江苏省苏州市景范中学2022年中考物理二模试卷（解析版） 苏教版

2022年江苏省苏州市景范中学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选项正确）1．（2分）（2022•相城区模拟）以下现象解释正确的是（　　）　A．洗澡时，房间内充满的“白气“是水蒸气　B．矿泉水瓶盖周围的凹凸花纹是为了增大摩擦　C．用瓶盖起子开啤酒瓶盖，是为了省距离　D．饮料吸管的一端剪成斜的，是为了增大压力考点：液化及液化现象；增大或减小摩擦的方法；增大压强的方法及其应用；大气压的综合应用．专题：学科综合题．分析：水蒸气看不到摸不到，看到的“白气”是水蒸气液化而成的小水珠．增大摩擦的方法：在压力一定时，增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力；在接触面粗糙程度一定时，增大压力来增大摩擦力．省力杠杆的动力臂大于阻力臂；费力杠杆的动力臂小于阻力臂．增大压强的方法：在压力一定时，减小受力面积来增大压强；在受力面积一定时，增大压力来增大压强；减小压强的方法：在压力一定时，增大受力面积来减小压强；在受力面积一定时，减小压力来减小压强．解答：解：A、浴室内“白气”是水蒸气液化而成的小水珠．B、瓶盖上凹凸不平的花纹是在压力一定时，增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力；C、瓶盖起子是省力杠杆，省力但是费距离．D、吸管一端削成斜口，是在压力一定时，减小受力面积来增大压强，便于插入；故选B．点评：本题涉及的知识点比较多，用到的分析方法也多，需要平时学习时多观察、多分析、多积累，提高分析能力．　2．（2分）（2022•苏州一模）在通常情况下，下列各种材料中都属于导体的是（　　）　A．油、空气B．橡皮、玻璃杯C．稀硫酸、钢尺D．铝线、陶瓷碗考点：导体．专题：应用题．分析：常见的导体包括：人体、大地、各种金属、酸碱盐的溶液等．解答：解：根据常见的导体可知：四个选项中稀硫酸、钢尺、铝线是导体．故C正确．ABD错误．故选C．点评：此题考查哪些物体为导体，属于识记的内容，比较简单．只要记住常见的导体就可以了．　3．（2分）（2022•泰州二模）关于声的知识，下列说法错误的是（　　）　A．利用超声波清洗钟表，说明声波可以传递信息　B．在课堂上听到老师的讲话声，说明声音可以在空气中传播　C．在城市道路旁设置隔声板，是为了在传播过程中减弱噪声　D．通常我们根据音色辨别不同人说话的声音考点：物理常识；声音的传播条件；音色；防治噪声的途径；声与信息；声与能量．专题：错解分析题．分析：解决此题需掌握：（1）声音既能传递信息，又能传递能量；17\n（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）有效防治噪声的途径有三条：①在声源处；②在传播过程中；③在人耳处．（4）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．解答：解：A、利用超声波清洗钟表，说明声音可以传递能量．该选项说法错误，符合题意．B、我们平时听到的声音大都是由于空气传播的．此选项说法正确，不合题意．C、在城市道路旁设置隔声板，可以在传播过程中减弱噪声；此选项说法正确，不合题意．D、不同人声音的音色不同，区别出熟悉的人谁在说话，是因为音色不同的原因，该选项说法正确，不符合题意．故选A．点评：本题考查了声音的传播条件、声音能传递信息和能量及声音的音色在生活中的应用，是一道声学综合题．　4．（2分）（2022•黄冈）在家庭用电中，符合用电要求的是（　　）　A．电线上晾衣服B．湿手按开关C．湿毛巾擦灯泡D．家庭电路组成考点：安全用电原则．专题：应用题．分析：根据安全用电的原则和家庭电路的组成分析各个选项．解答：解：由水容易导电，故在电线上晾衣服、用湿手按开关、用湿毛由擦灯泡都会造成触电．因此A、B、C不合题意．D、开关接在电灯与火线之间．只有开关接在火线与电灯之间，当开关断开时，电路中不但没有电流通过，而且电灯与火线断开连接，防止人触及灯泡与火线构成通路，发生触电事故．符合题意．故选D．点评：本题考查了安全用电的要求．水容易导电，不要用湿的东西接触电器．注意开关要接在火线上，电灯上的螺旋套要接在零线上．　5．（2分）（2022•苏州一模）用图所示的各种获取电能的设备，在工作中利用的能源属于不可再生能源的是（　　）　A．太阳能电池板B．风车发电机C．水力发电站D．核能发电站考点：不可再生能源的特点．专题：应用题．分析：根据可再生能源和不可再生能源的区别来回答：不可再生能源是在短时间内无法再生的能源，常见的化石资源、矿产资源都是不可再生能源．17\n可再生能源是可以重复利用的能源，取之不尽用之不竭．