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2021年辽宁省葫芦岛市中考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共12小题，共28分，1~8题为单选题，每题2分；9~12题为多选题，每题3
分，漏选得2分，错选得0分）
1．【分析】（1）一颗鸡蛋的质量约为50g；
（2）手掌的宽度约为10cm；
（3）我们的体温约为37℃；
（4）对我们来说，低于36V的电压才是安全的。
【解答】解：A.一颗鸡蛋的质量约为50g，则100颗鸡蛋的质量约为5kg，而充电宝的质量约
与10颗鸡蛋的质量相当，明显小于100颗鸡蛋的质量。故A错误。
B.由图可知，该充电宝的直径与手掌的宽度相当，即约为10cm。故B正确。
C.当物体的温度略高于人体温度时，我们会感到它微微发热。而人体的温度约为37℃，所
以微微发热的充电宝温度约为40℃。故C错误。
D.为保证安全，充电宝给手机充电时提供的电压要低于36V。目前我们使用的手机充电器、
充电宝对手机充电时提供的电压约为5V。故D错误。
故选：B。
【点评】近几年的估算类试题，一般会从我们熟悉的事物或热点新闻出发进行命题。但是
不论如何变化，只要我们熟知一些常见的物体的物理量，就可以将题中出现的数据与其对
比，得出答案。
2．【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。
【解答】解：A、雪是由水蒸气凝华而成的小冰晶，凝华需要放热，故A错误；
B、结冰是水由液体凝固为固体的物态变化，凝固需要放出热量，故B错误；
C、“热气”是水蒸气遇冷液化而成的小水滴，液化需要放热，故C正确；
D、冰是晶体，有一定的熔化温度，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查的是物态变化的判断，要求同学们能够利用所学物理知识解释生活中的
现象。
第1页（共23页）3．【分析】（1）（4）影子是由光的直线传播形成的，平面镜成像的原理是光的反射；
（2）凸透镜成像时，物距u＞2f，成倒立缩小的实像，应用是照相机；
（3）光的三原色是红、绿、蓝.
【解答】解：
A、小明在地上的影子形成的原理是光的直线传播，平面镜成像原理是光的反射，两种原
理不相同，故A错误；
B、照相机是利用物距大于二倍焦距时，成倒立缩小实像的规律制成的，故B错误；
C、数码相机屏幕的彩色画面，由红、绿、蓝三种色光组成，故C错误；
D、水中建筑物的倒影属于平面镜成像，是光的反射所成的虚像，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了光的直线传播、平面镜成像、光的三原色和凸透镜成像的规律，都是基
础知识。
4．【分析】（1）平面镜成像时，像距等于物距；
（2）平面镜成等大的虚像；
（3）（4）近视眼是由于晶状体太厚，对光线的会聚作用太强，近视眼成像时，像成在视网膜
的前方；凹透镜可以矫正近视眼。
【解答】解：
A、视力表与它在平面镜中所成像到平面镜的距离相等，故A正确；
B、根据平面镜成像的特点可知，像与物体等大，则视力表在平面镜中所成的像和实际视
力表大小相同，故B错误；
CD、近视眼是由于晶状体太厚，对光线的会聚作用太强，使像成在视网膜的前方，为了使
像成在视网膜上，就要戴凹透镜来矫正，使光线在进入人的眼睛以前先发散一下，以便使
像成在视网膜上，故CD错误。
故选：A。
【点评】本题考查了平面镜成像的特点、近视眼形成的原因及矫正的方法，难度不大。
5．【分析】（1）分析装置可知甲风扇转动是利用电动机的原理，把电能转化为风能；
乙风扇接收到甲风扇发出的风后，带动导体切割磁感线，通过电磁感应原理将风能转化为
电能。
（2）LED是发光二极管，主要是用半导体材料制作而成。
【解答】解：A、甲风扇转动原理是通电线圈在磁场中受力转动，故A错误；
B、乙风扇相当于发电机，原理是电磁感应，故B错误；
第2页（共23页）C、LED主要的材料是半导体材料，故C正确；
D、乙风扇通过电磁感应原理直接为LED提供电能，不是电池，故D错误。
故选：C。
【点评】本题通过简单实验装置考查了能量的转换、电动机和发电机的原理，半导体材料，
综合性强。
6．【分析】（1）已知绳子的有效股数为3，将建材提升15m，则绳子自由端移动距离s＝3h＝
3×15m＝45m，由W＝Fs可求得总功，由P＝ 可求得绳端拉力的功率；
（2）由速度公式求得提升物体的速度，然后可知绳端移动的速度；
（3）由W＝Gh可求得有用功，由 ＝ ×100%可求得该装置的机械效率。
η
【解答】解：A、已知h＝15m，绳子自由端移动距离s＝3h＝3×15m＝45m，
总功W总 ＝Fs＝2000N×45m＝90000J，
绳端拉力的功率P＝ ＝ ＝1500W，故A错误；
B、物体上升的速度v＝ ＝ ＝0.25m/s，
绳端移动的速度v′＝3v＝3×0.25m/s＝0.75m/s，故B错误；
CD、该装置所做的有用功W有用 ＝Gh＝4500N×15m＝67500J，
该装置的机械效率 ＝ ×100%＝ ×100%＝75%，故C正确，D错误。
η
故选：C。
【点评】本题考查了功、功率、滑轮组的机械效率的计算，关键是滑轮组绳子有效股数的确
定。
7．【分析】电能的求法：①测量较大电能时用刻度盘读数：最后一位是小数位；两次读数之差
就是这段时间内消耗的电能，单位是度（千瓦时）；②测量较小电能时用转盘转数读数：通
