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2023年中考考前最后一卷（全解全析）物理（湖北武汉卷）
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这是一份2023年中考考前最后一卷（全解全析）物理（湖北武汉卷），共20页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2023年中考考前最后一卷【湖北武汉卷】
物理·全解全析
一、选择题（本大题包括12小题，每小题3分，共36分。在每小题列出的四个选项中，只有一个是正确的，请将答题卡上对应题目所选的选项涂黑）
1．春秋战国时期，墨子和他的学生做了世界上第一个小孔成像实验。如图所示中的光现象与小孔成像原理相同的是（ ）
A．镜中的字母
B．水中的倒影
C．墙上的手影
D．空中的彩虹
【分析】（1）光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，产生的现象有小孔成像、激光准直、影子的形成、日食和月食等；
（2）光传播到两种介质的表面上时会发生光的反射现象，例如水面上出现岸上物体的倒影、平面镜成像、玻璃等光滑物体反光都是光的反射形成的；
（3）光在同种不均匀介质中传播或者从一种介质斜射入另一种介质时，就会出现光的折射现象，例如水池底变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼、凸透镜成像等都是光的折射形成的；
（4）一束太阳光经三棱镜折射后分解成七种单色光的现象叫做光的色散现象。
【解答】解：小孔成像是由光的直线传播形成的；
A、镜中的字母是凸透镜成像，是由于光的折射造成的，故A不符合题意；
B、水中倒影属于平面镜成像，是由于光的反射形成的，故B不符合题意；
C、墙上的手影的形成说明光是沿直线传播的，由于光的直线传播，被物体挡住后，物体后面就会呈现出阴影区域，就是影子，故C符合题意；
D、雨过天晴时，常在天空出现彩虹，这是太阳光通过悬浮在空气中细小的水珠折射而成的，白光经水珠折射以后，分成各种彩色光，这种现象叫做光的色散现象，所以说雨后的天空出现彩虹是由光的折射形成的，故D不符合题意。
故选：C。
【点评】此题通过不同的现象考查了学生对光的直线传播、光的反射、光的折射及光的色散现象的理解，在学习中要注意区分，并要学会用所学知识解释有关的物理现象。
2．我们每时每刻都在与声打交道，以下有关声的叙述，不正确的是（ ）
A．甲图中人类用语言表达信息、情感、并进行交流，说明声音能够传递能量
B．乙图中暖气管能把敲击声传遍楼内各处，说明声音可以在固体中传播
C．丙图中塑料尺伸出桌面的长度越长，振动越慢，音调越低
D．丁图中在公路两旁设置声音屏障，说明在传播过程中可以减弱噪声
【分析】（1）声音既可以传递信息，又可以传递能量；
（2）声音在传播过程中需要介质，即气体、液体和固体都可以传递声音；
（3）音调的高低与发声体振动快慢有关，物体振动越快，音调就越高，物体振动越慢，音调就越低；
（4）减弱噪声的途径有三种：即在声源处减弱、在人耳处减弱、在传播过程中减弱。
【解答】解：A、甲图中人类用语言表达信息、情感、并进行交流，说明声音能够传递信息，故A错误；
B、暖气管能把敲击声传遍楼内各处，明声音可以在固体中传播，故B正确；
C、尺子发出声音的音调与尺子振动快慢有关，当尺子伸出桌面的长度越长时，振动越慢，发出声音的音调越低，故C正确；
D、在公路两旁设置声音屏障，说明在传播过程中可以减弱噪声，故D正确。
故选：A。
【点评】此题为声学综合题，涉及到的知识点较多，但难度不大，牢固的掌握好声现象的基本知识是解决该题的关键。
3．如图所示的四种物态变化实例中，需要吸热的是（ ）
A．初春，湖面上冰化成“水”
B．盛夏，草叶上形成“露珠”
C．深秋，枫叶上形成“霜”
D．严冬，树枝上形成“雾凇”
【分析】（1）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。
（2）六种物态变化过程中，都伴随着吸热或放热；其中放出热量的物态变化有：凝固、液化、凝华；吸热的有：熔化、汽化、升华。
【解答】解：A、冰化成水，属于熔化过程，需要吸收热量。
B、露珠是水蒸气遇冷液化形成的，液化放热。
C、霜是空气中的水蒸气遇冷凝华形成的冰晶，凝华过程放热。
D、雾凇是空气中的水蒸气遇冷凝华形成的冰晶，凝华过程放热。
故选：A。
【点评】判断物态变化，关键是分清物质变化前后的状态，是中考热学知识考查的热点内容。
4．如图所示，一重为1N的“平衡鸟”玩具停在指尖上，处于静止状态.下列关于“平衡鸟”受力示意图描述正确的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】物体处于平衡状态下受到平衡力的作用，则该物体受到的两个力大小相等、方向相反、在同一直线上，由此分析解答。
【解答】解：由题知，“平衡鸟”停在指尖上处于静止状态，所以它受到的重力和指尖对它的支持力是一对平衡力，大小都等于1N，重力方向竖直向下，则支持力方向竖直向上，两个力都作用在“平衡鸟”上、在同一直线上，由各选项图知，D正确，ABC错误。
故选：D。
【点评】本题考查力的示意图的作图，关键是根据“平衡鸟”的所处的状态正确分析它受到的各个力。
5．如图是湖北武汉物流正式投放的无人快递车，不用人为控制，自己就能找到目的地，不仅能避让行人、车辆，还能自己乘电梯、叫门。下列说法正确的是（ ）
A．无人车匀速转弯时运动状态不变
B．无人车的轮子有凹凸不平的花纹是为了减小摩擦
C．无人车行驶过程中以快递车为参照物货物是运动的
D．无人车主动避让行人、车辆，是利用像蝙蝠一样的回声定位
【分析】（1）物体的运动状态的改变包括速度大小和方向的变化，如果速度大小和方向不变，说明运动状态不变。
（2）增大摩擦的方法：在接触面粗糙程度一定时，增大压力；在压力一定时，增大接触面的粗糙程度。
（3）在研究物体运动时，要选择参照的标准，即参照物，物体的位置相对于参照物发生变化，则运动，不发生变化，则静止。
（4）声音可以传递信息。
【解答】解：A、无人车匀速转弯时运动方向不断变化，所以运动状态改变，故A错误。
B、无人车的轮子有凹凸不平的花纹，是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力，故B错误。
C、无人车行驶过程中以快递车为参照物，货物与快递车之间没有发生位置变化，货物是静止的，故C错误。
D、快递车主动避让行人、车辆这是像蝙蝠一样，根据反射回来的超声波就可以对前方的物体做出判断，利用了回声定位，故D正确。
故选：D。
【点评】本题以快递车为背景考查了增大摩擦力的方法、物体运动状态变化的判断、参照物的选择、回声定位原理的应用等知识，有一定的综合性，但难度不大。
6．如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．甲图：大坝上窄下宽，是因为同种液体的压强随深度的增加而增大
B．乙图：“蛟龙号”潜入水下的深度越大，所受浮力和压强越大
C．丙图：水不流出来说明大气只有竖直向上的压强
D．丁图：密度计在液体中所受浮力大于自身重力
【分析】（1）液体内部的压强跟液体的密度和深度有关，液体密度越大、越深，压强越大；
（2）液体内部的压强随深度的增加而增大；外形（排开水的体积）不变，由阿基米德原理分析浮力变化；
（3）大气向各个方向都有压强；
（4）密度计在使用过程中是漂浮的，浮力等于自身的重力。
【解答】解：
A、大坝上窄下宽，是因为同种液体的压强随深度的增加而增大，故A正确；
B、“蛟龙号”潜入水下的深度h越大，因为p＝ρ水gh，h变大，所以受到的压强p变大；因为潜水艇V排不变，由F浮＝ρ水V排g可知，受到的浮力不变，故B错误；
C、用纸片盖住装有水的塑料管口，倒置后，水不流出来，是因为大气有向上的压强，但大气向各个方向都有压强，故C错误；
D、密度计在液体中所受浮力等于自身重力，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查液体压强的特点，阿基米德原理、物体的浮沉条件及其应用，是对基础知识的考查。
7．在刚刚落幕的卡塔尔世界杯上，一代“球王”梅西率领阿根廷队举起了大力神杯，如图是比赛中的一个精彩的画面，下列有关说法中正确的是（ ）
A．足球在空中下落过程中，机械能守恒
B．足球离开运动员的脚飞出时动能转化为弹性势能
