2024年四川省成都市双流区中考物理第二次适应性考试试卷

2024年四川省成都市双流区中考物理第二次适应性考试试卷一、单项选择题（每小题2分，共26分）1．（2分）利用法拉第电磁感应现象人们制造了（）A．电动机 B．发电机 C．电磁铁 D．电饭煲2．（2分）古有北斗星指方向，今有北斗卫星导航程。北斗卫星与地面间传递信息是利用（）A．电磁波 B．超声波 C．次声波 D．光纤3．（2分）下列物态变化的实例中，属于汽化现象的是（）A．湖水结成冰 B．露珠的形成 C．钢铁化成“水” D．湿衣服变干4．（2分）下列数据最符合实际的是（）A．家用空调的额定制热功率约为100W B．手电筒中小灯泡的电流约为0.3A C．计算机USB接口的输出电压约为30V D．一节新干电池的电压约为10V5．（2分）小明和同学乘坐地铁7号线去成都金沙遗址参观，如图所示是他站在下行扶梯上时的情景，小明认为自己是运动的，他选择的参照物是（）A．小明自己 B．站在小明背后的同学 C．站在小明右边上行扶梯上的人 D．下行的扶梯6．（2分）寒冷的冬天，一碗热气腾腾的双流白家肥肠粉端上桌子，香气四溢。下列说法正确的是（）A．煮肥肠粉时通过做功改变了它的内能 B．肥肠粉烫嘴是因为它含有的热量多 C．香气四溢是因为分子在永不停息地做无规则运动 D．煮肥肠粉时锅内的水在沸腾过程中温度升高7．（2分）关于声现象，下列说法正确的是（）A．超声波“碎石”说明声音能传递信息 B．吹笛子按压不同的气孔能改变声音的响度 C．请勿“高声喧哗”是指降低声音的音调 D．在工地上佩戴耳塞是在人耳处减弱噪声8．（2分）2023年5月8日，全红蝉以五跳两满分的成绩，夺得跳水世界杯第二站比赛的冠军。下列对全红蝉在空中下落过程的分析，其中正确的是（）A．动能不变，重力势能变大 B．动能变大，机械能变大 C．重力势能转化为动能 D．动能转化为重力势能9．（2分）关于家庭电路和安全用电，下列说法正确的是（）A．家庭电路中电视机和电冰箱是并联的 B．家庭电路中开关可以接在零线上 C．家庭电路中电流过大一定是发生了短路 D．有金属外壳的电器都不需要用三孔插座10．（2分）如图所示是“探究影响滑动摩擦力大小的因素”的实验，下列说法正确的是（）A．甲图中水平匀速拉动木块时，木块受到的摩擦力小于弹簧测力计示数 B．对比甲图和乙图可知当接触面粗糙程度一定时，压力越大滑动摩擦力越大 C．对比乙图和丙图可知滑动摩擦力大小和接触面的粗糙程度有关 D．若改用丁图所示的装置也必须匀速拉动长木板才能完成该探究实验11．（2分）人类在漫长的历史中创造了各种各样的工具，使生产更省力或生活更方便，如图所示中四幅图涉及的物理知识说法正确的是（）A．甲图中利用撬棒撬大石块时撬棒是费力杠杆 B．乙图中用吸管喝饮料是利用了大气压的作用 C．丙图中飞机飞行时机翼上方空气流速快压强大 D．丁图中用手指堵住右端管口的U形管是连通器12．（2分）煮汤圆时把汤圆放入沸腾的水中后，汤圆先下沉到锅底，过了一会儿又上浮，最终漂浮在水面上。不考虑汤圆的吸水性，下列分析正确的是（）A．汤圆下沉时受到水的压强不变 B．汤圆下沉时受到的浮力小于它排开的水重 C．汤圆上浮时受到的浮力小于它的重力 D．汤圆漂浮时受到的浮力等于它的重力13．（2分）机场自动检票口，乘客需要进行人脸识别和身份证验证，人脸识别系统和身份证验证系统都相当于开关，信息都符合后开关自动闭合，电动门（电动机）自动打开让乘客通过。如图所示电路设计中，符合要求的是（）A． B． C． D．二、填空题（每空2分，共28分）14．（4分）小红最近总是离电视机较近才能看清楚电视画面，为此她需要佩戴透镜来矫正视力，关上电视机后她在电视机屏幕上看到了自己的像，这是光的现象。15．（4分）有一款新型水杯其内部结构如图甲所示，杯壁夹层中有在常温下处于固态的传热材料，对其加热时温度与加热时间的关系如图乙所示，在t2到t3时间内传热材料的内能，这种传热材料是（选填“晶体”或“非晶体”）。16．（4分）小明利用如图甲的电路图测量小灯泡电阻，小灯泡标有“2.5V”字样，某次测量中闭合开关后，电压表示数如图乙所示为V，若要测量小灯泡正常发光时的电阻，应将滑动变阻器的滑片P向移动。17．（4分）如图1所示两端开口的玻璃管，下端用橡皮膜封好，放入水中时橡皮膜向上凸起，若将玻璃管竖直向上提一点（未出水面），橡皮膜凸起的程度将；如图2所示静止在斜面上的物体A的重力和斜面对它的支持力（选填“是”或“不是”）一对平衡力。18．（4分）如图所示是汽车尾气中一氧化碳浓度的检测电路图。气敏电阻R1的阻值随一氧化碳浓度增大而减小，R2是滑动变阻器，开关S闭合，电磁铁的上端是极；当一氧化碳浓度增大到一定值后电铃会报警，应将电铃安装在图中位置处。19．（4分）在体育考试中，小明投掷实心球时取得了10.8m的成绩，实心球落地后由于会继续向前滚动，在地面滚动过程中阻力改变了它的。20．（4分）如图甲所示是一种电热水龙头，内部简化电路如图乙所示，通过旋转式开关S控制，可以出冷水、温水或热水，R1、R2是电热丝，R1＝44Ω，R2＝88Ω，当S旋到1、2时水龙头出水；当水龙头出热水时，电路1min内产生的热量为J。三、作图与计算题（共17分。计算题在解答时应写出公式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分）21．（2分）如图甲所示，成都舞者小美耗时6个月，下水100余次，演绎出绝美的水下芭蕾，而光影的运用更使其锦上添花。如图乙所示是一束空中探照灯光进入水中照射到她身上的简化示意图，请在乙图中画出：①该光线对应的入射光线；②标出折射角r。22．（2分）如图甲所示是我国古代科技著作《天工开物》记载的一种捣谷工具——舂，用脚连续踏木杠的一端，另一端的碓头就会连续起落。如图乙所示，舂米时将“碓”简化为杠杆，O为支点。请在乙图中画出：（1）脚在A处施加的最小动力F的示意图；（2）F的力臂L。23．（6分）如图所示是一款新型智能航拍无人机，机身总重20N，工作人员通过操作系统向该无人机发出指令，无人机在40s的时间内匀速上升了80m的高度，在空中悬停20s拍摄一段视频后，又以2m/s的速度沿水平方向匀速飞行120m。求：（1）无人机沿水平方向匀速飞行的时间；（2）无人机上升过程中克服重力做功的功率。24．（7分）如图所示电路中，电源电压不变，灯泡L标有“2V，0.5W”字样（灯丝电阻不随温度而变化），定值电阻R1＝22Ω，滑动变阻器R2规格为“40Ω，1A”，电流表量程为0～0.6A，电压表量程为0～3V。