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2023年山东省淄博市淄川区中考物理二模试卷
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这是一份2023年山东省淄博市淄川区中考物理二模试卷，共26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年山东省淄博市淄川区中考物理二模试卷
一、单选题（本大题共15小题，共30.0分）
1. 驾驶机动车不得在禁止鸣喇叭的区域或者路段鸣喇叭。图中所示的鸣笛声呐抓拍设备的声学探头能精准定位汽车鸣笛声，同时联动摄像头识别并抓拍车牌号。下列说法正确的是( )
A. 市区严禁鸣笛是从传播过程中减弱噪声
B. 若鸣笛声小于90分贝，则不影响周围居民的工作和学习
C. 声呐设备利用次声波对鸣笛车辆进行定位
D. 声学探头能识别出鸣笛声是因为鸣笛声与其他声音的音色不同
2. 关于图中光学现象的描述或解释正确的是( )
A. 图甲中，海市蜃楼是光的反射形成的
B. 图乙中，铅笔向上弯折是由于光从空气折射入水中所形成的
C. 图丙中，桥在水中的倒影是桥的虚像
D. 图丁中，电视遥控器发出的是紫外线
3. 小明在做“探究凸透镜成像规律”的实验时，将凸透镜固定在光具座上50cm刻度线处，在光屏上得到烛焰清晰的像，如图所示。下列说法中正确的是( )
A. 此透镜可作为近视眼镜镜片
B. 凸透镜的焦距可能是10cm
C. 照相机成像原理与图中成像的原理相同
D. 将蜡烛远离凸透镜，应将光屏远离凸透镜才能得到清晰的像
4. 以下估测的数据最接近实际的是( )
A. 书桌上LED护眼灯的电功率约为200W
B. 人正常步行的速度约为4km/h
C. 中学生从一楼走到三楼，克服重力做功约为300J
D. 正常人吸气时肺内的气压约为2×105Pa
5. 炎热的夏天，小明在吃雪糕时观察到一些现象，下列分析正确的是( )
A. 将雪糕从冰箱里拿出时感觉到“粘”手，是凝固现象，需要放热
B. 包装盒外的有一层霜，是凝华现象，需要吸热
C. 雪糕周围冒“白气”，是汽化现象，需要吸热
D. 吃雪糕时感到凉爽，是熔化现象，需要放热
6. 下列与热现象有关的说法中正确的是( )
A. 杨花飞絮随风舞，好似雪花满天飞，说明分子不停地做热运动
B. 热传递过程中，热量总是从内能大的物体向内能小的物体传递
C. 物体吸收热量后，内能增加，温度不一定升高
D. 汽油机的做功冲程，主要通过做功的方式增大燃气的内能
7. 足球运动员常利用“香蕉球”破门得分。“香蕉球”在空中划出一道优美的弧线，如图所示。下列有关说法正确的是( )
A. 脚踢足球使球飞出，说明力是使物体运动的原因
B. 足球在飞行过程中，受到重力和脚的推力作用
C. 足球在飞行过程中，受到平衡力的作用
D. 足球向内侧偏转是因为内侧空气流速大，压强小
8. 关于下面四幅图的说法正确的是( )
A. 甲图：该实验最早证明了大气压强的存在
B. 乙图：自动喂水装置利用了连通器原理
C. 丙图：高压锅利用压强越大沸点越低，使食物更快地煮熟
D. 丁图：拦河坝设计成上窄下宽形状是因为液体压强随深度增加而减少
9. 如图所示，小明从滑梯上匀速下滑，在这一过程中，他的( )
A. 重力势能转化为动能
B. 机械能保持不变
C. 机械能转化为内能
D. 此过程中能量不守恒
10. 甲、乙两相同的容器中装有体积相等的两种液体，静止放置在水平桌面上。将同种材料制作的实心物体A、B分别放入两容器中，静止时液面等高，如图所示，则( )
A. A的体积大于B的体积 B. A受的浮力等于B受到的浮力
C. 甲杯液体的密度小于乙杯液体的密度 D. 甲杯和乙杯的底部受到的液体压强相等
11. 一款仿真电动鱼刷爆了网络，成为了妈妈们的“哄娃神器”，其工作原理为闭合开关S1，电源灯亮，当触摸玩具时(相当于触摸开关S2闭合)，仿真鱼就会跳动；当断开开关S1时，灯不亮，无论是否触摸玩具，仿真鱼都不会跳动。图四种电路设计符合要求的是( )
A. B.
C. D.
12. 如图甲所示电路，闭合开关后灯L1、L2均正常发光，电流表A1、A2的示数均如图乙所示，下列说法正确的是( )
A. 灯L1和L2是串联连接的 B. 流过灯L1的电流是1.2A
C. 流过灯L2的电流是1.5A D. 灯L1被短路时，L2正常发光
13. 指南针是我国的四大发明之一，“指南鱼”是它的一种形态。将一块形状像鱼的薄铁片磁化后，浮在水面上，它静止时的指向如图所示。下列判断正确的是( )
A. 指南鱼能指南北是因为其受到地磁场的作用
B. 指南鱼鱼尾所指的方向为该点的地磁场方向
C. 指南鱼周围存在磁感线
D. 指南鱼的腹部磁性最强
14. 如图所示，电源电压不变，闭合开关，当滑动变阻器的滑片P向左移动时(不考虑灯丝温度对电阻的影响)( )
A. 小灯泡变暗，电压表V1示数变小
B. 电流表A示数变小，电压表V2示数变小
C. 电压表V1示数变大，电压表V2示数不变
D. 电压表V1示数与电流表A示数的比值不变
15. 如图甲所示是额定电压为12V的小灯泡L的I-U关系图象，L与电阻R接入图乙所示的电路中。只闭合开关S，电流表的示数为0.3A，再闭合开关S1，电流表的示数为0.9A。下列说法正确的是( )
A. 此时小灯泡的电阻是30Ω B. 电路的电源电压是12V
C. 整个电路的消耗的电功率是3.6W D. 通电10s电阻R产生的热量是36J
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
16. 测量是学习物理的基本技能，仪器读数也是能力表现的重要方面。图甲中物体的长度为______ cm；图乙中停表的示数为______ s；图丁所示的电能表示数是______ kW⋅h，此电能表上的铝盘1min转了30转，表示这1min内消耗了______ J的电能。
17. 2023年5月10日21时22分，搭载天舟六号货运飞船的长征七号遥七运载火箭，在我国文昌航天发射场点火发射升空。天舟六号为天宫空间站带去了7t多生活物资、设备和推进剂等，这些物资到达空间站时质量______ (选填“改变”或“不变”)；火箭起飞后，天舟六号相对于火箭是______ 的；空间站实现天地互联，是利用______ 传递信息的。
18. 2023年2月8日“奋斗者”号载人潜水器在蒂阿曼蒂那海沟5500米深度发现了飞象章鱼，“奋斗者”号体积约为30m3，满载时质量约为25t。“奋斗者”号发现飞象章鱼处的压强是______ Pa；深水下潜过程中所受水的浮力______ (选填“变大”、“变小”或“不变”)；在水下5500米时受到的浮力是______ N(ρ水=1.0×103kg/m3,g取10N/kg)。
19. 如图是一款养生壶和它的电路简图，该壶有“加热”和“保温”两挡。额定电压为220V，电阻丝R1=R2=44Ω。若电热水壶在保温挡正常工作30分钟，电阻丝产生的热量为______ J。这些热量相当于完全燃烧______ 的天然气(天然气的热值为3.3×107J/m3)。
三、作图题（本大题共1小题，共2.0分）
20. 如图甲所示，小叶同学在鞋店通过镜子看到试穿的鞋子。请在图乙中画出反映此过程的光路图。
四、实验探究题（本大题共3小题，共21.0分）
21. 小明在探究杠杆平衡条件的实验中：
(1)设计实验与制定计划：
A.在杠杆两侧挂上适当的钩码并移动钩码的位置，使杠杆在水平位置平衡
B.将杠杆悬挂在铁架台上
C.调节杠杆两端的平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡
D.记录数据
正确的操作顺序是：______ (填写操作步骤字母)。
(2)进行实验：
①在杠杆两侧挂钩码之前，杠杆静止时的状态若如图1所示，这时要调节杠杆两端的平衡螺母，使其向______ (选填“左”或“右”)端移动，直到杠杆在水平位置平衡。
②在杠杆两侧挂上不同数量的钩码，第1、2次杠杆平衡时的数据已填入表格。图2是第3次杠杆平衡时的情景，此次杠杆右侧的阻力和阻力臂的数据a为______ ，b为______ 。
实验次数
动力F1/N
动力臂l1/m
阻力F2/N
阻力臂l2/m
1
2.5
0.2
2
0.25
2
2
0.15
1.5
0.2
3
1.5
0.1
a
b
(3)分析与论证：
分析实验数据，可归纳出杠杆的平衡条件：______ 。
(4)评估与交流：
在实验中多次改变力和力臂的大小主要是为了______ (选填答案序号)。
A.减小摩擦
B.多次测量取平均值减小误差
C.使每组数据更准确
D.获取多组实验数据归纳出物理规律
22. 央视“3⋅15”晚会曾曝光某品牌牛奶钙含量不合格，于是小明想利用天平、量筒和烧杯等器材测量该品牌牛奶的密度。
(1)天平调平衡后，将适量的牛奶倒入烧杯中，并用天平测量烧杯和牛奶的总质量，通过加减砝码的一番操
作，当小明将砝码盒中最小的砝码放入右盘后，横梁指针如图甲所示，接下来他应该______ (选填序号)；
A.向左调节平衡螺母
B.移动游码
C.取下最小的砝码后移动游码
(2)测出烧杯和牛奶的总质量为116g后，将烧杯中的一部分牛奶倒入量筒，液面位置如图乙所示，则量筒中牛奶的体积为______ cm3；
(3)测量烧杯和剩余牛奶的总质量，天平横梁平衡时如图丙所示，则烧杯和剩余牛奶的总质量为______ g；
(4)测量的牛奶密度为______ kg/m3；
(5)在向量筒倒入牛奶时，如果不慎有牛奶溅出，则测出的牛奶密度会______ (选填“偏大”、“偏小”或“不变”)；
(6)完成实验后，爱动脑筋的小明发现不用量筒，利用天平、水(水的密度用ρ水表示)、烧杯也能测出牛奶的密度，请你帮助小明把操作过程补充完整：
①用天平测出空烧杯的质量m0。
②用天平测出______ 。
③用天平测出______ 。
写出牛奶的密度表达式ρ牛奶= ______ (ρ水用字母表示)。
23. 在实验操作会考中，小明抽到的实验测试题目是探究“通过导体的电流与电压的关系”。
