北京市丰台区2022年中考物理二模试卷（解析版）

北京市丰台区2022年中考物理二模试卷一、单项选择题（下列各小题均有四个选项，其中只有一个选项符合题意．共28分，每小题2分）1．（2分）（2022•丰台区二模）首先发现电流磁效应的科学家是（　　）　A．法拉第B．牛顿C．焦耳D．奥斯特考点：物理常识．分析：根据我们对于法拉第、牛顿、焦耳、奥斯特、这四位科学家对于物理所作贡献的了解来作答．解答：解：A、法拉第发现了电磁感应现象；B、牛顿建立了三大力学定律和发现了万有引力；C、焦耳研究了热功当量；D、奥斯特发现了通电导体周围存在磁场，是第一个发现电流磁效应的科学家；故选D．点评：多了解物理学史，了解科学家的贡献，有利于对培养学习物理的兴趣．　2．（2分）（2022•丰台区二模）下列四种电器中，利用电流热效应工作的是（　　）　A．电视机B．电热水器C．电磁炉D．洗衣机考点：电流的热效应、化学效应和磁效应．分析：电流通过导体时电能转化成热，把这种现象叫做电流热效应．电流的磁效应（通电会产生磁），奥斯特发现：任何通有电流的导线，都可以在其周围产生磁场的现象，称为电流的磁效应．解答：解：A、电视机，利用了电流的磁效应，故A错误；B、电热水器是利用电流做功来给水加热，把电能转化为热能，利用了电流的热效应，故B正确；C、电磁炉是利用了电流的磁效应来工作的，故C错误；D、洗衣机是把电能转化为机械能的，利用了电流的磁效应，故D错误．故选B．点评：此题主要考查电流的热效应和电流的磁效应在生活中的应用．解答此题的关键是要把握住电流的热效应和磁效应的概念，看是否把电能主要转化为热能，来区分是电流的热效应还是电流的磁效应．　3．（2分）（2022•丰台区二模）关于声现象，下列说法中正确的是（　　）　A．声音在真空中传播的速度为3×108m/s　B．学校附近禁止鸣笛是为了在传播路径上减弱噪声　C．课堂上能听到老师讲课的声音，说明空气能够传播声音　先后用不同的力敲击同一音叉，音叉发声的音调不同28\nD．考点：防治噪声的途径；声速；响度．专题：声现象．分析：（1）真空不能传播声音；（2）减弱噪声的途径：在声源处减弱、在传播过程中减弱、在人耳处减弱；（3）声音的传播需要介质；（4）响度与声音的振幅有关，振幅越大，响度越大，振幅越小，响度越小．解答：解：A、真空不能传播声音；故A错误；B、学校附近禁止鸣笛是为了在声源处减弱噪声，故B错误；C、声音的传播需要介质，课堂上能听到老师讲课的声音，说明空气能够传播声音，故C正确；D、用大小不同的力敲击音叉，改变了音叉的振动幅度；故D错误．故选C．点评：此题考查的知识点比较全面，有防止噪声的途径、响度的影响因素、真空不能传播声音以及声音的三个特性等知识点，属于识记性内容，比较基础．　4．（2分）（2022•丰台区二模）图所示的四个实例中，目的是为了减小压强的是（　　）　A．饮料管的一段剪成斜口B．大型平板拖车装有很多轮子　C．切蛋器装有很细的钢丝D．注射器针头做的很尖考点：减小压强的方法及其应用．专题：应用题．分析：要减小压强，首先要明确减小压强的办法有哪些：①减小压力，②增大受力面积．然后将减小压强的办法与选择项中的方法去对比，从而得到答案．解答：解：A、饮料吸管的一端剪成斜口，减小了受力面积，增大了压强．故A错误．B、大型平板车装有很多的轮子，增大了受力面积，减小了压强．故B正确．C、很细的钢丝减小了钢丝与鸡蛋的接触面积，从而增大了压强．故C错误．D、针头做的很尖的目的是为了减小受力面积增大压强，故D错误．故选B．点评：掌握压强大小的影响因素，掌握增大和减小压强的方法，并能在生活中加以应用，体现了理论和实践相结合；明确减小压强的具体方法是解决此题的关键．　5．（2分）（2022•丰台区二模）下列措施中，能使蒸发加快的是（　　）28\n　A．拧紧香油瓶的盖子B．用地膜覆盖农田　C．将新收获的粮食摊开晾晒D．把新鲜的蔬菜装入塑料袋考点：影响蒸发快慢的因素．专题：汽化和液化、升华和凝华．分析：加快蒸发的措施有：提高液体温度；增大液体的表面积；加快液体上方空气的流动．将选择项中提到的措施与之对应，即可得到答案．解答：解：A、拧紧香油瓶的盖子既控制了香油的蒸发面积、同时也控制了香油表面空气的流动，可以减慢蒸发．故A错误．B、地膜覆盖住农田后，使农田与外界隔绝，减慢了农田上方空气流动，所以减慢了蒸发．故B错误．C、将新收获的粮食摊开晾晒，增大了液体的表面积，可以加快蒸发，故C正确；D、把新鲜的蔬菜装入塑料袋控制了液体的表面积和空气的流动，可以减慢蒸发．故D错误．故选C．点评：解决此题首先要明确加快蒸发的因素有哪些，然后再去分析．　6．（2分）（2022•丰台区二模）如图是在生活用电中的几种做法，其中正确的是（　　）　A．在电线上晾衣服　B．带金属外壳的用电器使用三孔插座　C．多个大功率用电器同时使用一个插座　D．使用绝缘皮破损的导线考点：电功率与安全用电；安全用电原则．专题：应用题．分析：依据生活中安全用电的认识来判断．（1）常见的普通的水是导体，电线一旦漏电，人接触后非常容易发生触电事故；28\n（2）有金属外壳的用电器使用三角插头，将外壳与第三个脚相连，相对应的插孔与地线相连；（3）根据P=UI，得I=，所以当家庭电路中总功率过大时，会引起电流过大，容易造成空气开关跳闸或保险丝熔断；（4）家庭电路中导线要有绝缘措施，避免人碰到导体，发生触电事故．解答：解：A、湿衣服是导体，当把湿衣服晾在电线上时，一旦漏电，人接触衣服时会发生触电事故．不符合题意；B、带金属外壳的用电器使用三孔插座，可以防止发生漏电，符合安全用电的原则，符合题意；C、多个大功率用电器插头插在同一插线板上，会使干路电路过大，容易引起火灾．不符合题意．D、使用绝缘皮破损的导线，会发生漏电事故，使人触电，不符合安全用电原则，不符合题意；故选B．点评：本题考查了学生对安全用电知识的了解与掌握，平时学习时多了解、多积累，加强安全意识，不能违反．　7．（2分）（2022•丰台区二模）下列有关光现象的说法中，正确的是（　　）　A．河底的石块看起来比实际上要浅，属于光的反射现象　B．斜插入水中的钢勺好像在水面处折断，属于光的折射现象　C．天鹅在水中的倒影是由于光沿直线传播形成的　D．