还剩19页未读，
继续阅读
2023年陕西师大附中中考物理第七次适应性考试物理试题（解析版）
展开
这是一份2023年陕西师大附中中考物理第七次适应性考试物理试题（解析版），共22页。试卷主要包含了选择题，填空与作图题，实验与探究题，综合题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（共10小题，每题2分，计20分。每题只有一个选项是符合题意的）
1. “当好东道主，精彩办峰会!”千年古都，爱乐之城，交响乐乐团、秦腔表演、舞台剧、南门乐队等纷纷尽情表演，展现千年文化底蕴。下列关于声现象的说法正确的是（ ）
A. 交响乐不是由物体振动产生的
B. 游客可以辨别不同秦腔表演者的声音是因为他们的响度不同
C. 舞台剧中的声音只能向游客传递能量
D. 乐队演奏的声音主要通过空气传给观众
【答案】D
【解析】
【详解】A．交响乐是由物体振动产生的，故A错误；
B．游客可以辨别不同秦腔表演者的声音是因为他们的音色不同，故B错误；
C．舞台剧中的声音可以向游客传递信息，故C错误；
D．乐队演奏的声音主要通过空气这种介质传给观众耳朵，故D正确。
故选D。
2. 自然界中的雾、露、冰、雪、霜等现象都是水的物态发生变化形成的。下列有关说法正确的是（ ）
A. 图A中霜的形成是凝华现象，需要吸热更多优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 B. 图B中露的形成是液化现象，需要放热
C. 图C中冰雪消融是熔化现象，需要放热
D. 图D中日出雾散是升华现象，需要放热
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲图中霜是空气中的水蒸气遇冷凝华形成的冰晶，需要放热，故A错误；
B．乙图中露的形成是空气中的水蒸气遇冷液化形成的小水滴，需要放热，故B正确；
C．丙图中冰雪消融是冰熔化成水，需要吸热，故C错误；
D．丁图中日出雾散是小水珠汽化成水蒸气，需要吸热，故D错误。
故选B。
3. 曲江池畔，芙蓉美景，吸引了很多游客前往游览。下列有关光现象的说法正确的是（ ）
A. 地面上的树荫是由于光的直线传播形成的
B. 楼阁在水中的倒影是实像
C. 鲜艳的花朵是光源
D. 湖水看起来变浅，是光的反射现象
【答案】A
【解析】
【详解】A．地面上的树荫，是由于光沿直线传播，树枝挡住了太阳光而形成的，故A正确；
B．楼阁倒影属于平面镜成像，是由于光的反射现象形成的虚像，故B错误；
C．鲜艳的花朵自身不发光，不是光源，故C错误；
D．从湖底反射的光从水中斜射入空气中时，发生折射，折射光线远离法线，当人逆着折射光线的方向看时，看到的是湖底的虚像，比实际位置偏高，所以感觉湖水看起来变浅了，故D错误。
故选A。
4. 西安交通大学科研团队通过定向冷冻法和随后的热处理制备了具有纳米线组装各向异性和分层结构的SiC@SiO2纳米线气凝胶。这种气凝胶在1200℃条件下也能具备其物理特性。这主要利用了该气凝胶的（ ）
A. 密度小B. 硬度大C. 热稳定性好D. 绝缘性好
【答案】C
【解析】
【详解】这种气凝胶在1200℃条件下也能具备其物理特性，高温下物理特性仍然不改变，说明该气凝胶的热稳定性好。
故选C。
5. 如图所示是“鲲龙”AG600水陆两栖飞机成功试飞的情景。下列关于飞机的说法中错误的是（ ）
A. 试飞过程中飞机相对于地面的观测台是运动的
B. 飞机加速起飞过程中惯性变大
C. 在水平地面上静止的飞机所受的重力和地面对它的支持力是一对平衡力
D. 飞机减速滑行时受到非平衡力的作用
【答案】B
【解析】
【详解】A．试飞过程中，以地面的观测台为参照物飞机向上运动，故A正确，不符合题意；
B．飞机加速起飞过程中，质量不变，则惯性不变，故B错误，符合题意；
C．在水平地面上静止的飞机所受的重力和地面对它的支持力大小相等，方向相反，作用在一条直线上，作用在一个物体上，是一对平衡力，故C正确，不符合题意；
D．飞机减速滑行时，处于非平衡状态，受到非平衡力的作用，故D正确，不符合题意。
故选B。
6. 物理制作与实验是充满智慧的，同时也是充满乐趣的。下列有关物理制作和实验的说法正确的是（ ）
A. A管中水面上升，是因为流体中流速越大的地方压强越大
B. 把图B中自制气压计从山下移到山顶，细管内的水柱下降
C. 图C中水不流出来是由于受到大气压的作用
D. 图D中密度计在液体中漂浮时所受浮力大于自身重力
【答案】C
【解析】
【详解】A．管中水面上升，是因为流体中流速越大的位置压强越小，故A错误；
B．把水气压计从山下带到山上，瓶内空气的压强不变，而外界大气压随高度的增加而减小，此时在瓶内气压的作用下会有一部分水被压入玻璃管，因此管内水柱会升高，故B错误；
C．盖在杯口的纸片能托住倒过来的一满杯水而不洒出，正是大气压支持着杯内的水不会流出来，故C正确；
D．密度计测液体密度时，都是漂浮的，所以浮力都等于重力，在不同液体中，密度计所受浮力不变，故D错误。
故选C。
7. 如图所示是电吉他及其电拾音器的基本结构，查询资料可知：“磁体附近的金属弦容易被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音。”关于电拾音器，下列说法正确的是（ ）
A. 增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电流
B. 金属弦如果选用铜制作，电吉他也能正常工作
C. 取走磁体，电吉他也能正常工作
D. 线圈中产生感应电流的原理是通电导体在磁场中受到力的作用
【答案】A
【解析】
【详解】A．增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电流，故A正确；
B．铜不可以被磁化，则选用铜质弦，电吉他不能正常工作，故B错误；
C．取走磁体，金属弦不会被磁化，则弦振动时，线圈周围没有磁场强弱的变化，在线圈中不能产生感应电流，所以电吉他将不能正常工作，故C错误；
D．线圈中产生感应电流的原理是电磁感应现象，扬声器的工作原理是通电导体在磁场中受力运动，故D错误。
故选A。
8. 如图所示，电源电压保持不变。闭合开关S后，当滑动变阻器R2的滑片P由最右端移动到中点时，下列说法正确的是（ ）
A. 电流表A2的示数变小
B. 电压表V的示数变大
C. 电压表V示数与电流表A示数的乘积不变
D. 电压表V示数与电流表A2示数比值变小
【答案】D
【解析】
【详解】A．闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P由最右端向中点移动时，滑动变阻器接入电路中的电阻变小，根据欧姆定律
可知，通过滑动变阻器的电流变大，即电流表A2的示数变大，故A错误；
B．由电路图可知，闭合开关S后，R1与R2并联，电压表测量电源电压，由于电源电压不变，所以，移动滑片时，电压表V的示数不变，故B错误；
C．由A已知，电流表A2的示数变大，根据并联电路的电流特点可知，干路中的电流变大，即电流表A的示数变大；由于电压表V的示数不变，电流表A的示数变大，所以电压表V示数与电流表A示数的乘积变大，故C错误；
D．电压表V示数不变，电流表A2示数变大，则电压表V示数与电流表A2示数的比值变小，故D正确。
故选D。
9. 如图所示，滑轮组悬挂在水平支架上，重为800N的工人站在水平地面上，竖直向下拉动绳子自由端，使重为900N的物体以0.2m/s的速度匀速上升。在这个过程中，人施加的拉力F为500N，不计滑轮组的绳重和摩擦。下列说法正确的是（ ）
A. 10s内绳子自由端移动距离是2m
B. 拉力F的功率为400W
C. 该滑轮组的机械效率为75%
D. 该工人利用此滑轮组能提升货物的最大重量为1500N
【答案】D
【解析】
【详解】A．由可知，物体上升的高度
h＝v物t＝0.2m/s×10s＝2m
由图可知n＝2，绳子自由端移动的距离
s＝nh＝2×2m＝4m
故A错误；
B．绳子自由端移动的速度
v＝nv物＝2×0.2m/s＝0.4m/s
