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2023年江苏省无锡市宜兴市中考物理二模试卷（含答案）
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这是一份2023年江苏省无锡市宜兴市中考物理二模试卷（含答案），共46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年江苏省无锡市宜兴市中考物理二模试卷
一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分.每小题给出的四个选项中只有一个正确）
1．（2分）在公共场所“轻声”说话是文明的表现，这里的“轻声”是指声音的（ ）
A．音调 B．响度 C．音色 D．声速
2．（2分）以下估测与实际情况相符的是（ ）
A．教室的高度是1.8m
B．人步行速度为5m/s
C．橡皮从课桌表面掉到地上的时间约为3s
D．体育中考小明立定跳远的成绩为2.42m
3．（2分）皮影戏是我国的传统戏剧，国家级非物质文化遗产之一，如图所示。如图所示的情景中，与皮影戏原理相同的是（ ）
A．树荫下光斑 B．水中倒影
C．筷子弯折 D．雨后彩虹
4．（2分）下列对自然界中的霜、雪、雾、露等现象的描述，正确的是（ ）
A．“月落乌啼霜满天，江枫渔火对愁眠”，霜的形成是凝固现象，需要放热
B．“白雪纷纷何所似，未若柳絮因风起”，雪的形成是凝华现象，需要吸热
C．“风摇松叶赤城秀，雾吐中岩仙路迷”，雾的消散是汽化现象，需要吸热
D．“龙镇古潭云色黑，露淋秋桧鹤声清”，露的形成是升华现象，需要放热
5．（2分）如图所示，小聪同学将装满水的溢水杯放在水平桌面上，然后把系在弹簧测力计下的铁块慢慢地浸入水中，溢出的水流入小桶内，铁块从接触水面到触底之前这一过程中，下列说法正确的是（ ）
A．铁块受到的浮力一直变大
B．弹簧测力计示数一直变大
C．铁块底部受到水的压强一直变大
D．溢水杯底部受到水的压强一直变大
6．（2分）如图所示是物理课本中的四个小实验。下列对实验的分析正确的是（ ）
A．图甲，抽掉玻璃板后，两瓶内气体颜色发生变化，说明分子在不停地运动
B．图乙，向上拉浸没在水中的玻璃板直至脱离水面，测力计示数保持不变
C．图丙，向下压活塞的过程，筒内气体内能减小
D．图丁，塞子冲出相当于内燃机的排气冲程
7．（2分）如图所示，A、B两同学用甲、乙两种方式推墙。甲中A向前推B、B向前推墙；乙中A、B同时向前推墙。每人用力的大小都为F，方向水平向右。已知地面粗糙，则以下说法中正确的是（ ）
A．甲方式中墙受到的力为2F
B．甲方式中A同学受到地面的摩擦力大小为F
C．甲方式中B同学受到地面的摩擦力大小为F
D．乙方式中两位同学受到地面的摩擦力大小都为2F
8．（2分）2021年5月15日，中国火星探测器“天问一号”成功着陆火星，如图所示为巡视器减速下降到火星表面的过程，下列关于它的机械能变化情况分析正确的是（ ）
A．动能增大，重力势能减小，机械能不变
B．动能减小，重力势能增大，机械能不变
C．动能增大，重力势能增大，机械能增大
D．动能减小，重力势能减小，机械能减小
9．（2分）将灯泡L1和L2接入如图所示电路，闭合开关。下列说法正确的是（ ）
A．灯泡L1先亮，灯泡L2后亮
B．通过灯泡L1的电流方向是由B向A
C．用一根导线直接接在A、B两个接线柱上，灯泡L2不发光
D．不可以用导线直接连接A、C两个接线柱，会烧毁电源
10．（2分）为了生活方便，卧室里的同一个照明灯通常用两个开关控制。一个安装在进门处，一个安装在床头附近，操作任意一个开关均可以开灯、关灯。图中的四幅图是小明用电池作为电源设计的四个电路模型，能满足要求的是（ ）
A． B．
C． D．
11．（2分）如图所示，为了防止考生作弊，监考人员往往会利用手持式金属探测器对考生进行检查，当探测器靠近金属物体时，金属物体就会产生感应电流，使探测器发出警报。下列实验能反映出金属探测器工作原理的是（ ）
A．
B．
C．
D．
12．（2分）如图甲所示，小灯泡L与滑动变阻器R串联在电压为3V的电路中，闭合开关S移动滑片P，得到小灯泡的I﹣U图象如图乙所示。当小灯泡的功率为0.2W时，下列说法正确的是（ ）
A．电流表的示数为0.1A
B．滑动变阻器接入电路的电阻为10Ω
C．电路消耗的总功率是0.5W
D．10s内电流对滑动变阻器做功是2J
二、填空题（本题共12小题，每空1分，共36分）
13．（2分）用一张硬卡片先后在木梳的齿上划过，一次快一些，一次慢一些，你听到卡片发出声音的 不同，该实验研究对象是 （木梳/卡片）。
14．（4分）在“探究固体熔化时温度的变化规律”的实验中，实验装置如图甲所示。试管中装有适量的碎冰，按图甲组装时应将温度计的玻璃泡与碎冰充分接触，图乙是根据实验记录绘制的冰熔化时温度随时间变化的图像。BC段的物质处于 （固态/液态/固液共存态），试管中的冰完全熔化后，若持续加热，在标准大气压下将得到图像中的DE段，此时发现烧杯中的水沸腾，温度 （变大/变小/不变），这段时间内试管中的水 （能/不能）沸腾，AB段和CD段斜率不同说明冰和水的 （密度/内能/比热容）不同。
15．（2分）照镜子时，小红能从镜子里看到自己的像，小红距镜子1m，则她与她在镜中像的距离为 m，当小红远离平面镜时，她在镜中像的高度 （变小/不变/变大）。
16．（4分）如图甲，F和F'为凸透镜的焦点，P和P'到凸透镜的距离为二倍焦距。蜡烛、凸透镜的位置不变时，应将光屏向 （左/右）移动，才能在光屏上得到清晰的像，此成像特点可应用在 上（照相机/投影机/放大镜）。现代人们大量使用手机、平板和电脑等电子设备，长时间盯着屏幕，容易导致视力下降，患上近视眼；图中 （乙/丙）是近视眼的光路示意图、近视眼应配戴 透镜（凸/凹）制成的眼镜来矫正。
17．（4分）电影《长津湖》再现了中国志愿军战士艰苦作战的场景。战士们吃的土豆在﹣40℃的严寒中变的像石头一样坚硬，必须用身体捂热变软之后才能吃。土豆像石头一样坚硬是因为土豆中的水发生 （填物态变化名称），“用身体焐热土豆”是通过 的方式使土豆的内能增大。汽油机将内能转化成机械能的冲程是 冲程，如果此汽油机转速为3000r/min，则1秒钟做功 次。
18．（2分）如图所示，是河水中的漩涡。漩涡中心处的流速较 ，压强较 ，导致周边物体易被“吸入”漩涡。
19．（3分）最大容积为500mL的烧杯静置在水平桌面上，烧杯内有质量为400g的水，现将一个体积为300mL的可乐罐缓慢浸入烧杯中，如图所示，烧杯溢出水的质量为100g，此时可乐罐受到的浮力大小是 N，浸在烧杯中的体积是 cm3，一艘轮船从长江驶入大海，船身要 （上浮/下沉）一些。（g取10N/kg）
20．（2分）如图所示，桌面足够长，不计滑轮与绳间的摩擦，物体A重10N，当物体B重为2N时，恰好拉着A向右做匀速直线运动。当用水平向左的力F1拉着物体A向左做匀速直线运动时，则关于物体A受到的摩擦力f大小为 N，拉力F1的大小为 N。
21．（3分）如图所示，搬运工人在20s内用滑轮组将重为540N的重物匀速提升3m，所用拉力为200N，则拉力的功率是 W，滑轮组的机械效率是 ，忽略绳重和摩擦，动滑轮重为 N。
22．（2分）利用如图甲所示的“坐位体前屈测试仪”可以对学生进行身体柔韧性测试。某同学设计了如图乙的电路图进行模拟测试，测试者向前推动滑块相当于向左移动滑动变阻器的滑片P。电源两端电压保持不变，闭合开关S，测试者向前推动滑块时，电流表的示数 （变大/变小/不变，下同），电压表的示数 。
23．（4分）图甲是智能加热恒温杯垫，其电路原理简图如图乙所示，R1和R2均为电热丝，杯垫具有加热和保温两个挡位，加热功率为40W，保温功率为10W。[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]
（1）当S1和S2均闭合时，智能加热恒温杯垫处于 （加热/保温）状态。
（2）该杯垫在加热状态下正常工作10分钟，消耗的电能是 J，R2的阻值为 Ω。
（3）用该加热杯垫将0.5kg水从25℃加热到65℃时，水吸收的热量是 J。
24．（4分）据报道，一位物理老师在动物园内，用弹簧测力计称出了一头大象的质量。在称象过程中，他还用到了吊车、铁笼和一根很长的槽钢等辅助工具。操作步骤如下：
步骤1.如图a他首先将铁笼系于槽钢上的B点，当吊车吊钩在槽钢上的悬吊点移至O点时，槽钢在水平位置平衡，测得OB＝8cm。
步骤2.如图b将大象引入铁笼，用弹簧测力计竖直向下拉住槽钢的另一端，使之再次在水平位置平衡，测得OA＝10m，弹簧测力计的示数为200N。
（1）此装置是 （省力/费力）杠杆。
（2）b中的F2的大小是指 （选填字母A：大象的重力/B：大象和铁笼的总重力）根据上述数据测出了大象的重量为 N。
（3）若弹簧测力计量程为0～200N，利用现有器材称一只重力更大的大象的做法是 。
三、解答题（本题共8小题，共40分，其中26题应写出必要的解题过程）
25．（2分）请在图中将入射光线补画完整（F是凹透镜的焦点，光线AB平行于主光轴）。
26．（2分）如图所示，木块A与小车在水平地面上一起向右做加速运动。请画出木块A受力的示意图。
27．（2分）如图所示，在螺线管旁悬挂一条形磁体。闭合开关后，条形磁体向左偏。请在括号内标出：
（1）通电螺线管的“N”或“S”极；
（2）电源的“+”或“﹣”极。
28．（6分）汽车配有6个轮胎，每个轮胎与地面的接触面积为0.02m2，空载质量约为18000kg：
（1）求该车空载静止在水平地面上时，对地面的压强为多少Pa？（g＝10N/kg）
（2）若汽车行驶时阻力为8000N，发动机提供的牵引力使得汽车匀速直线行驶1km，牵引力做功多少J？
（3）该燃油车使用的燃油的热值为4×107J/kg，该汽车发动机的效率为30%，匀速直线行驶1km消耗的燃油为多少kg？
29．（7分）市面上卖的一些土鸡蛋，同学都认为它们与普通鸡蛋不同，于是开始测量土鸡蛋的密度。
（1）使用前若天平的指针如图甲所示，则应将平衡螺母向 （左/右）调节，待天平平衡后，把鸡蛋放在天平的 （左/右）盘中。
（2）当天平平衡后砝码和游码如图乙所示，则鸡蛋的质量为 g，进行了如图丙所示的一系列操作后，发现从②到③的过程中加入了50cm3的水。则所测鸡蛋的密度为 kg/m3；实验中有同学发现土鸡蛋有一定的吸水性，则所测密度将 （不变/偏大/偏小）。
（3）接下来小明想用鸡蛋和盐水做浮沉相关实验，想配制盐水的密度为1.2×103kg/m3，现在配制了400cm3的盐水，称得其质量为500g，想达到预期的目标应加 （盐/水） g。
30．（7分）小华做“探究电流与电阻的关系”实验。实验中电源电压为4.5V恒定不变，电流表选用“0～0.6A”量程，电压表选用“0～3V”量程，滑动变阻器规格为“30Ω，1A”。
（1）请用笔画线代替导线，在图甲中完成实验电路的连接（要求滑片向左滑动时，电压表示数变大，导线不交叉）。连好电路闭合开关，发现电压表、电流表均完好但无示数，已知故障出在AD之间，为了找出故障小华将一端连接电压表接线柱、一端连接E接线柱的导线从E端断开，分别接触A、B、C、D四个接线柱，发现接触A、B、C三个接线柱时电压表的示数接近电源电压，接触D接线柱时电压表无示数，则电路的故障是 。排除故障后，将不同阻值的电阻分别接入电路，移动滑片记录的数据如下表：
（2）小玲连接好正确电路后，分别接入阻值不同的电阻R，测量了五组实验数据，其中第2组实验的电流表示数如图乙所示为 A，小玲根据正确的实验数据得出实验结论：电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成 。
实验组次
1
2
3
4
5
电阻R/Ω
5
10
15
25
30
电流I/A
0.6
0.2
0.12
0.1
（3）为了使实验结论更可靠，小玲想继续保持此电压不变再多测几组数据，请计算AB间允许接入的电阻R最小为 Ω，最大为 Ω。
（4）若撤去电压表和滑动变阻器，新增一个阻值为R0的定值电阻，利用如图丙所示的实验电路，可以测量待测电阻Rx的阻值。实验步骤如下：
①首先，闭合开关S1、S2，记录电流表的示数I1；
②接着，断开开关S2，记录电流表的示数I2；则待测电阻的阻值Rx＝ （用R0、I1、I2表示）。
31．（7分）我国第三艘航空母舰“福建舰”于2022年6月17日下水，它是我国完全自主设计建造的首艘电磁弹射型航空母舰，满载排水量约为8×104t，最底部距海面的竖直距离约为20m。“歼﹣20”作为中国第五代隐形战斗机，融合了全球优秀战斗机的特点，具备了很强的隐形性能、机动性能，该飞机最大起飞质量为37t，最大飞行高度达20km，最大航行速度达2.5倍声速（合850m/s），某日，“歼﹣20”在福建舰上开展试飞训练。（g取10N/kg）
（1）以停在福建舰上的舰载机为参照物，福建舰是 （运动/静止）的，福建舰满载时，所受的浮力为 N，当一架舰载机飞离了航母，则航母浸在水中的体积跟原来相比将 （变大/变小/不变）。
（2）舰载机在航母上降落时必须适时放下舰钩，钩住甲板上的拦阻索，达到强行 （加速/减速）的目的，这个过程中，舰载机的惯性 （增大/减小/不变）。
（3）飞机航行时所受阻力的大小与速度的平方成正比，即f＝kv2，k值的大小体现了舰载机的性能，设计人员不断改进设计，希望 （增大/减小）k值。飞机的推重比是指飞机以最大航行速度匀速飞行时的牵引力与最大起飞重力的比值，k值取0.2，则该“歼﹣20”飞机的推重比约为 。（结果保留1位小数）
32．（7分）家庭照明使用的灯泡已经经过三个阶段的发展，图1甲是白炽灯，图1乙是节能灯，图1丙是LED灯。我国从2012年10月1日起逐步淘汰白炽灯，提倡使用节能灯；从2014年10月1日起禁止销售60瓦以上白炽灯。小明同学从相关资料中了解到100瓦白炽灯、20瓦节能灯与12瓦的LED灯的照明效果相当，并收集到这几种照明用灯具的有关数据如下表一，试回答：
表一：
灯泡类型
U额/V
P额/W
白炽灯
220
100
节能灯
220
20
LED灯
220
12
表二：
相同亮度
LED灯
节能灯
12W
20W
18W
30W
36W
60W
（1）LED灯是由 （导体/半导体/绝缘体）材料制成的。
（2）从表一可知，白炽灯逐渐被节能灯和LED灯替代，很大一部分原因是白炽灯和LED灯相比，消耗相同的电能 （白炽灯/LED灯）转化成的内能较多；表一中白炽灯正常发光时的电流为 A.（结果保留2位小数），LED灯与白炽灯相比，在达到相同亮度的条件下，LED灯可以节约电能 %。
（3）小明想测量此LED灯的实际功率，他设计了两种方案。方案一：只将该LED灯接入电路，记录1min内电能表（如图2所示）指示灯闪烁的次数n；方案二：只将该LED灯接入电路，用手机测出电能表闪烁1次的时间t。为了测量更准确，你选用方案 （一/二），此方案测出LED灯的实际功率为 （未知量用以上字母表示）。
（4）表二为LED灯与节能灯的对比广告图，如果广告属实，将一个额定功率为40W的节能灯替换成亮度相当LED灯，假设这盏灯日均工作10小时，一年（以360天计算），可以节约用电 度。
2023年江苏省无锡市宜兴市中考物理二模试卷
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.每小题给出的四个选项中只有一个正确）
1．（2分）在公共场所“轻声”说话是文明的表现，这里的“轻声”是指声音的（ ）
A．音调 B．响度 C．音色 D．声速
【分析】音调是指声音的高低，响度是指声音的强弱，音色是指声音的品质与特色。声音的响度与声源振动的幅度有关，振动幅度越大，响度越大。
【解答】解：在公共场所“轻声”说话是指声音的响度要小，是指声音的响度。
故选：B。
【点评】本题考查了音调和响度的区分，注意带有“高低”字眼的不一定指响度，例如高声喧哗、高谈阔论等，是学生比较容易出错的内容之一。
2．（2分）以下估测与实际情况相符的是（ ）
A．教室的高度是1.8m
B．人步行速度为5m/s
C．橡皮从课桌表面掉到地上的时间约为3s
D．体育中考小明立定跳远的成绩为2.42m
【分析】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。
【解答】解：A、教室的高度约为3m，故A与实际情况不相符；
