?2021年遼寧省沈陽市中考物理試卷
一、選擇題(共21分，其中第1～6小題為單選題，每小題2分，第7～9小題為多選題，每小題2分，多選、錯選不得分，漏選得1分)
1．(2分)以下估測與實際情況相符的是(　　)
A．人正常步行的平均速度是36km/h
B．家用電飯煲正常工作時電流約為4A
C．將一本九年級物理書從地面撿到課桌上對其做功大約20J
D．最適宜的洗澡水的溫度大約是60℃
【分析】此題考查對生活中常見物理量的估測，結合對生活的了解和對物理單位的認識，找出符合實際的選項。
【解答】解：A、人正常步行的速度在1.1m/s＝1.1×3.6km/h≈4km/h左右。故A不符合實際；
B、家用電飯煲的功率在900W左右，正常工作的電流在I＝＝≈4A左右。故B符合實際；
C、九年級物理書的重力約G＝2.5N，課桌高度約h＝0.8m，將一本九年級物理書從地面撿到課桌上對其做功大約為W＝Gh＝2.5N×0.8m＝2J。故C不符合實際；
D、人的正常體溫在37℃左右，洗澡水的溫度應該略高于體溫，在40℃左右，不可能達到60℃。故D不符合實際。
故選：B。
【點評】估測法是利用物理概念、規(guī)律、物理常數和常識對物理量的數值、數量級進行快速計算以及對取值范圍合理估測的方法。
2．(2分)如圖所示，小明將A、B兩種不同的金屬片分別插入土豆，制成土豆電池，閉合開關S，發(fā)光二極管發(fā)光，電壓表有示數。以下關于電路的理解正確的是(　　)

A．若斷開開關，A、B兩金屬片間沒有電壓
B．土豆電池供電時是電能轉化為化學能
C．發(fā)光二極管是由絕緣體材料制成的
D．電流從“電池”的A金屬片流出經過二極管回到金屬片B
【分析】(1)電源電壓是由電源決定的；
(2)電源是把其他形式能量轉化為電能的裝置；
(3)發(fā)光二極管是由半導體材料制成的，具有單向導電性；
(4)根據電壓表的連接情況分析判斷出電源的正負極，電流是從電源的正極流出回到電源的負極。
【解答】解：A、電源的兩端是存在電壓的，與外部電路的通斷情況無關，故A錯誤；
B、土豆電池供電時，將化學能轉化為電能，故B錯誤；
C、發(fā)光二極管是由半導體材料制成的，具有單向導電性，故C錯誤；
D、由圖中電壓表的正負接線柱可知，金屬片A為電源的正極，金屬片B為電源的負極；所以電流從A流出，經過發(fā)光二極管后回到B，故D正確。
故選：D。
【點評】本題主要考查電源的能量轉化、電源的特點、電壓表的使用、半導體的性質等，能根據電壓表的接法判斷電源的正負極是本題的難點。
3．(2分)如圖甲所示，用一個彈簧測力計拉著浸沒在水中的小物塊A，現(xiàn)將小物塊緩緩拉出水面到底部剛剛脫離水面為止。乙圖坐標體現(xiàn)了某些科學量隨H(小物塊底面到容器底面的距離)的變化情況。有下列選項①彈簧秤示數②小物塊受到的浮力③臺秤的示數④容器底部受到的液體壓強⑤小物塊底面受到的壓強，符合圖乙圖象變化的是(　　)

