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2023年新疆乌鲁木齐市高新区（新市区）中考物理一模试题（含答案）
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这是一份2023年新疆乌鲁木齐市高新区（新市区）中考物理一模试题（含答案），共26页。
2023年新疆乌鲁木齐市高新区（新市区）中考物理一模试卷
一．单选题（每题2分，共24分）
1．（2分）以下物理常识符合实际的是（ ）
A．人的身体中藏有很多“尺”，人站立时身高大约是脚长的7倍
B．高速行驶的小轿车的速度是80m/s
C．手机充电电池的电压是37V
D．手握两个鸡蛋从地上拿到餐桌上，所做的功为10J
2．（2分）测量是学物理必备的一种能力，测量实际是一个比较过程，是将一个待测的量与一个公认的测量标准（单位）进行比较，国际计量组织制定各物理量的标准，即国际单位，以下物理量与对应的国际单位正确的是（ ）
A．长度——千米 B．功率——千瓦 C．能量——焦耳 D．质量——克
3．（2分）2022年11月20日～28日新疆阿勒泰遭受近10年以来最强区域性寒潮天气，出现大风、暴雪、降温等极端天气，富蕴县吐尔洪乡最低气温降至零下48.6℃，针对当地极寒天气，应选择什么样的液体温度计（ ）
液体物质
水银
酒精
甲苯
煤油
熔点
﹣39℃
﹣117℃
﹣95℃
﹣30℃
A．水银 煤油 B．酒精 甲苯 C．甲苯 煤油 D．煤油 酒精
4．（2分）以下属于光的折射现象的是（ ）
A．在平静的湖面上可以看到蓝天白云
B．早晨太阳还在地平线以下时人就可以看到了
C．阳光透过树叶间的缝隙射到地面上，形成圆形光斑
D．光遇到不透明物体后，可以形成影子
5．（2分）如图所示是一种新型太阳能和风能LED路灯，下列说法正确的是（ ）
A．太阳能属于不可再生能源
B．风力发电机工作原理是通电线圈在磁场中受力运动
C．各路灯之间是串联的
D．太阳能电池板将太阳能转化为电能
6．（2分）某段道路的交通指示牌显示如图，以下四个选项是用所学过的物理知识进行的解释，其中正确的是（ ）
A．车型不同，车行驶相同的速度，质量大的动能大，行驶时造成的危险性大
B．同一车型，在平直的路面行驶时，所载货物质量越大，对路面的压强越小
C．同一车型，载重相同，在平直的路面上行驶时，速度不同摩擦力不同
D．小型客车在行驶时，速度越大，对地面的压强越大
7．（2分）“安全用电，珍爱生命”是每个人都应该具有的安全意识，以下说法正确的是（ ）
A．可以将开关接在零线上
B．雷雨天可以在大树下避雨
C．发现有人触电，应该立即用手拉他
D．手机充电器不可以长时间插在插座
8．（2分）疫情期间人们常使用某款“测温枪”测温（如图甲），其工作原理图如图乙，其中电源电压保持不变，热敏电阻R用于测温，R0为定值电阻，显示仪表是电流表或电压表改装而成。在测量体温时，显示仪的示数会随着被测者体温的升高而变大，则下列分析正确的是（ ）
A．图乙中的显示仪是由电流表改装成的
B．热敏电阻R的阻值随着温度的升高而减少
C．被测温者的体温越高，整个电路电路消耗的电能越少
D．若显示仪已损坏，闭合开关后，则R和R0仍然有电流通过
9．（2分）如图所示的电路是家庭电路的一部分，电工师傅按下面的顺序进行检测：①闭合S1，灯L1亮；②断开S1，闭合S2，灯L1不亮，灯L2不亮；③用试电笔测a、b、c、d四个接线点，试电笔只在c点不发光。若电路中只有一处故障，故障可能是（ ）
A．灯L2短路 B．c点左侧的零线断路
C．灯L2所在支路断路 D．c、d两点间断路
10．（2分）两个边长相同、材料不同的实心正方体甲和乙，用质量不计的细线连接，轻轻放入某液体中，静止后悬浮，细线处于绷紧状态，如图所示。则（ ）
A．甲受到的浮力比乙受到的浮力大
B．甲的密度与液体的密度相等
C．如果将细线剪断，甲、乙再次静止后，容器底部受到的压力大小不变
D．如果将细线剪断，甲、乙再次静止后，容器底部受到液体的压强不变
11．（2分）如图所示，电源电压保持不变，R1＝R3。当S接b点时，R1的功率P1＝0.75W，R2的功率为P2；当S接a时，R1的功率P＝3W，R3的功率为P3。下列判断中正确的是（ ）
A．P1+P2＞P+P3 B．P2＝2.25W C．P3＞3W D．P1+P2＝P+P3
12．（2分）甲、乙两圆柱形容器放置在水平地面上，容器内分别盛有体积相同的不同液体，将一小球放入甲容器内，待其静止后如图所示，此时甲、乙两容器底部受到的液体压强大小相等。如果将小球从甲容器中取出并放入乙容器中待小球静止后（无液体溢出），两容器底部受到液体压强的变化量分别为Δp甲和Δp乙，则关于Δp甲和Δp乙的大小关系，下列判断中正确的是（ ）
A．Δp甲一定大于Δp乙 B．Δp甲可能小于Δp乙
C．Δp甲一定等于Δp乙 D．Δp甲一定小于Δp乙
二、填空题（每空1分，共26分）
13．（5分）2022年6月5日上午，神舟十四号载人飞船在酒泉卫星发射中心点火升空，成功将航天员陈冬、刘洋、蔡旭哲顺利送入太空，2022年12月返回。
（1）火箭发射前，发射塔下的水池内注入大量的水。点火升空时，发射台周围出现大量的“白雾”如图，这是水蒸气 （填物态变化的名称）的结果，此过程 （填“吸热”或“放热”）。
（2）10月12日下午，“天宫课堂”第三课开课，并面向全球进行现场直播，精彩的授课声音和图像传到地球上靠的是 波，它的传播速度是 m/s。课堂演示了微重力环境下毛细效应实验、太空趣味饮水、会调头的扳手等实验，刘洋老师在做水球变“懒”实验时，轻轻一推金属球，它就向前运动，遇到水球后，它停在了水球里，说明 （填“力”或“惯性”）能改变物体的运动状态。
14．（13分）踏着春天的脚步，乌鲁木齐市正加快“一港五中心”的建设，外贸企业的海外订单不断涌来。
（1）在国际陆港区中欧班列集结中心乌鲁木齐，嘹亮的汽笛声时不时就会响起，汽笛声是由 振动产生，这个声音在空气中以 形式传播，传播的速度是 m/s。每当班列的汽笛声响起时，“一港五中心”的工作人员都非常高兴，对于他们而言，该汽笛声属于 （填“噪”或“乐”）音。
（2）中欧班列有用电力或内燃机动力两种，以电力作为动力时，它将 能转化为机械能，班列中用的是直流电动机，它的线圈能够持续在磁场中转动，主要是线圈上有一个非常重要的装置 ，它可以改变线圈中的电流方向，使线圈可以持续在磁场中转动。
（3）中欧班列以内燃机为动力时，主要以柴油作为燃料，柴油是从石油中提炼的，石油属于 能源（填“可再生”或“不可再生”），柴油机工作时的点火方式是 式，在 冲程中柴油机获得动力，该冲程中高温高压的燃气压强约为2.2×107Pa，活塞面积约450cm2，汽缸长约为28cm，燃气做功为 J。
（4）2023年2月一列满载货物的中欧班列从集结中心乌鲁木齐出发，开往哈萨克斯坦阿拉木图等城市，共有50节集装箱，一节集装箱的质量为40t，该班列受到的总重为 N，乌鲁木齐到阿拉木图铁路全长为1359km，班列途中的平均速度为60km/h，全程所用时间 h，匀速直线行驶时的牵引力为3.24×105N，如果班列全程都在做匀速直线运动，牵引力功率为 W。
15．（8分）“海基一号”于2022年10月正式投入使用，是国内首次在300米级水深海域设计、建造、安装的固定式石油钻采平台，集钻井、生产、生活为一体。“海基一号”总高度达340.5米，单层甲板面积达7700平方米，总重超4万吨。建设历时28个多月。
（1）在安装“海基一号”时，工作人员所用吊机如图所示，起吊的大长臂属于简单机械中的 ，长臂中A点装一个可以改变力的方向的机械 。
（2）该吊机将“海基一号”匀速竖直吊起时，拉力 N，当吊机吊起“海基一号”在高度不发生变化时，从岸边沿水平方向匀速运动到深海区海面上空时，拉力做功为 J。
（3）当把吊着的“海基一号”慢慢浸入水中时，它所受浮力 （填“变大”、“不变”或“变小”），底部所受压强 （填“变大”、“不变”或“变小”），海水的密度为1.1×103kg/m3，到300米深度处固定好后，在此深度的海水的压强为 Pa。
三、作图题（每题2分，共6分）
16．（2分）太阳光经书本反射后进入我们眼睛的光路如图所示，请画出入射光路图。
17．（2分）如图所示，一辆小车沿斜面向上运动，请画出斜面所受压力的示意图。
18．（2分）请用笔画线表示导线，将图中的电灯、开关和插座（插座准备接大功率用电器）接入家庭电路中。
四、实验题（每空2分，共24分）
19．（8分）为了探究平面镜成像特点，同学们准备了带底座的玻璃板、白纸、笔、火柴、光屏、刻度尺、两支外形相同的蜡烛A和B。
（1）该实验采用透明薄玻璃板代替日常使用的平面镜，能在观察到A蜡烛像的同时，也能观察到B蜡烛的像，从而确定 ；
（2）当蜡烛A向玻璃板靠近，蜡烛A的像 （“变大”、“变小”或“不变”）；
（3）实验过程中，如果只将玻璃板竖直向上提升10cm，那么蜡烛在玻璃板中的像 （“上移10cm”、“下移10cm”或“位置不变”）。
（4）实验中，当蜡烛B与蜡烛A的像完全重合时，撤去蜡烛B并在原蜡烛B的位置放一光屏，人眼 （“透过玻璃板观察”或“直接观察”）光屏，通过是否能看到光屏上蜡烛A的像，判断平面镜所成像的虚实。
20．（8分）在探究杠杆平衡条件的实验中，所用钩码一个重0.5N：
（1）如图甲所示，有一小组将杠杆调节至水平位置平衡后，同组的小明在杠杆A点处挂3个钩码，在B点处挂 个钩码杠杆恰好在水平位置平衡。随后小明又将A向右移动两格，B向左边移动两格，杠杆仍然水平平衡，接着小明在两边分别加挂了两个钩码，杠杆还水平平衡。于是小华便得出了杠杆的平衡条件为：动力+动力臂＝阻力+阻力臂。小明认为小华这样得出的结论不合理。理由是： 。
（2）小明又用如图乙所示装置进行实验，弹簧测力计的读数应是 N。若将弹簧测力计沿顺时针缓慢旋转至竖直方向，则其示数 （选填“变大”、“变小”、“不变”）。
