2023年山东省济宁市嘉祥县中考物理二模试卷
一：选择题（每小题2分，共20分）
1．（2分）2022年2月4日，第24届冬奥会在北京盛大开幕，开启了全球冰雪运动的新篇章，下列有关冬奥会说法错误的是（ ）
A．“北斗+5G”技术是利用电磁波传输信息
B．给巡逻车锂电池充电时，锂电池相当于基本电路中的电源
C．冬奥会的环保场馆用的光伏发电是将太阳能转化为电能，太阳能属于可再生能源
D．冬奥会雪炮，是一种可以迅速把大量水直接转化为雾化冰晶的电气设备，该过程发生了凝固
2．（2分）富强同学收集的以下物理信息中有明显错误的一项是（ ）
A．100W的灯泡连续工作1h，消耗的电能是1kW h
B．一个标准大气压下，纯水沸腾时的温度为100℃
C．对人体的安全电压不高于36V
D．电饭锅加热挡的功率约为800W
3．（2分）如图展示了我国古代劳动人民的智慧成果，对其中所涉及的光现象说法正确的是（ ）
A．图甲中，小孔成像实验证明了太阳光由多种色光混合而成的
B．图乙中，皮影的原理是光的反射
C．图丙中，日晷利用光的直线传播来测量时间的
D．图丁中，《淮南万毕术》中记载的最早的潜望镜的成像原理是光的直线传播
4．（2分）如图所示，用同一滑轮组分别将两个不同的物体A和B匀速提升相同的高度，不计绳重和摩擦的影响，提升A的过程滑轮组的机械效率较大，则下列判断正确的是（ ）
①提升A的拉力较大
②A物体比B物体轻
③提升A做的有用功较多
④提升A所做的额外功较少
A．只有①③ B．只有②④ C．只有②③ D．只有①④
5．（2分）如图是“探究不同物质吸热升温的现象“和“比较不同燃料燃烧时放出的热量“的甲、乙两组实验装置，下列关于该两组实验的说法正确的是（ ）
A．每组实验中，杯中物质吸收的热量都是根据温度计示数的变化来比较
B．每组实验中，燃料的质量均应相等
C．每组实验中，都需要用到秒表这一测量工具
D．每组实验中，杯中物质的质量均应相等
6．（2分）学以致用是学习科学知识的好方法。小帆同学通过学习物理知识认识到了很多用电器的物理原理，他做了以下归纳，其中说法有错误的一项是（ ）
选项 A B C D
用电器
电饭锅 电磁起重机 电风扇 动圈式话筒
实验步骤
原理 电流的热效应 电流的磁效应 电磁感应 电磁感应
A．A B．B C．C D．D
7．（2分）下列作图错误的是（ ）
A．
B．
C．
D．
8．（2分）“复兴号”动车组在京沈高铁线上每天多车次经过阜新。下列说法正确的是（ ）
A．列车启动后相对于站台是运动的
B．列车启动后速度越来越快是因为受到平衡力的作用
C．列车刹车后不能立即停止是因为受到惯性的作用
D．列车进站时，车体附近空气流速大，压强大，易将安全线内的人“吸”向车体
9．（2分）如图所示为车库积水自动报警装置原理图。图中A、B位置可以安装电铃或者LED灯，要求车库没有积水时LED灯亮，有积水时，电铃响。下列说法正确的是（ ）
A．电铃工作时的原理是由丹麦物理学家奥斯特发现的
B．电铃工作时的原理是由英国物理学家法拉第发现的
C．电铃工作时，电磁铁的上端是N极
D．电铃应该安装在A的位置
10．（2分）如图甲所示电路，电源电压恒为6V，滑动变阻器R的规格为“25Ω 1A”，电流表量程选择“0～0.6A”，电压表量程选择“0～3V”，小灯泡上标有“4.5V 0.3A”字样，其I﹣U图像如图乙所示，闭合开关S，为保证电路安全，在移动滑片P的过程中，下列选项正确的是（ ）
A．电路的最大功率是3.6W
B．小灯泡的最小功率是0.75W
C．电流表的最小示数是0.15A
D．电流表的最大示数是0.4A
二、填空题（本大题共6小题，每空1分，共12分）
11．（2分）教室中的电灯与电风扇是 连接的，电灯与控制它的开关是 （两空均选填“串联”或“并联”）。
12．（2分）图中描述的是生活中的两个情景，请分别写出它们涉及的物理知识。
甲： 。乙： 。
13．（2分）如图所示，要使杠杆在水平位置处于平衡状态，作用在A处的力沿 （填字母）方向最省力，力的大小是 N。
14．（2分）北京冬奥会的高科技绿色环保场馆，场馆实现100%绿电，某小型场馆的压缩机组的供电功率为190kV A，工作电压为380V，其工作的总电流为 A，压缩机的核心部件——电动机，其工作原理是 。
15．（2分）一个成年人参加一次长跑，身体消耗的能量为1.2×107J，这些能量相当于完全燃烧1.1kg的干木柴才能得到，则干木柴的热值为 J/kg，在燃烧过程中，干木柴的热值 （选填“增大”、“减小”或“不变”）。
16．（2分）如图所示的电路，只闭合开关S1，将滑动变阻器滑片从最右端向左移动至中点，灯泡L的亮度将 （选填“变亮”、“变暗”或“不变”）。保持滑片位置不动，再闭合开关S2，电压表示数 。（选填“变大”、“变小”或“不变”）
三：作图与实验探究题（每空、每图1分，共18分）
17．（1分）如图所示，容器内水位线在A处时，一束光斜射入水中，在容器底形成光斑P1。请你通过作图找出水面升到B时光斑P2的位置。
18．（1分）如图所示，图中二极管通电时发光，在括号里标出静止小磁针的“N”或“S”极。
19．（4分）按要求完成填空。
（1）如图1所示是探究“电流通过导体时产生热量的多少与什么因素有关”的实验装置（电阻阻值均相同），该电路的连接方法便于探究电流通过电阻产生的热量与 的关系。
（2）如图2所示，在试管中加入少量水，用嘴对着试管口吹气使其发声，减少试管中的水量，声音的音调变 （选填“高”或“低”）。
（3）如图3所示，用刻度尺测量一物块的长度，该物块长度为 cm。
（4）如图4所示，将水注入在水平面上的木桶时，决定木桶底部所受液体压强大小的是 （选填“最长”、“最短”、“最粗”或“最细”）的木板。