教室侧面的同学有时看不清黑板上的字，是因为漫反射造成的考点：光的反射；光直线传播的应用；光的折射现象及其应用．专题：光的传播和反射、平面镜成像．分析：光在同种均匀物质中沿直线传播，在日常生活中，激光准直、小孔成像和影子的形成等都表明光在同一种均匀介质中是沿直线传播的；当光照射到物体界面上时，有一部分光被反射回来，例如：平面镜成像、水中倒影等；当光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向的会偏折，发生折射现象，如：筷子变折、透镜成像等．解答：解：A、河底的石块看起来比实际上要浅，是因为光从水中射入空气中发生折射的缘故，故该选项说法不正确；B、斜插入水中的钢勺好像在水面处折断，是因为光从水中射入空气中发生折射的缘故，故该选项说法正确；C、天鹅在水中的倒影，属于平面镜成像，是由于光的反射形成的，故该选项说法不正确；D、教室侧面的同学有时看不清黑板上的字，是因为镜面反射造成的，故该选项说法不正确．故选B．点评：本题考查了生活和物理之间的联系，能否区分三种光现象：光的直线传播、光的反射、光的折射，是本题的解题关键．　8．（2分）（2022•怀柔区）如图所示的四个实例中，目的是为了增大摩擦的是（　　）28\n　A．给车轴加润滑油B．自行车脚踏板上有花纹　C．给木箱装上轮子D．磁悬浮列车悬浮行驶考点：增大或减小摩擦的方法．专题：应用题．分析：利用对应的物理知识，逐个分析选择项中提到的加润滑油、脚踏板上的花纹、木箱下装轮子；列车悬浮等现象，从而可以得到答案．解答：解：A、给车轴甲润滑油，可以减小车轴与车轮之间的摩擦．故A不合题意．B、脚踏板上的花纹，增加了接触面的粗糙程度，增大了脚与脚踏板之间的摩擦，故B正确．C、木箱下装上轮子，变滑动摩擦为滚动摩擦，可以减小摩擦力．故C不合题意．D、磁悬浮列车，通过磁极间的相互作用，减小了列车与车轨之间的压力，从而可以减小列车受到的摩擦阻力．故D不合题意．故选B．点评：通过日常生活中与摩擦有关的具体措施，来结合对应的物理知识，是考查的热点题型，这种题目可以充分体现理论与实际的联系．　9．（2分）（2022•潍坊）下列有关说法中正确的是（　　）　A．春天的早晨经常出现大雾，这是汽化现象　B．夏天揭开冰棒包装后会看到冰棒冒“白汽”，这是凝华现象　C．秋天的早晨花草上出现小的露珠，这是液化现象　D．初冬的早晨地面上会出现白色的霜，这是凝固现象考点：汽化及汽化吸热的特点；凝固与凝固放热特点；液化及液化现象．分析：要解答本题需掌握：雾、露珠和白汽是液化现象，霜是凝华现象．解答：解：雾和“白汽”是液化现象，A、B错；霜是凝华现象，D错；露珠是空气中的水蒸气液化形成的．故C正确．故选C．点评：本题主要考查学生对生活中常见的物态变化的了解和掌握，用所学知识解释生活中现象的能力．　10．（2分）（2022•丰台区二模）对下列物理量的估测，最接近实际的是（　　）　A．分子的直径约为0.3mmB．初中生的体重约为50N　C．一名中学生步行的速度约为1m/sD．一块橡皮的质量约为1kg考点：长度的估测；质量的估测；速度与物体运动；重力大小的估测．专题：估算题．分析：不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要简单的计算，有的要进行单位的换算，最后判断最符合实际的是哪一个．解答：解：28\nA、分子的直径非常小，一般在10﹣9m=10﹣6mm左右．此选项不符合实际；B、中学生的质量在50kg左右，受到的重力大约为50kg×10N/kg=500N．此选项不符合实际；C、中学生步行的速度在4km/h=4×m/s≈1m/s．此选项符合实际；D、一块橡皮的质量在10g=0.01kg左右．此选项不符合实际．故选C．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．　11．（2分）（2022•丰台区二模）下列说法中正确的是（　　）　A．做匀速直线运动的物体机械能保持不变　B．排球被抛出后的上升过程中重力势能转化为动能　C．人用力推车，车没动，则人对汽车做了很少的功　D．铅球自由下落的过程重力做功越来越快考点：机械能；力是否做功的判断；能量转化的现象．专题：功、功率、机械效率．分析：A、判断动能和势能变化的可能性，从而可以判断机械能的变化；B、分析排球上升过程中动能和势能的变化情况，得出结论；C、根据做功的两个必要因素进行分析；D、根据功和功率的概念进行分析．解答：解：A、若物体匀速上升或匀速下降，则动能不变，势能改变，所以机械能改变，A错误；B、排球被抛出后的上升过程中，动能减小，重力势能增大，动能转化为重力势能，B错误；C、人用力推车，车没动，人没有对车做功，C错误；D、铅球自由下落的过程，由于重力作用，下落速度越来越快，而重力大小不变，根据P===Gv，所以重力做功越来越快（重力做功的功率越来越大），D正确．故选D．点评：此题通过不同的现象考查了对动能、重力势能、机械能大小的判断；考查了做功的两个必要因素及做功的快慢问题，是一道基础性题目．　12．（2分）（2022•丰台区二模）下列说法中正确的是（　　）　A．导体两端的电压越高，通过这段导体的电流就越大　B．通过导体的电流越大，这段导体的电阻就越小　C．导体的电阻越大，这段导体两端的电压就越高　D．导体的电阻与电压成正比，与电流成反比考点：欧姆定律的应用；电阻．专题：应用题；欧姆定律．分析：（1）电阻是导体本身的一种性质，与材料、长度、横截面积、温度有关，与导体两端的电压和通过的电流无关；28\n（2）欧姆定律的内容：一段导体中的电流跟这段导体两端的电压成正比，跟这段导体的电阻成反比．解答：解：（1）电阻是导体本身的一种属性，与导体两端的电压和通过的电流无关，故BD不正确；（2）对于某一段导体来说电阻的阻值不变，根据欧姆定律的内容：电阻一定时，导体中的电流与导体两端的电压成正比；当导体两端的电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；可知，A选项正确，C选项不正确．故选A．点评：知道影响电阻大小的因素，并且知道导体的电阻与导体两端的电压和通过的电流无关，但可以根据欧姆定律计算出电阻的大小．　13．（2分）（2022•丰台区二模）如图所示，电路中电源两端电压不变，R为定值电阻．