还剩46页未读，
继续阅读
2023年江苏省无锡市梁溪区部分学校中考物理二模试卷(含答案)
展开
这是一份2023年江苏省无锡市梁溪区部分学校中考物理二模试卷(含答案)，共49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。
2023年江苏省无锡市梁溪区部分学校中考物理二模试卷
一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分.每小题只有一个选项符合题意）
1．（2分）如图是端午节赛龙舟的情景，选手在鼓声的指引下整齐地划桨，下列说法正确的是（ ）
A．鼓声震耳欲聋，说明鼓声的音调高
B．选手通过响度来辨别鼓声
C．鼓手在耳朵里塞上棉花，是在传播途中减弱噪声
D．鼓声的传播需要介质
2．（2分）如图所示，握力器的主要部件﹣弹簧用金属制造，是利用金属具有（ ）
A．较高的导热性 B．较好的导电性
C．非常强的弹性 D．较强劲的硬度
3．（2分）下列对物理量的估测，最接近实际情况的是（ ）
A．无锡冬季的最低气温约为﹣25℃
B．正常人平静状态下呼吸一次的时间为4s
C．成年人正常步行的速度约为1.2km/h
D．高速公路对小汽车的限速约为120m/s
4．（2分）下列做法符合安全用电要求的是（ ）
A．湿手拔用电器的插头
B．在一个插线板上同时使用多个大功率用电器
C．断开电源开关后，再更换灯泡
D．使用测电笔时，手需要接触它的笔尖
5．（2分）日环食是天空中壮观的景观，火红的太阳逐渐变成了一个金色的“指环”（如图），下列现象与此成因相同的是（ ）
A．手影
B．倒影
C．放大镜
D．光的色散
6．（2分）下列物态变化的说法，正确的是（ ）
A．谷雨时节雨的形成是凝固
B．白露时节露的形成是汽化
C．霜降时节霜的形成是凝华
D．大雪时节雪的形成是升华
7．（2分）如图甲所示是“探究不同物质吸热升温的现象”实验装置，两个相同的易拉罐中分别装有初温相同的a、b两种液体，用同一盏酒精灯先后进行加热，根据两次记录的实验数据绘制的温度与时间的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．两个易拉罐中的液体体积需要相同
B．液体a的比热容大于液体b的比热容
C．实验中酒精不能完全燃烧，此时的酒精的热值比完全燃烧时小
D．实验中液体吸热的多少可以通过加热时间来反映
8．（2分）如图所示，甲、乙、丙、丁是单缸内燃机一个工作循环的四个冲程，该内燃机工作时飞轮转速为2400r/min。以下说法正确的是（ ）
A．该内燃机四个冲程正确的顺序是丙、甲、丁、乙
B．该内燃机每秒完成20次做功冲程
C．丁冲程发生的能量转化为机械能转化为内能
D．甲、乙、丁三个冲程是靠飞轮的惯性完成的
9．（2分）同学们梳理了教材中与压强知识相关的实验，如图所示，其中分析正确的是（ ）
A．甲图实验，装有水的瓶子竖放在海绵上，瓶中水越少，海绵凹陷越明显
B．乙图实验，当压强计的探头在水中的深度逐渐增大时，U形管两边液面高度差变小
C．丙图实验，测出拉开吸盘时大气对吸盘的压力和吸盘的面积，可估测大气压强的值
D．丁图实验，向外拉活塞，试管内停止沸腾的水再次沸腾，可知气压减小，水的沸点升高
10．（2分）如图是小马制作的神奇转框，框的上部中央与电池正极相连，下部紧贴在与电池负极相连的可导电的柱形磁体两侧，金属框就能持续转动，以下各图与其工作原理相同的是（ ）
A． B．
C． D．
11．（2分）如图1所示，物体M静止在电梯底部，其上表面通过轻质弹簧与电梯顶部相连。M对电梯底部的压力用F表示，忽略M和电梯的形变，0～t1内，电梯静止，弹簧处于伸长状态，t1时刻后电梯由静止开始沿竖直方向运动。0～t4内，F随时间t变化的图线如图2所示，则（ ）
A．t1∼t2内，电梯可能向上运动
B．t2∼t3内，M的机械能保持不变
C．t3∼t4内，电梯的动能一定增大
D．t1∼t4内，弹簧的弹性势能不变
12．（2分）如图甲所示，电源电压保持不变，R1为定值电阻，滑动变阻器R2的最大阻值为30Ω，电压表的量程为0～15V．电压表的示数与滑动变阻器R2的关系如图乙所示。则下列结果正确的是（ ）
A．电源电压为20V
B．R1的阻值为5Ω
C．开关 S闭合后电路消耗的最小功率为14.4W
D．为了保证电压表不被烧坏，滑动变阻器的阻值变化范围为4～30Ω
二、填空题（本题共11小题，每空1分，共36分）
13．（3分）北斗卫星导航系统与地面光纤通信共同组成现代通信，将于2020年实现全球覆盖。卫星利用太阳能电池板获得能量，太阳能属于 能源。卫星是使用 与地面站通信的，而光纤传递信息利用了光的 （选填“反射”或“直线传播”）原理。
14．（3分）一艘轮船的排水量是8000吨，它装满货物在长江中航行时，受到的浮力是 N（g＝10N/kg）。船从长江驶入大海时，受到的浮力 （选填“变大、变小、不变”），它将 一些。（选填“上浮、下沉”）
15．（3分）如图所示，铁块A重3N，静止地吸附在竖直放置的磁性黑板上时，A所受到的摩擦力为 N，将重为1N的铜块B放在铁块A上面时，A和B恰能沿着黑板缓慢匀速下滑，此时A所受的摩擦力为 N。取走铜块B，用竖直向上的力F拉铁块A，使其匀速向上运动，则F的大小为 N。
16．（3分）如图所示，小球在水平面上向右做直线运动，A、B、C、D、E、F是每隔0.2s记录一次小球的运动位置，则小球从A点运动到F点的过程是 直线运动（加速/匀速/减速）；从D点运动到F点的路程为 cm，该过程的平均速度为 cm/s。
17．（2分）排球垫球是苏州体育中考中的一个可选项目，垫球时情景如图所示，手对排球的作用力产生的效果主要是改变排球的 。垫球时手对排球施加力的作用，同时手会感觉到轻微疼痛是因为力的作用是 的。
18．（3分）小明用托盘天平和量筒测量小石块的密度。将天平放在水平桌面上，将游码移到标尺左端的“0”刻度线处，若指针位置如图甲所示，应将平衡螺母向 调节，使天平平衡。测量时，当右盘所加砝码和游码位置如图乙所示时，天平平衡，该石块的质量为 g，接着他测出石块的体积为10cm3，则石块的密度为 kg/m3。
19．（5分）洗发后，小丽站在镜子前用电吹风吹头发。
（1）小丽发现镜面起雾，雾的形成是 现象，过程中要 热量。擦干镜子后，小丽看到镜子中自己正立、等大的 像。
（2）电吹风简化电路图如图所示，旋转扇形开关可实现断开、冷风、热风的转换，已知吹冷风时功率为100W，R＝48.4Ω，若家中只有电吹风工作，她用冷风、热风交替使用共5min，标有“1200imp/（kW•h）”的电能表指示灯闪烁90次，则消耗 J电能，使用热风挡的时间为 s。
20．（3分）如图是工人师傅用滑轮组提升建筑材料的示意图，在400N的拉力作用下，使质量为70kg的建筑材料匀速竖直上升了2m，不计绳重和摩擦、则滑轮组的机械效率为 %，动滑轮自重为 N。若提升的建筑材料质量增大，则滑轮组的机械效率会 。（选填“增大”、“减小”或“不变”）（g＝10N/kg）
21．（4分）小林在探究凸透镜成像的规律时，当蜡烛、凸透镜和光屏处于图甲所示位置，恰好在光屏上成清晰的像，所成的像是倒立、 的实像；如果保持图甲中透镜和蜡烛位置不变，将光屏向左移动一小段距离，光屏上的像变模糊，要使光屏上重新得到烛焰清晰的像，则应该在透镜和蜡烛之间放置一个 眼镜；图乙所示的是王亚平太空授课时展示的含有空气的水球成像的情景，在水球中能看到一正一反两个像，在水球中倒立的像是王亚平位于水透镜 （一倍焦距以内/两倍焦距以外/一倍焦距与两倍焦距之间）的像，若王亚平远离水球时，该像将会 。
22．（3分）为了测量木块与木板之间的滑动摩擦力的大小，小明利用图甲进行测量，他用测力计拖着木块在水平放置的木板上做匀速直线运动，测力计的示数为F1．小红设计的测量方案如图乙所示，她拖动木板向右做加速直线运动，测力计的示数为F2，则F1 F2（＞/＝/＜）。在甲方案中木块受到的重力和木板对木块的支持力是一对 （平衡力/相互作用力），在乙方案中木块受到的摩擦力方向为水平向 （右/左）。
23．（4分）如图是某同学制作的简易温控装置，变阻器R的最大电阻为200Ω，Rt是热敏电阻，其阻值与温度t的关系如下表所示。当电磁继电器（电阻不计）的电流超过18mA时，衔铁被吸合，加热器停止加热，实现温控。加热器的功率是1000W，所用电源为家用交流电。
t/℃
30.0
40.0
50.0
60.0
70.0
Rt/Ω
220
165
128
102
83
（1）电磁继电器是利用 原理来工作的，在电路中的作用相当于是 ；
（2）为使该装置能对30～70℃之间任意温度进行控制，电源E至少用 节新干电池串联组成。利用上述电源，若在50℃时衔铁被吸合，应将滑动变阻器R的阻值调到 Ω。
三、解答题（本题共8小题，共40分）
24．（2分）画出图中杠杆平衡时，作用在杠杆上的最小力和该力的力臂。
25．（2分）在如图中，请标出永磁体的N极并在括号内标出电源右侧的极性。
26．（6分）新能源公交汽车已开始普及使用。它既可以用充电桩充电，也可以用车辆顶部的太阳能电池板为车辆提供辅助充电，还可以使用天然气。当蓄电池电力储存不够时，就用燃气发动机为汽车提供动力，太阳能电池板每天能向蓄电池充30kW•h的电能。已知蓄电池消耗的电能有90%转化为汽车前进所做的功，天然气完全燃烧产生的内能有30%转化为汽车前进所做的功，天然气热值为4.5×107J/kg，该车行驶时受到的阻力为7.2×103N。新能源公交汽车总质量为4×103kg，轮胎与地面总接触面积为0.4m2。（忽略司机的质量）
（1）当车辆以36km/h的速度匀速行驶时，牵引力的功率为多少？
（2）新能源公交汽车静止时对水平地面的压强是多少？
（3）若汽车使用太阳能电池板提供电能，则每天可以节约天然气的质量为多少？
27．（5分）小明在“探究质量是200g某固体熔化时温度变化规律”时，其实验装置如图甲所示。
（1）请指出装置中存在的一个错误： ；
（2）改正错误后，小明进行了正确的操作，得到了物体温度随时间变化的图像如图乙所示，则该物体是 （选填“晶体”或“非晶体”），物体熔化后其比热容 （选填“变大”、“变小”或“不变”），物体在第2min时的内能 （选填“大于”、“小于”或“等于”）第3min时的内能。
（3）在6min内完全燃烧了8g的酒精，根据图像信息和相关知识，可估算出此过程中热转化效率是 。[已知该物质的液态的比热容c＝4×103J/（kg•℃），酒精的热值为3.0×107J/kg]
28．（7分）某实验小组在“研究杠杆平衡条件”的实验中：
（1）如图甲所示，杠杆 （选填“是”或“不是”）处于平衡状态；实验过程中杠杆在如图乙所示位置平衡，以便于 。
（2）给杠杆两侧挂上不同数量的钩码，移动钩码的位置，使杠杆重新在水平位置平衡。设右侧钩码对杠杆施的力为动力F1，左侧钩码对杠杆施的力为阻力F2；测出杠杆平衡时的动力臂l1和阻力臂l2；把F1、F2、l1、l2的数据填入表格中。改变动力F1和动力臂l1的大小，相应调节阻力F2和阻力臂l2，再做几次实验，实验数据如下表所示。
次数
动力F1/N
动力臂l1/m
阻力F2/N
阻力臂l2/m
1
0.5
0.3
1
0.15
2
1.5
0.1
3
0.05
3
3
0.1
1.5
0.2
分析表中的数据得到杠杆的平衡条件： 。
（3）如图乙所示，在A、B、C三点中沿 点竖直向 拉，可使杠杆保持水平位置平衡，且为省距离杠杆。
（4）如图丙，装有物品的旅行箱整体可视为杠杆，O为行李箱重心，P为拉杆的端点，在P点沿 方向施加拉力，可用最小力使旅行箱静止；若在P点用始终沿竖直向上的力将行李箱拉至虚线位置，则在虚线位置静止时的拉力与原来相比 。
29．（6分）如图是探究“物体动能的大小与什么因素有关”的实验示意图。小明同学让同一钢球分别从斜面由静止开始滚下，撞击木块。
（1）该实验是通过观察木块移动的距离来判断 （选填“钢球”或“木块”）动能的大小；
（2）利用如图所示的实验情景，可以得到的结论是： ；
（3）在探究动能的大小与质量关系时，当换用另一个钢球实验时，发现它将木块撞出了木板，要继续完成此实验，下列措施中可行的是： （选填序号）。
①换质量更大的木块：
②降低第二次钢球的高度；
③换质量更大的钢球；
④换质量更小的钢球；
（4）小明由此实验还联想到探究牛顿第一﹣定律的实验，让同一个小车沿同一斜面的同一个高度由静止开始向下运动，到达毛巾、棉布、玻璃三种不同水平面上继续向前运动直到停止，在水平面运动的整个过程中，克服摩擦力做的功 （选填“相等”或“不相等”）。小车在玻璃、毛巾表面克服阻力做功的功率分别是P1、P2，则P1 P2。（选填“＞”或“＝”或“＜”）
（5）小明同学尝试改用如图丙所示装置探究物体动能大小与哪些因素有关”，经过思考设计了以下两个实.验方案：
实验方案一：探究动能大小与速度的关系：用同一钢球将同一弹簧压缩至不同程度后由静止释放，撞击同一木块，比较木块被撞击的距离；
实验方案二：探究动能大小与质量的关系：用质量不同的钢球将同一弹簧压缩相同程度后由静止释放，撞击同一木块，比较木块被撞击的距离。
关于小明的实验方案， 。（填序号）
A.只有实验方案一可行
B.只有实验方案二可行
C.两个实验方案均可行
D.两个实验方案均不可行
30．（7分）小明利用如图甲所示的电路探究电流跟电阻的关系。已知电源电压为6V且保持不变，实验用到的电阻阻值分别为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω。
（1）请根据图甲将图乙所示的实物电路连接完整（导线不允许交叉）
（2）小明在探究电流与电阻关系时，得到如图丙所示的电流I随电阻R变化的图象。
①由图象可以得出结论： 。
②上述实验过程中，小明先用5Ω的电阻做完实验时，滑动变阻器滑片恰好移到a点位置，然后他用10Ω的电阻替换5Ω的电阻继续实验，闭合开关S，移动滑动变阻器滑片，使电压表示数为 V时，读出电流表的示数，此时变阻器的滑片移至b点位置，那么b点在a点的 侧。
（3）为完成整个实验，应该选取最大阻值不小于 Ω的滑动变阻器。
（4）另一组小雨在没有电流表的情况下用图丁所示的电路测Rx的阻值，其中R是电阻箱（阻值可调、可读），请帮助她完成实验步骤：
①只闭合开关S1、S3，移动滑动变阻器的滑片，使电压表指针指在合适位置，读出电压表读数为U1，读出电阻箱的读数为R；
②只闭合开关S1、S2，保持滑动变阻器的滑片位置及电阻箱的阻值不变，读出电压表读数为U2；
③则Rx＝ （用U、U2、R表示）；
若步骤②中，不小心将滑片向右移动了少许，其它操作正确，则测得Rx的阻值比真实值偏 。
31．（5分）物理科创小组制作了一个长方体光学元件盒（如图乙），在盒子左侧开有一小孔，上表面右侧开有一正方形窗口，窗口上贴有一半透明纸片ABCD，其余部分处于密封状态。小明将一根点燃的蜡烛立在小孔正前方后（如图甲所示），在半透明薄纸片上观察到了烛焰的像。科创小组的同学告诉他，盒中只有1块不透光的平面镜。
（1）半透明纸片上的像是 （选填“实”或“虚”）像；
（2）请在图丙中的虚线框内画出平面镜的放置情况；
（3）在下列四幅图中， 图呈现的是小明在半透明纸片上所看到的像的形状；
（4）要使半透明薄纸片上的像变大，小明想到了以下一些方案，你认为可行的是 。
①将蜡烛移向小孔②将小孔大小增大③将元件盒缩短④将光学元件盒加高
A．①②
B．②③
C．③④
D．①④
2023年江苏省无锡市梁溪区部分学校中考物理二模试卷
参考答案与试题解析
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符合题意）
1．（2分）如图是端午节赛龙舟的情景，选手在鼓声的指引下整齐地划桨，下列说法正确的是（ ）
A．鼓声震耳欲聋，说明鼓声的音调高
B．选手通过响度来辨别鼓声
C．鼓手在耳朵里塞上棉花，是在传播途中减弱噪声
D．鼓声的传播需要介质
【分析】（1）声音由物体的振动产生的；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，与振幅和距离有关；音色是由发声体本身决定的一个特性；声音的传播需要介质。
（2）减弱噪声的方式有三种，即在声源处减弱，在人耳处减弱，在传播过程中减弱。
【解答】解：
A、震耳欲聋，说明声音的响度大，故A错误；
B、音色指声音的品质和特色，选手能区分开鼓声和其他声音，依靠的是不同发声体音色一般不同，故B错误；
C、鼓手在耳朵里塞上棉花，是在人耳处减弱噪声，故C错误；
D、鼓声的传播需要介质，故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查声音的基本概念，掌握声音产生条件、声音的特性、减弱噪声的方法即可求解。
2．（2分）如图所示，握力器的主要部件﹣弹簧用金属制造，是利用金属具有（ ）
A．较高的导热性 B．较好的导电性
C．非常强的弹性 D．较强劲的硬度
【分析】根据握力器的工作特点和我们对于弹性的了解来作答。
【解答】A、握力器工作时受力发生形变，不受力又要恢复原状，要求制作的材料具有良好的弹性，故主要是利用其非常强的弹性的特点；