常见的风能、水能、太阳能都是可再生能源．解答：解：A、太阳能电池板将太阳能转化为电能．B、风车发动机将风能转化为电能．C、水力发电站将水能转化为电能．D、核能发电站是通过核燃料发生核裂变的方式，将核能转化为电能．由于核燃料是有限的，所以核能属于不可再生能源．故选D．点评：本题考查可再生能源和不可再生能源的区别，并知道生活中常见的可再生能源和不可再生能源的例子．　6．（2分）（2022•杭锦旗）下列四幅图中能说明发电机的工作原理的是（　　）　A．B．C．D．考点：发电机的构造和原理；通电直导线周围的磁场；影响电磁铁磁性强弱的因素；直流电动机的构造和工作过程．专题：压轴题．分析：首先明确题干要求，然后对每个选项分析：A是发电机原理图，B是奥斯特实验，说明通电导体能产生磁场，C是探究电磁铁磁性强弱的实验，D电动机原理图．最后选出符合题意的选项．解答：解：A、是电磁感应实验，它是发电机原理，故A正确；B、是奥斯特实验，说明通电导体能产生磁场，故B错误；C、是探究电磁铁磁性强弱的实验，故C错误；D、是电动机原理图，故D错误．故选A．点评：题目中的图就是电流磁效应的几个重要实验，要牢记，只有牢记才能分开它们，否则很容易混淆．　7．（2分）（2022•泰州二模）现实生活中，人们的许多活动、做法都跟我们学过的物理知识有关，下列对涉及压强和浮力的事例论述中错误的是（　　）　A．用吸管能把饮料吸人嘴里，其实是大气压强的作用　B．石头扔进河里会沉入水底说明石头在水中不受浮力作用　C．用高压锅煮食物熟得快是因为锅内气压大，水的沸点高的缘故　D．拦河坝坝堤筑成上窄下宽是因为坝受到上游水的压强随深度增大而增大考点：物体的浮沉条件及其应用；液体的压强的特点；大气压的综合应用．专题：应用题．分析：解决本题的关键是知道物体的沉浮条件、液体沸点随大气压的改变而改变、液体的压强随着深度的增加而增大、大气压是存在的．解答：解：A、用吸管喝饮料时，外部压强大于盒内压强，外部大气压强把饮料压入嘴中，说法正确，不符合题意；B、石头扔进河里会沉进水底说明石头在水中受到的浮力小于石头的重力，说法错误，符合题意；C、因高压锅煮气压加大使液体（锅内的水）的沸点升高，所以用高压锅煮食物熟的快，说法正确，不符合题意；D、因为液体（坝里的水）的压强随深度增大而增大，所以底部的坝受到的压强较大，所以拦河坝坝堤筑成上窄下宽，说法正确，不符合题意；17\n故选B．点评：本题型综合考查了液体压强和大气压强的特点、沸点与气压的关系，物体的浮沉条件及其应用，要联立分析．　8．（2分）（2022•华安县质检）秋千荡到最高点时，如果受到的力全部消失．下列猜想正确的是（　　）　A．保持静止状态B．做匀速直线运动C．继续来回摆动D．做匀速圆周运动考点：牛顿第一定律．专题：应用题．分析：根据对牛顿第一定律的理解来判断，即然不受力了，要么静止，要么匀速直线运动，不可能做其他运动，根据秋千在最高点时的运动状态，当物体不受外力时，将保持外力消失一瞬间时的状态．解答：解：不受任何外力的物体，在刚刚不受力时如果静止，则表现为静止状态，在刚刚不受力时如果运动，不论是怎样的运动，其结果都是匀速直线运动．秋千荡到最高点时刻是静止的，所以此时不受任何力了，要继续保持静止状态．故选A．点评：对牛顿第一定律的理解是易错点，要记住物体不受任何力时，要保持刚一失去所有力的一瞬间的运动状态，只有静止和匀速直线运动两种可能性．　9．（2分）（2022•相城区模拟）在如图所示的电路中，电源电压保持不变．闭合开关S，电路正常工作．过了一会儿，灯L熄灭，电压表示数变大、电流表示数变小．这时电路所出现的问题可能是（　　）　A．灯L短路B．电阻R短路C．灯L断路D．电阻R断路考点：电流表、电压表在判断电路故障中的应用．分析：这是一道电路故障分析题，根据灯泡、电压表、电流表的变化情况，逐一分析，即可得出结论．解答：解：1、灯L熄灭，说明电路断路，断路位置可能在灯泡处，也可能在其它位置．2、电流表有示数，但示数变小，说明整个电路并未断路，但电路电阻变大．3、电压表示数变大，结合1、2的分析可知，灯泡断路．综上所述：灯L断路．故选C．点评：这是一道电路故障分析题，应注意总结电路故障原因，总结电路故障分析方法．　10．（2分）（2022•张掖）蹦床运动是运动员从蹦床弹向空中表演技巧动作的一项体育活动．当运动员离开蹦床弹向空中的过程中，运动员具有的（　　）　A．动能增加，势能减少B．动能增加，势能增加　C．动能减少，势能减少D．动能减少，势能增加17\n考点：动能和势能的大小变化．专题：应用题．分析：（1）动能大小的影响因素：质量、速度．质量越大，速度越大，动能越大．（2）重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度．质量越大，高度越高，重力势能越大．