2020年安徽省合肥四十六中中考物理一模试卷
中考物理一模试卷
题号一二三四五总分
得分
一、单选题（本大题共7小题，共14.0分）
1.关于温度、热量和内能，下列说法正确的是（）
A. 温度相同的物体内能一定相等
B. 晶体熔化时温度不变，所以内能也不变
C. 热量可以从内能少的物体传递给内能多的物体
D. 物体吸收热量，内能一定增大，温度一定升高
2.在“探究凸透镜成像的规律”的实验中，把蜡烛和光屏固定在光具上，当移动透镜
分别距光屏6cm和34cm均可在光屏上得到清晰像。下列判断正确的是（）
A. 透镜距光屏34cm时成缩小的实像
B. 蜡烛和光屏的距离为40cm
C. 透镜的焦距范围为3cm≤f≤6cm
D. 如将蜡烛和光屏的位置互换，透镜仍可在上述两位置成像，且像的性质不变
3.为倡导“绿色出行“，共享单车走进人们的生活，关于它的使用下列说法中正确的
是（）
A. 上坡前用力蹬车，是为了增大骑行者和单车的惯性
B. 匀速下坡，骑行者和单车的动能不变，机械能减小
C. 在水平路面上匀速直线骑行时，单车受到的力是非平衡力
D. 匀速转弯时，骑行者受到的力是平衡力
4.将同一长方体分别水平与竖直放置在水中，如图所示，它所
受到的（）
A. 向上、向下压强差不等，向上、向下压力差相等
B. 向上、向下压强差不等，向上、向下压力差不等
C. 向上、向下压强差相等，向上、向下压力差不等
D. 向上、向下压强差相等，向上、向下压力差相等
5.静止在斜面上的物块受到的重力产生两方面的作用效
果：使物块压紧斜面以及使物块有沿斜面向下滑动的趋
势，因而可将物块的重力沿斜面方向和垂直斜面的方向
进行分解。实际解决问题时，就可以用这两个方向上的
分力来等效替代物块的重力。如图所示，物块A静置于
固定的斜面上，A所受的重力为G，支持力为F N，摩擦
力为f，当减小斜面倾角物块A仍处于静止状态，则下列说法正确的是（）
A. 支持力F N减小
B. 摩擦力f大小不变
C. F N和f的合力不变
D. F N和G的合力增大
6.如图是探究电流通过导体时产生热量的多少跟什
么因素有关的实验装置，两个透明容器中密封着等
量的空气，U形管中液面的高度的变化反映密闭空
气温度的变化，下列说法正确的是（）
A. 该实验装置是为了探究电流产生的热量与电流
的关系
B. 将左边容器中的电阻丝换成10Ω的电阻丝后，
就可以探究电流产生的热量与电阻的关系
C. 该实验装置是利用U形管中液体的热胀冷缩来反应电阻丝放出热量的多少的
D. 通电一段时间后，左侧U形管中液面的高度差比右侧的小
7.如图所示，滑动变阻器的滑片P处于中间位置，闭合
开关S，两个灯泡均能发光（假设灯丝电阻不变），
此时，将滑动变阻器的滑片P向左移动，则（）
A. L1变亮，L2变暗
B. L1变暗，L2变亮
C. 滑动变阻器消耗的电功率一定减小
D. 整个电路消耗的电功率一定减小
二、填空题（本大题共9小题，共18.0分）
8.在抗击冠状病毒肺炎的战役中，医护人员身穿防护服，头戴护目镜，时间长了护目
镜的玻璃罩会变模糊，这是______（填物态变化名称）现象。
9.如图是电流表的内部结构示意图。当接入电路，有电流通过
线圈时，线圈带动指针发生偏转。指针发生偏转的原因是
______。
10.农药喷洒飞机正在同一高度匀速执行喷洒农药工作的时候，
飞机（包含农药）机械能______（选填“增大”“减小”“不变”）。
11.天然气热水器将40kg的水由22℃加热到42℃，若天然气燃烧放出的热量有84%被
水吸收，需要消耗______kg的天然气。[c水=4.2×103J/（kg?℃），q天然气=4×107J/kg] 12.当代科技日新月异，而我们熟悉的手机更新换代尤甚！现今
高配手机有很多的“黑科技”，无线充电就是众多商家宣传