故选：C。
【点评】本题考查材料的特性及生活中的利用，属于基础题。
3．（2分）下列对物理量的估测，最接近实际情况的是（ ）
A．无锡冬季的最低气温约为﹣25℃
B．正常人平静状态下呼吸一次的时间为4s
C．成年人正常步行的速度约为1.2km/h
D．高速公路对小汽车的限速约为120m/s
【分析】此题考查我们对常见时间、温度、速度等的估测，根据对日常生活中常见有关现象和物理知识，选出正确的选项。
【解答】解：A、无锡地处南方地区，冬天的最低温度约为﹣3℃，不可能达到﹣25℃，故A错误；
B、平静状态下，人1min呼吸25次左右，平均一次的时间在3s左右，故B正确；
C、成年人正常步行的速度约为v＝1.1m/s≈4km/h，故C错误；
D、在我国，高速公路对小汽车的限行速度是120km/h，故D错误。
故选：B。
【点评】对日常生活中的时间、质量、长度、温度、速度等进行准确的估测，是要求初中学生掌握的一种基本能力，平时注意观察，结合所学知识多加思考，逐渐培养这方面的能力。
4．（2分）下列做法符合安全用电要求的是（ ）
A．湿手拔用电器的插头
B．在一个插线板上同时使用多个大功率用电器
C．断开电源开关后，再更换灯泡
D．使用测电笔时，手需要接触它的笔尖
【分析】（1）生活用水是导体；
（2）家庭电路中的电流过大，会造成干路电流过大，引起火灾；
（3）在更换灯泡时，应先断开开关；
（4）使用测电笔时手不能接触笔尖金属体，要接触笔尾金属体。
【解答】解：A、因为生活用水是导体，当用湿手接触带电体时，可能会使电源通过人体与大地形成通路，发生触电，故A不符合安全用电要求；
B、家庭电路中各用电器是并联的，一个插座上同时使用多个大功率用电器，会造成干路电流过大，容易引起火灾，故B不符合安全用电要求；
C、在断开电源开关的情况下更换灯泡，灯泡处不带电，这样才安全，故C符合安全用电要求；
D、使用测电笔时手不能接触笔尖金属体，要接触笔尾金属体，故D不符合安全用电要求。
故选：C。
【点评】本题考查了学生对安全用电知识的了解与掌握，平时学习时多了解、积累，加强安全意识，学好电、用好电！
5．（2分）日环食是天空中壮观的景观，火红的太阳逐渐变成了一个金色的“指环”（如图），下列现象与此成因相同的是（ ）
A．手影
B．倒影
C．放大镜
D．光的色散
【分析】（1）光在同种均匀介质中是沿直线传播的。小孔成像、日食、月食、激光准直、影子的形成都是光的直线传播的实例。
（2）光射到物体的表面，改变传播方向回到原来介质中的现象叫光的反射，平面镜成像属于光的反射的应用。
（3）光从一种透明介质斜射进入另一种透明介质时，传播方向通常会发生变化，这种现象叫光的折射。海市蜃楼、池水变浅、插入水中的筷子向上弯折等都属于光的折射现象。
（4）太阳光经过三棱镜折射后分解出七种单色光的现象叫光的色散，雨后彩虹属于光的色散现象。
【解答】解：金色的“指环”是日环食，是由于光的直线传播形成的。
A、手影是由于光的直线形成的，故A符合题意；
B、鸟在水中的倒影是由于光的反射形成的，故B不符合题意；
C、放大镜是利用光的折射来成像的，故C不符合题意；
D、光的色散本质上也属于光的折射，故D不符合题意。
故选：A。
【点评】知道光的直线传播、光的反射、光的折射、光的色散以及它们的实例。
6．（2分）下列物态变化的说法，正确的是（ ）
A．谷雨时节雨的形成是凝固
B．白露时节露的形成是汽化
C．霜降时节霜的形成是凝华
D．大雪时节雪的形成是升华
【分析】物质由固态变为液态的过程叫熔化，由液态变为固态的过程叫凝固；由液态变为气态的过程叫汽化，由气态变为液态的过程叫液化；物质由固态直接变为气态的过程叫升华，由气态直接变为固态的过程叫凝华。
【解答】解：A、雨主要是云层中的水蒸气遇冷液化形成的，故A不正确；
B、露是空气中的水蒸气遇冷液化形成的，故B不正确；
C、霜是空气中的水蒸气遇冷凝华形成的，故C正确；
D、雪是云层中的水蒸气遇冷凝华形成的，故D不正确。
故选：C。
【点评】判断一种现象是什么物态变化，一定要分析现象原来和现在的状态，然后根据六种物态变化的定义进行判断。
7．（2分）如图甲所示是“探究不同物质吸热升温的现象”实验装置，两个相同的易拉罐中分别装有初温相同的a、b两种液体，用同一盏酒精灯先后进行加热，根据两次记录的实验数据绘制的温度与时间的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．两个易拉罐中的液体体积需要相同
B．液体a的比热容大于液体b的比热容
C．实验中酒精不能完全燃烧，此时的酒精的热值比完全燃烧时小
D．实验中液体吸热的多少可以通过加热时间来反映
【分析】我们使用同一热源通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；
比较物质吸热能力的2种方法：
①使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量（即比较加热时间），吸收热量多的吸热能力强；
②使相同质量的不同物质吸收相同的热量（即加热相同的时间），比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；
燃料热值的大小只与燃料的种类有关，与燃烧情况无关。
【解答】解：A、根据比较吸热能力的方法，实验中要控制不同物质的质量相同，而不同物质密度不同，根据m＝ρV，体积相同的两种液体质量不同，A错误；
B、实验中，质量相同的a和b升高的温度相同，b的加热时间长，则b吸收的热量多，b的比热容大，故B错误；
C、实验中酒精不能完全燃烧，但酒精的热值不变，故C错误；
D、根据转换法，实验中，两种液体吸收热量的多少可以通过加热时间比较，故D正确。
故选：D。
【点评】本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法及密度公式的运用，为热学中的重要实验。
8．（2分）如图所示，甲、乙、丙、丁是单缸内燃机一个工作循环的四个冲程，该内燃机工作时飞轮转速为2400r/min。以下说法正确的是（ ）
A．该内燃机四个冲程正确的顺序是丙、甲、丁、乙
B．该内燃机每秒完成20次做功冲程
C．丁冲程发生的能量转化为机械能转化为内能
D．甲、乙、丁三个冲程是靠飞轮的惯性完成的
【分析】（1）四冲程内燃机一个工作循环包括吸气、压缩、做功、排气四个冲程，根据两个气门的开关、活塞的运动方向以及火花塞是否点火可以确定每个冲程，从而排列出正确的顺序；
（2）内燃机的一个工作循环包括四个冲程，飞轮转两周，对外做功一次；
（3）内燃机的压缩冲程将机械能转化为内能；做功冲程将内能转化为机械能；
（4）内燃机4个冲程中只有做功冲程将内能转化为机械能获得动力，其它三个冲程都是靠惯性来完成。
【解答】解：A、甲图中两个气门都关闭，活塞向上运动，是压缩冲程，
乙图是进气门打开，排气门关闭，此时活塞向下运动，是吸气冲程，
丙图中进气门关闭，排气门打开，此时活塞向上运动，是排气冲程，
丁图中两个气门都关闭，火花塞点火，此时活塞向下运动，是做功冲程，
所以，该内燃机一个工作循环的四个冲程正确的顺序是乙、甲、丁、丙，故A错误；
B、由题知，该内燃机工作时飞轮转速为2400r/min＝40r/s，因飞轮每转2周对外做功一次，所以该内燃机每秒完成20次做功冲程，故B正确；
C、丁冲程是做功冲程，该冲程中将内能转化为机械能，故C错误；
D、内燃机4个冲程中只有做功冲程将内能转化为机械能获得动力，其它三个冲程都是靠惯性来完成，所以，甲、乙、丙三个冲程是靠惯性完成的，故D错误。
故选：B。
【点评】本题涉及到内燃机大部分知识，综合性强，要求熟练的掌握相应的知识点。
9．（2分）同学们梳理了教材中与压强知识相关的实验，如图所示，其中分析正确的是（ ）
A．甲图实验，装有水的瓶子竖放在海绵上，瓶中水越少，海绵凹陷越明显
B．乙图实验，当压强计的探头在水中的深度逐渐增大时，U形管两边液面高度差变小
C．丙图实验，测出拉开吸盘时大气对吸盘的压力和吸盘的面积，可估测大气压强的值
D．丁图实验，向外拉活塞，试管内停止沸腾的水再次沸腾，可知气压减小，水的沸点升高
【分析】利用下列知识分析判断：
（1）压力的作用效果与压力和受力面积的大小有关，压力越大、受力面积越小，压力的作用效果越明显；
（2）液体内部的压强随深度的增加而增大；
（3）知道压力和受力面积，利用p＝求压强；
（4）液体的沸点与液体表面的气压有关，气压越大、沸点越高。
【解答】解：
A、甲图实验，装有水的瓶子竖放在海绵上，瓶中水越少，对海绵的压力越小，受力面积不变，对海绵的作用效果越不明显，故A错；
B、乙图实验，当微小压强计的探头在水中深度逐渐增大时，受到的压强变大，U形管两边液面高度差越大，故B错；
C、丙图实验，测出拉开吸盘时大气对吸盘的压力F和吸盘的面积S，大气压强p＝，故C正确；
D、丁图实验，向外拉活塞，试管内气压减小、沸点降低，水再一次沸腾，可知气压减小，水的沸点降低。故D错。
故选：C。
【点评】本题为力学综合题，考查了学生对压力作用效果的影响因素、液体内部压强的特点、压强计算、液体沸点与气压的关系，虽知识点多、但都属于基础，难度不大。
10．（2分）如图是小马制作的神奇转框，框的上部中央与电池正极相连，下部紧贴在与电池负极相连的可导电的柱形磁体两侧，金属框就能持续转动，以下各图与其工作原理相同的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】本实验利用了通电导体在磁场中受力的原理，因此，要有磁场的存在，同时还要有电流的存在。这一过程中，将电能转化为机械能。
【解答】解：在本实验中，铜线框之所以能够转动，是由于通电线框在磁场中受力，同电动机的原理相同。
A、是发电机的原理图，是根据电磁感应现象制成的，故A错误；
B、是电动机的原理图，是根据通电导体在磁场中受到力的作用做成的，故B正确；
C、是奥斯特实验，说明电流的周围存在磁场，故C错误；
D、是发电机的原理图，是根据电磁感应现象制成的，故D错误；
故选：B。
【点评】了解实验装置的结构，明确其工作原理，再进一步确定其性质和能量转化，是解答的关键。
11．（2分）如图1所示，物体M静止在电梯底部，其上表面通过轻质弹簧与电梯顶部相连。M对电梯底部的压力用F表示，忽略M和电梯的形变，0～t1内，电梯静止，弹簧处于伸长状态，t1时刻后电梯由静止开始沿竖直方向运动。0～t4内，F随时间t变化的图线如图2所示，则（ ）
A．t1∼t2内，电梯可能向上运动
B．t2∼t3内，M的机械能保持不变
C．t3∼t4内，电梯的动能一定增大
D．t1∼t4内，弹簧的弹性势能不变
【分析】弹性势能的大小与物体弹性形变程度的大小有关；动能与质量和速度有关，重力势能与高度有关，机械能为动能和势能的和。
【解答】解：
A．根据题意可知，物体M静止在电梯底部，弹簧处于伸长状态，0～t1内，电梯和物体都处于静止状态，受力平衡，则受到重力G、电梯的支持力F支和弹簧的拉力F拉；由于压力F2与支持力F支是相互作用力，大小是相等的，则有G＝F2+F拉，当t1～t2内，压力变为小于F2的F1，弹力和重力不变，此时G＞F1+F拉，则物体受力不平衡，由静止变为运动，速度变大了，则运动方向与较大的力方向相同，说明电梯是向下加速运动，故A错误；
B．t2～t3内，压力恢复到静止时的大小，受力平衡，电梯匀速下降，动能不变，重力势能减小，所以动能和重力势能的和减小，机械能减小，故B错误；
C．t3～t4内，压力F3大于F2，此时G＜F3+F拉，电梯向下则是减速运动，动能减小；如果向上运动，则是加速运动，动能增大，故C错误；
D．由于忽略M和电梯的形变，因而弹簧的长度始终不变，形变大小不变，所以弹簧的弹性势能不变，故D正确。
故选：D。
【点评】题考查了弹力的有关因素，物体受力不平衡时的运动状态，易错点向上的支持力大，不一定是向上加速运动的。
12．（2分）如图甲所示，电源电压保持不变，R1为定值电阻，滑动变阻器R2的最大阻值为30Ω，电压表的量程为0～15V．电压表的示数与滑动变阻器R2的关系如图乙所示。则下列结果正确的是（ ）
A．电源电压为20V
B．R1的阻值为5Ω
C．开关 S闭合后电路消耗的最小功率为14.4W
D．为了保证电压表不被烧坏，滑动变阻器的阻值变化范围为4～30Ω
【分析】（1）由图乙可知，当R2的阻值为10Ω和20Ω时电压表的示数，根据串联电路的电流特点和欧姆定律表示出电路中的电流，根据串联电路的电压特点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的阻值，进一步求出电源的电压；
（2）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，电路消耗的功率最小，根据电阻的串联和P＝UI＝求出电路的最小功率；
（3）当电压表的示数最大时，电路中的电流最大，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出电路中的最大电流，根据串联电路的电压特点求出此时滑动变阻器两端的电压，利用欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的最小阻值；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，电压表的示数最小，据此得出滑动变阻器接入电路中的阻值范围。
【解答】解：由电路图可知，R1与R2串联，电压表测R1两端的电压：
（1）由图乙可知，当R2＝10Ω时U1＝12V，当R2′＝20Ω时U1′＝8V，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，电路中的电流分别为：
I＝＝，同理，I′＝，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，且电源电压保持不变，
所以，电源的电压：
U＝I（R1+R2）＝I′（R1+R2′），即（R1+10Ω）＝（R1+20Ω），
解得：R1＝10Ω，故B错误；
电源的电压：
U＝I（R1+R2）＝×（10Ω+10Ω）＝24V，故A错误；
（2）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，电路消耗的功率最小，由电阻的串联规律，
则P小＝＝＝14.4W，故C正确；
（3）当电压表的示数U1″＝15V时，电路中的电流最大，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，
此时电路中的电流：
I大＝＝＝1.5A，
此时滑动变阻器两端的电压：
U2小＝U﹣U1″＝24V﹣15V＝9V，
则滑动变阻器接入电路中的最小阻值：
R2小＝＝＝6Ω，
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，电压表的示数最小，
所以，滑动变阻器接入电路中的阻值范围为6Ω～30Ω，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，从图像中获取有用的信息是关键。
二、填空题（本题共11小题，每空1分，共36分）
13．（3分）北斗卫星导航系统与地面光纤通信共同组成现代通信，将于2020年实现全球覆盖。卫星利用太阳能电池板获得能量，太阳能属于 可再生 能源。卫星是使用 电磁波 与地面站通信的，而光纤传递信息利用了光的 反射 （选填“反射”或“直线传播”）原理。
【分析】（1）能从自然界源源不断获得的能源是可再生能源，不能从自然界源源不断获得的能源是不可再生能源；
（2）卫星通信利用电磁波传递信息的；
（3）光导纤维是利用激光的反射传递信息的。
【解答】解：
太阳能可从自然界不断获得，属可再生能源；
我国使用的“北斗”卫星移动通信是利用电磁波传递信息的；
光导纤维是利用激光的反射传递信息的。
故答案为：可再生；电磁波；反射。
【点评】本题涉及的知识点较多，是一道学科综合题，但难度不大，熟练掌握相关的基础知识是正确解题的关键。
14．（3分）一艘轮船的排水量是8000吨，它装满货物在长江中航行时，受到的浮力是 8×107 N（g＝10N/kg）。船从长江驶入大海时，受到的浮力 不变 （选填“变大、变小、不变”），它将 上浮 一些。（选填“上浮、下沉”）
【分析】排水量为满载时排开水的质量，利用阿基米德原理求轮船满载时所受的浮力。
根据从长江驶入大海，轮船都漂浮，受到的浮力都等于轮船受到的重力，得出受到浮力的大小关系，知道长江水和海水的密度关系，根据阿基米德原理F浮＝ρgV排可知排开水的体积的变化，然后可知船身相对于水面是上浮还是下沉。
【解答】解：m排＝8000t＝8×106kg，
由阿基米德原理可得，它装满货物在长江中航行时所受浮力为：
F浮＝G排＝m排g＝8×106kg×10N/kg＝8×107N，
因为轮船始终漂浮，则F浮＝G船，且船的重力不变，
所以，轮船由长江驶入大海后，受到的浮力不变，
又因为F浮＝ρ液gV排，且海水的密度大于江水的密度，即液体的密度变大，
