2026-2027学年沪科版中考物理三轮冲刺专项卷（含有答案解析）

第页2026-2027学年沪科版中考物理三轮冲刺专项卷（含有答案解析）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．下列光现象，由于光的折射形成的是（）A．小孔成像 B．鹦鹉照镜子 C．手影游戏 D．放大镜2.如表所示，是小强家的电暖气的铭牌。该电暖气有高温和低温两个挡位。若电暖气始终在额定电压下工作，则下列说法中正确的是(    )∗∗电暖气

型号：∗∗∗∗额定电压：220V

额定频率：50Hz额定功率高温挡1100W低温挡550WA.电暖气在高温挡时，消耗的电能较多

B.电暖气在高、低温挡，电路中的电流比为2：1

C.当电暖气在低温挡时，接入电路的总电阻为88Ω

D.当电暖气在高温挡时，每小时消耗的电能1100kW3.中国空间站“天和核心舱”发射升空。核心舱电推进系统中的霍尔推力器腔体，采用了氮化硼陶瓷基复合材料，该材料具备低密度、高强度、易加工、绝缘性能好等优点，关于该材料下列说法错误的是(    )A.不能用来制作发电机的线圈

B.可大幅减轻卫星的重量，提高有效载荷，降低发射成本

C.对电磁波有屏蔽作用

D.可用于飞机的制造4.2022年12月18日卡塔尔世界杯决赛举行，阿根廷队战胜法国队获得冠军。关于足球运动，下列说法正确的是(

)A.地面对足球的支持力是由足球的形变引起的

B.足球离开脚后继续向前运动，是因为受到了惯性作用

C.足球在空中飞行过程中，其重力势能不断增大

D.斜向上运动的足球在最高点时假若一切外力消失，足球将做匀速直线运动5.如图所示是中国古代的计程车“计里鼓车”。当车走一里时，车上的木人就敲一下鼓；当车走十里时，车上的木人就敲一下锣(古代的乐器)。下列说法正确的是(

)A.敲鼓时发声是由于木人振动所致

B.鼓声和锣声是通过地面传入人耳的

C.人们根据鼓和锣发声的音色不同，确定行驶的是一里还是十里

D.人们根据鼓声和锣声确定路程，说明声音可以传递能量6．如图所示，小明通过定滑轮将一木块沿水平方向匀速拉动一段距离。小明对绳子自由端竖直向上的拉力为F1，绳子自由端上升的距离为h。绳子对木块水平方向的拉力为F2，木块的重力为G，已知F1＞F2，以下说法正确的是（）A．小明使用定滑轮能够省力 B．小明通过定滑轮拉木块所做的有用功W有＝Gh C．小明通过定滑轮拉木块所做的总功W总＝F1h D．定滑轮的机械效率η＝7．如图所示的电路中，电阻R1＝6Ω与规格为“15Ω0.5A”的滑动变阻器R2串联在电源电压为4.5V的电路中，其中电流表的量程为“0～0.6A”，电压表的量程为“0～3V”，为了确保电路中各元件的安全使用，则下列说法错误的是（）A．电流表的示数变化范围为0.25A～0.5A B．电压表的示数变化范围为1.5V～3.0V C．滑动变阻器的取值范围为1.5Ω～12Ω D．定值电阻R1的最小功率与最大功率之比为1：4二、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．质量相同的甲、乙两个小球，自由下落经过如图所示的位置时机械能相等，不考虑空气阻力。下列说法正确的是（）A．此时甲、乙两球的动能相等 B．此时甲、乙两球的重力势能相等 C．两球在落地前的速度相等 D．两球下落的初始位置的高度不同9．如图所示，电源电压不变，在a，b间接一个“3V1W“的小灯泡，调节滑动变阻器的滑片P至图示位置时，小灯泡正常发光。若在a，b间换接一个“3V1.5W“的小灯泡，欲使其正常发光，滑片P应向端移动。（选填“M”或“N”）。10．如图所示，一束激光沿直线传播射到空水槽底部O点，形成一个光斑。向水槽中注入适量水后，水槽底部光斑将移动到O点的（选填“左”或“右”）侧。继续沿水槽壁缓慢注水至水槽满，则水满时的折射角（选填“大于”、“小于”或“等于”）适量水时的折射角。11．天然气作为一种洁净环保的优质能源，几乎不含硫、粉尘和其他有害物质，燃烧时产生的二氧化碳少于其他化石燃料，可从根本上改善环境质量。天然气属于（选填“可再生”或“不可再生”）能源；已知焦炭的热值是3.0×107J/kg，天然气的热值为3.6×107J/m3，则完全燃烧0.5m3的天然气产生的热量相当于完全燃烧kg焦炭燃烧的热量。12．对物理量的准确测量是物理研究的一个重要方面，如甲所示，体温计的示数为___℃，图乙物体的长度为_____cm。13.在探究“二力平衡的条件”的实验中，小明同学采用的实验装置如图14所示．当小车处于静止状态时，砝码对砝码盘的压力和砝码盘对砝码的支持力是一对____________；当再向左盘加入一个砝码后，小车向左加速运动，此时小车受到的合力方向________．图1414．在原子内部，核外电子绕原子核运动会形成一种环形电流，该环形电流产生的磁场使物质微粒（原子）的两侧相当于两个磁极．若图中箭头表示的是电子绕原子核运动的方向，则环形电流的右侧应为______极（选填“N”或“S”）．三、作图题：本大题共3个小题，共7分。15．根据图所示的电路图连接实物图（用笔画线代替导线，要求导线不能交叉）。16.在图中，根据给出的入射光线画出反射光线OB，并标出反射角及其大小。

