新疆乌鲁木齐市2022年中考物理真题试题（解析版）

2022年新疆乌鲁木齐市中考物理试卷参考答案与试题解析　一、选择题（本题共10小题，每题3分，共30分．每小题4个选项．其中只有1个选项是符合题意的．选对得3分．多选、不选、错选不得分）1．（3分）（2022•乌鲁木齐）为了不影响小红学习，妈妈看电视时把声音调小，这改变了声音的（　　）　A．音调B．响度C．音色D．频率考点：响度．专题：声现象．分析：解答此题要知道：响度是指声音的强弱，它与物体振幅有关．音量的调节，就是改变声音的响度．解答：解：调节音量时，喇叭的振幅发生改变，所以发出声音的响度发生改变．故选B．点评：本题考查学生对响度在生活中具体应用的了解情况．　2．（3分）（2022•乌鲁木齐）下列说法正确的是（　　）　A．平面镜成放大的像B．平面镜成缩小的像　C．凸透镜可以矫正近视眼D．凹透镜可以矫正近视眼考点：近视眼的成因与矫正办法；平面镜成像的特点、原理、现象及其实验方案．专题：光的传播和反射、平面镜成像；透镜及其应用．分析：解答此题从以下知识点入手：（1）平面镜成像特点：成正立等大的虚像；（2）近视眼的成因是晶状体太厚，折光能力太强，或者眼球在前后方向上太长，因此来自远处点的光会聚在视网膜前，到达视网膜时已经不是一点而是一个模糊的光斑了，故据近视眼的成因结合凸透镜和凹透镜对光线的作用分析即可解决．解答：解：（1）因为平面镜成正立等大的虚像；故选项A、B错误；（2）近视眼的晶状体变厚，会聚能力增强，晶状体的凸度过大，像成在视网膜的前方．近视眼能看清近处的物体，不能看清远处的物体，要看清远处的物体需要戴凹透镜进行矫正，故选项C错误，D正确．故选D．点评：此题考查平面镜成像特点与近视眼的成因及其矫正方法，难度不大，属于基础知识．　3．（3分）（2022•乌鲁木齐）冬天，路上的行人一边搓手，一边对手哈气，从而使手感到暖和．“搓手”和“哈气”在改变内能的方式上分别属于（　　）　A．做功、热传递B．热传递、做功C．做功、做功D．热传递、热传递考点：做功改变物体内能；热传递改变物体内能．15\n专题：分子热运动、内能．分析：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“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；“哈气”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；故选A．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．　4．（3分）（2022•乌鲁木齐）歼﹣15舰载机在我国首艘航母“辽宁舰”的甲板上起飞的过程中，下列说法不正确的是（　　）　A．舰载机相对航母的甲板是静止的B．舰载机相对机内的飞行员是静止的　C．舰载机的动能越来越大D．舰载机的机械能越来越大考点：运动和静止的相对性；动能和势能的大小变化．专题：长度、时间、速度；机械能及其转化．分析：解决此题需掌握：（1）判断一个物体是否运动，要先选择一个参照物，看这个物体相对于参照物有没有位置的改变来判断物体是否运动．如果位置发生改变，则物体是运动的；如果未发生变化，则物体是静止的；（2）影响动能大小的因素：质量和速度，质量越大，速度越大，动能越大；（3）影响重力势能大小的因素：质量和高度，质量越大，高度越大，重力势能越大；（4）动能和势能统称为机械能．解答：解：A、舰载机甲板上起飞的过程中，舰载机相对于甲板的位置是变化的，所以舰载机相对航母的甲板是运动的．故A不正确，符合题意．B、舰载机甲板上起飞的过程中，舰载机相对机内的飞行员位置没有变化，所以舰载机相对机内的飞行员是静止的．故B正确，不符合题意．C、舰载机甲板上起飞的过程中，质量不变，速度越来越快，所以动能越来越大．故C正确，不符合题意．D、舰载机甲板上起飞的过程中，质量不变，速度越来越快，所以动能越来越大；高度越来越高，所以重力势能越来越大，所以机械能越来越大．