2020年湖南省湘潭市中考物理试卷

这是一份2020年湖南省湘潭市中考物理试卷，共22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。


2020年湖南省湘潭市中考物理试卷
题号
一
二
三
四
五
总分
得分







一、单选题（本大题共18小题，共36.0分）
1. 下列材料，通常情况下属于导体的是（　　）
A. 陶瓷 B. 橡胶 C. 铜 D. 玻璃
2. 医生长时间配戴护目镜时，护目镜的镜片会蒙上一层小水珠形成小水珠的物态变化（　　）
A. 汽化 B. 液化 C. 升华 D. 凝华
3. 下列估测值最接近生活实际的是（　　）
A. 人的正常体温约40℃ B. 一个鸡蛋的质量约500g
C. 教室门的高度约2m D. 家用台灯的额定功率约1000W
4. 功与完成这些功所用时间之比叫功率，下列哪个不是功率的单位（　　）
A. 千瓦时 B. 焦/秒 C. 瓦特 D. 千瓦
5. 小明在家进行网课学习时，将门窗关闭，从控制噪声的途径来分析，这样做主要是（　　）
A. 在声源处控制噪声 B. 在传播过程中控制噪声
C. 在人耳处控制噪声 D. 不能控制噪声
6. 下列现象中，由光的直线传播形成的是（　　）
A. 露珠下的叶脉
B. 水中的倒影
C. 空中彩虹
D. 日环食
7. 下列现象能说明分子在做无规则运动的是（　　）
A. 秋天落叶纷飞 B. 在花园中闻到阵阵花香
C. 毛皮摩擦过的橡胶棒吸引小纸屑 D. 打扫卫生时灰尘飞扬
8. 以下可以增大摩擦的是（　　）
A. 轴承中装有滚珠
B. 旋钮侧面制有条纹
C. 给自行车加润滑油
D. 磁悬浮列车车身悬浮
9. 在相同的玻璃杯里装入不同量的水，用筷子轻敲杯壁，听到了高低不同的声音，这里的声音高低是指（　　）
A. 音量 B. 响度 C. 音调 D. 音色
10. 随着科技的发展，我们进入了“刷脸”时代。“刷脸”时人脸面对摄像头（相当于一个凸透镜），经系统自动拍照、扫描，确认相关信息后，即可迅速完成身份认证。在系统拍照过程中（　　）
A. 人脸是光源
B. 人脸经摄像头成缩小倒立的实像
C. 人脸经摄像头成像的原理与平面镜相同
D. 人脸应保持在透镜的一倍焦距到两倍焦距之间
11. 新型智能手机无线充电技术应用了电磁感应原理，当交变电流通过充电底座中的线圈时，线圈产生磁场，带有金属线圈的智能手机靠近该磁场（如图）就能产生电流，通过“磁生电”来实现充电。下列设备也是利用“磁生电”原理工作的是（　　）
A. 电烙铁 B. 电动机 C. 发电机 D. 电磁起重机
12. 用空易拉罐来体验大气压强的存在，下列操作能达到目的的是（　　）
A. 用手捏易拉罐，易拉罐变瘪
B. 用重物压易拉罐，易拉罐变瘪
C. 让易拉罐从高处下落撞击地面，易拉罐变瘪
D. 用注射器抽取密封易拉罐中空气，易拉罐变瘪
13. 图中的电加热眼罩，可以缓解眼睛疲劳，它有两个发热电阻。当开关S1闭合时，R1工作，为低温状态；再闭合S2，R1、R2同时工作，为高温状态；若断开S1，眼罩停止发热。下面电路图符合以上要求的是（　　）
A. B.
C. D.
14. 如图，舰载飞机从国产航母“山东舰”上起飞。下列说法正确的是（　　）

A. 飞机静止在甲板上时，不受力的作用
B. 飞机起飞时，惯性消失
C. 飞机在甲板上加速时，受力平衡
D. 飞机飞行时机翼上方空气流速大于下方空气流速，飞机获得升力
15. 下列做法不符合安全用电要求的是（　　）
A. 有金属外壳的电器要使用三孔插座
B. 及时更换家庭电路中绝缘皮老化、破损的导线
C. 当有人触电时迅速用手把他拉到安全的地方
D. 安装电路时，开关应接在火线上
16. 如图是某物质熔化时温度随加热时间变化的图象，由图可知（　　）

A. 该物质是晶体 B. 该物质的熔点为60℃
C. 该物质熔化过程经历了10min D. 该物质在B点时全部变成了液态
17. 下列说法正确的是（　　）
A. 液体温度计是连通器
B. 验电器的工作原理是异种电荷相互排斥
C. 根据凹透镜对光的发散作用制成远视眼
D. 根据重力的方向总是竖直向下，建人用重垂线检查墙壁是否竖直
18. 小明设计了一款“智能照明灯”，其电路的原理图如图所示，光线较暗时灯泡自动发光，光线较亮时灯液所示制电路中，电源电压恒定，R0为定值电阻，R为光敏电阻，其阻值随光照强度的增大而减小。以下说法正确的是（　　）

A. 电磁铁的上端为S极
B. 当光照强度增强，控制电路的电流变小
C. 当光照强度减弱，电磁铁的磁性增强
D. 灯泡应设计在A和B两接线柱之间
二、填空题（本大题共6小题，共13.0分）
19. 图中小木块的长度是______cm。


20. 如图是小明家电能表的表盘。小明将家中所有其他用电器关闭，只让暖风机单独工作，观察到1min内电能表指示灯闪烁了32次。暖风机在这1min内消耗的电能为______kW•h．它的实际功率是______W。