A．①② B．③④ C．②③④ D．只有⑤
【分析】首先根據圖乙得出科學量隨小物塊底面到容器底面的距離的變化關系﹣﹣﹣先不變后變小。
然后分析將小物塊緩緩拉出水面到底部剛剛脫離水面為止這一過程中，①彈簧秤示數、②小物塊受到的浮力、③臺秤的示數、④容器底部受到的液體壓強、⑤小物塊底面受到的壓強的變化，得出符合圖乙圖象變化的選項。
【解答】解：
根據圖乙得出科學量隨小物塊底面到容器底面的距離的變化關系﹣﹣﹣先不變后變小。
將小物塊緩緩拉出水面到底部剛剛脫離水面為止：
①物塊排開水的體積先不變后變小，由阿基米德原理可知受到的浮力先不變后變小，因為彈簧秤示數等于重力減去浮力，重力不變，所以彈簧測力計的示數先不變后增大，故①不符合圖象變化；
②物塊排開水的體積變小，由阿基米德原理可知受到的浮力先不變后變小，脫離水面后受浮力為0N，故②不符合圖象變化；
③由①得彈簧測力計的示數先不變后增大，臺秤的示數等于容器、水、物塊的重力之和減去拉力(彈簧測力計的示數)，所以臺秤的示數先不變后減小，故③符合圖象變化；
④物塊排開水的體積先不變后變小，水的深度先不變后變小，由p＝ρgh可知容器底部受到的液體壓強先不變后變小，故④符合圖象變化；
⑤小物塊底面所處的深度一直變小，由p＝ρgh可知小物塊底面受到的壓強一直變小，故⑤不符合圖象變化。
可見，符合圖乙圖象變化的是③④。
故選：B。
【點評】本題綜合考查了阿基米德原理、液體壓強公式的應用，能正確分析將小物塊緩緩拉出水面到底部剛剛脫離水面為止的過程中相關物理量的變化是關鍵。
4．(2分)關于下列四個實驗情景的結果預測，正確的是(　　)
A．圖中是熱機的壓縮沖程，將機械能轉化為內能
B．圖中當向玻璃管中吹風時，U形管A管中的水面下降B管中的水面上升
C．圖中將杠桿兩端的鉤碼同時向支點移動一格天平剛好平衡
D．圖中將容器側壁的塞子同時拔出，水一定從a孔噴射最遠，從c孔噴射最近
【分析】(1)內燃機的四個沖程有吸氣沖程、壓縮沖程、做功沖程、排氣沖程，將機械能轉化為內能的是壓縮沖程，將內能轉化為機械能的是做功沖程；
(2)當向管中吹風時，相同時間內，風經過A管上方和B管上方的空氣流動速度不同，壓強不同，液柱上升的高度不同；
(3)根據杠桿平衡條件進行判斷；
(4)液體密度一定時，液體內部壓強隨深度的增加而增大。
【解答】解：A、圖中進氣門關閉，排氣門打開，活塞向上運動，屬于排氣沖程，此沖程中沒有能量轉化，故A錯誤；
B、A管上面的玻璃管比較細，當向玻璃管中吹風時，空氣經過A管上方的流動速度大于B管上方的空氣流動速度，A管上方的壓強小于B管上方的壓強，水被壓向A管，所以A管水面上升，B管水面下降，故B錯誤；
C、設杠桿一個小格代表L，一個鉤碼重為G，將杠桿兩端的鉤碼同時向支點移動一格，杠桿右端：2G×3L＝6GL，杠桿左端：3G×2L＝6GL，所以，天平剛好平衡，故C正確；
D、液體密度一定時，液體內部壓強隨深度的增加而增大，越深的位置其壓強越大；圖中a最淺，所以水的壓強最小，水噴射最近；c最深，所以水的壓強最大，水噴射最遠，故D錯誤。
故選：C。
【點評】此題考查流體壓強和流速的關系、杠桿平衡條件、液體壓強特點、內燃機的沖程及其能量轉化，是一道綜合性較強的題目，難度中等，屬于中考熱點題型，值得關注。
5．(2分)定值電阻R1標有“10Ω 1A”字樣，R2標有“15Ω 0.6A”字樣，將R1、R2接入由一個開關和電壓恒定的電源組成的電路，在保證電路安全的情況下，下列說法正確的是(　　)
A．R1、R2并聯(lián)時，通過干路的最大電流為1.5A
B．R1、R2并聯(lián)時，R2的最大功率為9W
C．R1、R2串聯(lián)時，電源電壓最大為19V
D．R1、R2串聯(lián)時，R1的最大功率為10W
【分析】(1)根據歐姆定律求出兩電阻兩端允許所加的最大電壓，根據并聯(lián)電路的電壓特點可知，兩電阻并聯(lián)時，并聯(lián)電路兩端允許加的最大電壓為較小的一個，然后由歐姆定律求出通過兩電阻的電流，再根據并聯(lián)電路的電流特點求出干路的最大電流，利用P＝UI求出R2的最大功率；
(2)根據串聯(lián)電路的電流特點可知，兩電阻串聯(lián)時電路允許通過的最大電流為兩個允許通過最大電流的較小值，然后根據電阻的串聯(lián)和歐姆定律求出電源兩端的最大電壓，利用P＝UI＝I2R求出R1的最大功率。
【解答】解：AB、由歐姆定律可得，兩定值電阻兩端允許所加的最大電壓分別為：
U1＝I1R1＝1A×10Ω＝10V，U2＝I2R2＝0.6A×15Ω＝9V，
因并聯(lián)電路中各支路兩端的電壓相等，
所以，R1、R2并聯(lián)時，電源的最大電壓U＝U2＝9V，
此時通過R2的電流I2＝0.6A，通過R1電阻的電流I1′＝＝＝0.9A，
因并聯(lián)電路中干路電流等于各支路電流之和，
所以，通過干路的最大電流：
I＝I1′+I2＝0.9A+0.6A＝1.5A，故A正確；
R2的最大功率：
P2＝UI2＝9V×1.5A＝13.5W，故B錯誤；
CD、因串聯(lián)電路中各處的電流相等，
所以，R1、R2串聯(lián)時，電路的最大電流I′＝I2＝0.6A，
因串聯(lián)電路中總電阻等于各分電阻之和，
所以，兩端允許加的最大電壓：
U′＝I′R總＝I′(R1+R2)＝0.6A×(10Ω+15Ω)＝15V，故C錯誤；
R1的最大功率：
P1＝(I′)2R1＝(0.6A)2×10Ω＝3.6W，故D錯誤。
故選：A。
【點評】本題考查了串并聯(lián)電路的特點和歐姆定律、電功率公式的應用，難點是知道串聯(lián)時允許通過的最大電流為兩個電阻允許通過電流中最小的，并聯(lián)時最大電壓為兩電阻允許所加最大電壓中較小的。
6．(2分)甲、乙兩個完全相同的燒杯，盛有同種液體，放在水平桌面上。如圖所示，將體積相同的A、B兩個實心小球分別放入甲、乙燒杯中，當小球靜止時液面剛好相平。則下列判斷正確的是(　　)

A．A、B兩小球排開液體的質量相等
B．小球B的密度可能大于小球A的密度
C．甲杯對桌面的壓強等于乙杯對桌面的壓強
D．甲杯底受到的液體壓強大于乙杯底所受液體壓強
【分析】(1)由題意和圖示可知，A、B的體積相同，A排開液體的體積大，且是同種液體，根據m排＝ρ液V排可知排開液體的質量的關系；
(2)兩個物體放入同種液體中，一個懸浮，另一個漂浮，由浮沉條件可知兩個物體的密度關系；
(3)根據p＝ρgh可知容器底受到液體壓強的大小關系。
【解答】解：
A、由題意和圖示可知，A、B的體積相同，A排開液體的體積大，且是同種液體，根據m排＝ρ液V排可知，A排開液體的質量較大，故A錯誤；
B、兩個物體分別放入同種液體中，A懸浮，則A的密度等于液體的密度；B漂浮，則B的密度小于液體的密度；所以小球A的密度大于小球B的密度，故B錯誤；
C、由于A懸浮，則A所受的浮力F浮A＝GA＝GA排，即A的重力等于排開液體的重力；
B漂浮，則B所受的浮力F浮B＝GB＝GB排，即B的重力等于排開液體的重力；
因為兩液面相平，且是同種液體，所以結合上面分析可知兩容器中液體與物體的總重力相同，即裝置的總重力相同，由p＝得，甲杯對桌面的壓強等于乙杯對桌面的壓強，故C正確；
D、由于兩杯中液體的深度相同，液體的密度也相同，根據p＝ρgh可知，兩杯底所受液體壓強相同，故D錯誤。
故選：C。
【點評】本題考查了浮沉條件、密度公式、液體壓強公式以及壓強定義式的應用，是一道綜合題。
7．(3分)如圖所示凸透鏡的焦距為10cm，此時蠟燭在光屏上成一個清晰的像。凸透鏡的位置固定不變，只移動點燃的蠟燭和光屏，下列說法正確的是(　　)