C．足球被运动员踢出时运动员对足球不做功
D．运动员争抢头球时先要高高跃起，运动员离地上升时动能转化为重力势能
【分析】（1）考虑空气和摩擦阻力时，一部分机械能会转化为内能，机械能总和会减少。
（2）动能大小的影响因素：质量、速度；质量越大，速度越大，动能越大；重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度；质量越大，高度越高，重力势能越大。
（3）物理学中的做功的两个必要条件：一是作用在物体上的力，二是物体在力的方向上移动一段距离，二者缺一不可。
【解答】解：A、足球在空中下落过程中，克服摩擦力做功，机械能转化为内能，机械能减小，故A错误。
B、足球离开运动员的脚飞出时消耗了弹性势能，获得了动能，弹性势能转化为动能，故B错误。
C、足球被运动员踢出时，受到运动员的踢力，并且在该力的方向上通过了一定距离，所以运动员对足球做功，故C错误。
D、运动员争抢头球时先要高高跃起，运动员离地上升时质量不变，速度变小，高度变大，则动能减少，重力势能增大，故将动能转化为重力势能，故D正确。
故选：D。
【点评】此题考查机械能守恒、动能和势能的转化、力是否做功的判断，具有较强的综合性，难度中等，熟练掌握相关的基础知识是关键。
8．为了方便师生入校，我校采用了新的门禁系统，师生既可以通过刷脸也可以通过刷卡进入校门。当卡片信息或人脸信息符合时，电动机转动打开闸门。小何同学设计电路模拟门禁系统，下列能达到这种效果的电路图是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】当卡片信息或人脸信息符合时，电动机转动打开闸门，师生才能进入校门，据此分析两开关和电动机的连接方式。
【解答】解：根据题意，卡片信息或人脸信息看成开关，当卡片信息或人脸信息符合时，电动机转动打开闸门，说明两个开关是并联，均可以控制电路，互不干扰。当任一开关闭合时，电动机转动，说明两个开关并联后与电动机串联，故B符合题意，ACD不符合题意。
故选B。
【点评】本题考查电路的设计，正确分析两个开关的连接方式是关键。
9．安全用电关乎人民的生命和财产安全。如图所示，关于家庭电路，下列说法错误的是（ ）
A．图1中三脚插头接入三孔插座后，金属外壳接地，能防止万一外壳带电时对人造成伤害
B．图2中的电路断开开关时，手接触点M不会发生触电事故
C．图3是空气开关，当家庭电路中电流过大时空气开关会切断电路
D．图4是漏电保护器，当站在地上的人接触火线时漏电保护器会切断电路
【分析】（1）带金属外壳的家用电器一定要接地。
（2）当人体接触火线和与火线连通的导体，并构成通路时会触电。
（3）当电路中电流过大时，空气开关会自动切断电路。
（4）当站在地上的人接触火线时漏电保护器会切断电路。
【解答】解：A、图1中三脚插头接入三孔插座后，金属外壳接地，能防止万一外壳带电时对人造成伤害，接地后电流会流入大地，不会流过人体，故A正确；
B、图2中的电路断开开关时，手接触点M，相当于接触了火线，人会发生触电事故，故B错误；
C、图3是空气开关，当家庭电路中电流过大时空气开关会切断电路，故C正确；
D、图4是漏电保护器，当站在地上的人接触火线时漏电保护器会切断电路，故D正确。
故选：B。
【点评】知道空气开关和漏电保护器在家庭电路中的作用；知道触电的危害和原因；知道带金属外壳的用电器接地的原理。
10．为了能自动记录跳绳的次数，某科技小组设计了一种自动计数器，其简化电路如图甲所示。R1是一种光敏元件，每当绳子挡住了射向的红外线时，R1的电阻会变小，自动计数器会计数一次，信号处理系统能记录AB间每一时刻的电压。若已知电源电压为12V，某一时段AB间的电压随时间变化的图象如图乙所示，保护电阻R2为定值电阻。则下列说法正确的是（ ）
A．绳子挡住了射向R的红外线时，R1和R2的阻值之比为2：1
B．有红外线照射和无红外线照射时光敏电阻阻值之比为3：1
C．AB两端电压为3V时，跳绳自动计数器会计数一次
D．有红外线照射和无红外线照射时通过的电流之比为2：1
【分析】由电路图知，两电阻串联，AB间电压为R2两端电压。
（1）绳子挡住了射向R1的红外线时，R1的电阻会变小，由串联电路分压原理可知R2两端的电压，然后根据电流一定时，电压之比等于电阻之比可求出R1和R2的阻值之比；
（2）根据串联分压原理分别表示出R1与R2的关系，进一步求出有红外线照射和无红外线照射时光敏电阻阻值之比；
（3）根据串联电路分压原理可知电压表示数为多少时自动计数一次；
（4）根据R2两端电压和欧姆定律可求出两种情况下电路中电流之比，再根据串联电路电流规律可求出有红外线照射和无红外线照射时通过R2的电流之比。
【解答】解：由甲图电路知，R1与R2串联，AB间电压为R2两端电压。
A、由题知，当射向R1的红外线被挡时，R1阻值变小，根据串联电路的分压原理知，R1分得电压减小，R2分得电压增大，由图象知，此时，U2＝UAB＝6V；
由串联电路的分压原理可得：U1U2=U−U2U2=R1R2，即：12V−6V6V=R1R2，所以：R1：R2＝1：1，故A错误；
B、根据上述分析可知，无红外线照射时光敏电阻阻值：R1＝R2；
当射向R1的红外线没有被挡时（即有红外线照射），R1阻值变大，R1分得电压增大，R2分得的电压减小，由图象知，此时U2'＝UAB'＝3V，
由串联电路的分压原理有：U1′U2′=U−U2′U2′=R1′R2，即：12V−3V3V=R1′R2，所以：R1'＝3R2；
即有红外线照射时光敏电阻阻值：R1'＝3R2，
则有红外线照射和无红外线照射时光敏电阻阻值之比R1′：R1＝3R2：R2＝3：1，故B正确；
C、图象知，此时U2＝UAB＝6V，因为R1的电阻变小，自动计数器会计数一次，即AB间电压为6V计数一次，故C错误；
D、因为串联电路电流相等，由欧姆定律可得，有红外线照射和无红外线照射时通过R2的电流之比为
I′：I=U2′R2：U2R2=U2′：U2＝3V：6V＝1：2，故D错误。
故选：B。
【点评】本题是一道动态电路题，要能灵活运用串联电路分压原理，关键是根据电阻的变化，结合图象确定定值电阻两端电压的大小。
11．如图所示的家用挂烫机为我们的生活提供了很多的方便，为了熨烫不同材质的衣料，一共设置了低温、中温和高温三挡，下列设计的电路图中能通过开关通断，调节出高、中、低三挡温度的电路图是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】电路电压一定，由电功率公式P=U2R及串并联电路特点可以分析答题。
【解答】解：A．开关S接a时，两个电阻串联，接b时，只有电阻R2工作，电路有两个挡位，不能调节出高中低三挡，故A不正确；
B．开关S1、S2同时闭合，两个电阻并联，断开S2，只有电阻R1工作，电路有两个挡位，不能调节出高中低三挡，故B不正确；
C．开关S、S1同时闭合，只有电阻R1工作，断开S1，两个电阻串联，电路有两个挡位，不能调节出高中低三挡，故C不正确；
D．断开S1，同时S2接b，两个电阻串联；闭合S1，同时S2接a，两个电阻并联；只闭合S1，同时S2接b，只有电阻R1工作；因此电路有三个挡位，能调节出高中低三挡，故D正确。
故选：D。
【点评】在本题中电热丝连入电路有三种方式，正确分析电路连接方式时解题关键。
12．如图甲所示的电路，电源电压保持不变，滑动变阻器上标有“10Ω 1A”，闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片，使其从最右端向左滑动到a点时，小灯泡恰好正常发光。在图乙中绘制出电流表与两电压表示数关系的图像，下列说法中正确的是（ ）
A．小灯泡的电阻保持10Ω不变
B．小灯泡的额定功率为3.2W
C．整个电路的最小功率为1.8W
D．电源电压为5V
【分析】由电路图可知，变阻器R与灯泡L串联，电压表V1测R两端的电压，电压表V2测L两端的电压，电流表测电路中的电流。
当滑片从最右端向左滑动到a点时，接入电路中的电阻变小，电路中的电流变大，根据串联电路的分压特点判断出R两端的电压变小，灯泡两端的电压变大，结合图乙可知，图乙中左侧图线为电流表A与电压表V1示数关系的图像，右侧图线为电流表A与电压表V2示数关系的图像，
（1）根据欧姆定律可知，电阻一定时，通过电阻的电流与两端的电压成正比，据此分析图象灯泡电阻的变化；
（2）当滑片位于最右端时，接入电路中的电阻最大，此时电路中的电流最小，根据图乙读出电路中的最小电流且灯泡和滑动变阻器两端的电压相等，根据串联电路的电压特点和欧姆定律求出电源的电压；