故D正确，不符合题意．故选A．点评：本题主要考查了运动和静止的判断、动能、势能、机械能大小的判断，只要细心分析解答不难．　5．（3分）（2022•乌鲁木齐）下列几种工具，使用时属于费力杠杆的是（　　）　A．测量质量的天平B．剪铁皮的剪刀C．撬铁钉的锤子D．夹取食物的筷子考点：杠杆的分类．专题：简单机械．分析：先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆．解答：解：A、天平属于等臂杠杆，不省力也不费力；B、剪铁皮的剪刀，使用时，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；C、撬铁钉的锤子，使用时，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；D、夹取食物的筷子，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆；15\n故选D．点评：本题考查的是杠杆的分类，主要包括以下几种：①省力杠杆，动力臂大于阻力臂；②费力杠杆，动力臂小于阻力臂；③等臂杠杆，动力臂等于阻力臂．　6．（3分）（2022•乌鲁木齐）关于安全用电，下列说法正确的是（　　）　A．开关安装在电灯与零线之间　B．打雷下雨时站在大树下避雨　C．使用三角插头是为了防止触电　D．使用测电笔时手不能接触笔尾金属体考点：安全用电原则．专题：电与热、生活用电．分析：①控制电路的开关要接在用电器与火线之间；②当雷雨天，人如果在大树下避雨，雷电电流通过大树就会传下来．在传下来的过程中电弧放电打在人的头上，又通过人体一直传到地下去，而这样就造成了雷电灾害；③三孔插座的接地线一定要接入地下，以防外壳带电危及人身安全；④使用测电笔时，笔尖接触导线，手接触笔尾金属体，当接触火线时氖管会发光．解答：解：A、控制电灯的开关安装在火线与灯之间，防止维修或更换电灯时发生触电事故．此选项错误；B、雷雨天，人如果在大树下避雨，可能造成雷击．此选项错误；C、大功率及有金属外壳的用电器，必须使用三角插头和对应的三孔插座，接好地线，以防外壳带电危及人身安全．此选项正确；D、使用测电笔时，人手不能接触笔尖，但必须接触笔尾金属体．此选项错误．故选C．点评：本题考查了生活中用电安全注意的一些事项，与生活联系密切，注重了物理和生活的联系．　7．（3分）（2022•乌鲁木齐）一台家庭用节能台灯，其灯泡亮度相当于40W的普通白炽灯的亮度．在相同的工作时间内，节能台灯消耗的电能为40W白炽灯消耗电能的，则节能台灯的工作电流约为（　　）　A．3mAB．30mAC．0.3AD．1.1A考点：电功率与电压、电流的关系．专题：电能和电功率．分析：已知节能灯和白炽灯在相同时间消耗的电能关系，利用公式P=得到两灯的额定功率关系；节能灯和白炽灯的额定电压相同，利用公式I=得到通过的电流大小关系．解答：解：15\n∵在相同的工作时间内，节能台灯消耗的电能为40W白炽灯消耗电能的，即W1=W2，又∵P=，∴P1=P2=，∵P=UI∴通过节能灯的电流为I1==≈0.03A=30mA．故选B．点评：此题考查的是电功率基本公式及其变形公式的应用以及电流单位的换算，熟练利用公式、确定正确的比例关系是解决此题的关键．　8．（3分）（2022•乌鲁木齐）一密度为ρ钢制轴承，由粗细不同的两部分圆柱体构成，粗细圆柱体的高度均为h．如甲图所示放置时，轴承对水平面的压强为1.2ρgh．如乙图所示放置时，轴承对水平面的压强为（　　）　A．3.6ρghB．4.8ρghC．6.0ρghD．7.2ρgh考点：压强的大小及其计算．专题：计算题；压强、液体的压强．分析：设上下部分的面积分别为S1和S2，根据密度公式表示出上下部分的质量，两者重力之和即为对水平地面的压力，利用压强公式表示出甲图的压强得出两面积之比，倒置以后压力不变，再根据压强公式表示出此时的压强结合图甲的压强即可得出答案．