（1）只闭合S1时，电压表示数为1.6V，求灯泡电阻和电源电压；（2）只闭合S2时，为保证电路元件安全，求电路消耗电功率的变化范围。四、实验与探究题（每空2分，共14分）25．（6分）小朱同学利用如图甲所示的电路来探究“并联电路中电流的规律”。（1）闭合开关，图乙中电流表测量的是通过的电流；A.灯泡L1；B.灯泡L2；C.干路；（2）连接电路，闭合开关，发现小灯泡L1发光、L2不发光，故障原因可能是；（3）排除故障后，用电流表分别测出通过A、B、C三处的电流IA、IB、IC并且更换规格不同的小灯泡多次实验，数据记录在表格中。实验次数通过A处电流IA/A通过B处电流IB/A通过C处电流IC/A10.360.200.1620.440.260.1830.560.300.26分析表中数据，可得IA、IB、IC三者的数量关系式是。26．（8分）新材料的应用日益广泛是因为多种复合新材料具有密度小、强度大的优点。小满同学利用自己家庭实验箱里的器材来测量某一实心复合材料块的密度。（1）小满使用托盘天平测量材料块的质量，其中正确的操作是。A.称量前将游码拨到标尺右端刻度线处；B.称量时用镊子从大到小夹取砝码；C.称量时横梁不平衡调节了平衡螺母；D.称量后将砝码放在桌面上方便下次使用。（2）小满重新正确操作托盘天平测量材料块的质量，天平平衡时右盘所加砝码及游码的位置如图甲所示，则材料块质量为g；（3）小满接下来采用如图乙和如图丙所示的方法测量该材料块的体积，若按照图丙中A处眼睛的视线读数，测出的体积偏；纠正错误后，小满利用测出的数据计算得到了该材料块的密度。（4）小满发现实验箱里还有如图丁所示的弹簧测力计，他想用这个弹簧测力计和水（水的密度ρ已知），结合所学的浮力知识测量该材料块的密度。你认为小满的想法能实现吗？若能，请写出实验的基本思路方法；若不能，请写出理由：。五、选择题（每题2分，共10分。有的小题只有一个选项符合题目要求，有的小题有二个选项符合题目要求，全部选对的得2分，选对但不全的得1分，选错或者不答的得0分）27．（2分）2023年7月28日，第31届世界大学生运动会在成都盛大开幕，大会期间大量开发、使用新能源材料和设备，中国向全球展现出了“绿色大运”的科技力量。关于新能源和能量及其转化，下列说法正确的是（）A．成都造“萌嘟嘟”新能源汽车使用的氢能属于一次能源 B．我们要节能是因为世界上便于利用的能量的总量在不断减少 C．双流体育馆边的光伏灯吸收的太阳能由太阳内部核裂变产生 D．空调既可以制热又可以制冷说明热传递没有方向性28．（2分）2024年2月春节期间，小刚和妈妈到成都东部新区龙马湖公园新春灯会游玩，见证了一场视觉和文化的盛宴。如图所示，水下探照灯发出的巨型光柱透过水面在湖面上方摇曳，湖中心的水幕电影等景观，使得游人如织，流连忘返，小刚用手机拍了很多美景留作纪念。下列说法中正确的是（）A．探照灯发出的光从水进入空气时传播速度变慢 B．水幕电影画面在湖中的“倒影”比电影画面小 C．用手机拍照时美景通过镜头成的是倒立的像 D．水幕电影彩色画面由红、黄、蓝三种颜色的光组成29．（2分）小红想“比较水和某种食用油的吸热能力”哪个更强？为此她用完全相同的实验装置分别加热质量均为200g的水和食用油，一些物质的沸点如表所示，实验中她正确使用温度计测出了不同时间水和食用油的温度，并绘制了如图所示的温度随时间变化图像。若单位时间内食用油和水吸收的热量相等，水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）。小红根据实验结果作出以下判断，你认为正确的是（）标准大气压下物质沸点/℃酒精78煤油150水银357A．实验中若选择煤油温度计测量结果会更准确 B．食用油的末温度比水的高，所以它的吸热能力更强 C．第4﹣﹣6min内水吸收的热量是3.36×106J D．这种食用油的比热容为2.1×103J/（kg•℃）（多选）30．（2分）项目式学习小组的同学们在一次跨学科实践活动中参观了某建筑工地，观察到工人用如图甲所示的滑轮组提升建筑材料。在某次操作中，工人启动卷扬机，将总重为800N的沙箱A（内装沙子）匀速吊起，沙箱A运动的距离与时间的关系如图乙所示，已知空沙箱A的质量为10kg，每个滑轮重200N。在此过程中不计绳重及滑轮与轴之间的摩擦，下列说法正确的是（）A．每秒内卷扬机卷起的绳子长度为0.4m B．卷扬机对细绳拉力F的功率为160W C．滑轮组的机械效率为70% D．增加卷扬机转速可以提高滑轮组的机械效率（多选）31．（2分）如图所示，电源电压U恒定，R1、R2是定值电阻。当S、S1、S2都闭合，将滑片P滑至A端时，电路消耗的总功率为9W；闭合S、S1，断开S2，将滑片P滑至AB的中点时，电压表示数为8V，滑动变阻器消耗的功率为P1；闭合S、S2，断开S1，将滑片P滑至B端时，电压表示数为2V，滑动变阻器消耗的功率为P2，且P1：P2＝1：8，小华通过计算得到了以下结论，你认为其中正确的是（）A．电源电压U＝12V B．R1：R2＝8：1 C．滑动变阻器R的最大阻值为50Ω D．电路消耗的最小电功率为0.8W二、综合题（共10分。第32题在解答时应写出公式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分）32．（4分）如图甲所示，双流区某学校外出“研学”旅行，小明和同学在某风力发电基地从技术人员处了解到以下信息：为了缓解化石能源对人类生存环境造成的污染，中国率先在75届联合国大会上提出“碳达峰”、“碳中和”的奋斗目标，利用风力发电将助力我国实现该目标。风力发电机组主要由叶片、齿轮箱、发电机等组成，其简化结构如图乙所示。叶片在风的作用下旋转，经过齿轮箱增速后，发电机转子高速旋转发电。（1）叶片在风的作用下带动发电机工作，将风能转化为；（2）风机叶片由碳纤维复合材料制成，已知碳纤维复合材料的密度为ρ＝1.7g/cm3，一个叶片的质量约为2.5吨，它的体积约为m3；（计算结果保留两位小数）（3）风力发电机组利用齿轮箱可实现叶片转1圈，发电机转子转20圈。风力发电机组输出功率P与风速v的关系如图丙所示，当风速v＝15m/s时，叶片转动5圈，发电机输出电能1kW•h，则发电机转子1min转圈；（4）小明和同学们对风力发电有几种不同的看法和认识，你认为正确的是。A.风能是可再生能源，用之不竭，所以没必要节约用电；B.只要有风，风力发电机组就会发电输出电能；C.风力发电机组输出功率随风速的增大而增大；D.减轻叶片的重量可以提高发电机组的能量转化效率。33．（6分）如图甲所示，置于水平地面的薄壁圆柱形容器底面积为S＝400cm2，其左下方装有一智能阀门，另有一边长为10cm、重6N的正方体物块（表面不吸水），用细绳固定在容器底部，物块上表面刚好与容器内水面相平，绳长30cm。t＝0时刻智能阀门接到指令，以恒定速度向外放水，放出水的体积V与时间t之间的关系如图乙所示，放水过程中物块上表面始终与水面平行。忽略绳的质量、体积和液体扰动等次要因素的影响，水的密度为，求：（1）水放完后，物块对容器底部的压强；（2）t＝12.3min时细绳的拉力；（3）通过分析计算，写出放水时间t在0﹣﹣15min内水对容器底部压强p与时间t的函数关系式。