（3）当小灯泡恰好正常发光时，电路中的电流最大，根据图乙读出灯泡正常发光时的电流和变阻器两端的电压，根据串联电路的电压特点求出此时小灯泡两端的电压，利用P＝UI求出小灯泡的额定功率；
（4）利用P＝UI求出整个电路的最小总功率。
【解答】解：由电路图可知，变阻器R与灯泡L串联，电压表V1测R两端的电压，电压表V2测L两端的电压，电流表测电路中的电流。
当滑片从最右端向左滑动到a点时，接入电路中的电阻变小，电路中的电流变大，
由串联电路的分压特点可知，R两端的电压变小，灯泡两端的电压变大，
因此图乙中左侧图线为电流表A与电压表V1示数关系的图像，右侧图线为电流表A与电压表V2示数关系的图像，
A、由右侧图线可知，通过灯泡两端的电压与对应的电流不成正比，根据欧姆定律可知灯泡的阻值是变化，故A错误；
D、当滑片位于最右端时，接入电路中的电阻最大，此时电路中的电流最小，
由图乙可知，电路中的最小电流I最小＝0.3A，此时灯泡和滑动变阻器两端的电压相等，即：UL＝UR，
由串联电路的电压特点和欧姆定律可知，电源的电压：U＝UL+UR＝2UR＝2IR＝2×0.3A×10Ω＝6V，故D错误；
B、当小灯泡恰好正常发光时，电路中的电流最大，
由图乙可知，灯泡正常发光时的电流I最大＝0.4A，变阻器两端的电压UR′＝1V，
此时小灯泡两端的电压：UL′＝U﹣UR′＝6V﹣1V＝5V，
小灯泡的额定功率：PL＝UL′I最大＝5V×0.4A＝2W，故B错误；
C、整个电路的最小功率为：P小＝UI最小＝6V×0.3A＝1.8W，故C正确。
故选：C。
【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，从图像中获取有用的信息是关键。
二、非选择题（本大题共7小题，共34分）
13．（4分）在“太空冰雪实验”中，王亚平用沾了结晶核的毛根触碰过饱和乙酸钠溶液形成的液体球，液体球迅速 凝固 （填物态变化名称）成“冰球”，用手摸上去，发现“冰球”竟然热乎乎的，该物态变化 放热 （选填“吸热”或“放热”）的缘故；画面是通过 电磁波 （选填“声波”或“电磁波”）传回到地面，给同学们传递的是 信息 （选填“信息”或“能量”）。
【分析】（1）物质由液态变为固态的过程叫凝固，凝固是放热过程；
（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；电磁波能够传递信息，也能传递能量。
【解答】解：液体球迅速变成“冰球”，属于凝固现象；过饱和乙酸钠溶液凝固成固态是放热过程，所以“冰球”是热乎乎的；
电磁波可以在真空中传播，同时电磁波能够传递信息，所以，画面是通过电磁波传回到地面，给同学们传递的是信息。
故答案为：凝固；放热；电磁波；信息。
【点评】本题考查了凝固与凝固放热的特点、以及电磁波的传播与应用，属于基础题。
14．（3分）小明利用生活器材自制了薄壁实验箱来探究“液体压强大小与什么因素有关”。实验操作如下：
①如图甲所示，实验箱分为内箱A与外箱B，内箱A固定在外箱B的内侧，内箱A下部有一圆形孔C，并在圆孔C上蒙上一层橡皮膜，此时橡皮膜是平的；
②先在A箱中不断加水，实验现象如图乙、丙所示；
③然后在B箱中加入一定量盐水，盐水和水的液面相平，如图丁所示。
（1）分析图乙、丙实验现象可知，同种液体深度越深，液体压强越 大 ；分析图丁现象可知，液体压强大小与液体的 密度 有关。
（2）小明还利用薄壁实验箱测量出某未知液体的密度，如图戊所示，在A箱中加入水，在B箱中加入某未知液体，使橡皮膜变平，用刻度尺测得此时h1＝22cm，h2＝9cm，h3＝12cm。则未知液体的密度为 0.9×103 kg/m3。（g取110N/kg，ρ水＝1.0×103kg/m3）
【分析】（1）根据图中现象分析液体压强与深度的关系；
液体内部压强与液体的密度有关，还与深度有关，深度越大、压强越大；
（2）根据液体压强公式p＝ρgh计算即可。
【解答】解：（1）由步骤乙、丙可以观察到，同种液体随着深度越深，橡皮膜凹陷程度越大，所以产生液体压强越大；
由步骤丁可以观察到，内箱A中的水与外箱B中的盐水到橡皮膜的深度相同，但是橡皮膜向上凹陷，看得出盐水的压强更大。而盐水的密度大于水的密度，说明在液体深度相同时，液体的密度越大，产生的压强越大；
（2）A容器中水对橡皮膜的压强为：
pA＝ρ水gh2＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.09m＝900Pa，
由橡皮膜相平可知，橡皮膜两边压强相等，故B容器中液体对橡皮膜的压强为pB＝pA＝900Pa
则未知液体的密度为：
ρ液=pBg(ℎ1−ℎ3)=900Pa10N/kg×(0.22m−0.12m)=0.9×103kg/m3。
故答案为：（1）大；密度；（2）0.9×103。
【点评】本题探究影响液体内部压强大小的因素，考查注意事项、液体压强特点和控制变量法和转换法的运用及液体压强公式的运用，是一道综合题。
15．（3分）在“探究磁场对通电导体的作用”的实验中，小明设计了如图甲所示的电路，导体棒ab用绝缘细线悬挂在蹄形磁铁的两极之间。
（1）如图甲所示，保持蹄形磁铁水平放置，闭合开关后，导体棒ab向右运动，说明磁场对 通电导体 有力的作用，利用这个原理工作的装置有 扬声器 （填“电铃”、“扬声器”、“电磁起重机”或“动圈式话筒”）。
（2）小明对调电源正、负极后，如图乙所示，闭合开关，导体棒ab此时会向 左 （填“上”、“下”、“左”或“右”）运动。
【分析】（1）磁场对通电导体有力的作用；
（2）改变电流的方向或磁场的方向都可以改变通电导体的受力方向，从而使其运动方向不同。
【解答】解：（1）将一根导体ab置于蹄形磁铁的两极之间，闭合开关后，电路中有电流，导体运动，说明磁场对通电导体有力的作用；
电铃和电磁起重机的主要部件是电磁铁，利用的是电流的磁效应；
扬声器的原理是通电导体在磁场中受力运动；
动圈式话筒的原理是电磁感应；
所以利用这个原理工作的装置有扬声器。
（2）原来导体棒ab向右运动，小明对调电源正、负极后，电路中的电流方向改变，磁场方向不变，导体棒ab的受力方向改变，所以导体棒ab此时会向左运动。
故答案为：（1）通电导体；扬声器；（2）左。
【点评】此题主要考查了磁场对电流的作用，明确磁场力方向的影响因素是解题的关键。
16．（4分）如图甲、乙所示是“探究水和食用油吸热能力”的实验装置。
（1）实验中应取 质量 相同（填“质量”或“体积”）相同的水和食用油，分别倒入两个相同的烧杯中。使用两个规格相同的电加热器分别加热水和食用油。实验中通过 加热时间 来比较水和食用油吸收热量的多少。
（2）图丙是根据实验数据画的水与食用油的温度随时间变化的图像，则图像 A 反映的是水的吸热升温情况（填“A”或“B”）。
（3）物质的这种特性用物理量比热容来描述，分析图丙可知，水和食用油的比热容之比为 2：1 。
【分析】（1）我们使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；
比较物质吸热能力的2种方法：使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量（即比较加热时间），吸收热量多的吸热能力强；或使相同质量的不同物质吸收相同的热量（即加热相同的时间），比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；
（2）根据画的水与食用油的温度随时间变化的图像得出加热5分钟（吸热相同），A和B升高的温度；根据比较吸热能力的方法，确定A的吸热能力强，结合水的比热容大分析；根据Q＝cmΔt可知，在质量和吸热相同的情况下，比热容与升高的温度之积为一定值，升高的温度与比热容成反比，据此得出水和食用油的比热容之比。
【解答】解：（1）根据比较吸热能力的方法，要控制不同物质的质量相同（不同物质密度不同，根据m＝ρV，体积相同的不同物质质量不同），故实验中应取质量相同的水和食用油，分别倒入两个相同的烧杯中。使用两个规格相同的电加热器分别加热水和食用油，根据转换法，实验中通过加热时间来比较水和食用油吸收热量的多少。
（2）根据画的水与食用油的温度随时间变化的图像知，加热5分钟（吸热相同），A升高的温度为：
30℃﹣10℃＝20℃；
B升高的温度为：
50℃﹣10℃＝40℃；
根据比较吸热能力的方法，A的吸热能力强，故图像A反映的是水的吸热升温情况；
根据Q＝cmΔt可知，在质量和吸热相同的情况下，比热容与升高的温度之积为一定值，升高的温度与比热容成反比，水和食用油的比热容之比为：