A．把蠟燭移到刻度值為14cm處，再向右移動光屏，能在光屏上得到倒立放大的實像，成像規(guī)律可以應用于投影儀
B．把蠟燭移到刻度值為30cm處，再向左移動光屏，能在光屏上得到倒立縮小的清晰實像，成像規(guī)律可以應用于照相機
C．把蠟燭移到刻度值為5cm處，再向右移動光屏，能在光屏上得到正立放大的虛像，成像規(guī)律可以應用于放大鏡
D．蠟燭在光屏上已成一個清晰的像，如果在蠟燭和凸透鏡之間放一個近視眼鏡，為了在光屏上重新得到清晰的像，光屏應向右移動
【分析】(1)f＜u＜2f時，成倒立、放大的實像，此時v＞2f。利用其可制成投影儀；
(2)u＞2f，成倒立、縮小的實像，2f＞v＞f，應用于照相機；
(3)u＜f時，成正立、放大的虛像，應用于放大鏡；
(4)近視鏡片是凹透鏡，對光線起發(fā)散作用。
【解答】解：A、蠟燭移到刻度值為14cm處，物距變小，像距變大，需要將光屏右移，此時2f＞u＞f，成倒立、放大的實像，是投影儀的工作原理，故A正確；
B、蠟燭移到刻度值為30cm處，u＞2f，成倒立、縮小的實像，像距2f＞v＞f，光屏應向左移動，是照相機工作原理，故B正確；
C、蠟燭移到刻度值為5cm處，u＜f，成正立、放大的虛像，虛像不能呈現(xiàn)在光屏上，故C錯誤；
D、近視鏡片是凹透鏡，對光線起發(fā)散作用，放置后，光線延遲會聚，像距變大，應向右移動光屏才能得到清晰的像，故D正確。
故選：ABD。
【點評】解決此題的關鍵是掌握凸透鏡的成像規(guī)律即應用，知道虛像不能在光屏上成像。
8．(3分)電梯為居民出入帶來了很大的便利，出于安全考慮，電梯設置有超載自動報警系統(tǒng)，其工作原理如圖所示，R1為保護電阻，R2為壓敏電阻，其阻值隨壓力增大而減小。下列說法正確的是(　　)

A．電磁鐵是根據電磁感應原理制成的
B．工作時，電磁鐵的上端為S極
C．超載時，電磁鐵的磁性增強
D．正常情況下(未超載時)，K與B接觸
【分析】(1)電磁鐵是根據電流的磁效應制成的；
(2)知道電流的方向，根據安培定則判斷出電磁鐵的NS極；
(3)R2為壓敏電阻，其阻值隨壓力增大而減小，所以知道超載時壓敏電阻的阻值變化情況，根據I＝判斷出電流的變化；電磁鐵的磁性強弱和電流大小、線圈匝數多少有關；
(4)正常情況下(未超載時)，銜鐵被彈簧拉起，K與靜觸點A接觸。
【解答】解：A、電磁鐵是根據電流的磁效應原理制成的，故A錯誤；
B、工作時，電流從電磁鐵的下面導線流入，利用安培定則判斷出電磁鐵的下端為N極，上端為S極，故B正確；
C、超載時，隨著壓力的增大，壓敏電阻的阻值隨著減小，電路中的電流逐漸增大，電磁鐵的磁性逐漸增強，故C正確；
D、正常情況下(未超載時)，壓敏電阻的阻值較大，電磁鐵磁性弱，銜鐵被彈簧拉起，K與靜觸點A接觸，故D錯誤。
故選：BC。
【點評】此題主要考查的是學生對電磁鐵和電磁繼電器的原理、磁性強弱的影響因素、安培定則的理解和掌握，知識點較多，但都是基礎性題目。
9．(3分)如圖所示，是近年來悄然興起的一種新能源電動汽車，與傳統(tǒng)汽車結構類似，但無需燒油，整車靠電池驅動，效率更高。下列說法中正確的是(　　)

A．汽車的倒車雷達是利用了次聲波來測距離
B．汽車擋風玻璃是傾斜的，目的是使車內物體所成的虛像位于玻璃的上方，不妨礙司機視線
C．汽車后視鏡擴大了司機的視野空間，它使用的是凸面鏡
D．關上車窗后，車內會變得安靜很多，是因為玻璃可以起到隔音的效果
【分析】(1)倒車雷達應用了超聲波來工作；
(2)小轎車前方的擋風玻璃相當于平面鏡，像與物體關于平面鏡對稱；
(3)生活中的面鏡有三種：凸面鏡對光線有發(fā)散作用，可以擴大視野；凹面鏡對光線有匯聚作用；平面鏡能成像，能改變光的傳播方向；
(4)玻璃可以反射聲音，起到隔音的效果。
【解答】解：A.倒車雷達應用了超聲波來測試車后物體與車的距離，故A錯誤；
B.擋風玻璃相當于平面鏡，當車外光線暗，車內光線明亮時，車內物體會通過擋風玻璃成像，像與物體關于平面鏡對稱，所以車內物體所成的虛像位于玻璃的上方，起到不妨礙司機視線的作用，故B正確；
C.凸面鏡特點：以球面的外表面為反射面，對光線起發(fā)散作用，能夠擴大視野，例如汽車的后視鏡，故C正確；
D.關上車窗后，車內會變得安靜很多，玻璃可以反射聲音起到隔音的效果，故D正確。
故選：BCD。
【點評】本題考查平面鏡的應用、超聲波的應用、噪聲的減弱和球面鏡的應用，是綜合題。
二、填空題(每空1分，共18分)
10．(2分)2021年1月29日，我國在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心成功將遙感三十一號02組衛(wèi)星發(fā)射升空所用長征四號丙運載火箭是用液態(tài)氫作燃料，因為液態(tài)氫具有較高的 　熱值　(填“熱值”或“比熱容”)，液態(tài)氫屬于 　二次　(選填“一次”或“二次”)源。
【分析】(1)熱值是燃料的一種特性，熱值越大的燃料在完全燃燒相同質量的燃料時，釋放出的熱量越多，在選擇火箭燃料時首先應該考慮燃料熱值的大?。?br /> (2)能源可分為一次能源和二次能源，一次能源指的是可以從自然界直接獲取的能源；二次能源指的是必須通過一次能源的消耗才可以得到的能源叫二次能源。
【解答】解：(1)火箭采用液態(tài)氫作為火箭的燃料，原因是液態(tài)氫具有較高的熱值，完全燃燒相同質量的液態(tài)氫和其它燃料相比，液態(tài)氫可以釋放出更多的熱量；
(2)氫能是利用太陽能或電能分解水產生的，故屬于二次能源；
故答案為：熱值；二次。
【點評】本題考查了燃料的熱值、能源的分類，屬于基礎知識，要熟記。
11．(2分)如圖所示，制作冰糖葫蘆時將洗凈的山楂穿在竹簽上，將一定量的白糖放入鍋中加熱，待白糖熔化為糖漿后，將山楂放入鍋中蘸上糖漿，等待山楂上的糖漿　放出　(“吸收”或“放出”)熱量　凝固　(填物態(tài)變化名稱)成固態(tài)，酸甜可口的冰糖葫蘆就做好了。

