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2024年初三中考第一次模拟考试试题：物理（镇江卷）（全解全析）
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这是一份2024年初三中考第一次模拟考试试题：物理（镇江卷）（全解全析），共22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。
（考试时间：100分钟 试卷满分：100分）
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．如图所示，以下关于声现象的分析正确的是（ ）
A．图甲中，说明两发声体发出声音的音色不同
B．图乙中，公路两旁设置屏障，是从声音的产生环节防治噪声
C．图丙中，与音叉接触的小球被弹起，说明振幅越大，音调越高
D．图丁中，汽车安装的倒车雷达，是利用超声波反射来定位的
【答案】D
【详解】A．图甲中，两波形的振幅不同，说明声音的响度不同，两波形在相同时间振动的次数不同，振动频率不同，说明声音的音调不同，两波形的形状相同，故音色相同，故A错误；
B．图乙中，公路两旁设置屏障，是从声音的传播过程中防治噪声，故B错误；
C．图丙中，与音叉接触的小球被弹起，说明声音是由物体的振动产生的，故C错误；
D．图丁中，汽车安装的倒车雷达，是利用超声波的反射来定位的，此现象说明了声音可以传递信息，故D正确。
故选D。
2．“二十四节气”被誉为“中国古代第五大发明”，已正式列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录。下列有关部分节气包含的物理知识的解释正确的是（ ）
A．白露：天气转凉，露凝而白，露的形成过程是汽化现象
B．寒露：露水已寒，将要结冰，水结冰的过程是凝固现象
C．霜降：天气渐冷，开始有霜，霜的形成过程是凝固现象
D．大雪：降雪增多，渐有积雪，积雪消融过程需要放热
【答案】B
【详解】A．露是空气中的水蒸气变成小水滴，是气态变成液态的过程，是液化现象，故A错误；
B．水结成冰，是液态变成固态的过程，是凝固现象，故B正确；
C．霜的形成，是空气中的水蒸气直接变成固态的过程，是凝华现象，故C错误；
D．积雪消融，是固态变成液态的过程，是熔化现象，熔化吸热，故D错误。
故选B。
3．周末的橘子洲头游人如织，游客纷纷来此地拍照打卡，赏湘江北去，鱼翔浅底。下列说法正确的是（ ）
A．游人看到水中的鱼，这是光的反射现象
B．树荫下的光斑是光的直线传播形成的
C．岸边的高楼在水中的倒影是光的折射现象
D．照相机是利用凸透镜成正立、缩小、实像的原理制成的
【答案】B
【详解】A．游人看到水中的鱼，是鱼的虚像，是由于光从水中斜射入空气中发生折射形成的，这是光的折射现象，故A错误；
B．小孔成像的原理是光的直线传播，树荫下的光斑由于小孔成像形成的太阳的像。树荫下的光斑是光的直线传播形成的，故B正确；
C．岸边的高楼在水中的倒影属于平面镜成像，是由光的反射形成的，故C错误；
D．照相机是利用凸透镜成倒立、缩小、实像的原理制成的，故D错误。
故选B。
4．如图所示是足球从A处落到地面后反复弹起落下的示意图，图中虚线为足球的运动轨迹。以下说法正确的是（ ）
A．从A点到E点的过程中机械能守恒
B．从C点到D点的过程中重力势能在变大
C．从D点到E点的过程中弹性势能变大
D．足球在整个运动过程中机械能逐渐减小
【答案】D
【详解】AD．小球向右运动过程中，弹起的高度逐渐减小，这是因为小球受到空气阻力的作用会损失一部分机械能，同时与地面碰撞时也会损失一部分机械能，即小球的机械能不守恒，故A错误、D正确；
B．从C点到D点的过程中，小球的质量不变，高度变小，重力势能变小，故B错误；
C．D点到E点的过程中，小球的弹性形变程度变小，弹性势能变小，弹性势能转化为动能，故C错误。
故选D。
5．如图所示，是北京冬奥会上我国健儿比赛的精彩瞬间。下列说法正确的是（ ）
A．图甲中，运动员腾空后其惯性消失了
B．图乙中，曲棍球运动员用球杆击球时，球杆是费力杠杆
C．图丙中，滑雪运动员上升到最高点时受到平衡力的作用
D．图丁中，滑板运动员的滑板做成又宽又大，主要是为了增大摩擦
【答案】B
【详解】A．一切物体在任何时候都有惯性，图甲运动员腾空后仍具有惯性，故A错误；
B．图乙中的球杆在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故B正确；
C．图丙滑雪运动员上升到最高点时只受重力的作用，受到非平衡力的作用，故C错误；
D．图丁中，滑板运动员的滑板做成又宽又大，目的是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强，故D错误。
故选B。
6．如图所示，取暖“神器”当开关S1闭合时，电热丝R工作，再闭合开关S2，电动机M才能启动，取暖器摇头。电热丝未工作时，取暖器不能摇头。下列电路设计符合要求的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】由题意可知，当开关S1闭合时，电热丝R工作，再闭合开关S2，电动机M才能启动，取暖器摇头，说明电热丝R可以独立工作，则电热丝R与电动机M应并联；电热丝未工作时，取暖器不能摇头，这说明开关S1位于干路，开关S2位于电动机的支路上。
故选C。
7．如图甲所示，将质量相等的冰和烛蜡分别装在两个相同的试管中，放入装有水的烧杯中加热。绘制出温度随时间变化的图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．图甲中使用水浴加热是因为水的比热容大
B．图甲中两试管放在同一烧杯中加热，可以控制相同时间内冰和烛蜡吸收的热量相同
C．由图乙可知，A图线对应物质的内能先增大后不变再增大
D．由图乙可知，B图线对应的物质是冰
【答案】B
【详解】A．图甲中使用水浴加热是使固体物质均匀受热，故A错误；
B．图甲中两试管放在同一烧杯中加热，而不是用两个酒精灯分别加热，这样做的好处是：可以控制相同时间内冰和烛蜡吸收的热量相同，且物质受热均匀，故B正确；
C．由图乙可知，A图线对应物质有固定的熔点，所以是晶体，晶体在熔化前后以及熔化过程中都要吸热，所以该物质的内能一直增大，故C错误；
D．由图乙可知，B图线对应的物质没有固定的熔点，为非晶体，不是冰，故D错误。
故选B。
8．如图所示是一种测定油箱内油量的装置。其中R是滑动变阻器的电阻片，滑动变阻器的滑片跟滑杆可以绕固定轴O转动，另一端固定着一个浮子。当油箱中的油量减少时（ ）
A．R接入电路中的电阻减小B．电路的总功率增大
C．电流表示数减小 D．R0两端电压增大
【答案】C
【详解】A．当油箱中的油量减少时，浮子向下运动，滑杆会向上运动，变阻器接入电路中电阻增大，故A不符合题意；
C．定值电阻与变阻器串联，电流表测量电路中电流，当变阻器接入电路中电阻增大时，电路中电阻增大，由欧姆定律得，电路中电流减小，因此电流表示数减小，故C符合题意；
B．由P=UI得，电路的总功率减小，故B不符合题意；
D．电路中电流减小，由欧姆定律得，R0两端电压减小，故D不符合题意。
故选C。
9．R1与R2此时接入电路中的阻值相同，S1断开，S2闭合；求下列操作中，一定可以使电流表示数变大的是（ ）
A．闭合S1，断开S2 B．闭合S1，向右滑动滑片P
C．减小电源电压，闭合S1 D．增大电源电压，向右滑动滑片P
【答案】B
【详解】S1断开，S2闭合时，只有R2接入电路，电流表的示数I=I2。
A．闭合S1 ，断开 S2时，只有R1接入电路，由于R1与R2此时接入电路中的阻值相同，则电流表的示数不变，故A不符合题意；
B．闭合S1 ，R1与R2并联，由于R1与R2此时接入电路中的阻值相同，则
I2=I1=UR1
由并联电路的总电阻比任何一个分电阻都小可知，向右滑动滑片P，总电阻总是比R1小，则I>I1，故I>I2
故B符合题意；
C．闭合S1 ，R1与R2并联，由于R1与R2此时接入电路中的阻值相同，电路的总电阻为
R总=R×RR+R=12R
电流表的示数
I=UR总=U12R=2UR
故电流表可能变小、不变也可能变大，故C不符合题意；
