江苏省泰州市2022年中考物理试卷解析版

这是一份江苏省泰州市2022年中考物理试卷解析版，共10页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题，作图题，计算题等内容，欢迎下载使用。

江苏省泰州市2022年中考物理试卷
一、单选题
1．在国际单位制中，下列物理量的单位不是以科学家的名字命名的是（　　）
A．电阻 B．压强 C．能量 D．质量
【答案】D
【知识点】质量及其特性；压强；电阻
【解析】【解答】A．电阻的单位是欧姆，是根据物理学家欧姆的名字命名的，A不符合题意；
B．压强的单位是帕斯卡，是根据物理学家帕斯卡的单位名字的，B不符合题意；
C．能量的单位是焦耳，是根据物理学家焦耳的名字命名的，C不符合题意；
D．质量的单位是千克，不是根据科学学家名字命名的，D符合题意。
故答案为：D。

【分析】明确选项中物理量的单位，结合物理常识解答。
2．下列能源中，属于非清洁能源的是（　　）
A．风能 B．煤炭 C．水能 D．太阳能
【答案】B
【知识点】能源及其分类
【解析】【解答】风能，水能，太阳能使用时不排放污染物，能够直接用于生产生活，它们属于清洁能源，煤炭使用时产生大量污染物污染环境，是非清洁能源，B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。

【分析】 清洁能源，即绿色能源，是指不排放污染物、能够直接用于生产生活的能源，它包括核能和“可再生能源”。
3．关于家庭电路和安全用电，下列说法正确的是（　　）
A．用电器的金属外壳一定要接地
B．对人体而言，安全电压一般是36V
C．使用测电笔时，手不得接触笔尾金属电极
D．控制电灯的开关，接在零线或火线上都可以
【答案】A
【知识点】电压和电压的单位换算；家庭电路的连接；测电笔的使用；安全用电原则
【解析】【解答】A．有金属外壳的用电器一定要接地线，避免金属外壳用电器漏电时发生触电事故，A符合题意；
B．人体的安全电压不高于36V，B不符合题意；
C．使用测电笔时，应让手与笔尾的金属体接触，当氖管发光时，说明笔尖接触的是火线，C不符合题意；
D．为了用电安全，控制电灯的开关应该接在火线上，D不符合题意。
故答案为：A。

【分析】金属外壳的用电器一定要接地线，人体的安全电压不高于36V，测电笔使用时，手接金属笔尾，不能接触金属笔尖，控制电灯的开关应该接在火线上。
4．下列关于粒子和宇宙的认识正确的是（　　）
A．汤姆生发现了电子，说明原子核仍可再分
B．地球等行星绕太阳运动，说明太阳是宇宙的中心
C．端午节闻到粽子香味，说明分子在不停地做无规则运动
D．玻璃棒与丝绸摩擦后能带电，说明通过摩擦可创造电荷
【答案】C
【知识点】两种电荷；分子热运动；原子结构；宇宙
【解析】【解答】A．电子的发现，使人类意识到原子也是可以在分的，原子是由原子核和核外电子组成的，原子核由质子和中子组成，A不符合题意；
B．地球等行星绕太阳运动，太阳是太阳系的中心，而不是宇宙的中心，B不符合题意；
C．端午节闻到粽子香味，是香味分子扩散到空气中，进入到了人的鼻腔，说明分子在不停地做无规则运动，C符合题意；
D．摩擦起电没有创造电荷，它的本质是电荷发生了转移，玻璃棒与丝绸摩擦后能带电，是因为玻璃板失去电子，从而带上了正电，D不符合题意。
故答案为：C。

【分析】电子的发现，得出原子是由原子核和核外电子组成的；太阳是太阳系的中心，而不是宇宙的中心；扩散现象说明分子在不停地做无规则运动；摩擦起电的实质是电荷的转移。
5．下列关于物质的物理属性及应用的说法错误的是（　　）
A．房屋的天窗采用透光性好的玻璃
B．电线外层包有绝缘性好的塑料
C．白炽灯灯丝用熔点高的钨制成
D．水壶的把手用导热性好的胶木制成
【答案】D
【知识点】导体与绝缘体
【解析】【解答】A．房屋的天窗采用透光性好的玻璃，可以使屋内光线明亮，A正确，不符合题意；
B．塑料是性能良好的绝缘体，电线外层用塑料制成，可以避免漏电和触电，B正确，不符合题意；
C．白炽灯的灯丝要耐高温，不易熔化，所以要求灯丝用熔点高的钨制成，C正确，不符合题意；
D．水壶的把手用导热性差的胶木制成，避免烫手，D错误，符合题意。
故答案为：D。

【分析】物质的性质决定物质的用途，根据实际需要结合物理属性进行解答。
6．在2022北京冬奥会短道速滑男子1000米比赛中，中国选手任子威获得金牌。图甲是他正全力通过弯道、图乙是他获胜后站立在水平赛场中央大声欢呼的情形，下列说法正确的是（　　）
A．通过弯道过程中他处于平衡状态
B．站立时他受到的重力和他对冰面的压力是一对相互作用力
C．站立时他受到的重力和他对冰面的压力是一对平衡力
D．图甲中他的手对冰面的压力与冰面对他的手的支持力是一对相互作用力
【答案】D
【知识点】力作用的相互性；二力平衡的条件及其应用；平衡状态的判断
【解析】【解答】A．通过弯道过程中，他的运动状态发生改变，他不处于平衡状态，A不符合题意；
B．站立时，他受到的重力和他对冰面的压力两个力的方向相同，故不是相互作用力，B不符合题意；
C．站立时他受到的重力和他对冰面的压力这两个力的方向相同，故不是平衡力，C不符合题意；
D．图甲中他的手对冰面的压力与冰面对他的手的支持力，这两个力大小相等，方向相反，施力物体和受力物体互为彼此，同时产生，同时消失，故是一对相互作用力，D符合题意。
故答案为：D。