过记录某段时间内电能表转盘转数，结合电能表转盘每转表示的电能计算出该段时间内
消耗的电能。
【解答】解：
A、由图知，小明回到家时电能表的读数为2028.6kW•h，而离开家时电能表的示数为
2021.6kW•h，
第3页（共23页）则在这7天内所消耗的电能W＝2028.6kW•h﹣2021.6kW•h＝7kW•h，故A正确；
B、P＝200W＝0.2kW，由W＝Pt可得t＝ ＝ ＝35h，则每天工作的时间为 ＝
5h，故B错误；
C、600r/kW•h的含义：电路中每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转过600转，
冰箱正常工作1min所消耗的电能：W＝Pt′＝0.2kW× h＝ kW•h，
则冰箱正常工作1min电能表转盘转过的转数n＝600r/kW•h× kW•h＝2r，故C错误；
D、再有其它家电和冰箱一同正常工作时，总功率增加，电能表转盘的转速增大，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了电能表的读数，电能的计算，有一定的难度，关键是掌握电能表标识的
含义，才能正确做题。
8．【分析】（1）只闭合开关S ，该电路为串联电路，电流表测量电路中的电流，电压表V 测量
1 1
滑动变阻器两端的电压，电压表V 测量滑动变阻器右部分两端的电压；根据滑片移动的
2
方向判定电路中电阻的变化，根据欧姆定律判定电路中电流的变化和电压表示数的变化；
根据通过灯泡电流的变化判定灯泡亮度的变化；
（2）再闭合S ，调节变阻器的滑片，根据滑动变阻器接入电路阻值的变化判定电路中电流
2
的变化，从而得出灯泡亮度的变化。
【解答】解：
ABC、只闭合开关S ，该电路为串联电路，电流表测量电路中的电流，电压表V 测量滑动
1 1
变阻器两端的电压，电压表V 测量滑动变阻器右部分两端的电压；
2
由于电压表在电路中相当于断路，移动滑片时，滑动变阻器接入电路的电阻不变，总电阻
不变，根据欧姆定律可知，电路中的电流不变，即电流表示数不变，灯泡的实际功率不变，
灯泡的亮度不变，故A错误；
根据U＝IR可知，滑动变阻器两端的电压不变，即V 示数不变；滑动变阻器的滑片由右向
1
左滑动过程中，与电压表V 并联部分的电阻变大，根据U＝IR可知，电压表V 示数变大，
2 2
所以电压表V 与电压表V 的示数差变小，故B正确；
1 2
电压表V 示数不变，电流表A的示数不变，其比值不变，故C错误；
1
D、再闭合S ，变阻器左边部分被短路，该电路为串联电路，电流表测量电路中的电流，电
2
压表V 和V 测量滑动变阻器两端的电压，调节变阻器的滑片，滑动变阻器接入电路的电
1 2
第4页（共23页）阻发生变化，总电阻改变，根据欧姆定律可知，电路中的电流改变，通过灯泡的电流改变，
则灯泡的亮度改变，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查串联电路的规律、欧姆定律公式的运用，关键是电路的正确识别。
9．【分析】（1）试电笔的工作原理：人站在大地上，手接触笔尾金属体，笔尖金属体接触火线，
火线和大地之间的电压是220V，测电笔和人是串联的，串联的电阻起分担电压的作用，电
阻越大，分担的电压越大，测电笔的电阻很大，分担的电压很大，人分担的电压很小，电压
不高于36V，对人没有危害。此时在测电笔和人体中都有电流，电流微弱不会对人造成危
害。这个微弱的电流可以使氖管发光。人站在大地上，手接触笔尾金属体，笔尖金属体接
触零线，零线和大地之间的电压是0V，在测电笔和人体中都没有电流通过，氖管不发光；
（2）对于金属外壳的家用电器，金属外壳一定接地，防止外壳漏电，发生触电事故；
（3）当有人触电时，应先切断电源；
（4）安全用电的原则：不接触低压带电体，不靠近高压带电体。
【解答】解：A、试电笔接触火线时，加在测电笔和人之间的电压是220V，测电笔和人是串
联的，串联的电阻起分担电压的作用，电阻越大，分担的电压越大，测电笔的电阻很大，分
担的电压很大，人分担的电压很小电流很小，电压不高于36V，不会对人造成危害。故A
错误；
B、洗衣机的金属外壳要用三脚插头与地线相连，防止金属外壳漏电，发生触电事故。故B
正确；
C、发现有人触电后，应该首先切断电源，然后再进行其他的救护措施。故C正确；
D、高压带电体只要人靠近就有触电危险。故D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查的是日常生活中的一些安全用电常识。生活中要牢记安全用电常识，正
确规范操作。
10．【分析】（1）摩擦带电的实质：电子的转移；
（2）接触带电时是电子在转移；物理学中规定，正电荷定向移动方向为电流方向；
（3）同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引；
（4）改变内能的两种方式：做功和热传递。
【解答】解：A、餐盘带正电是因为失去了电子，故A错误；
B、小球与餐盘接触瞬间，电子从小球转移到餐盘，电子定向移动形成电流，正电荷移动的
方向定义为电流的方向，电子带负电，所以电流方向从餐盘到小球，故B正确；
第5页（共23页）C、同种电荷相互排斥，小球由于与餐盘带有同种电荷，相互排斥而向上运动，故C正确；
D、摩擦后的餐盘发热是通过做功的方式改变了内能；故D正确。
故选：BCD。
【点评】考查了电荷间的相互作用、摩擦带电、接触带电及改变内能的方式，难度不大。