的“黑科技”之一。无线充电就是：当电源的电流通过线圈
（无线充电器的送电线圈）会产生变化的磁场，其他未通电
的线圈（手机端的受电线圈）靠近该磁场就会产生电流，为
手机充电。如上图。这就是我们学习的______现象！
13.某同学用如图所示的装置测量盐水的密度，已知木块的重力为
3N，体积为500cm3，木块静止时弹簧测力计的示数为2.5N，
g=10N/kg，不计绳重与摩擦，木块受到浮力大小为______N，盐
水密度是______kg/m3。
14.如图甲是学校里面常用的一种移动指示牌，图乙为指示牌的模型，其中AB为牌面，
CD和BE为支架，牌面AB长为60cm，宽为55cm，支架长度BE=2CE=2ED=50cm，指示牌的质量为2kg。若在水平地面上的指示牌被一阵与指示牌面垂直的风刮倒了，假设风对指示牌施加的力为F（忽略风对支架的力），作用点在AB中点。请在图乙中画出此时风力F的力臂L，并计算出力F的大小是______N．（g取10N/kg）
15.如图所示，重300N的物体在20N的水平拉力F的作用
下，沿水平地面向左匀速直线运动，滑轮组的机械效率
为80%，则物体与地面滑动摩擦力为______N。
16.如图甲所示电路中，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，电源电压不变．闭合开关S
后，滑片P从a端移动到b端，电流表示数I与电压表示数U的变化关系如图乙所示，则R2的最大阻值为______Ω．
三、计算题（本大题共3小题，共19.0分）
17.随着人们生活水平的日益提高，小汽车越来越多地走进了百姓人家。一辆使用汽油
为燃料的小汽车，以72km/h的速度在水平路面上匀速直线行驶时，发动机的功率为20kW．若小汽车行驶的路程为108km，汽油的热值q=4.6×107J/kg，小汽车发动机的效率为25%．求小汽车在这段路程中：
（1）汽车所受的阻力？
（2）消耗汽油的质量？
18.质量为m的物体，以速度v运动时，它的动能表达
式为E k=mv2，重力势能表达式为Ep=mgh，当该
表达式中各物理量为国际单位制中基本单位时，动
能和重力势能的单位都为焦耳（J）。现有质量为
1kg的物体从距离地面0.8m的高度沿水平方向以
3m/s的速度抛出，如图所示。不考虑空气阻力的影响。
（1）求该物体从抛出到落地过程中，重力对物体所做的功W
（2）物体在只受重力时机械能是守恒的。请根据机械能守恒的相关知识求该物体落地瞬间的速度大小
19.给直流电动机通电就可以让其提升重物做功，但直流电动机在正常工作的过程中，
有部分电能转化为内能。如图所示是直流电动机的原理示意图，其中R是保护电阻，电动机内部的线圈电阻为1.5Ω．闭合开关S，该电动机正常工作20s，可将质量为200g的重物匀速竖直向上提升100m，此时通过其线圈的电流为2A，不计绳重和一切摩擦。求：
（1）此过程中电动机对物体做的有用功；
（2）该电动机的工作效率大小；
（3）电压表的示数。
四、作图题（本大题共1小题，共2.0分）
20.如图所示，两个匀质长方体A，B叠放在水平桌面上，水平
拉力F作用在物体B上，使物体A，B一起沿水平桌面做匀
速直线运动，请作出物体A受力的示意图
五、实验探究题（本大题共3小题，共17.0分）
21.小明在测量滑轮组机械效率的实验中，所用装置如图所示，实验中每个钩码重2N，
测得的数据如表：
实验
次数
钩码总重
G/N
钩码上升的
高度h/m
测力计示数
F/N
测力计移动
距离s/m
机械效率
η
140.1 1.80.3
260.1 2.40.383%
340.1 1.40.557%
440.2 1.4 1.057%（）在实验中，测绳端拉力时，应尽量竖直向上拉动弹簧测力计且在拉动过程中读数。