D．向右滑动滑片P，R2接入电路的阻值变大，当增大电源电压时，由I=UR可知，电流表的示数可能变大、可能不变、也可能变小。故D不符合题意。
故选B。
10．“生命宝贵，安全第一”是同学们应具有的安全意识。下列做法不符合安全用电原则的是（ ）
A．连接家庭电路时，开关接在火线和用电器之间
B．若家用电器着火，先切断电源，再用灭火器灭火
C．使用试电笔时，手指按住笔尾金属体
D．更换灯泡时，没有断开电源开关
【答案】D
【详解】A．为防止断开开关，用电器仍与火线直接相连，开关应串联接在火线和用电器之间。故A不符合题意；
B．灭火器里面喷出的物质含可导电材料，若家用电器着火，先切断电源，再用灭火器灭火，否则容易造成短路，故B不符合题意；
C．根据试电笔的原理，使用试电笔时，手指应按住笔尾金属体，但不可接触笔尖，故C不符合题意；
D．更换灯泡时，必须断开电源，否有触电的危险，故D符合题意。
故选D。
11．如图 所示，小明根据图甲的杆秤原理设计了图乙所示的装置。AOB为轻质杠杆，O为支点，边长为10cm的正方体M通过轻质细线悬挂于A点，AO的距离为10cm，重为5N的秤砣Q通过轻质细线悬挂在杠杆上。当 M浸没在不同液体中，移动Q使得杠杆水平平衡时，在Q悬挂的位置标上相应液体的密度，就可以把此装置制作成密度秤。已知 OB的距离为 80cm，当 M 未浸入液体中，Q 悬挂于B点刚好能使杠杆水平平衡。不计支点处的摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．M浸没在水中时所受的浮力为1N
B．M的质量为 40kg
C．水的密度应标在距离O点 60cm 处
D．离 O点越近的位置标的液体密度越小
【答案】C
【详解】A．边长为10cm的正方体M浸没在水中时所受的浮力
F浮=ρgV排=1×103kg/m3×10N/kg×0.1m3=10N
故A错误；
B．当 M 未浸入液体中，Q 悬挂于B点刚好能使杠杆水平平衡， OB的距离为 80cm，AO的距离为10cm，由杠杆平衡条件可得
GM×OA=GQ×OB
代入数据得
GM×10cm=5N×80cm
解得
GM=40N
则M的质量
mM=GMg=40N10N/kg=4kg
故B错误；
C．当 M浸没在水中，M对A端的拉力
FA=GM-F浮=40N-10N=30N
由杠杆平衡条件可得，OC的距离
FA×OA=GQ×OC
代入数据，解得
OC=30N×10cm5N=60cm
故水的密度应标在距离O点 60cm 处，故C正确；
D．液体密度越小，M受到的浮力越小，M对A端的拉力越大，由杠杆平衡条件可知，OC的距离越大，所以离 O点越远的位置标的液体密度越小，故D错误。
故选C。
12．如图甲所示的电路，电源电压恒定。闭合开关S，移动滑片P，电压表示数随电流表示数变化的图像如图乙所示。以下分析正确的是（ ）
A．电源电压为10V
B．R0最大功率为1W
C．滑片P向左移动过程中，R0两端电压逐渐变小
D．滑片P向右移动过程中，电压表与电流表的比值变大
【答案】D
【详解】由图甲得，电阻R0与滑动变阻器串联，电流表测量电路电流，电压表测量滑动变阻器电压。
A．由图乙得，当电压表示数为10V时，电流表示数为0.1A，由串联电路特点与欧姆定律得
U源=U0+I1R0=10V+0.1A×R0
当电压表示数为0V时，电流表示数为0.6A，由串联电路特点与欧姆定律得
U源=I2R0=0.6A×R0
解得
U源=12V，R0=20Ω
故A错误；
B．R0最大功率为
P0max=I22R0=0.6A2×20Ω=7.2W
故B错误；
C．滑片P向左移动过程中，滑动变阻器接入电路中电阻变小，变阻器分到电压变小，R0两端电压逐渐变大，故C错误；
D．滑片P向右移动过程中，滑动变阻器接入电路中电阻变大，电压表与电流表的比值为变阻器接入电路中的阻值，变大，故D正确。
故选D。
二、填空题（本题共9个小题，每空1分，共28分。）
13．锅边糊是福州的传统风味小吃。烹调时，将大米加清水磨成的浓米浆沿烧热的锅边浇一圈，待半熟后用锅铲铲入正熬着的美味汤中。米浆在烧热的锅边烙到半熟起卷，是通过 来增加米浆的内能。刚煮好的锅边糊上方飘着“白气”，是由于锅内水蒸气上升时遇冷 形成小水珠；闻到锅边糊的鲜香味，是因为食物分子在 。
【答案】 热传递 液化 不停地做无规则运动
【详解】[1]米浆在烧热的锅边烙到半熟起卷，这是通过热传递来增加米浆的内能。
[2]刚煮好的锅边糊上方飘着“白气”， “白气”是由锅内水蒸气上升时遇冷液化形成的小水珠，属于液化现象。
[3]能够闻到锅边糊的鲜香味，这是扩散现象，因为食物分子在不停地做无规则运动。
14．如图所示，运动员推铅球，铅球离开手后能继续前进是因为铅球具有 ，假如不计空气摩擦，铅球飞行轨迹的最高点c时，铅球处于 （选填“平衡”、“非平衡”）状态。落到地面d点时，会将地面砸出一个坑，这说明力能改变物体的 。
【答案】 惯性 非平衡 形状
【详解】[1]一切物体都有保持原来的运动状态不变的性质，这种性质叫做惯性。铅球离开手后之所以能继续前进，就是因为铅球具有惯性。
[2]物体的速度大小或运动方向发生改变时，物体处于非平衡状态。不计空气摩擦，铅球飞行轨迹的最高点c时，铅球只受到重力作用，处于非平衡状态。
[3]地面在力的作用下发生了形变，说明力能改变物体的形状。
15．物理就在我们身边，吸管是我们生活中常见的物品，利用它能做许多有趣的实验：
（1）如图1所示，将一根摩擦过的吸管悬挂起来，用一根带负电的橡胶棒去靠近它时，发现吸管会被排斥，这说明吸管带的是 电荷；
（2）如图2所示，用吸管喝饮料，从物理学的角度分析，其实是 将饮料压入口中的；
（3）如图3所示，将两根相同的蜡烛并列摆放，左边的蜡烛已经在燃烧。要将右边的蜡烛点燃，可以用吸管向 （选填“A”或“B”）处吹气。
【答案】 负 大气压 B
【详解】（1）[1]将一根摩擦过的吸管悬挂起来，用一根带负电的橡胶棒去靠近它时，发现吸管会被排斥，根据同种电荷相互排斥可知，吸管带的也是负电荷。
（2）[2]用吸管喝饮料，先将管中空气吸出，管内气压减小，管外大气压不变，管外大气压大于管内气压，大气压将饮料通过吸管压入口中。
（3）[3]图中将两根相同的蜡烛并列摆放，左边的蜡烛已在燃烧。要将右边的蜡烛点燃，可以用吸管向B处吹气，使中间空气流速变大，压强变小，这样火焰会向右偏，可以将右侧的另一支蜡烛点燃。
16．如图是环卫工人用扫帚打扫卫生的情景，环卫工人右手不动，用左手拉动扫帚杆中部，此时扫帚属于 （选填“省力”“费力”或“等臂”）杠杆，这样做的好处是 。扫地时用力下压扫帚会使地面受到的摩擦力 。
【答案】 费力 省距离 增大
【详解】[1]扫帚在使用过程中，动力臂小于阻力臂，为费力杠杆。
[2]根据杠杆的平衡条件可知，使用费力杠杆时，虽然费力，但可以省距离。
[3]用力下压扫帚，是通过增大压力的方法来增大摩擦的，扫地时用力下压扫帚会使地面受到的摩擦力会增大。
17．湖边道路上的灯光亮时，湖水上方实景与湖中“倒影”交相辉映，形成一幅绚丽多彩的图案。已知某处水深为3m，该处湖边一路灯距水面6m，则该灯的“倒影”距水面 m；若湖水再上涨0.2m，则该路灯与其对应“倒影”相距 m；一只小鸟以3m/s的速度平行于水面飞行，水中的“倒影”相对于小鸟是 （选填“静止的”、“运动的”）。
【答案】 6 11.6 静止的
【详解】[1]路灯距水面6m，由平面镜成像特点可知，该路灯的“倒影”距水面的距离也是6m。
[2]若湖水再上涨0.2m，则路灯距水面的距离为
6m﹣0.2m＝5.8m
那么该路灯的“倒影”距水面也是5.8m，则该路灯与其对应“倒影”相距
5.8m+5.8m＝11.6m
[3]小鸟平行于水面飞行，倒影与小鸟之间位置没有发生变化，若以小鸟为参照物，它在水中的倒影是静止的。
18．如图，快递公司正借助传送带分捡包裹。传送带的表面往往比较粗糙，其目的是 ，包裹与传送带一起做水平匀速直线运动时，以传送带为参照物，则包裹是 （选填“静止”或“运动”）的。若长方体包裹长50cm，宽20cm，高10cm，质量为20kg，则包裹平放在水平传送带上时对传送带的压强为 Pa。（g=10N/kg）
【答案】 增大摩擦力 静止 2000
【详解】[1]压力相同时，增大接触面的粗糙程度可增大摩擦力，故传送带的表面往往比较粗糙，其目的是增大摩擦力。
[2]包裹与传送带一起做水平匀速直线运动时，以传送带为参照物，包裹的位置没有发生变化，则包裹是静止的。
