还剩22页未读，
继续阅读
2022年江苏省镇江市中考物理真题（解析版）
展开
这是一份2022年江苏省镇江市中考物理真题（解析版），共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022年江苏省镇江市中考物理试卷
一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分。每小题只有一个选项是正确的）
1. 编钟是中国最古老的乐器之一，编钟大小不同是为了改变声音的（ ）
A. 速度 B. 音色 C. 响度 D. 音调
【答案】D
【解析】
【详解】钟振动频率的大小与编钟钟体的大小有关，编钟钟体越小，振动频率越高，发出声音的音调越高，故ABC不符合题意，D符合题意。
故选D。
2. 下列现象中，可用“光沿直线传播”解释的是（ ）
A. 水中倒影 B. 筷子“折断”
C. 树下光斑 D. 雨后彩虹
【答案】C
【解析】
【详解】A．水中的“倒影”，是平面镜成像，属于光的反射现象，故A不符合题意；
B．筷子“折断”，是光从水斜射入空气时发生折射造成的，故B不符合题意；
C．树下光斑是太阳光通过树叶间的小孔呈现在地面上的像，是小孔成像现象，是由光沿直线传播形成的，故C符合题意；
D．雨过天晴时，常在天空出现彩虹，这是太阳光通过悬浮在空气中细小的水珠折射而成的，白光经水珠折射以后，分成各种彩色光，这种现象叫做光的色散现象，故D不符合题意。
故选C。
3. 摩擦起电现象中，在物体间转移的粒子是（ ）
A. 原子 B. 电子 C. 中子 D. 质子
【答案】B
【解析】
【详解】摩擦起电的实质是两个物体在摩擦过程中，电于发生了转移，得到电子的物体带负电，失去电子的物体带正电，因此在物体间转移的粒子是电子，故ACD不符合题意，B符合题意。
故选B。
4. 下列优美的诗词中，加点字涉及的物态变化属于凝固的是（ ）
A. 天接云涛连晓雾 B. 瀚海阑干百丈冰
C. 霜重鼓寒声不起 D. 露湿丛兰月满庭
【答案】B
【解析】
【详解】A．雾是水蒸气从气态变为液态是液化过程，液化放热，故A不符合题意；
B．冰是由水变成冰的过程，是凝固现象，故B符合题意；
C．霜是水蒸气遇冷变成的小冰晶，是凝华过程，凝华放热，故C不符合题意；
D．露是水蒸气遇冷变成小水珠，是液化过程，液化放热，故D不符合题意。
故选B。
5. 端午节民间有戴香包的习俗，香包内有艾草，远远地就能闻到艾香，这是因为（ ）
A. 分子在不停地运动 B. 分子间有空隙
C. 分子间有引力 D. 分子间有斥力
【答案】A
【解析】
【详解】分子在永不停息地做无规则运动，远远地就能闻到艾香，是因为艾分子在永不停地做无规则运动，艾香分子扩散到空气中。故A符合题意，BCD不符合题意。
故选A。
6. 水烧开时产生的水蒸气将壶盖顶起，汽油机的四个冲程中，能量转化与之相同的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】水烧开时产生的水蒸气将壶盖顶起，水蒸气的内能会转化为壶盖的机械能；
A．汽油机进气门和排气门均关闭，活塞向上运动，是压缩冲程，此冲程机械能转化为内能，故A不符合题意；
B．汽油机进气门打开，排气门关闭，活塞向下运动，是吸气冲程，此冲程没有能量转化，故B不符合题意；
C．汽油机进气门和排气门均关闭，活塞向下运动，是做功冲程，此冲程内能转化为机械能，故C符合题意；
D．汽油机进气门关闭，排气门打开，活塞向上运动，是排气冲程，此冲程没有能量转化，故D不符合题意。
故选C。
7. 如图所示，在工作人员的操控下，无人机正携带防疫物资飞往居家隔离住户，以下列哪个物体为参照物，防疫物资是静止的（ ）
A. 工作人员 B. 遥控器 C. 无人机 D. 地面
【答案】C
【解析】
【详解】防疫物资与无人机之间没有位置的变化，因此选择无人机为参照物，防疫物资是静止的；防疫物资与工作人员、遥控器、地面的位置不断发生着变化，以工作人员、遥控器、地面为参照物，防疫物资是运动的，故ABD错误，不符合题意；C正确，符合题意。
故选C。
8. 图示电路在闭合开关后，两电流表正常工作，且读数相同，则可能发生的故障是（ ）
A. R短路 B. R断路 C. L短路 D. L断路
【答案】B
【解析】
【详解】A．如果R短路，与灯泡L在一条支路的电流表被短路，示数为零，电源被短路，电路中电流过大，干路中电流表示数较大，可能会烧坏电流表，故A不符合题意；
B．如果R断路，两个电流表测量L中的电流，两个电流表示数相等，故B符合题意；
C．如果L短路，电源被短路，电路中电流过大，可能会烧坏电流表，故C不符合题意；
D．如果L断路，与灯泡L在一条支路的电流表示数为零，干路中的电流表测量R中的电流，此电流表有示数，故D不符合题意。
故选B。
9. 如图所示，用甲、乙两种燃料分别对质量和初温相同的水进行加热，两图装置均相同。燃料的质量用m表示，燃料充分燃尽时水升高的温度用Δt表示（水未沸腾）（ ）
A. 若m相同，Δt越小，燃料的热值越大 B. 若Δt相同，m越大，燃料的热值越大
C. 若的值越大，燃料的热值越大 D. 若的值越大，燃料的热值越大
【答案】D
【解析】
【详解】我们假定为两套装置的加热水的效率是相同的。燃料的热值大小不能直接测量，需要通过水吸收热量的多少来体现燃料燃烧放出热量的多少，而水吸收热量的多少跟水的质量和升高的温度有关，因此为了比较热值大小可以利用Q吸=Q放η，而
Q吸=c水m水Δt
Q放=mq
即
c水m水Δt=mqη
解得
通过这个式子可以做以下推导：
A．若m相同，Δt越小，则燃料的热值越小，故A错误，不符合题意；
B．若Δt相同，m越大，则燃料的热值越小，故B错误，不符合题意；
C．若的值越大，即的值越小，则燃料的热值越小，故C错误，不符合题意；
D．若的值越大，则燃料的热值越大，故D正确，符合题意。
故选D。
10. 如图所示为某小组设计的多挡位电热器电路，U不变，R1、R2为电阻丝且R1>R2，电热器功率最大时开关状态为（ ）
A. S1闭合，S2接a B. S1闭合，S2接b
C. S1断开，S2接a D. S1断开，S2接b
【答案】A
【解析】
【详解】当S1闭合，S2接a，两电阻并联；当S1闭合，S2接b时，R2被短路，电路为R1的简单电路；当S1断开，S2接a时，电路为R2的简单电路；当S1断开，S2接b时，两电阻串联。根据并联电路总电阻小于其中任一分电阻，串联电路总电阻大于任一分电阻，故可知当S1闭合，S2接a，两电阻并联，此时电路的电阻最小，由可知，此时电热器的电功率最大，故A符合题意，BCD不符合题意。
故选A。
11. 如图所示，凸透镜位于P处（图中未画出）位置不变，移动蜡烛，光屏先后在P同侧的甲、乙两处得到烛焰清晰的像，且甲处的像比乙处大，则（ ）
A. 甲处可能成的是虚像 B. 乙处像可能是放大的
C. P点位置在甲的左侧 D. 蜡烛的移动方向向左
【答案】B
【解析】
【详解】ACD．由题意可知，光屏先后在P同侧的甲、乙两处得到烛焰清晰的像，且甲处的像比乙处大，根据物距变大，像距变小，像变小可知，像在不断的靠近凸透镜，因此凸透镜在乙的右侧，蜡烛在凸透镜的右侧，此时蜡烛在远离凸透镜，因此蜡烛向右移动；由于甲处的像成在光屏上，因此甲处只能成实像，故ACD不符合题意；
B．由于题干未提供物距和凸透镜的焦距，若物距大于1倍焦距小于2倍焦距，乙处成放大的实像；若物距大于2倍焦距，成缩小的实像；若物距等于2倍焦距，成等大的实像，故B符合题意。
故选B。
12. 如图1所示，物体M静止在电梯底部，其上表面通过轻质弹簧与电梯顶部相连。M对电梯底部的压力用F表示，忽略M和电梯的形变，0~t1内，电梯静止，弹簧处于伸长状态，t1时刻后电梯由静止开始沿竖直方向运动。0~t4内，F随时间t变化的图线如图2所示，则（ ）
A. t1~t2内，电梯可能向上运动 B. t2~t3内，M的机械能保持不变