21．（8分）在“探究电流与电阻的关系”的实验中，提供的器材如下：电源电压恒为4.5V，五个定值电阻R1（5Ω）、R2（10Ω）、R3（15Ω）、R4（20Ω）、R5（25Ω），标有“50Ω 1A”的滑动变阻器R、电压表（可用量程：0～3V、0～15V）、电流表（0～0.6A）、开关各1只，导线若干。
（1）小赵同学设计了如图所示的实验电路，将R1接入电路，滑动变阻器的滑片P移到最 端（填“左”或“右”），闭合开关，调节滑片P，使电压表的示数为2.5V时，电流表的示数应为 A。
（2）完成步骤（1）后，若保持滑片P位置不变，断开开关，用R2替换R1，闭合开关，发现电压表示数大于2.5V，应向 （选填“左”或“右”）移动滑片P才能达到实验要求。
（3）在使用电阻R1、R5完成实验的过程中，当电压表示数为2.5V时，滑动变阻器R消耗的电功率分别为P1、P5，则P1：P5＝ 。
五、计算题（每题5分，共10分）
22．（5分）如图所示，R为定值电阻，L为标有“6V 3W”的小灯泡，灯丝阻值不变，电源电压恒定。闭合开关，小灯泡正常工作时，电流表读数为0.9A。求：
（1）通过小灯泡的电流，以及小灯泡电阻；
（2）定值电阻R阻值，以及它的电功率。
23．（5分）如图所示，圆柱形木块A与质量不计且足够高的薄壁圆柱形容器B分别放置于水平桌面上，已知A的密度0.8×103kg/m3，高为10cm，底面积为100cm2；容器B内盛有4cm深的水。小开从A的上表面沿水平方向截取高为h的圆柱块，并将截取部分放入容器B中；当h＝3cm时，容器B对地面的压强为480Pa，求：
（1）未放入截取的木块前，容器B对桌面的压强；
（2）容器B的底面积；
（3）当截取的木块放入容器B后，容器B对桌面的压强是剩余木块A对桌面压强的8倍，此时容器B中截取的木块所受到的浮力。
2023年新疆乌鲁木齐市高新区（新市区）中考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一．单选题（每题2分，共24分）
1．【答案】A
【分析】新课程标准要求我们能根据日常经验或自然现象粗略估测一些物理量。例如：长度、质量、时间、温度、力、速度、电功率、电流、电压等。解答估测选择题的方法：利用生活中我们熟悉的一些数据作为根据，进行单位换算，有时要利用基本公式求未知物理量。
【解答】解：A、人站立时身高大约是脚长的7倍，故A正确；
B、高速公路上小汽车的速度可以达到120km/h≈33m/s左右，故B错误；
C、手机充电电池的电压是3.7V，故C错误；
D、两个鸡蛋的重力约1N，将两个鸡蛋从地上拿到餐桌上，通过的高度约1m，所做的功约为W＝Gh＝1N×1m＝1J，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了对长度、速度、电压、功的估测，注重理论与实际差异的应变能力的培养，体现新课程的基本理念。
2．【答案】C
【分析】根据掌握的常见物理量的国际单位进行解答。
【解答】解：国际单位制中，长度的基本单位是米（m），功率的基本单位是瓦（W），能量的基本单位是焦耳（J），质量的基本单位是千克（kg），故ABD错误，C正确。
【点评】此题考查了部分物理量的国际单位，属基础题目。
3．【答案】B
【分析】（1）温度计是根据液体的热胀冷缩的性质制成的；
（2）液体温度降低到凝固点会凝固成固态，所以环境温度不能低于温度计内液体的凝固点。
【解答】答：温度计是根据液体的热胀冷缩的性质制成的；水银的凝固点是﹣39℃，煤油的凝固点是﹣30℃，﹣48.6℃时水银和煤油已经凝固，失去了液体的性质，所以不能测量低于其凝固点的温度，酒精的凝固点是﹣117℃，甲苯的凝固点是﹣95℃，所以此时可以使用酒精温度计和甲苯温度计。
故选：B。
【点评】此题主要考查了温度计原理及使用；选用温度计往往用比较被测温度与温度计中液体的凝固点与沸点的关系。
4．【答案】B
【分析】（1）当光照射到物体表面上时，有一部分光被反射回来发生反射现象，例如：平面镜成像、水中倒影等；
（2）光从一种介质斜射入另一种介质时，光的传播方向就会发生改变，这是光的折射，光的折射形成的现象有：斜插入水中的筷子看起来变弯折、放大镜、池水变浅等；
（3）（4）光在同种均匀介质中沿直线传播；生活中的现象有：影子、日食和月食，小孔成像等。
【解答】解：A．在平静的湖面可以看到蓝天白云，属于光的反射，故A错误；
B．早晨太阳还在地平线以下时人就可以看到它，是由于光在密度不均匀的介质中传播时发生折射现象引起的，故B错误；
C．阳光透过树叶间的缝隙射到地面上，形成圆形光斑，是小孔成像现象，是由于光的直线传播形成的，故C错误；
D．光遇到不透明物体后，可形成影子，属于光的直线传播，故D正确。
故选：B。
【点评】在学习光现象时要留心讲到了哪些现象，一般生活中常见的光现象在上课时老师都会涉及到。
5．【答案】D
【分析】（1）能从自然界源源不断获得补充的能量叫做可再生能源；
（2）发电机的工作原理是电磁感应现象；
（3）并联电路中各用电器互不影响；
（4）太阳能电池板工作时消耗太阳能，得到电能。
【解答】解：A、太阳能取之不尽、用之不竭，属于可再生能源，故A错误；
B、风力发电机工作原理是电磁感应现象，故B错误；
C、各路灯之间互不影响，是并联的，故C错误；
D、太阳能电池板将太阳能转化为电能，故D正确。
故选：D。
【点评】此题考查了能源的分类、发电机的原理、串并联电路的辨别、能量的转化，涉及知识点较多，但难度不大，属基础题目。
6．【答案】A
【分析】（1）动能大小与质量和速度有关，速度一定时，质量越大，动能越大；
（2）压强大小跟压力大小和受力面积大小有关；
（3）滑动摩擦力大小跟压力大小和接触面粗糙程度有关；
（4）流体压强与流速的关系：流速越大，压强越小；流速越小，压强越大。
【解答】解：A、在相同的道路上，不同车型的机动车质量不同，速度相同时，质量大的动能大，制动距离大，行驶时造成的危险性就大，故A正确；
B、同一车型，在平直的路面行驶时，与地面的受力面积相同，所载货物质量越大，对地面的压力越大，对路面的压强越大，故B错误；
C、同一车型，载重相同，在平直的路面上匀速行驶时，摩擦力大小相同，与速度大小无关，故C错误；
D、小型客车在行驶时，由流体压强与流速的关系可知，客车运行的速度越大，其周围空气相对客车的流速越大，对地面的压强越小，故D错误。
故选：A。
【点评】此题涉及到影响动能大小、压强大小、摩擦力大小的影响因素，以及流体压强与流速的关系等知识，综合题。
7．【答案】D
【分析】（1）为了安全，开关要接在火线与用电器之间；
（2）雷雨天在大树下避雨易引发雷击；
（3）发现有人触电，应该先切断电源，再施救；
（4）充电器长时间插在电源插孔上会发热，引起安全事故。
【解答】解：A、连接开关和所控制的用电器时，开关要接在火线上，故A错误；
B、大树高大，且为导体，雷雨天在大树下避雨易引发雷击，故B错误；
C、发现有人触电，应该先切断电源，再施救；若立即用手拉他，也会触电，故D错误；
D、手机充电器长时间插在插座上会消耗电能，同时可能会因充电器发热而引起火灾，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了学生对安全用电知识的了解与掌握，平时学习时多了解、多积累，提高安全意识，不能违反。
8．【答案】D
【分析】（1）根据电流表和电压表的正确使用确定显示仪是电流表还是电压表；
（2）被测者体温越高，电压表示数越大，根据串联电路分压原理可知热敏电阻阻值的变化，由欧姆定律分析电路的电流变化；根据W＝Pt分析消耗电能的多少；
（3）若显示仪损坏，根据电路的连接方式判定电路中是否有电流。
【解答】解：
A、由图可知，R与R0串联，因显示仪与热敏电阻并联，故显示仪是由电压表改装成的，故A错误；
B、当被测者体温较高时，显示仪的示数（电压表的示数）也会变大，由串联电路的分压原理可知，热敏电阻的电阻变大，即热敏电阻R的阻值随着温度的升高而增大，故B错误；
C、被测者体温越高，热敏电阻的阻值越大，电路的总电阻越大，由I＝可知，电路的电流越小，根据P＝UI可知，功率越小，由于时间不知，则根据W＝Pt可知无法判定消耗电能的多少，故C错误；
D、若显示仪损坏，闭合开关后，R与R0串联接入电路中，R与R0依旧有电流通过，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查串联电路的规律及欧姆定律的运用，关键是从题干中获取有效的信息，难度不大。
9．【答案】D
【分析】试电笔在使用时，应将笔尖接触导线，手接触笔尾的金属体，这样就可以形成回路，如果是火线，氖管会发光。
【解答】解：闭合S1，灯L1亮，电路中有电流，说明电路为通路，从保险丝→a→S1→L1→c以及c点左侧的零线都没有断路；
闭合S2，灯L2不亮，灯L2不亮的原因有两个：一个是断路、一个是短路；
用试电笔测a、b、c、d四个接线点，a、b、d三点的氖管发光，说明这三点与火线之间是接通的；试电笔只在c点不发光，说明c点与d点之间是断开的，所以故障是c、d两点间断路，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查家庭电路故障的分析，相对比较简单，属于基础题。
10．【答案】C
【分析】（1）根据F浮＝ρ液gV排分析解答；
（2）根据物体浮沉条件分析解答；
（3）柱形容器中，容器底部受到的压力大小等于容器内液体和物体的总重力；
（4）根据p＝ρ液gh分析解答。
【解答】解：A、甲和乙两个正方体棱长相同，则根据体积公式可知其体积相等，两个正方体都浸没在同一液体中，则其排开液体的体积相等，根据F浮＝ρ液gV排可知，甲受到的浮力等于乙受到的浮力，故A错误；
B、把甲和乙作为一个整体，甲和乙在液体中静止时悬浮，根据物体浮沉条件可知，甲和乙的平均密度等于液体的密度，而甲和乙由不同材料制成，其密度不同，所以甲的密度与液体的密度不相等，故B错误；
