放＝Vq＝0.2m3×4×107J/m3＝8×106J。故答案为：扩散；引力；8×106。【点评】本题考查了分子间的作用力、扩散现象以及燃料完全燃烧放热公式的掌握和运用，属于基础题型。9．（3分）汽油机的做功冲程使汽车获得动力，如图所示是压缩冲程，如果该汽油机的飞轮转速为1200r/min，则它每秒对外做功10次。【分析】（1）汽油机的做功冲程使汽车获得动力；根据进气门、排气门的开关情况和活塞的运动情况进行判断；内燃机的四个冲程中有两个冲程发生能量转化，一是压缩冲程中机械能转化为内能；二是做功冲程中内能转化为机械能；（2）在四冲程内燃机曲轴转一圈，完成2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：做功冲程中内能转化为机械能，汽油机的做功冲程使汽车获得动力；由图可以看出，热机的进气门关闭，排气门关闭，活塞由下向下上运动，为压缩冲程；由题意可知，四冲程汽油机的飞轮转速是1200r/min，即每秒钟转20圈，做功10次。故答案为：做功；压缩；10。【点评】解决此题要结合内燃机的四个冲程工作特点进行分析解答，记住相关的数据大小，会根据转速进行相关计算。10．（3分）甲、乙两铁制实心圆柱体，它们的质量之比为3：4，则甲，乙两圆柱体的密度之比ρ甲：ρ乙＝1：1，体积之比V甲：V乙＝3：4。若将甲切去一半，乙切去三分之一，则甲、乙剩余部分的密度之比为1：1。【分析】根据“甲、乙两个实心圆柱都由铁制成”可得甲、乙两圆柱的密度之比；又知甲、乙两圆柱的密度之比，利用密度公式计算两圆柱的体积之比；密度是物质的一种特性，与质量和体积无关，甲、乙各自切去一部分后，甲、乙密度不变，由此确定甲、乙剩余部分的密度之比。【解答】解：由题知，甲、乙两个实心圆柱都由铁制成，则甲、乙两圆柱的密度之比ρ甲：ρ乙＝1：1；根据ρ＝可得，则甲、乙两圆柱的体积之比：＝＝×＝×＝3：4；密度与物质的质量与体积的大小无关，所以若将甲切去一半，乙切去三分之一，那么甲和乙剩余部分的密度不变，即甲、乙剩余部分的密度之比等于甲、乙物质的密度之比为1：1。故答案为：1：1；3：4；1：1。【点评】本题考查天平的使用和密度的性质，关键是密度公式的应用，重点是密度的性质，记住密度是物体本身的一种特有的属性，与质量和体积无关。11．（3分）如图，这是一款人脸识别门禁一体机，通过摄像镜头捕捉人脸信息，该摄像镜头相当于凸透镜，这种透镜对光线具有会聚作用（填“会聚”或“发散”），若镜头的焦距为10cm，为了能成清晰的像，人脸到镜头的距离应大于20cm。【分析】摄像镜头是利用凸透镜成倒立、缩小的实像的原理工作的，当u＞2f时，凸透镜成倒立、缩小的实像；凸透镜对光线具有会聚作用。【解答】解：该摄像镜头相当于一个凸透镜，凸透镜对光线有会聚作用，是利用“当u＞2f时，凸透镜成倒立、缩小的实像”原理成像的；若该镜头的焦距为10cm，为了能成清晰的像（即缩小的实像），物距应大于二倍焦距，则人脸到镜头的距离应大于20cm。故答案为：凸；会聚；20。【点评】本题考查了凸透镜成像的应用、凸透镜对光线的作用，是一道凸透镜成像的综合题。12．（3分）我国实施的“西气东输”工程中，西部地区丰富的天然气被输送到东南沿海经济发达地区。2009年佛山市天然气市政工程建设顺利推进，晓宇家改用了管道天然气。如果他家的热水壶中水的体积为2L，这壶水的质量为2kg；一标准大气压下将这壶初温为20℃的水烧开，水吸收的热量是6.72×105J；一台单缸四冲程汽油机在一个工作循环中的平均功率是9200w，该汽油机1s需燃烧汽油0.001kg，问该汽油机的效率是20%（汽油的热值是4.6×107J/kg）【分析】（1）由密度公式的变形公式可以求出水的质量；（2）由热量公式可以求出水吸收的热量；（3）知道汽油机在一个工作循环中的平均功率，根据W＝Pt求出每秒钟做的功，又知道燃烧汽油的质量和热值，根据Q放＝mq求出完全燃烧释放的热量，利用效率公式求出汽油机的效率。