解答：解：运动员离开蹦床弹向空中的过程中，质量不变，速度减小动能减少；但所处高度增加重力势能增加．故选D．点评：我们可以从影响能量大小的因素来分析能量的变化．　11．（2分）（2022•张掖）蜡烛放在离凸透镜40cm的主光轴时，在透镜另一侧的光屏上得到清晰放大的像．若把蜡烛在原来位置向远离透镜方向移动40cm，则所成清晰的像﹣定是（　　）　A．虚像B．放大的C．正立的D．缩小的考点：凸透镜成像规律及其探究实验．专题：压轴题．分析：据凸透镜成像规律得出，物距在焦距之内时，物距越大，像距越小，实像越小，同时成清晰放大的实像时物距介于二倍焦距与一倍焦距之间．解答：解：蜡烛与凸透镜的距离为物距，设焦距为f；当物距为40cm时，f＜40cm＜2f，由此推算出当物距为80cm时；物距变大，并且物距肯定大于二倍焦距，成缩小、倒立的实像；故选D．点评：本题主要考查的物距与焦距之间的大小变化决定了成像的性质．　12．（2分）（2022•泰州二模）把两个分别标有“10V10W”和“9V5.4W”的灯泡串联后接到电源上，要使其中一灯能正常发光且两灯都不被损坏（不计温度对电阻的影响），则电源电压应为（　　）　A．9VB．19VC．15VD．16V考点：实际电压．专题：计算题；应用题；压轴题．分析：串联电路处处电流相等；为了不损坏灯泡，比较两电阻允许通过的最大电流，选其中较小的电流；然后先根据灯泡的铭牌，利用I=求出两灯泡的额定电流，利用欧姆定律求出电阻，再根据串联电路电阻的特点求出总电阻，利用欧姆定律求出电源电压的最大值．解答：解：两灯泡的额定电流为：I1===1A，I2===0.6A；两灯泡的电阻分别为：R1===10Ω，R2===15Ω；为了不损坏灯泡，所以串联电路的最大电流为I=0.6A；电源的电压为U=I（R1+R2）=0.6A×（10Ω+15Ω）=15V．故选C．点评：本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活应用，关键是知道为保证用电器不被烧坏串联电路允许的最大电流应选最小的．17\n　二、填空题（本题共11小题，每空1分，共23分）13．（2分）（2022•南京）霜是由水蒸气 　凝华　形成的（填写物态变化名称），在这个过程中水蒸气会 　放出　热量（选填“吸收”或“放出”）．考点：生活中的凝华现象．分析：物体由气态变为固态的过程叫凝华；根据凝华的定义和凝华放热来作答．解答：解：霜是固体，由水蒸气形成的，物体由气态变为固态的过程叫凝华；凝华要放热．故答案为：凝华；放出．点评：此题考查的是生活中的凝华现象，是一道基础题．　14．（2分）（2022•宁德）蓝天、白云在湖中形成倒影，水中的鱼儿在“云中”自由穿行．在这里我们看到的水中的白云是由于光的　反　射而形成的像，看到的鱼儿是由于光的　折　射而形成的像．考点：光的反射；平面镜成像的特点、原理、现象及其实验方案；光的折射现象及其应用．分析：要解决此题，需要掌握平面镜成像，知道平面镜成像是由于光的反射形成的．同时要掌握光的折射现象．我们看到水中的物体，其实看到的是物体的虚像，是由光的折射形成的．解答：解：蓝天、白云在水中的倒影属于平面镜成像，是由光的反射形成的．我们看到水中的鱼，其实看到的是鱼的虚像，是由光的折射形成的．故答案为：反；折．点评：此题主要考查了通过同一幅画面考查了光的反射和光的折射现象．特别是看到的现象同是在水中，很容易搞错．　15．（2分）（2022•佳木斯）我国第一艘航空母舰即将下水，它满载时的排水量约为6万吨，它满载时整个船的质量约是　6×107　kg．它受到的浮力约为　6×108　N．（g=10N/kg）考点：阿基米德原理；物理量的单位及单位换算；重力的计算；物体的浮沉条件及其应用．专题：计算题；应用题．分析：排水量就是轮船满载时排开水的质量，排开水的重力等于自身的重力，还等于受到的浮力．解答：解：它满载时整个船的质量约是6万吨=6×107kg，它受到的浮力等于它满载时的重力，F浮=G=mg=6×107kg×10N/kg=6×108N．故答案为：6×107；6×108．点评：本题考查质量和浮力的计算，以及排水量的有关问题，本题的关键是知道排水量就是轮船满载时排开水的质量．还要知道轮船漂浮时浮力等于自身重力．　16．（2分）（2022•海门市模拟）在一满杯水中，慢慢加入两小勺细沙糖，杯中的水不会溢出，这说明　分子间有空隙　；过一会，取一勺上面的水，尝一尝，发现水有甜味，这是因为　分子在不停地运动　的缘故．考点：分子动理论的基本观点；扩散现象．专题：应用题；简答题．分析：此题中要从两个现象进行分析：①糖变没有了，水变甜了；②水却没有溢出杯子．解答：17\n解：糖放入后水没有溢出，是因为分子间存在着空隙，糖分子和水分子分别进入了对方分子的空隙中，使得水和糖混合后的总体积变小了；水变甜了，是因为糖分子不停地做无规则运动，扩散到水中，与水分子混合在了一起．