中考物理二轮复习压轴培优训练挑战31 山东卷1（山东八市共33题）（2份，原卷版+解析版）

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一．选择题（共8小题）
1．（2023•淄博）如图所示电路中，电源电压6V恒定不变，电流表的量程是0～0.6A，电压表的量程是0～3V，小灯泡上标有“2V，1W”（灯丝电阻不变），滑动变阻器标有“20Ω，1A”。闭合开关S，移动滑动变阻器的滑片P，在不损坏电路元件的前提下，电流表、电压表示数的范围分别是（ ）
A．0.25A～0.6A，1V～2VB．0.3A～0.5A，1V～1.5V
C．0.25A～0.5A，1.5V～2VD．0.25A～0.5A，1V～2V
【答案】D
【解答】解：由图可知，小灯泡与滑动变阻器串联，电流表测量电路中的电流，电压表测量小灯泡两端的电压；
根据题意可知，小灯泡的额定电压为2V，小于3V，即小灯泡两端的最大电压UL＝2V，
由P＝UI可知，小灯泡允许通过的最大电流：IL＝＝＝0.5A，
电流表量程为0～0.6A，所以电路中允许通过的最大电流I大＝IL＝0.5A；
由I＝可知，小灯泡的电阻：RL＝＝＝4Ω，
当滑动变阻器接入电路的阻值最大，即R滑＝20Ω，根据欧姆定律可知，此时电路中的电流最小，
根据串联电路的电阻特点可知，此时电路中的总电阻：R＝R滑+RL＝20Ω+4Ω＝24Ω，
电路中的最小电流：I小＝＝＝0.25A，
由I＝可知，小灯泡两端的最小电压：UL小＝I小RL＝0.25A×4Ω＝1V，
所以电流表的示数变化范围为0.25A～0.5A，电压表的示数变化范围为1V～2V。
故选：D。
2．（2023•德州）在某次测试中，甲、乙两车都向东做直线运动，它们的s﹣t图象如图所示，则（ ）
A．甲、乙两车都做加速直线运动
B．两车出发前相距20m，甲比乙晚出发5s
C．在第10s时两车速度相等
D．5～10s内乙车相对于甲车向东运动
【答案】B
【解答】解：A.图像为s﹣t图像，图像是倾斜的直线，表示物体的路程随时间变化均匀，根据路程公式s＝vt可知，物体的速度不变，所以是匀速直线运动，故A错误；
B.甲车与横坐标相交，表明开始运动时，位置在坐标原点，运动的开始时刻是5s；而乙车与纵坐标相交，表示开始运动的时刻是0时刻，但是开始运动的位置在坐标原点20m处，所以开始运动时，甲、乙两车相距20m，乙车先运动，甲车晚5s运动，故B正确；
C.s﹣t图像相交的点表示的是两车在同一位置，即两车相遇，而不是速度相同，故C错误；
D.5～10s内，由图像可知甲车的速度更快，两车均向东行驶，而乙车在甲车前方20m处，甲车速度比乙车快，所以距离在缩小，以甲车为参照物，则乙车相对甲车向西运动，故D错误。
故选B。
3．（2023•德州）如图甲所示，电源电压保持不变。电流表A的量程为0～0.6A，电压表V1、V2的量程均为0～3V，滑动变阻器R的规格为“50Ω，2A”，某一特种小灯泡的额定电压为2.5V。滑动变阻器的滑片P在某点时，小灯泡正常发光，此时电压表V2的示数为1.5V。在保证电路各元件安全的最大范围内调节滑片P，其中一只电压表与电流表示数的变化图象如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．电源电压为3V
B．电压表V1的示数变化范围为1.5V～3V
C．滑动变阻器的取值范围是3Ω～50Ω
D．小灯泡的功率范围为0.1W～1.25W
【答案】D
【解答】解：由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表V1测灯泡两端的电压，电压表V2测变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。
A．由题意可知，滑动变阻器的滑片P在某点时，小灯泡正常发光，此时电压表V2的示数UP＝1.5V，灯泡两端的电压UL＝UL额＝2.5V，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电源的电压U＝UL+UP＝2.5V+1.5V＝4V，故A错误；
B．由串联电路的分压原理可知，当滑动变阻器接入电路中的电阻变大时，其分得的电压变大，即电压表V2的示数变大，
此时电路中的总电阻变大，由I＝可知，电路中的电流变小，由串联电路的电压特点可知，灯泡L两端的电压变小，即电压表V1的示数变小，
由图乙可知，当电压表的示数增大时，电流表的示数减小，则图像为滑动变阻器的I﹣U图像；
由图乙知当变阻器两端电压最大即UP大＝3V时，灯泡两端电压最小即UL小＝U﹣UP大＝4V﹣3V＝1V，
为保证灯泡长期工作，灯泡两端电压最大为其额定电压，
所以电压表V1的示数变化范围为1V～2.5V，故B错误；
C.由图乙知变阻器电阻最大时，其两端电压UP大＝3V时，电路中的电流I小＝0.1A，
则滑动变阻器接入电路中的最大阻值：R大＝＝＝30Ω；
当变阻器接入电路的阻值最小时，其两端电压UP小＝1.5V，电路中的电流I大＝0.5A，
则滑动变阻器接入电路中的最小阻值：R小＝＝＝3Ω；
所以滑动变阻器的取值范围是3Ω～30Ω，故C错误；
D.当电路中的电流I小＝0.1A，灯泡两端的电压U'L＝U﹣UP大＝4V﹣3V＝1V，
灯泡的最小功率PL小＝U'L×I小＝1V×0.1A＝0.1W，
当电路中的电流I大＝0.5A，灯泡两端的电压UL＝2.5V，
灯泡的最大功率PL大＝UL×I大＝2.5V×0.5A＝1.25W，
所以小灯泡的功率范围为0.1W～1.25W，故D正确。
故选：D。
4．（2023•威海）如图所示，将若干重物放在4个自制天平的秤盘上，放入重物前天平在水平位置平衡，放入重物后天平都向右倾斜，秤盘最终落在桌面上。若不改变秤盘的悬挂位置。仅将重物左右互换，互换后可能重新在水平位置平衡的天平是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解答】解：
AD、图中的杠杆为等臂杠杆，由杠杆平衡条件可知，两边所挂重物重力不相同，将天平上的重物各自左右互换，两边力和力臂的乘积还是不相等，杠杆仍不平衡，故AD错误；
B、图中的杠杆，左边力臂大于右边力臂，由杠杆平衡条件可知，左边重力小于右边重力，将天平上的重物各自左右互换，左边力和力臂的乘积大于右边力和力臂的乘积，杠杆不平衡，杠杆向左端倾斜，故B错误；
C、图中的杠杆，左边力臂小于右边力臂，由杠杆平衡条件可知，左边重力可能小于右边重力，将天平上的重物各自左右互换，左边力和力臂的乘积可能会等于右边力和力臂的乘积，杠杆可能会平衡，故C正确。
故选：C。
5．（2023•聊城）如图所示，是列车上烟雾报警器的简化原理图。内装有一个激光发生器及带有一光敏电阻R的电路，其中电源电压恒定，R0为定值电阻。有烟雾产生时，激光被烟雾遮挡而使光敏电阻的阻值发生变化，从而改变电路中的电流。当电路中的电流增大至某一数值时报警器开始报警。下列说法中正确的是（ ）
A．光敏电阻R的阻值随光照强度的减弱而增大
B．烟雾越浓，电流表示数越小
C．烟雾越浓，电压表示数越小
D．若要提高警报灵敏度，可以适当增大R0的阻值
【答案】C
【解答】解：如图所示定值电阻R0光敏电阻R串联，电流表测电路中的电流，电压表测光敏电阻两端的电压；
A、当有烟雾时报警，已知电路中的电流增大至某一数值时报警器开始报警，故有烟雾时，光照减弱，电路中电流增大，当电路电阻减小时，电流增大，光敏电阻R的阻值随光照强度的减弱而减小，故A错误；
B、已知光敏电阻R的阻值随光照强度的减弱而减小，故烟雾越浓，光照强度越弱，电阻越小，电路中的电流越大，故B错误；
