2026年江苏省南通市海门区中考物理模拟练习卷

2026年江苏省南通市海门区中考物理模拟练习卷一．选择题（共10小题）1．航空模型的外壳要求轻巧、能承受一定的高温。航空模型外壳材料应具有的特性是（）A．密度大熔点高 B．密度小熔点高 C．密度大熔点低 D．密度小熔点低2．小明用电水壶烧水给爷爷奶奶泡茶。该壶保温性能较好，烧水时壶会吸收一些热量。在壶中装入500mL的水，加热至沸腾，用时2min。水用完后，他又在壶中装入1000mL的水，加热至沸腾，所需时间最有可能的是（）A．2min B．4min C．大于2min且小于4min D．大于4min3．下列关于分子热运动的说法正确的是（）A．图甲中，两铅块没有分离，说明铅块之间发生了扩散现象 B．图乙中，注射器中的空气容易被压缩，说明空气分子之间距离很小 C．图丙中，弹簧测力计的示数大于玻璃板的重力，说明分子间存在引力 D．图丁中，墨水将热水全部浸染的时间比冷水长，说明温度越低，分子运动越剧烈4．探究“光的反射定律”，如图所示平面镜放在水平桌面，将白色硬纸板竖直放置在平面镜上（硬纸板可沿ON前后弯折）。将一束激光沿EO方向入射，在右边纸板上发现反射光线OF，测量此时入射光线与平面镜夹角为40°，下列说法中正确的是（）A．此时反射角为40° B．若光沿着FO射入，则会沿着OE射出 C．将有反射光束的半个纸板向后弯折一定角度，观察到光屏上还有反射光束 D．多次改变入射角大小目的是为了减少误差5．如图所示，高度相同的均匀实心圆柱体A和正方体B放置在水平地面上，A的直径等于B的边长，它们对水平地面的压强相等。现分别在两物体上沿图中虚线竖直切下底面积相等的部分，并将切下部分叠放在对方剩余部分的上方，此时它们对地面的压强变化量分别为ΔpA′、ΔpB′，则（）A．ΔpA′可能大于ΔpB′ B．ΔpA′一定大于ΔpB′ C．ΔpA′一定小于ΔpB′ D．ΔpA′一定等于ΔpB′6．“福建舰”航母采用了全球最先进的电磁弹射技术，其基本原理是通过控制电流和磁场的变化，将电能转化为机械能，产生推力推动飞机或物体高速运动。下列四幅图能反映这一工作原理的是（）A． B． C． D．7．图所示为一种身高测量仪，其顶部的感应器竖直向下发射超声波信号，经下方物体反射后返回，被感应器接收。某同学站上测高台，感应器记录信号从发射到接收所经历的时间为4×10﹣3s。已知感应器距测高台的高度为2.4m，空气中的声速取340m/s，则该同学的身高为（）A．1.72m B．1.54m C．1.12m D．1.04m8．如图为小刚同学在完成跨学科实践作业中自制的杆秤，O1、O2均是杆秤称量时的支点。当使用O1称量物品时，调整秤砣至B点位置，使秤杆处于水平平衡状态（忽略盘重、绳重和杆重），已知秤砣质量为20g，O1A＝10cm，O1B＝110cm。下列说法正确的是（）A．所称物体质量是200g B．换称质量较小的物体时，秤砣应向B点左边移动 C．改用O2称量物体时，会使该杆秤的称量范围变小 D．当秤砣在B点时，使用O1称量的物体质量比使用O2称量的物体质量大9．如图所示为吸盘式挂杆，将吸盘A、B压在瓷砖上排出其中的空气，吸盘就能“吸”在瓷砖上。重10N的平底锅挂在水平横杆上的P点处并处于静止状态，已知AB＝4AP，若吸盘与横杆的重力忽略不计，则下列说法正确的是（）A．吸盘“吸”在瓷砖上，吸盘面积越大，大气压强就越大 B．吸盘最好吸在光滑瓷砖上，是为了减小摩擦 C．以A为支点，吸盘B受到的摩擦力为2.5N D．将悬挂点P移到横杆正中间，吸盘B所受摩擦力变小10．如图甲所示，电源电压恒定，电压表量程0～15V，电流表量程0～0.6A，R＝25Ω，滑动变阻器标有“95Ω1A”；小灯泡的正常工作电流为0.5A，其电流随电压的变化规律如图乙所示；只闭合开关S、S1，保证电路安全的前提下，最大范围调节滑片P，当滑片移动到a点时，电压表示数最小值为U1；保持滑片在a点不变，只闭合开关S、S2，继续移动滑片，最终使电压表示数再次为U1，此时电流表示数为Ib；两次调节过程中电流表与电压表示数变化关系如图丙所示。保证电路安全的前提下，以下正确的是（）①Ib的值为0.32②当只闭合开关S、S1，滑动变阻器的阻值范围为20Ω～80Ω③当只闭合开关S、S2，电阻R的电功率范围为0.36W～9W④任意闭合开关和移动滑片，电路中的最小功率与最大功率之比为1：4A．①④ B．①③ C．②③ D．①②二．填空题（共3小题）11．我国自主设计建造的亚洲第一深水导管架“海基二号”在广东珠海深水装备制造基地建造完工，在结构高度、重量、作业水深、建造速度等方面一举刷新多项亚洲纪录。（1）水下的导管架看起来比实际位置浅是由于光的现象，“海基二号”作业水域约水深300米，此处作业时，受到的海水压强大约为（选填“3”“30”“300”或“3000”）个标准大气压的大小。“海基二号”对深水边际油田开发具有重大意义，石油属于（选填“可再生”或“不可再生”）能源。（2）在水下作业时，会用到无人遥控潜水器（简称ROV），如图乙所示，ROV上装有八个推进器，上、下、前、后各两个，分别由八个电动机控制，可以实现前进、后退、上浮和下潜。电流通过电动机线圈时（选填“会”或“不会”）产生热量，当ROV前进时，后方两个推进器工作，对水施加向后的力，此时水对推进器的力与推进器对水的力（选填“是”或“不是”）一对平衡力，当ROV匀速上浮时，下方推进器工作，上浮过程中，ROV受到的浮力（选填“变大”“变小”和“不变”）。（3）质量为10kg，体积为4dm3的ROV在水下工作时，受到的海水阻力f与运动速度v的关系满足f＝kv，其中k＝20N•s/m为阻力系数，ROV无动力匀速下降时速度为m/s；当ROV以7.2km/h的速度匀速上升时，每个电机输出功率为W。12．现有一个电压恒为6V的电源，电源两端可接入如图所示的电路中，电压表量程可在0～3V和0～15V下调节，R1和R2是阻值未知的两个定值电阻，R3是最大阻值为10Ω的滑动变阻器。断开开关S，将电压表量程调为0～15V，电源接在A、C两个接线柱之间时，R3从a端移至b端，电压表示数变化量为ΔU1；当电源接在B、C两个接线柱之间时，R3从a端移至b端，电压表示数变化量为ΔU2，已知ΔU1＞ΔU2，则R1R2（选填“＞”“＜”或“＝”）。当电压表量程为0～3V时，保证电路安全的前提下，将电源接入A、B、C中任意两个接线柱之间，控制开关的通断和调节滑片，可以使电路的总功率分别达到最大值P1和最小值P2，P1与P2的差值为21W，且调节电压表量程为0～15V，电路的总功率最小值减小0.75W，则R1＝Ω。13．如图所示，用量程0～5N的弹簧测力计，测量未知液体的密度。根据图中读数可知，物块浸没水中受到的浮力是N，未知液体的密度为g/cm3。（ρ水＝1.0×103kg/m3）三．作图题（共3小题）14．