2022年江苏省南京市中考物理三模试卷

这是一份2022年江苏省南京市中考物理三模试卷，共44页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022年江苏省南京市中考物理三模试卷
一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分.每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题意）
1．（2分）下列能源中，属于可再生能源的是（　　）
A．煤气 B．石油 C．风能 D．核能
2．（2分）关于声现象，下列说法正确的是（　　）
A．公路旁安装隔音墙是为了在声源处减弱噪声
B．利用B超检查身体是应用了声波能传递能量
C．“闻其声而知其人”主要是根据音色来进行辨别
D．太空中的宇航员能对话，表明声音能够在真空中传播
3．（2分）如图所示的物态变化过程中，吸放热情况相同的是（　　）
①利用冰袋降温
②露珠逐渐消失
③冰花的形成
④冰冻的衣服晾干
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
4．（2分）如图所示的四种现象中，由于光的折射形成的是（　　）
A．立竿见影 B．用镜子观察牙齿
C．林间光柱 D．水中折笔
5．（2分）“液桥”和“水油分离”实验是2022年3月23日第二次太空授课王亚平做的实验。“液桥”实验是将两块透明板上的水球接触后合成一个，如图甲所示；“水油分离”实验第一步是将装有水和油的瓶子摇晃多次后，水和油均匀地混在了一起，如图乙所示。现有以下判断：（1）“液桥”实验说明分子间有引力；（2）“水油分离”实验第一步说明分子在永不停息地做无规则运动。这两个判断（　　）

A．只有（1）正确 B．只有（2）正确
C．都正确 D．都错误
6．（2分）即将告别母校的你，认为校园生活中的物理量最合理的是（　　）
A．书桌的高度约为8dm
B．夏天教室的温度约为45℃
C．教室内每盏照明灯的功率约为400W
D．运动会上200米赛跑冠军用时约为10s
7．（2分）关于温度、热量和内能，下列说法正确的是（　　）
A．冰比水感觉更冷，因为冰的内能比水的内能少
B．一根铁丝温度升高，内能一定增加，但不一定是吸收了热量
C．减肥期间不宜吃大量巧克力，是因为巧克力含有的热量较多
D．向上缓缓托起课本，对课本做了功，课本的内能增大
8．（2分）2022年2月8日，谷爱凌获得自由式滑雪女子大跳台冠军，比赛中她时而弯腰冲上斜坡、
时而腾空跃起，如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．她离开跳台后还能继续向上运动是由于惯性的作用
B．若最高点她所受外力全部消失，它将做匀速直线运动
C．她下降时速度增大，说明力是维特物体运动的原因
D．静止在水平雪地上的谷爱凌受到的重力和她对雪地的压力是一对平衡力
9．（2分）如图所示，站台上标有一条安全黄线，乘客必须站在安全线之外候车，是为了避免乘客被“吸”向列车的事故发生，选项中与其原理相同的是（　　）

A．车载安全锤头部做成锥状能在危险时破窗
B．系安全带能减小紧急刹车造成的伤害
C．安全头枕能减小突然加速造成的伤害
D．两船同向航行，为了安全相距较远防止相撞
10．（2分）如图为我国新型反潜巡逻机，机尾的“棍子”叫做磁异探测器，它能将潜艇经过海域引起的磁场强弱变化转化为强弱变化的电流，从而发现潜艇的存在。选项中能解释磁异探测器工作原理的是（　　）
A． B．
C． D．
11．（2分）如图所示，闭合开关，电路正常工作，一段时间后，其中一个电表示数突然变大.为判断故障，在此电路中把电阻R1与R2位置互换，闭合开关后，两电表都没有示数，则故障原因是（　　）

A．RI内部短路 B．R1内部断路 C．R2内部短路 D．R2内部断路
12．（2分）如图甲所示，电源电压不变，小灯泡L的额定电流为0.6A，滑动变阻器R的最大阻值为50Ω，电流表量程为“0～0.6A”，电压表量程为“0～15V”.闭合开关S，在保证电路安全的前提下，最大范围调节滑动变阻器的滑片P，分别绘制了电流表示数与电压表示数、电流表示数与滑动变阻器R接入电路阻值的变化关系图像，如图乙、丙所示.则下列说法中正确的是（　　）
A．小灯泡的额定功率为3W
B．当电流表示数为0.25A时，滑动变阻器消耗的电功率为2.85W
C．滑动变阻器的I﹣U图像与小灯泡的的I﹣U图像相交且存在两个交点
D．若将电压表量程换为0～3V，滑动变阻器允许连入电路的阻值范围为18Ω～50Ω
二、填空题（本题共7小题，每空1分，共26分）
13．（5分）第24届冬季奥林匹克运动会在北京举行，开幕式中，图甲所示是主火炬“大雪花”出现在表演人群中，图乙所示是与运动员同一方队入场的冰墩墩。
（1）“大雪花”是由96个“小雪花”组成，直径为14.89 　 　“大雪花”用时40s缓缓升起10m，其上升速度为 　 　m/s。
（2）以现场观众为参照物冰墩墩是 　 　的。
（3）现场导演与后台工作人员沟通所用的无线通话系统是通过 　 　波传播的，其在真空中传播的速度为 　 　m/s。

14．（4分）如图所示，利用滑轮组提升重为400N的“大雪花”模型，10s内匀速上升了5m，拉力F的功率为250W，则此过程中有用功为 　 　J，滑轮组的机械效率η1为 　 　，拉力为 　 　N；若仅将“大雪花”模型总重设计减轻，机械效率为η2，则两次机械效率的大小关系是η1　 　η2。

15．（2分）神舟十三号载人飞船返回舱在4月16日成功着陆，在返回的过程中，返回舱进入大气层将“烧成”一个大火球，如图所示，这是用 　 　的方式改变了内能.返回舱却安然无恙，因为它的外壳涂层上的固态物质先 　 　后汽化，吸收了大量的热，返回舱减速着陆过程中，它的机械能将 　 　。

16．（4分）如图所示，两个相同的空瓶，瓶口扎上橡皮膜，分别竖直浸没在水槽中（水未流出），其中，甲瓶口朝上，乙瓶口朝下，若甲瓶恰好悬浮状态立于水中。
（1）支持液体内部压强随深度增加而增大的现象是 　 　；
（2）比较大小：放入甲、乙瓶后水槽底受到水的压强分别是p1和p2，甲、乙瓶受到的浮力分别是F1和F2，则p1　 　p2、F1　 　F2。
（3）若甲图中瓶子排开水的体积为5cm3，则瓶子受到的浮力为 　 　N。

17．（2分）如图是研究巨磁电阻GMR（GMR电阻在磁场中急剧减小）特性的原理示意图，闭合开关S1、S2后，电磁铁右端为 　 　极，滑片P向左滑动过程中，指示灯的亮度将变 　 　。

18．（3分）如图所示，电源电压恒为6V，灯泡L标有“6V 3W”的字样，R1为定值电阻，R2为标有“10Ω 1A”字样的变阻器，电流表的量程为0～3A，电压表的量程为0～3V。当S1、S2、S3均闭合时，电流表的示数为1.7A，则R1的阻值为 　 　Ω，灯泡1min消耗的电能为 　 　J；当闭合S1，断开S2、S3时，在保证电路安全的情况下，电路总功率最小值为 　 　W。

19．（5分）如图所示，是一个晚间补光系统模拟控制电路。已知电源电压U＝4.5V，定值电阻R1＝5Ω，滑动变阻器R2上标有“25Ω 1A”字样，R3为光敏电阻，其阻值随光照度的变化遵循某一规律，部分数据如下表所示（相同条件下，光越强，光照度越大，光照度单位为勒克斯，符号为lx，夜间光照度≤3lx）。当R1两端电压低至一定值时，控制开关自动启动补光系统（不考虑控制开关对虚线框内电路的影响），此时补光系统内照明灯自动工作。
光照度E/lx
0.5
1
1.5
2
2.5
光敏电阻R3阻值/Ω
60
30
20
15
12
（1）标有“6V 3W”字样的照明灯，正常工作时的电阻为 　 　Ω。
（2）闭合开关S，若将滑片P移至b端，当E为2lx时启动补光系统，RI两端的电压为 　 　V。
（3）要使E＝1.2lx时启动补光系统，则R2接入电路的阻值为 　 　Ω，R2消耗的电功率为 　 　W。
（4）若电源电压可调，当补光达到晚间最大光照度时，电源电压范围是 　 　V。