C、已知光敏电阻R的阻值随光照强度的减弱而减小，故烟雾越浓，光照强度越弱，电阻越小，电路中的电流越大，根据欧姆定律I＝，定值电阻R0两端的电压增大，串联电路电源电压等于各部分电压之和，故光敏电阻两端的电压减小，即电压表示数减小，故C正确；
D、要提高警报灵敏度，需减小电路中的电阻以增大电流，使报警器更快报警，增大R0的阻值会增大电路电阻减小电流，不能提高警报灵敏度，故D错误。
故选：C。
6．（2023•东营）用细线将两个半径相同的实心小球A和B连接在一起，放入水中，静止后的状态如图所示，线已绷紧。下列判断正确的是（ ）
A．F浮A＝GAB．F浮A＝F浮BC．GA＞GBD．ρA＞ρ水
【答案】B
【解答】解：A、对实心小球A受力分析可知：F浮A＝GA+F，由此可知，F浮A＞GA，故A错误；
B、实心小球A和B的半径相同，则它们的体积也相同，由图可知，它们浸没在水中，那么它们排开水的体积相等，根据F浮＝ρ水V排g可知，F浮A＝F浮B，故B正确；
C、对实心小球A受力分析可知：F浮A＝GA+F，即GA＝F浮A﹣F，
对实心小球B受力分析可知：GB＝F浮B+F，
所以GA＜GB，故C错误；
D、由（1）知：F浮A＞GA，则ρ水gV排＞ρAgVA，
因为它们浸没在水中，则V排＝VA，
所以ρA＜ρ水，故D错误。
故选：B。
7．（2023•济南）把一块石头和一个西红柿同时放入水中，它们静止时西红柿漂在水面上，而石头沉入了水底，如图所示。石头和西红柿在水中受到的浮力的大小相比较（ ）
A．石头受到的浮力更大些
B．西红柿受到的浮力更大些
C．石头和西红柿受到的浮力一样大
D．无法比较石头和西红柿受到的浮力大小
【答案】A
【解答】解：把一块石头和一个西红柿同时放入水中，它们静止时西红柿漂在水面上，而石头沉入了水底，西红柿排开的水的体积小于石头排开的水的体积，根据阿基米德原理F浮＝ρ液gV排可知，石头受到的浮力大。
故选：A。
8．（2023•济南）如图所示的实物电路由电源、开关S、两个小灯泡L1、L2和甲、乙、丙三个电表（电流表或电压表）组成。闭合开关S后，两个小灯泡L1、L2均能发光。下列关于甲、乙、丙三个电表的判断，正确的是（ ）
A．甲是电压表，乙、丙是电流表
B．乙是电压表，甲、丙是电流表
C．甲是电流表，乙、丙是电压表
D．丙是电流表，甲、乙是电压表
【答案】B
【解答】解：闭合开关S后，两个小灯泡L1、L2均能发光，两盏灯可能是串联，也可能是并联，且电流表串联在被测电路中（或电流表在电路中相当于导线），而电压表并联在被测电路两端（或电压表在电路中相当于断路）；
①若L1、L2串联，根据电流的流向可知，此时丙表并联在L1、L2的两端，则丙是电压表；此时乙表串联在电路中，则乙是电流表；为了避免L1被短路，则甲只能是相当于断路的电压表，
由此可知，乙是电流表，甲、丙是电压表；
②若L1、L2并联，根据电流的流向可知，乙表只能是相当于断路的电压表，丙表串联在L1的支路中，则丙是电流表；此时甲表串联在干路中，所以甲是电流表，
由此可知，乙是电压表，甲、丙是电流表；
结合选项可知，只有B项正确。
故选：B。
二．多选题（共5小题）
9．（2023•济南）（多选）如图所示为鱼缸中的电动过滤增氧泵的原理图。电动机带动水泵的叶轮旋转把水从进水口吸入，从喷水口中快速喷出，空气就会从进气管进入水中，随水流一起从出水口流出。下列说法正确的是（ ）
A．水从进水口进入水泵，主要利用了大气压
B．水从水泵中快速甩出来，水泵对水做了功
C．喷水口越狭窄，进气管底端的压强就越小
D．增氧泵工作时，把电能转化为水的机械能
【答案】ABCD
【解答】解：A、当水泵工作时，泵内气压小于外界大气压，水在外界大气压的作用下被压入水泵内，主要是利用大气压来工作的，故A正确；
B、当水从出水管口快速喷出时，水泵对水做功，将水从出水管口压出，故B正确；
C、喷水口越狭窄，喷水口中水的流速越快，进气管底端的压强就越小，故C正确；
D、增氧泵工作时，消耗电能，把水从低处运到高处，水的机械能增加，所以是把电能转化为水的机械能，故D正确。
故选：ABCD。
10．（2023•青岛）（多选）通过嫁接等技术创新，国产大樱桃的甜度和口感不断提高。小海用天平和量筒测量国产大樱桃的密度，天平平衡时，右盘中砝码的质量游码在标尺上的位置如图甲所示；向量筒中加入30mL的水，再将大樱桃浸没其中，液面的位置如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．测量密度的原理是ρ＝
B．大樱桃的质量是13.2g
C．大樱桃的体积是8cm3
D．大樱桃的密度是1.6kg/m3
【答案】AC
【解答】解：A、大樱桃的密度根据密度公式ρ＝ 计算，故A正确；
B、物体的质量等于砝码质量和游码对应刻度值之和，大樱桃的质量：m＝10g+2.8g＝12.8g，故B错误；
C、大樱桃的体积等于大樱桃和水的总体积与水的体积的差，大樱桃的体积：V＝38mL﹣30mL＝8mL＝8cm3，故C正确；
D、大樱桃的密度：ρ＝＝＝1.6g/cm3＝1.6×103kg/m3，故D错误；
故选：AC。
11．（2023•青岛）（多选）某品牌电热水壶，部分参数如表所示，它正常工作245s，可将体积为2L、温度为20℃的水加热到70℃。下列分析正确的是（ ）
A．电热水壶正常工作时的电流约为0.12A
B．电热水壶正常工作时电热丝的阻值约为26.9Ω
C．电热水壶整个过程消耗的电能是4.41×105J
D．电热水壶中的水吸收的热量为4.2×105J
【答案】BCD
【解答】解：A、由表格参数可知，电热水壶的额定电压U＝220V，额定功率P＝1800W，
由P＝UI可知，电热水壶正常工作时的电流：I＝＝≈8.18A，故A错误；
B、由P＝可知，热水壶正常工作时电热丝的阻值：R＝＝≈26.9Ω，故B正确；
C、由P＝可知，电热水壶整个过程消耗的电能：W＝Pt＝1800W×245s＝4.41×105J，故C正确；
D、水的体积V＝2L＝2dm3＝2×10﹣3m3，由ρ＝可知，水的质量：m＝ρV＝1.0×103kg/m3×2×10﹣3m3＝2kg，
电热水壶中的水吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（70℃﹣20℃）＝4.2×105J，故D正确。
故选：BCD。
12．（2023•威海）（多选）如图所示，电源电压为4.5V，R1阻值为6Ω，滑动变阻器R2规格为“20Ω 1A”，电压表量程为“0～3V”，电流表量程为“0～0.6A”，在保证电路安全的前提下，闭合开关，调节滑动变阻器，下列说法正确的是（ ）
A．滑片向右滑动时，电压表示数变大
B．滑片向左滑动时，电流表示数变大
C．R2连入电路的最小阻值是1.5Ω
D．电路最大总功率为2.25W
【答案】BD
【解答】解：由图可知，该电路为R1和R2的串联电路，电流表测电路中的电流，电压表测R1两端的电压；
A、当变阻器滑片向右滑动时，接入电路中的电阻变大，电路的总电阻变大，根据欧姆定律可知电路中电流的变小，由U＝IR知定值电阻两端的电压变小，电压表的示数变小，故A错误；
B、当变阻器滑片向左滑动时，接入电路中的电阻变小，电路的总电阻变小，根据欧姆定律可知电路中的电流变大，电流表示数变大，故B正确；
C、电压表量程为“0～3V”，当电压表的示数为3V时通过定值电阻的电流最大，最大电流为：I大＝＝＝0.5A，由于滑动变阻器R2规格为“20Ω 1A”，电流表量程为“0～0.6A”，所以电路中的最大电流为0.5A，
电路的总电阻为：R总＝＝＝9Ω，
R2连入电路的最小阻值是：
R2小＝R总﹣R1＝9Ω﹣6Ω＝3Ω，故C错误；
