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2023年山东省泰安市博文中学中考物理二模试卷
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这是一份2023年山东省泰安市博文中学中考物理二模试卷，共34页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2023年山东省泰安市博文中学中考物理二模试卷
一、单选题（1-10每题2分，11-15每题3分，共35分）
1．（2分）下列数据中，最接近生活实际的是（ ）
A．人体正常体温约为42℃
B．泰山山顶上的大气压约为1.8×105Pa
C．一支新2B铅笔的长度约为50cm
D．一位普通初中生的质量约为50kg
2．（2分）下列四个实验中，不宜探究声音产生条件的是（ ）
A．音箱发声时，把烛焰放在喇叭前方
B．弹拨吉他的弦后，把纸屑轻轻放在弦上
C．敲击音叉，将正在发声的音叉触及面颊
D．硬卡片快速、慢速分别划过梳子的梳齿
3．（2分）如图所示的现象中，属于熔化的是（ ）
A．甲图中用久了的灯泡灯丝变细
B．乙图中燃烧的蜡烛逐渐变短
C．丙图中冬天房屋玻璃窗表面出现冰花
D．丁图中寒冷的冬天河水结冰
4．（2分）如图所示，中秋节的夜晚，皎洁的月亮在平静的湖面留下美丽的倒影，随着月亮继续上升，月亮在平静湖面所成的像（ ）
A．像与湖面的距离越来越大，像的大小越来越小
B．像与湖面的距离越来越大，像的大小保持不变
C．像与湖面的距离越来越小，像的大小保持不变
D．像与湖面的距离保持不变，像的大小保持不变
5．（2分）关于人的眼睛，下列描述正确的是（ ）
A．物体的像必须成在视网膜上，人才能看到清晰的像
B．视网膜上的像一定是正立的
C．近视眼所成的像在视网膜的后方
D．远视眼需要配戴凹透镜制成的老花镜
6．（2分）如图所示是指尖陀螺，该玩具中间的轴承内装有滚珠，边上有三个金属飞叶，用手拨动飞叶后，飞叶可以绕轴在指尖上长时间转动。下列分析正确的是（ ）
A．轴承内装滚珠，有利于减小摩擦
B．拨动飞叶后，飞叶转动，说明力可以改变物体的形状
C．飞叶被拨动才能旋转是因为运动要靠力来维持
D．飞叶旋转时飞叶周围的空气流速大，压强大
7．（2分）如图所示，小军利用图中实验器材验证阿基米德原理，下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙两图可以得出，F1大于F2，说明石块重力减小
B．甲、乙两图可以得出，石块受到浮力F浮＝F1﹣F2
C．丙、丁两图可以得出，石块排开液体受到的重力G排＝F3﹣F4
D．由F1﹣F2＝F3﹣F4可以得出，石块受到浮力等于石块排开液体所受的重力
8．（2分）如图所示为弹性小球在地面弹跳时的频闪照片，掉在地面的弹性小球会跳起，但是越跳越低。下列说法正确的是（ ）
A．小球在A点的机械能等于在B点的机械能
B．小球在A点的重力势能大于在B点的重力势能
C．小球弹跳的过程中，有一部分能量消灭了
D．小球弹跳的过程中，有一部分机械能转化为了内能
9．（2分）在如图所示的电路中，电源电压为4.5V。当开关S闭合时，只有灯泡L1发光，且电压表的示数为4.5V。产生这一现象的原因可能是（ ）
A．灯L1短路 B．灯L2短路 C．灯L1断路 D．灯L2断路
10．（2分）如图所示，一种环保型手电筒，筒内有一个能滑动的圆柱形磁铁，外圈套着一个线圈。只要将手电筒沿图中箭头方向来回摇动，手电筒的小灯就能发光。下列与此手电筒工作原理相同的是（ ）
A．
B．
C．
D．
11．（3分）如图所示，闭合电磁铁开关S，条形磁铁静止在水平桌面上。下列判断正确的是（ ）
A．条形磁铁受到电磁铁对其向左的作用力
B．条形磁铁受到桌面对其向左的摩擦力
C．将滑动变阻器的滑片向右移动，条形磁铁受到的摩擦力不变
D．若只改变电源的正负极，条形磁铁受到的摩擦力变大
12．（3分）如图是一个自动体重测试仪的工作原理，当测量者在体重测量台上时，滑片P会滑动到金属片BC上的某一位置，有关它的说法正确的是（ ）
A．体重显示表是用电压表改装成的
B．体重测试仪电路由于缺少开关，始终处于通路
C．体重越大，体重显示表的示数越大
D．体重越大，体重显示表的示数越小
13．（3分）如图所示，为小明家中的电能表，小明先关闭其他用电器，再用一个标有“220V 1200W”的电水壶装水通电正常工作20min，下列说法正确的是（ ）
A．此时电能表的读数是3672kW•h
B．1min后电能表的示数将变为367.4kW
C．若电水壶的效率为90%，水吸收的热量为8×106J
D．烧水过程中电能表的转盘转1000圈
14．（3分）下面几个研究实例中，采用了相同研究方法的是（ ）
①利用光线表示光传播的径迹和方向
②“探究压力的作用效果与受力面积的关系”时，保持压力不变，改变受力面积
③“比较不同物质吸热的情况”时，用加热时间的长短表示吸收热量的多少
④为了形象的研究磁场，引入了“磁感线”
A．①和② B．②和③ C．①和④ D．③和④
15．（3分）如图所示，电路的电源电压恒为6V，灯泡L标有“2.5V 0.5W”的字样，滑动变阻器标有“30Ω 1A”字样，下列说法正确的是（ ）
A．只闭合S3，向右移动滑动变阻器的滑片，电压表示数会变大
B．只闭合S3，移动滑动变阻器的滑片，可使灯泡正常发光
C．同时闭合S2、S3，向右移动滑动变阻器的滑片，电流表示数变小
D．同时闭合S1、S2、S3，将会造成电源短路，烧坏电流表
二、填空题（每题空2分，共12分）
16．（2分）小芳站在平面镜前，当她走进平面镜时，她在镜中像的大小会 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
17．（2分）如图所示，在水平拉力F1＝8N作用下，木板甲在水平地面上匀速向右运动，同时物块乙相对于地面静止，已知此时墙壁对物块乙的拉力F2＝2N。则木板甲与地面间的摩擦力是 N。
18．（4分）两个物体甲和乙通过细绳与轻质弹簧测力计连接在一起，物体甲重4N，物体乙重7N，如图两物体都静止。此时弹簧测力计的示数为 N，若乙物体的底面积为10cm2，则乙对水平桌面的压强为 Pa。
19．（4分）水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），将一桶质量为2kg的水倒掉一半，剩下的水的比热容将 （选填“变大”、“变小”或“不变”）；初温为20℃，质量为1kg的水吸收3.78×105J热量后温度将升高到 ℃（水上方的气压为1个标准大气压）。
三、作图题（共两个小题，每题2分，共4分）
20．（2分）请画出图中入射光线和折射光线相对应的光线。
21．（2分）图中磁性黑板擦吸附在竖直黑板上，画出黑板擦在竖直方向受到的力。
四、实验探究题（每空2分，共32分）
22．（10分）小明在实验室探究几种液体在沸腾前后温度变化的特点：
实验一：用图甲所示装置探究水在沸腾前后温度变化的特点：
（1）该实验是通过 的方式增加水的内能。为了缩短加热时间，你建议小明采取的方法是 （写出一种即可）
（2）在实验中观察到很多有趣的现象，图乙是水 （选填“沸腾前”或“沸腾时”）的情况；
（3）根据实验数据绘制出水温随加热时间变化的图像，如图丙所示。根据图像可知水沸腾时的特点是 ，该实验地点可能在 （选填字母序号）。
A.拉萨
B.泰安
C.北京
23．（6分）为了模拟研究超载和超速带来的安全隐患，小霞同学设计了如图所示的探究实验：将A、B、C三个小球从同一装置高度分别为hA、hB、hC的位置由静止滚下（mA＝mB＜mC，hA＝hC＞hB），推动小木块运动一段距离后停止，根据生活经验和所学的物理探究方法，回答：
（1）在甲、丙两图所示的实验中，A、C两球刚滚到水平面时的速度 （选填“相等”或“不相等”）。
（2）用来研究超速带来的安全隐患时，小霞应选择 两图所示的实验进行比较。
（3）后来小霞分别用B球和C球将弹性相同的弹簧压缩到相同程度后再放手，如图丁所示，则两球离开弹簧时的速度 （选填“相等”或“不相等”）。
24．（6分）在某次参观学习中，小明发现了一种叫做浮力秤的工具，利用它就可以测出矿石的密度。浮力秤的结构如图甲所示。秤的上端是托盘，内部是一密封的空心圆筒，圆筒上方用硬杆和托盘固定，圆筒下挂着不锈钢小篮。因为圆筒是空心的，下面挂的小篮较重，所以浮力秤放在水中保持竖直漂浮状态。现需测一矿石的密度，请把实验步骤补充完全。
（1）先将浮力秤放在水中，在托盘内加砝码，使浮力秤下沉到圆筒刚好浸没，如图乙所示，记下盘内砝码的质量是 g。
（2）拿掉盘内全部砝码，盘内改放待测矿石，添加砝码后，仍使浮力秤下沉到圆筒刚好浸没，如图丙所示，计算出矿石的质量是 g。
（3）拿掉盘内全部砝码，将待测矿石放于小篮内，再向盘内放砝码，仍使浮力秤下沉到圆筒刚好浸没，如图丁所示，记下盘内砝码质量为60g。
（4）根据以上信息，计算出矿石的密度是 。
25．（10分）琴琴利用下列器材测量小灯泡额定功率：小灯泡（额定电压为2.5V，正常发光时灯丝电阻约为10Ω）、电源（电压恒为6V）、电流表、电压表、开关各一个，导线若干。若实验室只有：“R1（5Ω 0.5A）、R2（20Ω 0.5A）、R3（50Ω 0.2A）三种规格的滑动变阻器可供选择。
（1）通过估算，滑动变阻器应选择 （选填“R1”、“R2”或“R3”）。
（2）若滑片P滑到图甲中某一位置时，电压表示数如图乙所示，若琴琴想测量小灯泡的额定功率，应将图甲中滑片P向 （选填“A”或“B”）端移动；
（3）琴琴根据实验数据绘制出小灯泡的I﹣U图像如图丙，图中阴影部分面积的物理意义是 ，可计算出小灯泡的额定功率是 W。
（4）当灯泡实际电流为额定电流一半时的实际功率为P1，当灯泡实际电压为额定电压一半时的实际功率为P2，由图丙分析得P1 P2（选填“大于”、“小于”或“等于”）。
五、计算题（共3个小题，26题4分，27题6分，28题7分，共17分）
26．（4分）如图所示，人静止站在地面上用200N的力向下拉绳子，将物体匀速向上提升1m，滑轮组的机械效率为80%。
求：（1）人拉绳子所做的功；
（2）物体的重力。
27．（6分）绿色环保已成为人们生活中重要的理念。电动汽车是一种节能环保的交通工具，某电动汽车部分参数如下。若某次车满载时，车和人的总质量为1.8吨，四个车轮与水平地面接触面积分别为50cm2（g＝10N/kg）。求：
额定乘客人数
5
电动机额定电压
500V
电动机额定功率
100kW
电池容量
500Ah
（1）满载时汽车对水平地面的压强；
（2）若汽车以108km/h的速度在平直高速公路匀速行驶20分钟，行驶的距离是多少；
（3）若汽车在额定功率下沿平直公路以10m/s的速度匀速行驶，发动机效率为80%，则汽车在行驶过程中受到的阻力大小。
28．（7分）科技小组的同学设计了如图甲所示的恒温水箱温控电路（设环境温度不高于20℃），由工作电路和控制电路组成。工作电路中的电热器上标有“220V 1000W”的字样；控制电路电源电压U＝30V，热敏电阻Rt作为感应器探测水温，置于恒温水箱内，其阻值随温度变化的关系如图乙所示，R1为滑动变阻器。闭合开关S，电磁铁产生的吸引力F与控制电路中电流I的关系如图丙所示，衔接只有在不小于3N吸引力的作用下才能被吸下，工作电路断开（不计继电器线圈的电阻，c水＝4.2×103J/（kg•℃））。求：
（1）电热器正常工作时的电阻；
（2）电热器正常工作时，给恒温箱中100kg的水加热，已知电热器的加热效率为70%，当水温由30℃升高到40℃时，电热器的加热时间；
（3）为了把温度控制在40℃左右，设定在水温低于40℃时自动加热，在水温达到40℃时停止加热，求此时滑动变阻器R1消耗的电功率。
2023年山东省泰安市博文中学中考物理二模试卷
参考答案与试题解析
一、单选题（1-10每题2分，11-15每题3分，共35分）
1．（2分）下列数据中，最接近生活实际的是（ ）
A．人体正常体温约为42℃
B．泰山山顶上的大气压约为1.8×105Pa
C．一支新2B铅笔的长度约为50cm
D．一位普通初中生的质量约为50kg
【分析】首先要对选项中涉及的几种物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。
【解答】解：A、人体正常的体温约为 37℃，故A错误；
B、泰山山顶海拔较高，大气压强随着高度的增加而增大，因此山顶的大气压一定低于 1 标准大气压，故B错误；
C、一支新铅笔的长度约为20cm，故C错误；
D、普通初中生的质量约为50kg，符合实际；故D正确；
故选：D。
【点评】此题考查对生活中常见物理量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，找出符合实际的选项即可。
2．（2分）下列四个实验中，不宜探究声音产生条件的是（ ）
A．音箱发声时，把烛焰放在喇叭前方
B．弹拨吉他的弦后，把纸屑轻轻放在弦上
C．敲击音叉，将正在发声的音叉触及面颊
D．硬卡片快速、慢速分别划过梳子的梳齿
【分析】（1）声音是由物体的振动产生的。
（2）利用转换法可以将物体的振动放大。
（3）硬卡片在梳齿上快划和慢划是为了探究音调与频率的关系。