【解答】解：（1）由密度公式：ρ＝可知，水的质量：m＝ρV＝1.0×103kg/m3×2×10﹣3m3＝2kg；（2）一标准大气压下水的沸点是100℃，水吸收的热量：Q＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（100℃﹣20℃）＝6.72×105J；（3）每秒钟汽油机做的功：W＝Pt＝9200W×1s＝9200J，完全燃烧汽油0.001kg释放的热量：Q＝mq＝0.001kg×4.6×107J/kg＝4.6×104J，汽油机的效率：η＝＝×100%＝20%。故答案为：2；6.72×105；20%。【点评】本题考查了求水的质量、水吸收的热量、做功公式、燃料完全释放热量和效率的计算，涉及的知识点较多，是一道综合题。13．（3分）快乐小区电梯内壁是抛光的不锈钢板。电梯门打开时，小玉看到“自己”，这是光发生反射而形成虚像（选填“实”或“虚”）；走进电梯，“像”会靠近（选填“靠近”或“远离”）她。【分析】不锈钢板成像原理与平面镜相同，像与物大小相等，像的大小与物距无关。【解答】解：抛光的不锈钢板相当于平面镜。小玉看到不锈钢板“里面”的“自己”，这是由于光发生反射而形成的虚像；走进电梯，物距减小，属于像距也会减小，此时“像”会靠近自己。故答案为：反射；虚；靠近。【点评】本题考查了平面镜成像的特点的应用，属于基础题。14．（3分）小明家住二楼，喜欢网购的他为了收货方便，在二楼阳台顶部安装了如图甲所示的滑轮组。某次在接收一个重为G＝100N的快递包裹时，小明施加的拉力F随时间变化关系如图乙所示，包裹上升的速度v随时间变化的关系如图丙所示。已知吊篮重力为20N，不计动滑轮重量和绳重，忽略绳与轮之间的摩擦取g＝10N/kg。则：（1）第1s内地面对物体的支持力30N；（2）第2s末，拉力F的功率为300W；（3）第3s内滑轮组的机械效率η为83.3%。【分析】（1）由图甲可知滑轮组绳子的有效股数，由图丙可知第1s内物体的速度，从而判断出包裹所处的状态，然后对包裹和吊篮整体受力分析，根据力的平衡条件得出等式，由图乙读出拉力的大小，进一步求出地面对物体的支持力；（2）由v绳＝nv求出绳端移动的速度，根据图乙读出拉力的大小，根据P＝＝＝Fv计算拉力F的功率；（3）由图丙可知第3s内包裹的速度，从而判断出包裹所处的状态，根据图乙读出拉力的大小，根据η＝＝＝＝求出滑轮组的机械效率。【解答】解：（1）由图丙可知，第1s内物体的速度为零，处于静止状态，不计动滑轮重量、绳重以及摩擦，对包裹和吊篮的整体进行受力分析可知，受到竖直向下的总重力和竖直向上地面的支持力、3股绳子的拉力，由力的平衡条件可得：G+G吊篮＝3F拉+F支持，由图乙可知，第1s内的拉力F拉＝30N，则地面对物体的支持力：F支持＝G+G吊篮﹣3F拉＝100N+20N﹣3×30N＝30N；（2）由图丙可知，第2s末，包裹的速度为2.5m/s，处于平衡状态，由图乙可知此时的拉力F＝40N，则绳子自由端移动的速度：v绳＝3v＝3×2.5m/s＝7.5m/s，第2s末，拉力F的功率：P＝＝＝Fv绳＝40N×7.5m/s＝300W；（3）由图乙可知此时的拉力F＝40N，则滑轮组的机械效率：η＝＝＝＝＝×100%≈83.3%。故答案为：（1）30；（2）300；（3）83.3%。【点评】本题考查了重力公式、功率公式和滑轮组机械效率公式以及平衡力条件的应用，从图象中获取有用的信息是关键。三．作图题(本大题共3小题，共7分)15．（1）（2分）如图所示，物块正沿粗糙斜面向上滑动，请画出物块对斜面的压力F的示意图。【分析】压力是接触面受到的力，因此压力的作用点在接触面上，即接触面的中点上；然后根据压力的方向垂直于受力面，过压力作用点画带箭头的线段表示压力的大小和方向。