(1)图甲是小明连接的实验电路，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P，发现电流表示数几乎为零，电压表有示数。造成该结果的原因是______ ；
(2)经分析有一根导线连接错误，请在连接错误的导线上打“×”，并补画出一根导线连接成正确的电路；
(3)正确进行实验，得到实验数据如表：
实验次数
1
2
3
4
5
电压U/V
1.2
1.5
1.8
2.0
2.4
电流I/A
0.24
0.30
0.40
0.48
当电压表示数为1.8V时，电流表示数如乙图所示，为______ A，电路中定值电阻的阻值为______ Ω；
(4)根据实验数据分析可得：电阻一定时，导体中的电流跟导体两端的电压成______ 。
(5)若用小灯泡(灯丝电阻受温度影响)代替定值电阻进行上述实验，______ (选填“能”或“不能”)达到实验目的，理由是______ 。
五、计算题（本大题共2小题，共15.0分）
24. 淄博20天新建一座烧烤城，这就是淄博速度！项目建设中，工人用如图所示的装置将底面积为100cm2、重为700N的建筑材料匀速提升了6m，用时10s。电动机的输出功率恒定为600W，不计绳重和摩擦。求：
(1)建筑材料静止放在水平地面上时，对地面的压强。
(2)10s内电动机输出的功。
(3)滑轮组的机械效率。
25. 如图所示，已知电源电压为16V，滑动变阻器R2上标有“100Ω 3A”的字样，灯泡上标有“12V 3W”的字样。
(1)当闭合S，断开S1、S2时，灯泡正常工作，求R1的电阻。
(2)当S、S1、S2都闭合时，调节滑动变阻器R2的滑片P.调到最右端时，整个电路消耗的电功率。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、市区严禁鸣笛是从声源处减弱噪声，故A错误；
B、若鸣笛声小于70分贝，则不影响周围居民的工作和学习，故B错误；
C、声呐设备利用超声波对鸣笛车辆进行定位，故C错误；
D、声学探头能识别出鸣笛声是因为鸣笛声与其他声音的音色不同，故D正确。
故选：D。
(1)防治噪声的途径：在声源处减弱，在传播过程中减弱，在人耳处减弱。
(2)为了保证工作和学习，应控制噪声不超过70分贝；
(3)声呐设备利用超声波对鸣笛车辆进行定位；
(4)音调指声音的高低，由振动频率决定；响度指声音的强弱或大小，与振幅和距发声体的远近有关；音色指声音的品质与特色，与发声体的材料和结构有关；
本题考查了对声音的等级、声速、声音的特性、减弱噪声途径的理解与应用，难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A、海市蜃楼是由光的折射形成的，故A错误；
B、铅笔斜插入水中，铅笔在水面处看起来变折了，这是由于铅笔反射的光从水中斜射入空气中时发生的折射现象，故B错误；
C、桥在水中的倒影是桥在水面上成的虚像，属于光的反射，故C正确；
D、电视遥控器发出的是红外线，故D错误。
故选：C。
光射到两种不同介质的分界面时，有一部分光从界面射回原介质的现象称为光的反射；
光从一种介质斜射入另一种介质或光在不均匀介质中传播时，传播方向会发生变化，这种现象叫光的折射。
电视遥控器发出的是红外线。
本题考查了光沿直线传播、光的反射、光的折射生活中的现象，属于基础题。
3.【答案】B
【解析】解：A、在“探究凸透镜成像规律”的实验中，所用透镜为凸透镜，而近视眼镜镜片是凹透镜，故A错误；
B、由图可知，uu=15cm>f，v=30cm>2f，即15cm>f>7.5cm，所以凸透镜的焦距可能是10cm，故B正确；
C、由图可知，此时物距小于像距，根据凸透镜成实像时，物距小于像距，成倒立放大的实像，投影仪就是利用此原理制成的，故C错误；
D、将蜡烛远离凸透镜，此时物距增大，根据凸透镜成实像时，物远像近像变小，可知，应将光屏靠近凸透镜才能得到清晰的像，故D错误。
故选：B。
(1)近视眼镜镜片是凹透镜；
(2)uu=15cm>f，v=30cm>2f，由此可得焦距的范围；
(3)根据凸透镜成实像时，物距小于像距，成倒立放大的实像，投影仪就是利用此原理制成的；
(4)根据凸透镜成实像时，物远像近像变小分析回答。
此题考查了凸透镜成像规律的探究及应用，关键是熟记成像规律的内容，并做到灵活运用。
4.【答案】B
【解析】解：A.书桌上LED护眼灯的工作电流小于0.1A，其功率小于P=UI=220V×0.1A=22W，故A不符合实际；
B.正常人步行的速度约为1.1m/s=1.1×3.6km/h≈4km/h，故B符合实际；
C.中学生的质量约为50kg，其重力为：G=mg=50kg×10N/kg=500N，从一楼走到三楼的高度为：h=6m，则克服重力做功为：W=Gh=500N×6m=3000J，故C不符合实际；
D.吸气时肺内的气压小于人体外的大气压强，即小于1.013×105Pa，故D不符合实际。
故选：B。
首先对题目中涉及的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。
本题考查了对生活中常见物理量的估计，估计值只要与实际值相差不大，该估计值即为合理，难度不大。
5.【答案】A
【解析】解：A、将雪糕从冰箱里拿出时感觉到“粘”手，是手上的水遇冷凝固成冰，这是凝固现象，需要放热，故A正确；
B、包装盒外的有一层霜，是凝华现象，是水蒸气遇冷凝华形成的，需要放热，故B错误；
C、雪糕周围冒“白气”，是水蒸气遇冷液化形成的，是液化现象，需要放热，故C错误；
D、吃雪糕时感到凉爽，是雪糕熔化成了液体，是熔化现象，需要吸热，故D错误。
故选：A。
(1)凝固指物质由液态转变成固态，凝固要放热；
(2)凝华指物质由气态直接转变成固态，凝华要放热；
(3)液化指物质由气态转变成液态，液化要放热；
(4)熔化指物质由固态转变成液态，熔化要吸热。
本题考查了凝固、凝华、熔化和液化，属于基础题。
6.【答案】C
【解析】解：A、杨花飞絮随风舞，好似雪花满天飞，这是宏观物体的机械运动，因为分子是肉眼看不见的，故A错误；
B、热传递过程中，热量总是从温度高的物体向温度低的物体传递，内能大的物体，温度不一定高，故B错误；
C、物体吸收热量后，内能增加，温度不一定升高，比如晶体熔化时，吸收热量，内能增加，温度不变，故C正确；
D、汽油机的做功冲程中，通过做功的方式将燃气的内能转化为活塞的机械能，燃气的内能减小，温度降低，故D错误。
故选：C。
(1)组成物质的分子在不停地做无规则运动；
(2)热传递的条件是温度差，热量从温度高的物体向温度低的物体传递，或从物体的高温部分向低温部分传递；
(3)物体的内能大小与物体的温度、质量、状态有关，物体吸收热量，内能增加，温度不一定升高；
(4)汽油机的做功冲程中，将燃气的内能转化为活塞的机械能，燃气的内能减小，温度降低。
本题考查热传递的条件、改变内能的方式、温度、热量与内能的关系，是一道热学基础题。
7.【答案】D
【解析】解：
A、脚踢足球使球飞出，足球受到力，力改变了足球的运动状态，不能说明力是使物体运动的原因，故A错误；
B、足球在飞行过程中受到竖直向下的重力、空气的阻力的作用，与脚之间没有力的作用，故B错误；
C、足球在飞行过程中，运动的速度、方向发生了改变，受到非平衡力的作用，故C错误；
D、足球向内侧偏转，这说明外侧空气的压强大、内侧空气的压强小，内侧的流速大、外侧的流速小，故D正确。
故选：D。
(1)根据力的作用效果分析；
(2)地面附近的物体受到重力的作用；足球在运动过程中受到空气阻力的作用；
(3)根据足球的运动状态分析；
(3)(4)流体压强与流速的关系：流体流速越大的地方压强越小，流速越小的地方压强越大。
本题考查了物体的受力分析、运动状态的判定、流体压强与流速的关系，难度不大。
8.【答案】B
【解析】解：A、甲图：该实验装置是托里拆利实验，是最早测量大气压强的值的实验，最早证明大气压存在的实验是马德堡半球实验，故A错误；
B、自动喂水装置的底部连通，上端开口，利用了连通器原理，故B正确；
C、高压锅利用压强越大沸点越高，能更快地把食物煮熟，故C错误；
D、根据p=ρgh可知，拦河坝设计成上面窄下面宽的形状是因为液体压强随深度增加而增大，故D错误。
故选：B。
(1)托里拆利实验，是最早测量大气压强的值的实验；
(2)自动喂水装置利用了连通器原理；
(3)高压锅的原理：锅内压强越大，沸点越高；
(4)拦河坝设计成上面窄下面宽的形状是因为液体压强随深度增加而增大。
本题综合考查了托里拆利实验、连通器原理、高压锅原理、液体压强的应用，中等难度。
9.【答案】C
【解析】解：AB、小明从滑梯上匀速下滑的过程中，质量不变，高度减小，重力势能减小，速度不变，动能不变，不是动能转化为重力势能，也不是重力势能转化为动能；机械能为动能和势能的和，动能不变，重力势能减小，所以机械能减小，故AB错误；
C、小明下滑过程中，克服与滑梯之间的摩擦做功，一部分机械能转化为内能，故C正确；
D、所有的能量的转化和转移都遵循能量守恒定律，所以此过程中能量是守恒的，故D错误。
故选：C。
影响动能大小的因素：质量和速度。质量越大，速度越大，动能越大。影响重力势能大小的因素：质量和被举的高度。质量越大，高度越高，重力势能越大。机械能的总量等于动能和势能的和。能量的转化和转移都遵守能量守恒定律。
本题考查了动能、重力势能、机械能的变化、能量的守恒，属于基础题。
10.【答案】A
【解析】解：
A、实心物体A、B是同种材料制成的，所以A、B实心物体的密度相同；
甲、乙两相同的容器中装有体积相等的两种液体，由于将实心物体A、B分别放入两容器中，静止时液面等高，则甲液体与A排开液体的体积之和等于乙液体与B排开液体的体积之和相等，所以可得V排甲=V排乙；
由图知，A漂浮，A的体积大于排开液体的体积，B悬浮，B的体积等于排开液体的体积，所以A的体积大于B的体积，故A正确；
