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2023年四川省绵阳市中考物理四诊试卷（含答案）
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这是一份2023年四川省绵阳市中考物理四诊试卷（含答案），共40页。试卷主要包含了选择题，填空题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2023年四川省绵阳市中考物理四诊试卷
一、选择题（本题包括13个小题，每小题3分，共39分。每小题只有一个选项最符合题目要求）
1．（3分）如图所示，下列关于课本几个小实验的说法中正确的是（ ）
A．图甲：随着向外不断抽气，手机铃声声源处的振幅越来越小
B．图乙：利用超声可以探测海底深度，说明超声波在海水中的传播速度大于其他声波
C．图丙：尺子伸出桌面的长度不同，音色不同
D．图丁：从上、下两个音叉振动的波形图中，可看出上面的音叉音调高
2．（3分）电子车票，也称“无纸化”车票，乘客网上购票后，直接通过“刷身份证”或“扫手机”即可顺利进站。如图所示，这是乘客通过刷身份证进站时的情景，将身份证靠近检验口，机器感应电路中就会产生电流，从而识别乘客身份。与这一原理相同的是（ ）
A．
B．
C．
D．
3．（3分）下面是小明同学对“能源的开发利用”和“信息传递”的一些认识，其中正确的是（ ）
A．5G网络即第五代无线通信技术，是通过电磁波传递信息的
B．光纤通信是依靠激光多次发生折射来传递信息的
C．化石燃料、水能、地热能都属于新能源
D．在核电站的核反应堆内部，核燃料具有的核能通过核裂变反应直接转化为电能
4．（3分）如图所示，纸筒底部中心开一小孔，纸筒开口端蒙一半透明纸做光屏，将点燃的蜡烛放在纸筒前，此时在光屏上恰能观察到清晰的烛焰的像S1；在图示情景中，若在底部中心开一个大孔，并在大孔处嵌入一合适的凸透镜也恰能在光屏上呈现清晰的像S2，S2与S1相比（ ）
A．更亮更小 B．更暗更小 C．更亮等大 D．更亮更大
5．（3分）许多智能手机都有这样一个功能：你本来把手机竖着拿在手里的，你将它转90度，横过来，它的页面就跟随你的动作自动反应过来，也就是说页面也转了90度，极具人性化。这源于手机内部有一个重力感应器，它由一个重物和两个互相垂直的对力敏感的传感器组成，用来判定水平方向。对此现象下列说法正确的是（ ）
A．转动时手机受到的重力大小发生了变化
B．转动时手机传感器的受力方向发生了变化
C．同一位置处手机由竖直转到水平时，重心高度变低了
D．手机横屏时重力感应器不受重力了
6．（3分）在研究水的沸腾实验中，下列相关说法正确的是（ ）
A．图甲中，加盖子是为了减慢水的沸腾，开小孔是为了防止沸点变大
B．图乙中读数方法会导致测量结果偏小
C．图丙中A是沸腾时气泡的变化情况，B中沸腾前气泡上升时变小是因为空气遇冷液化
D．图丁中，若a、b是同种物质，则图像不同的原因有初温不同和质量不同
7．（3分）如图所示，甲、乙、丙装置完全相同，燃料的质量、液体的质量和初温都相等，当燃料燃尽时（烧杯内的液体均未沸腾），温度计示数为T甲＞T乙＞T丙。下列说法正确的是（ ）
A．选择甲、乙，可以用燃烧相同时间比较液体升高温度来反映燃料热值的大小
B．选择甲、丙，可以用加热时间的长短来反映液体吸收热量的多少
C．液体a的比热容ca与液体b的比热容cb相比，有 ca＞cb
D．燃料1的热值q1与燃料2的热值q2相比，有 q1＜q2
8．（3分）针对如图三种现象，
①甲图是一个无摩擦的、不在同一平面上连续的轨道，小球从A点经B、C能滑到D；
②乙图是一个无摩擦的滚摆，将细绳绕轴转到A点，放手后，能在上下来回转动；
③丙图是一个单摆，从A点放手，能摆到B点，若在O点放一小棒，抵住细绳，小球能摆到C点；
④丁图AOB是光滑轨道，A点的高度H大于B点的高度，让小球由A点静止开始自由落下，沿轨道AOB到达B点后离开（不计空气阻力），则小球离开B点后的运动轨迹最符合实际的是b；
其中不能成立的是（ ）
A．①②③ B．②④ C．③④ D．③
9．（3分）2022年真是我国“超级航天年”，中国航天带给了国人无数的惊喜与浪漫。3月23日，航天员在“天宫课堂”做了将水连接在两块玻璃板之间形成“水桥”、液体结晶使“冰球发热”等实验。4月16日，“神舟十三号”载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。返回舱进入大气层时，与大气剧烈摩擦，发出耀眼的光。6月5日，长征二号F遥十四运载火箭用氢做燃料助推神舟十四号发射成功。下列判断正确的是（ ）
①“水桥”的形成是因为分子之间存在引力
②返回舱进入大气层发出光是重力做功改变了返回舱的内能
③液体结晶的球发热是因为液体结晶过程中内能增加
④火箭发动机的燃料是氢，这是因为氢的比热容很大
A．①③ B．②③ C．①② D．①
10．（3分）如图所示，在汽车中悬线上挂一个小球，当汽车运动时，悬线将与竖直方向成某一固定角度，若在汽车底板上还有一个相对底板静止的物体M，则下列说法正确的是（ ）
A．汽车一定向右做加速运动
B．汽车可能向左做加速运动
C．物体M相对于汽车底板静止，说明物体M一定受平衡力的作用
D．物体M除受到重力、底板的支持力作用外，还一定受到向右的摩擦力作用
11．（3分）如图所示是现在一般标准住宅户内配电系统图，下列分析正确的是（ ）
A．三孔插座对应用电器的三线插头，插头最左边的那条导线与用电器的外壳相连
B．当插座漏电时，空气开关①将跳闸
C．当空调电流过大时，漏电保护器会迅速切断电流
D．闭合空气开关③后试电笔先后插入插座的左右插孔，插入插座的左插孔氖管不发光
12．（3分）小明利用如图所示的电路测小灯泡的电功率，其中小灯泡灯丝阻值会随着温度的变化而变化。小灯泡上标有“2.5V 0.5W”字样，电源电压恒为3V，实验获得系列数据绘制出了电路总功率P总、小灯泡功率PL、电压表示数U1和U2随电路电流变化的图像。其中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
13．（3分）多多设计了一个储水控制装置，如图甲所示为该装置的简易模型。OAB是一个轻质杠杆，杠杆绕O点转动，OA：OB＝2：1。B点处用轻质弹簧连接了一个底面积为100cm2的长方体浮桶，浮筒位于水箱底部，此时恰好对水箱底部无压力。A点与固定在天花板上的压敏电阻C通过一根轻质细杆相连，压敏电阻通过电路控制加水管（电路未画出）。现打开加水管向水箱内加水，当桶底升至阀门所处高度时，加水管停止加水，此过程中压敏电阻C所受的力与加水的体积的关系如图乙所示（已知弹簧的弹力每改变5N，弹簧形变量改变1cm，整个过程发生在弹簧弹性限度内），以下说法正确的是（ ）
A．浮筒的重力为2N
B．水箱的底面积180cm2
C．停止加水时浮筒移动的距离为4cm
D．整个过程中浮筒下表面所受的最大压强为2.4×103Pa
二、填空题（本题包括5个小题，每空2分，共20分）
14．（4分）某同学做探究“物质M熔化特点”的实验，加热效率始终不变，实验结果如图所示。则M在B点时的状态是 （选填“固态”“液态”或“固液共存态”）；前2min，M吸收的热量为 J。[M的质量为100g，已知图中CD段物质比热容为4×103J/（kg•℃）]
15．（4分）体重50kg的小明帮爸爸把一块质量为2kg的平面镜（镜面水平向上）搬到他家楼顶，他们家共3层，已知他家楼房层高3米，到楼顶楼梯总长度15m，则整个过程中，小明对镜子做的功是 J，平面镜中他家楼顶一棵绿植的“倒影”相对于绿植上升了 m。（g取10N/kg）
16．（4分）如图所示，在竖直平面内用轻质细线悬挂一个小球，将小球拉至A点，使细线处于拉直状态，由静止开始释放小球，不计摩擦，小球可在A、B两点间来回摆动。当小球摆到F点时，受到 （选填“平衡力”或“非平衡力”）的作用。如果在B点时细线恰好断开，则小球将 （选填“沿BE方向匀速运动”“沿BE方向加速运动”“沿BC方向运动”“沿BD方向运动”或“静止”）。
17．（4分）绵阳体育中考有乒乓球选项，为了训练，小明自制发球机，示意图如图所示。已知球的质量为3g，竖直方向受大气压作用的等效面积为12cm2，若不计管壁摩擦，当吹风机向水平管吹风，球下方和上方气压差为 Pa时，球恰能上升；若考虑管壁摩擦，则需要 （选填“增大”或“减小”）乒乓球上方的风速。（g取10N/kg）
18．（4分）如图甲所示是一款养生电饭煲，可以煮出低糖米饭。工作过程中先用高温加热煮沸，再采用低温蒸煮米饭煮熟后自动进入保温状态，既能大大降低米饭中的糖分而且环保节能。内部结构电路如图乙所示，R1和R2均为加热电阻且保持不变，R是可变电阻，通过调节R可以让电饭煲进入保温状态，S1和S2为温控开关，设定好预设温度，通过S1、S2的断开与闭合（其中S2不能单独闭合），可以自动实现电饭煲的高温加热，低温蒸煮和保温状态的转换，图丙是电饭煲某次正常工作时完成一次煮熟米饭所消耗的电能随时间的变化关系。则R1＝ Ω；某周末的晚饭时，小明想利用标有“3000imp/（kW•h）”字样的电能表测量家庭电路的实际电压，只让电饭煲接入电路，在高温状态下，她观察到电能表上的指示灯在2分钟内闪烁了81次，则此时的实际电压是 V。
三、实验探究题（本题包括3个小题，每空2分，每图2分，共20分）
19．（6分）在探究“影响滑动摩擦力大小因素”的实验中，小英做了如图甲所示的三次实验。
（1）刚开始小英做第1次实验时控制不好力度，拉力随时间变化的图象如图乙所示，木块的速度随时间变化的图象如图丙所示，则木块在第7s时的摩擦力为 N。
（2）同一组的小芳同学将实验方法进行了改进，实验装置如图丁所示：木块下面是一长木板，实验时拉着长木板沿水平地面向右运动，弹簧测力计示数如图所示，则木块受到的摩擦力大小为 N。
（3）接着小芳对如图戊所示的情景进行了研究，将一木块放在水平面上，上表面固定一轻滑轮（不计滑轮摩擦），轻绳绕过滑轮后，一端固定在右侧墙上，另一端始终用大小为5N的力F1竖直向上拉，木块向右匀速运动，若将绳端拉力方向改为水平向右，要使木块仍能匀速运动，这时拉力大小为F2，则F2 （选填“＝”“＞”或“＜”）2.5N。
20．（6分）图甲是学习光的折射的实验情景，图乙是某实验的示意图。
（1）实验前，点燃固定在盒盖下方的蚊香，盖上盒盖，可清晰观察到如图乙的光路，在塑料盒的右侧面上可看到一个亮点（如图乙B点）。向塑料盒中逐渐加入掺有少量牛奶的水，达到一定高度后会观察到在右侧面原来亮点B的上方出现一个亮点C，还有一个在原来亮点的下方D处。保持入射光不动，继续加水，会看到这两个亮点移动的方向是 （填序号），折射角大小 （选填“增大”“不变”或“减小”）。
A.两个亮点都向上
B.两个亮点都向下
C.上面的亮点向上，下面的亮点向下
D.上面的亮点向下，下面的亮点向上
（2）如图丙，一束激光与水平方向成45°角斜射到空水槽底部O点，形成一个光斑。若向其中加水，水位上升的速度为v，则水槽底部光斑移动的速度 v（选填“大于”“等于”或“小于”）。
21．（8分）在探究“电流与电阻的关系”的实验中，可使用的器材有：电源滑动变阻器R（50Ω 1A）、电阻箱R0、电流表、电压表、开关及导线若干。
（1）按图甲连好电路闭合开关，电流表有示数，电压表示数为零，则电路故障原因可能是 （填序号）。
A.电压表的量程选大了
B.电阻箱R0发生了短路
C.滑动变阻器发生了断路
D.滑动变阻器发生了短路
（2）排除故障后利用该电路研究电流与电阻的关系，实验数据记录如表。
序号
1
2
3
4
5
电流表示数I/A
0.10
0.20
0.30
0.40
0.50
电阻箱电阻R0/Ω
48.0
20.0
16.0
12.0
9.6
①实验中有组实验数据有错误，造成该错误的可能原因为滑动变阻器接入电路的阻值偏 （选填“大”或“小”）。
②实验中所用电源的电压可能是 V（选填“4”“8”或“10”）。
（3）请在图乙的方格中建立有关坐标轴并确定标度，利用表中的数据在坐标系中正确描点绘线。
四、计算题（本题包括2个小题，第22题9分，第23题12分，共21分。解答过程中必须写出必要的文字说明、公式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
22．（9分）甲、乙两地相距30km，在甲、乙两地之间沿直线架设两条输电线，已知输电线每千米的电阻为0.4Ω。现输电线在某处发生了短路。
（1）为确定短路位置，检修员在甲地利用电压表、电流表和电源接成如图①所示的电路进行测量。当电压表的示数为3.0V时，电流表的示数为0.5A，则短路位置离甲地的距离为多少？
（2）在甲地利用电源（电压恒为6V）、标有“8V，4W”的灯泡L、电压表（量程为0～3V）以及开关等与输电线组成了一个检测电路如图②所示（电压表未画出）；闭合开关后，电压表示数为2V（不计温度对灯泡电阻的影响）。则电压表应接在 （选填“AC”“AB”“BD”或“CD”）间（通过计算说明理由）；短路位置离甲地的距离为多少？
23．（12分）为完成某水下工程，施工队要把一个圆柱体工件从水中提起。通过技术分析，采用重为2.4×104N、车轮与水平地面的接触总面积为800cm2的小型牵引车，通过牵引滑轮组匀速打捞起水中的圆柱体工件，小型牵引车的速度始终保持2m/s，如图甲所示，在打捞过程中，小型牵引车的牵引功率P随打捞时间t的变化如图乙所示。已知出水前滑轮组的机械效率为80%，不计绳子与滑轮间的摩擦和绳重，ρ水＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg。求：
（1）在打捞的过程中，小型牵引车对水平地面施加的压强；
（2）在0～t1时间段内，圆柱体工件所受的浮力；
（3）动滑轮重力；
（4）圆柱体工件被拉出水面后在空中匀速上升的过程中，滑轮组的机械效率。（结果精确到0.1%）
