2024年河南省中考物理调研试卷（一）附解析

这是一份2024年河南省中考物理调研试卷（一）附解析，共29页。试卷主要包含了填空题，选择题，作图题，实验探究题，综合应用题等内容，欢迎下载使用。

1．（2分）《诗经》有云：“伯氏吹埙（xūn），仲氏吹篪（chí）”。其中的“埙”是我国最古老的闭口吹奏乐器，多用陶土烧制而成，形状如鸡蛋，如图所示。演奏者吹埙的声音主要是由埙内空气柱 产生的，通过 传播进入到人耳。
2．（3分）人工降雨常通过飞机在空中喷洒干冰来实现。干冰在空气中迅速 吸热，使空气温度急剧下降，空气中的水蒸气遇冷 成小冰粒，冰粒逐渐变大而下落，下落过程中 成水滴，水滴降落就形成了雨（均填物态变化名称）。
3．（2分）如图甲所示一幅漫画立在桌面上，小明把一个装有水的圆柱形玻璃杯放在漫画前，惊奇地发现，透过水杯看到漫画中的老鼠放大了，还掉头奔向猫，如图乙所示，水杯构成的凸透镜的焦距为f，透过水杯看到的老鼠放大，此时老鼠到水杯的距离满足 （选填“f＜u＜2f”、“u＞2f”或“u＜f”）。若想透过水杯看到的老鼠变大一些，应适当 （选填“增大”或“减小”）水杯与漫画的距离。
4．（2分）如图所示，用7N的水平拉力F拉动木板A在水平地面上向右做匀速直线运动，物体B相对地面静止不动，弹簧测力计示数为2N，则B所受摩擦力的大小为 N，地面对A的摩擦力大小为 N。
5．（3分）科技小组的同学制作了一个利用电表测物体重力的“重力表”。如图所示，当秤盘内重物增加，“重力表”示数会变大，应选 （选填“电流”或“电压”）表进行改装。电源电压恒为6V，滑动变阻器R2最大阻值为10Ω，当秤盘不放任何重物时，滑片P恰好处于a端，物重每增加1N，a至P之间的电阻刚好增加0.4Ω。当放上一重物时，电流表示数为0.2A，电压表示数为1.6V，则电阻R1的阻值为 Ω，物体重为 N。
6．（2分）将扬声器、电池和电流表等元件连成如图电路。断开S2，反复快速闭合，断开开关S1，扬声器发出咔咔声；断开S1，闭合开关S2，反复轻敲扬声器的纸盆，会看到电流表的指针左右摆动。扬声器发声的原理与 （选填“发电机”或“电动机”）原理相同，电流表指针左右摆动，是因为 发生变化，感应电流方向发生变化。
二、选择题（本题共8小题，每小题2分，共16分。第7-12题每小题只有一个选项符合题目要求；第13-14题每小题有两个选项符合题目要求，全部选对得2分，选对但不全的得1分，有错选的得0分）
7．（2分）如图中甲、乙、丙、丁四幅图片的解释不正确的是（ ）
A．图甲利用二氧化氮气体和空气演示气体扩散实验，应将密度大的二氧化氮气体放在A集气瓶中
B．图乙中红墨水在热水中比在冷水中扩散得快，说明温度越高，分子的热运动越剧烈
C．图丙中将两个铅柱压在一起，下面能够悬挂一个钩码，说明分子之间存在引力
D．图丁，向塞紧的集气瓶内打气，瓶内气体推动塞子冲出时，瓶内出现白雾，该现象说明气体对外做功，气体内能减少
8．（2分）如图所示的是部分家庭电路，闭合开关，灯泡不发光，用测电笔检查插座两孔，氖管均发光。下列故障分析中正确的是（ ）
A．小灯泡断路B．插座短路
C．线路e、d之间断路D．线路d、c之间断路
9．（2分）如图所示，小球从弹簧正上方A点静止下落（忽略空气阻力，弹簧处于自由伸长状态），在B点与弹簧接触，小球将弹簧压缩至C点时速度变为零。下列说法中正确的是（ ）
A．从A到C的过程中，小球的机械能一直变小
B．从A到C的过程中，小球的机械能守恒
C．从B到C的过程中，小球的动能一直变小
D．从A到B的过程中，小球的动能一直变大
10．（2分）目前，科学家正在研究太空电站，即地球同步轨道上的太阳能电站，其示意图如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．以地球为参照物，太空电站是静止的
B．太阳能是太阳内部氢原子裂变时释放出的能量
C．利用微波实现“无缆传输”，微波是一种电磁波
D．太阳能是一种清洁、无污染的可再生能源
11．（2分）如图所示，用相同的滑轮和绳子分别组成甲、乙两个滑轮组，分别用甲、乙两个滑轮组在相同时间内将重为G的物体匀速提升相同的高度，不计绳重及摩擦，则下列说法正确的是（ ）
A．绳自由端的拉力F甲＜F乙
B．拉力所做的功W甲＞W乙
C．拉力的功率P甲＞P乙
D．滑轮组的机械效率η甲＝η乙
12．（2分）物理知识在生活中有着广泛的应用，关于生活中的物理，下列说法正确的是（ ）
A．钓鱼竿是费力杠杆，可以省距离
B．使用注射器注射药液是利用了大气压
C．直升机是利用流速大压强小提供升力的
D．微波炉加热食物利用的是电流的热效应
（多选）13．（2分）如图所示，“新光华”号半潜船是国内最大、全球第二大半潜船。其最大下潜深度为30m，满载排水量约10万吨。工作时，如图甲、乙、丙所示，通过调节压载水舱中的海水量，使甲板下潜至预定水深。待货物到达甲板上方，再次调节舱中海水量，使甲板浮出水面，完成装载过程（，g＝10N/kg）。下列关于“新光华”号的说法正确的是（ ）
A．“新光华”号在如图甲、乙、丙三种状态时所受的浮力相等
B．“新光华”号从长江驶入东海，其所受浮力大小不变
C．最大下潜时，“新光华”号底部受到海水的压强约为3×105Pa
D．满载时，“新光华”号所受浮力约为1×105N
（多选）14．（2分）如图所示，电源电压保持不变，闭合开关S后，将滑动变阻器的滑片P向左移动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电流表示数变小，电压表V1示数变大
