江苏省泰州市姜堰市励才高港联考2022年中考物理三模试卷（解析版）

2022年江苏省泰州市姜堰市励才高港联考中考物理三模试卷一、选择题（每题4个选项中只有1个符合题意．每题2分，共24分）1．（2分）（2022•株洲）下列数据中最接近实际情况的是（　　）　A．普通居民楼一层的高度约为6mB．一个小铁钉受到的重力约为5N　C．成年人正常步行速度约为5m/sD．家用电饭煲的额定功率约为800W考点：电功率；长度的估测；速度与物体运动；重力大小的估测．专题：估算题．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、普通居民楼一层的高度在3m左右，故错；B、一个小铁钉的质量约5g，受到的重力G=mg=5×10﹣3kg×10N/kg=0.05N，故B错；C、成年人步行的速度一般在1.1m/s左右，不会达到5m/s；故C错误；D、一个家用电饭煲的额定功率约为800W，正确．故选D．点评：此题考查的是学生对一些常见物理量的估测能力，需要学生对生活中的常见物理量单位、大小有所认识．2．（2分）（2022•孝感）如图是探究声现象的实验装置，下列现象中不正确的是（　　）　A．音叉振动时，乒乓球被弹开　B．听到的声音越大，乒乓球被弹得越远　C．敲音叉的力越大，听到的音调就越高　D．音叉发出的声音是由空气传播到人耳的考点：频率及音调的关系；响度；响度与振幅的关系．分析：解决此题要知道：响度和发声体的振幅有关，振幅越大，响度越大；音叉的振动可以转化为轻质小球的运动，这样可以把音叉的微小振动进行放大．解答：解：A、乒乓球接触振动的音叉时，乒乓球被弹开，可以把音叉的振动放大，说法正确，不符合题意；B、声音振动的幅度越大，响度越大，乒乓球被弹开的距离越远，说法正确，不符合题意；C、敲音叉的力越大，声音振动的幅度越大，响度越大，选项说法错误，符合题意；D、音叉发出的声音是由空气传播到人耳的，选项说法正确，不符合题意；故选C．点评：本题主要考查学生对声音的传播和声音的特征的理解与掌握情况，以及物理学法中的转换法的应用．3．（2分）（2022•娄底）在班上开展“生活处处有物理”的观察实践活动中，小明观察了厨房设备．在他所观察到的现象和对现象的解释中，正确的是（　　）　A．打开醋瓶能闻到酸味是因为分子在不停地做无规则运动　B．用高压锅煮食物容易熟，是因为锅内气体压强越大，液体沸点越低　C．不慎滴入几滴水到锅内热油中会发出“吱吱”声，这是发生了升华现象　D．用煤气炉煲汤，在沸腾时调大火焰能提高汤的温度19\n考点：扩散现象；沸腾及沸腾条件；沸点及沸点与气压的关系；生活中的升华现象．专题：应用题．分析：（1）构成物质的分子总在做永不停息的无规则运动，生活中的扩散现象就说明了分子的运动；（2）液体的沸点与液面上方的气压有关，气压越高，沸点就越高．（3）在一定条件下，物体的三种状态﹣﹣固态、液态、气态之间会发生相互转化，这就是物态变化；由液态变为气态叫汽化，汽化有两种方式：蒸发和沸腾；（4）液体沸腾时，吸收热量，但是温度保持不变．解答：解：A、打开醋瓶能闻到酸味是分子的无规则运动产生扩散的结果；A正确；B、用高压锅煮食物容易熟，是因为液体的沸点随气压增大而升高；故B错误；C、不慎滴入几滴水到锅内热油中会发出“吱吱”声，是水发生剧烈汽化现象时所发出的一种声音；故C错；D、用煤气炉煲汤，在汤沸腾后，达到沸点，其温度不再改变．故D错误．故选A．点评：此题考查了热学的多个知识点，运用分子运动论知识、汽化现象、液体沸腾的特点以及气压与沸点的关系等知识可做出选择．4．（2分）（2022•下关区一模）在图所示的光现象中，属于光的反射现象的是（　　）　A．B．C．D．考点：光的反射．专题：应用题；图析法．分析：解答此题要从以下知识点入手：①平面镜成像，成因是光的反射．②光从一种介质斜射入另一种介质时，光的传播方向会发生偏折：池水看起来比较浅、水中的筷子看起来弯折、海市蜃楼、凸透镜成像等都属于光的折射现象．③光的直线传播．知道光在同一均匀介质中是沿直线传播的．解答：解：A、用放大镜看蚂蚁时，邮蚂蚁变大了，属于凸透镜成像，是由于光的折射形成的．故本选项不符合题意．B、白光通过三棱镜，由于七色光的折射率不同，因此通过三棱镜将其分解为七种颜色的色光，属于折射现象，故与题意不符．C、平面镜成像，是由于光的反射形成的，符合题意．D、池水看起来比实际的浅，是因为光从水中斜射入空气时，发生了折射，折射角大于入射角．不符合题意．故选C．点评：此题主要考查了光的直线传播、光的折射、光的反射现象．光的直线传播是光在同一均匀介质中的传播，光的反射是光照射到物体表面又返回的现象，光的折射是由于光从一种介质斜射入另一种介质或在不均匀介质中传播时，传播方向发生变化的现象．它们之间有本质的区别，要注意区分．　5．（2分）（2022•夹江县模拟）小华同学酷爱滑板运动，在他玩滑板的过程中，关于几个力学问题的思考，下列说法正确的是（　　）19\n　A．玩滑板时尽量降低重心是为了增加板对地的压力　B．滑板底部安装轮子是利用了滚动代替滑动可以减小摩擦力　C．滑板在地面滑行是因为人和滑板具有惯性，当惯性消失，滑板就停下来　D．人对滑板的压力和滑板对人的支持力是一对平衡力考点：力与运动的关系；惯性；平衡力的辨别；稳度和提高稳度的方法；增大或减小摩擦的方法．专题：应用题．分析：（1）重心越大，物体的稳定性越好；（2）减小摩擦的方法：减小压力；使接触面更加光滑；或将滚动代替滑动；（3）一切物体在任何时候都有惯性；（4）二力平衡的条件：大小相等、方向相反、作用在一条直线上、作用在一个物体上．