三、解答题（本题共11小题，共50分）
20．图中的A′B′是物体AB经过平面镜M后所成的像，请在图中画出该物体。

21．图中，弹簧左端连物块，右端固定在墙面，物块静止在水平地面且受到地面向右的摩擦力，请作出此物块所受弹力的示意图。

22．按要求作图：在图中，请用笔画线代替导线，将电灯和开关正确连入电路。要求两灯并联，一个开关控制一盏灯。

23．（4分）如图所示，某实验小组在“探究凸透镜成像规律”的实验中，已知凸透镜焦距为10cm。

（1）将该凸透镜固定在光具座上，把蜡烛放在光具座上20cm处，恰好在右侧65cm处的光屏上得到一个倒立、
　 　的实像，若保持蜡烛和光屏位置不变，移动透镜到 　 　cm处，则屏上能再次呈现清晰的像。
（2）若保持凸透镜在50cm处，把蜡烛放在光具座40cm处，在透镜另一侧将光屏沿主光轴远离透镜的过程中，光屏上的光斑大小将 　 　。
（3）若凸透镜不动，将光屏和烛焰都向左移动2cm，光屏上的像变模糊.若要使光屏上的像清晰，则可以在透镜左侧靠近透镜处放置一个合适的矫正 　 　眼睛的镜片。
24．（4分）如图甲是质量100g某物质的熔化实验装置，根据实验数据绘制出的曲线图如图乙所示。
（1）该物质是 　 　（选填“晶体”或“非晶体”），B、C两点的内能大小分别为E1、E2，则E1　 　E2。
（2）根据图像和相关知识，该物质从第6min至第8min共吸收 　 　J的热量【物质液态时的比热容c＝3×103J/（kg•℃）】。
（3）如果从开始记录到刚沸腾时，完全燃烧了热值为3.0×107J/kg的酒精5g。根据图像信息和相关知识，此过程中的热转化效率是 　 　%。


25．（4分）如图甲所示，用①弹簧测力计②木块③砝码④长木板⑤毛巾装置做“探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关”的实验。

（1）为了测出滑动摩擦力的大小，弹簧测力计应沿水平方向 　 　拉动木块。
（2）弹簧测力计示数为1N时，物体处于静止状态，此时物体受到的摩擦力为f1，当示数为2N时，物体仍处于静止状态，此时物体受到的摩擦力为f2，则f1　 　f2。
（3）多次增加砝码质量，重复实验，记录数据，作出木块受到的滑动摩擦力f与木块和长木板间压力F的关系图像如图乙所示；在长木板上铺上毛巾重复上述实验，则f和F的关系图像在图乙中的 　 　（选填“Ⅰ”或“Ⅱ”）区域。
（4）选用本实验器材中的 　 　（选填器材序号），再添加斜面和小车，还可以完成苏科版教材中“探究动能大小与速度有关”的实验。
26．（6分）用铅笔等器材，可以做以下实验。

（1）图a中铅笔长度为 　 　cm。
（2）图b中，闭合开关小灯泡发光，说明铅笔芯有良好的 　 　性。
（3）图c中用两只手的食指分别压住铅笔的两端可知，当压力相同时，受力面积越小，　 　越明显，利用此图中的操作还可以研究 　 　（写出一条）。
（4）将细线大致系在铅笔的中部位置，铅笔静止时左边低，如图甲所示，若想调节铅笔水平平衡，她应将细线向 　 　移动。调节水平平衡后，她用细线绑定数量不等的橡皮挂在杠杆支点两侧，如图乙所示，铅笔刚好能在水平位置平衡。此时小红不小心将前端细长的铅笔芯弄断了（如图丙），她立刻将铅笔稳住，并将铅笔芯放到左端细线处固定如图丁，则松手后铅笔 　 　。

A.左端下沉
B.右端下沉
C.仍然水平平衡
D.可能水平平衡
27．（4分）小华在测量某鹅卵石和盐水密度的实验中：
（1）测量鹅卵石质量时，在右盘中依次添加1个20g和1个10g的砝码后，指针偏至图甲所示位置，接下来正确操作应是 　 　。
A.向左调节平衡螺母
B.取下20g砝码，换上5g砝码
C.取下10g砝码，换上5g砝码
D.再往右盘加5g砝码
（2）完成（1）步骤后，小华将游码移至图乙位置，天平平衡；再把鹅卵石浸没在装有30mL水的量筒中，水面升至图丙所示位置，测得鹅卵石密度为 　 　kg/m3。

（3）小华利用已调零的电子秤再次测量盐水密度，进行了以下实验操作：
①取密度为8g/cm3的合金块。用电子秤测得其质量为80g；
②将合金块放入溢水杯中后向溢水杯中注满盐水，测得杯、盐水、合金块的总质量为100g；
③取出合金块，向溢水杯中补满盐水，测得杯和盐水的总质量为31g。根据以上数据，计算出盐水的密度为 　 　g/cm3。
④考虑步骤③中取出合金块时带出部分盐水，其测量结果 　 　（选填“偏大”“不变”或“偏小”）。
28．（7分）有一个标有“2.5V”字样的小灯泡和一个阻值未知的定值电阻R2，要求测出小灯泡的额定功率和R2阻值。
（1）图甲是小明连接的测量小灯泡额定功率的实验电路。
①图甲中有一根导线连接错误，请在这根导线上打“×”，并在图中改正。
②改正电路后，小灯泡正常发光时，电流表示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为 　 　W。
（2）小华利用图丙所示的电路图测出了R2的电阻，图中R为电阻箱，请帮助小华完成下列实验步骤：
①只闭合开关S1和S，调节电阻箱和滑动变阻器滑片P至适当位置，记下 　 　；
②只闭合两个开关S1和S2，保持 　 　不变，记下 　 　；
③分析数据，得出待测电阻的表达式R2＝　 　（用记录的物理量的字母表示）。

29．（6分）2022年2月4日第24届冬奥会在“双奥之城”中国北京开幕，如图是冰壶比赛的情景。冰壶主要由花岗岩壶身和壶柄组成，已知它的质量是19kg。（g取10N/kg）

（1）当冰壶从场地的一端滑到另一端，壶柄的质量将 　 　。
（2）该冰壶重多少？
（3）该冰壶与水平冰面的接触面积是200cm2，则它对冰面的压强是多少？

30．（9分）图甲所示是某校科技小组制作的液体密度计的工作原理图，其中空桶重1N，测量时需将桶内注满液体。电源电压恒为12V，定值电阻R0的阻值为10Ω；电压表的量程为0～3V，表盘改造后可直接显示所测液体的密度值；滑动变阻器R2标有“24Ω 0.5A”的字样，R1为压敏电阻，其阻值与所受压力F变化关系如下表所示（R1的阻值不为0）。在桶内注满水时，桶内水重恰为1N，闭合开关S，移动R2的滑片至位置M时，电压表的示数为1.5V。
R1/Ω
130
110
90
70
50
30
...
F/N
0
0.5
1.0
0.5
2.0
2.5
...
（1）此时电路中的电流为 　 　A。
（2）此时滑动变阻器R2接入电路中的阻值为多大？
（3）R2的滑片在位置M时，该液体密度计的“0”刻度线与电压表表盘多少伏的刻度线相对应？
（4）移动R2的滑片可以改变密度计的最大测量值（此时电压表指针满偏）。已知桶的容积为100mL，则该液体密度计的最大测量值为多少？（g取10N/kg）