20．（5分）为响应二十大号召，某班同学乘承求实创新的精神，开展了测量物体密度的实验。
（1）“友善”小组的同学在实验室用天平和量筒测量某种油的密度。
①将天平放在水平台上，将 移到标尺左端零刻线处，发现指针偏向分度盘中线左侧，他们应该将平衡螺母向右移动，直至天平平衡；
②在量筒中装入了适量的油，如图甲所示：接着他将空烧杯放在天平上测出其质量为33.2g，然后将量筒中的油全部倒入烧杯中，用天平测量烧杯和油的总质量，天平平衡时的情景如图乙所示。根据以上实验数据可算出油的密度为 kg/m3，这种方法测得油的密度会比真实值偏 （选填“大”或“小”）。
（2）“爱国”小组将一个正方体物块放入盛水的大烧杯中如图丙所示，待物块静止时，物块露出水面部分的高度为2cm。接着将一个50g的砝码慢慢放到物块正中央，稳定时物块的上表面刚好与水面相平，则物块排开水的重力比没有放砝码时增加了 N，测得物块的密度为 kg/m3。
21．（3分）“探究动能大小与哪些因素有关”的实验装置如图1所示：将小车从斜面上高h处由静止释放，运动至木板上后与木块碰撞。通过改变小车释放时高度h、在小车中增加钩码和在木板上铺垫棉布的方法，得到了图2虚线框内的四个实验场景。
（1）为探究小车动能与质量的关系，应选用场景①和 （选填“②”、“③”或“④”）进行实验；
（2）若将场景①和②中的木块均移走，利用这两个场景可探究 对物体运动的影响，并由此推断出，如果运动物体不受力将 。
22．（4分）探究“电流与电阻的关系”时，实验器材有：三节新的干电池（总电压为4.5V不变）、电流表、电压表、滑动变阻器（标有“20Ω 2A”字样）、定值电阻5个（5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、50Ω），开关一个，导线若干。
（1）闭合开关，电流表无示数，电压表有示数且接近电源电压，则故障原因可能是 ；
A滑动变阻器RP断路
B.定值电阻R断路
C.定值电阻R短路
（2）图丙是根据实验数据画出的定值电阻的I﹣R图象，其中阴影部分面积代表的物理量是 ；
（3）实验中，在接入50Ω的定值电阻后，无论怎样移动滑片，都不能使电压表示数达到原来的数值，为了能完成这次实验，下列措施不可行的是 ；
A.再串联一个10Ω的电阻
B.调高电源电压
C.更换一个最大阻值为30Ω的滑动变阻器
（4）在实验拓展时，发现不使用电压表，利用学生电源（电压未知但恒定不变）、阻值为R0的定值电阻、电流表、开关等器材可测未知电阻Rx值，电路如图丁所示，请你完成下列实验步骤：
①按电路图正确连接电路，只闭合开关S，读出电流表示数I1；
②闭合开关S和S1，读出电流表示数I2；
③根据实验数据，计算出待测电阻Rx＝ 。（用R0、I1、I2表示）
四：综合题（每小题5，共10分）
23．（5分）如图所示，是一辆汽车通过滑轮组提升重物的装置图，汽车部分参数如表。重物以1m/s的速度匀速上升10秒，提升重2400N的物体时，滑轮组的机械效率为80%，不计汽车所受的摩擦阻力、绳重及滑轮组的摩擦，求：
汽车部分参数
汽车重量/吨 3
车轮数/个 6
车轮的总受力面积/cm2 1000
（1）汽车的重力和对水平地面的压强；
（2）汽车拉绳的力做功的功率。
24．（5分）如图甲所示是3D打印笔，3D打印笔通过加热，挤出热熔的塑胶，然后在空气中迅速冷却，最后固化成稳定的形状。此打印笔有快慢两挡，其内部简化电路如图乙所示，将该3D打印笔单独接入装有如图丙所示电能表的家庭电路中正常工作。快挡打印2min，电能表指示灯闪烁8次，刚好将15g的塑胶从20℃加热到260℃。已知该3D打印笔慢挡打印功率为22W，R1、R2是用于发热的定值电阻，塑胶的比热容为2×103J/（kg ℃）。求：
（1）3D打印笔快挡打印电功率；
（2）3D打印笔快挡打印时的热效率；
（3）R1、R2的阻值。
2023年山东省济宁市嘉祥县中考物理二模试卷
参考答案与试题解析
一：选择题（每小题2分，共20分）
1．（2分）2022年2月4日，第24届冬奥会在北京盛大开幕，开启了全球冰雪运动的新篇章，下列有关冬奥会说法错误的是（ ）
A．“北斗+5G”技术是利用电磁波传输信息
B．给巡逻车锂电池充电时，锂电池相当于基本电路中的电源
C．冬奥会的环保场馆用的光伏发电是将太阳能转化为电能，太阳能属于可再生能源
D．冬奥会雪炮，是一种可以迅速把大量水直接转化为雾化冰晶的电气设备，该过程发生了凝固
【分析】（1）电磁波可以传递信息。
（2）锂电池充电时，锂电池相当于基本电路中的用电器。
（3）短期内可以从自然界中得到补充的能源叫可再生能源。
（4）物质从液态变成固态的过程叫凝固。
【解答】解：A、“北斗+5G”技术是利用电磁波传输信息，故A正确；
B、给巡逻车锂电池充电时，锂电池相当于基本电路中的用电器，故B错误；
C、光伏发电是将太阳能转化为电能，太阳能属于可再生能源，故C正确；
D、冬奥会雪炮，是一种可以迅速把大量水直接转化为雾化冰晶的电气设备，该过程发生了凝固，故D正确。
故选：B。
【点评】本题主要考查了电磁波、太阳能的知识，属于基础性题目；关键是知道能源的分类和电磁波的特点。
2．（2分）富强同学收集的以下物理信息中有明显错误的一项是（ ）
A．100W的灯泡连续工作1h，消耗的电能是1kW h
B．一个标准大气压下，纯水沸腾时的温度为100℃
C．对人体的安全电压不高于36V
D．电饭锅加热挡的功率约为800W
【分析】首先对题目中涉及的物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的数据，即为符合生活实际的选项。
【解答】解：A、100W的灯泡连续正常工作1h，消耗的电能是W＝Pt＝100W×1h＝0.1kW×1h＝0.1kW h，故A错误；