解答：解：A、玩滑板时尽量降低重心是为了增加人的稳定性，不能增加压力；故A说法错误；B、用滚动代替滑动可以减小摩擦，因此滑板底部安装轮子是利用了滚动代替滑动可以减小摩擦力；故B说法正确；C、一切物体在任何时候都有惯性，因此惯性不会消失，故C说法错误；D、人对滑板的压力，受力物是滑板；对人的支持力，受力物是人，压力和支持力不是一对平衡力，故D说法错误．故选B．点评：本题考查减小摩擦力的方法、稳度和提高稳度的方法、惯性以及二力平衡的条件，涉及内容较多，但都比较简单，特别注意降低重心可以提高物体的稳度．　6．（2分）（2022•安溪县质检）如图所示，人沿水平方向拉牛，但没有拉动，两者处于势均力敌状态．下列说法中正确的是（　　）　A．绳拉牛的力与牛拉绳的力是一对平衡力　B．绳拉牛的力与地面对牛的摩擦力是一对平衡力　C．绳拉牛的力小于牛拉绳的力　D．绳拉牛的力小于地面对牛的摩擦力考点：平衡力的辨别．专题：推理法．分析：（1）物体处于平衡状态（静止状态或匀速直线运功）时，所受的力就是平衡力．（2）二力平衡的条件是两个力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在同一个物体上．（3）相互作用力的大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物体上．解答：19\n解：因牛处于静止状态，所以绳拉牛的力与地面对牛的摩擦力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在同一个物体上是一对平衡力；绳拉牛的同时，牛也要拉绳，这两个力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，分别作用在牛和绳上是一对相互作用力．故选B．点评：本题考查了平衡力和相互作用力的辨别，两者的区别是看作用点是否在同一物体上，这也是学生容易出错的地方．　7．（2分）（2022•雨花台区一模）用两个相同的加热器，分别对质量相等的甲、乙两种液体加热，其温度随时间变化的图线如图所示，由图线可以看出（　　）　A．甲的比热容比乙大B．甲的比热容比乙小　C．甲和乙的比热容相同D．刚加热时，甲、乙初温相同考点：比热容的概念．专题：图析法．分析：选同样的加热时间，甲和乙吸热相同，根据温度变化的多少判断，温度变化多的比热容小，温度变化少的比热容大，据此分析判断．解答：解：由图示可以看出，当加热时间相同时，即吸收的热量相同时，甲的温度升高的快，利用热量的计算公式Q吸=cm△t可知，在质量相等、吸热也相同的情况下，谁的温度升高得快，它的比热容小；所以，甲的比热容小，乙的比热容大．故选B．点评：本题考查了学生对比热容了解与掌握，注意要学会看图形（取相同的时间比较甲乙温度变化的高低）．　8．（2分）（2022•下关区一模）汽车在高速公路行驶，往往要被限制最大行驶速度，如果用物理学的思维来解读，其目的是（　　）　A．限制摩擦力B．限制势能C．限制动能D．限制惯性考点：动能的影响因素．专题：机械能及其转化．分析：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；根据影响动能的因素和惯性的知识分析．解答：解：车的速度越大，动能就越大，由于惯性，在刹车时不容易停下来，为了防止交通事故，所以要限制汽车行驶最大速度，从而限制动能．故选C．点评：本题考查了影响动能的因素和惯性的知识．动能大小与质量和速度有关．　9．（2分）（2022•雅安）如图所示的电路中，电源电压不变，R1为定值电阻，开关S闭合后，滑动变阻器滑片P向右移动时，下列说法正确的是（　　）19\n　A．电流表示数变大，电压表与电流表示数之比变大　B．电流表示数变小，电压表与电流表示数之比不变　C．电流表示数变大，电压表与电流表示数之比不变　D．电压表示数变大，电压表与电流表示数之比变大考点：欧姆定律的应用；滑动变阻器的使用．专题：应用题；动态预测题；图析法．分析：由电路图可知，两电阻串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流；根据滑片的移动确定接入电路电阻的变化，根据欧姆定律确定电路中电流的变化和电压表示数的变化，根据欧姆定律可知压表与电流表示数之比的变化．解答：解：等效电路图如下图所示：由电路图可知，两电阻串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流，当滑片向右移动时，接入电路的电阻变大，电路的总电阻变大，根据I=可知，电路中的电流变小，即电流表的示数变小；根据U=IR可知，R1两端的电压变小，即电压表的示数变小；根据R1=可知，电压表与电流表示数之比不变．故选B．点评：本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是滑片移动时电路变化的判断，难点是能把电压表的电流表示数的变化转化为定值电阻阻值的变化．　10．（2分）（2022•江阴市模拟）通过直接感知现象，来推测无法直接感知的事实，是常用的研究物理问题方法．下列根据观察的现象，作出的推测不符合物理事实的是（　　）　A．根据扩散现象推测：分子是在做无规则运动的　B．根据电路中灯泡发光推测：电路中有电流　C．根据放在螺线管旁的小磁针受力偏转推测：螺线管周围有磁场　D．根据靠近带电体的轻小物体被吸引推测：轻小物体是带电的考点：物理学方法．专题：其他综合题．