2026-2027学年北师大版中考物理学业质量监测卷（带答案及解析）

第页2026-2027学年北师大版中考物理学业质量监测卷（带答案及解析）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________题号一二三四五六总分得分注意事项:

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。

3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(本大题共7小题，每小题3分，共21分.在每小题所给出的四个选项中，只有一项是正确的)1.下列符合卢瑟福原子核式结构模型的是(

)A. B.

C. D.2．对如图所示实验的分析错误的是A．甲：白磷燃烧红磷不燃烧，说明燃烧的条件之一为温度达到可燃物的着火点 B．乙：集气瓶②中溶液更浑浊，说明呼出气体中CO2含量比空气中高 C．丙：利用杠杆提起砝码的过程中省力但费距离，说明杠杆不省功 D．丁：物体在力的作用下做圆周运动，说明物体运动需要力3．如图，四个完全相同的环形磁铁a、b、c、d套在塑料支架的光滑杆上，静止时磁铁a、b、c悬浮在空中，d压在塑料支架底板上，若每个磁铁受到的重力均为G，磁铁a的上表面是N极，则（）A．磁铁b的上表面是N极 B．磁铁c的上表面是S极 C．磁铁d对底板的压力是G D．磁铁d对底板的压力是4G4．如图，为了进一步加强疫情溯源和管控，实行公共场所扫码出入制度，扫码时，出入登记二维码通过手机摄像头成像在感光晶片上，后被手机内的软件识别，对于扫码，下列说法正确的是（）A．手机的摄像头相当于凹透镜 B．扫码时二维码要位于摄像头一倍焦距以内 C．二维码在感光晶片上成正立的虚像 D．二维码在感光晶片上成倒立的实像5．在粗糙程度相同的水平面上，手推木块向右压缩放于墙角的轻质弹簧至图甲所示位置；松手后，木块最终静止在图乙所示位置。下列说法中正确的是（）A．弹簧恢复原状过程中，弹簧的弹性势能增大 B．木块离开弹簧后最终会停下，说明物体的运动需要力来维持 C．松手后，木块运动的速度先加速后减速 D．图乙中将木块竖直上抛，在最高点时处于静止状态受平衡力6.如图所示的电路中，电源电压恒定不变，当开关S闭合时，滑动变阻器的滑片P向左移动过程中，电路中的电表变化情况是(

)A.电流表示数不变，电压表示数不变，电压表与电流表比值不变

B.电流表示数变小，电压表示数变小，电压表与电流表的比值变大

C.电流表示数变大，电压表示数变大，电压表与电流表的比值不变

D.电流表示数变大，电压表示数变小，电压表与电流表的比值变小7.如图所示，关于下列情景，描述正确的是(

)

A.图甲：拨动簧片，把小球与支座之间的金属片弹出时，小球并没有随金属片飞出，是因为没有力维持它的运动

B.图乙：锤柄撞击硬物后，锤头会紧套在锤柄上，这是因为锤柄突然停止时，锤头由于受到重力的作用会继续向下运动，这样锤头就会牢牢地套在锤柄上了

C.图丙：用力击打一摞棋子中间的一个，该棋子飞出是因为力改变了它的运动状态，上面的棋子落下是因为其有惯性

D.图丁：汽车上安装有安全气囊，主要是防止快速行驶的汽车发生碰撞时，车身停止运动，而人由于惯性而带来的危害二、填空题(本大题共7小题，每小题3分，共21分.不需要写出解答过程，请把答案直接填在答题卡相应的位置上.)8.如图所示，密封的容器内装有150g的水，水面到容器底的距离为12cm，容器底面积为0.01m2；容器中的A点到容器底部的距离为3cm，则A点受到水的压强为______Pa，水对杯底的压力为______N；若将水杯倒置，则水对容器下底面的压力______(选填“变大”“变小”或“不变”)。(g取10N/kg)9.如图所示，电源电压恒定为3V，电路中各元件完好，在工作过程中不会损坏。若只闭合S1时，移动滑片P，使灯泡变亮的过程中，电压表的示数

