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2022年江西省吉安市永丰县中考物理一模试卷
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这是一份2022年江西省吉安市永丰县中考物理一模试卷，共29页。试卷主要包含了填空题，选择题，计算题，实验探究题等内容，欢迎下载使用。
2022年江西省吉安市永丰县中考物理一模试卷
一、填空题（共16分，每题1分）
1．（2分）放在热菜中的盐比凉菜中的盐化得更快，这说明 越高，分子的无规则运动越快。用力拉铁丝不容易拉断，这说明铁丝的分子之间存在 力。
2．（2分）足球比赛中，球员射门时，守门员飞身将球扑住，说明力能改变物体的 ；以飞行的足球为参照物，球门是 的。
3．（2分）如图所示的电路图，当闭合开关S后，电阻R1、R2并联，电路正常工作，则甲表是 表，乙表是 表。
4．（2分）如图所示是一款“运动手环”，其主要部分是一段内置一小块磁铁的密闭空心塑料管，管外缠绕着线圈。戴着这种手环走路时，塑料管跟着手一起运动，磁铁则在管内反复运动，线圈中便会产生电流，液晶屏上就会显示出运动的步数，此过程利用了 的原理，将 能转化为电能。
5．（2分）如图1，电源电压保持不变，闭合开关S，变阻器滑片P从a滑到b端的整个过程中，电流表示数I与电压表示数U的关系如图2所示，由图象可知，R1的阻值为 Ω；当电路中的电流为0.2A时，R1与R2消耗的电功率之比为 。
6．（2分）一台四冲程的汽油机飞轮转速为2400r/min，若在做功冲程中，每次做功460J，这台汽油机的功率是 W，若汽油机的效率为40%，每分钟消耗汽油的质量为 kg（q汽油＝4.6×107/kg）。
7．（2分）小明家2月底电能表示数如图所示，3月底电能表示数为82.0kW•h，3月份他家消耗的电能为 kW•h。小明发现1分钟内，转盘转过了50转，他家接入的用电器消耗的电功率是 W。
8．（2分）分别用两个完全相同的“热得快”，同时给质量和温度相同的甲、乙两种液体加热，它的温度随时间变化的图象如图所示，由图可知 液体的温度升高得快些， 液体的比热容大。
二、选择题（共14分。第9～12小题，每小题只有一个正确选项，每小题2分：第13、14小题为不定项选择，每小题有一个或几个正确选项，每小题2分，全部选择正确得3分，不定项选择正确但不全得1分，不选、多选或错选得0分）
9．（2分）下列估测结果符合实际的是（ ）
A．六月份扬州的平均气温约为 50℃
B．家用 LED 节能灯的电功率约为 200W
C．中学生课桌的高度约为 80mm
D．一枚 1 元人民币硬币的质量大约 6g
10．（2分）在“探究滑动摩擦力大小与哪些因素有关”的实验中，小明找来了量程合适的弹簧测力计一个、长木板两块（一块光滑，另一块粗糙）、长方体木块一块（带有挂钩）、钩码一盒，实验过程如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．测量摩擦力时，要使弹簧测力计拉着木块沿水平长木板做匀速直线运动
B．通过图甲、乙所示的实验可以得出结论：在保持压力一定时，粗糙程度越大，滑动摩擦力越大
C．此实验中应用了一种重要的探究物理问题的方法﹣﹣控制变量法
D．图甲中用不同速度拉着木块做匀速直线运动，摩擦力大小也不同
11．（2分）如图所示，质量和底面积相同的甲、乙两容器，装有质量相同的不同液体，下列说法正确的是（ ）
A．液体对烧杯底部的压强 p甲＝p乙
B．液体对烧杯底部的压强 p甲＞p乙
C．甲、乙两容器对桌面的压力 F甲＝F乙
D．甲、乙两容器对桌面的压力 F甲＞F乙
12．（2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
（多选）13．（3分）下列说法中正确的是（ ）
A．电路两端有电压，但可能没有电流
B．导体的电阻不为零，导体两端的电压一定不为零
C．我国家庭电路的电压为220V，频率为50Hz
D．磁体周围都分布着磁感线
（多选）14．（3分）如图所示，几个同学在只有电流表或电压表时（电源电压未知），利用一个已知阻值的电阻R0设计了四个测未知电阻Rx的电路，其中可行的是（ ）
A． B．
C． D．
三、计算题（共22分，第15、16小题7分，第17小题8分）
15．（7分）最近，公交公司更换了一批新型混合动力公交车，在进行新车测试时获得一些数据：新型公交车总质量为4×10³kg，车匀速行驶时所受阻力是总重的0.5倍，公交车在牵引力作用下在平直公路上匀速行驶，2min内行驶了1200m，（g取10N/kg），求：
（1）该公交车受到的牵引力。
（2）公交车在2min内牵引力所做的功。
（3）公交车这段时间内做功的功率。
16．（7分）如图所示的电路中，电阻R1＝10Ω，闭合开关S，电流表A1的示数为1.2A，电流表A的示数为2A。求：
（1）通过R2的电流大小；
（2）电源电压的大小；
（3）电阻R2的阻值；
17．（8分）如图甲所示，底面积为100cm2的圆柱形容器中装满水，底部中央固定有一根体积不计沿竖直方向的细杆，细杆的上端连接着密度为0.6g/cm3的圆柱体A，容器的底部安装有阀门，现打开阀门，控制水以50cm3/s流出，同时开始计时，水对容器底部的压力随时间变化的规律如图乙所示，求：
（1）阀门未打开前水对容器底部的压强；
（2）圆柱体A的高度；
（3）t＝52s时，细杆对物体的作用力大小。
四、实验探究题（共28分，每小题7分）
18．（7分）火锅，古称“古董羹”，因食物投入沸水时发出的“咕咚”声而得名，是中国独创的美食之一，也是一种老少皆宜的食物。火锅中会用到大量的食用油，其密度大致在0.91g/cm3～0.93g/cm3之间，但在火锅的加工食用过程中存在极个别不法商贩为了节约成本，会将食客食用后的锅底进行再回收再食用，俗称“口水油”。这种油含有大量的微生物，包括残渣细菌，甚至病毒或致癌物质，长期食用会对人们的身心健康造成严重影响。肖肖同学对一份“口水油”样品进行了如下操作，想借此来鉴别其是否是“口水油”。
（1）把托盘天平放在水平桌面上，先将游码 ，再调节 ，使横梁平衡；
（2）用托盘天平测得空烧杯的质量m0＝42g；
（3）在烧杯中倒入适量样品，放置在了托盘天平右盘，天平横梁平衡后（如图1所示），则烧杯和样品油的总质量m＝ g；
（4）将烧杯中样品油倒入量筒中，如图2所示测出样品油的体积；
（5）算出样品油的密度ρ＝ kg/m3；
（6）通过以上实验，肖肖 （填“能”或“不能”）区别食用油与“口水油”；
（7）小华分析上述实验认为：小明的实验操作测得的样品油密度偏 。其原因是：实验中测得的“口水油”样品的 偏小。
19．（7分）小明利用如图甲所示的实验装置研究冰的熔化特点。请你回答下列问题。
（1）实验前，组装实验器材的合理顺序应是 ；（填序号）
A.烧杯；
B.酒精灯；
C.温度计；
D.铁圈及石棉网；
E试管
（2）实验过程中每隔1min记录一次温度计示数，其中某时刻温度计示数如图甲所示，此时冰的温度为 ℃，实验中既要关注温度计的示数又要观察冰的 变化；
（3）实验中，冰不断从烧杯里的水中 热量，温度升高，根据 现象可判断冰开始发生熔化；
（4）实验完成后，小明将实验数据绘制成如图乙所示的温度随时间变化关系的图像，他根据实验过程并结合图像分析认为：酒精灯虽持续加热，冰熔化时温度却保持不变，所以冰熔化过程是不需要吸热的。小明的这一判断是否合理？ （选填“合理”或“不合理”），理由是 。
20．（7分）如图所示是探究水的沸腾的实验。
（1）请指出实验中错误之处： （写一个）。
（2）实验过程中主要观察水沸腾时的现象和水沸腾时的温度。如图中甲、乙所示，图 是水沸腾时的情况。
（3）如下表是本实验过程中不同时刻温度记录，则该地水的沸点为 ℃，可能的原因是当地的大气压 1标准大气压（选填“大于、等于”或“小于”）。
t/min
…
8
9
10
11
12
13
t温/℃
…
96
97
98
98
98
97
（4）如图所示，是三位同学作出水的沸腾图象，其中正确的是 。
（5）水在沸腾过程中需要 热，如果继续给沸腾的水加热，水的温度 （选填“升高”、“不变”或“降低”）。
21．（7分）实验小组在“用电流表和电压表测量小灯泡正常发光时灯丝的电阻”实验中，实验器材：两节新干电池、额定电压为2.5V的待测小灯泡、滑动变阻器、电流表、电压表、开关和若干导线。
（1）请用笔画线代替导线将如图1所示的电路连接完整。
（2）连接好电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于最 （选填“左”或“右”）端。
（3）然后闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表无示数，电压表有示数且接近3V，则电路故障可能是小灯泡 。
（4）排除故障后，移动滑片至电压表的示数为2.5V时，观察电流表的示数如图2所示，则小灯泡的额定电流为 A，额定功率为 W；小灯泡正常发光时灯丝的电阻约为 Ω（计算结果保留一位小数）。
（5）若将小灯泡换成阻值为5Ω的定值电阻，利用本实验器材还能完成的实验是 （选填序号）。
A.探究电流与电阻的关系
B.探究电流与电压的关系
2022年江西省吉安市永丰县中考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、填空题（共16分，每题1分）
1．（2分）放在热菜中的盐比凉菜中的盐化得更快，这说明 温度 越高，分子的无规则运动越快。用力拉铁丝不容易拉断，这说明铁丝的分子之间存在 引 力。
【分析】（1）扩散跟温度有关，温度越高，扩散越快。扩散表明分子不停的做无规则的运动，温度越高，分子运动越快。
（2）分子间同时存在着斥力和引力。
【解答】解：（1）分子运动的速度与温度有关，温度越高，分子运动越快。因此放在热菜中的盐比放在凉菜中的盐化得快；
（2）分子间有相互作用的引力和斥力，用力拉铁丝不容易拉断，就是因为分子间存在引力的作用。
故答案为：温度；引。
【点评】（1）能辨别扩散现象。扩散和温度有关。
（2）分子间同时存在斥力和引力。
2．（2分）足球比赛中，球员射门时，守门员飞身将球扑住，说明力能改变物体的 运动状态 ；以飞行的足球为参照物，球门是 运动 的。
【分析】（1）力可以改变物体的形状，也可以改变物体的运动状态；