B．电压表V2示数与电流表示数之比不变
C．电流表示数变小，电压表V2示数变大
D．电压表V1示数变化量与电流表示数变化量之比不变
三、作图题（本题共2小题，每小题2分，共4分）
15．（2分）如图所示，B点和C点代表一条静止的玩具鱼和从A点看到鱼的像的位置，请画出激光笔从A点发出一束光射向水下并照亮水下玩具鱼的光路图。
16．（2分）货物如图所示随传送带一起匀速斜向上运动，画出货物受到力的示意图。
四、实验探究题（本题共3小题，第17题4分，第18题6分，第19题8分，共18分）
17．（4分）小明同学用如图所示的器材“探究平面镜成像特点”的实验。
（1）选用玻璃板代替平面镜的目的是 。
（2）为了让右座的同学也能够看清蜡烛的像，小明只将玻璃板向右平移，则蜡烛的像的位置 （选填“向左移动”、“向右运动”或“不变”），像的大小 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
（3）为探究像的虚实，在蜡烛B的位置放置一个光屏，应 （选填“直接”或“透过玻璃板”）观察光屏。
18．（6分）小明利用压强计等装置探究“液体内部压强的规律”。
（1）实验前检查器材，发现U形管两边液面如图甲所示，出现这种情况的原因是：U形管左侧液面上方的气压 （选填“大于”、“小于”或“等于”）外界大气压，调节的方法是 （填字母）；
A．将右侧管中高出的液体倒出
B．向右侧管中倒入部分液体
C．取下软管重新安装
（2）比较如图乙、丙两图，可以得到：液体的压强与 有关；
（3）图乙中，U形管两边液面的高度差不明显，为使U形管两边液面高度差更明显，应将U形管中的液体换成密度更 （选填“大”或“小”）的液体。
（4）小明发现用图丁装置不仅可以探究“液体内部压强的规律”，还可以用它测量未知液体的密度，于是他进行了如下操作：
①往左侧加入深度为h1的水，测得左侧水面到橡皮膜中心的深度为h2；
②接着往右侧缓慢倒入待测液体，直到橡皮膜 ；
③测得待测液体液面到容器底的深度h3，液面到橡皮膜中心的深度为h4；请你选择相关的物理量，写出待测液体密度的表达式ρ＝ （水的密度用ρ水表示）。
19．（8分）小明用伏安法测量小灯泡的电阻，待测小灯泡L1的额定电压为2.5V，电源电压为3V。
（1）如图甲是小明连接的实物图，闭合开关，电压表示数接近为 V，移动滑动变阻器的滑片，小灯泡L1不亮，经检查是有一根导线连接错误，请你在图甲中连接错误的导线上打“×”并补画出正确的连线。
（2）电路连接正确后，闭合开关，电压表示数如图乙所示，要测量小灯泡L1正常发光时的电阻，应将滑动变阻器的滑片向 移动（选填“左”或“右”）。
（3）小明进行了多次测量，将所得数据及发光情况填入下表，由表格可知小灯泡L正常发光时的电阻为 Ω（保留一位小数），在交流讨论过程中，小华发现该组有一次实验中的电流值是编造的。你认为是第 次，判断的理由是： 。
（4）小明又在没有电流表可用的情况下，增加一个已知阻值为R0的定值电阻，设计了图丙电路测出了另一小灯泡L2正常发光时的电阻，若已知小灯泡L2的额定电流I额，则在方框 （选填“1”或“2”）接小灯泡L2，另一个方框接定值电阻，闭合开关S，S1接a，调节滑动变阻器滑片，是电压表示数为 ，此时灯泡正常发光。
五、综合应用题（本题共2小题，第20题9分，第21题9分，共18分）
20．（9分）消防救援机器人适用于消防队员无法靠近的灭火救援场所，可以在消防救灾时深入险地，快速高效地完成正常人几乎不可完成的工作。图甲是一台某款消防机器人，动力强劲，靠两履带驱动，可负重自由运动进行消防救灾，也可连接高压水带并拖动至指定位置进行喷水救火。这款机器人自身重力为1750N，在消防救灾时最大可负重2000N。
（1）消防救援机器人履带很宽是为了 。
（2）该消防机器人以最大负重状态下在水平地面上行驶时，两条履带与地面的接触面积共为3750cm2。此时消防机器人对地面的压强多大？
（3）该消防机器人在救火时，连接高压水带后每秒最多可将50L的水喷射到30m高的位置，图乙是该机器人喷水时的情景（，g＝10N/kg）。消防机器人在连接高压水带后救火喷水时，整体喷水的最大功率至少为多少？
21．（9分）为实现自动控制，小明同学利用电磁继电器（电磁铁线圈电阻不计）制作了具有延时加热、保温、消毒等功能的恒温器，其电路图如图甲所示。控制电路中，电压U1＝3V，定值电阻R0＝50Ω，热敏电阻R阻值随温度变化的图像如图乙所示；工作电路中，电压U2＝220V，R1、R2是电热丝，R1＝1000Ω，加热功率为484W。当电磁铁线圈中的电流I＞20mA时，衔铁被吸合。
（1）热敏电阻R是由 材料制成的。
（2）求恒温器保温时的温度。
（3）求工作电路在保温状态工作10min消耗的电能。
（4）要使水温达到60℃时开始保温，R0不变的情况下，求此时的U1。
2024年河南省中考物理调研试卷（一）
参考答案与试题解析
一、填空题（本题共6小题，每空1分，共14分）
1．（2分）《诗经》有云：“伯氏吹埙（xūn），仲氏吹篪（chí）”。其中的“埙”是我国最古老的闭口吹奏乐器，多用陶土烧制而成，形状如鸡蛋，如图所示。演奏者吹埙的声音主要是由埙内空气柱 振动 产生的，通过 空气 传播进入到人耳。
【答案】振动；空气。
【分析】（1）声音是由发声体振动产生的；
（2）声音的传播需要介质，固体、液体、气体都可以作为声音传播的介质。
【解答】解：（1）声音是由发声体振动产生的，演奏者吹埙的声音主要是由埙内空气柱振动产生的；