【分析】静止和匀速直线运动的物体处于平衡状态；平衡力和相互作用力的区别在于是否作用在同一物体上，两个等大反向的力作用在同一物体上，即为平衡力，作用在不同物体上即为相互作用力。
7．随着人们生活水平的不断提高，自行车功能正从代步转变为健身其构造中包含许多物理原理，例如：在轮胎上刻花纹来增大摩擦，下列四种改变摩擦力的方法与该例相同的是（　　）
A．自行车刹车时捏紧刹把
B．溜冰时穿旱冰鞋
C．体操运动员在手上涂镁粉
D．运动员击球时用力握球拍
【答案】C
【知识点】增大或减小摩擦的方法
【解析】【解答】在轮胎上刻花纹，是通过增大接触面的粗糙程度，来增大摩擦的。
AD．自行车刹车时捏紧刹把、运动员击球时用力握球拍，都通过增大压力来增大摩擦，AD不符合题意；
B．溜冰时穿旱冰鞋通过变滑动为滚动来减小摩擦的，B不符合题意；
C．体操运动员在手上涂镁粉，是通过增大接触面的粗糙程度，来增大摩擦的，C符合题意。
故答案为：C。

【分析】减小摩擦力可以通过减小接触面粗糙程度、减小压力和变滑动摩擦为滚动摩擦的方式；增加摩擦力可以通过增加接触面粗糙程度、增加压力和变滚动摩擦为滑动摩擦的方式。
8．如图所示，虚线是小华抛出的皮球落地后又弹起的运动轨迹，当皮球运动到最高点A时，若它所受外力突然全部消失，则皮球将（　　）
A．保持静止 B．沿水平方向做匀速直线运动
C．竖直向上做匀速直线运动 D．竖直向下做匀速直线运动
【答案】B
【知识点】牛顿第一定律；惯性及其现象
【解析】【解答】如图所示，当皮球运动到最高点A时，还会向前运动，说明此时具有水平的速度，当此时它所受外力突然全部消失，小球将由于惯性，继续向前做匀速直线运动，ACD不符合题意，B符合题意。
故答案为：B。

【分析】根据牛顿第一定律：一切物体在没有受到外力作用的时候，总保持原来静止状态或匀速直线运动状态。
9．夏天，将饮料放入冰箱冷藏室，饮料温度降低，下列说法正确的是（　　）
A．饮料将温度传递给冰箱中的空气
B．饮料放出热量后自身所含热量减少
C．饮料温度降低的过程伴随着内能的转移
D．饮料放热是因为饮料的内能比冰箱中空气的内能多
【答案】C
【知识点】内能的概念；温度、热量与内能的关系；热传递的概念与方式
【解析】【解答】A．饮料和冰箱冷藏室里的空气温度不同，两者会发生热传递，温度高的饮料会放出热量，将热量传给冰箱中的空气，A不符合题意；
B．饮料放出热量后温度降低，内能减少，热量是过程量，不能用含有、具有来描述，B不符合题意；
C．发生热传递时，饮料放出热量，内 能减少，温度降低，冰箱冷藏室里的气体吸收热量，内能增加，温度升高，所以饮料温度降低的过程伴随着内能的转移，C符合题意；
D．饮料放热是因为饮料温度比冰箱中空气的温度高，温度高不一定内能多，内能还与物体的质量等因素有关，D不符合题意。
故答案为：C。

【分析】 热传递是热量从温度高的物体传到温度低的物体，或者从物体的高温部分传到低温部分的过程。热量是热传递时改变的能量，物体吸收热量，内能增加；放出热量，内能减少。内能与物体的质量和温度等因素有关。
10．如图甲所示是一款新式手电筒，当沿图中箭头方向来回摇动电筒时，灯泡就能发光图乙所示的四个实验中能反映其工作原理的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】电磁感应
【解析】【解答】当沿图中箭头方向来回摇动电筒时，导线中产生了感应电流，使小灯泡发光，利用的是电磁感应现象。
A．闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，会产生感应电流，是电磁感应现象，A符合题意；
B．通电导体在磁场中受力转动，是电动机工作原理，B不符合题意；
C．该实验是奥斯特实验，利用的是电流周围有磁场，使下方小磁针受力转动，C不符合题意；
D．当移动滑动变阻器的滑片，电路电流发生变化，研究的是电磁铁磁性强弱与电流的关系，D不符合题意。
故答案为：A。