17.分别作出光线通过凹透镜和凸透镜的光路(保留必要的作图痕迹)

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.瑶瑶利用图甲所示的实验装置探究光的反射规律，实验装置由激光笔、平面镜、带有量角器的半圆形纸板组成，半圆形纸板的一半可以向后转动。

(1)将实验器材竖直放置在______桌面上。打开激光笔，调整入射方向，使入射点与量角器圆心重合，根据光的传播路径，可以读出入射角和反射角的大小。

(2)改变入射角大小，多次实验后，得到如下表几组数据。根据表中的数据可以得到反射角和入射角满足的规律是：在反射现象中，______。实验次数1234入射角/°20304560反射角/°20304560(3)将半圆形纸板的左边一半向后转动，在该纸板上______(选填“能”或“不能”)看到反射光线，说明反射光线与入射光线______(选填“在”或“不在”)同一平面。

(4)实验结束后，瑶瑶继续探究光的折射特点。如图乙是光从空气射入水中时的光路，实验中发现，入射光线、折射光线和法线在同一平面内，折射光线和入射光线分别位于法线的两侧。通过实验还得到如下数据：入射角α0°15°30°45°60°反射角β0°15°30°45°60°折射角γ0°11.3°22.1°35.4°40.9°分析表中数据，可得出结论：

①光从空气斜射到水面时，将同时发生______和______现象；

②光从空气斜射到水面时，折射角随入射角的变化关系是：______，且折射角______(选填“大于”、“等于”或“小于”)入射角。当光从空气垂直射到水面时，折射角等于______度。19．如图所示是某物理学习小组利用力敏电阻设计的一个电子秤。R0是阻值为10Ω的定值电阻，允许通过的最大电流为0.25A，R为力敏电阻，不受压力时阻值为40Ω，电压表的量程为0～3V。杠杆OBA的支点为O，OA：OB＝5：1。在制作的过程中，将电压表的刻度盘改装成质量的刻度盘。（托盘、压杆和杠杆的质量均忽略不计，实验中力敏电阻R保持“减小的电阻值与所受压力成正比”的规律不变，g＝10N/kg。）（1）托盘中加入物体时产生的力作为动力，该杠杆OBA属于杠杆。（2）该电子秤所测量的物体质量越大，电压表的示数。（3）将质量为2.5kg的物体放在托盘中，电压表的示数为1V。将质量为7.5kg的物体放在托盘中，电压表的示数为2V。在保证电路安全的前提下，该电子秤能测量的最大质量为多少？

2023年吉林省长春市南关区考物理20.小雨为了帮助家人测定“盐水选种”所用盐水的密度，课余时间和同学从实验室借来了天平和量筒等器材，一起测量盐水的密度。他们进行了三次测量，以下是他们第一次的测量过程：

(1)该实验测量盐水密度的实验原理是______。

(2)他们将天平放在水平桌面上后，发现指针位置如图甲所示，小雨要使横梁在水平位置平衡，应将平衡螺母向______移动。

(3)如图乙所示，小雨用天平测出烧杯和盐水的总质量为______g，他们记录下烧杯和盐水的总质量后，再将部分盐水倒入量筒中，此时量筒中盐水的体积如图丙所示。接下来小雨称得烧杯和剩余盐水的质量为25.6g，则小雨他们在这次实验中测得盐水的密度是______g/cm3。

(4)就在他们为测出盐水的密度而高兴的时候，小刚发现在调节天平平衡时，忘记将游码归零。通过分析实验过程及数据，他们认为这样会使得烧杯和盐水的总质量______(选填“偏大”、“不变”或“偏小”)。