2022年江苏省南京市中考物理三模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分.每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题意）
1．（2分）下列能源中，属于可再生能源的是（　　）
A．煤气 B．石油 C．风能 D．核能
【分析】可再生能源：可以从自然界中源源不断地得到的能源。例：水能、风能、太阳能、生物质能、潮汐能。
不可再生能源：不可能在短期内从自然界得到补充的能源。例：化石能源（煤炭、石油、天然气）、核能。
【解答】解：煤炭、石油、核能属于不可再生能源，风能属于可再生能源，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题考查了能源的分类，属于基础题。
2．（2分）关于声现象，下列说法正确的是（　　）
A．公路旁安装隔音墙是为了在声源处减弱噪声
B．利用B超检查身体是应用了声波能传递能量
C．“闻其声而知其人”主要是根据音色来进行辨别
D．太空中的宇航员能对话，表明声音能够在真空中传播
【分析】（1）防治噪声的途径：在声源处减弱、在传播过程中减弱、在人耳处减弱；
（2）声波可以传递信息，如：隆隆的雷声预示着一场可能的大雨，“声呐”的利用、医用“B超”等；声波能够传递能量，如：利用声波来清洗钟表等精细的机械，“超声波碎石”等；
（3）音色反映的是声音的品质与特色，它跟发声体的材料和结构有关；
（4）声音的传播需要介质，真空不能够传声。
【解答】解：A、公路旁安装隔音墙是为了在传播过程中减弱噪声，故A错误；
B、利用B超检查身体是应用了声波能传递信息，故B错误；
C、因为每个人的声带结构不同，所以可以“闻其声而知其人”，主要根据声音的音色来判断的，故C正确；
D、太空中没有空气，真空不能传声，因此两名宇航员在太空中不能直接对话，太空中的宇航员能对话是靠电磁波，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了声音的相关知识，内容比较简单，属于基础知识的考查。
3．（2分）如图所示的物态变化过程中，吸放热情况相同的是（　　）
①利用冰袋降温
②露珠逐渐消失
③冰花的形成
④冰冻的衣服晾干
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【分析】（1）物质从固态到液态的过程叫做熔化，物质从液态变成固态的过程叫做凝固；物质从液态变为气态叫做做汽化，物质从气态变为液态叫做液化；物质从固态直接变成气态叫升华，物质从气态直接变成固态叫凝华。
（2）吸收热量的物态变化过程有：熔化、汽化和升华；放出热量的物体变化过程有：凝固、液化和凝华。
【解答】解：①利用冰袋降温，是熔化吸热；
②露珠逐渐消失，是汽化吸热；
③冰花的形成，是凝华放热；
④冰冻的衣服晾干，是升华吸热；
①②④都是吸热，③是放热。
故选：B。
【点评】此题考查的知识点是掌握各种物态变化的吸放热情况，属于基础知识。
4．（2分）如图所示的四种现象中，由于光的折射形成的是（　　）
A．立竿见影 B．用镜子观察牙齿
C．林间光柱 D．水中折笔
【分析】光的折射是光从一种介质射向另一种介质发生偏折的现象，分析各个选项即可判断。
【解答】解：A、立竿见影是利用“光沿直线传播”产生影子，故A错误；
B、用镜子观察牙齿利用光的反射，故B错误；
C、林间光柱利用“光是沿直线传播”，故C错误；
D、水中折笔说明在水面发生偏折，属于光的折射，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查光的折射及其应用，掌握光在同一种介质中沿直线传播、光的反射和光的折射规律是解答本题的关键。
5．（2分）“液桥”和“水油分离”实验是2022年3月23日第二次太空授课王亚平做的实验。“液桥”实验是将两块透明板上的水球接触后合成一个，如图甲所示；“水油分离”实验第一步是将装有水和油的瓶子摇晃多次后，水和油均匀地混在了一起，如图乙所示。现有以下判断：（1）“液桥”实验说明分子间有引力；（2）“水油分离”实验第一步说明分子在永不停息地做无规则运动。这两个判断（　　）

A．只有（1）正确 B．只有（2）正确
C．都正确 D．都错误
【分析】（1）物质是由分子或原子组成的，分子之间存在相互作用的引力和斥力；
（2）分子热运动是不受外力作用下的分子运动。
【解答】解：（1）在天宫课堂“液桥”实验中，两块透明板上的水球接触后合成一个，说明分子间存在引力；
（2）在“水油分离实验”中，王亚平将装有水和油的瓶子摇晃多次后，水和油在外力作用下才均匀地混在了一起，不能说明分子在永不停息地做无规则运动。
故选：A。
【点评】本题在“天宫课堂”展示的情景中考查学生对分子动理论的理解和应用，能激发学生的学习兴趣，是不可多得的好题。
6．（2分）即将告别母校的你，认为校园生活中的物理量最合理的是（　　）
A．书桌的高度约为8dm
B．夏天教室的温度约为45℃
C．教室内每盏照明灯的功率约为400W
D．运动会上200米赛跑冠军用时约为10s
【分析】首先对题目中涉及的物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。
【解答】解：A、中学生的身高在160cm左右，书桌的高度大约是中学生身高的一半，在80cm＝8dm左右，故A符合题意；
B、人体感觉舒适的温度在23℃左右，夏天教室内的气温虽然略感闷热，但不会超过30℃，故B不符合题意；
C、教室中日光灯正常发光的电流在0.18A左右，额定功率在P＝UI＝220V×0.18A≈40W左右，故C不符合题意；
D、男子百米世界纪录略小于10s，中学生200m的成绩远大于10s，在30s左右，故D不符合题意。
故选：A。
【点评】物理与社会生活联系紧密，多了解一些生活中的常见量的值可帮助我们更好地学好物理，同时也能让物理更好地为生活服务。
7．（2分）关于温度、热量和内能，下列说法正确的是（　　）
A．冰比水感觉更冷，因为冰的内能比水的内能少
B．一根铁丝温度升高，内能一定增加，但不一定是吸收了热量
C．减肥期间不宜吃大量巧克力，是因为巧克力含有的热量较多
D．向上缓缓托起课本，对课本做了功，课本的内能增大
【分析】（1）温度是表示物体冷热程度的物理量。
（2）改变物体内能的方式有两种，做功和热传递。
（3）热量是一个过程量，不能说含有多少热量。
（4）内能的大小与物体的质量、温度、状态有关。
【解答】解：A、冰比水感觉更冷，因为冰的温度比水的温度低，故A错误；
B、物体的温度升高，它的内能一定增加，物体可能是吸收了热量，也可能是对物体做功了，故B正确；
C、热量是一个过程量，不能说含有热量，故C错误；
D、向上缓缓托起课本，对课本做了功，但课本的内能不变，故D错误。
故选：B。
【点评】本题主要考查了内能、温度、热量之间的关系，是一道综合题。
8．（2分）2022年2月8日，谷爱凌获得自由式滑雪女子大跳台冠军，比赛中她时而弯腰冲上斜坡、
时而腾空跃起，如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．她离开跳台后还能继续向上运动是由于惯性的作用
B．若最高点她所受外力全部消失，它将做匀速直线运动
C．她下降时速度增大，说明力是维特物体运动的原因
D．静止在水平雪地上的谷爱凌受到的重力和她对雪地的压力是一对平衡力
【分析】（1）任何物体都有惯性，惯性是一种性质；
（2）根据牛顿第一定律分析；
（3）力是改变物体运动状态的原因；
（4）二力平衡条件：大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一个物体上。
【解答】解：A、她离开跳台后还能继续向上运动是由于她具有惯性，不能说受到惯性的作用，故A错误；
B、若最高点她所受外力全部消失，由于她在最高点有水平方向上的速度，则其运动状态不变，将做匀速直线运动，故B正确；
C、下降时速度增大，是因为受到竖直向下的重力的作用，说明力是改变物体运动状态的原因，故C错误；
D、静止在水平雪地上的谷爱凌受到的重力和她对雪地的压力，这两个力的方向相同，不是一对平衡力，故D错误。
故选：B。
【点评】本题所考查的内容都是基本的力学规律，是我们判断力学相关现象的基础，我们必须熟知并深入领会其意义。
9．（2分）如图所示，站台上标有一条安全黄线，乘客必须站在安全线之外候车，是为了避免乘客被“吸”向列车的事故发生，选项中与其原理相同的是（　　）

A．车载安全锤头部做成锥状能在危险时破窗
B．系安全带能减小紧急刹车造成的伤害
C．安全头枕能减小突然加速造成的伤害
D．两船同向航行，为了安全相距较远防止相撞
【分析】（1）增大压强的方法：在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强；在受力面积一定时，通过增大压力来增大压强；
（2）（3）惯性是物体保持原来运动状态不变的性质；
（4）流体的压强与流速有关，流速越大的地方压强越小。
【解答】解：A、破窗锤的敲击端做成锥状，是通过减小受力面积来增大压强，故A错误；
BC、系安全带、头枕都可以避免车内的人由于惯性受到伤害，安全带能防止突然刹车（或与前面相撞）时的伤害，安全头枕能减小突然加速造成的伤害，故BC错误；
D、当船并行时，中间的水流动速度增大，压强减小。船外侧大的压强将船向中间挤压，造成相吸相撞，利用的是流体压强和流速的关系，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了“流体压强和流速的关系”和惯性等，“流体压强和流速的关系”知识重点是判断出什么位置流速快，什么位置流速慢然后解题。
10．（2分）如图为我国新型反潜巡逻机，机尾的“棍子”叫做磁异探测器，它能将潜艇经过海域引起的磁场强弱变化转化为强弱变化的电流，从而发现潜艇的存在。选项中能解释磁异探测器工作原理的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】磁异探测器将潜艇经过海域引起的磁场强弱变化转化为强弱变化的电流，说明有感应电流产生，是电磁感应，相当于一个发电机，分析各个选项，找出发电机原理即可。
【解答】解：A、磁环与磁环之间有间隔，说明磁环间有斥力，利用的是“同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引”的规律，故A错误；
B、通电直导线在磁场中受力，不是发电机原理，故B错误；
C、闭合开关后，使导体棒在磁场中左右移动，切割磁感线产生感应电流，是发电机原理，故C正确；
D、开关闭合后，铁钉能吸引大头针，相当于电磁铁，利用的是电流的磁效应，不是发电机原理，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查电磁感应现象及其应用，分析各个装置的工作实质是不是利用发电机原理是解答本题的关键。
11．（2分）如图所示，闭合开关，电路正常工作，一段时间后，其中一个电表示数突然变大.为判断故障，在此电路中把电阻R1与R2位置互换，闭合开关后，两电表都没有示数，则故障原因是（　　）

