2026年上海市静安区名校普高毕业班质量监测物理试题含解析.doc

2026年上海市静安区名校普高毕业班质量监测物理试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、单选题（本大题共10小题，共30分）
1．下列关于声音的说法中不正确的是
A．“震耳欲聋”主要说明声音的音调高 B．“隔墙有耳”说明固体也能传声
C．“闻其声而知其人”主要根据音色来判断 D．地震、火山喷发、台风等都伴有次声波
2．如图是“探究电磁铁磁性强弱的影响因素”的实验装置，闭合开关后，则下列说法错误的是

A．甲电磁铁的磁性比乙强
B．向左移动滑片P，发现甲、乙吸引大头针的数量均变多
C．本实验过程中运用了控制变量法和转换法
D．乙电磁铁的上端为N极
3．如图所示是某架无人机，它的总质量是1280g，起飞前要先将其放在水平地面上，它竖直爬升36m用时30s（g=10N/kg）．下列说法正确的是

A．此无人机竖直爬升的速度与人正常步行的速度相当
B．此无人机重力为12800N
C．此无人机是靠空气浮力升空的
D．此无人机竖直匀速爬升时机械能不变
4．能源、信息、材料是现代社会发展的三大支柱，下列说法正确的是
A．太阳能、风能和核能都是可再生能源
B．光纤通讯是依靠超声波来传递信息的
C．在通常情况下，铜、碳棒和陶瓷都属：于导体
D．秦山核电站是利用原子核裂变释放的核能来发电的
5．如下图所示的四幅图中，分别表示远视眼成像情况和矫正做法的是

A．②、① B．③、① C．②、④ D．③、④
6．如图所示是用电热水壶烧水时的情景，有关描述正确的是( )

A．壶盖被水蒸气顶起时能量的转化与热机压缩冲程能量的转化相同
B．水沸腾时，继续通电，水的温度会升高
C．壶盖和壶口上方的“白气”是由水蒸气汽化形成的
D．烧水过程中，电能转化为内能
7．如图吹气时纸条向上飘，这个实验现象揭示的物理原理，在下列四个事例中得到应用的是

A．风力发电
B．拔火罐
C．孔明灯
D．大飞机
8．用两个相同的电加热器分别给质量和初温都相同的甲、乙两种液体同时加热，两液体的温度随时间变化关系图象如图所示，下列说法正确的是（ ）

A．甲液体的比热容大于乙液体的比热容
B．加热相同的时间，甲液体升高的温度大于乙液体升高的温度
C．加热相同的时间，甲液体吸收的热量大于乙液体吸收的热量
D．升高相同的温度，两液体吸收的热量相同
9．下出有关声音的说法正确的是（ ）
A．利用声呐，可以测绘水下数千米处的地形图
B．声波在真空中传播速度为340m/s
C．“只闻其声，不见其人”，说明声音的传播速度比光快
D．敲锣时用力越大，声音的音调越高
10．如图所示，杠杆AB的A点挂边长为10cm的正方体C，B点挂体积为2000cm3实心小球D，AO：OB＝1：2，杠杆在水平位置平衡时，D静止在空中，C对水平地面的压强为p1；若将小球D浸没在某种液体中（未接触到容器底），杠杆在水平位置平衡时，C对水平地面的压强p2比 p1增大了4000Pa，A点受到竖直向下的拉力为10N，则下列选项正确的是（g取10N/kg）

A．小球D浸没在某种液体中受到的浮力为20N
B．小球D浸没在某种液体中受到的浮力为40N
C．该液体的密度是2.0×103kg/m3
D．小球D的密度是1.0×103kg/m3
二、多选题（本大题共3小题，共12分）
11．如图所示，甲、乙两个滑轮组中，所有滑轮的质量都相同，在FA和FB的作用下，重物A、B分别以相同的速度匀速上升．已知FA：FB=3：2，不计绳重和摩擦．则下列说法正确的是