如图甲所示是小华用扫帚向左扫地时的情景，杠杆模型示意图如图乙所示，O为支点。（1）画出动力F的力臂l；（2）画出B点受到地面摩擦力f的示意图。15．如图甲所示，木块在水平推力F的作用下从静止开始在粗糙程度相同的水平地面上滑动，它在滑动过程中受到的摩擦力为2N，“F﹣t”图像如图乙所示，请在图丙中画出0～8s内木块大致的“v﹣t”图像。16．小亮家的电暖气铭牌标有“220V，1000W”，小亮想让该电暖气增加一挡功率，为使电暖气的该档功率（原发热电阻消耗的功率）为额定功率的14。现有一个开关、各种阻值的定值电阻R0可选、导线，请帮他完成电路设计，在方框中画出电路图，并标出定值电阻R0四．实验探究题（共4小题）17．小明用天平和量筒测量牛奶的密度时，进行了以下实验：（1）实验步骤①把天平放在水平桌面上，将游码移至标尺左端零刻线处，发现指针在分度盘上的位置如图甲所示，为使横梁平衡应将平衡螺母向调节（选填“左”或“右”）；②往烧杯中倒入适量牛奶，测量烧杯和牛奶的总质量，如图乙所示，请你指出操作中的错误是，改正错误后重新进行测量；③将烧杯中的牛奶倒出一部分到量筒中，量筒中牛奶液面位置如图丙所示；再测出烧杯和剩余牛奶的质量如图丁所示；（2）实验数据处理小明设计了一个实验数据记录表，填写了部分物理量和数值，请你将表格补充完整。烧杯与牛奶的总质量m1/g量筒中牛奶的体积V/cm3烧杯与剩余牛奶的总质量m2/g牛奶的密度ρ/（g•cm﹣3）1064418．探究“阿基米德原理”：（1）用弹簧测力计测出空小桶重力G0。（2）在弹簧测力计下挂上石块，测出石块重力G。（3）将石块浸入装满水的溢水杯中，用小桶收集石块排开的水，弹簧测力计示数将，记下弹簧测力计示数F。（4）用弹簧测力计测出小桶和排出水的总重G总。（5）利用公式F浮＝，算出石块所受的浮力为N。（6）利用公式G排＝，算出石块排开的水受到的重力。（7）分析数据可知，浸在液体中的物体受到浮力大小等于。这就是著名的阿基米德原理，其表达式为。19．如图甲所示为“探物”一组“测量小灯泡电阻”的电路，电源电压为3V，小灯泡上标有“2.5V”字样。（1）闭合开关前，滑动变阻器的滑片应调向（选填“A”或“B”）端。（2）测量过程中灯丝突然烧断，则示数变大（选填“电压表”或“电流表”）。（3）换相同规格的灯泡继续进行实验。当电压表的示数如图乙所示时，为了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（选填“A”或“B”）端移动，直至小灯泡正常发光。（4）根据实验数据，绘出I﹣U图像如丙图A所示。根据图像，计算得出小灯泡正产发光时的电阻为Ω。（5）“探物”二组用这组器材做这个实验时，根据测量的数据绘出的图像如丙图B所示，请分析得到此图像的原因：。（6）“探物”三组利用另外的实验器材进行实验并将实验数据记录到下面的表格中。根据实验数据他们计算出了电阻的平均值。请对此做法进行评价：。实验序号123456电压U/V0.50.91.31.72.12.5电流I/A0.160.190.210.240.260.28电阻R/Ω3.134.746.197.088.088.93平均电阻R平均/Ω6.36（7）完成上述实验后，“探物”一组又用图丁所示的实验电路，测出了Rx的阻值。ab之间的最大电阻为R0。实验操作如下：①闭合开关S，调节滑片位于最左端时，读出电流表的示数为I1。②闭合开关S，调节滑片位于最右端时，读出电流表的示数为I2。③Rx＝（表达式用R0、I1、I2表示）。20．某科学小组开展制作烟雾报警装置的项目化学习。【相关资料】烟雾报警装置内部由发射电路和接收电路组成（如图甲所示）。发射电路发射的红外光会被外界烟尘粒子散射，烟的浓度越大，接收电路接收到的光强度越弱。接收电路能够将光信号转化为电信号，最后转化成报警信号。【项目任务】当环境中的烟雾浓度升高，光照强度小于3cd时，装置立刻报警鸣叫。【方案设计】小组同学利用光敏电阻对烟雾报警装置的接收电路进行设计，如图乙所示。当控制电路的电流达到250mA时，衔铁被吸合，线圈电阻不计。其中控制电压U为6V，光敏电阻Rx的阻值随光照强度的变化如图丙所示。（1）根据电路，可判断电磁铁上端为极；（2）光敏电阻是由（选填“导体”“绝缘体”或“半导体”）制成的。如图丙所示，其阻值随光照的增强而变小。工作电路中设计了保护电阻和报警器，其中报警器在（选填“A”或“B”）处；【项目调试】（3）闭合开关S，当报警烟雾浓度按照项目任务的要求设定后，调节滑动变阻器，当RP＝18Ω时（线圈电阻不计），报警器恰好开始报警。请根据以上信息，写出图丙中光敏电阻在光照强度为2cd时的阻值：Ω；【项目评价与反思】（4）使用一段时间后，控制电压U会降低，烟雾报警器在烟雾浓度较（选填“高”或“低”）时误报警。为了保证烟雾报警装置能正常工作，以下做法正确的是。A.增加线圈匝数B.控制电路中再串联一个电阻C.增大线圈和衔铁之间的距离D.向右移动滑动变阻器滑片五．计算题（共2小题）21．如图，玻璃缸中装满15cm深的水，将一只玩具小鸭子放入水中，它漂浮在水面上，测得从缸中溢出的水重3N，g取10N/kg。试计算：（1）玻璃缸中的水对缸底的压强为多少？（2）玩具小鸭子所受的浮力为多少？（3）玩具小鸭子的重力为多少？22．为确保道路交通安全，高速公路均设有限速规定，机动车最低车速不得低于60km/h，最高车速不得高于120km/h。某科技小组基于此设计了一个车速报警装置，其简化电路如图甲所示。当系统检测到车辆行驶在高速公路上时闭合开关，电源电压保持不变，定值电阻R的阻值为20Ω；可变电阻Rv的阻值随车速变化关系如图乙所示。当电流表或电压表示数超过设定值时，会触发报警。（1）当车速为60km/h时，电压表的示数为8V，求通过Rv的电流。（2）为满足高速公路限速要求，求电流表和电压表的报警设定值。（3）保持报警高速设定值不变，若车速高于100km/h时就开始报警，提出改进方案，并通过计算说明。六．科普阅读题（共1小题）23．我国航天技术已达到世界领先水平。在跨学科实践课上，某小组开展了“制作火箭模型”的学习活动，下面是该小组同学交流的实践过程。（1）了解火箭的相关知识：2024年10月30日，搭载神舟十九号载人飞船的长征二号F遥十九运载火箭点火发射，如图甲所示。火箭刚发射时，它的机械能（选填“增加”“减小“”或“不变”）。火箭产生的高温火焰向下喷射到发射台的地面，发射台遇到这样的高温容易发生（填物态变化名称）。为了保护发射台，在发射台底建了一个大水池，让火焰喷射到水中，利用水的（填物态变化名称）来吸收大量的热量。火箭升空的瞬间伴有的庞大白色气团实质是（选填“小水滴”“烟雾”或”水蒸气”）。（2）制作并发射：同学们制作了“水火箭”并进行发射，如图乙、丙所示。给“水火箭”打气，打开阀门。水向下喷出，“水火箭”一飞冲天。使用打气筒打气时的能量转化与汽油机的冲程的能量转化相同，使“水火箭”上升的力的施力物体是（选填“打气的同学”或“喷出的水”）。（3）项目评估：小组的同学们制作好了“水火箭”后开展飞行比赛，发现“水火箭”在竖直方向上升高的高度不容易测量。同学们讨论后认为可以通过测量“水火箭”的来评选出“最佳飞行奖”。（写出一种方法即可）

