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2023年江苏省南通市海安市紫石中学中考物理一模试卷
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这是一份2023年江苏省南通市海安市紫石中学中考物理一模试卷，共22页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2023年江苏省南通市海安市紫石中学中考物理一模试卷
一、选择题（本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题意。）
1．（2分）2022北京冬奥会顺利闭幕，本着“绿色办奥”理念，其中最值得关注的莫过于奥运火炬在奥运史上首次采用了氢这种清洁能源作为燃料，以下能源属于清洁能源的是（ ）
A．石油 B．煤炭 C．天然气 D．太阳能
2．（2分）2022年北京冬奥会把中国时间——“二十四节气”作为开幕式倒计时，下列涉及的物态变化及吸放热情况说法正确的是（ ）
A．“雨水”节气，雨的形成是升华现象
B．“寒露”节气，露的形成要吸收热量
C．“霜降”节气，霜的形成是液化现象
D．“大雪”节气，雪的形成要放出热量
3．（2分）在平面镜成像特点教学中，老师做了“水中的蜡烛”实验，为了使学生看清水中的蜡烛，老师采取的措施正确的是（ ）
A．使用的玻璃板应该厚一些
B．老师应让学生位于玻璃板左侧观察水中的蜡烛
C．该实验应在明亮的环境中进行
D．点燃的蜡烛靠近“镜子”，盛水的玻璃杯也应靠近“镜子”
4．（2分）监测器测得发声体发出声音的数据如图，0至t1过程中，发声体（ ）
A．振动幅度不变 B．每秒振动次数不变
C．发出声音的音调变低 D．发出声音的响度不变
5．（2分）如图所示装置甲、乙和丙完全相同，燃料质量均为10g，烧杯内液体初温和质量都相等，燃料完全燃烧完后，液体均未沸腾，液体的末温分别为t甲、t乙和t丙，且t甲＞t乙＞t丙，则下列说法正确的是（ ）
A．燃料b放出热量最多
B．液体2吸收的热量最少
C．燃料a的热值比燃料b的大
D．液体1的比热容比液体2的大
6．（2分）测量空气湿度的模拟电路如图1所示，R是定值电阻，RH为湿敏电阻，湿度表是由两电表中某只改装而成；在电压一定时，通过湿敏电阻①和②的电流I与湿度S关系的图像如图2所示；当开关S闭合后，随着湿度的增大，湿度表指针向右偏转。则（ ）
A．为提高测量灵敏度，应选用湿敏电阻①
B．湿敏电阻的阻值随湿度升高而增大
C．随着湿度的增大，电路消耗的总功率变小
D．湿度表是由电压表改装而成的
7．（2分）2022年2月6日，中国女足时隔16年再夺亚洲杯冠军。如图是足球落地后又弹起的示意图。分析可知，足球（ ）
A．在B点时受力平衡
B．在A、D两点动能可能相等
C．在B点时，若所受力全部消失，足球将保持静止状态
D．在运动过程中，只存在动能和势能的相互转化
8．（2分）如图所示，小明同学放学回到家中，闭合开关后灯泡不亮，于是他用测电笔检测插座的两孔，发现氖管都发光；用测电笔检测A点氖管发光，检测B点氖管也发光，发生这一现象的原因可能是（ ）
A．插座短路 B．灯泡断路
C．进户线零线断路 D．进户线火线断路
9．（2分）小明设计了一款“智能门禁”，能检测体温并进行人脸识别，其工作原理为：（1）若体温正常S1闭合，人脸识别成功S2闭合，电动机M工作，警示灯不亮；（2）若体温异常S1不闭合，人脸识别成功S2闭合，电动机M不工作，警示灯亮起；（3）不管体温是否正常，若人脸识别失败S2不闭合，电动机M不工作且警示灯不亮．下列电路设计符合要求的是（ ）
A．只有①符合 B．只有②符合 C．①②均符合 D．①②均不符合
10．（2分）如图甲是电子积木编成的直升机模型，机身底部装有超声波传感器能感知飞机与地面的距离，机身内部有电源，开关闭合后螺旋桨会旋转，手持直升机从近地面处升高到1.2m的过程中，螺旋桨转速逐渐加快，若高度继续增加，螺旋桨转速会减慢，其工作原理如图乙所示，数字电位器能根据接收到超声波传感器传递的高度信息改变其阻值，能正确描述电动机功率P及数字电位器阻值R随高度变化的图像的是（ ）
A． B．
C． D．
二、非选择题。
11．（3分）如图是使用手机和自拍杆自拍时的示意图，自拍杆可以看作是一个 （选填“省力”或“费力”）杠杆（O为支点），已知自拍杆长1m（质量忽略不计），手机对杆竖直向下的作用力F2＝3N，图中L1＝10cm、L2＝80cm，则手垂直于杆的动力F1＝ N，拍摄需要伸长自拍杆时，若保持F1的作用点、方向及支点位置不变，则F1大小将 。
12．（4分）如图甲所示的某品牌插秧机，其使用了北斗卫星导航，农民只需在作业前进行相关设定，即可实现24小时无人值守自动作业。当插秧机匀速作业时，动能 （选属“变大”、“不变”或“变小”）。北斗导航卫星是通过 向插秧机发送位置信息的，该插秧机使用四冲程汽油机，图乙中汽油机处于 冲程，如果该汽油机飞轮的转速是60r/s，则汽油机每分钟对外做功 次。
13．（4分）小明和小红想用下图三个步骤的实验来证明冰熔化需要吸热：
（1）步骤1，将冰块放入盛有冷水的烧杯中，等待温度稳定，杯中冰水混合物的温度为 ℃；
（2）步骤2，小明在保温杯中放入50℃的热水1kg，并于烧杯中取一块0.25kg的冰放入，等冰块全部熔化后测得水温为20℃。则热水放出的热量为 J。若不计热量损失，实验中此冰块熔化吸收热量 J[（c水＝4.2×103J/（kg•℃））]；
（3）步骤3，小红认为实际测量中，保温杯中的水不断向外散热，所以并不能证明冰熔化一定吸热。为了排除散热因素的影响，小红取相同的保温杯，与小明同时装入50℃的热水1kg，则小红下列操作方法正确的是 （只需填写序号）。
①在小明杯中刚放入冰块时，倒入0℃的冷水0.25kg，并立刻测量水温
②在小明杯中刚放入冰块时，倒入0℃的冷水0.25kg，并等小明杯中的冰全部熔化时测量水温
③在小明杯中的冰全部熔化时，倒入0℃的冷水0.25kg，并立刻测量水温
④以上方法都可以
14．（3分）如图甲所示，闭合开关S，滑动变阻器的滑片P从最右端滑至灯正常发光的位置，电流表示数与两电压表示数的关系如图乙所示。则电源电压为 V，灯的额定功率为 ；在某次正常调节中，R的阻值变化量比L的阻值变化量大，则滑片P的移动方向是 （选填“一定向左“一定向右”或“向左、向右均可”）。
15．（2分）如图所示，一束光从空气中斜射到水面，请画出这条入射光线的反射光线和大致的折射光线。
16．（2分）根据图中小磁针静止时的指向，在图中标出通电螺线管的N极和电源的正极。
17．（2分）某额定电压为220V的电动扶梯（已接地），只需在白天且有人时开启，利用红外线开关S1（有人时闭合、无人时断开）及可见光开关S2（白天闭合、夜间断开）即可实现自动控制。请在图中按要求正确完成电路连接。
18．（7分）如图所示，滑轮组在向下的拉力F作用下，将重为600N的钢材匀速提起，在20s内物体上移的距离为h＝2m，拉力F为400N。
（1）计算拉力F所做的有用功功率；
（2）计算滑轮组提升该重物时的机械效率；
（3）如果不计绳重和摩擦，将重为400N的钢材匀速提起时，通过计算说明此时机械效率怎么变化？
19．（10分）在测量标有“3.8V”灯泡L的额定功率时，为了使电压表读数更精确，电路设计如图所示，已知电源电压恒为5V，电压表有“0∼3V”与“0∼15V”两个量程，滑动变阻器最大阻值为20Ω．闭合开关，调节滑动变阻器的滑片P使灯泡L正常发光，此时电流表示数为0.3A。
（1）求灯泡L的额定功率。
（2）当灯泡L正常发光时，求滑动变阻器在10s内消耗的电能。
（3）若仅将灯泡L更换为5Ω的定值电阻R，其余电路元件及连接均不变，闭合开关后，在保证电路安全的前提下，求电阻R的最小功率。
20．（6分）小明在探究杠杆平衡条件的实验中（每个钩码的重力均为G，杠杆上每格长度为a）。
（1）挂钩码前，杠杆在如图甲所示的位置静止，此时杠杆 （达到/没有达到）平衡状态，接下来小明向左调节杠杆两端的螺母。使杠杆保持水平并静止；