分析：本题用到物理学方法“推理法”即：在实验基础上经过概括、抽象、推理得出规律的一种研究问题的方法，但得出的某些规律却不能或不容易直接观察或实验验证．解答：解：A、扩散现象证明了分子在不停的做无规则遇到，故A符合事实；B、有电流通过灯泡时，灯泡就可能发光，所以可推测发光的灯泡中有电流，故B符合事实；19\nC、当小磁针受到力的作用时可发生偏转，所以可推测螺线管周围有磁场，故C符合事实；D、带电体能够吸引不带电的轻小物体，因此根据靠近带电体的轻小物体被吸引推测：轻小物体是带电的，不符合事实．故选D．点评：本题的解题关键是先了解“推理法”的实验过程，然后回忆所学内容，得到答案．　11．（2分）（2022•黄石）能源、信息和材料是现代社会发展的三大支柱，下列说法中正确的是（　　）　A．液化石油气（LPG）是一种清洁燃料，使用这种燃料的汽车，排出的尾气污染较小　B．如果大量利用太阳能，可能使太阳能在短期内消耗殆尽　C．必须用六颗同步卫星才能实现全球通信　D．塑料和银都是很好的绝缘材料考点：太阳能的利用；绝缘体；新能源；可再生能源的特点．专题：学科综合题．分析：解决本题要掌握：太阳能是一种清洁、无污染、可再生能源，它取之不尽用之不竭，是一种新型的能源，越来越被广泛利用；通过三个卫星就可以实现全球通信，金属银是导体，而塑料是绝缘材料．解答：解：A、液化石油气相对柴油和汽油而言，是一种清洁燃料，使用这种燃料的汽车，排出的尾气污染较小，选项说法正确，符合题意；B、太阳能是一种可再生能源，它取之不尽用之不竭，是一种新型的能源，选项说法错误，不符合题意；C、用三颗同步卫星就能实现全球通信，选项说法错误，不符合题意；D、塑料是绝缘材料，银是导体，选项说法错误，不符合题意；故选A．点评：此题考查知识点全面，要求全面掌握，结合相关的物理知识进行分析解答，属于考查基本概念题目，但易出错．　12．（2分）（2022•黑龙江）把标有“220V40W”和“220V25W”的甲、乙两盏灯串联接在220V的电源上（设灯丝电阻不变），则下列分析正确的是（　　）　A．两盏灯的总功率等于65W　B．甲灯两端的电压大于乙灯两端的电压　C．两盏灯的总功率小于25W　D．乙灯消耗的功率小于甲灯消耗的功率考点：电功率的计算；欧姆定律的应用．专题：计算题．分析：已知两灯额定电压和额定功率可求两灯的电阻，再根据电阻求出串联电路中的电流，从而求出各灯的实际功率．解答：解：两灯功率不是额定功率，所以总功率不是两灯额定功率之和，故A错．．19\n因为串联电流相等，甲灯电阻小，所以电压也小，消耗的功率也小，故B、D错．此时电路电流，两盏灯的总功率，故C对．故选C．点评：本题考查电功率的计算，以及欧姆定律的应用，解决此题关键是求出两灯电阻和串联电路电流．　二、填空题（本题有8小题，每空1分，共28分）13．（3分）（2022•泸州）小刚吃冰糕时，把冰糕放在碗里，发现碗中的水越来越多，在这个过程中冰糕发生的物态变化是　熔化　；他用手一摸碗壁，发现碗“漏水”了，这是空气中的水蒸气遇冷在碗壁上发生的　液化　（填一种物态变化）现象，在这一物态变化过程中，空气中的水蒸气要　放　热．考点：液化及液化现象．专题：应用题．分析：物质由固态变为液态是熔化．物质由气态变为液态是液化，放热．解答：解：冰糕放在碗里，受热会熔化成水．同时空气中的水蒸气遇冷在碗壁上会形成小水珠，是液化现象，液化放热．故答案为：熔化、液化、放．点评：此题考查了物态变化中的熔化和液化现象，对生活中的物态变化现象要有所认识．　14．（3分）如图1所示是苹果公司于2022年10月推出的iphone4s手机，深受消费者青睐．该手机是一款具有摄像、蓝牙功能的手机，可通过摄像头拍照片或通过蓝牙近距离传输和接收图片、音乐、视频等信息．摄像头的镜头相当于一个　凸透　镜，图2中甲、乙是用这款手机先后拍下同一小车的两张照片（设摄像头焦距不变），拍摄第二张比拍摄第一张摄像头离小车　近　（远/近）些．手机蓝牙是利用　电磁波　来传递信息．考点：凸透镜成像的应用；电磁波的传播．专题：透镜及其应用；信息的传递．分析：（1）凸透镜成像的三种情况：①U＞2f时，凸透镜成倒立缩小的实像，2f＞V＞f，应用于照相机和摄像头．②2f＞U＞f时，凸透镜成倒立放大的实像，V＞2f，应用于投影仪和幻灯机．③U＜f时，凸透镜成正立放大的虚像，应用于放大镜．（2）凸透镜成实像时，物距减小，像距增大，像增大．（3）“蓝牙”是一种短距离的无线通信技术，故是利用电磁波来传递信息的．解答：解：摄像头的镜头相当于凸透镜，U＞2f时，凸透镜成倒立缩小的实像；分析图甲和乙，汽车的像越来越大，即物距越来越小，所以汽车靠近摄像头．“蓝牙”是一种短距离的无线通信技术，故是利用电磁波来传递信息的．19\n故答案为：凸透镜；近；电磁波．点评：（1）掌握凸透镜成实像时，物距减小，像距增大，像增大．（2）利用三种成像情况解决生活中的问题．（3）知道手机蓝牙是利用电磁波来传递信息的．　15．（4分）（2022•雨花台区一模）利用弹簧测力计测量一块秒表的重力（如图所示）．（1）弹簧测力计的示数是　2.8　N．（2）使弹簧伸长的力是　表拉弹簧的力　（选填：“表的重力”、“表拉弹簧的力”或“弹簧拉表的力”）．（3）此时秒表处于静止状态，原因是受到相互平衡的两个力的作用，这两个力分别是　表的重力　、　弹簧对表拉力　．考点：弹簧测力计的使用与读数；平衡力的辨别．专题：运动和力；重力、弹力、摩擦力．分析：（1）在进行弹簧测力计的读数时，注意分度值；（2）根据各个力的实质及作用的物体进行判断；（3）对秒表进行受力分析，得出两个平衡力．