拉力做功的功率
故B错误；
C．滑轮组的机械效率
故C错误；
D．因为不计绳重和摩擦时，所以动滑轮的重力
G动＝nF﹣G＝2×500N﹣900N＝100N
工人通过滑轮组向下拉绳子的最大拉力
F最大＝G人＝800N
则能提升货物的最大重力
G最大＝nF最大﹣G动＝2×800N﹣100N＝1500N
故D正确。
故选D。
10. 3D打印机是一种可快速打印定型的机器，它的原理是把数据和原料放进3D打印机中，通过逐层打印的方式来构造物体。小明家用的3D打印机所使用的丝材原料是一种易熔易凝的PLA塑料，其比热容c＝1.6×103J/（kg•℃）。其工作电路如图甲所示，其中U1＝9V，电磁铁的线圈电阻为40Ω，当电磁继电器线圈的电流达到100mA时，衔铁被吸下来。下列有关说法正确的是（ ）
A. 3D打印机喷头主要是利用了电流的磁效应
B. 当电阻R1为30Ω时，要使衔铁能被吸引下来，R2的阻值最多为60Ω
C. 若电路中只有3D打印机工作了40min，如图乙所示的家用电能表指示灯闪烁了500次，则该打印机的实际功率为250W
D. 100g的PLA塑料从30℃加热到80℃，吸收的热量为12800J
【答案】C
【解析】
【详解】A．要熔化PLA塑料，则3D打印机喷头主要是利用了电流的热效应，故A错误；
B．电磁继电器线圈的电流达到100mA时，衔铁被吸下来，根据欧姆定律得，电路的总电阻为
根据串联电路电阻特点，R2的阻值最多为
R2＝R总﹣R1﹣R线圈＝90Ω﹣30Ω﹣40Ω＝20Ω
故B错误；
C．图乙中的家用电能表指示灯闪烁了500次，打印机做的功为
打印机的实际功率为
故C正确；
D．100g的PLA塑料从30℃加热到80℃，吸收的热量为
Q吸＝cm（t﹣t0）＝1.6×103J/（kg•℃）×0.1kg×（80℃﹣30℃）＝8000J
故D错误。
故选C。
二、填空与作图题（共8小题，每空1分，每图2分，计20分）
11. 物理学的每一次重大发现，都为人类的文明和发展做出了杰出贡献。如丹麦物理学家奥斯特在1820年首先发现了电流的______效应，揭开了电磁联系和应用的序幕；19世纪末，英国物理学家汤姆生发现了比原子小得多的带负电的粒子——______，从而证明原子是可再分的。
【答案】 ①. 磁 ②. 电子
【解析】
【详解】[1]1820年，丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，他是世界上第一个发现电与磁之间有联系的科学家。
[2]十九世纪末，英国物理学家汤姆生发现了比原子小得多的带负电的粒子即电子；1911年，卢瑟福建立了类似行星绕日的核式结构模型，他认为原子是由带正电的 原子核和电子构成的。
12. 如图甲两个悬挂的气球，一同学用左边气球挤压右边气球，挤压后气球如图乙所示。可说明的力学知识有：力可以使物体发生______、力的作用是相互的；若往两球中间吹气，观察到两球相互______。将其中一个气球与毛皮摩擦几下，再悬挂在原来位置，松手后，观察到两球相互______。（以上两空均选填“靠近”或“远离”）
【答案】 ①. 形变 ②. 靠近 ③. 靠近
【解析】
【详解】[1]由图乙可知，两气球受到力的作用，形状发生变化，说明力可以使物体发生形变。
[2]若往两球中间吹气，气球中间空气流动速度大，根据流速越快，流体的压强越小可知，会观察到两球相互靠近。
[3]将其中一个气球与毛皮摩擦几下，气球会因摩擦带电，再悬挂在原来位置，而带电体可以吸引轻小物体，故观察到两球相互靠近。
13. 如图所示是自行车的一个把手结构，当捏手闸刹车制动时手闸可视为一个______杠杆；手把上有凹凸不平的花纹，这是为了______。
【答案】 ①. 省力 ②. 增大摩擦力
【解析】
【详解】[1]如图所示是自行车的一个把手结构，它的动力臂比阻力臂长，当捏手闸刹车制动时手闸可视为一个省力杠杆。
[2]手把上有凹凸不平的花纹，这是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力。
14. 如图是小敏周末在湖边游玩时拍摄的一张照片，拍得的是天鹅倒立、缩小的______（选填“实像”或“虚像”）。若此时的天鹅距水面2m，它在水中的倒影离天鹅______m。若天鹅靠近水面飞行，水中天鹅的像______（选填“变大”、“不变”或“变小”）。
【答案】 ①. 实像 ②. 4 ③. 不变
【解析】
【详解】[1]拍摄照片时，镜头相当于凸透镜，物距大于二倍焦距，凸透镜成倒立、缩小的实像。
[2]倒影相当于平面镜成像，已知天鹅离水面2m，由平面镜成像的特点可知，倒影距离水面也是2m，则它在水中的倒影离天鹅的距离为
2m+2m＝4m
[3]平面镜成像始终与物体大小相等，若天鹅靠近水面飞行，水中天鹅的像大小不变。
15. 如图所示，长征七号运载火箭升空时，燃气向下喷出，火箭向上运动，说明物体间力的作用是______的。卫星每日通过______（选填“电磁波”或“超声波”）向地面传回约500GB数据，相当于几万幅“高清大图”。火箭主要以偏二甲肼作为燃料，其质量为1.5t，它完全燃烧放出的热量为______J。（q偏二甲肼＝4.2×107J/kg）
【答案】 ①. 相互 ②. 电磁波 ③. 6.3×1010
【解析】
【详解】[1]长征七号运载火箭升空时，燃气向下喷出，高温高压的燃气对火箭有一个向上的作用力，火箭向上运动，说明物体间力的作用是相互的。
[2]卫星每日通过电磁波向地面传回约500GB数据，相当于几万幅“高清大图”，因为电磁波可以在真空中传播，超声波不能在真空中传播。
[3]火箭主要以偏二甲肼作为燃料，其质量为1.5t，它完全燃烧放出的热量为
16. 某兴趣小组设计了如图甲所示的电路进行实验探究，选用电压可调的学生电源，小灯泡L标有“6V1.2W”字样。根据记录的电流表和电压表的示数，他们绘出了如图乙所示的I﹣U关系图像。当电压表的示数为6V时，通过小灯泡L的电流为______A，电阻R的阻值为______Ω。调节电源电压，当电路消耗的总功率为1.35W时，小灯泡的实际功率为______W。
【答案】 ①. 0.2 ②. 20 ③. 0.9
【解析】
【详解】（1）[1]小灯泡L标有“6V，1.2W”字样表示灯额定电压为6V，灯的额定功率为1.2W，由P＝UI可得，通过灯泡的额定电流
（2）[2]因电压表的示数为6V时，根据并联电路电压的规律，此时灯正常发光，由图像可知，干路电流表的示数I＝0.5A，根据并联电路中干路电流等于各支路电流之和，故通过R的电流
根据并联电路中各支路两端的电压相等，由欧姆定律可得
（3）[3]由图乙知，当电压表的示数为3V时，干路电流I′值为0.45A，则此时电路消耗的总功率为
即：当电路消耗的总功率为1.35W时，电源电压为3V，干路电流I′为0.45A，由欧姆定律可得，此时通过R的电流为
根据并联电路电流的规律，通过灯泡的电流为
则小灯泡的实际功率
17. 如图所示，一小木块从斜面上滑下，在粗糙的水平面上滑动一段距离后便停下来。请你在图中重心处画出木块在水平面上滑动时受到摩擦力的示意图。
【答案】
【解析】
【详解】一小木块从斜面上滑下，在粗糙的水平面上滑动一段距离后便停下来，因此木块在水平面上滑动时受到摩擦力的方向与木块相对运动的方向相反，如图所示：
18. 按要求作图：在如图虚线框内画出电池组和滑动变阻器的符号，并用导线连接好电路，要求：开关闭合，小磁针静止时如图所示；当滑动变阻器滑片向右移动时，电磁铁的磁性增强。
【答案】
【解析】
【详解】根据小磁针静止时的指向可知：通电螺线管的左端是N极，根据安培定则，电流应该从左端流入，从右端流出，电源的左端是正极；滑动变阻器串联在电路中，当滑动变阻器滑片向右移动时，接入电路的电阻减小，如图所示：
三、实验与探究题（共4小题，每空1分，计22分）
19. 请完成与下列实验有关的填空：
（1）将图甲1中的小卡片旋转一定角度，并保持两个拉力方向相反如图甲2所示，然后再松手，这样做是为了探究相互平衡的两个力是否作用在______；