（2）如果小明同学面对甲图状况，没有调至水平平衡就匆忙进行乙图实验（弹簧测力计的挂钩钩在右侧第4格处），杠杆虽然此时水平平衡，但可以判断：2G•3a （大于/等于/小于）F1•4a（F1是弹簧测力计的示数）；
（3）面对甲图状况，小华同学按正确的操作将杠杆调至水平平衡后，保持左侧钩码位置不变，然后将弹簧测力计的圆环用细线系在杠杆右侧第4格处，向下拉秤钩（如图丙）。记录下杠杆水平平衡时弹簧测力计示数F2，发现2G•3a＞F2•4a，不满足F1l1＝F2l2，原因是 。
（4）小明同学将甲图状况调节成水平平衡后，进行丁图实验（测力计挂钩钩在右侧第4格处）。
①将弹簧测力计向右下方拉，示数为F3，力与水平方向成θ角，杠杆水平平衡；
②将该弹簧测力计的方向改为向左下方拉，示数为F4，力与水平方向成β角，杠杆水平平衡。若F3＞F4，则θ （＞/＝/＜）β；
（5）小明继续探究如图戊杠杆，物体悬挂点在A，C点上升高度为h，此时机械效率为ηA，将物体悬挂点改在B，C点上升高度还是为h，此时机械效率为ηB，则ηA ηB，请说明理由： 。
21．（8分）为了探究动能大小的影响因素，利用斜面、钢球、木块等器材在同一水平面上开展了如图所示的探究活动。
（1）该实验中所探究物体的动能是指 的动能；（选填“钢球”或“木块”）
（2）由1甲、乙两图可知，当物体质量相同时， 越大，动能越大；
（3）如1甲、丙两图所示，让不同质量的钢球从同一斜面的同一高度由静止滚下，可得出结论： ；
（4）小明通过实验探究货车超速与超载在追尾事故中的危害，用到的器材有：小车（模拟货车）、木块（模拟被追尾车辆）、砝码若干、坡度固定的斜面。将小车从如图2甲所示的A处自由释放，小车在水平面上运动一段距离s0后停止，s0可视为刹车后运动的距离。将木块静置于小车右侧所在的位置B处，表明符合核载量并在限速内的货车不会对前车追尾。
请回答下列问题：
（a）探究货车超速的危害：如图2乙所示，木块置于B处，小车由斜面顶端释放，撞击木块并与木块共同运动一段距离s1，这表明货车超速 （选填“会”或“不会”）产生追尾的危害。本实验可用木块运动的 反映追尾的危害程度；
（b）探究货车超载的危害：如图2丙所示，木块置于B处，将砝码固定在小车上，逐次增加砝码个数重复实验，仍从A处释放小车。观察木块运动的距离s，请你评价本次实验能否探究超载的危害 ；理由： 。
22．（9分）在测量小灯泡的电功率的实验中，电源电压可调，待测小灯泡标有“4.8V”字样。
（1）连接的电路如图甲所示，经检查发现有一根导线连接错误，请你在这根导线上打“×”，并用笔画线代替导线画出正确的接法；
（2）正确连接电路后，按实验规范操作，应将滑动变阻器R1的滑片置于 （选填“A”或“B”）端；闭合开关S，发现小灯泡不发光，电流表无示数，电压表有示数，则电路故障可能是小灯泡 （选填“短路”或“断路”）。
（3）排除故障后，小华闭合开关S，将电压表和电流表示数记录在如表的序号1中，接着，先后将滑片P移到R1中间某处及另一端，将相应的电压表和电流表示数分别记录在如表序号2、3中。
序号
电压表示数U/V
电流表示数I/A
小灯泡功率P/W
1
1.5
0.25
/
2
2.5
/
3
4.0
0.53
/
①序号2数据中，电流表示数如图乙所示，为 A；
②根据以上操作过程及相关数据可知，此时的电源电压为 V；
③小华发现这样无法测定小灯泡的额定功率，于是将电源电压调至8V，但由于忘记调换电流表量程，导致电流表被烧坏。经思考，他又找来了一个滑动变阻器R2和两个开关，重新设计实验方案如图丙所示，操作如下：
a.将电源电压调至12V；
b.将R1、R2滑片置于阻值最大处，闭合开关S、S1，断开S2，移动R2滑片，使电压表示数为 V时，小灯泡正常发光；
c.保持R1、R2滑片位置不变，闭合开关S、S2，断开S1，此时电压表示数为5V；则小灯泡的额定功率为 W。
23．（10分）如图是苹果自动筛选装置，原理是：传送带上苹果经过压力检测点时，使压敏电阻R的阻值发生变化，AB间的电压也随之发生改变，当质量小于一定值的苹果经过压力监测点，使R0两端电压小于5V时，机械装置启动，将质量不达标的苹果推出传送带，实现自动筛选。已知电源电压恒为15V，R0＝30Ω，压敏电阻R的阻值随压力F的变化关系如表所示：
压力F/N
0
1
2
3
4
5
阻值R/Ω
120
80
60
45
40
38
（1）压敏电阻是由 材料（选填“导体”、“绝缘体”或“半导体”）制成的；由表中数据可知，随压敏电阻所受到的压力增大，AB间的电压将 （选填“变大”、“变小”或“不变”）；
（2）当检测点上没有苹果时，1min内整个电路消耗的总功是多少J？
（3）试通过计算求出，该筛选装置可将重为多少N以下的苹果推出传送带？
（4）为了使该装置能够满足对不同质量标准的苹果进行筛选的要求，小红设计了两种方案，用以提高苹果质量筛选的标准：
方案一：改变机械装置启动的电压，使其 （选填“变大”或“变小”）；
方案二：保持机械装置启动的电压不变，将R0换成阻值 （选填“更大”或“更小”）的定值电阻。
2023年江苏省南通市海安市紫石中学中考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题意。）
1．【解答】解：A、石油在燃烧时能产生二氧化硫、一氧化碳、烟尘等空气污染物，不属于清洁能源，故A错误；
B、煤在燃烧时能产生二氧化硫、一氧化碳、氮氧化物等空气污染物，不属于清洁能源，故B错误；
C、天然气燃烧生成温室气体二氧化碳，不属于清洁能源，故C错误；
D、太阳能不会产生任何污染，属于清洁能源，故D正确。
故选：D。
2．【解答】解：A、雨主要是云层中的水蒸气液化形成的，故A错误；
B、露是空气中的水蒸气遇冷液化形成的，此过程放热，故B错误；
C、霜是空气中的水蒸气遇冷凝华形成的冰晶，故C错误；
D、雪是云层中的水蒸气遇冷凝华形成的冰晶，此过程放热，故D正确。
故选：D。
3．【解答】解：A、探究平面镜成像特点时，为了避免出现重影现象，使用的玻璃板应该薄一些，故A错误；
B、探究平面镜成像特点时，应该在物体一侧观察，所以应让学生位于玻璃板右侧观察水中的蜡烛，故B错误；
C、为了使平面镜所成的像更清晰，该实验应在较暗的环境中进行，故C错误；
D、由于平面镜所成的像与物体到平面镜的距离相等，所以当点燃的蜡烛靠近“镜子”，盛水的玻璃杯也应靠近“镜子”，故D正确。
故选：D。
4．【解答】解：从图像分析，0至t1过程中，发声体的强弱等级变小，即振幅降低，所以响度变小，故AD错误；频率不变，即每秒振动次数不变，所以发出声音的音调不变，故B正确，C错误。
故选：B。
5．【解答】解：
（1）为了比较燃料的热值大小，要用不同的燃料，加热同种液体，让液体的质量相同，通过温度计的示数高低得出液体吸热多少和燃料燃烧放热多少，进而判断热值大小，则应选择甲、乙两图进行实验；
由题意知甲、乙两实验中液体的初温相等，末温t甲＞t乙，则Δt甲＞Δt乙，
由图甲、乙所示实验可知，两烧杯中的液体种类即比热容c、质量m都相同，由公式Q＝cmΔt可知，吸收的热量Q甲＞Q乙﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
燃料燃烧释放的热量被烧杯中的液体吸收，则燃料释放的热量Qa＞Qb，且燃料的质量相同，由Q放＝mq可知qa＞qb，即燃料a的热值比燃料b的大，故A错误，C正确；
（2）为了比较两种液体的比热容，需要燃烧同种燃料，加热不同的液体，让液体的质量相同，通过温度计的示数高低得出升高温度的关系，进而判断两种液体比热容的大小关系，应选择甲、丙两图进行实验；
甲、丙所示实验中所用燃料种类与质量均相同，则燃料完全燃烧释放的热量相等，燃料燃烧释放的热量被烧杯中的液体吸收，则液体吸收的热量Q甲＝Q丙﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
所以综合前面解答可知，乙图中液体1吸收的热量最少，故B错误；
甲、丙两实验中液体的初温相等，末温t甲＞t丙，则Δt甲＞Δt丙，即Δt1＞Δt2，
