2022年湖南省岳阳市中考物理真题及答案

2022年湖南省岳阳市中考物理试卷一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意）1．（3分）我们所用的物理教科书的长度约为（　　）A．25mmB．25cmC．25dmD．25m2．（3分）乡村的夏夜，常常听到青蛙“呱呱”的叫声，下列关于“呱呱”声的说法正确的是（　　）A．它是由青蛙鸣囊振动产生的B．它的传播不需要介质C．根据音调可以辨别它是青蛙的声音D．关闭门窗是在声源处控制它的干扰3．（3分）下列成语所描绘的光现象中，由于光的反射形成的是（　　）A．立竿见影B．凿壁偷光C．镜花水月D．坐井观天4．（3分）下列自然现象与物态变化名称对应正确的是（　　）A．初春，冰雪消融——熔化B．夏天，大雾弥漫——汽化C．深秋，霜打枝头——凝固D．冬天，冰封江面——凝华5．（3分）关于质量和密度，下列叙述正确的是（　　）A．实验室常用弹簧测力计测量质量B．“冰墩墩”从地球带往太空，质量不变C．水结成冰后，密度不变D．飞机采用密度较大的材料制造6．（3分）2022年2月，北京冬奥会成功举办。下列关于冬奥会的运动场景，解释正确的是（　　）A．图甲：冰壶表面打磨得很光滑，是为了增大摩擦力B．图乙：滑雪板面积较大，是为了增大压强 C．图丙：冰球离杆后继续运动，是因为冰球具有惯性D．图丁：滑冰运动员转弯滑行时，处于平衡状态7．（3分）下列实例中，应用了“流体压强与流速的关系”的是（　　）A．用吸管吸饮料B．用高压锅煮食物C．茶壶的壶盖留有小孔D．火车站台设置安全线8．（3分）2021年10月16日，我国神舟十三号载人飞船成功发射，三名航天员历时六个月，在太空完成各项既定任务，于2022年4月16日返回地面。下列说法正确的是（　　）A．运载火箭点火发射时，机械能转化为内能B．飞船与空间站对接完成后，飞船相对于空间站是运动的C．空间站利用电磁波与地面指挥中心传递信息D．飞船返回舱返回地面过程中，重力势能保持不变9．（3分）下列做法符合安全用电要求的是（　　）A．使用验电笔时，手指接触笔尖金属体B．电冰箱的金属外壳采用保护接地C．开关接在灯泡和零线之间D．在高压电线下放风筝10．（3分）如图是USB迷你电风扇，下列装置中与它的核心部件（电动机）原理相同的是（　　）A．司南 B．电铃C．麦克风D．扬声器11．（3分）如图，用40N的拉力，在10s内将重100N的物体匀速提升3m，则该滑轮组（　　）A．绳端移动的距离为6mB．有用功为120JC．拉力做功的功率为36WD．机械效率为80%12．（3分）如图，电源电压不变，定值电阻R1＝20Ω，小灯泡L标有“8V4W”字样（灯丝电阻不变），电流表量程为0～3A。当只闭合开关S，滑动变阻器R2的滑片P从b端滑动到某一位置时，变阻器连入电路中的阻值减小了16Ω，电流表示数增大了0.2A，此时小灯泡恰好正常发光。在保证电路安全的情况下，都正确且无漏选的一组是（　　）①电源电压为12V②R2的最大阻值为24Ω③开关都闭合时，R2的最大功率为28.8W④在电流表有示数的情况下，电路消耗的总功率最小值为3.6W A．①②B．①②④C．①③④D．①②③④二、填空题（本大题共4小题，每空2分，共16分）13．（4分）2022年3月，春暖花开，油菜花节相继在岳阳市各地举行，游客们远远地就能闻到阵阵花香，这是　　现象；到达现场，许多游客纷纷拿出手机拍摄“金色花海”，手机的镜头相当于　　（填“凸”或“凹”）透镜。14．（4分）我国“奋斗者”号载人潜水器在马里亚纳海沟万米深处多次成功坐底，标志着我国在载人深潜领域达到了世界领先水平。“奋斗者”号在深水下潜过程中所受水的压强　　，浮力　　。（两空均选填“变大”、“变小”或“不变”，潜水器的体积不变）15．（4分）如图，电源电压不变，已知R2＝15Ω，闭合开关后，电流表A1、A2的示数分别为0.5A、0.2A，则通过R1的电流为　　A，电源电压为　　V。16．（4分）PTC是一种新型的半导体陶瓷材料，具有发热、控温双重功能，应用十分广泛。它有一个根据需要设定的温度，低于这个温度时，其阻值随温度的升高而减小；高于这个温度时，其阻值随温度的升高而增大。我们把这个设定的温度叫做“居里点温度”。如图甲的3D打印笔，其内部电路如图乙所示，R1、R2是两个相同的PTC发热电阻，单个PTC的阻值与温度的关系如图丙所示。 （1）打印笔工作时有快、慢两挡，图乙中当S、S1都闭合时，处于　　挡；（2）由图丙可知，该PTC材料的“居里点温度”是　　℃。三、作图题（本大题共2小题，每小题3分，共6分，在答题卡上用铅笔作图，确定后用黑笔描黑）17．（3分）请画出地面对小球的支持力F的示意图。18．（3分）小猫叉不着鱼，作图可解释。请完成小猫看见鱼（图中A点）的折射光路图。四、实验探究题（本大题共3小题，每空2分，共24分）19．