将滑动变阻器的滑片P置于中点，闭合开关S后，各电表均有示数．现将滑动变阻器的滑片P由中点向左移动，则（　　）　A．电流表的示数变大　B．电压表V1的示数变大　C．电压表V2的示数变大　D．电压表V2示数与电流表示数的比值变小考点：电路的动态分析．专题：电路变化分析综合题．分析：由电路图可知，两电阻串联，电压表V1测滑动变阻器两端的电压，V2测定值电阻两端的电压，电流表测电路中的电流，根据滑片的移动确定接入电路电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和R1两端的电压变化，根据串联电路的电压特点可知滑动变阻器两端的电压变化．解答：解：由电路图可知，两电阻串联，电压表V1测滑动变阻器两端的电压，V2测定值电阻两端的电压，电流表测电路中的电流；当滑片P由中点向左移动时，接入电路的电阻变大，电路的总电阻变大，∵I=，∴电路中的电流变小，即电流表的示数增小；∵U=IR，∴定值电阻两端的电压变小，即电压表V2的示数变小；∵串联电路的总电压等于各分电压之和，∴滑动变阻器两端的电压变大，即V1的示数变大；∵电压表V2示数与电流表示数的比值等于滑动变阻器的阻值，28\n∴电压表V2示数与电流表示数的比值变大．故选B．点评：本题考查了电路的动态分析以及串联电路的特点、欧姆定律的应用，关键是电表所测电路元件的判断和滑片移动时电路中电阻变化的分析．　14．（2分）（2022•丰台区二模）底面积为100cm2的柱形容器中装有适量的水．当物体A如图甲所示，浸没在水中静止时，弹簧测力计的示数为F1=0.8N，水对杯底的压强为p1；向上提物体A，当A如图乙所示，总体积的露出水面静止时，容器中的水面降低了8mm，弹簧测力计的示数为F2，水对杯底的压强为p2．下列计算结果正确的是（　　）　A．压强p1与p2的差为800PaB．物体A的密度ρA为1.25×103kg/m3　C．金属块A受到的重力为4ND．弹簧测力计的示数F2为3.2N考点：压强的大小及其计算；阿基米德原理．专题：计算题；压强、液体的压强；浮力．分析：（1）知道容器中的水面降低的高度，根据液体压强公式求出压强p1与p2的差，根据题意求出金属块排开水的体积，进一步求出金属块的体积；（2）利用称重法F浮=G+F示分别得出一个方程，而金属块重相同，求出两种情况下金属块受到的浮力，又知道F1，据此求出图乙弹簧测力计的示数；（3）根据ρ==求出金属块的密度．解答：解：（1）∵p=ρgh，∴压强p1与p2的差：△p=ρ水gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×8×10﹣3m=80Pa，故A不正确金属块体积排开水的体积：V水=S△h=100×10﹣4m2×8×10﹣3m=8×10﹣5m3，∵V水=V金，∴V金=4×8×10﹣5m3=3.2×10﹣4m3；（2）在图甲和图乙中，金属块受力如图1和2所示：由于两次金属块都处于平衡状态，则有：F1+F浮=G，F2+F浮′=G；图甲中金属块受到的浮力为：F浮=ρ水gV物=1×103kg/m3×10N/kg×3.2×10﹣4m3=3.2N，∴金属受到的重力为G=0.8N+3.2N=4N，故C正确；图乙中物体受到的浮力为：F浮′=F浮=×3.2N=2.4N，∴F2=4N﹣2.4N=1.6N，故D不正确；28\n（3）金属的密度为：ρ====1.25×103kg/m3，故B正确．故选BC．点评：解决本题的关键是灵活运用阿基米德原理和称重法测浮力，在解答的过程中要注意单位的换算．　二、多项选择题（下列各小题均有四个选项，其中符合题意的选项均多于一个．本大题共12分，每小题3分．每小题选项全选对的得3分，选对但不全的得2分，有错选的不得分）15．（3分）（2022•丰台区二模）关于电磁现象，下列说法中正确的是（　　）　A．用磁感线可以形象地描述磁场　B．发电机能够把电能转化为机械能　C．导体中的负电荷在做定向移动时一定产生磁场　D．改变电磁铁线圈的匝数，电磁铁的磁性强弱就会改变考点：磁感线及其特点；通电直导线周围的磁场；影响电磁铁磁性强弱的因素．专题：磁现象、电生磁．分析：（1）磁感线是用来形象描述磁场而假想的曲线；（2）发电机原理：电磁感应现象，是将机械能转化为电能的装置；（3）奥斯特特实验证实了电流周围存在磁场；（4）电磁铁的磁性与线圈中电流的大小和线圈的匝数有关．解答：解：A、人们为了形象描述磁场的分布情况，引出的磁感线，但磁感线实际并不存在，故A正确；B、发电机是将机械能转化为电能的装置；故B错误；C、导体中的负电荷在做定向移动时一定产生电流，电流周围存在磁场，因此导体中的负电荷在做定向移动时一定产生磁场，故C正确；D、因为电磁铁的磁性强弱与线圈匝数和线圈中电流大小有关，所以改变电磁铁线圈的匝数，电磁铁的磁性强弱不一定改变，故D错误．故选AC．点评：本题考查电磁现象中的基础知识，同时在学习中要注意积累此类知识．　16．（3分）（2022•丰台区二模）下列说法中正确的是（　　）　A．1kg的铁块比1kg的木块所含的物质要多　B．物体的运动状态发生改变，该物体一定受到力的作用　C．悬浮在水中的物体受到水的压力，压力的合力与该物体受到的重力是平衡力28\n　D．用鸡蛋磕石头，鸡蛋碎了而石头没碎，是因为石头对鸡蛋的作用力大于鸡蛋对的石头的作用力考点：力的作用效果；平衡力的辨别．专题：运动和力．分析：A、质量是物质的固有属性，表示物体所含物质的多少；B、力是改变物体运动状态的原因；C、物体悬浮在水中所受水的压力的合力是物体受到的浮力，物体悬浮在水中处于平衡状态，受到平衡力作用，浮力与重力是一对平衡力，即压力的合力与重力是一对平衡力；D、物体间力的作用是相互的，物体间的相互作用力大小相等．解答：解：A、1kg的铁块比1kg的木块所含的物质一样多，故A错误；B、力是改变物体运动状态的原因，物体的运动状态发生改变，该物体一定受到力的作用，故B正确；C、悬浮在水中的物体受到水的压力，压力的合力与该物体受到的重力是平衡力，故C正确；D、用鸡蛋磕石头，鸡蛋碎了而石头没碎，是因为石头对鸡蛋的作用力等于鸡蛋对的石头的作用力，故D错误；故选BC．