上海市黄浦区2022年中考物理二模试卷含解析

2022年上海市黄浦区中考物理二模试卷　一、选择题（共16分下列各题均只有一个正确选项）1．（2分）地球属于太阳系中的（　　）A．恒星B．行星C．卫星D．彗星2．（2分）下列属于三原色光的是（　　）A．黄光B．紫光C．蓝光D．白光3．（2分）如图所示标志主要是为了控制发声体的（　　）A．频率B．音调C．音色D．振幅4．（2分）篮球被抛出后在空中上升的过程中，下列说法正确的是（　　）A．动能不变B．动能增加C．重力势能不变D．重力势能增加5．（2分）四冲程内燃机工作时，将内能转化成机械能的冲程是（　　）A．吸气冲程B．压缩冲程C．做功冲程D．排气冲程6．（2分）如图所示，悬挂在天花板下方的小球保持静止状态，下列属于一对平衡力的是（　　）27\nA．小球受到的重力与绳子对小球的拉力B．小球受到的重力与小球对绳子的拉力C．小球对绳子的拉力与绳子对小球的拉力D．绳子受到的重力与天花板对绳子的拉力7．（2分）甲、乙、丙三个物体同时同地沿同一直线做匀速直线运动，其中甲、乙的s﹣t图象如图所示，已如8秒时丙距离甲、乙的距离恰好相等。则（　　）A．丙可能与甲的运动方向相反B．丙的s﹣t图一定在甲的图线上方C．丙一定与乙的运动方向相同D．丙的s﹣t图线可能在乙的图线下方8．（2分）如图所示电路中，电源电压相同且不变，电路元件均完好，电流表A1的示数比A2大，下列方案中有可能使两电流表示数相同的有（　　）方案：①用一个更小的电阻替换R3②将图（a）中的R2与（b）中的R1互换③用一个更大的电阻替换R2④将图（a）中的R1与（b）中的R3互换27\nA．0个B．1个C．2个D．3个　二、填空题（共23分）9．（3分）一节新干电池的电压是　　伏。额定功率为0.5千瓦的用电器正常工作2小时，耗电　　度；电能与其他形式能的转化必然遵循　　定律。10．（3分）地球间步卫星绕地运动是由于力可以改变物体的　　，此过程中以地球为参照物，卫星是　　的（选填“运动”或“静止”），它的惯性将　　（选填“变大”、“不变”或“变小”）。11．（3分）“电流周围存在磁场”是丹麦科学家　　首先发现的。为了描述看不见、摸不着的磁场，人们假想出的曲线叫做　　。如图所示，电源左侧应为　　极（选填“正”或“负”）。12．（3分）将一金属小球与地面反复碰撞后发现小球的温度略有升高，这是通过　　的方式增加了小球的内能，现將小球浸没在水中，已知其体积为1×10﹣3米3，则它受到的浮力大小为　　牛，若小球所受重力与浮力的合力为10牛。则小球的重力大小为　　牛。13．（3分）通过某导体的电流为0.2安，则10秒内通过它横截面的电荷量为　　库，此时该导体两端电压为4伏。其电阻为　　欧，若增大通过该导体的电流，其电阻将　　（选填“变大”，“不变”或“变小”）。14．（2分）在如图所示的电路中，电源电压保持不变。已知电阻R1、R2中的一个或两个同时发生断路故障，且其他元件均保持完好。现将一个完好的电流表接入电路，利用电键S的开闭排查出所有可能的故障情况，电流表应接入电路中　　处（选填“a”、“b”或“c”），写出现象及其对应的故障　　。27\n15．（4分）如图所示是理论推导液体内部压强公式的示意图。①如图（a）所示，研究A点受到的液体压强大小，在A点所处位置沿水平方向假想出一个受力面S．如图（b）所示，可用受力面S受到的液体压强大小代替A点受到的液体压强大小，其依据是　　。②然后在受力面S上方假想出一段液柱，如图（c）所示，即可用压强定义式P=推导出p=ρgh．这种运用假想液柱研究问题的思想方法被称为　　（选填“控制变量法”，“等效替代法”或“建立理想模型法”）③小明猜想液体压强公式也可以用来计算大气压强、他主要是依据气体与液体具有相似性：A．都具有流动性，B．　　。④小明在用公式p=ρgh计算大气压强的过程中也发现了困难，其困难在于　　（请至少写出两条）　三、作图题（共7分）16．（2分）在图中，物块受到水平向右，大小为2牛的拉力F，用力的图示法画出拉力F。17．（2分）在图中，根据给出的入射光线AO画出反射光线OB，并标出反射角及其度数。27\n18．（3分）在图中，将电源、电流表、电压表三个元件符号填入电路空缺处。要求电键S闭合后：①电流方向如图所示；②电压表测电阻R两端电压。　四、计算题（共26分）19．（6分）质量为2千克的水，温度升高了50℃．求水吸收的热量Q吸．[c水=4.2×103焦/（千克•℃）]。20．（6分）用如图所示机械在5秒内将重为10牛的物体匀速提升2米，不计摩擦，求此过程中拉力F做的功W及其功率P。21．（6分）如图所示电路，电源电压为12伏且不变，R1的阻值为10欧，滑动变阻器R2上标有“50Ω1A”字样。闭合电键S后，通过R1的电流为0.2安，①求R1两端的电压U1②求10秒内电流通过电阻R1做的功W1。