江苏省泰州市泰兴市洋思中学2022年中考物理三模试卷（解析版）

2022年江苏省泰州市泰兴市洋思中学中考物理三模试卷一、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•姜堰市模拟）下列数据符合实际的是（　　）　A．正常人的步行速度约4km/hB．25寸彩电的功率约2.5W　C．洗澡水的适宜温度约60℃D．对人体安全的电压是36V考点：速度与物体运动；温度；电压；电功率．专题：估算综合应用题．分析：不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要简单的计算，有的要进行单位的换算，最后判断最符合实际的是哪一个．解答：解：A、正常人步行的速度在1.1m/s=1.1×3.6km/h≈4km/h．此选项符合实际；B、一般电视机的功率在100W到200W之间．此选项不符合实际；C、人体正常体温在37℃左右，洗澡水的温度只能略高于体温，不可能达到60℃．此选项不符合实际；D、大量经验证明，只有不高于36V的电压对人体才是安全的．此选项不符合实际．故选A．点评：物理学中，对各种物理量的估算能力，是我们应该加强锻炼的重要能力之一，这种能力的提高，对我们的生活同样具有很大的现实意义．2．（2分）（2022•连云港）关于声现象下列说法错误的是（　　）　A．诗句“不敢高声语，恐惊天上人”中的“高”是指声音的音调高　B．两名宇航员在太空中不能直接对话，是因为声音不能在真空中传播　C．发出较强声音的喇叭能使它前面的烛焰“跳舞”，说明声音具有能量　D．听不同乐器弹奏同一首歌曲时能分辨出所用乐器，是利用了声音的音色不同考点：响度；声音的传播条件；音色；声与能量．分析：根据声现象的基础知识来判断，所涉及的知识点有：（1）响度是指声音的大小，音调是指声音的高低，有时人们说的高低实质是大小的意思；（2）真空不能传声；（3）声音具有能量，也可以传递能量；（4）音色是指声音的品质和特色，能分辨出不同乐器，不同的人在说话是音色不同．解答：解：A、“高声语”是指大声说话，指的是响度，生活中把“高低”和“大小”说混了，故A错误；B、月球表面是真空，真空不能传声，所以登月宇航员不能直接对话，故B正确；C、喇叭发声时在振动，这种振动具有能量，使烛焰摇动，故C正确；D、不同的乐器演奏，即使音调和响度都相同，也能分辨出来，这就是音色不同分辨出的，故D正确．故选A．点评：掌握声现象的基础知识，结合生活、语言的实际来认识．3．（2分）在一次物理复习课上，同学们正以“假如没有了…”为主题展开讨论．以下是几位同学提出的四个观点，你认为正确的是（　　）　A．假如没有了地球引力，物体的质量仍然存在　B．假如没有了电磁波，我们将无法进行信息交流　C．假如没有了磁体周围的磁场，世界上就再也不会有电流的产生　D．假如没有了摩擦力，一阵微风就可以吹动停在平直轨道上的火车考点：摩擦力的种类；质量及其特性；信息与信息传播；电流的形成．分析：解答本题应掌握：质量是物体的固有属性；信息的传播方式；电流的形成原因；摩擦力在生活中的作用．19\n解答：解：A、质量是物体的固有属性，不会随外力的变化而变化，故A正确；B、信息的交流有多种方式，如对话、书信等，故没有了电磁波，我们仍可以进行信息交流，故B错误；C、要形成电流需要有电压及导体，和有无磁场无关，故C错误；D、物体停在地面上如果没有摩擦力，则很小的一点力即可使物体发生运动，故一阵微风即可吹动停在转道上的火车；故D正确；故选A、D．点评：本题考查摩擦力、质量、信息及电流的形成，均为基础内容，需牢记．4．（2分）（2022•阜宁县一模）下列有关热现象的解释，正确的是（　　）　A．暮春，小草挂上露珠，是液化形成的　B．盛夏，人在电风扇下吹风感到清凉，是蒸发放热的原因　C．深秋，时有白霜生成，是凝固所致　D．隆冬，冰冻的衣物晾干，为汽化现象考点：液化及液化现象；汽化及汽化吸热的特点；升华和凝华的定义和特点．专题：汽化和液化、升华和凝华．分析：（1）物质由气态变成液态的现象叫做液化；（2）物质由液态变成气态的现象叫做汽化，汽化吸热；（3）物质由气态变成固态的过程叫做凝华；（4）物质由固态直接变成气态的现象叫做升华．解答：解：A、露珠是空气中的水蒸气遇冷凝结成的小水滴，属于液化现象，该选项说法正确；B、人在电风扇下吹风，汗液蒸发，蒸发吸热，人感到凉快，该选项说法不正确；C、霜是空气中的水蒸气遇冷凝结成的小冰晶，属于凝华现象，该选项说法不正确；D、冰冻的衣服变干，冰直接变成水蒸气，属于升华现象，该选项说法不正确．故选A．点评：生活中的热现象比较普遍，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．　5．（2分）（2022•德城区一模）电子监控器广泛应用在各种公共场所，为社会治安起到保驾护航的作用．如图所示的电子监控器主要由光学系统和光电转换系统两部分组成．光学系统收集监控区域内的景物信息，经光电转换系统转换成电信号，输送到监控中心．其中光学系统的工作原理相当于（　　）　A．平面镜成实像B．平面镜成虚像C．凸透镜成实像D．凸透镜成虚像考点：凸透镜成像的应用．专题：透镜及其应用．