2027届成都青羊区四校联考中考考前最后一卷物理试卷含解析

2027届成都青羊区四校联考中考考前最后一卷物理试卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、单项选择题（本大题7小题，每题3分，共21分）1．2008北京奥运圣火传递活动中，现场某记者同时拍下了固定在地面上随风飘动的旗帜和附近的甲、乙两火炬照片，如图所示．根据它们的飘动方向，可以判断下列说法不正确的是（）A．甲火炬一定静止B．甲火炬一定向右运动C．乙火炬一定静止D．乙火炬一定向左运动2．如图所示，是一密度计分别放入两种不同液体静止后的情形，关于两次密度计所受浮力大小和两种液体密度大小的关系，下列判断正确的是（）A．密度计在甲杯中受到的浮力比乙杯中小B．密度计在甲杯中受到的浮力比乙杯中大C．甲杯液体的密度比乙杯液体的密度小D．甲杯液体的密度比乙杯液体的密度大3．以下力学知识说法中正确的是A．无人机沿水平方向匀速飞行喷洒农药时动能不变，重力势能不变B．载重卡车轮子又多又宽是为了增大受力面积，减小压力C．轮船从长江驶入大海时，船身会下沉一些D．汽车急刹车时留下的刹车痕迹表明用滑动代替滚动可以增大摩擦4．如图所示，电源电压保持不变，R1为定值电阻．闭合开关S，当滑动变阻器的滑片向右移动的过程中，下列判断正确的是（）A．电流表A的示数变大，电压表V1的示数变小B．电流表A的示数变小，电压表V2的示数变小C．电压表V1的示数与电流表A的示数的比值变大D．电压表V2的示数与电流表A的示数的比值变小5．我们生活在一个充满声音的世界里，下列关于声音的说法中正确的是A．声音是一种波，它在真空中传播速度最大B．地震产生次声波的频率高于20HzC．用超声波能粉碎人体内的“结石”，说明超声波具有能量D．在街道上安装的噪声监测仪是用来减弱噪声的6．如图所示，下列简单机械中，属于省距离的是（）A． B．C． D．7．用相同的电加热器加热相同质量的水和煤油的过程中，水和煤油的温度随时间变化的图像如图所示，关于这一过程，下列说法正确的是：A．此时液面气压大于一个标准大气压B．20min后水的温度不变的过程中将不再吸收热量C．煤油的温度升高的较快，说明煤油的比热容比水的比热容小D．8min时间内煤油吸收的热量比水吸收的热量多二、填空题（本大题7小题，共21分）8．有一捆粗细均匀的铝线，其横截面积是5mm2，质量为27kg，已知铝的密度为2.7×103kg/m3，则这捆铝线的长度为_____m．9．2019年1月3日，嫦娥四号成功在月球背面软着陆，月球车“玉兔二号”到达月面开始巡视探测．地球与嫦娥四号不能直接通信，而要借助先前发射的“鹊桥”号中继卫星进行中继通信，说明电磁波是沿____（选填“直线”或“曲线”）传播的；若嫦娥四号与地面进行单程通讯需要3s，则电磁波通过的路程约为____km．（c=3×108m/s）10．运动员投掷铁饼，铁饼离手后飞行一段时间，最终会落回地面是因为受_____的作用。落到地面时，会将地面砸出一个坑，这说明力能改变物体的_____。11．如图所示是小新家的电能表，他让一盏“220V100W”的电灯单独正常工作30min，消耗的电能为_____，这段时间电能表的转盘转了150转，则每消耗1的电能，电能表转盘转_______转。12．“中国好声音”比赛现场，吉他手弹奏电吉他时不断用手指去控制琴弦长度，这样做的目的是为了改变声音的___；琴声是通过___传播到现场观众耳中的．观众在听音乐时都要把手机关机或把铃声调成振动，目的是为了在_____减弱噪声．13．如图，2016年11月17日，中国华为公司成功拿下5G的核心技术，手机是用______来传递信息的，现在通信用的激光一般在特殊的管道里传输信息，这种传播方式叫做_________．14．如图是酒驾检测中酒精检测仪的简化电路图．R0为定值电阻，R1为气敏电阻，它的阻值随酒精气体浓度增大而减小．闭合开关，电源电压保持不变，若驾驶员呼出的酒精气体浓度越大，测试仪的电路中的电流_______，电压表示数_______．三、作图题（共7分）15．如图所示，一束光垂直射向一顶角为30°的玻璃三棱镜．请在图中画出光通过三棱镜的光路图．（__________）16．如图传动装置．甲是由电机带动的逆时针转动的主动轮，乙是从动轮重20N．皮带与轮子之间无打滑现象，轮子与皮带A处的摩擦力大小为8N，请在皮带A处作出这个力和乙轮受到的重力的示意图．（________）17．如图所示，用笔画线代替导线，将图中元件连接成电路，要求：电压表测量灯泡两端的电压，当滑动变阻器的滑片向左移动时，灯泡变亮．四、实验题（本大题共5小题，共20分）18．小伟要探究“滑动摩擦力的大小与什么因素有关”，他猜想影响滑动摩擦力大小的因素可能有：①接触面所受的压力大小；②接触面的粗糙程度；③接触面积的大小。接下来小伟通过如图所示实验操作验证他的猜想：实验中小伟应该用弹簧测力计水平________拉动木块在长木板上滑动，这样做是根据二力平衡的知识得出拉力等于摩擦力，从而测出木块所受的摩擦力的大小。如果小伟要探究猜想②，他应该选择________两幅图所示的实验步骤来操作，根据图中弹簧测力计的示数可得出结论：在其他因素相同的情况下，________，滑动摩擦力越大。小伟要探究猜想③，他将木块切去一半，重复甲的操作过程，如图丁所示．他比较甲和丁的实验结果，得出结论：滑动摩擦力的大小与接触面积的大小有关。你认为他的结论可靠吗？答：________。小明仔细观察了小伟的实验过程，发现了一些问题，经过认真分析研究，他们最后把甲图所示的实验装置改进为乙图所示装置，利用图乙装置进行实验有许多优点，以下_______不是其优点(选填字母）。A．

