2022年四川省成都市初中毕业(学业)考试中考真题物理试卷（含详解）

这是一份2022年四川省成都市初中毕业(学业)考试中考真题物理试卷（含详解），共28页。试卷主要包含了单项选择题，填空题，作图与计算题，实验与探究题，选择题等内容，欢迎下载使用。
2022年四川省成都市中考物理试卷
一、单项选择题（每小题2分，共26分）
1．（2分）闭合电路的一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。利用此原理，人们制造了（　　）
A．电磁铁 B．电热器 C．电动机 D．发电机
2．（2分）北斗三号全球卫星导航系统正式开通以来，运行稳定，持续为全球用户提供优质服务，系统服务能力步入世界一流行列。下列说法正确的是（　　）
A．北斗卫星利用电磁波向地面传递信息
B．电磁波在空气中的传播速度为340m/s
C．北斗卫星上的芯片采用超导材料制成
D．北斗卫星长期工作不需要消耗任何能量
3．（2分）“二十里中香不断，青羊宫到浣花溪”，这是南宋大诗人陆游对成都的赞誉。漫步在成都的这段“寻香道”，观花赏水，令人心旷神怡。下列分析正确的是（　　）
A．闻到花香是分子做无规则运动的结果
B．溪水的温度高低取决于水流的速度
C．阳光下湖水内能增加是通过做功的方式
D．阳光下的石板温度升高，其比热容增大
4．（2分）清晨，站在青城山山顶放眼望去，薄雾从山间升腾而起，随风飘散，宛如仙境（如图）。雾的形成属于（　　）

A．汽化现象 B．液化现象 C．升华现象 D．凝华现象
5．（2分）在北京冬奥会的跳台滑雪比赛中（如图），运动员从陡坡下滑、加速、起跳，然后在落差100多米的山地上自由“飞翔”。针对从陡坡加速下滑的过程，下列说法正确的是（　　）

A．运动员的动能不变
B．运动员的重力势能不变
C．运动员的重力势能减小
D．运动员的动能转化为重力势能
6．（2分）如图所示的实验中，用不同的力敲响音叉，将叉股接触悬挂的小球，都能看到小球被弹开。关于该实验，下列说法不正确的是（　　）

A．该实验说明发声的音叉在振动
B．声音通过空气传到人的耳朵里
C．敲音叉的力越大，声音的响度越大
D．敲音叉的力越大，声音的音调越高
7．（2分）下列家用电器的有关数据，最符合实际的是（　　）
A．电视遥控器的工作电流为1A
B．洗衣机的工作电压为220V
C．电冰箱的工作电压为380V
D．空调的待机功率为0.01W
8．（2分）无风的天气，小虹和同学一起用机械停表和刻度尺测量乒乓球下落的平均速度，他们让乒乓球从三楼由静止竖直落到地面。对于实验有关的操作和分析，正确的是（　　）
A．该实验很简单，不必注意操作的安全
B．选择量程为1米的刻度尺来测量路程
C．使用停表前，要先观察停表是否调零
D．所测速度表示乒乓球每一时刻的快慢
9．（2分）又到了轻松而愉快的周末，家住成都的小新同学起床洗漱后，吃着糕点，喝着牛奶，推窗远望，眼前是城区与雪山同框的一幅美丽画卷。对于小新生活场景（如图）的分析，正确的是（　　）

A．甲图中，塑料吸盘挂钩靠分子引力贴在墙壁上
B．乙图中，吸管一端做成斜切口是为了增大压力
C．丙图中，使用吸管喝牛奶利用了大气压的作用
D．丁图中，远处雪山山顶的大气压比成都城区高
10．（2分）甜水面是成都的传统美食，制作的关键是做出有筋道的面条：用上等面粉加盐和水，揉匀后静置半小时，用面杖擀成面皮，再切成适当宽度的面条，然后两手抓住面条用力拉长。关于上述过程的说法不正确的是（　　）
A．揉捏面团时，面团既是受力物体也是施力物体
B．面团被擀制成面皮，力改变了面团的运动状态
C．手推面杖来回运动，力改变了面杖的运动状态
D．用手拉长面条，面条受力的同时，手也受到力
11．（2分）电网连着千万家，安全系着你我他。关于家庭电路及安全用电，下列说法正确的是（　　）
A．控制电灯的开关必须接在火线与电灯之间
B．发现空气开关跳闸后，应该立即重新合上
C．使用验电笔时，手不必接触笔尾金属部分
D．发现有人触电，立即用手把他拉离带电体
12．（2分）“奋斗者”号深潜器坐底10909米，创造了中国载人深潜新记录。喜欢动手的小文制作了一个深潜器模型，用弹簧测力计测量它受到的浮力。先测出它的重力为G，然后将模型浸没于水中静止（如图所示），弹簧测力计受到的拉力为F，模型所受的浮力为F浮。则下列说法正确的是（　　）

A．拉力F与重力G是一对平衡力
B．模型所受浮力大小F浮＝G﹣F
C．模型从图示位置下移，浮力变大
D．将模型逐渐提离水面，拉力不变
13．（2分）实验小组的同学连接了四个电路（如图）来探究开关的控制作用，下列判断正确的是（　　）

A．甲电路中，开关S只控制L1
B．乙电路中，闭合开关S，两灯都亮
C．丙电路中，闭合开关S，L1亮，L2不亮
D．丁电路中，断开开关S，L1不亮，L2亮
二、填空题（每空2分，共28分）
14．（4分）眼睛成像情况与 　 　成像情况相同（选填“照相机”“投影仪”或“放大镜”）。青少年如果不注意用眼卫生，容易患上近视。近视眼用凹透镜来矫正，这是利用了凹透镜对光的 　 　作用。
15．（4分）小天同学用图甲所示的装置探究“水沸腾的规律”，图乙是他绘制的温度和时间关系图像。他观察发现，水沸腾后，气泡的体积在上升过程中变 　 　；分析图像可知，水沸腾后，继续加热，温度 　 　。

