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2022年广东省清远市英德市中考物理一模试卷
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这是一份2022年广东省清远市英德市中考物理一模试卷，共37页。试卷主要包含了单项选择题，填空题，作图题，实验题，计算题，综合能力题等内容，欢迎下载使用。
2022年广东省清远市英德市中考物理一模试卷
一、单项选择题（每小题3分，共21分）
1．（3分）为节能环保，建议商场等夏季室内空调温度设置不低于（ ）
A．6℃ B．10℃ C．18℃ D．26℃
2．（3分）如图所示，使劲按住尺子，拨动尺子外端听到声音，要使听到声音响度变大，应（ ）
A．用更大的力拨动尺子 B．用更快的速度拨动尺子
C．尺子伸出桌面更长 D．减小尺子伸出桌面长度
3．（3分）下列生活中的现象属于光的反射的是（ ）
A．树荫下的光斑 B．瞄准鱼下方叉鱼
C．从后视镜观看车后景物 D．水中铅笔“折”了
4．（3分）以下四个实验，不能说明大气压存在的是（ ）
A．覆杯实验
B．帕斯卡裂桶实验
C．马德堡半球实验
D．瓶吞蛋实验
5．（3分）如图所示，电暖气通电后，电热元件将其内部的导热油加热，导热油可以迅速吸热升温，从而提高室内温度，电暖气采用了导热油这种物质，主要利用了它具有较小的（ ）
A．比热容 B．热值 C．内能 D．电阻
6．（3分）一个静止在水平地面上的物体，从t＝0s开始受到一个水平向右拉力F的作用，如图甲，将物体的s﹣t图像记录在图乙中，则下列有关说法正确的是（ ）
A．t＝1s时，物体不受摩擦力
B．在4～6s的过程中，拉力F大小不变
C．在0～6s内，物体一直处于平衡状态
D．物体做匀速直线运动阶段的速度大小为4m/s
7．（3分）小明在探究通过导体的电流跟电阻的关系实验中，如图甲所示，电源电压恒为6V，根据测量数据得到如图乙所示图像。则（ ）
A．分析图像可得：在电压一定时，导体的电阻与电流成反比
B．实验过程中，小明控制导体两端的电压为2.5V
C．将R从5Ω换成10Ω后，应将滑片P向左移
D．若定值电阻选用的最大阻值为20Ω，则滑动变阻器最大阻值不能小于20Ω
二、填空题（每空1分共21分）
8．（3分）文娱演出时，舞台上用弥漫的白色烟雾，给人以若隐若现的视觉效果，这种烟雾是利用干冰 而使空气中的水蒸气 成的“雾”。
9．（3分）2021年5月，搭载着天舟二号货运飞船的“长征七号”遥三运载火箭成功升空，如图，火箭加速升空过程中，其机械能 （选填“变大”“变小”或“不变”），若以地面为参照物，该火箭是 的，火箭在上升过程中对空气向下的力 （选填“大于”“小于”或“等于”）空气对火箭向上的力。
10．（3分）如图是“探究平面镜成像特点”的实验装置图，蜡烛A作为物体来成像．实验时，应该选用较 （厚/薄）玻璃板进行实验．蜡烛B （需要/不需要）点燃．当蜡烛A靠近玻璃板时，所成像将 （变大/变小/不变）．
11．（2分）如图的三个装置，图A揭示的是 （选填“电动机”或“发电机”）的工作原理，图B中将电池的正负极对调，将观察到小磁针偏转方向 ，图C可用来演示 现象。
12．（3分）如图甲是四冲程汽油机的 冲程，此时能量转化情况与 （选填“乙”或“丙”）图相同，完全燃烧500g的汽油，放出的热量是 J（已知汽油的热值为4.6×107J/kg）。
13．（3分）小明将一鸡蛋用细线捆绑后挂在弹簧测力计下端，示数如图甲所示，将其浸没在盐水中，发现弹簧测力计示数为0，则鸡蛋受到浮力为 N，若增加鸡蛋浸没在水中的深度，弹簧测力计示数 （选填“变大”“变小”或“不变”），若拉着弹簧测力计的细线突然断开，鸡蛋将 （选填“上浮”“下沉”或“静止”）。
14．（3分）题图甲是体育考试用到的坐位体前屈测试仪，原理如图乙所示，闭合开关，测试者把挡板P从B端推到A端的过程中，电流表的示数 ，电压表的示数 ，整个电路消耗的功率 （以上三空均选填“变大”“变小”或“不变”）。
三、作图题（共7分，3+2+2分）
15．（3分）如图所示，请作出入射光线AO的反射光线OB和折射光线OC，并标出反射角的度数。
16．（2分）一木块沿水平面向左滑行并冲上斜面。请在图甲中画出以下力的示意图：
（1）木块水平向左滑行时所受的摩擦力；
（2）木块对斜面的压力。
17．（2分）请用笔画线表示导线，将如图中的开关、电灯和插座接入家庭电路中。要求：开关控制电灯，插座单独使用。
四、实验题（每空1分，共19分）
18．（3分）如图甲所示，用刻度尺测得纽扣的直径是 cm，图乙所示的停表读数为 s，图丙所示的温度计读数为 ℃。
19．（3分）在探究“电阻的大小与什么因素有关”的实验时，小明选用实验板上的两根粗细相同的镍铬合金丝，设计如图所示电路，这个实验能探究导体的电阻跟导体 的关系，实验中通过观察 来判断电阻的大小，实验中用到的科学方法有 （填一种即可）。
20．（6分）在探究“杠杆的平衡条件”的实验中：
（1）实验前，将杠杆安装到支架上后静止如图甲所示，按照实验要求，此时杠杆的平衡螺母A应向 调节，或者B向 调节（上两空均选填“左”或“右”）。
（2）如图乙所示，杠杆上每格均匀等距，每个钩码的质量都相同，若在C位置挂4个钩码，在D处挂 个钩码，仍可使其在水平位置平衡。