所以，轮船排开海水的体积变小，则船身将上浮一些。
故答案为：8×107；不变；上浮。
【点评】本题考查了阿基米德原理的应用，本题的难点是确定由船从长江驶入大海后浮力不变（因为船始终漂浮），这是容易出错的地方。
15．（3分）如图所示，铁块A重3N，静止地吸附在竖直放置的磁性黑板上时，A所受到的摩擦力为 3 N，将重为1N的铜块B放在铁块A上面时，A和B恰能沿着黑板缓慢匀速下滑，此时A所受的摩擦力为 4 N。取走铜块B，用竖直向上的力F拉铁块A，使其匀速向上运动，则F的大小为 7 N。
【分析】物体处于静止或匀速直线运动状态时，受力平衡，根据平衡力求出摩擦力的大小；滑动摩擦力的大小与压力的大小、接触面的粗糙程度有关。
【解答】解：铁块A重3N，静止地吸附在竖直放置的磁性黑板上时，A受力平衡，受到的竖直向下的重力和竖直向上的摩擦力是一对平衡力，大小相等，所以A受到的摩擦力为3N；
当A和B沿着黑板缓慢匀速下滑时，由于B对黑板没有压力的作用，B与黑板之间无摩擦力；整体处于平衡状态，则整体的重力与滑动摩擦力是一对平衡力，所以摩擦力为f＝G总＝3N+1N＝4N；
取走铜块B，用竖直向上的力F使铁块A匀速向上运动，A受到竖直向下的重力、竖直向上的力F、竖直向下的摩擦力的作用，A与黑板的压力和接触面的粗糙程度不变，滑动摩擦力不变，则F＝GA+f＝3N+4N＝7N。
故答案为：3；4；7。
【点评】本题考查了影响滑动摩擦力大小的因素，利用好二力平衡条件是解题的关键。
16．（3分）如图所示，小球在水平面上向右做直线运动，A、B、C、D、E、F是每隔0.2s记录一次小球的运动位置，则小球从A点运动到F点的过程是 加速 直线运动（加速/匀速/减速）；从D点运动到F点的路程为 8.00 cm，该过程的平均速度为 20 cm/s。
【分析】（1）使用刻度尺测量物体的长度时，读数时要估读到分度值的下一位；
（2）根据相同时间内通过路程的情况可判断小球的运动状态。
（3）从图中读出D点运动到F点的路程和所用的时间，利用平均速度公式计算该过程的平均速度。
【解答】解：（1）由图可知，小球由A到F的过程中，在相等时间内小球通过的路程越来越大，说明小球的运动越来越快，即速度越来越大，故小球做加速直线运动；
（2）由图知，刻度尺的分度值为1mm，小球从D点运动到F点的路程：s＝12.50cm﹣4.50cm＝8.00cm；
（3）小球从D点运动到F点的时间：t＝0.2s×2＝0.4s；
小球从D点运动到F点的平均速度为：v＝＝＝20cm/s。
故答案为：加速；8.00；20。
【点评】本题主要考查了刻度尺的读数、平均速度的计算以及匀速直线运动及变速直线运动的区别。
17．（2分）排球垫球是苏州体育中考中的一个可选项目，垫球时情景如图所示，手对排球的作用力产生的效果主要是改变排球的 运动状态 。垫球时手对排球施加力的作用，同时手会感觉到轻微疼痛是因为力的作用是 相互 的。
【分析】（1）力的作用效果：力可以改变物体的形状、力可以改变物体的运动状态。物体运动状态的改变包括：速度大小的改变和运动方向的改变；
（2）力是物体对物体的作用，物体间力的作用是相互的。
【解答】解：垫排球时，手对排球的作用力产生的效果主要是改变排球的运动状态；垫球时手对球用力，手也感觉到疼痛，说明了力的作用是相互的。
故答案为：运动状态；相互。
【点评】本题考查了力的作用效果和力的作用是相互的，是一道基础题。
18．（3分）小明用托盘天平和量筒测量小石块的密度。将天平放在水平桌面上，将游码移到标尺左端的“0”刻度线处，若指针位置如图甲所示，应将平衡螺母向 右 调节，使天平平衡。测量时，当右盘所加砝码和游码位置如图乙所示时，天平平衡，该石块的质量为 28 g，接着他测出石块的体积为10cm3，则石块的密度为 2.8×103 kg/m3。
【分析】（1）天平在使用前应放在水平桌面上，游码归零后，通过观察指针的位置，借助平衡螺母来调节其平衡。并遵循“左偏右调，右偏左调”的原则；
（2）天平在读数时，应将砝码质量与游码示数相加，再测出物体的体积，最后根据密度公式ρ＝来求出物体的密度。
【解答】解：（1）首先应将天平放在水平桌面上，再将游码移到标尺的零刻度处。图甲中，指针偏左，说明左侧质量偏大，应将平衡螺母向右移动；
（2）图乙中，标尺的分度值是0.2g，其示数为3g，石块的质量为20g+5g+3g＝28g。
石块的密度ρ＝＝＝2.8g/cm3＝2.8×103kg/m3，
故答案为：右；28；2.8×103。
【点评】本题考查了天平的基本调节与使用方法，天平的读数是我们必须格外注意之处，应注意其标尺读数的正确性，同时，还考查了使用密度公式进行简单的计算，是我们应该掌握的基本内容。
19．（5分）洗发后，小丽站在镜子前用电吹风吹头发。
（1）小丽发现镜面起雾，雾的形成是 液化 现象，过程中要 放出 热量。擦干镜子后，小丽看到镜子中自己正立、等大的 虚 像。
（2）电吹风简化电路图如图所示，旋转扇形开关可实现断开、冷风、热风的转换，已知吹冷风时功率为100W，R＝48.4Ω，若家中只有电吹风工作，她用冷风、热风交替使用共5min，标有“1200imp/（kW•h）”的电能表指示灯闪烁90次，则消耗 2.7×105 J电能，使用热风挡的时间为 240 s。
【分析】（1）物质由气态变为液态的过程叫液化，此过程放出热量；平面镜成的是正立、等大的虚像。
（2）根据电能表的参数“1200imp/（kW•h）”计算出电能表指示灯闪烁90次消耗的电能W；
利用电功率公式计算出使用热风挡时电路功率P热，设使用热风挡的时间为t，则冷风挡使用时间为300s﹣t，据电吹风冷风、热风交替使用5min消耗的电能，利用电能的计算公式列出等式，算出使用热风挡的时间。
【解答】解：（1）小丽发现镜面起雾，雾是水蒸气液化形成的小水珠，液化过程中要放出热量。擦干镜子后，小丽看到镜子中自己正立、等大的虚像。
（2）标有“1200imp/（kW•h）”的电能表指示灯闪烁90次，消耗的电能为：
W＝＝0.075kW•h＝2.7×105J；
使用热风挡时电热丝与电动机并联，电路总功率为：
P热＝PM+PR＝PM+＝100W+＝1100W；
冷风、热风交替使用总时间为：
5min＝300s；
设使用热风挡的时间为t，则冷风挡使用时间为300s﹣t，可得等式：
W＝P热t+PM（300s﹣t）；
代入数据得：
2.7×105J＝1100W×t+100W×（300s﹣t）；
解得：
t＝240s。
故答案为：（1）液化；放出；虚；
（2）2.7×105；240。
【点评】此题考查了液化及液化的放热特点、平面镜成像的特点、电能的计算、电功率和电能、时间的关系，属常规题目。
20．（3分）如图是工人师傅用滑轮组提升建筑材料的示意图，在400N的拉力作用下，使质量为70kg的建筑材料匀速竖直上升了2m，不计绳重和摩擦、则滑轮组的机械效率为 87.5 %，动滑轮自重为 100 N。若提升的建筑材料质量增大，则滑轮组的机械效率会 增大 。（选填“增大”、“减小”或“不变”）（g＝10N/kg）
【分析】由图知，通过动滑轮绳子的段数n＝2，由η＝＝＝计算滑轮组的机械效率；
不计绳重和摩擦，由nF＝G物+G动计算动滑轮的重力；
同一滑轮组，提起的物体越重，效率越高。
【解答】解：
建筑材料的重力G＝mg＝70kg×10N/kg＝700N，
由图知，通过动滑轮绳子的段数n＝2，
滑轮组的机械效率：η＝＝＝＝＝87.5%；
不计绳重和摩擦，由nF＝G物+G动可得，动滑轮的重力：
G动＝nF﹣G物＝2×400N﹣700N＝100N；
若提升的建筑材料质量增大，则滑轮组的机械效率会增大。
故答案为：87.5；100；增大。
【点评】本题考查了滑轮组拉力、机械效率以及滑轮组机械效率影响因素的认识，属于常考类型，要掌握好。
21．（4分）小林在探究凸透镜成像的规律时，当蜡烛、凸透镜和光屏处于图甲所示位置，恰好在光屏上成清晰的像，所成的像是倒立、 放大 的实像；如果保持图甲中透镜和蜡烛位置不变，将光屏向左移动一小段距离，光屏上的像变模糊，要使光屏上重新得到烛焰清晰的像，则应该在透镜和蜡烛之间放置一个 远视 眼镜；图乙所示的是王亚平太空授课时展示的含有空气的水球成像的情景，在水球中能看到一正一反两个像，在水球中倒立的像是王亚平位于水透镜 两倍焦距以外 （一倍焦距以内/两倍焦距以外/一倍焦距与两倍焦距之间）的像，若王亚平远离水球时，该像将会 变小 。
【分析】（1）凸透镜成像的五种情况：①u＞2f，成倒立、缩小的实像，应用是照相机；②u＝2f，成倒立、等大的实像；③2f＞u＞f，成倒立、放大的实像，应用是幻灯机；④当u＝f时，不成像；⑤u＜f，成正立、放大的虚像，应用是放大镜；
（2）根据凸透镜和凹透镜对光线的作用进行分析；
（3）首先根据图可确定像的性质，再根据凸透镜成实像时，当u＞2f，成倒立缩小的实像；正立缩小的像是凹透镜成的虚像。
【解答】解：（1）当蜡烛、凸透镜和光屏处于图甲所示位置时，物距小于像距，成倒立、放大的实像；
（2）把光屏向左移动一小段距离，要想在光屏上再次得到清晰的像，应使像向左移动，则需在凸透镜和蜡烛之间放置适当的凸透镜；远视眼就是利用这种透镜矫正的；
（3）图中所成的像为倒立、缩小的实像，那么水珠相当于凸透镜，当u＞2f，成倒立缩小的实像，所以王亚平位于水透镜两倍焦距以外，若王亚平远离水球，则倒立像，正立像都会变小。
故答案为：放大；远视；两倍焦距以外；变小。
【点评】根据凸透镜成像性质，判断凸透镜物距和像距的关系和应用，是一种常用的方法，一定要熟练掌握。
22．（3分）为了测量木块与木板之间的滑动摩擦力的大小，小明利用图甲进行测量，他用测力计拖着木块在水平放置的木板上做匀速直线运动，测力计的示数为F1．小红设计的测量方案如图乙所示，她拖动木板向右做加速直线运动，测力计的示数为F2，则F1 ＝ F2（＞/＝/＜）。在甲方案中木块受到的重力和木板对木块的支持力是一对 平衡力 （平衡力/相互作用力），在乙方案中木块受到的摩擦力方向为水平向 右 （右/左）。
【分析】（1）物体静止或做匀速直线运动时，受力平衡；实验时，应使物体做匀速直线运动，根据二力平衡可知摩擦力等于拉力；
（2）二力平衡条件：两个力的大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在同一个物体上。
（3）一个物体在另一个物体的表面运动时，两个物体的接触面会发生摩擦，运动物体要受到一种阻碍运动的力，这种力叫摩擦力。
【解答】解：（1）弹簧测力计测量摩擦力，利用了二力平衡的知识，当木块做匀速直线运动时，受到的拉力和摩擦力是一对平衡力，大小相等。
（2）甲方案中木块受到的重力和木板对木块的支持力作用在同一个物体上，大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，是一对平衡力。
（3）乙方案中木块相对木板有向左运动，所以受到的摩擦力方向为水平向右。
故答案为：（1）＝；（2）平衡力；（3）右。
【点评】此题是探究影响滑动摩擦力大小的因素实验，考查了二力平衡条件的应用及对滑动摩擦力方向的判断等知识的理解和应用，难度不大。
23．（4分）如图是某同学制作的简易温控装置，变阻器R的最大电阻为200Ω，Rt是热敏电阻，其阻值与温度t的关系如下表所示。当电磁继电器（电阻不计）的电流超过18mA时，衔铁被吸合，加热器停止加热，实现温控。加热器的功率是1000W，所用电源为家用交流电。
t/℃
30.0
40.0
50.0
60.0
70.0
Rt/Ω
220
165
128
102
83
（1）电磁继电器是利用 电流的磁效应 原理来工作的，在电路中的作用相当于是 开关 ；
（2）为使该装置能对30～70℃之间任意温度进行控制，电源E至少用 3 节新干电池串联组成。利用上述电源，若在50℃时衔铁被吸合，应将滑动变阻器R的阻值调到 122 Ω。
【分析】（1）电磁继电器的主要部件是电磁铁，电磁铁的工作原理是电流的磁效应；电磁继电器利用了电磁铁对电路进行控制，其实质是一个自动开关；
（2）由于电磁继电器（电阻不计）的衔铁被吸合的电流不变，当温度为30℃时，热敏电阻Rt的阻值最大，根据欧姆定律求出热敏电阻Rt两端的电压，
知道一节干电池的电压为1.5V，从而可以求出需要的干电池的节数；
先求出电源电压，再利用欧姆定律和串联电路电阻的特点求出滑动变阻器R接入电路的阻值。
【解答】解：（1）电磁继电器的主要部件是电磁铁，电磁铁通电后具有磁性，所以电磁铁的工作原理是电流的磁效应；电磁继电器实际上是用电磁铁控制电路的一种开关；
（2）由于电磁继电器（电阻不计）的衔铁被吸合的电流I＝18mA＝0.018A不变，
当温度为30℃时，热敏电阻Rt的阻值最大，其阻值Rt＝220Ω，
由I＝得，热敏电阻Rt两端的电压：
Ut＝IRt＝0.018A×220Ω＝3.96V，
由于一节干电池的电压为1.5V，所以需要的干电池的节数：
n＝＝2.64，
所以，n取3节，即电源E用3节干电池；
电源E的电压：U＝3×1.5V＝4.5V，
此时电路总电阻：
R总＝＝＝250Ω，
由表格数据可知，在温度为50℃时，热敏电阻Rt′＝128Ω，
根据串联电路电阻特点可知，滑动变阻器R接入电路的阻值：
R＝R总﹣Rt′＝250Ω﹣128Ω＝122Ω。
故答案为：（1）电流的磁效应；开关；（2）3；122。
【点评】本题考查了电磁继电器的工作原理、电磁继电器的工作过程和欧姆定律的应用等知识。
三、解答题（本题共8小题，共40分）
24．（2分）画出图中杠杆平衡时，作用在杠杆上的最小力和该力的力臂。
【分析】（1）力臂是指从支点到力的作用线的距离；
（2）杠杆平衡条件：动力×动力臂＝阻力×阻力臂（F1l1＝F2l2），在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小。
【解答】解：根据杠杆的平衡条件F1l1＝F2l2可知，在阻力与阻力臂一定时，动力臂越大，动力越小；
图中O为支点，由图可知，当动力作用在C点时，最长的动力臂为OC；由图知，阻力使杠杆有顺时针转动的趋势，为使杠杆平衡，动力应使杠杆有逆时针转动的趋势，故动力的方向应垂直于OC向上，则作用在杠杆上的最小力F和该力的力臂l如下图所示：
【点评】此题主要考查了力臂和杠杆最小力的画法。解决此类题目的关键是找出最长的动力臂，然后根据力臂的概念确定动力的方向。
25．（2分）在如图中，请标出永磁体的N极并在括号内标出电源右侧的极性。
【分析】根据磁体周围的磁感线从N极出来回到S极，判断永磁体和电磁铁的极性；由电磁铁的磁极，根据安培定则判断电流方向，从而判断电源的正负极。
【解答】解：由图知，磁感线从左向右，所以永磁体的右端为N极，电磁铁的左端为S极，右端是N极；
根据安培定则，用右手握住螺线管，大拇指指向螺线管的N极，则四指所指的方向为电流的方向，则电流从电磁铁的右端流入，从左端流出，所以电源的右端为正极。如图所示：
【点评】本题考查磁感线以及安培定则的应用，安培定则中共涉及三个方向：电流方向、线圈绕向、磁场方向，告诉其中的两个可以确定第三个。
26．（6分）新能源公交汽车已开始普及使用。它既可以用充电桩充电，也可以用车辆顶部的太阳能电池板为车辆提供辅助充电，还可以使用天然气。当蓄电池电力储存不够时，就用燃气发动机为汽车提供动力，太阳能电池板每天能向蓄电池充30kW•h的电能。已知蓄电池消耗的电能有90%转化为汽车前进所做的功，天然气完全燃烧产生的内能有30%转化为汽车前进所做的功，天然气热值为4.5×107J/kg，该车行驶时受到的阻力为7.2×103N。新能源公交汽车总质量为4×103kg，轮胎与地面总接触面积为0.4m2。（忽略司机的质量）
（1）当车辆以36km/h的速度匀速行驶时，牵引力的功率为多少？
（2）新能源公交汽车静止时对水平地面的压强是多少？
（3）若汽车使用太阳能电池板提供电能，则每天可以节约天然气的质量为多少？
【分析】（1）汽车匀速行驶，可根据二力平衡条件求牵引力的大小，又知道汽车的速度，根据公式P＝Fv可求牵引力的功率。
（2）知道汽车的总质量可求汽车的总重力，还知道汽车轮胎与地面的总接触面积，根据压强公式可以求出汽车静止时对地面的压强。
（3）利用效率公式和太阳能电池板充入的最多电能，求出此时转化的有用功，再根据热机效率公式求出天然气完全燃烧放出的热量，最后利用Q放＝mq求出天然气的质量。
【解答】解：（1）汽车的速度
v＝36km/h＝10m/s，
因为汽车匀速行驶，所以汽车牵引力
F＝f＝7.2×103N，
则牵引力的功率
P＝＝＝Fv＝7.2×103N×10m/s＝7.2×104W。
（2）汽车的总重力
G＝mg＝4×103kg×10N/kg＝4×104N，
汽车静止时对地面的压力
F压＝G＝4×104N，
新能源公交汽车静止时对水平地面的压强
p＝＝＝1×105Pa。
（3）由题意可知，太阳能电池板每天充入的最多电能
W最多＝30kW•h＝30×3.6×106J＝1.08×108J，
此时电能转化的有用功
W有1＝W最多×η1＝1.08×108J×90%＝9.72×107J，
由题可知天然气完全燃烧时产生的内能转化为汽车前进所做的功的效率