【解答】解：A、音箱发声时，把烛焰放在喇叭前方，通过烛焰的跳跃说明音箱在振动发声，故A不符合题意；
B、弹拨吉他的弦后，把纸屑轻轻放在弦上，纸屑跳动，说明琴弦在振动，故B不符合题意；
C、敲击音叉，将正在发声的音叉触及面颊，面颊感到轻微的振动，说明音叉在振动发声，故D不符合题意；
D、硬卡片在梳齿上快划和慢划是为了探究音调与频率的关系，故D符合题意。
故选D。
【点评】知道声音是由物体的振动产生的；知道如何将声音的振动放大。
3．（2分）如图所示的现象中，属于熔化的是（ ）
A．甲图中用久了的灯泡灯丝变细
B．乙图中燃烧的蜡烛逐渐变短
C．丙图中冬天房屋玻璃窗表面出现冰花
D．丁图中寒冷的冬天河水结冰
【分析】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。
【解答】解：A．灯泡的灯丝变细，是因为灯丝升华造成的，故A不符合题意；
B．燃烧的蜡烛由固态变为液态，是熔化现象，故B符合题意；
C．冰花是空气中的水蒸气遇到冷的玻璃凝华形成的，故C不符合题意；
D．冬天河水结冰是由液态变为固态，是凝固现象，故D不符合题意。
故选：B。
【点评】本题考查了生活中的物态变化现象，注重了物理和生活的联系，属于基础知识的考查，相对比较简单，是中考的热点内容。
4．（2分）如图所示，中秋节的夜晚，皎洁的月亮在平静的湖面留下美丽的倒影，随着月亮继续上升，月亮在平静湖面所成的像（ ）
A．像与湖面的距离越来越大，像的大小越来越小
B．像与湖面的距离越来越大，像的大小保持不变
C．像与湖面的距离越来越小，像的大小保持不变
D．像与湖面的距离保持不变，像的大小保持不变
【分析】平面镜成像的特点：物体在平面镜中所成的像是虚像，像和物体的大小相等，上下（或左右）相反，它们的连线垂直于镜面，它们到镜面的距离相等。
【解答】解：由平面镜成像的特点可知，随着月亮的上升，月亮与湖面之间的距离不断增大，像与湖面的距离越来越大，像的大小和月亮的大小相等，所以像的大小保持不变。
故选：B。
【点评】此题主要考查学生对平面镜成像特点的理和掌握，紧扣平面镜成像原理和成像特点去分析即可比较容易地做出解答。
5．（2分）关于人的眼睛，下列描述正确的是（ ）
A．物体的像必须成在视网膜上，人才能看到清晰的像
B．视网膜上的像一定是正立的
C．近视眼所成的像在视网膜的后方
D．远视眼需要配戴凹透镜制成的老花镜
【分析】（1）人类和某些动物的眼睛很像一架照相机。眼球内的晶状体相当于一个凸透镜，视网膜相当于光屏，我们看物体时，是通过睫状体的伸缩来调节晶状体的弯曲程度，改变晶状体的焦距，使不同远近的物体都能在像距相同的视网膜上生成清晰的倒立实像；
（2）远视眼：如果眼球晶状体的曲度过小，近处物体反射来的光线通过晶状体折射后形成的物像，就会落在视网膜的后方；戴凸透镜进行矫正；近视眼是晶状体会聚能力增强，像成在视网膜的前方，应配戴凹透镜矫正。
【解答】解：AC、物体的像必须成在视网膜上，人才能看到清晰的像，成在前面是近视眼，成在后面是远视眼，故A正确、C错误；
B、视网膜上的像一定是倒立的，故B错误；
D、远视眼需要配戴凸透镜制成的老花镜，故D错误。
故选：A。
【点评】本题主要考查视物原理以及远视眼的矫正，难度不大。
6．（2分）如图所示是指尖陀螺，该玩具中间的轴承内装有滚珠，边上有三个金属飞叶，用手拨动飞叶后，飞叶可以绕轴在指尖上长时间转动。下列分析正确的是（ ）
A．轴承内装滚珠，有利于减小摩擦
B．拨动飞叶后，飞叶转动，说明力可以改变物体的形状
C．飞叶被拨动才能旋转是因为运动要靠力来维持
D．飞叶旋转时飞叶周围的空气流速大，压强大
【分析】（1）变滑动为滚动可以减小摩擦力；
（2）力可以改变物体的形状，也可以改变物体的运动状态；
（3）飞叶旋转时飞叶周围的空气流速大，压强小。
【解答】解：A、轴承内装滚珠，是变滑动为滚动，有利于减小摩擦，故A正确；
B、拨动飞叶后，飞叶转动，说明力可以改变物体的运动状态，故B错误；
C、飞叶被拨动后旋转是因为力能改变物体的运动状态，故C错误；
D、飞叶旋转时飞叶周围的空气流速大，压强小，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了减小摩擦力的方法、力的作用效果、气体压强与流速的关系，属于基础综合题。
7．（2分）如图所示，小军利用图中实验器材验证阿基米德原理，下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙两图可以得出，F1大于F2，说明石块重力减小
B．甲、乙两图可以得出，石块受到浮力F浮＝F1﹣F2
C．丙、丁两图可以得出，石块排开液体受到的重力G排＝F3﹣F4
D．由F1﹣F2＝F3﹣F4可以得出，石块受到浮力等于石块排开液体所受的重力
【分析】（1）由于物体放入水后受重力、浮力和拉力的作用处于静止，由力的平衡条件可得：F2＝F1﹣F浮，由于本实验中物体的重力是不变的，所以F2＜F1是因为物体受到了浮力作用；
（2）阿基米德原理的内容是：浸在液体中的物体受到液体对它竖直向的浮力，浮力的大小等于物体排开液体所受的重力。阿基米德原理适用于任何情况下物体受到的浮力与物体排开液体受到的重力关系；
根据F浮＝G﹣F示可知物体受到的受到浮力大小，根据G排＝G总﹣G容可知物体排开液体受到的重力大小；
根据四次测量示数表示出F浮和G排，从而得出结论。
【解答】解：由图可知，甲图中，溢水杯中装满水；F1表示物体的重力，乙图中，F2为物体浸在水中时测力计的示数，丙图中，F3表示空小烧杯的重力，丁图中，F4表示物体排开水和小烧杯的总重力。
AB、甲、乙两图，由于物体放入水后受重力、浮力和拉力的作用处于静止，由力的平衡条件可得：F2＝F1﹣F浮，则石块受到浮力：F浮＝F1﹣F2，故B正确；
由于本实验中物体的重力是不变的，所以F2＜F1是因为物体受到了浮力作用，故A错误；
C、丙、丁两图，物块排开的液体受到的重力：G排＝F4﹣F3，故C错误；
D、因为F浮＝G﹣F示＝F1﹣F2，若F1﹣F2＝F4﹣F3，则表明物体受到的浮力等于其排开液体受到的重力，说明本次实验结果符合阿基米德原理，故D错误。
故选：B。
【点评】本题是探究阿基米德原理的实验，关键知道各实验数据所表示的物理量，能根据实验数据得出浮力和物体排开液体受到的重力。
8．（2分）如图所示为弹性小球在地面弹跳时的频闪照片，掉在地面的弹性小球会跳起，但是越跳越低。下列说法正确的是（ ）
A．小球在A点的机械能等于在B点的机械能
B．小球在A点的重力势能大于在B点的重力势能
C．小球弹跳的过程中，有一部分能量消灭了
D．小球弹跳的过程中，有一部分机械能转化为了内能
【分析】（1）动能的大小与质量和速度有关；重力势能，其大小由地球和地面上物体的相对位置决定，物体质量越大、位置越高、物体具有的重力势能就越大，机械能包括物体的动能和势能，小球弹跳的高度会越来越低隐含的信息是机械能逐渐减小。
（2）克服摩擦做功，机械能转化为内能，据此结合能量守恒定律解答。
【解答】解：A、由图可知，小球跳起的高度越来越小，说明机械能是减小的，机械能不守恒，所以小球在A点时的机械能大于在B点时的机械能，故A错误；
B、从频闪图片来看，小球在A位置和B位置比较，高度相等，则小球在A点的重力势能等于在B点的重力势能，故B错误；
CD、因小球在弹跳的过程中克服摩擦做功，一部分机械能机械能转化内能，机械能逐渐减小。根据能量守恒定律可知，能量不会凭空消失，故C错误、D正确。
故选：D。
【点评】对于这类题目要抓住题目的隐含信息，小球弹跳的高度会越来越低，就是明显告诉小球的机械能越来越小，由于高度相同，所以重力势能相同，所以动能在同样的高度时，动能会越来越小。
9．（2分）在如图所示的电路中，电源电压为4.5V。当开关S闭合时，只有灯泡L1发光，且电压表的示数为4.5V。产生这一现象的原因可能是（ ）
A．灯L1短路 B．灯L2短路 C．灯L1断路 D．灯L2断路
【分析】由电路图可知，两灯泡串联，电压表测灯L1两端电压；灯泡不亮，可能是由于灯泡短路或电路存在断路造成的，根据电路故障现象分析电路故障原因。
【解答】解：A、如果灯L1短路，灯L1不发光，灯L2发光，电压表示数为零，故A错误；
B、如果灯L2短路，灯L1发光，电压表测电源电压，示数为4.5V，故B正确；
C、如果灯L1断路，则电路断路，两灯泡都不发光，故C错误；
D、如果灯L2断路，电路断路，两灯泡都不发光，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了电路故障分析，根据电路现象分析电路故障原因，本题难度不大，要掌握电路故障分析的方法。注意当电路发生断路时，用电器不工作，且电路中电流为零；当电路发生短路时，用电器可能工作，并且电路中有电流；用电压表判断故障，并且电路为断路时，若电压表有读数（电源除外），则为断路之处。
10．（2分）如图所示，一种环保型手电筒，筒内有一个能滑动的圆柱形磁铁，外圈套着一个线圈。只要将手电筒沿图中箭头方向来回摇动，手电筒的小灯就能发光。下列与此手电筒工作原理相同的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】（1）手压电筒是利用电磁感应现象制成的，当沿图中箭头方向来回摇动时，使线圈切割磁感线，从而产生了感应电流，使小灯泡发光。
（2）逐个分析下面四个选择项中各个设备的制成原理，将两者对应即可得到答案。
【解答】解：手摇电筒是利用电磁感应现象制成的，磁铁在线圈中来回运动，使线圈切割磁感线，从而产生了感应电流，使小灯泡发光；
A、利用安培定则判断螺线管的磁场。与手摇电筒的制成原理无关，故A错误；
B、此图探究通电螺线管的磁性与线圈匝数的关系，与手摇电筒的制成原理无关，故B错误。
C、此图反映了通电导体在磁场中受到力运动，与手摇电筒的制成原理无关，故C错误。
D、图中导体在磁场中做切割磁感线运动时，电路中产生了感应电流（可以从电流表指针发生偏转来体现），这是电磁感应现象，与手摇电筒的制成原理相符合，故D正确。
故选：D。
【点评】此题考查了电磁感应、通电导体在磁场中受力、奥斯特实验等知识点；明确出手摇电筒的制成原理是解决此题的关键。
11．（3分）如图所示，闭合电磁铁开关S，条形磁铁静止在水平桌面上。下列判断正确的是（ ）
A．条形磁铁受到电磁铁对其向左的作用力
B．条形磁铁受到桌面对其向左的摩擦力
C．将滑动变阻器的滑片向右移动，条形磁铁受到的摩擦力不变
D．若只改变电源的正负极，条形磁铁受到的摩擦力变大
【分析】（1）由安培定则可判断电磁铁的极性，由磁极间的相互作用和二力平衡知识可判断条形磁铁受到的摩擦力的方向；
（2）根据二力平衡的条件分析桌面对条形磁铁的摩擦力的方向；
（3）（4）电磁铁磁性的大小与电流大小、线圈的匝数有关。
【解答】解：
A、由安培定则得，右手握住螺线管，四指指向电流的方向，大拇指指向电磁铁右端为N极，左侧为S极，同名磁极相互排斥，所以条形磁铁受到电磁铁对其向左的作用力，故A正确；
B、条形磁铁处于静止状态，水平方向上受到平衡力的作用，水平向左的排斥力和桌面对条形磁铁的水平向右的摩擦力为一对平衡力，故B错误；
C、将滑动变阻器的滑片向右移动，滑动变阻器接入电路的电阻变大，根据欧姆定律可知，电路中的电流变小，电磁铁的磁性变弱，排斥力变小，摩擦力和排斥力是一对平衡力，大小相等，所以摩擦力变小，故C错误；
D、若只改变电源的正负极，电流的方向改变，大小不变，则电磁铁的磁性不变，条形磁体受到电磁铁的吸引力大小等于原来的排斥力大小，此时吸引力与摩擦力是一对平衡力，大小相等，则摩擦力不变，故D错误。
故选：A。
【点评】本题是电磁学和二力平衡知识的综合分析题，涉及的知识规律要掌握清楚：磁极间的相互作用规律，影响电磁铁磁性强弱的因素，二力平衡的判断及应用等等。
12．（3分）如图是一个自动体重测试仪的工作原理，当测量者在体重测量台上时，滑片P会滑动到金属片BC上的某一位置，有关它的说法正确的是（ ）
A．体重显示表是用电压表改装成的
B．体重测试仪电路由于缺少开关，始终处于通路
C．体重越大，体重显示表的示数越大
D．体重越大，体重显示表的示数越小
【分析】（1）根据电表的正确使用，即电流表串联在电路中，电压表并联在电路中判断体重显示表；
（2）当自动体重测试仪的上方无物体时，滑片位于绝缘体的位置，电路断路；
（3）当测试仪所测体重越大时，滑动变阻器接入电路的电阻越小，根据欧姆定律可知电路中电流的变化。
【解答】解：（1）由电路图可知，体重测试仪串联在电路中，所以体重显示表是用电流表改装成的，故A不正确；
（2）当自动体重测试仪的上方无物体时，滑片位于绝缘体的位置，电路断路，故B不正确；
（3）当测试仪所测体重越大时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，根据I＝可知，电路中的电流变大，即体重显示表的示数越大，故C正确，D不正确。
故选：C。
【点评】解决本题的关键是欧姆定律以及滑动变阻器的正确使用；并会将理论知识应用到实际生活当中，真正体会从物理走向生活的理念。
13．（3分）如图所示，为小明家中的电能表，小明先关闭其他用电器，再用一个标有“220V 1200W”的电水壶装水通电正常工作20min，下列说法正确的是（ ）
A．此时电能表的读数是3672kW•h
