（满分70分）
第Ⅰ卷 选择题（共24分）
一、选择题：（本题共12小题，每小题2分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1．下列估测值最接近实际的是（ ）
A．小王同学立定跳远的距离约为5m B．体育测试中一个排球的质量约为5kg C．人体正常体温约为37℃ D．教室里一把扫帚的重力约为100N 2．关于物态变化，下列现象判断正确的是（ ）
A．春天，早晨出现浓雾是汽化现象 B．夏天吃冰棍，冰棍周围冒出“白气”是液化现象 C．深秋，树叶上出现白霜是凝固现象 D．寒冬，窗户上的玻璃出现冰花是升华现象 3．下列四幅图描述正确的是（ ）
A．甲图：小孔成像，是光在同种均匀介质中沿直线传播形成的
B．乙图：我们从不同方向看见不发光的物体，这是物体表面发生镜面反射的缘故 C．丙图：平面镜中的像是虚像，这是光的折射形成的
D．丁图：有经验的渔民都知道只有对准鱼的下方才能叉到鱼，这是光的反射的缘故 4．关于透镜及其应用，下列说法正确的是（ ）
A．凸透镜对光有会聚作用，凹透镜对光有发散作用 B．凸透镜只能成实像，凹透镜只能成虚像 C．近视眼镜的镜片是凸透镜 D．放大镜是凹透镜 5．关于运动和力，下列分析正确的是（ ）
A．判断一个物体是运动还是静止，与参照物的选择有关 B．滑动摩擦力的大小只与压力有关，与接触面的粗糙程度无关 C．正在匀速行驶的汽车所受的力如果全部消失，汽车将处于静止状态 D．坐在教室里的同学所受的重力和他对凳子的压力是一对平衡力
6．如图，用轻质细线的一端拴住一个实心铁球，另一端固定在O点做成了一个摆。铁球从A点静止释放经过最低点B，摆至C点的过程，下列说法正确的是（ ）
1
A．在C点铁球的动能最大 B．在B点铁球的势能最大
C．从A点摆至B点的过程，铁球的势能转化为动能 D．从B点摆至C点的过程，铁球的速度越来越快 7．关于声现象，下列说法正确的是（ ） A．声音在真空中传播最快
B．物体的振幅越大，产生声音的音调越高 C．蝙蝠利用次声波探测飞行中的障碍物和发现昆虫
D．在教学楼周围植树可减少外界噪声对同学们在教室内学习的干扰 8．下列现象的解释，说法正确的是（ ）
A．甲实验说明二氧化氮分子是运动的，空气分子是静止的 B．乙实验说明分子间有引力 C．丙实验说明空气被压缩时内能减少 D．丁图为四冲程汽油机的吸气冲程
9．人的生命重于泰山，安全防范重于追责。“珍爱生命、注意安全”是同学们日常生活中必须具备的意识。小芳同学学习了《生活用电》提出了以下观点： ①我们可用试电笔辨别火线与零线 ②我国的家庭电路电压不高于36V ③禁止用铜丝、铁丝等导线代替保险丝 ④高压线下可以钓鱼 上述观点正确的是（ ）
A．只有①② B．只有①③ C．只有③④ D．只有②④
10．如图所示，电源电压保不变，闭合开关S，灯泡L发光。下列说法正确的是（ ）
A．向右移动滑片P，电流表示数变大，电压表示数变大 B．向右移动滑片P，电流表示数变小，电压表示数变小 C．向左移动滑片P，电流表示数变大，电压表示数变大 D．向左移动滑片P，电流表示数变大，电压表示数变小
2
11．如图所示，闭合开关S，两表均有示数。过一会儿，发现电压表示数突然变大，电流表示数突然变为零，已知只有一个灯泡发生故障，则原因可能是（ ）
A．灯L1短路 B．灯L2短路 C．灯L1断路 D．灯L2断路
12．某物理兴趣小组设计了如图甲所示的电路，电源电压恒定，R2=10Ω．闭合S、S1，断开S2，滑片P从最右端向最左端移动，记录电压表、电流表的示数并做出了如图乙所示的U-I图象。下列说法正确的是（ ）
A．R1=5Ω
B．电源的电压U=10V C．R的最大阻值为100Ω
D．当S、S1、S2同时闭合，滑片P从最右端向最左端移动的过程中，电流表的最大示数为1.2A
第Ⅱ卷 非选择题（共46分）
二、非选择题（本题共9小题，共46分）
13．（2分）验电器是利用同种电荷相互 （选填“吸引”或“排斥”）的原理来检验物体是否带电。如图所示，开关闭合后，通电螺线管的右端是 （选填“N”或“S”）极。
14．（2分）如图所示的滑轮组，用力F将8N的重物在3s内匀速提升3m，动滑轮重2N，不计绳重和摩擦，则拉力的功率为 W，滑轮组的机械效率为 %。
3
15．（4分）小刚在实验室测量小石块的密度，先用调好的天平测小石块的质量。天平平衡时，在右盘中的砝码和游码的位置如图甲所示，小石块的质量m为 g．然后用量筒测量小石块的体积，他将小石块用细线系好后放进盛有30ml水的量筒中，小石块完全浸没在水中，水面升高，如图乙所示，该小石块的体积V为 cm3，该小石块的密度为 g/cm3．将该小石块带到高山上去，该小石块的密度为 kg/m3。
16．（2分）如图所示，一根足够长的轻质杠杆水平支在支架上，甲物体是边长为20cm的正方体、重为90N，用绳连接在A点且绳拉直；乙物体重为20N、对杠杆压力的力臂OB=20cm，OA=40cm；杠杆水平，甲物体对地面的压强为 Pa．现用一水平拉力使乙物体以0.8m/s的速度从B点向右做匀速直线运动，经过 s，可使甲物体对地面的压力恰好为0。
17．（2分）用力F将物体紧压在竖直的墙壁上，请在图中画出物体所受重力的示意图。
18．（10分）在测量平均速度实验中，小木块从装有刻度尺（分度值为1mm）的斜面A点静止下滑并开始计时，每隔0.2s记录一次小木块到达的位置，所做的一次实验如左下图所示。
4
（1）该实验所依据的原理是V= ；