C、柱形容器中，容器底部受到的压力大小等于容器内液体和物体的总重力，如果将细线剪断，甲、乙再次静止后，容器内液体和物体的总重力不变，则容器底部受到的压力大小不变，故C正确；
D、根据题意可知，细线处于绷紧状态，如果将细线剪断，甲、乙再次静止后，甲将漂浮在液面上，则甲和乙排开液体的总体积变小，液体深度变小，根据p＝ρ液gh可知，容器底部受到液体的压强变小，故D错误。
故选：C。
【点评】此题考查阿基米德原理、物体浮沉条件、液体压强公式的应用，具有较强的综合性强，知道柱形容器中，容器底部受到的压力大小等于容器内液体和物体的总重力是解答此题关键。
11．【答案】B
【分析】当S接a点时，R1、R3串联；当S接b时，R1、R2串联，根据串联电路的特点和P＝I2R分别表示出电阻消耗的表达式，联立方程，即可求出各电阻的功率，据此解答。
【解答】解：当S接b点时，R1、R2串联，
电路中的电流为Ib＝，
R1消耗的功率为P1＝R1＝（ ）2R1＝0.75W﹣﹣﹣﹣①
R2消耗的功率：P2＝（ ）2R2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
当S接a时，R1、R3串联，R1＝R3，
电路中的电流为：Ia＝＝，
此时R1消耗的功率为P＝R1＝（ ）2R1＝3W﹣﹣﹣﹣③
R3消耗的功率为P3＝（ ）2R3﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣④
由①③可得：R2＝3R1，
由①②可得：P2＝2.25W，
由③④可得：P3＝3W；
所以P1+P2＝0.75W+2.25W＝3W，P+P3＝3W+3W＝6W，即P1+P2＜P+P3；
综上所述，B正确。
故选：B。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，关键是根据已知列出方程，通过解方程解决本题。
12．【答案】D
【分析】（1）由于甲乙容器内的不同液体体积相同，则根据液体的体积分别得出将一小球放入甲容器内后甲、乙两容器液体的深度表达式；由于甲、乙两容器底部受到的液体压强大小相等，根据p＝ρgh得出压强相等的表达式；据此根据液体的深度判断出小球在乙液体里所处的状态；
（2）由于容器是柱状的，根据p＝ρgh得出底部受到液体压强的变化量Δp甲和Δp乙的表达式，然后比较其大小即可。
【解答】解：设甲乙容器内的不同液体体积均为V，小球的体积为V0；
则将一小球放入甲容器内后（浸没），甲容器里液体的深度h甲＝，
乙容器里液体的深度h乙＝；
将一小球放入甲容器内后两容器底受到液体的压强相等，即：p甲＝p乙；
根据p＝ρgh可得：
ρ甲gh甲＝ρ乙gh乙；
则：ρ甲g×＝ρ乙g×；
整理可得：＝；
由图可知：h甲＜h乙，则根据ρ甲gh甲＝ρ乙gh乙可得：ρ甲＞ρ乙；
小球放入甲容器内后（浸没）下沉，则浮沉条件可知：ρ球＞ρ甲；
所以，ρ球＞ρ乙；
根据浮沉条件可知：将小球放入乙容器中待小球静止后会沉在底部；
由于容器是柱状的，则Δp甲＝ρ甲gΔh甲＝ρ甲g×；Δp乙＝ρ乙gΔh乙＝ρ乙g×，
则：＝＝＝＜1；
所以，Δp甲＜Δp乙。
故选：D。
【点评】主要考查的是学生对液体压强公式的理解和掌握，关键是明确液体体积和深度的变化。
二、填空题（每空1分，共26分）
13．【答案】（1）液化；放热；（2）电磁；3×108；力。
【分析】（1）物质由气态转变为液态的过程叫做液化，液化是放热过程；
（2）电磁波的传播不需要介质，电磁波可以在固体、液体、气体中传播，也可以在真空中传播；电磁波在真空中的传播速度和光速相等，都是3×108m/s；电磁波能够传递信息，也能传递能量；力是改变物体运动状态的原因，物体的运动状态的改变包括速度大小和方向的变化。
【解答】解：（1）点火升空时，高温的火焰喷射到水池里时，水吸热发生剧烈的汽化，产生大量的水蒸气，水蒸气遇冷液化，温度降低，发生液化，形成“白气”，此过程放热；
（2）“天宫课堂”精彩的授课声音和图像传到地球上靠的是电磁波，它的传播速度是3×108m/s；
刘洋老师在做水球变“懒”实验时，轻轻一推金属球，它就向前运动，遇到水球后，它停在了水球里，说明力能改变物体的运动状态。
故答案为：（1）液化；放热；（2）电磁；3×108；力。
【点评】本题是利用了运载火箭这一载体来考查物态变化、以及物体运动状态改变的原因的相关知识，这是中考的一种热点题型，所以学习物理也需要对生活热点中蕴含的物理知识多加关注。
14．【答案】（1）空气柱；声波；340；乐；（2）电；换向器；（3）不可再生；压燃；做功；2.772×105；（4）2×107；22.65；5.4×106。
【分析】（1）笛子、号等管乐器所发出的声音是由于空气柱振动产生的，声音在空气中以声波的形式向外传播，通常声音在空气中的传播速度为340m/s，影响人们工作、学习、生活、身体健康的声音都称为噪音。
（2）电动机工作时将电能转化为机械能，电动机线圈上的换向器的作用是当线圈刚绕过平衡位置时，能够自动改变线圈中的电流方向，从而使线圈能够持续在磁场中转动。
（3）消耗后短期内无法得到补充的能源属于不可再生能源；柴油机工作时的点火方式为压燃式，在做功冲程中柴油机获得动力；利用功的公式W＝Fs和压强公式p＝计算出燃气做的功。
（4）用G＝mg得到该班列受到的总重力，用v＝得到班列运行的时间，用P＝＝Fv计算出牵引力的功率。
【解答】解：（1）汽笛声是由空气柱的振动产生的，声音在空气中以声波的形式传播，传播的速度为340m/s；每当班列的汽笛声响起时，“一港五中心”的工作人员都非常高兴，说明该汽笛声让工作人员高兴，故该汽笛声属于乐音。
（2）中欧班列以电力作为动力时，它将电能转化为机械能；班列中用的是直流电动机，它的线圈能够持续在磁场中转动，主要是线圈上安装有换向器，换向器的作用是：它可以改变线圈中的电流方向，使线圈可以持续在磁场中转动。
（3）石油消耗后短期内无法得到补充，属于不可再生能源；柴油机在压缩冲程时，压缩气体的程度高，气体的温度已经超过了柴油的燃点，当向汽缸内喷入雾状柴油时，柴油立即开始燃烧，这种点火方式为压燃式；在做功冲程中，燃气推动活塞对外做功，柴油机获得动力；
燃气对活塞的压力F＝pS＝2.2×107Pa×450×10﹣4m2＝9.9×105N，
燃气做功W＝Fs＝9.9×105N×28×10﹣2m＝2.772×105J。
（4）该班列受到的总重G＝mg＝50×40×103kg×10N/kg＝2×107N；
该班列运行的时间t＝＝22.65h；
牵引力的功率P＝＝Fv＝3.24×105N×m/s＝5.4×106W。
故答案为：（1）空气柱；声波；340；乐；（2）电；换向器；（3）不可再生；压燃；做功；2.772×105；（4）2×107；22.65；5.4×106。
【点评】本题考查了声音的产生和传播、噪音的判定、电动机工作时的能量转化、换向器的作用、能源的分类、柴油机的点火方式、功的公式、压强的公式、速度公式、重力公式、功率公式的应用，考查的知识点比较多，做题时要细心。
15．【答案】（1）杠杆；定滑轮；（2）4×108；0；（3）变大；变大；3.3×106。
【分析】（1）在安装“海基一号”时，工作人员所用吊机如图所示，起吊的大长臂属于简单机械中的杠杆；
定滑轮可以改变力的方向。
（2）该吊机将“海基一号”匀速竖直吊起时，根据F＝G＝mg得出拉力；
当吊机吊起“海基一号”在高度不发生变化时，从岸边沿水平方向匀速运动到深海区海面上空时，拉力的方向为竖直向上，“海基一号”运动的方向为水平方向，故“海基一号”没有在拉力的方向上移动距离，据此得出拉力做功。
（3）当把吊着的“海基一号”慢慢浸入水中时，“海基一号”排开水的体积变大，根据F浮＝ρ海水gV排可知它所受浮力的变化情况；
“海基一号”所处深度变大，根据p＝ρ海水gh可底部所受压强的变化情况；
到300米深度处固定好后，根据p＝ρ海水gh得出在此深度的海水的压强。
【解答】解：（1）在安装“海基一号”时，工作人员所用吊机如图所示，起吊的大长臂属于简单机械中的杠杆，长臂中A点装一个可以改变力的方向的机械定滑轮。
（2）该吊机将“海基一号”匀速竖直吊起时，拉力F＝G＝mg＝4×107kg×10N/kg＝4×108N；
当吊机吊起“海基一号”在高度不发生变化时，从岸边沿水平方向匀速运动到深海区海面上空时，拉力的方向为竖直向上，“海基一号”运动的方向为水平方向，故“海基一号”没有在拉力的方向上移动距离，拉力做功为0J。
（3）当把吊着的“海基一号”慢慢浸入水中时，“海基一号”排开水的体积变大，根据F浮＝ρ海水gV排可知它所受浮力变大，“海基一号”所处深度变大，根据p＝ρ海水gh可底部所受压强变大；
到300米深度处固定好后，在此深度的海水的压强为p＝ρ海水gh＝1.1×103kg/m3×10N/kg×300m＝3.3×106Pa。
故答案为：（1）杠杆；定滑轮；（2）4×108；0；（3）变大；变大；3.3×106。
【点评】本题考查浮力、压强和简单机械等知识，是一道综合题。
三、作图题（每题2分，共6分）
16．【答案】见解答
【分析】根据反射定律进行分析，即根据反射角等于入射角作出入射光线。
【解答】解：题目法线已经画出，根据反射角等于入射角在法线左侧画出入射光线，如图所示：
【点评】此题主要考查光的反射定律作图，是一道光学试题，难度不大。
17．【答案】
【分析】用一根带箭头的线段来表示力的三要素，这种表示方法叫力的示意图；小车对斜面的压力作用点斜面上，方向是垂直斜面向下的。
【解答】解：小车对斜面的压力作用点可以选取在前、后轮之间的斜面上，过压力作用点沿垂直于斜面向下的方向画一条有向线段，用F表示，即为小车对斜面压力的示意图。如图所示：
【点评】画力的示意图的一般步骤为：一画简图二定点，三画线，四画尖，五把力的符号标尖边。按照这个作图步骤，很容易能够画出指定力的示意图。
18．【答案】见试题解答内容