(选填“变大”“变小”或“不变”)；若滑片P移至a端，先只闭合S2，再将S1和S2同时闭合，此时电压表示数为

V，电流表的示数

(选填“变大”“变小”或“不变”)10．如图甲电路，闭合开关后，当滑动变阻器滑片从最左端a滑到最右端b的过程中，电流表示数I与电压表示数U的关系图像如图乙所示，则下列说法正确的是（）A．电源电压为4V B．定值电阻的阻值为20ΩC．滑动变阻器的最大电功率为0.9W D．当滑片在b端时，电路的总功率为1.2W11．如图所示是小飞家的电能表表盘，他家同时使用的用电器总功率不能超过W。他让一个电暖气单独接入电路，使用高温挡工作2min，电能表指示灯刚好闪烁了80次，电暖气高温挡的实际功率为W。电暖气换用低温挡加热时，电能表的指示灯闪烁会变（选填“快”或“慢”）。12．我国“蛟龙号”已实现下潜深度7062m，其下潜过程中，“蛟龙号”受到水的压强（选填“变大”“变小”或“不变”）。某体积为200cm3、重为1.6N的物体，把它浸没在水中后放手，它将（选填“上浮”“悬浮”或“下沉”），当该物体静止时受到的浮力为N，排开水的体积为cm3。（ρ水＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg）13．在如图所示的电路中，电源电压保持不变。滑动变阻器的原理：通过改变接入电路中导体的来改变电阻；闭合电键S，当滑动变阻器的滑片P向右移动时，电流表A1的示数将，电压表V与电流表A示数的乘积将（填”变大”、“不变”或“变小”）。14.如图，圆柱形容器A、B放在水平桌面上，A内装水，B内装某种液体。A、B容器内的底面积之比SA：SB=3：2，液面的高度之比hA：hB=4：3，液体对两个容器底部的压力大小相等。则液体对两个容器底部的压强之比为______；B中液体密度为三、作图题：本大题共3个小题，共7分。15．如图所示，某同学站在商场匀速向下运动的电梯上，请在图中作出该同学所受力的示意图。（O点为该同学的重心）16．某电磁门锁如图（a），图（b）是该电磁门锁的原理简化图。当开关S闭合时条形磁体和电磁铁相互吸引，请你在图（b）的电源右端括号内标出“+”或“﹣”极，并在电磁铁右端的括号内标明电磁铁右端的磁极。17.按题目要求作图：如图所示，在图中画出最省力的绕绳方法；

四、实验题：本大题共3小题，第18小题6分，第19小题6分，第20小题8分，共20分。18．小华和小明设计了如图所示的电路探究串联电路中的电压关系。（1）在连接电路前，小华发现电压表的指针偏向“0”刻度线的左侧，出现的问题是___________；（2）小华和小明电路连接及记录的数据都无误，他们的实验数据分别如表（一）、表（二）：表（一）实验序号U1/VU2/VU/V1481226612表（二）U1/VU2/VU/V第一次（1节电池）0.70.71.4第二次（2节电池）1.41.42.8第三次（3节电池）2.12.14.2分析这两组实验数据可得出___________；（3）小明根据他的实验数据断定“在串联电路中，各用电器两端电压定相等”，这一结论是___________（选填“正确”或“错误”）的。他之所以能得出这样的结论，是因为___________；（4）根据小华和小明的实验数据分析可知，他们的实验设计均有需改进之处，请分别指出：小华可改进的是___________；小明可改进的是___________。19.学习了密度的知识后，某物理小组想测量老师所用粉笔的密度。

(1)将天平放在水平桌面上，把游码拨至零刻度线处，发现横梁稳定时指针偏向分度盘的左侧，要使横梁在水平位置平衡，应将平衡螺母往______(填“左”或“右”)调。

(2)把10支粉笔放到调好的托盘天平上，当天平再次平衡，右盘的砝码和标尺上游码的位置如图甲，则这10支粉笔的质量为______g。

(3)在量筒中加入体积为V1的水，把一支粉笔放入量筒，发现粉笔在水面停留一会，冒出大量的气泡后沉底，询问老师后得知是因为粉笔吸水的缘故。若此时量筒中水面到达的刻度为V2，若把(V1−V2)作为粉笔的体积来计算粉笔的密度，测得粉笔的密度会比真实值______(填“大”或“小”)。

(4)为了解决粉笔吸水的问题，小王把一支同样的粉笔用一层保鲜膜紧密包裹好放入水中(保鲜膜的体积忽略不计)，发现粉笔漂浮在水面上，于是他用水、小金属块、量筒和细线测量粉笔的体积(如图乙)，则粉笔的密度为______g/cm3。