B、一个标准大气压下，纯水的沸点为100℃，故B正确；
C、对人体的安全电压不高于36V，故C正确；
D、电饭锅属于大功率用电器，加热挡的功率约为800W，故D正确。
故选：A。
【点评】物理与社会生活联系紧密，多了解一些生活中的常见量的值可帮助我们更好地学好物理，同时也能让物理更好地为生活服务。
3．（2分）如图展示了我国古代劳动人民的智慧成果，对其中所涉及的光现象说法正确的是（ ）
A．图甲中，小孔成像实验证明了太阳光由多种色光混合而成的
B．图乙中，皮影的原理是光的反射
C．图丙中，日晷利用光的直线传播来测量时间的
D．图丁中，《淮南万毕术》中记载的最早的潜望镜的成像原理是光的直线传播
【分析】（1）光在同种均匀物质中沿直线传播，在日常生活中，小孔成像和影子的形成等都表明光在同一种均匀介质中是沿直线传播的；
（2）当光照射到物体表面上时，有一部分光被反射回来，例如：平面镜成像、水中倒影等；
（3）当光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向会偏折，发生折射现象，如：看水里的鱼比实际位置浅等。
【解答】解：A、墨子与弟子们做了世界上第一个小孔成像的实验，证明了光沿直线传播；证明了太阳光由多种色光混合而成的实验是光的色散实验，故A错误；
B、皮影表演时，生动的画面呈现在屏幕上是光的直线传播现象，故B错误；
C、光在同种均匀介质中沿直线传播，故日晷能够测量时间是利用了光沿直线传播的原理，故C正确；
D、因潜望镜内部装有两块平面镜，因此潜望镜利用了光的反射改变了光的传播方向，且平面镜成等大正立的虚像，成像原理是光的反射现象，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了光的直线传播、以及光的反射现象，难度不大，读懂插图的是关键。
4．（2分）如图所示，用同一滑轮组分别将两个不同的物体A和B匀速提升相同的高度，不计绳重和摩擦的影响，提升A的过程滑轮组的机械效率较大，则下列判断正确的是（ ）
①提升A的拉力较大
②A物体比B物体轻
③提升A做的有用功较多
④提升A所做的额外功较少
A．只有①③ B．只有②④ C．只有②③ D．只有①④
【分析】（1）不计绳重和摩擦的影响，滑轮组的机械效率η＝＝＝＝＝据此可得机械效率与提升物重的关系；
（2）由图知n＝2，不计绳重和摩擦，拉力F＝（G+G动）；
（3）将物体提升相同的高度，A物体比B物体重，利用W＝Gh比较有用功大小；
（4）不计绳重和摩擦，克服动滑轮重力所做的功是额外功，利用W额＝G动h比较额外功大小。
【解答】解：
②用同一滑轮组分别将两个不同的物体A和B匀速提升相同的高度，不计绳重和摩擦的影响，提升A的过程滑轮组的机械效率较大，由η＝＝＝＝＝可知，A物体比B物体重，故②错误；
①由图知n＝2，因不计绳重和摩擦，A物体比B物体重，动滑轮重力G动相同，则根据F＝（G+G动）可知，提升A的拉力较大，故①正确；
③由题知，将物体提升相同的高度，A物体比B物体重，由W有用＝Gh知，提升A做的有用功较多，故③正确；
④由题知，将物体提升相同的高度，不计绳重和摩擦，克服动滑轮重力所做的功是额外功，由W额＝G动h知，提升A和B所做的额外功相同，故④错误。
由此可知，只有①③正确。
故选：A。
【点评】本题考查了使用滑轮组时有用功、额外功、总功、机械效率的计算，要注意：同一滑轮组将物体提升相同高度时额外功是相同的。
5．（2分）如图是“探究不同物质吸热升温的现象“和“比较不同燃料燃烧时放出的热量“的甲、乙两组实验装置，下列关于该两组实验的说法正确的是（ ）
A．每组实验中，杯中物质吸收的热量都是根据温度计示数的变化来比较
B．每组实验中，燃料的质量均应相等
C．每组实验中，都需要用到秒表这一测量工具
D．每组实验中，杯中物质的质量均应相等
【分析】（1）为比较不同燃料燃烧放出的热量大小，要用质量相等的不同燃料，加热质量相等的同种液体，液体升温越高、吸热越多，燃料放出的热量越多，燃料的热值越大；
（2）探究“不同物质吸热升温现象”，需要用相同的加热装置，燃烧相同的燃料（根据转换法，确保相同时间放出的热量相同），加热相同的时间，比较质量和初温相同的液体升高的温度。
【解答】解：A、图甲探究“不同物质吸热升温现象”实验时，根据加热时间来比较杯中物质吸热的多少，故A错误；
BD、根据比较不同燃料燃烧放出的热量大小和探究“不同物质吸热升温现象”两实验的要求，容器中被加热物质的质量都要相同，而探究“不同物质吸热升温现象”实验时，不需要控制燃料的质量相同，故B错误，D正确；
C、图乙实验中，乙组实验中需要控制酒精和碎纸、两个烧杯内液体的质量相同，所以需要用到天平，实验中根据温度计示数的变化来比较吸热的多少，不需要用秒表，故C错误。
故选：D。
【点评】本题将“比较不同燃料燃烧放出的热量大小”和探究“不同物质吸热升温现象”两个实验作比较，考查相同和不同之处及转换法和控制变量法，为易错题。
6．（2分）学以致用是学习科学知识的好方法。小帆同学通过学习物理知识认识到了很多用电器的物理原理，他做了以下归纳，其中说法有错误的一项是（ ）
选项 A B C D
用电器
电饭锅 电磁起重机 电风扇 动圈式话筒
实验步骤
原理 电流的热效应 电流的磁效应 电磁感应 电磁感应
A．A B．B C．C D．D
【分析】（1）电流通过导体都要发热，将电能转化为内能，我们把这种现象叫电流的热效应，电饭锅就是利用该原理来工作的。
（2）通电导体的周围存在磁场，我们把这种现象叫电流的磁效应，电磁铁、电磁起重机、电铃等都是利用该原理来工作的。