解答：解：设上下部分的面积分别为S1和S2，由ρ=可得，上下两部分的质量：m上=ρV上=ρS1h，m下=ρV下=ρS2h，∵水平面上物体的压力和自身的重力相等，∴F=G上+G下=m上g+m下g=ρS1hg+ρS2hg，p甲===+ρgh=1.2ρgh，解得：=，如乙图所示放置时，物体的质量不变，重力不变，压力不变，∴此时对水平地面的压强：15\np乙===5=5×1.2ρgh=6.0ρgh．故选C．点评：本题考查了压强的计算，关键是表示出图甲中地面受到的压强得出上下地面的比值．　9．（3分）（2022•乌鲁木齐）如图所示，当吊在弹簧测力计下的物体浸在水中的体积为物体体积的1/3时，弹簧测力计的示数为5.0N；当物体浸在水中的体积为物体体积的1/2时，弹簧测力计的示数为3.5N．从弹簧测力计上取下物体将其缓慢的放入水中（容器足够大，水足够多），则物体静止时受到的浮力为（　　）　A．9.0NB．8.5NC．8.0ND．7.5N考点：浮力大小的计算．专题：浮力．分析：（1）先利用称重法求浸在水中的体积为物体体积的时和物体浸入一半时受到的浮力，从而得出物体的体积和重力；（2）利用F浮=ρgV排求出此时物体受到的浮力，和重力比较，确定物体存在的状态，利用物体的浮沉条件求此时物体受到的浮力．解答：解：（1）由“当吊在弹簧测力计下的物体浸在水中的体积为物体体积的时，弹簧测力计的示数为5.0N；”可得：F浮1=G﹣F拉1，即ρ水gV=G﹣5.0N…①；由“当吊在弹簧测力计下的物体浸在水中的体积为物体体积的时，弹簧测力计的示数为3.5N；”可得：ρ水gV=G﹣3.5N…②由①﹣②，解得G=8.0N，V=．（2）当从弹簧测力计上取下物体将其缓慢的放入水中，假设其全部浸没，那么它受到的浮力：F浮=F浮=ρgV排=1.0×103kg/m3×g×V==9N，∵F浮＞G，15\n∴取下物体将其缓慢的放入水中，物体漂浮，∴物体静止时受到的浮力为8.0N．故选C．点评：本题考查了密度的计算、重力的计算、浮力的计算（漂浮条件、阿基米德原理），涉及到用称重法测量物体受到的浮力，知识点多，属于难题．　10．（3分）（2022•乌鲁木齐）如图所示，AB为铅笔芯．其电阻与长度成正比，当两个电流表均接0～0.6A量程时，改变滑片P在铅笔芯上的位置，两个电流表示数的最大比值为2：1，滑片P允许滑动的长度范围cd为10cm；当两个电表均接0～3A量程时，滑片P允许滑动的长度范围为（　　）　A．30cmB．28cmC．26cmD．24cm考点：欧姆定律的应用；并联电路的电压规律；电路的动态分析．专题：应用题；电路和欧姆定律；电路变化分析综合题．分析：由电路可知，滑片左侧和右侧电阻并联，两电流表分别测两部分的电阻，根据电阻与长度成正比可设每厘米铅笔芯的电阻为R．（1）当电流表的量程为0～0.6A时，Ac段的电阻和dB段的电阻相等，根据并联电路的电压特点和欧姆定律表示出两电流表的示数结合两个电流表示数的最大比值为2：1得出Ac段、cd段、点B段电阻相等，进一步表示出每厘米表示的电阻；（2）当电流表的量程为0～3A量程，当电流表A1的示数为3A时，设P距A点的距离为L，根据欧姆定律表示出电流表的示数即可求出P距A点的距离，总长度减去P距A点距离的2倍即为滑片P允许滑动的长度范围．解答：解：由电路可知，滑片左侧和右侧电阻并联，两电流表分别测两部分的电阻，由电阻与长度成正比可设每厘米铅笔芯的电阻为R，电压表的量程为0～0.6A时，Ac段的电阻和dB段的电阻相等，当滑片位于c点时，RAc=RdB=LAcR，Rcd=LcdR=10cm×R，∵并联电路中各支路两端的电压相等，且两个电流表示数的最大比值为2：1，即I1=0.6A，I2=0.3A，∴=====，解得：RAc=RdB=Rcd，∴LAB=×10cm=30cm，==0.6A，即=0.6A，=10cm×0.6A，当电流表的量程为0～3A量程，当电流表A1的示数为3A时，设P距A点的距离为L，则15\n=3A，即×=10cm×0.6A×=3A，解得：L=2cm，∴滑片P允许滑动的长度范围为30cm﹣2×2cm=26cm．