C. t3~t4内，电梯一定做加速运动 D. t1~t4内，弹簧对M的拉力不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．物体M静止在电梯底部，弹簧处于伸长状态，0~t1内，电梯静止，物体也处于静止，受力平衡，则受到重力G，地面的支持力F和弹簧的拉力T，由于压力与支持力是相互作用力，大小是相等的，则有
G=F2+T
当t1~t2内，压力变为小于F2的F1，弹力和重力不变，此时
G>F1+T
则物体受力不平衡，由静止变为运动，速度变大了，则运动方向与较大的力方向相同，说明电梯是向下加速运动的，故A不符合题意；
B．t2∼t3内，压力恢复到静止时的大小，说明受力平衡，因而是匀速下降，动能不变，而重力势能减小，机械能减小，故B不符合题意；
C．t3∼t4内，压力F3大于F2，此时
G
D．由于忽略M和电梯的形变，因而弹簧的长度始终不变，形变大小不变，因而弹簧的弹力保持不变，t1∼t4内，弹簧对M的拉力不变，故D符合题意。
故选D。
二、填空题（本题共9小题，每空1分，共28分）
13. （1）图1中，铝块的长度为 ___________cm；
（2）图2中，液体体积为 ___________mL；
（3）图3中，弹簧测力计示数为 ___________N。
【答案】 ①. 2.50 ②. 13 ③. 3.6
【解析】
【详解】(1)[1]由图知：刻度尺上1cm之间有10个小格，所以一个小格代表1mm，即刻度尺的分度值为1mm；铝块左侧与0.00cm对齐，右侧与2.50cm对齐，所以铝块的长度为2.50cm。
(2)[2]由图知：量筒的分度值是1mL，量筒内液体的体积是13mL。
(3)[3]由图知：在弹簧测力计上，1N之间有5个小格，一个小格代表0.2N，即弹簧测力计的分度值为0.2N，指针在“3”下面3个小格处，所以弹簧测力计的示数为3.6N。
14. 城市山林——镇江，随处可闻鸟鸣声。鸟的发声器官由于 ___________发出声音，声音通过 ___________传入人耳，对于想安静学习的同学来说，鸟鸣声是 ___________（选填“噪声”或“乐音”）。
【答案】 ①. 振动 ②. 空气 ③. 噪声
【解析】
【详解】[1]一切声音都是由发声体振动产生的，所以鸟鸣声是由于鸟的发声器官振动而产生的。
[2]声音的的传播需要介质，所以鸟鸣声通过空气传入人耳。
[3]影响工作、学习和休息的声音都是噪音，鸟鸣声影响了想安静学习的同学，故对同学来说是噪声。
15. 手机屏幕工作时将 ___________能转化为光能，其发出的蓝光属于 ___________光（选填“可见”或“不可见”），对人眼伤害较大，造成近视时需要佩戴 ___________透镜进行矫正。
【答案】 ①. 电 ②. 可见 ③. 凹
【解析】
【详解】[1]手机屏幕工作时依赖电池提供能量必光，故是将电能转化为光能。
[2]蓝光人眼能够看得见，属于可见光。
[3]近视眼是因为晶状体比较厚，折光能力比较强，光线会聚在视网膜的前面，可以配戴具有发散作用的凹透镜进行矫正。
16. 神舟十四号飞船发射时，火箭通过向下喷射高速气流，获得向上的推力，说明力的作用是 ___________的；停止喷气后，火箭由于具有 ___________仍能继续上升，箭体上的摄像机拍摄的画面通过 ___________波传送回地面。
【答案】 ①. 相互 ②. 惯性 ③. 电磁
【解析】
【详解】[1]火箭通过向下喷射高速气流，获得反冲力，即向上的推力，说明力的作用是相互的。
[2]一切物体都具有惯性，所以火箭停止喷气后，由于具有惯性仍能继续向上运动。
[3]电磁波的传播不需要介质，所以箭体上的摄像机拍摄的画面通过电磁波传送回地面。
17. 如图所示，竖直放置的平面镜能绕水平轴MN转动，小明站在平面镜正前方，他在镜中成的是 ___________（选填“实”或“虚”）像；小明垂直镜面移动8cm，他与像的距离改变 ___________cm；为了让他站着就能看到镜中脚的像，可以让平面镜绕轴沿 ___________时针方向转动。
【答案】 ①. 虚 ②. 16 ③. 顺
【解析】
【详解】[1]据平面镜所成像的特点可知，平面镜所成的像是虚像，所以小明同学在镜中的像是虚像。
[2]小明垂直镜面移动8cm，由于像到平面镜的距离等于物到平面镜的距离，所以小明镜中的像也垂直镜面移动8cm，那么他与像的距离改变值为
8cm+8cm=16cm
[3]为了让他站着就能看到镜中脚的像，即让脚反射出来的光线经平面镜反射后能够射入人的眼睛，所以应让平面镜倾斜一些，绕轴沿顺时针方向转动。
18. 如图为自制发球机示意图，当吹风机向水平管吹风时，乒乓球上方的气体压强变 ___________。已知球的质量为2.5g，竖直方向受大气压作用的等效面积为12.5cm2，若不计管壁摩擦，当球下方和上方气压差为 ___________Pa时，球恰能上升；若考虑管壁摩擦，则需要 ___________乒乓球上方的风速（g取10N/kg）。
【答案】 ①. 小 ②. 20 ③. 增大
【解析】
【详解】[1]当吹风机向水平管吹风时，乒乓球上方的气体流速大，压强小，小于下端管口气体压强，原本静止的乒乓球沿管上升。
[2]球的重力
G=mg=2.5×10﹣3kg×10N/kg=2.5×10﹣2N
当球下方和上方受到的压力差时，乒乓球开始上升，即
竖直方向受大气压作用的等效面积
S=12.5cm2=12.5×10﹣4m2
则球下方和上方气压差
[3]若考虑管壁摩擦，则需要增大乒乓球上方的风速，则球下方和上方气压差增大，从而使球沿竖直管上升。
19. 图示电能表能接入用电器的最大总功率为 ___________W；小明发现家中多个用电器正常工作时，指示灯在1min内闪烁90次，这段时间内电路消耗的电能为 ___________kW·h；他再将额定功率为1000W的电水壶接入该电路，发现额定电流为30A的熔丝熔断了，这是因为电路发生了 ___________故障。
【答案】 ①. 6600 ②. 0.03 ③. 短路
【解析】
【详解】[1]图示电能表能接入用电器的最大总功率
P=UI=220V×30A=6600W
[2]指示灯在1min内闪烁90次，这段时间内电路消耗的电能
[3]多个用电器正常工作时通过电路的电流
将额定功率为1000W的电水壶接入该电路，通过电水壶的电流
此时通过电路总电流
I总=I0+I′=8.2A+4.5A=12.7A＜30A
但是额定电流为30A的熔丝熔断了，说明电路发生短路。
20. 如图1所示，轻质杠杆可绕O转动，A点悬挂一重为12N的物体M，B点受到电子测力计竖直向上的拉力F，杠杆水平静止，已知OA=AB=BC，则F为 ___________N。保持杠杆水平静止，将F作用点从B移至C，此过程中F方向保持不变，F的力臂记为l，则F的大小变 ___________，F与（）的关系图线为图2中的①；将M从A移至B，再重复上述步骤，F与（）的关系图线为图2中的 ___________（选填数字序号）。
【答案】 ①. 6 ②. 小 ③. ②
【解析】
【详解】[1]由图1可知，O为杠杆的支点，B点拉力F的力臂
A点作用力的力臂为OA，由杠杆平衡条件可得：F×OB=G×OA，
解得
[2]由题意可知，保持杠杆水平静止，将F作用点从B移至C，此过程中F方向保持不变，根据杠杆平衡条件可得F×l=G×OA，
解得
……Ⅰ
由题意可知，此过程中物体M的重力G和力臂OA不变，拉力F的力臂l变大，则拉力F变小。
[3]将M从A移至B，由杠杆平衡条件可得F×l=G×OB，解得
……Ⅱ
由数学知识可知，Ⅰ、Ⅱ两式中拉力F与的关系图线均为正比例函数，由图1可知，OB>OA，则Ⅱ式的斜率大于Ⅰ式的斜率，因此将M从A移至B，F与的关系图线为过原点且斜率比图线①大的图线②。