（3）闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生电流，这种现象叫电磁感应现象，发电机就是利用该原理来工作的。
（4）通电导体在磁场中要受到力的作用，电动机就是该原理来工作的。
【解答】解：A、电饭锅是利用电流的热效应来工作的，对应的实验也是正确的，故A不符合题意；
B、电磁起重机是利用电流的磁效应来工作的，对应的影响电磁铁的磁性强弱的因素的实验也是正确的，故B不符合题意；
C、电动机是利用通电线圈在磁场中受力转动的原理来工作的，对应的实验也是正确的，但是原理不是电磁感应，故C符合题意；
D、动圈式话筒是利用电磁感应原理来工作的，对应的导体切割磁感线产生电流的实验是正确的，故D不符合题意。
故选：C。
【点评】知道电流的热效应、磁效应以及对应的实验和应用；知道磁场对电流的作用和电磁感应现象；知道电动机和发电机的基本原理。
7．（2分）下列作图错误的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】（1）根据安培定则和磁极间的相互作用规律判断；
（2）三孔插座的接法：左零右火上接地；
（3）浮力的方向始终是竖直向上；
（4）凹透镜对光有发散作用。
【解答】解：A．由安培定则可知，通电螺线管的左侧为N极；磁感线从N极出发，回到S极，由异名磁极相互吸引可知，小磁针的上端N，图中相符，故A正确；
B．三孔插座的接法：左零右火上接地，开关应连接在火线和用电器之间，图中相符，故B正确；
C．浮力的方向始终是竖直向上，图中浮力的示意图正确，故C正确；
D．凹透镜对光有发散作用，图中折射光线相对入射光线会聚了，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查了通电螺线管的磁场、三孔插座和开关的连接方法、浮力的示意图、凹透镜的光路图，属于基础题。
8．（2分）“复兴号”动车组在京沈高铁线上每天多车次经过阜新。下列说法正确的是（ ）
A．列车启动后相对于站台是运动的
B．列车启动后速度越来越快是因为受到平衡力的作用
C．列车刹车后不能立即停止是因为受到惯性的作用
D．列车进站时，车体附近空气流速大，压强大，易将安全线内的人“吸”向车体
【分析】（1）若物体的位置相对于所选择的参照物发生了变化，我们就说物体是运动的，若是位置没有变化就说物体是静止的；
（2）物体处于静止或匀速直线运动状态叫做平衡状态；
（3）物体具有保持原来运动状态不变的性质，称为惯性，任何物体都具有惯性；
（4）流体的压强跟流速有关，流速越大，压强越小。比较人和列车之间的压强以及人外侧的压强的大小。
【解答】解：
A、列车启动时，列车相对于站台的位置不断发生变化，所以列车相对于站台是运动的，故A正确；
B、列车启动时速度越来越快处于非平衡状态，所以列车受到非平衡力的作用，故B错误；
C、列车刹车后不能立即停下来，是列车由于惯性要保持原来的运动状态，惯性不是力，不能说“受到惯性的作用”，故C错误；
D、人离进站的列车比较近时，人和列车之间的空气流速大、压强小，人外侧的压强不变，人受到外侧压强大于人内侧受到的压强，人在较大的压强差作用下很容易被压向列车而发生事故，故D错误。
故选：A。
【点评】本题涉及的知识点较多，但难度不大，是一道综合性题目，熟练掌握基础知识即可正确解题。
9．（2分）如图所示为车库积水自动报警装置原理图。图中A、B位置可以安装电铃或者LED灯，要求车库没有积水时LED灯亮，有积水时，电铃响。下列说法正确的是（ ）
A．电铃工作时的原理是由丹麦物理学家奥斯特发现的
B．电铃工作时的原理是由英国物理学家法拉第发现的
C．电铃工作时，电磁铁的上端是N极
D．电铃应该安装在A的位置
【分析】（1）（2）奥斯特发现了电流的磁效应；
（3）根据安培定则判定电磁铁的极性；
（4）电磁继电器的实质是一个间接开关，它连接两个电路，是通过控制电路的通断来控制工作电路的通断的开关，根据电磁继电器的工作过程分析电铃的位置。
【解答】解：
AB、电铃的主要部件是电磁铁，电磁铁通电后具有磁性，这是电流的磁效应，是丹麦物理学家奥斯特发现的，故A正确，B错误；
C、电铃工作时，电流从电磁铁的上端流入、下端流出，根据安培定则可知，电磁铁的上端是S极，故C错误；
D、车库没有积水时，电磁铁不具有磁性，不会吸引衔铁，LED灯亮，说明A为LED灯；车库有积水时，左侧控制电路接通，电磁铁通电，电磁铁会具有磁性，能吸引衔铁，使得B的电路接通，电铃发出声音，所以电铃应安装在图中的B位置，故D错误。
故选：A。
【点评】本题中的问题都是对电磁继电器电路的工作过程进行分析，一般的思路是，先明确控制电路与工作电路，再从控制电路入手，看电磁铁磁性的有无对工作电路触点连接情况的影响，最后确定工作电路中的工作情况。
10．（2分）如图甲所示电路，电源电压恒为6V，滑动变阻器R的规格为“25Ω 1A”，电流表量程选择“0～0.6A”，电压表量程选择“0～3V”，小灯泡上标有“4.5V 0.3A”字样，其I﹣U图像如图乙所示，闭合开关S，为保证电路安全，在移动滑片P的过程中，下列选项正确的是（ ）
A．电路的最大功率是3.6W
B．小灯泡的最小功率是0.75W
C．电流表的最小示数是0.15A
D．电流表的最大示数是0.4A
【分析】（1）为保证电路安全，电路中允许通过的最大电流是0.3A，根据P＝UI可求最大功率；
（2）由串联电路的分压特点可知，当滑动变阻器接入电路的电阻最大时，滑动变阻器两端的电压最大，灯泡两端的电压最小，而且此时流过小灯泡的电流也最小，即电流表的示数最小；即当电压表的示数为3V时，小灯泡的电功率最小，根据P＝UI可求最小功率。