③在电路安全工作的情况下，移动变阻器的滑片P到某位置，使R1消耗的功率与R2消耗的功率之比最大，求此时变阻器连入电路的阻值R222．（8分）簿壁圆柱形容器置于水平面上，容器重为0.2牛。底面积为2×10﹣2米2，其内盛有1千克的水。①求水的体积V。27\n②求容器对水平面的压强P。③现将一体积为1×10﹣4米3的实心均匀小球浸没在该容器的水中，放入前后水对容器底部压强变化量△p水及容器对水平面的压强变化量△p液如下表所示，求小球的密度ρ。△p水（帕）△p液（帕）0196　五、实验题（共18分）23．（4分）弹簧测力计是测量　　的工具，杠杆在如图所示位置静止时　　处于平衡状态（选填“是”或“不是”），为使杠杆在水平位置平衡，可调节其左侧的　　移动（选填“左”或“右”）。探究杠杆平衡条件的过程中需多次实验的目的与　　实验中多次实验的目的相同（选填“A”或“B”）。（A．测定物质密度；B．探究物体质量与体积关系）24．（4分）在“探究平面镜成像的特点”实验中，用　　替代平面镜，是为了便于确认　　的位置。在“验证凸透镜成像规律”的实验中，当蜡烛位于如图所示位置时，恰能在光屏上得到等大的像，则该凸透镜焦距为　　厘米，保持凸透镜位置不变，为了得到放大的像，可将发光物置于光具座上的　　点（选填字母）。25．（4分）为了研究不同形状的容器中加入液体后，液体对容器底部的压力F液和容器对水平面的压力F液的情况，某小组同学选用口大底小和口小底大两种形容的轻质薄壁容器进行实验，通过往容器中加入不同质量的液体m液．分别利出液体对容器底部的压力F液和容器对水平面的压力F液相关数据记录在如表中。实验序号12345627\nM液（千克）1.02.03.01.02.03.0F液（牛）6.19.812.710.322.136.1F容（牛）9.819.629.49.819.629.4容器形状①分析比较实验序号　　的数据及相关系件可能在口大底小的轻质容器中，加入一定质量的液体后。F液　　F容．（选填“大于”、“等于”或“小于”），②分析比较实数序号1与4或2与5或3与6的数据及相关条件可知，　　与容器形状有关（选填“F液”或“F容”）。③分析比较实验序号1、2与3或4，5与6中F液与m液的数据及相关条件可知，同一轮质容器中，加入不同质量的液体后，　　。26．（8分）小华同学做“测定小灯泡的电功率“实验，所用器材齐全且完好。电源电压有2、4、6和8伏四档，待测小灯为标有“2.5V”、“4.5V“字样中的一个，滑动变阻器有“10Ω2A“和“5Ω3A“两种规格。小华选用电源的电压为6伏档，正确连接电路且使变阻器连入电路中的电阻最大，闭合电键时，小灯发光较刺眼。两电表指针所处位置如图（a）、（b）所示。①判断所用滑动变阻器的规格并说明理由。　　②为了完成实验，小华拟对已有的电源档位或滑动变阻器规格进行调整，请分析其可行性，并写出具体的调整方案。　　。③调整好后，小华重新按正确方法进行实验。当小灯正常发光时，电流表指针所处位置如图（c）所示，请通过计算求出小灯的额定功率。　　　27\n2022年上海市黄浦区中考物理二模试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共16分下列各题均只有一个正确选项）1．（2分）地球属于太阳系中的（　　）A．恒星B．行星C．卫星D．彗星【分析】根据恒星、行星、卫星、彗星的定义进行判断：恒星是能发光的星体；行星通常指自身不发光，环绕着恒星的天体；卫星是环绕一颗行星按闭合轨道做周期性运行的天体；彗星是星际间物质。【解答】解：地球不能发光，围绕太阳这颗恒星运行，所以地球是行星。故选：B。【点评】掌握恒星、行星、卫星、彗星的定义是解决本题的关键。　2．（2分）下列属于三原色光的是（　　）A．黄光B．紫光C．蓝光D．白光【分析】彩色电视机荧屏上呈现各种颜色是由红绿蓝三色色光合成的，红、绿、蓝三种色光叫色光的三原色。【解答】解：用放大镜观察彩色电视画面，可以发现是由红、绿、蓝三种色光混合而成的，因此红、绿、蓝被称为色光的三原色。故选：C。【点评】光的三原色需要牢固记忆和掌握；色光的三原色和颜料的三原色容易混淆，要正确区分。　3．（2分）如图所示标志主要是为了控制发声体的（　　）27\nA．频率B．音调C．音色D．振幅【分析】声音的三个特征分别是：音调、响度、音色，是从不同角度描述声音的，音调指声音的高低，由振动频率决定；响度指声音的强弱或大小，与振幅和距离有关；音色是由发声体本身决定的一个特性；减弱噪声的途径有三种：即在声源处减弱、在人耳处减弱、在传播过程中减弱。【解答】解：响度指声音的强弱或大小，是由发声体振动的振幅决定的，振幅越大，响度越大；禁止鸣笛，即让发声体不再振动发声，属于在声源处减弱噪声，故此标志是控制发声体的振幅。故选：D。【点评】声音的特征有音调、响度、音色；三个特征是从三个不同角度描述声音的，且影响三个特征的因素各不相同。　4．（2分）篮球被抛出后在空中上升的过程中，下列说法正确的是（　　）A．