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2022年广西贵港市覃塘区中考物理三模试卷(含答案)
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这是一份2022年广西贵港市覃塘区中考物理三模试卷(含答案)，共36页。试卷主要包含了填空题，作图与实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
广西贵港市覃塘区2022年中考物理三模试卷(解析版)
一、单项选择题（每小题3分，共30分）每小题只有一个正确选项，请用2B铅笔将答题卡上对应的答案标号涂黑，如需改动，必须先用橡皮擦干净，再改涂其他答案标号。
1．在学习、生活中所涉及到的下列数值最接近实际情况的是（ ）
A．一只鸡蛋的质量约为500g
B．一个中学生的正常体重约为1000N
C．初中生跑100m所需的时间约为8s
D．我们现在所用的物理课本长度约为26cm
2．关于声音，下列说法中正确的是（ ）
A．声波具有能量
B．声音可以在真空中传播
C．“禁鸣喇叭”是在传播途中控制噪声
D．只要物体在振动，我们就一定能听到声音
3．在抗击新冠肺炎的斗争中，医务人员所戴的护目镜上经常起了一层水雾，影响视线。这些水雾的产生属于下列哪种物理现象（ ）
A．升华 B．凝华 C．液化 D．汽化
4．关于能源、信息和材料，下列说法正确的是（ ）
A．核能是可再生能源
B．“北斗导航”是利用超声波进行定位的
C．卫星通信是利用电磁波来传递信息的
D．LED灯的核心元件发光二极管是由超导材料制成的
5．关于温度、热量和内能，下列说法正确的是（ ）
A．物体温度越高，所含的热量越多
B．温度高的物体内能一定大，温度低的物体内能一定小
C．物体的内能与温度有关，只要温度不变，物体的内能就一定不变
D．热传递过程中，能量也可能是从内能小的物体传递给内能大的物体
6．关于家庭电路与安全用电，下列做法中正确的是（ ）
A．低压带电体和高压带电体都可以靠近
B．发现家用电器或电线失火时，必须先切断电源，然后再救火
C．使用试电笔时，手指应与笔尖接触
D．发现有人触电后，应立即用手把触电人拉离电线
7．在2022年北京冬奥会开幕式上，“一个小男孩轻轻吹出一口气，蒲公英飞上了鸟巢的上空”。联系相关物理知识，下面说法正确的是（ ）
A．物体不受力时静止，受力才能运动，力是维持物体运动的原因
B．物体由静止变为运动是因为受到了力的作用，力是改变物体运动状态的原因
C．物体受到力的作用由静止变运动，物体在运动过程中受到惯性力的作用
D．物体在静止时有惯性，运动时没有惯性
8．随着社会的发展，纯电动汽车越来越受人们欢迎，纯电动车里的电动机是一种高效率、低污染的动力设备，如图所示的四幅实验装置中，是电动机原理实验的是（ ）
A． B．
C． D．
9．如图所示，甲正方体棱长为0.1m，乙的体积V乙＝2×10﹣3m3，将甲、乙两物体分别用细线挂在杠杆AB两端（设杠杆的自重不计），OA：OB＝1：2，甲对水平面的压强为零。若往容器加入某液体使乙浸没在其中，甲对水平面的压强为6000Pa，则
（ ）
A．甲、乙物体的质量比是1：2
B．乙物体受到的浮力是20N
C．液体密度为1.5×103kg/m3
D．甲对水平面的压力变化为600N
10．灯泡L上标有“6V 6W”字样，测得该灯泡的电流随电压变化的关系如图甲所示。现把灯泡L接入如图乙所示的电路中，若电源电压为10V不变，电流表的量程为“0～0.6A”，电压表的量程为“0～15V”，则下列说法正确的是（ ）
A．灯泡L正常发光时，电压表的示数为6V
B．当电流表示数为0.4A时，电压表的示数为9V
C．灯泡L的电阻值随电压表的示数的增大而增大
D．为了保证电路安全，整个电路消耗的最大功率为10W
二、填空题（每空1分，共20分）
11．（2分）人类社会的进步离不开物理学家们的杰出贡献。为了纪念这些伟大的物理学家，人们常用他们的名字作为物理量的单位，如力的单位是 ，欧姆是 的单位。
12．（2分）“海市蜃楼”是由于 产生的现象；“立竿见影”是由于 产生的现象。（两空均选填“光的直线传播”、“光的反射”或“光的折射”）
13．（2分）汽油机一个工作循环的四个冲程按顺序依次是：吸气冲程、压缩冲程、 、排气冲程，汽油机是汽车的“心脏”，汽缸外面有“水套”，汽车行驶时水的温度会升高，水的内能会增大，这是通过 方式改变水的内能。
14．（2分）如图所示，疫情期间政府利用无人机给居民送包裹，无人机在空中沿水平方向匀速飞行，以无人机为参照物，包裹是 （选填“静止”或“运动”）的，无人机匀速飞行时，所受的合力 （选填“为零”或“不为零”）。
15．（2分）我国三峡船闸是世界上最大的船闸。船闸是利用 原理工作的；三峡大坝设计成上窄下宽的形状是因为液体压强随深度的增加而 （选填“增大”或“减小”）。
16．（2分）2022年4月16日，翟志刚、王亚平、叶光富3名“出差半年的”航天员成功随“神舟十三号”载人飞船的返回舱返回地球，返回舱下落到地面附近时，由于受到阻力而做减速运动，在减速下降的过程中，返回舱的动能 ，重力势能 。（选填“增大”、“减小”或“不变”）
17．（2分）如图所示，小王家的电能表表盘上标有“3000r/（kW•h）”字样他将电视机单独接在该电能表上正常工作1h，电能表上的转盘转过300转，该电视机在这段时间内消耗的电能为 kW•h；小王家同时工作的用电器总功率不得超过 W。
18．（2分）小烨在粗糙的水平面上，用100N的水平推力使一个重为500N的物体前进了10m，用时50s，在此过程中重力做了 J的功，推力做功的功率为 W。
19．（2分）一金属环中间结有冰块，冰块和金属环的总重为0.71N，将它们放入底面积为10cm2的圆柱形容器中恰好悬浮于水中（如图甲所示），此时冰块和金属环受到的浮力共为 N；过一段时间冰全部熔化，金属环沉入水底，容器内的水面下降了0.7cm（如图乙所示），则金属环的质量是 g。（已知ρ冰＝0.9g/cm3，g取10.N/kg）
20．（2分）如图所示的电路中，电源两端电压U保持不变。当只闭合开关S1时，电压表的示数为U1，电流表的示数I1为1A，电阻R1消耗的电功率P1为4W，电阻R2消耗的电功率为P2。当开关S1、S2都闭合时，电压表的示数为U2，电流表的示数为I2，电阻R2消耗的电功率为P2'。已知P2：P2'＝1：4，U1：U2＝2：1。则电阻R1＝ Ω，电源两端的电压U＝ V。
三、作图与实验题（共28分）
21．（2分）请完成图中的光路图。
22．（2分）如图所示两物块A、B在推力F的作用下沿着水平面做匀速直线运动，请画出A物体的受力示意图。
23．（2分）小磁针在磁场中静止时的情况如图所示，根据小磁针静止时的情况，用字母在括号内标出磁体右端的磁极名称，并画出通电螺线管的绕线。
24．（4分）如图所示，图甲木块的长度为 cm；图乙温度计的示数为 ℃；图丙弹簧测力计的示数为 N；图丁电阻箱的示数为 Ω．
25．（4分）如图所示是“探究平面镜成像特点”的实验装置。
（1）实验中A、B两支蜡烛的外形是相同的，其目的是比较像与物的 关系。
（2）蜡烛A的像是因为光通过玻璃 到人眼里形成的。
（3）当B蜡烛与A蜡烛的像完全重合时，移去B蜡烛，并且在原来的位置上放一光屏，在光屏上不能承接到A蜡烛的像，这说明平面镜成的是 （填“实像”或“虚像”）。
（4）将蜡烛A逐渐远离玻璃板时，他的像将 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
26．（6分）如图所示是小杨同学探究液体内部压强特点的实验。
（1）图甲是U形管压强计，金属盒上的橡皮膜应该选用 （选填“薄”或“厚”）一些的较好。
（2）液体内部压强的大小无法直接测量，实验中我们是用压强计两侧的 来判断液体内部压强的大小，这种方法叫做转换法。
（3）比较乙、丙两次实验可知：同种液体内部压强随深度的增加而 ；比较乙、丁两次实验可初步判断：液体内部压强与液体密度 （选填“有关”或“无关”）。图丙中，保持探头的深度不变，改变它的方向发现U形管两侧的高度差保持不变，由此可得：同种液体内部的同一深度，向着各个方向的压强 （选填“相等”或“不相等”）。
（4）若图丁的实验中U形管左右两侧水面的高度差为5cm，则橡皮管内气体的压强与管外大气压之差为 Pa（g取10N/kg）。
27．（8分）如图甲所示是“探究电压一定时，电流跟电阻关系”的实验电路图，已知电源电压恒为4V，滑动变阻器（30Ω 1A）以及符合实验要求的电表，开关和导线。
（1）连接电路时，开关应 。
（2）实验中小明同学多次改变R的阻值，记下对应电流表的示数，得到如图乙所示的电流I随电阻R变化的图象，由图象可以得出结论：当导体两端电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成 比；多次测量的目的是 （选填“取平均值减小误差”或“寻找普遍规律”）；
（3）由图乙可知，小明探究时，控制电阻两端电压 V不变；
（4）如果小明同学连好电路后闭合开关，移动滑动变阻器滑片P，发现电流表有示数，电压表无示数，则该故障可能是由R （选填“短路”或“断路”）造成的；
（5）小明为了能够完成上述实验，更换的电阻R的阻值不能超过 Ω；
（6）上述实验结束后，小明又设计了如图丙所示的电路，只用电压表来测量额定电压为2.5V的小灯泡的额定功率，已知滑动变阻器的最大阻值为10Ω，其测量过程如下：
①闭合开关S、S2，断开S1，将滑动变阻器的滑片移到最上端，电压表示数为4V；
②闭合S、S1，断开S2，移动滑动变阻器使电压表读数为 V时，小灯泡正常发光；
③闭合S、S2，断开S1，保持滑动变阻器的滑片与②步的位置相同，此时电压表示数为2V；
④根据上述测量，可知小灯泡的额定功率P额＝ W。
四、解答题（共22分）
28．（6分）“绿色出行，低碳生活”。新能源汽车因环保、节能、高效等优势，成为人们日常使用的重要交通工具。如图是国内某型号的新能源汽车，满载时的总质量为1.8×103kg，四个轮胎的着地面积是0.06m2，在平直公路上匀速行驶1000m，用时50s，此过程中汽车牵引力做功1.5×106J。（g取10N/kg）求满载时：
（1）该车静止在水平地面上时对地面的压强；
（2）汽车匀速行驶时的速度；
（3）汽车匀速行驶时所受的牵引力。
29．（7分）如图（a）所示电路，电源电压保持不变。小灯泡L标有“4V 0.5A”字样，电流表量程0～0.6A，电压表量程0～3V，滑动变阻器R1的最大阻值20Ω，只闭合开关S、S1，调节滑动变阻器滑片P，得到电流表与电压表示数关系如图（b）所示。
求：
（1）小灯泡的额定功率；
（2）电源电压及定值电阻R2的阻值；
（3）只闭合开关S和S2，移动滑动变阻器的滑片P，小灯泡L的I﹣U图象如图（c）所示，在保证各元件安全工作的情况下，滑动变阻器R1允许的取值范围。
30．（9分）在一足够高的圆柱体容器底部固定一轻质弹簧（不计弹簧的体积及其所受的浮力），弹簧原长10cm，弹簧上方连有正方体木块A，木块的边长为10cm，容器的底面积为200cm2，如图，此时弹簧长度为6cm（已知弹簧的长度每改变1cm，所受力的变化量为1N）。第一次向容器内注入某种液体，直到木块A有的体积浸入液体中停止，此时弹簧恰好处于自然伸长状态；接着第二次向容器内注入该液体，直到物块A恰好浸没在液体为止。（g取10N/kg）求：
（1）A的重力G木；
（2）木块A有的体积浸入液体中时，液体对容器底部的压强p；
（3）第二次向容器内注入该液体的质量。
参考答案与试题解析
一、单项选择题（每小题3分，共30分）每小题只有一个正确选项，请用2B铅笔将答题卡上对应的答案标号涂黑，如需改动，必须先用橡皮擦干净，再改涂其他答案标号。
1．在学习、生活中所涉及到的下列数值最接近实际情况的是（ ）
A．一只鸡蛋的质量约为500g
B．一个中学生的正常体重约为1000N
C．初中生跑100m所需的时间约为8s
D．我们现在所用的物理课本长度约为26cm
【分析】解答本题我们需要掌握估测法：估测法是利用物理概念、规律、物理常数和常识对物理量的数值、数量级进行快速计算以及对取值范围合理估测的方法。
【解答】解：A、一只鸡蛋的质量约为50g，所以A不符合实际情况；
B、一个中学生的质量约为50kg，根据G＝mg可知，一个中学生的正常体重约为500N，所以B不符合实际情况；
C、初中生跑100m所需的时间如果是8s，那么他比现在世界百米飞人博尔特的速度还快，所以C不符合实际情况；
D、我们现在所用的物理课本长度约为26cm，比较符合实际情况。
故选：D。
【点评】本题考查对常见的一些量要有数据、数量级的认识，估测是一种科学的近似计算，它不仅是一种常用的解题方法和思维方法，而且是一种重要的科学研究方法，在生产和生活中也有着重要作用。
2．关于声音，下列说法中正确的是（ ）
A．声波具有能量
B．声音可以在真空中传播
C．“禁鸣喇叭”是在传播途中控制噪声
D．只要物体在振动，我们就一定能听到声音
【分析】声音除了可以传递信息，还可以传递能量；
声音的传播需要介质，一切固体、液体和气体都可以作为传声的介质，真空不能传声；
控制噪声可以从声源处减弱，可以从传播过程中减弱，可以从人耳处减弱；
我们要听到声音除了发声体的振动外，还要有传声的介质和完好的人耳。
【解答】解：A、声音除了可以传递信息，还可以传递能量；
B、真空不能传声；
C、“禁鸣喇叭”是在声源处减弱噪声；
D、只要物体振动就一定可以发出声音，但我们不一定能够听到声音。
故选：A。
【点评】此题主要考查有关声现象的知识，只要认真分析是一定可以做对的。