B．1min后电能表的示数将变为367.4kW
C．若电水壶的效率为90%，水吸收的热量为8×106J
D．烧水过程中电能表的转盘转1000圈
【分析】（1）电能表的单位为kW•h，数字的最后一位为小数，据此得出此时电能表的读数；
（2）根据W＝Pt得出电水壶正常工作1min消耗的电能，进而得出1min后电能表的示数；
（3）根据W＝Pt得出电水壶正常工作20min消耗的电能，根据Q吸＝90%W得出水吸收的热量；
（4）先求出这段时间内消耗的电能，2500r/（kW•h）表示电路中用电器每消耗1kW•h的电能，转盘转2500转，据此求出20min内电能表转盘的转数。
【解答】解：A、电能表的单位为kW•h，数字的最后一位为小数，故此时电能表的读数是367.2kW•h，故A错误；
B、电水壶正常工作1min，消耗的电能为：W＝Pt＝1200W×1×60s＝72000J＝0.02kW•h，
因为电能表的示数只能显示小数点后一位，所以1min后电能表的示数仍然为367.2kW•h，故B错误；
C、电水壶正常工作20min，消耗的电能为：W'＝Pt'＝1200W×20×60s＝1.44×106J，
若电水壶的效率为90%，水吸收的热量Q吸＝90%W＝90%×1.44×106J＝1.296×106J，故C错误；
D、烧水过程中电水壶消耗的电能：W'＝1.44×106J＝0.4kW•h，
2500r/（kW•h）表示电路中用电器每消耗1kW•h的电能，转盘转2500转，所以，这段时间内电能表转盘的转数n＝2500r/（kW•h）×0.4kW•h＝1000转，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查电功和热量的综合计算，有一定难度。
14．（3分）下面几个研究实例中，采用了相同研究方法的是（ ）
①利用光线表示光传播的径迹和方向
②“探究压力的作用效果与受力面积的关系”时，保持压力不变，改变受力面积
③“比较不同物质吸热的情况”时，用加热时间的长短表示吸收热量的多少
④为了形象的研究磁场，引入了“磁感线”
A．①和② B．②和③ C．①和④ D．③和④
【分析】对每个选项进行分析，明确各自采用的研究方法，就能确定符合题意的选项。
【解答】解：①利用光线表示光传播的径迹和方向，采用了模型法；
②“探究压力的作用效果与受力面积的关系”时，保持压力不变，改变受力面积，采用了控制变量法；
③“比较不同物质吸热的情况”时，用加热时间的长短表示吸收热量的多少，采用了转换法；
④为了形象的研究磁场，引入了“磁感线”，采用了模型法；
故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】正确的研究方法是得出科学结论的前提，在解决实际问题时，要选择正确的方法进行研究。
15．（3分）如图所示，电路的电源电压恒为6V，灯泡L标有“2.5V 0.5W”的字样，滑动变阻器标有“30Ω 1A”字样，下列说法正确的是（ ）
A．只闭合S3，向右移动滑动变阻器的滑片，电压表示数会变大
B．只闭合S3，移动滑动变阻器的滑片，可使灯泡正常发光
C．同时闭合S2、S3，向右移动滑动变阻器的滑片，电流表示数变小
D．同时闭合S1、S2、S3，将会造成电源短路，烧坏电流表
【分析】（1）只闭合S3时，灯泡L与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流，根据滑片的移动方向可知接入电路中电阻的变化，利用串联电路的分压特点可知变阻器两端分得的电压变化，进一步得出电压表的示数变化；
（2）只闭合S3时，灯泡L与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流，根据电路图可知电压表的量程和电流表的量程，利用串联电路的分压特点可知灯泡正常发光时滑动变阻器两端的电压，然后判断出电压表安全，根据串联电路的电流特点和P＝UI求出电路中的电流，然后判断出电流表安全，利用欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的电阻，然后判断出电路安全，从而得出移动滑动变阻器的滑片是否可使灯泡正常发光；
（3）同时闭合S2、S3时，电路为滑动变阻器的简单电路，电压表测电源两端的电压，电流表测电路中的电流，根据滑片移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中的电流变化；
（4）同时闭合S1、S2、S3时，定值电阻R与滑动变阻器并联，电压表测电源两端的电压，电流表测干路中的电流，据此进行解答。
【解答】解：A、只闭合S3时，灯泡L与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流，向右移动滑动变阻器的滑片，变阻器接入电路中的电阻变小，由串联电路的分压特点可知，变阻器两端分得的电压变小，即电压表的示数变小，故A错误；
B、只闭合S3时，灯泡L与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流，
由电路图可知，电压表的量程为0～15V，电流表的量程为0～0.6A，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，且灯泡正常发光时的电压UL＝2.5V，
所以，此时滑动变阻器两端的电压：U滑＝U﹣UL＝6V﹣2.5V＝3.5V＜15V，电压表安全，
因串联电路中各处的电流相等，所以，由P＝UI可得，电路中的电流：I＝＝＝0.2A＜0.6A，电流表安全，
滑动变阻器接入电路中的电阻：R滑＝＝＝17.5Ω＜30Ω，电路安全，
所以，移动滑动变阻器的滑片，可使灯泡正常发光，故B正确；
C、同时闭合S2、S3时，电路为滑动变阻器的简单电路，电压表测电源两端的电压，电流表测电路中的电流，向右移动滑动变阻器的滑片，变阻器接入电路中的电阻变小，由I＝可知，电路中的电流变大，即电流表示数变大，故C错误；
D、同时闭合S1、S2、S3时，定值电阻R与滑动变阻器并联，电压表测电源两端的电压，电流表测干路中的电流，所以，不会造成电源短路，不会烧坏电流表，故A错误。
故选：B。
【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，分清开关闭合、断开时电路的连接方式和电表所测电路元件是关键。
二、填空题（每题空2分，共12分）
16．（2分）小芳站在平面镜前，当她走进平面镜时，她在镜中像的大小会 不变 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
【分析】根据平面镜成像特点进行判断：物体在平面镜中成虚像，物像大小相等，物像连线与镜面垂直，物像到平面镜的距离相等。
【解答】解：当小芳走进平面镜时，她的大小不变，根据物像大小相等可知，她的像大小不变。
故答案为：不变。
【点评】平面镜成像的特点在实际生活中应用非常广泛，也是光学中一个很重要的知识点，要求熟练掌握，并学会灵活运用。
17．（2分）如图所示，在水平拉力F1＝8N作用下，木板甲在水平地面上匀速向右运动，同时物块乙相对于地面静止，已知此时墙壁对物块乙的拉力F2＝2N。则木板甲与地面间的摩擦力是 6 N。
【分析】物体乙处于平衡状态，据此判断其所受摩擦力的大小。根据摩擦力的概念可判断其所受摩擦力的的大小和方向。
根据力的作用是相互的对甲进行受力分析，再进一步确定地面对甲的摩擦力大小。
【解答】解：此时墙壁对物块乙的拉力F2＝2N，方向向左；乙水平方向上受拉力和摩擦力，由二力平衡可得，摩擦力与拉力应大小相等，方向相反，故摩擦力大小为2N；摩擦力水平向右；
以甲为研究对象，它受到向右的拉力为8N，同时受到地面对它的摩擦力和物体乙对它的摩擦力，根据相互作用力大小相等，方向相反，乙对甲的摩擦力为二者之和为8N，
所以地面对物体甲的摩擦力为f＝8N﹣2N＝6N。
故答案为：6。
【点评】本题考查摩擦力的大小计算与方向的判断，要学会对物体进行受力分析，知道各个力之间的关系是正确解答的关键。
18．（4分）两个物体甲和乙通过细绳与轻质弹簧测力计连接在一起，物体甲重4N，物体乙重7N，如图两物体都静止。此时弹簧测力计的示数为 4 N，若乙物体的底面积为10cm2，则乙对水平桌面的压强为 3000 Pa。
【分析】（1）对甲进行受力分析，由平衡条件求出弹簧受到的拉力，根据相互作用力得出弹簧测力计的示数；
（2）对乙进行受力分析，根据力的平衡条件求出乙受到的支持力，根据力的相互性得出乙物体对地面的压力，根据p＝求出乙对水平桌面的压强。
【解答】解：（1）物体甲受竖直向下的重力G甲＝4N，竖直向上的弹簧的拉力F而静止，处于平衡状态，
由平衡条件得，F＝G甲＝4N，
因物体间力的作用是相互的，
所以，弹簧测力计的示数为4N；
（2）物体乙受竖直向下的重力G乙＝7N、竖直向上的弹簧的拉力F＝4N、竖直向上的地面的支持力FN作用而静止，处于平衡状态，
由平衡条件得：G乙＝F+FN，
则FN＝G乙﹣F＝7N﹣4N＝3N，
因乙物体对地面的压力与地面对它的支持力是一对相互作用力，
所以，乙物体对地面的压力也是3N，
乙对水平桌面的压强：
p＝＝＝3000Pa。
故答案为：4；3000。
【点评】对物体正确受力分析、熟练应用平衡条件和压强公式是解这道题的前提与关键，解力学题时，要养成对物体正确受力分析的良好习惯。
19．（4分）水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），将一桶质量为2kg的水倒掉一半，剩下的水的比热容将 不变 （选填“变大”、“变小”或“不变”）；初温为20℃，质量为1kg的水吸收3.78×105J热量后温度将升高到 100 ℃（水上方的气压为1个标准大气压）。
【分析】比热容是物质的一种特性，只与物质的种类、状态有关，与质量无关；通过Q吸＝cm（t﹣t0）公式直接计算即可。
【解答】解：比热容是物质的一种特性，只与物质的种类、状态有关，与质量无关，故剩下的水的比热容大小不变，水结冰后，状态改变，比热容将改变；
水升高的温度为
故水的末温为20℃+90℃＝110℃＞100℃，此时大气压为1个标准大气压，故最高温度只能达到100℃。
故答案为：不变；100。
【点评】本题考查了对比热容概念及特点的理解运用，也考查了对公式Q吸＝cm（t﹣t0）的运用，考点相对比较综合。
三、作图题（共两个小题，每题2分，共4分）
20．（2分）请画出图中入射光线和折射光线相对应的光线。
【分析】在作凹透镜的光路图时，先确定所给的光线的特点再根据凹透镜的光学特点（三条特殊光线）来作图。
【解答】解：过凹透镜光心的光线传播方向不改变，延长线过另一侧焦点的光线经凹透镜折射后将平行于主光轴，如图所示：
【点评】凹透镜三条特殊光线：①延长线过另一侧焦点的光线经凹透镜折射后将平行于主光轴；②平行于主光轴的光线经凹透镜折射后，其折射光线的反向延长线过焦点；③过凹透镜光心的光线传播方向不改变。
21．（2分）图中磁性黑板擦吸附在竖直黑板上，画出黑板擦在竖直方向受到的力。
【分析】力的示意图是用一条带箭头的线段来表示力的三要素。箭头的方向表示力的方向，线段的长短表示力的大小，线段的起点或终点表示力的作用点；黑板擦静止，所以受平衡力的作用，竖直方向上受重力和黑板的摩擦力。
【解答】解：黑板擦在竖直黑板上处于静止状态，竖直方向上受平衡力的作用，受竖直向下的重力G和黑板对它竖直向上的摩擦力f，作用点都画在黑板擦的重心上，如图所示：
【点评】画力的示意图的步骤：①确定受力物体；②在受力物体上画出力的作用点；③确定力的方向后沿力的方向画一条线段；④在线段的末端标箭头，在箭头旁标出所画力的符号、数值大小和单位。
四、实验探究题（每空2分，共32分）
22．（10分）小明在实验室探究几种液体在沸腾前后温度变化的特点：
实验一：用图甲所示装置探究水在沸腾前后温度变化的特点：
（1）该实验是通过 热传递 的方式增加水的内能。为了缩短加热时间，你建议小明采取的方法是 减少水的质量 （写出一种即可）
（2）在实验中观察到很多有趣的现象，图乙是水 沸腾时 （选填“沸腾前”或“沸腾时”）的情况；
（3）根据实验数据绘制出水温随加热时间变化的图像，如图丙所示。根据图像可知水沸腾时的特点是 吸收热量，温度不变 ，该实验地点可能在 A （选填字母序号）。
A.拉萨
B.泰安
C.北京
【分析】（1）改变物体内能的方法：做功和热传递；
减小加热时间的方法：适当减少水量；适当提高水的初温；给烧杯加盖；
（2）根据水沸腾前和沸腾时的现象区别：沸腾前气泡在上升过程中体积逐渐减小；沸腾时气泡在上升过程中体积逐渐增大；
（3）水沸腾时需要吸热，但温度不变；沸点和大气压有关。
【解答】解：（1）实验中，由于酒精灯火焰的温度较高，所以热由酒精灯火焰传递给石棉网、烧杯底，然后传递给水，是通过热传递方式增加水的内能的；
要缩短加热时间，可适当提高水的初温或适当减少水量；
（2）气泡在上升过程中体积逐渐变大，所以是沸腾时的现象；
（3）水沸腾时需要吸热，但温度不变；由图可知沸点约为80℃，气压很低，拉萨属于高原地区，气压比较低，符合题意。
故答案为：（1）热传递；减少水的质量；（2）沸腾时；（3）吸收热量，温度不变；A。