（2）分析表中数据可知：第2次实验是用______图做的。（选填“a”、“b”或“c”）
（3）根据第1次实验数据，此时滑轮组的机械效率为______。
22.在“测量食用油密度”的实验中：
（1）小方所在的实验小组的实验方案如下：
①用调节好的托盘天平测出烧杯和食用油的总质量m1为42.6g；
②将烧杯中的一部份食用油倒入量筒，量筒中食用油的体积V如图甲所示；
③再用调节好的托盘天平，测出烧杯和剩余食用油的质量m2，天平平衡时，右盘
砝码和游码的示数如图乙所示。
烧杯和食用油的
总质量m1/g
烧杯和剩余食用油
的
质量m2/g
量筒中食用油的
体积V/cm3
食用油的密度
ρ/（g?cm-3）
42.6______ ______ ______
（）小宇所在的实验小组的实验方案如下：
①用调节好的托盘天平测出空烧杯的质量m1′；
②向烧杯中倒入一些食用油，测出烧杯和食用油总质量m2′；
③将烧杯中的食用油倒入量筒，测出食用油的体积V′；
④根据测量结果计算出食用油的密度ρ′。
你认为小宇所在实验小组测出的食用油密度值比真实值偏______（选填“大”或“小”），原因是______。
23.小明在做“测量小灯泡的额定功率”的实验时，连接的实物电路图如图甲所示，其
中小灯泡L的额定电压为2.5V，额定功率小于1.5W。
（1）请用笔画线代替导线把电路连接完整（不能与其他导线交叉），要求：滑动变阻器的滑片P向右移动时，小灯泡L变亮。
（2）连接好电路后，闭合开关S，发现电压表的示数为2.2V，电流表指针的位置如图乙所示，此时小灯泡L的实际功率为______W．若要测出小灯泡L正常发光时的电功率，接下来要进行的正确操作是：______。
（3）小明想用此电路来进一步探究电流和电压的关系，请你分析说明此电路不妥的原因。______。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：
A、温度相同的物体内能不一定相等，故A错误；
BD、物体吸收热量，内能一定增大，但温度不一定升高，例如：晶体在熔化过程中，继续吸热，但温度是不变的，内能增大，故BD错误；
C、热量总是从高温物体传向低温物体，或者从同一物体的高温部分传向低温部分，跟内能多少无关，热量可以从内能少的物体传递给内能多的物体，故C正确；
故选：C。
（1）影响内能大小的因素有温度、质量、状态等；
（2）晶体熔化、液体沸腾时吸热，温度保持不变，内能增加；
（3）热传递的条件是物体之间有温度差，高温物体将能量向低温物体传递，直至各物体温度相同。
此题主要考查学生对：温度、内能与热量关系，以及晶体熔化的特点，难度不大。
2.【答案】B
【解析】解：题干中说到当移动透镜分别距光屏6cm和34cm均可在光屏上得到清晰像，根据凸透镜成实像的特点可以得到：距光屏6cm时，物距大于二倍焦距成倒立缩小实像，像距大于一倍焦距小于二倍焦距，即f＜6cm＜2f……①，
距光屏34cm时，物距大于一倍焦距小于二倍焦距成倒立放大实像，像距大于二倍焦距，即34cm＞2f……②，故A错误；
根据①②可得3cm＜f＜6cm，故C错误；
根据成像分析，距光屏6cm和34cm成实像是两个互逆的光路，所以u1=v2，v1=u2，蜡烛和光屏的距离为6cm+34cm=40cm，故B正确；
如将蜡烛和光屏的位置互换，透镜仍可在上述两位置成像，但是成像的性质正好与原先相反，故D错误。
故选：B。
要解决此题，需要掌握凸透镜成像的规律：物距小于焦距成正立放大虚像。应用是放大镜。
物距大于一倍焦距小于二倍焦距成倒立放大实像，像距大于二倍焦距。
物距等于二倍焦距成倒立等大实像，像距等于二倍焦距。
物距大于二倍焦距成倒立缩小实像，像距大于一倍焦距小于二倍焦距。
在分析时要认真分析像距、成像特点与物距的关系，