重新调整后，他们继续进行实验…

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．小刘参加了物理实验兴趣小组，结合对家中电热水器的认识，设计了一款智能控温的恒温水箱，该水箱的电路结构如图所示，U1＝6V，U2＝220V，R1为热敏电阻，其阻值随温度变化的关系如下表所示，R为滑动变阻器，最大阻值为100Ω，R2为加热电阻，上面标有“220V1100W”字样，R3为保温电阻。红灯和黄灯均为指示灯，额定电压均为220V，R1、R2、R3均置于水箱中，线圈电阻不计。该水箱操作原理如下：S1、S2闭合。当线圈中电流小于0.05A时，红灯亮，加热电阻R2工作，水温上升。当线圈中电流大于或等于0.05A时，衔铁被吸下。黄灯亮，保温电阻R3工作，水温不升不降。已知c水＝4.2×103J/（kg•℃）。求：（1）当加热电阻R2正常工作时，通过R2的电流；（2）电能的90%转化为水的内能，加热电阻R2正常工作多长时间，能将水箱内质量为5.5kg、温度为20℃的水，加热至50℃；（3）为了使水箱温度保持在50℃，滑动变阻器接入电路的阻值。t/℃1030507090R1/Ω12060402820

22．在“用电流表和电压表测电阻”的实验中，电路如图甲所示。（1）闭合开关后，电流表指针偏转如图乙所示，原因可能是。（选填A或B、C）A.量程偏小B.正负接线柱接反了C.没有调零（2）所有电表及导线完好，闭合开关，发现电流表示数为零，但电压表指针发生明显偏转，则电路可能发生的故障是；（3）排除故障后，闭合开关，调整滑片P到某一位置后，若两表的示数分别如图丙、丁所示，此次测得的结果为Rx＝Ω。六、综合能力题：本大题共3小题，每小题6分，共18分。23．图甲是某电热水壶的内部简化电路，其中R1是加热管，R2是限流电阻，只有加热管放出的热量能被水吸收。S1是一个防干烧开关（或称“温控开关”），S2、S3是手动开关，调节S2、S3可以使电热水壶分别处于加热或保温状态。图乙是该电热水壶的铭牌。XX牌电热水壶额定电压220V额定容量1.2L额定加热功率880W额定频率50Hz（1）要使电热水壶处于加热状态，需将开关S2和S3（选填“闭合”或“断开”）；（2）由该电热水壶的铭牌可知，加热管R1的阻值为多少？（3）假设当电热水壶处于保温状态时水温保持恒定，此时水每秒向外界散热55J，那么电热水壶处于保温状态时的总功率约是多少？24．两个班级正在进行拔河比赛，场上参赛同学的体重都较大。他们的身体会适当地向后倾斜，如图所示。这样比赛时他们的脚下不易打滑。身体（相当于杠杆）也不易向前倾倒。请分析其中的原因。25．如图甲所示是建造大桥时所用的起吊装置示意图，若使用柴油机和滑轮组将实心长方体A从海底以0.1m/s的速度匀速吊出海面；图乙是物体A所受拉力F1随时间t变化的图象。（ρ＝1.0×103kg/m3，不计水的阻力）求：（1）物体A的密度。（2）当物体A在计时起点的位置时，上表面受到海水的压强。（3）物体A露出水面前，柴油机对绳的拉力F做的功W随时间t的变化图象如图丙所示，则此过程中滑轮组的机械效率是多少？参考答案及解析1．（2分）下列光现象，由于光的折射形成的是（）A．小孔成像 B．鹦鹉照镜子 C．手影游戏 D．放大镜【分析】（1）光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，产生的现象有小孔成像、激光准直、影子的形成、日食和月食等；（2）光线传播到两种介质的表面上时会发生光的反射现象，例如水面上出现岸上物体的倒影、平面镜成像、玻璃等光滑物体反光都是光的反射形成的；（3）光线在同种不均匀介质中传播或者从一种介质斜射入另一种介质时，就会出现光的折射现象，例如水池底变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼等都是光的折射形成的。【解答】解：A、小孔成像是由光沿直线传播形成的，故A错误；B、鹦鹉照镜子属于平面镜成像，是由光反射形成的，故B错误；C、手影游戏是由于光的直线传播造成的。故C错误；D、放大镜成像，属于凸透镜成像，利用了光的折射，故D正确；故选：D。【点评】本题通过几个日常生活中的现象考查了对光的折射、光的直线传播、光的反射的理解，考查了学生理论联系实际的能力，在学习过程中要善于利用所学知识解释有关现象。2.【答案】BC【解析】解：A、高温挡的功率较大，但通电时间不确定，由W=Pt可知，消耗的电能不一定多，即电流做的功不一定多，故A错误；

B、由P=UI可知，高温挡时的电流为：I高=P高U=1100W220V=5A，低温挡时的电流为：I低=P低U=550W220V=2.5A，则I高：I低=5A：2.5A=2：1，故B正确；