D、电路最大总功率为：P＝UI大＝4.5V×0.5A＝2.25W，故D正确。
故选：BD。
13．（2023•聊城）（多选）如图所示是电阻甲和乙的I﹣U图象，由图象可知下列判断正确的是（ ）
A．甲的电阻值是20Ω
B．甲的电阻值大于乙的电阻值
C．甲、乙串联，乙两端的电压为1V时，甲两端的电压为3V
D．甲、乙并联，通过甲的电流为0.1A时，通过乙的电流为0.2A
【答案】ACD
【解答】解：A、分析图像可知，甲是定值电阻，根据欧姆定律，甲的电阻值R甲＝＝＝20Ω，故A正确；
B、分析图像可知，甲是定值电阻，乙的阻值是变化的，在两图线相交时，甲的阻值等于乙的阻值，故B错误；
C、由图象可知，甲和乙串联，乙两端电压为1V时，通过甲、乙的电流相等为0.15A，则甲两端电压为3V，故C正确；
D、由图象可知，甲和乙并联，通过甲的电流为0.1A时，甲、乙两端的电压相等为2V，则通过乙的电流为0.2A，故D正确；
故选：ACD。
三．填空题（共3小题）
14．（2023•淄博）如图，将高为5cm的长方体木块缓慢放入盛满水的容器中，静止时木块在水面上漂浮，下表面到水面的距离为3cm，排开水的重力为3N。则木块下表面受到水的压强是 300 Pa，木块受到的浮力是 3 N，木块的质量是 0.3 kg，木块的密度是 0.6×103 kg/m3。（ρ水＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg）
【答案】300；3；0.3；0.6×103。
【解答】解：木块下表面受到水的压强为：p＝ρ水gh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.03m＝300Pa；
由阿基米德原理可知，木块受到的浮力F浮＝G排＝3N；
由物体的浮沉条件可知，物体漂浮时，物体的重力：G＝F浮＝3N，
由G＝mg可得，木块的质量：m木＝＝＝0.3kg；
由F浮＝ρ液gV排可知，木块排开水的体积：V排＝＝＝3×10﹣4m3，
由题意可知，木块的体积：V木＝S木h木＝＝V排＝3×10﹣4m3＝5×10﹣4m3，
木块的密度：ρ木＝＝＝0.6×103kg/m3；
故答案为：300；3；0.3；0.6×103。
15．（2023•德州）如图所示，某家用电热水壶有“高温”、“低温”两挡，已知定值电阻R1与R2阻值相等，“低温挡”正常工作时的功率为484W，则R2的阻值为 50 Ω。在标准大气压下，用“高温挡”加热初温为15℃、质量为1kg的水7min，该过程消耗的电能为 4.0656×105 J，若产生的热量全部被水吸收，则水的温度升高了 85 ℃。[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]
【答案】50；4.0656×105；85。
【解答】解：由图可知，当开关S2闭合、S1断开时，R1、R2串联，根据串联电路的电阻特点可知，此时电路中的总电阻最大，由P＝可知，此时电路总功率最小，电热水壶处于低温挡；
当开关S1、S2都闭合时，只有R2工作，电路中的总电阻最小，总功率最大，电热水壶处于高温挡；
由P＝可知，R1、R2的串联总电阻：R＝＝＝100Ω，
根据题意和串联电路的电阻特点可知，R2的阻值：R2＝R1＝R＝×100Ω＝50Ω；
电热水壶高温挡的电功率：P高＝＝＝968W；
电热水壶高温挡工作7min消耗的电能：W＝P高t＝968W×7×60s＝4.0656×105J；
根据题意可知水吸收的热量：Q吸＝W＝4.0656×105J，
由Q吸＝cm（t﹣t0）可知，水理论上的末温：t′＝+t0＝+15℃＝111.8℃，
一个标准大气压下，水的沸点是100℃，所以水的实际末温为100℃，
则水升高的温度：Δt＝100℃﹣15℃＝85℃。
故答案为：50；4.0656×105；85。
16．（2023•聊城）小明和小红用图甲装置探究杠杆的平衡条件，进行实验并收集了数据。小明对数据分析后得出的结论是：动力×支点到动力作用点的距离＝阻力×支点到阻力作用点的距离。小红认为小明的结论是错误的，她做了图乙实验，图中每个钩码所受的重力是0.5N，弹簧测力计的示数为 3.6 N，此实验 能 （选填“能”或“不能”）说明小明的结论是错误的。
【答案】3.6；能。
【解答】解：小明同学通过对数据分析后得出的结论是：动力×支点到动力作用点的距离＝阻力×支点到阻力作用点的距离。
小红同学为了证明小明同学的结论是错误的，设计实验验证当动力臂不等于支点到动力作用点的距离时，看实验结论是否成立，他做了如图乙的实验；
弹簧测力计的示数为3.6N；
动力×支点到动力作用点的距离＝3.6N×3L，
阻力×支点到阻力作用点的距离＝2N×3L，
此时杠杆在水平位置平衡，但动力×支点到动力作用点的距离≠阻力×支点到阻力作用点的距离，所以此实验能说明小明的结论是错误的。
故答案为：3.6；能。
四．实验探究题（共9小题）
17．（2023•淄博）用如甲图所示电路测量小灯泡的电阻，其中电源电压为3V恒定不变，小灯泡的额定电压为2.5V，滑动变阻器规格为“20Ω，1A”，导线若干（导线电阻忽略不计）。
（1）请用笔画线代替导线，将电路连接完整（导线不能交叉），要求滑片P向左滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大。
（2）小明连好电路，一闭合开关，小灯泡就发出耀眼的光。他在操作中的问题是 闭合开关前滑动变阻器的滑片没有调到最大阻值处 。
（3）问题解决后，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P，观察小灯泡的亮度，多次测量并记录数据（如下表所示）。当电压的表示数为2.5V时，小灯泡正常发光，此时电流表示数如图乙所示为 0.28 A，计算此时小灯泡的阻值为 8.9 （精确到0.1Ω）。
（4）对比小灯泡在不同亮度下的电阻，你的发现是 灯泡的电阻随温度的升高而增大 。实际生活中，在闭合开关的瞬间白炽灯灯丝容易烧坏，是因为此时灯丝的电阻 较小 ，实际电功率较大，灯丝容易熔断。
（5）小明想用本实验器材探究电流和电压的关系，你认为是否可行并说明理由： 不可行；因为小灯泡的电阻随着温度的变化而变化 。
【答案】（1）如图见解答；（2）闭合开关前滑动变阻器的滑片没有调到最大阻值处；
（3）0.28；8.9；（4）灯泡的电阻随温度的升高而增大；较小； （5）不可行；因为小灯泡的电阻随着温度的变化而变化。
【解答】解：（1）滑动变阻器的滑片P向左滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，应该选右下的接线柱B点接入电路，另外选择上方接线柱，如图所示：
（2）一闭合开关，小灯泡就发出耀眼的光，说明灯泡两端的电压太大，是因为闭合开关前滑动变阻器的滑片没有调到最大阻值处。
（3）由题乙图可知，电流表的示数为0.28A，
此时，电压表的示数为2.5V，由 可得，；
（4）由表中数据可知，小灯泡发光不同时，小灯泡的电阻
第1次：R1＝＝＝3.125Ω；
R2＝＝＝4.5Ω；
R3＝＝≈6.82Ω；
R5＝＝≈9.33Ω；
各次的电阻不同，因为开灯的瞬间灯丝的温度较低，电阻较小，根据可知，家庭电路电压220V不变时，通过的电流较大，所以开灯的瞬间很 容易烧坏灯泡。
（5）探究电流与电压关系，必须控制电阻不变，而小灯泡的温度与温度有关，不是定值，不能进行实验。
故答案为：（1）如图见解答；（2）闭合开关前滑动变阻器的滑片没有调到最大阻值处；
（3）0.28；8.9；（4）小灯泡的电阻随温度的升高而增大；较小； （5）不可行；因为小灯泡的电阻随着温度的变化而变化。