本题考查凸透镜成像规律，关键是将课本知识内容记忆清楚，仔细分析即可。
3.【答案】B
【解析】解：
A．惯性大小只与物体的质量有关，与其他因素无关，上坡前用力蹬车，是为了增大骑行者和单车的动能；而骑行者和单车的质量不变，其惯性不变，故A错误；
B．匀速下坡时，质量不变、速度不变，则动能不变，高度减小，重力势能减小；因机械能等于动能与势能的总和，所以骑行者和单车的机械能减小，故B正确；
C．在水平路面上匀速直线骑行时，单车处于平衡状态，所以单车受到的力为平衡力，故C错误；
D．匀速转弯时，骑行者的运动方向发生了变化，其受到的不是平衡力，故D错误。
故选：B。
（1）惯性是物体保持运动状态不变的一种性质，惯性大小只与物体的质量有关，与物体的速度无关；
（2）动能的大小与质量、速度有关，重力势能与高度有关，机械能为动能与势能的总和；
（3）（4）物体静止或做匀速直线运动时处于平衡状态，受到的力为平衡力。
本题考查了平衡力、机械能的变化、惯性的掌握与应用等知识，涉及的知识点较多，综合性强，难度不大。
4.【答案】A
【解析】解：长方体物块悬浮在水中，说明受到水的浮力不变，而浮力等于物体上下表面受到水的压力差，所以长方体物块上下表面受到水的压力差不变；
而长方体物块上下表面受到水的压强差：△p=，竖直放置比水平放置上下表面积小，
所以长方体物块上下表面受到水的压强差不相等。
综合上述分析可知，选项BCD错误，A正确。
故选：A。
物体浸没在水中受到的浮力等于物体上下表面受到水的压力差（浮力实质），根据p=
可求物体上下表面受到水的压强差。
本题考查了学生对物体的浮沉条件的掌握和运用，本题关键是知道浮力的实质（物体上下表面受到水的压力差）。
5.【答案】C
【解析】解：
AB、滑动摩擦力的大小、支持力的大小与压力的大小有关，减小倾角，压力变化，则摩擦力和支持力都会发生变化，故AB错误；
C、减小斜面倾角物体一定能保持平衡，故合力为零，F N和F f的合力不变仍等于重力，故C正确；
D、F N和G的合力为摩擦力，发生变化，故D错误。
故选：C。
对物体受力分析，明确其受到的重力、支持力和摩擦力作用而处于平衡，根据平衡条件可求得合力大小，再根据三力平衡时的结论：任意两力的合力与第三力等大反向分析支持力与摩擦力的合力大小。
本题考查共点力平衡条件的应用以及三力平衡的结论，要注意明确三力平衡时任意两力的合力与第三力等大反向。
6.【答案】A
【解析】解：
（1）装置中一个5Ω的电阻与两个5Ω的电阻并联后再串联，根据串联电路的电流特点可知，右边两个电阻的总电流和左边电阻的电流相等，即I右=I左，两个5Ω的电阻并联，根据并联电路的电流特点知I右=I1+I2，两电阻的阻值相等，则支路中电流相等，即I1=I2，所以右边容器中通过电阻的电流是左侧通过电流的一半，即是研究电流产生的热量与电流的关系；由Q=I2Rt可知，左边容器中的电阻产生的热量多，温度升得较快；因此通电一段时间后，左侧U形管中液面的高度差更大，故A正确，D错误；
（2）将左边容器中的电阻丝换成10Ω的电阻丝后，左右容器中的电阻和电流都不同，没有控制好变量，所以不能探究电流产生的热量与电阻的关系，故B错误；
（3）该实验装置是利用U形管中空气的热胀冷缩来反应热的多少，虽然产生热量的多少不能直接观察，但可以通过U形管液面高度差的变化来反映，故C错误。
故选：A。
电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关。
（1）探究电流产生热量跟电阻关系时，控制通电时间和电流不变；
（2）探究电流产生热量跟通电时间关系时，控制电流和电阻不变；
（3）探究电流产生的热量跟电流大小和电阻大小关系时运用了控制变量法；
（4）电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但液体温度的变化可以通过液面高度差的变化来反映，体现的是转换思想。