A．RI内部短路 B．R1内部断路 C．R2内部短路 D．R2内部断路
【分析】由图知，闭合开关，电路正常工作时，R1、R2串联，电流表测量电路中的电流，电压表测量R1两端的电压；根据每个选项分析电流表电压表示数变化。
【解答】解：由图知，闭合开关，电路正常工作时，R1、R2串联，电流表测量电路中的电流，电压表测量R1两端的电压，由串联电路的电压特点可知此时电压表的示数小于电源电压；
A、若R1内部短路，电路的总电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，电流表示数变大；此时电压表测量的是电源电压，电压表示数变大；把电阻R1与R2位置互换，闭合开关后，电流表示数不变，由于R1内部短路，电压表示数为0，故A不符合题意；
B、若R1内部断路，电路中无电流，电流表示数减小为0，此时电压表与R2串联，电压表测电源电压，其示数变大；把电阻R1与R2位置互换，由于R1内部断路，则闭合开关后，整个电路断路，所以电流表和电压表均没有示数，故B符合题意；
C、若R2内部短路，电路的总电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，电流表示数变大；R2内部短路，R2两端的电压为0，所以电压表无示数；把电阻R1与R2位置互换，闭合开关后，电流表示数不变，电压表测量的是电源电压，电压表有示数，故C不符合题意；
D、若R2内部断路，整个电路断路，所以电流表和电压表均没有示数；把电阻R1与R2位置互换，由于R2内部断路，则闭合开关后，电流表示数为0，此时电压表与R1串联，电压表测电源电压，其示数变大，故D不符合题意。
故选：B。
【点评】此题考查电流表，电压表在电路故障中的作用判断，要结合图形和两表特点进行分析。
12．（2分）如图甲所示，电源电压不变，小灯泡L的额定电流为0.6A，滑动变阻器R的最大阻值为50Ω，电流表量程为“0～0.6A”，电压表量程为“0～15V”.闭合开关S，在保证电路安全的前提下，最大范围调节滑动变阻器的滑片P，分别绘制了电流表示数与电压表示数、电流表示数与滑动变阻器R接入电路阻值的变化关系图像，如图乙、丙所示.则下列说法中正确的是（　　）
A．小灯泡的额定功率为3W
B．当电流表示数为0.25A时，滑动变阻器消耗的电功率为2.85W
C．滑动变阻器的I﹣U图像与小灯泡的的I﹣U图像相交且存在两个交点
D．若将电压表量程换为0～3V，滑动变阻器允许连入电路的阻值范围为18Ω～50Ω
【分析】由图甲分析电路连接以及电表测量情况；
（1）已知灯泡的额定电流为0.6A，根据图中数据可知，当电流表示数为0.6A时，由图乙找到其对应的电压表示数，即灯泡两端的电压，再由图丙找到其对应的滑动变阻器连入电路的阻值，根据U＝IR求出滑动变阻器两端的电压，从而可求出电源电压，是灯泡正常发光时通过灯泡和滑动变阻器的电流相等，灯泡和滑动变阻器两端的电压相等，滑动变阻器的I﹣U图像与小灯泡的的I﹣U图像相交；
利用P＝UI可求出灯泡的额定功率；
（2）当电流表示数为0.25A时，由图乙找到其对应的电压表示数，即灯泡两端的电压，根据串联电路电压的特点可求出滑动变阻器两端的电压，最后利用P＝UI便可求出滑动变阻器消耗的电功率；
（3）若电压表量程换为0～3V，由此可知灯泡两端最大的电压值，再由图乙找到其对应的电流表示数，根据串联电路电压特点求出滑动变阻器两端最小电压，最后利用欧姆定律求出滑动变阻器连入电路的最小阻值，进一步确定滑动变阻器接入电流的阻值范围。
【解答】解：由图甲可知，电路为灯泡L和滑动变阻器R的串联电路，电压表测灯泡L两端的电压，电流表测电路中的电流；
AC、小灯泡L的额定电流为0.6A，当电流表示数为0.6A时，由图乙可知电压表示数为6V，即灯泡的额定电压UL＝6V；
由图丙可知滑动变阻器连入电路的阻值为10Ω，则滑动变阻器两端的电压为：UR＝IR＝0.6A×10Ω＝6V，
串联电路总电压等于各部分电压之和，则电源电压为：U＝UL+UR＝6V+6V＝12V，
此时灯泡和滑动变阻器两端的电压相等，通过灯泡和滑动变阻器的电流也相等，所以滑动变阻器的I﹣U图像与小灯泡的的I﹣U图像相交且存在一个交点，故C错误；
灯泡的额定功率为：PL＝IUL＝0.6A×6V＝3.6W；故A错误；
B、当电流表示数为0.25A时，由图乙可知电压表示数为1V，即灯泡两端的电压UL′＝1V，
根据串联电路电压规律可知滑动变阻器两端的电压为：UR′＝U﹣UL′＝12V﹣1V＝11V，
则滑动变阻器消耗的电功率为：PR＝I′UR′＝0.25A×11V＝2.75W，故B错误；
D、若将电压表量程换为0～3V，则灯泡两端电压最大为：ULmax＝3V，则由图乙可知，电路中的电流为0.5A，
由串联电路电压规律可得滑动变阻器两端电压最小为：URmin＝U﹣ULmax＝12V﹣3V＝9V，
滑动变阻器连入电路的最小阻值为：Rmin＝＝＝18Ω，则滑动变阻器允许连入电路的阻值范围为18Ω～50Ω，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了学生对欧姆定律以及电功率计算公式的运用，解题的关键是要准确从图像中读取有用的信息。
二、填空题（本题共7小题，每空1分，共26分）
13．（5分）第24届冬季奥林匹克运动会在北京举行，开幕式中，图甲所示是主火炬“大雪花”出现在表演人群中，图乙所示是与运动员同一方队入场的冰墩墩。
（1）“大雪花”是由96个“小雪花”组成，直径为14.89 　m　“大雪花”用时40s缓缓升起10m，其上升速度为 　0.25　m/s。
（2）以现场观众为参照物冰墩墩是 　运动　的。
（3）现场导演与后台工作人员沟通所用的无线通话系统是通过 　电磁　波传播的，其在真空中传播的速度为 　3×108　m/s。

【分析】（1）估计“大雪花”的直径，根据速度公式得出“大雪花”上升速度；
（2）物体相对于参照物的位置发生变化，是的运动的；
（3）电磁波可以传递信息，其在真空中传播的速度为3×108m/s。
【解答】解：（1）“大雪花”是由96个“小雪花”组成，直径为14.89m，“大雪花”用时40s缓缓升起10m，其上升速度v＝＝＝0.25m/s；
（2）以现场观众为参照物冰墩墩的位置发生变化，是的运动的；
（3）现场导演与后台工作人员沟通所用的无线通话系统是通过电磁波传播的，其在真空中传播的速度为3×108m/s。
故答案为：（1）m；0.25；（2）运动；（3）电磁；3×108。
【点评】本题考查速度的计算，并考查电磁波、运动和静止的相对性等知识，综合性强，难度适中。
14．（4分）如图所示，利用滑轮组提升重为400N的“大雪花”模型，10s内匀速上升了5m，拉力F的功率为250W，则此过程中有用功为 　2000　J，滑轮组的机械效率η1为 　80%　，拉力为 　250　N；若仅将“大雪花”模型总重设计减轻，机械效率为η2，则两次机械效率的大小关系是η1　＞　η2。

【分析】（1）知道货物的重力、上升的高度，利用W＝Gh计算此过程中做的有用功；
（2）知道拉力F的功率、做功时间，利用W＝Pt求拉力做的总功，滑轮组的机械效率等于有用功与总功之比；
（3）由图知，n＝2，拉力端移动距离s＝2h，利用W＝Fs计算拉力大小；
（4）提高滑轮组机械效率的方法：一是增大提升的物重，二是减小动滑轮重力、减小摩擦。
【解答】解：
（1）此过程中做的有用功：
W有用1＝Gh＝400N×5m＝2000J；
（2）拉力做的总功：
W总1＝Pt＝250W×10s＝2500J，
滑轮组的机械效率：
η1＝＝×100%＝80%；
（3）由图知，n＝2，拉力端移动的距离：
s＝2h＝2×5m＝10m，
由W总＝Fs得拉力大小：
F＝＝＝250N；
（4）若仅将“大雪花”模型总重设计减轻，减小了提升的物重，减小了有用功，而额外功几乎不变，使得有用功与总功的比值减小，机械效率将减小，则η1＞η2。
故答案为：2000；80%；250；＞。
【点评】本题考查了使用滑轮组时有用功、总功、机械效率、拉力的计算以及提高滑轮组机械效率的方法，属于基础题目。
15．（2分）神舟十三号载人飞船返回舱在4月16日成功着陆，在返回的过程中，返回舱进入大气层将“烧成”一个大火球，如图所示，这是用 　做功　的方式改变了内能.返回舱却安然无恙，因为它的外壳涂层上的固态物质先 　熔化　后汽化，吸收了大量的热，返回舱减速着陆过程中，它的机械能将 　减小　。