(5)测完了粉笔的密度后大家还想测量酸奶的密度(如图丙所示)，先借助天平测量了整盒酸奶的质量为238.7g，喝掉部分酸奶后，测质量为20.小红家里有一台饮水机，它铭牌上标出的有关数据如下表，工作电路如图所示，S0是温控开关。当开关S闭合、S0断开时，饮水机处于保温状态；当开关S、S0都闭合时，饮水机处于加热状态。问：

(1)将1kg的水从23℃加热到93℃，水吸收的热量是多少？(2)饮水机在加热状态下正常工作2min，消耗的电能是多少？〔(3)当饮水机在保温状态下正常工作时，通过R2的电流为0.2A，此时饮水机消耗的功率是多少？五、计算题：本大题共2小题，第21小题7分，第22小题6分，共13分。21.小明设计了如图甲所示的风速仪，电源电压恒定，灯泡的额定电压为5V，灯泡的I−U关系图像如图乙所示，AB为粗细均匀的电阻丝，总电阻为15Ω，OP为不计电阻的金属细杆(与AB接触良好)，闭合开关S，无风时OP自然下垂，此时电流表的示数为0.2A。求：

(1)小灯泡的额定功率；

(2)电源电压；

(3)小灯泡的实际功率为0.75W时，电阻丝AB接入电路的电阻。22.如图所示，电源电压恒定，R1=20Ω，闭合开关S，断开开关S1，电流表示数是0.3A；若再闭合S1，发现电流表示数变化了0.6A，求：

(1)电路的电源电压为多少？

(2)

六、综合能力题：本大题共3小题，每小题6分，共18分。23．等量替代，化繁为简，是物理学研究问题常用的方法。如图所示，“曹冲称象”的典故是同学们都很熟悉的，聪明的曹冲先让人把大象赶上船，看船被河水淹没到什么位置，然后刻上记号。把大象赶上岸，再往船里装上石头，当船被水面淹没到记号的位置时，就可以判断，船上石头的总重就等于大象的重。请分析说明“曹冲称象”的原理。24．西安已成为比亚迪的北方总部基地，如图为BYD的一款“宋”的燃油汽车，该汽车在平直路面上以75km/h的速度匀速行驶1h的过程中，消耗了5kg汽油，汽油燃烧释放能量的40%随废气通过热电转换装置。如图所示，汽油热值近似取q＝5×107J/kg，设汽油在气缸内完全燃烧。（1）若该汽油机的飞轮每分钟转2400圈，则它每秒钟对外做功次，在设计制造时，汽缸外有一个“水套”，利用水吸热降低汽缸温度，这是利用了水性质；（2）若上述过程中汽油燃烧释放能量的30%用来驱动汽车行驶，求汽车所受的阻力f；（3）研究表明新材料的出现可将热电转换装置的效率大幅提高到15%，据此计算，上述过程中随废气排放的能量通过转换装置后可获得多少电能？25．如图所示，有一底面积为100cm2，高为11cm的薄壁柱形容器置于水平地面上，容器中装有深度为10cm的水。现将一个底面积为50cm3，高为20cm的实心圆柱体沿水平方向切去一半，并将切下的部分放入容器的水中，沉底且浸没。下表分别为切下的圆柱体浸入前后水对容器底部的压强和容器对水平地面的压强。求：水对容器底部压强p水（Pa）容器对水平地面压强p地（Pa）浸入前p01200浸没后11001800（1）切下的圆柱体浸入前，水对容器底部的压强p0；（2）切下的圆柱体浸入前，容器中水和容器的总重力；（3）实心圆柱体的密度；（4）继续水平切割剩余圆柱体并将切下部分浸没在容器的水中，是否可以使圆柱体剩余部分对水平地面压强和容器对水平地面的压强相等？若可以，求圆柱体被切下的总体积。参考答案及解析1.【答案】B