3．在抗击新冠肺炎的斗争中，医务人员所戴的护目镜上经常起了一层水雾，影响视线。这些水雾的产生属于下列哪种物理现象（ ）
A．升华 B．凝华 C．液化 D．汽化
【分析】物质由气态变为液态叫液化。
【解答】解：水雾是液态的，是医务人员呼出的水蒸气遇冷液化形成的小水滴，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】发生物态变化时，知道变化前后的物质状态是关键。
4．关于能源、信息和材料，下列说法正确的是（ ）
A．核能是可再生能源
B．“北斗导航”是利用超声波进行定位的
C．卫星通信是利用电磁波来传递信息的
D．LED灯的核心元件发光二极管是由超导材料制成的
【分析】（1）常见可再生能源为：太阳能、风能、地热、海洋能等；
（2）北斗导航系统、卫星通信、移动通讯都是利用电磁波来传递信息的；
（3）发光二极管为半导体材料。
【解答】解：A、核能是不可再生能源，故A错误；
B、北斗导航系统为卫星导航系统，使用电磁波进行定位导航，并非超声波，故B错误；
C、卫星通信是利用电磁波来传递信息的，故C正确；
D、LED灯的核心元件发光二极管为半导体材料，并非超导体，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查学生能源、半导体、电磁波等相关知识的掌握情况，属于基础内容的考查，比较简单。
5．关于温度、热量和内能，下列说法正确的是（ ）
A．物体温度越高，所含的热量越多
B．温度高的物体内能一定大，温度低的物体内能一定小
C．物体的内能与温度有关，只要温度不变，物体的内能就一定不变
D．热传递过程中，能量也可能是从内能小的物体传递给内能大的物体
【分析】（1）在热传递过程中传递内能的多少叫热量，热量是个过程量，热传递的条件是；
（2）内能是物体分子无规则运动的动能和分子势能的总和，内能的大小跟质量、温度、状态有关；
（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。
【解答】解：A、热量是过程量，描述它的术语只能用”吸收“和”放出“，不能用“含有”，故A错误；
B、影响物体内能大小的因素有温度、质量等，温度高的物体内能不一定就大，温度低的物体内能不一定小，故B错误；
C、温度不变时，物体的内能可能增加，例如冰熔化时，温度不变，但要吸收热量，其内能增加，故C错误；
D、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；
内能小的物体温度可能高，内能小的物体也可能将能量传递给内能大的物体，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查温度、热量与内能的关系，以及热传递，解决问题的诀窍是：物体吸热或温度升高，内能一定增大；但物体的内能增大，不一定是由物体吸热或温度升高引起的。
6．关于家庭电路与安全用电，下列做法中正确的是（ ）
A．低压带电体和高压带电体都可以靠近
B．发现家用电器或电线失火时，必须先切断电源，然后再救火
C．使用试电笔时，手指应与笔尖接触
D．发现有人触电后，应立即用手把触电人拉离电线
【分析】（1）安全用电原则：不靠近高压带电体，不接触低压带电；
（2）发现家用电器或电线失火时，首先切断电源，再实行救援措施；
（3）试电笔中的氖管发光与否是判断火线和零线的主要依据，发光则为火线，不发光则为零线。但手一定要接触笔尾金属体，笔尖接触被测物体，这样才能和大地连成通路，使电流通过，氖管才有可能发光；
（4）发现有人触电后，应立即切断电源再施救。
【解答】解：
A、安全用电原则：不靠近高压带电体，不接触低压带电体，故A错误；
B、发现家用电器或电线失火时，必须先切断电源，然后再救火，故B正确；
C、使用试电笔时，手要碰到笔尾的金属，不能碰到笔尖的金属，故C错误；
D、发现有人触电后，绝对不能直接用手拉触电者，应立即切断电源再施救，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了安全用电的要求。遇到有人发生触电事故，千万不要直接用手去拉触电人，要首先切断电源，然后进行抢救。
7．在2022年北京冬奥会开幕式上，“一个小男孩轻轻吹出一口气，蒲公英飞上了鸟巢的上空”。联系相关物理知识，下面说法正确的是（ ）
A．物体不受力时静止，受力才能运动，力是维持物体运动的原因
B．物体由静止变为运动是因为受到了力的作用，力是改变物体运动状态的原因
C．物体受到力的作用由静止变运动，物体在运动过程中受到惯性力的作用
D．物体在静止时有惯性，运动时没有惯性
【分析】（1）惯性是物体保持原来运动状态不变的性质，一切物体在任何状态下都在惯性，惯性大小只取决于物体的质量；
（2）力的作用效果有两个：改变物体的运动状态，改变物体的形状；
（3）力是改变物体运动状态的原因。
【解答】解：AB、物体由静止变为运动是因为受到了力的作用，力是改变物体运动状态的原因，不是维持物体运动的原因，故A错误，B正确；
CD、惯性是保持原来运动状态不变的性质，一切物体在任何状态下都有惯性，与运动状态无关，与是否受力无关，惯性不是力，不能说受到惯性力的作用，故CD错误。
故选：B。
【点评】本题考查了惯性、力的作用效果、力与运动的关系等知识，属于基础题。
8．随着社会的发展，纯电动汽车越来越受人们欢迎，纯电动车里的电动机是一种高效率、低污染的动力设备，如图所示的四幅实验装置中，是电动机原理实验的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】首先要弄清四个选项所研究的是哪些实验或现象，再进行判断。
【解答】解：电动机的原理是通电导体在磁场中受力运动；
A．研究的是电磁感应现象，故A不符合题意；
B．此实验探究的是电流的磁效应，故B不符合题意；
C．此实验探究的是通电导体在磁场中受力运动的原理，故C符合题意；
D．此现象是用安培定则判断通电螺线管的N、S极的方法，故D不符合题意；
故选：C。
【点评】此题涉及到的实验较多，包括：奥斯特实验、电磁感应现象、通电导体在磁场中受力、通电螺线管的极性判断等内容，综合性较强，应认真分析每一个选项。
9．如图所示，甲正方体棱长为0.1m，乙的体积V乙＝2×10﹣3m3，将甲、乙两物体分别用细线挂在杠杆AB两端（设杠杆的自重不计），OA：OB＝1：2，甲对水平面的压强为零。若往容器加入某液体使乙浸没在其中，甲对水平面的压强为6000Pa，则
（ ）
A．甲、乙物体的质量比是1：2
B．乙物体受到的浮力是20N
C．液体密度为1.5×103kg/m3
D．甲对水平面的压力变化为600N
【分析】（1）当物体乙没有浸没在液体中时，杠杆在水平位置平衡，根据杠杆平衡条件求出甲乙重力之比，求出甲乙质量之比。
（2）当物体乙浸没在液体中，杠杆再次在水平位置平衡，根据杠杆平衡条件列出等式，求出液体的密度。
（3）知道液体的密度，根据阿基米德原理求出物体乙受到的浮力。
（4）杠杆第一次平衡时，甲对地面的压强为零，压力为零，第二次杠杆平衡时，知道甲对地面压强和受力面积，求出甲对地面的压力，这个压力差就是压力变化量。
【解答】解：
（1）甲乙挂在杠杆的两端，杠杆在水平位置平衡，根据杠杆平衡条件得，G甲×OA＝G乙×OB，OA：0B＝1：2，所以，G甲：G乙＝2：1，所以甲乙质量之比：m甲：m乙＝2：1，故A错误。
（2）甲的底面积；S＝0.1m×0.1m＝0.01m2，当物体乙浸没在液体中，甲对地面的压力是；F＝pS＝6000Pa×0.01m2＝60N，当物体乙没有浸没在液体中，甲对地面没有压力，所以甲对地面的压力变化量为60N，故D错误。
（3）当乙浸没在液体中时，杠杆在水平位置平衡，甲对杠杆的拉力为：F'＝G甲﹣F，根据杠杆平衡条件得，
（G甲﹣F）×OA＝（G乙﹣F乙浮）×OB，
因为OA：0B＝1：2，所以，（2G乙﹣60N）×OA＝（G乙﹣ρ液gV排）×2OA，
因为乙物体浸没在液体中，所以，（2G乙﹣60N）×OA＝（G乙﹣ρ液gV乙）×2OA，
所以，（2G乙﹣60N）×OA＝（G乙﹣ρ液×10N/kg×2×10﹣3m3）×2OA，
解得：ρ液＝1.5×103kg/m3，故C正确。
（4）物体乙受到的浮力：
F乙浮＝ρ液gV排＝ρ液gV乙＝1.5×103kg/m3×10N/kg×2×10﹣3m3＝30N，故B错误。
故选：C。
【点评】对于杠杆问题，根据杠杆平衡条件列出等式，解决可能是最后的结果，也可能离最后结果很近了。
10．灯泡L上标有“6V 6W”字样，测得该灯泡的电流随电压变化的关系如图甲所示。现把灯泡L接入如图乙所示的电路中，若电源电压为10V不变，电流表的量程为“0～0.6A”，电压表的量程为“0～15V”，则下列说法正确的是（ ）
A．灯泡L正常发光时，电压表的示数为6V
B．当电流表示数为0.4A时，电压表的示数为9V
C．灯泡L的电阻值随电压表的示数的增大而增大
D．为了保证电路安全，整个电路消耗的最大功率为10W
【分析】由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流；
（1）灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，根据欧姆定律求出电压表的示数；
（2）根据图像读出当电流表示数为0.4A时，灯泡两端的电压，根据电阻的串联特点求出电压表的示数；
（3）灯泡两端的电压越大时，实际功率越大，温度越高，电阻越大，根据串联电路的电压特点可知电压表示数增大时灯泡两端的电压变化，进一步得出灯泡电阻与电压表示数之间的关系；
（4）根据图像可知灯泡正常工作时的额定电流，并与电流表的量程相比较得出电路的最大电流，即可判断灯泡是否能正常工作；根据P＝UI求出电路消耗的最大电功率。
【解答】解：
A、灯泡正常发光时的电压UL＝6V，由图像可知，当灯泡正常发光时，电路中的电流为1A＞0.6A，所以灯泡不能正常发光，则电压表的示数也就无从谈起，故A错误；
B、由图像可知，当I＝0.4A时，UL＝1V，所以UR＝U﹣UL＝10V﹣1V＝9V．故B正确；
C、灯泡的电阻随温度的升高而增大，即灯泡两端的电压越大时，实际功率越大，温度越高，电阻越大，因电压表的示数越大时，灯泡两端的电压越小，所以，灯泡的电阻随电压表示数的增大而减小。故C错误；
D、由图像可知，当灯泡正常发光（UL＝6V）时，电路中的电流为1A＞0.6A，所以电路中的最大电流为I＝0.6A，电路消耗的最大电功率Pmax＝UImax＝10V×0.6A＝6W．故D错误。
故选：B。
【点评】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，关键是根据灯泡的额定电流和电流表的量程确定电路中的最大电流，这也是学生比较容易出错的地方。
二、填空题（每空1分，共20分）
11．（2分）人类社会的进步离不开物理学家们的杰出贡献。为了纪念这些伟大的物理学家，人们常用他们的名字作为物理量的单位，如力的单位是 牛顿 ，欧姆是 电阻 的单位。
【分析】物理学上的很多单位都是以科学家的名字命名的，例如安培、牛顿、欧姆、焦耳、瓦特、库仑等。
【解答】解：
牛顿是英国伟大的物理学家，在力学、光学研究领域取得卓著的成就，物理学以牛顿的名字作为力的单位，符号是N。
德国的物理学家欧姆，最先通过实验与理论研究发现了欧姆定律，物理学以欧姆的名字作为电阻的单位，符号是Ω。
故答案为：牛顿；电阻。
【点评】在国际单位制中，为了纪念科学家在物理学研究中的杰出贡献，好多单位以他们的名字来命名的，例如：电荷量﹣﹣伏特、电压﹣﹣伏特、电流﹣﹣安培、电阻﹣﹣欧姆、功和能量及热量﹣﹣焦耳、功率﹣﹣瓦特、力﹣﹣牛顿、压强﹣﹣帕斯卡等。
12．（2分）“海市蜃楼”是由于 光的折射 产生的现象；“立竿见影”是由于 光的直线传播 产生的现象。（两空均选填“光的直线传播”、“光的反射”或“光的折射”）
【分析】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；
凸透镜成像就是利用光的折射，光折射的实例还有：筷子变折、池水变浅、彩虹、海市蜃楼等等。
【解答】解：“海市蜃楼”是由于一种由光的折射产生的现象，是由于光在密度不均匀的物质中传播时，发生折射而引起的；
“立竿见影”是说当光线照到竖直的竿子上时，就会在它的后面形成一个竿子的影子，这是光沿直线传播形成的。
故答案为：光的折射；光的直线传播。
【点评】此题考查的是我们生活中光现象原理的判断，光的直线传播和光的折射是中考时必考的知识点。
13．（2分）汽油机一个工作循环的四个冲程按顺序依次是：吸气冲程、压缩冲程、 做功冲程 、排气冲程，汽油机是汽车的“心脏”，汽缸外面有“水套”，汽车行驶时水的温度会升高，水的内能会增大，这是通过 热传递 方式改变水的内能。
【分析】知道汽油机一个工作循环的四个冲程；了解热传递可以改变物体的内能，其实质是能量的转移。
【解答】解：汽油机一个工作循环的四个冲程按顺序依次是：吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程；
汽车行驶时水的温度会升高，水的内能会增大，这是能量发生了转移，是通过热传递方式改变水的内能。
故答案为：做功冲程；热传递。
【点评】本题主要考查了对汽油机四个冲程的了解，以及对热传递改变物体内能的了解，属基础知识的考查。
14．（2分）如图所示，疫情期间政府利用无人机给居民送包裹，无人机在空中沿水平方向匀速飞行，以无人机为参照物，包裹是 静止 （选填“静止”或“运动”）的，无人机匀速飞行时，所受的合力 为零 （选填“为零”或“不为零”）。