（2）小明将实验的数据记录在下表中，A点、B点刻度放大以后如图所示，则表格中sAB= cm，vAB= cm/s；
路程/cm sAB= sBC=12.10 sCD=20.00 sDE=27.90 时间/s 0.2 0.2 0.2 0.2 平均速度/（cm•s-1） vAB= vBC=60.50 vCD=100.00 vDE=139.50 （3）由上表数据得出，小木块下滑过程中在做 （选填“匀速”或“变速”）运动； （4）实验是存在误差的。根据表中数据，在误差允许的范围内你可以推测出vAB、vBC、vCD、vDE之间的数学关系式是 。（只要写出一条，答案合理即可得分，但写vDE＞vCD＞vBC＞vAB不能得分）
19．（10分）我们中考复习备考时，天气闷热，小明同学购买了一台可调速手持式电风扇。他在使用时发现有三个调速档位，激发了他对直流电动机的转动快慢进行探究的欲望。 提出问题：电动机转动的快慢跟哪些因素有关呢？ 实验前，小明提出了以下猜想： 猜想一：与电动机两端的电压高低有关； 猜想二：与通过电动机的电流大小有关。
为了验证自己的猜想，小明从学校实验室借来如下仪器进行实验：直流电动机、学生电源（电压可调）、滑动变阻器、电流表、电压表、开关、导线等，并设计了图甲所示的电路图。 （1）根据甲图，在乙图中用笔画线代替导线把实物图连接完整。
（2）为了验证猜想一，他调节电源电压和改变滑动变阻器滑片P的位置进行实验，记录了电压表的示数、电动机转动的快慢如下表：
电压表示数/V 电动机转动快慢 1.0 非常缓慢 2.0 慢 3.0 快 4.0 很快 根据数据得出的结论是：在一定电压范围内电动机两端的电压越高，转动越 。 （3）为了验证猜想二，他保持电源电压不变、仅改变滑动变阻器滑片P的位置，记录了电流表的示数、电动机转动的快慢如下表：
电流表示数/A 电动机转动快慢 0.10 非常缓慢 5
0.20 慢 0.30 快 0.40 很快 根据数据得出的结论是：在一定电流范围内通过电动机的电流越大，转动越 。 （4）电动机在转动时，主要把电能转化为 能；
（5）为了改变电动机的转动方向，小明采取了如下措施，你认为可行的有 。
A．换用磁性强弱不同的磁铁 B．只改变电流的方向
C．只改变磁场的方向 D．同时改变电流的方向和磁场的方向
以上是小明同学所做的初步实验探究，以后你还会有机会探究直流电动机的电压与电流的关系等更有趣的实验，会有更多的物理奥秘等待你去发现。
20．（6分）伟大的中华民族正在走向复兴，人民海军走向深蓝。2019年4月23日，为庆祝中国人民海军成立七十周年，中国完全自主研制的055大型驱逐舰首次在山东青岛公开亮相。该舰是中国第一款排水量超过万吨的主力驱逐舰，舰长183m、宽23m，满载时吃水深度为8m，排水量可达12500t。（g取10N/kg，海水密度取ρ海水=1.0×103kg/m3）
（1）求055驱逐舰满载时所受的浮力；
（2）若一架总质量为13t的直升机为了执行侦察任务飞离驱逐舰，求055驱逐舰浸在水里的体积减少了多少。
21．（8分）随着社会的进步、信息技术的发展，我国进行了电力设备升级。如图所示为小李家的智能电表，他家部分用电器的额定功率及每天工作时间如下表所示。
电器 电热水壶 空调 电视机 节能灯 （1）求空调正常工作3小时所消耗的电能；
（2）求上述表格里所有用电器同时正常工作的总电流；
（3）电热水壶正常工作2min，可将一壶2kg初温为20℃的水加热至50℃，求电热水壶的加热效率[（c水=4.2×103（kg•℃）]；
（4）在用电高峰期，小李发现电能表的电压示数为198V，此时用电热水壶烧水（设电热水壶电阻保持不变），求电热水壶此时的实际功率。
6
额定功率/W 2200 1100 110 16 工作时间/h 1 3 2 4 数量 1 1 1 22
参考答案与解析
第Ⅰ卷 选择题（共24分）
一、选择题：（本题共12小题，每小题2分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1．下列估测值最接近实际的是（ ）
A．小王同学立定跳远的距离约为5m B．体育测试中一个排球的质量约为5kg C．人体正常体温约为37℃ D．教室里一把扫帚的重力约为100N 【知识考点】温度；质量的估测；长度的估测；重力大小的估测．
【思路分析】首先要对选项中涉及的几种物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。 【解题过程】解：A、小王同学立定跳远的距离约为2m。故A错误。 B、体育测试中一个排球的质量约为0.5kg。故B错误。 C、人体正常体温约为37℃．故C正确。 D、教室里一把扫帚的重力约为5N．故D错误。 故选：C。
【总结归纳】此题考查对生活中常见物理量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，找出符合实际的选项即可。
2．关于物态变化，下列现象判断正确的是（ ）
A．春天，早晨出现浓雾是汽化现象 B．夏天吃冰棍，冰棍周围冒出“白气”是液化现象 C．深秋，树叶上出现白霜是凝固现象 D．寒冬，窗户上的玻璃出现冰花是升华现象 【知识考点】液化及液化现象；生活中的凝华现象．
【思路分析】（1）在一定条件下，物质的三种状态--固态、液态、气态之间会发生相互转化，这就是物态变化；