C、由P=U2R可知，当电暖气在低温挡时接入电路的总电阻为：R低=U2P低=(220V)2550W=88Ω，故3.【答案】C【解析】解：A、发电机的线圈需要是良好的导体，此材料绝缘性能好不能导电，不能做发电机，故A正确；

B、此材料低密度高强度的特点适合用于卫星，可降低发射成本，故B正确；

C、因为其绝缘性好的特点不易产生电磁感应，故对电磁波并没有屏蔽性，故C错误；

D、低密度目高强度的特点，很适合造飞机，故D正确。

故选：C。

根据氮化硼陶瓷基复合材料具备低密度、高强度、易加工、绝缘性能好的特点，逐项分析即可解答。

本题考查氮化硼陶瓷基复合材料的特点，认真阅读材料，明确氮化硼陶瓷基复合材料的物理属性就能正确答题。

4.【答案】D

【解析】解：A、地面对足球的支持力是由地面的形变引起的，故A错误；

B、足球离开脚后继续向前运动，是因为足球具有惯性，但不能说受到了惯性作用，故B错误；

C、足球在空中飞行过程中，质量不变，高度先变大后变小，其重力势能先增大后减小，故C错误；

D、运动员将足球斜向上踢出，足球运动到最高点时具有一定的速度，此时假若一切外力消失，足球将做匀速直线运动，故D正确。

故选：D。

(1)力是物体对物体的作用；

(2)一切物体都有保持原来运动状态不变的性质，叫惯性；

(3)重力势能的大小与质量、高度有关；

(4)明确力消失一瞬间足球的运动状态，再根据牛顿第一定律进行判断。

本题以足球运动为背景，考查了多个力学知识点的应用，属基础题，难度不大。5.【答案】C

【解析】解：A、声音是物体振动产生的，敲鼓时鼓面由于振动而发声，故A错误；

B、鼓声和锣声是通过空气传入人耳的，故B错误；

C、人们确定车行驶了一里还是十里是根据鼓和锣发声有不同的音色，故C正确；

D、人们根据鼓声和锣声确定路程，说明声音可以传递信息，故D错误。

故选：C。

(1)声音是物体振动产生的；振动停止，发声停止；

(2)声音的传播需要介质，气体、液体和固体都能够传播声音；

(3)声音的三个特征分别就是：音调、响度、音色，是从不同角度描述声音的，音调指声音的高低，由振动频率决定；响度指声音的强弱或大小，与振幅和距发声体的距离有关；音色反映了声音的品质与特色，是由发声体本身决定的一个特性。