【解答】解：物块对斜面的压力作用点在斜面上，方向垂直斜面向下，物块对斜面的压力F的示意图如下所示：【点评】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。（2）（2分）如图所示，表示分别平行于主光轴的光线和一倍焦距处射向透镜的光线，及射向光心的光线，请你在图中分别画出它们经过透镜后的光路图。【分析】先确定所给的入射光线的特点，然后根据凸透镜的光学特点作图。【解答】解：平行于主光轴的光线经凸透镜折射后将过焦点；过焦点的入射光线的折射光线平行于主光轴；过凸透镜光心的光线传播方向不改变，如图所示：【点评】凸透镜的三条特殊光线：①通过焦点的光线经凸透镜折射后将平行于主光轴；②平行于主光轴的光线经凸透镜折射后将过焦点；③过凸透镜光心的光线传播方向不改变。（3）（3分）根据如图所示的实物连接图，画出对应的电路图。【分析】从实物图上可以看出，两只灯泡并联；电流表A1在干路上，电流表A2测量通过灯泡L1的电流；开关S1控制灯泡L1，开关S2控制干路。【解答】解：根据实物图，从电源正极出发，经电流表A1开始分支，一支经开关S1、灯泡L1、电流表A2，另一支经灯泡L2，然后共同汇合经开关S2回到电源负极，画出电路图如下图所示：。【点评】本题考查根据实物图画电路图，关键是明白电路中各个用电器的连接情况，根据实物图画电路图是整个初中物理的难点，也是中考必考的内容。四．实验探究题(本大题共3小题，第16题5分，第17题7分，第18题7分，共19分.)16．（5分）小明利用托盘天平测量水的质量，部分操作过程如图所示。（1）在调节天平时，将游码归零后，发现指针如图甲所示偏向分度盘的右侧，此时可将右侧的平衡螺母向左调，使天平平衡。（2）把空烧杯放在天平左盘，增减砝码及调节游码使天平平衡。天平平衡后盘中的砝码和游码在标尺上的位置如图乙所示，则空烧杯的质量是37.4g。（3）把装入适量水的烧杯放在左盘，往右盘添加最小砝码后，指针再次如图甲所示，则此时应取下小砝码，然后调节游码，使天平再次平衡。由乙、丙两图可知烧杯中水的质量是45g。（4）若两次测量中使用的那个10g的砝码磨损了一点，则测得的水的质量不变（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。【分析】（1）根据指针偏向分度盘的右侧可知右侧质量大，所以把平衡螺母向左调节，才能使天平平衡；（2）由图乙可知空烧杯的质量等于砝码的质量加上游码所对应的刻度值；（3）由图丙得到烧杯和水的总质量，烧杯和水的总质量与烧杯的质量之差得到烧杯中水的质量；（4）天平测物体质量时，左盘物体质量等于右盘砝码质量（移动游码相当于给右盘增减砝码），读数时为m物＝m砝码+m游码。【解答】解：（1）图中显示指针向右偏，根据“右偏左调，左偏右调”的规则，应将平衡螺母向左调；（2）由图乙可知，空烧杯的质量m空＝20g+10g+5g+2.4g＝37.4g；（3）把装入适量水的烧杯放在左盘，往右盘添加最小砝码后，指针右偏，说明砝码质量偏大，则应先取下小砝码，再向右适当移动游码，使横梁平衡；由图丙可知，烧杯和水的总质量m总＝50g+20g+10g+2.4g＝82.4g；烧杯中水的质量m水＝m总﹣m空＝82.4g﹣37.4g＝45g；（4）砝码磨损后，自身质量变小。当测量同一物体时，需要增加砝码或移动游码，才能使天平重新平衡，此时所读数值大于物体实际质量，由于两次读数值大于物体实际质量相同，所以烧杯和水的总质量与烧杯的质量之差仍然等于烧杯中水的质量，测得的水的质量不变。故答案为：（1）左；（2）37.4g；（3）取下小砝码；游码；45；（4）不变。【点评】在天平的使用中应规范操作步骤，明确注意事项，掌握基本的操作步骤，对砝码磨损等特殊情况应做到灵活处理。17．（7分）小明在“测量小灯泡的电功率”实验中，选用如图﹣1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2.5V。