故答案为：分子间有间隙，分子在不停地运动．点评：本题考查学生对扩散现象的理解能力，需要从分子动理论的结论中找出答案．扩散现象实质上从另一个角度也反映了分子间存在着间隙．　17．（2分）如图所示：是甲、乙两种物质在熔化前后对它加热时温度随时间变化的曲线，由图可知：　乙　物质是晶体；常用的温度计是利用　液体的热胀冷缩　的性质来测量温度的．考点：晶体和非晶体的区别；温度计的使用及其读数．专题：简答题；温度计、熔化和凝固．分析：（1）晶体与非晶体在熔化过程中的区别．晶体在熔化过程中温度不变，非晶体在熔化过程中温度不断升高．（2）常用温度计是液体温度计，液体温度计是根据液体的热胀冷缩性质制成的．解答：解：（1）由图知，甲在熔化过程中，温度不断升高，乙在熔化过程中温度不变，所以甲是非晶体，乙是晶体．（2）常用温度计一般是水银、煤油和酒精温度计，属于液体温度计，是利用液体的热胀冷缩性质制成的．故答案为：乙；液体的热胀冷缩．点评：本题考查了学生识图能力和常见温度计的原理，即液体温度计的原理．通过图象考查了学生对晶体和非晶体在熔化过程中的区别．　18．（2分）在“观察水的沸腾”实验中，某实验小组观察到水沸腾前和沸腾时水中气泡的上升情况如图甲、乙所示，图中　甲　是水在沸腾时的情况．实验过程中记录的数据如下表所示：时间/min…45678910111213…温度/℃…90919397989898989898…从记录的数据可得出的实验结论是：水沸腾时的温度是　98　℃．考点：探究水的沸腾实验．专题：探究型实验综合题．分析：（1）水沸腾前，上层水温比较低，气泡在上升过程中，遇冷的水液化成水，气泡变小．水沸腾时，整个容器的水温度相同，气泡在上升过程中，水不断汽化成水蒸气，气泡越来越大．（2）液体在沸腾时温度会保持不变．沸腾时保持不变的温度就是液体的沸点．解答：解：（1）水沸腾之前，水下层的温度高于上层的水温，气泡上升过程中，气泡中的水蒸气遇冷液化成水，气泡变小．所以图乙是水沸腾前的情况．17\n水沸腾时，整个容器中水温相同，水内部不停的汽化，产生大量的水蒸气进入气泡，气泡变大．所以图甲是水沸腾时的情况．（2）水从第8min温度保持98℃不再改变，但要不断吸收热量，所以此时水的沸点就是98℃．故答案为：甲；98．点评：对于水沸腾前和沸腾时，气泡上升时的变化，不要机械记忆，要理解之后再去记忆，沸腾前是水蒸气的液化现象，气泡变小，沸腾时水汽化，气泡变大．　19．（2分）冬天，小明不停地对手呵气，小军则不停地搓手，他们分别采用了　热传递　和　做功　的方式增加手的内能．考点：做功改变物体内能；热传递改变物体内能．专题：分子热运动、内能．分析：要解答本题需掌握：做功和热传递改变物体的内能的特点：热传递改变物体的内能是能量的转移，做功改变物体的内能是能量的转化．解答：解：冬天呵气是通过热传递的方式改变手的内能，手的内能增加，温度升高；搓手取暖是通过做功的方法把机械能转化为手的内能，手的内能增加，温度升高；故答案为：热传递；做功．点评：本题主要考查学生对改变物体内能两种方式的了解和掌握，是中考的热点．　20．（2分）如图是一个电表的表盘．也许你没有学过这种电表的用法，但根据所学的其他电表的读数方法，你也能知道，它的示数是　26Ω　，这种电表可以用来测量电器或导体的　电阻　．考点：电阻．专题：基本仪器的使用专题．分析：Ω是电阻的单位，由表盘上所标的Ω可知，该表是测电阻的，由图示表盘确定其分度值，读出其示数．解答：解：由图示可知，在指针位置附近，表的分度值是2Ω，则表的示数为26Ω；种电表可以用来测量电器或导体的电阻；故答案为：26Ω；电阻．点评：本题考查了电表的读数，读数时要先确定其分度值．　21．（2分）苏州百花洲公园里有一条用鹅卵石铺成的小路，在风和日丽的日子可以看到有人光着脚在上面行走，据说，这样能使脚底受到较强的刺激，从而达到按摩脚心、强身健体的目的．这是通过　减小　脚与路面的接触面积的方法来　增大　压强．考点：增大压强的方法及其应用；减小压强的方法及其应用．分析：路上的鹅卵石面积小，这样脚踩上去接触面积小，压强增大．解答：解：路上的鹅卵石面积小，这样脚踩上去接触面积小，压强增大；故答案为：减小、增大．点评：生活中的问题要学会常利用物理知识试着解决，因为这也是中考的方向．17\n　22．（3分）（2022•宿迁）用手将一重为6N的物体全部压入水中，物体排开的水重为10N，此时物体受到的浮力为　10　N；放手后物体将　上浮　（填“上浮”、“下沉”或“悬浮”），待物体静止时所受浮力为　6　N．考点：阿基米德原理；二力平衡条件的应用．分析：此题应分两部分来考虑：①用手将物体压入水中时，已知了物体排开的水重，根据阿基米德原理可知物体所受的浮力；②放手后，此时物体受到的浮力明显大于自身的重力，将上浮，直到漂浮状态，再利用二力平衡的知识来解答．