不需要匀速拉动

B．

测力计示数稳定

C．

实验更容易操作

D．

实验原理更合理19．某实验小组的同学用如图所示的装置“探究物体的动能跟哪些因素有关”。他们将钢球从某一高度由静止释放，钢球摆到竖直位置时，撞击水平木板上的木块，将木块撞出段距离，记录的实验数据如表所示：实验次数钢球质量/g钢球下摆高度/cm木块滑行距离/cm1202030240205836020（1）钢球的动能大小是通过观察__________________来判断的（2）在第3次实验中，木块被撞后滑出木板，需要重做第3次实验。下面有几种建议，你认为可行的是（______）A．甲同学建议用一块更长的同样木板B．乙同学建议降低钢球下摆的高度C．丙同学建议换用适当质量的钢球（3）通过本实验可得出的结论是_________________________________（4）如果要探究物体动能大小与速度的关系，他们应该进行的操作是_______________________20．如图是探究杠杆平衡条件的实验，采用水平平衡的好处是便于______。当弹簧测力计逐渐向右倾斜时，使杠杆仍然在水平位置平衡，则弹簧测力计的示数将______（“变大”、“变小”或“不变”）。21．某小组在“测滑轮组机械效率的实验”中得到的数据如下表所示，实验装置如下图所示．（1）实验中应沿竖直方向___________缓慢拉动弹簧测力计．实验序号钩码重量G/N钩码上升高度h/m绳端拉力F/N绳端移动距离s/m机械效率η140.11.80.3280.13.10.386%380.12.50.480%（2）小组同学发现实验过程中边拉动边读数，弹簧测力计示数不稳定，应该静止读数，你认为他的想法_________（选填“正确”或“不正确”），因为他没有考虑到___对滑轮组机械效率的影响．（3）根据表中第1次实验数据，得出第一次实验的机械效率是_____________．（4）通过比较____两次实验数据得出结论：同一滑轮组提升重物时，物重越大，滑轮组的机械效率越高．（填实验次数的序号）（5）通过比较2、3两次实验数据可得出结论：不同滑轮组提升相同重物时，动滑轮越重，滑轮组的机械效率___________．22．在探究“水沸腾时温度变化的特点”实验时：（1）小华组装好实验器材后开始实验，请你指出图甲中存在的操作错误是_____．（2）纠正错误操作后，开始计时．第3min温度计的示数如图乙所示，该示数为_____℃，从记录数据的表格可以分析出：水沸腾的特点是温度_____，继续_____．时间/min0123456…温度/℃909294989898…（3）根据水的沸点可判断当时当地的气压_____（选填“是”或“不是”）1标准大气压．（4）小华和另一位同学选用的实验装置相同，且同时开始实验，但水开始沸腾的时间不同，他们绘制的沸腾图象如图丙所示，其中水的质量较大的图象为_____（选填“a“”或“b”）．五、计算题（本大题共2小题，共13分）23．如图所示，均匀圆柱体A和薄壁柱形容器B置于水平地面上．