11．【分析】（1）根据容器的总重力分析压力的大小，根据p＝ 分析水平面受到的压强的大
小；
（2）根据物体的浮沉条件分析a和b密度的大小；
（3）根据阿基米德原理分析草莓c受到的浮力的大小；
（4）根据草莓的浮力、液体的重力分析压力的大小，根据p＝ 分析容器底部受到的压强
的大小。
【解答】解：A、两容器相同，液体的质量相同，重力相同，草莓的重力相同，容器的总重力
相同，对桌面的压力相同，根据p＝ 可知，两容器中有草莓时，对水平面的压强相等，故
A正确；
B、由图乙可知，草莓a漂浮在液面上，草莓a的密度要小于液体的密度，草莓b下沉，草莓
b的密度要大于液体的密度，所以草莓a的密度小于草莓b的密度，故B正确；
C、草莓c在盐水和清水中是全部浸没的，排开的液体的体积相同，根据阿基米德原理F浮
＝ 液gV排 可知，所受浮力不相等，故C错误；
D、ρ草莓a漂浮在液体中，受到的浮力等于自身的重力，浮力等于其排开的液体的重力；草
莓b和草莓c在液体中浸没，排开的液体的体积相同，根据G＝mg＝ Vg可知，草莓b和
草莓c排开的盐水的重力要大于排开的水的重力，则容器底部受到盐ρ水的压力要大于水
的压力，根据p＝ 可知，盐水对容器底部的压强要大一些，故D错误。
故选：AB。
【点评】此题考查液体压强公式、阿基米德原理、以及物体浮沉条件及其应用，是一道综合
性很强的题目，对学生要求较高，只有对相关知识点熟练掌握，并能灵活运用，才能正确
作答。
12．【分析】（1）只闭合开关S 时，电路为灯泡的简单电路，电流表测电路中的电流，根据额
2
定电压下灯泡正常发光可知电源的电压；将滑动变阻器的滑片滑至阻值最大处，再闭合开
第6页（共23页）关S 时，灯泡与滑动变阻器的最大阻值并联，电流表测干路电流，根据并联电路中各支路
1
独立工作、互不影响可知通过灯泡的电流不变，利用并联电路的电压特点和欧姆定律求出
通过滑动变阻器的电流，利用并联电路的电流特点求出通过灯泡的电流，利用P＝UI求出
小灯泡的额定功率；
（2）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，干路电流最小，电路功率最小，利用W＝UIt
求出此时工作10s所消耗的电能；
（3）根据并联电路的电流特点求出电流表的示数为0.6A时通过滑动变阻器的电流，然后
与滑动变阻器允许通过的最大电流相比较确定通过滑动变阻器的最大电流，从而得出干
路的最大电流，利用P＝UI求出此时电路的最大功率；
（4）当通过滑动变阻器的电流最大时接入电路中的电阻最小，根据并联电路的电压特点和
欧姆定律求出其大小，然后求出滑动变阻器连入的阻值范围。
【解答】解：
A．只闭合开关S 时，电路为灯泡的简单电路，电流表测电路中的电流，由小灯泡正常发
2
光可知，电源的电压U＝U ＝6V；
L
将滑动变阻器的滑片滑至阻值最大处，再闭合开关S 时，灯泡与滑动变阻器的最大阻值
1
并联，电流表测干路电流，
因并联电路中各支路独立工作、互不影响，
所以，通过灯泡的电流不变，
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，通过滑动变阻器的电流：I滑 ＝ ＝ ＝0.3A，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，通过灯泡的电流：I
L
＝I﹣I滑 ＝0.5A﹣0.3A＝0.2A，
则小灯泡的额定功率：P ＝U I ＝6V×0.2A＝1.2W，故A正确；
L L L
B．当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，干路电流最小，电路功率最小，
则此时工作10s所消耗的电能：W＝UIt＝6V×0.5A×10s＝30J，故B错误；
C．当电流表的示数I′＝0.6A时，通过滑动变阻器的电流：I滑 ′＝I′﹣I
L
＝0.6A﹣0.2A
＝0.4A＜0.5A，
所以，通过滑动变阻器的最大电流为0.4A，电路的最大电流为0.6A，此时电路的功率最大，
则电路的最大功率：P大 ＝UI′＝6V×0.6A＝3.6W，故C正确；
D．当通过滑动变阻器的最大电流为0.4A时，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，
第7页（共23页）则：R滑小 ＝ ＝ ＝15 ，
Ω
所以，滑动变阻器连入的阻值范围是15 ～20 ，故D正确。
故选：ACD。 Ω Ω
【点评】本题考查了并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式、电功公式的应用，正确得出
通过滑动变阻器的最大电流是关键，要注意灯泡正常发光时的电压和额定电压相等。
二、填空题（本题共9小题，每空1分，共26分）
13．【分析】（1）频率小于20Hz的声波叫次声波，频率高于20000Hz的声波叫超声波。
（2）声波能传递信息。
（3）一般物体都会辐射红外线，温度越高辐射的红外线越强。
【解答】解：次声波的频率小于20Hz，象群依靠次声波相互交流，说明声音能传递信息；夜
晚无人机能监测大象，是因为大象辐射的红外线。
故答案为：小于；信息；红外。
【点评】本题考查了声音及红外线的应用，属于基础考核，难度不大。
14．【分析】在流体压强中，流速越大的地方，压强越小；大气压的大小与高度有关，高度越高，
气压越小；物体处于静止或匀速直线运动状态时，受到平衡力的作用。
【解答】解：翼装上表面弯曲，下表面较平，上方空气流速越大，压强越小；下方空气流速越
