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2023年江苏省盐城市东台市中考物理一模试卷（含解析）
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这是一份2023年江苏省盐城市东台市中考物理一模试卷（含解析），共26页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题，实验探究题，计算题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2023年江苏省盐城市东台市中考物理一模试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共12小题，共24.0分）
1. “轻声慢步，礼让三分”这里提到的是声音的( )
A. 音调 B. 声速 C. 音色 D. 响度
2. “爱护眼睛，你我同行”，用凸透镜模拟眼睛成像，可将物体置于图中的( )
A. A点 B. B点 C. C点 D. D点
3. 下列现象对应的物态变化过程需要放热的是( )
A. 春天，河中的冰雪消融 B. 夏天，清晨的迷雾消散
C. 秋天，晶莹的露珠形成 D. 冬天，冰冻的衣服晾干
4. 下列做法，符合安全用电要求的是( )
A. 用湿抹布擦拭运行中的电脑
B. 手机充电器长期插在插座上
C. 更换灯泡时无需断开电源开关
D. 用相同规格的空气断路器取代家庭电路中的熔丝
5. 下列选项中可以用如图所示的光路图解释的是( )
A. 岸上的人看到水中的“小鸟” B. 水面上的小鸟看到水中的“鱼”
C. 水中的鱼看到水面上的“小鸟” D. 水面上的小鸟看到岸边的人
6. 新能源汽车在工作时由电动机提供动力。下列能说明电动机工作原理的实验装置是( )
A. B.
C. D.
7. 小芳家临近铁路，为了降低火车过往时对居民的干扰，小区内的窗户均使用双层隔音玻璃，如图所示。下列实例中，减弱噪声的方法与之相同的是( )
A. 摩托车上的消音器
B. 路口的噪声监测仪
C. 高架路上的隔音板
D. 工厂里的降噪耳塞
8. 相同的瓶子中装上不同液体，放在已调好的天平上，调节游码后，天平仍然水平平衡，如图所示。对于瓶中液体的质量和密度的大小关系，下列判断一定正确的是( )
A. m甲=m乙
B. m甲>m乙
C. ρ甲=ρ乙
D. ρ甲<ρ乙
9. 如图所示是中国女足运动员将球踢出时的情景。下列关于足球的运动说法正确的是( )
A. 足球上升过程中重力势能转化为动能
B. 踢球时，脚对球的力是由于球形变产生的
C. 脚踢足球使球飞出，说明力是物体运动的原因
D. 足球在空中飞行过程中，运动状态一定发生改变
10. 用如图所示的动滑轮以相同的速度匀速提升不同的物体，第二次的拉力比第一次大，不计绳重和摩擦，则( )
A. 第一次的机械效率大
B. 第二次的拉力F做功的功率大
C. 由于提起的物重与提升高度不确定，所以无法比较两次机械效率
D. 由于提起物重的时间不确定，所以无法比较两次拉力F做功的功率
11. 利用图示的两套相同装置，可完成两个实验：实验一“探究不同物质吸热升温的现象”，实验二“比较质量相等的不同燃料燃烧放出的热量”。下列关于这两个实验的说法正确的是( )
A. 两实验都需要秒表和天平
B. 两实验都需保持烧杯内液体质量相等
C. 两实验都需保持燃料燃烧的时间相等
D. 两实验都用温度计升高的温度表示液体吸收的热量
12. 如图甲所示，质量相等、大小不同的两个小球a、b，它们静止在某液体中时所受浮力相等。图乙是小明画出的两球静止时的四种情形，其中合理的是( )
A. ②④ B. ②③ C. ③④ D. ①④
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共8小题，共24.0分）
13. 五一假期，在黄海森林公园，小明和妈妈撑着遮阳伞坐在观光车上欣赏沿途美景，闻到阵阵花香。遮阳伞可有效阻挡______ 外线对皮肤的伤害，看到路边的水杉在往后退，是以______ (观光车/地面)为参照物的，闻到花香是因为分子______ 。
14. 2022年4月16日神舟十三号载人飞船返回舱安全返航，为保证返回舱安全着陆，控制中心通过______ 波传输数据多次联调测试。着陆后的返回舱表面有烧蚀痕迹，这是返回舱与大气层摩擦引起的，此过程的能量转化情况与汽油机的______ 冲程相同，它们都是通过______ 方式改变物体内能的。
15. 如图是小王做“观察水的沸腾”实验的情形，安装器材时先确定______ (A/B)的高度，此时水温为______ ℃。沸腾时，水中产生大量气泡，气泡在上升过程中不断______ (变大/变小/不变)。
16. 中国的茶文化在宋朝时已名扬世界。炒制茶叶时，通过加热使新鲜茶叶中的水分快速______ (填物态变化)，这便是“杀青”；观察刚泡好的一杯茶，从侧壁看到的茶叶比实际的大，这是由于装水的茶杯相当于______ ；用手突然转动茶杯，发现水中央的茶叶没动，这是由于茶叶具有______ 。
17. 小明用托盘天平和量筒测量小石块的密度。将天平放在水平桌面上，游码移到标尺左端的“0”刻度线处，若指针位置偏左，应将平衡螺母向______ 调节，使天平平衡。测量中，当右盘所加砝码和游码位置如图所示时，天平平衡，该石块的质量为______ g。接着他测出石块的体积为20.0mL，则石块的密度为______ kg/m3。
18. 一架歼−15战机在“山东号”航母上起飞，此时机翼上方气流速度______ 下方气流速度；飞机离开甲板后，航母排开水的体积变化了25m3，则该飞机的质量为______ t，飞机匀速飞行的升力为______ N。(g=10N/kg,ρ海水=1.1×103kg/m3)
19. 如图所示的电能表，其示数为______ kW⋅h，为测量一只“220V，10W”节能灯的额定功率，除需要该电能表外，还需要的测量工具是______ 。为此，某同学设计如下方案：将该灯接入220V的电路中，关闭其他用电器，测出节能灯工作半小时电能表示数的变化量。经过小组讨论发现上述方案不合理，原因是时间太短______ 。
20. 小明利用如图的压强计做“探究液体内部压强与哪些因素有关”的实验。实验前，需检查压强计是否漏气，方法是用手指______ ，如果观察到U形管两侧液面发生明显变化，说明压强计不漏气。实验中，先将压强计的金属盒放入水中某一深度，记录U形管两侧液面的______ ；改变金属盒在水中的深度，记录数据，其目的是为了探究液体压强和______ 的关系。
三、作图题（本大题共3小题，共6.0分）
21. 在图中画出折射光线的入射光线。
22. 在图中画出杠杆上的动力F的力臂l。
23. 请在图中把节能灯正确接入到家庭电路中。
四、实验探究题（本大题共3小题，共21.0分）
24. 如图甲所示，在水平桌面上放一张白纸，小华用两个完全相同的棋子M和N做“探究平面镜成像特点”的实验。
(1)将茶色玻璃板与桌面______ 放置，沿玻璃板在白纸上画一条直线，代表玻璃板的位置。在玻璃板前放置棋子M，将棋子N放到镜后，使它与______ 重合。
(2)移动棋子M，再做两次实验，在白纸上记录像与物的位置，如图乙所示。将白纸沿放置玻璃板的直线对折，是用来验证______ 的猜想。若观察到______ 的现象，便可验证猜想。
(3)小明用一张白卡片验证“平面镜成虚像”的猜想，他将白卡片放在______ 所在位置后，应如何观察？答：______ 。
25. 小华用长方体物块做“探究滑动摩擦力大小与什么因素有关”的实验。
(1)实验前，必须在______ (水平/竖直)方向对弹簧测力计进行校零。
(2)图甲、乙所示实验是在探究滑动摩擦力的大小与______ 的关系。实验中应沿水平方向______ 拉动物块。
(3)在探究滑动摩擦力大小与接触面面积关系时，小华将物块沿竖直方向切成两部分，用其中一部分继续实验，如图丙所示。她的探究过程中存在的问题是______ ，改进方法是______ 。
(4)小华在如图丁所示的装置中水平向左拉动木板，读出压力传感器和拉力传感器的示数分别为F1和F2；再换用重力不同、粗糙程度和底面积相同的铁块，重复上述步骤，记录结果如表。实验中是通过______ 使压力传感器读数相同。分析实验数据得出结论：在接触面的粗糙程度相同时，滑动摩擦力大小与______ 。
次数
铁块重力/N
压力F1/N
拉力F2/N
1
5.0
4.8
1.8
2
6.0
4.8
1.8
3
7.0
4.8
1.8
26. 小刚做“探究导体中电流与电阻关系”的实验，设计如图甲所示的电路。实验器材有：学生电源(可调为2V、4V、6V、8V)、电流表、电压表、四只定值电阻(5Ω、10Ω、15Ω、20Ω)、滑动变阻器(20Ω,1A)、开关、导线若干。实验中，小刚将学生电源调到6V，用四只定值电阻从小到大依次进行实验。
(1)小刚连接电路前，开关必须______ 。
(2)请你用笔画线代替导线，将图甲中的实物电路连接完整，要求滑片P向B端移动时电路中电流变大。
(3)小刚先将5Ω电阻接入电路，移动滑片，电流表示数如图乙所示，读数为______ A。换用10Ω电阻进行实验，闭合开关后，发现电压表指针偏转超量程，电流表有示数。他操作中存在的错误是______ 。
(4)小刚在换用______ Ω电阻做实验时，发现无论怎样调节滑动变阻器的滑片，都不能将______ ，从而无法完成实验。
(5)为了能完成剩下的实验，在不增加器材的情况下，说明如何改进实验方案：______ 。(只要写出一种)
五、计算题（本大题共2小题，共15.0分）
27. 一辆小货车运货，满载后总质量是6×10³kg，轮胎与地面总接触面积为0.5m²。在平直的公路上以60km/h的速度匀速行驶10min，货车受到的阻力是总重力的0.05倍，(g=10N/kg)。求：
(1)满载后小货车的总重；
(2)静止时满载后小货车对路面的压强；
(3)小货车匀速行驶过程中牵引力做的功。
28. 如图是小明设计的家用空气炸锅简化电路，R1、R2均为加热电阻。开关S2的闭合或断开可以实现解冻和加热功能转换，通过移动滑动变阻器的滑片改变加热功率的大小。使用解冻功能时空气炸锅功率为550W；加热时根据温度不同空气炸锅功率在1100W～2750W之间调节。
(1)求解冻时5min内消耗的电能。
(2)求加热时通过开关S2电流的最大值和最小值。
(3)小明设计的电路中漏画一只加热电阻R3，在电路中补全，并求该电阻。
六、综合题（本大题共1小题，共10.0分）
29. 阅读短文，回答问题：
干簧管干簧管是一个通过磁场控制通断的开关。如图甲所示，将两片有弹性的软磁性金属(铁、钴、镍等)簧片密封在玻璃管内组成干簧管。
在磁场中，管内两簧片的触点部位被磁化成为异名磁极互相吸引，两簧片触点吸合在一起；外磁场消失后，两个簧片因失去磁性而恢复原状，两触点分开。
