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2021年四川省眉山市中考物理试卷
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这是一份2021年四川省眉山市中考物理试卷，共35页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答与探究题等内容，欢迎下载使用。
2021年四川省眉山市中考物理试卷
一、选择题
1．（3分）（2021•眉山）声现象与我们的生活息息相关，下列关于声现象说法中正确的是（ ）
A．关闭门窗是为了在声源处减弱噪声
B．超声波粉碎结石是利用声波具有能量
C．声音在真空中传播速度是3×108m/s
D．“闻其声知其人”是根据声音的响度来区分的
2．（3分）（2021•眉山）下列光现象中，属于光的反射现象的是（ ）
A．通过平静的湖面可以看到蓝天白云
B．游泳池注水后，看上去好像变浅了
C．太阳光经过三棱镜后可以产生彩色光带
D．阳光透过树叶的缝隙射到地面上，形成圆形光斑
3．（3分）（2021•眉山）下列物态变化中，属于熔化现象的是（ ）
A．冬天，人嘴里呼出“白气”
B．夏天，人吃冰棒感觉凉爽
C．用纸锅烧水，水沸腾但锅不会燃烧
D．游泳的人刚从水中出来，感觉特别冷
4．（3分）（2021•眉山）如图所示是小军同学家庭电路的一部分。他闭合开关时螺旋灯泡正常发光，再将电风扇的插头插入插座中时，灯泡突然熄灭，检查时发现保险丝熔断了。其原因可能是（ ）
A．电风扇断路 B．灯泡的灯丝断路
C．电风扇的插头短路 D．电风扇的电功率很小
5．（3分）（2021•眉山）下列关于信息、能源和材料的说法中正确的是（ ）
A．华为手机的芯片中含有半导体材料
B．煤、石油和天然气都是化石能源，电能是一次能源
C．我国自主研发的“北斗”卫星导航系统，通过超声波提供定位服务
D．我国的“长征五号”B型火箭用液态氢作燃料，是因为它含有的热量多
6．（3分）（2021•眉山）下列关于力和运动关系的说法中正确的是（ ）
A．小明没有推动静止的汽车，是由于推力小于摩擦力
B．竖直向上抛出的篮球达到最高点时，受到平衡力的作用
C．行驶中的客车突然刹车时，乘客由于受到惯性的作用会向前倾倒
D．粉笔盒放在水平桌面上，桌面对粉笔盒的支持力是由于桌面发生弹性形变产生的
7．（3分）（2021•眉山）在探究“凸透镜成像规律”的实验中，已知凸透镜的焦距为10cm。如图所示，凸透镜固定在光具座的50cm刻线处，通过移动蜡烛和调节光屏的位置来进行探究实验。下列说法中正确的是（ ）
A．将蜡烛移到10cm刻线处，光屏上呈现倒立放大的实像
B．将蜡烛移到45cm刻线处，光屏上呈现正立放大的虚像
C．将蜡烛移到35cm刻线处，成像特点与照相机成像特点相同
D．将蜡烛从10cm刻线处移向40cm刻线处的过程中，光屏上呈现的像会变大
8．（3分）（2021•眉山）如图所示，将某发光二极管的两极接入电路的a、b两点，闭合开关时，通电螺线管旁边小磁针S极向右偏转。下列判断正确的是（ ）
A．通电螺线管右端为N极
B．电源左端为正极，右端为负极
C．发光二极管c极接b点，d极接a点
D．图中P处磁感线的方向从螺线管右端到左端
9．（3分）（2021•眉山）在“测量金属块密度”的实验中，已知金属块质量均匀分布且不渗水，量筒内已装有60mL的水。把天平放在水平桌面上，游码移至标尺零刻度线时，指针在分度盘上的位置如图甲所示；调节好天平后，测量金属块质量，天平恢复平衡时砝码质量和游码在标尺上的位置如图乙所示；测量金属块体积时量筒示数如图丙所示。下列操作或说法中正确的是（ ）
A．如图甲所示，要使横梁平衡，应将天平平衡螺母向左调节
B．如图乙所示，当横梁恢复平衡时，金属块的质量为54.4g
C．利用密度公式计算可知，金属块的密度是2.70×103kg/m3
D．将金属块截去一半，剩余金属块与原金属块相比，质量、体积和密度都减半
10．（3分）（2021•眉山）如图所示，电源电压为6V保持不变，R1＝3Ω，R2＝18Ω，灯泡L标有“6V 3W”字样，假定灯丝电阻不变。下列说法中正确的是（ ）
A．灯泡L正常工作时的电阻为2Ω
B．当只闭合开关S1时，电阻R1消耗的功率为1.2W
C．如果开关S1、S2和S3同时闭合，灯泡L短路不工作
D．此电路消耗的最大电功率与最小电功率之比为25：12
11．（3分）（2021•眉山）放在水平桌面上的薄壁圆柱形容器（容器质量不计）底面积为10﹣4m2，将一体积为2×10﹣4m3的木块放入水中静止时，有体积露出水面，如图甲所示；用一根质量和体积不计的细线把容器底和木块底部中心连接起来，如图乙所示。下列说法中错误的是（已知：水的密度为ρ水＝1.0×103kg/m3，g＝10N/kg）（ ）
A．木块的密度为0.8×103kg/m3
B．木块漂浮时排开水的质量为160g
C．浸没水中时细线对木块的拉力为0.6N
D．甲、乙两图所示情况，容器对水平桌面的压强相等
12．（3分）（2021•眉山）小叶同学用如图所示的滑轮组提升重物A，不计绳重和机械之间的摩擦，每个滑轮的重力均为10N，与地面固定的细绳a的拉力F2＝105N，他通过细绳b用F1的拉力将重物A匀速提升1.5m，所用时间10s。下列说法中正确的是（ ）
A．物体A的重力为210N
B．拉力F1做功的功率为32.5W
C．该装置由两个定滑轮和一个动滑轮组成
D．该滑轮组在使用过程中的机械效率为80%
二、填空题（共5小题，10空，每空2分，共20分；将正确答案直接填写在答题卡相应的位置上）
13．（4分）（2021•眉山）眉山市于2021年4月24日，在东坡区举办了“千禾杯”半程马拉松赛，某选手在湖滨路一段平直赛道上用2min时间跑了960m，该选手在这段时间内的平均速度为 m/s；以该选手为参照物，跑道旁边的建筑物是 的（选填“运动”或“静止”）。
14．（4分）（2021•眉山）2021年4月23日，我国海军长征18号战略核潜艇在海南三亚某军港入列，其排水量为1.2万吨。该潜艇的核反应堆是通过 释放核能（选填“核裂变”或“核聚变”）；核潜艇是通过改变 来实现上浮或下潜的（选填“自身重力”或“所受浮力”）。
15．（4分）（2021•眉山）如图所示是某单缸四冲程汽油机的 冲程；若该汽油机每1秒钟对外做功25次，那么该汽油机飞轮的转速为 revs/min。
16．（4分）（2021•眉山）如图所示，电源电压保持不变，灯泡L标有“3V 1.5W”的字样，滑动变阻器R0标有“20Ω 1A”字样，R1＝9Ω，电流表量程为0～3.0A，假定灯丝电阻不变。当只闭合开关S2时，电流表示数为0.3A，则电源电压是 V；当开关S1、S2和S3都闭合时，在保证电路安全前提下，滑动变阻器R0接入电路的阻值范围是 Ω。
17．（4分）（2021•眉山）如图所示，以O为转轴的轻质杠杆AOB，AB＝4OA，物体C重240N，底面积为200cm2，在杠杆A端与物体的上端中点用一根轻质硬棒连接，当在B端用120N的动力F竖直向上拉时，杠杆AOB在水平位置平衡，该杠杆为 杠杆（选填“省力”、“等臂”或“费力”），此时物体C对水平地面的压强是 Pa。
三、解答与探究题（共34分，将正确答案直接填写在答题卡相应的位置上）（一）作图题（共2小题，每小题2分，共4分；请用签字笔在答题卡上作答）
18．（2分）（2021•眉山）如图所示，利用杠杆AOB撬动重物M，O为杠杆支点，L1为杠杆的动力臂，现杠杆处于水平位置平衡。
（1）作出杠杆动力F1的示意图；
（2）作出重物M对杠杆压力F2的示意图。
19．（2分）（2021•眉山）如图所示，从点光源S射出的一条光线经P处的平面镜反射后，反射光线射向凹透镜的焦点方向。
（1）画出平面镜；
（2）作出反射光线经凹透镜折射后的光线。
（二）计算题（共2小题，每小题6分，共12分；解答时应写出必要的文字说明和重要的演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的物理量必须写出数值和单位）
20．（6分）（2021•眉山）改革开放以来，我国人民的生活水平不断提高，汽车已成为多数人的代步工具。某品牌国产汽车以72km/h的速度在平直公路上匀速行驶100km，消耗了汽油6L，汽车发动机功率为12kW，已知：汽油的热值为q＝4.6×107J/kg，汽油的密度为ρ＝0.7×103kg/m3。求该汽车匀速行驶100km过程中：
（1）消耗汽油的质量；
（2）发动机所做的功；
（3）发动机的效率（百分号前保留整数）。
21．（6分）（2021•眉山）如图所示是某种电热器工作的部分电路图，电源电压U＝220V不变，两根电热丝的电阻关系为R1＝2R2，通过旋转扇形开关S，接触不同触点，实现高、低两个挡位的转换，低温挡时的发热功率为440W。求：
（1）R1和R2的电阻值；
（2）电热器处于高温挡时的总功率；
（3）如果在高温挡下工作7min产生的热量全部被水吸收，在一个标准大气压下这些热量能够让2kg、40℃的水，温度升高多少？[水的比热容为c＝4.2×103J/（kg•℃）]
（三）实验与探究题（共3小题，每小题6分，共18分）
22．（6分）（2021•眉山）在探究“影响滑动摩擦力大小因素”的实验中，器材有：木板、铁块、木块和弹簧测力计。
（1）物理兴趣小组的同学进行了如下操作：
a.如图甲所示，将铁块平放在木板表面上，用弹簧测力计沿水平方向匀速拉动铁块，弹簧测力计的示数为F1＝1.2N；
b.如图乙所示，将木块叠放在铁块正上方，用弹簧测力计沿水平方向匀速拉动铁块，弹簧测力计的示数为F2＝1.6N；
c.如图丙所示，将铁块叠放在木块正上方，用弹簧测力计沿水平方向匀速拉动木块，弹簧测力计的示数为F3＝1.8N。
分析以上操作：
①操作a和b是为了探究滑动摩擦力大小跟 的关系；
②比较操作b和c可得铁块表面比木块表面 些。
（2）在老师的指导下物理兴趣小组的同学改进了该实验，如图丁所示。当用力F4＝3N拉动长木板在水平桌面上运动，铁块保持静止状态时，弹簧测力计的示数为1N；
①此时铁块受到摩擦力的大小为 N，方向为水平 ；
②按图丁所示的实验装置进行实验有较多的优点，请列举两条： ； 。
23．（6分）（2021•眉山）在探究冰熔化的实验过程中，假设试管内的物体在相同时间内吸收相同的热量。
（1）要对试管中的冰均匀加热，应采用甲、乙两图所示装置中的 图所示装置。
（2）实验中某时刻温度计的示数如图丙所示，此时冰的温度是 ℃。
（3）实验中同学们根据实验数据，绘出了其温度随时间变化的图像，如图丁所示，分析图像可知：
①冰熔化过程中吸收热量，其内能 ，温度 ；
②图丁中线段AB和线段CD倾斜程度不同，原因是该物质在两种物态下 不同。
（4）试管内所有冰熔化完后，继续实验，当烧杯内的水沸腾时试管内的水 沸腾（选填“会”或“不会”）。
24．（6分）（2021•眉山）在测量额定电压为2.5V小灯泡额定功率的实验中，电源电压恒定不变。
（1）请用笔画线代替导线，将图甲中电路连接完整，要求实验时向右移动滑片P小灯泡亮度变暗。
（2）实验过程中，某小组的同学将所测得相关数据和现象记录如表：
物理量
次数
电压U/V
电流I/A
灯泡亮度
灯泡实际电功率P/W
灯泡电功率的平均值P/W
1
0.5
0.18
不亮
P1
P＝
2
1
0.2
发暗光
P2
3
2
0.3
发较亮光
P3
4
2.5
0.32
正常发光
P4
5
2.8
0.34
发光强烈
P5
①小灯泡的额定功率为 W。
②表格中有一处设计不合理，请指出不合理的设计是 ；
③分析表中数据还发现灯丝电阻跟 有关。
（3）测量额定电压为U0的小灯泡额定功率，物理科代表设计了图乙所示的电路（R0为已知的定值电阻，R为滑动变阻器）。
①断开开关S1，闭合开关S2，移动滑动变阻器滑片P，当电流表示数为 时，小灯泡恰好正常发光；
②保持滑动变阻器滑片P位置不变，闭合开关S1，断开开关S2，记下电流表示数为I；
③推导出小灯泡L的额定功率表达式P额＝ （用物理量U0、R0和I表示）
2021年四川省眉山市中考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1．（3分）（2021•眉山）声现象与我们的生活息息相关，下列关于声现象说法中正确的是（ ）
A．关闭门窗是为了在声源处减弱噪声
B．超声波粉碎结石是利用声波具有能量
C．声音在真空中传播速度是3×108m/s
D．“闻其声知其人”是根据声音的响度来区分的
【分析】（1）防治噪声的途径：在声源处减弱、在传播过程中减弱、在人耳处减弱；
（2）声音能够传递信息，也能够传递能量；
（3）声音的传播需要介质，真空不能传播声音；
（4）声音的三个特征分别是：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，与振幅和距离有关，调节音量是改变响度；音色是由发声体本身决定的一个特性，音色可以用来区别不同的发声体；
【解答】解：A、关闭门窗是为了在传播过程中减弱噪声，故A错误；
B、用超声波能粉碎人体内的结石，说明超声波具有能量，故B正确；
C、声音的传播需要介质，真空不能传播声音，所以声音在真空中传播速度为0，故C错误；
D、音色是由发声体自身特点决定的，是判断发声体的依据，“闻其声，知其人”是根据声音的音色区分的，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了与声现象有关的多个知识点，熟知相关知识并能与生活中的现象相结合，是正确解答的关键。