η2＝30%，
假设天然气完全燃烧时放出的热量为Q放，若这些有用功由燃气发动机来提供，则
Q放×η2＝W有1，即
Q放＝＝＝3.24×108J，
根据Q放＝mq可得，需要天然气的质量
m＝＝＝7.2kg。
答：（1）当车辆以36km/h匀速行驶时，牵引力的功率为7.2×104W。
（2）新能源公交汽车静止时对水平地面的压强是1×105Pa。
（3）每天最多可以节约天然气的质量为7.2kg。
【点评】本题是一道电学、力学和热学的综合题，从题中获取有用信息，正确理解转化效率的含义是解题关键，是一道好题。
27．（5分）小明在“探究质量是200g某固体熔化时温度变化规律”时，其实验装置如图甲所示。
（1）请指出装置中存在的一个错误： 温度计玻璃泡没有与被测物体充分接触 ；
（2）改正错误后，小明进行了正确的操作，得到了物体温度随时间变化的图像如图乙所示，则该物体是 晶体 （选填“晶体”或“非晶体”），物体熔化后其比热容 变大 （选填“变大”、“变小”或“不变”），物体在第2min时的内能 小于 （选填“大于”、“小于”或“等于”）第3min时的内能。
（3）在6min内完全燃烧了8g的酒精，根据图像信息和相关知识，可估算出此过程中热转化效率是 20% 。[已知该物质的液态的比热容c＝4×103J/（kg•℃），酒精的热值为3.0×107J/kg]
【分析】（1）在使用温度计时，玻璃泡要与被测物体充分接触；在进行读数时，要注意其分度值；
（2）晶体熔化时，不断吸收热量，温度保持不变，内能增大；非晶体熔化时，不断吸收热量，温度不断升高；
相同时间内，吸收相同的热量，但温度变化不同，说明温度变化大的比热容小，温度变化小的比热容大；物质吸收热量，内能变大；
（3）根据Q吸＝cm（t﹣t0）计算该物质液态时吸收的热量；对酒精灯来说，有用功为被加热的某种物质吸收的热量，总功为酒精完全燃烧放出的热量，酒精灯的效率可用公式η＝×100%来计算。
【解答】解：（1）图中温度计操作的错误是：温度计放的位置不正确，温度计玻璃泡没有与被测物体充分接触；
（2）由图乙可知，第2min时这种物质开始熔化，在第4min熔化结束，该过程中不断吸收热量，但温度保持在80℃不变，故该物体是晶体；
由图乙可知，在0～2min的时间里固态物质升高的温度为Δt1＝30℃；在4min﹣6min的时间里液态物质升高的温度为Δt2＝20℃，即Δt1＞Δt2；
由Q＝cmΔt可知，当吸收的热量和质量都相同时，Δt越大、比热容c就越小，所以这种物质固态时的比热容小于液态时的比热容，则该物体熔化后比热容变大；
由图乙可知：物体在第2～3min时正在熔化，该过程中不断吸收热量，内能变大，即物体在第2min时的内能小于第3min时的内能；
（3）物质的质量m＝200g＝0.2kg，
由图乙知，在第4min物质的温度为80℃，在第6min的温度为100℃，则：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4×103J/（kg•℃）×0.2kg×（100℃﹣80℃）＝1.6×104J；
8g酒精完全燃烧放出的热量：Q总＝m酒精q酒精＝8×10﹣3kg×3.0×107J/kg＝2.4×105J；
从第4min到第6min该物质共吸热1.6×104J，由于相同时间吸收的热量是相等的，所以该物质每分钟吸热为0.8×104J，在6min内该物质共吸热6×0.8×104J＝4.8×104J；
酒精灯的热转化效率为η＝×100%＝×100%＝20%。
故答案为：（1）温度计玻璃泡没有与被测物体充分接触；（2）晶体；变大；小于；（3）20%。
【点评】此题是有关晶体熔化图像问题，考查了晶体的熔化过程的特点、比热容的知识、热量的计算及效率的计算，属于中档题。
28．（7分）某实验小组在“研究杠杆平衡条件”的实验中：
（1）如图甲所示，杠杆 是 （选填“是”或“不是”）处于平衡状态；实验过程中杠杆在如图乙所示位置平衡，以便于 直接在杠杆上读出力臂 。
（2）给杠杆两侧挂上不同数量的钩码，移动钩码的位置，使杠杆重新在水平位置平衡。设右侧钩码对杠杆施的力为动力F1，左侧钩码对杠杆施的力为阻力F2；测出杠杆平衡时的动力臂l1和阻力臂l2；把F1、F2、l1、l2的数据填入表格中。改变动力F1和动力臂l1的大小，相应调节阻力F2和阻力臂l2，再做几次实验，实验数据如下表所示。
次数
动力F1/N
动力臂l1/m
阻力F2/N
阻力臂l2/m
1
0.5
0.3
1
0.15
2
1.5
0.1
3
0.05
3
3
0.1
1.5
0.2
分析表中的数据得到杠杆的平衡条件： F1l1＝F2l2 。
（3）如图乙所示，在A、B、C三点中沿 C 点竖直向 上 拉，可使杠杆保持水平位置平衡，且为省距离杠杆。
（4）如图丙，装有物品的旅行箱整体可视为杠杆，O为行李箱重心，P为拉杆的端点，在P点沿 F2 方向施加拉力，可用最小力使旅行箱静止；若在P点用始终沿竖直向上的力将行李箱拉至虚线位置，则在虚线位置静止时的拉力与原来相比 不变 。
【分析】（1）杠杆处于静止或匀速转动状态是平衡状态；调节杠杆在水平位置平衡时，平衡螺母向上翘的一端移动；使杠杆在水平位置平衡的目的是为了直接从杠杆上读出力臂；
（2）先将数据中的各自的力与力臂相乘，然后分析实验数据，找出关系式；
（3）杠杆动力和阻力在同一侧时，两者力的方向应该相反才能保持杠杆平衡，动力臂小于阻力臂时，杠杆为费力杠杆，省距离；
（4）根据杠杆的平衡条件分析拉力的变化即可。
【解答】解：（1）杠杆处于静止或匀速转动状态是平衡状态；使杠杆在水平位置平衡的目的是为了直接从杠杆上读出力臂；
（2）分析表中的实验数据，动力×动力臂＝阻力×阻力臂，用F1、F2、l1和l2分别表示动力、阻力、动力臂和阻力臂，杠杆平衡条件可表示为：F1l1＝F2l2；
（3）要使杠杆省距离，则属于费力杠杆，则动力臂应小于阻力臂，所以应该选择在C点施加向上的力；
（4）装有物品的旅行箱整体可视为杠杆，O为行李箱重心，P为拉杆的端点，在P点沿F2方向施加拉力，此时力臂最大，可用最小力使旅行箱静止；
若在P点用始终沿竖直向上的力将行李箱拉至虚线位置，则在虚线位置静止时的拉力与原来相比将不变。
故答案为：（1）是；直接在杠杆上读出力臂；（2）F1l1＝F2l2；（3）C；上；（4）F2；不变。
【点评】本题考查了杠杆的平衡条件的相关实验探究，属于中档题。
29．（6分）如图是探究“物体动能的大小与什么因素有关”的实验示意图。小明同学让同一钢球分别从斜面由静止开始滚下，撞击木块。
（1）该实验是通过观察木块移动的距离来判断 钢球 （选填“钢球”或“木块”）动能的大小；
（2）利用如图所示的实验情景，可以得到的结论是： 质量一定时，物体的速度越大，动能越大 ；
（3）在探究动能的大小与质量关系时，当换用另一个钢球实验时，发现它将木块撞出了木板，要继续完成此实验，下列措施中可行的是： ④ （选填序号）。
①换质量更大的木块：
②降低第二次钢球的高度；
③换质量更大的钢球；
④换质量更小的钢球；
（4）小明由此实验还联想到探究牛顿第一﹣定律的实验，让同一个小车沿同一斜面的同一个高度由静止开始向下运动，到达毛巾、棉布、玻璃三种不同水平面上继续向前运动直到停止，在水平面运动的整个过程中，克服摩擦力做的功 相等 （选填“相等”或“不相等”）。小车在玻璃、毛巾表面克服阻力做功的功率分别是P1、P2，则P1 ＜ P2。（选填“＞”或“＝”或“＜”）
（5）小明同学尝试改用如图丙所示装置探究物体动能大小与哪些因素有关”，经过思考设计了以下两个实.验方案：
实验方案一：探究动能大小与速度的关系：用同一钢球将同一弹簧压缩至不同程度后由静止释放，撞击同一木块，比较木块被撞击的距离；
实验方案二：探究动能大小与质量的关系：用质量不同的钢球将同一弹簧压缩相同程度后由静止释放，撞击同一木块，比较木块被撞击的距离。
关于小明的实验方案， A 。（填序号）
A.只有实验方案一可行
B.只有实验方案二可行
C.两个实验方案均可行
D.两个实验方案均不可行
【分析】（1）此实验把动能的大小转换为木块被撞击后滑行的距离，距离越远表明钢球的动能越大；
（2）动能的大小与质量和速度有关，实验时用控制变量法分别探究；
（3）根据减小动能的方法分析；
（4）直接比较小车在三个表面上克服摩擦力做功是否相等不好确定，可根据重力势能大小关系及能量的转化分析。根据功率计算公式判定功率的大小；
（5）结合控制变量法的要求，看是否合理的控制了相关变量，并改变了要研究的变量，这样才能知道是否符合实验要求。
【解答】解：（1）实验中通过观察木块被撞击后滑行的距离的大小来间接判断钢球动能的大小，该方法是转换法；
（2）根据图示可知，小球的质量不变，滚下的高度不同，到达水平面时的速度不同，所以探究的是动能大小与速度的关系，钢球的速度越大，撞击木块移动的距离越大，动能越大；结论为：在质量一定时，物体的速度越大，动能越大；
（3）在探究动能的大小与质量关系时，需要控制速度大小不变，改变质量，当换用另一个钢球实验时，发现它将木块撞出了木板，这说明该球的质量太大了；
①换质量更大的木块，改变了摩擦力的大小，故①错误；
②实验中需要控制速度相同，不能降低第二次钢球的高度，故②错误；
③换质量更大的钢球，则更容易使木块滑出木板，故③错误；
④换质量更小的钢球，能减小木块移动的距离，故④正确；
故选④；
（4）物体克服摩擦力做功的能量来自物体的动能，而动能一开始是相等的，最终物体停下来，动能为零，因此说明，小球无论在什么样的水平面上，克服摩擦力做的功是相等的；
小车在玻璃、毛巾表面克服阻力做功的功率分别是P1、P2，接触面越光滑，小车的运动距离越远，运动时间越长，由于克服摩擦所做的功相同，根据P＝可知，则P1＜P2；
（5）方案一：质量相同的钢球将同一弹簧压缩不同程度后静止释放，撞击同一木块，将木块撞出一段距离进行比较。可以研究钢球的动能大小与速度的关系；
方案二：若用质量不同的钢球将同一弹簧压缩相同程度后静止释放，撞击同一木块，撞击的动能由弹簧的弹性势能转化而来，而弹簧的弹性势能的大小与形变程度有关，故弹簧势能相同，转化出的动能相同，因此，木块最终移动的距离相同，这样是不能完成实验的；
故选A。
故答案为：（1）钢球；（2）质量一定时，物体的速度越大，动能越大；（3）④；（4）相等；＜；（5）A。
【点评】用控制变量法研究动能大小的影响因素，用转换法表示动能的大小；采用控制变量法研究实验时，一定注意相同因素和不同因素。
30．（7分）小明利用如图甲所示的电路探究电流跟电阻的关系。已知电源电压为6V且保持不变，实验用到的电阻阻值分别为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω。
（1）请根据图甲将图乙所示的实物电路连接完整（导线不允许交叉）
（2）小明在探究电流与电阻关系时，得到如图丙所示的电流I随电阻R变化的图象。
①由图象可以得出结论： 当电压一定时，导体中通过的电流与电阻成反比 。
②上述实验过程中，小明先用5Ω的电阻做完实验时，滑动变阻器滑片恰好移到a点位置，然后他用10Ω的电阻替换5Ω的电阻继续实验，闭合开关S，移动滑动变阻器滑片，使电压表示数为 2.5 V时，读出电流表的示数，此时变阻器的滑片移至b点位置，那么b点在a点的 左 侧。
（3）为完成整个实验，应该选取最大阻值不小于 35 Ω的滑动变阻器。
（4）另一组小雨在没有电流表的情况下用图丁所示的电路测Rx的阻值，其中R是电阻箱（阻值可调、可读），请帮助她完成实验步骤：
①只闭合开关S1、S3，移动滑动变阻器的滑片，使电压表指针指在合适位置，读出电压表读数为U1，读出电阻箱的读数为R；
②只闭合开关S1、S2，保持滑动变阻器的滑片位置及电阻箱的阻值不变，读出电压表读数为U2；
③则Rx＝ （用U、U2、R表示）；
若步骤②中，不小心将滑片向右移动了少许，其它操作正确，则测得Rx的阻值比真实值偏 大 。
【分析】（1）电压表与定值电阻并联，滑动变阻器采用“一上一下”原则与定值电阻串联接入电路；
（2）在研究某个因素对电路中电流的影响时，只改变这个因素，而保持其他因素不变，从而确定该因素是否影响电路中电流的大小，这种研究方法称为控制变量法；根据图象中电流与电阻之积为一定值分析得出结论；
（3）根据图象利用欧姆定律求出定值电阻两端所控制的电压，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，求出当接入25Ω电阻时变阻器连入电路中的电阻，进而确定滑动变阻器的规格。
（4）没有电流表，那就用电压表测二次，利用变阻箱，就可以求得电流，进而知道电阻值了。
【解答】解：（1）滑动变阻器应与定值电阻串联，由图乙可知，滑动变阻器下面的接线柱已连入电路，只需将上面任意一个接线柱与定值电阻右边的接线柱相连；电压表应与定值电阻并联，由图乙可知，电压表的“3”接线柱已接入电路，需要将电压表的“﹣”接线柱接到定值电阻的右边接线柱即可，如下图所示：
（2）①根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻两端的电压相同，因此实验中多次改变R的阻值，调节滑动变阻器的滑片，目的是保持定值电阻两端电压不变；由图象可知，导体的电阻增大，通过导体的电流减小，通过导体的电流与导体的电阻的乘积保持不变，故可得出结论：导体两端的电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；
②从图丙中看出，当电阻为5Ω时，对应的电流0.5A，说明电阻两端电压为2.5V，这时滑动变阻器在a点阻值Ra＝＝7Ω；当用10Ω的电阻替换5Ω的电阻继续实验，也必须保持电阻两端电压2.5V，从图中看出电阻10Ω时，电流为0.25A，此时滑动变阻器b点阻值Rb＝＝14Ω，滑动变阻器从a到b是阻值变大的，那么从电路图中看b点应该在a点的左侧。
（3）为完成整个实验，应该选取最大阻值不小于多少Ω的滑动变阻器，这其实就是让你计算定值电阻为25Ω时，对应的滑动变阻器的阻值。
从图丙中看出电阻为25Ω时，对应的电流为0.1A，那么滑动变阻器的阻值R＝＝35Ω；
（4）当没有电流表时，U1其实就是测得电阻RX两端的电压，U2就是测RX和变阻箱R的电压，则Rx＝；滑动变阻器就是起调节RX的电压为2.5V的作用，所以前后两步不能移动滑片，如果不小心向右移动少许，会使滑动变阻器阻值变大，分到的电压会变大些，那么U2会偏小些，从Rx＝的公式来看，导致测量值偏大些。
故答案为：（1）实物图如上解；（2）当电压一定时，导体中通过的电流与电阻成反比；2.5；左；（3）35；（4）；大。
【点评】本题探究电流跟电阻的关系，考查电路连接、控制变量法、欧姆定律的应用、器材的选择和分析图象归纳结论的能力。
31．（5分）物理科创小组制作了一个长方体光学元件盒（如图乙），在盒子左侧开有一小孔，上表面右侧开有一正方形窗口，窗口上贴有一半透明纸片ABCD，其余部分处于密封状态。小明将一根点燃的蜡烛立在小孔正前方后（如图甲所示），在半透明薄纸片上观察到了烛焰的像。科创小组的同学告诉他，盒中只有1块不透光的平面镜。
（1）半透明纸片上的像是 实 （选填“实”或“虚”）像；
（2）请在图丙中的虚线框内画出平面镜的放置情况；
（3）在下列四幅图中， B 图呈现的是小明在半透明纸片上所看到的像的形状；
（4）要使半透明薄纸片上的像变大，小明想到了以下一些方案，你认为可行的是 D 。
①将蜡烛移向小孔②将小孔大小增大③将元件盒缩短④将光学元件盒加高
A．①②
B．②③
C．③④
D．①④
【分析】（1）能被光屏接收到的像是实像；
（2）首先确定入射光线和反射光线，根据法线与平面镜垂直作出平面镜的位置；
（3）小孔所成的像是倒立的实像；
（4）小孔所成的像的大小与物距、像距的大小有关。
【解答】解：
（1）实像能用光屏接收，而虚像不能用光屏接收，像能成在半透明薄纸片（相当于光屏）上，这说明该像是实像。
（2）经过小孔的水平光线经过平面镜反射后，竖直向上照射到半透明薄纸片上，反射光线与入射光线垂直，所以先做反射光线和入射光线夹角的角平分线，作为法线，根据法线与平面镜是垂直，作出平面镜，作图如下：
（3）烛焰顶部的光经过小孔，然后被平面镜反射到薄膜上靠AD侧，烛焰底部的光经过小孔，然后被平面镜反射到薄膜上靠BC侧，故ACD不符合题意，B符合题意。
（4）小孔所成像的大小与物体到小孔的距离有关，还与承接像的光屏到小孔的距离有关。①将F光源移向小孔，物距变小，所成的像会变大；②将小孔的大小增大，不会改变像的大小，如果孔过大，将不会成像；③将光学元件盒缩短，像距变小，所成的像变小；④将光学元件盒加高，像距变大了，所成的像变大。①④可行，故ACD不符合题意，D符合题意。
故答案为：（1）实；（2）见解析；（3）B；（4）D。
【点评】本题考查了小孔成像的特点、光的反射定律的应用，难度不大。
2023年江苏省无锡市梁溪区部分学校中考物理二模试卷
一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分.每小题只有一个选项符合题意）