（3）以上实验结束后，小明用弹簧测力计代替钩码，如图丙所示，保持所挂钩码位置不变，不断改变弹簧测力计的作用点和力的大小，使杠杆在水平位置平衡，弹簧测力计的拉力F与其力臂L的图像如图丁所示，由图像得每次描出的点与两坐标轴围成的方形面积（如图丁中阴影部分） （选填“相等“或“不等”），其原因是 。
（4）小明看到爸爸利用如图的工具抬起大花盆，取出托水盘清洗，结合上面的探究，为了抬起花盆时更省力，他建议爸爸将支架向 移动一些距离。
21．（7分）测量小灯泡的电功率实验（小灯泡额定电压2.5V）。
（1）如题图甲是小明正在连接实验电路时的情景，请指出小明在操作上存在的错误 。
（2）请用笔代替导线将实物电路连接完整。
（3）连好电路，在实验过程中，小明发现无论怎样调节滑动变阻器，两电表指针始终处于图乙所示位置，可能是小灯泡出现了 （选填“短路”或“断路”）故障
（4）排除上述故障后接着实验，调节滑动变阻器观察到小灯泡的亮度较暗.若想测小灯泡的额定功率，接下来应将滑动变阻器的滑片向 （选填“左”或“右”）端移动，使小灯泡正常发光，实验中判定该小灯泡正常发光的方法是 。
（5）通过实验，小灯泡的I﹣U图像如图丙所示，则小灯泡的额定功率为 W。
五、计算题（共13分）
22．（6分）如图甲所示，在2022年北京冬奥会冰壶项目中，若比赛用的冰壶其质量为20kg，与冰面接触面积200cm2，某次投掷时运动员用20N的水平力将冰壶从水平冰道的A点推至B点后放手，离手后冰壶继续滑行至C点停止，如图乙。g取10N/kg，求：
（1）冰壶的重力；
（2）这次投掷过程中运动员对冰壶做的功；
（3）冰壶静止在水平冰面上时对冰面的压强。
23．（7分）小明家有一台电吹风机，既能吹冷风也能吹热风，如图甲，原理电路如题图乙所示。小明在家中把该吹风机单独接入家庭电路正常工作，并使其吹热风，发现图丙中的电能表转盘6min内转过297圈，已知电动机额定功率是110W，求：
（1）电吹风吹冷风时的电流是多大？
（2）电吹风电热丝R额定功率？
（3）电热丝的阻值？
六、综合能力题（每空1分，共19分）
24．（6分）学习了浮力知识后，小明利用电子秤和已知密度为ρ木的小木块来测量一未知液体的密度，如图所示．实验步骤如下：
①如图甲所示，在容器内装入适量的该未知液体，记下此时电子秤的示数为m1；
②如图乙所示，将小木块轻轻放入该液体中，木块漂浮，记下此时电子秤的示数为m2；
③如图丙所示，用细针将小木块压入该液体中完全浸没，记下此时电子秤的示数为m3。
实验中液体均未溢出，完成下列填空（选用m1、m2、m3、ρ木表示以下物理量）：
（1）小木块的质量m＝ 。
（2）小木块的体积V木＝ 。
（3）小木块完全浸没在该液体中时排开液体的质量m排＝ 。
（4）该未知液体的密度ρ液＝ 。
（5）实验结束后小明发现木块吸液，则所测得液体密度将会 （选填“偏大”或“偏小”），为了减小木块吸液带来的误差，请你结合小明的实验方案提出一种改进方法 。
25．（7分）小明在复习凸透镜成像的知识时想到了2021年12月9日“太空教师”王亚平给我们展示的“天宫课堂”中的水球成像实验，于是利用水透镜（注射器和弹性膜制成的凸透镜）、蜡烛、光屏、光具座等器材进行探究，小明在测量水透镜焦距时发现：当向水透镜里注水时，水透镜的焦距将变小；当从水透镜里抽水时；水透镜的焦距将变大。
（1）如图甲所示，一束平行于主光轴的光线射向水透镜，在光屏上得到一个最小最亮光斑，则此水透镜的焦距为 cm。
（2）再将蜡烛置于光具座上，并让烛焰、水透镜光心和光屏中心处于 。
（3）将实验器材按图乙位置放置，光屏上成清晰的像，此像应该是倒立、 （选填“放大”或“缩小”）的实像，这与生活中 （选填“放大镜”“投影仪”或“照相机”）原理相同。
（4）王亚平在天宫课堂上展示了一个中间充有气泡的水球，透过这个水球我们可以看到“一正一倒”两个缩小的像，如图丙所示，中间气泡中形成的缩小、正立的像 （填“是”或“不是”）凸透镜成像的结果，倒立的像是水球所成的倒立、缩小的实像，若王亚平靠近水球，倒立的像 （选填“变大”“变小”或“不变”）。
（5）在图乙所示的实验情景下，该同学从水透镜中抽水，应将光屏向 （选填“左”或“右”）移动，才能看到清晰的像。
26．（7分）小明发现爸爸给手机充电时，不到十分钟可把电池充达一半以上，查阅资料得知，原来该手机搭配了超级快充功能，已知该手机电池的部分参数如下表所示，如图甲所示为该手机充电器，通过阅读说明书，小明还知道了原来在充电器的内部存在降压变压器使充电器输出电压为4.4V。可将变压器原理简化为如图乙：原线圈匝数n1，副线圈匝数n2，若输入电压U1，输出电压U2，则电压与匝数关系式为：U1U2=n1n2。
电池名称
锂离子电池
电压
3.7V
容量
4400mAh
（1）充电器为手机电池充电时，将 能转化为 能。
（2）若原线圈的匝数为1100圈，要使充电器的输出电压为4.4V，副线圈匝数为 圈。
（3）小明发现超级快充的充电线比普通手机充电线要粗一些，请你从线路安全的角度来分析是因为 。
（4）此款电池充满电储存的电能为 J。
（5）如果不考虑快充时的电能损耗，用一个标注“输出4.4V，10A”的快速充电器把这款手机电池从电量0%充到100%，需要的时间是 s。
2022年广东省清远市英德市中考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（每小题3分，共21分）
1．（3分）为节能环保，建议商场等夏季室内空调温度设置不低于（ ）
A．6℃ B．10℃ C．18℃ D．26℃
【分析】安装空调在夏季可以获得低温，冬季可以获得高温，如果室内外的温差越大，则压缩机工作的时间越长，浪费的能源越多。
