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2023年广东省深圳市罗湖外语学校中考物理模拟试卷（含答案）
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这是一份2023年广东省深圳市罗湖外语学校中考物理模拟试卷（含答案），共23页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验探究题，作图题，计算题，综合分析题等内容，欢迎下载使用。
2023年广东省深圳市罗湖外语学校中考物理模拟试卷
一、单选题（本题共7小题，每小题2分，共14分。在每小题的四个选项中，只有一个最符合题意。）
1．（2分）如图所示，有轨电车是城市交通现代化的标志，直流电动机是有轨电车的动力心脏，其工作原理是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2分）如图所示是某款智能音箱，其智能语音控制系统可通过网络让用户以语音对话的交互方式点播歌曲、了解天气等，也可以对智能家居设备进行控制，比如打开窗帘、设置空调温度等。关于智能音箱，以下说法中错误的是（ ）
A．音箱发出的声音在空气中传播的速度大约340m/s
B．音箱靠扬声器纸盆的振动发出声音
C．当接收“大点儿声”的指令后，纸盘振动加快
D．播放音乐时，人们能分辨出不同乐器的声音，依据的是声音的音色
3．（2分）下列四幅光路图能正确解释生活中现象的是（ ）
A．图甲：岸上的人看见水中的物体
B．图乙：物体通过小孔形成实像
C．图丙：光从室外透过窗户玻璃进入室内
D．图丁：人观察对岸的树木在水中倒影
4．（2分）如图所示的实验装置中，此时光屏上呈现清晰的烛焰的像，下列说法正确的是（ ）
A．图中的实验现象能说明放大镜的成像特点
B．光屏上接收到的是倒立、放大的烛焰的像
C．将蜡烛向左移，光屏应向右移才能接收到清晰的像
D．若遮住凸透镜上半部分，光屏上不能呈现完整的像
5．（2分）“谷雨、白露、霜降、大雪”是二十四节气中的重要节气，其中蕴含的物理知识下列说法正确的是（ ）
A．谷雨，雨生百谷；雨的形成是升华现象
B．白露，露凝而白；露的形成是液化现象
C．霜降，薄霜铺地；霜的形成是汽化现象
D．大雪，雪兆丰年；雪的形成是熔化现象
6．（2分）如图是某家庭电路的一部分，下列说法正确的是（ ）
A．电冰箱接入三孔插座后其外壳与零线相连
B．闭合开关S时，电灯不亮，保险丝未烧断，可能是电灯短路
C．保险丝烧断后可用铜丝代替
D．断开开关S时，用试电笔接触A点氖管发光，接触B点时氖管不会发光
7．（2分）如图所示，电源电压保持不变，闭合开关S，滑动变阻器R2的滑片P，由最右端移到最左端，得到两电表示数的U﹣I图像。有关说法正确的是（ ）
A．电源电压为4V
B．R1的阻值为30Ω
C．滑动变阻器R2的最大阻值20Ω
D．电路总功率最大值为1.2W
二、填空题（本题共4小题，每空1分，共10分）
8．（2分）如图所示，不正确的学习姿势，会导致视力下降，看不清远处的物体。矫正此视力缺陷需佩戴合适的 透镜，健康用眼的正确做法是 （填写一条即可）。
9．（3分）在做“探究物质熔化规律”的实验时，小军采用了如图甲所示的实验装置进行实验，并将实验数据描绘成如图乙所示的图像。
（1）由图像可知，该物质是 （选填“晶体”或“非晶体”）。
（2）BC段表明该物质处于 态。
（3）该物质在AB段的比热容比CD段的比热容 。
10．（3分）小明测小石块密度，先用天平测出小石块的质量，如图所示，小石块的质量为 g。接着用量筒和水测出小石块体积为10.0cm3。则小石块的密度为 kg/m3。实验时若先测小石块体积再测小石块质量，所测小石块密度会偏 。
11．（2分）如图所示电路中，由于接线柱接触不良导致电路发生了断路故障。若电路中仅有一处故障，且只发生在电阻R1、R2上。现通过接入一个电表来判断故障。
①应选择如下方案 。
A.将一个电流表接入到Q点
B.将一个电压表接入到QM之间
C.将一个电压表接入到MN之间
②请写出选择方案后，闭合开关S后的操作、电表的示数变化情况及其对应的故障： 。
三、实验探究题（本题共2小题，每空1分，每图1分，共15分）
12．（6分）在探究“平面镜成像特点”时使用了如图甲所示的实验装置：
（1）实验时采用透明薄玻璃板，不仅能观察到蜡烛的像，也便于 ；
（2）在竖立的玻璃板前点燃蜡烛A，可以看到蜡烛A在玻璃板 （选填“前”或“后”）的像；取一支外形相同 （选填“点燃”或“不点燃”）的蜡烛B在玻璃板后面移动，直到看上去它跟蜡烛A的像完全重合。接着在蜡烛B处作下标记即可得到像的位置，此时蜡烛B替代的是 （选填“蜡烛A”或“蜡烛A的像”）；
（3）将蜡烛向上提起1cm，则蜡烛的像竖直向上移动 cm；
（4）实验过程中如果玻璃板没有垂直架在纸上，而是如图乙所示倾斜，蜡烛A的像应是图 （选填“A1”“A2”或“A3”）。
13．（9分）用如图所示的电路测量小灯泡的电阻，小灯泡的额定电压为2.5V。
（1）用笔画线代替导线，将图1中的器材连接成完整电路；
（2）连接电路后，闭合开关，灯泡不亮，电流表和电压表都有较小的示数，无论怎样移动滑片，灯泡都不发光，两表示数均无变化，其原因可能是： ；
A.灯泡短路
B.灯泡断路
C.滑动变阻器接的是下端两接线柱
（3）故障排除后，移动滑片到某一位置，电压表的示数如图2所示，此时灯泡两端的电压为 V。要测量灯泡的额定电流，应将图1中滑动变阻器的滑片向 （选填“A”或“B”）端移动，使电压表的示数为 V；
（4）移动滑片，记下多组数据，并绘制成图3所示图像，则灯泡正常发光时电阻为 Ω（结果保留一位小数）。
（5）用该灯泡和电压表，测未知电阻Rx的阻值，电路图如图4。步骤如下：
①只闭合S0、S1，移动滑片，使电压表示数为1V，由图3可知灯泡的电流为 A，即为Rx的电流；
②保持滑片位置不变，只闭合S0、S2，电压表示数为2.6V，则此时Rx的两端的电压为 V；
③Rx的阻值为 Ω。
四、作图题（本题共2小题，每小题2分，共4分）
14．（2分）如图所示，凸透镜与凹透镜的一个焦点重合，请根据入射光线，画出相应的折射光线。
15．（2分）在图中，请你标出小磁针的N极和A点的磁感线方向。
五、计算题（本题共2小题，共14分）
16．（5分）如图所示电路，电阻R1的阻值为10欧，闭合开关后，电流表示数为1.2安。
①求电源电压U；
②若在电路中接入一个电阻R2，使得接入前后电流表的示数变化0.4安，求R2的阻值。
17．（9分）如图所1示为电水壶的简化电路图，R1和R2为发热电阻，S1为总开关，S2为温度开关，有1、2两个触点，电水壶有“加热”和“保温”两挡，表中数据为电水壶的部分工作参数。
水壶容量
1L
额定电压
220V
加热功率
1100W
电热丝R1阻值
176Ω
（1）S1闭合，S2接1时，电水壶处于 挡（填“加热”或“保温”）；
（2）电热丝R2的阻值？
（3）电水壶的保温功率是多少？
（4）电水壶中装进1kg水正常工作，用温度计测得水温随时间变化图像，则加热2～4min内水吸收热量是多少？这段时间内电水壶加热效率η是多少？【ρ＝1×103kg/m3，c＝4.2×103J/（kg•℃）】。
六、综合分析题（本题共2题，每空1分，每问1分，共13分）
18．（5分）在探究声音的传播时，对课本的实验进行改进，如图。
（1）为了避免声音通过底部固体传出，利用磁悬浮装置使发声体悬浮于空中，A磁体上端为N极，则B磁体下端为 极。
（2）将内部充有少量空气的气球口系紧，并悬挂于玻璃罩内壁，实验过程发现气球体积变大，说明罩内气压变 。
（3）罩内空气不断减少，最后几乎听不到声音了，但发声体上方的轻质小球照旧跳动，说明发声体仍在 。
（4）本实验无法抽成绝对真空，需在实验的基础上，进一步推理得出：真空 传声。写出一个运用类似研究方法的实验： 。
19．（8分）如图1所示，央视3•15晚会曝光市场出售的电缆线中，存在不符合国家标准的现象，有一款标注2.5mm2（铜芯横截面积）规格的电线，实际铜芯横截面积只有2mm2。低于国家标准的电缆线严重影响电力传输的安全性和稳定性，给社会安全、环保和健康带来重大隐患。
学校实验室新购一批标注2.5mm2的电缆线，不知是否符合国家标准。物理兴趣小组的同学，剪取4m长的电缆线，设计两种方案进行鉴别。表中数据为国家制定的部分电缆线标准。
铜芯横截面积S/mm2
1
1.5
2
2.5
每1km铜芯电阻值R/Ω