此题主要考查的是学生对“电流通过导体产生的热量与什么因素有关的”实验的理解和掌握，注意控制变量法和转换法的运用，同时考查了学生对焦耳定律变形公式的理解和掌握，难度较大。
7.【答案】A
【解析】解：B、由电路图可知，灯泡L2与滑动变阻器R并联后再与灯泡L1串联，
将滑动变阻器的滑片P向左移动，滑动变阻器接入电路中的电阻变小，并联部分的电阻变小，电路的总电阻变小，
由I=可知，干路中的电流变大，
由U=IR可知，L1两端的电压变大，
因灯泡的亮暗取决于实际功率的大小，所以，由P=UI可知，灯泡L1的实际功率变大，L1的亮度变亮，故B错误；
A、因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，并联部分的电压变小，
因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，灯泡L2两端的电压变大，由P=可知，L2的实际功率变小，亮度变暗，故A正确；
C、滑动变阻器接入电路的阻值减小，两端电压也变小，由P=可知，滑动变阻器消耗
的电功率不一定减小，故C错误；
D、因为干路电流变大，由P=UI可知，电路的总功率变大，故D错误。
故选：A。
由电路图可知，灯泡L2与滑动变阻器R并联后再与灯泡L1串联；
（1）根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化和并联部分电阻的变化以及总电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和L1两端的电压变化，根据P=UI可知L1实际功率的变化，进一步判断其亮暗的变化；
（2）根据串联电路的电压特点可知并联部分电压的变化，根据并联电路的电压特点和
P=UI=可知L2实际功率和滑动变阻器功率的变化，进一步判断L2亮暗的变化；
（3）根据P=UI可知电路的总功率的变化。
本题考查了混联电路的动态分析，涉及到串并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，分析好滑片移动时电路中总电阻的变化是关键。
8.【答案】液化
【解析】解：护目镜在使用一段时间后，会出现起雾的现象，这是护目镜和面部之间的水蒸气遇冷液化形成的小水滴；
故答案为：液化
物质由气态变为液态叫液化，液化放热。
本题考查了生活中的物态变化现象，属于基础知识的考查，比较简单。
9.【答案】通电导线在磁场中受到力的作用
【解析】解：当给处于磁场中的线圈通电时，线圈运动起来，说明通电线圈受到力的作用，由此可以确定：通电导线在磁场中受到力的作用。
故答案为：通电导线在磁场中受到力的作用。
由图示结构可知，线圈处于永磁体的磁场中，当给导体通电时，线圈转动，说明线圈受到力的作用，由此入手即可联想到其对应的理论。
线圈受力，线圈运动，将其与力的作用效果结合起来。
通过物理现象联系物理理论，考查对所学知识的灵活运用的能力。
10.【答案】减小
【解析】解：农药喷洒飞机正在同一高度匀速执行喷洒农药工作的时候，虽然速度和高度不变，但是由于飞机（包含农药）的质量减小，故其动能和重力势能均减小，故机械能减小。
故答案为：减小。
机械能包括动能和势能；动能的大小与质量和速度有关；重力势能大小与质量和高度有关。
深入理解影响动能和重力势能的因素，是解答此题的关键。
11.【答案】0.1
【解析】解：
水吸收的热量：
Q吸=c水m水（t-t0）=4.2×103J/（kg?℃）×40kg×（42℃-22℃）=3.36×106J，
由η=×100%得，天然气完全燃烧放出的热量：
Q放===4×106J，
由Q放=mq得，需要天然气的质量：