【分析】（1）在研究物体运动时，要选择参照的标准，即参照物，物体的位置相对于参照物发生变化，则运动，不发生变化，则静止。
（2）物体处于平衡状态（静止或匀速直线运动）时受到平衡力的作用，合力为0。
【解答】解：无人机在空中沿水平方向匀速飞行，以无人机为参照物，包裹与无人机之间没有位置变化，所以包裹是静止的；
无人机匀速飞行时，处于平衡状态，所受的合力为零。
故答案为：静止；为零。
【点评】此题主要考查了运动和静止的相对性、力的合成与应用，在判断物体运动和静止时，关键看物体相对于参照物的位置是否发生了变化。
15．（2分）我国三峡船闸是世界上最大的船闸。船闸是利用 连通器 原理工作的；三峡大坝设计成上窄下宽的形状是因为液体压强随深度的增加而 增大 （选填“增大”或“减小”）。
【分析】（1）对连通器的认识：上端开口、底部连通的容器叫连通器；
（2）对液体压强特点的记忆：液体的密度越大，深度越深，压强越大。
【解答】解：（1）船闸在工作时，闸室分别与上游和下游构成连通器，运用了连通器的原理；
（2）三峡大坝设计成了上窄下宽的形状，原因是：液体压强会随着深度的增加而增大。
故答案为：连通器；增大。
【点评】本题考查了连通器原理、液体压强的特点，是一道基础题。
16．（2分）2022年4月16日，翟志刚、王亚平、叶光富3名“出差半年的”航天员成功随“神舟十三号”载人飞船的返回舱返回地球，返回舱下落到地面附近时，由于受到阻力而做减速运动，在减速下降的过程中，返回舱的动能 减小 ，重力势能 减小 。（选填“增大”、“减小”或“不变”）
【分析】（1）动能大小的影响因素：质量和速度，质量越大，速度越大，动能越大。
（2）重力势能大小的影响因素：质量和高度，质量越大，高度越高，重力势能越大。
【解答】解：返回舱下落到地面附近时，由于受到阻力而做减速运动，其质量不变，速度变小，动能减小，同时高度减小，重力势能也减小。
故答案为：减小；减小。
【点评】掌握动能、重力势能的影响因素是解决该题的关键。
17．（2分）如图所示，小王家的电能表表盘上标有“3000r/（kW•h）”字样他将电视机单独接在该电能表上正常工作1h，电能表上的转盘转过300转，该电视机在这段时间内消耗的电能为 0.1 kW•h；小王家同时工作的用电器总功率不得超过 1100 W。
【分析】（1）3000r/kW•h表示的是电路中每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转3000r，知道电能表上的转盘转过300转，可求消耗的电能；
（2）知道工作电压和平时工作时的最大电流，利用P＝UI算出小王家同时使用的用电器最大总功率。
【解答】解：
（1）“3000r/kW•h”，它表示：每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转3000转；
电能表上的转盘转过300转，该电视机在这段时间内消耗的电能为：W＝kW•h＝0.1kW•h；
（2）由电能表上的参数可知：工作电压220V，平时允许通过的最大电流5A。
小王家同时使用的用电器总功率：
P＝UI＝220V×5A＝1100W。
故答案为：0.1；1100。
【点评】本题考查电能表的参数的物理意义和电功率的计算，关键是对电能表的各个参数的物理意义的正确理解。
18．（2分）小烨在粗糙的水平面上，用100N的水平推力使一个重为500N的物体前进了10m，用时50s，在此过程中重力做了 0 J的功，推力做功的功率为 20 W。
【分析】（1）做功的两个必要因素：一是作用在物体上的力，二是物体在力的方向上通过的距离；
（2）利用W＝Fs计算推力做的功，利用P＝求推力做功的功率。
【解答】解：（1）因为重力的方向竖直向下，而物体在水平方向上移动，在竖直方向上没有移动距离，所以重力没做功，即在此过程中重力做的功为0J；
（2）推力做的功：W＝Fs＝100N×10m＝1000J，
推力做功的功率：P＝＝＝20W。
故答案为：0；20。
【点评】本题考查力是否做功的判断和功率的计算，注意：功等于作用物体上的力与物体在力的方向上通过的距离的乘积。
19．（2分）一金属环中间结有冰块，冰块和金属环的总重为0.71N，将它们放入底面积为10cm2的圆柱形容器中恰好悬浮于水中（如图甲所示），此时冰块和金属环受到的浮力共为 0.71 N；过一段时间冰全部熔化，金属环沉入水底，容器内的水面下降了0.7cm（如图乙所示），则金属环的质量是 8 g。（已知ρ冰＝0.9g/cm3，g取10.N/kg）
【分析】（1）已知冰块和金属环的总重，且冰块和金属环悬浮于水中，根据悬浮条件F浮＝G物求出冰块和金属环受到的总浮力；
（2）设冰块的体积为V冰，根据冰全部熔化为水时，质量不变，但体积减小，以体积的减少量作为等量关系，可列出方程，即可求出冰块的体积，根据密度公式算出冰块的质量，用总质量减去冰块的质量就是金属环的质量。
【解答】解：（1）冰块和金属环悬浮在水中，则总浮力等于总重力，
所以冰块和金属环受到的浮力共为：F浮＝G总＝0.71N；
（2）根据G＝mg知冰块和金属环的总质量为：
m总＝＝＝0.071kg＝71g，
设冰块的体积为V冰，
由题意得，冰全部熔化成水后，减小的体积为：
ΔV＝SΔh＝10cm2×0.7cm＝7cm3，
而减小的体积等于冰的体积减去熔化成水的体积，且冰块熔化为水后质量不变，
即ΔV＝V冰﹣V冰化水＝V冰﹣＝7cm3，
则：V冰﹣V冰＝7cm3，解得：V冰＝70cm3，
冰块的质量为：m冰＝ρ冰V冰＝0.9g/cm3×70cm3＝63g，
所以金属环的质量为：m环＝m总﹣m冰＝71g﹣63g＝8g。
故答案为：0.71；8。
【点评】此题主要考查了密度公式、物体的浮沉条件及其应用，虽然涉及到的知识点不是很多，但是难度较大。
20．（2分）如图所示的电路中，电源两端电压U保持不变。当只闭合开关S1时，电压表的示数为U1，电流表的示数I1为1A，电阻R1消耗的电功率P1为4W，电阻R2消耗的电功率为P2。当开关S1、S2都闭合时，电压表的示数为U2，电流表的示数为I2，电阻R2消耗的电功率为P2'。已知P2：P2'＝1：4，U1：U2＝2：1。则电阻R1＝ 4 Ω，电源两端的电压U＝ 12 V。
【分析】根据题意先画出当只闭合开关S1时和开关S1、S2都闭合时的等效电路图；
根据P＝I2R即可求出R1的阻值；
根据P2：P2′＝1：4求出电流之比，知道I1，可求I2；
根据U1：U2＝2：1可得R2和R1的关系；根据电源两端电压不变，可得I1（R1+R2+R3）＝I2（R1+R3），根据欧姆定律求出电源电压。
【解答】解：当只闭合开关S1时，等效电路如图甲所示；当开关S1、S2都闭合时，等效电路如图乙所示。
由图甲根据P＝I2R可得，R1的阻值：
R1＝＝＝4Ω；
由图甲、乙根据P＝I2R可得：
P2：P2′＝I12R2：I22R2＝I12：I22＝1：4，
所以，I1：I2＝1：2，
由于I1＝1A；则I2＝2A；
由图甲、乙，根据串联电路的电阻特点和欧姆定律可得，电压表示数之比：
＝＝＝，
解得：R3＝3R2，
根据电源两端电压不变，由图甲、乙可得：
I1（R1+R2+R3）＝I2（R1+R2）
即：1A×（4Ω+R2+3R2）＝2A×（4Ω+R2）
解得：R2＝2Ω，
根据图乙可得电源电压：U＝I2（R1+R2）＝2A×（4Ω+2Ω）＝12V。
故答案为：4；12。
【点评】本题考查了学生对欧姆定律的掌握和运用，画出等效电路图是本题的突破口，利用好前后两图的关系是本题的关键。
三、作图与实验题（共28分）
21．（2分）请完成图中的光路图。
【分析】凸透镜的三种特殊光路图中，经过焦点的光线经凸透镜折射后，会平行于主光轴；
而平行于主光轴的光线经凸透镜折射后，将穿过焦点；
可根据上述两个特点来完成作图。
【解答】解：如图：
【点评】此题考查的是凸透镜的特殊光路图，主要识记三种特殊的光线即可：
①过光心的光线，传播方向不变；
②平行于主光轴的光线，经凸透镜折射后过焦点；
③过焦点的光线，经凸透镜折射后平行于主光轴。
22．（2分）如图所示两物块A、B在推力F的作用下沿着水平面做匀速直线运动，请画出A物体的受力示意图。
【分析】先对物体进行受力分析：由“物块A在推力F的作用下沿着水平面做匀速直线运动”可知，物体在竖直方向上受到重力和物块B的支持力作用。然后用力的示意图表示出物体受到的力即可。
【解答】解：物体共受到两个力的作用：重力G和B物体对它的支持力，其中G和N是一对平衡力，受力示意图如图所示：
【点评】用力的示意图表示出物体受到的力，先对物体进行正确的受力分析，然后确定各个力的三要素，最后用一条带箭头的线段表示力，线段的长度表示力的大小，长短表示力的方向，起点或终点表示力的作用点。
23．（2分）小磁针在磁场中静止时的情况如图所示，根据小磁针静止时的情况，用字母在括号内标出磁体右端的磁极名称，并画出通电螺线管的绕线。
【分析】①首先根据磁极间的相互作用规律和小磁针的NS极，判断出通电螺线管磁场的NS极，再根据安培定则判断出螺线管的绕线方法。
②在磁体的周围，磁感线从N极流出回到S极。由此可以确定磁感线的方向。
【解答】解：①小磁针的左端为N极，右端为N极，因为异名磁极相互吸引，同名磁极相互排斥，所以磁铁的右端为S极，左端为N极；
②从图中可以看出在磁体的周围磁感线从磁体的N极出发回到S极的，所以通电螺线管的左端为N极，右端为S极；
而电源左端为正极，则由安培定则可知螺线管的绕向如图所示：
【点评】本题考查了磁极间的相互作用规律和安培定则的使用。利用安培定则既可由电流的方向判定磁极磁性，也能由磁极极性判断电流的方向和线圈的绕法。
24．（4分）如图所示，图甲木块的长度为 2.35 cm；图乙温度计的示数为 26 ℃；图丙弹簧测力计的示数为 2.8 N；图丁电阻箱的示数为 4208 Ω．
【分析】（1）由图甲所示刻度尺确定其分度值，物体端点与刻度尺的零刻度线没有对齐，物体两端点所对应刻度尺的示数之差是物体的长度；
（2）由图示温度计可知，越向下刻度尺示数越大，说明温度计示数是负的，由图示温度计确定其分度值，然后读出其示数；
（3）根据图示弹簧测力计确定其分度值，然后读出其示数；
（4）电阻箱各旋钮示数之和是电阻箱的示数。
【解答】解：（1）由图甲所示刻度尺可知，其分度值是1mm，物体A的长度为12.35cm﹣10.00cm＝2.35cm；
（2）由图乙所示温度计可知，其示数是正的，温度计分度值是1℃，温度计示数为26℃；
（3）由图丙所示弹簧测力计可知，其分度值是0.2N，其示数为2N+0.2N×4＝2.8N；
（4）由图丁所示电阻箱可知，其示数为4×1000Ω+2×100Ω+0×10Ω+8×1Ω＝4208Ω。
故答案为：2.35；26；2.8；4208。
【点评】本题考查了刻度尺、弹簧测力计、电阻箱、温度计的读数问题，要掌握常用测量器材的使用及读数方法。
25．（4分）如图所示是“探究平面镜成像特点”的实验装置。
（1）实验中A、B两支蜡烛的外形是相同的，其目的是比较像与物的 大小 关系。
（2）蜡烛A的像是因为光通过玻璃 反射 到人眼里形成的。
（3）当B蜡烛与A蜡烛的像完全重合时，移去B蜡烛，并且在原来的位置上放一光屏，在光屏上不能承接到A蜡烛的像，这说明平面镜成的是 虚像 （填“实像”或“虚像”）。
（4）将蜡烛A逐渐远离玻璃板时，他的像将 不变 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
【分析】（1）平面镜所成的像和物体的大小相同，故选用两支外形相同的蜡烛；
（2）平面镜成像的原理是光的反射；
（3）平面镜所成的像是虚像；
（4）根据平面镜所成的像和物体的大小相同分析解答。
【解答】解：（1）实验中A、B两支蜡烛的外形是相同的，用蜡烛B代替蜡烛A所成的像，目的是比较像与物的大小关系；
（2）平面镜成像的原理是光的反射，故蜡烛A的像是因为光通过玻璃反射到人眼形成的；
（3）能在光屏上承接的像是实像，不能在光屏上承接的像是虚像，故平面镜成的像是虚像；
（4）平面镜所成的像和物体的大小相同，将蜡烛A逐渐远离玻璃板时，他的像大小不变。
故答案为：（1）大小；（2）反射；（3）虚像；（4）不变。
【点评】本题主要考查了探究平面镜成像特点的实验，属于基础题。
26．（6分）如图所示是小杨同学探究液体内部压强特点的实验。
（1）图甲是U形管压强计，金属盒上的橡皮膜应该选用 薄 （选填“薄”或“厚”）一些的较好。
（2）液体内部压强的大小无法直接测量，实验中我们是用压强计两侧的 液面高度差 来判断液体内部压强的大小，这种方法叫做转换法。
（3）比较乙、丙两次实验可知：同种液体内部压强随深度的增加而 增大 ；比较乙、丁两次实验可初步判断：液体内部压强与液体密度 有关 （选填“有关”或“无关”）。图丙中，保持探头的深度不变，改变它的方向发现U形管两侧的高度差保持不变，由此可得：同种液体内部的同一深度，向着各个方向的压强 相等 （选填“相等”或“不相等”）。
（4）若图丁的实验中U形管左右两侧水面的高度差为5cm，则橡皮管内气体的压强与管外大气压之差为 500 Pa（g取10N/kg）。
【分析】（1）橡皮膜越薄，橡皮膜越容易发生形变；
（2）液体内部压强的大小无法直接测量，实验中我们是用压强计两侧的液面高度差来判断液体内部压强的大小，这种方法叫做转换法；
（3）分析比较乙、丙两次实验或乙、丁两次实验中相同的物理量以及不同的物理量，利用控制变量法得出结论；同种液体内部的同一深度，向着各个方向的压强相等；
（4）根据p＝ρgh求出液体产生的压强即为橡皮管内气体的压强与大气压之差；
【解答】解：（1）橡皮膜越薄，橡皮膜越容易发生形变，所以金属盒上的橡皮膜应该选用薄一些的较好；