【分析】（1）改变内能的方法：做功和热传递。
（2）物质由固态变为液态的过程叫熔化。
（3）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，弹性势能与弹性形变的程度有关。
【解答】解：返回舱进入大气层将“烧成”一个大火球，如图所示，这是用做功的方式改变了内能。返回舱却安然无恙，因为它的外壳涂层上的固态物质先熔化后汽化，吸收了大量的热，返回舱减速着陆过程中，质量不变，速度减小，所以动能减小；质量不变，高度降低，所以势能减小，所以它的机械能将减小。
故答案为：做功；熔化；减小。
【点评】知道改变内能的方法、熔化概念，理解影响机械能的因素，可解答此题。
16．（4分）如图所示，两个相同的空瓶，瓶口扎上橡皮膜，分别竖直浸没在水槽中（水未流出），其中，甲瓶口朝上，乙瓶口朝下，若甲瓶恰好悬浮状态立于水中。
（1）支持液体内部压强随深度增加而增大的现象是 　乙中橡皮膜凹陷程度大　；
（2）比较大小：放入甲、乙瓶后水槽底受到水的压强分别是p1和p2，甲、乙瓶受到的浮力分别是F1和F2，则p1　＞　p2、F1　＞　F2。
（3）若甲图中瓶子排开水的体积为5cm3，则瓶子受到的浮力为 　0.05　N。

【分析】（1）液体的内部压强随深度的增大而增大，比较两橡皮膜凹陷程度大小，说明压强与深度的关系；
（2）通过比较瓶子两次排开液体的体积大小关系可知，液体深度大小关系，根据p＝ρ水gh和F浮＝ρ水gV排分析比较得出结论；
（3）根据F浮＝ρ水gV排计算浮力的大小。
【解答】（1）在同种液体中，液体的压强随深度的增加而增大，两次药瓶在水里的位置相同，乙图中橡皮膜朝下时，浸入液体的深度大，橡皮膜凹陷程度就大，所以支持结论的现象是：乙中橡皮膜凹陷程度大；
（2）由于乙中橡皮膜凹陷程度大，所以甲中瓶子排开水的体积大于乙中瓶子排开水的体积，故甲中水的深度大于乙中水的深度，根据p＝ρ水gh可知放入甲、乙瓶后水槽底受到水的压强大小关系为：p1＞p2，根据F浮＝ρ水gV排可知甲、乙瓶受到的浮力大小关系为：F1＞F2；
（3）若甲图中瓶子排开水的体积为5cm3，则瓶子受到的浮力F浮＝ρgV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×5×10﹣6m3＝0.05N。
故答案为：（1）乙中橡皮膜凹陷程度大；
（2）＞；＞；
（3）0.05。
【点评】本题考查液体压强和浮力的知识，综合性强，判断瓶子排开水的体积大小关系是关键，难度适中。
17．（2分）如图是研究巨磁电阻GMR（GMR电阻在磁场中急剧减小）特性的原理示意图，闭合开关S1、S2后，电磁铁右端为 　S　极，滑片P向左滑动过程中，指示灯的亮度将变 　亮　。

【分析】（1）利用安培定则可判定电磁铁右端的极性；
由左图可知，滑动变阻器的滑片P向左滑动过程中接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化，进一步根据影响电磁铁磁场的因素可知其磁场变化，据此可知右图巨磁电阻的变化；
（2）由右图可知，巨磁电阻和灯泡串联，先判断巨磁电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化，根据P＝I2R可知灯泡实际功率的变化，进一步判断亮暗的变化。
【解答】解：利用安培定则可知，电磁铁的左端为N极、右端为S极；
滑片P向左滑动过程中，滑动变阻器连入电路中的电阻变小，则电路中的电流变大，通电螺线管的磁性增强；
由右图可知，巨磁电阻和灯泡串联，
因巨磁电阻在磁场中急剧减小，
所以，此时巨磁电阻的阻值会变小，右侧电路中的总电阻变小，
由I＝可知，右侧电路中的电流变大，通过灯泡的电流变大，
因P＝I2R，且灯泡的亮暗取决于实际功率的大小，
所以，灯泡的实际功率变大，灯泡变亮。
故答案为：S；亮。
【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到电磁铁磁性与电流的关系和电功率公式的应用等，判读出巨磁电阻的变化是解题的关键。
18．（3分）如图所示，电源电压恒为6V，灯泡L标有“6V 3W”的字样，R1为定值电阻，R2为标有“10Ω 1A”字样的变阻器，电流表的量程为0～3A，电压表的量程为0～3V。当S1、S2、S3均闭合时，电流表的示数为1.7A，则R1的阻值为 　5　Ω，灯泡1min消耗的电能为 　180　J；当闭合S1，断开S2、S3时，在保证电路安全的情况下，电路总功率最小值为 　3.6　W。

【分析】（1）由图可知，当S1、S2、S3均闭合时，R2被短路，R1和L并联，电流表测干路的电流；已知灯泡的额定电压和额定功率，利用P＝UI可求出灯泡正常发光的电流；并联电路中各个支路之间互不影响，由题知电源电压与灯泡两端的额定电压相同，则灯泡正常发光；已知电流表的示数，即干路的电流，并联电路的干路电流等于各个支路的电流之和，据此得出通过R1的电流，再根据I＝求出R1的阻值；根据W＝Pt求出灯泡1min消耗的电能；
（2）当闭合S1，断开S2、S3时，R1和R2串联，电流表测电路中的电流，电压表测R2两端的电压；当滑动变阻器接入电路的阻值最大时，其两端的电压最大，由电压表的量程可知R2两端的最大电压；串联电路中电源电压等于各个用电器两端的电压之和，据此求出R1两端的电压；利用欧姆定律求出通过R1的电流，即电路中的最小电流；再根据I＝的变形式求出滑动变阻器接入电路的最大阻值，若此值未超出滑动变阻器的最大值，则符合条件；最后根据P＝UI求出电路最小总功率。
【解答】解：（1）由图可知，当S1、S2、S3均闭合时，R2被短路，R1和L并联，电流表测干路的电流；
灯泡正常发光时的电流为：IL＝＝＝0.5A，
已知电源电压为6V，并联电路中各个支路之间互不影响，因此灯泡正常发光；
已知此时电流表的示数为1.7A，即干路的电流为I＝1.7A，
由并联电路的电流特点可知通过R1的电流为：I1＝I﹣IL＝1.7A﹣0.5A＝1.2A，
由I＝可知R1的阻值为：R1＝＝＝5Ω；
灯泡1min消耗的电能为：WL＝PLt＝3W×60s＝180J；
（2）当闭合S1，断开S2、S3时，R1和R2串联，电流表测电路中的电流，电压表测R2两端的电压；
电压表量程0～3V，即R2两端的电压最大为U2大＝3V，
由串联电路的电压特点可知R1两端的电压为：U1小＝U﹣U2大＝6V﹣3V＝3V，
此时电路中的电流最小为：I小＝I1小＝＝＝0.6A＜1A，
由I＝可知此时滑动变阻器接入电路的最大阻值为：R2大＝＝＝5Ω＜10Ω，符合要求；
则电路总功率最小为：P小＝UI小＝6V×0.6A＝3.6W。
故答案为：5；180；3.6。
【点评】本题考查了欧姆定律和电功率计算公式的应用，熟练掌握串、并联电路的电流和电压特点是解题的关键。
19．（5分）如图所示，是一个晚间补光系统模拟控制电路。已知电源电压U＝4.5V，定值电阻R1＝5Ω，滑动变阻器R2上标有“25Ω 1A”字样，R3为光敏电阻，其阻值随光照度的变化遵循某一规律，部分数据如下表所示（相同条件下，光越强，光照度越大，光照度单位为勒克斯，符号为lx，夜间光照度≤3lx）。当R1两端电压低至一定值时，控制开关自动启动补光系统（不考虑控制开关对虚线框内电路的影响），此时补光系统内照明灯自动工作。
光照度E/lx
0.5
1
1.5
2
2.5
光敏电阻R3阻值/Ω
60
30
20
15
12
（1）标有“6V 3W”字样的照明灯，正常工作时的电阻为 　12　Ω。
（2）闭合开关S，若将滑片P移至b端，当E为2lx时启动补光系统，RI两端的电压为 　0.5　V。
（3）要使E＝1.2lx时启动补光系统，则R2接入电路的阻值为 　15　Ω，R2消耗的电功率为 　0.15　W。
（4）若电源电压可调，当补光达到晚间最大光照度时，电源电压范围是 　1.5～4　V。