40℃：20℃＝2：1。
故答案为：（1）质量；（2）加热时间；A；（3）2：1。
【点评】本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法和Q＝cmΔt的运用，为热学中的重要实验。
17．（4分）小航利用一个焦距10cm的凸透镜、蜡烛、光屏和光具座等器材进行矫正视力的模拟实验。
（1）将凸透镜、蜡烛依次放在光具座上50cm和25cm刻度线处，如图1甲，需要将光屏移至 B （选填“A”、“B”或“C”）区域范围内才能承接到清晰的像，所成像如图1乙所示，是一个倒立、 缩小 （选填“放大”或“缩小”）的实像。
（2）凸透镜、光屏位置不变，将蜡烛向左移动，光屏上无法呈现清晰的像，此时模拟的是图2中的 a 图（选填“a”或“b”）的成像情景；若想在光屏上得到清晰的像，应在蜡烛和凸透镜之间适当位置放个用 凹 （选填“凸”或“凹”）透镜制作的眼镜。
【分析】（1）物距大于2倍焦距，成倒立、缩小实像，像距在一倍焦距和2倍焦距之间；
（2）凸透镜成实像时物距变大，像距变小，像成在光屏的前方，相当于近视眼，近视眼需通过凹透镜矫正。
【解答】解：（1）凸透镜的焦距为10cm，凸透镜、蜡烛依次放在光具座上50cm和25cm刻度线处，此时的物距为25cm，物距大于2倍焦距，成倒立、缩小实像，像距在一倍焦距和2倍焦距之间，所以需要将光屏移至B区域；
（2）凸透镜、光屏位置不变，将蜡烛向左移动，物距变大，像距变小，像成在光屏的前方，相当于近视眼，模拟的是图2中的a，近视眼需通过凹透镜矫正。'
故答案为：（1）B；缩小；（2）a；凹。
【点评】本题考查凸透镜成像规律和近视眼的矫正，属于基础题。
18．（6分）小明为了测量额定电压为2.5V小灯泡的电功率情况，设计了如图甲所示的电路。
（1）图甲中有一根导线连接错误，请在这根导线上打“×”，并用笔画线代替导线，将电路连接完整；
（2）改正电路连接后，闭合开关，小灯泡不发光，两表没有示数。将导线连接电压表“3”接线柱上，导线右端接到B接线柱上，情况没有改变；接在C接线柱时，灯泡发光，两表有示数。据此可知电路中出现故障的元件是 开关 ；
（3）排除故障后，开始进行实验，并记录实验数据。进行第一次实验时，移动滑片到某一位置，电压表示数如图乙所示，此时小灯泡的实际功率为 0.616 W；
（4）进行多次实验后，收集到的数据如表格所示，由表中数据可知，小灯泡的额定功率为 0.75 W；
实验次数
电压U/V
电流I/A
实际功率
1
0.28
2
2.5
0.30
3
2.7
0.32
4
3.0
0.34
【拓展】完成上述实验后，某小组设计了如图丙所示的电路，用原来的电源和电压表测量原小灯泡的额定功率，请将实验步骤补充完整并回答问题：
①把定值电阻R0接入电路，调节滑动变阻器使小灯泡正常发光；
②保持 滑动变阻器滑片的位置 不变，将电压表改接在R0两端，读出电压表示数；
③算出小灯泡的额定功率。
现有阻值为5Ω、10Ω、15Ω的定值电阻，为了能测出小灯泡的额定功率，结合题中的数据分析，定值电阻R0应选 5 Ω的。
【分析】（1）在探究小灯泡额定功率的实验中，电压表应测量小灯泡两端的电压，而图中电压表测小灯泡与滑动变阻器滑片左侧的电压之和，据此解答；
（2）闭合开关，小灯泡不发光，两表没有示数，说明电路存在断路且是与电压表并联电路部分之外的电路存在断路。将导线连接电压表“3”接线柱上，导线右端接到B接线柱上，情况没有改变，说明此段电路为通路；接在C接线柱时，灯泡发光，两表有示数，说明BC之间存在断路；
（3）（4）结合电压表的量程读数，结合表格数据得出电流，利用P＝UI求得电功率；
【拓展】把定值电阻R0接入电路，调节滑动变阻器使小灯泡两端电压为2.5V，则小灯泡正常发光，此时电路中的电流为额定电流；因此要保持滑动变阻器滑片的位置不变，测R0两端的电压，然后根据欧姆定律，求出电流，从而利用P＝UI求出小灯泡的额定功率。根据串联电路特点和欧姆定律计算定值电阻和滑动变阻器总的电阻，进而确定定值电阻R0的规格。
【解答】解：（1）在探究小灯泡额定功率的实验中，电压表应测量小灯泡两端的电压，而图中电压表测小灯泡与滑动变阻器滑片左侧的电压之和，故将导线从A接线柱，移至灯泡右侧。如图所示：
（2）闭合开关，小灯泡不发光，两表没有示数，说明电路存在断路且是与电压表并联电路部分之外的电路存在断路。将导线连接电压表“3”接线柱上，导线右端接到B接线柱上，情况没有改变，说明此段电路为通路；接在C接线柱时，灯泡发光，两表有示数，说明BC之间存在断路。则据此可知电路中出现故障的元件是开关。
（3）电压表选择的是小量程，分度值为0.1V，由图可知，电压表的示数为2.2V，电流为0.28A，则实际功率为P实＝U实I实＝2.2V×0.28A＝0.616W；
（4）小灯泡的额定电压为2.5V，额定电流为0.3A，则小灯泡的额定功率为P额＝U额I额＝2.5V×0.3A＝0.75W；
【拓展】把定值电阻R0接入电路，调节滑动变阻器使小灯泡两端电压为2.5V，则小灯泡正常发光，此时电路中的电流为额定电流；因此要保持滑动变阻器滑片的位置不变，测R0两端的电压，然后根据欧姆定律，求出电流，从而利用P＝UI求出小灯泡的额定功率。
电源电压为4.5V，小灯泡的额定电压为2.5V。由串联电路电压特点可知，定值电阻与滑动变阻器共分担的电压为U总＝4.5V﹣2.5V＝2V，
且此时电路中的电流为0.3A。则定值电阻与滑动变阻器总阻值为R总=U总I=2V0.3A≈6.7Ω，
由此可知，定值电阻R0应选5Ω的。
故答案为：（1）见解析；（2）开关；（3）0.616；（4）0.75；【拓展】滑动变阻器滑片的位置；5。
【点评】本题是测灯泡功率的实验，考查了电路连接、注意事项、电压表的读数、实验操作、电功率计算以及器材的选择等，综合性强。
19．（10分）2022年10月28日，世界最大吨位履带起重机——三一SCC98000TM履带起重机在浙江湖州交付，将主要应用于国家核电、石化建设领域，如图甲所示。现用该起重机将放在水平地面上的长方体混凝土墩放入水中。若将滑轮组连接的吊绳简化为1股如图乙所示，已知混凝土墩的密度为2.5×103kg/m3、底面积为4m2、高为2m，ρ水＝1.0×103kg/m3。求：
（1）混凝土墩放在地面上产生的压强是多大；
（2）混凝土墩浸没在水中后，它匀速下降过程中所受钢丝绳的拉力；（不计水的阻力）
（3）若忽略钢丝绳的重力、滑轮间的摩擦及滑轮重，请算出当起重机拉动混凝土墩在水下向上匀速运动2m（不出水面）用时9s的过程中，起重机拉力做功的功率是多大？
【分析】（1）利用G＝mg＝ρVg＝ρShg求出混凝土墩的重力，混凝土墩放在地面上时对地面的压力和自身的重力相等，利用p=FS求出对地面产生的压强；
（2）混凝土墩浸没在水中匀速下降，用平衡力知识求出它匀速下降过程中所受钢丝绳的拉力；
（3）若忽略钢丝绳的重力、滑轮间的摩擦及滑轮重，由图得出动滑轮上承担的绳子股数n，根据F′=1nF拉求出起重机对钢丝绳的拉力，根据s＝nh求出拉力端钢丝绳移动的距离，根据W＝Fs求出起重机拉力做的功，根据P=Wt求出起重机拉力做功的功率。
【解答】解：（1）混凝土墩的重力为：
G＝mg＝ρVg＝ρShg＝2.5×103kg/m3×4m2×2m×10N/kg＝2×105N，
混凝土墩放在地面上时对地面的压力为：
F＝G＝2×105N，
混凝土墩放在地面上产生的压强为：
p=FS=2×105N4m2=5×104Pa；
（2）混凝土墩浸没在水中受到浮力是：
F浮＝ρ水gV排＝ρ水gSh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×4m2×2m＝8×104N；
混凝土浸没在水中匀速下降过程中受到的浮力和钢丝绳的拉力与自身重力平衡，
即F浮+F拉＝G，
则它所受钢丝绳的拉力为：F拉＝G﹣F浮＝2×105N﹣8×104N＝1.2×105N；
（3）由图可知，动滑轮上有3根绳子承担，忽略钢丝绳的重力、滑轮间的摩擦及滑轮重，则起重机对钢丝绳的拉力为：F′=13F拉=13×1.2×105N＝4×104N，
拉力端钢丝绳移动的距离为：s＝3h＝3×2m＝6m，
起重机拉力做的功为：W＝F′s＝4×104N×6m＝2.4×105J，
起重机拉力做功的功率为：P=Wt=2.4×105J9s≈2.7×104W。
答：（1）混凝土墩放在地面上产生的压强是5×104Pa；
（2）混凝土浸没在水中后，它匀速下降过程中所受钢丝绳的拉力是1.2×105N；