A．两重物A、B所受的重力之比为2：3
B．拉力FA和FB做功的功率之比为3：2
C．在相同的时间内，拉力所做的额外功相同
D．甲、乙滑轮组的机械效率之比为1：1
12．关于电与磁的说法正确的是（ ）
A．电磁波不能在其真空中传播
B．奥斯特实验说明电流周围存在磁场
C．地磁南极在地理北极附近，地磁北极在地理南极附近
D．发电机是利用电磁感应现象制成的，工作时将机械能转化为电能
13．如图甲所示电路，电源电压9V恒定不变，小灯泡的额定电压均为6V，两灯的电流随电压变化图像如图乙所示。滑动变阻器标有“20Ω1A”字样，电流表的量程为0-0.6A，在保证电路安全的前提下，下列说法正确的是

A．只闭合，当灯泡L1正常发光时，滑动变阻器接入电路的阻值为
B．只闭合，无论怎样调节滑动变阻器，灯泡L2都不能正常发光
C．只闭合，当滑动变阻器的滑片在最左端时，电路的总功率为4.5W
D．只闭合和只闭合时，两次电路消耗的最大功率之比是5:6
三、填空题（本大题共5小题，共10分）
14．英国物理学家_________总结了伽利略等人的研究成果,概括出重要的物理定律：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止．为了纪念他的杰出贡献，人们以他的名字命名了物理量________的单位．
15．2012年5月，日本科学家开发出制作单层硅分子薄膜技术，如图所示：在硅板表面覆盖陶瓷薄层，持续加热一段时间后，硅板中的硅分子居然能穿透陶瓷薄层从而形成单层硅分子薄膜．加热使得硅分子穿透陶瓷薄膜，这说明：________；________．

16．如图所示,AOB为一轻质杠杆,O为支点 ,AO=OB．在杠杆右端A处用细绳悬挂重为G=16N的物体,当AO段处于水平位置时,为保持杠杆平衡,需在B端施加最小的力为F1=_______N;若作用在B端一个力F使杠杆AOB匀速转动，当BO段在水平位置时保持杠杆平衡,这时在B端施加最小的力为F2 ______F1 (选填“<”“=”或“>” )

17．如图所示，电源电压不变，变阻器规格为“20Ω 2A”，a、b为其两端点．闭合开关，当变阻器滑片分别在b端和ab中点时，电流表的示数之比为2:3，电压表的示数之差为4V，则电源电压为_______V，R的阻值为_______Ω，滑片在b点时，变阻器消耗的电功率为_______W．

18．形成雾霾天气的主要污染物是PM2.1．PM2.1是指直径数值小于或等于2.1的悬浮颗粒物，其直径大约是一般分子直径（数量级为10-10m）的2万倍，能被肺吸收并进入血液，对人体危害很大．PM2.1的悬浮，是因为其受到的浮力和重力_____，它在空中所做的运动____（选填“属于”或“不属于”）分子的无规则运动．
四、计算题（本大题共3小题，共29分）
19．图甲是小明家电热水壶内部的简化电路图，其中R 1为加热管，R 2为限流电阻，只有加热管放出的热量能被水吸收．S1是温控开关（也叫防干烧开关），S、S2是手动开关，调节S、S2可以使电热水壶分别处于加热和保温状态，下表是该电热水壶的铭牌．

(1)加热水壶处于加热状态时，手动开关S、S2应处于什么状态？正常工作时，通过加热管R1的电流为多少？
(2)电热水壶正常工作，在1标准大气压下，将一满壶初温为20℃的水烧开，水需要吸收多少热量？[c水=4.2×103J/（kg•℃）]
(3)水烧开后，让电热水壶处于保温状态，若R2=165Ω，则电热水壶的保温功率为多少？_
(4)小明发现在晚上用电高峰时烧开一壶水比白天用时长，晚上他进行了测量，关掉家里其他电器，仅电热水壶工作，他观察到家里电能表（如图乙）1min转盘转了40转，则晚上烧水时电热水壶的实际功率为多少？
20．小鹏家的一个电水壶的铭牌信息如图1所示，简化电路图如图2所示，A为电热丝。电水壶在标准大气压下工作。