【解析】解：由卢瑟福的原子行星模型理论可知，他认为正电荷集中在原子核，带负电的电子在原子中绕核高速旋转，故符合这一特点的只有B。

故选：B。

卢瑟福的原子行星模型理论中正电荷集中在原子核，带负电的电子在原子中绕核高速旋转。

本题考查了对卢瑟福的原子行星模型理论的了解，以及对具体模型图的辨别，难度不大。

2．【分析】（1）燃烧的条件：有可燃物存在；与助燃剂充分接触；温度达到着火点；（2）人呼吸会消耗氧气，产生二氧化碳，故呼出的气体比吸入气体氧气含量降低，二氧化碳含量增大；（3）使用任何机械都不会省功；（4）物体的运动不需要力来维持，力是改变物体运动状态的原因。【解答】解：A、白磷的着火点在40℃，红磷的着火点230℃左右；白磷燃烧红磷不燃烧，说明燃烧的条件之一为温度达到可燃物的着火点，故A正确；B、①是空气即人体吸入的气体，②是人体呼出的气体，呼出气体比吸入气体二氧化碳含量更高，故澄清石灰水会更浑浊，故B正确；C、利用杠杆提起砝码的过程中省力但费距离，说明杠杆不省功，故C正确；D、物体在力的作用下做圆周运动，物体的运动方向始终在改变，故力是改变物体运动状态的原因，故D错误。故选：D。3．（2分）如图，四个完全相同的环形磁铁a、b、c、d套在塑料支架的光滑杆上，静止时磁铁a、b、c悬浮在空中，d压在塑料支架底板上，若每个磁铁受到的重力均为G，磁铁a的上表面是N极，则（）A．磁铁b的上表面是N极 B．磁铁c的上表面是S极 C．磁铁d对底板的压力是G D．磁铁d对底板的压力是4G【解答】解：A、磁铁a的上表面是N极，则下表面是S极，磁铁b与a相互排斥，故b的上表面是S极，下表面是N极，故A错误；B、磁铁b上表面是S极，下表面是N极，c与b排斥，故c的上表面是N极，下表面是S极，故B错误；CD、a、b、c悬浮在d的上方处于静止，把a、b、c看作整体，d对a、b、c整体的磁力等于整体的重力3G，由力的相互性，d自然受到3G的向下压力，再加上自身重为G，故d对底板压力为4G，故C错误，D正确。故选：D。4．（3分）如图，为了进一步加强疫情溯源和管控，实行公共场所扫码出入制度，扫码时，出入登记二维码通过手机摄像头成像在感光晶片上，后被手机内的软件识别，对于扫码，下列说法正确的是（）A．手机的摄像头相当于凹透镜 B．扫码时二维码要位于摄像头一倍焦距以内 C．二维码在感光晶片上成正立的虚像 D．二维码在感光晶片上成倒立的实像【分析】手机摄像头的镜头是凸透镜，其是利用物体在2倍焦距以外，像成在另一侧的1倍焦距和2倍焦距之间，成倒立缩小实像的原理制作的。【解答】解：手机的摄像头相当于凸透镜，感光晶片相当于光屏，扫二维码时，物距大于2倍焦距，则在感光晶片上成倒立、缩小的实像，故D正确。故选：D。【点评】此题考查了凸透镜成像规律的应用，关键要明确凸透镜成实像时，物近像远像变大的规律。5．解：A、弹簧恢复原状过程中，弹簧的形变逐渐减小，则弹簧的弹性势能逐渐变小，故A错误；B、木块最终停下来，是因为摩擦力改变了木块的运动状态，说明力可以改变物体的运动状态，而不是物体的运动需要力来维持，故B错误；C、松手后，弹簧产生的弹力要大于阻力，所以木块会做加速运动，当弹力等于阻力时，木块的速度最大，弹簧继续回复原状的过程中，弹力小于阻力，木块做减速运动，所以木块的速度先变大，后变小，故C正确；D、图乙中将木块竖直上抛，在最高点时处于静止状态，由于只受到重力的作用，所以不受平衡力，故D错误。故选：C。6.【答案】C