2026年江苏省南通市海门区中考物理模拟练习卷参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）1．航空模型的外壳要求轻巧、能承受一定的高温。航空模型外壳材料应具有的特性是（）A．密度大熔点高 B．密度小熔点高 C．密度大熔点低 D．密度小熔点低【考点】密度在生产、生活中的应用．【分析】本题考查密度在生产、生活中的应用。因为要求外壳轻巧，根据密度公式m＝ρV（m是质量，ρ是密度，V是体积），在体积一定时，密度小则质量小。又因为要能承受一定高温，所以熔点要高。解题的切入点就是从轻巧和耐高温这两个特性出发，结合密度和熔点的知识来分析选项。【解答】逐一分析选项：A选项，密度大不符合轻巧的要求，所以A错误；B选项，密度小能满足轻巧，熔点高能满足耐高温，所以B正确；C选项，密度大不符合轻巧要求，熔点低也不符合耐高温要求，所以C错误；D选项，熔点低不符合耐高温要求，所以D错误。【点评】本题考查对密度和熔点相关知识在实际生活中应用的理解，关键是抓住轻巧和耐高温这两个关键特性进行分析。2．小明用电水壶烧水给爷爷奶奶泡茶。该壶保温性能较好，烧水时壶会吸收一些热量。在壶中装入500mL的水，加热至沸腾，用时2min。水用完后，他又在壶中装入1000mL的水，加热至沸腾，所需时间最有可能的是（）A．2min B．4min C．大于2min且小于4min D．大于4min【考点】物体吸热实验用加热时间反映吸收热量的多少．【分析】根据对壶和水同时加热至沸腾用时2min进行分析即可得到结论。【解答】解：用电水壶烧水，已知该壶保温性能较好，且烧水时壶会吸收一些热量，在壶中装入500mL的水，加热至沸腾，用时2min，由Q＝cmΔt知壶温度达到水的沸点过程中会吸收一些热量，则仅将500mL的水，加热至沸腾，用时小于2min。水用完后，小明又在壶中装入1000mL的水，加热至沸腾，相当于在第一次的基础上，又单独对500mL的水加热至沸腾，故所需时间大于2min且小于4min，故C正确。故选：C。【点评】本题考查物质吸热公式的应用，难度不大。3．下列关于分子热运动的说法正确的是（）A．图甲中，两铅块没有分离，说明铅块之间发生了扩散现象 B．图乙中，注射器中的空气容易被压缩，说明空气分子之间距离很小 C．图丙中，弹簧测力计的示数大于玻璃板的重力，说明分子间存在引力 D．图丁中，墨水将热水全部浸染的时间比冷水长，说明温度越低，分子运动越剧烈【考点】分子动理论的基本观点．【分析】（1）物质是由分子、原子组成的，分子处于永不停息地运动状态，温度越高，分子运动越剧烈；（2）分子之间存在间隙；（3）分子间存在着相互作用的引力与斥力。【解答】解：A．图中两个压紧的铅块能吊起钩码，是由于分子间存在引力，故A错误；B．注射器中的空气容易被压缩，是因为空气分子之间的距离较大，分子间的作用力较小，故B错误；C．弹簧测力计的示数大于玻璃板的重力，是因为玻璃板和水面接触时，水分子和玻璃分子之间存在引力，故C正确；D．墨水将热水全部浸染的时间比冷水长，说明温度越高，分子热运动越剧烈，故D错误。故选：C。【点评】本题考查分子动理论的知识，属于基础题。4．探究“光的反射定律”，如图所示平面镜放在水平桌面，将白色硬纸板竖直放置在平面镜上（硬纸板可沿ON前后弯折）。将一束激光沿EO方向入射，在右边纸板上发现反射光线OF，测量此时入射光线与平面镜夹角为40°，下列说法中正确的是（）A．此时反射角为40° B．若光沿着FO射入，则会沿着OE射出 C．将有反射光束的半个纸板向后弯折一定角度，观察到光屏上还有反射光束 D．多次改变入射角大小目的是为了减少误差【考点】光的反射定律的应用；光反射的可逆性；反射角与入射角的计算．【分析】（1）（3）入射角和反射角的概念：入射角是入射光线与法线的夹角；反射角是反射光线与法线的夹角；光的反射定律：反射光线、入射光线与法线在同一平面内；反射光线和入射光线分别位于法线两侧；反射角等于入射角；；（2）光反射时，光路可逆；（4）多次实验是得到普遍规律。【解答】解：A、入射角是入射光线与法线的夹角，则图中的入射角是90°﹣40°＝50°，根据光的反射定律，反射角总是等于入射角，反射角也等于50°，故A错误；B、由在光的反射现象中光路可逆，若光沿着FO射入，则一定会沿着OE射出，故B正确；C、光在反射时，反射光线、入射光线、法线在同一平面内，图乙中，将纸板NOF向后折时在纸板上看不到反射光线，此实验现象说明反射光线、入射光线和法线在同一平面，反射光线依然存在，故C错误；D、多次改变入射角大小进行探究目的是得到普遍规律，故D错误。故选：B。【点评】本题主要考查了入射角和反射角的概念，同时还考查了光的反射定律的内容，并且要会利用光的反射定律的内容进行有关的计算。5．如图所示，高度相同的均匀实心圆柱体A和正方体B放置在水平地面上，A的直径等于B的边长，它们对水平地面的压强相等。现分别在两物体上沿图中虚线竖直切下底面积相等的部分，并将切下部分叠放在对方剩余部分的上方，此时它们对地面的压强变化量分别为ΔpA′、ΔpB′，则（）A．ΔpA′可能大于ΔpB′ B．ΔpA′一定大于ΔpB′ C．ΔpA′一定小于ΔpB′ D．ΔpA′一定等于ΔpB′【考点】固体压强的比较大小．【分析】通过原来压强相等，得出两个物体的重力关系，切割相同的底面积叠加后再比较压强，知道原来的压强相等，求出压强差即可比较。【解答】解：设圆柱体A的半径为r，则正方体B边长为2r，圆柱体的底面积为：SA＝πr2，正方体B底面积为：SB＝4r2，则可知SA＜SB；切割前A、B对地面的压强为：pA=FASA均匀实心圆柱体A和正方体B都是柱状物体，它们对水平地面的压强：p＝ρgh，因均匀实心圆柱体A和正方体B的高度相同，且它们对水平地面的压强相等，所以由p＝ρgh可知，圆柱体A和正方体B的密度相等；分别在两物体上沿图中虚线竖直切下底面积相等的部分，因切去部分的高度、底面积、密度均相同，则由ΔG＝Δmg＝ρΔVg＝ρΔShg可知，切去部分的重力相等，将切下部分叠放在对方剩余部分的上方后，因切去部分的重力相等，所以叠放后与原来没有切割相比，每个整体的总重力不变，即GA′＝GA，GB′＝GB，设切去部分的面积均为ΔS，则切割并叠放后A、B对地面的压强分别为：pA′=FpB′=F则ΔpA′＝pA′﹣pA=GASA−ΔS−GA同理可得ΔpB′＝pB′﹣pB=GB原来圆柱体A和正方体B对地面的压强相等，则GASA=因SA＜SB，则SA﹣ΔS＜SB﹣ΔS﹣﹣﹣﹣﹣④，所以由①②③④可得ΔpA′＞ΔpB′。