（6分）图甲是“比较不同物质的吸热能力”的实验装置。（1）两支试管里水和煤油的质量　　（填“相同”或“不同”）。（2）相同时间内，水吸收的热量　　（填“大于”、“等于”或“小于”）煤油吸收的热量。（3）由图乙可知，　　的吸热能力更强。 20．（8分）在“探究杠杆的平衡条件”实验中：（1）杠杆静止在图甲所示位置，为了使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向　　（填“左”或“右”）调节。（2）调节平衡后，如图乙，在A点挂3个钩码，则应在B点挂　　个钩码，才能使杠杆重新在水平位置平衡（所用钩码的规格都相同）。（3）改变钩码的位置和个数，使杠杆平衡，收集多组数据，其目的是　　（填序号）。A.取平均值，减小误差B.避免偶然性，寻找普遍规律（4）看图丙的漫画，根据杠杆的平衡条件分析，小兔分得的萝卜质量　　（填“大于”、“等于”或“小于”）小猴的。21．（10分）在“伏安法测电阻”的实验中： 实验次数123电压/V1.52.12.8电流/A0.10.14（1）如图甲，闭合开关前，滑片P应置于滑动变阻器的　　（填“左”或“右”）端。（2）闭合开关后，发现电压表无示数，而电流表有示数。经检查，导线连接完好，则可能是待测电阻Rx　　（填“断路”或“短路”）。（3）排除故障后，测得几组数据如上表，第三次实验时电流表示数如图乙，为　　A。（4）三次所测电阻的平均值为　　Ω。（结果保留一位小数）（5）若要测一个额定电压为U0的小灯泡正常工作时的电阻，电源电压U不变，定值电阻R的阻值已知。在不改变电路连接的情况下，下列电路能实现的是　　（仅一项正确）。五、综合应用题（本大题共2小题，每小题9分，共18分。解答应写出必要的文宇说明、公式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分）22．（9分）巴陵广场是市民休闲的好去处，广场上有座关于后羿斩巴蛇的雕像，高约16m，质量为2×106kg。小明从家里出发，以1m/s的速度散步去广扬，600s后到达。（1）求小明从家到广场经过的路程；（2）求雕像所受的重力大小； （3）小明估测雕像与水平地面的接触面积约为100m2，求雕像对地面的压强。23．（9分）音乐喷泉是集光机电技术于一体的装置，让红、绿、蓝三种色灯照射到水柱上，通过电脑控制三种色灯功率的比例就能让水柱变换颜色，呈现美轮美奂的视觉效果。图甲是某段时间内红、绿两色灯功率随时间变化的图像。（1）第28s红灯两端的电压为100V，求此时通过红灯的电流；（2）请计算0～30s内红灯和绿灯消耗的总电能；（3）图乙是控制喷泉水柱工作的模拟电路。AB两端输入如图丙所示的周期性变化的电压UAB，定值电阻R＝2Ω，D为特殊电子元件。当UAB＜6V时，D两端的电压UD＝UAB；当UAB≥6V时，UD恒为6V不变。当通过R的电流满足I≥2A时，电路启动喷水，此时UAB至少为多少伏？该电路工作10min，其中喷水时间有多少秒？ 2022年湖南省岳阳市中考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意）1．（3分）我们所用的物理教科书的长度约为（　　）A．25mmB．25cmC．25dmD．25m【分析】此题考查我们对常见物体长度的估测，根据对日常生活中常见物体和长度单位及其进率的认识，找出符合题意的选项。【解答】解：一根筷子的长度约25cm，初中物理课本的长度与此差不多，在25cm＝250mm＝2.5dm＝0.25m左右。故选：B。【点评】长度的估测，必须熟悉一些常见物体的长度，以此为标准对研究对象作出判断。如：中学生拳头的宽度在10cm左右；中学生伸开手掌，大拇指指尖到中指指尖的距离大约15cm；成年人的身高在170cm左右，一步的步幅在75cm左右；一层楼的高度在3m左右，分子的直径在0.1nm左右，地球的半径在6400km左右，等等。2．（3分）乡村的夏夜，常常听到青蛙“呱呱”的叫声，下列关于“呱呱”声的说法正确的是（　　）A．它是由青蛙鸣囊振动产生的B．它的传播不需要介质C．根据音调可以辨别它是青蛙的声音D．关闭门窗是在声源处控制它的干扰【分析】解决此题需掌握：（1）声音是物体振动产生的，一切发声体都在振动；（2）声音的传播需要介质，气体、液体、固体都能传声，但声音不能在真空中传播；（3）声音有三个特性：包括音调、响度、音色。音色是由发声体的本身决定的，可以用来区分不同物体发出的声音；（4）有效减弱噪声的途径有三条：①在声源处；②在传播过程中；③在人耳处。【解答】解：A、青蛙的叫声是鸣囊振动产生的，故A正确；B、声音传播需要介质。我们听到的蛙鸣是靠空气传播的，故B不正确； C、不同发声体发出声音的音色不同。我们是根据音色不同来辨别它是青蛙的声音，故C不正确；D、关闭门窗是在传播过程中控制蛙鸣的干扰，故D不正确。故选：A。