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2023年云南省昭通市绥江县中考物理二模试卷（含答案）
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这是一份2023年云南省昭通市绥江县中考物理二模试卷（含答案），共36页。试卷主要包含了选择题，填空题，作图题，实验探究题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2023年云南省昭通市绥江县中考物理二模试卷
一、选择题（本大题共10小题，每个小题3分，共30分。每小题给出的四个选项中，第1～7每小题只有一个正确选项。第8～10题有多个选项符合题意，全部选对得3分，选对但不全得1分，有选错得0分）
1．（3分）文文善于观察身边的事物，并将所见所闻记录在笔记本上，下列关于他笔记上不符合实际的是（ ）
A．小学生的正常步行速度约为1.2m/s
B．中学生脉搏跳动20次的时间约为15s
C．爸爸的体积约为70dm3
D．家里台灯工作时的电流约为1.5A
2．（3分）关于声现象，下列说法中正确的是（ ）
A．弹奏吉他时，悦耳的吉他声是由琴弦振动产生的
B．吹奏笛子时，用手指按住不同气孔，是为了改变发出声音的音色
C．高架桥两侧建有隔音墙，这是在声源处减弱噪声
D．利用回声可以测量地球与月球间的距离
3．（3分）我国近几年在能源、信息、材料等领域取得了巨大成就，下列说法正确的是（ ）
A．太阳能、煤、石油都是不可再生能源
B．“祝融号”火星车利用电磁波传递信息
C．秦山核电站利用的是核聚变时释放的能量
D．将半导体材料用于远距离输电，能避免输电线上电能的损耗
4．（3分）如图所示，下列描述与实验相符的是（ ）
A．按甲图实验时，能量是将机械能转化为电能
B．乙图是条形磁体周围磁感线的分布情况
C．丙图可用来演示电流的磁效应，首先建立起电与磁联系的科学家是奥斯特
D．丁图中，小磁针被吸向铁棒，铁棒原来一定不具磁性
5．（3分）欢欢同学周末在公园游玩时，拾到一块彩色的小石块。为了测量小石块的密度进行了如图的操作（不考虑小石块吸水）：①将天平在水平台上调平衡；②用图中甲所示天平测量小石块的质量；③将小石块慢慢浸没于盛有10mL水的量筒中测量小石块的体积，如乙图所示； ④计算石块的密度。下列说法不正确的是（ ）
A．在调节天平平衡时，指针在分度盘中线两侧等幅度摆动时，欢欢就开始测量，其操作是合理的
B．如图中甲所示，小石块的质量为23.2g
C．小石块的密度约是1.36×103kg/m3
D．如果欢欢利用现有器材先测体积，再测质量，所测出的小石块密度偏大
6．（3分）如图所示为某家庭部分电路，电灯和电热器都在正常工作。在三孔插座上刚插上洗衣机（开关未闭合）的插头时，所有用电器都停止工作，拔出洗衣机的插头后，用测电笔测试三孔插座的左右两孔，氖管都发光，发现有一根熔丝熔断了。下列分析合理的是（ ）
A．一定是火线上的熔丝熔断了
B．断开S1、S2，再用测电笔检测三孔插座的左右两孔，氖管都不发光
C．只断开S2，再用测电笔检测三孔插座的左右两孔，氖管只有右孔发光
D．只断开S1，再用测电笔检测开关S1的两个接线柱，氖管都发光
7．（3分）在探究凸透镜成像规律的实验中，当凸透镜、光屏和烛焰的位置如图所示时，光屏上能成一个清晰的像（像未画出），下列说法正确的是（ ）
A．照相机就是根据这个成像规律工作的
B．凸透镜不动，把光屏与蜡烛交换位置，光屏上将出现清晰放大的像
C．凸透镜不动，当把蜡烛向左移动时，要成清晰的像，光屏需向左移动
D．随着蜡烛燃烧烛焰逐渐向下移动，光屏上的像也向下移动
（多选）8．（3分）如图甲所示电路，电源电压为6V且保持不变，R0为定值电阻，Rp为滑动变阻器。闭合开关S，将滑动变阻器滑片由一端移到另一端的过程中，电路中电流表示数和电压表示数的关系如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．当电压表示数为“零”时，电流表示数也为0A
B．当电压表读数为2V时，变阻器阻值为5Ω
C．定值电阻R0阻值为10Ω
D．滑片滑动过程中，电路总功率变化量为3W
（多选）9．（3分）对以下四幅图所描述的物理现象，下列说法中正确的是（ ）
A．①、②物态变化相同，其形成过程都需要放热
B．③、④物态变化相同，其变化过程都需要吸热
C．②中“白气”的形成与吃雪糕时看到雪糕周围所冒的“冷气”的形成是相同的物态变化
D．④中冰冻的衣服晾干过程，与雾凇的形成是相同物态变化
（多选）10．（3分）如图所示的滑轮组，在不计绳重和摩擦的情况下，均将重为G的物体匀速提升h的高度，且每个滑轮的重力都等于G0（G0＜G），下列说法正确的是（ ）
A．绳子自由端拉力的大小关系为F1＝F2＞F3
B．甲图和丙图中装置消耗的额外功均为G0h
C．甲图和乙图中装置的总功均为Gh+G0h
D．乙图装置的机械效率最高
二、填空题。（本大题共6小题，第11～15题每小题2分，16题4分，满分14分）
11．（2分）吸烟者“吞云吐雾”时会波及周围人群，这是由于分子在不停地做 运动造成的。烈日下，操场上单杠的温度会升高，这是通过 的方式改变其内能的。
12．（2分）我国古书《套买曜》上记载：“人在舟中闭牖（门窗）而坐，舟行而人不觉”，其中“舟行”是以 为参照物，人以3.6km/h的速度从船头走到船尾用时6s，则船长为 m。
13．（2分）如图所示的电路中，甲、乙两个导体材料和长度相同、横截面积不同。已知S甲＜S乙，闭合开关后，通过甲、乙的电流I甲 I乙，电压U甲 U乙（两空均填“大于”、“小于”或“等于”）。
14．（2分）小虎站在窗玻璃前1.5m处看到了自己上半身的像，为了看得更清楚一点，他又向前走了1m，此时像的大小 （选填“变大”、“变小”或“不变”）；此时小虎和窗玻璃里的像相距 m。
15．（2分）一台四冲程汽油机在1s内对外做功15次，则该汽油机工作时飞轮的转速为 r/min。查阅资料汽油的热值为4.6×107J/kg，若汽油机的效率是25%，则完全燃烧 kg汽油可以得到1.38×106J的有用功。
16．（4分）阅读材料，回答问题。
水跃现象
当我们打开水龙头观察水槽底部时，会发现水流抵达水槽底部后会快速流散开来，形成一层水膜，在某一位置它的厚度骤然增加，流淌速度也随之减小，并形成了一圈“水墙”（图甲），这种现象称为“水跃现象”。图乙中水跃区域的水流可以分为上下两部分，这两部分交界面上的流速相差很大，液体不断地穿越交界面进行交换。由于水跃区域水体的强烈摩擦而消耗大量能量，因此通常把水跃作为泄洪时消能的有效方式之一。泄洪后，下游河段需要监测水的流速和流量（流量是指单位时间内流过的流体体积，通常用字母Q来表示）。MGG/KL﹣DCB型流速仪是测量水流速的仪器，使用时将流速仪头部指向水流上游并平行于水流方向（图丙）。水流中因含有杂质从而能够导电，当可导电的水流在流速仪管道内的磁场中流过时会产生电信号，该电信号与流速大小有关，通过特定的数据处理就实现流速测量。
请回答问题：
（1）水跃区域主要将水的 能转化为水的重力势能和 能；
（2）文中所说“当可导电液体在流速仪内磁场中流过时产生电信号”其实是 现象；
（3）测量人员在某段水流横截面积为S的直渠中测得水流平均速度为v，则此时的水流的流量Q＝ 。
三、作图题。（本大题共2个小题，每小题2分，共4分）
17．（2分）如图所示，两透明物质分界面下方为空气，上方为玻璃，AO为入射光线，O点为入射点，画出反射光线OB与大致折射光线OC。
18．（2分）如图所示，一物体以某一速度冲上表面粗糙的固定斜面，请画出物体在上滑过程中所受的摩擦力的示意图（力的作用点画在物体的重心）。
四、实验探究题。（本大题共4小题，第18题8分，第19题4分，第20题8分，第21题4分，共24分）
19．（8分）小明利用杠杆做“探究杠杆的平衡条件”实验；
（1）实验前，杠杆处于静止状态如图甲所示，此时杠杆 平衡状态（填“是”或“不是”），为了使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向 调，此时调节杠杆水平位置平衡的目的是 ；
（2）杠杆调平衡后，在左侧A位置挂上钩码，且保持左侧悬挂钩码的位置和数量不变（如乙图），调节右侧悬挂钩码的数量和位置，使杠杆始终在水平位置平衡，记录对应的力F和力臂L1大小，绘制成图像如图丙所示。图像中每个点与两坐标轴围成的方形面积 （填“相等”或“不相等”）；
（3）将右侧的钩码改为竖直向下拉弹簧测力计，已知每个钩码的重力均为0.5N，丁图中弹簧测力计示数为 N，保持测力计在B点不动，改为斜向右下方拉动，则弹簧测力计示数将 （填“变大”或“变小”或“不变”）；
（4）使杠杆从水平位置缓慢转过一定角度（不考虑杠杆重心位置的变化），如图戊所示，此过程中，弹簧测力计的示数 （填“变大”或“变小”或“不变”）；
（5）生活中有各种各样的杠杆，如船桨、撬棍、老虎钳、钓鱼竿等，上述物品使用时是省力杠杆的是 。
20．（4分）刘老师在组织班上学生探究“影响液体蒸发快慢的因素”时，某实验小组在相同的玻璃板上各滴一滴质量相同的水，进行如图所示的实验探究：
（1）同学们在图A、D两次实验中，观察到图D实验中玻璃板上的水先蒸发完，由此可知 越快，水蒸发得越快。
（2）图A、B两次实验中，图B的水先蒸发完，由此可知，水的 越大，水蒸发得越快。
（3）分析比较图 两次实验可探究液体蒸发快慢与温度的关系。
（4）水是生命之源，应用广泛，比如汽车发动机中用水作为冷却液，是因为水的 较大。
21．（8分）小鹏同学在实验室找到两个额定电流均为0.3A、额定电压标识模糊不清的灯泡。从实验老师处得知两灯的额定电压分别为“2.5V”和“3V”，但由于标识模糊不清，无法区分。小鹏同学想通过如图甲所示的电路，根据已学的电学知识，区分这两个小灯泡。
（1）用笔画线代替导线，将图甲中的器材连接成完整电路；
（2）连接电路并闭合开关，小鹏发现灯泡不亮，电流表和电压表都有较小的示数，无论怎样移动滑片，灯泡都不发光，两表示数均无变化，其原因可能是 ；
A.灯泡短路
B.灯泡断路
C.滑动变阻器接的是下端两接线柱
（3）故障排除后，移动滑片到某一位置，电压表的示数如图乙所示，此时通过灯泡的电流为 A；要使该灯泡正常发光，应将图甲中滑动变阻器的滑片向 （填“A”或“B”）端移动，且眼睛注视 （填“电压表”或“电流表”）的示数达到额定值。
（4）小鹏继续移动滑动变阻器的滑片，记下多组数据，并绘制成图丙所示小灯泡的I﹣U图象，确定该灯泡的额定电压，并计算出该灯泡的额定功率为 W。
（5）同组的小鑫同学认为采用图丁所示的方法也可分辨这两个小灯泡：闭合开关后，调节滑动变阻器的滑片，使电流表的示数为0.3A，这时他发现L1比L2更亮一些，则L1的额定电压为 V。
（6）小鹏利用（4）问中已测量的灯泡，接入如图戊所示的电路中，从而测出未知电阻Rx的阻值。具体步骤如下：
①只闭合开关S0、S1，断开S2，移动滑片，使电压表示数为1V；
②保持滑片位置不变，断开S1，闭合S0、S2，读出电压表示数为2.6V；
③根据实验数据可得：Rx的阻值为 Ω。
22．（4分）利用如图所示装置探究电磁铁磁性强弱与通电导体线圈匝数是否有关，A是铁块，B是电磁铁，R是定值电阻，R'是滑动变阻器。开关接1触点时，记录弹簧的长度，接下来的操作是 分析现象 ，则可初步说明电磁铁磁性强弱与通电导体线圈匝数有关。
五、综合题。（本大题共2个小题，每小题9分，共18分）要求：（1）语言表述要简练、准确；（2）写出必要的运算和推理过程；（3）带单位计算；（4）计算结果若有近似，均保留两位小数。
23．（9分）如图所示，灯泡L标有“6V 3W”字样，电阻R的阻值为24Ω，当开关S1、S2闭合，滑片P滑到电阻R最右端时，小灯泡恰好正常发光，忽略温度对灯丝电阻的影响，求：
（1）小灯泡的电阻；
（2）当开关S1闭合、S2断开，滑片P滑到电阻R的最左端时，2min内电流对灯泡所做的功；
（3）整个电路的最大功率。
24．（9分）如图甲，一薄壁圆柱体容器足够深且容器底面积为350cm2，容器内放有边长为0.1m的均匀正方体物块A（不吸水），随后慢慢向容器中加水，在加水的过程中，物体A对容器底的压强p与所加水的质量m的关系如图乙所示，在整个过程中没有水溢出，且物体A的底面始终与容器中的水面平行（ρ水＝1.0×103kg/m3）。求：
（1）物块A的质量；
（2）若向容器内加水2kg时，物块受到浮力为多少；
（3）若向容器中加水2.7kg时，容器底部受到水的压力为多少？
2023年云南省昭通市绥江县中考物理二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共10小题，每个小题3分，共30分。每小题给出的四个选项中，第1～7每小题只有一个正确选项。第8～10题有多个选项符合题意，全部选对得3分，选对但不全得1分，有选错得0分）
1．（3分）文文善于观察身边的事物，并将所见所闻记录在笔记本上，下列关于他笔记上不符合实际的是（ ）
A．小学生的正常步行速度约为1.2m/s
B．中学生脉搏跳动20次的时间约为15s
C．爸爸的体积约为70dm3
D．家里台灯工作时的电流约为1.5A
【分析】新课程标准要求我们能根据日常经验或自然现象粗略估测一些物理量。例如：长度、质量、时间、温度、力、速度、电功率、电流、电压等。解答估测选择题的方法：利用生活中我们熟悉的一些数据作为根据，进行单位换算，有时要利用基本公式求未知物理量。
【解答】解：A、小学生的正常步行速度约为1.2m/s，故A不符合题意；
B、正常情况下，人的脉搏跳动一次的时间不到1s，跳动20次的时间大约15s，故C不符合题意；
C、爸爸的体积约为70dm3，故C不符合题意；
D、家里台灯工作时的电流约为0.15A，故D符合题意。
故选：D。
【点评】本题考查了对速度、时间、体积、电流的估测，注重理论与实际差异的应变能力的培养，体现新课程的基本理念。
2．（3分）关于声现象，下列说法中正确的是（ ）
A．弹奏吉他时，悦耳的吉他声是由琴弦振动产生的