（2）物质由气态直接变为固态叫凝华；物质由固态直接变为气态叫升华；由气态变为液态叫液化，由液态变为气态叫汽化；由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固。 【解题过程】解：A、雾是空气中水蒸气遇冷液化形成的液态小水珠。故A不正确； B、“白气”是空气中水蒸气遇到温度较低的冰棍液化成的小水珠。故B正确； C、霜是空气中的水蒸气遇冷凝华形成的冰晶。故C不正确；
D、冰花是室内温度较高的水蒸气遇到温度低的玻璃凝华形成的冰晶。故D不正确。 故选：B。
【总结归纳】分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态；另外对六种物态变化的吸热和放热情况也要有清晰的认识。 3．下列四幅图描述正确的是（ ）
7
A．甲图：小孔成像，是光在同种均匀介质中沿直线传播形成的
B．乙图：我们从不同方向看见不发光的物体，这是物体表面发生镜面反射的缘故 C．丙图：平面镜中的像是虚像，这是光的折射形成的
D．丁图：有经验的渔民都知道只有对准鱼的下方才能叉到鱼，这是光的反射的缘故 【知识考点】光在均匀介质中直线传播；光的反射现象；漫反射；光的折射现象及其应用． 【思路分析】（1）光在同种均匀物质中沿直线传播，在日常生活中，激光准直、小孔成像和影子的形成等都表明光在同一种均匀介质中是沿直线传播的；
（2）漫反射时反射光线射向各个方向，所以我们能从各个不同方向看到本身不发光的物体； （3）平面镜成像的原理是光的反射。
（4）水中鱼反射出的光，由水中进入空气时，在水面上发生折射，折射角大于入射角，折射光线进入人眼，人眼会逆着折射光线的方向看去，折射光线的反向延长线比实际入射光线升高，就会觉得是变浅的鱼的虚像，因此用鱼叉捕鱼时，不是将鱼叉对准他看到的鱼，而是瞄准所看到的鱼的下方位置叉去。
【解题过程】解：A、小孔成像是由于光在同种均匀介质中沿直线传播形成的。故A正确； B、能从不同方向看见不发光的物体，这是因为光在其表面发生了漫反射，而不是镜面反射，故B错误；
C、平面镜中的像是虚像，这是光的反射形成的。故C错误；
D、有经验的渔民都知道只有对准鱼的下方才能叉到鱼，这是光的折射的缘故。故D错误。 故选：A。
【总结归纳】此题主要考查光沿直线传播、光的反射、光的折射现象以及镜面反射和漫反射，注意区分光产生的不同现象。
4．关于透镜及其应用，下列说法正确的是（ ）
A．凸透镜对光有会聚作用，凹透镜对光有发散作用 B．凸透镜只能成实像，凹透镜只能成虚像 C．近视眼镜的镜片是凸透镜 D．放大镜是凹透镜
【知识考点】凸透镜的会聚作用；凹透镜的发散作用；凸透镜成像的应用；近视眼的成因与矫正办法．
【思路分析】（1）凸透镜对光有会聚作用，凹透镜对光有发散作用； （2）凸透镜可以成实像，也可以成虚像； （3）近视镜是凹透镜，对光线有发散作用； （4）放大镜是凸透镜。
【解题过程】解：A、根据课本知识可知，凸透镜对光有会聚作用，凹透镜对光有发散作用，故A正确；
B、凸透镜既能成放大、缩小、等大的实像也能成放大的虚像，凹透镜成像时是光的反向延长线的交点，是虚像，故B错误；
C、近视眼是由于晶状体的折光能力太强，需要佩戴凹透镜发散光线，从而使成的像在视网膜上，故C错误；
D、放大镜利用的是凸透镜的物距小于焦距时，成正立、放大的实像，故D错误。
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故选：A。
【总结归纳】本题考查了凸透镜和凹透镜的作用、成像规律，都是基础知识，平时要熟记。 5．关于运动和力，下列分析正确的是（ ）
A．判断一个物体是运动还是静止，与参照物的选择有关 B．滑动摩擦力的大小只与压力有关，与接触面的粗糙程度无关 C．正在匀速行驶的汽车所受的力如果全部消失，汽车将处于静止状态 D．坐在教室里的同学所受的重力和他对凳子的压力是一对平衡力
【知识考点】参照物及其选择；平衡力的辨别；力与运动的关系；摩擦力大小的影响因素． 【思路分析】（1）判断一个物体是运动还是静止，首先选择一个参照物，参照物不同，结论可以不同。
（2）滑动摩擦力的大小跟压力的大小和接触面粗糙程度同时有关。 （3）根据牛顿第一定律进行回答。
（4）坐在凳子上的同学受到的重力和凳子对他的支持力是一对平衡力。
【解题过程】解：A、判断一个物体是运动还是静止，首先选择一个参照物，判断物体的运动和静止是和参照物有关系的，故选项正确。
B、滑动摩擦力的大小跟压力的大小和接触面粗糙程度都有关系，故选项错误。
C、根据牛顿第一定律，物体在不受力时总保持匀速直线运动状态或者静止状态，正在匀速行驶的汽车所受的力如果全部消失，汽车不受任何力，汽车保持匀速直线运动，故选项错误。
D、坐在凳子上的同学，受到的重力和凳子对他的支持力是一对平衡力，它受到的重力的受力物体是该同学，他对凳子的压力的受力物体是凳子，这两个力受力物体不同，不是平衡力，故选项错误。 故选：A。
【总结归纳】本题考查了物体运动静止的相对性、滑动摩擦力大小的影响因素、牛顿第一定律、平衡力等，属于基础性习题。
6．如图，用轻质细线的一端拴住一个实心铁球，另一端固定在O点做成了一个摆。铁球从A点静止释放经过最低点B，摆至C点的过程，下列说法正确的是（ ）
A．在C点铁球的动能最大 B．在B点铁球的势能最大
C．从A点摆至B点的过程，铁球的势能转化为动能 D．从B点摆至C点的过程，铁球的速度越来越快
【知识考点】动能和势能的大小变化；动能和势能的转化与守恒．
【思路分析】（1）影响动能大小的因素：质量和速度，质量越大，速度越大，动能越大。
9