（2）液体内部压强的大小无法直接测量，实验中我们是用压强计两侧的液面高度差来判断液体内部压强的大小；
（3）比较乙、丙两次实验可知，液体的密度相同时，液体越深，U形管液面高度差越大，液体的压强越大，说明同种液体内部压强随深度的增加而增大；
比较乙、丁两次实验可知，液体的深度相同时，液体的密度不同，U形管液面高度差不同，液体的压强不同，说明液体内部压强与液体密度有关；保持探头的深度不变，改变它的方向发现U形管两侧的高度差保持不变，可得：同种液体内部的同一深度，向着各个方向的压强相等；
（4）图丁中U形管左右两侧水面的高度差h＝5cm，则橡皮管内气体的压强与大气压之差约为：p＝ρ水gh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.05m＝500Pa。
故答案为：（1）薄；（2）液面高度差；（3）增大；有关；相等；（4）500。
【点评】本题是探究液体内部压强影响因素的实验，主要考查了控制变量法的应用，液体压强的计算等，难度适中。
27．（8分）如图甲所示是“探究电压一定时，电流跟电阻关系”的实验电路图，已知电源电压恒为4V，滑动变阻器（30Ω 1A）以及符合实验要求的电表，开关和导线。
（1）连接电路时，开关应 断开 。
（2）实验中小明同学多次改变R的阻值，记下对应电流表的示数，得到如图乙所示的电流I随电阻R变化的图象，由图象可以得出结论：当导体两端电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成 反 比；多次测量的目的是 寻找普遍规律 （选填“取平均值减小误差”或“寻找普遍规律”）；
（3）由图乙可知，小明探究时，控制电阻两端电压 2.5 V不变；
（4）如果小明同学连好电路后闭合开关，移动滑动变阻器滑片P，发现电流表有示数，电压表无示数，则该故障可能是由R 短路 （选填“短路”或“断路”）造成的；
（5）小明为了能够完成上述实验，更换的电阻R的阻值不能超过 50 Ω；
（6）上述实验结束后，小明又设计了如图丙所示的电路，只用电压表来测量额定电压为2.5V的小灯泡的额定功率，已知滑动变阻器的最大阻值为10Ω，其测量过程如下：
①闭合开关S、S2，断开S1，将滑动变阻器的滑片移到最上端，电压表示数为4V；
②闭合S、S1，断开S2，移动滑动变阻器使电压表读数为 1.5 V时，小灯泡正常发光；
③闭合S、S2，断开S1，保持滑动变阻器的滑片与②步的位置相同，此时电压表示数为2V；
④根据上述测量，可知小灯泡的额定功率P额＝ 0.75 W。
【分析】（1）为了保护电路，连接电路时，开关应断开；
（2）根据电流与电阻的乘积为一定值分析回答；根据实验目的进行分析回答；
（3）根据图乙结合U＝IR求出电阻两端的电压；
（4）电流表有示数，说明电路是通路；电压表无示数，说明电压表并联的电路短路；
（5）探究电流与电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变；根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压，根据分压原理，求出当滑动变阻器接入电路的电阻最大时定值电阻的电阻，进而确定定值电阻的规格；
（6）先测出电源电压U；只用电压表来测量额定电压为2.5V的小灯泡的额定功率，首先应使灯正常发光，通过开关的转换，使灯与变阻器滑片以下电阻丝串联，根据串联电路电压的规律，当电压表示数为U﹣2.5V灯正常发光，在③中，根据分压原理可求出滑片以下电阻丝的电阻大小，根据欧姆定律可求出灯正常发光时的电流；根据P＝UI可求小灯泡的额定功率。
【解答】解：（1）为了保护电路，连接电路时，开关应断开；
（2）由图乙可知，电流与电阻的乘积为一定值，故可以得出结论：当导体两端电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；
多次改变R的阻值，是为了探究电流跟电阻关系，所以多次测量的目的是寻找普遍规律；
（3）由图乙可知，电阻两端的电压为：
UV＝IR＝0.5A×5Ω＝……＝0.1A×25Ω＝2.5V；
（4）闭合开关，移动滑动变阻器滑片P，发现电流表有示数，说明电路是通路；电压表无示数，说明电压表并联的电路短路，即该故障可能是由R短路造成的；
（5）定值电阻两端的电压始终保持UV＝2.5V，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：U滑＝U﹣UV＝4V﹣2.5V＝1.5V，电压表示数为变阻器分得的电压的＝倍，根据分压原理，当滑动变阻器接入电路的电阻最大时定值电阻的电阻：R最大＝×30Ω＝50Ω，即小明为了能够完成上述实验，更换的电阻R的阻值不能超过50Ω；
（6）①闭合开关S、S2，断开S1时，小灯泡短路，只有R接入电路，电压表的示数等于电源电压大小，即U＝4V；
②闭合S、S1，断开S2时，小灯泡与R串联，电压表测R两端电压，根据串联电路电压规律可知，
灯两端的电压为U额＝2.5V，即电压表示数为UR＝U﹣U额＝4V﹣2.5V＝1.5V时，灯正常发光；
③闭合S、S2，断开S1，只有R接入电路，电压表测部分R两端的电压，示数为2V，为电源电压的一半，由串联电路的分压原理可知，与电压表并联部分的电阻为R最大值的一半，即5Ω；
④在②中，R接入电路的电阻为5Ω，电路中的电流为：IL＝IR＝＝＝0.3A，
小灯泡的额定功率为：P＝U额IL＝2.5V×0.3A＝0.75W。
故答案为：（1）断开；（2）反；寻找普遍规律；（3）2.5；（4）短路；（5）50；（6）②1.5；④0.75。
【点评】本题探究电流与电阻关系，考查控制变量法的应用、欧姆定律的运用、分析数据归纳结论和设计方案测电功率的能力，属于中等难度的题目。
四、解答题（共22分）
28．（6分）“绿色出行，低碳生活”。新能源汽车因环保、节能、高效等优势，成为人们日常使用的重要交通工具。如图是国内某型号的新能源汽车，满载时的总质量为1.8×103kg，四个轮胎的着地面积是0.06m2，在平直公路上匀速行驶1000m，用时50s，此过程中汽车牵引力做功1.5×106J。（g取10N/kg）求满载时：
（1）该车静止在水平地面上时对地面的压强；
（2）汽车匀速行驶时的速度；
（3）汽车匀速行驶时所受的牵引力。
【分析】（1）根据公式p＝计算该车静止在水平地面上时对地面的压强。
（2）根据公式v＝汽车匀速行驶时的速度.
（3）根据公式F＝计算汽车匀速行驶时所受的牵引力。
【解答】解：（1）满载时的总重力：G＝mg＝1.8×103kg×10N/kg＝1.8×104N；
因为该车静止在水平地面上时F＝G＝1.8×104N；
故该车静止在水平地面上时对地面的压强：
p＝＝＝3×105Pa；
（2）汽车匀速行驶时的速度：
v＝＝＝20m/s；
（3）汽车匀速行驶时所受的牵引力：
F＝＝＝1.5×103N。
答：（1）该车静止在水平地面上时对地面的压强是3×105Pa；
（2）汽车匀速行驶时的速度是20m/s；
（3）汽车匀速行驶时所受的牵引力是1.5×103N。
【点评】本题考查了学生对功、压强、速度和牵引力的计算，属于基础题。
29．（7分）如图（a）所示电路，电源电压保持不变。小灯泡L标有“4V 0.5A”字样，电流表量程0～0.6A，电压表量程0～3V，滑动变阻器R1的最大阻值20Ω，只闭合开关S、S1，调节滑动变阻器滑片P，得到电流表与电压表示数关系如图（b）所示。
求：
（1）小灯泡的额定功率；
（2）电源电压及定值电阻R2的阻值；
（3）只闭合开关S和S2，移动滑动变阻器的滑片P，小灯泡L的I﹣U图象如图（c）所示，在保证各元件安全工作的情况下，滑动变阻器R1允许的取值范围。
【分析】（1）小灯泡L标有“4V 0.5A”字样，根据P＝UI求小灯泡的额定功率；
（2）只闭合开关S、S1，定值电阻R2和滑动变阻器R1串联，电压表测量滑动变阻器R1两端的电压，根据图乙中的两组数据表示出电源电压，根据两次电源电压不变列等式算出电源电压和定值电阻的阻值；
（3）只闭合开关S和S2，灯泡L串联和滑动变阻器R1串联，电压表测量滑动变阻器R1两端的电压，电流表测电路中的电流；
当电压表示数为3V时，R1接入电路的电阻最大；此时小灯泡两端电压为：UL＝U﹣U3大＝5V﹣3V＝2V，
由图（c）可知电路中最小电流，根据欧姆定律算出最大电阻；
根据小灯泡的额定电流判断出电路的最大电流，根据欧姆定律算出R1接入电路的最大电阻。
【解答】解：
（1）小灯泡的额定功率：P额＝U额l额＝4V×0.5A＝2W；
（2）只闭合开关S、S1，定值电阻R2和滑动变阻器R1串联，电压表测量滑动变阻器R1两端的电压，电流表测电路中的电流，调节滑动变阻器滑片P，得到电流表与电压表示数关系如图（b）所示。
由串联电路的电压特点和欧姆定律可得，电源电压：U＝U1+IR2，
在图（b）中取两组数据代入公式，可得：
U＝3.0V+0.2A×R2﹣﹣﹣﹣①
U＝1.0V+0.4A×R2﹣﹣﹣﹣﹣②
联立①②解得U＝5V，R2＝10Ω；
（3）只闭合开关S和S2，灯泡L串联和滑动变阻器R1串联，电压表测量滑动变阻器R1两端的电压，电流表测电路中的电流，
由串联电路的分压规律可知，当电压表示数最大为3V时，R1接入电路的电阻最大，
此时小灯泡两端电压为：UL＝U﹣U1大＝5V﹣3V＝2V，
由图（c）可知电路中最小电流：I最小＝0.4A，
则R1接入电路的最大电阻：R1大＝＝＝7.5Ω；
灯泡L正常工作时电流：I最大＝0.5A＜0.6A（电流表安全），灯泡L正常工作时的电压为4V，
此时滑动变阻器两端的电压：U1小＝U﹣UL额＝5V﹣4V＝1V，
则R1接入电路的最小电阻：R1小＝＝2Ω，
所以R1允许的取值范围是2Ω～7.5Ω。
答：（1）小灯泡的额定功率为2W；
（2）电源电压为5V，定值电阻R2的阻值为10Ω；
（3）只闭合开关S和S2，滑动变阻器R1允许的取值范围为2Ω～7.5Ω。
【点评】本题考查串联电路的规律和欧姆定律及电功率公式的运用，关键是正确识别电路，从图象中获取有效的信息。
30．（9分）在一足够高的圆柱体容器底部固定一轻质弹簧（不计弹簧的体积及其所受的浮力），弹簧原长10cm，弹簧上方连有正方体木块A，木块的边长为10cm，容器的底面积为200cm2，如图，此时弹簧长度为6cm（已知弹簧的长度每改变1cm，所受力的变化量为1N）。第一次向容器内注入某种液体，直到木块A有的体积浸入液体中停止，此时弹簧恰好处于自然伸长状态；接着第二次向容器内注入该液体，直到物块A恰好浸没在液体为止。（g取10N/kg）求：
（1）A的重力G木；
（2）木块A有的体积浸入液体中时，液体对容器底部的压强p；
（3）第二次向容器内注入该液体的质量。
【分析】（1）根据弹簧的原长和放上木块后弹簧的长度可知弹簧被木块压缩后的压缩量，再根据弹簧的长度每改变1cm，所受力的变化量为1N求出木块的重力；
（2）根据弹簧恰好处于自然伸长状态可知，木块在液体中刚好处于漂浮状态，根据物体的漂浮条件、F浮＝ρ液gV排和G＝mg＝ρVg求出液体的密度；根据木块A有一半的体积浸入液体中时，弹簧恰好处于自然伸长状态求出容器中液体的深度，根据p＝ρgh求出此时液体对容器底部的压强；
（3）木块A有的体积浸入液体时，根据V液1＝Sh1﹣×a3算出此时容器内液体的体积；
由F浮′＝ρ液gV算出物块A恰好浸没在液体时受到的浮力，由F拉＝F浮′﹣G木算出此时物体A对弹簧的拉力，根据弹簧的长度每改变1cm，所受力的变化量为1N算出此时弹簧的伸长量，进而算出此时弹簧的长度以及此时液体的深度，由V液2＝Sh2﹣a3算出此时容器内液体的体积，由ΔV＝V液2﹣V液1算出第二次向容器内注入该液体的体积，根据密度公式算出第二次向容器内注入该液体的质量。
【解答】解：（1）由题意可知，弹簧原长L0＝10cm＝0.1m，放上木块后弹簧的长度为L＝6cm，则弹簧被木块压缩后的压缩量为ΔL＝L0﹣L＝10cm﹣6cm＝4cm，
因为弹簧的长度每改变1cm，所受力的变化量为1N，所以木块对弹簧的压力：F＝4cm×1N/cm＝4N，
因此木块的重力G木＝F＝4N；
（2）木块的边长为a＝10cm＝0.1m，
木块A有的体积浸入液体中停止，此时弹簧恰好处于自然伸长状态；
液体的深度为：
h1＝L0+a＝10cm+×10cm＝15cm，
此时木块处于漂浮状态，浮力等于自身的重力，即F浮＝G木＝4N，
由F浮＝ρ液gV排得木块的密度为：
ρ液＝＝＝0.8×103kg/m3，
液体对容器底部的压强为：
p＝ρ液gh1＝0.8×103kg/m3×10N/kg×15×10﹣2m＝1200Pa；
（3）木块A有的体积浸入液体时，此时容器内液体的体积为：
V液1＝Sh1﹣×a3＝200cm2×15cm﹣×（10cm）3＝2500cm3；
物块A恰好浸没在液体，A受到的浮力为：
F浮′＝ρ液gV＝0.8×103kg/m3×10N/kg×（0.1m）3＝8N，
此时物体A对弹簧的拉力为：
F拉＝F浮′﹣G木＝8N﹣4N＝4N，
此时弹簧的伸长量为：
ΔL＝＝4cm，
此时弹簧的长度为：
L＝L0+ΔL＝10cm+4cm＝14cm，
此时液体的深度为：
h2＝L+a＝14cm+10cm＝24cm，
容器内液体的体积为：
V液2＝Sh2﹣a3＝200cm2×24cm﹣（10cm）3＝3800cm3；
第二次向容器内注入该液体的体积为：
ΔV＝V液2﹣V液1＝3800cm3﹣2500cm3＝1300cm3，
第二次向容器内注入该液体的质量为：
Δm＝ρ液ΔV＝0.8×103kg/m3×1300×10﹣6m3＝1.04kg。
答：（1）A的重力G木为4N；
（2）木块A有的体积浸入液体中时，液体对容器底部的压强p为1200Pa；