（1）请用笔画线代替导线将滑动变阻器连入电路，要求：向右移动滑片P，灯泡变亮。（2）连接电路时，开关应处于断开状态。（3）连接好电路闭合开关后，灯泡不亮，电压表和电流表均偏转，则下一步操作应该是D。A.更换小灯泡B.检查电路是否断路C.更换电池D.移动滑片P（4）根据测得的数据绘制的通过小灯泡的电流随它两端电压变化的关系图象如图﹣2所示，分析图象可知：小灯泡的额定功率为0.625W。（5）利用图﹣1中器材和电路不能（选填“能”或“不能”）探究电流与电压的关系。（6）同组的小聪设计了一种测量定值电阻Rx阻值的电路，如图﹣3所示。已知电路中另一个定值电阻的阻值为R0，电源电压未知且不变。请将以下实验步骤补充完整：①断开开关S2，闭合开关S、S1，记录电压表的示数U1；②断开开关S1，闭合开关S、S2，记录电压表的示数U2；③待测电阻Rx阻值的表达式：Rx＝（用U1、U2、R0表示）。【分析】（1）滑动变阻器要串联在电路中，连接时要采取“一上一下”的方式，向右移动滑片P，灯泡变亮说明滑动变阻器的右下端要接入电路；（2）为保护电路，连接电路时，开关应处于断开状态；（3）连接好电路闭合开关后，灯泡不亮，电压表和电流表均偏转，说明电路是通的，只是电流比较小，灯泡实际功率较小导致不亮，下一步操作应该是移动滑片P，让灯泡亮起来；（4）小灯泡的额定电压为2.5V，由图﹣2找到对应的通过小灯泡的电流，由P＝UI得到小灯泡的额定功率；（5）在探究电流与电压的关系实验时要保持定值电阻不变，由图﹣2知小灯泡的电阻在变化，由此即可做出判断；（6）由电压表分别得到电源电压和待测电阻两端的电压，由欧姆定律公式得到待测电阻的阻值。【解答】解：（1）滑动变阻器要串联在电路中，连接时要采取“一上一下”的方式，向右移动滑片P，灯泡变亮说明滑动变阻器的右下端要接入电路，据此连接电路，完整电路如图所示；（2）为保护电路，连接电路时，开关应处于断开状态；（3）连接好电路闭合开关后，灯泡不亮，电压表和电流表均偏转，说明电路是通的，只是电流比较小，灯泡实际功率较小导致不亮，下一步操作应该是移动滑片P，让灯泡亮起来，故D正确；（4）由图﹣2知，灯泡两端电压为2.5V时，通过灯泡的电流为0.25A，故小灯泡的额定功率为：P＝UI＝2.5V×0.25A＝0.625W；（5）在探究电流与电压的关系实验时要保持定值电阻不变，由图﹣2知小灯泡的电阻在变化，故利用图﹣1中器材和电路不能探究电流与电压的关系；（6）①断开开关S2，闭合开关S、S1，两电阻串联，电压表测量Rx两端的电压，记录电压表的示数U1，即Rx两端的电压UX＝U1；②断开开关S1，闭合开关S、S2，两电阻串联，电压表测量电源的电压，记录电压表的示数U2，即电源电压U＝U2；R0两端的电压U0＝U2﹣U1，此时电路的电流I＝，③待测电阻Rx阻值的表达式：Rx＝＝＝。故答案为：（1）如图所示：；（2）断开；（3）D；（4）0.625；（5）不能；（6）②断开开关S1，闭合开关S、S2；。【点评】本题考查测量小灯泡电功率的实验，要能够正确连接电路、对实验开始时灯泡不亮的现象能做出正确分析、能够根据实验数据得到小灯泡的额定功率、能够利用串联电路的规律和欧姆定律求待测电阻的阻值。18．（7分）利用轻质杠杆探究杠杆平衡条件的实验中。（1）杠杆静止时如图甲所示，要使杠杆在水平位置平衡，则应将平衡螺母向左（选填“左”或“右”）调节；（2）如图乙所示，在A点挂4个钩码，在B点挂6个钩码，仍可使其在水平位置平衡；（3）用弹簧测力计代替钩码，如图丙所示，不断改变弹簧测力计的作用点和力的大小，使杠杆在水平位置平衡，弹簧测力计的拉力F与其力臂l1的图像如图丁所示，图像中每个点与两坐标轴围成的矩形面积相等（选填“相等”或“不等”），其原因是阻力和阻力臂保持不变，根据杠杆的平衡条件可知，动力与动力臂的乘积保持不变。