1．（2分）如图是端午节赛龙舟的情景，选手在鼓声的指引下整齐地划桨，下列说法正确的是（ ）
A．鼓声震耳欲聋，说明鼓声的音调高
B．选手通过响度来辨别鼓声
C．鼓手在耳朵里塞上棉花，是在传播途中减弱噪声
D．鼓声的传播需要介质
2．（2分）如图所示，握力器的主要部件﹣弹簧用金属制造，是利用金属具有（ ）
A．较高的导热性 B．较好的导电性
C．非常强的弹性 D．较强劲的硬度
3．（2分）下列对物理量的估测，最接近实际情况的是（ ）
A．无锡冬季的最低气温约为﹣25℃
B．正常人平静状态下呼吸一次的时间为4s
C．成年人正常步行的速度约为1.2km/h
D．高速公路对小汽车的限速约为120m/s
4．（2分）下列做法符合安全用电要求的是（ ）
A．湿手拔用电器的插头
B．在一个插线板上同时使用多个大功率用电器
C．断开电源开关后，再更换灯泡
D．使用测电笔时，手需要接触它的笔尖
5．（2分）日环食是天空中壮观的景观，火红的太阳逐渐变成了一个金色的“指环”（如图），下列现象与此成因相同的是（ ）
A．手影
B．倒影
C．放大镜
D．光的色散
6．（2分）下列物态变化的说法，正确的是（ ）
A．谷雨时节雨的形成是凝固
B．白露时节露的形成是汽化
C．霜降时节霜的形成是凝华
D．大雪时节雪的形成是升华
7．（2分）如图甲所示是“探究不同物质吸热升温的现象”实验装置，两个相同的易拉罐中分别装有初温相同的a、b两种液体，用同一盏酒精灯先后进行加热，根据两次记录的实验数据绘制的温度与时间的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．两个易拉罐中的液体体积需要相同
B．液体a的比热容大于液体b的比热容
C．实验中酒精不能完全燃烧，此时的酒精的热值比完全燃烧时小
D．实验中液体吸热的多少可以通过加热时间来反映
8．（2分）如图所示，甲、乙、丙、丁是单缸内燃机一个工作循环的四个冲程，该内燃机工作时飞轮转速为2400r/min。以下说法正确的是（ ）
A．该内燃机四个冲程正确的顺序是丙、甲、丁、乙
B．该内燃机每秒完成20次做功冲程
C．丁冲程发生的能量转化为机械能转化为内能
D．甲、乙、丁三个冲程是靠飞轮的惯性完成的
9．（2分）同学们梳理了教材中与压强知识相关的实验，如图所示，其中分析正确的是（ ）
A．甲图实验，装有水的瓶子竖放在海绵上，瓶中水越少，海绵凹陷越明显
B．乙图实验，当压强计的探头在水中的深度逐渐增大时，U形管两边液面高度差变小
C．丙图实验，测出拉开吸盘时大气对吸盘的压力和吸盘的面积，可估测大气压强的值
D．丁图实验，向外拉活塞，试管内停止沸腾的水再次沸腾，可知气压减小，水的沸点升高
10．（2分）如图是小马制作的神奇转框，框的上部中央与电池正极相连，下部紧贴在与电池负极相连的可导电的柱形磁体两侧，金属框就能持续转动，以下各图与其工作原理相同的是（ ）
A． B．
C． D．
11．（2分）如图1所示，物体M静止在电梯底部，其上表面通过轻质弹簧与电梯顶部相连。M对电梯底部的压力用F表示，忽略M和电梯的形变，0～t1内，电梯静止，弹簧处于伸长状态，t1时刻后电梯由静止开始沿竖直方向运动。0～t4内，F随时间t变化的图线如图2所示，则（ ）
A．t1∼t2内，电梯可能向上运动
B．t2∼t3内，M的机械能保持不变
C．t3∼t4内，电梯的动能一定增大
D．t1∼t4内，弹簧的弹性势能不变
12．（2分）如图甲所示，电源电压保持不变，R1为定值电阻，滑动变阻器R2的最大阻值为30Ω，电压表的量程为0～15V．电压表的示数与滑动变阻器R2的关系如图乙所示。则下列结果正确的是（ ）
A．电源电压为20V
B．R1的阻值为5Ω
C．开关 S闭合后电路消耗的最小功率为14.4W
D．为了保证电压表不被烧坏，滑动变阻器的阻值变化范围为4～30Ω
二、填空题（本题共11小题，每空1分，共36分）
13．（3分）北斗卫星导航系统与地面光纤通信共同组成现代通信，将于2020年实现全球覆盖。卫星利用太阳能电池板获得能量，太阳能属于 能源。卫星是使用 与地面站通信的，而光纤传递信息利用了光的 （选填“反射”或“直线传播”）原理。
14．（3分）一艘轮船的排水量是8000吨，它装满货物在长江中航行时，受到的浮力是 N（g＝10N/kg）。船从长江驶入大海时，受到的浮力 （选填“变大、变小、不变”），它将 一些。（选填“上浮、下沉”）
15．（3分）如图所示，铁块A重3N，静止地吸附在竖直放置的磁性黑板上时，A所受到的摩擦力为 N，将重为1N的铜块B放在铁块A上面时，A和B恰能沿着黑板缓慢匀速下滑，此时A所受的摩擦力为 N。取走铜块B，用竖直向上的力F拉铁块A，使其匀速向上运动，则F的大小为 N。
16．（3分）如图所示，小球在水平面上向右做直线运动，A、B、C、D、E、F是每隔0.2s记录一次小球的运动位置，则小球从A点运动到F点的过程是 直线运动（加速/匀速/减速）；从D点运动到F点的路程为 cm，该过程的平均速度为 cm/s。
17．（2分）排球垫球是苏州体育中考中的一个可选项目，垫球时情景如图所示，手对排球的作用力产生的效果主要是改变排球的 。垫球时手对排球施加力的作用，同时手会感觉到轻微疼痛是因为力的作用是 的。
18．（3分）小明用托盘天平和量筒测量小石块的密度。将天平放在水平桌面上，将游码移到标尺左端的“0”刻度线处，若指针位置如图甲所示，应将平衡螺母向 调节，使天平平衡。测量时，当右盘所加砝码和游码位置如图乙所示时，天平平衡，该石块的质量为 g，接着他测出石块的体积为10cm3，则石块的密度为 kg/m3。
19．（5分）洗发后，小丽站在镜子前用电吹风吹头发。
（1）小丽发现镜面起雾，雾的形成是 现象，过程中要 热量。擦干镜子后，小丽看到镜子中自己正立、等大的 像。
（2）电吹风简化电路图如图所示，旋转扇形开关可实现断开、冷风、热风的转换，已知吹冷风时功率为100W，R＝48.4Ω，若家中只有电吹风工作，她用冷风、热风交替使用共5min，标有“1200imp/（kW•h）”的电能表指示灯闪烁90次，则消耗 J电能，使用热风挡的时间为 s。
20．（3分）如图是工人师傅用滑轮组提升建筑材料的示意图，在400N的拉力作用下，使质量为70kg的建筑材料匀速竖直上升了2m，不计绳重和摩擦、则滑轮组的机械效率为 %，动滑轮自重为 N。若提升的建筑材料质量增大，则滑轮组的机械效率会 。（选填“增大”、“减小”或“不变”）（g＝10N/kg）
21．（4分）小林在探究凸透镜成像的规律时，当蜡烛、凸透镜和光屏处于图甲所示位置，恰好在光屏上成清晰的像，所成的像是倒立、 的实像；如果保持图甲中透镜和蜡烛位置不变，将光屏向左移动一小段距离，光屏上的像变模糊，要使光屏上重新得到烛焰清晰的像，则应该在透镜和蜡烛之间放置一个 眼镜；图乙所示的是王亚平太空授课时展示的含有空气的水球成像的情景，在水球中能看到一正一反两个像，在水球中倒立的像是王亚平位于水透镜 （一倍焦距以内/两倍焦距以外/一倍焦距与两倍焦距之间）的像，若王亚平远离水球时，该像将会 。
22．（3分）为了测量木块与木板之间的滑动摩擦力的大小，小明利用图甲进行测量，他用测力计拖着木块在水平放置的木板上做匀速直线运动，测力计的示数为F1．小红设计的测量方案如图乙所示，她拖动木板向右做加速直线运动，测力计的示数为F2，则F1 F2（＞/＝/＜）。在甲方案中木块受到的重力和木板对木块的支持力是一对 （平衡力/相互作用力），在乙方案中木块受到的摩擦力方向为水平向 （右/左）。
23．（4分）如图是某同学制作的简易温控装置，变阻器R的最大电阻为200Ω，Rt是热敏电阻，其阻值与温度t的关系如下表所示。当电磁继电器（电阻不计）的电流超过18mA时，衔铁被吸合，加热器停止加热，实现温控。加热器的功率是1000W，所用电源为家用交流电。
t/℃
30.0
40.0
50.0
60.0
70.0
Rt/Ω
220
165
128
102
83
（1）电磁继电器是利用 原理来工作的，在电路中的作用相当于是 ；
（2）为使该装置能对30～70℃之间任意温度进行控制，电源E至少用 节新干电池串联组成。利用上述电源，若在50℃时衔铁被吸合，应将滑动变阻器R的阻值调到 Ω。
三、解答题（本题共8小题，共40分）
24．（2分）画出图中杠杆平衡时，作用在杠杆上的最小力和该力的力臂。
25．（2分）在如图中，请标出永磁体的N极并在括号内标出电源右侧的极性。
26．（6分）新能源公交汽车已开始普及使用。它既可以用充电桩充电，也可以用车辆顶部的太阳能电池板为车辆提供辅助充电，还可以使用天然气。当蓄电池电力储存不够时，就用燃气发动机为汽车提供动力，太阳能电池板每天能向蓄电池充30kW•h的电能。已知蓄电池消耗的电能有90%转化为汽车前进所做的功，天然气完全燃烧产生的内能有30%转化为汽车前进所做的功，天然气热值为4.5×107J/kg，该车行驶时受到的阻力为7.2×103N。新能源公交汽车总质量为4×103kg，轮胎与地面总接触面积为0.4m2。（忽略司机的质量）
（1）当车辆以36km/h的速度匀速行驶时，牵引力的功率为多少？
（2）新能源公交汽车静止时对水平地面的压强是多少？
（3）若汽车使用太阳能电池板提供电能，则每天可以节约天然气的质量为多少？
27．（5分）小明在“探究质量是200g某固体熔化时温度变化规律”时，其实验装置如图甲所示。
（1）请指出装置中存在的一个错误： ；
（2）改正错误后，小明进行了正确的操作，得到了物体温度随时间变化的图像如图乙所示，则该物体是 （选填“晶体”或“非晶体”），物体熔化后其比热容 （选填“变大”、“变小”或“不变”），物体在第2min时的内能 （选填“大于”、“小于”或“等于”）第3min时的内能。
（3）在6min内完全燃烧了8g的酒精，根据图像信息和相关知识，可估算出此过程中热转化效率是 。[已知该物质的液态的比热容c＝4×103J/（kg•℃），酒精的热值为3.0×107J/kg]
28．（7分）某实验小组在“研究杠杆平衡条件”的实验中：
（1）如图甲所示，杠杆 （选填“是”或“不是”）处于平衡状态；实验过程中杠杆在如图乙所示位置平衡，以便于 。
（2）给杠杆两侧挂上不同数量的钩码，移动钩码的位置，使杠杆重新在水平位置平衡。设右侧钩码对杠杆施的力为动力F1，左侧钩码对杠杆施的力为阻力F2；测出杠杆平衡时的动力臂l1和阻力臂l2；把F1、F2、l1、l2的数据填入表格中。改变动力F1和动力臂l1的大小，相应调节阻力F2和阻力臂l2，再做几次实验，实验数据如下表所示。
次数
动力F1/N
动力臂l1/m
阻力F2/N
阻力臂l2/m
1
0.5
0.3
1
0.15
2
1.5
0.1
3
0.05
3
3
0.1
1.5
0.2
分析表中的数据得到杠杆的平衡条件： 。
（3）如图乙所示，在A、B、C三点中沿 点竖直向 拉，可使杠杆保持水平位置平衡，且为省距离杠杆。
（4）如图丙，装有物品的旅行箱整体可视为杠杆，O为行李箱重心，P为拉杆的端点，在P点沿 方向施加拉力，可用最小力使旅行箱静止；若在P点用始终沿竖直向上的力将行李箱拉至虚线位置，则在虚线位置静止时的拉力与原来相比 。
29．（6分）如图是探究“物体动能的大小与什么因素有关”的实验示意图。小明同学让同一钢球分别从斜面由静止开始滚下，撞击木块。
（1）该实验是通过观察木块移动的距离来判断 （选填“钢球”或“木块”）动能的大小；
（2）利用如图所示的实验情景，可以得到的结论是： ；
（3）在探究动能的大小与质量关系时，当换用另一个钢球实验时，发现它将木块撞出了木板，要继续完成此实验，下列措施中可行的是： （选填序号）。
①换质量更大的木块：
②降低第二次钢球的高度；
③换质量更大的钢球；
④换质量更小的钢球；
（4）小明由此实验还联想到探究牛顿第一﹣定律的实验，让同一个小车沿同一斜面的同一个高度由静止开始向下运动，到达毛巾、棉布、玻璃三种不同水平面上继续向前运动直到停止，在水平面运动的整个过程中，克服摩擦力做的功 （选填“相等”或“不相等”）。小车在玻璃、毛巾表面克服阻力做功的功率分别是P1、P2，则P1 P2。（选填“＞”或“＝”或“＜”）
（5）小明同学尝试改用如图丙所示装置探究物体动能大小与哪些因素有关”，经过思考设计了以下两个实.验方案：
实验方案一：探究动能大小与速度的关系：用同一钢球将同一弹簧压缩至不同程度后由静止释放，撞击同一木块，比较木块被撞击的距离；
实验方案二：探究动能大小与质量的关系：用质量不同的钢球将同一弹簧压缩相同程度后由静止释放，撞击同一木块，比较木块被撞击的距离。
关于小明的实验方案， 。（填序号）
A.只有实验方案一可行
B.只有实验方案二可行
C.两个实验方案均可行
D.两个实验方案均不可行
30．（7分）小明利用如图甲所示的电路探究电流跟电阻的关系。已知电源电压为6V且保持不变，实验用到的电阻阻值分别为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω。
（1）请根据图甲将图乙所示的实物电路连接完整（导线不允许交叉）
（2）小明在探究电流与电阻关系时，得到如图丙所示的电流I随电阻R变化的图象。
①由图象可以得出结论： 。
②上述实验过程中，小明先用5Ω的电阻做完实验时，滑动变阻器滑片恰好移到a点位置，然后他用10Ω的电阻替换5Ω的电阻继续实验，闭合开关S，移动滑动变阻器滑片，使电压表示数为 V时，读出电流表的示数，此时变阻器的滑片移至b点位置，那么b点在a点的 侧。
（3）为完成整个实验，应该选取最大阻值不小于 Ω的滑动变阻器。
（4）另一组小雨在没有电流表的情况下用图丁所示的电路测Rx的阻值，其中R是电阻箱（阻值可调、可读），请帮助她完成实验步骤：
①只闭合开关S1、S3，移动滑动变阻器的滑片，使电压表指针指在合适位置，读出电压表读数为U1，读出电阻箱的读数为R；
②只闭合开关S1、S2，保持滑动变阻器的滑片位置及电阻箱的阻值不变，读出电压表读数为U2；
③则Rx＝ （用U、U2、R表示）；
若步骤②中，不小心将滑片向右移动了少许，其它操作正确，则测得Rx的阻值比真实值偏 。
31．（5分）物理科创小组制作了一个长方体光学元件盒（如图乙），在盒子左侧开有一小孔，上表面右侧开有一正方形窗口，窗口上贴有一半透明纸片ABCD，其余部分处于密封状态。小明将一根点燃的蜡烛立在小孔正前方后（如图甲所示），在半透明薄纸片上观察到了烛焰的像。科创小组的同学告诉他，盒中只有1块不透光的平面镜。
（1）半透明纸片上的像是 （选填“实”或“虚”）像；
（2）请在图丙中的虚线框内画出平面镜的放置情况；
（3）在下列四幅图中， 图呈现的是小明在半透明纸片上所看到的像的形状；
（4）要使半透明薄纸片上的像变大，小明想到了以下一些方案，你认为可行的是 。
①将蜡烛移向小孔②将小孔大小增大③将元件盒缩短④将光学元件盒加高
A．①②
B．②③
C．③④
D．①④
2023年江苏省无锡市梁溪区部分学校中考物理二模试卷
参考答案与试题解析
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符合题意）
1．（2分）如图是端午节赛龙舟的情景，选手在鼓声的指引下整齐地划桨，下列说法正确的是（ ）
A．鼓声震耳欲聋，说明鼓声的音调高
B．选手通过响度来辨别鼓声
C．鼓手在耳朵里塞上棉花，是在传播途中减弱噪声
D．鼓声的传播需要介质
【分析】（1）声音由物体的振动产生的；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，与振幅和距离有关；音色是由发声体本身决定的一个特性；声音的传播需要介质。
（2）减弱噪声的方式有三种，即在声源处减弱，在人耳处减弱，在传播过程中减弱。
【解答】解：
A、震耳欲聋，说明声音的响度大，故A错误；
B、音色指声音的品质和特色，选手能区分开鼓声和其他声音，依靠的是不同发声体音色一般不同，故B错误；
C、鼓手在耳朵里塞上棉花，是在人耳处减弱噪声，故C错误；
D、鼓声的传播需要介质，故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查声音的基本概念，掌握声音产生条件、声音的特性、减弱噪声的方法即可求解。
2．（2分）如图所示，握力器的主要部件﹣弹簧用金属制造，是利用金属具有（ ）
A．较高的导热性 B．较好的导电性
C．非常强的弹性 D．较强劲的硬度
【分析】根据握力器的工作特点和我们对于弹性的了解来作答。
【解答】A、握力器工作时受力发生形变，不受力又要恢复原状，要求制作的材料具有良好的弹性，故主要是利用其非常强的弹性的特点；
故选：C。
【点评】本题考查材料的特性及生活中的利用，属于基础题。
3．（2分）下列对物理量的估测，最接近实际情况的是（ ）
A．无锡冬季的最低气温约为﹣25℃
B．正常人平静状态下呼吸一次的时间为4s
C．成年人正常步行的速度约为1.2km/h
D．高速公路对小汽车的限速约为120m/s
【分析】此题考查我们对常见时间、温度、速度等的估测，根据对日常生活中常见有关现象和物理知识，选出正确的选项。
【解答】解：A、无锡地处南方地区，冬天的最低温度约为﹣3℃，不可能达到﹣25℃，故A错误；