【解答】解：AD．由图可知，小灯泡与滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，电流表测量电路中的电流；题意可知，为保证电路安全，电路中允许通过的最大电流是0.3A，即电流表的最大示数是0.3A，电路的最大功率是：
P＝UI＝6V×0.3A＝1.8W，故AD错误；
BC．由串联电路的分压特点可知，当滑动变阻器接入电路的电阻最大时，滑动变阻器两端的电压最大时，灯泡两端的电压最小，而且此时流过小灯泡的电流也最小，即电流表的示数最小；即当电压表的示数为3V时，小灯泡的电功率最小，此时小灯泡两端的电压为：
UL＝U﹣U滑＝6V﹣3V＝3V，
由图乙可知，此时流过小灯泡的最小电流是0.25A，小灯泡的最小功率是
PL＝ULIL＝3V×0.25A＝0.75W，故B正确；C错误。
故选：B。
【点评】本题考查欧姆定律的应用和电功率的计算，关键是电路中最大电流、最小电流的确定。
二、填空题（本大题共6小题，每空1分，共12分）
11．（2分）教室中的电灯与电风扇是 并联 连接的，电灯与控制它的开关是 串联 （两空均选填“串联”或“并联”）。
【分析】家庭电路中，各用电器之间是并联的；电灯与控制它的开关是串联的。
【解答】解：教室中的电灯与电风扇之间互不影响，是并联连接的；电灯与控制它的开关是串联的。
故答案为：并联；串联。
【点评】本题主要考查了对家庭电路连接特点，属基础题。
12．（2分）图中描述的是生活中的两个情景，请分别写出它们涉及的物理知识。
甲： 重力的方向总是竖直向下 。乙： 地磁场 。
【分析】（1）重力的方向总是竖直向下的。
（2）指南针指示南北方向就是因为受到地磁场的作用。
【解答】解：重垂线自由下垂时，因重力的方向总是竖直向下的，所以其垂线处于竖直方向，若画边与垂线平行，则可以判断出画是竖直的；若不平行，则画是倾斜的。
指南针指示南北方向就是因为受到地磁场的作用。
故答案为：重力的方向总是竖直向下；地磁场。
【点评】此题体现了从生活走进物理，从物理走进生活的理念。
13．（2分）如图所示，要使杠杆在水平位置处于平衡状态，作用在A处的力沿 D （填字母）方向最省力，力的大小是 150 N。
【分析】判断杠杆最小动力时，如果阻力和阻力臂不变，则根据杠杆平衡条件可知，当动力臂最大时，对应的动力最小；
根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可求出动力的大小。
【解答】解：假设沿C方向的力是F1，沿E方向的力是F2，沿D方向的力是F3，如图所示。分别作出三个动力的力臂，其中力F1的力臂是L1，力F2的力臂是L2，力F3的力臂是LOA，根据直角三角形斜边最长，可知力臂LOA大于L1和L2，即LOA最长，则对应的力F3最小，即沿D方向的力最小。
根据杠杆平衡条件，因为OA＝4OB，所以动力F＝G＝×600N＝150N。
故答案是：D；150。
【点评】该题考查了利用杠杆平衡条件判断最小的动力，以及杠杆平衡条件的有关计算，解答此类题的关键是找出最小的动力臂。
14．（2分）北京冬奥会的高科技绿色环保场馆，场馆实现100%绿电，某小型场馆的压缩机组的供电功率为190kV A，工作电压为380V，其工作的总电流为 500 A，压缩机的核心部件——电动机，其工作原理是 通电线圈在磁场中受力转动 。
【分析】（1）根据P＝UI进行计算。
（2）电动机的工作原理是：通电线圈在磁场中受力转动。
【解答】解：某小型场馆的压缩机组的供电功率为190kV A，工作电压为380V，其工作的总电流为：；
压缩机的核心部件——电动机，其工作原理是：通电线圈在磁场中受力转动。
故答案为：500；通电线圈在磁场中受力转动。
【点评】本题主要考查了电动机的工作原理，关键是会利用公式P＝UI进行计算。
15．（2分）一个成年人参加一次长跑，身体消耗的能量为1.2×107J，这些能量相当于完全燃烧1.1kg的干木柴才能得到，则干木柴的热值为 1.09×107 J/kg，在燃烧过程中，干木柴的热值 不变 （选填“增大”、“减小”或“不变”）。
【分析】由题知，干木柴完全燃烧放出的热量等于身体消耗的能量，知道完全燃烧干木柴的质量，可以利用公式Q放＝mq求干木柴的热值。热值是燃料的本身的一种特性，其大小与燃料的种类有关，而与质量大小、燃烧程度无关。
【解答】解：由题知，干木柴完全燃烧放出的热量Q放＝1.2×107J，
由Q放＝mq可得干木柴的热值：
q＝＝≈1.09×107J/kg；
热值是燃料的本身的一种特性，与质量无关，在燃烧过程中，干木柴的热值不变。
故答案为：1.09×107；不变。
【点评】本题考查了燃料完全燃烧放热公式Q放＝mq的应用，以及对热值特性的理解，属于基础题目。
16．（2分）如图所示的电路，只闭合开关S1，将滑动变阻器滑片从最右端向左移动至中点，灯泡L的亮度将 变亮 （选填“变亮”、“变暗”或“不变”）。保持滑片位置不动，再闭合开关S2，电压表示数 变小 。（选填“变大”、“变小”或“不变”）
【分析】（1）只闭合开关S1，滑动变阻器、灯泡和定值电阻串联，电压表测量灯泡和定值电阻两端的总电压，电流表测量串联电路的电流；根据滑动变阻器滑片的移动方向判断其接入电路中阻值的变化情况，然后结合串联电路的规律和欧姆定律判断通过灯泡的电流变化，即可判断出灯泡的亮度变化情况。
（2）保持滑片位置不动，再闭合开关S2，灯泡被短路，滑动变阻器和定值电阻串联，电压表测量定值电阻两端的电压；由于灯泡被短路，所以电路的总电阻变小，然后根据欧姆定律和串联电路的规律可判断出电压表示数的变化情况。
【解答】解：（1）只闭合开关S1，滑动变阻器、灯泡和定值电阻串联，电压表测量灯泡和定值电阻两端的总电压，电流表测量串联电路的电流；