【点评】本题考查了声音的产生、传播条件、声音的音色在生活中的应用及减弱噪声的途径，是一道声学综合题。3．（3分）下列成语所描绘的光现象中，由于光的反射形成的是（　　）A．立竿见影B．凿壁偷光C．镜花水月D．坐井观天【分析】（1）光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，产生的现象有小孔成像、激光准直、影子的形成、日食和月食等；（2）光线传播到两种介质的表面上时会发生光的反射现象，例如水面上出现岸上物体的倒影、平面镜成像、玻璃等光滑物体反光都是光的反射形成的。【解答】解：A、立竿见影中的影子的形成说明光是沿直线传播的，由于光的直线传播，被物体挡住后，物体后面就会呈现出阴影区域，就是影子，故A不符合题意；B、凿壁偷光是光在同种均匀介质中沿直线传播现象，故B不符合题意；C、镜花水月，属于平面镜成像，是由于光的反射形成的，故C符合题意；D、坐井观天，所见甚小是由于光的直线传播，故D不符合题意。故选：C。【点评】此题通过几个成语描绘的现象考查了对光的直线传播和光的反射的理解，在学习过程中要善于利用所学知识解释有关现象。4．（3分）下列自然现象与物态变化名称对应正确的是（　　）A．初春，冰雪消融——熔化B．夏天，大雾弥漫——汽化C．深秋，霜打枝头——凝固D．冬天，冰封江面——凝华【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、冰雪消融，固态的冰雪吸热变成液态的水，属于熔化过程，故A正确；B、雾是空气中的水蒸气遇冷液化形成的小水滴，故B不正确；C、霜是空气中的水蒸气遇冷凝华形成的冰晶，故C不正确；D、冰封江面，水放热凝固成冰，故D不正确。 故选：A。【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．（3分）关于质量和密度，下列叙述正确的是（　　）A．实验室常用弹簧测力计测量质量B．“冰墩墩”从地球带往太空，质量不变C．水结成冰后，密度不变D．飞机采用密度较大的材料制造【分析】（1）实验室常用托盘天平测量质量；（2）质量是物体的一种基本属性，与物体的状态、形状、温度、所处的空间位置的变化无关；（3）密度是物体的一种特性，密度的大小不随物体的质量和体积的变化而变化；（4）制造飞机时，要尽可能地减轻其质量，如何减轻质量，可以利用公式m＝ρV分析。【解答】解：A、实验室常用托盘天平测量质量，故A错误；B、质量是物体的一种基本属性，与物体的状态、形状、温度、所处的空间位置的变化无关，所以“冰墩墩”从地球带往太空，质量不变，故B正确；C、水结冰的过程中，质量不变，由于物体有热胀冷缩后，它的体积发生了变化，根据密度公式ρ＝可知，物体的密度也会发生变化，故C错误；D、飞机的体积一定，由m＝ρV可知，材料的密度越小，客机的质量越小，所以制造客机时采用密度小的材料，可以减轻其质量，故D错误。故选：B。【点评】本题主要考查学生对质量、密度及其特性的理解和掌握通过练习使学生明确；物体的质量与其形状、温度、位置、状态均无关系，密度是物质的特性，物质不同密度一般不同，同种物质状态改变密度也会改变。6．（3分）2022年2月，北京冬奥会成功举办。下列关于冬奥会的运动场景，解释正确的是（　　） A．图甲：冰壶表面打磨得很光滑，是为了增大摩擦力B．图乙：滑雪板面积较大，是为了增大压强C．图丙：冰球离杆后继续运动，是因为冰球具有惯性D．图丁：滑冰运动员转弯滑行时，处于平衡状态【分析】（1）减小摩擦的方法有：①在接触面的粗糙程度相同时，减小压力，②在压力相同时，减小接触面的粗糙程度，③变滑动为滚动，④使接触面脱离接触；（2）减小压强的方法：在压力一定时，增大受力面积；在受力面积一定时，减小压力等；（3）任何物体都具有惯性，惯性是物体保持原来运动状态不变的性质；（4）平衡状态是指物体处于静止或匀速直线运动状态。【解答】解：A、冰壶表面打磨得很光滑，通过减小接触面的粗糙程度来减小摩擦的，故A错误；B、滑雪板的面积比较大，是通过增大接触面积来减小压强，故B错误；C、冰球离杆后继续运动，是由于冰球具有惯性要保持原来的运动状态，故C正确；D、滑冰运动员转弯滑行时，方向不断变化，所以滑冰运动员处于非平衡状态，故D错误。故选：C。【点评】此题考查了减小摩擦的方法、减小压强的方法、惯性以及平衡状态的判断等，是一道综合题；生活处处有物理，我们要认真观察、思考我们生活中的物理现象。7．（3分）下列实例中，应用了“流体压强与流速的关系”的是（　　）A．用吸管吸饮料B．用高压锅煮食物C．茶壶的壶盖留有小孔D．火车站台设置安全线【分析】液体和气体都称为流体，生活中常见的流体是水和空气，流体的流速越大，压强越小；流体的流速越小，压强越大。