【分析】物質由固態(tài)變成液態(tài)叫做熔化，由液態(tài)變成固態(tài)叫做凝固，熔化吸熱，凝固放熱。
【解答】解：白糖放入鍋中加熱，由固態(tài)變成液態(tài)，叫做熔化；山楂上的糖漿由液態(tài)變成固態(tài)，發(fā)生凝固現(xiàn)象，凝固放熱。
故答案為：放出；凝固。
【點評】本題考查了冰糖葫蘆制作過程中的物態(tài)變化以及物體的顏色，注重了物理和生活的聯(lián)系，屬于基礎知識的考查。
12．(2分)如圖所示是某用戶家的電能表，單獨將電烤箱接入電路，正常工作30min，電能表的轉盤轉過300轉，則電烤箱消耗的電能為　0.5　kW/h，它的實際功率為　1000　W。

【分析】“600r/(kW?h)”表示電路中每消耗1kW?h電能，電能表的轉盤轉600r，據此求出電能表的轉盤轉300r時電烤箱消耗的電能，再利用P＝求電烤箱的電功率。
【解答】解：“600r/(kW?h)”表示電路中每消耗1kW?h電能，電能表的轉盤轉600r，
電能表的轉盤轉300r時電烤箱消耗的電能：
W＝kW?h＝0.5kW?h，
電烤箱的電功率：
P＝＝＝1kW＝1000W。
故答案為：0.5；1000。
【點評】本題考查了消耗電能、電功率的計算，明確電能表相關參數的意義是關鍵。
13．(2分)2020年12月17日，首艘國產航母“山東”號將迎來入列一周年，國產航母滿載時排水量為67000t，吃水深度10.5m可搭載航載機36架，它滿載時受到海水的浮力是 　6.7×108　N，山東艦底部所受海水的壓強為 　1.05×105　Pa。(g取10N/kg，p海水＝1.0×103kg/m3)

【分析】(1)根據阿基米德原理計算出國產航母滿載時受到海水的浮力；
(2)根據p＝ρgh計算出山東艦底部所受海水的壓強。
【解答】解：(1)根據阿基米德原理可知，物體所受浮力等于該物體排開液體的重力，
國產航母滿載時排水量為：m＝67000t＝6.7×107kg，
所以國產航母滿載時受到海水的浮力為：F?。紾排＝mg＝6.7×107kg×10N/kg＝6.7×108N；
(2)國產航母滿載時吃水深度為：h＝10.5m，
所以山東艦底部所受海水的壓強為：p＝ρ海水gh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×10.5m＝1.05×105Pa。
故答案為：6.7×108；1.05×105。
【點評】該題主要考查了阿基米德原理的應用和液體壓強公式的應用，是一道好題。
14．(2分)小明同學想在家里安裝一盤照明燈，如下圖甲所示的是他設計的電路，圖中虛線框1和2應連入開關和電燈，則開關應安裝在　2　(選填“1”或“2”)框中，為了檢測家庭電路中插座右孔連接的是不是火線，應使用如圖　乙　(選填“乙”或“丙”)所示的捏試電筆的方法

【分析】為了安全、有效的控制燈的開閉，開關接在燈與火線之間；
正確使用測電筆：手接觸筆尾金屬體，筆尖接觸導線，氖管發(fā)光，導線是火線；氖管不發(fā)光的是零線；手千萬不要接觸筆尖金屬體。
【解答】解：為了用電的安全，開關應接在火線與電燈之間，因此開關應接在2處；
在使用測電筆時，手要接觸筆尾金屬體，不能接觸筆尖金屬體，故如圖的兩種使用方法中，正確的是乙。
故答案為：2；乙。
【點評】本題考查了測電筆的使用方法和家庭電路的連接，屬于基礎題目。
15．(2分)如圖，在斜面上將一個重5N的物體勻速拉到頂端。沿斜面向上的拉力為2N斜面長4m，高1m，斜面的機械效率為　62.5%　，物體所受的摩擦力為　0.75　N。


【分析】(1)根據公式W＝FL可求出拉力做的功，即總功；再根據W＝Gh求出有用功；然后根據機械效率的計算公式可求出斜面的機械效率η。
(2)根據總功與有用功的差求出額外功，再根據W額＝fL變形后可求摩擦力f。
【解答】解：
(1)此過程所做的有用功為：W有＝Gh＝5N×1m＝5J；
拉力做的總功為：W總＝FL＝2N×4m＝8J；
斜面的機械效率為：η＝＝＝62.5%；
(2)此過程所做的額外功為：W額＝W總﹣W有＝8J﹣5J＝3J；
由W額＝fL可得物體所受的摩擦力為：f＝＝＝0.75N。
故答案為：62.5%；0.75。
【點評】熟練運用功、機械效率的計算公式，明確額外功是克服物體與斜面間摩擦力做的功，是解答此題的關鍵。
16．(2分)蹦極是一項極限體育運動，如圖所示，A點最高點、B點為彈性繩自然伸長的位置，蹦極人在C點受彈性繩的彈力與自身重力相等，D點是能下落到的最低點。在蹦極人從A點下落到D點的過程中，　C　(填“B”、“C”或“D”)點動能最大，在這個過程中，減小的重力勢能都轉化為　彈性勢　能。(不計空氣阻力)