故选：B。【点评】本题求出切割叠加后的压强，知道原来压强相等，求出压强差即可。6．“福建舰”航母采用了全球最先进的电磁弹射技术，其基本原理是通过控制电流和磁场的变化，将电能转化为机械能，产生推力推动飞机或物体高速运动。下列四幅图能反映这一工作原理的是（）A． B． C． D．【考点】通电导线在磁场中受到力的作用．【分析】电磁弹射系统的原理是通电导体在磁场中受到力的作用。【解答】解：由题知，电磁弹射系统的原理是通电导体在磁场中受到力的作用。A、图示装置是探究通电导线周围存在磁场，即电流的磁效应的实验装置，故A不符合题意；B、图示装置是演示磁极间的相互作用规律，故B不符合题意；C、图示装置是演示通电导体在磁场中受到力的作用的实验装置，故C符合题意；D、图示装置是演示电磁感应的实验装置，故D不符合题意。故选：C。【点评】对于电磁学中的电流磁效应、磁场对通电导体有力的作用、电磁感应等实验要注意区分，属常见题型。7．图所示为一种身高测量仪，其顶部的感应器竖直向下发射超声波信号，经下方物体反射后返回，被感应器接收。某同学站上测高台，感应器记录信号从发射到接收所经历的时间为4×10﹣3s。已知感应器距测高台的高度为2.4m，空气中的声速取340m/s，则该同学的身高为（）A．1.72m B．1.54m C．1.12m D．1.04m【考点】回声测距．【分析】根据回声测距的知识可以求得该同学的头顶距感应器的高度，再用感应器距测高台的高度减去该同学的头顶距感应器的高度，就可以得到该同学的身高。【解答】解：超声波从感应器到同学头顶的单程时间为：t=1则计算感应器到同学头顶的距离为：s＝vt＝340m/s×2×10﹣3s＝0.68m，感应器距测高台总高度为2.4m，同学身高为总高度减去感应器到头顶的距离为h＝2.4m﹣0.68m＝1.72m，故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】本题考查速度公式以及回声测距的应用，难度适中。8．如图为小刚同学在完成跨学科实践作业中自制的杆秤，O1、O2均是杆秤称量时的支点。当使用O1称量物品时，调整秤砣至B点位置，使秤杆处于水平平衡状态（忽略盘重、绳重和杆重），已知秤砣质量为20g，O1A＝10cm，O1B＝110cm。下列说法正确的是（）A．所称物体质量是200g B．换称质量较小的物体时，秤砣应向B点左边移动 C．改用O2称量物体时，会使该杆秤的称量范围变小 D．当秤砣在B点时，使用O1称量的物体质量比使用O2称量的物体质量大【考点】杠杆的平衡条件的应用．【分析】（1）由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2和G＝mg表示出物体质量的关系式可求得所称物体质量；（2）由杠杆平衡条件分析换称质量较小的物体时，秤砣应向哪边移动；（3）改用O2称量物体时，与用O1称量物体相比，重物重力的力臂变小，秤砣重力的力臂变大，且秤砣质量m不变，根据杠杆平衡条件分析答题。（4）由杠杆平衡条件分析。【解答】解：A、当使用O1称量时，根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可得，m物g×10cm＝0.02kg×g×110cm，解得m物＝0.22kg，故A错误；B、换称质量较小的物体时，左边的力与力臂的乘积变小，秤砣质量m不变，由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可得，秤砣应向左边移动，故B正确；C、改用O2称量物体时，与用O1称量物体相比，重物拉力的力臂变小，秤砣拉力的力臂变大，且秤砣质量m不变，由杠杆的平衡条件可得Mg×L重物＝mg×L秤砣，所以此时杆秤测得的最大质量变大，即杆秤的称量范围变大，故C错误；D、当秤砣在A点时，使用O1称量物体时，与用O2称量物体相比，重物拉力的力臂较大，秤砣拉力的力臂较小，且秤砣质量m不变，由杠杆的平衡条件可得Mg×L重物＝mg×L秤砣，所以此时杆秤称量的物体质量较小，故D错误。故选：B。【点评】本题以杆秤为情景考查了杠杆平衡条件的应用，体现了物理在生活中的应用。9．如图所示为吸盘式挂杆，将吸盘A、B压在瓷砖上排出其中的空气，吸盘就能“吸”在瓷砖上。重10N的平底锅挂在水平横杆上的P点处并处于静止状态，已知AB＝4AP，若吸盘与横杆的重力忽略不计，则下列说法正确的是（）A．吸盘“吸”在瓷砖上，吸盘面积越大，大气压强就越大 B．吸盘最好吸在光滑瓷砖上，是为了减小摩擦 C．以A为支点，吸盘B受到的摩擦力为2.5N D．将悬挂点P移到横杆正中间，吸盘B所受摩擦力变小【考点】平衡状态下的摩擦力分析；滑动摩擦力与接触面所受压力有关；大气压存在的现象．【分析】A．根据大气压强是定值，其大小与吸盘面积无关，进行分析；B．根据吸盘是利用大气压产生压力，光滑表面是为了保证密封性，进行分析；C．根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2，以A为支点，B点摩擦力为动力，P点重物为阻力，进行分析；D．根据杠杆平衡条件，P点移至中点后，阻力臂变大，动力臂不变，所以B点摩擦力变大，进行分析。【解答】解：A．大气压强的大小与吸盘面积无关，吸盘面积越大，受到的压力越大，故A错误；B．吸盘吸在光滑瓷砖上是为了更好地密封，防止漏气，从而保证有足够大的大气压力，故B错误；C．由图可知，以吸盘A为支点，AP为动力臂，AB的距离为阻力臂，锅对杠杆的拉力为动力，其大小等于重物的重力，用G表示，吸盘B受到的摩擦力fB为阻力，根据杠杆的平衡条件可得f将悬挂点P移到横杆正中间，则AB＝2AP′，根据杠杆的平衡条件可得fB故C正确，D错误。故选：C。【点评】本题主要考查杠杆的平衡条件以及大气压强的应用。解题的关键是将横杆看作一个杠杆，正确找出支点、动力、阻力以及对应的力臂，然后利用杠杆平衡条件进行计算。10．如图甲所示，电源电压恒定，电压表量程0～15V，电流表量程0～0.6A，R＝25Ω，滑动变阻器标有“95Ω1A”；小灯泡的正常工作电流为0.5A，其电流随电压的变化规律如图乙所示；只闭合开关S、S1，保证电路安全的前提下，最大范围调节滑片P，当滑片移动到a点时，电压表示数最小值为U1；保持滑片在a点不变，只闭合开关S、S2，继续移动滑片，最终使电压表示数再次为U1，此时电流表示数为Ib；两次调节过程中电流表与电压表示数变化关系如图丙所示。保证电路安全的前提下，以下正确的是（）①Ib的值为0.32②当只闭合开关S、S1，滑动变阻器的阻值范围为20Ω～80Ω③当只闭合开关S、S2，电阻R的电功率范围为0.36W～9W④任意闭合开关和移动滑片，电路中的最小功率与最大功率之比为1：4A．