(4)声音能够传递信息，也能够传递能量。

本题需要学生掌握声音产生的原因、声音的传播、声音的特征、声音的利用，是一道声学基础题，是中考的热点。6．（3分）如图所示，小明通过定滑轮将一木块沿水平方向匀速拉动一段距离。小明对绳子自由端竖直向上的拉力为F1，绳子自由端上升的距离为h。绳子对木块水平方向的拉力为F2，木块的重力为G，已知F1＞F2，以下说法正确的是（）A．小明使用定滑轮能够省力 B．小明通过定滑轮拉木块所做的有用功W有＝Gh C．小明通过定滑轮拉木块所做的总功W总＝F1h D．定滑轮的机械效率η＝【分析】A、定滑轮能改变力的方向，不省力；B、根据W有＝F2h得出小明通过定滑轮拉木块所做的有用功；C、根据W总＝F1h得出小明通过定滑轮拉木块所做的总功；D、根据η＝＝＝得出定滑轮的机械效率。【解答】解：A、此滑轮为定滑轮，不省力，故A错误；B、小明通过定滑轮拉木块所做的有用功W有＝F2h，故B错误；C、小明通过定滑轮拉木块所做的总功W总＝F1h，故C正确；D、定滑轮的机械效率η＝＝＝，故D错误。故选C。【点评】本题考查功和机械效率的计算，综合性强，难度适中。7．解：由电路图可知，滑动变阻器与电阻R1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；ABC、因串联电路中电流处处相等，所以为了既不烧坏电流表，又不烧坏电阻，比较各电流值可知，电路中的最大电流为I最大＝0.5A；当电流最大为0.5A时，电阻R1两端的最大电压为：U1最大＝I最大R1＝0.5A×6Ω＝3V；则滑动变阻器两端的最小电压：U2最小＝U﹣U1最大＝4.5V﹣3V＝1.5V；由串联分压的规律可知，当滑动变阻器两端的电压最小时，其连入电路的电阻最小，由欧姆定律可得，滑动变阻器连入电路的最小阻值为：R2小＝＝＝3Ω；由于电压表的量程为“0～3V”，则电压表示数最大为：U2最大＝3V，当变阻器两端的电压最大时，R1两端的电压最小，则有：U1最小＝U﹣U2最大＝4.5V﹣3V＝1.5V，电路中最小电流为：I最小＝＝＝0.25A；此时滑动变阻器接入电路的最大阻值为：R2大＝＝＝12Ω；所以电路中的电流范围为0.25A～0.5A，电压表的示数变化范围为1.5V～3.0V，滑动变阻器的取值范围为3Ω～12Ω，故AB正确，C错误；D、由P＝I2R可知，定值电阻R1的最小功率与最大功率之比：Pmin：Pmax＝IR1：IR1＝I：I＝（0.25A）2：（0.5A）2＝1：4，故D正确。故选：C。8．【解答】解：AB、甲、乙两个小球，自由下落经过如图所示的位置时机械能相等，由题图可知，两小球质量相等，乙球的高度大于甲球，则乙球的重力势能大于甲球，机械能等于动能和势能之和，故此时甲球的动能大于乙球，故AB错误。C、甲、乙两个小球，自由下落经过如图所示的位置时机械能相等，不计空气阻力，小球在下落过程中机械能守恒，故只有重力势能转化为动能，在两球在落地前，两球的重力势能全部转化为动能，则两球在落地前的动能相等，动能的大小与质量和速度有关，故两球在落地前的速度相等，故C正确。D、两球在落地前的动能相等，重力势能都为零，则机械能相等，所以在高处时开始下落时的重力势能是相同的，即高度相同，故D错误。故选：C。9．解：“3V1.5W”和“3V1W”的两个小灯泡，其额定电压相同，额定功率不同；由P＝可知，“3V1.5W”的电阻比“3V1W”小，所以更换灯泡后电阻变小，电路中的总电阻变小，由欧姆定律可知电路中的电流变大，此时滑动变阻器的阻值不变，由U＝IR可知，变阻器两端的电压变大；因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，此时“3V1.5W”小灯泡分得的电压小于3V，要使灯泡正常发光，应使灯泡两端的电压再增大到3V，应增大电路中的电流，减小滑动变阻器接入电路中的电阻，故滑片向M移动。故答案为：M。10．（3分）如图所示，一束激光沿直线传播射到空水槽底部O点，形成一个光斑。向水槽中注入适量水后，水槽底部光斑将移动到O点的左（选填“左”或“右”）侧。继续沿水槽壁缓慢注水至水槽满，则水满时的折射角等于（选填“大于”、“小于”或“等于”）适量水时的折射角。解：当向水槽内注入适量的水后，光从空气斜射入水中发生折射，折射角小于入射角，因此光线移动到O点左侧；继续沿水槽壁缓慢注水，由于入射角不变，所以折射角的大小也不变，即水满时的折射角等于适量水时的折射角。故答案为：左；等于。11．【分析】天然气的主要成分是甲烷，属于不可再生能源。完全燃烧0.5m3的天然气放出的热量和焦炭放出的热量相等，根据Q放＝mq和Q放＝Vq得出等式即可求出焦炭的质量。【解答】解：天然气的主要成分是甲烷，属于不可再生能源。由题意及热值计算公式可得完全燃烧0.5m3的天然气能放出Q放＝Vq天然气＝0.5m3×3.6×107J/m3＝1.8×107J；结合题意Q焦炭＝Q天然气放＝1.8×107J，完全燃烧的焦炭的质量为m焦炭＝＝0.6kg。故答案为：甲烷；不可再生；0.6。12．

36.5

3.35【解析】[1]由图知，在体温计上，1℃之间有10个小格，一个小格代表0.1℃，即此体温计的分度值为0.1℃，此时体温计的示数为36.5℃。[2]由图可知，刻度尺上1cm之间有10个小格，所以一个小格代表的长度是0.1cm，即此刻度尺的分度值为0.1cm，则物体的长度为3.35cm。13.相互作用力水平向左【解析】砝码对砝码盘的压力竖直向下，砝码盘对砝码的支持力竖直向上，两个力作用在不同物体上，大小相等、方向相反、在同一条直线上，是一对相互作用力；由题可知，再向左盘加入一个砝码后，小车向左加速运动，所以小车受到的合力方向水平向左．14．N【解析】物理学上规定，正电荷定向移动的方向为电流的方向，所以图中电流的方向与电子绕原子核运动的方向相反．利用安培定则，伸开右手让四指弯曲的方向与电流的方向一致，大拇指所指的那端（环形电流的右端）为N极，则环形电流的左侧应为S极．15．解：由电路图可知，两灯并联，开关S1与灯L1串联，开关S2与灯L2串联；开关S3控制整个电路，根据电路图连接实物图，如下图所示：16.【答案】解：由图知，法线已画出，入射角为60°，则反射角也为60°；根据反射角等于入射角，在法线的另一侧画出反射光线，并标出反射角的大小，如图所示：