参考答案与试题解析一、单项选择题（每小题2分，共26分）1．（2分）利用法拉第电磁感应现象人们制造了（）A．电动机 B．发电机 C．电磁铁 D．电饭煲【分析】闭合回路中的部分导体做切割磁感线的运动时就能产生感应电流，这种现象为电磁感应现象，发电机就是根据电磁感应的原理制成的。【解答】解：发电机的原理是电磁感应现象，即闭合回路中的部分导体做切割磁感线的运动时就能产生感应电流。故选：B。【点评】本题考查发电机原理，是一道基础题目。2．（2分）古有北斗星指方向，今有北斗卫星导航程。北斗卫星与地面间传递信息是利用（）A．电磁波 B．超声波 C．次声波 D．光纤【分析】电磁波可以传递信息。【解答】解：北斗卫星与地面间传递信息是利用电磁波传递信息，超声波和次声波不能在真空传递信息，光纤用在北斗卫星和地面之间传递信息不现实，故A符合题意，BCD不符合题意。故选：A。【点评】本题考查的是电磁波的特点及应用，属于基础性题目。3．（2分）下列物态变化的实例中，属于汽化现象的是（）A．湖水结成冰 B．露珠的形成 C．钢铁化成“水” D．湿衣服变干【分析】物质由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固；由液态变为气态叫汽化，由气态变为液态叫液化；由固态直接变为气态叫升华，由气态直接变为固态叫凝华。【解答】解：A、湖水结冰，液态水变为固态冰，属于凝固现象，故A不符合题意；B、露是空气中的水蒸气遇冷液化形成的小水滴，故B不符合题意；C、钢铁化成“水”，由固态变成液态，属于熔化现象，故C不符合题意；D、湿衣服变干，液态水变为气态水蒸气，属于汽化现象，故D符合题意。故选：D。【点评】本题考查学生对六种物态变化的吸、放热情况的了解情况，是中考中最基本的考查内容。4．（2分）下列数据最符合实际的是（）A．家用空调的额定制热功率约为100W B．手电筒中小灯泡的电流约为0.3A C．计算机USB接口的输出电压约为30V D．一节新干电池的电压约为10V【分析】新课程标准要求我们能根据日常经验或自然现象粗略估测一些物理量。例如：长度、质量、时间、温度、力、速度、电功率、电流、电压等。解答估测选择题的方法：利用生活中我们熟悉的一些数据作为根据，进行单位换算，有时要利用基本公式求未知物理量。【解答】解：A、家用空调制热功率约为1000W，故A不符合实际；B、手电筒中小灯泡的电流约为0.3A，故B符合实际；C、计算机USB接口输出电压约为5V，故C不符合实际；D、一节新干电池的电压约为1.5V，故D不符合题意。故选：B。【点评】本题考查了对电功率、电流、电压的估测，注重理论与实际差异的应变能力的培养，体现新课程的基本理念。5．（2分）小明和同学乘坐地铁7号线去成都金沙遗址参观，如图所示是他站在下行扶梯上时的情景，小明认为自己是运动的，他选择的参照物是（）A．小明自己 B．站在小明背后的同学 C．站在小明右边上行扶梯上的人 D．下行的扶梯【分析】在研究物体运动时，要选择参照的标准，即参照物，物体的位置相对于参照物发生变化，则运动，不发生变化，则静止；据此逐项分析。【解答】解：A、在研究小明的运动情况时不能选取自己作为参照物，故A错误；B、以站在小明背后的同学为参照物，小明与它的位置没有发生变化，小明是静止的，故B错误；C、以站在小明右边上行扶梯上的人为参照物，小明与他们的位置发生了变化，小明是运动的，故C正确；D、以下行的扶梯为参照物，小明与扶梯的位置没有发生变化，小明是静止的，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了参照物的选择，是一道基础题。6．（2分）寒冷的冬天，一碗热气腾腾的双流白家肥肠粉端上桌子，香气四溢。下列说法正确的是（）A．煮肥肠粉时通过做功改变了它的内能 B．肥肠粉烫嘴是因为它含有的热量多 C．香气四溢是因为分子在永不停息地做无规则运动 D．煮肥肠粉时锅内的水在沸腾过程中温度升高【分析】（1）改变内能的方式包括做功和热传递；（2）热量是过程量，不能说含有；（3）构成物质的分子总在不停地做无规则运动，从而产生扩散现；（4）水在沸腾过程中吸收热量，温度不变。【解答】解：A、煮肥肠粉，肥肠粉吸收热量，内能增大，通过热传递的方式改变物体的内能，故A错误；B、“热量”是过程量，不能用“含有”表示，故B错误；C、香气四溢属于扩散现象，说明分子在永不停息地做无规则运动，故C正确；D、煮肥肠粉时锅内的水在沸腾过程中温度不变，故D错误。故选：C。【点评】理解分子动理论内容和热量概念，可解答此题。7．（2分）关于声现象，下列说法正确的是（）A．超声波“碎石”说明声音能传递信息 B．吹笛子按压不同的气孔能改变声音的响度 C．请勿“高声喧哗”是指降低声音的音调 D．在工地上佩戴耳塞是在人耳处减弱噪声【分析】（1）声音既可传递信息，又可以传递能量声控开关是利用声音的响度来进行控制的；（2）响度指声音的大小，音调指声音的高低，音色是指声音的品质与特色；（4）减弱噪声的途径：在声源处，在传播过程中，在人耳处。【解答】解：A、超声波“碎石”说明声音能传递能量，故A错误；B、吹奏笛子时，演奏者按住不同气孔，是为了改变振动的空气柱的长度，即改变空气柱振动的快慢，故是为了改变音调，故B正确；C、请勿“高声喧哗”是指降低声音的响度，故C错误；D、在工地上佩戴耳塞是在人耳处减弱噪声，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了声音的相关知识，具有一定的综合性，难度不大，属于基础知识的考查。8．（2分）2023年5月8日，全红蝉以五跳两满分的成绩，夺得跳水世界杯第二站比赛的冠军。下列对全红蝉在空中下落过程的分析，其中正确的是（）A．