B、A、B实心物体的密度相同、A的体积大于B的体积，根据m=ρV可知A的质量大于B的质量，根据G=mg可知，A的重力大于B的重力，由于漂浮和悬浮时浮力等于重力，所以A受到的浮力大于B受到的浮力，故B错误；
CD、由图可知，A漂浮在甲液体中，A的密度小于甲液体的密度；B悬浮在乙液体中，B的密度等于乙液体的密度，由A、B的密度相等知甲杯中液体的密度大于乙杯中液体的密度，由于静止时液面等高，根据p=ρ液gh可知，甲容器底部所受液体压强大于乙容器底部所受液体压强，故CD错误。
故选：A。
(1)实心物体A、B是同种材料制成的，密度相同；首先根据题目中给出的条件判断，判断实心物体A、B的体积关系；
(2)实心物体A、B由同种材料制作，利用密度公式判断其质量关系，再利用重力公式判断其重力关系，根据浮沉条件判断出A、B受到浮力的关系；
(3)根据物体浮沉条件，结合图示判断两种液体的密度关系，又知高度关系，根据p=ρ液gh判断两容器底部所受液体压强关系。
此题考查物体浮沉条件，密度、质量、液体压强公式的应用，涉及到的知识点较多，综合性很强。
11.【答案】C
【解析】解：根据题意可知，闭合开关S1，电源灯亮，当触摸玩具时(相当于触摸开关S2闭合)，仿真鱼就会跳动，这说明灯泡与电动机工作时互不影响，是并联的；
当断开开关S1时，灯不亮，无论是否触摸玩具，仿真鱼都不会跳动，这说明开关S1在干路中，开关S2与电动机串在一条支路中，故C正确。
故选：C。
根据题意分析两个开关的连接方式、灯泡与电动机的连接方式，然后选出正确的电路图。
本题考查了串并联电路的设计，根据题意得出各电路元件的连接方式和对应的位置是关键。
12.【答案】B
【解析】解：由图甲知，闭合开关后两灯并联在电路中，电流表A1测干路电流，A2测L2支路的电流，故A错误；
由图甲知A1使用0～3A量程，分度值0.1A，由图乙知，电流表A1的示数示数为1.5A，即干路电流I=1.5A，
由图甲知A2使用0～0.6A量程，分度值0.02A，由图乙知，电流表A2的示数为0.3A，即通过L2电流I2=0.3A，
根据并联电路中干路中的电流等于各支路电流之和可知，通过L1的电流为：I1=I-I2=1.5A-0.3A=1.2A，
灯L1被短路时，L2也被短路，不能正常发光，故B正确，CD错误。
故选：B。
由图甲知，闭合开关后两灯并联在电路中，电流表A1测干路电流，A2测L2支路的电流，根据两电流表所选量程确定分度值并读数，利用并联电路的电流规律分析，可得通过两灯和干路的电流。
本题考查了电流表读数和并联电路的电流规律的应用，难度不大。
13.【答案】A
【解析】解：A、地球本身就是一个巨大的磁体，指南针能指南北，是因为受到地磁场的作用，故A正确；
B、“指南鱼”静止时鱼头指向南方，是地磁的北极，故指南鱼鱼头所指的方向为该点的地磁场方向，B错误；
C、磁感线是假想的分布在磁体周围的曲线，故C错误；
D、磁铁两端磁性最强，指南鱼的腹部磁性最弱，故D错误。
故选：A。
(1)地球是一个大磁体，地球周围存在的磁场叫地磁场；
(2)为了便于研究磁场，我们引入了磁感线的概念，磁感线是假想的分布在磁体周围的曲线；
(3)磁铁两端磁性最强。
本题考查了指南鱼和地磁场的有关知识，属于识记性知识，将课本内容记忆清楚是关键。
14.【答案】B
【解析】解：由电路图可知，灯泡与变阻器R串联，电压表V1测R两端的电压，电压表V2测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流。
ABC、调节滑动变阻器的滑片P向左移动，滑动变阻器R的阻值变大，电路的总电阻变大，由欧姆定律I=UR知电路中的电流变小，电流表示数变小，根据U=IR可知小灯泡两端的电压变小，电压表V2的示数变小，由P=UI知小灯泡的实际功率变小，小灯泡变暗，由串联电路电压的规律可知滑动变阻器两端的电压变大，即电压表V1的示数变大，故AC错误，B正确；
D、由欧姆定律可知，电压表V1示数与电流表A示数的比值为滑动变阻器的电阻，由于滑动变阻器R的阻值变大，所以电压表V1示数与电流表A示数的比值变大，故D错误。
故选：B。
由电路图可知，灯泡与变阻器R串联，电压表V1测R两端的电压，电压表V2测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流。
(1)调节滑动变阻器的滑片P向左移动时，分析R和电路的电阻变化，由欧姆定律得出电流表示数变化，根据U=IR可知，确定电压表V2的示数变化，根据P=UI判断出小灯泡实际功率的变化以及小灯泡亮度的变化，根据串联电路电压的规律确定V1的示数变化；
(2)由欧姆定律可知，电压表V1示数与电流表A示数的比值为滑动变阻器的电阻，由此可知该比值的变化。
本题考查了电路的动态分析，涉及到并联电路的特点和欧姆定律的应用，分清电路的连接方式和电表所测的电路元件是关键。
15.【答案】D
【解析】解：AB、只闭合开关S，电路为小灯泡的简单电路，电流表测量电路电流。再闭合开关S1，定值电阻和小灯泡并联，电流表测量干路电流，根据并联电路的特点可知通过小灯泡的电流不变，为0.3A，从图中可知此时灯泡两端的电压为6V，则电源电压为6V，根据欧姆定律可知灯泡电路为：
RL=ULIL=6V0.3A=20Ω，故AB错误；
C、整个电路的电功率为：P=UI=6V×0.9A=5.4W，故C错误；
D、由并联电路电流的规律知通过定值电阻R的电流为：IR=I-IL=0.9A-0.3A=0.6A，
通电10s电阻R产生的热量是：Q=W=UIRt=6V×0.6A×10s=36J，故D正确。
故选：D。
(1)只闭合开关S，电路为小灯泡的简单电路，电流表测量电路电流。再闭合开关S1，定值电阻和小灯泡并联，电流表测量干路电流，根据并联电路的特点可知通过小灯泡的电流不变，为0.3A，从图中可知此时灯泡两端的电压，进而得出电源电压，根据欧姆定律可知灯泡电阻；
(2)根据P=UI得出整个电路的电功率；
(3)根据W=Pt得出通电10s电阻R产生的热量。
本题考查并联电路的特点、欧姆定律的应用、电功率和热量的计算等知识，关键是从图中得出有用信息。
16.【答案】2.50 337.5 2022.6 3.6×104
【解析】解：(1)由图知，刻度尺的分度值是1mm，物体长度为2.50cm；
(2)在秒表的中间表盘上，1min中间有两个小格，所以一个小格代表0.5min，指针在“5”和“6”之间，偏向“6”一侧，所以分针指示的时间为5min；在秒表的大表盘上，1s之间有10个小格，所以一个小格代表0.1s，指针在37.5s处，所以秒针指示的时间为37.5s，即秒表的读数为5'37.5″=337.5s；
(3)电能表最后一位是小数位，单位是kW⋅h，由图示表盘读出电能表的示数是2022.6kW⋅h；
3000r/kW⋅h表示电路中用电器每消耗1kW⋅h的电能，电能表的铝盘转3000r，
则电能表上的铝盘转30转时，用电器消耗的电能：
W=303000kW⋅h=303000×3.6×106J=3.6×104J。
故答案为：2.50；337.5；2022.6；3.6×104。
(1)使用刻度尺时要明确其分度值，起始端从0开始，读出末端刻度值，就是物体的长度；起始端没有从0刻度线开始的，要以某一刻度线为起点，读出末端刻度值，减去起始端所对刻度即为物体长度，注意刻度尺要估读到分度值的下一位；
(2)秒表的中间的表盘代表分钟，周围的大表盘代表秒，秒表读数是两个表盘的示数之和；
(3)电能表读数时注意：最后一位是小数位，单位是kW⋅h；3000r/kW⋅h表示电路中用电器每消耗1kW⋅h的电能，电能表的铝盘转3000r，据此求电能表上的铝盘转30转时，用电器消耗的电能。
本题考查了刻度尺、秒表、电能表的读数方法，以及对电能表相关参数的理解，属于基础题目。
17.【答案】不变 静止 电磁波
【解析】解：天舟六号为天宫空间站带去了7t多生活物资、设备和推进剂等，这些物资到达空间站时质量不变；火箭起飞后，天舟六号相对于火箭的位置不变，是静止的；空间站实现天地互联，是利用电磁波传递信息的。
故答案为：不变；静止；电磁波。
(1)质量是物体本身的一种属性，质量不随形状、状态、位置和温度的改变而改变。
(2)物体相对于参照物的位置变化了，物体就是运动的；物体相对于参照物的位置不变，物体就是静止的。
(3)电磁波可以传递信息。
本题主要考查了质量、运动和静止的相对性以及电磁波的应用；关键是理解质量不随位置、温度、形状、状态的改变而改变。
18.【答案】5.5×107 不变 3×105
【解析】解：“奋斗者”号发现飞象章鱼处的压强：p=ρ水gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×5500m=5.5×107Pa；
潜水器在深水下潜过程中排开水的体积不变(等于潜水器的体积)，根据F浮=ρ水gV排可知所受水的浮力不变；
在水下5500米时受到的浮力：F浮=ρ水gV排=ρ水gV=1×103kg/m3×10N/kg×30m3=3×105N。
故答案为：5.5×107；不变；3×105。
根据p=ρ水gh求出“奋斗者”号发现飞象章鱼处的压强；
潜水器在深水下潜过程中排开水的体积不变，根据F浮=ρ水gV排可知所受水的浮力的变化情况；
潜水器在深水中排开水的体积等于潜水器的体积，根据F浮=ρ水gV排求出在水下5500米时受到的浮力。
本题主要考查了液体压强和浮力的计算，是一道综合题。
19.【答案】9.9×105 0.03m3
【解析】解：由图乙可知，当开关S1、S2都闭合时，只有R1工作，当开关S1闭合、S2断开时，R1、R2串联，
根据串联电路的电阻特点可知，当开关S1、S2都闭合时，只有R1工作，电路中的总电阻最小，由P=U2R可知，电路中的总功率最大，养生壶处于加热挡；
当开关S1闭合、S2断开时，R1、R2串联，电路中的总电阻最大，总功率最小，养生壶处于保温挡，
根据串联电路的电阻特点可知，电路中的总电阻：R=R1+R2=44Ω+44Ω=88Ω，
保温挡时电路中的电流：
I=UR=220V88Ω=2.5A，
电热水壶在保温挡正常工作30分钟，电阻丝产生的热量：