2023年四川省绵阳市中考物理四诊试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题包括13个小题，每小题3分，共39分。每小题只有一个选项最符合题目要求）
1．（3分）如图所示，下列关于课本几个小实验的说法中正确的是（ ）
A．图甲：随着向外不断抽气，手机铃声声源处的振幅越来越小
B．图乙：利用超声可以探测海底深度，说明超声波在海水中的传播速度大于其他声波
C．图丙：尺子伸出桌面的长度不同，音色不同
D．图丁：从上、下两个音叉振动的波形图中，可看出上面的音叉音调高
【分析】（1）声音的传播需要介质，真空不能传声；声音的大小叫响度，响度与振幅和距离声源的远近有关。
（2）超声波、声波、次声波在同种介质中的传播速度相同。
（3）声音的高低叫音调，音调与频率有关。
（4）在波形图中，声波的波形越稀疏，频率越低，波形越密集，频率越高。
【解答】解：A、图甲：随着向外不断抽气，手机铃声声源处的振幅不变，空气越来越稀薄，听到的声音越来越低，故A错误；
B、图乙：利用超声可以探测海底深度，超声波在海水中的传播速度等于其他声波，故B错误；
C、图丙：尺子伸出桌面的长度不同，振动频率不同，音调不同，故C错误；
D、图丁：从上、下两个音叉振动的波形图中，上面波形图的振动频率高，可看出上面的音叉音调高，故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查了声音产生和传播的条件，关键是知道音调和响度的影响因素。
2．（3分）电子车票，也称“无纸化”车票，乘客网上购票后，直接通过“刷身份证”或“扫手机”即可顺利进站。如图所示，这是乘客通过刷身份证进站时的情景，将身份证靠近检验口，机器感应电路中就会产生电流，从而识别乘客身份。与这一原理相同的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】刷身份证是利用电磁感应原理，分析选项四幅图，找出符合题意的选项即可。
【解答】解：由题意可知，刷身份证时会产生感应电流，即由磁产生电，有感应电流产生，所以其工作原理为电磁感应现象；
A、图示为奥斯特实验，说明通电导线周围存在磁场，故A不符合题意；
B、图中有电源，为电动机的工作原理，说明通电导体在磁场中受力而运动，故B不符合题意；
C、图示的实验是探究磁极间的相互作用规律的实验，故C不符合题意；
D、图中没有电源，闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，会产生感应电流，这是电磁感应现象，故D符合题意。
故选：D。
【点评】本题考查了电与磁的联系，解答本题的关键要能从题意中分析出该装置利用了电磁感应的原理。
3．（3分）下面是小明同学对“能源的开发利用”和“信息传递”的一些认识，其中正确的是（ ）
A．5G网络即第五代无线通信技术，是通过电磁波传递信息的
B．光纤通信是依靠激光多次发生折射来传递信息的
C．化石燃料、水能、地热能都属于新能源
D．在核电站的核反应堆内部，核燃料具有的核能通过核裂变反应直接转化为电能
【分析】（1）电磁波可以传递信息；
（2）光纤通信依靠多次反射传递信息；
（3）新能源是采用新技术和新材料而获得，在新技术基础上系统地开发利用的能源，如太阳能、风能、生物质能、地热能、海洋能等；
（4）核能通过核裂变反应不能直接转化为电能。
【解答】解：A、5G网络即第五代无线通信技术，是通过电磁波传递信息的，故A正确；
B、光纤通信是依靠激光多次发生反射来传递信息的，故B错误；
C、化石燃料、水能都不属于新能源，故C错误；
D、核电站发电是核燃料通过核裂变将核能转化为内能，内能转化为机械能，然后通过发电机转化为电能，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了电磁波的应用、光纤通信的原理、能源的分类，属于基础题，要求学生理解。
4．（3分）如图所示，纸筒底部中心开一小孔，纸筒开口端蒙一半透明纸做光屏，将点燃的蜡烛放在纸筒前，此时在光屏上恰能观察到清晰的烛焰的像S1；在图示情景中，若在底部中心开一个大孔，并在大孔处嵌入一合适的凸透镜也恰能在光屏上呈现清晰的像S2，S2与S1相比（ ）
A．更亮更小 B．更暗更小 C．更亮等大 D．更亮更大
【分析】通过分析两次的成像可知，第一次是小孔成像，第二次是凸透镜成像，结合两次成像的特点，可判断像的大小和亮暗变化。
【解答】解：由题意可知，第一次通过小孔成的像属于小孔成像，是光沿直线传播形成的倒立、缩小的实像。
第二次换上凸透镜后，由于物距大于像距，烛焰经凸透镜也是成倒立、缩小的实像。由于凸透镜的直径更大，经凸透镜折射的光更多，所以像S2比S1更亮，
同时，由于两次的物距和像距都不变，则像的大小是相等的。故只有选项C正确。
故选：C。
【点评】本题能判断出小孔成像和凸透镜成像的特点，并进一步比较其亮度和大小，是解答本题的关键。
5．（3分）许多智能手机都有这样一个功能：你本来把手机竖着拿在手里的，你将它转90度，横过来，它的页面就跟随你的动作自动反应过来，也就是说页面也转了90度，极具人性化。这源于手机内部有一个重力感应器，它由一个重物和两个互相垂直的对力敏感的传感器组成，用来判定水平方向。对此现象下列说法正确的是（ ）
A．转动时手机受到的重力大小发生了变化
B．转动时手机传感器的受力方向发生了变化
C．同一位置处手机由竖直转到水平时，重心高度变低了
D．手机横屏时重力感应器不受重力了
【分析】了解重力的大小、方向和作用点的特点，可逐一分析，做出判断。
【解答】解：
A、重力是物体由于地球的吸引而受到的力，物体的重力大小几乎不变，故A错误；
B、重力的方向始终是竖直向下的，故B错误；
C、当手机转动时，重力方向不变，始终竖直向下，而互相垂直的传感器高度却发生变化，其重心高度变低了，故C正确；
D、在地球附近，任何物体都会受到重力作用，故D错误；
故选：C。
【点评】本题以手机中的特殊功能为背景，考查了我们对重力的三要素的了解，并要求我们能对“重力感应器”的结构特点做出大胆的推测。
6．（3分）在研究水的沸腾实验中，下列相关说法正确的是（ ）
A．图甲中，加盖子是为了减慢水的沸腾，开小孔是为了防止沸点变大
B．图乙中读数方法会导致测量结果偏小
C．图丙中A是沸腾时气泡的变化情况，B中沸腾前气泡上升时变小是因为空气遇冷液化
D．图丁中，若a、b是同种物质，则图像不同的原因有初温不同和质量不同
【分析】（1）影响加热时间的因素：水量多少、水的初温、是否加盖；
（2）俯视温度计读数，使测量值偏大；
（3）沸腾前，有气泡产生，气泡在上升过程中逐渐变小；沸腾时的现象：产生大量气泡，气泡在上升过程中逐渐变大，直至液面破裂；
（4）同一热源，加热时间相同释放的热量相同，同种物质，则比热容相同，吸收相同的热量取决于质量和温差两个因素，据此解答。
【解答】解：A、加盖是为了缩短加热时间，加快沸腾，故A错误；
B、温度计的0刻度在下，俯视读数使读数偏大，故B错误；
C、沸腾前，烧杯中水的温度下层高，上层低，气泡上升时水蒸气遇冷液化，使气泡变小；沸腾时，烧杯中上层水的温度和下层水的温度相同，气泡上升逐渐变大，直至液面破裂，故C错误；
D、若a、b是同种物质，吸收相同的热量，温差越小的质量越大，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查水沸腾时温度变化的特点，掌握影响加热时间的因素、沸腾前和沸腾时的现象是解答本题的关键。
7．（3分）如图所示，甲、乙、丙装置完全相同，燃料的质量、液体的质量和初温都相等，当燃料燃尽时（烧杯内的液体均未沸腾），温度计示数为T甲＞T乙＞T丙。下列说法正确的是（ ）
A．选择甲、乙，可以用燃烧相同时间比较液体升高温度来反映燃料热值的大小
B．选择甲、丙，可以用加热时间的长短来反映液体吸收热量的多少
C．液体a的比热容ca与液体b的比热容cb相比，有 ca＞cb
D．燃料1的热值q1与燃料2的热值q2相比，有 q1＜q2
【分析】（1）为了比较两种液体的比热容，需要燃烧相同的燃料，加热不同的液体，让液体的质量相同，通过比较温度计升高的示数，判断两种液体比热容的大小关系；
（2）燃料的热值大小不能直接测量，需要通过液体吸收热量的多少来体现燃料燃烧放出热量的多少，而液体吸收热量的多少跟液体的质量和升高的温度有关，因此为了比较热值大小要用不同的燃料，加热同一种液体，让液体的质量相同，通过比较温度计升高的示数比较吸热多少，进而判断热值大小。
【解答】解：
A、选择甲、乙，液体的质量和种类相同，燃料的种类不同，可以探究热值的大小；实验中燃烧相同的时间，无法判定燃料燃烧的质量的大小，所以无法根据液体升高的温度来反映燃料热值的大小，故A错误；
B、选择甲、丙，燃料的种类相同，液体的质量相同，种类不同，可以探究比热容的大小，实验中用加热时间的长短来反映液体吸收热量的多少，故B正确；
C、甲、丙所示实验中所用燃料种类与质量相同，相同时间内燃料燃烧释放的热量相等，燃料燃烧释放的热量被烧杯中的液体吸收，则Qa＝Qb，甲、丙两实验烧杯中液体的初温相等，末温T甲＞T丙，则Δt甲＞Δt丙，即Δta＞Δtb，因为Qa＝Qb，m相等，Δt1＞Δt2，Q＝cmΔt，所以由c＝可知，ca＜cb，故C错误；
D、甲、乙两实验所使用的燃料质量m相同而种类不同，加热质量相同的同种液体，液体温度升高的越高，则表明燃料放出的热量越多，燃料的热值越大，由于T甲＞T乙，所以q1＞q2，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了学生对热值概念、比热容概念的了解与掌握，分析时用好控制变量法是本题的关键。
8．（3分）针对如图三种现象，
①甲图是一个无摩擦的、不在同一平面上连续的轨道，小球从A点经B、C能滑到D；
②乙图是一个无摩擦的滚摆，将细绳绕轴转到A点，放手后，能在上下来回转动；
③丙图是一个单摆，从A点放手，能摆到B点，若在O点放一小棒，抵住细绳，小球能摆到C点；
④丁图AOB是光滑轨道，A点的高度H大于B点的高度，让小球由A点静止开始自由落下，沿轨道AOB到达B点后离开（不计空气阻力），则小球离开B点后的运动轨迹最符合实际的是b；
其中不能成立的是（ ）
A．①②③ B．②④ C．③④ D．③
【分析】在只有动能和势能进行转化时，机械能的总量是守恒的，据此结合图中的实验现象进行分析。
【解答】解：①甲图中无摩擦，机械能是守恒的，因此，小球从A点经B、C能滑到D；故正确；
②乙图中无摩擦，将细绳绕轴转到A点，放手后，滚摆能在上下来回转动，故正确；
③丙图中，将单摆从A点放手，能摆到B点，若在0点放一小棒，抵住细绳，小球仍只能摆到B点，而不可能上升到更高的C点。故错误。
④由题知，AOB为完全光滑轨道，所以，小球运动时其机械能守恒；
小球从A点由静止滑下，则小球的机械能等于A点时的重力势能；整个过程中，机械能守恒，a虚线的最高点超过了A点的高度，这是不可能的；
b虚线的最高点与A点的高度相同，而在b虚线的最高点时，小球仍具有向右运动的速度，所以b虚线表示小球的机械能大于A点的机械能，也是不可能的；
c虚线的最高点低于A点，由于在最高点时小球仍运动，其总机械能可能与开始时的机械能相等，符合实际；
d虚线中小球离开轨道时，由于惯性，应具有沿轨道方向向上运动的速度，则d虚线不可能。所以符合实际的是c；故错误；
故正确的是①②，错误的是③④；
故选：C。
【点评】了解机械能守恒的条件，会根据实际分析机械能的转化情况，是正确解答的关键。
9．（3分）2022年真是我国“超级航天年”，中国航天带给了国人无数的惊喜与浪漫。3月23日，航天员在“天宫课堂”做了将水连接在两块玻璃板之间形成“水桥”、液体结晶使“冰球发热”等实验。4月16日，“神舟十三号”载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。返回舱进入大气层时，与大气剧烈摩擦，发出耀眼的光。6月5日，长征二号F遥十四运载火箭用氢做燃料助推神舟十四号发射成功。下列判断正确的是（ ）
①“水桥”的形成是因为分子之间存在引力
②返回舱进入大气层发出光是重力做功改变了返回舱的内能
③液体结晶的球发热是因为液体结晶过程中内能增加
④火箭发动机的燃料是氢，这是因为氢的比热容很大
A．①③ B．②③ C．①② D．①
【分析】（1）分子间存在引力和斥力；
（2）做功和热传递都可以改变物体的内能；
（3）能量在转化和利用过程中总是会有能量的损失；
（4）氢的热值较大，完全燃烧相同质量的氢和其它燃料，氢可以放出更多的热量。
【解答】解：①水桥的形成是因为水分子之间有引力，故①正确；
②返回舱进入大气层时，返回舱与空气摩擦，机械能转化为内能，使返回舱的内能增加，温度升高，是通过做功的方式改变返回舱的内能，故②正确；
③液体结晶是凝固过程，凝固放热、内能减少，故③错误；
④火箭发动机的燃料是氢，这是因为氢的热值大，故④错误。
故选：C。
【点评】本题是一道热学综合题，主要考查分子动理论、改变物体内能的方式、对燃料热值的概念的理解以及能量转化的效率，难度不大。
10．（3分）如图所示，在汽车中悬线上挂一个小球，当汽车运动时，悬线将与竖直方向成某一固定角度，若在汽车底板上还有一个相对底板静止的物体M，则下列说法正确的是（ ）
A．汽车一定向右做加速运动
B．汽车可能向左做加速运动
C．物体M相对于汽车底板静止，说明物体M一定受平衡力的作用
D．物体M除受到重力、底板的支持力作用外，还一定受到向右的摩擦力作用
【分析】（1）一切物体都有保持原来运动状态不变的性质，称为惯性；
（2）摩擦力的方向与物体运动趋势方向相反；
【解答】解：
AB、以小球为研究对象，小球向左运动，所以汽车有两种可能，即可能向右做加速运动，也可能向左做减速运动，故AB错误；