容器B的底面积为2×10-2米2，其内部盛有0.2米深的水，求：①水对容器B底部的压强p水；②容器中水的质量m水；③现沿水平方向在圆柱体A上截取一定的厚度△h，并将截取部分浸没在容器B水中（无水溢出），容器底部压强的增加量Δp水和容器对水平地面压强的增加量Δp地如下表所示．求圆柱体A的密度ρA．截取厚度Δp水（帕）Δp地（帕）△h980196024．下表是某储水式电热水器的铭牌：已知水的比热容C水=4.2×103J/（kg.0C），水的密度是ρ水=1.0×103kg/m3，根据表中的数据，试求：(1)电热水器正常工作的电流是多大？（结果保留两位小数）(2)电热水器里的水刚好是额定容量时，把这些水从20°C加热到50°C，水吸收的热量是多大？(3)电热水器正常工作时放出的热量80%被水吸收，那么加热这些水需要多长的时间？六、综合能力题（本大题共3小题，共18分）25．如图甲为常用的电热饮水机，其电路原理如图乙所示，该饮水机的额定电压为220V，加热电功率为1100W，保温电功率为44W，R1、R2均为电热丝（R1、R2的电阻不随温度变化）．请问：当S闭合时，饮水机处于（选填“加热”或“保温”）状态，此时电路中的电流是多大？电热丝R1的电阻是多大？饮水机加热工作时，将0.5千克初温为20℃的水加热到97℃，需要多长时间？（假设电能全部转化为水的内能）26．如图是某同学制作的简易温控装置，变阻器R的最大电阻为200Ω，Rt是热敏电阻，其阻值与温度t的关系如下表所示．当电磁继电器（电阻不计）的电流超过18mA时，衔铁被吸合，加热器停止加热，实现温控．加热器的功率是1000W，所用电源为家用交流电．t/℃30.040.050.060.070.0Rt/Ω219.5164.5128.1101.882.9（1）电磁继电器是利用_____（选填“电生磁”或“磁生电”）来工作的．Rt的阻值随着温度的降低逐渐_____．（2）闭合开关S后发现电路有断路的地方．该同学将一个电压表接到ab两点时指针不偏转，接到ac两点时指针偏转，断路处在_____之间（选填“ab“或“bc“）．（3）为使该装置能对30℃～70℃之间任意温度进行控制，电源E用_____节干电池．若在50℃时衔铁被吸合，应将滑动变阻器R的阻值调到_____Ω．将调节好的装置（50℃衔铁被吸合）放在容积为100m3的密闭保温容器中，已知空气的比热容为1000J（/kg•℃），密度为1.3kg/m3，则容器中的空气从30℃加热到空气达到的最高温度至少需要_____s．27．某款油电混合动力小汽车，具有省油、能量利用率高等特点，其相关信息如表．在某次水平道路测试中，该车以中速匀速行驶170km，共消耗汽油10L．测试过程中，内燃机既向车轮提供能量，又向蓄电池充电，同时蓄电池又将部分能量通过电动机向车轮输送，此时，内燃机和电动机共同驱动车辆前进．向蓄电池充电时，将电能转化为_____能．在水平道路中速匀速行驶过程中，若平均阻力为1000N，牵引力做的功是多少_____？在水平道路中速匀速行驶过程中，若该车的效率为53%，此过程最终使蓄电池电能增加了多少能量____？（忽略蓄电池和电动机的热损失，ρ汽油＝0.7×103kg/m3，q汽油＝4.6×107J/kg）