（2）被研究的物体和参照物之间如果发生位置的改变，被研究的物体是运动的，如果没有发生位置的改变，被研究的物体是静止的。
【解答】解：（1）球员将飞来的足球顶进球门，足球在力的作用下运动方向发生改变，说明力能改变物体的运动状态；
（2）以飞行的足球为参照物，足球和球门之间的位置不断发生改变，则球门是运动的。
故答案为：运动状态；运动。
【点评】该题考查了力的作用效果，以及参照物的选择，是一道基础题。
3．（2分）如图所示的电路图，当闭合开关S后，电阻R1、R2并联，电路正常工作，则甲表是 电压 表，乙表是 电流 表。
【分析】电流先后经过各个用电器的连接方法叫做串联；如果电流在某点出现支路，通过支路上的用电器后又在另一点汇合，再回到电源的负极，这种连接方式叫并联，根据题目中的开关组合，分析电流的流向，从而判断电路的连接情况。
【解答】解：由图中可以看出：闭合开关S后，甲与电阻R2并联，乙与电阻R2串联，所以甲为电压表，乙为电流表；
故答案为：电压；电流。
【点评】解决此类题目的关键是根据题目中的开关组合方式，联系串并联电路的特点进行分析电路的连接情况。
4．（2分）如图所示是一款“运动手环”，其主要部分是一段内置一小块磁铁的密闭空心塑料管，管外缠绕着线圈。戴着这种手环走路时，塑料管跟着手一起运动，磁铁则在管内反复运动，线圈中便会产生电流，液晶屏上就会显示出运动的步数，此过程利用了 电磁感应 的原理，将 机械 能转化为电能。
【分析】闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中会产生感应电流，这就是电磁感应；这一过程中，可将机械能转化为电能
【解答】解：根据“运动手环”的特点可知，当塑料管运动时，磁铁在管中反向运动，切割线圈而产生电流。因此，运动手环的基本原理是电磁感应，产生电流的过程中将机械能转化为电能。
故答案为：电磁感应；机械。
【点评】了解电磁感应现象，知道产生感应电流的条件，明确这一过程中的能量转化，是解答本题的关键。
5．（2分）如图1，电源电压保持不变，闭合开关S，变阻器滑片P从a滑到b端的整个过程中，电流表示数I与电压表示数U的关系如图2所示，由图象可知，R1的阻值为 10 Ω；当电路中的电流为0.2A时，R1与R2消耗的电功率之比为 2：1 。
【分析】由电路图可知：R1与R2串联，电压表测量电阻R1两端的电压，电流表测量串联电路的电流；
（1）根据图象读出电阻R1两端电压和电流，根据欧姆定律求出定值电阻R1的阻值；
（2）当滑片P位于b端时，电路为R1的简单电路，电压表测电源的电压，电流表测电路中的电流，此时电路中的电流最大，根据图象读出最大电流和电压表的示数，据此可知电源的电压；
当电路中的电流为0.2A时，根据图象读出电阻R1两端电压，根据串联电路的电压特点求出R2两端电压，根据P＝UI即可求出电功率之比。
【解答】解：由电路图可知：R1与R2串联，电压表测量电阻R1两端的电压，电流表测量串联电路的电流；
（1）根据图象可知：电阻R1两端电压U1＝1V时电流I1＝0.1A，
由I＝可得，定值电阻R1＝＝＝10Ω；
（2）由电路图可知：当滑片P位于b端时，电路为R1的简单电路，此时电路中的电流最大，电压表测电源的电压，由图象可知，电路中的最大电流0.3A时，电压表的示数为3V，即电源的电压为3V，
当电路中的电流为0.2A时，根据图象读出电阻R1两端电压U1′＝2V，
根据串联电路的总电压等于各电阻两端的电压之和可知：
R2两端电压U2′＝U﹣U1′＝3V﹣2V＝1V；
R1与R2消耗的电功率P1：P2＝IU1：IU2＝U1：U2＝2V：1V＝2：1。
故答案为：10；2：1。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是根据图象读出电流和电压的对应值。
6．（2分）一台四冲程的汽油机飞轮转速为2400r/min，若在做功冲程中，每次做功460J，这台汽油机的功率是 9200 W，若汽油机的效率为40%，每分钟消耗汽油的质量为 0.03 kg（q汽油＝4.6×107/kg）。
【分析】（1）2400r/min表示1min飞轮转动2400圈，而飞轮每转两圈对外做功一次，可求1min做功次数；又知道每次做功460J，可求汽油机1min做功，再利用P＝求这台汽油机的功率；
（2）知道热机效率，利用效率公式求汽油完全燃烧放出的热量，利用Q＝mq求出每分钟消耗汽油的质量。
【解答】解：（1）因为飞轮每转两圈，对外做功一次，1min飞轮转动2400周
所以1min做功1200次，
因为每次做功460J，
所以1min做功：
W＝460J×1200＝5.52×105J，
这台汽油机的功率：
P＝＝＝9200W；
（2）由η＝＝40%可得汽油完全燃烧放出的热量：
Q放＝＝＝1.38×106J，
每分钟消耗汽油的质量：
m＝＝＝0.03kg。
故答案为：9200； 0.03。
【点评】本题考查了功率公式、效率公式、燃料完全燃烧放热公式的应用，以及对内燃机几个相关数据的理解，关键是公式及变形公式的灵活应用。
7．（2分）小明家2月底电能表示数如图所示，3月底电能表示数为82.0kW•h，3月份他家消耗的电能为 50 kW•h。小明发现1分钟内，转盘转过了50转，他家接入的用电器消耗的电功率是 1200 W。
【分析】由图读出2月底电能表的示数，则3月份他家消耗的电能为3月底的示数与2月底的示数之差；
根据题意得出转盘转过50转消耗的电能，再根据P＝求出他家接入的用电器消耗的电功率。
【解答】解：由图可知2月底电能表示数为32.0kW•h，
则3月份他家消耗的电能为：W＝82.0kW•h﹣32.0kW•h＝50kW•h；
由题可知转盘转过了50转消耗的电能为：W′＝＝0.02kW•h＝7.2×104J，
则他家接入的用电器消耗的电功率为：P＝＝＝1200W。
故答案为：50；1200。
【点评】本题考查了对电能表相关参数的理解以及电功率的计算，此题难度不大。
8．（2分）分别用两个完全相同的“热得快”，同时给质量和温度相同的甲、乙两种液体加热，它的温度随时间变化的图象如图所示，由图可知 甲 液体的温度升高得快些， 乙 液体的比热容大。
【分析】用相同的热源对液体加热，在相等时间内液体吸收的热量相等，温度变化大的温度升高快；根据Q＝cmΔt判断液体比热容的大小。
【解答】解：用两个完全相同的“热得快”对液体加热，在相等时间内两种物质吸收的热量相等，加热时间越长，物质吸收的热量越多，
由图象可知，升高相同的温度80℃﹣0℃＝80℃，
液体甲的加热时间比液体乙的加热时间少，所以液体甲的温度升高比较快；
根据c＝可知，质量相同的甲、乙两种液体升高相同的温度，乙需要的加热时间长，也就是吸收的热量多，所以乙的比热容较大，甲的比热容较小。
故答案为：甲；乙。
【点评】本题考查了学生对比热容掌握及从图象中获取知识的能力，关键是会熟练应用热量的计算公式，属于常考题目，比较简单。
二、选择题（共14分。第9～12小题，每小题只有一个正确选项，每小题2分：第13、14小题为不定项选择，每小题有一个或几个正确选项，每小题2分，全部选择正确得3分，不定项选择正确但不全得1分，不选、多选或错选得0分）
9．（2分）下列估测结果符合实际的是（ ）
A．六月份扬州的平均气温约为 50℃
B．家用 LED 节能灯的电功率约为 200W
C．中学生课桌的高度约为 80mm
D．一枚 1 元人民币硬币的质量大约 6g
【分析】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。
【解答】解：A、六月份扬州最高气温不到40℃，所以平均气温远低于50℃．故A不符合实际；
B、一般台灯的功率约20W，家用LED灯的功率与此差不多，在20W左右。故B不符合实际；
C、中学生的身高在160cm左右，课桌的高度大约是中学生身高的一半，在80cm＝800mm左右。故C不符合实际；
D、一块橡皮的质量约6g，一枚一元硬币的质量与此差不多，在6g左右。故D符合实际。
故选：D。
【点评】物理与社会生活联系紧密，多了解一些生活中的常见量的值可帮助我们更好地学好物理，同时也能让物理更好地为生活服务。
10．（2分）在“探究滑动摩擦力大小与哪些因素有关”的实验中，小明找来了量程合适的弹簧测力计一个、长木板两块（一块光滑，另一块粗糙）、长方体木块一块（带有挂钩）、钩码一盒，实验过程如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．测量摩擦力时，要使弹簧测力计拉着木块沿水平长木板做匀速直线运动
B．通过图甲、乙所示的实验可以得出结论：在保持压力一定时，粗糙程度越大，滑动摩擦力越大
C．此实验中应用了一种重要的探究物理问题的方法﹣﹣控制变量法
D．图甲中用不同速度拉着木块做匀速直线运动，摩擦力大小也不同
【分析】A、根据二力平衡分析；
BCD、影响滑动摩擦力大小因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变，根据图中现象得出结论。
【解答】解：
A、只有沿水平方向拉着物体做匀速直线运动，物体在水平方向上受到平衡力的作用，拉力大小才等于摩擦力的小。故测量摩擦力时，要使弹簧测力计拉着木块沿水平长木板做匀速直线运动，故A正确；
B、比较甲、乙两图，压力大小相同，乙接触面粗糙，乙测力计示数大于甲的示数，可得出在保持压力一定时，粗糙程度越大，滑动摩擦力越大，故B正确；
C、此实验中应用了一种重要的探究物理问题的方法一控制变量法，故C正确；
D、因影响滑动摩擦力大小的两个因素：压力大小和接触面的粗糙程度都不变，故图甲中用不同速度拉着木块做匀速直线运动，摩擦力大小相同，故D错误。
故选：D。
【点评】本题探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关，考查实验原理及控制变量法的运用，体现了对过程和方法的考查。
11．（2分）如图所示，质量和底面积相同的甲、乙两容器，装有质量相同的不同液体，下列说法正确的是（ ）
A．液体对烧杯底部的压强 p甲＝p乙
B．液体对烧杯底部的压强 p甲＞p乙
C．甲、乙两容器对桌面的压力 F甲＝F乙
D．甲、乙两容器对桌面的压力 F甲＞F乙
【分析】（1）液体质量相同，根据图判断出两液体的体积，根据密度公式判断出两液体的密度；
（2）根据p＝ρgh判断液体对杯底压强的关系；
（3）容器对桌面的压力等于容器的重力与液体的重力之和。
【解答】解：AB、因为容器底面积相同，液体同高，所以甲中液体的体积大于乙中液体的体积，即V甲＞V乙，当质量相同时，根据ρ＝可知ρ甲＜ρ乙；