解答：解：（1）由图知，测力计的分度值是0.1N，所以示数为2.8N；（2）表的重力是表受到的力，表拉弹簧的力是作用在弹簧上的力，弹簧拉表的力是表受到的力，所以应选表拉弹簧的力．（3）表受到重力和弹簧对表的拉力，在这两个力的作用下保持平衡．故答案为：（1）2.8；（2）表拉弹簧的力；（3）表的重力；弹簧对表的拉力．点评：此题考查了有关弹簧测力计的读数及物体的受力分析，是一道基础性题目．　16．（3分）台式电脑使用一段时间后，为保证电脑的稳定性，需要打开主机箱盖除尘，这是因为散热风扇的扇叶在转动过程中与空气摩擦带上了　电荷　，可以　吸引　轻小物体，所以灰尘会附着在扇叶上．PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，它们在空中做无规则运动，很难自然沉降到地面，吸入后会进入血液对人体形成危害．PM2.5在空中的运动　不属于　（选填“属于”或“不属于”）分子的热运动．考点：摩擦起电；分子的运动．专题：分子热运动、内能；电流和电路．分析：（1）不同物质组成的物体，相互摩擦带异种的电荷，摩擦带电的物体具有吸引轻小物体的性质．（2）物理学中把一个物体相对于另一个物体位置的改变称为机械运动．分子在不停的做无规则运动，并且温度越高扩散越快，分子的这种运动又叫做分子热运动．解答：解：①散热风扇转动的过程中与空气摩擦，使扇叶带上了电荷，带电体的性质是可以吸引轻小的物体，所以扇叶就把灰尘吸附在表面上了；②PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，它们在空中做无规则运动，是机械运动，不属于分子的运动．19\n故答案为：电荷；吸引；不属于．点评：此题考查了生活中摩擦起电的现象、分子运动和机械运动的区别，是一道信息给予题，要充分看清解答该题所用到的题中信息即可较快解答．　17．（6分）生活处处有物理．以汽车为例：（1）发动机采用以水为主要成分的冷却液来降温，这是因为水的　比热容　较大；（2）有些小汽车的尾部设计有“导流板”（形状是上平下凸，如图），高速行驶时，气流对导流板上表面的压强　大于　对导流板下表面的压强（大于/等于/小于），从而使汽车的行驶更加平稳．；（3）汽车轮胎的外表面有凸凹不平的花纹，这是为了　增大摩擦　；（4）汽车发动机工作时　做功　冲程将内能转化为机械能；（5）快速行驶的汽车，刹车后由于具有　惯性　，还会继续向前运动一段距离；（6）车内放入某种清香剂，很快就会闻到它的气味，这是因为　分子在不停地做无规则运动　．考点：水的比热容的特点及应用；增大或减小摩擦的方法；流体压强与流速的关系；内燃机的四个冲程；分子的运动．专题：其他综合题．分析：（1）所有的物质中，水的比热最大，相同条件下，水吸收热量最多；（2）要产生向下的压力，导流板横截面的形状就应跟飞机机翼的形状相反﹣﹣上平下凸，使上方的空气流速小压强大．（3）影响摩擦力大小的因素有压力和接触面的粗糙程度；在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度可以增大摩擦力；（4）内燃机的做功冲程将内能转化为机械能；（5）惯性指物体保持原来运动状态不变的性质，任何物体都具有惯性；（6）不同的物体相互接触后，彼此进入对方的现象叫做扩散现象．扩散现象不但说明了分子在不停地做无规则运动，还体现了分子之间有间隙；解答：解：（1）因为水的比热容较大，不同物质，质量相同，升高相同的温度，吸收更多的热量．所以用水作为汽车发动机的冷却剂；（2）上方平直下方凸起，导流板上方的空气流速小压强大，下方的空气流速大压强小，产生一个向下的压强差，可以增加轿车对地面的压力，提高车轮的抓地性能；（3）汽车轮胎的外表面有凸凹不平的花纹，这是在压力一定时，通过增大轮胎和地面间接触面的粗糙程度来增大摩擦，防止打滑；（4）汽车发动机工作时做功冲程将内能转化为机械能；（5）快速行驶的汽车，刹车后由于具有惯性，还会继续向前运动一段距离；（6）车内放入某种清香剂，很快就会闻到它的气味，这是因为分子在不停地做无规则运动；故答案为：（1）比热容；（2）大于；（3）增大摩擦；（4）做功；（5）惯性；（6）分子在不停地做无规则运动．点评：题目来源于日常生活中与汽车相关的一些现象，难度不大，综合性强，将理论与实际联系在一起是此题的考查目的，是一道好题．　18．（3分）（2022•宿迁）在测量小石块密度的实验中，19\n（1）如图甲所示，小明在使用天平过程中的错误是：　在调节天平平衡时，未将游码归零　．（2）小明纠正错误后继续实验，天平平衡时，右盘中所加砝码和游码的位置如图乙所示，则小石块的质量为　18.2　g．把小石块放入装有10mL水的量筒中，量筒内液面的位置如图丙所示，则小石块的密度是　2.6×103　kg/m3．考点：固体的密度测量实验；质量的测量与天平；天平的使用．专题：实验题；错解分析题．分析：使用天平时，天平放在水平台上，游码移动标尺左端的零刻度．根据砝码和游码对应的刻度值计算物体的质量，读出物体浸没水后水面到达的刻度，求出物体的体积，根据密度公式计算物体的密度．解答：解：调节天平的平衡时，天平首先放在水平台上，游码移到标尺左端的零刻度，再移动平衡螺母．游码对应的刻度值，标尺每一个大格代表1g，每一个小格代表0.2g，游码对应的刻度值是3.2g．石块的质量=砝码的质量+游码对应的刻度值=10g+5g+3.2g=18.2g．物体的体积=V﹣V'=17ml﹣10ml=7ml=7cm3．ρ===2.6g/cm3=2.6×103kg/m3．故答案为；（1）在调节天平平衡时，未将游码归零．（2）18.2；2.6×103．