如图乙所示，在干簧管的玻璃管上绕有线圈做成干簧管继电器。当闭合图中开关S1时，两簧片触点也会吸合在一起。
图丙是一个双触点干簧管，由三个簧片组成，其中簧片1是公共端，簧片2是常闭接点，簧片3是常开接点。当外界没有磁场时，簧片1与簧片2触点部位接通；当外界有磁场时，簧片1与簧片2的触点连接断开、与簧片3触点接通。
(1)图甲中，当干簧管两簧片触点吸合时，簧片具有______ 能。
(2)图乙中S1闭合时，干簧管两簧片的触点因线圈通电后内部产生的磁场而吸合。已知通电线圈内部磁感线的环绕方向与外部磁感线的环绕方向形成闭合曲线。同学们将这种情形与放置条形磁铁进行类比，画出以下四幅图，你认为合理的是______ 。
A.(2)
B.(3)
C.(1)和(4)
D.(2)和(3)
(3)图丙中，双触点干簧管的1、2、3三个簧片对应的制作材料可能是______ 。
A.铁、铁、铜
B.铁、铜、铁
C.铜、铁、铁
D.铁、钴、铁
(4)如图丁所示，将条形磁铁平行于干簧管放置在其下方，干簧管两簧片的触点______ 。
A.均被磁化为S极
B.均被磁化为N极
C.上触点为N极，下触点为S极
D.上触点为S极，下触点为N极
(5)某兴趣小组用干簧管继电器设计如图戊所示的控制电路。开关闭合后，两灯的发光情况是______ 。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：“轻声慢步，礼让三分”，这里的“轻声”是指声音的响度小。
故选：D。
响度是指声音的大小，音调指声音的高低，音色是指声音的品质和特色，频率是指振动的快慢，可以影响到音调的高低。
音调和响度的概念很容易混淆，一定要注意认真区分。
2.【答案】D
【解析】解：人的眼睛相当于一架照相机，当物距大于二倍焦距时，成倒立、缩小的实像，故应将物体置于D点。
故选：D。
物距大于二倍焦距，凸透镜成倒立、缩小的实像。
本题考查了凸透镜成像规律的应用，属于基础题。
3.【答案】C
【解析】解：A、春天，河中的冰雪消融，是熔化现象，熔化吸热，故A不符合题意；
B、夏天，清晨的迷雾消散，是汽化现象，汽化吸热，故B不符合题意；
C、秋天，晶莹的露珠形成，是液化现象，液化放热，故C符合题意；
D、冬天，冰冻的衣服晾干，是升华现象，升华吸热，故D不符合题意。
故选：C。
(1)物质由气态直接变为固态叫凝华，物质由固态直接变为气态叫升华；由气态变为液态叫液化，由液态变为气态叫汽化；由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固；
(2)六种物态变化过程中，都伴随着吸热或放热；其中放出热量的物态变化有：凝固、液化、凝华；吸热的有：熔化、汽化、升华。
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；另外对六种物态变化的吸热和放热情况也要有清晰的认识。
4.【答案】D
【解析】解：A、生活用水是导体，用湿抹布擦拭运行中的电脑，容易发生触电事故，故A不符合安全用电要求；
B、充电器长时间插在电源插孔上会发热，容易引起线路安全事故，故B不符合安全用电要求；
C、更换灯泡前，为了避免发生触电事故，应断开电源开关，故C不符合安全用电要求；
D、用相同规格的空气断路器取代家庭电路中的熔丝，故D符合安全用电要求。
故选：D。
(1)生活用水是导体；
(2)充电器不使用时，不能插在插座上；
(3)更换灯泡、搬动电器前应断开电源开关；
(4)用相同规格的空气断路器取代家庭电路中的熔丝。
本题考查的是日常生活中的一些安全用电常识。只要同学们牢记安全用电常识，并正确规范操作，避免危险发生。
5.【答案】A
【解析】解：A、根据图示可知，S点发出的光线经过水面后发生了反射现象，逆着反射光线看去，看到的是S的虚像，可以用来解释岸上的人看到水中的“小鸟”，故A正确；
BC、水面上的小鸟看到水中的“鱼”、水中的鱼看到水面上的“小鸟”，属于光的折射现象，故BC错误；
D、水面上的小鸟看到岸边的人，属于光的直线传播，故D错误。
故选：A。
光线传播到两种介质的表面上时会发生光的反射现象，例如水面上出现岸上物体的倒影、平面镜成像、玻璃等光滑物体反光都是光的反射形成的。
本题考查了光的反射现象、光的折射现象，属于基础题。
6.【答案】D
【解析】解：电动机的原理是利用通电导体在磁场中受到力的作用的原理制成的。
A.图中没有电源，当导体在磁场中做切割磁感线运动时，电流表的指针会发生偏转，说明会产生感应电流，这是电磁感应现象，是发电机的原理，故A不符合题意；
B.图中是奥斯特实验的装置图，说明了通电导体周围存在磁场，故B不符合题意；
C.图中没有电源，是交流发电机的原理图，故C不符合题意；
D.当闭合开关后，通电导体在磁场中受力运动，是电动机的原理，故D符合题意。
故选：D。
电动机的原理是利用通电导体在磁场中受到力的作用的原理制成的。
电动机是将电能转化为机械能的机械，它在工作时要消耗电能，因此解题时观察图形中有无电源是此题的解题关键。
7.【答案】C
【解析】解：小区内的窗户均使用双层隔音玻璃，这是传播过程中减弱噪声。
A、摩托车的消声器是在声源处减弱噪声，故A不合题意；
B、路口的噪声监测仪能够检测噪声的等级，不能够减弱噪声，故B不合题意；
C、高架路上的隔音板是在传播过程中减弱噪声，故C符合题意；
D、工厂里的降噪耳塞是在人耳处减弱噪声，故D不合题意。
故选：C。
防治噪声的途径主要有：在声源处减弱、在传播过程中减弱、在人耳处减弱。明确题干中是通过哪种方法来减弱噪声的，再对照选项中提到的物理情景，即可得到答案。
减弱噪声的方法有三种，关键是将具体的措施与方法对应起来，这是解决这类问题的关键。
8.【答案】B
【解析】解：AB、由天平的使用规则可知，左盘瓶子和甲液体的总质量等于右盘瓶子和乙液体的总质量与称量标尺上游码显示的质量之和，
所以左盘瓶子和甲液体的总质量大于右盘瓶子和乙液体的总质量，
又因为规格相同的瓶子、质量相同，所以甲液体的质量大于乙液体的质量，故A错误、B正确；
CD、甲液体的质量大于乙液体的质量，由图知，甲的体积大于乙的体积，由密度公式ρ=mV可知，密度大小无法比较，故CD错误。
故选：B。
天平在使用时，被测物体放左盘里、砝码放右盘，则被测物体质量等于砝码质量与称量标尺上游码显示的质量之和；
由图得出瓶中液体的体积大小关系，利用密度公式分析两种液体的密度大小关系。
此题考查了密度计算公式的应用，属于基础知识。
9.【答案】D
【解析】解：
A、足球在上升过程中，质量不变，高度增大，重力势能增大，速度减小，动能减小，所以它的动能转化为重力势能，故A错误；
B、脚对球的力，施力物体是脚，属于弹力，弹力是施力物体发生了弹性形变试图恢复原状而产生的力，故B错误；
C、脚踢足球使球飞出，说明力是改变物体运动状态的原因，物体的运动不需要力来维持，故C错误；
D、足球在空中飞行过程中，运动的速度或方向发生了改变，运动状态一定发生改变，故D正确。
故选：D。
(1)重力势能和物体的质量、高度有关；动能的大小与质量、速度有关；
(2)踢球时，球发生形变会对脚产生弹力；
(3)力是改变物体运动状态的原因；
(4)物体运动方向、运动速度的改变都属于运动状态的改变。
本题考查了力与运动的关系、重力势能和动能的转化，属于基础题。
10.【答案】B
【解析】解：
A、使用动滑轮时，承担物重的绳子股数n=2，不计绳重和摩擦，拉力FF=12(G+G动)，因为第二次的拉力比第一次大，所以第二次提升的物体重力比第一次提升物体的重力大；因为不计绳重和摩擦，动滑轮的机械效率η=W有W总=GhGh+G动h=GG+G动=11+G动G，所以，第二次动滑轮的机械效率比第一次动滑轮的机械效率大，故A错误；
BD、速度相同，第二次的拉力比第一次大，根据P=Wt=Fst=Fv可知，第二次的功率大，故B正确、D错误；
C、根据η=W有W总=GhGh+G动h=GG+G动可知，动滑轮的机械效率与物体被提升的高度无关，故C错误；
故选：B。
使用动滑轮时，承担物重的绳子股数n=2，不计绳重和摩擦，拉力F=12(G+G动)，据此得出两次提升的物体重力大小关系；不计绳重和摩擦，动滑轮的机械效率η=W有W总=GhGh+G动h=GG+G动=11+G动G，据此得出两次动滑轮机械效率的大小关系；
根据P=Wt=Fst=Fv分析拉力功率的大小关系。
本题考查了机械效率公式的应用、功率计算公式的应用、动滑轮的特点等，属于综合题。
11.【答案】B
【解析】解：A、探究不同物质吸热升温的现象时应控制质量和初温相同，比较质量相等的不同燃料燃烧时放出的热量时需要控制燃料的质量相同，根据液体升高的温度来比较燃料热值的大小，两个实验都需要的实验器材是天平，故A错误；
BC、根据比较不同燃料燃烧放出的热量大小和探究“不同物质吸热升温现象”两实验的要求，容器中被加热物质的质量都要相同，而探究“不同物质吸热升温现象”实验时，不需要控制燃料的质量相同，故B正确，C错误；
D、实验一中，“探究不同物质吸热升温的现象”，在燃烧皿中放入同种燃料，用秒表记录加热时间，用加热时间反映液体吸热的多少；实验二中，“比较质量相等的不同燃料燃烧放出的热量”，在燃烧皿中放入不同燃料，燃料充分燃烧完后，用温度计记录烧杯中液体的温度，故D错误。
故选：B。
(1)探究不同物质吸热升温的现象时应控制质量和初温相同，比较质量相等的不同燃料燃烧时放出的热量时需要控制燃料的质量相同，根据液体升高的温度来比较燃料热值的大小；
(2)(3)根据两实验的要求，容器中被加热物质的质量都要相同，而探究“不同物质吸热升温现象”实验时，不需要控制燃料的质量相同；
(4)加热时间的长短反映物质吸收热量的多少；相同质量的同种液体，升高的温度反映燃料放出热量的多少。
本题考查了学生对“不同物质吸热升温的现象”和“不同燃料燃烧的放热能力”实验探究，分析时利用好控制变量法是解决本题的关键。
12.【答案】A
【解析】解：因为两球静止在某液体中时所受浮力相等，根据F浮=ρ液gV排可知，两个球排开液体的体积是相同的，又因为b球的体积大于a球的体积，所以b球一定是漂浮的；
①a球沉底，则a球受到的浮力小于a球的重力，b球漂浮，则b球受到的浮力等于b球的重力，因为两个小球的质量相等，所以a球受到的浮力会小于b球受到的浮力，而题目中已告知两球所受浮力相等，所以①这种情况不可能出现，故①不符合题意；
②a球悬浮，则a球受到的浮力等于a球的重力，b球漂浮，b球受到的浮力等于b球的重力，因为两个小球的质量相等，所以a球受到的浮力会等于b球受到的浮力，与题意相符，且由图②可知，a球排开液体的体积可能等于b球排开液体的体积，故②符合题意；
③④a球与b球都是漂浮的，所以两个球受到的浮力都等于重力，而两个球的质量相等，所以两个球受到的浮力相同，与题意相符，但图③中a球排开液体体积小于b球，图④中a球排开液体体积可能等于b球，故④符合题意，③不符合题意。
故选：A。
物体漂浮或悬浮时，受到的浮力和自身的重力相等，据此进行分析。