[3]由题意可得，包裹平放在水平传送带上时对传送带的压力
F=G=mg=20kg×10N/kg=200N
受力面积
S=50cm×20cm=1000cm2=0.1m2
包裹平放在水平传送带上时对传送带的压强
p=FS=200N0.1m2=2000Pa
19．如图所示是利用特制水银温度计、电磁继电器、小灯泡、电铃等元件自制的温度自动报警器示意图。
（1）控制电路接通时能吸引衔铁是因为电流具有 效应；
（2）当环境温度达到设定的报警温度时，工作电路中 通电工作；
（3）若要提高报警温度，应将温度计上端的金属丝向 调整；
（4）写出一种可增大电磁铁磁性的方法： 。
【答案】 磁 电铃 上 增加电磁铁线圈匝数
【详解】（1）[1]控制电路接通时，通过电磁铁有电流，电磁铁会产生磁性，能吸引衔铁，这说明电流具有磁效应。
（2）[2]当环境温度达到设定的报警温度时，控制电路是闭合的，电路中有电流，电磁铁具有磁性，衔铁会被吸下，使得工作电路中电铃接入电路中。
（3）[3]若要提高报警温度，应将温度计上端的金属丝向上调整。
（4）[4]要增大磁性，可以通过增大电源电压来增大电路中的电流，也可以增加电磁铁线圈的匝数。
20．如图所示，工人利用斜面和滑轮将物体从斜面底端匀速拉到顶端，斜面高1m，长2m，物体重500N，平行于斜面的拉力为200N，所用时间为10s。在此过程中，物体的动能 （选填“增大”、“减小”或“不变”），拉力的功率为 W，把物体直接提高到斜面顶端做的功为有用功，则这个装置的机械效率为 。
【答案】 不变 80 62.5%
【详解】[1]动能的大小与质量和速度有关，物体匀速拉动时，速度不变，动能不变。
[2]根据动滑轮的特征，拉力F移动的距离为
s拉=2s=2×2m=4m
拉力所做的总功为
W总=Fs拉=200N×4m=800J
拉力的功率为
P=W总t=800J10s=80J
[3]把物体拉到顶端做的有用功为
W有=Gℎ=500N×1m=500J
整个装置的机械效率为
η=W有W总×100%=500J800J×100%=62.5%
21．将额定电压为4V的小灯泡L和电阻R1、R2接入如图甲所示的电路中，电源电压恒定，灯泡L和R1的电流与电压的关系图像如图乙所示。闭合开关S1、S2，电压表示数为2V，则电源电压为 V；闭合开关S1、S3，小灯泡正常发光，则R2的阻值为 Ω，小灯泡的额定功率为 W。
【答案】 8 5 3.2
【详解】[1]由电路图可知，当闭合S1、S2时，R1与L串联，电压表测灯泡两端电压，由图像知，灯泡两端电压为2V时的电流为0.6A，串联电路中电流处处相等，即通过R1的电流也为0.6A，
R1的电流为0.2A时，电压为2V，通过R1的电流与其两端的电压成正比，所以通过R1的电流为0.6A时，它两端电压为
U1=×2V=6V
所以电源电压
U=UL+U1=2V+6V=8V
[2][3]当只闭合S1、S3时，R2与L串联，电压表仍测灯泡两端电压，由灯泡正常发光可知，此时灯泡两端电压为4V，由图像知，通过灯泡的电流为0.8A，则灯泡的额定功率
PL=ULIL=4V×0.8A=3.2W
由串联电路特点可知
I2=IL=0.8A，U2=U−UL=8V−4V=4V
由欧姆定律可得，R2的阻值
R2=U2I2=4V0.8A=5Ω
三、解答题（本题共9个小题，共48分。解答28、29、30题时应有必要的解题过程）
22．（2分）如图甲所示，《天工开物》里记载了一种捣谷用的舂（chōng），其简化原理如图乙所示，O为支点，F2为阻力（由锤头重力产生），请作出阻力臂l2及踩在A处的最小动力F1。
【答案】
【详解】由杠杆平衡条件F1l1=F2l2可知，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小；图中支点在O点，因此OA作为动力臂最长，过A点垂直于OA向下做出最小动力F1的示意图；从O点做F2的作用线的垂线段，垂线段的长即为阻力臂l2。如图所示：
23．（2分）在图中，给出的入射光线AO画出其反射光线OB和折射光线OC，并标出反射角和折射角。
【答案】
【详解】入射光线与法线的夹角为入射角α；根据反射角等于入射角做出反射光线，反射角为β；当光从水斜射空气中入中时，折射光线将向远离法线的方向偏折，折射光线与法线的夹角为折射角γ，折射角大于入射角，如图所示：
24．（2分）小红家卧室安装了两盏“220V，11W”的壁灯L1、L2和一个三孔插座，把a、b、c三个点的导线正确连接在家庭电路中，要求开关S只控制两盏电灯且都能正常发光。
【答案】
【详解】开关S控制两盏电灯且都能正常发光，两灯泡并联，开关S要接在火线与灯之间，如图所示：
25．（6分）如图所示，在探究凸透镜成像的实验中，将一束平行于凸透镜主光轴的光线经过凸透镜后，得到图甲所示的光路图。
（1）利用这个凸透镜在图乙装置中进行以下操作：
①如果烛焰在光屏上的像偏高，应将凸透镜向 （选填 “上”或“下”）调节；
②当烛焰距凸透镜30cm时，移动光屏可在光屏上得到一个清晰的像。实际应用中， （选填“照相机”、“投影仪”或“放大镜”）成像原理与此类似；
③当物距为5cm时，无论怎样调节光屏，光屏上始终接收不到清晰的像，这时应从凸透镜的 （选填“左”或“右”）侧透过凸透镜直接观察到 立的像；
（2）小华同学在一次实验中用“F”光源在光屏上得到了一个倒立的清晰的像，爱动手实验的小华在光源和光屏之间放了一个 眼镜（选填“近视”或“远视”），需要将光屏远离透镜才能再次出现清晰的像；
（3）继续利用该凸透镜进行实验；把高为2cm的发光棒立于凸透镜前，在光屏上成了3cm高的像，则测量出的像离凸透镜的距离可能是 。
A．8cm B．12cm C．25cm
【答案】 下 照相机 右 正 近视 C
【详解】（1）由图甲知道，平行于主光轴的光线经凸透镜折射后，会聚在主光轴上一点，这点是凸透镜的焦点，焦点到光心的距离是凸透镜的焦距，所以凸透镜的焦距是f=60.0cm-50.0cm=10.0cm
①[1]如果烛焰在光屏上的像偏高，根据过光心的光线传播方向不变知道，应将凸透镜向下调节。
②[2]当烛焰距凸透镜30cm时，此时u＞2f，光屏上成倒立、缩小的实像，照相机就是利用此原理制成的。
③[3][4]当物距为5cm时，此时u＜f，成正立、放大的虚像，光屏接收不到，这时应从凸透镜的右侧透过凸透镜直接观察到正立的像。
（2）[5]近视眼镜是凹透镜，凹透镜对光线具有发散作用，会将光线推迟会聚成像，故在光源和光屏之间放了一个近视眼镜，将光屏远离透镜才能再次出现清晰的像。
（3）[6]继续利用该凸透镜进行实验；把高为2cm的发光棒立于凸透镜前，在光屏上成了3cm高的像，说明此时成倒立放大的实像，根据2f＞u＞f，v＞2f，成倒立、放大的实像，因此像离凸透镜的距离可能25cm，故C符合题意，AB不符合题意。
故选C。
26．（6分）小明做“测小灯泡的电功率”实验时，所用器材有：电压为6V的电源，额定电压为2.5V的小灯泡，标有“40Ω 1A”的滑动变阻器以及符合实验要求的电压表、电流表、开关和导线；
（1）如图甲所示是小明连接的实物电路，图中有一根导线连接错误，请你在连接错误的导线上打“×”并补画出正确的连线；
（2）小明改正错误后，闭合开关前应将滑片P置于最 端；
（3）小明通过移动滑片P，分别记下了多组对应的电压表和电流表的示数，并绘制成了如图乙所示的U﹣I图像，根据图像提供的信息，可计算出小灯泡的额定功率是 W；
（4）若实验中电流表坏了，为了测量小灯泡的额定功率，小明又用一个定值电阻R0接在原电路电流表的位置，设计了如图丙所示的电路，然后调节滑动变阻器滑片使电压表示数为2.5V，接着保持滑片位置不变，将电压表的 点（选填“a”或“b”）接线改接到c点，观察并记录电压表示数U，则小灯泡的额定功率可表示为P额＝ ；所选用的定值电阻R0的阻值不得超过 Ω。
【答案】 左 0.5 b 2.5V×U−2.5VR0 2.5
【详解】（1）[1]原电路中，电流表与灯并联，电压表串联在电路中，是错误的，电流表与灯串联，电压表与灯并联，如图所示
（2）[2]为了保护电路，闭合开关前应将滑片P置于阻值最大处，即最左端。
（3）[3]由如图乙所示的U﹣I图像，灯的电压为2.5V时，电流大小为0.2A，小灯泡的额定功率是P＝UI＝2.5V×0.2A＝0.5W