故选C．点评：本题考查了并联电路的特点和欧姆定律的应用，明白滑片P允许滑动的长度范围和利用好“电阻与长度成正比”是关键．　二、填空题（本题有3个小题，每空1分．共30分）11．（4分）（2022•乌鲁木齐）“中华牌”月球车将登陆月球并实施无人探测计划．当月球上为白天时，月球车上的太阳仪可以自由旋转寻找太阳的位置．然后将　可再生　（可再生、不可再生）的　太阳　能转化为电能；当月球上为黑夜时，月球车必须用核能来保温．核能是　二　次能源，未来人们可利用月球土壤中丰富的氦3与氘核结合成新的原子核，通过核　聚变　（聚变、裂变）释放的巨大能量作为人类未来的能源．考点：能源的分类；核能．专题：机械能及其转化．分析：能够源源不断地从自然界直接获得或可以重复利用的能源是可再生能源，不能从自然界源源不断获得的能源是不可再生能源；从自然界直接获得，不需要加工转换的能源是一次能源，由一次能源经过加工转换得到的能源是二次能源；人们获得核能的方式有：核裂变与核聚变．解答：解：月球车上的太阳仪可以把可再生的太阳能转化为电能；核能是二次能源，利用氦3与氘核结合成新的原子核，是核聚变过程；故答案为：可再生；太阳；二；聚变．点评：知道可再生与不可再生能源、一次与二次能源的概念、知道聚变与裂变的概念即可正确解题．　12．（10分）（2022•乌鲁木齐）磁悬浮地球仪是使用磁悬浮技术的地球仪，它无需转轴穿过球体便可悬浮于空中，给人以奇特新颖的感觉和精神享受．（1）磁悬浮地球仪的球体中有一个磁铁，环形底座内有一金属线圈，通电后相当于电磁铁．金属线圈与球体中的磁铁相互　排斥　（吸引、排斥），使球体受力　平衡　（平衡、不平衡），从而悬浮于空中．磁悬浮地球仪是利用丹麦物理学家奥斯特发现的电流的　磁　效应工作的．当磁悬浮地球仪停止工作时，在“拿开球体”和“切断电源”之间应先　拿开球体　．（2）将磁悬浮地球仪的球体用手轻轻向下按一下，球体就会从原来的悬浮位置向下运动，此时金属线圈中的电流　增大　（增大、减小），磁性增强，金属线圈对球体的作用力　大于　（大于、小于）球体重力，球体到达最低点后向上运动返回原悬浮位置．由于球体具有　惯性　，球体越过原悬浮位置向上运动，此时金属线圈中的电流减小，磁性减弱，球体速度越来越　小　（大、小），到达最高点后向下运动，并再次回到原悬浮位置．几经反复，球体最终停在原悬浮位置．（3）磁悬浮地球仪正常工作时，功率为1W．则工作一个月（30天）耗电　0.72　kW•h，这些电能大部分转化成了　内能　（机械能、内能）．15\n考点：磁极间的相互作用；能量转化的现象；电功的计算．专题：电能和电功率．分析：（1）从图可知：球体与底座是相互分离的，故可判断球体与底座是相互排斥的；静止状态是一种平衡状态，受到的力平衡；电磁铁是利用电流的电磁效应工作的；如果先切断电源，电磁铁失去磁性，地球仪在重力作用下会落下来，没有保护措施会把地球仪摔坏．（2）电磁铁磁性强弱与电流的大小有关，其他条件相同，电流越大，磁性越强；一切物体都具有惯性．（3）利用电能公式W=Pt求出消耗的电能；由于线圈有电阻，根据焦耳定律知磁悬浮地球仪正常工作时将电能大部分转化成了内能．解答：解：（1）因为球体与底座是相互分离的，所以球体与底座之间是相互排斥的，即该悬浮地球仪是利用的同名磁极相互排斥的原理制成的；又因为球体在空中静止，所以球体受力平衡；磁悬浮地球仪中的电磁铁是利用电流的电磁效应工作的；当磁悬浮地球仪停止工作时，应先“拿开球体”再“切断电源”，防止地球仪在重力作用下会落下来而摔坏．（2）将磁悬浮地球仪的球体用手轻轻向下按一下时，由于通电线圈的磁性增强，所以可判断此时金属线圈中的电流增大；由于通电线圈的磁性增强，地球仪所受的磁力会大于地球仪的重力；在按力作用下，地球仪向下运动，球体到达最低点后又由于此时磁力大于重力，所以球体向上运动，返回原悬浮位置时，由于球体具有惯性，球体越过原悬浮位置向上运动，此时金属线圈中的电流减小，磁性减弱，磁力越来越小，球体速度越来越小，到达最高点后向下运动，并再次回到原悬浮位置．