（2）影响重力势能大小的因素：质量和高度，质量越大，高度越高，重力势能越大。 【解题过程】解：A、在C点是右侧的最高点，则动能最小，重力势能最大，故A错误； B、铁球在最低点B，运动速度最快，则动能最大、重力势能最小；故B错误；
C、从A点摆至B点的过程中，铁球的质量不变、高度减小、速度增大，所以重力势能减小，动能增大，在此过程中重力势能转化为动能；故C正确；
D、从B点摆至C点的过程中，铁球的质量不变、高度增大、速度减小，则铁球的速度越来越慢，故D错误。 故选：C。
【总结归纳】掌握影响动能、重力势能大小的因素。会判断动能、重力势能的大小变化以及能量的相互转化。
7．关于声现象，下列说法正确的是（ ） A．声音在真空中传播最快
B．物体的振幅越大，产生声音的音调越高 C．蝙蝠利用次声波探测飞行中的障碍物和发现昆虫
D．在教学楼周围植树可减少外界噪声对同学们在教室内学习的干扰
【知识考点】声音的传播条件；超声波与次声波；响度与振幅的关系；防治噪声的途径． 【思路分析】（1）声音在不同介质中传播速度不同，一般固体最快，液体次之，气体最慢；声音不能在真空中传播；
（2）音调是指声音的高低，它与频率有关，响度与振幅有关； （3）蝙蝠是利用超声波的回声定位飞行；
（4）噪声的防治主要从三种方式上来进行：一是在声源处减弱，二是在传播过程中减弱，三是在人耳处减弱。
【解题过程】解：A、声音在不同介质中的传播速度一般不同，声音的传播需要介质，声音不能在真空中传播，故A错误；
B、音调是由发声体振动的频率决定的，物体振动频率越快，音调越高，物体的振幅越大，响度越大，故B错误；
C、蝙蝠利用超声波探测飞行中的障碍物和发现昆虫，故C错误； D、在教学楼周围植树可以在传播过程中减弱噪声，故D正确。 故选：D。
【总结归纳】本题考查学生对生活中声现象的理解情况，注重了物理和生活的联系，难度不大，是中考的常考题型。
8．下列现象的解释，说法正确的是（ ）
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A．甲实验说明二氧化氮分子是运动的，空气分子是静止的 B．乙实验说明分子间有引力 C．丙实验说明空气被压缩时内能减少 D．丁图为四冲程汽油机的吸气冲程
【知识考点】做功改变物体内能；分子间的作用力；内燃机的四个冲程；分子的运动．
【思路分析】（1）分子动理论的基本内容包括：物质是由大量分子组成的；分子在永不停息地做无规则运动；分子间存在着相互的引力和斥力；
（2）做功可以改变物体的内能：对物体做功，物体的内能增加，例如克服摩擦做功、压缩气体做功等；物体对外做功内能会减少，例如气体膨胀做功，物体的内能减小，转化为机械能；
（3）内燃机的一个工作循环包括吸气、压缩、做功和排气四个冲程；根据气门的关闭情况和活塞的运行方向判断是哪一个冲程。
【解题过程】解：A、甲实验是气体的扩散实验，扩散现象说明分子不停地做无规则运动，故A错误；
B、图乙中的两个铅块黏在一起，下面能挂很重的物体，说明分子间存在着相互的引力，故B正确； C、厚玻璃筒内的空气被压缩时，活塞对空气做功，瓶内空气温度升高，空气的内能增加，故C错误；
D、由图可知，汽油机进气门关闭，排气门打开，活塞由下端向上端运动，是排气冲程，故D错误。 故选：B。
【总结归纳】本题考查分子动理论的基本内容、改变内能的方法以及汽油机相关冲程的判断，是对学生正确识图能力，获取信息和处理信息能力的考查。
9．人的生命重于泰山，安全防范重于追责。“珍爱生命、注意安全”是同学们日常生活中必须具备的意识。小芳同学学习了《生活用电》提出了以下观点： ①我们可用试电笔辨别火线与零线 ②我国的家庭电路电压不高于36V ③禁止用铜丝、铁丝等导线代替保险丝 ④高压线下可以钓鱼 上述观点正确的是（ ）
A．只有①② B．只有①③ C．只有③④ D．只有②④
【知识考点】家庭电路工作电压、零线火线的辨别方法；测电笔的使用；安全用电原则． 【思路分析】（1）测电笔的作用：辨别火线与零线；手接触笔尾金属体，笔尖金属体接触零线或火线，氖管发光的是火线，氖管不发光的是零线； （2）我国家庭电路电压是220V，安全电压不高于36V；
（3）铜丝、铁丝的电阻率小、熔点高，用铜丝代替保险丝，不能在电流过大时，自动切断电路； （4）安全用电原则：不接触低压带电体，不靠近高压带电体。 【解题过程】解：①我们可用试电笔辨别火线与零线；故①正确；
②我国家用电器的额定电压一般为220V，与之配套的家庭电路电压也是220V；故②错误； ③铜丝、铁丝的熔点高，且其他条件相同时铜丝、铁丝的电阻小，在电流过大时，产生的热量不容
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易达到熔点，则铜丝、铁丝不会熔断，起不到保险的作用，所以禁止用铜丝、铁丝等导线代替保险丝，故③正确；
④由安全用电原则可知，不能靠近高压带电体；在高压线下钓鱼，钓鱼竿与高压线距离较近，容易引起高压电弧触电，不符合安全用电的要求，故④错误。 综上所述，都正确的是①③。 故选：B。
【总结归纳】本题考查了测电笔的使用方法、我国家庭电路值、保险丝的使用要求、安全用电常识等知识的理解和应用；要掌握安全用电的原则：不接触低压带电体，不靠近高压带电体。 10．如图所示，电源电压保不变，闭合开关S，灯泡L发光。下列说法正确的是（ ）
A．向右移动滑片P，电流表示数变大，电压表示数变大 B．向右移动滑片P，电流表示数变小，电压表示数变小 C．向左移动滑片P，电流表示数变大，电压表示数变大 D．向左移动滑片P，电流表示数变大，电压表示数变小 【知识考点】电路的动态分析．