两容器中液体的深度相同，由于ρ甲＜ρ乙，根据p＝ρgh知，液体对杯底的压强p甲＜p乙；所以A、B错误；
CD、水平桌面上，容器对桌面的压力等于容器的重力与液体的重力之和，甲、乙两个容器质量相等，且容器中两种液体质量相等，则总质量相等，即总重力相等，故F甲＝F乙，所以C正确，D错误。
故选：C。
【点评】本题主要考查压强公式的应用，知道在水平面上，物体对水平面的压力等于物体自身的重力是解题的关键。
12．（2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。
（多选）13．（3分）下列说法中正确的是（ ）
A．电路两端有电压，但可能没有电流
B．导体的电阻不为零，导体两端的电压一定不为零
C．我国家庭电路的电压为220V，频率为50Hz
D．磁体周围都分布着磁感线
【分析】（1）电路产生电流的条件：有电源、电路闭合；
（2）电阻是导体本身的一种性质，只与导体的材料、长度、横截面积和温度有关，与两端的电压和通过的电流无关；
（3）我国交流电频率是50Hz，生活用电电压为220V；
（4）磁感线是不存在的，是为了研究方便假象的一些有方向的曲线；磁场是真实存在的。
【解答】解：A、电路两端有电压，电路中可能没有电流，因为只有电路闭合时，才会有电流，故A正确；
B、电阻是导体本身的一种性质，只与导体的材料、长度、横截面积、温度有关，与导体两端的电压无关，故B错误；
C、我国家用电器额定电压是220V，与之配套的生活用电电压也是220V，频率是50Hz．故C 正确；
D、磁感线是不存在的，是为了研究方便假想出来的一些有方向的曲线，故D错误；
故选：AC。
【点评】此题是一道综合题，考查的知识点较多，包括电路电流、家庭电路电压、交流电、磁感线等知识点。难度不大，掌握基本规律就能正确解答。
（多选）14．（3分）如图所示，几个同学在只有电流表或电压表时（电源电压未知），利用一个已知阻值的电阻R0设计了四个测未知电阻Rx的电路，其中可行的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】串联电路的电流处处相等，串联电路总电压等于各部分电压之和，并联电路各支路电压相等，并联电路干路电流等于各支路电流之和，用电压表和电流表，直接或间接测量待测电阻两端的电压和通过待测电阻的电流，根据R＝计算待测电阻的阻值。
【解答】解：
A、由图知，两开关都闭合，两电阻并联，电流表测干路电流；再断开S2，电路为待测电阻的简单电路，电流表测通过待测电阻的电流；
由并联电路的电流特点可知两次电流表示数之差即为通过定值电阻的电流，根据U＝IR计算定值电阻两端的电压，即电源电压，根据欧姆定律可计算待测电阻的阻值，故A可行；
B、由图知，两个开关都闭合时，电路为待测电阻的简单电路，电压表测电源电压；再断开S2，Rx和定值电阻串联，电压表测待测电阻两端的电压；
由串联电路的电压特点可知两次电压表示数之差即为串联时定值电阻两端的电压，根据欧姆定律计算串联电路中的电流，串联电路各处电流相等，根据欧姆定律可计算待测电阻的阻值，故B可行；
C、由图知，闭合S1，Rx和定值电阻串联，电流表测量串联电路的电流，设电流表示数为I1，根据串联电路的电阻特点和欧姆定律可得电源电压U＝I1（Rx+R0），
再闭合S2，电路为待测电阻的简单电路，电流表测通过待测电阻的电流，设此时电流表示数为I2，根据欧姆定律可得电源电压U＝I2Rx，
电源电压不变，联立解方程可得待测电阻的阻值，故C可行；
D、两开关都闭合，Rx和定值电阻并联，电压表测电源电压；断开开关S2，电路为待测电阻的简单电路，电压表测电源电压，即待测电阻两端的电压，不能直接或间接测量通过待测电阻的电流，不能求出Rx的阻值，故D不可行。
故选：ABC。
【点评】本题考查了测电阻阻值电路的选择问题，知道测电阻的原理、分析清楚电路结构、应用串并联电路特点与欧姆定律即可正确解题。
三、计算题（共22分，第15、16小题7分，第17小题8分）
15．（7分）最近，公交公司更换了一批新型混合动力公交车，在进行新车测试时获得一些数据：新型公交车总质量为4×10³kg，车匀速行驶时所受阻力是总重的0.5倍，公交车在牵引力作用下在平直公路上匀速行驶，2min内行驶了1200m，（g取10N/kg），求：
（1）该公交车受到的牵引力。
（2）公交车在2min内牵引力所做的功。
（3）公交车这段时间内做功的功率。
【分析】（1）利用G＝mg求出公交车的重力，根据车匀速行驶时所受阻力是总重的0.5倍，计算出公交车匀速行驶受到的阻力，利用二力平衡条件分析出公交车的牵引力；
（2）利用W＝Fs计算出牵引力做的功；
（3）利用P＝计算出公交车做功的功率。
【解答】解：（1）公交车的重力：
G＝mg＝4×10³kg×10N/kg＝4×104N，
因为车匀速行驶时所受阻力是总重的0.5倍，所以阻力：
f＝0.5G＝0.5×4×104N＝2×104N，
因为公交车在牵引力作用下在平直公路上匀速行驶，所以牵引力与阻力是一对平衡力，因此牵引力：
F＝f＝2×104N；
（2）公交车在2min内牵引力所做的功：
W＝Fs＝2×104N×1200m＝2.4×107J；
（3）公交车这段时间内做功的功率：
P＝。
答：（1）该公交车受到的牵引力为2×104N；
（2）公交车在2min内牵引力所做的功为2.4×107J；
（3）公交车这段时间内做功的功率为2×105W。
【点评】本题考查了二力平衡条件的应用、功和功率的计算，是一道基础题。
16．（7分）如图所示的电路中，电阻R1＝10Ω，闭合开关S，电流表A1的示数为1.2A，电流表A的示数为2A。求：
（1）通过R2的电流大小；
（2）电源电压的大小；
（3）电阻R2的阻值；
【分析】由电路图可知，R1与R2并联，电流表A测干路电流，电流表A1测R1支路的电流。
（1）根据并联电路的电流特点求出通过R2的电流；
（2）根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出电源的电压；
（3）根据欧姆定律求出电阻R2的阻值。
【解答】解：由电路图可知，R1与R2并联，电流表A测干路电流，电流表A1测R1支路的电流。
（1）因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，通过R2的电流：I2＝I﹣I1＝2A﹣1.2A＝0.8A；
（2）因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，由欧姆定律可得，电源的电压：U＝I1R1＝1.2A×10Ω＝12V；
（3）电阻R2的阻值：R2＝＝＝15Ω。
答：（1）通过R2的电流大小为0.8A；
（2）电源电压为12V；
（3）电阻R2的阻值为15Ω。
【点评】本题考查并联电路特点、欧姆定律、电功公式的灵活运用，属于基础题。
17．（8分）如图甲所示，底面积为100cm2的圆柱形容器中装满水，底部中央固定有一根体积不计沿竖直方向的细杆，细杆的上端连接着密度为0.6g/cm3的圆柱体A，容器的底部安装有阀门，现打开阀门，控制水以50cm3/s流出，同时开始计时，水对容器底部的压力随时间变化的规律如图乙所示，求：
（1）阀门未打开前水对容器底部的压强；
（2）圆柱体A的高度；
（3）t＝52s时，细杆对物体的作用力大小。
【分析】（1）由图乙知，当t＝0，水对容器底部的压力为50N，根据p＝求阀门未打开前水对容器底部的压强；
（2）由图乙知，分别求出在0﹣40s，40s﹣64s 64s﹣84s三个时间段流出的水量，即各阶段减小的水的体积，根据h＝，可分别求出1、3阶段水下降的高度；根据压强公式求出在放水前容器盛满水时的深度，可得出圆柱体A的高度；
（3）根据数学公式可得出A的底面积，从而得出A的体积；
根据从第40s到第52s流出水的体积得出水面下降的高度，从而得出A排开水的体积，由阿基米德原理，求出此时A受到的浮力，根据G＝ρAgVA求出A的重力，比较重力其受到的浮力大小主，根据力的平衡求出细杆施加的作用。
【解答】解：（1）由图乙知，当t＝0，水对容器底部的压力为50N，则阀门未打开前水对容器底部的压强为：
p＝＝＝5000Pa；
（2）由图乙知，在0﹣40s，40s﹣64s 64s﹣84s三个时间段，水对容器底部的压力随时间变化的规律分别为一直线，第1阶段流出的水量：
V1＝40s×50cm3/s＝2000cm3；
第2阶段流出的水量：
V2＝24s×50cm3/s＝1200cm3；
第3阶段流出的水量：
V3＝20s×50cm3/s＝1000cm3；
即各阶段减小的水的体积，如下图1所示：
根据h＝，可分别求出1、3阶段水下降的高度分别为：
h1＝20cm，h3＝10cm，
圆柱体A的高度：
hA＝50cm﹣20cm﹣10cm＝20cm；
（3）因在放水前，对容器底部的压强为5000Pa，故容器盛满水时的深度：
h容＝＝＝0.5m﹣﹣﹣﹣﹣﹣①，故
在第2个阶段，有（S﹣SA）hA＝（100cm2﹣SA）hA＝1200cm3，﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，
由①②，故A的底面积为：
SA＝40cm2，
故A的体积：
VA＝SAhA＝40cm2×20cm＝800cm3，
从第40s到第52s流出水的体积为：
V21＝12s×50cm3/s＝600cm3，
即水面下降了10cm，
A排开水的体积：
V排＝h′SA＝10cm×40cm2＝400cm3
由阿基米德原理，此时A受到的浮力：
F浮＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×400×10﹣6m3＝4N；
A的重力：
G＝ρAgVA＝0.6×103kg/m3×10N/kg×800×10﹣6m3＝4.8N，因重力大于其受到的浮力，故A还受到一个细杆施加的竖直向上的力T的作用，根据力的平衡：
T＝G﹣F浮＝4.8N﹣4N＝0.8N。
答：（1）阀门未打开前水对容器底部的压强为5000Pa；
（2）圆柱体A的高度为20cm；
（3）t＝52s时，细杆对物体的作用力大小为0.8N。
【点评】本题考查压强公式、阿基米德原理、力的平衡等知识的运用，关键根据图乙找出放水的三个对应的阶段。
四、实验探究题（共28分，每小题7分）