（2）如图乙，用大小不同的力敲击音叉同一位置，观察到乒乓球被弹开的幅度不同，音叉发出声音的响度也不同，说明声音的响度与______有关；
（3）如图丙所示是最简单直流电动机模型，其中绕制线圈的铜丝外表有漆皮，必须对线圈引出线的两端（搁置于铜质弯钩的部位）进行刮漆处理，一端全部刮掉，一端只刮掉半周；按这种方法刮漆的目的是使线圈能够______，因此这一部位就相当于电动机中的______（填某一部件的名称）。
【答案】 ①. 同一直线上 ②. 振幅 ③. 持续转动 ④. 换向器
【解析】
【详解】（1）[1]将图甲1中的小卡片旋转一定角度，并保持两个拉力方向相反如图甲2所示，然后再松手，这样做是为了探究相互平衡的两个力是否作用在同一直线上。
（2）[2]如图乙，用大小不同的力敲击音叉同一位置，观察到乒乓球被弹开的幅度不同，音叉发出声音的响度也不同，说明声音的响度与振幅有关。
（3）[3][4]如图丙所示是最简单的直流电动机模型，其中绕制线圈的铜丝外表有漆皮，必须对线圈引出线的两端（搁置于铜质弯钩的部位）进行刮漆处理，一端全部刮掉，一端只刮掉半周；按这种方法刮漆的目的是使线圈能够持续转动，因此这一部位就相当于电动机中的换向器。
20. 小亮用压强计做“研究液体内部压强”的实验；
（1）使用前用手轻轻按压几下橡皮膜，如果U形管中的液体能灵活升降，则说明装置______（选填“漏气”或“不漏气”）；
（2）比较图甲和图乙可以探究的问题是：同种液体，液体压强与______的关系；
（3）保持探头在水中的深度不变，将水换成浓盐水，如图乙、丙所示，根据实验现象可以初步得出结论：在同一深度处，液体密度越______，液体压强越大；
（4）小亮结合液体压强知识，设计了测量盐水密度的方案如图丁所示，帮他将实验步骤补充完整：
①如图丁A所示，用细线和橡皮膜把玻璃管一端扎紧，向管内倒入适量的水，用刻度尺测出水面到下管口的距离记为h1；
②如图丁B所示，在烧杯中装入适量的盐水，将玻璃管缓慢浸入其中，直至橡皮膜变为水平，用刻度尺测出______的距离记为h2；
③按照该实验过程，所测盐水的密度ρ盐水＝______（用h1、h2和ρ水表示），此测量结果会偏______（选填“大”或“小”）。
【答案】 ①. 不漏气 ②. 深度 ③. 大 ④. 烧杯中盐水面到下管口 ⑤. ⑥. 小
【解析】
【详解】（1）[1]使用U形管压强计前应检查装置是否漏气，方法是用手轻轻按压几下金属盒的橡皮膜，如果U形管中的液体能灵活升降，则说明装置不漏气。
（2）[2]图甲、乙中，液体密度相同，而深度不同，根据转换法，液体产生压强不同，故探究的问题是：同种液体，液体压强与深度的关系。
（3）[3]乙、丙实验中，液体深度相同，而盐水密度大，根据转换法，盐水产生的压强大，根据实验现象可以初步得出结论：在同一深度处，液体密度越大，液体压强越大。
（4）[4]②用刻度尺测出盐水的深度，即用刻度尺测出烧杯中盐水面到下管口的距离记为h2。
③橡皮膜水平，故水和盐水产生压强相同，则有
[5]盐水的密度表达式为
[6]橡皮膜由凸起到变平试管液面会上升，造成测量水的深度h1变小，h2测量是准确的，所以密度的测量值变小。
21. 小丽同学为了探究“电阻丝的电阻R与长度L、横截面积S和材料的关系”，进行了如下实验操作：
（1）如图甲所示是用累积法测量电阻丝直径的示意图，取一段电阻丝紧密绕制20匝，由图可知，电阻丝的直径为______cm，从而计算出电阻丝的横截面积S；
（2）在实验中，保持电阻丝的横截面积S和材料不变，探究电阻丝的电阻R与长度L的关系，下列探究中也用到此方法的是______；
A.探究串、并联电路中的电流规律时，把电流比作水流
B.探究声音的传播条件时，把正在响铃的闹钟放在玻璃罩内，逐渐抽出其中的空气，听到闹钟的声音逐渐变小，由此推理真空不能传声
C.探究液体压强的影响因素时，用压强计中的U形管两侧液面的高度差反映金属探头处液体压强大小
D.探究电流与电压的关系时，保持电阻阻值不变
（3）为了探究电阻丝的电阻R与长度L的关系，实验室备有以下实验器材：
电源电压U＝1.5V，电流表A1（量程0～100mA），电流表A2（量程0～0.6A），电阻箱R0（阻值0～999.9Ω），阻值约为10Ω的电阻丝R，开关一个，导线若干；
为了提高实验的精确程度，在实验中电流表应选的是______（选填“A1”或“A2”）；把电阻丝拉直后，将其两端固定在刻度尺的接线柱a和b上，在电阻丝上夹一个金属夹P，移动金属夹P的位置，就可改变接入电路中金属丝的长度L，把这些实验器材按乙图的电路连接起来；
（4）闭合开关S前，电阻箱的阻值应调整到最大值；闭合开关S后，将电阻箱调到适当位置不动，多次改变金属夹P的位置，得到多组I、L的数据；根据实验测量数据在坐标平面内，以电阻丝的长度L为横坐标、电流的倒数为纵坐标，画出对应的关系图像如图丙所示；根据实验和图像可知，横截面积S相同的同种材料的电阻丝，接入长度L越长，电流I越小，电阻R越______；结合数学知识进一步分析可知，在横截面积和材料一定时，导体的电阻跟导体的长度成______；
（5）根据实验结果确定长度为1cm的这种电阻丝的阻值为______Ω。
【答案】 ①. 0.08 ②. D ③. A1 ④. 大 ⑤. 正比 ⑥. 0.3
【解析】
【详解】（1）[1]根据刻度尺读出电阻丝的长度为：l＝1.60cm，则电阻丝的直径为
（2）[2]电阻的大小在不考虑温度的前提下，有三个决定因素：材料、长度、横截面积；因此要研究电阻的大小与每一个因素的具体关系时，要用到控制变量法，在实验中，先保持电阻丝的横截面积S和材料不变，探究电阻丝的电阻R与长度L的关系，这种方法叫做控制变量法。
[3] A．探究串、并联电路中的电流规律时，把电流比作水流，采用的是类比法，故A不符合题意；
B．探究声音的传播条件时，把正在响铃的闹钟放在玻璃罩内，逐渐抽出其中的空气，听到闹钟的声音逐渐变小，由此推理真空不能传声，采用的是实验推理法，故B不符合题意；
C．探究液体压强的影响因素时，用压强计中的U形管两侧液面的高度差反映金属探头处液体压强大小，采用的是转换法，故C不符合题意；
D．探究电流与电压的关系时，保持电阻阻值不变，采用的是控制变量法，故D符合题意。
故选D。
（3）[4]电路中的最大电流
所以为了提高实验的精确程度，电流表选最量程为100mA的电流表A1。
（4）[5]根据图丙可知，图像为一条斜线，电阻的长度越长，电流的倒数越大，电流越小，在电压一定时，电阻越大；结合数学知识进一步分析可知，在横截面积和材料一定时，导体越长，电阻越大，导体的电阻跟导体的长度成正比。
（5）[6]由图乙知，电阻丝和电阻箱是串联的，由图丙知，当电阻丝接入0cm，就是电阻丝的电阻为零时，电源电压为1.5V，读图所示电流值为0.1A，则电阻箱的电阻为
当电阻丝接入10cm，就是电阻丝的电阻为R时，电源电压为1.5V，读图所示电流值为
I''＝A
则电路总电阻为
所以10cm电阻丝的电阻为
在横截面积和材料一定时，导体的电阻跟导体的长度成正比，所以1cm的电阻丝电阻为
22. “瓢泼大雨”以很大的速度落到地面，“毛毛细雨”则缓慢地飘落到地面。这是这么回事呢？原来从高空下落的物体，开始时的速度会越来越大，所受空气阻力也会随速度的增大而增大，当速度增大到一定程度，空气阻力增大到与物体的重力相等时，这时物体将以这一速度做匀速直线运动，通常把这个速度称为收尾速度，所以轻重和大小不同的雨滴收尾速度不同。受此启发，小白同学认为可以通过测量不同的小球的收尾速度等，得出最大空气阻力跟球的半径和速度的关系，部分实验数据如表所示。（g=10N/kg）
（1）从图中可以看出该小球在BC段做___________运动；
（2）实验中，测量出小球受到最大空气阻力大小的原理是___________；编号为1的小球在BC段所受空气阻力为___________；（g=10N/kg）
（3）通过比较_______号（写数字序号即可）两个小球可以初步得出结论：半径相同时，小球受到的最大空气阻力与速度成正比；