本题考查了物体浮沉条件和阿基米德原理的应用，属于易错题目。
13.【答案】紫 观光车 在永不停息地做无规则运动
【解析】解：遮阳伞可有效阻挡紫外线对皮肤的伤害；路边的水杉与观光车的位置发生了改变，说水杉是运动的，参照物是观光车；闻到花香是因为花香分子在永不停息地做无规则运动。
故答案为：紫；观光车；在永不停息地做无规则运动。
(1)紫外线来自太阳辐射的一部分，它由紫外光谱区的三个不同波段组成。
(2)被研究物体相对于参照物，位置发生变化，那就说物体是运动的，反之，就是静止的。
(3)分子在永不停息地做无规则运动。
本题考查了紫外线；参照物和分子热运动，属于基础题。
14.【答案】电磁 压缩 做功
【解析】解：电磁波可以在真空中传播，控制中心通过电磁波传输数据多次联调测试。
汽油机的压缩冲程工作时将机械能转化为内能；返回舱与大气层摩擦，机械能转化为内能，返回舱内能增大，温度升高，着陆后的返回舱表面有烧蚀痕迹；此过程的能量转化与汽油机的压缩冲程相同，它们都是通过做功的方式改变物体的内能。
故答案为：电磁；压缩；做功。
电磁波可以在真空中传播；
汽油机的做功冲程中，内能转化为机械能，压缩冲程中，机械能转化为内能；改变物体内能的方法有两种：做功和热传递。
本题考查了信息的传递、内燃机的工作过程、改变物体内能的方法，属于基础题。
15.【答案】B 91 变大
【解析】解：(1)在实验中需要用酒精灯的外焰加热，所以应先确定铁圈的高度，即安装器材时先确定B的高度；
(2)温度计的每一个大格代表10℃，每一个小格代表1℃，由图乙可知，水的温度是91℃。
(3)水沸腾时，气泡在上升过程中体积变大，这时候继续对水加热，温度不变。
故答案为：B；91；变大。
(1)因为在实验中需要用酒精灯的外焰加热，所以应从下向上固定实验器材的位置；
(2)温度计的读数：首先确定零上还是零下，确定每一个大格和每一个小格各代表的示数；
(3)分析水沸腾时气泡特点。
此题是探究水的沸腾实验，实验中主要考查了温度计的读数和液体沸腾的条件，同时考查了液体的沸腾特点，考查学生的分析归纳能力。
16.【答案】汽化 放大镜 惯性
【解析】解：(1)通过加热使新鲜茶叶中的水温度升高，水分快速的汽化，这便是制茶中的“杀青”；
(2)从侧壁看到的茶叶比实际的大，这是由于装水的茶杯相当于凸透镜，茶叶处在凸透镜的焦点以内，能成正立、放大的虚像；
(3)泡茶时茶水散发出清香，这是扩散现象，说明了分子在不停地做无规则运动，突然转动茶杯时，水中央的茶叶没动，这是因为茶叶具有惯性，要保持原来的静止状态。
故答案为：(1)汽化；(2)放大镜；(3)惯性。
(1)影响蒸发快慢的因素有三个：液体温度、表面积和液体上方空气流动快慢；
(2)生活中的凸透镜，能起放大作用，利用凸透镜成像的特点分析回答；
(3)物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性。
本题是一道考查物态变化、凸透镜和惯性的综合题目，关键是将课本知识内容记忆清楚，仔细分析即可。
17.【答案】右 56.8 2.84×103
【解析】解：(1)将天平放在水平桌面上，游码移到标尺左端的“0”刻度线处，指针向左偏，应将平衡螺母向右调节，使天平平衡；
(2)由图乙可知，标尺的分度值为0.2g，石块的质量：m=50g+5g+1.8g=56.8g；
(3)石块的体积V=20.0mL=20.0cm3，
石块的密度：ρ=mV=56.8g20cm3=2.84g/cm3=2.84×103kg/m3。
故答案为：右；56.8；2.84×103。
(1)天平使用前的调节：放：把天平放到水平桌面上；移：把游码移到标尺左端零刻度线处；调：调节平衡螺母，使指针指在分度盘的中线处，指针偏向分度盘的左侧，平衡螺母向右调节，指针偏向分度盘的右侧，平衡螺母向左调节；
(2)利用天平测量物体质量时，物体的质量等于砝码的质量加游码对应的刻度值；
(3)已知石块的质量和体积，根据密度公式计算出石块的密度。
本题考查了固体密度的测量、天平的使用与读数、密度的计算，是一道基础题。
18.【答案】大于 25 2.5×105
【解析】解：一架歼−15战机在“山东号”航母上起飞，此时机翼上方气流速度大于下方气流速度；
飞机离开甲板后，航母排开水的体积变化了25m3，航母所受浮力的变化量ΔF浮=ρ水gV排=103kg/m3×10N/kg×25m3=2.5×105N，
则该飞机的重力G=ΔF浮=2.5×105N，
质量为m=Gg=2.5×105N10N/kg=2.5×104kg=25t；
飞机匀速飞行的升力F升=G=2.5×105N。
故答案为：大于；25；2.5×105。
一架歼−15战机在“山东号”航母上起飞，此时机翼上方气流速度大于下方气流速度；
飞机离开甲板后，航母排开水的体积变化了25m3，根据ΔF浮=ρ水gV排得出航母所受浮力的变化量，根据G=ΔF浮得出该飞机的重力，根据G=mg得出质量；根据F升=G得出飞机匀速飞行的升力。
本题考查阿基米德原理的应用，是一道综合题。
19.【答案】376.5 秒表 节能灯的功率小，消耗的电能少，电能表的示数不变
【解析】解：如图所示的电能表，其示数为376.5kW⋅h，为测量一只“220V，10W”节能灯的额定功率，除需要该电能表外，还需要的测量工具是秒表。
该节能灯半小时内消耗的电能为：W=Pt=0.01kW×0.5h=0.005kW⋅h。时间太短，节能灯的功率小，消耗的电能少，电能表的示数不变；电能表没有这么高的精度。
故答案为：376.5；秒表；节能灯的功率小，消耗的电能少，电能表的示数不变。
(1)电能表是测量用户在某段时间内家用电器消耗电能的仪表，单位是千瓦时，最后一位是小数。
(2)测量某用电器的额定功率的原理是：P=Wt；需要的器材是电能表和秒表，分别测量电能和时间。
(3)根据W=Pt可以计算出该节能灯半小时内消耗的电能。
知道电能表上各个参数的含义；会利用电能表和秒表测量用电器的功率。
20.【答案】按压橡皮膜，观察U形管两端的液面是否能灵活升降 高度差 液体深度
【解析】解：用手轻按金属盒橡皮膜，U形管液面能灵活升降说明仪器不漏气；
压强计是通过U形管两侧液面的高度差来反映液体内部压强的大小；
在同种液体中，改变金属盒在水中的深度，可以探究液体压强和液体深度的关系。
故答案为：按压橡皮膜，观察U形管两端的液面是否能灵活升降；高度差；液体深度。
用手轻按金属盒橡皮膜，U形管液面能灵活升降说明仪器不漏气；
压强计是通过U形管两侧液面的高度差来反映液体内部压强的大小；
在同种液体中，改变金属盒在水中的深度，可以探究液体压强和液体深度的关系。
本题利用转换法和控制变量法探究液体压强大小的影响因素，是探究液体压强的典型实验，要熟练掌握。
21.【答案】解：
平行于主光轴的光线经凹透镜折射后折射光线反向延长通过焦点，如图所示：
故答案为：如上图所示。
【解析】在作凹透镜的光路图时，先确定所给的光线的特点再根据透镜的三条特殊光线来作图。
凹透镜的特殊光线有三条：过光心的光线其传播方向不变，平行于主光轴的光线经凹透镜折射后折射光线反向延长通过焦点，指向另一侧焦点的光线经凹透镜折射后折射光线平行于主光轴。
22.【答案】解：反向延长F的作用线，由支点O向F的作用线作垂线，垂线段的长度为F的力臂l，如图所示。
【解析】力臂是从支点到力的作用线的距离，由支点向力的作用线作垂线，垂线段的长度即为力臂。
此题主要考查了有关力臂的画法，首先要掌握力臂的概念，找出支点和力的作用线。从而正确地画出力臂。
23.【答案】解：火线首先进入开关，然后接到到灯泡顶端的金属点；零线直接接到灯泡的螺旋套。这样在更换灯泡时更安全，如图所示：
【解析】开关控制灯泡时和灯泡是串联的。火线过开关入灯座，零线直接入灯座。
掌握电灯、开关、两孔插座、三孔插座、保险丝的接法，这是家庭电路连接中常考的问题。
24.【答案】垂直 棋子M的像 像到镜面的距离与物体到镜面的距离相等 A和A′，B和B′，C和C′基本重合 棋子N 直接观察白卡片上是否有像
【解析】解：(1)实验时，玻璃板要与纸面垂直放置；如果玻璃板与纸面不垂直，根据平面镜所成的像和物体关于平面镜对称可知，棋子的像与棋子不在同一水平面上，所以像和物体不能完全重合；
为了确定像的位置，将另一个相同的棋子N放到镜后，使它与M的像完全重合，此时棋子N的位置就是棋子M的像的位置，这种确定像与物大小关系的方法是等效替代法；
(2)移动棋子M，再做两次实验，在白纸上记录像与物的位置，将白纸沿放置玻璃板的直线对折，是用来验证像到镜面的距离与物体到镜面的距离相等的猜想。若观察到A和A′，B和B′，C和C′基本重合，便可验证猜想；
(3)小明用一张白卡片验证“平面镜成虚像”的猜想，他将白卡片放在所在棋子N所在位置后，直接观察白卡片上是否有像。
故答案为：(1)垂直；棋子M的像；(2)像到镜面的距离与物体到镜面的距离相等；A和A′，B和B′，C和C′基本重合；(3)棋子N；直接观察白卡片上是否有像。
(1)在探究“平面镜成像特点”的实验中，玻璃板应与纸面垂直；
像与物关于玻璃板对称，玻璃板的摆放角度要能够使后面的棋子与前面棋子的像完全重合；
(2)平面镜成像时，像与物体大小相等，物距等于像距；
(3)用光屏是否能承接到像是判断实像和虚像的最佳方法，但是观察光屏时，要直接观察，不能透过任何物体来观察。
本题考查学生动手操作实验的能力并能合理解决实验中出现的问题。只要熟练掌握平面镜的成像特点，解答此类题目就很容易。
25.【答案】水平 接触面粗糙程度 匀速直线 没有控制压力相同 将切去部分叠放在剩余部分的正中央 改变沙桶中沙子的多少 铁块的重力大小无关
【解析】解：(1)只有用弹簧测力计沿水平方向拉着物块做匀速直线运动，物块在水平方向上受到平衡力的作用，根据二力平衡的条件，弹簧测力计的示数才等于摩擦力的大小。故实验前，必须在水平方向对弹簧测力计进行校零。
(2)图甲、乙两实验中，压力相同，而接触面粗糙程度相同，故甲、乙所示实验是在探究滑动摩擦力的大小与接触面粗糙程度的关系；实验中应沿水平方向匀速直线拉动物块。
(3)在探究滑动摩擦力大小与接触面面积关系时，要控制压力大小和接触面的粗糙程度，小华将物块沿竖直方向切成两部分，用其中一部分继续实验，如图丙所示。她的探究过程中存在的问题是：没有控制压力相同，改进方法是将切去部分叠放在剩余部分的正中央。
(4)定滑轮可改变力的方向，沙子和桶对铁块有一个竖直向上的拉力的作用，用重力不同、粗糙程度和底面积相同的铁块，重复上述步骤，实验中是通过改变沙桶中沙子的多少使压力传感器读数相同。
铁块相对地面处于静止状态，受到拉力传感器的拉力F2与受到木板施加的滑动摩擦力为一对平衡力，大小相等，方向相反，分析实验数据可知，铁块的重力不同，但铁块对木板的压力相同，受到的滑动摩擦力相同，故得出结论：在接触面的粗糙程度相同时，滑动摩擦力大小与重力大小无关。
故答案为：(1)水平；(2)接触面粗糙程度；匀速直线；(3)没有控制压力相同；将切去部分叠放在剩余部分的正中央；(4)改变沙桶中沙子的多少；铁块的重力大小无关。