（4）[4][5][6]电压表测灯的电压，当灯电压为2.5V时，灯正常发光；接着保持滑片位置不变，根据电流从电压表正接柱流入，将电压表的b接线改接到c点，观察并记录电压表示数U，因各电阻的大小和电压大小都不改变，根据串联电路电压的规律，定值电阻的电压为U0＝U﹣2.5V
由欧姆定律，通过定值电阻的电流I0=U0R0=U−2.5VR0
根据串联电路电流的规律，即为灯的额定电流，则小灯泡的额定功率可表示为
P额＝U额I额＝2.5V×U−2.5VR0
在实验操作中，因电压表选用0-3V的量程，既要测灯的额定电压，又要测灯与R0的电压，故定值电阻R0的最大电压不能超过3V﹣2.5V＝0.5V
因灯正常工作时的电流IL＝0.2A
由欧姆定律I=UR
故R0的最大阻值不能超过R0大＝U0IL=Ω
所选用的定值电阻R0的阻值不得超过2.5Ω。
27．（8分）小明在花坛中拾得两块不同的景观石（不吸水），他将两块景观石带到学校实验室测量密度。
（1）将天平放在水平实验台上并将游码移到 处，发现托盘天平的指针如图甲所示，此时他应该将平衡螺母向 调节，使天平横梁平衡。然后将较小的一块景观石放到天平的左盘，在天平的右盘加减砝码；
（2）天平平衡后，右盘中砝码和游码的位置如图乙所示，小景观石的质量为 g；利用量筒和水测量小景观石的体积如图丙所示。则该景观石的密度为 g/cm3；
（3）小明在测量另一块景观石时发现无法放入量筒中，于是他采用了以下方法进行测量；
①将空烧杯放入盛有适量水的底面积为100cm2的柱形玻璃容器中，如图甲所示，用刻度尺测量出水深h1=10cm；
②将景观石直接放入水中，如图乙所示，用刻度尺测量出水深h2=12cm；
③将景观石从水中拿出放入空烧杯中，如图丙所示，用刻度尺测量出水深h3=16cm，此时水对容器底部的压强为 Pa；景观石所受的浮力为 N；
④小明根据测量过程计算出较大景观石的密度为 kg/m3；在实验后的交流中发现，步骤③中放入空烧杯的景观石沾有一些水，则测出景观石的密度将 。
【答案】 零刻度线 左 62 3.1 1600 0 3×103 不变
【详解】（1）[1]为了减小用天平测量物体的质量时产生的误差，实验前，应将天平放在水平实验台上，并将游码移到标尺的零刻度线处。
[2]由图甲可知，天平横梁向右倾斜，由右偏左调可知，应将平衡螺母向左调节，直到天平横梁水平平衡。
（2）[3]由乙图可知，标尺的分度值为0.2g，游码对应刻度为2g，则小景观石的质量
m=50g+10g+2g=62g
[4]由丙图可知，量筒的分度值为4mL，放入小景观石前，量筒示数为60mL，放入小景观石后，量筒示数为80mL，则小景观石的体积
V=80mL-60mL=20mL=20cm3
则该景观石的密度
ρ=mV=62g20cm3=3.1g/cm3
（3）③[5]图丙中，水深为16cm，则水对容器底部的压强
p=ρ水gh3=1×103kg/m3×10N/kg×0.16m=1600Pa
[6]图丙中，景观石在小烧杯中，景观石没有排开液体，所以景观石不受浮力作用，故景观石所受的浮力为0。
④[7]由甲乙两图可知，景观石的体积
V1=S（h2-h1）=100cm2×（12cm-10cm）=200cm3
由甲、丙可知，景观石装在烧杯中漂浮在水面上，则景观石的重力等于排开水的重力，景观石的质量
m1=Gg=G排g=ρ水V排gg=ρ水Sℎ3−ℎ1=1g/cm3×100cm2×16cm−10cm=600g
则大景观石的密度
ρ1=m1V1=600g200cm3=3g/cm3=3×103kg/cm3
[8]将景观石从水中拿出放入空烧杯中，景观石上沾的水，则大烧杯中水减少，小烧杯漂浮在水面上，则景观石上沾的水的质量等于沾的水排开水的质量，则测量的景观石的质量没有增大，所以测出景观石的密度将不变。
28．（6分）额定功率为1000W的电热水壶正常工作时，把质量为1kg的水从10℃加热到100℃，用时420s，已知c水=4.2×103J/(kg⋅°C)，求：
（1）水吸收的热量；
（2）电热水壶的效率。
【答案】（1）3.78×105J；（2）90%
【详解】解：（1）质量为1kg的水从10℃加热到100℃，水吸收的热量
Q吸=c水m(t−t0)=4.2×103J/kg·℃×1kg×(100℃−10℃)=3.78×105J
（2）额定功率为1000W的电热水壶正常工作420s，则电热水壶的效率
η=Q吸W=Q吸Pt=3.78×105J1000W×420s=90%
答：（1）水吸收的热量为3.78×105J；
（2）电热水壶的效率为90%。
29．（8分）如图所示为一辆无人电动清扫车，空车质量为800kg，它集激光雷达、摄像头、超声波雷达等传感器于一体，可自主作业；（g取10N/kg）
（1）激光是一种电磁波，它在真空中的传播速度为 m/s；车体所用的各种传感器是将光信息、声音信息及压力信息等转换成 信息的器件；
（2）空车停在水平地面上，地面总受力面积为400cm2，则车对地面的压强为多少Pa？
（3）车内蓄电池充满电存储的电能为30kW•h，清扫车作业时电动机的平均功率为1500W，则充满电的蓄电池可供其清扫作业多长时间？
【答案】 3×108m/s 电 2×105Pa 20h
【详解】（1）[1]激光是电磁波，可在真空中传播，电磁波在真空中的传播速度是3×108m/s。
[2]车体所用的各种传感器将光信息、声信息、热信息、力信息等转换成电信号的装置。
（2）[3]空车停在水平地面上，则对地面的压力大小等于其受到的重力大小，即
F=G=mg=800kg×10N/kg=8000N
其总受力面积为
S=400cm2=0.04m2
由p=FS可得，车对地面的压强为
p=FS=8000N0.04m2=2×105Pa
（3）[4]已知存储的电能W＝30kW•h，电动机的功率为
P＝1500W＝1.5kW
由P=Wt可得，充满电的蓄电池可供其清扫作业时间为
t=WP=30kW·h1.5kW=20h
30．（8分）如图甲所示为“无人机”（多功能飞行器），它具有4个旋翼，可通过无线电进行操控，其在拍摄调查、无人配送等方面具有广阔的前景；
（1）该无人机一个旋翼的电动机额定功率为30W，额定电压为15V，一个电动机正常工作时，通过的电流为 A；
（2）该机所需的能量是由一块输出电压为15V、容量为5000mA⋅h的电池提供，若电能的80%用于飞行，飞行时的实际功率为100W，则该机最多能飞行的时间为多少？
（3）该“无人机”携带的微型摄像机带有自动拍摄功能，未出现火情时处于待机状态，等到火情来临产生一定强度的红外线，摄像机将自主启动进入工作状态；小明利用红外探测器设计了一个“模拟自启系统”，如图乙所示；该系统由“自启电路”“控制电路”等组成；其中电源由“无人机”的锂电池提供，锂电池额定电压为15V，R是电阻箱，RP是红外探测器，可视为可变电阻，它的阻值与红外线强度变化的对应关系如下表所示；（E为红外线强度，cd表示其单位）
①据表中数据，请在图丙坐标系中描点作出R﹣E的关系图线；
②若a、b两端电压必须等于或大于9V时，控制电路才能启动摄像机进入工作状态；小明设定红外线强度为4.5cd时启动摄像机工作，电阻箱的阻值至少应调到多少？
【答案】（1）2A；（2）36min；（3）① ，②6Ω
【详解】解：（1）已知电动机的额定功率为30W，额定电压为15V，由P=UI可知，正常工作电流为
I=PU=30W15V=2A
（2）电池储存的能量
W=UIt=15V×5000×10−3A×3600s=2.7×105J
根据η=W机W×100%得，电能转为的机械能
W机＝W×80%＝2.7×105J×80%＝2.16×105J
根据P=Wt可得，该机最多能飞行的时间
t=WP=2.16×105J100W=2160s=36min
（3）①将（1.0，18），（2.0，9），（3.0，6），（4.0，4.5），（6.0，3）在坐标纸上描点，用平滑的线把描出的点连接起来，如图
②表格数据可知，当红外线强度变为原来的几倍，红外探测器RP的阻值变为原来的几分之一，所以，红外探测器RP的阻值与红外线强度E成反比，则有
18Ω×1.0cd＝RP×4.5cd
解得
Rp=4Ω
由题知，启动摄像机工作时，a、b两端的最小电压（即电阻箱的最小电压）UR＝9V，则RP两端的电压
UP=U−UR=15V−9V=6V
电路中的电流
I=UPRP=6V4Ω=1.5A
由I=UR得，电阻箱的最小阻值
R=UI=9V1.5A=6Ω
答：（1）一个电动机正常工作时，通过的电流为2A；