16．（4分）如图是小明用抹布做清洁时的情景。当小明向左擦拭桌面时，抹布受到桌面的摩擦力方向是向 　 　的。为了擦干净桌面上一小团“顽固”污渍，他加大了用力，这是为了 　 　摩擦。

17．（4分）2022年4月16日，太空“出差”半年的神舟十三号乘组翟志刚、王亚平、叶光富成功返回地球家园。如图是着陆前的场景，在减速降落过程中，返回舱所受合力的方向是向 　 　的。三位航天员的“天宫课堂”还让我们回味无穷，当航天员将实验物品用手推出后，物品能够继续向前运动，这是因为它具有 　 　。

18．（4分）为实现节能和智能控制，空调内部用到了传感器和电磁继电器，如图是启动或停止空调压缩机的电路示意图。电磁继电器是利用电磁铁控制工作电路通断的 　 　（选填“用电器”、“电源”或“开关”）。夏天，空调制冷，房间温度降低，热敏元件的电阻增大，控制电路的电流减小，电磁铁的磁性 　 　，低于设定温度时，工作电路就断开，停止制冷。

19．（4分）如图是小华探究电流与电阻关系的实验电路，AB间可以换接多个不同阻值的电阻。在每次换接电阻后，他应调节滑动变阻器滑片控制AB间 　 　不变。换接电阻多次实验，是为了 　 　。
20．（4分）小玥在妈妈指导下用电熨斗熨烫衣服，她首先阅读说明书，知道电熨斗有“低温”、“高温”两个挡位，其简化电路如图所示，R1、R2是电热丝，R1＝48.4Ω，R2＝96.8Ω，S为旋转式开关。当她旋转触片接触触点1和2时，电熨斗为 　 　挡位，该挡位通电1min，电流产生的热量为 　 　J。

三、作图与计算题（共17分。计算题在解答时应写出公式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分）
21．（2分）“圭表”是我国古代先进的天文观测仪器，根据“表”在“圭”面上影长的变化就能知道时节的更替。元代天文学家郭守敬改进和创新了“圭表”（如图甲），图乙是其示意图。他在“表”上方加一根架空的横梁，在“圭”面上放置一个可移动的景符（有小孔的铜片）。他利用改进后的“圭表”，精确推算出了二十四节气和一回归年天数。请根据以上资料在图乙中画出横梁通过景符的小孔在“圭”面上所成的影像，并标明两条光线的传播方向。

22．（2分）如图是小兰在练习“斜身引体”项目时的情景。把人体视为杠杆，O为支点，动力
等效为F1。请画出F1的力臂L1。

23．（6分）小杨同学品学兼优，全面发展，热爱劳动。周末，他从超市采购归来，手提一袋大米，站在匀速竖直上升的电梯内。
（1）若小杨及所带物品的总重为700N，在电梯上升10m的过程中，求电梯对他的支持力做的功。
（2）若这袋大米总质量为5kg，手的受力面积为2cm2，g取10N/kg，求他的手受到的压强。
24．（7分）如图所示，电源电压U＝5V，定值电阻R1＝10Ω，R2＝20Ω，滑动变阻器R的最大阻值为20Ω，电压表的量程为3V，电流表的量程为0.6A。
（1）开关S1、S2、S3均闭合时，求电路消耗的总功率。
（2）S1闭合，S2、S3断开，为保证电路元件安全，求滑动变阻器R能接入电路的阻值范围。

四、实验与探究题（共14分）
25．（6分）小郑使用电流表测量小灯泡的电流，连接的实验电路如图甲所示。

（1）如果不能估计电流大小，他应把导线a接到电流表标有 　 　（选填“﹣”、“0.6”或“3”）的接线柱上，通过开关来试触并观察。
（2）闭合开关后，他观察到小灯泡正常发光，而电流表指针偏转角度很小。对于该现象，下列分析合理的是 　 　。
A.可能某处导线断了
B.可能电流表烧坏
C.电流表的量程过大
D.电源的电压过低
（3）某次测量中，小郑不小心将电流表的正、负接线柱接反了，造成表的指针反向偏转。为弄清原因，他查看了说明书，表头结构示意图如图乙。他作出如下分析：当反接时，电流方向改变，磁场对通电线圈的作用力方向改变，带动指针反偏。你认为小郑的上述分析 　 　（选填“有”或“没有”）道理。
26．（8分）在教材安排的“用天平测量物体质量”的实验中：
（1）实验方案要求：先估测物体质量，再进行实测。这样安排的好处是 　 　。
（2）测量时，要用镊子而不能用手加减砝码和调节游码，原因是 　 　。
（3）对同一物体的质量要进行三次测量，然后取平均值，目的是 　 　。
（4）如果你和小周同学共用一套实验器材，合作完成该实验，当小周同学在进行实验操作时，你应该 　 　。
五、选择题（每小题2分，共10分。有的小题只有一个选项符合题目要求；有的小题有二个选项符合题目要求，全部选对得2分，选对但不全得1分，有选错的得0分）
27．（2分）新能源的开发和利用在中国发展势头强劲，是东方巨龙腾飞的助推器，如图是我国生产的某品牌氢动力汽车。关于新能源，下列说法不正确的是（　　）

A．核燃料、氢燃料和天然气都属于新能源
B．核电站利用核裂变释放的能量来发电
C．氢燃料发动机将化学能转化为机械能
D．新能源的开发可以有效缓解能源危机
28．（2分）如图是龙泉山城市森林公园的“城市之眼”，它见证了成都由“两山夹一城”到“一山连两翼”的跨越式发展，立于此，“城市绿心”跳动的脉搏清晰可感。周末，游人如织，小张拿出手机留影纪念，在黑屏状态下通过屏幕看到了身后游人的像；在拍照时通过屏幕看到了“城市之眼”的像，为了探究成像原因，小张用手指挡住摄像头，发现不能看到“城市之眼”的像。下列分析正确的是（　　）