B．吹奏笛子时，用手指按住不同气孔，是为了改变发出声音的音色
C．高架桥两侧建有隔音墙，这是在声源处减弱噪声
D．利用回声可以测量地球与月球间的距离
【分析】（1）声音是由物体的振动产生的；
（2）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；
（3）减弱噪声的途径：①在声源处减弱﹣﹣消声；②在传播过程中减弱﹣﹣吸声；③在耳朵处减弱﹣﹣隔声；
（4）声音能够在固体、液体、气体中传播，真空不能传声。
【解答】解：
A、弹吉他时，琴弦的振动产生声音，故A正确；
B、用手按住不同的孔，改变了笛子内空气柱的长度，空气柱振动的快慢不同，所以会发出不同音调的声音，故B错误；
C、高架道路两侧建起隔音墙是为了在传播过程中减弱噪声，故C错误；
D、声音不能在真空中传播，因此不能利用回声探测地球到月球的距离，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了声音的产生、真空不能传声以及噪声的控制的相关知识，具有一定的综合性，属于声学基础知识的考查。
3．（3分）我国近几年在能源、信息、材料等领域取得了巨大成就，下列说法正确的是（ ）
A．太阳能、煤、石油都是不可再生能源
B．“祝融号”火星车利用电磁波传递信息
C．秦山核电站利用的是核聚变时释放的能量
D．将半导体材料用于远距离输电，能避免输电线上电能的损耗
【分析】（1）像风能、水能、太阳能等可以在自然界里源源不断地得到，把它们称为可再生能源。化石能源、核能等能源会越用用越少，不能在短期内从自然界得到补充，称为不可再生能源；
（2）电磁波的传播不需要介质，它可以传递信息；
（3）核电站是利用核裂变释放的能量发电的；
（4）根据导电性的不同，材料可分为导体，半导体，绝缘体三大类，容易导电的物体叫导体，不容易导电的物体叫绝缘体，导电性能介于导体与绝缘体之间的叫半导体。半导体材料有许多独特的功能，根据半导体材料的特殊性质制成了特殊的元件。
【解答】解：
A、煤、石油是不可再生能源，太阳能是可再生能源，故A错误；
B、“祝融号”火星车利用电磁波向地球传递信息，故B正确；
C、当前的核电站利用核裂变时释放的能量发电，故C错误；
D、用超导体做输电导线，可以减小由电能到内能的损耗，提高传输效率，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了能源的分类、电磁波的运用、核电站的发电原理以及半导体和超导体的运用，难度一般。
4．（3分）如图所示，下列描述与实验相符的是（ ）
A．按甲图实验时，能量是将机械能转化为电能
B．乙图是条形磁体周围磁感线的分布情况
C．丙图可用来演示电流的磁效应，首先建立起电与磁联系的科学家是奥斯特
D．丁图中，小磁针被吸向铁棒，铁棒原来一定不具磁性
【分析】（1）通电导体在磁场中受力运动时，电能转化为机械能；
（2）在磁体外部，磁感线从N极发出，回到S极；
（3）奥斯特实验说明通电导体周围存在着磁场；
（4）物体间力的作用是相互的。
【解答】解：A．甲图实验演示的是通电导体在磁场中受力运动，此时的能量是将电能转化为机械能，故A错误；
B．条形磁体周围磁感线应该是从N极发出，回到S极，故B错误；
C．奥斯特发现了通电导体周围存在磁场，是第一个发现电与磁联系的科学家，故C正确；
D．物体间力的作用是相互的，小磁针吸引铁棒，铁棒也会吸引小磁针，所以铁棒原来不一定不具磁性，故D错误。
故选：C。
【点评】物理为实验学科，很多知识来自于实验，故应注意对实验学习的重视，掌握好实验的原理及现象。
5．（3分）欢欢同学周末在公园游玩时，拾到一块彩色的小石块。为了测量小石块的密度进行了如图的操作（不考虑小石块吸水）：①将天平在水平台上调平衡；②用图中甲所示天平测量小石块的质量；③将小石块慢慢浸没于盛有10mL水的量筒中测量小石块的体积，如乙图所示； ④计算石块的密度。下列说法不正确的是（ ）
A．在调节天平平衡时，指针在分度盘中线两侧等幅度摆动时，欢欢就开始测量，其操作是合理的
B．如图中甲所示，小石块的质量为23.2g
C．小石块的密度约是1.36×103kg/m3
D．如果欢欢利用现有器材先测体积，再测质量，所测出的小石块密度偏大
【分析】（1）调节天平平衡时，指针左右偏转的幅度相同和指针指在分度盘的中央位置，都可以说明天平的横梁平衡；
（2）石块的质量等于砝码质量和游码对应刻度值的和；
（3）石块的体积等于石块浸没水前后水面对应刻度值的差，知道石块的质量和体积，根据密度公式求出石块的密度；
（4）先测量石块的体积，石块上会沾有水，导致质量测量值偏大，密度测量值偏大。
【解答】解：A、调节天平平衡时，指针左右偏转的幅度相同可以说明天平的横梁平衡，在这种情况下测量物体质量是合理的，故A正确；
B、石块的质量：m＝10g+10g+3.2g＝23.2g，故B正确；
C、石块的体积：V＝17mL﹣10mL＝7mL＝7cm3，
石块的密度：
ρ＝＝≈3.3g/cm3＝3.3×103kg/m3，故C错误；
D、先测量石块的体积，石块上会沾有水，导致质量测量值偏大，密度测量值偏大，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查了用天平和量筒测量固体密度的方法、密度计算、量筒使用、天平使用、对实验结果进行评估等。
6．（3分）如图所示为某家庭部分电路，电灯和电热器都在正常工作。在三孔插座上刚插上洗衣机（开关未闭合）的插头时，所有用电器都停止工作，拔出洗衣机的插头后，用测电笔测试三孔插座的左右两孔，氖管都发光，发现有一根熔丝熔断了。下列分析合理的是（ ）
A．一定是火线上的熔丝熔断了
B．断开S1、S2，再用测电笔检测三孔插座的左右两孔，氖管都不发光
C．只断开S2，再用测电笔检测三孔插座的左右两孔，氖管只有右孔发光
D．只断开S1，再用测电笔检测开关S1的两个接线柱，氖管都发光
【分析】（1）保险丝熔断是因为电流过大，电流过大的原因是短路或用电器的总功率过大；
（2）在插上洗衣机（开关未闭合）的插头前，电灯和电热器都在正常工作，在插上洗衣机（开关未闭合）的插头，所有用电器都停止工作，说明电路中干路上有断路，测电笔测试插座的两孔，氖管都发光，说明两孔与火线是连通的，故只可能是零线的熔丝断了。
【解答】解：A．在插上洗衣机（开关未闭合）的插头前，电灯和电热器都在正常工作，在插上洗衣机（开关未闭合）的插头，所有用电器都停止工作，说明电路中干路上有断路，测电笔测试插座的两孔，氖管都发光，说明两孔与火线是连通的，故只可能是零线的熔丝断了，故A不合理；
B．断开S1、S2，再用测电笔检测三孔插座的左右两孔，只有右孔与火线相连，氖管发光，左孔与火线不相连，氖管不会发光，故B不合理；
C．只断开S2，再用测电笔检测三孔插座的左右两孔，因为左右两孔都能与火线相连，所以氖管都发光，故C不合理；
D．只断开S1，开关S2的上下接线柱都与火线相连，测电笔的氖管发光，故D合理；
故选：D。
【点评】本题考查了用测电笔检测电路的故障。在正常情况下，测电笔测火线应亮，测零线应不亮。
7．（3分）在探究凸透镜成像规律的实验中，当凸透镜、光屏和烛焰的位置如图所示时，光屏上能成一个清晰的像（像未画出），下列说法正确的是（ ）
A．照相机就是根据这个成像规律工作的
B．凸透镜不动，把光屏与蜡烛交换位置，光屏上将出现清晰放大的像
C．凸透镜不动，当把蜡烛向左移动时，要成清晰的像，光屏需向左移动
D．随着蜡烛燃烧烛焰逐渐向下移动，光屏上的像也向下移动
【分析】（1）透镜成像的规律：
当u＞2f时，成倒立、缩小的实像，照相机、摄像机就是根据这个原理制成的；
当u＝2f时，成倒立、等大的实像；
当f＜u＜2f时，成倒立、放大的实像，幻灯机、投影仪就是根据这个原理制成的；
当u＝f时，无像，经凸透镜折射后的光线是平行的，没有会聚点；
当u＜f时，成正立、放大的虚像，放大镜就是根据这个原理制成的；
（2）凸透镜成像时，光路可逆；
（3）成实像时的动态变化规律是：物近像远像变大，物远像近像变小；
（4）过凸透镜光心的光线其传播方向不变。
【解答】解：A、由图可知，此时物距位于一倍焦距与二倍焦距之间，成倒立、放大的实像，应为投影仪，故A错误；
B、由于光路是可逆的，凸透镜不动，把光屏与蜡烛交换位置，此时物距在二倍焦距以外，凸透镜成倒立、缩小的实像，故B错误；
C、把蜡烛向左移动时，增大了物距，则要缩小像距才能在光屏上成清晰的像，因此将光屏向左移动，故C正确；
D、通过凸透镜光心的光线其传播方向不变，所以当烛焰逐渐向下移动时，光屏上的像向上移动，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查凸透镜成像规律实验，关键是将课本知识内容记忆清楚，仔细分析即可。
（多选）8．（3分）如图甲所示电路，电源电压为6V且保持不变，R0为定值电阻，Rp为滑动变阻器。闭合开关S，将滑动变阻器滑片由一端移到另一端的过程中，电路中电流表示数和电压表示数的关系如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．当电压表示数为“零”时，电流表示数也为0A
B．当电压表读数为2V时，变阻器阻值为5Ω
C．定值电阻R0阻值为10Ω
D．滑片滑动过程中，电路总功率变化量为3W
【分析】由图甲可知，两电阻串联，电压表测Rp两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）由串联电路的分压原理可知，当电压表示数为“零”时，滑动变阻器接入电路的电阻为“零”，根据欧姆定律可知此时电路中的电流最大；
（2）由图乙可知，当电压表读数为2V时，电路中的电流，根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路的电阻；
（3）当电压表示数为“零”时，根据图象读出电路中的最大电流，根据欧姆定律求出电源电压的表达式；当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，电路消耗的功率最小，根据图象读出两电表的示数，根据串联电路的电压特点和欧姆定律求出电源电压的表达式，解方程求出定值电阻R0阻值和电源电压；
（4）由图乙可知电路中的最大电流和最小电流，根据P＝UI求出滑片滑动过程中，电路总功率变化量。
【解答】解：由图甲可知，两电阻串联，电压表测Rp两端的电压，电流表测电路中的电流。
A、由串联电路的分压原理可知，当电压表示数为“零”时，滑动变阻器接入电路的电阻为“零”，根据欧姆定律可知此时电路中的电流最大，故A错误；
B、由图乙可知，当电压表读数为2V时，电路中的电流为0.4A，由欧姆定律可知，滑动变阻器接入电路的电阻：RP1＝＝＝5Ω，故B正确；
C、当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时，电路中的电流最大，由图乙可知，电路中的最大电流I最大＝0.6A，
由欧姆定律可知，电源电压：U＝I最大R0＝0.6A×R0……①
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，由图乙可知，电路中的最小电流I最小＝0.1A，UP＝5V，
根据串联电路电压特点和欧姆定律可知，电源电压：U＝I最小R0+Up＝0.1A×R0+5V……②
由①②解得：R0＝10Ω，U＝6V，故C正确；
D、由图乙可知电路中的最大电流和最小电流分别为：I最大＝0.6A，I最小＝0.1A，
由P＝UI可知，滑片滑动过程中，电路总功率变化量：ΔP＝P最大﹣P最小＝UI最大﹣UI最小＝6V×0.6A﹣6V×0.1A＝3W，故D正确；
故选：BCD。
【点评】本题考查串联电路的特点、欧姆定律和电功率公式的应用，是一道综合题。
（多选）9．（3分）对以下四幅图所描述的物理现象，下列说法中正确的是（ ）
A．①、②物态变化相同，其形成过程都需要放热
B．③、④物态变化相同，其变化过程都需要吸热
C．②中“白气”的形成与吃雪糕时看到雪糕周围所冒的“冷气”的形成是相同的物态变化
D．④中冰冻的衣服晾干过程，与雾凇的形成是相同物态变化
【分析】（1）物质由气态直接变为固态的过程叫凝华，物质由固态直接变为气态的过程叫升华；由气态变为液态的过程叫液化，由液态变为气态的过程叫汽化；由固态变为液态的过程叫熔化，由液态变为固态的过程叫凝固。
（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、①露是空气中的水蒸气遇冷液化为液态的小水滴，附着在植被表面，此过程放热；②壶嘴里冒出的“白气”是喷出的水蒸气液化为小水珠，此过程放热。故A正确；
B、③正在消融的冰凌，是冰的熔化现象，熔化过程吸热；④寒冬，室外冰冻的衣服晾干，是冰的升华现象，升华过程吸热。故B错误；
C、②中“白气”的形成与吃雪糕时看到雪糕周围所冒的“冷气”的形成是相同的物态变化——液化，故C正确；
D、④中冰冻的衣服晾干过程，是升华现象；雾凇的形成是凝华现象，物态变化不相同，故D错误。
故选：AC。
【点评】分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态；另外对六种物态变化的吸热和放热情况也要有清晰的认识。
（多选）10．（3分）如图所示的滑轮组，在不计绳重和摩擦的情况下，均将重为G的物体匀速提升h的高度，且每个滑轮的重力都等于G0（G0＜G），下列说法正确的是（ ）
A．绳子自由端拉力的大小关系为F1＝F2＞F3
B．甲图和丙图中装置消耗的额外功均为G0h
C．甲图和乙图中装置的总功均为Gh+G0h
D．乙图装置的机械效率最高
【分析】已知物体重为G，每个滑轮的重力都等于G0；
A、甲图上面是定滑轮、下面是动滑轮，不计绳重和摩擦，拉力F1＝（G+G0）；乙图的滑轮上下都是定滑轮，在不计绳重和摩擦的情况下，拉力F2＝G；丙图的滑轮组，n＝3，在不计绳重和摩擦的情况下，拉力F3＝（G+G0）；据此比较三者绳子自由端拉力的大小关系；