几经反复，球体最终停在原悬浮位置．（3）磁悬浮地球仪正常工作一个月时耗电量：W=Pt=0.001kW×24h×30=0.72kW•h．由于线圈有电阻，所以磁悬浮地球仪正常工作时将电能大部分转化成了内能．故答案为：排斥；平衡；磁；拿开球体；增大；大于；惯性；小；0.72；内能．点评：此题考查的知识点较多，要从题目中寻找有用的信息，利用有关知识点解题．　13．（16分）（2022•乌鲁木齐）“蛟龙号”是我国首台自主研制的作业型深海载人潜水器，设计的最大下潜深度为7000米级，对我国开发利用深海资源具有重要意义．（1）潜水器在深海与海面上的母船是通过水声通讯系统传递信息的，其声波是通过　液体　这种介质传播的．其传播速度　大于　（大于、小于或等于）340m/s．海面上的母船与北京指挥中心是通过　电磁　波传递信息的，该波的传播　不需要　（需要、不需要）介质．（2）潜水器在7000m海底静止时，其外壳中的分子是　运动　（静止、运动）的；潜水器的外壳具有很强的抗压性，说明分子之间存在　斥力　（引力、斥力）．潜水器密封舱的内壁上形成了许多小水滴，这一过程中发生的物态变化是　液化　，该过程　放出　（吸收、放出）热量．（3）潜水器中的工作人员通过均匀、透明的特殊材质制成的观察窗，看到深海五彩斑斓的世界．当光进入观察窗时发生了　折射　（折射或小孔成像）现象，光在这种特殊材质中是沿　直线　（直线、曲线）传播的．通过观察窗看到游动的“鱼”其实是鱼的　虚像　（实像、虚像），鱼成黄色是因为鱼只　反射　（吸收、反射）黄色光．（4）潜水器从海底匀速上升过程中（不考虑海水温度变化、密度的变化），浮力　不变　（变大、变小或不变），由于存在海水阻力，潜水器受到的浮力　大于　（大于、小于或等于）其重力．潜水器每上浮1m，海水对它的压强减小　0.1　个大气压（保留一位小数），潜水器上浮至5000m时，面积为成人一只手掌大小的潜水器外壳上，承受的海水压力相当于　50　t（50、500或5000）物体的重力．15\n考点：声音的传播条件；运动和静止的相对性；压强的大小及其计算；液体的压强的特点；声速；凸透镜成像的应用．专题：其他综合题．分析：（1）声音的传播需要介质，固体、液体、气体都能够传声；电磁波的传播不需要介质，可以在真空中传播．（2）组成物质的分子不停地做无规则运动，分子间存在着相互作用的引力和斥力；物质由气态变成液态的过程叫做液化，液化放热．（3）光线从一种介质传向另一种介质时，传播方向发声改变，这就是光的折射现象；不透明物体的颜色是由它反射的色光决定的．（4）①根据阿基米德原理分析潜水器所受浮力的变化；②潜水器在水中匀速上升时受重力、浮力、阻力三个力的作用；③根据海水的深度结合液体压强的计算公式计算出液体的压强，1标准大气压约等于1.013×105Pa；④根据液体压强计算公式P=ρ液gh计算出5000m深度产生的压强，根据手掌的面积结合P=计算出潜水器受到的压力，再根据G=mg计算出物体的质量．解答：解：（1）①潜水器在深海与海面上的母船是通过水声通讯系统传递信息的，声音是通过液体（海水）传播的，速度大于在空气中的传播速度；②海面上的母船与北京指挥中心是通过电磁波传递信息的，该波的传播不需要介质．（2）①无论潜水器在多大深度，其外壳中的分子都是不停地做无规则运动的，潜水器的外壳具有很强的抗压性，说明分子间存在斥力；②潜水器密封舱的内壁形成了小水珠，是由舱内的水蒸气遇到温度较低的舱壁液化而成的，这个过程水蒸气需要放热．（3）①在潜水器中通过观察窗观察海底世界，光线由于在两种介质中传播，因此发生折射现象；②观察窗是由均匀、透明的特殊材质制成的，光在这种材料中沿直线传播；③通过观察窗看到的是鱼的虚像，鱼是黄色的，是因为这种鱼只能反射黄颜色的光，而吸收其它颜色的光．（4）①潜水器从海底匀速上升过程中，它排开水的体积和海水的密度都不变化，因此根据阿基米德原理F浮=G排=ρ液gV排可知，潜水器受到的浮力不变化．