2．（3分）（2021•眉山）下列光现象中，属于光的反射现象的是（ ）
A．通过平静的湖面可以看到蓝天白云
B．游泳池注水后，看上去好像变浅了
C．太阳光经过三棱镜后可以产生彩色光带
D．阳光透过树叶的缝隙射到地面上，形成圆形光斑
【分析】（1）光在同种均匀物质中沿直线传播，在日常生活中，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）当光照射到物体表面上时，有一部分光被反射回来发生反射现象，例如：平面镜成像、水中倒影等；漫反射和镜面反射都遵循光的反射定律；
（3）当光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向会偏折，发生折射现象，如：看水里的鱼比实际位置浅等。
【解答】解：
A、通过平静的湖面可以看到蓝天白云，属于平面镜成像，是由光的反射形成的，故A正确；
B、游泳池注水后，看上去好像变浅了，这是由于光的折射造成的，故B错误；
C、太阳光经过三棱镜后可以产生彩色光带，这是光的色散现象，是由于光的折射造成的，和分析过程对应，故C错误；
D、阳光透过树叶的缝隙射到地面上，形成圆形光斑，光斑是太阳通过小孔所成的像，是由光的直线传播形成的，故D错误。
故选：A。
【点评】本题通过几个日常生活中的现象考查了对光的直线传播、光的折射现象、光的反射现象的理解与掌握，在学习过程中要善于利用所学知识解释有关现象，达到学以致用的目的。
3．（3分）（2021•眉山）下列物态变化中，属于熔化现象的是（ ）
A．冬天，人嘴里呼出“白气”
B．夏天，人吃冰棒感觉凉爽
C．用纸锅烧水，水沸腾但锅不会燃烧
D．游泳的人刚从水中出来，感觉特别冷
【分析】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；六种物态变化中，熔化、汽化、升华是吸热的；凝固、液化、凝华是放热的。
【解答】解：A、冬天，人嘴里呼出“白气”是水蒸气遇冷液化而成的小水滴，故A错误；
B、夏天，人吃冰棒感觉凉爽，是因为冰棒熔化吸收热量，故B正确；
C、水沸腾是一种汽化现象，锅不会燃烧的原因是纸的燃点高于水的沸点，故C错误；
D、游泳后刚从水里出来，感觉特别冷，是由于身上的水蒸发吸热造成的，故D错误。
故选：B。
【点评】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。
4．（3分）（2021•眉山）如图所示是小军同学家庭电路的一部分。他闭合开关时螺旋灯泡正常发光，再将电风扇的插头插入插座中时，灯泡突然熄灭，检查时发现保险丝熔断了。其原因可能是（ ）
A．电风扇断路 B．灯泡的灯丝断路
C．电风扇的插头短路 D．电风扇的电功率很小
【分析】保险丝熔断的原因有两个：一是用电器的总功率过大，另一个是发生短路。
【解答】解：闭合开关时灯泡正常发光，再将电风扇的插头插入插座中时，灯泡突然熄灭，检查时发现保险丝熔断了，这说明电路中的电流过大；由于电风扇的功率不大，所以造成电流过大的原因不是总功率过大，故原因是电路出现了短路现象；开始时电路正常工作，将电风扇的插头插入插座中时电流过大，所以故障是电风扇的插头短路；电风扇断路、灯泡断路都不会引起电路中电流过大，故C正确。
故选：C。
【点评】本题考查对家庭电路故障（短路）的分析判断能力，保险丝烧坏的原因有两个：总功率过大和发生短路。
5．（3分）（2021•眉山）下列关于信息、能源和材料的说法中正确的是（ ）
A．华为手机的芯片中含有半导体材料
B．煤、石油和天然气都是化石能源，电能是一次能源
C．我国自主研发的“北斗”卫星导航系统，通过超声波提供定位服务
D．我国的“长征五号”B型火箭用液态氢作燃料，是因为它含有的热量多
【分析】（1）目前，我们使用的智能设备中都大量使用了半导体材料。
（2）我们能从自然界直接获取的能源叫作一次能源。
（3）声波无法在真空中传播。
（4）热量是一个过程量，只能说“放出”或“吸收”。
【解答】解：A.目前，我们使用的智能设备中都大量使用了半导体材料。故A正确。
B.电能需要消耗一次能源才可以获得，这种需要消耗一次能源才可以获得的能源叫作二次能源。故B错误。
C.我国自主研发的“北斗”卫星导航系统是通过电磁波提供定位服务的。声波无法在真空中传播，所以不可能用来实现地面与外太空设备的互联。故C错误。
D.我国的“长征五号”B型火箭用液态氢作燃料，是因为它的热值高，在燃烧时可以释放更多的热量用于做功。热量是一个过程量，物体含有热量”的表述是错误的。故D错误。
故选：A。
【点评】（1）半导体材料是目前国家重点关注、重点发展的新型材料，所以对半导体材料的应用、性质的考查会经常出现。
（2）能源与环境问题是全球人民都在关注的热点问题，所以与能源与环境相关的试题出现的频率也越来越高。
6．（3分）（2021•眉山）下列关于力和运动关系的说法中正确的是（ ）
A．小明没有推动静止的汽车，是由于推力小于摩擦力
B．竖直向上抛出的篮球达到最高点时，受到平衡力的作用
C．行驶中的客车突然刹车时，乘客由于受到惯性的作用会向前倾倒
D．粉笔盒放在水平桌面上，桌面对粉笔盒的支持力是由于桌面发生弹性形变产生的
【分析】（1）（2）物体在平衡状态下受到平衡力的作用，一对平衡力必须符合四个条件：大小相等、方向相反、作用在同一物体上、作用在一条直线上；平衡力的合力为零；
（3）物体保持原来运动状态不变的性质叫做惯性；
（4）物体由于发生弹性形变而产生的力叫弹力，生活中常见的压力、支持力、拉力都属于弹力。
【解答】解：
A、小明没有推动静止的汽车，汽车处于平衡状态，是因为小明的推力等于汽车受到的摩擦力，故A错误；
B、竖直向上抛出的篮球达到最高点时，只受到重力的作用，则此时篮球受到非平衡力的作用，故B错误；
C、行驶中的客车突然刹车时，人的下半身在摩擦力的作用下随车一起减速；由于惯性，人的上半身还要保持原来的运动状态继续前进，因此乘客会向前倾；惯性不是力，不能说受到惯性的作用，故C错误；
D、桌面对粉笔盒的支持力的施力物体是桌面，该支持力是桌面发生弹性形变而对粉笔盒产生的弹力，故D正确。
故选：D。
【点评】此题考查了弹力、惯性、力与运动的关系等知识，正确理解相关知识点是解题的关键，难度不大。
7．（3分）（2021•眉山）在探究“凸透镜成像规律”的实验中，已知凸透镜的焦距为10cm。如图所示，凸透镜固定在光具座的50cm刻线处，通过移动蜡烛和调节光屏的位置来进行探究实验。下列说法中正确的是（ ）
A．将蜡烛移到10cm刻线处，光屏上呈现倒立放大的实像
B．将蜡烛移到45cm刻线处，光屏上呈现正立放大的虚像
C．将蜡烛移到35cm刻线处，成像特点与照相机成像特点相同
D．将蜡烛从10cm刻线处移向40cm刻线处的过程中，光屏上呈现的像会变大
【分析】（1）若物体处于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、缩小的实像；
（2）物距小于焦距，成的是正立、放大的虚像，虚像不能成在光屏上；
（3）物体在二倍焦距与一倍焦距之间，成的是倒立、放大的实像；
（4）凸透镜成实像时，物距减小，像距增大，像变大。
【解答】解：已知凸透镜焦距为10cm，凸透镜固定在光具座的50cm刻线处，
A、将蜡烛移到10cm刻线处，此时的物距是：50cm﹣10cm＝40cm，凸透镜焦距为10cm，则物距大于二倍焦距，成的是倒立、缩小的实像，故A错误；
B、将蜡烛移到45cm刻线处，此时的物距是：50cm﹣45cm＝5cm，则物距小于焦距，成的是正立、放大的虚像，虚像不能成在光屏上，故B错误；
C、将蜡烛移到35cm刻线处，此时的物距是：50cm﹣35cm＝15cm，物体在二倍焦距与一倍焦距之间，成的是倒立、放大的实像，与投影仪成像特点相同，故C错误；
D、将蜡烛从10cm刻线处移向40cm刻线处的过程中，物距减小，则光屏上呈现的像和像距都变大，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了凸透镜成像规律的应用，要熟练掌握凸透镜成像的规律，能根据实验中物距与像距的变化，判断成像的特点与规律是解答的关键。
8．（3分）（2021•眉山）如图所示，将某发光二极管的两极接入电路的a、b两点，闭合开关时，通电螺线管旁边小磁针S极向右偏转。下列判断正确的是（ ）
A．通电螺线管右端为N极
B．电源左端为正极，右端为负极
C．发光二极管c极接b点，d极接a点
D．图中P处磁感线的方向从螺线管右端到左端
【分析】（1）根据小磁针的运动方向判断通电螺线管的磁极；
（2）根据安培定则，判断电流的方向；
（3）发光二极管“正”“负”极接反，电路中无电流；
（4）根据在磁体外部，磁感线的方向从N极出发到S极分析判断即可解决。
【解答】解：A、根据异名磁极相互吸引可知，小磁针的S极应靠近螺线管的左端，则通电螺线管的左端为N极，故A错误；
B、由安培定则可知，右手握住螺线管，四指指向电流的方向，大拇指指向左端，电流从右端流入，左端流出，则电源右端为正极，故B错误；
C、发光二极管c极接b点，d极接a点，发光二极管“正”“负”极接对，电路中有电流，故C正确；
D、在磁体的外部，磁感线从N极指向S极，所以通电螺线管外P点的磁场方向从螺线管左端到右端，故D错误；
故选：C。
【点评】此题考查了通电螺线管的极性判断、磁场方向的判断、磁极间的作用规律、二极管的特点等知识点，是一道综合题。
9．（3分）（2021•眉山）在“测量金属块密度”的实验中，已知金属块质量均匀分布且不渗水，量筒内已装有60mL的水。把天平放在水平桌面上，游码移至标尺零刻度线时，指针在分度盘上的位置如图甲所示；调节好天平后，测量金属块质量，天平恢复平衡时砝码质量和游码在标尺上的位置如图乙所示；测量金属块体积时量筒示数如图丙所示。下列操作或说法中正确的是（ ）
A．如图甲所示，要使横梁平衡，应将天平平衡螺母向左调节
B．如图乙所示，当横梁恢复平衡时，金属块的质量为54.4g
C．利用密度公式计算可知，金属块的密度是2.70×103kg/m3
D．将金属块截去一半，剩余金属块与原金属块相比，质量、体积和密度都减半
【分析】（1）使用天平测量物体质量之前要进行调平，先将游码移至标尺左端的零刻度线，然后再调节平衡螺母，平衡螺母相对于指针的调节规律是“左偏右调，右偏左调”；
（2）用天平测量物体质量时，物体质量等于砝码总质量和游码所对刻度值之和。读取游码所对刻度值时，要读游码左侧所对的刻度值，明确标尺的分度值；
（3）用量筒测量液体体积时，先明确量筒的分度值，读数时视线与液面最凹处相平；已知金属块的质量和体积，用ρ＝计算金属块密度；
（4）密度是物质的一种特性，跟物质种类、状态和温度有关，跟质量和体积无关。
【解答】解：A、图甲中指针偏左，应将平衡螺母向右调节，使横梁平衡；故A错误；
B、图乙中，金属块的质量为m＝50g+4g＝54g；故B错误；
C、图丙中，量筒的示数为80mL，则金属块的体积为V＝80mL﹣60mL＝20mL＝20cm3，则金属块的密度：ρ＝＝＝2.7g/cm3＝2.70×103kg/m3；故C正确；
D、将金属块截去一半，则质量会变为原来的，体积也会变为原来的；但是物质的种类没有发生变化，因此密度保持不变；故D错误。
故选：C。
【点评】本实验考查了天平的调节，天平读数，量筒的读数和密度的计算，知道密度跟物质种类、状态和温度有关，跟质量和体积无关。
10．（3分）（2021•眉山）如图所示，电源电压为6V保持不变，R1＝3Ω，R2＝18Ω，灯泡L标有“6V 3W”字样，假定灯丝电阻不变。下列说法中正确的是（ ）
A．灯泡L正常工作时的电阻为2Ω
B．当只闭合开关S1时，电阻R1消耗的功率为1.2W
C．如果开关S1、S2和S3同时闭合，灯泡L短路不工作
D．此电路消耗的最大电功率与最小电功率之比为25：12
【分析】（1）灯泡L标有“6V 3W”字样，根据P＝的变形计算灯泡的电阻；
（2）只闭合S1，灯泡和R1串联接入电路，由串联电路的特点和I＝求出此时电路中的电流，根据P＝I2R计算R1消耗的功率；
（3）如果开关S1、S2、S3同时闭合，R1短路，灯泡和R2并联接入电路；
（4）如果开关S2、S3同时闭合，灯泡和R2并联接入电路，并联电路总电阻小于任何一个分电阻，由I＝可知此时通过电路的电流最大，由P＝UI可知此时电路消耗的电功率最大，根据并联电路电阻规律计算电路总电阻，根据P＝计算电路消耗的最大电功率；只闭合S1，灯泡和R1串联接入电路，串联电路总电阻等于各分电阻之和，此时电路总电阻最大，根据串联电路电阻规律计算电路总电阻，根据P＝求出该电路消耗的电功率最小，最后求出比值。
【解答】解：
A、灯泡L标有“6V 3W”字样，根据P＝可得灯泡的电阻为：RL＝＝＝12Ω，故A错误；
B、只闭合S1，灯泡和R1串联接入电路，则总电阻R串＝RL+R1＝12Ω+3Ω＝15Ω，电流为：I＝＝＝0.4A，则R1消耗的功率：P1＝I2R1＝（0.4A）2×3Ω＝0.48W，故B错误；
C、如果开关S1、S2、S3同时闭合，R1短路，灯泡和R2并联接入电路，灯泡L正常工作，故C错误；
D、如果开关S2、S3同时闭合，灯泡和R2并联接入电路，只闭合S1，灯泡和R1串联接入电路，
由于串并联电路电阻的特点和P＝可知：灯泡和R2并联时电路消耗的电功率最大，灯泡和R1串联时电路消耗的电功率最小，
则：P最大＝PL+P2＝+＝+＝5W；P最小＝＝＝2.4W，
所以，P最大：P最小＝5W：2.4W＝25：12，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查串联电路特点、并联电路特点、欧姆定律、电功率公式的灵活运用。