20
13.3
10
8
铜芯密度ρ/kg•m﹣3
8.9×103
（1）方案一：用托盘天平测质量
A.天平放在 台面上，游码移至标尺左端的零刻度线处，调节 ，使指针对准分度盘中央的刻度线。
B.去掉4m长电缆线的绝缘层，用调节好的天平测量铜芯质量，天平再次平衡时，由图2中右盘所加砝码和游码位置，读得铜芯的质量为 g，结合表格数据，可判定电缆线 （选填“符合”或“不符合”）国家标准。
（2）方案二：用伏安电路测量
A.测量4m长电缆线的 ，鉴定其是否符合标准，依据是 。
B.电路开关闭合前，滑动变阻器的滑片应移到最 （选填“左”或“右”）端。
C.保证电路安全，闭合开关后，无论怎样移动滑动变阻器的滑片，都无法读得电压值，检查电路连接无故障、元件完好。利用图表信息，简述无法鉴别的原因。
2023年广东省深圳市罗湖外语学校中考物理模拟试卷
参考答案与试题解析
一、单选题（本题共7小题，每小题2分，共14分。在每小题的四个选项中，只有一个最符合题意。）
1．【分析】电动机是根据通电导体在磁场中受力的原理制成的，据此结合选项进行解答。
【解答】解：电动机是根据通电导体在磁场中受力的原理制成的。
A．由图可知电路中有电源，通电导体在磁场中会受力而运动，是电动机的工作原理，故A符合题意；
B．由图可知电路中没有电源，闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生电流，是电磁感应现象，属于发电机的工作原理，故B不符合题意；
B．图示的是电磁继电器的装置图，电磁继电器的核心部件是电磁铁，电磁铁通电后具有磁性，是利用了电流的磁效应，故C不符合题意；
D．图示的是通电导体周围有磁场，是奥斯特实验，故D不符合题意。
故选：A。
【点评】本题涉及的内容有电流的磁效应、电动机的原理和发电机的原理，要注意电磁感应和通电导体在磁场中受力运动的装置的不同，前者外部没有电源，后者外部有电源。
2．【分析】（1）声音在标准大气压和15℃空气中传播的速度为340m/s；
（2）声音是由物体振动产生的；
（3）声音的三个特征分别是：音调、响度、音色，是从不同角度描述声音的，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，与振幅和距离发声体的远近有关；音色是由发声体本身决定的一个特性。
【解答】解：A、声音在标准大气压和15℃空气中传播的速度为340m/s，故A正确；
B、声音是由物体振动产生的，音箱依靠扬声器的振动才能发出声音，故B正确；
C、“大点儿声”目的是改变声音的响度，纸盘振动幅度增大，故C错误；
D、人们能分辨出不同乐器的声音，根据的是声音的音色不同，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查声音的产生与传播，区分声音的三个特征以及声音的利用，是声学综合题。
3．【分析】（1）光的折射规律：折射光线、入射光线、法线在同一平面内，折射光线和入射光线分居法线的两侧，且当光从空气斜射入水中时（光的传播方向是从空气中到水中），折射角小于入射角。由此分析判断；
（2）光的直线传播形成的现象包括：小孔成像、影子的形成、日月食的形成等；
（3）光线通过玻璃砖再进入空气发生两次折射：第一次是从空气斜射进入玻璃，折射光线应该靠近法线偏折，折射角小于入射角；第二次是从玻璃斜射进入空气，折射光线应该远离法线偏折，折射角大于入射角；
（4）水中倒影与平面镜成像的原理相同，其原理是光的反射。
【解答】解：A、图甲：光从水吕斜射入空气时（光的传播方向是从水中到空气中），折射角大于入射角，故A正确；
B、图乙：物体通过小孔形成倒立的实像，故B错误；
C、光线通过玻璃砖再进入空气发生两次折射：第一次是从空气斜射进入玻璃，折射光线应该靠近法线偏折，折射角小于入射角；第二次是从玻璃斜射进入空气，折射光线应该远离法线偏折，折射角大于入射角，故C错误；
D、人观察对岸的树木在水中倒影，应该是由树木射向湖面的光线被反射进入人眼，是光的反射现象，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了光的直线传播、光的反射、光的折射的光路图；要注意这几种现象的本质，要学会用所学知识解释有关现象。
4．【分析】（1）当物距小于像距时，成倒立、放大的实像，应用为投影仪；
（2）凸透镜成实像时，物远像近像变小；
（3）若将凸透镜的一部分遮住，凸透镜其他部分仍能折射光线，所以仍能成物体完整的像，只是折射的光线数量减少，像比原来变暗。
【解答】解：AB、由图知，像距大于物距，此时成倒立、放大的实像，与投影仪成像原理相同，故A错误，B正确；
C、将蜡烛向左移，此时物距变大，像距变小，光屏应向左移才能接收到清晰的像，故C错误；
D、把凸透镜一半遮住后，则凸透镜的其他部分仍能折射光线，成烛焰完整的像；由于凸透镜折射光线的数量比原来减少，像比原来变暗，故D错误。
故选：B。
【点评】此题主要考查了凸透镜成像实验中所需的器材及实验要求，并且考查了凸透镜成像的规律及应用，要求学生能根据凸透镜成像规律分析实际问题。
5．【分析】在一定条件下，物体的三种状态﹣﹣固态、液态、气态之间会发生相互转化，这就是物态变化；物质由气态直接变为固态叫凝华，物质由固态直接变为气态叫升华；由气态变为液态叫液化，由液态变为气态叫汽化；由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固。
【解答】解：A．雨是空气中的水蒸气液化形成的小水滴，故A错误；
B．露是空气中的水蒸气液化形成的小水滴，故B正确；
C．霜是空气中的水蒸气凝华形成的小冰晶，故C错误；
D．雪是空气中的水蒸气凝华形成的小冰晶，故D错误。
故选：B。
【点评】分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态，基础题。
6．【分析】（1）电冰箱接入三孔插座能使电冰箱金属外壳接地，防止由于冰箱的外壳漏电而使人发生触电事故；
（2）灯不发光的原因，一是电路开路，二是灯被短路，三是灯的实际功率太小；
（3）保险丝在电流过大时发热自动熔断，切断电路，从而起到保护电路的作用，采用电阻率大，熔点较低的材料制作；
（4）试电笔是辨别火线和零线的仪器，当试电笔的笔尖接触零线和地线时，氖管不会发光。
【解答】解：A、电冰箱接入三孔插座能使电冰箱金属外壳接地，防止由于冰箱的外壳漏电而使人发生触电事故，即其外壳与地线相连，故A错误；
B、若闭合开关S时，电灯不亮，保险丝未烧断，可能是电灯断路；若电灯短路，会造成干路中的电流过大，保险丝会熔断，故B错误；
C、当电路电流过大时，保险丝容易熔断而保护电路，如果用铜丝代替保险丝后，由于铜丝的熔点较高。铜丝不会熔化，就起不到保护作用了断开开关S时，A点在火线上，故C错误；
D、断开开关S时，A点在火线上，用试电笔接触A点氖管发光，由于开关断开，B点与火线断路，接触B点时氖管不会发光，故D正确。
故选：D。
【点评】知道并理解家庭电路的组成与正确连接方法，了解触电的原因，是解决该题的关键。
7．【分析】由电路图知，R1与R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时，电路为R1的简单电路，此时电路中的电流最大，根据图像读出电路中的最大电流，根据欧姆定律表示出电源的电压；
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时电路中的电流最小，根据图像读出电路中的最小电流和电压表的示数，根据欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值，根据电阻的串联和欧姆定律表示出电源的电压，利用电源的电压不变得出等式即可求出R1和R2的阻值，进一步求出电源的电压；
（2）根据P＝UI求出电路总功率的最大值。
【解答】解：由图1可知，R1与R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）当滑动变阻器的滑片在左端时，接入电路中的电阻为0时，电路为R1的简单电路，电路中的电流最大，
由图乙可知，电路中的电流I最大＝0.6A，
由I＝可得，电源的电压：U＝I1R1＝0.6A×R1，
当滑动变阻器的滑片在右端时，接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，
