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2023年湖南省湘潭市中考物理试卷
一、单项选择题（本大题共 15小题，每小题2分，共30分。请把答案填涂在答题卡
上。）
1．（2分）在国际单位制中，力的单位是（ ）
A．伏特 B．牛顿 C．安培 D．帕斯卡
2．（2分）研学活动中，讲解员使用“小蜜蜂”扩音器主要是为了改变声音的（ ）
A．音色 B．音调 C．响度 D．传播速度
3．（2分）下列现象能说明分子在做无规则运动的是（ ）
A．瑞雪飘飘 B．花香袭人 C．柳絮飞舞 D．稻浪起伏
4．（2分）下列估测值符合实际的是（ ）
A．成人步行速度约为1m/s
B．成年大象的质量约为1kg
C．人正常心跳一次约为1min
D．书房台灯功率约为5000W
5．（2分）下列现象能说明光沿直线传播的是（ ）
A． 天边彩虹 B． 海市蜃楼
C． 铅笔“折断” D． 小孔成像
6．（2分）下列说法正确的是（ ）
A．物体内能只能靠做功来改变
B．注射器抽取药液，利用了连通器原理
C．戴耳塞是为了在声源处减弱噪声
D．太阳能是清洁能源，应积极开发和利用
7．（2分）下列物品，通常情况下属于导体的是（ ）
A．木铲 B．铁锅 C．玻璃杯 D．陶瓷盘8．（2分）智能快递柜既可通过手机扫码（相当于S 闭合），也可通过输入密码（相当于
1
S 闭合）使装置 启动，打开柜门完成取件。符合以上要求的电路示意图是（ ）
2
A． B．
C． D．
9．（2分）探究压力的作用效果与压力的关系时，保持受力面积不变。采用的方法是（
）
A．类比法 B．理想实验法 C．控制变量法 D．等效替代法
10．（2分）将一根短的金属丝缓慢拉长，下列物理量变大的是（ ）
A．质量 B．体积 C．电阻 D．密度
11．（2分）如图是电能表表盘示意图，下列说法正确的是（ ）
A．电能表是用来测电功率的仪器
B．此时电能表的读数为61985kW•h
C．这个电能表通过的电流一定为10A
D．这个电能表应该在220V的电路中使用
12．（2分）下列做法不符合安全用电要求的是（ ）
A．不靠近高压带电体
B．家用电器的开关接在火线上C．用湿抹布擦拭通电的电器
D．更换灯泡前先断开电源开关
13．（2分）如图为一种佩戴在手腕上的“计步器”，其基本构造是在一段塑料管中密封
一小块磁铁，管外绕着线圈。运动时，磁铁在管中往复运动，线圈输出不断变化的电流，
从而实现计步。下列设备与“计步器”产生电流的原理相同的是（ ）
A．发电机 B．电动机 C．电风扇 D．电水壶
14．（2分）如图所示，水平静止放置的空易拉罐会向摩擦过的塑料管滚动，下列说法正
确的是（ ）
A．摩擦起电创造了电荷
B．静止放置的易拉罐没有惯性
C．塑料管与易拉罐之间相互排斥
D．易拉罐受到引力，运动状态发生了改变
15．（2分）取口香糖锡纸，剪成如图1所示形状，其中AB和CD段等长。戴好防护手套，
将锡纸条（带锡的一面）两端连接电池正、负极，如图2所示，发现锡纸条很快开始冒
烟、着火。下列分析正确的是（ ）
A．通过AB和CD段的电流不相等
B．正常情况下，AB段会先着火
C．AB和CD段的电压相等
D．AB和CD段的电阻相等二、双项选择题（本题共3小题，共6分。每小题都有两个选项符合题目要求。全部选对
的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。请把答案填涂在答题卡上。）
（多选）16．（2分）如图所示，指尖陀螺中间是轴承，内有滚珠，边上有三个金属制作
的飞叶，拨动后，飞叶可以绕轴在指尖上长时间转动。下列分析正确的是（ ）
A．指尖陀螺的重心在飞叶上
B．飞叶转动时遵循能量守恒定律
C．轴承内的滚珠，有利于减小摩擦
D．指尖陀螺受到的重力和支持力是一对相互作用力
（多选）17．（2分）光刻技术的工作原理如图所示。用紫外光照射镂空掩膜，调整镂空
掩膜、缩图透镜的位置，恰好能在硅片上成极小的清晰的像，从而实现集成电路的“光
刻”，下列说法正确的是（ ）
A．缩图透镜相当于凸透镜，凸透镜可以用于矫正近视眼
B．镂空掩膜位于缩图透镜的二倍焦距以内
C．镂空掩膜的像是倒立缩小的
D．硅片相当于光屏
（多选）18．（2分）如图是汽车尾气中CO浓度的检测电路示意图。气敏电阻R 的阻值
1
随CO浓度增大而减小，R 是滑动变阻器，开关S闭合，当CO浓度高于某一设定值时，
2
电铃报警。下列说法正确的是（ ）A．电磁铁的上端是N极
B．电铃应接在A和B之间
C．当CO浓度升高时电磁铁的磁性减弱
D．电源用久后，U 减小，CO的报警浓度会变高
1
三、填空、作图题（本题每空1分，作图1分，共14分。请把答案填在答题卡上。）
19．（2分）（1）如图，轻质杠杆保持平衡，O为支点。请在图中，画出力F的力臂L；
（2）这是一个 （选填“省力”或“费力”）杠杆。
20．（2 分）如图所示的刻度尺的分度值是 mm，被测物体长度是
cm。
21．（2 分）如图所示，白鹭平行于水面飞行，距水面 2m。水中的“白鹭”是
（选填“实”或“虚”）像，它距空中的白鹭 m。
22．（2分）旅行中，汽车在公路上快速行驶时，窗外的空气流速大，压强 ，窗
帘受到向外的力，飘向窗外。车行驶到高山上时，发现密封的零食包装袋鼓起了，这是
因为高山上的大气压比山脚下的 （两空均选填“大”或“小”）造成的。23．（3分）神舟十六号载人飞船由火箭运载加速升空时，以火箭为参照物，飞船是
（选填“运动”或“静止”）的，飞船重力势能 （选填“增大”或“减
小”），航天员在太空中是利用 （选填“电磁波”或“超声波”）和地面
通讯。
24．（3分）如图1所示，文具盒在水平向右的推力F的作用下，沿水平桌面运动，F与时
间t的关系如图2所示。0～2s内，文具盒做匀速直线运动，此过程中它所受的摩擦力方
向向 （选填“左”或“右”），大小为 N；3～4s内，文具盒所受合
力的大小为 N。
四、实验、探究题（本题每空1分，共27分。请把答案填在答题卡上。）
25．（6分）用如图1所示实验装置，探究室温下冰熔化时温度的变化规律。
（1）将冰打碎后放入烧杯，温度计插入碎冰中。图2中温度计示数为 ℃。
（2）由实验数据绘制成图3所示图像，可知，AB段该物质是 态，BC段
（选填“需要”或“不需”）吸热；由实验可知，冰属于 （选填“晶体”或
“非晶体”）。
（3）研究表明晶体的熔点与压强有关，压强越大，晶体的熔点越低，如图4，在温度较
低的环境中，将拴有重物的细金属丝挂在冰块上，金属丝下方与冰接触处的压强
（选填“增大”或“减小”），从而使冰的熔点 （选填“升高”或“降
低”）了，金属丝下方的冰块熔化，熔化而成的水又很快凝固，金属丝穿冰块而过且不
留缝隙。
26．（6分）用天平和量筒测量某种饮料的密度。（1）将天平放在水平台上，游码归零，发现指针指在分度盘的右侧，如图 1所示，则
应将平衡螺母向 （选填“左”或“右”）调节使天平平衡。
（2）如图2所示，测得烧杯和饮料的总质量为 g；向量筒中倒入部分饮料，
如图3所示，量筒中饮料的体积为 mL；用天平测得烧杯和剩余饮料的总质