（4）通过比较2、3号两个小球可以初步得出结论是：速度相同时，小球受到的最大空气阻力与________；（请写出与具体影响因素之间的具体关系）
（5）如果上述规律具有普遍性，为了与4号小球作对比，再次探究最大空气阻力与小球半径的关系，5号小球的质量应设置为___________g。
【答案】 ①. 匀速直线运动 ②. 二力平衡 ③. 0.02N ④. 1、2 ⑤. 半径的平方成正比 ⑥. 90
【解析】
【详解】（1）[1]从图中可以发现，相同时间间隔内，BC段相邻位置小球运动过的距离相等，因此小球此阶段做的匀速直线运动。
（2）[2]当小球速度达到最大状态后，其所受的重力等于最大空气阻力，处于二力平衡状态，小球匀速运动。
[3]编号为1的小球的质量为
m=2g=0.002kg
其所受重力为
G=mg=0.002kg×10N/kg=0.02N
（3）[4]要得到结论“半径相同时，小球受到的最大空气阻力与速度成正比”，需要保证小球的半径相同，表中1、2号小球半径相同，故选1、2号小球做对比实验。
（4）[5]通过比较2、3号两个小球可知，小球速度相同，当小球阻力变为原来的
时，半径的平方之比为
因此，速度相同时，小球受到的最大空气阻力与小球半径的平方成正比。
（5）[6]因为速度相同时，小球受到的最大空气阻力与小球半径的平方成正比，所以比较4、5号数据可知，5号的速度应为20m/s，则质量之比与半径关系如下
故解得
m=90g
四、综合题（共3小题，计18分）
23. 如图所示是某升降电梯的工作原理图和电梯轿厢的简化模型图；
（1）乘客乘坐电梯匀速上升过程中，他们的动能______，机械能______（都选填“增大”、“减小”或“不变”）；
（2）轿箱空载时的重量是3100N，对重的重量为3000N；某次乘坐电梯的乘客的总重量是1200N，电梯匀速上升15m，所用的时间为10s；不计钢丝绳的重力和摩擦阻力，求电动机对钢丝绳的拉力F______和在此过程中电动机的输出功率P？______
【答案】 ①. 不变 ②. 增大 ③. 1300N ④. 1950W
【解析】
【详解】（1）[1][2]电梯匀速上升的过程中，质量和速度都没有变化，所以动能不变；但是他的位置变高了，也就是重力势能变大了，故机械能也增大。
（2）[3]根据轿厢匀速运动，受力平衡知，缆绳对轿厢的拉力
[4]缆绳拉力做的功
电动机的功率至少为
24. 图甲为一种自动恒温箱，其内部控制电路的电压恒为12V，定值电阻R1＝5Ω，R2为热敏电阻，其阻值随温度变化的关系如图丙所示；把一个电压鉴别器并联在A、B两点之间（在分析电路时可将电压鉴别器内部视为断路），当热敏电阻R2的阻值随温度变化时，电压鉴别器通过其内部的电磁继电器控制加热电路中开关S的通断：当UAB≤2V时闭合S，加热电路中的电热丝通电发热，从而使箱内温度升高；当UAB≥3V时断开S，电热丝停止加热；则：
（1）若恒温箱中电热丝R的阻值为48.4Ω，加热电路正常工作的电功率为多少？______
（2）该恒温箱内的温度将保持在怎样的范围？______
（3）若想使此恒温箱内的最高温度升高一些，在电压鉴别器功能和热敏电阻不变的条件下，可采取的措施有______。（写出一条合理的建议即可）
【答案】 ①. 1000W ②. 20℃～35℃ ③. 减小定值电阻R1的阻值##控制电路中再串接一个电阻
【解析】
【详解】解：（1）加热电路正常工作的电功率为
（2）由图乙控制电路可知，R1、R2串联，电压鉴别器测量R1两端的电压，由题意可知，当UAB＝2V时，开关刚好闭合，由串联电路的电压特点和欧姆定律可知，此时R2的阻值为
由图丙可知，此时恒温箱内的温度为20℃；
当UAB'＝3V时，开关刚好断开，由串联电路的电压特点和欧姆定律可知，此时R2的阻值为
由图丙可知，此时恒温箱内的温度为35℃；因此此恒温箱的温度将保持在20℃～35℃范围内。
（3）分析图像可知，若要恒温箱的温度变化增加一些，则需减小开始加热和停止加热时热敏电阻R2的阻值；
①在电源电压不变时，因电压鉴别器功能不变，则开始加热和停止加热时R2两端的电压也不变，在R2的阻值减小时，由串联电路的特点和欧姆定律可知电路中电流增大；对电阻R1而言，开始加热和停止加热时其电压不变，要电路中电流增大，必然应减小电阻R1的阻值；
②若电阻R1的阻值不变，且电压鉴别器功能不变，由欧姆定律可知开始加热和停止加热时电路中电流不变；在R2的阻值减小时，由U＝IR可知，R2两端的电压应减小，则可在控制电路中再串联一个电阻分压来实现；
答：（1）加热电路正常工作的电功率为1000W；
（2）此恒温箱的温度将保持在20℃～35℃范围内；
（3）减小定值电阻R1的阻值（或控制电路中再串接一个电阻）。
25. 如图甲所示是比亚迪的一款新能源纯电动车“海豚”在某段光伏试验路段运行并充电的情景，如表中是它的相关技术参数；（g取10N/kg）
（1）电动汽车的核心部件是电动机，其工作原理是______；“海豚”汽车高速行驶时对路面的压力相比静止时______（选填“不变”、“变小”或“变大”）；
（2）在某次运行中，司机和乘客的总质量为245kg，若车轮与地面的总接触面积为0.02m2，则“海豚”载客时对地面的压强为多少？______
（3）若这次运行中使“海豚”汽车保持恒定功率在水平路面上做直线运动，其v﹣t图像如图乙所示；若“海豚”在运动中所受阻力的大小为其总重的0.01倍，则0～10s内牵引力对其做多少功？______
（4）当“海豚”汽车在光伏路面经过充电区域时，充电垫发出的高频电磁波被其底盘上的接收装置接受，将电磁波的能量转化为电能并给电池充电；若接收装置接受到的电磁波的功率P0＝5000kW，它将电磁波能量转化为电能并存储在电池中的效率为20%；已知每段充电区域的长度s1＝100m，两段充电区域之间的距离s2＝10km，由于s1远小于s2，可以忽略汽车在充电过程中消耗的电能；假如汽车电池消耗的电能全部用于驱动汽车行驶，为了使一辆电量即将耗尽的“海豚”汽车能从一个充电区域顺利地到达下一段充电区域，该车在充电区域的速度v不能大于多少km/h？______
【答案】 ①. 通电导体在磁场中受力运动 ②. 变小 ③. 8.25×105Pa ④. 4.95×104J ⑤. 50km/h
【解析】
【详解】（1）[1]电动汽车的核心部件是电动机，根据名称可知，电动机的工作原理是通电导体在磁场中受力运动。
[2]汽车的车身“上凸下平”（与飞机的机翼相似），当汽车高速行驶时，其上方空气的流速大、压强小，下方空气的流速小、压强大，汽车受到向上的压强差而产生向上的升力，所以汽车高速行驶时对路面的压力相比静止时变小。
（2）[3]“海豚”载客时对地面的压力为
F＝G总＝m总g＝（245kg+1405kg）×10N/kg＝16500N
“海豚”载客时对地面压强为
（3）[4]汽车做匀速直线运动时处于平衡状态，牵引力等于阻力，则
F牵＝F阻＝0.01G总＝0.01×16500N＝165N
由图乙可知，汽车匀速行驶的速度v＝30m/s，则汽车的恒定功率为
P＝F牵v＝165N×30m/s＝4950W
汽车在0～10s内牵引力做的功为
W＝Pt＝4950W×10s＝4.95×104J
（4）[5]由题知，电动汽车百公里耗电量为20kW•h，故行驶完s2＝10km的路程耗电量为
设汽车的充电时间为t，则每段充电区域获得的电能为
W′＝P0tη
代入数据得
2kW•h＝5000kW×t×20%
解得
t＝2×10﹣3h
每段充电区域的长度s1＝100m＝0.1km，则汽车在充电区域的最大速度为
小球编号
1
2
3
4
5
小球质量m（g）
2
5
45
40
小球半径r（cm）
0.5
0.5
1.5
2
3
小球的收尾速度v（m/s）
16
40
40
20
整车
整车质量
1405kg
百公里耗电量
20kW•h
一、选择题（共10小题，每题2分，计20分。每题只有一个选项是符合题意的）
1. “当好东道主，精彩办峰会!”千年古都，爱乐之城，交响乐乐团、秦腔表演、舞台剧、南门乐队等纷纷尽情表演，展现千年文化底蕴。下列关于声现象的说法正确的是（ ）