A．游人看见“城市之眼”是因为它是光源
B．光照在游人的伞面上发生了镜面反射
C．两次通过屏幕看到的像成像原理不同
D．摄像头的镜头成的是正立缩小的实像
29．（2分）小叶看见面点师傅将面拉成长条，放入滚烫的油中就炸出了香脆可口的油条，于是很想了解油的吸热能力。在老师指导下，他用酒精灯分别加热质量为50g、初温为20℃的油和水，记录的相关数据如下表所示。若单位时间内油吸收的热量与水吸收的热量相等，酒精的热值为3×107J/kg，水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）。下列说法正确的是（　　）

加热时间（min）
消耗酒精（g）
末温（℃）
油
2
1
88
水
2
1
50
A．2min内油吸收的热量为3×104J
B．他使用的酒精灯的加热效率为21%
C．油的末温比水的高，所以吸热能力更强
D．油的吸热能力与其吸收的热量多少有关
（多选）30．（2分）小武用如图所示滑轮组匀速提升500N的重物，10s内物体上升了1m。大滑轮重20N，每个小滑轮重10N，滑轮组的绕绳能承受的最大拉力为200N。不计绳重及滑轮与轴之间的摩擦，下列结论正确的是（　　）

A．动滑轮对重物做的功为520J
B．小武施加的拉力的功率为52W
C．使用此滑轮组能匀速提起重为570N的物体
D．若机械效率为80%，则提升的物重为160N
（多选）31．（2分）如图所示电路，电源电压U恒定不变，电流表A1量程为3A，A2量程为0.6A，电压表V量程为3V或15V。闭合S，断开S1、S2，滑片P移到最左端，A1表的示数为0.35A，R1和R3消耗的电功率之比P1：P3＝3：1；滑片P向右移到某一位置的过程中，A1表的示数变化了0.3A，V表的示数变化了3V。三个开关都闭合时，在确保电路安全的前提下，R2允许接入的最小阻值为R2小，电路消耗的最大电功率为P大。下列结论正确的是（　　）

A．R3＝10Ω B．电压表选用的量程为3V
C．R2小＝40Ω D．P大＝28W
二、综合题（共10分。第33题在解答时应写出公式和重要的演算步骤，只写出最后答案不能得分）
32．（4分）在一次实践活动中，小军对家中常用的电热水壶（如图）进行了探究。这种水壶使用方便，能较快将水烧开。
电热水壶
额定功率：1800W
容量：2L
额定电压：220V
额定频率：50Hz
（1）使用电热水壶，安全至关重要。小军首先认真阅读了使用说明书，并对一些重要的注意事项作出了如下分析，你认为他的分析不合理的是 　 　。
A.电热水壶不能放在燃气灶旁，是为了防止损坏绝缘材料
B.电热水壶的插头必须接三孔插座，是为了防止短路
C.水量不超过最大限位，可以防止水烧开后溢出
D.必须保持插头和电源线干燥，是为了防止漏电造成事故
（2）小军观察电热水壶铭牌后，开始实际操作。他测出，电热水壶正常工作烧开2L水，用时8min。若电费单价为0.5元/kW•h，则烧开这壶水所花的电费为 　 　元。
（3）利用铭牌参数和小军测得的数据，若要测出电热水壶的加热效率，除了要知道水的密度、水的末温外，还需知道的两个物理量是 　 　。
（4）小军继续对电热水壶的设计和使用说明进行探究，他提出了下列猜想，你认为不合理的是 　 　。
A.观察到加热元件安装在壶身底部而不是其他位置，可能是为了增强加热效果
B.原理图中指示灯与加热元件是并联而不是串联，可能是因为两者的额定电流相差很大
C.要求长时间使用后要清除水垢，可能是因为水垢增多，导致加热电阻变大，功率变小

33．（6分）如图所示，放置在水平桌面上的甲、乙两个相同薄壁圆柱形容器，高度为h1，底面积为S1＝100cm2。甲容器内装有水，圆柱形实心物体浸没在水底。物体高度为h2＝8cm，底面积为S2＝30cm2，密度为ρ2。乙容器内装有质量为m，密度为ρ3的某种液体。忽略物体吸附液体等次要因素，已知ρ水＝1.0×103kg/m3，g＝10N/kg。

（1）求物体浸没水底时所受的浮力大小。
（2）将物体从甲容器底部竖直缓慢提升，直到物体上表面高出水面5cm时停止，求这个过程中，水对容器底部的压强变化量。
（3）将物体从甲容器取出后，再缓慢放入乙容器内，为保证液体不会溢出，求乙容器内液体质量m的取值范围（用ρ2、ρ3、h1、h2、S1、S2表示）。