18．（2023•德州）某学习小组，在做“测量小石块密度”的实验时进行了如下操作：
（1）如图甲，将天平放在水平台面上，指针恰好指在分度盘中央，接下来应该将游码移至零刻度线后向 右 调节平衡螺母，使指针再次指在分度盘中央。
（2）正确测量小石块的质量，如图乙所示，则小石块的质量为 62.4 g。
（3）放入小石块前后量筒示数如图丙所示，则小石块的密度为 2.6×103 kg/m3。
（4）另一小组在实验时先测了小石块的体积，接着测量了它的质量，这样会导致测得的小石块密度比真实值偏 大 。
（5）我们也可以利用弹簧测力计、烧杯和水来测量小石块的密度，步骤如下：
a.将小石块挂在弹簧测力计下静止时，读出弹簧测力计的示数为F1；
b.将挂在弹簧测力计下的小石块浸没在烧杯内的水中静止时（小石块未接触烧杯底），弹簧测力计的示数为F2；
c.小石块密度的表达式ρ石＝ （用F1、F2和ρ水表示）。
【答案】（1）右；（2）62.4；（3）2.6×103；（4）大；（5）。
【解答】解：（1）将天平放在水平台面上，指针恰好指在分度盘中央，由图甲可知，此时标尺上的游码没有移动左端的零刻度处，所以接下来应该将游码移至零刻度线后，指针会向左偏转，则此时应向右调节平衡螺母，使指针再次指在分度盘中央；
（2）由图乙可知，砝码的质量为60g，标尺分度值为0.2g，游码的读数为2.4g，则小石块的质量：m＝60g+2.4g＝62.4g；
（3）由图丙可知，量筒中水的体积V1＝60mL，量筒中水和石块的总体积V2＝84mL，
则小石块的体积V＝84mL﹣60mL＝24mL＝24cm3，
小石块的密度：ρ＝＝＝2.6×103kg/m3；
（4）小石块从水中拿出后会沾水，再测质量时会使小石块的质量偏大，根据ρ＝可知，小石块的密度偏大；
（5）根据题意可知，小石块的重力G＝F1，
由称重法可知，小石块浸没在水中受到的浮力F浮＝F1﹣F2，
由阿基米德原理F浮＝ρ液gV排可知，小石块的体积：V石＝V排＝＝，
由G＝mg可知，小石块的质量：m石＝＝，
则小石块的密度：ρ石＝＝＝。
故答案为：（1）右；（2）62.4；（3）2.6×103；（4）大；（5）。
19．（2023•德州）某同学在做“测量小灯泡正常发光时的电阻”的实验时，设计了如图甲所示的实验电路，已知标有“3.8V”字样的小灯泡正常发光时的电阻约为10Ω，电源电压为6V，可供选用的滑动变阻器有R1（20Ω，1A）和R2（50Ω，0.2A）。
（1）为了能完成实验，应该选用的滑动变阻器是 R1 （选填“R1”或“R2”）。
（2）将滑动变阻器调至阻值最大处，闭合开关，发现 电流表 （选填“电压表”或“电流表”）无示数。通过分析发现图甲中有一根导线连接错误，请在错误连线上画“×”并在图中画出那一根正确的连线。
（3）电路改正后，某次测量时电压表的示数为2.6V，为使小灯泡正常发光，应将滑动变阻器的滑片向 B （选填“A”或“B”）端滑动。小灯泡正常发光时，电流表的示数如图乙所示，则小灯泡正常发光时的电阻为 9.5 Ω。
（4）该同学又取来R＝10Ω的定值电阻，设计了如图丙所示的电路图，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，使电流表的示数为 0.38 A时，小灯泡正常发光。此时电路的总功率为 4.68 W。
【答案】（1）R1；（2）电流表；见解答；（3）B；9.5；（4）0.38；4.68。
【解答】解：（1）标有“3.8V”字样的小灯泡，即灯的额定电压为3.8V，电阻约为10Ω，由欧姆定律，灯的额定电流约为：
I＝＝＝0.38A，根据串联电路电压的规律及欧姆定律，灯正常发光时变阻器连入电路的电阻：
R滑＝＝≈5.8Ω，故选用“20Ω 1A”的R1；
（2）将滑动变阻器调至阻值最大处，闭合开关，电压表串联在电路中，连接错误，电路断路，电压表的示数接近电源电压，电流表无示数；电路图改正如下：
（3）实验过程中，某次测量时电压表的示数为2.6V小于灯泡的额定电压3.8V，应增大灯泡的电压，根据串联电路电压的规律，应减小滑动变阻器的电压，由分压原理可知，应减小滑动变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向B移动，直到电压表示数为灯泡的额定电压3.8V；
（3）小灯泡正常发光时，电流表的示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流为0.4A，由欧姆定律可得，小灯泡正常发光时的电阻为：
R'＝＝9.5Ω；
（4）如图丙所示的电路图，闭合开关，小灯泡正常发光时，I＝0.38A，
根据并联电路电流特点，I总＝I+I'＝0.38A+0.4A＝0.78A，此时电路的总功率为：P＝UI总＝6V×0.78A＝4.68W。
故答案为：（1）R1；（2）电流表；见解答；（3）B；9.5；（4）0.38；4.68。
20．（2023•青岛）（1）有一个阻值未知的定值电阻，小兰用伏安法测量其阻值，过程如下。
①用笔画出导线，将图甲中的电路连接完整。
②正确连接电路后，将滑动变阻器的滑片P移至阻值 最大 处，再闭合开关，小兰发现移动滑动变阻器滑片P的过程中，电压表有示数且几乎不变，电流表没有示数，则电路中存在的故障可能是：两个接线柱 c与d （选填“a与b”或“c与d”）间发生了断路。
③解决故障后，通过调节滑动变阻器滑片P的位置，进行多次实验，得到实验数据如表，其中有一组数据是错误的。小兰和小海根据实验数据分别画出了电阻的I﹣U图象，如图乙、丙所示，其中图象 乙 是正确的。
④所测电阻的阻值为 5 Ω。
（2）小兰和小海共同设计了图丁所示的电路，探究金属丝电阻的大小跟导线长度的关系。
①电路中的R1、R2、R3均是由材料、粗细相同的金属丝制成，长度分别为0.4m、1.2m、1.6m。闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P置于合适位置，电压表V1、V2、V3的示数之比为1：3：4，则三个电阻的阻值之比为R1：R2：R3＝ 1：3：4 。
②通过分析，可以得出结论：材料、粗细相同的金属丝，其电阻大小与长度成 正比 。
③通过查阅资料，该金属丝的电阻与导线长度的比例系数k＝5Ω/m，则长10m的这种金属丝的电阻是 50 Ω。
【答案】（1）①见解答图；②最大；c与d；③乙；④5；（2）①1：3：4；②正比；③50。
【解答】解：（1）①滑动变阻器接一个上接线柱和一个下接线柱串联在电路中，如下图所示：
；
②为了保护电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应位于阻值最大处；移动滑动变阻器的滑片P发现，电流表示数始终为零，说明电路可能断路；电压表示数几乎不变，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，则与电压表并联的电路断路了，故电路故障可能是c与d间断路；
③去除错误的第3个数据可得结论：导体电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比，其图像为过原点的直线，故乙正确，丙错误；
④根据R＝得正确的四次电阻分别为：R1＝5Ω；R2＝5Ω；R4≈5.1Ω；R5＝5Ω，则平均电阻为：
R＝≈5Ω；
（2）①由电路图知三个电阻串联，电压表测量V1测量R1两端的电压，V2测量R2两端的电压，V3测量R3两端的电压；