B、分别利用甲、丙装置把相同的重为G的物体匀速提升相同的高度h，做的有用功相同，W有用1＝W有用3＝Gh，在不计绳重和摩擦的情况下，额外功相同等于G0h；
，即W额1＝W额3＝G0h，据此判断甲图和丙图中的装置消耗的额外功是否相等；
C、分别利用甲、乙装置把相同的重为G的物体匀速提升相同的高度h，根据绳子自由端移动的距离s＝nh，由图中滑轮组的结构可知，n1＝2，n2＝1，提升物体的高度h相同，则s1＝2h，s2＝h，则拉力做的总功：W1＝F1s1＝（G+G0）2h＝（G+G0）h；W2＝F2s2＝Gh，据此判断甲图和乙图中的装置总功是否相等；
D、对于乙图，在不计绳重和摩擦时，有用功W有用3＝Gh，拉力做的总功：W2＝F2s2＝Gh，根据公式 η＝＝＝，判断乙图中的装置机械效率是否最高。
【解答】解：A、已知物体重为G，每个滑轮的重力都等于G0，甲图上面是定滑轮、下面是动滑轮，不计绳重和摩擦，拉力F1＝（G+G0），乙图的滑轮上下都是定滑轮，在不计绳重和摩擦的情况下，拉力F2＝G，丙图的滑轮组，n＝3，在不计绳重和摩擦的情况下，拉力F3＝（G+G0），故绳子自由端拉力的大小关系为F2＞F1＞F3，故A错误；
B、分别利用甲、丙装置把相同的重为G的物体匀速提升相同的高度h，做的有用功相同，W有用1＝W有用3＝Gh，在不计绳重和摩擦的情况下，额外功相同等于G0h，即W额1＝W额3＝G0h，故甲图和丙图中的装置消耗的额外功相等为G0h说法正确，故B正确；
C、分别利用甲、乙装置把相同的重为G的物体匀速提升相同的高度h，根据绳子自由端移动的距离s＝nh，由图中滑轮组的结构可知，n1＝2，n2＝1，提升物体的高度h相同，则s1＝2h，s2＝h，则拉力做的总功：W1＝F1s1＝（G+G0）2h＝（G+G0）h；W2＝F2s2＝Gh，所以W1≠W2，甲图和乙图中的装置总功不相等，故C错误；
D、对于乙图，在不计绳重和摩擦时，有用功W有用3＝Gh，拉力做的总功：W2＝F2s2＝Gh，根据公式 η＝＝＝1，可见乙图中的装置机械效率最高，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题综合考查了不计摩擦和绳重时，使用三种不同装置滑轮组，n的确定方法以及有用功、额外功、总功和机械效率的计算方法，综合性强，是一道好题。
二、填空题。（本大题共6小题，第11～15题每小题2分，16题4分，满分14分）
11．（2分）吸烟者“吞云吐雾”时会波及周围人群，这是由于分子在不停地做 无规则 运动造成的。烈日下，操场上单杠的温度会升高，这是通过 热传递 的方式改变其内能的。
【分析】（1）扩散现象，是指分子在永不停息地做无规则运动。吸烟时，烟分子在空气中进行扩散。
（2）改变物体内能的方式有两种：做功和热传递。
【解答】解：（1）吸烟者“吞云吐雾”时会波及周围人群，由于烟分子在空气中进行不停地无规则运动，这是分子的扩散现象。
（2）操场上的单杠是金属的，是热的良导体，在烈日的照射下，会吸收太阳传递的热量温度升高，内能增加。
故答案为：无规则，热传递。
【点评】本题是一道综合题，考查了学生对分子的热运动、改变内能大小的方式的理解，是中考的热点。
12．（2分）我国古书《套买曜》上记载：“人在舟中闭牖（门窗）而坐，舟行而人不觉”，其中“舟行”是以 河岸 为参照物，人以3.6km/h的速度从船头走到船尾用时6s，则船长为 6 m。
【分析】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。
根据可得船长。
【解答】解：“人在舟中闭牖（门窗）而坐，舟行而人不觉”，“舟行”是舟和河岸之间发生了位置的改变，以河岸为参照物，舟是运动的。
人的速度为，
根据可得，船长为l＝s＝vt＝1m/s×6s＝6m。
故答案为：河岸；6。
【点评】此题主要考查了运动和静止的相对性，在判断物体运动和静止时，关键看物体相对于参照物的位置是否发生了变化。
13．（2分）如图所示的电路中，甲、乙两个导体材料和长度相同、横截面积不同。已知S甲＜S乙，闭合开关后，通过甲、乙的电流I甲 小于 I乙，电压U甲 等于 U乙（两空均填“大于”、“小于”或“等于”）。
【分析】由电路图可知，甲、乙两导体并联，根据并联电路的电压特点可知它们两端的电压关系；
根据影响电阻的因素判断出甲、乙的电阻大小，利用欧姆定律可知通过两导体的电流关系。
【解答】解：由电路图可知，甲、乙两导体并联，
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，甲、乙两端的电压U甲＝U乙；
由于甲、乙两个导体材料和长度相同、横截面积不同，S甲＜S乙，
则根据材料和长度相同时导体的电阻与横截面积成反比可知：R甲＞R乙，
根据I＝可知：I甲＜I乙。
故答案为：小于；等于。
【点评】本题考查了并联电路的特点和欧姆定律的应用以及影响电阻大小的因素，会比较两者的电阻大小是关键。
14．（2分）小虎站在窗玻璃前1.5m处看到了自己上半身的像，为了看得更清楚一点，他又向前走了1m，此时像的大小 不变 （选填“变大”、“变小”或“不变”）；此时小虎和窗玻璃里的像相距 1 m。
【分析】根据平面镜成像特点，平面镜所成的像与物体大小相同，像和物体关于平面镜对称，像到平面镜的距离与物体到平面镜的距离相等分析解答此题。
【解答】解：
像与物到镜面的距离相等，小虎站在窗玻璃前1.5m，所以像到镜面的距离也是1.5m；
当小虎向镜子走近1m时，他离镜距离为1.5m﹣1m＝0.5m，此时他的像离镜的距离也是0.5m，所以像离小虎的距离是0.5m+0.5m＝1m；
因为平面镜所成的像与物体大小相同，所以像高度不变；
故答案为：不变；1。
【点评】此题考查平面镜成像特点的应用，解决此类问题要结合平面镜成像特点进行分析解答。
15．（2分）一台四冲程汽油机在1s内对外做功15次，则该汽油机工作时飞轮的转速为 1800 r/min。查阅资料汽油的热值为4.6×107J/kg，若汽油机的效率是25%，则完全燃烧 0.12 kg汽油可以得到1.38×106J的有用功。
【分析】（1）汽油机一个工作循环完成4个冲程，飞轮和曲轴转2圈，对外做功1次；
（2）根据效率公式求出汽油完全燃烧放出的热量，根据Q放＝mq求出汽油的质量。
【解答】解：四冲程汽油机在1s内对外做功15次，则汽油机1min做功900次，
由于汽油机一个工作循环完成4个冲程，飞轮和曲轴转2圈，对外做功1次，所以汽油机的飞轮1min内飞轮转1800次，即该汽油机工作时飞轮的转速为1800r/min；
由η＝可知，汽油完全燃烧放出的热量：Q放＝＝＝5.52××106J，
由Q放＝mq可知，完全燃烧汽油的质量：m＝＝＝0.12kg。
故答案为：1800；0.12。
【点评】本题考查热机的有关计算、效率公式以及燃料完全燃烧放热公式的应用，是一道综合题，难度不大。
16．（4分）阅读材料，回答问题。
水跃现象
当我们打开水龙头观察水槽底部时，会发现水流抵达水槽底部后会快速流散开来，形成一层水膜，在某一位置它的厚度骤然增加，流淌速度也随之减小，并形成了一圈“水墙”（图甲），这种现象称为“水跃现象”。图乙中水跃区域的水流可以分为上下两部分，这两部分交界面上的流速相差很大，液体不断地穿越交界面进行交换。由于水跃区域水体的强烈摩擦而消耗大量能量，因此通常把水跃作为泄洪时消能的有效方式之一。泄洪后，下游河段需要监测水的流速和流量（流量是指单位时间内流过的流体体积，通常用字母Q来表示）。MGG/KL﹣DCB型流速仪是测量水流速的仪器，使用时将流速仪头部指向水流上游并平行于水流方向（图丙）。水流中因含有杂质从而能够导电，当可导电的水流在流速仪管道内的磁场中流过时会产生电信号，该电信号与流速大小有关，通过特定的数据处理就实现流速测量。
请回答问题：
（1）水跃区域主要将水的 动 能转化为水的重力势能和 内 能；
（2）文中所说“当可导电液体在流速仪内磁场中流过时产生电信号”其实是 电磁感应 现象；
（3）测量人员在某段水流横截面积为S的直渠中测得水流平均速度为v，则此时的水流的流量Q＝ Sv 。
【分析】（1）动能的大小与质量、速度有关；重力势能的大小与质量、高度有关；物体克服摩擦做功，机械能转化为内能；
（2）闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生感应电流，该现象是电磁感应现象，据此分析；
（3）根据流量的定义求出水的流量的大小。
【解答】解：
（1）水跃区域水的流淌速度减小，所以水的动能减小；水的厚度增加，所以水的重力势能增大；水跃区域水体的强烈摩擦将机械能转化为了内能，所以，水跃区域主要将水的动能转化为重力势能和内能。
（2）闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生感应电流，这种现象叫电磁感应现象。文中所说“当导电液体在流速仪内磁场中流过时产生电信号”，实际上是水流在磁场中做切割磁感线运动，产生了感应电流，其实是电磁感应现象。
（3）流量是指单位时间内流过的流体体积，通常用字母Q来表示。设流动时间为t，测量人员在某段水流截面积为S的直渠中测得水流平均速度为v，则流过的流体体积为：V＝Sl＝Svt；
则此时的水流的流量为：Q＝＝＝Sv。
故答案为：（1）动；内；（2）电磁感应；（3）Sv。
【点评】本题考查了机械能的转化、电磁感应现象、流量的计算，明确文中的内容是解题的关键。
三、作图题。（本大题共2个小题，每小题2分，共4分）
17．（2分）如图所示，两透明物质分界面下方为空气，上方为玻璃，AO为入射光线，O点为入射点，画出反射光线OB与大致折射光线OC。
【分析】当光线射向两种介质的界面上时，会同时发生反射和折射。光的反射中，反射角等于入射角；当光从空气中斜射入玻璃中时，折射光线将向靠近法线的方向偏折，即折射角小于入射角。
【解答】解：首先过点O垂直于界面作出法线，然后根据反射角等于入射角做出反射光线OB，再根据折射角小于入射角做出折射光线OC，如图所示：
【点评】本题考查了光的反射定律和折射规律。光的折射规律：折射光线、入射光线、法线在同一平面内，折射光线和入射光线分居法线的两侧，且当光从空气斜射入水中时，折射角小于入射角，当光从水中斜射入空气中时，折射角大于入射角。光的反射定律：反射光线、入射光线、法线在同一平面内，反射光线和入射光线分居法线的两侧，反射角等于入射角。
18．（2分）如图所示，一物体以某一速度冲上表面粗糙的固定斜面，请画出物体在上滑过程中所受的摩擦力的示意图（力的作用点画在物体的重心）。
【分析】首先要明确物体的运动方向上怎么样，再根据摩擦力是发生在物体接触面的阻碍物体相对运动的力，来确定摩擦力的方向，最后用作图法画出这个力。
【解答】解：因为物体的相对运动方向沿斜面向上，故其摩擦力的方向与之相反，为沿斜面向下，力的作用点可画在物体的重心，如图所示：
【点评】对摩擦力概念的准确理解是正确解答此题的关键，要知道无论在任何情况下，摩擦力都是阻碍物体相对运动的力，因此，其方向一定与物体的相对运动方向相反，判断对了方向，才能正确作图。
四、实验探究题。（本大题共4小题，第18题8分，第19题4分，第20题8分，第21题4分，共24分）
19．（8分）小明利用杠杆做“探究杠杆的平衡条件”实验；
（1）实验前，杠杆处于静止状态如图甲所示，此时杠杆 是 平衡状态（填“是”或“不是”），为了使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向 左 调，此时调节杠杆水平位置平衡的目的是 便于测量力臂，消除杠杆重对实验的影响 ；
（2）杠杆调平衡后，在左侧A位置挂上钩码，且保持左侧悬挂钩码的位置和数量不变（如乙图），调节右侧悬挂钩码的数量和位置，使杠杆始终在水平位置平衡，记录对应的力F和力臂L1大小，绘制成图像如图丙所示。图像中每个点与两坐标轴围成的方形面积 相等 （填“相等”或“不相等”）；
（3）将右侧的钩码改为竖直向下拉弹簧测力计，已知每个钩码的重力均为0.5N，丁图中弹簧测力计示数为 1.5 N，保持测力计在B点不动，改为斜向右下方拉动，则弹簧测力计示数将 变大 （填“变大”或“变小”或“不变”）；
（4）使杠杆从水平位置缓慢转过一定角度（不考虑杠杆重心位置的变化），如图戊所示，此过程中，弹簧测力计的示数 不变 （填“变大”或“变小”或“不变”）；
（5）生活中有各种各样的杠杆，如船桨、撬棍、老虎钳、钓鱼竿等，上述物品使用时是省力杠杆的是 撬棍、老虎钳 。
【分析】（1）杠杆静止或匀速转动时都属于平衡状态。平衡螺母向上翘的一端移动，能使杠杆在水平位置平衡，杠杆的重力力臂为零，忽略杠杆重对实验的影响；
（2）由于此题中的阻力和阻力臂不变，由图中提供数据，根据杠杆的平衡条件分析即可求得；
（3）根据杠杆的平衡条件分析解答；
（4）在竖直向下拉弹簧测力计时，转动过程中，力臂之比不变；
（5）结合生活经验，先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆。
【解答】解：（1）杠杆静止或匀速转动时都属于平衡状态，如图杠杆处于静止状态，此时杠杆处于平衡状态。
如图杠杆的左端上翘，平衡螺母向上翘的左端移动，使杠杆在水平位置平衡，便于测量力臂，杠杆重力的力臂为零，可以消除杠杆重对实验的影响。
（2）由于此题中的阻力和阻力臂不变，利用图象中任意一组数据都能得出，F2l2＝F1l1＝3N×0.02m＝2N×0.03m＝0.06N•m，图像中每个点与两坐标轴围成的方形面积相等，其原因是阻力和阻力臂保持不变，根据杠杆的平衡条件可知，动力与动力臂的乘积保持不变；
（3）若每个小格长l，在A点挂2个相同的钩码，在B点竖直向下拉弹簧测力计，让杠杆在水平位置平衡，根据杠杆的平衡条件有2×0.5N×3l＝F×2l
解得F＝1.5N，弹簧测力计的示数应为1.5N；
当弹簧测力计改为斜向右下方拉动时，拉力的力臂减小，再次使杠杆水平位置平衡，根据杠杆的平衡条件，弹簧测力计的示数将变大；
（4）竖直向下拉弹簧测力计，使杠杆从水平位置缓慢转过一定角度（不考虑杠杆重心位置的变化的过程中，根据几何知识可知，l1与l2之比不变，则F1与F2之比不变。因F1不变，则F2不变，即弹簧测力计的示数保持不变；