2022年四川省成都市中考物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（每小题2分，共26分）
1．【分析】闭合电路的一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，这就是电磁感应现象；生活中利用这一原理制成的有发电机。
【解答】解：闭合电路的一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，这就是电磁感应现象；
A、电磁铁是利用电流的磁效应制成的，故A错误；
B、电热器是利用电流的热效应工作的用电器，故B错误；
C、电动机是利用通电线圈在磁场受力转动的原理制成的，故C错误；
D、发电机是利用电磁感应原理制成的，故D正确。
故选：D。
2．【分析】（1）卫星通信实际上是微波通信的一种，是利用卫星做微波通信的中继站；
（2）电磁波在真空中的传播速度和光速相等；无论哪种电磁波，在真空中的传播速度是相同的；
（3）二极管是由半导体做成的器件，它具有单向导电性；
（4）北斗卫星需要发射电磁波，需要消耗能量。
【解答】解：
A、卫星导航是利用电磁波传递信息的，所以“北斗导航系统”是利用电磁波向地面传递信息的，故A正确；
B、声音在15℃空气中传播速度为340m/s，电磁波在空气中的传播速度约为3×108m/s，故B错误；
C、北斗卫星上的芯片采用半导体材料制成，故C错误；
D、北斗卫星需要发射电磁波，消耗能量，故D错误。
故选：A。
3．【分析】（1）组成物质的分子不停地做无规则的运动，扩散现象证明了分子的无规则运动；
（2）物体温度的高低与分子的热运动有关与物体宏观上的运动速度无关；
（3）物体吸收热量，物体内能增加，这是通过热传递来改变物体的内能；
（4）比热容是物质本身的一种特性，反映了物体的吸热或放热能力，大小只与物质的种类和状态有关，与其它因素没有关系。
【解答】解：A、闻到花香，芳香分子不停地做无规则运动，扩散到空气中，故A正确；
B、溪水的温度高低取决于水分子的热运动，与水流的速度无关，故B错误；
C、阳光下湖水内能增加是通过热传递的方式改变水的内能的，故C错误；
D、阳光下的石板温度升高，但物质的种类和状态没有发生变化，因此石板的比热容不变，故D错误。
故选：A。
4．【分析】物质由气态变为液态的过程叫液化，物质由液态变为气态的过程叫汽化；
物质由气态直接变为固态的过程叫凝华，物质由固态直接变为气态的过程叫升华；
物质由固态变为液态的过程叫熔化，物质由液态变为固态的过程叫凝固。
【解答】解：雾是空气中的水蒸气遇冷液化为液态的小水滴，故B正确。
故选：B。
5．【分析】动能的大小跟物体的质量和速度有关；重力势能的大小跟物体的质量和高度有关。
【解答】解：A、运动员从陡坡加速下滑的过程，质量不变，速度增大，所以动能增大，故A错误；
BC、下滑的过程，质量不变，高度减小，重力势能减小，故B错误、C正确；
D、运动员从陡坡加速下滑的过程，重力势能减小，动能增大，由重力势能转化为动能，故D错误。
故选：C。
6．【分析】A、音叉发声的时候在振动，使小球弹起；
B、人听到了音叉的振动，是因为声音通过空气传到人的耳朵里；
CD、响度和振幅有关，振幅越大，响度越大，音调和振幅无关，音调和频率有关；
【解答】解：A、音叉发声的时候在振动，使小球弹起，故A正确；
B、人听到了音叉的振动，是因为声音通过空气传到人的耳朵里，故B正确；
CD、响度和振幅有关，敲音叉的力越大，声音的响度越大，音调和振幅无关，故C正确，D错误；
故选：D。
7．【分析】掌握生活中常见用电器的额定电流、额定电压和额定电功率即可判断选项。
【解答】解：A、电视遥控器的工作电流约为0.5A，故A错误；
BC、洗衣机。电冰箱的工作电压都为220V，故B正确，C错误；
D、空调待机功率约为1.1W，故D错误；
故选：B。
8．【分析】小虹和同学一起用机械停表和刻度尺测量乒乓球下落的平均速度，由于楼层较高，操作要注意安全，选用恰当的测量工具，最终测量的为平均速度。
【解答】解：A、让乒乓球从三楼由静止竖直落到地面，位置比较高，要注意操作安全，故A错误；
B、三楼大概有10米，选择量程为1米的刻度尺来测量不太符合要求，应用10米的卷尺测量，故B错误；
C、使用停表前，要先观察停表是否调零，故C正确；
D、所测速度表示乒乓球的平均速度，故D错误。
故选：C。
9．【分析】A、塑料内的气压小于外界大气压，吸盘受到的压力比较大，会有比较大的静摩擦力，所以挂钩靠摩擦力贴在墙壁上；
B、吸管一端做成斜切口是减小受力面积，压力一定时，压强增大；
C、使用吸管喝牛奶，吸管内的压强小于外界压强，大气压将液体压入吸管；
D、距离地面越高，大气压强越小。
【解答】解：A、塑料吸盘被大气压挤压，挂钩靠摩擦力贴在墙壁上，故A错误；
B、吸管一端做成斜切口是减小受力面积，增大压强，故B错误；
C、使用吸管喝牛奶，吸管内的压强小于外界压强，大气压将液体压入吸管，故C正确；
D、海拔越高，气压越低，所以远处雪山山顶的大气压比成都城区低，故D错误；
故选：C。
10．【分析】（1）物体间力的作用是相互的，一个物体对另一个物体施力的同时，也受到另一个物体对它的作用；
（1）力的作用效果：一是改变物体的形状，二是改变改变物体的运动状态。
【解答】解：A、力是物体对物体的作用，任何一个物体，它一定既是受力物体，也是施力物体，所以揉捏面团时，面团既是受力物体也是施力物体，故A正确；
B、将面团擀成皮，面在力的作用下，形状发生改变，说明力可以改变物体的形状，故B错误；
C、手推面杖来回运动，擀面杖在力的作用下，运动状态改变，说明力可以改变擀面杖的运动状态，故C正确；
D、用手拉长面条时，由于物体间力的作用是相互的，所以面条受手力的同时，手也受到面条的力，故D正确。
故选：B。
11．【分析】（1）开关与被控制的灯泡串联，为了安全，开关应接在火线与灯泡之间；
（2）发现空气开关跳闸后，应该先检查跳闸原因，等处理好故障后才能合上空气开关；