Q=I2Rt=(2.5A)2×88Ω×30×60s=9.9×105J。
(2)天然气完全燃烧放出的热量等于水吸收的热量，即Q放=Q=9.9×105J，
由Q放=qV得完全燃烧天然气的体积：
V=Q放q=9.9×105J3.3×107J/kg=0.03m3。
故答案为：9.9×105；0.03m3。
(1)由图乙可知，当开关S1、S2都闭合时，只有R1工作，当开关S1闭合、S2断开时，R1、R2串联，根据串联电路的电阻特点和P=U2R可知养生壶加热挡和保温挡的电路连接；根据串联电路的电阻特点和欧姆定律求出保温挡时电路中的电流，根据Q=I2Rt求出保温挡工作30min电阻丝产生的热量；
(2)天然气燃烧放出的热量等于水吸收的热量，根据Q放=qV计算完全燃烧天然气的体积。
本题考查串联电路的特点、电功率公式、欧姆定律以及焦耳定律的应用，能正确分析养生壶不同状态下的电路连接是解题的关键。
20.【答案】解：作出鞋子A点关于平面镜的对称点，即为像点A'，连接眼睛与A'点交平面镜于点O，连接OA画出入射光线，连接O点与眼睛画出反射光线，如图所示：
【解析】利用平面镜成像的特点：像与物关于平面镜对称，作出A点的对称点可得A点的像，根据反射光线反向延长通过像点，可以由像点和眼睛确定反射光线所在的直线，从而画出反射光线，并确定反射点，最后由发光点和反射点画出入射光线，从而完成光路。
本题为光的反射定律与平面镜成像特点相结合的作图题，要清楚点光源、像点、入射光线、反射光线之间的关系，才能准确作出这一类作图题。
21.【答案】(1)BCAD；(2)①右； ②1.0；0.15；(3) F1l1=F2l2 ；(4)D
【解析】
【分析】
本题重点考查探究杠杆平衡条件的实验调平和操作，要求平时做实验时多加注意，锻炼自己的实验操作能力。
(1)探究杠杆的平衡条件时首先应该使杠杆在水平位置平衡，然后进行实验。
(2)①为了使杠杆在水平位置平衡，平衡螺母向上翘的一端移动；
②根据图2中所挂钩码的数量和位置分析解答；
(3)先将数据中的各自的力与力臂相乘，然后分析实验数据，找出关系式；
(4)实验中多次改变力和力臂的大小主要是为了获取多组实验数据归纳出物理规律。
【解答】
(1)将杠杆的支点支在铁架台上；调节杠杆两端的平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡；在杠杆两侧挂上适当的钩码并移动钩码的位置，使杠杆在水平位置平衡；记录数据；故正确的步骤为：BCAD。
(2)①要使杠杆在水平位置处于平衡状态，平衡螺母向上翘的右端移动；
②由图2可知，杠杆左端挂了3个钩码，钩码在两格处，右端挂了两个钩码，位置在3格处，结合表中数据可知，两格处的力臂是0.1m，因此3格处的力臂为0.15m，故①为1.0，②为0.15；
(3)分析表中的实验数据，发现动力×动力臂=阻力×阻力臂，用F1、F2、l1和l2分别表示动力、阻力、动力臂和阻力臂，杠杆平衡条件可表示为：F1l1=F2l2；
(4)本实验中多次改变力和力臂的大小主要是为了获取多组实验数据归纳出物理规律，故选：D。
22.【答案】(1)C；(2)40；(3)72；(4)1.1×103；(5)偏大；(6)②烧杯和水的质量m1，并用标记笔在液面处做标记；③将牛奶倒入烧杯中标记处时烧杯和牛奶的质量m2；m2-m0m1-m0⋅ρ水。
【解析】解：(1)由图甲可知，当小明将砝码盒中最小的砝码放入右盘后，横梁指针偏向分度盘的右侧，说明右盘所放的砝码的质量偏大，此时应该取下最小的砝码后向右移动游码，使天平水平平衡；
(2)由图乙知，量筒的分度值为2mL，示数为V=40mL=40cm3；
(3)如图丙所示，游码标尺的分度值是0.2g，烧杯和剩余牛奶的总质量为：m=50g+20g+2g=72g；
(4)倒入量筒中牛奶的质量为：m'=116g-72g=44g，牛奶的密度为：ρ=m'V44g40cm3=1.1g/cm3=1.1×103kg/m3；
(5)如果不慎有牛奶溅出，会导致量筒中牛奶的体积偏小，利用密度公式ρ=mV计算的密度偏大；
(6)实验中没有量筒，利用天平、水(水的密度用ρ水表示)、烧杯也测量出牛奶的密度，操作过程如下：
①用天平测出烧杯的质量m0；
②用天平测出烧杯和水的质量m1，并用标记笔在液面处做标记；
③用天平测出将牛奶倒入烧杯中标记处时烧杯和牛奶的质量m2；
牛奶的质量m牛奶=m2-m0，
水的体积：V水=m1-m0ρ水，
牛奶的体积：V牛奶=V水=m1-m0ρ水，
ρ牛奶=m牛奶V牛奶=m2-m0m1-m0ρ水=m2-m0m1-m0⋅ρ水。
故答案为：(1)C；(2)40；(3)72；(4)1.1×103；(5)偏大；(6)②烧杯和水的质量m1，并用标记笔在液面处做标记；③将牛奶倒入烧杯中标记处时烧杯和牛奶的质量m2；m2-m0m1-m0⋅ρ水。
(1)在称量过程中，应通过加减砝码或移动游码的方法来使天平平衡；
(2)弄清量筒的分度值，根据液面对应的刻度读出量筒中牛奶的体积；天平在读数时，烧杯和剩余牛奶的总质量等于砝码的质量加游码对应的刻度值；量筒中牛奶的质量等于烧杯和牛奶的总质量减去烧杯和剩余牛奶的总质量，知道量筒中牛奶的质量和体积，根据密度公式求出牛奶的密度；
(5)如果不慎有牛奶溅出，会导致量筒中牛奶的体积偏小，利用密度公式ρ=mV计算的密度偏大；
(6)根据题目中给出的实验器材，结合实验原理可知，由于没有量筒，此题的难点在于如何测量液体的体积。根据图示的步骤可知，它是利用同一容器装不同的液体，液体的体积相同，即利用水的体积来代换牛奶的体积。
此题中考查了关于液体密度测量的基本技能，包括天平、量筒的读数，以及运用密度的公式进行计算等。
23.【答案】(1)电压表串联在电路中；(2)；(3)0.36；5；(4)正比；(5)不能；灯丝电阻随温度的变化而变化
【解析】解：(1)原电路图中，电流表与电阻R并联，电压表串联在电路中；由于电压表内阻很大，在电路中相当于断路，所以电路中几乎没有电流通过，即电流表示数几乎为零，此时电压表测电源电压，故电压表有示数；
(2)在探究“通过导体的电流与电压的关系”实验中，电阻R、滑动变阻器和电流表串联，电压表并联在电阻R两端，如下图所示：
；
(3)当电压表示数为1.8V时，电流表示数如乙图所示，电流表选用小量程，分度值0.02A，其示数为0.36A，则电路中定值电阻的阻值为：
R=UI=1.2V0.24A=1.5V0.3A=1.8V0.36A=2V0.4A=2.4V0.48A=5Ω；
(4)由(3)可知，电压与电流的比为一定值，故可得：电阻一定时，导体中的电流跟导体两端的电压成正比；
(5)在探究“通过导体的电流与电压的关系”实验中，需控制电阻的阻值不变，而灯丝电阻随温度的变化而变化，不是一定值，故不能用小灯泡代替定值电阻进行上述实验。
故答案为：(1)电压表串联在电路中；(2)；(3)0.36；5；(4)正比；(5)不能；灯丝电阻随温度的变化而变化。
(1)原电路图中，电流表与电阻R并联，电压表串联在电路中；由于电压表内阻很大，在电路中相当于断路，据此分析；
(2)在探究“通过导体的电流与电压的关系”实验中，电阻R、滑动变阻器和电流表串联，电压表并联在电阻R两端；
(3)根据电流表选用量程确定分度值读数，利用表中数据结合R=UI求出定值电阻的阻值；
(4)根据表中数据分析得出结论；
(5)灯丝电阻随温度的变化而变化，不是一定值。
本题探究“通过导体的电流与电压的关系”实验，考查了电路分析、电路连接、电流表读数、电阻的计算、数据分析和影响电阻大小因素等知识。
24.【答案】解：(1)建筑材料静止放在水平地面上时，对地面的压力：F压=G=700N，建筑材料对地面的压强：p=F压S=700N100×10-4m2=7×104Pa；
(2)由P=Wt可知，10s内电动机输出的功：W总=Pt=600W×10s=6000J；
(3)10s内建筑材料匀速提升了6m，则有用功：W有=Gh=700N×6m=4200J，
滑轮组的机械效率：η=W有W总×100%=4200J6000J×100%=70%。
答：(1)对地面的压强为7×104Pa；
(2)10s内电动机输出的功为6000J；
(3)滑轮组的机械效率为70%。
【解析】(1)建筑材料对水平地面的压力大小等于建筑材料的重力，根据p=FS求出建筑材料对地面的压强；
(2)电动机的输出功率恒定为600W，根据P=Wt求出10s内电动机输出的功(总功)；
(3)利用W有=Gh求出有用功，利用公式η=W有W总×100%求出滑轮组的机械效率。
本题考查了压强的计算、使用滑轮组时有用功、总功和机械效率的计算，属于常考题。
25.【答案】解：(1)灯泡正常发光的电流：IL=PLUL=3W12V=0.25A，
由电路图知，当闭合S，断开S1，S2时，L与R1串联，灯泡正常工作，串联电路各处电流相等，由串联电路特点可知I=IL=0.25A，
串联电路总电压等于各部分电压之和，则R1两端的电压：U1=U-UL=16V-12V=4V，
由欧姆定律可得R1的电阻：R1=U1I=4V0.25A=16Ω；
(2)当S、S1、S2均闭合时，灯泡被短路，R1与R2并联，
因并联电路中各支路两端的电压相等，所以通过R1的电流：I1=U1R1=16V16Ω=1A，
调节滑动变阻器R2的滑片P调到最右端时，滑动变阻器接入电路最大阻值，通过滑动变阻器的电流：I2=UR2=16V100Ω=0.16A，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以干路电流为I=I1+I2=1A+0.16A=1.16A，
电路消耗的电功率：P=UI=16V×1.16A=18.56W。
答：(1)R1的电阻为16Ω；
(3)当S、S1、S2都闭合时，电路消耗的电功率为18.56W。
【解析】(1)根据I=PU计算灯泡正常发光的电流，
由电路图知，当闭合S，断开S1，S2时，L与R1串联，灯泡正常工作，根据串联电路电流特点确定通过定值电阻的电流，根据串联电路电压规律计算R1两端的电压，根据欧姆定律计算R1的电阻；