（2）固体、液体和气体都可以作为声音传播的介质，埙产生的声音是通过空气传播进入到人耳。
故答案为：振动；空气。
2．（3分）人工降雨常通过飞机在空中喷洒干冰来实现。干冰在空气中迅速 升华 吸热，使空气温度急剧下降，空气中的水蒸气遇冷 凝华 成小冰粒，冰粒逐渐变大而下落，下落过程中 熔化 成水滴，水滴降落就形成了雨（均填物态变化名称）。
【答案】升华；凝华；熔化。
【分析】在一定条件下，物质的三种状态间可以相互转化；物质由固体直接变为气态，叫升华；物质由气态直接变为固态叫凝华；熔化是物质由固态变为液态。
【解答】解：干冰是一种非常容易升华的物质。当它升华时，会从周围空气吸收大量的热，导致空气温度急剧下降，使周围水蒸气放热凝华形成固态的小冰粒，冰粒逐渐变大而下落，下落过程中熔化成水滴。
故答案为：升华；凝华；熔化。
3．（2分）如图甲所示一幅漫画立在桌面上，小明把一个装有水的圆柱形玻璃杯放在漫画前，惊奇地发现，透过水杯看到漫画中的老鼠放大了，还掉头奔向猫，如图乙所示，水杯构成的凸透镜的焦距为f，透过水杯看到的老鼠放大，此时老鼠到水杯的距离满足 f＜u＜2f （选填“f＜u＜2f”、“u＞2f”或“u＜f”）。若想透过水杯看到的老鼠变大一些，应适当 减小 （选填“增大”或“减小”）水杯与漫画的距离。
【答案】f＜u＜2f；减小
【分析】透明玻璃杯可以看成是左右中间厚边缘薄的柱形透镜，物体置于凸透镜的一倍焦距和二倍焦距之间时，成倒立、放大的实像；凸透镜成实像时，物近像远像变大。
【解答】解：圆柱形玻璃杯盛满水，圆柱形玻璃杯中的水左右中间厚边缘薄，形成水凸透镜；由乙图可知，此时的老鼠的像与甲图中的老鼠相比，是放大的，左右颠倒的实像，所以老鼠到玻璃杯的距离满足f＜u＜2f；若想透过水杯看到的老鼠变大一些，需要减小物距、增大像距，应适当减小水杯与漫画的距离。
故答案为：f＜u＜2f；减小。
4．（2分）如图所示，用7N的水平拉力F拉动木板A在水平地面上向右做匀速直线运动，物体B相对地面静止不动，弹簧测力计示数为2N，则B所受摩擦力的大小为 2 N，地面对A的摩擦力大小为 5 N。
【答案】2；5。
【分析】物体B静止和物体A做匀速直线运动时均处于平衡状态，对两者水平方向受力分析判断出受力情况，根据二力平衡条件和平衡状态的合力为零得出A对B、地面对A的摩擦力、拉力之间的关系，根据相互作用力的特点得出A对B的摩擦力和B对A摩擦力的大小关系，要注意二力平衡时力的大小相等、滑动摩擦力的大小只与接触面的粗糙程度和压力的大小有关。
【解答】解：因B静止时处于平衡状态，水平方向受到测力计水平向左的拉力和A对B水平向右的摩擦力是一对平衡力，所以，A对B水平向右的摩擦力为fA对B＝F示＝2N；
因A对B的摩擦力和B对A的摩擦力是一对相互作用力，所以B对A的摩擦力方向水平向左，大小为2N；因物体A做匀速直线运动时，受到水平向右的拉力和B对A向左的摩擦力、地面对A向左的摩擦力处于平衡状态，所以，由力的合成可得：fB对A+f地＝F，则地面对A水平向左的摩擦力为：f地＝F﹣fB对A＝7N﹣2N＝5N。
故答案为：2；5。
5．（3分）科技小组的同学制作了一个利用电表测物体重力的“重力表”。如图所示，当秤盘内重物增加，“重力表”示数会变大，应选 电压 （选填“电流”或“电压”）表进行改装。电源电压恒为6V，滑动变阻器R2最大阻值为10Ω，当秤盘不放任何重物时，滑片P恰好处于a端，物重每增加1N，a至P之间的电阻刚好增加0.4Ω。当放上一重物时，电流表示数为0.2A，电压表示数为1.6V，则电阻R1的阻值为 20 Ω，物体重为 20 N。
【答案】电压；20；20。
【分析】（1）电路图可知，R1与R2串联，电流表测量电路中的电流，电压表测量滑动变阻器两端的电压。由于电压表的内阻很大，相当于断路，所以滑片移动过程中，R2接入电路的阻值最大，且不变，根据欧姆定律可知电路中的电流变化和电压表示数变化，从而可知应将哪个电表的表盘改造用来显示重力的大小；
（2）根据串联电路特点和欧姆定律计算R1阻值；
（3）根据欧姆定律求出电压表示数为1.6V时求出电压表测量的电阻，然后根据物重每增加1N，a至P之间的电阻刚好增加0.4Ω判断出物重。
【解答】解：（1）电路图可知，R1与R2串联，电流表测量电路中的电流，电压表测量滑动变阻器两端的电压。由于电压表的内阻很大，相当于断路，所以在物体重变大，滑片向下移动的过程中，R2接入电路的阻值最大，且不变，电路的总电阻不变，根据I＝可知，电路中的电流不变，即电流表示数不变，不能反映物体的重力变化；
滑片向下移动时，a、P间的电阻变大，由U＝IR可知，a、P间的电压变大，即电压表的示数变大，故可以将电压表的表盘改造用来显示重力的大小；
（2）根据欧姆定律可知总电阻：R＝＝＝30Ω，
根据串联电路的总电阻等于各用电器的电阻之和可得：
R1＝R﹣R2＝30Ω﹣10Ω＝20Ω；
（3）根据欧姆定律可知电压表示数为1.6V时电压表测量的电阻为：R2'＝＝＝8Ω，
根据物重每增加1N，a至P之间的电阻刚好增加0.4Ω可得，
物体的重力为：×1N＝20N。
故答案为：电压；20；20。
6．（2分）将扬声器、电池和电流表等元件连成如图电路。断开S2，反复快速闭合，断开开关S1，扬声器发出咔咔声；断开S1，闭合开关S2，反复轻敲扬声器的纸盆，会看到电流表的指针左右摆动。扬声器发声的原理与 电动机 （选填“发电机”或“电动机”）原理相同，电流表指针左右摆动，是因为 线圈切割磁感线的方向 发生变化，感应电流方向发生变化。
【答案】电动机；线圈切割磁感线的方向。