（3）使用验电笔时，手必须接触笔尾金属部分，使电路通过人体到大地上，形成一个回路；
（4）发现有人触电或电引起的火灾，首先切断电源，再实行救援措施。
【解答】解：A、开关与被控制的灯泡串联，为了安全，开关应接在火线与灯泡之间，故A正确；
B、发现空气开关跳闸后，应该检查跳闸原因，等处理好故障后才能合上空气开关，故B错误；
C、使用验电笔时，手必须接触笔尾金属部分，使电路通过人体到大地上，形成一个回路，才能检测是否有电，故C错误；
D、人是导体，有人触电，用手去拉，间接接触火线，会发生触电事故。这种操作是错误的，故D错误。
故选：A。
12．【分析】（1）平衡力大小相等、方向相反、作用在同一直线上且作用在同一物体上；
（2）由称重法知模型所受浮力大小；
（3）模型从图示位置下移，排开水的体积不变，根据阿基米德原理F浮＝ρ液gV排判断出浮力的变化；
（4）将模型逐渐提离水面时，排开水的体积逐渐减小，根据阿基米德原理F浮＝ρ液gV排判断出浮力的变化，由称重法判断出拉力F的变化。
【解答】解：A、图中深潜器模型受到竖直向下的重力、竖直向上的浮力、竖直向上的拉力，模型在这三个力的作用下处于静止和状态，拉力F与重力G大小不相等，所以不是一对平衡力，故A错误；
B、由称重法知模型所受浮力大小为F浮＝G﹣F，故B正确；
C、模型从图示位置下移，由于排开水的体积不变，根据阿基米德原理F浮＝ρ液gV排知浮力不变，故C错误；
D、将模型逐渐提离水面时，排开水的体积逐渐减小，根据阿基米德原理F浮＝ρ液gV排知浮力变小，由称重法知拉力F逐渐增大，故D错误。
故选：B。
13．【分析】（1）开关与其控制的灯泡串联接入电路；
（2）串联电路互相影响，并联电路互不影响；
（3）根据电路的三种状态：通路、开路、短路分析。
【解答】解：A、甲中，两灯泡串联接入电路，开关可控制两个灯泡，故A错误；
B、乙中，开关断开，两灯泡串联接入电路，开关闭合，L1短路，L2亮，故B错误；
C、丙中，闭合开关，两灯泡短路，都不亮，故C错误；
D、丁中，闭合开关，两灯泡并联接入电路，断开开关，电路为灯泡L2的简单电路，故D正确。
故选：D。
二、填空题（每空2分，共28分）
14．【分析】人的眼睛的成像规律与照相机相同，正常的眼睛可以将光线会聚在视网膜上。凹透镜对光线具有发散作用，可以矫正近视眼。
【解答】解：人的眼睛相当于一架照相机，在视网膜上成的是倒立、缩小的实像；
光线会聚在视网膜前方，这是近视眼，近视眼应该配戴对光线具有发散作用的凹透镜进行矫正。
故答案为：照相机；发散。
15．【分析】水吸收热量会汽化为水蒸气；液体沸腾时，吸收热量，温度不变。
【解答】解：水沸腾时，整个容器内水温相同，气泡上升过程中，不断有水变为水蒸气进入气泡，气泡越来越大；
根据图像可知，水沸腾后，持续吸收热量，但温度不变。
故答案为：大；保持不变。
16．【分析】物体所受的滑动摩擦力的方向一定与物体相对运动的方向相反；滑动摩擦力的大小与压力大小、接触面的粗糙程度有关。
【解答】解：当小明向左擦拭桌面时，抹布相对与桌面向左移动，则抹布受到桌面的摩擦力方向是向右的；
为了擦干净桌面上一小团“顽固”污渍，他加大了用力，这是在接触面的粗糙程度一定时，通过增大压力来增大摩擦力的。
故答案为：右；增大。
17．【分析】（1）力是改变物体运动状态的原因；
（2）物体都有保持原来运动状态不变的性质称之为惯性。
【解答】解：返回舱在减速降落过程中，返回舱所受合力的方向是向上的；当航天员将实验物品用手推出后，物品由于惯性，继续保持原来的运动的状态向前运动。
故答案为：上；惯性。
18．【分析】（1）电磁继电器是利用电磁铁磁性的有无来控制工作电路的通断。
（2）热敏电阻阻值随温度降低而增大，由欧姆定律可知可知电路中电流的变化和电磁铁磁性的变化，根据电磁铁磁性变化分析衔铁的状态。
【解答】解：（1）电磁继电器是利用电磁铁控制工作电路通断的开关；
（2）根据题意可知，房间温度降低，热敏元件的电阻增大，电路中总电阻增大，由欧姆定律可知，电路中电流变小，电磁铁磁性减弱，当温度低到一定值时，衔铁在弹簧的作用下抬起，压缩机停止工作。
故答案为：开关；减弱。
19．【分析】探究电流与电阻的关系，根据控制变量法，保持电压不变，改变电阻大小；多次测量得出普遍性的结论。
【解答】解：通过导体电流的大小与导体的电阻和导体两端的电压有关，要探究电流与电阻的关系，需控制导体两端的电压不变，改变导体的电阻大小。多次测量，得出普遍性的规律。
故答案为：电压；得出普遍性的规律。
20．【分析】（1）分析电路可知，当旋转式开关S的触片接触触点1和2时，只有电阻R1连入电路，S的触片接触触点2和3时，
两电阻并联，根据电阻的串并联特点可知：并联时电阻最小，根据P＝即可判断；
（2）利用Q＝W＝t即可求出通电1min电流产生的热量。
【解答】解：
（1）根根据P＝可知：在电压相同的条件下，电阻越大，电功率越小，
由电路图可知，当旋转式开关S的触片接触触点1和2时，只有电阻R1连入电路，S的触片接触触点2和3时，
两电阻并联，根据电阻的串并联特点可知：并联时电阻最小，
所以，当她旋转触片接触触点1和2时，电熨斗有“低温”、“高温”两个挡位，低温挡；
（2）工作1min，电熨斗消耗的电能为：
Q＝W＝t＝×60s＝6×104J。
故答案为：低温；6×104。
三、作图与计算题（共17分。计算题在解答时应写出公式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分）
21．【分析】经过横梁的光线通过景符的小孔，由于都是在空气中传播，则根据光在同种均匀介质中是沿直线传播的即可完成光路图。
【解答】答：经过横梁的光线是太阳发射过来的光线，则给出的光线是经从横梁通过景符的小孔入射到“圭”面上，如下图：
22．【分析】力臂是支点到力的作用线的距离，已知支点和动力F1及其方向，从支点做出力的作用线的垂线，支点到力的作用线的距离，即为所求作的力臂。
【解答】解：将F1反向延长，从支点做反向延长线的垂线段，是力臂L1，如图所示：