(1)根据二力平衡的条件分析；测力计使用前要在测力的方向上调零；
(2)影响滑动摩擦力大小因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变，据此分析回答；结合(1)分析回答；
(3)在探究滑动摩擦力大小与接触面面积关系时，要控制压力大小和接触面的粗糙程度；
(4)定滑轮可改变力的方向，结合图丁分析；铁块相对地面处于静止状态，由二力的平衡条件可知，铁块受到拉力传感器的拉力F2与受到木板施加的滑动摩擦力为一对平衡力，大小相等，分析实验数据得出结论。
本题探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关，考查实验原理及控制变量法的运用和对实验方案的改进，体现了对过程和方法的考查。
26.【答案】断开 0.5 更换10Ω电阻后没有把变阻器的滑片移动到阻值最大处的A端 15 电压表示数调至2.5V 串联接入10Ω的定值电阻
【解析】解：(1)为了保护电路，在连接电路时，开关必须断开；
(2)滑片P向B端移动时电路中电流变大，即滑动变阻器接入电路的电阻变小，故变阻器右下接线柱连入电路中，如下图所示：
；
(3)当接入5Ω电阻进行实验，电流表示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流是0.5A；
用10Ω电阻替换5Ω电阻继续实验，电流表有示数，则电路为通路，发现电压表指针偏转超量程，即电压表超过3V，故他操作中存在的问题是：更换电阻后没有把变阻器的滑片移动到阻值最大处的A端；
(4)在“探究导体中电流与电阻关系”的实验中要控制定值电阻两端的电压保持不变，根据U=IR可得出电压值UV=IR=0.5A×5Ω=2.5V，则根据串联电路电压的特点可得滑动变阻器两端的分压U滑=U−UV=6V−2.5V=3.5V，再结合串联分压原理可得出U滑UV=R滑R，则当滑动变阻器电阻完全接入电路时有3.5V2.5V=20ΩR求出此时对应的定值电阻阻值大小R≈14.3Ω<15Ω，由此可知当小刚换上15Ω电阻做实验时，发现无论怎样调节滑动变阻器的滑片，都不能将电压表示数调至2.5V，从而无法完成实验；
(5)由小题(4)中分析可知现有滑动变阻器的最大电阻偏小，因此要使所有电阻均能接入实验，可以通过串联一个合适大小的电阻起到分压的作用，由此同样可根据串联分压原理U滑UV=R滑R，可得出当最大的20Ω的定值电阻接入电路时应有3.5V2.5V=R滑′20Ω，则此时滑动变阻器应接入电路的电阻大小R滑′=28Ω，由此可知应串联的电阻最小应为：
R′=R滑′−R滑=28Ω−20Ω=8Ω，结合现有的器材可知应选用10Ω的定值电阻串联接入电路即可。
故答案为：(1)断开；(2)见上图；(3)0.5；更换电阻后没有把变阻器的滑片移动到阻值最大处的A端；(4)15；电压表示数调至2.5V；(5)串联接入10Ω的定值电阻(答案合理即可)。
(1)为了保护电路，在连接电路时，开关必须断开；
(2)根据滑片P向B端移动时电路中电流变大，说明此时滑动变阻器接入电路的电阻变小，由此确定变阻器的连接；
(3)根据图乙电流表所选量程确定分度值读数；为保护电路，当换接阻值更大的定值电阻时，在闭合开关前应把变阻器的滑片移动到阻值最大处；
(4)在“探究导体中电流与电阻关系”的实验中要控制定值电阻两端的电压保持不变，可根据前面的分析结合U=IR计算出这个电压值，再由串联电路电压的特点求出滑动变阻器两端的分压，最后根据串联分压原理可得出当滑动变阻器电阻完全接入电路时此时对应的定值电阻阻值大小，并与给出的定值电阻作比较，得出答案；
(5)由小题(4)分析可知滑动变阻器最大阻值偏小，因此要使所有电阻均能接入实验，可以通过串联一个合适大小的电阻起到分压的作用，由此同样可根据串联分压原理可得出当最大的定值电阻接入电路时滑动变阻器应接入电路的电阻大小，再根据串联电路电阻的规律得出应串联的电阻大小。
本题探究“电流与电阻的关系”实验，考查电路连接及注意事项、电流表的读数、操作过程、以及串联分压原理的运用，有一定难度。
27.【答案】解：(1)货车的总重力：
G=mg=6.0×103kg×10N/kg=6×104N；
(2)货车对水平路面的压力：
F=G=6×104N，
则货车对路面的压强：
p=FS=6×104N0.5m2=1.2×105Pa；
(3)因为货车做匀速直线运动，所以牵引力：
F=f=0.05G=0.05×6×104N=3000N，
货车10min通过的路程：
s=vt=60km/h×1060h=10km=1×104m，
则牵引力做的功：
W=Fs=3000N×1×104m=3×107J。
答：(1)满载后小货车的总重为6×104N；
(2)静止时满载后小货车对路面的压强为1.2×105Pa；
(3)小货车匀速行驶过程中牵引力做的功为3×107J。
【解析】(1)利用G=mg求货车的重力；
(2)利用p=FS求货车对路面的压强；
(3)货车受到的阻力是总重力的0.05倍结合二力平衡条件求出牵引力，利用W=Fs求牵引力做的功。
本题考查了重力、压强、速度和功的计算，是一道基础题。
28.【答案】解：(1)由P=Wt可知，解冻时5min内消耗的电能：W=P解冻t=550W×5×60s=1.65×105J；
(2)由电路图可知，当只闭合开关S1时，电路为R1的简单电路；当两个开关都闭合时，R1、R2并联；
因为并联电路的总电阻小于各支路的电阻，所以由P=UI=U2R可知，R1、R2并联时，电路中的电阻最小，电功率最大，空气炸锅为加热功能，电路为R1的简单电路时，电路中的电阻最大，电功率最小，电阻较大，由P=UI=U2R功率较小，空气炸锅为解冻功能；
解冻时，电路为R1的简单电路，由P=UI可知，通过R1的电流：I1=P解冻U=550W220V=2.5A，
加热时，R1、R2并联，由P=UI可知，干路的最小电流：I小=P小U=1100W220V=5A，
干路的最大电流：I大=P大U=2750W220V=12.5A，
由并联电路的电流特点可知，加热时通过开关S2电流的最大值和最小值分别为：I2大=I大−I1=12.5A−2.5A=10A，I2小=I小−I1=5A−2.5A=2.5A；
(3)由电路图可知，当滑动变阻器接入电路的电阻为零时会导致电路短路，因此应该在滑动变阻器所在支路上串联一只加热电阻，电路图如图所示：
由欧姆定律可知，当滑动变阻器接入电路的电阻为零时，通过该支路的电流最大，
由欧姆定律可知，加热电阻R3的阻值：R3=UI2大=220V10A=22Ω。
答：(1)解冻时5min内消耗的电能为1.65×105J；
(2)加热时通过开关S2电流的最大值为10A、最小值为2.5A；
(3)电路图见解答图，加热电阻R3的阻值为22Ω。
【解析】(1)根据P=Wt求出解冻时5min内消耗的电能；
(2)由P=UI=U2R可知，当电源电压一定时，电路电阻越大，功率越小，根据电路图分析电路结构，结合并联电路电阻规律和P=UI=U2R可知各挡位时电路的连接；
根据P=UI求出通过R1的电流、干路电流的最大电流和最小电流，根据并联电路的电流特点求出加热时通过开关S2电流的最大值和最小值；
(3)分析电路图可知，当滑动变阻器接入电路的电阻为零时会导致电路短路，因此应该在滑动变阻器所在支路上串联一只加热电阻，根据欧姆定律可知，当滑动变阻器接入电路的电阻为零时，通过该支路的电流最大，根据欧姆定律求出加热电阻R3的阻值。
本题考查了串并联电路的特点、电功公式和欧姆定律的应用以及电路设计。
29.【答案】弹性势 B B D 红灯和绿灯交替发光，不断闪烁
【解析】解：(1)图甲中，当干簧管两簧片触点吸合时，簧片发生弹性形变具有弹性势能。
(2)根据安培定则，此时通电螺线管的左端是N极，右端是S极，将干簧管内的簧片磁化，上面的那根簧片的左端是N极，右端是S极，下面的那根簧片左端是N极，右端是S极，和原来通电螺线管的磁场方向一致，两根簧片的中间触电处是异名磁极，异名磁极相互吸引，将电路闭合，故B正确，ACD错误；
(3)A.铁、铁、铜；通电后，簧片3是铜，不能被磁化，所以通电后簧片1和2都是铁片，可以被磁化，出现异名磁极相互吸引，簧片1和2不能断开，故A不符合题意；
B.铁、铜、铁；通电后，簧片1和簧片3都是铁，能被磁化，触点处是异名磁极，相互吸引，簧片1和3接触，同时簧片1和2断开，故B符合题意；
C.铜、铁、铁；通电后，因为簧片1是铜不能被磁化，簧片2和3都是铁片，可以被磁化后出现的是同名磁极互相排斥，簧片1和2不能断开，1和3不能接通，故C不符合题意；
D.铁、钴、铁；通电后，三个簧片均能被磁化，簧片1和2是异名磁极相互吸引，不能断开；2和3被磁化后出现的是同名磁极互相排斥，1和3不能接通，故D不符合题意。
故选：B。
(4)将条形磁铁平行于干簧管放置在其下方，根据磁极间的相互作用规律可知：干簧管两簧片的上触点是S极，下触点是N极，故D正确，ABC错误。故选：D。
(5)开关闭合后，簧片1和2断开，红灯灭，簧片1和3连通，绿灯亮。然后电磁铁失去磁性簧片1和2连通，红灯亮，绿灯灭，不断地闪烁，轮流发光。所以红灯和绿灯交替发光，不断闪烁。
故答案为：(1)弹性势；(2)B；(3)B；(4)D；(5)红灯和绿灯交替发光，不断闪烁。
(1)物体由于发生弹性形变所具有的能量叫弹性势能。
(2)根据安培定则判断通电螺线管的磁极。
(3)使原来没有磁性的物体获得磁性的过程叫磁化；磁性材料才能被磁化，铜不是磁性材料。
(4)同名磁极互相排斥，异名磁极相互吸引。
(5)根据干簧管的原理进行分析红灯和绿灯的工作状态。
知道弹性势能的概念；知道磁化现象和磁性材料；理解干簧管的基本原理；知道磁极间的相互作用规律；会根据安培定则判断通电螺线管的磁极。
2023年江苏省盐城市东台市中考物理一模试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共12小题，共24.0分）
1. “轻声慢步，礼让三分”这里提到的是声音的( )
A. 音调 B. 声速 C. 音色 D. 响度
2. “爱护眼睛，你我同行”，用凸透镜模拟眼睛成像，可将物体置于图中的( )
A. A点 B. B点 C. C点 D. D点
3. 下列现象对应的物态变化过程需要放热的是( )
A. 春天，河中的冰雪消融 B. 夏天，清晨的迷雾消散
C. 秋天，晶莹的露珠形成 D. 冬天，冰冻的衣服晾干
4. 下列做法，符合安全用电要求的是( )
A. 用湿抹布擦拭运行中的电脑
B. 手机充电器长期插在插座上
C. 更换灯泡时无需断开电源开关
D. 用相同规格的空气断路器取代家庭电路中的熔丝
5. 下列选项中可以用如图所示的光路图解释的是( )
A. 岸上的人看到水中的“小鸟” B. 水面上的小鸟看到水中的“鱼”
C. 水中的鱼看到水面上的“小鸟” D. 水面上的小鸟看到岸边的人
6. 新能源汽车在工作时由电动机提供动力。下列能说明电动机工作原理的实验装置是( )