11．（3分）（2021•眉山）放在水平桌面上的薄壁圆柱形容器（容器质量不计）底面积为10﹣4m2，将一体积为2×10﹣4m3的木块放入水中静止时，有体积露出水面，如图甲所示；用一根质量和体积不计的细线把容器底和木块底部中心连接起来，如图乙所示。下列说法中错误的是（已知：水的密度为ρ水＝1.0×103kg/m3，g＝10N/kg）（ ）
A．木块的密度为0.8×103kg/m3
B．木块漂浮时排开水的质量为160g
C．浸没水中时细线对木块的拉力为0.6N
D．甲、乙两图所示情况，容器对水平桌面的压强相等
【分析】（1）图甲中木块漂浮在水面上，有体积露出水面，此时受到的浮力和自身的重力相等，据此列出等式，根据阿基米德原理和G＝mg＝ρVg算出木块的密度；
（2）木块漂浮时，求出排开水的体积，然后根据m＝ρV求出排开水的质量；
（3）图乙中，木块浸没水中，根据F浮＝ρ水gV排算出物体浸没在水中时物块A受到的浮力，根据平衡力算出浸没水中时细线对A的拉力；
（4）甲、乙两图所示情况，容器里的水和木块仍然在容器中，总重力仍等于木块、水、容器的重力之和，总重力不变，对桌面的压力不变，根据p＝判断出容器对桌面压强的变化。
【解答】解：
A、木块处于漂浮状态，有体积露出水面，则V排＝（1﹣）V木＝V木，
此时浮力等于重力，即：F浮＝G，根据阿基米德原理和G＝mg＝ρVg得，ρ水g（1﹣）V木＝ρ木gV木，
所以，ρ木＝ρ水＝×1.0×103kg/m3＝0.8×103kg/m3，故A正确；
B、木块漂浮时，排开水的体积：V排＝V木＝×2×10﹣4m3＝1.6×10﹣4m3，
根据ρ＝可得排开水的质量：m排＝ρ水V排＝1.0×103kg/m3×1.6×10﹣4m3＝0.16kg＝160g，故B正确；
C、图乙中，木块浸没水中受到的浮力：
F浮＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×2×10﹣4m3＝2N；
木块的重力为：G木＝ρ木gV木＝0.8×103kg/m3×10N/kg×2×10﹣4m3＝1.6N；
则木块浸没水中时细线对木块的拉力为：F拉＝F浮﹣G木＝2N﹣1.6N＝0.4N，故C错误；
D、甲、乙两图所示情况，木块和水仍然在容器中，总重力仍等于木块、水、容器的重力之和，总重力不变，对桌面的压力不变，根据p＝知容器对桌面的压强不变，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查了阿基米德原理、密度、固体压强、物体的沉浮条件的应用、液体压强等知识，能够判断出甲、乙两图所示情况容器的总重力不变是关键。
12．（3分）（2021•眉山）小叶同学用如图所示的滑轮组提升重物A，不计绳重和机械之间的摩擦，每个滑轮的重力均为10N，与地面固定的细绳a的拉力F2＝105N，他通过细绳b用F1的拉力将重物A匀速提升1.5m，所用时间10s。下列说法中正确的是（ ）
A．物体A的重力为210N
B．拉力F1做功的功率为32.5W
C．该装置由两个定滑轮和一个动滑轮组成
D．该滑轮组在使用过程中的机械效率为80%
【分析】A、如图所示，与地面固定的细绳a的拉力F2＝105N，每个滑轮的重力均为10N，根据GA＝2F2﹣G轮得出物体A的重力；
B、根据F1＝3F2+G轮得出拉力F1的大小，重物A匀速提升15m，所用时间10s，根据速度公式得出拉力F1的速度，根据P＝＝＝Fv可知拉力F1做功的功率；
C、该装置中两个滑轮的轴在移动，一个滑轮的轴是固定的，由两个动滑轮和一个定滑轮组成，据此分析；
D、根据η＝＝＝得出该滑轮组在使用过程中的机械效率。
【解答】解：A、如图所示，与地面固定的细绳a的拉力F2＝105N，每个滑轮的重力均为10N，则物体A的重力为GA＝2F2﹣G轮＝2×105N﹣10N＝200N，
故A错误；
B、拉力F1的大小为F1＝3F2+G轮＝3×105N+10N＝325N，
重物A匀速提升15m，所用时间10s，则拉力F1的速度为v1＝×＝0.1m/s，
根据P＝＝＝Fv可知拉力F1做功的功率为P1＝F1v1＝325N×0.1m/s＝32.5W，故B正确；
C、该装置中两个滑轮的轴在移动，一个滑轮的轴是固定的，由两个动滑轮和一个定滑轮组成，故C错误；
D、该滑轮组在使用过程中的机械效率为η＝＝＝×100%＝×100%＝92.3%，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查滑轮组的功率和效率的有关问题，综合性强，有一定难度。
二、填空题（共5小题，10空，每空2分，共20分；将正确答案直接填写在答题卡相应的位置上）
13．（4分）（2021•眉山）眉山市于2021年4月24日，在东坡区举办了“千禾杯”半程马拉松赛，某选手在湖滨路一段平直赛道上用2min时间跑了960m，该选手在这段时间内的平均速度为 8 m/s；以该选手为参照物，跑道旁边的建筑物是 运动 的（选填“运动”或“静止”）。
【分析】（1）知道选手甲通过的路程和时间，根据速度公式求出选手甲的运动速度。
（2）被研究的物体和选定为参照物的物体之间发生位置变化，被研究的物体是运动的，否则是静止的。
【解答】解：已知s＝960m，t＝2min＝120s，
选手在这段时间内的平均速度：v＝＝＝8m/s，
跑步的过程中，以选手为参照物，跑道旁边的建筑物与选手之间有相对位置的变化，故建筑物是运动的。
故答案为：8；运动。
【点评】（1）本题考查平均速度的计算，知道物体的运动路程、时间、速度中的任意两者，根据速度公式求出第三者，是很简单的计算。
（2）一个物体的运动状态的确定，关键取决于所选取的参照物，所选取的参照物不同，得到的结论也不一定相同，这就是运动和静止的相对性。
14．（4分）（2021•眉山）2021年4月23日，我国海军长征18号战略核潜艇在海南三亚某军港入列，其排水量为1.2万吨。该潜艇的核反应堆是通过 核裂变 释放核能（选填“核裂变”或“核聚变”）；核潜艇是通过改变 自身重力 来实现上浮或下潜的（选填“自身重力”或“所受浮力”）。
【分析】（1）核电站主要利用核裂变的可控链式反应来发电的。
（2）潜水艇浸没在水中，潜水艇的体积不变（排开水的体积不变），受浮力不变；通过让海水进、出压力舱改变潜水艇受到的重力，然后再根据物体的浮沉条件分析是怎么上浮或下沉的。
【解答】解：（1）该潜艇的核反应堆是通过可控核裂变反应释放核能的设备；
（2）潜水艇浸没时，受到水的浮力和重力的作用，
因潜水艇的体积不变，排开水的体积不变，
所以，由F浮＝ρgV排可知，潜水艇受到水的浮力不变；
把压缩空气压入潜水艇的压力舱，将海水排出，潜水艇自重G减小，当F浮＞G时，潜水艇上浮；
打开压力舱的阀门，让海水进入压力舱内，潜水艇自重G增大，当F浮＜G时，潜水艇下沉；
当F浮＝G时，潜水艇悬浮，可以停留在任何深度；
由此可见，潜水艇能够上浮和下沉是通过改变自身重力来实现的。
故答案为：核裂变；自身重力。
【点评】本题考查了核裂变的应用、学生对阿基米德原理和物体浮沉条件的掌握和运用，潜水艇是物体的浮沉条件的典型应用，常见题目。
15．（4分）（2021•眉山）如图所示是某单缸四冲程汽油机的 压缩 冲程；若该汽油机每1秒钟对外做功25次，那么该汽油机飞轮的转速为 3000 revs/min。
【分析】（1）由进气门和排气门的关闭和打开情况、活塞的上行和下行情况来判断是哪个冲程。
（2）单缸四冲程汽油机曲轴转一圈，完成2个冲程，1个工作循环中包括4个冲程并对外做功1次。
【解答】解：（1）由图可知，进气门和排气门都关闭，活塞向上运动，所以是压缩冲程；
（2）每1秒钟对外做功25次，因一个工作循环有4个冲程，飞轮转2圈，做功一次，则飞轮转速是25×2×60r/min＝3000r/min。
故答案为：压缩；3000。
【点评】本题考查了内燃机完成一个工作循环飞轮转动的圈数和做功次数的计算，是一道基础题目。
16．（4分）（2021•眉山）如图所示，电源电压保持不变，灯泡L标有“3V 1.5W”的字样，滑动变阻器R0标有“20Ω 1A”字样，R1＝9Ω，电流表量程为0～3.0A，假定灯丝电阻不变。当只闭合开关S2时，电流表示数为0.3A，则电源电压是 4.5 V；当开关S1、S2和S3都闭合时，在保证电路安全前提下，滑动变阻器R0接入电路的阻值范围是 4.5～20 Ω。
【分析】（1）知道灯泡的额定电压和额定功率，根据P＝UI＝求出灯泡的电阻；当只闭合开关S2时，灯泡L与定值电阻R1串联，电流表测电路中的电流，根据电阻的串联和欧姆定律求出电源的电压；
（2）当开关S1、S2和S3都闭合时，R1与R0并联，电流表测干路电流，根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出通过R1的电流，根据变阻器的参数可知允许通过的最大电流，利用并联电路的电流特点求出此时干路的电流，然后与电流表的量程相比较确定通过滑动变阻器的最大电流，此时滑动变阻器接入电路中的电阻最小，根据欧姆定律求出其大小；当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，通过滑动变阻器的电流最小，干路电流最小，电路安全，据此求出滑动变阻器R0接入电路的阻值范围。
【解答】解：（1）由P＝UI＝可得，灯泡的电阻：RL＝＝＝6Ω，
当只闭合开关S2时，灯泡L与定值电阻R1串联，电流表测电路中的电流，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，电源的电压：U＝IR总＝I（RL+R1）＝0.3A×（6Ω+9Ω）＝4.5V；
（2）当开关S1、S2和S3都闭合时，R1与R0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R1的电流：I1＝＝＝0.5A，
由变阻器的参数“20Ω 1A”可知，通过滑动变阻器的最大电流为1A，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，此时干路的最大电流：I大＝I1+I0＝0.5A+1A＝1.5A＜3A，
则滑动变阻器接入电路中的最小阻值：R0小＝＝＝4.5Ω，
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，通过滑动变阻器的电流最小，干路电流最小，电路安全，
所以，滑动变阻器R0接入电路的阻值范围是4.5～20Ω。
故答案为：4.5；4.5～20。
【点评】本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，正确得出通过滑动变阻器的最大电流是关键。
17．（4分）（2021•眉山）如图所示，以O为转轴的轻质杠杆AOB，AB＝4OA，物体C重240N，底面积为200cm2，在杠杆A端与物体的上端中点用一根轻质硬棒连接，当在B端用120N的动力F竖直向上拉时，杠杆AOB在水平位置平衡，该杠杆为 省力 杠杆（选填“省力”、“等臂”或“费力”），此时物体C对水平地面的压强是 3×104 Pa。
【分析】（1）根据动力臂与阻力臂的大小关系确定杠杆类型；
（2）利用杠杆平衡条件求杠杆A端受到的力，由于动力方向竖直向上，杠杆A端受到的力也是竖直向上；
由于力的作用是相互的，物体C受到硬杆的压力等于杠杆A端受到的力；此时物体C对水平地面的压力等于重力加上硬杆的压力，再利用p＝求物体C对水平地面的压强。
【解答】解：（1）由题知，O为支点，因为AB＝4OA，所以OB＝3OA，动力臂大于阻力臂，此杠杆为省力杠杆；
（2）由杠杆平衡条件可得：
FB×OB＝FA×OA，
杠杆A端受到的力：
FA＝＝＝360N，方向竖直向上；
由于力的作用是相互的，物体C受到硬杆的压力：
F压＝FA＝360N，
此时物体C对水平地面的压力：
F＝G+F压＝240N+360N＝600N，
受力面积S＝200cm2＝0.02m2，
物体C对水平地面的压强：
p＝＝＝3×104Pa。
故答案为：省力；3×104。
【点评】本题考查了杠杆分类，以及杠杆平衡条件、压强公式的应用，关键是利用杠杆平衡条件求出硬杆对物体的压力。
三、解答与探究题（共34分，将正确答案直接填写在答题卡相应的位置上）（一）作图题（共2小题，每小题2分，共4分；请用签字笔在答题卡上作答）
18．（2分）（2021•眉山）如图所示，利用杠杆AOB撬动重物M，O为杠杆支点，L1为杠杆的动力臂，现杠杆处于水平位置平衡。
（1）作出杠杆动力F1的示意图；
（2）作出重物M对杠杆压力F2的示意图。
【分析】（1）根据力臂的定义画出动力F1的示意图；
（2）压力是垂直于接触面的。
【解答】解：从支点到力的作用线的距离为力臂，力臂与力的作用线是垂直的；过力臂L1的上端做力臂的垂线，可得F1的作用线，F1的作用线与杠杆AB的交点为F1的作用点；
重物M对杠杆压力F2的作用点在AB面上，压力的方向垂直于AB面向下；要使杠杆平衡，F1的作用效果与F2的作用效果相反，F2的方向向下，则杠杆动力F1的方向是斜向下的，如图所示：
【点评】本题考查了杠杆动力的画法、力的示意图的画法，明确力臂的定义是解题的关键。
19．（2分）（2021•眉山）如图所示，从点光源S射出的一条光线经P处的平面镜反射后，反射光线射向凹透镜的焦点方向。
（1）画出平面镜；
（2）作出反射光线经凹透镜折射后的光线。
【分析】根据入射光线和反射光线找出入射光线和反射光线夹角的角平分线，角平分线的位置与法线的位置重合，根据镜面与法线垂直作出平面镜的位置；射向焦点的光线经过凹透镜后会平行于主光轴。