参考答案一、单项选择题（本大题7小题，每题3分，共21分）1、D【解析】

因为旗杆是固定在地面上的，那么根据上面的国旗判断，风是从右向左刮的．甲火炬火焰向左，有三种可能：一是火炬不动，风把火焰刮向左；二是火炬向右运动，风相对于火炬向左，把火焰刮向左；三是火炬向左运动但运动的速度小于风速，此时风仍能把火焰刮向左．对于乙火炬来讲如果乙静止不动，那么火焰的方向应该和国旗相同，而现在的火焰的方向明显和旗子方向相反，如果乙向右运动，火焰只会更加向左偏．所以，乙一定向左运动，而且运动的速度比风速快，这样才会出现上图的情况．故选D．2、D【解析】

因为密度计漂浮，所以F浮=G，密度计在两种液体中受到的浮力相等，都等于密度计受到的重力G，由上分析知，AB错误；又F浮=ρ液gV排=G，由图知，密度计排开液体的体积：V甲排＜V乙排，所以液体的密度：ρ乙＜ρ甲，D正确，C错误．3、D【解析】

A.无人机沿水平方向匀速飞行，速度不变，高度不变，飞机飞行过程中不断喷洒农药，质量不断变小，所以动能变小，重力势能变小．故A错误；B.载重卡车轮子又多又宽是为了增大受力面积，减小压强，故B错误；C.轮船无论是在长江还是在海中都漂浮,浮力等于轮船重，受到的浮力不变；因海水的密度大于河水的密度，由阿基米德原理F浮＝ρ液gV排可知，轮船进入海水时排开水的体积变小，即船身会上浮．故C错误；D.汽车刹车时留下的刹车痕迹表明滑动代替滚动可以增大摩擦；故D正确；故选D．（1）动能大小的影响因素：质量和速度，质量越大，速度越大，动能越大；重力势能大小的影响因素：质量和高度，质量越大，高度越高，重力势能越大；（2）减小压强的方法：在压力一定时，增大受力面积来减小压强；在受力面积一定时，减小压力来减小压强；（3）由于轮船无论在海里还是在长江都是漂浮，通过物体的浮沉条件可知浮力不变，则由阿基米德原理及液体密度的变化分析轮船排开水的体积变化，进一步得出船上浮一些还是下沉一些；（4）减小摩擦力的方法：减小压力，减小接触面的粗糙程度，使接触面脱离，用滚动代替滑动．4、D【解析】试题分析：由图示电路图可知，两电阻串联，电流表测电路电流，电压表V1测电阻R1两端电压，电压表V2测滑动变阻器两端电压；由图示电路图可知，滑片向右移动过程中，滑动变阻器接入电路的阻值减小，电路总电阻减小，电源电压不变，由欧姆定律可知，电路电流变大，电流表示数变大，滑动变阻器接入电路的阻值减小，滑动变阻器分压减小，电压表V2示数减小，灯泡两端电压变大，电压表V1示数变大，故AB错误；电压表V1的示数与电流表A的示数的比值等于定值电阻R1的阻值，定值电阻阻值不变，电压表V1的示数与电流表A的示数的比值保持不变，故C错误；由A可知，电压表V2的示数变小，电流表A的示数变大，则电压表V2的示数与电流表A的示数的比值变小，故D正确．考点：电路的动态分析5、C【解析】

A、声音是一种波，它不能在真空中传播，故A错误；B、地震产生次声波的频率低于20Hz，故B错误；C、用超声波能粉碎人体内的“结石”，说明超声波具有能量，故C正确；D、在街道上安装的噪声监测仪是用来监测噪声的，不能减弱噪声，故D错误．6、A【解析】