量为40g，则饮料的密度为 kg/m3。
（3）只利用天平、两个完全相同的空烧杯和适量的水也能测量出饮料的密度，步骤如
下：
①调好天平，测出一个烧杯的质量m ：
0
②将一个烧杯装入适量的水，测出烧杯和水的总质量m ；
1
③另一个烧杯装同样高度的饮料，测出烧杯和饮料的总质量m ；
2
则 烧 杯 内 饮 料 的 体 积 V ＝ ， 密 度
（两空均用已知量的字母表示， 已知）。 ρ
水
27．（7分）用图所示装置测量滑轮ρ组的机械效率，部分实验数据如下表：
实验次数 钩码重力 钩码上升高度h/ 拉力F/N 绳子自由端 机械效率
G/N cm 移动距离s/
cm η
1 2.0 5 1.0 15 66.7%
2 4.0 5 1.8 15 74.1%
3 4.0 10 1.8 30 74.1%
4 6.0 5 2.5 15
（1）实验过程中，缓慢竖直拉动弹簧测力计，使钩码向上做 运动。第1
次实验时，钩码上升的时间为 3s，此过程中，绳子自由端上升的速度为
m/s。
（2）第4次实验时所做的有用功为 J，滑轮组的机械效率是 %。（3）分析1、2、4次实验的数据可知，使用同一滑轮组提升重物时，重物重力越
（选填“大”或“小”），滑轮组的机械效率越高；分析 2、3次实验的数据可知，滑
轮组的机械效率与钩码上升的高度 （选填“有关”或“无关”）。
（4）用滑轮组提升重物时，下列选项中也可提高机械效率的是 。
A．换用更轻的动滑轮
B．加快提升物体的速度
28．（8分）利用图1所示的电路测量小灯泡的电功率，小灯泡的额定电压为2.5V。
（1）用笔画线代替导线，将图1中所示的器材连接成完整电路。
（2）连接电路时开关应处于 （选填“断开”或“闭合”）状态，正确连接
后，应将滑片P由最大电阻处缓慢向 端移动（选填“A”或“B”），使灯逐渐变亮。
（3）某次实验时，电流表的示数如图2所示，则通过灯L的电流为 A；移
动滑片P，记下多组电压和电流值，绘制成图3所示的图像，根据图像的信息，小灯泡
的额定电功率为 W。
（4）实验时，由于操作失误，在未断开开关的情况下，直接将亮着的小灯泡从灯座上
取出，电压表的示数 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
（5）在没有电流表的情况下，用如图4所示的实验电路，也可以测出小灯泡的额定功
率。己知小灯泡的额定电压为U额 ，定值电阻的阻值为R，实验步骤如下：
①只闭合开关S、S
1
，调节滑片，使电压表示数为U额 ；
②保持滑片位置不变，只闭合开关S、S ，此时电压表的示数为U；
2
可知小灯泡的额定功率P额 ＝ （用U额 、U和R表示）；若已
知电源电压为U ，此时滑动变阻器接入电路的阻值R ＝ （用
0 x
U
0
、U额 、U和R表示）。
五、综合题（本题共23分。解答部分请将必要的文字说明、公式和重要的演算步骤填写在
答题卡上。）
29．（6分）如图为小明家的电压力锅，下表是它的铭牌，在锅内装入2.5kg初温为15℃的
食材，加热至95℃，已知c食材 ＝3.3×103J/（kg•℃），q天然气 ＝4.4×107J/m3。问：
（1）电压力锅加热时，电流为 A，电阻为 。
（2）此过程中，食材吸热 J；这些热Ω量相当于完全燃烧
m3天然气放出的热量。
（3）若该压力锅的加热效率为80%，此加热过程需要多长时间？
高速压力锅
加热功率：1100W
额定容量：4.0L
额定电压：220V﹣50Hz
工作压强：105kPa
型号：MY﹣HT4085PG
生产批号：171121161930．（8分）“曹冲称象”是家喻户晓的典故，兴趣小组受此启发，找来一个上端开口的
空透明圆筒，底部用细线系一块质量适当的铁块，然后将其静止放置在水中，如图1所
示，此时圆筒浸入水中的深度为5cm，水面与圆筒A点相平。利用此装置标上刻度后放
入水中，可以方便地测量出物体的质量。在圆筒内放上一个物体后，如图2所示，圆筒
浸入水中的深度为10cm，水面与圆筒B点相平。已知圆筒底面积为10cm2，圆筒和铁块
总重为0.6N，装置始终处于漂浮状态，圆筒始终竖直。则：
（1）图1中圆筒和铁块受到的总浮力是 N，它们浸入水中的总体积是
m3，铁块所受到的浮力为 N。
（2）图2中圆筒底部受到水的压强是 Pa，受到水的压力为 N。
（3）为方便测量，圆筒A点应标上 kg刻度线。
（4）利用此装置测量时，圆筒B点的刻度线对应的质量应为多少？
31．（9分）变频空调的变频压缩机可以根据环境温度自动调整工作时间和功率。某变频
空调电路原理示意图如图1所示，其中控制电路的电源电压U ＝12V，R 为调控电阻，
1 s
可通过遥控调节其阻值大小，R 为热敏电阻，其阻值随温度变化的图像如图2所示，L
t
为磁控开关，当热敏电阻R 的阻值发生变化时，磁控开关线圈的电流随之发生变化，当
t
电流大于或等于0.02A时，L的两个磁性弹片相互吸合，工作电路的变频压缩机开始工
作。电压U ＝220V，R 为保护电阻，磁控开关L的线圈电阻不计。问：
2 0
（1）压缩机工作过程中内部的电动机主要把电能转化成 能；当S接通，电
流大于或等于0.02A时，L的两个磁性弹片的前端为 名磁极。
（2）由图2可知，热敏电阻R 的阻值随着温度t的升高而变减 ；若房间内部的
t
温度为22.5℃，此时热敏电阻R 的阻值为 。
t
Ω（3）用遥控将R 的阻值调小时，设定温度变 ；家用空调最高设定温度通常为
s
30℃，则调控电阻R 的阻值不能超过 。
s
（4）由于变频作用，某段时间内工作电路的总功Ω率变化如图 3所示，已知保护电阻R
0
＝ 2 ， 则 10min 内 R 消 耗 的 电 能 是 多 少 ？
0
Ω2023年湖南省湘潭市中考物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（本大题共 15小题，每小题2分，共30分。请把答案填涂在答题卡
上。）
1．（2分）在国际单位制中，力的单位是（ ）
A．伏特 B．牛顿 C．安培 D．帕斯卡
【分析】根据对常见物理量及其单位的掌握作答。
【解答】解：在物理学中，
A、伏特（U）是电压的基本单位，故A错误；
B、牛顿（N）是力的基本单位，故B正确；
C、安培（A）是电流的基本单位，故C错误；
D、帕斯卡（Pa）是压强的基本单位，故D错误。
故选：B。
【点评】此题考查我们对常见物理量及其单位对应关系的掌握情况，属于识记性知识的
考查，难度不大。
2．（2分）研学活动中，讲解员使用“小蜜蜂”扩音器主要是为了改变声音的（ ）
A．音色 B．音调 C．响度 D．传播速度
【分析】响度、音调和音色是指声音的特性，响度是指声音的大小，音调是指声音的高
低，不同材料的发声体，其音色不同，据此分析解答。
【解答】解：研学活动中，讲解员使用“小蜜蜂”扩音器让声音变大，即增大了声音的
响度；故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题主要考查了声音的特性，属于基础题。
3．（2分）下列现象能说明分子在做无规则运动的是（ ）