【点评】本题考查了沸腾实验的相关内容，涉及沸点和气压的关系、沸腾的特点和不同沸点的比较，属于中档题。
23．（6分）为了模拟研究超载和超速带来的安全隐患，小霞同学设计了如图所示的探究实验：将A、B、C三个小球从同一装置高度分别为hA、hB、hC的位置由静止滚下（mA＝mB＜mC，hA＝hC＞hB），推动小木块运动一段距离后停止，根据生活经验和所学的物理探究方法，回答：
（1）在甲、丙两图所示的实验中，A、C两球刚滚到水平面时的速度 相等 （选填“相等”或“不相等”）。
（2）用来研究超速带来的安全隐患时，小霞应选择 甲、乙 两图所示的实验进行比较。
（3）后来小霞分别用B球和C球将弹性相同的弹簧压缩到相同程度后再放手，如图丁所示，则两球离开弹簧时的速度 不相等 （选填“相等”或“不相等”）。
【分析】（1）实验中为使小球运动到水平面时的速度相同，让小球从同一高度处由静止滚下；
（2）动能大小的影响因素：质量和速度；质量一定时，速度越大，动能越大；
（3）小球的动能相同，质量不同，速度不同。
【解答】解：（1）小球从同一高度释放，运动到水平面时，它们的速度相等；
（2）超速是指汽车的质量一定，速度越大，动能越大。选择质量相等到达水平面速度不同的A、B小球，即采用甲、乙两图实验。
（3）用B球和C球将弹簧压缩到相同程度，弹簧的弹性势能相同，转化成的动能相同，两小球的质量不同，所以速度不同。
故答案为：（1）相等；（2）甲、乙；（3）不相等。
【点评】用控制变量法研究动能大小的影响因素，用转换法表示动能的大小；采用控制变量法研究实验时，一定注意相同因素和不同因素。
24．（6分）在某次参观学习中，小明发现了一种叫做浮力秤的工具，利用它就可以测出矿石的密度。浮力秤的结构如图甲所示。秤的上端是托盘，内部是一密封的空心圆筒，圆筒上方用硬杆和托盘固定，圆筒下挂着不锈钢小篮。因为圆筒是空心的，下面挂的小篮较重，所以浮力秤放在水中保持竖直漂浮状态。现需测一矿石的密度，请把实验步骤补充完全。
（1）先将浮力秤放在水中，在托盘内加砝码，使浮力秤下沉到圆筒刚好浸没，如图乙所示，记下盘内砝码的质量是 140 g。
（2）拿掉盘内全部砝码，盘内改放待测矿石，添加砝码后，仍使浮力秤下沉到圆筒刚好浸没，如图丙所示，计算出矿石的质量是 120 g。
（3）拿掉盘内全部砝码，将待测矿石放于小篮内，再向盘内放砝码，仍使浮力秤下沉到圆筒刚好浸没，如图丁所示，记下盘内砝码质量为60g。
（4）根据以上信息，计算出矿石的密度是 3g/cm3 。
【分析】（1）由图乙读出盘内砝码的质量；
（2）由图乙、丙知，浮力秤漂浮在水中，乙和丙两种情况圆筒刚好浸没，受到的浮力相同，根据漂浮条件可知总重相同，据此求矿石的质量；
（3）由图丙、丁可知，浮力秤漂浮在水中，把浮力秤、矿石、秤盘上的钩码当做一个整体，根据漂浮条件，增加的浮力等于增加的重力，利用阿基米德原理求排开水的体积的增加值，即矿石的体积；
（4）利用密度公式求矿石的密度；
【解答】解：（1）由图乙知，浮力秤托盘中砝码的质量m＝100g+20g+20g＝140g；
（2）由题知，乙、丙图中的浮力秤都漂浮在水中，且圆筒都刚好浸没，则V排相等，浮力秤所受浮力相等，总重相等，因为F浮＝G＝mg，所以托盘中所放物体质量相等，则：140g＝20g+m矿石，矿石质量：m＝140g﹣20g＝120g；
（3）把浮力秤、矿石、秤盘上的钩码当做一个整体，
因为浮力秤漂浮，F浮＝G，
所以丁图和丙图相比，增加的浮力等于增加的总重，
增加的总重：ΔG＝m丁g﹣m丙g＝（m丁﹣m丙）g＝（0.06kg﹣0.02kg）×10N/kg＝0.4N，
增加的浮力，即矿石受到的浮力：ΔF浮＝F浮矿石，
所以矿石受到的浮力F浮矿石＝ΔF浮＝ΔG＝0.4N，
由F浮＝ρ水V排g可得矿石的体积：
V＝V排＝＝＝4×10﹣5m3＝40cm3；
（4）矿石的密度：
ρ＝＝＝3g/cm3。
故答案为：（1）140；（2）120；（4）3g/cm3。
【点评】本题考查了密度公式、重力公式、阿基米德原理、物体的漂浮条件的应用，利用好漂浮条件是本题的关键，属于难题！
25．（10分）琴琴利用下列器材测量小灯泡额定功率：小灯泡（额定电压为2.5V，正常发光时灯丝电阻约为10Ω）、电源（电压恒为6V）、电流表、电压表、开关各一个，导线若干。若实验室只有：“R1（5Ω 0.5A）、R2（20Ω 0.5A）、R3（50Ω 0.2A）三种规格的滑动变阻器可供选择。
（1）通过估算，滑动变阻器应选择 R2 （选填“R1”、“R2”或“R3”）。
（2）若滑片P滑到图甲中某一位置时，电压表示数如图乙所示，若琴琴想测量小灯泡的额定功率，应将图甲中滑片P向 B （选填“A”或“B”）端移动；
（3）琴琴根据实验数据绘制出小灯泡的I﹣U图像如图丙，图中阴影部分面积的物理意义是 灯泡两端的电压为1V时灯泡的实际功率 ，可计算出小灯泡的额定功率是 0.5 W。
（4）当灯泡实际电流为额定电流一半时的实际功率为P1，当灯泡实际电压为额定电压一半时的实际功率为P2，由图丙分析得P1 小于 P2（选填“大于”、“小于”或“等于”）。
【分析】（1）已知小灯泡额定电压为2.5V，正常发光时灯丝电阻约为10Ω，根据欧姆定律求出灯泡额定电流，根据串联电路电压规律结合欧姆定律求出当灯泡正常发光时滑动变阻器接入电路的阻值，据此确定滑动变阻器的规格；
（2）根据电压表选用量程确定分度值读数，比较电压表示数与灯泡额定电压大小，根据串联电路电压规律和分压原理确定滑动变阻器滑片移动方向；
（3）根据P＝UI可知图中阴影部分面积的物理意义；根据图丙确定灯泡额定电压对应的额定电流，利用P＝UI求出灯泡的额定功率；
（3）由图丙知灯在额定电压2.5V时的电流为0.2A；
由图丙可知当灯泡实际电流为额定电流一半时对应的电压，根据P＝UI得出此时灯的实际功率，
由图丙可知当灯泡实际电压为额定电压一半时对应灯的电流，根据P＝UI得出此时灯的实际功率，据此比较大小。
【解答】解：（1）已知小灯泡额定电压为2.5V，正常发光时灯丝电阻约为10Ω，灯泡正常发光时的额定电流约为：I'＝＝＝0.25A＞0.2A，
根据串联电路电压规律，滑动变阻器两端电压为U滑＝U﹣UL＝6V﹣2.5V＝3.5V，
此时滑动变阻器接入电路的阻值为：R滑＝＝＝14Ω＞5Ω，故滑动变阻器应选择R2；
（2）若滑片P滑到图甲中某一位置时，电压表示数如图乙所示，电压表选用小量程，分度值0.1V，其示数为2.2V，小于灯泡额定电压2.5V，若琴琴想测量小灯泡的额定功率，应增大灯泡两端的电压，根据串联电路电压规律可知应减小滑动变阻器两端的电压，根据分压原理可知应减小滑动变阻器接入电路的阻值，故应将图甲中滑片P向B端移动；
（3）根据P＝UI可知图中阴影部分面积的物理意义是灯泡两端的电压为1V时灯泡的实际功率；
由图丙可知，当灯泡两端电压为2.5V时，通过灯泡的额定电流为0.2A，小灯泡额定功率为：PL＝ULIL＝2.5V×0.2A＝0.5W；
（4）由图丙知，灯在额定电压2.5V时的电流为0.2A；
当灯泡实际电流为额定电流一半时，即灯电流为0.1A时，对应的灯的电压约为1V，灯的实际功率为：P1＝U1I1＝1V×0.1A＝0.1W；
当灯泡实际电压为额定电压一半时，即灯的实际电压为1.25V时，对应的电流约为0.13A，灯的实际功率为：P2＝U2I2＝1.25V×0.13A＝0.1625W，故P1小于P2。
故答案为：（1）R2；（2）B；（3）灯泡两端的电压为1V时灯泡的实际功率；0.5；（4）小于。
【点评】本题测量小灯泡额定功率实验，考查了器材的选择、电压表读数、实验操作、功率的计算和功率公式的运用等知识。
五、计算题（共3个小题，26题4分，27题6分，28题7分，共17分）
26．（4分）如图所示，人静止站在地面上用200N的力向下拉绳子，将物体匀速向上提升1m，滑轮组的机械效率为80%。
求：（1）人拉绳子所做的功；
（2）物体的重力。
【分析】（1）用滑轮组提升物体时，虽然省了力，但是费了距离，滑轮组有几段绳子吊着物体，绳子自由端移动的距离就是重物升高距离的几倍．设物体升高的距离为h，则绳子自由端移动的距离为s＝nh（n表示承担物重的绳子的段数）。根据W＝Fs求出人拉绳子所做的功。
（3）已知滑轮组的机械效率和动滑轮上绳子的段数，以及人拉绳子的力，根据公式η＝＝＝＝可求物体重力的大小。
【解答】解：（1）由图可知，滑轮组有2段绳子吊着物体，即n＝2，
将物体匀速向上提升1m，h＝1m，
所以人拉绳端向下移动的距离为：s＝nh＝2×1m＝2m。
已知人拉绳子的力为：F＝200N，
那么人拉绳子所做的功为：W＝Fs＝200N×2m＝400J。
（3）滑轮组的机械效率为：η＝＝＝＝，
所以物体的重力为：G＝ηnF＝80%×2×200N＝320N。
答：（1）人拉绳子所做的功为400J。
（2）物体的重力为320N。
【点评】本题考查做功、机械效率等的计算，关键是分析物体的受力情况和动滑轮上绳子的段数。
27．（6分）绿色环保已成为人们生活中重要的理念。电动汽车是一种节能环保的交通工具，某电动汽车部分参数如下。若某次车满载时，车和人的总质量为1.8吨，四个车轮与水平地面接触面积分别为50cm2（g＝10N/kg）。求：
额定乘客人数
5
电动机额定电压
500V
电动机额定功率
100kW
电池容量
500Ah
（1）满载时汽车对水平地面的压强；
（2）若汽车以108km/h的速度在平直高速公路匀速行驶20分钟，行驶的距离是多少；
（3）若汽车在额定功率下沿平直公路以10m/s的速度匀速行驶，发动机效率为80%，则汽车在行驶过程中受到的阻力大小。
【分析】（1）电动车对地面的压力等于人和电动车的总重力，根据G＝mg求出其大小，受力面积等于4个车轮与地面的接触面积之和，利用p＝求出车对地面的压强；
（2）由v＝可求汽车行驶的距离；
（3）根据F＝f、P＝＝＝Fv求出该过程中汽车的牵引力。
【解答】解：（1）该汽车满载时对水平路面的压力：
F＝G＝mg＝1.8×103kg×10N/kg＝1.8×104N，
对水平地面的压强：
p＝＝＝9×105Pa；
（2）由v＝可得，汽车行驶的路程：
s＝vt＝108×m/s×20×60s＝3.6×104m；
（3）由发动机效率为80%，可得机械有用功率：P＝80%P额，
由P＝＝＝Fv可得该过程中汽车的牵引力：
F＝＝＝8000N，
汽车在额定功率下沿平直公路以10m/s的速度匀速行驶，阻力与牵引力是一对平衡力，大小相等，所以f＝F＝8000N。
答：（1）满载时汽车对水平地面的压强是9×105Pa；
（2）汽车行驶的距离是3.6×104m；
（3）汽车在行驶过程中受到的阻力大小是8000N。
【点评】本题考查了压强和牵引力的计算，关键是重力、压强、电功率、效率、速度、功率公式的综合应用，同时要注意物体对水平面的压力和自身的重力相等。
28．（7分）科技小组的同学设计了如图甲所示的恒温水箱温控电路（设环境温度不高于20℃），由工作电路和控制电路组成。工作电路中的电热器上标有“220V 1000W”的字样；控制电路电源电压U＝30V，热敏电阻Rt作为感应器探测水温，置于恒温水箱内，其阻值随温度变化的关系如图乙所示，R1为滑动变阻器。闭合开关S，电磁铁产生的吸引力F与控制电路中电流I的关系如图丙所示，衔接只有在不小于3N吸引力的作用下才能被吸下，工作电路断开（不计继电器线圈的电阻，c水＝4.2×103J/（kg•℃））。求：
（1）电热器正常工作时的电阻；
（2）电热器正常工作时，给恒温箱中100kg的水加热，已知电热器的加热效率为70%，当水温由30℃升高到40℃时，电热器的加热时间；
（3）为了把温度控制在40℃左右，设定在水温低于40℃时自动加热，在水温达到40℃时停止加热，求此时滑动变阻器R1消耗的电功率。
【分析】（1）根据电热器上标有“220V 1000W”的字样，利用P＝可求得电热器正常工作时的电阻；
（2）根据Q＝cmΔt求得水吸收的热量，利用加热效率可求得消耗的电能，再利用P＝可求得电热器的加热时间；
（3）由图乙可知，把水温控制在40℃左右时Rt的阻值，由图乙右侧图可知衔铁在3N吸引力的作用下被吸下时控制电路中的电流，根据欧姆定律求出电路中的总电阻，利用电阻的串联求出此时滑动变阻器接入电路中的阻值，然后根据P＝I2R可求得滑动变阻器R1消耗的电功率。
【解答】解：（1）由P＝可得，电热器正常工作时的电阻：
R＝＝＝48.4Ω；
（2）水吸收的热量：
Q吸＝cmΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×100kg×（40℃﹣30℃）＝4.2×106J，
由η＝可得，消耗的电能：
W＝＝＝6×106J，
由P＝可得，加热时间：
t＝＝＝6×103s；
（3）由乙图可知，水温40℃时，热敏电阻的阻值Rt＝50Ω，
由题可知，水温40℃时，衔铁被吸下，吸引力F＝3N，
由F﹣I图像可知，F＝3N时，控制电路中的电流I＝100mA＝0.1A，
由I＝可得，控制电路的总电阻：R＝＝＝300Ω，
因为Rt与R1串联，所以R1＝R﹣Rt＝300Ω﹣50Ω＝250Ω，
所以此时滑动变阻器R1消耗的电功率：P1＝I2R1＝（0.1A）2×250Ω＝2.5W。
答：（1）电热器正常工作时的电阻为48.4Ω；
（2）电热器的加热时间为6×103s；
（3）此时滑动变阻器R1消耗的电功率为2.5W。