【分析】闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中会产生感应电流，这种现象叫电磁感应现象，发电机和动圈式话筒就是利用该原理制成的。
【解答】解：扬声器发声是利用通电导体在磁场中受到力的作用，它的原理与电动机的原理相同；电流表指针左右摆动，是因为线圈切割磁感线的方向发生变化，电流方向是变化的。
故答案为：电动机；线圈切割磁感线的方向。
二、选择题（本题共8小题，每小题2分，共16分。第7-12题每小题只有一个选项符合题目要求；第13-14题每小题有两个选项符合题目要求，全部选对得2分，选对但不全的得1分，有错选的得0分）
7．（2分）如图中甲、乙、丙、丁四幅图片的解释不正确的是（ ）
A．图甲利用二氧化氮气体和空气演示气体扩散实验，应将密度大的二氧化氮气体放在A集气瓶中
B．图乙中红墨水在热水中比在冷水中扩散得快，说明温度越高，分子的热运动越剧烈
C．图丙中将两个铅柱压在一起，下面能够悬挂一个钩码，说明分子之间存在引力
D．图丁，向塞紧的集气瓶内打气，瓶内气体推动塞子冲出时，瓶内出现白雾，该现象说明气体对外做功，气体内能减少
【答案】A
【分析】（1）从二氧化氮的密度与空气密度的关系分析解答；
（2）一切物质的分子都在不停地做无规则运动，且温度越高分子运动越剧烈；
（3）分子间存在相互作用的引力和斥力；
（4）物体对外做功，内能减小。
【解答】解：A．甲图探究的是扩散现象的问题，由于二氧化氮的密度比空气密度大，为了避免重力对实验造成影响，下面的B集气瓶中应该装二氧化氮，故A错误；
B．分子运动受温度影响，乙图中红墨水在热水中比在冷水中扩散得快，说明温度越高，分子运动越剧烈，故B正确；
C．丙图中紧压在一起的两个铅块能够吊起钩码而不分开，是因为分子之间存在引力，故C正确；
D．瓶内气体推动塞子冲出时，白雾是液化形成的，说明瓶内温度降低了，即气体对塞子做功，内能减小，故D正确。
故选：A。
8．（2分）如图所示的是部分家庭电路，闭合开关，灯泡不发光，用测电笔检查插座两孔，氖管均发光。下列故障分析中正确的是（ ）
A．小灯泡断路B．插座短路
C．线路e、d之间断路D．线路d、c之间断路
【答案】C
【分析】试电笔接触插座的两个孔，氖管都发光，说明两孔都与火线接通，找出通路部分，其它部分有可能是断路。
【解答】解：由图可知，灯泡和插座并联；
闭合开关，灯泡不发光，保险丝完好，这说明电路出现了断路现象，若灯泡短路，则保险丝会熔断；
用测电笔检查插座两孔，氖管均发光，说明插座的两孔与火线之间是接通的，所以电路的故障是线路e、d之间断路，故C正确。
故选：C。
9．（2分）如图所示，小球从弹簧正上方A点静止下落（忽略空气阻力，弹簧处于自由伸长状态），在B点与弹簧接触，小球将弹簧压缩至C点时速度变为零。下列说法中正确的是（ ）
A．从A到C的过程中，小球的机械能一直变小
B．从A到C的过程中，小球的机械能守恒
C．从B到C的过程中，小球的动能一直变小
D．从A到B的过程中，小球的动能一直变大
【答案】D
【分析】动能与质量和速度有关，重力势能与质量和高度有关，忽略空气阻力，机械能守恒。
弹性势能与弹性形变大小有关，小球与弹簧系统机械能守恒，据此分析。
【解答】解：AD．从A到B的过程中，忽略空气阻力，没有与弹簧接触，小球的机械能一直不变，B到C小球的机械能转化为弹簧的弹性势能，小球机械能减小，故A错误，D正确；
B．从A到C的过程中，小球与弹簧的系统机械能守恒，而弹簧的弹性势能增大，故小球的机械能不守恒，故B错误；
C．从B到C的过程中，开始弹力小于重力做加速运动，后来弹力大于重力，做减速运动小球的动能先变大后变小，故C错误。
故选：D。
10．（2分）目前，科学家正在研究太空电站，即地球同步轨道上的太阳能电站，其示意图如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．以地球为参照物，太空电站是静止的
B．太阳能是太阳内部氢原子裂变时释放出的能量
C．利用微波实现“无缆传输”，微波是一种电磁波
D．太阳能是一种清洁、无污染的可再生能源
【答案】B
【分析】（1）物体相对于参照物的位置发生了变化，则物体是运动的；物体相对于参照物的位置没有发生变化，则物体是静止的；
（2）太阳能是太阳内部连续不断的核聚变反应过程产生的能量；
（3）电磁波是一个大家族，电磁波可以传递信息；
（4）可再生能源可以短时间内从自然界中源源不断地获取。
【解答】解：A、太空电站在地球同步轨道上，像同步卫星一样相对于地球是静止的，故A正确；
B、太阳能是太阳内部氢原子聚变时释放出的能量，故B错误；
C、电磁波是一个大家族，微波是也电磁波的一种，故C正确；
D、太阳能是一种清洁、无污染的可再生能源，故D正确。
故选：B。
11．（2分）如图所示，用相同的滑轮和绳子分别组成甲、乙两个滑轮组，分别用甲、乙两个滑轮组在相同时间内将重为G的物体匀速提升相同的高度，不计绳重及摩擦，则下列说法正确的是（ ）
A．绳自由端的拉力F甲＜F乙
B．拉力所做的功W甲＞W乙
C．拉力的功率P甲＞P乙
D．滑轮组的机械效率η甲＝η乙
【答案】D
【分析】（1）不计绳重及摩擦，由滑轮组的结构知道承担物重的绳子股数n，由F＝（G+G动）分析拉力大小；
（2）利用相同的滑轮和绳子、提升相同的高度，做额外功相同；而总功等于有用功加上额外功，可知利用滑轮组做的总功相同；
（3）利用功率公式判断拉力做功功率的大小关系；
（4）根据效率公式判断滑轮组机械效率的大小关系。