动能不变，重力势能变大 B．动能变大，机械能变大 C．重力势能转化为动能 D．动能转化为重力势能【分析】判断动能和势能大小的变化从动能和势能大小的影响因素考虑。（1）动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大。（2）重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度。质量越大，高度越高，重力势能越大。【解答】解：全红蝉在空中下落过程中，速度变大，质量不变，动能增大；全红蝉的高度变小，质量不变，重力势能减小，重力势能转化为动能。故选：C。【点评】掌握动能、重力势能大小的影响因素，利用控制变量法判断动能、重力势能的变化。9．（2分）关于家庭电路和安全用电，下列说法正确的是（）A．家庭电路中电视机和电冰箱是并联的 B．家庭电路中开关可以接在零线上 C．家庭电路中电流过大一定是发生了短路 D．有金属外壳的电器都不需要用三孔插座【分析】（1）家用电器都是并联的；（2）开关应该连接在用电器和火线之间；（3）引起家庭电路中电流过大的原因有两个：短路或总功率过大；（4）用电器的三脚插头能防止金属外壳漏电而触电，不能用两脚插头代替。【解答】解：A、在家庭电路中，每个用电器都是并联在电路中，这样可以互不影响，故A正确；B、家庭电路中开关可以接在火线上，故B错误；C、家庭电路中电流过大可能是发生了短路，也可能是用电器总功率过大，故C错误；D、为了防止电器漏电发生触电事故，有金属外壳的家用电器需要用带保护接地的三孔插座，故D错误。故选：A。【点评】本题主要考查生活中的一些安全用电常识，应注意积累并严格遵守，牢记安全用电常识，并在生活中加以运用。10．（2分）如图所示是“探究影响滑动摩擦力大小的因素”的实验，下列说法正确的是（）A．甲图中水平匀速拉动木块时，木块受到的摩擦力小于弹簧测力计示数 B．对比甲图和乙图可知当接触面粗糙程度一定时，压力越大滑动摩擦力越大 C．对比乙图和丙图可知滑动摩擦力大小和接触面的粗糙程度有关 D．若改用丁图所示的装置也必须匀速拉动长木板才能完成该探究实验【分析】A、根据二力平衡可知，木块受到的摩擦力等于弹簧测力计示数；BC、滑动摩擦力与接触面粗糙程度、压力大小有关，据此分析；D、丁图中木块相对于地面是静止的，与木板运动的速度无关，所以实验时不必控制木板做匀速直线运动。【解答】解：A、甲图中水平匀速拉动木块时，根据二力平衡可知，木块受到的摩擦力等于弹簧测力计示数，故A错误；B、分析比较甲、乙两次实验知压力大小不相同、接触面的粗糙程度相同，且压力越大，弹簧测力计的示数越大，即摩擦力越大，可以得出的结论当接触面粗糙程度一定时，压力越大滑动摩擦力越大，故B正确；C、分析比较乙、丙两次实验知压力大小不相同、接触面的粗糙程度不同，不可以得出滑动摩擦力的大小跟接触面粗糙程度有关，故C错误；D、丁图中木块相对于地面是静止的，木块受到测力计的拉力和木板对木块的滑动摩擦力是一对平衡力，其大小始终相等，与木板运动的速度无关，所以实验时不必控制木板做匀速直线运动，故D错误。故选：B。【点评】本题研究影响滑动摩擦力大小的因素，增大摩擦力的方法，是一道综合题。11．（2分）人类在漫长的历史中创造了各种各样的工具，使生产更省力或生活更方便，如图所示中四幅图涉及的物理知识说法正确的是（）A．甲图中利用撬棒撬大石块时撬棒是费力杠杆 B．乙图中用吸管喝饮料是利用了大气压的作用 C．丙图中飞机飞行时机翼上方空气流速快压强大 D．丁图中用手指堵住右端管口的U形管是连通器【分析】（1）结合图片和生活经验，先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆；（2）用吸管喝饮料是大气压作用的结果；（3）流体的压强跟流速有关，流速越大，压强越小；（4）上端开口，底部连通的容器叫做连通器。【解答】解：A、撬棒在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故A错误；B、用吸管喝饮料，吸气时吸管内的气压减小，饮料在大气压作用下进入嘴里，这是利用大气压的结果，故B正确；C、飞机飞行时机翼上方空气流速快压强小，故C错误；D、用手指堵住右端管口，此时右端管口与大气没有连通，不属于连通器，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了杠杆的分类、流体压强跟流速的关系、大气压的作用、连通器的应用等，属于比较基础的习题。12．（2分）煮汤圆时把汤圆放入沸腾的水中后，汤圆先下沉到锅底，过了一会儿又上浮，最终漂浮在水面上。不考虑汤圆的吸水性，下列分析正确的是（）A．汤圆下沉时受到水的压强不变 B．汤圆下沉时受到的浮力小于它排开的水重 C．汤圆上浮时受到的浮力小于它的重力 D．汤圆漂浮时受到的浮力等于它的重力【分析】（1）汤圆在水中下沉的过程中，所处的深度增加，根据p＝ρgh可知所受水的压强变化情况；（2）根据阿基米德原理可知，物体所受浮力的大小等于物体排开液体受到的重力；（3）物体受到的浮力小于重力时，下沉，物体受到的浮力大于重力时，上浮；（4）当物体漂浮时，物体受到的浮力等于物体自身的重力。【解答】解：A、汤圆下沉的过程中，汤圆在水中的深度h变大，由p＝ρgh可知，所受水的压强变大，故A错误；B、汤圆下沉过程中，由F浮＝G排可知，汤圆受到的浮力等于它排开的水所受的重力，故B错误；C、根据物体的浮沉条件可知：汤圆上浮过程中，受到的浮力大于它所受的重力，故C错误；D、汤圆在水面漂浮时，根据物体的浮沉条件可知：受到的浮力等于它的重力，故D正确。故选：D。【点评】本题考查物体的浮沉条件以及液体压强公式的运用，难度不大。13．（2分）机场自动检票口，乘客需要进行人脸识别和身份证验证，人脸识别系统和身份证验证系统都相当于开关，信息都符合后开关自动闭合，电动门（电动机）自动打开让乘客通过。如图所示电路设计中，符合要求的是（）A． B． C． D．【分析】根据题意分析两个开关的连接方式，从而得出正确的电路图。【解答】解：根据题意可知，只有两个开关都闭合的情况下，闸机门自动打开，这说明两个开关相互影响，是串联的，然后与电动机串联，故D正确。故选：D。【点评】本题考查根据要求设计电路，逐一对每个电路进行分析，找出与题中条件相符合的电路图即可。二、填空题（每空2分，共28分）14．