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2023年黑龙江省七台河市勃利县中考物理模拟试卷
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这是一份2023年黑龙江省七台河市勃利县中考物理模拟试卷，共33页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，计算题，作图题，实验探究题等内容，欢迎下载使用。
2023年黑龙江省七台河市勃利县中考物理模拟试卷
一、单选题（木大题共10小题，共30分）
1．（3分）押加是我国少数民族体育项目之一，又称大象拔河。比赛中，甲、乙两人通过腿、肩等部位用力拖动布带互拉，以决胜负。如图所示，当甲、乙两运动员处于静止状态且布带的重力不计时，下列说法正确的是（ ）
A．甲对地面的压力和地面对甲的摩擦力是一对相互作用力
B．甲对布带的拉力和乙对布带的拉力是一对平衡力
C．甲对乙的拉力和乙对甲的拉力是一对平衡力
D．若甲比乙的体重大就一定能取胜
2．（3分）如图是测量压力的原理图，其中弹簧上端和滑动变阻器滑片固定在一起，压力大小可通过电压表示数来显示。压力越大电压表的示数越大。则下列电路中符合这一原理的是（ ）
A． B．
C． D．
3．（3分）如图是研究电流通过导体产生的热量与哪些因素有关的实验，下列分析正确的是（ ）
A．本次探究实验中用到了控制变量法和等效替代法
B．此实验必须把甲、乙两图接在电压相同的电源两端实验结论才具有科学性
C．为了探究电热与电流的关系，应该选择乙实验
D．通电相同的时间，甲装置中左边U形管的高度差更大
4．（3分）如图的各现象中，可作为“物质质量与体积有关”事实依据的有（ ）
A．（2）与（3） B．（2）与（4） C．（1）与（4） D．（1）与（2）
5．（3分）如图是关于电磁现象的四个实验，下列说法正确的是（ ）
A．图甲是研究发电机工作原理的实验装置
B．图乙实验说明通电导体周围存在磁场
C．图丙是探究磁铁磁性强弱的实验装置
D．图丁是探究电磁感应现象的实验装置
6．（3分）下列现象与相关物理知识相符的是（ ）
A．人游完泳上岸，风一吹，感到非常凉爽﹣﹣﹣﹣﹣蒸发散热有致冷的作用
B．利用滑轮组运货物﹣﹣﹣﹣既省力又省功
C．台风掀开屋顶的瓦﹣﹣﹣﹣﹣屋外空气流速快，压强大，屋内空气的流速慢，压强小
D．神舟一号发射用液氢做燃料﹣﹣﹣﹣﹣因为氢的热值大
7．（3分）小丽想用一个小灯泡、一个小电动机、两个开关等器材，模拟电冰箱内的照明灯L和压缩机用的电动机M之间的连接。如图所示是她设计的四个电路图，其中符合实际情况的是（ ）
A． B．
C． D．
8．（3分）在“探究阻力对物体运动的影响”的实验中，同一小车从相同斜面上的同一高度由静止下滑到不同水平面时的情景，如图所示，则（ ）
A．为了便于分析，本实验的合理顺序是（a）（b）（c）（d）
B．在四次实验中，小车克服阻力做的功相同
C．由本实验可以直接得出牛顿第一定律
D．本实验中若仅添加一个小木块，还可以探究动能大小和质量的关系
9．（3分）甲、乙两物体的路程s随时间t变化的关系如图所示。那么在0～t0时间内，两物体的运动情况和受力情况是（ ）
A．甲的运动速度逐渐变大 B．乙做匀速直线运动
C．甲、乙都受平衡力作用 D．甲受非平衡力作用
10．（3分）如图所示，水母身体外形像一把透明伞。水母身体内有一种特别的腺，腺能产生一氧化碳改变自身体积，从而能在水中上浮与下沉。下列判断正确的是 （ ）
A．水母漂浮时，所受浮力大于自身重力
B．水母悬浮时，若体积变大时则会上浮
C．水母在下沉过程中受到水的压强不变
D．水母漂浮时比沉在水底时排开水的重力小
二、多选题（本大题共3小题，共12分）
（多选）11．（3分）用相同的电加热器分别对质量相等A和B两种液体同时加热（不计热量损失），如图是A和B的温度随加热时间变化的图象，下列说法正确的是（ ）
A．A的比热容与B的比热容之比为2：1
B．A的比热容与B的比热容之比为2：3
C．加热相同的时间，B吸收的热量比A吸收的热量多
D．A和B升高相同的温度，A吸收的热量较多
（多选）12．（3分）如图甲所示，电源电压保持不变，R0为定值电阻，R为滑动变阻器，闭合开关S，滑动变阻器的滑片从一端移动到另一端的过程中，电压表和电流表的示数与R的关系分别如图乙、丙所示。下列说法正确的是（ ）
A．电源电压为6V
B．滑动变阻器R的最大阻值是20Ω
C．R0的最小电功率为0.4W
D．当滑片P置于中点时，R的电功率为0.8W
（多选）13．（3分）小明同学在探究凸透镜成像规律时，用焦距分别为f1、f2的甲、乙两个凸透镜进行实验。先将点燃的蜡烛、透镜甲和光屏放置在光具座上，调整后的位置如图所示，此时在光屏上得到烛焰清晰的像（图中未标出）：再用透镜乙替换透镜甲，且保持蜡烛和透镜的位置不变，将光屏向左移动再次得到烛焰清晰的像。下列判断正确的是（ ）
A．图中光屏上的像是放大的
B．图中光屏上的像是缩小的
C．f1＜f2
D．f1＞f2
三、填空题（本大题共5小题，共10分）
14．（2分）轮船是采用增大 的方法增大可利用的浮力；潜水艇是靠改变自身的 来实现上浮和下沉的。
15．（3分）寒冷的冬天，小明搓手取暖是通过 方式改变内能的：回到家中闻到厨房炒菜的香味，这是分子 的结果；小明隔着家里的真空玻璃窗依然能接打手机，说明 可以在真空中传播。
16．（2分）寒冬，济南市某处消防栓发生爆裂，大量的清水喷涌而出，在低温的作用下，附近绿化带内的植物全部穿上了厚厚的“冰衣”（如图所示），虽然气温没有回升，过一段时间，发现“冰衣”还是变小了。形成“冰衣”和“冰衣”变小所涉及的物态变化分别是 、 。
17．（3分）用铝壶烧开水，壶中的水蒸气将壶盖顶起来，这是消耗水蒸气的 能对外做功，将水蒸气的 能转化成壶盖的 能。
18．（3分）水平桌面上两个完全相同的烧杯中分别盛有甲、乙两种液体，将两个完全相同的小球分别放入两烧杯中，当两球静止时，两液面高度相同，球所处的位置如图所示。小球在甲液体中所受浮力为FA、所排开甲液体的重力为GA、甲液体对容器底的压强为p甲；小球在乙液体中所受浮力为FB、所排开乙液体的重力为GB、乙液体对容器底的压强为p乙，则FA FB、GA GB、p甲 p乙（均选填“＞”、“＝”或“＜”）。
四、计算题（本大题共3小题，共29分）
19．（9分）体积为5×10﹣3米3的金属小球浸没在水中。求：
①小球排开水的体积V排；
②小球受到的浮力F浮。
20．（9分）如图甲是一种恒温调奶器，可以自动调试好加水的奶粉，然后加热到最适合宝宝饮用的温度40℃，还可以自动保温，特别适合夜间使用。图乙是机器的参数表及电路简图（R1、R2为电热丝，S为双触点自动开关）。求：
型号：HY101M
电源：220V 50Hz
加热功率：500W
保温功率：16W
（1）调奶器处于保温状态时的工作电流（结果保留两位小数）？
（2）电阻R2的阻值？
（3）若把200g调好的奶粉从20℃加热到40℃所用时间为32s，则调好的奶粉的比热容是多少（不计热损失）？
21．（11分）如图甲所示，是小区内的一种新型健身器械，叫单人坐拉器，它的简化模型图，如图乙所示。坐在坐拉器座椅上的人，当双手用力向下拉动手柄A时，操作杆AB会绕着转轴O转动，连杆BD拉动杆O′C绕转轴O′转动，将座椅向上抬起，（g取10N/kg）
（1）关于该坐拉器及其模型图，下列说法正确的是 。
A．该坐拉器是个组合杠杆，使用过程中可以省功
B．O′DC杠杆是费力杠杆，而BOA杠杆是省力杠杆
C．人的体重越重，坐拉器使用过程中的机械效率越高
D．该坐拉器的机械效率为定值，不会发生变化
（2）已知手柄竖直向下移动30cm时，座椅竖直升高9cm，用时5s，若人的质量为60kg，利用坐拉器抬起人的机械效率为90%，则抬起人的过程所做功的功率为多少？
（3）已知图乙中OA：OB＝6：1，O′C：O′D＝2：1，此时AB杆处于水平位置，BD杆垂直于杆AB和O′C，BD杆对AB和O′C杆的拉力均沿着BD，且大小相等。若手臂对手柄A的拉力方向和人的重力方向视作同一直线，物体间相互作用力的大小相等、方向相反，忽略坐拉器的自重、转动时的摩擦和座椅的尺度。若小红的质量为40kg，则此时小红让自己保持图乙的状态，需要对手柄A施加竖直向下的拉力为多大？
五、作图题（本大题共2小题，共4分）
22．（2分）在如图所示的电路中，有两根导线尚未连接，请用笔画线代替导线补上。要求：①闭合电键S后，向左移动滑动变阻器的滑片P，小灯变暗；②电压表测量小灯泡两端的电压。
23．（2分）物体A静止在斜面上，请做出物体A的受力示意图。
六、实验探究题（本大题共3小题，共15分）
24．（5分）小明用如图所示装置做“比较不同物质的吸热能力”实验，在两个相同的烧瓶中分别装入质量、初温都相同的A、B两种液体，两烧瓶中的电阻丝相同。
（1）实验中，使两烧瓶中的电阻丝相同的目的是 。
（2）实验中，用 间接反映液体吸收热量的多少；
（3）小田根据实验测得的数据分别描绘出了A、B两种液体的温度随加热时间变化的图象如图乙，分析图乙可知 （填“A”或“B”）的吸热能力更强。若加热过程中无热量损失，已知A的比热容为4.2×103J/（kg•℃），则B的比热容为 J/（kg•℃）。
（4）若在图甲中甲、乙两瓶中是质量相同的同种液体，电阻丝的阻值不同，则该装置可用来探究电流产生的热量与 的关系。
25．（5分）用伏安法测电阻，实验电路如图甲所示；
（1）连接电路时，开关应该是 的。
（2）大山同学在实验中的某次测量，电压表与电流表的读数如图乙所示，则此时待测电阻的阻值为 Ω。
（3）根据甲的电路图，用笔代替导线，把丙图的实物图连接完整，要求导线不能交叉。
（4）实验中，如果电压表突然损坏，已知滑动变阻器的最大阻值为R，电源电压保持不变，但电源电压未知，大山利用剩下的器材测出Rx，电路如图丁。
实验过程：
①将滑片移至最右端，测出此时的电流I1，
②将滑片移至最左端，测出此时的电流I2，则Rx＝ 。
26．（5分）为了模拟研究汽车超载和超速带来的安全隐患，小明同学设计了如图甲、乙、丙所示的探究实验，将A、B、C三个小球先后从同一装置，高度分别为hA、hB、hC的位置滚下（mA＝mB＜mC，hA＝hC＞hB），推动小木块运动一段距离后静止，请你根据生活经验和所学的物理探究方法，对以下问题进行解答：
（1）用来研究超速安全隐患时，需要控制的变量是 ，实验时应选择 两个图所示实验进行比较；
（2）用来研究超载安全隐患时，应选择 两个图所示实验进行比较，通过这个实验得到的结论是 。
2023年黑龙江省七台河市勃利县中考物理模拟试卷
（参考答案与详解）