点评：本题考查了天平的调节、计算物体质量和密度的实验，测固体密度，在初中物理中是重要内容，学习中必须掌握！　19．（4分）（2022•启东市一模）小丽家中的电能表表盘如图所示，则小丽家已消耗的电能为　16.6　kW•h，可以同时使用的用电器总功率不能超过　4400　W．若电冰箱单独正常工作一天（24小时），（电冰箱的主要技术参数见下表）电能表的转盘转　360　转；在使用电冰箱的过程中，小丽发现冰箱门打开时，冰箱内照明灯亮，压缩机不一定在工作．由此判断，冰箱的压缩机和照明灯是　并　联的．海尔BC﹣110B电冰箱额定电压220V工作频率50Hz额定功率100W耗电量0.6KW•h/24h19\n考点：电能表参数的理解与电能的求法；串联电路和并联电路的辨别．专题：计算题；应用题．分析：（1）电能表的读数方法：（1）最后一位是小数．（2）单位kW•h．（2）电能表上参数的意义：①220V说明电能表要在220V的电路中使用；②20A表示电能表允许通过的最大电流是20A；根据电能表上的参数可以根据公式P=UI计算出电能表允许接的最大电功率．（3）电冰箱铭牌：额定电压220V﹣﹣电冰箱的正常工作电压是220V；额定功率100W﹣﹣电冰箱在额定电压（正常工作）时的电功率是100W；工作频率50Hz﹣﹣电冰箱使用的是家庭电路中的电，家庭电路中的交流电频度是50Hz，这个参数在初中的题目中一般没有使用；耗电量0.6kW•h/24h﹣﹣电冰箱正常工作时24小时耗电0.6kW•h；根据转数=消耗的电能×电能表的参数即可求出这一天（24小时内）电能表的转盘应转的转数．（4）压缩机和照明灯工作时互不影响．解答：解：（1）从电能表的铭牌可以看出：此时电能表的示数为16.6kW•h．（2）电能表的工作电压U=220V，允许通过的最大电流I=20A，所以允许使用的用电器的最大电功率P=UI=220V×20A=4400W．（3）根据电冰箱的铭牌，电冰箱一天24h消耗的电能为0.6kW•h；电冰箱一天消耗0.6kW•h，而电能表的转盘是消耗1kW•h转动600转，所以0.6kW•h转盘就是转动600r/kW•h×0.6kW•h=360转．（4）因为压缩机和照明灯工作时互不影响，所以它们是并联的．故答案为：16.6；4400；360；并．点评：本题是要考查对电能表和电冰箱铭牌的了解，平时多观察家用电器的铭牌，铭牌中的参数有些是有用的，有些是初中阶段没有涉及到的，有涉及到的物理量要多做了解．对电冰箱的耗电要注意，不能用W=Pt，因为电冰箱的压缩机是运转一会儿停一会儿，所以一天的耗电量不能用此公式求解，而应在铭牌上寻找答案．　20．（2分）（2022•泸州）如图甲是工厂中运送煤块的皮带传输机，图乙为它的工作过程简化图，转动轮带动水平皮带匀速向右运动．当将一煤块A轻轻放在皮带的左端，煤块在皮带的作用下，相对于地面向右作速度增加的变速直线运动，此时煤块所受摩擦力的方向　向右　（选填“向左”或“向右”）．经过较短时间后，煤块随皮带一起以相同的速度向右作匀速运动，此时煤块所受的摩擦力　为零　．（选填“为零”、“方向向左”或“方向向右”）考点：摩擦力的方向；二力平衡条件的应用．专题：推理法．分析：（1）摩擦力是阻碍相对运动的力，总是与相对运动方向相反的，或者与相对运动趋势方向相反；（2）物体在水平方向上如果受力只是摩擦力，其他任何力都不受．（3）物体匀速直线运动时，或者不受力，或者受平衡力．解答：解：（1）输送带是向右匀速运动的，煤块刚放上时，由静止变为向右运动，水平方向没有其他拉力或推力，所以只受向右的摩擦力；（2）煤块匀速直线运动时，或者不受力，或者受平衡力．煤块向右匀速运动时，水平方向上如果受摩擦力，一定有另一个力与它平衡，因为没有其他力，所以不受力；19\n（3）输送带制动时，煤块由向右运动变成静止，只有摩擦力方向向左，才能阻止煤块继续向右运动．故答案为：向右；为零．点评：本题是易错题，记住摩擦力与相对运动或相对运动趋势方向相反，并不是与运动方向相反；在传送带上匀速运动时是不受摩擦力的．　三、解答题（本题有8小题，共48分．解答42、43题时应写出解题过程）21．（6分）（1）如图a所示，一束光从水中斜射到水面，请画出反射光线和折射光线的大致方向．（2）请在图b中用笔画线代替导线将灯泡与开关正确接入电路，并将三孔插座正确接入电路．（3）通电螺线管的附近放置了一枚小磁针，小磁针静止时的位置如图c所示．请在图上标出小磁针的N、S极和其中一条磁感线的方向．考点：作光的反射光路图；作光的折射光路图；磁感线及其特点；安培定则；家庭电路的连接．专题：作图题；图像综合题．分析：（1）过入射点做出法线，然后利用光的反射规律和光的折射规律做出对应的反射光线和折射光线．（2）灯泡的接法：火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点；零线直接接入灯泡的螺旋套．三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线．（3）由右手螺旋定则可判出螺线管的磁极，由外部磁感线的特点可知小磁针所在位置的磁场方向，则可知小磁针的指向．解答：解：（1）过入射点O做法线ON，从而确定了入射光线位于法线的左侧，并确定了入射角的大小．然后利用光的反射规律做出对应的反射光线OB．光从水中斜射入空气，所以折射角大于入射角，由此可以做出对应的折射光线OC．答案如下图所示：（2）首先辨别上面三根线地线、火线、零线．灯泡接法：火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点，零线直接接入灯泡的螺旋套，这样在断开开关能切断火线，接触灯泡不会发生触电事故．