因为Q甲＝Q丙，液体质量m相等，升高的温度Δt1＞Δt2，
所以由c＝可知c1＜c2，即液体1的比热容比液体2的小，故D错误。
故选：C。
6．【解答】解：A、湿度增大，电流变化越明显说明湿度表越灵敏，根据图乙可知，湿度越大，通过湿敏电阻①的电流变化越明显，所以为提高测量灵敏度，应选用湿敏电阻①，故A正确。
BD、定值电阻R和湿敏电阻RH串联接入电路，电压表测量RH的电压，串联电路中电流处处相等；如图2所示，湿敏电阻的湿度越大，通过湿敏电阻①和②的电流越大，说明电路中的电流越大，根据欧姆定律可知，湿敏电阻的阻值变小，即湿敏电阻的阻值随湿度升高而减小，根据串联电路分压原理可知，湿敏电阻的电压减小。当开关S闭合后，随着湿度的增大，湿度表指针向右偏转，所以此湿度表是由电流表改装而成的，故B、D错误；
C、随着湿度增大，电路中电流增大，电路的总电压不变，根据P＝UI计算电路消耗的总功率变大，故C错误。
故选：A。
7．【解答】解：A、足球在B点时受重力和空气阻力的作用，这两个力不在一条直线上，故足球受力不平衡，故A错误；
B、由题图可知，足球落地弹起后的高度越来越低，说明足球的机械能逐渐减小，故足球在A点的机械能大于其在D点的机械能，而足球在A点的重力势能大于其在D点的重力势能，故足球在A、D两点的动能可能相等，故B正确；
C、足球在B点时，若所受力全部消失，根据牛顿第一定律可知，足球将做匀速直线运动，运动状态保持不变，故C错误；
D、在运动过程中，足球的机械能不断减小，所以不仅存在动能和势能的相互转化，还存在机械能转化与内能的转化，故D错误。
故选：B。
8．【解答】解：
A、若插座短路，则整个电路短路，火线上的保险丝熔断或空气开关跳闸，氖管不会发光，故A错误；
B、若灯泡断路，B点、两孔插座的左孔与零线相连，则氖管不会发光，A点、两孔插座的右孔与火线相连，氖管会发光，故B错误；
C、若零线断路，插座的右孔与火线相连，左孔通过灯泡与火线相连，所以插座两孔、A、B点的氖管会发光，故C正确；
D、若火线断路，氖管都不会发光，故D错误。
故选：C。
9．【解答】解：①若体温正常开关S1闭合，人脸识别成功S2闭合，电磁铁把衔铁吸起，动触点与下面的静触点接触，警示灯断开，警示灯不亮，电动机M工作；
若体温异常S1不闭合，电磁铁不具有磁性，动触点与上面的静触点接触，电动机M断开，警示灯工作；
不管体温是否正常，若人脸识别失败S2不闭合，电动机M和警示灯都断开，电动机M不工作且警示灯不亮，故①符合题意；
②若体温正常开关S1闭合，动触点与下面的静触点接触，电动机M接通，不管人脸识别是否成功，电动机M工作，故②不符合题意。
故选：A。
10．【解答】解：由题意可知，当直升机从近地面处升高到1.2m的过程中，螺旋桨速度逐渐加快，说明通过直升机的电动机的电流增大，根据P＝UI可知功率变大；根据I＝知，电路的电阻减小；
若高度继续增加，螺旋桨转速会减慢，说明通过直升机的电动机的电流减小，根据P＝UI可知功率变小；根据I＝知，电路的电阻增大；
所以，电动机功率P随高度升高是先增大后减小，故AB图不符合；数字电位器阻值是先减小后增大，故C图不符合，D图符合题意。
故选：D。
二、非选择题。
11．【解答】解：由题可知，动力臂为10cm＝0.1m，阻力臂为80cm＝0.8m，动力臂＜阻力臂，所以自拍杆为费力杠杆。
由杠杆的平衡条件可列式：F1L1＝F2L2，即F1×0.1m＝3N×0.8m，解得F1＝24N。
伸长自拍杆时，若保持F1的作用点、方向及支点位置不变，则可得阻力不变、动力臂不变、阻力臂变大，根据杠杆的平衡条件可得，动力将变大。
故答案为：费力；24；变大。
12．【解答】解：物体的动能与物体的速度和质量有关。物体的质量越大，速度越大，物体的动能越大。当插秧机匀速作业时，速度不变，但质量减小，动能变小。
北斗导航卫星是通过无线电设备发射电磁波向插秧机发送位置信息的。
如图乙所示，进气阀和排气阀均关闭，且活塞向上运动压缩气体体积，所以图乙中汽油机处于压缩冲程。
该汽油机飞轮的转速是60r/s＝3600r/min
即每分钟转3600圈，每2圈做一次功，则汽油机每分钟对外做功1800次。
故答案为：变小；电磁波；压缩；1800。
13．【解答】解：（1）摄氏温度规定，冰水混合物的温度为0℃；将冰块放入盛有冷水的烧杯中，温度稳定即为冰水混合物，故温度为0℃。
（2）热水放出的热量为：
Q放＝c水m热Δt1＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（50℃﹣20℃）＝1.26×105J，
冷水吸收的热量为：
Q吸＝c水m热冷Δt1＝4.2×103J/（kg•℃）×0.25kg×（20℃﹣0℃）＝2.1×104J，
冰块熔化吸收热量为：
Q放﹣Q吸＝1.26×105J﹣2.1×104J＝1.05×105J。
（3）小红在探究冰熔化是否需要吸热时，应取相同的保温杯，与小明同时装入50℃的热水1kg，在小明杯中的冰全部熔化时，小红向杯中倒入0℃的冷水0.25kg，并立刻测量水温，若最后水温相同，说明冰熔化不需要吸热；若最后水温不同，说明冰熔化需要吸热。故③符合题意。故选③。
故答案为：（1）0；（2）1.26×105；1.05×105；（3）③。
14．【解答】解：（1）当滑片位于最右端时，变阻器接入电路中的电阻最大，此时电路中的电流最小，由串联分压的规律可知变阻器分得的电压最大，此时电路电流为0.2A，灯泡两端电压为1V，滑动变阻器两端电压为8V；
因串联电路两端电压等于各部分电压之和，所以电源电压：U＝UL1+U滑＝1V+8V＝9V；
（2）根据题意可知，当电流表示数最大时，灯泡正常发光，由图乙可知，此时电路电流为0.6A，滑动变阻器两端电压为2V，
因串联电路两端电压等于各部分电压之和，所以灯泡的额定电压：UL＝U﹣U滑′＝9V﹣2V＝7V，
灯泡的额定功率：PL＝ULI最大＝7V×0.6A＝4.2W。
（3）a、滑片向左移动时，滑动变阻器的电阻变小，设原来电路中的电流为I1（即通过灯的电流），滑片往左滑一段距离后电路中的电流为I2（即通过灯的电流），
因变阻器的电阻变小，根据分压原理可知：变阻器分得电压变小，
由串联电路电压的规律可知，灯泡分得的电压增大，通过灯的电流也增大，所以I1＜I2，
由于电源电压不变，则根据I＝可知：R总1＞R总2，即滑片向左移动后电路的总电阻变小；
滑片向左移动后电流变大，根据P＝UI可知灯的实际功率增大，灯丝的温度升高，小灯泡阻值随温度的升高而变大，
因总电阻减小，由电阻的串联规律可知：变阻器R的阻值减小量大于灯泡L的阻值增大量；
b、滑片向右移动时，滑动变阻器的电阻增大，灯泡变暗，电流变小，电路的总电阻变大，但灯丝的温度降低，灯泡的电阻减小，所以变阻器R的阻值增大量大于灯泡L的阻值减小量；
综上可知，滑片不论向左还是向右移动，R的阻值变化量比L的阻值变化量大。
故答案为：9；4.2W；向左、向右均可。
15．【解答】解：光从空气中斜射到水面同时发生反射和折射，
先过入射点O作出法线，在空气中法线的左侧，根据反射角等于入射角作出反射光线；在水中法线的左侧，根据折射角小于入射角作出折射光线，如图所示：
16．【解答】解：①根据异名磁极相互吸引的规律可知，通电螺线管靠近小磁针N极的一端为S极，所以通电螺线管的右端是N极。
②根据安培定则，伸出右手握住螺线管使大拇指指示通电螺线管的N极，则四指弯曲所指的方向为电流的方向，所以电流由螺线管的左端流入，即电源的左端为正极，电源右端是负极。如下图所示：
17．【解答】解：由题意知，在白天且有人时电动扶梯才能启动，说明两个开关串联后共同控制电动机，根据安全用电的原则，开关应接在火线上；
所以，从火线开始，用导线将两个开关S1、S2串联，再连接电动扶梯的电动机，最后回到零线，如下图所示：
18．【解答】解：（1）做的有用功：W有＝Gh＝600N×2m＝1200J，
有用功功率：P＝＝＝60W；
（2）由图可知n＝2，绳子自由端移动的距离s＝nh＝2×2m＝4m，
拉力做的总功：W总＝Fs＝400N×4m＝1600J，
滑轮组的机械效率：η＝×100%＝×100%＝75%；