（3）第二次向容器内注入该液体的质量为1.04kg。
【点评】本题考查重力公式、密度公式、液体压强公式、阿基米德原理和物体的浮沉条件的应用，综合性强，有一定难度。
广西贵港市覃塘区2022年中考物理三模试卷(解析版)
一、单项选择题（每小题3分，共30分）每小题只有一个正确选项，请用2B铅笔将答题卡上对应的答案标号涂黑，如需改动，必须先用橡皮擦干净，再改涂其他答案标号。
1．在学习、生活中所涉及到的下列数值最接近实际情况的是（ ）
A．一只鸡蛋的质量约为500g
B．一个中学生的正常体重约为1000N
C．初中生跑100m所需的时间约为8s
D．我们现在所用的物理课本长度约为26cm
2．关于声音，下列说法中正确的是（ ）
A．声波具有能量
B．声音可以在真空中传播
C．“禁鸣喇叭”是在传播途中控制噪声
D．只要物体在振动，我们就一定能听到声音
3．在抗击新冠肺炎的斗争中，医务人员所戴的护目镜上经常起了一层水雾，影响视线。这些水雾的产生属于下列哪种物理现象（ ）
A．升华 B．凝华 C．液化 D．汽化
4．关于能源、信息和材料，下列说法正确的是（ ）
A．核能是可再生能源
B．“北斗导航”是利用超声波进行定位的
C．卫星通信是利用电磁波来传递信息的
D．LED灯的核心元件发光二极管是由超导材料制成的
5．关于温度、热量和内能，下列说法正确的是（ ）
A．物体温度越高，所含的热量越多
B．温度高的物体内能一定大，温度低的物体内能一定小
C．物体的内能与温度有关，只要温度不变，物体的内能就一定不变
D．热传递过程中，能量也可能是从内能小的物体传递给内能大的物体
6．关于家庭电路与安全用电，下列做法中正确的是（ ）
A．低压带电体和高压带电体都可以靠近
B．发现家用电器或电线失火时，必须先切断电源，然后再救火
C．使用试电笔时，手指应与笔尖接触
D．发现有人触电后，应立即用手把触电人拉离电线
7．在2022年北京冬奥会开幕式上，“一个小男孩轻轻吹出一口气，蒲公英飞上了鸟巢的上空”。联系相关物理知识，下面说法正确的是（ ）
A．物体不受力时静止，受力才能运动，力是维持物体运动的原因
B．物体由静止变为运动是因为受到了力的作用，力是改变物体运动状态的原因
C．物体受到力的作用由静止变运动，物体在运动过程中受到惯性力的作用
D．物体在静止时有惯性，运动时没有惯性
8．随着社会的发展，纯电动汽车越来越受人们欢迎，纯电动车里的电动机是一种高效率、低污染的动力设备，如图所示的四幅实验装置中，是电动机原理实验的是（ ）
A． B．
C． D．
9．如图所示，甲正方体棱长为0.1m，乙的体积V乙＝2×10﹣3m3，将甲、乙两物体分别用细线挂在杠杆AB两端（设杠杆的自重不计），OA：OB＝1：2，甲对水平面的压强为零。若往容器加入某液体使乙浸没在其中，甲对水平面的压强为6000Pa，则
（ ）
A．甲、乙物体的质量比是1：2
B．乙物体受到的浮力是20N
C．液体密度为1.5×103kg/m3
D．甲对水平面的压力变化为600N
10．灯泡L上标有“6V 6W”字样，测得该灯泡的电流随电压变化的关系如图甲所示。现把灯泡L接入如图乙所示的电路中，若电源电压为10V不变，电流表的量程为“0～0.6A”，电压表的量程为“0～15V”，则下列说法正确的是（ ）
A．灯泡L正常发光时，电压表的示数为6V
B．当电流表示数为0.4A时，电压表的示数为9V
C．灯泡L的电阻值随电压表的示数的增大而增大
D．为了保证电路安全，整个电路消耗的最大功率为10W
二、填空题（每空1分，共20分）
11．（2分）人类社会的进步离不开物理学家们的杰出贡献。为了纪念这些伟大的物理学家，人们常用他们的名字作为物理量的单位，如力的单位是 ，欧姆是 的单位。
12．（2分）“海市蜃楼”是由于 产生的现象；“立竿见影”是由于 产生的现象。（两空均选填“光的直线传播”、“光的反射”或“光的折射”）
13．（2分）汽油机一个工作循环的四个冲程按顺序依次是：吸气冲程、压缩冲程、 、排气冲程，汽油机是汽车的“心脏”，汽缸外面有“水套”，汽车行驶时水的温度会升高，水的内能会增大，这是通过 方式改变水的内能。
14．（2分）如图所示，疫情期间政府利用无人机给居民送包裹，无人机在空中沿水平方向匀速飞行，以无人机为参照物，包裹是 （选填“静止”或“运动”）的，无人机匀速飞行时，所受的合力 （选填“为零”或“不为零”）。
15．（2分）我国三峡船闸是世界上最大的船闸。船闸是利用 原理工作的；三峡大坝设计成上窄下宽的形状是因为液体压强随深度的增加而 （选填“增大”或“减小”）。
16．（2分）2022年4月16日，翟志刚、王亚平、叶光富3名“出差半年的”航天员成功随“神舟十三号”载人飞船的返回舱返回地球，返回舱下落到地面附近时，由于受到阻力而做减速运动，在减速下降的过程中，返回舱的动能 ，重力势能 。（选填“增大”、“减小”或“不变”）
17．（2分）如图所示，小王家的电能表表盘上标有“3000r/（kW•h）”字样他将电视机单独接在该电能表上正常工作1h，电能表上的转盘转过300转，该电视机在这段时间内消耗的电能为 kW•h；小王家同时工作的用电器总功率不得超过 W。
18．（2分）小烨在粗糙的水平面上，用100N的水平推力使一个重为500N的物体前进了10m，用时50s，在此过程中重力做了 J的功，推力做功的功率为 W。
19．（2分）一金属环中间结有冰块，冰块和金属环的总重为0.71N，将它们放入底面积为10cm2的圆柱形容器中恰好悬浮于水中（如图甲所示），此时冰块和金属环受到的浮力共为 N；过一段时间冰全部熔化，金属环沉入水底，容器内的水面下降了0.7cm（如图乙所示），则金属环的质量是 g。（已知ρ冰＝0.9g/cm3，g取10.N/kg）
20．（2分）如图所示的电路中，电源两端电压U保持不变。当只闭合开关S1时，电压表的示数为U1，电流表的示数I1为1A，电阻R1消耗的电功率P1为4W，电阻R2消耗的电功率为P2。当开关S1、S2都闭合时，电压表的示数为U2，电流表的示数为I2，电阻R2消耗的电功率为P2'。已知P2：P2'＝1：4，U1：U2＝2：1。则电阻R1＝ Ω，电源两端的电压U＝ V。
三、作图与实验题（共28分）
21．（2分）请完成图中的光路图。
22．（2分）如图所示两物块A、B在推力F的作用下沿着水平面做匀速直线运动，请画出A物体的受力示意图。
23．（2分）小磁针在磁场中静止时的情况如图所示，根据小磁针静止时的情况，用字母在括号内标出磁体右端的磁极名称，并画出通电螺线管的绕线。
24．（4分）如图所示，图甲木块的长度为 cm；图乙温度计的示数为 ℃；图丙弹簧测力计的示数为 N；图丁电阻箱的示数为 Ω．
25．（4分）如图所示是“探究平面镜成像特点”的实验装置。
（1）实验中A、B两支蜡烛的外形是相同的，其目的是比较像与物的 关系。
（2）蜡烛A的像是因为光通过玻璃 到人眼里形成的。
（3）当B蜡烛与A蜡烛的像完全重合时，移去B蜡烛，并且在原来的位置上放一光屏，在光屏上不能承接到A蜡烛的像，这说明平面镜成的是 （填“实像”或“虚像”）。
（4）将蜡烛A逐渐远离玻璃板时，他的像将 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
26．（6分）如图所示是小杨同学探究液体内部压强特点的实验。
（1）图甲是U形管压强计，金属盒上的橡皮膜应该选用 （选填“薄”或“厚”）一些的较好。
（2）液体内部压强的大小无法直接测量，实验中我们是用压强计两侧的 来判断液体内部压强的大小，这种方法叫做转换法。
（3）比较乙、丙两次实验可知：同种液体内部压强随深度的增加而 ；比较乙、丁两次实验可初步判断：液体内部压强与液体密度 （选填“有关”或“无关”）。图丙中，保持探头的深度不变，改变它的方向发现U形管两侧的高度差保持不变，由此可得：同种液体内部的同一深度，向着各个方向的压强 （选填“相等”或“不相等”）。
（4）若图丁的实验中U形管左右两侧水面的高度差为5cm，则橡皮管内气体的压强与管外大气压之差为 Pa（g取10N/kg）。
27．（8分）如图甲所示是“探究电压一定时，电流跟电阻关系”的实验电路图，已知电源电压恒为4V，滑动变阻器（30Ω 1A）以及符合实验要求的电表，开关和导线。
（1）连接电路时，开关应 。
（2）实验中小明同学多次改变R的阻值，记下对应电流表的示数，得到如图乙所示的电流I随电阻R变化的图象，由图象可以得出结论：当导体两端电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成 比；多次测量的目的是 （选填“取平均值减小误差”或“寻找普遍规律”）；
（3）由图乙可知，小明探究时，控制电阻两端电压 V不变；
（4）如果小明同学连好电路后闭合开关，移动滑动变阻器滑片P，发现电流表有示数，电压表无示数，则该故障可能是由R （选填“短路”或“断路”）造成的；
（5）小明为了能够完成上述实验，更换的电阻R的阻值不能超过 Ω；
（6）上述实验结束后，小明又设计了如图丙所示的电路，只用电压表来测量额定电压为2.5V的小灯泡的额定功率，已知滑动变阻器的最大阻值为10Ω，其测量过程如下：
①闭合开关S、S2，断开S1，将滑动变阻器的滑片移到最上端，电压表示数为4V；
②闭合S、S1，断开S2，移动滑动变阻器使电压表读数为 V时，小灯泡正常发光；
③闭合S、S2，断开S1，保持滑动变阻器的滑片与②步的位置相同，此时电压表示数为2V；
④根据上述测量，可知小灯泡的额定功率P额＝ W。
四、解答题（共22分）
28．（6分）“绿色出行，低碳生活”。新能源汽车因环保、节能、高效等优势，成为人们日常使用的重要交通工具。如图是国内某型号的新能源汽车，满载时的总质量为1.8×103kg，四个轮胎的着地面积是0.06m2，在平直公路上匀速行驶1000m，用时50s，此过程中汽车牵引力做功1.5×106J。（g取10N/kg）求满载时：
（1）该车静止在水平地面上时对地面的压强；
（2）汽车匀速行驶时的速度；
（3）汽车匀速行驶时所受的牵引力。
29．（7分）如图（a）所示电路，电源电压保持不变。小灯泡L标有“4V 0.5A”字样，电流表量程0～0.6A，电压表量程0～3V，滑动变阻器R1的最大阻值20Ω，只闭合开关S、S1，调节滑动变阻器滑片P，得到电流表与电压表示数关系如图（b）所示。
求：
（1）小灯泡的额定功率；
（2）电源电压及定值电阻R2的阻值；
（3）只闭合开关S和S2，移动滑动变阻器的滑片P，小灯泡L的I﹣U图象如图（c）所示，在保证各元件安全工作的情况下，滑动变阻器R1允许的取值范围。
30．（9分）在一足够高的圆柱体容器底部固定一轻质弹簧（不计弹簧的体积及其所受的浮力），弹簧原长10cm，弹簧上方连有正方体木块A，木块的边长为10cm，容器的底面积为200cm2，如图，此时弹簧长度为6cm（已知弹簧的长度每改变1cm，所受力的变化量为1N）。第一次向容器内注入某种液体，直到木块A有的体积浸入液体中停止，此时弹簧恰好处于自然伸长状态；接着第二次向容器内注入该液体，直到物块A恰好浸没在液体为止。（g取10N/kg）求：
（1）A的重力G木；
（2）木块A有的体积浸入液体中时，液体对容器底部的压强p；
（3）第二次向容器内注入该液体的质量。
参考答案与试题解析
一、单项选择题（每小题3分，共30分）每小题只有一个正确选项，请用2B铅笔将答题卡上对应的答案标号涂黑，如需改动，必须先用橡皮擦干净，再改涂其他答案标号。
1．在学习、生活中所涉及到的下列数值最接近实际情况的是（ ）
A．一只鸡蛋的质量约为500g
B．一个中学生的正常体重约为1000N
C．初中生跑100m所需的时间约为8s
D．我们现在所用的物理课本长度约为26cm
【分析】解答本题我们需要掌握估测法：估测法是利用物理概念、规律、物理常数和常识对物理量的数值、数量级进行快速计算以及对取值范围合理估测的方法。
【解答】解：A、一只鸡蛋的质量约为50g，所以A不符合实际情况；
B、一个中学生的质量约为50kg，根据G＝mg可知，一个中学生的正常体重约为500N，所以B不符合实际情况；
C、初中生跑100m所需的时间如果是8s，那么他比现在世界百米飞人博尔特的速度还快，所以C不符合实际情况；
D、我们现在所用的物理课本长度约为26cm，比较符合实际情况。
故选：D。
【点评】本题考查对常见的一些量要有数据、数量级的认识，估测是一种科学的近似计算，它不仅是一种常用的解题方法和思维方法，而且是一种重要的科学研究方法，在生产和生活中也有着重要作用。
2．关于声音，下列说法中正确的是（ ）
A．声波具有能量
B．声音可以在真空中传播
C．“禁鸣喇叭”是在传播途中控制噪声
D．只要物体在振动，我们就一定能听到声音
【分析】声音除了可以传递信息，还可以传递能量；
声音的传播需要介质，一切固体、液体和气体都可以作为传声的介质，真空不能传声；
控制噪声可以从声源处减弱，可以从传播过程中减弱，可以从人耳处减弱；
我们要听到声音除了发声体的振动外，还要有传声的介质和完好的人耳。
【解答】解：A、声音除了可以传递信息，还可以传递能量；
B、真空不能传声；
C、“禁鸣喇叭”是在声源处减弱噪声；
D、只要物体振动就一定可以发出声音，但我们不一定能够听到声音。
故选：A。
【点评】此题主要考查有关声现象的知识，只要认真分析是一定可以做对的。
3．在抗击新冠肺炎的斗争中，医务人员所戴的护目镜上经常起了一层水雾，影响视线。这些水雾的产生属于下列哪种物理现象（ ）
A．升华 B．凝华 C．液化 D．汽化
【分析】物质由气态变为液态叫液化。