21. 如图所示，是用太阳能电池板做成叶片的百叶窗，既能遮阳，还能发电。电池板将太阳能转化为电能，为蓄电池充电，蓄电池再向节能灯供电。太阳能电池板给蓄电池充电时，蓄电池相当于______（选填“用电器”或“电源”）；太阳能属于______（选填“可再生”或“不可再生”）能源。
22. 如图所示，“2.5V 0.3A“和“3.8V 0.3A”的两只小灯泡______（选填“串联”或“并联”）在电路中，闭合开关后，观察到“3.8V”的小灯炮比“2.5V”的小灯泡亮，说明“3.8V”小灯炮的实际功率比“2.5V”小灯泡的实际功率______（选填“大”或“小”）。
23. 用20N的水平推力，将重为280N的购物车沿水平地面向前推动了5m。在此过程中，购物车的重力做功______J，水平推力对购物车做功______J。
24. 2020年6月23日，我国用长征三号乙运载火箭成功发射第55颗北斗导航卫星，至此，中国北斗全球卫星导航系统的星座组网全能完成。在卫星与火箭分离前，以火箭为参照物，卫星是______（选填“静止”或“运动”）的，它们加速上升时，卫星的动能______（选填“减小”、“增大”或“不变”）。北斗全球卫星导航系统依靠______（“声波”或“电磁波”）与地面传递信息。
三、作图题（本大题共1小题，共2.0分）
25. 一束光从空气斜射入水中时，水中的折射光线OA如图所示，试用带箭头的直线画出入射光线的大致方向。













四、实验探究题（本大题共4小题，共27.0分）
26. 用如图1所示的装置探究光的反射规律，实验数据如下表：

次数
1
2
3
4
∠i
30°
40°
50°
60°
∠r
30°
40°
50°
60°
（1）图表中∠r表示______（选填“入射”或“反射”）角。
（2）分析实验数据可知：反射角______（选填“大于”、“等于”或“小于”）入射角。
（3）纸板ENF是用两块纸板连接起来的。如图2，把纸板NOF向后折，光沿EO入射在纸板NOF上______（选填“能”或“不能”）看到反射光线。这说明在光的反射现象中，反射光线、入射光线和法线在同一平面内。
（4）在图1中，当光沿FO的方向射向O点时，光会沿着OE的方向射出，说明在反射现象中光路是______的。
27. 如图甲、乙所示，用天平、量筒测量金属块的密度。

（1）将天平放在水平工作台上，将游码移到标尺的______处，调节平衡螺母，使横梁平衡；
（2）将金属块放在天平左盘里，用镊子向右盘加减砝码并移动游码，当天平再次平衡时，右盘中所放砝码及游码在标尺上的位置如图甲所示，金属块的质量为______g；
（3）将金属块用细线系好轻轻放入盛有40mL水的量筒中，水面升高到如图乙所示的位置，金属块的体积为______cm3，金属块的密度为______g/cm3。
（4）利用弹簧测力计、烧杯和水，也可以测量出此金属块的密度，如图丙、丁所示。将金属块挂在弹簧测力计下端的挂钩上，测出金属块的重力为G，再将金属块完全浸没在装有水的烧杯中，读出此时弹簧测力计示数为F．则金属块质量为______，体积为______，密度为______（三空均用已知量的字母表示）。
28. 测量如图所示滑轮组的机械效率，部分实验数据如下表。
实验次数
钩码重力G/N
钩码上升高度h/cm
拉力F/N
绳端移动距离s/cm
机械效率η
1
1.0
5

15
55.6%
2
1.5
5
0.8
15

3
2.0
5
1.0
15
66.7%
4
2.0
10
1.0
30
66.7%
（1）实验过程中，应缓慢拉动弹簧测力计，使钩码竖直向上做______运动。第1次实验时，弹簧测力计示数如图所示，为______N。
（2）第2次实验时所做的有用功为______J，滑轮组的机械效率是______。
（3）分析1、2、3次实验的数据可知，使用同一滑轮组提升重物时，重物重力越______（选填“大”或“小”），滑轮组的机械效率越高；分析3、4次实验的数据可知，滑轮组的机械效率与钩码上升的高度______（选填“有关“或“无关”）。
（4）结合生产生活实际，用滑轮组提升重物时，下列选项中也可提高机械效率的是______。
A．增大绳重
B．减轻动滑轮重
C．加快物体提升的速度


29. 如图甲，是研究小灯泡电阻的实验装置，灯泡的额定电压为2.5V，滑动变阻器最大阻值是50Ω，电源电压保持6V不变。

（1）用笔画线代替导线，将图中的器材连接成完整的电路。
（2）连接完电路后，闭合开关，发现小灯泡发光较暗，且无论怎样移动滑动变阻器滑片P，小灯泡的亮度都不变，则原因可能是______。
A．开关开路
B．电压表短路
C．滑动变阻器接的是下端两接线柱
（3）正确连接后，闭合开关，移动滑片P，记下多组对应的电压表和电流表的示数。当滑片P移到某处，电压表示数为1.5V时，要使小灯泡正常发光，应______（选填“增大”或“减小”）滑动变阻器接入电路中的阻值。
（4）将所测数据绘制成如图乙所示的U-I图象。由图可知：小灯泡的电阻是变化的，主要是因为小灯泡灯丝的______（选填“温度”、“长度”或“横截面积”）发生了变化；此小灯泡的额定功率是______W。
（5）利用此装置还可以探究电流与电阻的关系，只需将图甲中的小灯泡换成不同阻值的定值电阻，并使定值电阻两端的电压保持不变，即可进行实验。
①接入某定值电阻后，闭合开关，移动变阻器的滑片P，当电压表的示数为2V时，电流表的示数如图丙所示，为______A，则接入的定值电阻的阻值为______Ω。
②实验时，为了确保不同定值电阻两端的电压能达到并保持2V不变，换用的定值电阻阻值不能大于______Ω。
五、计算题（本大题共3小题，共23.0分）
30. 小明家中的电水查，其铭牌如图所示，他在电水壶中装入2.5L初温为20℃的水，并将这壶水烧开（1标准大气压下），已知该电水壶的效率为84%，问：
（1）小明在壶中装入______kg的水；
（2）此过程中，水吸收了______J热量，这些热量相当于完全燃烧______m3天然气放出的热量？（q天然气=4.0×107J/m3）
（3）电水壶正常工作时，烧开这壶水需要多长时间？