21. 如图1所示，RG是光敏电阻，R是阻值为10kΩ的定值电阻，电源电压U=9V。光敏电阻RG的阻值与光的照度（光照越强，照度越大，单位为Lux）关系如图2所示，当照度增大时，RG的阻值将 ___________。小芳将量程为3V的电压表接入图1电路，将其改装成照度表，为使光的照度增大时电压表的示数也增大，则该电压表应并联在 ___________两端，能够测量的最大照度为 ___________Lux。改装完成后，若小芳将电源换为电压可调电源（调节范围为12V～15V），且将R换为可调电阻（调节范围为5kΩ～20kΩ），则该装置所能测量的最大照度为 ___________Lux。
【答案】 ①. 变小 ②. 定值电阻R ③. 1.2 ④. 1.4
【解析】
【详解】[1]由图2知道，光敏电阻RG的阻值随光的照度的增大而变小。
[2]由图1知道，两电阻串联，又知道光敏电阻RG的阻值随光的照度的增大而变小，根据串联分压原理，为使光的照度增大时电压表的示数也增大，应将电压表并联在定值电阻R的两端。
[3]当电压表达到3V时，电路中的电流为
RG两端的电压为
URG=U﹣UR=9V﹣3V=6V
RG的阻值
对照图2知道，此时的最大照度为1.2Lux。
[4]换成可调电源和可调电阻后，为提高最大照度，应选择较小的电源电压和较小的定值电阻，当电源电压为12V，电阻调至5kΩ时，电压表仍并联在可调电阻的两端，当电压表示数达到3V时，电路中的电流
RG两端的电压为
URG′=U′﹣UR′=12V﹣3V=9V
RG的阻值
对照图2知道，此时能测量的最大照度为1.4Lux。
三、解答题（本题共9小题，共48分。解答28、29、30题时应有必要的解题过程）
22. 冰壶静止在水平冰面上，O为其重心。请画出它所受重力和支持力的示意图。
【答案】
【解析】
【详解】冰壶静止在水平冰面上，受到的重力方向竖直向下，作用点在重心上，受到的支持力方向竖直向上，作用点也在重心上，又因为冰壶处于静止状态，所以重力的大小等于支持力，带箭头的直线一样长，如下图所示：
23. 请用笔画线代替导线，将开关和灯泡正确连入家庭电路。
【答案】
【解析】
【详解】开关要控制火线，火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点，零线直接接入灯泡的螺旋套，如下图所示：
24. 当光线从水射向空气时，它的反射光线如图所示，画出入射光线和折射光线．
【答案】略
【解析】
【详解】首先过入射点O作出法线，在发生反射时，反射角等于入射角，据此画出入射光线；光从水中斜射入空气中，折射角大于入射角，折射光线远离法线．如图所示：
25. 某小灯泡的额定电压为2.5V，图1是测量该灯泡额定功率的实验电路。
（1）请用笔画线代替导线，将电压表正确接入电路；（ ）
（2）闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移至最 ___________端（选填“左”或“右”）；
（3）当电压表示数调至2.5V时，电流表示数如图2所示，小灯泡额定功率为 ___________W；
（4）用图3所示电路来测量另一只额定电压为4V的小灯泡的额定功率；
①仅闭合S1，调节滑动变阻器R2滑片至某一位置，使电压表示数为4V；
②在保持 ___________的情况下，仅闭合S2，调节电阻箱R1使电压表示数为 ___________V，此时R1接入电路的阻值为20Ω；
③该小灯泡的额定功率为 ___________W。
【答案】 ①. ②. 右 ③. 0.75 ④. 滑动变阻器R2滑片不动 ⑤. 4 ⑥. 0.8
【解析】
【详解】（1）[1]电压表与灯泡并联接入电路，如下图所示：
（2）[2]闭合开关前，滑动变阻器的滑片应移到阻值最大处，即最右端。
（3）[3]电流表接入电路的是小量程，分度值为0.02A，示数为0.3A，小灯泡的额定功率
P=UI=2.5V×0.3A=0.75W
（4）①[4]仅闭合S1，灯泡和滑动变阻器串联接入电路，调节滑动变阻器R2滑片至某一位置，使电压表示数为4V，达到灯泡的额定电压，此时灯泡正常发光。
②[5]在保持滑片位置不动的情况下，仅闭合S2，滑动变阻器和电阻箱串联接入电路，调节电阻箱R1使电压表示数为4V，此时电阻箱相当于正常发光的灯泡，此时R1接入电路的阻值为20Ω，即灯泡正常发光时阻值也为20Ω。
③[6]该小灯泡的额定功率
26. 用图1所示的实心陶瓷材质的冰墩墩模型来估测镇江香醋的密度。
（1）将天平放在水平桌面上并将游码归零后，若指针静止时位置如图2所示，则应将平衡螺母向 ___________（选填“左”或“右”）端调节；
（2）用天平测量冰墩墩质量，当天平平衡时，右盘中的砝码和游码位置如图3所示，其质量为 ___________g，体积为 ___________cm3；（陶瓷材料的密度为2.7×103kg/m3）
（3）如图4所示，在甲、乙两只烧杯中分别倒入适量香醋后，用天平测出烧杯乙和香醋的总质量m1=135.2g；
（4）如图5所示，将冰墩墩用细线系住后放入烧杯甲中，在烧杯壁上标记液面的位置；
（5）将冰墩墩取出，___________，测出烧杯乙及剩余香醋的总质量m2=102.8g；
（6）根据以上实验数据，求得镇江香醋的密度，ρ=___________g/cm3，与真实值相比，用本方案所测出的香醋密度 ___________（选填“偏大”、“偏小”或“相同”）。
【答案】 ①. 左 ②. 81 ③. 30 ④. 将乙烧杯中的香醋倒入甲烧杯直至标记处 ⑤. 1.08 ⑥. 偏大
【解析】
【详解】（1）[1]将天平放在水平桌面上并将游码归零后，若指针静止时位置如图2所示，此时指针右偏，则应将平衡螺母向左调节，使天平平衡。
（2）[2]游码在标尺上对应的刻度值为1g，冰墩墩的质量为
m=50g+20g+10g+1g=81g
[3]陶瓷材料的密度为
ρ=2.7×103kg/m3=2.7g/cm3
由密度公式可得冰墩墩的体积为
（5）[4]算出从乙烧杯倒入甲烧杯香醋的质量和香醋的体积（冰墩墩的体积），由密度公式可算出香醋的密度。将冰墩墩取出，将乙烧杯中的香醋倒入甲烧杯直至标记处，乙烧杯内减少的香醋的体积就是冰墩墩的体积，即
V醋=V=30cm3
乙烧杯减小香醋的质量为
m醋=m1﹣m2=135.2g﹣102.8g=32.4g
香醋的密度为
（6）[5][6]将冰墩墩从香醋中取出时会带出一部分香醋，会使烧杯乙及剩余香醋的总质量偏小，根据
m醋=m1﹣m2
可知测量的香醋质量偏大，由密度公式可知用本方案所测出的香醋密度偏大。
27. 即热式饮水机工作原理如图1所示，水箱中的水被水泵抽出后，流经电阻丝时被加热，实现边加热边出热水的即热功能，电阻丝最大加热功率为2000W。用户可根据需要调节出水温度和出水量。小军对该饮水机进行了探究。
表一
实验次数
出水温度/℃
出水时间/s
加热功率/W
1
40
16.00
2
45
16.05
1374
3
50
15.95
1712
4
60
18.90
2000
5
85
32.04
1999
6
95
37.29
1999
（1）小军探究过程如下（设电阻丝产生的热量全部被流经的水吸收且无热量损失）：
①将出水量设置为250mL，出水质量为 ___________kg；
②用温度计测出水箱内水的初温如图2所示，示数为 ___________℃；
③保持水的初温和出水量不变，改变出水温度，测量出水时间并记录在表1中；
④根据表1数据计算出加热功率，第1次实验时的加热功率为 ___________W；
（2）小军采用的实验方法是 ___________，小军由表1数据得出结论：饮水机可根据出水温度自动选择不同的控制方式，当出水温度低于85℃时，仅通过改变 ___________来调节出水温度，若上述实验中将出水温度设定为88℃，可估算出水时间约为 ___________s；