（5）船桨、钓鱼竿这两个杠杆在使用时，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆；
撬棍、老虎钳，在使用时，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆。
故答案为：（1）是；左；便于测量力臂，消除杠杆重对实验的影响；（2）相等；（3）1.5；变大；（4）不变；（5）撬棍、老虎钳。
【点评】本题考查调节平衡螺母的作用、杠杆实验时动力和阻力的实验要求及根据杠杆平衡条件计算。当杠杆处于水平位置平衡时，竖直作用在杠杆上的力的力臂在杠杆上，倾斜作用在杠杆上力的力臂在杠杆以外的位置上，力臂变小。
20．（4分）刘老师在组织班上学生探究“影响液体蒸发快慢的因素”时，某实验小组在相同的玻璃板上各滴一滴质量相同的水，进行如图所示的实验探究：
（1）同学们在图A、D两次实验中，观察到图D实验中玻璃板上的水先蒸发完，由此可知 液体表面空气流速 越快，水蒸发得越快。
（2）图A、B两次实验中，图B的水先蒸发完，由此可知，水的 表面积 越大，水蒸发得越快。
（3）分析比较图 A、C 两次实验可探究液体蒸发快慢与温度的关系。
（4）水是生命之源，应用广泛，比如汽车发动机中用水作为冷却液，是因为水的 比热容 较大。
【分析】（1）（2）（3）影响液体蒸发快慢的因素：液体温度，液体表面积，液体表面空气流速；
（4）根据Q吸＝cmΔt可知，当物体的质量和升高的温度相同时，比热容大的物体吸收的热量多。
【解答】解：（1）在图A、D两次实验中，水滴的质量、温度、表面积大小相同，表面空气流速不同，观察到图D实验中玻璃板上的水先蒸发完，根据控制变量法可知液体表面空气流速越快，水蒸发得越快。
（2）图A、B两次实验中，水滴的质量、温度、表面空气流速相同，表面积大小不同，图B的水先蒸发完，根据控制变量法可知，水的表面积越大，水蒸发得越快。
（3）分析比较图A、C两次实验，水滴的质量、表面积、表面空气流速相同，温度不同，可探究液体蒸发快慢与温度的关系。
（4）根据Q吸＝cmΔt可知，当物体的质量和升高的温度相同时，比热容大的物体吸收的热量多，当水与其他物质的质量和升高的温度相同时，水的比热容大，水吸收的热量多，所以汽车发动机中用水作为冷却液，是因为水的比热容较大。
故答案为：（1）液体表面空气流速；
（2）表面积；
（3）A、C；
（4）比热容。
【点评】此题考查了影响蒸发快慢的因素、比热容，难度不大，属基础题目。
21．（8分）小鹏同学在实验室找到两个额定电流均为0.3A、额定电压标识模糊不清的灯泡。从实验老师处得知两灯的额定电压分别为“2.5V”和“3V”，但由于标识模糊不清，无法区分。小鹏同学想通过如图甲所示的电路，根据已学的电学知识，区分这两个小灯泡。
（1）用笔画线代替导线，将图甲中的器材连接成完整电路；
（2）连接电路并闭合开关，小鹏发现灯泡不亮，电流表和电压表都有较小的示数，无论怎样移动滑片，灯泡都不发光，两表示数均无变化，其原因可能是 C ；
A.灯泡短路
B.灯泡断路
C.滑动变阻器接的是下端两接线柱
（3）故障排除后，移动滑片到某一位置，电压表的示数如图乙所示，此时通过灯泡的电流为 0.29 A；要使该灯泡正常发光，应将图甲中滑动变阻器的滑片向 B （填“A”或“B”）端移动，且眼睛注视 电压表 （填“电压表”或“电流表”）的示数达到额定值。
（4）小鹏继续移动滑动变阻器的滑片，记下多组数据，并绘制成图丙所示小灯泡的I﹣U图象，确定该灯泡的额定电压，并计算出该灯泡的额定功率为 0.75 W。
（5）同组的小鑫同学认为采用图丁所示的方法也可分辨这两个小灯泡：闭合开关后，调节滑动变阻器的滑片，使电流表的示数为0.3A，这时他发现L1比L2更亮一些，则L1的额定电压为 3 V。
（6）小鹏利用（4）问中已测量的灯泡，接入如图戊所示的电路中，从而测出未知电阻Rx的阻值。具体步骤如下：
①只闭合开关S0、S1，断开S2，移动滑片，使电压表示数为1V；
②保持滑片位置不变，断开S1，闭合S0、S2，读出电压表示数为2.6V；
③根据实验数据可得：Rx的阻值为 8 Ω。
【分析】（1）滑动变阻器采用“一上一下”的原则与被控制电路串联；
（2）连接电路后，闭合开关，小灯泡不亮，电流表、电压表都有示数，电路为通路，电路的电流较小，电路的电阻较大，无论怎样移动滑动变阻器的滑片，灯泡都不发光，两电表示数均无变化，说明变阻器不能起到变阻的作用，据此分析；
（3）根据电流表选用小量程确定分度值读出示数，与灯泡的额定电压比较，根据串联电路电压的规律及分压原理确定滑片移动的方向；
（4）根据P＝UI解答；
（5）小灯泡的亮度是由其实际功率决定的，实际功率越大，亮度越大；
（6）在没有电流表的情况下，电压表与小灯泡应起到电流表表的测量作用，故应将小灯泡与未知电阻Rx串联，通过测量小灯泡两端的电压后，由图3图像读出相应的电流，由串联电路的电流特点求出通过未知电阻Rx的电流，保持滑片位置不变，通过开关的转换，使电压表测小灯泡和未知电阻Rx两端的总电压，根据串联电路的电压特点求出未知电阻Rx两端的电压，因电路的连接关系没有改变，各电阻的大小不变，通过未知电阻Rx的电流也不变，根据欧姆定律求出未知电阻Rx的阻值。
【解答】解：（1）伏安法测小灯泡电阻时需要调节小灯泡两端的电压，应将滑动变阻器采用一上一下的连接方式，与灯泡串联在电路中，故将滑动变阻器上端任意一个接线柱与小灯泡的右端接线柱相连，如图所示：
；
（2）连接电路后，闭合开关，小灯泡不亮，电流表、电压表都有示数，电路为通路，电路的电流较小，电路的电阻较大，无论怎样移动滑动变阻器的滑片，灯泡都不发光，两电表示数均无变化，则变阻器不能起到变阻的作用，产生这一现象的原因是将变阻器下面两个接线柱连入了电路中，故选C；
（3）图乙中电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.29A，根据串联电路电压的规律，应减小滑动变阻器两端的电压，由分压原理可知，应减小滑动变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向B移动，且注视电压表的示数达到额定值；
（4）由图丙可知，电压为2.5V时电流为0.3A，功率为P＝UI＝2.5V×0.3A＝0.75W；
（5）小灯泡的亮度是由其实际功率决定的，实际功率大的亮度大。在图丙所示的电路中，当电流表的示数为0.3A时，两只小灯泡均正常发光，即此时两个小灯泡的实际功率均等于其额定功率。额定电压为3V的小灯泡的额定功率为P′＝U′I＝3V×0.3A＝0.9W，额定电压为2.5V的小灯泡的额定功率为P＝0.75W。故更亮的灯L1是额定电压为3V的小灯泡；
（6）①只闭合S0、S1，小灯泡与未知电阻Rx串联，电压表测小灯泡两端的电压，移动滑片，使电压表示数为1V，由图丙可知灯泡的电流为0.2A，由串联电路的电流特点可知，此时通过Rx的电流Ix＝IL＝0.2A；
②保持滑片位置不变，只闭合S0、S2，小灯泡与未知电阻Rx串联，电压表测小灯泡和未知电阻Rx两端的总电压，电压表示数为2.6V，由串联电路的电压特点可知，此时Rx的两端的电压为Ux＝U﹣UL＝2.6V﹣1V＝1.6V；
③因电路的连接关系没有改变，各电阻的大小不变，通过未知电阻Rx的电流也不变，由欧姆定律可知Rx的阻值：Rx＝＝＝8Ω。
故答案为：（1）如图所示；（2）C；（3）0.29；B；电压表；（4）0.75；（5）3；（6）8。
【点评】本题测量小灯泡的电阻，考查电路连接、故障分析、实验操作、欧姆定律的应用及特殊方法测未知电阻，综合性强。
22．（4分）利用如图所示装置探究电磁铁磁性强弱与通电导体线圈匝数是否有关，A是铁块，B是电磁铁，R是定值电阻，R'是滑动变阻器。开关接1触点时，记录弹簧的长度，接下来的操作是 开关接2触点 分析现象 当开关接触1触点时，接入电路中的线圈匝数多，弹簧的长度较大，当开关接触2触点时，接入电路中的线圈匝数少，弹簧的长度较小 ，则可初步说明电磁铁磁性强弱与通电导体线圈匝数有关。
【分析】探究电磁铁磁性强弱与通电导体线圈匝数是否有关，实验中要控制其它物理量不变，改变线圈的匝数，观察铁块被电磁铁吸引后，弹簧长度的变化。
【解答】解：探究电磁铁磁性强弱与通电导体线圈匝数是否有关的实验中，开关接1触点时，记录弹簧的长度，接下来的操作是开关接2触点，记录弹簧的长度；
分析现象：当开关接触1触点时，接入电路中的线圈匝数多，弹簧的长度较大，当开关接触2触点时，接入电路中的线圈匝数少，弹簧的长度较小，说明电磁铁磁性强弱与通电导体线圈匝数有关。
故答案为：开关接2触点；当开关接触1触点时，接入电路中的线圈匝数多，弹簧的长度较大，当开关接触2触点时，接入电路中的线圈匝数少，弹簧的长度较小。
【点评】本题考查了探究影响电磁铁磁性强弱的因素，难度适中。
五、综合题。（本大题共2个小题，每小题9分，共18分）要求：（1）语言表述要简练、准确；（2）写出必要的运算和推理过程；（3）带单位计算；（4）计算结果若有近似，均保留两位小数。
23．（9分）如图所示，灯泡L标有“6V 3W”字样，电阻R的阻值为24Ω，当开关S1、S2闭合，滑片P滑到电阻R最右端时，小灯泡恰好正常发光，忽略温度对灯丝电阻的影响，求：
（1）小灯泡的电阻；
（2）当开关S1闭合、S2断开，滑片P滑到电阻R的最左端时，2min内电流对灯泡所做的功；
（3）整个电路的最大功率。
【分析】（1）灯泡L标有“6V 3W“字样，表示灯的额定电压为6V，额定功率为3W，利用可求出灯的电阻；
（2）当开关S1、S2 闭合，滑动变阻器的滑片P在最右端时，分析电路的连接，灯泡L正常发光，据此求出电源电压；当开关S1闭合、S2断开时，滑片P滑到电阻R的最左端时，分析电路连接，根据欧姆定律求出电路中的电流，再利用W＝I2Rt求出电流对灯泡所做的功；
（3）当开关S1、S2 闭合，滑动变阻器的滑片P在最右端时，灯L和滑动变阻器R的最大阻值并联，电路的总电阻最小，电源电压不变，根据可知此时电路的总功率最大。
【解答】解：（1）由P＝得，小灯泡的电阻为：；
（2）当开关S1、S2闭合，滑片P滑到电阻R最右端时，灯泡L和滑动变阻器R并联，因灯泡正常发光，所以由并联电路的电压特点可知，电源电压为：U＝UL＝6V，
当开关S1闭合、S2断开，电路为灯泡L和滑动变阻器R的串联电路，滑片P滑到电阻R的最左端时，其阻值为最大值24Ω，电路中的电流为：，
2min内电流对灯泡所做的功为：＝40J；
（3）当开关S1、S2闭合，滑片P滑到电阻R最右端时，L和R并联，整个电路的功率最大，此时灯正常发光，PL＝3W，电源电压不变，则滑动变阻器R的功率为：，
则整个电路的最大功率为：P总＝PL+PR＝3W+1.5W＝4.5W。
答：（1）小灯泡的电阻为12Ω；
（2）2min内电流对灯泡所做的功为40J；
（3）整个电路的最大功率为4.5W。
【点评】本题考查了电路分析、串并联电路的特点、欧姆定律的应用和电功率的计算等问题，综合性较强，难度适中。
24．（9分）如图甲，一薄壁圆柱体容器足够深且容器底面积为350cm2，容器内放有边长为0.1m的均匀正方体物块A（不吸水），随后慢慢向容器中加水，在加水的过程中，物体A对容器底的压强p与所加水的质量m的关系如图乙所示，在整个过程中没有水溢出，且物体A的底面始终与容器中的水面平行（ρ水＝1.0×103kg/m3）。求：
（1）物块A的质量；
（2）若向容器内加水2kg时，物块受到浮力为多少；
（3）若向容器中加水2.7kg时，容器底部受到水的压力为多少？
【分析】（1）根据图乙可读出，当容器内没有水时，物块A对容器底的压强，根据p＝可求出物块A对容器底的压力，再根据容器底受到的压力等于物块A的重力可求出物块A的重力，进一步求出其质量；
（2）由图乙可知，当加入水的质量为2kg时，物体A对容器底部的压强刚好为0，说明此时物体刚好漂浮，浮力等于物体重力；
（3）由图读出加入水的质量为2kg时，物体M对容器底部的压强，得出物体M恰好漂浮，利用物体漂浮条件和阿基米德原理列出关系式，两式联立可求物体浸入水中的深度；加水2kg时物体刚好漂浮，水的质量从2kg增大到2.7kg，物体缓慢上浮，且浸入水中的深度不变，此时相当于在物体下面加水0.7kg，则可求出物体下表面以下水的深度，进一步求出此时水的总深度，最后根据p＝ρgh求出容器底部受到水的压强，根据F＝pS可以求得，容器底部受到水的压力。
【解答】解：
（1）由图乙可知，当加入水的质量为0kg时，物体A对容器底部的压强p0＝0.8×103Pa，
物体A的重力：G＝F＝p0S＝0.8×103Pa×（0.1m）2＝8N﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①，
物体A的质量：m＝＝＝0.8kg；
（2）由图乙可知，当加入水的质量为2kg时，物体A对容器底部的压强刚好为0，说明此时物体刚好漂浮，
物块受到浮力为：F浮＝GA＝mg＝0.8kg×10N/kg＝8N；
（3）当加入水的质量为2kg时，物体M对容器底部的压强为0Pa，此时物体A恰好漂浮，
所以F浮＝GA，
设此时水的深度为h1，根据F浮＝ρ水gV排和①式可得：ρ水gh1S＝p0S，
即：1×103kg/m3×10N/kg×h1×S＝0.8×103Pa×S，
解得h1＝0.08m，
加水2kg时物体刚好漂浮，水的质量从2kg增大到2.7kg，物体缓慢上浮，且浸入水中的深度不变，此时相当于在物体下面加水0.7kg，
由ρ＝和V＝Sh可知，则物体下表面以下水的深度：h2＝＝＝＝0.02m，
则水的总深度：h＝h1+h2＝0.08m+0.02m＝0.1m，
容器底部受到水的压强：p′＝ρ水gh＝1×103kg/m3×10N/kg×0.1m＝1×103Pa，
容器底部受到水的压力为：F底＝p′S容＝1×103Pa×350×10﹣4m2＝35N。
答：（1）物块A的质量为0.8kg；
（2）若向容器内加水2kg时，物块受到浮力为8N；