②潜水器受到竖直向下的重力、阻力和竖直向上的浮力的作用，由于匀速运动，所以重力+阻力=浮力，因此浮力大于重力．③潜水器每上浮1m，海水对它的压强减小P=ρ液gh=1.03×103kg/m3×9.8N/kg×1m=1.0094×104Pa，相当于≈0.1个大气压．④潜水器上浮至5000m时受到海水的压强P=ρ液gh=1.03×103kg/m3×9.8N/kg×5000m=5.047×107Pa，成年人一只手掌的表面积约0.01m2；∵P=15\n∴潜水器外壳受到的压力F=PS=5.047×107Pa×0.01m2=5.047×105N；∵G=mg∴m===5.15×104kg，接近50t．故答案为：（1）液体；大于；电磁；不需要；（2）运动；斥力；液化；放出；（3）折射；直线；虚像；反射；（4）不变；大于；0.1；50．点评：本题借助蛟龙号入水考查相关的物理知识，综合性很强，结合时事考查物理知识是中考的热点题型，注重了理论联系实际的考查．　三、作图与实验题（本题有6个小题．共20分）14．（2分）（2022•乌鲁木齐）请根据如图给出的入射光线画出折射光线．考点：透镜的光路图．专题：作图题．分析：要正确作出图中两条入射光线的折射光线，必须知道凸透镜的三条特殊光线：过焦点的光线、平行于主光轴的光线、过光心的光线经凸透镜折射后如何传播．解答：解：过焦点的光线经凸透镜折射后平行于主光轴，如图所示：点评：本题主要考查凸透镜的三条特殊光线：过光心的光线其传播方向不变；过焦点的光线折射后平行于主光轴；平行于主光轴的光线折射后过焦点．　15．（2分）（2022•乌鲁木齐）悬挂的小球摆动到如图所示的位置，请画出这时小球所受重力和拉力的示意图．考点：力的示意图；重力示意图．专题：作图题．分析：根据规则物体的重心在物体的几何中心，然后过重心表示出重力的方向和拉力的方向．解答：解：过球心作竖直向下的重力和沿绳子斜向上的拉力．如图所示：15\n点评：牢记重力的方向总是竖直向下的，会用示意图表示力的作用点和方向．　16．（2分）（2022•乌鲁木齐）请根据如图中小磁针静止时N极的指向，在图中标出电源的正、负极．考点：通电螺线管的极性和电流方向的判断．专题：磁现象、电生磁．分析：（1）知道小磁针的磁极，根据磁极间的作用，判断螺线管的磁极．（2）知道螺线管的磁极，根据安培定则判断电流方向，判断电源正负极．解答：解：如图，知道小磁针的左端的N极，右端是S极，根据同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，所以螺线管的右端的S极，左端是N极；根据安培定则知，电流从螺线管的左端进入，从右端流出，所以电源的右端端是负极，左端是正极．如图．点评：知道小磁针的磁极、螺线管磁极、螺线管的电流方向中的任意一者，都可以根据磁极间的作用和安培定则判断另外两者．　17．（4分）（2022•乌鲁木齐）在“研究水的沸腾”实验中：（1）实验所用的温度计是利用液体　热胀冷缩　的性质制成的．为了完成本次试验不能选用酒精温度计是因为酒精的沸点　小于　（大于、小于）100℃．（2）将烧杯中质量为0.5kg、初温为78℃的热水加热至沸腾时，温度计的示数如图乙所示，则水的沸点是　98　℃．该过程烧杯中的水吸收的热量至少是　4.2×104　J．（C水=4.2×103J/（kg•℃））15\n考点：探究水的沸腾实验；热量的计算．专题：探究型实验综合题．分析：（1）温度计是根据液体热胀冷缩的性质制成的；若温度计内液体的沸点低于被测液体的沸点，则被测温度会超过温度计的量程；（2）在进行温度计的示数时，注意温度计的分度值；根据公式Q吸=cm△t计算出水吸收热量的多少．解答：解：（1）实验所用的温度计是利用液体热胀冷缩的物质制成的，本次试验不能选用酒精温度计是因为酒精的沸点低于水的沸点；（2）由图乙知，温度计的分度值为1℃，所以水的沸点为98℃；Q吸=c水m水△t=4.2×103J/（kg•℃）×0.5kg×（98℃﹣78℃）=4.2×104J故答案为：（1）热胀冷缩；小于；（2）98；4.2×104．