（3）小军对实验进行了反思：上述结论在冬季还适用吗？为得到精准的结论，小军将表1设计优化如下并重新实验，你认为①、②处应分别填写的是 ___________和 ___________。
实验次数
①
出水温度/℃
②
出水时间/s
加热功率/W
1
。。。。。。
【答案】 ①. 0.25 ②. 24 ③. 1050 ④. 控制变量法 ⑤. 加热功率 ⑥. 33.6 ⑦. 水的初温/℃ ⑧. 水升高的温度/℃
【解析】
【详解】（1）①[1]将出水量设置为
V=250mL=250cm3
出水质量
m=ρV=1g/cm3×250cm3=250g
②[2]由图2知温度计的分度值为1℃，则温度计的示数为24℃。
④[3]第1次实验，水吸收热量
Q吸=c水mΔt=4.2×103J/（kg•℃）×0.25kg×（40℃-24℃）=1.68×104J
由于无热量损失，所以加热器产生的热量
W=Q吸=1.68×104J
加热器的功率
（2）[4]实验中保持水的初温和出水量不变，改变出水温度，用到了控制变量法。
[5]由表1数据知当出水温度低于85℃时，仅通过改变加热功率来调节出水温度。
[6]由表1数据知当出水温度高于85℃时，加热功率不变，都为1999W，此时水吸收的热量
Q吸′=c水mΔt′=4.2×103J/（kg•℃）×0.25kg×（88℃-24℃）=6.72×104J
由于无热量损失，所以加热器产生的热量
W′=Q吸′=6.72×104J
由得水时间
（3）[7][8]由于冬季温度变化较大，为得到精准的结论，实验中需要记录水的初温度、末温度以及升高的温度，所以表格①处应该填写水的初温/℃，②处应填水升高的温度/℃。
28. 如图所示，用拉力F通过动滑轮将重90N的货物匀速提升1m，动滑轮的机械效率为90%，不计绳重及滑轮与轴之间的摩擦，求；
（1）上述过程中的有用功W有；
（2）上述过程中拉力所做的功W总；
（3）动滑轮所受的重力G动。
【答案】（1）90J；（2）100J；（3）10N
【解析】
【详解】解：（1）将重90N的货物匀速提升1m，所做的有用功
W有=Gh=90N×1m=90J
（2）由得，拉力所做的总功
（3）由图知，有两段绳子提起物体，则
s=2h=2×1m=2m
由W=Fs得，绳端的拉力
不计绳重及滑轮与轴之间的摩擦，由可得，动滑轮的重力
G动=nF-G=2×50N-90N=10N
答：（1）上述过程中有用功W有为90J；
（2）上述过程中拉力所做的功W总为100J；
（3）动滑轮的重力为10N。
29. 北京冬奥会上使用的氢燃料电池汽车，是利用氢与氧发生化学反应产生电能，供给电动机而驱动汽车行驶的。如图所示，该类型汽车甲在平直公路上从A地出发，以90km/h的速度行驶1h到达B地，消耗0.8kg氢燃料，所产生电能E电的80%用于维持汽车匀速行驶，所受阻力为1000N。已知每加注1kg氢燃料所需的费用为30元。
（1）求A、B两地之间距离。
（2）求此过程中产生的电能E电。
（3）燃油汽车乙也在该公路上从A地出发，以90km/h的速度匀速行驶。所受阻力与甲车相同，汽油在气缸内完全燃烧，且燃烧所释放热量的30%用来维持汽车匀速行驶，汽油热值取q=5×107J/kg。已知每加注1kg汽油所需的费用为12元。则在与甲车花费相同燃料费用的情况下：
①求乙车消耗的汽油完全燃烧所放出的热量。
②请通过计算判断乙车能否到达B地。
【答案】（1）90km；（2）1.125×108J；（3）①1×108J；②乙车不能到达B地。
【解析】
【详解】解：（1）A、B两地之间距离为
sAB=vt=90km/h×1h=90km=90000m
（2）由二力平衡条件可知，汽车匀速行驶时的牵引力为
F=f=1000N
汽车牵引力做的功为
W=FsAB=1000N×90000m=9×107J
此过程中产生的电能为
（3）①由每加注1kg氢燃料所需的费用为30元可知，消耗0.8kg氢燃料的费用为
0.8kg×30元/kg=24元
由每加注1kg汽油所需的费用为12元可知，在与甲车花费相同燃料费用的情况下，乙车消耗的汽油为
m==2kg
乙车消耗的汽油完全燃烧所放出的热量为
Q放=mq=2kg×5×107J/kg=1×108J
②燃烧汽油时汽车获得的机械能为
W机械=η汽Q放=30%×1×108J=3×107J
汽车行驶的距离为
s==3×104m=30km＜90km
因此乙车不能到达B地
答：（1）A、B两地之间距离为90km。
（2）此过程中产生的电能为1.125×108J。
（3）①乙3车消耗的汽油完全燃烧所放出的热量为1×108J。
②乙车不能到达B地。
30. 小华制作的蓄水池水位报警模拟装置如图所示：浮子由铜片E、空心杆F和木块Q构成。在低水位时，触点C、D位于E的正上方h0处，Q的下表面距池底的高度为h。当水位上升到使E与C、D接触后，蜂鸣器R发出忽强忽弱的报警音，报警音的强弱取决于其两端电压大小。电源电压U=6V，定值电阻R0=3Ω，R可视为9Ω的定值电阻，不计其它电阻。
（1）当E与C、D接触时，电路接通，衔铁吸下与触点 ___________接触（选填“A”或“B”），线圈和R0被 ___________（选填“短路”或“断路”）；
（2）在被释放和吸下的过程中，衔铁与A、B的接触时间分别为0.5s和1.5s，不考虑衔铁在AB之间切换的时间。在未解除报警的情况下，求开始报警后1min内电路所消耗的电能；（ ）
（3）Q为边长10cm的正方体，密度为0.5×103kg/m3，h0=12cm，h=20cm，g取10N/kg。不计E、F的质量及F与支架间的摩擦。
①求刚开始报警时水面距池底的高度H；（ ）
②下列措施中，可使①中H值增大的有 ___________。
A．将池中水换为密度更大的液体
B．仅适当减小Q的边长
C．仅在空心管F中装入适量沙子
D．仅适当减小Q的密度
【答案】 ①. B ②. 短路 ③. 225J ④. 37cm ⑤. C
【解析】
【详解】（1）[1][2]当水位上升到一定高度时E与C、D接触，电路接通，电磁铁开始工作，衔铁被吸下来与B点接触，R0及线圈被短路，蜂鸣器开始报警。
（2）[3] 已知tA=0.5s，tB=1.5s，U=6V，R0=3Ω，R=9Ω，那么完成一个周期需要2s，消耗的电能
完成一个周期需要的时间是2s，则1min完成30个周期，故
W总=30×WAB=30×7.5J=225J
（3）[4]①已知L木=10cm，ρ木=0.5×103kg/m3，木头漂在水面上，故
F浮=G木=ρ木V木g=0.5×103kg/m3×103×10﹣6m3×10N/kg=5N
木块浸入液体的体积
木块浸入液体的深度
则刚开始报警时水面距池底的高度
H=h0+h+h排=12cm+20cm+5cm=37cm
[5]②A．由题意可知，h0和h大小不变，则由H=h0+h+h排可知，能够变化的只有h0，即木块浸入液体的深度变大时，水面距池底的高度H就变大，已知木块在水面漂浮，浮力等于自身重力，将池中水换为密度更大的液体时，木块的浮力仍然等于其重力，由可知，物体浸入液体的体积变小，因此h0变小，H变小，故A不符合题意；
B．仅减小Q的边长，则Q的体积减小，则由G=ρVg可知，木块的重力减小，则所受浮力变小，V排变小，因此h0变小，H变小，故B不符合题意；
C．仅在空心管F中装入适量沙子，则木块受到的向下的压力变大，则木块受到的浮力变大，由公式F浮=ρ水V排g可知，V排变大，因此h0变大，H变大，故C符合题意；
D．仅适当减小Q的密度，则由G=ρVg可知，木块的重力减小，则所受浮力变小，因此V排变小，h0变小，H变小，故D不符合题意。
故选C。
2022年江苏省镇江市中考物理试卷
一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分。每小题只有一个选项是正确的）