点评：本题考查了质量的含义、力的作用效果、平衡力、力的相互作用，涉及的知识点较多，但难度不大，掌握基础知识即可正确解题．　17．（3分）（2022•丰台区二模）根据表中提供的熔点和比热容，判断下列说法中正确的是（　　）晶体熔点（℃）物质比热容[J/（kg•℃）]固态酒精﹣117水4.2×103固态水银﹣39沙石0.92×103　A．水银温度计比酒精温度计更适合在寒冷的南极使用　B．5kg的水，温度从10℃升高到30℃所吸收的热量是4.2×105J　C．因为水的比热容较大，机械的散热系统一般用水做制冷剂　D．质量相同的水和沙石，吸收相同的热量，沙石升高的温度较大考点：熔化与熔化吸热特点；比热容的概念；水的比热容的特点及应用．专题：比热容、热机、热值．分析：（1）液体温度计是根据液体热胀冷缩的性质制成的，被测物体的温度在液体的凝固点和沸点之间．（2）知道水的质量、水的比热、温度变化量，根据根据Q=cm△t求出水吸收的热量．（3）质量相同的不同物质，升高相同的温度，水的比热大，水吸收热量多．（4）质量相同的不同物质，吸收相同的热量，比热越小，温度变化越大．解答：解：A、同种晶体熔点和凝固点相等，酒精的凝固点低，所以酒精温度计能在寒冷地区使用．不符合题意．B、5kg的水，温度从10℃升高到30℃所吸收的热量：Q=cm△t=4.2×10328\nJ/（kg•℃）×5kg×（30℃﹣10℃）=4.2×105J．符合题意．C、质量相同的不同物质，升高相同的温度，水的比热大，水吸收热量多，所以机械的散热系统一般用水做制冷剂．符合题意．D、质量相同的水和沙石，吸收相同的热量，因为沙石比热小，沙石升高的温度较大．符合题意．故选BCD．点评：本题主要考查了Q=cm△t，知道其中的三个量，都可以求出第四个量，其中两个量相同时，知道第三个量的变化，来推知第四个量的变化．　18．（3分）（2022•丰台区二模）如图所示电路，电源电压保持不变，当闭合开关S，调节滑动变阻器阻值从最大变化到最小，两个电阻的“U﹣I”关系图象如图中的甲、乙所示．则下列说法中正确的是（　　）　A．R1的阻值为20Ω　B．当两电阻相等时电路消耗的总功率为1.2W　C．电源两端电压为6V　D．滑动变阻器R2的阻值变化范围是0～20Ω考点：欧姆定律的应用；串联电路的电流规律；串联电路的电压规律；电功率的计算．专题：应用题；电路和欧姆定律；电能和电功率；图像综合题．分析：（1）从“U﹣I”关系图象可以看出，甲为滑动变阻器的关系图象，因为最后电压变为0，此时滑动变阻器的电阻为0，乙为电阻R1的图象；当滑动变阻器的阻值最大时，电路中的电流最小，根据图象读出电表的示数，利用串联电路的电压特点求出电源的电压，利用欧姆定律求出电阻R1的电阻和滑动变阻器的最大阻值；（2）当两电阻相等时，两电阻两端的电压相等，根据图象读出电流，利用P=UI求出电路消耗的总功率．解答：解：（1）当滑动变阻器的阻值最大时，两电阻串联，干路电流最小；由图乙可知，此时电路中的电流I=0.2A，电阻R1的电压U1=2V，滑动变阻器两端的电压U2=4V；∵串联电路总电压等于各支路电压之和，∴电源电压为U=U1+U2=2V+4V=6V，故C正确；根据欧姆定律可得，定值电阻R1的阻值：R1===10Ω，故A不正确；滑动变阻器的阻值最大为：28\nR2===20Ω，故D正确；（2）变阻器滑片在中点时，滑动变阻器接入电路的电阻为10Ω，此时R1、R2的阻值相同，分得的电压相同，由图象可知，此时电流表的示数为I′=0.3A，电路消耗的总功率P=UI′=6V×0.3A=1.8W，故B不正确．故选CD．点评：本题考查串联电路电流和电压的规律以及滑动变阻器的使用，关键是欧姆定律的应用，要明白电路各个用电器的连接情况，还要会看“U﹣I”关系图象．　三、填空题（共12分，每小题2分）19．（2分）（2022•丰台区二模）液体流动时，流速小的地方压强　大　．（选填“大”或“小”）考点：流体压强与流速的关系．专题：气体的压强、流体压强与流速的关系．分析：流体的压强跟流速有关，流速越快的地方压强反而越小，根据流体压强和流速的关系解答．解答：解：液体和气体统称流体，流速越大的位置其压强越小，流速越小的地方压强越大．故答案为：大．点评：基础题目要紧扣定义，把握规律，更要注意物理规律在实际中的应用．　20．（2分）（2022•北京）凹透镜对光有 　发散　作用．（选填“会聚”或“发散”）考点：凹透镜的发散作用．专题：定性思想．分析：凹透镜对光线有发散作用．光线经过凹透镜可以是会聚的，只是比原来错后会聚；本来光线可以会聚，经过凹透镜的发散作用，会聚光线变为平行光线；光线经过凹透镜可以是发散的光线．解答：解：光线无论是会聚、平行、发散的，凹透镜对这些光线有发散作用．故答案为：发散．点评：正确理解凸透镜对光线有会聚作用，凹透镜对光线有发散作用．　21．（2分）（2022•丰台区二模）一辆汽车以26m/s的速度匀速行驶，20s内汽车行驶的路程是　520　m．考点：速度公式及其应用．专题：长度、时间、速度．分析：根据公式v=求出行驶路程．解答：解：∵v=，∴汽车行驶的路程：s=vt=26m/s×20s=520m．28\n故答案为：520．点评：此题主要考查的是学生对速度计算公式的理解和掌握，基础性题目．　22．（2分）（2022•丰台区二模）作为机动车的动力能源，乙醇汽油在我国部分地区已开始推广使用．已知完全燃烧2.8kg乙醇汽油放出的热量为12.6×107J，则乙醇汽油的热值为　4.5×107　J/㎏．考点：燃料的热值；热量的计算．专题：比热容、热机、热值．分析：根据热值定义（1kg某种燃料完全燃烧放出的热量叫做这种燃料的热值）计算．解答：解：q===4.5×107J/kg．故答案为：4.5×107．点评：本题考查了学生对热值概念的了解与掌握，属于基础题目．　23．（2分）（2022•丰台区二模）将2Ω和4Ω的两个定值电阻并联后接在6V的电源两端，则通电1min内电路产生的热量为　1620　J．考点：焦耳定律．专题：电与热、生活用电．分析：已知电阻阻值、两端电压和通电时间，利用公式Q=W=•t得到产生的热量．解答：解：电产生的热量为Q=W=•t=（+）•t=[+]×60s=1620J．故答案为：1620．点评：此题考查的是焦耳定律的应用，掌握基本公式和并联电路的特点是解决此题的关键．　