动能不变B．动能增加C．重力势能不变D．重力势能增加【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：篮球被抛出后在空中上升的过程中，质量不变，速度减小，动能减小，高度增大，重力势能增大。故选：D。【点评】掌握动能、重力势能、弹性势能的影响因素，利用控制变量法，判断动能、重力势能、弹性势能、机械能的变化。　5．（2分）四冲程内燃机工作时，将内能转化成机械能的冲程是（　　）A．吸气冲程B．压缩冲程C．做功冲程D．排气冲程【分析】四冲程内燃机包括吸气、压缩、做功、排气四个冲程。其中有两个冲程存在能量转化：压缩冲程将机械能转化为内能，做功冲程将内能转化为机械能。27\n【解答】解：在四冲程内燃机的四个冲程中，压缩冲程中活塞压缩气体对其做功，将机械能转化为内能；做功冲程是将内能转化为机械能。故选：C。【点评】此题主要考查了四个冲程中的能量转化情况。压缩冲程与做功冲程发生了能量的转化，转化情况正好相反。　6．（2分）如图所示，悬挂在天花板下方的小球保持静止状态，下列属于一对平衡力的是（　　）A．小球受到的重力与绳子对小球的拉力B．小球受到的重力与小球对绳子的拉力C．小球对绳子的拉力与绳子对小球的拉力D．绳子受到的重力与天花板对绳子的拉力【分析】（1）二力平衡条件：大小相等、方向相反、作用在同一直线，作用在同一个物体上；（2）相互作用力的条件：大小相等、方向相反、作用在同一直线，作用在两个物体上。【解答】解：A、小球受到的重力与绳子对小球的拉力符合二力平衡的条件，是一对平衡力，故A正确；B、小球受到的重力与小球对绳子的拉力，没有作用在同一个物体上，且方向相同，所以不是平衡力，故B错误；C、小球对绳子的拉力与绳子对小球的拉力，没有作用在同一个物体上，不是平衡力，故C错误；D、绳子受到的重力与天花板对绳子的拉力，这两个力的大小不同（天花板对绳子的拉力等于绳子和小球的总重力），不是平衡力，故D错误。故选：A。【点评】本题主要考查学生对平衡力的辨别，学习中特别要注意平衡力和相互作用力的区别：是否作用于同一物体。　27\n7．（2分）甲、乙、丙三个物体同时同地沿同一直线做匀速直线运动，其中甲、乙的s﹣t图象如图所示，已如8秒时丙距离甲、乙的距离恰好相等。则（　　）A．丙可能与甲的运动方向相反B．丙的s﹣t图一定在甲的图线上方C．丙一定与乙的运动方向相同D．丙的s﹣t图线可能在乙的图线下方【分析】由图象读出t=8秒时甲、乙通过的路程，再根据8秒时丙距离甲、乙的距离恰好相等，求出甲8s内丙通过的路程，判断出距离关系即可。【解答】解：由图象读出t=8秒时，二者通过的路程为s甲=20m，s乙=10m，又知道8秒时丙距离甲、乙的距离恰好相等，可以判断出甲和丙方向相同，和乙方向相反；甲和丙方向相同，则甲丙间的距离为△s=s甲﹣s丙=20m﹣s丙，乙和丙方向相反，则乙丙间的距离为△s′=s乙+s丙=10m+s丙，因为8秒时丙距离甲、乙的距离恰好相等，即20m﹣s丙=10m+s丙，所以s丙=5m，故丙的s﹣t图线可能在乙的图线下方，如图所示：故选：D。【点评】本题考查了速度的计算和s﹣t图象的认识和理解，读懂图象是解决此题的关键，判断出甲、乙、丙三车的运动方向是难点。　8．（2分）如图所示电路中，电源电压相同且不变，电路元件均完好，电流表A1的示数比A2大，下列方案中有可能使两电流表示数相同的有（　　）27\n方案：①用一个更小的电阻替换R3②将图（a）中的R2与（b）中的R1互换③用一个更大的电阻替换R2④将图（a）中的R1与（b）中的R3互换A．0个B．1个C．2个D．3个【分析】闭合电键S后，由（a）电路图可知，电路为R1与R2的并联电路，电流表A1测干路中的电流；由（b）电路图可知，R1与R3串联，电流表A2测电路电流；电流表A1、A2的示数相同，且电源电压相等且保持不变，根据欧姆定律可知它们的电阻关系，根据并联电路的电阻特点可知R3与R1、R2之间的关系。【解答】解：闭合电键S后，由（a）电路图可知，电路为R1与R2的并联电路，电流表A1测干路中的电流；I1=+由（b）电路图可知，R1与R3串联，电流表A2测电路电流；①电流表A2示数：I2=，用一个更小的电阻替换R3；由I2=可得，I2电流变大；电源电压相同且不变，I2＜I1，故①错误；②将图（a）中的R2与（b）中的R1互换，图（a）中的总电阻，Ra=，图（b）中的总电阻，Rb=R2+R3，Ra=Rb有可能，由I=可得，有可能使两电流表示数相同，故②正确；③图（a）中的总电阻，Ra′=，用一个更大的电阻替换R2，Ra′变大，图（b）中的总电阻，Rb=R1+R3，Ra≠Rb，由I=可得，不可能使两电流表示数相同，故③错误；④将图（a）中的R1与（b）中的R3互换，图（a）中的总电阻，Ra′′=27\n，用一个更大的电阻替换R2，Ra′变大，图（b）中的总电阻，Rb=R1+R2，Ra=Rb有可能，由I=可得，有可能使两电流表示数相同，故④正确。