在串联电路中，电流相同，由I＝知电路中的电流与电阻两端的电压成正比，由于电压表V1、V2、V3的示数之比为1：3：4，则三个电阻的阻值之比为R1：R2：R3＝1：3：4；
②由于R1、R2、R3均是由材料、粗细相同的金属丝制成，长度分别为0.4m、1.2m、1.6m，则长度之比为：1：3：4，故可以得出材料、粗细相同的金属丝，其电阻大小与长度成正比；
③该金属丝的电阻与导线长度的比例系数k＝5Ω/m，则长10m的这种金属丝的电阻是：10m×5Ω/m＝50Ω。
故答案为：（1）①见解答图；②最大；c与d；③乙；④5；（2）①1：3：4；②正比；③50。
21．（2023•东营）某兴趣小组在“测量小灯泡正常发光时的电阻”实验中，选用器材连接了如图所示的电路，其中电源电压恒为3V，小灯泡的额定电压为2.5V，所用器材均能满足实验需要。
（1）请用笔画线代替导线，完成实物电路的连接，注意导线不能交叉。
（2）该实验中，滑动变阻器除了保护电路，其主要作用是 改变灯泡两端电压 。
（3）闭合开关后，移动滑动变阻器的滑片，发现小灯泡不亮，电压表指针偏转明显，电流表无示数，则发生的故障可能是小灯泡 断路 （选填“断路”或“被短接”）。
（4）排除电路故障后进行实验，测得小灯泡正常发光时的电流为0.3A。则小灯泡此时的电阻为 8.3 Ω。（结果保留一位小数）
（5）实验中发现，当电压表示数为0.9V时，小灯泡刚好微微发光，你认为此时小灯泡的电阻比它正常发光时的电阻要 小 （选填“大”或“小”）。
【答案】（1）见解答图；（2）改变灯泡两端电压；（3）断路；（4）8.3；（5）小。
【解答】解：（1）电压表与小灯泡并联、电流表与小灯泡串联，如下图所示：
；
（2）滑动变阻器在电路中一方面可以保护电路，另一方面可以改变灯泡两端电压，使小灯泡两端的电压等于小灯泡的额定电压；
（3）电流表无示数，说明电路断路；电压表有示数，说明电压表与电源两极相连，则故障为小灯泡断路；
（4）灯泡的电阻为：
RL＝＝≈8.3Ω；
（5）实验中发现，当电压表示数为0.9V时，小灯泡刚好微微发光，此时小灯泡灯丝的温度低于小灯泡正常发光时的温度，小灯泡的电阻比它正常发光时的电阻要小。
故答案为：（1）见解答图；（2）改变灯泡两端电压；（3）断路；（4）8.3；（5）小。
22．（2023•济南）实验室备有嵌入螺线管的玻璃板和电源，小明和小亮分别选用铁屑和小磁针来“探究通电螺线管外部磁场的方向”。
（1）小明在螺线管周围的玻璃板上均匀地撒上一层铁屑。给螺线管通电后，轻敲玻璃板，小明观察到螺线管周围铁屑的分布情况如图甲所示。
小明的实验说明，通电螺线管外部的磁场和 条形磁体 外部的磁场相似。
（2）小亮在螺线管周围的玻璃板上整齐、均匀地放置了32个小磁针，如图乙所示。给螺线管通电后，小亮观察到这32个小磁针的指向更接近于图中的 B 。
（3）小明的实验方案具有明显的不足，其不足之处是 无法判断出通电螺线管外部磁场的方向 。
（4）为了弥补小明实验方案的不足，请提出一条改进建议： 增加小磁针，把小磁针放到螺线管四周不同位置 。
【答案】（1）条形磁体；（2）B；（3）无法判断出通电螺线管外部磁场的方向；（4）增加小磁针，把小磁针放到螺线管四周不同位置。
【解答】解：（1）通电后小磁针的指向如图甲所示，说明通电螺线管外部的磁场与条形磁体的磁场相似；
（2）小磁针涂黑部分为N极，在图中，根据周围小磁针N极指向与该点磁感线方向一致，在通电螺线管外部，磁感线是从北极发出，最后回到南极，只有B图所示小磁针N极指向一致，左侧小磁针N极都指向外侧，右侧小磁针N极都指向内侧，其它三个图示小磁针N极指向均有不同方向之处；
（3）根据安培定则，右手握住螺线管，四指指向电流的方向，大拇指指向螺线管的那一端，是电磁铁N极，另一端为S极；但此方案中无法从图示判断出电流的方向确定四指指向，且铁屑静止时也不能够通过铁屑的分布判断通电螺线管外部磁场的方向，故无法判断出通电螺线管外部磁场的方向；
（4）根据周围小磁针N极指向与该点磁感线方向一致，在通电螺线管外部，磁感线是从北极发出，最后回到南极，小磁针与铁屑相比，能更好地显示出各点的磁场方向，增加小磁针，把小磁针放到螺线管四周不同位置，螺线管通电后，小磁针N极所指的方向就是该点的磁场方向。
故答案为：（1）条形磁体；（2）B；（3）无法判断出通电螺线管外部磁场的方向；（4）增加小磁针，把小磁针放到螺线管四周不同位置。
23．（2023•菏泽）用相同规格的钩码做“探究杠杆的平衡条件”实验，完成下列问题。
（1）实验前杠杆状态如图甲所示，应当向 右 调节平衡螺母使杠杆呈水平状态；
（2）如图乙所示，在杠杆支点的左侧A点悬挂若干钩码，在支点的右侧悬挂1个钩码，发现无论怎样调节右边钩码的位置，都不能使杠杆呈水平。为使杠杆水平，可以通过 将A处的钩码向右移动到离O一格处 （只填一种可行的操作即可）来实现；
（3）调整后继续实验，从支点处缓慢向右移动钩码，直到杠杆再次呈水平，同时记录左、右两侧悬挂的钩码 位置 和 重力 的大小。
（4）杆秤是利用杠杆平衡原理制成的测量物体质量的工具。如图丙所示某杆秤的0刻度距离提纽1cm，秤钩到提纽的水平距离为5cm，秤砣的质量为0.5kg。则提纽右侧距离提纽5cm处的刻度值应为 0.4 kg。
【答案】（1）右；（2）将A处的钩码向右移动到离O一格处，并把右侧钩码移动到第4小格处；（3）位置；重力；（4）0.4。
【解答】解：
（1）杠杆左端下沉，说明杠杆的重心在支点左侧，要使其在水平位置平衡，应将杠杆平衡螺母向右调节，直到杠杆在水平位置平衡；
（2）设杠杆每个格的长度为L，一个钩码的重力为G，则支点左侧力与力臂的乘积为：4G×3L＝12GL，在支点的右侧悬挂1个钩码，则右侧大的格数为：＝12L，由于杠杆格数不够，所以无论怎样调节右边钩码的位置，都不能使杠杆呈水平。为使杠杆水平，可以将A处的钩码向右移动到离O一格处来实现；
（3）探究杠杆的平衡条件，需要记录左、右两侧悬挂的钩码的位置和重力大小；
（4）如下图所示，提纽A处相当于杠杆的支点，设秤杆、秤钩的总重为G0，其作用点在C处，由题知，OA＝1cm，BA＝5cm，设秤钩上悬挂重物后秤砣移至D点时杆秤平衡，由题知DA＝5cm，
不挂重物，且秤砣在0刻度线时，杆秤在水平位置平衡，如图丙，
由杠杆平衡条件可得：G0×CA＝m秤砣g×OA﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
当在秤钩上挂一重物m物，秤砣移到D处时，杆秤刚好在水平位置平衡，如图丁，
由杠杆平衡条件可得：m物g×BA+G0×CA＝m秤砣g×DA﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
联立①②可得：m物＝×m秤砣＝×0.5kg＝0.4kg，即提纽右侧距离提纽5cm处的刻度值应为0.4kg。
故答案为：（1）右；（2）将A处的钩码向右移动到离O一格处，并把右侧钩码移动到第4小格处；（3）位置；重力；（4）0.4。
24．（2023•济南）小刚注意到很多公共场所都有类似图甲所示的提示牌。他想：摩擦力的大小与接触面的潮湿程度有什么关系呢？
为了探究这一问题，他找来长条形地板砖、运动鞋、弹簧测力计和喷雾器，设计了图乙所示的实验装置。
（1）为了测出鞋子与地板砖间滑动摩擦力的大小，小刚把长条形地板砖放在水平桌面上，用弹簧测力计水平拉着鞋子在地板砖上做 匀速直线 运动。根据 二力平衡条件 可知，此时弹簧测力计的示数就等于滑动摩擦力的大小。
（2）小刚用喷雾器向地板砖表面均匀喷雾改变地板砖的潮湿程度，通过实验得到表中的数据。
请描点，并用平滑曲线画出摩擦力f与喷雾次数的关系图象。
（3）小刚分析数据得出结论：摩擦力的大小随接触面潮湿程度的增大 先增大后减小再不变 。