由图乙可知，电路中的电流I最小＝0.2A，R2两端的电压U2＝4V，
则滑动变阻器的最大阻值：R2＝＝＝20Ω，故C正确；
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，电源的电压：U＝I最小（R1+R2）＝0.2A×（R1+20Ω），
因电源的电压不变，所以：0.6A×R1＝0.2A×（R1+20Ω），
解得：R1＝10Ω，故B错误；
电源的电压：U＝I1R1＝0.6A×10Ω＝6V，故A错误；
（2）电路总功率最大值：P最大＝UI最大＝6V×0.6A＝3.6W，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了串联电路的特点、欧姆定律的应用和电功率的计算，关键是知道滑动变阻器接入电路中的电阻最大时电路中的电流最小、滑动变阻器接入电路中的电阻最小时电路中的电流最大。
二、填空题（本题共4小题，每空1分，共10分）
8．【分析】（1）近视眼能看清近处的物体，不能看清远处的物体是因为晶状体太厚或眼球太长，使像成在视网膜的前方；
（2）近视眼戴凹透镜使光线发散一些，使像成在视网膜上；
（3）为了保护视力：不要长时间用眼，一般在45～60分钟左右，要让眼睛休息10分钟；不要在光线太强或太暗的地方读书写字。
【解答】解：近视眼看不清楚远处的物体，原因是远处物体的像成在视网膜的前方，但是我们可用发散作用的凹透镜矫正，使光线会聚能力减弱，能使像正好成在视网膜上，能看清远处的物体。
为了保护视力保护视力，不要在光线太强或太暗的地方读书写字。
故答案为：凹；不要在光线太强或太暗的地方读书写字。
【点评】本题考查了近视眼的成因和矫正方法，本题与学生的实际生活联系密切，能够体现从物理走向生活的理念。
9．【分析】（1）掌握晶体在熔化过程中的特点：吸热但温度保持不变。
（2）知道晶体在熔化前为固态；熔化过程为固液共存态；熔化完后为液态。
（3）首先根据该物质的熔点判断出该物质为冰。知道水的比热容最大。
【解答】解：（1）由图像知，该物质在熔化过程中温度保持不变，所以是晶体；
（2）由图像知，BC段为熔化过程，处于固液共存态。
（3）因为在熔化过程中温度保持0℃不变，所以熔点为0℃．由此可知，该物质为冰。AB段为冰，CD段完全熔化完，为水。水的比热容大于冰的比热容。
故答案为：（1）晶体；（2）固液共存；（3）小。
【点评】此题是晶体的熔化实验，主要探究了冰在熔化过程中的特点。同时此题主要考查的是学生对数据的分析和处理能力，以及对晶体的熔点和熔化过程中物理规律的正确理解。
10．【分析】（1）小石块的质量等于砝码的总质量与游码所对刻度之和；
（2）已知小石块质量和体积，根据密度公式ρ＝求出石块的密度；
（3）先测石块的体积，则石块上会粘有水。
【解答】解：由图知，小石块的质量为m＝20g+5g+2g＝27g；
小石块的密度为ρ＝＝＝2.7g/cm3＝2.7×103kg/m3；
先测石块的体积，取出石块再测质量时，由于石块上粘有水，所以测得石块的质量变大，体积不变，导致最终测得石块的密度会偏大。
故答案为：27；2.7×103；大。
【点评】此题考查了固体密度的测量过程及误差分析和密度计算公式的应用，过程简单，难度不大。
11．【分析】由图可知，该电路为并联电路；根据电流表、电压表的连接方式分析是否能测量出电路故障的原因；根据电路故障分析电表示数的变化情况。
【解答】解：由图可知，该电路为并联电路；
①②A.将一个电流表接入到Q点，此时电流表测量干路中的电流，移动滑动变阻器的滑片，若电流表示数不变，这说明通过滑动变阻器的电流不变，所以故障是R2断路；若电流表示数发生变化，这说明通过滑动变阻器的电流发生了改变，该支路是正常的，故障是R1断路；
B.将一个电压表接入到QM之间，电压表测量的是一段导线直接的电压，示数一直为0，不能检测出电路故障；
C.将一个电压表接入到MN之间，电压表测量的是电源电压，示数保持不变，不能检测出电路故障。
故答案为：①A；②滑动滑动变阻器的滑片，若电流表示数有变化，则R1断路；若电流表示数不变，则R2断路。
【点评】本题考查了电路故障的判定，明确并联电路的特点是解题的关键。
三、实验探究题（本题共2小题，每空1分，每图1分，共15分）
12．【分析】（1）实验时用透明的玻璃板代替平面镜，既能看到物体的像，也能看到像一侧的代替物体，便于确定像的位置；
（2）实验时选择两个完全相同的蜡烛，便于比较像和物体大小关系；
（3）（4）平面镜所成的像和物体关于镜面对称。
【解答】解：（1）该实验采用透明薄玻璃板代替平面镜，玻璃板是透明的，观察到A蜡烛像的同时，也能观察到蜡烛B，当蜡烛B和蜡烛A的像重合时，蜡烛B的位置便是蜡烛A的像的位置，便于确定像的位置。
（2）在竖立的玻璃板前点燃蜡烛A，可以看到蜡烛A在玻璃板后的像，像和物关于镜面对称；拿未点燃的蜡烛B竖直在玻璃板后面移动，人眼一直在玻璃板的前侧观察，直至它与蜡烛 A的像完全重合；在比较物与像的大小关系时，蜡烛B替代的是蜡烛 A的像，此方法称为等效替代法。
（3）因为平面镜所成的像与物体关于平面镜对称，所以将蜡烛竖直向上提起1cm，则蜡烛的像的也要竖直向上移动1cm。
（4）实验过程中如果玻璃板没有垂直架在纸上，由于镜面向左侧蜡烛A倾斜，由像与物关于镜面对称可知，蜡烛 A的像位置靠上，应是图中的A2。
故答案为：（1）确定像的位置；（2）后；不点燃；蜡烛A的像；（3）1；A2。
【点评】本题考查学生动手操作实验的能力并能合理解决实验中出现的问题，只要熟练掌握平面镜的成像特点，解答此类题目就很容易。
13．【分析】（1）滑动变阻器采用“一上一下”的原则与被控制电路串联；
（2）连接电路后，闭合开关，小灯泡不亮，电流表、电压表都有示数，电路为通路，电路的电流较小，电路的电阻较大，无论怎样移动滑动变阻器的滑片，灯泡都不发光，两电表示数均无变化，说明变阻器不能起到变阻的作用，据此分析；
（3）灯在额定电压下的电流等于额定电流，根据电压表选用小量程确定分度值读出示数，与灯泡的额定电压比较，根据串联电路电压的规律及分压原理确定滑片移动的方向；
（4）灯泡在额定电压下正常发光，由图3中的图像得出额定电压下的电流，根据欧姆定律求小灯泡正常发光时的阻值；
（5）在没有电流表的情况下，电压表与小灯泡应起到电流表表的测量作用，故应将小灯泡与未知电阻Rx串联，通过测量小灯泡两端的电压后，由图3图像读出相应的电流，由串联电路的电流特点求出通过未知电阻Rx的电流，保持滑片位置不变，通过开关的转换，使电压表测小灯泡和未知电阻Rx两端的总电压，根据串联电路的电压特点求出未知电阻Rx两端的电压，因电路的连接关系没有改变，各电阻的大小不变，通过未知电阻Rx的电流也不变，根据欧姆定律求出未知电阻Rx的阻值。
【解答】解：（1）伏安法测小灯泡电阻时需要调节小灯泡两端的电压，应将滑动变阻器采用一上一下的连接方式，与灯泡串联在电路中，故将滑动变阻器上端任意一个接线柱与小灯泡的右端接线柱相连，如图所示：
；
（2）连接电路后，闭合开关，小灯泡不亮，电流表、电压表都有示数，电路为通路，电路的电流较小，电路的电阻较大，无论怎样移动滑动变阻器的滑片，灯泡都不发光，两电表示数均无变化，则变阻器不能起到变阻的作用，产生这一现象的原因是将变阻器下面两个接线柱连入了电路中，故选C；
（3）灯在额定电压下的电流等于额定电流，图2中电压表选用小量程，分度值为0.1V，示数为1.8V，小于灯泡的额定电压2.5V，应增大灯泡两端的电压，根据串联电路电压的规律，应减小滑动变阻器两端的电压，由分压原理可知，应减小滑动变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向B移动，直到电压表示数为灯泡的额定电压2.5V；
（4）根据图3所示的小灯泡电流随电压变化的关系图象知，灯在额定电压2.5V时的电流为0.3A，此时灯泡的电阻：R＝＝≈8.3Ω；
（5）①只闭合S0、S1，小灯泡与未知电阻Rx串联，电压表测小灯泡两端的电压，移动滑片，使电压表示数为1V，由图3可知灯泡的电流为0.2A，由串联电路的电流特点可知，此时通过Rx的电流Ix＝IL＝0.2A；
②保持滑片位置不变，只闭合S0、S2，小灯泡与未知电阻Rx串联，电压表测小灯泡和未知电阻Rx两端的总电压，电压表示数为2.6V，由串联电路的电压特点可知，此时Rx的两端的电压为Ux＝U﹣UL＝2.6V﹣1V＝1.6V；
③因电路的连接关系没有改变，各电阻的大小不变，通过未知电阻Rx的电流也不变，由欧姆定律可知Rx的阻值：Rx＝＝＝8Ω。