A. 交响乐不是由物体振动产生的
B. 游客可以辨别不同秦腔表演者的声音是因为他们的响度不同
C. 舞台剧中的声音只能向游客传递能量
D. 乐队演奏的声音主要通过空气传给观众
【答案】D
【解析】
【详解】A．交响乐是由物体振动产生的，故A错误；
B．游客可以辨别不同秦腔表演者的声音是因为他们的音色不同，故B错误；
C．舞台剧中的声音可以向游客传递信息，故C错误；
D．乐队演奏的声音主要通过空气这种介质传给观众耳朵，故D正确。
故选D。
2. 自然界中的雾、露、冰、雪、霜等现象都是水的物态发生变化形成的。下列有关说法正确的是（ ）
A. 图A中霜的形成是凝华现象，需要吸热更多优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 B. 图B中露的形成是液化现象，需要放热
C. 图C中冰雪消融是熔化现象，需要放热
D. 图D中日出雾散是升华现象，需要放热
【答案】B
【解析】
【详解】A．甲图中霜是空气中的水蒸气遇冷凝华形成的冰晶，需要放热，故A错误；
B．乙图中露的形成是空气中的水蒸气遇冷液化形成的小水滴，需要放热，故B正确；
C．丙图中冰雪消融是冰熔化成水，需要吸热，故C错误；
D．丁图中日出雾散是小水珠汽化成水蒸气，需要吸热，故D错误。
故选B。
3. 曲江池畔，芙蓉美景，吸引了很多游客前往游览。下列有关光现象的说法正确的是（ ）
A. 地面上的树荫是由于光的直线传播形成的
B. 楼阁在水中的倒影是实像
C. 鲜艳的花朵是光源
D. 湖水看起来变浅，是光的反射现象
【答案】A
【解析】
【详解】A．地面上的树荫，是由于光沿直线传播，树枝挡住了太阳光而形成的，故A正确；
B．楼阁倒影属于平面镜成像，是由于光的反射现象形成的虚像，故B错误；
C．鲜艳的花朵自身不发光，不是光源，故C错误；
D．从湖底反射的光从水中斜射入空气中时，发生折射，折射光线远离法线，当人逆着折射光线的方向看时，看到的是湖底的虚像，比实际位置偏高，所以感觉湖水看起来变浅了，故D错误。
故选A。
4. 西安交通大学科研团队通过定向冷冻法和随后的热处理制备了具有纳米线组装各向异性和分层结构的SiC@SiO2纳米线气凝胶。这种气凝胶在1200℃条件下也能具备其物理特性。这主要利用了该气凝胶的（ ）
A. 密度小B. 硬度大C. 热稳定性好D. 绝缘性好
【答案】C
【解析】
【详解】这种气凝胶在1200℃条件下也能具备其物理特性，高温下物理特性仍然不改变，说明该气凝胶的热稳定性好。
故选C。
5. 如图所示是“鲲龙”AG600水陆两栖飞机成功试飞的情景。下列关于飞机的说法中错误的是（ ）
A. 试飞过程中飞机相对于地面的观测台是运动的
B. 飞机加速起飞过程中惯性变大
C. 在水平地面上静止的飞机所受的重力和地面对它的支持力是一对平衡力
D. 飞机减速滑行时受到非平衡力的作用
【答案】B
【解析】
【详解】A．试飞过程中，以地面的观测台为参照物飞机向上运动，故A正确，不符合题意；
B．飞机加速起飞过程中，质量不变，则惯性不变，故B错误，符合题意；
C．在水平地面上静止的飞机所受的重力和地面对它的支持力大小相等，方向相反，作用在一条直线上，作用在一个物体上，是一对平衡力，故C正确，不符合题意；
D．飞机减速滑行时，处于非平衡状态，受到非平衡力的作用，故D正确，不符合题意。
故选B。
6. 物理制作与实验是充满智慧的，同时也是充满乐趣的。下列有关物理制作和实验的说法正确的是（ ）
A. A管中水面上升，是因为流体中流速越大的地方压强越大
B. 把图B中自制气压计从山下移到山顶，细管内的水柱下降
C. 图C中水不流出来是由于受到大气压的作用
D. 图D中密度计在液体中漂浮时所受浮力大于自身重力
【答案】C
【解析】
【详解】A．管中水面上升，是因为流体中流速越大的位置压强越小，故A错误；
B．把水气压计从山下带到山上，瓶内空气的压强不变，而外界大气压随高度的增加而减小，此时在瓶内气压的作用下会有一部分水被压入玻璃管，因此管内水柱会升高，故B错误；
C．盖在杯口的纸片能托住倒过来的一满杯水而不洒出，正是大气压支持着杯内的水不会流出来，故C正确；
D．密度计测液体密度时，都是漂浮的，所以浮力都等于重力，在不同液体中，密度计所受浮力不变，故D错误。
故选C。
7. 如图所示是电吉他及其电拾音器的基本结构，查询资料可知：“磁体附近的金属弦容易被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音。”关于电拾音器，下列说法正确的是（ ）
A. 增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电流
B. 金属弦如果选用铜制作，电吉他也能正常工作
C. 取走磁体，电吉他也能正常工作
D. 线圈中产生感应电流的原理是通电导体在磁场中受到力的作用
【答案】A
【解析】
【详解】A．增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电流，故A正确；
B．铜不可以被磁化，则选用铜质弦，电吉他不能正常工作，故B错误；
C．取走磁体，金属弦不会被磁化，则弦振动时，线圈周围没有磁场强弱的变化，在线圈中不能产生感应电流，所以电吉他将不能正常工作，故C错误；
D．线圈中产生感应电流的原理是电磁感应现象，扬声器的工作原理是通电导体在磁场中受力运动，故D错误。
故选A。
8. 如图所示，电源电压保持不变。闭合开关S后，当滑动变阻器R2的滑片P由最右端移动到中点时，下列说法正确的是（ ）
A. 电流表A2的示数变小
B. 电压表V的示数变大
C. 电压表V示数与电流表A示数的乘积不变
D. 电压表V示数与电流表A2示数比值变小
【答案】D
【解析】
【详解】A．闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P由最右端向中点移动时，滑动变阻器接入电路中的电阻变小，根据欧姆定律
可知，通过滑动变阻器的电流变大，即电流表A2的示数变大，故A错误；
B．由电路图可知，闭合开关S后，R1与R2并联，电压表测量电源电压，由于电源电压不变，所以，移动滑片时，电压表V的示数不变，故B错误；
C．由A已知，电流表A2的示数变大，根据并联电路的电流特点可知，干路中的电流变大，即电流表A的示数变大；由于电压表V的示数不变，电流表A的示数变大，所以电压表V示数与电流表A示数的乘积变大，故C错误；
D．电压表V示数不变，电流表A2示数变大，则电压表V示数与电流表A2示数的比值变小，故D正确。
故选D。
9. 如图所示，滑轮组悬挂在水平支架上，重为800N的工人站在水平地面上，竖直向下拉动绳子自由端，使重为900N的物体以0.2m/s的速度匀速上升。在这个过程中，人施加的拉力F为500N，不计滑轮组的绳重和摩擦。下列说法正确的是（ ）
A. 10s内绳子自由端移动距离是2m
B. 拉力F的功率为400W
C. 该滑轮组的机械效率为75%
D. 该工人利用此滑轮组能提升货物的最大重量为1500N
【答案】D
【解析】
【详解】A．由可知，物体上升的高度
h＝v物t＝0.2m/s×10s＝2m
由图可知n＝2，绳子自由端移动的距离
s＝nh＝2×2m＝4m
故A错误；
B．绳子自由端移动的速度
v＝nv物＝2×0.2m/s＝0.4m/s
拉力做功的功率
故B错误；
C．滑轮组的机械效率
故C错误；
D．因为不计绳重和摩擦时，所以动滑轮的重力
G动＝nF﹣G＝2×500N﹣900N＝100N
工人通过滑轮组向下拉绳子的最大拉力
F最大＝G人＝800N
则能提升货物的最大重力
G最大＝nF最大﹣G动＝2×800N﹣100N＝1500N
故D正确。
故选D。
10. 3D打印机是一种可快速打印定型的机器，它的原理是把数据和原料放进3D打印机中，通过逐层打印的方式来构造物体。小明家用的3D打印机所使用的丝材原料是一种易熔易凝的PLA塑料，其比热容c＝1.6×103J/（kg•℃）。其工作电路如图甲所示，其中U1＝9V，电磁铁的线圈电阻为40Ω，当电磁继电器线圈的电流达到100mA时，衔铁被吸下来。下列有关说法正确的是（ ）