B、人步行速度为1.1m/s，故B与实际情况不相符；
C、橡皮从课桌表面掉到地上的时间约1s，故C与实际情况不相符；
D、中学生立定跳远的成绩在2m左右，体育中考小明立定跳远的成绩约为2.42m，故D与实际情况相符。
故选：D。
【点评】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。
3．（2分）皮影戏是我国的传统戏剧，国家级非物质文化遗产之一，如图所示。如图所示的情景中，与皮影戏原理相同的是（ ）
A．树荫下光斑 B．水中倒影
C．筷子弯折 D．雨后彩虹
【分析】首先明确皮影戏是由于光的直线传播形成的，再对照选项中的描述，看哪一个的原理与之相同。
【解答】解：A．白天在浓密树荫下出现的圆形光斑是小孔成像现象，是由于光的直线传播形成的，与皮影戏原理相同，故A符合题意；
B．水中倒影是平面镜成像，其实质是光的反射，故B不符合题意；
C．斜插入水中的筷子看似弯折，是由于光的折射形成的，故C不符合题意。
D．雨过天晴时，常在天空出现彩虹，这是太阳光通过悬浮在空气中细小的水珠折射而成的，白光经水珠折射以后，分成各种彩色光，这种现象叫做光的色散现象，所以说雨后的天空出现彩虹是由光的色散形成的，故D不符合题意。
故选：A。
【点评】此题通过不同的现象考查了学生对光的反射、光的直线传播及光的折射的理解，在学习中要注意区分，并要学会用所学知识解释有关的物理现象。
4．（2分）下列对自然界中的霜、雪、雾、露等现象的描述，正确的是（ ）
A．“月落乌啼霜满天，江枫渔火对愁眠”，霜的形成是凝固现象，需要放热
B．“白雪纷纷何所似，未若柳絮因风起”，雪的形成是凝华现象，需要吸热
C．“风摇松叶赤城秀，雾吐中岩仙路迷”，雾的消散是汽化现象，需要吸热
D．“龙镇古潭云色黑，露淋秋桧鹤声清”，露的形成是升华现象，需要放热
【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。其中，熔化、汽化、升华吸收热量，凝固、液化、凝华放出热量。
【解答】解：A．霜是空气中的水蒸气遇冷形成的小冰晶，是凝华现象，需要放热，故A错误；
B．雪的形成是水蒸气变成小冰晶，是凝华现象，需要放热，故B错误；
C．雾的消散是由液态变为气态，是汽化现象，需要吸热，故C正确；
D．露是空气中的水蒸气遇冷形成的小水珠，是液化现象，需要放热，故D错误。
故选：C。
【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；另外对六种物态变化的吸热和放热情况也要有清晰的认识。
5．（2分）如图所示，小聪同学将装满水的溢水杯放在水平桌面上，然后把系在弹簧测力计下的铁块慢慢地浸入水中，溢出的水流入小桶内，铁块从接触水面到触底之前这一过程中，下列说法正确的是（ ）
A．铁块受到的浮力一直变大
B．弹簧测力计示数一直变大
C．铁块底部受到水的压强一直变大
D．溢水杯底部受到水的压强一直变大
【分析】（1）将铁块从刚开始浸入水中到触底之前这一过程分为两个过程：铁块从刚开始浸入水中到完全浸没在水中；铁块从完全浸没在水中到触底之前；分析铁块排开水的体积变化，根据F浮＝ρ水gV排分析浮力变化；根据F示＝G﹣F浮分析测力计的示数变化；
（2）溢水杯对桌面压力等于溢水杯和溢水杯内水的总重力；分析溢水杯满之前、之后溢水杯内水的重力和深度变化，判断溢水杯对桌面压力、小桶底部受到水的压强变化。
【解答】解：A、铁块从刚开始浸入水中到完全浸没在水中，铁块排开水的体积不断增大，根据F浮＝ρ水gV排知，铁块受到的浮力不断变大；铁块从完全浸没在水中到触底之前，铁块排开水的体积不变，根据F浮＝ρ水gV排知，铁块受到的浮力不变，故A错误；
B、铁块从刚开始浸入水中到完全浸没在水中，铁块受到的浮力不断变大，由F示＝G﹣F浮可知，测力计的示数变小；铁块从完全浸没在水中到触底之前，铁块受到的浮力不变，由F示＝G﹣F浮可知，测力计的示数不变。故B错误；
C、铁块从刚开始浸入水中到完全浸没在水中，然后从完全浸没在水中到触底之前，铁块底部在水中的深度逐渐增加，根据液体压强公式p＝ρgh可知，铁块底部受到水的压强一直变大，故C正确；
D、铁块从刚开始浸入水中到完全浸没在水中，溢水杯中水的深度逐渐增加，根据液体压强公式p＝ρgh可知，溢水杯底部受到水的压强一直变大，然后从完全浸没在水中到触底之前，溢水杯中水的深度不变，根据液体压强公式p＝ρgh可知，溢水杯底部受到水的压强不变，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了学生对阿基米德原理、液体压强公式了解与掌握，在分析过程中注意变化的条件，属于中档题目。
6．（2分）如图所示是物理课本中的四个小实验。下列对实验的分析正确的是（ ）
A．图甲，抽掉玻璃板后，两瓶内气体颜色发生变化，说明分子在不停地运动
B．图乙，向上拉浸没在水中的玻璃板直至脱离水面，测力计示数保持不变
C．图丙，向下压活塞的过程，筒内气体内能减小
D．图丁，塞子冲出相当于内燃机的排气冲程
【分析】（1）扩散现象说明分子在永不停息地做无规则运动。
（2）分子间同时存在着引力和斥力，当分子距离较近时表现为斥力，当分子间距离较远时表现为引力，玻璃板和水分子之间存在引力。
（3）做功可以改变物体的内能，当外界对物体做功时，物体的内能增大，当物体对外界做功时，物体的内能就会减小；
（4）对物体做功时，机械能转化为物体的内能，物体的内能增大；物体对外做功时，物体的内能转化为机械能，物体的内能减小。内燃机的做功冲程将内能转化为机械能。
【解答】解：A、抽掉玻璃板，二氧化氮和空气之间发生扩散现象，瓶内气体颜色最后变得均匀，说明分子在不停地运动，故A正确；
B、因为玻璃分子和水分子之间存在引力，所以向上拉浸没在水中的玻璃板直至脱离水面的过程，测力计示数将变大，故B错误；
C、压缩空气做功，瓶内空气温度升高，空气的内能增加，故C错误；
D、试管中的水沸腾后，水蒸气将软塞子推出，即水蒸气对塞子做功，将水蒸气的内能转化机械能，相当于内燃机的做功冲程，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查做功改变物体的内能，扩散现象、分子间的作用力等，关键是将课本知识内容记忆清楚，仔细分析。
7．（2分）如图所示，A、B两同学用甲、乙两种方式推墙。甲中A向前推B、B向前推墙；乙中A、B同时向前推墙。每人用力的大小都为F，方向水平向右。已知地面粗糙，则以下说法中正确的是（ ）
A．甲方式中墙受到的力为2F
B．甲方式中A同学受到地面的摩擦力大小为F
C．甲方式中B同学受到地面的摩擦力大小为F
D．乙方式中两位同学受到地面的摩擦力大小都为2F
【分析】推力为弹力，弹力发生在直接接触的物体之间，分别对甲、乙受力分析，然后根据平衡条件和相互作用力的关系进行解答。
【解答】解：ABC、甲方式中，先对A同学水平方向受力分析，受B对A的向左的弹力和地面对A的向右的静摩擦力；
再对B同学水平方向受力分析，受A对B向右的弹力和墙壁对B向左的弹力，由B同学静止可知，二力是一对平衡力，
又因A同学和B同学之间的作用力为相互作用力，B与墙壁之间的作用力也为相互作用力，
所以，A对B向右的弹力和墙壁对B向左的弹力大小均为F，
则甲方式中墙受到的力为F，B同学不受摩擦力，A的推力和地面的摩擦力平衡，甲方式中A同学受到地面的摩擦力大小为F故AC错误，B正确；
D、乙方式中，甲、乙两同学均受水平向左墙壁的弹力和地面向右的静摩擦力作用处于平衡状态，
由二力平衡条件可知，地面对两同学的摩擦力都为F，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了二力平衡条件和相互作用力关系的应用，分析好两种情况下的受力情况是关键。
8．（2分）2021年5月15日，中国火星探测器“天问一号”成功着陆火星，如图所示为巡视器减速下降到火星表面的过程，下列关于它的机械能变化情况分析正确的是（ ）
A．动能增大，重力势能减小，机械能不变
B．动能减小，重力势能增大，机械能不变
C．动能增大，重力势能增大，机械能增大
D．动能减小，重力势能减小，机械能减小
【分析】影响动能的因素有物体质量和速度，质量越大、速度越大，动能越大；影响重力势能的因素有质量和高度，高度越高、质量越大，重力势能越大；机械能是动能和势能的总和。
【解答】解：巡视器减速下降过程中，其质量不变，速度变慢，故动能变小；同时其质量不变，高度变小，所以重力势能变小；机械能等于动能与重力势能之和，故机械能减小，故D正确。
故选：D。
【点评】知道动能和重力势能大小的影响因素是解决该题的关键。
9．（2分）将灯泡L1和L2接入如图所示电路，闭合开关。下列说法正确的是（ ）
A．灯泡L1先亮，灯泡L2后亮
B．通过灯泡L1的电流方向是由B向A
C．用一根导线直接接在A、B两个接线柱上，灯泡L2不发光
D．不可以用导线直接连接A、C两个接线柱，会烧毁电源
【分析】（1）闭合开关后，整个电路各处同时产生电路；
（2）电源的外部，电流通过外部电路，从电源的正极流向负极；电源的内部，电流从电源的负极流向正极；
（3）用一根导线直接接在A、B两个接线柱上，灯泡L1会被短路；
（4）直接用导线接连接A、C两个接线柱，电源会被短路。
【解答】解：A、闭合开关后，整个电路各处同时产生电路，所以两灯同时发光，故A错误；
B、电源的外部，电流通过外部电路，从电源的正极流向负极。图中电流从电源的正极出发，通过导线先流过开关，再流入灯泡L1的的A接线柱，之后从B接线柱流出，故B错误；
C、用一根导线直接接在A、B两个接线柱上，灯泡L1会被短路，则灯泡L1不发光，故C错误；
D、直接用导线接连接A、C两个接线柱，电源会被短路，则可能会烧毁电源，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了电流方向和电路故障分析，题目难度适中。
10．（2分）为了生活方便，卧室里的同一个照明灯通常用两个开关控制。一个安装在进门处，一个安装在床头附近，操作任意一个开关均可以开灯、关灯。图中的四幅图是小明用电池作为电源设计的四个电路模型，能满足要求的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】操作任意一个开关均可以开灯、关灯，说明任何一个开关闭合时，灯泡都亮，任何一个开关断开时灯泡都灭。
【解答】解：A、图中两个单刀开关串联，相互影响，只有两个开关都闭合时，灯泡才发光，故A错误；
B、图中两个单刀开关并联，闭合S1或S2都能使灯泡发光，但是只有两个开关都断开时，灯泡才熄灭，故B错误；
C、图中S1和S2为单刀双掷开关，S1向上掷时灯泡不发光，S1向下掷时灯泡发光；S2向上掷时灯泡发光，S2向下掷时灯泡不发光，任意一个开关都可以开灯、关灯，故C正确；
D、图中S1为单刀双掷开关，S2为单刀开关，当S2断开时，无论S1往哪个方向掷，灯泡都不能发光，故D错误。
故选：C。
【点评】（1）注意题目要求，任意一个开关都能控制灯泡的亮灭，不是指两个开关并联；
（2）弄清单刀双掷开关的使用，以及在电路中的连接方式，当闸刀掷向某个方向时，电路的连接情况。
11．（2分）如图所示，为了防止考生作弊，监考人员往往会利用手持式金属探测器对考生进行检查，当探测器靠近金属物体时，金属物体就会产生感应电流，使探测器发出警报。下列实验能反映出金属探测器工作原理的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】由题意可知，金属探测器将线圈靠近金属物体时，相当于闭合电路的部分导体在切割磁感线，从而产生了电流，则分析各实验现象可知能产生电流的选项。
【解答】解：由题意可知，金属探测器是将线圈靠近金属物体时，相当于闭合电路的部分导体在切割磁感线，从而产生了电流，即金属探测器工作原理为电磁感应现象。
A、图中没有电源，是发电机原理图，是利用导体在磁场中做切割磁感线运动，产生感应电流制成的（即电磁感应现象），故A正确；
B、该图是电磁继电器，其主要部件是电磁铁，电磁铁的工作原理是电流的磁效应，故B错误；
C、该图是奥斯特实验，说明电流的周围存在磁场，故C错误；
D、图中有电源，是电动机原理图，电动机是利用通电导体在磁场中受力的作用而制成的，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查电磁感应现象的应用，要求学生能通过题意找出探测器的原理，并能正确掌握发电机的原理。
12．（2分）如图甲所示，小灯泡L与滑动变阻器R串联在电压为3V的电路中，闭合开关S移动滑片P，得到小灯泡的I﹣U图象如图乙所示。当小灯泡的功率为0.2W时，下列说法正确的是（ ）
A．电流表的示数为0.1A
B．滑动变阻器接入电路的电阻为10Ω
C．电路消耗的总功率是0.5W
D．10s内电流对滑动变阻器做功是2J
【分析】由电路图可知，小灯泡L与滑动变阻器R串联，电流表测电路中的电流，根据图乙读出小灯泡的功率为0.2W时其两端的电压和通过的电流；
根据串联电路的电压特点求出滑动变阻器两端的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出滑动变阻器接入电路的电阻；
利用P＝UI求出电路消耗的总功率；
利用W＝UIt求出10s内电流对滑动变阻器做的功。
【解答】解：由电路图可知，小灯泡L与滑动变阻器R串联，电流表测电路中的电流，
由图乙可知，当灯泡两端的电压UL＝1V、通过的电流IL＝0.2A时，小灯泡的功率PL＝ULIL＝1V×0.2A＝0.2W。
A、由图乙知当小灯泡的功率为0.2W时，通过小灯泡的电流为0.2A，所以电流表的示数为0.2A，故A错误；
B、因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，滑动变阻器两端的电压：
UR＝U﹣UL＝3V﹣1V＝2V，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，由欧姆定律可得，
滑动变阻器接入电路的电阻：
R＝＝＝＝10Ω，故B正确；
C、此时电路消耗的总功率：
P＝UI＝UIL＝3V×0.2A＝0.6W，故C错误；
D、10s内电流对滑动变阻器做功：
WR＝URIRt＝URILt＝2V×0.2A×10s＝4J，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式、电功公式的应用，从图像中获取有用的信息是关键。
二、填空题（本题共12小题，每空1分，共36分）
13．（2分）用一张硬卡片先后在木梳的齿上划过，一次快一些，一次慢一些，你听到卡片发出声音的 音调 不同，该实验研究对象是 卡片 （木梳/卡片）。
【分析】音调跟频率有关，频率越高，音调越高。
【解答】解：音调跟频率有关，频率越高，音调越高，用一张硬卡片先后在木梳的齿上划过，一次快一些，即此时振动快，频率高，听到卡片发出声音的音调高；一次慢一些，即此时振动慢，频率低，听到卡片发出声音的音调低，此实验研究的是卡片振动的快慢，发出声音的不同。
故答案为：音调；卡片。
【点评】本题考查声音的音调及其有关因素，属于简单题。
14．（4分）在“探究固体熔化时温度的变化规律”的实验中，实验装置如图甲所示。试管中装有适量的碎冰，按图甲组装时应将温度计的玻璃泡与碎冰充分接触，图乙是根据实验记录绘制的冰熔化时温度随时间变化的图像。BC段的物质处于 固液共存态 （固态/液态/固液共存态），试管中的冰完全熔化后，若持续加热，在标准大气压下将得到图像中的DE段，此时发现烧杯中的水沸腾，温度 不变 （变大/变小/不变），这段时间内试管中的水 不能 （能/不能）沸腾，AB段和CD段斜率不同说明冰和水的 比热容 （密度/内能/比热容）不同。
【分析】本题考查学生对晶体熔化沸腾条件的熟知程度。晶体在熔化过程中，不断吸收热量，温度保持不变，内能增大；物质升温快慢与物质不同状态下的比热容有关。由Q＝cmΔt判断冰和水的比热容大小；沸腾的条件；达到沸点，不断吸热。
【解答】解：本题从图像可以分成几个阶段：①AB段冰吸收热量，温度上升，但还没有开始熔化；②到达BC段冰才开始熔化，冰吸收热量，温度不变，处于固液共存；③CD段冰已全部熔化成水，继续吸热，温度上升，④DE段，水温上升到100℃，达到沸点，但烧杯中的水达到沸点可以从酒精灯处吸收热量，所以烧杯中的水可以沸腾，但试管中的水虽然达到沸点，但不能从烧杯中的水吸收热量，所以不能沸腾。