（1）电水壶装满初温为20℃的水时，在额定电压下将水烧开用了7min．求：
①水吸收的热量是多少______？
②电水壶烧水过程中的能量转化效率是多少______？
（2）农村电网改造前，用电高峰时电压会下降10%．求：这时电水壶的实际功率P0______．（设 电阻不随温度改变）
（3）为使电水壶的功率在用电高峰时仍能达到2000W，请你帮小鹏他们家的电水壶做一改进：需要_____（选填“串联”或“并联”）一个电热丝，计算该电热丝的阻值是多大_____？
21．在如图所示的电路中，电源电压恒定不变，R1的阻值为21欧．闭合电键S，电流表A1的示数为1.3安、电流表A2的示数为1.5安．

①求电源电压U．
②求电阻R2的阻值．
③现用R1替换电阻R1、R2中的一个，使如图中的电流表A2的示数变为1.4安．求电阻R1消耗的电功率P1．
五、作图题（本大题共2小题，共4分）
22．如图，作出射向平面镜的入射光线，再作出射向凹透镜后的折射光线．

23．如图，请作出凸透镜的入射光线和从空气进入水中的折射光线。

在如图中画出沿斜面减速上滑的物体所受的重力G以及斜面受到的压力F压的示意图。

六、实验探究题（本大题共3小题，共15分）
24．在“测定小灯泡的功率”的实验中，选用了如图甲所示的器材，其中电源为3节新干电池，小灯泡的额定电压为2.5V（小灯泡的额定功率小于1W），滑动变阻器标有“25Ω 1A”

（1）请你用笔画线代替导线，将图甲所示的电路连接完整．（请用签字笔在答题卡上连线）
（2）连接电路过程中，滑片P应置于 端．（选填“A”或“B”）
（3）闭合开关后，无论怎样移到滑片P，小灯泡几乎不发光，两电表均有较小示数且保持不变，则故障可能是 ．
（4）排出故障后，移到滑动变阻器P到某处时，电压表示数为2V，若要测小灯泡的额定功率时，应将滑片P向 端移动（选填“A”或“B”）．当小灯泡正常发光时，电流表示数如图乙所示，则通过小灯泡的电流是 A，小灯泡的额定功率是 W．
（5）利用该电路继续探究电流跟电阻的关系时，需将小灯泡换成适当的定值电阻R，其他器材不变．若实验时保持电压表示数为2V不变，则更换的电阻阻值不能大于 ．
25．在弹簧测力计下挂一圆柱体，从盛水的烧杯上方某一高度缓慢下降，圆柱体浸没后继续下降，直到圆柱体底面与烧杯底部接触为止，如图乙所示是圆柱体下降过程中弹簧测力计读数F随圆柱体下降高度h变化的图象．求：
分析图象可知，圆柱体重力是_____________N；圆柱体浸没在水中时，受到的浮力是_____________N；圆柱体的体积是_____________m3；圆柱体的密度是_____________kg/m3；分析图象BC段，可得结论：物体浸没液体之前，浸入液体的深度越深，受到的浮力越_____________（选填“大”或“小”）；分析图象CD段，可得结论_____________．
26．小明利用如图所示的装置测量本地大气压的大小，其中弹簧测力计和2mL注射器的自重可忽略不计，活塞与针筒之间气密性很好，但摩擦较大．他进行了如下实验．
拔去橡皮帽，将活塞推至底端，当绳端钩码加至2N时，针筒恰由静止开始向右移动，此时弹簧测力计示数为1.5N，则活塞与针筒间的摩擦力为_____N；图中定滑轮的作用是_____．他重新将活塞推至底端，用橡皮帽密封小孔．继续加钩码，当弹簧测力计示数为5.6N时，针筒开始向右移动，又测得针筒全部刻度的总长度为4cm，则本地大气压强的测量值约为_____Pa．小明发现将活塞推至底端时，注射器前端小孔内的气体无法排尽，这将使得大气压的测量值_____（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）．
参考答案