【解析】解：

由电路图可知，定值电阻与滑动变阻器串联，电压表测定值电阻两端的电压，电流表测电路中的电流，

当开关S闭合时，滑动变阻器的滑片P向左移动过程中，接入电路中的电阻变小，总电阻变小，

由I=UR可知，电路中的电流变大，即电流表的示数变大，故AB错误；

由U=IR可知，定值电阻两端的电压变大，即电压表的示数变大，故D错误；

由R=UI可知，电压表与电流表的比值等于定值电阻的阻值，

则电压表与电流表的比值不变，故C正确．

故选C．7.【答案】D

【解析】解：

A、小球并没有随金属片飞出，是因为小球具有惯性，故A错误；

B、锤头与锤柄共同向下运动，当锤柄突然停止时，锤头由于惯性会继续向下运动，这样就套紧了，故B错误；

C、用力击打一摞棋子中间的一个，该棋子飞出，而上面的棋子落下，这是因为上面的棋子具有惯性不会飞出，在重力的作用下落下，故C错误；

D、安全气囊，主要是防止快速行驶的汽车发生碰撞时，人由于惯性向前运动而带来的危害，故D正确。

故选：D。

力是改变物体运动状态的原因，不是维持物体运动的原因；

物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性，一切物体都有惯性，惯性是物体的一种属性，其大小只与物体的质量有关。

本题考查学生对于惯性和力与运动关系的理解，属于基础题。8.【答案】900

12

变大

【解析】解：A点的深度h=12cm−3cm=9cm=0.9m，

A点受到水的压强p=ρ水gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.9m=9000Pa；

容器底水的深度h'=12cm=0.12m，

水对容器底的压强p'=ρ水gh'=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.12m=1200Pa；

水对容器底的压力F=p'S=1200Pa×0.01m2=12N；

若将水倒置，由于容器上宽下窄，则倒置后，下部容器宽，则水的深度将减小，设上表面面积为S1，下表面面积为S2，倒立时液面高度为h1，正立时液面高度为h29.【答案】变小

0

不变

【解析】解：

(1)由电路图可知，若只闭合S1时，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端电压，移动滑片P，使灯泡变亮的过程中，灯泡的功率增大，由P=U2R可知，小灯泡两端的电压增大，根据串联电路电压的规律知，滑动变阻器两端的电压减小，即电压表示数减小；

(2)若滑片P移至a端，即变阻器接入电路的阻值为0，电压表示数为0V；只闭合S2时，电路只有定值电阻R，电流表测量定值电阻R的电流，则电流表的示数：I=UR；

S1和S2同时闭合时，灯泡L与定值电阻并联，电流表测量定值电阻的电流，定值电阻两端的电压仍等于电源电压，则电流表的示数仍为：I'=UR；所以滑片P移至a端，只闭合S2时与S1和S2同时闭合时相比，电流表的示数不变。

故答案为：变小；0；不变。

只闭合S1时，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端电压；根据灯泡亮度的变化分析灯泡实际功率的变化，根据P=U2R分析灯泡两端电压的变化，根据串联电路的电压规律分析电压表示数的变化；