【分析】 闭合电路的一部分导体在磁场中作切割磁感线运动，导体中就会产生电流的现象，这种利用磁场产生电流的现象叫做电磁感应现象，产生的电流叫做感应电流。发电机的工作原理就是电磁感应现象。
11．水平桌面上的深桶容器中装有水，小明在空玻璃瓶口蒙上橡皮膜，将其置于水中某一深度处，恰好悬浮，如图所示现沿桶壁向容器中缓慢加水，在水面上升的过程中，下列判断错误的是（　　）
A．玻璃瓶保持静止 B．玻璃瓶下沉至容器底
C．水对容器底的压强增大 D．桌面对容器的支持力增大
【答案】A
【知识点】压强大小比较；液体压强计算公式的应用；阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】AB．由题意可知，空玻璃瓶口蒙上橡皮膜悬浮在水中时，竖直方向受浮力和重力且这两个是一对平衡力，当向试管中加入水时，橡皮膜所处的深度增加，压强增加，会向里凹陷，排开水的液体变小，浮力变小，重力不变，所以空玻璃会下沉到容器底部。A错误，符合题意，B正确，不符合题意；
C．向试管中加入水时，水的深度增加，所以水对容器底的压强增大，C正确，不符合题意；
D．桌面对容器支持力的大小等于容器自身重力和容器中水的重力之和，向试管中加入水，水的重力增大，所以桌面对容器支持力的大小增大，D正确，不符合题意。
故答案为：A。

【分析】根据阿基米德原理、物体浮沉条件可确定玻璃瓶的运动状态；根据液体压强公式p=ρgh可确定水对容器底压强的变化；根据水平面上压力等于重力及相互作用力大小相等，可确定桌面对容器的支持力的变化。
12．如图所示电路，电源电压恒定，滑动变阻器R2标有“20Ω 1A”的字样，将滑片置于最右端后，闭合开关，电流表A1、A2的示数分别为0.8A、0.3A，在电路安全工作时，下列选项正确的是（　　）
A．电源电压为16V B．R1的阻值为7.5Ω
C．R2消耗的功率范围为1.8W一6W D．该电路总功率的最大值为18W
【答案】C
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【解答】由图可知，R1R2并联，电流表A1测干路上的电流、A2测电阻R2所在这一条支路上的电流。
AB．将滑片置于最右端时，R2完全接入电路即R2=20Ω
此时通过R2的电流为I2=0.3A
根据公式R=UI可得，R2两端的电压为U2=I2R2=20Ω×0.3A=6V
根据并联电路中电压的规律可知，电源电压既等于R2两端的电压，还等于R1两端电压，即U电源=U1=U2=6V
因为通过此时通过R1的电流为I1= I总－I2=0.8A－0.3A=0.5A
根据公式R=UI可得，R1的阻值为R1=U1I1=6V0.5A=12Ω
AB不符合题意；
C．R2完全接入电路时，R2电阻最大，通过电流最小，此时R2消耗的电功率最小，根据公式
P=UI可得P最小=UI最小=6V×0.3A=1.8W
滑动变阻器允许通过的最大电流为1A，所以此时他消耗的电功率最大，即P最大=UI最大=6V×1A=6W
C符合题意；
D．当电路中的电流最大时，电路消耗的电功率最大，根据并联电路中电流的规律可知，当滑动变阻器通过的最大电流为1A时，整个电路中的电流最大，即I总最大=1A+0.3A=1.3A
电路消耗的最大电功率为P总最大=UI总最大=1.3A×6V=7.8W
D不符合题意。
故答案为：C。

【分析】理清元件的连接方式及电表的测量对象，根据并联电路中电压和电流的规律及欧姆定律公式，求出电源电压及R1的阻值；根据公式P=UI及通过R2的最大和最小电流计算R2消耗的功率范围；讨论电路最大电流即可求出电路总功率的最大值。
二、填空题
13．2022北京冬奥会开幕式举世瞩目，小男孩在国旗传递环节中用小号吹奏的（我和我的祖国）响彻全场，小号声是由空气柱的　 　产生的，观众能听出是小号发出的声音，这是根据声音的　 　来判断的。
【答案】振动；音色
【知识点】声音的产生；音色
【解析】【解答】一起发生的物体都在振动，所以小号声是由空气柱的振动产生的。
音色由发声体本身的特征决定，是区别声音的重要标志，人们能听出小号声音是因为小号与其他乐器发出声音的音色不同。

【分析】声音是由物体振动产生的；不同的发声体由于其材料、结构不同，则发出声音的音色也不同。
14．勤劳的小华发现家里电水壶中水烧开了，就将水灌入保温瓶，水未能灌满保温瓶，她塞好瓶塞没走多远，就听到“嘭”一声，转身看到：瓶塞被喷在空中，瓶口还冒着“白气”瓶塞被喷出过程中的能量转化与汽油机的　 　冲程中的能量转化相同；“白气”是　 　（填物态变化名称）形成的，此过程需　 　热量。
【答案】做功；液化；放出
【知识点】液化及液化放热；热机
【解析】【解答】瓶塞被喷在空中，水保温瓶中的水蒸气对瓶塞做功，将内能转化为机械能，能量转化与汽油机的做功冲程相同。
保温瓶中的水蒸气对瓶塞做功后，内能减小，温度降低，液化形成了小水珠，也就是“白气”，液化过程会放出热量。

【分析】汽油机的做功冲程是将内能转化为机械能的过程；液化现象是物质由气态变为液态，液化放热。
15．如图是由飞船和核心舱等组合而成的中国空间站在轨运行时的示意图，以天和核心舱为参照物，神舟载人飞船是　 　的。2022年3月23日王亚平等三名航天员在空间站开设了第二次“空中课堂”，他们是利用　 　与同学们进行交流，实现天地通话的。
【答案】静止；电磁波
【知识点】参照物及其选择；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】天和核心舱与神舟载人飞船之间没有发生位置变化，所以以天和核心舱为参照物，神舟载人飞船是静止的。
电磁波能在真空中传，播航天员在空间站与同学们进行交流，可以利用电磁波实现天地通话的。