【解答】解：A、甲滑轮组有两段绳子承担物重，乙滑轮组有三段绳子承担物重，不计绳重及摩擦，F甲＝（G+G动），F乙＝（G+G动），则F甲＞F乙，A错误；
B、因忽略绳重与摩擦时，克服物体重力做的功为有用功，且两滑轮组将物体提升相同高度，由W有＝Gh可知，两滑轮组做的有用功相等．利用相同的滑轮和绳子、提升相同的高度，做额外功相同；而总功等于有用功加上额外功，可知利用滑轮组做的总功相同，则两滑轮组拉力做的总功相等，即W甲＝W乙，B错误；
C、两滑轮组拉力所做功相同，做功时间相同，所以两个滑轮组拉力的功率相同，即P甲＝P乙，C错误；
D、两滑轮组做的有用功即为克服物重所做的功，因此有用功相同、总功相同，故两滑轮组的机械效率相同，D正确。
故选：D。
12．（2分）物理知识在生活中有着广泛的应用，关于生活中的物理，下列说法正确的是（ ）
A．钓鱼竿是费力杠杆，可以省距离
B．使用注射器注射药液是利用了大气压
C．直升机是利用流速大压强小提供升力的
D．微波炉加热食物利用的是电流的热效应
【答案】A
【分析】（1）动力臂小于阻力臂的杠杆为费力杠杆；
（2）注射器吸药液时利用了大气压，但将药液注入人体时是借助了手的推力；
（3）物体间力的作用是相互的；
（4）微波炉是利用微波加热食品的。
【解答】解：
A、钓鱼竿在使用过程中，动力臂小于阻力臂，为费力杠杆，可以省距离，故A正确；
B、用注射器将药液注入病人体内，是利用了手的推力，没有利用大气压的作用，故B错误；
C、直升机旋转的机翼对空气施加了一个竖直向下的力，由于物体间力的作用是相互的，所以空气对直升机施加了一个竖直向上的反作用力，这个力就是飞机向上的升力，所以直升机不是利用流速大压强小提供升力的，故C错误；
D、微波炉是利用微波加热食品的，与电流的热效应没有关系，故D错误。
故选：A。
（多选）13．（2分）如图所示，“新光华”号半潜船是国内最大、全球第二大半潜船。其最大下潜深度为30m，满载排水量约10万吨。工作时，如图甲、乙、丙所示，通过调节压载水舱中的海水量，使甲板下潜至预定水深。待货物到达甲板上方，再次调节舱中海水量，使甲板浮出水面，完成装载过程（，g＝10N/kg）。下列关于“新光华”号的说法正确的是（ ）
A．“新光华”号在如图甲、乙、丙三种状态时所受的浮力相等
B．“新光华”号从长江驶入东海，其所受浮力大小不变
C．最大下潜时，“新光华”号底部受到海水的压强约为3×105Pa
D．满载时，“新光华”号所受浮力约为1×105N
【答案】BC
【分析】（1）据图中船排开液体的体积关系，结合F浮＝ρgV排可以比较出各自情况的浮力大小关系，进而判断即可；
（2）（4）漂浮在水面上，所受的浮力等于自身的重力；
（3）根据p＝ρ液gh求出“新光华”号半潜船处在最大下潜状态时船底所受海水的压强。
【解答】解：A、据图可知，乙图中半潜船排开水的体积最大，其次是丙图，甲图排开水的体积最小；
已知液体的密度是相同的，所以据F浮＝ρgV排可知，F甲＜F乙，F乙＞F丙，故A错误；
B、漂浮的物体所受的浮力等于自身的重力，当它从长江驶入东海时，所受浮力始终等于自身的重力，大小不变，故B正确；
C、“新光华”号半潜船处在最大下潜时，船底所受海水的压强：p＝ρ水gh＝1×103kg/m3×10N/kg×30m＝3×105Pa，故C正确；
D、满载时，“新光华”号所受浮力：F浮＝G＝mg＝1×108kg×10N/kg＝1×109N，故D错误。
故选：BC。
（多选）14．（2分）如图所示，电源电压保持不变，闭合开关S后，将滑动变阻器的滑片P向左移动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电流表示数变小，电压表V1示数变大
B．电压表V2示数与电流表示数之比不变
C．电流表示数变小，电压表V2示数变大
D．电压表V1示数变化量与电流表示数变化量之比不变
【答案】AD
【分析】根据电路图可知，两电阻串联，电压表V1测量R2两端电压，电压表V2测量电源电压，电流表测量电路电流；
根据滑片位置的变化分析滑动变阻器接入电路中电阻的变化和总电阻的变化，根据欧姆定律分析电路中电流的变化；根据串联电路的分压规律分析电压表V1示数的变化，根据欧姆定律U＝IR分析电压表V2示数的变化；根据欧姆定律分析电压表V2示数变化量与电流表示数变化量之比、电压表V1示数变化量与电流表示数变化量之比的变化。
【解答】解：根据电路图可知，两电阻串联，电压表V1测量R2两端电压，电压表V2测量电源电压，电流表测量电路电流；
ABC、滑片向左移动，变阻器接入电路电阻变大，此时电路总电阻变大，由欧姆定律得，电路电流变小，即电流表示数变小；
根据串联电路的分压规律可知，滑动变阻器两端分担的电压变大，所以电压表V1示数变大，故A正确；
由于电压表V1示数变大，电流表示数变小，所以电压表V2示数与电流表示数之比变大，故B错误；
电源电压不变，电压表V2示数不变，故C错误；
D、由于串联电路的总电压等于各部分电路两端的电压之和，所以电压表V1示数变化量等于定值电阻两端的电压变化量，则电压表V1示数变化量与电流表示数变化量之比等于定值电阻R1的阻值，所以该比值不变，故D正确。
故选：AD。
三、作图题（本题共2小题，每小题2分，共4分）
15．（2分）如图所示，B点和C点代表一条静止的玩具鱼和从A点看到鱼的像的位置，请画出激光笔从A点发出一束光射向水下并照亮水下玩具鱼的光路图。
【答案】