将滑动变阻器滑片从最右端向左移动至中点，滑动变阻器接入电路的阻值变小，由串联电路的电阻规律可知电路的总电阻变小，根据欧姆定律可知电路中的电流变大，即通过灯泡L的电流变大，所以灯泡的亮度将变亮；
（2）保持滑片位置不动，再闭合开关S2，灯泡被短路，滑动变阻器和定值电阻串联，电压表测量定值电阻两端的电压；由于灯泡被短路（或灯泡未接入电路），则电路的总电阻变小，由欧姆定律可知电路中的电流增大；
变阻器接入电路的阻值不变，电路中的电流增大，由U＝IR可知变阻器两端的电压会变大，电源电压不变，根据串联电路的电压规律可知定值电阻两端的电压变小，即电压表示数变小。
故答案为：变亮；变小。
【点评】本题考查了串联电路的规律和欧姆定律的应用，根据开关的状态正确判断电路的连接情况是解答此题的关键。
三：作图与实验探究题（每空、每图1分，共18分）
17．（1分）如图所示，容器内水位线在A处时，一束光斜射入水中，在容器底形成光斑P1。请你通过作图找出水面升到B时光斑P2的位置。
【分析】光从空气斜射入水中时：折射光线、入射光线和法线在同一平面内，折射光线与入射光线分居法线两侧，光从空气斜射入水中时，折射角小于入射角。
【解答】解：光线从空气中斜射入水中时会发生折射现象，保持光束和容器的位置不变，水面由A升到B时，入射角的大小不变，所以折射角的大小也不变，据此由入射点O作原来折射光线的平行线画出折射光线，与容器底的交点即为此时光斑P2。如下图所示：
【点评】本题考查根据折射规律作图，知道发生折射时，入射角相等，折射角也相等。
18．（1分）如图所示，图中二极管通电时发光，在括号里标出静止小磁针的“N”或“S”极。
【分析】根据二极管的单向导电性确定电路中的电流方向，根据安培定则判断出通电螺线管的磁极，根据磁极间的相互作用判断出静止小磁针的“N”或“S”极。
【解答】解：图中二极管通电时发光，所以电流是从螺线管的左端流入、右端流出，
由安培定则可知，通电螺线管的左端为N极，
由异名磁极相互吸引可知，小磁针的右端为S极，如图所示：
【点评】此题主要考查对磁极间的相互作用以及安培定则的掌握情况，小磁针的N、S极是由螺线管的N、S极来确定的，因此确定螺线管的N、S极是解决此题的突破口。
19．（4分）按要求完成填空。
（1）如图1所示是探究“电流通过导体时产生热量的多少与什么因素有关”的实验装置（电阻阻值均相同），该电路的连接方法便于探究电流通过电阻产生的热量与 电流 的关系。
（2）如图2所示，在试管中加入少量水，用嘴对着试管口吹气使其发声，减少试管中的水量，声音的音调变 低 （选填“高”或“低”）。
（3）如图3所示，用刻度尺测量一物块的长度，该物块长度为 2.35 cm。
（4）如图4所示，将水注入在水平面上的木桶时，决定木桶底部所受液体压强大小的是 最短 （选填“最长”、“最短”、“最粗”或“最细”）的木板。
【分析】（1）探究电流产生热量跟电阻关系时，控制通电时间和电流不变；探究电流产生热量跟电流关系时，控制通电时间和电阻不变；
（2）声音是由物体的振动产生的，振动的频率越高，音调越高；
（3）使用刻度尺测量物体长度时，要观察是否从0刻度线量起，起始端没从0开始，要以某一刻度当作“0”刻度，读出末端刻度值，减去前面的刻度即为物体长度，注意刻度尺要估读到分度值的下一位；
（4）决定木桶底部受到水的压强的大小的是水的深度，水的深度决定于短木板的长度。
【解答】解：（1）由图1可知，图中左、右装置容器中的电阻相同，根据并联电路的电流关系可知，通过容器内电阻的电流不同，所以研究电流产生的热量与电流的关系；
（2）在试管中加入适量的水，用嘴对着试管口部吹气，使其发声，当减少试管中的水量时，空气柱的长度变大，则吹气时空气中振动的频率变低，声音的音调变低；
（3）刻度尺上1cm之间有10个小格，所以一个小格代表1mm，即刻度尺的分度值为1mm；物体左侧与0刻度线对齐，右侧在2.3cm和2.4cm中间，估读为0.05cm，所以物体的长度为2.35cm；
（4）根据公式p＝ρgh可知，液体压强的大小决定于液体的深度，木桶里水的深度决定于最短木板的长度。
故答案为：（1）电流；（2）低；（3）2.35；（4）最短。
【点评】本题考查了影响电流产生热量大小的因素、音调的高低、长度的读数、液体内部压强计算公式的应用，属于综合题。
20．（5分）为响应二十大号召，某班同学乘承求实创新的精神，开展了测量物体密度的实验。
（1）“友善”小组的同学在实验室用天平和量筒测量某种油的密度。
①将天平放在水平台上，将 游码 移到标尺左端零刻线处，发现指针偏向分度盘中线左侧，他们应该将平衡螺母向右移动，直至天平平衡；
②在量筒中装入了适量的油，如图甲所示：接着他将空烧杯放在天平上测出其质量为33.2g，然后将量筒中的油全部倒入烧杯中，用天平测量烧杯和油的总质量，天平平衡时的情景如图乙所示。根据以上实验数据可算出油的密度为 0.85×103 kg/m3，这种方法测得油的密度会比真实值偏 小 （选填“大”或“小”）。
（2）“爱国”小组将一个正方体物块放入盛水的大烧杯中如图丙所示，待物块静止时，物块露出水面部分的高度为2cm。接着将一个50g的砝码慢慢放到物块正中央，稳定时物块的上表面刚好与水面相平，则物块排开水的重力比没有放砝码时增加了 0.5 N，测得物块的密度为 0.6×103 kg/m3。
【分析】（1）天平使用时，应该先将天平放在水平台，然后将游码归零，再调节平衡螺母使天平平衡。如果发现分度标尺的指针左偏，应该将游码向相反的方向（右）调节；
由图可得该量筒的分度值为2cm3，可以得出此时油的体积；根据图中天平的砝码和游码可得烧杯和油的总质量；根据密度公式ρ＝，可得油的密度；
因为将油从量筒转移到烧杯的过程中会导致油在量筒中残留，故测出的油的质量值偏小，故利用这种方法测出的密度值将比实际值偏小。