【解答】解：由图可知，知道入射光线和反射光线，做出入射光线和反射光线夹角的角平分线，该角平分线也是法线，根据镜面与法线垂直作出平面镜的位置；
射向凹透镜另一侧焦点的光线，经过凹透镜后会平行于主光轴，如图所示：
【点评】本题考查了平面镜成像的特点（物像对称）和凹透镜的特殊光线，属于基础题目。
（二）计算题（共2小题，每小题6分，共12分；解答时应写出必要的文字说明和重要的演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的物理量必须写出数值和单位）
20．（6分）（2021•眉山）改革开放以来，我国人民的生活水平不断提高，汽车已成为多数人的代步工具。某品牌国产汽车以72km/h的速度在平直公路上匀速行驶100km，消耗了汽油6L，汽车发动机功率为12kW，已知：汽油的热值为q＝4.6×107J/kg，汽油的密度为ρ＝0.7×103kg/m3。求该汽车匀速行驶100km过程中：
（1）消耗汽油的质量；
（2）发动机所做的功；
（3）发动机的效率（百分号前保留整数）。
【分析】（1）已知汽油密度和体积，根据公式ρ＝可计算出汽油的质量；
（2）已知运动速度和路程，根据v＝的变形公式t＝可求出运动的时间，已知功率和运动的时间，根据公式W＝Pt可求发动机所做的功；
（3）根据公式Q＝qm可求释放的能量，做的功与释放能量的比值就是发动机的效率。
【解答】解：（1）6L＝6×10﹣3m3，由密度公式ρ＝变形可得消耗汽油的质量m＝ρV＝0.7×103kg/m3×6×10﹣3m3＝4.2kg；
（2）由速度公式v＝变形可得汽车行驶100km用时为
t＝＝＝h＝×3600s＝5000s；
由功率公式W＝Pt可得发动机所做的功
W＝Pt＝12kW×5000s＝1.2×104W×5×103s＝6×107J；
（3）由放热公式Q＝qm可得汽油完全燃烧所放出的热量
Q＝qm＝4.6×107J/kg×4.2kg＝1.932×108J；
发动机的效率为
η＝×100%＝×100%≈31%；
答：（1）消耗汽油的质量为4.2kg；
（2）发动机所做的功为6×107J；
（3）发动机的效率为31%。
【点评】本题考查质量的计算、功的计算与内燃机的效率，考查的知识点比较多，主要考查对所学物理知识的灵活应用能力。
21．（6分）（2021•眉山）如图所示是某种电热器工作的部分电路图，电源电压U＝220V不变，两根电热丝的电阻关系为R1＝2R2，通过旋转扇形开关S，接触不同触点，实现高、低两个挡位的转换，低温挡时的发热功率为440W。求：
（1）R1和R2的电阻值；
（2）电热器处于高温挡时的总功率；
（3）如果在高温挡下工作7min产生的热量全部被水吸收，在一个标准大气压下这些热量能够让2kg、40℃的水，温度升高多少？[水的比热容为c＝4.2×103J/（kg•℃）]
【分析】（1）由电路图可知，开关S接触b、c两个触点时电路为R1的简单电路，开关S接触c、d两个触点时R1与R2并联，根据电阻的并联结合两电阻的阻值关系判断两种情况下总电阻的关系，根据P＝UI＝可知，电源的电压一定时，电路的总电阻越大时总功率越小，电热器处于低温挡，反之处于高温挡，根据P＝UI＝可求出R1的电阻值，由R1＝2R2，算出R2的电阻值；
（2）根据P＝UI＝可求出电热器处于高温挡时R2的功率，再加上低温挡的功率就是高温挡时的总功率；
（3）根据W＝Pt算出在高温挡下工作7min产生的热量；若产生的热量全部被水吸收，判断出水吸收的热量，根据Q吸＝cm△t求出升高的温度，根据在标准大气压下水的沸点是100℃算出水水果的实际温度。
【解答】解：（1）由电路图可知，开关S接触b、c两个触点时电路为R1的简单电路，开关S接触c、d两个触点时R1与R2并联，
因并联电路中总电阻小于任何一个分电阻，
所以，开关S接触b、c两个触点时总电阻大，开关S接触c、d两个触点时总电阻小，
由P＝UI＝可知，电源的电压一定时，电路的总电阻越大时总功率越小，
则开关S接触b、c两个触点时电热器处于低温挡，开关S接触c、d两个触点时电热器处于高温挡，
根据P＝UI＝可知R1的电阻值为：
R1＝＝＝110Ω，
因为R1＝2R2，所以R2的电阻值为：
R2＝R1＝×110Ω＝55Ω；
（2）R2的电功率为：
P2＝＝＝880W，
高温挡时的总功率为：
P高温＝P低温+P2＝440W+880W＝1320W；
（3）高温挡下工作7min产生的热量为：
Q＝W＝P高温t＝1320W×7×60s＝5.544×105J，
若产生的热量全部被水吸收，
所以水吸收的热量为：Q吸＝Q＝5.544×105J，
根据Q吸＝cm△t知升高的温度为：
△t＝＝＝66℃，
水的末温度为：40℃+66℃＝106℃。
因为在标准大气压下水的沸点是100℃，
所以水升高的温度为：
△t′＝100℃﹣40℃＝60℃。
答：（1）R1和R2的电阻值分别为110Ω、55Ω；
（2）电热器处于高温挡时的总功率为1320W；
（3）如果在高温挡下工作7min产生的热量全部被水吸收，在一个标准大气压下这些热量能够让2kg、40℃的水，温度升高60℃。
【点评】本题考查了并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用以及吸热公式的应用，分清电热器处于不同挡位时电路的连接方式是关键。
（三）实验与探究题（共3小题，每小题6分，共18分）
22．（6分）（2021•眉山）在探究“影响滑动摩擦力大小因素”的实验中，器材有：木板、铁块、木块和弹簧测力计。
（1）物理兴趣小组的同学进行了如下操作：
a.如图甲所示，将铁块平放在木板表面上，用弹簧测力计沿水平方向匀速拉动铁块，弹簧测力计的示数为F1＝1.2N；
b.如图乙所示，将木块叠放在铁块正上方，用弹簧测力计沿水平方向匀速拉动铁块，弹簧测力计的示数为F2＝1.6N；
c.如图丙所示，将铁块叠放在木块正上方，用弹簧测力计沿水平方向匀速拉动木块，弹簧测力计的示数为F3＝1.8N。
分析以上操作：
①操作a和b是为了探究滑动摩擦力大小跟 压力大小 的关系；
②比较操作b和c可得铁块表面比木块表面 光滑 些。
（2）在老师的指导下物理兴趣小组的同学改进了该实验，如图丁所示。当用力F4＝3N拉动长木板在水平桌面上运动，铁块保持静止状态时，弹簧测力计的示数为1N；
①此时铁块受到摩擦力的大小为 1 N，方向为水平 向左 ；
②按图丁所示的实验装置进行实验有较多的优点，请列举两条： 不需要长木板做匀速直线运动 ； 弹簧测力计静止，示数稳定，便于读数 。
【分析】（1）影响滑动摩擦力大小因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变，根据图中现象得出结论；
（2）如图丁所示的实验装置，铁块相对水平桌面处于静止状态，根据二力平衡分析。
【解答】解：（1）①操作a和b控制两接触面的粗糙程度相同，压力大小不同，是为了探究滑动摩擦力大小跟压力大小的关系；
②比较操作b和c可知，压力大小相同，接触面的粗糙程度不同，丙图弹簧测力计的示数大，滑动摩擦力大，说明铁块表面比木块表面更光滑；
（2）①将实验装置改成如图丁所示，木块相对地面处于静止状态，受到弹簧测力计的拉力与木块受到的摩擦力为一对平衡力，此时弹簧测力计的示数等于木块受到的摩擦力，所以铁块受到摩擦力的大小为f＝F＝1N，方向水平向左；
②如图丁所示的实验装置，拉动长木板向左运动，铁块相对水平桌面处于静止状态，铁块受到弹簧测力计的拉力与长木板施加的摩擦力为一对平衡力，大小相等，故该装置的优点是不需要长木板做匀速直线运动，且弹簧测力计静止，示数稳定，便于读数。
故答案为：（1）①压力大小；②光滑；
（2）①1；向左；②不需要长木板做匀速直线运动；弹簧测力计静止，示数稳定，便于读数。
【点评】本题探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关，考查控制变量法的运用和实验方案的设计，体现了对过程和方法的考查。
23．（6分）（2021•眉山）在探究冰熔化的实验过程中，假设试管内的物体在相同时间内吸收相同的热量。
（1）要对试管中的冰均匀加热，应采用甲、乙两图所示装置中的 乙 图所示装置。
（2）实验中某时刻温度计的示数如图丙所示，此时冰的温度是 ﹣6 ℃。
（3）实验中同学们根据实验数据，绘出了其温度随时间变化的图像，如图丁所示，分析图像可知：
①冰熔化过程中吸收热量，其内能 增大 ，温度 不变 ；
②图丁中线段AB和线段CD倾斜程度不同，原因是该物质在两种物态下 比热容 不同。
（4）试管内所有冰熔化完后，继续实验，当烧杯内的水沸腾时试管内的水 不会 沸腾（选填“会”或“不会”）。
【分析】（1）水浴法加热冰块，优点是使冰块熔化过程中受热均匀；
（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；
（3）①晶体熔化时吸收热量，内能增大，温度不变；
②实验中，用加热时间的长短间接反映液体吸收热量的多少，升温快慢与物质不同状态下的比热容有关。由Q＝cm△t判断冰和水的比热容大小；
（4）沸腾的条件；达到沸点，不断吸热。
【解答】解：（1）水浴法加热使冰在熔化过程中受热均匀，应采用甲、乙两图所示装置中的乙装置；
（2）温度计的分度值是2℃，温度计刻度在零下3格，此时的温度为﹣6℃；
（3）①由图乙可知，冰在熔化的过程中吸热，内能增大，温度保持不变；
②实验中，用加热时间的长短间接反映液体吸收热量的多少，加热时间相同，吸收的热量相同，故第0～4min冰吸收的热量等于第10﹣14min水吸收的热量；
由图像可以看出，AB段与CD段的倾斜程度不同，吸收相同的热量，温度变化不同，由Q＝cm△t，质量和吸收热量相同时，温度变化小的比热容大，故冰的比热容比水的比热容小；
（4）沸腾的条件；达到沸点，不断吸热。试管中的水可以达到沸点，因内外温度相同，不能继续吸热，所以不会沸腾。
故答案为：（1）乙；（2）﹣6；（3）①增大；不变；②比热容；（4）不会。
【点评】本题考查“探究冰熔化过程中温度的变化规律”的实验，首先考查了器材的安装、温度计的读数，认清分度值非常关键，本题还考查结合图像分析晶体熔化的特点，会看熔化的图像，横坐标代表时间，纵坐标代表温度，考查学生的分析归纳能力。
24．（6分）（2021•眉山）在测量额定电压为2.5V小灯泡额定功率的实验中，电源电压恒定不变。
（1）请用笔画线代替导线，将图甲中电路连接完整，要求实验时向右移动滑片P小灯泡亮度变暗。
（2）实验过程中，某小组的同学将所测得相关数据和现象记录如表：
物理量
次数
电压U/V
电流I/A
灯泡亮度
灯泡实际电功率P/W
灯泡电功率的平均值P/W
1
0.5
0.18
不亮
P1
P＝
2
1
0.2
发暗光
P2
3
2
0.3
发较亮光
P3
4
2.5
0.32
正常发光
P4
5
2.8
0.34
发光强烈
P5
①小灯泡的额定功率为 0.8 W。
②表格中有一处设计不合理，请指出不合理的设计是 平均电功率的计算 ；
③分析表中数据还发现灯丝电阻跟 温度 有关。
（3）测量额定电压为U0的小灯泡额定功率，物理科代表设计了图乙所示的电路（R0为已知的定值电阻，R为滑动变阻器）。
①断开开关S1，闭合开关S2，移动滑动变阻器滑片P，当电流表示数为 时，小灯泡恰好正常发光；
②保持滑动变阻器滑片P位置不变，闭合开关S1，断开开关S2，记下电流表示数为I；
③推导出小灯泡L的额定功率表达式P额＝ U0×（I﹣） （用物理量U0、R0和I表示）
【分析】（1）根据滑动变阻器的滑片向右移动时小灯泡变暗知滑动变阻器接左下接线柱；
（2）①用电器在额定电压下的功率为额定功率；
②小灯泡两端电压不同，对应的电功率不同，电功率不是一定值，取平均值没有意义；
③导体电阻与材料、长度、横截面积和温度都有关系；
（3）已知灯的额定电压，根据P＝UI，求出灯正常发光时的电流即可，
①分析断开开关S1，闭合开关S2时电路的连接，首先使灯正常发光；
②分析保持滑动变阻器滑片P位置不变，闭合开关S1，断开开关S2时电路的连接，得到灯正常发光时的电流大小；
③根据P＝UI写出灯的额定功率表达式。
【解答】解：（1）要求滑动变阻器滑片向右移动时小灯泡变暗，即此时变阻器连入电路中的电阻变大，所以滑动变阻器滑片以左电阻丝接入电路，将滑动变阻器一上一下串联在电路中，如下图所示：
（2）①已知灯泡额定电压为U额＝2.5V，由表格知，此时通过的电流为I＝0.32A，
所以小灯泡的额定功率为P额＝U额I＝2.5V×0.32A＝0.8W；
②因为灯泡在不同电压下的功率不同，因此计算功率的平均值是没有意义的，故表格设计不合理；
③当灯泡两端电压增大时，电流增大，小灯泡的功率增大，小灯泡变亮，温度升高，灯丝的电阻变大；
（3）①断开开关S1，闭合开关S2，此时灯泡L与定值电阻R0并联后再与滑动变阻器串联，所以灯泡与定值电阻两端电压相同。
移动滑动变阻器滑片P，当灯泡两端的电压为额定电压U0时，R0两端的电压也为U0，根据欧姆定律可知当电流表的示数为时，小灯泡恰好正常发光；
②保持滑动变阻器滑片P位置不变，闭合开关S1，断开开关S2，记下电流表示数为I，此时通过灯泡的电流I额＝I﹣；
③推导出小灯泡L的额定功率表达式P额＝U额I额＝U0×（I﹣）。
故答案为：（1）如上图；（2）①0.8；②平均电功率的计算；③温度；（3）①；③U0×（I﹣）。
【点评】本题考查电功率的测量实验，重点考查电路图连接、实验数据分析、电功率的计算等知识，难度较大。