【点评】本题难度较大，既需要从电磁铁的性质上进行分析，还要对电磁继电器的原理进行分析。能从图乙得出相关信息、结合串联电路的特点和欧姆定律求解是本题的关键。
2023年山东省泰安市博文中学中考物理二模试卷
一、单选题（1-10每题2分，11-15每题3分，共35分）
1．（2分）下列数据中，最接近生活实际的是（ ）
A．人体正常体温约为42℃
B．泰山山顶上的大气压约为1.8×105Pa
C．一支新2B铅笔的长度约为50cm
D．一位普通初中生的质量约为50kg
2．（2分）下列四个实验中，不宜探究声音产生条件的是（ ）
A．音箱发声时，把烛焰放在喇叭前方
B．弹拨吉他的弦后，把纸屑轻轻放在弦上
C．敲击音叉，将正在发声的音叉触及面颊
D．硬卡片快速、慢速分别划过梳子的梳齿
3．（2分）如图所示的现象中，属于熔化的是（ ）
A．甲图中用久了的灯泡灯丝变细
B．乙图中燃烧的蜡烛逐渐变短
C．丙图中冬天房屋玻璃窗表面出现冰花
D．丁图中寒冷的冬天河水结冰
4．（2分）如图所示，中秋节的夜晚，皎洁的月亮在平静的湖面留下美丽的倒影，随着月亮继续上升，月亮在平静湖面所成的像（ ）
A．像与湖面的距离越来越大，像的大小越来越小
B．像与湖面的距离越来越大，像的大小保持不变
C．像与湖面的距离越来越小，像的大小保持不变
D．像与湖面的距离保持不变，像的大小保持不变
5．（2分）关于人的眼睛，下列描述正确的是（ ）
A．物体的像必须成在视网膜上，人才能看到清晰的像
B．视网膜上的像一定是正立的
C．近视眼所成的像在视网膜的后方
D．远视眼需要配戴凹透镜制成的老花镜
6．（2分）如图所示是指尖陀螺，该玩具中间的轴承内装有滚珠，边上有三个金属飞叶，用手拨动飞叶后，飞叶可以绕轴在指尖上长时间转动。下列分析正确的是（ ）
A．轴承内装滚珠，有利于减小摩擦
B．拨动飞叶后，飞叶转动，说明力可以改变物体的形状
C．飞叶被拨动才能旋转是因为运动要靠力来维持
D．飞叶旋转时飞叶周围的空气流速大，压强大
7．（2分）如图所示，小军利用图中实验器材验证阿基米德原理，下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙两图可以得出，F1大于F2，说明石块重力减小
B．甲、乙两图可以得出，石块受到浮力F浮＝F1﹣F2
C．丙、丁两图可以得出，石块排开液体受到的重力G排＝F3﹣F4
D．由F1﹣F2＝F3﹣F4可以得出，石块受到浮力等于石块排开液体所受的重力
8．（2分）如图所示为弹性小球在地面弹跳时的频闪照片，掉在地面的弹性小球会跳起，但是越跳越低。下列说法正确的是（ ）
A．小球在A点的机械能等于在B点的机械能
B．小球在A点的重力势能大于在B点的重力势能
C．小球弹跳的过程中，有一部分能量消灭了
D．小球弹跳的过程中，有一部分机械能转化为了内能
9．（2分）在如图所示的电路中，电源电压为4.5V。当开关S闭合时，只有灯泡L1发光，且电压表的示数为4.5V。产生这一现象的原因可能是（ ）
A．灯L1短路 B．灯L2短路 C．灯L1断路 D．灯L2断路
10．（2分）如图所示，一种环保型手电筒，筒内有一个能滑动的圆柱形磁铁，外圈套着一个线圈。只要将手电筒沿图中箭头方向来回摇动，手电筒的小灯就能发光。下列与此手电筒工作原理相同的是（ ）
A．
B．
C．
D．
11．（3分）如图所示，闭合电磁铁开关S，条形磁铁静止在水平桌面上。下列判断正确的是（ ）
A．条形磁铁受到电磁铁对其向左的作用力
B．条形磁铁受到桌面对其向左的摩擦力
C．将滑动变阻器的滑片向右移动，条形磁铁受到的摩擦力不变
D．若只改变电源的正负极，条形磁铁受到的摩擦力变大
12．（3分）如图是一个自动体重测试仪的工作原理，当测量者在体重测量台上时，滑片P会滑动到金属片BC上的某一位置，有关它的说法正确的是（ ）
A．体重显示表是用电压表改装成的
B．体重测试仪电路由于缺少开关，始终处于通路
C．体重越大，体重显示表的示数越大
D．体重越大，体重显示表的示数越小
13．（3分）如图所示，为小明家中的电能表，小明先关闭其他用电器，再用一个标有“220V 1200W”的电水壶装水通电正常工作20min，下列说法正确的是（ ）
A．此时电能表的读数是3672kW•h
B．1min后电能表的示数将变为367.4kW
C．若电水壶的效率为90%，水吸收的热量为8×106J
D．烧水过程中电能表的转盘转1000圈
14．（3分）下面几个研究实例中，采用了相同研究方法的是（ ）
①利用光线表示光传播的径迹和方向
②“探究压力的作用效果与受力面积的关系”时，保持压力不变，改变受力面积
③“比较不同物质吸热的情况”时，用加热时间的长短表示吸收热量的多少
④为了形象的研究磁场，引入了“磁感线”
A．①和② B．②和③ C．①和④ D．③和④
15．（3分）如图所示，电路的电源电压恒为6V，灯泡L标有“2.5V 0.5W”的字样，滑动变阻器标有“30Ω 1A”字样，下列说法正确的是（ ）
A．只闭合S3，向右移动滑动变阻器的滑片，电压表示数会变大
B．只闭合S3，移动滑动变阻器的滑片，可使灯泡正常发光
C．同时闭合S2、S3，向右移动滑动变阻器的滑片，电流表示数变小
D．同时闭合S1、S2、S3，将会造成电源短路，烧坏电流表
二、填空题（每题空2分，共12分）
16．（2分）小芳站在平面镜前，当她走进平面镜时，她在镜中像的大小会 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
17．（2分）如图所示，在水平拉力F1＝8N作用下，木板甲在水平地面上匀速向右运动，同时物块乙相对于地面静止，已知此时墙壁对物块乙的拉力F2＝2N。则木板甲与地面间的摩擦力是 N。
18．（4分）两个物体甲和乙通过细绳与轻质弹簧测力计连接在一起，物体甲重4N，物体乙重7N，如图两物体都静止。此时弹簧测力计的示数为 N，若乙物体的底面积为10cm2，则乙对水平桌面的压强为 Pa。
19．（4分）水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），将一桶质量为2kg的水倒掉一半，剩下的水的比热容将 （选填“变大”、“变小”或“不变”）；初温为20℃，质量为1kg的水吸收3.78×105J热量后温度将升高到 ℃（水上方的气压为1个标准大气压）。
三、作图题（共两个小题，每题2分，共4分）
20．（2分）请画出图中入射光线和折射光线相对应的光线。
21．（2分）图中磁性黑板擦吸附在竖直黑板上，画出黑板擦在竖直方向受到的力。
四、实验探究题（每空2分，共32分）
22．（10分）小明在实验室探究几种液体在沸腾前后温度变化的特点：
实验一：用图甲所示装置探究水在沸腾前后温度变化的特点：
（1）该实验是通过 的方式增加水的内能。为了缩短加热时间，你建议小明采取的方法是 （写出一种即可）
（2）在实验中观察到很多有趣的现象，图乙是水 （选填“沸腾前”或“沸腾时”）的情况；
（3）根据实验数据绘制出水温随加热时间变化的图像，如图丙所示。根据图像可知水沸腾时的特点是 ，该实验地点可能在 （选填字母序号）。
A.拉萨
B.泰安
C.北京
23．（6分）为了模拟研究超载和超速带来的安全隐患，小霞同学设计了如图所示的探究实验：将A、B、C三个小球从同一装置高度分别为hA、hB、hC的位置由静止滚下（mA＝mB＜mC，hA＝hC＞hB），推动小木块运动一段距离后停止，根据生活经验和所学的物理探究方法，回答：
（1）在甲、丙两图所示的实验中，A、C两球刚滚到水平面时的速度 （选填“相等”或“不相等”）。
（2）用来研究超速带来的安全隐患时，小霞应选择 两图所示的实验进行比较。
（3）后来小霞分别用B球和C球将弹性相同的弹簧压缩到相同程度后再放手，如图丁所示，则两球离开弹簧时的速度 （选填“相等”或“不相等”）。
24．（6分）在某次参观学习中，小明发现了一种叫做浮力秤的工具，利用它就可以测出矿石的密度。浮力秤的结构如图甲所示。秤的上端是托盘，内部是一密封的空心圆筒，圆筒上方用硬杆和托盘固定，圆筒下挂着不锈钢小篮。因为圆筒是空心的，下面挂的小篮较重，所以浮力秤放在水中保持竖直漂浮状态。现需测一矿石的密度，请把实验步骤补充完全。
（1）先将浮力秤放在水中，在托盘内加砝码，使浮力秤下沉到圆筒刚好浸没，如图乙所示，记下盘内砝码的质量是 g。
（2）拿掉盘内全部砝码，盘内改放待测矿石，添加砝码后，仍使浮力秤下沉到圆筒刚好浸没，如图丙所示，计算出矿石的质量是 g。
（3）拿掉盘内全部砝码，将待测矿石放于小篮内，再向盘内放砝码，仍使浮力秤下沉到圆筒刚好浸没，如图丁所示，记下盘内砝码质量为60g。
（4）根据以上信息，计算出矿石的密度是 。
25．（10分）琴琴利用下列器材测量小灯泡额定功率：小灯泡（额定电压为2.5V，正常发光时灯丝电阻约为10Ω）、电源（电压恒为6V）、电流表、电压表、开关各一个，导线若干。若实验室只有：“R1（5Ω 0.5A）、R2（20Ω 0.5A）、R3（50Ω 0.2A）三种规格的滑动变阻器可供选择。
（1）通过估算，滑动变阻器应选择 （选填“R1”、“R2”或“R3”）。
（2）若滑片P滑到图甲中某一位置时，电压表示数如图乙所示，若琴琴想测量小灯泡的额定功率，应将图甲中滑片P向 （选填“A”或“B”）端移动；
（3）琴琴根据实验数据绘制出小灯泡的I﹣U图像如图丙，图中阴影部分面积的物理意义是 ，可计算出小灯泡的额定功率是 W。
（4）当灯泡实际电流为额定电流一半时的实际功率为P1，当灯泡实际电压为额定电压一半时的实际功率为P2，由图丙分析得P1 P2（选填“大于”、“小于”或“等于”）。
五、计算题（共3个小题，26题4分，27题6分，28题7分，共17分）
26．（4分）如图所示，人静止站在地面上用200N的力向下拉绳子，将物体匀速向上提升1m，滑轮组的机械效率为80%。
求：（1）人拉绳子所做的功；
（2）物体的重力。
27．（6分）绿色环保已成为人们生活中重要的理念。电动汽车是一种节能环保的交通工具，某电动汽车部分参数如下。若某次车满载时，车和人的总质量为1.8吨，四个车轮与水平地面接触面积分别为50cm2（g＝10N/kg）。求：
额定乘客人数
5
电动机额定电压
500V
电动机额定功率
100kW
电池容量
500Ah
（1）满载时汽车对水平地面的压强；
（2）若汽车以108km/h的速度在平直高速公路匀速行驶20分钟，行驶的距离是多少；
（3）若汽车在额定功率下沿平直公路以10m/s的速度匀速行驶，发动机效率为80%，则汽车在行驶过程中受到的阻力大小。
28．（7分）科技小组的同学设计了如图甲所示的恒温水箱温控电路（设环境温度不高于20℃），由工作电路和控制电路组成。工作电路中的电热器上标有“220V 1000W”的字样；控制电路电源电压U＝30V，热敏电阻Rt作为感应器探测水温，置于恒温水箱内，其阻值随温度变化的关系如图乙所示，R1为滑动变阻器。闭合开关S，电磁铁产生的吸引力F与控制电路中电流I的关系如图丙所示，衔接只有在不小于3N吸引力的作用下才能被吸下，工作电路断开（不计继电器线圈的电阻，c水＝4.2×103J/（kg•℃））。求：
（1）电热器正常工作时的电阻；
（2）电热器正常工作时，给恒温箱中100kg的水加热，已知电热器的加热效率为70%，当水温由30℃升高到40℃时，电热器的加热时间；
（3）为了把温度控制在40℃左右，设定在水温低于40℃时自动加热，在水温达到40℃时停止加热，求此时滑动变阻器R1消耗的电功率。
2023年山东省泰安市博文中学中考物理二模试卷
参考答案与试题解析
一、单选题（1-10每题2分，11-15每题3分，共35分）
1．（2分）下列数据中，最接近生活实际的是（ ）
A．人体正常体温约为42℃
B．泰山山顶上的大气压约为1.8×105Pa
C．一支新2B铅笔的长度约为50cm
D．一位普通初中生的质量约为50kg
【分析】首先要对选项中涉及的几种物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。
【解答】解：A、人体正常的体温约为 37℃，故A错误；
B、泰山山顶海拔较高，大气压强随着高度的增加而增大，因此山顶的大气压一定低于 1 标准大气压，故B错误；
C、一支新铅笔的长度约为20cm，故C错误；
D、普通初中生的质量约为50kg，符合实际；故D正确；
故选：D。
【点评】此题考查对生活中常见物理量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，找出符合实际的选项即可。
2．（2分）下列四个实验中，不宜探究声音产生条件的是（ ）
A．音箱发声时，把烛焰放在喇叭前方
B．弹拨吉他的弦后，把纸屑轻轻放在弦上
C．敲击音叉，将正在发声的音叉触及面颊
D．硬卡片快速、慢速分别划过梳子的梳齿
【分析】（1）声音是由物体的振动产生的。
（2）利用转换法可以将物体的振动放大。
（3）硬卡片在梳齿上快划和慢划是为了探究音调与频率的关系。
【解答】解：A、音箱发声时，把烛焰放在喇叭前方，通过烛焰的跳跃说明音箱在振动发声，故A不符合题意；
B、弹拨吉他的弦后，把纸屑轻轻放在弦上，纸屑跳动，说明琴弦在振动，故B不符合题意；
C、敲击音叉，将正在发声的音叉触及面颊，面颊感到轻微的振动，说明音叉在振动发声，故D不符合题意；