CD、据上面的分析可知，木块M相对于汽车有一个向左的运动趋势，此时木块M会受到一个向右的摩擦力（其动力的作用），故M除受到重力、底板的支持力作用外，还一定受到向右的摩擦力作用，故M受力不平衡，故C错误，D正确；
故选：D。
【点评】此题考查了惯性的理解和摩擦力大小、方向的分析和判断，是一道综合题。
11．（3分）如图所示是现在一般标准住宅户内配电系统图，下列分析正确的是（ ）
A．三孔插座对应用电器的三线插头，插头最左边的那条导线与用电器的外壳相连
B．当插座漏电时，空气开关①将跳闸
C．当空调电流过大时，漏电保护器会迅速切断电流
D．闭合空气开关③后试电笔先后插入插座的左右插孔，插入插座的左插孔氖管不发光
【分析】（1）三孔插座的接法：左零右火，中间接地线，对应的三线插头的该插头与用电器的金属外壳相连；
（2）（3）当电路漏电时，漏电保护器能自动“跳闸”对人或电路起到保护作用；当电路中的电流过大时，空气开关会断开电路。
（4）试电笔（测电笔）接触火线时氖管会发光，接触零线时氖管不发光。
【解答】解：
A、图中的三孔插座对应用电器的三线插头，插头最上面的那条导线与用电器的外壳相连，这样可以防止因外壳漏电而发生触电事故，故A错误；
B、当插座漏电时，漏电保护器会断开电路，由于此时电路中的电流不会过大，所以空气开关①不会跳闸，故B错误；
C、当空调电流过大时，空气开关②会跳闸，漏电保护器不会切断电流，故C错误；
D、插座的左孔接零线，右孔接火线，闭合空气开关③后，试电笔插入插座的左插孔氖管不发光，插入插座的右孔时氖管发光，故D正确。
故选：D。
【点评】解答本题需要掌握家庭电路的连接、三孔插座的工作原理、试电笔的使用、漏电保护器的作用等知识，难度不大。
12．（3分）小明利用如图所示的电路测小灯泡的电功率，其中小灯泡灯丝阻值会随着温度的变化而变化。小灯泡上标有“2.5V 0.5W”字样，电源电压恒为3V，实验获得系列数据绘制出了电路总功率P总、小灯泡功率PL、电压表示数U1和U2随电路电流变化的图像。其中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】（1）根据P＝UI分析总功率的变化图像；
（2）根据小灯泡灯丝电阻的变化和电功率的计算公式分析；
（3）（4）根据串联电路的电压规律、欧姆定律分析。
【解答】解：由图可知，该电路为串联电路，电流表测量电路中的电流，电压表V1测量的是灯泡两端的电压，电压表V2测量的是滑动变阻器两端的电压；
A、小灯泡上标有“2.5V 0.5W”，则灯泡的额定电流为：I＝＝＝0.2A；为了保护电路，电路中的最大电流为0.2A，则电路的最大总功率为：P总＝UI＝3V×0.2A＝0.6W，故A错误；
B、其中小灯泡灯丝阻值会随着温度的变化而变化，根据P＝I2R可知，小灯泡功率与电流的图像不是一条直线，故B错误；
C、当滑动变阻器接入电路的电阻变小时，总电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大；由于电流越大，灯泡的实际功率越大，灯丝的温度越高，灯泡的电阻越大，根据U＝IR可知，灯泡两端的电压随着电路中电流的增大而增大，电流越大，电压表示数U1增加量越大，故C正确；
D、根据串联电路的电压规律可知，随着电流的增大，灯两端的电压增大，滑动变阻器两端的电压减小，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了电路的动态分析、欧姆定律的应用、电功率公式的应用，有一定的难度。
13．（3分）多多设计了一个储水控制装置，如图甲所示为该装置的简易模型。OAB是一个轻质杠杆，杠杆绕O点转动，OA：OB＝2：1。B点处用轻质弹簧连接了一个底面积为100cm2的长方体浮桶，浮筒位于水箱底部，此时恰好对水箱底部无压力。A点与固定在天花板上的压敏电阻C通过一根轻质细杆相连，压敏电阻通过电路控制加水管（电路未画出）。现打开加水管向水箱内加水，当桶底升至阀门所处高度时，加水管停止加水，此过程中压敏电阻C所受的力与加水的体积的关系如图乙所示（已知弹簧的弹力每改变5N，弹簧形变量改变1cm，整个过程发生在弹簧弹性限度内），以下说法正确的是（ ）
A．浮筒的重力为2N
B．水箱的底面积180cm2
C．停止加水时浮筒移动的距离为4cm
D．整个过程中浮筒下表面所受的最大压强为2.4×103Pa
【分析】（1）由乙图可知在未加水时，压敏电阻所受拉力为2N。根据杠杆平衡条件可求出此时浮筒的重力；
（2）由乙图可知当加入体积为320cm3，压敏电阻C所受的力为0，故此时弹簧与桶之间没有弹力，弹簧为原长，已知弹簧的弹力每改变5N，弹簧形变量改变1cm，可求出当物体在弹簧在初始状态时弹簧的伸长量，根据物体沉浮条件及阿基米德原理可求出物体排开水的体积，从而求出物体浸没在水中部分的高度和此时水面的高度，从而求出水箱的底面积；
（3）如乙图，当加水量最大时，压力传感器的压力为10N，根据杠杆平衡条件可求出此时弹簧对杠杆向上的弹力，从而求出此时弹簧的压缩量，可求出此时浮筒移动的距离；
（4）根据F浮＝G+F1可求出停止加水时桶处于静止状态时桶所受浮力，根据阿基米德原理可求出此时排开水的体积，从而可求出物体浸入水中部分的高度，根据p＝ρ水gh可求出底部受到压强。
【解答】解：A．由乙图可知在未加水时，压敏电阻所受拉力为2N，
根据杠杆平衡条件可知：G×OB＝F×OA，
此时浮筒的重力为：G＝＝2N×2＝4N，故A错误；
B．由乙图可知当加入体积为320cm3，压敏电阻C所受的力为0，故此时弹簧与桶之间没有弹力，弹簧为原长，已知弹簧的弹力每改变5N，弹簧形变量改变1cm，可知当物体在弹簧在初始状态时，则有：＝，解得：Δl＝0.8cm，
此时物体漂浮在水面上，距离底部0.8cm，根据阿基米德原理可知物体排开水的体积为：
V排＝＝＝＝4×10﹣4m3＝400cm3，
则物体浸没在水中部分的高度为：
h'＝＝＝4cm，
此时水面的高度为：
h＝Δl+h'＝0.8cm+4cm＝4.8cm，
这部分高度所占的总体积为：
V＝V排+V水＝400cm3+320cm3＝720cm3，
则水箱的底面积为：S＝＝＝150cm2，故B错误；
C．如乙图，当加水量最大时，压力传感器的压力为10N，
根据杠杆平衡条件可知：F1×OB＝F2×OA，
此时弹簧对杠杆向上的弹力为：F1＝＝10N×2＝20N，
则有：＝，
此时弹簧的压缩量为：l'＝4cm，
由于起始状态，弹簧处于拉伸状态，被拉伸量为0.8cm，故此时浮筒移动的距离为：
l“＝l'+Δl＝4cm+0.8cm＝4.8cm，故C错误；
D．停止加水时桶处于静止状态，则桶所受浮力为：
F浮＝G+F1＝4N+20N＝24N，
根据阿基米德原理可得，此时排开水的体积为：
V排1＝＝＝2.4×10﹣3m3＝2400cm3，
则物体浸入水中部分的高度为：
h1＝＝＝24cm＝0.24m，
物体此时浸没的部分最深，底部受到压强最大为：
p＝ρ水gh1＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.24m＝2.4×103Pa，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了液体压强公式、阿基米德原理、杠杆平衡条件等应用，读懂图像是解题的关键。
二、填空题（本题包括5个小题，每空2分，共20分）
14．（4分）某同学做探究“物质M熔化特点”的实验，加热效率始终不变，实验结果如图所示。则M在B点时的状态是 固态 （选填“固态”“液态”或“固液共存态”）；前2min，M吸收的热量为 2×103 J。[M的质量为100g，已知图中CD段物质比热容为4×103J/（kg•℃）]
【分析】物质在B点时刚开始熔化，所以为固态；利用公式Q＝cmΔt可计算CD段吸收的热量，CD段M吸热的时间为4min，是AB段吸收的热量的2倍，据此解答。
【解答】解：物质在B点时刚开始熔化，所以为固态；
由于相同时间内物质吸收的热量相同，则CD段M吸热的时间为4min，是AB段吸收的热量的2倍，
故CD共吸收的热量为：Q＝cmΔt＝4×103J/（kg•℃）×0.1kg×10℃＝4×103J；
前2分钟，M吸收的热量：Q吸＝Q＝×4×103J＝2×103J。
故答案为：固态；2×103。
【点评】本题考查了温度﹣时间图象的分析，热量公式的灵活运用等，有一定综合性，难度适中。
15．（4分）体重50kg的小明帮爸爸把一块质量为2kg的平面镜（镜面水平向上）搬到他家楼顶，他们家共3层，已知他家楼房层高3米，到楼顶楼梯总长度15m，则整个过程中，小明对镜子做的功是 180 J，平面镜中他家楼顶一棵绿植的“倒影”相对于绿植上升了 18 m。（g取10N/kg）
【分析】由G＝mg计算平面镜的重力，由W＝Gh计算把平面镜搬到楼顶做的功；根据平面镜成像时，像与物关于平面镜对称分析得到绿植上升高度。
【解答】解：平面镜的重力：
G＝mg＝2kg×10N/kg＝20N，
楼顶高度h＝3×3m＝9m，
把平面镜搬到楼顶对镜子做的功：
W＝Gh＝20N×9m＝180J；
平面镜的镜面水平向上，在楼下时，楼顶绿植到平面镜距离为9m，将平面镜搬到楼顶时，绿植到平面镜距离为0，绿植到平面镜的距离减小了9m，它的像到它的距离减小2×9m＝18m，即绿植上升18m。
故答案为：180；18。
【点评】本题考查了平面镜成像特点的应用和功的计算，难度适中。
16．（4分）如图所示，在竖直平面内用轻质细线悬挂一个小球，将小球拉至A点，使细线处于拉直状态，由静止开始释放小球，不计摩擦，小球可在A、B两点间来回摆动。当小球摆到F点时，受到 非平衡力 （选填“平衡力”或“非平衡力”）的作用。如果在B点时细线恰好断开，则小球将 沿BE方向加速运动 （选填“沿BE方向匀速运动”“沿BE方向加速运动”“沿BC方向运动”“沿BD方向运动”或“静止”）。
【分析】（1）物体保持静止或匀速直线运动状态，即为平衡状态；
（2）分析小球到达B点的运动状态及受力情况，便可得出结论。
【解答】解：小球到达最低点F时，重力势能最小，动能最大，速度最大，处于非平衡状态，所以受力不平衡，即细绳对它的拉力与它受到的重力不平衡；
当小球摆到B点时，小球速度恰好为零，此时若细线恰好断开，则小球只受重力作用而竖直下落。所以，将沿BE方向加速运动。
故答案为：非平衡力；沿BE方向加速运动。
【点评】此题考查了学生力和运动之间的关系，力可以改变物体的形状或运动状态。在此题中，小球由于重力作用将由静止下落。解决此题的关键是判断出在B点的运动状态。
17．（4分）绵阳体育中考有乒乓球选项，为了训练，小明自制发球机，示意图如图所示。已知球的质量为3g，竖直方向受大气压作用的等效面积为12cm2，若不计管壁摩擦，当吹风机向水平管吹风，球下方和上方气压差为 25 Pa时，球恰能上升；若考虑管壁摩擦，则需要 增大 （选填“增大”或“减小”）乒乓球上方的风速。（g取10N/kg）
【分析】（1）已知球的质量可求得其重力，由此可知压力大小，已知竖直方向受大气压作用的等效面积，由p＝可求得球下方和上方气压差；
（2）球恰能上升受到管壁摩擦，若增大乒乓球上方的风速，则球下方和上方气压差越大，据此分析。
【解答】解：球的重力G＝mg＝3×10﹣3kg×10N/kg＝3×10﹣2N，
由流体压强与流速的关系可知，若不计管壁摩擦，乒乓球此时受到的压力差向上，大小为F＝G＝3×10﹣2N，
受力面积S＝12cm2＝12×10﹣4m2，
球下方和上方气压差p＝＝＝25Pa；
若考虑管壁摩擦，则需要增大乒乓球上方的风速，则球下方和上方气压差增大，从而使球沿竖直管上升。
故答案为：25；增大。
【点评】本题考查了流体压强与流速的关系以及力的作用效果，压强的计算等，难易程度适中。
18．（4分）如图甲所示是一款养生电饭煲，可以煮出低糖米饭。工作过程中先用高温加热煮沸，再采用低温蒸煮米饭煮熟后自动进入保温状态，既能大大降低米饭中的糖分而且环保节能。内部结构电路如图乙所示，R1和R2均为加热电阻且保持不变，R是可变电阻，通过调节R可以让电饭煲进入保温状态，S1和S2为温控开关，设定好预设温度，通过S1、S2的断开与闭合（其中S2不能单独闭合），可以自动实现电饭煲的高温加热，低温蒸煮和保温状态的转换，图丙是电饭煲某次正常工作时完成一次煮熟米饭所消耗的电能随时间的变化关系。则R1＝ 110 Ω；某周末的晚饭时，小明想利用标有“3000imp/（kW•h）”字样的电能表测量家庭电路的实际电压，只让电饭煲接入电路，在高温状态下，她观察到电能表上的指示灯在2分钟内闪烁了81次，则此时的实际电压是 198 V。
【分析】由图知当S1和S2都闭合时，两电阻并联，总电阻最小，根据P＝知电路处于高温挡；
当S1和S2都断开时，R1和R串联，总电阻最大，根据P＝知电路处于保温挡；
当只闭合开关S1时，只有电阻R1工作，总电阻较大，根据P＝知电路处于低温挡。
（1）从图丙可知，0.1h﹣0.5h为低温挡，且消耗的电能为（0.276﹣0.1）kW•h，根据P＝可得出低温挡的功率，根据P＝可得出R1的电阻；
（2）根据题意和图丙可知0﹣0.1h是高温挡，0.1h﹣0.5h为低温挡，0.5h以后为保温挡，0﹣0.1h消耗的电能为0.1kW•h，根据P＝可得出高温挡的功率；
根据P＝可得出高温挡的总电阻，根据电能表铭牌数据和指示灯闪烁的次数可得出高温挡2min消耗的电能，由W＝UIt＝t可得出实际电压。
【解答】解：由图知当S1和S2都闭合时，两电阻并联，总电阻最小，根据P＝知电路处于高温挡；
当S1和S2都断开时，R1和R串联，总电阻最大，根据P＝知电路处于保温挡；
（1）从图丙可知，低温挡的功率P低温＝＝＝0.44kW＝440W，
根据P＝可知R1的阻值R1＝＝＝110Ω。
（2）根据题意和图丙可知0﹣0.1h是高温挡，0.1h﹣0.5h为低温挡，0.5h以后为保温挡，
高温挡的功率为：P高温＝＝＝1kW＝1000W；
高温挡的总电阻为：R′＝＝＝48.4Ω，
2min内消耗的电能为：