①④ B．①③ C．②③ D．①②【考点】电功率的比例计算；电功率范围值问题；欧姆定律求范围值．【分析】根据电路图和欧姆定律，结合串联电路的特点，通过分析电流表和电压表示数的变化，计算滑动变阻器的最大阻值和最小阻值；进而判断电源的电压。结合电路中电流的变化，再由P＝I2R和P总＝IU即可判断。【解答】解：①只闭合开关S、S1时，该电路为L和Rp的串联电路，电流表测电路中的电流，电压表测Rp两端的电压，在保证电路安全的前提下，从最右端移动滑动变阻器的滑片至最小值处的过程中，由于灯泡的电阻是变化的，则电流表与电压表的示数变化的关系是图乙曲线；已知小灯泡的正常工作电流为0.5A，电流表的量程为0～0.6A，则电路中的最大电流为0.5A，此时电压表的示数最小为U1、灯泡的电压为UL＝8V，根据串联电路的特点和欧姆定律得出：电源电压U＝U1+UL＝U1+8V；滑动变阻器的连入电路的最小值为Rmin=U10.5A；保持滑片位置不变，只闭合开关S、S2，该电路为R和Rp的串联电路，电流表测电路中的电流，电压表测Rp两端的电压，保持滑片位置不变时，R大于RL，则R和Rp串联时，电路中的电流变小，电压表的示数也变小，再继续调节滑动变阻器的阻值，应使电压表示数变大并且再次为U1时，R的电压为8V，此时Ib=②由图丙可得滑动变阻器的滑片在最小值时的电流为I＝0.4A，所以电源电压U＝0.4A×25Ω+0.4A×U10.5A=U由图乙可知，灯泡电压最小ULmin＝3V时的电流为Imin＝0.3A，此时Rp的最大阻值Rmax=U−ULminImin=18V−3V0.3A=50③当只闭合开关S、S2，电阻R中的电流范围为0.32A～0.4A，由P＝I2R可得，其电功率范围为2.56W～4W，故③错误；④因灯泡正常发光时的阻值小于电阻R的阻值，则当电阻R和滑动变阻器的最大电阻串联时，总电阻最大，电路中电流最小，电路消耗的总功率最小，由电阻的串联和欧姆定律可得，最小电流为Imin′=U此时电压表的示数：UVmax＝Imin′Rmax′＝0.15A×95Ω＝14.25V＜15V，说明最小电流能调到0.15A；当电阻R和灯泡L并联后，再与变阻器串联，调节变阻器的滑片，使电流表满偏时电流最大为Imax＝0.6A，电源电压不变，由P＝UI可得电路中的最小电功率与最大电功率之比为：Pmin：Pmax＝Imin′：Imax＝0.15A：0.6A＝1：4，故④正确。故选：A。【点评】本题考查欧姆定律、串并联电路的特点及其应用、电功率的计算、滑动变阻器的使用、动态电路的分析等知识，属于中考压轴题。二．填空题（共3小题）11．我国自主设计建造的亚洲第一深水导管架“海基二号”在广东珠海深水装备制造基地建造完工，在结构高度、重量、作业水深、建造速度等方面一举刷新多项亚洲纪录。（1）水下的导管架看起来比实际位置浅是由于光的折射现象，“海基二号”作业水域约水深300米，此处作业时，受到的海水压强大约为30（选填“3”“30”“300”或“3000”）个标准大气压的大小。“海基二号”对深水边际油田开发具有重大意义，石油属于不可再生（选填“可再生”或“不可再生”）能源。（2）在水下作业时，会用到无人遥控潜水器（简称ROV），如图乙所示，ROV上装有八个推进器，上、下、前、后各两个，分别由八个电动机控制，可以实现前进、后退、上浮和下潜。电流通过电动机线圈时会（选填“会”或“不会”）产生热量，当ROV前进时，后方两个推进器工作，对水施加向后的力，此时水对推进器的力与推进器对水的力不是（选填“是”或“不是”）一对平衡力，当ROV匀速上浮时，下方推进器工作，上浮过程中，ROV受到的浮力不变（选填“变大”“变小”和“不变”）。（3）质量为10kg，体积为4dm3的ROV在水下工作时，受到的海水阻力f与运动速度v的关系满足f＝kv，其中k＝20N•s/m为阻力系数，ROV无动力匀速下降时速度为3m/s；当ROV以7.2km/h的速度匀速上升时，每个电机输出功率为100W。【考点】可再生能源和不可再生能源；平衡力的判断；液体压强的公式及计算；功率的推导式P＝Fv；光的折射现象；能量的利用效率．【分析】（1）根据光的折射原理判断导管架的位置变化，利用液体压强公式计算海水压强并与标准大气压比较，结合能源分类判断石油类型。（2）电流通过电动机会因电阻发热，依据相互作用力和平衡力的区别判断是否为平衡力，根据阿基米德原理判断浮力变化。（3）先求ROV的重力和浮力，再结合阻力公式，利用受力平衡求速度和功率。【解答】解：（1）水下物体看起来比实际位置浅，是光从水斜射入空气时发生折射，人眼逆着折射光线观察，误判位置变浅，属于折射现象。300m水深的压强p=1标准大气压约为1×105Pa，3×10石油是化石能源，短时间内无法从自然界再生，属于不可再生能源。（2）电流通过电动机线圈时，因为线圈有电阻，根据焦耳定律Q＝I2Rt会产生热量。水对推进器的力与推进器对水的力是相互作用力，这两个力作用在不同的物体上，而平衡力需作用在同一物体上，所以不是一对平衡力。ROV上浮时始终完全浸没在水中，排开海水的体积、海水密度都不变，根据阿基米德原理F浮＝ρ液gV排可知，浮力不变。（3）ROV的重力G＝mg＝10kg×10N/kg＝100N完全浸没受到的浮力F无动力匀速下降时，阻力向上，受力平衡，则G＝F浮+kv，代入数据得100N＝40N+20v解得v＝3m/s。7.2km/h＝2m/s，匀速上升时阻力向下，受力平衡，则F总推+F浮＝G+kv′代入得F总推＝G+kv′﹣F浮＝100N+20N•s/m×2m/s﹣40N＝100N，总功率P总＝F总推v′＝100N×2m/s＝200W，上浮时下方共2个推进器工作，因此单个电机功率P=P故答案为：（1）折射；30；不可再生；（2）会；不是；不变；（3）3；100。【点评】本题综合考查光的折射、液体压强、能源分类、电流热效应、相互作用力与平衡力区别、阿基米德原理以及受力平衡的应用，关键是准确分析物体的受力情况。12．现有一个电压恒为6V的电源，电源两端可接入如图所示的电路中，电压表量程可在0～3V和0～15V下调节，R1和R2是阻值未知的两个定值电阻，R3是最大阻值为10Ω的滑动变阻器。断开开关S，将电压表量程调为0～15V，电源接在A、C两个接线柱之间时，R3从a端移至b端，电压表示数变化量为ΔU1；当电源接在B、C两个接线柱之间时，R3从a端移至b端，电压表示数变化量为ΔU2，已知ΔU1＞ΔU2，则R1＜R2（选填“＞”“＜”或“＝”）。当电压表量程为0～3V时，保证电路安全的前提下，将电源接入A、B、C中任意两个接线柱之间，控制开关的通断和调节滑片，可以使电路的总功率分别达到最大值P1和最小值P2，P1与P2的差值为21W，且调节电压表量程为0～15V，电路的总功率最小值减小0.75W，则R1＝2Ω。