A. B.
C. D.
7. 小芳家临近铁路，为了降低火车过往时对居民的干扰，小区内的窗户均使用双层隔音玻璃，如图所示。下列实例中，减弱噪声的方法与之相同的是( )
A. 摩托车上的消音器
B. 路口的噪声监测仪
C. 高架路上的隔音板
D. 工厂里的降噪耳塞
8. 相同的瓶子中装上不同液体，放在已调好的天平上，调节游码后，天平仍然水平平衡，如图所示。对于瓶中液体的质量和密度的大小关系，下列判断一定正确的是( )
A. m甲=m乙
B. m甲>m乙
C. ρ甲=ρ乙
D. ρ甲<ρ乙
9. 如图所示是中国女足运动员将球踢出时的情景。下列关于足球的运动说法正确的是( )
A. 足球上升过程中重力势能转化为动能
B. 踢球时，脚对球的力是由于球形变产生的
C. 脚踢足球使球飞出，说明力是物体运动的原因
D. 足球在空中飞行过程中，运动状态一定发生改变
10. 用如图所示的动滑轮以相同的速度匀速提升不同的物体，第二次的拉力比第一次大，不计绳重和摩擦，则( )
A. 第一次的机械效率大
B. 第二次的拉力F做功的功率大
C. 由于提起的物重与提升高度不确定，所以无法比较两次机械效率
D. 由于提起物重的时间不确定，所以无法比较两次拉力F做功的功率
11. 利用图示的两套相同装置，可完成两个实验：实验一“探究不同物质吸热升温的现象”，实验二“比较质量相等的不同燃料燃烧放出的热量”。下列关于这两个实验的说法正确的是( )
A. 两实验都需要秒表和天平
B. 两实验都需保持烧杯内液体质量相等
C. 两实验都需保持燃料燃烧的时间相等
D. 两实验都用温度计升高的温度表示液体吸收的热量
12. 如图甲所示，质量相等、大小不同的两个小球a、b，它们静止在某液体中时所受浮力相等。图乙是小明画出的两球静止时的四种情形，其中合理的是( )
A. ②④ B. ②③ C. ③④ D. ①④
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共8小题，共24.0分）
13. 五一假期，在黄海森林公园，小明和妈妈撑着遮阳伞坐在观光车上欣赏沿途美景，闻到阵阵花香。遮阳伞可有效阻挡______ 外线对皮肤的伤害，看到路边的水杉在往后退，是以______ (观光车/地面)为参照物的，闻到花香是因为分子______ 。
14. 2022年4月16日神舟十三号载人飞船返回舱安全返航，为保证返回舱安全着陆，控制中心通过______ 波传输数据多次联调测试。着陆后的返回舱表面有烧蚀痕迹，这是返回舱与大气层摩擦引起的，此过程的能量转化情况与汽油机的______ 冲程相同，它们都是通过______ 方式改变物体内能的。
15. 如图是小王做“观察水的沸腾”实验的情形，安装器材时先确定______ (A/B)的高度，此时水温为______ ℃。沸腾时，水中产生大量气泡，气泡在上升过程中不断______ (变大/变小/不变)。
16. 中国的茶文化在宋朝时已名扬世界。炒制茶叶时，通过加热使新鲜茶叶中的水分快速______ (填物态变化)，这便是“杀青”；观察刚泡好的一杯茶，从侧壁看到的茶叶比实际的大，这是由于装水的茶杯相当于______ ；用手突然转动茶杯，发现水中央的茶叶没动，这是由于茶叶具有______ 。
17. 小明用托盘天平和量筒测量小石块的密度。将天平放在水平桌面上，游码移到标尺左端的“0”刻度线处，若指针位置偏左，应将平衡螺母向______ 调节，使天平平衡。测量中，当右盘所加砝码和游码位置如图所示时，天平平衡，该石块的质量为______ g。接着他测出石块的体积为20.0mL，则石块的密度为______ kg/m3。
18. 一架歼−15战机在“山东号”航母上起飞，此时机翼上方气流速度______ 下方气流速度；飞机离开甲板后，航母排开水的体积变化了25m3，则该飞机的质量为______ t，飞机匀速飞行的升力为______ N。(g=10N/kg,ρ海水=1.1×103kg/m3)
19. 如图所示的电能表，其示数为______ kW⋅h，为测量一只“220V，10W”节能灯的额定功率，除需要该电能表外，还需要的测量工具是______ 。为此，某同学设计如下方案：将该灯接入220V的电路中，关闭其他用电器，测出节能灯工作半小时电能表示数的变化量。经过小组讨论发现上述方案不合理，原因是时间太短______ 。
20. 小明利用如图的压强计做“探究液体内部压强与哪些因素有关”的实验。实验前，需检查压强计是否漏气，方法是用手指______ ，如果观察到U形管两侧液面发生明显变化，说明压强计不漏气。实验中，先将压强计的金属盒放入水中某一深度，记录U形管两侧液面的______ ；改变金属盒在水中的深度，记录数据，其目的是为了探究液体压强和______ 的关系。
三、作图题（本大题共3小题，共6.0分）
21. 在图中画出折射光线的入射光线。
22. 在图中画出杠杆上的动力F的力臂l。
23. 请在图中把节能灯正确接入到家庭电路中。
四、实验探究题（本大题共3小题，共21.0分）
24. 如图甲所示，在水平桌面上放一张白纸，小华用两个完全相同的棋子M和N做“探究平面镜成像特点”的实验。
(1)将茶色玻璃板与桌面______ 放置，沿玻璃板在白纸上画一条直线，代表玻璃板的位置。在玻璃板前放置棋子M，将棋子N放到镜后，使它与______ 重合。
(2)移动棋子M，再做两次实验，在白纸上记录像与物的位置，如图乙所示。将白纸沿放置玻璃板的直线对折，是用来验证______ 的猜想。若观察到______ 的现象，便可验证猜想。
(3)小明用一张白卡片验证“平面镜成虚像”的猜想，他将白卡片放在______ 所在位置后，应如何观察？答：______ 。
25. 小华用长方体物块做“探究滑动摩擦力大小与什么因素有关”的实验。
(1)实验前，必须在______ (水平/竖直)方向对弹簧测力计进行校零。
(2)图甲、乙所示实验是在探究滑动摩擦力的大小与______ 的关系。实验中应沿水平方向______ 拉动物块。
(3)在探究滑动摩擦力大小与接触面面积关系时，小华将物块沿竖直方向切成两部分，用其中一部分继续实验，如图丙所示。她的探究过程中存在的问题是______ ，改进方法是______ 。
(4)小华在如图丁所示的装置中水平向左拉动木板，读出压力传感器和拉力传感器的示数分别为F1和F2；再换用重力不同、粗糙程度和底面积相同的铁块，重复上述步骤，记录结果如表。实验中是通过______ 使压力传感器读数相同。分析实验数据得出结论：在接触面的粗糙程度相同时，滑动摩擦力大小与______ 。
次数
铁块重力/N
压力F1/N
拉力F2/N
1
5.0
4.8
1.8
2
6.0
4.8
1.8
3
7.0
4.8
1.8
26. 小刚做“探究导体中电流与电阻关系”的实验，设计如图甲所示的电路。实验器材有：学生电源(可调为2V、4V、6V、8V)、电流表、电压表、四只定值电阻(5Ω、10Ω、15Ω、20Ω)、滑动变阻器(20Ω,1A)、开关、导线若干。实验中，小刚将学生电源调到6V，用四只定值电阻从小到大依次进行实验。
(1)小刚连接电路前，开关必须______ 。
(2)请你用笔画线代替导线，将图甲中的实物电路连接完整，要求滑片P向B端移动时电路中电流变大。
(3)小刚先将5Ω电阻接入电路，移动滑片，电流表示数如图乙所示，读数为______ A。换用10Ω电阻进行实验，闭合开关后，发现电压表指针偏转超量程，电流表有示数。他操作中存在的错误是______ 。
(4)小刚在换用______ Ω电阻做实验时，发现无论怎样调节滑动变阻器的滑片，都不能将______ ，从而无法完成实验。
(5)为了能完成剩下的实验，在不增加器材的情况下，说明如何改进实验方案：______ 。(只要写出一种)
五、计算题（本大题共2小题，共15.0分）
27. 一辆小货车运货，满载后总质量是6×10³kg，轮胎与地面总接触面积为0.5m²。在平直的公路上以60km/h的速度匀速行驶10min，货车受到的阻力是总重力的0.05倍，(g=10N/kg)。求：
(1)满载后小货车的总重；
(2)静止时满载后小货车对路面的压强；
(3)小货车匀速行驶过程中牵引力做的功。
28. 如图是小明设计的家用空气炸锅简化电路，R1、R2均为加热电阻。开关S2的闭合或断开可以实现解冻和加热功能转换，通过移动滑动变阻器的滑片改变加热功率的大小。使用解冻功能时空气炸锅功率为550W；加热时根据温度不同空气炸锅功率在1100W～2750W之间调节。
(1)求解冻时5min内消耗的电能。
(2)求加热时通过开关S2电流的最大值和最小值。
(3)小明设计的电路中漏画一只加热电阻R3，在电路中补全，并求该电阻。
六、综合题（本大题共1小题，共10.0分）
29. 阅读短文，回答问题：
干簧管干簧管是一个通过磁场控制通断的开关。如图甲所示，将两片有弹性的软磁性金属(铁、钴、镍等)簧片密封在玻璃管内组成干簧管。
在磁场中，管内两簧片的触点部位被磁化成为异名磁极互相吸引，两簧片触点吸合在一起；外磁场消失后，两个簧片因失去磁性而恢复原状，两触点分开。
如图乙所示，在干簧管的玻璃管上绕有线圈做成干簧管继电器。当闭合图中开关S1时，两簧片触点也会吸合在一起。
图丙是一个双触点干簧管，由三个簧片组成，其中簧片1是公共端，簧片2是常闭接点，簧片3是常开接点。当外界没有磁场时，簧片1与簧片2触点部位接通；当外界有磁场时，簧片1与簧片2的触点连接断开、与簧片3触点接通。
(1)图甲中，当干簧管两簧片触点吸合时，簧片具有______ 能。
(2)图乙中S1闭合时，干簧管两簧片的触点因线圈通电后内部产生的磁场而吸合。已知通电线圈内部磁感线的环绕方向与外部磁感线的环绕方向形成闭合曲线。同学们将这种情形与放置条形磁铁进行类比，画出以下四幅图，你认为合理的是______ 。
A.(2)
B.(3)
C.(1)和(4)
D.(2)和(3)
(3)图丙中，双触点干簧管的1、2、3三个簧片对应的制作材料可能是______ 。
A.铁、铁、铜
B.铁、铜、铁
C.铜、铁、铁
D.铁、钴、铁
(4)如图丁所示，将条形磁铁平行于干簧管放置在其下方，干簧管两簧片的触点______ 。
A.均被磁化为S极
B.均被磁化为N极
C.上触点为N极，下触点为S极