31. 某型号声呐，质量为6.6kg。其内部有两个完全相同的空腔，声呐每个空腔的侧上方都用轻薄易腐蚀材料制成的密封盖密封，密封盖质量和体积均不计，当密封盖浸泡在海水中，将逐渐被海水腐蚀，海水进入空腔导致声呐逐渐下沉。某次公海军事演习，反潜飞机向海中投入该声呐，声呐在海中静止后露出整个体积的．此时上下空腔均没有海水进入，如图甲所示；24小时后，声呐没入海中处于悬浮状态，声呐下空腔充满海水而上空腔没有海水进入，如图乙所示；再经过24小时后，声时沉入海底，上下空腔均充满海水，如图丙所示。（已知ρ海水=1.1×103kg/m3），
（1）图甲中，声呐所受浮力为______N；
（2）声呐整个体积为______m3；
（3）当声呐底部位于海面下100m深度时（未沉入海底），所受海水的压强为______Pa；
（4）每个空腔的体积为多少m3？









32. 车辆超载是造成公路桥梁损坏的重要原因，因此限制车辆超载有着重要意义。某物理兴趣小组设计了一个模拟超载报警装置，如图1所示。为了增大检测重量，他们使用了一个水平杠杆OAB，O为支点，OB长120cm，AB：AO=5：1，模拟车辆放置在托盘内。已知电源电压恒定不变，报警器的阻值R0恒为10Ω，压敏电阻R固定放置，压敏电阻R的阻值与所受到的压力F变化的关系如图2所示。闭合开关S，托盘空载时，电流表的示数为0.2A；当模拟车辆重量逐渐增大，电流表示数达到0.5A时，报警器开始发出报警信号。托盘、压杆和杠杆的质量及压杆的大小均忽略不计。求：

（1）由图2可知，压敏电阻R的阻值随着所受到的压力F增大而______；检测时，杠杆A点受到的压力与杠杆B端受到的支持力大小之比为______；
（2）托盘空载时压敏电阻的阻值为______Ω，电源电压为______V；
（3）报警器刚好开始报警时，压敏电阻的阻值为______Ω，设定的托盘限载重量为______N，电路消耗的总功率为______W。
（4）若换用15V的电源，为保证报警器仍在原设定的托盘限载重量时报警，应在杠杆上水平调节托盘底部触点A的位置。试计算说明触点A应调节至距O点多少cm处？







答案和解析
1.【答案】C

【解析】解：ABD、陶瓷、橡胶、玻璃都不容易导电，它们都是绝缘体，故ABD错误。
C、铜属于金属，铜容易导电，铜是导体，故C正确。
故选：C。
容易导电的物体是导体，常见的导体包括：人体、大地、各种金属、酸碱盐的溶液等；不容易导电的物体是绝缘体，常见的绝缘体包括：塑料、陶瓷、玻璃、橡胶、空气等。
此题考查哪些物体为导体，属于识记的内容，比较简单。
2.【答案】B

【解析】解：护目镜的镜片上的小水珠是医生呼出气流中温度较高的水蒸气遇冷液化形成的。
故选：B。
物质从气态变成液态称为液化，液化是放热过程。
解决此类问题的关键是要正确判断变化前后的物态，并熟悉物态变化的名称。
3.【答案】C

【解析】解：A、人的正常体温约37℃左右，变化幅度很小，故A错误。
B、一个鸡蛋的质量约50g，故B错误。
C、教室门的高度约2m，符合实际，故C正确。
D、家用台灯的额定功率约20W，故D错误。
故选：C。
首先要对选项中涉及的几种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。
此题考查对生活中常见物理量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，找出符合实际的选项即可。
4.【答案】A

【解析】解：
A、千瓦时是电功的单位，1千瓦时=3.6×106焦耳。故A不是功率单位。
B、根据功率的定义：功与时间之比，可得出功率单位是焦/秒。故B是功率单位。
C、瓦特是功率的国际单位，故C是功率的单位。
D、千瓦是功率的常用单位，1千瓦=1000瓦，故D是功率单位。
故选：A。
功率的国际单位是瓦特（焦/秒），其它常用单位有：千瓦。
物理学中各个物理量都有自己的符号和国际单位，不要将各符号和各单位相互混淆。
5.【答案】B

【解析】解：小明在家进行网课学习时，将门窗关闭，从控制噪声的途径来分析，是在传播过程中控制噪声，故B正确，ACD错误。
故选：B。
噪声的防治主要从三种方法来进行：一是从声源处减弱，二是在传播过程中减弱，三是在接收处减弱。
本题主要考查学生对防治噪声途径的了解和掌握，是一道基础题。
6.【答案】D

【解析】解：A、露珠相当于放大镜，通过露珠观察叶脉，是光的折射现象。故A不合题意；
B、水中的倒影属于平面镜成像，其原理是光的反射。故B不合题意；
C、空中的彩虹，是光的色散现象，是由光的折射形成的，故C不合题意；
D、日环食，是光的直线传播形成的现象。故D符合题意。
故选：D。
（1）光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，产生的现象有小孔成像、激光准直、影子的形成、日食和月食等；
（2）光线传播到两种介质的表面上时会发生光的反射现象，例如水面上出现岸上物体的倒影、平面镜成像、玻璃等光滑物体反光都是光的反射形成的；
（3）光线在同种不均匀介质中传播或者从一种介质进入另一种介质时，就会出现光的折射现象，例如水池底变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼、凸透镜成像等都是光的折射形成的。
此题通过几个日常生活中的现象考查了对光的折射、光的直线传播、光的反射的理解，在学习过程中要善于利用所学知识解释有关现象。
7.【答案】B