【分析】判断一个物体是运动的还是静止的，关键是看被研究的物体与所选的标准即参照物之间的相对位置是否发生了改变；电磁波能在真空中传播。
16．如图，小明用电压表测水果电池电压，由图可知：该水果电池的负极是　 　片，用水果电池给电路供电时，将　 　能转化为电能。
【答案】铁；化学
【知识点】电源及其能量转化；电压表的连接
【解析】【解答】由图可知，电压表3V的接线柱接在了铜片上，“－”接线柱接在了铁片上，由此可知，铁片为水果电池的负极；用水果电池给电路供电时，水果电池的化学能转化为电能。
【分析】电压表的负接线柱与电源的负极相连；电池是将化学能转化为电能的装置。
17．引体向上是泰州市体育学业水平测试项目，如图，臂力小的小明情助弹力带进行训练、他用脚蹬弹力带，弹力带对他施加一个向上的力。随着小明身体上升，弹力带对他向上的力的大小变化情况是　 　；在此过程中，弹力带的　 　能转化为小明的重力势能，其实质是弹力带对他做功的过程。
【答案】不断变小；弹性势
【知识点】势能大小的比较；弹力
【解析】【解答】随着小明身体上升，弹力带的形变不断变小，对他向上的弹力不断变小。
随着小明身体上升，弹力对他做功，弹力带弹性势能变小，小明的质量不变，高度升高，重力势能变大，弹力带将弹性势能转化为小明的重力势能。

【分析】在弹性限度内，弹力的大小与弹力带的形变量成正比；质量一定时，高度越高，重力势能越大，弹力带的形变量越小，弹性势能越小。
18．孤艳阳下的天德湖畔树影婆娑，水中的鹅卵石清晰可见，湖面上的小鸟上下翻飞，景色美不胜收！其中地面上的树影是由光的　 　形成的，游人看到水中的鹅卵石是光的　 　形成的，小鸟从水面飞上树梢，它在水中所成的像到水面距离的大小变化情况是　 　。
【答案】直线传播；折射；变大
【知识点】光的直线传播及其应用；光的折射现象及其应用；平面镜成像的原理、特点
【解析】【解答】地面上的树影是光照射到不透明的物体，光照射不到的地方形成的黑暗区域，故是光的直线传播形成的。
水中的鹅卵石反射的光线由水中斜射入空气中时，在水面处发生折射，人眼逆着折射光线看过去，就看到了鹅卵石的像，故人看到鹅卵石是光的折射形成的。
小鸟在水中所成的像属于平面镜成像，像和物体到水面的距离相等，小鸟从水面飞上树梢，物距增大，故像到水面的距离增大。

【分析】光在同种均匀介质中沿直线传播；光从一个介质斜射入另一介质时会发生折射；平面镜成像中像和物体到水面的距离相等。
19．建设中的常泰大桥为斜拉索公路、铁路两用大桥，如图为小华制作的斜拉索大桥模型，她用长30cm，重5N的质地均匀分布的木条OA做桥面，立柱GH做桥塔，OA可绕O点转动，A端用细线与GH上的B点相连，桥面OA实质是一种　 　（填简单机械名称），保持桥面水平，细线对OA的拉力F＝　 　N；将细线一端的固定点由B点改至C点，拉力F的大小变化情况是　 　，由此小华初步了解到大桥建造很高桥塔的好处。
【答案】杠杆；5；变小
【知识点】杠杆的平衡分析法及其应用
【解析】【解答】在力的作用下如果能绕着一固定点转动的硬棒就叫杠杆。OA可绕O点转动，所以桥面OA实质是杠杆。
OA保持与桥面水平时，此时拉力F为杠杆OA的动力，由于拉力方向与OA成30度角，所以动力臂为OA长的二分之一，阻力为杠杆OA的重力，阻力臂为OA长的二分之一，为等臂杠杆，根据杠杆平衡原理可知，细线对OA的拉力F为5N。
将细线一端的固定点由B点改至C点，动力臂将变大，阻力和阻力臂不变，根据杠杆平衡条件可知，拉力F的大小将变小。

【分析】在力的作用下如果能绕着一固定点转动的硬棒就叫杠杆；根据杠杆平衡条件：动力×动力臂＝阻力×阻力臂，可求出拉力F及其变化情况。
20．一款环保共享电动汽车满载时总质量为900kg，轮胎与地面的总接触面积为300cm2，静止在水平马路上时，路面受到的压力F=　 　N，压强p1=　 　Pa；若该车不慎陷入路边松软的水平草坪，此时电动汽车对地面的压强p2　 　p1（选填“大于”，“等于”或“小于”）（g取10N/kg）。
【答案】9000；3×105；小于
【知识点】压力及重力与压力的区别；压强大小比较；压强的大小及其计算
【解析】【解答】静止在水平马路上时，路面受到的压力F=G=mg=900kg×10N/kg=9000N
路面受到的压强为p=FS=9000N300×10-4m2=3×105Pa
若该车不慎陷入路边松软的水平草坪，受力面积增大了，故对地面的压强减小了，故p2＜p1。