【分析】（1）根据P＝UI＝求正常工作时的电阻；
（2）由电路图可知，闭合开关S时，R1、R2、R3串联，滑片P移至b端时，滑动变阻器R2接入电路的电阻为25Ω，当E为2lx时，由表中数据可知此时R3的阻值，根据串联电路的电阻特点和欧姆定律求出此时电路中的电流，根据欧姆定律求出R1两端的电压；
（3）根据表中数据分析出R3与光照度E的关系式，进而求出E＝1.2lx时R3的阻值，根据“R1两端电压低至一定值时，控制开关自动启动补光系统”结合（2）所求R1两端的电压可知，启动补光系统时R1两端的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出此时电路中的电流和电路中的总电阻，根据串联电路的电阻特点求出R2接入电路的阻值，根据P＝UI＝I2R求出R2消耗的电功率；
（4）根据R3与光照度E的关系式求出晚间最大光照度时R3的阻值，根据欧姆定律求出启动补光系统时电路中的电流，根欧姆定律的变形式U＝IR可知，电流一定时，电路中的总电阻最小时电源电压最小，总电阻最大时电源电压最大，据此求出电源电压的范围。
【解答】解：（1）由P＝UI＝可知，正常工作时的电阻：RL＝＝＝12Ω；
（2）由电路图可知，闭合开关S时，R1、R2、R3串联，滑片P移至b端时，滑动变阻器R2接入电路的电阻为25Ω，当E为2lx时，由表中数据可知，此时R3＝15Ω，
由串联电路的电阻特点和欧姆定律可知，此时电路中的电流：I＝＝＝0.1A，
R1两端的电压：U1＝IR1＝0.1A×5Ω＝0.5V；
（3）由表中数据可知，光敏电阻与光照度的乘积为定值30Ω•lx，因此R3与光照度E的关系式为R3＝，
因此E＝1.2lx时，R3'＝＝＝25Ω，
由（2）可知，当R1两端电压低至0.5V时，控制开关自动启动照明系统，
由串联电路的电流特点和欧姆定律可知，此时电路中的电流：I'＝I1＝＝＝0.1A，
则电路中的总电阻：R总'＝＝＝45Ω，
由串联电路的电阻特点可知，R2接入电路的阻值：R2'＝R总'﹣R3'﹣R1＝45Ω﹣25Ω﹣5Ω＝15Ω，
R2消耗的电功率：P2'＝I'2R2'＝（0.1A）2×15Ω＝0.15W；
（4）由题意可知，晚间最大光照度时，R3''＝＝＝10Ω，
当R1两端电压低至0.5V时，控制开关自动启动照明系统，
由串联电路的电流特点和欧姆定律可知，此时电路中的电流：I'＝I1＝＝＝0.1A，
当滑动变阻器接入电路的电阻为0时，电路中的总电阻最小，电源电压最小，
由串联电路的电阻特点和欧姆定律可知，电源电压的最小值：U小＝I'R总''＝0.1A×（10Ω+5Ω）＝1.5V，
当滑动变阻器接入电路的电阻为25Ω时，电路中的总电阻最大，电源电压最大，为：U大＝I'R总'''＝0.1A×（10Ω+5Ω+25Ω）＝4V，
因此电源电压范围是1.5V～4V。
故答案为：（1）12；（2）0.5；（3）15；0.15；（4）1.5～4。
【点评】本题考查了电功率公式、串联电路的特点、欧姆定律、电功公式的综合应用等，从题干和表格中获取有用的信息是关键。
三、解答题（本题共11小题，共50分）
20．图中的A′B′是物体AB经过平面镜M后所成的像，请在图中画出该物体。

【分析】平面镜成像的特点是：成虚像、像物大小相等、到平面镜的距离相等、连线与镜面垂直、左右互换，即像物关于平面镜对称，利用这一对称性作出物体AB。
【解答】解：分别作出像A′B′端点A′、B′关于平面镜的对称点A、B，用实线连接A、B即为物体AB．如图：

【点评】平面镜成像时像与物关于平面镜对称，要注意先作出端点或关键点的像点，再用虚线连接得到物体的像，用实线连接即为物体。
21．图中，弹簧左端连物块，右端固定在墙面，物块静止在水平地面且受到地面向右的摩擦力，请作出此物块所受弹力的示意图。

【分析】物块静止属于平衡状态，则物块受竖直向下的重力和竖直向上的支持力，水平方向上因受到向右的摩擦力，说明物块有向左的运动趋势，则弹簧的弹力向左，据此解答。
【解答】解：图中物块处于静止时，共受四个力的作用：竖直方向上：竖直向下的重力和竖直向上的支持力构成一对平衡力；水平方向上：水平向左的弹力和水平向右的摩擦力构成一对平衡力，故其所受弹力的示意图为：
。
故答案为：见解析。
【点评】本题考查弹力的判断以及力的示意图画法，难度不大。
22．按要求作图：在图中，请用笔画线代替导线，将电灯和开关正确连入电路。要求两灯并联，一个开关控制一盏灯。

【分析】在家庭电路中，各个用电器是并联的关系，开关应该接在火线和用电器之间，开关与被控制灯泡应串联。
【解答】解：
由题知，两个灯是并联的关系，且开关控制对应的灯泡，开关应与所控制的灯泡串联；并且开关应该接在火线和灯泡之间，故有如下两种连接符合要求：

【点评】知道并理解家庭电路的正确连接是解决该题的关键。
23．（4分）如图所示，某实验小组在“探究凸透镜成像规律”的实验中，已知凸透镜焦距为10cm。

（1）将该凸透镜固定在光具座上，把蜡烛放在光具座上20cm处，恰好在右侧65cm处的光屏上得到一个倒立、
　缩小　的实像，若保持蜡烛和光屏位置不变，移动透镜到 　35　cm处，则屏上能再次呈现清晰的像。
（2）若保持凸透镜在50cm处，把蜡烛放在光具座40cm处，在透镜另一侧将光屏沿主光轴远离透镜的过程中，光屏上的光斑大小将 　不变　。
（3）若凸透镜不动，将光屏和烛焰都向左移动2cm，光屏上的像变模糊.若要使光屏上的像清晰，则可以在透镜左侧靠近透镜处放置一个合适的矫正 　远视眼　眼睛的镜片。
【分析】（1）要解决此题，需要掌握凸透镜成像的规律：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。知道光路可逆。
（2）物体在焦点上时，不能成像。光线经凸透镜后平行于主光轴射出。
（3）在分析时要认真分析像距、成像特点与物距的关系，知道“物远像近像变小”的规律。
【解答】解：（1）把蜡烛放在光具座上20cm处时，u＝30cm，大于两倍焦距。所以成成倒立缩小实像，根据光路可逆，可知将凸透镜移在35cm处时可再次成清晰的像。
（2）物体在焦点上时，不能成像。光线经凸透镜后平行于主光轴射出，所以光屏上的光斑大小将不变。
（3）将光屏和烛焰都向左移动2cm，根据物距大于两倍焦距时，像距大于一倍焦距小于两倍焦距规律可知此时物距变化大于像距变化，成像在光屏的右侧所以要放能矫正远视眼的凸透镜，凸透镜对光线有会聚作用。
故答案为：（1）缩小；35；（2）不变；（3）远视眼。
【点评】此题是探究凸透镜成像的规律，此题通过例举一些生活实例，培养学生分析问题的能力。
24．（4分）如图甲是质量100g某物质的熔化实验装置，根据实验数据绘制出的曲线图如图乙所示。
（1）该物质是 　晶体　（选填“晶体”或“非晶体”），B、C两点的内能大小分别为E1、E2，则E1　小于　E2。
（2）根据图像和相关知识，该物质从第6min至第8min共吸收 　1.2×104　J的热量【物质液态时的比热容c＝3×103J/（kg•℃）】。
（3）如果从开始记录到刚沸腾时，完全燃烧了热值为3.0×107J/kg的酒精5g。根据图像信息和相关知识，此过程中的热转化效率是 　32　%。


【分析】（1）晶体熔化时继续吸热、内能增大，但温度不变；
（2）根据Q吸＝cm（t﹣t0）计算该物质吸收的热量；
（3）对酒精灯来说，有用功为被加热的某种物质吸引的热量，总功为酒精完全燃烧放出的热量，酒精灯的效率可用公式η＝×100%来计算。
【解答】解：（1）BC过程表示该物质在熔化过程中吸收热量、温度不变，所以物质是晶体；在熔化过程中，吸热，内能变大，所以该物质在B点时的内能小于在C点时的内能；
（2）物质的质量m＝100g＝0.1kg，
由图像知，在第6min物质的温度为50℃，在第8min的温度为90℃，则：Q吸＝cm（t﹣t0）＝3×103J/（kg•℃）×0.1kg×（90℃﹣50℃）＝1.2×104J；
（3）5g酒精完全燃烧放出的热量：Q总＝m酒精q酒精＝5×10﹣3kg×3.0×107J/kg＝1.5×105J；
从第6min到第8min该物质共吸热1.2×104J，由于相同时间吸收的热量是相等的，所以该物质每分钟吸热为0.6×104J，从开始记录到刚沸腾共用时8min，则该物质共吸热8×0.6×104J＝4.8×104J；
酒精灯的热转化效率为η＝×100%＝×100%＝32%。
故答案为：（1）晶体；小于；（2）1.2×104；（3）32。
【点评】此题是有关晶体熔化图像问题，考查了晶体的特点、转换法的运用、热量的计算及效率的计算，属于中档题。
25．（4分）如图甲所示，用①弹簧测力计②木块③砝码④长木板⑤毛巾装置做“探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关”的实验。