一、单选题（木大题共10小题，共30分）
1．（3分）押加是我国少数民族体育项目之一，又称大象拔河。比赛中，甲、乙两人通过腿、肩等部位用力拖动布带互拉，以决胜负。如图所示，当甲、乙两运动员处于静止状态且布带的重力不计时，下列说法正确的是（ ）
A．甲对地面的压力和地面对甲的摩擦力是一对相互作用力
B．甲对布带的拉力和乙对布带的拉力是一对平衡力
C．甲对乙的拉力和乙对甲的拉力是一对平衡力
D．若甲比乙的体重大就一定能取胜
【分析】一对平衡力等大、反向、作用在一条直线上、作用在同一物体上；两人间的拉力大小相等，能否获胜，取决于人所对地面摩擦力的大小。根据平衡力的特点分析答题。
【解答】解：A、甲对地面的压力和甲所受的摩擦力不在同一直线上，不是一对平衡力，也不是相互力，故A错误；
B、甲对布带的拉力和乙对布带的拉力等大、反向、作用在一条直线上、作用在同一物体上，是一对平衡力，故B正确；
C、甲对乙的拉力和乙对甲的拉力作用在不同的物体上，不是一对平衡力，故C错误；
D、能否获胜，取决于人所受地面摩擦力的大小，甲比乙的体重大，他们受到的摩擦力不一定大，就不一定能决出胜负，故D错误。
故选：B。
2．（3分）如图是测量压力的原理图，其中弹簧上端和滑动变阻器滑片固定在一起，压力大小可通过电压表示数来显示。压力越大电压表的示数越大。则下列电路中符合这一原理的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】AD．两电阻并联，电压表测电源的电压，根据电源的电压可知滑片移动时电压表示数的变化；
BC．两电阻串联，根据压力的变化可知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和定值电阻两端的电压变化，根据串联电路的电压特点可知滑动变阻器两端的电压变化。
【解答】解：AD．两电阻并联，电压表测电源的电压，
因电源的电压不变，
所以，压力变化时，电压表的示数不变，故AD不符合；
BC．两电阻串联，
压力越大时，滑片下移，接入电路中的在变大，电路中的总电阻变大，
由I＝可知，电路中的电流变小，
由U＝IR可知，定值电阻两端的电压变小，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，滑动变阻器两端的电压变大，
综上可知，B中电压表并联在滑动变阻器两端符合，C中电压表并联在定值电阻两端不符合。
故选：B。
3．（3分）如图是研究电流通过导体产生的热量与哪些因素有关的实验，下列分析正确的是（ ）
A．本次探究实验中用到了控制变量法和等效替代法
B．此实验必须把甲、乙两图接在电压相同的电源两端实验结论才具有科学性
C．为了探究电热与电流的关系，应该选择乙实验
D．通电相同的时间，甲装置中左边U形管的高度差更大
【分析】由焦耳定律Q＝I2Rt可知，Q与I、R及t有关，故应采用控制变量法结合图中的实验电阻丝的连接情况进行分析。
【解答】解：
A、甲探究电流产生热量与电阻关系中，控制了电流和通电时间相同；乙探究电流产生热量与电流关系中，控制了电阻和通电时间相同，实验中用到了控制变量法；据试验装置可知，电流通过导体产生热量使得容器中的空气受热膨胀，从而导致U形管中的液面会发生变化，故虽然热量的多少不能直接观察，但可以通过U形管液面高度差的变化来反映，这种研究方法叫转化法，故A错误；
B、甲实验探究电流产生热量与电阻关系，乙实验探究电流产生热量与电流关系，两实验没有联系，所以两次实验没有必要控制电压相同，故B错误；
C、乙实验，右侧电阻丝与另一电阻丝并联，故左右空气盒中电阻丝的电阻和通电时间相同，但通过电阻的电流不同，所以研究电流产生的热量与电流的关系，故C正确；
D、甲实验两电阻丝串联，则通过电阻丝的电流和通电时间相同，右侧电阻阻值大，由焦耳定律Q＝I2Rt可知，右侧电阻产生热量多；则右侧容器内空气吸收的热量多，甲装置中右边U形管的高度差更大，故D错误。
故选：C。
4．（3分）如图的各现象中，可作为“物质质量与体积有关”事实依据的有（ ）
A．（2）与（3） B．（2）与（4） C．（1）与（4） D．（1）与（2）
【分析】根据密度公式ρ＝得m＝ρV．要判断质量与体积的关系，要使两个物体的密度相同。
【解答】解：要探究物质质量与体积的关系，需使物质的密度相同即同种物质。
（2）和（3）属不同物质，所以不符合题意；（1）中都是铁这种物质，由于体积不同，而质量不同，（4）属同种物质，因体积相同，所以质量相同，所以（1）和（4）都反映了物质质量与体积的关系，符合题意。
故选：C。
5．（3分）如图是关于电磁现象的四个实验，下列说法正确的是（ ）
A．图甲是研究发电机工作原理的实验装置
B．图乙实验说明通电导体周围存在磁场
C．图丙是探究磁铁磁性强弱的实验装置
D．图丁是探究电磁感应现象的实验装置
【分析】根据对电与磁几个重要实验装置图的认识来判断：
（1）发电机原理图描述了线圈给外界的用电器供电；电动机原理图描述了电源给线圈供电；
（2）电磁感应现象装置图没有电池；磁场对电流的作用装置图有电池；
（3）奥斯特实验说明通电导线周围存在磁场。
【解答】解：A．图中有电池，是电动机原理图，故A错误；
B．图中有电源，这是磁场对电流的作用实验，结论是通电导体在磁场中受力，故B错误；
C．是奥斯特实验，说明通电导线周围存在磁场，故C错误；
D．图中没有电池，是电磁感应现象实验，故D正确。
故选：D。
6．（3分）下列现象与相关物理知识相符的是（ ）
A．人游完泳上岸，风一吹，感到非常凉爽﹣﹣﹣﹣﹣蒸发散热有致冷的作用
B．利用滑轮组运货物﹣﹣﹣﹣既省力又省功
C．台风掀开屋顶的瓦﹣﹣﹣﹣﹣屋外空气流速快，压强大，屋内空气的流速慢，压强小
D．神舟一号发射用液氢做燃料﹣﹣﹣﹣﹣因为氢的热值大
【分析】（1）蒸发是一种缓慢的汽化现象，蒸发吸热，影响蒸发快慢的因素有温度、表面积和液面上方的空气流动；
（2）使用机械可以省力，可以省距离，就是不能省功；
（3）流体流速越快，压强越小；流速越慢，压强越大；
（4）热值是燃料的一种特性，热值越大的燃料在完全燃烧相同质量的燃料时，释放出的热量越多，所以在选择火箭燃料时首先应该考虑燃料热值的大小。
【解答】解：
A、游完泳上岸后被风一吹感到较冷，是因为风加快了身上水分的蒸发，蒸发要吸热有致冷的作用，故A错误；
B、使用任何机械都不省功，故利用利用滑轮组运货物只省力不能省功，故B错误；
C、风刮过屋顶，屋顶上方的空气流动速度大，压强小；屋内空气流动速度小，压强大，屋顶受到向上的压强大于向下的压强，受到的向上的压力大于向下的压力，产生一个向上的压力差，将屋顶掀开，故C错误；
D、神舟一号发射用液氢做燃料，原因是液态氢具有较高的热值，完全燃烧相同质量的氢时，可以释放出更多的热量，故D正确。
故选：D。
7．（3分）小丽想用一个小灯泡、一个小电动机、两个开关等器材，模拟电冰箱内的照明灯L和压缩机用的电动机M之间的连接。如图所示是她设计的四个电路图，其中符合实际情况的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据生活经验可知，照明灯L和压缩机用的电动机M可以同时工作，也可以独立工作，即为并联，且各有一个开关控制，据此进行解答。
【解答】解：
A．由电路图可知，开关S1闭合时，照明灯L和电动机M同时工作，开关S2闭合时会造成电源短路，故A不符合题意；
B．由电路图可知，照明灯L和电动机M并联，且各有一个开关控制，两者可以同时工作，也可以独立工作，故B符合题意；
C．由电路图可知，照明灯L和电动机M以及两开关串联，两个开关同时闭合时都工作，否则不工作，故C不符合题意；
D．由电路图可知，开关S2闭合时，照明灯L和电动机M同时工作，再闭合开关S1时，只有灯泡工作，故D不符合题意。
故选：B。
8．（3分）在“探究阻力对物体运动的影响”的实验中，同一小车从相同斜面上的同一高度由静止下滑到不同水平面时的情景，如图所示，则（ ）
A．为了便于分析，本实验的合理顺序是（a）（b）（c）（d）
B．在四次实验中，小车克服阻力做的功相同
C．由本实验可以直接得出牛顿第一定律
D．本实验中若仅添加一个小木块，还可以探究动能大小和质量的关系
【分析】（1）小车受到的阻力越小，速度减小的越慢，据此分析；
（2）根据机械能的转化分析；
（3）根据接触面的粗糙程度分析；
（4）动能的大小与速度和质量有关。
【解答】解：
A、小车在水平面上受到的阻力越小，速度减小的越慢，所以应该逐次减小摩擦力，故接触面应越来越光滑，合理顺序是（b）（d）（c）（a），故A错误；
B、小车到达水平面的速度是相同的，动能相同，最终会停止运动，小车克服阻力做功，机械能全部转化为内能，故做功是相同的，故B正确；
C、在实验中，不可能获得光滑的平面，所以该实验的结论是通过推理得出的，故C错误；
D、本实验中若仅添加一个小木块，把小木块放到水平面上，通过小车撞击木块的距离来判定动能的大小，由于小车的质量不变，故无法探究动能与质量的关系，故D错误。
故选：B。
9．（3分）甲、乙两物体的路程s随时间t变化的关系如图所示。那么在0～t0时间内，两物体的运动情况和受力情况是（ ）
A．甲的运动速度逐渐变大 B．乙做匀速直线运动
C．甲、乙都受平衡力作用 D．甲受非平衡力作用
【分析】（1）在s﹣t图象中过原点的斜线表示物体做匀速直线运动；平行于时间轴的直线表示物体静止；
（2）平衡状态是指物体做匀速直线运动或静止，处于平衡状态的物体一定受到平衡力的作用，处于非平衡状态的物体，一定受到非平衡力的作用。
【解答】解：（1）由图可知，甲物体的图象是一条过原点的斜线，表示物体做匀速直线运动；乙物体的图象是一条平行于时间轴的直线，表示物体静止。故甲的运动速度不变，乙静止。故AB错误；
（2）由（1）知，甲物体做匀速直线运动，乙物体静止，二者都处于平衡状态，所以甲、乙都受平衡力作用，故C正确，D错误。
故选：C。
10．（3分）如图所示，水母身体外形像一把透明伞。水母身体内有一种特别的腺，腺能产生一氧化碳改变自身体积，从而能在水中上浮与下沉。下列判断正确的是 （ ）
A．水母漂浮时，所受浮力大于自身重力
B．水母悬浮时，若体积变大时则会上浮
C．水母在下沉过程中受到水的压强不变
D．水母漂浮时比沉在水底时排开水的重力小
【分析】（1）物体漂浮，浮力等于其重力；
（2）根据F浮＝ρgV排，并结合物体浮沉条件分析解答；
（3）根据p＝ρgh分析解答；
（4）浸在液体中的物体受到竖直向上的浮力，浮力的大小等于该物体所排开的液体受到的重力的大小。
【解答】解：
A、根据物体漂浮条件可知，水母漂浮时，所受浮力等于自身重力，故A错误；
B、水母悬浮时，浮力等于其重力；若体积变大时，其排开水的体积变大，根据F浮＝ρgV排知，浮力变大，浮力大于重力，则水母会上浮，故B正确；