（4分）小红最近总是离电视机较近才能看清楚电视画面，为此她需要佩戴凹透镜来矫正视力，关上电视机后她在电视机屏幕上看到了自己的像，这是光的反射现象。【分析】（1）离电视机较近才能看清楚电视画面，说明患了近视眼，应用凹透镜矫正；（2）平面镜成像是由光的反射形成的。【解答】解：（1）小红最近总是离电视机较近才能看清楚电视画面，为此她需要配戴凹透镜来矫正视力；（2）关上电视机后她在电视机屏幕上看到了自己的像，是平面镜成像，是光的反射现象。故答案为：凹；反射。【点评】本题考查了透镜的应用以及平面镜成像，难度不大。15．（4分）有一款新型水杯其内部结构如图甲所示，杯壁夹层中有在常温下处于固态的传热材料，对其加热时温度与加热时间的关系如图乙所示，在t2到t3时间内传热材料的内能增大，这种传热材料是晶体（选填“晶体”或“非晶体”）。【分析】晶体熔化时，吸收热量，内能变大，温度不变。【解答】解：由图像可知，该物质在t2到t3时间内不断吸热，所以传热材料的内能增大，图中BC段物质吸热，但温度不变，说明有一定的熔点，是晶体。故答案为：增大；晶体。【点评】本题考查了通过图像判断内能的改变、晶体的特点等知识，难度不大。16．（4分）小明利用如图甲的电路图测量小灯泡电阻，小灯泡标有“2.5V”字样，某次测量中闭合开关后，电压表示数如图乙所示为2V，若要测量小灯泡正常发光时的电阻，应将滑动变阻器的滑片P向左移动。【分析】根据电压表选用小量程确定分度值读数；灯在额定电压下正常发光，比较电压表示数与额定电压的大小，根据串联电路电压的规律及分压原理确滑片移动的方向。【解答】解：如图乙所示，电压表选用小量程，分度值为0.1V，读数为2V；灯在额定电压下正常发光，2V小于灯的额定电压2.5V，应增大灯的电压，根据串联电路电压的规律，应减小变阻器的电压，由分压原理知，应减小变阻器连入电路中的电阻大小，应将滑动变阻器的滑片向左端移动，使电压表的示数为2.5V。故答案为：2；左。【点评】本题是测小灯泡的阻值的实验，考查了电压表读数、实验操作等。17．（4分）如图1所示两端开口的玻璃管，下端用橡皮膜封好，放入水中时橡皮膜向上凸起，若将玻璃管竖直向上提一点（未出水面），橡皮膜凸起的程度将变小；如图2所示静止在斜面上的物体A的重力和斜面对它的支持力不是（选填“是”或“不是”）一对平衡力。【分析】（1）液体内部压强随着深度的增加而增大；（2）二力平衡的条件是：大小相等、方向相反、作用在同一物体上、作用在同一直线上。【解答】解：下端带有橡皮膜的玻璃管竖直向上提一点（未出水面），橡皮膜所处水的深度变小，受到水的压强变小，膜向上凸起程度将变小；在斜面上静止的物体A受到的重力和斜面对它的支持力不在同一直线上、大小也不相等，不是一对平衡力。故答案为：变小；不是。【点评】此题考查了液体压强的特点、二力平衡的条件等知识点，牢记和掌握各知识点是正确解答的关键所在。18．（4分）如图所示是汽车尾气中一氧化碳浓度的检测电路图。气敏电阻R1的阻值随一氧化碳浓度增大而减小，R2是滑动变阻器，开关S闭合，电磁铁的上端是N极；当一氧化碳浓度增大到一定值后电铃会报警，应将电铃安装在图中CD位置处。【分析】根据安培定则判断电磁铁的磁极。根据欧姆定律和气敏电阻的特性来进行分析。【解答】解：电流从下方后面流入电磁铁，根据安培定则，电磁铁的上端为N极，当一氧化碳的浓度增大时，气敏电阻的阻值减小，控制电路的电流增大，电磁铁的磁性增强，衔铁带动动触点向下运动，电铃响报警，所以电铃应该接在CD之间。故答案为：N；CD。【点评】本题考查安培定则与电磁继电器的工作过程，属于中档题。19．（4分）在体育考试中，小明投掷实心球时取得了10.8m的成绩，实心球落地后由于惯性会继续向前滚动，在地面滚动过程中阻力改变了它的运动状态。【分析】（1）惯性是物体保持原有运动状态的性质，一切物体，不论是运动还是静止、匀速运动还是变速运动，都具有惯性；（2）力是改变物体运动状态的原因。【解答】解：实心球落地后由于具有惯性，仍要保持原来的运动状态，所以会继续向前滚动，实心球在前进的过程中，受到地面的阻力的作用，力可以改变实心球的运动状态，最终会停下来故答案为：惯性；运动状态。【点评】此题考查惯性，力的作用效果，总体难度不大，掌握基础知识即可正确解题。20．（4分）如图甲所示是一种电热水龙头，内部简化电路如图乙所示，通过旋转式开关S控制，可以出冷水、温水或热水，R1、R2是电热丝，R1＝44Ω，R2＝88Ω，当S旋到1、2时水龙头出温水；当水龙头出热水时，电路1min内产生的热量为9.9×104J。【分析】（1）由图乙可知，当开关S旋到1、2时，只有R2工作；当开关S旋到2、3时，R1、R2并联，根据并联电路的电阻特点和P＝可知温水挡、热水挡时电路的连接方式；（2）根据P＝求出当水龙头出热水时电路的总功率，再根据Q＝W＝Pt求出电路1min内产生的热量。【解答】解：由图乙可知，当开关S旋到2、3时，R1、R2并联，根据并联电路的电阻特点可知，此时电路的总电阻最小，由P＝可知此时电路的总功率最大，则此时水龙头出热水；当开关S旋到1、2时，只有R2工作，电路的总电阻最大（大于并联时的总电阻），此时总功率最小，则此时水龙头出温水；因电路的总功率等于各用电器功率之和，则当水龙头出热水时，电路的总功率：P热＝+＝+＝1650W；电路1min内产生的热量：Q＝W＝P热t＝1650W×1×60s＝9.9×104J。故答案为：温；9.9×104。【点评】本题考查了并联电路的电阻特点、电功率公式的应用，难度不大。三、作图与计算题（共17分。计算题在解答时应写出公式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分）21．（2分）如图甲所示，成都舞者小美耗时6个月，下水100余次，演绎出绝美的水下芭蕾，而光影的运用更使其锦上添花。如图乙所示是一束空中探照灯光进入水中照射到她身上的简化示意图，请在乙图中画出：①该光线对应的入射光线；②标出折射角r。【分析】光的折射规律：光从空气斜射入水或其它透明介质中时，折射光线与入射光线、法线在同一平面上，折射光线和入射光线分居法线两侧；折射角小于入射角。【解答】解：在入射点处作出法线，光从空气斜射入水中，所以折射角小于入射角，入射光线应远离法线，根据光的折射规律画出折射光线，标出折射角r。如图所示：【点评】此题主要考查了光的折射光路的画法，一定要熟记折射定律的内容，关键是搞清折射角与入射角之间的关系。22．（2分）如图甲所示是我国古代科技著作《天工开物》记载的一种捣谷工具——舂，用脚连续踏木杠的一端，另一端的碓头就会连续起落。