（4）小强了解了小刚的实验结论后说：“我知道超市里的收银员清点钞票时为什么手边总放一块湿海绵了。”小刚说：“你上次数作业本的页数时，还往手上沾唾液呢！”在这两个实例中，都是通过改变接触面的潮湿程度来 增大摩擦力 的。
（5）驾车行驶在高速公路上，雨天因为摩擦减小容易造成交通事故。请针对这一现象为公路旁的警示牌设计一条警示语以提醒驾驶员谨慎驾驶。 雨天路滑，小心慢行 。
【答案】（1）匀速直线；二力平衡条件；（2）见解答图；（3）先增大后减小再不变；（4）增大摩擦力；（5）雨天路滑，小心慢行。
【解答】解：（1）鞋子在水平面上进行匀速直线运动，鞋子在水平方向上受到的拉力和滑动摩擦力是一对平衡力，大小相等；
（2）用描点法画出摩擦力f与喷雾次数的关系图象，如下图所示：
（3）结合图象，分析数据得出结论：摩擦力的大小随接触面潮湿程度的增大而先增大后减小再不变；
（4）小强和小刚的两个实例中，都是通过改变接触面的潮湿程度来增大摩擦力的；
（5）警示语：雨天路滑，小心慢行。
故答案为：（1）匀速直线；二力平衡条件；（2）见解答图；（3）先增大后减小再不变；（4）增大摩擦力；（5）雨天路滑，小心慢行。
25．（2023•威海）小明探究重力势能大小与物体质量和高度的关系，实验装置如图甲所示。
（1）将铁球从斜面由静止释放后到压缩弹簧，记录铁球速度减为0时弹簧的长度。整个过程涉及的能量转化情况为 重力势能先转化为动能，动能再转化为弹性势能 ，铁球重力势能的大小可以用被压缩后弹簧的长度来反映，长度越长，则说明铁球的重力势能越 小 （选填“大”或“小”）。
（2）将同一铁球先后从同一斜面的不同高度h1、h2（h1＜h2）处由静止释放，弹簧被压缩后的长度分别为l1、l2（l1＞l2），则你能得出的结论是 质量相同，高度越低，重力势能越小 。
（3）若要探究重力势能大小与物体质量的关系，请简要写出你的设计思路： 质量不同的小球从同一斜面的同一高度静止释放，比较弹簧压缩后的长度 。
（4）结合本实验和所学知识，分析图乙所示的水坝，发电机安装在 D 位置较为合理（选填“C”或“D”），你认为适合建造大型水力发电站的地方应该具备哪些条件： 水资源丰富（或水量大）和地势高度差大 。
【答案】（1）重力势能先转化为动能，动能再转化为弹性势能；小；（2）质量相同，高度越低，重力势能越小；（3）质量不同的小球从同一斜面的同一高度静止释放，比较弹簧压缩后的长度
（4）D；水资源丰富（或水量大）和地势高度差大。
【解答】解：（1）整个过程涉及的能量转化情况为：重力势能先转化为动能，动能再转化为弹性势能；铁球重力势能的大小可以用被压缩后弹簧的长度来反映，长度越长，弹簧的形变越小，弹性势能越小，则说明铁球的重力势能越小；
（2）将同一铁球先后从同一斜面的不同高度h1、h2（h1＜h2）处由静止释放，弹簧被压缩后的长度分别为l1、l2（l1＞l2），结合（1）的分析上可得出的结论是：质量相同，高度越低，重力势能越小；
（3）若要探究重力势能大小与物体质量的关系，设计思路为：质量不同的小球从同一斜面的同一高度静止释放，比较弹簧压缩后的长度；
（4）D位置与上游的高度差较大，所以应该安装在D位置；水资源丰富（或水量大）和地势高度差大，重力势能就大，转化为的动能就越大；
故答案为：（1）重力势能先转化为动能，动能再转化为弹性势能；小；（2）质量相同，高度越低，重力势能越小；（3）质量不同的小球从同一斜面的同一高度静止释放，比较弹簧压缩后的长度
（4）D：水资源丰富（或水量大）和地势高度差大。
五．计算题（共4小题）
26．（2023•聊城）如图所示，电源电压和小灯泡的灯丝电阻均保持不变。小灯泡L标有“6V 1.2W”字样，R0为10Ω的定值电阻，滑动变阻器R铭牌上标有“■Ω 1A”字样（电阻值已模糊不清），电压表使用的量程为0～3V，电流表使用的量程为0～0.6A。闭合所有开关，小灯泡正常发光，此时滑动变阻器的滑片在最右端，滑动变阻器的电功率为0.72W。求：
（1）滑动变阻器R铭牌上标注的电阻值；
（2）当开关S1、S3闭合，S2、S4断开时，小灯泡的实际功率；
（3）当开关S2、S4闭合，S1、S3断开时，在不损坏各电路元件的情况下，电路中允许通过的最大电流。
【答案】（1）滑动变阻器R铭牌上标注的电阻值为50Ω；
（2）当开关S1、S3闭合，S2、S4断开时，小灯泡的实际功率为0.675W；
（3）当开关S2、S4闭合，S1、S3断开时，在不损坏各电路元件的情况下，电路中允许通过的最大电流为0.3A。
【解答】解：（1）由图可知，闭合所有开关，灯泡L与滑动变阻器R并联，电流表测量通过滑动变阻器的电流；
根据并联电路的电压特点可知，电源电压：U＝UR＝UL＝6V；
此时滑动变阻器的滑片在最右端，接入电路的阻值最大，
由P＝可知，滑动变阻器的最大阻值：R＝＝＝50Ω，即滑动变阻器R铭牌上标注的电阻值为50Ω；
（2）由图可知，当开关S1、S3闭合，S2、S4断开时，灯泡与R0串联；
由P＝可知，小灯泡的电阻：RL＝＝＝30Ω，
根据串联电路特点和欧姆定律可知，电路中的电流：I＝＝＝0.15A；
小灯泡的实际功率：PL′＝I2RL＝（0.15A）2×30Ω＝0.675W；
（3）由图可知，当开关S2、S4闭合，S1、S3断开时，滑动变阻器R和定值电阻R0串联，电压表测量R0两端的电压；
根据电压表量程可知，R0两端的最大电压：U0大＝3V，
电路中的最大：I大＝＝＝0.3A，
根据题意可知，电流表量程为0～0.6A，滑动变阻器允许通过的最大电流为1A，
所以在不损坏各电路元件的情况下，电路中允许通过的最大电流为0.3A。
答：（1）滑动变阻器R铭牌上标注的电阻值为50Ω；
（2）当开关S1、S3闭合，S2、S4断开时，小灯泡的实际功率为0.675W；
（3）当开关S2、S4闭合，S1、S3断开时，在不损坏各电路元件的情况下，电路中允许通过的最大电流为0.3A。
27．（2023•聊城）如图所示，是某项目研究小组设计的一自动加水装置，将一重为12N，底面积为1×10﹣2m2的圆柱体放在水箱底部。从进水口注入水，随着水面升高，圆柱体竖直上浮。当水面上升到传感器底端P时，由传感器控制进水口开关停止注水，此时传感器底端P对圆柱体有20N的竖直向下的压力。g取10N/kg，ρ水＝1.0×103kg/m3。求：
（1）水箱内无水时，圆柱体对水箱底部的压强；
（2）圆柱体刚好浮起时浸入水中的体积；
（3）停止注水时，圆柱体受到的浮力。
【答案】（1）水箱内无水时，圆柱体对水箱底部的压强为1200Pa；
（2）圆柱体刚好浮起时浸入水中的体积为1.2×10﹣3m3；
（3）停止注水时，圆柱体受到的浮力为32N。
【解答】解：（1）水箱内无水时，圆柱体对水箱底部的压力F＝G＝12N，
则圆柱体对水箱底部的压强：p＝＝＝1200Pa；
（2）根据物体的浮沉条件可知，当圆柱体刚好浮起时受到的浮力：F浮＝G＝12N，
由阿基米德原理F浮＝ρ液gV排可知，圆柱体浸入水中的体积：V浸＝V排＝＝＝1.2×10﹣3m3；
（3）停止注水时，圆柱体受到竖直向上的浮力、竖直向下的重力以及传感器底端P对圆柱体有20N的竖直向下的压力，
根据力的平衡条件可知，此时圆柱体受到的浮力：F浮′＝G+FP＝12N+20N＝32N。
答：（1）水箱内无水时，圆柱体对水箱底部的压强为1200Pa；
（2）圆柱体刚好浮起时浸入水中的体积为1.2×10﹣3m3；
（3）停止注水时，圆柱体受到的浮力为32N。
28．（2023•德州）如图甲所示，电源电压U保持不变，当只闭合开关S1，滑动变阻器的滑片从最右端滑向中点过程中得到电压表与电流表示数的变化图象如图乙所示。闭合开关S1、S3，断开S2，滑动变阻器的滑片在最左端时，电路的总功率为15W。已知R2＝2R1，求：