（3）若忽略钢丝绳的重力、滑轮间的摩擦及滑轮重，当起重机拉动混凝土墩在水下向上匀速运动2m用时9s的过程中，起重机拉力做功的功率是2.7×104W。
【点评】本题主要考查压强、浮力、滑轮组的相关计算等知识，是一道综合题。
2023年中考考前最后一卷【湖北武汉卷】
物理·全解全析
一、选择题（本大题包括12小题，每小题3分，共36分。在每小题列出的四个选项中，只有一个是正确的，请将答题卡上对应题目所选的选项涂黑）
1．春秋战国时期，墨子和他的学生做了世界上第一个小孔成像实验。如图所示中的光现象与小孔成像原理相同的是（ ）
A．镜中的字母
B．水中的倒影
C．墙上的手影
D．空中的彩虹
【分析】（1）光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，产生的现象有小孔成像、激光准直、影子的形成、日食和月食等；
（2）光传播到两种介质的表面上时会发生光的反射现象，例如水面上出现岸上物体的倒影、平面镜成像、玻璃等光滑物体反光都是光的反射形成的；
（3）光在同种不均匀介质中传播或者从一种介质斜射入另一种介质时，就会出现光的折射现象，例如水池底变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼、凸透镜成像等都是光的折射形成的；
（4）一束太阳光经三棱镜折射后分解成七种单色光的现象叫做光的色散现象。
【解答】解：小孔成像是由光的直线传播形成的；
A、镜中的字母是凸透镜成像，是由于光的折射造成的，故A不符合题意；
B、水中倒影属于平面镜成像，是由于光的反射形成的，故B不符合题意；
C、墙上的手影的形成说明光是沿直线传播的，由于光的直线传播，被物体挡住后，物体后面就会呈现出阴影区域，就是影子，故C符合题意；
D、雨过天晴时，常在天空出现彩虹，这是太阳光通过悬浮在空气中细小的水珠折射而成的，白光经水珠折射以后，分成各种彩色光，这种现象叫做光的色散现象，所以说雨后的天空出现彩虹是由光的折射形成的，故D不符合题意。
故选：C。
【点评】此题通过不同的现象考查了学生对光的直线传播、光的反射、光的折射及光的色散现象的理解，在学习中要注意区分，并要学会用所学知识解释有关的物理现象。
2．我们每时每刻都在与声打交道，以下有关声的叙述，不正确的是（ ）
A．甲图中人类用语言表达信息、情感、并进行交流，说明声音能够传递能量
B．乙图中暖气管能把敲击声传遍楼内各处，说明声音可以在固体中传播
C．丙图中塑料尺伸出桌面的长度越长，振动越慢，音调越低
D．丁图中在公路两旁设置声音屏障，说明在传播过程中可以减弱噪声
【分析】（1）声音既可以传递信息，又可以传递能量；
（2）声音在传播过程中需要介质，即气体、液体和固体都可以传递声音；
（3）音调的高低与发声体振动快慢有关，物体振动越快，音调就越高，物体振动越慢，音调就越低；
（4）减弱噪声的途径有三种：即在声源处减弱、在人耳处减弱、在传播过程中减弱。
【解答】解：A、甲图中人类用语言表达信息、情感、并进行交流，说明声音能够传递信息，故A错误；
B、暖气管能把敲击声传遍楼内各处，明声音可以在固体中传播，故B正确；
C、尺子发出声音的音调与尺子振动快慢有关，当尺子伸出桌面的长度越长时，振动越慢，发出声音的音调越低，故C正确；
D、在公路两旁设置声音屏障，说明在传播过程中可以减弱噪声，故D正确。
故选：A。
【点评】此题为声学综合题，涉及到的知识点较多，但难度不大，牢固的掌握好声现象的基本知识是解决该题的关键。
3．如图所示的四种物态变化实例中，需要吸热的是（ ）
A．初春，湖面上冰化成“水”
B．盛夏，草叶上形成“露珠”
C．深秋，枫叶上形成“霜”
D．严冬，树枝上形成“雾凇”
【分析】（1）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。
（2）六种物态变化过程中，都伴随着吸热或放热；其中放出热量的物态变化有：凝固、液化、凝华；吸热的有：熔化、汽化、升华。
【解答】解：A、冰化成水，属于熔化过程，需要吸收热量。
B、露珠是水蒸气遇冷液化形成的，液化放热。
C、霜是空气中的水蒸气遇冷凝华形成的冰晶，凝华过程放热。
D、雾凇是空气中的水蒸气遇冷凝华形成的冰晶，凝华过程放热。
故选：A。
【点评】判断物态变化，关键是分清物质变化前后的状态，是中考热学知识考查的热点内容。
4．如图所示，一重为1N的“平衡鸟”玩具停在指尖上，处于静止状态.下列关于“平衡鸟”受力示意图描述正确的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】物体处于平衡状态下受到平衡力的作用，则该物体受到的两个力大小相等、方向相反、在同一直线上，由此分析解答。
【解答】解：由题知，“平衡鸟”停在指尖上处于静止状态，所以它受到的重力和指尖对它的支持力是一对平衡力，大小都等于1N，重力方向竖直向下，则支持力方向竖直向上，两个力都作用在“平衡鸟”上、在同一直线上，由各选项图知，D正确，ABC错误。
故选：D。
【点评】本题考查力的示意图的作图，关键是根据“平衡鸟”的所处的状态正确分析它受到的各个力。
5．如图是湖北武汉物流正式投放的无人快递车，不用人为控制，自己就能找到目的地，不仅能避让行人、车辆，还能自己乘电梯、叫门。下列说法正确的是（ ）
A．无人车匀速转弯时运动状态不变
B．无人车的轮子有凹凸不平的花纹是为了减小摩擦
C．无人车行驶过程中以快递车为参照物货物是运动的
D．无人车主动避让行人、车辆，是利用像蝙蝠一样的回声定位
【分析】（1）物体的运动状态的改变包括速度大小和方向的变化，如果速度大小和方向不变，说明运动状态不变。
（2）增大摩擦的方法：在接触面粗糙程度一定时，增大压力；在压力一定时，增大接触面的粗糙程度。
（3）在研究物体运动时，要选择参照的标准，即参照物，物体的位置相对于参照物发生变化，则运动，不发生变化，则静止。
（4）声音可以传递信息。
【解答】解：A、无人车匀速转弯时运动方向不断变化，所以运动状态改变，故A错误。
B、无人车的轮子有凹凸不平的花纹，是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力，故B错误。
C、无人车行驶过程中以快递车为参照物，货物与快递车之间没有发生位置变化，货物是静止的，故C错误。
D、快递车主动避让行人、车辆这是像蝙蝠一样，根据反射回来的超声波就可以对前方的物体做出判断，利用了回声定位，故D正确。
故选：D。
【点评】本题以快递车为背景考查了增大摩擦力的方法、物体运动状态变化的判断、参照物的选择、回声定位原理的应用等知识，有一定的综合性，但难度不大。
6．如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．甲图：大坝上窄下宽，是因为同种液体的压强随深度的增加而增大
B．乙图：“蛟龙号”潜入水下的深度越大，所受浮力和压强越大
C．丙图：水不流出来说明大气只有竖直向上的压强
D．丁图：密度计在液体中所受浮力大于自身重力
【分析】（1）液体内部的压强跟液体的密度和深度有关，液体密度越大、越深，压强越大；
（2）液体内部的压强随深度的增加而增大；外形（排开水的体积）不变，由阿基米德原理分析浮力变化；
（3）大气向各个方向都有压强；
（4）密度计在使用过程中是漂浮的，浮力等于自身的重力。
【解答】解：
A、大坝上窄下宽，是因为同种液体的压强随深度的增加而增大，故A正确；
B、“蛟龙号”潜入水下的深度h越大，因为p＝ρ水gh，h变大，所以受到的压强p变大；因为潜水艇V排不变，由F浮＝ρ水V排g可知，受到的浮力不变，故B错误；
C、用纸片盖住装有水的塑料管口，倒置后，水不流出来，是因为大气有向上的压强，但大气向各个方向都有压强，故C错误；
D、密度计在液体中所受浮力等于自身重力，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查液体压强的特点，阿基米德原理、物体的浮沉条件及其应用，是对基础知识的考查。
7．在刚刚落幕的卡塔尔世界杯上，一代“球王”梅西率领阿根廷队举起了大力神杯，如图是比赛中的一个精彩的画面，下列有关说法中正确的是（ ）
A．足球在空中下落过程中，机械能守恒
B．足球离开运动员的脚飞出时动能转化为弹性势能
C．足球被运动员踢出时运动员对足球不做功
D．运动员争抢头球时先要高高跃起，运动员离地上升时动能转化为重力势能
【分析】（1）考虑空气和摩擦阻力时，一部分机械能会转化为内能，机械能总和会减少。