【解答】解：A、用吸管吸饮料时，嘴内的气压小于外界大气压，饮料在大气压力作用下被压入嘴中，利用了大气压，故A不符合题意； B、高压锅煮食物熟得快，是因为锅内气压高液体沸点高，故B不符合题意；C、茶壶的盖上留一小孔，使内外气压相等，水才容易倒出来，利用了大气压，故C不符合题意；D、火车站台上，靠近火车的事侧，空气流速大，压强小，另一侧空气流速小，压强大，会产生向内的压强差，容易发生危险，所以要设置安全线，故D符合题意。故选：D。【点评】本题的综合性较强，考查了大气压的应用、流体压强与流速的关系等，总体难度不大。8．（3分）2021年10月16日，我国神舟十三号载人飞船成功发射，三名航天员历时六个月，在太空完成各项既定任务，于2022年4月16日返回地面。下列说法正确的是（　　）A．运载火箭点火发射时，机械能转化为内能B．飞船与空间站对接完成后，飞船相对于空间站是运动的C．空间站利用电磁波与地面指挥中心传递信息D．飞船返回舱返回地面过程中，重力势能保持不变【分析】（1）运载火箭点火发射时，是内能转化为机械能；（2）在研究物体运动时，要选择参照的标准，即参照物，物体的位置相对于参照物发生变化，则运动，不发生变化，则静止；（3）广播、电视、移动通信、卫星都是用电磁波传递信息的；（4）重力势能与物体的质量和高度有关。【解答】解：A、运载火箭点火发射时，是内能转化为机械能，故A错误；B、飞船与空间站对接完成后，飞船相对于空间站位置没有变化，是静止的，故B错误；C、由于太空中没有空气，声音无法传播，所以空间站是利用电磁波与地面指挥中心传递信息，故C正确；D、飞船返回舱返回地面过程中，质量不变，高度降低，重力势能减小，故D错误。故选：C。【点评】此题考查动能和势能的大小比较、机械能和其他形式的能的转化、运动和静止的相对性以电磁波的应用等，涉及到的知识点较多，综合性较强，但总体难度不大，属于基础题。9．（3分）下列做法符合安全用电要求的是（　　）A．使用验电笔时，手指接触笔尖金属体 B．电冰箱的金属外壳采用保护接地C．开关接在灯泡和零线之间D．在高压电线下放风筝【分析】（1）使用验电笔时，笔尖金属体接触导线，手接触笔尾金属体；（2）用电器的金属外壳必须接地，可防止由于金属外壳带电而使人触电；（3）开关接在火线和灯泡之间安全；（4）安全用电的原则是不靠近高压带电体，不接触低压带电体。【解答】解：A、使用验电笔时手指不能接触笔尖，但必须接触笔尾的金属部分，因为要让人体和大地形成一个回路，当笔尖接触火线时验电笔中才能有电流通过从而发光，故A不符合安全用电要求；B、电冰箱必须使用三脚插头，让金属外壳接地可以防止因漏电导致金属外壳带电而发生触电事故，故B符合安全用电要求；C、开关接在灯泡和零线之间，当断开开关，火线和灯泡还处于连接状态，人接触灯泡就是间接接触火线，容易发生触电，故C不符合安全用电要求；D、在高压线下放风筝会有高压电弧触电的危险，在高压电线下放风筝，风筝极易挂在输电线路上，一遇到下雨就会受潮，从而有可能引发线路短路漏电，产生安全隐患，故D不符合安全用电要求。故选：B。【点评】本题考查了安全用电的常识，属于基础题目，在日常生活中一定要养成安全用电的习惯。10．（3分）如图是USB迷你电风扇，下列装置中与它的核心部件（电动机）原理相同的是（　　）A．司南 B．电铃C．麦克风D．扬声器【分析】电动机是利用通电线圈在磁场里受力转动的原理制成的。明确各选项所揭示的原理可做出判断。【解答】解：电动机是利用通电线圈在磁场里受力运动的原理制成的。A、司南是根据磁极间的相互作用工作的，与电动动机的原理不同，故A不合题意；B、电铃的核心部件是电磁继电器，是根据电流的磁效应工作的，与电动机的原理不同，故B不合题意；C、麦克风是根据电磁感应现象工作的，与电动机的原理不同，故C不合题意；D、扬声器是根据通电导体在磁场中受力会发生运动的原理工作的，同电动机的原理，故D符合题意。故选：D。【点评】本题考查司南、电铃、麦克风和扬声器的原理，知道电动机的原理是通电线圈在磁场中受力或通电线圈在磁场中受力运动，并能结合图中装置做出判断，是解答的关键。11．（3分）如图，用40N的拉力，在10s内将重100N的物体匀速提升3m，则该滑轮组（　　） A．绳端移动的距离为6mB．有用功为120JC．拉力做功的功率为36WD．机械效率为80%【分析】（1）由图可知，n＝3，绳子自由端移动的距离s＝3h；（2）根据W＝Gh算出有用功；（3）根据W＝Fs算出拉力做的总功，由P＝算出拉力做功的功率；（4）根据效率公式η＝算出机械效率。【解答】解：A、由图可知，n＝3，绳子自由端移动的距离s＝3h＝3×3m＝9m，故A错误；B、有用功为：W有用＝Gh＝100N×3m＝300J，故B错误；C、拉力做的总功为：W总＝Fs＝40N×9m＝360J，拉力做功的功率：P＝＝＝36W，故C正确；D、机械效率为：η＝＝×100%≈83.3%，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了使用滑轮组时拉力端移动距离、有用功、总功、功率以及机械效率的计算等，属于基础题。