（3）因为不计绳重和摩擦时F＝（G+G动），所以动滑轮的重力：G动＝nF﹣G＝2×400N﹣600N＝200N，
则提升400N钢材人对绳子需要施加的拉力：F'＝（G'+G动）＝×（400N+200N）＝300N。
做的有用功：W有'＝G'h＝400N×2m＝800J，
拉力做的总功：W总'＝F's＝300N×4m＝1200J，
滑轮组的机械效率：η′＝×100%＝×100%≈66.67%＜75%，即此时滑轮组的机械效率降低。
答：（1）有用功功率为60W；
（2）滑轮组提升该重物时的机械效率为75%；
（3）此时机械效率降低。
19．【解答】解：
（1）灯与变阻器串联，电压表测变阻器的电压，电流表测电路的电流，调节滑动变阻器的滑片P使灯泡L正常发光，灯的电压为额定电压，此时电流表示数为0.3A，灯的额定功率为：
P＝UI＝3.8V×0.3A＝1.14W；
（2）灯泡L正常发光时，由串联电路电压的规律，变阻器的电压为：
U滑＝U﹣UL＝5V﹣3.8V＝1.2V；
滑动变阻器在10s内消耗的电能W＝U滑It＝1.2V×0.3A×10s＝3.6J；
（3）灯的额定电压为3.8V，这时变阻器的电压为1.2V，为了使电压表读数更精确，故电压表选用小量程，当电压表示数最大为3V时，由串联电路电压规律，R的最小电压：U小＝5V﹣3V＝2V，
电阻R的最小功率：
P小＝＝＝0.8W。
答：
（1）灯泡L的额定功率为1.14W；
（2）当灯泡L正常发光时，滑动变阻器在10s内消耗的电能为3.6J；
（3）若仅将灯泡L更换为5Ω的定值电阻R，其余电路元件及连接均不变，闭合开关后，在保证电路安全的前提下，电阻R的最小功率为0.8W。
20．【解答】解：（1）挂钩码前，杠杆在如图甲所示的位置静止，此时杠杆达到平衡；
（2）实验前杠杆右端下沉，重心在右侧，没有调水平平衡就匆忙进行乙图实验（弹簧测力计的挂钩钩在4格处），杠杆虽然此时水平平衡，但可以判断：2G•3a大于F1•4a；
（3）将弹簧测力计的圆环用细线系在杠杆上，弹簧测力计的重力相当于钩码，根据杠杆的平衡条件可得，弹簧测力计的圆环用细线系在杠杆上的4格处，向下拉钩，杠杆水平平衡时弹簧测力计示数为F2，2G•3a＞F2•4a，不满足F1l1＝F2l2，原因是；弹簧测力计有重力；
（4）小明同学将甲图状况调节成水平平衡后，进行丁图实验（两弹簧测力计不同时使用，测力计挂钩钩在4格处），①将弹簧测力计向右下方向拉，示数为F3，力与水平方向成θ角，杠杆水平平衡；
②将该弹簧测力计的方向改为向左下方拉，示数为F4，力与水平方向成β角，杠杆水平平衡。根据阻力、阻力臂不变，动力与动力臂成反比，在杠杆上的长度相同，角度越大，力臂越大（拉力与杠杆的夹角在0～90°之间），力越小，若F3＞F4，则 θ＜β；
（5）从图中可以看出，由OA到OB力臂变大，所以弹簧测力计的示数变大；C点提升高度是不变，即额外功不变，而B点上升比A点上升高，有用功变大，又因为总功等于额外功与有用功之和。由η＝×100%可知，额外功不变，有用功变大，机械效率变大，即ηA＜ηB。
故答案为：（1）达到；（2）大于；（3）弹簧测力计有重力；（4）＜；（5）＜；额外功不变，有用功变大，机械效率变大。
21．【解答】解：（1）该实验中所探究物体的动能是指钢球的动能；
（2）如图1甲、乙两图所示，钢球的质量相同，甲图钢球滑到斜面底端的速度大，木块移动的距离大，钢球的动能大，故可以得出当物体质量相同时，速度越大，动能越大；
（3）如1甲、丙两图所示，让不同质量的钢球从同一斜面的同一高度由静止滚下，两球滑到斜面底端的速度相同，由图知丙球的质量大，木块移动的距离大，故可以得出：当物体速度相同时，质量越大，动能越大；
（4）（a）小车撞击木块并与木块共同运动一段距离，是小车“追尾”木块的结果，因此这表明货车超速会产生追尾的危害，追尾的危害程度越大，木块被推动移动的距离越远，因此本实验可用木块运动的距离反映追尾的危害程度；
（b）由图2的甲、丙两图知，丙图小车的质量大，甲、丙到达斜面底端的速度相同，由于丙图小车的重力大，小车与地面的摩擦力大，小车不能与木块相撞，所以不能探究超载的危害。
故答案为：（1）钢球；（2）速度；（3）当物体速度相同时，质量越大，动能越大；（4）（a）会；距离；（b）不能；甲、丙到达斜面底端的速度相同，由于丙图小车的重力大，小车与地面的摩擦力大，小车不能与木块相撞，所以不能探究超载的危害。
22．【解答】解：（1）灯泡与滑动变阻器并联，电压表串联在电路中是错误的，灯泡应该与滑动变阻器、电流表串联，电压表与灯泡并联，修改后的电路图如下：
；
（2）为了保护电路，按实验规范操作，应将滑动变阻器R1的滑片置于阻值最大处，即B端；
闭合开关S，发现小灯泡不发光，电流表无示数，说明电路可能断路；电压表有示数，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，则与电压表并联的支路断路了，即电路故障可能是小灯泡断路；
（3）①序号2数据中，电流表示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值0.02A，其示数为0.36A；
②当变阻器滑片P移到R1另一端时，变阻器接入电路的阻值为0，电路为只有灯泡的简单电路，电压表测电源两端的电压，由表序号3可知，此时电压表示数为4V，故电源电压为4V；
③b.将电源电压调至12V；将R1、R2滑片置于阻值最大处，闭合开关S、S1，断开S2，此时滑动变阻器R1、滑动变阻器R2和小灯泡串联在电源上，电压表并联在滑动变阻器R1和滑动变阻器R2两端；移动R2滑片使小灯泡两端电压为4.8V正常发光时，根据串联电路电压规律，故电压表示数为UV＝U﹣UL＝12V﹣4.8V＝7.2V；
c．如图甲，小灯泡和滑动变阻器R1串联在电路中，电压表测量小灯泡两端的电压，序号1是滑动变阻器R1阻值最大时电压表和电流表示数，故电源电压：
U＝U1+UL＝0.25A×R1+1.5V，
序号3是滑动变阻器R1阻值为零时电压表和电流表示数，故电源电压：
U＝4V，
根据电源电压保持不变，即0.25A×R1+1.5V＝4V，
解得滑动变阻器R1的阻值为：R1＝10Ω；
保持R1、R2滑片位置不变，闭合开关S、S2，断开S1，滑动变阻器R1、滑动变阻器R2和小灯泡串联在电源上，电压表测R1两端的电压，R1滑片置于阻值最大处，此时电压表示数为5V，则电路中的电流为：
I＝I1＝＝＝0.5A，
故小灯泡的额定功率：
P＝U额I＝4.8V×0.5A＝2.4W。
故答案为：（1）见解答图；（2）B；断路；（3）①0.36；②4；③b.7.2；c.2.4。
23．【解答】解：（1）压敏电阻是由半导体材料制成的；由表中数据可知，压敏电阻的阻值随压力的增大而减小，由电路图可知，两电阻串联接入电路，AB间的电压即定值电阻两端的电压，根据串联分压原理可知随压敏电阻所受到的压力增大，压敏电阻两端的电压变小，串联电路总电压等于各部分电压之和，所以AB间的电压将变大；
（2）由表中数据可知当检测点上没有苹果时，压敏电阻的阻值为120Ω，
串联电路总电阻等于各部分电阻之和，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可得此时通过电路的电流：I＝＝＝0.1A，
1min内整个电路消耗的总功：W＝UIt＝15V×0.1A×60s＝90J；
（3）当R0两端电压U0＝5V时，由欧姆定律可得此时电路中的电流：I′＝＝＝A，
串联电路中总电压等于各分电压之和，则R两端的电压：UR＝U﹣U0＝15V﹣5V＝10V，
此时压敏电阻的阻值：R′＝＝＝60Ω，
由表格数据可知，压敏电阻受到的压力为2N，该筛选装置可将重为2N以下的苹果推出传送带；
（4）不同质量标准的苹果对压敏电阻的压力不同，压敏电阻的阻值不同，提高苹果质量筛选的标准后压敏电阻的阻值变小，根据串联分压原理可知压敏电阻两端的电压变小，根据串联电路电压规律可知机械装置启动时R0两端的电压应变大；或保持机械装置启动的电压不变，将R0换成阻值更小的定值电阻。