18．（7分）火锅，古称“古董羹”，因食物投入沸水时发出的“咕咚”声而得名，是中国独创的美食之一，也是一种老少皆宜的食物。火锅中会用到大量的食用油，其密度大致在0.91g/cm3～0.93g/cm3之间，但在火锅的加工食用过程中存在极个别不法商贩为了节约成本，会将食客食用后的锅底进行再回收再食用，俗称“口水油”。这种油含有大量的微生物，包括残渣细菌，甚至病毒或致癌物质，长期食用会对人们的身心健康造成严重影响。肖肖同学对一份“口水油”样品进行了如下操作，想借此来鉴别其是否是“口水油”。
（1）把托盘天平放在水平桌面上，先将游码 置于标尺左端的零刻线处 ，再调节 平衡螺母 ，使横梁平衡；
（2）用托盘天平测得空烧杯的质量m0＝42g；
（3）在烧杯中倒入适量样品，放置在了托盘天平右盘，天平横梁平衡后（如图1所示），则烧杯和样品油的总质量m＝ 71 g；
（4）将烧杯中样品油倒入量筒中，如图2所示测出样品油的体积；
（5）算出样品油的密度ρ＝ 0.725×103 kg/m3；
（6）通过以上实验，肖肖 能 （填“能”或“不能”）区别食用油与“口水油”；
（7）小华分析上述实验认为：小明的实验操作测得的样品油密度偏 大 。其原因是：实验中测得的“口水油”样品的 体积 偏小。
【分析】（1）调节平衡前，先将天平放在水平台上，游码置于标尺左端的零刻线处，然后调节平衡螺母；
（3）利用天平测量物体质量时，物体质量等于砝码的质量和游码对应的刻度值之和；
（4）根据图2读出量筒中油的体积；
（5）根据空烧杯的质量和烧杯和样品油的总质量求出倒入量筒中样品油的质量，根据密度公式求出样品油的密度；
（6）将算出的密度与食用油的密度比较得出结论；
（7）根据将烧杯中样品油倒入量筒中时，样品油会沾在烧杯壁上导致所测体积偏小，根据密度公式分析所测样品油密度的偏差。
【解答】解：（1）调节平衡前，先将天平放在水平桌面上，再将游码置于标尺左端的零刻线处，然后调节平衡螺母使横梁平衡；
（3）由图甲可知，游码标尺的分度值为0.2g，则烧杯和样品油的总质量m＝50g+20g+5g﹣4g＝71g；
（4）由图2可知，量筒的分度值为1mL，则量筒中样品油的体积：V油＝40mL＝40cm3，
（5）由题意可知，倒入量筒中样品油的质量：m油＝m﹣m0＝71g﹣42g＝29g，
则样品油的密度为：
ρ＝＝＝0.725g/cm3＝0.725×103kg/m3；
（6）食用油的密度大致在0.91g/cm3～0.93g/cm3之间，测量的样品油的密度不在此范围，所以能区别食用油与“口水油”；
（7）将烧杯中样品油倒入量筒中时，样品油会沾在烧杯壁上导致所测体积偏小，由ρ＝可知，测得的样品油密度偏大。
故答案为：（1）置于标尺左端的零刻线处；平衡螺母；（3）71；（5）0.725×103；（6）能；（7）大；体积。
【点评】本题测定油的密度，考查天平和量筒的使用、密度公式的应用和误差分析，是常考题，难度不大。
19．（7分）小明利用如图甲所示的实验装置研究冰的熔化特点。请你回答下列问题。
（1）实验前，组装实验器材的合理顺序应是 BDAEC ；（填序号）
A.烧杯；
B.酒精灯；
C.温度计；
D.铁圈及石棉网；
E试管
（2）实验过程中每隔1min记录一次温度计示数，其中某时刻温度计示数如图甲所示，此时冰的温度为 ﹣12 ℃，实验中既要关注温度计的示数又要观察冰的 状态 变化；
（3）实验中，冰不断从烧杯里的水中 吸收 热量，温度升高，根据 出现液态水 现象可判断冰开始发生熔化；
（4）实验完成后，小明将实验数据绘制成如图乙所示的温度随时间变化关系的图像，他根据实验过程并结合图像分析认为：酒精灯虽持续加热，冰熔化时温度却保持不变，所以冰熔化过程是不需要吸热的。小明的这一判断是否合理？ 不合理 （选填“合理”或“不合理”），理由是 因为烧杯中的水温高于试管中冰的温度，所以冰会从水中吸热 。
【分析】（1）实验器材装配要根据酒精灯来确定铁圈及石棉网的高度；温度计测量液体温度时，玻璃泡要浸没在液体中，不能接触容器底和壁，由此分析解答；
（2）在进行温度计的读数时，注意分度值；
（3）晶体在熔化过程中不断吸热温度保持不变，当物质在熔点温度时，可以是固态，也可以是液态，也可以是固液共存态；
（4）物质由固体变为液态的过程是熔化，熔化吸收热量。
【解答】解：（1）酒精灯要使用外焰加热，所以合理顺序应先放好酒精灯，由其外焰高度确定铁圈及石棉网的高度；温度计测量液体温度时，玻璃泡要浸没在液体中，不能接触容器底和壁，所以接着应放置烧杯，试管，最后安装温度计。即顺序为BDAEC；
（2）由图甲知，温度计的分度值为1℃，所以其示数为﹣12℃；实验中既要关注温度计的示数又要观察冰的状态变化；
（3）实验中，冰不断从烧杯里的水中吸收热量，温度升高，实验中判断冰熔化的依据是出现液态水。
（4）小明的这一判断不合理，因为烧杯中的水温高于试管中冰的温度，所以冰会从水中吸热。
故答案为：（1）BDAEC；（2）﹣12；状态；（3）吸收；出现液态水；（4）不合理；因为烧杯中的水温高于试管中冰的温度，所以冰会从水中吸热。
【点评】本题考查了冰熔化时温度与时间的关系的实验、晶体熔化特点等，考查内容较基础。
20．（7分）如图所示是探究水的沸腾的实验。
（1）请指出实验中错误之处： 视线未与温度计内液柱的上表面相平 （写一个）。
（2）实验过程中主要观察水沸腾时的现象和水沸腾时的温度。如图中甲、乙所示，图 乙 是水沸腾时的情况。
（3）如下表是本实验过程中不同时刻温度记录，则该地水的沸点为 98 ℃，可能的原因是当地的大气压 小于 1标准大气压（选填“大于、等于”或“小于”）。
t/min
…
8
9
10
11
12
13
t温/℃
…
96
97
98
98
98
97
（4）如图所示，是三位同学作出水的沸腾图象，其中正确的是 B 。
（5）水在沸腾过程中需要 吸 热，如果继续给沸腾的水加热，水的温度 不变 （选填“升高”、“不变”或“降低”）。
【分析】（1）温度计使用时玻璃泡不能碰触容器底和容器壁，读数时视线与温度计内液柱相平；
（2）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）（4）（5）液体沸腾时的温度叫沸点，水沸腾时继续吸热温度不变；
液体的沸点跟气压的大小有关，气压增大，沸点升高，气压减小，沸点降低。
【解答】解：（1）由图一可以看出，实验中的错误之处有：读数时，视线未与温度计内液柱的上表面相平；
（2）水沸腾时，有大量气泡产生，气泡在上升过程中体积增大，所以图乙是沸腾时的现象，甲是沸腾前的现象；
（3）由表格中数据知，最终水的温度保持98℃不变，所以可知该地水的沸点是98℃；气压低，水的沸点低，此时水的沸点低于1标准大气压下水的沸点100℃，所以当地的气压小于1标准大气压；
（4）因为水在沸腾前吸热、温度升高，沸腾时吸热但温度保持不变，据此可判断B图是水的沸腾图象。
（5）水在沸腾过程中需要吸热但温度保持不变，如果继续给沸腾的水加热，水的温度不变。
故答案为：（1）视线未与温度计内液柱的上表面相平；（2）乙；（3）98；小于；（4）B；（5）吸；不变。
【点评】水沸腾实验是热学中重要的使用，本实验综合性很强，本题考查了水的沸点、温度计的正确使用、气泡的变化，考查比较全面。
21．（7分）实验小组在“用电流表和电压表测量小灯泡正常发光时灯丝的电阻”实验中，实验器材：两节新干电池、额定电压为2.5V的待测小灯泡、滑动变阻器、电流表、电压表、开关和若干导线。
（1）请用笔画线代替导线将如图1所示的电路连接完整。
（2）连接好电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于最 右 （选填“左”或“右”）端。
（3）然后闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表无示数，电压表有示数且接近3V，则电路故障可能是小灯泡 断路 。
（4）排除故障后，移动滑片至电压表的示数为2.5V时，观察电流表的示数如图2所示，则小灯泡的额定电流为 0.3 A，额定功率为 0.75 W；小灯泡正常发光时灯丝的电阻约为 8.3 Ω（计算结果保留一位小数）。
（5）若将小灯泡换成阻值为5Ω的定值电阻，利用本实验器材还能完成的实验是 B （选填序号）。
A.探究电流与电阻的关系
B.探究电流与电压的关系
【分析】（1）根据灯泡额定电压确定电压表量程，将电压表并联在灯泡两端；
（2）为了保护电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于阻值最大处；
（3）然后闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表无示数，说明电路可能断路；电压表有示数且接近3V，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了；
（4）根据电流表选用量程确定分度值读数，利用P＝UI和R＝分别求出灯泡的额定功率和电阻；
（5）探究电流与电阻的关系，要记录电流随电阻的变化关系，为得出普遍性的规律要更换电阻多次测量；探究电流与电压的关系，要控制电阻大小不变，记录电流随电压的变化关系。
【解答】解：（1）小灯泡额定电压为2.5V，故电压表选用小量程并联在灯泡两端，如下图所示：
；
（2）为了保护电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于阻值最大处，即最右端；
（3）然后闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表无示数，说明电路可能断路；电压表有示数且接近3V，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了，即电路故障可能是小灯泡断路；
（4）排除故障后，移动滑片至电压表的示数为2.5V时，观察电流表的示数如图2所示，电流表选用小量程，分度值0.02A，其示数为0.3A，则额定功率为：
P＝UI＝2.5V×0.3A＝0.75W；
小灯泡正常发光时灯丝的电阻约为：
R＝＝≈8.3Ω；
（5）A、探究电流与电阻的关系，要记录电流随电阻的变化关系，为得出普遍性的规律要更换电阻多次测量，但只有一个定值电阻，故A不能完成；
B、探究电流与电压的关系，要控制电阻大小不变，记录电流随电压的变化关系，可通过移动变阻器的滑片改变电阻的电压和电流，故B能完成；
故选：B。
故答案为：（1）见解答图；（2）右；（3）断路；（4）0.3；0.75；8.3；（5）B。