（3）若向容器内加水2.7kg时，容器底部受到水的压力为35N。
【点评】此题考查了密度公式、物体的浮沉条件、阿基米德原理等知识点，是一道力学综合题，关键是读懂图像，并能从图像中获得相关信息分析解答，有一定难度。
2023年云南省昭通市绥江县中考物理二模试卷
一、选择题（本大题共10小题，每个小题3分，共30分。每小题给出的四个选项中，第1～7每小题只有一个正确选项。第8～10题有多个选项符合题意，全部选对得3分，选对但不全得1分，有选错得0分）
1．（3分）文文善于观察身边的事物，并将所见所闻记录在笔记本上，下列关于他笔记上不符合实际的是（ ）
A．小学生的正常步行速度约为1.2m/s
B．中学生脉搏跳动20次的时间约为15s
C．爸爸的体积约为70dm3
D．家里台灯工作时的电流约为1.5A
2．（3分）关于声现象，下列说法中正确的是（ ）
A．弹奏吉他时，悦耳的吉他声是由琴弦振动产生的
B．吹奏笛子时，用手指按住不同气孔，是为了改变发出声音的音色
C．高架桥两侧建有隔音墙，这是在声源处减弱噪声
D．利用回声可以测量地球与月球间的距离
3．（3分）我国近几年在能源、信息、材料等领域取得了巨大成就，下列说法正确的是（ ）
A．太阳能、煤、石油都是不可再生能源
B．“祝融号”火星车利用电磁波传递信息
C．秦山核电站利用的是核聚变时释放的能量
D．将半导体材料用于远距离输电，能避免输电线上电能的损耗
4．（3分）如图所示，下列描述与实验相符的是（ ）
A．按甲图实验时，能量是将机械能转化为电能
B．乙图是条形磁体周围磁感线的分布情况
C．丙图可用来演示电流的磁效应，首先建立起电与磁联系的科学家是奥斯特
D．丁图中，小磁针被吸向铁棒，铁棒原来一定不具磁性
5．（3分）欢欢同学周末在公园游玩时，拾到一块彩色的小石块。为了测量小石块的密度进行了如图的操作（不考虑小石块吸水）：①将天平在水平台上调平衡；②用图中甲所示天平测量小石块的质量；③将小石块慢慢浸没于盛有10mL水的量筒中测量小石块的体积，如乙图所示； ④计算石块的密度。下列说法不正确的是（ ）
A．在调节天平平衡时，指针在分度盘中线两侧等幅度摆动时，欢欢就开始测量，其操作是合理的
B．如图中甲所示，小石块的质量为23.2g
C．小石块的密度约是1.36×103kg/m3
D．如果欢欢利用现有器材先测体积，再测质量，所测出的小石块密度偏大
6．（3分）如图所示为某家庭部分电路，电灯和电热器都在正常工作。在三孔插座上刚插上洗衣机（开关未闭合）的插头时，所有用电器都停止工作，拔出洗衣机的插头后，用测电笔测试三孔插座的左右两孔，氖管都发光，发现有一根熔丝熔断了。下列分析合理的是（ ）
A．一定是火线上的熔丝熔断了
B．断开S1、S2，再用测电笔检测三孔插座的左右两孔，氖管都不发光
C．只断开S2，再用测电笔检测三孔插座的左右两孔，氖管只有右孔发光
D．只断开S1，再用测电笔检测开关S1的两个接线柱，氖管都发光
7．（3分）在探究凸透镜成像规律的实验中，当凸透镜、光屏和烛焰的位置如图所示时，光屏上能成一个清晰的像（像未画出），下列说法正确的是（ ）
A．照相机就是根据这个成像规律工作的
B．凸透镜不动，把光屏与蜡烛交换位置，光屏上将出现清晰放大的像
C．凸透镜不动，当把蜡烛向左移动时，要成清晰的像，光屏需向左移动
D．随着蜡烛燃烧烛焰逐渐向下移动，光屏上的像也向下移动
（多选）8．（3分）如图甲所示电路，电源电压为6V且保持不变，R0为定值电阻，Rp为滑动变阻器。闭合开关S，将滑动变阻器滑片由一端移到另一端的过程中，电路中电流表示数和电压表示数的关系如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．当电压表示数为“零”时，电流表示数也为0A
B．当电压表读数为2V时，变阻器阻值为5Ω
C．定值电阻R0阻值为10Ω
D．滑片滑动过程中，电路总功率变化量为3W
（多选）9．（3分）对以下四幅图所描述的物理现象，下列说法中正确的是（ ）
A．①、②物态变化相同，其形成过程都需要放热
B．③、④物态变化相同，其变化过程都需要吸热
C．②中“白气”的形成与吃雪糕时看到雪糕周围所冒的“冷气”的形成是相同的物态变化
D．④中冰冻的衣服晾干过程，与雾凇的形成是相同物态变化
（多选）10．（3分）如图所示的滑轮组，在不计绳重和摩擦的情况下，均将重为G的物体匀速提升h的高度，且每个滑轮的重力都等于G0（G0＜G），下列说法正确的是（ ）
A．绳子自由端拉力的大小关系为F1＝F2＞F3
B．甲图和丙图中装置消耗的额外功均为G0h
C．甲图和乙图中装置的总功均为Gh+G0h
D．乙图装置的机械效率最高
二、填空题。（本大题共6小题，第11～15题每小题2分，16题4分，满分14分）
11．（2分）吸烟者“吞云吐雾”时会波及周围人群，这是由于分子在不停地做 运动造成的。烈日下，操场上单杠的温度会升高，这是通过 的方式改变其内能的。
12．（2分）我国古书《套买曜》上记载：“人在舟中闭牖（门窗）而坐，舟行而人不觉”，其中“舟行”是以 为参照物，人以3.6km/h的速度从船头走到船尾用时6s，则船长为 m。
13．（2分）如图所示的电路中，甲、乙两个导体材料和长度相同、横截面积不同。已知S甲＜S乙，闭合开关后，通过甲、乙的电流I甲 I乙，电压U甲 U乙（两空均填“大于”、“小于”或“等于”）。
14．（2分）小虎站在窗玻璃前1.5m处看到了自己上半身的像，为了看得更清楚一点，他又向前走了1m，此时像的大小 （选填“变大”、“变小”或“不变”）；此时小虎和窗玻璃里的像相距 m。
15．（2分）一台四冲程汽油机在1s内对外做功15次，则该汽油机工作时飞轮的转速为 r/min。查阅资料汽油的热值为4.6×107J/kg，若汽油机的效率是25%，则完全燃烧 kg汽油可以得到1.38×106J的有用功。
16．（4分）阅读材料，回答问题。
水跃现象
当我们打开水龙头观察水槽底部时，会发现水流抵达水槽底部后会快速流散开来，形成一层水膜，在某一位置它的厚度骤然增加，流淌速度也随之减小，并形成了一圈“水墙”（图甲），这种现象称为“水跃现象”。图乙中水跃区域的水流可以分为上下两部分，这两部分交界面上的流速相差很大，液体不断地穿越交界面进行交换。由于水跃区域水体的强烈摩擦而消耗大量能量，因此通常把水跃作为泄洪时消能的有效方式之一。泄洪后，下游河段需要监测水的流速和流量（流量是指单位时间内流过的流体体积，通常用字母Q来表示）。MGG/KL﹣DCB型流速仪是测量水流速的仪器，使用时将流速仪头部指向水流上游并平行于水流方向（图丙）。水流中因含有杂质从而能够导电，当可导电的水流在流速仪管道内的磁场中流过时会产生电信号，该电信号与流速大小有关，通过特定的数据处理就实现流速测量。
请回答问题：
（1）水跃区域主要将水的 能转化为水的重力势能和 能；
（2）文中所说“当可导电液体在流速仪内磁场中流过时产生电信号”其实是 现象；
（3）测量人员在某段水流横截面积为S的直渠中测得水流平均速度为v，则此时的水流的流量Q＝ 。
三、作图题。（本大题共2个小题，每小题2分，共4分）
17．（2分）如图所示，两透明物质分界面下方为空气，上方为玻璃，AO为入射光线，O点为入射点，画出反射光线OB与大致折射光线OC。
18．（2分）如图所示，一物体以某一速度冲上表面粗糙的固定斜面，请画出物体在上滑过程中所受的摩擦力的示意图（力的作用点画在物体的重心）。
四、实验探究题。（本大题共4小题，第18题8分，第19题4分，第20题8分，第21题4分，共24分）
19．（8分）小明利用杠杆做“探究杠杆的平衡条件”实验；
（1）实验前，杠杆处于静止状态如图甲所示，此时杠杆 平衡状态（填“是”或“不是”），为了使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向 调，此时调节杠杆水平位置平衡的目的是 ；
（2）杠杆调平衡后，在左侧A位置挂上钩码，且保持左侧悬挂钩码的位置和数量不变（如乙图），调节右侧悬挂钩码的数量和位置，使杠杆始终在水平位置平衡，记录对应的力F和力臂L1大小，绘制成图像如图丙所示。图像中每个点与两坐标轴围成的方形面积 （填“相等”或“不相等”）；
（3）将右侧的钩码改为竖直向下拉弹簧测力计，已知每个钩码的重力均为0.5N，丁图中弹簧测力计示数为 N，保持测力计在B点不动，改为斜向右下方拉动，则弹簧测力计示数将 （填“变大”或“变小”或“不变”）；
（4）使杠杆从水平位置缓慢转过一定角度（不考虑杠杆重心位置的变化），如图戊所示，此过程中，弹簧测力计的示数 （填“变大”或“变小”或“不变”）；
（5）生活中有各种各样的杠杆，如船桨、撬棍、老虎钳、钓鱼竿等，上述物品使用时是省力杠杆的是 。
20．（4分）刘老师在组织班上学生探究“影响液体蒸发快慢的因素”时，某实验小组在相同的玻璃板上各滴一滴质量相同的水，进行如图所示的实验探究：
（1）同学们在图A、D两次实验中，观察到图D实验中玻璃板上的水先蒸发完，由此可知 越快，水蒸发得越快。
（2）图A、B两次实验中，图B的水先蒸发完，由此可知，水的 越大，水蒸发得越快。
（3）分析比较图 两次实验可探究液体蒸发快慢与温度的关系。
（4）水是生命之源，应用广泛，比如汽车发动机中用水作为冷却液，是因为水的 较大。
21．（8分）小鹏同学在实验室找到两个额定电流均为0.3A、额定电压标识模糊不清的灯泡。从实验老师处得知两灯的额定电压分别为“2.5V”和“3V”，但由于标识模糊不清，无法区分。小鹏同学想通过如图甲所示的电路，根据已学的电学知识，区分这两个小灯泡。
（1）用笔画线代替导线，将图甲中的器材连接成完整电路；
（2）连接电路并闭合开关，小鹏发现灯泡不亮，电流表和电压表都有较小的示数，无论怎样移动滑片，灯泡都不发光，两表示数均无变化，其原因可能是 ；
A.灯泡短路
B.灯泡断路
C.滑动变阻器接的是下端两接线柱
（3）故障排除后，移动滑片到某一位置，电压表的示数如图乙所示，此时通过灯泡的电流为 A；要使该灯泡正常发光，应将图甲中滑动变阻器的滑片向 （填“A”或“B”）端移动，且眼睛注视 （填“电压表”或“电流表”）的示数达到额定值。
（4）小鹏继续移动滑动变阻器的滑片，记下多组数据，并绘制成图丙所示小灯泡的I﹣U图象，确定该灯泡的额定电压，并计算出该灯泡的额定功率为 W。
（5）同组的小鑫同学认为采用图丁所示的方法也可分辨这两个小灯泡：闭合开关后，调节滑动变阻器的滑片，使电流表的示数为0.3A，这时他发现L1比L2更亮一些，则L1的额定电压为 V。
（6）小鹏利用（4）问中已测量的灯泡，接入如图戊所示的电路中，从而测出未知电阻Rx的阻值。具体步骤如下：
①只闭合开关S0、S1，断开S2，移动滑片，使电压表示数为1V；
②保持滑片位置不变，断开S1，闭合S0、S2，读出电压表示数为2.6V；
③根据实验数据可得：Rx的阻值为 Ω。
22．（4分）利用如图所示装置探究电磁铁磁性强弱与通电导体线圈匝数是否有关，A是铁块，B是电磁铁，R是定值电阻，R'是滑动变阻器。开关接1触点时，记录弹簧的长度，接下来的操作是 分析现象 ，则可初步说明电磁铁磁性强弱与通电导体线圈匝数有关。
五、综合题。（本大题共2个小题，每小题9分，共18分）要求：（1）语言表述要简练、准确；（2）写出必要的运算和推理过程；（3）带单位计算；（4）计算结果若有近似，均保留两位小数。
23．（9分）如图所示，灯泡L标有“6V 3W”字样，电阻R的阻值为24Ω，当开关S1、S2闭合，滑片P滑到电阻R最右端时，小灯泡恰好正常发光，忽略温度对灯丝电阻的影响，求：
（1）小灯泡的电阻；
（2）当开关S1闭合、S2断开，滑片P滑到电阻R的最左端时，2min内电流对灯泡所做的功；
（3）整个电路的最大功率。
24．（9分）如图甲，一薄壁圆柱体容器足够深且容器底面积为350cm2，容器内放有边长为0.1m的均匀正方体物块A（不吸水），随后慢慢向容器中加水，在加水的过程中，物体A对容器底的压强p与所加水的质量m的关系如图乙所示，在整个过程中没有水溢出，且物体A的底面始终与容器中的水面平行（ρ水＝1.0×103kg/m3）。求：
（1）物块A的质量；
（2）若向容器内加水2kg时，物块受到浮力为多少；
（3）若向容器中加水2.7kg时，容器底部受到水的压力为多少？
2023年云南省昭通市绥江县中考物理二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共10小题，每个小题3分，共30分。每小题给出的四个选项中，第1～7每小题只有一个正确选项。第8～10题有多个选项符合题意，全部选对得3分，选对但不全得1分，有选错得0分）
1．（3分）文文善于观察身边的事物，并将所见所闻记录在笔记本上，下列关于他笔记上不符合实际的是（ ）
A．小学生的正常步行速度约为1.2m/s
B．中学生脉搏跳动20次的时间约为15s
C．爸爸的体积约为70dm3
D．家里台灯工作时的电流约为1.5A
【分析】新课程标准要求我们能根据日常经验或自然现象粗略估测一些物理量。例如：长度、质量、时间、温度、力、速度、电功率、电流、电压等。解答估测选择题的方法：利用生活中我们熟悉的一些数据作为根据，进行单位换算，有时要利用基本公式求未知物理量。
【解答】解：A、小学生的正常步行速度约为1.2m/s，故A不符合题意；
B、正常情况下，人的脉搏跳动一次的时间不到1s，跳动20次的时间大约15s，故C不符合题意；
C、爸爸的体积约为70dm3，故C不符合题意；
D、家里台灯工作时的电流约为0.15A，故D符合题意。
故选：D。
【点评】本题考查了对速度、时间、体积、电流的估测，注重理论与实际差异的应变能力的培养，体现新课程的基本理念。
2．（3分）关于声现象，下列说法中正确的是（ ）
A．弹奏吉他时，悦耳的吉他声是由琴弦振动产生的
B．吹奏笛子时，用手指按住不同气孔，是为了改变发出声音的音色
C．高架桥两侧建有隔音墙，这是在声源处减弱噪声
D．利用回声可以测量地球与月球间的距离
【分析】（1）声音是由物体的振动产生的；
（2）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；