【考点】电功率的综合计算；欧姆定律的应用．【分析】这道题的难点在于准确判断“最小功率”时的电路状态。0～3V量程时：限制因素是电压表，最小功率对应的是R3分压刚好为3V的时刻。0～15V量程时：限制因素是滑动变阻器的最大阻值，最小功率对应的是R3全部接入电路的时刻。通过这两个状态的功率差，先解出R2，再结合总功率差解出R1。【解答】解：第一部分：比较R1和R2的大小分析电路连接：当电源接在A、C之间时，开关S断开，电阻R1与滑动变阻器R3串联，电压表测量R3两端的电压。当电源接在B、C之间时，开关S断开，电阻R2与滑动变阻器R3串联，电压表测量R3两端的电压。计算电压变化量ΔU：当滑片在a端时，R3接入电路的阻值为0，此时电压表示数U初＝0V。当滑片在b端时，R3接入电路的阻值为最大值10Ω。对于A、C连接：电路总电阻为R1+10Ω，电流I1=6VR1+10Ω。电压表示数UV1＝I1所以，电压变化量ΔU1＝UV1−U初=60R1+10所以，电压变化量ΔU2＝UV2−U初=60R2+10V。比较R1和R2：题目已知ΔU1＞ΔU2。代入表达式：60R1+10V＞60R第二部分：计算R1的值1.分析最大功率P1电路总功率P=U2R总。要使功率最大，总电阻需最小。当电源接在A、B之间且开关S闭合时，R1与R2.分析最小功率P2要使功率最小，总电阻需最大。当电压表量程为0～3V时，R3两端电压最大为3V。此时，与R3串联的定值电阻（R1或R2）两端电压也为6V﹣3V＝3V。根据串联分压原理，此时定值电阻的阻值等于R3接入电路的阻值。由于R1＜R2，当R2与R3串联时，总电阻最大。此时R3＝R2。因为R3最大为10Ω，所以R2必须小于或等于10Ω。最小功率P2发生在R2与R3串联，且R3两端电压为3V时。此时R3＝R2，总电阻为2R2。P2=U22R2（U2R1化简得：36V3.利用功率减小0.75W的条件当电压表量程为0～15V时，R3可以调到最大值10Ω。此时电路的最小功率P2′发生在R2与R3（10Ω）串联时。P2′=U2R2+10Ω，题目条件：P2−P2′＝0.75W，18V2R2−36V2R24.计算R1将R2＝6Ω代入方程一：36V2R1+故答案为：＜；2Ω。【点评】这是一个非常经典的初中物理电学综合计算题，涉及欧姆定律、电功率、电路动态分析以及不等式求解13．如图所示，用量程0～5N的弹簧测力计，测量未知液体的密度。根据图中读数可知，物块浸没水中受到的浮力是2N，未知液体的密度为1.2g/cm3。（ρ水＝1.0×103kg/m3）【考点】阿基米德原理的理解；利用阿基米德原理进行简单计算；称重法测量浮力．【分析】（1）根据F浮＝G﹣F示计算出物体所受的浮力；（2）根据物块在水中受到的浮力大小求出物块的体积，再根据图示数据求得在未知液体中受到的浮力大小，根据浮力的变形公式及其未知液体的密度。【解答】解；物体没有浸入水中时，测力计的示数等于物体的重力，由图中数据可知，物块重G＝4N；由图可知，物块受到的浮力大小：F浮＝G﹣F示＝4N﹣2N＝2N；根据公式F浮＝ρ水gV排得，排开水的体积：V排水=F浮ρ水g同一物块浸没时，排开液体的体积等于排开水的体积，即V排液＝V排水＝2×10﹣4m3，由右图可知，物块完全浸没在未知液体中受到的浮力F浮液＝G﹣F示′＝4N﹣1.6N＝2.4N；根据公式F浮＝ρ液gV排得，未知液体的密度：ρ液=F浮液V排液g=2.4N故答案为：2；1.2。【点评】本题考查探究影响浮力大小的因素，解答此题要掌握浮力大小的影响因素，掌握用控制变量法研究浮力大小的影响因素。三．作图题（共3小题）14．如图甲所示是小华用扫帚向左扫地时的情景，杠杆模型示意图如图乙所示，O为支点。（1）画出动力F的力臂l；（2）画出B点受到地面摩擦力f的示意图。【考点】力和力臂的画法；杠杆的平衡条件的计算．【分析】B点受到地面摩擦力，即阻力是阻碍杠杆转动的力，根据动力F的方向确定摩擦力f的方向，然后根据力的示意图的画法画出B点受到地面摩擦力f的示意图，再根据力臂的概念画出F的力臂l；【解答】解：如图甲所示是小华用扫帚向左扫地时的情景，B点受到的摩擦力f方向水平向右，据此画出B点受摩擦力示意图；从支点O作动力F作用线的垂线，即为动力臂l，如下图：；【点评】本题考查力臂和阻力的画法，属于基础题。15．如图甲所示，木块在水平推力F的作用下从静止开始在粗糙程度相同的水平地面上滑动，它在滑动过程中受到的摩擦力为2N，“F﹣t”图像如图乙所示，请在图丙中画出0～8s内木块大致的“v﹣t”图像。【考点】力与图像的结合；绘制v﹣t图像．【分析】结合力与运动的关系分析，注意压力大小和接触面粗糙程度不变，则受到摩擦力大小不变。【解答】解：由乙图可知，0～2s，推力为4N，大于滑动摩擦力，则做加速运动；2～6s，推力为3N，大于滑动摩擦力，继续做加速运动，但是合力变小，所以速度增速减缓；6～8s，推力为2N，等于滑动摩擦力，则木块做匀速直线运动。【点评】此题考查了力与运动的关系，属于基础知识。16．小亮家的电暖气铭牌标有“220V，1000W”，小亮想让该电暖气增加一挡功率，为使电暖气的该档功率（原发热电阻消耗的功率）为额定功率的14。现有一个开关、各种阻值的定值电阻R0可选、导线，请帮他完成电路设计，在方框中画出电路图，并标出定值电阻R0【考点】电功率的综合计算；应用欧姆定律设计电路图；电功率多档位问题．【分析】电炉的电阻不变，由P＝UI＝I2R可知，要使电炉增加挡的功率为额定功率的14应串联一个电阻R0来减小电路中的电流；已知电炉的额定功率，先根据P＝UI=U2R求出电炉的电阻；当S断开时，使电炉的电阻R和电阻R0串联，此时R的电功率P′=1【解答】解：电暖气的电阻R不变，由P＝UI＝I2R可知，要使电炉增加挡的功率为额定功率的14，应串联一个电阻R0已知电炉的额定功率为1000W，电炉的电阻R=U2P当S断开时，使电炉的电阻R和电阻R0串联，此时R的电功率P′=1因串联电路中各处的电流相等所以，则由P＝UI＝I2R可得电路中的电流I′=P′由P＝UI可得，此时电路中的总电阻R总=UI′=因串联电路中总电阻等于各分电阻之和所以，则串联电阻R0的阻值R0＝R总﹣R＝96.8Ω﹣48.4Ω＝48.4Ω。所以，设计的电路图如下图所示：【点评】本题考查了电路图的设计，涉及到串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，关键是正确得出改装后该挡的功率是电炉的电阻R消耗的功率（不是总功率）。四．实验探究题（共4小题）17．