（2）动能大小的影响因素：质量、速度；质量越大，速度越大，动能越大；重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度；质量越大，高度越高，重力势能越大。
（3）物理学中的做功的两个必要条件：一是作用在物体上的力，二是物体在力的方向上移动一段距离，二者缺一不可。
【解答】解：A、足球在空中下落过程中，克服摩擦力做功，机械能转化为内能，机械能减小，故A错误。
B、足球离开运动员的脚飞出时消耗了弹性势能，获得了动能，弹性势能转化为动能，故B错误。
C、足球被运动员踢出时，受到运动员的踢力，并且在该力的方向上通过了一定距离，所以运动员对足球做功，故C错误。
D、运动员争抢头球时先要高高跃起，运动员离地上升时质量不变，速度变小，高度变大，则动能减少，重力势能增大，故将动能转化为重力势能，故D正确。
故选：D。
【点评】此题考查机械能守恒、动能和势能的转化、力是否做功的判断，具有较强的综合性，难度中等，熟练掌握相关的基础知识是关键。
8．为了方便师生入校，我校采用了新的门禁系统，师生既可以通过刷脸也可以通过刷卡进入校门。当卡片信息或人脸信息符合时，电动机转动打开闸门。小何同学设计电路模拟门禁系统，下列能达到这种效果的电路图是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】当卡片信息或人脸信息符合时，电动机转动打开闸门，师生才能进入校门，据此分析两开关和电动机的连接方式。
【解答】解：根据题意，卡片信息或人脸信息看成开关，当卡片信息或人脸信息符合时，电动机转动打开闸门，说明两个开关是并联，均可以控制电路，互不干扰。当任一开关闭合时，电动机转动，说明两个开关并联后与电动机串联，故B符合题意，ACD不符合题意。
故选B。
【点评】本题考查电路的设计，正确分析两个开关的连接方式是关键。
9．安全用电关乎人民的生命和财产安全。如图所示，关于家庭电路，下列说法错误的是（ ）
A．图1中三脚插头接入三孔插座后，金属外壳接地，能防止万一外壳带电时对人造成伤害
B．图2中的电路断开开关时，手接触点M不会发生触电事故
C．图3是空气开关，当家庭电路中电流过大时空气开关会切断电路
D．图4是漏电保护器，当站在地上的人接触火线时漏电保护器会切断电路
【分析】（1）带金属外壳的家用电器一定要接地。
（2）当人体接触火线和与火线连通的导体，并构成通路时会触电。
（3）当电路中电流过大时，空气开关会自动切断电路。
（4）当站在地上的人接触火线时漏电保护器会切断电路。
【解答】解：A、图1中三脚插头接入三孔插座后，金属外壳接地，能防止万一外壳带电时对人造成伤害，接地后电流会流入大地，不会流过人体，故A正确；
B、图2中的电路断开开关时，手接触点M，相当于接触了火线，人会发生触电事故，故B错误；
C、图3是空气开关，当家庭电路中电流过大时空气开关会切断电路，故C正确；
D、图4是漏电保护器，当站在地上的人接触火线时漏电保护器会切断电路，故D正确。
故选：B。
【点评】知道空气开关和漏电保护器在家庭电路中的作用；知道触电的危害和原因；知道带金属外壳的用电器接地的原理。
10．为了能自动记录跳绳的次数，某科技小组设计了一种自动计数器，其简化电路如图甲所示。R1是一种光敏元件，每当绳子挡住了射向的红外线时，R1的电阻会变小，自动计数器会计数一次，信号处理系统能记录AB间每一时刻的电压。若已知电源电压为12V，某一时段AB间的电压随时间变化的图象如图乙所示，保护电阻R2为定值电阻。则下列说法正确的是（ ）
A．绳子挡住了射向R的红外线时，R1和R2的阻值之比为2：1
B．有红外线照射和无红外线照射时光敏电阻阻值之比为3：1
C．AB两端电压为3V时，跳绳自动计数器会计数一次
D．有红外线照射和无红外线照射时通过的电流之比为2：1
【分析】由电路图知，两电阻串联，AB间电压为R2两端电压。
（1）绳子挡住了射向R1的红外线时，R1的电阻会变小，由串联电路分压原理可知R2两端的电压，然后根据电流一定时，电压之比等于电阻之比可求出R1和R2的阻值之比；
（2）根据串联分压原理分别表示出R1与R2的关系，进一步求出有红外线照射和无红外线照射时光敏电阻阻值之比；
（3）根据串联电路分压原理可知电压表示数为多少时自动计数一次；
（4）根据R2两端电压和欧姆定律可求出两种情况下电路中电流之比，再根据串联电路电流规律可求出有红外线照射和无红外线照射时通过R2的电流之比。
【解答】解：由甲图电路知，R1与R2串联，AB间电压为R2两端电压。
A、由题知，当射向R1的红外线被挡时，R1阻值变小，根据串联电路的分压原理知，R1分得电压减小，R2分得电压增大，由图象知，此时，U2＝UAB＝6V；
由串联电路的分压原理可得：U1U2=U−U2U2=R1R2，即：12V−6V6V=R1R2，所以：R1：R2＝1：1，故A错误；
B、根据上述分析可知，无红外线照射时光敏电阻阻值：R1＝R2；
当射向R1的红外线没有被挡时（即有红外线照射），R1阻值变大，R1分得电压增大，R2分得的电压减小，由图象知，此时U2'＝UAB'＝3V，
由串联电路的分压原理有：U1′U2′=U−U2′U2′=R1′R2，即：12V−3V3V=R1′R2，所以：R1'＝3R2；
即有红外线照射时光敏电阻阻值：R1'＝3R2，
则有红外线照射和无红外线照射时光敏电阻阻值之比R1′：R1＝3R2：R2＝3：1，故B正确；
C、图象知，此时U2＝UAB＝6V，因为R1的电阻变小，自动计数器会计数一次，即AB间电压为6V计数一次，故C错误；
D、因为串联电路电流相等，由欧姆定律可得，有红外线照射和无红外线照射时通过R2的电流之比为
I′：I=U2′R2：U2R2=U2′：U2＝3V：6V＝1：2，故D错误。
故选：B。
【点评】本题是一道动态电路题，要能灵活运用串联电路分压原理，关键是根据电阻的变化，结合图象确定定值电阻两端电压的大小。
11．如图所示的家用挂烫机为我们的生活提供了很多的方便，为了熨烫不同材质的衣料，一共设置了低温、中温和高温三挡，下列设计的电路图中能通过开关通断，调节出高、中、低三挡温度的电路图是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】电路电压一定，由电功率公式P=U2R及串并联电路特点可以分析答题。
【解答】解：A．开关S接a时，两个电阻串联，接b时，只有电阻R2工作，电路有两个挡位，不能调节出高中低三挡，故A不正确；
B．开关S1、S2同时闭合，两个电阻并联，断开S2，只有电阻R1工作，电路有两个挡位，不能调节出高中低三挡，故B不正确；
C．开关S、S1同时闭合，只有电阻R1工作，断开S1，两个电阻串联，电路有两个挡位，不能调节出高中低三挡，故C不正确；
D．断开S1，同时S2接b，两个电阻串联；闭合S1，同时S2接a，两个电阻并联；只闭合S1，同时S2接b，只有电阻R1工作；因此电路有三个挡位，能调节出高中低三挡，故D正确。
故选：D。
【点评】在本题中电热丝连入电路有三种方式，正确分析电路连接方式时解题关键。
12．如图甲所示的电路，电源电压保持不变，滑动变阻器上标有“10Ω 1A”，闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片，使其从最右端向左滑动到a点时，小灯泡恰好正常发光。在图乙中绘制出电流表与两电压表示数关系的图像，下列说法中正确的是（ ）
A．小灯泡的电阻保持10Ω不变
B．小灯泡的额定功率为3.2W
C．整个电路的最小功率为1.8W
D．电源电压为5V
【分析】由电路图可知，变阻器R与灯泡L串联，电压表V1测R两端的电压，电压表V2测L两端的电压，电流表测电路中的电流。
当滑片从最右端向左滑动到a点时，接入电路中的电阻变小，电路中的电流变大，根据串联电路的分压特点判断出R两端的电压变小，灯泡两端的电压变大，结合图乙可知，图乙中左侧图线为电流表A与电压表V1示数关系的图像，右侧图线为电流表A与电压表V2示数关系的图像，
（1）根据欧姆定律可知，电阻一定时，通过电阻的电流与两端的电压成正比，据此分析图象灯泡电阻的变化；
（2）当滑片位于最右端时，接入电路中的电阻最大，此时电路中的电流最小，根据图乙读出电路中的最小电流且灯泡和滑动变阻器两端的电压相等，根据串联电路的电压特点和欧姆定律求出电源的电压；
（3）当小灯泡恰好正常发光时，电路中的电流最大，根据图乙读出灯泡正常发光时的电流和变阻器两端的电压，根据串联电路的电压特点求出此时小灯泡两端的电压，利用P＝UI求出小灯泡的额定功率；
（4）利用P＝UI求出整个电路的最小总功率。