【思路分析】由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电流表串联在电路中，电压表测滑动变阻器两端的电压；根据滑片的移动确定接入电路电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和灯泡两端的电压变化，根据串联电路的电压特点可知滑动变阻器两端的电压变化。
【解题过程】解：由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电流表串联在电路中，电压表测滑动变阻器两端的电压；
AB、将滑动变阻器的滑片P向右滑动的过程中，接入电路的电阻变大，电路的总电阻变大； 根据IU可知，电路中的电流变小，即电流表的示数变小； R根据U=IR可知，灯泡两端的电压变小，
根据串联电路总电压等于各分电压之和可知，滑动变阻器两端的电压变大，即电压表的示数变大。故AB错误；
CD、将滑动变阻器的滑片P向左滑动的过程中，接入电路的电阻变小，电路的总电阻变小； 根据IU可知，电路中的电流变大，即电流表的示数变大； R根据U=IR可知，灯泡两端的电压变大，
根据串联电路总电压等于各分电压之和可知，滑动变阻器两端的电压变小，即电压表的示数变小。故C错误，D正确。 故选：D。
【总结归纳】本题考查欧姆定律和滑动变阻器的使用，关键明白滑片移动的过程中电路的变化情况，
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这是本题的难点也是重点。
11．如图所示，闭合开关S，两表均有示数。过一会儿，发现电压表示数突然变大，电流表示数突然变为零，已知只有一个灯泡发生故障，则原因可能是（ ）
A．灯L1短路 B．灯L2短路 C．灯L1断路 D．灯L2断路 【知识考点】电流表、电压表在判断电路故障中的应用．
【思路分析】电路故障一般分为短路和断路：短路时，电路中有电流，并且电流较大；断路时，电路中无电流；先根据电流表示数的变化确定电路的总电阻的变化，然后判断哪个故障可引起总电阻的变化即可。
【解题过程】解：当开关S闭合后，两表均有示数，两个灯泡串联，电压表测量L1两端的电压，电流表测量电路中的电流；
过一会儿电路中电流变为0，说明出现了断路，电压表示数突然变大，说明电压表测量电源的电压了，即电压表与电源之间是接通的，故故障是灯L1断路。 故选：C。
【总结归纳】据电流表和电压表的示数变化，判断该电路的电阻变化，从而判断故障。
12．某物理兴趣小组设计了如图甲所示的电路，电源电压恒定，R2=10Ω．闭合S、S1，断开S2，滑片P从最右端向最左端移动，记录电压表、电流表的示数并做出了如图乙所示的U-I图象。下列说法正确的是（ ）
A．R1=5Ω
B．电源的电压U=10V C．R的最大阻值为100Ω
D．当S、S1、S2同时闭合，滑片P从最右端向最左端移动的过程中，电流表的最大示数为1.2A 【知识考点】欧姆定律的应用．
【思路分析】闭合S、S1，断开S2时，滑动变阻器R与R1串联，电流表测电路中的电流，电压表测R1两端的电压，
（1）根据图乙读出一组电压和电流值，根据欧姆定律即可求出R1的阻值；
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（2）当滑片位于左端时，接入电路中的电阻为0，此时电压表测电源两端的电压其示数最大，根据图乙读出电源的电压；
（3）当滑片位于右端时，接入电路中的电阻最大，此时电路中的电流和灯泡两端的电压最小，根据图乙读出灯泡两端的电压和电路中的电流，根据串联电路的电压特点求出R2两端的电压，利用欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值；
（4）当S、S1、S2同时闭合，R与R1串联后与R2并联，根据欧姆定律求出R2支路上电流，由于根据图乙读出R与R1串联时电路中的最大电流，最后根据并联电路的特点即可求出电流表的最大示数。 【解题过程】解：闭合S、S1，断开S2时，滑动变阻器R与R1串联，电流表测电路中的电流，电压表测R1两端的电压，
A、由图乙可知，U1=6V，I1=0.6A，根据IU可得：R1=R=10Ω，故A错误；
B、当滑片位于左端时，接入电路中的电阻为0，此时电压表测电源两端的电压其示数最大， 由图乙可知，电源的电压U=U1=6V，故B错误；
C、当滑片位于右端时，接入电路中的电阻最大，此时电路中的电流和R1两端的电压最小， 由图乙可知，R1两端的电压U1最小=1V，电路中的电流I最小=0.1A， 因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，滑动变阻器R两端的电压：U滑最大=U-U1最小=6V-1V=5V， 根据IU可得：滑动变阻器的最大阻值：R滑最大=R=50Ω，故C错误；
D、当S、S1、S2同时闭合，R与R1串联后与R2并联，电流表测干路电流， 因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，通过R2的电流：I2==0.6A，
R与R1串联时，当滑片位于左端电路中的电流最大，由图乙可知，最大电流为0.6A， 电流表的最大示数：I=I1最大+I2=0.6A+0.6A=1.2A，故D正确。 故选：D。