解答：解：用手将物体全部压入水中时，已知物体排开的水重为10N，由阿基米德原理知：此时物体所受的浮力也为10N；放手后，物体受到的浮力10N要大于物体的自重6N，因此物体要上浮；待物体静止时，由二力平衡的条件知：此时物体所受的浮力等于物体的重力，即6N；故答案为：10、上浮、6．点评：解答此题要掌握阿基米德原理和二力平衡的相关知识；阿基米德原理：浸在液体中的物体受到向上的浮力的作用，浮力大小等于物体排开的液体的重力．　23．（2分）苏州交通经济台调频广播网发射的电磁波频率为104.8MHz（lMHz=l×106Hz），它在真空中的传播速度为　3×108　m/s，真空中波长约为　2.9　m（保留1位小数）．考点：电磁波的传播；波速、波长和频率的关系．专题：计算题；信息的传递．分析：电磁波在真空中的传播速度为3×108m/s，电磁波的波长、波速和频率的关系：c=λf，根据公式求出电磁波的波长．解答：解：电磁波在真空中的传播速度为3×108m/s；电磁波的频率为f=104.8MHz=1.048×108Hz，∵c=λf∴该电磁波的波长：λ==≈2.9m．故答案为：3×108；2.9．点评：本题主要考查的是学生对电磁波的波长、波速和频率的关系的理解和掌握，弄清楚电磁波在真空中的传播速度是解决此题的关键．　三、解答题（共53分）24．（8分）按照要求作图：（1）如图（1）所示，木块静止在斜面上，画出木块所重力G和斜面所受压力F的示意图．（2）如图（2）所示，MN为空气与水的分界面，AO为入射光线，入射点为O，在图中画出折射光线OB并标出折射角r．（3）如图（3）所示的杠杆，O为支点，请画出力F1和F2的力臂L1、L2．（4）如图（4）所示，请根据通电螺线管的磁感线方向，在图上标出小磁针的N、S极，并标出电源的“+”、“﹣”极．17\n考点：力的示意图；重力示意图；作光的折射光路图；通电螺线管的极性和电流方向的判断．专题：作图题．分析：（1）重力是作用在木块上的力，作用点画在木块的几何中心，方向是竖直向下的；木块对斜面的压力，作用在斜面上，作用点在斜面上，方向是垂直斜面向下的．（2）光的折射定律：折射光线、入射光线、法线在同一平面内，折射光线、入射光线分居法线两侧，光由空气斜射入其它透明介质时，折射光线向法线偏折，折射角小于入射角．折射角是折射光线与法线之间的夹角．（3）力臂是指从支点到力的作用线的距离．（4）由磁感线的形状可知电磁铁的极性，则由右手螺旋定则可求得电流方向及电源的正负极；由小磁极所在位置的磁感线方向可知小磁针的极性．解答：解：（1）过木块的重心沿竖直向下的方向画一条带箭头的线段，记为G；在木块与斜面的接触面上的中点作为压力的作用点，过压力的作用点沿垂直斜面向下的方向画一条带箭头的线段，记为F．如下图所示：（2）由图可知，先画出法线，然后根据光由空气斜射入水中，折射光线和入射光线位于法线两侧，折射角小于入射角，画出折射光线；如下图所示：（3）从支点O向F1的作用线做垂线，垂线段的长度即为动力臂L1；从支点向F2的作用线引垂线，垂线段的长度即为阻力臂L2．如图所示：（4）由磁感线的指向可知电磁铁右侧为N极，左侧为S极；则由右手螺旋定则可得电流由左侧流入，即电源左侧正极．小磁针所在位置磁感线向左，则小磁针的左侧为N极．如图所示：点评：（1）此题考查了重力和压力的示意图，主要重力的方向始终竖直向下，压力与接触面垂直．（2）会根据折射定律完成光路，同时注意折射角是折射光线与法线之间的夹角，不是与界面之间的夹角．（3）此题主要考查了有关力臂的画法，首先要掌握力臂的画法，确定支点，从支点向力的作用线引垂线．垂线段的长度即为力臂．（4）本题既考查了通电螺线管、小磁针磁极的判断又考查了电流方向的判断，一环扣一环也是易错题，要求学生步步仔细才行．　25．（6分）一家用电热水器的铭牌如下表所示．根据铭牌所提供的信息，解答下列问题：（1）为安全起见，该电热水器使用的插座应选用右图中的　乙　（2）将该热水器装满水加热，使水温由10℃升高到60℃，水需要吸收　2.1×106　J热量．（3）如果加热上面的水需要30分钟，该热水器的效率为　58.3%　XX牌全自动电热水器17\n型号：THP2﹣12D　　　容量：10L额定功率：2kW类别：防触电保护一类额定电压：220V　净重：22kgXX厨房设备有限公司制造考点：电功与热量的综合计算．专题：计算题；电和热综合题．分析：（1）三孔插座中多出的一个孔是用来接地线的，当家用电器漏电时，可以使漏电通过地线，流入大地，防止触电事故的发生．（2）由表可知，电热水器装满水时水的体积，利用密度公式计算出水的质量，根据Q吸=cm（t﹣t0）求出水吸收的热量；（3）根据W=Pt求出热水器30min消耗的电能，然后利用效率公式求出该热水器的效率．