A．瑞雪飘飘 B．花香袭人 C．柳絮飞舞 D．稻浪起伏
【分析】（1）一切物体的分子都在不停地做无规则的热运动。
（2）把物体位置的变化叫机械运动。
【解答】解：ACD、瑞雪飘飘、柳絮飞舞、稻浪起伏说明物体在做机械运动，故ACD
不符合题意；
B、花香袭人说明分子在做无规则的热运动，故B符合题意。
故选：B。【点评】本题主要考查的是分子的热运动；关键是会区分热运动和机械运动。
4．（2分）下列估测值符合实际的是（ ）
A．成人步行速度约为1m/s
B．成年大象的质量约为1kg
C．人正常心跳一次约为1min
D．书房台灯功率约为5000W
【分析】解答估测选择题的方法：利用生活中我们熟悉的一些数据作为根据，进行单位
换算，有时要利用基本公式求未知物理量。
【解答】解：A、成人步行速度约为1.1m/s，故A正确；
B、成年大象的质量约为3t，故B错误；
C、人正常心跳一次约为1s，故C错误；
D、书房台灯功率约为25W，故D错误。
故选：A。
【点评】物理学中，对各种物理量的估算能力，是我们应该加强锻炼的重要能力之一，
这种能力的提高，对我们的生活同样具有很大的现实意义。
5．（2分）下列现象能说明光沿直线传播的是（ ）
A． 天边彩虹 B． 海市蜃楼
C． 铅笔“折断” D． 小孔成像
【分析】（1）光线在同种不均匀介质中传播或者从一种介质斜射入另一种介质时，就
会出现光的折射现象，例如水池底变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼等都是光的折射形成
的；
（2）光在同一均匀介质中沿直线传播，光沿直线传播的例子有：小孔成像、影子的形
成、日食和月食现象等。
【解答】解：ABC、天边彩虹、海市蜃楼、铅笔“折断”都是由光的折射形成的，故
ABC错误；D、小孔成像是由光的直线传播形成的，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了光的直线传播和光的折射，属于基础知识。
6．（2分）下列说法正确的是（ ）
A．物体内能只能靠做功来改变
B．注射器抽取药液，利用了连通器原理
C．戴耳塞是为了在声源处减弱噪声
D．太阳能是清洁能源，应积极开发和利用
【分析】（1）改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，热传递过程是能量的转移
过程，而做功过程是能量的转化过程；
（2）大气压强在生产、生活中有许多应用，例如注射器、喷雾器、抽水机等都是利用
大气压原理工作的；
（3）减弱噪声的途径：在声源处、在传播过程中、在人耳处；
（4）太阳能等清洁能源的利用能大大减少化石燃料的使用。
【解答】解：A、改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，故A错误；
B、注射器抽取药液，利用了大气压强，故B错误；
C、戴耳塞，是为了在人耳处减弱噪声，故C错误；
D、太阳能是清洁能源，应积极开发和利用，能大大减少化石燃料的使用，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查改变内能的方式、大气压的利用、减弱噪声的途径以及能源的开发利
用，是一道综合题。
7．（2分）下列物品，通常情况下属于导体的是（ ）
A．木铲 B．铁锅 C．玻璃杯 D．陶瓷盘
【分析】导体是容易导电的物体。
【解答】解：铁锅比较容易导电的物体，木铲、玻璃杯和陶瓷盘不容易导电，是绝缘体。
故选：B。
【点评】本题考查了导体的特点，属于基础题。
8．（2分）智能快递柜既可通过手机扫码（相当于S 闭合），也可通过输入密码（相当于
1
S 闭合）使装置 启动，打开柜门完成取件。符合以上要求的电路示意图是（ ）
2A． B．
C． D．
【分析】串联电路中各用电器之间相互影响，并联电路中各用电器间互不影响；
根据开关S 闭合或开关S 闭合都能启动柜门完成取件，据此分析两开关的连接方式，
1 2
再选择合适的电路。
【解答】解：由题意知，智能快递柜既可通过手机扫码（相当于S 闭合），也可通过输
1
入密码（相当于S 闭合）使装置 启动，说明两开关可以独立工作、互不影响，即两
2
开关并联后共同控制装置 ；由各选项电路图知，BCD不符合题意，A符合题意。
故选：A。
【点评】本题考查了串并联电路的设计，根据题意得出两个开关的位置和连接方式是关
键。
9．（2分）探究压力的作用效果与压力的关系时，保持受力面积不变。采用的方法是（
）
A．类比法 B．理想实验法 C．控制变量法 D．等效替代法
【分析】物理学中对于多变量的问题，常常采用控制变量的方法，把多变量的问题变成
多个单变量的问题；每一次只改变其中的某一个变量，而控制其余几个变量不变，从而
研究被改变的这个变量对事物影响，分别加以研究，最后再综合解决，这种方法叫控制
变量法；它是科学探究中的重要思想方法，控制变量法是初中物理中常用的探索问题和
分析解决问题的科学方法之一。
【解答】解：A、类比法也叫“比较类推法”，是指由一类事物所具有的某种属性，可
以推测与其类似的事物也应具有这种属性的推理方法，其结论必须由实验来检验，类比
对象间共有的属性越多，则类比结论的可靠性越大，故A不符合题意。B、物理学中，常常有难以达到条件的时候，这时，我们常常需要借助将实验想象为理
想情况下来达到我们的目的，在实验基础上经过概括、抽象、推理得出规律，这种研究
问题的方法就叫理想实验法，故B不符合题意。
C、控制变量法，就是在研究和解决问题的过程中，对影响事物变化规律的因素或条件
加以人为控制，使其中的一些条件按照特定的要求发生变化或不发生变化，最终解决所
研究的问题，故C符合题意。
D、等效替代法是指在研究某一个物理现象和规律中，因实验本身的特殊限制或因实验
器材等限制，不可以或很难直接揭示物理本质，而采取与之相似或有共同特征的等效现
象来替代的方法，故D不符合题意。
故选：C。
【点评】解决此题要知道常用的物理学研究方法：控制变量法、等效替代法、理想实验
法、类比法等。
10．（2分）将一根短的金属丝缓慢拉长，下列物理量变大的是（ ）
A．质量 B．体积 C．电阻 D．密度
【分析】（1）质量是物体本身具有的属性，决定于物体所含物质的多少；
（2）密度和质量一定的物体，体积一定，与形状无关；
（3）影响电阻大小的因素有：材料、长度、横截面积和温度。在材料和温度相同时，
长度越长，横截面积越小电阻越大；
（4）密度是物质本身的一种特性，决定于物质的种类、状态和温度，与物体形状无关。
【解答】解：A、将一根铁丝拉长后，形状发生变化，所含物质多少没有变化，所以质
量不变，故A不符合题意；
B、将一根铁丝拉长后，长度变长了，横截面积变小了，体积不变，故B不符合题意；
C、将一根铁丝拉长后，长度变长了，横截面积变小了，所以电阻变大了，故 C符合题
意；
D、将一根铁丝拉长后，形状发生变化，物质种类、状态和温度没有变化，所以密度不
变，故D不符合题意。
故选：C。
【点评】此题考查的是我们对质量、体积、密度和电阻概念的理解，知道各物理量的影
响因素是解答的关键。