答：（1）半导体；变大；
（2）当检测点上没有苹果时，1min内整个电路消耗的总功为90J；
（3）该筛选装置可将重为2N以下的苹果推出传送带；
（4）变大，更小。
2023年江苏省南通市海安市紫石中学中考物理一模试卷
一、选择题（本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题意。）
1．（2分）2022北京冬奥会顺利闭幕，本着“绿色办奥”理念，其中最值得关注的莫过于奥运火炬在奥运史上首次采用了氢这种清洁能源作为燃料，以下能源属于清洁能源的是（ ）
A．石油 B．煤炭 C．天然气 D．太阳能
2．（2分）2022年北京冬奥会把中国时间——“二十四节气”作为开幕式倒计时，下列涉及的物态变化及吸放热情况说法正确的是（ ）
A．“雨水”节气，雨的形成是升华现象
B．“寒露”节气，露的形成要吸收热量
C．“霜降”节气，霜的形成是液化现象
D．“大雪”节气，雪的形成要放出热量
3．（2分）在平面镜成像特点教学中，老师做了“水中的蜡烛”实验，为了使学生看清水中的蜡烛，老师采取的措施正确的是（ ）
A．使用的玻璃板应该厚一些
B．老师应让学生位于玻璃板左侧观察水中的蜡烛
C．该实验应在明亮的环境中进行
D．点燃的蜡烛靠近“镜子”，盛水的玻璃杯也应靠近“镜子”
4．（2分）监测器测得发声体发出声音的数据如图，0至t1过程中，发声体（ ）
A．振动幅度不变 B．每秒振动次数不变
C．发出声音的音调变低 D．发出声音的响度不变
5．（2分）如图所示装置甲、乙和丙完全相同，燃料质量均为10g，烧杯内液体初温和质量都相等，燃料完全燃烧完后，液体均未沸腾，液体的末温分别为t甲、t乙和t丙，且t甲＞t乙＞t丙，则下列说法正确的是（ ）
A．燃料b放出热量最多
B．液体2吸收的热量最少
C．燃料a的热值比燃料b的大
D．液体1的比热容比液体2的大
6．（2分）测量空气湿度的模拟电路如图1所示，R是定值电阻，RH为湿敏电阻，湿度表是由两电表中某只改装而成；在电压一定时，通过湿敏电阻①和②的电流I与湿度S关系的图像如图2所示；当开关S闭合后，随着湿度的增大，湿度表指针向右偏转。则（ ）
A．为提高测量灵敏度，应选用湿敏电阻①
B．湿敏电阻的阻值随湿度升高而增大
C．随着湿度的增大，电路消耗的总功率变小
D．湿度表是由电压表改装而成的
7．（2分）2022年2月6日，中国女足时隔16年再夺亚洲杯冠军。如图是足球落地后又弹起的示意图。分析可知，足球（ ）
A．在B点时受力平衡
B．在A、D两点动能可能相等
C．在B点时，若所受力全部消失，足球将保持静止状态
D．在运动过程中，只存在动能和势能的相互转化
8．（2分）如图所示，小明同学放学回到家中，闭合开关后灯泡不亮，于是他用测电笔检测插座的两孔，发现氖管都发光；用测电笔检测A点氖管发光，检测B点氖管也发光，发生这一现象的原因可能是（ ）
A．插座短路 B．灯泡断路
C．进户线零线断路 D．进户线火线断路
9．（2分）小明设计了一款“智能门禁”，能检测体温并进行人脸识别，其工作原理为：（1）若体温正常S1闭合，人脸识别成功S2闭合，电动机M工作，警示灯不亮；（2）若体温异常S1不闭合，人脸识别成功S2闭合，电动机M不工作，警示灯亮起；（3）不管体温是否正常，若人脸识别失败S2不闭合，电动机M不工作且警示灯不亮．下列电路设计符合要求的是（ ）
A．只有①符合 B．只有②符合 C．①②均符合 D．①②均不符合
10．（2分）如图甲是电子积木编成的直升机模型，机身底部装有超声波传感器能感知飞机与地面的距离，机身内部有电源，开关闭合后螺旋桨会旋转，手持直升机从近地面处升高到1.2m的过程中，螺旋桨转速逐渐加快，若高度继续增加，螺旋桨转速会减慢，其工作原理如图乙所示，数字电位器能根据接收到超声波传感器传递的高度信息改变其阻值，能正确描述电动机功率P及数字电位器阻值R随高度变化的图像的是（ ）
A． B．
C． D．
二、非选择题。
11．（3分）如图是使用手机和自拍杆自拍时的示意图，自拍杆可以看作是一个 （选填“省力”或“费力”）杠杆（O为支点），已知自拍杆长1m（质量忽略不计），手机对杆竖直向下的作用力F2＝3N，图中L1＝10cm、L2＝80cm，则手垂直于杆的动力F1＝ N，拍摄需要伸长自拍杆时，若保持F1的作用点、方向及支点位置不变，则F1大小将 。
12．（4分）如图甲所示的某品牌插秧机，其使用了北斗卫星导航，农民只需在作业前进行相关设定，即可实现24小时无人值守自动作业。当插秧机匀速作业时，动能 （选属“变大”、“不变”或“变小”）。北斗导航卫星是通过 向插秧机发送位置信息的，该插秧机使用四冲程汽油机，图乙中汽油机处于 冲程，如果该汽油机飞轮的转速是60r/s，则汽油机每分钟对外做功 次。
13．（4分）小明和小红想用下图三个步骤的实验来证明冰熔化需要吸热：
（1）步骤1，将冰块放入盛有冷水的烧杯中，等待温度稳定，杯中冰水混合物的温度为 ℃；
（2）步骤2，小明在保温杯中放入50℃的热水1kg，并于烧杯中取一块0.25kg的冰放入，等冰块全部熔化后测得水温为20℃。则热水放出的热量为 J。若不计热量损失，实验中此冰块熔化吸收热量 J[（c水＝4.2×103J/（kg•℃））]；
（3）步骤3，小红认为实际测量中，保温杯中的水不断向外散热，所以并不能证明冰熔化一定吸热。为了排除散热因素的影响，小红取相同的保温杯，与小明同时装入50℃的热水1kg，则小红下列操作方法正确的是 （只需填写序号）。
①在小明杯中刚放入冰块时，倒入0℃的冷水0.25kg，并立刻测量水温
②在小明杯中刚放入冰块时，倒入0℃的冷水0.25kg，并等小明杯中的冰全部熔化时测量水温
③在小明杯中的冰全部熔化时，倒入0℃的冷水0.25kg，并立刻测量水温
④以上方法都可以
14．（3分）如图甲所示，闭合开关S，滑动变阻器的滑片P从最右端滑至灯正常发光的位置，电流表示数与两电压表示数的关系如图乙所示。则电源电压为 V，灯的额定功率为 ；在某次正常调节中，R的阻值变化量比L的阻值变化量大，则滑片P的移动方向是 （选填“一定向左“一定向右”或“向左、向右均可”）。
15．（2分）如图所示，一束光从空气中斜射到水面，请画出这条入射光线的反射光线和大致的折射光线。
16．（2分）根据图中小磁针静止时的指向，在图中标出通电螺线管的N极和电源的正极。
17．（2分）某额定电压为220V的电动扶梯（已接地），只需在白天且有人时开启，利用红外线开关S1（有人时闭合、无人时断开）及可见光开关S2（白天闭合、夜间断开）即可实现自动控制。请在图中按要求正确完成电路连接。
18．（7分）如图所示，滑轮组在向下的拉力F作用下，将重为600N的钢材匀速提起，在20s内物体上移的距离为h＝2m，拉力F为400N。
（1）计算拉力F所做的有用功功率；
（2）计算滑轮组提升该重物时的机械效率；
（3）如果不计绳重和摩擦，将重为400N的钢材匀速提起时，通过计算说明此时机械效率怎么变化？
19．（10分）在测量标有“3.8V”灯泡L的额定功率时，为了使电压表读数更精确，电路设计如图所示，已知电源电压恒为5V，电压表有“0∼3V”与“0∼15V”两个量程，滑动变阻器最大阻值为20Ω．闭合开关，调节滑动变阻器的滑片P使灯泡L正常发光，此时电流表示数为0.3A。
（1）求灯泡L的额定功率。
（2）当灯泡L正常发光时，求滑动变阻器在10s内消耗的电能。
（3）若仅将灯泡L更换为5Ω的定值电阻R，其余电路元件及连接均不变，闭合开关后，在保证电路安全的前提下，求电阻R的最小功率。
20．（6分）小明在探究杠杆平衡条件的实验中（每个钩码的重力均为G，杠杆上每格长度为a）。
（1）挂钩码前，杠杆在如图甲所示的位置静止，此时杠杆 （达到/没有达到）平衡状态，接下来小明向左调节杠杆两端的螺母。使杠杆保持水平并静止；
（2）如果小明同学面对甲图状况，没有调至水平平衡就匆忙进行乙图实验（弹簧测力计的挂钩钩在右侧第4格处），杠杆虽然此时水平平衡，但可以判断：2G•3a （大于/等于/小于）F1•4a（F1是弹簧测力计的示数）；