故答案为：（1）如图所示；（2）C；（3）1.8；B；2.5；（4）8.3；（5）①0.2；②1.6；③8。
【点评】本题测量小灯泡的电阻，考查电路连接、故障分析、实验操作、欧姆定律的应用及特殊方法测未知电阻，综合性强。
四、作图题（本题共2小题，每小题2分，共4分）
14．【分析】已知凸透镜与凹透镜的一个焦点重合，根据图示判断是哪个焦点重合；在作凸透镜或凹透镜的光路图时，先确定所给光线的特点再根据透镜的光学特点来作图。
【解答】解：凸透镜左右两侧各有一个焦点，且这两个焦点关于光心对称，同理凹透镜也是如此；
已知凸透镜与凹透镜的一个焦点重合，则由图可知是凸透镜的右焦点和凹透镜的左焦点重合，
过焦点的光线，经过凸透镜折射后，折射光线要平行于主光轴；平行于主光轴的光线，经过凹透镜折射后，折射光线的反向延长线要过凹透镜的虚焦点，据此作图，如下图所示：
。
【点评】（1）凸透镜的三条特殊光线：①通过焦点的光线经凸透镜折射后将平行于主光轴；②平行于主光轴的光线经凸透镜折射后将过焦点；③过光心的光线经凸透镜折射后传播方向不改变；
（2）凹透镜的三条特殊光线：①延长线过另一侧焦点的光线经凹透镜折射后将平行于主光轴；②平行于主光轴的光线经凹透镜折射后，其折射光线的反向延长线过焦点；③过光心的光线经凹透镜折射后传播方向不改变。
15．【分析】由电源的正负极确定电流流向，再利用安培定则可判断螺线管的极性，则可知小磁针的指向及磁感线的方向。
【解答】解：电流由右侧流入，由安培定则知电磁铁的左侧为N极，右侧为S极；由磁极间的相互作用可知小磁针左侧为N极，右侧为S极。通电螺线管外部磁感线由N极指向S极。故答案如图：
．
【点评】安培定则内容为：用右手握住螺线管，四指指向电流方向，大拇指所指的方向为N极方向。
五、计算题（本题共2小题，共14分）
16．【分析】①已知电阻和电流大小，根据U＝IR求出电源电压U；
②若在电路中接入一个电阻R2，使得接入前后电流表的示数变化0.4安，连接方式有两种，一是将R2串联在电路中，电路中电流应减小0.4A，利用之前的电流算出此时电路中的电流，根据R＝求出电路的总电阻，根据电阻的串联求出R2的阻值；二是将R2并联在电路中，电路中电流应增加0.4A，根据并联电路电流特点，增加的0.4A即为通过R2的电流，根据R＝求出R2的阻值。
【解答】解：①电路为只有R1的简单电路，电阻R1的阻值为10欧，闭合开关后，电流表示数为1.2安，则电源电压：
U＝I1R1＝1.2A×10Ω＝12V；
②若在电路中接入一个电阻R2，使得接入前后电流表的示数变化0.4安，连接方式有两种：
一是将R2串联在电路中，电路中电流应减小0.4A，此时电路中电流为：
I串＝I1﹣0.4A＝1.2A﹣0.4A＝0.8A，
电路中总电阻为：
R总＝＝＝15Ω，
R2的阻值为：
R2＝R总﹣R1＝15Ω﹣10Ω＝5Ω；
二是将R2并联在电路中，电路中电流应增加0.4A，根据并联电路电流特点，增加的0.4A即为通过R2的电流，即I2＝0.4A，R2的阻值为：
R2＝＝＝30Ω。
答：①电源电压U＝12V；
②若将R2串联在电路中，R2的阻值为5Ω；
若将R2并联在电路中，R2的阻值为30Ω。
【点评】本题考查了串、并联电路的特点和串、并联电路电流的规律，并能熟练的掌握应用欧姆定律分析和计算电路问题。
17．【分析】（1）当开关S1闭合、S2接1时，只有R2工作，当开关S1闭合、S2接2时，R1、R2串联，根据串联电路特点和P＝可知各状态下的电路连接；
（2）利用P＝求出R2的阻值；
（3）根据P＝和保温挡时的电路连接求出电水壶的保温功率；
（4）由图2可知2～4min内水的温度变化，利用Q吸＝cm（t﹣t0）求出水吸收的热量；利用P＝求出2～4min内电水壶消耗的电能；利用效率公式求出这段时间内电水壶加热效率η。
【解答】解：（1）由图1可知，当开关S1闭合、S2接1时，只有R2工作，当开关S1闭合、S2接2时，R1、R2串联；根据串联电路的电阻特点可知，串联的总电阻大于任一分电阻，所以，当开关S1闭合、S2接1时，只有R2工作，电路中的电阻最小，根据P＝可知，此时的电功率最大，电水壶处于加热挡；
当开关S1闭合、S2接2时，R1、R2串联，电路中的总电阻最大，电功率最小，电水壶处于保温挡；
（2）由表格数据可知，电水壶加热挡的功率P加＝1100W，
由P＝可知R2的阻值：
R2＝＝＝44Ω；
（3）电水壶处于保温挡时，R1、R2串联，串联的总电阻：R＝R1+R2＝176Ω+44Ω＝220Ω，
电水壶的保温功率：
P保＝＝＝220W；
（3）由图2可知，2～4min内，水的初温t0＝50℃，末温t＝70℃，
则2～4min内水吸收热量：
Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（70℃﹣50℃）＝8.4×104J；
由P＝可知2～4min内电水壶消耗的电能：
W＝P加t＝1100W×2×60s＝1.32×105J，
这段时间内电水壶加热效率：
η＝×100%＝×100%≈63.6%。
故答案为：（1）加热；
（2）电热丝R2的阻值为44Ω；
（3）电水壶的保温功率是220W；
（4）电水壶中装进1kg水正常工作，用温度计测得水温随时间变化图像，则加热2～4min内水吸收热量是8.4×104J；这段时间内电水壶加热效率η是63.6%。
【点评】本题是一道电热综合题，主要考查串联电路特点、电功率公式的灵活运用、吸热公式、电功公式以及效率公式的应用。
六、综合分析题（本题共2题，每空1分，每问1分，共13分）
18．【分析】（1）磁极间相互作用的规律：同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引；
（2）在温度保持不变的条件下，体积减小时，压强增大；体积增大时，压强减小；
（3）声音是由物体振动产生的；
（4）声音不能在真空中传播，由于实际生活中玻璃罩内无法获得真空，所以不能直接得出实验结论，据此分析。
【解答】解：（1）A磁体上端为N极，根据同名磁极相互排斥可知，则B磁体下端为N极；
（2）一个充满气的气球其体积将变大，因为气球内的气压大于外部气压，说明此时罩内气压变小；
（3）罩内空气不断减少，最后几乎听不到声音了，但发声体上方的轻质小球照旧跳动，说明发声体仍在振动；
（4）因为声音的传播需要介质，所以当把正在响铃的闹钟放在玻璃罩内，逐渐抽出其中的空气，发现声音越来越小，最后几乎听不到声音，说明真空不能传声，本实验采用了推理的方法，探究牛顿第一定律也运用了推理法。
故答案为：（1）N；（2）小；（3）振动；（4）不能；探究牛顿第一定律。
【点评】本题主要考查了磁极间的作用规律、气体压强与体积的关系、声音的产生及传播等，知识点多，难度不大。
19．【分析】（1）用托盘天平测量石块质量时，应将天平放在水平桌面上，游码移到标尺的零刻度处；调节天平横梁平衡时，平衡螺母向上翘的一端移动，直至指针的位置指在分度盘正中央；天平读数为砝码质量和游码刻度之和；根据密度公式可得m＝ρV可以算出标准的电缆质量，然后再和称量的质量作比较；
（2）电阻是导体本身的一种性质；用伏安法测电阻，鉴定其是否符合标准；开关闭合前，滑动变阻器应放置在阻值最大处；无法读得电压值，可能是电缆线的阻值太小，分得的电压太小。
【解答】解：（1）用托盘天平测量石块质量时，应将天平放在水平桌面上，调节天平横梁平衡时，平衡螺母向上翘的一端移动，直至指针的位置指在分度盘正中央；
天平读数＝50g+20g+2g＝72g；
4m长标准电缆线的体积V＝Sh＝2.5×10﹣2cm2×400cm＝10cm3；
标准电缆线的质量m＝ρV＝8.9g•cm﹣3×10cm3＝89g；
标准电缆线的质量大于实际质量，说明不符合国家标准。
（2）电阻是导体本身的一种性质，在材料、长度和横截面积都相同时，导线的电阻可认为是一个定值，所以可用伏安法测量4m长电缆线的电阻，测出电阻和图表中的标准电阻作比较，就能鉴定其是否符合标准；
开关闭合前，为保护电路，滑动变阻器的滑片应移到阻值最大处，结合图3可知滑片应移到最右端；
由表中信息可知，每1km、2.5mm2铜芯的电阻值R＝8Ω，
在其他条件相同时，电阻的大小与长度成正比，则4m长、2.5mm2电缆线的电阻应为R′＝×8Ω＝0.032Ω，
由于4m长电缆线的电阻太小，则由串联分压的规律可知电缆线两端的电压很小，所以无论怎样移动变阻器的滑片，都无法读得电压值，故用该方法无法鉴别。