【解析】根据反射定律作图：反射光线、入射光线和法线在同一平面内，反射光线、入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角，作出反射光线并标出反射角及其度数。

本题考查了对光的反射光路的画法，首先要掌握光的反射定律的内容，特别是反射角等于入射角，同时考查了入射角与反射角的概念。

17.【答案】解：

平行于主光轴的光线经凹透镜折射后，其折射光线的反向延长线过焦点，

平行于主光轴的光线经凸透镜折射后将过焦点．过光心的光线经凸透镜折射后传播方向不改变．如图所示：

．

【解析】先确定所给的入射光线和折射光线的特点，然后根据凹透镜和凸透镜的光学特点作图．

凸透镜三条特殊光线的作图：①通过焦点的光线经凸透镜折射后将平行于主光轴．②平行于主光轴的光线经凸透镜折射后将过焦点．③过光心的光线经凸透镜折射后传播方向不改变．

凹透镜三条特殊光线的作图：①延长线过另一侧焦点的光线经凹透镜折射后将平行于主光轴．②平行于主光轴的光线经凹透镜折射后，其折射光线的反向延长线过焦点．③过光心的光线经凹透镜折射后传播方向不改变．18.【答案】水平

反射角等于入射角

不能

在

反射

折射

折射角随入射角的增大而增大

小于

0

【解析】解：(1)将实验装置放在水平桌面上，打开激光笔，调整入射方向，使入射点与量角器圆心重合，根据光的传播路径，可以读出入射角和反射角的大小；

(2)根据表格中的数据可知，在反射现象中，反射角等于入射角；

(3)将半圆形纸板的左边一半向后转动，则不能在光具盘上观察到反射光线，这说明反射光线、入射光线和法线在同一平面内。

(4)①光从空气斜射到水面时，将同时发生反射和折射现象；

②光从空气斜射到水面时，当入射角不断增大时，折射角也随之增大，故折射角随入射角的变化关系是：折射角随入射角的增大而增大，且折射角总是小于入射角；

当光从空气垂直射到水面时，光的传播方向不变，此时的折射角为0°。

故答案为：(1)水平；(2)反射角等于入射角；(3)不能；在；(4)①反射；折射；②折射角随入射角的增大而增大；小于；0。

(1)将实验装置放在水平桌面上，打开激光笔，调整入射方向，使入射点与量角器圆心重合，根据光的传播路径，可以读出入射角和反射角的大小；

(2)根据表格中的数据分析；

(3)根据反射光线、入射光线和法线在同一平面内的特点进行分析。

(4)①光从空气斜射到水面时，将同时发生反射和折射现象；

②光从空气斜射入水或其他介质中时，折射角小于入射角，折射角随入射角的改变而改变；

当光线垂直于界面入射时，光的传播方向不变。

本题是探究光的反射和折射现象的实验，采用了观察法，然后归纳出光的反射和折射规律。19．（7分）如图所示是某物理学习小组利用力敏电阻设计的一个电子秤。R0是阻值为10Ω的定值电阻，允许通过的最大电流为0.25A，R为力敏电阻，不受压力时阻值为40Ω，电压表的量程为0～3V。杠杆OBA的支点为O，OA：OB＝5：1。在制作的过程中，将电压表的刻度盘改装成质量的刻度盘。（托盘、压杆和杠杆的质量均忽略不计，实验中力敏电阻R保持“减小的电阻值与所受压力成正比”的规律不变，g＝10N/kg。）（1）托盘中加入物体时产生的力作为动力，该杠杆OBA属于费力杠杆。（2）该电子秤所测量的物体质量越大，电压表的示数越大。（3）将质量为2.5kg的物体放在托盘中，电压表的示数为1V。将质量为7.5kg的物体放在托盘中，电压表的示数为2V。在保证电路安全的前提下，该电子秤能测量的最大质量为多少？