11．（2分）如图是电能表表盘示意图，下列说法正确的是（ ）A．电能表是用来测电功率的仪器
B．此时电能表的读数为61985kW•h
C．这个电能表通过的电流一定为10A
D．这个电能表应该在220V的电路中使用
【分析】（1）电能表是测量用户在某段时间内消耗电能（电功）的仪表。
（2）电能表上的单位是kW•h，最后一位是小数。
（3）电能表上的电流值表示该电能表平时工作允许通过的最大电流。
（4）电压表上的电压值表示该电能表的正常工作电压。
【解答】解：A、电能表是用来测电功的仪器，故A错误；
B、此时电能表的读数为6198.5kW•h，故B错误；
C、这个电能表通过的电流不一定为10A，故C错误；
D、这个电能表应该在220V的电路中使用，故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查了电能表；会正确读数、知道各个参数的物理意义是解决本题的
关键。
12．（2分）下列做法不符合安全用电要求的是（ ）
A．不靠近高压带电体
B．家用电器的开关接在火线上
C．用湿抹布擦拭通电的电器
D．更换灯泡前先断开电源开关
【分析】（1）安全用电原则：不接触低压带电体，不靠近高压带电体；
（2）火线首先过开关再进入开关控制的用电器，零线直接进入用电器；
（3）生活中的水是导体，容易导电；
（4）为了用电安全，更换灯泡前应断开电源开关。
【解答】解：A、安全用电的基本原则：不接触低压带电体，不靠近高压带电体，故A正确；
B、家用电器的开关要接在火线上，比如灯泡要与开关串联，并且开关与火线相连，这
样当灯泡出现故障进行维修时，断开开关就可以断开灯泡与火线的连接了，故B正确；
C、生活中的水是导体，用湿抹布擦电器容易发生触电，故C错误；
D、更换灯泡时容易碰到金属部分，切断电源可以保证金属部分不带电，故D正确。
故选：C。
【点评】本题主要考查生活中的一些安全用电常识，应注意积累并严格遵守，牢记安全
用电常识，并在生活中加以运用，有一定的现实意义。
13．（2分）如图为一种佩戴在手腕上的“计步器”，其基本构造是在一段塑料管中密封
一小块磁铁，管外绕着线圈。运动时，磁铁在管中往复运动，线圈输出不断变化的电流，
从而实现计步。下列设备与“计步器”产生电流的原理相同的是（ ）
A．发电机 B．电动机 C．电风扇 D．电水壶
【分析】（1）闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中会产生感应
电流，这种现象叫电磁感应现象，发电机和动圈式话筒就是利用该原理制成的。
（2）电动机是利用通电导体在磁场中受力作用的原理来工作的。
（3）电水壶是利用电流的热效应来工作的。
【解答】解：A、计步器是利用电磁感应现象来工作的，和发电机的原理相同，故A符
合题意；
BC、电动机和电风扇是利用通电导体在磁场中受力作用的原理来工作的，故BC不符合
题意；
D、电水壶是利用电流的热效应来工作的，故D不符合题意。
故选：A。
【点评】本题主要考查的是电磁感应现象；知道发电机和电动机的基本原理。
14．（2分）如图所示，水平静止放置的空易拉罐会向摩擦过的塑料管滚动，下列说法正
确的是（ ）A．摩擦起电创造了电荷
B．静止放置的易拉罐没有惯性
C．塑料管与易拉罐之间相互排斥
D．易拉罐受到引力，运动状态发生了改变
【分析】（1）摩擦起电的实质是电子的转移；
（2）任何物体都有惯性；
（3）带电体具有吸引轻小物体的性质。
【解答】解：A、摩擦起电的实质是电子的转移，不是创造了电荷，故A错误；
B、任何物体都有惯性，故B错误；
CD、摩擦过的塑料管因为摩擦起电，能够吸引轻小物体，易拉罐受到引力，运动状态
发生了改变，故C错误、D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了摩擦起电的实质、带电体的性质、惯性等知识，属于基础知识。
15．（2分）取口香糖锡纸，剪成如图1所示形状，其中AB和CD段等长。戴好防护手套，
将锡纸条（带锡的一面）两端连接电池正、负极，如图2所示，发现锡纸条很快开始冒
烟、着火。下列分析正确的是（ ）
A．通过AB和CD段的电流不相等
B．正常情况下，AB段会先着火
C．AB和CD段的电压相等
D．AB和CD段的电阻相等
【分析】（1）串联电路中，电流处处相等；
（2）导体电阻的大小跟导体的长度、横截面积、材料和温度有关；根据Q＝I2Rt分析判
断ab段产生热量的多少；（3）AB段的电阻大于和CD段的电阻，根据串联分压原理得，AB的电压大于CD段的
电压。
【解答】解：A、AB和CD段锡纸串联电路中，由于串联电路中的电流处处相等，所以
通过AB和CD段的电流相等，故A错误；
BD、在材料和长度相同时，导体的横截面积越小，电阻越大，由图知，AB段的横截面
积小于CD段的横截面积，所以AB段的电阻大于CD段的电阻，根据Q＝I2Rt可知，在
电流和通电时间一定时，AB段产生的热量多，温度高，先着火，故B正确，D错误；
C、AB段的电阻大于CD段的电阻，根据串联电路的分压原理可知，AB段的电压大于
CD段的电压，故CD错误。
故选：B。
【点评】本题考查了串联电路的特点、影响电阻大小的因素、焦耳定律等的应用，是理
论联系实际的好题。
二、双项选择题（本题共3小题，共6分。每小题都有两个选项符合题目要求。全部选对
的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。请把答案填涂在答题卡上。）
（多选）16．（2分）如图所示，指尖陀螺中间是轴承，内有滚珠，边上有三个金属制作
的飞叶，拨动后，飞叶可以绕轴在指尖上长时间转动。下列分析正确的是（ ）
A．指尖陀螺的重心在飞叶上
B．飞叶转动时遵循能量守恒定律
C．轴承内的滚珠，有利于减小摩擦
D．指尖陀螺受到的重力和支持力是一对相互作用力
【分析】（1）根据二力平衡条件确定指尖陀螺的重心位置；
（2）能量守恒定律：是各种能量形式互相转换是有方向和条件限制的，能量互相转换
时其量值不变，表明能量是不能被创造或消灭的。能量既不会凭空产生，也不会凭空消
失，它只能从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到另一个物体，在转化或
转移的过程中，能量的总量不变；
（3）变滑动为滚动可以减小摩擦力；
（4）相互作用力的特点：大小相等、方向相反、作用在两个物体上，作用在同一条直线上。
【解答】解：A、指尖陀螺在竖直方向上处于平衡状态，受到的重力和支持力是一对平
衡力，这两个力在同一直线上，因此指尖陀螺的重心一定也在这条直线上，故A错误；
B、任何的能量转化和转移都遵循能量守恒定律，因此，飞叶转动时遵循能量守恒定律，
故B正确；
C、轴承内的滚珠，是变滑动为滚动，有利于减小摩擦，故C正确；
D、指尖陀螺受到的重力和支持力是作用在同一物体上的两个力，不是是一对相互作用
力，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题围绕指尖陀螺考查了能量守恒定律、重心位置的确定、减小摩擦的方法、