【分析】（1）电灯的接法：火线首先进开关，再入电灯顶端的金属点，零线直接接入电灯的螺旋口；
（2）三孔插座的接法：左孔接零线，右孔接火线，上孔接地线。
【解答】解：（1）开关控制电灯时，开关和电灯串联，火线首先过开关再入灯泡顶端的金属点，零线直接连电灯的螺丝口；
（2）三孔插座的接法：左孔接零线，右孔接火线，上孔接地线，如图所示。
【点评】火线首先进开关，再入灯泡顶端的金属点，零线直接接入灯泡的螺旋口，如果火线直接进入电灯，零线过开关进电灯，在断开开关时，火线没有切断，容易发生触电事故。
四、实验题（每空2分，共24分）
19．【答案】（1）像的位置；（2）不变；（3）位置不变；（4）直接观察。
【分析】（1）用玻璃板代替平面镜，即看到像，又能看到玻璃板后面的蜡烛，当玻璃板和像重合时，玻璃板后面蜡烛的位置就是玻璃板前面蜡烛像的位置，这样进行实验，便于确定像的位置；
（2）物体在平面镜中成虚像，物像大小相等，物像连线与镜面垂直，物像到平面镜的距离相等；
（3）物体在平面镜中成像，像和物体到平面镜的距离相等；
（4）根据平面镜所成的像是虚像的特点，应在物体一侧观察。
【解答】解：（1）用玻璃板代替平面镜，在玻璃板前面既能看到A的像，又能看到玻璃板后面的蜡烛B，便于确定像的位置；
（2）平面镜中的像的大小跟物体大小有关，跟物体到平面镜的距离无关，所以当蜡烛A向玻璃板靠近，像也靠近平面镜，但蜡烛像的大小不变；
（3）在实验的过程中，如果只将玻璃板竖直向上提升10cm，蜡烛到玻璃板的距离不变，所以蜡烛的像到玻璃板的距离也不变，所以像的位置不变；
（4）当蜡烛B与蜡烛A的像能够完全重合时，撤去蜡烛B并在原蜡烛B的位置放一与玻璃板平行的光屏，人眼直接观察光屏，通过是否能看到光屏上蜡烛A的像，判断平面镜所成像的虚实。
故答案为：（1）像的位置；（2）不变；（3）位置不变；（4）直接观察。
【点评】本题主要考查了平面镜成像特点的实验，这是光学中的一个重点，也是近几年来中考经常出现的题型，要求学生熟练掌握，并学会灵活运用。
20．【答案】（1）3；只做一次实验，不能得出普遍规律，不同的物理量不能相加；（2）2；变小。
【分析】（1）根据杠杆的平衡条件求钩码的个数；
实验时，如果只用一组数据得到结论，偶然性太大，因此应获取多组实验数据归纳出物理规律；
（2）根据杠杆的平衡条件：F1L1＝F2L2，将已知条件代入便可求出F1的大小；
根据杠杆的平衡条件可知，阻力和阻力臂不变时，动力臂减小，动力变大。
【解答】解：（1）设每个钩码为G，每格长为L，设在B处挂n个同样的钩码，
根据杠杆的平衡条件，3G×3L＝nG×3L解得，n＝3；
只通过一组数据便得出结论，并不符合实验结论得出的要求，这样的结果具有偶然性，不具普遍性，不同的物理量不能相加；
（2）过支点O向力的作用线作垂线，垂足与支点的距离，就是力臂，如下图：
设一格的长度为L，杠杆在水平位置平衡，弹簧测力计的拉力的力臂为×6L＝3L，
由F1L1＝F2L2得，3×0.5N×4L＝F1××6L，
解得，F1＝2N；
如图乙，当弹簧测力计沿顺时针缓慢旋转至竖直方向，拉力的力臂l1增大，在阻力和阻力臂不变的情况下，根据杠杆的平衡条件F1L1＝F2L2，为保持杠杆平衡，拉力F1要减小，所以弹簧测力计示数会变小。
故答案为：（1）3；只做一次实验，不能得出普遍规律，不同的物理量不能相加；（2）2；变小。
【点评】本题考查杠杆平衡的调节方法及平衡条件的应用，应注意动态平衡的分析，当力臂变化时，力也会随着变化。
21．【答案】（1）右；0.5；（2）右；（3）5：1。
【分析】（1）为保护电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片P移到阻值最大处；
已知电压表的示数（即R1两端的电压），由欧姆定律求出电流表的示数；
（2）当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻的电压相同，由串联电路电压的规律结合分压原理确定滑片移动的方向；
（7）因控制电阻两端的电压不变，由欧姆定律知电流与电阻成反比，可知电路的电流之比；
由串联电压电压的规律，变阻器的电压不变，根据P＝UI，电压不变时，功率与电流成正比，据此求出滑动变阻器R消耗的电功率P1、P5之比。
【解答】解：（1）小赵同学设计了如图甲所示的实验电路，将R1接入电路，为保护电路，滑动变阻器的滑片P移到阻值最大处，即最右端；
闭合开关，调节滑片P，使电压表的示数为2.5V时，即R1两端的电压为2.5V，由欧姆定律可得，电流表的示数应为：I＝＝0.5A；
（2）完成步骤（1）后，若保持滑片P位置不变，断开开关，用R2替换R1，电阻变大，其分得的电压增大，即发现电压表示数大于2.5V；探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，即应保持电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向右端移动才能达到实验要求；
（3）把R1（5Ω）、R5（25Ω）的电阻分别接入电路，因控制电阻两端的电压不变，由欧姆定律可知，在电压不变时时，电流与电阻成反比，故电路的电流之比为：I1：I5＝25Ω：5Ω＝5：1；
由串联电压电压的规律，变阻器的电压也不变，根据P＝UI可知，电压不变时，电功率与电流成正比，故P1：P5＝I1：I5＝5：1。
故答案为：（1）右；0.5；（2）右；（3）5：1。
【点评】本题探究电流与电阻的关系，考查电路连接、欧姆定律的应用、控制变量法、操作过程和电功率的计算。
五、计算题（每题5分，共10分）
22．【答案】（1）通过小灯泡的电流为0.5A；小灯泡电阻为12Ω；
（2）定值电阻R阻值为15Ω；它的电功率为2.4W
【分析】由电路图可知，R与L并联，电流表测量干路中的电流。
（1）根据I＝计算灯泡的正常发光时的电流，根据R＝求出灯泡的电阻；
（2）根据并联电路的电流规律求出通过R的电流，根据P＝UI求出R的电功率，根据R＝求出R的阻值。
【解答】解：由电路图可知，R与L并联，电流表测量干路中的电流。
（1）灯泡正常发光时，灯两端的实际电压等于其额定电压，即UL＝U额＝6V，
实际功率等于其额定功率，即PL＝P额＝3W，
灯泡的电流为：IL＝＝＝0.5A；
小灯泡电阻为：RL＝＝＝12Ω；
（2）根据并联电路的电流规律可知，通过R的电流为：I'＝I﹣IL＝0.9A﹣0.5A＝0.4A；
根据并联电路的电压规律可知，R两端的电压为：UR＝UL＝6V，
R的阻值为：R＝＝＝15Ω；
R的功率为：P'＝UI'＝6V×0.4A＝2.4W。
答：（1）通过小灯泡的电流为0.5A；小灯泡电阻为12Ω；
（2）定值电阻R阻值为15Ω；它的电功率为2.4W。
【点评】本题考查了欧姆定律、电功率计算公式的应用、并联电路的电流、电压规律，难度不大。
23．【答案】（1）未放入截取的木块前，容器B对桌面的压强为400Pa；
（2）容器B的底面积0.03m2；
（3）当截取的木块放入容器B后，容器B对桌面的压强是剩余木块A对桌面压强的8倍，此时容器B中截取的木块所受到的浮力为6N。
【分析】（1）根据p＝ρgh计算水产生的压强，等于容器B对桌面的压强；
（2）根据题意，求出截取木块的重力，容器和水对地的压力，求得容器B的底面积；
（3）根据容器中水的重力，截取木块的重力，求得剩余木块对地面的压强，再根据容器B对桌面的压强是剩余木块A对桌面压强的8倍，求得第二次截取木块的重力，木块浸入水中的深度，从而求出木块在水中受到的浮力。
【解答】解：（1）未放入截取的木块前，不计薄壁圆柱形容器B的质量，容器中水的深度h＝4cm＝4×10﹣2m，容器B对桌面的压强等于水产生的压强：
p＝ρ水gh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×4×10﹣2m＝400Pa；
（2）截取木块的长度h′＝3cm＝3×10﹣2m，截取木块的重力：
G木＝ρ木Sh′g＝0.8×103kg/m3×100×10﹣4m2×3×10﹣2m×10N/kg＝2.4N，
设容器的底面积为S′，容器对地面的压力：
F＝pS′＝480Pa×S′①
容器中水的重力：
G′＝ρ水S′hg＝1×103kg/m3×4×10﹣2m×10N/kg×S′②
不计薄壁圆柱形容器B的质量，容器B对地面的压力等于水的重力加上木块的重力：
F＝G木+G′＝2.4N+1×103kg/m3×S′×4×10﹣2m＝480Pa×S′
解得：S′＝0.03m2；
（3）容器中水的重力：
G′＝ρ水S′hg＝1×103kg/m3×4×10﹣2m×10N/kg×0.03m2＝12N，
设截取的木块的高度为h″，截取木块的重力：
G″＝ρ木Sh″g＝0.8×103kg/m3×100×10﹣4m2×h″×10N/kg＝80h″N，
剩余木块对地面的压强：
p木＝ρ木g（0.1m﹣h″）＝0.8×103kg/m3×10N/kg×（0.1m﹣h″） ③
容器B对桌面的压强：
p＝＝④
容器B对桌面的压强是剩余木块A对桌面压强的8倍，p′＝8p木⑤
联立③④⑤解得：
h″＝0.09m，
第二次截取木块的重力：
G木′＝ρ木Sh″g＝0.8×103kg/m3×100×10﹣4m2×0.09m×10N/kg＝7.2N，
设放入容器的木块沉底，浸入水中的深度为l，则满足以下关系S′l＝V水+Sl
代入数据：
0.03m2×l＝0.03m2×4×10﹣2m+0.01m2×l
解得：
l＝0.06m
综上可知，木块沉底，木块浸入水中的深度为6cm，木块在水中受到的浮力：
F浮′＝ρ水V排g＝ρ水gSl＝1.0×103kg/m3×100×10﹣4m2×0.06m×10N/kg＝6N。
答：（1）未放入截取的木块前，容器B对桌面的压强为400Pa；
（2）容器B的底面积0.03m2；