故答案为：（1）水平；平衡螺母；72；不符合；（2）电阻；电阻是导体本身的一种性质；右；4m长电缆线的电阻太小。
【点评】本题考查了天平称量实验和伏安法测电阻的实验的相关考点，属于中等题。
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2023年广东省深圳市罗湖外语学校中考物理模拟试卷
一、单选题（本题共7小题，每小题2分，共14分。在每小题的四个选项中，只有一个最符合题意。）
1．（2分）如图所示，有轨电车是城市交通现代化的标志，直流电动机是有轨电车的动力心脏，其工作原理是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2分）如图所示是某款智能音箱，其智能语音控制系统可通过网络让用户以语音对话的交互方式点播歌曲、了解天气等，也可以对智能家居设备进行控制，比如打开窗帘、设置空调温度等。关于智能音箱，以下说法中错误的是（ ）
A．音箱发出的声音在空气中传播的速度大约340m/s
B．音箱靠扬声器纸盆的振动发出声音
C．当接收“大点儿声”的指令后，纸盘振动加快
D．播放音乐时，人们能分辨出不同乐器的声音，依据的是声音的音色
3．（2分）下列四幅光路图能正确解释生活中现象的是（ ）
A．图甲：岸上的人看见水中的物体
B．图乙：物体通过小孔形成实像
C．图丙：光从室外透过窗户玻璃进入室内
D．图丁：人观察对岸的树木在水中倒影
4．（2分）如图所示的实验装置中，此时光屏上呈现清晰的烛焰的像，下列说法正确的是（ ）
A．图中的实验现象能说明放大镜的成像特点
B．光屏上接收到的是倒立、放大的烛焰的像
C．将蜡烛向左移，光屏应向右移才能接收到清晰的像
D．若遮住凸透镜上半部分，光屏上不能呈现完整的像
5．（2分）“谷雨、白露、霜降、大雪”是二十四节气中的重要节气，其中蕴含的物理知识下列说法正确的是（ ）
A．谷雨，雨生百谷；雨的形成是升华现象
B．白露，露凝而白；露的形成是液化现象
C．霜降，薄霜铺地；霜的形成是汽化现象
D．大雪，雪兆丰年；雪的形成是熔化现象
6．（2分）如图是某家庭电路的一部分，下列说法正确的是（ ）
A．电冰箱接入三孔插座后其外壳与零线相连
B．闭合开关S时，电灯不亮，保险丝未烧断，可能是电灯短路
C．保险丝烧断后可用铜丝代替
D．断开开关S时，用试电笔接触A点氖管发光，接触B点时氖管不会发光
7．（2分）如图所示，电源电压保持不变，闭合开关S，滑动变阻器R2的滑片P，由最右端移到最左端，得到两电表示数的U﹣I图像。有关说法正确的是（ ）
A．电源电压为4V
B．R1的阻值为30Ω
C．滑动变阻器R2的最大阻值20Ω
D．电路总功率最大值为1.2W
二、填空题（本题共4小题，每空1分，共10分）
8．（2分）如图所示，不正确的学习姿势，会导致视力下降，看不清远处的物体。矫正此视力缺陷需佩戴合适的 透镜，健康用眼的正确做法是 （填写一条即可）。
9．（3分）在做“探究物质熔化规律”的实验时，小军采用了如图甲所示的实验装置进行实验，并将实验数据描绘成如图乙所示的图像。
（1）由图像可知，该物质是 （选填“晶体”或“非晶体”）。
（2）BC段表明该物质处于 态。
（3）该物质在AB段的比热容比CD段的比热容 。
10．（3分）小明测小石块密度，先用天平测出小石块的质量，如图所示，小石块的质量为 g。接着用量筒和水测出小石块体积为10.0cm3。则小石块的密度为 kg/m3。实验时若先测小石块体积再测小石块质量，所测小石块密度会偏 。
11．（2分）如图所示电路中，由于接线柱接触不良导致电路发生了断路故障。若电路中仅有一处故障，且只发生在电阻R1、R2上。现通过接入一个电表来判断故障。
①应选择如下方案 。
A.将一个电流表接入到Q点
B.将一个电压表接入到QM之间
C.将一个电压表接入到MN之间
②请写出选择方案后，闭合开关S后的操作、电表的示数变化情况及其对应的故障： 。
三、实验探究题（本题共2小题，每空1分，每图1分，共15分）
12．（6分）在探究“平面镜成像特点”时使用了如图甲所示的实验装置：
（1）实验时采用透明薄玻璃板，不仅能观察到蜡烛的像，也便于 ；
（2）在竖立的玻璃板前点燃蜡烛A，可以看到蜡烛A在玻璃板 （选填“前”或“后”）的像；取一支外形相同 （选填“点燃”或“不点燃”）的蜡烛B在玻璃板后面移动，直到看上去它跟蜡烛A的像完全重合。接着在蜡烛B处作下标记即可得到像的位置，此时蜡烛B替代的是 （选填“蜡烛A”或“蜡烛A的像”）；
（3）将蜡烛向上提起1cm，则蜡烛的像竖直向上移动 cm；
（4）实验过程中如果玻璃板没有垂直架在纸上，而是如图乙所示倾斜，蜡烛A的像应是图 （选填“A1”“A2”或“A3”）。
13．（9分）用如图所示的电路测量小灯泡的电阻，小灯泡的额定电压为2.5V。
（1）用笔画线代替导线，将图1中的器材连接成完整电路；
（2）连接电路后，闭合开关，灯泡不亮，电流表和电压表都有较小的示数，无论怎样移动滑片，灯泡都不发光，两表示数均无变化，其原因可能是： ；
A.灯泡短路
B.灯泡断路
C.滑动变阻器接的是下端两接线柱
（3）故障排除后，移动滑片到某一位置，电压表的示数如图2所示，此时灯泡两端的电压为 V。要测量灯泡的额定电流，应将图1中滑动变阻器的滑片向 （选填“A”或“B”）端移动，使电压表的示数为 V；
（4）移动滑片，记下多组数据，并绘制成图3所示图像，则灯泡正常发光时电阻为 Ω（结果保留一位小数）。
（5）用该灯泡和电压表，测未知电阻Rx的阻值，电路图如图4。步骤如下：
①只闭合S0、S1，移动滑片，使电压表示数为1V，由图3可知灯泡的电流为 A，即为Rx的电流；
②保持滑片位置不变，只闭合S0、S2，电压表示数为2.6V，则此时Rx的两端的电压为 V；
③Rx的阻值为 Ω。
四、作图题（本题共2小题，每小题2分，共4分）
14．（2分）如图所示，凸透镜与凹透镜的一个焦点重合，请根据入射光线，画出相应的折射光线。
15．（2分）在图中，请你标出小磁针的N极和A点的磁感线方向。
五、计算题（本题共2小题，共14分）
16．（5分）如图所示电路，电阻R1的阻值为10欧，闭合开关后，电流表示数为1.2安。
①求电源电压U；
②若在电路中接入一个电阻R2，使得接入前后电流表的示数变化0.4安，求R2的阻值。
17．（9分）如图所1示为电水壶的简化电路图，R1和R2为发热电阻，S1为总开关，S2为温度开关，有1、2两个触点，电水壶有“加热”和“保温”两挡，表中数据为电水壶的部分工作参数。
水壶容量
1L
额定电压
220V
加热功率
1100W
电热丝R1阻值
176Ω
（1）S1闭合，S2接1时，电水壶处于 挡（填“加热”或“保温”）；
（2）电热丝R2的阻值？
（3）电水壶的保温功率是多少？
（4）电水壶中装进1kg水正常工作，用温度计测得水温随时间变化图像，则加热2～4min内水吸收热量是多少？这段时间内电水壶加热效率η是多少？【ρ＝1×103kg/m3，c＝4.2×103J/（kg•℃）】。
六、综合分析题（本题共2题，每空1分，每问1分，共13分）
18．（5分）在探究声音的传播时，对课本的实验进行改进，如图。
（1）为了避免声音通过底部固体传出，利用磁悬浮装置使发声体悬浮于空中，A磁体上端为N极，则B磁体下端为 极。
（2）将内部充有少量空气的气球口系紧，并悬挂于玻璃罩内壁，实验过程发现气球体积变大，说明罩内气压变 。
（3）罩内空气不断减少，最后几乎听不到声音了，但发声体上方的轻质小球照旧跳动，说明发声体仍在 。
（4）本实验无法抽成绝对真空，需在实验的基础上，进一步推理得出：真空 传声。写出一个运用类似研究方法的实验： 。
19．（8分）如图1所示，央视3•15晚会曝光市场出售的电缆线中，存在不符合国家标准的现象，有一款标注2.5mm2（铜芯横截面积）规格的电线，实际铜芯横截面积只有2mm2。低于国家标准的电缆线严重影响电力传输的安全性和稳定性，给社会安全、环保和健康带来重大隐患。
学校实验室新购一批标注2.5mm2的电缆线，不知是否符合国家标准。物理兴趣小组的同学，剪取4m长的电缆线，设计两种方案进行鉴别。表中数据为国家制定的部分电缆线标准。
铜芯横截面积S/mm2
1
1.5
2
2.5
每1km铜芯电阻值R/Ω
20
13.3
10
8
铜芯密度ρ/kg•m﹣3
8.9×103
（1）方案一：用托盘天平测质量
A.天平放在 台面上，游码移至标尺左端的零刻度线处，调节 ，使指针对准分度盘中央的刻度线。