（3）面对甲图状况，小华同学按正确的操作将杠杆调至水平平衡后，保持左侧钩码位置不变，然后将弹簧测力计的圆环用细线系在杠杆右侧第4格处，向下拉秤钩（如图丙）。记录下杠杆水平平衡时弹簧测力计示数F2，发现2G•3a＞F2•4a，不满足F1l1＝F2l2，原因是 。
（4）小明同学将甲图状况调节成水平平衡后，进行丁图实验（测力计挂钩钩在右侧第4格处）。
①将弹簧测力计向右下方拉，示数为F3，力与水平方向成θ角，杠杆水平平衡；
②将该弹簧测力计的方向改为向左下方拉，示数为F4，力与水平方向成β角，杠杆水平平衡。若F3＞F4，则θ （＞/＝/＜）β；
（5）小明继续探究如图戊杠杆，物体悬挂点在A，C点上升高度为h，此时机械效率为ηA，将物体悬挂点改在B，C点上升高度还是为h，此时机械效率为ηB，则ηA ηB，请说明理由： 。
21．（8分）为了探究动能大小的影响因素，利用斜面、钢球、木块等器材在同一水平面上开展了如图所示的探究活动。
（1）该实验中所探究物体的动能是指 的动能；（选填“钢球”或“木块”）
（2）由1甲、乙两图可知，当物体质量相同时， 越大，动能越大；
（3）如1甲、丙两图所示，让不同质量的钢球从同一斜面的同一高度由静止滚下，可得出结论： ；
（4）小明通过实验探究货车超速与超载在追尾事故中的危害，用到的器材有：小车（模拟货车）、木块（模拟被追尾车辆）、砝码若干、坡度固定的斜面。将小车从如图2甲所示的A处自由释放，小车在水平面上运动一段距离s0后停止，s0可视为刹车后运动的距离。将木块静置于小车右侧所在的位置B处，表明符合核载量并在限速内的货车不会对前车追尾。
请回答下列问题：
（a）探究货车超速的危害：如图2乙所示，木块置于B处，小车由斜面顶端释放，撞击木块并与木块共同运动一段距离s1，这表明货车超速 （选填“会”或“不会”）产生追尾的危害。本实验可用木块运动的 反映追尾的危害程度；
（b）探究货车超载的危害：如图2丙所示，木块置于B处，将砝码固定在小车上，逐次增加砝码个数重复实验，仍从A处释放小车。观察木块运动的距离s，请你评价本次实验能否探究超载的危害 ；理由： 。
22．（9分）在测量小灯泡的电功率的实验中，电源电压可调，待测小灯泡标有“4.8V”字样。
（1）连接的电路如图甲所示，经检查发现有一根导线连接错误，请你在这根导线上打“×”，并用笔画线代替导线画出正确的接法；
（2）正确连接电路后，按实验规范操作，应将滑动变阻器R1的滑片置于 （选填“A”或“B”）端；闭合开关S，发现小灯泡不发光，电流表无示数，电压表有示数，则电路故障可能是小灯泡 （选填“短路”或“断路”）。
（3）排除故障后，小华闭合开关S，将电压表和电流表示数记录在如表的序号1中，接着，先后将滑片P移到R1中间某处及另一端，将相应的电压表和电流表示数分别记录在如表序号2、3中。
序号
电压表示数U/V
电流表示数I/A
小灯泡功率P/W
1
1.5
0.25
/
2
2.5
/
3
4.0
0.53
/
①序号2数据中，电流表示数如图乙所示，为 A；
②根据以上操作过程及相关数据可知，此时的电源电压为 V；
③小华发现这样无法测定小灯泡的额定功率，于是将电源电压调至8V，但由于忘记调换电流表量程，导致电流表被烧坏。经思考，他又找来了一个滑动变阻器R2和两个开关，重新设计实验方案如图丙所示，操作如下：
a.将电源电压调至12V；
b.将R1、R2滑片置于阻值最大处，闭合开关S、S1，断开S2，移动R2滑片，使电压表示数为 V时，小灯泡正常发光；
c.保持R1、R2滑片位置不变，闭合开关S、S2，断开S1，此时电压表示数为5V；则小灯泡的额定功率为 W。
23．（10分）如图是苹果自动筛选装置，原理是：传送带上苹果经过压力检测点时，使压敏电阻R的阻值发生变化，AB间的电压也随之发生改变，当质量小于一定值的苹果经过压力监测点，使R0两端电压小于5V时，机械装置启动，将质量不达标的苹果推出传送带，实现自动筛选。已知电源电压恒为15V，R0＝30Ω，压敏电阻R的阻值随压力F的变化关系如表所示：
压力F/N
0
1
2
3
4
5
阻值R/Ω
120
80
60
45
40
38
（1）压敏电阻是由 材料（选填“导体”、“绝缘体”或“半导体”）制成的；由表中数据可知，随压敏电阻所受到的压力增大，AB间的电压将 （选填“变大”、“变小”或“不变”）；
（2）当检测点上没有苹果时，1min内整个电路消耗的总功是多少J？
（3）试通过计算求出，该筛选装置可将重为多少N以下的苹果推出传送带？
（4）为了使该装置能够满足对不同质量标准的苹果进行筛选的要求，小红设计了两种方案，用以提高苹果质量筛选的标准：
方案一：改变机械装置启动的电压，使其 （选填“变大”或“变小”）；
方案二：保持机械装置启动的电压不变，将R0换成阻值 （选填“更大”或“更小”）的定值电阻。
2023年江苏省南通市海安市紫石中学中考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题意。）
1．【解答】解：A、石油在燃烧时能产生二氧化硫、一氧化碳、烟尘等空气污染物，不属于清洁能源，故A错误；
B、煤在燃烧时能产生二氧化硫、一氧化碳、氮氧化物等空气污染物，不属于清洁能源，故B错误；
C、天然气燃烧生成温室气体二氧化碳，不属于清洁能源，故C错误；
D、太阳能不会产生任何污染，属于清洁能源，故D正确。
故选：D。
2．【解答】解：A、雨主要是云层中的水蒸气液化形成的，故A错误；
B、露是空气中的水蒸气遇冷液化形成的，此过程放热，故B错误；
C、霜是空气中的水蒸气遇冷凝华形成的冰晶，故C错误；
D、雪是云层中的水蒸气遇冷凝华形成的冰晶，此过程放热，故D正确。
故选：D。
3．【解答】解：A、探究平面镜成像特点时，为了避免出现重影现象，使用的玻璃板应该薄一些，故A错误；
B、探究平面镜成像特点时，应该在物体一侧观察，所以应让学生位于玻璃板右侧观察水中的蜡烛，故B错误；
C、为了使平面镜所成的像更清晰，该实验应在较暗的环境中进行，故C错误；
D、由于平面镜所成的像与物体到平面镜的距离相等，所以当点燃的蜡烛靠近“镜子”，盛水的玻璃杯也应靠近“镜子”，故D正确。
故选：D。
4．【解答】解：从图像分析，0至t1过程中，发声体的强弱等级变小，即振幅降低，所以响度变小，故AD错误；频率不变，即每秒振动次数不变，所以发出声音的音调不变，故B正确，C错误。
故选：B。
5．【解答】解：
（1）为了比较燃料的热值大小，要用不同的燃料，加热同种液体，让液体的质量相同，通过温度计的示数高低得出液体吸热多少和燃料燃烧放热多少，进而判断热值大小，则应选择甲、乙两图进行实验；
由题意知甲、乙两实验中液体的初温相等，末温t甲＞t乙，则Δt甲＞Δt乙，
由图甲、乙所示实验可知，两烧杯中的液体种类即比热容c、质量m都相同，由公式Q＝cmΔt可知，吸收的热量Q甲＞Q乙﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
燃料燃烧释放的热量被烧杯中的液体吸收，则燃料释放的热量Qa＞Qb，且燃料的质量相同，由Q放＝mq可知qa＞qb，即燃料a的热值比燃料b的大，故A错误，C正确；
（2）为了比较两种液体的比热容，需要燃烧同种燃料，加热不同的液体，让液体的质量相同，通过温度计的示数高低得出升高温度的关系，进而判断两种液体比热容的大小关系，应选择甲、丙两图进行实验；
甲、丙所示实验中所用燃料种类与质量均相同，则燃料完全燃烧释放的热量相等，燃料燃烧释放的热量被烧杯中的液体吸收，则液体吸收的热量Q甲＝Q丙﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
所以综合前面解答可知，乙图中液体1吸收的热量最少，故B错误；
甲、丙两实验中液体的初温相等，末温t甲＞t丙，则Δt甲＞Δt丙，即Δt1＞Δt2，
因为Q甲＝Q丙，液体质量m相等，升高的温度Δt1＞Δt2，
所以由c＝可知c1＜c2，即液体1的比热容比液体2的小，故D错误。
故选：C。
6．【解答】解：A、湿度增大，电流变化越明显说明湿度表越灵敏，根据图乙可知，湿度越大，通过湿敏电阻①的电流变化越明显，所以为提高测量灵敏度，应选用湿敏电阻①，故A正确。