分析：（1）凸透镜成像时，u＞2f，成倒立、缩小的实像，应用于照相机和摄像头．（2）电子监控器的镜头实际上是一个凸透镜．解答：解：电子监控器的镜头实际上是一个凸透镜，其成像原理是照相机的成像原理是相同的，成倒立、缩小的实像．故选C．点评：凸透镜成像的三种情况和应用是凸透镜成像习题的重要依据，一定要熟练掌握．　19\n6．（2分）下列过程中，通过做功使物体的内能增加的是（　　）　A．水沸腾时水蒸气顶起水壶盖B．用热水泡脚，脚感觉暖和　C．汽油机的做功冲程D．电烙铁通电发热考点：做功改变物体内能．专题：分子热运动、内能．分析：做功和热传递都可以改变物体的内能，做功是能量的转化，而热传递是能量的转移．解答：解：A、水沸腾时水蒸气顶起水壶盖，是水蒸气膨胀对外做功，水蒸气的内能减小、温度降低，不符合题意；B、用热水泡脚，脚从热水吸收热量，内能增加、温度升高，脚感觉暖和，利用热传递使物体内能增加，不符合题意；C、汽油机的做功冲程，是高温高压的燃气膨胀对外做功，燃气的内能减小、温度降低，不符合题意；D、电烙铁通电，电流做功，将电能转化为内能，使电烙铁的内能增加、温度升高而发热，符合题意．故选D．点评：本题考查了改变物体内能的方法，知道做功和热传递改变物体内能的区别是本题的关键．　7．（2分）（2022•威海）如图所示四个实例中，属于增大摩擦的是（　　）　A．轴承之间装滚珠B．写字时用力C．门轴加润滑油D．滑冰穿冰鞋滑行考点：增大或减小摩擦的方法．专题：应用题；图析法．分析：影响摩擦力大小的因素有压力和接触面的粗糙程度：（1）增大摩擦的办法有：①增大压力，②增大接触面的粗糙程度，③变滚动为滑动；（2）减小摩擦的办法有：①减小压力，②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．解答：解：A、轴承之间装滚珠是将滑动摩擦变成了滚动摩擦，从而减小了摩擦力，不合题意；B、写字时用力，这是在接触面粗糙程度一定时，通过增大压力的方法来增大摩擦的，符合题意；C、向门转轴处加润滑油使接触面更光滑一些，以减小摩擦力，不合题意；D、旱冰鞋安装滚轮，用滚动代替滑动减小摩擦力．不符合题意．故选B．点评：要判断哪些是增大摩擦的实例，首先要知道影响摩擦力大小的因素是什么，然后根据此知识来分析．　8．（2分）如图，在一只塑料袋中装入大半袋酒精，用弹簧测力计测出其重力的大小，再将其浸入水中，当弹簧测力计示数为零时，下列说法正确的是（　　）19\n　A．此时袋中液面与容器中水面相平B．排开水的重力大于袋中酒精的重力　C．排开水的重力小于袋中酒精的重力D．此时袋中液面比容器中水面高考点：浮力的利用．专题：浮沉的应用．分析：用弹簧测力计钩住塑料袋并将其慢慢浸入水中，塑料袋内酒精受到的重力等于拉力加上浮力，当弹簧测力计的示数为0时，浮力等于重力，因为酒精的密度小于水的密度，塑料袋漂浮．解答：解：当弹簧测力计的示数为0时，塑料袋受到的浮力：F浮=G酒精，∵ρ酒精＜ρ水，∴塑料袋漂浮在水面上，∴塑料袋中的液面高于容器中的水面；故选D．点评：本题考查了学生对阿基米德原理、物体的漂浮条件的掌握和运用，利用好条件“酒精的密度小于水的密度”是关键．　9．（2分）如图所示的做法中，符合安全用电要求的是（　　）　A．开关和灯泡的连接B．绝缘片破损　C．在高压线下放风筝D．金属外壳接地考点：安全用电原则．专题：电与热、生活用电．分析：（1）控制电灯的开关应接在火线和灯泡之间；（2）裸露的导线容易发生短路或发生触电事故；（3）高压线电压很高，不能靠近；（4）对于金属外壳的家用电器，金属外壳一定接地，防止外壳漏电，发生触电事故．解答：解：A、开关接在火线与灯泡之间，当灯泡坏了更换时，不会发生触电事故，不符合家庭安全用电要求；B、有破损或绝缘层老化开裂的电线连接电器，容易形成短路或发生触电事故，严禁直接使用．不符合家庭安全用电要求；19\nC、在高压线下放风筝，很容易造成触电事故，不符合安全用电要求；D、家用电器的金属外壳要接地，防止金属外壳漏电，发生触电事故，符合家庭安全用电要求．选D．点评：本题考查了学生对安全用电知识的了解与掌握，平时学习时多了解、多积累，加强安全意识，学好电、用好电！　10．（2分）如图所示是一手压电筒，按压手柄，塑料齿轮带动线圈内磁性飞轮高速旋转，使灯泡发光．下列四图中与这一过程的工作原理相同的是（　　）　A．B．C．D．考点：电磁感应．专题：电动机、磁生电．分析：按压手柄，塑料齿轮带动线圈内磁性飞轮高速旋转，使灯泡发光．这是电磁感应现象，在四个选项中找到应用电磁感应原理的．解答：解：A、如图，通电导体在磁场中受力而运动，这是磁场对电流的作用．不符合题意．B、闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，导体中有感应电流，这种现象是电磁感应现象．符合题意．C、闭合开关电磁铁具有磁性，这是电流的磁效应．不符合题意．D、通电导体周围存在着磁场．不符合题意．故选B．点评：电流的磁效应、磁场对电流的作用、电磁感应在生活中有广泛的应用．　11．（2分）如图所示，电池组电压一定．关于电路工作情况，下列说法中正确的是（　　）　A．只闭合S1时，两只灯泡是串联的　B．若同时闭合S1和S2，再断开S2，电压表、电流表的读数均变小　C．