点评：此题考查了温度计的制作原理、选择及读数问题，同时考查了热量公式的应用，是一道基础性题目．　18．（5分）（2022•乌鲁木齐）在“用电压表和电流表测电阻”的实验中，提供的器材有：待测电阻R（阻值约为5Ω）、两节干电池、电压表（量程“0﹣﹣3V”、“0﹣﹣15V”）、电流表（“0﹣﹣0.6A”、“0﹣﹣3A”）、滑动变阻器、开关、导线若干．（1）电压表的量程应选　0～3　V．（2）小兰同学按如图1所示的电路图连接好电路后，闭合开关，发现电压表的指针偏转角度很大，接近量程，而电流表的指针偏转角度很小，不到量程的1/5．小兰检查电路后发现自己连接电路时出现了两个问题：一是把滑动变阻器的滑片放在了　a　（a或b）位置，二是　电流表　（电压表、电流表）的量程选择不当．（3）小勇同学自己连接好电路后通过实验得到多组数据，并作出如图2所示的U﹣I图象，则小勇同学把电压表并联在了　滑动变阻器　（电阻R或滑动变阻器）的两端．根据U﹣I图象，可求得待测电阻R=　6.5　Ω．考点：伏安法测电阻的探究实验．专题：探究型实验综合题．分析：（1）根据电源电压来选择电压表的量程；（2）根据数据分析，电压表的示数满偏，可能是由于滑动变阻器的阻值为零或电阻R断路造成的，然后结合电流表的情况得出结论；当滑动变阻器阻值为零时，根据待测电阻的阻值及电源电压求出此时电路中的电流，便可分析出结论；（3）根据电流值和电压值的变化情况，结合串分压的知识进行判断；根据图象，根据滑动变阻器的电压，确定出电阻两端的电压，根据对应的电流值计算出R的阻值．解答：15\n解：（1）由题意知，电源由2节干电池组成，所以电源电压最大为3V，因此电压表应选择0～3V的量程；（2）闭合开关，发现电压表的指针偏转角度很大，接近量程，说明此时电阻两端的电压接近电源电压3V，而电流表有示数，说明电阻未发生断路，因此滑动变阻器的阻值为0，可判断此时滑动变阻器的滑片移到了最小阻值处，由图知，滑片应移至a端；此时电路中电流大约为I===0.6A，而电流表的指针偏转角度很小，不到量程的1/5，说明此时选择了0～3A的量程；（3）由图象知，电流值变小，说明滑动变阻器的阻值变大，此时电压表示数变大，说明电压表与滑动变阻器并联；由图象知，当电流表的示数为0.2A时，电压表的示数为1.7V，所以此时电阻两端的电压为U=3V﹣1.7V=1.3V则R===6.5Ω故答案为：（1）0～3；（2）a；电流表；（3）滑动变阻器；6.5．点评：此题是“用电压表和电流表测电阻”的实验，考查了电压表量程的选择，实验问题的分析及电阻的计算，（3）问的关键是根据图象确定电阻R两端的电压及电流．　19．（5分）（2022•乌鲁木齐）小明在探究“斜面的机械效率”的实验中，用长度S=0.50m的木板搭成一个斜面，用弹簧测力计将重力G=5.0N的物块从斜面底端匀速拉至斜面顶端．（1）小明在实验中，调整斜面的高度为h=0.22m，将物块从斜面底端匀速拉至顶端的过程中，弹簧测力计的示数F=4.0N，则有用功为　1.1　J，机械效率为　55%　．（2）小明利用上述器材进一步研究发现，木板搭成倾角不同的斜面时，将物块从斜面底端匀速拉至斜面顶端的过程中，额外功W额外与斜面的水平长度L（木板在水平面上的正投影长度）有如下关系：L（m）0.450.400.350.30W额外（J）0.900.800.700.60通过数据分析，小明得出初步结论：W额外与L成　正　比，小明查阅资料后证实此结论是正确的．根据此结论，当斜面的水平长度L=0.40m时，斜面的机械效率为　65.2%　；当木板平放在水平桌面上，水平匀速拉动木板上的物块时，弹簧测力计的示数为　0.2　N．考点：斜面机械效率的测量实验．专题：探究型实验综合题．分析：（1）由功的计算公式求出有用功与总功，然后由效率公式求出斜面的效率．