B、平静状态下，人1min呼吸25次左右，平均一次的时间在3s左右，故B正确；
C、成年人正常步行的速度约为v＝1.1m/s≈4km/h，故C错误；
D、在我国，高速公路对小汽车的限行速度是120km/h，故D错误。
故选：B。
【点评】对日常生活中的时间、质量、长度、温度、速度等进行准确的估测，是要求初中学生掌握的一种基本能力，平时注意观察，结合所学知识多加思考，逐渐培养这方面的能力。
4．（2分）下列做法符合安全用电要求的是（ ）
A．湿手拔用电器的插头
B．在一个插线板上同时使用多个大功率用电器
C．断开电源开关后，再更换灯泡
D．使用测电笔时，手需要接触它的笔尖
【分析】（1）生活用水是导体；
（2）家庭电路中的电流过大，会造成干路电流过大，引起火灾；
（3）在更换灯泡时，应先断开开关；
（4）使用测电笔时手不能接触笔尖金属体，要接触笔尾金属体。
【解答】解：A、因为生活用水是导体，当用湿手接触带电体时，可能会使电源通过人体与大地形成通路，发生触电，故A不符合安全用电要求；
B、家庭电路中各用电器是并联的，一个插座上同时使用多个大功率用电器，会造成干路电流过大，容易引起火灾，故B不符合安全用电要求；
C、在断开电源开关的情况下更换灯泡，灯泡处不带电，这样才安全，故C符合安全用电要求；
D、使用测电笔时手不能接触笔尖金属体，要接触笔尾金属体，故D不符合安全用电要求。
故选：C。
【点评】本题考查了学生对安全用电知识的了解与掌握，平时学习时多了解、积累，加强安全意识，学好电、用好电！
5．（2分）日环食是天空中壮观的景观，火红的太阳逐渐变成了一个金色的“指环”（如图），下列现象与此成因相同的是（ ）
A．手影
B．倒影
C．放大镜
D．光的色散
【分析】（1）光在同种均匀介质中是沿直线传播的。小孔成像、日食、月食、激光准直、影子的形成都是光的直线传播的实例。
（2）光射到物体的表面，改变传播方向回到原来介质中的现象叫光的反射，平面镜成像属于光的反射的应用。
（3）光从一种透明介质斜射进入另一种透明介质时，传播方向通常会发生变化，这种现象叫光的折射。海市蜃楼、池水变浅、插入水中的筷子向上弯折等都属于光的折射现象。
（4）太阳光经过三棱镜折射后分解出七种单色光的现象叫光的色散，雨后彩虹属于光的色散现象。
【解答】解：金色的“指环”是日环食，是由于光的直线传播形成的。
A、手影是由于光的直线形成的，故A符合题意；
B、鸟在水中的倒影是由于光的反射形成的，故B不符合题意；
C、放大镜是利用光的折射来成像的，故C不符合题意；
D、光的色散本质上也属于光的折射，故D不符合题意。
故选：A。
【点评】知道光的直线传播、光的反射、光的折射、光的色散以及它们的实例。
6．（2分）下列物态变化的说法，正确的是（ ）
A．谷雨时节雨的形成是凝固
B．白露时节露的形成是汽化
C．霜降时节霜的形成是凝华
D．大雪时节雪的形成是升华
【分析】物质由固态变为液态的过程叫熔化，由液态变为固态的过程叫凝固；由液态变为气态的过程叫汽化，由气态变为液态的过程叫液化；物质由固态直接变为气态的过程叫升华，由气态直接变为固态的过程叫凝华。
【解答】解：A、雨主要是云层中的水蒸气遇冷液化形成的，故A不正确；
B、露是空气中的水蒸气遇冷液化形成的，故B不正确；
C、霜是空气中的水蒸气遇冷凝华形成的，故C正确；
D、雪是云层中的水蒸气遇冷凝华形成的，故D不正确。
故选：C。
【点评】判断一种现象是什么物态变化，一定要分析现象原来和现在的状态，然后根据六种物态变化的定义进行判断。
7．（2分）如图甲所示是“探究不同物质吸热升温的现象”实验装置，两个相同的易拉罐中分别装有初温相同的a、b两种液体，用同一盏酒精灯先后进行加热，根据两次记录的实验数据绘制的温度与时间的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．两个易拉罐中的液体体积需要相同
B．液体a的比热容大于液体b的比热容
C．实验中酒精不能完全燃烧，此时的酒精的热值比完全燃烧时小
D．实验中液体吸热的多少可以通过加热时间来反映
【分析】我们使用同一热源通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；
比较物质吸热能力的2种方法：
①使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量（即比较加热时间），吸收热量多的吸热能力强；
②使相同质量的不同物质吸收相同的热量（即加热相同的时间），比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；
燃料热值的大小只与燃料的种类有关，与燃烧情况无关。
【解答】解：A、根据比较吸热能力的方法，实验中要控制不同物质的质量相同，而不同物质密度不同，根据m＝ρV，体积相同的两种液体质量不同，A错误；
B、实验中，质量相同的a和b升高的温度相同，b的加热时间长，则b吸收的热量多，b的比热容大，故B错误；
C、实验中酒精不能完全燃烧，但酒精的热值不变，故C错误；
D、根据转换法，实验中，两种液体吸收热量的多少可以通过加热时间比较，故D正确。
故选：D。
【点评】本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法及密度公式的运用，为热学中的重要实验。
8．（2分）如图所示，甲、乙、丙、丁是单缸内燃机一个工作循环的四个冲程，该内燃机工作时飞轮转速为2400r/min。以下说法正确的是（ ）
A．该内燃机四个冲程正确的顺序是丙、甲、丁、乙
B．该内燃机每秒完成20次做功冲程
C．丁冲程发生的能量转化为机械能转化为内能
D．甲、乙、丁三个冲程是靠飞轮的惯性完成的
【分析】（1）四冲程内燃机一个工作循环包括吸气、压缩、做功、排气四个冲程，根据两个气门的开关、活塞的运动方向以及火花塞是否点火可以确定每个冲程，从而排列出正确的顺序；
（2）内燃机的一个工作循环包括四个冲程，飞轮转两周，对外做功一次；
（3）内燃机的压缩冲程将机械能转化为内能；做功冲程将内能转化为机械能；
（4）内燃机4个冲程中只有做功冲程将内能转化为机械能获得动力，其它三个冲程都是靠惯性来完成。
【解答】解：A、甲图中两个气门都关闭，活塞向上运动，是压缩冲程，
乙图是进气门打开，排气门关闭，此时活塞向下运动，是吸气冲程，
丙图中进气门关闭，排气门打开，此时活塞向上运动，是排气冲程，
丁图中两个气门都关闭，火花塞点火，此时活塞向下运动，是做功冲程，
所以，该内燃机一个工作循环的四个冲程正确的顺序是乙、甲、丁、丙，故A错误；
B、由题知，该内燃机工作时飞轮转速为2400r/min＝40r/s，因飞轮每转2周对外做功一次，所以该内燃机每秒完成20次做功冲程，故B正确；
C、丁冲程是做功冲程，该冲程中将内能转化为机械能，故C错误；
D、内燃机4个冲程中只有做功冲程将内能转化为机械能获得动力，其它三个冲程都是靠惯性来完成，所以，甲、乙、丙三个冲程是靠惯性完成的，故D错误。
故选：B。
【点评】本题涉及到内燃机大部分知识，综合性强，要求熟练的掌握相应的知识点。
9．（2分）同学们梳理了教材中与压强知识相关的实验，如图所示，其中分析正确的是（ ）
A．甲图实验，装有水的瓶子竖放在海绵上，瓶中水越少，海绵凹陷越明显
B．乙图实验，当压强计的探头在水中的深度逐渐增大时，U形管两边液面高度差变小
C．丙图实验，测出拉开吸盘时大气对吸盘的压力和吸盘的面积，可估测大气压强的值
D．丁图实验，向外拉活塞，试管内停止沸腾的水再次沸腾，可知气压减小，水的沸点升高
【分析】利用下列知识分析判断：
（1）压力的作用效果与压力和受力面积的大小有关，压力越大、受力面积越小，压力的作用效果越明显；
（2）液体内部的压强随深度的增加而增大；
（3）知道压力和受力面积，利用p＝求压强；
（4）液体的沸点与液体表面的气压有关，气压越大、沸点越高。
【解答】解：
A、甲图实验，装有水的瓶子竖放在海绵上，瓶中水越少，对海绵的压力越小，受力面积不变，对海绵的作用效果越不明显，故A错；
B、乙图实验，当微小压强计的探头在水中深度逐渐增大时，受到的压强变大，U形管两边液面高度差越大，故B错；
C、丙图实验，测出拉开吸盘时大气对吸盘的压力F和吸盘的面积S，大气压强p＝，故C正确；
D、丁图实验，向外拉活塞，试管内气压减小、沸点降低，水再一次沸腾，可知气压减小，水的沸点降低。故D错。
故选：C。
【点评】本题为力学综合题，考查了学生对压力作用效果的影响因素、液体内部压强的特点、压强计算、液体沸点与气压的关系，虽知识点多、但都属于基础，难度不大。
10．（2分）如图是小马制作的神奇转框，框的上部中央与电池正极相连，下部紧贴在与电池负极相连的可导电的柱形磁体两侧，金属框就能持续转动，以下各图与其工作原理相同的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】本实验利用了通电导体在磁场中受力的原理，因此，要有磁场的存在，同时还要有电流的存在。这一过程中，将电能转化为机械能。
【解答】解：在本实验中，铜线框之所以能够转动，是由于通电线框在磁场中受力，同电动机的原理相同。
A、是发电机的原理图，是根据电磁感应现象制成的，故A错误；
B、是电动机的原理图，是根据通电导体在磁场中受到力的作用做成的，故B正确；
C、是奥斯特实验，说明电流的周围存在磁场，故C错误；
D、是发电机的原理图，是根据电磁感应现象制成的，故D错误；
故选：B。
【点评】了解实验装置的结构，明确其工作原理，再进一步确定其性质和能量转化，是解答的关键。
11．（2分）如图1所示，物体M静止在电梯底部，其上表面通过轻质弹簧与电梯顶部相连。M对电梯底部的压力用F表示，忽略M和电梯的形变，0～t1内，电梯静止，弹簧处于伸长状态，t1时刻后电梯由静止开始沿竖直方向运动。0～t4内，F随时间t变化的图线如图2所示，则（ ）
A．t1∼t2内，电梯可能向上运动
B．t2∼t3内，M的机械能保持不变
C．t3∼t4内，电梯的动能一定增大
D．t1∼t4内，弹簧的弹性势能不变
【分析】弹性势能的大小与物体弹性形变程度的大小有关；动能与质量和速度有关，重力势能与高度有关，机械能为动能和势能的和。
【解答】解：
A．根据题意可知，物体M静止在电梯底部，弹簧处于伸长状态，0～t1内，电梯和物体都处于静止状态，受力平衡，则受到重力G、电梯的支持力F支和弹簧的拉力F拉；由于压力F2与支持力F支是相互作用力，大小是相等的，则有G＝F2+F拉，当t1～t2内，压力变为小于F2的F1，弹力和重力不变，此时G＞F1+F拉，则物体受力不平衡，由静止变为运动，速度变大了，则运动方向与较大的力方向相同，说明电梯是向下加速运动，故A错误；
B．t2～t3内，压力恢复到静止时的大小，受力平衡，电梯匀速下降，动能不变，重力势能减小，所以动能和重力势能的和减小，机械能减小，故B错误；
C．t3～t4内，压力F3大于F2，此时G＜F3+F拉，电梯向下则是减速运动，动能减小；如果向上运动，则是加速运动，动能增大，故C错误；
D．由于忽略M和电梯的形变，因而弹簧的长度始终不变，形变大小不变，所以弹簧的弹性势能不变，故D正确。
故选：D。
【点评】题考查了弹力的有关因素，物体受力不平衡时的运动状态，易错点向上的支持力大，不一定是向上加速运动的。
12．（2分）如图甲所示，电源电压保持不变，R1为定值电阻，滑动变阻器R2的最大阻值为30Ω，电压表的量程为0～15V．电压表的示数与滑动变阻器R2的关系如图乙所示。则下列结果正确的是（ ）
A．电源电压为20V
B．R1的阻值为5Ω
C．开关 S闭合后电路消耗的最小功率为14.4W
D．为了保证电压表不被烧坏，滑动变阻器的阻值变化范围为4～30Ω
【分析】（1）由图乙可知，当R2的阻值为10Ω和20Ω时电压表的示数，根据串联电路的电流特点和欧姆定律表示出电路中的电流，根据串联电路的电压特点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的阻值，进一步求出电源的电压；
（2）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，电路消耗的功率最小，根据电阻的串联和P＝UI＝求出电路的最小功率；
（3）当电压表的示数最大时，电路中的电流最大，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出电路中的最大电流，根据串联电路的电压特点求出此时滑动变阻器两端的电压，利用欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的最小阻值；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，电压表的示数最小，据此得出滑动变阻器接入电路中的阻值范围。
【解答】解：由电路图可知，R1与R2串联，电压表测R1两端的电压：
（1）由图乙可知，当R2＝10Ω时U1＝12V，当R2′＝20Ω时U1′＝8V，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，电路中的电流分别为：
I＝＝，同理，I′＝，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，且电源电压保持不变，
所以，电源的电压：
U＝I（R1+R2）＝I′（R1+R2′），即（R1+10Ω）＝（R1+20Ω），
解得：R1＝10Ω，故B错误；
电源的电压：
U＝I（R1+R2）＝×（10Ω+10Ω）＝24V，故A错误；
（2）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，电路消耗的功率最小，由电阻的串联规律，
则P小＝＝＝14.4W，故C正确；
（3）当电压表的示数U1″＝15V时，电路中的电流最大，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，
此时电路中的电流：
I大＝＝＝1.5A，
此时滑动变阻器两端的电压：
U2小＝U﹣U1″＝24V﹣15V＝9V，
则滑动变阻器接入电路中的最小阻值：
R2小＝＝＝6Ω，
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，电压表的示数最小，
所以，滑动变阻器接入电路中的阻值范围为6Ω～30Ω，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，从图像中获取有用的信息是关键。
二、填空题（本题共11小题，每空1分，共36分）
13．（3分）北斗卫星导航系统与地面光纤通信共同组成现代通信，将于2020年实现全球覆盖。卫星利用太阳能电池板获得能量，太阳能属于 可再生 能源。卫星是使用 电磁波 与地面站通信的，而光纤传递信息利用了光的 反射 （选填“反射”或“直线传播”）原理。
【分析】（1）能从自然界源源不断获得的能源是可再生能源，不能从自然界源源不断获得的能源是不可再生能源；
（2）卫星通信利用电磁波传递信息的；
（3）光导纤维是利用激光的反射传递信息的。
【解答】解：
太阳能可从自然界不断获得，属可再生能源；
我国使用的“北斗”卫星移动通信是利用电磁波传递信息的；
光导纤维是利用激光的反射传递信息的。
故答案为：可再生；电磁波；反射。
【点评】本题涉及的知识点较多，是一道学科综合题，但难度不大，熟练掌握相关的基础知识是正确解题的关键。
14．（3分）一艘轮船的排水量是8000吨，它装满货物在长江中航行时，受到的浮力是 8×107 N（g＝10N/kg）。船从长江驶入大海时，受到的浮力 不变 （选填“变大、变小、不变”），它将 上浮 一些。（选填“上浮、下沉”）
【分析】排水量为满载时排开水的质量，利用阿基米德原理求轮船满载时所受的浮力。
根据从长江驶入大海，轮船都漂浮，受到的浮力都等于轮船受到的重力，得出受到浮力的大小关系，知道长江水和海水的密度关系，根据阿基米德原理F浮＝ρgV排可知排开水的体积的变化，然后可知船身相对于水面是上浮还是下沉。
【解答】解：m排＝8000t＝8×106kg，
由阿基米德原理可得，它装满货物在长江中航行时所受浮力为：
F浮＝G排＝m排g＝8×106kg×10N/kg＝8×107N，
因为轮船始终漂浮，则F浮＝G船，且船的重力不变，
所以，轮船由长江驶入大海后，受到的浮力不变，
又因为F浮＝ρ液gV排，且海水的密度大于江水的密度，即液体的密度变大，
所以，轮船排开海水的体积变小，则船身将上浮一些。
故答案为：8×107；不变；上浮。
【点评】本题考查了阿基米德原理的应用，本题的难点是确定由船从长江驶入大海后浮力不变（因为船始终漂浮），这是容易出错的地方。
15．（3分）如图所示，铁块A重3N，静止地吸附在竖直放置的磁性黑板上时，A所受到的摩擦力为 3 N，将重为1N的铜块B放在铁块A上面时，A和B恰能沿着黑板缓慢匀速下滑，此时A所受的摩擦力为 4 N。取走铜块B，用竖直向上的力F拉铁块A，使其匀速向上运动，则F的大小为 7 N。