【解析】解：
A、秋天落叶纷飞，属于宏观物体的运动，是机械运动，不是分子在做无规则运动，故A错误；
B、花园中闻到阵阵花香，属于扩散现象，扩散现象说明分子在不停地做无规则运动，故B正确；
C、毛皮摩擦过的橡胶棒吸引小纸屑，说明带电体能够吸引轻小物体，故C错误；
D、灰尘飞扬属于宏观物体的运动，是机械运动，不是分子在做无规则运动，故D错误。
故选：B。
不同物体互相接触时彼此进入对方的现象叫扩散，扩散现象说明分子在不停地做无规则运动。
此题主要考查的是分子动理论的内容和扩散现象说明的问题，知道扩散现象的定义是解题的关键。
8.【答案】B

【解析】解：
A、轴承中装有滚珠，是用滚动代替滑动的方法来减小摩擦力。故A错误。
B、旋钮侧面制有条纹，是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力。故B正确。
C、给自行车加润滑油，是通过使接触面脱离的方法减小摩擦力；故C错误。
D、磁悬浮列车车身悬浮，是通过使接触面脱离的方法减小摩擦力；故D错误。
故选：B。
（1）增大摩擦力的方法：在接触面粗糙程度一定时，通过增大压力来增大摩擦力；在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力。
（2）减小摩擦力的方法：在接触面粗糙程度一定时，通过减小压力来减小摩擦力；在压力一定时，通过减小接触面的粗糙程度来减小摩擦力；通过使接触面脱离的方法减小摩擦力；用滚动代替滑动的方法来减小摩擦力。
本题考查摩擦力大小的影响因素，以及增大和减小摩擦的方法，摩擦力问题在生活中应用非常广泛，解答此题类问题时要利用控制变量法研究。
9.【答案】C

【解析】解：在相同的玻璃杯里装入不同量的水，用筷子轻敲杯壁，由于水的质量不同，振动频率会发生变化，音调就不同，所以这里的声音高低是指音调，故C正确，ABD错误。
故选：C。
音调与振动的频率有关，频率越大，音调就越高。
本题考查了声音三个特征影响因素以及区别，属于基础题目。
10.【答案】B

【解析】解：
A、人脸不会发光，故人脸不是光源，故A错误；
B、摄像头相当于一个凸透镜，光通过摄像头成倒立、缩小的实像，与照相机的成像特点相同，故B正确；
C、摄像头相当于一个凸透镜，光经过摄像头成像利用的是光的折射，平面镜成像原理是光的反射，故C错误；
D、当u＞2f时，成倒立、缩小的实像，所以，“刷脸”时，人脸应位于摄像头两倍焦距之外，故D错误。
故选：B。
（1）自身能发光的物体称为光源；
（2）摄像头是利用凸透镜成倒立、缩小的实像的原理制成的，当u＞2f时，成倒立、缩小的实像。
（3）凸透镜成像是光的折射，平面镜成像原理是光的反射。
本题考查了凸透镜的成像特点和应用，要掌握凸透镜成像的规律，搞清每种情况下的应用。在学习过程中要善于总结、寻找规律，学着将所学知识与生活实际联系起来。
11.【答案】C

【解析】解：
A、电流通过电烙铁时产生热量，所以电烙铁是根据电流的热效应来工作，故A错误。
B、电动机工作原理是通电导体在磁场中受力而运动，故B错误。
C、发电机的工作原理是电磁感应，是闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，导体中有感应电流产生，发电机工作原理是磁生电，故C正确。
D、电磁起重机在有电流通过时产生磁场，工作原理是电流的磁效应，故D错误。
故选：C。
（1）电烙铁的工作原理是电流的热效应。
（2）电动机的工作原理是通电导体在磁场中受力而运动。
（3）发电机的工作原理是电磁感应。
（4）电磁起重机的工作原理是电流的磁效应。
电磁部分包括三部分内容：磁效应、电磁感应、通电导体在磁场中受力而运动，掌握电动机、发电机、电磁铁、扬声器、话筒、电磁起重机等工作原理。
12.【答案】D

【解析】解：A、用手捏易拉罐，易拉罐变瘪，是手给易拉罐一个力，改变了易拉罐的形状，故A错误。
B、用重物压易拉罐，易拉罐变瘪，是重物给易拉罐一个力，改变了易拉罐的形状，故B错误。
C、让易拉罐从高处下落撞击地面，易拉罐变瘪，是地面给易拉罐一个力，改变了易拉罐的形状，故C错误。
D、用注射器抽取密封易拉罐中空气，易拉罐内的气压减小，易拉罐外面大气压大于易拉罐内部压强，所以易拉罐受到向内的压力大于向外的压力，这两个力的合力把易拉罐压瘪，可以证明大气压的存在，故D正确。
故选：D。
用空易拉罐体验大气压时，手或其它物体不能对空易拉罐施加力的作用。
用易拉罐证明大气压的实验还可以把易拉罐放在火上烤，然后易拉罐倒放用水封住易拉罐口，会看到易拉罐变瘪，还可以往易拉罐中灌热水，倒出热水，易拉罐倒放用冷水封住易拉罐口，会看到易拉罐变瘪，这两个实验也能证明大气压的存在。
13.【答案】A

【解析】解：经分析可知，R1、R2并联，开关S1位于干路，开关S2位于R2支路。
A、由电路图可知，开关S1闭合时，只有R1工作，电路的总电阻最大，总功率最小，为低温状态；再闭合S2后，R1、R2并联同时工作，电路的总电阻最小，总功率最大，为高温状态；若断开S1，电路断路，眼罩停止发热，故A符合题意；
B、由电路图可知，开关S2闭合时，只有R2工作，再闭合S1后，R1与R2同时工作，故B不符合题意；
C、由电路图可知，开关S1闭合时，R1与R2同时工作，再闭合S2后，只有R1工作，故C不符合题意；
D、由电路图可知，开关S1闭合时，R1与R2同时工作，再闭合S2后，只有R2工作，故D不符合题意。
故选：A。
由题意可知，只闭合S1时，R1工作，为低温状态，再闭合S2后，R1、R2同时工作，为高温状态，说明R1可以独立工作、R1和R2可以同时工作，即两电阻并联；断开S1时，眼罩停止发热，说明开关S1位于干路，开关S2位于R2支路，据此进行解答。
本题考查了电路图的设计，根据题意得出两电阻的连接方式和开关的位置是关键。
14.【答案】D