（写出必要的文字说明、表达式及最后的结果）【分析】（1）根据动力臂和阻力臂的大小关系，判断杠杆OBA属于什么类型的杠杆；（2）由图可知，电子秤电路是力敏电阻R与定值电阻R0串联的电路，电压表测量定值电阻R0两端的电压；力敏电阻R保持“减小的电阻值与所受压力成正比”的规律不变，当电子秤所测量的物体质量越大时，托盘对杠杆的压力越大，压杆对力敏电阻的压力也越大，力敏电阻R的阻值越小，根据串联电路的电阻规律和欧姆定律可知电路中电流的变化和R0两端电压的变化，据此判断电压表示数的变化；（3）R为力敏电阻，不受压力时阻值为R＝40Ω，托盘、压杆和杠杆的质量均忽略不计；①将质量为2.5kg的物体放在托盘中，托盘对杠杆的压力等于物体重力，根据杠杆平衡条件和力作用的相互性求出力敏电阻受到的压力；根据题意可得力敏电阻R减小的电阻值ΔR＝kF（k为比例系数），据此表示出此时力敏电阻的阻值R1，由欧姆定律表示出电压表的示数为U0；②将质量为7.5kg的物体放在托盘中，托盘对杠杆的压力等于物体重力，根据杠杆平衡条件和力作用的相互性求出力敏电阻受到的压力；表示出此时力敏电阻的阻值R2，由欧姆定律表示出电压表的示数为U0′；依题意联立解得k，并根据两电压表示数之比求出电源电压U；由电压表的量程和定值电阻允许通过的最大电流可知电路中的最大电流，由欧姆定律和串联电路的规律计算力敏电阻的最小阻值，根据“减小的电阻值与所受压力成正比”计算力敏电阻受到的最大压力，根据杠杆平衡条件计算托盘对杠杆的最大压力（即所测物体的最大重力），根据重力公式求出该电子秤能测量的最大质量。【解答】解：（1）由题意和图示可知，杠杆OBA的支点为O，托盘中加入物体时产生的力作为动力，动力臂为OB，压杆对A端的作用力为阻力，阻力臂是OA，因为OA：OB＝5：1，即动力臂小于阻力臂，故OBA为费力杠杆；（2）由图可知，在电子秤电路中力敏电阻R与定值电阻R0串联，电压表测量定值电阻R0两端的电压；由题意知，力敏电阻R保持“减小的电阻值与所受压力成正比”的规律不变，当电子秤所测量的物体质量越大时，托盘对杠杆的压力越大，压杆对力敏电阻的压力也越大，则力敏电阻R的阻值越小，电路的总电阻越小，由欧姆定律可知，电路中的电流越大，定值电阻R0两端的电压越大，即电压表示数越大；（3）R为力敏电阻，不受压力时阻值为R＝40Ω，托盘、压杆和杠杆的质量均忽略不计；①将质量为2.5kg的物体放在托盘中，托盘对杠杆的压力：F1＝G1＝m1g＝2.5kg×10N/kg＝25N，根据杠杆平衡条件可得，压杆对A端的作用力：F2＝•F1＝×25N＝5N，因力的作用是相互的，则力敏电阻受到的压力F压＝F2＝5N；因力敏电阻R减小的电阻值与所受压力成正比，则ΔR＝kF（k为比例系数），则此时力敏电阻的阻值为：R1＝R﹣kF压＝40Ω﹣5N•k，由欧姆定律可知，电路中的电流：I1＝，此时电压表的示数为：U0＝•R0＝1V﹣﹣﹣﹣﹣﹣Ⅰ；②将质量为7.5kg的物体放在托盘中，托盘对杠杆的压力：F1′＝G2＝m2g＝7.5kg×10N/kg＝75N，根据杠杆平衡条件可得，压杆对A端的作用力：F2′＝•F1′＝×75N＝15N，因力的作用是相互的，则此时力敏电阻受到的压力F压′＝F2′＝15N；此时力敏电阻的阻值为R2＝R﹣kF压′＝40Ω﹣15N•k，由欧姆定律可知，此时电路中的电流：I2＝，此时电压表的示数为：U0′＝•R0＝2V﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣Ⅱ；联立Ⅰ、Ⅱ可得：＝＝＝，解得k＝2Ω/N；将k＝2Ω/N、R1＝40Ω﹣5N•k代入Ⅰ式得：×10Ω＝1V，解得电源电压：U＝4V；电压表的量程为0～3V，若R0两端电压为3V时，则通过R0的电流：I0＝＝＝0.3A，由题意知，R0允许通过的最大电流为0.25A，则根据串联电路电流规律可知，电路中的最大电流为：I＝0.25A，此时电路中的总电阻：R总＝＝＝16Ω，由串联电路的电阻规律可知，此时力敏电阻的阻值：R3＝R总﹣R0＝16Ω﹣10Ω＝6Ω；设力敏电阻受到的最大压力为F压大，则有：R3＝R﹣kF压大，即：6Ω＝40Ω﹣2Ω/N×F压大，解得F压大＝17N，则压杆对A端的最大作用力：F2大＝F压大＝17N；根据杠杆平衡条件，托盘对杠杆的最大压力：F1大＝•F2大＝×17N＝85N，即所测物体的最大重力G大＝85N，在保证电路安全的前提下，该电子秤能测量的最大质量：m大＝＝＝8.5kg。答：（1）费力；（2）越大；（3）在保证电路安全的前提下，该电子秤能测量的最大质量为8.5kg。【点评】本题考查了杠杆的分类、杠杆平衡条件和欧姆定律应用，是一道综合题，难度很大。20.【答案】ρ=mV