【分析】運動員下降的過程中，彈性繩未伸長前運動員做自由落體運動，彈性繩開始伸長后，彈力逐漸變大，運動員受到重力和彈力的合力先變小后反向變大，當合力向下時加速，合力向上時減速。
【解答】解：彈性繩繃緊后，開始階段，拉力小于重力，人向下做加速運動，當拉力大于重力后，人做減速運動，即速度先增大后減小。
當拉力等于重力時，速度最大，動能最大。即人到達C點時動能最大。
人到達D點時，彈性繩伸長最長，彈性繩的彈性勢能最大，開始的重力勢能全部轉化成彈性勢能。
故答案為：C；彈性勢。
【點評】本題與彈簧類型問題相似，關鍵是分析物體的受力情況，確定物體的運動情況。將物體的運動分為三個過程，分別運用牛頓運動定律研究。
17．(2分)月球對它表面的物體的引力大約是地球對地面同一物體的引力的，一個60kg的物體在月球上受到的重力為 　100　N；醫(yī)院的氧氣瓶內裝的氧氣密度為10kg/m3，為搶救病人，用去了其中的一半，則瓶內剩余氧氣的密度為 　5　kg/m3。
【分析】(1)先根據G＝mg求出他的重力，然后根據月球對物體的引力與重力的關系即可求出月球對他的引力；
(2)利用公式m＝ρV先計算原來氧氣瓶里氧氣的質量，再求出剩余氧氣的質量，而瓶內氧氣的體積不變，再利用密度公式ρ＝求剩余氧氣的密度。
【解答】解：由題意可知，月球對他的引力約：G月＝G地＝×mg＝×60kg×10N/kg＝100N；
設氧氣瓶的容積為V，則根據ρ＝可得，原來氧氣瓶里氧氣的質量：m0＝ρ0V，
用去了其中的一半，剩余氧氣的質量：m＝m0＝ρ0V，
因為瓶內氧氣的體積不變，所以剩余氧氣的密度：
ρ＝＝＝ρ0＝×10kg/m3＝5kg/m3。
故答案為：100；5。
【點評】本題考查了學生對重力公式、密度公式的掌握和運用，知道使用氧氣前后瓶內氧氣的體積不變是本題的關鍵。
18．(2分)“蒹葭蒼蒼，白露為霜。所謂伊人，在水一方?！边@句詩出自中國第一部詩歌總集《詩經》．從物理學角度分析，詩中的“露”和“霜”分別是物態(tài)變化中的　液化　現(xiàn)象和　凝華　現(xiàn)象。
【分析】物體由氣態(tài)直接變?yōu)楣虘B(tài)的現(xiàn)象叫凝華；物體由氣態(tài)變?yōu)橐簯B(tài)的現(xiàn)象叫液化；
根據我們對于凝華和液化的了解來作答。
【解答】解：露是液體，是由空氣中的水蒸氣遇冷形成的，氣態(tài)變?yōu)橐簯B(tài)的現(xiàn)象叫液化；
霜是固體，是由空氣中的水蒸氣遇冷形成的，氣態(tài)變?yōu)楣虘B(tài)的現(xiàn)象叫凝華。
故答案為：液化； 凝華。
【點評】此題考查我們對于液化和凝華的理解，物態(tài)變化知識是中考必考的知識點，需要掌握。
三、計算題(共18分，要求寫出必要的文字說明、公式、運算過程、數值和單位)
19．(9分)百度聯(lián)手奇瑞汽車，在安徽省蕪湖市打造了國內首個全無人車運營區(qū)域。某正在測試中的一款無人汽車，其質量為1.6×103kg，汽車以72km/h的速度在平直公路上勻速行駛75min，消耗汽油6.4kg，所受的阻力是汽車總重的0.05倍，汽油的熱值是4.5×107J/kg。求：
(1)汽車以72km/h的速度在平直公路上勻速行駛時，汽車發(fā)動機的牽引力。
(2)汽車行駛75min牽引力做的功。
(3)汽車發(fā)動機的效率。
【分析】(1)知道汽車總質量，利用G＝mg求汽車總重力，由題知平均阻力f＝0.05G，可求平均阻力，又知道汽車在平直公路上勻速行駛，此時汽車受到的牽引力和阻力是一對平衡力，二力大小相等，可求牽引力；
(2)根據公式s＝vt求出汽車行駛的路程，再利用W＝Fs求汽車牽引力做功(有用功)；
(3)知道汽油的熱值和質量，利用Q放＝mq，求出汽油完全燃燒放出的熱量，然后根據η＝求出汽車發(fā)動機的效率。
【解答】解：
(1)汽車總重力：
G＝mg＝1.6×103kg×10N/kg＝1.6×104N，
汽車行駛時受到的阻力：
f＝0.05G＝0.05×1.6×104N＝800N，
因為汽車在平直公路上勻速行駛，
所以汽車受到的牽引力和阻力是一對平衡力，
F＝f＝800N；
(2)75min＝1.25h，
根據v＝可知，汽車行駛的距離為：
s＝vt＝72km/h×1.25h＝90km＝9×104m，
牽引力做功：
W＝Fs＝800N×9×104m＝7.2×107J；
(3)6.4kg汽油完全燃燒放出的熱量：
Q放＝mq＝6.4kg×4.5×107J/kg＝2.88×108J，
汽車發(fā)動機的效率為：η＝＝×100%＝25%。
答：
(1)汽車發(fā)動機的牽引力是800N；
(2)牽引力做了7.2×107J的功；
(3)汽車發(fā)動機的效率為25%。
【點評】本題考查了效率公式、做功公式、燃料熱值和二力平衡條件的應用，難點在第三問，明白發(fā)動機的效率含義是得到正確答案的關鍵。
20．(9分)如圖所示是某款有加熱和保溫功能的電熱飲水機電路原理圖，機內有溫控開關S0．該飲水機的部分參數已知：
額定電壓
220V
加熱時的總功率
880W
保溫時的功率
44W
R1、R2為加熱電阻絲。(假設它們的阻值不變)(計算結果若不能整除，保留一位小數)求：
(1)當S和S0閉合時，飲水機處在什么狀態(tài)？此時電路的總電流是多大？
(2)在加熱狀態(tài)下，電阻絲R1的阻值為多少？
(3)傍晚用電高峰期，若實際電壓只有200V時，飲水機加熱的實際總功率是多大？