【解答】解：水雾是液态的，是医务人员呼出的水蒸气遇冷液化形成的小水滴，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】发生物态变化时，知道变化前后的物质状态是关键。
4．关于能源、信息和材料，下列说法正确的是（ ）
A．核能是可再生能源
B．“北斗导航”是利用超声波进行定位的
C．卫星通信是利用电磁波来传递信息的
D．LED灯的核心元件发光二极管是由超导材料制成的
【分析】（1）常见可再生能源为：太阳能、风能、地热、海洋能等；
（2）北斗导航系统、卫星通信、移动通讯都是利用电磁波来传递信息的；
（3）发光二极管为半导体材料。
【解答】解：A、核能是不可再生能源，故A错误；
B、北斗导航系统为卫星导航系统，使用电磁波进行定位导航，并非超声波，故B错误；
C、卫星通信是利用电磁波来传递信息的，故C正确；
D、LED灯的核心元件发光二极管为半导体材料，并非超导体，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查学生能源、半导体、电磁波等相关知识的掌握情况，属于基础内容的考查，比较简单。
5．关于温度、热量和内能，下列说法正确的是（ ）
A．物体温度越高，所含的热量越多
B．温度高的物体内能一定大，温度低的物体内能一定小
C．物体的内能与温度有关，只要温度不变，物体的内能就一定不变
D．热传递过程中，能量也可能是从内能小的物体传递给内能大的物体
【分析】（1）在热传递过程中传递内能的多少叫热量，热量是个过程量，热传递的条件是；
（2）内能是物体分子无规则运动的动能和分子势能的总和，内能的大小跟质量、温度、状态有关；
（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。
【解答】解：A、热量是过程量，描述它的术语只能用”吸收“和”放出“，不能用“含有”，故A错误；
B、影响物体内能大小的因素有温度、质量等，温度高的物体内能不一定就大，温度低的物体内能不一定小，故B错误；
C、温度不变时，物体的内能可能增加，例如冰熔化时，温度不变，但要吸收热量，其内能增加，故C错误；
D、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；
内能小的物体温度可能高，内能小的物体也可能将能量传递给内能大的物体，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查温度、热量与内能的关系，以及热传递，解决问题的诀窍是：物体吸热或温度升高，内能一定增大；但物体的内能增大，不一定是由物体吸热或温度升高引起的。
6．关于家庭电路与安全用电，下列做法中正确的是（ ）
A．低压带电体和高压带电体都可以靠近
B．发现家用电器或电线失火时，必须先切断电源，然后再救火
C．使用试电笔时，手指应与笔尖接触
D．发现有人触电后，应立即用手把触电人拉离电线
【分析】（1）安全用电原则：不靠近高压带电体，不接触低压带电；
（2）发现家用电器或电线失火时，首先切断电源，再实行救援措施；
（3）试电笔中的氖管发光与否是判断火线和零线的主要依据，发光则为火线，不发光则为零线。但手一定要接触笔尾金属体，笔尖接触被测物体，这样才能和大地连成通路，使电流通过，氖管才有可能发光；
（4）发现有人触电后，应立即切断电源再施救。
【解答】解：
A、安全用电原则：不靠近高压带电体，不接触低压带电体，故A错误；
B、发现家用电器或电线失火时，必须先切断电源，然后再救火，故B正确；
C、使用试电笔时，手要碰到笔尾的金属，不能碰到笔尖的金属，故C错误；
D、发现有人触电后，绝对不能直接用手拉触电者，应立即切断电源再施救，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了安全用电的要求。遇到有人发生触电事故，千万不要直接用手去拉触电人，要首先切断电源，然后进行抢救。
7．在2022年北京冬奥会开幕式上，“一个小男孩轻轻吹出一口气，蒲公英飞上了鸟巢的上空”。联系相关物理知识，下面说法正确的是（ ）
A．物体不受力时静止，受力才能运动，力是维持物体运动的原因
B．物体由静止变为运动是因为受到了力的作用，力是改变物体运动状态的原因
C．物体受到力的作用由静止变运动，物体在运动过程中受到惯性力的作用
D．物体在静止时有惯性，运动时没有惯性
【分析】（1）惯性是物体保持原来运动状态不变的性质，一切物体在任何状态下都在惯性，惯性大小只取决于物体的质量；
（2）力的作用效果有两个：改变物体的运动状态，改变物体的形状；
（3）力是改变物体运动状态的原因。
【解答】解：AB、物体由静止变为运动是因为受到了力的作用，力是改变物体运动状态的原因，不是维持物体运动的原因，故A错误，B正确；
CD、惯性是保持原来运动状态不变的性质，一切物体在任何状态下都有惯性，与运动状态无关，与是否受力无关，惯性不是力，不能说受到惯性力的作用，故CD错误。
故选：B。
【点评】本题考查了惯性、力的作用效果、力与运动的关系等知识，属于基础题。
8．随着社会的发展，纯电动汽车越来越受人们欢迎，纯电动车里的电动机是一种高效率、低污染的动力设备，如图所示的四幅实验装置中，是电动机原理实验的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】首先要弄清四个选项所研究的是哪些实验或现象，再进行判断。
【解答】解：电动机的原理是通电导体在磁场中受力运动；
A．研究的是电磁感应现象，故A不符合题意；
B．此实验探究的是电流的磁效应，故B不符合题意；
C．此实验探究的是通电导体在磁场中受力运动的原理，故C符合题意；
D．此现象是用安培定则判断通电螺线管的N、S极的方法，故D不符合题意；
故选：C。
【点评】此题涉及到的实验较多，包括：奥斯特实验、电磁感应现象、通电导体在磁场中受力、通电螺线管的极性判断等内容，综合性较强，应认真分析每一个选项。
9．如图所示，甲正方体棱长为0.1m，乙的体积V乙＝2×10﹣3m3，将甲、乙两物体分别用细线挂在杠杆AB两端（设杠杆的自重不计），OA：OB＝1：2，甲对水平面的压强为零。若往容器加入某液体使乙浸没在其中，甲对水平面的压强为6000Pa，则
（ ）
A．甲、乙物体的质量比是1：2
B．乙物体受到的浮力是20N
C．液体密度为1.5×103kg/m3
D．甲对水平面的压力变化为600N
【分析】（1）当物体乙没有浸没在液体中时，杠杆在水平位置平衡，根据杠杆平衡条件求出甲乙重力之比，求出甲乙质量之比。
（2）当物体乙浸没在液体中，杠杆再次在水平位置平衡，根据杠杆平衡条件列出等式，求出液体的密度。
（3）知道液体的密度，根据阿基米德原理求出物体乙受到的浮力。
（4）杠杆第一次平衡时，甲对地面的压强为零，压力为零，第二次杠杆平衡时，知道甲对地面压强和受力面积，求出甲对地面的压力，这个压力差就是压力变化量。
【解答】解：
（1）甲乙挂在杠杆的两端，杠杆在水平位置平衡，根据杠杆平衡条件得，G甲×OA＝G乙×OB，OA：0B＝1：2，所以，G甲：G乙＝2：1，所以甲乙质量之比：m甲：m乙＝2：1，故A错误。
（2）甲的底面积；S＝0.1m×0.1m＝0.01m2，当物体乙浸没在液体中，甲对地面的压力是；F＝pS＝6000Pa×0.01m2＝60N，当物体乙没有浸没在液体中，甲对地面没有压力，所以甲对地面的压力变化量为60N，故D错误。
（3）当乙浸没在液体中时，杠杆在水平位置平衡，甲对杠杆的拉力为：F'＝G甲﹣F，根据杠杆平衡条件得，
（G甲﹣F）×OA＝（G乙﹣F乙浮）×OB，
因为OA：0B＝1：2，所以，（2G乙﹣60N）×OA＝（G乙﹣ρ液gV排）×2OA，
因为乙物体浸没在液体中，所以，（2G乙﹣60N）×OA＝（G乙﹣ρ液gV乙）×2OA，
所以，（2G乙﹣60N）×OA＝（G乙﹣ρ液×10N/kg×2×10﹣3m3）×2OA，
解得：ρ液＝1.5×103kg/m3，故C正确。
（4）物体乙受到的浮力：
F乙浮＝ρ液gV排＝ρ液gV乙＝1.5×103kg/m3×10N/kg×2×10﹣3m3＝30N，故B错误。
故选：C。
【点评】对于杠杆问题，根据杠杆平衡条件列出等式，解决可能是最后的结果，也可能离最后结果很近了。
10．灯泡L上标有“6V 6W”字样，测得该灯泡的电流随电压变化的关系如图甲所示。现把灯泡L接入如图乙所示的电路中，若电源电压为10V不变，电流表的量程为“0～0.6A”，电压表的量程为“0～15V”，则下列说法正确的是（ ）
A．灯泡L正常发光时，电压表的示数为6V
B．当电流表示数为0.4A时，电压表的示数为9V
C．灯泡L的电阻值随电压表的示数的增大而增大
D．为了保证电路安全，整个电路消耗的最大功率为10W
【分析】由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流；
（1）灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，根据欧姆定律求出电压表的示数；
（2）根据图像读出当电流表示数为0.4A时，灯泡两端的电压，根据电阻的串联特点求出电压表的示数；
（3）灯泡两端的电压越大时，实际功率越大，温度越高，电阻越大，根据串联电路的电压特点可知电压表示数增大时灯泡两端的电压变化，进一步得出灯泡电阻与电压表示数之间的关系；
（4）根据图像可知灯泡正常工作时的额定电流，并与电流表的量程相比较得出电路的最大电流，即可判断灯泡是否能正常工作；根据P＝UI求出电路消耗的最大电功率。
【解答】解：
A、灯泡正常发光时的电压UL＝6V，由图像可知，当灯泡正常发光时，电路中的电流为1A＞0.6A，所以灯泡不能正常发光，则电压表的示数也就无从谈起，故A错误；
B、由图像可知，当I＝0.4A时，UL＝1V，所以UR＝U﹣UL＝10V﹣1V＝9V．故B正确；
C、灯泡的电阻随温度的升高而增大，即灯泡两端的电压越大时，实际功率越大，温度越高，电阻越大，因电压表的示数越大时，灯泡两端的电压越小，所以，灯泡的电阻随电压表示数的增大而减小。故C错误；
D、由图像可知，当灯泡正常发光（UL＝6V）时，电路中的电流为1A＞0.6A，所以电路中的最大电流为I＝0.6A，电路消耗的最大电功率Pmax＝UImax＝10V×0.6A＝6W．故D错误。
故选：B。
【点评】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，关键是根据灯泡的额定电流和电流表的量程确定电路中的最大电流，这也是学生比较容易出错的地方。
二、填空题（每空1分，共20分）
11．（2分）人类社会的进步离不开物理学家们的杰出贡献。为了纪念这些伟大的物理学家，人们常用他们的名字作为物理量的单位，如力的单位是 牛顿 ，欧姆是 电阻 的单位。
【分析】物理学上的很多单位都是以科学家的名字命名的，例如安培、牛顿、欧姆、焦耳、瓦特、库仑等。
【解答】解：
牛顿是英国伟大的物理学家，在力学、光学研究领域取得卓著的成就，物理学以牛顿的名字作为力的单位，符号是N。
德国的物理学家欧姆，最先通过实验与理论研究发现了欧姆定律，物理学以欧姆的名字作为电阻的单位，符号是Ω。
故答案为：牛顿；电阻。
【点评】在国际单位制中，为了纪念科学家在物理学研究中的杰出贡献，好多单位以他们的名字来命名的，例如：电荷量﹣﹣伏特、电压﹣﹣伏特、电流﹣﹣安培、电阻﹣﹣欧姆、功和能量及热量﹣﹣焦耳、功率﹣﹣瓦特、力﹣﹣牛顿、压强﹣﹣帕斯卡等。
12．（2分）“海市蜃楼”是由于 光的折射 产生的现象；“立竿见影”是由于 光的直线传播 产生的现象。（两空均选填“光的直线传播”、“光的反射”或“光的折射”）
【分析】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；
凸透镜成像就是利用光的折射，光折射的实例还有：筷子变折、池水变浅、彩虹、海市蜃楼等等。
【解答】解：“海市蜃楼”是由于一种由光的折射产生的现象，是由于光在密度不均匀的物质中传播时，发生折射而引起的；
“立竿见影”是说当光线照到竖直的竿子上时，就会在它的后面形成一个竿子的影子，这是光沿直线传播形成的。
故答案为：光的折射；光的直线传播。
【点评】此题考查的是我们生活中光现象原理的判断，光的直线传播和光的折射是中考时必考的知识点。
13．（2分）汽油机一个工作循环的四个冲程按顺序依次是：吸气冲程、压缩冲程、 做功冲程 、排气冲程，汽油机是汽车的“心脏”，汽缸外面有“水套”，汽车行驶时水的温度会升高，水的内能会增大，这是通过 热传递 方式改变水的内能。
【分析】知道汽油机一个工作循环的四个冲程；了解热传递可以改变物体的内能，其实质是能量的转移。
【解答】解：汽油机一个工作循环的四个冲程按顺序依次是：吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程；
汽车行驶时水的温度会升高，水的内能会增大，这是能量发生了转移，是通过热传递方式改变水的内能。
故答案为：做功冲程；热传递。
【点评】本题主要考查了对汽油机四个冲程的了解，以及对热传递改变物体内能的了解，属基础知识的考查。
14．（2分）如图所示，疫情期间政府利用无人机给居民送包裹，无人机在空中沿水平方向匀速飞行，以无人机为参照物，包裹是 静止 （选填“静止”或“运动”）的，无人机匀速飞行时，所受的合力 为零 （选填“为零”或“不为零”）。
【分析】（1）在研究物体运动时，要选择参照的标准，即参照物，物体的位置相对于参照物发生变化，则运动，不发生变化，则静止。
（2）物体处于平衡状态（静止或匀速直线运动）时受到平衡力的作用，合力为0。
【解答】解：无人机在空中沿水平方向匀速飞行，以无人机为参照物，包裹与无人机之间没有位置变化，所以包裹是静止的；