【解答】解：安装空调在夏季可以获得低温，如果室内外的温差越大，则压缩机工作的时间越长，消耗的能源越多。在夏季26℃时人们会感觉比较舒服，对身体也有益，所以建议商场等单位夏季室内空调温度设置不低于26℃。
故选：D。
【点评】无论是冬季还是夏季，既要考虑人们的需求，同时也要考虑到环保与节能的问题。
2．（3分）如图所示，使劲按住尺子，拨动尺子外端听到声音，要使听到声音响度变大，应（ ）
A．用更大的力拨动尺子 B．用更快的速度拨动尺子
C．尺子伸出桌面更长 D．减小尺子伸出桌面长度
【分析】响度指声音的强弱，是由发声体振动的振幅和距离决定的，振幅越大，距离越近，响度越大。
【解答】解：使听到发出的响度变大，需要增大尺子的振幅，所以应用更大的力拨动尺子；改变尺子伸出桌面长度、用更快的速度拨动尺都无法改变尺子振动的振幅，无法改变响度大小的变化，故A正确。
故选：A。
【点评】本题考查了改变响度的方法，属于基础题。
3．（3分）下列生活中的现象属于光的反射的是（ ）
A．树荫下的光斑 B．瞄准鱼下方叉鱼
C．从后视镜观看车后景物 D．水中铅笔“折”了
【分析】（1）光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，产生的现象有小孔成像、影子的形成、日食和月食等；
（2）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；
（3）光线在同种不均匀介质中传播或者从一种介质斜射入另一种介质时，就会出现光的折射现象，例如水池底变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼、凸透镜成像等都是光的折射形成的。
【解答】解：A、树荫下的光斑属于小孔成像，是由光的直线传播形成的，故A错误；
B、瞄准鱼下方叉鱼，看到的鱼是光的折射形成的虚像，故B错误；
C、从汽车后视镜中看车后景物，属于凸面镜成像，是由于光的反射形成的，故C正确；
D、从水中铅笔上反射的光从水中斜射入空气中时，发生折射，折射光线远离法线，当人逆着折射光线的方向看时，看到的是铅笔的虚像，比实际位置偏高，所以感觉折断了，故D错误。
故选：C。
【点评】本题主要考查学生利用光学知识解释生活中常见的物理现象，此题与实际生活联系密切，体现了生活处处是物理的理念。
4．（3分）以下四个实验，不能说明大气压存在的是（ ）
A．覆杯实验
B．帕斯卡裂桶实验
C．马德堡半球实验
D．瓶吞蛋实验
【分析】大气压强的存在可以用实验来证明，我们学过的实验当中就有：马德堡半球实验、瓶吞鸡蛋实验、覆杯实验等。
【解答】解：A、如图纸托水杯实验中，水为什么没有把纸压下来，是因为纸下面有大气压给纸一个向上的压力，能够证明大气压的存在，故A不符合题意；
B、帕斯卡裂桶实验是在一个装满水密封的木桶中插入一根很细、很长的管子，向管子内加水后，水柱升高后，木桶被胀破，说明液体压强与深度有关，深度越高压强越大，故B符合题意；
C、马德堡半球内抽成真空，两个半球在大气压的作用下，八对马费了很大的力才拉开两个半球，这个实验有力地证明了大气压的存在，并且大气压很大，故C不符合题意；
D、将点燃的酒精棉球投入瓶内，稍等一会，再用剥了壳的熟鸡蛋封住瓶口，当酒精燃完后，瓶内温度下降，瓶内气压减小，外部大气压大于内部气压，受力面积相同，外部压力大于内部压力，鸡蛋被大气压入瓶内，能够证明大气压的存在，故D不符合题意；
故选：B。
【点评】此题考查的是大气压强存在的证明实验：马德堡半球实验、瓶吞鸡蛋实验、覆杯实验等。要弄清楚大气压强和液体压强的联系和区别。
5．（3分）如图所示，电暖气通电后，电热元件将其内部的导热油加热，导热油可以迅速吸热升温，从而提高室内温度，电暖气采用了导热油这种物质，主要利用了它具有较小的（ ）
A．比热容 B．热值 C．内能 D．电阻
【分析】（1）油的比热容较小，在加热时间相同的情况下，温度升高的快；
（2）电热元件对油加热时不是燃烧油，与热值无关；
（3）内能是物体内部分子热运动的动能和分子势能之和；
（4）油是绝缘体，使用起来安全性比较高，据此解答。
【解答】解：A、通电后电热元件将内部的导热油加热，导热油迅速升温后提高室内温度，其主要原因是导热油的比热容比水小，在加热时间相同的情况下，温度升高的快。故A正确；
B、电热元件对油加热时不是燃烧油，与热值无关，故B错误；
C、电暖气采用了导热油这种物质，主要利用了它具有较小的比热容，与内能大小无关，故C错误；
D、油是绝缘体，其电阻较大，使用起来安全性比较高，故D错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查了学生对比热容的理解，难度不大。
6．（3分）一个静止在水平地面上的物体，从t＝0s开始受到一个水平向右拉力F的作用，如图甲，将物体的s﹣t图像记录在图乙中，则下列有关说法正确的是（ ）
A．t＝1s时，物体不受摩擦力
B．在4～6s的过程中，拉力F大小不变
C．在0～6s内，物体一直处于平衡状态
D．物体做匀速直线运动阶段的速度大小为4m/s
【分析】（1）物体处于静止或匀速直线运动状态时受平衡力，根据拉力判断出t＝1s时的摩擦力；
（2）根据物体的运动状态判定F的大小变化情况；滑动摩擦力的大小与接触面的粗糙程度和压力的大小有关；
（3）根据图像分析速度的变化，然后判定物体的运动状态；
（4）由图和v=st算出物体做匀速直线运动阶段的速度。