【总结归纳】本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律公式的应用，分清电路的连接方式是关键。
第Ⅱ卷 非选择题（共46分）
二、非选择题（本题共9小题，共46分）
13．（2分）验电器是利用同种电荷相互 （选填“吸引”或“排斥”）的原理来检验物体是否带电。如图所示，开关闭合后，通电螺线管的右端是 （选填“N”或“S”）极。
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【知识考点】安培定则及其应用；验电器的原理及使用．
【思路分析】（1）实验室里常用验电器来检验物体是否带电，其工作原理是同种电荷相互排斥； （2）根据电流方向和螺线管的绕法，利用安培定则可判断螺线管的极性。
【解题过程】解：（1）据课本可知，实验室里常用验电器来检验物体是否带电，其工作原理是同种电荷相互排斥，若某物体接触验电器的金属球后，金属箔片张开，说明该物体带电；
（2）根据安培定则，用右手握住螺线管，使四指指向电流的方向，则螺线管的右端为N极，左端为S极。
故答案为：排斥；N。
【总结归纳】本题考查验电器原理，以及通电螺线管的极性判断，难度不大。
14．（2分）如图所示的滑轮组，用力F将8N的重物在3s内匀速提升3m，动滑轮重2N，不计绳重和摩擦，则拉力的功率为 W，滑轮组的机械效率为 %。
【知识考点】滑轮（组）的机械效率；功率的计算． 【思路分析】由滑轮组的结构知道n=3，s=3h。
（1）不计绳重和摩擦，知道动滑轮重和物重的大小，利用F=
1（G轮+G物）求出拉力F， 3利用s=3h求出拉力端移动的距离，知道拉力大小和运动时间，利用功率公式求解。
（2）利用W有=Gh求有用功，利用W总=Fs求总功，利用机械效率的公式求滑轮组的机械效率。 【解题过程】解：（1）由图知，n=3， 不计绳重和摩擦，则绳端的拉力：F=
1110（G轮+G物）=（2N+8N）=N， 333拉力端移动的距离：s=3h=3×3m=9m， 则拉力做功：W总=Fs=
10N×9m=30J， 3=10W；
拉力做功的功率：P=
（2）使用滑轮组做的有用功：W有=Gh=8N×3m=24J，
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滑轮组的机械效率：η=故答案为：10；80。
×100%=80%。
【总结归纳】本题考查了学生对有用功、总功、功率公式、机械效率公式、滑轮组s=nh的理解和运用，理解并求出有用功和总功、利用好F=
1（G轮+G物）是本题的关键。 n15．（4分）小刚在实验室测量小石块的密度，先用调好的天平测小石块的质量。天平平衡时，在右盘中的砝码和游码的位置如图甲所示，小石块的质量m为 g．然后用量筒测量小石块的体积，他将小石块用细线系好后放进盛有30ml水的量筒中，小石块完全浸没在水中，水面升高，如图乙所示，该小石块的体积V为 cm3，该小石块的密度为 g/cm3．将该小石块带到高山上去，该小石块的密度为 kg/m3。
【知识考点】固体密度的测量．
【思路分析】在读数时，天平上所有砝码的质量加上游码（读数时以游码左侧对应的刻度为准）所对的数值即待测物体的质量；弄清楚量筒的量程和分度值，再根据液面对应刻度来读数，小石块的体积等于小石块与水的总体积减去水的体积；然后根据密度公式可求得其密度；密度大小与位置无关。
【解题过程】解：如图所示，称量标尺的分度值是0.2g，小石块的质量：m=50g+4g=54g； 水和小石块的总体积：V总=50ml，
则小石块的体积：V=V总-V水=50ml-30ml=20ml=20cm3，
小石块的密度：ρ= =2.7g/cm3=2.7×103kg/m3；
由于密度是物质本身的一种性质，与物体的高度无关，所以将该小石块带到高山上去，该小石块的密度仍然为2.7×103kg/m3； 故答案为：54；20；2.7；2.7×103。
【总结归纳】本题考查了天平的读数、量筒读数、求密度等问题；要掌握天平的使用方法、读数方法，在解题过程中，要注意单位的换算。
16．（2分）如图所示，一根足够长的轻质杠杆水平支在支架上，甲物体是边长为20cm的正方体、重为90N，用绳连接在A点且绳拉直；乙物体重为20N、对杠杆压力的力臂OB=20cm，OA=40cm；杠杆水平，甲物体对地面的压强为 Pa．现用一水平拉力使乙物体以0.8m/s的速度从B点向右做匀速直线运动，经过 s，可使甲物体对地面的压力恰好为0。
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【知识考点】杠杆的平衡条件；压强的大小及其计算．
【思路分析】（1）当OB=20cm时，根据杠杆的平衡条件求出绳子的拉力，甲物体对地面的压力等于自身的重力减去绳子的拉力，根据pF求出甲物体对地面的压强； Ss求出乙向右匀速直线运动的时间。 t（2）甲物体对地面的压力恰好为零时，绳子的拉力等于甲的重力，根据杠杆的平衡条件求出乙的位置，进一步得出乙向右匀速直线运动的距离，利用v【解题过程】解：（1）由杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可得：FA×OA=G乙×OB， 则绳子的拉力：FA=
×20N=10N，
此时甲物体对地面的压力：F=G甲-FA=90N-10N=80N，
甲物体对地面的压强：p= =2000Pa；
（2）甲物体对地面的压力恰好为0时，绳子的拉力FA′=G甲=90N，设此时G乙向右运动到C位置， 由杠杆的平衡条件可得，FA′×OA=G乙×OC，