24．（2分）（2022•丰台区二模）如图所示，用质量不计、长度为10cm的弹簧将边长为10cm的正方体物块的下表面与底面积为200cm2的圆柱形容器底部相连，正方体物块竖直压在弹簧上且不与容器壁接触，此时弹簧的长度缩短为2cm；然后向容器内部缓慢倒入水（水不溢出），当弹簧的长度恰好恢复到原长时停止倒水；现将一小铁块轻压在正方体物块上，此时正方体物块刚好没入水中，则铁块的质量为　0.3　kg．已知：弹簧弹力F与其长度的改变量x的关系式为F=x×100N/m上述过程中弹簧始终在竖直方向伸缩，且撤去其所受力后，弹簧可以恢复原长．不计弹簧的体积及其所受的浮力，取g=10N/kg．28\n考点：阿基米德原理．专题：浮力．分析：（1）首先根据原来弹簧的缩短量结合F=x×100N/m计算出物块的重力G；（2）根据倒入水后弹簧的长度恰好恢复到原长得知物块受到的浮力与其重力相等，从而根据公式V排=计算出此时物块浸入水中的体积和深度；（3）现将一小铁块轻压在正方体物块上，此时正方体物块刚好没入水中，计算出此时弹簧缩短的长度，以物块和铁块组成的整体为研究对象进行受力分析，根据平衡关系得出铁块的重力，从而计算出其质量．解答：解：当不倒水时，物块受力如图所示：则G=F1=x1×100N/m=（10﹣2）×10﹣2m×100N/m=8N；倒入水后，弹簧恢复原长，则F浮=G=8N，根据F浮=ρ水gV排得，V排===8×10﹣4m3；所以物体浸入水中的深度h===0.08m；由题意知，物体全部浸没时，F浮′=ρ水gV排′=1.0×103kg/m3×10N/kg×（0.1m）3=10N；物体浸入水中的深度增加了0.02m，当在物块上面加铁块，在物块下降的同时水面会上升，又因为物块的底面积为100cm2，容器的底面积为200cm2，所以物体周围的面积为200cm2﹣100cm2=100cm2，则物块下降的距离与水面上升的距离相等，因此弹簧的长度减小了x2=×0.02m=0.01m；此时弹簧对物块的支持力为F2=x2×100N/m=0.01m×100N/m=1N；以物块和铁块组成的整体为研究对象进行受力分析，如图所示：则F浮′+F2=G+G铁，则G铁=F浮′+F2﹣G=10N+1N﹣8N=3N；则m铁===0.3kg．故答案为：0.3．28\n点评：此题考查了有关浮力的计算，要掌握阿基米德原理，并能对公式进行变形，对各种情况进行正确地受力分析，得出物块完全浸没时弹簧缩短的长度是此题的难点，总之此题的综合性较强，难度较大．　四、实验与探究题（共35分，25～28、32、34、35题各2分，29、30、33、36题各3分，31题4分，37题5分）25．（2分）（2022•延庆县一模）请在图中画出小球A所受重力的示意图．考点：重力示意图．专题：作图题．分析：重力的作用点在物体的重心，方向竖直向下．解答：解：重力的作用点在物体的重心，方向竖直向下．小球A所受重力的示意图如图所示：点评：本题只要知道重力的方向竖直向下即可画出．　26．（2分）（2022•丰台区二模）如图所示，AO为入射光线，ON为法线．请画出入射光线AO的反射光线．考点：作光的反射光路图．专题：作图题．分析：要解决此题，需要掌握光的反射定律的内容：反射光线与入射光线、法线在同一平面上；反射光线和入射光线分居在法线的两侧；反射角等于入射角．可归纳为：“三线共面，两线分居，两角相等”．要掌握入射角和反射角的概念：入射角是入射光线与法线的夹角；反射角是反射光线与法线的夹角．解答：解：题目中已经过入射点O做出了法线，根据反射角等于入射角在法线的下侧即可做出反射光线．如下图所示：点评：此题主要考查了光的反射定律的应用，首先要熟记光的反射定律的内容，并要注意入射角与反射角的概念．28\n　27．（2分）（2022•丰台区二模）如图所示电流表的示数是　1.5　A．考点：电流表的读数方法．专题：定性思想．分析：电流表的读数：确定使用的量程，确定每一个大格和每一个小格各代表多少．解答：解：电流表使用的0～3A量程，每一个大格代表1A，每一个小格代表0.1A，电流为1.5A．故答案为：1.5．点评：掌握电流表的正确使用和正确读数．　28．（2分）（2022•丰台区二模）图所示弹簧测力计的示数为　2.4　N．考点：弹簧测力计的使用与读数．分析：弹簧测力计读数时，先观察量程，然后根据指针所在位置进行读数．解答：解：由图可知，该弹簧测力计的分度值是0.2N，指针所在位置是2.4N．故答案是：2.4．点评：该题考查弹簧测力计的读数，属于基础知识，难度不大．　29．（3分）（2022•丰台区二模）在“观察水的沸腾”实验中，当水温升到89℃时，小刚开始计时，每隔1min记录一次水的温度．然后，小刚根据实验数据绘制了如图所示的温度随时间变化的图象．由图象可以看出：（1）水的沸点为　99　℃；当达到沸点后，继续给水加热2分钟，水的温度将　不变　．（选填“升高”、“不变”或“降低”）（2）此地外界大气压　小于　（选填“大于”、“等于”或“小于”）1个标准大气压．28\n考点：探究水的沸腾实验．专题：探究题．分析：（1）掌握水沸腾时吸热但温度保持不变的特点，水的沸点指水沸腾时的温度；（2）根据液体沸点随气压的增大而升高的特点分析．解答：解：（1）由图象知，水在沸腾过程温度保持99℃不变，则其沸点为99℃；（2）因为标准大气压下水的沸点是100℃，99℃低于100℃，所以当时气压小于1个标准大气压．故答案为：（1）99；不变；（2）小于．点评：此题是“观察水的沸腾”实验，考查了对沸腾图象的分析、沸腾时的特点及液体沸点与气压之间的关系，是一道基础性题目．　30．（3分）（2022•丰台区二模）如图所示，甲、乙、丙是三个演示实验的示意图，甲图表示的是将接触面被削平的两个铅块用力压紧，可以使它们结合在一起，即便在下端悬挂一定质量的重物也不分开．乙图表示的是在一个配有活塞的厚壁玻璃筒中放一小团硝化棉，迅速向下压活塞，硝化棉燃烧起来．丙图表示的是先用玻璃板隔开一瓶空气和一瓶二氧化氮气体，当抽去中间玻璃板后，过一会儿下方玻璃杯中的二氧化氮气体颜色变浅，上方玻璃杯中的空气颜色变深．甲图的演示说明分子之间存在相互作用的　引　力（选填“引”或“斥”）；乙图的演示说明外界对气体做功，其内能　增大　（选填“增大”或“减小”）．