【解析】解：
A、飞机静止在甲板上时，处于静止状态，受到的重力和支持力是一对平衡力，故A错误。
B、物体在任何时候都有惯性，飞机起飞时，速度越来越快，质量不变、惯性不变，故B错误；
C、飞机在甲板上加速时，处于非平衡状态，受力不平衡，故C错误；
D、飞机飞行时机翼上方空气流速大于机翼下方空气流速，上方压强小于下方，从而产生向上的升力，故D正确；
故选：D。
（1）物体受到平衡力，处于静止或匀速直线运动；
（2）惯性是一切物体所具有的保持运动状态不变的性质，在任何时候物体都有惯性；
（3）物体加速运动，处于非平衡状态，受非平衡力；
（4）流体在流速越大的地方、压强越小，则流速越小的地方、压强越大。
本题考查了物体的受力分析、流体压强与流速的关系、惯性等多个知识点，有一定的综合性，但总体难度不大。
15.【答案】C

【解析】解：
A、大功率或带有金属外壳的用电器，其金属外壳一定要通过三孔插座接地，以防用电器外壳带电，会危及人身安全，故A符合安全用电要求；
B、电线的绝缘皮破损老化时应及时更换，否则容易发生触电事故，故B符合安全用电要求；
C、发现有人触电时，不要直接去救援，因为人体是导体，如果接触触电人，救援人员可能直接或间接接触火线，发生触电事故，所以一定先切断电源，故C不符合安全用电要求；
D、开关接在火线上，在切断电路时，可防止用电器继续带电，故D符合安全用电要求。
故选：C。
（1）大功率或带有金属外壳的用电器，必须使用三孔插座，以防外壳带电，危及人身安全；
（2）电线的绝缘皮破损，人去接触时，容易造成触电事故；
（3）一旦发生触电事故，应立即断开电源开关，或用绝缘体将电线挑开，使触电者与电源脱离，并进行现场抢救；
（4）家庭电路中，开关控制用电器时，开关接在用电器和火线之间，在断开开关，切断火线，操作更安全。
本题主要考查生活中的一些安全用电常识，应注意积累并严格遵守，牢记安全用电常识，并在生活中加以运用，有一定的现实意义。
16.【答案】A

【解析】解：由图可知，从3min～6min过程中，温度保持48℃不变，即熔点为48℃，故该物质为晶体。故A正确、B错误；
该物质从3min到6min是熔化过程，经历时间：6min-3min=3min；第3min即将开始熔化，物质在B点处于固态，故CD错误；
故选：A。
分析图象判断该物质是晶体还是非晶体，根据晶体具有一定的熔点，非晶体没有一定的熔点；分析第8min末时温度与熔点的关系，得出结论。
在“探究物质熔化时温度的变化规律”实验中，属基本实验技能的考查。
17.【答案】D

【解析】解：A、液体温度计上端不开口，不是连通器，故A错误；
B、验电器的工作原理是同种电荷相互排斥，故B错误；
C、远视眼镜的镜片是凸透镜，它对光起会聚作用，故C错误；
D、重垂线是利用重力的方向是竖直向下的原理制成的，故D正确。
故选：D。
（1）上端开口，底部连通的容器；
（2）验电器的工作原理是同种电荷相互排斥；
（3）凸透镜对光有会聚作用，凹透镜对光有发散作用；
（4）重力的方向是竖直向下的。
本题考查了温度计构造，验电器的原理、远视镜，以及重力的方向，难度不大。
18.【答案】D

【解析】解：
A、由图可知，根据安培定则可知，电磁铁的上端为N极，故A错误；
B、当光照强度增强，光敏电阻的阻值减小，总电阻减小，根据欧姆定律可知，控制电路的电流变大，故B错误；
C、当光照强度减弱时，光敏电阻的阻值变大，总电阻变大，根据欧姆定律可知，控制电路的电流变小，电磁铁磁性大小与电流大小、线圈匝数有关，电流减小，则磁性变弱，故C错误；
D、光线较暗时，光敏电阻的阻值大，则控制电路中的电流小，电磁铁的磁性弱，衔铁在弹簧的作用下被拉起，灯泡自动发光，说明灯泡在A和B两接线柱之间，故D正确。
故选：D。
（1）根据安培定则判定电磁铁的极性；
（2）（3）当光照强度增强时，根据光敏电阻的变化，利用欧姆定律分析电路中电流的变化；根据影响电磁铁磁性大小的两个因素分析磁性的变化；
（4）根据光线较暗时灯泡自动发光分析动触点的位置。
本题一道以敏感电阻变化引起的动态电路分析，关键要明确电磁继电器的工作原理，熟练应用欧姆定律即可正确解题，属于动态电路分析的典型题目，有一定难度。
19.【答案】3.20

【解析】解：刻度尺的分度值是1mm，木块左端示数10.00cm，右端示数13.20cm，小木块的长度是13.20cm-10.00cm=3.20cm。
故答案为：3.20。
先确定刻度尺的分度值，木块的端点没有与刻度尺的零刻度线对齐，小木块两端的对应的刻度尺示数之差等于木块的长度。
本题考查了刻度尺的读数方法，难度不大。
20.【答案】0.02  1200