由图象可以看出，AB段与CD段的倾斜程度不同，可知升高相同的温度，水比冰用的时间长，吸热多。由Q＝cmΔt，质量和升高温度相同时，水的比热容比冰的比热容大。
故答案为：固液共存；不变；不能；比热容。
【点评】本题主要考查了“探究冰熔化时温度的变化规律”的实验中的操作要求、注意事项、过程分析等，有一定综合性。
15．（2分）照镜子时，小红能从镜子里看到自己的像，小红距镜子1m，则她与她在镜中像的距离为 2 m，当小红远离平面镜时，她在镜中像的高度 不变 （变小/不变/变大）。
【分析】平面镜成像的特点：物体和像的大小相等、物体和像关于平面镜对称、物体到平面镜的距离等于像到平面镜的距离。
【解答】解：平面镜成的像是由反射光线的反向延长线会聚形成的，所以是由光的反射形成的；
像和物体到平面镜的距离相等，小红距镜子1m，像和镜子之间的距离是1m，她与她在镜中像的距离为2m；物体和像的大小相等，当小红远离平面镜时，她在镜中像的高度不变。
故答案为：2；不变。
【点评】本题考查了平面镜成像的原因和特点，是一道简单题。
16．（4分）如图甲，F和F'为凸透镜的焦点，P和P'到凸透镜的距离为二倍焦距。蜡烛、凸透镜的位置不变时，应将光屏向 左 （左/右）移动，才能在光屏上得到清晰的像，此成像特点可应用在 照相机 上（照相机/投影机/放大镜）。现代人们大量使用手机、平板和电脑等电子设备，长时间盯着屏幕，容易导致视力下降，患上近视眼；图中 丙 （乙/丙）是近视眼的光路示意图、近视眼应配戴 凹 透镜（凸/凹）制成的眼镜来矫正。
【分析】（1）物距当u＞2f时，像距f＜v＜2f，成倒立、缩小的实像；
（2）近视眼是因为晶状体太厚、折光能力太强或眼球前后径过长，远处物体的像成在视网膜的前方，凹透镜对光线有发散作用，使原来会聚成像的光线延后会聚到视网膜上。
【解答】解：（1）由图中可知，蜡烛在2倍焦距之外，所以成倒立、缩小的实像。要想在光屏上得到清晰倒立的、缩小的实像，需要满足像距f＜v＜2f，则光屏应向左移动，生活中利用这个成像特点制成了照相机；
（2）由丙图知，眼睛看远处的物体，像成在视网膜的前方，说明晶状体对光的折射能力变强，是近视眼的成因，故图中丙是近视眼的光路示意图。
凹透镜对光线有发散作用，使像推迟会聚在视网膜上，所以近视眼配戴凹透镜来矫正。
故答案为：左；照相机；丙；凹。
【点评】此题主要考查了凸透镜成像的规律及近视眼的成因和矫正方法，要熟练掌握规律的内容，并能够做到灵活运用。
17．（4分）电影《长津湖》再现了中国志愿军战士艰苦作战的场景。战士们吃的土豆在﹣40℃的严寒中变的像石头一样坚硬，必须用身体捂热变软之后才能吃。土豆像石头一样坚硬是因为土豆中的水发生 凝固 （填物态变化名称），“用身体焐热土豆”是通过 热传递 的方式使土豆的内能增大。汽油机将内能转化成机械能的冲程是 做功 冲程，如果此汽油机转速为3000r/min，则1秒钟做功 25 次。
【分析】（1）物质由液体变为固态的现象称为凝固；
（2）改变内能的方式有做功和热传递，两种方式是等效的；
（3）气体对外做功，把内能转化为机械能；
（4）热机完成一个工作循环，要经过4个冲程，燃气对外做功1次，活塞往返2次，飞轮转动2周，根据这个比例关系可以求出答案。
【解答】解：在﹣40℃的严寒中变的像石头一样坚硬，是由于土豆中的水发生了凝固现象；
用身体焐热土豆是通过热传递的方式改变土豆的内能；
汽油机将内能转化为机械能的冲程是做功冲程；
飞轮转速是3000r/min＝50r/s，表示每秒飞轮转动50圈，而每2圈4个冲程，所以1s内完成100个冲程、对外做功25次。
故答案为：凝固；热传递；做功；25。
【点评】本题考查物态变化、改变内能的方式、汽油机的四冲程及根据飞轮转速求做功的次数，属于重点知识的考查，难度不大。
18．（2分）如图所示，是河水中的漩涡。漩涡中心处的流速较 大 ，压强较 小 ，导致周边物体易被“吸入”漩涡。
【分析】流体压强与流速的关系：流体流速大的地方、压强小，流体流速小的地方、压强大，据此分析回答。
【解答】解：漩涡边沿水的流速相对中心处的流速较小，压强较大，而漩涡中心处水的流速较大，压强较小，形成一个向旋涡中心的压强差、压力差，从而导致周边物体易被“吸入”漩涡。
故答案为：大；小。
【点评】联系实际生活，明确不同位置水流的速度不同是突破此题的关键。此题考查学生的分析能力，要求学生对题目所涉及的内容要熟练掌握，并能学以致用。
19．（3分）最大容积为500mL的烧杯静置在水平桌面上，烧杯内有质量为400g的水，现将一个体积为300mL的可乐罐缓慢浸入烧杯中，如图所示，烧杯溢出水的质量为100g，此时可乐罐受到的浮力大小是 2 N，浸在烧杯中的体积是 200 cm3，一艘轮船从长江驶入大海，船身要 上浮 （上浮/下沉）一些。（g取10N/kg）
【分析】（1）知道水的密度和烧杯内水的质量，根据ρ＝求出烧杯内水的体积和溢出水的体积，可乐罐缓慢浸入烧杯中时排开水的体积等于烧杯的容积加上溢出水的体积后再减去烧杯内水的体积，利用F浮＝ρ液gV排求出此时可乐罐受到的浮力。
（2）由于轮船无论在海里还是在河里都是漂浮，通过物体的浮沉条件可知浮力不变，则由阿基米德原理及液体密度的变化分析货轮排开水体积的变化，得出船上浮还是下沉。
【解答】解：
（1）水的密度：ρ水＝1.0×103kg/m3＝1.0g/cm3，
根据ρ＝可得，烧杯内水的体积：V水＝＝＝400cm3，
溢出水的体积：V溢水＝＝＝100cm3，
烧杯的容积：V容＝500mL＝500cm3，
可乐罐缓慢浸入烧杯中时排开水的体积：V排＝V容﹣V水+V溢水＝500cm3﹣400cm3+100cm3＝200cm3＝2×10﹣4m3，
此时可乐罐受到的浮力：F浮＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×2×10﹣4m3＝2N。
（2）轮船漂浮，自重不变，根据漂浮条件可知轮船在海上和在长江上受到的浮力都等于自重，大小不变；
因ρ海水＞ρ江水，轮船受浮力不变，由F浮＝ρ液V排g得：
排开海水的体积比排开江水的体积小，要上浮一些。
故答案为：2；200；上浮。
【点评】本题考查了物体沉浮条件的应用和浮力大小的计算，正确得出可乐罐排开水的体积是关键，计算过程要注意单位的换算。
20．（2分）如图所示，桌面足够长，不计滑轮与绳间的摩擦，物体A重10N，当物体B重为2N时，恰好拉着A向右做匀速直线运动。当用水平向左的力F1拉着物体A向左做匀速直线运动时，则关于物体A受到的摩擦力f大小为 2 N，拉力F1的大小为 4 N。
【分析】静止的物体和匀速直线运动的物体受到平衡力的作用。
二力平衡条件：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。
物体A静止时，水平方向上受到拉力和摩擦力作用，这两个力是一对平衡力，根据二力平衡条件求出此时A受到的摩擦力；
物体A匀速直线向右运动时，水平方向上受到拉力和摩擦力作用，这两个力是一对平衡力，根据二力平衡条件求出A受到的滑动摩擦力；
物体A匀速直线向左运动时，水平方向上受到向左的拉力、向右的摩擦力和向右的拉力作用，这三个力平衡，根据力的平衡条件求出拉力的大小。
【解答】解：当物体B重为2N时，恰好拉着A向右做匀速直线运动，对A进行受力分析可知，A在水平方向受到绳子给的向右的大小等于B的重力大小拉力F，向左的摩擦力f，且在这两个力的作用下处于平衡状态，则有F＝f＝2N，
当用水平向左的力F1拉着物体A向左做匀速直线运动时，对A进行受力分析可知，A在水平方向受到绳子给的向右的大小等于B的重力大小拉力F，向右的摩擦力f、向左的拉力F1，由于压力和接触面粗糙程度不变，摩擦力大小不变，且在这三个力的作用下处于平衡状态，则有F1＝F+f，则F1＝4N。
故答案为：2，；4。
【点评】本题考查了受力分析、二力平衡条件的应用、影响滑动摩擦力大小的因素等，属于中档题。
21．（3分）如图所示，搬运工人在20s内用滑轮组将重为540N的重物匀速提升3m，所用拉力为200N，则拉力的功率是 90 W，滑轮组的机械效率是 90% ，忽略绳重和摩擦，动滑轮重为 60 N。
【分析】已知做功时间t＝20s，拉力F＝200N，物体上升的高度h＝3m，拉力移动的距离s＝nh，根据W总＝Fs求拉力做功，再根据P＝求功率；
根据W有＝Gh求有用功，再根据η＝×100%求机械效率；
忽略绳重和摩擦，根据W额＝W总﹣W有求额外功，再根据G滑＝求动滑轮的重力。
【解答】解：由图可知经过动滑轮的绳子段数为3端，故拉力移动的距离s＝3h＝3×3m＝9m，拉力做功W总＝Fs＝200N×9m＝1800J；拉力的功率P＝＝＝90W；
有用功W有＝Gh＝540N×3m＝1620J，则机械效率η＝×100%＝×100%＝90%；
额外功W额＝W总﹣W有＝1800J﹣1620J＝180J，忽略绳重和摩擦，动滑轮的重力G滑＝＝＝60N。
故答案为：90；90%；60。
【点评】本题考查滑轮组的机械效率相关计算，明确动滑轮及绳子段数是解此类题的关键。
22．（2分）利用如图甲所示的“坐位体前屈测试仪”可以对学生进行身体柔韧性测试。某同学设计了如图乙的电路图进行模拟测试，测试者向前推动滑块相当于向左移动滑动变阻器的滑片P。电源两端电压保持不变，闭合开关S，测试者向前推动滑块时，电流表的示数 变大 （变大/变小/不变，下同），电压表的示数 变大 。
【分析】由电路图可知，闭合开关S，R1与R2串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流；
向前推动滑块相当于向左移动滑动变阻器的滑片P，由电路图分析变阻器连入电路中阻值的变化，根据串联电路的电阻规律和欧姆定律可知电路中电流的变化和R1两端的电压变化。
【解答】解：由电路图可知，闭合开关S，R1与R2串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流；
由题知，向前推动滑块相当于向左移动滑动变阻器的滑片P，则变阻器连入电路的阻值变小，电路中总电阻变小，
由I＝可知，电路中的电流变大，即电流表的示数变大；
电路中的电流变大，由U＝IR可知，定值电阻R1两端的电压变大，即电压表的示数变大。
故答案为：变大；变大。
【点评】本题考查了串联电路的特点、欧姆定律的应用，根据题意得出滑动变阻器接入电路中的电阻变化是关键。
23．（4分）图甲是智能加热恒温杯垫，其电路原理简图如图乙所示，R1和R2均为电热丝，杯垫具有加热和保温两个挡位，加热功率为40W，保温功率为10W。[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]
（1）当S1和S2均闭合时，智能加热恒温杯垫处于 加热 （加热/保温）状态。
（2）该杯垫在加热状态下正常工作10分钟，消耗的电能是 2.4×104 J，R2的阻值为 1210 Ω。
（3）用该加热杯垫将0.5kg水从25℃加热到65℃时，水吸收的热量是 8.4×104 J。
【分析】（1）由图乙可知，当开关S1、S2都闭合时，只有R2工作，当开关S1闭合、S2断开时，R1、R2串联；根据串联电路的特点和P＝可知杯垫加热挡和保温挡的电路连接；
（2）知道加热功率二号加热时间，利用W＝Pt求出该杯垫在加热状态下正常工作10分钟，消耗的电能；由P＝可求R2阻值；
（3）知道水的质量、比热容、初温和末温，利用Q吸＝cm（t1﹣t0）求出水吸收的热量。
【解答】解：（1）由图乙可知，当开关S1、S2都闭合时，只有R2工作，当开关S1闭合、S2断开时，R1、R2串联；
根据串联电路的电阻特点可知，当开关S1、S2都闭合时，只有R2工作，电路中的总电阻最小，由P＝可知，电路中的总功率最大，杯垫处于加热状态；
当开关S1闭合、S2断开时，R1、R2串联，电路中的总电阻最大，总功率最小，杯垫处于保温状态；
（2）加热功率为40W，该杯垫在加热状态下正常工作10分钟，消耗的电能：W＝P加t＝40W×10×60s＝2.4×104J；加热状态下只有R2接入电路，则R2＝＝1210Ω；
（3）将0.5kg水从25℃加热到75℃时，水吸收的热量：Q吸＝c水m（t1﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×0.5kg×（65℃﹣25℃）＝8.4×104J。
故答案为：（1）加热；（2）2.4×104；1210；（3）8.4×104。
【点评】本题是一道电热综合题，只有考查串联电路的特点、电功公式以及吸热公式的应用，难度不大。
24．（4分）据报道，一位物理老师在动物园内，用弹簧测力计称出了一头大象的质量。在称象过程中，他还用到了吊车、铁笼和一根很长的槽钢等辅助工具。操作步骤如下：
步骤1.如图a他首先将铁笼系于槽钢上的B点，当吊车吊钩在槽钢上的悬吊点移至O点时，槽钢在水平位置平衡，测得OB＝8cm。
步骤2.如图b将大象引入铁笼，用弹簧测力计竖直向下拉住槽钢的另一端，使之再次在水平位置平衡，测得OA＝10m，弹簧测力计的示数为200N。
（1）此装置是 省力 （省力/费力）杠杆。
（2）b中的F2的大小是指 B （选填字母A：大象的重力/B：大象和铁笼的总重力）根据上述数据测出了大象的重量为 2.5×104 N。
（3）若弹簧测力计量程为0～200N，利用现有器材称一只重力更大的大象的做法是 将铁笼向左移动 。
【分析】（1）根据动力臂和阻力臂的大小关系可判断杠杆的种类；
（2）图b中的F2是绳子对B端的拉力，其大小等于大象和铁笼的总重力，
a图中，设槽钢的重力为G，其力臂为LG，根据杠杆平衡条件可得G×LG＝G笼×OB﹣﹣﹣﹣﹣﹣①，
b图中，根据杠杆平衡条件可得G×LG+F1×OA＝（G象+G笼）×OB﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，
②﹣①可得F1×OA＝G象×OB，代入数据解方程可得G象；
（3）根据F1×OA＝G象×OB可得当阻力变大，动力、动力臂不变时，需减小阻力臂。
【解答】解：（1）动力臂大于阻力臂的杠杆是省力杠杆，由图可知动力臂为OA，阻力臂为OB，因OA＞OB，所以此装置是省力杠杆；
（2）图b中的F2的大小是指大象和铁笼的总重力，即F2＝G象+G笼，
a图中，设槽钢的重力为G，其力臂为LG，根据杠杆平衡条件可得：G×LG＝G笼×OB﹣﹣﹣﹣﹣﹣①，
b图中，根据杠杆平衡条件可得：G×LG+F1×OA＝（G象+G笼）×OB﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，
②﹣①可得：F1×OA＝G象×OB，且OB＝8cm＝0.08m，
代入数据可得：200N×10m＝G象×0.08m，
解得G象＝2.5×104N；
（3）利用现有器材称一只重力更大的大象，即阻力变大，动力不变，若动力臂OA也不变，根据F1×OA＝G象×OB可知需减小阻力臂OB，具体做法是将铁笼向左移动。
故答案为：（1）省力；（2）B；2.5×104；（3）将铁笼向左移动。
【点评】本题考查了对杠杆的分析和杠杆平衡条件的灵活运用，属于易错题。
三、解答题（本题共8小题，共40分，其中26题应写出必要的解题过程）
25．（2分）请在图中将入射光线补画完整（F是凹透镜的焦点，光线AB平行于主光轴）。
【分析】先确定所给的入射光线的特点，然后根据凹透镜的光学特点（三条特殊光线）作图。
【解答】解：根据图示可知，平行于主光轴的光线经过凹透镜折射后，折射光线反向延长通过焦点；经过凹透镜光心的光线传播方向不变，如图所示：
【点评】凹透镜的三条特殊光线：过凹透镜光心的光线其传播方向不变；指向另一侧焦点的光线经凹透镜折射后折射光线平行于主光轴；平行于主光轴的光线经凹透镜折射后折射光线反向延长通过焦点。
26．（2分）如图所示，木块A与小车在水平地面上一起向右做加速运动。请画出木块A受力的示意图。
【分析】木块A与小车在水平地面上一起向右做加速运动，由于惯性，木块会继续保持原来的状态，因此木块子会向左滑，因此木块受到向右的摩擦力。
【解答】解：经分析知，竖直方向上木块受到重力和支持力的作用，这两个力大小相等、方向相反、作用在同一直线上；木块A与小车在水平地面上一起向右做加速运动，由于惯性木块保持原来的状态，会产生相左滑动的趋势，因此木块受到向右的摩擦力。如下图所示：