12．（3分）如图，电源电压不变，定值电阻R1＝20Ω，小灯泡L标有“8V4W”字样（灯丝电阻不变），电流表量程为0～3A。当只闭合开关S，滑动变阻器R2的滑片P从b端滑动到某一位置时，变阻器连入电路中的阻值减小了16Ω ，电流表示数增大了0.2A，此时小灯泡恰好正常发光。在保证电路安全的情况下，都正确且无漏选的一组是（　　）①电源电压为12V②R2的最大阻值为24Ω③开关都闭合时，R2的最大功率为28.8W④在电流表有示数的情况下，电路消耗的总功率最小值为3.6WA．①②B．①②④C．①③④D．①②③④【分析】（1）当开关S闭合，S1、S2断开，滑动变阻器的滑片P在b端时，滑动变阻器接入电路最大阻值，R与L串联接入电路，此时通过电路的电流为I1，滑动变阻器的滑片P从b端滑动到某一位置时，滑动变阻器接入电路中的阻值减小了16Ω，电流表示数变化了0.2A，此时小灯泡恰好正常发光，此时通过电路的电流为I2，根据电功率公式的变形计算灯泡正常发光时通过电路的电流，进一步计算滑动变阻器的滑片P在b端时通过电路的电流，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律表示电源电压，列出方程可得电源电压；（2）当开关S、S1、S2都闭合时，滑动变阻器和定值电阻并联接入电路，灯泡被短路，根据欧姆定律计算通过定值电阻的电流，根据并联电流规律计算电流表示数最大时通过滑动变阻器的电流，此时通过滑动变阻器的电流最大，根据电功率公式计算滑动变阻器的最大功率；（3）当开关S闭合，S1、S2断开，滑动变阻器的滑片P在b端时，滑动变阻器接入电路最大阻值，R与L串联接入电路，此时通过电路的电流最小，根据P＝UI算出电路消耗的总功率最小值。【解答】解：（1）当开关S闭合，S1、S2断开，滑动变阻器的滑片P在b端时，滑动变阻器接入电路最大阻值，R与L串联接入电路，此时通过电路的电流为I1，滑动变阻器的滑片P从b端滑动到某一位置时，滑动变阻器接入电路中的阻值减小了16Ω ，由欧姆定律可知，此时电路中的电流变大，电流表示数变化了0.2A，电路中的电流增加0.2A，此时小灯泡恰好正常发光，此时通过电路的电流为I2，则I2＝IL＝＝＝0.5A，所以滑动变阻器的滑片P在b端时电路的电流：I1＝I2﹣ΔI＝0.5A﹣0.2A＝0.3A，灯泡的电阻：RL＝＝＝16Ω，串联电路总电阻等于各分电阻之和，由欧姆定律可知，滑动变阻器的滑片P在b端时电源电压：U＝I1（R滑+RL）＝0.3A×（R滑+16Ω）﹣﹣﹣﹣﹣﹣①，滑动变阻器的滑片P从b端滑动到某一位置时电源电压：U＝I2（R滑′+RL）＝0.5A×（R滑﹣16Ω+16Ω）﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，①②两式联立，解得：R滑＝24Ω，U＝12V，故①、②正确；（2）当开关S、S1、S2都闭合时，滑动变阻器和定值电阻并联接入电路，灯泡被短路，并联电路各支路两端电压相等，通过定值电阻的电流：I0＝＝＝0.6A，因为并联电路干路电流等于各支路电流之和，电流表测干路电流，电流表量程为0～3A，当电流表示数达到最大时，通过滑动变阻器的电流最大，则通过滑动变阻器的最大电流：I′＝I﹣I0＝3A﹣0.6A＝2.4A，所以滑动变阻器的最大功率为：P＝UI′＝12V×2.4A＝28.8W，故③正确；（3）当开关S闭合，S1、S2断开，滑动变阻器的滑片P在b端时，滑动变阻器接入电路最大阻值，R与L串联接入电路，此时通过电路的电流最小，最小为I1＝0.3A，电路消耗的总功率最小值为：P′＝UI1＝12V×0.3A＝3.6W，故④正确。综合分析①②③④都正确。故选：D。【点评】本题考查串联电路特点、并联电路特点、欧姆定律、电功公式、电功率公式的灵活运用，综合性强。二、填空题（本大题共4小题，每空2分，共16分）13．（4分）2022年3月，春暖花开，油菜花节相继在岳阳市各地举行，游客们远远地就能闻到阵阵花香，这是　扩散　现象；到达现场，许多游客纷纷拿出手机拍摄“ 金色花海”，手机的镜头相当于　凸　（填“凸”或“凹”）透镜。【分析】（1）不同物质的分子在彼此接触时，互相进入对方的现象叫扩散，扩散表明分子在不停地做无规则的运动；（2）照相机的镜头相当于一个凸透镜，当u＞2f，成倒立、缩小的实像。【解答】解：（1）一切物质的分子都在不停地做无规则运动，形成了扩散现象，闻到阵阵花香就是扩散现象引起的；（2）照相机的镜头相当于一个凸透镜，u＞2f，成倒立、缩小的实像。故答案为：扩散；凸。【点评】本题考查了扩散现象和凸透镜成像规律的应用，是一道联系实际的应用题，难度不大。14．（4分）我国“奋斗者”号载人潜水器在马里亚纳海沟万米深处多次成功坐底，标志着我国在载人深潜领域达到了世界领先水平。