（2）分析表中实验数据，得出额外功与斜面水平长度的关系；根据斜面的长度与斜面水平长度，由勾股定理求出斜面的高度，然后由功的公式求出有用功与总功，由效率公式求出斜面的效率；当木板放在水平面上时，克服摩擦力做的功为额外功，根据额外功与斜面水平长度的关系求出斜面水平时的额外功，由功的公式求出摩擦力，然后由平衡条件求出弹簧测力计的拉力．然后由功的计算公式求出．15\n解答：解：（1）有用功W有用=Gh=5N×0.22=1.1J，总功W总=Fs=4N×0.5m=2J，斜面的效率η===55%；（2）由表中实验数据可知，W额外与L成正比；当斜面的水平长度L=0.40m时，斜面高度h′===0.3m，此时有用功W有用′=Gh′=5N×0.3m=1.5J，总功W总′=W有用′+W额外=1.5J+0.80J=2.3J，效率η′===65.2%；当木板平放在水平桌面上，斜面的水平长度L=S=0.50m，设此时的额外功为W，则=，W=1J，∵W=fS，∴f===2N，物体做匀速运动，由平衡条件得：弹簧测力计的拉力F=f=0.2N；故答案为：（1）1.1；55%；（2）正；65.2%；0.2．点评：本题考查了求斜面效率、实验数据分析、求拉力等问题，有一定的难度；掌握功的计算公式、效率公式、总功与有用功与额外功间的关系即可正确解题．　四、计算题（本题共2小题，每题5分，共10分．每题要有计算过程和必要的文字说明，只给出结果不得分）20．（5分）（2022•乌鲁木齐）如图所示电路，R1=4Ω，R2=2Ω．闭合开关后，电压表的示数为2.0V，求（1）电流表的示数；（2）整个电路在1min内产生的热量．考点：欧姆定律的应用；电阻的串联；焦耳定律的计算公式及其应用．专题：计算题；电路和欧姆定律；电与热、生活用电．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．（1）根据欧姆定律和串联电路中的电流求出电流表的示数；（2）根据电阻的串联和P=I2R求出整个电路在1min内产生的热量．解答：解：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．15\n（1）∵串联电路中各处的电流相等，∴根据欧姆定律可得，电流表的示数：I===0.5A；（2）∵串联电路中总电阻等于各分电阻之和，∴整个电路在1min内产生的热量：Q=I2（R1+R2）t=（0.5A）2×（4Ω+2Ω）×60s=90J．答：（1）电流表的示数为0.5A；（2）整个电路在1min内产生的热量为90J．点评：本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功公式的应用，是一道基础题目．　21．（5分）（2022•乌鲁木齐）人民公园绿化带内有一个喷水管，其管口与为其供水的水塔内的水面高度差h=20m，管口的内截面的面积S=4×10﹣4㎡．开关打开时管口喷水速度V=20m/s，水从管口喷出到落地所用的时间t=0.5s．求：（1）开关关闭不喷水时，管口处受到水产生的压强；（2）开关打开喷水时，空中水柱的质量．考点：液体的压强的计算．专题：压强、液体的压强．分析：（1）根据p=ρgh求出管口处受到水的压强；（2）根据s=vt求出水柱的长度，再求出水柱的体积，根据ρ=求出质量．解答：已知：管口与为其供水的水塔内的水面高度差h=20m，管口的内截面的面积S=4×10﹣4m2．管口喷水速度V=20m/s，时间t=0.5s求：（1）管口处受到水产生的压强p=？；（2）空中水柱的质量m=？解：（1）管口处受到水产生的压强：p=ρgh=1×103kg/m3×9.8N/kg×20m=1.96×105Pa；（2）∵v=∴水从管口喷出到落地水柱的长度：h=vt=20m/s×0.5s=10m，水柱的体积：V=Sh=4×10﹣4m2×10m=4×10﹣3m3，∵ρ=∴水柱的质量：m=ρV=1×103kg/m3×4×10﹣3m3=4kg．答：（1）管口处受到水产生的压强为1.96×105Pa；（2）空中水柱的质量为4kg．点评：此题主要考查的是学生对液体压强、速度、密度计算公式的理解和掌握，基础性题目．　15