若滑片P移至a端，滑动变阻器接入电路的电阻为0，据此分析电压表示数的大小；10.（CD【详解】AB．由电路图可知，与滑动变阻器串联，电流表测电路中的电流，电压表测滑动变阻器两端的电压。当滑片位于最左端a时，滑动变阻器接入电路中的电阻为零，电路中的电流最大，，由可知，电源电压当滑片位于最右端b时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，电压表的示数最大，电流表的示数最小，由图像可知，此时，电路中的最小电流，则滑动变阻器的最大阻值因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以电源的电压解得∶，，故AB错误；C．滑动变阻器接入电路中的电阻为R时，电路中的电流则滑动变阻器消耗的电功率当时，滑动变阻器的电功率最大故C正确；D．当滑片在b端时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，根据欧姆定律可知电路中的电流最小，则电路的总功率故D正确。故选CD。11．（3分）如图所示是小飞家的电能表表盘，他家同时使用的用电器总功率不能超过8800W。他让一个电暖气单独接入电路，使用高温挡工作2min，电能表指示灯刚好闪烁了80次，电暖气高温挡的实际功率为1500W。电暖气换用低温挡加热时，电能表的指示灯闪烁会变慢（选填“快”或“慢”）。【解答】解：（1）由电能表铭牌可知，此电能表的正常工作电压为220V，最大电流为40A，则他家同时使用的用电器总功率不能超过P大＝UI大＝220V×40A＝8800W；（2）电能表表盘上的1600imp/（kW•h），表示被测量的用电器每消耗1kW•h的电能，指示灯闪烁1600次，电能表闪烁80次，表示消耗的电能为W＝kW•h＝kW•h，则电暖气高温挡的实际功率为P＝＝＝1.5kW＝1500W；（3）被测量的用电器，实际功率越大，指示灯闪烁越快，电暖气换用低温挡加热时，实际功率变小，指示灯闪烁会变慢。故答案为：8800；1500；慢。12．解：潜水艇在下潜的过程中，所处深度h变大，根据p＝ρgh可知，潜水器受到水的压强变大；当物体完全浸没时V排＝V物，浸没在水中时受到的浮力：F浮＝ρ水gV物＝1.0×103kg/m3×10N/kg×200×10﹣6m3＝2N＞1.6N，即：F浮＞G，所以，把它浸没在水中后放手，物体上浮，最终处于漂浮状态；当物体静止后，漂浮在水面上，则F浮′＝G＝1.6N；由F浮＝ρ液gV排得，物体静止时排开水的体积：V排＝＝＝1.6×10﹣4m3＝160cm3。故答案为：变大；上浮；1.6；160。13．【分析】（1）影响电阻大小的因素有：材料、长度、横截面积和温度，据此分析；（2）电阻R2与滑动变阻器并联，电压表测量电源电压，电流表A测量干路的总电流，电流表A1测量通过滑动变阻器的电流，当滑动变阻器的滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，根据欧姆定律可知通过滑动变阻器电流的变化和电路总电流的变化；电压表与电流表A的乘积等于电路消耗的总功率，电源电压不变，电路总电流减小，可知电压表与电流表A的乘积的变化。【解答】解：（1）滑动变阻器是通过改变接入电路导体的长度来改变接入电路的电阻，从而改变电路中的电流；（2）由电路图可知，电阻R1与滑动变阻器并联，电压表测量电源电压。由于电压表测量电源电压，所以滑片移动时，电压表的示数不变；并联电路各支路两端的电压相等，等于电源电压。当滑动变阻器的滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，根据I＝可知通过滑动变阻器电流变小，即电流表A1的示数将变小；由于并联电路各个支路互不影响，所以通过定值电阻R2的电流不变，由并联电路电流的规律知电路总电流变小，所以电流表A的示数变小；电压表示数不变，电压表V与电流表A的乘积变小。故答案为：长度；变小；变小。14.【答案】2：3

2×【解析】解：(1)液体对两个容器底部的压力大小相等，即：FA=FB；

液体对两个容器底部的压强，pA=FASA，pB=FBSB；

液体对两个容器底部的压强之比：pA：pB=FASA：FBSB=SBSA=2：3；

(2)A、B是液体，则有，pA=ρAghA=ρ水ghA，15．（2分）如图所示，某同学站在商场匀速向下运动的电梯上，请在图中作出该同学所受力的示意图。（O点为该同学的重心）【分析】某同学站在商场匀速向下运动的电梯上，相对于扶梯静止，因此该同学受竖直向下的重力和竖直向上的支持力，并且二力是一对平衡力。【解答】解：某同学站在商场匀速向下运动的电梯上，相对于扶梯静止，则该同学不受摩擦力作用，只受到受重力和支持力作用，并且二力是一对平衡力，过O点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，作图时两条线段长度要相等，如图所示：16．【解答】解：条形磁体的右端是N极，当开关S闭合时条形磁体和电磁铁相互吸引，说明电磁铁的左端是S极，右端是N极；根据安培定则可知，电流从电磁铁线圈的右后侧流入，从左前侧流出，因此电源右端是正极。如图：三、实验与探究题（共4小题，计22分）17.【答案】解：图中只有一个动滑轮，要求最省力，则由3段绳子承担物重，是最省力的绕绳方法；绳子先系在动滑轮的固定挂钩上，绕过上面的定滑轮，再绕过动滑轮，如图所示：

【解析】滑轮组绳子的绕法，有两种：一是绳子先系在定滑轮的固定挂钩上，绕过下面的动滑轮，再绕过上面的定滑轮；二是绳子先系在动滑轮的固定挂钩上，绕过定滑轮，然后再绕过动滑轮。本题中，要求最省力，属于第二种。