解答：解：（1）为了防止家用电器漏电、造成触电事故，必须使电热水器的外壳与大地相连接，故插头应选用图乙中的三孔插头．（2）根据ρ=可得，将该电热水器装满水时水的质量为：m=ρV=1×103kg/m3×10×10﹣3m3=10kg，使水温由10℃升高到60℃，水需要吸收热量为：Q吸=cm（t﹣t0）=4.2×103J/（kg•℃）×10kg×（60℃﹣10℃）=2.1×106J；（3）热水器30min消耗的电能：W=Pt=2000W×30×60s=3.6×106J，该热水器的效率：η=×100%=×100%≈58.3%．故答案为：（1）乙；（2）2.1×106；（3）58.3%．点评：本题是一道电学与热学的综合应用题，与生活相连，使学生觉得学了物理有用，且加强了学生的节能环保的意识，计算时注意单位的统一．　26．（6分）用如图所示滑轮组提升重物．人用500N的拉力F，15s内使重为900N的物体匀速上升了3m．不计绳重和摩擦，求：（1）拉力F做功的功率；（2）滑轮组的机械效率；（3）若改提400N的物体，求此时的机械效率．17\n考点：滑轮（组）的机械效率；功率的计算．专题：计算题．分析：（1）知道拉力大小，由滑轮组结构得出承担物重的绳子股数n=2，则s=2h，利用W总=Fs求拉力做功，再利用功率公式求拉力做功功率；（2）知道物重G和提升的高度，利用W=Gh求有用功；再利用效率公式求滑轮组的机械效率；（3）不计绳重和摩擦，利用F=（G轮+G物）求动滑轮重；改提400N的物体，利用F′=（G轮+G物′）求此时的拉力，再利用η====求此时的机械效率．解答：解：（1）由图知，n=2，s=2h=2×3m=6m，W总=Fs=500N×6m=3000J；P===200W；（2）W有用=Gh=900N×3m=2700J；η===90%；（3）∵不计绳重和摩擦，∴F=（G轮+G物），即：500N=（G轮+900N），∴G轮=100N，改提400N的物体，F′=（100N+400N）=250N，此时的机械效率：η′======80%．答：（1）拉力的功率是200W；（2）滑轮组机械效率是90%；（3）若提升400N重物，滑轮组机械效率为80%．点评：本题考查了有用功、总功、功率、机械效率的计算，两次利用好“不计绳重和摩擦，F=（G轮+G物）”是本题的关键．　27．（8分）（2022•十堰）如图所示的电路中，电源电压恒定为4.5V．开关S闭合后，电流表的示数为0.5A，电压表V1的示数为3V．当把滑动变阻器的滑片P移到最右端时，电流表的示数为0.3A．求：（1）电压表V2的示数；（2）电阻R1的值．（3）滑动变阻器的最大电阻；（4）滑片移到最右端时，V1的示数及此时电路消耗的总功率．17\n考点：欧姆定律的应用；串联电路的电流规律；电功率的计算．专题：计算题；压轴题．分析：由电路图可知两电阻串联，电压表V1测R2的电压，V2测总电压，则由串联电路的特点可知R1两端的电压，由欧姆定律可求得电阻R1及V2的示数，则前两问可解；（3）由滑片移动后的电流和R1的阻值，由欧姆定律可求得滑动变阻的最大阻值；（4）由串联电路的特点可求得V1的示数，由功率公式可求得总功率．解答：解：（1）电压表V2测电源电压，电压恒定不变，等于4.5V，故V2的示数为4.5V；（2）由串联电路的特点得，R1上的电压为：U2=U﹣U1=4.5V﹣3V=1.5V；由欧姆定律得：R1==；（3）由欧姆定律知：R1+Rmax=Rmax=﹣R1=12Ω；（4）V1的示数U1'=Rmax×I2=12Ω×0.3A=3.6V；电路上消耗的总功率P总=UI2=4.5V×0.3A=1.35W．答：（1）V2的示数为4.5V；（2）R1的阻值为3Ω；（3）滑动变阻器最大阻值为12Ω；（4）V1的示数为3.6V，电路上消耗的总功率为1.35W．点评：本题考查知识点较多，但只要能将电路分析清楚，将大题折分为小题即可发现都是常见题型．　28．（4分）（2022•高邮市模拟）（1）当要研究的物理量不易直接测量时，都需要想办法把它们的大小间接显示出来．例如：甲实验是让木块在木板上做　匀速直线　运动，通过弹簧测力计的示数间接显示滑动摩擦力的大小；乙实验中球动能的大小是通过　球推动木块在水平面上运动距离的长度　间接反映出来的．（2）当要研究的物理量与多个因素有关时，都要采取一定措施控制变量．例如：要研究滑动摩擦力大小与压力大小的关系，就要多次改变压力大小，同时控制接触面的粗糙程度不变．做实验时我们改变压力大小的具体办法是　在木块上加减砝码　；要研究动能跟质量的关系，就要改变质量，同时控制速度不变．具体办法是：换用不同质量的球，让它们从　同一斜面的同一高度　由静止滑下．考点：探究摩擦力的大小与什么因素有关的实验；物理学方法；探究影响物体动能大小的因素．专题：压轴题；实验探究题；控制变量法；转换法．