【点评】根据惯性判断出木块的滑动方向、对木块正确受力分析、掌握力的示意图的作法是正确解题的关键。
27．（2分）如图所示，在螺线管旁悬挂一条形磁体。闭合开关后，条形磁体向左偏。请在括号内标出：
（1）通电螺线管的“N”或“S”极；
（2）电源的“+”或“﹣”极。
【分析】根据磁极间的相互作用规律分析螺线管的极性；根据安培定则判定电源的正负极。
【解答】解：由图可知，条形磁铁被螺线管吸引，根据异名磁极相互吸引可知，螺线管的右端为S极，左端为N极；跟安培定则可知，电流从螺线管的右侧流入，左侧流出，所以电源的左端为负极，如图所示：
【点评】本题考查了磁极间的相互作用规律、安培定则的应用，难度不大。
28．（6分）汽车配有6个轮胎，每个轮胎与地面的接触面积为0.02m2，空载质量约为18000kg：
（1）求该车空载静止在水平地面上时，对地面的压强为多少Pa？（g＝10N/kg）
（2）若汽车行驶时阻力为8000N，发动机提供的牵引力使得汽车匀速直线行驶1km，牵引力做功多少J？
（3）该燃油车使用的燃油的热值为4×107J/kg，该汽车发动机的效率为30%，匀速直线行驶1km消耗的燃油为多少kg？
【分析】（1）已知汽车空载的质量为18000kg，则根据G＝mg求空载时的重力，根据p＝求汽车度地面的压强；
（2）已知汽车匀速行驶，根据二力平衡，牵引力F等于阻力f，根据W＝Fs求牵引力做功；
（3）已知燃油的热值为4×107J/kg，效率为30%，则燃油燃烧释放的热量的30%转化为汽车的牵引力做功，由30%mq＝W＝Fs可得。
【解答】解：（1）已知汽车空载的质量为18000kg，则空载时的重力G＝mg18000kg×10N/kg＝1.8×105N；汽车静止在水平地面，则压力大小等于重力大小为1.8×105N；每个轮胎与地面的接触面积为0.02m2，由图可知有6个轮子，则总接触面积S＝6×0.02m2＝0.12m2；则汽车对地面的压强p＝＝＝1.5×106Pa；
（2）已知汽车匀速行驶，根据二力平衡，牵引力F＝f＝8000N，则牵引力做功W＝Fs＝8000N×1000m＝8×106J；
（3））已知燃油的热值为4×107J/kg，效率为30%，则燃油燃烧释放的热量的30%转化为汽车的牵引力做功，故可得30%mq＝W，消耗的燃油质量m＝＝≈0.67kg。
答：（1）汽车空载静止在水平地面上时，对地面的压强1.5×106Pa；
（2）牵引力做功8×106J；
（3）匀速直线行驶1km消耗的燃油为0.67kg。
【点评】本题考查压强的计算、二力平衡条件、功的计算及转化效率，难度不大。
29．（7分）市面上卖的一些土鸡蛋，同学都认为它们与普通鸡蛋不同，于是开始测量土鸡蛋的密度。
（1）使用前若天平的指针如图甲所示，则应将平衡螺母向 右 （左/右）调节，待天平平衡后，把鸡蛋放在天平的 左 （左/右）盘中。
（2）当天平平衡后砝码和游码如图乙所示，则鸡蛋的质量为 53 g，进行了如图丙所示的一系列操作后，发现从②到③的过程中加入了50cm3的水。则所测鸡蛋的密度为 1.06×103 kg/m3；实验中有同学发现土鸡蛋有一定的吸水性，则所测密度将 不变 （不变/偏大/偏小）。
（3）接下来小明想用鸡蛋和盐水做浮沉相关实验，想配制盐水的密度为1.2×103kg/m3，现在配制了400cm3的盐水，称得其质量为500g，想达到预期的目标应加 水 （盐/水） 100 g。
【分析】（1）天平使用前的调节：若指针左偏，向右调平衡螺母，使指针指在分度盘的中线处；测量时，物体放左盘，砝码放右盘。
（2）在读数时，天平上所有砝码的质量加上游码所对的数值即待测物体的质量；添加水的体积就是鸡蛋的体积，利用密度公式ρ＝进行计算；
（3）想配制盐水的密度为1.2×103kg/m3，先计算出400cm3，500g的盐水的密度，发现要加水稀释，才可以过到目标。
【解答】解：（1）调节天平横梁平衡时，指针偏向分度盘的左侧，此时应该将右边的平衡螺母向右移动，直到指针指在分度盘的中央；等天平平衡后，鸡蛋要放在天平的左盘中。
（2）在读数时，天平上所有砝码的质量加上游码所对的数值即待测物体的质量，由图可知砝码的质量为50g，游码对应的数值为3g，则物体的质量为50g+3g＝53g；图丙中从②到③的过程中加入了50cm3的水，说明鸡蛋的体积为50cm3；故鸡蛋的密度ρ＝＝＝1.06g/cm3＝1.06×103kg/m3
实验中有同学发现土鸡蛋有一定的吸水性，那么鸡蛋在图①就吸收了水分，不影响图②图③的数值，则所测密度不变。
（3）现在配制了400cm3的盐水，称得其质量为500g，先计算出密度ρ＝＝＝1.25g/cm3，大于1.2×103kg/m3，所以要加水，假设加水X克，则加入水的体积也为XmL，，求出X＝100g。
故答案为：（1）右；左；（2）53；1.06×103；不变；（3）水；100。
【点评】本题考查了天平的使用、密度的计算、实验误差的分析，考查了学生的实验能力。
30．（7分）小华做“探究电流与电阻的关系”实验。实验中电源电压为4.5V恒定不变，电流表选用“0～0.6A”量程，电压表选用“0～3V”量程，滑动变阻器规格为“30Ω，1A”。
（1）请用笔画线代替导线，在图甲中完成实验电路的连接（要求滑片向左滑动时，电压表示数变大，导线不交叉）。连好电路闭合开关，发现电压表、电流表均完好但无示数，已知故障出在AD之间，为了找出故障小华将一端连接电压表接线柱、一端连接E接线柱的导线从E端断开，分别接触A、B、C、D四个接线柱，发现接触A、B、C三个接线柱时电压表的示数接近电源电压，接触D接线柱时电压表无示数，则电路的故障是 导线CD开路 。排除故障后，将不同阻值的电阻分别接入电路，移动滑片记录的数据如下表：
（2）小玲连接好正确电路后，分别接入阻值不同的电阻R，测量了五组实验数据，其中第2组实验的电流表示数如图乙所示为 0.3 A，小玲根据正确的实验数据得出实验结论：电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成 反比 。
实验组次
1
2
3
4
5
电阻R/Ω
5
10
15
25
30
电流I/A
0.6
0.2
0.12
0.1
（3）为了使实验结论更可靠，小玲想继续保持此电压不变再多测几组数据，请计算AB间允许接入的电阻R最小为 5 Ω，最大为 60 Ω。
（4）若撤去电压表和滑动变阻器，新增一个阻值为R0的定值电阻，利用如图丙所示的实验电路，可以测量待测电阻Rx的阻值。实验步骤如下：
①首先，闭合开关S1、S2，记录电流表的示数I1；
②接着，断开开关S2，记录电流表的示数I2；则待测电阻的阻值Rx＝ （用R0、I1、I2表示）。
【分析】（1）滑动变阻器与定值电阻串联接入电路中，要求滑片向左滑动时，电压表示数变大，这说明R两端电压变大，根据串联电路的电压规律分析滑动变阻器两端电压的变化，根据串联电路的分压规律分析滑动变阻器接入电路电阻的变化和正确的接法；
根据电压表示数分析电路故障的原因；
（2）根据电流表的量程和分度值读数，根据表格中的数据得出结论；
（3）根据表格中的数据可得到R两端的电压；根据串联分压原理算出定值电阻的最大值和最小值；
（4）①闭合开关S1、S2，电路为只有R0的简单电路，电流表测量电路电流，记下电流表示数为I1，根据欧姆定律可知电源电压的表达式；
②断开开关S2，R0和Rx串联，电流表测量电路电流，记下电流表示数为I2，根据欧姆定律可知电源电压的表达式；联立以上两式可得待测电阻的阻值Rx。
【解答】解：（1）根据题意可知，电压表测量R两端的电压，滑动变阻器与定值电阻串联接入电路中，要求滑片向左滑动时，电压表示数变大，这说明R两端电压变大，根据串联电路的电压规律可知，滑动变阻器两端的电压变小，根据串联电路的电压规律可知，滑动变阻器接入电路的电阻变小，故滑动变阻器应接上面的一个接线柱和左下接线柱，如图所示：
；
由题意，闭合开关后，他将一根导线的一端接电源正极，另一端依次试触A、B、C、D各接线柱，发现接触A、B、C三个接线柱时电压表的示数接近电源电压，这说明电压表与电源之间是接通的；接触D接线柱时电压表无示数，这说明电压表与电源之间是断开的，由此可知电路中的故障是CD之间断路；
（2）电流表选用的是小量程，分度值为0.02A，示数为0.3A；
根据表格中的数据可知，在电压一定的情况下，通过导体的电流与导体的电阻成反比；
（3）实验时，R两端的电压为：U＝IR＝0.6A×5Ω＝3V；
根据控制变量法，在探究电流与电阻的关系实验中，应控制定值电阻两端电压UV＝3V不变，根据串联电路电压规律，滑动变阻器两端电压为U滑＝U﹣UV＝4.5V﹣3V＝1.5V，定值电阻两端电压是变阻器两端电压的＝2倍；因为滑动变阻器的最大电阻为30Ω，当滑动变阻器的电阻最大时，定值电阻阻值也最大；根据串联分压原理，定值电阻阻值为R大＝2R滑大＝2×30Ω＝60Ω；
电路中允许通过的最大电流为I大＝0.6A，此时电路的总电阻为：R'＝＝＝7.5Ω，根据串联电路的电阻关系可知：
R小+R滑小＝R小+R小＝R小＝7.5Ω，则R小＝5Ω；
（4）①首先，闭合开关S1、S2，记录电流表的示数I1；
②接着，断开开关S2，记录电流表的示数I2；
在步骤①中，电路为只有R0的简单电路，电流表测量电路电流，记下电流表示数为I1，根据欧姆定律可知电源电压为U源＝I1R0；
在步骤②中，R0和Rx串联，电流表测量电路电流，记下电流表示数为I2，根据欧姆定律可知电源电压U源＝I2（R0+Rx）；
联立以上两式可得待测电阻的阻值Rx＝。
故答案为：（1）见解析；导线CD开路；（2）0.3；反比；（3）5；60；（4）。
【点评】本题用伏安法测量待测电阻Rx的阻值实验，考查了电路连接、实验原理、注意事项、电路故障、电阻的计算及设计实验方案测电阻的能力。
31．（7分）我国第三艘航空母舰“福建舰”于2022年6月17日下水，它是我国完全自主设计建造的首艘电磁弹射型航空母舰，满载排水量约为8×104t，最底部距海面的竖直距离约为20m。“歼﹣20”作为中国第五代隐形战斗机，融合了全球优秀战斗机的特点，具备了很强的隐形性能、机动性能，该飞机最大起飞质量为37t，最大飞行高度达20km，最大航行速度达2.5倍声速（合850m/s），某日，“歼﹣20”在福建舰上开展试飞训练。（g取10N/kg）
（1）以停在福建舰上的舰载机为参照物，福建舰是 静止 （运动/静止）的，福建舰满载时，所受的浮力为 8×108 N，当一架舰载机飞离了航母，则航母浸在水中的体积跟原来相比将 变小 （变大/变小/不变）。
（2）舰载机在航母上降落时必须适时放下舰钩，钩住甲板上的拦阻索，达到强行 减速 （加速/减速）的目的，这个过程中，舰载机的惯性 不变 （增大/减小/不变）。
（3）飞机航行时所受阻力的大小与速度的平方成正比，即f＝kv2，k值的大小体现了舰载机的性能，设计人员不断改进设计，希望 减小 （增大/减小）k值。飞机的推重比是指飞机以最大航行速度匀速飞行时的牵引力与最大起飞重力的比值，k值取0.2，则该“歼﹣20”飞机的推重比约为 0.4 。（结果保留1位小数）
【分析】（1）物体相对于参照物的位置没有发生变化，是静止的；
福建舰满载时，根据F浮＝G排＝m排g得出所受的浮力；
当一架舰载机飞离了航母，总重力变小，航母仍漂浮，所受浮力等于自身的重力，故所受的浮力变小，根据V排＝可知航母浸在水中的体积跟原来相比的变化情况；
（2）舰载机在航母上降落时必须适时放下舰钩，钩住甲板上的拦阻索，达到强行减速的目的，这个过程中，舰载机的质量不变，舰载机的惯性不变；
（3）飞机航行时所受阻力的大小与速度的平方成正比，即f＝kv2，k值的大小体现了舰载机的性能，设计人员不断改进设计，减小k值就是为减小阻力，希望减小k值。
该飞机最大起飞质量为37t，根据G＝mg得出该飞机最大起飞重力；
飞机的推重比是指飞机以最大航行速度匀速飞行时的牵引力与最大起飞重力的比值，
根据F＝f＝kv2得出牵引力，根据得出该“歼﹣20”飞机的推重比。
【解答】解：（1）以停在福建舰上的舰载机为参照物，福建舰的位置没有发生变化，是静止的；
福建舰满载时，所受的浮力F浮＝G排＝m排g＝8×104×103kg×10N/kg＝8×108N；
当一架舰载机飞离了航母，总重力变小，航母仍漂浮，所受浮力等于自身的重力，故所受的浮力变小，根据V排＝可知航母浸在水中的体积跟原来相比将变小；
（2）舰载机在航母上降落时必须适时放下舰钩，钩住甲板上的拦阻索，达到强行减速的目的，这个过程中，舰载机的质量不变，舰载机的惯性不变；
（3）飞机航行时所受阻力的大小与速度的平方成正比，即f＝kv2，k值的大小体现了舰载机的性能，设计人员不断改进设计，减小k值就是为减小阻力，希望减小k值。
该飞机最大起飞质量为37t，则该飞机最大起飞重力为G＝mg＝37×103kg×10N/kg＝3.7×105N，
飞机的推重比是指飞机以最大航行速度匀速飞行时的牵引力与最大起飞重力的比值，
牵引力F＝f＝kv2＝0.2×（850）2N＝144500N，
则该“歼﹣20”飞机的推重比约为：＝≈0.4。
故答案为：（1）静止；8×108；变小；（2）减速；不变；（3）减小；0.4。
【点评】本题考查浮力和惯性的有关知识，是一道综合题。
32．（7分）家庭照明使用的灯泡已经经过三个阶段的发展，图1甲是白炽灯，图1乙是节能灯，图1丙是LED灯。我国从2012年10月1日起逐步淘汰白炽灯，提倡使用节能灯；从2014年10月1日起禁止销售60瓦以上白炽灯。小明同学从相关资料中了解到100瓦白炽灯、20瓦节能灯与12瓦的LED灯的照明效果相当，并收集到这几种照明用灯具的有关数据如下表一，试回答：
表一：
灯泡类型
U额/V
P额/W
白炽灯
220
100
节能灯
220
20
LED灯
220
12
表二：
相同亮度
LED灯
节能灯
12W
20W
18W
30W
36W
60W
（1）LED灯是由 半导体 （导体/半导体/绝缘体）材料制成的。
（2）从表一可知，白炽灯逐渐被节能灯和LED灯替代，很大一部分原因是白炽灯和LED灯相比，消耗相同的电能 白炽灯 （白炽灯/LED灯）转化成的内能较多；表一中白炽灯正常发光时的电流为 0.46 A.（结果保留2位小数），LED灯与白炽灯相比，在达到相同亮度的条件下，LED灯可以节约电能 88 %。
（3）小明想测量此LED灯的实际功率，他设计了两种方案。方案一：只将该LED灯接入电路，记录1min内电能表（如图2所示）指示灯闪烁的次数n；方案二：只将该LED灯接入电路，用手机测出电能表闪烁1次的时间t。为了测量更准确，你选用方案 二 （一/二），此方案测出LED灯的实际功率为 （未知量用以上字母表示）。
（4）表二为LED灯与节能灯的对比广告图，如果广告属实，将一个额定功率为40W的节能灯替换成亮度相当LED灯，假设这盏灯日均工作10小时，一年（以360天计算），可以节约用电 57.6 度。
【分析】（1）发光二极管主要由半导体材料制成；
（2）100瓦白炽灯、20瓦节能灯与12瓦的LED灯的照明效果相当，比较可知白炽灯转化成的内能较多；
（3）电能表表盘1min转的转数会出现误差，计算的节能灯功率不够准确；
【解答】解：（1）LED灯是由半导体材料制成的；
（2）从表一可知，白炽灯逐渐被节能灯和LED灯替代，很大一部分原因是白炽灯和LED灯相比，消耗相同的电能白炽灯转化成的内能较多；
根据P＝UI得，表一中白炽灯正常发光时的电流为：I＝≈0.46A；
根据P＝得，LED灯与白炽灯相比，在达到相同亮度的条件下，LED灯可以节约电能为：ΔW＝W白炽灯﹣WLED＝（P白炽灯﹣PLED）t＝（100W﹣12W）＝88W，
η＝＝88%；
（3）对于方案一，电能表表盘1min闪的闪数会出现误差，计算的节能灯功率不够准确；对于方案二，用手机测出电能表表盘闪1次的时间，可以计算出闪1次的电能，再用公式P＝计算节能灯的功率更准确；故选用方案二；
指示灯闪烁10imp消耗的电能：W＝kW•h，小明家所使用的用电器的总功率为：P＝＝；
（4）从表二中可知，12W的LED灯的亮度等同20W的节能灯，18W亮度等同30W，36W亮度等同60W，
故额定功率为40W的节能灯的亮度等同：40W×＝24W的LED灯，
假设这盏灯日均工作10小时，一年（以360天计算），可以节约用电W＝ΔPt＝（40W﹣24W）×10×3600×360s＝2.0736×108J＝57.6kW•h。