故选：C。【点评】本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律的应用，分清电路中之间的关系和电阻之间的关系是关键。　二、填空题（共23分）9．（3分）一节新干电池的电压是　1.5　伏。额定功率为0.5千瓦的用电器正常工作2小时，耗电　1　度；电能与其他形式能的转化必然遵循　能量守恒　定律。【分析】（1）一节新干电池的电压为1.5V；（2）用电器正常工作时的功率和额定功率相等，根据W=Pt求出正常工作2小时消耗的电能；（3）能量的转化和守恒定律是指能量在转化和转移中总量保持不变。【解答】解：（1）一节新干电池的电压为1.5V；（2）由P=可得，额定功率为0.5千瓦的用电器正常工作2小时消耗的电能：W=Pt=0.5kW×1h=2kW•h；（3）电能与其他形式能的转化必然遵循能量守恒定律。故答案为：1.5；1；能量守恒。【点评】本题考查了常见电源电压值的记忆和电功的计算以及能量守恒定律，是一道基础题目。　10．（3分）地球间步卫星绕地运动是由于力可以改变物体的　运动状态　，此过程中以地球为参照物，卫星是　静止　的（选填“运动”或“静止”），它的惯性将　不变　（选填“变大”、“不变”或“变小”）。【分析】力的作用效果是改变物体的形状或改变物体的运动状态。判断物体的运动与静止时，关键看研究对象相对于参照物的位置是否发生改变。惯性的大小与质量有关，与速度无关。【解答】解：①地球间步卫星绕地运动是由于力可以改变物体的运动状态；②以地球为参照物，卫星和地球之间的位置没有发生变化，所以若以地球为参照物，地球同步卫星是静止的；③惯性的大小与质量有关，与速度无关，卫星的质量不变，故惯性不变。27\n故答案为：运动状态；静止；不变。【点评】此题主要考查学生对力的作用效果、参照物的选择和惯性的理解和掌握。培养学生利用物理原理来解释科技现象的能力。在物理学习中，要注意勤于思考，学以致用。　11．（3分）“电流周围存在磁场”是丹麦科学家　奥斯特　首先发现的。为了描述看不见、摸不着的磁场，人们假想出的曲线叫做　磁感线　。如图所示，电源左侧应为　负　极（选填“正”或“负”）。【分析】（1）奥斯特实验说明了通电导线周围存在着磁场；（2）磁感线是用来描述磁场的一种理想化的模型，实际上不存在；（3）利用安培定则可以判断通电螺线管的极性或电流方向。【解答】解：丹麦科学家奥斯特首先发现了电流周围存在磁场，为了描述看不见、摸不着的磁场，人们假想出的曲线叫做磁感线，实际上不存在；已知螺线管的左端为N极，用右手握住螺线管，使大拇指指向螺线管的N极，则四指所指的方向为电流的方向，即电流从螺线管右端流入，左端流出，所以电源的右侧是正极，左侧为负极。如图所示：故答案为：奥斯特；磁感线；负。【点评】本题考查磁场方向、磁感线、安培定则的应用、电流磁场的发现等问题，是一道基础题，掌握基础知识即可正确解题。　12．（3分）将一金属小球与地面反复碰撞后发现小球的温度略有升高，这是通过　做功　的方式增加了小球的内能，现將小球浸没在水中，已知其体积为1×10﹣3米327\n，则它受到的浮力大小为　9.8　牛，若小球所受重力与浮力的合力为10牛。则小球的重力大小为　19.8　牛。【分析】（1）做功和热传递都可以改变物体的内能，它们的主要区别是：做功是能量的转化，而热传递是能量的转移；（2）物体完全浸没后，物体排开水的体积等于物体的体积，利用阿基米德原理F浮=ρgV排求物体受到水的浮力；利用F合=G﹣F浮计算重力与浮力的合力。【解答】解：（1）将一金属小球与地面反复碰撞后发现小球的温度略有升高，这是通过做功的方式增加了小球的内能；（2）物体受到的浮力：F浮=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×9.8N/kg×1×10﹣3m3=9.8N；重力的方向竖直向下，浮力的方向竖直向上，即重力和浮力的方向相反，由题知，小球所受重力与浮力的合力为10牛，根据力的合成可知，F合=G﹣F浮，所以小球的重力大小为：G=F合+F浮=10N+9.8N=19.8N，故答案为：做功；9.8；19.8。【点评】本题考查了学生对阿基米德原理、同一直线上二力的合成的了解与掌握，注意隐含条件“物体浸没水中后，物体排开水的体积等于物体的体积”的运用。　13．（3分）通过某导体的电流为0.2安，则10秒内通过它横截面的电荷量为　2　库，此时该导体两端电压为4伏。其电阻为　20　欧，若增大通过该导体的电流，其电阻将　不变　（选填“变大”，“不变”或“变小”）。【分析】（1）知道通过导体的电流，根据Q=It求出10秒内通过它横截面的电荷量，又知道导体两端的电压，根据欧姆定律求出导体的电阻；（2）电阻是导体本身的一种性质，只与导体的材料、长度、横截面积和温度有关，与两端的电压和通过的电流无关。