如图乙所示，舂米时将“碓”简化为杠杆，O为支点。请在乙图中画出：（1）脚在A处施加的最小动力F的示意图；（2）F的力臂L。【分析】使用杠杆，在阻力和阻力臂一定时，要使动力最小，应使动力臂最长；连接支点、动力作用点作为动力臂时，动力臂最长，从动力作用点垂直力臂画出动力示意图。【解答】解：根据杠杆平衡条件：动力×动力臂＝阻力×阻力臂，在阻力和阻力臂一定时，动力臂L越长，动力F最小，越省力；根据图示可知，当OA为动力臂L时动力臂是最长的，连接OA，然后向下做OA的垂线即为A点应施加的最小力F，如图所示：【点评】此题考查杠杆平衡条件的应用，以及力臂的画法，根据阻力和阻力臂一定时，动力臂最长时最省力找出动力臂是本题的关键。23．（6分）如图所示是一款新型智能航拍无人机，机身总重20N，工作人员通过操作系统向该无人机发出指令，无人机在40s的时间内匀速上升了80m的高度，在空中悬停20s拍摄一段视频后，又以2m/s的速度沿水平方向匀速飞行120m。求：（1）无人机沿水平方向匀速飞行的时间；（2）无人机上升过程中克服重力做功的功率。【分析】（1）根据t＝得到无人机沿水平方向匀速飞行的时间；（2）根据P＝得到无人机上升过程中克服重力做功的功率。【解答】解：（1）无人机水平飞行的时间：；（2）无人机上升过程中克服重力做功的功率：。答：（1）无人机沿水平方向匀速飞行的时间是60s；（2）无人机上升过程中克服重力做功的功率是40W。【点评】本题考查了速度和功率的计算，有一定的综合性，但难度不大。24．（7分）如图所示电路中，电源电压不变，灯泡L标有“2V，0.5W”字样（灯丝电阻不随温度而变化），定值电阻R1＝22Ω，滑动变阻器R2规格为“40Ω，1A”，电流表量程为0～0.6A，电压表量程为0～3V。（1）只闭合S1时，电压表示数为1.6V，求灯泡电阻和电源电压；（2）只闭合S2时，为保证电路元件安全，求电路消耗电功率的变化范围。【分析】（1）只闭合S1时，灯与R1串联接入电路，电流表测通过电路的电流，电压表测灯泡两端的电压，灯泡L标有“2V，0.5W”字样，根据R＝计算灯泡的电阻；根据串联电路电流特点结合欧姆定律可得此时电路中电流，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可得电源电压；（2）只闭合S2时，灯泡与变阻器R2串联，根据串联电路电流特点可知当灯泡正常发光时，通过电路的电流最大，根据P＝UI可知此时电路消耗的功率最大，通根据I＝计算过电路的最大电流，根据P＝UI计算电路消耗的最大电功率，当滑片P移到最右端时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可知此时通过电路的电流最小，根据P＝UI可知电路消耗的电功率最小，根据欧姆定律计算通过电路的最小电流，根据P＝UI计算电路消耗的最小电功率，进一步计算电路消耗的电功率范围。【解答】解：（1）只闭合S1时，灯与R1串联接入电路，电流表测通过电路的电流，电压表测灯泡两端的电压，灯泡L标有“2V，0.5W”字样，灯泡的电阻：RL＝＝＝8Ω；串联电路各处电流相等，根据欧姆定律可得此时电路中电流：I1＝＝＝0.2A，串联电路总电阻等于各部分电阻之和，根据欧姆定律可得电源电压U＝I1（R1+RL）＝0.2A×（22Ω+8Ω）＝6V；（2）只闭合S2时，灯泡与变阻器R2串联，根据串联电路电流特点可知当灯泡正常发光时，通过电路的电流最大，根据P＝UI可知此时电路消耗的功率最大，通过电路的最大电流：IL＝＝＝0.25A＜0.6A，电路消耗的最大电功率：Pmax＝UI2＝6V×0.25A＝1.5W，当滑片P移到最右端时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可知此时通过电路的电流最小，根据P＝UI可知电路消耗的电功率最小，通过电路的最小电流：I＝＝＝0.125A，电路消耗的最小电功率：Pmin＝UI＝6V×0.125A＝0.75W，所以电路消耗的电功率范围为0.75W～1.5W。答：（1）灯泡电阻为8Ω，电源电压为6V；（2）只闭合S2时，电路消耗电功率的变化范围为0.75W～1.5W。【点评】本题考查串联电路特点、欧姆定律、电功率公式的灵活运用。四、实验与探究题（每空2分，共14分）25．（6分）小朱同学利用如图甲所示的电路来探究“并联电路中电流的规律”。（1）闭合开关，图乙中电流表测量的是通过A的电流；A.灯泡L1；B.灯泡L2；C.干路；（2）连接电路，闭合开关，发现小灯泡L1发光、L2不发光，故障原因可能是灯泡L2断路；（3）排除故障后，用电流表分别测出通过A、B、C三处的电流IA、IB、IC并且更换规格不同的小灯泡多次实验，数据记录在表格中。实验次数通过A处电流IA/A通过B处电流IB/A通过C处电流IC/A10.360.200.1620.440.260.1830.560.300.26分析表中数据，可得IA、IB、IC三者的数量关系式是IA＝IB+IC。【分析】（1）电流表与哪一部分电路串联，测量哪部分电路的电流；（2）两灯并联，若一个短路，整个电路短路，灯L1发光，电路应是出现断路故障；（3）并联电路的电流特点：并联电路中的干路电流等于各支路电流之和。【解答】解：（1）在图乙中电流表与灯泡L1串联，电流表测量通过灯泡L1的电流，故选A；（2）闭合开关后发现，灯L1发光，L2不发光，若L2短路，整个电路短路，所以故障可能是L2断路；（3）由表中数据知：0.36A＝0.20A+0.16A；0.44A＝0.26A+0.18A；0.56A＝0.30A+0.26A；故可以得出结论：并联电路干路中的电流等于各支路电流之和，即IA＝IB+IC。故答案为：（1）A；（2）灯泡L2断路；（3）IA＝IB+IC。【点评】本题是“探究并联电路中电流的规律”的实验，考查了电路的连接和故障分析，在实验中，为得到普遍性的规律，应选择不同规格的灯泡多测几组数据。26．（8分）新材料的应用日益广泛是因为多种复合新材料具有密度小、强度大的优点。小满同学利用自己家庭实验箱里的器材来测量某一实心复合材料块的密度。（1）小满使用托盘天平测量材料块的质量，其中正确的操作是AB。A.称量前将游码拨到标尺右端刻度线处；B.称量时用镊子从大到小夹取砝码；C.称量时横梁不平衡调节了平衡螺母；D.称量后将砝码放在桌面上方便下次使用。