D.上触点为S极，下触点为N极
(5)某兴趣小组用干簧管继电器设计如图戊所示的控制电路。开关闭合后，两灯的发光情况是______ 。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：“轻声慢步，礼让三分”，这里的“轻声”是指声音的响度小。
故选：D。
响度是指声音的大小，音调指声音的高低，音色是指声音的品质和特色，频率是指振动的快慢，可以影响到音调的高低。
音调和响度的概念很容易混淆，一定要注意认真区分。
2.【答案】D
【解析】解：人的眼睛相当于一架照相机，当物距大于二倍焦距时，成倒立、缩小的实像，故应将物体置于D点。
故选：D。
物距大于二倍焦距，凸透镜成倒立、缩小的实像。
本题考查了凸透镜成像规律的应用，属于基础题。
3.【答案】C
【解析】解：A、春天，河中的冰雪消融，是熔化现象，熔化吸热，故A不符合题意；
B、夏天，清晨的迷雾消散，是汽化现象，汽化吸热，故B不符合题意；
C、秋天，晶莹的露珠形成，是液化现象，液化放热，故C符合题意；
D、冬天，冰冻的衣服晾干，是升华现象，升华吸热，故D不符合题意。
故选：C。
(1)物质由气态直接变为固态叫凝华，物质由固态直接变为气态叫升华；由气态变为液态叫液化，由液态变为气态叫汽化；由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固；
(2)六种物态变化过程中，都伴随着吸热或放热；其中放出热量的物态变化有：凝固、液化、凝华；吸热的有：熔化、汽化、升华。
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；另外对六种物态变化的吸热和放热情况也要有清晰的认识。
4.【答案】D
【解析】解：A、生活用水是导体，用湿抹布擦拭运行中的电脑，容易发生触电事故，故A不符合安全用电要求；
B、充电器长时间插在电源插孔上会发热，容易引起线路安全事故，故B不符合安全用电要求；
C、更换灯泡前，为了避免发生触电事故，应断开电源开关，故C不符合安全用电要求；
D、用相同规格的空气断路器取代家庭电路中的熔丝，故D符合安全用电要求。
故选：D。
(1)生活用水是导体；
(2)充电器不使用时，不能插在插座上；
(3)更换灯泡、搬动电器前应断开电源开关；
(4)用相同规格的空气断路器取代家庭电路中的熔丝。
本题考查的是日常生活中的一些安全用电常识。只要同学们牢记安全用电常识，并正确规范操作，避免危险发生。
5.【答案】A
【解析】解：A、根据图示可知，S点发出的光线经过水面后发生了反射现象，逆着反射光线看去，看到的是S的虚像，可以用来解释岸上的人看到水中的“小鸟”，故A正确；
BC、水面上的小鸟看到水中的“鱼”、水中的鱼看到水面上的“小鸟”，属于光的折射现象，故BC错误；
D、水面上的小鸟看到岸边的人，属于光的直线传播，故D错误。
故选：A。
光线传播到两种介质的表面上时会发生光的反射现象，例如水面上出现岸上物体的倒影、平面镜成像、玻璃等光滑物体反光都是光的反射形成的。
本题考查了光的反射现象、光的折射现象，属于基础题。
6.【答案】D
【解析】解：电动机的原理是利用通电导体在磁场中受到力的作用的原理制成的。
A.图中没有电源，当导体在磁场中做切割磁感线运动时，电流表的指针会发生偏转，说明会产生感应电流，这是电磁感应现象，是发电机的原理，故A不符合题意；
B.图中是奥斯特实验的装置图，说明了通电导体周围存在磁场，故B不符合题意；
C.图中没有电源，是交流发电机的原理图，故C不符合题意；
D.当闭合开关后，通电导体在磁场中受力运动，是电动机的原理，故D符合题意。
故选：D。
电动机的原理是利用通电导体在磁场中受到力的作用的原理制成的。
电动机是将电能转化为机械能的机械，它在工作时要消耗电能，因此解题时观察图形中有无电源是此题的解题关键。
7.【答案】C
【解析】解：小区内的窗户均使用双层隔音玻璃，这是传播过程中减弱噪声。
A、摩托车的消声器是在声源处减弱噪声，故A不合题意；
B、路口的噪声监测仪能够检测噪声的等级，不能够减弱噪声，故B不合题意；
C、高架路上的隔音板是在传播过程中减弱噪声，故C符合题意；
D、工厂里的降噪耳塞是在人耳处减弱噪声，故D不合题意。
故选：C。
防治噪声的途径主要有：在声源处减弱、在传播过程中减弱、在人耳处减弱。明确题干中是通过哪种方法来减弱噪声的，再对照选项中提到的物理情景，即可得到答案。
减弱噪声的方法有三种，关键是将具体的措施与方法对应起来，这是解决这类问题的关键。
8.【答案】B
【解析】解：AB、由天平的使用规则可知，左盘瓶子和甲液体的总质量等于右盘瓶子和乙液体的总质量与称量标尺上游码显示的质量之和，
所以左盘瓶子和甲液体的总质量大于右盘瓶子和乙液体的总质量，
又因为规格相同的瓶子、质量相同，所以甲液体的质量大于乙液体的质量，故A错误、B正确；
CD、甲液体的质量大于乙液体的质量，由图知，甲的体积大于乙的体积，由密度公式ρ=mV可知，密度大小无法比较，故CD错误。
故选：B。
天平在使用时，被测物体放左盘里、砝码放右盘，则被测物体质量等于砝码质量与称量标尺上游码显示的质量之和；
由图得出瓶中液体的体积大小关系，利用密度公式分析两种液体的密度大小关系。
此题考查了密度计算公式的应用，属于基础知识。
9.【答案】D
【解析】解：
A、足球在上升过程中，质量不变，高度增大，重力势能增大，速度减小，动能减小，所以它的动能转化为重力势能，故A错误；
B、脚对球的力，施力物体是脚，属于弹力，弹力是施力物体发生了弹性形变试图恢复原状而产生的力，故B错误；
C、脚踢足球使球飞出，说明力是改变物体运动状态的原因，物体的运动不需要力来维持，故C错误；
D、足球在空中飞行过程中，运动的速度或方向发生了改变，运动状态一定发生改变，故D正确。
故选：D。
(1)重力势能和物体的质量、高度有关；动能的大小与质量、速度有关；
(2)踢球时，球发生形变会对脚产生弹力；
(3)力是改变物体运动状态的原因；
(4)物体运动方向、运动速度的改变都属于运动状态的改变。
本题考查了力与运动的关系、重力势能和动能的转化，属于基础题。
10.【答案】B
【解析】解：
A、使用动滑轮时，承担物重的绳子股数n=2，不计绳重和摩擦，拉力FF=12(G+G动)，因为第二次的拉力比第一次大，所以第二次提升的物体重力比第一次提升物体的重力大；因为不计绳重和摩擦，动滑轮的机械效率η=W有W总=GhGh+G动h=GG+G动=11+G动G，所以，第二次动滑轮的机械效率比第一次动滑轮的机械效率大，故A错误；
BD、速度相同，第二次的拉力比第一次大，根据P=Wt=Fst=Fv可知，第二次的功率大，故B正确、D错误；
C、根据η=W有W总=GhGh+G动h=GG+G动可知，动滑轮的机械效率与物体被提升的高度无关，故C错误；
故选：B。
使用动滑轮时，承担物重的绳子股数n=2，不计绳重和摩擦，拉力F=12(G+G动)，据此得出两次提升的物体重力大小关系；不计绳重和摩擦，动滑轮的机械效率η=W有W总=GhGh+G动h=GG+G动=11+G动G，据此得出两次动滑轮机械效率的大小关系；
根据P=Wt=Fst=Fv分析拉力功率的大小关系。
本题考查了机械效率公式的应用、功率计算公式的应用、动滑轮的特点等，属于综合题。
11.【答案】B
【解析】解：A、探究不同物质吸热升温的现象时应控制质量和初温相同，比较质量相等的不同燃料燃烧时放出的热量时需要控制燃料的质量相同，根据液体升高的温度来比较燃料热值的大小，两个实验都需要的实验器材是天平，故A错误；
BC、根据比较不同燃料燃烧放出的热量大小和探究“不同物质吸热升温现象”两实验的要求，容器中被加热物质的质量都要相同，而探究“不同物质吸热升温现象”实验时，不需要控制燃料的质量相同，故B正确，C错误；
D、实验一中，“探究不同物质吸热升温的现象”，在燃烧皿中放入同种燃料，用秒表记录加热时间，用加热时间反映液体吸热的多少；实验二中，“比较质量相等的不同燃料燃烧放出的热量”，在燃烧皿中放入不同燃料，燃料充分燃烧完后，用温度计记录烧杯中液体的温度，故D错误。
故选：B。
(1)探究不同物质吸热升温的现象时应控制质量和初温相同，比较质量相等的不同燃料燃烧时放出的热量时需要控制燃料的质量相同，根据液体升高的温度来比较燃料热值的大小；
(2)(3)根据两实验的要求，容器中被加热物质的质量都要相同，而探究“不同物质吸热升温现象”实验时，不需要控制燃料的质量相同；
(4)加热时间的长短反映物质吸收热量的多少；相同质量的同种液体，升高的温度反映燃料放出热量的多少。
本题考查了学生对“不同物质吸热升温的现象”和“不同燃料燃烧的放热能力”实验探究，分析时利用好控制变量法是解决本题的关键。
12.【答案】A
【解析】解：因为两球静止在某液体中时所受浮力相等，根据F浮=ρ液gV排可知，两个球排开液体的体积是相同的，又因为b球的体积大于a球的体积，所以b球一定是漂浮的；
①a球沉底，则a球受到的浮力小于a球的重力，b球漂浮，则b球受到的浮力等于b球的重力，因为两个小球的质量相等，所以a球受到的浮力会小于b球受到的浮力，而题目中已告知两球所受浮力相等，所以①这种情况不可能出现，故①不符合题意；
②a球悬浮，则a球受到的浮力等于a球的重力，b球漂浮，b球受到的浮力等于b球的重力，因为两个小球的质量相等，所以a球受到的浮力会等于b球受到的浮力，与题意相符，且由图②可知，a球排开液体的体积可能等于b球排开液体的体积，故②符合题意；
③④a球与b球都是漂浮的，所以两个球受到的浮力都等于重力，而两个球的质量相等，所以两个球受到的浮力相同，与题意相符，但图③中a球排开液体体积小于b球，图④中a球排开液体体积可能等于b球，故④符合题意，③不符合题意。
故选：A。
物体漂浮或悬浮时，受到的浮力和自身的重力相等，据此进行分析。
本题考查了物体浮沉条件和阿基米德原理的应用，属于易错题目。
13.【答案】紫 观光车 在永不停息地做无规则运动
【解析】解：遮阳伞可有效阻挡紫外线对皮肤的伤害；路边的水杉与观光车的位置发生了改变，说水杉是运动的，参照物是观光车；闻到花香是因为花香分子在永不停息地做无规则运动。
故答案为：紫；观光车；在永不停息地做无规则运动。