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日期：2021/9/30 15:27:07；用户：余浩；邮箱：sjhzxyh14@xyh.com；学号：37802004
2021年四川省眉山市中考物理试卷
一、选择题
1．（3分）（2021•眉山）声现象与我们的生活息息相关，下列关于声现象说法中正确的是（ ）
A．关闭门窗是为了在声源处减弱噪声
B．超声波粉碎结石是利用声波具有能量
C．声音在真空中传播速度是3×108m/s
D．“闻其声知其人”是根据声音的响度来区分的
2．（3分）（2021•眉山）下列光现象中，属于光的反射现象的是（ ）
A．通过平静的湖面可以看到蓝天白云
B．游泳池注水后，看上去好像变浅了
C．太阳光经过三棱镜后可以产生彩色光带
D．阳光透过树叶的缝隙射到地面上，形成圆形光斑
3．（3分）（2021•眉山）下列物态变化中，属于熔化现象的是（ ）
A．冬天，人嘴里呼出“白气”
B．夏天，人吃冰棒感觉凉爽
C．用纸锅烧水，水沸腾但锅不会燃烧
D．游泳的人刚从水中出来，感觉特别冷
4．（3分）（2021•眉山）如图所示是小军同学家庭电路的一部分。他闭合开关时螺旋灯泡正常发光，再将电风扇的插头插入插座中时，灯泡突然熄灭，检查时发现保险丝熔断了。其原因可能是（ ）
A．电风扇断路 B．灯泡的灯丝断路
C．电风扇的插头短路 D．电风扇的电功率很小
5．（3分）（2021•眉山）下列关于信息、能源和材料的说法中正确的是（ ）
A．华为手机的芯片中含有半导体材料
B．煤、石油和天然气都是化石能源，电能是一次能源
C．我国自主研发的“北斗”卫星导航系统，通过超声波提供定位服务
D．我国的“长征五号”B型火箭用液态氢作燃料，是因为它含有的热量多
6．（3分）（2021•眉山）下列关于力和运动关系的说法中正确的是（ ）
A．小明没有推动静止的汽车，是由于推力小于摩擦力
B．竖直向上抛出的篮球达到最高点时，受到平衡力的作用
C．行驶中的客车突然刹车时，乘客由于受到惯性的作用会向前倾倒
D．粉笔盒放在水平桌面上，桌面对粉笔盒的支持力是由于桌面发生弹性形变产生的
7．（3分）（2021•眉山）在探究“凸透镜成像规律”的实验中，已知凸透镜的焦距为10cm。如图所示，凸透镜固定在光具座的50cm刻线处，通过移动蜡烛和调节光屏的位置来进行探究实验。下列说法中正确的是（ ）
A．将蜡烛移到10cm刻线处，光屏上呈现倒立放大的实像
B．将蜡烛移到45cm刻线处，光屏上呈现正立放大的虚像
C．将蜡烛移到35cm刻线处，成像特点与照相机成像特点相同
D．将蜡烛从10cm刻线处移向40cm刻线处的过程中，光屏上呈现的像会变大
8．（3分）（2021•眉山）如图所示，将某发光二极管的两极接入电路的a、b两点，闭合开关时，通电螺线管旁边小磁针S极向右偏转。下列判断正确的是（ ）
A．通电螺线管右端为N极
B．电源左端为正极，右端为负极
C．发光二极管c极接b点，d极接a点
D．图中P处磁感线的方向从螺线管右端到左端
9．（3分）（2021•眉山）在“测量金属块密度”的实验中，已知金属块质量均匀分布且不渗水，量筒内已装有60mL的水。把天平放在水平桌面上，游码移至标尺零刻度线时，指针在分度盘上的位置如图甲所示；调节好天平后，测量金属块质量，天平恢复平衡时砝码质量和游码在标尺上的位置如图乙所示；测量金属块体积时量筒示数如图丙所示。下列操作或说法中正确的是（ ）
A．如图甲所示，要使横梁平衡，应将天平平衡螺母向左调节
B．如图乙所示，当横梁恢复平衡时，金属块的质量为54.4g
C．利用密度公式计算可知，金属块的密度是2.70×103kg/m3
D．将金属块截去一半，剩余金属块与原金属块相比，质量、体积和密度都减半
10．（3分）（2021•眉山）如图所示，电源电压为6V保持不变，R1＝3Ω，R2＝18Ω，灯泡L标有“6V 3W”字样，假定灯丝电阻不变。下列说法中正确的是（ ）
A．灯泡L正常工作时的电阻为2Ω
B．当只闭合开关S1时，电阻R1消耗的功率为1.2W
C．如果开关S1、S2和S3同时闭合，灯泡L短路不工作
D．此电路消耗的最大电功率与最小电功率之比为25：12
11．（3分）（2021•眉山）放在水平桌面上的薄壁圆柱形容器（容器质量不计）底面积为10﹣4m2，将一体积为2×10﹣4m3的木块放入水中静止时，有体积露出水面，如图甲所示；用一根质量和体积不计的细线把容器底和木块底部中心连接起来，如图乙所示。下列说法中错误的是（已知：水的密度为ρ水＝1.0×103kg/m3，g＝10N/kg）（ ）
A．木块的密度为0.8×103kg/m3
B．木块漂浮时排开水的质量为160g
C．浸没水中时细线对木块的拉力为0.6N
D．甲、乙两图所示情况，容器对水平桌面的压强相等
12．（3分）（2021•眉山）小叶同学用如图所示的滑轮组提升重物A，不计绳重和机械之间的摩擦，每个滑轮的重力均为10N，与地面固定的细绳a的拉力F2＝105N，他通过细绳b用F1的拉力将重物A匀速提升1.5m，所用时间10s。下列说法中正确的是（ ）
A．物体A的重力为210N
B．拉力F1做功的功率为32.5W
C．该装置由两个定滑轮和一个动滑轮组成
D．该滑轮组在使用过程中的机械效率为80%
二、填空题（共5小题，10空，每空2分，共20分；将正确答案直接填写在答题卡相应的位置上）
13．（4分）（2021•眉山）眉山市于2021年4月24日，在东坡区举办了“千禾杯”半程马拉松赛，某选手在湖滨路一段平直赛道上用2min时间跑了960m，该选手在这段时间内的平均速度为 m/s；以该选手为参照物，跑道旁边的建筑物是 的（选填“运动”或“静止”）。
14．（4分）（2021•眉山）2021年4月23日，我国海军长征18号战略核潜艇在海南三亚某军港入列，其排水量为1.2万吨。该潜艇的核反应堆是通过 释放核能（选填“核裂变”或“核聚变”）；核潜艇是通过改变 来实现上浮或下潜的（选填“自身重力”或“所受浮力”）。
15．（4分）（2021•眉山）如图所示是某单缸四冲程汽油机的 冲程；若该汽油机每1秒钟对外做功25次，那么该汽油机飞轮的转速为 revs/min。
16．（4分）（2021•眉山）如图所示，电源电压保持不变，灯泡L标有“3V 1.5W”的字样，滑动变阻器R0标有“20Ω 1A”字样，R1＝9Ω，电流表量程为0～3.0A，假定灯丝电阻不变。当只闭合开关S2时，电流表示数为0.3A，则电源电压是 V；当开关S1、S2和S3都闭合时，在保证电路安全前提下，滑动变阻器R0接入电路的阻值范围是 Ω。
17．（4分）（2021•眉山）如图所示，以O为转轴的轻质杠杆AOB，AB＝4OA，物体C重240N，底面积为200cm2，在杠杆A端与物体的上端中点用一根轻质硬棒连接，当在B端用120N的动力F竖直向上拉时，杠杆AOB在水平位置平衡，该杠杆为 杠杆（选填“省力”、“等臂”或“费力”），此时物体C对水平地面的压强是 Pa。
三、解答与探究题（共34分，将正确答案直接填写在答题卡相应的位置上）（一）作图题（共2小题，每小题2分，共4分；请用签字笔在答题卡上作答）
18．（2分）（2021•眉山）如图所示，利用杠杆AOB撬动重物M，O为杠杆支点，L1为杠杆的动力臂，现杠杆处于水平位置平衡。
（1）作出杠杆动力F1的示意图；
（2）作出重物M对杠杆压力F2的示意图。
19．（2分）（2021•眉山）如图所示，从点光源S射出的一条光线经P处的平面镜反射后，反射光线射向凹透镜的焦点方向。
（1）画出平面镜；
（2）作出反射光线经凹透镜折射后的光线。
（二）计算题（共2小题，每小题6分，共12分；解答时应写出必要的文字说明和重要的演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的物理量必须写出数值和单位）
20．（6分）（2021•眉山）改革开放以来，我国人民的生活水平不断提高，汽车已成为多数人的代步工具。某品牌国产汽车以72km/h的速度在平直公路上匀速行驶100km，消耗了汽油6L，汽车发动机功率为12kW，已知：汽油的热值为q＝4.6×107J/kg，汽油的密度为ρ＝0.7×103kg/m3。求该汽车匀速行驶100km过程中：
（1）消耗汽油的质量；
（2）发动机所做的功；
（3）发动机的效率（百分号前保留整数）。
21．（6分）（2021•眉山）如图所示是某种电热器工作的部分电路图，电源电压U＝220V不变，两根电热丝的电阻关系为R1＝2R2，通过旋转扇形开关S，接触不同触点，实现高、低两个挡位的转换，低温挡时的发热功率为440W。求：
（1）R1和R2的电阻值；
（2）电热器处于高温挡时的总功率；
（3）如果在高温挡下工作7min产生的热量全部被水吸收，在一个标准大气压下这些热量能够让2kg、40℃的水，温度升高多少？[水的比热容为c＝4.2×103J/（kg•℃）]
（三）实验与探究题（共3小题，每小题6分，共18分）
22．（6分）（2021•眉山）在探究“影响滑动摩擦力大小因素”的实验中，器材有：木板、铁块、木块和弹簧测力计。
（1）物理兴趣小组的同学进行了如下操作：
a.如图甲所示，将铁块平放在木板表面上，用弹簧测力计沿水平方向匀速拉动铁块，弹簧测力计的示数为F1＝1.2N；
b.如图乙所示，将木块叠放在铁块正上方，用弹簧测力计沿水平方向匀速拉动铁块，弹簧测力计的示数为F2＝1.6N；
c.如图丙所示，将铁块叠放在木块正上方，用弹簧测力计沿水平方向匀速拉动木块，弹簧测力计的示数为F3＝1.8N。
分析以上操作：
①操作a和b是为了探究滑动摩擦力大小跟 的关系；
②比较操作b和c可得铁块表面比木块表面 些。
（2）在老师的指导下物理兴趣小组的同学改进了该实验，如图丁所示。当用力F4＝3N拉动长木板在水平桌面上运动，铁块保持静止状态时，弹簧测力计的示数为1N；
①此时铁块受到摩擦力的大小为 N，方向为水平 ；
②按图丁所示的实验装置进行实验有较多的优点，请列举两条： ； 。
23．（6分）（2021•眉山）在探究冰熔化的实验过程中，假设试管内的物体在相同时间内吸收相同的热量。
（1）要对试管中的冰均匀加热，应采用甲、乙两图所示装置中的 图所示装置。
（2）实验中某时刻温度计的示数如图丙所示，此时冰的温度是 ℃。
（3）实验中同学们根据实验数据，绘出了其温度随时间变化的图像，如图丁所示，分析图像可知：
①冰熔化过程中吸收热量，其内能 ，温度 ；
②图丁中线段AB和线段CD倾斜程度不同，原因是该物质在两种物态下 不同。
（4）试管内所有冰熔化完后，继续实验，当烧杯内的水沸腾时试管内的水 沸腾（选填“会”或“不会”）。
24．（6分）（2021•眉山）在测量额定电压为2.5V小灯泡额定功率的实验中，电源电压恒定不变。
（1）请用笔画线代替导线，将图甲中电路连接完整，要求实验时向右移动滑片P小灯泡亮度变暗。
（2）实验过程中，某小组的同学将所测得相关数据和现象记录如表：
物理量
次数
电压U/V
电流I/A
灯泡亮度
灯泡实际电功率P/W
灯泡电功率的平均值P/W
1
0.5
0.18
不亮
P1
P＝
2
1
0.2
发暗光
P2
3
2
0.3
发较亮光
P3
4
2.5
0.32
正常发光
P4
5
2.8
0.34
发光强烈
P5
①小灯泡的额定功率为 W。
②表格中有一处设计不合理，请指出不合理的设计是 ；
③分析表中数据还发现灯丝电阻跟 有关。
（3）测量额定电压为U0的小灯泡额定功率，物理科代表设计了图乙所示的电路（R0为已知的定值电阻，R为滑动变阻器）。
①断开开关S1，闭合开关S2，移动滑动变阻器滑片P，当电流表示数为 时，小灯泡恰好正常发光；
②保持滑动变阻器滑片P位置不变，闭合开关S1，断开开关S2，记下电流表示数为I；
③推导出小灯泡L的额定功率表达式P额＝ （用物理量U0、R0和I表示）
2021年四川省眉山市中考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1．（3分）（2021•眉山）声现象与我们的生活息息相关，下列关于声现象说法中正确的是（ ）
A．关闭门窗是为了在声源处减弱噪声
B．超声波粉碎结石是利用声波具有能量
C．声音在真空中传播速度是3×108m/s
D．“闻其声知其人”是根据声音的响度来区分的
【分析】（1）防治噪声的途径：在声源处减弱、在传播过程中减弱、在人耳处减弱；
（2）声音能够传递信息，也能够传递能量；
（3）声音的传播需要介质，真空不能传播声音；
（4）声音的三个特征分别是：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，与振幅和距离有关，调节音量是改变响度；音色是由发声体本身决定的一个特性，音色可以用来区别不同的发声体；
【解答】解：A、关闭门窗是为了在传播过程中减弱噪声，故A错误；
B、用超声波能粉碎人体内的结石，说明超声波具有能量，故B正确；
C、声音的传播需要介质，真空不能传播声音，所以声音在真空中传播速度为0，故C错误；
D、音色是由发声体自身特点决定的，是判断发声体的依据，“闻其声，知其人”是根据声音的音色区分的，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了与声现象有关的多个知识点，熟知相关知识并能与生活中的现象相结合，是正确解答的关键。
2．（3分）（2021•眉山）下列光现象中，属于光的反射现象的是（ ）
A．通过平静的湖面可以看到蓝天白云
B．游泳池注水后，看上去好像变浅了
C．太阳光经过三棱镜后可以产生彩色光带
D．阳光透过树叶的缝隙射到地面上，形成圆形光斑