【分析】(1)分析當S和S0閉合時電路中總電阻的大小，根據P＝分析電路總功率的大小可知飲水機處于哪種工作狀態(tài)，根據P＝UI求出此時電路中的總電流；
(2)開關S閉合、S0斷開時，電路為R2的簡單電路，電飲水機處于保溫狀態(tài)；當開關S、S0閉合時，兩電阻并聯(lián)，電飲水機處于加熱狀態(tài)，根據電路的總功率等于各用電器功率之和求出R1的電功率，根據并聯(lián)電路的電壓特點和P＝求出電阻絲R1的阻值；
(3)根據歐姆定律求出飲水機加熱時電路中的總電阻，再根據P＝求出實際電壓只有200V時飲水機加熱的實際總功率。
【解答】解：(1)當開關S和S0閉合時，兩電阻并聯(lián)，電路中的總電阻最小，
由P＝可知，電路的總功率最大，電熱飲水機處于加熱狀態(tài)；
由P＝UI可得，此時電路的總電流：
I＝＝＝4A；
(2)當開關S閉合、S0斷開時，電路為R2的簡單電路，此時電熱飲水機處于保溫狀態(tài)；
當開關S、S0閉合時，兩電阻并聯(lián)，電熱飲水機處于加熱狀態(tài)，
因電路的總功率等于各用電器功率之和，
所以，R1消耗的電功率：
P1＝P加熱﹣P保溫＝880W﹣44W＝836W，
因并聯(lián)電路中各支路兩端的電壓相等，
所以，電阻絲R1的阻值：
R1＝＝≈57.9Ω；
(3)由I＝可得，飲水機加熱時電路中的總電阻：
R＝＝＝55Ω，
當實際電壓只有200V時，飲水機加熱的實際總功率：
P實＝＝≈727.3W。
答：(1)當S和S0閉合時，飲水機處在加熱狀態(tài)，此時電路的總電流是4A；
(2)在加熱狀態(tài)下，電阻絲R1的阻值為57.9Ω；
(3)傍晚用電高峰期，若實際電壓只有200V時，飲水機加熱的實際總功率是727.3W。
【點評】分析清楚電路結構，知道何時飲水機處于加熱狀態(tài)、何時處于保溫狀態(tài)，是正確解題的關鍵，靈活應用功率的變形公式、并聯(lián)電路的特點即可正確解題。
四、實驗、作圖題(共22分)
21．(4分)小剛發(fā)現(xiàn)汽車在柏油馬路上容易停下來，而在冰雪路面上不容易停下來。

(1)小剛猜想：摩擦力的大小可能與接觸面粗糙程度有關。于是小剛利用長木板、毛巾、長方體物塊A和物塊B，以及彈簧測力計做了如圖所示的實驗。實驗時，應使彈簧測力計水平　勻速　拉動紙盒A。
(2)小剛通過比較　甲、乙　兩圖的彈簧測力計示數，可以驗證他的猜想。丙圖中，勻速直線拉動A和B一起做勻速直線運動時，畫出物塊B所受力的示意圖。
【分析】(1)根據二力平衡的條件分析；
(2)影響滑動摩擦力大小因素有兩個：壓力大小和接觸面的粗糙程度，研究與其中一個因素的關系時，要控制另外一個因素不變；根據摩擦力產生的條件分析。
【解答】解：(1)只有沿水平方向拉著物體做勻速直線運動，物體在水平方向上受到平衡力的作用，拉力大小才等于摩擦力的大小。
(2)研究滑動摩擦力的大小可能與接觸面的粗糙程度有關，要控制壓力大小不變，只改變接觸面的粗糙程度，通過比較甲乙兩圖的彈簧測力計示數，可以驗證他的猜想；
物塊B隨物塊A一起水平向右做勻速直線運動，它們相對靜止，故物體B不受摩擦力的作用；
物體B共受兩個力作用：重力和支持力，并且這兩個力是一對平衡力；
重力方向豎直向下，作用點在重心，支持力方向豎直向上，作用點也畫在重心上，示意圖如圖：

故答案為：(1)勻速；(2)甲；乙；見上圖。
【點評】本題探究滑動摩擦力的大小與哪些因素有關，考查實驗原理及控制變量法的運用，體現(xiàn)了對過程和方法的考查。
22．(6分)在探究“浮力的大小跟哪些因素有關”的實驗中(如圖所示)，小明先用彈簧測力計測出金屬塊的重力，然后將金屬塊緩慢浸入液體中不同深度，步驟如圖B、C、D、E、F所示(液體均未溢出)，并將其示數記錄在表中：