【解答】解：A、由s﹣t图象可知，0～3s内物体运动的速度为0，处于静止状态，受到的拉力与静摩擦力是一对平衡力，大小相等，所以t＝1s时，物体受到的摩擦力不为零，故A错误；
B、由图知物体在0～3s内静止，拉力逐渐增大，4s以后物体做匀速直线运动，处于平衡状态，拉力与滑动摩擦力是一对平衡力，大小相等，由于压力和接触面的粗糙程度不变，滑动摩擦力不变，所以拉力F不变，故B正确；
C、0～3s内物体运动的速度为0，处于平衡状态；3s～4s内，物体的速度发生了变化，处于非平衡状态，4s～6s内，物体的速度不变，处于平衡状态，故C错误；
D、由图知物体做匀速直线运动阶段的速度为v=st=6m2s=3m/s，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查学生对图象的认识，要求能熟练读图，并能结合运动分析物体的受力情况。
7．（3分）小明在探究通过导体的电流跟电阻的关系实验中，如图甲所示，电源电压恒为6V，根据测量数据得到如图乙所示图像。则（ ）
A．分析图像可得：在电压一定时，导体的电阻与电流成反比
B．实验过程中，小明控制导体两端的电压为2.5V
C．将R从5Ω换成10Ω后，应将滑片P向左移
D．若定值电阻选用的最大阻值为20Ω，则滑动变阻器最大阻值不能小于20Ω
【分析】（1）根据图像中电流与电阻之积为一定值分析得出结论；
（2）根据图像中的数据利用欧姆定律求出小明控制导体两端的电压；
（3）根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻两端的电压相同，当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律结合分压原理确定滑片移动的方向；
（4）探究电流与电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变；根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压，根据分压原理，求出当接入25Ω电阻时变阻器连入电路中的电阻，进而确定滑动变阻器的规格。
【解答】解：A、由图像可知，导体的电阻增大，通过导体的电流减小，通过导体的电流与导体的电阻的乘积保持不变，故可得出结论：电压一定时，通过导体的电流与其电阻成反比，故A错误；
B、由图像可知，小明控制导体两端的电压：UR＝IR＝0.1A×20Ω＝﹣﹣﹣﹣﹣＝0.4A×5Ω＝2V，故B错误；
C、根据串联电路的分压原理可知，将定值电阻由5Ω改接成10Ω的电阻，电阻增大，其分得的电压增大；
探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，根据串联电路电压的规律可知，为了保持定值电阻两端电压不变，应增大滑动变阻器分得的电压，由串联分压的分压原理可知，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向左端移动，使电压表的示数不变，故C正确；
D、若定值电阻选用的最大阻值为20Ω，定值电阻两端的电压始终保持UR＝2V，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：U滑＝U﹣UR＝6V﹣2V＝4V，变阻器分得的电压为电压表示数的4V2V=2倍，根据分压原理，当接入20Ω电阻时，变阻器连入电路中的电阻为：R滑＝2×20Ω＝40Ω，即滑动变阻器最大阻值不能小于40Ω，故D错误。
故选：C。
【点评】本题探究通过导体的电流跟电阻的关系，考查数据分析、欧姆定律的应用、实验操作和对器材的要求。
二、填空题（每空1分共21分）
8．（3分）文娱演出时，舞台上用弥漫的白色烟雾，给人以若隐若现的视觉效果，这种烟雾是利用干冰 升华吸热 而使空气中的水蒸气 液化 成的“雾”。
【分析】白烟雾是液态的小水滴悬浮在空气中形成的，它是由空气中的水蒸气液化形成的，水蒸气在遇冷或温度降低时才会液化。
在空气中喷洒干冰，干冰就是固态的二氧化碳，它在常温下可以升华吸热使空气的温度降低，空气中的水蒸气就会遇冷液化形成“雾”。
【解答】解：“干冰”在常温下可以迅速的升华，升华要吸收热量；致使空气的温度降低，空气中的水蒸气遇冷就会液化形成“雾”。
故答案为：升华吸热；液化。
【点评】1、升华是指固态直接变为气态的过程。升华要吸热。
2、此题主要考查升华在日常生活中的应用，理论联系实际，是一道好题。
9．（3分）2021年5月，搭载着天舟二号货运飞船的“长征七号”遥三运载火箭成功升空，如图，火箭加速升空过程中，其机械能 变大 （选填“变大”“变小”或“不变”），若以地面为参照物，该火箭是 运动 的，火箭在上升过程中对空气向下的力 等于 （选填“大于”“小于”或“等于”）空气对火箭向上的力。
【分析】（1）火箭加速上升，重力势能和动能都在变大；
（2）以地面为参照物，火箭的位置相对于地面越来越远；
（3）火箭对空气的力和空气对火箭的力是相互作用力。
【解答】解：火箭加速上升，重力势能和动能都在变大，所以机械能在变大；以地面为参照物，火箭的位置相对于地面发生改变，所以火箭是运动的；火箭对空气的力和空气对火箭的力是相互作用力，相互作用力大小相等，方向相反，故火箭在上升过程中对空气向下的力等于空气对火箭向上的力。
故答案为：变大；运动；等于。
【点评】此题是一道综合题目，考查了机械能、运动和静止的相对性、相互作用力，属于基础题。