（2）将一个50g的砝码慢慢放到物块正中央，可以求得砝码的重力，稳定时物块的上表面刚好与水面相平，对物体进行受力分析可得物体受到的浮力增大的量，根据物体受到的浮力增大的量，可以求得排开的液体的体积，设正方体的棱长为L，从而求得正方体的棱长，单独将物体放入水中时，其排开的体积占总体积的，根据阿基米德原理可以求得物体的密度。
【解答】解：（1）天平使用时，应该先将天平放在水瓶台，然后将游码归零，再调节平衡螺母使天平平衡。
由图可得该量筒的分度值为2cm3，此时油的体积为：V＝40cm3，
根据图中天平的砝码和游码可得烧杯和油的总质量为：
m总＝50g+10g+5g+2.2g＝67.2g
故油的质量为：
m＝67.2g﹣33.2g＝34g，
根据密度公式可得油的密度为：ρ＝＝＝0.85g/cm3＝0.85×103kg/m3，
因为将油从量筒转移到烧杯的过程中会导致油在量筒中残留，故测出的油的质量值偏小，故利用这种方法测出的密度值将比实际值偏小。
（2）接着将一个50g的砝码慢慢放到物块正中央，砝码的重力为：
G＝mg＝kg×10N/kg＝0.5N，
稳定时物块的上表面刚好与水面相平，对物体进行受力分析可得物体受到的浮力增大了0.5N，故物块排开水的重力比没有放砝码时增加了0.5N。
设正方体的棱长为L，物体受到的浮力增大了0.5N，故排开的液体的体积为：
ΔV排＝＝＝5×10﹣5m3＝0.02m×L2，
故L＝0.05m＝5cm，故单独将物体放入水中时，其排开的体积占总体积的，根据阿基米德原理可知：
F浮＝＝ρ物gV
故＝0.6×103kg/m3。
故答案为：（1）游码；0.85×103；小；（2）0.5；0.6×103。
【点评】本题考查液体、固体密度的测量，难度适中。
21．（3分）“探究动能大小与哪些因素有关”的实验装置如图1所示：将小车从斜面上高h处由静止释放，运动至木板上后与木块碰撞。通过改变小车释放时高度h、在小车中增加钩码和在木板上铺垫棉布的方法，得到了图2虚线框内的四个实验场景。
（1）为探究小车动能与质量的关系，应选用场景①和 ③ （选填“②”、“③”或“④”）进行实验；
（2）若将场景①和②中的木块均移走，利用这两个场景可探究 阻力 对物体运动的影响，并由此推断出，如果运动物体不受力将 做匀速直线运动 。
【分析】（1）动能大小与物体的质量和速度有关，在探究过程中应用控制变量法，并通过小车推动木块做的功来反映动能的大小。
（2）探究“阻力对物体运动的影响”的实验中，平面越光滑，小球运动的距离越长，说明小球受到的阻力越小，速度减小得越慢，据此推理得出不受力时的运动情况。
【解答】解：
（1）由图知，场景①和场景②中小车的质量相同，场景①②③中小车最初所处的高度相同，且场景③④中小车的总质量更大，而场景④中小车最初所处的高度最小；
为探究小车动能与质量的关系，应控制小车到达水平面时的初速度相同（即释放时的高度相同），而小车的质量不同，所以应让两质量不同的小车分别从同一斜面同高度由静止滑下，则由图中信息可知应选场景①和③；
（2）若将场景①和②中的木块均移走，完全相同的两小车到达水平面时初速度相同，水平面的粗糙程度不同，小车的滑行距离不同，据此场景可以探究阻力对物体运动的影响；平面越光滑，小车运动的距离越长，如果运动物体不受力将做匀速直线运动。
故答案为：（1）③；（2）阻力；做匀速直线运动。
【点评】本题将“阻力对物体运动的影响”、“影响动能大小的因素”两个实验相结合，考查了学生分析实验现象的能力以及严谨的科学观，这就要求我们在平常的试验中多注意分析实验的方法。
22．（4分）探究“电流与电阻的关系”时，实验器材有：三节新的干电池（总电压为4.5V不变）、电流表、电压表、滑动变阻器（标有“20Ω 2A”字样）、定值电阻5个（5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、50Ω），开关一个，导线若干。
（1）闭合开关，电流表无示数，电压表有示数且接近电源电压，则故障原因可能是 B ；
A滑动变阻器RP断路
B.定值电阻R断路
C.定值电阻R短路
（2）图丙是根据实验数据画出的定值电阻的I﹣R图象，其中阴影部分面积代表的物理量是 电压 ；
（3）实验中，在接入50Ω的定值电阻后，无论怎样移动滑片，都不能使电压表示数达到原来的数值，为了能完成这次实验，下列措施不可行的是 B ；
A.再串联一个10Ω的电阻
B.调高电源电压
C.更换一个最大阻值为30Ω的滑动变阻器
（4）在实验拓展时，发现不使用电压表，利用学生电源（电压未知但恒定不变）、阻值为R0的定值电阻、电流表、开关等器材可测未知电阻Rx值，电路如图丁所示，请你完成下列实验步骤：
①按电路图正确连接电路，只闭合开关S，读出电流表示数I1；
②闭合开关S和S1，读出电流表示数I2；
③根据实验数据，计算出待测电阻Rx＝ 。（用R0、I1、I2表示）
【分析】（1）闭合开关，电流表无示数，说明电路可能断路；电压表有示数且接近电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了；
（2）根据画出I﹣R图象（如图丙）知图中阴影面积为长方形，由欧姆定律分析；
（3）由欧姆定律求出在接入50Ω的电阻进行实验时，滑动变阻器连入电路中的电阻与和电源电压，据此分析；
（4）分别将定值电阻和未知电阻Rx接入电路中，由欧姆定律先求出电源电压，根据并联电路电压的规律和欧姆定律分析回答。
【解答】解：（1）闭合开关，电流表无示数，说明电路可能断路；电压表有示数且接近电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了，即故障原因是定值电阻R断路，故选B；