平衡力与相互作用力的辨别等知识的理解与应用，综合性强，但难度不大。
（多选）17．（2分）光刻技术的工作原理如图所示。用紫外光照射镂空掩膜，调整镂空
掩膜、缩图透镜的位置，恰好能在硅片上成极小的清晰的像，从而实现集成电路的“光
刻”，下列说法正确的是（ ）
A．缩图透镜相当于凸透镜，凸透镜可以用于矫正近视眼
B．镂空掩膜位于缩图透镜的二倍焦距以内
C．镂空掩膜的像是倒立缩小的
D．硅片相当于光屏
【分析】凸透镜成像的规律：
当u＞2f时，成倒立、缩小的实像。照相机、摄像机就是根据这个原理制成的；
当u＝2f时，成倒立、等大的实像；
当f＜u＜2f时，成倒立、放大的实像。幻灯机、投影仪就是根据这个原理制成的；
当u＝f时，无像。经凸透镜折射后的光线是平行的，没有会聚点；当u＜f时，成正立、放大的虚像。放大镜就是根据这个原理制成的；
成实像时的动态变化规律是：物近像远像变大，物远像近像变小。
【解答】解：A、根据图示可知，缩图透镜对光线具有会聚作用，是凸透镜，可用于矫
正远视眼，故A错误；
BC、由图可知要制造出含有众多元件的集成电路，则掩膜上的电路在硅片上的像应变
小，所以可知该凸透镜成倒立、缩小的实像，与照相机的原理相同，镂空掩膜位于缩图
透镜的二倍焦距以外，故B错误，C正确；
D、图中的像成在硅片上，硅片相当于光屏，故D正确。
故选：CD。
【点评】解答此题的关键是掌握凸透镜成像的规律，搞清像距、像的大小与物距之间的
关系。
（多选）18．（2分）如图是汽车尾气中CO浓度的检测电路示意图。气敏电阻R 的阻值
1
随CO浓度增大而减小，R 是滑动变阻器，开关S闭合，当CO浓度高于某一设定值时，
2
电铃报警。下列说法正确的是（ ）
A．电磁铁的上端是N极
B．电铃应接在A和B之间
C．当CO浓度升高时电磁铁的磁性减弱
D．电源用久后，U 减小，CO的报警浓度会变高
1
【分析】（1）由题知气敏电阻R 阻值随CO浓度的增大而减小，由欧姆定律得出CO
1
浓度升高时控制电路中电流的变化，根据影响电磁铁磁性强弱的因素可知电磁铁磁性的
变化，结合电路分析电铃应接在什么位置；
（2）根据安培定则判定电磁铁的磁性；
（3）用久后，电源电压U 会减小，由欧姆定律可知，只有当R 阻值变小时，控制电路
1 1
才能达到衔铁被吸下的最小电流，据此分析。【解答】解：（1）控制电路中，两电阻串联接入电路，当CO浓度升高时，气敏电阻
R 的阻值减小，控制电路的总电阻减小，电源电压不变，由欧姆定律可知控制电路中的
1
电流增大，所以电磁铁的磁性增强，故C错误；
当CO浓度高于某一设定值时，衔铁被吸下，电铃发声报警，所以电铃应接在 C和D之
间，故B错误；
（2）根据图示可知，电流从电磁铁的下端流入、上端流出，根据安培定则可知，电磁
铁的上端为N极，故A正确；
（3）用久后，电源电压U 会减小，由欧姆定律可知只有当R 阻值变小时，控制电路才
1 1
能达到衔铁被吸下的最小电流，结合题意可知报警时CO最小浓度比设定值高，故D正
确。
故选：AD。
【点评】理解电磁继电器的工作原理，知道影响电磁铁磁性强弱的因素，运用欧姆定律
判断电路中电流的变化，可解答此题。
三、填空、作图题（本题每空1分，作图1分，共14分。请把答案填在答题卡上。）
19．（2分）（1）如图，轻质杠杆保持平衡，O为支点。请在图中，画出力F的力臂L；
（2）这是一个 省力 （选填“省力”或“费力”）杠杆。
【分析】（1）要解决此题，需要掌握力臂的概念，知道力臂是从支点到力的作用线的
距离；由支点向力的作用线作垂线，垂线段的长度即为力臂；
（2）杠杆分为三类：省力杠杆（动力臂大于阻力臂，省力费距离）、费力杠杆（动力
臂小于阻力臂，费力省距离）和等臂杠杆（动力臂等于阻力臂，不省力不费力，不省距
离不费距离）
【解答】解：（1）首先延长力F的作用线，然后由支点O向F的作用线作垂线，垂线
段的长度为F的力臂，如下图所示：
；（2）由图可知，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆。
故答案为：（1）见解答图；（2）省力。
【点评】本题考查了力臂的画法和杠杆的分类，属于基础知识考查。
20．（2分）如图所示的刻度尺的分度值是 1 mm，被测物体长度是 2.4 5 cm。
【分析】使用刻度尺测量物体长度之前，要明确其分度值；测量物体长度时，要观察是
否从0刻度线量起，起始端没从0刻度线开始，要以某一刻度当作“0”刻度，读出末
端刻度值，减去前面的刻度即为物体长度，注意刻度尺要估读到分度值的下一位。
【解答】解：图中，刻度尺上1cm之间有10个小格，所以一个小格代表的长度是0.1cm
＝1mm，即此刻度尺的分度值为1mm；物体左侧与2.00cm对齐，右侧与4.45cm对齐，
故物体的长度为2.45cm。
故答案为：1；2.45。
【点评】本题考查了刻度尺的使用，属于基本技能的考查，难度不大。
21．（2分）如图所示，白鹭平行于水面飞行，距水面 2m。水中的“白鹭”是 虚
（选填“实”或“虚”）像，它距空中的白鹭 4 m。
【分析】平面镜成像的特点是，像和物体大小相等、像和物体关于平面镜对称、像到平
面镜的距离和物体到平面镜的距离相等。
【解答】解：一个白鹭正平行于水面飞行，看到白鹭的倒影是由于光的反射形成的虚像；
白鹭所成的像相对于水面是对称的，又因为白鹭到水面的距离等于“倒影”到水面的距
离，即为2m，故像到白鹭的距离为2m+2m＝4m。
故答案为：虚；4。
【点评】本题考查平面镜成像特点的应用，属于基础题，难度不大。
22．（2分）旅行中，汽车在公路上快速行驶时，窗外的空气流速大，压强 小 ，窗帘
受到向外的力，飘向窗外。车行驶到高山上时，发现密封的零食包装袋鼓起了，这是因
为高山上的大气压比山脚下的 小 （两空均选填“大”或“小”）造成的。【分析】（1）对于流体来说，流速越大的地方，压强越小；流速越小的地方，压强越
大；
（2）大气压强与高度有关，随着高度的升高而降低，据此可比较包装袋内气压与外界
大气压的关系。
【解答】解：（1）根据流体压强和流速的关系可知，车行驶时，打开车窗，窗外的空
气流速大压强小，窗内的空气流速小压强大，窗帘受到向外的压强大于向内的压强，把
窗帘压向窗外；
（2）因为大气压随高度增加而减小，所以山顶上的气压比山脚下的气压低，车行驶到
高山上时，外界大气压变小，而密封的零食包装袋内气压不变，袋内的气压大于外部大
气压，因此包装袋会鼓起来。
故答案为：小；小。
【点评】本题考查压强与流速的关系、大气压与高度的关系，此题密切联系生活，注重
了物理和生活的联系，考查了学生应用物理知识解决实际问题的能力。
23．（3分）神舟十六号载人飞船由火箭运载加速升空时，以火箭为参照物，飞船是 静
止 （选填“运动”或“静止”）的，飞船重力势能 增大 （选填“增大”或“减
小”），航天员在太空中是利用 电磁波 （选填“电磁波”或“超声波”）和地面
通讯。
【分析】（1）物体相对于参照物的位置变化了，物体是运动的，物体相对于参照物的
位置不变，物体是静止的。
（2）重力势能与物体的质量和高度有关。