若先闭合S1，再闭合S2，电压表、电流表的读数均变大　D．若同时闭合S1和S2，再断开S2，电压表读数不变、电流表读数变小考点：电路的动态分析；并联电路的电流规律．专题：应用题；电路变化分析综合题．分析：19\n（1）首先要弄清电路的连接方式；由于电流表电阻很小，在电路中可当作导线处理；电压表的阻值很大，接近于断路，在分析电路图时，可先将其拿掉；（2）图中，电流从电源的正极出发，流经开关S1、电流表后分为两支：①经开关S2、下面灯泡后返回电源负极；②经上面灯泡后返回电源负极，且开关S1控制干路，开关S2控制下面的灯泡；电流表测干路电流，电压表测并联电路两端的电压即电源的电压；（3）弄清电路的连接方式后，再根据电压表、电流表的使用方法，以及并联电路的电流规律逐项分析．解答：解：（1）只闭合S1时，上面的灯泡串联在电路中，下边的水平处于断路状态，电路为上面灯泡的简单电路，故A不正确；（2）同时闭合S1和S2时，两灯泡并联，电压表测电源的电压，电流表测干路中的电流，再断开S2时，电路为上面的简单电路，电压表测电源的电压，电流表测上面支路的电流，∴同时闭合S1和S2，再断开S2时，电压表始终测电源的电压，示数不变，故B不正确；∵并联电路中干路电流等于各支路电流之和，∴此时电流表的示数变小，故D正确；若先闭合S1，再闭合S2，电压表的示数不变，电流表的示数变大，故C不正确．故选D．点评：解决此类问题要结合电流表和电压表的使用、串并联电路的规律进行分析解答．　12．（2分）（2022•高淳县二模）悬挂在弹簧测力计下重为G的物块，分别在力F1、F2作用下的运动情况如图所示，则关于弹簧测力计的示数F1、F2的大小关系正确的是（　　）（物体在竖直方向上运动）　A．F1可能大于F2B．F1一定大于F2C．F1可能等于F2D．F1一定等于F2考点：速度与物体运动；二力平衡条件的应用．专题：压轴题；图析法．分析：先由图象判断物体所处的状态，再由平衡条件求两力的大小，最后得出答案．解答：解：由图象可知：1、物块在F1作用下做匀速直线运动，处于平衡状态，此时物体受重力G与拉力F1，则F1=G．2、物块在F2作用下静止，处于平衡状态，此时物体受重力G与拉力F2，则F2=G．由以上分析可知：F1=F2．故选D．点评：这是一道关于物体平衡的题，解题时应先确定物体的运动状态，然后由平衡条件解题．　二、填空题（本题有8小题，每空1分，共24分）13．（6分）物理与生活总是密切相关，很多有趣的物理实验也可以借助身边的用品进行．以下就是小红进行的一些小实验或看到的生活中的现象：19\n（1）如图甲所示，在干燥的天气里，小红用塑料梳子梳干燥的头发，梳子和头发由于摩擦而带上　异种　（同种/异种）电荷；发现头发越梳越蓬松，是因为　同种电荷相互排斥　；（2）如图乙，厨房墙壁上的吸盘式挂钩挂了重物却不掉下来是由于　大气压　的存在；（3）如图丙，压路机上的碾子质量很大，这是通过　增大压力　的方法来　增大　压强；（“增大”或“减小”）；（4）如图丁，在空矿泉水瓶侧壁不同高度的地方钻出上、下两个小孔，往里面倒满水，可以观察到水从两个小孔流了出来，其中下孔流出的水喷得较远，这表明　深度越大，液体压强越大　．考点：摩擦起电；增大压强的方法及其应用；液体的压强的特点；大气压强的存在．专题：磁现象、电生磁；重力、弹力、摩擦力；气体的压强、流体压强与流速的关系；其他综合题．分析：（1）电荷间的相互作用规律是：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．（2）我们的周围存在大气压强；（3）增大压强的方法：增大压力，减小受力面积；（4）液体压强随着深度的增加而增大．解答：解：（1）用塑料梳子梳头发时，塑料梳子与头发相互摩擦，发生了电荷的转移，从而使头发带上同种电荷，头发和梳子带上异种电荷，而同种电荷相互排斥，头发越梳越蓬松；（2）厨房墙壁上的吸盘式挂钩挂了重物却不掉下来是由于大气压的存在；（3）压路机上的碾子质量很大，这是通过增大压力的方法来增大压强的；（4）下孔流出的水喷得较远，这表明深度越大，液体压强越大．故答案为：（1）异种、同种电荷相互排斥；（2）大气压；（3）增大压力、增大；（4）深度越大，液体压强越大．点评：本题考查电荷间的相互作用、大气压、改变压强的方法、液体压强的规律，考查的知识点比较多，主要考查学生对所学知识的综合应用能力．　14．（3分）当今的核电站是通过　重核裂变　（选填“重核裂变”或“轻核聚变”）来释放核能的，如图为核电站发电流程图，在核电站发电过程中，能量转化的先后顺序是：核能、　内　能、　机械　能、电能．考点：核电站发电过程中的能量转化．专题：能源的利用与发展．分析：19\n核电站的核心是核反应堆，它以铀为燃料，在裂变过程中释放出核能，再通过热交换器变为高温高压的蒸汽，然后利用蒸汽去驱动蒸汽轮机，蒸汽轮机的旋转带动发电机发电．解答：解：当今的核电站是通过重核裂变来释放核能的，根据核电站的发电过程可知，核能发电的能量传递和转化过程是：核能→水和蒸汽的内能→发电机转子的机械能→电能；故答案为：重核裂变；内；机械．点评：此题考查核电站的工作原理和核电站发电过程中的能量转化，是一道基础题．　15．