【分析】水平面上压力等于重力；根据压强公式p=FS，即可确定压强的大小及变化。
21．小明用如图所示电路研究调光灯的工作原理，所用电源电压恒为6V，灯泡L标有“4.8V 0.3A”字样，闭合开关，调节滑动变阻器滑片，当观察到　 　时，可知灯泡正常发光，此时灯泡的实际功率为　 　W，通电lmin滑动变阻器产生的热量为　 　J。
【答案】电流表示数为0.3A；1.44；21.6
【知识点】实际功率；电功与热量的综合计算
【解析】【解答】由图得，滑动变阻器与灯泡串联，电流表测量电路电流。
依题意得，灯泡额定电压为4.8V，额定电流为0.3A，移动滑动变阻器，使电流表从电流为0.3A时，此时通过灯泡的电流为额定电流，灯泡正常发光。
灯泡正常发光时，电功率为PL=ULI=4.8V×0.3A=1.44W
滑动变阻器的电压为UP=U−UL=6V-4.8V=1.2V
通电lmin滑动变阻器产生的热量为Q=UPIt=1.2V×0.3A×60s=21.6J

【分析】理清电路连接情况及电流表所测位置，结合串联电路电压和电流规律、电功率公式P＝UI及电热公式Q＝UIt进行解答。
三、实验题
22．小明用如图所示的透镜来探究凸透镜成像规律，该透镜的焦距为　 　cm。实验中，小明保持凸透镜在光具座上的位置不变，把点燃的蜡烛放在“20cm”刻度线处，移动光屏，烛焰可在光屏上成倒立、　 　（选填“放大”、“等大”或“缩小”）的像，生活中利用这类透镜来矫正　 　眼的视力缺陷。
【答案】12.00；放大；远视
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验
【解析】【解答】由图得，凸透镜的光心在刻度尺的40.00cm位置。平行于主光轴的光通过凸透镜后会聚的点为焦点，因此该凸透镜的焦点在刻度尺52.00cm位置，故透镜的焦距为f=52.00cm-40.00cm=12.00cm
小明保持凸透镜在光具座上的位置不变，把点燃的蜡烛放在“20cm”刻度线处，此时物距为u=40.00cm-20.00cm=20.00cm
在一倍焦距和两倍焦距之间，凸透镜成的像为放大、倒立的实像。
凸透镜对光线具有会聚作用，可以用于矫正远视眼。

【分析】平行于主光轴的光通过凸透镜后会聚的点为焦点，焦点距凸透镜光心的距离即为焦距；物体在一倍焦距和两倍焦距之间，凸透镜成放大、倒立的实像；凸透镜可以矫正远视眼。
23．小明用如图所示装置“探究光的反射规律”。
（1）表面粗糙的纸板应　 　立在水平平面镜上，让一束光紧贴纸板A射向镜面上的O点，在纸板B上呈现出反射光束，以ON为轴，把纸板B向后翻折，纸板B上反射光束消失，由此可初步得出：反射光线、入射光线和法线　 　；
（2）把纸板B翻折至能呈现反射光束的位置后，让纸板A上的入射光束绕O点顺时针转动，此过程中反射角的大小变化情况是　 　；
（3）若将图中纸板整体以底边EF为轴向后旋转45°后，纸板B上　 　（选填“能”或“不能”）呈现出反射光束，纸板A上的入射光束　 　（选填“能”或“不能”）在平面镜中成像。
【答案】（1）竖直；在同一平面内
（2）变小
（3）不能；能
【知识点】光的反射定律
【解析】【解答】（1）在“探究光的反射规律”的实验中，表面粗糙的纸板应竖直立在水平平面镜上，目的是使光的传播路径能在纸板上显示。
让一束光紧贴纸板A射向镜面上的O点，纸板B上出现反射光束，以ON为轴，把纸板B向后翻折，纸板A、B不再同一平面内，纸板B上反射光束消失，上述实验现象说明，反射光线、入射光线和法线在同一平面内。
（2）把纸板B翻折至能呈现反射光束的位置后，让纸板A上的入射光束绕O点顺时针转动，入射光线与ON的夹角减小，即入射角减小；此过程中反射光线与ON的夹角也减小，即反射角减小。
（3）若将图中纸板整体以底边EF为轴向后旋转45°后，此时法线不在硬纸板上，而反射光线、入射光线、法线在同一平面内，所以此时纸板B上不能呈现出反射光束。
纸板A上的入射光束照射到平面镜后仍能被平面镜反射，所以仍能在平面镜中成像。