實驗步驟
B
C
D
E
F
彈簧測力計示數/N
2.2
2.0
1.7
1.7
1.9
(1)分析比較實驗步驟A和 　D、E　，可得出：浮力大小與物體浸沒在液體中的深度無關；分析比較A、B、C、D可知：浮力大小與物體 　排開液體的體積　有關；分析實驗步驟A、E、F可知：浮力的大小還與 　液體密度　有關。
(2)分析實驗數據可知，F(xiàn)中液體密度 　小于　(選填“大于”、“小于”或“等于”)水的密度。
(3)金屬塊浸沒在水中時受到的浮力大小是 　1　N，金屬塊密度為 　2.7×103　kg/m3．(水的密度ρ水＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg)
【分析】(1)研究物體受到的浮力大小與物體浸沒在液體中的深度關系，要控制排開液體的體積和密度相同，只改變浸沒在液體中的深度；
由AEF圖找出相同的量和不同的量，分析得出物體受到的浮力大小與變化量的關系；
(2)根據阿基米德原理F?。溅岩篻V排知物體排開液體的體積相同時，密度越大，受到的浮力越大；
(3)根據稱量法F?。紾﹣F計算出在鹽水中受到的浮力，利用阿基米德原理F?。溅岩篻V排求物塊的體積，根據ρ＝得出物體的密度。
【解答】解：(1)研究物體受到的浮力大小與物體浸沒在液體中的深度關系，要控制排開液體的體積和密度相同，只改變浸沒在液體中的深度，故由ADE圖可知，物體排開液體的體積相同時，液體的密度相同，浸沒的深度不同，浮力相同，所以物體受到的浮力大小與物體浸沒在液體中的深度無關。
研究物體受到的浮力大小與物體排開液體的體積關系，要控制排開液體的密度相同，由分析比較A、B、C、D可知，液體的密度相同時，物體排開液體的體積不同，浮力不同，所以物體受到的浮力大小與物體排開液體的體積有關。
由分析比較A、E、F可知：圖知，排開液體的體積相同，而排開液體的密度不同，浮力大小不同，故可得出結論：物體受到的浮力大小與液體的密度有關。
(2)根據稱重法可知：物塊在水中受到的浮力為：F?。紾﹣F＝2.7N﹣1.7N＝1N；物塊在另一液體中受到的浮力為：F浮′＝2.7N﹣1.9N＝0.8N；
根據阿基米德原理F?。溅岩篻V排知物體排開液體的體積相同時，密度越大，受到的浮力越大，故F中液體密度小于水的密度。
(3)物塊在水中受到的浮力為：F?。紾﹣F＝2.7N﹣1.7N＝1N；
V排＝＝＝10﹣4m3
金屬塊的體積：V＝V排＝10﹣4m3
金屬塊的質量：m＝＝＝0.27kg
金屬塊的密度：ρ＝＝＝2.7×103kg/m3
故答案為：(1)D、E；排開液體的體積；液體的密度；(2)小于；(3)1；2.7×103。
【點評】本題目就是考查學生對阿基米德實驗的掌握程度，看學生能否掌握每個步驟，以及每一步要測量的對象，只要基本知識掌握扎實，題目不難做出。
23．(6分)在“測量小燈泡額定功率”的實驗中，實驗器材有：兩節(jié)新干電池、電流表、電壓表、額定電壓2.5V的小燈泡，滑動變阻器、開關，導線若干，實物電路如圖甲所示。
(1)甲圖中有一根導線連接錯誤，在導線上畫“×”并在圖上改正(所畫的導線不能交叉)。
(2)改正錯誤后進行實驗，根據實驗數據描出的小燈泡的I﹣U圖象如圖乙所示，則小燈泡額定功率是　0.625　W。
(3)僅用該實驗裝置中的器材，以下探究活動不能夠完成的是　D　。
A．測量小燈泡的電阻 B．探究串聯(lián)電路電流的特點
C．探究串聯(lián)電路電壓的特點 D．探究電流與電壓的關系
(4)完成上面實驗后，小明又設計了如圖丙所示的電路，測出了額定電流為I額小燈泡L2的額定功率。實驗方案如下：(電源電壓不變，滑動變阻器R1的最大阻值為R1，滑動變阻器R2的最大阻值為R2)
①只閉合開關S和S2，移動R1滑片，使電流表示數為I額。
②只閉合開關S和S1，保持R1滑片位置不動，移動R2滑片，使電流表的示數為I額。保持滑動變阻器R2的滑片位置不動，將另一個滑動變阻器滑片移到最左端，電流表的示數為I1，再將此滑動變阻器的滑片移到最右端，電流表的示數為I2，則小燈泡額定功率的表達式P額＝　I額2?　。(用I額、I1、I2、R1、R2中的字母表示)

【分析】(1)原電路中，電壓表串聯(lián)在電路中是錯誤的，燈應與變阻器串聯(lián)，電壓表與燈并聯(lián)；
(2)根據實驗數據描出的小燈泡的I﹣U圖象知燈在額定電壓下的電流，根據P＝UI得出小燈泡額定功率；
(3)①由R＝分析；
②可將電流分別串聯(lián)在電路不同處；
③可分別將電壓表并聯(lián)在用電器兩端；
④探究電流與電壓的關系要控制電阻不變。
(4)已知燈泡的額定電流，可通過R2等效替代正常發(fā)光燈泡，再根據電路特點，利用電源不變計算出R2的阻值，由P＝I2R計算額定功率。
【解答】解：(1)原電路中，電壓表串聯(lián)在電路中是錯誤的，燈應與變阻器串聯(lián)，電壓表與燈并聯(lián)，如下所示：