B.去掉4m长电缆线的绝缘层，用调节好的天平测量铜芯质量，天平再次平衡时，由图2中右盘所加砝码和游码位置，读得铜芯的质量为 g，结合表格数据，可判定电缆线 （选填“符合”或“不符合”）国家标准。
（2）方案二：用伏安电路测量
A.测量4m长电缆线的 ，鉴定其是否符合标准，依据是 。
B.电路开关闭合前，滑动变阻器的滑片应移到最 （选填“左”或“右”）端。
C.保证电路安全，闭合开关后，无论怎样移动滑动变阻器的滑片，都无法读得电压值，检查电路连接无故障、元件完好。利用图表信息，简述无法鉴别的原因。
2023年广东省深圳市罗湖外语学校中考物理模拟试卷
参考答案与试题解析
一、单选题（本题共7小题，每小题2分，共14分。在每小题的四个选项中，只有一个最符合题意。）
1．【分析】电动机是根据通电导体在磁场中受力的原理制成的，据此结合选项进行解答。
【解答】解：电动机是根据通电导体在磁场中受力的原理制成的。
A．由图可知电路中有电源，通电导体在磁场中会受力而运动，是电动机的工作原理，故A符合题意；
B．由图可知电路中没有电源，闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生电流，是电磁感应现象，属于发电机的工作原理，故B不符合题意；
B．图示的是电磁继电器的装置图，电磁继电器的核心部件是电磁铁，电磁铁通电后具有磁性，是利用了电流的磁效应，故C不符合题意；
D．图示的是通电导体周围有磁场，是奥斯特实验，故D不符合题意。
故选：A。
【点评】本题涉及的内容有电流的磁效应、电动机的原理和发电机的原理，要注意电磁感应和通电导体在磁场中受力运动的装置的不同，前者外部没有电源，后者外部有电源。
2．【分析】（1）声音在标准大气压和15℃空气中传播的速度为340m/s；
（2）声音是由物体振动产生的；
（3）声音的三个特征分别是：音调、响度、音色，是从不同角度描述声音的，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，与振幅和距离发声体的远近有关；音色是由发声体本身决定的一个特性。
【解答】解：A、声音在标准大气压和15℃空气中传播的速度为340m/s，故A正确；
B、声音是由物体振动产生的，音箱依靠扬声器的振动才能发出声音，故B正确；
C、“大点儿声”目的是改变声音的响度，纸盘振动幅度增大，故C错误；
D、人们能分辨出不同乐器的声音，根据的是声音的音色不同，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查声音的产生与传播，区分声音的三个特征以及声音的利用，是声学综合题。
3．【分析】（1）光的折射规律：折射光线、入射光线、法线在同一平面内，折射光线和入射光线分居法线的两侧，且当光从空气斜射入水中时（光的传播方向是从空气中到水中），折射角小于入射角。由此分析判断；
（2）光的直线传播形成的现象包括：小孔成像、影子的形成、日月食的形成等；
（3）光线通过玻璃砖再进入空气发生两次折射：第一次是从空气斜射进入玻璃，折射光线应该靠近法线偏折，折射角小于入射角；第二次是从玻璃斜射进入空气，折射光线应该远离法线偏折，折射角大于入射角；
（4）水中倒影与平面镜成像的原理相同，其原理是光的反射。
【解答】解：A、图甲：光从水吕斜射入空气时（光的传播方向是从水中到空气中），折射角大于入射角，故A正确；
B、图乙：物体通过小孔形成倒立的实像，故B错误；
C、光线通过玻璃砖再进入空气发生两次折射：第一次是从空气斜射进入玻璃，折射光线应该靠近法线偏折，折射角小于入射角；第二次是从玻璃斜射进入空气，折射光线应该远离法线偏折，折射角大于入射角，故C错误；
D、人观察对岸的树木在水中倒影，应该是由树木射向湖面的光线被反射进入人眼，是光的反射现象，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了光的直线传播、光的反射、光的折射的光路图；要注意这几种现象的本质，要学会用所学知识解释有关现象。
4．【分析】（1）当物距小于像距时，成倒立、放大的实像，应用为投影仪；
（2）凸透镜成实像时，物远像近像变小；
（3）若将凸透镜的一部分遮住，凸透镜其他部分仍能折射光线，所以仍能成物体完整的像，只是折射的光线数量减少，像比原来变暗。
【解答】解：AB、由图知，像距大于物距，此时成倒立、放大的实像，与投影仪成像原理相同，故A错误，B正确；
C、将蜡烛向左移，此时物距变大，像距变小，光屏应向左移才能接收到清晰的像，故C错误；
D、把凸透镜一半遮住后，则凸透镜的其他部分仍能折射光线，成烛焰完整的像；由于凸透镜折射光线的数量比原来减少，像比原来变暗，故D错误。
故选：B。
【点评】此题主要考查了凸透镜成像实验中所需的器材及实验要求，并且考查了凸透镜成像的规律及应用，要求学生能根据凸透镜成像规律分析实际问题。
5．【分析】在一定条件下，物体的三种状态﹣﹣固态、液态、气态之间会发生相互转化，这就是物态变化；物质由气态直接变为固态叫凝华，物质由固态直接变为气态叫升华；由气态变为液态叫液化，由液态变为气态叫汽化；由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固。
【解答】解：A．雨是空气中的水蒸气液化形成的小水滴，故A错误；
B．露是空气中的水蒸气液化形成的小水滴，故B正确；
C．霜是空气中的水蒸气凝华形成的小冰晶，故C错误；
D．雪是空气中的水蒸气凝华形成的小冰晶，故D错误。
故选：B。
【点评】分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态，基础题。
6．【分析】（1）电冰箱接入三孔插座能使电冰箱金属外壳接地，防止由于冰箱的外壳漏电而使人发生触电事故；
（2）灯不发光的原因，一是电路开路，二是灯被短路，三是灯的实际功率太小；
（3）保险丝在电流过大时发热自动熔断，切断电路，从而起到保护电路的作用，采用电阻率大，熔点较低的材料制作；
（4）试电笔是辨别火线和零线的仪器，当试电笔的笔尖接触零线和地线时，氖管不会发光。
【解答】解：A、电冰箱接入三孔插座能使电冰箱金属外壳接地，防止由于冰箱的外壳漏电而使人发生触电事故，即其外壳与地线相连，故A错误；
B、若闭合开关S时，电灯不亮，保险丝未烧断，可能是电灯断路；若电灯短路，会造成干路中的电流过大，保险丝会熔断，故B错误；
C、当电路电流过大时，保险丝容易熔断而保护电路，如果用铜丝代替保险丝后，由于铜丝的熔点较高。铜丝不会熔化，就起不到保护作用了断开开关S时，A点在火线上，故C错误；
D、断开开关S时，A点在火线上，用试电笔接触A点氖管发光，由于开关断开，B点与火线断路，接触B点时氖管不会发光，故D正确。
故选：D。
【点评】知道并理解家庭电路的组成与正确连接方法，了解触电的原因，是解决该题的关键。
7．【分析】由电路图知，R1与R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时，电路为R1的简单电路，此时电路中的电流最大，根据图像读出电路中的最大电流，根据欧姆定律表示出电源的电压；
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时电路中的电流最小，根据图像读出电路中的最小电流和电压表的示数，根据欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值，根据电阻的串联和欧姆定律表示出电源的电压，利用电源的电压不变得出等式即可求出R1和R2的阻值，进一步求出电源的电压；
（2）根据P＝UI求出电路总功率的最大值。
【解答】解：由图1可知，R1与R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）当滑动变阻器的滑片在左端时，接入电路中的电阻为0时，电路为R1的简单电路，电路中的电流最大，
由图乙可知，电路中的电流I最大＝0.6A，
由I＝可得，电源的电压：U＝I1R1＝0.6A×R1，
当滑动变阻器的滑片在右端时，接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，
由图乙可知，电路中的电流I最小＝0.2A，R2两端的电压U2＝4V，
则滑动变阻器的最大阻值：R2＝＝＝20Ω，故C正确；
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，电源的电压：U＝I最小（R1+R2）＝0.2A×（R1+20Ω），