（2分）（2022•达州）每天早晨当你面带微笑走进校园后以1m/s的速度走向整容镜时，你在镜中的像以　2　m/s的速度向你靠近，你在镜中的像的大小　不变　（填“变大”、“变小”或“不变”）考点：平面镜成像的特点、原理、现象及其实验方案．专题：应用题．分析：平面镜所成的像，像与物大小相同，像与物到镜面的距离相等，即像与物关于镜面是对称的．解答：解：由于像与物到平面镜的距离相等，所以物以多大的速度走向镜，像也以同样的速度走向镜，但本题的意思是以物为参照物，所以像的速度为物的速度二倍，即2m/s；人的视觉总认为物体近大远小，但事实上物体的大小并没有变．故答案为：2；不变．点评：（1）平面镜成像的特点：像与物大小相同；像与物到镜面距离相等；像与物对应点连线与镜面垂直；虚像；（2）注意问法：“像以多大速度靠近镜”和“像以多大速度靠近物”．第一种问法，像靠近镜的速度等于物靠近镜的速度；第二种问法：像靠近物的速度等于2倍的物靠近镜的速度．　16．（3分）（2022•大庆）用定滑轮匀速提升重为400N的物体，所用拉力为500N，物体升高的高度为2m，所用时间为5s．此过程中，有用功为　800　J，拉力做功的功率为　200　W，定滑轮的机械效率为　80%　．考点：功的计算；定滑轮及其工作特点；机械效率；功率的计算．专题：计算题；压轴题．分析：有用功要用公式Gh计算，拉力做功的功率要先用FS计算拉力做功然后除以时间，机械效率要用有用功除以拉力做功得到．解答：解：W有用=Gh=400N×2m=800JW总=FS=500N×2m=1000JP===200Wη===80%故答案为：800、200、80%．点评：此题比较简单，只要记住公式代入数值计算就可．　17．（2分）有一种节能锅，如图所示．它由内锅和外锅组成，内锅底部固定有一个用特殊材料制成的物块，烹饪食物时，先把内锅置于火上加热，待内锅里的水沸腾．物块被烧红时关闭火源，立即把内锅放在外锅里密闭，烧红的物块继续给食物加热，直到食物被煮熟，要放出更多的热量，此物块应该具有质量　大　、比热容　大　的特点．19\n考点：比热容解释简单的自然现象．专题：应用题．分析：比热容是物质的特性，较为抽象，表示单位质量的某种物质温度升高或降低1℃吸收或放出的热量，它代表某种物质吸热或放热的本领．解答：解：内锅的底部有一块特殊材料制成的物块，外锅在火上加热时，此物块吸收热量，温度升高，被烧红，当把内锅放入外锅中时，物块不再吸热，它将放热，利用它放的热给食物加热，放在外锅中主要是为了减少热能的损失．我们希望物块放出足够多的热，才能充分把食物煮熟；由Q放=cm△t知：质量大、比热容大的物块符合要求．故答案为：大；大．点评：比热容简称比热，某种物质的比热大可以从两方面去理解：①一定质量的这种物质与其他物质相比，升高或降低相同的温度，吸收或放出的热量多；②一定质量的这种物质与其他物质相比，吸收或放出相同的热量，温度升高或降低的少．　18．（2分）利用如图装置进行“探究光的反射规律”实验：（1）将一束光贴着纸板A沿EO射到O点，若将纸板B向前或向后折，此时在纸板B上看不到反射光，这样做的目的是探究　反射光线、法线、入射光线是否在同一平面内　．（2）将入射光线EO向法线靠近时，看到反射光线OF　靠近　（填：”靠近”或”远离”）法线．考点：光的反射定律．专题：探究型实验综合题．分析：（1）在光的反射中，三线在同一平面上，是通过光屏展现在我们眼前的．（2）反射角随入射角的增大而增大，随入射角的减小而减小．解答：解：（1）将一束光贴着纸板A沿EO射到O点，若将纸板B向前或向后折，此时在纸板B上看不到反射光，这样做的目的是探究反射光线、法线、入射光线是否在同一平面内．（2）根据反射定律的内容可得，反射角等于入射角．若入射光线靠近法线，则入射角减小，反射角也随之减小，故反射光线将靠近法线．故答案为：（1）反射光线、法线、入射光线是否在同一平面内．（2）靠近．点评：本题考查了研究光的反射定律的实验．本实验可以得出：反射光线、入射光线、法线在同一平面内，反射光线和入射光线分居法线的两侧，反射角等于入射角．　19．（3分）我国第五代隐形战机﹣歼20已研制并试飞成功，速度可达声速的2.35倍．飞行时，以　飞机　为参照物，飞行员是静止的；机翼的横截面设计成如图甲所示的形状，这是为了利用　气体流速越大，压强越小　19\n的特点给飞机提供升力．飞机上的着地轮一般都装有如图乙所示的搭地线，这是为了防止因摩擦起电现象而造成危险，还有些飞机不装搭地线，而是采用了一种特殊的橡胶轮胎，这种轮胎一定是　导体　（导体/绝缘体）．考点：参照物及其选择；流体压强与流速的关系；导体．专题：社会热点综合题．分析：（1）要判断飞行员以哪个物体为参照物是静止的，就看飞行员和哪个物体之间的位置没有发生变化；（2）流体压强与流速的关系是：流速越大的地方压强越小；（3）飞机在飞行中与大气摩擦，产生大量的电荷，这些电荷如不能及时导入大地，会发生危险．解答：解：（1）飞行员始终坐在飞机里，他与飞机的位置没有发生变化，所以飞行员以飞机为参照物是静止的；（2）飞机的机翼上表面空气流速大，下表面空气流速小．