（3）当截取的木块放入容器B后，容器B对桌面的压强是剩余木块A对桌面压强的8倍，此时容器B中截取的木块所受到的浮力为6N。
【点评】本题主要考查压强的计算，浮力大小的计算，难度较大。
2023年新疆乌鲁木齐市高新区（新市区）中考物理一模试卷
一．单选题（每题2分，共24分）
1．（2分）以下物理常识符合实际的是（ ）
A．人的身体中藏有很多“尺”，人站立时身高大约是脚长的7倍
B．高速行驶的小轿车的速度是80m/s
C．手机充电电池的电压是37V
D．手握两个鸡蛋从地上拿到餐桌上，所做的功为10J
2．（2分）测量是学物理必备的一种能力，测量实际是一个比较过程，是将一个待测的量与一个公认的测量标准（单位）进行比较，国际计量组织制定各物理量的标准，即国际单位，以下物理量与对应的国际单位正确的是（ ）
A．长度——千米 B．功率——千瓦 C．能量——焦耳 D．质量——克
3．（2分）2022年11月20日～28日新疆阿勒泰遭受近10年以来最强区域性寒潮天气，出现大风、暴雪、降温等极端天气，富蕴县吐尔洪乡最低气温降至零下48.6℃，针对当地极寒天气，应选择什么样的液体温度计（ ）
液体物质
水银
酒精
甲苯
煤油
熔点
﹣39℃
﹣117℃
﹣95℃
﹣30℃
A．水银 煤油 B．酒精 甲苯 C．甲苯 煤油 D．煤油 酒精
4．（2分）以下属于光的折射现象的是（ ）
A．在平静的湖面上可以看到蓝天白云
B．早晨太阳还在地平线以下时人就可以看到了
C．阳光透过树叶间的缝隙射到地面上，形成圆形光斑
D．光遇到不透明物体后，可以形成影子
5．（2分）如图所示是一种新型太阳能和风能LED路灯，下列说法正确的是（ ）
A．太阳能属于不可再生能源
B．风力发电机工作原理是通电线圈在磁场中受力运动
C．各路灯之间是串联的
D．太阳能电池板将太阳能转化为电能
6．（2分）某段道路的交通指示牌显示如图，以下四个选项是用所学过的物理知识进行的解释，其中正确的是（ ）
A．车型不同，车行驶相同的速度，质量大的动能大，行驶时造成的危险性大
B．同一车型，在平直的路面行驶时，所载货物质量越大，对路面的压强越小
C．同一车型，载重相同，在平直的路面上行驶时，速度不同摩擦力不同
D．小型客车在行驶时，速度越大，对地面的压强越大
7．（2分）“安全用电，珍爱生命”是每个人都应该具有的安全意识，以下说法正确的是（ ）
A．可以将开关接在零线上
B．雷雨天可以在大树下避雨
C．发现有人触电，应该立即用手拉他
D．手机充电器不可以长时间插在插座
8．（2分）疫情期间人们常使用某款“测温枪”测温（如图甲），其工作原理图如图乙，其中电源电压保持不变，热敏电阻R用于测温，R0为定值电阻，显示仪表是电流表或电压表改装而成。在测量体温时，显示仪的示数会随着被测者体温的升高而变大，则下列分析正确的是（ ）
A．图乙中的显示仪是由电流表改装成的
B．热敏电阻R的阻值随着温度的升高而减少
C．被测温者的体温越高，整个电路电路消耗的电能越少
D．若显示仪已损坏，闭合开关后，则R和R0仍然有电流通过
9．（2分）如图所示的电路是家庭电路的一部分，电工师傅按下面的顺序进行检测：①闭合S1，灯L1亮；②断开S1，闭合S2，灯L1不亮，灯L2不亮；③用试电笔测a、b、c、d四个接线点，试电笔只在c点不发光。若电路中只有一处故障，故障可能是（ ）
A．灯L2短路 B．c点左侧的零线断路
C．灯L2所在支路断路 D．c、d两点间断路
10．（2分）两个边长相同、材料不同的实心正方体甲和乙，用质量不计的细线连接，轻轻放入某液体中，静止后悬浮，细线处于绷紧状态，如图所示。则（ ）
A．甲受到的浮力比乙受到的浮力大
B．甲的密度与液体的密度相等
C．如果将细线剪断，甲、乙再次静止后，容器底部受到的压力大小不变
D．如果将细线剪断，甲、乙再次静止后，容器底部受到液体的压强不变
11．（2分）如图所示，电源电压保持不变，R1＝R3。当S接b点时，R1的功率P1＝0.75W，R2的功率为P2；当S接a时，R1的功率P＝3W，R3的功率为P3。下列判断中正确的是（ ）
A．P1+P2＞P+P3 B．P2＝2.25W C．P3＞3W D．P1+P2＝P+P3
12．（2分）甲、乙两圆柱形容器放置在水平地面上，容器内分别盛有体积相同的不同液体，将一小球放入甲容器内，待其静止后如图所示，此时甲、乙两容器底部受到的液体压强大小相等。如果将小球从甲容器中取出并放入乙容器中待小球静止后（无液体溢出），两容器底部受到液体压强的变化量分别为Δp甲和Δp乙，则关于Δp甲和Δp乙的大小关系，下列判断中正确的是（ ）
A．Δp甲一定大于Δp乙 B．Δp甲可能小于Δp乙
C．Δp甲一定等于Δp乙 D．Δp甲一定小于Δp乙
二、填空题（每空1分，共26分）
13．（5分）2022年6月5日上午，神舟十四号载人飞船在酒泉卫星发射中心点火升空，成功将航天员陈冬、刘洋、蔡旭哲顺利送入太空，2022年12月返回。
（1）火箭发射前，发射塔下的水池内注入大量的水。点火升空时，发射台周围出现大量的“白雾”如图，这是水蒸气 （填物态变化的名称）的结果，此过程 （填“吸热”或“放热”）。
（2）10月12日下午，“天宫课堂”第三课开课，并面向全球进行现场直播，精彩的授课声音和图像传到地球上靠的是 波，它的传播速度是 m/s。课堂演示了微重力环境下毛细效应实验、太空趣味饮水、会调头的扳手等实验，刘洋老师在做水球变“懒”实验时，轻轻一推金属球，它就向前运动，遇到水球后，它停在了水球里，说明 （填“力”或“惯性”）能改变物体的运动状态。
14．（13分）踏着春天的脚步，乌鲁木齐市正加快“一港五中心”的建设，外贸企业的海外订单不断涌来。
（1）在国际陆港区中欧班列集结中心乌鲁木齐，嘹亮的汽笛声时不时就会响起，汽笛声是由 振动产生，这个声音在空气中以 形式传播，传播的速度是 m/s。每当班列的汽笛声响起时，“一港五中心”的工作人员都非常高兴，对于他们而言，该汽笛声属于 （填“噪”或“乐”）音。
（2）中欧班列有用电力或内燃机动力两种，以电力作为动力时，它将 能转化为机械能，班列中用的是直流电动机，它的线圈能够持续在磁场中转动，主要是线圈上有一个非常重要的装置 ，它可以改变线圈中的电流方向，使线圈可以持续在磁场中转动。
（3）中欧班列以内燃机为动力时，主要以柴油作为燃料，柴油是从石油中提炼的，石油属于 能源（填“可再生”或“不可再生”），柴油机工作时的点火方式是 式，在 冲程中柴油机获得动力，该冲程中高温高压的燃气压强约为2.2×107Pa，活塞面积约450cm2，汽缸长约为28cm，燃气做功为 J。
（4）2023年2月一列满载货物的中欧班列从集结中心乌鲁木齐出发，开往哈萨克斯坦阿拉木图等城市，共有50节集装箱，一节集装箱的质量为40t，该班列受到的总重为 N，乌鲁木齐到阿拉木图铁路全长为1359km，班列途中的平均速度为60km/h，全程所用时间 h，匀速直线行驶时的牵引力为3.24×105N，如果班列全程都在做匀速直线运动，牵引力功率为 W。
15．（8分）“海基一号”于2022年10月正式投入使用，是国内首次在300米级水深海域设计、建造、安装的固定式石油钻采平台，集钻井、生产、生活为一体。“海基一号”总高度达340.5米，单层甲板面积达7700平方米，总重超4万吨。建设历时28个多月。
（1）在安装“海基一号”时，工作人员所用吊机如图所示，起吊的大长臂属于简单机械中的 ，长臂中A点装一个可以改变力的方向的机械 。
（2）该吊机将“海基一号”匀速竖直吊起时，拉力 N，当吊机吊起“海基一号”在高度不发生变化时，从岸边沿水平方向匀速运动到深海区海面上空时，拉力做功为 J。
（3）当把吊着的“海基一号”慢慢浸入水中时，它所受浮力 （填“变大”、“不变”或“变小”），底部所受压强 （填“变大”、“不变”或“变小”），海水的密度为1.1×103kg/m3，到300米深度处固定好后，在此深度的海水的压强为 Pa。
三、作图题（每题2分，共6分）
16．（2分）太阳光经书本反射后进入我们眼睛的光路如图所示，请画出入射光路图。
17．（2分）如图所示，一辆小车沿斜面向上运动，请画出斜面所受压力的示意图。
18．（2分）请用笔画线表示导线，将图中的电灯、开关和插座（插座准备接大功率用电器）接入家庭电路中。
四、实验题（每空2分，共24分）
19．（8分）为了探究平面镜成像特点，同学们准备了带底座的玻璃板、白纸、笔、火柴、光屏、刻度尺、两支外形相同的蜡烛A和B。
（1）该实验采用透明薄玻璃板代替日常使用的平面镜，能在观察到A蜡烛像的同时，也能观察到B蜡烛的像，从而确定 ；
（2）当蜡烛A向玻璃板靠近，蜡烛A的像 （“变大”、“变小”或“不变”）；
（3）实验过程中，如果只将玻璃板竖直向上提升10cm，那么蜡烛在玻璃板中的像 （“上移10cm”、“下移10cm”或“位置不变”）。
（4）实验中，当蜡烛B与蜡烛A的像完全重合时，撤去蜡烛B并在原蜡烛B的位置放一光屏，人眼 （“透过玻璃板观察”或“直接观察”）光屏，通过是否能看到光屏上蜡烛A的像，判断平面镜所成像的虚实。
20．（8分）在探究杠杆平衡条件的实验中，所用钩码一个重0.5N：
（1）如图甲所示，有一小组将杠杆调节至水平位置平衡后，同组的小明在杠杆A点处挂3个钩码，在B点处挂 个钩码杠杆恰好在水平位置平衡。随后小明又将A向右移动两格，B向左边移动两格，杠杆仍然水平平衡，接着小明在两边分别加挂了两个钩码，杠杆还水平平衡。于是小华便得出了杠杆的平衡条件为：动力+动力臂＝阻力+阻力臂。小明认为小华这样得出的结论不合理。理由是： 。
（2）小明又用如图乙所示装置进行实验，弹簧测力计的读数应是 N。若将弹簧测力计沿顺时针缓慢旋转至竖直方向，则其示数 （选填“变大”、“变小”、“不变”）。
21．（8分）在“探究电流与电阻的关系”的实验中，提供的器材如下：电源电压恒为4.5V，五个定值电阻R1（5Ω）、R2（10Ω）、R3（15Ω）、R4（20Ω）、R5（25Ω），标有“50Ω 1A”的滑动变阻器R、电压表（可用量程：0～3V、0～15V）、电流表（0～0.6A）、开关各1只，导线若干。