本题画最省力的绕绳方法：绳子先系在动滑轮的固定挂钩上，绕过上面的定滑轮，再绕过动滑轮。18．

电压表没调零

串联电路两端的总电压等于各部分电路两端的电压之和

错误

所用灯泡规格相同

用不同电源多做几次实验

用不同规格的灯泡多做几次实验【解析】（1）[1]在连接电路前，发现电压表的指针偏向“0”刻度线的左侧，出现的问题是电压表没有调零。（2）[2]分析两表中数据发现：L1两端的电压与L2两端的电压之和都等于电源电压，故可以得出在串联电路中，总电压等于各部分电路两端的电压之和。（3）[3][4]由表二可知，L1、L2两端的电压始终相等，说明他实验所用的灯泡规格是相同的，所以小明得出的实验结论是错误的，原因是实验时所用的灯泡规格相同。（4）[5][6]小华使用了不同规格的灯泡，但电源电压始终没变，所以小华应用不同电源多做几次实验；小明做了三次实验，改变了电源电压，但小灯泡规格相同，所以小明应用不同规格的灯泡多做几次实验。19.【答案】右

38.4

大

0.64

1.15

【解析】解：(1)测量前，发现指针静止时指在分度盘中央刻度线的左侧，要使横梁平衡，应将平衡螺母向右调节；

(2)10支粉笔的质量：m总=20g+10g+5g+3.4g=38.4g；

(3)小王在量筒中加入体积为V1的水，把一支粉笔放入量筒，发现粉笔在水面停留一瞬，冒出大量的气泡后沉底，量筒中水面到达的刻度为V2，若把(V2−V1)作为粉笔的体积来计算粉笔的密度，由于粉笔吸水，水进入粉笔中，粉笔的体积大于体积V2−V1，粉笔体积测量值V2−V1偏小，粉笔的质量测量是准确的，所以粉笔的密度测量值偏大。

(4)一支粉笔的质量：m=110m总=110×38.4g=3.84g；

一支粉笔的体积：V=86mL−80mL=6mL=6cm3

粉笔的密度：ρ=mV=38.4g6cm3=0.64g/cm3；

(5)整盒酸奶的质量m1减去喝掉部分酸奶后测得的质量m2即为喝掉酸奶的质量：

m=m1−m2=238.7g−151.3g=87.4g；

用纯净水将喝掉的酸奶补齐后测得的质量m3减去喝掉部分酸奶后测得的质量m2即为所加水的质量：

m水20.【答案】解：(1);(2)

;(3)当开关S闭合、S0断开时，饮水机处于保温状态，此电路为的简单电路；P=UI=220V×0.2A=44W；答：(1)将1kg的水从23℃加热到93℃，水吸收的热量是；(2)饮水机在加热状态下正常工作2min，消耗的电能是；(3)当饮水机在保温状态下正常工作时，通过的电流为0.2A，此时饮水机消耗的功率是44W。

【解析】本题考查了传递热的计算，消耗电能的计算，电功率的计算的相关知识。(1)根据物质吸收热量的公式，可计算出水吸收的热量；(2)由铭牌可知饮水机加热功率为45W，根据W=Pt可计算出可消耗的电能；(3)根据题意可知，当饮水机在保温状态下正常工作时，通过R2的电流为0.2A，根据P=UI；可计算出此时饮水机消耗的功率；故答案为(1)将1kg的水从23℃加热到93℃，水吸收的热量是；(2)饮水机在加热状态下正常工作2min，消耗的电能是；(3)当饮水机在保温状态下正常工作时，通过的电流为0.2A，此时饮水机消耗的功率是44W。21.【答案】解：(1)由图乙可知，当小灯泡两端的电压为5V时，通过小灯泡的电流为0.3A，

小灯泡的额定功率：PL=ULIL=5V×0.3A=1.5W；

(2)由图甲可知，电阻丝AB与灯泡串联，闭合开关S，无风时OP自然下垂，电阻丝AB接入电路的电阻为15Ω，此时电路中的电流为0.2A，

由IUR可知，电阻丝AB两端的电压：UAB=IRAB=0.2A×15Ω=3V，

由图乙可知，当通过小灯泡的电流为0.2A时，小灯泡两端的电压为2V，

根据串联电路的电压特点可知，电源电压：U=UAB+UL=3V+2V=5V；

(3)由图乙可知，当小灯泡两端的电压为V时，通过小灯泡的电流为0.25A，此时小灯泡的实际功率为PL'=UL'IL'=0.75W，符合要求；

根据串联电路的电流特点可知，电路中的电流I'=IAB'=IL'=0.25A，

【解析】(1)由图乙可知，当小灯泡两端的电压为5V时，通过小灯泡的电流为0.3A，根据P=UI求出小灯泡的额定功率；

(2)闭合开关S，无风时OP自然下垂，电阻丝AB接入电路的电阻为15Ω，根据欧姆定律求出电阻丝AB两端的电压，由图乙可知，当通过小灯泡的电流为0.2A时，小灯泡两端的电压为2V，根据串联电路的电压特点求出电源电压；