【分析】（1）光在同种均匀物质中沿直线传播，在日常生活中，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）当光照射到物体表面上时，有一部分光被反射回来发生反射现象，例如：平面镜成像、水中倒影等；漫反射和镜面反射都遵循光的反射定律；
（3）当光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向会偏折，发生折射现象，如：看水里的鱼比实际位置浅等。
【解答】解：
A、通过平静的湖面可以看到蓝天白云，属于平面镜成像，是由光的反射形成的，故A正确；
B、游泳池注水后，看上去好像变浅了，这是由于光的折射造成的，故B错误；
C、太阳光经过三棱镜后可以产生彩色光带，这是光的色散现象，是由于光的折射造成的，和分析过程对应，故C错误；
D、阳光透过树叶的缝隙射到地面上，形成圆形光斑，光斑是太阳通过小孔所成的像，是由光的直线传播形成的，故D错误。
故选：A。
【点评】本题通过几个日常生活中的现象考查了对光的直线传播、光的折射现象、光的反射现象的理解与掌握，在学习过程中要善于利用所学知识解释有关现象，达到学以致用的目的。
3．（3分）（2021•眉山）下列物态变化中，属于熔化现象的是（ ）
A．冬天，人嘴里呼出“白气”
B．夏天，人吃冰棒感觉凉爽
C．用纸锅烧水，水沸腾但锅不会燃烧
D．游泳的人刚从水中出来，感觉特别冷
【分析】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；六种物态变化中，熔化、汽化、升华是吸热的；凝固、液化、凝华是放热的。
【解答】解：A、冬天，人嘴里呼出“白气”是水蒸气遇冷液化而成的小水滴，故A错误；
B、夏天，人吃冰棒感觉凉爽，是因为冰棒熔化吸收热量，故B正确；
C、水沸腾是一种汽化现象，锅不会燃烧的原因是纸的燃点高于水的沸点，故C错误；
D、游泳后刚从水里出来，感觉特别冷，是由于身上的水蒸发吸热造成的，故D错误。
故选：B。
【点评】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。
4．（3分）（2021•眉山）如图所示是小军同学家庭电路的一部分。他闭合开关时螺旋灯泡正常发光，再将电风扇的插头插入插座中时，灯泡突然熄灭，检查时发现保险丝熔断了。其原因可能是（ ）
A．电风扇断路 B．灯泡的灯丝断路
C．电风扇的插头短路 D．电风扇的电功率很小
【分析】保险丝熔断的原因有两个：一是用电器的总功率过大，另一个是发生短路。
【解答】解：闭合开关时灯泡正常发光，再将电风扇的插头插入插座中时，灯泡突然熄灭，检查时发现保险丝熔断了，这说明电路中的电流过大；由于电风扇的功率不大，所以造成电流过大的原因不是总功率过大，故原因是电路出现了短路现象；开始时电路正常工作，将电风扇的插头插入插座中时电流过大，所以故障是电风扇的插头短路；电风扇断路、灯泡断路都不会引起电路中电流过大，故C正确。
故选：C。
【点评】本题考查对家庭电路故障（短路）的分析判断能力，保险丝烧坏的原因有两个：总功率过大和发生短路。
5．（3分）（2021•眉山）下列关于信息、能源和材料的说法中正确的是（ ）
A．华为手机的芯片中含有半导体材料
B．煤、石油和天然气都是化石能源，电能是一次能源
C．我国自主研发的“北斗”卫星导航系统，通过超声波提供定位服务
D．我国的“长征五号”B型火箭用液态氢作燃料，是因为它含有的热量多
【分析】（1）目前，我们使用的智能设备中都大量使用了半导体材料。
（2）我们能从自然界直接获取的能源叫作一次能源。
（3）声波无法在真空中传播。
（4）热量是一个过程量，只能说“放出”或“吸收”。
【解答】解：A.目前，我们使用的智能设备中都大量使用了半导体材料。故A正确。
B.电能需要消耗一次能源才可以获得，这种需要消耗一次能源才可以获得的能源叫作二次能源。故B错误。
C.我国自主研发的“北斗”卫星导航系统是通过电磁波提供定位服务的。声波无法在真空中传播，所以不可能用来实现地面与外太空设备的互联。故C错误。
D.我国的“长征五号”B型火箭用液态氢作燃料，是因为它的热值高，在燃烧时可以释放更多的热量用于做功。热量是一个过程量，物体含有热量”的表述是错误的。故D错误。
故选：A。
【点评】（1）半导体材料是目前国家重点关注、重点发展的新型材料，所以对半导体材料的应用、性质的考查会经常出现。
（2）能源与环境问题是全球人民都在关注的热点问题，所以与能源与环境相关的试题出现的频率也越来越高。
6．（3分）（2021•眉山）下列关于力和运动关系的说法中正确的是（ ）
A．小明没有推动静止的汽车，是由于推力小于摩擦力
B．竖直向上抛出的篮球达到最高点时，受到平衡力的作用
C．行驶中的客车突然刹车时，乘客由于受到惯性的作用会向前倾倒
D．粉笔盒放在水平桌面上，桌面对粉笔盒的支持力是由于桌面发生弹性形变产生的
【分析】（1）（2）物体在平衡状态下受到平衡力的作用，一对平衡力必须符合四个条件：大小相等、方向相反、作用在同一物体上、作用在一条直线上；平衡力的合力为零；
（3）物体保持原来运动状态不变的性质叫做惯性；
（4）物体由于发生弹性形变而产生的力叫弹力，生活中常见的压力、支持力、拉力都属于弹力。
【解答】解：
A、小明没有推动静止的汽车，汽车处于平衡状态，是因为小明的推力等于汽车受到的摩擦力，故A错误；
B、竖直向上抛出的篮球达到最高点时，只受到重力的作用，则此时篮球受到非平衡力的作用，故B错误；
C、行驶中的客车突然刹车时，人的下半身在摩擦力的作用下随车一起减速；由于惯性，人的上半身还要保持原来的运动状态继续前进，因此乘客会向前倾；惯性不是力，不能说受到惯性的作用，故C错误；
D、桌面对粉笔盒的支持力的施力物体是桌面，该支持力是桌面发生弹性形变而对粉笔盒产生的弹力，故D正确。
故选：D。
【点评】此题考查了弹力、惯性、力与运动的关系等知识，正确理解相关知识点是解题的关键，难度不大。
7．（3分）（2021•眉山）在探究“凸透镜成像规律”的实验中，已知凸透镜的焦距为10cm。如图所示，凸透镜固定在光具座的50cm刻线处，通过移动蜡烛和调节光屏的位置来进行探究实验。下列说法中正确的是（ ）
A．将蜡烛移到10cm刻线处，光屏上呈现倒立放大的实像
B．将蜡烛移到45cm刻线处，光屏上呈现正立放大的虚像
C．将蜡烛移到35cm刻线处，成像特点与照相机成像特点相同
D．将蜡烛从10cm刻线处移向40cm刻线处的过程中，光屏上呈现的像会变大
【分析】（1）若物体处于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、缩小的实像；
（2）物距小于焦距，成的是正立、放大的虚像，虚像不能成在光屏上；
（3）物体在二倍焦距与一倍焦距之间，成的是倒立、放大的实像；
（4）凸透镜成实像时，物距减小，像距增大，像变大。
【解答】解：已知凸透镜焦距为10cm，凸透镜固定在光具座的50cm刻线处，
A、将蜡烛移到10cm刻线处，此时的物距是：50cm﹣10cm＝40cm，凸透镜焦距为10cm，则物距大于二倍焦距，成的是倒立、缩小的实像，故A错误；
B、将蜡烛移到45cm刻线处，此时的物距是：50cm﹣45cm＝5cm，则物距小于焦距，成的是正立、放大的虚像，虚像不能成在光屏上，故B错误；
C、将蜡烛移到35cm刻线处，此时的物距是：50cm﹣35cm＝15cm，物体在二倍焦距与一倍焦距之间，成的是倒立、放大的实像，与投影仪成像特点相同，故C错误；
D、将蜡烛从10cm刻线处移向40cm刻线处的过程中，物距减小，则光屏上呈现的像和像距都变大，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了凸透镜成像规律的应用，要熟练掌握凸透镜成像的规律，能根据实验中物距与像距的变化，判断成像的特点与规律是解答的关键。
8．（3分）（2021•眉山）如图所示，将某发光二极管的两极接入电路的a、b两点，闭合开关时，通电螺线管旁边小磁针S极向右偏转。下列判断正确的是（ ）
A．通电螺线管右端为N极
B．电源左端为正极，右端为负极
C．发光二极管c极接b点，d极接a点
D．图中P处磁感线的方向从螺线管右端到左端
【分析】（1）根据小磁针的运动方向判断通电螺线管的磁极；
（2）根据安培定则，判断电流的方向；
（3）发光二极管“正”“负”极接反，电路中无电流；
（4）根据在磁体外部，磁感线的方向从N极出发到S极分析判断即可解决。
【解答】解：A、根据异名磁极相互吸引可知，小磁针的S极应靠近螺线管的左端，则通电螺线管的左端为N极，故A错误；
B、由安培定则可知，右手握住螺线管，四指指向电流的方向，大拇指指向左端，电流从右端流入，左端流出，则电源右端为正极，故B错误；
C、发光二极管c极接b点，d极接a点，发光二极管“正”“负”极接对，电路中有电流，故C正确；
D、在磁体的外部，磁感线从N极指向S极，所以通电螺线管外P点的磁场方向从螺线管左端到右端，故D错误；
故选：C。
【点评】此题考查了通电螺线管的极性判断、磁场方向的判断、磁极间的作用规律、二极管的特点等知识点，是一道综合题。
9．（3分）（2021•眉山）在“测量金属块密度”的实验中，已知金属块质量均匀分布且不渗水，量筒内已装有60mL的水。把天平放在水平桌面上，游码移至标尺零刻度线时，指针在分度盘上的位置如图甲所示；调节好天平后，测量金属块质量，天平恢复平衡时砝码质量和游码在标尺上的位置如图乙所示；测量金属块体积时量筒示数如图丙所示。下列操作或说法中正确的是（ ）
A．如图甲所示，要使横梁平衡，应将天平平衡螺母向左调节
B．如图乙所示，当横梁恢复平衡时，金属块的质量为54.4g
C．利用密度公式计算可知，金属块的密度是2.70×103kg/m3
D．将金属块截去一半，剩余金属块与原金属块相比，质量、体积和密度都减半
【分析】（1）使用天平测量物体质量之前要进行调平，先将游码移至标尺左端的零刻度线，然后再调节平衡螺母，平衡螺母相对于指针的调节规律是“左偏右调，右偏左调”；
（2）用天平测量物体质量时，物体质量等于砝码总质量和游码所对刻度值之和。读取游码所对刻度值时，要读游码左侧所对的刻度值，明确标尺的分度值；
（3）用量筒测量液体体积时，先明确量筒的分度值，读数时视线与液面最凹处相平；已知金属块的质量和体积，用ρ＝计算金属块密度；
（4）密度是物质的一种特性，跟物质种类、状态和温度有关，跟质量和体积无关。
【解答】解：A、图甲中指针偏左，应将平衡螺母向右调节，使横梁平衡；故A错误；
B、图乙中，金属块的质量为m＝50g+4g＝54g；故B错误；
C、图丙中，量筒的示数为80mL，则金属块的体积为V＝80mL﹣60mL＝20mL＝20cm3，则金属块的密度：ρ＝＝＝2.7g/cm3＝2.70×103kg/m3；故C正确；
D、将金属块截去一半，则质量会变为原来的，体积也会变为原来的；但是物质的种类没有发生变化，因此密度保持不变；故D错误。
故选：C。
【点评】本实验考查了天平的调节，天平读数，量筒的读数和密度的计算，知道密度跟物质种类、状态和温度有关，跟质量和体积无关。
10．（3分）（2021•眉山）如图所示，电源电压为6V保持不变，R1＝3Ω，R2＝18Ω，灯泡L标有“6V 3W”字样，假定灯丝电阻不变。下列说法中正确的是（ ）
A．灯泡L正常工作时的电阻为2Ω
B．当只闭合开关S1时，电阻R1消耗的功率为1.2W
C．如果开关S1、S2和S3同时闭合，灯泡L短路不工作
D．此电路消耗的最大电功率与最小电功率之比为25：12
【分析】（1）灯泡L标有“6V 3W”字样，根据P＝的变形计算灯泡的电阻；
（2）只闭合S1，灯泡和R1串联接入电路，由串联电路的特点和I＝求出此时电路中的电流，根据P＝I2R计算R1消耗的功率；
（3）如果开关S1、S2、S3同时闭合，R1短路，灯泡和R2并联接入电路；
（4）如果开关S2、S3同时闭合，灯泡和R2并联接入电路，并联电路总电阻小于任何一个分电阻，由I＝可知此时通过电路的电流最大，由P＝UI可知此时电路消耗的电功率最大，根据并联电路电阻规律计算电路总电阻，根据P＝计算电路消耗的最大电功率；只闭合S1，灯泡和R1串联接入电路，串联电路总电阻等于各分电阻之和，此时电路总电阻最大，根据串联电路电阻规律计算电路总电阻，根据P＝求出该电路消耗的电功率最小，最后求出比值。
【解答】解：
A、灯泡L标有“6V 3W”字样，根据P＝可得灯泡的电阻为：RL＝＝＝12Ω，故A错误；
B、只闭合S1，灯泡和R1串联接入电路，则总电阻R串＝RL+R1＝12Ω+3Ω＝15Ω，电流为：I＝＝＝0.4A，则R1消耗的功率：P1＝I2R1＝（0.4A）2×3Ω＝0.48W，故B错误；
C、如果开关S1、S2、S3同时闭合，R1短路，灯泡和R2并联接入电路，灯泡L正常工作，故C错误；
D、如果开关S2、S3同时闭合，灯泡和R2并联接入电路，只闭合S1，灯泡和R1串联接入电路，
由于串并联电路电阻的特点和P＝可知：灯泡和R2并联时电路消耗的电功率最大，灯泡和R1串联时电路消耗的电功率最小，
则：P最大＝PL+P2＝+＝+＝5W；P最小＝＝＝2.4W，
所以，P最大：P最小＝5W：2.4W＝25：12，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查串联电路特点、并联电路特点、欧姆定律、电功率公式的灵活运用。
11．（3分）（2021•眉山）放在水平桌面上的薄壁圆柱形容器（容器质量不计）底面积为10﹣4m2，将一体积为2×10﹣4m3的木块放入水中静止时，有体积露出水面，如图甲所示；用一根质量和体积不计的细线把容器底和木块底部中心连接起来，如图乙所示。下列说法中错误的是（已知：水的密度为ρ水＝1.0×103kg/m3，g＝10N/kg）（ ）