滑轮有两类：定滑轮和动滑轮，定滑轮不省力也不费距离，动滑轮省力费距离，B选项中是动滑轮，省力费距离，故B错误；D选项是定滑轮，不省力也不费距离，故D错误；斜面是省力的简单机械，省力费距离，故C错误；A选项是费力杠杆，所以费力省距离，故A正确；本题考查的是简单机械的分类及各自的作用．解决本题的关键是熟练掌握每一种简单机械，知道每种机械的作用，特别是会区分杠杆的种类及各自的特点．7、C【解析】

A.由图可以看出，水的沸点小于100℃，所以此时液面气压小于一个标准大气压，故A错误；B.20min后，水沸腾，继续吸收热量，但水的温度不变，故B错误；C.根据可知，用相同的电加热器加热相同质量的水和煤油的过程中，煤油的温度升高的较快，说明煤油的比热容比水的比热容小，故C正确；D.用相同的电加热器加热相同质量的水和煤油，8min时间内煤油吸收的热量跟水吸收的热量一样多，故D错误。二、填空题（本大题7小题，共21分）8、2000【解析】

由得这捆铝线的体积：，因为V＝SL，S＝5mm2＝5×10﹣6m2，所以这捆铝丝的长度：．9、直线9×105【解析】

电磁波可以在真空中传播，故地球指挥中心、“鹊桥”、月球探测器三者之间是利用电磁波传递信息的，电磁波是沿直线传播的；电磁波通过的路程约为：=3×108m/s×3s=9×108m=9×105km.10、重力形状【解析】

在空中飞行的铁饼受到重力作用，重力的方向竖直向下，会不断改变运动方向做曲线运动，最终落到地面；因为力可以改变物体的形状，所以铁饼落到地面上留下一个坑。11、0.053000【解析】

“220V100W”的电灯单独正常工作30min，消耗的电能为W=Pt=0.1×0.5h=0.05，这段时间电能表转盘转了150转，则每消耗1kW·h的电能，电能表转盘转数：。12、音调空气声源处【解析】

（1）弹奏电吉他时不断用手指去控制琴弦长度，这样做的目的是为了改变琴弦的振动快慢，即改变声音的音调．（2）琴声和我们的耳朵之间有空气，琴声是通过空气传播到耳朵中．（3）观众在听音乐时都要把手机关机或把铃声调成振动是在声源处减弱噪声．13、电磁波光纤通信【解析】

广播、电视、移动通信、卫星都是用电磁波传递信息的；光纤通信利用激光来传递信息．【详解】手机是用电磁波来传递信息的；光纤通信利用的是频率比较高的激光来传递信息的，通信用的激光一般在特殊的管道---光导纤维里传播，光从光导纤维的一端射入，在内壁上多次反射，从另一端射出，这样就把它携带的信息传到了远方．14、增大增大【解析】

[1][2]如图，两电阻串联，电压表测量定值电阻两端的电压．根据题意知，气敏电阻的阻值随酒精气体浓度增大而减小，当驾驶员呼出的酒精气体浓度越大，气敏电阻越小；因为两电阻串联，所以总电阻变小，根据可知，电流变大；R0的阻值不变，电流变大时，根据可知，电压表示数变大．即驾驶员呼出的酒精气体浓度越大，测试仪的电路中的电流增大，电压表示数增大．重点是欧姆定律的应用，关键是用好题中给的条件：气敏电阻的阻值随酒精气体浓度增大而减小，然后根据欧姆定律可知电流变大，而定值电阻不变，所以电压表示数也变大．三、作图题（共7分）15、如图所示：【解析】试题分析：光从空气入射到玻璃界面上，传播方向不变，当光从玻璃斜射入空气中时，折射角大于入射角，折射光线将远离法线，如图所示：考点：光的折射16、【解析】