m===0.1kg。
故答案为：0.1。
知道水的质量、水的比热容、水的初温和末温，利用吸热公式Q吸=cm（t-t0）求出水吸收的热量，
然后利用η=×100%求出天然气完全燃烧放出的热量，再根据Q放=mq求出需要消耗天
然气的质量。
本题考查了吸热公式、燃料完全燃烧放热公式及效率公式的应用，属于基础题目，比较简单。
12.【答案】电磁感应
【解析】解：当电源的电流通过线圈（无线充电器的送电线圈）会产生变化的磁场，其他未通电的线圈（手机端的受电线圈）靠近该磁场就会产生电流，为手机充电，这是电磁感应现象。
故答案为：电磁感应。
手机无线充电是指利用电磁感应原理进行充电的设备。
本题考查电磁感应在生产生活中的应用，要注意分析题目原理，再结合所学物理模型进行分析求解。
13.【答案】5.5 1.1×103
【解析】解：
图中木块静止，木块受到的浮力：
F浮=G+F拉=3N+2.5N=5.5N；
木块浸没时排开液体的体积V排=V=500cm3=5×10-4m3，
由F浮=ρ液gV排可得液体的密度：
ρ液===1.1×103kg/m3。
故答案为：5.5；1.1×103。
已知木块的重力和浸没在水中受到的拉力（弹簧测力计的示数），利用F浮=G+F拉求木块受到的浮力；木块浸没时排开液体的体积等于木块的体积，利用阿基米德原理推导公式F浮=ρ液gV排求液体的密度。
本题考查了力的平衡知识、阿基米德原理的应用，对木块进行正确的受力分析是关键。
14.【答案】6.25
【解析】解：根据题意可知，指示牌的模型可以看作杠杆模型，当指示牌的D端被吹离地面时，支点为C点，如下图：
根据杠杆平衡条件可得：G?CE=F?L，
即：mg×CD=F×（AB+BE），
所以，F===6.25 N。
故答案为：6.25。
根据图示确定支点位置，然后利用杠杆平衡条件求出风力的大小。
本题考查杠杆的特点以及杠杆平衡条件的应用，会熟练应该杠杆平衡的条件进行计算。
15.【答案】48
【解析】解：由图知，n=3，有用功W有=fs物，拉力做的总功W总=Fs绳，因为
η====，
所以物体与地面间的滑动摩擦力：f=η×nF=80%×3×20N=48N；
故答案为：48。
知道机械效率和拉力大小，利用η====求摩擦力f。
本题考查了滑轮（组）的机械效率相关问题，水平使用滑轮组时注意：有用功等于摩擦力与物体移动的距离的乘积，这是本题的关键、易错点！
16.【答案】10
【解析】解：由图甲可知，两电阻串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流．
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，
由图乙可知，电路中的电流I=0.2A，R2两端的电压U2=2V，
由I=可得，滑动变阻器的最大阻值：
R2===10Ω．
故答案为：10．
由图甲可知，两电阻串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流．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，由图象读出电流和电压，根据欧姆定律求出R2的最大阻值．
本题考查了欧姆定律的应用，知道R2的阻值最大时电路中的电流最小和从图象中读出相关数据是关键．
17.【答案】解：
（1）汽车的速度v=72km/h=20m/s，
由P===Fv可得汽车的牵引力：
F===1000N，
因为汽车在水平路面上匀速直线行驶，所以汽车受到的牵引力和阻力是一对平衡力，大小相等，
则汽车所受的阻力：
f=F=1000N；
（2）由v=可得汽车运动时间：
t===1.5h=5400s，
发动机所做的有用功：
W有用=Pt=20×103W×5400s=1.08×108J，