(2)当S、S1、S2均闭合时，灯泡被短路，R1与R2并联，根据并联电路电压特点结合欧姆定律计算通过R1的电流，
调节滑动变阻器R2的滑片P调到最右端时，滑动变阻器接入电路最大阻值，根据欧姆定律计算通过滑动变阻器的电流，
根据并联电路电流规律计算干路电流，根据P=UI计算电路消耗的电功率。
本题考查串联电路特点、并联电路特点、欧姆定律、电功率公式的灵活运用。
2023年山东省淄博市淄川区中考物理二模试卷
一、单选题（本大题共15小题，共30.0分）
1. 驾驶机动车不得在禁止鸣喇叭的区域或者路段鸣喇叭。图中所示的鸣笛声呐抓拍设备的声学探头能精准定位汽车鸣笛声，同时联动摄像头识别并抓拍车牌号。下列说法正确的是( )
A. 市区严禁鸣笛是从传播过程中减弱噪声
B. 若鸣笛声小于90分贝，则不影响周围居民的工作和学习
C. 声呐设备利用次声波对鸣笛车辆进行定位
D. 声学探头能识别出鸣笛声是因为鸣笛声与其他声音的音色不同
2. 关于图中光学现象的描述或解释正确的是( )
A. 图甲中，海市蜃楼是光的反射形成的
B. 图乙中，铅笔向上弯折是由于光从空气折射入水中所形成的
C. 图丙中，桥在水中的倒影是桥的虚像
D. 图丁中，电视遥控器发出的是紫外线
3. 小明在做“探究凸透镜成像规律”的实验时，将凸透镜固定在光具座上50cm刻度线处，在光屏上得到烛焰清晰的像，如图所示。下列说法中正确的是( )
A. 此透镜可作为近视眼镜镜片
B. 凸透镜的焦距可能是10cm
C. 照相机成像原理与图中成像的原理相同
D. 将蜡烛远离凸透镜，应将光屏远离凸透镜才能得到清晰的像
4. 以下估测的数据最接近实际的是( )
A. 书桌上LED护眼灯的电功率约为200W
B. 人正常步行的速度约为4km/h
C. 中学生从一楼走到三楼，克服重力做功约为300J
D. 正常人吸气时肺内的气压约为2×105Pa
5. 炎热的夏天，小明在吃雪糕时观察到一些现象，下列分析正确的是( )
A. 将雪糕从冰箱里拿出时感觉到“粘”手，是凝固现象，需要放热
B. 包装盒外的有一层霜，是凝华现象，需要吸热
C. 雪糕周围冒“白气”，是汽化现象，需要吸热
D. 吃雪糕时感到凉爽，是熔化现象，需要放热
6. 下列与热现象有关的说法中正确的是( )
A. 杨花飞絮随风舞，好似雪花满天飞，说明分子不停地做热运动
B. 热传递过程中，热量总是从内能大的物体向内能小的物体传递
C. 物体吸收热量后，内能增加，温度不一定升高
D. 汽油机的做功冲程，主要通过做功的方式增大燃气的内能
7. 足球运动员常利用“香蕉球”破门得分。“香蕉球”在空中划出一道优美的弧线，如图所示。下列有关说法正确的是( )
A. 脚踢足球使球飞出，说明力是使物体运动的原因
B. 足球在飞行过程中，受到重力和脚的推力作用
C. 足球在飞行过程中，受到平衡力的作用
D. 足球向内侧偏转是因为内侧空气流速大，压强小
8. 关于下面四幅图的说法正确的是( )
A. 甲图：该实验最早证明了大气压强的存在
B. 乙图：自动喂水装置利用了连通器原理
C. 丙图：高压锅利用压强越大沸点越低，使食物更快地煮熟
D. 丁图：拦河坝设计成上窄下宽形状是因为液体压强随深度增加而减少
9. 如图所示，小明从滑梯上匀速下滑，在这一过程中，他的( )
A. 重力势能转化为动能
B. 机械能保持不变
C. 机械能转化为内能
D. 此过程中能量不守恒
10. 甲、乙两相同的容器中装有体积相等的两种液体，静止放置在水平桌面上。将同种材料制作的实心物体A、B分别放入两容器中，静止时液面等高，如图所示，则( )
A. A的体积大于B的体积 B. A受的浮力等于B受到的浮力
C. 甲杯液体的密度小于乙杯液体的密度 D. 甲杯和乙杯的底部受到的液体压强相等
11. 一款仿真电动鱼刷爆了网络，成为了妈妈们的“哄娃神器”，其工作原理为闭合开关S1，电源灯亮，当触摸玩具时(相当于触摸开关S2闭合)，仿真鱼就会跳动；当断开开关S1时，灯不亮，无论是否触摸玩具，仿真鱼都不会跳动。图四种电路设计符合要求的是( )
A. B.
C. D.
12. 如图甲所示电路，闭合开关后灯L1、L2均正常发光，电流表A1、A2的示数均如图乙所示，下列说法正确的是( )
A. 灯L1和L2是串联连接的 B. 流过灯L1的电流是1.2A
C. 流过灯L2的电流是1.5A D. 灯L1被短路时，L2正常发光
13. 指南针是我国的四大发明之一，“指南鱼”是它的一种形态。将一块形状像鱼的薄铁片磁化后，浮在水面上，它静止时的指向如图所示。下列判断正确的是( )
A. 指南鱼能指南北是因为其受到地磁场的作用
B. 指南鱼鱼尾所指的方向为该点的地磁场方向
C. 指南鱼周围存在磁感线
D. 指南鱼的腹部磁性最强
14. 如图所示，电源电压不变，闭合开关，当滑动变阻器的滑片P向左移动时(不考虑灯丝温度对电阻的影响)( )
A. 小灯泡变暗，电压表V1示数变小
B. 电流表A示数变小，电压表V2示数变小
C. 电压表V1示数变大，电压表V2示数不变
D. 电压表V1示数与电流表A示数的比值不变
15. 如图甲所示是额定电压为12V的小灯泡L的I-U关系图象，L与电阻R接入图乙所示的电路中。只闭合开关S，电流表的示数为0.3A，再闭合开关S1，电流表的示数为0.9A。下列说法正确的是( )
A. 此时小灯泡的电阻是30Ω B. 电路的电源电压是12V
C. 整个电路的消耗的电功率是3.6W D. 通电10s电阻R产生的热量是36J
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
16. 测量是学习物理的基本技能，仪器读数也是能力表现的重要方面。图甲中物体的长度为______ cm；图乙中停表的示数为______ s；图丁所示的电能表示数是______ kW⋅h，此电能表上的铝盘1min转了30转，表示这1min内消耗了______ J的电能。
17. 2023年5月10日21时22分，搭载天舟六号货运飞船的长征七号遥七运载火箭，在我国文昌航天发射场点火发射升空。天舟六号为天宫空间站带去了7t多生活物资、设备和推进剂等，这些物资到达空间站时质量______ (选填“改变”或“不变”)；火箭起飞后，天舟六号相对于火箭是______ 的；空间站实现天地互联，是利用______ 传递信息的。
18. 2023年2月8日“奋斗者”号载人潜水器在蒂阿曼蒂那海沟5500米深度发现了飞象章鱼，“奋斗者”号体积约为30m3，满载时质量约为25t。“奋斗者”号发现飞象章鱼处的压强是______ Pa；深水下潜过程中所受水的浮力______ (选填“变大”、“变小”或“不变”)；在水下5500米时受到的浮力是______ N(ρ水=1.0×103kg/m3,g取10N/kg)。
19. 如图是一款养生壶和它的电路简图，该壶有“加热”和“保温”两挡。额定电压为220V，电阻丝R1=R2=44Ω。若电热水壶在保温挡正常工作30分钟，电阻丝产生的热量为______ J。这些热量相当于完全燃烧______ 的天然气(天然气的热值为3.3×107J/m3)。
三、作图题（本大题共1小题，共2.0分）
20. 如图甲所示，小叶同学在鞋店通过镜子看到试穿的鞋子。请在图乙中画出反映此过程的光路图。
四、实验探究题（本大题共3小题，共21.0分）
21. 小明在探究杠杆平衡条件的实验中：
(1)设计实验与制定计划：
A.在杠杆两侧挂上适当的钩码并移动钩码的位置，使杠杆在水平位置平衡
B.将杠杆悬挂在铁架台上
C.调节杠杆两端的平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡
D.记录数据
正确的操作顺序是：______ (填写操作步骤字母)。
(2)进行实验：
①在杠杆两侧挂钩码之前，杠杆静止时的状态若如图1所示，这时要调节杠杆两端的平衡螺母，使其向______ (选填“左”或“右”)端移动，直到杠杆在水平位置平衡。
②在杠杆两侧挂上不同数量的钩码，第1、2次杠杆平衡时的数据已填入表格。图2是第3次杠杆平衡时的情景，此次杠杆右侧的阻力和阻力臂的数据a为______ ，b为______ 。
实验次数
动力F1/N
动力臂l1/m
阻力F2/N
阻力臂l2/m
1
2.5
0.2
2
0.25
2
2
0.15
1.5
0.2
3
1.5
0.1
a
b
(3)分析与论证：
分析实验数据，可归纳出杠杆的平衡条件：______ 。
(4)评估与交流：
在实验中多次改变力和力臂的大小主要是为了______ (选填答案序号)。
A.减小摩擦
B.多次测量取平均值减小误差
C.使每组数据更准确
D.获取多组实验数据归纳出物理规律
22. 央视“3⋅15”晚会曾曝光某品牌牛奶钙含量不合格，于是小明想利用天平、量筒和烧杯等器材测量该品牌牛奶的密度。
(1)天平调平衡后，将适量的牛奶倒入烧杯中，并用天平测量烧杯和牛奶的总质量，通过加减砝码的一番操
作，当小明将砝码盒中最小的砝码放入右盘后，横梁指针如图甲所示，接下来他应该______ (选填序号)；
A.向左调节平衡螺母
B.移动游码
C.取下最小的砝码后移动游码
(2)测出烧杯和牛奶的总质量为116g后，将烧杯中的一部分牛奶倒入量筒，液面位置如图乙所示，则量筒中牛奶的体积为______ cm3；
(3)测量烧杯和剩余牛奶的总质量，天平横梁平衡时如图丙所示，则烧杯和剩余牛奶的总质量为______ g；
(4)测量的牛奶密度为______ kg/m3；
(5)在向量筒倒入牛奶时，如果不慎有牛奶溅出，则测出的牛奶密度会______ (选填“偏大”、“偏小”或“不变”)；
(6)完成实验后，爱动脑筋的小明发现不用量筒，利用天平、水(水的密度用ρ水表示)、烧杯也能测出牛奶的密度，请你帮助小明把操作过程补充完整：
①用天平测出空烧杯的质量m0。
②用天平测出______ 。
③用天平测出______ 。
写出牛奶的密度表达式ρ牛奶= ______ (ρ水用字母表示)。
23. 在实验操作会考中，小明抽到的实验测试题目是探究“通过导体的电流与电压的关系”。