A点位置在与主动轮接触的皮带上,轮子带着传送带运动,故传送带相对轮子有向左运动的趋势,可以知道此处静摩擦力方向向右，作用点在A点;重力的方向竖直向下，作用点在乙轮的重心，如图所示：17、见解析所示【解析】试题分析：电路元件中滑动变阻器能改变灯的亮度，所以滑动变阻器与灯串联，开关控制整个电路，且当滑动变阻器的滑片向左移动时，灯泡变亮，滑动变阻器的滑片向左移动时接入电路中的阻值减小，所以导线接在滑动变阻器的A接线柱上，电压表测灯两端电压，必须与灯并联，其他顺次连接就行，答案如图所示．考点：实物图的连接四、实验题（本大题共5小题，共20分）18、匀速直线甲、丙接触面越粗糙不可靠D【解析】

（1）实验中小伟应该用弹簧测力计水平匀速直线拉动木块在长木板上滑动，这时拉力和摩擦力是一对平衡力，根据二力平衡原理知道，滑动摩擦力等于拉力；（2）由控制变量法知道，若要探究摩擦力大小与接触面的粗糙程度的关系，则应使压力大小和接触面积大小相同，只改变接触面的粗糙程度，所以应选择甲图与丙图进行实验；且由图知道，在其他因素相同的情况下，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大；（3）由控制变量法知道，若要探究摩擦力大小与接触面积的大小的关系，则应使压力大小和接触面的粗糙程度相同，只改变接触面积的大小，而小伟将木块切去一半，则是在接触面积变化的同时，也改变了压力，所以得出结论不可靠；（4）利用图乙装置进行实验有许多优点，因为摩擦力大小与物体运动速度无关，所以在实验中，若拉动木板时，操作比较方便，可以不做匀速直线运动，而木块始终处于静止状态，拉力与摩擦力平衡，测力计示数会很稳定便于读数，但无论是抽动木板还是拉动木块做匀速直线运动，都是根据二力平衡条件来测量摩擦力的，故D符合题意。19、木块滑行距离A当小球速度一定时，质量越大，动能越大同一个小球在不同高度释放【解析】

（1）在该实验中我们用到了转换的方法，即将钢球动能的大小转化为其对木块做功的多少来比较，即钢球推动木块运动的越远，其对木块所做的功就越多，即具有的动能就越大；反之就越小，故通过观察钢球推动木块移动的距离的大小来判断研究对象的动能的大小；（2）该实验中，需要保持钢球下摆高度不变（即小球速度一定），钢球质量成倍增加，故只能换用一块更长的同样木板，所以A正确，BC错误；（3）通过实验可以得出结论：当小球运动速度一定时，质量越大，小球动能越大；（4）根据控制变量法，要探究物体动能大小与速度的关系，应用同一个小球在不同高度处释放，观察木块滑行的距离，从而比较动能大小。20、直接读出力臂变大【解析】

杠杆右端下沉，则左端上翘，应将平衡螺母向左调节，使杠杆在不挂钩码时，保持水平并静止，达到平衡状态。这样做的好处是：便于在杠杆上直接读出力臂。由杠杆的平衡条件知道，F1L1=F2L2，其它条件不变，当弹簧测力计逐渐向右倾斜时，拉力的力臂减小，所以拉力将变大。21、匀速不正确摩擦74%（或者74.1%）1、2越低【解析】

（1）实验中要竖直向上匀速拉动弹簧测力计，使物体匀速升高，此时系统处于平衡状态，测力计示数才等于拉力大小；（2）小组同学发现实验过程中边拉动边读数，弹簧测力计示数不稳定，应该静止读数，他的想法不正确，因为她没有考虑到绳子与轮之间的摩擦对滑轮组机械效率的影响，导致测力计示数偏小；（3）W有=Gh=4N0.1m=0.4J,W总=Fs=1.8N0.3m=0.54J，所以第1次实验测得的机械效率为：η===×100%=74%；（4）研究同一滑轮组提升重物时，机械效率与物重的关系时，要控制滑轮个数相同、绳子的段数相同，只改变物体的重力，故通过比较1、2两次实验数据得出结论：同一滑轮组提升重物时，物重越大，滑轮组的机械效率越高；（5）通过比较2、3两次实验数据，即对应的图乙、图丙两装置，滑轮组不同，提升的重物相同，动滑轮越重机械效率越小，故可得出结论：不同滑轮组提升相同重物时，动滑轮越轻，滑轮组的机械效率越高．（不同滑轮组提升相同重物时，动滑轮越重，滑轮组的机械效率越低）．22、温度计的玻璃泡与容器底接触；96；不变；吸热；不是；b【解析】