（4）该同学在科技创新实验中将此装置改装成了一个杠杆液体密度计，该装置可测量小桶内液体的密度，如图戊所示，将容积为20mL的小桶挂在M点，调节平衡螺母使杠杆水平平衡，已知OM＝OA＝6cm，则杠杆密度计的“0刻度”线应在O（选填“O”或“A”）点，将待测液体倒满M点的小桶，在杠杆右端挂上重物并调节至N点位置时，杠杆刚好水平平衡，重物质量10g，ON＝15cm，N点位置应标注的密度刻度值是1.25g/cm3，改装后杠杆右端的密度刻度线是（选填“是”或“不是”）均匀分布的（g＝10N/kg）。【分析】（1）实验前，发现杠杆右端下沉，说明杠杆的重心在支点右侧，要使其在水平位置平衡，应将杠杆的平衡螺母向左调节，直到杠杆在水平位置平衡，目的是为了便于测量力臂和避免杠杆自重对实验的影响；（2）根据已知条件，由杠杆的平衡条件求出在B位置挂上几个钩码；（3）由于此题中的阻力和阻力臂不变，由图中提供数据，根据杠杆的平衡条件分析即可。（4）通过调节平衡螺母的位置来消除小桶重力造成的影响，杠杆再次达到在水平位置平衡，然后根据杠杆平衡条件和密度公式解题。【解答】解：（1）实验前，将杠杆中点置于支架上，当杠杆静止时，发现杠杆右端下沉，说明杠杆的重心在支点右侧，要使其在水平位置平衡，应将杠杆平衡螺母向左调节，直到杠杆在水平位置平衡，目的是为了便于测量力臂和避免杠杆自重对实验的影响；（2）设一个钩码的重力为G，杠杆的一个小格为L，由杠杆的平衡条件F1L1＝F2L2知，4G×3L＝nG×2L解得：n＝6，即在B位置挂上6个钩码，使杠杆在水平位置平衡；（3）由于此题中的阻力和阻力臂不变，利用图象中任意一组数据都能得出，F2l2＝F1l1＝3N×0.02m＝2N×0.03cm＝0.06N•m，图像中每个点与两坐标轴围成的方形面积相等，其原因是阻力和阻力臂保持不变，根据杠杆的平衡条件可知，动力与动力臂的乘积保持不变。（4）小桶内没有液体时：根据杠杆平衡条件可知，当右侧挂上重物时杠杆不可能在水平位置平衡，只有重物在O点是杠杆才能在水平位置平衡，故密度计的“0刻度”在O点；小桶内装入液体时：根据杠杆平衡条件可知，当杠杆处于水平平衡状态时，G液×lOM＝G物×lON，小桶内所装液体的重力为G液＝ρ液gV，整理可得ρ液＝，代入数据可得：ρ液＝1.25g/cm3；由于G物、gV和lOM都是定值，故ρ液与lON成正比，故改装后杠杆右端的密度刻度线是均匀分布的。故答案为：（1）左；（2）6；（3）相等；阻力和阻力臂保持不变，根据杠杆的平衡条件可知，动力与动力臂的乘积保持不变；（4）O；1.25；是。【点评】本题考查调节平衡螺母的作用、杠杆实验时动力和阻力的实验要求及根据杠杆平衡条件计算，有一定难度。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）今年初，因“新冠疫情”形势严峻，在某些地区，快递公司实现了无人机投送快递服务。如图所示，已知无人机与快递的总质量为3.6kg，无人机匀速竖直上升到40m高的阳台，整个过程花了10s。则：（g＝10N/kg）（1）无人机匀速上升的过程中，旋翼产生的升力为多大？（2）无人机飞行的速度为多大？（3）无人机飞行时做了多少功？【分析】（1）物体处于静止或匀速直线运动状态时，受力平衡，据此结合重力公式求出旋翼产生的升力；（2）已知无人机飞行的时间和高度，利用速度公式求出无人机飞行的速度；（3）已知旋翼产生的升力和无人机上升的高度，利用W＝Fs求出无人机飞行时所做的功。【解答】解：（1）无人机匀速上升的过程中，处于平衡状态，则旋翼产生的升力与无人机与快递的总重力为一对平衡力，大小相等，则旋翼产生的升力为：F＝G＝mg＝3.6×10N/kg＝36N；（2）无人机水平飞行的速度为：v＝＝＝＝4m/s；（3）无人机飞行时做的功为：W＝Fs＝Fh＝36N×40m＝1440J。答：（1）无人机匀速上升的过程中，旋翼产生的升力为36N；（2）无人机飞行的速度为4m/s；（3）无人机飞行时做了1440J功。