故答案为：（1）半导体；（2）白炽灯；0.46；88；（3）；（4）57.6。
【点评】本题考查半导体的特点、电能的和电功率的计算，综合性强，难度适中。
2023年江苏省无锡市宜兴市中考物理二模试卷
一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分.每小题给出的四个选项中只有一个正确）
1．（2分）在公共场所“轻声”说话是文明的表现，这里的“轻声”是指声音的（ ）
A．音调 B．响度 C．音色 D．声速
2．（2分）以下估测与实际情况相符的是（ ）
A．教室的高度是1.8m
B．人步行速度为5m/s
C．橡皮从课桌表面掉到地上的时间约为3s
D．体育中考小明立定跳远的成绩为2.42m
3．（2分）皮影戏是我国的传统戏剧，国家级非物质文化遗产之一，如图所示。如图所示的情景中，与皮影戏原理相同的是（ ）
A．树荫下光斑 B．水中倒影
C．筷子弯折 D．雨后彩虹
4．（2分）下列对自然界中的霜、雪、雾、露等现象的描述，正确的是（ ）
A．“月落乌啼霜满天，江枫渔火对愁眠”，霜的形成是凝固现象，需要放热
B．“白雪纷纷何所似，未若柳絮因风起”，雪的形成是凝华现象，需要吸热
C．“风摇松叶赤城秀，雾吐中岩仙路迷”，雾的消散是汽化现象，需要吸热
D．“龙镇古潭云色黑，露淋秋桧鹤声清”，露的形成是升华现象，需要放热
5．（2分）如图所示，小聪同学将装满水的溢水杯放在水平桌面上，然后把系在弹簧测力计下的铁块慢慢地浸入水中，溢出的水流入小桶内，铁块从接触水面到触底之前这一过程中，下列说法正确的是（ ）
A．铁块受到的浮力一直变大
B．弹簧测力计示数一直变大
C．铁块底部受到水的压强一直变大
D．溢水杯底部受到水的压强一直变大
6．（2分）如图所示是物理课本中的四个小实验。下列对实验的分析正确的是（ ）
A．图甲，抽掉玻璃板后，两瓶内气体颜色发生变化，说明分子在不停地运动
B．图乙，向上拉浸没在水中的玻璃板直至脱离水面，测力计示数保持不变
C．图丙，向下压活塞的过程，筒内气体内能减小
D．图丁，塞子冲出相当于内燃机的排气冲程
7．（2分）如图所示，A、B两同学用甲、乙两种方式推墙。甲中A向前推B、B向前推墙；乙中A、B同时向前推墙。每人用力的大小都为F，方向水平向右。已知地面粗糙，则以下说法中正确的是（ ）
A．甲方式中墙受到的力为2F
B．甲方式中A同学受到地面的摩擦力大小为F
C．甲方式中B同学受到地面的摩擦力大小为F
D．乙方式中两位同学受到地面的摩擦力大小都为2F
8．（2分）2021年5月15日，中国火星探测器“天问一号”成功着陆火星，如图所示为巡视器减速下降到火星表面的过程，下列关于它的机械能变化情况分析正确的是（ ）
A．动能增大，重力势能减小，机械能不变
B．动能减小，重力势能增大，机械能不变
C．动能增大，重力势能增大，机械能增大
D．动能减小，重力势能减小，机械能减小
9．（2分）将灯泡L1和L2接入如图所示电路，闭合开关。下列说法正确的是（ ）
A．灯泡L1先亮，灯泡L2后亮
B．通过灯泡L1的电流方向是由B向A
C．用一根导线直接接在A、B两个接线柱上，灯泡L2不发光
D．不可以用导线直接连接A、C两个接线柱，会烧毁电源
10．（2分）为了生活方便，卧室里的同一个照明灯通常用两个开关控制。一个安装在进门处，一个安装在床头附近，操作任意一个开关均可以开灯、关灯。图中的四幅图是小明用电池作为电源设计的四个电路模型，能满足要求的是（ ）
A． B．
C． D．
11．（2分）如图所示，为了防止考生作弊，监考人员往往会利用手持式金属探测器对考生进行检查，当探测器靠近金属物体时，金属物体就会产生感应电流，使探测器发出警报。下列实验能反映出金属探测器工作原理的是（ ）
A．
B．
C．
D．
12．（2分）如图甲所示，小灯泡L与滑动变阻器R串联在电压为3V的电路中，闭合开关S移动滑片P，得到小灯泡的I﹣U图象如图乙所示。当小灯泡的功率为0.2W时，下列说法正确的是（ ）
A．电流表的示数为0.1A
B．滑动变阻器接入电路的电阻为10Ω
C．电路消耗的总功率是0.5W
D．10s内电流对滑动变阻器做功是2J
二、填空题（本题共12小题，每空1分，共36分）
13．（2分）用一张硬卡片先后在木梳的齿上划过，一次快一些，一次慢一些，你听到卡片发出声音的 不同，该实验研究对象是 （木梳/卡片）。
14．（4分）在“探究固体熔化时温度的变化规律”的实验中，实验装置如图甲所示。试管中装有适量的碎冰，按图甲组装时应将温度计的玻璃泡与碎冰充分接触，图乙是根据实验记录绘制的冰熔化时温度随时间变化的图像。BC段的物质处于 （固态/液态/固液共存态），试管中的冰完全熔化后，若持续加热，在标准大气压下将得到图像中的DE段，此时发现烧杯中的水沸腾，温度 （变大/变小/不变），这段时间内试管中的水 （能/不能）沸腾，AB段和CD段斜率不同说明冰和水的 （密度/内能/比热容）不同。
15．（2分）照镜子时，小红能从镜子里看到自己的像，小红距镜子1m，则她与她在镜中像的距离为 m，当小红远离平面镜时，她在镜中像的高度 （变小/不变/变大）。
16．（4分）如图甲，F和F'为凸透镜的焦点，P和P'到凸透镜的距离为二倍焦距。蜡烛、凸透镜的位置不变时，应将光屏向 （左/右）移动，才能在光屏上得到清晰的像，此成像特点可应用在 上（照相机/投影机/放大镜）。现代人们大量使用手机、平板和电脑等电子设备，长时间盯着屏幕，容易导致视力下降，患上近视眼；图中 （乙/丙）是近视眼的光路示意图、近视眼应配戴 透镜（凸/凹）制成的眼镜来矫正。
17．（4分）电影《长津湖》再现了中国志愿军战士艰苦作战的场景。战士们吃的土豆在﹣40℃的严寒中变的像石头一样坚硬，必须用身体捂热变软之后才能吃。土豆像石头一样坚硬是因为土豆中的水发生 （填物态变化名称），“用身体焐热土豆”是通过 的方式使土豆的内能增大。汽油机将内能转化成机械能的冲程是 冲程，如果此汽油机转速为3000r/min，则1秒钟做功 次。
18．（2分）如图所示，是河水中的漩涡。漩涡中心处的流速较 ，压强较 ，导致周边物体易被“吸入”漩涡。
19．（3分）最大容积为500mL的烧杯静置在水平桌面上，烧杯内有质量为400g的水，现将一个体积为300mL的可乐罐缓慢浸入烧杯中，如图所示，烧杯溢出水的质量为100g，此时可乐罐受到的浮力大小是 N，浸在烧杯中的体积是 cm3，一艘轮船从长江驶入大海，船身要 （上浮/下沉）一些。（g取10N/kg）
20．（2分）如图所示，桌面足够长，不计滑轮与绳间的摩擦，物体A重10N，当物体B重为2N时，恰好拉着A向右做匀速直线运动。当用水平向左的力F1拉着物体A向左做匀速直线运动时，则关于物体A受到的摩擦力f大小为 N，拉力F1的大小为 N。
21．（3分）如图所示，搬运工人在20s内用滑轮组将重为540N的重物匀速提升3m，所用拉力为200N，则拉力的功率是 W，滑轮组的机械效率是 ，忽略绳重和摩擦，动滑轮重为 N。
22．（2分）利用如图甲所示的“坐位体前屈测试仪”可以对学生进行身体柔韧性测试。某同学设计了如图乙的电路图进行模拟测试，测试者向前推动滑块相当于向左移动滑动变阻器的滑片P。电源两端电压保持不变，闭合开关S，测试者向前推动滑块时，电流表的示数 （变大/变小/不变，下同），电压表的示数 。
23．（4分）图甲是智能加热恒温杯垫，其电路原理简图如图乙所示，R1和R2均为电热丝，杯垫具有加热和保温两个挡位，加热功率为40W，保温功率为10W。[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]
（1）当S1和S2均闭合时，智能加热恒温杯垫处于 （加热/保温）状态。
（2）该杯垫在加热状态下正常工作10分钟，消耗的电能是 J，R2的阻值为 Ω。
（3）用该加热杯垫将0.5kg水从25℃加热到65℃时，水吸收的热量是 J。
24．（4分）据报道，一位物理老师在动物园内，用弹簧测力计称出了一头大象的质量。在称象过程中，他还用到了吊车、铁笼和一根很长的槽钢等辅助工具。操作步骤如下：
步骤1.如图a他首先将铁笼系于槽钢上的B点，当吊车吊钩在槽钢上的悬吊点移至O点时，槽钢在水平位置平衡，测得OB＝8cm。
步骤2.如图b将大象引入铁笼，用弹簧测力计竖直向下拉住槽钢的另一端，使之再次在水平位置平衡，测得OA＝10m，弹簧测力计的示数为200N。
（1）此装置是 （省力/费力）杠杆。
（2）b中的F2的大小是指 （选填字母A：大象的重力/B：大象和铁笼的总重力）根据上述数据测出了大象的重量为 N。
（3）若弹簧测力计量程为0～200N，利用现有器材称一只重力更大的大象的做法是 。
三、解答题（本题共8小题，共40分，其中26题应写出必要的解题过程）
25．（2分）请在图中将入射光线补画完整（F是凹透镜的焦点，光线AB平行于主光轴）。
26．（2分）如图所示，木块A与小车在水平地面上一起向右做加速运动。请画出木块A受力的示意图。
27．（2分）如图所示，在螺线管旁悬挂一条形磁体。闭合开关后，条形磁体向左偏。请在括号内标出：
（1）通电螺线管的“N”或“S”极；
（2）电源的“+”或“﹣”极。
28．（6分）汽车配有6个轮胎，每个轮胎与地面的接触面积为0.02m2，空载质量约为18000kg：
（1）求该车空载静止在水平地面上时，对地面的压强为多少Pa？（g＝10N/kg）
（2）若汽车行驶时阻力为8000N，发动机提供的牵引力使得汽车匀速直线行驶1km，牵引力做功多少J？
（3）该燃油车使用的燃油的热值为4×107J/kg，该汽车发动机的效率为30%，匀速直线行驶1km消耗的燃油为多少kg？
29．（7分）市面上卖的一些土鸡蛋，同学都认为它们与普通鸡蛋不同，于是开始测量土鸡蛋的密度。
（1）使用前若天平的指针如图甲所示，则应将平衡螺母向 （左/右）调节，待天平平衡后，把鸡蛋放在天平的 （左/右）盘中。
（2）当天平平衡后砝码和游码如图乙所示，则鸡蛋的质量为 g，进行了如图丙所示的一系列操作后，发现从②到③的过程中加入了50cm3的水。则所测鸡蛋的密度为 kg/m3；实验中有同学发现土鸡蛋有一定的吸水性，则所测密度将 （不变/偏大/偏小）。
（3）接下来小明想用鸡蛋和盐水做浮沉相关实验，想配制盐水的密度为1.2×103kg/m3，现在配制了400cm3的盐水，称得其质量为500g，想达到预期的目标应加 （盐/水） g。
30．（7分）小华做“探究电流与电阻的关系”实验。实验中电源电压为4.5V恒定不变，电流表选用“0～0.6A”量程，电压表选用“0～3V”量程，滑动变阻器规格为“30Ω，1A”。
（1）请用笔画线代替导线，在图甲中完成实验电路的连接（要求滑片向左滑动时，电压表示数变大，导线不交叉）。连好电路闭合开关，发现电压表、电流表均完好但无示数，已知故障出在AD之间，为了找出故障小华将一端连接电压表接线柱、一端连接E接线柱的导线从E端断开，分别接触A、B、C、D四个接线柱，发现接触A、B、C三个接线柱时电压表的示数接近电源电压，接触D接线柱时电压表无示数，则电路的故障是 。排除故障后，将不同阻值的电阻分别接入电路，移动滑片记录的数据如下表：
（2）小玲连接好正确电路后，分别接入阻值不同的电阻R，测量了五组实验数据，其中第2组实验的电流表示数如图乙所示为 A，小玲根据正确的实验数据得出实验结论：电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成 。
实验组次
1
2
3
4
5
电阻R/Ω
5
10
15
25
30
电流I/A
0.6
0.2
0.12
0.1
（3）为了使实验结论更可靠，小玲想继续保持此电压不变再多测几组数据，请计算AB间允许接入的电阻R最小为 Ω，最大为 Ω。
（4）若撤去电压表和滑动变阻器，新增一个阻值为R0的定值电阻，利用如图丙所示的实验电路，可以测量待测电阻Rx的阻值。实验步骤如下：
①首先，闭合开关S1、S2，记录电流表的示数I1；
②接着，断开开关S2，记录电流表的示数I2；则待测电阻的阻值Rx＝ （用R0、I1、I2表示）。
31．（7分）我国第三艘航空母舰“福建舰”于2022年6月17日下水，它是我国完全自主设计建造的首艘电磁弹射型航空母舰，满载排水量约为8×104t，最底部距海面的竖直距离约为20m。“歼﹣20”作为中国第五代隐形战斗机，融合了全球优秀战斗机的特点，具备了很强的隐形性能、机动性能，该飞机最大起飞质量为37t，最大飞行高度达20km，最大航行速度达2.5倍声速（合850m/s），某日，“歼﹣20”在福建舰上开展试飞训练。（g取10N/kg）
（1）以停在福建舰上的舰载机为参照物，福建舰是 （运动/静止）的，福建舰满载时，所受的浮力为 N，当一架舰载机飞离了航母，则航母浸在水中的体积跟原来相比将 （变大/变小/不变）。
（2）舰载机在航母上降落时必须适时放下舰钩，钩住甲板上的拦阻索，达到强行 （加速/减速）的目的，这个过程中，舰载机的惯性 （增大/减小/不变）。
（3）飞机航行时所受阻力的大小与速度的平方成正比，即f＝kv2，k值的大小体现了舰载机的性能，设计人员不断改进设计，希望 （增大/减小）k值。飞机的推重比是指飞机以最大航行速度匀速飞行时的牵引力与最大起飞重力的比值，k值取0.2，则该“歼﹣20”飞机的推重比约为 。（结果保留1位小数）
32．（7分）家庭照明使用的灯泡已经经过三个阶段的发展，图1甲是白炽灯，图1乙是节能灯，图1丙是LED灯。我国从2012年10月1日起逐步淘汰白炽灯，提倡使用节能灯；从2014年10月1日起禁止销售60瓦以上白炽灯。小明同学从相关资料中了解到100瓦白炽灯、20瓦节能灯与12瓦的LED灯的照明效果相当，并收集到这几种照明用灯具的有关数据如下表一，试回答：
表一：
灯泡类型
U额/V
P额/W
白炽灯
220
100
节能灯
220
20
LED灯
220
12
表二：
相同亮度
LED灯
节能灯
12W
20W
18W
30W
36W
60W
（1）LED灯是由 （导体/半导体/绝缘体）材料制成的。
（2）从表一可知，白炽灯逐渐被节能灯和LED灯替代，很大一部分原因是白炽灯和LED灯相比，消耗相同的电能 （白炽灯/LED灯）转化成的内能较多；表一中白炽灯正常发光时的电流为 A.（结果保留2位小数），LED灯与白炽灯相比，在达到相同亮度的条件下，LED灯可以节约电能 %。
（3）小明想测量此LED灯的实际功率，他设计了两种方案。方案一：只将该LED灯接入电路，记录1min内电能表（如图2所示）指示灯闪烁的次数n；方案二：只将该LED灯接入电路，用手机测出电能表闪烁1次的时间t。为了测量更准确，你选用方案 （一/二），此方案测出LED灯的实际功率为 （未知量用以上字母表示）。
（4）表二为LED灯与节能灯的对比广告图，如果广告属实，将一个额定功率为40W的节能灯替换成亮度相当LED灯，假设这盏灯日均工作10小时，一年（以360天计算），可以节约用电 度。
2023年江苏省无锡市宜兴市中考物理二模试卷
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.每小题给出的四个选项中只有一个正确）
1．（2分）在公共场所“轻声”说话是文明的表现，这里的“轻声”是指声音的（ ）
A．音调 B．响度 C．音色 D．声速
【分析】音调是指声音的高低，响度是指声音的强弱，音色是指声音的品质与特色。声音的响度与声源振动的幅度有关，振动幅度越大，响度越大。
【解答】解：在公共场所“轻声”说话是指声音的响度要小，是指声音的响度。
故选：B。
【点评】本题考查了音调和响度的区分，注意带有“高低”字眼的不一定指响度，例如高声喧哗、高谈阔论等，是学生比较容易出错的内容之一。
2．（2分）以下估测与实际情况相符的是（ ）
A．教室的高度是1.8m
B．人步行速度为5m/s
C．橡皮从课桌表面掉到地上的时间约为3s
D．体育中考小明立定跳远的成绩为2.42m
【分析】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。
【解答】解：A、教室的高度约为3m，故A与实际情况不相符；
B、人步行速度为1.1m/s，故B与实际情况不相符；
C、橡皮从课桌表面掉到地上的时间约1s，故C与实际情况不相符；
D、中学生立定跳远的成绩在2m左右，体育中考小明立定跳远的成绩约为2.42m，故D与实际情况相符。
故选：D。