【解答】解：由I=可得，10秒内通过它横截面的电荷量：Q=It=0.2A×10s=2C，由I=可得，导体的电阻：27\nR===20Ω，因电阻是导体本身的一种性质，与两端的电压和通过的电流无关，所以，增大通过导体的电流时，导体的电阻仍为20Ω不变。故答案为：2；20；不变。【点评】本题考查了电流定义式和欧姆定律的应用，关键是知道导体的电阻与两端的电压和通过的电流无关，是一道基础题目。　14．（2分）在如图所示的电路中，电源电压保持不变。已知电阻R1、R2中的一个或两个同时发生断路故障，且其他元件均保持完好。现将一个完好的电流表接入电路，利用电键S的开闭排查出所有可能的故障情况，电流表应接入电路中　b　处（选填“a”、“b”或“c”），写出现象及其对应的故障　若闭合开关S前后，电流表的示数均为0，则电阻R1、R2同时断路；若闭合S前，电流表示数为0，闭合S后电流表示数不为0，则表明R2断路；若闭合开关S前示数不为0，闭合S后，电流表示数不变，则表明R1断路　。【分析】首先判定电路的连接状态，然后根据并联电路电流的特点分析电路的故障。【解答】解：由图可知，当开关S闭合后，该电路为并联电路，干路中的电流等于支路电流的和；如果把电流表接在支路中，电流表只能测量一条支路的电流，无法测量另外一条支路的电流，故应该把电流表接入干路中，即接在b处；若闭合开关S前后，电流表的示数均为0，则电阻R1、R2同时断路；若闭合S前，电流表示数为0，闭合S后电流表示数不为0，则表明R2断路；若闭合开关S前示数不为0，闭合S后，电流表示数不变，则表明R1断路。故答案为：b；若闭合开关S前后，电流表的示数均为0，则电阻R1、R2同时断路；若闭合S前，电流表示数为0，闭合S后电流表示数不为0，则表明R2断路；若闭合开关S前示数不为0，闭合S后，电流表示数不变，则表明R1断路。【点评】本题考查了利用电流表检查电路的故障，属于基础知识。　27\n15．（4分）如图所示是理论推导液体内部压强公式的示意图。①如图（a）所示，研究A点受到的液体压强大小，在A点所处位置沿水平方向假想出一个受力面S．如图（b）所示，可用受力面S受到的液体压强大小代替A点受到的液体压强大小，其依据是　同种液体在同一深度向各个方向的压强相等　。②然后在受力面S上方假想出一段液柱，如图（c）所示，即可用压强定义式P=推导出p=ρgh．这种运用假想液柱研究问题的思想方法被称为　建立理想模型法　（选填“控制变量法”，“等效替代法”或“建立理想模型法”）③小明猜想液体压强公式也可以用来计算大气压强、他主要是依据气体与液体具有相似性：A．都具有流动性，B．　都受重力　。④小明在用公式p=ρgh计算大气压强的过程中也发现了困难，其困难在于　气体的密度不均匀；重力系数g会随海拔高度的改变而改变；深度h不好确定　（请至少写出两条）【分析】①液体内部压强在同一深度处处相等；②通过建立模型来揭示原型的形态、特征和本质的方法称为理想模型法。③根据液体压强产生的原因分析解答；④根据p=ρgh，可从气体的密度、重力示数和深度的角度分析解答。【解答】解：①如图（b）所示，用受力面S受到的液体压强大小代替A点受到的液体压强大小，其依据是：同种液体在同一深度向各个方向的压强相等；②液柱对受力面S的压力F=G，所以，液柱对受力面S的压强p=====ρgh，这种运用假想液柱研究问题的思想方法被称为建立理想模型法；③液体和气体类似，都受重力的作用，所以都会压在物体上，对物体有向下压强；液体和气体都具有流动性，所以对容器侧壁或物体侧壁也有压强。据此可猜想液体压强公式也可以用来计算大气压强，即他主要是依据气体与液体具有相似性：A、都具有流动性；B、都受重力；④27\n在用公式p=ρgh计算大气压强的过程中，其困难在于：气体的密度不均匀；重力系数g会随海拔高度的改变而改变；深度h不好确定。故答案为：①同种液体在同一深度向各个方向的压强相等；②建立理想模型法；③都受重力；④气体的密度不均匀；重力系数g会随海拔高度的改变而改变；深度h不好确定。【点评】此题主要考查液体压强的相关知识，气体与液体具有相似性，因此，我们也可以利用液体压强公式粗略地计算气体压强。　三、作图题（共7分）16．（2分）在图中，物块受到水平向右，大小为2牛的拉力F，用力的图示法画出拉力F。【分析】作力的图示时，注意力的方向、大小和作用点要全部表示出来。并要先选出比例尺，然后过物体重心作水平向右的力，根据力的大小确定线段的长度。【解答】解：先选取一段表示2N的线段，然后过物体的重心作水平向右的大小为2N的拉力F，其长短为表示1N线段的2倍，图示如下：【点评】注意力的示意图与力的图示的区别：力的示意图不用选择标度，而力的图示则要选择合适的标度。　17．（2分）在图中，根据给出的入射光线AO画出反射光线OB，并标出反射角及其度数。