(2)改正錯誤后進行實驗，根據實驗數據描出的小燈泡的I﹣U圖象如圖乙所示，可知燈在2.5V時的電流為0.25A，則小燈泡額定功率是：P＝UI＝2.5V×0.25A＝0.625W；
(3)A．由R＝可知，電壓表測出電壓，電流表測出電流，可測量小燈泡的電阻，故A能完成；
B．將電流分別串聯(lián)在電路不同處，可探究串聯(lián)電路電流的特點，故B能完成；
C．分別將電壓表并聯(lián)在各用電器兩端，可探究串聯(lián)電路電壓的特點，故C能完成；
D、探究電流與電壓的關系要控制電阻不變，燈的電阻隨溫度的變化而變化，故D不能完成。
故選D；
(4)①閉合開關S和S2，移動R1滑片，使電流表的示數為I額。
②只閉合開關S和S1，保持R1滑片位置不動，移動R2滑片，使電流表的示數為I額．保持變阻器R2的滑片位置不動，將另一個滑動變阻器滑片移到最左端，電流表的示數為I1，再將此滑動變阻器的滑片移到最右端，電流表的示數為I2。
在①中，R1與燈串聯(lián)，燈正常發(fā)光，
在②中，R1與R2串聯(lián)，因為電路中電流仍為I額，所以R2＝RL；
保持R2滑片位置不動，將另一個滑動變阻器(R1)滑片移到最左端，電流表的示數為I1，再將此滑動變阻器(R1)的滑片移到最右端，電流表的示數為I2。
由串聯(lián)電路特點和歐姆定律可得：
U＝I1R2＝I2(R1+R2)，
解得：R2＝，
小燈泡額定功率的表達式為：
P額＝I額2RL＝I額2R2＝I額2?R2＝I額2?。
故答案為：
(1)如上所示；(2)0.625；(3)D；(4)②I額2?。
【點評】本題測量小燈泡的額定功率的實驗，考查電路連接、功率計算、等效替代法及設計實驗方案的能力。
24．(6分)在探究”不同物質吸熱能力”的實驗中，實驗裝置如圖甲、乙所示。
(1)實驗中應取 　質量　(選填“質量”或“體積”)相同的甲、乙兩種液體，分別倒入相同的燒杯中，使用規(guī)格 　相同　(選填“相同”或“不同”)的電加熱器加熱。實驗中通過 　加熱時間　(選填“升高的溫度”或”加熱時間”)來比較甲和乙兩種液體吸收熱量的多少；
(2)實驗數據如圖所示，　甲　液體的吸熱能力強(選填“甲”或“乙”)。如果要在甲、乙兩種液體中選擇一種液體做為冷卻劑，你認為 　甲　(選填“甲”或“乙”)液體較為合理.
加熱時間/min
0
1
2
3
4
甲的溫度/℃
30
34
38
42
46
乙的溫度/℃
10
18
26
34
42
(3)圖丙中①是乙加熱時溫度隨時間變化的圖線，如果將初溫相同的乙物質質量增加到原來的2倍，不考慮熱損失，用相同的加熱器加熱，再繪制出一條溫度隨時間變化的圖線，則為圖中的第 　③　條(填”①”“②”或“③”)
【分析】(1)我們使用相同的加熱器通過加熱時間的長短來比較吸熱多少，這種方法叫轉換法；
比較物質吸熱能力的2種方法：
①使相同質量的不同物質升高相同的溫度，比較吸收的熱量(即比較加熱時間)，吸收熱量多的吸熱能力強；
②使相同質量的不同物質吸收相同的熱量(即加熱相同的時間)，比較溫度的變化，溫度變化小的吸熱能力強；
(2)根據比較吸熱能力的方法分析；根據Q＝cm△t分析；
(3)由溫度﹣時間圖像可知加熱4min乙的溫度變化，根據轉換法，由已知條件結合Q＝cm△t分析。
【解答】解：(1)根據比較吸熱能力的方法，要控制不同物質的質量相同(甲、乙兩種液體密度不同，根據m＝ρV，體積相同的甲、乙質量不同)，故實驗中應取質量相同的甲、乙兩種液體別倒入相同的燒杯中；
根據轉換法，分使用規(guī)格相同的電加熱器加熱，實驗中通過加熱時間來比較甲和乙兩種液體吸收熱量的多少；
(2)根據實驗數據知，從34℃升高到42℃，甲加熱2分鐘，乙加熱1分鐘，故甲液體的吸熱能力強；
根據Q＝cm△t，質量相同的甲、乙兩種液體升高相同的溫度，因甲的比熱容大，甲吸熱多，如果要在甲、乙兩種液體中選擇一種液體做為冷卻劑，甲液體較為合理；
(3)由溫度﹣時間圖像可知，加熱4min時，乙的溫度變化量為32℃，不考慮熱損失，用相同的加熱器加熱，將初溫相同的乙物質質量增加到原來的2倍，加熱相同時間，它們吸收的熱量相同，根據Q＝cm△t可知，質量大的溫度變化量小一些，質量增加到原來的2倍，則溫度變化量為原來的一半，故曲線為圖中的第③條。
故答案為：(1)質量；相同；加熱時間；(2)甲；甲；(3)③。
【點評】本題比較不同物質的吸熱能力，考查控制變量法、轉換法的應用和比較吸熱能力的方法、Q＝cm△t及物質比熱容較大的運用，為熱學中的重要實驗。
五、綜合應用題(共6分)
25．(6分)閱讀短文，回答問題：
電熱膜
電熱膜是一種新型的電熱器件，如圖甲所示是一種常見的電熱膜。電熱膜是在絕緣的聚酯薄膜表面，經過特殊工藝加工形成的一條條薄的導電墨線，導電墨線兩端與金屬導線相連，形成網狀結構，其內部結構如圖乙所示。
電熱膜通電工作時沒有發(fā)紅、熾熱現(xiàn)象產生，它與被加熱物體直接接觸，產生的熱量很快傳給被加熱物體，所以電熱膜本身溫度并不太高。在制造電熱膜時，會出現(xiàn)不同區(qū)域導電墨線厚度不均勻的現(xiàn)象，厚的導電墨線電阻小。導電墨線電阻隨溫度變化的關系如圖丙所示，這種溫度特性的優(yōu)點是，它不會因厚度不均勻而出現(xiàn)嚴重發(fā)熱不均、局部過熱的現(xiàn)象，這是電熱絲所不具備的，它保證了電熱膜各處的溫度均勻。

(1)電熱膜取暖器工作時，室內空氣溫度升高，這是通過 　熱傳遞　方式增加空氣內能的；
(2)某根導電墨線的局部導電材料脫落，如圖丁中A部分，這根導電墨線的電阻 　A??；
A．變大　　　　 B．變小　　　　 C．不變　　　　 D．以上三種情況均有可能
(3)將圖戊中一塊電熱膜接入電路，正常工作時金屬導線中A、B處電流分別為IA和IB，則IA?。肌B；(填“＜”、“＝”或“＞”)，若增加這塊電熱膜中導電墨線的條數，則電熱膜的功率將 　增大　。(填“增大”“減小”或“不變”)
(4)電熱膜不會因厚度不均而出現(xiàn)局部過熱的現(xiàn)象，主要原因是：電熱膜溫度升高時，電阻 　增大　，從而使電熱膜的發(fā)熱功率 　減小　，溫度降低。(兩空均選填：“增大”“減小”或“不變”)
【分析】(1)做功和熱傳遞都可以改變物體的內能，二者是等效的；
(2)影響電阻大小的因素有材料、長度和橫截面積；
(3)并聯(lián)電路中，干路電流等于各支路電流之和；根據P＝分析功率的變化；
(4)根據圖象分析導電墨線電阻隨溫度變化的關系得出結論。
【解答】解：(1)電熱膜取暖器工作時通過熱傳遞的方式使得室內溫度升高；
(2)A部分的凹形，會導致橫截面積變小，電阻變大；
(3)因為墨線是并聯(lián)的，若通過每條墨線的電流為I，則IA＝3I，IB＝9I，因此IA＜IB；若增加這塊電熱膜中導電墨線的條數，電阻減小，根據P＝知電熱膜的功率將增大；
(4)從丙圖可以看出隨溫度升高而增大，發(fā)熱功率減小。
故答案為：(1)熱傳遞；(2)A；(3)＜；增大；(4)增大；減小。
【點評】本題考查學生閱讀相關材料掌握相關知識，注重理解能力的考查，是中考常見溫度的考查。

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