由于流体压强与流速有关，流速越大的地方压强越小，流速越小的地方压强越大，所以飞机机翼上表面受到向下的压强小，下表面受到向上的压强大，于是产生了一个向上的压强差，正是这个向上的压强差为飞机提供了向上的升力；（3）飞机上的着地轮装有搭地线或用导电橡胶做轮胎，是为了及时地把飞机在飞行过程中由于摩擦而产生的电荷通过导体而转移给大地，以免发生放电现象，保证飞机和乘客的安全．故答案为：飞机、气体流速越大，压强越小、导体点评：（1）飞机起飞的力量来源于飞机的升力，飞机的升力是个压力差，是由气体流速和压强的关系决定的；（2）判断物体运动还是静止时，要选择合适的参照物，一个物体的运动还是静止跟参照物的选择有关系；（3）生活中有很多静电现象，例如脱毛衣时有电火花，油罐车拖着长链子等．　20．（3分）（2022•盐城一模）家庭电路中“超负荷”是指电路中的电流过大，出现上述情况时，电路中的熔断器或空气开关会自动切断电路，熔断器中的熔丝熔断是电流的　热　效应引起的；而空气开关（如图）切断电路是电流的　磁　效应引起的；如果只让家庭电路中的一个用电器正常工作1h，使标有3000r/kw•h的电能表表盘转动1500r，则此用电器功率是　500　W．考点：电功率的计算；电流的热效应、化学效应和磁效应；电能表参数的理解与电能的求法．专题：电能和电功率．分析：（1）电线“超负荷”是生活用语，它实际就是指物理中的过载，是由电路中电流过大引起的；熔断器中的熔断丝是用电阻率比较大、熔点比较低的铅锑合金制成的，当电路中电流过大时，熔断丝产生的热量较多，温度升高能及时达到熔点而熔断；19\n（2）空气开关是由电磁铁、衔铁、触点和弹簧组成的，当电路中电流过大时，电磁铁会产生较强的磁性从而吸引衔铁，则脱扣器将产生作用使脱扣机构中的锁钩脱开，于是主触点在弹簧的作用下被迅速分断．（3）3000r/kw•h表示表盘转动3000转消耗电能1kW•h，可求出表盘转动1转消耗电能，从而求出表盘转动1500转消耗电能；再利用P=求用电器的功率．解答：解：（1）电流通过导体时电能转化成热，这种现象叫电流的热效应．熔断器中的熔丝就是保险丝，它之所以被熔断是由于电流过大，通过熔丝时产生的热量过多，使得熔丝的温度升高而被熔断，所以熔丝熔断是电流的热效应引起的；（2）通电导线周围存在磁场，这种现象叫电流的磁效应．由图可知，空气开关中有一个电磁铁（电磁铁的原理是电流的磁效应），当电流过大时，电磁铁会产生较强的磁性从而吸引衔铁，使开关断开，切断电路，所以空气开关切断电路是电流的磁效应引起的．（3）电能表表盘转动1500r消耗的电能：W==0.5kW•h，用电器的功率：P===0.5kW=500W．故答案为：热；磁；500．点评：本题考查了学生对熔丝和空气开关原理、电能表参数“3000r/kW•h”的了解与掌握，它们都是物理知识在生活中的实际应用，要记住电流电流的热效应和磁效应．　三、解答题（本题有9小题，共52分．解答22、23题时应写出解题过程）21．（6分）（2022•下关区一模）（1）如图甲所示的是一条经水面反射后的光线，在图中画出其入射光线的准确方向及对应的折射光线的大致方向．（2）在如图乙中，为使杠杆OA保持静止，画出在A点所加最小力F1的示意图和阻力F2的力臂l2．（3）如图丙所示，条形磁体和小磁针都处于静止状态，虚线表示条形磁体周围的一条磁感线．标出条形磁体的N、S极和磁感线的方向．考点：杠杆中最小力的问题；力臂的画法；作光的反射光路图；作光的折射光路图；磁感线及其特点．专题：图像综合题．分析：（1）反射和折射是在两种介质的界面上同时发生的现象，反射遵从反射定律：反射光线、入射光线、法线在同一个平面内，反射光线与入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角；折射遵从折射定律：折射光线、入射光线、法线在同一个平面内，折射光线与入射光线分居法线两侧，光由空气斜射入其它透明介质时，折射角小于入射角，据此作图；（2）力臂的画法是从支点向力的作用线画垂线．由此可以画出阻力阻力臂．要画出最小的动力，在阻力和阻力臂不变的情况下，根据杠杆的平衡条件可知，只有当动力臂最大时，动力才最小，因此确定最大的动力臂是解决此题的关键．（3）根据小磁针的N、S极，利用磁极间的作用规律可以确定条形磁铁的N、S极．根据磁感线方向的规定可以确定磁感线的方向．解答：解：19\n（1）因为反射光线在水中，所以入射光线也在水中，并且反射角跟入射角相等．因为入射光线在水中，所以折射光线在空气中，并且折射角大于入射角．（2）过支点O做F2的作用线的垂线段，由此可以得到阻力臂L2；连接OA，得到最大的动力臂，过A点做OA的垂线，方向斜向上，即为最小的动力F1．如图所示：（3）磁针静止时，S极靠近的一定是异名磁极，由此可知，条形磁铁的左端为S极、右端为N极．根据在磁体的周围，磁感线从磁体的N极流出回到S极．如图所示：点评：（1）在作光的折射光路图时要注意：不管光从哪种介质斜射向哪种介质，在光疏质（密度比较小的物质）里面的角（入射角或折射角）较大；在光密质（密度比较大的物质）里面的角（入射角或折射角）较小，即“疏大密小”．角度越小，光线越靠近法线．（2）让画最小的动力，实际是让找出最大的动力臂，动力臂可以不在杠杆上，但动力作用点一定在杠杆上，因此在杠杆上找一个点，其道支点的距离最大，这点与支点的连线即为最大的动力臂，由此入手即可．