丙图演示的气体分子的　扩散　现象．考点：做功改变物体内能；分子间的作用力；扩散现象．专题：分子热运动、内能．分析：（1）物质是由分子组成的，分子间存在这相互作用的引力和斥力；（2）做功能够改变物体的内能，对物体做功，物体的内能增大，物体对外做功，内能减小；（3）不同的物质相互接触时彼此进入对方现象叫做扩散，说明了分子在不停地运动．解答：28\n解：（1）甲图将接触面被削平的两个铅块用力压紧，可以使它们结合在一起，即便在下端悬挂一定质量的重物也不分开，说明了分子间存在引力；（2）乙图在一个配有活塞的厚壁玻璃筒中放一小团硝化棉，迅速向下压活塞，硝化棉燃烧起来，是做功增加了棉花的内能；（3）丙图先用玻璃板隔开一瓶空气和一瓶二氧化氮气体，当抽去中间玻璃板后，过一会儿下方玻璃杯中的二氧化氮气体颜色变浅，上方玻璃杯中的空气颜色变深，是扩散现象，说明了分子在不停地做无规则运动．故答案为：引；增大；扩散．点评：此题考查的内容来源于课本的插图，要求学生在平时学习中一定要弄懂课本插图蕴含的物体知识，这是学生容易忽略的地方．　31．（4分）（2022•丰台区二模）小岩想探究凸透镜成像规律．实验桌上有A、B、C三个凸透镜，其中凸透镜A的焦距为10cm，凸透镜B的焦距为50cm，凸透镜C的焦距未知．光具座上标尺的刻度范围如图所示．（1）小岩想、探究凸透镜成实像的规律，应选用　A　凸透镜（选填“A”或“B”或“C”）．实验过程中，他将点燃的蜡烛放置在距凸透镜35cm处时，移动光屏，直到光屏上呈现出烛焰清晰的像，则该像是倒立、　缩小　的实像．（选填“放大”或“缩小”）（2）小岩将凸透镜C固定在光具座上50cm刻线处，然后让烛焰在光具座上0到50刻线之间移动，他发现蜡烛只有在35cm到50cm刻线之间移动时，光屏上无法找到蜡烛的像．由此可判断烛焰在光具座上17cm刻线处时，烛焰的像是倒立的、　缩小　的　实　像．考点：凸透镜成像规律及其探究实验．专题：探究题．分析：（1）探究凸透镜成像时，光具座的长度要大于凸透镜焦距的4倍．（2）根据凸透镜成像特点进行判断：u＞2f，成倒立、缩小的实像．2f＞u＞f，成倒立、放大的实像．u＜f，成正立、放大的虚像．（3）实像嫩在光屏上承接，虚像不能在光屏上承接．解答：解：（1）如图光具座的长度是100cm，凸透镜的焦距要小于25cm，所以凸透镜选择A．凸透镜在50cm刻度处，蜡烛距离凸透镜35cm，物距u=35cm，A凸透镜的焦距是10cm，u＞2f，成倒立、缩小的实像．28\n（2）凸透镜成像时，物距大于焦距成实像，物距小于焦距成虚像，虚像不能成在光屏上．烛焰在光具座上0到50刻线之间移动，他发现蜡烛只有在35cm到50cm刻线之间移动时，光屏上无法找到蜡烛的像．所以C凸透镜的焦距是f=50cm﹣35cm=15cm．烛焰在光具座上17cm刻线处时，物距u=50cm﹣17cm=33cm，u＞2f，成倒立、缩小的实像．故答案为：（1）A；缩小；（2）缩小；实．点评：探究凸透镜成像时，光具座的长度要大于凸透镜焦距的4倍，这是进行实验时选择凸透镜的重要依据．　32．（2分）（2022•丰台区二模）用一个定滑轮和一个动滑轮组成滑轮组有两种绕线方法．小华和小军各选取一种方法做实验．不计绳重和摩擦．（1）小华采用了如图甲所示的绕线方法组装滑轮组．她通过滑轮组用4N的拉力F将重10.2N的物体匀速提升了0.2m的距离，则此滑轮组的机械效率为　85%　．（2）小军采用了另一种绕线方法组装滑轮组（乙图未画出），若用小军的绕法也匀速提升此物体，则拉力为　6　N．考点：滑轮（组）的机械效率；滑轮组绳子拉力的计算．专题：功、功率、机械效率．分析：（1）已知承担物重的绳子段数、物重和拉力，滑轮组的机械效率用公式η=计算；（2）不计绳重和摩擦的情况下，滑轮组的额外功主要来自于动滑轮，因此求出动滑轮的重，明确承担物重的绳子的段数，再结合F=（G+G动）即可求出拉力的大小．解答：解：（1）甲图所示滑轮组的机械效率为η甲====×100%=85%；（2）第二种绕绳方法如下图：在不计绳重与摩擦的情况下，由上知，动滑轮的重为：G动=3F甲﹣G=3×4N﹣10.2N=1.8N，则用乙图提升物体时拉力F乙=（G+G动）=×（10.2N+1.8N）=6N．28\n故答案为：（1）85%；（2）6．点评：（1）利用图甲提升重物时，主要考查了功的公式、机械效率公式的简单计算，以及绳子段数的判断，难度不大；（2）在图乙中，要想求出拉力的大小，在不计绳重与摩擦的情况下，必须先得出动滑轮的重，这是本题的关键所在，应重点注意其解法，值得我们关注．　33．（3分）（2022•丰台区二模）在做“测量小灯泡的电功率”实验时，选用的器材有：电压恒为6V的电源、额定电压为2.5V的小灯泡、滑动变阻器、电流表、电压表、开关和导线等．图甲是没有连接完的实物电路．（1）请你只添加一根导线，将实物电路连接完整．（2）经适当调整后，闭合开关，移动滑片P到某处，发现电压表的示数为2.2V，要测量小灯泡的额定功率，应将滑片P向　右　端滑动．（选填：“左”或“右”）；（3）通过移动滑片P，测得多组数据，绘制成U﹣I图象如图16乙所示．据此可计算出小灯泡正常发光时，滑动变阻器消耗的功率是　0.7　W．考点：探究用电器的电功率实验．专题：探究题．分析：（1）测量小灯泡电功率的实验中，小灯泡和电流表串联，和电压表并联，注意量程和电流的方向；（2）额定功率指灯泡在额定电压下发挥的功率，通过移动滑片使小灯泡电压表的示数等于灯泡的额定电压，这样计算出来的功率才是额定功率；（3）小灯泡的额定电压是2.5V，由图象找到对应的电流就是灯泡的额定电流，小灯泡的额定功率等于额定电压和额定电流的乘积；根据串联电路电压的特点求出滑动变阻器的电压，乘以电流就可以计算出滑动变阻器的功率．解答：解：（1）要测量灯泡两端电压，电压表需要与灯泡并联，由图知，电压表已经选择了正接线柱接入电路，所以还需要使用一根导线将负接线柱与灯泡左侧接线柱连接．具体接法如下图：（2）电压表的示数显示2.2V，低于灯泡的额定电压2.5V，要测量额定功率，必须提高电压，也就是增大电路中的电流，减小滑动变阻器接入电路的阻值，滑片应向右移动；（3）小灯泡正常发光时的电压是2.5V，从图上找出2.5V电压对应的电流值是0.2A，根据串联电路电压和电流的特点，滑动变阻器两端的电压是6V﹣2.5V=3.5V，因此滑动变阻器消耗的功率为P=UI=3.5V×0.2A=0.7W．