既能控制灯泡，又能更安全．三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线．故答案为：（3）由图可知电流由左侧流入，则由右手螺旋定则可得螺线管右侧为N极；因磁体的外部磁感线由N极指向S极，小磁针所在位置的磁场向左，故小磁针的N极应向左，右端应为S极；如图所示：19\n点评：（1）做光路图时，要注意实线和虚线，光线要画箭头等细节，若告诉了入射角的大小，一定要标出反射角的大小．（2）掌握家庭电路的灯泡、开关、三孔插座、两孔插座、保险丝的接法，同时考虑使用性和安全性．　22．（6分）小明在探究利用杠杆做功的实践活动中，将重为285N的重物挂在杠杆的中点，用手竖直提起棒的另一端，使物体缓慢匀速提升，如图所示．（1）若不计杠杆自身重力和摩擦，求拉力F的大小？（2）若不计摩擦，杠杆是一根重为15N质地均匀的硬棒，小明利用杠杆将重物提升0．lm，则小明所做的有用功为多大？机械效率是多大？考点：杠杆的平衡分析法及其应用；机械效率的计算．专题：计算题；应用题；简单机械．分析：（1）由于拉力总是竖直向上的，重物挂在杠杆的中点，所以动力臂是阻力臂的2倍．根据杠杆平衡条件求出拉力大小．（2）知道重物上升的距离和时间，根据速度公式求出速度大小；知道重物重力和重物上升的距离，根据W=Gh求出有用功，知道杠杆在重力和杠杆中点上升的距离，根据W=Gh求出额外功；求出总功；根据机械效率公式求出机械效率．解答：解：（1）由杠杆原理可知：FL1=GL2，即==；F===147.5N．（2）W有用=Gh=285N×0.1m=28.5J，W额外=G杆h=15N×0.1m=1.5J，W总=W有用+W额外=28.5J+1.5J=30J，η==×100%=95%．答：（1）不计杠杆自身重力和摩擦，拉力F是147.5N．（2）小明使用杠杆所做的有用功为28.5J．机械效率是95%．点评：对于已知机械效率或要求机械效率的问题，想法求出有用功、总功，根据机械效率公式求出未知量．　19\n23．（6分）如图甲、乙、丙所示的是一种电热水器的铭牌、剖面结构示意图和内部简单电路图，R1、R2均为电热丝．求：（1）当该热水器装满20℃的水时，1标准大气压下把水烧开，需要吸收多少热量？（2）电热水器中电阻R2的阻值为多大？（3）如果在用电高峰期，电热水器工作的实际电压只有198V，此电热水器加热时的实际功率为多大？（不计温度对电阻的影响）考点：电功率的计算；热量的计算．专题：计算题；分子热运动、内能；电能和电功率．分析：（1）在1标准大气压下水的沸点是100℃，根据密度公式求出满箱时水的质量，根据Q吸=cm（t﹣t0）求出水吸收的热量；（2）两开关同时闭合时，电路为R1的简单电路，电热水器处于加热状态，根据P=求出R1的阻值；开关S闭合，温控开关断开时，两电阻串联，电热水器处于保温状态，根据P=求出电路中的总电阻，利用电阻的串联求出R2的阻值；（3）加热时电路为R1的简单电路，根据P=求出实际电压只有198V时的实际功率．解答：解：（1）根据ρ=可得，水的质量：m=ρV=1.0×103kg/m3×15×10﹣3m3=15kg，水吸收的热量：Q吸=cm水（t﹣t0）=4.2×103J/（kg•℃）×15kg×（100℃﹣20℃）=5.04×106J；（2）电热水器加热状态时，电路中为R1的简单电路，由P=可得，R1的阻值：R1===24.2Ω，电热水器处于保温状态时，两电阻串联，电路中的总电阻：R===1210Ω，∵串联电路中总电阻等于各分电阻之和，∴R2的阻值：R2=R﹣R1=1210Ω﹣24.2Ω=1185.8Ω；19\n（3）电热水器工作的实际电压只有198V时，电热水器加热时的实际功率：P加热′===1620W．答：（1）当该热水器装满20℃的水时，1标准大气压下把水烧开，需要吸收5.04×106J的热量（2）电热水器中电阻R2的阻值为1185.8Ω；（3）如果在用电高峰期，电热水器工作的实际电压只有198V，此电热水器加热时的实际功率为1620W．点评：本题考查了热量公式和电功率公式以及串联特点的灵活运用，明白铭牌参数的含义和加热、保温状态时电阻的工作情况是关键．　24．（4分）冬冬将漆包线（表面涂有绝缘漆的铜线）绕在两个完全相同的铁钉上，制成了简易电磁铁甲和乙，按图连接好电路，探究“影响电磁铁磁性强弱的因素”．请你结合该实验中的具体情况，回答下面的问题：（1）通过观察电磁铁　吸引大头针数量　的不同，可以判断电磁铁的磁性强弱不同．（2）流过电磁铁甲的电流　等于　电磁铁乙的电流（填“大于”、“小于”或“等于”），电磁铁甲、乙磁性强弱不同的原因是　线圈的匝数不同　．考点：影响电磁铁磁性强弱的因素．专题：实验探究题；控制变量法．分析：影响电磁铁磁性强弱的因素有三个方面，线圈的匝数、电流的强弱、铁芯的有无，我们在设计实验时，也应考虑从控制变量法的角度来进行探究．解答：解：（1）判断电磁铁磁性强弱要通过观察其吸引大头针的数量来分析；（2）因为电路是串联的，因此流过两电磁铁的电流是相等的；从图中可以看出，甲、乙磁性不同的原因是线圈的匝数不同．故答案为：（1）吸引大头针数量；（2）等于；线圈的匝数不同．点评：对电磁铁的掌握要明确影响其磁性强弱的因素有哪些，知道如何通过实验，利用控制变量法来分析和研究相关的因素．　25．（6分）在“探究二力平衡条件的实验”中，小红与小明的实验装置分别如图甲、乙所示．（1）实验中应让研究对象处于　静止　状态．（2）小明的实验方案与小红的相比　A　A．