【解答】解：由电路图可知，变阻器R与灯泡L串联，电压表V1测R两端的电压，电压表V2测L两端的电压，电流表测电路中的电流。
当滑片从最右端向左滑动到a点时，接入电路中的电阻变小，电路中的电流变大，
由串联电路的分压特点可知，R两端的电压变小，灯泡两端的电压变大，
因此图乙中左侧图线为电流表A与电压表V1示数关系的图像，右侧图线为电流表A与电压表V2示数关系的图像，
A、由右侧图线可知，通过灯泡两端的电压与对应的电流不成正比，根据欧姆定律可知灯泡的阻值是变化，故A错误；
D、当滑片位于最右端时，接入电路中的电阻最大，此时电路中的电流最小，
由图乙可知，电路中的最小电流I最小＝0.3A，此时灯泡和滑动变阻器两端的电压相等，即：UL＝UR，
由串联电路的电压特点和欧姆定律可知，电源的电压：U＝UL+UR＝2UR＝2IR＝2×0.3A×10Ω＝6V，故D错误；
B、当小灯泡恰好正常发光时，电路中的电流最大，
由图乙可知，灯泡正常发光时的电流I最大＝0.4A，变阻器两端的电压UR′＝1V，
此时小灯泡两端的电压：UL′＝U﹣UR′＝6V﹣1V＝5V，
小灯泡的额定功率：PL＝UL′I最大＝5V×0.4A＝2W，故B错误；
C、整个电路的最小功率为：P小＝UI最小＝6V×0.3A＝1.8W，故C正确。
故选：C。
【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，从图像中获取有用的信息是关键。
二、非选择题（本大题共7小题，共34分）
13．（4分）在“太空冰雪实验”中，王亚平用沾了结晶核的毛根触碰过饱和乙酸钠溶液形成的液体球，液体球迅速 凝固 （填物态变化名称）成“冰球”，用手摸上去，发现“冰球”竟然热乎乎的，该物态变化 放热 （选填“吸热”或“放热”）的缘故；画面是通过 电磁波 （选填“声波”或“电磁波”）传回到地面，给同学们传递的是 信息 （选填“信息”或“能量”）。
【分析】（1）物质由液态变为固态的过程叫凝固，凝固是放热过程；
（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；电磁波能够传递信息，也能传递能量。
【解答】解：液体球迅速变成“冰球”，属于凝固现象；过饱和乙酸钠溶液凝固成固态是放热过程，所以“冰球”是热乎乎的；
电磁波可以在真空中传播，同时电磁波能够传递信息，所以，画面是通过电磁波传回到地面，给同学们传递的是信息。
故答案为：凝固；放热；电磁波；信息。
【点评】本题考查了凝固与凝固放热的特点、以及电磁波的传播与应用，属于基础题。
14．（3分）小明利用生活器材自制了薄壁实验箱来探究“液体压强大小与什么因素有关”。实验操作如下：
①如图甲所示，实验箱分为内箱A与外箱B，内箱A固定在外箱B的内侧，内箱A下部有一圆形孔C，并在圆孔C上蒙上一层橡皮膜，此时橡皮膜是平的；
②先在A箱中不断加水，实验现象如图乙、丙所示；
③然后在B箱中加入一定量盐水，盐水和水的液面相平，如图丁所示。
（1）分析图乙、丙实验现象可知，同种液体深度越深，液体压强越 大 ；分析图丁现象可知，液体压强大小与液体的 密度 有关。
（2）小明还利用薄壁实验箱测量出某未知液体的密度，如图戊所示，在A箱中加入水，在B箱中加入某未知液体，使橡皮膜变平，用刻度尺测得此时h1＝22cm，h2＝9cm，h3＝12cm。则未知液体的密度为 0.9×103 kg/m3。（g取110N/kg，ρ水＝1.0×103kg/m3）
【分析】（1）根据图中现象分析液体压强与深度的关系；
液体内部压强与液体的密度有关，还与深度有关，深度越大、压强越大；
（2）根据液体压强公式p＝ρgh计算即可。
【解答】解：（1）由步骤乙、丙可以观察到，同种液体随着深度越深，橡皮膜凹陷程度越大，所以产生液体压强越大；
由步骤丁可以观察到，内箱A中的水与外箱B中的盐水到橡皮膜的深度相同，但是橡皮膜向上凹陷，看得出盐水的压强更大。而盐水的密度大于水的密度，说明在液体深度相同时，液体的密度越大，产生的压强越大；
（2）A容器中水对橡皮膜的压强为：
pA＝ρ水gh2＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.09m＝900Pa，
由橡皮膜相平可知，橡皮膜两边压强相等，故B容器中液体对橡皮膜的压强为pB＝pA＝900Pa
则未知液体的密度为：
ρ液=pBg(ℎ1−ℎ3)=900Pa10N/kg×(0.22m−0.12m)=0.9×103kg/m3。
故答案为：（1）大；密度；（2）0.9×103。
【点评】本题探究影响液体内部压强大小的因素，考查注意事项、液体压强特点和控制变量法和转换法的运用及液体压强公式的运用，是一道综合题。
15．（3分）在“探究磁场对通电导体的作用”的实验中，小明设计了如图甲所示的电路，导体棒ab用绝缘细线悬挂在蹄形磁铁的两极之间。
（1）如图甲所示，保持蹄形磁铁水平放置，闭合开关后，导体棒ab向右运动，说明磁场对 通电导体 有力的作用，利用这个原理工作的装置有 扬声器 （填“电铃”、“扬声器”、“电磁起重机”或“动圈式话筒”）。
（2）小明对调电源正、负极后，如图乙所示，闭合开关，导体棒ab此时会向 左 （填“上”、“下”、“左”或“右”）运动。
【分析】（1）磁场对通电导体有力的作用；
（2）改变电流的方向或磁场的方向都可以改变通电导体的受力方向，从而使其运动方向不同。
【解答】解：（1）将一根导体ab置于蹄形磁铁的两极之间，闭合开关后，电路中有电流，导体运动，说明磁场对通电导体有力的作用；
电铃和电磁起重机的主要部件是电磁铁，利用的是电流的磁效应；
扬声器的原理是通电导体在磁场中受力运动；
动圈式话筒的原理是电磁感应；
所以利用这个原理工作的装置有扬声器。
（2）原来导体棒ab向右运动，小明对调电源正、负极后，电路中的电流方向改变，磁场方向不变，导体棒ab的受力方向改变，所以导体棒ab此时会向左运动。
故答案为：（1）通电导体；扬声器；（2）左。
【点评】此题主要考查了磁场对电流的作用，明确磁场力方向的影响因素是解题的关键。
16．（4分）如图甲、乙所示是“探究水和食用油吸热能力”的实验装置。
（1）实验中应取 质量 相同（填“质量”或“体积”）相同的水和食用油，分别倒入两个相同的烧杯中。使用两个规格相同的电加热器分别加热水和食用油。实验中通过 加热时间 来比较水和食用油吸收热量的多少。
（2）图丙是根据实验数据画的水与食用油的温度随时间变化的图像，则图像 A 反映的是水的吸热升温情况（填“A”或“B”）。
（3）物质的这种特性用物理量比热容来描述，分析图丙可知，水和食用油的比热容之比为 2：1 。
【分析】（1）我们使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；
比较物质吸热能力的2种方法：使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量（即比较加热时间），吸收热量多的吸热能力强；或使相同质量的不同物质吸收相同的热量（即加热相同的时间），比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；
（2）根据画的水与食用油的温度随时间变化的图像得出加热5分钟（吸热相同），A和B升高的温度；根据比较吸热能力的方法，确定A的吸热能力强，结合水的比热容大分析；根据Q＝cmΔt可知，在质量和吸热相同的情况下，比热容与升高的温度之积为一定值，升高的温度与比热容成反比，据此得出水和食用油的比热容之比。
【解答】解：（1）根据比较吸热能力的方法，要控制不同物质的质量相同（不同物质密度不同，根据m＝ρV，体积相同的不同物质质量不同），故实验中应取质量相同的水和食用油，分别倒入两个相同的烧杯中。使用两个规格相同的电加热器分别加热水和食用油，根据转换法，实验中通过加热时间来比较水和食用油吸收热量的多少。
（2）根据画的水与食用油的温度随时间变化的图像知，加热5分钟（吸热相同），A升高的温度为：
30℃﹣10℃＝20℃；
B升高的温度为：
50℃﹣10℃＝40℃；
根据比较吸热能力的方法，A的吸热能力强，故图像A反映的是水的吸热升温情况；
根据Q＝cmΔt可知，在质量和吸热相同的情况下，比热容与升高的温度之积为一定值，升高的温度与比热容成反比，水和食用油的比热容之比为：
40℃：20℃＝2：1。
故答案为：（1）质量；（2）加热时间；A；（3）2：1。
【点评】本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法和Q＝cmΔt的运用，为热学中的重要实验。