【分析】物体处于静止或匀速直线运动状态时，受力平衡，根据平衡力求出摩擦力的大小；滑动摩擦力的大小与压力的大小、接触面的粗糙程度有关。
【解答】解：铁块A重3N，静止地吸附在竖直放置的磁性黑板上时，A受力平衡，受到的竖直向下的重力和竖直向上的摩擦力是一对平衡力，大小相等，所以A受到的摩擦力为3N；
当A和B沿着黑板缓慢匀速下滑时，由于B对黑板没有压力的作用，B与黑板之间无摩擦力；整体处于平衡状态，则整体的重力与滑动摩擦力是一对平衡力，所以摩擦力为f＝G总＝3N+1N＝4N；
取走铜块B，用竖直向上的力F使铁块A匀速向上运动，A受到竖直向下的重力、竖直向上的力F、竖直向下的摩擦力的作用，A与黑板的压力和接触面的粗糙程度不变，滑动摩擦力不变，则F＝GA+f＝3N+4N＝7N。
故答案为：3；4；7。
【点评】本题考查了影响滑动摩擦力大小的因素，利用好二力平衡条件是解题的关键。
16．（3分）如图所示，小球在水平面上向右做直线运动，A、B、C、D、E、F是每隔0.2s记录一次小球的运动位置，则小球从A点运动到F点的过程是 加速 直线运动（加速/匀速/减速）；从D点运动到F点的路程为 8.00 cm，该过程的平均速度为 20 cm/s。
【分析】（1）使用刻度尺测量物体的长度时，读数时要估读到分度值的下一位；
（2）根据相同时间内通过路程的情况可判断小球的运动状态。
（3）从图中读出D点运动到F点的路程和所用的时间，利用平均速度公式计算该过程的平均速度。
【解答】解：（1）由图可知，小球由A到F的过程中，在相等时间内小球通过的路程越来越大，说明小球的运动越来越快，即速度越来越大，故小球做加速直线运动；
（2）由图知，刻度尺的分度值为1mm，小球从D点运动到F点的路程：s＝12.50cm﹣4.50cm＝8.00cm；
（3）小球从D点运动到F点的时间：t＝0.2s×2＝0.4s；
小球从D点运动到F点的平均速度为：v＝＝＝20cm/s。
故答案为：加速；8.00；20。
【点评】本题主要考查了刻度尺的读数、平均速度的计算以及匀速直线运动及变速直线运动的区别。
17．（2分）排球垫球是苏州体育中考中的一个可选项目，垫球时情景如图所示，手对排球的作用力产生的效果主要是改变排球的 运动状态 。垫球时手对排球施加力的作用，同时手会感觉到轻微疼痛是因为力的作用是 相互 的。
【分析】（1）力的作用效果：力可以改变物体的形状、力可以改变物体的运动状态。物体运动状态的改变包括：速度大小的改变和运动方向的改变；
（2）力是物体对物体的作用，物体间力的作用是相互的。
【解答】解：垫排球时，手对排球的作用力产生的效果主要是改变排球的运动状态；垫球时手对球用力，手也感觉到疼痛，说明了力的作用是相互的。
故答案为：运动状态；相互。
【点评】本题考查了力的作用效果和力的作用是相互的，是一道基础题。
18．（3分）小明用托盘天平和量筒测量小石块的密度。将天平放在水平桌面上，将游码移到标尺左端的“0”刻度线处，若指针位置如图甲所示，应将平衡螺母向 右 调节，使天平平衡。测量时，当右盘所加砝码和游码位置如图乙所示时，天平平衡，该石块的质量为 28 g，接着他测出石块的体积为10cm3，则石块的密度为 2.8×103 kg/m3。
【分析】（1）天平在使用前应放在水平桌面上，游码归零后，通过观察指针的位置，借助平衡螺母来调节其平衡。并遵循“左偏右调，右偏左调”的原则；
（2）天平在读数时，应将砝码质量与游码示数相加，再测出物体的体积，最后根据密度公式ρ＝来求出物体的密度。
【解答】解：（1）首先应将天平放在水平桌面上，再将游码移到标尺的零刻度处。图甲中，指针偏左，说明左侧质量偏大，应将平衡螺母向右移动；
（2）图乙中，标尺的分度值是0.2g，其示数为3g，石块的质量为20g+5g+3g＝28g。
石块的密度ρ＝＝＝2.8g/cm3＝2.8×103kg/m3，
故答案为：右；28；2.8×103。
【点评】本题考查了天平的基本调节与使用方法，天平的读数是我们必须格外注意之处，应注意其标尺读数的正确性，同时，还考查了使用密度公式进行简单的计算，是我们应该掌握的基本内容。
19．（5分）洗发后，小丽站在镜子前用电吹风吹头发。
（1）小丽发现镜面起雾，雾的形成是 液化 现象，过程中要 放出 热量。擦干镜子后，小丽看到镜子中自己正立、等大的 虚 像。
（2）电吹风简化电路图如图所示，旋转扇形开关可实现断开、冷风、热风的转换，已知吹冷风时功率为100W，R＝48.4Ω，若家中只有电吹风工作，她用冷风、热风交替使用共5min，标有“1200imp/（kW•h）”的电能表指示灯闪烁90次，则消耗 2.7×105 J电能，使用热风挡的时间为 240 s。
【分析】（1）物质由气态变为液态的过程叫液化，此过程放出热量；平面镜成的是正立、等大的虚像。
（2）根据电能表的参数“1200imp/（kW•h）”计算出电能表指示灯闪烁90次消耗的电能W；
利用电功率公式计算出使用热风挡时电路功率P热，设使用热风挡的时间为t，则冷风挡使用时间为300s﹣t，据电吹风冷风、热风交替使用5min消耗的电能，利用电能的计算公式列出等式，算出使用热风挡的时间。
【解答】解：（1）小丽发现镜面起雾，雾是水蒸气液化形成的小水珠，液化过程中要放出热量。擦干镜子后，小丽看到镜子中自己正立、等大的虚像。
（2）标有“1200imp/（kW•h）”的电能表指示灯闪烁90次，消耗的电能为：
W＝＝0.075kW•h＝2.7×105J；
使用热风挡时电热丝与电动机并联，电路总功率为：
P热＝PM+PR＝PM+＝100W+＝1100W；
冷风、热风交替使用总时间为：
5min＝300s；
设使用热风挡的时间为t，则冷风挡使用时间为300s﹣t，可得等式：
W＝P热t+PM（300s﹣t）；
代入数据得：
2.7×105J＝1100W×t+100W×（300s﹣t）；
解得：
t＝240s。
故答案为：（1）液化；放出；虚；
（2）2.7×105；240。
【点评】此题考查了液化及液化的放热特点、平面镜成像的特点、电能的计算、电功率和电能、时间的关系，属常规题目。
20．（3分）如图是工人师傅用滑轮组提升建筑材料的示意图，在400N的拉力作用下，使质量为70kg的建筑材料匀速竖直上升了2m，不计绳重和摩擦、则滑轮组的机械效率为 87.5 %，动滑轮自重为 100 N。若提升的建筑材料质量增大，则滑轮组的机械效率会 增大 。（选填“增大”、“减小”或“不变”）（g＝10N/kg）
【分析】由图知，通过动滑轮绳子的段数n＝2，由η＝＝＝计算滑轮组的机械效率；
不计绳重和摩擦，由nF＝G物+G动计算动滑轮的重力；
同一滑轮组，提起的物体越重，效率越高。
【解答】解：
建筑材料的重力G＝mg＝70kg×10N/kg＝700N，
由图知，通过动滑轮绳子的段数n＝2，
滑轮组的机械效率：η＝＝＝＝＝87.5%；
不计绳重和摩擦，由nF＝G物+G动可得，动滑轮的重力：
G动＝nF﹣G物＝2×400N﹣700N＝100N；
若提升的建筑材料质量增大，则滑轮组的机械效率会增大。
故答案为：87.5；100；增大。
【点评】本题考查了滑轮组拉力、机械效率以及滑轮组机械效率影响因素的认识，属于常考类型，要掌握好。
21．（4分）小林在探究凸透镜成像的规律时，当蜡烛、凸透镜和光屏处于图甲所示位置，恰好在光屏上成清晰的像，所成的像是倒立、 放大 的实像；如果保持图甲中透镜和蜡烛位置不变，将光屏向左移动一小段距离，光屏上的像变模糊，要使光屏上重新得到烛焰清晰的像，则应该在透镜和蜡烛之间放置一个 远视 眼镜；图乙所示的是王亚平太空授课时展示的含有空气的水球成像的情景，在水球中能看到一正一反两个像，在水球中倒立的像是王亚平位于水透镜 两倍焦距以外 （一倍焦距以内/两倍焦距以外/一倍焦距与两倍焦距之间）的像，若王亚平远离水球时，该像将会 变小 。
【分析】（1）凸透镜成像的五种情况：①u＞2f，成倒立、缩小的实像，应用是照相机；②u＝2f，成倒立、等大的实像；③2f＞u＞f，成倒立、放大的实像，应用是幻灯机；④当u＝f时，不成像；⑤u＜f，成正立、放大的虚像，应用是放大镜；
（2）根据凸透镜和凹透镜对光线的作用进行分析；
（3）首先根据图可确定像的性质，再根据凸透镜成实像时，当u＞2f，成倒立缩小的实像；正立缩小的像是凹透镜成的虚像。
【解答】解：（1）当蜡烛、凸透镜和光屏处于图甲所示位置时，物距小于像距，成倒立、放大的实像；
（2）把光屏向左移动一小段距离，要想在光屏上再次得到清晰的像，应使像向左移动，则需在凸透镜和蜡烛之间放置适当的凸透镜；远视眼就是利用这种透镜矫正的；
（3）图中所成的像为倒立、缩小的实像，那么水珠相当于凸透镜，当u＞2f，成倒立缩小的实像，所以王亚平位于水透镜两倍焦距以外，若王亚平远离水球，则倒立像，正立像都会变小。
故答案为：放大；远视；两倍焦距以外；变小。
【点评】根据凸透镜成像性质，判断凸透镜物距和像距的关系和应用，是一种常用的方法，一定要熟练掌握。
22．（3分）为了测量木块与木板之间的滑动摩擦力的大小，小明利用图甲进行测量，他用测力计拖着木块在水平放置的木板上做匀速直线运动，测力计的示数为F1．小红设计的测量方案如图乙所示，她拖动木板向右做加速直线运动，测力计的示数为F2，则F1 ＝ F2（＞/＝/＜）。在甲方案中木块受到的重力和木板对木块的支持力是一对 平衡力 （平衡力/相互作用力），在乙方案中木块受到的摩擦力方向为水平向 右 （右/左）。
【分析】（1）物体静止或做匀速直线运动时，受力平衡；实验时，应使物体做匀速直线运动，根据二力平衡可知摩擦力等于拉力；
（2）二力平衡条件：两个力的大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在同一个物体上。
（3）一个物体在另一个物体的表面运动时，两个物体的接触面会发生摩擦，运动物体要受到一种阻碍运动的力，这种力叫摩擦力。
【解答】解：（1）弹簧测力计测量摩擦力，利用了二力平衡的知识，当木块做匀速直线运动时，受到的拉力和摩擦力是一对平衡力，大小相等。
（2）甲方案中木块受到的重力和木板对木块的支持力作用在同一个物体上，大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，是一对平衡力。
（3）乙方案中木块相对木板有向左运动，所以受到的摩擦力方向为水平向右。
故答案为：（1）＝；（2）平衡力；（3）右。
【点评】此题是探究影响滑动摩擦力大小的因素实验，考查了二力平衡条件的应用及对滑动摩擦力方向的判断等知识的理解和应用，难度不大。
23．（4分）如图是某同学制作的简易温控装置，变阻器R的最大电阻为200Ω，Rt是热敏电阻，其阻值与温度t的关系如下表所示。当电磁继电器（电阻不计）的电流超过18mA时，衔铁被吸合，加热器停止加热，实现温控。加热器的功率是1000W，所用电源为家用交流电。
t/℃
30.0
40.0
50.0
60.0
70.0
Rt/Ω
220
165
128
102
83
（1）电磁继电器是利用 电流的磁效应 原理来工作的，在电路中的作用相当于是 开关 ；
（2）为使该装置能对30～70℃之间任意温度进行控制，电源E至少用 3 节新干电池串联组成。利用上述电源，若在50℃时衔铁被吸合，应将滑动变阻器R的阻值调到 122 Ω。
【分析】（1）电磁继电器的主要部件是电磁铁，电磁铁的工作原理是电流的磁效应；电磁继电器利用了电磁铁对电路进行控制，其实质是一个自动开关；
（2）由于电磁继电器（电阻不计）的衔铁被吸合的电流不变，当温度为30℃时，热敏电阻Rt的阻值最大，根据欧姆定律求出热敏电阻Rt两端的电压，
知道一节干电池的电压为1.5V，从而可以求出需要的干电池的节数；
先求出电源电压，再利用欧姆定律和串联电路电阻的特点求出滑动变阻器R接入电路的阻值。
【解答】解：（1）电磁继电器的主要部件是电磁铁，电磁铁通电后具有磁性，所以电磁铁的工作原理是电流的磁效应；电磁继电器实际上是用电磁铁控制电路的一种开关；
（2）由于电磁继电器（电阻不计）的衔铁被吸合的电流I＝18mA＝0.018A不变，
当温度为30℃时，热敏电阻Rt的阻值最大，其阻值Rt＝220Ω，
由I＝得，热敏电阻Rt两端的电压：
Ut＝IRt＝0.018A×220Ω＝3.96V，
由于一节干电池的电压为1.5V，所以需要的干电池的节数：
n＝＝2.64，
所以，n取3节，即电源E用3节干电池；
电源E的电压：U＝3×1.5V＝4.5V，
此时电路总电阻：
R总＝＝＝250Ω，
由表格数据可知，在温度为50℃时，热敏电阻Rt′＝128Ω，
根据串联电路电阻特点可知，滑动变阻器R接入电路的阻值：
R＝R总﹣Rt′＝250Ω﹣128Ω＝122Ω。
故答案为：（1）电流的磁效应；开关；（2）3；122。
【点评】本题考查了电磁继电器的工作原理、电磁继电器的工作过程和欧姆定律的应用等知识。
三、解答题（本题共8小题，共40分）
24．（2分）画出图中杠杆平衡时，作用在杠杆上的最小力和该力的力臂。
【分析】（1）力臂是指从支点到力的作用线的距离；
（2）杠杆平衡条件：动力×动力臂＝阻力×阻力臂（F1l1＝F2l2），在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小。
【解答】解：根据杠杆的平衡条件F1l1＝F2l2可知，在阻力与阻力臂一定时，动力臂越大，动力越小；
图中O为支点，由图可知，当动力作用在C点时，最长的动力臂为OC；由图知，阻力使杠杆有顺时针转动的趋势，为使杠杆平衡，动力应使杠杆有逆时针转动的趋势，故动力的方向应垂直于OC向上，则作用在杠杆上的最小力F和该力的力臂l如下图所示：
【点评】此题主要考查了力臂和杠杆最小力的画法。解决此类题目的关键是找出最长的动力臂，然后根据力臂的概念确定动力的方向。
25．（2分）在如图中，请标出永磁体的N极并在括号内标出电源右侧的极性。
【分析】根据磁体周围的磁感线从N极出来回到S极，判断永磁体和电磁铁的极性；由电磁铁的磁极，根据安培定则判断电流方向，从而判断电源的正负极。
【解答】解：由图知，磁感线从左向右，所以永磁体的右端为N极，电磁铁的左端为S极，右端是N极；
根据安培定则，用右手握住螺线管，大拇指指向螺线管的N极，则四指所指的方向为电流的方向，则电流从电磁铁的右端流入，从左端流出，所以电源的右端为正极。如图所示：
【点评】本题考查磁感线以及安培定则的应用，安培定则中共涉及三个方向：电流方向、线圈绕向、磁场方向，告诉其中的两个可以确定第三个。
26．（6分）新能源公交汽车已开始普及使用。它既可以用充电桩充电，也可以用车辆顶部的太阳能电池板为车辆提供辅助充电，还可以使用天然气。当蓄电池电力储存不够时，就用燃气发动机为汽车提供动力，太阳能电池板每天能向蓄电池充30kW•h的电能。已知蓄电池消耗的电能有90%转化为汽车前进所做的功，天然气完全燃烧产生的内能有30%转化为汽车前进所做的功，天然气热值为4.5×107J/kg，该车行驶时受到的阻力为7.2×103N。新能源公交汽车总质量为4×103kg，轮胎与地面总接触面积为0.4m2。（忽略司机的质量）
（1）当车辆以36km/h的速度匀速行驶时，牵引力的功率为多少？
（2）新能源公交汽车静止时对水平地面的压强是多少？
（3）若汽车使用太阳能电池板提供电能，则每天可以节约天然气的质量为多少？
【分析】（1）汽车匀速行驶，可根据二力平衡条件求牵引力的大小，又知道汽车的速度，根据公式P＝Fv可求牵引力的功率。
（2）知道汽车的总质量可求汽车的总重力，还知道汽车轮胎与地面的总接触面积，根据压强公式可以求出汽车静止时对地面的压强。
（3）利用效率公式和太阳能电池板充入的最多电能，求出此时转化的有用功，再根据热机效率公式求出天然气完全燃烧放出的热量，最后利用Q放＝mq求出天然气的质量。
【解答】解：（1）汽车的速度
v＝36km/h＝10m/s，
因为汽车匀速行驶，所以汽车牵引力
F＝f＝7.2×103N，
则牵引力的功率
P＝＝＝Fv＝7.2×103N×10m/s＝7.2×104W。
（2）汽车的总重力
G＝mg＝4×103kg×10N/kg＝4×104N，
汽车静止时对地面的压力
F压＝G＝4×104N，
新能源公交汽车静止时对水平地面的压强
p＝＝＝1×105Pa。
（3）由题意可知，太阳能电池板每天充入的最多电能
W最多＝30kW•h＝30×3.6×106J＝1.08×108J，
此时电能转化的有用功
W有1＝W最多×η1＝1.08×108J×90%＝9.72×107J，
由题可知天然气完全燃烧时产生的内能转化为汽车前进所做的功的效率
η2＝30%，
假设天然气完全燃烧时放出的热量为Q放，若这些有用功由燃气发动机来提供，则
Q放×η2＝W有1，即
Q放＝＝＝3.24×108J，
根据Q放＝mq可得，需要天然气的质量
m＝＝＝7.2kg。
答：（1）当车辆以36km/h匀速行驶时，牵引力的功率为7.2×104W。
（2）新能源公交汽车静止时对水平地面的压强是1×105Pa。
（3）每天最多可以节约天然气的质量为7.2kg。