【分析】A处是人所在处，水中鱼反射的光由水中斜射入空气中时发生折射，折射光线进入人眼，人眼逆着折射光线沿直线就看到了变浅了的虚像，由光的可逆性，可知A处光源的光逆着折射光线射向水面，发生折射后恰能照亮C。
【解答】解：由分析，连接光源A和像点B，与水面的交点为入射点O，连接光源A与入射点O的连线为入射光线，连接入射点O与C的连线为光源A发光照亮水下玩具鱼的折射光线，如图所示：
16．（2分）货物如图所示随传送带一起匀速斜向上运动，画出货物受到力的示意图。
【答案】见试题解答内容
【分析】能够根据物体的运动情况，判断物体所受摩擦力的方向。首先判断出物体所受到的力，然后画出物体所受力的示意图。
掌握示意图的画法，将力的三要素表示在图上。
【解答】解：物体随传送带一起匀速向上运动，所以受传送带对物体的摩擦力向上，方向沿传送带方向。
物体受重力作用，同时也受到斜面对其向上的支持力，方向与传送带垂直。
故答案为：
四、实验探究题（本题共3小题，第17题4分，第18题6分，第19题8分，共18分）
17．（4分）小明同学用如图所示的器材“探究平面镜成像特点”的实验。
（1）选用玻璃板代替平面镜的目的是 便于确定像的位置 。
（2）为了让右座的同学也能够看清蜡烛的像，小明只将玻璃板向右平移，则蜡烛的像的位置 不变 （选填“向左移动”、“向右运动”或“不变”），像的大小 不变 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
（3）为探究像的虚实，在蜡烛B的位置放置一个光屏，应 直接 （选填“直接”或“透过玻璃板”）观察光屏。
【答案】（1）便于确定像的位置；（2）不变；不变；（3）直接。
【分析】（1）玻璃有透光性，玻璃既能成像，又便于确定像的位置；
厚玻璃板两个反射面成两个相距较远的像，不易确定像的位置 它与水平桌面要垂直放置，否则成的像偏高或偏低，不易确定像的位置；厚玻璃板两个表面反射面两个相距较选的像
并且让它与水平桌面垂直放置，否则不易确定像的位置；
（2）平面镜成的像与物关于镜面对称、平面镜成的像与物大小相等，据此回答；
（3）虚像不能成在光屏上。
【解答】解：（1）玻璃有透光性，玻璃既能成像，又能看清玻璃板后的物体，便于确定像的位置；
（2）平面镜成的像与物关于镜面对称，为了让右座的同学也能够看清蜡烛的像，小明只将玻璃板向右平移，对称面的位置和物的位置不变，则蜡烛的像的位置不变；平面镜成的像与物大小相等，因物的大小不变，故像的大小不；
（3）虚像不能成在光屏上，为探究像的虚实，在蜡烛B的位置放置一个光屏，应直接透过玻璃板观察光屏。
故答案为：（1）便于确定像的位置；（2）不变；不变；（3）直接。
18．（6分）小明利用压强计等装置探究“液体内部压强的规律”。
（1）实验前检查器材，发现U形管两边液面如图甲所示，出现这种情况的原因是：U形管左侧液面上方的气压 大于 （选填“大于”、“小于”或“等于”）外界大气压，调节的方法是 C （填字母）；
A．将右侧管中高出的液体倒出
B．向右侧管中倒入部分液体
C．取下软管重新安装
（2）比较如图乙、丙两图，可以得到：液体的压强与 液体的深度 有关；
（3）图乙中，U形管两边液面的高度差不明显，为使U形管两边液面高度差更明显，应将U形管中的液体换成密度更 小 （选填“大”或“小”）的液体。
（4）小明发现用图丁装置不仅可以探究“液体内部压强的规律”，还可以用它测量未知液体的密度，于是他进行了如下操作：
①往左侧加入深度为h1的水，测得左侧水面到橡皮膜中心的深度为h2；
②接着往右侧缓慢倒入待测液体，直到橡皮膜 相平 ；
③测得待测液体液面到容器底的深度h3，液面到橡皮膜中心的深度为h4；请你选择相关的物理量，写出待测液体密度的表达式ρ＝ （水的密度用ρ水表示）。
【答案】（1）大于；C；（2）液体的深度；（3）小；（4）②相平；④。
【分析】（1）U形管右端上方是和大气相通的，等于大气压强；U形管右端液面比较高，就说明U形管左端液面上方的气体压强大于大气压；只要取下软管，让U形管左端液面和大气相通，这样U形管两端的液面就是相平的；
（2）影响液体压强的因素有液体的密度和液体的深度，要探究液体压强和其中一个因素的关系，就要采用控制变量法控制另一个因素不变；
（3）根据p＝ρgh来分析判断；
（4）观察到橡皮膜相平，则左右液体产生的压强相同，根据p＝ρ液gh，可求出液体的密度的表达式；深度是液体内部一点到液体自由面的距离。
【解答】解：（1）U形管右端上方是和大气相通的，等于大气压强，此时U形管左端液面上方的气压和左端液柱产生的压强之和等于右端液面上方的大气压与右端液柱产生的压强之和，由图甲可知U形管右端液面比较高，则右端液柱产生的压强大于左端液柱产生的压强，所以U形管左端液面上方的气压大于U形管右端液面上方的大气压。
只要取下软管重新安装，让U形管左端液面和大气相通，这样U形管左右两端液面上方的气压相等，两端的液面就是相平的，将右侧管中高出的液体倒出或向右侧管中倒入部分液体无法改变U形管左右两端液面上方的气压，故AB不符合题意，C符合题意。故选C。
（2）比较乙、丙两图，液体的密度相同，深度不同，U形管两侧液面的高度差不同，橡皮膜受到的压强不同，故可以得到：液体的压强与液体的深度有关。
（3）探头受到的压强不变，为使U形管两边液面高度差更明显，结合p＝ρgh可知应将U形管中的液体换成密度更小的。
（4）在左侧加入适量的水，在右侧缓慢倒入待测液体，直到观察到橡皮膜相平，则左右液体对橡皮膜中心产生的压强相同；左侧水面到橡皮膜中心的深度为h2，右侧液面到橡皮膜中心的深度为h4，由p＝ρgh得ρ水gh2＝ρ液gh4，解得：。