W＝＝0.027kW•h＝0.027×3.6×106J＝9.72×104J，
由W＝UIt＝t得，实际电压为：
U实＝＝＝198V。
故答案为：110；198。
【点评】本题考查了串联电路的特点和电功率公式的应用，本题是一道信息给予题，解决此类问题的关键是善于从题目中找到有用的信息，结合相应的计算公式计算。
三、实验探究题（本题包括3个小题，每空2分，每图2分，共20分）
19．（6分）在探究“影响滑动摩擦力大小因素”的实验中，小英做了如图甲所示的三次实验。
（1）刚开始小英做第1次实验时控制不好力度，拉力随时间变化的图象如图乙所示，木块的速度随时间变化的图象如图丙所示，则木块在第7s时的摩擦力为 3 N。
（2）同一组的小芳同学将实验方法进行了改进，实验装置如图丁所示：木块下面是一长木板，实验时拉着长木板沿水平地面向右运动，弹簧测力计示数如图所示，则木块受到的摩擦力大小为 2.2 N。
（3）接着小芳对如图戊所示的情景进行了研究，将一木块放在水平面上，上表面固定一轻滑轮（不计滑轮摩擦），轻绳绕过滑轮后，一端固定在右侧墙上，另一端始终用大小为5N的力F1竖直向上拉，木块向右匀速运动，若将绳端拉力方向改为水平向右，要使木块仍能匀速运动，这时拉力大小为F2，则F2 ＞ （选填“＝”“＞”或“＜”）2.5N。
【分析】（1）根据图丙分析各段的运动情况，根据图乙分析出拉力的大小，根据影响摩擦力的因素分析出摩擦力的大小；
（2）木块相对地面是静止的，根据二力平衡分析；
（3）匀速运动时受平衡力，平衡力大小相等、方向相反在同一直线上，在同一物体上；
影响摩擦力的因素是压力和接触面的粗糙程度。
【解答】解：（1）有图丙知：2～6s物体做匀速运动，此时物体处于平衡状态，受到的拉力和摩擦力是一对平衡力，大小相等，由图乙知此过程的拉力为3N，所以滑动摩擦力为3N；6～8s物体做减速运动，但由于压力的接触面的粗糙程度不变，摩擦力不变，仍为3N，故第7s时，摩擦力为3N；
（2）弹簧测力计分度值为0.1N，此时示数为2.2N，即拉力为2.2N，故滑动摩擦力为2.2N；
（3）若将绳端拉力方向改为水平向右，木块仍能匀速运动，这时拉力大小为F2，则物体受向右的两个F2和向左的摩擦力一对平衡力，大小相等，即2F2＝f2，即F2＝0.5f2，因为影响滑动摩擦力的因素是压力和接触面的粗糙程度，当绳子竖直向上拉时，对物体有竖直向上的拉力，物体对地面的压力小于重力，当改为水平向右拉时，物体对水平面的压力等于重力，即当拉力改为水平方向后，压力增大，摩擦力增大，即f2＞f1，故F2＝0.5f2＞0.5F1＝2.5N。
故答案为：（1）3；（2）2.2；（3）＞。
【点评】本题探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关，考查控制变量法的运用和影响滑动摩擦力大小的两个因素，体现了对过程和方法的考查。最后一问难度较大。
20．（6分）图甲是学习光的折射的实验情景，图乙是某实验的示意图。
（1）实验前，点燃固定在盒盖下方的蚊香，盖上盒盖，可清晰观察到如图乙的光路，在塑料盒的右侧面上可看到一个亮点（如图乙B点）。向塑料盒中逐渐加入掺有少量牛奶的水，达到一定高度后会观察到在右侧面原来亮点B的上方出现一个亮点C，还有一个在原来亮点的下方D处。保持入射光不动，继续加水，会看到这两个亮点移动的方向是 C （填序号），折射角大小 不变 （选填“增大”“不变”或“减小”）。
A.两个亮点都向上
B.两个亮点都向下
C.上面的亮点向上，下面的亮点向下
D.上面的亮点向下，下面的亮点向上
（2）如图丙，一束激光与水平方向成45°角斜射到空水槽底部O点，形成一个光斑。若向其中加水，水位上升的速度为v，则水槽底部光斑移动的速度 小于 v（选填“大于”“等于”或“小于”）。
【分析】（1）当光线射向两种介质的界面上时，会同时发生反射和折射，亮点随入射点的移动而改变；
（2）在光的折射中，折射角随入射角的增大而增大。
【解答】解：（1）向塑料盒中逐渐加入掺有少量牛奶的水，达到一定高度后会观察到在右侧面原来亮点的上方出现一个亮点，这个亮点是因为光照射到水面时发生了光的反射现象形成的，还有一个在原来亮点的下方，这是由于光在水面处发生折射传播方向发生改变而产生的；保持入射光不动，继续加水，入射点向左移动，会看到上面的亮点向上移动，下面的亮点向下移动，故选：C；
由于入射角不变，则折射角大小不变；
（2）沿水槽壁缓慢注水，折射光线逐渐向左偏折，但是入射角不变，折射角和反射角的大小也不变；由于发生了折射，折射光线靠近法线，所以在相同时间内水槽底部光斑运动的距离小于水位上升的距离，如图所示，即AB＞OO′，由v＝知，水槽底部光斑移动的速度小于v。
故答案为：（1）C；不变；（2）小于。
【点评】此题主要考查光的折射规律，注意光从空气斜射入水中时，折射角小于入射角，折射光线是靠近法线的，折射光线向下偏折。
21．（8分）在探究“电流与电阻的关系”的实验中，可使用的器材有：电源滑动变阻器R（50Ω 1A）、电阻箱R0、电流表、电压表、开关及导线若干。
（1）按图甲连好电路闭合开关，电流表有示数，电压表示数为零，则电路故障原因可能是 B （填序号）。
A.电压表的量程选大了
B.电阻箱R0发生了短路
C.滑动变阻器发生了断路
D.滑动变阻器发生了短路
（2）排除故障后利用该电路研究电流与电阻的关系，实验数据记录如表。
序号
1
2
3
4
5
电流表示数I/A
0.10
0.20
0.30
0.40
0.50
电阻箱电阻R0/Ω
48.0
20.0
16.0
12.0
9.6
①实验中有组实验数据有错误，造成该错误的可能原因为滑动变阻器接入电路的阻值偏 大 （选填“大”或“小”）。
②实验中所用电源的电压可能是 10 V（选填“4”“8”或“10”）。
（3）请在图乙的方格中建立有关坐标轴并确定标度，利用表中的数据在坐标系中正确描点绘线。
【分析】（1）按图甲连好电路闭合开关，电流表有示数，说明电路是通路，电压表示数为零，说明与电压表并联支路可能短路；
（2）①研究“电流与电阻的关系”，要控制电阻两端的电压不变，找出与其它实验电压表示数不同的实验；
②根据串联电路的电压特点和欧姆定律分析解答；
（3）先确定标度大小，然后用描点作图的方法绘制出电流、电阻关系图线。
【解答】解：（1）按图甲连好电路闭合开关，电流表有示数，说明电路是通路，电压表示数为零，说明与电压表并联支路可能短路，即电阻箱R0发生了短路，故选B；
（2）①研究“电流与电阻的关系”，要控制电阻两端的电压不变，
而第2次实验中，电压表示数为：U2＝I2R2＝0.20A×20.0Ω＝2V，
其它实验中电压表的示数为：UV＝IR＝0.10A×48.0Ω＝……＝0.50A×9.6Ω＝4.8V，
第2次实验与其它实验电压表示数不同，故序号为2的实验数据有错误；
因电压表示数小于控制的电压，则变阻器分得的电压较大，由串联分压原理可知，造成该错误的可能原因是滑动变阻器接入电路的阻值偏大；
②由表中数据第1次数据，根据欧姆定律和串联电路电压的规律，电源电压最大为：U＝U1+R滑大I1＝4.8.V+0.10A×50Ω＝9.8V＜10V；故实验中所用电源的电压可能是10V；
（3）横轴表示电阻，每小格表示4Ω，纵轴表示电流，每小格表示0.05A，在坐标系中找出对应的点，将各点连接起来，如下图所示：
。
故答案为：（1）B；（2）①大；②10；（3）如上图所示。
【点评】本题探究“电流与电阻的关系”的实验中，考查了电路故障、数据分析、欧姆定律的应用以及图像画法等知识。
四、计算题（本题包括2个小题，第22题9分，第23题12分，共21分。解答过程中必须写出必要的文字说明、公式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
22．（9分）甲、乙两地相距30km，在甲、乙两地之间沿直线架设两条输电线，已知输电线每千米的电阻为0.4Ω。现输电线在某处发生了短路。
（1）为确定短路位置，检修员在甲地利用电压表、电流表和电源接成如图①所示的电路进行测量。当电压表的示数为3.0V时，电流表的示数为0.5A，则短路位置离甲地的距离为多少？
（2）在甲地利用电源（电压恒为6V）、标有“8V，4W”的灯泡L、电压表（量程为0～3V）以及开关等与输电线组成了一个检测电路如图②所示（电压表未画出）；闭合开关后，电压表示数为2V（不计温度对灯泡电阻的影响）。则电压表应接在 BD （选填“AC”“AB”“BD”或“CD”）间（通过计算说明理由）；短路位置离甲地的距离为多少？
【分析】（1）由图知，电压表测短路处到甲地两段输电线上的电压，根据欧姆定律计算短路处到甲地两段输电线的总电阻，根据导线的规格求出导线的长度，再根据导线的双股的，从而确定出短路的地点离甲地的距离；
（2）由图可知，灯泡与输电线串联接入电路，根据每条输电线每千米的电阻为0.4Ω和甲、乙两地相距30km可求出两条输电线的总电阻，由电源电压为6V，根据串联电路分压规律可判断电压表合理连接的位置，
电压表并联在输电线两端，根据串联电路电压规律可求出灯泡两端的电压，根据串联电路分压规律可求出输电线短路处距甲地的电阻，根据每条输电线每千米的电阻为0.4Ω，由此可求出输电线短路处距甲地的距离。
【解答】解：（1）由图知，电压表测短路处到甲地两段输电线上的电压，根据欧姆定律可得短路处到甲地两段输电线的总电阻：R＝＝＝6Ω，
因所用的输电线每千米的电阻为0.4Ω，所以，导线长度：L＝＝15km，
则短路位置离甲地的距离：s＝L＝×15km＝7.5km；
（2）小灯泡的电阻为：RL＝，
由图可知，定值电阻与输电线串联接入电路，
由每条输电线每千米的电阻为0.4Ω，甲、乙两地相距30km可知，每条输电线的电阻R＝0.4Ω/km×30km＝12Ω，
两条输电线之间的最大电阻为R总＝2R＝24Ω，
根据串联电路分压规律可知，UL′：U电线＝RL：R总＝16Ω：24Ω＝2：3，
若电压表应并联在灯泡两端，即AB两端，输电线两端的电压根据串联分压原理可知输电线两端的电压最大为3V，根据串联电路电压规律可知此时的电源电压为2V+3V＝5V，不合题意，
若电压表接在AC间，电压表测电源电压，电压表示数为6V，不合题意，
若电压表接在CD间，电压表测开关电压，电压表示数为0V，不合题意，
所以电压表接在BD间，
灯泡两端的电压UL′＝U﹣U′＝6V﹣2V＝4V，
根据欧姆定律可得此时通过电路的电流：I′＝＝＝0.25A，
所以输电线短路处距甲地的电阻R电线＝＝＝8Ω，
由每条输电线每千米的电阻为0.4Ω，两条输电线的长度L′＝＝20km，所以输电线短路处距甲地的距离s′＝L′＝×20km＝10km。
答：（1）短路位置离甲地的距离7.5km；
（2）BD；短路处距甲地的距离是10km。
【点评】本题主要考查欧姆定律的应用，其中分析电压表接入电路中的位置是解题的难点，也是解题的关键。
23．（12分）为完成某水下工程，施工队要把一个圆柱体工件从水中提起。通过技术分析，采用重为2.4×104N、车轮与水平地面的接触总面积为800cm2的小型牵引车，通过牵引滑轮组匀速打捞起水中的圆柱体工件，小型牵引车的速度始终保持2m/s，如图甲所示，在打捞过程中，小型牵引车的牵引功率P随打捞时间t的变化如图乙所示。已知出水前滑轮组的机械效率为80%，不计绳子与滑轮间的摩擦和绳重，ρ水＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg。求：
（1）在打捞的过程中，小型牵引车对水平地面施加的压强；
（2）在0～t1时间段内，圆柱体工件所受的浮力；
（3）动滑轮重力；
（4）圆柱体工件被拉出水面后在空中匀速上升的过程中，滑轮组的机械效率。（结果精确到0.1%）
【分析】（1）已知车的重力，小型牵引车对地面的压力等于其重力，根据p＝求出车对地面的压强；
（2）根据牵引车的功率和速度分别利用P＝Fv求出圆柱体工件露出水面前和后滑轮组对圆柱体的拉力；然后根据圆柱体工件露出水面前后的受力情况即可求出浮力；
（3）根据工件出水前滑轮组的机械效率η1＝＝＝＝可求出圆柱体的重力，从而可求出动滑轮的重力；
（4）根据η2＝＝＝＝可求出工件出水后滑轮组的机械效率。
【解答】解：（1）小型牵引车空载时对水平地面的压力：
F＝G车＝2.4×104N；
受力面积S＝800cm2＝0.08m2；
小型牵引车对水平地面的压强：
p＝＝＝3×105Pa；
（2）由图乙知，在0～t1时间段内，圆柱体工件没有露出水面前，牵引功率P1＝1200W，
由P＝＝＝Fv得，此时达到绳子的牵引拉力为：
F1＝＝＝600N，
由图知，滑轮组由3段绳子承担物重，由于使用滑轮组时不计绳子与滑轮间的摩擦，
拉力F1＝（G物+G动﹣F浮）＝（G物+G动﹣F浮），即：3×600N＝G物+G动﹣F浮﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
当圆柱体工件被拉出水面后在空中匀速上升的过程中，牵引功率P2＝1400W，
由P＝＝＝Fv得，此时达到绳子的牵引拉力为：
F2＝＝＝700N，
由图知，拉力F2＝（G+G动）＝（G+G动），即：3×700N＝G物+G动﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
②﹣①可得：F浮＝3×700N﹣3×600N＝300N。
所以，在圆柱体工件没有露出水面前，所受浮力为300N；
（3）工件出水前滑轮组的机械效率为：
η1＝＝＝＝＝×100%＝80%，
解得：G物＝1740N，
将G物＝1740N代入②可得：G动＝3×700N﹣1740N＝360N；
（4）工件出水后滑轮组的机械效率为：
η2＝＝＝＝＝×100%＝82.9%。
答：（1）在打捞的过程中，小型牵引车对水平地面施加的压强为3×105Pa；
（2）在0～t1时间段内，圆柱体工件所受的浮力为300N；
（3）动滑轮重力为360N；