（1）为了测出滑动摩擦力的大小，弹簧测力计应沿水平方向 　匀速直线　拉动木块。
（2）弹簧测力计示数为1N时，物体处于静止状态，此时物体受到的摩擦力为f1，当示数为2N时，物体仍处于静止状态，此时物体受到的摩擦力为f2，则f1　＜　f2。
（3）多次增加砝码质量，重复实验，记录数据，作出木块受到的滑动摩擦力f与木块和长木板间压力F的关系图像如图乙所示；在长木板上铺上毛巾重复上述实验，则f和F的关系图像在图乙中的 　I　（选填“Ⅰ”或“Ⅱ”）区域。
（4）选用本实验器材中的 　②、④　（选填器材序号），再添加斜面和小车，还可以完成苏科版教材中“探究动能大小与速度有关”的实验。
【分析】（1）根据二力平衡的条件分析；
（2）静止的物体和匀速直线运动的物体受到平衡力作用，根据平衡力条件进行判断；
（3）影响滑动摩擦力大小因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度；
（4）“探究速度对动能大小的影响”时是通过小车撞击木块移动的距离来比较动能大小的。
【解答】解：（1）只有沿水平方向拉着物体做匀速直线运动，物体在水平方向上受到平衡力的作用，根据二力平衡的条件可知，拉力大小等于摩擦力的大小；
（2）弹簧测力计示数为1N时，物体处于静止状态，物体受到的拉力和摩擦力是一对平衡力，大小相等，所以摩擦力大小是f1＝1N；
当示数为2N时，物体仍处于静止状态，物体受到的拉力和摩擦力是一对平衡力，大小相等，所以摩擦力大小是f2＝2N，所以f1＜f2；
（3）在长木板上铺上毛巾，压力不变，接触面变粗糙，滑动摩擦力变大，则f和F的关系图像在图乙中的I区域；
（4）探究速度对动能大小的影响时，应让小车从斜面的不同高度滑下，这样小车在到达水平木板时的速度是不同的，通过比较小车撞击木块移动的距离来比较动能的大小；故实验中还需要用到木块和长木板，即②、④。
故答案为：（1）匀速直线；（2）＜；（3）I；（4）②、④。
【点评】本题探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关，考查实验原理及控制变量法的运用，同时也研究了动能大小与速度关系的实验。
26．（6分）用铅笔等器材，可以做以下实验。

（1）图a中铅笔长度为 　5.80　cm。
（2）图b中，闭合开关小灯泡发光，说明铅笔芯有良好的 　导电　性。
（3）图c中用两只手的食指分别压住铅笔的两端可知，当压力相同时，受力面积越小，　压力的作用效果　越明显，利用此图中的操作还可以研究 　压力的作用效果与压力大小的关系　（写出一条）。
（4）将细线大致系在铅笔的中部位置，铅笔静止时左边低，如图甲所示，若想调节铅笔水平平衡，她应将细线向 　左　移动。调节水平平衡后，她用细线绑定数量不等的橡皮挂在杠杆支点两侧，如图乙所示，铅笔刚好能在水平位置平衡。此时小红不小心将前端细长的铅笔芯弄断了（如图丙），她立刻将铅笔稳住，并将铅笔芯放到左端细线处固定如图丁，则松手后铅笔 　B　。

A.左端下沉
B.右端下沉
C.仍然水平平衡
D.可能水平平衡
【分析】（1）在使用刻度尺测长度时，需要明确刻度尺的分度值，并估读到分度值的下一位；
（2）容易导电的物体叫导体，不容易导电的物体叫绝缘体；常见的导体包括：人体、大地、各种金属、酸碱盐的溶液等。常见的绝缘体有陶瓷、塑料、玻璃、橡胶、油等；
（3）压力的作用效果与压力的大小和受力面积的大小有关，研究压力的作用效果与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变；
（4）根据杠杆的偏转方向判断重心的位置确定细线移动的方向；铅笔芯折断后，固定在左端细线下，据此分析杠杆力臂的变化，根据杠杆平衡的条件分析解答。
【解答】解：（1）刻度尺的分度值为1mm，铅笔的长度为L＝5.80cm；
（2）闭合开关后，小灯泡发光，说明铅笔芯是导体，具有良好的导电性；
（3）当两手指同时按压铅笔时，两手指受力相等，接触笔尖的手指受压的感觉比另一只手指要强得多，说明压力相同，受力面积越小，压力的作用效果越明显；
逐渐增大压力，根据其中一个手指的感觉可以探究压力的作用效果与压力大小的关系；
（4）由图可知，铅笔静止后左端下沉，说明杠杆的重心在细线悬挂处的左侧，若想调节铅笔水平平衡，应将支点向左移动，即细线向左移动；
由丁图可知，把折断的铅笔芯放到左端细线下方固定，对于杠杆来说，杠杆两侧的重力不变，但是杠杆左侧的力臂变短，根据杠杆的平衡条件可知，G左L左＜G右L右，杠杆不能在水平位置平衡，杠杆右端下沉，故B正确。
故答案为：（1）5.80；（2）导电；（3）压力的作用效果；压力的作用效果与压力大小的关系；（4）左；B。
【点评】本题考查了杠杆平衡条件的应用、压力的作用效果的影响因素、长度的读数、导体的性质，考查的较全面。
27．（4分）小华在测量某鹅卵石和盐水密度的实验中：
（1）测量鹅卵石质量时，在右盘中依次添加1个20g和1个10g的砝码后，指针偏至图甲所示位置，接下来正确操作应是 　C　。
A.向左调节平衡螺母
B.取下20g砝码，换上5g砝码
C.取下10g砝码，换上5g砝码
D.再往右盘加5g砝码
（2）完成（1）步骤后，小华将游码移至图乙位置，天平平衡；再把鹅卵石浸没在装有30mL水的量筒中，水面升至图丙所示位置，测得鹅卵石密度为 　2.92×103　kg/m3。

（3）小华利用已调零的电子秤再次测量盐水密度，进行了以下实验操作：
①取密度为8g/cm3的合金块。用电子秤测得其质量为80g；
②将合金块放入溢水杯中后向溢水杯中注满盐水，测得杯、盐水、合金块的总质量为100g；
③取出合金块，向溢水杯中补满盐水，测得杯和盐水的总质量为31g。根据以上数据，计算出盐水的密度为 　1.1　g/cm3。
④考虑步骤③中取出合金块时带出部分盐水，其测量结果 　不变　（选填“偏大”“不变”或“偏小”）。
【分析】（1）在称量时，以从大到小的顺序加减砝码；
（2）根据步骤（1）和图乙可得出鹅卵石的质量，根据图丙可知鹅卵石和水的总体积，根据鹅卵石的体积等于鹅卵石和水的总体积减去水的体积求出鹅卵石的体积，根据密度公式求出鹅卵石的密度；
（3）烧杯中加入的盐水质量m盐水＝m1+m3﹣m2；根据V盐水＝V金＝算出烧杯中加入的盐水体积，由密度公式算出盐水的密度；
步骤③中取出合金块时带出部分盐水，但又向溢水杯中补满盐水，算出杯中加入的盐水质量不变，溢出盐水的体积不变，据此判断出密度测量结果的偏差。
【解答】解：（1）在称量时，以从大到小的顺序加减砝码，指针偏右，说明砝码的质量偏大，则应取下10g的砝码，换上5g的砝码，故C正确；
（2）由上题可知，标尺的分度值为0.2g，游码对应的刻度值为4.2g，鹅卵石的质量为20g+5g+4.2g＝29.2g；
由图丁可知，放入鹅卵石后，量筒读数为40mL，由题可知，放入鹅卵石前量筒中水的体积为30mL，
石块的体积为V＝40mL﹣30mL＝10mL＝10cm3；
则鹅卵石的密度：
ρ＝＝＝2.92g/cm3＝2.92×103kg/m3；
（3）③杯中加入的盐水质量为：m盐水＝m1+m3﹣m2＝80g+31g﹣100g＝11g；
烧杯中加入的盐水体积为：
V盐水＝V金＝＝＝10cm3；
盐水的密度为：
ρ＝＝＝1.1g/cm3；
④考虑步骤③中取出合金块时带出部分盐水，但又向溢水杯中补满盐水，杯中加入的盐水质量仍为m1+m3﹣m2，溢出盐水的体积不变，所以测量结果不变。
故答案为：（1）C；（2）2.92×103；（3）1.1；不变。
【点评】此题测鹅卵石的密度实验，综合考查密度公式的应用，其中求解盐水的密度是本题的难点。
28．（7分）有一个标有“2.5V”字样的小灯泡和一个阻值未知的定值电阻R2，要求测出小灯泡的额定功率和R2阻值。
（1）图甲是小明连接的测量小灯泡额定功率的实验电路。
①图甲中有一根导线连接错误，请在这根导线上打“×”，并在图中改正。
②改正电路后，小灯泡正常发光时，电流表示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为 　0.7　W。
（2）小华利用图丙所示的电路图测出了R2的电阻，图中R为电阻箱，请帮助小华完成下列实验步骤：
①只闭合开关S1和S，调节电阻箱和滑动变阻器滑片P至适当位置，记下 　电阻箱的示数为R、电压表的示数为U1　；
②只闭合两个开关S1和S2，保持 　滑动变阻器滑片位置　不变，记下 　电压表的示数为U2　；
③分析数据，得出待测电阻的表达式R2＝　　（用记录的物理量的字母表示）。