一、单选题（本大题共10小题，共30分）
1、A
【解析】
A．“震耳欲聋”主要说明声音大，所以指的声音的响度大，所以A错误，符合题意；
B．墙壁是固体，固体可以传声．故D正确，不符合题意；
C．不同人说话的特点不同，即音色不同；所以“闻其声知其人”说明可以根据音色来判断说话者．故C正确，不符合题意；
D．地震、火山喷发、台风等都伴有次声波，故D正确，不符合题意．
2、D
【解析】
A、用如图所示的装置进行实验，闭合开关后，调节滑动变阻器的滑片，电路中电流相同，发现电磁铁甲吸引大头针的数目比乙多，说明甲的磁性强，故A正确；
B、闭合开关后，向左调节滑动变阻器的滑片，电阻减小，电路中电流增大，电磁铁磁性增强，电磁铁甲、乙吸引大头针的数目增多，故B正确；
C、电磁铁磁性的强弱与电流的大小和线圈的匝数有关，故该实验中利用控制变量法；电磁铁吸引大头针的多少，说明的磁性的大小这是一种转换的方法，故C正确；
D、由安培定则可知，电磁铁上端为S极，下端为N极，故D错误；
3、A
【解析】
A. 此无人机竖直爬升的速度为v===1.2m/s,与人正常步行的速度相当,故A正确；
B. 此无人机重力为：G=mg=1.28kg×10N/kg=12.8N.故B错误；
C. 此无人机是利用机翼上下方空气的流速不同产生的升力升空的，故C错误；
D. 此无人机竖直匀速爬升时,速度不变，动能不变，高度增加，重力势能增加，机械能增大，故D错误；
4、D
【解析】
A、错误，太阳能、风能都是可再生能源，核能属于不可再生能源；
B、错误，光纤通讯是依靠激光（电磁波的一种）来传递信息的；
C、错误、在通常情况下，铜、碳棒属于导体，陶瓷属于绝缘体；
D、正确，秦山核电站是利用原子核裂变发生链式反应释放的核能来发电的；
故选D．
5、C
【解析】
远视眼是晶状体会聚能力太弱，像成在视网膜的后方，应佩戴凸透镜矫正．
【详解】
远视眼是晶状体曲度变小，会聚能力减弱，像成在视网膜的后方，所以②表示远视眼成像情况；
远视眼应佩戴会聚透镜，即凸透镜进行矫正．所以④是其矫正成像图．
故选C．
6、D
【解析】
壶盖被水蒸气顶起时，水蒸气的内能转化为壶盖的机械能，而热机压缩冲程是将机械能转化为可燃气体的内能，它们的能量转化不同；水沸腾时，继续通电，水不断吸收热量，但水的温度不变；壶盖和壶口上方的“白气”是由水蒸气遇冷液化成的液态小水滴；电热水壶是消耗电能的家用电器，烧水过程中，电能转化为内能
7、D
【解析】
吹气时纸条向上飘，是因为纸条上方空气流速大、压强小，纸条下方空气流速小、压强大，从而产生向上的压强差．
A. 风力发电利用了电磁感应原理，将风能转化为电能，没有运用流体压强与流速的关系，故A不合题意；
B. 拔火罐利用了大气压强的作用，没有运用流体压强与流速的关系，故B不合题意；
C. 孔明灯升空是利用了空气的浮力，没有运用流体压强与流速的关系，故C不合题意；
D. 飞机的机翼“上凸下平”，使机翼上方的空气流速大、压强小，下方空气流速小、压强大，从而产生向上的压强差，即产生向上的升力，故D符合题意．
8、B
【解析】
由题知，用两个相同的电加热器加热，在相等时间内液体吸收的热量相等，故C错；
由图象可以看出，当加热时间相同时，即吸收的热量相同时，甲液体升高的温度大于乙液体升高的温度，故B正确；
由图象可以看出，升高相同的温度，乙的加热时间长，乙吸收的热量多，故D错；
根据Q吸=cm△t可知，在质量相等、初温相同、吸热也相同的情况下，谁的温度升高得多，它的比热容小；在其它条件相同时，甲液体升高的温度较高，所以甲液体的比热容小于乙液体的比热容，故A错．故选B．
9、A
【解析】
A．声音可以传递信息，声呐可以定向发射，故利用声呐，可以测绘水下数千米处的地形图，故A符合题意；
B．真空不能传声，故B不符合题意；
C．不同人发出声音的音色是不同的，“只闻其声，不见其人”是根据音色来分辨的，故C不符合题意；
D．敲锣时用力越大，振幅越大，声音的响度越大，故D不符合题意．
注意能正确区分声音的三个特征，即音调、响度、音色，其中音色是发声体特有的特征，由声源振动的材料、方式等决定，可以用来区分声源．
10、A
【解析】
AB. 如图，杠杆原来平衡，当D球浸没液体中时，杠杆仍平衡，由此可知杠杆两端减小的拉力和力臂的乘积相等，即：△FA×OA=△FB×OB=F浮×OB，杠杆右端减小的拉力：△FB=F浮，所以△FA×OA=F浮×OB，由题知，物体C对地面的压强增加值△p=4000Pa，s=0.1m×0.1m=0.01m2由 ，可得地面增加的压力： =4000Pa×0.01m2=40N，杠杆A端减小的拉力：△FA=△F压=40N，因此小球浸没在液体中受到的浮力为： ，故A正确、B错误；
C. 由 ，可得 ，故错误；
D. D球浸没液体中后，A端拉力：F′A=10N，杠杆在水平位置平衡，由△F′A×OA=△F′B×OB，可得： ，D球浸没液体中受到的重力等于浮力加上拉力，即：GD=F浮+F′B，GD=ρDVDg，因此 ，故错误．