（1）定值电阻R1的阻值；
（2）R0的最大阻值和电源电压U；
（3）定值电阻R3的阻值及整个电路的最大功率。
【答案】（1）定值电阻R1的阻值为10Ω；
（2）R0的最大阻值为30Ω和电源电压U为10V；
（3）定值电阻R3的阻值为20Ω及整个电路的最大功率为20W。
【解答】解：（1）只闭合S1时，R0与R1串联，电压表V测量R1两端电压，电流表A测串联电路中的电流，由乙图可知，R1的阻值为：
R1＝＝＝10Ω；
（2）只闭合开关S1，滑片位于最右端时，电源电压为：
U＝U1+I1R0＝2.5V+0.25A×R0﹣﹣﹣﹣﹣①
滑片位于R0的中点时，电源电压为：
U＝U2+I2R0＝4V+0.4A×R0﹣﹣﹣﹣﹣②
联立两式解得：R0＝30Ω，U＝10V；
（3）由题意知：R2＝2R1＝2×10Ω＝20Ω，
闭合开关S1和S3，断开开关S2，滑动变阻器滑片到最左端时，R1和R3并联，
由P总＝P1+P3＝+可得：
R3＝＝＝20Ω；
当滑片位于最左端，开关S1、S2、S3都闭合时，R1、R2、R3并联，此时电路总电阻最小，电路总功率最大，整个电路最大功率为：
P最大＝P1+P2+P3＝++＝++＝20W。
答：（1）定值电阻R1的阻值为10Ω；
（2）R0的最大阻值为30Ω和电源电压U为10V；
（3）定值电阻R3的阻值为20Ω及整个电路的最大功率为20W。
29．（2023•青岛）“国之重器”中的起重船在我国很多伟大的工程中发挥着重要作用。起重船的工作就是将重物起吊移至指定位置。如图甲所示，一艘起重船自身质量m1＝10000t，要吊装的重物质量m2＝1000t。（取g＝10N/kg，ρ水＝1.0×103kg/m3）
（1）起重船带着重物一起漂浮在水面上时，排开水的体积是多少？
（2）起重机将该重物匀速提升了30m，它的电动机所做的功是7.5×108J，则起重机的机械效率是多少？
（3）为了防止起重船吊装重物时发生倾斜，在起重船的船体两侧建造了由许多小舱室组成的水舱。起重船吊起重物后，就通过抽水机将一侧水舱里的水抽向另一侧水舱来保持起重船平衡，示意图如图乙所示。
小海设计了一种用力传感器感知抽水量的长方体水舱模型，其底面积为2m2，示意图如图丙所示，其中A是固定的力传感器，能够显示B对它的压力或拉力的大小；B是质量和体积均可忽略的细直杆，B的上端固定在A上，下端固定在物体C上；物体C是质量为20kg、高度为2m的圆柱体。水舱中装有4.2m3的水，抽水机将水抽出的过程中，力传感器示数F的大小随抽出水的体积V变化的图象如图丁所示。当力传感器示数为0时，剩余的水对舱底的压强是多少？
【答案】（1）排开水的体积是1.1×104m3；
（2）起重机的机械效率是40%；
（3）剩余的水对舱底的压强是9×103Pa。
【解答】解：（1）船漂浮时浮力等于重力，起重船自身质量m1＝10000t，要吊装的重物质量m2＝1000t，则起重船带着重物一起漂浮在水面上时所受浮力为：
F浮＝G＝（m1+m2）g＝（10000×103kg+1000×103kg）×10N/kg＝1.1×108N，
排开水的体积为：
V排＝＝＝1.1×104m3；
（2）起重机将该重物匀速提升了30m过程中做的有用功为：
W有＝Gh＝m2gh＝1000×103kg×10N/kg×30m＝3×108J，
则起重机的机械效率是为：
η＝＝×100%＝40%；
（3）由图丁可知，当抽出的水位4m3后，力传感器的示数等于C的重力GC＝200N，且保持不变，则抽出4m3水时，C的下表面露出水面，
则C的下表面距离舱底的深度：h0＝＝＝＝0.1m；
由丁图可知，当水舱中装有4.2m3的水时，C对传感器的压力为300N，
F压＝F浮大﹣GC，所以F浮大＝F压+GC＝300N+200N＝500N，
此时C浸没在水中，由阿基米德原理可得：VC＝V排大＝＝＝0.05m3，
C的横截面积：SC＝＝＝0.025m2，
当力传感器示数为0时，水对C的浮力等于C的重力，
根据阿基米德原理可得，V排＝＝＝＝0.02m3，
C浸在水中的深度：h1＝＝＝0.8m，
此时水舱中水的深度：h＝h0+h1＝0.1m+0.8m＝0.9m，
水对舱底的压强：p＝ρ水gh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.9m＝9×103Pa。
答：（1）排开水的体积是1.1×104m3；
（2）起重机的机械效率是40%；
（3）剩余的水对舱底的压强是9×103Pa。
六．解答题（共4小题）
30．（2023•青岛）高铁改变着人们的出行和生活方式，大大提升了人民的幸福感。
（1）复兴号动车组应用了自主开发的新型EPM隔音材料，同时列车还装有双层真空玻璃，这些都是通过 阻断噪声传播 （选填“防止噪声产生”、“阻断噪声传播”或“防止噪声入耳”）的方式来减弱噪声的。
（2）动车组运行时消耗的电能属于 二 次能源，它通常是由其他形式的能转化而来的。例如，电能可以由 风 能转化而来。
（3）某列复兴号动车组共设置2500个传感器检测点，在动车行驶过程中，当某个传感器检测到异常情况，立刻通过无线电波向相距300km的地面监控站发送信息，则在 0.001 秒后，地面监控站收到信息。已知无线电波的传播速度为3×108m/s。
（4）某时段动车组以360km/h的速度在水平轨道上匀速直线行驶，硬币可以静止竖立在列车窗台上。
①该时段动车组的运行速度为 100 m/s。
②该时段动车组在水平方向上受到的牵引力F牵与受到的阻力F阻的大小关系为 相等 。
③请画出硬币静止在列车窗台时的受力示意图。
④若动车组减速行驶时，硬币会向前滚动，这是因为硬币具有 惯性 。
【答案】（1）阻断噪声传播；（2）二；风；（3）0.001；（4）①100；②相等；③见解答图；④惯性。
【解答】解：
（1）复兴号动车组应用了自主开发的新型EPM隔音材料，同时列车还装有双层真空玻璃，能大大减弱外界噪声干扰，这种控制噪声的措施属于阻断噪声传播；
（2）电能是由其他形式的能转化而来的，属于二次能源，电能可以由风能转化而来，即风力发电；
（3）根据v＝得地面监控站收到信息的时间：
t＝＝＝0.001s；
（4）①由于1m/s＝3.6km/h，所以360km/h＝100m/s；
②动车组在水平方向上匀速行驶，在水平方向上受牵引力和摩擦力作用，它们是一对平衡力；平衡力的大小相等、方向相反、作用在一条直线上、都作用在汽车上，即F牵＝f阻；
③硬币受到两个力的作用：重力G和支持力F，二力是一对平衡力，大小相等、方向相反。
从硬币的重心，分别沿竖直向下和竖直向上的方向画一条有向线段，并分别用G和F表示，注意两条线段长度要相等。如图所示：
④若动车组减速行驶时，硬币会向前滚动，是由于硬币具有惯性保持原来的运动状态继续运动。
故答案为：（1）阻断噪声传播；（2）二；风；（3）0.001；（4）①100；②相等；③见解答图；④惯性。
31．（2023•威海）小明家的电热水器，铭牌参数如表所示，速热挡位功率模糊不清。工作电路如图甲所示，其内部有两个电热丝R1、R2（R1、R2阻值不变），通过控制开关，可以实现速热、加热、保温三个功能（速热功率大于加热功率）。
（1）计算R1的阻值。
（2）在用电高峰期，小明关闭其他用电器，只让电热水器处于速热挡位工作，观察图乙所示电能表，发现1.5分钟内脉冲灯闪烁了80次，请计算此时小明家的实际电压。