（1）小赵同学设计了如图所示的实验电路，将R1接入电路，滑动变阻器的滑片P移到最 端（填“左”或“右”），闭合开关，调节滑片P，使电压表的示数为2.5V时，电流表的示数应为 A。
（2）完成步骤（1）后，若保持滑片P位置不变，断开开关，用R2替换R1，闭合开关，发现电压表示数大于2.5V，应向 （选填“左”或“右”）移动滑片P才能达到实验要求。
（3）在使用电阻R1、R5完成实验的过程中，当电压表示数为2.5V时，滑动变阻器R消耗的电功率分别为P1、P5，则P1：P5＝ 。
五、计算题（每题5分，共10分）
22．（5分）如图所示，R为定值电阻，L为标有“6V 3W”的小灯泡，灯丝阻值不变，电源电压恒定。闭合开关，小灯泡正常工作时，电流表读数为0.9A。求：
（1）通过小灯泡的电流，以及小灯泡电阻；
（2）定值电阻R阻值，以及它的电功率。
23．（5分）如图所示，圆柱形木块A与质量不计且足够高的薄壁圆柱形容器B分别放置于水平桌面上，已知A的密度0.8×103kg/m3，高为10cm，底面积为100cm2；容器B内盛有4cm深的水。小开从A的上表面沿水平方向截取高为h的圆柱块，并将截取部分放入容器B中；当h＝3cm时，容器B对地面的压强为480Pa，求：
（1）未放入截取的木块前，容器B对桌面的压强；
（2）容器B的底面积；
（3）当截取的木块放入容器B后，容器B对桌面的压强是剩余木块A对桌面压强的8倍，此时容器B中截取的木块所受到的浮力。
2023年新疆乌鲁木齐市高新区（新市区）中考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一．单选题（每题2分，共24分）
1．【答案】A
【分析】新课程标准要求我们能根据日常经验或自然现象粗略估测一些物理量。例如：长度、质量、时间、温度、力、速度、电功率、电流、电压等。解答估测选择题的方法：利用生活中我们熟悉的一些数据作为根据，进行单位换算，有时要利用基本公式求未知物理量。
【解答】解：A、人站立时身高大约是脚长的7倍，故A正确；
B、高速公路上小汽车的速度可以达到120km/h≈33m/s左右，故B错误；
C、手机充电电池的电压是3.7V，故C错误；
D、两个鸡蛋的重力约1N，将两个鸡蛋从地上拿到餐桌上，通过的高度约1m，所做的功约为W＝Gh＝1N×1m＝1J，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了对长度、速度、电压、功的估测，注重理论与实际差异的应变能力的培养，体现新课程的基本理念。
2．【答案】C
【分析】根据掌握的常见物理量的国际单位进行解答。
【解答】解：国际单位制中，长度的基本单位是米（m），功率的基本单位是瓦（W），能量的基本单位是焦耳（J），质量的基本单位是千克（kg），故ABD错误，C正确。
【点评】此题考查了部分物理量的国际单位，属基础题目。
3．【答案】B
【分析】（1）温度计是根据液体的热胀冷缩的性质制成的；
（2）液体温度降低到凝固点会凝固成固态，所以环境温度不能低于温度计内液体的凝固点。
【解答】答：温度计是根据液体的热胀冷缩的性质制成的；水银的凝固点是﹣39℃，煤油的凝固点是﹣30℃，﹣48.6℃时水银和煤油已经凝固，失去了液体的性质，所以不能测量低于其凝固点的温度，酒精的凝固点是﹣117℃，甲苯的凝固点是﹣95℃，所以此时可以使用酒精温度计和甲苯温度计。
故选：B。
【点评】此题主要考查了温度计原理及使用；选用温度计往往用比较被测温度与温度计中液体的凝固点与沸点的关系。
4．【答案】B
【分析】（1）当光照射到物体表面上时，有一部分光被反射回来发生反射现象，例如：平面镜成像、水中倒影等；
（2）光从一种介质斜射入另一种介质时，光的传播方向就会发生改变，这是光的折射，光的折射形成的现象有：斜插入水中的筷子看起来变弯折、放大镜、池水变浅等；
（3）（4）光在同种均匀介质中沿直线传播；生活中的现象有：影子、日食和月食，小孔成像等。
【解答】解：A．在平静的湖面可以看到蓝天白云，属于光的反射，故A错误；
B．早晨太阳还在地平线以下时人就可以看到它，是由于光在密度不均匀的介质中传播时发生折射现象引起的，故B错误；
C．阳光透过树叶间的缝隙射到地面上，形成圆形光斑，是小孔成像现象，是由于光的直线传播形成的，故C错误；
D．光遇到不透明物体后，可形成影子，属于光的直线传播，故D正确。
故选：B。
【点评】在学习光现象时要留心讲到了哪些现象，一般生活中常见的光现象在上课时老师都会涉及到。
5．【答案】D
【分析】（1）能从自然界源源不断获得补充的能量叫做可再生能源；
（2）发电机的工作原理是电磁感应现象；
（3）并联电路中各用电器互不影响；
（4）太阳能电池板工作时消耗太阳能，得到电能。
【解答】解：A、太阳能取之不尽、用之不竭，属于可再生能源，故A错误；
B、风力发电机工作原理是电磁感应现象，故B错误；
C、各路灯之间互不影响，是并联的，故C错误；
D、太阳能电池板将太阳能转化为电能，故D正确。
故选：D。
【点评】此题考查了能源的分类、发电机的原理、串并联电路的辨别、能量的转化，涉及知识点较多，但难度不大，属基础题目。
6．【答案】A
【分析】（1）动能大小与质量和速度有关，速度一定时，质量越大，动能越大；
（2）压强大小跟压力大小和受力面积大小有关；
（3）滑动摩擦力大小跟压力大小和接触面粗糙程度有关；
（4）流体压强与流速的关系：流速越大，压强越小；流速越小，压强越大。
【解答】解：A、在相同的道路上，不同车型的机动车质量不同，速度相同时，质量大的动能大，制动距离大，行驶时造成的危险性就大，故A正确；
B、同一车型，在平直的路面行驶时，与地面的受力面积相同，所载货物质量越大，对地面的压力越大，对路面的压强越大，故B错误；
C、同一车型，载重相同，在平直的路面上匀速行驶时，摩擦力大小相同，与速度大小无关，故C错误；
D、小型客车在行驶时，由流体压强与流速的关系可知，客车运行的速度越大，其周围空气相对客车的流速越大，对地面的压强越小，故D错误。
故选：A。
【点评】此题涉及到影响动能大小、压强大小、摩擦力大小的影响因素，以及流体压强与流速的关系等知识，综合题。
7．【答案】D
【分析】（1）为了安全，开关要接在火线与用电器之间；
（2）雷雨天在大树下避雨易引发雷击；
（3）发现有人触电，应该先切断电源，再施救；
（4）充电器长时间插在电源插孔上会发热，引起安全事故。
【解答】解：A、连接开关和所控制的用电器时，开关要接在火线上，故A错误；
B、大树高大，且为导体，雷雨天在大树下避雨易引发雷击，故B错误；
C、发现有人触电，应该先切断电源，再施救；若立即用手拉他，也会触电，故D错误；
D、手机充电器长时间插在插座上会消耗电能，同时可能会因充电器发热而引起火灾，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了学生对安全用电知识的了解与掌握，平时学习时多了解、多积累，提高安全意识，不能违反。
8．【答案】D
【分析】（1）根据电流表和电压表的正确使用确定显示仪是电流表还是电压表；
（2）被测者体温越高，电压表示数越大，根据串联电路分压原理可知热敏电阻阻值的变化，由欧姆定律分析电路的电流变化；根据W＝Pt分析消耗电能的多少；
（3）若显示仪损坏，根据电路的连接方式判定电路中是否有电流。
【解答】解：
A、由图可知，R与R0串联，因显示仪与热敏电阻并联，故显示仪是由电压表改装成的，故A错误；
B、当被测者体温较高时，显示仪的示数（电压表的示数）也会变大，由串联电路的分压原理可知，热敏电阻的电阻变大，即热敏电阻R的阻值随着温度的升高而增大，故B错误；
C、被测者体温越高，热敏电阻的阻值越大，电路的总电阻越大，由I＝可知，电路的电流越小，根据P＝UI可知，功率越小，由于时间不知，则根据W＝Pt可知无法判定消耗电能的多少，故C错误；
D、若显示仪损坏，闭合开关后，R与R0串联接入电路中，R与R0依旧有电流通过，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查串联电路的规律及欧姆定律的运用，关键是从题干中获取有效的信息，难度不大。
9．【答案】D
【分析】试电笔在使用时，应将笔尖接触导线，手接触笔尾的金属体，这样就可以形成回路，如果是火线，氖管会发光。
【解答】解：闭合S1，灯L1亮，电路中有电流，说明电路为通路，从保险丝→a→S1→L1→c以及c点左侧的零线都没有断路；
闭合S2，灯L2不亮，灯L2不亮的原因有两个：一个是断路、一个是短路；
用试电笔测a、b、c、d四个接线点，a、b、d三点的氖管发光，说明这三点与火线之间是接通的；试电笔只在c点不发光，说明c点与d点之间是断开的，所以故障是c、d两点间断路，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查家庭电路故障的分析，相对比较简单，属于基础题。
10．【答案】C
【分析】（1）根据F浮＝ρ液gV排分析解答；
（2）根据物体浮沉条件分析解答；
（3）柱形容器中，容器底部受到的压力大小等于容器内液体和物体的总重力；
（4）根据p＝ρ液gh分析解答。
【解答】解：A、甲和乙两个正方体棱长相同，则根据体积公式可知其体积相等，两个正方体都浸没在同一液体中，则其排开液体的体积相等，根据F浮＝ρ液gV排可知，甲受到的浮力等于乙受到的浮力，故A错误；
B、把甲和乙作为一个整体，甲和乙在液体中静止时悬浮，根据物体浮沉条件可知，甲和乙的平均密度等于液体的密度，而甲和乙由不同材料制成，其密度不同，所以甲的密度与液体的密度不相等，故B错误；
C、柱形容器中，容器底部受到的压力大小等于容器内液体和物体的总重力，如果将细线剪断，甲、乙再次静止后，容器内液体和物体的总重力不变，则容器底部受到的压力大小不变，故C正确；