“奋斗者”号在深水下潜过程中所受水的压强　变大　，浮力　不变　。（两空均选填“变大”、“变小”或“不变”，潜水器的体积不变）【分析】（1）液体压强随深度的增加而增大。（2）根据阿基米德原理可知，浮力的大小与液体的密度和排开液体的体积有关。【解答】解：因为液体压强随深度的增加而增大，所以当潜水器完全入水后，随着潜水深度的增大，潜水器底部受到海水的压强将变大。当潜水器完全入水后，随着潜水深度的增大，排开液体的体积不变，根据F浮＝ρ水gV排可知，潜水器受到的浮力不变。故答案为：变大；不变。【点评】本题考查液体压强的特点和阿基米德原理的应用，关键是排开水的体积和深度变化的判断。15．（4分）如图，电源电压不变，已知R2＝15Ω，闭合开关后，电流表A1、A2的示数分别为0.5A、0.2A，则通过R1的电流为　0.3　A，电源电压为　3　V。【分析】由电路图可知，R1与R2并联，电流表A1测干路电流，电流表A2测R2支路的电流。根据并联电路的电流特点求出通过R1 的电流，根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出电源的电压。【解答】解：由电路图可知，R1与R2并联，电流表A1测干路电流，电流表A2测R2支路的电流。因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，通过R1的电流：I1＝I﹣I2＝0.5A﹣0.2A＝0.3A，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，由欧姆定律可得，电源电压：U＝U2＝I2R2＝0.2A×15Ω＝3V。故答案为：0.3；3。【点评】本题考查了并联电路的特点和欧姆定律的应用，是一道较为简单的应用题。16．（4分）PTC是一种新型的半导体陶瓷材料，具有发热、控温双重功能，应用十分广泛。它有一个根据需要设定的温度，低于这个温度时，其阻值随温度的升高而减小；高于这个温度时，其阻值随温度的升高而增大。我们把这个设定的温度叫做“居里点温度”。如图甲的3D打印笔，其内部电路如图乙所示，R1、R2是两个相同的PTC发热电阻，单个PTC的阻值与温度的关系如图丙所示。（1）打印笔工作时有快、慢两挡，图乙中当S、S1都闭合时，处于　快　挡；（2）由图丙可知，该PTC材料的“居里点温度”是　120　℃。【分析】（1）根据P＝结合并联电路电阻的规律分析；（2）PTC有一个根据需要设定的温度，低于这个温度时，其电阻随温度的升高而减小，高于这个温度时，电阻值则随温度的升高而增大，我们把这个设定的温度叫“居里点温度”。【解答】解：（1）由电路图可知，当S闭合、S1断开时，电路只有R1 工作，电阻较大（大于并联时的总电阻），根据P＝可知，此时电路消耗的功率较小，为慢挡；当S、S1都闭合时，两电阻并联，总电阻最小，根据P＝可知，此时总功率较大，为快挡；（2）PTC有一个根据需要设定的温度，低于这个温度时，其电阻随温度的升高而减小，高于这个温度时，电阻值则随温度的升高而增大，我们把这个设定的温度叫“居里点温度”，根据图丁可知，该PTC材料的居里点温度为120℃。故答案为：（1）快；（2）120。【点评】本题考查电功率的计算，并考查学生对题目所给信息的理解，读懂图像是关键。三、作图题（本大题共2小题，每小题3分，共6分，在答题卡上用铅笔作图，确定后用黑笔描黑）17．（3分）请画出地面对小球的支持力F的示意图。【分析】地面对小球的支持力F的受力物体为小球，作用点在小球的重心上，方向为竖直向上，据此画出地面对小球的支持力F的示意图。【解答】解：地面对小球的支持力F的受力物体为小球，作用点在小球的重心上，方向为竖直向上，如图所示。故答案为：如图。【点评】本题考查力的示意图的画法，属于基础题，难度不大。18．（3分）小猫叉不着鱼，作图可解释。请完成小猫看见鱼（图中A点）的折射光路图。【分析】鱼反射的光线从水中斜射入空气中，知道入射点O，光线在水中沿直线传播，故可将AO连接，据此画图。【解答】 解：鱼反射的光线从水中斜射入空气中，知道入射点O，光线在水中沿直线传播，故可将AO连接，如图所示。答：如图。【点评】本题考查光的折射的光路图的画法，难度不大。四、实验探究题（本大题共3小题，每空2分，共24分）19．（6分）图甲是“比较不同物质的吸热能力”的实验装置。（1）两支试管里水和煤油的质量　相同　（填“相同”或“不同”）。（2）相同时间内，水吸收的热量　大于　（填“大于”、“等于”或“小于”）煤油吸收的热量。（3）由图乙可知，　水　的吸热能力更强。【分析】（1）（2）用相同的酒精灯加热，即说明在相同的时间，相同的酒精灯所放出的热量是相同的；若想比较不同物质的吸热能力，即比较质量相同的不同物质，在升高相同温度时，所用的加热时间的长短即可，加热时间长的吸热能力强；（3）比较质量相同的不同物质，在升高相同温度时，所用的加热时间的长短即可，加热时间长的吸热能力强。