小明用天平和量筒测量牛奶的密度时，进行了以下实验：（1）实验步骤①把天平放在水平桌面上，将游码移至标尺左端零刻线处，发现指针在分度盘上的位置如图甲所示，为使横梁平衡应将平衡螺母向左调节（选填“左”或“右”）；②往烧杯中倒入适量牛奶，测量烧杯和牛奶的总质量，如图乙所示，请你指出操作中的错误是测量过程中调节平衡螺母，改正错误后重新进行测量；③将烧杯中的牛奶倒出一部分到量筒中，量筒中牛奶液面位置如图丙所示；再测出烧杯和剩余牛奶的质量如图丁所示；（2）实验数据处理小明设计了一个实验数据记录表，填写了部分物理量和数值，请你将表格补充完整。烧杯与牛奶的总质量m1/g量筒中牛奶的体积V/cm3烧杯与剩余牛奶的总质量m2/g牛奶的密度ρ/（g•cm﹣3）10644【考点】测量液体的密度．【分析】（1）①把天平放在水平桌面上，将游码移至标尺左端零刻线处，指针右偏，为使横梁平衡应将平衡螺母向左调节；②测量质量的过程中，不能调节平衡螺母；③得出量筒中牛奶的体积；（2）烧杯与剩余牛奶的总质量等于砝码的质量与游码示数和；从而得出量筒中牛奶的质量，根据牛奶密度公式得出牛奶的密度。【解答】解：（1）①把天平放在水平桌面上，将游码移至标尺左端零刻线处，发现指针在分度盘上的位置如图甲所示，指针右偏，为使横梁平衡应将平衡螺母向左调节；②往烧杯中倒入适量牛奶，测量烧杯和牛奶的总质量，如图乙所示，操作中的错误是测量过程中调节平衡螺母，改正错误后重新进行测量；③将烧杯中的牛奶倒出一部分到量筒中，量筒中牛奶液面位置如图丙所示；牛奶的体积为V＝40mL＝40cm3；（2）烧杯与剩余牛奶的总质量m2＝50g+10g+2g＝62g；量筒中牛奶的质量m＝106g﹣62g＝44g牛奶的密度ρ=mV=烧杯与牛奶的总质量m1/g量筒中牛奶的体积V/cm3烧杯与剩余牛奶的总质量m2/g量筒中牛奶的质量m/g牛奶的密度ρ/（g•cm﹣3）1064062441.1。故答案为：（1）①左；②测量过程中调节平衡螺母；（2）杯与牛奶的总质量m1/g量筒中牛奶的体积V/cm3烧杯与剩余牛奶的总质量m2/g量筒中牛奶的质量m/g牛奶的密度ρ/（g•cm﹣3）1064062441.1。【点评】本题考查天平的使用及测量液体密度的方法。18．探究“阿基米德原理”：（1）用弹簧测力计测出空小桶重力G0。（2）在弹簧测力计下挂上石块，测出石块重力G。（3）将石块浸入装满水的溢水杯中，用小桶收集石块排开的水，弹簧测力计示数将变小，记下弹簧测力计示数F。（4）用弹簧测力计测出小桶和排出水的总重G总。（5）利用公式F浮＝G1﹣F，算出石块所受的浮力为1.4N。（6）利用公式G排＝G总﹣G0，算出石块排开的水受到的重力。（7）分析数据可知，浸在液体中的物体受到浮力大小等于排开的液体所受的重力。这就是著名的阿基米德原理，其表达式为F浮＝G排。【考点】阿基米德原理的理解；浮力大小与排开液体重力的关系．【分析】（1）浸在水中的石块受重力、浮力和拉力的作用，物体受平衡力作用，据此分析；（2）（3）根据图示弹簧测力计的示数，可知石块的重力、空桶的重力、石块浸没水中时弹簧测力计的示数、桶和水受到的总重力，由平衡条件可以求出石块受到的浮力，桶和水受到的总重力与空桶的重力之差是排开水的重力；（4）得出石块受到的浮力与它排开水的重力间的关系，然后得出结论。【解答】解：（1）开始时，石块受增重力和拉力，即拉力等于重力，浸在水中的石块受重力、浮力和拉力的作用，物体受平衡力作用，浮力作用使得弹簧测力计的示数变小。（2）已知石块重力为G1，石块浸没后弹簧测力计拉力为F，根据称重法知，浮力为F浮＝G1﹣F根据题图数据，石块的重力G1＝3N，弹簧测力计的拉力F＝1.6N，则浮力F浮＝G1﹣F＝3N﹣1.6N＝1.4N；（3）石块排开的水受到的重力等于桶和排开水的总重力减去空桶的重力，即G排＝G总﹣G0＝2N﹣0.6N＝1.4N；（4）由实验可知，浸在液体中的物体受到浮力大小等于它排开的液体所受的重力，表达式为F浮＝G排；故答案为：（1）变小；（2）G1﹣F；1.4；（3）G总﹣G0；（4）排开的液体所受的重力；F浮＝G排。【点评】本题考查阿基米德原理的验证过程，属于中档题。19．如图甲所示为“探物”一组“测量小灯泡电阻”的电路，电源电压为3V，小灯泡上标有“2.5V”字样。（1）闭合开关前，滑动变阻器的滑片应调向A（选填“A”或“B”）端。（2）测量过程中灯丝突然烧断，则电压表示数变大（选填“电压表”或“电流表”）。（3）换相同规格的灯泡继续进行实验。当电压表的示数如图乙所示时，为了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B（选填“A”或“B”）端移动，直至小灯泡正常发光。（4）根据实验数据，绘出I﹣U图像如丙图A所示。根据图像，计算得出小灯泡正产发光时的电阻为10Ω。（5）“探物”二组用这组器材做这个实验时，根据测量的数据绘出的图像如丙图B所示，请分析得到此图像的原因：电压表并联在滑动变阻器两端。（6）“探物”三组利用另外的实验器材进行实验并将实验数据记录到下面的表格中。根据实验数据他们计算出了电阻的平均值。请对此做法进行评价：此做法不合理，因为灯丝的电阻随温度升高而增大，不是一定值。实验序号123456电压U/V0.50.91.31.72.12.5电流I/A0.160.190.210.240.260.28电阻R/Ω3.134.746.197.088.088.93平均电阻R平均/Ω6.36（7）完成上述实验后，“探物”一组又用图丁所示的实验电路，测出了Rx的阻值。ab之间的最大电阻为R0。实验操作如下：①闭合开关S，调节滑片位于最左端时，读出电流表的示数为I1。②闭合开关S，调节滑片位于最右端时，读出电流表的示数为I2。③Rx＝I2R0I1−I2【考点】伏安法测小灯泡的电阻．【分析】（1）为了保护电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应调向阻值最大处；（2）原来灯与滑动变阻器串联，电压表测灯两端的电压；若在测量过程中灯丝突然烧断，则电压表串联在电路测电源电压，由串联电路电压的规律分析；（3）根据图甲确定电压表选用的测量范围，由图乙确定分度值读数，比较电压表示数与灯泡额定电压大小，根据串联电路电压规律和分压原理确定滑动变阻器滑片移动方向；（4）根据图丙确定灯泡额定电压对应的额定电流，利用R=U（5）电压表并联在灯泡两端，灯泡两端的电压增大时，电路中的电流也会增大，根据串联电路电压规律可知此时滑动变阻器两端的电压变小；（6）灯丝的电阻随温度升高而增大；（7）利用并联电路的特点结合欧姆定律可得待测电阻的阻值。