1. 编钟是中国最古老的乐器之一，编钟大小不同是为了改变声音的（ ）
A. 速度 B. 音色 C. 响度 D. 音调
【答案】D
【解析】
【详解】钟振动频率的大小与编钟钟体的大小有关，编钟钟体越小，振动频率越高，发出声音的音调越高，故ABC不符合题意，D符合题意。
故选D。
2. 下列现象中，可用“光沿直线传播”解释的是（ ）
A. 水中倒影 B. 筷子“折断”
C. 树下光斑 D. 雨后彩虹
【答案】C
【解析】
【详解】A．水中的“倒影”，是平面镜成像，属于光的反射现象，故A不符合题意；
B．筷子“折断”，是光从水斜射入空气时发生折射造成的，故B不符合题意；
C．树下光斑是太阳光通过树叶间的小孔呈现在地面上的像，是小孔成像现象，是由光沿直线传播形成的，故C符合题意；
D．雨过天晴时，常在天空出现彩虹，这是太阳光通过悬浮在空气中细小的水珠折射而成的，白光经水珠折射以后，分成各种彩色光，这种现象叫做光的色散现象，故D不符合题意。
故选C。
3. 摩擦起电现象中，在物体间转移的粒子是（ ）
A. 原子 B. 电子 C. 中子 D. 质子
【答案】B
【解析】
【详解】摩擦起电的实质是两个物体在摩擦过程中，电于发生了转移，得到电子的物体带负电，失去电子的物体带正电，因此在物体间转移的粒子是电子，故ACD不符合题意，B符合题意。
故选B。
4. 下列优美的诗词中，加点字涉及的物态变化属于凝固的是（ ）
A. 天接云涛连晓雾 B. 瀚海阑干百丈冰
C. 霜重鼓寒声不起 D. 露湿丛兰月满庭
【答案】B
【解析】
【详解】A．雾是水蒸气从气态变为液态是液化过程，液化放热，故A不符合题意；
B．冰是由水变成冰的过程，是凝固现象，故B符合题意；
C．霜是水蒸气遇冷变成的小冰晶，是凝华过程，凝华放热，故C不符合题意；
D．露是水蒸气遇冷变成小水珠，是液化过程，液化放热，故D不符合题意。
故选B。
5. 端午节民间有戴香包的习俗，香包内有艾草，远远地就能闻到艾香，这是因为（ ）
A. 分子在不停地运动 B. 分子间有空隙
C. 分子间有引力 D. 分子间有斥力
【答案】A
【解析】
【详解】分子在永不停息地做无规则运动，远远地就能闻到艾香，是因为艾分子在永不停地做无规则运动，艾香分子扩散到空气中。故A符合题意，BCD不符合题意。
故选A。
6. 水烧开时产生的水蒸气将壶盖顶起，汽油机的四个冲程中，能量转化与之相同的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】水烧开时产生的水蒸气将壶盖顶起，水蒸气的内能会转化为壶盖的机械能；
A．汽油机进气门和排气门均关闭，活塞向上运动，是压缩冲程，此冲程机械能转化为内能，故A不符合题意；
B．汽油机进气门打开，排气门关闭，活塞向下运动，是吸气冲程，此冲程没有能量转化，故B不符合题意；
C．汽油机进气门和排气门均关闭，活塞向下运动，是做功冲程，此冲程内能转化为机械能，故C符合题意；
D．汽油机进气门关闭，排气门打开，活塞向上运动，是排气冲程，此冲程没有能量转化，故D不符合题意。
故选C。
7. 如图所示，在工作人员的操控下，无人机正携带防疫物资飞往居家隔离住户，以下列哪个物体为参照物，防疫物资是静止的（ ）
A. 工作人员 B. 遥控器 C. 无人机 D. 地面
【答案】C
【解析】
【详解】防疫物资与无人机之间没有位置的变化，因此选择无人机为参照物，防疫物资是静止的；防疫物资与工作人员、遥控器、地面的位置不断发生着变化，以工作人员、遥控器、地面为参照物，防疫物资是运动的，故ABD错误，不符合题意；C正确，符合题意。
故选C。
8. 图示电路在闭合开关后，两电流表正常工作，且读数相同，则可能发生的故障是（ ）
A. R短路 B. R断路 C. L短路 D. L断路
【答案】B
【解析】
【详解】A．如果R短路，与灯泡L在一条支路的电流表被短路，示数为零，电源被短路，电路中电流过大，干路中电流表示数较大，可能会烧坏电流表，故A不符合题意；
B．如果R断路，两个电流表测量L中的电流，两个电流表示数相等，故B符合题意；
C．如果L短路，电源被短路，电路中电流过大，可能会烧坏电流表，故C不符合题意；
D．如果L断路，与灯泡L在一条支路的电流表示数为零，干路中的电流表测量R中的电流，此电流表有示数，故D不符合题意。
故选B。
9. 如图所示，用甲、乙两种燃料分别对质量和初温相同的水进行加热，两图装置均相同。燃料的质量用m表示，燃料充分燃尽时水升高的温度用Δt表示（水未沸腾）（ ）
A. 若m相同，Δt越小，燃料的热值越大 B. 若Δt相同，m越大，燃料的热值越大
C. 若的值越大，燃料的热值越大 D. 若的值越大，燃料的热值越大
【答案】D
【解析】
【详解】我们假定为两套装置的加热水的效率是相同的。燃料的热值大小不能直接测量，需要通过水吸收热量的多少来体现燃料燃烧放出热量的多少，而水吸收热量的多少跟水的质量和升高的温度有关，因此为了比较热值大小可以利用Q吸=Q放η，而
Q吸=c水m水Δt
Q放=mq
即
c水m水Δt=mqη
解得
通过这个式子可以做以下推导：
A．若m相同，Δt越小，则燃料的热值越小，故A错误，不符合题意；
B．若Δt相同，m越大，则燃料的热值越小，故B错误，不符合题意；
C．若的值越大，即的值越小，则燃料的热值越小，故C错误，不符合题意；
D．若的值越大，则燃料的热值越大，故D正确，符合题意。
故选D。
10. 如图所示为某小组设计的多挡位电热器电路，U不变，R1、R2为电阻丝且R1>R2，电热器功率最大时开关状态为（ ）
A. S1闭合，S2接a B. S1闭合，S2接b
C. S1断开，S2接a D. S1断开，S2接b
【答案】A
【解析】
【详解】当S1闭合，S2接a，两电阻并联；当S1闭合，S2接b时，R2被短路，电路为R1的简单电路；当S1断开，S2接a时，电路为R2的简单电路；当S1断开，S2接b时，两电阻串联。根据并联电路总电阻小于其中任一分电阻，串联电路总电阻大于任一分电阻，故可知当S1闭合，S2接a，两电阻并联，此时电路的电阻最小，由可知，此时电热器的电功率最大，故A符合题意，BCD不符合题意。
故选A。
11. 如图所示，凸透镜位于P处（图中未画出）位置不变，移动蜡烛，光屏先后在P同侧的甲、乙两处得到烛焰清晰的像，且甲处的像比乙处大，则（ ）
A. 甲处可能成的是虚像 B. 乙处像可能是放大的
C. P点位置在甲的左侧 D. 蜡烛的移动方向向左
【答案】B
【解析】
【详解】ACD．由题意可知，光屏先后在P同侧的甲、乙两处得到烛焰清晰的像，且甲处的像比乙处大，根据物距变大，像距变小，像变小可知，像在不断的靠近凸透镜，因此凸透镜在乙的右侧，蜡烛在凸透镜的右侧，此时蜡烛在远离凸透镜，因此蜡烛向右移动；由于甲处的像成在光屏上，因此甲处只能成实像，故ACD不符合题意；
B．由于题干未提供物距和凸透镜的焦距，若物距大于1倍焦距小于2倍焦距，乙处成放大的实像；若物距大于2倍焦距，成缩小的实像；若物距等于2倍焦距，成等大的实像，故B符合题意。
故选B。
12. 如图1所示，物体M静止在电梯底部，其上表面通过轻质弹簧与电梯顶部相连。M对电梯底部的压力用F表示，忽略M和电梯的形变，0~t1内，电梯静止，弹簧处于伸长状态，t1时刻后电梯由静止开始沿竖直方向运动。0~t4内，F随时间t变化的图线如图2所示，则（ ）
A. t1~t2内，电梯可能向上运动 B. t2~t3内，M的机械能保持不变
C. t3~t4内，电梯一定做加速运动 D. t1~t4内，弹簧对M的拉力不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．物体M静止在电梯底部，弹簧处于伸长状态，0~t1内，电梯静止，物体也处于静止，受力平衡，则受到重力G，地面的支持力F和弹簧的拉力T，由于压力与支持力是相互作用力，大小是相等的，则有
G=F2+T
当t1~t2内，压力变为小于F2的F1，弹力和重力不变，此时