（3）考查的是学生对磁体南北极的判断和磁场方向的理解和掌握．注意磁体周围的磁感线是由北极出发回到南极的．　22．（6分）（2022•六合区二模）如图是我国自主研发的长航程极地漫游机器人．机器人质量约500kg，装有四条三角形履带，每条履带与地面的接触面积约为1000cm2．今年2月，首次在南极内陆冰盖完成了27km的自主行走．求：（1）该机器人静止在水平冰面上时，对冰面的压强为多少？（2）本次自主行走共耗时30min，则它的平均速度为多少？考点：压强的大小及其计算；变速运动与平均速度．专题：计算题；压强、液体的压强；功、功率、机械效率．分析：（1）该机器人静止在水平冰面上时，对冰面的压力和自身的重力相等，然后根据压强公式求出对冰面的压强；（2）知道自主行走的路程和时间，根据速度公式求出平均速度．解答：已知：m=500kg，S=1000cm2=0.1m2，g=9.8N/kg，s=27kg，t=30min=0.5h求：（1）该机器人静止在水平冰面上时，对冰面的压强p；（2）本次自主行走的平均速度v．解：（1）该机器人静止在水平冰面上时，对冰面的压力：F=G=mg=500kg×9.8N/kg=4900N，对冰面的压强：p===12250Pa；（2）本次自主行走的平均速度：19\nv===54km/h．答：（1）该机器人静止在水平冰面上时，对冰面的压强为12250Pa；（2）本次自主行走的平均速度为54km/h．点评：本题考查了压强和速度的计算，关键是知道水平面上物体的压力和自身的重力相等，计算过程要注意单位的换算．　23．（8分）如图为某品牌电热水壶及其铭牌，请解答下列问题．（1）该电热水壶的电热丝的电阻是多大？（2）晚上，用装满水的电热水壶烧水，如果此时正值用电高峰，实际电压只有额定电压的90%，则此时电热水壶的实际功率为多大？（设电热丝的阻值保持不变）（3）在第2问中，如果壶中水的初温为19℃，将水加热到100℃需要吸收多少热量？如果电热水壶放出的热量全部被水吸收，则烧开这壶水需要多长时间？〔水的比热容为c水=4.2×103J/（kg•℃）〕额定电压220V频率50Hz额定功率1000W水壶容积1.0L加热方式底盘加热考点：电功与热量的综合计算；电功率的计算．专题：计算题；电和热综合题．分析：（1）由铭牌可知，电热水壶的额定电压和额定功率，根据P=求出电热丝的电阻；（2）根据题意求出用电高峰时的实际电压，根据P=求出时电热水壶的实际功率；（3）根据密度公式求出热水壶装满水时水的质量，利用Q吸=cm（t﹣t0）求出水吸收的热量，电热水壶放出的热量全部被水吸收，根据W=Pt求出加热时间．解答：解：（1）由P=可得，电热丝的电阻：R===48.4Ω；（2）用电高峰时电热水壶的实际功率：P====810W；（3）由ρ=可得，水的质量：m=ρV=1.0×103kg/m3×1×10﹣3m3=1kg，水吸收的热量：19\nQ吸=cm（t﹣t0）=4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃﹣19℃）=3.402×105J，∵电热水壶放出的热量全部被水吸收，∴根据W=Pt可得，加热时间：t====420s．答：（1）该电热水壶的电热丝的电阻是48.4Ω；（2）用电高峰时电热水壶的实际功率为810W；（3）烧开这壶水需要420s．点评：本题考查了电功和热量的综合计算以及电功率公式的灵活应用，要注意第三问用的是实际功率进行计算．　24．（5分）在探究杠杆平衡条件的实验中：（1）挂重物前，小明发现杠杆左端低右端高，要使它在水平位置平衡，应将杠杆左端的平衡螺母向　右　调节．（2）如图所示，每个钩码重0.5N，用弹簧测力计在C处竖直向上拉，弹簧测力计示数为　3　N时，杠杆在水平位置平衡．当弹簧测力计逐渐向右倾斜时，使杠杆仍然保持在水平位置平衡，则弹簧测力计的示数将　变大　．（3）某实验小组进行正确的实验操作后，得到的数据为F1=1.5N，L1=10cm，F2=1N和L2=15cm．该实验小组能不能根据这组数据就得出探究结论？　不能　；理由是　只有一组数据，具有片面性、偶然性　．考点：探究杠杆的平衡条件实验．专题：探究型实验综合题．分析：（1）杠杆的调节也跟天平类似，应向高的一侧移动平衡螺母．（2）①根据杠杆的平衡条件：F1L1=F2L2，可以求出在弹簧测力计示数．②阻力和阻力臂不变，根据题意判断动力臂如何变化，然后由平衡条件判断弹簧测力计示数如何变化．（3）杠杆平衡条件是规律性结论，必须经过多次实验验证才行，只有一次实验数据，偶然性太大，不能反映普遍规律；解答：解：（1）杠杆的左端低，说明这一侧力与力臂的乘积大，应将平衡螺母向右调节；（2）①每个钩码的重力为0.5N时，设杠杆上每格长度是L，由杠杆平衡条件得：F1L1=F2L2，则F2===3N．②由图示可知，当弹簧测力计逐渐向右倾斜时，弹簧测力计拉力F的力臂L2变小，F1=4G，L1=3L保持不变，由杠杆平衡条件：F1L1=FL2，可知弹簧测力计的拉力变大．（3）不能得出探究结论；因为一次实验获得的数据有偶然性，不能反映普遍规律．故答案为：（1）右（2）3；变大；（3）不能；只有一组数据，具有片面性、偶然性．19\n点评：本题考查了杠杆平衡条件的应用，根据图示找出动力、动力臂、阻力，熟练应用杠杆平衡条件即可正确解题．　