【点评】本题用电流表和电压表测量小灯泡正常发光时灯丝的电阻实验，考查电路连接、注意事项、电路故障、电流表读数、电阻的计算及功率的计算等知识。
2022年江西省吉安市永丰县中考物理一模试卷
一、填空题（共16分，每题1分）
1．（2分）放在热菜中的盐比凉菜中的盐化得更快，这说明 越高，分子的无规则运动越快。用力拉铁丝不容易拉断，这说明铁丝的分子之间存在 力。
2．（2分）足球比赛中，球员射门时，守门员飞身将球扑住，说明力能改变物体的 ；以飞行的足球为参照物，球门是 的。
3．（2分）如图所示的电路图，当闭合开关S后，电阻R1、R2并联，电路正常工作，则甲表是 表，乙表是 表。
4．（2分）如图所示是一款“运动手环”，其主要部分是一段内置一小块磁铁的密闭空心塑料管，管外缠绕着线圈。戴着这种手环走路时，塑料管跟着手一起运动，磁铁则在管内反复运动，线圈中便会产生电流，液晶屏上就会显示出运动的步数，此过程利用了 的原理，将 能转化为电能。
5．（2分）如图1，电源电压保持不变，闭合开关S，变阻器滑片P从a滑到b端的整个过程中，电流表示数I与电压表示数U的关系如图2所示，由图象可知，R1的阻值为 Ω；当电路中的电流为0.2A时，R1与R2消耗的电功率之比为 。
6．（2分）一台四冲程的汽油机飞轮转速为2400r/min，若在做功冲程中，每次做功460J，这台汽油机的功率是 W，若汽油机的效率为40%，每分钟消耗汽油的质量为 kg（q汽油＝4.6×107/kg）。
7．（2分）小明家2月底电能表示数如图所示，3月底电能表示数为82.0kW•h，3月份他家消耗的电能为 kW•h。小明发现1分钟内，转盘转过了50转，他家接入的用电器消耗的电功率是 W。
8．（2分）分别用两个完全相同的“热得快”，同时给质量和温度相同的甲、乙两种液体加热，它的温度随时间变化的图象如图所示，由图可知 液体的温度升高得快些， 液体的比热容大。
二、选择题（共14分。第9～12小题，每小题只有一个正确选项，每小题2分：第13、14小题为不定项选择，每小题有一个或几个正确选项，每小题2分，全部选择正确得3分，不定项选择正确但不全得1分，不选、多选或错选得0分）
9．（2分）下列估测结果符合实际的是（ ）
A．六月份扬州的平均气温约为 50℃
B．家用 LED 节能灯的电功率约为 200W
C．中学生课桌的高度约为 80mm
D．一枚 1 元人民币硬币的质量大约 6g
10．（2分）在“探究滑动摩擦力大小与哪些因素有关”的实验中，小明找来了量程合适的弹簧测力计一个、长木板两块（一块光滑，另一块粗糙）、长方体木块一块（带有挂钩）、钩码一盒，实验过程如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．测量摩擦力时，要使弹簧测力计拉着木块沿水平长木板做匀速直线运动
B．通过图甲、乙所示的实验可以得出结论：在保持压力一定时，粗糙程度越大，滑动摩擦力越大
C．此实验中应用了一种重要的探究物理问题的方法﹣﹣控制变量法
D．图甲中用不同速度拉着木块做匀速直线运动，摩擦力大小也不同
11．（2分）如图所示，质量和底面积相同的甲、乙两容器，装有质量相同的不同液体，下列说法正确的是（ ）
A．液体对烧杯底部的压强 p甲＝p乙
B．液体对烧杯底部的压强 p甲＞p乙
C．甲、乙两容器对桌面的压力 F甲＝F乙
D．甲、乙两容器对桌面的压力 F甲＞F乙
12．（2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
（多选）13．（3分）下列说法中正确的是（ ）
A．电路两端有电压，但可能没有电流
B．导体的电阻不为零，导体两端的电压一定不为零
C．我国家庭电路的电压为220V，频率为50Hz
D．磁体周围都分布着磁感线
（多选）14．（3分）如图所示，几个同学在只有电流表或电压表时（电源电压未知），利用一个已知阻值的电阻R0设计了四个测未知电阻Rx的电路，其中可行的是（ ）
A． B．
C． D．
三、计算题（共22分，第15、16小题7分，第17小题8分）
15．（7分）最近，公交公司更换了一批新型混合动力公交车，在进行新车测试时获得一些数据：新型公交车总质量为4×10³kg，车匀速行驶时所受阻力是总重的0.5倍，公交车在牵引力作用下在平直公路上匀速行驶，2min内行驶了1200m，（g取10N/kg），求：
（1）该公交车受到的牵引力。
（2）公交车在2min内牵引力所做的功。
（3）公交车这段时间内做功的功率。
16．（7分）如图所示的电路中，电阻R1＝10Ω，闭合开关S，电流表A1的示数为1.2A，电流表A的示数为2A。求：
（1）通过R2的电流大小；
（2）电源电压的大小；
（3）电阻R2的阻值；
17．（8分）如图甲所示，底面积为100cm2的圆柱形容器中装满水，底部中央固定有一根体积不计沿竖直方向的细杆，细杆的上端连接着密度为0.6g/cm3的圆柱体A，容器的底部安装有阀门，现打开阀门，控制水以50cm3/s流出，同时开始计时，水对容器底部的压力随时间变化的规律如图乙所示，求：
（1）阀门未打开前水对容器底部的压强；
（2）圆柱体A的高度；
（3）t＝52s时，细杆对物体的作用力大小。
四、实验探究题（共28分，每小题7分）
18．（7分）火锅，古称“古董羹”，因食物投入沸水时发出的“咕咚”声而得名，是中国独创的美食之一，也是一种老少皆宜的食物。火锅中会用到大量的食用油，其密度大致在0.91g/cm3～0.93g/cm3之间，但在火锅的加工食用过程中存在极个别不法商贩为了节约成本，会将食客食用后的锅底进行再回收再食用，俗称“口水油”。这种油含有大量的微生物，包括残渣细菌，甚至病毒或致癌物质，长期食用会对人们的身心健康造成严重影响。肖肖同学对一份“口水油”样品进行了如下操作，想借此来鉴别其是否是“口水油”。
（1）把托盘天平放在水平桌面上，先将游码 ，再调节 ，使横梁平衡；
（2）用托盘天平测得空烧杯的质量m0＝42g；
（3）在烧杯中倒入适量样品，放置在了托盘天平右盘，天平横梁平衡后（如图1所示），则烧杯和样品油的总质量m＝ g；
（4）将烧杯中样品油倒入量筒中，如图2所示测出样品油的体积；
（5）算出样品油的密度ρ＝ kg/m3；
（6）通过以上实验，肖肖 （填“能”或“不能”）区别食用油与“口水油”；
（7）小华分析上述实验认为：小明的实验操作测得的样品油密度偏 。其原因是：实验中测得的“口水油”样品的 偏小。
19．（7分）小明利用如图甲所示的实验装置研究冰的熔化特点。请你回答下列问题。
（1）实验前，组装实验器材的合理顺序应是 ；（填序号）
A.烧杯；
B.酒精灯；
C.温度计；
D.铁圈及石棉网；
E试管
（2）实验过程中每隔1min记录一次温度计示数，其中某时刻温度计示数如图甲所示，此时冰的温度为 ℃，实验中既要关注温度计的示数又要观察冰的 变化；
（3）实验中，冰不断从烧杯里的水中 热量，温度升高，根据 现象可判断冰开始发生熔化；
（4）实验完成后，小明将实验数据绘制成如图乙所示的温度随时间变化关系的图像，他根据实验过程并结合图像分析认为：酒精灯虽持续加热，冰熔化时温度却保持不变，所以冰熔化过程是不需要吸热的。小明的这一判断是否合理？ （选填“合理”或“不合理”），理由是 。
20．（7分）如图所示是探究水的沸腾的实验。
（1）请指出实验中错误之处： （写一个）。
（2）实验过程中主要观察水沸腾时的现象和水沸腾时的温度。如图中甲、乙所示，图 是水沸腾时的情况。
（3）如下表是本实验过程中不同时刻温度记录，则该地水的沸点为 ℃，可能的原因是当地的大气压 1标准大气压（选填“大于、等于”或“小于”）。
t/min
…
8
9
10
11
12
13
t温/℃
…
96
97
98
98
98
97
（4）如图所示，是三位同学作出水的沸腾图象，其中正确的是 。
（5）水在沸腾过程中需要 热，如果继续给沸腾的水加热，水的温度 （选填“升高”、“不变”或“降低”）。
21．（7分）实验小组在“用电流表和电压表测量小灯泡正常发光时灯丝的电阻”实验中，实验器材：两节新干电池、额定电压为2.5V的待测小灯泡、滑动变阻器、电流表、电压表、开关和若干导线。
（1）请用笔画线代替导线将如图1所示的电路连接完整。
（2）连接好电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于最 （选填“左”或“右”）端。
（3）然后闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表无示数，电压表有示数且接近3V，则电路故障可能是小灯泡 。
（4）排除故障后，移动滑片至电压表的示数为2.5V时，观察电流表的示数如图2所示，则小灯泡的额定电流为 A，额定功率为 W；小灯泡正常发光时灯丝的电阻约为 Ω（计算结果保留一位小数）。
（5）若将小灯泡换成阻值为5Ω的定值电阻，利用本实验器材还能完成的实验是 （选填序号）。
A.探究电流与电阻的关系
B.探究电流与电压的关系
2022年江西省吉安市永丰县中考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、填空题（共16分，每题1分）
1．（2分）放在热菜中的盐比凉菜中的盐化得更快，这说明 温度 越高，分子的无规则运动越快。用力拉铁丝不容易拉断，这说明铁丝的分子之间存在 引 力。
【分析】（1）扩散跟温度有关，温度越高，扩散越快。扩散表明分子不停的做无规则的运动，温度越高，分子运动越快。
（2）分子间同时存在着斥力和引力。
【解答】解：（1）分子运动的速度与温度有关，温度越高，分子运动越快。因此放在热菜中的盐比放在凉菜中的盐化得快；
（2）分子间有相互作用的引力和斥力，用力拉铁丝不容易拉断，就是因为分子间存在引力的作用。
故答案为：温度；引。
【点评】（1）能辨别扩散现象。扩散和温度有关。
（2）分子间同时存在斥力和引力。
2．（2分）足球比赛中，球员射门时，守门员飞身将球扑住，说明力能改变物体的 运动状态 ；以飞行的足球为参照物，球门是 运动 的。
【分析】（1）力可以改变物体的形状，也可以改变物体的运动状态；
（2）被研究的物体和参照物之间如果发生位置的改变，被研究的物体是运动的，如果没有发生位置的改变，被研究的物体是静止的。
【解答】解：（1）球员将飞来的足球顶进球门，足球在力的作用下运动方向发生改变，说明力能改变物体的运动状态；
（2）以飞行的足球为参照物，足球和球门之间的位置不断发生改变，则球门是运动的。