C、水母在下沉过程中，深度增大，根据p＝ρgh知，受到水的压强变大，故C错误；
D、水母漂浮时，浮力等于其重力，水母沉在水底时，浮力小于其重力，所以水母漂浮时受到的浮力大于其沉在水底时受到的浮力，由F浮＝G排可知，水母漂浮时比沉在水底时排开水的重力大，故D错误。
故选：B。
二、多选题（本大题共3小题，共12分）
（多选）11．（3分）用相同的电加热器分别对质量相等A和B两种液体同时加热（不计热量损失），如图是A和B的温度随加热时间变化的图象，下列说法正确的是（ ）
A．A的比热容与B的比热容之比为2：1
B．A的比热容与B的比热容之比为2：3
C．加热相同的时间，B吸收的热量比A吸收的热量多
D．A和B升高相同的温度，A吸收的热量较多
【分析】A、B两种液体质量相等、初温相同、加热时间（吸热相同），利用热量的计算公式分析即可得出答案。
【解答】解：A、B利用热量的计算公式Q＝cmΔt可以知道，在质量相等、吸收的热量也相同时，A的温度升高20℃，B的温度升高40℃，由公式c＝知，A与B的比热容之比为2：1，故A正确，B错误；
C、两种质量相等、初始温度也相同的不同液体，分别用两只完全相同的酒精灯加热，相同的时间内吸收的热量相等，故C错误；
D、由图象可以看出，当升高的温度相同时，A的加热时间更长，说明A吸收的热量更多，所以D正确；
故选：AD。
（多选）12．（3分）如图甲所示，电源电压保持不变，R0为定值电阻，R为滑动变阻器，闭合开关S，滑动变阻器的滑片从一端移动到另一端的过程中，电压表和电流表的示数与R的关系分别如图乙、丙所示。下列说法正确的是（ ）
A．电源电压为6V
B．滑动变阻器R的最大阻值是20Ω
C．R0的最小电功率为0.4W
D．当滑片P置于中点时，R的电功率为0.8W
【分析】由电路图可知，R与R0串联，电压表测R0两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）根据电压表和电流表的示数与R的关系，可得滑片在最大值和最小值处电压表和电流表的示数，由串联电路特点和欧姆定律可得电源电压；
（2）计算R0的阻值和滑动变阻器的最大阻值；
（3）根据图象得出的最小电压和电流，利用电功率公式计算此时R0的最小功率；
（4）当滑片P置于中点时，由串联电路特点和欧姆定律求出电路中电流，由P＝I2R即可求出滑动变阻器的功率。
【解答】解：
由电路图可知，R与R0串联，电压表测R0两端的电压，电流表测电路中的电流。
A、由图甲、乙可知，当R＝0时，即只有R0连入电路中时，电压表示数最大为6V，即电源电压U＝6V，故A正确；
B、由图丙知，当R＝0时，电路中电流：I0＝I＝0.6A，由欧姆定律可得R0的阻值：
R0＝＝＝10Ω；
由乙图知，当滑动变阻器连入阻值最大时，电压表示数为2V，即U0＝2V，此时电路中电流最小，由丙图可知：I最小＝I′＝0.2A，
由串联电路特点和欧姆定律可得，此时滑动变阻器两端电压：UR＝U﹣U0＝6V﹣2V＝4V，
由欧姆定律可得滑动变阻器的最大阻值：
R＝＝＝20Ω；故B正确；
C、R0的最小功率：P＝U0I0＝2V×0.2A＝0.4W；故C正确；
D、当滑片P置于中点时，电路中的电流：I2＝＝＝0.3A，
此时R的功率：PR＝I22R中＝（0.3A）2××20Ω＝0.9W；故D错误。
故选：ABC。
（多选）13．（3分）小明同学在探究凸透镜成像规律时，用焦距分别为f1、f2的甲、乙两个凸透镜进行实验。先将点燃的蜡烛、透镜甲和光屏放置在光具座上，调整后的位置如图所示，此时在光屏上得到烛焰清晰的像（图中未标出）：再用透镜乙替换透镜甲，且保持蜡烛和透镜的位置不变，将光屏向左移动再次得到烛焰清晰的像。下列判断正确的是（ ）
A．图中光屏上的像是放大的
B．图中光屏上的像是缩小的
C．f1＜f2
D．f1＞f2
【分析】（1）由u＞v知成倒立缩小的实像；
（2）保持蜡烛和透镜的位置不变，将光屏向左移动再次得到烛焰清晰的像，像变小，像距减小。
【解答】解：AB、由u＞v知成倒立缩小的实像，故A错误，B正确；
CD、由“保持蜡烛和透镜的位置不变，将光屏向左移动再次得到烛焰清晰的像”可知，会聚作用加强了。所以光屏才左移。会聚作用越强，焦距越短，故f1＞f2，故C错误，D正确。
故选：BD。
三、填空题（本大题共5小题，共10分）
14．（2分）轮船是采用增大 排开液体的体积 的方法增大可利用的浮力；潜水艇是靠改变自身的 重力 来实现上浮和下沉的。
【分析】（1）把树木挖成空心，装上货物，相当于用货物取代了木头被挖走的部分，增大可利用浮力，实际是保持排开水体积不变的条件下的质量替换，现在的轮船也是利用这个道理；
（2）潜水艇浸没在水中，潜水艇的体积不变（排开水的体积不变），受浮力不变；通过让海水进、出压力舱改变潜水艇受到的重力，而实现上浮或下沉的。
【解答】解：
（1）轮船是采用增大排开液体的体积的办法增大可以利用的浮力；
（2）在水中，潜水艇受到水的浮力和重力的作用，因为F浮＝ρ水v排g，潜水艇的体积不变，排开水的体积不变，所以潜水艇受到水的浮力不变；
①把压缩空气压入潜水艇的压力舱，将海水排出，潜水艇自重G减小，当F浮＞G时，潜水艇上浮；
②打开压力舱的阀门，让海水进入压力舱内，潜水艇自重G增大，当F浮＜G时，潜水艇下沉；
③当F浮＝G时，潜水艇悬浮，可以停留在任何深度；
由此可见，潜水艇能够上浮和下沉是通过改变自身重力来实现的。
故答案为：排开液体的体积； 重力。
15．（3分）寒冷的冬天，小明搓手取暖是通过 做功 方式改变内能的：回到家中闻到厨房炒菜的香味，这是分子 无规则运动 的结果；小明隔着家里的真空玻璃窗依然能接打手机，说明 电磁波 可以在真空中传播。
【分析】（1）做功和热传递都可以改变物体的内能，它们的主要区别是：做功是能量的转化，而热传递是能量的转移，做功和热传递在改变物体内能上等效的。
（2）物质是由分子组成的，一切物体的分子都在永不停息地做无规则运动；
（3）电磁波的传播不需要介质，可在真空中传播。
【解答】解：寒冷的冬天，小明搓手取暖，这是通过做功将机械能转化为内能，内能增加，温度升高；
炒菜时，菜的香味分子在永不停息地做无规则运动，扩散到空气中，所以回到家中闻到厨房炒菜的香味；
手机是利用电磁波传递信息的，小明隔着家里的真空玻璃窗依然能接打手机，这说明电磁波能在真空中传播；
故答案为：做功；无规则运动；电磁波。
16．（2分）寒冬，济南市某处消防栓发生爆裂，大量的清水喷涌而出，在低温的作用下，附近绿化带内的植物全部穿上了厚厚的“冰衣”（如图所示），虽然气温没有回升，过一段时间，发现“冰衣”还是变小了。形成“冰衣”和“冰衣”变小所涉及的物态变化分别是 凝固 、 升华 。
【分析】物质由气态直接变为固态叫凝华，物质由固态直接变为气态叫升华；由气态变为液态叫液化，由液态变为气态叫汽化；由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固。
【解答】解：绿化带内的植物全部穿上了厚厚的“冰衣”是喷射出来的水遇冷凝固形成的；
“冰衣”变小是固态的冰升华形成水蒸气。
故答案为：凝固；升华。
17．（3分）用铝壶烧开水，壶中的水蒸气将壶盖顶起来，这是消耗水蒸气的 内 能对外做功，将水蒸气的 内 能转化成壶盖的 机械 能。
【分析】水蒸气膨胀做功，内能减少，温度降低。
【解答】解：水烧开以后，水蒸气对壶盖做功，把壶盖顶起来，将水蒸气的内能转化为壶盖的机械能，水蒸气的内能减少，温度降低。
故答案为：内，内，机械。
18．（3分）水平桌面上两个完全相同的烧杯中分别盛有甲、乙两种液体，将两个完全相同的小球分别放入两烧杯中，当两球静止时，两液面高度相同，球所处的位置如图所示。小球在甲液体中所受浮力为FA、所排开甲液体的重力为GA、甲液体对容器底的压强为p甲；小球在乙液体中所受浮力为FB、所排开乙液体的重力为GB、乙液体对容器底的压强为p乙，则FA ＝ FB、GA ＝ GB、p甲 ＞ p乙（均选填“＞”、“＝”或“＜”）。
【分析】（1）A、B是两个完全相同的小球，漂浮和悬浮时受到的浮力都等于重力，由此可知两小球受浮力大小关系；根据阿基米德原理可知排开液体重力的大小关系；
（2）根据漂浮和悬浮时液体密度和球的密度关系，找出两种液体的密度关系，又知道两容器液面等高（深度h相同），利用液体压强公式分析两种液体对容器底压强的大小关系。
【解答】解：由图可知，A球漂浮，B球悬浮，所以根据悬浮和漂浮条件可知两球受到的浮力都等于各自的重力，由于两个小球是相同的，重力相等，所以FA＝FB＝G。
根据阿基米德原理可知：排开液体重力GA＝FA，GB＝FB，所以GA＝GB；
由于A球漂浮，B球悬浮，根据物体的浮沉条件可知：ρ甲＞ρ球，ρ乙＝ρ球，
则两种液体的密度大小关系是：ρ甲＞ρ乙。
且两烧杯中液面相平即h甲＝h乙，根据液体压强的计算公式p＝ρgh可知：p甲＞p乙。
故答案为：＝；＝；＞。
四、计算题（本大题共3小题，共29分）
19．（9分）体积为5×10﹣3米3的金属小球浸没在水中。求：
①小球排开水的体积V排；
②小球受到的浮力F浮。
【分析】知道小球的体积（浸没在水中排开水的体积），利用阿基米德原理求小球受到的浮力。
【解答】解：
（1）因为小球浸没在水中，
所以小球排开水的体积：V排＝V＝5×10﹣3m3；
（2）小球受到的浮力：
F浮＝ρ水gV排＝1×103kg/m3×9.8N/kg×5×10﹣3m3＝49N。
答：①小球排开水的体积为5×10﹣3m3；
②小球受到的浮力为49N。
20．（9分）如图甲是一种恒温调奶器，可以自动调试好加水的奶粉，然后加热到最适合宝宝饮用的温度40℃，还可以自动保温，特别适合夜间使用。图乙是机器的参数表及电路简图（R1、R2为电热丝，S为双触点自动开关）。求：
型号：HY101M
电源：220V 50Hz
加热功率：500W
保温功率：16W
（1）调奶器处于保温状态时的工作电流（结果保留两位小数）？
（2）电阻R2的阻值？
（3）若把200g调好的奶粉从20℃加热到40℃所用时间为32s，则调好的奶粉的比热容是多少（不计热损失）？
【分析】（1）由表格数据可知保温功率，根据P＝UI求出工作电流；
（2）由题意可知，当S接“2”时，电路为R1的简单电路，调奶器处于保温状态；当接“3”时，电路为R1、R2并联，奶器处于加热状态，根据总功率等于各用电器功率之和可知R2的电功率，根据并联电路的电压特点和P＝求出电阻R2的阻值；
（3）知道调奶器的加热功率和工作时间，根据W＝Pt求出消耗的电能，不计热损失，调好奶粉吸收的热量等于消耗的电能，又知道调好奶粉的质量和初温、末温，根据Q吸＝cm（t﹣t0）求出调好奶粉的比热容。