（4）圆柱体工件被拉出水面后在空中匀速上升的过程中，滑轮组的机械效率为82.9%。
【点评】本题是有关滑轮组的综合计算题目，考查了压强公式、功和功率公式、机械效率公式等的应用，难度大，综合性强。
2023年四川省绵阳市中考物理四诊试卷
一、选择题（本题包括13个小题，每小题3分，共39分。每小题只有一个选项最符合题目要求）
1．（3分）如图所示，下列关于课本几个小实验的说法中正确的是（ ）
A．图甲：随着向外不断抽气，手机铃声声源处的振幅越来越小
B．图乙：利用超声可以探测海底深度，说明超声波在海水中的传播速度大于其他声波
C．图丙：尺子伸出桌面的长度不同，音色不同
D．图丁：从上、下两个音叉振动的波形图中，可看出上面的音叉音调高
2．（3分）电子车票，也称“无纸化”车票，乘客网上购票后，直接通过“刷身份证”或“扫手机”即可顺利进站。如图所示，这是乘客通过刷身份证进站时的情景，将身份证靠近检验口，机器感应电路中就会产生电流，从而识别乘客身份。与这一原理相同的是（ ）
A．
B．
C．
D．
3．（3分）下面是小明同学对“能源的开发利用”和“信息传递”的一些认识，其中正确的是（ ）
A．5G网络即第五代无线通信技术，是通过电磁波传递信息的
B．光纤通信是依靠激光多次发生折射来传递信息的
C．化石燃料、水能、地热能都属于新能源
D．在核电站的核反应堆内部，核燃料具有的核能通过核裂变反应直接转化为电能
4．（3分）如图所示，纸筒底部中心开一小孔，纸筒开口端蒙一半透明纸做光屏，将点燃的蜡烛放在纸筒前，此时在光屏上恰能观察到清晰的烛焰的像S1；在图示情景中，若在底部中心开一个大孔，并在大孔处嵌入一合适的凸透镜也恰能在光屏上呈现清晰的像S2，S2与S1相比（ ）
A．更亮更小 B．更暗更小 C．更亮等大 D．更亮更大
5．（3分）许多智能手机都有这样一个功能：你本来把手机竖着拿在手里的，你将它转90度，横过来，它的页面就跟随你的动作自动反应过来，也就是说页面也转了90度，极具人性化。这源于手机内部有一个重力感应器，它由一个重物和两个互相垂直的对力敏感的传感器组成，用来判定水平方向。对此现象下列说法正确的是（ ）
A．转动时手机受到的重力大小发生了变化
B．转动时手机传感器的受力方向发生了变化
C．同一位置处手机由竖直转到水平时，重心高度变低了
D．手机横屏时重力感应器不受重力了
6．（3分）在研究水的沸腾实验中，下列相关说法正确的是（ ）
A．图甲中，加盖子是为了减慢水的沸腾，开小孔是为了防止沸点变大
B．图乙中读数方法会导致测量结果偏小
C．图丙中A是沸腾时气泡的变化情况，B中沸腾前气泡上升时变小是因为空气遇冷液化
D．图丁中，若a、b是同种物质，则图像不同的原因有初温不同和质量不同
7．（3分）如图所示，甲、乙、丙装置完全相同，燃料的质量、液体的质量和初温都相等，当燃料燃尽时（烧杯内的液体均未沸腾），温度计示数为T甲＞T乙＞T丙。下列说法正确的是（ ）
A．选择甲、乙，可以用燃烧相同时间比较液体升高温度来反映燃料热值的大小
B．选择甲、丙，可以用加热时间的长短来反映液体吸收热量的多少
C．液体a的比热容ca与液体b的比热容cb相比，有 ca＞cb
D．燃料1的热值q1与燃料2的热值q2相比，有 q1＜q2
8．（3分）针对如图三种现象，
①甲图是一个无摩擦的、不在同一平面上连续的轨道，小球从A点经B、C能滑到D；
②乙图是一个无摩擦的滚摆，将细绳绕轴转到A点，放手后，能在上下来回转动；
③丙图是一个单摆，从A点放手，能摆到B点，若在O点放一小棒，抵住细绳，小球能摆到C点；
④丁图AOB是光滑轨道，A点的高度H大于B点的高度，让小球由A点静止开始自由落下，沿轨道AOB到达B点后离开（不计空气阻力），则小球离开B点后的运动轨迹最符合实际的是b；
其中不能成立的是（ ）
A．①②③ B．②④ C．③④ D．③
9．（3分）2022年真是我国“超级航天年”，中国航天带给了国人无数的惊喜与浪漫。3月23日，航天员在“天宫课堂”做了将水连接在两块玻璃板之间形成“水桥”、液体结晶使“冰球发热”等实验。4月16日，“神舟十三号”载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。返回舱进入大气层时，与大气剧烈摩擦，发出耀眼的光。6月5日，长征二号F遥十四运载火箭用氢做燃料助推神舟十四号发射成功。下列判断正确的是（ ）
①“水桥”的形成是因为分子之间存在引力
②返回舱进入大气层发出光是重力做功改变了返回舱的内能
③液体结晶的球发热是因为液体结晶过程中内能增加
④火箭发动机的燃料是氢，这是因为氢的比热容很大
A．①③ B．②③ C．①② D．①
10．（3分）如图所示，在汽车中悬线上挂一个小球，当汽车运动时，悬线将与竖直方向成某一固定角度，若在汽车底板上还有一个相对底板静止的物体M，则下列说法正确的是（ ）
A．汽车一定向右做加速运动
B．汽车可能向左做加速运动
C．物体M相对于汽车底板静止，说明物体M一定受平衡力的作用
D．物体M除受到重力、底板的支持力作用外，还一定受到向右的摩擦力作用
11．（3分）如图所示是现在一般标准住宅户内配电系统图，下列分析正确的是（ ）
A．三孔插座对应用电器的三线插头，插头最左边的那条导线与用电器的外壳相连
B．当插座漏电时，空气开关①将跳闸
C．当空调电流过大时，漏电保护器会迅速切断电流
D．闭合空气开关③后试电笔先后插入插座的左右插孔，插入插座的左插孔氖管不发光
12．（3分）小明利用如图所示的电路测小灯泡的电功率，其中小灯泡灯丝阻值会随着温度的变化而变化。小灯泡上标有“2.5V 0.5W”字样，电源电压恒为3V，实验获得系列数据绘制出了电路总功率P总、小灯泡功率PL、电压表示数U1和U2随电路电流变化的图像。其中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
13．（3分）多多设计了一个储水控制装置，如图甲所示为该装置的简易模型。OAB是一个轻质杠杆，杠杆绕O点转动，OA：OB＝2：1。B点处用轻质弹簧连接了一个底面积为100cm2的长方体浮桶，浮筒位于水箱底部，此时恰好对水箱底部无压力。A点与固定在天花板上的压敏电阻C通过一根轻质细杆相连，压敏电阻通过电路控制加水管（电路未画出）。现打开加水管向水箱内加水，当桶底升至阀门所处高度时，加水管停止加水，此过程中压敏电阻C所受的力与加水的体积的关系如图乙所示（已知弹簧的弹力每改变5N，弹簧形变量改变1cm，整个过程发生在弹簧弹性限度内），以下说法正确的是（ ）
A．浮筒的重力为2N
B．水箱的底面积180cm2
C．停止加水时浮筒移动的距离为4cm
D．整个过程中浮筒下表面所受的最大压强为2.4×103Pa
二、填空题（本题包括5个小题，每空2分，共20分）
14．（4分）某同学做探究“物质M熔化特点”的实验，加热效率始终不变，实验结果如图所示。则M在B点时的状态是 （选填“固态”“液态”或“固液共存态”）；前2min，M吸收的热量为 J。[M的质量为100g，已知图中CD段物质比热容为4×103J/（kg•℃）]
15．（4分）体重50kg的小明帮爸爸把一块质量为2kg的平面镜（镜面水平向上）搬到他家楼顶，他们家共3层，已知他家楼房层高3米，到楼顶楼梯总长度15m，则整个过程中，小明对镜子做的功是 J，平面镜中他家楼顶一棵绿植的“倒影”相对于绿植上升了 m。（g取10N/kg）
16．（4分）如图所示，在竖直平面内用轻质细线悬挂一个小球，将小球拉至A点，使细线处于拉直状态，由静止开始释放小球，不计摩擦，小球可在A、B两点间来回摆动。当小球摆到F点时，受到 （选填“平衡力”或“非平衡力”）的作用。如果在B点时细线恰好断开，则小球将 （选填“沿BE方向匀速运动”“沿BE方向加速运动”“沿BC方向运动”“沿BD方向运动”或“静止”）。
17．（4分）绵阳体育中考有乒乓球选项，为了训练，小明自制发球机，示意图如图所示。已知球的质量为3g，竖直方向受大气压作用的等效面积为12cm2，若不计管壁摩擦，当吹风机向水平管吹风，球下方和上方气压差为 Pa时，球恰能上升；若考虑管壁摩擦，则需要 （选填“增大”或“减小”）乒乓球上方的风速。（g取10N/kg）
18．（4分）如图甲所示是一款养生电饭煲，可以煮出低糖米饭。工作过程中先用高温加热煮沸，再采用低温蒸煮米饭煮熟后自动进入保温状态，既能大大降低米饭中的糖分而且环保节能。内部结构电路如图乙所示，R1和R2均为加热电阻且保持不变，R是可变电阻，通过调节R可以让电饭煲进入保温状态，S1和S2为温控开关，设定好预设温度，通过S1、S2的断开与闭合（其中S2不能单独闭合），可以自动实现电饭煲的高温加热，低温蒸煮和保温状态的转换，图丙是电饭煲某次正常工作时完成一次煮熟米饭所消耗的电能随时间的变化关系。则R1＝ Ω；某周末的晚饭时，小明想利用标有“3000imp/（kW•h）”字样的电能表测量家庭电路的实际电压，只让电饭煲接入电路，在高温状态下，她观察到电能表上的指示灯在2分钟内闪烁了81次，则此时的实际电压是 V。
三、实验探究题（本题包括3个小题，每空2分，每图2分，共20分）
19．（6分）在探究“影响滑动摩擦力大小因素”的实验中，小英做了如图甲所示的三次实验。
（1）刚开始小英做第1次实验时控制不好力度，拉力随时间变化的图象如图乙所示，木块的速度随时间变化的图象如图丙所示，则木块在第7s时的摩擦力为 N。
（2）同一组的小芳同学将实验方法进行了改进，实验装置如图丁所示：木块下面是一长木板，实验时拉着长木板沿水平地面向右运动，弹簧测力计示数如图所示，则木块受到的摩擦力大小为 N。
（3）接着小芳对如图戊所示的情景进行了研究，将一木块放在水平面上，上表面固定一轻滑轮（不计滑轮摩擦），轻绳绕过滑轮后，一端固定在右侧墙上，另一端始终用大小为5N的力F1竖直向上拉，木块向右匀速运动，若将绳端拉力方向改为水平向右，要使木块仍能匀速运动，这时拉力大小为F2，则F2 （选填“＝”“＞”或“＜”）2.5N。
20．（6分）图甲是学习光的折射的实验情景，图乙是某实验的示意图。
（1）实验前，点燃固定在盒盖下方的蚊香，盖上盒盖，可清晰观察到如图乙的光路，在塑料盒的右侧面上可看到一个亮点（如图乙B点）。向塑料盒中逐渐加入掺有少量牛奶的水，达到一定高度后会观察到在右侧面原来亮点B的上方出现一个亮点C，还有一个在原来亮点的下方D处。保持入射光不动，继续加水，会看到这两个亮点移动的方向是 （填序号），折射角大小 （选填“增大”“不变”或“减小”）。
A.两个亮点都向上
B.两个亮点都向下
C.上面的亮点向上，下面的亮点向下
D.上面的亮点向下，下面的亮点向上
（2）如图丙，一束激光与水平方向成45°角斜射到空水槽底部O点，形成一个光斑。若向其中加水，水位上升的速度为v，则水槽底部光斑移动的速度 v（选填“大于”“等于”或“小于”）。
21．（8分）在探究“电流与电阻的关系”的实验中，可使用的器材有：电源滑动变阻器R（50Ω 1A）、电阻箱R0、电流表、电压表、开关及导线若干。
（1）按图甲连好电路闭合开关，电流表有示数，电压表示数为零，则电路故障原因可能是 （填序号）。
A.电压表的量程选大了
B.电阻箱R0发生了短路
C.滑动变阻器发生了断路
D.滑动变阻器发生了短路
（2）排除故障后利用该电路研究电流与电阻的关系，实验数据记录如表。
序号
1
2
3
4
5
电流表示数I/A
0.10
0.20
0.30
0.40
0.50
电阻箱电阻R0/Ω
48.0
20.0
16.0
12.0
9.6
①实验中有组实验数据有错误，造成该错误的可能原因为滑动变阻器接入电路的阻值偏 （选填“大”或“小”）。
②实验中所用电源的电压可能是 V（选填“4”“8”或“10”）。
（3）请在图乙的方格中建立有关坐标轴并确定标度，利用表中的数据在坐标系中正确描点绘线。
四、计算题（本题包括2个小题，第22题9分，第23题12分，共21分。解答过程中必须写出必要的文字说明、公式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
22．（9分）甲、乙两地相距30km，在甲、乙两地之间沿直线架设两条输电线，已知输电线每千米的电阻为0.4Ω。现输电线在某处发生了短路。
（1）为确定短路位置，检修员在甲地利用电压表、电流表和电源接成如图①所示的电路进行测量。当电压表的示数为3.0V时，电流表的示数为0.5A，则短路位置离甲地的距离为多少？
（2）在甲地利用电源（电压恒为6V）、标有“8V，4W”的灯泡L、电压表（量程为0～3V）以及开关等与输电线组成了一个检测电路如图②所示（电压表未画出）；闭合开关后，电压表示数为2V（不计温度对灯泡电阻的影响）。则电压表应接在 （选填“AC”“AB”“BD”或“CD”）间（通过计算说明理由）；短路位置离甲地的距离为多少？
23．（12分）为完成某水下工程，施工队要把一个圆柱体工件从水中提起。通过技术分析，采用重为2.4×104N、车轮与水平地面的接触总面积为800cm2的小型牵引车，通过牵引滑轮组匀速打捞起水中的圆柱体工件，小型牵引车的速度始终保持2m/s，如图甲所示，在打捞过程中，小型牵引车的牵引功率P随打捞时间t的变化如图乙所示。已知出水前滑轮组的机械效率为80%，不计绳子与滑轮间的摩擦和绳重，ρ水＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg。求：
（1）在打捞的过程中，小型牵引车对水平地面施加的压强；
（2）在0～t1时间段内，圆柱体工件所受的浮力；
（3）动滑轮重力；
（4）圆柱体工件被拉出水面后在空中匀速上升的过程中，滑轮组的机械效率。（结果精确到0.1%）
2023年四川省绵阳市中考物理四诊试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题包括13个小题，每小题3分，共39分。每小题只有一个选项最符合题目要求）
1．（3分）如图所示，下列关于课本几个小实验的说法中正确的是（ ）