【解析】解：
1600imp/（kW•h）表示每消耗1kW•h的电能，指示灯闪烁1600次，
指示灯闪烁32次，则该用电器消耗的电能：
W=kW•h=0.02kW•h，
暖风机的实际电功率：
P===1.2kW=1200W。
故答案为：0.02；1200。
1600imp/（kW•h）表示每消耗1kW•h的电能，指示灯闪烁1600次，据此可求指示灯闪烁32次消耗的电能，再利用P=求暖风机的实际电功率。
本题考查了消耗电能和电功率的计算，明确电能表相关参数的意义是关键。
21.【答案】用电器  可再生

【解析】解：
（1）太阳能电池板给蓄电池充电时，蓄电池消耗电能，相当于用电器；
（2）太阳能可以源源不断的从自然界中得到，属于可再生能源。
故答案为：用电器；可再生。
（1）在电路中，能够提供电能的是电源，需要消耗电能的是用电器；
（2）从能源是否可再利用的角度可分为可再生能源和不可再生能源，化石能源、核能会越用越少，不可能在短期内从自然界得到补充，所以它们属于不可再生能源；
而风能、水能、太阳能、生物质能，可以在自然界里源源不断的得到补充，所以它们属于可再生能源。
此题考查了电路的组成和能源的分类，是一道联系实际的应用题，难度不大。
22.【答案】串联  大

【解析】解：
如图所示，“2.5V 0.3A“和“3.8V 0.3A”的两只小灯泡逐个依次连接，即两灯泡串联在电路中；
闭合开关后，观察到“3.8V”的小灯泡比“2.5V”的小灯泡亮，因灯泡的亮度由灯泡的实际功率决定，则说明“3.8V”小灯泡的实际功率比“2.5V”小灯泡的实际功率大。
故答案为：串联；大。
（1）串联电路中，电流路径只有一条；并联电路中，电流路径有多条；
（2）不同规格的用电器串联时，电流相同，电压不同；灯泡的亮度由灯泡的实际功率决定，知道灯泡的亮度则可知灯泡实际功率的大小。
本题考查了电路的连接方式和判断灯泡实际功率大小的方法，知道“灯泡的实际功率越大，灯越亮”是关键。
23.【答案】0  100

【解析】解：购物车在水平地面上移动5m，没有在重力的方向上移动距离，所以重力不做功，即重力做功为0J；
推力对购物车做功：W=Fs=20N×5m=100J，
故答案为：0；100。
（1）知道推力和在推力方向上移动距离，利用W=Fs求推力做的功；
（2）做功的两个必要因素：一是作用在物体上的力，二是物体在力的方向上移动一段距离，二者缺一不可；据此确定重力是否做功；
本题考查了功的计算以及做功的两个必要因素，根据做功的两个必要因素确定重力是否做功是本题的关键，易错点！
24.【答案】静止  增大  电磁波

【解析】解：
（1）卫星与火箭脱离之前，卫星与火箭的速度相同，没有发生位置变化，所以卫星相对火箭是静止的；
（2）卫星加速上升过程中，质量不变，速度增大，动能增大；
（3）电磁波传播不需要介质，卫星与地面设备之间是利用电磁波传递信息。
故答案为：静止；增大；电磁波。
（1）判断一个物体的运动状态，关键是看被研究的物体与所选的标准，即参照物之间的相对位置是否发生了改变，如果发生改变，则物体是运动的；如果未发生变化，则物体是静止；
（2）动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大；
（3）电磁波可以传递信息，传播不需要介质，可以在真空中传播。
本题考查了相对运动、动能大小的影响因素以及电磁波的应用，是一道综合题，难度不大。
25.【答案】解：图中已知是折射光线，下面是水、上面是空气，首先过折射点画出法线（用虚线），根据“光由空气斜射进入水中或其它透明介质中时，折射光线向法线偏折，折射角小于入射角”在法线右侧的空气中画出入射光线；如图所示：


【解析】折射定律：折射光线、入射光线、法线在同一个平面内，折射光线、入射光线分居法线两侧，当光由空气斜射进入水中或其它透明介质中时，折射光线向法线偏折，折射角小于入射角；当光由水中或其它透明介质斜射进入空气中时，折射光线远离法线偏折，折射角大于入射角。
画光的反射光线或折射光线，主要是依据反射定律和折射定律，注意角度的大小和箭头的方向。
26.【答案】反射  等于  不能  可逆

【解析】解：（1）垂直镜面的是法线，射向镜面的光线为入射光线，入射光线与法线的夹角是入射角，由图1知，OF为反射光线，∠r是反射角；
（2）根据表中的数据可以得出结论：反射角等于入射角；
（3）把纸板NOF向前折或向后折，光沿EO入射在纸板NOF上，在纸板NOF上不能看到反射光线，由此得出结论：反射光线、入射光线和法线在同一平面内；
（4）让光沿着FO的方向射向O点，反射光会沿着OE方向射出，这表明，在反射现象中，光路是可逆的。
故答案为：（1）反射；（2）等于；（3）不能；（4）可逆。
（1）垂直镜面的是法线，入射光线与法线的夹角是入射角，反射光线与法线的夹角为反射角；
（2）根据表中的数据可以得出结论；
（3）根据反射光线与入射光线、法线在同一平面上的特点分析；
（4）在光的反射中光路都是可逆的。
此题是探究光的反射定律。要熟记光的反射定律的内容，还考查了光路可逆现象，难度不大。
27.【答案】零刻度  62  20  3.1   ρ水