(3)由图乙可知当小灯泡的实际功率为0.75W时，小灯泡两端的电压和通过小灯泡的电流；根据串联电路的电流特点可知电路中的电流；根据串联电路的电压特点可知电阻丝AB两端的电压，根据欧姆定律求出电阻丝AB接入电路的电阻。

本题考查串联电路的特点、欧姆定律、电功率公式的应用，能从图中获取相关信息是解题的关键。22.【答案】解：(1)闭合S，断开S1时，电路为R1的简单电路，由I=UR可知，电源的电压：U=U1=I1R1=0.3A×20Ω=6V；

(2)若再闭合S1，R1、R2并联，此时发现电流表示数变化了0.6A，R1电流不变，R2的电流为0.6A【解析】(1)闭合S，断开S1时，电路为R1的简单电路，根据欧姆定律求出电源的电压；

(2)若再闭合S1时，两电阻并联，电流表测干路电流，根据并联电路的电流特点可知电流表示数的变化即为R2支路的电流，根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出R2的阻值。

本题考查了并联电路的特点和欧姆定律的灵活运用，关键是能判断出开关23．答：根据阿基米德原理可得：物体在水中受到的浮力等于排开水的重力；曹冲将大象放在船上，刻上记号，船排开水的重力等于大象加上船的总重力。之后又放入石头，“记号”位置相同，说明船排开水的重力等于石头和船的总重力，而两次排开水的重力相等，因此石头和船的总重力等于大象和船所受的总重力，故石头的重量与大象的重量相等。24．【解答】解：（1）该汽油机每分钟转2400圈，故每秒转40圈，由于汽油机飞轮每转2圈，对外做功1次，所该汽油每秒钟对外做功20次；用水作为冷却剂，是因为水的比热容大，即相同质量的水和其他的液体相比较时，若都是升高1℃时，水能吸收的热量最多，故用水冷却效果最好。（2）汽油放出的热量为：Q放＝mq＝5kg×5×107J/kg＝2.5×108J所做的功为：W＝Q放η＝2.5×108J×30%＝7.5×107J通过的距离为：s＝vt＝75km/h×1h＝75km＝7.5×104m牵引力为：F＝＝＝1000N；因为汽车匀速平直行驶，牵引力与阻力是一对平衡力，大小相等，所以f＝F＝1000N；（3）汽油燃烧释放能量的40%为：Q′＝Qη1＝2.5×108J×40%＝1×108J，转换的电能：W′＝Q′η2＝1×108J×15%＝1.5×107J。故答案为：（1）20；水的比热容大；（2）汽车所受的阻力f是1000N；（3）随废气排放的能量通过转换装置后可获得1.5×107J的电能。25．（8分）如图所示，有一底面积为100cm2，高为11cm的薄壁柱形容器置于水平地面上，容器中装有深度为10cm的水。现将一个底面积为50cm3，高为20cm的实心圆柱体沿水平方向切去一半，并将切下的部分放入容器的水中，沉底且浸没。下表分别为切下的圆柱体浸入前后水对容器底部的压强和容器对水平地面的压强。求：水对容器底部压强p水（Pa）容器对水平地面压强p地（Pa）浸入前p01200浸没后11001800（1）切下的圆柱体浸入前，水对容器底部的压强p0；（2）切下的圆柱体浸入前，容器中水和容器的总重力；（3）实心圆柱体的密度；（4）继续水平切割剩余圆柱体并将切下部分浸没在容器的水中，是否可以使圆柱体剩余部分对水平地面压强和容器对水平地面的压强相等？若可以，求圆柱体被切下的总体积。【分析】（1）根据p＝ρ水gh可求出切下的圆柱体浸入前，水对容器底部的压强p0；（2）根据F＝pS可求出切下的圆柱体浸入前容器对地面的压力，即容器中水和容器的总重力；（3）根据密度公式和重力公式可求出容器内原有水的重力，根据体积关系可求出将切下圆柱体放入容器内溢出水的体积，从而求出溢出水的重力，因圆柱体切下部分放入容器后，容器对地面的压