A. 3D打印机喷头主要是利用了电流的磁效应
B. 当电阻R1为30Ω时，要使衔铁能被吸引下来，R2的阻值最多为60Ω
C. 若电路中只有3D打印机工作了40min，如图乙所示的家用电能表指示灯闪烁了500次，则该打印机的实际功率为250W
D. 100g的PLA塑料从30℃加热到80℃，吸收的热量为12800J
【答案】C
【解析】
【详解】A．要熔化PLA塑料，则3D打印机喷头主要是利用了电流的热效应，故A错误；
B．电磁继电器线圈的电流达到100mA时，衔铁被吸下来，根据欧姆定律得，电路的总电阻为
根据串联电路电阻特点，R2的阻值最多为
R2＝R总﹣R1﹣R线圈＝90Ω﹣30Ω﹣40Ω＝20Ω
故B错误；
C．图乙中的家用电能表指示灯闪烁了500次，打印机做的功为
打印机的实际功率为
故C正确；
D．100g的PLA塑料从30℃加热到80℃，吸收的热量为
Q吸＝cm（t﹣t0）＝1.6×103J/（kg•℃）×0.1kg×（80℃﹣30℃）＝8000J
故D错误。
故选C。
二、填空与作图题（共8小题，每空1分，每图2分，计20分）
11. 物理学的每一次重大发现，都为人类的文明和发展做出了杰出贡献。如丹麦物理学家奥斯特在1820年首先发现了电流的______效应，揭开了电磁联系和应用的序幕；19世纪末，英国物理学家汤姆生发现了比原子小得多的带负电的粒子——______，从而证明原子是可再分的。
【答案】 ①. 磁 ②. 电子
【解析】
【详解】[1]1820年，丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，他是世界上第一个发现电与磁之间有联系的科学家。
[2]十九世纪末，英国物理学家汤姆生发现了比原子小得多的带负电的粒子即电子；1911年，卢瑟福建立了类似行星绕日的核式结构模型，他认为原子是由带正电的 原子核和电子构成的。
12. 如图甲两个悬挂的气球，一同学用左边气球挤压右边气球，挤压后气球如图乙所示。可说明的力学知识有：力可以使物体发生______、力的作用是相互的；若往两球中间吹气，观察到两球相互______。将其中一个气球与毛皮摩擦几下，再悬挂在原来位置，松手后，观察到两球相互______。（以上两空均选填“靠近”或“远离”）
【答案】 ①. 形变 ②. 靠近 ③. 靠近
【解析】
【详解】[1]由图乙可知，两气球受到力的作用，形状发生变化，说明力可以使物体发生形变。
[2]若往两球中间吹气，气球中间空气流动速度大，根据流速越快，流体的压强越小可知，会观察到两球相互靠近。
[3]将其中一个气球与毛皮摩擦几下，气球会因摩擦带电，再悬挂在原来位置，而带电体可以吸引轻小物体，故观察到两球相互靠近。
13. 如图所示是自行车的一个把手结构，当捏手闸刹车制动时手闸可视为一个______杠杆；手把上有凹凸不平的花纹，这是为了______。
【答案】 ①. 省力 ②. 增大摩擦力
【解析】
【详解】[1]如图所示是自行车的一个把手结构，它的动力臂比阻力臂长，当捏手闸刹车制动时手闸可视为一个省力杠杆。
[2]手把上有凹凸不平的花纹，这是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力。
14. 如图是小敏周末在湖边游玩时拍摄的一张照片，拍得的是天鹅倒立、缩小的______（选填“实像”或“虚像”）。若此时的天鹅距水面2m，它在水中的倒影离天鹅______m。若天鹅靠近水面飞行，水中天鹅的像______（选填“变大”、“不变”或“变小”）。
【答案】 ①. 实像 ②. 4 ③. 不变
【解析】
【详解】[1]拍摄照片时，镜头相当于凸透镜，物距大于二倍焦距，凸透镜成倒立、缩小的实像。
[2]倒影相当于平面镜成像，已知天鹅离水面2m，由平面镜成像的特点可知，倒影距离水面也是2m，则它在水中的倒影离天鹅的距离为
2m+2m＝4m
[3]平面镜成像始终与物体大小相等，若天鹅靠近水面飞行，水中天鹅的像大小不变。
15. 如图所示，长征七号运载火箭升空时，燃气向下喷出，火箭向上运动，说明物体间力的作用是______的。卫星每日通过______（选填“电磁波”或“超声波”）向地面传回约500GB数据，相当于几万幅“高清大图”。火箭主要以偏二甲肼作为燃料，其质量为1.5t，它完全燃烧放出的热量为______J。（q偏二甲肼＝4.2×107J/kg）
【答案】 ①. 相互 ②. 电磁波 ③. 6.3×1010
【解析】
【详解】[1]长征七号运载火箭升空时，燃气向下喷出，高温高压的燃气对火箭有一个向上的作用力，火箭向上运动，说明物体间力的作用是相互的。
[2]卫星每日通过电磁波向地面传回约500GB数据，相当于几万幅“高清大图”，因为电磁波可以在真空中传播，超声波不能在真空中传播。
[3]火箭主要以偏二甲肼作为燃料，其质量为1.5t，它完全燃烧放出的热量为
16. 某兴趣小组设计了如图甲所示的电路进行实验探究，选用电压可调的学生电源，小灯泡L标有“6V1.2W”字样。根据记录的电流表和电压表的示数，他们绘出了如图乙所示的I﹣U关系图像。当电压表的示数为6V时，通过小灯泡L的电流为______A，电阻R的阻值为______Ω。调节电源电压，当电路消耗的总功率为1.35W时，小灯泡的实际功率为______W。
【答案】 ①. 0.2 ②. 20 ③. 0.9
【解析】
【详解】（1）[1]小灯泡L标有“6V，1.2W”字样表示灯额定电压为6V，灯的额定功率为1.2W，由P＝UI可得，通过灯泡的额定电流
（2）[2]因电压表的示数为6V时，根据并联电路电压的规律，此时灯正常发光，由图像可知，干路电流表的示数I＝0.5A，根据并联电路中干路电流等于各支路电流之和，故通过R的电流
根据并联电路中各支路两端的电压相等，由欧姆定律可得
（3）[3]由图乙知，当电压表的示数为3V时，干路电流I′值为0.45A，则此时电路消耗的总功率为
即：当电路消耗的总功率为1.35W时，电源电压为3V，干路电流I′为0.45A，由欧姆定律可得，此时通过R的电流为
根据并联电路电流的规律，通过灯泡的电流为
则小灯泡的实际功率
17. 如图所示，一小木块从斜面上滑下，在粗糙的水平面上滑动一段距离后便停下来。请你在图中重心处画出木块在水平面上滑动时受到摩擦力的示意图。
【答案】
【解析】
【详解】一小木块从斜面上滑下，在粗糙的水平面上滑动一段距离后便停下来，因此木块在水平面上滑动时受到摩擦力的方向与木块相对运动的方向相反，如图所示：
18. 按要求作图：在如图虚线框内画出电池组和滑动变阻器的符号，并用导线连接好电路，要求：开关闭合，小磁针静止时如图所示；当滑动变阻器滑片向右移动时，电磁铁的磁性增强。
【答案】
【解析】
【详解】根据小磁针静止时的指向可知：通电螺线管的左端是N极，根据安培定则，电流应该从左端流入，从右端流出，电源的左端是正极；滑动变阻器串联在电路中，当滑动变阻器滑片向右移动时，接入电路的电阻减小，如图所示：
三、实验与探究题（共4小题，每空1分，计22分）
19. 请完成与下列实验有关的填空：
（1）将图甲1中的小卡片旋转一定角度，并保持两个拉力方向相反如图甲2所示，然后再松手，这样做是为了探究相互平衡的两个力是否作用在______；
（2）如图乙，用大小不同的力敲击音叉同一位置，观察到乒乓球被弹开的幅度不同，音叉发出声音的响度也不同，说明声音的响度与______有关；
（3）如图丙所示是最简单直流电动机模型，其中绕制线圈的铜丝外表有漆皮，必须对线圈引出线的两端（搁置于铜质弯钩的部位）进行刮漆处理，一端全部刮掉，一端只刮掉半周；按这种方法刮漆的目的是使线圈能够______，因此这一部位就相当于电动机中的______（填某一部件的名称）。
【答案】 ①. 同一直线上 ②. 振幅 ③. 持续转动 ④. 换向器
【解析】
【详解】（1）[1]将图甲1中的小卡片旋转一定角度，并保持两个拉力方向相反如图甲2所示，然后再松手，这样做是为了探究相互平衡的两个力是否作用在同一直线上。