A．图甲：随着向外不断抽气，手机铃声声源处的振幅越来越小
B．图乙：利用超声可以探测海底深度，说明超声波在海水中的传播速度大于其他声波
C．图丙：尺子伸出桌面的长度不同，音色不同
D．图丁：从上、下两个音叉振动的波形图中，可看出上面的音叉音调高
【分析】（1）声音的传播需要介质，真空不能传声；声音的大小叫响度，响度与振幅和距离声源的远近有关。
（2）超声波、声波、次声波在同种介质中的传播速度相同。
（3）声音的高低叫音调，音调与频率有关。
（4）在波形图中，声波的波形越稀疏，频率越低，波形越密集，频率越高。
【解答】解：A、图甲：随着向外不断抽气，手机铃声声源处的振幅不变，空气越来越稀薄，听到的声音越来越低，故A错误；
B、图乙：利用超声可以探测海底深度，超声波在海水中的传播速度等于其他声波，故B错误；
C、图丙：尺子伸出桌面的长度不同，振动频率不同，音调不同，故C错误；
D、图丁：从上、下两个音叉振动的波形图中，上面波形图的振动频率高，可看出上面的音叉音调高，故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查了声音产生和传播的条件，关键是知道音调和响度的影响因素。
2．（3分）电子车票，也称“无纸化”车票，乘客网上购票后，直接通过“刷身份证”或“扫手机”即可顺利进站。如图所示，这是乘客通过刷身份证进站时的情景，将身份证靠近检验口，机器感应电路中就会产生电流，从而识别乘客身份。与这一原理相同的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】刷身份证是利用电磁感应原理，分析选项四幅图，找出符合题意的选项即可。
【解答】解：由题意可知，刷身份证时会产生感应电流，即由磁产生电，有感应电流产生，所以其工作原理为电磁感应现象；
A、图示为奥斯特实验，说明通电导线周围存在磁场，故A不符合题意；
B、图中有电源，为电动机的工作原理，说明通电导体在磁场中受力而运动，故B不符合题意；
C、图示的实验是探究磁极间的相互作用规律的实验，故C不符合题意；
D、图中没有电源，闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，会产生感应电流，这是电磁感应现象，故D符合题意。
故选：D。
【点评】本题考查了电与磁的联系，解答本题的关键要能从题意中分析出该装置利用了电磁感应的原理。
3．（3分）下面是小明同学对“能源的开发利用”和“信息传递”的一些认识，其中正确的是（ ）
A．5G网络即第五代无线通信技术，是通过电磁波传递信息的
B．光纤通信是依靠激光多次发生折射来传递信息的
C．化石燃料、水能、地热能都属于新能源
D．在核电站的核反应堆内部，核燃料具有的核能通过核裂变反应直接转化为电能
【分析】（1）电磁波可以传递信息；
（2）光纤通信依靠多次反射传递信息；
（3）新能源是采用新技术和新材料而获得，在新技术基础上系统地开发利用的能源，如太阳能、风能、生物质能、地热能、海洋能等；
（4）核能通过核裂变反应不能直接转化为电能。
【解答】解：A、5G网络即第五代无线通信技术，是通过电磁波传递信息的，故A正确；
B、光纤通信是依靠激光多次发生反射来传递信息的，故B错误；
C、化石燃料、水能都不属于新能源，故C错误；
D、核电站发电是核燃料通过核裂变将核能转化为内能，内能转化为机械能，然后通过发电机转化为电能，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了电磁波的应用、光纤通信的原理、能源的分类，属于基础题，要求学生理解。
4．（3分）如图所示，纸筒底部中心开一小孔，纸筒开口端蒙一半透明纸做光屏，将点燃的蜡烛放在纸筒前，此时在光屏上恰能观察到清晰的烛焰的像S1；在图示情景中，若在底部中心开一个大孔，并在大孔处嵌入一合适的凸透镜也恰能在光屏上呈现清晰的像S2，S2与S1相比（ ）
A．更亮更小 B．更暗更小 C．更亮等大 D．更亮更大
【分析】通过分析两次的成像可知，第一次是小孔成像，第二次是凸透镜成像，结合两次成像的特点，可判断像的大小和亮暗变化。
【解答】解：由题意可知，第一次通过小孔成的像属于小孔成像，是光沿直线传播形成的倒立、缩小的实像。
第二次换上凸透镜后，由于物距大于像距，烛焰经凸透镜也是成倒立、缩小的实像。由于凸透镜的直径更大，经凸透镜折射的光更多，所以像S2比S1更亮，
同时，由于两次的物距和像距都不变，则像的大小是相等的。故只有选项C正确。
故选：C。
【点评】本题能判断出小孔成像和凸透镜成像的特点，并进一步比较其亮度和大小，是解答本题的关键。
5．（3分）许多智能手机都有这样一个功能：你本来把手机竖着拿在手里的，你将它转90度，横过来，它的页面就跟随你的动作自动反应过来，也就是说页面也转了90度，极具人性化。这源于手机内部有一个重力感应器，它由一个重物和两个互相垂直的对力敏感的传感器组成，用来判定水平方向。对此现象下列说法正确的是（ ）
A．转动时手机受到的重力大小发生了变化
B．转动时手机传感器的受力方向发生了变化
C．同一位置处手机由竖直转到水平时，重心高度变低了
D．手机横屏时重力感应器不受重力了
【分析】了解重力的大小、方向和作用点的特点，可逐一分析，做出判断。
【解答】解：
A、重力是物体由于地球的吸引而受到的力，物体的重力大小几乎不变，故A错误；
B、重力的方向始终是竖直向下的，故B错误；
C、当手机转动时，重力方向不变，始终竖直向下，而互相垂直的传感器高度却发生变化，其重心高度变低了，故C正确；
D、在地球附近，任何物体都会受到重力作用，故D错误；
故选：C。
【点评】本题以手机中的特殊功能为背景，考查了我们对重力的三要素的了解，并要求我们能对“重力感应器”的结构特点做出大胆的推测。
6．（3分）在研究水的沸腾实验中，下列相关说法正确的是（ ）
A．图甲中，加盖子是为了减慢水的沸腾，开小孔是为了防止沸点变大
B．图乙中读数方法会导致测量结果偏小
C．图丙中A是沸腾时气泡的变化情况，B中沸腾前气泡上升时变小是因为空气遇冷液化
D．图丁中，若a、b是同种物质，则图像不同的原因有初温不同和质量不同
【分析】（1）影响加热时间的因素：水量多少、水的初温、是否加盖；
（2）俯视温度计读数，使测量值偏大；
（3）沸腾前，有气泡产生，气泡在上升过程中逐渐变小；沸腾时的现象：产生大量气泡，气泡在上升过程中逐渐变大，直至液面破裂；
（4）同一热源，加热时间相同释放的热量相同，同种物质，则比热容相同，吸收相同的热量取决于质量和温差两个因素，据此解答。
【解答】解：A、加盖是为了缩短加热时间，加快沸腾，故A错误；
B、温度计的0刻度在下，俯视读数使读数偏大，故B错误；
C、沸腾前，烧杯中水的温度下层高，上层低，气泡上升时水蒸气遇冷液化，使气泡变小；沸腾时，烧杯中上层水的温度和下层水的温度相同，气泡上升逐渐变大，直至液面破裂，故C错误；
D、若a、b是同种物质，吸收相同的热量，温差越小的质量越大，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查水沸腾时温度变化的特点，掌握影响加热时间的因素、沸腾前和沸腾时的现象是解答本题的关键。
7．（3分）如图所示，甲、乙、丙装置完全相同，燃料的质量、液体的质量和初温都相等，当燃料燃尽时（烧杯内的液体均未沸腾），温度计示数为T甲＞T乙＞T丙。下列说法正确的是（ ）
A．选择甲、乙，可以用燃烧相同时间比较液体升高温度来反映燃料热值的大小
B．选择甲、丙，可以用加热时间的长短来反映液体吸收热量的多少
C．液体a的比热容ca与液体b的比热容cb相比，有 ca＞cb
D．燃料1的热值q1与燃料2的热值q2相比，有 q1＜q2
【分析】（1）为了比较两种液体的比热容，需要燃烧相同的燃料，加热不同的液体，让液体的质量相同，通过比较温度计升高的示数，判断两种液体比热容的大小关系；
（2）燃料的热值大小不能直接测量，需要通过液体吸收热量的多少来体现燃料燃烧放出热量的多少，而液体吸收热量的多少跟液体的质量和升高的温度有关，因此为了比较热值大小要用不同的燃料，加热同一种液体，让液体的质量相同，通过比较温度计升高的示数比较吸热多少，进而判断热值大小。
【解答】解：
A、选择甲、乙，液体的质量和种类相同，燃料的种类不同，可以探究热值的大小；实验中燃烧相同的时间，无法判定燃料燃烧的质量的大小，所以无法根据液体升高的温度来反映燃料热值的大小，故A错误；
B、选择甲、丙，燃料的种类相同，液体的质量相同，种类不同，可以探究比热容的大小，实验中用加热时间的长短来反映液体吸收热量的多少，故B正确；
C、甲、丙所示实验中所用燃料种类与质量相同，相同时间内燃料燃烧释放的热量相等，燃料燃烧释放的热量被烧杯中的液体吸收，则Qa＝Qb，甲、丙两实验烧杯中液体的初温相等，末温T甲＞T丙，则Δt甲＞Δt丙，即Δta＞Δtb，因为Qa＝Qb，m相等，Δt1＞Δt2，Q＝cmΔt，所以由c＝可知，ca＜cb，故C错误；
D、甲、乙两实验所使用的燃料质量m相同而种类不同，加热质量相同的同种液体，液体温度升高的越高，则表明燃料放出的热量越多，燃料的热值越大，由于T甲＞T乙，所以q1＞q2，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了学生对热值概念、比热容概念的了解与掌握，分析时用好控制变量法是本题的关键。
8．（3分）针对如图三种现象，
①甲图是一个无摩擦的、不在同一平面上连续的轨道，小球从A点经B、C能滑到D；
②乙图是一个无摩擦的滚摆，将细绳绕轴转到A点，放手后，能在上下来回转动；
③丙图是一个单摆，从A点放手，能摆到B点，若在O点放一小棒，抵住细绳，小球能摆到C点；
④丁图AOB是光滑轨道，A点的高度H大于B点的高度，让小球由A点静止开始自由落下，沿轨道AOB到达B点后离开（不计空气阻力），则小球离开B点后的运动轨迹最符合实际的是b；
其中不能成立的是（ ）
A．①②③ B．②④ C．③④ D．③
【分析】在只有动能和势能进行转化时，机械能的总量是守恒的，据此结合图中的实验现象进行分析。
【解答】解：①甲图中无摩擦，机械能是守恒的，因此，小球从A点经B、C能滑到D；故正确；
②乙图中无摩擦，将细绳绕轴转到A点，放手后，滚摆能在上下来回转动，故正确；
③丙图中，将单摆从A点放手，能摆到B点，若在0点放一小棒，抵住细绳，小球仍只能摆到B点，而不可能上升到更高的C点。故错误。
④由题知，AOB为完全光滑轨道，所以，小球运动时其机械能守恒；
小球从A点由静止滑下，则小球的机械能等于A点时的重力势能；整个过程中，机械能守恒，a虚线的最高点超过了A点的高度，这是不可能的；
b虚线的最高点与A点的高度相同，而在b虚线的最高点时，小球仍具有向右运动的速度，所以b虚线表示小球的机械能大于A点的机械能，也是不可能的；
c虚线的最高点低于A点，由于在最高点时小球仍运动，其总机械能可能与开始时的机械能相等，符合实际；
d虚线中小球离开轨道时，由于惯性，应具有沿轨道方向向上运动的速度，则d虚线不可能。所以符合实际的是c；故错误；
故正确的是①②，错误的是③④；
故选：C。
【点评】了解机械能守恒的条件，会根据实际分析机械能的转化情况，是正确解答的关键。
9．（3分）2022年真是我国“超级航天年”，中国航天带给了国人无数的惊喜与浪漫。3月23日，航天员在“天宫课堂”做了将水连接在两块玻璃板之间形成“水桥”、液体结晶使“冰球发热”等实验。4月16日，“神舟十三号”载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。返回舱进入大气层时，与大气剧烈摩擦，发出耀眼的光。6月5日，长征二号F遥十四运载火箭用氢做燃料助推神舟十四号发射成功。下列判断正确的是（ ）
①“水桥”的形成是因为分子之间存在引力
②返回舱进入大气层发出光是重力做功改变了返回舱的内能
③液体结晶的球发热是因为液体结晶过程中内能增加
④火箭发动机的燃料是氢，这是因为氢的比热容很大
A．①③ B．②③ C．①② D．①
【分析】（1）分子间存在引力和斥力；
（2）做功和热传递都可以改变物体的内能；
（3）能量在转化和利用过程中总是会有能量的损失；
（4）氢的热值较大，完全燃烧相同质量的氢和其它燃料，氢可以放出更多的热量。
【解答】解：①水桥的形成是因为水分子之间有引力，故①正确；
②返回舱进入大气层时，返回舱与空气摩擦，机械能转化为内能，使返回舱的内能增加，温度升高，是通过做功的方式改变返回舱的内能，故②正确；
③液体结晶是凝固过程，凝固放热、内能减少，故③错误；
④火箭发动机的燃料是氢，这是因为氢的热值大，故④错误。
故选：C。
【点评】本题是一道热学综合题，主要考查分子动理论、改变物体内能的方式、对燃料热值的概念的理解以及能量转化的效率，难度不大。
10．（3分）如图所示，在汽车中悬线上挂一个小球，当汽车运动时，悬线将与竖直方向成某一固定角度，若在汽车底板上还有一个相对底板静止的物体M，则下列说法正确的是（ ）
A．汽车一定向右做加速运动
B．汽车可能向左做加速运动
C．物体M相对于汽车底板静止，说明物体M一定受平衡力的作用
D．物体M除受到重力、底板的支持力作用外，还一定受到向右的摩擦力作用
【分析】（1）一切物体都有保持原来运动状态不变的性质，称为惯性；
（2）摩擦力的方向与物体运动趋势方向相反；
【解答】解：
AB、以小球为研究对象，小球向左运动，所以汽车有两种可能，即可能向右做加速运动，也可能向左做减速运动，故AB错误；
CD、据上面的分析可知，木块M相对于汽车有一个向左的运动趋势，此时木块M会受到一个向右的摩擦力（其动力的作用），故M除受到重力、底板的支持力作用外，还一定受到向右的摩擦力作用，故M受力不平衡，故C错误，D正确；
故选：D。
【点评】此题考查了惯性的理解和摩擦力大小、方向的分析和判断，是一道综合题。
11．（3分）如图所示是现在一般标准住宅户内配电系统图，下列分析正确的是（ ）