（2）该机最多能飞行的时间为36min；
（3）①如图；②电阻箱的阻值至少应调到6Ω。E/cd
1.0
2.0
3.0
4.0
6.0
RP/Ω
18
9
6
4.5
3
（考试时间：100分钟 试卷满分：100分）
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．如图所示，以下关于声现象的分析正确的是（ ）
A．图甲中，说明两发声体发出声音的音色不同
B．图乙中，公路两旁设置屏障，是从声音的产生环节防治噪声
C．图丙中，与音叉接触的小球被弹起，说明振幅越大，音调越高
D．图丁中，汽车安装的倒车雷达，是利用超声波反射来定位的
【答案】D
【详解】A．图甲中，两波形的振幅不同，说明声音的响度不同，两波形在相同时间振动的次数不同，振动频率不同，说明声音的音调不同，两波形的形状相同，故音色相同，故A错误；
B．图乙中，公路两旁设置屏障，是从声音的传播过程中防治噪声，故B错误；
C．图丙中，与音叉接触的小球被弹起，说明声音是由物体的振动产生的，故C错误；
D．图丁中，汽车安装的倒车雷达，是利用超声波的反射来定位的，此现象说明了声音可以传递信息，故D正确。
故选D。
2．“二十四节气”被誉为“中国古代第五大发明”，已正式列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录。下列有关部分节气包含的物理知识的解释正确的是（ ）
A．白露：天气转凉，露凝而白，露的形成过程是汽化现象
B．寒露：露水已寒，将要结冰，水结冰的过程是凝固现象
C．霜降：天气渐冷，开始有霜，霜的形成过程是凝固现象
D．大雪：降雪增多，渐有积雪，积雪消融过程需要放热
【答案】B
【详解】A．露是空气中的水蒸气变成小水滴，是气态变成液态的过程，是液化现象，故A错误；
B．水结成冰，是液态变成固态的过程，是凝固现象，故B正确；
C．霜的形成，是空气中的水蒸气直接变成固态的过程，是凝华现象，故C错误；
D．积雪消融，是固态变成液态的过程，是熔化现象，熔化吸热，故D错误。
故选B。
3．周末的橘子洲头游人如织，游客纷纷来此地拍照打卡，赏湘江北去，鱼翔浅底。下列说法正确的是（ ）
A．游人看到水中的鱼，这是光的反射现象
B．树荫下的光斑是光的直线传播形成的
C．岸边的高楼在水中的倒影是光的折射现象
D．照相机是利用凸透镜成正立、缩小、实像的原理制成的
【答案】B
【详解】A．游人看到水中的鱼，是鱼的虚像，是由于光从水中斜射入空气中发生折射形成的，这是光的折射现象，故A错误；
B．小孔成像的原理是光的直线传播，树荫下的光斑由于小孔成像形成的太阳的像。树荫下的光斑是光的直线传播形成的，故B正确；
C．岸边的高楼在水中的倒影属于平面镜成像，是由光的反射形成的，故C错误；
D．照相机是利用凸透镜成倒立、缩小、实像的原理制成的，故D错误。
故选B。
4．如图所示是足球从A处落到地面后反复弹起落下的示意图，图中虚线为足球的运动轨迹。以下说法正确的是（ ）
A．从A点到E点的过程中机械能守恒
B．从C点到D点的过程中重力势能在变大
C．从D点到E点的过程中弹性势能变大
D．足球在整个运动过程中机械能逐渐减小
【答案】D
【详解】AD．小球向右运动过程中，弹起的高度逐渐减小，这是因为小球受到空气阻力的作用会损失一部分机械能，同时与地面碰撞时也会损失一部分机械能，即小球的机械能不守恒，故A错误、D正确；
B．从C点到D点的过程中，小球的质量不变，高度变小，重力势能变小，故B错误；
C．D点到E点的过程中，小球的弹性形变程度变小，弹性势能变小，弹性势能转化为动能，故C错误。
故选D。
5．如图所示，是北京冬奥会上我国健儿比赛的精彩瞬间。下列说法正确的是（ ）
A．图甲中，运动员腾空后其惯性消失了
B．图乙中，曲棍球运动员用球杆击球时，球杆是费力杠杆
C．图丙中，滑雪运动员上升到最高点时受到平衡力的作用
D．图丁中，滑板运动员的滑板做成又宽又大，主要是为了增大摩擦
【答案】B
【详解】A．一切物体在任何时候都有惯性，图甲运动员腾空后仍具有惯性，故A错误；
B．图乙中的球杆在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故B正确；
C．图丙滑雪运动员上升到最高点时只受重力的作用，受到非平衡力的作用，故C错误；
D．图丁中，滑板运动员的滑板做成又宽又大，目的是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强，故D错误。
故选B。
6．如图所示，取暖“神器”当开关S1闭合时，电热丝R工作，再闭合开关S2，电动机M才能启动，取暖器摇头。电热丝未工作时，取暖器不能摇头。下列电路设计符合要求的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】由题意可知，当开关S1闭合时，电热丝R工作，再闭合开关S2，电动机M才能启动，取暖器摇头，说明电热丝R可以独立工作，则电热丝R与电动机M应并联；电热丝未工作时，取暖器不能摇头，这说明开关S1位于干路，开关S2位于电动机的支路上。
故选C。
7．如图甲所示，将质量相等的冰和烛蜡分别装在两个相同的试管中，放入装有水的烧杯中加热。绘制出温度随时间变化的图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．图甲中使用水浴加热是因为水的比热容大
B．图甲中两试管放在同一烧杯中加热，可以控制相同时间内冰和烛蜡吸收的热量相同
C．由图乙可知，A图线对应物质的内能先增大后不变再增大
D．由图乙可知，B图线对应的物质是冰
【答案】B
【详解】A．图甲中使用水浴加热是使固体物质均匀受热，故A错误；
B．图甲中两试管放在同一烧杯中加热，而不是用两个酒精灯分别加热，这样做的好处是：可以控制相同时间内冰和烛蜡吸收的热量相同，且物质受热均匀，故B正确；
C．由图乙可知，A图线对应物质有固定的熔点，所以是晶体，晶体在熔化前后以及熔化过程中都要吸热，所以该物质的内能一直增大，故C错误；
D．由图乙可知，B图线对应的物质没有固定的熔点，为非晶体，不是冰，故D错误。
故选B。
8．如图所示是一种测定油箱内油量的装置。其中R是滑动变阻器的电阻片，滑动变阻器的滑片跟滑杆可以绕固定轴O转动，另一端固定着一个浮子。当油箱中的油量减少时（ ）
A．R接入电路中的电阻减小B．电路的总功率增大
C．电流表示数减小 D．R0两端电压增大
【答案】C
【详解】A．当油箱中的油量减少时，浮子向下运动，滑杆会向上运动，变阻器接入电路中电阻增大，故A不符合题意；
C．定值电阻与变阻器串联，电流表测量电路中电流，当变阻器接入电路中电阻增大时，电路中电阻增大，由欧姆定律得，电路中电流减小，因此电流表示数减小，故C符合题意；
B．由P=UI得，电路的总功率减小，故B不符合题意；
D．电路中电流减小，由欧姆定律得，R0两端电压减小，故D不符合题意。
故选C。
9．R1与R2此时接入电路中的阻值相同，S1断开，S2闭合；求下列操作中，一定可以使电流表示数变大的是（ ）
A．闭合S1，断开S2 B．闭合S1，向右滑动滑片P
C．减小电源电压，闭合S1 D．增大电源电压，向右滑动滑片P
【答案】B
【详解】S1断开，S2闭合时，只有R2接入电路，电流表的示数I=I2。
A．闭合S1 ，断开 S2时，只有R1接入电路，由于R1与R2此时接入电路中的阻值相同，则电流表的示数不变，故A不符合题意；
B．闭合S1 ，R1与R2并联，由于R1与R2此时接入电路中的阻值相同，则
I2=I1=UR1
由并联电路的总电阻比任何一个分电阻都小可知，向右滑动滑片P，总电阻总是比R1小，则I>I1，故I>I2
故B符合题意；
C．闭合S1 ，R1与R2并联，由于R1与R2此时接入电路中的阻值相同，电路的总电阻为
R总=R×RR+R=12R
电流表的示数
I=UR总=U12R=2UR
故电流表可能变小、不变也可能变大，故C不符合题意；
D．向右滑动滑片P，R2接入电路的阻值变大，当增大电源电压时，由I=UR可知，电流表的示数可能变大、可能不变、也可能变小。故D不符合题意。
故选B。
10．“生命宝贵，安全第一”是同学们应具有的安全意识。下列做法不符合安全用电原则的是（ ）
A．连接家庭电路时，开关接在火线和用电器之间
B．若家用电器着火，先切断电源，再用灭火器灭火