右

69.6

1.1

【解析】解：(1)测量盐水密度的实验原理是ρ=mV；

(2)指针偏向分度盘的左侧，应向右调节平衡螺母，使天平平衡。

(3)由图乙可知，烧杯与盐水的总质量：m总=50g+10g+5g+4.6g=69.6g，

量筒中盐水的质量：m=m总−m杯=69.6g−25.6g=44g；

由图丙所示量筒可知，量筒中盐水的体积：V=40ml=40cm3；

盐水的密度：ρ=mV=44g40cm3=1.1g/cm3；

(4)天平砝码与游码示数之和是天平所测物体的质量，如果在调节天平平衡时，忘记将游码归零，这样会使得烧杯和盐水的总质量偏大；

故答案为(1)ρ=mV；

(2)右；21．（13分）小刘参加了物理实验兴趣小组，结合对家中电热水器的认识，设计了一款智能控温的恒温水箱，该水箱的电路结构如图所示，U1＝6V，U2＝220V，R1为热敏电阻，其阻值随温度变化的关系如下表所示，R为滑动变阻器，最大阻值为100Ω，R2为加热电阻，上面标有“220V1100W”字样，R3为保温电阻。红灯和黄灯均为指示灯，额定电压均为220V，R1、R2、R3均置于水箱中，线圈电阻不计。该水箱操作原理如下：S1、S2闭合。当线圈中电流小于0.05A时，红灯亮，加热电阻R2工作，水温上升。当线圈中电流大于或等于0.05A时，衔铁被吸下。黄灯亮，保温电阻R3工作，水温不升不降。已知c水＝4.2×103J/（kg•℃）。求：（1）当加热电阻R2正常工作时，通过R2的电流；（2）电能的90%转化为水的内能，加热电阻R2正常工作多长时间，能将水箱内质量为5.5kg、温度为20℃的水，加热至50℃；（3）为了使水箱温度保持在50℃，滑动变阻器接入电路的阻值。t/℃1030507090R1/Ω12060402820【解答】解：（1）R2为加热电阻，上面标有“220V1100W”字样，R2正常工作时，通过R2的电流：I2＝＝＝5A；（2）水吸收的热量：Q吸＝c水mΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×5.5kg×（50℃﹣20℃）＝6.93×105J，由题知，电能的90%转化为水的内能，则消耗的电能：W＝＝＝7.7×105J，加热电阻R2正常工作的时间：t＝＝＝700s；（3）由题分析可知：控制电路中R1与R串联，当线圈通过的电流达到0.05A时，水温保持不变，R1不再变化，则此时控制电路中的总电阻为：R总＝＝＝120Ω；由表中数据可知，当水箱温度为50℃时，R1的电阻为40Ω，则滑动变阻器接入电路的阻值：R＝R总﹣R1＝120Ω﹣40Ω＝80Ω。答：（1）当加热电阻R2正常工作时，通过R2的电流为5A；（2）若水箱内装有质量为5.5kg温度为20℃的水，加热至50℃，水吸收的热量为6.93×105J；电能的90%转化为水的内能，加热电阻R2正常工作的时间为700s；（3）为了使水箱温度保持在50℃，滑动变阻器接入电路的阻值为80Ω。22．（6分）在“用电流表和电压表测电阻”的实验中，电路如图甲所示。（1）闭合开关后，电流表指针偏转如图乙所示，原因可能是B。（选填A或B、C）A.量程偏小B.正负接线柱接反了C.没有调零（2）所有电表及导线完好，闭合开关，发现电流表示数为零，但电压表指针发生明显偏转，则电路可能发生的故障是Rx断路；（3）排除故障后，闭合开关，调整滑片P到某一位置后，若两表的示数分别如图丙、丁所示，此次测得的结果为Rx＝5Ω。【解答】（1）闭合开关后，电流表指针向左偏转，这是由于电流表正负接线柱接反了造成的；故选项B符合题意；（2）如果Rx发生断路，电路断路，电流表示数为零，电压表与电源连接相连，电压表指针明显偏转；（3）图乙中电压表选用小量程，分度值为0.1V，读数为2V；图丙中，电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.4A，由欧姆定律可得：Rx=UI=故答案为：（1）B；（2）Rx断路；（3）5。23．【答案】（1）闭合；闭合（2）加热管R1的阻值为R1=U2（3）电热水壶处于保温状态时水温保持恒定，水每秒向外界散热55J，则水每秒要从电热水壶吸热55J，即电热水壶R1每秒要放出