A．三孔插座对应用电器的三线插头，插头最左边的那条导线与用电器的外壳相连
B．当插座漏电时，空气开关①将跳闸
C．当空调电流过大时，漏电保护器会迅速切断电流
D．闭合空气开关③后试电笔先后插入插座的左右插孔，插入插座的左插孔氖管不发光
【分析】（1）三孔插座的接法：左零右火，中间接地线，对应的三线插头的该插头与用电器的金属外壳相连；
（2）（3）当电路漏电时，漏电保护器能自动“跳闸”对人或电路起到保护作用；当电路中的电流过大时，空气开关会断开电路。
（4）试电笔（测电笔）接触火线时氖管会发光，接触零线时氖管不发光。
【解答】解：
A、图中的三孔插座对应用电器的三线插头，插头最上面的那条导线与用电器的外壳相连，这样可以防止因外壳漏电而发生触电事故，故A错误；
B、当插座漏电时，漏电保护器会断开电路，由于此时电路中的电流不会过大，所以空气开关①不会跳闸，故B错误；
C、当空调电流过大时，空气开关②会跳闸，漏电保护器不会切断电流，故C错误；
D、插座的左孔接零线，右孔接火线，闭合空气开关③后，试电笔插入插座的左插孔氖管不发光，插入插座的右孔时氖管发光，故D正确。
故选：D。
【点评】解答本题需要掌握家庭电路的连接、三孔插座的工作原理、试电笔的使用、漏电保护器的作用等知识，难度不大。
12．（3分）小明利用如图所示的电路测小灯泡的电功率，其中小灯泡灯丝阻值会随着温度的变化而变化。小灯泡上标有“2.5V 0.5W”字样，电源电压恒为3V，实验获得系列数据绘制出了电路总功率P总、小灯泡功率PL、电压表示数U1和U2随电路电流变化的图像。其中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】（1）根据P＝UI分析总功率的变化图像；
（2）根据小灯泡灯丝电阻的变化和电功率的计算公式分析；
（3）（4）根据串联电路的电压规律、欧姆定律分析。
【解答】解：由图可知，该电路为串联电路，电流表测量电路中的电流，电压表V1测量的是灯泡两端的电压，电压表V2测量的是滑动变阻器两端的电压；
A、小灯泡上标有“2.5V 0.5W”，则灯泡的额定电流为：I＝＝＝0.2A；为了保护电路，电路中的最大电流为0.2A，则电路的最大总功率为：P总＝UI＝3V×0.2A＝0.6W，故A错误；
B、其中小灯泡灯丝阻值会随着温度的变化而变化，根据P＝I2R可知，小灯泡功率与电流的图像不是一条直线，故B错误；
C、当滑动变阻器接入电路的电阻变小时，总电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大；由于电流越大，灯泡的实际功率越大，灯丝的温度越高，灯泡的电阻越大，根据U＝IR可知，灯泡两端的电压随着电路中电流的增大而增大，电流越大，电压表示数U1增加量越大，故C正确；
D、根据串联电路的电压规律可知，随着电流的增大，灯两端的电压增大，滑动变阻器两端的电压减小，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了电路的动态分析、欧姆定律的应用、电功率公式的应用，有一定的难度。
13．（3分）多多设计了一个储水控制装置，如图甲所示为该装置的简易模型。OAB是一个轻质杠杆，杠杆绕O点转动，OA：OB＝2：1。B点处用轻质弹簧连接了一个底面积为100cm2的长方体浮桶，浮筒位于水箱底部，此时恰好对水箱底部无压力。A点与固定在天花板上的压敏电阻C通过一根轻质细杆相连，压敏电阻通过电路控制加水管（电路未画出）。现打开加水管向水箱内加水，当桶底升至阀门所处高度时，加水管停止加水，此过程中压敏电阻C所受的力与加水的体积的关系如图乙所示（已知弹簧的弹力每改变5N，弹簧形变量改变1cm，整个过程发生在弹簧弹性限度内），以下说法正确的是（ ）
A．浮筒的重力为2N
B．水箱的底面积180cm2
C．停止加水时浮筒移动的距离为4cm
D．整个过程中浮筒下表面所受的最大压强为2.4×103Pa
【分析】（1）由乙图可知在未加水时，压敏电阻所受拉力为2N。根据杠杆平衡条件可求出此时浮筒的重力；
（2）由乙图可知当加入体积为320cm3，压敏电阻C所受的力为0，故此时弹簧与桶之间没有弹力，弹簧为原长，已知弹簧的弹力每改变5N，弹簧形变量改变1cm，可求出当物体在弹簧在初始状态时弹簧的伸长量，根据物体沉浮条件及阿基米德原理可求出物体排开水的体积，从而求出物体浸没在水中部分的高度和此时水面的高度，从而求出水箱的底面积；
（3）如乙图，当加水量最大时，压力传感器的压力为10N，根据杠杆平衡条件可求出此时弹簧对杠杆向上的弹力，从而求出此时弹簧的压缩量，可求出此时浮筒移动的距离；
（4）根据F浮＝G+F1可求出停止加水时桶处于静止状态时桶所受浮力，根据阿基米德原理可求出此时排开水的体积，从而可求出物体浸入水中部分的高度，根据p＝ρ水gh可求出底部受到压强。
【解答】解：A．由乙图可知在未加水时，压敏电阻所受拉力为2N，
根据杠杆平衡条件可知：G×OB＝F×OA，
此时浮筒的重力为：G＝＝2N×2＝4N，故A错误；
B．由乙图可知当加入体积为320cm3，压敏电阻C所受的力为0，故此时弹簧与桶之间没有弹力，弹簧为原长，已知弹簧的弹力每改变5N，弹簧形变量改变1cm，可知当物体在弹簧在初始状态时，则有：＝，解得：Δl＝0.8cm，
此时物体漂浮在水面上，距离底部0.8cm，根据阿基米德原理可知物体排开水的体积为：
V排＝＝＝＝4×10﹣4m3＝400cm3，
则物体浸没在水中部分的高度为：
h'＝＝＝4cm，
此时水面的高度为：
h＝Δl+h'＝0.8cm+4cm＝4.8cm，
这部分高度所占的总体积为：
V＝V排+V水＝400cm3+320cm3＝720cm3，
则水箱的底面积为：S＝＝＝150cm2，故B错误；
C．如乙图，当加水量最大时，压力传感器的压力为10N，
根据杠杆平衡条件可知：F1×OB＝F2×OA，
此时弹簧对杠杆向上的弹力为：F1＝＝10N×2＝20N，
则有：＝，
此时弹簧的压缩量为：l'＝4cm，
由于起始状态，弹簧处于拉伸状态，被拉伸量为0.8cm，故此时浮筒移动的距离为：
l“＝l'+Δl＝4cm+0.8cm＝4.8cm，故C错误；
D．停止加水时桶处于静止状态，则桶所受浮力为：
F浮＝G+F1＝4N+20N＝24N，
根据阿基米德原理可得，此时排开水的体积为：
V排1＝＝＝2.4×10﹣3m3＝2400cm3，
则物体浸入水中部分的高度为：
h1＝＝＝24cm＝0.24m，
物体此时浸没的部分最深，底部受到压强最大为：
p＝ρ水gh1＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.24m＝2.4×103Pa，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了液体压强公式、阿基米德原理、杠杆平衡条件等应用，读懂图像是解题的关键。
二、填空题（本题包括5个小题，每空2分，共20分）
14．（4分）某同学做探究“物质M熔化特点”的实验，加热效率始终不变，实验结果如图所示。则M在B点时的状态是 固态 （选填“固态”“液态”或“固液共存态”）；前2min，M吸收的热量为 2×103 J。[M的质量为100g，已知图中CD段物质比热容为4×103J/（kg•℃）]
【分析】物质在B点时刚开始熔化，所以为固态；利用公式Q＝cmΔt可计算CD段吸收的热量，CD段M吸热的时间为4min，是AB段吸收的热量的2倍，据此解答。
【解答】解：物质在B点时刚开始熔化，所以为固态；
由于相同时间内物质吸收的热量相同，则CD段M吸热的时间为4min，是AB段吸收的热量的2倍，
故CD共吸收的热量为：Q＝cmΔt＝4×103J/（kg•℃）×0.1kg×10℃＝4×103J；
前2分钟，M吸收的热量：Q吸＝Q＝×4×103J＝2×103J。
故答案为：固态；2×103。
【点评】本题考查了温度﹣时间图象的分析，热量公式的灵活运用等，有一定综合性，难度适中。
15．（4分）体重50kg的小明帮爸爸把一块质量为2kg的平面镜（镜面水平向上）搬到他家楼顶，他们家共3层，已知他家楼房层高3米，到楼顶楼梯总长度15m，则整个过程中，小明对镜子做的功是 180 J，平面镜中他家楼顶一棵绿植的“倒影”相对于绿植上升了 18 m。（g取10N/kg）
【分析】由G＝mg计算平面镜的重力，由W＝Gh计算把平面镜搬到楼顶做的功；根据平面镜成像时，像与物关于平面镜对称分析得到绿植上升高度。
【解答】解：平面镜的重力：
G＝mg＝2kg×10N/kg＝20N，
楼顶高度h＝3×3m＝9m，
把平面镜搬到楼顶对镜子做的功：
W＝Gh＝20N×9m＝180J；
平面镜的镜面水平向上，在楼下时，楼顶绿植到平面镜距离为9m，将平面镜搬到楼顶时，绿植到平面镜距离为0，绿植到平面镜的距离减小了9m，它的像到它的距离减小2×9m＝18m，即绿植上升18m。
故答案为：180；18。
【点评】本题考查了平面镜成像特点的应用和功的计算，难度适中。
16．（4分）如图所示，在竖直平面内用轻质细线悬挂一个小球，将小球拉至A点，使细线处于拉直状态，由静止开始释放小球，不计摩擦，小球可在A、B两点间来回摆动。当小球摆到F点时，受到 非平衡力 （选填“平衡力”或“非平衡力”）的作用。如果在B点时细线恰好断开，则小球将 沿BE方向加速运动 （选填“沿BE方向匀速运动”“沿BE方向加速运动”“沿BC方向运动”“沿BD方向运动”或“静止”）。
【分析】（1）物体保持静止或匀速直线运动状态，即为平衡状态；
（2）分析小球到达B点的运动状态及受力情况，便可得出结论。
【解答】解：小球到达最低点F时，重力势能最小，动能最大，速度最大，处于非平衡状态，所以受力不平衡，即细绳对它的拉力与它受到的重力不平衡；
当小球摆到B点时，小球速度恰好为零，此时若细线恰好断开，则小球只受重力作用而竖直下落。所以，将沿BE方向加速运动。
故答案为：非平衡力；沿BE方向加速运动。
【点评】此题考查了学生力和运动之间的关系，力可以改变物体的形状或运动状态。在此题中，小球由于重力作用将由静止下落。解决此题的关键是判断出在B点的运动状态。
17．（4分）绵阳体育中考有乒乓球选项，为了训练，小明自制发球机，示意图如图所示。已知球的质量为3g，竖直方向受大气压作用的等效面积为12cm2，若不计管壁摩擦，当吹风机向水平管吹风，球下方和上方气压差为 25 Pa时，球恰能上升；若考虑管壁摩擦，则需要 增大 （选填“增大”或“减小”）乒乓球上方的风速。（g取10N/kg）
【分析】（1）已知球的质量可求得其重力，由此可知压力大小，已知竖直方向受大气压作用的等效面积，由p＝可求得球下方和上方气压差；
（2）球恰能上升受到管壁摩擦，若增大乒乓球上方的风速，则球下方和上方气压差越大，据此分析。
【解答】解：球的重力G＝mg＝3×10﹣3kg×10N/kg＝3×10﹣2N，
由流体压强与流速的关系可知，若不计管壁摩擦，乒乓球此时受到的压力差向上，大小为F＝G＝3×10﹣2N，
受力面积S＝12cm2＝12×10﹣4m2，
球下方和上方气压差p＝＝＝25Pa；
若考虑管壁摩擦，则需要增大乒乓球上方的风速，则球下方和上方气压差增大，从而使球沿竖直管上升。
故答案为：25；增大。
【点评】本题考查了流体压强与流速的关系以及力的作用效果，压强的计算等，难易程度适中。
18．（4分）如图甲所示是一款养生电饭煲，可以煮出低糖米饭。工作过程中先用高温加热煮沸，再采用低温蒸煮米饭煮熟后自动进入保温状态，既能大大降低米饭中的糖分而且环保节能。内部结构电路如图乙所示，R1和R2均为加热电阻且保持不变，R是可变电阻，通过调节R可以让电饭煲进入保温状态，S1和S2为温控开关，设定好预设温度，通过S1、S2的断开与闭合（其中S2不能单独闭合），可以自动实现电饭煲的高温加热，低温蒸煮和保温状态的转换，图丙是电饭煲某次正常工作时完成一次煮熟米饭所消耗的电能随时间的变化关系。则R1＝ 110 Ω；某周末的晚饭时，小明想利用标有“3000imp/（kW•h）”字样的电能表测量家庭电路的实际电压，只让电饭煲接入电路，在高温状态下，她观察到电能表上的指示灯在2分钟内闪烁了81次，则此时的实际电压是 198 V。
【分析】由图知当S1和S2都闭合时，两电阻并联，总电阻最小，根据P＝知电路处于高温挡；
当S1和S2都断开时，R1和R串联，总电阻最大，根据P＝知电路处于保温挡；
当只闭合开关S1时，只有电阻R1工作，总电阻较大，根据P＝知电路处于低温挡。
（1）从图丙可知，0.1h﹣0.5h为低温挡，且消耗的电能为（0.276﹣0.1）kW•h，根据P＝可得出低温挡的功率，根据P＝可得出R1的电阻；
（2）根据题意和图丙可知0﹣0.1h是高温挡，0.1h﹣0.5h为低温挡，0.5h以后为保温挡，0﹣0.1h消耗的电能为0.1kW•h，根据P＝可得出高温挡的功率；
根据P＝可得出高温挡的总电阻，根据电能表铭牌数据和指示灯闪烁的次数可得出高温挡2min消耗的电能，由W＝UIt＝t可得出实际电压。
【解答】解：由图知当S1和S2都闭合时，两电阻并联，总电阻最小，根据P＝知电路处于高温挡；
当S1和S2都断开时，R1和R串联，总电阻最大，根据P＝知电路处于保温挡；
（1）从图丙可知，低温挡的功率P低温＝＝＝0.44kW＝440W，
根据P＝可知R1的阻值R1＝＝＝110Ω。
（2）根据题意和图丙可知0﹣0.1h是高温挡，0.1h﹣0.5h为低温挡，0.5h以后为保温挡，
高温挡的功率为：P高温＝＝＝1kW＝1000W；
高温挡的总电阻为：R′＝＝＝48.4Ω，
2min内消耗的电能为：
W＝＝0.027kW•h＝0.027×3.6×106J＝9.72×104J，
由W＝UIt＝t得，实际电压为：
U实＝＝＝198V。
故答案为：110；198。
【点评】本题考查了串联电路的特点和电功率公式的应用，本题是一道信息给予题，解决此类问题的关键是善于从题目中找到有用的信息，结合相应的计算公式计算。