【解答】解：（1）由P＝UI可得，调奶器处于保温状态时的工作电流：
I＝＝≈0.07A；
（2）由题意可知，当S接“2”时，电路为R1的简单电路，调奶器处于保温状态；
当接“3”时，电路为R1、R2并联，奶器处于加热状态，
因电路中的总功率等于各用电器功率之和，
所以，R2的电功率：
P2＝P加热﹣P保温＝500W﹣16W＝484W，
由P＝可得，电阻R2的阻值：
R2＝＝＝100Ω；
（3）由P＝可得，调奶器消耗的电能：
W＝P加热t′＝500W×32s＝16000J，
不计热损失，调好奶粉吸收的热量：
Q吸＝W＝16000J，
由Q吸＝cm（t﹣t0）可得，调好奶粉的比热容：
c＝＝＝4×103J/（kg•℃）。
答：（1）调奶器处于保温状态时的工作电流为0.07A；
（2）电阻R2的阻值为100Ω；
（3）调好的奶粉的比热容是4×103J/（kg•℃）。
21．（11分）如图甲所示，是小区内的一种新型健身器械，叫单人坐拉器，它的简化模型图，如图乙所示。坐在坐拉器座椅上的人，当双手用力向下拉动手柄A时，操作杆AB会绕着转轴O转动，连杆BD拉动杆O′C绕转轴O′转动，将座椅向上抬起，（g取10N/kg）
（1）关于该坐拉器及其模型图，下列说法正确的是 BC 。
A．该坐拉器是个组合杠杆，使用过程中可以省功
B．O′DC杠杆是费力杠杆，而BOA杠杆是省力杠杆
C．人的体重越重，坐拉器使用过程中的机械效率越高
D．该坐拉器的机械效率为定值，不会发生变化
（2）已知手柄竖直向下移动30cm时，座椅竖直升高9cm，用时5s，若人的质量为60kg，利用坐拉器抬起人的机械效率为90%，则抬起人的过程所做功的功率为多少？
（3）已知图乙中OA：OB＝6：1，O′C：O′D＝2：1，此时AB杆处于水平位置，BD杆垂直于杆AB和O′C，BD杆对AB和O′C杆的拉力均沿着BD，且大小相等。若手臂对手柄A的拉力方向和人的重力方向视作同一直线，物体间相互作用力的大小相等、方向相反，忽略坐拉器的自重、转动时的摩擦和座椅的尺度。若小红的质量为40kg，则此时小红让自己保持图乙的状态，需要对手柄A施加竖直向下的拉力为多大？
【分析】（1）使用任何机械都不能省功；费力的机械一定省距离；动力臂大于阻力臂的杠杆为省力杠杆，根据机械效率的定义和影响其大小的因素即可判断；
（2）先求出人的体重，然后根据W＝Gh求出有用功，再利用η＝×100%求出坐拉器抬起人所做的总功，最后根据P＝求出抬起人所做功的功率：
（3）根据杠杆平衡条件得，对于杠杆AOB来说有：FA×OA＝FB×OB，对于杠杆O′CD来说有：（G′﹣FA′）×O′C＝FD×O′D，结合题意二者联立即可得出答案。
【解答】解：
（1）A、根据功的原理可知，使用任何机械都不能省功，故A错误；
B、由图可知，O′DC杠杆是费力杠杆，杠杆BOA的动力臂大于阻力臂，为省力杠杆，故B正确；
CD、爸爸越重，有用功占总功的比值越大，则坐拉器的机械效率越高，该坐拉器的机械效率不为定值，故C正确，D错误；
故选：BC。
（2）人的重力：G＝mg＝60kg×10N/kg＝600N，
有用功：W有＝Gh＝600N×0.09m＝54J，
由η＝×100%得，抬起人所做的总功：
W总＝＝＝60J，
则抬起人所做功的功率：
P＝＝＝12W。
（3）小红的重力G′＝mg＝40kg×10N/kg＝400N，
由杠杆平衡条件得，对于杠杆AOB来说有：
FA×OA＝FB×OB，即：＝＝﹣﹣﹣①
对于杠杆O′CD来说有：
（G′﹣FA′）×O′C＝FD×O′D，
即：＝＝﹣﹣﹣②
由题意知，FB＝FD，
由于物体间相互作用力的大小相等，即FA＝FA′，
由可得，＝，
解得：FA＝100N。
故答案为：（1）BC；
（2）小红抬起爸爸所做功的功率为12W；
（3）需要对手柄A施加竖直向下的拉力为100N。
五、作图题（本大题共2小题，共4分）
22．（2分）在如图所示的电路中，有两根导线尚未连接，请用笔画线代替导线补上。要求：①闭合电键S后，向左移动滑动变阻器的滑片P，小灯变暗；②电压表测量小灯泡两端的电压。
【分析】根据题意分析各电路元件的连接方式，按题目要求确定滑动变阻器和电压表的接法，然后完成实物电路的连接。
【解答】解：电压表要测小灯两端电压，则电压表应与灯泡并联；
滑动变阻器要改变灯泡亮度，应一上一下串联入电路中；闭合开关S，滑片向左移动时灯变暗，说明电路中电流变小，根据欧姆定律可知，电路的总电阻变大，滑动变阻器接入电路的电阻变大，所以应将变阻器的右下接线柱接入电路中，如图所示：
。
23．（2分）物体A静止在斜面上，请做出物体A的受力示意图。
【分析】首先分析物体在下滑过程中所受的力，并注意力的作用点和方向；
物体受重力、斜面的支持力及摩擦力的作用，在作图时，可以将三个力的作用点都画在重心上。
【解答】解：物体一定受到重力作用，A静止在斜面上，相对斜面有向下运动的趋势，受到沿斜面向上的摩擦力，同时还会受到斜面对它的支持力，方向垂直于斜面向上。如下图所示：
六、实验探究题（本大题共3小题，共15分）
24．（5分）小明用如图所示装置做“比较不同物质的吸热能力”实验，在两个相同的烧瓶中分别装入质量、初温都相同的A、B两种液体，两烧瓶中的电阻丝相同。
（1）实验中，使两烧瓶中的电阻丝相同的目的是 使两种液体在相同的时间内吸收相同的热量 。
（2）实验中，用 加热时间 间接反映液体吸收热量的多少；
（3）小田根据实验测得的数据分别描绘出了A、B两种液体的温度随加热时间变化的图象如图乙，分析图乙可知 A （填“A”或“B”）的吸热能力更强。若加热过程中无热量损失，已知A的比热容为4.2×103J/（kg•℃），则B的比热容为 2.1×103 J/（kg•℃）。
（4）若在图甲中甲、乙两瓶中是质量相同的同种液体，电阻丝的阻值不同，则该装置可用来探究电流产生的热量与 电阻 的关系。
【分析】（1）实验时两烧瓶中的电阻丝相同，在相等时间内液体吸收的热量相等；
（2）实验时两烧瓶中的电阻丝相同，在相等时间内液体吸收的热量相等，实验采用了转换法，可以通过比较较热时间长短比较液体吸收热量的多少。
（3）根据c＝可知，相同质量的不同物体吸收相同的热量，温度变化越小的，比热容越大，吸热能力越强；根据图象和QA＝QB＝cmΔt即可求出B的比热容。
（4）质量相同的同种液体，根据Δt＝，升高的温度越大，吸收的热量越多，根据Q＝I2Rt、串联电路的规律及控制变量法分析。
【解答】解：（1）实验选择相同规格的电阻丝的目的是使两种液体在相同的时间内吸收相同的热量；
（2）实验时两烧瓶中的电阻丝相同，在相等时间内液体吸收的热量相等，加热时间越长，液体吸收的热量越多，可以用加热时间长短表示吸收热量的多少。
（3）由图乙可知，相同质量的A、B液体，被加热相同的时间（吸收相同的热量），A液体升温慢，B液体升温快，说明A液体的吸热本领强；
根据图乙可知，A、B都加热5min，A温度变化量为30℃﹣10℃＝20℃，B温度变化量为50℃﹣10℃＝40℃；
由QA＝QB＝cmΔt可得：
cAmΔtA＝cBmΔtB
4.2×103J/（kg•℃）×20℃＝cB×40℃
cB＝2.1×103J/（kg•℃）。
（4）若在甲、乙两瓶中，电阻丝串联，通过的电流和时间相等，液体是质量相同的同种液体，电阻丝的阻值不同，则该装置可用来探究电流产生的热量与电阻的关系。
故答案为：（1）使两种液体在相同的时间内吸收相同的热量；（2）加热时间；（3）A；2.1×103；（4）电阻。
25．（5分）用伏安法测电阻，实验电路如图甲所示；
（1）连接电路时，开关应该是 断开 的。
（2）大山同学在实验中的某次测量，电压表与电流表的读数如图乙所示，则此时待测电阻的阻值为 8 Ω。
（3）根据甲的电路图，用笔代替导线，把丙图的实物图连接完整，要求导线不能交叉。
（4）实验中，如果电压表突然损坏，已知滑动变阻器的最大阻值为R，电源电压保持不变，但电源电压未知，大山利用剩下的器材测出Rx，电路如图丁。
实验过程：
①将滑片移至最右端，测出此时的电流I1，
②将滑片移至最左端，测出此时的电流I2，则Rx＝ 。
【分析】（1）为了保护电路元件，在连接电路时，开关要断开；
（2）确定电压表和电流表的量程，根据分度值读数；由欧姆定律求电阻大小；
（3）根据电路图连接实物图；
（4）由于没有电压表，滑动变阻器的最大阻值已知，可以将滑动变阻器看做一个定值电阻，使滑动变阻器的阻值为零，测出电流；再移动滑片使其阻值最大，测出电流，根据串联电路的规律和欧姆定律得出电源电压表达式，由电源电压不变的特点列出关系式，求出待测电阻的阻值。
【解答】解：（1）为了保护电路，在连接电路时开关应该处于断开状态；
（2）由图乙可知，电压表选用小量程，分度值为0.1V，小灯泡两端的电压U＝2.4V；
电流表选用小量程，分度值值为0.02A，通过小灯泡的电流I＝0.3A，
由I＝可得，此时待测电阻的阻值：
Rx＝＝＝8Ω；
（3）根据电路图知：开关、电阻、电流表、滑动变阻器串联在电路中，电压表与电阻并联，根据图乙知电压表的量程为0﹣3V，电流表的量程为0﹣0.6A，滑动变阻器一上一下的接，如图所示：
（4）如果电压表突然损坏，已知滑动变阻器的最大阻值为R，电源电压保持不变，但电源电压未知，实验电路图已设计如图丙所示，实验过程：
①测量时，先将滑片移至最右端，测出此时的电流I1，则电源电压：U＝I1Rx
②将滑片移至最左端，测出此时的电流I2，
根据欧姆定律和串联电路电压的规律，则电源电压：U＝I2Rx+I2R。
因电源电压保持不变，所以I1Rx＝I2Rx+I2R，
则Rx的表达式为：Rx＝。
故答案为：（1）断开；（2）8；（3）见上图；（4）。
26．（5分）为了模拟研究汽车超载和超速带来的安全隐患，小明同学设计了如图甲、乙、丙所示的探究实验，将A、B、C三个小球先后从同一装置，高度分别为hA、hB、hC的位置滚下（mA＝mB＜mC，hA＝hC＞hB），推动小木块运动一段距离后静止，请你根据生活经验和所学的物理探究方法，对以下问题进行解答：
（1）用来研究超速安全隐患时，需要控制的变量是 质量 ，实验时应选择 甲乙 两个图所示实验进行比较；
（2）用来研究超载安全隐患时，应选择 甲丙 两个图所示实验进行比较，通过这个实验得到的结论是 汽车的速度一定时，质量越大动能越大 。
【分析】（1）实验中运用转换法来研究小球动能的大小，即观察小球撞击木块移动的距离远近；
（2）动能大小的影响因素：质量和速度。质量一定时，速度越大，动能越大；速度一定时，质量越大，动能越大。对照图示，结合控制变量法可得出结论。
【解答】解：（1）超速是指汽车的质量一定，速度越大，动能越大。选择质量相等到达水平面速度不同的AB小球，即甲、乙两图符合题意。