有效地克服了研究对象与支承面之间的摩擦力对实验的影响B．有效地克服了研究对象与支承面之间的支持力对实验的影响C．有效地克服了二力不在一条直线上的弊端D．有效地减小了研究对象的质量对实验的影响（3）图乙所示实验中，小卡片的质量要尽可能　小　．在小卡片静止时，小明将小卡片顺时针转一个角度，松手后小卡片将会　旋转　（选填“旋转”或“翻转”），此现象说明二力平衡时两个力必须　在同一直线上　．19\n（4）小明利用弹簧测力计代替图中的钩码进行了探究，发现两个力的大小还有较小的差距．你认为形成差距的原因是　绳和滑轮之间的摩擦　（答出一条即可）．考点：二力平衡条件的应用．专题：探究型实验综合题．分析：（1）在实验中应使研究对象保持静止状态；（2）根据甲乙两种结合摩擦力的知识进行分析；（3）在实验中，卡片的质量越小越好，这样可以不考虑重力的影响；根据实验分析将小卡片顺时针转一个角度后，二力平衡条件中的哪个因素发生了变化得出结论．（4）小卡片质量只能尽量减小，但是不能为零，绳和滑轮存在摩擦力等等．解答：解：（1）在实验中，为了避免摩擦力的影响，应使物块处于静止状态；（2）A、物块与桌面接触，若产生相对运动的趋势时，会受摩擦力的影响，而小明的方案将小卡片吊起，可减少摩擦力的影响，A正确；B、支持力在竖直方向，而两个拉力在水平方向，不在同一方向上，所以B说法错误；C、两种情况都可使平衡力在同一直线上，所以C错误；D、在图甲中，物块的重力不会影响实验结果，而图乙中，若卡片的质量太大，卡片会下垂，则两边拉力不在同一直线上，实验结果受影响，所以D不正确；（3）为减小质量的影响，小卡片的质量要尽可能小；将小卡片顺时针转一个角度，因为两边拉力不在同一直线上，所以小卡片会旋转，所以二力平衡时，两个力必须在同一直线上．（4）小卡片的质量不能为零，绳和滑轮之间存在摩擦力，这些都不能消除，都会对拉力有影响．故答案为：（1）静止；（2）A；（3）小；旋转；作用在同一直线上；（4）绳和滑轮之间的摩擦（或卡片的质量不能为零）．点评：此题探究二力平衡条件，考查了两种实验装置的优缺点，关键是分析哪种情况受外力影响较小．　26．（6分）在观察比较纸锥下落快慢的探究活动中，小明所在小组是将大小不等的纸锥由同一高度同时释放（如图a）．（1）关于纸锥下落快慢的比较，小明他们讨论后得到以下方案：①甲同学由图a所示情形，就能比较出纸锥运动的快慢，他的比较方法是　相同时间比距离　．②乙同学是观察大小纸锥着地的先后来判定的，他的比较方法是　相同距离比时间　．为比较纸锥从同一高度整个下落过程的运动快慢，你认为上述方法中最科学的是　乙　（选填“甲”或“乙”）同学的方案．（2）在做上述实验时，小华所在小组利用闪光相机探究纸锥竖直下落的运动情况，照相机每隔0.2s曝光一次，拍摄的图片如图b所示．①由图b可以判断纸锥下落过程中速度的变化情况是　先变大后不变　（选填“不变”、“先变大后不变”或“一直变大”）．若测得纸锥在A、B两位置间的实际距离为6.40cm，则此过程中，纸锥的平均速度为　0.16　m/s．②由图b猜想，下落过程中纸锥所受阻力的变化情况是　C　；A．不变B．一直变大C．先变大后不变．19\n考点：控制变量法与探究性实验方案．专题：应用题；实验题；探究型实验综合题．分析：（1）若使纸锥从同一高度落下，应使纸锥的尖端位置在同一水平高度处．比较快慢时，即可采用相同时间比距离，也可采用相同距离比时间的方法（2）从纸锥下落的图中可以看出，在相同时间间隔内，纸锥照片间隔距离越近说明速度越慢，相反，说明速度越快，如果间隔距离不变，则说明是在匀速下落．再根据AB间的距离和时间，利用公式v=可求出纸锥下落的速度，根据速度的变化可以分析出阻力的变化．解答：解：（1）为了比较纸锥下落的快慢，把两个纸锥拿到同一高度同时释放；①甲同学由图a所示情形，就能比较出纸锥运动的快慢，他的比较方法是：相同时间比距离，通过的距离越大，下落的越快；②乙同学是观察大小纸锥着地的先后来判定的，他的比较方法是相同距离比时间的方法；通过的距离相同，时间越少，下落的越快；这个方法比较科学；（2）①从图中可以看出，同样在间隔时间为0.2s时，纸锥下落的距离先小后大，最后保持不变，因此，也说明其速度的变化应该是先变大后不变的．从图中A位置到B位置，照相机共曝光2次，距离为6.40cm，故其速度v===0.16m/s；②因为纸锥下落的距离先小后大，最后保持不变，所以由图b猜想，下落过程中纸锥所受阻力的变化情况是先变大后不变．故答案为：（1）相同时间比距离；相同距离比时间；乙；（2）先变大后不变；0.16；C．点评：在本实验的探究中，主要运用了控制变量的研究方法，同时还考查了运动快慢的比较，速度公式的简单计算，以及如何解决实验中遇到的现实问题等，对我们的能力是一个很好的锻炼．　27．（7分）在做“探究影响液体压强大小因素”的实验时，同学们设计了如图所示的实验探究方案，图（a）、（b）、（d）中金属盒在液体中的深度相同．实验测得几种情况下压强计的U形管两侧液面高度差的大小关系是h4＞h1=h2＞h3．（1）实验中液体压强的大小变化是通过比较　U型管中液面的高度差　来判断的，这种方法通常称为　转换法　．（2）使用压强计前应检查装置是否漏气，方法是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　不漏气　（选填“漏气”或“不漏气”）．若在使用压强计前发现U形管内水面有高度差，应通过方法　②　进行调节．①从U形管内倒出适量的水；②拆除软管重新安装；③向U形管内加适量的水．