【点评】本题考查了二力平衡的应用、速度和功的计算公式的应用，难度不大，熟练应用公式是解题的关键。20．（7分）如图所示，是一款电热器的简化电路图，额定电压为220V，它有加热和保温两挡，R1和R2阻值不随温度变化，“加热”时额定功率为550W，电阻R1＝3R2。求：（1）正常“加热”状态，通过该电热器的电流；（2）正常“加热”状态，通电10min产生的热量；（3）“保温”状态时电路的总功率。【分析】（1）知道额定电压和加热时的额定功率，由P＝UI求出正常“加热”状态，通过该电热器的电流；（2）根据Q＝W＝Pt求出正常“加热”状态，通电10min产生的热量；（3）由图可知当开关接1时，只有R1工作，当开关接2时，R1、R2串联；根据串联电路的电阻特点和P＝可知加热和保温状态是的电路连接；根据加热额定功率和P＝求出R1的阻值；根据题意求出R2的阻值；根据P＝求出“保温”状态时电路的总功率。【解答】解：（1）由P＝UI可知，正常“加热”状态，通过该电热器的电流：I＝＝＝2.5A；（2）正常“加热”状态，通电10min产生的热量：Q＝W＝Pt＝550W×10×60s＝3.3×105J；（3）由图可知，当开关接1时，只有R1工作，当开关接2时，R1、R2串联；根据串联电路的电阻特点可知，当开关接1时，只有R1工作，电路中的电阻最小，根据P＝可知，电路中的电功率最大，电热器处于加热状态；由P＝可知，R1的阻值：R1＝＝＝88Ω，由于R1＝3R2，则R2的阻值：R2＝＝Ω，当开关接2时，R1、R2串联，电路中的电阻最大，根据P＝可知，电路中的电功率最小，电热器处于保温状态；根据串联电路的电阻特点可知，R1、R2的串联总电阻：R＝R1+R2＝88Ω+Ω＝Ω，“保温”状态时电路的总功率：P保温＝＝＝412.5W。答：（1）正常“加热”状态，通过该电热器的电流为2.5A；（2）正常“加热”状态，通电10min产生的热量为3.3×105J；（3）“保温”状态时电路的总功率为412.5W。【点评】本题考查了串联电路的特点和电功率公式的灵活应用，关键是电热器处于不同状态时电路连接方式的判断。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）中国载人深潜新坐标——“奋斗者号”随着我国科技的进步和无数海洋人的努力和探索，“奋斗者号”载人深潜器于2020年11月28日，成功潜入海底10909米，再次向世界展示中国力量！“奋斗者号”两侧配有压载铁，通过改变其数量来控制“奋斗者号”的下沉、上浮或悬停，如图所示。ρ海水取1×103kg/m3，ρ铁取8×103kg/m3。（1）若海水的密度均匀，“奋斗者号”在下潜过程中，所受海水的压强变大（选填“变大”“变小”或“不变”），当其潜入海底10000米时，所受海水压强大小为1×108Pa。（2）“奋斗者号”加速下沉时，其所受浮力小于（填“大于”“小于”或“等于”）重力，在经过某一密度均匀的海水区域时，迅速抛掉部分压载铁，使其所受浮力等于重力时（不能忽略海水的阻力），“奋斗者号”将匀速下沉（选填“加速下沉”“减速下沉”“匀速下沉”或“立即静止”）。（3）若“奋斗者号”体积为50m3（不包括压载铁），其所受浮力为5×105N，最大负载时总质量为22吨（不包括压载铁），当抛卸其中部分压载铁，只剩下2块时，可使“奋斗者号”处于悬浮状态，每块铁块的体积应为2m3才能使“奋斗者号”最大负载时实现悬浮静止状态。【分析】（1）根据液体压强公式p＝ρgh分析在“奋斗者号”下潜的过程中受到海水的压强变化；根据p＝ρgh求出受到海水的压强；（2）根据物体浮沉条件判断其运动状态；（3）对“奋斗者号”受力分析，由平衡条件求铁块的体积。