因电源的电压不变，所以：0.6A×R1＝0.2A×（R1+20Ω），
解得：R1＝10Ω，故B错误；
电源的电压：U＝I1R1＝0.6A×10Ω＝6V，故A错误；
（2）电路总功率最大值：P最大＝UI最大＝6V×0.6A＝3.6W，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了串联电路的特点、欧姆定律的应用和电功率的计算，关键是知道滑动变阻器接入电路中的电阻最大时电路中的电流最小、滑动变阻器接入电路中的电阻最小时电路中的电流最大。
二、填空题（本题共4小题，每空1分，共10分）
8．【分析】（1）近视眼能看清近处的物体，不能看清远处的物体是因为晶状体太厚或眼球太长，使像成在视网膜的前方；
（2）近视眼戴凹透镜使光线发散一些，使像成在视网膜上；
（3）为了保护视力：不要长时间用眼，一般在45～60分钟左右，要让眼睛休息10分钟；不要在光线太强或太暗的地方读书写字。
【解答】解：近视眼看不清楚远处的物体，原因是远处物体的像成在视网膜的前方，但是我们可用发散作用的凹透镜矫正，使光线会聚能力减弱，能使像正好成在视网膜上，能看清远处的物体。
为了保护视力保护视力，不要在光线太强或太暗的地方读书写字。
故答案为：凹；不要在光线太强或太暗的地方读书写字。
【点评】本题考查了近视眼的成因和矫正方法，本题与学生的实际生活联系密切，能够体现从物理走向生活的理念。
9．【分析】（1）掌握晶体在熔化过程中的特点：吸热但温度保持不变。
（2）知道晶体在熔化前为固态；熔化过程为固液共存态；熔化完后为液态。
（3）首先根据该物质的熔点判断出该物质为冰。知道水的比热容最大。
【解答】解：（1）由图像知，该物质在熔化过程中温度保持不变，所以是晶体；
（2）由图像知，BC段为熔化过程，处于固液共存态。
（3）因为在熔化过程中温度保持0℃不变，所以熔点为0℃．由此可知，该物质为冰。AB段为冰，CD段完全熔化完，为水。水的比热容大于冰的比热容。
故答案为：（1）晶体；（2）固液共存；（3）小。
【点评】此题是晶体的熔化实验，主要探究了冰在熔化过程中的特点。同时此题主要考查的是学生对数据的分析和处理能力，以及对晶体的熔点和熔化过程中物理规律的正确理解。
10．【分析】（1）小石块的质量等于砝码的总质量与游码所对刻度之和；
（2）已知小石块质量和体积，根据密度公式ρ＝求出石块的密度；
（3）先测石块的体积，则石块上会粘有水。
【解答】解：由图知，小石块的质量为m＝20g+5g+2g＝27g；
小石块的密度为ρ＝＝＝2.7g/cm3＝2.7×103kg/m3；
先测石块的体积，取出石块再测质量时，由于石块上粘有水，所以测得石块的质量变大，体积不变，导致最终测得石块的密度会偏大。
故答案为：27；2.7×103；大。
【点评】此题考查了固体密度的测量过程及误差分析和密度计算公式的应用，过程简单，难度不大。
11．【分析】由图可知，该电路为并联电路；根据电流表、电压表的连接方式分析是否能测量出电路故障的原因；根据电路故障分析电表示数的变化情况。
【解答】解：由图可知，该电路为并联电路；
①②A.将一个电流表接入到Q点，此时电流表测量干路中的电流，移动滑动变阻器的滑片，若电流表示数不变，这说明通过滑动变阻器的电流不变，所以故障是R2断路；若电流表示数发生变化，这说明通过滑动变阻器的电流发生了改变，该支路是正常的，故障是R1断路；
B.将一个电压表接入到QM之间，电压表测量的是一段导线直接的电压，示数一直为0，不能检测出电路故障；
C.将一个电压表接入到MN之间，电压表测量的是电源电压，示数保持不变，不能检测出电路故障。
故答案为：①A；②滑动滑动变阻器的滑片，若电流表示数有变化，则R1断路；若电流表示数不变，则R2断路。
【点评】本题考查了电路故障的判定，明确并联电路的特点是解题的关键。
三、实验探究题（本题共2小题，每空1分，每图1分，共15分）
12．【分析】（1）实验时用透明的玻璃板代替平面镜，既能看到物体的像，也能看到像一侧的代替物体，便于确定像的位置；
（2）实验时选择两个完全相同的蜡烛，便于比较像和物体大小关系；
（3）（4）平面镜所成的像和物体关于镜面对称。
【解答】解：（1）该实验采用透明薄玻璃板代替平面镜，玻璃板是透明的，观察到A蜡烛像的同时，也能观察到蜡烛B，当蜡烛B和蜡烛A的像重合时，蜡烛B的位置便是蜡烛A的像的位置，便于确定像的位置。
（2）在竖立的玻璃板前点燃蜡烛A，可以看到蜡烛A在玻璃板后的像，像和物关于镜面对称；拿未点燃的蜡烛B竖直在玻璃板后面移动，人眼一直在玻璃板的前侧观察，直至它与蜡烛 A的像完全重合；在比较物与像的大小关系时，蜡烛B替代的是蜡烛 A的像，此方法称为等效替代法。
（3）因为平面镜所成的像与物体关于平面镜对称，所以将蜡烛竖直向上提起1cm，则蜡烛的像的也要竖直向上移动1cm。
（4）实验过程中如果玻璃板没有垂直架在纸上，由于镜面向左侧蜡烛A倾斜，由像与物关于镜面对称可知，蜡烛 A的像位置靠上，应是图中的A2。
故答案为：（1）确定像的位置；（2）后；不点燃；蜡烛A的像；（3）1；A2。
【点评】本题考查学生动手操作实验的能力并能合理解决实验中出现的问题，只要熟练掌握平面镜的成像特点，解答此类题目就很容易。
13．【分析】（1）滑动变阻器采用“一上一下”的原则与被控制电路串联；
（2）连接电路后，闭合开关，小灯泡不亮，电流表、电压表都有示数，电路为通路，电路的电流较小，电路的电阻较大，无论怎样移动滑动变阻器的滑片，灯泡都不发光，两电表示数均无变化，说明变阻器不能起到变阻的作用，据此分析；
（3）灯在额定电压下的电流等于额定电流，根据电压表选用小量程确定分度值读出示数，与灯泡的额定电压比较，根据串联电路电压的规律及分压原理确定滑片移动的方向；
（4）灯泡在额定电压下正常发光，由图3中的图像得出额定电压下的电流，根据欧姆定律求小灯泡正常发光时的阻值；
（5）在没有电流表的情况下，电压表与小灯泡应起到电流表表的测量作用，故应将小灯泡与未知电阻Rx串联，通过测量小灯泡两端的电压后，由图3图像读出相应的电流，由串联电路的电流特点求出通过未知电阻Rx的电流，保持滑片位置不变，通过开关的转换，使电压表测小灯泡和未知电阻Rx两端的总电压，根据串联电路的电压特点求出未知电阻Rx两端的电压，因电路的连接关系没有改变，各电阻的大小不变，通过未知电阻Rx的电流也不变，根据欧姆定律求出未知电阻Rx的阻值。
【解答】解：（1）伏安法测小灯泡电阻时需要调节小灯泡两端的电压，应将滑动变阻器采用一上一下的连接方式，与灯泡串联在电路中，故将滑动变阻器上端任意一个接线柱与小灯泡的右端接线柱相连，如图所示：
；
（2）连接电路后，闭合开关，小灯泡不亮，电流表、电压表都有示数，电路为通路，电路的电流较小，电路的电阻较大，无论怎样移动滑动变阻器的滑片，灯泡都不发光，两电表示数均无变化，则变阻器不能起到变阻的作用，产生这一现象的原因是将变阻器下面两个接线柱连入了电路中，故选C；
（3）灯在额定电压下的电流等于额定电流，图2中电压表选用小量程，分度值为0.1V，示数为1.8V，小于灯泡的额定电压2.5V，应增大灯泡两端的电压，根据串联电路电压的规律，应减小滑动变阻器两端的电压，由分压原理可知，应减小滑动变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向B移动，直到电压表示数为灯泡的额定电压2.5V；
（4）根据图3所示的小灯泡电流随电压变化的关系图象知，灯在额定电压2.5V时的电流为0.3A，此时灯泡的电阻：R＝＝≈8.3Ω；
（5）①只闭合S0、S1，小灯泡与未知电阻Rx串联，电压表测小灯泡两端的电压，移动滑片，使电压表示数为1V，由图3可知灯泡的电流为0.2A，由串联电路的电流特点可知，此时通过Rx的电流Ix＝IL＝0.2A；
②保持滑片位置不变，只闭合S0、S2，小灯泡与未知电阻Rx串联，电压表测小灯泡和未知电阻Rx两端的总电压，电压表示数为2.6V，由串联电路的电压特点可知，此时Rx的两端的电压为Ux＝U﹣UL＝2.6V﹣1V＝1.6V；
③因电路的连接关系没有改变，各电阻的大小不变，通过未知电阻Rx的电流也不变，由欧姆定律可知Rx的阻值：Rx＝＝＝8Ω。
故答案为：（1）如图所示；（2）C；（3）1.8；B；2.5；（4）8.3；（5）①0.2；②1.6；③8。
【点评】本题测量小灯泡的电阻，考查电路连接、故障分析、实验操作、欧姆定律的应用及特殊方法测未知电阻，综合性强。