（2）超载是指汽车的速度一定时，质量越大动能越大。选择到达水平面的速度相等，质量不同的AC小球进行实验，即甲、丙两图符合题意。
故答案为：
（1）质量；甲乙；（2）甲丙；汽车的速度一定时，质量越大动能越大。
2023年黑龙江省七台河市勃利县中考物理模拟试卷
一、单选题（木大题共10小题，共30分）
1．（3分）押加是我国少数民族体育项目之一，又称大象拔河。比赛中，甲、乙两人通过腿、肩等部位用力拖动布带互拉，以决胜负。如图所示，当甲、乙两运动员处于静止状态且布带的重力不计时，下列说法正确的是（ ）
A．甲对地面的压力和地面对甲的摩擦力是一对相互作用力
B．甲对布带的拉力和乙对布带的拉力是一对平衡力
C．甲对乙的拉力和乙对甲的拉力是一对平衡力
D．若甲比乙的体重大就一定能取胜
2．（3分）如图是测量压力的原理图，其中弹簧上端和滑动变阻器滑片固定在一起，压力大小可通过电压表示数来显示。压力越大电压表的示数越大。则下列电路中符合这一原理的是（ ）
A． B．
C． D．
3．（3分）如图是研究电流通过导体产生的热量与哪些因素有关的实验，下列分析正确的是（ ）
A．本次探究实验中用到了控制变量法和等效替代法
B．此实验必须把甲、乙两图接在电压相同的电源两端实验结论才具有科学性
C．为了探究电热与电流的关系，应该选择乙实验
D．通电相同的时间，甲装置中左边U形管的高度差更大
4．（3分）如图的各现象中，可作为“物质质量与体积有关”事实依据的有（ ）
A．（2）与（3） B．（2）与（4） C．（1）与（4） D．（1）与（2）
5．（3分）如图是关于电磁现象的四个实验，下列说法正确的是（ ）
A．图甲是研究发电机工作原理的实验装置
B．图乙实验说明通电导体周围存在磁场
C．图丙是探究磁铁磁性强弱的实验装置
D．图丁是探究电磁感应现象的实验装置
6．（3分）下列现象与相关物理知识相符的是（ ）
A．人游完泳上岸，风一吹，感到非常凉爽﹣﹣﹣﹣﹣蒸发散热有致冷的作用
B．利用滑轮组运货物﹣﹣﹣﹣既省力又省功
C．台风掀开屋顶的瓦﹣﹣﹣﹣﹣屋外空气流速快，压强大，屋内空气的流速慢，压强小
D．神舟一号发射用液氢做燃料﹣﹣﹣﹣﹣因为氢的热值大
7．（3分）小丽想用一个小灯泡、一个小电动机、两个开关等器材，模拟电冰箱内的照明灯L和压缩机用的电动机M之间的连接。如图所示是她设计的四个电路图，其中符合实际情况的是（ ）
A． B．
C． D．
8．（3分）在“探究阻力对物体运动的影响”的实验中，同一小车从相同斜面上的同一高度由静止下滑到不同水平面时的情景，如图所示，则（ ）
A．为了便于分析，本实验的合理顺序是（a）（b）（c）（d）
B．在四次实验中，小车克服阻力做的功相同
C．由本实验可以直接得出牛顿第一定律
D．本实验中若仅添加一个小木块，还可以探究动能大小和质量的关系
9．（3分）甲、乙两物体的路程s随时间t变化的关系如图所示。那么在0～t0时间内，两物体的运动情况和受力情况是（ ）
A．甲的运动速度逐渐变大 B．乙做匀速直线运动
C．甲、乙都受平衡力作用 D．甲受非平衡力作用
10．（3分）如图所示，水母身体外形像一把透明伞。水母身体内有一种特别的腺，腺能产生一氧化碳改变自身体积，从而能在水中上浮与下沉。下列判断正确的是 （ ）
A．水母漂浮时，所受浮力大于自身重力
B．水母悬浮时，若体积变大时则会上浮
C．水母在下沉过程中受到水的压强不变
D．水母漂浮时比沉在水底时排开水的重力小
二、多选题（本大题共3小题，共12分）
（多选）11．（3分）用相同的电加热器分别对质量相等A和B两种液体同时加热（不计热量损失），如图是A和B的温度随加热时间变化的图象，下列说法正确的是（ ）
A．A的比热容与B的比热容之比为2：1
B．A的比热容与B的比热容之比为2：3
C．加热相同的时间，B吸收的热量比A吸收的热量多
D．A和B升高相同的温度，A吸收的热量较多
（多选）12．（3分）如图甲所示，电源电压保持不变，R0为定值电阻，R为滑动变阻器，闭合开关S，滑动变阻器的滑片从一端移动到另一端的过程中，电压表和电流表的示数与R的关系分别如图乙、丙所示。下列说法正确的是（ ）
A．电源电压为6V
B．滑动变阻器R的最大阻值是20Ω
C．R0的最小电功率为0.4W
D．当滑片P置于中点时，R的电功率为0.8W
（多选）13．（3分）小明同学在探究凸透镜成像规律时，用焦距分别为f1、f2的甲、乙两个凸透镜进行实验。先将点燃的蜡烛、透镜甲和光屏放置在光具座上，调整后的位置如图所示，此时在光屏上得到烛焰清晰的像（图中未标出）：再用透镜乙替换透镜甲，且保持蜡烛和透镜的位置不变，将光屏向左移动再次得到烛焰清晰的像。下列判断正确的是（ ）
A．图中光屏上的像是放大的
B．图中光屏上的像是缩小的
C．f1＜f2
D．f1＞f2
三、填空题（本大题共5小题，共10分）
14．（2分）轮船是采用增大 的方法增大可利用的浮力；潜水艇是靠改变自身的 来实现上浮和下沉的。
15．（3分）寒冷的冬天，小明搓手取暖是通过 方式改变内能的：回到家中闻到厨房炒菜的香味，这是分子 的结果；小明隔着家里的真空玻璃窗依然能接打手机，说明 可以在真空中传播。
16．（2分）寒冬，济南市某处消防栓发生爆裂，大量的清水喷涌而出，在低温的作用下，附近绿化带内的植物全部穿上了厚厚的“冰衣”（如图所示），虽然气温没有回升，过一段时间，发现“冰衣”还是变小了。形成“冰衣”和“冰衣”变小所涉及的物态变化分别是 、 。
17．（3分）用铝壶烧开水，壶中的水蒸气将壶盖顶起来，这是消耗水蒸气的 能对外做功，将水蒸气的 能转化成壶盖的 能。
18．（3分）水平桌面上两个完全相同的烧杯中分别盛有甲、乙两种液体，将两个完全相同的小球分别放入两烧杯中，当两球静止时，两液面高度相同，球所处的位置如图所示。小球在甲液体中所受浮力为FA、所排开甲液体的重力为GA、甲液体对容器底的压强为p甲；小球在乙液体中所受浮力为FB、所排开乙液体的重力为GB、乙液体对容器底的压强为p乙，则FA FB、GA GB、p甲 p乙（均选填“＞”、“＝”或“＜”）。
四、计算题（本大题共3小题，共29分）
19．（9分）体积为5×10﹣3米3的金属小球浸没在水中。求：
①小球排开水的体积V排；
②小球受到的浮力F浮。
20．（9分）如图甲是一种恒温调奶器，可以自动调试好加水的奶粉，然后加热到最适合宝宝饮用的温度40℃，还可以自动保温，特别适合夜间使用。图乙是机器的参数表及电路简图（R1、R2为电热丝，S为双触点自动开关）。求：
型号：HY101M
电源：220V 50Hz
加热功率：500W
保温功率：16W
（1）调奶器处于保温状态时的工作电流（结果保留两位小数）？
（2）电阻R2的阻值？
（3）若把200g调好的奶粉从20℃加热到40℃所用时间为32s，则调好的奶粉的比热容是多少（不计热损失）？
21．（11分）如图甲所示，是小区内的一种新型健身器械，叫单人坐拉器，它的简化模型图，如图乙所示。坐在坐拉器座椅上的人，当双手用力向下拉动手柄A时，操作杆AB会绕着转轴O转动，连杆BD拉动杆O′C绕转轴O′转动，将座椅向上抬起，（g取10N/kg）
（1）关于该坐拉器及其模型图，下列说法正确的是 。
A．该坐拉器是个组合杠杆，使用过程中可以省功
B．O′DC杠杆是费力杠杆，而BOA杠杆是省力杠杆
C．人的体重越重，坐拉器使用过程中的机械效率越高
D．该坐拉器的机械效率为定值，不会发生变化
（2）已知手柄竖直向下移动30cm时，座椅竖直升高9cm，用时5s，若人的质量为60kg，利用坐拉器抬起人的机械效率为90%，则抬起人的过程所做功的功率为多少？
（3）已知图乙中OA：OB＝6：1，O′C：O′D＝2：1，此时AB杆处于水平位置，BD杆垂直于杆AB和O′C，BD杆对AB和O′C杆的拉力均沿着BD，且大小相等。若手臂对手柄A的拉力方向和人的重力方向视作同一直线，物体间相互作用力的大小相等、方向相反，忽略坐拉器的自重、转动时的摩擦和座椅的尺度。若小红的质量为40kg，则此时小红让自己保持图乙的状态，需要对手柄A施加竖直向下的拉力为多大？
五、作图题（本大题共2小题，共4分）
22．（2分）在如图所示的电路中，有两根导线尚未连接，请用笔画线代替导线补上。要求：①闭合电键S后，向左移动滑动变阻器的滑片P，小灯变暗；②电压表测量小灯泡两端的电压。
23．（2分）物体A静止在斜面上，请做出物体A的受力示意图。
六、实验探究题（本大题共3小题，共15分）
24．（5分）小明用如图所示装置做“比较不同物质的吸热能力”实验，在两个相同的烧瓶中分别装入质量、初温都相同的A、B两种液体，两烧瓶中的电阻丝相同。
（1）实验中，使两烧瓶中的电阻丝相同的目的是 。
（2）实验中，用 间接反映液体吸收热量的多少；
（3）小田根据实验测得的数据分别描绘出了A、B两种液体的温度随加热时间变化的图象如图乙，分析图乙可知 （填“A”或“B”）的吸热能力更强。若加热过程中无热量损失，已知A的比热容为4.2×103J/（kg•℃），则B的比热容为 J/（kg•℃）。
（4）若在图甲中甲、乙两瓶中是质量相同的同种液体，电阻丝的阻值不同，则该装置可用来探究电流产生的热量与 的关系。
25．（5分）用伏安法测电阻，实验电路如图甲所示；
（1）连接电路时，开关应该是 的。
（2）大山同学在实验中的某次测量，电压表与电流表的读数如图乙所示，则此时待测电阻的阻值为 Ω。
（3）根据甲的电路图，用笔代替导线，把丙图的实物图连接完整，要求导线不能交叉。
（4）实验中，如果电压表突然损坏，已知滑动变阻器的最大阻值为R，电源电压保持不变，但电源电压未知，大山利用剩下的器材测出Rx，电路如图丁。
实验过程：
①将滑片移至最右端，测出此时的电流I1，
②将滑片移至最左端，测出此时的电流I2，则Rx＝ 。
26．（5分）为了模拟研究汽车超载和超速带来的安全隐患，小明同学设计了如图甲、乙、丙所示的探究实验，将A、B、C三个小球先后从同一装置，高度分别为hA、hB、hC的位置滚下（mA＝mB＜mC，hA＝hC＞hB），推动小木块运动一段距离后静止，请你根据生活经验和所学的物理探究方法，对以下问题进行解答：
（1）用来研究超速安全隐患时，需要控制的变量是 ，实验时应选择 两个图所示实验进行比较；
（2）用来研究超载安全隐患时，应选择 两个图所示实验进行比较，通过这个实验得到的结论是 。
2023年黑龙江省七台河市勃利县中考物理模拟试卷
（参考答案与详解）
一、单选题（木大题共10小题，共30分）
1．（3分）押加是我国少数民族体育项目之一，又称大象拔河。比赛中，甲、乙两人通过腿、肩等部位用力拖动布带互拉，以决胜负。如图所示，当甲、乙两运动员处于静止状态且布带的重力不计时，下列说法正确的是（ ）
A．甲对地面的压力和地面对甲的摩擦力是一对相互作用力