10．（3分）如图是“探究平面镜成像特点”的实验装置图，蜡烛A作为物体来成像．实验时，应该选用较 薄 （厚/薄）玻璃板进行实验．蜡烛B 不需要 （需要/不需要）点燃．当蜡烛A靠近玻璃板时，所成像将 不变 （变大/变小/不变）．
【分析】（1）从厚玻璃板的两个面都可以当作反射面，会出现两个像这一角度去分析此题；
（2）本实验的目的是确定像的位置，若是点燃后方蜡烛则无法分辨像与后方蜡烛的真实火焰，影响实验效果；
（3）像的大小与物体大小相同。
【解答】解：（1）玻璃板越薄，两个反射面所在的像距离越近，这样可以使确定的像的位置更加准确，厚玻璃板会形成两个像，会影响对实验结果的判断，因此实验时应选较薄的玻璃板垂直放置在水平桌面上；
（2）如果点燃玻璃板后方的蜡烛B，则因为光太亮而几乎无法分清镜中的烛焰是像的烛焰还是对面B的烛焰，难以确定像的位置，从而对实验造成影响，所以实验过程中蜡烛B不需要点燃；
（3）平面镜成像中，像的大小与物体大小相同，与物体距离镜面的远近无关，故在蜡烛远离玻璃板的过程中，玻璃板中所成像的大小不变。
故答案为：薄；不需要；不变。
【点评】本题主要考查了平面镜成像特点的实验，这是光学中的一个重点，也是近几年来中考经常出现的题型，要求学生熟练掌握，并学会灵活运用。动手操作实验时，要善于通过实验现象得出正确结论。
11．（2分）如图的三个装置，图A揭示的是 电动机 （选填“电动机”或“发电机”）的工作原理，图B中将电池的正负极对调，将观察到小磁针偏转方向 改变 ，图C可用来演示 电磁感应 现象。
【分析】（1）闭合电路中的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，会产生感应电流，这种现象叫做电磁感应现象；
（2）通电导线周围磁场的方向与电流的方向有关；
（3）通电导体在磁场中受到力的作用，电动机就是根据这一原理制成的。
【解答】解：
（1）图a中，导体通电后会在磁场中受力而运动，根据该原理可以制成电动机；
（2）图a中将电池的正负极对调，此时导线中电流的方向发生变化，电流产生磁场的方向发生变化，小磁针的偏转方向发生了变化，则表明通电导体周围磁场的方向与电流的方向有关；
（3）图c中，开关闭合时，若导体ab做切割磁感线运动，会产生感应电流，这是电磁感应现象。
故答案为：电动机；改变；电磁感应。
【点评】此题考查了奥斯特实验、发电机的原理以及电动机原理，理解实验的原理是解题的关键。
12．（3分）如图甲是四冲程汽油机的 做功 冲程，此时能量转化情况与 乙 （选填“乙”或“丙”）图相同，完全燃烧500g的汽油，放出的热量是 2.3×107 J（已知汽油的热值为4.6×107J/kg）。
【分析】（1）根据曲轴的转动方向判断活塞的运行方向，再根据气门的关闭情况就可以确定冲程的类别；
（2）内燃机的四个冲程有吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程，其中在做功冲程中，是燃气的内能转化为机械能，在压缩冲程中是机械能转化为内能；
（3）根据Q＝qm计算出汽油燃烧放出的热量。
【解答】解：（1）甲图中汽油机气门都关闭，火花塞点火，活塞向下运动，是做功冲程，做功冲程中将内能转化为机械能；
（2）乙图对试管中的水加热，加快水的蒸发，使试管中水的内能增大，体积膨胀，对外做功，使塞子飞出去，内能转化为塞子的机械能。
丙图是用力将活塞压下，活塞对空气做功，空气的内能增大，温度升高，达到了棉花的着火点，棉花就会燃烧，因此与做功冲程原理相同的是乙图；
（3）500g汽油完全燃烧释放出的热量：
Q＝qm＝500×10﹣3kg×4.6×107J/kg＝2.3×107J。
故答案为：做功；乙；2.3×107。
【点评】此题是通过内燃机的工作原理和课本中的实验来验证做功改变物体内能的方法，内燃机的四个冲程、燃料完全燃烧放热公式的了解与掌握，难度不大。
13．（3分）小明将一鸡蛋用细线捆绑后挂在弹簧测力计下端，示数如图甲所示，将其浸没在盐水中，发现弹簧测力计示数为0，则鸡蛋受到浮力为 0.8 N，若增加鸡蛋浸没在水中的深度，弹簧测力计示数 不变 （选填“变大”“变小”或“不变”），若拉着弹簧测力计的细线突然断开，鸡蛋将 静止 （选填“上浮”“下沉”或“静止”）。
【分析】（1）已知物重和浸没在水中受到的拉力，两者之差就是受到的浮力；
（2）浸在液体中的物体受到的浮力决定于液体的密度和物体排开液体的体积，与物体所在深度无关；
（3）物体的浮沉条件是：浮力大于重力，上浮；浮力等于重力，悬浮；浮力小于重力，下沉。
【解答】解：（1）由图甲可知，鸡蛋受到的重力为：G＝0.8N，由图乙可知，鸡蛋在水中受到的拉力为：F＝0N，则鸡蛋受到的浮力为：F浮＝G﹣F＝0.8N﹣0N＝0.8N；
（2）鸡蛋浸没在水中，水的密度和排开水的体积一定，浮力大小与深度无关，所以增加鸡蛋浸没在水中深度，弹簧测力计示数将不变；
（3）由于鸡蛋浸没在水中，受到的浮力等于重力，所以拉着弹簧测力计的细线突然断开，鸡蛋将处于静止状态。
故答案为：0.8；不变；静止。
【点评】此题考查了视重法计算浮力、影响浮力的因素和物体的浮沉条件以，包含的知识点较多，但难度不大，容易解答。
14．（3分）题图甲是体育考试用到的坐位体前屈测试仪，原理如图乙所示，闭合开关，测试者把挡板P从B端推到A端的过程中，电流表的示数 不变 ，电压表的示数 变大 ，整个电路消耗的功率 不变 （以上三空均选填“变大”“变小”或“不变”）。