【分析】根据光的反射定律：反射光线、入射光线和法线在同一平面内，反射光线、入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角，作出反射光线并标出反射角及其度数。【解答】27\n解：已知入射角为60°，根据光的反射定律可知反射角也为60°；根据反射角等于入射角，在法线的右侧画出反射光线OB，并标出反射角及其度数，如图所示：【点评】由于题目已经作出法线，根据反射角等于入射角，在同一平面内法线的另一侧画出入射光线即可，注意完成题目的要求。要注意入射角是入射光线与法线之间的夹角。　18．（3分）在图中，将电源、电流表、电压表三个元件符号填入电路空缺处。要求电键S闭合后：①电流方向如图所示；②电压表测电阻R两端电压。【分析】要使灯泡发光则必须有电源；电流表在电路中相当于短路，并且与用电器串联；电压表测L两端电压，所以电压表与L并联。【解答】解：因为电压表测电阻R两端电压，故电压表与R并联，所以中间一定为电压表，右边一定为电源，并且上边为正极，则左边为电流表，如下图所示：【点评】此类型题目要求对电路中各元件的作用及使用方法要非常明确，然后根据串并联电路的特点正确连接电路。　四、计算题（共26分）19．（6分）质量为2千克的水，温度升高了50℃．求水吸收的热量Q吸．[c水=4.2×103焦/（千克•℃）]。27\n【分析】解决此题要结合热量公式Q吸=cm△t即可求解。【解答】解：Q吸=c水m△t=4.2×1O3J/（kg•℃）×2kg×50℃=4.2×1O5J；答：水吸收的热量为4.2×105J。【点评】解决此题要利用热量的公式进行计算，正确理解“温度升高了50℃”的物理意义，注意比热容的单位的书写。　20．（6分）用如图所示机械在5秒内将重为10牛的物体匀速提升2米，不计摩擦，求此过程中拉力F做的功W及其功率P。【分析】（1）由图可知滑轮为定滑轮，知道使用定滑轮不省力；（2）不计滑轮重及摩擦，利用W=Gh和P=求出拉力做的功和功率。【解答】解：由图知滑轮为定滑轮，则拉力端移动的距离s=h=2m，不计摩擦，则拉力F=G=10N，拉力F做的功：W=Fs=10N×2m=20J；拉力的功率：P===4W。答：拉力做的功为20J，功率为4W。【点评】本题考查了学生对定滑轮的使用和功、功率的计算，因条件已给出，难度不大。　21．（6分）如图所示电路，电源电压为12伏且不变，R1的阻值为10欧，滑动变阻器R2上标有“50Ω1A”字样。闭合电键S后，通过R1的电流为0.2安，①求R1两端的电压U1②求10秒内电流通过电阻R1做的功W1。③在电路安全工作的情况下，移动变阻器的滑片P到某位置，使R1消耗的功率与R227\n消耗的功率之比最大，求此时变阻器连入电路的阻值R2【分析】①由图知，两电阻串联，由U=IR计算R1两端的电压；②由W=UIt计算10秒内电流通过R1做的功。③在电路安全工作的情况下，由P=I2R分析解答两电阻的功率比最大时变阻器连入电路的阻值。【解答】解：①由电路图知，R1与R2串联，闭合电键S后，通过R1的电流为0.2A，由I=可得：U1=I1R1=0.2A×10Ω=2V；②10秒内电流通过R1做的功：W1=U1I1t=2V×0.2A×10s=4J；③由串联电路中电流处处相等和P=I2R有：==，R1为定值电阻，所以R2连入电路的阻值越小，两电阻的功率比越大，由变阻器的规格和串联电路的电流特点可知，电路中的最大电流为1A，此时电路总电阻最小，变阻器连入阻值最小，所以：R2min=Rmin﹣R1=﹣R1=﹣10Ω=2Ω。答：①R1两端的电压为2V；②10秒内电流通过R1做的功为4J；③在电路安全工作的情况下，变阻器连入电路的阻值为2Ω时，R1消耗的功率与R2消耗的功率之比最大。【点评】本题考查了串联电路特点、欧姆定律公式、电功率公式和电功公式的应用，由功率比和电阻比关系结合变阻器规格分析电路中的最大电流是关键。　22．（8分）簿壁圆柱形容器置于水平面上，容器重为0.2牛。底面积为2×10﹣2米227\n，其内盛有1千克的水。①求水的体积V。②求容器对水平面的压强P。③现将一体积为1×10﹣4米3的实心均匀小球浸没在该容器的水中，放入前后水对容器底部压强变化量△p水及容器对水平面的压强变化量△p液如下表所示，求小球的密度ρ。△p水（帕）△p液（帕）0196【分析】①利用密度公式计算水的体积。②容器对水平面的压力等于容器和容器内水的重力之和，又知容器的底面积，即受力面积，利用压强公式计算容器对水平面的压强。③由△p水=0Pa可知，容器内的水一开始是满的，所以，V溢=V物；由题意可知，将小球浸没在该容器的水中后，容器对桌面的压力变化量等于小球的重力减去溢出水的重力，据此根据p=、G=mg和ρ=列出等式，求解小球的密度。【解答】解：①根据ρ=可得，水的体积：V===1×10﹣3m3。②容器内水的重力：G水=m水g=1kg×9.8N/kg=9.8N，容器对水平面的压力：F=G容+G水=0.2N+9.8N=10N，容器对水平面的压强：p===500Pa。