B．甲对布带的拉力和乙对布带的拉力是一对平衡力
C．甲对乙的拉力和乙对甲的拉力是一对平衡力
D．若甲比乙的体重大就一定能取胜
【分析】一对平衡力等大、反向、作用在一条直线上、作用在同一物体上；两人间的拉力大小相等，能否获胜，取决于人所对地面摩擦力的大小。根据平衡力的特点分析答题。
【解答】解：A、甲对地面的压力和甲所受的摩擦力不在同一直线上，不是一对平衡力，也不是相互力，故A错误；
B、甲对布带的拉力和乙对布带的拉力等大、反向、作用在一条直线上、作用在同一物体上，是一对平衡力，故B正确；
C、甲对乙的拉力和乙对甲的拉力作用在不同的物体上，不是一对平衡力，故C错误；
D、能否获胜，取决于人所受地面摩擦力的大小，甲比乙的体重大，他们受到的摩擦力不一定大，就不一定能决出胜负，故D错误。
故选：B。
2．（3分）如图是测量压力的原理图，其中弹簧上端和滑动变阻器滑片固定在一起，压力大小可通过电压表示数来显示。压力越大电压表的示数越大。则下列电路中符合这一原理的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】AD．两电阻并联，电压表测电源的电压，根据电源的电压可知滑片移动时电压表示数的变化；
BC．两电阻串联，根据压力的变化可知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和定值电阻两端的电压变化，根据串联电路的电压特点可知滑动变阻器两端的电压变化。
【解答】解：AD．两电阻并联，电压表测电源的电压，
因电源的电压不变，
所以，压力变化时，电压表的示数不变，故AD不符合；
BC．两电阻串联，
压力越大时，滑片下移，接入电路中的在变大，电路中的总电阻变大，
由I＝可知，电路中的电流变小，
由U＝IR可知，定值电阻两端的电压变小，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，滑动变阻器两端的电压变大，
综上可知，B中电压表并联在滑动变阻器两端符合，C中电压表并联在定值电阻两端不符合。
故选：B。
3．（3分）如图是研究电流通过导体产生的热量与哪些因素有关的实验，下列分析正确的是（ ）
A．本次探究实验中用到了控制变量法和等效替代法
B．此实验必须把甲、乙两图接在电压相同的电源两端实验结论才具有科学性
C．为了探究电热与电流的关系，应该选择乙实验
D．通电相同的时间，甲装置中左边U形管的高度差更大
【分析】由焦耳定律Q＝I2Rt可知，Q与I、R及t有关，故应采用控制变量法结合图中的实验电阻丝的连接情况进行分析。
【解答】解：
A、甲探究电流产生热量与电阻关系中，控制了电流和通电时间相同；乙探究电流产生热量与电流关系中，控制了电阻和通电时间相同，实验中用到了控制变量法；据试验装置可知，电流通过导体产生热量使得容器中的空气受热膨胀，从而导致U形管中的液面会发生变化，故虽然热量的多少不能直接观察，但可以通过U形管液面高度差的变化来反映，这种研究方法叫转化法，故A错误；
B、甲实验探究电流产生热量与电阻关系，乙实验探究电流产生热量与电流关系，两实验没有联系，所以两次实验没有必要控制电压相同，故B错误；
C、乙实验，右侧电阻丝与另一电阻丝并联，故左右空气盒中电阻丝的电阻和通电时间相同，但通过电阻的电流不同，所以研究电流产生的热量与电流的关系，故C正确；
D、甲实验两电阻丝串联，则通过电阻丝的电流和通电时间相同，右侧电阻阻值大，由焦耳定律Q＝I2Rt可知，右侧电阻产生热量多；则右侧容器内空气吸收的热量多，甲装置中右边U形管的高度差更大，故D错误。
故选：C。
4．（3分）如图的各现象中，可作为“物质质量与体积有关”事实依据的有（ ）
A．（2）与（3） B．（2）与（4） C．（1）与（4） D．（1）与（2）
【分析】根据密度公式ρ＝得m＝ρV．要判断质量与体积的关系，要使两个物体的密度相同。
【解答】解：要探究物质质量与体积的关系，需使物质的密度相同即同种物质。
（2）和（3）属不同物质，所以不符合题意；（1）中都是铁这种物质，由于体积不同，而质量不同，（4）属同种物质，因体积相同，所以质量相同，所以（1）和（4）都反映了物质质量与体积的关系，符合题意。
故选：C。
5．（3分）如图是关于电磁现象的四个实验，下列说法正确的是（ ）
A．图甲是研究发电机工作原理的实验装置
B．图乙实验说明通电导体周围存在磁场
C．图丙是探究磁铁磁性强弱的实验装置
D．图丁是探究电磁感应现象的实验装置
【分析】根据对电与磁几个重要实验装置图的认识来判断：
（1）发电机原理图描述了线圈给外界的用电器供电；电动机原理图描述了电源给线圈供电；
（2）电磁感应现象装置图没有电池；磁场对电流的作用装置图有电池；
（3）奥斯特实验说明通电导线周围存在磁场。
【解答】解：A．图中有电池，是电动机原理图，故A错误；
B．图中有电源，这是磁场对电流的作用实验，结论是通电导体在磁场中受力，故B错误；
C．是奥斯特实验，说明通电导线周围存在磁场，故C错误；
D．图中没有电池，是电磁感应现象实验，故D正确。
故选：D。
6．（3分）下列现象与相关物理知识相符的是（ ）
A．人游完泳上岸，风一吹，感到非常凉爽﹣﹣﹣﹣﹣蒸发散热有致冷的作用
B．利用滑轮组运货物﹣﹣﹣﹣既省力又省功
C．台风掀开屋顶的瓦﹣﹣﹣﹣﹣屋外空气流速快，压强大，屋内空气的流速慢，压强小
D．神舟一号发射用液氢做燃料﹣﹣﹣﹣﹣因为氢的热值大
【分析】（1）蒸发是一种缓慢的汽化现象，蒸发吸热，影响蒸发快慢的因素有温度、表面积和液面上方的空气流动；
（2）使用机械可以省力，可以省距离，就是不能省功；
（3）流体流速越快，压强越小；流速越慢，压强越大；
（4）热值是燃料的一种特性，热值越大的燃料在完全燃烧相同质量的燃料时，释放出的热量越多，所以在选择火箭燃料时首先应该考虑燃料热值的大小。
【解答】解：
A、游完泳上岸后被风一吹感到较冷，是因为风加快了身上水分的蒸发，蒸发要吸热有致冷的作用，故A错误；
B、使用任何机械都不省功，故利用利用滑轮组运货物只省力不能省功，故B错误；
C、风刮过屋顶，屋顶上方的空气流动速度大，压强小；屋内空气流动速度小，压强大，屋顶受到向上的压强大于向下的压强，受到的向上的压力大于向下的压力，产生一个向上的压力差，将屋顶掀开，故C错误；
D、神舟一号发射用液氢做燃料，原因是液态氢具有较高的热值，完全燃烧相同质量的氢时，可以释放出更多的热量，故D正确。
故选：D。
7．（3分）小丽想用一个小灯泡、一个小电动机、两个开关等器材，模拟电冰箱内的照明灯L和压缩机用的电动机M之间的连接。如图所示是她设计的四个电路图，其中符合实际情况的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据生活经验可知，照明灯L和压缩机用的电动机M可以同时工作，也可以独立工作，即为并联，且各有一个开关控制，据此进行解答。
【解答】解：
A．由电路图可知，开关S1闭合时，照明灯L和电动机M同时工作，开关S2闭合时会造成电源短路，故A不符合题意；
B．由电路图可知，照明灯L和电动机M并联，且各有一个开关控制，两者可以同时工作，也可以独立工作，故B符合题意；
C．由电路图可知，照明灯L和电动机M以及两开关串联，两个开关同时闭合时都工作，否则不工作，故C不符合题意；
D．由电路图可知，开关S2闭合时，照明灯L和电动机M同时工作，再闭合开关S1时，只有灯泡工作，故D不符合题意。
故选：B。
8．（3分）在“探究阻力对物体运动的影响”的实验中，同一小车从相同斜面上的同一高度由静止下滑到不同水平面时的情景，如图所示，则（ ）
A．为了便于分析，本实验的合理顺序是（a）（b）（c）（d）
B．在四次实验中，小车克服阻力做的功相同
C．由本实验可以直接得出牛顿第一定律
D．本实验中若仅添加一个小木块，还可以探究动能大小和质量的关系
【分析】（1）小车受到的阻力越小，速度减小的越慢，据此分析；
（2）根据机械能的转化分析；
（3）根据接触面的粗糙程度分析；
（4）动能的大小与速度和质量有关。
【解答】解：
A、小车在水平面上受到的阻力越小，速度减小的越慢，所以应该逐次减小摩擦力，故接触面应越来越光滑，合理顺序是（b）（d）（c）（a），故A错误；
B、小车到达水平面的速度是相同的，动能相同，最终会停止运动，小车克服阻力做功，机械能全部转化为内能，故做功是相同的，故B正确；
C、在实验中，不可能获得光滑的平面，所以该实验的结论是通过推理得出的，故C错误；
D、本实验中若仅添加一个小木块，把小木块放到水平面上，通过小车撞击木块的距离来判定动能的大小，由于小车的质量不变，故无法探究动能与质量的关系，故D错误。
故选：B。
9．（3分）甲、乙两物体的路程s随时间t变化的关系如图所示。那么在0～t0时间内，两物体的运动情况和受力情况是（ ）
A．甲的运动速度逐渐变大 B．乙做匀速直线运动
C．甲、乙都受平衡力作用 D．甲受非平衡力作用
【分析】（1）在s﹣t图象中过原点的斜线表示物体做匀速直线运动；平行于时间轴的直线表示物体静止；
（2）平衡状态是指物体做匀速直线运动或静止，处于平衡状态的物体一定受到平衡力的作用，处于非平衡状态的物体，一定受到非平衡力的作用。
【解答】解：（1）由图可知，甲物体的图象是一条过原点的斜线，表示物体做匀速直线运动；乙物体的图象是一条平行于时间轴的直线，表示物体静止。故甲的运动速度不变，乙静止。故AB错误；
（2）由（1）知，甲物体做匀速直线运动，乙物体静止，二者都处于平衡状态，所以甲、乙都受平衡力作用，故C正确，D错误。
故选：C。
10．（3分）如图所示，水母身体外形像一把透明伞。水母身体内有一种特别的腺，腺能产生一氧化碳改变自身体积，从而能在水中上浮与下沉。下列判断正确的是 （ ）
A．水母漂浮时，所受浮力大于自身重力
B．水母悬浮时，若体积变大时则会上浮
C．水母在下沉过程中受到水的压强不变
D．水母漂浮时比沉在水底时排开水的重力小
【分析】（1）物体漂浮，浮力等于其重力；
（2）根据F浮＝ρgV排，并结合物体浮沉条件分析解答；
（3）根据p＝ρgh分析解答；
（4）浸在液体中的物体受到竖直向上的浮力，浮力的大小等于该物体所排开的液体受到的重力的大小。
【解答】解：
A、根据物体漂浮条件可知，水母漂浮时，所受浮力等于自身重力，故A错误；
B、水母悬浮时，浮力等于其重力；若体积变大时，其排开水的体积变大，根据F浮＝ρgV排知，浮力变大，浮力大于重力，则水母会上浮，故B正确；
C、水母在下沉过程中，深度增大，根据p＝ρgh知，受到水的压强变大，故C错误；
D、水母漂浮时，浮力等于其重力，水母沉在水底时，浮力小于其重力，所以水母漂浮时受到的浮力大于其沉在水底时受到的浮力，由F浮＝G排可知，水母漂浮时比沉在水底时排开水的重力大，故D错误。