【解答】解：（1）“奋斗者号”号下潜的过程中，海水密度不变，深度增加，根据液体压强公式p＝ρgh可知受到海水的压强变大；下潜到10000m深处时受到海水的压强为：p＝ρ海水gh＝1×103kg/m3×10N/kg×10000m＝1×108Pa；（2）根据物体的浮沉条件可知，“奋斗者号”加速下潜过程中，其受到的重力大于浮力；抛掉部分压载铁，使其所受浮力等于重力，受的是平衡力，它将保持原状态做匀速下沉运动；（3）“奋斗者号”受到的浮力为：F浮＝ρ海水gV＝1.0×103kg/m3×10N/kg×50m3＝5×105N；“奋斗者号”悬浮时，所受浮力和重力是平衡力，所以F浮+2F浮铁＝G总+2G铁，即F浮+2ρ水gV铁＝m总g+2×ρ铁gV铁，所以5×105N+2ρ海水gV铁＝22×103kg×10N/kg+2×8×103kg/m3×10N/kg×V铁，解得：V铁＝2m3。故答案为：（1）变大；1×108；（2）小于；匀速下沉；（3）5×105；2。【点评】此题考查压强和浮力的大小变化，物体浮沉条件及其应用，掌握压强和浮力大小的影响因素是关键。22．（6分）仔细阅读下面短文，利用文中的有用信息，回答文后提出的问题。太阳光是太阳上的核反应“燃烧”发出的光，经很长的距离射向地球，再经大气层过滤后到地面。1666年，英国的科学家萨克•牛顿做了人类首次用三棱镜分离太阳光束的实验，并由此证明，太阳的白光是由各种色光组合而成。除了辐射可见光外，太阳光还是天然紫外线的重要来源。若太阳辐射的紫外线全部到达地面，地球上的植物、动物和人类都不能生存。我们人类家园（地球）的周围包围着厚厚的大气层。在大气层的上部，距地面20～50km的高空有一层叫做臭氧的物质，这种物质能吸收大量太阳辐射来的紫外线，是地球上的生物得以生存和进化的重要条件。但是电冰箱内使用的一种制冷物质氟利昂，是臭氧的“天敌”。当电冰箱损坏后，氟利昂散到大气中，破坏臭氧层，对地球的生态环境构成威胁。为了保护人类生存的环境，1987年在世界范围内签署了限量生产和使用这类物质的《蒙特利尔议定书》。我国也在1991年签署了《蒙特利尔议定书》，并于2002年停止生产氟利昂。（1）太阳光通过三棱镜后被分解成红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫，说明太阳光是复色光（选填“单色光”或“复色光”）。（2）天然紫外线的主要来源是太阳光。（3）阳光中的紫外线大部分是被下列哪种物质吸收的D。A.大气层B.氟利昂C.地表和地球上的动植物D.臭氧层（4）适量的紫外线还可以为人们所用，以下不属于紫外线的应用的是C。A.灭菌B.使荧光物质发光C.可以进行遥控D.有助于人体的骨骼生长【分析】（1）太阳光是复色光，可以通过三棱镜分离出：红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫七种颜色的色光。（2）天然紫外线的最重要来源是太阳光。（3）太阳光中的紫外线大部分被臭氧层吸收了。（4）紫外线可以有助于合成维生素D，促进骨骼生长；紫外线可以杀死微生物，可以用紫外线来灭菌；紫外线可以使荧光物质发光，所以可以使用紫外线来验钞。而用来遥控的是利用了红外线。【解答】解：（1）太阳光是复色光，可以通过光的色散现象分解为：红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫七种颜色的色光。（2）结合短文内容分析可知：天然紫外线的最重要来源是太阳光。（3）太阳光中的紫外线大部分被臭氧层吸收了。故选：D；（4）紫外线可以有助于合成维生素D，促进骨骼生长；紫外线可以杀死微生物，可以用紫外线来灭菌；紫外线可以使荧光物质发光，所以可以使用紫外线来验钞。而用来遥控的是利用了红外线。故选：C。故答案为：（1）黄；靛；复色光；（2）太阳光；（2）D；（4）C。【点评】本题考查太阳光、紫外线有关的生活事例及臭氧层的破坏，此题体现大气环境的破坏及保护，真正体现到生活处处有物理。23．（7分）便携型热熔胶枪是一种建筑当中经常要用到的工具，在其他领域也有广泛的应用，图﹣1中热熔胶