【分析】由电路图可知，闭合开关，R1与R2串联，电压表测滑片P右侧部分电阻丝两端的电压，电流表测电路中的电流。根据电压表的内阻很大、在电路中相当于断路判断滑片移动时变阻器R2接入电路中的电阻变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化；根据滑片的移动可知滑片P右侧部分电阻丝的阻值变化，根据欧姆定律可知滑片P右侧部分电阻丝两端的电压变化，利用P＝UI可知整个电路消耗的功率变化。
【解答】解：由电路图可知，闭合开关，R1与R2串联，电压表测滑片P右侧部分电阻丝两端的电压，电流表测电路中的电流。
因电压表的内阻很大、在电路中相当于断路，
所以，滑片移动时，变阻器R2接入电路中的电阻不变，
由I=UR可得，电路中的电流不变，即电流表的示数不变；
测试者把挡板P从B端推到A端的过程中，滑片P右侧部分电阻丝的阻值变大，
由U＝IR可知，滑片P右侧部分电阻丝两端的电压变大，即电压表的示数变大；
由P＝UI可知，整个电路消耗的功率不变。
故答案为：不变；变大；不变。
【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到欧姆定律和电功率公式的应用，根据电压表内阻特点判断出滑片移动时变阻器接入电路中的电阻变化是关键。
三、作图题（共7分，3+2+2分）
15．（3分）如图所示，请作出入射光线AO的反射光线OB和折射光线OC，并标出反射角的度数。
【分析】光从空气中斜射到水面，在水面上发生折射的同时也发生了反射，利用光的反射规律、折射规律即可作出对应的反射光线和折射光线。
【解答】解：过入射点O做法线，在法线右侧根据反射角等于入射角作出对应的反射光线OB，反射角等于入射角等于90°﹣30°＝60°；
光从空气斜射入水中，折射角小于入射角，在法线右侧的水中画出对应的折射光线OC，如图所示：
【点评】此题主要考查光的反射定律和折射定律的应用，难度不大，掌握基础知识是关键。
16．（2分）一木块沿水平面向左滑行并冲上斜面。请在图甲中画出以下力的示意图：
（1）木块水平向左滑行时所受的摩擦力；
（2）木块对斜面的压力。
【分析】（1）互相接触的两个物体发生相对运动时，在接触面会产生阻碍物体相对运动的摩擦力，由于物体是向左运动，故受到的摩擦力方向是水平向右；
（2）物体由于和斜面相互挤压而对斜面有一个压力作用，方向是垂直斜面，并指向斜面向下。
【解答】解：
（1）木块水平向左滑行时，木块受到摩擦力的方向与运动方向相反，则摩擦力方向是水平向右的，作用点可以画在木块的重心上；
（2）木块对斜面的压力方向是垂直于斜面向下的，作用点画在木块与斜面的接触面上；如下图所示。
【点评】画力的示意图的一般步骤为：一画简图二定点，三画线，四画尖，五把力的符号标尖边。按照这个作图步骤，很容易能够画出指定力的示意图。
17．（2分）请用笔画线表示导线，将如图中的开关、电灯和插座接入家庭电路中。要求：开关控制电灯，插座单独使用。
【分析】（1）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。
（2）三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线。
【解答】解：（1）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。
（2）三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线；如图所示：
【点评】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。
四、实验题（每空1分，共19分）
18．（3分）如图甲所示，用刻度尺测得纽扣的直径是 1.10 cm，图乙所示的停表读数为 95.1 s，图丙所示的温度计读数为 ﹣14 ℃。
【分析】（1）刻度尺的分度值是刻度尺相邻两刻度线表示的长度。使用刻度尺时要明确其分度值，起始端从0开始，读出末端刻度值，就是物体的长度；起始端没有从0刻度线开始的，要以某一刻度线为起点，读出末端刻度值，减去起始端所对刻度即为物体长度，注意刻度尺要估读到分度值的下一位；
（2）停表的中间的表盘代表分钟，周围的大表盘代表秒，停表读数是两个表盘的示数之和；
（3）读取温度计示数时，首先要明确温度计的量程和对应的分度值，再根据液面位置读数，注意区分零上还是零下。
【解答】解：（1）刻度尺上1cm之间有10个小格，所以一个小格代表的长度是0.1cm＝1mm，即此刻度尺的分度值为1mm；
纽扣左侧与2.00cm对齐，右侧与3.10cm对齐，所以纽扣的直径为d＝3.10cm﹣2.00cm＝1.10cm；
（2）停表小盘的分度值是0.5min，指针在1min和2min之间，偏向2min一侧；大盘的分度值是0.1s，而大盘指针在35.4s，因此停表读数为1min35.1s＝95.1s；
（3）图中的温度计一个大格都是10℃，其中又分了10份，故其分度值是1℃，液柱上表面在零刻度的下方，所以读数是﹣14℃。
故答案为：1.10；95.1；﹣14。
【点评】刻度尺、停表和温度计是日常生活和物理实验中经常使用的基本测量工具，需要我们熟练掌握其使用和读数方法。
19．（3分）在探究“电阻的大小与什么因素有关”的实验时，小明选用实验板上的两根粗细相同的镍铬合金丝，设计如图所示电路，这个实验能探究导体的电阻跟导体 长度 的关系，实验中通过观察 电流表示数 来判断电阻的大小，实验中用到的科学方法有 转换法（或控制变量法） （填一种即可）。