D、硬卡片在梳齿上快划和慢划是为了探究音调与频率的关系，故D符合题意。
故选D。
【点评】知道声音是由物体的振动产生的；知道如何将声音的振动放大。
3．（2分）如图所示的现象中，属于熔化的是（ ）
A．甲图中用久了的灯泡灯丝变细
B．乙图中燃烧的蜡烛逐渐变短
C．丙图中冬天房屋玻璃窗表面出现冰花
D．丁图中寒冷的冬天河水结冰
【分析】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。
【解答】解：A．灯泡的灯丝变细，是因为灯丝升华造成的，故A不符合题意；
B．燃烧的蜡烛由固态变为液态，是熔化现象，故B符合题意；
C．冰花是空气中的水蒸气遇到冷的玻璃凝华形成的，故C不符合题意；
D．冬天河水结冰是由液态变为固态，是凝固现象，故D不符合题意。
故选：B。
【点评】本题考查了生活中的物态变化现象，注重了物理和生活的联系，属于基础知识的考查，相对比较简单，是中考的热点内容。
4．（2分）如图所示，中秋节的夜晚，皎洁的月亮在平静的湖面留下美丽的倒影，随着月亮继续上升，月亮在平静湖面所成的像（ ）
A．像与湖面的距离越来越大，像的大小越来越小
B．像与湖面的距离越来越大，像的大小保持不变
C．像与湖面的距离越来越小，像的大小保持不变
D．像与湖面的距离保持不变，像的大小保持不变
【分析】平面镜成像的特点：物体在平面镜中所成的像是虚像，像和物体的大小相等，上下（或左右）相反，它们的连线垂直于镜面，它们到镜面的距离相等。
【解答】解：由平面镜成像的特点可知，随着月亮的上升，月亮与湖面之间的距离不断增大，像与湖面的距离越来越大，像的大小和月亮的大小相等，所以像的大小保持不变。
故选：B。
【点评】此题主要考查学生对平面镜成像特点的理和掌握，紧扣平面镜成像原理和成像特点去分析即可比较容易地做出解答。
5．（2分）关于人的眼睛，下列描述正确的是（ ）
A．物体的像必须成在视网膜上，人才能看到清晰的像
B．视网膜上的像一定是正立的
C．近视眼所成的像在视网膜的后方
D．远视眼需要配戴凹透镜制成的老花镜
【分析】（1）人类和某些动物的眼睛很像一架照相机。眼球内的晶状体相当于一个凸透镜，视网膜相当于光屏，我们看物体时，是通过睫状体的伸缩来调节晶状体的弯曲程度，改变晶状体的焦距，使不同远近的物体都能在像距相同的视网膜上生成清晰的倒立实像；
（2）远视眼：如果眼球晶状体的曲度过小，近处物体反射来的光线通过晶状体折射后形成的物像，就会落在视网膜的后方；戴凸透镜进行矫正；近视眼是晶状体会聚能力增强，像成在视网膜的前方，应配戴凹透镜矫正。
【解答】解：AC、物体的像必须成在视网膜上，人才能看到清晰的像，成在前面是近视眼，成在后面是远视眼，故A正确、C错误；
B、视网膜上的像一定是倒立的，故B错误；
D、远视眼需要配戴凸透镜制成的老花镜，故D错误。
故选：A。
【点评】本题主要考查视物原理以及远视眼的矫正，难度不大。
6．（2分）如图所示是指尖陀螺，该玩具中间的轴承内装有滚珠，边上有三个金属飞叶，用手拨动飞叶后，飞叶可以绕轴在指尖上长时间转动。下列分析正确的是（ ）
A．轴承内装滚珠，有利于减小摩擦
B．拨动飞叶后，飞叶转动，说明力可以改变物体的形状
C．飞叶被拨动才能旋转是因为运动要靠力来维持
D．飞叶旋转时飞叶周围的空气流速大，压强大
【分析】（1）变滑动为滚动可以减小摩擦力；
（2）力可以改变物体的形状，也可以改变物体的运动状态；
（3）飞叶旋转时飞叶周围的空气流速大，压强小。
【解答】解：A、轴承内装滚珠，是变滑动为滚动，有利于减小摩擦，故A正确；
B、拨动飞叶后，飞叶转动，说明力可以改变物体的运动状态，故B错误；
C、飞叶被拨动后旋转是因为力能改变物体的运动状态，故C错误；
D、飞叶旋转时飞叶周围的空气流速大，压强小，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了减小摩擦力的方法、力的作用效果、气体压强与流速的关系，属于基础综合题。
7．（2分）如图所示，小军利用图中实验器材验证阿基米德原理，下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙两图可以得出，F1大于F2，说明石块重力减小
B．甲、乙两图可以得出，石块受到浮力F浮＝F1﹣F2
C．丙、丁两图可以得出，石块排开液体受到的重力G排＝F3﹣F4
D．由F1﹣F2＝F3﹣F4可以得出，石块受到浮力等于石块排开液体所受的重力
【分析】（1）由于物体放入水后受重力、浮力和拉力的作用处于静止，由力的平衡条件可得：F2＝F1﹣F浮，由于本实验中物体的重力是不变的，所以F2＜F1是因为物体受到了浮力作用；
（2）阿基米德原理的内容是：浸在液体中的物体受到液体对它竖直向的浮力，浮力的大小等于物体排开液体所受的重力。阿基米德原理适用于任何情况下物体受到的浮力与物体排开液体受到的重力关系；
根据F浮＝G﹣F示可知物体受到的受到浮力大小，根据G排＝G总﹣G容可知物体排开液体受到的重力大小；
根据四次测量示数表示出F浮和G排，从而得出结论。
【解答】解：由图可知，甲图中，溢水杯中装满水；F1表示物体的重力，乙图中，F2为物体浸在水中时测力计的示数，丙图中，F3表示空小烧杯的重力，丁图中，F4表示物体排开水和小烧杯的总重力。
AB、甲、乙两图，由于物体放入水后受重力、浮力和拉力的作用处于静止，由力的平衡条件可得：F2＝F1﹣F浮，则石块受到浮力：F浮＝F1﹣F2，故B正确；
由于本实验中物体的重力是不变的，所以F2＜F1是因为物体受到了浮力作用，故A错误；
C、丙、丁两图，物块排开的液体受到的重力：G排＝F4﹣F3，故C错误；
D、因为F浮＝G﹣F示＝F1﹣F2，若F1﹣F2＝F4﹣F3，则表明物体受到的浮力等于其排开液体受到的重力，说明本次实验结果符合阿基米德原理，故D错误。
故选：B。
【点评】本题是探究阿基米德原理的实验，关键知道各实验数据所表示的物理量，能根据实验数据得出浮力和物体排开液体受到的重力。
8．（2分）如图所示为弹性小球在地面弹跳时的频闪照片，掉在地面的弹性小球会跳起，但是越跳越低。下列说法正确的是（ ）
A．小球在A点的机械能等于在B点的机械能
B．小球在A点的重力势能大于在B点的重力势能
C．小球弹跳的过程中，有一部分能量消灭了
D．小球弹跳的过程中，有一部分机械能转化为了内能
【分析】（1）动能的大小与质量和速度有关；重力势能，其大小由地球和地面上物体的相对位置决定，物体质量越大、位置越高、物体具有的重力势能就越大，机械能包括物体的动能和势能，小球弹跳的高度会越来越低隐含的信息是机械能逐渐减小。
（2）克服摩擦做功，机械能转化为内能，据此结合能量守恒定律解答。
【解答】解：A、由图可知，小球跳起的高度越来越小，说明机械能是减小的，机械能不守恒，所以小球在A点时的机械能大于在B点时的机械能，故A错误；
B、从频闪图片来看，小球在A位置和B位置比较，高度相等，则小球在A点的重力势能等于在B点的重力势能，故B错误；
CD、因小球在弹跳的过程中克服摩擦做功，一部分机械能机械能转化内能，机械能逐渐减小。根据能量守恒定律可知，能量不会凭空消失，故C错误、D正确。
故选：D。
【点评】对于这类题目要抓住题目的隐含信息，小球弹跳的高度会越来越低，就是明显告诉小球的机械能越来越小，由于高度相同，所以重力势能相同，所以动能在同样的高度时，动能会越来越小。
9．（2分）在如图所示的电路中，电源电压为4.5V。当开关S闭合时，只有灯泡L1发光，且电压表的示数为4.5V。产生这一现象的原因可能是（ ）
A．灯L1短路 B．灯L2短路 C．灯L1断路 D．灯L2断路
【分析】由电路图可知，两灯泡串联，电压表测灯L1两端电压；灯泡不亮，可能是由于灯泡短路或电路存在断路造成的，根据电路故障现象分析电路故障原因。
【解答】解：A、如果灯L1短路，灯L1不发光，灯L2发光，电压表示数为零，故A错误；
B、如果灯L2短路，灯L1发光，电压表测电源电压，示数为4.5V，故B正确；
C、如果灯L1断路，则电路断路，两灯泡都不发光，故C错误；
D、如果灯L2断路，电路断路，两灯泡都不发光，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了电路故障分析，根据电路现象分析电路故障原因，本题难度不大，要掌握电路故障分析的方法。注意当电路发生断路时，用电器不工作，且电路中电流为零；当电路发生短路时，用电器可能工作，并且电路中有电流；用电压表判断故障，并且电路为断路时，若电压表有读数（电源除外），则为断路之处。
10．（2分）如图所示，一种环保型手电筒，筒内有一个能滑动的圆柱形磁铁，外圈套着一个线圈。只要将手电筒沿图中箭头方向来回摇动，手电筒的小灯就能发光。下列与此手电筒工作原理相同的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】（1）手压电筒是利用电磁感应现象制成的，当沿图中箭头方向来回摇动时，使线圈切割磁感线，从而产生了感应电流，使小灯泡发光。
（2）逐个分析下面四个选择项中各个设备的制成原理，将两者对应即可得到答案。
【解答】解：手摇电筒是利用电磁感应现象制成的，磁铁在线圈中来回运动，使线圈切割磁感线，从而产生了感应电流，使小灯泡发光；
A、利用安培定则判断螺线管的磁场。与手摇电筒的制成原理无关，故A错误；
B、此图探究通电螺线管的磁性与线圈匝数的关系，与手摇电筒的制成原理无关，故B错误。
C、此图反映了通电导体在磁场中受到力运动，与手摇电筒的制成原理无关，故C错误。
D、图中导体在磁场中做切割磁感线运动时，电路中产生了感应电流（可以从电流表指针发生偏转来体现），这是电磁感应现象，与手摇电筒的制成原理相符合，故D正确。
故选：D。
【点评】此题考查了电磁感应、通电导体在磁场中受力、奥斯特实验等知识点；明确出手摇电筒的制成原理是解决此题的关键。
11．（3分）如图所示，闭合电磁铁开关S，条形磁铁静止在水平桌面上。下列判断正确的是（ ）
A．条形磁铁受到电磁铁对其向左的作用力
B．条形磁铁受到桌面对其向左的摩擦力
C．将滑动变阻器的滑片向右移动，条形磁铁受到的摩擦力不变
D．若只改变电源的正负极，条形磁铁受到的摩擦力变大
【分析】（1）由安培定则可判断电磁铁的极性，由磁极间的相互作用和二力平衡知识可判断条形磁铁受到的摩擦力的方向；
（2）根据二力平衡的条件分析桌面对条形磁铁的摩擦力的方向；
（3）（4）电磁铁磁性的大小与电流大小、线圈的匝数有关。
【解答】解：
A、由安培定则得，右手握住螺线管，四指指向电流的方向，大拇指指向电磁铁右端为N极，左侧为S极，同名磁极相互排斥，所以条形磁铁受到电磁铁对其向左的作用力，故A正确；
B、条形磁铁处于静止状态，水平方向上受到平衡力的作用，水平向左的排斥力和桌面对条形磁铁的水平向右的摩擦力为一对平衡力，故B错误；
C、将滑动变阻器的滑片向右移动，滑动变阻器接入电路的电阻变大，根据欧姆定律可知，电路中的电流变小，电磁铁的磁性变弱，排斥力变小，摩擦力和排斥力是一对平衡力，大小相等，所以摩擦力变小，故C错误；
D、若只改变电源的正负极，电流的方向改变，大小不变，则电磁铁的磁性不变，条形磁体受到电磁铁的吸引力大小等于原来的排斥力大小，此时吸引力与摩擦力是一对平衡力，大小相等，则摩擦力不变，故D错误。
故选：A。
【点评】本题是电磁学和二力平衡知识的综合分析题，涉及的知识规律要掌握清楚：磁极间的相互作用规律，影响电磁铁磁性强弱的因素，二力平衡的判断及应用等等。
12．（3分）如图是一个自动体重测试仪的工作原理，当测量者在体重测量台上时，滑片P会滑动到金属片BC上的某一位置，有关它的说法正确的是（ ）
A．体重显示表是用电压表改装成的
B．体重测试仪电路由于缺少开关，始终处于通路
C．体重越大，体重显示表的示数越大
D．体重越大，体重显示表的示数越小
【分析】（1）根据电表的正确使用，即电流表串联在电路中，电压表并联在电路中判断体重显示表；
（2）当自动体重测试仪的上方无物体时，滑片位于绝缘体的位置，电路断路；
（3）当测试仪所测体重越大时，滑动变阻器接入电路的电阻越小，根据欧姆定律可知电路中电流的变化。
【解答】解：（1）由电路图可知，体重测试仪串联在电路中，所以体重显示表是用电流表改装成的，故A不正确；
（2）当自动体重测试仪的上方无物体时，滑片位于绝缘体的位置，电路断路，故B不正确；
（3）当测试仪所测体重越大时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，根据I＝可知，电路中的电流变大，即体重显示表的示数越大，故C正确，D不正确。
故选：C。
【点评】解决本题的关键是欧姆定律以及滑动变阻器的正确使用；并会将理论知识应用到实际生活当中，真正体会从物理走向生活的理念。
13．（3分）如图所示，为小明家中的电能表，小明先关闭其他用电器，再用一个标有“220V 1200W”的电水壶装水通电正常工作20min，下列说法正确的是（ ）
A．此时电能表的读数是3672kW•h
B．1min后电能表的示数将变为367.4kW
C．若电水壶的效率为90%，水吸收的热量为8×106J
D．烧水过程中电能表的转盘转1000圈
【分析】（1）电能表的单位为kW•h，数字的最后一位为小数，据此得出此时电能表的读数；
（2）根据W＝Pt得出电水壶正常工作1min消耗的电能，进而得出1min后电能表的示数；