故答案为：运动状态；运动。
【点评】该题考查了力的作用效果，以及参照物的选择，是一道基础题。
3．（2分）如图所示的电路图，当闭合开关S后，电阻R1、R2并联，电路正常工作，则甲表是 电压 表，乙表是 电流 表。
【分析】电流先后经过各个用电器的连接方法叫做串联；如果电流在某点出现支路，通过支路上的用电器后又在另一点汇合，再回到电源的负极，这种连接方式叫并联，根据题目中的开关组合，分析电流的流向，从而判断电路的连接情况。
【解答】解：由图中可以看出：闭合开关S后，甲与电阻R2并联，乙与电阻R2串联，所以甲为电压表，乙为电流表；
故答案为：电压；电流。
【点评】解决此类题目的关键是根据题目中的开关组合方式，联系串并联电路的特点进行分析电路的连接情况。
4．（2分）如图所示是一款“运动手环”，其主要部分是一段内置一小块磁铁的密闭空心塑料管，管外缠绕着线圈。戴着这种手环走路时，塑料管跟着手一起运动，磁铁则在管内反复运动，线圈中便会产生电流，液晶屏上就会显示出运动的步数，此过程利用了 电磁感应 的原理，将 机械 能转化为电能。
【分析】闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中会产生感应电流，这就是电磁感应；这一过程中，可将机械能转化为电能
【解答】解：根据“运动手环”的特点可知，当塑料管运动时，磁铁在管中反向运动，切割线圈而产生电流。因此，运动手环的基本原理是电磁感应，产生电流的过程中将机械能转化为电能。
故答案为：电磁感应；机械。
【点评】了解电磁感应现象，知道产生感应电流的条件，明确这一过程中的能量转化，是解答本题的关键。
5．（2分）如图1，电源电压保持不变，闭合开关S，变阻器滑片P从a滑到b端的整个过程中，电流表示数I与电压表示数U的关系如图2所示，由图象可知，R1的阻值为 10 Ω；当电路中的电流为0.2A时，R1与R2消耗的电功率之比为 2：1 。
【分析】由电路图可知：R1与R2串联，电压表测量电阻R1两端的电压，电流表测量串联电路的电流；
（1）根据图象读出电阻R1两端电压和电流，根据欧姆定律求出定值电阻R1的阻值；
（2）当滑片P位于b端时，电路为R1的简单电路，电压表测电源的电压，电流表测电路中的电流，此时电路中的电流最大，根据图象读出最大电流和电压表的示数，据此可知电源的电压；
当电路中的电流为0.2A时，根据图象读出电阻R1两端电压，根据串联电路的电压特点求出R2两端电压，根据P＝UI即可求出电功率之比。
【解答】解：由电路图可知：R1与R2串联，电压表测量电阻R1两端的电压，电流表测量串联电路的电流；
（1）根据图象可知：电阻R1两端电压U1＝1V时电流I1＝0.1A，
由I＝可得，定值电阻R1＝＝＝10Ω；
（2）由电路图可知：当滑片P位于b端时，电路为R1的简单电路，此时电路中的电流最大，电压表测电源的电压，由图象可知，电路中的最大电流0.3A时，电压表的示数为3V，即电源的电压为3V，
当电路中的电流为0.2A时，根据图象读出电阻R1两端电压U1′＝2V，
根据串联电路的总电压等于各电阻两端的电压之和可知：
R2两端电压U2′＝U﹣U1′＝3V﹣2V＝1V；
R1与R2消耗的电功率P1：P2＝IU1：IU2＝U1：U2＝2V：1V＝2：1。
故答案为：10；2：1。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是根据图象读出电流和电压的对应值。
6．（2分）一台四冲程的汽油机飞轮转速为2400r/min，若在做功冲程中，每次做功460J，这台汽油机的功率是 9200 W，若汽油机的效率为40%，每分钟消耗汽油的质量为 0.03 kg（q汽油＝4.6×107/kg）。
【分析】（1）2400r/min表示1min飞轮转动2400圈，而飞轮每转两圈对外做功一次，可求1min做功次数；又知道每次做功460J，可求汽油机1min做功，再利用P＝求这台汽油机的功率；
（2）知道热机效率，利用效率公式求汽油完全燃烧放出的热量，利用Q＝mq求出每分钟消耗汽油的质量。
【解答】解：（1）因为飞轮每转两圈，对外做功一次，1min飞轮转动2400周
所以1min做功1200次，
因为每次做功460J，
所以1min做功：
W＝460J×1200＝5.52×105J，
这台汽油机的功率：
P＝＝＝9200W；
（2）由η＝＝40%可得汽油完全燃烧放出的热量：
Q放＝＝＝1.38×106J，
每分钟消耗汽油的质量：
m＝＝＝0.03kg。
故答案为：9200； 0.03。
【点评】本题考查了功率公式、效率公式、燃料完全燃烧放热公式的应用，以及对内燃机几个相关数据的理解，关键是公式及变形公式的灵活应用。
7．（2分）小明家2月底电能表示数如图所示，3月底电能表示数为82.0kW•h，3月份他家消耗的电能为 50 kW•h。小明发现1分钟内，转盘转过了50转，他家接入的用电器消耗的电功率是 1200 W。
【分析】由图读出2月底电能表的示数，则3月份他家消耗的电能为3月底的示数与2月底的示数之差；
根据题意得出转盘转过50转消耗的电能，再根据P＝求出他家接入的用电器消耗的电功率。
【解答】解：由图可知2月底电能表示数为32.0kW•h，
则3月份他家消耗的电能为：W＝82.0kW•h﹣32.0kW•h＝50kW•h；
由题可知转盘转过了50转消耗的电能为：W′＝＝0.02kW•h＝7.2×104J，
则他家接入的用电器消耗的电功率为：P＝＝＝1200W。
故答案为：50；1200。
【点评】本题考查了对电能表相关参数的理解以及电功率的计算，此题难度不大。
8．（2分）分别用两个完全相同的“热得快”，同时给质量和温度相同的甲、乙两种液体加热，它的温度随时间变化的图象如图所示，由图可知 甲 液体的温度升高得快些， 乙 液体的比热容大。
【分析】用相同的热源对液体加热，在相等时间内液体吸收的热量相等，温度变化大的温度升高快；根据Q＝cmΔt判断液体比热容的大小。
【解答】解：用两个完全相同的“热得快”对液体加热，在相等时间内两种物质吸收的热量相等，加热时间越长，物质吸收的热量越多，
由图象可知，升高相同的温度80℃﹣0℃＝80℃，
液体甲的加热时间比液体乙的加热时间少，所以液体甲的温度升高比较快；
根据c＝可知，质量相同的甲、乙两种液体升高相同的温度，乙需要的加热时间长，也就是吸收的热量多，所以乙的比热容较大，甲的比热容较小。
故答案为：甲；乙。
【点评】本题考查了学生对比热容掌握及从图象中获取知识的能力，关键是会熟练应用热量的计算公式，属于常考题目，比较简单。
二、选择题（共14分。第9～12小题，每小题只有一个正确选项，每小题2分：第13、14小题为不定项选择，每小题有一个或几个正确选项，每小题2分，全部选择正确得3分，不定项选择正确但不全得1分，不选、多选或错选得0分）
9．（2分）下列估测结果符合实际的是（ ）
A．六月份扬州的平均气温约为 50℃
B．家用 LED 节能灯的电功率约为 200W
C．中学生课桌的高度约为 80mm
D．一枚 1 元人民币硬币的质量大约 6g
【分析】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。
【解答】解：A、六月份扬州最高气温不到40℃，所以平均气温远低于50℃．故A不符合实际；
B、一般台灯的功率约20W，家用LED灯的功率与此差不多，在20W左右。故B不符合实际；
C、中学生的身高在160cm左右，课桌的高度大约是中学生身高的一半，在80cm＝800mm左右。故C不符合实际；
D、一块橡皮的质量约6g，一枚一元硬币的质量与此差不多，在6g左右。故D符合实际。
故选：D。
【点评】物理与社会生活联系紧密，多了解一些生活中的常见量的值可帮助我们更好地学好物理，同时也能让物理更好地为生活服务。
10．（2分）在“探究滑动摩擦力大小与哪些因素有关”的实验中，小明找来了量程合适的弹簧测力计一个、长木板两块（一块光滑，另一块粗糙）、长方体木块一块（带有挂钩）、钩码一盒，实验过程如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．测量摩擦力时，要使弹簧测力计拉着木块沿水平长木板做匀速直线运动
B．通过图甲、乙所示的实验可以得出结论：在保持压力一定时，粗糙程度越大，滑动摩擦力越大
C．此实验中应用了一种重要的探究物理问题的方法﹣﹣控制变量法
D．图甲中用不同速度拉着木块做匀速直线运动，摩擦力大小也不同
【分析】A、根据二力平衡分析；
BCD、影响滑动摩擦力大小因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变，根据图中现象得出结论。
【解答】解：
A、只有沿水平方向拉着物体做匀速直线运动，物体在水平方向上受到平衡力的作用，拉力大小才等于摩擦力的小。故测量摩擦力时，要使弹簧测力计拉着木块沿水平长木板做匀速直线运动，故A正确；
B、比较甲、乙两图，压力大小相同，乙接触面粗糙，乙测力计示数大于甲的示数，可得出在保持压力一定时，粗糙程度越大，滑动摩擦力越大，故B正确；
C、此实验中应用了一种重要的探究物理问题的方法一控制变量法，故C正确；
D、因影响滑动摩擦力大小的两个因素：压力大小和接触面的粗糙程度都不变，故图甲中用不同速度拉着木块做匀速直线运动，摩擦力大小相同，故D错误。
故选：D。
【点评】本题探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关，考查实验原理及控制变量法的运用，体现了对过程和方法的考查。
11．（2分）如图所示，质量和底面积相同的甲、乙两容器，装有质量相同的不同液体，下列说法正确的是（ ）
A．液体对烧杯底部的压强 p甲＝p乙
B．液体对烧杯底部的压强 p甲＞p乙
C．甲、乙两容器对桌面的压力 F甲＝F乙
D．甲、乙两容器对桌面的压力 F甲＞F乙
【分析】（1）液体质量相同，根据图判断出两液体的体积，根据密度公式判断出两液体的密度；
（2）根据p＝ρgh判断液体对杯底压强的关系；
（3）容器对桌面的压力等于容器的重力与液体的重力之和。
【解答】解：AB、因为容器底面积相同，液体同高，所以甲中液体的体积大于乙中液体的体积，即V甲＞V乙，当质量相同时，根据ρ＝可知ρ甲＜ρ乙；
两容器中液体的深度相同，由于ρ甲＜ρ乙，根据p＝ρgh知，液体对杯底的压强p甲＜p乙；所以A、B错误；