A．木块的密度为0.8×103kg/m3
B．木块漂浮时排开水的质量为160g
C．浸没水中时细线对木块的拉力为0.6N
D．甲、乙两图所示情况，容器对水平桌面的压强相等
【分析】（1）图甲中木块漂浮在水面上，有体积露出水面，此时受到的浮力和自身的重力相等，据此列出等式，根据阿基米德原理和G＝mg＝ρVg算出木块的密度；
（2）木块漂浮时，求出排开水的体积，然后根据m＝ρV求出排开水的质量；
（3）图乙中，木块浸没水中，根据F浮＝ρ水gV排算出物体浸没在水中时物块A受到的浮力，根据平衡力算出浸没水中时细线对A的拉力；
（4）甲、乙两图所示情况，容器里的水和木块仍然在容器中，总重力仍等于木块、水、容器的重力之和，总重力不变，对桌面的压力不变，根据p＝判断出容器对桌面压强的变化。
【解答】解：
A、木块处于漂浮状态，有体积露出水面，则V排＝（1﹣）V木＝V木，
此时浮力等于重力，即：F浮＝G，根据阿基米德原理和G＝mg＝ρVg得，ρ水g（1﹣）V木＝ρ木gV木，
所以，ρ木＝ρ水＝×1.0×103kg/m3＝0.8×103kg/m3，故A正确；
B、木块漂浮时，排开水的体积：V排＝V木＝×2×10﹣4m3＝1.6×10﹣4m3，
根据ρ＝可得排开水的质量：m排＝ρ水V排＝1.0×103kg/m3×1.6×10﹣4m3＝0.16kg＝160g，故B正确；
C、图乙中，木块浸没水中受到的浮力：
F浮＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×2×10﹣4m3＝2N；
木块的重力为：G木＝ρ木gV木＝0.8×103kg/m3×10N/kg×2×10﹣4m3＝1.6N；
则木块浸没水中时细线对木块的拉力为：F拉＝F浮﹣G木＝2N﹣1.6N＝0.4N，故C错误；
D、甲、乙两图所示情况，木块和水仍然在容器中，总重力仍等于木块、水、容器的重力之和，总重力不变，对桌面的压力不变，根据p＝知容器对桌面的压强不变，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查了阿基米德原理、密度、固体压强、物体的沉浮条件的应用、液体压强等知识，能够判断出甲、乙两图所示情况容器的总重力不变是关键。
12．（3分）（2021•眉山）小叶同学用如图所示的滑轮组提升重物A，不计绳重和机械之间的摩擦，每个滑轮的重力均为10N，与地面固定的细绳a的拉力F2＝105N，他通过细绳b用F1的拉力将重物A匀速提升1.5m，所用时间10s。下列说法中正确的是（ ）
A．物体A的重力为210N
B．拉力F1做功的功率为32.5W
C．该装置由两个定滑轮和一个动滑轮组成
D．该滑轮组在使用过程中的机械效率为80%
【分析】A、如图所示，与地面固定的细绳a的拉力F2＝105N，每个滑轮的重力均为10N，根据GA＝2F2﹣G轮得出物体A的重力；
B、根据F1＝3F2+G轮得出拉力F1的大小，重物A匀速提升15m，所用时间10s，根据速度公式得出拉力F1的速度，根据P＝＝＝Fv可知拉力F1做功的功率；
C、该装置中两个滑轮的轴在移动，一个滑轮的轴是固定的，由两个动滑轮和一个定滑轮组成，据此分析；
D、根据η＝＝＝得出该滑轮组在使用过程中的机械效率。
【解答】解：A、如图所示，与地面固定的细绳a的拉力F2＝105N，每个滑轮的重力均为10N，则物体A的重力为GA＝2F2﹣G轮＝2×105N﹣10N＝200N，
故A错误；
B、拉力F1的大小为F1＝3F2+G轮＝3×105N+10N＝325N，
重物A匀速提升15m，所用时间10s，则拉力F1的速度为v1＝×＝0.1m/s，
根据P＝＝＝Fv可知拉力F1做功的功率为P1＝F1v1＝325N×0.1m/s＝32.5W，故B正确；
C、该装置中两个滑轮的轴在移动，一个滑轮的轴是固定的，由两个动滑轮和一个定滑轮组成，故C错误；
D、该滑轮组在使用过程中的机械效率为η＝＝＝×100%＝×100%＝92.3%，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查滑轮组的功率和效率的有关问题，综合性强，有一定难度。
二、填空题（共5小题，10空，每空2分，共20分；将正确答案直接填写在答题卡相应的位置上）
13．（4分）（2021•眉山）眉山市于2021年4月24日，在东坡区举办了“千禾杯”半程马拉松赛，某选手在湖滨路一段平直赛道上用2min时间跑了960m，该选手在这段时间内的平均速度为 8 m/s；以该选手为参照物，跑道旁边的建筑物是 运动 的（选填“运动”或“静止”）。
【分析】（1）知道选手甲通过的路程和时间，根据速度公式求出选手甲的运动速度。
（2）被研究的物体和选定为参照物的物体之间发生位置变化，被研究的物体是运动的，否则是静止的。
【解答】解：已知s＝960m，t＝2min＝120s，
选手在这段时间内的平均速度：v＝＝＝8m/s，
跑步的过程中，以选手为参照物，跑道旁边的建筑物与选手之间有相对位置的变化，故建筑物是运动的。
故答案为：8；运动。
【点评】（1）本题考查平均速度的计算，知道物体的运动路程、时间、速度中的任意两者，根据速度公式求出第三者，是很简单的计算。
（2）一个物体的运动状态的确定，关键取决于所选取的参照物，所选取的参照物不同，得到的结论也不一定相同，这就是运动和静止的相对性。
14．（4分）（2021•眉山）2021年4月23日，我国海军长征18号战略核潜艇在海南三亚某军港入列，其排水量为1.2万吨。该潜艇的核反应堆是通过 核裂变 释放核能（选填“核裂变”或“核聚变”）；核潜艇是通过改变 自身重力 来实现上浮或下潜的（选填“自身重力”或“所受浮力”）。
【分析】（1）核电站主要利用核裂变的可控链式反应来发电的。
（2）潜水艇浸没在水中，潜水艇的体积不变（排开水的体积不变），受浮力不变；通过让海水进、出压力舱改变潜水艇受到的重力，然后再根据物体的浮沉条件分析是怎么上浮或下沉的。
【解答】解：（1）该潜艇的核反应堆是通过可控核裂变反应释放核能的设备；
（2）潜水艇浸没时，受到水的浮力和重力的作用，
因潜水艇的体积不变，排开水的体积不变，
所以，由F浮＝ρgV排可知，潜水艇受到水的浮力不变；
把压缩空气压入潜水艇的压力舱，将海水排出，潜水艇自重G减小，当F浮＞G时，潜水艇上浮；
打开压力舱的阀门，让海水进入压力舱内，潜水艇自重G增大，当F浮＜G时，潜水艇下沉；
当F浮＝G时，潜水艇悬浮，可以停留在任何深度；
由此可见，潜水艇能够上浮和下沉是通过改变自身重力来实现的。
故答案为：核裂变；自身重力。
【点评】本题考查了核裂变的应用、学生对阿基米德原理和物体浮沉条件的掌握和运用，潜水艇是物体的浮沉条件的典型应用，常见题目。
15．（4分）（2021•眉山）如图所示是某单缸四冲程汽油机的 压缩 冲程；若该汽油机每1秒钟对外做功25次，那么该汽油机飞轮的转速为 3000 revs/min。
【分析】（1）由进气门和排气门的关闭和打开情况、活塞的上行和下行情况来判断是哪个冲程。
（2）单缸四冲程汽油机曲轴转一圈，完成2个冲程，1个工作循环中包括4个冲程并对外做功1次。
【解答】解：（1）由图可知，进气门和排气门都关闭，活塞向上运动，所以是压缩冲程；
（2）每1秒钟对外做功25次，因一个工作循环有4个冲程，飞轮转2圈，做功一次，则飞轮转速是25×2×60r/min＝3000r/min。
故答案为：压缩；3000。
【点评】本题考查了内燃机完成一个工作循环飞轮转动的圈数和做功次数的计算，是一道基础题目。
16．（4分）（2021•眉山）如图所示，电源电压保持不变，灯泡L标有“3V 1.5W”的字样，滑动变阻器R0标有“20Ω 1A”字样，R1＝9Ω，电流表量程为0～3.0A，假定灯丝电阻不变。当只闭合开关S2时，电流表示数为0.3A，则电源电压是 4.5 V；当开关S1、S2和S3都闭合时，在保证电路安全前提下，滑动变阻器R0接入电路的阻值范围是 4.5～20 Ω。
【分析】（1）知道灯泡的额定电压和额定功率，根据P＝UI＝求出灯泡的电阻；当只闭合开关S2时，灯泡L与定值电阻R1串联，电流表测电路中的电流，根据电阻的串联和欧姆定律求出电源的电压；
（2）当开关S1、S2和S3都闭合时，R1与R0并联，电流表测干路电流，根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出通过R1的电流，根据变阻器的参数可知允许通过的最大电流，利用并联电路的电流特点求出此时干路的电流，然后与电流表的量程相比较确定通过滑动变阻器的最大电流，此时滑动变阻器接入电路中的电阻最小，根据欧姆定律求出其大小；当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，通过滑动变阻器的电流最小，干路电流最小，电路安全，据此求出滑动变阻器R0接入电路的阻值范围。
【解答】解：（1）由P＝UI＝可得，灯泡的电阻：RL＝＝＝6Ω，
当只闭合开关S2时，灯泡L与定值电阻R1串联，电流表测电路中的电流，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，电源的电压：U＝IR总＝I（RL+R1）＝0.3A×（6Ω+9Ω）＝4.5V；
（2）当开关S1、S2和S3都闭合时，R1与R0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R1的电流：I1＝＝＝0.5A，
由变阻器的参数“20Ω 1A”可知，通过滑动变阻器的最大电流为1A，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，此时干路的最大电流：I大＝I1+I0＝0.5A+1A＝1.5A＜3A，
则滑动变阻器接入电路中的最小阻值：R0小＝＝＝4.5Ω，
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，通过滑动变阻器的电流最小，干路电流最小，电路安全，
所以，滑动变阻器R0接入电路的阻值范围是4.5～20Ω。
故答案为：4.5；4.5～20。
【点评】本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，正确得出通过滑动变阻器的最大电流是关键。
17．（4分）（2021•眉山）如图所示，以O为转轴的轻质杠杆AOB，AB＝4OA，物体C重240N，底面积为200cm2，在杠杆A端与物体的上端中点用一根轻质硬棒连接，当在B端用120N的动力F竖直向上拉时，杠杆AOB在水平位置平衡，该杠杆为 省力 杠杆（选填“省力”、“等臂”或“费力”），此时物体C对水平地面的压强是 3×104 Pa。
【分析】（1）根据动力臂与阻力臂的大小关系确定杠杆类型；
（2）利用杠杆平衡条件求杠杆A端受到的力，由于动力方向竖直向上，杠杆A端受到的力也是竖直向上；
由于力的作用是相互的，物体C受到硬杆的压力等于杠杆A端受到的力；此时物体C对水平地面的压力等于重力加上硬杆的压力，再利用p＝求物体C对水平地面的压强。
【解答】解：（1）由题知，O为支点，因为AB＝4OA，所以OB＝3OA，动力臂大于阻力臂，此杠杆为省力杠杆；
（2）由杠杆平衡条件可得：
FB×OB＝FA×OA，
杠杆A端受到的力：
FA＝＝＝360N，方向竖直向上；
由于力的作用是相互的，物体C受到硬杆的压力：
F压＝FA＝360N，
此时物体C对水平地面的压力：
F＝G+F压＝240N+360N＝600N，
受力面积S＝200cm2＝0.02m2，
物体C对水平地面的压强：
p＝＝＝3×104Pa。
故答案为：省力；3×104。
【点评】本题考查了杠杆分类，以及杠杆平衡条件、压强公式的应用，关键是利用杠杆平衡条件求出硬杆对物体的压力。
三、解答与探究题（共34分，将正确答案直接填写在答题卡相应的位置上）（一）作图题（共2小题，每小题2分，共4分；请用签字笔在答题卡上作答）
18．（2分）（2021•眉山）如图所示，利用杠杆AOB撬动重物M，O为杠杆支点，L1为杠杆的动力臂，现杠杆处于水平位置平衡。
（1）作出杠杆动力F1的示意图；
（2）作出重物M对杠杆压力F2的示意图。
【分析】（1）根据力臂的定义画出动力F1的示意图；
（2）压力是垂直于接触面的。
【解答】解：从支点到力的作用线的距离为力臂，力臂与力的作用线是垂直的；过力臂L1的上端做力臂的垂线，可得F1的作用线，F1的作用线与杠杆AB的交点为F1的作用点；
重物M对杠杆压力F2的作用点在AB面上，压力的方向垂直于AB面向下；要使杠杆平衡，F1的作用效果与F2的作用效果相反，F2的方向向下，则杠杆动力F1的方向是斜向下的，如图所示：
【点评】本题考查了杠杆动力的画法、力的示意图的画法，明确力臂的定义是解题的关键。
19．（2分）（2021•眉山）如图所示，从点光源S射出的一条光线经P处的平面镜反射后，反射光线射向凹透镜的焦点方向。
（1）画出平面镜；
（2）作出反射光线经凹透镜折射后的光线。
【分析】根据入射光线和反射光线找出入射光线和反射光线夹角的角平分线，角平分线的位置与法线的位置重合，根据镜面与法线垂直作出平面镜的位置；射向焦点的光线经过凹透镜后会平行于主光轴。
【解答】解：由图可知，知道入射光线和反射光线，做出入射光线和反射光线夹角的角平分线，该角平分线也是法线，根据镜面与法线垂直作出平面镜的位置；
射向凹透镜另一侧焦点的光线，经过凹透镜后会平行于主光轴，如图所示：