（2）小满重新正确操作托盘天平测量材料块的质量，天平平衡时右盘所加砝码及游码的位置如图甲所示，则材料块质量为27.2g；（3）小满接下来采用如图乙和如图丙所示的方法测量该材料块的体积，若按照图丙中A处眼睛的视线读数，测出的体积偏大；纠正错误后，小满利用测出的数据计算得到了该材料块的密度。（4）小满发现实验箱里还有如图丁所示的弹簧测力计，他想用这个弹簧测力计和水（水的密度ρ已知），结合所学的浮力知识测量该材料块的密度。你认为小满的想法能实现吗？若能，请写出实验的基本思路方法；若不能，请写出理由：弹簧测力计的分度值太大（0.2N），该材料块的质量和体积太小，当材料块浸入水中时，弹簧测力计无法准确读数。【分析】（1）托盘天平的使用方法：①把天平放在平稳的水平桌面上；②把游码放在标尺的零刻度线处；③调节横梁的平衡螺母，当指针指在分度盘的中央刻线处（或左右偏离中央刻线的角度相等）时，表明此时横梁平衡；④把物体放在左盘，砝码放在右盘，先大后小，最后调节游码使天平平衡；⑤读出砝码的质量和游码所指示的质量，待测物的质量即为两读数之和；⑥称量完毕，用镊子将砝码放回砝码盒内，取下待测物，再把天平放回原位；（2）物体的质量等于砝码的质量加上游码对应的刻度值；（3）若按照图丙中眼睛从A处读数会造成测得总体积会偏大；（4）根据材料块的质量和体积以及弹簧测力计的分度值进行分析解答。【解答】解：（1）A、把托盘天平放在水平桌面上，把游码拨到标尺左端零刻度线处，调节平衡螺母，使指针对准分度盘中央，这时横梁平衡，故A正确；B、把待测物放在左托盘中，砝码放在右托盘中，加砝码的顺序是先加质量大的砝码，后加质量小的砝码，最后调节游码直至天平平衡，故B正确；C、称量物体质量的过程中，只能向右盘增减砝码，并调节游码的位置，使天平平衡，不可调节平衡螺母，故C错误；D、称量完毕，用镊子将砝码放回砝码盒内，取下待测物，再把天平放回原位，故D错误；故选：AB；（2）由图乙可知，标尺上的分度值为0.2g，故该物体的质量是m＝20g+5g+2.2g＝27.2g；（3）按照图丙中眼睛从A处读数会造成测得总体积偏大；（4）因为材料块的质量与体积都太小，材料块的浮力F浮＝ρ水gV排＝ρ水gV物＝1×103kg/m3×10N/kg×10×10﹣6m3＝0.1N，而弹簧测力计的分度值为0.2N，即放在水中时弹簧测力计的变化量小于其分度值，无法利用浮力测出材料块体积，所以利用弹簧测力计和水不能测出材料块的体积。故答案为：（1）AB；（2）27.2；（3）大；（4）弹簧测力计的分度值太大（0.2N），该材料块的质量和体积太小，当材料块浸入水中时，弹簧测力计无法准确读数。【点评】本题考查天平正确使用方法，掌握正确使用天平的方法，如何调节，如何称量，如何读数，如何夹取砝码等等，注意在测量物体质量的过程中，不能调节平衡螺母。五、选择题（每题2分，共10分。有的小题只有一个选项符合题目要求，有的小题有二个选项符合题目要求，全部选对的得2分，选对但不全的得1分，选错或者不答的得0分）27．（2分）2023年7月28日，第31届世界大学生运动会在成都盛大开幕，大会期间大量开发、使用新能源材料和设备，中国向全球展现出了“绿色大运”的科技力量。关于新能源和能量及其转化，下列说法正确的是（）A．成都造“萌嘟嘟”新能源汽车使用的氢能属于一次能源 B．我们要节能是因为世界上便于利用的能量的总量在不断减少 C．双流体育馆边的光伏灯吸收的太阳能由太阳内部核裂变产生 D．空调既可以制热又可以制冷说明热传递没有方向性【分析】（1）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。（2）世界上可供人类利用的能量的总量在不断减少；（3）太阳能是由太阳内部的核聚变产生；（4）能量的转移和转化具有方向性。【解答】解：A、氢能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，属于二次能源，故A错误；B、在能量的转移和转化过程中，能量的总量是不变的，但可供人类利用的能量总量在减少，故B正确；C、光伏灯吸收的太阳能由太阳内部核聚变产生，故C错误；D、能量的转移和转化具有方向性，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了核聚变的应用、能源的分类、能量转化和转移的方向性、能量守恒定律等内容，难度不大。28．（2分）2024年2月春节期间，小刚和妈妈到成都东部新区龙马湖公园新春灯会游玩，见证了一场视觉和文化的盛宴。如图所示，水下探照灯发出的巨型光柱透过水面在湖面上方摇曳，湖中心的水幕电影等景观，使得游人如织，流连忘返，小刚用手机拍了很多美景留作纪念。下列说法中正确的是（）A．探照灯发出的光从水进入空气时传播速度变慢 B．水幕电影画面在湖中的“倒影”比电影画面小 C．用手机拍照时美景通过镜头成的是倒立的像 D．水幕电影彩色画面由红、黄、蓝三种颜色的光组成【分析】（1）在不同介质中光的传播速度不同，光在真空中速度最大；（2）平面镜成像特点之一：物像等大；（3）凸透镜成像规律及其应用之一：u＞2f，成倒立缩小实像，应用于照相机；（4）色光的三原色：红、绿、蓝。【解答】解：A、光在真空中的传播速度为3×108m/s，在空气中的传播速度约等于光在真空中的速度，光在其它透明介质中的传播速度都小于在空气中的传播速度，所以探照灯发出的光从水进入空气时传播速度变快，故A错误；B、水幕电影画面在湖中的“倒影”属于平面镜成像，由平面镜成像可知，水幕电影画面在湖中的“倒影”与电影画面等大，故B错误；C、用手机拍照时美景通过镜头成的是倒立的、缩小的实像，故C正确；D、水幕电影彩色画面由红、绿、蓝三种颜色的光组成，故D错误。故选：C。【点评】此题考查凸透镜成像规律及其应用、色光的三原色、光的反射、光的传播速度等多个知识点，是一道综合性较强的题目。29．（2分）小红想“比较水和某种食用油的吸热能力”哪个更强？为此她用完全相同的实验装置分别加热质量均为200g的水和食用油，一些物质的沸点如表所示，实验中她正确使用温度计测出了不同时间水和食用油的温度，并绘制了如图所示的温度随时间变化图像。若单位时间内食用油和水吸收的热量相等，水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）。小红根据实验结果作出以下判断，你认为正确的是（）标准大气压下物质沸点/℃酒精78煤油150水银357A．实验中若选择煤油温度计测量结果会更准确 B．食用油的末温度比水的高，所以它的吸热能力更强 C．