23．【分析】（1）电梯匀速上升，电梯对他的支持力等于小杨及所带物品的总重力，利用W＝Gh计算出电梯对他的支持力做的功；
（2）利用G＝mg计算出这袋大米的总重力，手受到的压力等于这袋大米的总重力，利用p＝计算出他的手受到的压强。
【解答】解：（1）电梯匀速上升，电梯对他的支持力等于小杨及所带物品的总重力，
电梯对他的支持力做的功：W＝Gh＝700N×10m＝7000J；
（2）这袋大米的总重力：G米＝m米g＝5kg×10N/kg＝50N；
手提大米时，手受到的压力F′＝G米＝50N，手的受力面积为S＝2cm2＝2×10﹣4m2；
他的手受到的压强：p＝＝＝2.5×105Pa。
答：（1）电梯对他的支持力做的功为7000J；
（2）他的手受到的压强为2.5×105Pa。
24．【分析】（1）当开关S1、S2、S3均闭合时，R1与R2并联，由并联电路电压规律和P＝可求出电路消耗的总功率；
（2）当S1闭合，S2、S3断开，R1与变阻器R串联，电压表测变阻器R两端电压，当R接入电路电阻0时，此时电路中总电阻最小，根据欧姆定律求出最大电流并判断是否超过电流表的量程，当变阻器R两端电压达到电压表的量程Umax＝3V时，电路中电流最小，根据欧姆定律求出变阻器的最大阻值，从而确定变阻器的范围。
【解答】解：（1）当开关S1、S2、S3均闭合时，R1与R2并联，由并联电路电压规律可知，
U1＝U2＝U＝5V，
由P＝可知，电路消耗的总功率为：
P＝P1+P2＝+＝+＝3.75W；
（2）当S1闭合，S2、S3断开，R1与变阻器R串联，电压表测变阻器R两端电压，
当R接入电路电阻0时，此时电路中总电阻最小，电流最大为：
Imax＝＝＝0.5A＜0.6A，
故变阻器接入电路中的最小值为0，
当变阻器R两端电压达到电压表的量程Umax＝3V时，电路中电流最小为：
Imin＝＝＝0.2A，
此时变阻器接入电路的阻值最大为：Rmax＝＝＝15Ω，
故滑动变阻器R能接入电路的阻值范围为0∽15Ω。
答：（1）开关S1、S2、S3均闭合时，电路消耗的总功率为3.75W；
（2）S1闭合，S2、S3断开，为保证电路元件安全，滑动变阻器R能接入电路的阻值范围为0∽15Ω。
四、实验与探究题（共14分）
25．【分析】（1）为了防止损坏电流表应选大量程进行试触；
（2）灯泡正常发光时，发现电流表指针偏转角度很小，说明电流表选择的量程过大；
（3）通电线圈受力的方向与电流的方向和磁感线的方向有关，磁场方向不变，电流的方向改变，通电线圈受力的方向改变。
【解答】解：（1）为了防止损坏电流表应选大量程进行试触，所以应把导线a接到电流表标有3的接线柱上，通过开关来试触并观察；
（2）小灯泡正常发光，电流表指针偏转角度很小，说明电流表选择的量程过大，故C正确；
（3）通电线圈受力的方向与电流的方向和磁感线的方向有关，磁场方向不变，当反接时，电流方向改变，磁场对通电线圈的作用力方向改变，带动指针反偏，故小郑的分析有道理。
故答案为：（1）3；（2）C；（3）有。
26．【分析】（1）为了选择合适量程的测量工具，测量之前估测被测物体的物理量；
（2）取用砝码要用镊子，用手取用砝码会使砝码生锈，造成以后称量不准确；
（3）多次测量取平均值可以减小误差；
（4）小组实验时，要分工合作，互相配合，以提高实验的速度和准确程度。
【解答】解：（1）用天平测量物体质量之前，先估测物体质量，可以避免被测物体的质量超出天平的测量范围，同时在测量过程中添加砝码可以从估计称量物的最大值加起，以减小试加砝码的次数，另外还能锻炼自己的估测能力；
（2）砝码和游码都是金属制成的，我们是手上有汗渍，能使砝码生锈，造成称量不准确。故为了保护砝码和游码，取、放砝码以及调节游码时，都要用镊子，不能用手直接拿或拨；
（3）对同一物体的质量要进行三次测量，然后取平均值可以减小误差；
（4）合作完成该实验，当小周同学在进行实验操作时，同组同学可以协助小周同学，如：观察现象、记录数据等等。
故答案为：（1）避免被测物体的质量超出天平的测量范围；（2）为了保护砝码和游码；（3）减小误差；（4）观察现象、记录数据。
五、选择题（每小题2分，共10分。有的小题只有一个选项符合题目要求；有的小题有二个选项符合题目要求，全部选对得2分，选对但不全得1分，有选错的得0分）
27．【分析】那些近年来大力开发和利用的，具有环保、无污染、可循环利用等特点的能源，被称为新能源；根据能量形式的变化可判断能量的转化情况。
【解答】解：A、核燃料、氢燃料属于新能源，天然气属于化石能源，是不可再生能源，不是新能源，故A错误；
B、核电站利用核裂变释放的能量来发电，将核能最终转化为电能，故B正确；
C、氢燃料发动机将氢燃料的化学能最终转化为机械能，故C正确；
D、新能源的开发有效缓解了能源危机，故D正确。
故选：A。
28．【分析】（1）自身能发光的物体是光源；
（2）反射分镜面反射和漫反射，平行光线入射到平而光滑反射面上，反射光线还是平行射出，这种反射是镜面反射；平行光线入射到粗糙的反射面上，反射光线射向四面八方，这种反射是漫反射；
（3）（4）凸透镜成像时，物距u＞2f时，成倒立缩小的实像，应用是照相机和摄像头；平面镜成像是由光的反射形成的虚像。
【解答】解：