由η==25%可得汽油完全燃烧释放的热量：
Q放===4.32×108J，
由Q放=mq可得需要消耗汽油的质量：
m==≈9.4kg。
答：（1）汽车所受的阻力为1000N；
（2）消耗汽油的质量为9.4kg。
【解析】（1）知道汽车的速度、发动机的功率，利用P=Fv求汽车的牵引力；由于汽车在水平路面上匀速直线行驶，
汽车受到的牵引力和阻力是一对平衡力，大小相等，据此求汽车所受的阻力；
（2）利用v=求汽车运动时间，知道发动机的功率，利用W=Pt求发动机所做的有用功；利用η=求汽油完全燃烧释放的热量，再利用Q放=mq求需要消耗汽油的质量。
本题为力学、热学综合题，考查了功的公式、功率公式、效率公式、燃料完全燃烧放热公式以及二力平衡条件的应用，明确汽车行驶时有用能量（发动机做的功）、总能量的含义是关键。
18.【答案】解：（1）物体重力G=mg=1kg×10N/kg=10N，
重力对物体所做的功W=Gh=10N×0.8m=8J；
（2）所以该物体落地瞬间时，物体的动能E K1=mv2=×1kg×（3m/s）2=4.5J
物体被抛出时的重力势能：E p=mgh=1kg×10N/kg×0.8m=8J；
物体下落时高度减小，速度增大，所以重力势能转化为动能，整个过程中机械能守恒，所以物体落地前瞬间的动能：E K2=E K1+E p=4.5J+8J=12.5J，
所以物体落地前瞬间的速度v′===5m/s。
答：（1）重力对物体所做的功为8J；（2）该物体落地瞬间的速度为5m/s。
【解析】（1）已知物体质量，可求得其重力，利用W=Gh可求得重力对物体所做的功；（2）由重力势能公式计算物体被抛出时的重力势能E P，然后根据能量转化和守恒，根
据能量守恒和E K=mv2求出该物体落地瞬间的速度大小。
本题是一道综合性题目，解题关键是对题干中所提示内容有充分的理解，能够在题干中找到解题思路。
19.【答案】解：
（1）物体的重力G=mg=0.2kg×10N/kg=2N，
电动机克服物体重力做的功为有用功：
W有=Gh=2N×100m=200J；
（2）电动机正常工作20s，电动机线圈产生热量：
Q=I2Rt=（2A）2×1.5Ω×20s=120J，
不计绳重和一切摩擦，电动机消耗的电能：
W电=W有+Q=200J+120J=320J，
电动机的工作效率：
η==×100%=62.5%；
（3）由W=UIt可得电动机两端的电压：
U===8V。
由图知，电压表测电动机两端电压，则电压表示数为8V。
答：（1）此过程中电动机对物体做的有用功为200J；
（2）该电动机的工作效率大小为62.5%；
（3）电压表的示数为8V。
【解析】（1）根据W=Gh计算对物体做的有用功；
（2）利用Q=I2Rt计算电动机产生热量，对物体做的功为有用功，电流通过电动机消耗的总能量等于产生的热量与对物体做的有用功之和，电动机工作效率等于对物体做的有用功与消耗的电能之比；
（3）利用W=UIt求电动机两端的电压，即电压表示数。
本题主要考查功、电热、效率以及电功计算公式的应用，知道电动机消耗电能转化为机械能和内能，计算中在公式应用要合理。
20.【答案】解：
A受竖直向下的重力和B对A的支持力，这两个力大小相等，方向相反，作用在同一个物体上，是一对平衡力，作用点可以画在物体A的重心上，支持力方向竖直向上，重力方向竖直向下，如图所示：
【解析】对物体A进行受力分析，再根据力的示意图画法要求画出它受到的各个力即可。解答本题应注意A只受重力与支持力，由于A与B物体间没有相对运动的趋势，所以物体A在水平向上不受摩擦力。
21.【答案】匀速b74%
【解析】解：（1）在实验中，测绳端拉力F时，应尽量竖直向上匀速拉动弹簧测力计，此时系统处于平衡状态，受到平衡力的作用，测力计示数等于拉力大小，故在拉动过程中读数。