C．使用试电笔时，手指按住笔尾金属体
D．更换灯泡时，没有断开电源开关
【答案】D
【详解】A．为防止断开开关，用电器仍与火线直接相连，开关应串联接在火线和用电器之间。故A不符合题意；
B．灭火器里面喷出的物质含可导电材料，若家用电器着火，先切断电源，再用灭火器灭火，否则容易造成短路，故B不符合题意；
C．根据试电笔的原理，使用试电笔时，手指应按住笔尾金属体，但不可接触笔尖，故C不符合题意；
D．更换灯泡时，必须断开电源，否有触电的危险，故D符合题意。
故选D。
11．如图 所示，小明根据图甲的杆秤原理设计了图乙所示的装置。AOB为轻质杠杆，O为支点，边长为10cm的正方体M通过轻质细线悬挂于A点，AO的距离为10cm，重为5N的秤砣Q通过轻质细线悬挂在杠杆上。当 M浸没在不同液体中，移动Q使得杠杆水平平衡时，在Q悬挂的位置标上相应液体的密度，就可以把此装置制作成密度秤。已知 OB的距离为 80cm，当 M 未浸入液体中，Q 悬挂于B点刚好能使杠杆水平平衡。不计支点处的摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．M浸没在水中时所受的浮力为1N
B．M的质量为 40kg
C．水的密度应标在距离O点 60cm 处
D．离 O点越近的位置标的液体密度越小
【答案】C
【详解】A．边长为10cm的正方体M浸没在水中时所受的浮力
F浮=ρgV排=1×103kg/m3×10N/kg×0.1m3=10N
故A错误；
B．当 M 未浸入液体中，Q 悬挂于B点刚好能使杠杆水平平衡， OB的距离为 80cm，AO的距离为10cm，由杠杆平衡条件可得
GM×OA=GQ×OB
代入数据得
GM×10cm=5N×80cm
解得
GM=40N
则M的质量
mM=GMg=40N10N/kg=4kg
故B错误；
C．当 M浸没在水中，M对A端的拉力
FA=GM-F浮=40N-10N=30N
由杠杆平衡条件可得，OC的距离
FA×OA=GQ×OC
代入数据，解得
OC=30N×10cm5N=60cm
故水的密度应标在距离O点 60cm 处，故C正确；
D．液体密度越小，M受到的浮力越小，M对A端的拉力越大，由杠杆平衡条件可知，OC的距离越大，所以离 O点越远的位置标的液体密度越小，故D错误。
故选C。
12．如图甲所示的电路，电源电压恒定。闭合开关S，移动滑片P，电压表示数随电流表示数变化的图像如图乙所示。以下分析正确的是（ ）
A．电源电压为10V
B．R0最大功率为1W
C．滑片P向左移动过程中，R0两端电压逐渐变小
D．滑片P向右移动过程中，电压表与电流表的比值变大
【答案】D
【详解】由图甲得，电阻R0与滑动变阻器串联，电流表测量电路电流，电压表测量滑动变阻器电压。
A．由图乙得，当电压表示数为10V时，电流表示数为0.1A，由串联电路特点与欧姆定律得
U源=U0+I1R0=10V+0.1A×R0
当电压表示数为0V时，电流表示数为0.6A，由串联电路特点与欧姆定律得
U源=I2R0=0.6A×R0
解得
U源=12V，R0=20Ω
故A错误；
B．R0最大功率为
P0max=I22R0=0.6A2×20Ω=7.2W
故B错误；
C．滑片P向左移动过程中，滑动变阻器接入电路中电阻变小，变阻器分到电压变小，R0两端电压逐渐变大，故C错误；
D．滑片P向右移动过程中，滑动变阻器接入电路中电阻变大，电压表与电流表的比值为变阻器接入电路中的阻值，变大，故D正确。
故选D。
二、填空题（本题共9个小题，每空1分，共28分。）
13．锅边糊是福州的传统风味小吃。烹调时，将大米加清水磨成的浓米浆沿烧热的锅边浇一圈，待半熟后用锅铲铲入正熬着的美味汤中。米浆在烧热的锅边烙到半熟起卷，是通过 来增加米浆的内能。刚煮好的锅边糊上方飘着“白气”，是由于锅内水蒸气上升时遇冷 形成小水珠；闻到锅边糊的鲜香味，是因为食物分子在 。
【答案】 热传递 液化 不停地做无规则运动
【详解】[1]米浆在烧热的锅边烙到半熟起卷，这是通过热传递来增加米浆的内能。
[2]刚煮好的锅边糊上方飘着“白气”， “白气”是由锅内水蒸气上升时遇冷液化形成的小水珠，属于液化现象。
[3]能够闻到锅边糊的鲜香味，这是扩散现象，因为食物分子在不停地做无规则运动。
14．如图所示，运动员推铅球，铅球离开手后能继续前进是因为铅球具有 ，假如不计空气摩擦，铅球飞行轨迹的最高点c时，铅球处于 （选填“平衡”、“非平衡”）状态。落到地面d点时，会将地面砸出一个坑，这说明力能改变物体的 。
【答案】 惯性 非平衡 形状
【详解】[1]一切物体都有保持原来的运动状态不变的性质，这种性质叫做惯性。铅球离开手后之所以能继续前进，就是因为铅球具有惯性。
[2]物体的速度大小或运动方向发生改变时，物体处于非平衡状态。不计空气摩擦，铅球飞行轨迹的最高点c时，铅球只受到重力作用，处于非平衡状态。
[3]地面在力的作用下发生了形变，说明力能改变物体的形状。
15．物理就在我们身边，吸管是我们生活中常见的物品，利用它能做许多有趣的实验：
（1）如图1所示，将一根摩擦过的吸管悬挂起来，用一根带负电的橡胶棒去靠近它时，发现吸管会被排斥，这说明吸管带的是 电荷；
（2）如图2所示，用吸管喝饮料，从物理学的角度分析，其实是 将饮料压入口中的；
（3）如图3所示，将两根相同的蜡烛并列摆放，左边的蜡烛已经在燃烧。要将右边的蜡烛点燃，可以用吸管向 （选填“A”或“B”）处吹气。
【答案】 负 大气压 B
【详解】（1）[1]将一根摩擦过的吸管悬挂起来，用一根带负电的橡胶棒去靠近它时，发现吸管会被排斥，根据同种电荷相互排斥可知，吸管带的也是负电荷。
（2）[2]用吸管喝饮料，先将管中空气吸出，管内气压减小，管外大气压不变，管外大气压大于管内气压，大气压将饮料通过吸管压入口中。
（3）[3]图中将两根相同的蜡烛并列摆放，左边的蜡烛已在燃烧。要将右边的蜡烛点燃，可以用吸管向B处吹气，使中间空气流速变大，压强变小，这样火焰会向右偏，可以将右侧的另一支蜡烛点燃。
16．如图是环卫工人用扫帚打扫卫生的情景，环卫工人右手不动，用左手拉动扫帚杆中部，此时扫帚属于 （选填“省力”“费力”或“等臂”）杠杆，这样做的好处是 。扫地时用力下压扫帚会使地面受到的摩擦力 。
【答案】 费力 省距离 增大
【详解】[1]扫帚在使用过程中，动力臂小于阻力臂，为费力杠杆。
[2]根据杠杆的平衡条件可知，使用费力杠杆时，虽然费力，但可以省距离。
[3]用力下压扫帚，是通过增大压力的方法来增大摩擦的，扫地时用力下压扫帚会使地面受到的摩擦力会增大。
17．湖边道路上的灯光亮时，湖水上方实景与湖中“倒影”交相辉映，形成一幅绚丽多彩的图案。已知某处水深为3m，该处湖边一路灯距水面6m，则该灯的“倒影”距水面 m；若湖水再上涨0.2m，则该路灯与其对应“倒影”相距 m；一只小鸟以3m/s的速度平行于水面飞行，水中的“倒影”相对于小鸟是 （选填“静止的”、“运动的”）。
【答案】 6 11.6 静止的
【详解】[1]路灯距水面6m，由平面镜成像特点可知，该路灯的“倒影”距水面的距离也是6m。
[2]若湖水再上涨0.2m，则路灯距水面的距离为
6m﹣0.2m＝5.8m
那么该路灯的“倒影”距水面也是5.8m，则该路灯与其对应“倒影”相距
5.8m+5.8m＝11.6m
[3]小鸟平行于水面飞行，倒影与小鸟之间位置没有发生变化，若以小鸟为参照物，它在水中的倒影是静止的。
18．如图，快递公司正借助传送带分捡包裹。传送带的表面往往比较粗糙，其目的是 ，包裹与传送带一起做水平匀速直线运动时，以传送带为参照物，则包裹是 （选填“静止”或“运动”）的。若长方体包裹长50cm，宽20cm，高10cm，质量为20kg，则包裹平放在水平传送带上时对传送带的压强为 Pa。（g=10N/kg）
【答案】 增大摩擦力 静止 2000
【详解】[1]压力相同时，增大接触面的粗糙程度可增大摩擦力，故传送带的表面往往比较粗糙，其目的是增大摩擦力。
[2]包裹与传送带一起做水平匀速直线运动时，以传送带为参照物，包裹的位置没有发生变化，则包裹是静止的。
[3]由题意可得，包裹平放在水平传送带上时对传送带的压力
F=G=mg=20kg×10N/kg=200N
受力面积
S=50cm×20cm=1000cm2=0.1m2
包裹平放在水平传送带上时对传送带的压强
p=FS=200N0.1m2=2000Pa