28\n故答案为：（1）如下图：；（2）右；（3）0.7．点评：本题重点考查实物电路的连接、额定功率的测量方法、实际功率的计算，是中考测量功率的常规考查，在解题时一定要认真审题．　34．（3分）（2022•丰台区二模）小霞同学在探究物体动能大小与其运动速度关系时，让一个质量为0.04kg的小物块从不同高度释放，通过间接测量，分别测出它到达水平面的速度v以及动能E，并将数据记录在下表中．根据数据归纳出质量为0.04kg的物体其动能与速度的关系式为　E=（2×10﹣2Js2/m2）v2　．v/（m/s）0.10.20.30.40.50.6E/J2×10﹣48×10﹣418×10﹣432×10﹣450×10﹣472×10﹣4考点：探究影响物体动能大小的因素．专题：探究题．分析：首先根据表格中数据分析速度和动能的变化趋势，找出其定性关系，然后根据具体数据的变化，分析其中的联系，找出其定量关系，列出关系式．解答：解：由表格中数据知，物体的速度增大，其动能增大，速度增大n倍，则动能增大为n2倍，可见动能与速度的平方成正比；则E=kv2由表格中数据知，当v=0.1m/s时，E=2×10﹣4J，则：2×10﹣4J=k×（0.1m/s）2解得：k=2×10﹣2Js2/m2则：E=（2×10﹣2Js2/m2）v2故答案为：E=（2×10﹣2Js2/m2）v2．点评：此题通过对数据的分析得出动能与速度的关系，考查了学生分析数据总结结论的能力，在分析时通常遵循先定性后定量的特点．　35．（2分）（2022•丰台区二模）小亮同学为了测量某种醋的密度，进行了如下实验：（1）把天平放在水平桌面上，将游码移至零刻度处，然后调节平衡螺母，使天平横梁平衡．（2）接下来进行以下3项操作：A．用天平测量烧杯和剩余醋的总质量m1；B．将待测醋倒入烧杯中，用天平测出烧杯和老醋的总质量m2；C．将烧杯中的一部醋分倒入量筒，测出这部分老醋的体积V；28\n以上操作的正确顺序是：　BCA　（填字母代号）．（3）由图可得这种醋的密度是　1.125×103　㎏/m3．考点：液体密度的测量．专题：实验题．分析：（2）在测量液体密度时，为了减小误差，测出的是倒在量筒中的质量和体积，根据分析排列成顺序；（3）首先读出两次天平的示数及量筒中醋的体积，天平的示数等于砝码的质量加游码在标尺上所对的刻度值，注意标尺和量筒的分度值；根据ρ=计算出醋的密度．解答：解：（2）在测量时，需先测出烧杯和老醋的总质量，再将烧杯中的一部醋分倒入量筒，测出这部分老醋的体积，并测出烧杯和剩余醋的总质量，所以测量顺序为BCA；（3）由图知，标尺的分度值为0.2g，烧杯和剩余醋的总质量m1=20g+10g+5g+2.4g=37.4g烧杯和老醋的总质量m2=50g+20g+10g+2.4g=82.4g量筒中老醋的质量m=m2﹣m1=82.4g﹣37.4g=45g量筒的分度值为2ml，量筒中老醋的体积为：V=40ml=40cm3∴ρ===1.125g/cm3=1.125×103kg/m3故答案为：（2）BCA；（3）1.125×103．点评：此题是测量某种醋的密度实验，考查了有关测量液体密度的方法，同时考查了天平、量筒的读数及密度的计算，注意密度单位的换算，是一道基础性的实验题目．　36．（2022•丰台区二模）小红做“探究杠杆的平衡条件”的实验．（1）当杠杆如图所示静止时，杠杆处于　平衡　状态．（选填“平衡”或“非平衡”）（2）调节杠杆水平平衡后，小红在杠杆的A点挂上2个钩码（每个钩码重1N，杠杆上相邻刻线距离相等），如图所示．若使杠杆恢复水平平衡状态，可以在　D　点挂上4个钩码；或者使用弹簧测力计在C点用　1　N的力沿着竖直向上的方向拉住杠杆．28\n考点：探究杠杆的平衡条件实验．专题：探究题．分析：（1）杠杆处于静止状态或匀速转动状态，都称杠杆处于平衡状态．（2）根据杠杆平衡条件求出挂4个钩码的位置和C点竖直向上的力．解答：解：（1）杠杆处于静止状态，杠杆处于平衡状态．（2）设杠杆每一个小格代表1cm，由杠杆的平衡条件：F1L1=F2L2得，FA×OA=F2×L2得，2N×2cm=4N×L2，∴L2=1cm，所以4个钩码挂在D点．FA×OA=FC×LC得，2N×2cm=FC×4cm，∴FC=1N，所以C点竖直向上的力是1N．故答案为：（1）平衡；（2）D；1．点评：杠杆在水平位置静止和在非水平位置静止，杠杆都处于平衡状态．　37．（5分）（2022•丰台区二模）实验桌上有如下实验器材：满足实验要求的电源、阻值已知的定值电阻各1个，电阻箱（电路图符号）一个．已调零的电流表一块，开关两个，导线若干．请选用上述实验器材，设计一个实验证明“两个电阻R1与R2串联时，如果R1的阻值保持不变，则电阻R1与R2串联的等效电阻R跟电阻R2的关系为：R=R2+k（k为常量）”．请你画出实验电路图，写出实验步骤，画出实验数据记录表．考点：电路图设计；欧姆定律的应用．专题：实验题；作图题；设计与制作题．分析：设计实验时要从实验的目的出发，利用现有的器材，先画出电路图，再根据要求设计步骤和记录数据的表格．本实验中，电阻的改变在靠电阻箱来完成，电压表要测量电路中的总电压．解答：解：根据实验的目的与要求，应将定值电阻R与变阻箱串联，开关S2并联在变阻箱两端，电流表测电路中的电流；实验电路图如图所示：实验步骤：（1）按电路图连接电路．（2）闭合开关S1、S2，调节电阻箱R2的阻值，用电流表A测量通过定值电阻R1的电流I1；断开S2，用电流表A测量通过R1R2串联的电流I2，将R1、I1、I2、R2记录在实验数据记录表中．（3）仿照步骤（2），分别改变5次电阻箱R2的阻值，用电流表A分别测量闭合开关S1、S2时相应的电流I1，用电流表A分别测量当S2断开，S1闭合时相应的电流I2的数据，并分别将R1、I1、I2、R2记录在实验数据记录表中．28\n（4）利用公式R==，分别计算出6次串联电路的6个等效电阻，并分别记录在实验数据记录表中．