G>F1+T
则物体受力不平衡，由静止变为运动，速度变大了，则运动方向与较大的力方向相同，说明电梯是向下加速运动的，故A不符合题意；
B．t2∼t3内，压力恢复到静止时的大小，说明受力平衡，因而是匀速下降，动能不变，而重力势能减小，机械能减小，故B不符合题意；
C．t3∼t4内，压力F3大于F2，此时
G
D．由于忽略M和电梯的形变，因而弹簧的长度始终不变，形变大小不变，因而弹簧的弹力保持不变，t1∼t4内，弹簧对M的拉力不变，故D符合题意。
故选D。
二、填空题（本题共9小题，每空1分，共28分）
13. （1）图1中，铝块的长度为 ___________cm；
（2）图2中，液体体积为 ___________mL；
（3）图3中，弹簧测力计示数为 ___________N。
【答案】 ①. 2.50 ②. 13 ③. 3.6
【解析】
【详解】(1)[1]由图知：刻度尺上1cm之间有10个小格，所以一个小格代表1mm，即刻度尺的分度值为1mm；铝块左侧与0.00cm对齐，右侧与2.50cm对齐，所以铝块的长度为2.50cm。
(2)[2]由图知：量筒的分度值是1mL，量筒内液体的体积是13mL。
(3)[3]由图知：在弹簧测力计上，1N之间有5个小格，一个小格代表0.2N，即弹簧测力计的分度值为0.2N，指针在“3”下面3个小格处，所以弹簧测力计的示数为3.6N。
14. 城市山林——镇江，随处可闻鸟鸣声。鸟的发声器官由于 ___________发出声音，声音通过 ___________传入人耳，对于想安静学习的同学来说，鸟鸣声是 ___________（选填“噪声”或“乐音”）。
【答案】 ①. 振动 ②. 空气 ③. 噪声
【解析】
【详解】[1]一切声音都是由发声体振动产生的，所以鸟鸣声是由于鸟的发声器官振动而产生的。
[2]声音的的传播需要介质，所以鸟鸣声通过空气传入人耳。
[3]影响工作、学习和休息的声音都是噪音，鸟鸣声影响了想安静学习的同学，故对同学来说是噪声。
15. 手机屏幕工作时将 ___________能转化为光能，其发出的蓝光属于 ___________光（选填“可见”或“不可见”），对人眼伤害较大，造成近视时需要佩戴 ___________透镜进行矫正。
【答案】 ①. 电 ②. 可见 ③. 凹
【解析】
【详解】[1]手机屏幕工作时依赖电池提供能量必光，故是将电能转化为光能。
[2]蓝光人眼能够看得见，属于可见光。
[3]近视眼是因为晶状体比较厚，折光能力比较强，光线会聚在视网膜的前面，可以配戴具有发散作用的凹透镜进行矫正。
16. 神舟十四号飞船发射时，火箭通过向下喷射高速气流，获得向上的推力，说明力的作用是 ___________的；停止喷气后，火箭由于具有 ___________仍能继续上升，箭体上的摄像机拍摄的画面通过 ___________波传送回地面。
【答案】 ①. 相互 ②. 惯性 ③. 电磁
【解析】
【详解】[1]火箭通过向下喷射高速气流，获得反冲力，即向上的推力，说明力的作用是相互的。
[2]一切物体都具有惯性，所以火箭停止喷气后，由于具有惯性仍能继续向上运动。
[3]电磁波的传播不需要介质，所以箭体上的摄像机拍摄的画面通过电磁波传送回地面。
17. 如图所示，竖直放置的平面镜能绕水平轴MN转动，小明站在平面镜正前方，他在镜中成的是 ___________（选填“实”或“虚”）像；小明垂直镜面移动8cm，他与像的距离改变 ___________cm；为了让他站着就能看到镜中脚的像，可以让平面镜绕轴沿 ___________时针方向转动。
【答案】 ①. 虚 ②. 16 ③. 顺
【解析】
【详解】[1]据平面镜所成像的特点可知，平面镜所成的像是虚像，所以小明同学在镜中的像是虚像。
[2]小明垂直镜面移动8cm，由于像到平面镜的距离等于物到平面镜的距离，所以小明镜中的像也垂直镜面移动8cm，那么他与像的距离改变值为
8cm+8cm=16cm
[3]为了让他站着就能看到镜中脚的像，即让脚反射出来的光线经平面镜反射后能够射入人的眼睛，所以应让平面镜倾斜一些，绕轴沿顺时针方向转动。
18. 如图为自制发球机示意图，当吹风机向水平管吹风时，乒乓球上方的气体压强变 ___________。已知球的质量为2.5g，竖直方向受大气压作用的等效面积为12.5cm2，若不计管壁摩擦，当球下方和上方气压差为 ___________Pa时，球恰能上升；若考虑管壁摩擦，则需要 ___________乒乓球上方的风速（g取10N/kg）。
【答案】 ①. 小 ②. 20 ③. 增大
【解析】
【详解】[1]当吹风机向水平管吹风时，乒乓球上方的气体流速大，压强小，小于下端管口气体压强，原本静止的乒乓球沿管上升。
[2]球的重力
G=mg=2.5×10﹣3kg×10N/kg=2.5×10﹣2N
当球下方和上方受到的压力差时，乒乓球开始上升，即
竖直方向受大气压作用的等效面积
S=12.5cm2=12.5×10﹣4m2
则球下方和上方气压差
[3]若考虑管壁摩擦，则需要增大乒乓球上方的风速，则球下方和上方气压差增大，从而使球沿竖直管上升。
19. 图示电能表能接入用电器的最大总功率为 ___________W；小明发现家中多个用电器正常工作时，指示灯在1min内闪烁90次，这段时间内电路消耗的电能为 ___________kW·h；他再将额定功率为1000W的电水壶接入该电路，发现额定电流为30A的熔丝熔断了，这是因为电路发生了 ___________故障。
【答案】 ①. 6600 ②. 0.03 ③. 短路
【解析】
【详解】[1]图示电能表能接入用电器的最大总功率
P=UI=220V×30A=6600W
[2]指示灯在1min内闪烁90次，这段时间内电路消耗的电能
[3]多个用电器正常工作时通过电路的电流
将额定功率为1000W的电水壶接入该电路，通过电水壶的电流
此时通过电路总电流
I总=I0+I′=8.2A+4.5A=12.7A＜30A
但是额定电流为30A的熔丝熔断了，说明电路发生短路。
20. 如图1所示，轻质杠杆可绕O转动，A点悬挂一重为12N的物体M，B点受到电子测力计竖直向上的拉力F，杠杆水平静止，已知OA=AB=BC，则F为 ___________N。保持杠杆水平静止，将F作用点从B移至C，此过程中F方向保持不变，F的力臂记为l，则F的大小变 ___________，F与（）的关系图线为图2中的①；将M从A移至B，再重复上述步骤，F与（）的关系图线为图2中的 ___________（选填数字序号）。
【答案】 ①. 6 ②. 小 ③. ②
【解析】
【详解】[1]由图1可知，O为杠杆的支点，B点拉力F的力臂
A点作用力的力臂为OA，由杠杆平衡条件可得：F×OB=G×OA，
解得
[2]由题意可知，保持杠杆水平静止，将F作用点从B移至C，此过程中F方向保持不变，根据杠杆平衡条件可得F×l=G×OA，
解得
……Ⅰ
由题意可知，此过程中物体M的重力G和力臂OA不变，拉力F的力臂l变大，则拉力F变小。
[3]将M从A移至B，由杠杆平衡条件可得F×l=G×OB，解得
……Ⅱ
由数学知识可知，Ⅰ、Ⅱ两式中拉力F与的关系图线均为正比例函数，由图1可知，OB>OA，则Ⅱ式的斜率大于Ⅰ式的斜率，因此将M从A移至B，F与的关系图线为过原点且斜率比图线①大的图线②。
21. 如图1所示，RG是光敏电阻，R是阻值为10kΩ的定值电阻，电源电压U=9V。光敏电阻RG的阻值与光的照度（光照越强，照度越大，单位为Lux）关系如图2所示，当照度增大时，RG的阻值将 ___________。小芳将量程为3V的电压表接入图1电路，将其改装成照度表，为使光的照度增大时电压表的示数也增大，则该电压表应并联在 ___________两端，能够测量的最大照度为 ___________Lux。改装完成后，若小芳将电源换为电压可调电源（调节范围为12V～15V），且将R换为可调电阻（调节范围为5kΩ～20kΩ），则该装置所能测量的最大照度为 ___________Lux。