故选：B。
二、多选题（本大题共3小题，共12分）
（多选）11．（3分）用相同的电加热器分别对质量相等A和B两种液体同时加热（不计热量损失），如图是A和B的温度随加热时间变化的图象，下列说法正确的是（ ）
A．A的比热容与B的比热容之比为2：1
B．A的比热容与B的比热容之比为2：3
C．加热相同的时间，B吸收的热量比A吸收的热量多
D．A和B升高相同的温度，A吸收的热量较多
【分析】A、B两种液体质量相等、初温相同、加热时间（吸热相同），利用热量的计算公式分析即可得出答案。
【解答】解：A、B利用热量的计算公式Q＝cmΔt可以知道，在质量相等、吸收的热量也相同时，A的温度升高20℃，B的温度升高40℃，由公式c＝知，A与B的比热容之比为2：1，故A正确，B错误；
C、两种质量相等、初始温度也相同的不同液体，分别用两只完全相同的酒精灯加热，相同的时间内吸收的热量相等，故C错误；
D、由图象可以看出，当升高的温度相同时，A的加热时间更长，说明A吸收的热量更多，所以D正确；
故选：AD。
（多选）12．（3分）如图甲所示，电源电压保持不变，R0为定值电阻，R为滑动变阻器，闭合开关S，滑动变阻器的滑片从一端移动到另一端的过程中，电压表和电流表的示数与R的关系分别如图乙、丙所示。下列说法正确的是（ ）
A．电源电压为6V
B．滑动变阻器R的最大阻值是20Ω
C．R0的最小电功率为0.4W
D．当滑片P置于中点时，R的电功率为0.8W
【分析】由电路图可知，R与R0串联，电压表测R0两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）根据电压表和电流表的示数与R的关系，可得滑片在最大值和最小值处电压表和电流表的示数，由串联电路特点和欧姆定律可得电源电压；
（2）计算R0的阻值和滑动变阻器的最大阻值；
（3）根据图象得出的最小电压和电流，利用电功率公式计算此时R0的最小功率；
（4）当滑片P置于中点时，由串联电路特点和欧姆定律求出电路中电流，由P＝I2R即可求出滑动变阻器的功率。
【解答】解：
由电路图可知，R与R0串联，电压表测R0两端的电压，电流表测电路中的电流。
A、由图甲、乙可知，当R＝0时，即只有R0连入电路中时，电压表示数最大为6V，即电源电压U＝6V，故A正确；
B、由图丙知，当R＝0时，电路中电流：I0＝I＝0.6A，由欧姆定律可得R0的阻值：
R0＝＝＝10Ω；
由乙图知，当滑动变阻器连入阻值最大时，电压表示数为2V，即U0＝2V，此时电路中电流最小，由丙图可知：I最小＝I′＝0.2A，
由串联电路特点和欧姆定律可得，此时滑动变阻器两端电压：UR＝U﹣U0＝6V﹣2V＝4V，
由欧姆定律可得滑动变阻器的最大阻值：
R＝＝＝20Ω；故B正确；
C、R0的最小功率：P＝U0I0＝2V×0.2A＝0.4W；故C正确；
D、当滑片P置于中点时，电路中的电流：I2＝＝＝0.3A，
此时R的功率：PR＝I22R中＝（0.3A）2××20Ω＝0.9W；故D错误。
故选：ABC。
（多选）13．（3分）小明同学在探究凸透镜成像规律时，用焦距分别为f1、f2的甲、乙两个凸透镜进行实验。先将点燃的蜡烛、透镜甲和光屏放置在光具座上，调整后的位置如图所示，此时在光屏上得到烛焰清晰的像（图中未标出）：再用透镜乙替换透镜甲，且保持蜡烛和透镜的位置不变，将光屏向左移动再次得到烛焰清晰的像。下列判断正确的是（ ）
A．图中光屏上的像是放大的
B．图中光屏上的像是缩小的
C．f1＜f2
D．f1＞f2
【分析】（1）由u＞v知成倒立缩小的实像；
（2）保持蜡烛和透镜的位置不变，将光屏向左移动再次得到烛焰清晰的像，像变小，像距减小。
【解答】解：AB、由u＞v知成倒立缩小的实像，故A错误，B正确；
CD、由“保持蜡烛和透镜的位置不变，将光屏向左移动再次得到烛焰清晰的像”可知，会聚作用加强了。所以光屏才左移。会聚作用越强，焦距越短，故f1＞f2，故C错误，D正确。
故选：BD。
三、填空题（本大题共5小题，共10分）
14．（2分）轮船是采用增大 排开液体的体积 的方法增大可利用的浮力；潜水艇是靠改变自身的 重力 来实现上浮和下沉的。
【分析】（1）把树木挖成空心，装上货物，相当于用货物取代了木头被挖走的部分，增大可利用浮力，实际是保持排开水体积不变的条件下的质量替换，现在的轮船也是利用这个道理；
（2）潜水艇浸没在水中，潜水艇的体积不变（排开水的体积不变），受浮力不变；通过让海水进、出压力舱改变潜水艇受到的重力，而实现上浮或下沉的。
【解答】解：
（1）轮船是采用增大排开液体的体积的办法增大可以利用的浮力；
（2）在水中，潜水艇受到水的浮力和重力的作用，因为F浮＝ρ水v排g，潜水艇的体积不变，排开水的体积不变，所以潜水艇受到水的浮力不变；
①把压缩空气压入潜水艇的压力舱，将海水排出，潜水艇自重G减小，当F浮＞G时，潜水艇上浮；
②打开压力舱的阀门，让海水进入压力舱内，潜水艇自重G增大，当F浮＜G时，潜水艇下沉；
③当F浮＝G时，潜水艇悬浮，可以停留在任何深度；
由此可见，潜水艇能够上浮和下沉是通过改变自身重力来实现的。
故答案为：排开液体的体积； 重力。
15．（3分）寒冷的冬天，小明搓手取暖是通过 做功 方式改变内能的：回到家中闻到厨房炒菜的香味，这是分子 无规则运动 的结果；小明隔着家里的真空玻璃窗依然能接打手机，说明 电磁波 可以在真空中传播。
【分析】（1）做功和热传递都可以改变物体的内能，它们的主要区别是：做功是能量的转化，而热传递是能量的转移，做功和热传递在改变物体内能上等效的。
（2）物质是由分子组成的，一切物体的分子都在永不停息地做无规则运动；
（3）电磁波的传播不需要介质，可在真空中传播。
【解答】解：寒冷的冬天，小明搓手取暖，这是通过做功将机械能转化为内能，内能增加，温度升高；
炒菜时，菜的香味分子在永不停息地做无规则运动，扩散到空气中，所以回到家中闻到厨房炒菜的香味；
手机是利用电磁波传递信息的，小明隔着家里的真空玻璃窗依然能接打手机，这说明电磁波能在真空中传播；
故答案为：做功；无规则运动；电磁波。
16．（2分）寒冬，济南市某处消防栓发生爆裂，大量的清水喷涌而出，在低温的作用下，附近绿化带内的植物全部穿上了厚厚的“冰衣”（如图所示），虽然气温没有回升，过一段时间，发现“冰衣”还是变小了。形成“冰衣”和“冰衣”变小所涉及的物态变化分别是 凝固 、 升华 。
【分析】物质由气态直接变为固态叫凝华，物质由固态直接变为气态叫升华；由气态变为液态叫液化，由液态变为气态叫汽化；由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固。
【解答】解：绿化带内的植物全部穿上了厚厚的“冰衣”是喷射出来的水遇冷凝固形成的；
“冰衣”变小是固态的冰升华形成水蒸气。
故答案为：凝固；升华。
17．（3分）用铝壶烧开水，壶中的水蒸气将壶盖顶起来，这是消耗水蒸气的 内 能对外做功，将水蒸气的 内 能转化成壶盖的 机械 能。
【分析】水蒸气膨胀做功，内能减少，温度降低。
【解答】解：水烧开以后，水蒸气对壶盖做功，把壶盖顶起来，将水蒸气的内能转化为壶盖的机械能，水蒸气的内能减少，温度降低。
故答案为：内，内，机械。
18．（3分）水平桌面上两个完全相同的烧杯中分别盛有甲、乙两种液体，将两个完全相同的小球分别放入两烧杯中，当两球静止时，两液面高度相同，球所处的位置如图所示。小球在甲液体中所受浮力为FA、所排开甲液体的重力为GA、甲液体对容器底的压强为p甲；小球在乙液体中所受浮力为FB、所排开乙液体的重力为GB、乙液体对容器底的压强为p乙，则FA ＝ FB、GA ＝ GB、p甲 ＞ p乙（均选填“＞”、“＝”或“＜”）。
【分析】（1）A、B是两个完全相同的小球，漂浮和悬浮时受到的浮力都等于重力，由此可知两小球受浮力大小关系；根据阿基米德原理可知排开液体重力的大小关系；
（2）根据漂浮和悬浮时液体密度和球的密度关系，找出两种液体的密度关系，又知道两容器液面等高（深度h相同），利用液体压强公式分析两种液体对容器底压强的大小关系。
【解答】解：由图可知，A球漂浮，B球悬浮，所以根据悬浮和漂浮条件可知两球受到的浮力都等于各自的重力，由于两个小球是相同的，重力相等，所以FA＝FB＝G。
根据阿基米德原理可知：排开液体重力GA＝FA，GB＝FB，所以GA＝GB；
由于A球漂浮，B球悬浮，根据物体的浮沉条件可知：ρ甲＞ρ球，ρ乙＝ρ球，
则两种液体的密度大小关系是：ρ甲＞ρ乙。
且两烧杯中液面相平即h甲＝h乙，根据液体压强的计算公式p＝ρgh可知：p甲＞p乙。
故答案为：＝；＝；＞。
四、计算题（本大题共3小题，共29分）
19．（9分）体积为5×10﹣3米3的金属小球浸没在水中。求：
①小球排开水的体积V排；
②小球受到的浮力F浮。
【分析】知道小球的体积（浸没在水中排开水的体积），利用阿基米德原理求小球受到的浮力。
【解答】解：
（1）因为小球浸没在水中，
所以小球排开水的体积：V排＝V＝5×10﹣3m3；
（2）小球受到的浮力：
F浮＝ρ水gV排＝1×103kg/m3×9.8N/kg×5×10﹣3m3＝49N。
答：①小球排开水的体积为5×10﹣3m3；
②小球受到的浮力为49N。
20．（9分）如图甲是一种恒温调奶器，可以自动调试好加水的奶粉，然后加热到最适合宝宝饮用的温度40℃，还可以自动保温，特别适合夜间使用。图乙是机器的参数表及电路简图（R1、R2为电热丝，S为双触点自动开关）。求：
型号：HY101M
电源：220V 50Hz
加热功率：500W
保温功率：16W
（1）调奶器处于保温状态时的工作电流（结果保留两位小数）？
（2）电阻R2的阻值？
（3）若把200g调好的奶粉从20℃加热到40℃所用时间为32s，则调好的奶粉的比热容是多少（不计热损失）？
【分析】（1）由表格数据可知保温功率，根据P＝UI求出工作电流；
（2）由题意可知，当S接“2”时，电路为R1的简单电路，调奶器处于保温状态；当接“3”时，电路为R1、R2并联，奶器处于加热状态，根据总功率等于各用电器功率之和可知R2的电功率，根据并联电路的电压特点和P＝求出电阻R2的阻值；
（3）知道调奶器的加热功率和工作时间，根据W＝Pt求出消耗的电能，不计热损失，调好奶粉吸收的热量等于消耗的电能，又知道调好奶粉的质量和初温、末温，根据Q吸＝cm（t﹣t0）求出调好奶粉的比热容。
【解答】解：（1）由P＝UI可得，调奶器处于保温状态时的工作电流：
I＝＝≈0.07A；
（2）由题意可知，当S接“2”时，电路为R1的简单电路，调奶器处于保温状态；
当接“3”时，电路为R1、R2并联，奶器处于加热状态，
因电路中的总功率等于各用电器功率之和，
所以，R2的电功率：