实验数据记录表R1/ΩI1/AI2/AR2/ΩR/Ω点评：本实验探究的是电阻R1与R2串联的等效电阻R跟电阻R1的关系，变阻箱的阻值可以直接读出来，因此电压表与电流表的作用就是帮助得到总电阻的大小，根据欧姆定律R=，要用电压表测串联后的总电压，用电流表测流经两个电阻的电流，根据这一基本思路可先设计电路图，再写出步骤、列出表格．　五、计算题（共13分，38题6分，39题7分）38．（7分）（2022•丰台区二模）如图所示电路，电源两端电压U保持不变，闭合开关S1，断开开关S2，调节滑动变阻器R2的滑片P使其接入电路的电阻值为其最大值的一半，电压表V1的示数为U1，电流表的示数I1为0.2A；再调节滑动变阻器R2滑片P至B端，电压表V2的示数为U2，此时电路消耗的总功率为2W；闭合开关S1、S2，电流表的示数I2为0.5A．已知U1：U2=6：5，忽略温度对灯丝电阻的影响．求：（1）电压U2：U；（2）滑动变阻器的最大阻值R2．考点：欧姆定律的应用；串联电路的电流规律；电阻的串联；电路的动态分析；电功率的计算．专题：计算题；电路和欧姆定律；电能和电功率；电路变化分析综合题．分析：先画出三种情况的等效电路图：（1）根据欧姆定律表示出图甲和图丙中电压表V1的示数，即可求出U1与电源电压的关系，根据U1：U2=6：5可求U2与电源电压的关系；（2）根据串联电路的特点和欧姆定律表示出图乙中U2与电源电压的关系得出R1与RL的阻值关系，同理表示出图甲中U1与电源电压的关系得出R2与RL28\n的阻值关系，根据电阻的串联和欧姆定律表示出图乙和图丙中电源的电压，利用电源的电压不变得出电流关系，根据P=I2R表示出图2的总功率结合电阻和电流关系即可求出滑动变阻器的最大阻值R2．解答：解：闭合开关S1，断开开关S2，调节滑动变阻器R2的滑片P使其接入电路的电阻值为其最大值的一半时，等效电路图如图甲所示；再调节滑动变阻器R2滑片P至B端，等效电路图如图乙所示；闭合开关S1、S2时，等效电路图如图丙所示．（1）图甲和图丙中，∵I=，∴====，∵U1：U2=6：5，∴==×=，（2）图乙中，∵串联电路中各处的电流相等，∴===，整理可得：RL=2R1，图甲中，====，整理可得：R2=2RL，R1=R2，图乙和图丙中，∵电源的电压一定，∴===，∴I3=I2=×0.5A=A，图乙中，P=I32（R1+RL）=（A）2×（R2+R2）=2W，解得R2=24Ω．答：（1）电压U2：U为1：3；（2）滑动变阻器的最大阻值为24Ω．点评：28\n本题考查了学生对串、并联电路的辨别和电路特点以及欧姆定律、电功率公式的灵活应用．本题难点是很多同学无法将三种状态下的电流关系及电压关系联系在一起，故无法找到突破口．解答此类问题时，可将每一种情况中的已知量和未知量都找出来，仔细分析找出各情况中的关联，即可列出等式求解．　39．（8分）（2022•丰台区二模）某提升装置中，杠杆AB能绕固定点O在竖直平面内转动，水平地面上的配重乙通过细绳竖直拉着杠杆B端．已知AO：OB=2：5，配重乙与地面的接触面积为S且S=200cm2．当用动滑轮速提升重1000N的物体甲时（甲未浸入水中），竖直向下拉绳子自由端的力为T1，杠杆在水平位置平衡，此时配重乙对地面的压强为P1且P1=3.5×104Pa；如果在动滑轮下挂一个质量为动滑轮质量5倍的实心物体丙，并把物体丙浸没在水中匀速提升时，如图甲所示，竖直向下拉绳子自由端的力为T2，T2的功率随速度变化的关系图象如图乙所示，杠杆始终保持水平平衡．此时配重乙对地面的压强为P2且P2=5.6×104Pa．如果不计杠杆重、绳重和滑轮轴间摩擦，图中两个滑轮所质量相同，取g=10N/kg．求：（1）提升物体甲时滑轮组的机械效率；（保留一位小数）（2）实心物体丙的密度．考点：滑轮（组）的机械效率；密度的计算；杠杆的平衡条件．专题：功、功率、机械效率．分析：（1）以用动滑轮提升重物甲和物体丙浸没在水中匀速上升两种情况对物体、动滑轮、动滑轮、配重乙进行受力分析，确定等量关系列方程组得到动滑轮的重力，然后利用公式η=得到提升甲的机械效率；（2）已知物体丙与动滑轮的质量关系，可以得到重力关系，已知动滑轮重，可以得到重物丙的重力；根据重物丙、动滑轮重力之和等于浮力和拉力之和，得到丙受到的浮力，进一步得到物体丙的体积，最后利用公式ρ=得到物体丙的密度．解答：已知：p1=3.5×104PaP2=5.6×104PaS=200cm2=0.02m2AO：OB=2：5G甲=1000Ng=10N/kgρ=1.0×103kg/m3求：（1）η=？（2）ρ=？解：（1）A、当用动滑轮提升重物甲时，①以物体甲和动滑轮为研究对象，受力分析如图1所示：②以定滑轮为研究对象，受力分析如图2所示：③杠杆A点、B点受力分析如图3所示：④配重乙受力分析如图4所示：28\n由上得2T1=G甲+G0①FA1=G0+3T1②F′A1•lOA=F′B1•lOB③N1+FB1=G乙④代入数值N1=p1S=3.5×104Pa×0.02m2=700NT1=T′1，FA1=F′A1，FB1=F′B1，可得G2﹣G0=1300N；B、当物体丙浸没在水中匀速上升时，⑤以物体丙和动滑轮为研究对象，受力分析如图5所示：⑥以定滑轮为研究对象，受力分析如图6所示：⑦杠杆A点、B点受力分析如图7所示：⑧配重乙受力分析如图8所示：由上得FA2=G0+3T2⑤F′A2•lOA=F′B2•lOB⑥N2+FB2=G乙⑦代入数值N2=p2S=5.6×104Pa×0.02m2=1120NT2=T′2，FA2=F′A2，FB2=F′B2，由图象可得T2===200N即5G乙﹣2G0=100N解得G0=100N，G乙=1400N提升物体甲时滑轮组的机械效率为η=====×100%≈91%；（2）物体丙的重力为G丙=5G0=5×100N=500N∵2T2+F浮=G0+G丙⑧∴丙物体受到的浮力为F浮=G0+G丙﹣2T2=100N+500N﹣2×200N=200N，28\n物体丙的体积为V丙=V排===0.02m3，物体丙的密度为ρ====2.5×103kg/m3．答：（1）提升物体甲时滑轮组的机械效率为91%；（2）物体丙的密度为2.5×103kg/m3．点评：本题为力学综合题，要求灵活利用所学知识、选用所学公式，利用好滑轮组的特点、杠杆平衡条件，能从图象得出相关信息是本题的关键，难题！28