则OC= ×40cm=180cm，
G乙向右匀速直线运动的距离：s=OC-OB=180cm-20cm=160cm=1.6m， 由vs可得，G乙向右匀速直线运动的时间：t= t=2s。
故答案为：2000；2。
【总结归纳】本题考查了杠杆的平衡条件和压强公式、速度公式的应用，要注意甲对地面的压力恰好为零时绳子的拉力等于甲的重力。
17．（2分）用力F将物体紧压在竖直的墙壁上，请在图中画出物体所受重力的示意图。
【知识考点】重力示意图．
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【思路分析】重力的方向总是竖直向下的、重力的作用点在物体的重心，从重心沿竖直向下的方向画一带箭头的线段，表示重力的大小、方向。
【解题过程】解：从物体的重心沿竖直向下的方向画一条带箭头的线段，符号用G表示；如图所示：
【总结归纳】本题考查了重力的示意图的画法，记住重力的方向是竖直向下的。
18．（10分）在测量平均速度实验中，小木块从装有刻度尺（分度值为1mm）的斜面A点静止下滑并开始计时，每隔0.2s记录一次小木块到达的位置，所做的一次实验如左下图所示。
（1）该实验所依据的原理是V= ；
（2）小明将实验的数据记录在下表中，A点、B点刻度放大以后如图所示，则表格中sAB= cm，vAB= cm/s；
路程/cm sAB= sBC=12.10 sCD=20.00 sDE=27.90 时间/s 0.2 0.2 0.2 0.2 平均速度/（cm•s-1） vAB= vBC=60.50 vCD=100.00 vDE=139.50 （3）由上表数据得出，小木块下滑过程中在做 （选填“匀速”或“变速”）运动； （4）实验是存在误差的。根据表中数据，在误差允许的范围内你可以推测出vAB、vBC、vCD、vDE之间的数学关系式是 。（只要写出一条，答案合理即可得分，但写vDE＞vCD＞vBC＞vAB不能得分）
【知识考点】变速运动与平均速度． 【思路分析】（1）测量速度的原理是vs； t（2）读出AB之间的距离，根据速度公式求出速度； （3）根据表格中速度的大小分析；
（4）在误差允许的范围内，分析各个速度之间的数学关系； 【解题过程】解：（1）测量出物体运动的路程和时间，根据v18
s可以求出速度的大小，故实验原理t是vs； t（2）由图可知刻度尺的分度值为0.1cm，AB之间的距离为：sAB=4.40cm；物体从A到B的速度为：
vAB==20.00cm/s；
（3）根据表格中的速度可知，物体运动的速度越来越大，即做的是变速运动；
（4）根据表格中的数据可知，vAB=20.00cm/s，vBC=60.50cm/s，vCD=100.00cm/s，vDE=139.50cm/s，在误差允许的范围内，相邻的两个速度之间的差距为40cm/s，则关系式可以表示为：vBC=vAB+40cm/s；vCD=vBC+40cm/s；vDE=vCD+40cm/s；即：vDE=vCD+40cm/s=vBC+2×40cm/s=vAB+3×40cm/s。 故答案为：（1）vs；（2）4.00；20.00；（3）变速； t（4）vDE=vCD+40cm/s=vBC+2×40cm/s=vAB+3×40cm/s。
【总结归纳】本题考查“测小车的平均速度”的实验，会读出路程和时间，按平均速度的定义代入v求出平均速度。
19．（10分）我们中考复习备考时，天气闷热，小明同学购买了一台可调速手持式电风扇。他在使用时发现有三个调速档位，激发了他对直流电动机的转动快慢进行探究的欲望。 提出问题：电动机转动的快慢跟哪些因素有关呢？ 实验前，小明提出了以下猜想： 猜想一：与电动机两端的电压高低有关； 猜想二：与通过电动机的电流大小有关。
为了验证自己的猜想，小明从学校实验室借来如下仪器进行实验：直流电动机、学生电源（电压可调）、滑动变阻器、电流表、电压表、开关、导线等，并设计了图甲所示的电路图。 （1）根据甲图，在乙图中用笔画线代替导线把实物图连接完整。
st
（2）为了验证猜想一，他调节电源电压和改变滑动变阻器滑片P的位置进行实验，记录了电压表的示数、电动机转动的快慢如下表：
电压表示数/V 电动机转动快慢 1.0 非常缓慢 2.0 慢 3.0 快 4.0 很快 根据数据得出的结论是：在一定电压范围内电动机两端的电压越高，转动越 。 （3）为了验证猜想二，他保持电源电压不变、仅改变滑动变阻器滑片P的位置，记录了电流表的示数、电动机转动的快慢如下表：
19
电流表示数/A 电动机转动快慢 0.10 非常缓慢 0.20 慢 0.30 快 0.40 很快 根据数据得出的结论是：在一定电流范围内通过电动机的电流越大，转动越 。 （4）电动机在转动时，主要把电能转化为 能；
（5）为了改变电动机的转动方向，小明采取了如下措施，你认为可行的有 。
A．换用磁性强弱不同的磁铁 B．只改变电流的方向
C．只改变磁场的方向 D．同时改变电流的方向和磁场的方向
以上是小明同学所做的初步实验探究，以后你还会有机会探究直流电动机的电压与电流的关系等更有趣的实验，会有更多的物理奥秘等待你去发现。 【知识考点】控制变量法与探究性实验方案． 【思路分析】（1）根据电路图连接实物图； （2）（3）根据表格中的数据得出结论；
（4）电动机在工作的过程中会消耗电能，转化为机械能； （5）电动机转动方向与电流的方向和磁场的方向有关。
【解题过程】解：（1）由电路图可知，滑动变阻器与电动机串联在电路中，电流表选用的是小量程，实物图如图所示：