③由△p水=0Pa可知，容器内的水一开始是满的，所以，V溢=V物=1×10﹣4m3，由题意可知，将小球浸没在该容器的水中后，容器对桌面的压力变化量等于小球的重力减去溢出水的重力，所以根据p=、G=mg和ρ=可得：△F=△p液S=ρ物gV物﹣ρ水gV溢，即196Pa×2×10﹣2m2=ρ物×9.8N/kg×1×10﹣4m3﹣1×103kg/m3×9.8N/kg×1×10﹣4m3，27\n解得，ρ物=5×103kg/m3。答：①水的体积为1×10﹣3m3。②容器对水平面的压强为500Pa。③小球的密度为5×103kg/m3。【点评】此题考查压强和密度的大小计算、重力、密度和液体压强公式的应用等多个知识点，是一道综合性非常强的题目，知道容器对水平面的压力等于容器和容器内水的重力之和、根据△p水=0Pa判断出容器内的水一开始是满的是解答此题的两个关键点；根据题意得出将小球浸没在该容器的水中后，容器对桌面的压力变化量等于小球的重力减去溢出水的重力，并根据p=、G=mg和ρ=列出等式是此题的难点。　五、实验题（共18分）23．（4分）弹簧测力计是测量　力　的工具，杠杆在如图所示位置静止时　是　处于平衡状态（选填“是”或“不是”），为使杠杆在水平位置平衡，可调节其左侧的　右　移动（选填“左”或“右”）。探究杠杆平衡条件的过程中需多次实验的目的与　B　实验中多次实验的目的相同（选填“A”或“B”）。（A．测定物质密度；B．探究物体质量与体积关系）【分析】（1弹簧测力计是测量力的工具；杠杆处于静止状态或匀速转动状态都称为平衡状态；如果杠杆不在水平位置平衡，可通过反向调节（向偏高的一端）平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡；（2）为了探究规律应多测量几组实验数据。【解答】解弹簧测力计是测量力的工具；实验前，杠杆停在图甲所示的位置，此时杠杆处于静止状态，是平衡状态；当杠杆的左端偏低时，可将两端的平衡螺母向右调节；（2）探究杠杆平衡条件的过程中需多次实验的目的是为了得到普遍性的规律，与探究物体质量与体积关系实验中多次实验的目的相同，故选B。故答案为：力；是；右；B。【点评】此题主要考查学生对于杠杆平衡条件的理解，常见题目。27\n　24．（4分）在“探究平面镜成像的特点”实验中，用　玻璃板　替代平面镜，是为了便于确认　像　的位置。在“验证凸透镜成像规律”的实验中，当蜡烛位于如图所示位置时，恰能在光屏上得到等大的像，则该凸透镜焦距为　20　厘米，保持凸透镜位置不变，为了得到放大的像，可将发光物置于光具座上的　B、D　点（选填字母）。【分析】（1）探究平面镜成像实验中，要用透明的玻璃板代替平面镜，虽然成像不太清晰，但是在物体A一侧能看到物体A的像，同时还能看到代替物体A的另一个物体B，便于确定像的位置；（2）掌握凸透镜成像的规律：物距大于2倍焦距，成倒立缩小的实像，像距处于1倍和2倍焦距之间；物距等于2倍焦距，成倒立等大的实像，像距等于2倍焦距；物距处于1倍、2倍焦距之间，成倒立放大的实像，像距大于2倍焦距；物距等于1倍焦距时，不成像；物距小于焦距，成正立、放大的虚像。【解答】解：（1）使用透明玻璃板是采用其透明的物理属性，使眼睛在蜡烛A一侧能看到物体A的像，同时还能看到代替物体A的另一个物体B，便于确定像的位置；（2）蜡烛到凸透镜的距离为50cm﹣10cm=40cm时，光屏上呈现一个倒立等大的像，则2f=40cm，所以f=20cm；A点到凸透镜的距离为50cm﹣5cm=45cm，大于2f，成倒立缩小的实像；B点到凸透镜的距离为50cm﹣15cm=35cm，处于f和2f之间，成倒立放大的实像；C点到凸透镜的距离为50cm﹣30cm=20cm，等于f，不成像；D点到凸透镜的距离为50cm﹣40cm=10cm，小于f，成正立放大的虚像；所以当蜡烛置于图中B、D点处能成放大的像。27\n故答案为：玻璃板；像；20；B、D。【点评】（1）掌握平面镜成像实验中各器材选择和操作的目的，例如为什么选择薄透明玻璃板、为什么选择两个完全相同的蜡烛、玻璃板为什么要竖直放置、眼睛从什么位置观察、刻度尺的作用等；（2）探究凸透镜成像实验中，凸透镜的焦距、凸透镜三种成像情况、凸透镜成实像时，物距增大像距减小，像变小、这三种知识点经常出现，一定要熟练掌握。　25．（4分）为了研究不同形状的容器中加入液体后，液体对容器底部的压力F液和容器对水平面的压力F液的情况，某小组同学选用口大底小和口小底大两种形容的轻质薄壁容器进行实验，通过往容器中加入不同质量的液体m液．分别利出液体对容器底部的压力F液和容器对水平面的压力F液相关数据记录在如表中。