二、多选题（本大题共3小题，共12分）
11、CD
【解析】
由图知：n甲＝2，n乙＝3；根据题意可知，动滑轮的重力相同；A、已知FA：FB＝3：2，则可得2FA＝3FB﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①；不计绳重和摩擦，由F＝（GG动）得，两物体的重力分别为：GA＝2FA﹣G动﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，GB＝3FB﹣G动﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③；由①②③可知GA＝GB，即GA：GB＝1：1，故A错误；B、由题知重物A、B上升的速度v相同，则拉力FA移动速度vA＝2v，拉力FB移动速度vB＝3v，由P＝＝Fv得，拉力FA和FB做功的功率之比：PA：PB＝FAvA：FBvB＝3×2v：2×3v＝1：1，故B错误；C、重物A、B分别以相同的速度匀速上升，相同时间内上升高度h相同（即动滑轮上升高度h相同），不计绳重和摩擦，由W额＝G动h可知，拉力所做额外功相等，故C正确；D、由η＝可得，甲、乙滑轮组的机械效率之比：η甲：η乙＝：＝1：1，故D正确．故选CD．
点睛：（1）利用拉力关系，根据F＝（GG动）比较物重关系；（2）利用P＝Fv分析功率大小关系；（3）不计绳重和摩擦，对动滑轮做功为额外功；（4）利用η＝分析机械效率关系．
12、BCD
【解析】
试题分析：电磁波能够在真空中传播，所以现代通信主要靠电磁小波来传传递信息，故A错误；奥斯特发现通电导线周围的小磁针会发生偏转，说明电流周围存在磁场，故B正确；地磁南极在地理北极附近，地磁北极在地理南极附近，所以小磁针的南极指向地理的南极，小磁针的北极指向地理的北极，故C正确；闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，会产生感应电流，这叫电磁感应，发电机就是利用这一原理制成的，在这一过程中消耗机械能，得到了电能，所以是机械能转化为电能，故D正确；应选BCD．
【考点定位】电与磁
13、ABD
【解析】
根据题中电路图和两灯的电流随电压变化图像可知，本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，从图象中获取有用的信息是关键。
【详解】
A．只闭合S 1时，L1与R串联，电流表测电路中的电流，当灯泡L1正常发光时，L1两端的电压U1＝6V，由图象可知通过L1的电流I1＝0.5A，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，R两端的电压UR＝U﹣U1＝9V﹣6V＝3V，
因串联电路中各处的电流相等，
所以由可得，滑动变阻器接入电路的值，故A正确；
B．只闭合S2时，L2与R串联，电流表测电路中的电流，
由图象可知L2正常发光时电路中的电流为1A，而电流表的量程为0～0.6A，
所以通过灯泡的电流达不到额定电流，则调节滑动变阻器，灯泡L2不可能正常发光，故B正确；
C．只闭合S3时，L1、L2和R串联，当滑动变阻器的滑片在最左端时，滑动变阻器连入电路的阻值为零。由图象可知，当通过L1的电流I1＝0.5A时，灯泡L1正常发光，L1两端的电压U1＝6V，L2两端电压小于3V，故当两灯泡两端的总电压为电源电压9V时，不能保证电路安全。电路的总功率P＝UI＞9V×0.5A＝4.5W，故C错误；
D．只闭合S1时，L1与R串联，电流表测电路中的电流，当灯泡L1正常发光时，电路中的电流最大，即I大＝IL＝0.5A；
只闭合S2时，L2与R串联，电流表测电路中的电流，当电流表的示数最大时电路中的电流最大，即I大′＝0.6A；
则只闭合S1和只闭合S2时，电路消耗的最大功率之比：
P大：P大′＝UI大：UI大′＝I大：I大′＝0.5A：0.6A＝5：6，故D正确。