小，压强越大，所以翼装上方的气流对翼装的压强小于翼装下方的气流对翼装的压强，使
翼装上下表面存在向上的压强差，这就是向上的升力；
随着其高度的降低，大气压强将会变大；
当运动员在空中匀速盘旋时，其运动的方向发生了变化，他受到的力为非平衡力。
故答案为：压强越小；大；非平衡力。
【点评】本题考查了流体的压强与流速的关系、大气压与高度的关系、力与运动的关系，属
于基础题。
15．【分析】两物质在相互接触时，发生分子彼此进入对方的现象称为扩散；重力的方向竖直
向下；分子间具有相互作用的引力和斥力。
【解答】解：两物质在相互接触时，发生分子彼此进入对方的现象称为扩散，在空气中闻到
香气，便是扩散现象；
重力的方向竖直向下，熔化产生的蜡液会向下流动，是由于受到重力的作用；
分子间存在相互作用的引力和斥力，蜡液凝固后粘在炉上，体现出了分子间相互作用的引
力。
第8页（共23页）故答案为：扩散；重；引力。
【点评】本题主要考查了学生们对分子动理论、重力的相关知识，较为基础。
16．【分析】（1）力的作用效果：力可以改变物体的形状、力可以改变物体的运动状态；
（2）力的作用是相互的；
（3）太阳能可以源源不断地从自然界中获得，属于可再生能源。
【解答】解：（1）力的作用效果：力可以改变物体的形状、力可以改变物体的运动状态。在火
星表面留下压痕，说明力可以改变物体的形状；
（2）力的作用是相互的，“火星表面对它的支持力”与“它对火星表面的压力”，这两个
力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物体上，且这两个物体既是施
力物体也是受力物体，说明是一对相互作用力；
（3）太阳能可以源源不断地从自然界中获得，属于可再生能源。
故答案为：形状；相互作用力；可再生。
【点评】本题主要考查了学生对于力的作用效果、相互作用力以及能源的分类知识点的掌
握情况。
17．【分析】（1）根据杠杆平衡条件F L ＝F L 的变形公式F ＝ 可得，在阻力和阻力臂
1 1 2 2 1
一定时，动力臂L 越大，动力F 越小。
1 1
（2）根据杠杆平衡条件分析杠杆在使用过程中省力的方法，判断支点的移动方向。
【解答】解：（1）要使施加在撬棒的动力最小，应使动力臂L 最大；当以O为支点，为了更
1
省力，小明应沿垂直木棒方向向下压木棒，此时动力臂等于木棒的长度，动力臂最大，此
时动力较小；
（2）若想省更多的力，杠杆平衡条件F L ＝F L 可知，在阻力一定时，可以减小阻力臂，增
1 1 2 2
大动力臂，所以小明可以将作为支点的石块O向右适当移动。
故答案为：垂直木棒；右。
【点评】本题考查的是杠杆的应用，在确定杠杆最小动力时，首先找到动力作用点和支点，
这两点的连线就是最大的动力臂，然后过动力作用点作连线的垂线，垂线方向应根据实际
情况来确定，就可以找到最小的动力了。
18．【分析】（1）运动是绝对的，静止是相对的。判断两物体之间的相对运动情况可通过两物
体之间的位置变化来判断。
（2）机械能包括动能、势能，机械能是否变化只需看动能和势能的变化即可判断。
第9页（共23页）（3）声音的传播需要介质，声音能传播能量，能传播信息。
【解答】解：（1）无人机之间的位置没有变化，所以无人机之间相对静止；
（2）无人机匀速升空时，质量不变，速度不变，所以动能不变，高度升高，势能增大，所以机
械能增大；
（3）声音是通过空气传播到直播话筒的。
故答案为：静止；增大；空气。
【点评】本题考查了物体之间的相对运动、机械能的变化、声音的传播，综合性较强，难度
不大。
19．【分析】（1）根据控制变量法当中变量的控制即可判断；
（2）根据焦耳定律公式：Q＝I2Rt，即可算出，由公式也可判断电阻、电流对产生热量的影
响；
（3）图中液柱的高低间接反映了电阻产生的热量，液柱越高说明电阻产生的热量越多。
【解答】解：（1）由图可知：只闭合S 时，R 、R 串联 电流相等，电阻不同，所以可以探究
1 1 2
电流产生热量与电阻的关系；
（2）由题可知R ＝5 ，t＝10min＝600s，I＝0.1A，
1
根据Q＝I2Rt得电阻RΩ1 产生的热量：Q＝I2R
1
t＝（0.1A）2×5 ×600s＝30J；
（3）图中液柱的高低间接反映了电阻产生的热量，闭合S
1
和ΩS
2
，通过R
1
的电流是R
2
的2
倍，左侧U形管内液柱的高度差比右侧更大，说明电流的变化对热量的产生影响更加明
显。
故答案为：电阻；30；电流。
【点评】本题考查了控制变量法、焦耳定律的计算，属于基础考查。
20．【分析】（1）声音传播需要介质，真空不能传声；电磁波可以在真空中传播；
（2）移动式海洋地震仪在海水中悬浮时受到的浮力和自身的重力相等，根据F浮 ＝G＝mg
求出其大小，利用F浮 ＝ 液gV排 求出排开海水的体积；
（3）根据p＝ 液gh求出ρ下潜到最大深度处受到海水的压强。
【解答】解：（1）ρ电磁波的传递不需要介质，可以在真空中传播，地震仪将收集到的数据，在
水面利用电磁波通过卫星传回地面接收点；
（2）移动式海洋地震仪在海水中悬浮时受到的浮力：F浮 ＝G＝mg＝1.5×103kg×10N/kg＝
1.5×104N，
第10页（共23页）由 F 浮 ＝ 液 gV 排 可 得 ， 此 时 排 开 海 水 的 体 积 ： V 排 ＝ ＝
ρ
＝1.5m3；
（3）下潜到最大深度处受到海水的压强：
p＝ 海水gh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×1050m＝1.05×107Pa。