(1)图甲是小明连接的实验电路，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P，发现电流表示数几乎为零，电压表有示数。造成该结果的原因是______ ；
(2)经分析有一根导线连接错误，请在连接错误的导线上打“×”，并补画出一根导线连接成正确的电路；
(3)正确进行实验，得到实验数据如表：
实验次数
1
2
3
4
5
电压U/V
1.2
1.5
1.8
2.0
2.4
电流I/A
0.24
0.30
0.40
0.48
当电压表示数为1.8V时，电流表示数如乙图所示，为______ A，电路中定值电阻的阻值为______ Ω；
(4)根据实验数据分析可得：电阻一定时，导体中的电流跟导体两端的电压成______ 。
(5)若用小灯泡(灯丝电阻受温度影响)代替定值电阻进行上述实验，______ (选填“能”或“不能”)达到实验目的，理由是______ 。
五、计算题（本大题共2小题，共15.0分）
24. 淄博20天新建一座烧烤城，这就是淄博速度！项目建设中，工人用如图所示的装置将底面积为100cm2、重为700N的建筑材料匀速提升了6m，用时10s。电动机的输出功率恒定为600W，不计绳重和摩擦。求：
(1)建筑材料静止放在水平地面上时，对地面的压强。
(2)10s内电动机输出的功。
(3)滑轮组的机械效率。
25. 如图所示，已知电源电压为16V，滑动变阻器R2上标有“100Ω 3A”的字样，灯泡上标有“12V 3W”的字样。
(1)当闭合S，断开S1、S2时，灯泡正常工作，求R1的电阻。
(2)当S、S1、S2都闭合时，调节滑动变阻器R2的滑片P.调到最右端时，整个电路消耗的电功率。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、市区严禁鸣笛是从声源处减弱噪声，故A错误；
B、若鸣笛声小于70分贝，则不影响周围居民的工作和学习，故B错误；
C、声呐设备利用超声波对鸣笛车辆进行定位，故C错误；
D、声学探头能识别出鸣笛声是因为鸣笛声与其他声音的音色不同，故D正确。
故选：D。
(1)防治噪声的途径：在声源处减弱，在传播过程中减弱，在人耳处减弱。
(2)为了保证工作和学习，应控制噪声不超过70分贝；
(3)声呐设备利用超声波对鸣笛车辆进行定位；
(4)音调指声音的高低，由振动频率决定；响度指声音的强弱或大小，与振幅和距发声体的远近有关；音色指声音的品质与特色，与发声体的材料和结构有关；
本题考查了对声音的等级、声速、声音的特性、减弱噪声途径的理解与应用，难度不大。
2.【答案】C
【解析】解：A、海市蜃楼是由光的折射形成的，故A错误；
B、铅笔斜插入水中，铅笔在水面处看起来变折了，这是由于铅笔反射的光从水中斜射入空气中时发生的折射现象，故B错误；
C、桥在水中的倒影是桥在水面上成的虚像，属于光的反射，故C正确；
D、电视遥控器发出的是红外线，故D错误。
故选：C。
光射到两种不同介质的分界面时，有一部分光从界面射回原介质的现象称为光的反射；
光从一种介质斜射入另一种介质或光在不均匀介质中传播时，传播方向会发生变化，这种现象叫光的折射。
电视遥控器发出的是红外线。
本题考查了光沿直线传播、光的反射、光的折射生活中的现象，属于基础题。
3.【答案】B
【解析】解：A、在“探究凸透镜成像规律”的实验中，所用透镜为凸透镜，而近视眼镜镜片是凹透镜，故A错误；
B、由图可知，u
C、由图可知，此时物距小于像距，根据凸透镜成实像时，物距小于像距，成倒立放大的实像，投影仪就是利用此原理制成的，故C错误；
D、将蜡烛远离凸透镜，此时物距增大，根据凸透镜成实像时，物远像近像变小，可知，应将光屏靠近凸透镜才能得到清晰的像，故D错误。
故选：B。
(1)近视眼镜镜片是凹透镜；
(2)u
(3)根据凸透镜成实像时，物距小于像距，成倒立放大的实像，投影仪就是利用此原理制成的；
(4)根据凸透镜成实像时，物远像近像变小分析回答。
此题考查了凸透镜成像规律的探究及应用，关键是熟记成像规律的内容，并做到灵活运用。
4.【答案】B
【解析】解：A.书桌上LED护眼灯的工作电流小于0.1A，其功率小于P=UI=220V×0.1A=22W，故A不符合实际；
B.正常人步行的速度约为1.1m/s=1.1×3.6km/h≈4km/h，故B符合实际；
C.中学生的质量约为50kg，其重力为：G=mg=50kg×10N/kg=500N，从一楼走到三楼的高度为：h=6m，则克服重力做功为：W=Gh=500N×6m=3000J，故C不符合实际；
D.吸气时肺内的气压小于人体外的大气压强，即小于1.013×105Pa，故D不符合实际。
故选：B。
首先对题目中涉及的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。
本题考查了对生活中常见物理量的估计，估计值只要与实际值相差不大，该估计值即为合理，难度不大。
5.【答案】A
【解析】解：A、将雪糕从冰箱里拿出时感觉到“粘”手，是手上的水遇冷凝固成冰，这是凝固现象，需要放热，故A正确；
B、包装盒外的有一层霜，是凝华现象，是水蒸气遇冷凝华形成的，需要放热，故B错误；
C、雪糕周围冒“白气”，是水蒸气遇冷液化形成的，是液化现象，需要放热，故C错误；
D、吃雪糕时感到凉爽，是雪糕熔化成了液体，是熔化现象，需要吸热，故D错误。
故选：A。
(1)凝固指物质由液态转变成固态，凝固要放热；
(2)凝华指物质由气态直接转变成固态，凝华要放热；
(3)液化指物质由气态转变成液态，液化要放热；
(4)熔化指物质由固态转变成液态，熔化要吸热。
本题考查了凝固、凝华、熔化和液化，属于基础题。
6.【答案】C
【解析】解：A、杨花飞絮随风舞，好似雪花满天飞，这是宏观物体的机械运动，因为分子是肉眼看不见的，故A错误；
B、热传递过程中，热量总是从温度高的物体向温度低的物体传递，内能大的物体，温度不一定高，故B错误；
C、物体吸收热量后，内能增加，温度不一定升高，比如晶体熔化时，吸收热量，内能增加，温度不变，故C正确；
D、汽油机的做功冲程中，通过做功的方式将燃气的内能转化为活塞的机械能，燃气的内能减小，温度降低，故D错误。
故选：C。
(1)组成物质的分子在不停地做无规则运动；
(2)热传递的条件是温度差，热量从温度高的物体向温度低的物体传递，或从物体的高温部分向低温部分传递；
(3)物体的内能大小与物体的温度、质量、状态有关，物体吸收热量，内能增加，温度不一定升高；
(4)汽油机的做功冲程中，将燃气的内能转化为活塞的机械能，燃气的内能减小，温度降低。
本题考查热传递的条件、改变内能的方式、温度、热量与内能的关系，是一道热学基础题。
7.【答案】D
【解析】解：
A、脚踢足球使球飞出，足球受到力，力改变了足球的运动状态，不能说明力是使物体运动的原因，故A错误；
B、足球在飞行过程中受到竖直向下的重力、空气的阻力的作用，与脚之间没有力的作用，故B错误；
C、足球在飞行过程中，运动的速度、方向发生了改变，受到非平衡力的作用，故C错误；
D、足球向内侧偏转，这说明外侧空气的压强大、内侧空气的压强小，内侧的流速大、外侧的流速小，故D正确。
故选：D。
(1)根据力的作用效果分析；
(2)地面附近的物体受到重力的作用；足球在运动过程中受到空气阻力的作用；
(3)根据足球的运动状态分析；
(3)(4)流体压强与流速的关系：流体流速越大的地方压强越小，流速越小的地方压强越大。
本题考查了物体的受力分析、运动状态的判定、流体压强与流速的关系，难度不大。
8.【答案】B
【解析】解：A、甲图：该实验装置是托里拆利实验，是最早测量大气压强的值的实验，最早证明大气压存在的实验是马德堡半球实验，故A错误；
B、自动喂水装置的底部连通，上端开口，利用了连通器原理，故B正确；
C、高压锅利用压强越大沸点越高，能更快地把食物煮熟，故C错误；
D、根据p=ρgh可知，拦河坝设计成上面窄下面宽的形状是因为液体压强随深度增加而增大，故D错误。
故选：B。
(1)托里拆利实验，是最早测量大气压强的值的实验；
(2)自动喂水装置利用了连通器原理；
(3)高压锅的原理：锅内压强越大，沸点越高；
(4)拦河坝设计成上面窄下面宽的形状是因为液体压强随深度增加而增大。
本题综合考查了托里拆利实验、连通器原理、高压锅原理、液体压强的应用，中等难度。
9.【答案】C
【解析】解：AB、小明从滑梯上匀速下滑的过程中，质量不变，高度减小，重力势能减小，速度不变，动能不变，不是动能转化为重力势能，也不是重力势能转化为动能；机械能为动能和势能的和，动能不变，重力势能减小，所以机械能减小，故AB错误；
C、小明下滑过程中，克服与滑梯之间的摩擦做功，一部分机械能转化为内能，故C正确；
D、所有的能量的转化和转移都遵循能量守恒定律，所以此过程中能量是守恒的，故D错误。
故选：C。
影响动能大小的因素：质量和速度。质量越大，速度越大，动能越大。影响重力势能大小的因素：质量和被举的高度。质量越大，高度越高，重力势能越大。机械能的总量等于动能和势能的和。能量的转化和转移都遵守能量守恒定律。
本题考查了动能、重力势能、机械能的变化、能量的守恒，属于基础题。
10.【答案】A
【解析】解：
A、实心物体A、B是同种材料制成的，所以A、B实心物体的密度相同；
甲、乙两相同的容器中装有体积相等的两种液体，由于将实心物体A、B分别放入两容器中，静止时液面等高，则甲液体与A排开液体的体积之和等于乙液体与B排开液体的体积之和相等，所以可得V排甲=V排乙；
由图知，A漂浮，A的体积大于排开液体的体积，B悬浮，B的体积等于排开液体的体积，所以A的体积大于B的体积，故A正确；
B、A、B实心物体的密度相同、A的体积大于B的体积，根据m=ρV可知A的质量大于B的质量，根据G=mg可知，A的重力大于B的重力，由于漂浮和悬浮时浮力等于重力，所以A受到的浮力大于B受到的浮力，故B错误；
CD、由图可知，A漂浮在甲液体中，A的密度小于甲液体的密度；B悬浮在乙液体中，B的密度等于乙液体的密度，由A、B的密度相等知甲杯中液体的密度大于乙杯中液体的密度，由于静止时液面等高，根据p=ρ液gh可知，甲容器底部所受液体压强大于乙容器底部所受液体压强，故CD错误。