【点评】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。
3．（2分）皮影戏是我国的传统戏剧，国家级非物质文化遗产之一，如图所示。如图所示的情景中，与皮影戏原理相同的是（ ）
A．树荫下光斑 B．水中倒影
C．筷子弯折 D．雨后彩虹
【分析】首先明确皮影戏是由于光的直线传播形成的，再对照选项中的描述，看哪一个的原理与之相同。
【解答】解：A．白天在浓密树荫下出现的圆形光斑是小孔成像现象，是由于光的直线传播形成的，与皮影戏原理相同，故A符合题意；
B．水中倒影是平面镜成像，其实质是光的反射，故B不符合题意；
C．斜插入水中的筷子看似弯折，是由于光的折射形成的，故C不符合题意。
D．雨过天晴时，常在天空出现彩虹，这是太阳光通过悬浮在空气中细小的水珠折射而成的，白光经水珠折射以后，分成各种彩色光，这种现象叫做光的色散现象，所以说雨后的天空出现彩虹是由光的色散形成的，故D不符合题意。
故选：A。
【点评】此题通过不同的现象考查了学生对光的反射、光的直线传播及光的折射的理解，在学习中要注意区分，并要学会用所学知识解释有关的物理现象。
4．（2分）下列对自然界中的霜、雪、雾、露等现象的描述，正确的是（ ）
A．“月落乌啼霜满天，江枫渔火对愁眠”，霜的形成是凝固现象，需要放热
B．“白雪纷纷何所似，未若柳絮因风起”，雪的形成是凝华现象，需要吸热
C．“风摇松叶赤城秀，雾吐中岩仙路迷”，雾的消散是汽化现象，需要吸热
D．“龙镇古潭云色黑，露淋秋桧鹤声清”，露的形成是升华现象，需要放热
【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。其中，熔化、汽化、升华吸收热量，凝固、液化、凝华放出热量。
【解答】解：A．霜是空气中的水蒸气遇冷形成的小冰晶，是凝华现象，需要放热，故A错误；
B．雪的形成是水蒸气变成小冰晶，是凝华现象，需要放热，故B错误；
C．雾的消散是由液态变为气态，是汽化现象，需要吸热，故C正确；
D．露是空气中的水蒸气遇冷形成的小水珠，是液化现象，需要放热，故D错误。
故选：C。
【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；另外对六种物态变化的吸热和放热情况也要有清晰的认识。
5．（2分）如图所示，小聪同学将装满水的溢水杯放在水平桌面上，然后把系在弹簧测力计下的铁块慢慢地浸入水中，溢出的水流入小桶内，铁块从接触水面到触底之前这一过程中，下列说法正确的是（ ）
A．铁块受到的浮力一直变大
B．弹簧测力计示数一直变大
C．铁块底部受到水的压强一直变大
D．溢水杯底部受到水的压强一直变大
【分析】（1）将铁块从刚开始浸入水中到触底之前这一过程分为两个过程：铁块从刚开始浸入水中到完全浸没在水中；铁块从完全浸没在水中到触底之前；分析铁块排开水的体积变化，根据F浮＝ρ水gV排分析浮力变化；根据F示＝G﹣F浮分析测力计的示数变化；
（2）溢水杯对桌面压力等于溢水杯和溢水杯内水的总重力；分析溢水杯满之前、之后溢水杯内水的重力和深度变化，判断溢水杯对桌面压力、小桶底部受到水的压强变化。
【解答】解：A、铁块从刚开始浸入水中到完全浸没在水中，铁块排开水的体积不断增大，根据F浮＝ρ水gV排知，铁块受到的浮力不断变大；铁块从完全浸没在水中到触底之前，铁块排开水的体积不变，根据F浮＝ρ水gV排知，铁块受到的浮力不变，故A错误；
B、铁块从刚开始浸入水中到完全浸没在水中，铁块受到的浮力不断变大，由F示＝G﹣F浮可知，测力计的示数变小；铁块从完全浸没在水中到触底之前，铁块受到的浮力不变，由F示＝G﹣F浮可知，测力计的示数不变。故B错误；
C、铁块从刚开始浸入水中到完全浸没在水中，然后从完全浸没在水中到触底之前，铁块底部在水中的深度逐渐增加，根据液体压强公式p＝ρgh可知，铁块底部受到水的压强一直变大，故C正确；
D、铁块从刚开始浸入水中到完全浸没在水中，溢水杯中水的深度逐渐增加，根据液体压强公式p＝ρgh可知，溢水杯底部受到水的压强一直变大，然后从完全浸没在水中到触底之前，溢水杯中水的深度不变，根据液体压强公式p＝ρgh可知，溢水杯底部受到水的压强不变，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了学生对阿基米德原理、液体压强公式了解与掌握，在分析过程中注意变化的条件，属于中档题目。
6．（2分）如图所示是物理课本中的四个小实验。下列对实验的分析正确的是（ ）
A．图甲，抽掉玻璃板后，两瓶内气体颜色发生变化，说明分子在不停地运动
B．图乙，向上拉浸没在水中的玻璃板直至脱离水面，测力计示数保持不变
C．图丙，向下压活塞的过程，筒内气体内能减小
D．图丁，塞子冲出相当于内燃机的排气冲程
【分析】（1）扩散现象说明分子在永不停息地做无规则运动。
（2）分子间同时存在着引力和斥力，当分子距离较近时表现为斥力，当分子间距离较远时表现为引力，玻璃板和水分子之间存在引力。
（3）做功可以改变物体的内能，当外界对物体做功时，物体的内能增大，当物体对外界做功时，物体的内能就会减小；
（4）对物体做功时，机械能转化为物体的内能，物体的内能增大；物体对外做功时，物体的内能转化为机械能，物体的内能减小。内燃机的做功冲程将内能转化为机械能。
【解答】解：A、抽掉玻璃板，二氧化氮和空气之间发生扩散现象，瓶内气体颜色最后变得均匀，说明分子在不停地运动，故A正确；
B、因为玻璃分子和水分子之间存在引力，所以向上拉浸没在水中的玻璃板直至脱离水面的过程，测力计示数将变大，故B错误；
C、压缩空气做功，瓶内空气温度升高，空气的内能增加，故C错误；
D、试管中的水沸腾后，水蒸气将软塞子推出，即水蒸气对塞子做功，将水蒸气的内能转化机械能，相当于内燃机的做功冲程，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查做功改变物体的内能，扩散现象、分子间的作用力等，关键是将课本知识内容记忆清楚，仔细分析。
7．（2分）如图所示，A、B两同学用甲、乙两种方式推墙。甲中A向前推B、B向前推墙；乙中A、B同时向前推墙。每人用力的大小都为F，方向水平向右。已知地面粗糙，则以下说法中正确的是（ ）
A．甲方式中墙受到的力为2F
B．甲方式中A同学受到地面的摩擦力大小为F
C．甲方式中B同学受到地面的摩擦力大小为F
D．乙方式中两位同学受到地面的摩擦力大小都为2F
【分析】推力为弹力，弹力发生在直接接触的物体之间，分别对甲、乙受力分析，然后根据平衡条件和相互作用力的关系进行解答。
【解答】解：ABC、甲方式中，先对A同学水平方向受力分析，受B对A的向左的弹力和地面对A的向右的静摩擦力；
再对B同学水平方向受力分析，受A对B向右的弹力和墙壁对B向左的弹力，由B同学静止可知，二力是一对平衡力，
又因A同学和B同学之间的作用力为相互作用力，B与墙壁之间的作用力也为相互作用力，
所以，A对B向右的弹力和墙壁对B向左的弹力大小均为F，
则甲方式中墙受到的力为F，B同学不受摩擦力，A的推力和地面的摩擦力平衡，甲方式中A同学受到地面的摩擦力大小为F故AC错误，B正确；
D、乙方式中，甲、乙两同学均受水平向左墙壁的弹力和地面向右的静摩擦力作用处于平衡状态，
由二力平衡条件可知，地面对两同学的摩擦力都为F，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了二力平衡条件和相互作用力关系的应用，分析好两种情况下的受力情况是关键。
8．（2分）2021年5月15日，中国火星探测器“天问一号”成功着陆火星，如图所示为巡视器减速下降到火星表面的过程，下列关于它的机械能变化情况分析正确的是（ ）
A．动能增大，重力势能减小，机械能不变
B．动能减小，重力势能增大，机械能不变
C．动能增大，重力势能增大，机械能增大
D．动能减小，重力势能减小，机械能减小
【分析】影响动能的因素有物体质量和速度，质量越大、速度越大，动能越大；影响重力势能的因素有质量和高度，高度越高、质量越大，重力势能越大；机械能是动能和势能的总和。
【解答】解：巡视器减速下降过程中，其质量不变，速度变慢，故动能变小；同时其质量不变，高度变小，所以重力势能变小；机械能等于动能与重力势能之和，故机械能减小，故D正确。
故选：D。
【点评】知道动能和重力势能大小的影响因素是解决该题的关键。
9．（2分）将灯泡L1和L2接入如图所示电路，闭合开关。下列说法正确的是（ ）
A．灯泡L1先亮，灯泡L2后亮
B．通过灯泡L1的电流方向是由B向A
C．用一根导线直接接在A、B两个接线柱上，灯泡L2不发光
D．不可以用导线直接连接A、C两个接线柱，会烧毁电源
【分析】（1）闭合开关后，整个电路各处同时产生电路；
（2）电源的外部，电流通过外部电路，从电源的正极流向负极；电源的内部，电流从电源的负极流向正极；
（3）用一根导线直接接在A、B两个接线柱上，灯泡L1会被短路；
（4）直接用导线接连接A、C两个接线柱，电源会被短路。
【解答】解：A、闭合开关后，整个电路各处同时产生电路，所以两灯同时发光，故A错误；
B、电源的外部，电流通过外部电路，从电源的正极流向负极。图中电流从电源的正极出发，通过导线先流过开关，再流入灯泡L1的的A接线柱，之后从B接线柱流出，故B错误；
C、用一根导线直接接在A、B两个接线柱上，灯泡L1会被短路，则灯泡L1不发光，故C错误；
D、直接用导线接连接A、C两个接线柱，电源会被短路，则可能会烧毁电源，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了电流方向和电路故障分析，题目难度适中。
10．（2分）为了生活方便，卧室里的同一个照明灯通常用两个开关控制。一个安装在进门处，一个安装在床头附近，操作任意一个开关均可以开灯、关灯。图中的四幅图是小明用电池作为电源设计的四个电路模型，能满足要求的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】操作任意一个开关均可以开灯、关灯，说明任何一个开关闭合时，灯泡都亮，任何一个开关断开时灯泡都灭。
【解答】解：A、图中两个单刀开关串联，相互影响，只有两个开关都闭合时，灯泡才发光，故A错误；
B、图中两个单刀开关并联，闭合S1或S2都能使灯泡发光，但是只有两个开关都断开时，灯泡才熄灭，故B错误；
C、图中S1和S2为单刀双掷开关，S1向上掷时灯泡不发光，S1向下掷时灯泡发光；S2向上掷时灯泡发光，S2向下掷时灯泡不发光，任意一个开关都可以开灯、关灯，故C正确；
D、图中S1为单刀双掷开关，S2为单刀开关，当S2断开时，无论S1往哪个方向掷，灯泡都不能发光，故D错误。
故选：C。
【点评】（1）注意题目要求，任意一个开关都能控制灯泡的亮灭，不是指两个开关并联；
（2）弄清单刀双掷开关的使用，以及在电路中的连接方式，当闸刀掷向某个方向时，电路的连接情况。
11．（2分）如图所示，为了防止考生作弊，监考人员往往会利用手持式金属探测器对考生进行检查，当探测器靠近金属物体时，金属物体就会产生感应电流，使探测器发出警报。下列实验能反映出金属探测器工作原理的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】由题意可知，金属探测器将线圈靠近金属物体时，相当于闭合电路的部分导体在切割磁感线，从而产生了电流，则分析各实验现象可知能产生电流的选项。
【解答】解：由题意可知，金属探测器是将线圈靠近金属物体时，相当于闭合电路的部分导体在切割磁感线，从而产生了电流，即金属探测器工作原理为电磁感应现象。
A、图中没有电源，是发电机原理图，是利用导体在磁场中做切割磁感线运动，产生感应电流制成的（即电磁感应现象），故A正确；
B、该图是电磁继电器，其主要部件是电磁铁，电磁铁的工作原理是电流的磁效应，故B错误；
C、该图是奥斯特实验，说明电流的周围存在磁场，故C错误；
D、图中有电源，是电动机原理图，电动机是利用通电导体在磁场中受力的作用而制成的，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查电磁感应现象的应用，要求学生能通过题意找出探测器的原理，并能正确掌握发电机的原理。
12．（2分）如图甲所示，小灯泡L与滑动变阻器R串联在电压为3V的电路中，闭合开关S移动滑片P，得到小灯泡的I﹣U图象如图乙所示。当小灯泡的功率为0.2W时，下列说法正确的是（ ）
A．电流表的示数为0.1A
B．滑动变阻器接入电路的电阻为10Ω
C．电路消耗的总功率是0.5W
D．10s内电流对滑动变阻器做功是2J
【分析】由电路图可知，小灯泡L与滑动变阻器R串联，电流表测电路中的电流，根据图乙读出小灯泡的功率为0.2W时其两端的电压和通过的电流；
根据串联电路的电压特点求出滑动变阻器两端的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出滑动变阻器接入电路的电阻；
利用P＝UI求出电路消耗的总功率；
利用W＝UIt求出10s内电流对滑动变阻器做的功。
【解答】解：由电路图可知，小灯泡L与滑动变阻器R串联，电流表测电路中的电流，
由图乙可知，当灯泡两端的电压UL＝1V、通过的电流IL＝0.2A时，小灯泡的功率PL＝ULIL＝1V×0.2A＝0.2W。
A、由图乙知当小灯泡的功率为0.2W时，通过小灯泡的电流为0.2A，所以电流表的示数为0.2A，故A错误；
B、因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，滑动变阻器两端的电压：
UR＝U﹣UL＝3V﹣1V＝2V，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，由欧姆定律可得，
滑动变阻器接入电路的电阻：
R＝＝＝＝10Ω，故B正确；
C、此时电路消耗的总功率：
P＝UI＝UIL＝3V×0.2A＝0.6W，故C错误；
D、10s内电流对滑动变阻器做功：
WR＝URIRt＝URILt＝2V×0.2A×10s＝4J，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式、电功公式的应用，从图像中获取有用的信息是关键。
二、填空题（本题共12小题，每空1分，共36分）
13．（2分）用一张硬卡片先后在木梳的齿上划过，一次快一些，一次慢一些，你听到卡片发出声音的 音调 不同，该实验研究对象是 卡片 （木梳/卡片）。
【分析】音调跟频率有关，频率越高，音调越高。
【解答】解：音调跟频率有关，频率越高，音调越高，用一张硬卡片先后在木梳的齿上划过，一次快一些，即此时振动快，频率高，听到卡片发出声音的音调高；一次慢一些，即此时振动慢，频率低，听到卡片发出声音的音调低，此实验研究的是卡片振动的快慢，发出声音的不同。
故答案为：音调；卡片。
【点评】本题考查声音的音调及其有关因素，属于简单题。
14．（4分）在“探究固体熔化时温度的变化规律”的实验中，实验装置如图甲所示。试管中装有适量的碎冰，按图甲组装时应将温度计的玻璃泡与碎冰充分接触，图乙是根据实验记录绘制的冰熔化时温度随时间变化的图像。BC段的物质处于 固液共存态 （固态/液态/固液共存态），试管中的冰完全熔化后，若持续加热，在标准大气压下将得到图像中的DE段，此时发现烧杯中的水沸腾，温度 不变 （变大/变小/不变），这段时间内试管中的水 不能 （能/不能）沸腾，AB段和CD段斜率不同说明冰和水的 比热容 （密度/内能/比热容）不同。
【分析】本题考查学生对晶体熔化沸腾条件的熟知程度。晶体在熔化过程中，不断吸收热量，温度保持不变，内能增大；物质升温快慢与物质不同状态下的比热容有关。由Q＝cmΔt判断冰和水的比热容大小；沸腾的条件；达到沸点，不断吸热。
【解答】解：本题从图像可以分成几个阶段：①AB段冰吸收热量，温度上升，但还没有开始熔化；②到达BC段冰才开始熔化，冰吸收热量，温度不变，处于固液共存；③CD段冰已全部熔化成水，继续吸热，温度上升，④DE段，水温上升到100℃，达到沸点，但烧杯中的水达到沸点可以从酒精灯处吸收热量，所以烧杯中的水可以沸腾，但试管中的水虽然达到沸点，但不能从烧杯中的水吸收热量，所以不能沸腾。
由图象可以看出，AB段与CD段的倾斜程度不同，可知升高相同的温度，水比冰用的时间长，吸热多。由Q＝cmΔt，质量和升高温度相同时，水的比热容比冰的比热容大。