A、“城市之眼”自身不能发光，不是光源，故A错误；
B、光照在游人的伞面上发生的是漫反射，反射光线射向四面八方，故B错误；
CD、在黑屏状态下通过屏幕看到了身后游人的像属于平面镜成像，是由光的反射形成的虚像；在拍照时通过屏幕看到了“城市之眼”的像，属于凸透镜成倒立、缩小的实像，其成像原理是光的折射现象，两次成像的原来是不同的，故C正确，D错误。
故选：C。
29．【分析】（1）根据Q水＝c水mΔt水算出2min内水吸收的热量，由于单位时间内油吸收的热量与水吸收的热量相等，所以2min内煤油吸收的热量与水吸收的热量相同；
（2）根据Q放＝mq算出燃料完全燃烧放出的热量的热量，由η＝×100%算出酒精灯的加热效率；
（3）比较物质吸热能力的方法：使相同质量的不同物质吸收相同的热量（即加热相同的时间），比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；
（4）比热容是反映不同物质的吸热能力，比热容与物质的种类和状态有关，与其吸收的热量多少无关。
【解答】解：A、2min内水吸收的热量为：
Q水＝c水mΔt水＝4.2×103J/（kg•℃）×50×10﹣3kg×（50℃﹣20℃）＝6.3×103J，
由于单位时间内油吸收的热量与水吸收的热量相等，
所以2min内煤油吸收的热量也为6.3×103J，故A错误；
B、燃料完全燃烧放出的热量的热量为：
Q放＝mq＝1×10﹣3kg×3×107J/kg＝3×104J，
他使用的酒精灯的加热效率为：
η＝×100%＝×100%＝21%，故B正确；
C、油的末温比水的末温高，则油的吸热能力比水弱，故C错误；
D、比热容是反映不同物质的吸热能力，比热容与物质的种类和状态有关，与其吸收的热量多少无关，故D错误。
故选：B。
30．【分析】（1）根据W＝Gh求出动滑轮对重物做的功；
（2）不计绳重及滑轮与轴之间的摩擦，由图知n＝3，根据F＝（G物+G动）可求出小武施加的拉力，根据s＝nh可求出绳自由端移动的距离，根据W总＝Fs可求出小武施加的拉力做的功，根据P＝可求出小武施加的拉力的功率；
（3）不计绳重及滑轮与轴之间的摩擦，根据F＝（G物+G动）可求出滑轮组能提起的最大重物的重力；
（4）不计绳重及滑轮与轴之间的摩擦，根据η＝＝＝＝可进行分析。
【解答】解：A、动滑轮对重物做的功为：W有＝G物h＝500N×1m＝500J，故A错误；
B、不计绳重及滑轮与轴之间的摩擦，由图知n＝3，则小武施加的拉力为：
F＝（G物+G动）＝×（500N+20N）＝N，
绳自由端移动的距离为：s＝nh＝3×1m＝3m，
小武施加的拉力做的功为：W总＝Fs＝N×3m＝520J，
所以小武施加的拉力的功率为：P＝＝＝52W，故B正确；
C、不计绳重及滑轮与轴之间的摩擦，因滑轮组的绕绳能承受的最大拉力为200N，由F＝（G物+G动）可知，滑轮组能提起的最大重物的重力为：
G物max＝nFmax﹣G动＝3×200N﹣20N＝580N＞570N，故C正确；
D、不计绳重及滑轮与轴之间的摩擦，由η＝＝＝＝可知，当机械效率为80%时，提升的物重重力为：
G物'＝×G动＝×20N＝80N，故D错误。
故选：BC。
31．【分析】（1）由图可知，闭合S，断开S1、S2，滑片P移到最左端，R1、R3串联，R2被短路；根据串联电路的电流特点可知，通过R1、R3的电流相等，根据P＝I2R和R1和R3消耗的电功率之比可知R1、R3的阻值之比；
滑片P向右移到某一位置的过程中，电路中的电阻变大，根据欧姆定律可知电路中的电流变小，据此可知A1的电流表示数；根据欧姆定律以及电压表的示数变化可知R3的阻值；根据R1、R3的阻值之比可知R1的阻值；知道R1、R3的阻值，根据欧姆定律可知电源电压；知道通过R3的电流和阻值，利用欧姆定律可知电压表的示数，据此可知电压表的量程；
（2）三个开关都闭合时，R1、R2、R3并联，电流表A1测量干路电流，电流表A测量R1、R2的电流之和，根据电流表A1的量程可知通过R2的最大电流，利用欧姆定律可知R2接入的最小阻值；利用欧姆定律计算出通过R3的电流，据此可知干路的最大电流，利用P＝UI可以求出电路消耗的最大电功率。
【解答】解：（1）由图可知，闭合S，断开S1、S2，滑片P移到最左端，R1、R3串联，R2被短路，A1表的示数为I＝0.35A，电压表测量R3两端的电压；
根据串联电路的电流特点可知，通过R1、R3的电流相等，
R1和R3消耗的电功率之比P1：P3＝I2R1：I2R3＝R1：R3＝3：1，即R1＝3R3；
滑片P向右移到某一位置的过程中，电路中的电阻变大，根据欧姆定律可知，电路中的电流变小，
A1表的示数变化了0.3A，所以电流表A1此时的示数I′＝I﹣ΔI＝0.35A﹣0.3A＝0.05A；
根据欧姆定律可知，电压表的示数变化ΔV＝IR3﹣I′R3＝0.35A×R3﹣0.05A×R3＝3V，
解得：R3＝10Ω，故A正确；
R1的阻值R1＝3R3＝3×10Ω＝30Ω；
由欧姆定律可知，滑片P移到最左端时，R3两端的电压U3＝IR3＝0.35A×10Ω＝3.5V＞3V，
所以电压表的量程为0～15V，故B错误；
电源电压U＝U1+U3＝IR1+IR3＝0.35A×30Ω+0.35A×10Ω＝14V；