四、作图题（本题共2小题，每小题2分，共4分）
14．【分析】已知凸透镜与凹透镜的一个焦点重合，根据图示判断是哪个焦点重合；在作凸透镜或凹透镜的光路图时，先确定所给光线的特点再根据透镜的光学特点来作图。
【解答】解：凸透镜左右两侧各有一个焦点，且这两个焦点关于光心对称，同理凹透镜也是如此；
已知凸透镜与凹透镜的一个焦点重合，则由图可知是凸透镜的右焦点和凹透镜的左焦点重合，
过焦点的光线，经过凸透镜折射后，折射光线要平行于主光轴；平行于主光轴的光线，经过凹透镜折射后，折射光线的反向延长线要过凹透镜的虚焦点，据此作图，如下图所示：
。
【点评】（1）凸透镜的三条特殊光线：①通过焦点的光线经凸透镜折射后将平行于主光轴；②平行于主光轴的光线经凸透镜折射后将过焦点；③过光心的光线经凸透镜折射后传播方向不改变；
（2）凹透镜的三条特殊光线：①延长线过另一侧焦点的光线经凹透镜折射后将平行于主光轴；②平行于主光轴的光线经凹透镜折射后，其折射光线的反向延长线过焦点；③过光心的光线经凹透镜折射后传播方向不改变。
15．【分析】由电源的正负极确定电流流向，再利用安培定则可判断螺线管的极性，则可知小磁针的指向及磁感线的方向。
【解答】解：电流由右侧流入，由安培定则知电磁铁的左侧为N极，右侧为S极；由磁极间的相互作用可知小磁针左侧为N极，右侧为S极。通电螺线管外部磁感线由N极指向S极。故答案如图：
．
【点评】安培定则内容为：用右手握住螺线管，四指指向电流方向，大拇指所指的方向为N极方向。
五、计算题（本题共2小题，共14分）
16．【分析】①已知电阻和电流大小，根据U＝IR求出电源电压U；
②若在电路中接入一个电阻R2，使得接入前后电流表的示数变化0.4安，连接方式有两种，一是将R2串联在电路中，电路中电流应减小0.4A，利用之前的电流算出此时电路中的电流，根据R＝求出电路的总电阻，根据电阻的串联求出R2的阻值；二是将R2并联在电路中，电路中电流应增加0.4A，根据并联电路电流特点，增加的0.4A即为通过R2的电流，根据R＝求出R2的阻值。
【解答】解：①电路为只有R1的简单电路，电阻R1的阻值为10欧，闭合开关后，电流表示数为1.2安，则电源电压：
U＝I1R1＝1.2A×10Ω＝12V；
②若在电路中接入一个电阻R2，使得接入前后电流表的示数变化0.4安，连接方式有两种：
一是将R2串联在电路中，电路中电流应减小0.4A，此时电路中电流为：
I串＝I1﹣0.4A＝1.2A﹣0.4A＝0.8A，
电路中总电阻为：
R总＝＝＝15Ω，
R2的阻值为：
R2＝R总﹣R1＝15Ω﹣10Ω＝5Ω；
二是将R2并联在电路中，电路中电流应增加0.4A，根据并联电路电流特点，增加的0.4A即为通过R2的电流，即I2＝0.4A，R2的阻值为：
R2＝＝＝30Ω。
答：①电源电压U＝12V；
②若将R2串联在电路中，R2的阻值为5Ω；
若将R2并联在电路中，R2的阻值为30Ω。
【点评】本题考查了串、并联电路的特点和串、并联电路电流的规律，并能熟练的掌握应用欧姆定律分析和计算电路问题。
17．【分析】（1）当开关S1闭合、S2接1时，只有R2工作，当开关S1闭合、S2接2时，R1、R2串联，根据串联电路特点和P＝可知各状态下的电路连接；
（2）利用P＝求出R2的阻值；
（3）根据P＝和保温挡时的电路连接求出电水壶的保温功率；
（4）由图2可知2～4min内水的温度变化，利用Q吸＝cm（t﹣t0）求出水吸收的热量；利用P＝求出2～4min内电水壶消耗的电能；利用效率公式求出这段时间内电水壶加热效率η。
【解答】解：（1）由图1可知，当开关S1闭合、S2接1时，只有R2工作，当开关S1闭合、S2接2时，R1、R2串联；根据串联电路的电阻特点可知，串联的总电阻大于任一分电阻，所以，当开关S1闭合、S2接1时，只有R2工作，电路中的电阻最小，根据P＝可知，此时的电功率最大，电水壶处于加热挡；
当开关S1闭合、S2接2时，R1、R2串联，电路中的总电阻最大，电功率最小，电水壶处于保温挡；
（2）由表格数据可知，电水壶加热挡的功率P加＝1100W，
由P＝可知R2的阻值：
R2＝＝＝44Ω；
（3）电水壶处于保温挡时，R1、R2串联，串联的总电阻：R＝R1+R2＝176Ω+44Ω＝220Ω，
电水壶的保温功率：
P保＝＝＝220W；
（3）由图2可知，2～4min内，水的初温t0＝50℃，末温t＝70℃，
则2～4min内水吸收热量：
Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（70℃﹣50℃）＝8.4×104J；
由P＝可知2～4min内电水壶消耗的电能：
W＝P加t＝1100W×2×60s＝1.32×105J，
这段时间内电水壶加热效率：
η＝×100%＝×100%≈63.6%。
故答案为：（1）加热；
（2）电热丝R2的阻值为44Ω；
（3）电水壶的保温功率是220W；
（4）电水壶中装进1kg水正常工作，用温度计测得水温随时间变化图像，则加热2～4min内水吸收热量是8.4×104J；这段时间内电水壶加热效率η是63.6%。
【点评】本题是一道电热综合题，主要考查串联电路特点、电功率公式的灵活运用、吸热公式、电功公式以及效率公式的应用。
六、综合分析题（本题共2题，每空1分，每问1分，共13分）
18．【分析】（1）磁极间相互作用的规律：同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引；
（2）在温度保持不变的条件下，体积减小时，压强增大；体积增大时，压强减小；
（3）声音是由物体振动产生的；
（4）声音不能在真空中传播，由于实际生活中玻璃罩内无法获得真空，所以不能直接得出实验结论，据此分析。
【解答】解：（1）A磁体上端为N极，根据同名磁极相互排斥可知，则B磁体下端为N极；
（2）一个充满气的气球其体积将变大，因为气球内的气压大于外部气压，说明此时罩内气压变小；
（3）罩内空气不断减少，最后几乎听不到声音了，但发声体上方的轻质小球照旧跳动，说明发声体仍在振动；
（4）因为声音的传播需要介质，所以当把正在响铃的闹钟放在玻璃罩内，逐渐抽出其中的空气，发现声音越来越小，最后几乎听不到声音，说明真空不能传声，本实验采用了推理的方法，探究牛顿第一定律也运用了推理法。
故答案为：（1）N；（2）小；（3）振动；（4）不能；探究牛顿第一定律。
【点评】本题主要考查了磁极间的作用规律、气体压强与体积的关系、声音的产生及传播等，知识点多，难度不大。
19．【分析】（1）用托盘天平测量石块质量时，应将天平放在水平桌面上，游码移到标尺的零刻度处；调节天平横梁平衡时，平衡螺母向上翘的一端移动，直至指针的位置指在分度盘正中央；天平读数为砝码质量和游码刻度之和；根据密度公式可得m＝ρV可以算出标准的电缆质量，然后再和称量的质量作比较；
（2）电阻是导体本身的一种性质；用伏安法测电阻，鉴定其是否符合标准；开关闭合前，滑动变阻器应放置在阻值最大处；无法读得电压值，可能是电缆线的阻值太小，分得的电压太小。
【解答】解：（1）用托盘天平测量石块质量时，应将天平放在水平桌面上，调节天平横梁平衡时，平衡螺母向上翘的一端移动，直至指针的位置指在分度盘正中央；
天平读数＝50g+20g+2g＝72g；
4m长标准电缆线的体积V＝Sh＝2.5×10﹣2cm2×400cm＝10cm3；
标准电缆线的质量m＝ρV＝8.9g•cm﹣3×10cm3＝89g；
标准电缆线的质量大于实际质量，说明不符合国家标准。
（2）电阻是导体本身的一种性质，在材料、长度和横截面积都相同时，导线的电阻可认为是一个定值，所以可用伏安法测量4m长电缆线的电阻，测出电阻和图表中的标准电阻作比较，就能鉴定其是否符合标准；
开关闭合前，为保护电路，滑动变阻器的滑片应移到阻值最大处，结合图3可知滑片应移到最右端；
由表中信息可知，每1km、2.5mm2铜芯的电阻值R＝8Ω，
在其他条件相同时，电阻的大小与长度成正比，则4m长、2.5mm2电缆线的电阻应为R′＝×8Ω＝0.032Ω，
由于4m长电缆线的电阻太小，则由串联分压的规律可知电缆线两端的电压很小，所以无论怎样移动变阻器的滑片，都无法读得电压值，故用该方法无法鉴别。
故答案为：（1）水平；平衡螺母；72；不符合；（2）电阻；电阻是导体本身的一种性质；右；4m长电缆线的电阻太小。
【点评】本题考查了天平称量实验和伏安法测电阻的实验的相关考点，属于中等题。
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