故答案为：固液共存；不变；不能；比热容。
【点评】本题主要考查了“探究冰熔化时温度的变化规律”的实验中的操作要求、注意事项、过程分析等，有一定综合性。
15．（2分）照镜子时，小红能从镜子里看到自己的像，小红距镜子1m，则她与她在镜中像的距离为 2 m，当小红远离平面镜时，她在镜中像的高度 不变 （变小/不变/变大）。
【分析】平面镜成像的特点：物体和像的大小相等、物体和像关于平面镜对称、物体到平面镜的距离等于像到平面镜的距离。
【解答】解：平面镜成的像是由反射光线的反向延长线会聚形成的，所以是由光的反射形成的；
像和物体到平面镜的距离相等，小红距镜子1m，像和镜子之间的距离是1m，她与她在镜中像的距离为2m；物体和像的大小相等，当小红远离平面镜时，她在镜中像的高度不变。
故答案为：2；不变。
【点评】本题考查了平面镜成像的原因和特点，是一道简单题。
16．（4分）如图甲，F和F'为凸透镜的焦点，P和P'到凸透镜的距离为二倍焦距。蜡烛、凸透镜的位置不变时，应将光屏向 左 （左/右）移动，才能在光屏上得到清晰的像，此成像特点可应用在 照相机 上（照相机/投影机/放大镜）。现代人们大量使用手机、平板和电脑等电子设备，长时间盯着屏幕，容易导致视力下降，患上近视眼；图中 丙 （乙/丙）是近视眼的光路示意图、近视眼应配戴 凹 透镜（凸/凹）制成的眼镜来矫正。
【分析】（1）物距当u＞2f时，像距f＜v＜2f，成倒立、缩小的实像；
（2）近视眼是因为晶状体太厚、折光能力太强或眼球前后径过长，远处物体的像成在视网膜的前方，凹透镜对光线有发散作用，使原来会聚成像的光线延后会聚到视网膜上。
【解答】解：（1）由图中可知，蜡烛在2倍焦距之外，所以成倒立、缩小的实像。要想在光屏上得到清晰倒立的、缩小的实像，需要满足像距f＜v＜2f，则光屏应向左移动，生活中利用这个成像特点制成了照相机；
（2）由丙图知，眼睛看远处的物体，像成在视网膜的前方，说明晶状体对光的折射能力变强，是近视眼的成因，故图中丙是近视眼的光路示意图。
凹透镜对光线有发散作用，使像推迟会聚在视网膜上，所以近视眼配戴凹透镜来矫正。
故答案为：左；照相机；丙；凹。
【点评】此题主要考查了凸透镜成像的规律及近视眼的成因和矫正方法，要熟练掌握规律的内容，并能够做到灵活运用。
17．（4分）电影《长津湖》再现了中国志愿军战士艰苦作战的场景。战士们吃的土豆在﹣40℃的严寒中变的像石头一样坚硬，必须用身体捂热变软之后才能吃。土豆像石头一样坚硬是因为土豆中的水发生 凝固 （填物态变化名称），“用身体焐热土豆”是通过 热传递 的方式使土豆的内能增大。汽油机将内能转化成机械能的冲程是 做功 冲程，如果此汽油机转速为3000r/min，则1秒钟做功 25 次。
【分析】（1）物质由液体变为固态的现象称为凝固；
（2）改变内能的方式有做功和热传递，两种方式是等效的；
（3）气体对外做功，把内能转化为机械能；
（4）热机完成一个工作循环，要经过4个冲程，燃气对外做功1次，活塞往返2次，飞轮转动2周，根据这个比例关系可以求出答案。
【解答】解：在﹣40℃的严寒中变的像石头一样坚硬，是由于土豆中的水发生了凝固现象；
用身体焐热土豆是通过热传递的方式改变土豆的内能；
汽油机将内能转化为机械能的冲程是做功冲程；
飞轮转速是3000r/min＝50r/s，表示每秒飞轮转动50圈，而每2圈4个冲程，所以1s内完成100个冲程、对外做功25次。
故答案为：凝固；热传递；做功；25。
【点评】本题考查物态变化、改变内能的方式、汽油机的四冲程及根据飞轮转速求做功的次数，属于重点知识的考查，难度不大。
18．（2分）如图所示，是河水中的漩涡。漩涡中心处的流速较 大 ，压强较 小 ，导致周边物体易被“吸入”漩涡。
【分析】流体压强与流速的关系：流体流速大的地方、压强小，流体流速小的地方、压强大，据此分析回答。
【解答】解：漩涡边沿水的流速相对中心处的流速较小，压强较大，而漩涡中心处水的流速较大，压强较小，形成一个向旋涡中心的压强差、压力差，从而导致周边物体易被“吸入”漩涡。
故答案为：大；小。
【点评】联系实际生活，明确不同位置水流的速度不同是突破此题的关键。此题考查学生的分析能力，要求学生对题目所涉及的内容要熟练掌握，并能学以致用。
19．（3分）最大容积为500mL的烧杯静置在水平桌面上，烧杯内有质量为400g的水，现将一个体积为300mL的可乐罐缓慢浸入烧杯中，如图所示，烧杯溢出水的质量为100g，此时可乐罐受到的浮力大小是 2 N，浸在烧杯中的体积是 200 cm3，一艘轮船从长江驶入大海，船身要 上浮 （上浮/下沉）一些。（g取10N/kg）
【分析】（1）知道水的密度和烧杯内水的质量，根据ρ＝求出烧杯内水的体积和溢出水的体积，可乐罐缓慢浸入烧杯中时排开水的体积等于烧杯的容积加上溢出水的体积后再减去烧杯内水的体积，利用F浮＝ρ液gV排求出此时可乐罐受到的浮力。
（2）由于轮船无论在海里还是在河里都是漂浮，通过物体的浮沉条件可知浮力不变，则由阿基米德原理及液体密度的变化分析货轮排开水体积的变化，得出船上浮还是下沉。
【解答】解：
（1）水的密度：ρ水＝1.0×103kg/m3＝1.0g/cm3，
根据ρ＝可得，烧杯内水的体积：V水＝＝＝400cm3，
溢出水的体积：V溢水＝＝＝100cm3，
烧杯的容积：V容＝500mL＝500cm3，
可乐罐缓慢浸入烧杯中时排开水的体积：V排＝V容﹣V水+V溢水＝500cm3﹣400cm3+100cm3＝200cm3＝2×10﹣4m3，
此时可乐罐受到的浮力：F浮＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×2×10﹣4m3＝2N。
（2）轮船漂浮，自重不变，根据漂浮条件可知轮船在海上和在长江上受到的浮力都等于自重，大小不变；
因ρ海水＞ρ江水，轮船受浮力不变，由F浮＝ρ液V排g得：
排开海水的体积比排开江水的体积小，要上浮一些。
故答案为：2；200；上浮。
【点评】本题考查了物体沉浮条件的应用和浮力大小的计算，正确得出可乐罐排开水的体积是关键，计算过程要注意单位的换算。
20．（2分）如图所示，桌面足够长，不计滑轮与绳间的摩擦，物体A重10N，当物体B重为2N时，恰好拉着A向右做匀速直线运动。当用水平向左的力F1拉着物体A向左做匀速直线运动时，则关于物体A受到的摩擦力f大小为 2 N，拉力F1的大小为 4 N。
【分析】静止的物体和匀速直线运动的物体受到平衡力的作用。
二力平衡条件：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。
物体A静止时，水平方向上受到拉力和摩擦力作用，这两个力是一对平衡力，根据二力平衡条件求出此时A受到的摩擦力；
物体A匀速直线向右运动时，水平方向上受到拉力和摩擦力作用，这两个力是一对平衡力，根据二力平衡条件求出A受到的滑动摩擦力；
物体A匀速直线向左运动时，水平方向上受到向左的拉力、向右的摩擦力和向右的拉力作用，这三个力平衡，根据力的平衡条件求出拉力的大小。
【解答】解：当物体B重为2N时，恰好拉着A向右做匀速直线运动，对A进行受力分析可知，A在水平方向受到绳子给的向右的大小等于B的重力大小拉力F，向左的摩擦力f，且在这两个力的作用下处于平衡状态，则有F＝f＝2N，
当用水平向左的力F1拉着物体A向左做匀速直线运动时，对A进行受力分析可知，A在水平方向受到绳子给的向右的大小等于B的重力大小拉力F，向右的摩擦力f、向左的拉力F1，由于压力和接触面粗糙程度不变，摩擦力大小不变，且在这三个力的作用下处于平衡状态，则有F1＝F+f，则F1＝4N。
故答案为：2，；4。
【点评】本题考查了受力分析、二力平衡条件的应用、影响滑动摩擦力大小的因素等，属于中档题。
21．（3分）如图所示，搬运工人在20s内用滑轮组将重为540N的重物匀速提升3m，所用拉力为200N，则拉力的功率是 90 W，滑轮组的机械效率是 90% ，忽略绳重和摩擦，动滑轮重为 60 N。
【分析】已知做功时间t＝20s，拉力F＝200N，物体上升的高度h＝3m，拉力移动的距离s＝nh，根据W总＝Fs求拉力做功，再根据P＝求功率；
根据W有＝Gh求有用功，再根据η＝×100%求机械效率；
忽略绳重和摩擦，根据W额＝W总﹣W有求额外功，再根据G滑＝求动滑轮的重力。
【解答】解：由图可知经过动滑轮的绳子段数为3端，故拉力移动的距离s＝3h＝3×3m＝9m，拉力做功W总＝Fs＝200N×9m＝1800J；拉力的功率P＝＝＝90W；
有用功W有＝Gh＝540N×3m＝1620J，则机械效率η＝×100%＝×100%＝90%；
额外功W额＝W总﹣W有＝1800J﹣1620J＝180J，忽略绳重和摩擦，动滑轮的重力G滑＝＝＝60N。
故答案为：90；90%；60。
【点评】本题考查滑轮组的机械效率相关计算，明确动滑轮及绳子段数是解此类题的关键。
22．（2分）利用如图甲所示的“坐位体前屈测试仪”可以对学生进行身体柔韧性测试。某同学设计了如图乙的电路图进行模拟测试，测试者向前推动滑块相当于向左移动滑动变阻器的滑片P。电源两端电压保持不变，闭合开关S，测试者向前推动滑块时，电流表的示数 变大 （变大/变小/不变，下同），电压表的示数 变大 。
【分析】由电路图可知，闭合开关S，R1与R2串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流；
向前推动滑块相当于向左移动滑动变阻器的滑片P，由电路图分析变阻器连入电路中阻值的变化，根据串联电路的电阻规律和欧姆定律可知电路中电流的变化和R1两端的电压变化。
【解答】解：由电路图可知，闭合开关S，R1与R2串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流；
由题知，向前推动滑块相当于向左移动滑动变阻器的滑片P，则变阻器连入电路的阻值变小，电路中总电阻变小，
由I＝可知，电路中的电流变大，即电流表的示数变大；
电路中的电流变大，由U＝IR可知，定值电阻R1两端的电压变大，即电压表的示数变大。
故答案为：变大；变大。
【点评】本题考查了串联电路的特点、欧姆定律的应用，根据题意得出滑动变阻器接入电路中的电阻变化是关键。
23．（4分）图甲是智能加热恒温杯垫，其电路原理简图如图乙所示，R1和R2均为电热丝，杯垫具有加热和保温两个挡位，加热功率为40W，保温功率为10W。[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]
（1）当S1和S2均闭合时，智能加热恒温杯垫处于 加热 （加热/保温）状态。
（2）该杯垫在加热状态下正常工作10分钟，消耗的电能是 2.4×104 J，R2的阻值为 1210 Ω。
（3）用该加热杯垫将0.5kg水从25℃加热到65℃时，水吸收的热量是 8.4×104 J。
【分析】（1）由图乙可知，当开关S1、S2都闭合时，只有R2工作，当开关S1闭合、S2断开时，R1、R2串联；根据串联电路的特点和P＝可知杯垫加热挡和保温挡的电路连接；
（2）知道加热功率二号加热时间，利用W＝Pt求出该杯垫在加热状态下正常工作10分钟，消耗的电能；由P＝可求R2阻值；
（3）知道水的质量、比热容、初温和末温，利用Q吸＝cm（t1﹣t0）求出水吸收的热量。
【解答】解：（1）由图乙可知，当开关S1、S2都闭合时，只有R2工作，当开关S1闭合、S2断开时，R1、R2串联；
根据串联电路的电阻特点可知，当开关S1、S2都闭合时，只有R2工作，电路中的总电阻最小，由P＝可知，电路中的总功率最大，杯垫处于加热状态；
当开关S1闭合、S2断开时，R1、R2串联，电路中的总电阻最大，总功率最小，杯垫处于保温状态；
（2）加热功率为40W，该杯垫在加热状态下正常工作10分钟，消耗的电能：W＝P加t＝40W×10×60s＝2.4×104J；加热状态下只有R2接入电路，则R2＝＝1210Ω；
（3）将0.5kg水从25℃加热到75℃时，水吸收的热量：Q吸＝c水m（t1﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×0.5kg×（65℃﹣25℃）＝8.4×104J。
故答案为：（1）加热；（2）2.4×104；1210；（3）8.4×104。
【点评】本题是一道电热综合题，只有考查串联电路的特点、电功公式以及吸热公式的应用，难度不大。
24．（4分）据报道，一位物理老师在动物园内，用弹簧测力计称出了一头大象的质量。在称象过程中，他还用到了吊车、铁笼和一根很长的槽钢等辅助工具。操作步骤如下：
步骤1.如图a他首先将铁笼系于槽钢上的B点，当吊车吊钩在槽钢上的悬吊点移至O点时，槽钢在水平位置平衡，测得OB＝8cm。
步骤2.如图b将大象引入铁笼，用弹簧测力计竖直向下拉住槽钢的另一端，使之再次在水平位置平衡，测得OA＝10m，弹簧测力计的示数为200N。
（1）此装置是 省力 （省力/费力）杠杆。
（2）b中的F2的大小是指 B （选填字母A：大象的重力/B：大象和铁笼的总重力）根据上述数据测出了大象的重量为 2.5×104 N。
（3）若弹簧测力计量程为0～200N，利用现有器材称一只重力更大的大象的做法是 将铁笼向左移动 。
【分析】（1）根据动力臂和阻力臂的大小关系可判断杠杆的种类；
（2）图b中的F2是绳子对B端的拉力，其大小等于大象和铁笼的总重力，
a图中，设槽钢的重力为G，其力臂为LG，根据杠杆平衡条件可得G×LG＝G笼×OB﹣﹣﹣﹣﹣﹣①，
b图中，根据杠杆平衡条件可得G×LG+F1×OA＝（G象+G笼）×OB﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，
②﹣①可得F1×OA＝G象×OB，代入数据解方程可得G象；
（3）根据F1×OA＝G象×OB可得当阻力变大，动力、动力臂不变时，需减小阻力臂。
【解答】解：（1）动力臂大于阻力臂的杠杆是省力杠杆，由图可知动力臂为OA，阻力臂为OB，因OA＞OB，所以此装置是省力杠杆；
（2）图b中的F2的大小是指大象和铁笼的总重力，即F2＝G象+G笼，
a图中，设槽钢的重力为G，其力臂为LG，根据杠杆平衡条件可得：G×LG＝G笼×OB﹣﹣﹣﹣﹣﹣①，
b图中，根据杠杆平衡条件可得：G×LG+F1×OA＝（G象+G笼）×OB﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，
②﹣①可得：F1×OA＝G象×OB，且OB＝8cm＝0.08m，
代入数据可得：200N×10m＝G象×0.08m，
解得G象＝2.5×104N；
（3）利用现有器材称一只重力更大的大象，即阻力变大，动力不变，若动力臂OA也不变，根据F1×OA＝G象×OB可知需减小阻力臂OB，具体做法是将铁笼向左移动。
故答案为：（1）省力；（2）B；2.5×104；（3）将铁笼向左移动。
【点评】本题考查了对杠杆的分析和杠杆平衡条件的灵活运用，属于易错题。
三、解答题（本题共8小题，共40分，其中26题应写出必要的解题过程）
25．（2分）请在图中将入射光线补画完整（F是凹透镜的焦点，光线AB平行于主光轴）。
【分析】先确定所给的入射光线的特点，然后根据凹透镜的光学特点（三条特殊光线）作图。
【解答】解：根据图示可知，平行于主光轴的光线经过凹透镜折射后，折射光线反向延长通过焦点；经过凹透镜光心的光线传播方向不变，如图所示：
【点评】凹透镜的三条特殊光线：过凹透镜光心的光线其传播方向不变；指向另一侧焦点的光线经凹透镜折射后折射光线平行于主光轴；平行于主光轴的光线经凹透镜折射后折射光线反向延长通过焦点。
26．（2分）如图所示，木块A与小车在水平地面上一起向右做加速运动。请画出木块A受力的示意图。
【分析】木块A与小车在水平地面上一起向右做加速运动，由于惯性，木块会继续保持原来的状态，因此木块子会向左滑，因此木块受到向右的摩擦力。
【解答】解：经分析知，竖直方向上木块受到重力和支持力的作用，这两个力大小相等、方向相反、作用在同一直线上；木块A与小车在水平地面上一起向右做加速运动，由于惯性木块保持原来的状态，会产生相左滑动的趋势，因此木块受到向右的摩擦力。如下图所示：
【点评】根据惯性判断出木块的滑动方向、对木块正确受力分析、掌握力的示意图的作法是正确解题的关键。
27．（2分）如图所示，在螺线管旁悬挂一条形磁体。闭合开关后，条形磁体向左偏。请在括号内标出：
（1）通电螺线管的“N”或“S”极；