（2）三个开关都闭合时，R1、R2、R3并联，电流表A1测量干路电流，电流表A测量R1、R2的电流之和，
在确保电路安全的前提下，电流表A1的最大电流I12＝0.6A，
根据并联电路的电压特点可知，各支路电压相等，都等于电源电压14V；
此时通过R1的电流I1＝＝＝A；
根据并联电路的电流特点可知，通过R2的最大电流I2＝I12﹣I1＝0.6A﹣A＝A；
根据欧姆定律可知，R2允许接入的最小阻值为R2小＝＝＝105A，故C错误；
通过R3的电流：I3＝＝＝1.4A；
根据并联电路的电流特点可知，干路的最大电流I大＝I12+I3＝0.6A+1.4A＝2A；
电路消耗的最大电功率为P大＝UI大＝14V×2A＝28W，故D正确。
故选：AD。
二、综合题（共10分。第33题在解答时应写出公式和重要的演算步骤，只写出最后答案不能得分）
32．【分析】（1）根据用电安全常识和生活安全常识来判断；
（2）根据P＝求出电热水壶消耗的电能，根据电费单价求出烧开这壶水所花的电费；
（3）要测出电热水壶的加热效率，需要测出水吸收的热量，根据Q吸＝c水m（t﹣t0）分析所需要测量的物理量；
（4）逐一分析每个选项，找出符合题意的答案。
【解答】解：（1）A、燃气灶旁温度较高，容易使绝缘材料熔化或老化而损坏，从而造成安全隐患，故A合理；
B、大功率用电器和金属外壳用电器，应该用三脚插头插在接地三孔插座上使用，以防电器漏电时给人带来伤害，故B不合理；
C、电热水壶烧水时，如果水量超过最大限位会由于水沸腾时产生的大量水蒸气带动壶内的水溢出，从而造成安全隐患，因此水量不超过最大限位，可以防止水烧开后溢出，故C合理；
D、生活中的水是导体，插头和电源线潮湿后，容易造成漏电，发生危险事故，因此必须保持插头和电源线干燥，是为了防止漏电造成事故，故D合理；
故选B。
（2）由P＝可知，电热水壶消耗的电能：W＝Pt＝1.8kW×8×h＝0.24kW•h，
则烧开这壶水所花的电费：0.24kW•h×0.5元/（kW•h）＝0.12元；
（3）要测出电热水壶的加热效率，需要测出水吸收的热量，吸热公式Q吸＝c水m（t﹣t0）可知，还需知道的两个物理量是：水的初温t0和水的比热容c水；
（4）A、加热元件安装在壶身底部，是利用热对流增强加热效果，故A合理；
B、指示灯与加热元件的额定电流相差很大，因为串联电路中电流处处相等，如果并联会烧坏指示灯，而并联电路各用电器互不影响，可以让指示灯和加热元件独立在各自的额定电流下工作，故B合理；
C、电阻的导体的一种特性，只与导体的材料、长度、横截面积和温度有关，与其他因素无关，长时间使用后要清除水垢，是因为水垢增多后导致导热性能下降，使得加热时间变长，故C不合理；
故选C。
故答案为：（1）B；（2）0.12；（3）水的初温和水的比热容；（4）C。
33．【分析】（1）根据体积公式求出圆柱体的体积，根据阿基米德原理求出物体浸没在水中受到的浮力；
（2）根据体积关系求出提起物体后水面下降的高度，根据Δp＝ρ水gΔh求出水对容器底部的压强变化量；
（3）当物体放入乙容器内的液体中时有两种情况：①当ρ2≥ρ3时，物体浸没在液体中，根据体积关系求出液体的体积，根据密度公式求出液体的质量；②当ρ2＜ρ3时，物体漂浮在液体中，根据漂浮条件和阿基米德原理求出物体排开液体的体积，根据体积求出液体的体积，根据密度公式求出液体的质量；
【解答】解：（1）圆柱形实心物体的体积：V柱＝S2h2＝30cm2×8cm＝240cm3＝2.4×10﹣4m3，
物体浸没水底时，排开水的体积：V排＝V柱＝2.4×10﹣4m3，
则物体浸没水底时所受的浮力：F浮＝ρ水gV排＝1×103kg/m3×10N/kg×2.4×10﹣4m3＝2.4N；
（2）当物体提升到物体上表面高出水面5cm时，水面下降的高度：Δh＝＝＝1.5cm＝0.015m，
则这个过程中，水对容器底部的压强变化量：Δp＝ρ水gΔh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.015m＝150Pa；
（3）若ρ2≥ρ3，液体最多时，物体浸没在液体中，
此时乙容器内液体的体积：V3＝V乙﹣V柱＝S1h1﹣S2h2，
由ρ＝可知，液体的质量：m3＝ρ3V3＝ρ3（S1h1﹣S2h2），
若ρ2＜ρ3，液体最多时，物体漂浮在液体中，
由物体的漂浮条件可知，F浮'＝G物，
即ρ3gV排'＝ρ2gS2h2，
解得：V排'＝
此时乙容器内液体的体积：V3'＝V乙﹣V排'＝S1h1﹣，
由ρ＝可知，液体的质量：m3'＝ρ3V3'＝ρ3（S1h1﹣）＝ρ3S1h1﹣ρ2S2h2，
综上分析可得，液体质量m的取值范围为：
当ρ2≥ρ3时，m3≤ρ3V3＝ρ3（S1h1﹣S2h2），
当ρ2＜ρ3时，m3＜ρ3S1h1﹣ρ2S2h2。
答：（1）物体浸没水底时所受的浮力大小为2.4N；
（2）这个过程中，水对容器底部的压强变化量为150Pa；
（3）乙容器内液体质量m的取值范围为：当ρ2≥ρ3时，m3≤ρ3V3＝ρ3（S1h1﹣S2h2）；当ρ2＜ρ3时，m3＜ρ3S1h1﹣ρ2S2h2。
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