（3）减弱噪声的途径：①在声源处减弱﹣﹣消声；②在传播过程中减弱﹣﹣吸声；③在耳朵处减弱﹣﹣隔声；
（4）声音能够在固体、液体、气体中传播，真空不能传声。
【解答】解：
A、弹吉他时，琴弦的振动产生声音，故A正确；
B、用手按住不同的孔，改变了笛子内空气柱的长度，空气柱振动的快慢不同，所以会发出不同音调的声音，故B错误；
C、高架道路两侧建起隔音墙是为了在传播过程中减弱噪声，故C错误；
D、声音不能在真空中传播，因此不能利用回声探测地球到月球的距离，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了声音的产生、真空不能传声以及噪声的控制的相关知识，具有一定的综合性，属于声学基础知识的考查。
3．（3分）我国近几年在能源、信息、材料等领域取得了巨大成就，下列说法正确的是（ ）
A．太阳能、煤、石油都是不可再生能源
B．“祝融号”火星车利用电磁波传递信息
C．秦山核电站利用的是核聚变时释放的能量
D．将半导体材料用于远距离输电，能避免输电线上电能的损耗
【分析】（1）像风能、水能、太阳能等可以在自然界里源源不断地得到，把它们称为可再生能源。化石能源、核能等能源会越用用越少，不能在短期内从自然界得到补充，称为不可再生能源；
（2）电磁波的传播不需要介质，它可以传递信息；
（3）核电站是利用核裂变释放的能量发电的；
（4）根据导电性的不同，材料可分为导体，半导体，绝缘体三大类，容易导电的物体叫导体，不容易导电的物体叫绝缘体，导电性能介于导体与绝缘体之间的叫半导体。半导体材料有许多独特的功能，根据半导体材料的特殊性质制成了特殊的元件。
【解答】解：
A、煤、石油是不可再生能源，太阳能是可再生能源，故A错误；
B、“祝融号”火星车利用电磁波向地球传递信息，故B正确；
C、当前的核电站利用核裂变时释放的能量发电，故C错误；
D、用超导体做输电导线，可以减小由电能到内能的损耗，提高传输效率，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了能源的分类、电磁波的运用、核电站的发电原理以及半导体和超导体的运用，难度一般。
4．（3分）如图所示，下列描述与实验相符的是（ ）
A．按甲图实验时，能量是将机械能转化为电能
B．乙图是条形磁体周围磁感线的分布情况
C．丙图可用来演示电流的磁效应，首先建立起电与磁联系的科学家是奥斯特
D．丁图中，小磁针被吸向铁棒，铁棒原来一定不具磁性
【分析】（1）通电导体在磁场中受力运动时，电能转化为机械能；
（2）在磁体外部，磁感线从N极发出，回到S极；
（3）奥斯特实验说明通电导体周围存在着磁场；
（4）物体间力的作用是相互的。
【解答】解：A．甲图实验演示的是通电导体在磁场中受力运动，此时的能量是将电能转化为机械能，故A错误；
B．条形磁体周围磁感线应该是从N极发出，回到S极，故B错误；
C．奥斯特发现了通电导体周围存在磁场，是第一个发现电与磁联系的科学家，故C正确；
D．物体间力的作用是相互的，小磁针吸引铁棒，铁棒也会吸引小磁针，所以铁棒原来不一定不具磁性，故D错误。
故选：C。
【点评】物理为实验学科，很多知识来自于实验，故应注意对实验学习的重视，掌握好实验的原理及现象。
5．（3分）欢欢同学周末在公园游玩时，拾到一块彩色的小石块。为了测量小石块的密度进行了如图的操作（不考虑小石块吸水）：①将天平在水平台上调平衡；②用图中甲所示天平测量小石块的质量；③将小石块慢慢浸没于盛有10mL水的量筒中测量小石块的体积，如乙图所示； ④计算石块的密度。下列说法不正确的是（ ）
A．在调节天平平衡时，指针在分度盘中线两侧等幅度摆动时，欢欢就开始测量，其操作是合理的
B．如图中甲所示，小石块的质量为23.2g
C．小石块的密度约是1.36×103kg/m3
D．如果欢欢利用现有器材先测体积，再测质量，所测出的小石块密度偏大
【分析】（1）调节天平平衡时，指针左右偏转的幅度相同和指针指在分度盘的中央位置，都可以说明天平的横梁平衡；
（2）石块的质量等于砝码质量和游码对应刻度值的和；
（3）石块的体积等于石块浸没水前后水面对应刻度值的差，知道石块的质量和体积，根据密度公式求出石块的密度；
（4）先测量石块的体积，石块上会沾有水，导致质量测量值偏大，密度测量值偏大。
【解答】解：A、调节天平平衡时，指针左右偏转的幅度相同可以说明天平的横梁平衡，在这种情况下测量物体质量是合理的，故A正确；
B、石块的质量：m＝10g+10g+3.2g＝23.2g，故B正确；
C、石块的体积：V＝17mL﹣10mL＝7mL＝7cm3，
石块的密度：
ρ＝＝≈3.3g/cm3＝3.3×103kg/m3，故C错误；
D、先测量石块的体积，石块上会沾有水，导致质量测量值偏大，密度测量值偏大，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查了用天平和量筒测量固体密度的方法、密度计算、量筒使用、天平使用、对实验结果进行评估等。
6．（3分）如图所示为某家庭部分电路，电灯和电热器都在正常工作。在三孔插座上刚插上洗衣机（开关未闭合）的插头时，所有用电器都停止工作，拔出洗衣机的插头后，用测电笔测试三孔插座的左右两孔，氖管都发光，发现有一根熔丝熔断了。下列分析合理的是（ ）
A．一定是火线上的熔丝熔断了
B．断开S1、S2，再用测电笔检测三孔插座的左右两孔，氖管都不发光
C．只断开S2，再用测电笔检测三孔插座的左右两孔，氖管只有右孔发光
D．只断开S1，再用测电笔检测开关S1的两个接线柱，氖管都发光
【分析】（1）保险丝熔断是因为电流过大，电流过大的原因是短路或用电器的总功率过大；
（2）在插上洗衣机（开关未闭合）的插头前，电灯和电热器都在正常工作，在插上洗衣机（开关未闭合）的插头，所有用电器都停止工作，说明电路中干路上有断路，测电笔测试插座的两孔，氖管都发光，说明两孔与火线是连通的，故只可能是零线的熔丝断了。
【解答】解：A．在插上洗衣机（开关未闭合）的插头前，电灯和电热器都在正常工作，在插上洗衣机（开关未闭合）的插头，所有用电器都停止工作，说明电路中干路上有断路，测电笔测试插座的两孔，氖管都发光，说明两孔与火线是连通的，故只可能是零线的熔丝断了，故A不合理；
B．断开S1、S2，再用测电笔检测三孔插座的左右两孔，只有右孔与火线相连，氖管发光，左孔与火线不相连，氖管不会发光，故B不合理；
C．只断开S2，再用测电笔检测三孔插座的左右两孔，因为左右两孔都能与火线相连，所以氖管都发光，故C不合理；
D．只断开S1，开关S2的上下接线柱都与火线相连，测电笔的氖管发光，故D合理；
故选：D。
【点评】本题考查了用测电笔检测电路的故障。在正常情况下，测电笔测火线应亮，测零线应不亮。
7．（3分）在探究凸透镜成像规律的实验中，当凸透镜、光屏和烛焰的位置如图所示时，光屏上能成一个清晰的像（像未画出），下列说法正确的是（ ）
A．照相机就是根据这个成像规律工作的
B．凸透镜不动，把光屏与蜡烛交换位置，光屏上将出现清晰放大的像
C．凸透镜不动，当把蜡烛向左移动时，要成清晰的像，光屏需向左移动
D．随着蜡烛燃烧烛焰逐渐向下移动，光屏上的像也向下移动
【分析】（1）透镜成像的规律：
当u＞2f时，成倒立、缩小的实像，照相机、摄像机就是根据这个原理制成的；
当u＝2f时，成倒立、等大的实像；
当f＜u＜2f时，成倒立、放大的实像，幻灯机、投影仪就是根据这个原理制成的；
当u＝f时，无像，经凸透镜折射后的光线是平行的，没有会聚点；
当u＜f时，成正立、放大的虚像，放大镜就是根据这个原理制成的；
（2）凸透镜成像时，光路可逆；
（3）成实像时的动态变化规律是：物近像远像变大，物远像近像变小；
（4）过凸透镜光心的光线其传播方向不变。
【解答】解：A、由图可知，此时物距位于一倍焦距与二倍焦距之间，成倒立、放大的实像，应为投影仪，故A错误；
B、由于光路是可逆的，凸透镜不动，把光屏与蜡烛交换位置，此时物距在二倍焦距以外，凸透镜成倒立、缩小的实像，故B错误；
C、把蜡烛向左移动时，增大了物距，则要缩小像距才能在光屏上成清晰的像，因此将光屏向左移动，故C正确；
D、通过凸透镜光心的光线其传播方向不变，所以当烛焰逐渐向下移动时，光屏上的像向上移动，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查凸透镜成像规律实验，关键是将课本知识内容记忆清楚，仔细分析即可。
（多选）8．（3分）如图甲所示电路，电源电压为6V且保持不变，R0为定值电阻，Rp为滑动变阻器。闭合开关S，将滑动变阻器滑片由一端移到另一端的过程中，电路中电流表示数和电压表示数的关系如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．当电压表示数为“零”时，电流表示数也为0A
B．当电压表读数为2V时，变阻器阻值为5Ω
C．定值电阻R0阻值为10Ω
D．滑片滑动过程中，电路总功率变化量为3W
【分析】由图甲可知，两电阻串联，电压表测Rp两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）由串联电路的分压原理可知，当电压表示数为“零”时，滑动变阻器接入电路的电阻为“零”，根据欧姆定律可知此时电路中的电流最大；
（2）由图乙可知，当电压表读数为2V时，电路中的电流，根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路的电阻；
（3）当电压表示数为“零”时，根据图象读出电路中的最大电流，根据欧姆定律求出电源电压的表达式；当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，电路消耗的功率最小，根据图象读出两电表的示数，根据串联电路的电压特点和欧姆定律求出电源电压的表达式，解方程求出定值电阻R0阻值和电源电压；
（4）由图乙可知电路中的最大电流和最小电流，根据P＝UI求出滑片滑动过程中，电路总功率变化量。
【解答】解：由图甲可知，两电阻串联，电压表测Rp两端的电压，电流表测电路中的电流。
A、由串联电路的分压原理可知，当电压表示数为“零”时，滑动变阻器接入电路的电阻为“零”，根据欧姆定律可知此时电路中的电流最大，故A错误；
B、由图乙可知，当电压表读数为2V时，电路中的电流为0.4A，由欧姆定律可知，滑动变阻器接入电路的电阻：RP1＝＝＝5Ω，故B正确；
C、当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时，电路中的电流最大，由图乙可知，电路中的最大电流I最大＝0.6A，
由欧姆定律可知，电源电压：U＝I最大R0＝0.6A×R0……①
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，由图乙可知，电路中的最小电流I最小＝0.1A，UP＝5V，
根据串联电路电压特点和欧姆定律可知，电源电压：U＝I最小R0+Up＝0.1A×R0+5V……②
由①②解得：R0＝10Ω，U＝6V，故C正确；
D、由图乙可知电路中的最大电流和最小电流分别为：I最大＝0.6A，I最小＝0.1A，
由P＝UI可知，滑片滑动过程中，电路总功率变化量：ΔP＝P最大﹣P最小＝UI最大﹣UI最小＝6V×0.6A﹣6V×0.1A＝3W，故D正确；
故选：BCD。
【点评】本题考查串联电路的特点、欧姆定律和电功率公式的应用，是一道综合题。
（多选）9．（3分）对以下四幅图所描述的物理现象，下列说法中正确的是（ ）
A．①、②物态变化相同，其形成过程都需要放热
B．③、④物态变化相同，其变化过程都需要吸热
C．②中“白气”的形成与吃雪糕时看到雪糕周围所冒的“冷气”的形成是相同的物态变化
D．④中冰冻的衣服晾干过程，与雾凇的形成是相同物态变化
【分析】（1）物质由气态直接变为固态的过程叫凝华，物质由固态直接变为气态的过程叫升华；由气态变为液态的过程叫液化，由液态变为气态的过程叫汽化；由固态变为液态的过程叫熔化，由液态变为固态的过程叫凝固。
（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、①露是空气中的水蒸气遇冷液化为液态的小水滴，附着在植被表面，此过程放热；②壶嘴里冒出的“白气”是喷出的水蒸气液化为小水珠，此过程放热。故A正确；
B、③正在消融的冰凌，是冰的熔化现象，熔化过程吸热；④寒冬，室外冰冻的衣服晾干，是冰的升华现象，升华过程吸热。故B错误；
C、②中“白气”的形成与吃雪糕时看到雪糕周围所冒的“冷气”的形成是相同的物态变化——液化，故C正确；
D、④中冰冻的衣服晾干过程，是升华现象；雾凇的形成是凝华现象，物态变化不相同，故D错误。
故选：AC。
【点评】分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态；另外对六种物态变化的吸热和放热情况也要有清晰的认识。
（多选）10．（3分）如图所示的滑轮组，在不计绳重和摩擦的情况下，均将重为G的物体匀速提升h的高度，且每个滑轮的重力都等于G0（G0＜G），下列说法正确的是（ ）
A．绳子自由端拉力的大小关系为F1＝F2＞F3
B．甲图和丙图中装置消耗的额外功均为G0h
C．甲图和乙图中装置的总功均为Gh+G0h
D．乙图装置的机械效率最高
【分析】已知物体重为G，每个滑轮的重力都等于G0；
A、甲图上面是定滑轮、下面是动滑轮，不计绳重和摩擦，拉力F1＝（G+G0）；乙图的滑轮上下都是定滑轮，在不计绳重和摩擦的情况下，拉力F2＝G；丙图的滑轮组，n＝3，在不计绳重和摩擦的情况下，拉力F3＝（G+G0）；据此比较三者绳子自由端拉力的大小关系；
B、分别利用甲、丙装置把相同的重为G的物体匀速提升相同的高度h，做的有用功相同，W有用1＝W有用3＝Gh，在不计绳重和摩擦的情况下，额外功相同等于G0h；
，即W额1＝W额3＝G0h，据此判断甲图和丙图中的装置消耗的额外功是否相等；