（3）根据W＝Pt得出电水壶正常工作20min消耗的电能，根据Q吸＝90%W得出水吸收的热量；
（4）先求出这段时间内消耗的电能，2500r/（kW•h）表示电路中用电器每消耗1kW•h的电能，转盘转2500转，据此求出20min内电能表转盘的转数。
【解答】解：A、电能表的单位为kW•h，数字的最后一位为小数，故此时电能表的读数是367.2kW•h，故A错误；
B、电水壶正常工作1min，消耗的电能为：W＝Pt＝1200W×1×60s＝72000J＝0.02kW•h，
因为电能表的示数只能显示小数点后一位，所以1min后电能表的示数仍然为367.2kW•h，故B错误；
C、电水壶正常工作20min，消耗的电能为：W'＝Pt'＝1200W×20×60s＝1.44×106J，
若电水壶的效率为90%，水吸收的热量Q吸＝90%W＝90%×1.44×106J＝1.296×106J，故C错误；
D、烧水过程中电水壶消耗的电能：W'＝1.44×106J＝0.4kW•h，
2500r/（kW•h）表示电路中用电器每消耗1kW•h的电能，转盘转2500转，所以，这段时间内电能表转盘的转数n＝2500r/（kW•h）×0.4kW•h＝1000转，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查电功和热量的综合计算，有一定难度。
14．（3分）下面几个研究实例中，采用了相同研究方法的是（ ）
①利用光线表示光传播的径迹和方向
②“探究压力的作用效果与受力面积的关系”时，保持压力不变，改变受力面积
③“比较不同物质吸热的情况”时，用加热时间的长短表示吸收热量的多少
④为了形象的研究磁场，引入了“磁感线”
A．①和② B．②和③ C．①和④ D．③和④
【分析】对每个选项进行分析，明确各自采用的研究方法，就能确定符合题意的选项。
【解答】解：①利用光线表示光传播的径迹和方向，采用了模型法；
②“探究压力的作用效果与受力面积的关系”时，保持压力不变，改变受力面积，采用了控制变量法；
③“比较不同物质吸热的情况”时，用加热时间的长短表示吸收热量的多少，采用了转换法；
④为了形象的研究磁场，引入了“磁感线”，采用了模型法；
故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】正确的研究方法是得出科学结论的前提，在解决实际问题时，要选择正确的方法进行研究。
15．（3分）如图所示，电路的电源电压恒为6V，灯泡L标有“2.5V 0.5W”的字样，滑动变阻器标有“30Ω 1A”字样，下列说法正确的是（ ）
A．只闭合S3，向右移动滑动变阻器的滑片，电压表示数会变大
B．只闭合S3，移动滑动变阻器的滑片，可使灯泡正常发光
C．同时闭合S2、S3，向右移动滑动变阻器的滑片，电流表示数变小
D．同时闭合S1、S2、S3，将会造成电源短路，烧坏电流表
【分析】（1）只闭合S3时，灯泡L与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流，根据滑片的移动方向可知接入电路中电阻的变化，利用串联电路的分压特点可知变阻器两端分得的电压变化，进一步得出电压表的示数变化；
（2）只闭合S3时，灯泡L与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流，根据电路图可知电压表的量程和电流表的量程，利用串联电路的分压特点可知灯泡正常发光时滑动变阻器两端的电压，然后判断出电压表安全，根据串联电路的电流特点和P＝UI求出电路中的电流，然后判断出电流表安全，利用欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的电阻，然后判断出电路安全，从而得出移动滑动变阻器的滑片是否可使灯泡正常发光；
（3）同时闭合S2、S3时，电路为滑动变阻器的简单电路，电压表测电源两端的电压，电流表测电路中的电流，根据滑片移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中的电流变化；
（4）同时闭合S1、S2、S3时，定值电阻R与滑动变阻器并联，电压表测电源两端的电压，电流表测干路中的电流，据此进行解答。
【解答】解：A、只闭合S3时，灯泡L与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流，向右移动滑动变阻器的滑片，变阻器接入电路中的电阻变小，由串联电路的分压特点可知，变阻器两端分得的电压变小，即电压表的示数变小，故A错误；
B、只闭合S3时，灯泡L与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流，
由电路图可知，电压表的量程为0～15V，电流表的量程为0～0.6A，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，且灯泡正常发光时的电压UL＝2.5V，
所以，此时滑动变阻器两端的电压：U滑＝U﹣UL＝6V﹣2.5V＝3.5V＜15V，电压表安全，
因串联电路中各处的电流相等，所以，由P＝UI可得，电路中的电流：I＝＝＝0.2A＜0.6A，电流表安全，
滑动变阻器接入电路中的电阻：R滑＝＝＝17.5Ω＜30Ω，电路安全，
所以，移动滑动变阻器的滑片，可使灯泡正常发光，故B正确；
C、同时闭合S2、S3时，电路为滑动变阻器的简单电路，电压表测电源两端的电压，电流表测电路中的电流，向右移动滑动变阻器的滑片，变阻器接入电路中的电阻变小，由I＝可知，电路中的电流变大，即电流表示数变大，故C错误；
D、同时闭合S1、S2、S3时，定值电阻R与滑动变阻器并联，电压表测电源两端的电压，电流表测干路中的电流，所以，不会造成电源短路，不会烧坏电流表，故A错误。
故选：B。
【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，分清开关闭合、断开时电路的连接方式和电表所测电路元件是关键。
二、填空题（每题空2分，共12分）
16．（2分）小芳站在平面镜前，当她走进平面镜时，她在镜中像的大小会 不变 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
【分析】根据平面镜成像特点进行判断：物体在平面镜中成虚像，物像大小相等，物像连线与镜面垂直，物像到平面镜的距离相等。
【解答】解：当小芳走进平面镜时，她的大小不变，根据物像大小相等可知，她的像大小不变。
故答案为：不变。
【点评】平面镜成像的特点在实际生活中应用非常广泛，也是光学中一个很重要的知识点，要求熟练掌握，并学会灵活运用。
17．（2分）如图所示，在水平拉力F1＝8N作用下，木板甲在水平地面上匀速向右运动，同时物块乙相对于地面静止，已知此时墙壁对物块乙的拉力F2＝2N。则木板甲与地面间的摩擦力是 6 N。
【分析】物体乙处于平衡状态，据此判断其所受摩擦力的大小。根据摩擦力的概念可判断其所受摩擦力的的大小和方向。
根据力的作用是相互的对甲进行受力分析，再进一步确定地面对甲的摩擦力大小。
【解答】解：此时墙壁对物块乙的拉力F2＝2N，方向向左；乙水平方向上受拉力和摩擦力，由二力平衡可得，摩擦力与拉力应大小相等，方向相反，故摩擦力大小为2N；摩擦力水平向右；
以甲为研究对象，它受到向右的拉力为8N，同时受到地面对它的摩擦力和物体乙对它的摩擦力，根据相互作用力大小相等，方向相反，乙对甲的摩擦力为二者之和为8N，
所以地面对物体甲的摩擦力为f＝8N﹣2N＝6N。
故答案为：6。
【点评】本题考查摩擦力的大小计算与方向的判断，要学会对物体进行受力分析，知道各个力之间的关系是正确解答的关键。
18．（4分）两个物体甲和乙通过细绳与轻质弹簧测力计连接在一起，物体甲重4N，物体乙重7N，如图两物体都静止。此时弹簧测力计的示数为 4 N，若乙物体的底面积为10cm2，则乙对水平桌面的压强为 3000 Pa。
【分析】（1）对甲进行受力分析，由平衡条件求出弹簧受到的拉力，根据相互作用力得出弹簧测力计的示数；
（2）对乙进行受力分析，根据力的平衡条件求出乙受到的支持力，根据力的相互性得出乙物体对地面的压力，根据p＝求出乙对水平桌面的压强。
【解答】解：（1）物体甲受竖直向下的重力G甲＝4N，竖直向上的弹簧的拉力F而静止，处于平衡状态，
由平衡条件得，F＝G甲＝4N，
因物体间力的作用是相互的，
所以，弹簧测力计的示数为4N；
（2）物体乙受竖直向下的重力G乙＝7N、竖直向上的弹簧的拉力F＝4N、竖直向上的地面的支持力FN作用而静止，处于平衡状态，
由平衡条件得：G乙＝F+FN，
则FN＝G乙﹣F＝7N﹣4N＝3N，
因乙物体对地面的压力与地面对它的支持力是一对相互作用力，
所以，乙物体对地面的压力也是3N，
乙对水平桌面的压强：
p＝＝＝3000Pa。
故答案为：4；3000。
【点评】对物体正确受力分析、熟练应用平衡条件和压强公式是解这道题的前提与关键，解力学题时，要养成对物体正确受力分析的良好习惯。
19．（4分）水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），将一桶质量为2kg的水倒掉一半，剩下的水的比热容将 不变 （选填“变大”、“变小”或“不变”）；初温为20℃，质量为1kg的水吸收3.78×105J热量后温度将升高到 100 ℃（水上方的气压为1个标准大气压）。
【分析】比热容是物质的一种特性，只与物质的种类、状态有关，与质量无关；通过Q吸＝cm（t﹣t0）公式直接计算即可。
【解答】解：比热容是物质的一种特性，只与物质的种类、状态有关，与质量无关，故剩下的水的比热容大小不变，水结冰后，状态改变，比热容将改变；
水升高的温度为
故水的末温为20℃+90℃＝110℃＞100℃，此时大气压为1个标准大气压，故最高温度只能达到100℃。
故答案为：不变；100。
【点评】本题考查了对比热容概念及特点的理解运用，也考查了对公式Q吸＝cm（t﹣t0）的运用，考点相对比较综合。
三、作图题（共两个小题，每题2分，共4分）
20．（2分）请画出图中入射光线和折射光线相对应的光线。
【分析】在作凹透镜的光路图时，先确定所给的光线的特点再根据凹透镜的光学特点（三条特殊光线）来作图。
【解答】解：过凹透镜光心的光线传播方向不改变，延长线过另一侧焦点的光线经凹透镜折射后将平行于主光轴，如图所示：
【点评】凹透镜三条特殊光线：①延长线过另一侧焦点的光线经凹透镜折射后将平行于主光轴；②平行于主光轴的光线经凹透镜折射后，其折射光线的反向延长线过焦点；③过凹透镜光心的光线传播方向不改变。
21．（2分）图中磁性黑板擦吸附在竖直黑板上，画出黑板擦在竖直方向受到的力。
【分析】力的示意图是用一条带箭头的线段来表示力的三要素。箭头的方向表示力的方向，线段的长短表示力的大小，线段的起点或终点表示力的作用点；黑板擦静止，所以受平衡力的作用，竖直方向上受重力和黑板的摩擦力。
【解答】解：黑板擦在竖直黑板上处于静止状态，竖直方向上受平衡力的作用，受竖直向下的重力G和黑板对它竖直向上的摩擦力f，作用点都画在黑板擦的重心上，如图所示：
【点评】画力的示意图的步骤：①确定受力物体；②在受力物体上画出力的作用点；③确定力的方向后沿力的方向画一条线段；④在线段的末端标箭头，在箭头旁标出所画力的符号、数值大小和单位。
四、实验探究题（每空2分，共32分）
22．（10分）小明在实验室探究几种液体在沸腾前后温度变化的特点：
实验一：用图甲所示装置探究水在沸腾前后温度变化的特点：
（1）该实验是通过 热传递 的方式增加水的内能。为了缩短加热时间，你建议小明采取的方法是 减少水的质量 （写出一种即可）
（2）在实验中观察到很多有趣的现象，图乙是水 沸腾时 （选填“沸腾前”或“沸腾时”）的情况；
（3）根据实验数据绘制出水温随加热时间变化的图像，如图丙所示。根据图像可知水沸腾时的特点是 吸收热量，温度不变 ，该实验地点可能在 A （选填字母序号）。
A.拉萨
B.泰安
C.北京
【分析】（1）改变物体内能的方法：做功和热传递；
减小加热时间的方法：适当减少水量；适当提高水的初温；给烧杯加盖；
（2）根据水沸腾前和沸腾时的现象区别：沸腾前气泡在上升过程中体积逐渐减小；沸腾时气泡在上升过程中体积逐渐增大；
（3）水沸腾时需要吸热，但温度不变；沸点和大气压有关。
【解答】解：（1）实验中，由于酒精灯火焰的温度较高，所以热由酒精灯火焰传递给石棉网、烧杯底，然后传递给水，是通过热传递方式增加水的内能的；
要缩短加热时间，可适当提高水的初温或适当减少水量；
（2）气泡在上升过程中体积逐渐变大，所以是沸腾时的现象；
（3）水沸腾时需要吸热，但温度不变；由图可知沸点约为80℃，气压很低，拉萨属于高原地区，气压比较低，符合题意。
故答案为：（1）热传递；减少水的质量；（2）沸腾时；（3）吸收热量，温度不变；A。
【点评】本题考查了沸腾实验的相关内容，涉及沸点和气压的关系、沸腾的特点和不同沸点的比较，属于中档题。
23．（6分）为了模拟研究超载和超速带来的安全隐患，小霞同学设计了如图所示的探究实验：将A、B、C三个小球从同一装置高度分别为hA、hB、hC的位置由静止滚下（mA＝mB＜mC，hA＝hC＞hB），推动小木块运动一段距离后停止，根据生活经验和所学的物理探究方法，回答：