CD、水平桌面上，容器对桌面的压力等于容器的重力与液体的重力之和，甲、乙两个容器质量相等，且容器中两种液体质量相等，则总质量相等，即总重力相等，故F甲＝F乙，所以C正确，D错误。
故选：C。
【点评】本题主要考查压强公式的应用，知道在水平面上，物体对水平面的压力等于物体自身的重力是解题的关键。
12．（2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。
（多选）13．（3分）下列说法中正确的是（ ）
A．电路两端有电压，但可能没有电流
B．导体的电阻不为零，导体两端的电压一定不为零
C．我国家庭电路的电压为220V，频率为50Hz
D．磁体周围都分布着磁感线
【分析】（1）电路产生电流的条件：有电源、电路闭合；
（2）电阻是导体本身的一种性质，只与导体的材料、长度、横截面积和温度有关，与两端的电压和通过的电流无关；
（3）我国交流电频率是50Hz，生活用电电压为220V；
（4）磁感线是不存在的，是为了研究方便假象的一些有方向的曲线；磁场是真实存在的。
【解答】解：A、电路两端有电压，电路中可能没有电流，因为只有电路闭合时，才会有电流，故A正确；
B、电阻是导体本身的一种性质，只与导体的材料、长度、横截面积、温度有关，与导体两端的电压无关，故B错误；
C、我国家用电器额定电压是220V，与之配套的生活用电电压也是220V，频率是50Hz．故C 正确；
D、磁感线是不存在的，是为了研究方便假想出来的一些有方向的曲线，故D错误；
故选：AC。
【点评】此题是一道综合题，考查的知识点较多，包括电路电流、家庭电路电压、交流电、磁感线等知识点。难度不大，掌握基本规律就能正确解答。
（多选）14．（3分）如图所示，几个同学在只有电流表或电压表时（电源电压未知），利用一个已知阻值的电阻R0设计了四个测未知电阻Rx的电路，其中可行的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】串联电路的电流处处相等，串联电路总电压等于各部分电压之和，并联电路各支路电压相等，并联电路干路电流等于各支路电流之和，用电压表和电流表，直接或间接测量待测电阻两端的电压和通过待测电阻的电流，根据R＝计算待测电阻的阻值。
【解答】解：
A、由图知，两开关都闭合，两电阻并联，电流表测干路电流；再断开S2，电路为待测电阻的简单电路，电流表测通过待测电阻的电流；
由并联电路的电流特点可知两次电流表示数之差即为通过定值电阻的电流，根据U＝IR计算定值电阻两端的电压，即电源电压，根据欧姆定律可计算待测电阻的阻值，故A可行；
B、由图知，两个开关都闭合时，电路为待测电阻的简单电路，电压表测电源电压；再断开S2，Rx和定值电阻串联，电压表测待测电阻两端的电压；
由串联电路的电压特点可知两次电压表示数之差即为串联时定值电阻两端的电压，根据欧姆定律计算串联电路中的电流，串联电路各处电流相等，根据欧姆定律可计算待测电阻的阻值，故B可行；
C、由图知，闭合S1，Rx和定值电阻串联，电流表测量串联电路的电流，设电流表示数为I1，根据串联电路的电阻特点和欧姆定律可得电源电压U＝I1（Rx+R0），
再闭合S2，电路为待测电阻的简单电路，电流表测通过待测电阻的电流，设此时电流表示数为I2，根据欧姆定律可得电源电压U＝I2Rx，
电源电压不变，联立解方程可得待测电阻的阻值，故C可行；
D、两开关都闭合，Rx和定值电阻并联，电压表测电源电压；断开开关S2，电路为待测电阻的简单电路，电压表测电源电压，即待测电阻两端的电压，不能直接或间接测量通过待测电阻的电流，不能求出Rx的阻值，故D不可行。
故选：ABC。
【点评】本题考查了测电阻阻值电路的选择问题，知道测电阻的原理、分析清楚电路结构、应用串并联电路特点与欧姆定律即可正确解题。
三、计算题（共22分，第15、16小题7分，第17小题8分）
15．（7分）最近，公交公司更换了一批新型混合动力公交车，在进行新车测试时获得一些数据：新型公交车总质量为4×10³kg，车匀速行驶时所受阻力是总重的0.5倍，公交车在牵引力作用下在平直公路上匀速行驶，2min内行驶了1200m，（g取10N/kg），求：
（1）该公交车受到的牵引力。
（2）公交车在2min内牵引力所做的功。
（3）公交车这段时间内做功的功率。
【分析】（1）利用G＝mg求出公交车的重力，根据车匀速行驶时所受阻力是总重的0.5倍，计算出公交车匀速行驶受到的阻力，利用二力平衡条件分析出公交车的牵引力；
（2）利用W＝Fs计算出牵引力做的功；
（3）利用P＝计算出公交车做功的功率。
【解答】解：（1）公交车的重力：
G＝mg＝4×10³kg×10N/kg＝4×104N，
因为车匀速行驶时所受阻力是总重的0.5倍，所以阻力：
f＝0.5G＝0.5×4×104N＝2×104N，
因为公交车在牵引力作用下在平直公路上匀速行驶，所以牵引力与阻力是一对平衡力，因此牵引力：
F＝f＝2×104N；
（2）公交车在2min内牵引力所做的功：
W＝Fs＝2×104N×1200m＝2.4×107J；
（3）公交车这段时间内做功的功率：
P＝。
答：（1）该公交车受到的牵引力为2×104N；
（2）公交车在2min内牵引力所做的功为2.4×107J；
（3）公交车这段时间内做功的功率为2×105W。
【点评】本题考查了二力平衡条件的应用、功和功率的计算，是一道基础题。
16．（7分）如图所示的电路中，电阻R1＝10Ω，闭合开关S，电流表A1的示数为1.2A，电流表A的示数为2A。求：
（1）通过R2的电流大小；
（2）电源电压的大小；
（3）电阻R2的阻值；
【分析】由电路图可知，R1与R2并联，电流表A测干路电流，电流表A1测R1支路的电流。
（1）根据并联电路的电流特点求出通过R2的电流；
（2）根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出电源的电压；
（3）根据欧姆定律求出电阻R2的阻值。
【解答】解：由电路图可知，R1与R2并联，电流表A测干路电流，电流表A1测R1支路的电流。
（1）因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，通过R2的电流：I2＝I﹣I1＝2A﹣1.2A＝0.8A；
（2）因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，由欧姆定律可得，电源的电压：U＝I1R1＝1.2A×10Ω＝12V；
（3）电阻R2的阻值：R2＝＝＝15Ω。
答：（1）通过R2的电流大小为0.8A；
（2）电源电压为12V；
（3）电阻R2的阻值为15Ω。
【点评】本题考查并联电路特点、欧姆定律、电功公式的灵活运用，属于基础题。
17．（8分）如图甲所示，底面积为100cm2的圆柱形容器中装满水，底部中央固定有一根体积不计沿竖直方向的细杆，细杆的上端连接着密度为0.6g/cm3的圆柱体A，容器的底部安装有阀门，现打开阀门，控制水以50cm3/s流出，同时开始计时，水对容器底部的压力随时间变化的规律如图乙所示，求：
（1）阀门未打开前水对容器底部的压强；
（2）圆柱体A的高度；
（3）t＝52s时，细杆对物体的作用力大小。
【分析】（1）由图乙知，当t＝0，水对容器底部的压力为50N，根据p＝求阀门未打开前水对容器底部的压强；
（2）由图乙知，分别求出在0﹣40s，40s﹣64s 64s﹣84s三个时间段流出的水量，即各阶段减小的水的体积，根据h＝，可分别求出1、3阶段水下降的高度；根据压强公式求出在放水前容器盛满水时的深度，可得出圆柱体A的高度；
（3）根据数学公式可得出A的底面积，从而得出A的体积；
根据从第40s到第52s流出水的体积得出水面下降的高度，从而得出A排开水的体积，由阿基米德原理，求出此时A受到的浮力，根据G＝ρAgVA求出A的重力，比较重力其受到的浮力大小主，根据力的平衡求出细杆施加的作用。
【解答】解：（1）由图乙知，当t＝0，水对容器底部的压力为50N，则阀门未打开前水对容器底部的压强为：
p＝＝＝5000Pa；
（2）由图乙知，在0﹣40s，40s﹣64s 64s﹣84s三个时间段，水对容器底部的压力随时间变化的规律分别为一直线，第1阶段流出的水量：
V1＝40s×50cm3/s＝2000cm3；
第2阶段流出的水量：
V2＝24s×50cm3/s＝1200cm3；
第3阶段流出的水量：
V3＝20s×50cm3/s＝1000cm3；
即各阶段减小的水的体积，如下图1所示：
根据h＝，可分别求出1、3阶段水下降的高度分别为：
h1＝20cm，h3＝10cm，
圆柱体A的高度：
hA＝50cm﹣20cm﹣10cm＝20cm；
（3）因在放水前，对容器底部的压强为5000Pa，故容器盛满水时的深度：
h容＝＝＝0.5m﹣﹣﹣﹣﹣﹣①，故
在第2个阶段，有（S﹣SA）hA＝（100cm2﹣SA）hA＝1200cm3，﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，
由①②，故A的底面积为：
SA＝40cm2，
故A的体积：
VA＝SAhA＝40cm2×20cm＝800cm3，
从第40s到第52s流出水的体积为：
V21＝12s×50cm3/s＝600cm3，
即水面下降了10cm，
A排开水的体积：
V排＝h′SA＝10cm×40cm2＝400cm3
由阿基米德原理，此时A受到的浮力：
F浮＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×400×10﹣6m3＝4N；
A的重力：
G＝ρAgVA＝0.6×103kg/m3×10N/kg×800×10﹣6m3＝4.8N，因重力大于其受到的浮力，故A还受到一个细杆施加的竖直向上的力T的作用，根据力的平衡：
T＝G﹣F浮＝4.8N﹣4N＝0.8N。
答：（1）阀门未打开前水对容器底部的压强为5000Pa；
（2）圆柱体A的高度为20cm；
（3）t＝52s时，细杆对物体的作用力大小为0.8N。
【点评】本题考查压强公式、阿基米德原理、力的平衡等知识的运用，关键根据图乙找出放水的三个对应的阶段。
四、实验探究题（共28分，每小题7分）
18．（7分）火锅，古称“古董羹”，因食物投入沸水时发出的“咕咚”声而得名，是中国独创的美食之一，也是一种老少皆宜的食物。火锅中会用到大量的食用油，其密度大致在0.91g/cm3～0.93g/cm3之间，但在火锅的加工食用过程中存在极个别不法商贩为了节约成本，会将食客食用后的锅底进行再回收再食用，俗称“口水油”。这种油含有大量的微生物，包括残渣细菌，甚至病毒或致癌物质，长期食用会对人们的身心健康造成严重影响。肖肖同学对一份“口水油”样品进行了如下操作，想借此来鉴别其是否是“口水油”。