17．（4分）小航利用一个焦距10cm的凸透镜、蜡烛、光屏和光具座等器材进行矫正视力的模拟实验。
（1）将凸透镜、蜡烛依次放在光具座上50cm和25cm刻度线处，如图1甲，需要将光屏移至 B （选填“A”、“B”或“C”）区域范围内才能承接到清晰的像，所成像如图1乙所示，是一个倒立、 缩小 （选填“放大”或“缩小”）的实像。
（2）凸透镜、光屏位置不变，将蜡烛向左移动，光屏上无法呈现清晰的像，此时模拟的是图2中的 a 图（选填“a”或“b”）的成像情景；若想在光屏上得到清晰的像，应在蜡烛和凸透镜之间适当位置放个用 凹 （选填“凸”或“凹”）透镜制作的眼镜。
【分析】（1）物距大于2倍焦距，成倒立、缩小实像，像距在一倍焦距和2倍焦距之间；
（2）凸透镜成实像时物距变大，像距变小，像成在光屏的前方，相当于近视眼，近视眼需通过凹透镜矫正。
【解答】解：（1）凸透镜的焦距为10cm，凸透镜、蜡烛依次放在光具座上50cm和25cm刻度线处，此时的物距为25cm，物距大于2倍焦距，成倒立、缩小实像，像距在一倍焦距和2倍焦距之间，所以需要将光屏移至B区域；
（2）凸透镜、光屏位置不变，将蜡烛向左移动，物距变大，像距变小，像成在光屏的前方，相当于近视眼，模拟的是图2中的a，近视眼需通过凹透镜矫正。'
故答案为：（1）B；缩小；（2）a；凹。
【点评】本题考查凸透镜成像规律和近视眼的矫正，属于基础题。
18．（6分）小明为了测量额定电压为2.5V小灯泡的电功率情况，设计了如图甲所示的电路。
（1）图甲中有一根导线连接错误，请在这根导线上打“×”，并用笔画线代替导线，将电路连接完整；
（2）改正电路连接后，闭合开关，小灯泡不发光，两表没有示数。将导线连接电压表“3”接线柱上，导线右端接到B接线柱上，情况没有改变；接在C接线柱时，灯泡发光，两表有示数。据此可知电路中出现故障的元件是 开关 ；
（3）排除故障后，开始进行实验，并记录实验数据。进行第一次实验时，移动滑片到某一位置，电压表示数如图乙所示，此时小灯泡的实际功率为 0.616 W；
（4）进行多次实验后，收集到的数据如表格所示，由表中数据可知，小灯泡的额定功率为 0.75 W；
实验次数
电压U/V
电流I/A
实际功率
1
0.28
2
2.5
0.30
3
2.7
0.32
4
3.0
0.34
【拓展】完成上述实验后，某小组设计了如图丙所示的电路，用原来的电源和电压表测量原小灯泡的额定功率，请将实验步骤补充完整并回答问题：
①把定值电阻R0接入电路，调节滑动变阻器使小灯泡正常发光；
②保持 滑动变阻器滑片的位置 不变，将电压表改接在R0两端，读出电压表示数；
③算出小灯泡的额定功率。
现有阻值为5Ω、10Ω、15Ω的定值电阻，为了能测出小灯泡的额定功率，结合题中的数据分析，定值电阻R0应选 5 Ω的。
【分析】（1）在探究小灯泡额定功率的实验中，电压表应测量小灯泡两端的电压，而图中电压表测小灯泡与滑动变阻器滑片左侧的电压之和，据此解答；
（2）闭合开关，小灯泡不发光，两表没有示数，说明电路存在断路且是与电压表并联电路部分之外的电路存在断路。将导线连接电压表“3”接线柱上，导线右端接到B接线柱上，情况没有改变，说明此段电路为通路；接在C接线柱时，灯泡发光，两表有示数，说明BC之间存在断路；
（3）（4）结合电压表的量程读数，结合表格数据得出电流，利用P＝UI求得电功率；
【拓展】把定值电阻R0接入电路，调节滑动变阻器使小灯泡两端电压为2.5V，则小灯泡正常发光，此时电路中的电流为额定电流；因此要保持滑动变阻器滑片的位置不变，测R0两端的电压，然后根据欧姆定律，求出电流，从而利用P＝UI求出小灯泡的额定功率。根据串联电路特点和欧姆定律计算定值电阻和滑动变阻器总的电阻，进而确定定值电阻R0的规格。
【解答】解：（1）在探究小灯泡额定功率的实验中，电压表应测量小灯泡两端的电压，而图中电压表测小灯泡与滑动变阻器滑片左侧的电压之和，故将导线从A接线柱，移至灯泡右侧。如图所示：
（2）闭合开关，小灯泡不发光，两表没有示数，说明电路存在断路且是与电压表并联电路部分之外的电路存在断路。将导线连接电压表“3”接线柱上，导线右端接到B接线柱上，情况没有改变，说明此段电路为通路；接在C接线柱时，灯泡发光，两表有示数，说明BC之间存在断路。则据此可知电路中出现故障的元件是开关。
（3）电压表选择的是小量程，分度值为0.1V，由图可知，电压表的示数为2.2V，电流为0.28A，则实际功率为P实＝U实I实＝2.2V×0.28A＝0.616W；
（4）小灯泡的额定电压为2.5V，额定电流为0.3A，则小灯泡的额定功率为P额＝U额I额＝2.5V×0.3A＝0.75W；
【拓展】把定值电阻R0接入电路，调节滑动变阻器使小灯泡两端电压为2.5V，则小灯泡正常发光，此时电路中的电流为额定电流；因此要保持滑动变阻器滑片的位置不变，测R0两端的电压，然后根据欧姆定律，求出电流，从而利用P＝UI求出小灯泡的额定功率。
电源电压为4.5V，小灯泡的额定电压为2.5V。由串联电路电压特点可知，定值电阻与滑动变阻器共分担的电压为U总＝4.5V﹣2.5V＝2V，
且此时电路中的电流为0.3A。则定值电阻与滑动变阻器总阻值为R总=U总I=2V0.3A≈6.7Ω，
由此可知，定值电阻R0应选5Ω的。
故答案为：（1）见解析；（2）开关；（3）0.616；（4）0.75；【拓展】滑动变阻器滑片的位置；5。
【点评】本题是测灯泡功率的实验，考查了电路连接、注意事项、电压表的读数、实验操作、电功率计算以及器材的选择等，综合性强。
19．（10分）2022年10月28日，世界最大吨位履带起重机——三一SCC98000TM履带起重机在浙江湖州交付，将主要应用于国家核电、石化建设领域，如图甲所示。现用该起重机将放在水平地面上的长方体混凝土墩放入水中。若将滑轮组连接的吊绳简化为1股如图乙所示，已知混凝土墩的密度为2.5×103kg/m3、底面积为4m2、高为2m，ρ水＝1.0×103kg/m3。求：
（1）混凝土墩放在地面上产生的压强是多大；
（2）混凝土墩浸没在水中后，它匀速下降过程中所受钢丝绳的拉力；（不计水的阻力）
（3）若忽略钢丝绳的重力、滑轮间的摩擦及滑轮重，请算出当起重机拉动混凝土墩在水下向上匀速运动2m（不出水面）用时9s的过程中，起重机拉力做功的功率是多大？
【分析】（1）利用G＝mg＝ρVg＝ρShg求出混凝土墩的重力，混凝土墩放在地面上时对地面的压力和自身的重力相等，利用p=FS求出对地面产生的压强；
（2）混凝土墩浸没在水中匀速下降，用平衡力知识求出它匀速下降过程中所受钢丝绳的拉力；
（3）若忽略钢丝绳的重力、滑轮间的摩擦及滑轮重，由图得出动滑轮上承担的绳子股数n，根据F′=1nF拉求出起重机对钢丝绳的拉力，根据s＝nh求出拉力端钢丝绳移动的距离，根据W＝Fs求出起重机拉力做的功，根据P=Wt求出起重机拉力做功的功率。
【解答】解：（1）混凝土墩的重力为：
G＝mg＝ρVg＝ρShg＝2.5×103kg/m3×4m2×2m×10N/kg＝2×105N，
混凝土墩放在地面上时对地面的压力为：
F＝G＝2×105N，
混凝土墩放在地面上产生的压强为：
p=FS=2×105N4m2=5×104Pa；
（2）混凝土墩浸没在水中受到浮力是：
F浮＝ρ水gV排＝ρ水gSh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×4m2×2m＝8×104N；
混凝土浸没在水中匀速下降过程中受到的浮力和钢丝绳的拉力与自身重力平衡，
即F浮+F拉＝G，
则它所受钢丝绳的拉力为：F拉＝G﹣F浮＝2×105N﹣8×104N＝1.2×105N；
（3）由图可知，动滑轮上有3根绳子承担，忽略钢丝绳的重力、滑轮间的摩擦及滑轮重，则起重机对钢丝绳的拉力为：F′=13F拉=13×1.2×105N＝4×104N，
拉力端钢丝绳移动的距离为：s＝3h＝3×2m＝6m，
起重机拉力做的功为：W＝F′s＝4×104N×6m＝2.4×105J，
起重机拉力做功的功率为：P=Wt=2.4×105J9s≈2.7×104W。
答：（1）混凝土墩放在地面上产生的压强是5×104Pa；
（2）混凝土浸没在水中后，它匀速下降过程中所受钢丝绳的拉力是1.2×105N；
（3）若忽略钢丝绳的重力、滑轮间的摩擦及滑轮重，当起重机拉动混凝土墩在水下向上匀速运动2m用时9s的过程中，起重机拉力做功的功率是2.7×104W。
【点评】本题主要考查压强、浮力、滑轮组的相关计算等知识，是一道综合题。
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