（2）[2]如图乙，用大小不同的力敲击音叉同一位置，观察到乒乓球被弹开的幅度不同，音叉发出声音的响度也不同，说明声音的响度与振幅有关。
（3）[3][4]如图丙所示是最简单的直流电动机模型，其中绕制线圈的铜丝外表有漆皮，必须对线圈引出线的两端（搁置于铜质弯钩的部位）进行刮漆处理，一端全部刮掉，一端只刮掉半周；按这种方法刮漆的目的是使线圈能够持续转动，因此这一部位就相当于电动机中的换向器。
20. 小亮用压强计做“研究液体内部压强”的实验；
（1）使用前用手轻轻按压几下橡皮膜，如果U形管中的液体能灵活升降，则说明装置______（选填“漏气”或“不漏气”）；
（2）比较图甲和图乙可以探究的问题是：同种液体，液体压强与______的关系；
（3）保持探头在水中的深度不变，将水换成浓盐水，如图乙、丙所示，根据实验现象可以初步得出结论：在同一深度处，液体密度越______，液体压强越大；
（4）小亮结合液体压强知识，设计了测量盐水密度的方案如图丁所示，帮他将实验步骤补充完整：
①如图丁A所示，用细线和橡皮膜把玻璃管一端扎紧，向管内倒入适量的水，用刻度尺测出水面到下管口的距离记为h1；
②如图丁B所示，在烧杯中装入适量的盐水，将玻璃管缓慢浸入其中，直至橡皮膜变为水平，用刻度尺测出______的距离记为h2；
③按照该实验过程，所测盐水的密度ρ盐水＝______（用h1、h2和ρ水表示），此测量结果会偏______（选填“大”或“小”）。
【答案】 ①. 不漏气 ②. 深度 ③. 大 ④. 烧杯中盐水面到下管口 ⑤. ⑥. 小
【解析】
【详解】（1）[1]使用U形管压强计前应检查装置是否漏气，方法是用手轻轻按压几下金属盒的橡皮膜，如果U形管中的液体能灵活升降，则说明装置不漏气。
（2）[2]图甲、乙中，液体密度相同，而深度不同，根据转换法，液体产生压强不同，故探究的问题是：同种液体，液体压强与深度的关系。
（3）[3]乙、丙实验中，液体深度相同，而盐水密度大，根据转换法，盐水产生的压强大，根据实验现象可以初步得出结论：在同一深度处，液体密度越大，液体压强越大。
（4）[4]②用刻度尺测出盐水的深度，即用刻度尺测出烧杯中盐水面到下管口的距离记为h2。
③橡皮膜水平，故水和盐水产生压强相同，则有
[5]盐水的密度表达式为
[6]橡皮膜由凸起到变平试管液面会上升，造成测量水的深度h1变小，h2测量是准确的，所以密度的测量值变小。
21. 小丽同学为了探究“电阻丝的电阻R与长度L、横截面积S和材料的关系”，进行了如下实验操作：
（1）如图甲所示是用累积法测量电阻丝直径的示意图，取一段电阻丝紧密绕制20匝，由图可知，电阻丝的直径为______cm，从而计算出电阻丝的横截面积S；
（2）在实验中，保持电阻丝的横截面积S和材料不变，探究电阻丝的电阻R与长度L的关系，下列探究中也用到此方法的是______；
A.探究串、并联电路中的电流规律时，把电流比作水流
B.探究声音的传播条件时，把正在响铃的闹钟放在玻璃罩内，逐渐抽出其中的空气，听到闹钟的声音逐渐变小，由此推理真空不能传声
C.探究液体压强的影响因素时，用压强计中的U形管两侧液面的高度差反映金属探头处液体压强大小
D.探究电流与电压的关系时，保持电阻阻值不变
（3）为了探究电阻丝的电阻R与长度L的关系，实验室备有以下实验器材：
电源电压U＝1.5V，电流表A1（量程0～100mA），电流表A2（量程0～0.6A），电阻箱R0（阻值0～999.9Ω），阻值约为10Ω的电阻丝R，开关一个，导线若干；
为了提高实验的精确程度，在实验中电流表应选的是______（选填“A1”或“A2”）；把电阻丝拉直后，将其两端固定在刻度尺的接线柱a和b上，在电阻丝上夹一个金属夹P，移动金属夹P的位置，就可改变接入电路中金属丝的长度L，把这些实验器材按乙图的电路连接起来；
（4）闭合开关S前，电阻箱的阻值应调整到最大值；闭合开关S后，将电阻箱调到适当位置不动，多次改变金属夹P的位置，得到多组I、L的数据；根据实验测量数据在坐标平面内，以电阻丝的长度L为横坐标、电流的倒数为纵坐标，画出对应的关系图像如图丙所示；根据实验和图像可知，横截面积S相同的同种材料的电阻丝，接入长度L越长，电流I越小，电阻R越______；结合数学知识进一步分析可知，在横截面积和材料一定时，导体的电阻跟导体的长度成______；
（5）根据实验结果确定长度为1cm的这种电阻丝的阻值为______Ω。
【答案】 ①. 0.08 ②. D ③. A1 ④. 大 ⑤. 正比 ⑥. 0.3
【解析】
【详解】（1）[1]根据刻度尺读出电阻丝的长度为：l＝1.60cm，则电阻丝的直径为
（2）[2]电阻的大小在不考虑温度的前提下，有三个决定因素：材料、长度、横截面积；因此要研究电阻的大小与每一个因素的具体关系时，要用到控制变量法，在实验中，先保持电阻丝的横截面积S和材料不变，探究电阻丝的电阻R与长度L的关系，这种方法叫做控制变量法。
[3] A．探究串、并联电路中的电流规律时，把电流比作水流，采用的是类比法，故A不符合题意；
B．探究声音的传播条件时，把正在响铃的闹钟放在玻璃罩内，逐渐抽出其中的空气，听到闹钟的声音逐渐变小，由此推理真空不能传声，采用的是实验推理法，故B不符合题意；
C．探究液体压强的影响因素时，用压强计中的U形管两侧液面的高度差反映金属探头处液体压强大小，采用的是转换法，故C不符合题意；
D．探究电流与电压的关系时，保持电阻阻值不变，采用的是控制变量法，故D符合题意。
故选D。
（3）[4]电路中的最大电流
所以为了提高实验的精确程度，电流表选最量程为100mA的电流表A1。
（4）[5]根据图丙可知，图像为一条斜线，电阻的长度越长，电流的倒数越大，电流越小，在电压一定时，电阻越大；结合数学知识进一步分析可知，在横截面积和材料一定时，导体越长，电阻越大，导体的电阻跟导体的长度成正比。
（5）[6]由图乙知，电阻丝和电阻箱是串联的，由图丙知，当电阻丝接入0cm，就是电阻丝的电阻为零时，电源电压为1.5V，读图所示电流值为0.1A，则电阻箱的电阻为
当电阻丝接入10cm，就是电阻丝的电阻为R时，电源电压为1.5V，读图所示电流值为
I''＝A
则电路总电阻为
所以10cm电阻丝的电阻为
在横截面积和材料一定时，导体的电阻跟导体的长度成正比，所以1cm的电阻丝电阻为
22. “瓢泼大雨”以很大的速度落到地面，“毛毛细雨”则缓慢地飘落到地面。这是这么回事呢？原来从高空下落的物体，开始时的速度会越来越大，所受空气阻力也会随速度的增大而增大，当速度增大到一定程度，空气阻力增大到与物体的重力相等时，这时物体将以这一速度做匀速直线运动，通常把这个速度称为收尾速度，所以轻重和大小不同的雨滴收尾速度不同。受此启发，小白同学认为可以通过测量不同的小球的收尾速度等，得出最大空气阻力跟球的半径和速度的关系，部分实验数据如表所示。（g=10N/kg）
（1）从图中可以看出该小球在BC段做___________运动；
（2）实验中，测量出小球受到最大空气阻力大小的原理是___________；编号为1的小球在BC段所受空气阻力为___________；（g=10N/kg）
（3）通过比较_______号（写数字序号即可）两个小球可以初步得出结论：半径相同时，小球受到的最大空气阻力与速度成正比；
（4）通过比较2、3号两个小球可以初步得出结论是：速度相同时，小球受到的最大空气阻力与________；（请写出与具体影响因素之间的具体关系）
（5）如果上述规律具有普遍性，为了与4号小球作对比，再次探究最大空气阻力与小球半径的关系，5号小球的质量应设置为___________g。
【答案】 ①. 匀速直线运动 ②. 二力平衡 ③. 0.02N ④. 1、2 ⑤. 半径的平方成正比 ⑥. 90
【解析】
【详解】（1）[1]从图中可以发现，相同时间间隔内，BC段相邻位置小球运动过的距离相等，因此小球此阶段做的匀速直线运动。
（2）[2]当小球速度达到最大状态后，其所受的重力等于最大空气阻力，处于二力平衡状态，小球匀速运动。
[3]编号为1的小球的质量为
m=2g=0.002kg
其所受重力为