三、填空题（本大题共5小题，共10分）
14、牛顿 力
【解析】
牛顿第一定律为：一切物体，在没有受到力时，总保持匀速直线运动状态或静止状态．这是英国物理学家牛顿总结了伽利略等人的研究成果，通过科学的推理概括出的．为了纪念牛顿，人们以他的名字命名了力的单位．
15、分子不停的做无规则运动 温度越高分子运动越剧烈（分子间存在间隙）
【解析】
根据制作单层硅分子薄膜技术，加热使得硅分子穿透陶瓷薄膜，这说明：（1）分子间有间隙．（2）分子在不停地运动，温度越高分子运动越快．
16、16N 小于
【解析】
如图，阻力和阻力臂一定时，动力臂最大，则动力最小，以B为作用点时，把OB当作力臂时最长，则动力最小，最省力，因为，所以此时两力臂相等，则动力也为16N，即；
作用在B端一个力F使杠杆AOB匀速转动，当BO段在水平位置时保持杠杆平衡时，AO偏离水平位置，此时阻力臂变小．根据杠杆平衡条件，阻力不变，阻力臂变小，动力臂不变，则这时在B端施加最小的力为F2也将变小，即．
17、24 10 12.8
【解析】
（1）根据串联电路的特点和欧姆定律表示出滑片位于b端、ab中点时电源的电压，利用电源的电压不变得出等式即可求出R的阻值；
（2）根据欧姆定律表示出两种情况下电压表的示数，进一步表示出电压表的示数之差即可求出滑片在ab中点时电流表的示数，利用电阻的串联和欧姆定律求出电源的电压；
（3）先求出滑片在b点时电路中的电流，利用P=I2R求出R消耗的电功率．
【详解】
（1）设总电压为U，滑片在b点时电流为I1，滑片在变阻器中点时电流为I2，则有即
因电源电压一定时，电流与总电阻成反比，
所以，，整理可得：
（2）由可得，电压表的示数之差：
解得：I2=1.2A，即滑片在ab中点时，电流表示数为1.2A；
电源的电压：
（3）滑片在b点时，电路中的电流：
此时变阻器消耗的电功率：
P滑=I12R滑=（0.8A）2×20Ω=12.8W．
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活应用，关键是利用好电源的电压不变和电压表的示数之差．
18、相等 不属于
【解析】
“PM2.1”是指直径数值小于或等于2.1的悬浮颗粒物，是微小物体悬浮在空气中，处于平衡状态，则其受到的浮力和重力是一对平衡力，浮力和重力大小相等；
由于PM2.1是微小物体，不是分子，则它在空中所做的运动不属于分子的无规则运动．