(1)紫外线来自太阳辐射的一部分，它由紫外光谱区的三个不同波段组成。
(2)被研究物体相对于参照物，位置发生变化，那就说物体是运动的，反之，就是静止的。
(3)分子在永不停息地做无规则运动。
本题考查了紫外线；参照物和分子热运动，属于基础题。
14.【答案】电磁 压缩 做功
【解析】解：电磁波可以在真空中传播，控制中心通过电磁波传输数据多次联调测试。
汽油机的压缩冲程工作时将机械能转化为内能；返回舱与大气层摩擦，机械能转化为内能，返回舱内能增大，温度升高，着陆后的返回舱表面有烧蚀痕迹；此过程的能量转化与汽油机的压缩冲程相同，它们都是通过做功的方式改变物体的内能。
故答案为：电磁；压缩；做功。
电磁波可以在真空中传播；
汽油机的做功冲程中，内能转化为机械能，压缩冲程中，机械能转化为内能；改变物体内能的方法有两种：做功和热传递。
本题考查了信息的传递、内燃机的工作过程、改变物体内能的方法，属于基础题。
15.【答案】B 91 变大
【解析】解：(1)在实验中需要用酒精灯的外焰加热，所以应先确定铁圈的高度，即安装器材时先确定B的高度；
(2)温度计的每一个大格代表10℃，每一个小格代表1℃，由图乙可知，水的温度是91℃。
(3)水沸腾时，气泡在上升过程中体积变大，这时候继续对水加热，温度不变。
故答案为：B；91；变大。
(1)因为在实验中需要用酒精灯的外焰加热，所以应从下向上固定实验器材的位置；
(2)温度计的读数：首先确定零上还是零下，确定每一个大格和每一个小格各代表的示数；
(3)分析水沸腾时气泡特点。
此题是探究水的沸腾实验，实验中主要考查了温度计的读数和液体沸腾的条件，同时考查了液体的沸腾特点，考查学生的分析归纳能力。
16.【答案】汽化 放大镜 惯性
【解析】解：(1)通过加热使新鲜茶叶中的水温度升高，水分快速的汽化，这便是制茶中的“杀青”；
(2)从侧壁看到的茶叶比实际的大，这是由于装水的茶杯相当于凸透镜，茶叶处在凸透镜的焦点以内，能成正立、放大的虚像；
(3)泡茶时茶水散发出清香，这是扩散现象，说明了分子在不停地做无规则运动，突然转动茶杯时，水中央的茶叶没动，这是因为茶叶具有惯性，要保持原来的静止状态。
故答案为：(1)汽化；(2)放大镜；(3)惯性。
(1)影响蒸发快慢的因素有三个：液体温度、表面积和液体上方空气流动快慢；
(2)生活中的凸透镜，能起放大作用，利用凸透镜成像的特点分析回答；
(3)物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性。
本题是一道考查物态变化、凸透镜和惯性的综合题目，关键是将课本知识内容记忆清楚，仔细分析即可。
17.【答案】右 56.8 2.84×103
【解析】解：(1)将天平放在水平桌面上，游码移到标尺左端的“0”刻度线处，指针向左偏，应将平衡螺母向右调节，使天平平衡；
(2)由图乙可知，标尺的分度值为0.2g，石块的质量：m=50g+5g+1.8g=56.8g；
(3)石块的体积V=20.0mL=20.0cm3，
石块的密度：ρ=mV=56.8g20cm3=2.84g/cm3=2.84×103kg/m3。
故答案为：右；56.8；2.84×103。
(1)天平使用前的调节：放：把天平放到水平桌面上；移：把游码移到标尺左端零刻度线处；调：调节平衡螺母，使指针指在分度盘的中线处，指针偏向分度盘的左侧，平衡螺母向右调节，指针偏向分度盘的右侧，平衡螺母向左调节；
(2)利用天平测量物体质量时，物体的质量等于砝码的质量加游码对应的刻度值；
(3)已知石块的质量和体积，根据密度公式计算出石块的密度。
本题考查了固体密度的测量、天平的使用与读数、密度的计算，是一道基础题。
18.【答案】大于 25 2.5×105
【解析】解：一架歼−15战机在“山东号”航母上起飞，此时机翼上方气流速度大于下方气流速度；
飞机离开甲板后，航母排开水的体积变化了25m3，航母所受浮力的变化量ΔF浮=ρ水gV排=103kg/m3×10N/kg×25m3=2.5×105N，
则该飞机的重力G=ΔF浮=2.5×105N，
质量为m=Gg=2.5×105N10N/kg=2.5×104kg=25t；
飞机匀速飞行的升力F升=G=2.5×105N。
故答案为：大于；25；2.5×105。
一架歼−15战机在“山东号”航母上起飞，此时机翼上方气流速度大于下方气流速度；
飞机离开甲板后，航母排开水的体积变化了25m3，根据ΔF浮=ρ水gV排得出航母所受浮力的变化量，根据G=ΔF浮得出该飞机的重力，根据G=mg得出质量；根据F升=G得出飞机匀速飞行的升力。
本题考查阿基米德原理的应用，是一道综合题。
19.【答案】376.5 秒表 节能灯的功率小，消耗的电能少，电能表的示数不变
【解析】解：如图所示的电能表，其示数为376.5kW⋅h，为测量一只“220V，10W”节能灯的额定功率，除需要该电能表外，还需要的测量工具是秒表。
该节能灯半小时内消耗的电能为：W=Pt=0.01kW×0.5h=0.005kW⋅h。时间太短，节能灯的功率小，消耗的电能少，电能表的示数不变；电能表没有这么高的精度。
故答案为：376.5；秒表；节能灯的功率小，消耗的电能少，电能表的示数不变。
(1)电能表是测量用户在某段时间内家用电器消耗电能的仪表，单位是千瓦时，最后一位是小数。
(2)测量某用电器的额定功率的原理是：P=Wt；需要的器材是电能表和秒表，分别测量电能和时间。
(3)根据W=Pt可以计算出该节能灯半小时内消耗的电能。
知道电能表上各个参数的含义；会利用电能表和秒表测量用电器的功率。
20.【答案】按压橡皮膜，观察U形管两端的液面是否能灵活升降 高度差 液体深度
【解析】解：用手轻按金属盒橡皮膜，U形管液面能灵活升降说明仪器不漏气；
压强计是通过U形管两侧液面的高度差来反映液体内部压强的大小；
在同种液体中，改变金属盒在水中的深度，可以探究液体压强和液体深度的关系。
故答案为：按压橡皮膜，观察U形管两端的液面是否能灵活升降；高度差；液体深度。
用手轻按金属盒橡皮膜，U形管液面能灵活升降说明仪器不漏气；
压强计是通过U形管两侧液面的高度差来反映液体内部压强的大小；
在同种液体中，改变金属盒在水中的深度，可以探究液体压强和液体深度的关系。
本题利用转换法和控制变量法探究液体压强大小的影响因素，是探究液体压强的典型实验，要熟练掌握。
21.【答案】解：
平行于主光轴的光线经凹透镜折射后折射光线反向延长通过焦点，如图所示：
故答案为：如上图所示。
【解析】在作凹透镜的光路图时，先确定所给的光线的特点再根据透镜的三条特殊光线来作图。
凹透镜的特殊光线有三条：过光心的光线其传播方向不变，平行于主光轴的光线经凹透镜折射后折射光线反向延长通过焦点，指向另一侧焦点的光线经凹透镜折射后折射光线平行于主光轴。
22.【答案】解：反向延长F的作用线，由支点O向F的作用线作垂线，垂线段的长度为F的力臂l，如图所示。
【解析】力臂是从支点到力的作用线的距离，由支点向力的作用线作垂线，垂线段的长度即为力臂。
此题主要考查了有关力臂的画法，首先要掌握力臂的概念，找出支点和力的作用线。从而正确地画出力臂。
23.【答案】解：火线首先进入开关，然后接到到灯泡顶端的金属点；零线直接接到灯泡的螺旋套。这样在更换灯泡时更安全，如图所示：
【解析】开关控制灯泡时和灯泡是串联的。火线过开关入灯座，零线直接入灯座。
掌握电灯、开关、两孔插座、三孔插座、保险丝的接法，这是家庭电路连接中常考的问题。
24.【答案】垂直 棋子M的像 像到镜面的距离与物体到镜面的距离相等 A和A′，B和B′，C和C′基本重合 棋子N 直接观察白卡片上是否有像
【解析】解：(1)实验时，玻璃板要与纸面垂直放置；如果玻璃板与纸面不垂直，根据平面镜所成的像和物体关于平面镜对称可知，棋子的像与棋子不在同一水平面上，所以像和物体不能完全重合；
为了确定像的位置，将另一个相同的棋子N放到镜后，使它与M的像完全重合，此时棋子N的位置就是棋子M的像的位置，这种确定像与物大小关系的方法是等效替代法；
(2)移动棋子M，再做两次实验，在白纸上记录像与物的位置，将白纸沿放置玻璃板的直线对折，是用来验证像到镜面的距离与物体到镜面的距离相等的猜想。若观察到A和A′，B和B′，C和C′基本重合，便可验证猜想；
(3)小明用一张白卡片验证“平面镜成虚像”的猜想，他将白卡片放在所在棋子N所在位置后，直接观察白卡片上是否有像。
故答案为：(1)垂直；棋子M的像；(2)像到镜面的距离与物体到镜面的距离相等；A和A′，B和B′，C和C′基本重合；(3)棋子N；直接观察白卡片上是否有像。
(1)在探究“平面镜成像特点”的实验中，玻璃板应与纸面垂直；
像与物关于玻璃板对称，玻璃板的摆放角度要能够使后面的棋子与前面棋子的像完全重合；
(2)平面镜成像时，像与物体大小相等，物距等于像距；
(3)用光屏是否能承接到像是判断实像和虚像的最佳方法，但是观察光屏时，要直接观察，不能透过任何物体来观察。
本题考查学生动手操作实验的能力并能合理解决实验中出现的问题。只要熟练掌握平面镜的成像特点，解答此类题目就很容易。
25.【答案】水平 接触面粗糙程度 匀速直线 没有控制压力相同 将切去部分叠放在剩余部分的正中央 改变沙桶中沙子的多少 铁块的重力大小无关
【解析】解：(1)只有用弹簧测力计沿水平方向拉着物块做匀速直线运动，物块在水平方向上受到平衡力的作用，根据二力平衡的条件，弹簧测力计的示数才等于摩擦力的大小。故实验前，必须在水平方向对弹簧测力计进行校零。
(2)图甲、乙两实验中，压力相同，而接触面粗糙程度相同，故甲、乙所示实验是在探究滑动摩擦力的大小与接触面粗糙程度的关系；实验中应沿水平方向匀速直线拉动物块。
(3)在探究滑动摩擦力大小与接触面面积关系时，要控制压力大小和接触面的粗糙程度，小华将物块沿竖直方向切成两部分，用其中一部分继续实验，如图丙所示。她的探究过程中存在的问题是：没有控制压力相同，改进方法是将切去部分叠放在剩余部分的正中央。
(4)定滑轮可改变力的方向，沙子和桶对铁块有一个竖直向上的拉力的作用，用重力不同、粗糙程度和底面积相同的铁块，重复上述步骤，实验中是通过改变沙桶中沙子的多少使压力传感器读数相同。