（2）根据表格中的数据可知，当电动机两端的电压升高时，转速变快，故结论是：在一定电压范围内电动机两端的电压越高，转动越快；
（3）根据表格中的数据可知，当通过电动机的电流变大时，转速变快，故结论是：在一定电流范围内通过电动机的电流越大，转动越快；
（4）电动机是用电器，会消耗电能，电能主要转化为机械能，还有一小部分因为电流的热效应转化为内能；
（5）电动机转动方向与电流的方向和磁场的方向有关，与磁铁磁性的强弱无关；只改变电流方向或磁场的方向，电动机转动的方向会改变，若同时改变电流的方向和磁场的方向，则电动机转动方向不变，故BC正确。
故答案为：（1）如图；（2）快；（3）快；（4）机械能；（5）BC。
【总结归纳】本题考查了影响电动机转动快慢的因素、电能的转化，利用好控制变量法是解题的关
20
键。
20．（6分）伟大的中华民族正在走向复兴，人民海军走向深蓝。2019年4月23日，为庆祝中国人民海军成立七十周年，中国完全自主研制的055大型驱逐舰首次在山东青岛公开亮相。该舰是中国第一款排水量超过万吨的主力驱逐舰，舰长183m、宽23m，满载时吃水深度为8m，排水量可达12500t。（g取10N/kg，海水密度取ρ海水=1.0×103kg/m3）
（1）求055驱逐舰满载时所受的浮力；
（2）若一架总质量为13t的直升机为了执行侦察任务飞离驱逐舰，求055驱逐舰浸在水里的体积减少了多少。
【知识考点】阿基米德原理的应用；物体的浮沉条件及其应用．
【思路分析】（1）知道055驱逐舰满载时的排水量，根据F浮=G排=m排g求出所受的浮力； （2）直升机飞离驱逐舰前后驱逐舰始终漂浮，受到的浮力和自身的重力相等，据此求出直升机飞离驱逐舰后所受浮力的减少量，根据F浮=ρgV排求出055驱逐舰浸在水里的体积减少的量。 【解题过程】解：（1）由阿基米德原理可得，055驱逐舰满载时所受的浮力： F浮=G排=m排g=12500×103kg×10N/kg=1.25×108N；
（2）因直升机飞离驱逐舰前后驱逐舰始终漂浮，受到的浮力和自身的重力相等，
所以，直升机飞离驱逐舰后所受浮力的减少量：△F浮=G=mg=13×103kg×10N/kg=1.3×105N， 由F浮=ρgV排可得，055驱逐舰浸在水里的体积减少了：
△V排= =13m3。
答：（1）055驱逐舰满载时所受的浮力为1.25×108N； （2）055驱逐舰浸在水里的体积减少了13m3。
【总结归纳】本题考查了阿基米德原理和物体浮沉条件的应用，要注意直升机飞离驱逐舰前后驱逐舰所受浮力的变化等于直升机的重力。
21．（8分）随着社会的进步、信息技术的发展，我国进行了电力设备升级。如图所示为小李家的智能电表，他家部分用电器的额定功率及每天工作时间如下表所示。
电器 电热水壶 空调 电视机 节能灯
额定功率/W 2200 1100 110 16 21 工作时间/h 1 3 2 4 数量 1 1 1 22
（1）求空调正常工作3小时所消耗的电能；
（2）求上述表格里所有用电器同时正常工作的总电流；
（3）电热水壶正常工作2min，可将一壶2kg初温为20℃的水加热至50℃，求电热水壶的加热效率[（c水=4.2×103（kg•℃）]；
（4）在用电高峰期，小李发现电能表的电压示数为198V，此时用电热水壶烧水（设电热水壶电阻保持不变），求电热水壶此时的实际功率。
【知识考点】能量利用效率；电功与热量的综合计算． 【思路分析】（1）根据W=Pt求出空调工作3小时消耗的电能；
（2）先求出各用电器的总功率，再利用P=UI求出正常工作时的总电流；
（3）先根据W=Pt求出电热水壶消耗的电能，然后根据Q=cm（t-t0）求出水吸收的热量，再利用η=
求出电热水壶的加热效率；
（4）知道电热水壶的额定电压和额定功率，R=计算电热水壶的电阻，电热水壶的电阻保持不
变，已知实际电压，可利用公式P实=107J；
计算实际电功率。
【解题过程】解：（1）空调正常工作3小时所消耗的电能：W空调=P空调t=1100W×3×3600s=1.188×
（2）根据表中数据可知，所有用电器同时正常工作时的总功率： W总=2200W+1100W+110W+22×16W=3762W， 由P=UI可知，此时电路的总电流：I总=
=17.1A；
（3）电热水壶正常工作2min消耗的电能：W=Pt=2200W×2×60s=2.64×105J， 水吸收的热量：Q=cm（t-t0）=4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（50℃-20℃）=2.52×105J；
电热水壶的效率：η=×100%≈95.5%；
（4）由P=可得，电热水壶的阻值：R==22Ω，
电热水壶此时的实际功率：P实==1782W。
答：（1）空调正常工作3小时所消耗的电能为1.188×107J； （2）所有用电器同时正常工作的总电流为17.1A； （3）电热水壶的加热效率为95.5%； （4）电热水壶此时的实际功率为1782W。
【总结归纳】本题考查用电器电阻、消耗电能和功率的计算，关键是各公式及其公式变形的灵活运
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用。是一道电学与热学的综合应用题，与生活相连，使学生觉得学了物理有用，在应用时要注意应结合题意选择合适的计算公式。
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