四、计算题（本大题共3小题，共29分）
19、 (1) 加热水壶处于加热状态时，手动开关S、S2应处于闭合状态；4A；(2)5.04×105J；(3)55W；(4)800W
【解析】
(1)由电路图可知，当S1、S、S2都闭合时，R2短路，电路只有R1工作；当开S、S1闭合、S2断开时，两电阻串联；根据串联电阻的规律，根据P＝，当电路只有R1工作时功率大，为加热状态，即手动开关S、S2都闭合时，电热水壶处于加热状态；根据表中数据可知，电热水壶的额定功率为880W，由P＝UI，正常工作时，通过加热管R1的电流为
I＝=＝4A
(2)由表中数据知，一满壶水的体积为1.5L，根据ρ＝，其质量为
m＝ρV＝1.0×103kg/m3×1.5×10﹣3m3＝1.5kg
在1标准大气压下，将一满壶初温为20的水烧开，水需要吸收多少热量
Q＝c水m△t＝4.2×103J/（kg•）×1.5kg×(10020)＝5.04×105J
(3)由欧姆定律I＝，根据(1)知，加热管电阻
R1＝=＝55
当开S1、S3闭合、S2断开时，两电阻串联，电路处于保温状态，根据电阻的串联，此时 电路的电阻
R串联＝R2+R1＝165+55＝220
由欧姆定律，此时电路中的电流
I′＝=＝1A
则电热水壶的保温功率，即R1的功率
P保＝I′2R1＝（1A）2×55＝55W
(4)如图乙电能表上标有3000r/kW•h，表示电能表转盘每转3000圈消耗1度电，则转40转消耗的电能为
W＝kW•h＝×3.6×106J＝4.8×104J
1min转盘转了40转，晚上烧水时电热水壶的实际功率为
P实＝=＝800W

答：(1) 加热水壶处于加热状态时，手动开关S、S2应处于闭合状态；正常工作时，通过加热管R1的电流为4A。
(2)电热水壶正常工作，在1标准大气压下，将一满壶初温为20℃的水烧开，水需要吸收5.04×105J热量。
(3)电热水壶的保温功率为55W。
(4)晚上烧水时电热水壶的实际功率为800W。
20、6.72×105J 80% 1620W 并联 103Ω
【解析】
（1）根据得水吸收的热量：
Q吸=cm△t=4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（100℃-20℃）=6.72×105J，
在额定电压下，工作7min消耗的电能：
W=Pt=2000W×7×60s=8.4×105J，
电水壶在烧水过程中的能量转化效率：
；
（2）根据得，电热丝的阻值：
，
根据题意得，用电高峰时的实际电压：
，
电水壶的实际功率：
；
（3）根据知，要使电水壶的功率在用电高峰时仍能达到2000W，必须减小电热丝的电阻，根据电阻并联的特点知，应并联一个电热丝；
并联电阻的电功率：P2=P额-P0=2000W−1620W=380W，
并联电阻的阻值为：
。
21、（1）6伏；（2）31欧；（3）1.2瓦或1.6瓦
【解析】
由电路图知道，R1 与R2 并联，电流表A1 测R1 支路的电流，电流表A2测干路电流，
①由欧姆定律知道，R1两端的电压是：U1=I1 R1 =1.3A×21Ω=6V；
由图知道 并联电路中各支路两端的电压相等，且电压电源的电压，
所以，电源的电压是：U= U1 =6V；
②因为并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以根据题意知道，通过R2 的电流是：I2 =I-I1 =1.5A-1.3A=1.2A，
由欧姆定律知道，电阻R2 的阻值是：=31Ω；
③根据题意知道，当用电阻R1 替换电阻R1、R2中的一个时，图中的电流表A2 的示数变为1.4A；
若用R1替换R1 ，则R1与R2 并联，干路电流是I′=1.4A，而通过R2 的电流不变，仍然为I2 =1.2A，则通过R1 的电流是：I1 =I′-I2 =1.4A-1.2A=1.2A，
故电阻R1 消耗的电功率是：P1 =UI1 =6V×1.2A=1.2W；
若用R1替换R2 ，则R1 与R1 并联，干路电流是I′=1.4A，通过R1 的电流仍然为I1 =1.3A，即通过R1 的电流是：I1 =I′-I1 =1.4A-1.3A=1.1A，
所以，电阻R1 消耗的电功率是：P1 =UI1 =6V×1.1A=1.6W．

五、作图题（本大题共2小题，共4分）
22、
【解析】
由图知道，反射光线与镜面的夹角为30°，所以反射角是90°-30°=60°，即入射角也为60°，过入射点A做出平面镜的法线，再根据入射角等于60°在法线左侧作出入射光线，并标出入射角的度数60°；
再根据平行于主光轴的光线经凹透镜折射后，其折射光线的反向延长线过焦点，做出凹透镜后的折射光线，光路如下：