【分析】（1）“探究光的反射规律”的实验要求表面粗糙的纸板应竖直立在水平平面镜上；
（2）光的反射定律为：反射光线与入射光线与法线在同一平面上，反射光线和入射光线分居在法线的两侧，反射角等于入射角；反射角随入射角的减小而减小；
（3）平面镜成像的实质是光的反射。
24．泰州特产小磨麻油是常见的调味料，在测定麻油密度的活动中：
（1）小明用所学知识初步判断麻油密度的大小，他向水中滴入几滴麻油，麻油能从倾斜的瓶口下落，这是由于麻油受到　 　力的作用。滴入水中的麻油，仍会继续向下运动，这是由于麻油　 　；麻油最终漂浮在水面上，小明据此判断麻油的密度小于水的密度；
（2）为了测出麻油的密度，小明进行如下操作：
①把托盘天平放在水平桌面上，先将　 　，再调节平衡螺母使横梁平衡；
②用托盘天平测得空烧杯的质量m0=20g；
③在烧杯中倒入适量麻油，置于托盘天平左盘，天平横梁平衡后如图甲所示，则烧杯和麻油的总质量m=　 　g；
④将烧杯中麻油倒入量筒中，如图乙所示；
⑤算出麻油的密度ρ=　 　kg/m3；
（3）小华认为：小明操作步骤不合理，测得的麻油密度偏　 　，应将上述操作顺序调整为：①　 　⑤。
【答案】（1）重；具有惯性
（2）游码归零；58；0.95×103
（3）大；③④②
【知识点】液体密度的测量
【解析】【解答】（1）力可以改变物体的运动状态，在重力的作用下，麻油能从倾斜的瓶口下落。
麻油具有惯性，能保持原来的运动状态，故滴入水中的麻油，仍会继续向下运动。
（2）把托盘天平放在水平桌面上，应先将游码移到标尺左端的零刻度线上，再调节平衡螺母，使横梁在水平位置平衡。
由图得，标尺的分度值为0.2g，读数为3g，烧杯和麻油的总质量为m=50g+5g+3g=58g
由图得，量筒的分度值为1mL，示数为40mL，即量筒中麻油的体积为V=40mL=40cm3
麻油的质量为m′=m−m0=58g-20g=38g
麻油的密度为ρ=m′V=38g40cm3=0.95g/cm3=0.95×103kg/m3
（3）麻油倒入量筒中时，由于部分麻油残留在烧杯中，所以测得的麻油体积偏小，而测得的麻油的质量是准确的，由ρ=mV得，测得麻油的密度偏大。
为了减小麻油残留，对实验结果的影响，应先测量烧杯和烧杯中麻油的质量，在将麻油倒入量筒中，测量麻油的体积，最后测量烧杯和残留麻油的质量，最后在计算出麻油的密度，故将上述操作顺序调整为①③④②⑤。

【分析】（1）力可以改变物体的运动状态；物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性；
（2）把托盘天平放在水平桌面上，应先将游码移到标尺左端的零刻度线上，再调节平衡螺母，使横梁在水平位置平衡；天平称量的读数方法是：砝码加游码在标尺上的读数；根据公式ρ=mV算出麻油的密度 ；
（3）根据密度公式ρ=mV，确定麻油质量及体积称量步骤对实验结果的影响。
25．在“比较酒精和碎纸片燃烧时放出的热量”实验中
（1）由于燃料充分燃烧放出热量的多少不仅与燃料种类这一个因素有关，因此实验时必须控制酒精和碎纸片的　 　相等；实验中还需控制被加热的水的质量和初温均相同，以便于　 　；
（2）如图是小明安装好的实验装置，其中存在的错误是　 　；
（3）小华纠正了小明的错误，又组装了一套相同的实验装置，备好秒表，在两燃烧皿中分别加入准备好的酒精和碎纸片，读出水的初温后，进行如下操作：
①先点燃酒精，再点燃碎纸片；
②保证酒精和碎纸片燃烧时间相同，读取温度计的示数；
③待酒精和碎纸片充分燃烧结束，分别读取温度计的示数；
小红认为上述操作中，操作　 　是错误的，小明根据正确操作获得的数据，算出了燃料的热值，发现结果小于该燃料的实际热值，原因是　 　。
【答案】（1）质量；根据温度计示数确定水吸收热量的多少
（2）温度计液泡没有浸没在水中
（3）①；燃烧过程中有热量损失
【知识点】比较不同物质吸热的情况实验
【解析】【解答】（1）燃料充分燃烧放出热量的多少还与燃料的质量有关，所以要控制质量相等。
根据Q=cmΔt，实验中还需控制被加热的水的质量和初温均相同，观察末态温度，末态温度高说明吸收热量多，反之，吸收热量少。
（2）使用温度计测量液体，应将温度计液泡完全浸没在液体中。
（3）应当同时点燃酒精和碎纸片，保证燃烧时间相同。
燃烧过程中有热量损失，水吸收的热量小于燃料燃烧放出的热量。

【分析】（1）燃料充分燃烧放出热量与燃料种类和质量有关；根据Q=cmΔt明确影响吸收热量的相关因素；
（2）按照温度计使用方法确定操作中存在的错误；
（3）为燃烧时间相同应当同时点燃酒精和碎纸片；燃烧过程中有热量损失。
26．如图是小明“探究浮力大小与哪些因素有关”的实验情形。
（1）物块未浸入水中时，弹簧测力计示数如图甲所示，物块的重力为　 　N；
（2）小明将物块从图甲下降至图乙的过程中，发现弹簧测力计示数逐渐减小的同时，还观察到　 　由此初步分析得出：物体所受浮力的大小与它排开液体的体积有关；
（3）继续增大物块所处的深度，当它与容器底部接触后，弹簧测力计示数如图丙所示，此时物块受到的浮力为　 　N；
（4）为探究浮力与液体密度的关系，小明又把物块浸没到事先配制好的盐水中，这样操作的目的是为了控制　 　相同；他发现液体密度改变，而物块受到的浮力变化却不明显。小明想出下列四种实验改进方案，其中不可行的是　 　；
A．换用体积更大的同种物块
B．换用密度比水小得多的液体
C．换用精确程度更高的测力计
D．利用现有器材进行多次实验
【答案】（1）1.8
（2）水面上升
（3）0.8
（4）排开液体的体积相同；D
【知识点】探究浮力大小的实验
【解析】【解答】（1）如图甲，没有浸入水中，利用悬挂法测量物体的重力，此时重力为1.8N。
（2）图甲下降至图乙的过程中，发现弹簧测力计示数逐渐减小的同时，观察到烧杯内水面在上升，排开水的体积慢慢变大。
（3）如图乙和丙，液体是水，而且都浸没，故浮力的的大小不变，故浮力的大小为
F浮=G−F=1.8N-1N=0.8N
（4）小明又把物块浸没到事先配制好的盐水中，浸没后，物体排开液体的体积等于物体的体积，都是浸没在液体中，排开液体的体积相同。
A．换用体积更大的同种物块，浮力比较大，弹簧测力计示数变化明显，A不符合题意；
B．换用密度比水小得多的液体，浮力变化比较大，B不符合题意；
C．换用精确程度更高的测力计，微量的浮力变化就可以测量出来，故也是可行，C不符合题意；
D．利用现有器材进行多次实验，浮力的大小不变，两次浮力的变化不明显，故不可行，D符合题意。
故答案为：D。