故答ρ案为：电磁；1.5；1.05×107。
【点评】本题考查了电磁波的应用和物体浮沉条件、阿基米德原理、液体压强公式的应用，
是一道较为简单的应用题。
21．【分析】（1）只闭合开关S 时，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测电源两端的电压，
2
电流表测电路中的电流，根据图丙读出滑片移动时电压表的示数即为电源的电压；
（2）只闭合开关S 和S 时，灯泡L与滑动变阻器R并联，电压表测电源两端的电压，电流
1 3
表测干路中的电流，根据并联电路的电压特点结合灯泡的额定电压确定灯泡正常发光，利
用P＝UI求出此时通过灯泡的电流；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，根据图乙读出干路的最小电流，利用并联电路的电流特
点求出通过滑动变阻器的最小电流，利用欧姆定律求出变阻器连入的最大阻值；
（3）只闭合开关S 时，灯泡L与滑动变阻器R串联，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大
2
时，电路中的电流最小，灯泡的电功率最小，根据图丙读出电路的最小电流，利用欧姆定
律求出此时滑动变阻器两端的电压，利用串联电路的电压特点求出此时灯泡两端的电压，
利用P＝UI求出灯泡的最小功率。
【解答】解：（1）只闭合开关S 时，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测电源两端的电压，
2
电流表测电路中的电流，
由图丙可知，滑片移动时，电压表的示数为6V不变，则电源的电压U＝6V；
（2）只闭合开关S 和S 时，灯泡L与滑动变阻器R并联，电压表测电源两端的电压，电流
1 3
表测干路中的电流，
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，由U＝U ＝6V可知，灯泡正常发光，
L
此时通过灯泡的电流：I ＝ ＝ ＝0.5A，
L
第11页（共23页）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，
由图乙可知，干路的最小电流I小 ＝0.74A，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，通过滑动变阻器的最小电流：I
R小
＝I小 ﹣I
L
＝0.74A﹣0.5A＝0.24A，
由I＝ 可得，变阻器连入的最大阻值：R大 ＝ ＝ ＝25 ；
Ω
（3）只闭合开关S 时，灯泡L与滑动变阻器R串联，
2
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，灯泡的电功率最小，
由图丙可知，电路的最小电流I小 ′＝0.2A，
此时滑动变阻器两端的电压：U滑 ＝I小 ′R大 ＝0.2A×25 ＝5V，
因串联电路中总电压等于各分电压之和， Ω
所以，此时灯泡两端的电压：U
L
′＝U﹣U滑 ＝6V﹣5V＝1V，
灯泡的最小功率：P
L
′＝U
L
′I小 ′＝1V×0.2A＝0.2W。
故答案为：6；25；0.2。
【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，分清电路的连接
方式和从图像中获取有用的信息是关键。
三、作图题（本题共3小题，每小题3分，共9分）
22．【分析】对运动员进行受力分析可知，运动员受到重力、支持力和拉力的共同作用，据此画
出力的示意图。
【解答】解：运动员处于静止状态，受到竖直向下的重力、沿绳子向上的拉力、垂直与峭壁
的支持力的作用，这三个力作用在O点上，力的示意图如图：
第12页（共23页）【点评】正确进行受力分析是本题的关键，画图时力的方向是易错点，值得我们注意。
23．【分析】地球的周围存在磁场，地磁的N极在地理的南极附近，地磁的S极在地理的北极
附近；根据小磁针的指示方向判定其极性；根据小磁针的偏转方向，利用磁极间的相互作
用规律判定电磁铁的极性；在磁体的外部，磁感线是从N极出来，回到S极的；根据安培
定则判定电流的方向和电源的正负极。
【解答】解：由图可知，未通电时，小磁针在地磁场的作用下指示一定的方向，a端指向北方，
地磁的S极在地理的N极附近，根据异名磁极相互吸引可知，小磁针的a端为N极；
开关闭合时，小磁针顺时针旋转90°后静止，则小磁针的S极与电磁铁的右端是吸引的，
所以电磁铁的右端为N极，左端为S极；
在磁体的外部，磁感线是从N极出来，回到S极的，所以磁感线方向是向右的；
根据安培定则可知，电流从电磁铁的右端流入，左端流出，所以电源的右端为正极，如图
所示：
【点评】本题考查了地磁场、安培定则的应用、磁极间的相互作用规律、磁感线的方向；明
确小磁针由于处在地磁场中时N极指向北方是解题的关键。
第13页（共23页）24．【分析】根据平面镜成像的特点画出像A'；鱼在A处，鱼反射的光线斜射入空气中时会远
离法线；折射光线进入小明的眼睛，逆着光线看去，看到的鱼的像在A的下方，据此作出
小明观察到鱼的光路图。
【解答】解：平面镜成像时，像与物体关于镜面是对称的，据此可以画出A的像A'；
鱼在A处，鱼反射的光线斜射入空气中时会远离法线，折射光线进入小明的眼睛，小明逆
着折射光线看去，看到的鱼的像在A的下方，如图所示：
【点评】此题通过作图考查了学生有关光的折射规律的知识，同时考查了平面镜成像的特
点，难点是确定光的入射点与光线的方向。
四、简答题（本题3分）