【分析】（1）①电压表应与小灯泡并联，电流表与小灯泡串联；
②根据电流表选用量程确定分度值读数；根据P＝UI算出小灯泡的额定功率；
（2）根据开关的闭合方式分析电路的连接方式，根据串联电路的电压规律和欧姆定律求出得出待测电阻的表达式。
【解答】解：（1）①原电路中，电压表串联接入了电路中，而电流表与小灯泡并联，这两处是错误的，电压表应与小灯泡并联，电流表与小灯泡串联，如下图所示：
；
②当小灯泡正常发光时，电流表示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值0.02A，其示数为0.28A，小灯泡的额定功率为：P＝UI＝2.5V×0.28A＝0.7W；
（2）①只闭合开关S1和S，调节电阻箱和滑动变阻器滑片P至适当位置，记下电阻箱的示数为R、电压表的示数为U1；此时该电路为串联电路，滑动变阻器、电阻箱、待测电阻串联在电路中，电压表测量的是R2两端的电压；
②只闭合两个开关S1和S2，此时该电路为串联电路，滑动变阻器、电阻箱、待测电阻串联在电路中，电压表测量的是电阻箱与R2两端的电压，保持滑动变阻器滑片位置不变，记下电压表的示数为U2；
③根据串联电路的电压规律可知，电阻箱两端的电压为：U'＝U2﹣U1；电路中的电流为：I'＝＝；
根据欧姆定律可知，待测电阻的表达式R2＝＝＝。
故答案为：（1）①如上图所示；②0.7；（2）①电阻箱的示数为R、电压表的示数为U1；②滑动变阻器滑片位置；电压表的示数为U2；③。
【点评】本题考查了测量小灯泡的电功率、特殊方法测电阻，明确串联电路的电压规律和欧姆定律的应用是解题的关键。
29．（6分）2022年2月4日第24届冬奥会在“双奥之城”中国北京开幕，如图是冰壶比赛的情景。冰壶主要由花岗岩壶身和壶柄组成，已知它的质量是19kg。（g取10N/kg）

（1）当冰壶从场地的一端滑到另一端，壶柄的质量将 　不变　。
（2）该冰壶重多少？
（3）该冰壶与水平冰面的接触面积是200cm2，则它对冰面的压强是多少？

【分析】（1）质量是物体的一种基本属性，与物体的状态、形状、温度、所处的空间位置的变化无关；
（2）根据G＝mg得出该冰壶的重；
（3）冰壶对水平冰面的压力等于冰壶的重力，根据F＝G得出冰壶对冰面的压力，根据p＝得出它对冰面的压强。
【解答】解：（1）质量是物体的一种基本属性，与物体的状态、形状、温度、所处的空间位置的变化无关，当冰壶从场地的一端滑到另一端，壶柄的质量将不变；
（2）该冰壶重G＝mg＝19kg×10N/kg＝190N；
（3）冰壶对水平冰面的压力等于冰壶的重力，即：F＝G＝190N，
它对冰面的压强p＝＝＝9500Pa。
故答案为：（1）不变；
（2）该冰壶重190N；
（3）它对冰面的压强是9500Pa。
【点评】本题考查质量、重力、压强的有关知识，综合性强，难度适中。
30．（9分）图甲所示是某校科技小组制作的液体密度计的工作原理图，其中空桶重1N，测量时需将桶内注满液体。电源电压恒为12V，定值电阻R0的阻值为10Ω；电压表的量程为0～3V，表盘改造后可直接显示所测液体的密度值；滑动变阻器R2标有“24Ω 0.5A”的字样，R1为压敏电阻，其阻值与所受压力F变化关系如下表所示（R1的阻值不为0）。在桶内注满水时，桶内水重恰为1N，闭合开关S，移动R2的滑片至位置M时，电压表的示数为1.5V。
R1/Ω
130
110
90
70
50
30
...
F/N
0
0.5
1.0
0.5
2.0
2.5
...
（1）此时电路中的电流为 　0.15　A。
（2）此时滑动变阻器R2接入电路中的阻值为多大？
（3）R2的滑片在位置M时，该液体密度计的“0”刻度线与电压表表盘多少伏的刻度线相对应？
（4）移动R2的滑片可以改变密度计的最大测量值（此时电压表指针满偏）。已知桶的容积为100mL，则该液体密度计的最大测量值为多少？（g取10N/kg）

【分析】（1）由图可知，R0、R1和滑动变阻器R2串联，根据串联电路特点、欧姆定律计算出电路电流；
（2）根据欧姆定律计算电路总电阻；
已知桶重和水重，要加班计算压敏电阻此时所受到的压力，由表格得出此时压敏电阻的阻值，根据串联电路电阻规律即可求出滑动变阻器接入电路中的阻值；
（3）不装液体时，密度计示数为0，由表格得出此时R1的阻值，根据串联电路的特点和欧姆定律计算出此时电压表的示数；
（4）根据表格数据可知压力越大时R1的阻值越小，所以据此可知当R2滑片在左端时R1的阻值最小，受到的压力最大；根据欧姆定律求出当电压表指针满偏时电路中的电流和此时电路中的总电阻以及R1的阻值最小值；根据图表可得R1与F之间的关系式，据此求出此时压敏电阻受到的最大压力，最后根据重力公式和密度公式计算出能够测量的最大密度。
【解答】解：（1）由图可知，R0、R1和滑动变阻器R2串联，电压表测量R0两端电压，已知在桶内注满水，闭合S，电压表的示数为1.5V，
串联电路各处电流相等，根据欧姆定律可得电路电流为：I＝I0＝＝＝0.15A，
（2）根据欧姆定律可得此时总电阻为：R＝＝＝80Ω；
此时压敏电阻受到的压力为：F＝G水+G桶＝1N+1N＝2N，
由表格数据可知：F＝2N时，R1＝50Ω，
则根据串联电路的总电阻等于各分电阻之和可得，R2的电阻为：R2＝R﹣R1﹣R0＝80Ω﹣50Ω﹣10Ω＝20Ω；
（3）该液体密度计的“0”刻线，即桶内不装液体时电压表的示数，由于当桶内不装液体时，压敏电阻受到的压力为空桶重力：F0＝G桶＝1N，
由表格数据可得：F0＝1N时，R1′＝90Ω，
根据串联电路的总电阻等于各分电阻之和可得：R′＝R1′+R0+R2＝90Ω+10Ω+20Ω＝120Ω；
根据欧姆定律可得此时电压表示数为：U0′＝×R0＝×10Ω＝1V；
（4）当R滑全部接入时，滑动变阻器最大值为：R2大＝24Ω，根据电压表的量程可知：U0大＝3V，
根据欧姆定律可得此时电路中电流为：I1＝＝＝0.3A，
根据欧姆定律可得此时总电阻为：R小＝＝＝40Ω；，
根据串联电路的总电阻等于各分电阻之和可得此时R1的电阻为：R1小＝R小﹣R0﹣R2大＝40Ω﹣10Ω﹣24Ω＝6Ω，
根据图表可得R1与FB之间的关系式为：R1＝130Ω﹣40Ω/N×F，
则此时压敏电阻受到的压力为：F大＝＝＝3.1N，
则此时桶中液体的重力为：G液大＝FA大﹣G桶＝3.1N﹣1N＝2.1N，
液体的质量为：m液大＝＝＝0.21kg＝210g，
则液体的密度为：ρ液大＝＝＝2.1g/cm3。
答：（1）0.15；
（2）此时滑动变阻器R2接入电路中的阻值为20Ω；
（3）R2的滑片在位置M时，该液体密度计的“0”刻度线与电压表表盘1伏的刻度线相对应；
（4）该液体密度计的最大测量值为2.1g/cm3。
【点评】本题综合性较强，解决本题的关键掌握电压表的使用以及串联电路的特点和欧姆定律、密度公式的应用，难度较大，关键是明确密度计的测量值与电压表示数之间的关系。