故选：A。
(1)实心物体A、B是同种材料制成的，密度相同；首先根据题目中给出的条件判断，判断实心物体A、B的体积关系；
(2)实心物体A、B由同种材料制作，利用密度公式判断其质量关系，再利用重力公式判断其重力关系，根据浮沉条件判断出A、B受到浮力的关系；
(3)根据物体浮沉条件，结合图示判断两种液体的密度关系，又知高度关系，根据p=ρ液gh判断两容器底部所受液体压强关系。
此题考查物体浮沉条件，密度、质量、液体压强公式的应用，涉及到的知识点较多，综合性很强。
11.【答案】C
【解析】解：根据题意可知，闭合开关S1，电源灯亮，当触摸玩具时(相当于触摸开关S2闭合)，仿真鱼就会跳动，这说明灯泡与电动机工作时互不影响，是并联的；
当断开开关S1时，灯不亮，无论是否触摸玩具，仿真鱼都不会跳动，这说明开关S1在干路中，开关S2与电动机串在一条支路中，故C正确。
故选：C。
根据题意分析两个开关的连接方式、灯泡与电动机的连接方式，然后选出正确的电路图。
本题考查了串并联电路的设计，根据题意得出各电路元件的连接方式和对应的位置是关键。
12.【答案】B
【解析】解：由图甲知，闭合开关后两灯并联在电路中，电流表A1测干路电流，A2测L2支路的电流，故A错误；
由图甲知A1使用0～3A量程，分度值0.1A，由图乙知，电流表A1的示数示数为1.5A，即干路电流I=1.5A，
由图甲知A2使用0～0.6A量程，分度值0.02A，由图乙知，电流表A2的示数为0.3A，即通过L2电流I2=0.3A，
根据并联电路中干路中的电流等于各支路电流之和可知，通过L1的电流为：I1=I-I2=1.5A-0.3A=1.2A，
灯L1被短路时，L2也被短路，不能正常发光，故B正确，CD错误。
故选：B。
由图甲知，闭合开关后两灯并联在电路中，电流表A1测干路电流，A2测L2支路的电流，根据两电流表所选量程确定分度值并读数，利用并联电路的电流规律分析，可得通过两灯和干路的电流。
本题考查了电流表读数和并联电路的电流规律的应用，难度不大。
13.【答案】A
【解析】解：A、地球本身就是一个巨大的磁体，指南针能指南北，是因为受到地磁场的作用，故A正确；
B、“指南鱼”静止时鱼头指向南方，是地磁的北极，故指南鱼鱼头所指的方向为该点的地磁场方向，B错误；
C、磁感线是假想的分布在磁体周围的曲线，故C错误；
D、磁铁两端磁性最强，指南鱼的腹部磁性最弱，故D错误。
故选：A。
(1)地球是一个大磁体，地球周围存在的磁场叫地磁场；
(2)为了便于研究磁场，我们引入了磁感线的概念，磁感线是假想的分布在磁体周围的曲线；
(3)磁铁两端磁性最强。
本题考查了指南鱼和地磁场的有关知识，属于识记性知识，将课本内容记忆清楚是关键。
14.【答案】B
【解析】解：由电路图可知，灯泡与变阻器R串联，电压表V1测R两端的电压，电压表V2测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流。
ABC、调节滑动变阻器的滑片P向左移动，滑动变阻器R的阻值变大，电路的总电阻变大，由欧姆定律I=UR知电路中的电流变小，电流表示数变小，根据U=IR可知小灯泡两端的电压变小，电压表V2的示数变小，由P=UI知小灯泡的实际功率变小，小灯泡变暗，由串联电路电压的规律可知滑动变阻器两端的电压变大，即电压表V1的示数变大，故AC错误，B正确；
D、由欧姆定律可知，电压表V1示数与电流表A示数的比值为滑动变阻器的电阻，由于滑动变阻器R的阻值变大，所以电压表V1示数与电流表A示数的比值变大，故D错误。
故选：B。
由电路图可知，灯泡与变阻器R串联，电压表V1测R两端的电压，电压表V2测灯泡两端的电压，电流表测电路中的电流。
(1)调节滑动变阻器的滑片P向左移动时，分析R和电路的电阻变化，由欧姆定律得出电流表示数变化，根据U=IR可知，确定电压表V2的示数变化，根据P=UI判断出小灯泡实际功率的变化以及小灯泡亮度的变化，根据串联电路电压的规律确定V1的示数变化；
(2)由欧姆定律可知，电压表V1示数与电流表A示数的比值为滑动变阻器的电阻，由此可知该比值的变化。
本题考查了电路的动态分析，涉及到并联电路的特点和欧姆定律的应用，分清电路的连接方式和电表所测的电路元件是关键。
15.【答案】D
【解析】解：AB、只闭合开关S，电路为小灯泡的简单电路，电流表测量电路电流。再闭合开关S1，定值电阻和小灯泡并联，电流表测量干路电流，根据并联电路的特点可知通过小灯泡的电流不变，为0.3A，从图中可知此时灯泡两端的电压为6V，则电源电压为6V，根据欧姆定律可知灯泡电路为：
RL=ULIL=6V0.3A=20Ω，故AB错误；
C、整个电路的电功率为：P=UI=6V×0.9A=5.4W，故C错误；
D、由并联电路电流的规律知通过定值电阻R的电流为：IR=I-IL=0.9A-0.3A=0.6A，
通电10s电阻R产生的热量是：Q=W=UIRt=6V×0.6A×10s=36J，故D正确。
故选：D。
(1)只闭合开关S，电路为小灯泡的简单电路，电流表测量电路电流。再闭合开关S1，定值电阻和小灯泡并联，电流表测量干路电流，根据并联电路的特点可知通过小灯泡的电流不变，为0.3A，从图中可知此时灯泡两端的电压，进而得出电源电压，根据欧姆定律可知灯泡电阻；
(2)根据P=UI得出整个电路的电功率；
(3)根据W=Pt得出通电10s电阻R产生的热量。
本题考查并联电路的特点、欧姆定律的应用、电功率和热量的计算等知识，关键是从图中得出有用信息。
16.【答案】2.50 337.5 2022.6 3.6×104
【解析】解：(1)由图知，刻度尺的分度值是1mm，物体长度为2.50cm；
(2)在秒表的中间表盘上，1min中间有两个小格，所以一个小格代表0.5min，指针在“5”和“6”之间，偏向“6”一侧，所以分针指示的时间为5min；在秒表的大表盘上，1s之间有10个小格，所以一个小格代表0.1s，指针在37.5s处，所以秒针指示的时间为37.5s，即秒表的读数为5'37.5″=337.5s；
(3)电能表最后一位是小数位，单位是kW⋅h，由图示表盘读出电能表的示数是2022.6kW⋅h；
3000r/kW⋅h表示电路中用电器每消耗1kW⋅h的电能，电能表的铝盘转3000r，
则电能表上的铝盘转30转时，用电器消耗的电能：
W=303000kW⋅h=303000×3.6×106J=3.6×104J。
故答案为：2.50；337.5；2022.6；3.6×104。
(1)使用刻度尺时要明确其分度值，起始端从0开始，读出末端刻度值，就是物体的长度；起始端没有从0刻度线开始的，要以某一刻度线为起点，读出末端刻度值，减去起始端所对刻度即为物体长度，注意刻度尺要估读到分度值的下一位；
(2)秒表的中间的表盘代表分钟，周围的大表盘代表秒，秒表读数是两个表盘的示数之和；
(3)电能表读数时注意：最后一位是小数位，单位是kW⋅h；3000r/kW⋅h表示电路中用电器每消耗1kW⋅h的电能，电能表的铝盘转3000r，据此求电能表上的铝盘转30转时，用电器消耗的电能。
本题考查了刻度尺、秒表、电能表的读数方法，以及对电能表相关参数的理解，属于基础题目。
17.【答案】不变 静止 电磁波
【解析】解：天舟六号为天宫空间站带去了7t多生活物资、设备和推进剂等，这些物资到达空间站时质量不变；火箭起飞后，天舟六号相对于火箭的位置不变，是静止的；空间站实现天地互联，是利用电磁波传递信息的。
故答案为：不变；静止；电磁波。
(1)质量是物体本身的一种属性，质量不随形状、状态、位置和温度的改变而改变。
(2)物体相对于参照物的位置变化了，物体就是运动的；物体相对于参照物的位置不变，物体就是静止的。
(3)电磁波可以传递信息。
本题主要考查了质量、运动和静止的相对性以及电磁波的应用；关键是理解质量不随位置、温度、形状、状态的改变而改变。
18.【答案】5.5×107 不变 3×105
【解析】解：“奋斗者”号发现飞象章鱼处的压强：p=ρ水gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×5500m=5.5×107Pa；
潜水器在深水下潜过程中排开水的体积不变(等于潜水器的体积)，根据F浮=ρ水gV排可知所受水的浮力不变；
在水下5500米时受到的浮力：F浮=ρ水gV排=ρ水gV=1×103kg/m3×10N/kg×30m3=3×105N。
故答案为：5.5×107；不变；3×105。
根据p=ρ水gh求出“奋斗者”号发现飞象章鱼处的压强；
潜水器在深水下潜过程中排开水的体积不变，根据F浮=ρ水gV排可知所受水的浮力的变化情况；
潜水器在深水中排开水的体积等于潜水器的体积，根据F浮=ρ水gV排求出在水下5500米时受到的浮力。
本题主要考查了液体压强和浮力的计算，是一道综合题。
19.【答案】9.9×105 0.03m3
【解析】解：由图乙可知，当开关S1、S2都闭合时，只有R1工作，当开关S1闭合、S2断开时，R1、R2串联，
根据串联电路的电阻特点可知，当开关S1、S2都闭合时，只有R1工作，电路中的总电阻最小，由P=U2R可知，电路中的总功率最大，养生壶处于加热挡；
当开关S1闭合、S2断开时，R1、R2串联，电路中的总电阻最大，总功率最小，养生壶处于保温挡，
根据串联电路的电阻特点可知，电路中的总电阻：R=R1+R2=44Ω+44Ω=88Ω，
保温挡时电路中的电流：
I=UR=220V88Ω=2.5A，
电热水壶在保温挡正常工作30分钟，电阻丝产生的热量：
Q=I2Rt=(2.5A)2×88Ω×30×60s=9.9×105J。
(2)天然气完全燃烧放出的热量等于水吸收的热量，即Q放=Q=9.9×105J，
由Q放=qV得完全燃烧天然气的体积：
V=Q放q=9.9×105J3.3×107J/kg=0.03m3。
故答案为：9.9×105；0.03m3。