（3）小明调查发现，小区居民用电是由附近的配电室提供。为研究家庭电路电压偏低的原因，小明设计如图丙所示的电路进行模拟实验：用学生电源模拟配电室；用小灯泡L（3V 0.9W）模拟家庭用电器；由于配电室距离居民楼较远，故选用约10m长的细导线模拟配电室到用户间的输电线。连接电路闭合开关，调节学生电源输出电压为3V，此时电压表示数为2.5V。要使小灯泡L正常工作，应将学生电源的输出电压调到多少？请根据以上实验，分析解决家庭电路实际电压偏低的方法。（忽略温度对导线和灯丝电阻的影响）
【答案】（1）R1的阻值为44Ω；
（2）此时小明家的实际电压为200V；
（3）要使小灯泡L正常工作，应将学生电源的输出电压调到3.6V；解决家庭电路电压偏低的方法有：提高电源输出电压；减小导线的电阻；错峰用电等。
【解答】解：（1）根据P＝UI＝可知，当电压一定时，导体的电阻越大，功率越小，电阻越小，功率越大，
由此可知，当开关S1闭合、S2接1时，电阻R1、R2并联接入电路，根据并联电路电阻规律可知，此时电路中的电阻最小，功率最大，电热水器处于速热挡；
当开关S1断开、S2接2时，电阻R1、R2串联接入电路，根据串联电路电阻规律可知，此时电路中的电阻最大，功率最小，电热水器处于保温挡；
当开关S1闭合、S2接2时，只有电阻R1接入电路，R2被短路，此时电热水器处于加热挡；
已知加热挡的功率P加＝1100W，电源电压U＝220V，R1的阻值R1＝＝＝44Ω；
（2）已知保温挡的功率P保＝100W，电源电压U＝220V，R1、R2串联后的总电阻R总＝＝＝484Ω，
R2的阻值R2＝R总﹣R1＝484Ω﹣44Ω＝440Ω；
根据并联电路电阻规律：＝+可得：R1、R2并联后的总电阻R总′＝＝＝40Ω，
根据电能表表盘3200imp/kW•h和脉冲灯在1.5min内闪烁80次可得：1.5min电热水器消耗的电能W＝＝0.025kW•h，
电热水器速热挡的实际功率P实＝＝＝1000W，
电热水器速热挡的实际电压U实＝＝＝200V；
（3）已知灯泡的额定电压U额＝3V，额定功率P额＝0.9W，灯泡的额定电流I额＝＝＝0.3A，灯泡的电阻RL＝＝＝10Ω，
已知灯泡的实际电压UL实＝2.5V，电路中的电流I＝IL实＝＝＝0.25A，
导线两端的电压U线＝U﹣UL实＝3V﹣2.5V＝0.5V，导线的电阻R线＝＝＝2Ω，
当灯泡正常发光时，电路中的电流I′＝I额＝0.3A，电源电压U′＝I′R总＝I′（RL+R线）＝0.3A×（10Ω+2Ω）＝3.6V；
解决家庭电路电压偏低的方法有：提高电源输出电压；减小导线的电阻；错峰用电等。
答：（1）R1的阻值为44Ω；
（2）此时小明家的实际电压为200V；
（3）要使小灯泡L正常工作，应将学生电源的输出电压调到3.6V；解决家庭电路电压偏低的方法有：提高电源输出电压；减小导线的电阻；错峰用电等。
32．（2023•东营）小明家购置了一款多功能电暖器。如图甲所示，其内装有4kg导热油，转动旋钮可实现高、中、低不同挡位之间的切换。图乙是其内部电路原理图，其中四个发热电阻阻值相同。
（1）电暖器低温挡工作时，开关应处于 1 位置（选填“1”“2”或“3”）。
（2）已知中温挡额定功率为1000W，求电阻R的阻值和高温挡的额定功率。
（3）使用高温挡正常工作5min，导热油温度由15℃升高到75℃。若消耗的电能有84%被导热油吸收，求导热油的比热容。
（4）根据所学的电学知识，请你提出一条安全使用电暖器的建议。
【答案】（1）1；
（2）电阻R的阻值为48.4Ω；高温挡的额定功率为2000W；
（3）导热油的比热容为2.1×103J/（kg•℃）；
（4）为了用电安全，电暖器使用时应该接地保护。
【解答】解：（1）由图乙可知，当开关处于1时，两个发热电阻串联，根据串联电路的电阻特点可知，此时电路中的总电阻最大，由P＝可知，电路中的总功率最小，电暖器处于低温挡；
当开关处于3时，两个发热电阻并联，根据并联电路的电阻特点可知，此时电路中的总电阻最小，总功率最大，电暖器处于高温挡；
当开关处于2时，只有一个发热电阻工作，电暖器处于中温挡；
（2）根据题意可知，电暖器中温挡功率P中＝1000W，
由P＝可知，R的阻值：R＝＝＝48.4Ω；
电暖器高温挡时，电路中的总电阻：R并＝＝＝＝24.2Ω，
高温挡的额定功率：P高＝＝＝2000W；
（3）由P＝可知，高温挡工作5min消耗的电能：W＝P高t＝2000W×5×60s＝6×105J，
由η＝可知，导热油吸收的热量：Q吸＝ηW＝84%×6×105J＝5.04×105J，
由Q吸＝cm（t﹣t0）可知，导热油的比热容：c＝＝＝2.1×103J/（kg•℃）；
（4）为了用电安全，电暖器使用时应该接地保护。
答：（1）1；
（2）电阻R的阻值为48.4Ω；高温挡的额定功率为2000W；
（3）导热油的比热容为2.1×103J/（kg•℃）；
（4）为了用电安全，电暖器使用时应该接地保护。
33．（2023•威海）某大学科研团队研制了一款无人潜航器，如图甲所示，其体积可通过从内部油舱向外部油囊压入油量的多少来改变，从而实现浮沉。（ρ煤油＝0.8×103kg/m3，g＝10N/kg。ρ海水≈1×103kg/m3）请分析解答下列问题：
（1）当用缆绳吊起潜航器A点处挂钩时，潜航器总保持水平静止，B点处于潜航器中间位置。请判断潜航器重心在 A 点位置附近（选填“A”或“B”）。
（2）将潜航器从空中缓慢下放至水下，缆绳的拉力F随下降的高度h变化规律如图乙所示。求潜航器的体积是多少？（油囊没有充油，不计水的阻力）
（3）解开缆绳后潜航器下潜至海底，此时A点距海平面3000m，A点受到海水的压强是多少？若想使潜航器上浮，至少向油囊压入多少kg的煤油？（忽略煤油因水压导致的体积变化）
【答案】（1）A；
（2）潜航器的体积是0.45m3；
（3）A点受到海水的压强是3×107Pa；
若想使潜航器上浮，至少向油囊压入40kg的煤油。
【解答】解：（1）当用缆绳吊起潜航器A点处挂钩时，潜航器总保持水平静止，此时拉力和重力平衡，根据二力平衡条件可知重力和拉力作用在同一直线上，则重力作用线通过A点，所以潜航器重心在A点位置附近；
（2）由图乙可知潜航器的重力G＝5000N，浸没时受到的拉力F＝500N，
根据称重法可知潜航器受到的浮力：F浮＝G﹣F＝5000N﹣500N＝4500N，
潜航器的体积：V＝V排＝＝＝0.45m3；
（3）A点受到海水的压强：p＝ρ海水gh＝1×103kg/m3×10N/kg×3000m＝3×107Pa；
潜航器刚好上浮时，受到的浮力等于总重力，即G＝F浮+F浮油，
根据阿基米德原理和V＝可得G＝F浮+ρ海水g，
代入数据可得5000N＝4500N+1×103kg/m3×10N/kg×，
解方程可得m煤油＝40kg。
答：（1）A；
（2）潜航器的体积是0.45m3；
（3）A点受到海水的压强是3×107Pa；
若想使潜航器上浮，至少向油囊压入40kg的煤油。
选择题
填空题
实验题
计算解答题
合计
电学综合
7
1
4
4
16
力学综合
6
2
4
3
15
其他综合
0
0
1
1
2
合计
13
3
9
8
33
额定电压：220V
额定功率：1800W
额定容积：2L
实验次数
1
2
3
4
5
发光情况
不亮
微光
暗
明亮
耀眼
电压U/V
0.5
0.9
1.5
2.5
2.8
电流I/A
0.16
0.20
0.22
0.30
电阻R/Ω
实验次数
电压U/V
电流I/A
1
1.1
0.22
2
1.5
0.30
3
1.9
0.28
4
2.3
0.45
5
2.5
0.50
喷雾次数
0
2
4
6
8
10
12
摩擦力f/N
3.2
3.6
4.0
3.0
2.8
2.6
2.6
额定电压
220V
速热
加热
1100W
保温
100W
容积
60L