（3）电磁波可以传递信息。
【解答】解：以火箭为参照物，飞船与火箭的位置不变，飞船是静止的；
飞船加速升空时，质量不变，高度增加，重力势能增大；
航天员在太空中是利用电磁波和地面通讯。
故答案为：静止；增大；电磁波。
【点评】本题主要考查的是电磁波的应用、运动与静止的相对性；知道影响重力势能大
小的因素。
24．（3分）如图1所示，文具盒在水平向右的推力F的作用下，沿水平桌面运动，F与时
间t的关系如图2所示。0～2s内，文具盒做匀速直线运动，此过程中它所受的摩擦力方
向向 左 （选填“左”或“右”），大小为 2 N；3～4s内，文具盒所受合力的
大小为 1 N。【分析】匀速直线运动时受力平衡，推力与摩擦力大小相等，方向相反；
滑动摩擦力与压力和接触面的粗糙程度有关，同一直线上的二力合成规则，同向相加，
反向相减。
【解答】解：文具盒在水平向右的推力F的作用下，沿水平桌面运动，F与时间t的关
系如图2所示。0～2s内，文具盒做匀速直线运动，受力平衡，由图像知，推力为2N，
则此过程中它所受的摩擦力方向与推力方向相反，即向左，大小等于推力，即2N；
3～4s内，受到的推力为3N，而滑动摩擦力与压力和接触面的粗糙程度有关，两者都不
变，摩擦力不变，由于摩擦力与推力方向相反，文具盒所受合力的大小 F﹣f＝3N﹣2N
＝1N。
故答案为：左；2；1。
【点评】本题考查摩擦力大小与方向以及力的合成，关键是从图像获取有用的信息结合
二力平衡分析。
四、实验、探究题（本题每空1分，共27分。请把答案填在答题卡上。）
25．（6分）用如图1所示实验装置，探究室温下冰熔化时温度的变化规律。
（1）将冰打碎后放入烧杯，温度计插入碎冰中。图2中温度计示数为 ﹣ 3 ℃。
（2）由实验数据绘制成图3所示图像，可知，AB段该物质是 固 态，BC段 需
要 （选填“需要”或“不需”）吸热；由实验可知，冰属于 晶体 （选填“晶
体”或“非晶体”）。
（3）研究表明晶体的熔点与压强有关，压强越大，晶体的熔点越低，如图4，在温度较
低的环境中，将拴有重物的细金属丝挂在冰块上，金属丝下方与冰接触处的压强 增大 （选填“增大”或“减小”），从而使冰的熔点 降低 （选填“升高”或“降
低”）了，金属丝下方的冰块熔化，熔化而成的水又很快凝固，金属丝穿冰块而过且不
留缝隙。
【分析】（1）使用温度计测量液体温度时，先要弄清楚温度计的量程和分度值，正确
读出示数；
（2）晶体有固定的熔点，非晶体没有一定的熔点；晶体熔化过程温度不变，但需要吸
收热量；
（3）增大压强方法：在压力一定时，可以通过减小受力面积的方法来增大压强；在受
力面积一定时，可以通过增大压力来增大压强；
增大压强可以降低固体的熔点。
【解答】解：（1）由图2可知，温度计的最小刻度值是1℃，且液柱在零刻度线下方，
因此该温度计的示数是﹣3℃；
（2）由图3可知，冰在熔化过程中温度保持0℃不变，符合晶体的熔化特点，所以冰是
晶体；晶体熔化需要不断吸收热量，在AB段物质处于固体状态，在BC段物质的温度
保持0℃不变，此时吸热，物质正在熔化；
（3）使用细金属丝，在压力一定时，可以通过减小受力面积的方法来增大压强；悬挂
重物是在受力面积一定时，可以通过增大压力来增大压强；
因此使用细金属丝和悬挂重物的目的都是增大（钢丝对冰块的）压强，增大压强可以降
低冰的熔点。
故答案为：（1）﹣3；（2）固；需要；晶体；（3）增大；降低。
【点评】本题主要考查了探究固体熔化时温度的变化规律、增大压强方法等内容。
26．（6分）用天平和量筒测量某种饮料的密度。
（1）将天平放在水平台上，游码归零，发现指针指在分度盘的右侧，如图 1所示，则应将平衡螺母向 左 （选填“左”或“右”）调节使天平平衡。
（2）如图2所示，测得烧杯和饮料的总质量为 71. 2 g；向量筒中倒入部分饮料，如
图3所示，量筒中饮料的体积为 30 mL；用天平测得烧杯和剩余饮料的总质量为
40g，则饮料的密度为 1.04×1 0 3 kg/m3。
（3）只利用天平、两个完全相同的空烧杯和适量的水也能测量出饮料的密度，步骤如
下：
①调好天平，测出一个烧杯的质量m ：
0
②将一个烧杯装入适量的水，测出烧杯和水的总质量m ；
1
③另一个烧杯装同样高度的饮料，测出烧杯和饮料的总质量m ；
2
则烧杯内饮料的体积V＝ ，密度 ； （两空均用已知量的
ρ
字母表示， 已知）。
水
【分析】（ρ1）天平是测量物体质量的工具，使用之前要进行调节：把天平放在水平工
作台上，游码与标尺左端的0刻度线对齐，调节平衡螺母使指针指在分度盘的中央；为
使横梁平衡，调节规律是“左偏右调，右偏左调”；
（2）天平平衡时物体的质量等于砝码质量与游码在标尺上所对的刻度值之和；读取量
筒中液体的体积时，首先要明确量筒的分度值，读数时视线与液面最凹处相平；根据密
度的公式得到饮料的密度；
（3）只有天平，没有量筒，可以利用等体积的水和饮料，称量水和饮料的质量，饮料
的体积等于水的体积，根据密度的公式得到饮料的密度。
【解答】解：（1）将天平放在水平台上，游码归零，发现指针指在分度盘的右侧，将
平衡螺母向左调节，使天平平衡；
（2）由图乙可知，标尺的分度值为 0.2g，烧杯和饮料的质量 m ＝50g+20g+1.2g＝
1
71.2g，
图丙中量筒的分度值为1mL，饮料的体积V＝30mL＝30cm3；
饮料的质量m＝m ﹣m ＝71.2g﹣40g＝31.2g；
1 2
饮料的密度 ＝ ＝1.04×103kg/m3；
ρ（3）烧杯内饮料的体积V＝V水 ＝ ，
饮料的质量m＝m ﹣m ，
2 0
饮料的密度 ＝ 。
ρ
故答案为：（1）左；（2）71.2；30；1.04×103；（3） ； 。
【点评】测量液体密度的实验是初中物理重要的实验，从天平的使用、物体质量的测量、
体积的测量、密度的计算等方面进行考查。
27．（7分）用图所示装置测量滑轮组的机械效率，部分实验数据如下表：
实验次数 钩码重力 钩码上升高度h/ 拉力F/N 绳子自由端 机械效率
G/N cm 移动距离s/
cm η
1 2.0 5 1.0 15 66.7%
2 4.0 5 1.8 15 74.1%
3 4.0 10 1.8 30 74.1%
4 6.0 5 2.5 15
（1）实验过程中，缓慢竖直拉动弹簧测力计，使钩码向上做 匀速直线 运动。第1
次实验时，钩码上升的时间为3s，此过程中，绳子自由端上升的速度为 0.0 5 m/s。
（2）第4次实验时所做的有用功为 0. 3 J，滑轮组的机械效率是 8 0 %。
（3）分析1、2、4次实验的数据可知，使用同一滑轮组提升重物时，重物重力越 大
（选填“大”或“小”），滑轮组的机械效率越高；分析 2、3次实验的数据可知，滑
轮组的机械效率与钩码上升的高度 无关 （选填“有关”或“无关”）。
（4）用滑轮组提升重物时，下列选项中也可提高机械效率的是 A 。
A．换用更轻的动滑轮
B．加快提升物体的速度【分析】（1）在滑轮组的机械效率的实验中，弹簧测力计应拉着钩码做匀速直线运动；
根据速度公式计算绳子自由端上升的速度。
（2）根据有用功和效率的公式进行计算。