（2）根据画出I﹣R图象（如图丙）知，图中阴影面积为长方形，其面积等于IR，由欧姆定律得，U＝IR，阴影面积表示的物理量是电阻两端的电压；
（3）AC、为了能完成这次实验，滑动变阻器的最小电阻为：＝，即＝，解得滑动变阻器的最小电阻为：R滑大＝25Ω，所以更换一个最大阻值为30Ω的滑动变阻器可以完成这次实验；
再串联一个电阻的阻值可以为：30Ω﹣20Ω＝10Ω，故AC正确。
B、设电源电压为U，定值电阻两端的电压为UV，当接入50Ω的定值电阻时，则＝，即＝，解得电源电压为：U＝4.2V，所以降低电源电压可以完成这次实验，故B错误；
故选：B；
（4）实验步骤：
①按电路图正确连接电路，只闭合开关S，读出电流表示数I1；
②只闭合开关S和S1，读出电流表示数I2；
③在步骤①中，为R0的简单电路，电流表测R0的电流，则电源电压为U＝I1R0；
在步骤②中，两电阻并联，电流表测干路的电流，由并联电路电流的规律可知通过未知电阻Rx的电流：Ix＝I2﹣I1，
则电源电压为：U＝IxRx＝（I2﹣I1）Rx；
由于电源电压不变，即I1R0＝（I2﹣I1）Rx；
则待测电阻Rx的阻值为：Rx＝。
故答案为：（1）B；（3）电压；（3）B；（4）。
【点评】本题探究电流与电阻的关系，考查电路连接、注意事项、故障分析、数据分析、控制变量法和欧姆定律的应用及设计实验方案测电阻的能力。
四：综合题（每小题5，共10分）
23．（5分）如图所示，是一辆汽车通过滑轮组提升重物的装置图，汽车部分参数如表。重物以1m/s的速度匀速上升10秒，提升重2400N的物体时，滑轮组的机械效率为80%，不计汽车所受的摩擦阻力、绳重及滑轮组的摩擦，求：
汽车部分参数
汽车重量/吨 3
车轮数/个 6
车轮的总受力面积/cm2 1000
（1）汽车的重力和对水平地面的压强；
（2）汽车拉绳的力做功的功率。
【分析】（1）提升重物时，汽车对水平地面的压力等于其自身重力，求出受力面积，利用p＝计算压强；
（2）首先确定滑轮组绳子的有效股数，然后利用η＝＝＝＝求出汽车的拉力；根据v＝nv物求出汽车的速度，根据P＝Fv求出汽车的功率。
【解答】解：（1）提升重物时，汽车对水平地面的压力：
F＝G＝mg＝3×103×10N/kg＝3×104N，
受力面积S＝1000cm2＝0.1m2，
汽车对水平地面的压强：
p＝＝＝3×105Pa；
（2）由图可知：滑轮组绳子的有效股数n＝3，
根据η＝＝＝＝可得，汽车的拉力：
F＝＝＝1000N，
汽车的速度：v车＝nv物＝3×1m/s＝3m/s，
则汽车拉绳的力做功的功率：
P＝Fv＝1000N×3m/s＝3000W。
答：（1）提升重物时汽车对水平地面的压强为3×105Pa；
（2）汽车拉绳的力做功的功率为3000W。
【点评】此题考查压强、机械效率的计算，功率公式的应用，关键是功率推导公式P＝Fv、机械效率推导公式η＝＝＝＝的运用。
24．（5分）如图甲所示是3D打印笔，3D打印笔通过加热，挤出热熔的塑胶，然后在空气中迅速冷却，最后固化成稳定的形状。此打印笔有快慢两挡，其内部简化电路如图乙所示，将该3D打印笔单独接入装有如图丙所示电能表的家庭电路中正常工作。快挡打印2min，电能表指示灯闪烁8次，刚好将15g的塑胶从20℃加热到260℃。已知该3D打印笔慢挡打印功率为22W，R1、R2是用于发热的定值电阻，塑胶的比热容为2×103J/（kg ℃）。求：
（1）3D打印笔快挡打印电功率；
（2）3D打印笔快挡打印时的热效率；
（3）R1、R2的阻值。
【分析】（1）（3）根据电路图可知，当开关接1、2时，R1与R2串联，电路中电阻较大；当开关接2、3时，电路为R2的简单电路，电路中电阻较小，根据P＝可知，总电阻越大，功率越小，故开关接1、2时为低温挡；利用P＝求此时电路中的总电阻，由于串联电路中总电阻等于各分电阻之和，可求R1的阻值。
（2）3000imp/（kW h），是指每消耗1kW h的电能，电能表指示灯闪烁了3000次，据此求指示灯闪烁8次，打印笔消耗的电能；根据Q吸＝cmΔt算出15g的塑料条从20℃加热到260℃吸收的热量，由效率公式η＝算出3D打印笔快挡打印时的热效率。
【解答】解：（1）根据电路图可知，当开关接1、2时，R1与R2串联，电路中电阻较大；当开关接2、3时，电路为R2的简单电路，电路中电阻较小，根据P＝可知，总电阻越大，功率越小，故开关接1、2时为低温挡，接2、3时为高温挡；
3D打印笔快挡打印时的电功率为：
P快＝＝＝80W；
（2）3000imp/（kW h）是指电路中每消耗1 kW h的电能，电能表指示灯闪烁3000次，
指示灯闪烁8次，3D打印笔消耗的电能：
W＝kW h＝kW h＝9600J；
15g的塑胶从20℃加热到260℃吸收的热量为：
Q吸＝cmΔt＝2.0×103J/（kg ℃）×15×10﹣3kg×（260℃﹣20℃）＝7200J，
由效率公式η＝知，3D打印笔快挡打印时的热效率为：
η＝＝×100%＝75%；
（3）由P＝知，当开关接2、3时，电路为R2的简单电路，此时电路中R2的电阻：
R2＝＝605Ω，
当开关接1、2时，R1与R2串联，此时电路中的总电阻：
R总＝＝2200Ω，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，R1＝R总﹣R2＝2200Ω﹣605Ω＝1595Ω。
答：（1）3D打印笔快挡打印时的电功率为80W；
（2）3D打印笔快挡打印时的热效率为75%；
（3）R1的阻值为1595Ω，R2的阻值为605Ω。
【点评】本题考查了电功率公式和电功公式的应用，关键是打印笔不同挡位时电路连接方式的判断。