三、实验探究题（本题包括3个小题，每空2分，每图2分，共20分）
19．（6分）在探究“影响滑动摩擦力大小因素”的实验中，小英做了如图甲所示的三次实验。
（1）刚开始小英做第1次实验时控制不好力度，拉力随时间变化的图象如图乙所示，木块的速度随时间变化的图象如图丙所示，则木块在第7s时的摩擦力为 3 N。
（2）同一组的小芳同学将实验方法进行了改进，实验装置如图丁所示：木块下面是一长木板，实验时拉着长木板沿水平地面向右运动，弹簧测力计示数如图所示，则木块受到的摩擦力大小为 2.2 N。
（3）接着小芳对如图戊所示的情景进行了研究，将一木块放在水平面上，上表面固定一轻滑轮（不计滑轮摩擦），轻绳绕过滑轮后，一端固定在右侧墙上，另一端始终用大小为5N的力F1竖直向上拉，木块向右匀速运动，若将绳端拉力方向改为水平向右，要使木块仍能匀速运动，这时拉力大小为F2，则F2 ＞ （选填“＝”“＞”或“＜”）2.5N。
【分析】（1）根据图丙分析各段的运动情况，根据图乙分析出拉力的大小，根据影响摩擦力的因素分析出摩擦力的大小；
（2）木块相对地面是静止的，根据二力平衡分析；
（3）匀速运动时受平衡力，平衡力大小相等、方向相反在同一直线上，在同一物体上；
影响摩擦力的因素是压力和接触面的粗糙程度。
【解答】解：（1）有图丙知：2～6s物体做匀速运动，此时物体处于平衡状态，受到的拉力和摩擦力是一对平衡力，大小相等，由图乙知此过程的拉力为3N，所以滑动摩擦力为3N；6～8s物体做减速运动，但由于压力的接触面的粗糙程度不变，摩擦力不变，仍为3N，故第7s时，摩擦力为3N；
（2）弹簧测力计分度值为0.1N，此时示数为2.2N，即拉力为2.2N，故滑动摩擦力为2.2N；
（3）若将绳端拉力方向改为水平向右，木块仍能匀速运动，这时拉力大小为F2，则物体受向右的两个F2和向左的摩擦力一对平衡力，大小相等，即2F2＝f2，即F2＝0.5f2，因为影响滑动摩擦力的因素是压力和接触面的粗糙程度，当绳子竖直向上拉时，对物体有竖直向上的拉力，物体对地面的压力小于重力，当改为水平向右拉时，物体对水平面的压力等于重力，即当拉力改为水平方向后，压力增大，摩擦力增大，即f2＞f1，故F2＝0.5f2＞0.5F1＝2.5N。
故答案为：（1）3；（2）2.2；（3）＞。
【点评】本题探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关，考查控制变量法的运用和影响滑动摩擦力大小的两个因素，体现了对过程和方法的考查。最后一问难度较大。
20．（6分）图甲是学习光的折射的实验情景，图乙是某实验的示意图。
（1）实验前，点燃固定在盒盖下方的蚊香，盖上盒盖，可清晰观察到如图乙的光路，在塑料盒的右侧面上可看到一个亮点（如图乙B点）。向塑料盒中逐渐加入掺有少量牛奶的水，达到一定高度后会观察到在右侧面原来亮点B的上方出现一个亮点C，还有一个在原来亮点的下方D处。保持入射光不动，继续加水，会看到这两个亮点移动的方向是 C （填序号），折射角大小 不变 （选填“增大”“不变”或“减小”）。
A.两个亮点都向上
B.两个亮点都向下
C.上面的亮点向上，下面的亮点向下
D.上面的亮点向下，下面的亮点向上
（2）如图丙，一束激光与水平方向成45°角斜射到空水槽底部O点，形成一个光斑。若向其中加水，水位上升的速度为v，则水槽底部光斑移动的速度 小于 v（选填“大于”“等于”或“小于”）。
【分析】（1）当光线射向两种介质的界面上时，会同时发生反射和折射，亮点随入射点的移动而改变；
（2）在光的折射中，折射角随入射角的增大而增大。
【解答】解：（1）向塑料盒中逐渐加入掺有少量牛奶的水，达到一定高度后会观察到在右侧面原来亮点的上方出现一个亮点，这个亮点是因为光照射到水面时发生了光的反射现象形成的，还有一个在原来亮点的下方，这是由于光在水面处发生折射传播方向发生改变而产生的；保持入射光不动，继续加水，入射点向左移动，会看到上面的亮点向上移动，下面的亮点向下移动，故选：C；
由于入射角不变，则折射角大小不变；
（2）沿水槽壁缓慢注水，折射光线逐渐向左偏折，但是入射角不变，折射角和反射角的大小也不变；由于发生了折射，折射光线靠近法线，所以在相同时间内水槽底部光斑运动的距离小于水位上升的距离，如图所示，即AB＞OO′，由v＝知，水槽底部光斑移动的速度小于v。
故答案为：（1）C；不变；（2）小于。
【点评】此题主要考查光的折射规律，注意光从空气斜射入水中时，折射角小于入射角，折射光线是靠近法线的，折射光线向下偏折。
21．（8分）在探究“电流与电阻的关系”的实验中，可使用的器材有：电源滑动变阻器R（50Ω 1A）、电阻箱R0、电流表、电压表、开关及导线若干。
（1）按图甲连好电路闭合开关，电流表有示数，电压表示数为零，则电路故障原因可能是 B （填序号）。
A.电压表的量程选大了
B.电阻箱R0发生了短路
C.滑动变阻器发生了断路
D.滑动变阻器发生了短路
（2）排除故障后利用该电路研究电流与电阻的关系，实验数据记录如表。
序号
1
2
3
4
5
电流表示数I/A
0.10
0.20
0.30
0.40
0.50
电阻箱电阻R0/Ω
48.0
20.0
16.0
12.0
9.6
①实验中有组实验数据有错误，造成该错误的可能原因为滑动变阻器接入电路的阻值偏 大 （选填“大”或“小”）。
②实验中所用电源的电压可能是 10 V（选填“4”“8”或“10”）。
（3）请在图乙的方格中建立有关坐标轴并确定标度，利用表中的数据在坐标系中正确描点绘线。
【分析】（1）按图甲连好电路闭合开关，电流表有示数，说明电路是通路，电压表示数为零，说明与电压表并联支路可能短路；
（2）①研究“电流与电阻的关系”，要控制电阻两端的电压不变，找出与其它实验电压表示数不同的实验；
②根据串联电路的电压特点和欧姆定律分析解答；
（3）先确定标度大小，然后用描点作图的方法绘制出电流、电阻关系图线。
【解答】解：（1）按图甲连好电路闭合开关，电流表有示数，说明电路是通路，电压表示数为零，说明与电压表并联支路可能短路，即电阻箱R0发生了短路，故选B；
（2）①研究“电流与电阻的关系”，要控制电阻两端的电压不变，
而第2次实验中，电压表示数为：U2＝I2R2＝0.20A×20.0Ω＝2V，
其它实验中电压表的示数为：UV＝IR＝0.10A×48.0Ω＝……＝0.50A×9.6Ω＝4.8V，
第2次实验与其它实验电压表示数不同，故序号为2的实验数据有错误；
因电压表示数小于控制的电压，则变阻器分得的电压较大，由串联分压原理可知，造成该错误的可能原因是滑动变阻器接入电路的阻值偏大；
②由表中数据第1次数据，根据欧姆定律和串联电路电压的规律，电源电压最大为：U＝U1+R滑大I1＝4.8.V+0.10A×50Ω＝9.8V＜10V；故实验中所用电源的电压可能是10V；
（3）横轴表示电阻，每小格表示4Ω，纵轴表示电流，每小格表示0.05A，在坐标系中找出对应的点，将各点连接起来，如下图所示：
。
故答案为：（1）B；（2）①大；②10；（3）如上图所示。
【点评】本题探究“电流与电阻的关系”的实验中，考查了电路故障、数据分析、欧姆定律的应用以及图像画法等知识。
四、计算题（本题包括2个小题，第22题9分，第23题12分，共21分。解答过程中必须写出必要的文字说明、公式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
22．（9分）甲、乙两地相距30km，在甲、乙两地之间沿直线架设两条输电线，已知输电线每千米的电阻为0.4Ω。现输电线在某处发生了短路。
（1）为确定短路位置，检修员在甲地利用电压表、电流表和电源接成如图①所示的电路进行测量。当电压表的示数为3.0V时，电流表的示数为0.5A，则短路位置离甲地的距离为多少？
（2）在甲地利用电源（电压恒为6V）、标有“8V，4W”的灯泡L、电压表（量程为0～3V）以及开关等与输电线组成了一个检测电路如图②所示（电压表未画出）；闭合开关后，电压表示数为2V（不计温度对灯泡电阻的影响）。则电压表应接在 BD （选填“AC”“AB”“BD”或“CD”）间（通过计算说明理由）；短路位置离甲地的距离为多少？
【分析】（1）由图知，电压表测短路处到甲地两段输电线上的电压，根据欧姆定律计算短路处到甲地两段输电线的总电阻，根据导线的规格求出导线的长度，再根据导线的双股的，从而确定出短路的地点离甲地的距离；
（2）由图可知，灯泡与输电线串联接入电路，根据每条输电线每千米的电阻为0.4Ω和甲、乙两地相距30km可求出两条输电线的总电阻，由电源电压为6V，根据串联电路分压规律可判断电压表合理连接的位置，
电压表并联在输电线两端，根据串联电路电压规律可求出灯泡两端的电压，根据串联电路分压规律可求出输电线短路处距甲地的电阻，根据每条输电线每千米的电阻为0.4Ω，由此可求出输电线短路处距甲地的距离。
【解答】解：（1）由图知，电压表测短路处到甲地两段输电线上的电压，根据欧姆定律可得短路处到甲地两段输电线的总电阻：R＝＝＝6Ω，
因所用的输电线每千米的电阻为0.4Ω，所以，导线长度：L＝＝15km，
则短路位置离甲地的距离：s＝L＝×15km＝7.5km；
（2）小灯泡的电阻为：RL＝，
由图可知，定值电阻与输电线串联接入电路，
由每条输电线每千米的电阻为0.4Ω，甲、乙两地相距30km可知，每条输电线的电阻R＝0.4Ω/km×30km＝12Ω，
两条输电线之间的最大电阻为R总＝2R＝24Ω，
根据串联电路分压规律可知，UL′：U电线＝RL：R总＝16Ω：24Ω＝2：3，
若电压表应并联在灯泡两端，即AB两端，输电线两端的电压根据串联分压原理可知输电线两端的电压最大为3V，根据串联电路电压规律可知此时的电源电压为2V+3V＝5V，不合题意，
若电压表接在AC间，电压表测电源电压，电压表示数为6V，不合题意，
若电压表接在CD间，电压表测开关电压，电压表示数为0V，不合题意，
所以电压表接在BD间，
灯泡两端的电压UL′＝U﹣U′＝6V﹣2V＝4V，
根据欧姆定律可得此时通过电路的电流：I′＝＝＝0.25A，
所以输电线短路处距甲地的电阻R电线＝＝＝8Ω，
由每条输电线每千米的电阻为0.4Ω，两条输电线的长度L′＝＝20km，所以输电线短路处距甲地的距离s′＝L′＝×20km＝10km。
答：（1）短路位置离甲地的距离7.5km；
（2）BD；短路处距甲地的距离是10km。
【点评】本题主要考查欧姆定律的应用，其中分析电压表接入电路中的位置是解题的难点，也是解题的关键。
23．（12分）为完成某水下工程，施工队要把一个圆柱体工件从水中提起。通过技术分析，采用重为2.4×104N、车轮与水平地面的接触总面积为800cm2的小型牵引车，通过牵引滑轮组匀速打捞起水中的圆柱体工件，小型牵引车的速度始终保持2m/s，如图甲所示，在打捞过程中，小型牵引车的牵引功率P随打捞时间t的变化如图乙所示。已知出水前滑轮组的机械效率为80%，不计绳子与滑轮间的摩擦和绳重，ρ水＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg。求：
（1）在打捞的过程中，小型牵引车对水平地面施加的压强；
（2）在0～t1时间段内，圆柱体工件所受的浮力；
（3）动滑轮重力；
（4）圆柱体工件被拉出水面后在空中匀速上升的过程中，滑轮组的机械效率。（结果精确到0.1%）
【分析】（1）已知车的重力，小型牵引车对地面的压力等于其重力，根据p＝求出车对地面的压强；
（2）根据牵引车的功率和速度分别利用P＝Fv求出圆柱体工件露出水面前和后滑轮组对圆柱体的拉力；然后根据圆柱体工件露出水面前后的受力情况即可求出浮力；
（3）根据工件出水前滑轮组的机械效率η1＝＝＝＝可求出圆柱体的重力，从而可求出动滑轮的重力；
（4）根据η2＝＝＝＝可求出工件出水后滑轮组的机械效率。
【解答】解：（1）小型牵引车空载时对水平地面的压力：
F＝G车＝2.4×104N；
受力面积S＝800cm2＝0.08m2；
小型牵引车对水平地面的压强：
p＝＝＝3×105Pa；
（2）由图乙知，在0～t1时间段内，圆柱体工件没有露出水面前，牵引功率P1＝1200W，
由P＝＝＝Fv得，此时达到绳子的牵引拉力为：
F1＝＝＝600N，
由图知，滑轮组由3段绳子承担物重，由于使用滑轮组时不计绳子与滑轮间的摩擦，
拉力F1＝（G物+G动﹣F浮）＝（G物+G动﹣F浮），即：3×600N＝G物+G动﹣F浮﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
当圆柱体工件被拉出水面后在空中匀速上升的过程中，牵引功率P2＝1400W，
由P＝＝＝Fv得，此时达到绳子的牵引拉力为：
F2＝＝＝700N，
由图知，拉力F2＝（G+G动）＝（G+G动），即：3×700N＝G物+G动﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
②﹣①可得：F浮＝3×700N﹣3×600N＝300N。
所以，在圆柱体工件没有露出水面前，所受浮力为300N；
（3）工件出水前滑轮组的机械效率为：
η1＝＝＝＝＝×100%＝80%，
解得：G物＝1740N，
将G物＝1740N代入②可得：G动＝3×700N﹣1740N＝360N；
（4）工件出水后滑轮组的机械效率为：
η2＝＝＝＝＝×100%＝82.9%。
答：（1）在打捞的过程中，小型牵引车对水平地面施加的压强为3×105Pa；
（2）在0～t1时间段内，圆柱体工件所受的浮力为300N；
（3）动滑轮重力为360N；
（4）圆柱体工件被拉出水面后在空中匀速上升的过程中，滑轮组的机械效率为82.9%。
【点评】本题是有关滑轮组的综合计算题目，考查了压强公式、功和功率公式、机械效率公式等的应用，难度大，综合性强。
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