19．如图所示是利用特制水银温度计、电磁继电器、小灯泡、电铃等元件自制的温度自动报警器示意图。
（1）控制电路接通时能吸引衔铁是因为电流具有 效应；
（2）当环境温度达到设定的报警温度时，工作电路中 通电工作；
（3）若要提高报警温度，应将温度计上端的金属丝向 调整；
（4）写出一种可增大电磁铁磁性的方法： 。
【答案】 磁 电铃 上 增加电磁铁线圈匝数
【详解】（1）[1]控制电路接通时，通过电磁铁有电流，电磁铁会产生磁性，能吸引衔铁，这说明电流具有磁效应。
（2）[2]当环境温度达到设定的报警温度时，控制电路是闭合的，电路中有电流，电磁铁具有磁性，衔铁会被吸下，使得工作电路中电铃接入电路中。
（3）[3]若要提高报警温度，应将温度计上端的金属丝向上调整。
（4）[4]要增大磁性，可以通过增大电源电压来增大电路中的电流，也可以增加电磁铁线圈的匝数。
20．如图所示，工人利用斜面和滑轮将物体从斜面底端匀速拉到顶端，斜面高1m，长2m，物体重500N，平行于斜面的拉力为200N，所用时间为10s。在此过程中，物体的动能 （选填“增大”、“减小”或“不变”），拉力的功率为 W，把物体直接提高到斜面顶端做的功为有用功，则这个装置的机械效率为 。
【答案】 不变 80 62.5%
【详解】[1]动能的大小与质量和速度有关，物体匀速拉动时，速度不变，动能不变。
[2]根据动滑轮的特征，拉力F移动的距离为
s拉=2s=2×2m=4m
拉力所做的总功为
W总=Fs拉=200N×4m=800J
拉力的功率为
P=W总t=800J10s=80J
[3]把物体拉到顶端做的有用功为
W有=Gℎ=500N×1m=500J
整个装置的机械效率为
η=W有W总×100%=500J800J×100%=62.5%
21．将额定电压为4V的小灯泡L和电阻R1、R2接入如图甲所示的电路中，电源电压恒定，灯泡L和R1的电流与电压的关系图像如图乙所示。闭合开关S1、S2，电压表示数为2V，则电源电压为 V；闭合开关S1、S3，小灯泡正常发光，则R2的阻值为 Ω，小灯泡的额定功率为 W。
【答案】 8 5 3.2
【详解】[1]由电路图可知，当闭合S1、S2时，R1与L串联，电压表测灯泡两端电压，由图像知，灯泡两端电压为2V时的电流为0.6A，串联电路中电流处处相等，即通过R1的电流也为0.6A，
R1的电流为0.2A时，电压为2V，通过R1的电流与其两端的电压成正比，所以通过R1的电流为0.6A时，它两端电压为
U1=×2V=6V
所以电源电压
U=UL+U1=2V+6V=8V
[2][3]当只闭合S1、S3时，R2与L串联，电压表仍测灯泡两端电压，由灯泡正常发光可知，此时灯泡两端电压为4V，由图像知，通过灯泡的电流为0.8A，则灯泡的额定功率
PL=ULIL=4V×0.8A=3.2W
由串联电路特点可知
I2=IL=0.8A，U2=U−UL=8V−4V=4V
由欧姆定律可得，R2的阻值
R2=U2I2=4V0.8A=5Ω
三、解答题（本题共9个小题，共48分。解答28、29、30题时应有必要的解题过程）
22．（2分）如图甲所示，《天工开物》里记载了一种捣谷用的舂（chōng），其简化原理如图乙所示，O为支点，F2为阻力（由锤头重力产生），请作出阻力臂l2及踩在A处的最小动力F1。
【答案】
【详解】由杠杆平衡条件F1l1=F2l2可知，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小；图中支点在O点，因此OA作为动力臂最长，过A点垂直于OA向下做出最小动力F1的示意图；从O点做F2的作用线的垂线段，垂线段的长即为阻力臂l2。如图所示：
23．（2分）在图中，给出的入射光线AO画出其反射光线OB和折射光线OC，并标出反射角和折射角。
【答案】
【详解】入射光线与法线的夹角为入射角α；根据反射角等于入射角做出反射光线，反射角为β；当光从水斜射空气中入中时，折射光线将向远离法线的方向偏折，折射光线与法线的夹角为折射角γ，折射角大于入射角，如图所示：
24．（2分）小红家卧室安装了两盏“220V，11W”的壁灯L1、L2和一个三孔插座，把a、b、c三个点的导线正确连接在家庭电路中，要求开关S只控制两盏电灯且都能正常发光。
【答案】
【详解】开关S控制两盏电灯且都能正常发光，两灯泡并联，开关S要接在火线与灯之间，如图所示：
25．（6分）如图所示，在探究凸透镜成像的实验中，将一束平行于凸透镜主光轴的光线经过凸透镜后，得到图甲所示的光路图。
（1）利用这个凸透镜在图乙装置中进行以下操作：
①如果烛焰在光屏上的像偏高，应将凸透镜向 （选填 “上”或“下”）调节；
②当烛焰距凸透镜30cm时，移动光屏可在光屏上得到一个清晰的像。实际应用中， （选填“照相机”、“投影仪”或“放大镜”）成像原理与此类似；
③当物距为5cm时，无论怎样调节光屏，光屏上始终接收不到清晰的像，这时应从凸透镜的 （选填“左”或“右”）侧透过凸透镜直接观察到 立的像；
（2）小华同学在一次实验中用“F”光源在光屏上得到了一个倒立的清晰的像，爱动手实验的小华在光源和光屏之间放了一个 眼镜（选填“近视”或“远视”），需要将光屏远离透镜才能再次出现清晰的像；
（3）继续利用该凸透镜进行实验；把高为2cm的发光棒立于凸透镜前，在光屏上成了3cm高的像，则测量出的像离凸透镜的距离可能是 。
A．8cm B．12cm C．25cm
【答案】 下 照相机 右 正 近视 C
【详解】（1）由图甲知道，平行于主光轴的光线经凸透镜折射后，会聚在主光轴上一点，这点是凸透镜的焦点，焦点到光心的距离是凸透镜的焦距，所以凸透镜的焦距是f=60.0cm-50.0cm=10.0cm
①[1]如果烛焰在光屏上的像偏高，根据过光心的光线传播方向不变知道，应将凸透镜向下调节。
②[2]当烛焰距凸透镜30cm时，此时u＞2f，光屏上成倒立、缩小的实像，照相机就是利用此原理制成的。
③[3][4]当物距为5cm时，此时u＜f，成正立、放大的虚像，光屏接收不到，这时应从凸透镜的右侧透过凸透镜直接观察到正立的像。
（2）[5]近视眼镜是凹透镜，凹透镜对光线具有发散作用，会将光线推迟会聚成像，故在光源和光屏之间放了一个近视眼镜，将光屏远离透镜才能再次出现清晰的像。
（3）[6]继续利用该凸透镜进行实验；把高为2cm的发光棒立于凸透镜前，在光屏上成了3cm高的像，说明此时成倒立放大的实像，根据2f＞u＞f，v＞2f，成倒立、放大的实像，因此像离凸透镜的距离可能25cm，故C符合题意，AB不符合题意。
故选C。
26．（6分）小明做“测小灯泡的电功率”实验时，所用器材有：电压为6V的电源，额定电压为2.5V的小灯泡，标有“40Ω 1A”的滑动变阻器以及符合实验要求的电压表、电流表、开关和导线；
（1）如图甲所示是小明连接的实物电路，图中有一根导线连接错误，请你在连接错误的导线上打“×”并补画出正确的连线；
（2）小明改正错误后，闭合开关前应将滑片P置于最 端；
（3）小明通过移动滑片P，分别记下了多组对应的电压表和电流表的示数，并绘制成了如图乙所示的U﹣I图像，根据图像提供的信息，可计算出小灯泡的额定功率是 W；
（4）若实验中电流表坏了，为了测量小灯泡的额定功率，小明又用一个定值电阻R0接在原电路电流表的位置，设计了如图丙所示的电路，然后调节滑动变阻器滑片使电压表示数为2.5V，接着保持滑片位置不变，将电压表的 点（选填“a”或“b”）接线改接到c点，观察并记录电压表示数U，则小灯泡的额定功率可表示为P额＝ ；所选用的定值电阻R0的阻值不得超过 Ω。
【答案】 左 0.5 b 2.5V×U−2.5VR0 2.5
【详解】（1）[1]原电路中，电流表与灯并联，电压表串联在电路中，是错误的，电流表与灯串联，电压表与灯并联，如图所示
（2）[2]为了保护电路，闭合开关前应将滑片P置于阻值最大处，即最左端。
（3）[3]由如图乙所示的U﹣I图像，灯的电压为2.5V时，电流大小为0.2A，小灯泡的额定功率是P＝UI＝2.5V×0.2A＝0.5W
（4）[4][5][6]电压表测灯的电压，当灯电压为2.5V时，灯正常发光；接着保持滑片位置不变，根据电流从电压表正接柱流入，将电压表的b接线改接到c点，观察并记录电压表示数U，因各电阻的大小和电压大小都不改变，根据串联电路电压的规律，定值电阻的电压为U0＝U﹣2.5V
由欧姆定律，通过定值电阻的电流I0=U0R0=U−2.5VR0
根据串联电路电流的规律，即为灯的额定电流，则小灯泡的额定功率可表示为