【点评】本题是一道电学、力学和热学的综合题，从题中获取有用信息，正确理解转化效率的含义是解题关键，是一道好题。
27．（5分）小明在“探究质量是200g某固体熔化时温度变化规律”时，其实验装置如图甲所示。
（1）请指出装置中存在的一个错误： 温度计玻璃泡没有与被测物体充分接触 ；
（2）改正错误后，小明进行了正确的操作，得到了物体温度随时间变化的图像如图乙所示，则该物体是 晶体 （选填“晶体”或“非晶体”），物体熔化后其比热容 变大 （选填“变大”、“变小”或“不变”），物体在第2min时的内能 小于 （选填“大于”、“小于”或“等于”）第3min时的内能。
（3）在6min内完全燃烧了8g的酒精，根据图像信息和相关知识，可估算出此过程中热转化效率是 20% 。[已知该物质的液态的比热容c＝4×103J/（kg•℃），酒精的热值为3.0×107J/kg]
【分析】（1）在使用温度计时，玻璃泡要与被测物体充分接触；在进行读数时，要注意其分度值；
（2）晶体熔化时，不断吸收热量，温度保持不变，内能增大；非晶体熔化时，不断吸收热量，温度不断升高；
相同时间内，吸收相同的热量，但温度变化不同，说明温度变化大的比热容小，温度变化小的比热容大；物质吸收热量，内能变大；
（3）根据Q吸＝cm（t﹣t0）计算该物质液态时吸收的热量；对酒精灯来说，有用功为被加热的某种物质吸收的热量，总功为酒精完全燃烧放出的热量，酒精灯的效率可用公式η＝×100%来计算。
【解答】解：（1）图中温度计操作的错误是：温度计放的位置不正确，温度计玻璃泡没有与被测物体充分接触；
（2）由图乙可知，第2min时这种物质开始熔化，在第4min熔化结束，该过程中不断吸收热量，但温度保持在80℃不变，故该物体是晶体；
由图乙可知，在0～2min的时间里固态物质升高的温度为Δt1＝30℃；在4min﹣6min的时间里液态物质升高的温度为Δt2＝20℃，即Δt1＞Δt2；
由Q＝cmΔt可知，当吸收的热量和质量都相同时，Δt越大、比热容c就越小，所以这种物质固态时的比热容小于液态时的比热容，则该物体熔化后比热容变大；
由图乙可知：物体在第2～3min时正在熔化，该过程中不断吸收热量，内能变大，即物体在第2min时的内能小于第3min时的内能；
（3）物质的质量m＝200g＝0.2kg，
由图乙知，在第4min物质的温度为80℃，在第6min的温度为100℃，则：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4×103J/（kg•℃）×0.2kg×（100℃﹣80℃）＝1.6×104J；
8g酒精完全燃烧放出的热量：Q总＝m酒精q酒精＝8×10﹣3kg×3.0×107J/kg＝2.4×105J；
从第4min到第6min该物质共吸热1.6×104J，由于相同时间吸收的热量是相等的，所以该物质每分钟吸热为0.8×104J，在6min内该物质共吸热6×0.8×104J＝4.8×104J；
酒精灯的热转化效率为η＝×100%＝×100%＝20%。
故答案为：（1）温度计玻璃泡没有与被测物体充分接触；（2）晶体；变大；小于；（3）20%。
【点评】此题是有关晶体熔化图像问题，考查了晶体的熔化过程的特点、比热容的知识、热量的计算及效率的计算，属于中档题。
28．（7分）某实验小组在“研究杠杆平衡条件”的实验中：
（1）如图甲所示，杠杆 是 （选填“是”或“不是”）处于平衡状态；实验过程中杠杆在如图乙所示位置平衡，以便于 直接在杠杆上读出力臂 。
（2）给杠杆两侧挂上不同数量的钩码，移动钩码的位置，使杠杆重新在水平位置平衡。设右侧钩码对杠杆施的力为动力F1，左侧钩码对杠杆施的力为阻力F2；测出杠杆平衡时的动力臂l1和阻力臂l2；把F1、F2、l1、l2的数据填入表格中。改变动力F1和动力臂l1的大小，相应调节阻力F2和阻力臂l2，再做几次实验，实验数据如下表所示。
次数
动力F1/N
动力臂l1/m
阻力F2/N
阻力臂l2/m
1
0.5
0.3
1
0.15
2
1.5
0.1
3
0.05
3
3
0.1
1.5
0.2
分析表中的数据得到杠杆的平衡条件： F1l1＝F2l2 。
（3）如图乙所示，在A、B、C三点中沿 C 点竖直向 上 拉，可使杠杆保持水平位置平衡，且为省距离杠杆。
（4）如图丙，装有物品的旅行箱整体可视为杠杆，O为行李箱重心，P为拉杆的端点，在P点沿 F2 方向施加拉力，可用最小力使旅行箱静止；若在P点用始终沿竖直向上的力将行李箱拉至虚线位置，则在虚线位置静止时的拉力与原来相比 不变 。
【分析】（1）杠杆处于静止或匀速转动状态是平衡状态；调节杠杆在水平位置平衡时，平衡螺母向上翘的一端移动；使杠杆在水平位置平衡的目的是为了直接从杠杆上读出力臂；
（2）先将数据中的各自的力与力臂相乘，然后分析实验数据，找出关系式；
（3）杠杆动力和阻力在同一侧时，两者力的方向应该相反才能保持杠杆平衡，动力臂小于阻力臂时，杠杆为费力杠杆，省距离；
（4）根据杠杆的平衡条件分析拉力的变化即可。
【解答】解：（1）杠杆处于静止或匀速转动状态是平衡状态；使杠杆在水平位置平衡的目的是为了直接从杠杆上读出力臂；
（2）分析表中的实验数据，动力×动力臂＝阻力×阻力臂，用F1、F2、l1和l2分别表示动力、阻力、动力臂和阻力臂，杠杆平衡条件可表示为：F1l1＝F2l2；
（3）要使杠杆省距离，则属于费力杠杆，则动力臂应小于阻力臂，所以应该选择在C点施加向上的力；
（4）装有物品的旅行箱整体可视为杠杆，O为行李箱重心，P为拉杆的端点，在P点沿F2方向施加拉力，此时力臂最大，可用最小力使旅行箱静止；
若在P点用始终沿竖直向上的力将行李箱拉至虚线位置，则在虚线位置静止时的拉力与原来相比将不变。
故答案为：（1）是；直接在杠杆上读出力臂；（2）F1l1＝F2l2；（3）C；上；（4）F2；不变。
【点评】本题考查了杠杆的平衡条件的相关实验探究，属于中档题。
29．（6分）如图是探究“物体动能的大小与什么因素有关”的实验示意图。小明同学让同一钢球分别从斜面由静止开始滚下，撞击木块。
（1）该实验是通过观察木块移动的距离来判断 钢球 （选填“钢球”或“木块”）动能的大小；
（2）利用如图所示的实验情景，可以得到的结论是： 质量一定时，物体的速度越大，动能越大 ；
（3）在探究动能的大小与质量关系时，当换用另一个钢球实验时，发现它将木块撞出了木板，要继续完成此实验，下列措施中可行的是： ④ （选填序号）。
①换质量更大的木块：
②降低第二次钢球的高度；
③换质量更大的钢球；
④换质量更小的钢球；
（4）小明由此实验还联想到探究牛顿第一﹣定律的实验，让同一个小车沿同一斜面的同一个高度由静止开始向下运动，到达毛巾、棉布、玻璃三种不同水平面上继续向前运动直到停止，在水平面运动的整个过程中，克服摩擦力做的功 相等 （选填“相等”或“不相等”）。小车在玻璃、毛巾表面克服阻力做功的功率分别是P1、P2，则P1 ＜ P2。（选填“＞”或“＝”或“＜”）
（5）小明同学尝试改用如图丙所示装置探究物体动能大小与哪些因素有关”，经过思考设计了以下两个实.验方案：
实验方案一：探究动能大小与速度的关系：用同一钢球将同一弹簧压缩至不同程度后由静止释放，撞击同一木块，比较木块被撞击的距离；
实验方案二：探究动能大小与质量的关系：用质量不同的钢球将同一弹簧压缩相同程度后由静止释放，撞击同一木块，比较木块被撞击的距离。
关于小明的实验方案， A 。（填序号）
A.只有实验方案一可行
B.只有实验方案二可行
C.两个实验方案均可行
D.两个实验方案均不可行
【分析】（1）此实验把动能的大小转换为木块被撞击后滑行的距离，距离越远表明钢球的动能越大；
（2）动能的大小与质量和速度有关，实验时用控制变量法分别探究；
（3）根据减小动能的方法分析；
（4）直接比较小车在三个表面上克服摩擦力做功是否相等不好确定，可根据重力势能大小关系及能量的转化分析。根据功率计算公式判定功率的大小；
（5）结合控制变量法的要求，看是否合理的控制了相关变量，并改变了要研究的变量，这样才能知道是否符合实验要求。
【解答】解：（1）实验中通过观察木块被撞击后滑行的距离的大小来间接判断钢球动能的大小，该方法是转换法；
（2）根据图示可知，小球的质量不变，滚下的高度不同，到达水平面时的速度不同，所以探究的是动能大小与速度的关系，钢球的速度越大，撞击木块移动的距离越大，动能越大；结论为：在质量一定时，物体的速度越大，动能越大；
（3）在探究动能的大小与质量关系时，需要控制速度大小不变，改变质量，当换用另一个钢球实验时，发现它将木块撞出了木板，这说明该球的质量太大了；
①换质量更大的木块，改变了摩擦力的大小，故①错误；
②实验中需要控制速度相同，不能降低第二次钢球的高度，故②错误；
③换质量更大的钢球，则更容易使木块滑出木板，故③错误；
④换质量更小的钢球，能减小木块移动的距离，故④正确；
故选④；
（4）物体克服摩擦力做功的能量来自物体的动能，而动能一开始是相等的，最终物体停下来，动能为零，因此说明，小球无论在什么样的水平面上，克服摩擦力做的功是相等的；
小车在玻璃、毛巾表面克服阻力做功的功率分别是P1、P2，接触面越光滑，小车的运动距离越远，运动时间越长，由于克服摩擦所做的功相同，根据P＝可知，则P1＜P2；
（5）方案一：质量相同的钢球将同一弹簧压缩不同程度后静止释放，撞击同一木块，将木块撞出一段距离进行比较。可以研究钢球的动能大小与速度的关系；
方案二：若用质量不同的钢球将同一弹簧压缩相同程度后静止释放，撞击同一木块，撞击的动能由弹簧的弹性势能转化而来，而弹簧的弹性势能的大小与形变程度有关，故弹簧势能相同，转化出的动能相同，因此，木块最终移动的距离相同，这样是不能完成实验的；
故选A。
故答案为：（1）钢球；（2）质量一定时，物体的速度越大，动能越大；（3）④；（4）相等；＜；（5）A。
【点评】用控制变量法研究动能大小的影响因素，用转换法表示动能的大小；采用控制变量法研究实验时，一定注意相同因素和不同因素。
30．（7分）小明利用如图甲所示的电路探究电流跟电阻的关系。已知电源电压为6V且保持不变，实验用到的电阻阻值分别为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω。
（1）请根据图甲将图乙所示的实物电路连接完整（导线不允许交叉）
（2）小明在探究电流与电阻关系时，得到如图丙所示的电流I随电阻R变化的图象。
①由图象可以得出结论： 当电压一定时，导体中通过的电流与电阻成反比 。
②上述实验过程中，小明先用5Ω的电阻做完实验时，滑动变阻器滑片恰好移到a点位置，然后他用10Ω的电阻替换5Ω的电阻继续实验，闭合开关S，移动滑动变阻器滑片，使电压表示数为 2.5 V时，读出电流表的示数，此时变阻器的滑片移至b点位置，那么b点在a点的 左 侧。
（3）为完成整个实验，应该选取最大阻值不小于 35 Ω的滑动变阻器。
（4）另一组小雨在没有电流表的情况下用图丁所示的电路测Rx的阻值，其中R是电阻箱（阻值可调、可读），请帮助她完成实验步骤：
①只闭合开关S1、S3，移动滑动变阻器的滑片，使电压表指针指在合适位置，读出电压表读数为U1，读出电阻箱的读数为R；
②只闭合开关S1、S2，保持滑动变阻器的滑片位置及电阻箱的阻值不变，读出电压表读数为U2；
③则Rx＝ （用U、U2、R表示）；
若步骤②中，不小心将滑片向右移动了少许，其它操作正确，则测得Rx的阻值比真实值偏 大 。
【分析】（1）电压表与定值电阻并联，滑动变阻器采用“一上一下”原则与定值电阻串联接入电路；
（2）在研究某个因素对电路中电流的影响时，只改变这个因素，而保持其他因素不变，从而确定该因素是否影响电路中电流的大小，这种研究方法称为控制变量法；根据图象中电流与电阻之积为一定值分析得出结论；
（3）根据图象利用欧姆定律求出定值电阻两端所控制的电压，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，求出当接入25Ω电阻时变阻器连入电路中的电阻，进而确定滑动变阻器的规格。
（4）没有电流表，那就用电压表测二次，利用变阻箱，就可以求得电流，进而知道电阻值了。
【解答】解：（1）滑动变阻器应与定值电阻串联，由图乙可知，滑动变阻器下面的接线柱已连入电路，只需将上面任意一个接线柱与定值电阻右边的接线柱相连；电压表应与定值电阻并联，由图乙可知，电压表的“3”接线柱已接入电路，需要将电压表的“﹣”接线柱接到定值电阻的右边接线柱即可，如下图所示：
（2）①根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻两端的电压相同，因此实验中多次改变R的阻值，调节滑动变阻器的滑片，目的是保持定值电阻两端电压不变；由图象可知，导体的电阻增大，通过导体的电流减小，通过导体的电流与导体的电阻的乘积保持不变，故可得出结论：导体两端的电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；
②从图丙中看出，当电阻为5Ω时，对应的电流0.5A，说明电阻两端电压为2.5V，这时滑动变阻器在a点阻值Ra＝＝7Ω；当用10Ω的电阻替换5Ω的电阻继续实验，也必须保持电阻两端电压2.5V，从图中看出电阻10Ω时，电流为0.25A，此时滑动变阻器b点阻值Rb＝＝14Ω，滑动变阻器从a到b是阻值变大的，那么从电路图中看b点应该在a点的左侧。
（3）为完成整个实验，应该选取最大阻值不小于多少Ω的滑动变阻器，这其实就是让你计算定值电阻为25Ω时，对应的滑动变阻器的阻值。
从图丙中看出电阻为25Ω时，对应的电流为0.1A，那么滑动变阻器的阻值R＝＝35Ω；
（4）当没有电流表时，U1其实就是测得电阻RX两端的电压，U2就是测RX和变阻箱R的电压，则Rx＝；滑动变阻器就是起调节RX的电压为2.5V的作用，所以前后两步不能移动滑片，如果不小心向右移动少许，会使滑动变阻器阻值变大，分到的电压会变大些，那么U2会偏小些，从Rx＝的公式来看，导致测量值偏大些。
故答案为：（1）实物图如上解；（2）当电压一定时，导体中通过的电流与电阻成反比；2.5；左；（3）35；（4）；大。
【点评】本题探究电流跟电阻的关系，考查电路连接、控制变量法、欧姆定律的应用、器材的选择和分析图象归纳结论的能力。
31．（5分）物理科创小组制作了一个长方体光学元件盒（如图乙），在盒子左侧开有一小孔，上表面右侧开有一正方形窗口，窗口上贴有一半透明纸片ABCD，其余部分处于密封状态。小明将一根点燃的蜡烛立在小孔正前方后（如图甲所示），在半透明薄纸片上观察到了烛焰的像。科创小组的同学告诉他，盒中只有1块不透光的平面镜。
（1）半透明纸片上的像是 实 （选填“实”或“虚”）像；
（2）请在图丙中的虚线框内画出平面镜的放置情况；
（3）在下列四幅图中， B 图呈现的是小明在半透明纸片上所看到的像的形状；
（4）要使半透明薄纸片上的像变大，小明想到了以下一些方案，你认为可行的是 D 。
①将蜡烛移向小孔②将小孔大小增大③将元件盒缩短④将光学元件盒加高
A．①②
B．②③
C．③④
D．①④
【分析】（1）能被光屏接收到的像是实像；
（2）首先确定入射光线和反射光线，根据法线与平面镜垂直作出平面镜的位置；
（3）小孔所成的像是倒立的实像；
（4）小孔所成的像的大小与物距、像距的大小有关。
【解答】解：
（1）实像能用光屏接收，而虚像不能用光屏接收，像能成在半透明薄纸片（相当于光屏）上，这说明该像是实像。
（2）经过小孔的水平光线经过平面镜反射后，竖直向上照射到半透明薄纸片上，反射光线与入射光线垂直，所以先做反射光线和入射光线夹角的角平分线，作为法线，根据法线与平面镜是垂直，作出平面镜，作图如下：
（3）烛焰顶部的光经过小孔，然后被平面镜反射到薄膜上靠AD侧，烛焰底部的光经过小孔，然后被平面镜反射到薄膜上靠BC侧，故ACD不符合题意，B符合题意。
（4）小孔所成像的大小与物体到小孔的距离有关，还与承接像的光屏到小孔的距离有关。①将F光源移向小孔，物距变小，所成的像会变大；②将小孔的大小增大，不会改变像的大小，如果孔过大，将不会成像；③将光学元件盒缩短，像距变小，所成的像变小；④将光学元件盒加高，像距变大了，所成的像变大。①④可行，故ACD不符合题意，D符合题意。
故答案为：（1）实；（2）见解析；（3）B；（4）D。
【点评】本题考查了小孔成像的特点、光的反射定律的应用，难度不大。
相关试卷
2023-2024学年江苏省无锡市梁溪区物理九上期末经典模拟试题含答案： 这是一份2023-2024学年江苏省无锡市梁溪区物理九上期末经典模拟试题含答案，共12页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
2023年江苏省无锡市梁溪区部分学校中考物理二模试卷-普通用卷： 这是一份2023年江苏省无锡市梁溪区部分学校中考物理二模试卷-普通用卷，共34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。
2023年江苏省无锡市梁溪区中考物理一模试卷（含答案解析）： 这是一份2023年江苏省无锡市梁溪区中考物理一模试卷（含答案解析），共29页。