(1)由图乙可知，当开关S1、S2都闭合时，只有R1工作，当开关S1闭合、S2断开时，R1、R2串联，根据串联电路的电阻特点和P=U2R可知养生壶加热挡和保温挡的电路连接；根据串联电路的电阻特点和欧姆定律求出保温挡时电路中的电流，根据Q=I2Rt求出保温挡工作30min电阻丝产生的热量；
(2)天然气燃烧放出的热量等于水吸收的热量，根据Q放=qV计算完全燃烧天然气的体积。
本题考查串联电路的特点、电功率公式、欧姆定律以及焦耳定律的应用，能正确分析养生壶不同状态下的电路连接是解题的关键。
20.【答案】解：作出鞋子A点关于平面镜的对称点，即为像点A'，连接眼睛与A'点交平面镜于点O，连接OA画出入射光线，连接O点与眼睛画出反射光线，如图所示：
【解析】利用平面镜成像的特点：像与物关于平面镜对称，作出A点的对称点可得A点的像，根据反射光线反向延长通过像点，可以由像点和眼睛确定反射光线所在的直线，从而画出反射光线，并确定反射点，最后由发光点和反射点画出入射光线，从而完成光路。
本题为光的反射定律与平面镜成像特点相结合的作图题，要清楚点光源、像点、入射光线、反射光线之间的关系，才能准确作出这一类作图题。
21.【答案】(1)BCAD；(2)①右； ②1.0；0.15；(3) F1l1=F2l2 ；(4)D
【解析】
【分析】
本题重点考查探究杠杆平衡条件的实验调平和操作，要求平时做实验时多加注意，锻炼自己的实验操作能力。
(1)探究杠杆的平衡条件时首先应该使杠杆在水平位置平衡，然后进行实验。
(2)①为了使杠杆在水平位置平衡，平衡螺母向上翘的一端移动；
②根据图2中所挂钩码的数量和位置分析解答；
(3)先将数据中的各自的力与力臂相乘，然后分析实验数据，找出关系式；
(4)实验中多次改变力和力臂的大小主要是为了获取多组实验数据归纳出物理规律。
【解答】
(1)将杠杆的支点支在铁架台上；调节杠杆两端的平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡；在杠杆两侧挂上适当的钩码并移动钩码的位置，使杠杆在水平位置平衡；记录数据；故正确的步骤为：BCAD。
(2)①要使杠杆在水平位置处于平衡状态，平衡螺母向上翘的右端移动；
②由图2可知，杠杆左端挂了3个钩码，钩码在两格处，右端挂了两个钩码，位置在3格处，结合表中数据可知，两格处的力臂是0.1m，因此3格处的力臂为0.15m，故①为1.0，②为0.15；
(3)分析表中的实验数据，发现动力×动力臂=阻力×阻力臂，用F1、F2、l1和l2分别表示动力、阻力、动力臂和阻力臂，杠杆平衡条件可表示为：F1l1=F2l2；
(4)本实验中多次改变力和力臂的大小主要是为了获取多组实验数据归纳出物理规律，故选：D。
22.【答案】(1)C；(2)40；(3)72；(4)1.1×103；(5)偏大；(6)②烧杯和水的质量m1，并用标记笔在液面处做标记；③将牛奶倒入烧杯中标记处时烧杯和牛奶的质量m2；m2-m0m1-m0⋅ρ水。
【解析】解：(1)由图甲可知，当小明将砝码盒中最小的砝码放入右盘后，横梁指针偏向分度盘的右侧，说明右盘所放的砝码的质量偏大，此时应该取下最小的砝码后向右移动游码，使天平水平平衡；
(2)由图乙知，量筒的分度值为2mL，示数为V=40mL=40cm3；
(3)如图丙所示，游码标尺的分度值是0.2g，烧杯和剩余牛奶的总质量为：m=50g+20g+2g=72g；
(4)倒入量筒中牛奶的质量为：m'=116g-72g=44g，牛奶的密度为：ρ=m'V44g40cm3=1.1g/cm3=1.1×103kg/m3；
(5)如果不慎有牛奶溅出，会导致量筒中牛奶的体积偏小，利用密度公式ρ=mV计算的密度偏大；
(6)实验中没有量筒，利用天平、水(水的密度用ρ水表示)、烧杯也测量出牛奶的密度，操作过程如下：
①用天平测出烧杯的质量m0；
②用天平测出烧杯和水的质量m1，并用标记笔在液面处做标记；
③用天平测出将牛奶倒入烧杯中标记处时烧杯和牛奶的质量m2；
牛奶的质量m牛奶=m2-m0，
水的体积：V水=m1-m0ρ水，
牛奶的体积：V牛奶=V水=m1-m0ρ水，
ρ牛奶=m牛奶V牛奶=m2-m0m1-m0ρ水=m2-m0m1-m0⋅ρ水。
故答案为：(1)C；(2)40；(3)72；(4)1.1×103；(5)偏大；(6)②烧杯和水的质量m1，并用标记笔在液面处做标记；③将牛奶倒入烧杯中标记处时烧杯和牛奶的质量m2；m2-m0m1-m0⋅ρ水。
(1)在称量过程中，应通过加减砝码或移动游码的方法来使天平平衡；
(2)弄清量筒的分度值，根据液面对应的刻度读出量筒中牛奶的体积；天平在读数时，烧杯和剩余牛奶的总质量等于砝码的质量加游码对应的刻度值；量筒中牛奶的质量等于烧杯和牛奶的总质量减去烧杯和剩余牛奶的总质量，知道量筒中牛奶的质量和体积，根据密度公式求出牛奶的密度；
(5)如果不慎有牛奶溅出，会导致量筒中牛奶的体积偏小，利用密度公式ρ=mV计算的密度偏大；
(6)根据题目中给出的实验器材，结合实验原理可知，由于没有量筒，此题的难点在于如何测量液体的体积。根据图示的步骤可知，它是利用同一容器装不同的液体，液体的体积相同，即利用水的体积来代换牛奶的体积。
此题中考查了关于液体密度测量的基本技能，包括天平、量筒的读数，以及运用密度的公式进行计算等。
23.【答案】(1)电压表串联在电路中；(2)；(3)0.36；5；(4)正比；(5)不能；灯丝电阻随温度的变化而变化
【解析】解：(1)原电路图中，电流表与电阻R并联，电压表串联在电路中；由于电压表内阻很大，在电路中相当于断路，所以电路中几乎没有电流通过，即电流表示数几乎为零，此时电压表测电源电压，故电压表有示数；
(2)在探究“通过导体的电流与电压的关系”实验中，电阻R、滑动变阻器和电流表串联，电压表并联在电阻R两端，如下图所示：
；
(3)当电压表示数为1.8V时，电流表示数如乙图所示，电流表选用小量程，分度值0.02A，其示数为0.36A，则电路中定值电阻的阻值为：
R=UI=1.2V0.24A=1.5V0.3A=1.8V0.36A=2V0.4A=2.4V0.48A=5Ω；
(4)由(3)可知，电压与电流的比为一定值，故可得：电阻一定时，导体中的电流跟导体两端的电压成正比；
(5)在探究“通过导体的电流与电压的关系”实验中，需控制电阻的阻值不变，而灯丝电阻随温度的变化而变化，不是一定值，故不能用小灯泡代替定值电阻进行上述实验。
故答案为：(1)电压表串联在电路中；(2)；(3)0.36；5；(4)正比；(5)不能；灯丝电阻随温度的变化而变化。
(1)原电路图中，电流表与电阻R并联，电压表串联在电路中；由于电压表内阻很大，在电路中相当于断路，据此分析；
(2)在探究“通过导体的电流与电压的关系”实验中，电阻R、滑动变阻器和电流表串联，电压表并联在电阻R两端；
(3)根据电流表选用量程确定分度值读数，利用表中数据结合R=UI求出定值电阻的阻值；
(4)根据表中数据分析得出结论；
(5)灯丝电阻随温度的变化而变化，不是一定值。
本题探究“通过导体的电流与电压的关系”实验，考查了电路分析、电路连接、电流表读数、电阻的计算、数据分析和影响电阻大小因素等知识。
24.【答案】解：(1)建筑材料静止放在水平地面上时，对地面的压力：F压=G=700N，建筑材料对地面的压强：p=F压S=700N100×10-4m2=7×104Pa；
(2)由P=Wt可知，10s内电动机输出的功：W总=Pt=600W×10s=6000J；
(3)10s内建筑材料匀速提升了6m，则有用功：W有=Gh=700N×6m=4200J，
滑轮组的机械效率：η=W有W总×100%=4200J6000J×100%=70%。
答：(1)对地面的压强为7×104Pa；
(2)10s内电动机输出的功为6000J；
(3)滑轮组的机械效率为70%。
【解析】(1)建筑材料对水平地面的压力大小等于建筑材料的重力，根据p=FS求出建筑材料对地面的压强；
(2)电动机的输出功率恒定为600W，根据P=Wt求出10s内电动机输出的功(总功)；
(3)利用W有=Gh求出有用功，利用公式η=W有W总×100%求出滑轮组的机械效率。
本题考查了压强的计算、使用滑轮组时有用功、总功和机械效率的计算，属于常考题。
25.【答案】解：(1)灯泡正常发光的电流：IL=PLUL=3W12V=0.25A，
由电路图知，当闭合S，断开S1，S2时，L与R1串联，灯泡正常工作，串联电路各处电流相等，由串联电路特点可知I=IL=0.25A，
串联电路总电压等于各部分电压之和，则R1两端的电压：U1=U-UL=16V-12V=4V，
由欧姆定律可得R1的电阻：R1=U1I=4V0.25A=16Ω；
(2)当S、S1、S2均闭合时，灯泡被短路，R1与R2并联，
因并联电路中各支路两端的电压相等，所以通过R1的电流：I1=U1R1=16V16Ω=1A，
调节滑动变阻器R2的滑片P调到最右端时，滑动变阻器接入电路最大阻值，通过滑动变阻器的电流：I2=UR2=16V100Ω=0.16A，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以干路电流为I=I1+I2=1A+0.16A=1.16A，
电路消耗的电功率：P=UI=16V×1.16A=18.56W。
答：(1)R1的电阻为16Ω；
(3)当S、S1、S2都闭合时，电路消耗的电功率为18.56W。
【解析】(1)根据I=PU计算灯泡正常发光的电流，
由电路图知，当闭合S，断开S1，S2时，L与R1串联，灯泡正常工作，根据串联电路电流特点确定通过定值电阻的电流，根据串联电路电压规律计算R1两端的电压，根据欧姆定律计算R1的电阻；
(2)当S、S1、S2均闭合时，灯泡被短路，R1与R2并联，根据并联电路电压特点结合欧姆定律计算通过R1的电流，
调节滑动变阻器R2的滑片P调到最右端时，滑动变阻器接入电路最大阻值，根据欧姆定律计算通过滑动变阻器的电流，
根据并联电路电流规律计算干路电流，根据P=UI计算电路消耗的电功率。
本题考查串联电路特点、并联电路特点、欧姆定律、电功率公式的灵活运用。
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