【分析】导体的电阻与导体的材料、长度、横截面积和温度有关，实验探究时应采用控制变量法；电流表串联在电路中，电源电压一定，导体电阻越大，电路电流越小，导体电阻越小，电路电流越大，可以通过电流表示数大小判断导体电阻大小。
【解答】解：由图可知，两根电阻丝的材料相同，横截面积相同，长度不同，所以探究的是电阻与长度的关系；
实验中采用了转换法比较电阻大小，即通过比较电流表示数来比较导体电阻的大小；
影响电阻大小的因素有多个，实验中采用的是控制变量法。
故答案为：长度；电流表示数；转换法（或控制变量法）。
【点评】本题考查了影响电阻大小因素的实验，侧重考查了学生对控制变量法和转换法的掌握和应用，是一道基础题。
20．（6分）在探究“杠杆的平衡条件”的实验中：
（1）实验前，将杠杆安装到支架上后静止如图甲所示，按照实验要求，此时杠杆的平衡螺母A应向 右 调节，或者B向 右 调节（上两空均选填“左”或“右”）。
（2）如图乙所示，杠杆上每格均匀等距，每个钩码的质量都相同，若在C位置挂4个钩码，在D处挂 6 个钩码，仍可使其在水平位置平衡。
（3）以上实验结束后，小明用弹簧测力计代替钩码，如图丙所示，保持所挂钩码位置不变，不断改变弹簧测力计的作用点和力的大小，使杠杆在水平位置平衡，弹簧测力计的拉力F与其力臂L的图像如图丁所示，由图像得每次描出的点与两坐标轴围成的方形面积（如图丁中阴影部分） 相等 （选填“相等“或“不等”），其原因是 阻力和阻力臂保持不变，根据杠杆的平衡条件可知，动力与动力臂的乘积保持不变 。
（4）小明看到爸爸利用如图的工具抬起大花盆，取出托水盘清洗，结合上面的探究，为了抬起花盆时更省力，他建议爸爸将支架向 右 移动一些距离。
【分析】（1）实验前没有挂钩码和弹簧测力计时，发现杠杆左端下沉，说明杠杆的重心在支点左侧，要使其在水平位置平衡，应将杠杆的平衡螺母向右调节，直到杠杆在水平位置平衡，目的是便于测量力臂和避免杠杆自重对实验的影响；
（2）根据已知条件，由杠杆的平衡条件求出在B位置所挂钩码的数量；
（3）由于此题中的阻力和阻力臂不变，由图中提供数据，根据杠杆的平衡条件分析即可求得；
（4）由杠杆的平衡条件可知，要使动力变小，在阻力不变时，可通过增大动力臂，减小阻力臂的方法实现。
【解答】解：（1）实验前，将杠杆中点置于支架上，当杠杆静止时，发现杠杆左端下沉，说明杠杆的重心在支点左侧，要使其在水平位置平衡，应将杠杆平衡螺母向右调节，杠杆的平衡螺母A应向右调节，或者B向右调节，直到杠杆在水平位置平衡；
（2）设一个钩码的重力为G，杠杆的一个小格为L，
由杠杆的平衡条件F1L1＝F2L2知，
4G×3L＝nG×2L
解得：n＝6，即在B位置挂上6个钩码，使杠杆在水平位置平衡；
（3）由于此题中的阻力和阻力臂不变，利用图象中任意一组数据都能得出，F2L2＝F1L1＝3N×0.02m＝2N×0.03cm＝0.06N•m，图像中每个点与两坐标轴围成的方形面积相等，其原因是阻力和阻力臂保持不变，根据杠杆的平衡条件可知，动力与动力臂的乘积保持不变；
（4）由杠杆的平衡条件可知，在阻力不变时，向右移动支架，使动力臂增大的同时阻力臂减小，这样动力就减小，抬起花盆时就更省力。
故答案为：（1）右；右；（2）6；（3）相等；阻力和阻力臂保持不变，根据杠杆的平衡条件可知，动力与动力臂的乘积保持不变；（4）右。
【点评】本题考查调节平衡螺母的作用、杠杆实验时动力和阻力的实验要求及根据杠杆平衡条件计算，有一定难度。
21．（7分）测量小灯泡的电功率实验（小灯泡额定电压2.5V）。
（1）如题图甲是小明正在连接实验电路时的情景，请指出小明在操作上存在的错误 连接电路时开关未断开 。
（2）请用笔代替导线将实物电路连接完整。
（3）连好电路，在实验过程中，小明发现无论怎样调节滑动变阻器，两电表指针始终处于图乙所示位置，可能是小灯泡出现了 断路 （选填“短路”或“断路”）故障
（4）排除上述故障后接着实验，调节滑动变阻器观察到小灯泡的亮度较暗.若想测小灯泡的额定功率，接下来应将滑动变阻器的滑片向 左 （选填“左”或“右”）端移动，使小灯泡正常发光，实验中判定该小灯泡正常发光的方法是 电压表示数为2.5V 。
（5）通过实验，小灯泡的I﹣U图像如图丙所示，则小灯泡的额定功率为 0.625 W。
【分析】（1）为了保护电路，连接电路时开关应断开；
（2）滑动变阻器采用“一上一下”的原则与小灯泡串联，根据小灯泡的额定电压确定电压表的量程与小灯泡并联；
（3）由图乙知，电流表的示数为零，电压表的示数等于电源电压；
电流表的示数为零，说明电路可能断路；电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，与电压表并联的支路断路了；
（4）灯在额定电压下正常发光，小灯泡的亮度较暗说明小灯泡两端的实际电压小于额定电压，根据串联电路电压的规律及分压原理确定滑片移动的方向；
（5）灯泡在额定电压下正常发光，由图丙中的图象得出额定电压下的电流，根据P＝UI可求出灯泡的额定功率。
【解答】解：（1）为了保护电路，连接电路时开关应断开；
（2）滑动变阻器采用“一上一下”的原则与小灯泡串联，因为小灯泡的额定电压为2.5V，所以电压表选用0～3V的量程与小灯泡并联，如图所示：
；
（3）由图乙知，电流表的示数为零，电压表的示数等于电源电压；