（3）使用同一滑轮组提升重物时，重物重力越大，机械效率越高；同样的滑轮组提升
同样的重物，机械效率与速度无关。
（4）减轻动滑轮的重力可以提高机械效率。
【解答】解：（1）实验过程中，缓慢竖直拉动弹簧测力计，使钩码向上做匀速直线运
动。第1次实验时，钩码上升的时间为 3s，此过程中，绳子自由端上升的速度为：
。
（2）第 4 次实验时所做的有用功为：W 有 ＝Gh＝6.0N×0.05m＝0.3J；W 总 ＝Fs＝
2.5N×0.15m＝0.375J；滑轮组的机械效率为： 。
（3）分析1、2、4次实验的数据可知，使用同一滑轮组提升重物时，重物重力越大，
滑轮组的机械效率越高；
分析2、3次实验的数据可知，滑轮组的机械效率与钩码上升的高度无关。
（4）A．换用更轻的动滑轮，所做的额外功越少，机械效率越高，故A符合题意；
B．加快提升物体的速度。机械效率不变，故B不符合题意。
故选：A。
故答案为：（1）匀速直线；（2）0.3；80；（3）大；无关；（4）A。
【点评】本题主要考查的是测量滑轮组的机械效率；关键是知道影响滑轮组机械效率的
因素。28．（8分）利用图1所示的电路测量小灯泡的电功率，小灯泡的额定电压为2.5V。
（1）用笔画线代替导线，将图1中所示的器材连接成完整电路。
（2）连接电路时开关应处于 断开 （选填“断开”或“闭合”）状态，正确连接后，
应将滑片P由最大电阻处缓慢向 A 端移动（选填“A”或“B”），使灯逐渐变亮。
（3）某次实验时，电流表的示数如图2所示，则通过灯L的电流为 0. 2 A；移动滑
片P，记下多组电压和电流值，绘制成图3所示的图像，根据图像的信息，小灯泡的额
定电功率为 0.62 5 W。
（4）实验时，由于操作失误，在未断开开关的情况下，直接将亮着的小灯泡从灯座上
取出，电压表的示数 变大 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
（5）在没有电流表的情况下，用如图4所示的实验电路，也可以测出小灯泡的额定功
率。己知小灯泡的额定电压为U额 ，定值电阻的阻值为R，实验步骤如下：
①只闭合开关S、S
1
，调节滑片，使电压表示数为U额 ；
②保持滑片位置不变，只闭合开关S、S ，此时电压表的示数为U；
2
可知小灯泡的额定功率P额 ＝ （用U额 、U和R表示）；若已知电源电压为U
0
，此时滑动变阻器接入电路的阻值R
x
＝ （用U
0
、U额 、U和R
表示）。
【分析】（1）连接电路时，电压表与灯泡并联，且电流从电压表的正接线柱流入，由
于小灯泡的额定电压为2.5V，电压表应选择0﹣3V量程，据此连接电路。
（2）为保护电路，连接电路时，开关应处于断开状态；为使灯泡变亮，应移动滑片，
减小滑动变阻器连入电路的电阻。
（3）电流表读数时，先判断其量程和分度值，再根据指针位置读取电流数值；由图3
得到灯泡正常发光时的电流值，利用P＝UI计算小灯泡的额定电功率。
（4）电路为灯泡和滑动变阻器组成的串联电路，正常工作时，电压表测量灯泡两端的
电压，其数值小于电源电压，当小灯泡发生断路时，电压表测量电源电压。
（5）①只闭合开关S、S ，灯泡、定值电阻和滑动变阻器串联，电压表测量灯泡两端
1
电压，调节滑片，使电压表示数为U额 ，此时灯泡正常发光；
②保持滑片位置不变，只闭合开关S、S ，电路仍为灯泡、定值电阻和滑动变阻器串联，
2
电路电流不变，电压表测量灯泡和定值电阻两端的总电压，利用串联电压的规律得到定
值电阻两端电压，利用欧姆定律得到电路电流；利用P＝UI得到
小灯泡的额定功率；若已知电源电压为U ，利用串联电压规律得到滑动变阻器两端的电
0
压，利用欧姆定律得到此时滑动变阻器接入电路的阻值。
【解答】解：（1）连接电路时，电压表与灯泡并联，且电流从电压表的正接线柱流入，
根 据 额 定 电 压 2.5V ， 确 定 选 择 小 量 程 ， 完 整 电 路 如 图 所 示 ：
。
（2）为保护电路，连接电路时，开关应处于断开状态；滑动变阻器开始处于最大阻值处，即在图中的B端，正确连接后，要使灯变亮，应减小滑动变阻器连入电路的电阻，
应将滑片向A端移动；
（3）由图2知，电流表选择的量程为0﹣0.6A，分度值为0.02A，指针位于0.2A位置，
故电流表示数为0.2A；由图3知，当小灯泡两端电压为其额定电压2.5V时，通过灯泡
的电流为0.25A，故小灯泡的额定电功率P＝UI＝2.5×0.25A＝0.625W；
（4）电路为灯泡与滑动变阻器串联，正常工作时电压表测量灯泡两端电压，灯泡两端
电压小于电源电压；在未断开开关的情况下，直接将亮着的小灯泡从灯座上取出，小灯
泡处发生断路，电压表测量电源电压，故电压表示数变大；
（5）①只闭合开关S、S ，灯泡、定值电阻和滑动变阻器串联，电压表测量灯泡两端
1
电压，调节滑片，使电压表示数为U额 ，此时灯泡正常发光；
②保持滑片位置不变，只闭合开关S、S ，电路仍为灯泡、定值电阻和滑动变阻器串联，
2
电路电流不变，电压表测量灯泡和定值电阻两端的总电压，此时电压表的示数为 U，则
定值电阻两端电压为U﹣U额 ，电路电流为I额 ＝ ；
故可知小灯泡的额定功率P额 ＝U额I额 ＝ （用U额 、U和R表示）；若已
知电源电压为U ，则滑动变阻器两端的电压为U ﹣U，此时滑动变阻器接入电路的阻值
0 0
R
x
＝ ＝ （用U
0
、U额 、U和R表示）。
故答案为：（1）见解答图；（2）断开；A；（3）0.2；0.625；（4）变大；（5）
； 。
【点评】本题考查测量小灯泡电功率的实验，要熟悉实验操作的各个环节，当缺少一个
电表时，会用特殊方式测量灯泡的电功率。
五、综合题（本题共23分。解答部分请将必要的文字说明、公式和重要的演算步骤填写在
答题卡上。）
29．（6分）如图为小明家的电压力锅，下表是它的铭牌，在锅内装入2.5kg初温为15℃的食材，加热至95℃，已知c食材 ＝3.3×103J/（kg•℃），q天然气 ＝4.4×107J/m3。问：
（1）电压力锅加热时，电流为 5 A，电阻为 4 4 。
（2）此过程中，食材吸热 6.6×1 0 5 J；这些热量相当Ω于完全燃烧 0.015 m3天然
气放出的热量。
（3）若该压力锅的加热效率为80%，此加热过程需要多长时间？
高速压力锅
加热功率：1100W
额定容量：4.0L
额定电压：220V﹣50Hz
工作压强：105kPa
型号：MY﹣HT4085PG
生产批号：1711211619
【分析】（1）根据P＝UI求出电压力锅加热时的电流；根据欧姆定律求出电压力锅的
电阻；
（2）根据Q吸 ＝cm（t﹣t
0
）求出食材吸收的热量；根据Q放 ＝Vq求出相当于完全燃烧
天然气的体积；
（3）根据效率公式求出电压力锅消耗的的电能，根据P＝ 求出加热过程需要的时间。
【解答】解：（1）由表格数据可知，电压力锅的额定功率P＝1100W，
由P＝UI可知，电压力锅加热时的电流：I＝ ＝ ＝5A；
由I＝ 可知，电压力锅的电阻：R＝ ＝ ＝44 ；
（2）食材吸收的热量：Q吸 ＝c食材m（t﹣t
0