G=mg=0.002kg×10N/kg=0.02N
（3）[4]要得到结论“半径相同时，小球受到的最大空气阻力与速度成正比”，需要保证小球的半径相同，表中1、2号小球半径相同，故选1、2号小球做对比实验。
（4）[5]通过比较2、3号两个小球可知，小球速度相同，当小球阻力变为原来的
时，半径的平方之比为
因此，速度相同时，小球受到的最大空气阻力与小球半径的平方成正比。
（5）[6]因为速度相同时，小球受到的最大空气阻力与小球半径的平方成正比，所以比较4、5号数据可知，5号的速度应为20m/s，则质量之比与半径关系如下
故解得
m=90g
四、综合题（共3小题，计18分）
23. 如图所示是某升降电梯的工作原理图和电梯轿厢的简化模型图；
（1）乘客乘坐电梯匀速上升过程中，他们的动能______，机械能______（都选填“增大”、“减小”或“不变”）；
（2）轿箱空载时的重量是3100N，对重的重量为3000N；某次乘坐电梯的乘客的总重量是1200N，电梯匀速上升15m，所用的时间为10s；不计钢丝绳的重力和摩擦阻力，求电动机对钢丝绳的拉力F______和在此过程中电动机的输出功率P？______
【答案】 ①. 不变 ②. 增大 ③. 1300N ④. 1950W
【解析】
【详解】（1）[1][2]电梯匀速上升的过程中，质量和速度都没有变化，所以动能不变；但是他的位置变高了，也就是重力势能变大了，故机械能也增大。
（2）[3]根据轿厢匀速运动，受力平衡知，缆绳对轿厢的拉力
[4]缆绳拉力做的功
电动机的功率至少为
24. 图甲为一种自动恒温箱，其内部控制电路的电压恒为12V，定值电阻R1＝5Ω，R2为热敏电阻，其阻值随温度变化的关系如图丙所示；把一个电压鉴别器并联在A、B两点之间（在分析电路时可将电压鉴别器内部视为断路），当热敏电阻R2的阻值随温度变化时，电压鉴别器通过其内部的电磁继电器控制加热电路中开关S的通断：当UAB≤2V时闭合S，加热电路中的电热丝通电发热，从而使箱内温度升高；当UAB≥3V时断开S，电热丝停止加热；则：
（1）若恒温箱中电热丝R的阻值为48.4Ω，加热电路正常工作的电功率为多少？______
（2）该恒温箱内的温度将保持在怎样的范围？______
（3）若想使此恒温箱内的最高温度升高一些，在电压鉴别器功能和热敏电阻不变的条件下，可采取的措施有______。（写出一条合理的建议即可）
【答案】 ①. 1000W ②. 20℃～35℃ ③. 减小定值电阻R1的阻值##控制电路中再串接一个电阻
【解析】
【详解】解：（1）加热电路正常工作的电功率为
（2）由图乙控制电路可知，R1、R2串联，电压鉴别器测量R1两端的电压，由题意可知，当UAB＝2V时，开关刚好闭合，由串联电路的电压特点和欧姆定律可知，此时R2的阻值为
由图丙可知，此时恒温箱内的温度为20℃；
当UAB'＝3V时，开关刚好断开，由串联电路的电压特点和欧姆定律可知，此时R2的阻值为
由图丙可知，此时恒温箱内的温度为35℃；因此此恒温箱的温度将保持在20℃～35℃范围内。
（3）分析图像可知，若要恒温箱的温度变化增加一些，则需减小开始加热和停止加热时热敏电阻R2的阻值；
①在电源电压不变时，因电压鉴别器功能不变，则开始加热和停止加热时R2两端的电压也不变，在R2的阻值减小时，由串联电路的特点和欧姆定律可知电路中电流增大；对电阻R1而言，开始加热和停止加热时其电压不变，要电路中电流增大，必然应减小电阻R1的阻值；
②若电阻R1的阻值不变，且电压鉴别器功能不变，由欧姆定律可知开始加热和停止加热时电路中电流不变；在R2的阻值减小时，由U＝IR可知，R2两端的电压应减小，则可在控制电路中再串联一个电阻分压来实现；
答：（1）加热电路正常工作的电功率为1000W；
（2）此恒温箱的温度将保持在20℃～35℃范围内；
（3）减小定值电阻R1的阻值（或控制电路中再串接一个电阻）。
25. 如图甲所示是比亚迪的一款新能源纯电动车“海豚”在某段光伏试验路段运行并充电的情景，如表中是它的相关技术参数；（g取10N/kg）
（1）电动汽车的核心部件是电动机，其工作原理是______；“海豚”汽车高速行驶时对路面的压力相比静止时______（选填“不变”、“变小”或“变大”）；
（2）在某次运行中，司机和乘客的总质量为245kg，若车轮与地面的总接触面积为0.02m2，则“海豚”载客时对地面的压强为多少？______
（3）若这次运行中使“海豚”汽车保持恒定功率在水平路面上做直线运动，其v﹣t图像如图乙所示；若“海豚”在运动中所受阻力的大小为其总重的0.01倍，则0～10s内牵引力对其做多少功？______
（4）当“海豚”汽车在光伏路面经过充电区域时，充电垫发出的高频电磁波被其底盘上的接收装置接受，将电磁波的能量转化为电能并给电池充电；若接收装置接受到的电磁波的功率P0＝5000kW，它将电磁波能量转化为电能并存储在电池中的效率为20%；已知每段充电区域的长度s1＝100m，两段充电区域之间的距离s2＝10km，由于s1远小于s2，可以忽略汽车在充电过程中消耗的电能；假如汽车电池消耗的电能全部用于驱动汽车行驶，为了使一辆电量即将耗尽的“海豚”汽车能从一个充电区域顺利地到达下一段充电区域，该车在充电区域的速度v不能大于多少km/h？______
【答案】 ①. 通电导体在磁场中受力运动 ②. 变小 ③. 8.25×105Pa ④. 4.95×104J ⑤. 50km/h
【解析】
【详解】（1）[1]电动汽车的核心部件是电动机，根据名称可知，电动机的工作原理是通电导体在磁场中受力运动。
[2]汽车的车身“上凸下平”（与飞机的机翼相似），当汽车高速行驶时，其上方空气的流速大、压强小，下方空气的流速小、压强大，汽车受到向上的压强差而产生向上的升力，所以汽车高速行驶时对路面的压力相比静止时变小。
（2）[3]“海豚”载客时对地面的压力为
F＝G总＝m总g＝（245kg+1405kg）×10N/kg＝16500N
“海豚”载客时对地面压强为
（3）[4]汽车做匀速直线运动时处于平衡状态，牵引力等于阻力，则
F牵＝F阻＝0.01G总＝0.01×16500N＝165N
由图乙可知，汽车匀速行驶的速度v＝30m/s，则汽车的恒定功率为
P＝F牵v＝165N×30m/s＝4950W
汽车在0～10s内牵引力做的功为
W＝Pt＝4950W×10s＝4.95×104J
（4）[5]由题知，电动汽车百公里耗电量为20kW•h，故行驶完s2＝10km的路程耗电量为
设汽车的充电时间为t，则每段充电区域获得的电能为
W′＝P0tη
代入数据得
2kW•h＝5000kW×t×20%
解得
t＝2×10﹣3h
每段充电区域的长度s1＝100m＝0.1km，则汽车在充电区域的最大速度为
小球编号
1
2
3
4
5
小球质量m（g）
2
5
45
40
小球半径r（cm）
0.5
0.5
1.5
2
3
小球的收尾速度v（m/s）
16
40
40
20
整车
整车质量
1405kg
百公里耗电量
20kW•h
相关试卷
2021年陕西省中考物理试题（解析版）： 这是一份2021年陕西省中考物理试题（解析版），共21页。试卷主要包含了选择题，填空与作图题，实验与探究题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2023年陕西师大附中中考物理第七次适应性考试物理试题（含解析）： 这是一份2023年陕西师大附中中考物理第七次适应性考试物理试题（含解析），共24页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题，作图题，计算题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2023年陕西师大附中中考第二次适应性考试物理试题（含解析）： 这是一份2023年陕西师大附中中考第二次适应性考试物理试题（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题，实验题，综合题等内容，欢迎下载使用。