分析：17\n（1）在探究滑动摩擦力与什么因素有关的实验中，要正确测量拉力，需让木块做匀速直线运动，此时弹簧测力计的拉力与木块受到的摩擦力是一对平衡力，大小相等．在探究动能大小与什么因素有关时，通过让滚动的小球推动木块做功来表现．将木块推动得越远、做的功越多，则说明小球的动能越大．（2）要解决此题还要掌握控制变量法．滑动摩擦力的大小与压力大小和接触面的粗糙程度有关，所以要研究滑动摩擦力与其中一个量的关系时，要保持另一个量不变．动能大小与物体的质量和速度有关，要研究动能大小与质量的关系时，需要使物体的速度相同．解答：解：（1）在甲实验中，要使拉力大小与摩擦力相等，需拉动木块做匀速直线运动；在乙实验中，通过小球推动木块做功大小来表现小球动能的大小，球被推动得越远，则说明小球动能越大．故答案为：匀速直线；球推动木块在水平面上运动距离的长度．（2）在研究滑动摩擦力大小与压力大小的关系实验中，需要控制接触面的粗糙程度不变，而改变压力．在实验时是通过在木块上加减砝码来改变压力的．要研究动能和质量之间的关系，需要控制速度不变，改变质量．控制速度的办法是让小球从同一高度由静止滑下．故答案为：在木块上加减砝码；同一斜面的同一高度．点评：此题主要考查了控制变量法在探究摩擦力大小因素和影响动能大小因素中的应用．同时考查了测量拉力的方法和变量的控制办法．　29．（5分）（2022•相城区模拟）如图是“探究平面镜成像特点”的情景：竖立的透明玻璃板下方放一把直尺，直尺与玻璃板垂直；两支相同的蜡烛A、B竖立于玻璃板两侧的直尺上，以A蜡烛为成像物体．（1）为便于观察，该实验最好在　较黑暗　环境中进行（选填“较明亮”或“较黑暗”）；此外，采用透明玻璃板代替平面镜，虽然成像不如平面镜清晰，但却能在观察到A蜡烛像的同时，也能观察到　蜡烛B　，巧妙地解决了确定像的位置和大小的问题．（2）点燃A蜡烛，小心地移动B蜡烛，直到与A蜡烛的像　重合　为止，这时发现像与物的大小　相等　；进一步观察A、B两支蜡烛在直尺上的位置发现，像和物的连线与玻璃板　垂直　，像和物到玻璃板的距离　相等　．考点：平面镜成像的特点、原理、现象及其实验方案．专题：实验题．分析：（1）①成像的物体和环境的对比度越大，成像越清晰．②实验中用透明的玻璃板代替平面镜，同时能看到成像物体的像和镜后和像对比的物体，便于确定像的位置，便于比较物像大小关系．（2）当蜡烛B和蜡烛A的像完全重合时，根据平面镜成像特点进行判断：物体在平面镜中成虚像，物像大小相等，物像连线与镜面垂直，物像到平面镜的距离相等．解答：解：（1）点燃蜡烛，烛焰在明亮的环境中，烛焰和明亮环境对比度较小，成像不太清晰；烛焰在黑暗环境中，烛焰和黑暗环境的对比度大，成像更清晰．实验过程中，用透明的玻璃板代替平面镜，在物体一侧，既能看到蜡烛A的像，也能看到代替蜡烛A的蜡烛B，当蜡烛A的像和蜡烛B重合时，便于确定像的位置，便于比较物像大小．（2）点燃A蜡烛，小心地移动B蜡烛，直到与A蜡烛的像完全重合为止，发现：物像大小相等；物像连线与玻璃板垂直；物像到玻璃板的距离相等．17\n故答案为：（1）较黑暗；蜡烛B；（2）重合；相等；垂直；相等．点评：对于实验题的考查，要从实验目的、器材的选择、操作步骤、实验中出现的故障、对于实验故障的分析、实验数据的处理、实验结论的总结等方面进行梳理．　30．（9分）在测定“小灯泡电功率”的实验中，电源电压恒定为4.5V，小灯泡额定电压为2.5V、电阻约为10Ω．（1）连接电路时开关应　断开　，电流表的量程应选　0～0.6　A．（2）请你用笔画线代替导线，将图甲中的实物电路连接完整．（3）闭合开关前，图甲中滑动变阻器的滑片P应位于　A　（选填“A”或“B”）端．（4）小明同学闭合开关，移动滑片P到某一点时，电压表示数（如图乙所示）为　2.3　V，若他想测量小灯泡的额定功率，应将图甲中滑片P向　B　（选填“A”或“B”）端移动，使电压表的示数为2.5V．（5）小华同学移动滑片P，记下多组对应的电压表和电流表的示数，并绘制成图丙所示的，I﹣U图象，根据图象信息，可计算出小灯泡的额定功率是　0.5　W．（6）小勇同学在实验中连接好电路，闭合开关，移动变阻器滑片P，发现小灯泡始终不亮，电压表有示数，电流表无示数，原因可能是　小灯泡断路　（写出一种即可）．（7）小李同学在实验中，连接好电路，调节好小灯两端电压，发现小灯很暗，测出的功率也比其他同学小很多，很纳闷，经仔细检查，看到小灯上有“3.8V，*A”字样，恍然大悟，说明这个小灯　额定电压为3.8V　，于是在上面电路上改动了1根导线，把小灯两端电压重新调节，完成了实验．但小明觉得小李的方法不太好，老师也觉得小明说的有道理，小李的实验中，主要的问题应该是　用0～15V的量程无法准确的读出3.8V的电压　．考点：电功率的测量；电流表的使用；电压表的读数方法；滑动变阻器的使用；电流表、电压表在判断电路故障中的应用．