（1）测量液体温度时，要使温度计的玻璃泡与被测液体充分接触，不能接触容器底和容器壁；读数时视线与液柱上表面所对刻线相平；

（2）温度计读数时，先确定是零上还是零下，认清分度值，再读数；液体沸腾时，不断吸收热量，温度保持不变；

（3）根据沸点与气压之间的关系，气压越高，沸点越高，气压越低，沸点越低解答．

（4）在装置相同的情况下，水的质量越大，升温会越慢．【详解】（1）使用温度计测量流体温度时，玻璃泡不能碰着容器的底或壁，所以图甲中温度计测液体温度的错误为：温度计的玻璃泡与容器底接触；（2）温度计的分度值是，此时是零上，液柱上表面对准了上面第6个小格处，示数为；从记录数据的表格可得：液体沸腾时，温度不变，继续吸热，这是流体沸腾最显著的特点；（3）由记录数据知，当水的温度达到时，温度不再变化，说明此时是水的沸腾过程，沸点是，沸点低于标准大气压下的沸点，由此可判断当地的气压不是1个标准大气压；（4）读图丙可以看出，在同样加热的情况下，b的升温较慢，其原因应该是水的质量多于a的缘故，升高相同的温度时需要的时间长，即水的质量较大的图象为b．五、计算题（本大题共2小题，共13分）23、（1）1960帕；（2）4千克；（3）2×103千克/米3【解析】

①水对容器底部的压强：；②

V=2×10

-2

m

2

×0.2m=4×10

-3

m

3

，由可得容器中水的质量：；③圆柱体A上截取一定的厚度△h，并将截取部分浸没在容器B水中，水增加的深度：，容器底部压强的增加量：（1），容器对水平地面压强的增加量：（2），让两个等式相除，（2）除以（1）得：，因此：.24、（1）9.09A；（2）5.04×106J．（3）3150s．【解析】

（1）已知电热水器的额定电压和额定功率，根据公式P=UI可求该电热水器正常工作时的电流；（2）已知水的密度和额定容量，根据m=ρV求水的最大质量，根据公式Q=cm△t可求吸收的热量。（3）由η=Q【详解】（1）由表中数据可知，电热水器的额定功率为2000W，额定电压为220V，根据P=UI可得，该电热水器正常工作时的电流：I=P（2）已知热水器的容量为40L，则盛满水的质量：m=ρV=1.0×103kg/m3×40×10（3）电热水器正常工作时放出的热量80%被水吸收，由η=QW=答：（1）电热水器正常工作的电流是9.09A；（2）电热水器里的水刚好是额定容量时，把这些水从20℃加热到50℃，水吸收的热量是5.04×106J。（3）电热水器正常工作时放出的热量80%被水吸收，那么加热这些水需要3150s。本题考查电功率、密度、热量和效率公式的运用，从表中获取有效信息是关键。六、综合能力题（本大题共3小题，共18分）25、（1）5A；（2）1056Ω；（3）147s【解析】试题分析：（1）根据P=U2/R可知当U一定时，R最小，P最大，因此当S闭合时，R1短路，电路中电阻最小，此时功率最大，饮水机处于加热状态；由P=UI可得：I热=P热/U=1100W/220V=5A；（2）因为当加热时只有R2工作，故R2=U/I热=220V/5A=44Ω；由P=U2/R可得，当饮水机处于保温状态时，R总=U2/P保温=220V2/4W=1100Ω因为串联，故R1=R总﹣R2=1100Ω﹣44Ω=1056Ω；（3）水吸收的热量为：Q=cm△t=4.2×103J/（kg•℃）×0.5kg×（97℃﹣20℃）=1.617×105J；因为电能全部转化为水的内能，故W=Q=1.617×105J，由P=W/t可得：t