25．（5分）在“探究浮力的大小跟哪些因素有关”时，同学们提出了如下的猜想：①可能跟物体浸入液体的深度有关；②可能跟物体浸入液体的体积有关；③可能跟物体的重力有关；④可能跟液体的密度有关．为了验证上述猜想，李明做了如图所示的实验：他在弹簧测力计下端挂一个铁块，依次把它缓缓地浸入水中不同位置，在这一实验中：（1）铁块从位置1﹣2﹣3﹣4的过程中，弹簧测力计的示数先变小后不变，说明铁块受到的浮力　先变大后不变　（填变化情况）；通过这一实验可以验证上述猜想　②　是正确的．（填上面猜想的序号）．（2）为了验证猜想③，李明应该选择体积　相同　（选填“相同”或“不相同”）的铁块和铜块进行探究．（3）为了验证猜想④，李明将铁块分别挂在弹簧测力计下浸没在水和盐水中，发现两次弹簧测力计示数相差很小且小于弹簧测力计的分度值，很难找到规律．李明动脑筋一想原来是自己所配制的盐水的浓度　太小　（太大/太小）．你认为还有可能是什么原因导致以上现象的发生：　弹簧测力计的分度值太大　．考点：探究浮力大小的实验．专题：探究型实验综合题．分析：（1）根据F浮=G﹣F，测力计示数减小，说明受到浮力的作用，示数减小的越大，则说明受到的浮力越大，示数不变，则说明浮力不变；（2）因为浮力也液体密度和排开液体体积有关，要探究浮力与重力的关系，应控制物体排开水的体积相同；（3）要探究浮力大小与液体密度的关系，应使排开液体的体积相同，通过比较测力计的示数便可得出结论；若液体密度差别不大，则浮力大小差别不大，若小于测力计的分度值，则无关测出．解答：解：（1）铁块从位置1﹣2﹣3﹣4的过程中，铁块浸入水中的体积先变大后不变，弹簧测力计的示数先变小，说明受到的浮力先变大，后不变，说明受到的浮力也不变，说明浮力与物体浸入液体的体积有关；（2）要探究浮力与重力的关系，应控制物体排开水的体积相同，所以李明应该选择体积相同的铁块和铜块进行实验；19\n（3）若所配制的盐水的浓度太小，则与水的密度差别不大，铁块在两种液体中所受浮力大小差别不大，差别小于测力计的分度值，所以无法测出，找不出规律，还可能是因为测力计的分度值太大．故答案为：（1）先变大后不变；②；（2）相同；（3）太小；弹簧测力计的分度值太大．点评：此题是探究影响浮力的大小因素，在探究过程中注意用控制变量法，同时考查了实验问题的分析．　26．（6分）在探究“物体动能的大小与哪些因素有关”的实验中，让质量不同的铁球从斜面的同一高度由静止释放，撞击同一木块，能将木块撞出一段距离．如图甲所示．请回答下列问题：（1）从同一高度由静止释放的目的是　控制到达水平面速度相同　，该实验的目的是研究铁球的动能大小与　质量　（选填“质量”或“速度”）的关系．（2）该实验是通过观察　木块移动的距离　的大小，来说明铁球对木块做功的多少，从而判断出　铁球　（“铁球”或“木块”）具有的动能的大小．（3）有同学将实验装置改进成图乙所示，利用质量不同的铁球将同一弹簧压缩相同程度后静止释放，撞击同一木块，将木块撞出一段距离进行比较．该实验方案是否可行？答：　不可行　你的理由是　木块最终移动距离相同　．考点：探究影响物体动能大小的因素．专题：实验题；探究型实验综合题．分析：（1）在探究“物体动能的大小与哪些因素有关”的实验中，若要研究动能大小与质量的关系，应控制其运动的速度相同；（2）动能的大小通过观察木块移动的距离来反映出来；（3）结合控制变量法的要求，看是否合理的控制了相关变量，并改变了要研究的变量，这样才能知道是否符合实验要求．解答：解：（1）根据实验的要求可知，从同一高度由静止释放的目的是控制到达水平面速度相同，该实验的目的是研究铁球的动能大小与质量的关系；（2）实验中，是通过观察木块移动的距离的大小，来说明铁球对木块做功的多少，从而判断出铁球具有的动能的大小，这是转换法的运用；（3）观察图乙的装置可知，若用质量不同的铁球将同一弹簧压缩相同程度后静止释放，撞击同一木块，撞击的动能由弹簧的弹性势能转化而来，而弹簧的弹性势能的大小与形变程度有关，故弹簧势能相同，转化出的动能相同，因此，木块最终移动的距离相同，这样是不能完成实验目的．故答案为：（1）控制到达水平面速度相同；质量；（2）木块移动的距离；铁球；（3）不可行；木块最终移动距离相同．点评：本题考查了探究动能大小影响因素的实验，除考查控制变量法的转换法的运用外，最后通过一个弹簧来对实验进行改进是本题的新颖之处，需要我们认真分析．　27．（8分）（2022•惠山区二模）小明和小红利用如图所示的装置探究“导体产生的热量与电阻大小的关系”．（1）如图所示，质量相等的两瓶煤油中都浸泡着一段材料与长度均相同的金属丝，已知甲电阻比较小，则两根金属丝中横截面积较大的是　甲　（选填“甲”或“乙”）．（2）实验中，小明和小丽发现　乙　烧瓶中温度计的示数升高较快．这表明：在　电流　和通电时间相同的情况下，导体的电阻越　大　，产生的热量越多．19\n（3）小明提议利用该装置改做“比较水和煤油比热容的大小”的实验，则他们应将其中一烧瓶中的煤油换成　质量　相等的水，并使甲、乙两烧瓶中金属丝的电阻　相同　．水和煤油吸热升温，这是通过　热传递　来改变液体内能的．