C、分别利用甲、乙装置把相同的重为G的物体匀速提升相同的高度h，根据绳子自由端移动的距离s＝nh，由图中滑轮组的结构可知，n1＝2，n2＝1，提升物体的高度h相同，则s1＝2h，s2＝h，则拉力做的总功：W1＝F1s1＝（G+G0）2h＝（G+G0）h；W2＝F2s2＝Gh，据此判断甲图和乙图中的装置总功是否相等；
D、对于乙图，在不计绳重和摩擦时，有用功W有用3＝Gh，拉力做的总功：W2＝F2s2＝Gh，根据公式 η＝＝＝，判断乙图中的装置机械效率是否最高。
【解答】解：A、已知物体重为G，每个滑轮的重力都等于G0，甲图上面是定滑轮、下面是动滑轮，不计绳重和摩擦，拉力F1＝（G+G0），乙图的滑轮上下都是定滑轮，在不计绳重和摩擦的情况下，拉力F2＝G，丙图的滑轮组，n＝3，在不计绳重和摩擦的情况下，拉力F3＝（G+G0），故绳子自由端拉力的大小关系为F2＞F1＞F3，故A错误；
B、分别利用甲、丙装置把相同的重为G的物体匀速提升相同的高度h，做的有用功相同，W有用1＝W有用3＝Gh，在不计绳重和摩擦的情况下，额外功相同等于G0h，即W额1＝W额3＝G0h，故甲图和丙图中的装置消耗的额外功相等为G0h说法正确，故B正确；
C、分别利用甲、乙装置把相同的重为G的物体匀速提升相同的高度h，根据绳子自由端移动的距离s＝nh，由图中滑轮组的结构可知，n1＝2，n2＝1，提升物体的高度h相同，则s1＝2h，s2＝h，则拉力做的总功：W1＝F1s1＝（G+G0）2h＝（G+G0）h；W2＝F2s2＝Gh，所以W1≠W2，甲图和乙图中的装置总功不相等，故C错误；
D、对于乙图，在不计绳重和摩擦时，有用功W有用3＝Gh，拉力做的总功：W2＝F2s2＝Gh，根据公式 η＝＝＝1，可见乙图中的装置机械效率最高，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题综合考查了不计摩擦和绳重时，使用三种不同装置滑轮组，n的确定方法以及有用功、额外功、总功和机械效率的计算方法，综合性强，是一道好题。
二、填空题。（本大题共6小题，第11～15题每小题2分，16题4分，满分14分）
11．（2分）吸烟者“吞云吐雾”时会波及周围人群，这是由于分子在不停地做 无规则 运动造成的。烈日下，操场上单杠的温度会升高，这是通过 热传递 的方式改变其内能的。
【分析】（1）扩散现象，是指分子在永不停息地做无规则运动。吸烟时，烟分子在空气中进行扩散。
（2）改变物体内能的方式有两种：做功和热传递。
【解答】解：（1）吸烟者“吞云吐雾”时会波及周围人群，由于烟分子在空气中进行不停地无规则运动，这是分子的扩散现象。
（2）操场上的单杠是金属的，是热的良导体，在烈日的照射下，会吸收太阳传递的热量温度升高，内能增加。
故答案为：无规则，热传递。
【点评】本题是一道综合题，考查了学生对分子的热运动、改变内能大小的方式的理解，是中考的热点。
12．（2分）我国古书《套买曜》上记载：“人在舟中闭牖（门窗）而坐，舟行而人不觉”，其中“舟行”是以 河岸 为参照物，人以3.6km/h的速度从船头走到船尾用时6s，则船长为 6 m。
【分析】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。
根据可得船长。
【解答】解：“人在舟中闭牖（门窗）而坐，舟行而人不觉”，“舟行”是舟和河岸之间发生了位置的改变，以河岸为参照物，舟是运动的。
人的速度为，
根据可得，船长为l＝s＝vt＝1m/s×6s＝6m。
故答案为：河岸；6。
【点评】此题主要考查了运动和静止的相对性，在判断物体运动和静止时，关键看物体相对于参照物的位置是否发生了变化。
13．（2分）如图所示的电路中，甲、乙两个导体材料和长度相同、横截面积不同。已知S甲＜S乙，闭合开关后，通过甲、乙的电流I甲 小于 I乙，电压U甲 等于 U乙（两空均填“大于”、“小于”或“等于”）。
【分析】由电路图可知，甲、乙两导体并联，根据并联电路的电压特点可知它们两端的电压关系；
根据影响电阻的因素判断出甲、乙的电阻大小，利用欧姆定律可知通过两导体的电流关系。
【解答】解：由电路图可知，甲、乙两导体并联，
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，甲、乙两端的电压U甲＝U乙；
由于甲、乙两个导体材料和长度相同、横截面积不同，S甲＜S乙，
则根据材料和长度相同时导体的电阻与横截面积成反比可知：R甲＞R乙，
根据I＝可知：I甲＜I乙。
故答案为：小于；等于。
【点评】本题考查了并联电路的特点和欧姆定律的应用以及影响电阻大小的因素，会比较两者的电阻大小是关键。
14．（2分）小虎站在窗玻璃前1.5m处看到了自己上半身的像，为了看得更清楚一点，他又向前走了1m，此时像的大小 不变 （选填“变大”、“变小”或“不变”）；此时小虎和窗玻璃里的像相距 1 m。
【分析】根据平面镜成像特点，平面镜所成的像与物体大小相同，像和物体关于平面镜对称，像到平面镜的距离与物体到平面镜的距离相等分析解答此题。
【解答】解：
像与物到镜面的距离相等，小虎站在窗玻璃前1.5m，所以像到镜面的距离也是1.5m；
当小虎向镜子走近1m时，他离镜距离为1.5m﹣1m＝0.5m，此时他的像离镜的距离也是0.5m，所以像离小虎的距离是0.5m+0.5m＝1m；
因为平面镜所成的像与物体大小相同，所以像高度不变；
故答案为：不变；1。
【点评】此题考查平面镜成像特点的应用，解决此类问题要结合平面镜成像特点进行分析解答。
15．（2分）一台四冲程汽油机在1s内对外做功15次，则该汽油机工作时飞轮的转速为 1800 r/min。查阅资料汽油的热值为4.6×107J/kg，若汽油机的效率是25%，则完全燃烧 0.12 kg汽油可以得到1.38×106J的有用功。
【分析】（1）汽油机一个工作循环完成4个冲程，飞轮和曲轴转2圈，对外做功1次；
（2）根据效率公式求出汽油完全燃烧放出的热量，根据Q放＝mq求出汽油的质量。
【解答】解：四冲程汽油机在1s内对外做功15次，则汽油机1min做功900次，
由于汽油机一个工作循环完成4个冲程，飞轮和曲轴转2圈，对外做功1次，所以汽油机的飞轮1min内飞轮转1800次，即该汽油机工作时飞轮的转速为1800r/min；
由η＝可知，汽油完全燃烧放出的热量：Q放＝＝＝5.52××106J，
由Q放＝mq可知，完全燃烧汽油的质量：m＝＝＝0.12kg。
故答案为：1800；0.12。
【点评】本题考查热机的有关计算、效率公式以及燃料完全燃烧放热公式的应用，是一道综合题，难度不大。
16．（4分）阅读材料，回答问题。
水跃现象
当我们打开水龙头观察水槽底部时，会发现水流抵达水槽底部后会快速流散开来，形成一层水膜，在某一位置它的厚度骤然增加，流淌速度也随之减小，并形成了一圈“水墙”（图甲），这种现象称为“水跃现象”。图乙中水跃区域的水流可以分为上下两部分，这两部分交界面上的流速相差很大，液体不断地穿越交界面进行交换。由于水跃区域水体的强烈摩擦而消耗大量能量，因此通常把水跃作为泄洪时消能的有效方式之一。泄洪后，下游河段需要监测水的流速和流量（流量是指单位时间内流过的流体体积，通常用字母Q来表示）。MGG/KL﹣DCB型流速仪是测量水流速的仪器，使用时将流速仪头部指向水流上游并平行于水流方向（图丙）。水流中因含有杂质从而能够导电，当可导电的水流在流速仪管道内的磁场中流过时会产生电信号，该电信号与流速大小有关，通过特定的数据处理就实现流速测量。
请回答问题：
（1）水跃区域主要将水的 动 能转化为水的重力势能和 内 能；
（2）文中所说“当可导电液体在流速仪内磁场中流过时产生电信号”其实是 电磁感应 现象；
（3）测量人员在某段水流横截面积为S的直渠中测得水流平均速度为v，则此时的水流的流量Q＝ Sv 。
【分析】（1）动能的大小与质量、速度有关；重力势能的大小与质量、高度有关；物体克服摩擦做功，机械能转化为内能；
（2）闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生感应电流，该现象是电磁感应现象，据此分析；
（3）根据流量的定义求出水的流量的大小。
【解答】解：
（1）水跃区域水的流淌速度减小，所以水的动能减小；水的厚度增加，所以水的重力势能增大；水跃区域水体的强烈摩擦将机械能转化为了内能，所以，水跃区域主要将水的动能转化为重力势能和内能。
（2）闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生感应电流，这种现象叫电磁感应现象。文中所说“当导电液体在流速仪内磁场中流过时产生电信号”，实际上是水流在磁场中做切割磁感线运动，产生了感应电流，其实是电磁感应现象。
（3）流量是指单位时间内流过的流体体积，通常用字母Q来表示。设流动时间为t，测量人员在某段水流截面积为S的直渠中测得水流平均速度为v，则流过的流体体积为：V＝Sl＝Svt；
则此时的水流的流量为：Q＝＝＝Sv。
故答案为：（1）动；内；（2）电磁感应；（3）Sv。
【点评】本题考查了机械能的转化、电磁感应现象、流量的计算，明确文中的内容是解题的关键。
三、作图题。（本大题共2个小题，每小题2分，共4分）
17．（2分）如图所示，两透明物质分界面下方为空气，上方为玻璃，AO为入射光线，O点为入射点，画出反射光线OB与大致折射光线OC。
【分析】当光线射向两种介质的界面上时，会同时发生反射和折射。光的反射中，反射角等于入射角；当光从空气中斜射入玻璃中时，折射光线将向靠近法线的方向偏折，即折射角小于入射角。
【解答】解：首先过点O垂直于界面作出法线，然后根据反射角等于入射角做出反射光线OB，再根据折射角小于入射角做出折射光线OC，如图所示：
【点评】本题考查了光的反射定律和折射规律。光的折射规律：折射光线、入射光线、法线在同一平面内，折射光线和入射光线分居法线的两侧，且当光从空气斜射入水中时，折射角小于入射角，当光从水中斜射入空气中时，折射角大于入射角。光的反射定律：反射光线、入射光线、法线在同一平面内，反射光线和入射光线分居法线的两侧，反射角等于入射角。
18．（2分）如图所示，一物体以某一速度冲上表面粗糙的固定斜面，请画出物体在上滑过程中所受的摩擦力的示意图（力的作用点画在物体的重心）。
【分析】首先要明确物体的运动方向上怎么样，再根据摩擦力是发生在物体接触面的阻碍物体相对运动的力，来确定摩擦力的方向，最后用作图法画出这个力。
【解答】解：因为物体的相对运动方向沿斜面向上，故其摩擦力的方向与之相反，为沿斜面向下，力的作用点可画在物体的重心，如图所示：
【点评】对摩擦力概念的准确理解是正确解答此题的关键，要知道无论在任何情况下，摩擦力都是阻碍物体相对运动的力，因此，其方向一定与物体的相对运动方向相反，判断对了方向，才能正确作图。
四、实验探究题。（本大题共4小题，第18题8分，第19题4分，第20题8分，第21题4分，共24分）
19．（8分）小明利用杠杆做“探究杠杆的平衡条件”实验；
（1）实验前，杠杆处于静止状态如图甲所示，此时杠杆 是 平衡状态（填“是”或“不是”），为了使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向 左 调，此时调节杠杆水平位置平衡的目的是 便于测量力臂，消除杠杆重对实验的影响 ；
（2）杠杆调平衡后，在左侧A位置挂上钩码，且保持左侧悬挂钩码的位置和数量不变（如乙图），调节右侧悬挂钩码的数量和位置，使杠杆始终在水平位置平衡，记录对应的力F和力臂L1大小，绘制成图像如图丙所示。图像中每个点与两坐标轴围成的方形面积 相等 （填“相等”或“不相等”）；
（3）将右侧的钩码改为竖直向下拉弹簧测力计，已知每个钩码的重力均为0.5N，丁图中弹簧测力计示数为 1.5 N，保持测力计在B点不动，改为斜向右下方拉动，则弹簧测力计示数将 变大 （填“变大”或“变小”或“不变”）；
（4）使杠杆从水平位置缓慢转过一定角度（不考虑杠杆重心位置的变化），如图戊所示，此过程中，弹簧测力计的示数 不变 （填“变大”或“变小”或“不变”）；
（5）生活中有各种各样的杠杆，如船桨、撬棍、老虎钳、钓鱼竿等，上述物品使用时是省力杠杆的是 撬棍、老虎钳 。
【分析】（1）杠杆静止或匀速转动时都属于平衡状态。平衡螺母向上翘的一端移动，能使杠杆在水平位置平衡，杠杆的重力力臂为零，忽略杠杆重对实验的影响；
（2）由于此题中的阻力和阻力臂不变，由图中提供数据，根据杠杆的平衡条件分析即可求得；
（3）根据杠杆的平衡条件分析解答；
（4）在竖直向下拉弹簧测力计时，转动过程中，力臂之比不变；
（5）结合生活经验，先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆。
【解答】解：（1）杠杆静止或匀速转动时都属于平衡状态，如图杠杆处于静止状态，此时杠杆处于平衡状态。
如图杠杆的左端上翘，平衡螺母向上翘的左端移动，使杠杆在水平位置平衡，便于测量力臂，杠杆重力的力臂为零，可以消除杠杆重对实验的影响。
（2）由于此题中的阻力和阻力臂不变，利用图象中任意一组数据都能得出，F2l2＝F1l1＝3N×0.02m＝2N×0.03m＝0.06N•m，图像中每个点与两坐标轴围成的方形面积相等，其原因是阻力和阻力臂保持不变，根据杠杆的平衡条件可知，动力与动力臂的乘积保持不变；
（3）若每个小格长l，在A点挂2个相同的钩码，在B点竖直向下拉弹簧测力计，让杠杆在水平位置平衡，根据杠杆的平衡条件有2×0.5N×3l＝F×2l
解得F＝1.5N，弹簧测力计的示数应为1.5N；
当弹簧测力计改为斜向右下方拉动时，拉力的力臂减小，再次使杠杆水平位置平衡，根据杠杆的平衡条件，弹簧测力计的示数将变大；
（4）竖直向下拉弹簧测力计，使杠杆从水平位置缓慢转过一定角度（不考虑杠杆重心位置的变化的过程中，根据几何知识可知，l1与l2之比不变，则F1与F2之比不变。因F1不变，则F2不变，即弹簧测力计的示数保持不变；
（5）船桨、钓鱼竿这两个杠杆在使用时，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆；
撬棍、老虎钳，在使用时，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆。