（1）在甲、丙两图所示的实验中，A、C两球刚滚到水平面时的速度 相等 （选填“相等”或“不相等”）。
（2）用来研究超速带来的安全隐患时，小霞应选择 甲、乙 两图所示的实验进行比较。
（3）后来小霞分别用B球和C球将弹性相同的弹簧压缩到相同程度后再放手，如图丁所示，则两球离开弹簧时的速度 不相等 （选填“相等”或“不相等”）。
【分析】（1）实验中为使小球运动到水平面时的速度相同，让小球从同一高度处由静止滚下；
（2）动能大小的影响因素：质量和速度；质量一定时，速度越大，动能越大；
（3）小球的动能相同，质量不同，速度不同。
【解答】解：（1）小球从同一高度释放，运动到水平面时，它们的速度相等；
（2）超速是指汽车的质量一定，速度越大，动能越大。选择质量相等到达水平面速度不同的A、B小球，即采用甲、乙两图实验。
（3）用B球和C球将弹簧压缩到相同程度，弹簧的弹性势能相同，转化成的动能相同，两小球的质量不同，所以速度不同。
故答案为：（1）相等；（2）甲、乙；（3）不相等。
【点评】用控制变量法研究动能大小的影响因素，用转换法表示动能的大小；采用控制变量法研究实验时，一定注意相同因素和不同因素。
24．（6分）在某次参观学习中，小明发现了一种叫做浮力秤的工具，利用它就可以测出矿石的密度。浮力秤的结构如图甲所示。秤的上端是托盘，内部是一密封的空心圆筒，圆筒上方用硬杆和托盘固定，圆筒下挂着不锈钢小篮。因为圆筒是空心的，下面挂的小篮较重，所以浮力秤放在水中保持竖直漂浮状态。现需测一矿石的密度，请把实验步骤补充完全。
（1）先将浮力秤放在水中，在托盘内加砝码，使浮力秤下沉到圆筒刚好浸没，如图乙所示，记下盘内砝码的质量是 140 g。
（2）拿掉盘内全部砝码，盘内改放待测矿石，添加砝码后，仍使浮力秤下沉到圆筒刚好浸没，如图丙所示，计算出矿石的质量是 120 g。
（3）拿掉盘内全部砝码，将待测矿石放于小篮内，再向盘内放砝码，仍使浮力秤下沉到圆筒刚好浸没，如图丁所示，记下盘内砝码质量为60g。
（4）根据以上信息，计算出矿石的密度是 3g/cm3 。
【分析】（1）由图乙读出盘内砝码的质量；
（2）由图乙、丙知，浮力秤漂浮在水中，乙和丙两种情况圆筒刚好浸没，受到的浮力相同，根据漂浮条件可知总重相同，据此求矿石的质量；
（3）由图丙、丁可知，浮力秤漂浮在水中，把浮力秤、矿石、秤盘上的钩码当做一个整体，根据漂浮条件，增加的浮力等于增加的重力，利用阿基米德原理求排开水的体积的增加值，即矿石的体积；
（4）利用密度公式求矿石的密度；
【解答】解：（1）由图乙知，浮力秤托盘中砝码的质量m＝100g+20g+20g＝140g；
（2）由题知，乙、丙图中的浮力秤都漂浮在水中，且圆筒都刚好浸没，则V排相等，浮力秤所受浮力相等，总重相等，因为F浮＝G＝mg，所以托盘中所放物体质量相等，则：140g＝20g+m矿石，矿石质量：m＝140g﹣20g＝120g；
（3）把浮力秤、矿石、秤盘上的钩码当做一个整体，
因为浮力秤漂浮，F浮＝G，
所以丁图和丙图相比，增加的浮力等于增加的总重，
增加的总重：ΔG＝m丁g﹣m丙g＝（m丁﹣m丙）g＝（0.06kg﹣0.02kg）×10N/kg＝0.4N，
增加的浮力，即矿石受到的浮力：ΔF浮＝F浮矿石，
所以矿石受到的浮力F浮矿石＝ΔF浮＝ΔG＝0.4N，
由F浮＝ρ水V排g可得矿石的体积：
V＝V排＝＝＝4×10﹣5m3＝40cm3；
（4）矿石的密度：
ρ＝＝＝3g/cm3。
故答案为：（1）140；（2）120；（4）3g/cm3。
【点评】本题考查了密度公式、重力公式、阿基米德原理、物体的漂浮条件的应用，利用好漂浮条件是本题的关键，属于难题！
25．（10分）琴琴利用下列器材测量小灯泡额定功率：小灯泡（额定电压为2.5V，正常发光时灯丝电阻约为10Ω）、电源（电压恒为6V）、电流表、电压表、开关各一个，导线若干。若实验室只有：“R1（5Ω 0.5A）、R2（20Ω 0.5A）、R3（50Ω 0.2A）三种规格的滑动变阻器可供选择。
（1）通过估算，滑动变阻器应选择 R2 （选填“R1”、“R2”或“R3”）。
（2）若滑片P滑到图甲中某一位置时，电压表示数如图乙所示，若琴琴想测量小灯泡的额定功率，应将图甲中滑片P向 B （选填“A”或“B”）端移动；
（3）琴琴根据实验数据绘制出小灯泡的I﹣U图像如图丙，图中阴影部分面积的物理意义是 灯泡两端的电压为1V时灯泡的实际功率 ，可计算出小灯泡的额定功率是 0.5 W。
（4）当灯泡实际电流为额定电流一半时的实际功率为P1，当灯泡实际电压为额定电压一半时的实际功率为P2，由图丙分析得P1 小于 P2（选填“大于”、“小于”或“等于”）。
【分析】（1）已知小灯泡额定电压为2.5V，正常发光时灯丝电阻约为10Ω，根据欧姆定律求出灯泡额定电流，根据串联电路电压规律结合欧姆定律求出当灯泡正常发光时滑动变阻器接入电路的阻值，据此确定滑动变阻器的规格；
（2）根据电压表选用量程确定分度值读数，比较电压表示数与灯泡额定电压大小，根据串联电路电压规律和分压原理确定滑动变阻器滑片移动方向；
（3）根据P＝UI可知图中阴影部分面积的物理意义；根据图丙确定灯泡额定电压对应的额定电流，利用P＝UI求出灯泡的额定功率；
（3）由图丙知灯在额定电压2.5V时的电流为0.2A；
由图丙可知当灯泡实际电流为额定电流一半时对应的电压，根据P＝UI得出此时灯的实际功率，
由图丙可知当灯泡实际电压为额定电压一半时对应灯的电流，根据P＝UI得出此时灯的实际功率，据此比较大小。
【解答】解：（1）已知小灯泡额定电压为2.5V，正常发光时灯丝电阻约为10Ω，灯泡正常发光时的额定电流约为：I'＝＝＝0.25A＞0.2A，
根据串联电路电压规律，滑动变阻器两端电压为U滑＝U﹣UL＝6V﹣2.5V＝3.5V，
此时滑动变阻器接入电路的阻值为：R滑＝＝＝14Ω＞5Ω，故滑动变阻器应选择R2；
（2）若滑片P滑到图甲中某一位置时，电压表示数如图乙所示，电压表选用小量程，分度值0.1V，其示数为2.2V，小于灯泡额定电压2.5V，若琴琴想测量小灯泡的额定功率，应增大灯泡两端的电压，根据串联电路电压规律可知应减小滑动变阻器两端的电压，根据分压原理可知应减小滑动变阻器接入电路的阻值，故应将图甲中滑片P向B端移动；
（3）根据P＝UI可知图中阴影部分面积的物理意义是灯泡两端的电压为1V时灯泡的实际功率；
由图丙可知，当灯泡两端电压为2.5V时，通过灯泡的额定电流为0.2A，小灯泡额定功率为：PL＝ULIL＝2.5V×0.2A＝0.5W；
（4）由图丙知，灯在额定电压2.5V时的电流为0.2A；
当灯泡实际电流为额定电流一半时，即灯电流为0.1A时，对应的灯的电压约为1V，灯的实际功率为：P1＝U1I1＝1V×0.1A＝0.1W；
当灯泡实际电压为额定电压一半时，即灯的实际电压为1.25V时，对应的电流约为0.13A，灯的实际功率为：P2＝U2I2＝1.25V×0.13A＝0.1625W，故P1小于P2。
故答案为：（1）R2；（2）B；（3）灯泡两端的电压为1V时灯泡的实际功率；0.5；（4）小于。
【点评】本题测量小灯泡额定功率实验，考查了器材的选择、电压表读数、实验操作、功率的计算和功率公式的运用等知识。
五、计算题（共3个小题，26题4分，27题6分，28题7分，共17分）
26．（4分）如图所示，人静止站在地面上用200N的力向下拉绳子，将物体匀速向上提升1m，滑轮组的机械效率为80%。
求：（1）人拉绳子所做的功；
（2）物体的重力。
【分析】（1）用滑轮组提升物体时，虽然省了力，但是费了距离，滑轮组有几段绳子吊着物体，绳子自由端移动的距离就是重物升高距离的几倍．设物体升高的距离为h，则绳子自由端移动的距离为s＝nh（n表示承担物重的绳子的段数）。根据W＝Fs求出人拉绳子所做的功。
（3）已知滑轮组的机械效率和动滑轮上绳子的段数，以及人拉绳子的力，根据公式η＝＝＝＝可求物体重力的大小。
【解答】解：（1）由图可知，滑轮组有2段绳子吊着物体，即n＝2，
将物体匀速向上提升1m，h＝1m，
所以人拉绳端向下移动的距离为：s＝nh＝2×1m＝2m。
已知人拉绳子的力为：F＝200N，
那么人拉绳子所做的功为：W＝Fs＝200N×2m＝400J。
（3）滑轮组的机械效率为：η＝＝＝＝，
所以物体的重力为：G＝ηnF＝80%×2×200N＝320N。
答：（1）人拉绳子所做的功为400J。
（2）物体的重力为320N。
【点评】本题考查做功、机械效率等的计算，关键是分析物体的受力情况和动滑轮上绳子的段数。
27．（6分）绿色环保已成为人们生活中重要的理念。电动汽车是一种节能环保的交通工具，某电动汽车部分参数如下。若某次车满载时，车和人的总质量为1.8吨，四个车轮与水平地面接触面积分别为50cm2（g＝10N/kg）。求：
额定乘客人数
5
电动机额定电压
500V
电动机额定功率
100kW
电池容量
500Ah
（1）满载时汽车对水平地面的压强；
（2）若汽车以108km/h的速度在平直高速公路匀速行驶20分钟，行驶的距离是多少；
（3）若汽车在额定功率下沿平直公路以10m/s的速度匀速行驶，发动机效率为80%，则汽车在行驶过程中受到的阻力大小。
【分析】（1）电动车对地面的压力等于人和电动车的总重力，根据G＝mg求出其大小，受力面积等于4个车轮与地面的接触面积之和，利用p＝求出车对地面的压强；
（2）由v＝可求汽车行驶的距离；
（3）根据F＝f、P＝＝＝Fv求出该过程中汽车的牵引力。
【解答】解：（1）该汽车满载时对水平路面的压力：
F＝G＝mg＝1.8×103kg×10N/kg＝1.8×104N，
对水平地面的压强：
p＝＝＝9×105Pa；
（2）由v＝可得，汽车行驶的路程：
s＝vt＝108×m/s×20×60s＝3.6×104m；
（3）由发动机效率为80%，可得机械有用功率：P＝80%P额，
由P＝＝＝Fv可得该过程中汽车的牵引力：
F＝＝＝8000N，
汽车在额定功率下沿平直公路以10m/s的速度匀速行驶，阻力与牵引力是一对平衡力，大小相等，所以f＝F＝8000N。
答：（1）满载时汽车对水平地面的压强是9×105Pa；
（2）汽车行驶的距离是3.6×104m；
（3）汽车在行驶过程中受到的阻力大小是8000N。
【点评】本题考查了压强和牵引力的计算，关键是重力、压强、电功率、效率、速度、功率公式的综合应用，同时要注意物体对水平面的压力和自身的重力相等。
28．（7分）科技小组的同学设计了如图甲所示的恒温水箱温控电路（设环境温度不高于20℃），由工作电路和控制电路组成。工作电路中的电热器上标有“220V 1000W”的字样；控制电路电源电压U＝30V，热敏电阻Rt作为感应器探测水温，置于恒温水箱内，其阻值随温度变化的关系如图乙所示，R1为滑动变阻器。闭合开关S，电磁铁产生的吸引力F与控制电路中电流I的关系如图丙所示，衔接只有在不小于3N吸引力的作用下才能被吸下，工作电路断开（不计继电器线圈的电阻，c水＝4.2×103J/（kg•℃））。求：
（1）电热器正常工作时的电阻；
（2）电热器正常工作时，给恒温箱中100kg的水加热，已知电热器的加热效率为70%，当水温由30℃升高到40℃时，电热器的加热时间；
（3）为了把温度控制在40℃左右，设定在水温低于40℃时自动加热，在水温达到40℃时停止加热，求此时滑动变阻器R1消耗的电功率。
【分析】（1）根据电热器上标有“220V 1000W”的字样，利用P＝可求得电热器正常工作时的电阻；
（2）根据Q＝cmΔt求得水吸收的热量，利用加热效率可求得消耗的电能，再利用P＝可求得电热器的加热时间；
（3）由图乙可知，把水温控制在40℃左右时Rt的阻值，由图乙右侧图可知衔铁在3N吸引力的作用下被吸下时控制电路中的电流，根据欧姆定律求出电路中的总电阻，利用电阻的串联求出此时滑动变阻器接入电路中的阻值，然后根据P＝I2R可求得滑动变阻器R1消耗的电功率。
【解答】解：（1）由P＝可得，电热器正常工作时的电阻：
R＝＝＝48.4Ω；
（2）水吸收的热量：
Q吸＝cmΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×100kg×（40℃﹣30℃）＝4.2×106J，
由η＝可得，消耗的电能：
W＝＝＝6×106J，
由P＝可得，加热时间：
t＝＝＝6×103s；
（3）由乙图可知，水温40℃时，热敏电阻的阻值Rt＝50Ω，
由题可知，水温40℃时，衔铁被吸下，吸引力F＝3N，
由F﹣I图像可知，F＝3N时，控制电路中的电流I＝100mA＝0.1A，
由I＝可得，控制电路的总电阻：R＝＝＝300Ω，
因为Rt与R1串联，所以R1＝R﹣Rt＝300Ω﹣50Ω＝250Ω，
所以此时滑动变阻器R1消耗的电功率：P1＝I2R1＝（0.1A）2×250Ω＝2.5W。
答：（1）电热器正常工作时的电阻为48.4Ω；
（2）电热器的加热时间为6×103s；
（3）此时滑动变阻器R1消耗的电功率为2.5W。
【点评】本题难度较大，既需要从电磁铁的性质上进行分析，还要对电磁继电器的原理进行分析。能从图乙得出相关信息、结合串联电路的特点和欧姆定律求解是本题的关键。
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