BD、定值电阻R和湿敏电阻RH串联接入电路，电压表测量RH的电压，串联电路中电流处处相等；如图2所示，湿敏电阻的湿度越大，通过湿敏电阻①和②的电流越大，说明电路中的电流越大，根据欧姆定律可知，湿敏电阻的阻值变小，即湿敏电阻的阻值随湿度升高而减小，根据串联电路分压原理可知，湿敏电阻的电压减小。当开关S闭合后，随着湿度的增大，湿度表指针向右偏转，所以此湿度表是由电流表改装而成的，故B、D错误；
C、随着湿度增大，电路中电流增大，电路的总电压不变，根据P＝UI计算电路消耗的总功率变大，故C错误。
故选：A。
7．【解答】解：A、足球在B点时受重力和空气阻力的作用，这两个力不在一条直线上，故足球受力不平衡，故A错误；
B、由题图可知，足球落地弹起后的高度越来越低，说明足球的机械能逐渐减小，故足球在A点的机械能大于其在D点的机械能，而足球在A点的重力势能大于其在D点的重力势能，故足球在A、D两点的动能可能相等，故B正确；
C、足球在B点时，若所受力全部消失，根据牛顿第一定律可知，足球将做匀速直线运动，运动状态保持不变，故C错误；
D、在运动过程中，足球的机械能不断减小，所以不仅存在动能和势能的相互转化，还存在机械能转化与内能的转化，故D错误。
故选：B。
8．【解答】解：
A、若插座短路，则整个电路短路，火线上的保险丝熔断或空气开关跳闸，氖管不会发光，故A错误；
B、若灯泡断路，B点、两孔插座的左孔与零线相连，则氖管不会发光，A点、两孔插座的右孔与火线相连，氖管会发光，故B错误；
C、若零线断路，插座的右孔与火线相连，左孔通过灯泡与火线相连，所以插座两孔、A、B点的氖管会发光，故C正确；
D、若火线断路，氖管都不会发光，故D错误。
故选：C。
9．【解答】解：①若体温正常开关S1闭合，人脸识别成功S2闭合，电磁铁把衔铁吸起，动触点与下面的静触点接触，警示灯断开，警示灯不亮，电动机M工作；
若体温异常S1不闭合，电磁铁不具有磁性，动触点与上面的静触点接触，电动机M断开，警示灯工作；
不管体温是否正常，若人脸识别失败S2不闭合，电动机M和警示灯都断开，电动机M不工作且警示灯不亮，故①符合题意；
②若体温正常开关S1闭合，动触点与下面的静触点接触，电动机M接通，不管人脸识别是否成功，电动机M工作，故②不符合题意。
故选：A。
10．【解答】解：由题意可知，当直升机从近地面处升高到1.2m的过程中，螺旋桨速度逐渐加快，说明通过直升机的电动机的电流增大，根据P＝UI可知功率变大；根据I＝知，电路的电阻减小；
若高度继续增加，螺旋桨转速会减慢，说明通过直升机的电动机的电流减小，根据P＝UI可知功率变小；根据I＝知，电路的电阻增大；
所以，电动机功率P随高度升高是先增大后减小，故AB图不符合；数字电位器阻值是先减小后增大，故C图不符合，D图符合题意。
故选：D。
二、非选择题。
11．【解答】解：由题可知，动力臂为10cm＝0.1m，阻力臂为80cm＝0.8m，动力臂＜阻力臂，所以自拍杆为费力杠杆。
由杠杆的平衡条件可列式：F1L1＝F2L2，即F1×0.1m＝3N×0.8m，解得F1＝24N。
伸长自拍杆时，若保持F1的作用点、方向及支点位置不变，则可得阻力不变、动力臂不变、阻力臂变大，根据杠杆的平衡条件可得，动力将变大。
故答案为：费力；24；变大。
12．【解答】解：物体的动能与物体的速度和质量有关。物体的质量越大，速度越大，物体的动能越大。当插秧机匀速作业时，速度不变，但质量减小，动能变小。
北斗导航卫星是通过无线电设备发射电磁波向插秧机发送位置信息的。
如图乙所示，进气阀和排气阀均关闭，且活塞向上运动压缩气体体积，所以图乙中汽油机处于压缩冲程。
该汽油机飞轮的转速是60r/s＝3600r/min
即每分钟转3600圈，每2圈做一次功，则汽油机每分钟对外做功1800次。
故答案为：变小；电磁波；压缩；1800。
13．【解答】解：（1）摄氏温度规定，冰水混合物的温度为0℃；将冰块放入盛有冷水的烧杯中，温度稳定即为冰水混合物，故温度为0℃。
（2）热水放出的热量为：
Q放＝c水m热Δt1＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（50℃﹣20℃）＝1.26×105J，
冷水吸收的热量为：
Q吸＝c水m热冷Δt1＝4.2×103J/（kg•℃）×0.25kg×（20℃﹣0℃）＝2.1×104J，
冰块熔化吸收热量为：
Q放﹣Q吸＝1.26×105J﹣2.1×104J＝1.05×105J。
（3）小红在探究冰熔化是否需要吸热时，应取相同的保温杯，与小明同时装入50℃的热水1kg，在小明杯中的冰全部熔化时，小红向杯中倒入0℃的冷水0.25kg，并立刻测量水温，若最后水温相同，说明冰熔化不需要吸热；若最后水温不同，说明冰熔化需要吸热。故③符合题意。故选③。
故答案为：（1）0；（2）1.26×105；1.05×105；（3）③。
14．【解答】解：（1）当滑片位于最右端时，变阻器接入电路中的电阻最大，此时电路中的电流最小，由串联分压的规律可知变阻器分得的电压最大，此时电路电流为0.2A，灯泡两端电压为1V，滑动变阻器两端电压为8V；
因串联电路两端电压等于各部分电压之和，所以电源电压：U＝UL1+U滑＝1V+8V＝9V；
（2）根据题意可知，当电流表示数最大时，灯泡正常发光，由图乙可知，此时电路电流为0.6A，滑动变阻器两端电压为2V，
因串联电路两端电压等于各部分电压之和，所以灯泡的额定电压：UL＝U﹣U滑′＝9V﹣2V＝7V，
灯泡的额定功率：PL＝ULI最大＝7V×0.6A＝4.2W。
（3）a、滑片向左移动时，滑动变阻器的电阻变小，设原来电路中的电流为I1（即通过灯的电流），滑片往左滑一段距离后电路中的电流为I2（即通过灯的电流），
因变阻器的电阻变小，根据分压原理可知：变阻器分得电压变小，
由串联电路电压的规律可知，灯泡分得的电压增大，通过灯的电流也增大，所以I1＜I2，
由于电源电压不变，则根据I＝可知：R总1＞R总2，即滑片向左移动后电路的总电阻变小；
滑片向左移动后电流变大，根据P＝UI可知灯的实际功率增大，灯丝的温度升高，小灯泡阻值随温度的升高而变大，
因总电阻减小，由电阻的串联规律可知：变阻器R的阻值减小量大于灯泡L的阻值增大量；
b、滑片向右移动时，滑动变阻器的电阻增大，灯泡变暗，电流变小，电路的总电阻变大，但灯丝的温度降低，灯泡的电阻减小，所以变阻器R的阻值增大量大于灯泡L的阻值减小量；
综上可知，滑片不论向左还是向右移动，R的阻值变化量比L的阻值变化量大。
故答案为：9；4.2W；向左、向右均可。
15．【解答】解：光从空气中斜射到水面同时发生反射和折射，
先过入射点O作出法线，在空气中法线的左侧，根据反射角等于入射角作出反射光线；在水中法线的左侧，根据折射角小于入射角作出折射光线，如图所示：
16．【解答】解：①根据异名磁极相互吸引的规律可知，通电螺线管靠近小磁针N极的一端为S极，所以通电螺线管的右端是N极。
②根据安培定则，伸出右手握住螺线管使大拇指指示通电螺线管的N极，则四指弯曲所指的方向为电流的方向，所以电流由螺线管的左端流入，即电源的左端为正极，电源右端是负极。如下图所示：
17．【解答】解：由题意知，在白天且有人时电动扶梯才能启动，说明两个开关串联后共同控制电动机，根据安全用电的原则，开关应接在火线上；
所以，从火线开始，用导线将两个开关S1、S2串联，再连接电动扶梯的电动机，最后回到零线，如下图所示：
18．【解答】解：（1）做的有用功：W有＝Gh＝600N×2m＝1200J，
有用功功率：P＝＝＝60W；
（2）由图可知n＝2，绳子自由端移动的距离s＝nh＝2×2m＝4m，
拉力做的总功：W总＝Fs＝400N×4m＝1600J，
滑轮组的机械效率：η＝×100%＝×100%＝75%；
（3）因为不计绳重和摩擦时F＝（G+G动），所以动滑轮的重力：G动＝nF﹣G＝2×400N﹣600N＝200N，
则提升400N钢材人对绳子需要施加的拉力：F'＝（G'+G动）＝×（400N+200N）＝300N。
做的有用功：W有'＝G'h＝400N×2m＝800J，