故答案为：（1）是；左；便于测量力臂，消除杠杆重对实验的影响；（2）相等；（3）1.5；变大；（4）不变；（5）撬棍、老虎钳。
【点评】本题考查调节平衡螺母的作用、杠杆实验时动力和阻力的实验要求及根据杠杆平衡条件计算。当杠杆处于水平位置平衡时，竖直作用在杠杆上的力的力臂在杠杆上，倾斜作用在杠杆上力的力臂在杠杆以外的位置上，力臂变小。
20．（4分）刘老师在组织班上学生探究“影响液体蒸发快慢的因素”时，某实验小组在相同的玻璃板上各滴一滴质量相同的水，进行如图所示的实验探究：
（1）同学们在图A、D两次实验中，观察到图D实验中玻璃板上的水先蒸发完，由此可知 液体表面空气流速 越快，水蒸发得越快。
（2）图A、B两次实验中，图B的水先蒸发完，由此可知，水的 表面积 越大，水蒸发得越快。
（3）分析比较图 A、C 两次实验可探究液体蒸发快慢与温度的关系。
（4）水是生命之源，应用广泛，比如汽车发动机中用水作为冷却液，是因为水的 比热容 较大。
【分析】（1）（2）（3）影响液体蒸发快慢的因素：液体温度，液体表面积，液体表面空气流速；
（4）根据Q吸＝cmΔt可知，当物体的质量和升高的温度相同时，比热容大的物体吸收的热量多。
【解答】解：（1）在图A、D两次实验中，水滴的质量、温度、表面积大小相同，表面空气流速不同，观察到图D实验中玻璃板上的水先蒸发完，根据控制变量法可知液体表面空气流速越快，水蒸发得越快。
（2）图A、B两次实验中，水滴的质量、温度、表面空气流速相同，表面积大小不同，图B的水先蒸发完，根据控制变量法可知，水的表面积越大，水蒸发得越快。
（3）分析比较图A、C两次实验，水滴的质量、表面积、表面空气流速相同，温度不同，可探究液体蒸发快慢与温度的关系。
（4）根据Q吸＝cmΔt可知，当物体的质量和升高的温度相同时，比热容大的物体吸收的热量多，当水与其他物质的质量和升高的温度相同时，水的比热容大，水吸收的热量多，所以汽车发动机中用水作为冷却液，是因为水的比热容较大。
故答案为：（1）液体表面空气流速；
（2）表面积；
（3）A、C；
（4）比热容。
【点评】此题考查了影响蒸发快慢的因素、比热容，难度不大，属基础题目。
21．（8分）小鹏同学在实验室找到两个额定电流均为0.3A、额定电压标识模糊不清的灯泡。从实验老师处得知两灯的额定电压分别为“2.5V”和“3V”，但由于标识模糊不清，无法区分。小鹏同学想通过如图甲所示的电路，根据已学的电学知识，区分这两个小灯泡。
（1）用笔画线代替导线，将图甲中的器材连接成完整电路；
（2）连接电路并闭合开关，小鹏发现灯泡不亮，电流表和电压表都有较小的示数，无论怎样移动滑片，灯泡都不发光，两表示数均无变化，其原因可能是 C ；
A.灯泡短路
B.灯泡断路
C.滑动变阻器接的是下端两接线柱
（3）故障排除后，移动滑片到某一位置，电压表的示数如图乙所示，此时通过灯泡的电流为 0.29 A；要使该灯泡正常发光，应将图甲中滑动变阻器的滑片向 B （填“A”或“B”）端移动，且眼睛注视 电压表 （填“电压表”或“电流表”）的示数达到额定值。
（4）小鹏继续移动滑动变阻器的滑片，记下多组数据，并绘制成图丙所示小灯泡的I﹣U图象，确定该灯泡的额定电压，并计算出该灯泡的额定功率为 0.75 W。
（5）同组的小鑫同学认为采用图丁所示的方法也可分辨这两个小灯泡：闭合开关后，调节滑动变阻器的滑片，使电流表的示数为0.3A，这时他发现L1比L2更亮一些，则L1的额定电压为 3 V。
（6）小鹏利用（4）问中已测量的灯泡，接入如图戊所示的电路中，从而测出未知电阻Rx的阻值。具体步骤如下：
①只闭合开关S0、S1，断开S2，移动滑片，使电压表示数为1V；
②保持滑片位置不变，断开S1，闭合S0、S2，读出电压表示数为2.6V；
③根据实验数据可得：Rx的阻值为 8 Ω。
【分析】（1）滑动变阻器采用“一上一下”的原则与被控制电路串联；
（2）连接电路后，闭合开关，小灯泡不亮，电流表、电压表都有示数，电路为通路，电路的电流较小，电路的电阻较大，无论怎样移动滑动变阻器的滑片，灯泡都不发光，两电表示数均无变化，说明变阻器不能起到变阻的作用，据此分析；
（3）根据电流表选用小量程确定分度值读出示数，与灯泡的额定电压比较，根据串联电路电压的规律及分压原理确定滑片移动的方向；
（4）根据P＝UI解答；
（5）小灯泡的亮度是由其实际功率决定的，实际功率越大，亮度越大；
（6）在没有电流表的情况下，电压表与小灯泡应起到电流表表的测量作用，故应将小灯泡与未知电阻Rx串联，通过测量小灯泡两端的电压后，由图3图像读出相应的电流，由串联电路的电流特点求出通过未知电阻Rx的电流，保持滑片位置不变，通过开关的转换，使电压表测小灯泡和未知电阻Rx两端的总电压，根据串联电路的电压特点求出未知电阻Rx两端的电压，因电路的连接关系没有改变，各电阻的大小不变，通过未知电阻Rx的电流也不变，根据欧姆定律求出未知电阻Rx的阻值。
【解答】解：（1）伏安法测小灯泡电阻时需要调节小灯泡两端的电压，应将滑动变阻器采用一上一下的连接方式，与灯泡串联在电路中，故将滑动变阻器上端任意一个接线柱与小灯泡的右端接线柱相连，如图所示：
；
（2）连接电路后，闭合开关，小灯泡不亮，电流表、电压表都有示数，电路为通路，电路的电流较小，电路的电阻较大，无论怎样移动滑动变阻器的滑片，灯泡都不发光，两电表示数均无变化，则变阻器不能起到变阻的作用，产生这一现象的原因是将变阻器下面两个接线柱连入了电路中，故选C；
（3）图乙中电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.29A，根据串联电路电压的规律，应减小滑动变阻器两端的电压，由分压原理可知，应减小滑动变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向B移动，且注视电压表的示数达到额定值；
（4）由图丙可知，电压为2.5V时电流为0.3A，功率为P＝UI＝2.5V×0.3A＝0.75W；
（5）小灯泡的亮度是由其实际功率决定的，实际功率大的亮度大。在图丙所示的电路中，当电流表的示数为0.3A时，两只小灯泡均正常发光，即此时两个小灯泡的实际功率均等于其额定功率。额定电压为3V的小灯泡的额定功率为P′＝U′I＝3V×0.3A＝0.9W，额定电压为2.5V的小灯泡的额定功率为P＝0.75W。故更亮的灯L1是额定电压为3V的小灯泡；
（6）①只闭合S0、S1，小灯泡与未知电阻Rx串联，电压表测小灯泡两端的电压，移动滑片，使电压表示数为1V，由图丙可知灯泡的电流为0.2A，由串联电路的电流特点可知，此时通过Rx的电流Ix＝IL＝0.2A；
②保持滑片位置不变，只闭合S0、S2，小灯泡与未知电阻Rx串联，电压表测小灯泡和未知电阻Rx两端的总电压，电压表示数为2.6V，由串联电路的电压特点可知，此时Rx的两端的电压为Ux＝U﹣UL＝2.6V﹣1V＝1.6V；
③因电路的连接关系没有改变，各电阻的大小不变，通过未知电阻Rx的电流也不变，由欧姆定律可知Rx的阻值：Rx＝＝＝8Ω。
故答案为：（1）如图所示；（2）C；（3）0.29；B；电压表；（4）0.75；（5）3；（6）8。
【点评】本题测量小灯泡的电阻，考查电路连接、故障分析、实验操作、欧姆定律的应用及特殊方法测未知电阻，综合性强。
22．（4分）利用如图所示装置探究电磁铁磁性强弱与通电导体线圈匝数是否有关，A是铁块，B是电磁铁，R是定值电阻，R'是滑动变阻器。开关接1触点时，记录弹簧的长度，接下来的操作是 开关接2触点 分析现象 当开关接触1触点时，接入电路中的线圈匝数多，弹簧的长度较大，当开关接触2触点时，接入电路中的线圈匝数少，弹簧的长度较小 ，则可初步说明电磁铁磁性强弱与通电导体线圈匝数有关。
【分析】探究电磁铁磁性强弱与通电导体线圈匝数是否有关，实验中要控制其它物理量不变，改变线圈的匝数，观察铁块被电磁铁吸引后，弹簧长度的变化。
【解答】解：探究电磁铁磁性强弱与通电导体线圈匝数是否有关的实验中，开关接1触点时，记录弹簧的长度，接下来的操作是开关接2触点，记录弹簧的长度；
分析现象：当开关接触1触点时，接入电路中的线圈匝数多，弹簧的长度较大，当开关接触2触点时，接入电路中的线圈匝数少，弹簧的长度较小，说明电磁铁磁性强弱与通电导体线圈匝数有关。
故答案为：开关接2触点；当开关接触1触点时，接入电路中的线圈匝数多，弹簧的长度较大，当开关接触2触点时，接入电路中的线圈匝数少，弹簧的长度较小。
【点评】本题考查了探究影响电磁铁磁性强弱的因素，难度适中。
五、综合题。（本大题共2个小题，每小题9分，共18分）要求：（1）语言表述要简练、准确；（2）写出必要的运算和推理过程；（3）带单位计算；（4）计算结果若有近似，均保留两位小数。
23．（9分）如图所示，灯泡L标有“6V 3W”字样，电阻R的阻值为24Ω，当开关S1、S2闭合，滑片P滑到电阻R最右端时，小灯泡恰好正常发光，忽略温度对灯丝电阻的影响，求：
（1）小灯泡的电阻；
（2）当开关S1闭合、S2断开，滑片P滑到电阻R的最左端时，2min内电流对灯泡所做的功；
（3）整个电路的最大功率。
【分析】（1）灯泡L标有“6V 3W“字样，表示灯的额定电压为6V，额定功率为3W，利用可求出灯的电阻；
（2）当开关S1、S2 闭合，滑动变阻器的滑片P在最右端时，分析电路的连接，灯泡L正常发光，据此求出电源电压；当开关S1闭合、S2断开时，滑片P滑到电阻R的最左端时，分析电路连接，根据欧姆定律求出电路中的电流，再利用W＝I2Rt求出电流对灯泡所做的功；
（3）当开关S1、S2 闭合，滑动变阻器的滑片P在最右端时，灯L和滑动变阻器R的最大阻值并联，电路的总电阻最小，电源电压不变，根据可知此时电路的总功率最大。
【解答】解：（1）由P＝得，小灯泡的电阻为：；
（2）当开关S1、S2闭合，滑片P滑到电阻R最右端时，灯泡L和滑动变阻器R并联，因灯泡正常发光，所以由并联电路的电压特点可知，电源电压为：U＝UL＝6V，
当开关S1闭合、S2断开，电路为灯泡L和滑动变阻器R的串联电路，滑片P滑到电阻R的最左端时，其阻值为最大值24Ω，电路中的电流为：，
2min内电流对灯泡所做的功为：＝40J；
（3）当开关S1、S2闭合，滑片P滑到电阻R最右端时，L和R并联，整个电路的功率最大，此时灯正常发光，PL＝3W，电源电压不变，则滑动变阻器R的功率为：，
则整个电路的最大功率为：P总＝PL+PR＝3W+1.5W＝4.5W。
答：（1）小灯泡的电阻为12Ω；
（2）2min内电流对灯泡所做的功为40J；
（3）整个电路的最大功率为4.5W。
【点评】本题考查了电路分析、串并联电路的特点、欧姆定律的应用和电功率的计算等问题，综合性较强，难度适中。
24．（9分）如图甲，一薄壁圆柱体容器足够深且容器底面积为350cm2，容器内放有边长为0.1m的均匀正方体物块A（不吸水），随后慢慢向容器中加水，在加水的过程中，物体A对容器底的压强p与所加水的质量m的关系如图乙所示，在整个过程中没有水溢出，且物体A的底面始终与容器中的水面平行（ρ水＝1.0×103kg/m3）。求：
（1）物块A的质量；
（2）若向容器内加水2kg时，物块受到浮力为多少；
（3）若向容器中加水2.7kg时，容器底部受到水的压力为多少？
【分析】（1）根据图乙可读出，当容器内没有水时，物块A对容器底的压强，根据p＝可求出物块A对容器底的压力，再根据容器底受到的压力等于物块A的重力可求出物块A的重力，进一步求出其质量；
（2）由图乙可知，当加入水的质量为2kg时，物体A对容器底部的压强刚好为0，说明此时物体刚好漂浮，浮力等于物体重力；
（3）由图读出加入水的质量为2kg时，物体M对容器底部的压强，得出物体M恰好漂浮，利用物体漂浮条件和阿基米德原理列出关系式，两式联立可求物体浸入水中的深度；加水2kg时物体刚好漂浮，水的质量从2kg增大到2.7kg，物体缓慢上浮，且浸入水中的深度不变，此时相当于在物体下面加水0.7kg，则可求出物体下表面以下水的深度，进一步求出此时水的总深度，最后根据p＝ρgh求出容器底部受到水的压强，根据F＝pS可以求得，容器底部受到水的压力。
【解答】解：
（1）由图乙可知，当加入水的质量为0kg时，物体A对容器底部的压强p0＝0.8×103Pa，
物体A的重力：G＝F＝p0S＝0.8×103Pa×（0.1m）2＝8N﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①，
物体A的质量：m＝＝＝0.8kg；
（2）由图乙可知，当加入水的质量为2kg时，物体A对容器底部的压强刚好为0，说明此时物体刚好漂浮，
物块受到浮力为：F浮＝GA＝mg＝0.8kg×10N/kg＝8N；
（3）当加入水的质量为2kg时，物体M对容器底部的压强为0Pa，此时物体A恰好漂浮，
所以F浮＝GA，
设此时水的深度为h1，根据F浮＝ρ水gV排和①式可得：ρ水gh1S＝p0S，
即：1×103kg/m3×10N/kg×h1×S＝0.8×103Pa×S，
解得h1＝0.08m，
加水2kg时物体刚好漂浮，水的质量从2kg增大到2.7kg，物体缓慢上浮，且浸入水中的深度不变，此时相当于在物体下面加水0.7kg，
由ρ＝和V＝Sh可知，则物体下表面以下水的深度：h2＝＝＝＝0.02m，
则水的总深度：h＝h1+h2＝0.08m+0.02m＝0.1m，
容器底部受到水的压强：p′＝ρ水gh＝1×103kg/m3×10N/kg×0.1m＝1×103Pa，
容器底部受到水的压力为：F底＝p′S容＝1×103Pa×350×10﹣4m2＝35N。
答：（1）物块A的质量为0.8kg；
（2）若向容器内加水2kg时，物块受到浮力为8N；
（3）若向容器内加水2.7kg时，容器底部受到水的压力为35N。
【点评】此题考查了密度公式、物体的浮沉条件、阿基米德原理等知识点，是一道力学综合题，关键是读懂图像，并能从图像中获得相关信息分析解答，有一定难度。
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