【解析】解：（1）天平放在水平桌面上，游码移到标尺左端的零刻度处，调节平衡螺母使天平的横梁水平平衡。
（2）金属块的质量为：m=50g+10g+2g=62g。
（3）金属块的体积为：V=60ml-40ml=20ml=20cm3，
金属块的密度为：ρ===3.1g/cm3。
（4）金属块质量为：m=，
金属块浸没在水中受到的浮力：F浮=G-F，
金属块的体积：V==，
金属块的密度：ρ===ρ水。
故答案为：（1）零刻度；（2）62；（3）20；3.1；（4）；；ρ水。
（1）天平放在水平桌面上，游码移到标尺左端的零刻度处，调节平衡螺母使天平的横梁水平平衡。
（2）物体的质量等于砝码的质量和游码对应的示数之和。
（3）物体的体积等于物体浸没水前后，水面对应的刻度差。
（4）知道物体的重力求出质量，知道物体浸没在水中受到的拉力，利用称重法求出浮力，根据阿基米德原理求出物体排开水的体积即物体的体积，根据密度公式求出物体的密度。
本题考查测量固体密度的两种方法，一种是常规天平和量筒测量固体的密度，另一种方法的利用浮力方法，这两种方法都是比较典型的方法，一定要熟练掌握。
28.【答案】匀速  0.6  0.075  62.5%  大  无关  B

【解析】解：
（1）实验过程中，应缓慢拉动弹簧测力计，使钩码竖直向上做匀速运动。测力计分度值为0.1N，第1次实验时，弹簧测力计示数如图所示，为0.6N；
（2）第2次实验时所做的有用功为：
W有用2=G2h2=1.5N×0.05m=0.075J；
第2次做的总功：W总2=F2s2=0.8N×0.15m=0.12J；
滑轮组的机械效率是：
η==×100%=62.5%；
（3）分析1、2、3次实验的数据可知，使用同一滑轮组提升重物时，重物重力越，滑轮组的机械效率越高；
分析3、4次实验的数据可知，滑轮组的机械效率与钩码上升的高度无关；
（4）A．增大绳重，增大了额外功，有用功与总功的比值变小，机械效率变小；
B．减轻动滑轮重，减小了额外功，有用功与总功的比值变大，机械效率大；
C．由（3）知，滑轮组的机械效率与钩码上升的高度无关，根据v=，机械效率与物体提升的速度无关，
故选B。
故答案为：（1）匀速；0.6；（2）0.075；62.5%；（3）大；无关；（4）B。
（1）实验过程中，应缓慢拉动弹簧测力计，使钩码竖直向上做匀速运动，此时系统处于平衡状态，测力计示数等于拉力大小；根据拉力计分度值得出弹簧测力计示数；
（2）根据W有用2=G2h2得出第2次实验时所做的有用功，
根据W总2=F2s2得出第2次做的总功，根据η=×100%求出滑轮组的机械效率；
（3）分析1、2、3次实验的数据得出结论；
分析3、4次实验的数据可知得出滑轮组的机械效率与钩码上升的高度的关系；
（4）A．增大绳重，增大了额外功，据此分析；
B．减轻动滑轮重，减小了额外功，据此分析；
C．由（3）知，滑轮组的机械效率与钩码上升的高度无关，根据v=分析。
本题测量滑轮组的机械效率，考查注意事项、测力计读数、功和机械效率的计算、数据分析及影响机械效率大小的因素。
29.【答案】C  增大  温度  0.75  0.4  5  25

【解析】解：（1）因为灯的额定电压为2.5V，电压表选用小量程与灯并联，滑动变阻器一上一下的串联在电路中，如下所示：

（2）连好电路闭合开关后，发现小灯泡发光较暗，说明电路为通路，电流较小，电阻较大，无论如何移动滑动变阻器滑片P，小灯泡亮度都不变，说明变阻器没有变阻的作用，则原因可能是：将变阻器的下面两个接线柱连入了电路，故C符合题意；
故选：C；
（3）当电压表示数为1.5V时，电压表示数小于灯泡额定电压，要使灯泡正常发光，应向右端移动滑动变阻器滑片来减小滑动变阻器的电阻，从而增大灯泡两端的电压，直到电压表示数等于灯泡额定电压2.5V为止；
（4）小灯泡灯丝的电阻随温度的变化而变化；
如图乙所示的U-I图象知，灯的电压为2.5V时，电流大小为0.3A，小灯泡的额定功率是：
PL=ULIL=2.5V×0.3A=0.75W；
（5）①闭合开关，移动变阻器的滑片P，使定值电阻两端的电压为2V，此时电流表的示数如图丙，图中电流表选用小量程，分度值为0.02A，大小为为0.4A，由欧姆定律，则定值电阻的阻值为：
R===5Ω。
②探究电流与电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变，即实验时控制定值电阻两端的电压保持2V不变，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压为：
6V-2V=4V，由分压原理，电阻的电压为变阻器电压的=，则更换的定值电阻的阻值不能大于×50Ω=25Ω。
故答案为：（1）如上所示；（2）C；（3）增大；（4）温度；0.75；（5）①0.4；5；②25。
（1）根据灯的额定电压为2.5V确定电压表选用的量程与灯并联，滑动变阻器一上一下的串联在电路中；
（2）小明连好电路闭合开关后，发现小灯泡发光较暗，说明电路为通路，电阻较大，无论如何移动滑动变阻器滑片P，小灯泡亮度都不变，说明变阻器没有变阻的作用，据此分析；
（3）根据电压表示数与灯泡额定电压间的关系，由滑动变阻器在电路中的接法判断滑片的移动方向；
（4）小灯泡的电阻随温度的变化而变化；
根据图找出额定电压下的电流，根据P=UI求额定功率；
（5）①根据电流表小量程读数，根据欧姆定律求电阻大小；
②探究电流与电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变；根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压，根据分压原理，求出当变阻器最大电阻接入时对应的电阻大小。
本题测“小灯泡电功率”，考查电路的连接、反常现象的分析、额定功率的计算，同时也涉及探究电流与电阻的关系，考查电阻计算和对器材的要求。
30.【答案】2.5  8.4×105  0.021