【答案】 ①. 变小 ②. 定值电阻R ③. 1.2 ④. 1.4
【解析】
【详解】[1]由图2知道，光敏电阻RG的阻值随光的照度的增大而变小。
[2]由图1知道，两电阻串联，又知道光敏电阻RG的阻值随光的照度的增大而变小，根据串联分压原理，为使光的照度增大时电压表的示数也增大，应将电压表并联在定值电阻R的两端。
[3]当电压表达到3V时，电路中的电流为
RG两端的电压为
URG=U﹣UR=9V﹣3V=6V
RG的阻值
对照图2知道，此时的最大照度为1.2Lux。
[4]换成可调电源和可调电阻后，为提高最大照度，应选择较小的电源电压和较小的定值电阻，当电源电压为12V，电阻调至5kΩ时，电压表仍并联在可调电阻的两端，当电压表示数达到3V时，电路中的电流
RG两端的电压为
URG′=U′﹣UR′=12V﹣3V=9V
RG的阻值
对照图2知道，此时能测量的最大照度为1.4Lux。
三、解答题（本题共9小题，共48分。解答28、29、30题时应有必要的解题过程）
22. 冰壶静止在水平冰面上，O为其重心。请画出它所受重力和支持力的示意图。
【答案】
【解析】
【详解】冰壶静止在水平冰面上，受到的重力方向竖直向下，作用点在重心上，受到的支持力方向竖直向上，作用点也在重心上，又因为冰壶处于静止状态，所以重力的大小等于支持力，带箭头的直线一样长，如下图所示：
23. 请用笔画线代替导线，将开关和灯泡正确连入家庭电路。
【答案】
【解析】
【详解】开关要控制火线，火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点，零线直接接入灯泡的螺旋套，如下图所示：
24. 当光线从水射向空气时，它的反射光线如图所示，画出入射光线和折射光线．
【答案】略
【解析】
【详解】首先过入射点O作出法线，在发生反射时，反射角等于入射角，据此画出入射光线；光从水中斜射入空气中，折射角大于入射角，折射光线远离法线．如图所示：
25. 某小灯泡的额定电压为2.5V，图1是测量该灯泡额定功率的实验电路。
（1）请用笔画线代替导线，将电压表正确接入电路；（ ）
（2）闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移至最 ___________端（选填“左”或“右”）；
（3）当电压表示数调至2.5V时，电流表示数如图2所示，小灯泡额定功率为 ___________W；
（4）用图3所示电路来测量另一只额定电压为4V的小灯泡的额定功率；
①仅闭合S1，调节滑动变阻器R2滑片至某一位置，使电压表示数为4V；
②在保持 ___________的情况下，仅闭合S2，调节电阻箱R1使电压表示数为 ___________V，此时R1接入电路的阻值为20Ω；
③该小灯泡的额定功率为 ___________W。
【答案】 ①. ②. 右 ③. 0.75 ④. 滑动变阻器R2滑片不动 ⑤. 4 ⑥. 0.8
【解析】
【详解】（1）[1]电压表与灯泡并联接入电路，如下图所示：
（2）[2]闭合开关前，滑动变阻器的滑片应移到阻值最大处，即最右端。
（3）[3]电流表接入电路的是小量程，分度值为0.02A，示数为0.3A，小灯泡的额定功率
P=UI=2.5V×0.3A=0.75W
（4）①[4]仅闭合S1，灯泡和滑动变阻器串联接入电路，调节滑动变阻器R2滑片至某一位置，使电压表示数为4V，达到灯泡的额定电压，此时灯泡正常发光。
②[5]在保持滑片位置不动的情况下，仅闭合S2，滑动变阻器和电阻箱串联接入电路，调节电阻箱R1使电压表示数为4V，此时电阻箱相当于正常发光的灯泡，此时R1接入电路的阻值为20Ω，即灯泡正常发光时阻值也为20Ω。
③[6]该小灯泡的额定功率
26. 用图1所示的实心陶瓷材质的冰墩墩模型来估测镇江香醋的密度。
（1）将天平放在水平桌面上并将游码归零后，若指针静止时位置如图2所示，则应将平衡螺母向 ___________（选填“左”或“右”）端调节；
（2）用天平测量冰墩墩质量，当天平平衡时，右盘中的砝码和游码位置如图3所示，其质量为 ___________g，体积为 ___________cm3；（陶瓷材料的密度为2.7×103kg/m3）
（3）如图4所示，在甲、乙两只烧杯中分别倒入适量香醋后，用天平测出烧杯乙和香醋的总质量m1=135.2g；
（4）如图5所示，将冰墩墩用细线系住后放入烧杯甲中，在烧杯壁上标记液面的位置；
（5）将冰墩墩取出，___________，测出烧杯乙及剩余香醋的总质量m2=102.8g；
（6）根据以上实验数据，求得镇江香醋的密度，ρ=___________g/cm3，与真实值相比，用本方案所测出的香醋密度 ___________（选填“偏大”、“偏小”或“相同”）。
【答案】 ①. 左 ②. 81 ③. 30 ④. 将乙烧杯中的香醋倒入甲烧杯直至标记处 ⑤. 1.08 ⑥. 偏大
【解析】
【详解】（1）[1]将天平放在水平桌面上并将游码归零后，若指针静止时位置如图2所示，此时指针右偏，则应将平衡螺母向左调节，使天平平衡。
（2）[2]游码在标尺上对应的刻度值为1g，冰墩墩的质量为
m=50g+20g+10g+1g=81g
[3]陶瓷材料的密度为
ρ=2.7×103kg/m3=2.7g/cm3
由密度公式可得冰墩墩的体积为
（5）[4]算出从乙烧杯倒入甲烧杯香醋的质量和香醋的体积（冰墩墩的体积），由密度公式可算出香醋的密度。将冰墩墩取出，将乙烧杯中的香醋倒入甲烧杯直至标记处，乙烧杯内减少的香醋的体积就是冰墩墩的体积，即
V醋=V=30cm3
乙烧杯减小香醋的质量为
m醋=m1﹣m2=135.2g﹣102.8g=32.4g
香醋的密度为
（6）[5][6]将冰墩墩从香醋中取出时会带出一部分香醋，会使烧杯乙及剩余香醋的总质量偏小，根据
m醋=m1﹣m2
可知测量的香醋质量偏大，由密度公式可知用本方案所测出的香醋密度偏大。
27. 即热式饮水机工作原理如图1所示，水箱中的水被水泵抽出后，流经电阻丝时被加热，实现边加热边出热水的即热功能，电阻丝最大加热功率为2000W。用户可根据需要调节出水温度和出水量。小军对该饮水机进行了探究。
表一
实验次数
出水温度/℃
出水时间/s
加热功率/W
1
40
16.00
2
45
16.05
1374
3
50
15.95
1712
4
60
18.90
2000
5
85
32.04
1999
6
95
37.29
1999
（1）小军探究过程如下（设电阻丝产生的热量全部被流经的水吸收且无热量损失）：
①将出水量设置为250mL，出水质量为 ___________kg；
②用温度计测出水箱内水的初温如图2所示，示数为 ___________℃；
③保持水的初温和出水量不变，改变出水温度，测量出水时间并记录在表1中；
④根据表1数据计算出加热功率，第1次实验时的加热功率为 ___________W；
（2）小军采用的实验方法是 ___________，小军由表1数据得出结论：饮水机可根据出水温度自动选择不同的控制方式，当出水温度低于85℃时，仅通过改变 ___________来调节出水温度，若上述实验中将出水温度设定为88℃，可估算出水时间约为 ___________s；
（3）小军对实验进行了反思：上述结论在冬季还适用吗？为得到精准的结论，小军将表1设计优化如下并重新实验，你认为①、②处应分别填写的是 ___________和 ___________。
实验次数
①
出水温度/℃
②
出水时间/s
加热功率/W
1
。。。。。。
【答案】 ①. 0.25 ②. 24 ③. 1050 ④. 控制变量法 ⑤. 加热功率 ⑥. 33.6 ⑦. 水的初温/℃ ⑧. 水升高的温度/℃
【解析】