【解答】解：（1）（2）为了比较水和煤油的吸热能力，也可采用比较两者升高的温度的大小来判断，即质量相同的水和煤油，用完全相同的酒精灯加热相同的时间，比较两者升高的温度，若某种物质温度升高多，说明它的吸热本领小。相同质量的水和煤油，发现它们在升高相同温度时，水需要的时间长，故水的吸热能力要大一些。加热一段时间后，水和煤油吸收的热量相等； （3）分析图像乙可知，质量和升高温度相同，水加热时间长，根据比较吸热能力的方法，故水的吸热能力更强。故答案为：（1）相同；（2）大于；（3）水。【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，为热学中的重要实验。20．（8分）在“探究杠杆的平衡条件”实验中：（1）杠杆静止在图甲所示位置，为了使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向　左　（填“左”或“右”）调节。（2）调节平衡后，如图乙，在A点挂3个钩码，则应在B点挂　2　个钩码，才能使杠杆重新在水平位置平衡（所用钩码的规格都相同）。（3）改变钩码的位置和个数，使杠杆平衡，收集多组数据，其目的是　B　（填序号）。A.取平均值，减小误差B.避免偶然性，寻找普遍规律（4）看图丙的漫画，根据杠杆的平衡条件分析，小兔分得的萝卜质量　小于　（填“大于”、“等于”或“小于”）小猴的。【分析】（1）杠杆左高右低，则杠杆重心在支点右侧，据此分析回答；当杠杆在水平位置平衡（杠杆的重心在支点上，杠杆的重力力臂为0，避免了杠杆重力对杠杆平衡的影响；（2）设杠杆分度值是L，一个钩码重是G，根据杠杆平衡条件求出；（3）实验测多组数据的目的是得出的结论更具有普遍性；（4）由图可知，萝卜被支起，处于平衡状态，只要能确定两边力臂的大小关系即可求得两边的重力的大小关系。【解答】解：（1）杠杆左高右低，则杠杆重心在支点右侧，故应重心左移，小明将左端的平衡螺母向左调节，使杠杆在水平位置平衡；（2）设杠杆分度值是L，一个钩码重是G，设在B处挂了n个钩码，则3G×2L＝nG×3L，解得：n＝2，应在B点挂2个钩码； （4）多次改变力和力臂的大小，得到了多组实验数据，得出了杠杆平衡条件。该实验测多组数据的目的是得出的结论避免偶然性，寻找普遍规律，故选B；（4）如下图所示：以O1为支点，左端的重心在P处，右端的重心在Q处，LP＜LQ，即左端重力的力臂小于右端重力的力臂。根据杠杆的平衡条件可得：GP•LP＝GQ•LQ，因为LP＜LQ，所以，GP＞GQ，即mPg＞mQg，所以mP＞mQ，故小兔分得的萝卜质量小于小猴的。故答案为：（1）左；（2）2；（3）B；（4）小于。【点评】本题重点考查探究杠杆平衡条件的实验调平和操作，要求平时做实验时多加注意，锻炼自己的实验操作能力。正确理解杠杆的平衡条件是关键。21．（10分）在“伏安法测电阻”的实验中：实验次数123电压/V1.52.12.8电流/A0.10.14（1）如图甲，闭合开关前，滑片P应置于滑动变阻器的　右　（填“左”或“右”）端。 （2）闭合开关后，发现电压表无示数，而电流表有示数。经检查，导线连接完好，则可能是待测电阻Rx　短路　（填“断路”或“短路”）。（3）排除故障后，测得几组数据如上表，第三次实验时电流表示数如图乙，为　0.18　A。（4）三次所测电阻的平均值为　15.2　Ω。（结果保留一位小数）（5）若要测一个额定电压为U0的小灯泡正常工作时的电阻，电源电压U不变，定值电阻R的阻值已知。在不改变电路连接的情况下，下列电路能实现的是　C　（仅一项正确）。【分析】（1）连接完电路，滑动变阻器应调节至阻值最大处；（2）电流表有示数说明电路存在短路，电压表无示数，可能为定值电阻短路；（3）电流表读数要注意量程和分度值；（4）根据表格分别求出每组的电阻，然后求平均值；（5）由于图中把滑动变阻器、小灯泡和定值电阻串联接入电路，所以要测小灯泡的电压U0，需要用到电压表；B的电压表会存在正负接线柱接反的情况。对于C，闭合S，电压表开关接在2，调节滑动变阻器，使电压表示数为U0，此时测出了小灯泡的电压；保持滑动变阻器不变，将电压表开关接在1，读出电压示数；然后通过欧姆定律可以表示出小灯泡阻值大小。【解答】解：（1）连接完电路，滑动变阻器应调节至阻值最大处，下接线柱接在了左边，所以滑片P要在最右端；（2）电流表有示数说明电路存在短路，电压表无示数，可能为定值电阻短路；（3）电流表读数要注意量程和分度值，量程为0～0.6A，分度值为0.02A，读数为0.18A；（4）第一组：；第二组：；第三组：；平均值：＝15.2Ω； （5）由于图中把滑动变阻器、小灯泡和定值电阻串联接入电路，所以要测小灯泡的电压U0，需要用到电压表，故排除A、D；对于C，闭合S，电压表开关接在2，调节滑动变阻器，使电压表示数为U0，此时测出了小灯泡的电压；保持滑动变阻器不变，讲电压表开关接在1，读出电压示数UV，此时电压表测的是灯泡和定值电阻一共的电压；定值电阻两端的电压UR＝UV﹣U0；此时电根据流I＝，小灯泡电阻R0＝可得R0＝R；故C正确，B的电压表会存在正负接线柱接反的情况，故B错误。