故答案为：（1）大于；C；（2）液体的深度；（3）小；（4）②相平；④。
19．（8分）小明用伏安法测量小灯泡的电阻，待测小灯泡L1的额定电压为2.5V，电源电压为3V。
（1）如图甲是小明连接的实物图，闭合开关，电压表示数接近为 3 V，移动滑动变阻器的滑片，小灯泡L1不亮，经检查是有一根导线连接错误，请你在图甲中连接错误的导线上打“×”并补画出正确的连线。
（2）电路连接正确后，闭合开关，电压表示数如图乙所示，要测量小灯泡L1正常发光时的电阻，应将滑动变阻器的滑片向 左 移动（选填“左”或“右”）。
（3）小明进行了多次测量，将所得数据及发光情况填入下表，由表格可知小灯泡L正常发光时的电阻为 8.3 Ω（保留一位小数），在交流讨论过程中，小华发现该组有一次实验中的电流值是编造的。你认为是第 3 次，判断的理由是： 第3次灯丝电阻比前两次都小 。
（4）小明又在没有电流表可用的情况下，增加一个已知阻值为R0的定值电阻，设计了图丙电路测出了另一小灯泡L2正常发光时的电阻，若已知小灯泡L2的额定电流I额，则在方框 1 （选填“1”或“2”）接小灯泡L2，另一个方框接定值电阻，闭合开关S，S1接a，调节滑动变阻器滑片，是电压表示数为 2.5V ，此时灯泡正常发光。
【答案】（1）3；见解析；（2）左；（3）8.3；3；第3次灯丝电阻比前两次都小；（4）1；2.5V。
【分析】（1）分析甲图的连接，电压表串联在电路中，示数接近电源电压；本实验中，滑动变阻器应与灯泡串联，电压表与灯泡并联；
（2）灯在额定电压下正常发光，根据图中电压表选用的小量程读数，比较电压表示数与额定电压的大小，根据串联电路电压的规律及分压原理确滑片移动的方向；
（3）由表格中的数据可知灯的电压为2.5V时灯的电流大小，由欧姆定律可知小灯泡L正常发光时的电阻；同理得出第1、3次灯的电阻的大小，根据灯的电阻随温度的升高而变大分析；
（4）灯在额定电压下正常发光，测量灯的额定电功率，应先使灯正常发光，已知小灯泡L2的额定电压，故在方框2接小灯泡L2，1接定值电阻：先将电压表与灯并联，通过移动滑片的位置，使灯的电压为额定电压；保持滑片位置不动，通过开关的转换，使电压表测灯与定值电阻的电压，因此时各电阻的大小和电压不变，灯仍正常工作，根据串联电路电压的规律，可求出此时定值电阻的电压，由欧姆定律可求出灯的额定电流，根据P＝UI可求出灯的额定功率；
灯在额定电压下正常发光，若已知小灯泡L2的额定电流，因电路中没有电流表，故将定值电阻与小灯泡串联后再与变阻器串联，将S1打到a，通过移动滑片使电压表示数为I额R0，此时电路的电流为额定电流，灯正常发光，保持滑片的位置不变，将S1打到b，电压表测灯与定值电阻的电压，因电路的连接关系没有改变，各电阻的大小和通过的电流不变，灯仍正常发光，根据串联电路电压的规律可得出灯的额定电压，根据P＝UI写出灯的额定功率的表达式。
【解答】解：（1）由甲图知，滑动变阻器与灯泡并联了，而电压表串联在电路中，示数接近电源电压3V，是错误的，应将滑动变阻器与灯泡串联，将电压表与灯泡并联，改正后如下图所示：
（2）灯在额定电压下正常发光，图乙中电压选用小量程，分度值为0.1V，示数为2.1V，小于灯的额定电压2.5V，应增大灯的电压，根据串联电路电压的规律，应减小变阻器的电压，由分压原理，应减小变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向左移动，直到电压表示数为额定电压；
（3）由表格中的数据可知，灯的电压为2.5V时，灯的电流为0.3A，由欧姆定律可知小灯泡L正常发光时的电阻为：
RL＝≈8.3Ω；
同理，第1、3次灯的电阻分别为：R1＝≈7.7Ω；
R3＝≈6Ω；
因灯的电阻随温度的升高而变大，故第3次电流值是编造的，判断的理由是：第3次灯丝电阻比前两次都小；
（4）小明又在没有电流表可用的情况下，增加一个已知阻值为R0的定值电阻，设计了图丙电路测出了另一小灯泡L2的额定功率，若已知小灯泡L2的额定电压，根据上面的分析，则在方框2接小灯泡L2；1接定值电阻，将S1打到a，先将电压表与灯并联，通过移动滑片的位置，使灯的电压为额定电压；保持滑片位置不动，通过开关的转换，使电压表测灯与定值电阻的电压，因此时各电阻的大小和电压不变，灯仍正常工作，根据串联电路电压的规律，可求出此时定值电阻的电压，由欧姆定律可求出灯的额定电流，根据P＝UI可求出灯的额定功率；
若已知小灯泡L2的额定电流，则在方框1接小灯泡L2，将S1打到a，通过移动滑片使电压表示数为I额R0，此时灯正常发光，保持滑片的位置不变，将S1打到b，电压表测灯与定值电阻的电压，因电路的连接关系没有改变，各电阻的大小和通过的电流不变，灯仍正常发光，根据串联电路电压的规律可得出灯的额定电压，根据P＝UI写出灯的额定功率的表达式。
故答案为：（1）3；见解析；（2）左；（3）8.3；3；第3次灯丝电阻比前两次都小；（4）1；2.5V。
五、综合应用题（本题共2小题，第20题9分，第21题9分，共18分）
20．（9分）消防救援机器人适用于消防队员无法靠近的灭火救援场所，可以在消防救灾时深入险地，快速高效地完成正常人几乎不可完成的工作。图甲是一台某款消防机器人，动力强劲，靠两履带驱动，可负重自由运动进行消防救灾，也可连接高压水带并拖动至指定位置进行喷水救火。这款机器人自身重力为1750N，在消防救灾时最大可负重2000N。
（1）消防救援机器人履带很宽是为了 减小压强 。