【解答】解：（1）为了保护电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应调向阻值最大处，即A端；（2）原来灯与滑动变阻器串联，电压表测灯两端的电压；若在测量过程中灯丝突然烧断，则电压表串联在电路测电源电压，由串联电路电压的规律，则电压表的示数变大；（3）由图甲可知，电压表选用小测量范围；当电压表的示数如图乙所示时，电压表分度值0.1V，其示数为1.8V，小于灯泡额定电压2.5V，为了测量小灯泡正常发光时的电阻，应增大灯泡两端电压，根据串联电路电压规律，应减小滑动变阻器两端电压，根据分压原理，应减小滑动变阻器接入电路的阻值，故应将滑动变阻器的滑片P向B端移动，直至小灯泡正常发光；（4）由图丙可知，当灯泡两端电压为2.5V时，通过灯泡的额定电流为0.25A，则小灯泡正产发光时的电阻为：R=ULI（5）丙图中的B图象，随着电流的增大，电压减小，正好与A图像相反，符合滑动变阻器两端电压的变化规律，因此电压表并联在滑动变阻器两端了；（6）因为灯丝的电阻与温度有关，而灯泡两端的电压越大，灯丝的温度越高，因此小灯泡在不同电压下工作时，小灯泡的灯丝温度不同，电阻也不相同，所以不能求灯丝电阻的平均值；（7）在步骤①中，当滑片在最左端时，滑动变阻器的最大阻值和待测电阻并联接入电路，电流表测干路电流为I1；在步骤②中，当滑片在最右端时，滑动变阻器的阻值最大为R0，此时电路为滑动变阻器的简单电路，电流表测通过滑动变阻器的电流为I2，根据欧姆定律可知电源电压U＝I2R0；根据并联电路电流规律可知通过待测电阻的电流：Ix＝I1﹣I2，并联电路各支路两端电压相等，根据欧姆定律可得待测电阻的阻值为：Rx=U故答案为：（1）A；（2）电压表；（3）B；（4）10；（5）电压表并联在滑动变阻器两端；（6）此做法不合理，因为灯丝的电阻随温度升高而增大，不是一定值；（7）I2【点评】本题“测量小灯泡电阻”实验，考查了注意事项、故障分析、实验操作、电阻的计算、图像分析、影响电阻大小因素及设计实验方案测电阻的能力。20．某科学小组开展制作烟雾报警装置的项目化学习。【相关资料】烟雾报警装置内部由发射电路和接收电路组成（如图甲所示）。发射电路发射的红外光会被外界烟尘粒子散射，烟的浓度越大，接收电路接收到的光强度越弱。接收电路能够将光信号转化为电信号，最后转化成报警信号。【项目任务】当环境中的烟雾浓度升高，光照强度小于3cd时，装置立刻报警鸣叫。【方案设计】小组同学利用光敏电阻对烟雾报警装置的接收电路进行设计，如图乙所示。当控制电路的电流达到250mA时，衔铁被吸合，线圈电阻不计。其中控制电压U为6V，光敏电阻Rx的阻值随光照强度的变化如图丙所示。（1）根据电路，可判断电磁铁上端为S极；（2）光敏电阻是由半导体（选填“导体”“绝缘体”或“半导体”）制成的。如图丙所示，其阻值随光照的增强而变小。工作电路中设计了保护电阻和报警器，其中报警器在A（选填“A”或“B”）处；【项目调试】（3）闭合开关S，当报警烟雾浓度按照项目任务的要求设定后，调节滑动变阻器，当RP＝18Ω时（线圈电阻不计），报警器恰好开始报警。请根据以上信息，写出图丙中光敏电阻在光照强度为2cd时的阻值：9Ω；【项目评价与反思】（4）使用一段时间后，控制电压U会降低，烟雾报警器在烟雾浓度较低（选填“高”或“低”）时误报警。为了保证烟雾报警装置能正常工作，以下做法正确的是A。A.增加线圈匝数B.控制电路中再串联一个电阻C.增大线圈和衔铁之间的距离D.向右移动滑动变阻器滑片【考点】电磁继电器在实际生活中的应用；欧姆定律的应用；光敏、热敏、压敏等半导体电路分析；利用安培定则判断磁极．【分析】（1）根据电源的正负极判定螺线管中电流的方向，根据安培定则判定螺线管的极性。（2）光敏电阻是由半导体材料制成。根据题意可知，当烟雾浓度升高时，光照强度减弱，由丙图可知光敏电阻Rx阻值变大，控制电路总电阻变大，根据欧姆定律可知，电流变小，电磁铁磁性减弱，衔铁弹起，接上端A触点，此时需要报警。（3）根据欧姆定律，可得控制电路总电阻，进一步可得此时光敏电阻阻值。（4）控制电压U降低，若要保持控制电路电流I＝250mA不变，总电阻R总【解答】解：（1）由图乙可知，电流从电磁铁的下端流入，上端流出，根据安培定则（用右手握住螺线管，让四指弯曲的方向和电流的方向一致，拇指所指的那端就是通电螺线管的N极），电磁铁上端为S（南）极。（2）光敏电阻的导电性受光照影响，是由半导体材料制成。由题意可知，当烟雾浓度升高时，光照强度减弱，由丙图可知光敏电阻Rx阻值变大，控制电路总电阻变大，根据欧姆定律可知，电流变小，电磁铁磁性减弱，衔铁弹起，接上端A触点，此时需要报警。故工作电路中设计了保护电阻和报警器，其中报警器在A处。（3）恰好报警时电流I＝250mA＝0.25A，根据欧姆定律，控制电路总电阻R总已知Rp＝18Ω，因此此时光敏电阻阻值Rx＝R总﹣Rp＝24Ω﹣18Ω＝6Ω，恰好报警对应光照强度E＝3cd，由丙图规律可得Rx与E成反比，则E•Rx＝3cd×6Ω＝18Ω•cd，因此E＝2cd时，光敏电阻的阻值为Rx2（4）控制电压U降低，若要保持控制电路电流I＝250mA不变，总电阻R总A．增加线圈匝数，相同电流下电磁铁磁性增强，能让衔铁保持吸合直到烟雾浓度达到设定值，故A正确；B．控制电路中再串联一个电阻，总电阻更大，电流更小，会更早误报警，故B错误；C．增大线圈和衔铁之间的距离，需要更大磁性才能吸合衔铁，更易提前释放衔铁，故C错误；D．向右移动滑动变阻器滑片，滑动变阻器接入控制电路的电阻变大，总电阻变大电流更小，更早误报警，故D错误。故选A。故答案为：（1）S；（2）半导体；A；（3）9；（4）低；A。【点评】本题主要考查了有关电磁继电器的相关分析和计算。五．计算题（共2小题）21．如图，玻璃缸中装满15cm深的水，将一只玩具小鸭子放入水中，它漂浮在水面上，测得从缸中溢出的水重3N，g取10N/kg。试计算：（1）玻璃缸中的水对缸底的压强为多少？（2）玩具小鸭子所受的浮力为多少？（3）玩具小鸭子的重力为多少？【考点】阿基米德原理的理解；物体浮沉条件；液体压强的公式及计算．【分析】（1）根据p＝ρgh求出水对容器底的压强。（2）由阿基米德原理可知F浮＝G排计算浮力；（3）根据漂浮的条件分析重力。【解答】解：（1）装满15cm深的水，深度h＝15cm＝0.15m；p＝ρgh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.15m＝1.5×103Pa；（2）由阿基米德原理可知F浮＝G排＝3N；（3）因为小鸭子漂浮在水面上，G鸭＝F浮＝3N；答：（1）水在玻璃缸底产生的压强为1.5×103Pa（2）玩具小鸭子所受的浮力为3N（3）玩具小鸭子的重力为3N。【点评】本题考查压强和浮力的计算，属于基础题。22．为确保道路交通安全，高速公路均设有限速规定，机动车最低车速不得低于60km/h，最高车速不得高于120km/h。某科技小组基于此设计了一个车速报警装置，其简化电路如图甲所示。当系统检测到车辆行驶在高速公路上时闭合开关，电源电压保持不变，定值电阻R的阻值为20Ω；可变电阻Rv的阻值随车速变化关系如图乙所示。当电流表或电压表示数超过设定值时，会触发报警。（1）当车速为