铁块相对地面处于静止状态，受到拉力传感器的拉力F2与受到木板施加的滑动摩擦力为一对平衡力，大小相等，方向相反，分析实验数据可知，铁块的重力不同，但铁块对木板的压力相同，受到的滑动摩擦力相同，故得出结论：在接触面的粗糙程度相同时，滑动摩擦力大小与重力大小无关。
故答案为：(1)水平；(2)接触面粗糙程度；匀速直线；(3)没有控制压力相同；将切去部分叠放在剩余部分的正中央；(4)改变沙桶中沙子的多少；铁块的重力大小无关。
(1)根据二力平衡的条件分析；测力计使用前要在测力的方向上调零；
(2)影响滑动摩擦力大小因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变，据此分析回答；结合(1)分析回答；
(3)在探究滑动摩擦力大小与接触面面积关系时，要控制压力大小和接触面的粗糙程度；
(4)定滑轮可改变力的方向，结合图丁分析；铁块相对地面处于静止状态，由二力的平衡条件可知，铁块受到拉力传感器的拉力F2与受到木板施加的滑动摩擦力为一对平衡力，大小相等，分析实验数据得出结论。
本题探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关，考查实验原理及控制变量法的运用和对实验方案的改进，体现了对过程和方法的考查。
26.【答案】断开 0.5 更换10Ω电阻后没有把变阻器的滑片移动到阻值最大处的A端 15 电压表示数调至2.5V 串联接入10Ω的定值电阻
【解析】解：(1)为了保护电路，在连接电路时，开关必须断开；
(2)滑片P向B端移动时电路中电流变大，即滑动变阻器接入电路的电阻变小，故变阻器右下接线柱连入电路中，如下图所示：
；
(3)当接入5Ω电阻进行实验，电流表示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流是0.5A；
用10Ω电阻替换5Ω电阻继续实验，电流表有示数，则电路为通路，发现电压表指针偏转超量程，即电压表超过3V，故他操作中存在的问题是：更换电阻后没有把变阻器的滑片移动到阻值最大处的A端；
(4)在“探究导体中电流与电阻关系”的实验中要控制定值电阻两端的电压保持不变，根据U=IR可得出电压值UV=IR=0.5A×5Ω=2.5V，则根据串联电路电压的特点可得滑动变阻器两端的分压U滑=U−UV=6V−2.5V=3.5V，再结合串联分压原理可得出U滑UV=R滑R，则当滑动变阻器电阻完全接入电路时有3.5V2.5V=20ΩR求出此时对应的定值电阻阻值大小R≈14.3Ω<15Ω，由此可知当小刚换上15Ω电阻做实验时，发现无论怎样调节滑动变阻器的滑片，都不能将电压表示数调至2.5V，从而无法完成实验；
(5)由小题(4)中分析可知现有滑动变阻器的最大电阻偏小，因此要使所有电阻均能接入实验，可以通过串联一个合适大小的电阻起到分压的作用，由此同样可根据串联分压原理U滑UV=R滑R，可得出当最大的20Ω的定值电阻接入电路时应有3.5V2.5V=R滑′20Ω，则此时滑动变阻器应接入电路的电阻大小R滑′=28Ω，由此可知应串联的电阻最小应为：
R′=R滑′−R滑=28Ω−20Ω=8Ω，结合现有的器材可知应选用10Ω的定值电阻串联接入电路即可。
故答案为：(1)断开；(2)见上图；(3)0.5；更换电阻后没有把变阻器的滑片移动到阻值最大处的A端；(4)15；电压表示数调至2.5V；(5)串联接入10Ω的定值电阻(答案合理即可)。
(1)为了保护电路，在连接电路时，开关必须断开；
(2)根据滑片P向B端移动时电路中电流变大，说明此时滑动变阻器接入电路的电阻变小，由此确定变阻器的连接；
(3)根据图乙电流表所选量程确定分度值读数；为保护电路，当换接阻值更大的定值电阻时，在闭合开关前应把变阻器的滑片移动到阻值最大处；
(4)在“探究导体中电流与电阻关系”的实验中要控制定值电阻两端的电压保持不变，可根据前面的分析结合U=IR计算出这个电压值，再由串联电路电压的特点求出滑动变阻器两端的分压，最后根据串联分压原理可得出当滑动变阻器电阻完全接入电路时此时对应的定值电阻阻值大小，并与给出的定值电阻作比较，得出答案；
(5)由小题(4)分析可知滑动变阻器最大阻值偏小，因此要使所有电阻均能接入实验，可以通过串联一个合适大小的电阻起到分压的作用，由此同样可根据串联分压原理可得出当最大的定值电阻接入电路时滑动变阻器应接入电路的电阻大小，再根据串联电路电阻的规律得出应串联的电阻大小。
本题探究“电流与电阻的关系”实验，考查电路连接及注意事项、电流表的读数、操作过程、以及串联分压原理的运用，有一定难度。
27.【答案】解：(1)货车的总重力：
G=mg=6.0×103kg×10N/kg=6×104N；
(2)货车对水平路面的压力：
F=G=6×104N，
则货车对路面的压强：
p=FS=6×104N0.5m2=1.2×105Pa；
(3)因为货车做匀速直线运动，所以牵引力：
F=f=0.05G=0.05×6×104N=3000N，
货车10min通过的路程：
s=vt=60km/h×1060h=10km=1×104m，
则牵引力做的功：
W=Fs=3000N×1×104m=3×107J。
答：(1)满载后小货车的总重为6×104N；
(2)静止时满载后小货车对路面的压强为1.2×105Pa；
(3)小货车匀速行驶过程中牵引力做的功为3×107J。
【解析】(1)利用G=mg求货车的重力；
(2)利用p=FS求货车对路面的压强；
(3)货车受到的阻力是总重力的0.05倍结合二力平衡条件求出牵引力，利用W=Fs求牵引力做的功。
本题考查了重力、压强、速度和功的计算，是一道基础题。
28.【答案】解：(1)由P=Wt可知，解冻时5min内消耗的电能：W=P解冻t=550W×5×60s=1.65×105J；
(2)由电路图可知，当只闭合开关S1时，电路为R1的简单电路；当两个开关都闭合时，R1、R2并联；
因为并联电路的总电阻小于各支路的电阻，所以由P=UI=U2R可知，R1、R2并联时，电路中的电阻最小，电功率最大，空气炸锅为加热功能，电路为R1的简单电路时，电路中的电阻最大，电功率最小，电阻较大，由P=UI=U2R功率较小，空气炸锅为解冻功能；
解冻时，电路为R1的简单电路，由P=UI可知，通过R1的电流：I1=P解冻U=550W220V=2.5A，
加热时，R1、R2并联，由P=UI可知，干路的最小电流：I小=P小U=1100W220V=5A，
干路的最大电流：I大=P大U=2750W220V=12.5A，
由并联电路的电流特点可知，加热时通过开关S2电流的最大值和最小值分别为：I2大=I大−I1=12.5A−2.5A=10A，I2小=I小−I1=5A−2.5A=2.5A；
(3)由电路图可知，当滑动变阻器接入电路的电阻为零时会导致电路短路，因此应该在滑动变阻器所在支路上串联一只加热电阻，电路图如图所示：
由欧姆定律可知，当滑动变阻器接入电路的电阻为零时，通过该支路的电流最大，
由欧姆定律可知，加热电阻R3的阻值：R3=UI2大=220V10A=22Ω。
答：(1)解冻时5min内消耗的电能为1.65×105J；
(2)加热时通过开关S2电流的最大值为10A、最小值为2.5A；
(3)电路图见解答图，加热电阻R3的阻值为22Ω。
【解析】(1)根据P=Wt求出解冻时5min内消耗的电能；
(2)由P=UI=U2R可知，当电源电压一定时，电路电阻越大，功率越小，根据电路图分析电路结构，结合并联电路电阻规律和P=UI=U2R可知各挡位时电路的连接；
根据P=UI求出通过R1的电流、干路电流的最大电流和最小电流，根据并联电路的电流特点求出加热时通过开关S2电流的最大值和最小值；
(3)分析电路图可知，当滑动变阻器接入电路的电阻为零时会导致电路短路，因此应该在滑动变阻器所在支路上串联一只加热电阻，根据欧姆定律可知，当滑动变阻器接入电路的电阻为零时，通过该支路的电流最大，根据欧姆定律求出加热电阻R3的阻值。
本题考查了串并联电路的特点、电功公式和欧姆定律的应用以及电路设计。
29.【答案】弹性势 B B D 红灯和绿灯交替发光，不断闪烁
【解析】解：(1)图甲中，当干簧管两簧片触点吸合时，簧片发生弹性形变具有弹性势能。
(2)根据安培定则，此时通电螺线管的左端是N极，右端是S极，将干簧管内的簧片磁化，上面的那根簧片的左端是N极，右端是S极，下面的那根簧片左端是N极，右端是S极，和原来通电螺线管的磁场方向一致，两根簧片的中间触电处是异名磁极，异名磁极相互吸引，将电路闭合，故B正确，ACD错误；
(3)A.铁、铁、铜；通电后，簧片3是铜，不能被磁化，所以通电后簧片1和2都是铁片，可以被磁化，出现异名磁极相互吸引，簧片1和2不能断开，故A不符合题意；
B.铁、铜、铁；通电后，簧片1和簧片3都是铁，能被磁化，触点处是异名磁极，相互吸引，簧片1和3接触，同时簧片1和2断开，故B符合题意；
C.铜、铁、铁；通电后，因为簧片1是铜不能被磁化，簧片2和3都是铁片，可以被磁化后出现的是同名磁极互相排斥，簧片1和2不能断开，1和3不能接通，故C不符合题意；
D.铁、钴、铁；通电后，三个簧片均能被磁化，簧片1和2是异名磁极相互吸引，不能断开；2和3被磁化后出现的是同名磁极互相排斥，1和3不能接通，故D不符合题意。
故选：B。
(4)将条形磁铁平行于干簧管放置在其下方，根据磁极间的相互作用规律可知：干簧管两簧片的上触点是S极，下触点是N极，故D正确，ABC错误。故选：D。
(5)开关闭合后，簧片1和2断开，红灯灭，簧片1和3连通，绿灯亮。然后电磁铁失去磁性簧片1和2连通，红灯亮，绿灯灭，不断地闪烁，轮流发光。所以红灯和绿灯交替发光，不断闪烁。
故答案为：(1)弹性势；(2)B；(3)B；(4)D；(5)红灯和绿灯交替发光，不断闪烁。
(1)物体由于发生弹性形变所具有的能量叫弹性势能。
(2)根据安培定则判断通电螺线管的磁极。
(3)使原来没有磁性的物体获得磁性的过程叫磁化；磁性材料才能被磁化，铜不是磁性材料。
(4)同名磁极互相排斥，异名磁极相互吸引。
(5)根据干簧管的原理进行分析红灯和绿灯的工作状态。
知道弹性势能的概念；知道磁化现象和磁性材料；理解干簧管的基本原理；知道磁极间的相互作用规律；会根据安培定则判断通电螺线管的磁极。
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