（2）该消防机器人以最大负重状态下在水平地面上行驶时，两条履带与地面的接触面积共为3750cm2。此时消防机器人对地面的压强多大？
（3）该消防机器人在救火时，连接高压水带后每秒最多可将50L的水喷射到30m高的位置，图乙是该机器人喷水时的情景（，g＝10N/kg）。消防机器人在连接高压水带后救火喷水时，整体喷水的最大功率至少为多少？
【答案】（1）减小压强；
（2）消防机器人对地面的压强10000Pa；
（3）消防机器人在连接高压水带后救火喷水时，整体喷水的最大功率至少为15000W。
【分析】（1）减小压强的方法：在压力一定时，增大受力面积；在受力面积一定时，减小压力；
（2）此时消防机器人对地面的压力等于它和最大负重的总重力，根据p＝得到此时消防机器人对地面的压强；
（3）由m＝ρV得到每秒最多喷射水的质量；根据W＝Gh＝mgh得到克服水的重力做的功，根据P＝得到整体喷水的最大功率。
【解答】解：（1）消防救援机器人履带很宽，是在压力一定时，通过增大受力面积的方式减小对路面的压强；
（2）消防机器人对地面的压力：F＝G＝1750N+2000N＝3750N，
此时消防机器人对地面的压强：p＝＝＝10000Pa；
（2）消防机器人每秒最多喷射水的质量：m＝ρV＝1×103kg/m3×50×10﹣3m3＝50kg；
克服水的重力做的功：W＝Gh＝mgh＝50kg×10N/kg×30m＝15000J，
整体喷水的最大功率至少为：P＝＝＝15000W。
答：（1）减小压强；
（2）消防机器人对地面的压强10000Pa；
（3）消防机器人在连接高压水带后救火喷水时，整体喷水的最大功率至少为15000W。
21．（9分）为实现自动控制，小明同学利用电磁继电器（电磁铁线圈电阻不计）制作了具有延时加热、保温、消毒等功能的恒温器，其电路图如图甲所示。控制电路中，电压U1＝3V，定值电阻R0＝50Ω，热敏电阻R阻值随温度变化的图像如图乙所示；工作电路中，电压U2＝220V，R1、R2是电热丝，R1＝1000Ω，加热功率为484W。当电磁铁线圈中的电流I＞20mA时，衔铁被吸合。
（1）热敏电阻R是由 半导体 材料制成的。
（2）求恒温器保温时的温度。
（3）求工作电路在保温状态工作10min消耗的电能。
（4）要使水温达到60℃时开始保温，R0不变的情况下，求此时的U1。
【答案】（1）半导体；
（2）恒温器保温时的温度为80℃。
（3）工作电路在保温状态工作10min消耗的电能为2.64×104J。
（4）要使水温达到60℃时开始保温，R0不变的情况下，此时的U1为2.28V。
【分析】（1）容易导电的物体是导体，不容易导电的物体是绝缘体，导电性能介于导体和绝缘体之间的是半导体；
（2）根据欧姆定律求出衔铁被吸合时控制电路的总电阻，根据串联电路的电阻特点求出此时热敏电阻的阻值，由图乙可知恒温器保温时的温度；
（3）由图甲可知，当衔铁与触点b接触时，工作中只有R2工作，当衔铁与触点a接触时，工作中R1、R2串联，根据串联电路的特点和P＝可知加热状态和保温状态时工作电路的连接方式；根据P＝可求出R2的阻值，根据串联的电路的电阻的求出R1、R2的串联总电阻，根据P＝可求出保温状态时的电功率，根据W＝Pt求出工作电路在保温状态工作10min消耗的电能；
（4）由图乙可知，当水温为60℃时热敏电阻的阻值，根据串联电路的电阻特点求出控制电路的总电阻，根据欧姆定律求出此时的控制电路的电源电压。
【解答】解：（1）热敏电阻R是由半导体材料制成的；
（2）由I＝可知，衔铁被吸合时控制电路的总电阻：R总＝＝＝150Ω，
根据串联电路的电阻特点可知，此时热敏电阻的阻值：R＝R总﹣R0＝150Ω﹣50Ω＝100Ω，
由图乙可知，当R＝100Ω时，恒温箱保温时的温度t＝80℃；
（3）由图甲可知，当衔铁与触点a接触时，工作中R1、R2串联，根据串联电路的电阻特点可知，此时工作电路的总电阻最大，由P＝可知，工作电路的总功率最小，此时工作电路处于保温状态；
当衔铁与触点b接触时，工作中只有R2工作，工作电路中的总电阻最小，总功率最大，工作电路处于加热状态；
由P＝可知，R2的阻值：R2＝＝＝100Ω，
根据串联电路的电阻特点可知，工作电路等于保温状态时的总电阻：R保温＝R1+R2＝1000Ω+100Ω＝1100Ω，
工作电路保温状态时的电功率：P保温＝＝＝44W，
工作电路在保温状态工作10min消耗的电能：W＝P保温t＝44W×10×60s＝2.64×104J；
（4）由图乙可知，当水温为60℃时，热敏电阻的阻值R′＝64Ω，R0的阻值不变，则控制电路的总电阻：R总′＝R′+R0＝64Ω+50Ω＝114Ω，
由I＝可知，此时控制电路的电压U1′＝IR总′＝20×10﹣3A×114Ω＝2.28V。
答：（1）半导体；
（2）恒温器保温时的温度为80℃。
（3）工作电路在保温状态工作10min消耗的电能为2.64×104J。
（4）要使水温达到60℃时开始保温，R0不变的情况下，此时的U1为2.28V。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/5/13 8:34:37；用户：因材教育；邮箱：307053203@qq.cm；学号：3994153实验次数
电压U/V
电流I/A
灯泡发光情况
1
2.0
0.26
比正常发光暗
2
2.5
0.30
正常发光
3
3.0
0.50
比正常发光亮
实验次数
电压U/V
电流I/A
灯泡发光情况
1
2.0
0.26
比正常发光暗
2
2.5
0.30
正常发光
3
3.0
0.50
比正常发光亮