25．【分析】（1）汽油机的四个冲程中，做功冲程将内能转化为机械能，压缩冲程将机械能转
化为内能；
（2）纸杯被崩起的一瞬间具有向上的速度；纸杯具有惯性；力可以改变物体的运动状态。
【解答】解：（1）向纸杯中通入适量的氢气与空气混合，用火柴点燃气体，发生爆炸，此过程
中化学能转化为内能，纸杯被崩起，燃气的内能转化为了纸杯的机械能，爆炸的能量转化
情况与汽油机工作时的做功冲程是相同的；
（2）纸杯被崩起时，具有一定的速度，由于纸杯具有惯性，仍然要向上运动；
纸杯在向上运动的过程中，由于受到竖直向下的重力的作用，所以纸杯会向上做减速运动。
故答案为：（1）做功冲程；（2）纸杯具有惯性；纸杯受到竖直向下的重力的作用，做减速运
动。
【点评】本题考查了内燃机工作过程中能量的转化、惯性、力与运动的关系，难度不大。
五、计算题（本题共2小题，共18分。要求写出必要的文字说明、公式、计算过程、数值、单位
和答）
26．【分析】（1）知道疫苗车空车的质量，利用G＝mg求其重力，疫苗车空车静止在水平地面
第14页（共23页）时，对地面的压力等于其重力，知道受力面积，利用p＝ 求对水平地面的压强；
（2）由于疫苗车在水平路面匀速直线行驶，疫苗车受到的牵引力、阻力是一对平衡力，大
小相等，可求疫苗车受到的牵引力，知道疫苗车的功率，利用P＝ ＝ ＝Fv求疫苗车行
驶速度；
（3）利用W＝Fs求疫苗车匀速行驶50km做的有用功，若换用效率为30%的汽油机提供动
力，利用 ＝ ＝30%求汽油完全燃烧释放的热量，再利用Q放 ＝mq求需要完全燃烧汽
η
油的质量。
【解答】解：（1）疫苗车空车的重力：
G＝mg＝4×103kg×10N/kg＝4×104N，
疫苗车空车静止在水平地面时，对地面的压力：
F＝G＝4×104N，
受力面积S＝0.2m2，
对水平地面的压强：
p＝ ＝ ＝2×105Pa；
（2）因为疫苗车在水平路面匀速直线行驶，所以疫苗车受到的牵引力、阻力是一对平衡力，
大小相等，
疫苗车受到的牵引力：
F＝f＝3000N，
由P＝ ＝ ＝Fv可得疫苗车行驶速度：
v＝ ＝ ＝20m/s；
（3）疫苗车匀速行驶s＝50km＝50000m做的有用功：
W＝Fs＝3000N×50000m＝1.5×108J，
若换用效率为30%的汽油机提供动力，
由 ＝ 可得汽油完全燃烧释放的热量：
η
第15页（共23页）Q放 ＝ ＝ ＝ ＝5×108J，
由Q放 ＝mq可得，需要完全燃烧汽油的质量：
m′＝ ＝ ＝12.5kg。
答：（1）疫苗车空车静止在水平地面时，对地面的压强为2×105Pa；
（2）疫苗车在水平路面匀速直线行驶时，受到的阻力为3000N，疫苗车的速度为20m/s；
（3）若换用效率为30%的汽油机提供动力，需要消耗汽油的质量为12.5kg。
【点评】本题考查了重力公式、压强公式、功率公式、功的公式、二力平衡条件、效率公式以
及燃料完全燃烧释放热量公式的综合应用，要注意物体对水平面的压力和自身的重力相
等。
27．【分析】（1）由果汁加热鼎的最大功率，根据P＝UI即可求得电流。
（2）由加热鼎可调功率是275W～1100W，根据功率公式P＝UI＝ 可知，由于电压一定，
当电阻最大时，功率最小，当电阻最小时，功率最大；由此可求出滑动变阻器的最大阻值。
（3）根据W＝Pt可求出加热鼎用最大功率加热2 min消耗的电能，由于不计热量损失，利
用Q吸 ＝W可求出果汁吸收的热量，根据Q吸 ＝cm△t即可求出果汁升高的温度。
【解答】解：（1）由于果汁加热鼎的最大功率是1100W，加热鼎最大功率时，电路中的电流
＝ ＝5A；
（2）根据功率公式P＝UI＝ 可知，由于电压一定，当电阻最大时，功率最小，当电阻最
小时，功率最大，所以滑动变阻器R 的阻值最大时，加热鼎功率最小；当滑动变阻器R 的
1 1
阻值最小时，加热鼎的功率最大；
当滑动变阻器R 接入电路中的阻值为零时，加热鼎的功率最大，电路中只有R ，电流最
1 2
大为5A，R 的阻值为 ＝ ＝44 ；
2
Ω
当滑动变阻器R 的阻值最大时，加热鼎的功率最小，此时R 、R 串联，电路中的总电阻
1 1 2
＝ ＝176 ；
Ω
第16页（共23页）所以滑动变阻器R 的最大阻值R ＝R﹣R ＝176 ﹣44 ＝132 ；
1 1 2
（3）加热鼎用最大功率对1kg果汁加热2min，消Ω耗的电Ω能W最Ω大 ＝P最大t＝1100W×120s＝
1.32×105J，
由于不计热量损失，果汁吸收的热量Q吸 ＝W最大 ＝1.32×105J，果汁升高的温度
＝ ＝33℃。
答：（1）最大功率时电路中的电流为5A；
（2）R 阻值为132 ；
1
（3）加热鼎用最大Ω功率对果汁加热2min，果汁升高温度33℃。
【点评】本题考查了电功与热量的综合计算，是电学重点，难度较大，其中分析清楚何时加
热鼎功率最大，何时加热鼎功率最小是解题的关键也是难点。
六、实验、探究题（本题共5小题，共36分）
28．【分析】（1）根据图中蜡烛的高度判断出像的位置，然后判断蜡烛的移动方向；
（2）根据凸透镜成像规律，当u＞2f，成倒立缩小的实像，为了得到普遍规律应该u＞2f其
他位置进行多次实验；
（3）根据凸透镜成像规律，当u＞2f时，2f＞v＞f据此分析解答；
（4）凸透镜成虚像时蜡烛靠近凸透镜，物距减小，像距减小，像变小。
【解答】解：（1）图中蜡烛的高度过低，根据过光心的光线传播方向不变知，像将成在光屏
的上方，要使像成在光屏的中心，就要使蜡烛向上调节；
（2）由图可知，u＝30cm＞2f时，成倒立、缩小的实像；为了得到普遍规律应该在u＞2f其