无人机匀速飞行时，处于平衡状态，所受的合力为零。
故答案为：静止；为零。
【点评】此题主要考查了运动和静止的相对性、力的合成与应用，在判断物体运动和静止时，关键看物体相对于参照物的位置是否发生了变化。
15．（2分）我国三峡船闸是世界上最大的船闸。船闸是利用 连通器 原理工作的；三峡大坝设计成上窄下宽的形状是因为液体压强随深度的增加而 增大 （选填“增大”或“减小”）。
【分析】（1）对连通器的认识：上端开口、底部连通的容器叫连通器；
（2）对液体压强特点的记忆：液体的密度越大，深度越深，压强越大。
【解答】解：（1）船闸在工作时，闸室分别与上游和下游构成连通器，运用了连通器的原理；
（2）三峡大坝设计成了上窄下宽的形状，原因是：液体压强会随着深度的增加而增大。
故答案为：连通器；增大。
【点评】本题考查了连通器原理、液体压强的特点，是一道基础题。
16．（2分）2022年4月16日，翟志刚、王亚平、叶光富3名“出差半年的”航天员成功随“神舟十三号”载人飞船的返回舱返回地球，返回舱下落到地面附近时，由于受到阻力而做减速运动，在减速下降的过程中，返回舱的动能 减小 ，重力势能 减小 。（选填“增大”、“减小”或“不变”）
【分析】（1）动能大小的影响因素：质量和速度，质量越大，速度越大，动能越大。
（2）重力势能大小的影响因素：质量和高度，质量越大，高度越高，重力势能越大。
【解答】解：返回舱下落到地面附近时，由于受到阻力而做减速运动，其质量不变，速度变小，动能减小，同时高度减小，重力势能也减小。
故答案为：减小；减小。
【点评】掌握动能、重力势能的影响因素是解决该题的关键。
17．（2分）如图所示，小王家的电能表表盘上标有“3000r/（kW•h）”字样他将电视机单独接在该电能表上正常工作1h，电能表上的转盘转过300转，该电视机在这段时间内消耗的电能为 0.1 kW•h；小王家同时工作的用电器总功率不得超过 1100 W。
【分析】（1）3000r/kW•h表示的是电路中每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转3000r，知道电能表上的转盘转过300转，可求消耗的电能；
（2）知道工作电压和平时工作时的最大电流，利用P＝UI算出小王家同时使用的用电器最大总功率。
【解答】解：
（1）“3000r/kW•h”，它表示：每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转3000转；
电能表上的转盘转过300转，该电视机在这段时间内消耗的电能为：W＝kW•h＝0.1kW•h；
（2）由电能表上的参数可知：工作电压220V，平时允许通过的最大电流5A。
小王家同时使用的用电器总功率：
P＝UI＝220V×5A＝1100W。
故答案为：0.1；1100。
【点评】本题考查电能表的参数的物理意义和电功率的计算，关键是对电能表的各个参数的物理意义的正确理解。
18．（2分）小烨在粗糙的水平面上，用100N的水平推力使一个重为500N的物体前进了10m，用时50s，在此过程中重力做了 0 J的功，推力做功的功率为 20 W。
【分析】（1）做功的两个必要因素：一是作用在物体上的力，二是物体在力的方向上通过的距离；
（2）利用W＝Fs计算推力做的功，利用P＝求推力做功的功率。
【解答】解：（1）因为重力的方向竖直向下，而物体在水平方向上移动，在竖直方向上没有移动距离，所以重力没做功，即在此过程中重力做的功为0J；
（2）推力做的功：W＝Fs＝100N×10m＝1000J，
推力做功的功率：P＝＝＝20W。
故答案为：0；20。
【点评】本题考查力是否做功的判断和功率的计算，注意：功等于作用物体上的力与物体在力的方向上通过的距离的乘积。
19．（2分）一金属环中间结有冰块，冰块和金属环的总重为0.71N，将它们放入底面积为10cm2的圆柱形容器中恰好悬浮于水中（如图甲所示），此时冰块和金属环受到的浮力共为 0.71 N；过一段时间冰全部熔化，金属环沉入水底，容器内的水面下降了0.7cm（如图乙所示），则金属环的质量是 8 g。（已知ρ冰＝0.9g/cm3，g取10.N/kg）
【分析】（1）已知冰块和金属环的总重，且冰块和金属环悬浮于水中，根据悬浮条件F浮＝G物求出冰块和金属环受到的总浮力；
（2）设冰块的体积为V冰，根据冰全部熔化为水时，质量不变，但体积减小，以体积的减少量作为等量关系，可列出方程，即可求出冰块的体积，根据密度公式算出冰块的质量，用总质量减去冰块的质量就是金属环的质量。
【解答】解：（1）冰块和金属环悬浮在水中，则总浮力等于总重力，
所以冰块和金属环受到的浮力共为：F浮＝G总＝0.71N；
（2）根据G＝mg知冰块和金属环的总质量为：
m总＝＝＝0.071kg＝71g，
设冰块的体积为V冰，
由题意得，冰全部熔化成水后，减小的体积为：
ΔV＝SΔh＝10cm2×0.7cm＝7cm3，
而减小的体积等于冰的体积减去熔化成水的体积，且冰块熔化为水后质量不变，
即ΔV＝V冰﹣V冰化水＝V冰﹣＝7cm3，
则：V冰﹣V冰＝7cm3，解得：V冰＝70cm3，
冰块的质量为：m冰＝ρ冰V冰＝0.9g/cm3×70cm3＝63g，
所以金属环的质量为：m环＝m总﹣m冰＝71g﹣63g＝8g。
故答案为：0.71；8。
【点评】此题主要考查了密度公式、物体的浮沉条件及其应用，虽然涉及到的知识点不是很多，但是难度较大。
20．（2分）如图所示的电路中，电源两端电压U保持不变。当只闭合开关S1时，电压表的示数为U1，电流表的示数I1为1A，电阻R1消耗的电功率P1为4W，电阻R2消耗的电功率为P2。当开关S1、S2都闭合时，电压表的示数为U2，电流表的示数为I2，电阻R2消耗的电功率为P2'。已知P2：P2'＝1：4，U1：U2＝2：1。则电阻R1＝ 4 Ω，电源两端的电压U＝ 12 V。
【分析】根据题意先画出当只闭合开关S1时和开关S1、S2都闭合时的等效电路图；
根据P＝I2R即可求出R1的阻值；
根据P2：P2′＝1：4求出电流之比，知道I1，可求I2；
根据U1：U2＝2：1可得R2和R1的关系；根据电源两端电压不变，可得I1（R1+R2+R3）＝I2（R1+R3），根据欧姆定律求出电源电压。
【解答】解：当只闭合开关S1时，等效电路如图甲所示；当开关S1、S2都闭合时，等效电路如图乙所示。
由图甲根据P＝I2R可得，R1的阻值：
R1＝＝＝4Ω；
由图甲、乙根据P＝I2R可得：
P2：P2′＝I12R2：I22R2＝I12：I22＝1：4，
所以，I1：I2＝1：2，
由于I1＝1A；则I2＝2A；
由图甲、乙，根据串联电路的电阻特点和欧姆定律可得，电压表示数之比：
＝＝＝，
解得：R3＝3R2，
根据电源两端电压不变，由图甲、乙可得：
I1（R1+R2+R3）＝I2（R1+R2）
即：1A×（4Ω+R2+3R2）＝2A×（4Ω+R2）
解得：R2＝2Ω，
根据图乙可得电源电压：U＝I2（R1+R2）＝2A×（4Ω+2Ω）＝12V。
故答案为：4；12。
【点评】本题考查了学生对欧姆定律的掌握和运用，画出等效电路图是本题的突破口，利用好前后两图的关系是本题的关键。
三、作图与实验题（共28分）
21．（2分）请完成图中的光路图。
【分析】凸透镜的三种特殊光路图中，经过焦点的光线经凸透镜折射后，会平行于主光轴；
而平行于主光轴的光线经凸透镜折射后，将穿过焦点；
可根据上述两个特点来完成作图。
【解答】解：如图：
【点评】此题考查的是凸透镜的特殊光路图，主要识记三种特殊的光线即可：
①过光心的光线，传播方向不变；
②平行于主光轴的光线，经凸透镜折射后过焦点；
③过焦点的光线，经凸透镜折射后平行于主光轴。
22．（2分）如图所示两物块A、B在推力F的作用下沿着水平面做匀速直线运动，请画出A物体的受力示意图。
【分析】先对物体进行受力分析：由“物块A在推力F的作用下沿着水平面做匀速直线运动”可知，物体在竖直方向上受到重力和物块B的支持力作用。然后用力的示意图表示出物体受到的力即可。
【解答】解：物体共受到两个力的作用：重力G和B物体对它的支持力，其中G和N是一对平衡力，受力示意图如图所示：
【点评】用力的示意图表示出物体受到的力，先对物体进行正确的受力分析，然后确定各个力的三要素，最后用一条带箭头的线段表示力，线段的长度表示力的大小，长短表示力的方向，起点或终点表示力的作用点。
23．（2分）小磁针在磁场中静止时的情况如图所示，根据小磁针静止时的情况，用字母在括号内标出磁体右端的磁极名称，并画出通电螺线管的绕线。
【分析】①首先根据磁极间的相互作用规律和小磁针的NS极，判断出通电螺线管磁场的NS极，再根据安培定则判断出螺线管的绕线方法。
②在磁体的周围，磁感线从N极流出回到S极。由此可以确定磁感线的方向。
【解答】解：①小磁针的左端为N极，右端为N极，因为异名磁极相互吸引，同名磁极相互排斥，所以磁铁的右端为S极，左端为N极；
②从图中可以看出在磁体的周围磁感线从磁体的N极出发回到S极的，所以通电螺线管的左端为N极，右端为S极；
而电源左端为正极，则由安培定则可知螺线管的绕向如图所示：
【点评】本题考查了磁极间的相互作用规律和安培定则的使用。利用安培定则既可由电流的方向判定磁极磁性，也能由磁极极性判断电流的方向和线圈的绕法。
24．（4分）如图所示，图甲木块的长度为 2.35 cm；图乙温度计的示数为 26 ℃；图丙弹簧测力计的示数为 2.8 N；图丁电阻箱的示数为 4208 Ω．
【分析】（1）由图甲所示刻度尺确定其分度值，物体端点与刻度尺的零刻度线没有对齐，物体两端点所对应刻度尺的示数之差是物体的长度；
（2）由图示温度计可知，越向下刻度尺示数越大，说明温度计示数是负的，由图示温度计确定其分度值，然后读出其示数；
（3）根据图示弹簧测力计确定其分度值，然后读出其示数；
（4）电阻箱各旋钮示数之和是电阻箱的示数。
【解答】解：（1）由图甲所示刻度尺可知，其分度值是1mm，物体A的长度为12.35cm﹣10.00cm＝2.35cm；
（2）由图乙所示温度计可知，其示数是正的，温度计分度值是1℃，温度计示数为26℃；
（3）由图丙所示弹簧测力计可知，其分度值是0.2N，其示数为2N+0.2N×4＝2.8N；
（4）由图丁所示电阻箱可知，其示数为4×1000Ω+2×100Ω+0×10Ω+8×1Ω＝4208Ω。
故答案为：2.35；26；2.8；4208。
【点评】本题考查了刻度尺、弹簧测力计、电阻箱、温度计的读数问题，要掌握常用测量器材的使用及读数方法。
25．（4分）如图所示是“探究平面镜成像特点”的实验装置。
（1）实验中A、B两支蜡烛的外形是相同的，其目的是比较像与物的 大小 关系。
（2）蜡烛A的像是因为光通过玻璃 反射 到人眼里形成的。
（3）当B蜡烛与A蜡烛的像完全重合时，移去B蜡烛，并且在原来的位置上放一光屏，在光屏上不能承接到A蜡烛的像，这说明平面镜成的是 虚像 （填“实像”或“虚像”）。
（4）将蜡烛A逐渐远离玻璃板时，他的像将 不变 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
【分析】（1）平面镜所成的像和物体的大小相同，故选用两支外形相同的蜡烛；
（2）平面镜成像的原理是光的反射；
（3）平面镜所成的像是虚像；
（4）根据平面镜所成的像和物体的大小相同分析解答。
【解答】解：（1）实验中A、B两支蜡烛的外形是相同的，用蜡烛B代替蜡烛A所成的像，目的是比较像与物的大小关系；
（2）平面镜成像的原理是光的反射，故蜡烛A的像是因为光通过玻璃反射到人眼形成的；
（3）能在光屏上承接的像是实像，不能在光屏上承接的像是虚像，故平面镜成的像是虚像；
（4）平面镜所成的像和物体的大小相同，将蜡烛A逐渐远离玻璃板时，他的像大小不变。
故答案为：（1）大小；（2）反射；（3）虚像；（4）不变。
【点评】本题主要考查了探究平面镜成像特点的实验，属于基础题。
26．（6分）如图所示是小杨同学探究液体内部压强特点的实验。
（1）图甲是U形管压强计，金属盒上的橡皮膜应该选用 薄 （选填“薄”或“厚”）一些的较好。
（2）液体内部压强的大小无法直接测量，实验中我们是用压强计两侧的 液面高度差 来判断液体内部压强的大小，这种方法叫做转换法。
（3）比较乙、丙两次实验可知：同种液体内部压强随深度的增加而 增大 ；比较乙、丁两次实验可初步判断：液体内部压强与液体密度 有关 （选填“有关”或“无关”）。图丙中，保持探头的深度不变，改变它的方向发现U形管两侧的高度差保持不变，由此可得：同种液体内部的同一深度，向着各个方向的压强 相等 （选填“相等”或“不相等”）。
（4）若图丁的实验中U形管左右两侧水面的高度差为5cm，则橡皮管内气体的压强与管外大气压之差为 500 Pa（g取10N/kg）。
【分析】（1）橡皮膜越薄，橡皮膜越容易发生形变；
（2）液体内部压强的大小无法直接测量，实验中我们是用压强计两侧的液面高度差来判断液体内部压强的大小，这种方法叫做转换法；
（3）分析比较乙、丙两次实验或乙、丁两次实验中相同的物理量以及不同的物理量，利用控制变量法得出结论；同种液体内部的同一深度，向着各个方向的压强相等；
（4）根据p＝ρgh求出液体产生的压强即为橡皮管内气体的压强与大气压之差；
【解答】解：（1）橡皮膜越薄，橡皮膜越容易发生形变，所以金属盒上的橡皮膜应该选用薄一些的较好；
（2）液体内部压强的大小无法直接测量，实验中我们是用压强计两侧的液面高度差来判断液体内部压强的大小；
（3）比较乙、丙两次实验可知，液体的密度相同时，液体越深，U形管液面高度差越大，液体的压强越大，说明同种液体内部压强随深度的增加而增大；