【详解】（1）①[1]将出水量设置为
V=250mL=250cm3
出水质量
m=ρV=1g/cm3×250cm3=250g
②[2]由图2知温度计的分度值为1℃，则温度计的示数为24℃。
④[3]第1次实验，水吸收热量
Q吸=c水mΔt=4.2×103J/（kg•℃）×0.25kg×（40℃-24℃）=1.68×104J
由于无热量损失，所以加热器产生的热量
W=Q吸=1.68×104J
加热器的功率
（2）[4]实验中保持水的初温和出水量不变，改变出水温度，用到了控制变量法。
[5]由表1数据知当出水温度低于85℃时，仅通过改变加热功率来调节出水温度。
[6]由表1数据知当出水温度高于85℃时，加热功率不变，都为1999W，此时水吸收的热量
Q吸′=c水mΔt′=4.2×103J/（kg•℃）×0.25kg×（88℃-24℃）=6.72×104J
由于无热量损失，所以加热器产生的热量
W′=Q吸′=6.72×104J
由得水时间
（3）[7][8]由于冬季温度变化较大，为得到精准的结论，实验中需要记录水的初温度、末温度以及升高的温度，所以表格①处应该填写水的初温/℃，②处应填水升高的温度/℃。
28. 如图所示，用拉力F通过动滑轮将重90N的货物匀速提升1m，动滑轮的机械效率为90%，不计绳重及滑轮与轴之间的摩擦，求；
（1）上述过程中的有用功W有；
（2）上述过程中拉力所做的功W总；
（3）动滑轮所受的重力G动。
【答案】（1）90J；（2）100J；（3）10N
【解析】
【详解】解：（1）将重90N的货物匀速提升1m，所做的有用功
W有=Gh=90N×1m=90J
（2）由得，拉力所做的总功
（3）由图知，有两段绳子提起物体，则
s=2h=2×1m=2m
由W=Fs得，绳端的拉力
不计绳重及滑轮与轴之间的摩擦，由可得，动滑轮的重力
G动=nF-G=2×50N-90N=10N
答：（1）上述过程中有用功W有为90J；
（2）上述过程中拉力所做的功W总为100J；
（3）动滑轮的重力为10N。
29. 北京冬奥会上使用的氢燃料电池汽车，是利用氢与氧发生化学反应产生电能，供给电动机而驱动汽车行驶的。如图所示，该类型汽车甲在平直公路上从A地出发，以90km/h的速度行驶1h到达B地，消耗0.8kg氢燃料，所产生电能E电的80%用于维持汽车匀速行驶，所受阻力为1000N。已知每加注1kg氢燃料所需的费用为30元。
（1）求A、B两地之间距离。
（2）求此过程中产生的电能E电。
（3）燃油汽车乙也在该公路上从A地出发，以90km/h的速度匀速行驶。所受阻力与甲车相同，汽油在气缸内完全燃烧，且燃烧所释放热量的30%用来维持汽车匀速行驶，汽油热值取q=5×107J/kg。已知每加注1kg汽油所需的费用为12元。则在与甲车花费相同燃料费用的情况下：
①求乙车消耗的汽油完全燃烧所放出的热量。
②请通过计算判断乙车能否到达B地。
【答案】（1）90km；（2）1.125×108J；（3）①1×108J；②乙车不能到达B地。
【解析】
【详解】解：（1）A、B两地之间距离为
sAB=vt=90km/h×1h=90km=90000m
（2）由二力平衡条件可知，汽车匀速行驶时的牵引力为
F=f=1000N
汽车牵引力做的功为
W=FsAB=1000N×90000m=9×107J
此过程中产生的电能为
（3）①由每加注1kg氢燃料所需的费用为30元可知，消耗0.8kg氢燃料的费用为
0.8kg×30元/kg=24元
由每加注1kg汽油所需的费用为12元可知，在与甲车花费相同燃料费用的情况下，乙车消耗的汽油为
m==2kg
乙车消耗的汽油完全燃烧所放出的热量为
Q放=mq=2kg×5×107J/kg=1×108J
②燃烧汽油时汽车获得的机械能为
W机械=η汽Q放=30%×1×108J=3×107J
汽车行驶的距离为
s==3×104m=30km＜90km
因此乙车不能到达B地
答：（1）A、B两地之间距离为90km。
（2）此过程中产生的电能为1.125×108J。
（3）①乙3车消耗的汽油完全燃烧所放出的热量为1×108J。
②乙车不能到达B地。
30. 小华制作的蓄水池水位报警模拟装置如图所示：浮子由铜片E、空心杆F和木块Q构成。在低水位时，触点C、D位于E的正上方h0处，Q的下表面距池底的高度为h。当水位上升到使E与C、D接触后，蜂鸣器R发出忽强忽弱的报警音，报警音的强弱取决于其两端电压大小。电源电压U=6V，定值电阻R0=3Ω，R可视为9Ω的定值电阻，不计其它电阻。
（1）当E与C、D接触时，电路接通，衔铁吸下与触点 ___________接触（选填“A”或“B”），线圈和R0被 ___________（选填“短路”或“断路”）；
（2）在被释放和吸下的过程中，衔铁与A、B的接触时间分别为0.5s和1.5s，不考虑衔铁在AB之间切换的时间。在未解除报警的情况下，求开始报警后1min内电路所消耗的电能；（ ）
（3）Q为边长10cm的正方体，密度为0.5×103kg/m3，h0=12cm，h=20cm，g取10N/kg。不计E、F的质量及F与支架间的摩擦。
①求刚开始报警时水面距池底的高度H；（ ）
②下列措施中，可使①中H值增大的有 ___________。
A．将池中水换为密度更大的液体
B．仅适当减小Q的边长
C．仅在空心管F中装入适量沙子
D．仅适当减小Q的密度
【答案】 ①. B ②. 短路 ③. 225J ④. 37cm ⑤. C
【解析】
【详解】（1）[1][2]当水位上升到一定高度时E与C、D接触，电路接通，电磁铁开始工作，衔铁被吸下来与B点接触，R0及线圈被短路，蜂鸣器开始报警。
（2）[3] 已知tA=0.5s，tB=1.5s，U=6V，R0=3Ω，R=9Ω，那么完成一个周期需要2s，消耗的电能
完成一个周期需要的时间是2s，则1min完成30个周期，故
W总=30×WAB=30×7.5J=225J
（3）[4]①已知L木=10cm，ρ木=0.5×103kg/m3，木头漂在水面上，故
F浮=G木=ρ木V木g=0.5×103kg/m3×103×10﹣6m3×10N/kg=5N
木块浸入液体的体积
木块浸入液体的深度
则刚开始报警时水面距池底的高度
H=h0+h+h排=12cm+20cm+5cm=37cm
[5]②A．由题意可知，h0和h大小不变，则由H=h0+h+h排可知，能够变化的只有h0，即木块浸入液体的深度变大时，水面距池底的高度H就变大，已知木块在水面漂浮，浮力等于自身重力，将池中水换为密度更大的液体时，木块的浮力仍然等于其重力，由可知，物体浸入液体的体积变小，因此h0变小，H变小，故A不符合题意；
B．仅减小Q的边长，则Q的体积减小，则由G=ρVg可知，木块的重力减小，则所受浮力变小，V排变小，因此h0变小，H变小，故B不符合题意；
C．仅在空心管F中装入适量沙子，则木块受到的向下的压力变大，则木块受到的浮力变大，由公式F浮=ρ水V排g可知，V排变大，因此h0变大，H变大，故C符合题意；
D．仅适当减小Q的密度，则由G=ρVg可知，木块的重力减小，则所受浮力变小，因此V排变小，h0变小，H变小，故D不符合题意。
故选C。
相关试卷
2023年江苏省镇江市中考物理真题试卷及答案： 这是一份2023年江苏省镇江市中考物理真题试卷及答案，共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022年江苏省镇江市中考物理真题（教师版）： 这是一份2022年江苏省镇江市中考物理真题（教师版），共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022年江苏省镇江市中考物理真题(含答案)： 这是一份2022年江苏省镇江市中考物理真题(含答案)，共39页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