他位置进行多次实验；
（3）通过多次实验，小明发现当f＜u＜2f时，成倒立放大的实像，像在二倍焦距以外，所以
物距小于像距，即v＞u；
（4）当u＝5cm时，u＜f可以观察到正立、放大的虚像，如果让蜡烛靠近透镜，物距减小，像
距也减小，像也变小。
故答案为：（1）上方；上；（2）缩小；二倍焦距以外；（3）＞；（4）变小。
【点评】本题考查了凸透镜成像的应用和凸透镜成虚像时，物距变化，像距变化，像的变化
是很重要的内容，一定要掌握。
29．【分析】（1）温度计读数前要注意认清分度值；加热过程中对物体进行搅拌的目的是使物
第17页（共23页）质均匀受热；
（2）晶体熔化的特点是：持续吸热，温度保持不变，晶体熔化的过程中处于固液共存状态；
（3）已知A、B两物质的比热容关系，通过图像判断两物质升温速度即可判断质量关系；
（4）非晶体熔化过程中持续吸热，内能增加，温度不断升高，所以分子运动速率加剧。
【解答】解：（1）先观察温度计的分度值，30℃到40℃之间一共10小格，所以分度值为
1℃，由此可知温度计的示数为36℃；
加热过程中要对物质进行搅拌，其目的是使试管内的物质均匀受热；
（2）根据图像可以判断，B物质在熔化时，温度保持不变，所以B物质是晶体，
晶体熔化特点是：持续吸热，温度不变；
由图可知在6min时，处于B物质的熔化过程中，晶体在熔化的过程中会保持固液共存状
态；
（3）题中条件已知：c ＜c ，因为A、B两物质在同一烧杯中，是相同热源，在相同的时间内，
A B
A、B两物质吸收的热量相等，由Q＝cmΔt知，所以若A、B两物质质量相同，A物质的升
温应该较快，但通过图像可知，4min前，两物质都处于固态，B物质的升温较快，说明此时
A物质的质量较大，才造成了升温缓慢；
（4）非晶体熔化过程中持续吸热，内能增加，温度不断升高，所以分子运动速率加剧。
故答案为：（1）36；均匀受热；
（2）温度不变；固液共存；
（3）＞；
（4）增加。
【点评】本题主要考查了晶体、非晶体熔化的特点和比热容的相关知识，综合性较强。
30．【分析】（1）根据二力平衡的知识分析；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）探究摩擦力的大小与接触面积的大小是否有关时，应控制压力和接触面的粗糙程度不
变；摩擦力的大小与接触面积的大小无关；
（3）分别以速度v 和v（v ＞v ）在同一表面匀速直线拉动木块2，通过相同的路程，拉力
1 2 1 2
等于摩擦力，然后利用公式W＝Fs比较两次做功的多少。
【解答】解：（1）实验时，将木块1和2分别放到水平放置的长木板上，用弹簧测力计水平
匀速直线拉动木块，木块受到平衡力的作用，根据二力平衡知识，这时滑动摩擦力的大小
等于弹簧测力计拉力的大小；
第18页（共23页）对比实验数据表格其接触面的粗糙程度相同，压力越大，滑动摩擦力越大，滑动摩擦力大
小与压力大小比值一定，所以滑动摩擦力与压力成正比；
当木块压力为2N时，滑动摩擦力为压力的0.1倍，则压力为6N时，滑动摩擦力大小为
0.2N的3倍，即滑动摩擦力为0.6N；
根据表格可知，对于粗糙程度不同的接触面，滑动摩擦力与压力的比值不同。
（2）因为滑动摩擦力的大小与压力的大小和接触面的粗糙程度有关，与接触面积的大小无
关，在研究滑动摩擦力大小跟接触面面积的关系时，应保持压力大小和接触面的粗糙程度
不变，将木块1沿图中虚线切为两部分，将a部分放在b上，所测得的滑动摩擦力与没有
切时相比将不变；
（3）用弹簧测力计两次水平拉同一木块2使它在同一水平木板上做匀速直线运动，不论其
速度大小如何，都受到平衡力的作用，在水平方向上滑动摩擦力和拉力是一对平衡力，则
拉力和滑动摩擦力大小相等，两次拉力大小相等，通过相同的路程，所以由W＝Fs可知，
两次拉力所做功的关系为：W ＝W 。
1 2
故答案为：（1）水平；正；0.6；不同；（2）不变；（3）＝。
【点评】本题主要考查探究“滑动摩擦力大小与哪些因素有关”的实验，正确使用控制变
量法进行分析实验是解答此题的关键，同时要学会利用二力平衡的条件间接测出摩擦力
的方法。
31．【分析】（1）调节天平横梁水平平衡时，指针偏向分度盘中线的右侧，说明天平的右端下
沉，平衡螺母向上翘的左端移动；
（2）读取量筒中液体的体积时，首先要明确量筒的分度值，根据液面对应的刻度读数，读
数时视线与液面最凹处相平；
石块的体积等于石块和水的总体积减去水的体积，石块的质量由乙图读出，等于砝码的质
量加游码对应的刻度值，根据密度公式 ＝ 求出石块的密度；
ρ
由于石块从水中取出时会沾水，导致所测量的质量偏大，利用密度公式 ＝ 求出石块的
ρ
密度会偏大；
为了减小误差，应该先测石块质量；后测石块的体积；
（3）已知蜡块的密度大于油的密度，小于水的密度，所以蜡块放入水中会漂浮，放入油中
会沉底，即蜡块放入油中时排开油的体积等于蜡块的体积，所以应在圆柱形薄壁玻璃杯中
装油，则在梯形桶中加入水；
第19页（共23页）根据蜡块放入油中时排开油的体积求出蜡块的体积，将蜡块放入玻璃杯的液体中，玻璃杯
仍然漂浮，根据阿基米德原理求出增加的浮力即蜡块的重力，根据G＝mg求出蜡块的质
量，利用 ＝ 计算蜡块的密度。
ρ
【解答】解：（1）调节天平横梁平衡时，发现指针指在分度盘中线右侧，说明天平的右端下
沉，平衡螺母向上翘的左端移动；
（2）由图甲可知，量筒的分度值为0.2mL，水面对应的刻度为：V总 ＝64mL＝64cm3；
石块的体积为：V＝V总 ﹣V水 ＝64cm3﹣54cm3＝10cm3，