（2）电源的“+”或“﹣”极。
【分析】根据磁极间的相互作用规律分析螺线管的极性；根据安培定则判定电源的正负极。
【解答】解：由图可知，条形磁铁被螺线管吸引，根据异名磁极相互吸引可知，螺线管的右端为S极，左端为N极；跟安培定则可知，电流从螺线管的右侧流入，左侧流出，所以电源的左端为负极，如图所示：
【点评】本题考查了磁极间的相互作用规律、安培定则的应用，难度不大。
28．（6分）汽车配有6个轮胎，每个轮胎与地面的接触面积为0.02m2，空载质量约为18000kg：
（1）求该车空载静止在水平地面上时，对地面的压强为多少Pa？（g＝10N/kg）
（2）若汽车行驶时阻力为8000N，发动机提供的牵引力使得汽车匀速直线行驶1km，牵引力做功多少J？
（3）该燃油车使用的燃油的热值为4×107J/kg，该汽车发动机的效率为30%，匀速直线行驶1km消耗的燃油为多少kg？
【分析】（1）已知汽车空载的质量为18000kg，则根据G＝mg求空载时的重力，根据p＝求汽车度地面的压强；
（2）已知汽车匀速行驶，根据二力平衡，牵引力F等于阻力f，根据W＝Fs求牵引力做功；
（3）已知燃油的热值为4×107J/kg，效率为30%，则燃油燃烧释放的热量的30%转化为汽车的牵引力做功，由30%mq＝W＝Fs可得。
【解答】解：（1）已知汽车空载的质量为18000kg，则空载时的重力G＝mg18000kg×10N/kg＝1.8×105N；汽车静止在水平地面，则压力大小等于重力大小为1.8×105N；每个轮胎与地面的接触面积为0.02m2，由图可知有6个轮子，则总接触面积S＝6×0.02m2＝0.12m2；则汽车对地面的压强p＝＝＝1.5×106Pa；
（2）已知汽车匀速行驶，根据二力平衡，牵引力F＝f＝8000N，则牵引力做功W＝Fs＝8000N×1000m＝8×106J；
（3））已知燃油的热值为4×107J/kg，效率为30%，则燃油燃烧释放的热量的30%转化为汽车的牵引力做功，故可得30%mq＝W，消耗的燃油质量m＝＝≈0.67kg。
答：（1）汽车空载静止在水平地面上时，对地面的压强1.5×106Pa；
（2）牵引力做功8×106J；
（3）匀速直线行驶1km消耗的燃油为0.67kg。
【点评】本题考查压强的计算、二力平衡条件、功的计算及转化效率，难度不大。
29．（7分）市面上卖的一些土鸡蛋，同学都认为它们与普通鸡蛋不同，于是开始测量土鸡蛋的密度。
（1）使用前若天平的指针如图甲所示，则应将平衡螺母向 右 （左/右）调节，待天平平衡后，把鸡蛋放在天平的 左 （左/右）盘中。
（2）当天平平衡后砝码和游码如图乙所示，则鸡蛋的质量为 53 g，进行了如图丙所示的一系列操作后，发现从②到③的过程中加入了50cm3的水。则所测鸡蛋的密度为 1.06×103 kg/m3；实验中有同学发现土鸡蛋有一定的吸水性，则所测密度将 不变 （不变/偏大/偏小）。
（3）接下来小明想用鸡蛋和盐水做浮沉相关实验，想配制盐水的密度为1.2×103kg/m3，现在配制了400cm3的盐水，称得其质量为500g，想达到预期的目标应加 水 （盐/水） 100 g。
【分析】（1）天平使用前的调节：若指针左偏，向右调平衡螺母，使指针指在分度盘的中线处；测量时，物体放左盘，砝码放右盘。
（2）在读数时，天平上所有砝码的质量加上游码所对的数值即待测物体的质量；添加水的体积就是鸡蛋的体积，利用密度公式ρ＝进行计算；
（3）想配制盐水的密度为1.2×103kg/m3，先计算出400cm3，500g的盐水的密度，发现要加水稀释，才可以过到目标。
【解答】解：（1）调节天平横梁平衡时，指针偏向分度盘的左侧，此时应该将右边的平衡螺母向右移动，直到指针指在分度盘的中央；等天平平衡后，鸡蛋要放在天平的左盘中。
（2）在读数时，天平上所有砝码的质量加上游码所对的数值即待测物体的质量，由图可知砝码的质量为50g，游码对应的数值为3g，则物体的质量为50g+3g＝53g；图丙中从②到③的过程中加入了50cm3的水，说明鸡蛋的体积为50cm3；故鸡蛋的密度ρ＝＝＝1.06g/cm3＝1.06×103kg/m3
实验中有同学发现土鸡蛋有一定的吸水性，那么鸡蛋在图①就吸收了水分，不影响图②图③的数值，则所测密度不变。
（3）现在配制了400cm3的盐水，称得其质量为500g，先计算出密度ρ＝＝＝1.25g/cm3，大于1.2×103kg/m3，所以要加水，假设加水X克，则加入水的体积也为XmL，，求出X＝100g。
故答案为：（1）右；左；（2）53；1.06×103；不变；（3）水；100。
【点评】本题考查了天平的使用、密度的计算、实验误差的分析，考查了学生的实验能力。
30．（7分）小华做“探究电流与电阻的关系”实验。实验中电源电压为4.5V恒定不变，电流表选用“0～0.6A”量程，电压表选用“0～3V”量程，滑动变阻器规格为“30Ω，1A”。
（1）请用笔画线代替导线，在图甲中完成实验电路的连接（要求滑片向左滑动时，电压表示数变大，导线不交叉）。连好电路闭合开关，发现电压表、电流表均完好但无示数，已知故障出在AD之间，为了找出故障小华将一端连接电压表接线柱、一端连接E接线柱的导线从E端断开，分别接触A、B、C、D四个接线柱，发现接触A、B、C三个接线柱时电压表的示数接近电源电压，接触D接线柱时电压表无示数，则电路的故障是 导线CD开路 。排除故障后，将不同阻值的电阻分别接入电路，移动滑片记录的数据如下表：
（2）小玲连接好正确电路后，分别接入阻值不同的电阻R，测量了五组实验数据，其中第2组实验的电流表示数如图乙所示为 0.3 A，小玲根据正确的实验数据得出实验结论：电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成 反比 。
实验组次
1
2
3
4
5
电阻R/Ω
5
10
15
25
30
电流I/A
0.6
0.2
0.12
0.1
（3）为了使实验结论更可靠，小玲想继续保持此电压不变再多测几组数据，请计算AB间允许接入的电阻R最小为 5 Ω，最大为 60 Ω。
（4）若撤去电压表和滑动变阻器，新增一个阻值为R0的定值电阻，利用如图丙所示的实验电路，可以测量待测电阻Rx的阻值。实验步骤如下：
①首先，闭合开关S1、S2，记录电流表的示数I1；
②接着，断开开关S2，记录电流表的示数I2；则待测电阻的阻值Rx＝ （用R0、I1、I2表示）。
【分析】（1）滑动变阻器与定值电阻串联接入电路中，要求滑片向左滑动时，电压表示数变大，这说明R两端电压变大，根据串联电路的电压规律分析滑动变阻器两端电压的变化，根据串联电路的分压规律分析滑动变阻器接入电路电阻的变化和正确的接法；
根据电压表示数分析电路故障的原因；
（2）根据电流表的量程和分度值读数，根据表格中的数据得出结论；
（3）根据表格中的数据可得到R两端的电压；根据串联分压原理算出定值电阻的最大值和最小值；
（4）①闭合开关S1、S2，电路为只有R0的简单电路，电流表测量电路电流，记下电流表示数为I1，根据欧姆定律可知电源电压的表达式；
②断开开关S2，R0和Rx串联，电流表测量电路电流，记下电流表示数为I2，根据欧姆定律可知电源电压的表达式；联立以上两式可得待测电阻的阻值Rx。
【解答】解：（1）根据题意可知，电压表测量R两端的电压，滑动变阻器与定值电阻串联接入电路中，要求滑片向左滑动时，电压表示数变大，这说明R两端电压变大，根据串联电路的电压规律可知，滑动变阻器两端的电压变小，根据串联电路的电压规律可知，滑动变阻器接入电路的电阻变小，故滑动变阻器应接上面的一个接线柱和左下接线柱，如图所示：
；
由题意，闭合开关后，他将一根导线的一端接电源正极，另一端依次试触A、B、C、D各接线柱，发现接触A、B、C三个接线柱时电压表的示数接近电源电压，这说明电压表与电源之间是接通的；接触D接线柱时电压表无示数，这说明电压表与电源之间是断开的，由此可知电路中的故障是CD之间断路；
（2）电流表选用的是小量程，分度值为0.02A，示数为0.3A；
根据表格中的数据可知，在电压一定的情况下，通过导体的电流与导体的电阻成反比；
（3）实验时，R两端的电压为：U＝IR＝0.6A×5Ω＝3V；
根据控制变量法，在探究电流与电阻的关系实验中，应控制定值电阻两端电压UV＝3V不变，根据串联电路电压规律，滑动变阻器两端电压为U滑＝U﹣UV＝4.5V﹣3V＝1.5V，定值电阻两端电压是变阻器两端电压的＝2倍；因为滑动变阻器的最大电阻为30Ω，当滑动变阻器的电阻最大时，定值电阻阻值也最大；根据串联分压原理，定值电阻阻值为R大＝2R滑大＝2×30Ω＝60Ω；
电路中允许通过的最大电流为I大＝0.6A，此时电路的总电阻为：R'＝＝＝7.5Ω，根据串联电路的电阻关系可知：
R小+R滑小＝R小+R小＝R小＝7.5Ω，则R小＝5Ω；
（4）①首先，闭合开关S1、S2，记录电流表的示数I1；
②接着，断开开关S2，记录电流表的示数I2；
在步骤①中，电路为只有R0的简单电路，电流表测量电路电流，记下电流表示数为I1，根据欧姆定律可知电源电压为U源＝I1R0；
在步骤②中，R0和Rx串联，电流表测量电路电流，记下电流表示数为I2，根据欧姆定律可知电源电压U源＝I2（R0+Rx）；
联立以上两式可得待测电阻的阻值Rx＝。
故答案为：（1）见解析；导线CD开路；（2）0.3；反比；（3）5；60；（4）。
【点评】本题用伏安法测量待测电阻Rx的阻值实验，考查了电路连接、实验原理、注意事项、电路故障、电阻的计算及设计实验方案测电阻的能力。
31．（7分）我国第三艘航空母舰“福建舰”于2022年6月17日下水，它是我国完全自主设计建造的首艘电磁弹射型航空母舰，满载排水量约为8×104t，最底部距海面的竖直距离约为20m。“歼﹣20”作为中国第五代隐形战斗机，融合了全球优秀战斗机的特点，具备了很强的隐形性能、机动性能，该飞机最大起飞质量为37t，最大飞行高度达20km，最大航行速度达2.5倍声速（合850m/s），某日，“歼﹣20”在福建舰上开展试飞训练。（g取10N/kg）
（1）以停在福建舰上的舰载机为参照物，福建舰是 静止 （运动/静止）的，福建舰满载时，所受的浮力为 8×108 N，当一架舰载机飞离了航母，则航母浸在水中的体积跟原来相比将 变小 （变大/变小/不变）。
（2）舰载机在航母上降落时必须适时放下舰钩，钩住甲板上的拦阻索，达到强行 减速 （加速/减速）的目的，这个过程中，舰载机的惯性 不变 （增大/减小/不变）。
（3）飞机航行时所受阻力的大小与速度的平方成正比，即f＝kv2，k值的大小体现了舰载机的性能，设计人员不断改进设计，希望 减小 （增大/减小）k值。飞机的推重比是指飞机以最大航行速度匀速飞行时的牵引力与最大起飞重力的比值，k值取0.2，则该“歼﹣20”飞机的推重比约为 0.4 。（结果保留1位小数）
【分析】（1）物体相对于参照物的位置没有发生变化，是静止的；
福建舰满载时，根据F浮＝G排＝m排g得出所受的浮力；
当一架舰载机飞离了航母，总重力变小，航母仍漂浮，所受浮力等于自身的重力，故所受的浮力变小，根据V排＝可知航母浸在水中的体积跟原来相比的变化情况；
（2）舰载机在航母上降落时必须适时放下舰钩，钩住甲板上的拦阻索，达到强行减速的目的，这个过程中，舰载机的质量不变，舰载机的惯性不变；
（3）飞机航行时所受阻力的大小与速度的平方成正比，即f＝kv2，k值的大小体现了舰载机的性能，设计人员不断改进设计，减小k值就是为减小阻力，希望减小k值。
该飞机最大起飞质量为37t，根据G＝mg得出该飞机最大起飞重力；
飞机的推重比是指飞机以最大航行速度匀速飞行时的牵引力与最大起飞重力的比值，
根据F＝f＝kv2得出牵引力，根据得出该“歼﹣20”飞机的推重比。
【解答】解：（1）以停在福建舰上的舰载机为参照物，福建舰的位置没有发生变化，是静止的；
福建舰满载时，所受的浮力F浮＝G排＝m排g＝8×104×103kg×10N/kg＝8×108N；
当一架舰载机飞离了航母，总重力变小，航母仍漂浮，所受浮力等于自身的重力，故所受的浮力变小，根据V排＝可知航母浸在水中的体积跟原来相比将变小；
（2）舰载机在航母上降落时必须适时放下舰钩，钩住甲板上的拦阻索，达到强行减速的目的，这个过程中，舰载机的质量不变，舰载机的惯性不变；
（3）飞机航行时所受阻力的大小与速度的平方成正比，即f＝kv2，k值的大小体现了舰载机的性能，设计人员不断改进设计，减小k值就是为减小阻力，希望减小k值。
该飞机最大起飞质量为37t，则该飞机最大起飞重力为G＝mg＝37×103kg×10N/kg＝3.7×105N，
飞机的推重比是指飞机以最大航行速度匀速飞行时的牵引力与最大起飞重力的比值，
牵引力F＝f＝kv2＝0.2×（850）2N＝144500N，
则该“歼﹣20”飞机的推重比约为：＝≈0.4。
故答案为：（1）静止；8×108；变小；（2）减速；不变；（3）减小；0.4。
【点评】本题考查浮力和惯性的有关知识，是一道综合题。
32．（7分）家庭照明使用的灯泡已经经过三个阶段的发展，图1甲是白炽灯，图1乙是节能灯，图1丙是LED灯。我国从2012年10月1日起逐步淘汰白炽灯，提倡使用节能灯；从2014年10月1日起禁止销售60瓦以上白炽灯。小明同学从相关资料中了解到100瓦白炽灯、20瓦节能灯与12瓦的LED灯的照明效果相当，并收集到这几种照明用灯具的有关数据如下表一，试回答：
表一：
灯泡类型
U额/V
P额/W
白炽灯
220
100
节能灯
220
20
LED灯
220
12
表二：
相同亮度
LED灯
节能灯
12W
20W
18W
30W
36W
60W
（1）LED灯是由 半导体 （导体/半导体/绝缘体）材料制成的。
（2）从表一可知，白炽灯逐渐被节能灯和LED灯替代，很大一部分原因是白炽灯和LED灯相比，消耗相同的电能 白炽灯 （白炽灯/LED灯）转化成的内能较多；表一中白炽灯正常发光时的电流为 0.46 A.（结果保留2位小数），LED灯与白炽灯相比，在达到相同亮度的条件下，LED灯可以节约电能 88 %。
（3）小明想测量此LED灯的实际功率，他设计了两种方案。方案一：只将该LED灯接入电路，记录1min内电能表（如图2所示）指示灯闪烁的次数n；方案二：只将该LED灯接入电路，用手机测出电能表闪烁1次的时间t。为了测量更准确，你选用方案 二 （一/二），此方案测出LED灯的实际功率为 （未知量用以上字母表示）。
（4）表二为LED灯与节能灯的对比广告图，如果广告属实，将一个额定功率为40W的节能灯替换成亮度相当LED灯，假设这盏灯日均工作10小时，一年（以360天计算），可以节约用电 57.6 度。
【分析】（1）发光二极管主要由半导体材料制成；
（2）100瓦白炽灯、20瓦节能灯与12瓦的LED灯的照明效果相当，比较可知白炽灯转化成的内能较多；
（3）电能表表盘1min转的转数会出现误差，计算的节能灯功率不够准确；
【解答】解：（1）LED灯是由半导体材料制成的；
（2）从表一可知，白炽灯逐渐被节能灯和LED灯替代，很大一部分原因是白炽灯和LED灯相比，消耗相同的电能白炽灯转化成的内能较多；
根据P＝UI得，表一中白炽灯正常发光时的电流为：I＝≈0.46A；
根据P＝得，LED灯与白炽灯相比，在达到相同亮度的条件下，LED灯可以节约电能为：ΔW＝W白炽灯﹣WLED＝（P白炽灯﹣PLED）t＝（100W﹣12W）＝88W，
η＝＝88%；
（3）对于方案一，电能表表盘1min闪的闪数会出现误差，计算的节能灯功率不够准确；对于方案二，用手机测出电能表表盘闪1次的时间，可以计算出闪1次的电能，再用公式P＝计算节能灯的功率更准确；故选用方案二；
指示灯闪烁10imp消耗的电能：W＝kW•h，小明家所使用的用电器的总功率为：P＝＝；
（4）从表二中可知，12W的LED灯的亮度等同20W的节能灯，18W亮度等同30W，36W亮度等同60W，
故额定功率为40W的节能灯的亮度等同：40W×＝24W的LED灯，
假设这盏灯日均工作10小时，一年（以360天计算），可以节约用电W＝ΔPt＝（40W﹣24W）×10×3600×360s＝2.0736×108J＝57.6kW•h。
故答案为：（1）半导体；（2）白炽灯；0.46；88；（3）；（4）57.6。
【点评】本题考查半导体的特点、电能的和电功率的计算，综合性强，难度适中。
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