故答案为：（1）右；（2）短路；（3）0.18；（4）15.2；（5）C。【点评】本题考查了伏安法测电阻的探究实验，难题在最后一问，用一个电表和一个定值电阻设计实验测量电阻，对学生要求很高。五、综合应用题（本大题共2小题，每小题9分，共18分。解答应写出必要的文宇说明、公式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分）22．（9分）巴陵广场是市民休闲的好去处，广场上有座关于后羿斩巴蛇的雕像，高约16m，质量为2×106kg。小明从家里出发，以1m/s的速度散步去广扬，600s后到达。（1）求小明从家到广场经过的路程；（2）求雕像所受的重力大小；（3）小明估测雕像与水平地面的接触面积约为100m2，求雕像对地面的压强。【分析】（1）已知小明行走的路程和时间，由速度公式变形可求得经过的路程；（2）根据G＝mg求出雕像的重力；（3）雕像对水平地面压力等于雕像重力，根据p＝求出雕像对水平地面压强大小。【解答】解：（1）由v＝可得，小明从家到广场经过的路程：s＝vt＝1m/s×600s＝600m；（2）整座雕像的重力：G＝m总g＝2×106kg×10N/kg＝2×107N； （3）整座雕像对地面的压力：F＝G＝2×107N；雕像对地面的压强：p＝＝＝2×105Pa。答：（1）小明从家到广场经过的路程为600m；（2）雕像所受的重力大小为2×107N；（3）雕像对地面的压强为2×105Pa。【点评】本题考查了速度公式、压强公式的应用、重力计算等，关键是知道雕像对地面的压力等于其重力，是比较简单而典型的计算题。23．（9分）音乐喷泉是集光机电技术于一体的装置，让红、绿、蓝三种色灯照射到水柱上，通过电脑控制三种色灯功率的比例就能让水柱变换颜色，呈现美轮美奂的视觉效果。图甲是某段时间内红、绿两色灯功率随时间变化的图像。（1）第28s红灯两端的电压为100V，求此时通过红灯的电流；（2）请计算0～30s内红灯和绿灯消耗的总电能；（3）图乙是控制喷泉水柱工作的模拟电路。AB两端输入如图丙所示的周期性变化的电压UAB，定值电阻R＝2Ω，D为特殊电子元件。当UAB＜6V时，D两端的电压UD＝UAB；当UAB≥6V时，UD恒为6V不变。当通过R的电流满足I≥ 2A时，电路启动喷水，此时UAB至少为多少伏？该电路工作10min，其中喷水时间有多少秒？【分析】（1）根据P＝UI可求出此时通过红灯的电流；（2）结合图象分析出0～30s内电路中总功率的变化，根据W＝Pt求出0～30s内红灯和绿灯消耗的总电能；（3）当通过R的电流满足I≥2A时，电路启动喷水，根据U＝IR算出R两端的电压，这个电压为能否喷水的临界电压，根据UAB＝UD+UR算出UAB的电压；根据图知，当0＜t＜3s时，AB两端的电压均匀增加，3s时AB两端的电压达到15V，判断出临界电压对应的时间，从而判断出一个周期中喷水时间，最后算出该电路工作10min喷水的时间。【解答】解：（1）第28s红灯两端的电压为100V，由图甲可知，此时红灯的功率为P红＝200W，由P＝UI可知，此时通过红灯的电流为：I红＝＝＝1A；（2）由图甲可知，红灯和绿灯在0～20s内的总功率P1＝200W，在20～25s内总功率为P2＝0W，在25～30s内总功率P3＝200W+200W＝400W，所以0～30s内红灯和绿灯消耗的总电能为：W＝W1+W2+W3＝P1t1+P2t2+P3t3＝200W×20s+0W×5s+400W×5s＝6000J；（3）根据题意知：当UAB＜6V时，D两端的电压UD等于输入电压，UAB≥6V时，UD保持6V不变。当通过R的电流满足I≥2A时，水泵启动喷水，根据I＝可得，喷水时R两端的电压至少为：UR＝IR＝2A×2Ω＝4V；这个电压为能否喷水的临界电压，所以UAB对应的电压为：UAB＝UD+UR＝6V+4V＝10V，由图丁可知，0﹣3s内AB两端的电压均匀增加，3s时达到15V，则2s时对应的电压为10V，即在一个周期的2﹣4s内，UAB≥10V， 则一个周期内（周期为6s）有三分之一的时间在喷水（一个周期内喷水时间为2s），所以10min＝600s，相当于100个周期，则有2s×100＝200s时间在喷水。答：（1）第28s红灯两端的电压为100V，此时通过红灯的电流为1A；（2）0～30s内红灯和绿灯消耗的总电能为6000J；（3）电路启动喷水，此时UAB至少为10V，该电路工作10min，其中喷水时间有200s。【点评】本题考查了欧姆定律、电功率公式和电功公式的应用，从图象中获取信息是关键。