由图乙可知，石块质量为：m＝20g+1.2g＝21.2g，
石块的密度为： ＝ ＝ ＝2.12g/cm3；
ρ
按照上面的实验顺序进行测量，由于石块从水中取出时会沾水，导致所测量的质量偏大，
利用密度公式 ＝ 求出石块的密度会偏大；
ρ
所以为了减小误差，合理的测量步骤为：用天平测出石块质量；在量筒中倒入适量的水，
测出水的体积为54cm3；用细线系住石块并将其浸没在量筒的水中，读出水面对应的刻度；
所以合理的实验顺序是③①②；
（3）①已知蜡块的密度大于油的密度，小于水的密度，所以蜡块放入水中会漂浮，放入油
中会沉底，即蜡块放入油中时排开油的体积等于蜡块的体积，所以应在圆柱形薄壁玻璃杯
中装油，则在梯形桶中加入的是水；
③设圆柱形薄壁玻璃杯的底面积为S，蜡块的体积为：V蜡 ＝V排油 ＝S（h
3
﹣h
1
），
在圆柱形薄壁玻璃杯中加入适量的另一种液体（油），将其放入桶中漂浮，根据漂浮条件，
受到的浮力等于重力，G容器+G油 ＝F浮 ＝ 水gSh
2
﹣﹣﹣﹣﹣﹣①式，
将蜡块放入玻璃杯的液体中，玻璃杯仍然漂ρ 浮，根据漂浮条件，受到的浮力等于总重力，G
容器+G油+G蜡 ＝F浮 ′＝ 水gSh
4
﹣﹣﹣﹣﹣﹣②式，
②式﹣①式得蜡块的重ρ力为：G蜡 ＝ 水gSh
4
﹣ 水gSh
2
＝ 水gS（h
4
﹣h
2
），
ρ ρ ρ
由G＝mg得，蜡块的质量为：m蜡 ＝ ＝ ＝ 水S（h
4
﹣h
2
），
ρ
蜡块的密度为： ＝ ＝ ＝ 。
蜡
ρ
第20页（共23页）故答案为：（1）左；（2）64；2.12；大；③①②；（3）水； 。
【点评】本题是测物质密度的基本方法以及利用浮力测物体密度的实验，考查了天平和量
筒的使用、密度公式的应用、阿基米德原理的理解和应用等，考查知识点多，综合性强。
32．【分析】（1）①灯泡和电流表串联接入电路，电压表应与灯泡并联，闭合开关前应将滑动
变阻器的滑片滑至阻值最大处，闭合开关后，发现电流表和电压表的指针均不发生偏转，
说明电路断路；②电压表接入电路的量程为0～3V，每一小格表示0.1V，读图可知此时灯
泡两端电压，与灯泡的额定电压比较，结合串联电路电压规律、串联电路分压原理可知滑
动变阻器接入电路的电阻应如何变化；电流表接入电路的量程为0～0.6A，每一小格表示
0.02A，读图可知小灯泡正常发光时通过灯泡的电流，根据P＝UI计算小灯泡的额定功率；
③根据欧姆定律计算灯泡正常发光时的电阻，灯泡的电阻随温度的升高而增大，灯泡的
功率越大，灯泡的温度越高，比较灯泡的电阻的变化可知灯泡的实际功率与额定功率的关
系；
（2））①将电流表串联在b点，只闭合开关S和S ，灯泡和定值电阻并联接入电路，电流表
1
测通过定值电阻的电流，根据并联电路电压特点结合欧姆定律可知灯泡正常发光时通过
定值电阻的电流，②只闭合开关S和S ，变阻器滑片位置保持不动，此时电流表测干路电
2
流，根据并联电路电流规律可知通过灯泡的电流，③根据P＝UI推导小灯泡L 的额定功
2
率表达式。
【解答】解：（1）①灯泡和电流表串联接入电路，电压表应与灯泡并联，如图：
；
闭合开关前应将滑动变阻器的滑片滑至阻值最大处，即最右端；
闭合开关后，发现电流表和电压表的指针均不发生偏转，说明电路断路，则电路出现的故
第21页（共23页）障可能是滑动变阻器断路；
②小灯泡L 的额定电压为2.5V，电压表接入电路的量程为0～3V，每一小格表示0.1V，
1
读图可知此时灯泡两端电压为2V，灯泡两端电压小于额定电压，串联电路总电压等于各
部分电压之和，则滑动变阻器两端的电压太大，由串联电路分压原理可知此时滑动变阻器
接入电路的电阻太大，所以应使滑动变阻器连入电路的阻值变小；
电流表接入电路的量程为0～0.6A，每一小格表示0.02A，读图可知小灯泡正常发光时，通
过灯泡的电流为0.4A；
小灯泡的额定功率为：P＝UI ＝2.5V×0.4A＝1W；
1
③小灯泡正常发光时的电阻：R ＝ ＝ ＝6.25 ，灯泡的电阻随温度的升高而增大，
1
Ω
灯泡的功率越大，灯泡的温度越高，当小灯泡的电阻为8 时，此时灯泡的电阻大于灯泡
正常发光时的电阻，所以灯泡的实际功率大于额定功率；Ω
（2）①将电流表串联在b点，只闭合开关S和S ，灯泡和定值电阻并联接入电路，电流表
1
测通过定值电阻的电流，并联电路各支路两端电压相等，当灯泡两端的电压为U额 时灯泡
正常发光，此时定值电阻两端的电压等于灯泡的额定电压，通过定值电阻的电流：I ＝
0
，所以应节滑动变阻器的滑片使电表的示数为 ，
②只闭合开关S和S ，变阻器滑片位置保持不动，此时电流表测干路电流，读出电流表的
2
示数I，
③并联电路干路电流等于各支路电流之和，所以通过灯泡的电流：I ＝I﹣I ＝I﹣ ，小
2 0
灯泡L
2
的额定功率表达式为：P额 ＝U额I
2
＝U额 （I﹣ ）。
故答案为：（1）①如上图；右；断路；②变小；0.4；1；③大于；（2）①电流表串联在b点；
；②保持不动；③U额 （I﹣ ）。
第22页（共23页）【点评】测量小灯泡电功率的实验考查电路的连接、滑动变阻器的使用、故障的分析、电表
的读数、实验方案的设计、欧姆定律、电功率公式的灵活运用等。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2022/3/25 14:09:12；用户：我不叫王海宁；邮箱：orFmNtygTZdeoRRXtaD47YJRzPg0@weixin.jyeoo.com；学号：39962365
第23页（共23页）