）＝3.Ω3×103J/（kg•℃）×2.5kg×（95℃﹣
15℃）＝6.6×105J；
根据题意可知，天然气完全燃烧放出的热量：Q放 ＝Q吸 ＝6.6×105J，
由Q放 ＝Vq可知，相当于完全燃烧天然气的体积：V＝ ＝ ＝0.015m3；
（3）由 ＝ 可知，电压力锅消耗的电能：W＝ ＝ ＝8.25×105J，
η
由P＝ 可知，加热过程需要的时间：t′＝ ＝ ＝750s。
答：（1）5；44；
（2）6.6×105；0.015；
（3）若该压力锅的加热效率为80%，此加热过程需要的时间为750s。
【点评】本题考查电功率公式、欧姆定律、吸热公式、效率公式以及燃料完全燃烧放热
公式的应用，是一道电热综合题，难度不大。
30．（8分）“曹冲称象”是家喻户晓的典故，兴趣小组受此启发，找来一个上端开口的
空透明圆筒，底部用细线系一块质量适当的铁块，然后将其静止放置在水中，如图1所
示，此时圆筒浸入水中的深度为5cm，水面与圆筒A点相平。利用此装置标上刻度后放
入水中，可以方便地测量出物体的质量。在圆筒内放上一个物体后，如图2所示，圆筒
浸入水中的深度为10cm，水面与圆筒B点相平。已知圆筒底面积为10cm2，圆筒和铁块
总重为0.6N，装置始终处于漂浮状态，圆筒始终竖直。则：
（1）图1中圆筒和铁块受到的总浮力是 0. 6 N，它们浸入水中的总体积是 6×1 0 ﹣
5 m3，铁块所受到的浮力为 0. 1 N。
（2）图2中圆筒底部受到水的压强是 100 0 Pa，受到水的压力为 1 N。
（3）为方便测量，圆筒A点应标上 0 kg刻度线。
（4）利用此装置测量时，圆筒B点的刻度线对应的质量应为多少？
【分析】（1）图1中圆筒和铁块处于漂浮状态，受到的总浮力等于总重力；
根据V排 ＝ 计算它们浸入水中的总条件；根据F浮圆筒 ＝ 水gV排圆筒 计算圆筒受到的浮力，进一步计算铁块所受到的浮力；
（2）根据p＝ρ 水gh计算图2中圆筒底部受到水的压强，根据F＝pS计算受到水的压力；
（3）此时圆筒ρ中没有物体，为方便测量，圆筒A点应标上0kg刻度线；
（4）根据F浮圆筒 ＝ 水gV排圆筒 计算图2中圆筒受到的浮力的变化量，进一步计算利用
此装置测量时圆筒Bρ点的刻度线对应的质量。
【解答】解：（1）图1中圆筒和铁块处于漂浮状态，受到的总浮力等于总重力，即F浮
＝G＝0.6N；
它们浸入水中的总体积：V排 ＝ ＝ ＝6×10﹣5m3，
圆筒受到的浮力：F浮圆筒 ＝ 水gV排圆筒 ＝1.0×103kg/m3×10N/kg×10×5×10﹣6m3＝0.5N，
铁块所受到的浮力为：F浮铁ρ＝F浮 ﹣F浮圆筒 ＝0.6N﹣0.5N＝0.1N；
（2）图2中圆筒底部受到水的压强是：p＝ 水gh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×10×10﹣2m＝
1000Pa， ρ
受到水的压力为：F＝pS＝1000Pa×10×10﹣4m2＝1N；
（3）此时圆筒中没有物体，为方便测量，圆筒A点应标上0kg刻度线；
（4）图2中圆筒受到的浮力：ΔF浮圆筒 ＝ 水gΔV排圆筒 ＝1.0×103kg/m3×10N/kg×10×（10
﹣5）×10﹣6m3＝0.5N， ρ
利用此装置测量时，圆筒B点的刻度线对应的质量应为m＝ ＝ ＝
0.05kg。
故答案为：（1）0.6；6×10﹣5；0.1；（2）1000；1；（3）0；（4）圆筒B点的刻度线
对应的质量应为0.05kg。
【点评】本题考查物体的浮沉条件、重力公式、阿基米德原理、液体压强公式的灵活运
用，有一定难度。
31．（9分）变频空调的变频压缩机可以根据环境温度自动调整工作时间和功率。某变频
空调电路原理示意图如图1所示，其中控制电路的电源电压U ＝12V，R 为调控电阻，
1 s
可通过遥控调节其阻值大小，R 为热敏电阻，其阻值随温度变化的图像如图2所示，L
t
为磁控开关，当热敏电阻R 的阻值发生变化时，磁控开关线圈的电流随之发生变化，当
t
电流大于或等于0.02A时，L的两个磁性弹片相互吸合，工作电路的变频压缩机开始工
作。电压U ＝220V，R 为保护电阻，磁控开关L的线圈电阻不计。问：
2 0（1）压缩机工作过程中内部的电动机主要把电能转化成 机械 能；当S接通，电流
大于或等于0.02A时，L的两个磁性弹片的前端为 异 名磁极。
（2）由图2可知，热敏电阻R 的阻值随着温度t的升高而变减 小 ；若房间内部的
t
温度为22.5℃，此时热敏电阻R 的阻值为 10 0 。
t
（3）用遥控将R
s
的阻值调小时，设定温度变 低Ω ；家用空调最高设定温度通常为
30℃，则调控电阻R 的阻值不能超过 55 0 。
s
（4）由于变频作用，某段时间内工作电路的总Ω功率变化如图 3所示，已知保护电阻R
0
＝ 2 ， 则 10min 内 R 消 耗 的 电 能 是 多 少 ？
0
Ω
【分析】（1）压缩机是把电能转化为机械能；利用安培定则螺线管的磁极；
（2）由图2可知热敏电阻R 的阻值随着温度t的升高而变减小，进一步读图可知房间内
t
部的温度为22.5℃时热敏电阻R 的阻值；
t
（3）控制电路中，两电阻串联接入电路，根据串联电路电阻规律可知将 R 的阻值调小
s
时，电路总电阻的变化，根据欧姆定律可知此时通过电路的电流变化，据此判断设定温
度的变化；
当I≥20mA＝0.02A时压缩机开始工作，根据欧姆定律计算此时控制电路的总电阻；
30℃时热敏电阻R 的阻值为50 ，根据串联电路电阻规律计算R ；
t a
Ω
（4）根据I＝ 计算变频空调工作电流时的电流，根据W＝I2Rt计算保护电阻消耗的电
能。
【解答】解：（1）压缩机在工作过程中主要把电能转化成机械能；
当S接通时，由安培定则可判断出图中线圈L的两个磁性弹片的前端为异名磁极；
（2）由图2可知，热敏电阻R 的阻值随着温度t的升高而变减小；若房间内部的温度为
t22.5℃，此时热敏电阻R 的阻值为100 ；
t
（3）控制电路中，两电阻串联接入电Ω路，根据串联电路电阻规律可知将 R
s
的阻值调小
时，电路总电阻变小，根据欧姆定律可知此时通过电路的电流变大，工作电路开始工作，
所以设定温度变低；
当 I≥20mA＝0.02A 时压缩机开始工作，此时控制电路的总电阻 R＝R+R ＝ ＝
t a
＝600 ；
30℃时热敏电Ω阻R
t
的阻值为50 ，所以R
a
＝R﹣R
t
＝600 ﹣50 ＝550 ；
Ω Ω Ω Ω
（4）变频空调工作电流I′＝ ＝ ＝5A，I″＝ ＝ ＝2A；
保护电阻消耗的电能：W＝I′2R t+I″2R t′＝（5A）2×2 ×4×60s+（2A）2×2 ×（10﹣
0 0
4）×60s＝14880J。 Ω Ω
故答案为：（1）机械；异；（2）小；100；（3）低；550；（4）10min内R 消耗的电
0
能是14880J。
【点评】本题考查能的转化、安培定则、串联电路特点、欧姆定律、电功公式、电功率
公式的灵活运用，综合合能力较强，属于中考压轴题
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