P额＝U额I额＝2.5V×U−2.5VR0
在实验操作中，因电压表选用0-3V的量程，既要测灯的额定电压，又要测灯与R0的电压，故定值电阻R0的最大电压不能超过3V﹣2.5V＝0.5V
因灯正常工作时的电流IL＝0.2A
由欧姆定律I=UR
故R0的最大阻值不能超过R0大＝U0IL=Ω
所选用的定值电阻R0的阻值不得超过2.5Ω。
27．（8分）小明在花坛中拾得两块不同的景观石（不吸水），他将两块景观石带到学校实验室测量密度。
（1）将天平放在水平实验台上并将游码移到 处，发现托盘天平的指针如图甲所示，此时他应该将平衡螺母向 调节，使天平横梁平衡。然后将较小的一块景观石放到天平的左盘，在天平的右盘加减砝码；
（2）天平平衡后，右盘中砝码和游码的位置如图乙所示，小景观石的质量为 g；利用量筒和水测量小景观石的体积如图丙所示。则该景观石的密度为 g/cm3；
（3）小明在测量另一块景观石时发现无法放入量筒中，于是他采用了以下方法进行测量；
①将空烧杯放入盛有适量水的底面积为100cm2的柱形玻璃容器中，如图甲所示，用刻度尺测量出水深h1=10cm；
②将景观石直接放入水中，如图乙所示，用刻度尺测量出水深h2=12cm；
③将景观石从水中拿出放入空烧杯中，如图丙所示，用刻度尺测量出水深h3=16cm，此时水对容器底部的压强为 Pa；景观石所受的浮力为 N；
④小明根据测量过程计算出较大景观石的密度为 kg/m3；在实验后的交流中发现，步骤③中放入空烧杯的景观石沾有一些水，则测出景观石的密度将 。
【答案】 零刻度线 左 62 3.1 1600 0 3×103 不变
【详解】（1）[1]为了减小用天平测量物体的质量时产生的误差，实验前，应将天平放在水平实验台上，并将游码移到标尺的零刻度线处。
[2]由图甲可知，天平横梁向右倾斜，由右偏左调可知，应将平衡螺母向左调节，直到天平横梁水平平衡。
（2）[3]由乙图可知，标尺的分度值为0.2g，游码对应刻度为2g，则小景观石的质量
m=50g+10g+2g=62g
[4]由丙图可知，量筒的分度值为4mL，放入小景观石前，量筒示数为60mL，放入小景观石后，量筒示数为80mL，则小景观石的体积
V=80mL-60mL=20mL=20cm3
则该景观石的密度
ρ=mV=62g20cm3=3.1g/cm3
（3）③[5]图丙中，水深为16cm，则水对容器底部的压强
p=ρ水gh3=1×103kg/m3×10N/kg×0.16m=1600Pa
[6]图丙中，景观石在小烧杯中，景观石没有排开液体，所以景观石不受浮力作用，故景观石所受的浮力为0。
④[7]由甲乙两图可知，景观石的体积
V1=S（h2-h1）=100cm2×（12cm-10cm）=200cm3
由甲、丙可知，景观石装在烧杯中漂浮在水面上，则景观石的重力等于排开水的重力，景观石的质量
m1=Gg=G排g=ρ水V排gg=ρ水Sℎ3−ℎ1=1g/cm3×100cm2×16cm−10cm=600g
则大景观石的密度
ρ1=m1V1=600g200cm3=3g/cm3=3×103kg/cm3
[8]将景观石从水中拿出放入空烧杯中，景观石上沾的水，则大烧杯中水减少，小烧杯漂浮在水面上，则景观石上沾的水的质量等于沾的水排开水的质量，则测量的景观石的质量没有增大，所以测出景观石的密度将不变。
28．（6分）额定功率为1000W的电热水壶正常工作时，把质量为1kg的水从10℃加热到100℃，用时420s，已知c水=4.2×103J/(kg⋅°C)，求：
（1）水吸收的热量；
（2）电热水壶的效率。
【答案】（1）3.78×105J；（2）90%
【详解】解：（1）质量为1kg的水从10℃加热到100℃，水吸收的热量
Q吸=c水m(t−t0)=4.2×103J/kg·℃×1kg×(100℃−10℃)=3.78×105J
（2）额定功率为1000W的电热水壶正常工作420s，则电热水壶的效率
η=Q吸W=Q吸Pt=3.78×105J1000W×420s=90%
答：（1）水吸收的热量为3.78×105J；
（2）电热水壶的效率为90%。
29．（8分）如图所示为一辆无人电动清扫车，空车质量为800kg，它集激光雷达、摄像头、超声波雷达等传感器于一体，可自主作业；（g取10N/kg）
（1）激光是一种电磁波，它在真空中的传播速度为 m/s；车体所用的各种传感器是将光信息、声音信息及压力信息等转换成 信息的器件；
（2）空车停在水平地面上，地面总受力面积为400cm2，则车对地面的压强为多少Pa？
（3）车内蓄电池充满电存储的电能为30kW•h，清扫车作业时电动机的平均功率为1500W，则充满电的蓄电池可供其清扫作业多长时间？
【答案】 3×108m/s 电 2×105Pa 20h
【详解】（1）[1]激光是电磁波，可在真空中传播，电磁波在真空中的传播速度是3×108m/s。
[2]车体所用的各种传感器将光信息、声信息、热信息、力信息等转换成电信号的装置。
（2）[3]空车停在水平地面上，则对地面的压力大小等于其受到的重力大小，即
F=G=mg=800kg×10N/kg=8000N
其总受力面积为
S=400cm2=0.04m2
由p=FS可得，车对地面的压强为
p=FS=8000N0.04m2=2×105Pa
（3）[4]已知存储的电能W＝30kW•h，电动机的功率为
P＝1500W＝1.5kW
由P=Wt可得，充满电的蓄电池可供其清扫作业时间为
t=WP=30kW·h1.5kW=20h
30．（8分）如图甲所示为“无人机”（多功能飞行器），它具有4个旋翼，可通过无线电进行操控，其在拍摄调查、无人配送等方面具有广阔的前景；
（1）该无人机一个旋翼的电动机额定功率为30W，额定电压为15V，一个电动机正常工作时，通过的电流为 A；
（2）该机所需的能量是由一块输出电压为15V、容量为5000mA⋅h的电池提供，若电能的80%用于飞行，飞行时的实际功率为100W，则该机最多能飞行的时间为多少？
（3）该“无人机”携带的微型摄像机带有自动拍摄功能，未出现火情时处于待机状态，等到火情来临产生一定强度的红外线，摄像机将自主启动进入工作状态；小明利用红外探测器设计了一个“模拟自启系统”，如图乙所示；该系统由“自启电路”“控制电路”等组成；其中电源由“无人机”的锂电池提供，锂电池额定电压为15V，R是电阻箱，RP是红外探测器，可视为可变电阻，它的阻值与红外线强度变化的对应关系如下表所示；（E为红外线强度，cd表示其单位）
①据表中数据，请在图丙坐标系中描点作出R﹣E的关系图线；
②若a、b两端电压必须等于或大于9V时，控制电路才能启动摄像机进入工作状态；小明设定红外线强度为4.5cd时启动摄像机工作，电阻箱的阻值至少应调到多少？
【答案】（1）2A；（2）36min；（3）① ，②6Ω
【详解】解：（1）已知电动机的额定功率为30W，额定电压为15V，由P=UI可知，正常工作电流为
I=PU=30W15V=2A
（2）电池储存的能量
W=UIt=15V×5000×10−3A×3600s=2.7×105J
根据η=W机W×100%得，电能转为的机械能
W机＝W×80%＝2.7×105J×80%＝2.16×105J
根据P=Wt可得，该机最多能飞行的时间
t=WP=2.16×105J100W=2160s=36min
（3）①将（1.0，18），（2.0，9），（3.0，6），（4.0，4.5），（6.0，3）在坐标纸上描点，用平滑的线把描出的点连接起来，如图
②表格数据可知，当红外线强度变为原来的几倍，红外探测器RP的阻值变为原来的几分之一，所以，红外探测器RP的阻值与红外线强度E成反比，则有
18Ω×1.0cd＝RP×4.5cd
解得
Rp=4Ω
由题知，启动摄像机工作时，a、b两端的最小电压（即电阻箱的最小电压）UR＝9V，则RP两端的电压
UP=U−UR=15V−9V=6V
电路中的电流
I=UPRP=6V4Ω=1.5A
由I=UR得，电阻箱的最小阻值
R=UI=9V1.5A=6Ω
答：（1）一个电动机正常工作时，通过的电流为2A；
（2）该机最多能飞行的时间为36min；
（3）①如图；②电阻箱的阻值至少应调到6Ω。E/cd
1.0
2.0
3.0
4.0
6.0
RP/Ω
18
9
6
4.5
3
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