【分析】（1） 物块未浸入水中时，弹簧测力计示数即为物重，认清弹簧测力计的分度值，根据指针对应的刻度读数；
（2）水面在上升反映出物块排开水的体积慢慢变大；
（3）根据公式F浮=G−F求出浮力大小；
（4）物体浸没后，物体排开液体的体积等于物体的体积；可通过增大浮力或使用精密仪器来使浮力变化更明显。
27．在“测量定值电阻阻值”的实验中，小明所用电源的电压保持不变，滑动变阻器标有“10Ω 2A”的字样。
（1）粗心的小明连好最后一根导线时的电路如图甲所示，请你指出其中存在的问题。一是　 　；二是　 　；
实验次数
电压U/V
电流I/A
电阻Rx/Ω
①
5.0
　
　
②
6.5
0.4
　
③
8.0
0.5
　
（2）小明解决上述问题后，闭合开关发现：电压表指针有明显偏转，而电流表指针几乎不动经检查；电路中电表完好且只有一处故障，他初步判断可能是导线　 　（选导线编号）断路或　 　断路；
（3）排除上述电路故障后，小明开始实验：
①闭合开关，读出电表示数后立即断开开关，并将读数填在表中其中电流表指针位置如图乙所示，则电流表读数为　 　A，利用该组数据算出的Rx阻值为　 　Ω（保留一位小数）；
②闭合开关，将滑动变阻器的滑片向　 　移至适当位置，读出两电表示数后立即断开开关，并将读数填在表中；
③闭合开关，继续移动滑片，直至移到了滑动变阻器的一端，读出两电表示数，断开开关，并将读数填在表中；
（4）分析表中数据，小明发现：随着待测电阻两端电压的增大，计算得出的待测电阻阻值变化情况是　 　，他感到困惑：为何会出现这样的结果呢？
小华帮他检查后指出：小明所测出的电压数据是错误的，于是小明想重新实验，小华提醒他：无需重新实验，利用已知信息和电流表的读数，不但可计算出待测电阻的阻值，还能求出电源电压。小明经过认真思考后，计算得出：待测电阻Rx=　 　Ω，电源电压U总=　 　V
【答案】（1）开关没有断开；滑片没有位于阻值最大处
（2）③；待测电阻
（3）0.3；16.7；左
（4）变小；15；7.5
【知识点】伏安法测电阻的探究实验
【解析】【解答】（1）粗心的小明连好最后一根导线时的电路如图甲所示，从图甲可以看出，开关没有断开就连接电路，实验中，为了电路安全，需要断开开关，连接器材；第二个问题是滑片没有位于阻值最大处，实验中为了保护电路，滑片需要位于最大阻值处。
（2）电流表指针几乎不动，说明存在断路，电压表指针有明显偏转，则说明电压表所在的电路是通的，说明导线①②是好的，那么导线③断路；或者电压表所测量的待测电阻断路。
（3）①如图乙所示，为电流表，选择小量程，分度值为0.02A，故读数为0.3A；该组数据，待测电阻的电压为5V，则Rx阻值为Rx1=Ux1Ix1=5V0.3A=16.7Ω
②从表格中的数据可知，定值电阻两端的电压变大，说明电流变大，那么滑动变阻器的阻值需要变小，故需要将滑片变阻器向左滑动。
③第二次实验的待测电阻的阻值为Rx2=Ux2Ix2=6.5V0.4A=16.25Ω
第三次实验，待测电阻的阻值为Rx3=Ux3Ix3=8V0.5A=16Ω
发现待测电阻越变越小。
（4）[9][10]设电源电压为U，第一次实验时，没有移动滑片，所以滑动变阻器以最大阻值接入电路，故可以列等式U=Ux+U滑=Ix1×(Rx+R滑max)=0.3A×(Rx+10Ω)
第三次实验，滑片移到了另一端，则滑动变阻器接入的电阻为零，此时电源电压为U=Ix3×Rx=0.5A×Rx
解得，待测电阻和电源电压分别为Rx=15Ω，U=7.5V