【点评】本题考查了平面镜成像的特点（物像对称）和凹透镜的特殊光线，属于基础题目。
（二）计算题（共2小题，每小题6分，共12分；解答时应写出必要的文字说明和重要的演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的物理量必须写出数值和单位）
20．（6分）（2021•眉山）改革开放以来，我国人民的生活水平不断提高，汽车已成为多数人的代步工具。某品牌国产汽车以72km/h的速度在平直公路上匀速行驶100km，消耗了汽油6L，汽车发动机功率为12kW，已知：汽油的热值为q＝4.6×107J/kg，汽油的密度为ρ＝0.7×103kg/m3。求该汽车匀速行驶100km过程中：
（1）消耗汽油的质量；
（2）发动机所做的功；
（3）发动机的效率（百分号前保留整数）。
【分析】（1）已知汽油密度和体积，根据公式ρ＝可计算出汽油的质量；
（2）已知运动速度和路程，根据v＝的变形公式t＝可求出运动的时间，已知功率和运动的时间，根据公式W＝Pt可求发动机所做的功；
（3）根据公式Q＝qm可求释放的能量，做的功与释放能量的比值就是发动机的效率。
【解答】解：（1）6L＝6×10﹣3m3，由密度公式ρ＝变形可得消耗汽油的质量m＝ρV＝0.7×103kg/m3×6×10﹣3m3＝4.2kg；
（2）由速度公式v＝变形可得汽车行驶100km用时为
t＝＝＝h＝×3600s＝5000s；
由功率公式W＝Pt可得发动机所做的功
W＝Pt＝12kW×5000s＝1.2×104W×5×103s＝6×107J；
（3）由放热公式Q＝qm可得汽油完全燃烧所放出的热量
Q＝qm＝4.6×107J/kg×4.2kg＝1.932×108J；
发动机的效率为
η＝×100%＝×100%≈31%；
答：（1）消耗汽油的质量为4.2kg；
（2）发动机所做的功为6×107J；
（3）发动机的效率为31%。
【点评】本题考查质量的计算、功的计算与内燃机的效率，考查的知识点比较多，主要考查对所学物理知识的灵活应用能力。
21．（6分）（2021•眉山）如图所示是某种电热器工作的部分电路图，电源电压U＝220V不变，两根电热丝的电阻关系为R1＝2R2，通过旋转扇形开关S，接触不同触点，实现高、低两个挡位的转换，低温挡时的发热功率为440W。求：
（1）R1和R2的电阻值；
（2）电热器处于高温挡时的总功率；
（3）如果在高温挡下工作7min产生的热量全部被水吸收，在一个标准大气压下这些热量能够让2kg、40℃的水，温度升高多少？[水的比热容为c＝4.2×103J/（kg•℃）]
【分析】（1）由电路图可知，开关S接触b、c两个触点时电路为R1的简单电路，开关S接触c、d两个触点时R1与R2并联，根据电阻的并联结合两电阻的阻值关系判断两种情况下总电阻的关系，根据P＝UI＝可知，电源的电压一定时，电路的总电阻越大时总功率越小，电热器处于低温挡，反之处于高温挡，根据P＝UI＝可求出R1的电阻值，由R1＝2R2，算出R2的电阻值；
（2）根据P＝UI＝可求出电热器处于高温挡时R2的功率，再加上低温挡的功率就是高温挡时的总功率；
（3）根据W＝Pt算出在高温挡下工作7min产生的热量；若产生的热量全部被水吸收，判断出水吸收的热量，根据Q吸＝cm△t求出升高的温度，根据在标准大气压下水的沸点是100℃算出水水果的实际温度。
【解答】解：（1）由电路图可知，开关S接触b、c两个触点时电路为R1的简单电路，开关S接触c、d两个触点时R1与R2并联，
因并联电路中总电阻小于任何一个分电阻，
所以，开关S接触b、c两个触点时总电阻大，开关S接触c、d两个触点时总电阻小，
由P＝UI＝可知，电源的电压一定时，电路的总电阻越大时总功率越小，
则开关S接触b、c两个触点时电热器处于低温挡，开关S接触c、d两个触点时电热器处于高温挡，
根据P＝UI＝可知R1的电阻值为：
R1＝＝＝110Ω，
因为R1＝2R2，所以R2的电阻值为：
R2＝R1＝×110Ω＝55Ω；
（2）R2的电功率为：
P2＝＝＝880W，
高温挡时的总功率为：
P高温＝P低温+P2＝440W+880W＝1320W；
（3）高温挡下工作7min产生的热量为：
Q＝W＝P高温t＝1320W×7×60s＝5.544×105J，
若产生的热量全部被水吸收，
所以水吸收的热量为：Q吸＝Q＝5.544×105J，
根据Q吸＝cm△t知升高的温度为：
△t＝＝＝66℃，
水的末温度为：40℃+66℃＝106℃。
因为在标准大气压下水的沸点是100℃，
所以水升高的温度为：
△t′＝100℃﹣40℃＝60℃。
答：（1）R1和R2的电阻值分别为110Ω、55Ω；
（2）电热器处于高温挡时的总功率为1320W；
（3）如果在高温挡下工作7min产生的热量全部被水吸收，在一个标准大气压下这些热量能够让2kg、40℃的水，温度升高60℃。
【点评】本题考查了并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用以及吸热公式的应用，分清电热器处于不同挡位时电路的连接方式是关键。
（三）实验与探究题（共3小题，每小题6分，共18分）
22．（6分）（2021•眉山）在探究“影响滑动摩擦力大小因素”的实验中，器材有：木板、铁块、木块和弹簧测力计。
（1）物理兴趣小组的同学进行了如下操作：
a.如图甲所示，将铁块平放在木板表面上，用弹簧测力计沿水平方向匀速拉动铁块，弹簧测力计的示数为F1＝1.2N；
b.如图乙所示，将木块叠放在铁块正上方，用弹簧测力计沿水平方向匀速拉动铁块，弹簧测力计的示数为F2＝1.6N；
c.如图丙所示，将铁块叠放在木块正上方，用弹簧测力计沿水平方向匀速拉动木块，弹簧测力计的示数为F3＝1.8N。
分析以上操作：
①操作a和b是为了探究滑动摩擦力大小跟 压力大小 的关系；
②比较操作b和c可得铁块表面比木块表面 光滑 些。
（2）在老师的指导下物理兴趣小组的同学改进了该实验，如图丁所示。当用力F4＝3N拉动长木板在水平桌面上运动，铁块保持静止状态时，弹簧测力计的示数为1N；
①此时铁块受到摩擦力的大小为 1 N，方向为水平 向左 ；
②按图丁所示的实验装置进行实验有较多的优点，请列举两条： 不需要长木板做匀速直线运动 ； 弹簧测力计静止，示数稳定，便于读数 。
【分析】（1）影响滑动摩擦力大小因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变，根据图中现象得出结论；
（2）如图丁所示的实验装置，铁块相对水平桌面处于静止状态，根据二力平衡分析。
【解答】解：（1）①操作a和b控制两接触面的粗糙程度相同，压力大小不同，是为了探究滑动摩擦力大小跟压力大小的关系；
②比较操作b和c可知，压力大小相同，接触面的粗糙程度不同，丙图弹簧测力计的示数大，滑动摩擦力大，说明铁块表面比木块表面更光滑；
（2）①将实验装置改成如图丁所示，木块相对地面处于静止状态，受到弹簧测力计的拉力与木块受到的摩擦力为一对平衡力，此时弹簧测力计的示数等于木块受到的摩擦力，所以铁块受到摩擦力的大小为f＝F＝1N，方向水平向左；
②如图丁所示的实验装置，拉动长木板向左运动，铁块相对水平桌面处于静止状态，铁块受到弹簧测力计的拉力与长木板施加的摩擦力为一对平衡力，大小相等，故该装置的优点是不需要长木板做匀速直线运动，且弹簧测力计静止，示数稳定，便于读数。
故答案为：（1）①压力大小；②光滑；
（2）①1；向左；②不需要长木板做匀速直线运动；弹簧测力计静止，示数稳定，便于读数。
【点评】本题探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关，考查控制变量法的运用和实验方案的设计，体现了对过程和方法的考查。
23．（6分）（2021•眉山）在探究冰熔化的实验过程中，假设试管内的物体在相同时间内吸收相同的热量。
（1）要对试管中的冰均匀加热，应采用甲、乙两图所示装置中的 乙 图所示装置。
（2）实验中某时刻温度计的示数如图丙所示，此时冰的温度是 ﹣6 ℃。
（3）实验中同学们根据实验数据，绘出了其温度随时间变化的图像，如图丁所示，分析图像可知：
①冰熔化过程中吸收热量，其内能 增大 ，温度 不变 ；
②图丁中线段AB和线段CD倾斜程度不同，原因是该物质在两种物态下 比热容 不同。
（4）试管内所有冰熔化完后，继续实验，当烧杯内的水沸腾时试管内的水 不会 沸腾（选填“会”或“不会”）。
【分析】（1）水浴法加热冰块，优点是使冰块熔化过程中受热均匀；
（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；
（3）①晶体熔化时吸收热量，内能增大，温度不变；
②实验中，用加热时间的长短间接反映液体吸收热量的多少，升温快慢与物质不同状态下的比热容有关。由Q＝cm△t判断冰和水的比热容大小；
（4）沸腾的条件；达到沸点，不断吸热。
【解答】解：（1）水浴法加热使冰在熔化过程中受热均匀，应采用甲、乙两图所示装置中的乙装置；
（2）温度计的分度值是2℃，温度计刻度在零下3格，此时的温度为﹣6℃；
（3）①由图乙可知，冰在熔化的过程中吸热，内能增大，温度保持不变；
②实验中，用加热时间的长短间接反映液体吸收热量的多少，加热时间相同，吸收的热量相同，故第0～4min冰吸收的热量等于第10﹣14min水吸收的热量；
由图像可以看出，AB段与CD段的倾斜程度不同，吸收相同的热量，温度变化不同，由Q＝cm△t，质量和吸收热量相同时，温度变化小的比热容大，故冰的比热容比水的比热容小；
（4）沸腾的条件；达到沸点，不断吸热。试管中的水可以达到沸点，因内外温度相同，不能继续吸热，所以不会沸腾。
故答案为：（1）乙；（2）﹣6；（3）①增大；不变；②比热容；（4）不会。
【点评】本题考查“探究冰熔化过程中温度的变化规律”的实验，首先考查了器材的安装、温度计的读数，认清分度值非常关键，本题还考查结合图像分析晶体熔化的特点，会看熔化的图像，横坐标代表时间，纵坐标代表温度，考查学生的分析归纳能力。
24．（6分）（2021•眉山）在测量额定电压为2.5V小灯泡额定功率的实验中，电源电压恒定不变。
（1）请用笔画线代替导线，将图甲中电路连接完整，要求实验时向右移动滑片P小灯泡亮度变暗。
（2）实验过程中，某小组的同学将所测得相关数据和现象记录如表：
物理量
次数
电压U/V
电流I/A
灯泡亮度
灯泡实际电功率P/W
灯泡电功率的平均值P/W
1
0.5
0.18
不亮
P1
P＝
2
1
0.2
发暗光
P2
3
2
0.3
发较亮光
P3
4
2.5
0.32
正常发光
P4
5
2.8
0.34
发光强烈
P5
①小灯泡的额定功率为 0.8 W。
②表格中有一处设计不合理，请指出不合理的设计是 平均电功率的计算 ；
③分析表中数据还发现灯丝电阻跟 温度 有关。
（3）测量额定电压为U0的小灯泡额定功率，物理科代表设计了图乙所示的电路（R0为已知的定值电阻，R为滑动变阻器）。
①断开开关S1，闭合开关S2，移动滑动变阻器滑片P，当电流表示数为 时，小灯泡恰好正常发光；
②保持滑动变阻器滑片P位置不变，闭合开关S1，断开开关S2，记下电流表示数为I；
③推导出小灯泡L的额定功率表达式P额＝ U0×（I﹣） （用物理量U0、R0和I表示）
【分析】（1）根据滑动变阻器的滑片向右移动时小灯泡变暗知滑动变阻器接左下接线柱；
（2）①用电器在额定电压下的功率为额定功率；
②小灯泡两端电压不同，对应的电功率不同，电功率不是一定值，取平均值没有意义；
③导体电阻与材料、长度、横截面积和温度都有关系；
（3）已知灯的额定电压，根据P＝UI，求出灯正常发光时的电流即可，
①分析断开开关S1，闭合开关S2时电路的连接，首先使灯正常发光；
②分析保持滑动变阻器滑片P位置不变，闭合开关S1，断开开关S2时电路的连接，得到灯正常发光时的电流大小；
③根据P＝UI写出灯的额定功率表达式。
【解答】解：（1）要求滑动变阻器滑片向右移动时小灯泡变暗，即此时变阻器连入电路中的电阻变大，所以滑动变阻器滑片以左电阻丝接入电路，将滑动变阻器一上一下串联在电路中，如下图所示：
（2）①已知灯泡额定电压为U额＝2.5V，由表格知，此时通过的电流为I＝0.32A，
所以小灯泡的额定功率为P额＝U额I＝2.5V×0.32A＝0.8W；
②因为灯泡在不同电压下的功率不同，因此计算功率的平均值是没有意义的，故表格设计不合理；
③当灯泡两端电压增大时，电流增大，小灯泡的功率增大，小灯泡变亮，温度升高，灯丝的电阻变大；
（3）①断开开关S1，闭合开关S2，此时灯泡L与定值电阻R0并联后再与滑动变阻器串联，所以灯泡与定值电阻两端电压相同。
移动滑动变阻器滑片P，当灯泡两端的电压为额定电压U0时，R0两端的电压也为U0，根据欧姆定律可知当电流表的示数为时，小灯泡恰好正常发光；
②保持滑动变阻器滑片P位置不变，闭合开关S1，断开开关S2，记下电流表示数为I，此时通过灯泡的电流I额＝I﹣；
③推导出小灯泡L的额定功率表达式P额＝U额I额＝U0×（I﹣）。
故答案为：（1）如上图；（2）①0.8；②平均电功率的计算；③温度；（3）①；③U0×（I﹣）。
【点评】本题考查电功率的测量实验，重点考查电路图连接、实验数据分析、电功率的计算等知识，难度较大。
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日期：2021/9/30 15:27:07；用户：余浩；邮箱：sjhzxyh14@xyh.com；学号：37802004
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