专题：应用题；实验题；作图题；测量型实验综合题．分析：（1）为防止电路中电流过大烧坏用电器，连接电路时开关应断开；根据欧姆定律求出灯泡额的电流的大约值确定电流表的量程；（2）按选取电流表的量程串联在电路中即可；（3）闭合开关前，保护电路的滑动变阻器处于最大阻值处；（4）根据图2所示电压表确定电压表的量程与分度值，由电压表指针位置读出电压表示数；要使灯泡正常工作，灯泡两端电压增大到2.5V，电路电流要增大，总电阻要减小，滑动变阻器的电阻要减小；（5）由I﹣U图象找出灯泡额定电压所对应的电流，然后用公式P=UI求出灯泡的额定功率；（6）灯泡不亮，可能是灯泡断路或灯泡断路或灯泡之外的电路断路；电流表无示数，可能是电流表断路或电流表之外的电路断路；电压表有示数，说明电压表与电源两极相连，电压表并联电路之外不存在断路；综合分析可知电路故障为灯泡断路；（7）灯泡的实际电压小于额定电压时灯泡发光较暗，不能正常发光；要测3.8V灯泡两端的电压时电压表应选0～15V的量程，而此时电压表的分度值为0.5V，无法准确的读出3.8V．解答：17\n解：（1）为保护电路，连接电路时开关应断开；根据欧姆定律可得，灯泡的额定电流约为I===0.25A＜0.6A，所以电流表选0～0.6A的量程；（2）电流表0.6A的接线柱与灯泡串联即可，如下图所示：（3）闭合开关前，保护电路的滑动变阻器处于最大阻值处的A端；（4）由图乙知，电压表量程是0～3V，最小分度值是0.1V，电压表示数是2.3V；要使灯泡正常工作，灯泡两端电压从2.3V增大到2.5V，电路电流要增大，总电阻要减小，滑动变阻器的电阻要减小，滑片向B端移动，使电压表的示数为2.5V；（5）由图丙所示I﹣U图象可知，灯泡额定电压U=2.5V，所对应的电流I=0.2A，则灯泡的额定功率P=U额I额=2.5V×0.2A=0.5W；（6）闭合开关，移动变阻器滑片P，发现小灯泡始终不亮，电压表有示数，电流表无示数，原因可能是小灯泡断路；（7）由灯泡的铭牌可知，灯泡的额定电压为3.8V，改接0～15V的量程的电压表时，分度值为0.5V，无法准确的读出3.8V的电压，故小李的方法不太好．故答案为：（1）断开；0～0.6；（2）如上图所示；（3）A；（4）2.3；B；（5）0.5；（6）小灯泡断路；（7）额定电压为3.8V；用0～15V的量程无法准确的读出3.8V的电压．点评：本题考查了实验的注意事项、电流表量程的选择和连接、电压表的读数、滑动变阻器的正确使用、电路故障的判断、额定功率的计算等，关键是会根据不同量程电压表的分度值判断小李的方法不太好的原因．　31．（2分）小明利用如图所示的实验装置探究“导体产生的热量与电阻大小的关系”．甲、乙两瓶中装有质量与初温相同的煤油，甲瓶中铜丝的电阻比乙瓶中镍铬合金丝的小．（1）为了在较短的时间内达到明显的实验效果，小明选用煤油而不用水做实验，主要是由于　煤油的比热容小　．（2）实验中，乙瓶中的温度计示数升高得快，由此得出的实验结论是　电流和通电时间一定时，电阻越大，电流产生的热量越多　．考点：焦耳定律．专题：电与热、生活用电．17\n分析：（1）质量相同的水和煤油，吸收相同的热量，煤油的比热容小，煤油的温度变化量大．（2）电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关．在电流和通电时间相等时，电阻越大，电流产生的热量越多；在电阻和通电时间一定时，电流越大，电流产生的热量越多；在电流和电阻一定时，通电时间越长，电流产生的热量越多．解答：解：（1）质量相同的水和煤油，吸收相同的热量，煤油的比热容小，煤油的温度变化量大．为了在较短的时间内达到明显的实验效果，小明选用煤油．（2）铜丝和镍铬合金丝串联在电路，电流和通电时间相同，镍铬合金丝电阻大，电流通过镍铬合金丝产生热量多，温度计升高快．故答案为：（1）煤油比热容小；（2）电流和通电时间一定时，电阻越大，电流产生的热量越多．点评：掌握电流产生热量多少的影响因素，利用控制变量法和转换法探究电流产生热量多少和各影响因素之间的关系．　32．（5分）小明和小华背着书包一起到小明家里复习功课时，找到一把很新的杆秤，质量的刻度很清晰，但找到了3个大小不同的秤砣，不知道哪个是配套的．经过讨论，小明说，用学过的物理知识和常见的测量工具可以很快就确定秤砣M的质量，请讲出小明可能的方法，并利用测出物理量或读出的物理量写出秤砣质量M的表达式．（请在图上标出需要的字母或物理量）考点：杠杆的平衡条件．专题：压轴题；简单机械．分析：需要测量问题的质量、动力臂和阻力臂的长度，根据杠杆的平衡条件即可得出结论．解答：解：在杆秤上选取任意质量m；用刻度尺测出O点到m点的长度L1；再测出O点到挂钩处的长度L2；根据杠杆的原理即可得出M=．点评：本题考查杠杆的平衡条件的应用，相对比较简单，属于基础题．　17