实验序号123456M液（千克）1.02.03.01.02.03.0F液（牛）6.19.812.710.322.136.1F容（牛）9.819.629.49.819.629.4容器形状①分析比较实验序号　1与2与3　的数据及相关系件可能在口大底小的轻质容器中，加入一定质量的液体后。F液　小于　F容．（选填“大于”、“等于”或“小于”），②分析比较实数序号1与4或2与5或3与6的数据及相关条件可知，　F液　与容器形状有关（选填“F液”或“F容”）。③分析比较实验序号1、2与3或4，5与6中F液与m液的数据及相关条件可知，同一轮质容器中，加入不同质量的液体后，　容器对水平面的压力F容与液体的质量m液的成正比　。【分析】根据表格中的数据，找出实验过程中控制的物理量，变化的物理量，最终实验结果，在实验步骤中对比确定。【解答】解：①在口大底小的轻质容器中，加入一定质量的液体后，由数据1与2与3可知，液体产生的压力要大于液体和容器产生的压力，即F液小于F容。②分析比较实数序号1与4或2与5或3与6的数据及相关条件可知，液体的质量相同，容器形状不同，液体产生的压力是不同的，故F液与容器形状有关；③分析比较实验序号1、2与3或4，5与6中F液与m液27\n的数据及相关条件可知，同一轮质容器中，液体的质量越大，F容越大，容器对水平面的压力F容与液体的质量m液的成正比。故答案为：①1与2与3；小于；②F液；③容器对水平面的压力F容与液体的质量m液的成正比。【点评】本题考查了控制变量法的应用，解题的关键是对控制变量法有正确的认识，明确哪是控制的量，哪是要研究的量。　26．（8分）小华同学做“测定小灯泡的电功率“实验，所用器材齐全且完好。电源电压有2、4、6和8伏四档，待测小灯为标有“2.5V”、“4.5V“字样中的一个，滑动变阻器有“10Ω2A“和“5Ω3A“两种规格。小华选用电源的电压为6伏档，正确连接电路且使变阻器连入电路中的电阻最大，闭合电键时，小灯发光较刺眼。两电表指针所处位置如图（a）、（b）所示。①判断所用滑动变阻器的规格并说明理由。　滑动变阻规格“10Ω2A“；由串联电路的规律和欧姆定律可得，变阻器连入电路中的电阻为：R滑===10Ω　②为了完成实验，小华拟对已有的电源档位或滑动变阻器规格进行调整，请分析其可行性，并写出具体的调整方案。　换用档位为4V的电源　。③调整好后，小华重新按正确方法进行实验。当小灯正常发光时，电流表指针所处位置如图（c）所示，请通过计算求出小灯的额定功率。　正常发光时的电流一定小于0.32A，故由（c）知，电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流大小为0.2A，故小灯的额定功率为：P额=UIL=2.5V×0.2A=0.5W。　【分析】①由正确连接电路且使变阻器连入电路中的电阻最大，根据两电表指针所处位置如图（a）、（b）所示，读出电表示数，根据闭合电键时，小灯发光较刺眼，确定选用用灯的额定电压为，由串联电路的规律和欧姆定律I=求变阻器连入电路中的电阻；②灯在额定电压下正常发光，根据（1）中现象分析，要使灯正常发光，变阻器的最大电阻太小，故只能采用降低电源电压的方法；③由（1）知灯发光较刺眼时的电流为0.32A，故正常发光时的电流一定小于0.32A27\n，根据（c）知确定电流表选用的量程确定分度值读数，根据P=UI求灯的额定功率。【解答】解：①正确连接电路，即变阻器与灯串联，电压表测灯的电压，且使变阻器连入电路中的电阻最大，两电表指针所处位置如图（a）、（b）所示，图中电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流大小为0.32A；电压表选用小量程，分度值为0.1V，电压为2.8V；小华选用电源的电压为6伏档，因闭合电键时，小灯发光较刺眼，说明灯的电压大于额定电压，故选用灯的额定电压为2.5V，由串联电路的规律和欧姆定律可得，变阻器连入电路中的电阻为：R滑===10Ω，故选用的滑动变阻规格为“10Ω2A”；②灯在额定电压下正常发光，在（1）中，当变阻器的最大电阻连入电路中时，灯的实际电压大于灯的额定电压2.5V，说明变阻器的最大电阻太小，故只能选用电源的电压为4伏档；③当小灯正常发光时，电流表指针所处位置如图（c）所示，由（1）知灯发光较刺眼时的电流为0.32A，故正常发光时的电流一定小于0.32A，由图（c）知，电流表应选用小量程，分度值为0.02A，电流大小为0.2A，则灯的额定功率为：P额=UIL=2.5V×0.2A=0.5W。故答案为：①滑动变阻规格“10Ω2A”；由串联电路的规律和欧姆定律可得，变阻器连入电路中的电阻为：R滑===10Ω；②换用档位为4V的电源；③正常发光时的电流一定小于0.32A，由图（c）知，电流表应选用小量程，分度值为0.02A，电流大小为0.2A，则小灯的额定功率为：P额=UIL=2.5V×0.2A=0.5W。【点评】本题测定小灯泡的电功率，考查串联电路的规律和欧姆定律的运用及功率的计算，综合性强，难度较大。　27