比较乙、丁两次实验可知，液体的深度相同时，液体的密度不同，U形管液面高度差不同，液体的压强不同，说明液体内部压强与液体密度有关；保持探头的深度不变，改变它的方向发现U形管两侧的高度差保持不变，可得：同种液体内部的同一深度，向着各个方向的压强相等；
（4）图丁中U形管左右两侧水面的高度差h＝5cm，则橡皮管内气体的压强与大气压之差约为：p＝ρ水gh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.05m＝500Pa。
故答案为：（1）薄；（2）液面高度差；（3）增大；有关；相等；（4）500。
【点评】本题是探究液体内部压强影响因素的实验，主要考查了控制变量法的应用，液体压强的计算等，难度适中。
27．（8分）如图甲所示是“探究电压一定时，电流跟电阻关系”的实验电路图，已知电源电压恒为4V，滑动变阻器（30Ω 1A）以及符合实验要求的电表，开关和导线。
（1）连接电路时，开关应 断开 。
（2）实验中小明同学多次改变R的阻值，记下对应电流表的示数，得到如图乙所示的电流I随电阻R变化的图象，由图象可以得出结论：当导体两端电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成 反 比；多次测量的目的是 寻找普遍规律 （选填“取平均值减小误差”或“寻找普遍规律”）；
（3）由图乙可知，小明探究时，控制电阻两端电压 2.5 V不变；
（4）如果小明同学连好电路后闭合开关，移动滑动变阻器滑片P，发现电流表有示数，电压表无示数，则该故障可能是由R 短路 （选填“短路”或“断路”）造成的；
（5）小明为了能够完成上述实验，更换的电阻R的阻值不能超过 50 Ω；
（6）上述实验结束后，小明又设计了如图丙所示的电路，只用电压表来测量额定电压为2.5V的小灯泡的额定功率，已知滑动变阻器的最大阻值为10Ω，其测量过程如下：
①闭合开关S、S2，断开S1，将滑动变阻器的滑片移到最上端，电压表示数为4V；
②闭合S、S1，断开S2，移动滑动变阻器使电压表读数为 1.5 V时，小灯泡正常发光；
③闭合S、S2，断开S1，保持滑动变阻器的滑片与②步的位置相同，此时电压表示数为2V；
④根据上述测量，可知小灯泡的额定功率P额＝ 0.75 W。
【分析】（1）为了保护电路，连接电路时，开关应断开；
（2）根据电流与电阻的乘积为一定值分析回答；根据实验目的进行分析回答；
（3）根据图乙结合U＝IR求出电阻两端的电压；
（4）电流表有示数，说明电路是通路；电压表无示数，说明电压表并联的电路短路；
（5）探究电流与电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变；根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压，根据分压原理，求出当滑动变阻器接入电路的电阻最大时定值电阻的电阻，进而确定定值电阻的规格；
（6）先测出电源电压U；只用电压表来测量额定电压为2.5V的小灯泡的额定功率，首先应使灯正常发光，通过开关的转换，使灯与变阻器滑片以下电阻丝串联，根据串联电路电压的规律，当电压表示数为U﹣2.5V灯正常发光，在③中，根据分压原理可求出滑片以下电阻丝的电阻大小，根据欧姆定律可求出灯正常发光时的电流；根据P＝UI可求小灯泡的额定功率。
【解答】解：（1）为了保护电路，连接电路时，开关应断开；
（2）由图乙可知，电流与电阻的乘积为一定值，故可以得出结论：当导体两端电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；
多次改变R的阻值，是为了探究电流跟电阻关系，所以多次测量的目的是寻找普遍规律；
（3）由图乙可知，电阻两端的电压为：
UV＝IR＝0.5A×5Ω＝……＝0.1A×25Ω＝2.5V；
（4）闭合开关，移动滑动变阻器滑片P，发现电流表有示数，说明电路是通路；电压表无示数，说明电压表并联的电路短路，即该故障可能是由R短路造成的；
（5）定值电阻两端的电压始终保持UV＝2.5V，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：U滑＝U﹣UV＝4V﹣2.5V＝1.5V，电压表示数为变阻器分得的电压的＝倍，根据分压原理，当滑动变阻器接入电路的电阻最大时定值电阻的电阻：R最大＝×30Ω＝50Ω，即小明为了能够完成上述实验，更换的电阻R的阻值不能超过50Ω；
（6）①闭合开关S、S2，断开S1时，小灯泡短路，只有R接入电路，电压表的示数等于电源电压大小，即U＝4V；
②闭合S、S1，断开S2时，小灯泡与R串联，电压表测R两端电压，根据串联电路电压规律可知，
灯两端的电压为U额＝2.5V，即电压表示数为UR＝U﹣U额＝4V﹣2.5V＝1.5V时，灯正常发光；
③闭合S、S2，断开S1，只有R接入电路，电压表测部分R两端的电压，示数为2V，为电源电压的一半，由串联电路的分压原理可知，与电压表并联部分的电阻为R最大值的一半，即5Ω；
④在②中，R接入电路的电阻为5Ω，电路中的电流为：IL＝IR＝＝＝0.3A，
小灯泡的额定功率为：P＝U额IL＝2.5V×0.3A＝0.75W。
故答案为：（1）断开；（2）反；寻找普遍规律；（3）2.5；（4）短路；（5）50；（6）②1.5；④0.75。
【点评】本题探究电流与电阻关系，考查控制变量法的应用、欧姆定律的运用、分析数据归纳结论和设计方案测电功率的能力，属于中等难度的题目。
四、解答题（共22分）
28．（6分）“绿色出行，低碳生活”。新能源汽车因环保、节能、高效等优势，成为人们日常使用的重要交通工具。如图是国内某型号的新能源汽车，满载时的总质量为1.8×103kg，四个轮胎的着地面积是0.06m2，在平直公路上匀速行驶1000m，用时50s，此过程中汽车牵引力做功1.5×106J。（g取10N/kg）求满载时：
（1）该车静止在水平地面上时对地面的压强；
（2）汽车匀速行驶时的速度；
（3）汽车匀速行驶时所受的牵引力。
【分析】（1）根据公式p＝计算该车静止在水平地面上时对地面的压强。
（2）根据公式v＝汽车匀速行驶时的速度.
（3）根据公式F＝计算汽车匀速行驶时所受的牵引力。
【解答】解：（1）满载时的总重力：G＝mg＝1.8×103kg×10N/kg＝1.8×104N；
因为该车静止在水平地面上时F＝G＝1.8×104N；
故该车静止在水平地面上时对地面的压强：
p＝＝＝3×105Pa；
（2）汽车匀速行驶时的速度：
v＝＝＝20m/s；
（3）汽车匀速行驶时所受的牵引力：
F＝＝＝1.5×103N。
答：（1）该车静止在水平地面上时对地面的压强是3×105Pa；
（2）汽车匀速行驶时的速度是20m/s；
（3）汽车匀速行驶时所受的牵引力是1.5×103N。
【点评】本题考查了学生对功、压强、速度和牵引力的计算，属于基础题。
29．（7分）如图（a）所示电路，电源电压保持不变。小灯泡L标有“4V 0.5A”字样，电流表量程0～0.6A，电压表量程0～3V，滑动变阻器R1的最大阻值20Ω，只闭合开关S、S1，调节滑动变阻器滑片P，得到电流表与电压表示数关系如图（b）所示。
求：
（1）小灯泡的额定功率；
（2）电源电压及定值电阻R2的阻值；
（3）只闭合开关S和S2，移动滑动变阻器的滑片P，小灯泡L的I﹣U图象如图（c）所示，在保证各元件安全工作的情况下，滑动变阻器R1允许的取值范围。
【分析】（1）小灯泡L标有“4V 0.5A”字样，根据P＝UI求小灯泡的额定功率；
（2）只闭合开关S、S1，定值电阻R2和滑动变阻器R1串联，电压表测量滑动变阻器R1两端的电压，根据图乙中的两组数据表示出电源电压，根据两次电源电压不变列等式算出电源电压和定值电阻的阻值；
（3）只闭合开关S和S2，灯泡L串联和滑动变阻器R1串联，电压表测量滑动变阻器R1两端的电压，电流表测电路中的电流；
当电压表示数为3V时，R1接入电路的电阻最大；此时小灯泡两端电压为：UL＝U﹣U3大＝5V﹣3V＝2V，
由图（c）可知电路中最小电流，根据欧姆定律算出最大电阻；
根据小灯泡的额定电流判断出电路的最大电流，根据欧姆定律算出R1接入电路的最大电阻。
【解答】解：
（1）小灯泡的额定功率：P额＝U额l额＝4V×0.5A＝2W；
（2）只闭合开关S、S1，定值电阻R2和滑动变阻器R1串联，电压表测量滑动变阻器R1两端的电压，电流表测电路中的电流，调节滑动变阻器滑片P，得到电流表与电压表示数关系如图（b）所示。
由串联电路的电压特点和欧姆定律可得，电源电压：U＝U1+IR2，
在图（b）中取两组数据代入公式，可得：
U＝3.0V+0.2A×R2﹣﹣﹣﹣①
U＝1.0V+0.4A×R2﹣﹣﹣﹣﹣②
联立①②解得U＝5V，R2＝10Ω；
（3）只闭合开关S和S2，灯泡L串联和滑动变阻器R1串联，电压表测量滑动变阻器R1两端的电压，电流表测电路中的电流，
由串联电路的分压规律可知，当电压表示数最大为3V时，R1接入电路的电阻最大，
此时小灯泡两端电压为：UL＝U﹣U1大＝5V﹣3V＝2V，
由图（c）可知电路中最小电流：I最小＝0.4A，
则R1接入电路的最大电阻：R1大＝＝＝7.5Ω；
灯泡L正常工作时电流：I最大＝0.5A＜0.6A（电流表安全），灯泡L正常工作时的电压为4V，
此时滑动变阻器两端的电压：U1小＝U﹣UL额＝5V﹣4V＝1V，
则R1接入电路的最小电阻：R1小＝＝2Ω，
所以R1允许的取值范围是2Ω～7.5Ω。
答：（1）小灯泡的额定功率为2W；
（2）电源电压为5V，定值电阻R2的阻值为10Ω；
（3）只闭合开关S和S2，滑动变阻器R1允许的取值范围为2Ω～7.5Ω。
【点评】本题考查串联电路的规律和欧姆定律及电功率公式的运用，关键是正确识别电路，从图象中获取有效的信息。
30．（9分）在一足够高的圆柱体容器底部固定一轻质弹簧（不计弹簧的体积及其所受的浮力），弹簧原长10cm，弹簧上方连有正方体木块A，木块的边长为10cm，容器的底面积为200cm2，如图，此时弹簧长度为6cm（已知弹簧的长度每改变1cm，所受力的变化量为1N）。第一次向容器内注入某种液体，直到木块A有的体积浸入液体中停止，此时弹簧恰好处于自然伸长状态；接着第二次向容器内注入该液体，直到物块A恰好浸没在液体为止。（g取10N/kg）求：
（1）A的重力G木；
（2）木块A有的体积浸入液体中时，液体对容器底部的压强p；
（3）第二次向容器内注入该液体的质量。
【分析】（1）根据弹簧的原长和放上木块后弹簧的长度可知弹簧被木块压缩后的压缩量，再根据弹簧的长度每改变1cm，所受力的变化量为1N求出木块的重力；
（2）根据弹簧恰好处于自然伸长状态可知，木块在液体中刚好处于漂浮状态，根据物体的漂浮条件、F浮＝ρ液gV排和G＝mg＝ρVg求出液体的密度；根据木块A有一半的体积浸入液体中时，弹簧恰好处于自然伸长状态求出容器中液体的深度，根据p＝ρgh求出此时液体对容器底部的压强；
（3）木块A有的体积浸入液体时，根据V液1＝Sh1﹣×a3算出此时容器内液体的体积；
由F浮′＝ρ液gV算出物块A恰好浸没在液体时受到的浮力，由F拉＝F浮′﹣G木算出此时物体A对弹簧的拉力，根据弹簧的长度每改变1cm，所受力的变化量为1N算出此时弹簧的伸长量，进而算出此时弹簧的长度以及此时液体的深度，由V液2＝Sh2﹣a3算出此时容器内液体的体积，由ΔV＝V液2﹣V液1算出第二次向容器内注入该液体的体积，根据密度公式算出第二次向容器内注入该液体的质量。
【解答】解：（1）由题意可知，弹簧原长L0＝10cm＝0.1m，放上木块后弹簧的长度为L＝6cm，则弹簧被木块压缩后的压缩量为ΔL＝L0﹣L＝10cm﹣6cm＝4cm，
因为弹簧的长度每改变1cm，所受力的变化量为1N，所以木块对弹簧的压力：F＝4cm×1N/cm＝4N，
因此木块的重力G木＝F＝4N；
（2）木块的边长为a＝10cm＝0.1m，
木块A有的体积浸入液体中停止，此时弹簧恰好处于自然伸长状态；
液体的深度为：
h1＝L0+a＝10cm+×10cm＝15cm，
此时木块处于漂浮状态，浮力等于自身的重力，即F浮＝G木＝4N，
由F浮＝ρ液gV排得木块的密度为：
ρ液＝＝＝0.8×103kg/m3，
液体对容器底部的压强为：
p＝ρ液gh1＝0.8×103kg/m3×10N/kg×15×10﹣2m＝1200Pa；
（3）木块A有的体积浸入液体时，此时容器内液体的体积为：
V液1＝Sh1﹣×a3＝200cm2×15cm﹣×（10cm）3＝2500cm3；
物块A恰好浸没在液体，A受到的浮力为：
F浮′＝ρ液gV＝0.8×103kg/m3×10N/kg×（0.1m）3＝8N，
此时物体A对弹簧的拉力为：
F拉＝F浮′﹣G木＝8N﹣4N＝4N，
此时弹簧的伸长量为：
ΔL＝＝4cm，
此时弹簧的长度为：
L＝L0+ΔL＝10cm+4cm＝14cm，
此时液体的深度为：
h2＝L+a＝14cm+10cm＝24cm，
容器内液体的体积为：
V液2＝Sh2﹣a3＝200cm2×24cm﹣（10cm）3＝3800cm3；
第二次向容器内注入该液体的体积为：
ΔV＝V液2﹣V液1＝3800cm3﹣2500cm3＝1300cm3，
第二次向容器内注入该液体的质量为：
Δm＝ρ液ΔV＝0.8×103kg/m3×1300×10﹣6m3＝1.04kg。
答：（1）A的重力G木为4N；
（2）木块A有的体积浸入液体中时，液体对容器底部的压强p为1200Pa；
（3）第二次向容器内注入该液体的质量为1.04kg。
【点评】本题考查重力公式、密度公式、液体压强公式、阿基米德原理和物体的浮沉条件的应用，综合性强，有一定难度。
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