D、根据题意可知，细线处于绷紧状态，如果将细线剪断，甲、乙再次静止后，甲将漂浮在液面上，则甲和乙排开液体的总体积变小，液体深度变小，根据p＝ρ液gh可知，容器底部受到液体的压强变小，故D错误。
故选：C。
【点评】此题考查阿基米德原理、物体浮沉条件、液体压强公式的应用，具有较强的综合性强，知道柱形容器中，容器底部受到的压力大小等于容器内液体和物体的总重力是解答此题关键。
11．【答案】B
【分析】当S接a点时，R1、R3串联；当S接b时，R1、R2串联，根据串联电路的特点和P＝I2R分别表示出电阻消耗的表达式，联立方程，即可求出各电阻的功率，据此解答。
【解答】解：当S接b点时，R1、R2串联，
电路中的电流为Ib＝，
R1消耗的功率为P1＝R1＝（ ）2R1＝0.75W﹣﹣﹣﹣①
R2消耗的功率：P2＝（ ）2R2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
当S接a时，R1、R3串联，R1＝R3，
电路中的电流为：Ia＝＝，
此时R1消耗的功率为P＝R1＝（ ）2R1＝3W﹣﹣﹣﹣③
R3消耗的功率为P3＝（ ）2R3﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣④
由①③可得：R2＝3R1，
由①②可得：P2＝2.25W，
由③④可得：P3＝3W；
所以P1+P2＝0.75W+2.25W＝3W，P+P3＝3W+3W＝6W，即P1+P2＜P+P3；
综上所述，B正确。
故选：B。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，关键是根据已知列出方程，通过解方程解决本题。
12．【答案】D
【分析】（1）由于甲乙容器内的不同液体体积相同，则根据液体的体积分别得出将一小球放入甲容器内后甲、乙两容器液体的深度表达式；由于甲、乙两容器底部受到的液体压强大小相等，根据p＝ρgh得出压强相等的表达式；据此根据液体的深度判断出小球在乙液体里所处的状态；
（2）由于容器是柱状的，根据p＝ρgh得出底部受到液体压强的变化量Δp甲和Δp乙的表达式，然后比较其大小即可。
【解答】解：设甲乙容器内的不同液体体积均为V，小球的体积为V0；
则将一小球放入甲容器内后（浸没），甲容器里液体的深度h甲＝，
乙容器里液体的深度h乙＝；
将一小球放入甲容器内后两容器底受到液体的压强相等，即：p甲＝p乙；
根据p＝ρgh可得：
ρ甲gh甲＝ρ乙gh乙；
则：ρ甲g×＝ρ乙g×；
整理可得：＝；
由图可知：h甲＜h乙，则根据ρ甲gh甲＝ρ乙gh乙可得：ρ甲＞ρ乙；
小球放入甲容器内后（浸没）下沉，则浮沉条件可知：ρ球＞ρ甲；
所以，ρ球＞ρ乙；
根据浮沉条件可知：将小球放入乙容器中待小球静止后会沉在底部；
由于容器是柱状的，则Δp甲＝ρ甲gΔh甲＝ρ甲g×；Δp乙＝ρ乙gΔh乙＝ρ乙g×，
则：＝＝＝＜1；
所以，Δp甲＜Δp乙。
故选：D。
【点评】主要考查的是学生对液体压强公式的理解和掌握，关键是明确液体体积和深度的变化。
二、填空题（每空1分，共26分）
13．【答案】（1）液化；放热；（2）电磁；3×108；力。
【分析】（1）物质由气态转变为液态的过程叫做液化，液化是放热过程；
（2）电磁波的传播不需要介质，电磁波可以在固体、液体、气体中传播，也可以在真空中传播；电磁波在真空中的传播速度和光速相等，都是3×108m/s；电磁波能够传递信息，也能传递能量；力是改变物体运动状态的原因，物体的运动状态的改变包括速度大小和方向的变化。
【解答】解：（1）点火升空时，高温的火焰喷射到水池里时，水吸热发生剧烈的汽化，产生大量的水蒸气，水蒸气遇冷液化，温度降低，发生液化，形成“白气”，此过程放热；
（2）“天宫课堂”精彩的授课声音和图像传到地球上靠的是电磁波，它的传播速度是3×108m/s；
刘洋老师在做水球变“懒”实验时，轻轻一推金属球，它就向前运动，遇到水球后，它停在了水球里，说明力能改变物体的运动状态。
故答案为：（1）液化；放热；（2）电磁；3×108；力。
【点评】本题是利用了运载火箭这一载体来考查物态变化、以及物体运动状态改变的原因的相关知识，这是中考的一种热点题型，所以学习物理也需要对生活热点中蕴含的物理知识多加关注。
14．【答案】（1）空气柱；声波；340；乐；（2）电；换向器；（3）不可再生；压燃；做功；2.772×105；（4）2×107；22.65；5.4×106。
【分析】（1）笛子、号等管乐器所发出的声音是由于空气柱振动产生的，声音在空气中以声波的形式向外传播，通常声音在空气中的传播速度为340m/s，影响人们工作、学习、生活、身体健康的声音都称为噪音。
（2）电动机工作时将电能转化为机械能，电动机线圈上的换向器的作用是当线圈刚绕过平衡位置时，能够自动改变线圈中的电流方向，从而使线圈能够持续在磁场中转动。
（3）消耗后短期内无法得到补充的能源属于不可再生能源；柴油机工作时的点火方式为压燃式，在做功冲程中柴油机获得动力；利用功的公式W＝Fs和压强公式p＝计算出燃气做的功。
（4）用G＝mg得到该班列受到的总重力，用v＝得到班列运行的时间，用P＝＝Fv计算出牵引力的功率。
【解答】解：（1）汽笛声是由空气柱的振动产生的，声音在空气中以声波的形式传播，传播的速度为340m/s；每当班列的汽笛声响起时，“一港五中心”的工作人员都非常高兴，说明该汽笛声让工作人员高兴，故该汽笛声属于乐音。
（2）中欧班列以电力作为动力时，它将电能转化为机械能；班列中用的是直流电动机，它的线圈能够持续在磁场中转动，主要是线圈上安装有换向器，换向器的作用是：它可以改变线圈中的电流方向，使线圈可以持续在磁场中转动。
（3）石油消耗后短期内无法得到补充，属于不可再生能源；柴油机在压缩冲程时，压缩气体的程度高，气体的温度已经超过了柴油的燃点，当向汽缸内喷入雾状柴油时，柴油立即开始燃烧，这种点火方式为压燃式；在做功冲程中，燃气推动活塞对外做功，柴油机获得动力；
燃气对活塞的压力F＝pS＝2.2×107Pa×450×10﹣4m2＝9.9×105N，
燃气做功W＝Fs＝9.9×105N×28×10﹣2m＝2.772×105J。
（4）该班列受到的总重G＝mg＝50×40×103kg×10N/kg＝2×107N；
该班列运行的时间t＝＝22.65h；
牵引力的功率P＝＝Fv＝3.24×105N×m/s＝5.4×106W。
故答案为：（1）空气柱；声波；340；乐；（2）电；换向器；（3）不可再生；压燃；做功；2.772×105；（4）2×107；22.65；5.4×106。
【点评】本题考查了声音的产生和传播、噪音的判定、电动机工作时的能量转化、换向器的作用、能源的分类、柴油机的点火方式、功的公式、压强的公式、速度公式、重力公式、功率公式的应用，考查的知识点比较多，做题时要细心。
15．【答案】（1）杠杆；定滑轮；（2）4×108；0；（3）变大；变大；3.3×106。
【分析】（1）在安装“海基一号”时，工作人员所用吊机如图所示，起吊的大长臂属于简单机械中的杠杆；
定滑轮可以改变力的方向。
（2）该吊机将“海基一号”匀速竖直吊起时，根据F＝G＝mg得出拉力；
当吊机吊起“海基一号”在高度不发生变化时，从岸边沿水平方向匀速运动到深海区海面上空时，拉力的方向为竖直向上，“海基一号”运动的方向为水平方向，故“海基一号”没有在拉力的方向上移动距离，据此得出拉力做功。
（3）当把吊着的“海基一号”慢慢浸入水中时，“海基一号”排开水的体积变大，根据F浮＝ρ海水gV排可知它所受浮力的变化情况；
“海基一号”所处深度变大，根据p＝ρ海水gh可底部所受压强的变化情况；
到300米深度处固定好后，根据p＝ρ海水gh得出在此深度的海水的压强。
【解答】解：（1）在安装“海基一号”时，工作人员所用吊机如图所示，起吊的大长臂属于简单机械中的杠杆，长臂中A点装一个可以改变力的方向的机械定滑轮。
（2）该吊机将“海基一号”匀速竖直吊起时，拉力F＝G＝mg＝4×107kg×10N/kg＝4×108N；
当吊机吊起“海基一号”在高度不发生变化时，从岸边沿水平方向匀速运动到深海区海面上空时，拉力的方向为竖直向上，“海基一号”运动的方向为水平方向，故“海基一号”没有在拉力的方向上移动距离，拉力做功为0J。
（3）当把吊着的“海基一号”慢慢浸入水中时，“海基一号”排开水的体积变大，根据F浮＝ρ海水gV排可知它所受浮力变大，“海基一号”所处深度变大，根据p＝ρ海水gh可底部所受压强变大；
到300米深度处固定好后，在此深度的海水的压强为p＝ρ海水gh＝1.1×103kg/m3×10N/kg×300m＝3.3×106Pa。
故答案为：（1）杠杆；定滑轮；（2）4×108；0；（3）变大；变大；3.3×106。
【点评】本题考查浮力、压强和简单机械等知识，是一道综合题。
三、作图题（每题2分，共6分）
16．【答案】见解答
【分析】根据反射定律进行分析，即根据反射角等于入射角作出入射光线。
【解答】解：题目法线已经画出，根据反射角等于入射角在法线左侧画出入射光线，如图所示：
【点评】此题主要考查光的反射定律作图，是一道光学试题，难度不大。
17．【答案】
【分析】用一根带箭头的线段来表示力的三要素，这种表示方法叫力的示意图；小车对斜面的压力作用点斜面上，方向是垂直斜面向下的。
【解答】解：小车对斜面的压力作用点可以选取在前、后轮之间的斜面上，过压力作用点沿垂直于斜面向下的方向画一条有向线段，用F表示，即为小车对斜面压力的示意图。如图所示：
【点评】画力的示意图的一般步骤为：一画简图二定点，三画线，四画尖，五把力的符号标尖边。按照这个作图步骤，很容易能够画出指定力的示意图。
18．【答案】见试题解答内容
【分析】（1）电灯的接法：火线首先进开关，再入电灯顶端的金属点，零线直接接入电灯的螺旋口；
（2）三孔插座的接法：左孔接零线，右孔接火线，上孔接地线。
【解答】解：（1）开关控制电灯时，开关和电灯串联，火线首先过开关再入灯泡顶端的金属点，零线直接连电灯的螺丝口；