（3）由图（a）和图　（c）　两次实验数据比较可以得出：液体的压强随深度的增加而增大．（4）比较图（a）和图（b）两次实验数据比较可以得出：　同种液体的同一深度，向各个方向的压强相等　．（5）小明通过图（c）和图（d）两次的实验认为图（d）烧杯中盛的是浓盐水，他的结论是不可靠的，因为　探头在液体中的深度不同　．19\n考点：探究液体压强的特点实验．专题：探究型实验综合题．分析：（1）液体压强的大小是通过比较U型管中液面的高度差来判断的，用到了转换法的思想；（2）若按压橡皮膜，U形管中的液体能灵活升降，则说明装置不漏气；使用压强计前发现U形管内水面有高度差，说明软管内封闭的气体不受力时，压强与外界气压不相等，应重新进行安装；（3）要探究液体压强与深度的关系，应使液体的密度相同，深度不同；（4）根据a、b两组实验中控制的量和改变的量得出结论；（5）要探究液体压强与液体密度的关系，应保持探头在液体中的深度相同．解答：解：（1）实验中液体压强的大小变化是通过比较U型管中液面的高度差来判断的，这种方法通常称为转换法；（2）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，则说明装置不漏气；若在使用压强计前发现U形管内水面有高度差，说明被封闭气体压强太大，对实验结果会造成影响，应拆除软管重新安装；（3）a、c采用的都是水，液体密度相同，探头在液体中的深度越大，U型管中液面的高度差越大，说明液体的压强随深度的增加而增大；（4）a、b探头在水中的深度相同，探头的朝向不同，可知同种液体的同一深度，向各个方向的压强相等；（5）c、d两图，探头在液体中的深度不同，所以无法得出液体密度的大小关系．故答案为：（1）U型管中液面的高度差；转换法；（2）不漏气；②；（3）（c）；（4）同种液体的同一深度，向各个方向的压强相等；（5）探头在液体中的深度不同．点评：此题是“探究影响液体压强大小因素”的实验，考查了控制变量法和转换法在实验中的应用，要熟练掌握液体内部压强的特点．　28．（7分）（2022•桂林）小明用图1所示的电路探究“电阻上的电流跟两端电压的关系”，图2是小明未完成连接的实验电路．（1）电压表应选择　0～3V　的量程；现要求滑动变阻器滑片向左移动时，电流表示数增大．请你按照对电压表量程的选择和对滑动变阻器连接的要求，用笔画线代替导线，完成图2中实验电路的连接．19\n（2）小明按要求正确连接电路后，闭合开关，发现电压表指针偏转到满刻度的位置．其原因可能是　电阻R处断路（滑动变阻器的阻值为零）　．（写出一个）（3）小明在实验中通过调节滑动变阻器滑片，测出通过电阻R的不同电流和对应的电压值，如下表所示．U（V）0.51.01.61.92.53.0I（A）0.10.20.30.40.50.6①请根据表中数据在图3中画出电阻R的U﹣I关系图象．②小明在实验中所用电阻R的阻值为　5　Ω；当通过的电流为0.5A时，电阻R消耗的电功率为　1.25　W．（4）如果将实验电路中的电阻R更换成一个额定电压为3.8V、阻值约为10Ω的小灯泡后，要进行“测量小灯泡的额定电功率”的实验，则对实验电路还必须进行怎样的改动：　增加一节干电池（换一个电压高于3.8V的学生电源）；电压表换接0～15V的量程　．考点：探究电流与电压、电阻的关系实验；电压表的连接；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；欧姆定律的应用；电功率的计算．专题：应用题；实验题；作图题；压轴题．分析：（1）根据电源的电压确定电压表的量程，且与电阻并联；滑动变阻器按一上一下的原则串联在电路中．（2）电压表指针偏转到满刻度的位置说明电压表并联在电源的两端测电源的电压，据此分析可能的原因．（3）①由描点法可得出U﹣I图象，即在坐标上找到每组电流、电阻值对应的点，然后用线连点即可；②由图象可知，电压与电流成正比，由表中数据找出电压与对应的电流，由欧姆定律可求出导体电阻；根据P=UI求出当通过的电流为0.5A时电阻R消耗的电功率．（4）额定电功率是小灯泡在额定电压下的实际功率，所以小灯泡两端的电压必须达到它的额定电压．解答：解：（1）电源的电压为2×1.5V=3V，电压表的量程为0～3A，且与电阻并联；滑动变阻器按一上一下的原则串联在电路中，如下图所示：（2）电压表指针偏转到满刻度的位置说明电压表并联在电源的两端测电源的电压，可能是电压表并联的部分断路即电阻R断路，也可能是此时滑动变阻器接入电路的电阻为0；（3）①找出每组数据对应的点，然后用平滑的线把点连起来，如图所示；19\n②由图知，当U=0.5V时，I=0.1A，则定值电阻的阻值R===5Ω；当通过的电流I=0.5A时，两端的电压U=2.5V，则电阻R消耗的电功率P=UI=2.5V×0.5A=1.25W．（4）测一个额定电压为3.8V、阻值约为10Ω的小灯泡的额定功率，小灯泡两端的电压必须能达到3.8V，因此电源必须增加一节干电池，此时电源电压成了1.5V×3=4.5V，电压表的量程也应选择0～15V．故答案为：（1）0～3V；电路连线如图所示；（2）电阻R处断路（滑动变阻器的阻值为零）；（3）①图象如图所示；②5；1.25；（4）增加一节干电池（换一个电压高于3.8V的学生电源）；电压表换接0～15V的量程．点评：解决本题的关键：一是连接实物电路图时，开关断开，滑动变阻器的滑片移到最大阻值处，电压表根据电源电压选量程，电流表根据电路中最大电流选量程；二是具备能够用描点法绘制图象，从图象上分析物理量的变化规律的能力；三是理解额定功率的物理意义，会测量用电器的额定功率．　19