【分析】（1）需要断开开关，连接器材，滑动变阻器滑片需要位于最大阻值处；
（2） 电压表指针有明显偏转，而电流表指针几乎不动，说明与电压表并联部分存在断路；
（3）结合电流表所连接线柱及对用分度值进行读数，根据欧姆定律公式即可求出电阻大小；电阻一定时，电压变大，电流变大，电路中总电阻变小，即滑动变阻器变小；
（4）根据欧姆定律公式，结合串联电路中电压及电流规律，列出方程，求出待测电阻阻值及电源电压大小。
四、作图题
28．如图，请完成图中光通过透镜后的光路。
【答案】解：如图所示：
【知识点】透镜的光路图
【解析】【解答】过光心的光线经凸透镜折射后传播方向不变，过焦点入射的光线经凸透镜折射后平行与主光轴，如图所示：

【分析】入射光线和凸透镜的主光轴平行，折射光线过焦点；入射光线过焦点，折射光线和主光轴平行。
29．如图，请作出斜面上小球所受重力G和它对斜面压力F的示意图.
【答案】解：如图所示：
【知识点】重力示意图；压力及重力与压力的区别
【解析】【解答】重力的方向竖直向下，重心在小球的几何重心上，小球对斜面的压力作用在斜面与小球接触的点上，压力的方向垂直与斜面向下，如图所示：

【分析】重力的方向竖直向下，重心在小球的几何重心上，压力的方向与接触面垂直且作用点在接触面上。
30．如图，请根据磁感线的方向，标出静止小磁针的N极和电源的正极。
【答案】解：如图所示：
【知识点】安培定则
【解析】【解答】磁场外部磁感线方向从N极到S极，由图得，螺线管的左端时N极，由同名磁极相排斥，异名磁极相吸引得，小磁针的左端是N极；由右手定则 拇指表示螺线管N极方向，四指表示电流方向得，电流从螺线管的右端进入，左端流出，电路中电流从电源正极流向电源负极，则电源的右端是电源正极，左端是电源负极，如图所示：

【分析】磁场外部磁感线方向从N极到S极；同名磁极相排斥，异名磁极相吸引；根据通电螺线管的磁极，结合安培定则判断螺线管的电流方向，进而确定电源正极。
五、计算题
31．如图，工人用动滑轮提升重为800N的物体，所用拉力为F，物体以0.2m/s的速度匀速上升，此时动滑轮的机械效率为80%，不计绳重和摩擦。求：
（1）物体在10s内上升的高度；
（2）工人对绳端的拉力；
（3）当被提升的物重增大为1000N时，工人对绳端的拉力。
【答案】（1）解：物体在10s内上升的高度为h=v物t=0.2m/s×10s=2m
答：物体在10s内上升的高度为2m；
（2）解：由图可知，承担物重的绳子段数为n=2，则由η=W有W总可知，有如下关系成立η=W有W总=G物hFs=G物hF×nh=G物2F
所以工人对绳端的拉力为F=G物2η=800N2×80%=500N
答：工人对绳端的拉力为500N；
（3）解：对动滑轮受力分析，动滑轮受自身的重力，受下方所挂重物的拉力，受向上两个绳子的拉力，动滑轮的重力为G动=2F−G物=2×500N-800N=200N
当被提升的物重增大为1000N时，工人对绳端的拉力为F′=G动+G′物2=200N+1000N2=600N
答：当被提升的物重增大为1000N时，工人对绳端的拉力为600N。
【知识点】动滑轮及其工作特点；动滑轮拉力的计算；滑轮（组）的机械效率
【解析】【分析】（1）根据h＝v物t求出物体在10s内上升的高度；
（2）根据图示确实承担物重的绳子段数为n，结合公式η=G物nF求解工人对绳端的拉力；
（3）根据公式F=G物+G动n求出动滑轮重，进而求出当被提升的物重增大为1000N时，工人对绳端的拉力。
32．在估测电水壶实际功率的活动中，小明所用电能表表盘如图所示，他先断开电路中所有用电器的开关，再在电水壶中加入质量为0.5kg的水，测得水的初温为20℃，小明给电水壶通电2min，电能表的转盘恰好转20转，测得此时水温为60℃。[c水=4.2×103J/(kg⋅℃)]求：
（1）水吸收的热量；
（2）电水壶的实际功率；.
（3）电水壶的加热效率。
【答案】（1）解：由Q吸=cmΔt可知，水吸收的热量为
Q吸=cmΔt=4.2×103J/(kg⋅℃)×0.5kg×(60℃-20℃)=8.4×104J
答：水吸收的热量为8.4×104J；
（2）解：电能表上标有的600r/(kW⋅h)表示每消耗1kW⋅h的电能，电能表的转盘转600转，则电能表的转盘恰好转20转，消耗的电能为W=20600kW⋅h=130kW⋅h=1.2×105J
由P=Wt可知，电水壶的实际功率为P=Wt=1.2×105J2×60s==1000W
答：电水壶的实际功率为1000W；.
（3）解：由η=Q吸W×100%可知，电水壶的加热效率为η=Q吸W×100%=8.4×104J1.2×105J×100%=70%
答：电水壶的加热效率为70%。
【知识点】电功与热量的综合计算
【解析】【分析】（1）根据公式Q吸=cm∆t可求出水吸收的热量；
（2）先根据电能表实际转数求出电水壶消耗的电能，再根据公式P=Wt求出电水壶的实际功率；
（3）根据公式η=Q吸W×100％可求电水壶的加热效率。