（1）把托盘天平放在水平桌面上，先将游码 置于标尺左端的零刻线处 ，再调节 平衡螺母 ，使横梁平衡；
（2）用托盘天平测得空烧杯的质量m0＝42g；
（3）在烧杯中倒入适量样品，放置在了托盘天平右盘，天平横梁平衡后（如图1所示），则烧杯和样品油的总质量m＝ 71 g；
（4）将烧杯中样品油倒入量筒中，如图2所示测出样品油的体积；
（5）算出样品油的密度ρ＝ 0.725×103 kg/m3；
（6）通过以上实验，肖肖 能 （填“能”或“不能”）区别食用油与“口水油”；
（7）小华分析上述实验认为：小明的实验操作测得的样品油密度偏 大 。其原因是：实验中测得的“口水油”样品的 体积 偏小。
【分析】（1）调节平衡前，先将天平放在水平台上，游码置于标尺左端的零刻线处，然后调节平衡螺母；
（3）利用天平测量物体质量时，物体质量等于砝码的质量和游码对应的刻度值之和；
（4）根据图2读出量筒中油的体积；
（5）根据空烧杯的质量和烧杯和样品油的总质量求出倒入量筒中样品油的质量，根据密度公式求出样品油的密度；
（6）将算出的密度与食用油的密度比较得出结论；
（7）根据将烧杯中样品油倒入量筒中时，样品油会沾在烧杯壁上导致所测体积偏小，根据密度公式分析所测样品油密度的偏差。
【解答】解：（1）调节平衡前，先将天平放在水平桌面上，再将游码置于标尺左端的零刻线处，然后调节平衡螺母使横梁平衡；
（3）由图甲可知，游码标尺的分度值为0.2g，则烧杯和样品油的总质量m＝50g+20g+5g﹣4g＝71g；
（4）由图2可知，量筒的分度值为1mL，则量筒中样品油的体积：V油＝40mL＝40cm3，
（5）由题意可知，倒入量筒中样品油的质量：m油＝m﹣m0＝71g﹣42g＝29g，
则样品油的密度为：
ρ＝＝＝0.725g/cm3＝0.725×103kg/m3；
（6）食用油的密度大致在0.91g/cm3～0.93g/cm3之间，测量的样品油的密度不在此范围，所以能区别食用油与“口水油”；
（7）将烧杯中样品油倒入量筒中时，样品油会沾在烧杯壁上导致所测体积偏小，由ρ＝可知，测得的样品油密度偏大。
故答案为：（1）置于标尺左端的零刻线处；平衡螺母；（3）71；（5）0.725×103；（6）能；（7）大；体积。
【点评】本题测定油的密度，考查天平和量筒的使用、密度公式的应用和误差分析，是常考题，难度不大。
19．（7分）小明利用如图甲所示的实验装置研究冰的熔化特点。请你回答下列问题。
（1）实验前，组装实验器材的合理顺序应是 BDAEC ；（填序号）
A.烧杯；
B.酒精灯；
C.温度计；
D.铁圈及石棉网；
E试管
（2）实验过程中每隔1min记录一次温度计示数，其中某时刻温度计示数如图甲所示，此时冰的温度为 ﹣12 ℃，实验中既要关注温度计的示数又要观察冰的 状态 变化；
（3）实验中，冰不断从烧杯里的水中 吸收 热量，温度升高，根据 出现液态水 现象可判断冰开始发生熔化；
（4）实验完成后，小明将实验数据绘制成如图乙所示的温度随时间变化关系的图像，他根据实验过程并结合图像分析认为：酒精灯虽持续加热，冰熔化时温度却保持不变，所以冰熔化过程是不需要吸热的。小明的这一判断是否合理？ 不合理 （选填“合理”或“不合理”），理由是 因为烧杯中的水温高于试管中冰的温度，所以冰会从水中吸热 。
【分析】（1）实验器材装配要根据酒精灯来确定铁圈及石棉网的高度；温度计测量液体温度时，玻璃泡要浸没在液体中，不能接触容器底和壁，由此分析解答；
（2）在进行温度计的读数时，注意分度值；
（3）晶体在熔化过程中不断吸热温度保持不变，当物质在熔点温度时，可以是固态，也可以是液态，也可以是固液共存态；
（4）物质由固体变为液态的过程是熔化，熔化吸收热量。
【解答】解：（1）酒精灯要使用外焰加热，所以合理顺序应先放好酒精灯，由其外焰高度确定铁圈及石棉网的高度；温度计测量液体温度时，玻璃泡要浸没在液体中，不能接触容器底和壁，所以接着应放置烧杯，试管，最后安装温度计。即顺序为BDAEC；
（2）由图甲知，温度计的分度值为1℃，所以其示数为﹣12℃；实验中既要关注温度计的示数又要观察冰的状态变化；
（3）实验中，冰不断从烧杯里的水中吸收热量，温度升高，实验中判断冰熔化的依据是出现液态水。
（4）小明的这一判断不合理，因为烧杯中的水温高于试管中冰的温度，所以冰会从水中吸热。
故答案为：（1）BDAEC；（2）﹣12；状态；（3）吸收；出现液态水；（4）不合理；因为烧杯中的水温高于试管中冰的温度，所以冰会从水中吸热。
【点评】本题考查了冰熔化时温度与时间的关系的实验、晶体熔化特点等，考查内容较基础。
20．（7分）如图所示是探究水的沸腾的实验。
（1）请指出实验中错误之处： 视线未与温度计内液柱的上表面相平 （写一个）。
（2）实验过程中主要观察水沸腾时的现象和水沸腾时的温度。如图中甲、乙所示，图 乙 是水沸腾时的情况。
（3）如下表是本实验过程中不同时刻温度记录，则该地水的沸点为 98 ℃，可能的原因是当地的大气压 小于 1标准大气压（选填“大于、等于”或“小于”）。
t/min
…
8
9
10
11
12
13
t温/℃
…
96
97
98
98
98
97
（4）如图所示，是三位同学作出水的沸腾图象，其中正确的是 B 。
（5）水在沸腾过程中需要 吸 热，如果继续给沸腾的水加热，水的温度 不变 （选填“升高”、“不变”或“降低”）。
【分析】（1）温度计使用时玻璃泡不能碰触容器底和容器壁，读数时视线与温度计内液柱相平；
（2）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）（4）（5）液体沸腾时的温度叫沸点，水沸腾时继续吸热温度不变；
液体的沸点跟气压的大小有关，气压增大，沸点升高，气压减小，沸点降低。
【解答】解：（1）由图一可以看出，实验中的错误之处有：读数时，视线未与温度计内液柱的上表面相平；
（2）水沸腾时，有大量气泡产生，气泡在上升过程中体积增大，所以图乙是沸腾时的现象，甲是沸腾前的现象；
（3）由表格中数据知，最终水的温度保持98℃不变，所以可知该地水的沸点是98℃；气压低，水的沸点低，此时水的沸点低于1标准大气压下水的沸点100℃，所以当地的气压小于1标准大气压；
（4）因为水在沸腾前吸热、温度升高，沸腾时吸热但温度保持不变，据此可判断B图是水的沸腾图象。
（5）水在沸腾过程中需要吸热但温度保持不变，如果继续给沸腾的水加热，水的温度不变。
故答案为：（1）视线未与温度计内液柱的上表面相平；（2）乙；（3）98；小于；（4）B；（5）吸；不变。
【点评】水沸腾实验是热学中重要的使用，本实验综合性很强，本题考查了水的沸点、温度计的正确使用、气泡的变化，考查比较全面。
21．（7分）实验小组在“用电流表和电压表测量小灯泡正常发光时灯丝的电阻”实验中，实验器材：两节新干电池、额定电压为2.5V的待测小灯泡、滑动变阻器、电流表、电压表、开关和若干导线。
（1）请用笔画线代替导线将如图1所示的电路连接完整。
（2）连接好电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于最 右 （选填“左”或“右”）端。
（3）然后闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表无示数，电压表有示数且接近3V，则电路故障可能是小灯泡 断路 。
（4）排除故障后，移动滑片至电压表的示数为2.5V时，观察电流表的示数如图2所示，则小灯泡的额定电流为 0.3 A，额定功率为 0.75 W；小灯泡正常发光时灯丝的电阻约为 8.3 Ω（计算结果保留一位小数）。
（5）若将小灯泡换成阻值为5Ω的定值电阻，利用本实验器材还能完成的实验是 B （选填序号）。
A.探究电流与电阻的关系
B.探究电流与电压的关系
【分析】（1）根据灯泡额定电压确定电压表量程，将电压表并联在灯泡两端；
（2）为了保护电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于阻值最大处；
（3）然后闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表无示数，说明电路可能断路；电压表有示数且接近3V，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了；
（4）根据电流表选用量程确定分度值读数，利用P＝UI和R＝分别求出灯泡的额定功率和电阻；
（5）探究电流与电阻的关系，要记录电流随电阻的变化关系，为得出普遍性的规律要更换电阻多次测量；探究电流与电压的关系，要控制电阻大小不变，记录电流随电压的变化关系。
【解答】解：（1）小灯泡额定电压为2.5V，故电压表选用小量程并联在灯泡两端，如下图所示：
；
（2）为了保护电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于阻值最大处，即最右端；
（3）然后闭合开关，发现小灯泡不亮，电流表无示数，说明电路可能断路；电压表有示数且接近3V，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了，即电路故障可能是小灯泡断路；
（4）排除故障后，移动滑片至电压表的示数为2.5V时，观察电流表的示数如图2所示，电流表选用小量程，分度值0.02A，其示数为0.3A，则额定功率为：
P＝UI＝2.5V×0.3A＝0.75W；
小灯泡正常发光时灯丝的电阻约为：
R＝＝≈8.3Ω；
（5）A、探究电流与电阻的关系，要记录电流随电阻的变化关系，为得出普遍性的规律要更换电阻多次测量，但只有一个定值电阻，故A不能完成；
B、探究电流与电压的关系，要控制电阻大小不变，记录电流随电压的变化关系，可通过移动变阻器的滑片改变电阻的电压和电流，故B能完成；
故选：B。
故答案为：（1）见解答图；（2）右；（3）断路；（4）0.3；0.75；8.3；（5）B。
【点评】本题用电流表和电压表测量小灯泡正常发光时灯丝的电阻实验，考查电路连接、注意事项、电路故障、电流表读数、电阻的计算及功率的计算等知识。
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