第4﹣﹣6min内水吸收的热量是3.36×106J D．这种食用油的比热容为2.1×103J/（kg•℃）【分析】A、根据食用油的沸点大于150℃分析；B、使相同质量的不同物质吸收相同的热量（即加热相同的时间），比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；C、根据Q吸＝cm（t﹣t0）得出0﹣4分钟水吸收的热量，由转换法得出第4﹣﹣6min内水吸收的热量；D、由上图可知0﹣6分钟食用油升高的温度，由转换法，结合Q＝cmΔt得出这种食用油的比热容。【解答】解：A、由图知，食用油的沸点为260℃大于150℃，要选用水银温度计，故A错误；B、食用油的末温度比水的高，所以它的吸热能力更弱；C、0﹣4分钟水吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×0.2kg×（100℃﹣20℃）＝67200J；由转换法，第4﹣﹣6min内水吸收的热量是：Q＝0.5×67200J＝33600J＝3.36×104J故C错误；D、由上图可知，0﹣6分钟食用油升高的温度为260℃﹣20℃＝240℃，由转换法，0﹣6分钟食用油吸热是0﹣4分钟水吸收热量的1.5倍，故有1.5Q水＝Q油即1.5c水mΔt水＝c食用油mt食用油故这种食用油的比热容为c食用油＝×1.5c水＝×1.5×4.2×103J/（kg•℃）＝2.1×103J/（kg•℃）。故D正确。故选：D。【点评】本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法和Q＝cmΔt的运用，为热学中的重要实验。（多选）30．（2分）项目式学习小组的同学们在一次跨学科实践活动中参观了某建筑工地，观察到工人用如图甲所示的滑轮组提升建筑材料。在某次操作中，工人启动卷扬机，将总重为800N的沙箱A（内装沙子）匀速吊起，沙箱A运动的距离与时间的关系如图乙所示，已知空沙箱A的质量为10kg，每个滑轮重200N。在此过程中不计绳重及滑轮与轴之间的摩擦，下列说法正确的是（）A．每秒内卷扬机卷起的绳子长度为0.4m B．卷扬机对细绳拉力F的功率为160W C．滑轮组的机械效率为70% D．增加卷扬机转速可以提高滑轮组的机械效率【分析】（1）根据滑轮组装置确定绳子股数，利用图乙求出物体A上升的速度，根据v绳＝nv物求出绳子自由端移动的速度；（2）不计绳重及滑轮与轴之间的摩擦，根据F＝（GA+G动）求出拉力F，利用P＝＝＝Fv绳求出卷扬机对细绳拉力F的功率；（3）已知沙箱A总重为800N，空沙箱A的质量为10kg，据此求出沙子的重力，利用η＝＝＝＝求出该滑轮组的机械效率；（4）根据η＝＝＝＝分析回答。【解答】解：A、由图可知，n＝2，由图可知，在4s内物体A上升的高度为0.8m，则物体A上升的速度为：v物＝＝＝0.2m/s，因此绳子自由端移动的速度为：v绳＝nv物＝2×0.2m/s＝0.4m/s，即每秒内卷扬机卷起的绳子长度为0.4m，故A正确；B、不计绳重及滑轮与轴之间的摩擦，每个滑轮重200N，拉力F为：F＝（GA+G动）＝×（800N+200N）＝500N，则卷扬机对细绳拉力F的功率为：P＝＝＝Fv绳＝500N×0.4m/s＝200W，故B错误；C、已知沙箱A总重为800N，空沙箱A的质量为10kg，则沙子的重力为：G＝GA﹣G箱＝GA﹣m箱g＝800N﹣10kg×10N/kg＝700N，该滑轮组的机械效率为：η＝＝＝＝＝×100%＝70%，故C正确；D、由η＝＝＝＝可知，滑轮组的机械效率与卷扬机转速无关，故D错误。故选：AC。【点评】本题考查了功率公式和滑轮组拉力公式以及滑轮组机械效率公式的应用，明确滑轮组绳子的有效股数是关键。（多选）31．（2分）如图所示，电源电压U恒定，R1、R2是定值电阻。当S、S1、S2都闭合，将滑片P滑至A端时，电路消耗的总功率为9W；闭合S、S1，断开S2，将滑片P滑至AB的中点时，电压表示数为8V，滑动变阻器消耗的功率为P1；闭合S、S2，断开S1，将滑片P滑至B端时，电压表示数为2V，滑动变阻器消耗的功率为P2，且P1：P2＝1：8，小华通过计算得到了以下结论，你认为其中正确的是（）A．电源电压U＝12V B．R1：R2＝8：1 C．滑动变阻器R的最大阻值为50Ω D．电路消耗的最小电功率为0.8W【分析】（1）设电源电压为U，当S、S1、S2都闭合，滑片P位于A端时，R1、R2并联，只闭合S、S1，滑片P位于AB的中点时，R、R1串联，滑动变阻器连入电路的阻值为：R中＝R，只闭合S、S2，滑片P位于B端时，R、R2串联，滑动变阻器的阻值全部连入电路，根据串联分压规律结合P＝可计算电源电压；（2）根据串联分压，得出电阻与滑动变阻器最大值关系，得出电阻之比；（3）根据当S、S1、S2都闭合，将滑片P滑至A端时，电路消耗的总功率为9W；R1、R2并联，根据并联电功率之比等于电阻之比的倒数，得出电功率大小，根据P＝可得计算电阻大小；（4）根据P＝可知，当电压一定时，电阻R越大，功率P越小，所以当电路中接入的阻值最大时，电路消耗的功率最小；，根据P＝计算最小电功率。【解答】解：A、只闭合S、S1，滑片P位于AB的中点时，R、R1串联，滑动变阻器连入电路的阻值为：R中＝R，电压表测量R1两端的电压，电流表测量电路中电流，电压表示数为8V，则滑动变阻器的电压为U﹣2V；滑动变阻器消耗的功率为P1＝＝；只闭合S、S2，滑片P位于B端时，R、R2串联，滑动变阻器的阻值全部连入电路，电压表测量R2两端的电压，电流表测量电路中电流，电压表示数为2V，则滑动变阻器的电压为U﹣2V；滑动变阻器消耗的功率为P2＝＝；已知P1：P2＝1：8，：＝1：8；解得U＝10V；故A错误；B、根据串联分压规律知，R1：R＝8V：（10V﹣8V）R2：R＝2V：（10V﹣2V）；解得R1＝2R；R2＝R；R1：R2＝8：1；故B正确；C、当S、S1、S2都闭合，将滑片P滑至A端时，电路消耗的总功率为9W；R1、R2并联，根据并联电功率之比等于电阻之比的倒数，则P'1+P'2＝9W；P'1：P'2＝R2：R1＝1：8；解的P'1＝1W；P'2＝8W；由P＝可得，R1的电阻为：R1＝＝100Ω，由R1＝2R得：R＝50Ω；故C正确；D、根据P＝可知，电压一定时，R越大，功率越小，所以当只闭合S、S1，滑动变阻器移到最右端时，电路消耗的电功率最小，最则电路的最小电功率P＝＝＝0.67W，故D正确。故选：BC。【点评】本题考查串并联电路的特