（2）三孔插座的接法：左孔接零线，右孔接火线，上孔接地线，如图所示。
【点评】火线首先进开关，再入灯泡顶端的金属点，零线直接接入灯泡的螺旋口，如果火线直接进入电灯，零线过开关进电灯，在断开开关时，火线没有切断，容易发生触电事故。
四、实验题（每空2分，共24分）
19．【答案】（1）像的位置；（2）不变；（3）位置不变；（4）直接观察。
【分析】（1）用玻璃板代替平面镜，即看到像，又能看到玻璃板后面的蜡烛，当玻璃板和像重合时，玻璃板后面蜡烛的位置就是玻璃板前面蜡烛像的位置，这样进行实验，便于确定像的位置；
（2）物体在平面镜中成虚像，物像大小相等，物像连线与镜面垂直，物像到平面镜的距离相等；
（3）物体在平面镜中成像，像和物体到平面镜的距离相等；
（4）根据平面镜所成的像是虚像的特点，应在物体一侧观察。
【解答】解：（1）用玻璃板代替平面镜，在玻璃板前面既能看到A的像，又能看到玻璃板后面的蜡烛B，便于确定像的位置；
（2）平面镜中的像的大小跟物体大小有关，跟物体到平面镜的距离无关，所以当蜡烛A向玻璃板靠近，像也靠近平面镜，但蜡烛像的大小不变；
（3）在实验的过程中，如果只将玻璃板竖直向上提升10cm，蜡烛到玻璃板的距离不变，所以蜡烛的像到玻璃板的距离也不变，所以像的位置不变；
（4）当蜡烛B与蜡烛A的像能够完全重合时，撤去蜡烛B并在原蜡烛B的位置放一与玻璃板平行的光屏，人眼直接观察光屏，通过是否能看到光屏上蜡烛A的像，判断平面镜所成像的虚实。
故答案为：（1）像的位置；（2）不变；（3）位置不变；（4）直接观察。
【点评】本题主要考查了平面镜成像特点的实验，这是光学中的一个重点，也是近几年来中考经常出现的题型，要求学生熟练掌握，并学会灵活运用。
20．【答案】（1）3；只做一次实验，不能得出普遍规律，不同的物理量不能相加；（2）2；变小。
【分析】（1）根据杠杆的平衡条件求钩码的个数；
实验时，如果只用一组数据得到结论，偶然性太大，因此应获取多组实验数据归纳出物理规律；
（2）根据杠杆的平衡条件：F1L1＝F2L2，将已知条件代入便可求出F1的大小；
根据杠杆的平衡条件可知，阻力和阻力臂不变时，动力臂减小，动力变大。
【解答】解：（1）设每个钩码为G，每格长为L，设在B处挂n个同样的钩码，
根据杠杆的平衡条件，3G×3L＝nG×3L解得，n＝3；
只通过一组数据便得出结论，并不符合实验结论得出的要求，这样的结果具有偶然性，不具普遍性，不同的物理量不能相加；
（2）过支点O向力的作用线作垂线，垂足与支点的距离，就是力臂，如下图：
设一格的长度为L，杠杆在水平位置平衡，弹簧测力计的拉力的力臂为×6L＝3L，
由F1L1＝F2L2得，3×0.5N×4L＝F1××6L，
解得，F1＝2N；
如图乙，当弹簧测力计沿顺时针缓慢旋转至竖直方向，拉力的力臂l1增大，在阻力和阻力臂不变的情况下，根据杠杆的平衡条件F1L1＝F2L2，为保持杠杆平衡，拉力F1要减小，所以弹簧测力计示数会变小。
故答案为：（1）3；只做一次实验，不能得出普遍规律，不同的物理量不能相加；（2）2；变小。
【点评】本题考查杠杆平衡的调节方法及平衡条件的应用，应注意动态平衡的分析，当力臂变化时，力也会随着变化。
21．【答案】（1）右；0.5；（2）右；（3）5：1。
【分析】（1）为保护电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片P移到阻值最大处；
已知电压表的示数（即R1两端的电压），由欧姆定律求出电流表的示数；
（2）当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻的电压相同，由串联电路电压的规律结合分压原理确定滑片移动的方向；
（7）因控制电阻两端的电压不变，由欧姆定律知电流与电阻成反比，可知电路的电流之比；
由串联电压电压的规律，变阻器的电压不变，根据P＝UI，电压不变时，功率与电流成正比，据此求出滑动变阻器R消耗的电功率P1、P5之比。
【解答】解：（1）小赵同学设计了如图甲所示的实验电路，将R1接入电路，为保护电路，滑动变阻器的滑片P移到阻值最大处，即最右端；
闭合开关，调节滑片P，使电压表的示数为2.5V时，即R1两端的电压为2.5V，由欧姆定律可得，电流表的示数应为：I＝＝0.5A；
（2）完成步骤（1）后，若保持滑片P位置不变，断开开关，用R2替换R1，电阻变大，其分得的电压增大，即发现电压表示数大于2.5V；探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，即应保持电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向右端移动才能达到实验要求；
（3）把R1（5Ω）、R5（25Ω）的电阻分别接入电路，因控制电阻两端的电压不变，由欧姆定律可知，在电压不变时时，电流与电阻成反比，故电路的电流之比为：I1：I5＝25Ω：5Ω＝5：1；
由串联电压电压的规律，变阻器的电压也不变，根据P＝UI可知，电压不变时，电功率与电流成正比，故P1：P5＝I1：I5＝5：1。
故答案为：（1）右；0.5；（2）右；（3）5：1。
【点评】本题探究电流与电阻的关系，考查电路连接、欧姆定律的应用、控制变量法、操作过程和电功率的计算。
五、计算题（每题5分，共10分）
22．【答案】（1）通过小灯泡的电流为0.5A；小灯泡电阻为12Ω；
（2）定值电阻R阻值为15Ω；它的电功率为2.4W
【分析】由电路图可知，R与L并联，电流表测量干路中的电流。
（1）根据I＝计算灯泡的正常发光时的电流，根据R＝求出灯泡的电阻；
（2）根据并联电路的电流规律求出通过R的电流，根据P＝UI求出R的电功率，根据R＝求出R的阻值。
【解答】解：由电路图可知，R与L并联，电流表测量干路中的电流。
（1）灯泡正常发光时，灯两端的实际电压等于其额定电压，即UL＝U额＝6V，
实际功率等于其额定功率，即PL＝P额＝3W，
灯泡的电流为：IL＝＝＝0.5A；
小灯泡电阻为：RL＝＝＝12Ω；
（2）根据并联电路的电流规律可知，通过R的电流为：I'＝I﹣IL＝0.9A﹣0.5A＝0.4A；
根据并联电路的电压规律可知，R两端的电压为：UR＝UL＝6V，
R的阻值为：R＝＝＝15Ω；
R的功率为：P'＝UI'＝6V×0.4A＝2.4W。
答：（1）通过小灯泡的电流为0.5A；小灯泡电阻为12Ω；
（2）定值电阻R阻值为15Ω；它的电功率为2.4W。
【点评】本题考查了欧姆定律、电功率计算公式的应用、并联电路的电流、电压规律，难度不大。
23．【答案】（1）未放入截取的木块前，容器B对桌面的压强为400Pa；
（2）容器B的底面积0.03m2；
（3）当截取的木块放入容器B后，容器B对桌面的压强是剩余木块A对桌面压强的8倍，此时容器B中截取的木块所受到的浮力为6N。
【分析】（1）根据p＝ρgh计算水产生的压强，等于容器B对桌面的压强；
（2）根据题意，求出截取木块的重力，容器和水对地的压力，求得容器B的底面积；
（3）根据容器中水的重力，截取木块的重力，求得剩余木块对地面的压强，再根据容器B对桌面的压强是剩余木块A对桌面压强的8倍，求得第二次截取木块的重力，木块浸入水中的深度，从而求出木块在水中受到的浮力。
【解答】解：（1）未放入截取的木块前，不计薄壁圆柱形容器B的质量，容器中水的深度h＝4cm＝4×10﹣2m，容器B对桌面的压强等于水产生的压强：
p＝ρ水gh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×4×10﹣2m＝400Pa；
（2）截取木块的长度h′＝3cm＝3×10﹣2m，截取木块的重力：
G木＝ρ木Sh′g＝0.8×103kg/m3×100×10﹣4m2×3×10﹣2m×10N/kg＝2.4N，
设容器的底面积为S′，容器对地面的压力：
F＝pS′＝480Pa×S′①
容器中水的重力：
G′＝ρ水S′hg＝1×103kg/m3×4×10﹣2m×10N/kg×S′②
不计薄壁圆柱形容器B的质量，容器B对地面的压力等于水的重力加上木块的重力：
F＝G木+G′＝2.4N+1×103kg/m3×S′×4×10﹣2m＝480Pa×S′
解得：S′＝0.03m2；
（3）容器中水的重力：
G′＝ρ水S′hg＝1×103kg/m3×4×10﹣2m×10N/kg×0.03m2＝12N，
设截取的木块的高度为h″，截取木块的重力：
G″＝ρ木Sh″g＝0.8×103kg/m3×100×10﹣4m2×h″×10N/kg＝80h″N，
剩余木块对地面的压强：
p木＝ρ木g（0.1m﹣h″）＝0.8×103kg/m3×10N/kg×（0.1m﹣h″） ③
容器B对桌面的压强：
p＝＝④
容器B对桌面的压强是剩余木块A对桌面压强的8倍，p′＝8p木⑤
联立③④⑤解得：
h″＝0.09m，
第二次截取木块的重力：
G木′＝ρ木Sh″g＝0.8×103kg/m3×100×10﹣4m2×0.09m×10N/kg＝7.2N，
设放入容器的木块沉底，浸入水中的深度为l，则满足以下关系S′l＝V水+Sl
代入数据：
0.03m2×l＝0.03m2×4×10﹣2m+0.01m2×l
解得：
l＝0.06m
综上可知，木块沉底，木块浸入水中的深度为6cm，木块在水中受到的浮力：
F浮′＝ρ水V排g＝ρ水gSl＝1.0×103kg/m3×100×10﹣4m2×0.06m×10N/kg＝6N。
答：（1）未放入截取的木块前，容器B对桌面的压强为400Pa；
（2）容器B的底面积0.03m2；
（3）当截取的木块放入容器B后，容器B对桌面的压强是剩余木块A对桌面压强的8倍，此时容器B中截取的木块所受到的浮力为6N。
【点评】本题主要考查压强的计算，浮力大小的计算，难度较大。
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