23、见解析 见解析
【解析】
（1）平行于主光轴的入射光线经过凸透镜折射后，折射光线过焦点，由此可以确定该条折射光线对应的入射光线；过入射点垂直界面作出法线，根据折射角小于入射角，在水中法线的另一侧作出折射光线，如图所示：

（2）过物体重心沿竖直向下的方向画出物体所受重力示意图；物体对斜面的压力F的作用点在物体与斜面接触面的中点处，过此点与斜面垂直向下的力，即为压力，如图所示：

六、实验探究题（本大题共3小题，共15分）
24、（1）如下图所示；（2）B；（3）滑动变阻器同时接A、B接线柱；（4）A；0.24；0.6；（5）20Ω

【解析】
试题分析：（1）滑动变阻器与待测电阻应串联在电路中，滑动变阻器采用一上一下的接法，灯泡正常发光时的电流为：I===0.4A；故电流表量程为0﹣0.6A，如上图所示；（2）为确保电路安全，在开关闭合前，应将变阻器滑片P滑至B端；（3）无论怎样移到滑片P，小灯泡几乎不发光，两电表均有较小示数且保持不变，这说明滑动变阻器起不到调节电阻的作用，两表示数较小，说明滑动变阻器阻值较大，故故障原因是滑动变阻器接了下面的两个接线柱AB；（4）电压表示数为2V＜2.5V，根据串联电路分压的规律可知，需减小滑动变阻器两端电压，即减小滑动变阻器接入电路的阻值，故将滑片向A移动；当小灯泡正常发光时，电流表的示数是0.24A，所以其额定功率P=UI=2.5V×0.24A=0.6W；（5）在探究电流跟电阻的关系的实验中，保持电阻两端的电压为2V不变，滑动变阻器两端分压为：4.5V﹣2V=2.5V，定值电阻与滑动变阻器串联，通过它们的电流相等，滑动变阻器分压与定值电阻分压之比为2.5V：2V=5：4，滑动变阻器最大阻值为25欧姆，则定值电阻最大阻值为R=25Ω×=20Ω。
【考点定位】电功率的测量
25、12 8 8×10﹣4 1.5×103 大 浮力大小跟物体的浸没深度无关
【解析】
（1）由图象可知，当h＝0时，弹簧测力计示数为12N，此时圆柱体处于空气中，根据二力平衡条件可知，G＝12N；
（2）从h＝7cm开始，弹簧测力计示数F′不变，说明此时圆柱体已经浸没在水中，则圆柱体浸没在水中时，受到的浮力：F浮＝G﹣F拉＝12N﹣4N＝8N；
（3）因物体浸没时排开水的体积和自身的体积相等，所以，由F浮＝ρ液V排g得，圆柱体的体积：；
（4）由G＝mg可得，物体的质量：，则圆柱体的密度： ；
（5）分析图象BC段，物体完全浸没前，物体在液体中的深度逐渐增加，测力计读数在减小，说明受到的浮力增大；
（6）分析CD，物体完全浸没，浸没的深度变化，测力计的示数不变，可知浮力大小不变，可得结论：浮力大小与物体浸没的深度无关．
26、1.5N 改变力的方向 1.12×105 偏小
【解析】
(1)该实验中以针筒为研究对象，当注射器中的活塞开始滑动时，利用二力平衡原理来测出大气对活塞的压力，所以拔去橡皮帽，将活塞推至底端，当绳端钩码加至2N时，针筒恰由静止开始向右移动，此时弹簧测力计示数为1.5N，则活塞与针筒间的摩擦力为1.5N， 图中定滑轮的作用是改变力的方向；
(2)注射器是一个圆柱体形状,因此,应量出其刻度部分的长度,再读出空积V,得出活塞的面积S===0.5cm2，将测量结果代入压强公式得：p===1.12×105Pa，
当注射器气体无法排尽时，拉力F的值会减小，所以所测大气压值会偏小。