【解析】解：
（1）电水壶装满水水的体积V=2.5L=2.5×10-3m3，
由ρ=可知，水的质量：
m=ρV=1×103kg/m3×2.5×10-3m3=2.5kg，
（2）在标准大气压下，水的沸点为100℃，
水吸收的热量（有用能量）：
Q吸=cm（t-t0）=4.2×103J/（kg•℃）×2.5kg×（100℃-20℃）=8.4×105J，
天然气放出的热量等于水吸收的热量，由Q吸=Q放=Vq可得，天然气的体积：
V====0.021m3；
（3）电水壶在额定电压下，P=P额=2000W，
由η=×100%得，消耗的电能：
W===1×106J，
由P=得，烧水时间：
t===500s。
故答案为：（1）2.5；（2）8.4×105；0.021；（3）烧开这壶水需要500s。
（1）由表中数据可知电水壶装满水水的体积，利用m=ρV求出水的质量；
（2）知道水的质量、水的比热容、水的初温和末温（在标准大气压下，水的沸点为100℃），利用吸热公式Q吸=cm△t求水吸收的热量（有用能量），根据Q吸=Q放=Vq可求出天然气的体积；
（3）知道电水壶烧水过程中的能量转化效率，可求消耗的电能，从铭牌知道电水壶的功率，利用P=求出烧水时间。
本题是一道电学和热学的综合计算题，考查了质量、热量、热值和电功的计算，与生活相连，使学生觉得学了物理有用，注意用公式W=Pt计算时的单位要统一。
31.【答案】66  8×10-3  1.1×106

【解析】解：
（1）图甲中，声呐在海中静止后处于漂浮状态，根据漂浮条件可知浮力：
F浮=G声呐=m声呐g=6.6kg×10N/kg=66N；
（2）根据F浮=海水V排g可得图甲中，声呐浸没在水中的体积：
V排===6×10-3m3，
已知声呐在海中静止后露出整个体积的，则声呐整个体积：
V===8×10-3m3；
（3）当声呐底部位于海面下100m深度时所受的海水压强：
p=ρ海水gh海水=1.1×103kg/m3×10N/kg×100m=1.1×106Pa；
（4）图乙中，声呐受到的浮力：
F浮1=ρ海水gV排′=ρ海水gV=1.1×103kg/m3×10N/kg×8×10-3m3=88N，
根据悬浮条件可知：
G总=F浮1=88N，
声呐下空腔力的海水重力：
G海水=G总-G声=88N-66N=22N，
根据G=mg=ρVg可知一个空腔的容积：
V空=V海水===2×10-3m3。
故答案为：（1）66；（2）8×10-3；（3）1.1×106Pa；（4）每个空腔的体积为2×10-3m3。
（1）图甲中，声呐在海中静止后处于漂浮状态，根据漂浮条件可求浮力大小；
（2）根据F浮=海水V排g求出浸没在海水中的体积，已知声呐在海中静止后露出整个体积的．据此即可求出声呐整个体积；
（3）当潜航器下潜到最大深度时，根据p=ρgh求出所受的海水压强；
（4）根据图乙所示，声呐在海水中悬浮，根据阿基米德原理求出产生的浮力；由于此时所受的浮力等于声呐自身重力和下空腔内的海水重力之和，据此求出下空腔力的海水的重力；根据G=mg=ρVg即可求出空腔的容积。
本题考查阿基米德原理和物体的漂浮特点的应用，综合性强，难度较大。
32.【答案】减小  6：1  40  10  10  180  5

【解析】解：
（1）由图2可知，压敏电阻R的阻值随着所受到的压力F增大而减小；
根据杠杆的平衡条件：FA×OA=FB×OB，
所以=，
因为AB：AO=5：1，
所以OB：OA=6：1，
所以==；
（2）由2图数据可知，当踏板空载时（F=0N），压力传感器的电阻为R=40Ω，已知R0=10Ω，
电源电压为：U=I（R+R0）=0.2A×（40Ω+10Ω）=10V；
（3）电流表示数达到0.5A时，报警器开始发出报警信号，
根据欧姆定律I=知，
总电阻为：R总===20Ω，
此时压力传感器的电阻为：
R′=R总-R0=20Ω-10Ω=10Ω；
由图象2知所受到的压力F为30N；
由题知，ABO为一水平杠杆，O为支点，AB：AO=5：1，则OA=OB=×120cm=20cm，
根据杠杆平衡条件可得：F压×OB=F踏×OA，即30N×6=F踏×1，
解得F踏=180N，即踏板设定的最大压力值为180N；
电路消耗的总功率为：P=UI=10V×0.5A=5W；
（4）若电源电压变为15V，为保证报警器仍在踏板原设定的最大压力值时报警，电路中的电流仍为0.5A，
此时的总电阻为：R总′===30Ω，
此时压力传感器的电阻为：R″=R总′-R0=30Ω-10Ω=20Ω；
由图象可知，当传感器的阻值为20Ω时，对应的压力为F压′=12N，
根据杠杆平衡条件可得：F踏×OA′=F压′×OB，即180N×OA′=12N×1.2m，
解得OA′=0.08m=8cm。
答：（1）减小；6：1；（2）40；10；（3）10；180；5；
（4）触点A应调节至距O点8cm处。
（1）由图2判断出压敏电阻R的阻值与所受到的压力F的关系；根据杠杆的平衡条件分析解答；
（2）当踏板空载时，压力传感器的电阻为40Ω，闭合开关时，压力传感器和报警器串联，根据欧姆定律求出电流，再求出电源电压；
（3）电流表示数达到0.5A时，报警器开始发出报警信号，根据欧姆定律求出总电阻，再求出压力传感器的电阻，由图象得出设定的托盘限载重量；
根据P=UI算出电路消耗的总功率；
（4）若电源电压变为15V，为保证报警器仍在踏板原设定的最大压力值时报警，电路中的电流仍变为0.5A，根据欧姆定律算出R的电电阻，从表格中判断出压力F，再根据杠杆平衡条件求出OA的长度。
本题中主要考查了欧姆定律、电功率公式、串联电路的特点、杠杆平衡条件的应用等，具有一定的综合性，理解图象和这一装置的工作原理，是解决此题的前提，对我们分析题意的能力要求较高。