P2＝P加热﹣P保温＝500W﹣16W＝484W，
由P＝可得，电阻R2的阻值：
R2＝＝＝100Ω；
（3）由P＝可得，调奶器消耗的电能：
W＝P加热t′＝500W×32s＝16000J，
不计热损失，调好奶粉吸收的热量：
Q吸＝W＝16000J，
由Q吸＝cm（t﹣t0）可得，调好奶粉的比热容：
c＝＝＝4×103J/（kg•℃）。
答：（1）调奶器处于保温状态时的工作电流为0.07A；
（2）电阻R2的阻值为100Ω；
（3）调好的奶粉的比热容是4×103J/（kg•℃）。
21．（11分）如图甲所示，是小区内的一种新型健身器械，叫单人坐拉器，它的简化模型图，如图乙所示。坐在坐拉器座椅上的人，当双手用力向下拉动手柄A时，操作杆AB会绕着转轴O转动，连杆BD拉动杆O′C绕转轴O′转动，将座椅向上抬起，（g取10N/kg）
（1）关于该坐拉器及其模型图，下列说法正确的是 BC 。
A．该坐拉器是个组合杠杆，使用过程中可以省功
B．O′DC杠杆是费力杠杆，而BOA杠杆是省力杠杆
C．人的体重越重，坐拉器使用过程中的机械效率越高
D．该坐拉器的机械效率为定值，不会发生变化
（2）已知手柄竖直向下移动30cm时，座椅竖直升高9cm，用时5s，若人的质量为60kg，利用坐拉器抬起人的机械效率为90%，则抬起人的过程所做功的功率为多少？
（3）已知图乙中OA：OB＝6：1，O′C：O′D＝2：1，此时AB杆处于水平位置，BD杆垂直于杆AB和O′C，BD杆对AB和O′C杆的拉力均沿着BD，且大小相等。若手臂对手柄A的拉力方向和人的重力方向视作同一直线，物体间相互作用力的大小相等、方向相反，忽略坐拉器的自重、转动时的摩擦和座椅的尺度。若小红的质量为40kg，则此时小红让自己保持图乙的状态，需要对手柄A施加竖直向下的拉力为多大？
【分析】（1）使用任何机械都不能省功；费力的机械一定省距离；动力臂大于阻力臂的杠杆为省力杠杆，根据机械效率的定义和影响其大小的因素即可判断；
（2）先求出人的体重，然后根据W＝Gh求出有用功，再利用η＝×100%求出坐拉器抬起人所做的总功，最后根据P＝求出抬起人所做功的功率：
（3）根据杠杆平衡条件得，对于杠杆AOB来说有：FA×OA＝FB×OB，对于杠杆O′CD来说有：（G′﹣FA′）×O′C＝FD×O′D，结合题意二者联立即可得出答案。
【解答】解：
（1）A、根据功的原理可知，使用任何机械都不能省功，故A错误；
B、由图可知，O′DC杠杆是费力杠杆，杠杆BOA的动力臂大于阻力臂，为省力杠杆，故B正确；
CD、爸爸越重，有用功占总功的比值越大，则坐拉器的机械效率越高，该坐拉器的机械效率不为定值，故C正确，D错误；
故选：BC。
（2）人的重力：G＝mg＝60kg×10N/kg＝600N，
有用功：W有＝Gh＝600N×0.09m＝54J，
由η＝×100%得，抬起人所做的总功：
W总＝＝＝60J，
则抬起人所做功的功率：
P＝＝＝12W。
（3）小红的重力G′＝mg＝40kg×10N/kg＝400N，
由杠杆平衡条件得，对于杠杆AOB来说有：
FA×OA＝FB×OB，即：＝＝﹣﹣﹣①
对于杠杆O′CD来说有：
（G′﹣FA′）×O′C＝FD×O′D，
即：＝＝﹣﹣﹣②
由题意知，FB＝FD，
由于物体间相互作用力的大小相等，即FA＝FA′，
由可得，＝，
解得：FA＝100N。
故答案为：（1）BC；
（2）小红抬起爸爸所做功的功率为12W；
（3）需要对手柄A施加竖直向下的拉力为100N。
五、作图题（本大题共2小题，共4分）
22．（2分）在如图所示的电路中，有两根导线尚未连接，请用笔画线代替导线补上。要求：①闭合电键S后，向左移动滑动变阻器的滑片P，小灯变暗；②电压表测量小灯泡两端的电压。
【分析】根据题意分析各电路元件的连接方式，按题目要求确定滑动变阻器和电压表的接法，然后完成实物电路的连接。
【解答】解：电压表要测小灯两端电压，则电压表应与灯泡并联；
滑动变阻器要改变灯泡亮度，应一上一下串联入电路中；闭合开关S，滑片向左移动时灯变暗，说明电路中电流变小，根据欧姆定律可知，电路的总电阻变大，滑动变阻器接入电路的电阻变大，所以应将变阻器的右下接线柱接入电路中，如图所示：
。
23．（2分）物体A静止在斜面上，请做出物体A的受力示意图。
【分析】首先分析物体在下滑过程中所受的力，并注意力的作用点和方向；
物体受重力、斜面的支持力及摩擦力的作用，在作图时，可以将三个力的作用点都画在重心上。
【解答】解：物体一定受到重力作用，A静止在斜面上，相对斜面有向下运动的趋势，受到沿斜面向上的摩擦力，同时还会受到斜面对它的支持力，方向垂直于斜面向上。如下图所示：
六、实验探究题（本大题共3小题，共15分）
24．（5分）小明用如图所示装置做“比较不同物质的吸热能力”实验，在两个相同的烧瓶中分别装入质量、初温都相同的A、B两种液体，两烧瓶中的电阻丝相同。
（1）实验中，使两烧瓶中的电阻丝相同的目的是 使两种液体在相同的时间内吸收相同的热量 。
（2）实验中，用 加热时间 间接反映液体吸收热量的多少；
（3）小田根据实验测得的数据分别描绘出了A、B两种液体的温度随加热时间变化的图象如图乙，分析图乙可知 A （填“A”或“B”）的吸热能力更强。若加热过程中无热量损失，已知A的比热容为4.2×103J/（kg•℃），则B的比热容为 2.1×103 J/（kg•℃）。
（4）若在图甲中甲、乙两瓶中是质量相同的同种液体，电阻丝的阻值不同，则该装置可用来探究电流产生的热量与 电阻 的关系。
【分析】（1）实验时两烧瓶中的电阻丝相同，在相等时间内液体吸收的热量相等；
（2）实验时两烧瓶中的电阻丝相同，在相等时间内液体吸收的热量相等，实验采用了转换法，可以通过比较较热时间长短比较液体吸收热量的多少。
（3）根据c＝可知，相同质量的不同物体吸收相同的热量，温度变化越小的，比热容越大，吸热能力越强；根据图象和QA＝QB＝cmΔt即可求出B的比热容。
（4）质量相同的同种液体，根据Δt＝，升高的温度越大，吸收的热量越多，根据Q＝I2Rt、串联电路的规律及控制变量法分析。
【解答】解：（1）实验选择相同规格的电阻丝的目的是使两种液体在相同的时间内吸收相同的热量；
（2）实验时两烧瓶中的电阻丝相同，在相等时间内液体吸收的热量相等，加热时间越长，液体吸收的热量越多，可以用加热时间长短表示吸收热量的多少。
（3）由图乙可知，相同质量的A、B液体，被加热相同的时间（吸收相同的热量），A液体升温慢，B液体升温快，说明A液体的吸热本领强；
根据图乙可知，A、B都加热5min，A温度变化量为30℃﹣10℃＝20℃，B温度变化量为50℃﹣10℃＝40℃；
由QA＝QB＝cmΔt可得：
cAmΔtA＝cBmΔtB
4.2×103J/（kg•℃）×20℃＝cB×40℃
cB＝2.1×103J/（kg•℃）。
（4）若在甲、乙两瓶中，电阻丝串联，通过的电流和时间相等，液体是质量相同的同种液体，电阻丝的阻值不同，则该装置可用来探究电流产生的热量与电阻的关系。
故答案为：（1）使两种液体在相同的时间内吸收相同的热量；（2）加热时间；（3）A；2.1×103；（4）电阻。
25．（5分）用伏安法测电阻，实验电路如图甲所示；
（1）连接电路时，开关应该是 断开 的。
（2）大山同学在实验中的某次测量，电压表与电流表的读数如图乙所示，则此时待测电阻的阻值为 8 Ω。
（3）根据甲的电路图，用笔代替导线，把丙图的实物图连接完整，要求导线不能交叉。
（4）实验中，如果电压表突然损坏，已知滑动变阻器的最大阻值为R，电源电压保持不变，但电源电压未知，大山利用剩下的器材测出Rx，电路如图丁。
实验过程：
①将滑片移至最右端，测出此时的电流I1，
②将滑片移至最左端，测出此时的电流I2，则Rx＝ 。
【分析】（1）为了保护电路元件，在连接电路时，开关要断开；
（2）确定电压表和电流表的量程，根据分度值读数；由欧姆定律求电阻大小；
（3）根据电路图连接实物图；
（4）由于没有电压表，滑动变阻器的最大阻值已知，可以将滑动变阻器看做一个定值电阻，使滑动变阻器的阻值为零，测出电流；再移动滑片使其阻值最大，测出电流，根据串联电路的规律和欧姆定律得出电源电压表达式，由电源电压不变的特点列出关系式，求出待测电阻的阻值。
【解答】解：（1）为了保护电路，在连接电路时开关应该处于断开状态；
（2）由图乙可知，电压表选用小量程，分度值为0.1V，小灯泡两端的电压U＝2.4V；
电流表选用小量程，分度值值为0.02A，通过小灯泡的电流I＝0.3A，
由I＝可得，此时待测电阻的阻值：
Rx＝＝＝8Ω；
（3）根据电路图知：开关、电阻、电流表、滑动变阻器串联在电路中，电压表与电阻并联，根据图乙知电压表的量程为0﹣3V，电流表的量程为0﹣0.6A，滑动变阻器一上一下的接，如图所示：
（4）如果电压表突然损坏，已知滑动变阻器的最大阻值为R，电源电压保持不变，但电源电压未知，实验电路图已设计如图丙所示，实验过程：
①测量时，先将滑片移至最右端，测出此时的电流I1，则电源电压：U＝I1Rx
②将滑片移至最左端，测出此时的电流I2，
根据欧姆定律和串联电路电压的规律，则电源电压：U＝I2Rx+I2R。
因电源电压保持不变，所以I1Rx＝I2Rx+I2R，
则Rx的表达式为：Rx＝。
故答案为：（1）断开；（2）8；（3）见上图；（4）。
26．（5分）为了模拟研究汽车超载和超速带来的安全隐患，小明同学设计了如图甲、乙、丙所示的探究实验，将A、B、C三个小球先后从同一装置，高度分别为hA、hB、hC的位置滚下（mA＝mB＜mC，hA＝hC＞hB），推动小木块运动一段距离后静止，请你根据生活经验和所学的物理探究方法，对以下问题进行解答：
（1）用来研究超速安全隐患时，需要控制的变量是 质量 ，实验时应选择 甲乙 两个图所示实验进行比较；
（2）用来研究超载安全隐患时，应选择 甲丙 两个图所示实验进行比较，通过这个实验得到的结论是 汽车的速度一定时，质量越大动能越大 。
【分析】（1）实验中运用转换法来研究小球动能的大小，即观察小球撞击木块移动的距离远近；
（2）动能大小的影响因素：质量和速度。质量一定时，速度越大，动能越大；速度一定时，质量越大，动能越大。对照图示，结合控制变量法可得出结论。
【解答】解：（1）超速是指汽车的质量一定，速度越大，动能越大。选择质量相等到达水平面速度不同的AB小球，即甲、乙两图符合题意。
（2）超载是指汽车的速度一定时，质量越大动能越大。选择到达水平面的速度相等，质量不同的AC小球进行实验，即甲、丙两图符合题意。
故答案为：
（1）质量；甲乙；（2）甲丙；汽车的速度一定时，质量越大动能越大。
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