（2）第二次实验，h=0.1m，s=0.3m，绳子的有效段数：
n===3，可知由3段绳子承担物重，而被提升的物重为6N，所以是用b滑轮组做的
实验；
（3）分析表中数据可知：第1次实验测得的机械效率为：
η1==×100%==74%；
故答案为：
（1）匀速；（2）b；（3）74%。
（1）在实验中，应向上匀速拉动测力计，这样才能正确地测出拉力的大小；
（2）根据绳子自由端移动的距离与物体升高高度的关系，根据n=求出绳子的有效段数结合被提升的物重回答；
（3）由表中数据，根据η1==×100%求第1次实验测得的机械效率；
本题测量滑轮组机械效率，考查注意事项、机械效率计算、n=的运用和数据分析及控
制变量法的运用。
22.【答案】17.4；30；0.84；大；测食用油的体积时有一部分遗留在烧杯中，导致所测食用油体积偏小
【解析】解：（1）由图乙可知，游码示数是2.4g，则烧杯和剩余食用油的质量
m2=10g+5g+2.4g=17.4g；
由图甲所示量筒可知，量筒中食用油的体积V=30cm3；量筒中食用油的质量
m=m1-m2=42.6g-17.4g=25.2g；
食用油的密度ρ===0.84g/cm3；
（2）由小宇的实验步骤可知，他所测量的油的质量m′=m2′-m1′是真实的；
测食用油的体积时，有一部分食用油遗留在烧杯中，导致所测食用油体积V′偏小；
所测油的密度ρ=偏大；
故答案为：（1）17.4；30；0.84；（2）大；测食用油的体积时有一部分遗留在烧杯中，导致所测食用油体积偏小。
（1）用天平测物体质量时，物体质量等于砝码与游码示数之和，由图乙所示天平可以
求出烧杯和剩余食用油的质量；由图甲所示量筒可以求出油的体积；油的质量m=m1-m2，然后由密度公式可以求出油的密度。
（2）根据密度公式可知，油的质量真实，体积偏小，则测出油的密度偏大，根据实验步骤，据此分析答题。
本题考查了天平与量筒的读数、求密度、实验误差分析等问题，要熟练掌握常用测量器材的使用及读数方法，实验误差分析是本题的难点，熟悉实验过程，熟练应用密度公式是实验误差分析的关键。
23.【答案】0.88 滑片应向B端移动，直到电压表示数等于2.5V时，记录电流表的示数小灯泡的电阻随温度的升高而变大
【解析】解：（1）测量小灯泡的额定功率的实验，电流表、灯泡和滑动变阻器应串联，额定功率小于1.5W，由P=UI知，灯泡正常发光电流小于I===0.6A，所以电流表
选用0～0.6A量程，
滑片P向右移动时，小灯泡L变亮，说明电路中电流变大，电阻变小，所以应将变阻器的B接入电路中，如图所示：
（2）电流表使用0～0.6A量程，分度值0.02A，由图乙知，灯泡两端电压为2.2V时通过的电流为0.4A，所以小灯泡的实际功率：
P实=U实I实=2.2V×0.4A=0.88W；
要测灯泡的额定电压应增大灯泡两端电压，由串联电路的分压原理知，滑片应向B端移动，直到电压表示数等于2.5V时，记录电流表的示数；
（3）在探究电流与电压关系时应保持电阻不变，而灯泡的电阻随温度升高而增大，故不能用此实验电路探究。
故答案为：（1）见上图；（2）0.88；滑片应向B端移动，直到电压表示数等于2.5V 时，记录电流表的示数；（3）小灯泡的电阻随温度的升高而变大。
（1）本实验中，电流表、灯泡和滑动变阻器应串联，由灯泡正常发光电流确定电流表量程，由滑片右移灯变亮确定变阻器接线；
（2）由图乙，读出通过灯泡的电流，由P=UI计算灯泡的实际功率；
灯泡正常发光时两端电压等于额定电压，由串联电路的分压原理分析解答；
（3）电流与电压和电阻两个因素有关，而灯泡电阻会随温度变化而变化，根据控制变量法分析。
本题测灯泡电功率的实验，考查了实物电路的连接、电功率的计算、实验的操作等，都是此实验中常考的问题，要掌握好。