（4）为了使看到的现象更明显，小红把实验装置作了一些改动：在相同的烧瓶A、B中装满煤油，用细玻璃管代替温度计做实验，当煤油温度上升时，会看到细玻璃管内的液面明显上升．下列实验中也用到这种方法的是　B　A．将不同的电阻丝分别接到同一电路中，通过比较电流的大小来比较电阻的大小B．将乒乓球靠近发声的音叉，通过乒乓球被弹开显示音叉在振动C．让不同的纸团从相同高度同时下落，通过落地的先后判断运动的快慢D．将小铁屑均匀洒在磁体周围，通过观察铁屑的分布情况来认识磁场的分布情况．考点：焦耳定律．专题：探究型实验综合题．分析：（1）导体的电阻与导体的材料、长度、横截面积和温度有关，在材料与长度相同时，电阻与横截面积成反比；（2）电流产生热量的多少与通过导体的电流、导体的电阻和通电时间有关系，电流产生的热量越多，温度计示数上升的越快；（3）要探究水和煤油比热容的大小，需要取相同质量的液体，在相同条件下加热，观察液体温度的变化情况；改变内能的方法有二：做功和热传递．（4）物理学中对于一些不易直接观察、测量的物理量或现象，通常用放大法来进行研究．解答：解：（1）导体电阻与横截面积成反比，材料与长度均相同的金属丝，已知甲电阻比较小，则两根金属丝中横截面积较大的是甲．（2）实验中，小明和小丽发现乙烧瓶中温度计的示数升高较快．这表明：在电流和通电时间相同的情况下，导体的电阻越大，产生的热量越多．（3）要利用该装置做“比较水和煤油比热容的大小”的实验，应将其中一烧瓶中的煤油换成质量相等的水，并使甲、乙两烧瓶中金属丝的电阻相同．水和煤油吸热升温，这是通过热传递来改变液体内能的．（4）本题采用了放大法通过细玻璃管内液面的上升来演示温度的变化，放大法常用来演示一些不易直接观察的现象，据此分析，只有B属放大法的运用，符合题意．故答案为：（1）甲；（2）乙；电流；大；（3）质量；相同；热传递；（4）B．点评：此题考查了影响电阻的因素、电流产生热量的决定因素、改变内能的方法、放大法的应用等内容，渗透了转换法和控制变量法的应用，有一定的综合性．　28．（8分）（2022•姜堰市模拟）某实验小组的同学用“伏安法”测量小灯泡电功率，待测小灯泡额定电压为3.8V，小灯泡的额定功率估计在1W左右．（1）请用笔画线代替导线，完成图乙中实物电路的连接，连线时导线不能交叉；19\n（2）检查电路连接无误，闭合开关后，灯泡不亮，电压表有示数且接近电源电压，电流表指针几乎不动，产生这一现象的原因可能是　灯泡断路　；（3）故障排除后，移动滑动变阻器的滑片，当电压表的示数为　3.8　V时，小灯泡正常发光，此时电流表示数如图甲所示，则灯泡的额定功率为　1.216　W；（4）另一组的同学连接好最后一根导线，灯泡立即发出明亮耀眼的光并很快熄灭．检查后发现连线正确，请你找出实验中两个操作不当之处：①　开关未断开　；②　滑动变阻器的滑片调到最小阻值了　．（5）小组的其他同学设计了如图丙所示的电路图，利用它也可以测出上面的小灯泡的额定功率（图中电源电压保持不变，定值电阻的阻值为R），具体操作如下：①将开关S拨到“2”，闭合开关S1，接下来的操作是　调节滑动变阻器的阻值，使灯泡两端的电压为3.8V　；②断开开关S1，将开关S拨到“1”，保持滑动变阻器的滑片位置不动，再闭合开关S1，记下此时电压表的示数为U；利用上面所测的物理量写出该灯额定功率的表达式P=　　．考点：电功率的测量．专题：测量型实验综合题．分析：（1）在连接电路时，先将串联电路连好，电压表应并联在灯泡的两端，根据实际电流表可选择0～0.6A的量程；（2）根据灯泡和电流表的情况判断电路中断路，根据电压表的情况确定断路处；（3）小灯泡两端的电压等于额定电压，灯泡正常发光，确定电流表的量程和分度值进行读数，根据P=UI计算出额定功率；（4）为保护电路在连接电路过程中开关应断开，滑动变阻器的滑片应移至最大阻值处；（5）要测额定功率，需使灯泡两端的电压电压额定电压；根据电阻R计算出灯泡的电流，根据P=UI得出其表达式．解答：解：（1）电流表与灯泡串联，用0～0.6A的量程，电压表与灯泡并联，如图所示：；（2）灯泡不亮，电流表指针几乎不动，说明电路中发生了断路，电压表有示数且接近电源电压，说明与电压表并联的灯泡断路；（3）当电压表的示数为额定电压3.8V时，灯泡正常发光，由图知，电流表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，示数为0.32A，所以P=UI=3.8V×0.32A=1.216W；19\n（4）连接好最后一根导线，灯泡立即发出明亮耀眼的光并很快熄灭，说明在连接电路时，开关未断开，滑动变阻器的阻值调到最小阻值处了；（5）①将开关S拨到“2”，闭合开关S1，应该调节滑动变阻器的阻值，使灯泡两端的电压为3.8V；UR=U﹣3.8V，所以I额==，P=U额I额=．故答案为：（1）见上图；（2）灯泡断路；（3）3.8；1.216；（4）①开关未断开；②滑动变阻器的滑片调到最小阻值了；（5）调节滑动变阻器的阻值，使灯泡两端的电压为3.8V；．点评：此题是用“伏安法”测量小灯泡电功率，考查了学生对实物电路的连接，特别是电流表和电压表的接法，平时也要注意滑动变阻器的接法，同时考查了连接电路中应注意的问题及电路故障的分析，还考查了电表的读数及电功率的计算，考查得比较全面．　19