拉力做的总功：W总'＝F's＝300N×4m＝1200J，
滑轮组的机械效率：η′＝×100%＝×100%≈66.67%＜75%，即此时滑轮组的机械效率降低。
答：（1）有用功功率为60W；
（2）滑轮组提升该重物时的机械效率为75%；
（3）此时机械效率降低。
19．【解答】解：
（1）灯与变阻器串联，电压表测变阻器的电压，电流表测电路的电流，调节滑动变阻器的滑片P使灯泡L正常发光，灯的电压为额定电压，此时电流表示数为0.3A，灯的额定功率为：
P＝UI＝3.8V×0.3A＝1.14W；
（2）灯泡L正常发光时，由串联电路电压的规律，变阻器的电压为：
U滑＝U﹣UL＝5V﹣3.8V＝1.2V；
滑动变阻器在10s内消耗的电能W＝U滑It＝1.2V×0.3A×10s＝3.6J；
（3）灯的额定电压为3.8V，这时变阻器的电压为1.2V，为了使电压表读数更精确，故电压表选用小量程，当电压表示数最大为3V时，由串联电路电压规律，R的最小电压：U小＝5V﹣3V＝2V，
电阻R的最小功率：
P小＝＝＝0.8W。
答：
（1）灯泡L的额定功率为1.14W；
（2）当灯泡L正常发光时，滑动变阻器在10s内消耗的电能为3.6J；
（3）若仅将灯泡L更换为5Ω的定值电阻R，其余电路元件及连接均不变，闭合开关后，在保证电路安全的前提下，电阻R的最小功率为0.8W。
20．【解答】解：（1）挂钩码前，杠杆在如图甲所示的位置静止，此时杠杆达到平衡；
（2）实验前杠杆右端下沉，重心在右侧，没有调水平平衡就匆忙进行乙图实验（弹簧测力计的挂钩钩在4格处），杠杆虽然此时水平平衡，但可以判断：2G•3a大于F1•4a；
（3）将弹簧测力计的圆环用细线系在杠杆上，弹簧测力计的重力相当于钩码，根据杠杆的平衡条件可得，弹簧测力计的圆环用细线系在杠杆上的4格处，向下拉钩，杠杆水平平衡时弹簧测力计示数为F2，2G•3a＞F2•4a，不满足F1l1＝F2l2，原因是；弹簧测力计有重力；
（4）小明同学将甲图状况调节成水平平衡后，进行丁图实验（两弹簧测力计不同时使用，测力计挂钩钩在4格处），①将弹簧测力计向右下方向拉，示数为F3，力与水平方向成θ角，杠杆水平平衡；
②将该弹簧测力计的方向改为向左下方拉，示数为F4，力与水平方向成β角，杠杆水平平衡。根据阻力、阻力臂不变，动力与动力臂成反比，在杠杆上的长度相同，角度越大，力臂越大（拉力与杠杆的夹角在0～90°之间），力越小，若F3＞F4，则 θ＜β；
（5）从图中可以看出，由OA到OB力臂变大，所以弹簧测力计的示数变大；C点提升高度是不变，即额外功不变，而B点上升比A点上升高，有用功变大，又因为总功等于额外功与有用功之和。由η＝×100%可知，额外功不变，有用功变大，机械效率变大，即ηA＜ηB。
故答案为：（1）达到；（2）大于；（3）弹簧测力计有重力；（4）＜；（5）＜；额外功不变，有用功变大，机械效率变大。
21．【解答】解：（1）该实验中所探究物体的动能是指钢球的动能；
（2）如图1甲、乙两图所示，钢球的质量相同，甲图钢球滑到斜面底端的速度大，木块移动的距离大，钢球的动能大，故可以得出当物体质量相同时，速度越大，动能越大；
（3）如1甲、丙两图所示，让不同质量的钢球从同一斜面的同一高度由静止滚下，两球滑到斜面底端的速度相同，由图知丙球的质量大，木块移动的距离大，故可以得出：当物体速度相同时，质量越大，动能越大；
（4）（a）小车撞击木块并与木块共同运动一段距离，是小车“追尾”木块的结果，因此这表明货车超速会产生追尾的危害，追尾的危害程度越大，木块被推动移动的距离越远，因此本实验可用木块运动的距离反映追尾的危害程度；
（b）由图2的甲、丙两图知，丙图小车的质量大，甲、丙到达斜面底端的速度相同，由于丙图小车的重力大，小车与地面的摩擦力大，小车不能与木块相撞，所以不能探究超载的危害。
故答案为：（1）钢球；（2）速度；（3）当物体速度相同时，质量越大，动能越大；（4）（a）会；距离；（b）不能；甲、丙到达斜面底端的速度相同，由于丙图小车的重力大，小车与地面的摩擦力大，小车不能与木块相撞，所以不能探究超载的危害。
22．【解答】解：（1）灯泡与滑动变阻器并联，电压表串联在电路中是错误的，灯泡应该与滑动变阻器、电流表串联，电压表与灯泡并联，修改后的电路图如下：
；
（2）为了保护电路，按实验规范操作，应将滑动变阻器R1的滑片置于阻值最大处，即B端；
闭合开关S，发现小灯泡不发光，电流表无示数，说明电路可能断路；电压表有示数，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，则与电压表并联的支路断路了，即电路故障可能是小灯泡断路；
（3）①序号2数据中，电流表示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值0.02A，其示数为0.36A；
②当变阻器滑片P移到R1另一端时，变阻器接入电路的阻值为0，电路为只有灯泡的简单电路，电压表测电源两端的电压，由表序号3可知，此时电压表示数为4V，故电源电压为4V；
③b.将电源电压调至12V；将R1、R2滑片置于阻值最大处，闭合开关S、S1，断开S2，此时滑动变阻器R1、滑动变阻器R2和小灯泡串联在电源上，电压表并联在滑动变阻器R1和滑动变阻器R2两端；移动R2滑片使小灯泡两端电压为4.8V正常发光时，根据串联电路电压规律，故电压表示数为UV＝U﹣UL＝12V﹣4.8V＝7.2V；
c．如图甲，小灯泡和滑动变阻器R1串联在电路中，电压表测量小灯泡两端的电压，序号1是滑动变阻器R1阻值最大时电压表和电流表示数，故电源电压：
U＝U1+UL＝0.25A×R1+1.5V，
序号3是滑动变阻器R1阻值为零时电压表和电流表示数，故电源电压：
U＝4V，
根据电源电压保持不变，即0.25A×R1+1.5V＝4V，
解得滑动变阻器R1的阻值为：R1＝10Ω；
保持R1、R2滑片位置不变，闭合开关S、S2，断开S1，滑动变阻器R1、滑动变阻器R2和小灯泡串联在电源上，电压表测R1两端的电压，R1滑片置于阻值最大处，此时电压表示数为5V，则电路中的电流为：
I＝I1＝＝＝0.5A，
故小灯泡的额定功率：
P＝U额I＝4.8V×0.5A＝2.4W。
故答案为：（1）见解答图；（2）B；断路；（3）①0.36；②4；③b.7.2；c.2.4。
23．【解答】解：（1）压敏电阻是由半导体材料制成的；由表中数据可知，压敏电阻的阻值随压力的增大而减小，由电路图可知，两电阻串联接入电路，AB间的电压即定值电阻两端的电压，根据串联分压原理可知随压敏电阻所受到的压力增大，压敏电阻两端的电压变小，串联电路总电压等于各部分电压之和，所以AB间的电压将变大；
（2）由表中数据可知当检测点上没有苹果时，压敏电阻的阻值为120Ω，
串联电路总电阻等于各部分电阻之和，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可得此时通过电路的电流：I＝＝＝0.1A，
1min内整个电路消耗的总功：W＝UIt＝15V×0.1A×60s＝90J；
（3）当R0两端电压U0＝5V时，由欧姆定律可得此时电路中的电流：I′＝＝＝A，
串联电路中总电压等于各分电压之和，则R两端的电压：UR＝U﹣U0＝15V﹣5V＝10V，
此时压敏电阻的阻值：R′＝＝＝60Ω，
由表格数据可知，压敏电阻受到的压力为2N，该筛选装置可将重为2N以下的苹果推出传送带；
（4）不同质量标准的苹果对压敏电阻的压力不同，压敏电阻的阻值不同，提高苹果质量筛选的标准后压敏电阻的阻值变小，根据串联分压原理可知压敏电阻两端的电压变小，根据串联电路电压规律可知机械装置启动时R0两端的电压应变大；或保持机械装置启动的电压不变，将R0换成阻值更小的定值电阻。
答：（1）半导体；变大；
（2）当检测点上没有苹果时，1min内整个电路消耗的总功为90J；
（3）该筛选装置可将重为2N以下的苹果推出传送带；
（4）变大，更小。
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