电流表的示数为零，说明电路可能断路；电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，与电压表并联的小灯泡断路了；
（4）灯在额定电压下正常发光，小灯泡的亮度较暗说明小灯泡两端的实际电压小于额定电压，应增大灯泡两端的电压，根据串联电路电压的规律，应减小滑动变阻器两端的电压，由分压原理可知，应减小滑动变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向左移动，直到电压表示数为灯泡的额定电压2.5V；
（5）根据图丙所示的小灯泡电流随电压变化的关系图象知，灯在额定电压2.5V时的电流为0.25A，则小灯泡的额定功率是：P额＝U额I额＝2.5V×0.25A＝0.625W。
故答案为：（1）连接电路时开关未断开；（2）如图所示；（3）断路；（4）左；电压表示数为2.5V；（5）0.625。
【点评】本题测量小灯泡的电功率，考查电路连接、注意事项、电路故障分析、实验操作、欧姆定律的应用及电功率的计算，考查的知识点多，综合性强，但这些都是常考内容，需要掌握好。
五、计算题（共13分）
22．（6分）如图甲所示，在2022年北京冬奥会冰壶项目中，若比赛用的冰壶其质量为20kg，与冰面接触面积200cm2，某次投掷时运动员用20N的水平力将冰壶从水平冰道的A点推至B点后放手，离手后冰壶继续滑行至C点停止，如图乙。g取10N/kg，求：
（1）冰壶的重力；
（2）这次投掷过程中运动员对冰壶做的功；
（3）冰壶静止在水平冰面上时对冰面的压强。
【分析】（1）根据重力公式G＝mg计算冰壶的重力；
（2）根据做功公式W＝Fs计算这次投掷过程中运动员对冰壶做的功；
（3）冰壶如图甲静置在水平冰面上时对冰面的压力等于冰壶的重力。根据压强公式p=FS计算其对冰面的压强。
【解答】解：（1）冰壶的重力：G＝mg＝20kg×10N/kg＝200N；
（2）这次投掷过程中运动员对冰壶做的功：W＝Fs＝20N×2.3m＝46J；
（3）冰壶如图甲静置在水平冰面上时对冰面的压力等于冰壶的重力，即：
F′＝G＝200N；
S＝200cm2＝2×10﹣2m2，
对冰面的压强：p=FS=200N2×10−2m2=1×104Pa。
答：（1）冰壶的重力为200N；
（2）这次投掷过程中运动员对冰壶做的功为46J；
（3）冰壶静止在水平冰面上时对冰面的压强为1×104Pa。
【点评】本题考查重力公式、压强公式、做功公式的灵活运用，知道静止在水平面上的物体对水平面的压力等于自身的重力。
23．（7分）小明家有一台电吹风机，既能吹冷风也能吹热风，如图甲，原理电路如题图乙所示。小明在家中把该吹风机单独接入家庭电路正常工作，并使其吹热风，发现图丙中的电能表转盘6min内转过297圈，已知电动机额定功率是110W，求：
（1）电吹风吹冷风时的电流是多大？
（2）电吹风电热丝R额定功率？
（3）电热丝的阻值？
【分析】（1）电吹风吹冷风时，电动机单独工作，知道电动机的额定功率，利用P＝UI求吹冷风时电路中的电流；
（2）3000r/（kW•h）表示电路中的用电器每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转3000圈，据此求电能表的转盘转297圈时，电吹风消耗的电能，再利用P=Wt求电吹风吹热风时的电功率，电热丝R的额定功率等于电吹风吹热风功率与冷风功率之差；
（3）利用P=U2R求电阻丝R的阻值。
【解答】解：（1）电吹风吹冷风时，电动机单独工作，电路中的电流：
I冷=P冷U=110W220V=0.5A；
（2）3000r/（kW•h）表示电路中的用电器每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转3000圈，
则电能表的转盘转297圈，电吹风消耗的电能：
W总=297r3000r/(kW⋅ℎ)=0.099kW•h，
电吹风吹热风时的电功率：
P热=W总t=0.099kW⋅ℎ660ℎ=0.99kW＝990W；
电热丝R的额定功率：
PR＝P热﹣P冷＝990W﹣110W＝880W；
（3）由P=U2R得电阻丝R的阻值：
R=U2PR=(220V)2880W=55Ω。
答：（1）电吹风吹冷风时的电流是0.5A；
（2）电吹风电热丝R的额定功率为990W；
（3）电热丝的阻值为55Ω。
【点评】本题考查了电功率公式P＝UI、P=Wt、P=U2R及其变形公式的应用，知道电能表相关参数的意义是关键。
六、综合能力题（每空1分，共19分）
24．（6分）学习了浮力知识后，小明利用电子秤和已知密度为ρ木的小木块来测量一未知液体的密度，如图所示．实验步骤如下：
①如图甲所示，在容器内装入适量的该未知液体，记下此时电子秤的示数为m1；
②如图乙所示，将小木块轻轻放入该液体中，木块漂浮，记下此时电子秤的示数为m2；
③如图丙所示，用细针将小木块压入该液体中完全浸没，记下此时电子秤的示数为m3。
实验中液体均未溢出，完成下列填空（选用m1、m2、m3、ρ木表示以下物理量）：
（1）小木块的质量m＝ m2﹣m1 。
（2）小木块的体积V木＝ m2−m1ρ木 。
（3）小木块完全浸没在该液体中时排开液体的质量m排＝ m3﹣m1 。
（4）该未知液体的密度ρ液＝ m3−m1m2−m1•ρ木 。
（5）实验结束后小明发现木块吸液，则所测得液体密度将会 偏小 （选填“偏大”或“偏小”），为了减小木块吸液带来的误差，请你结合小明的实验方案提出一种改进方法 在木块上裹一层体积忽略的塑料膜 。
【分析】（1）（2）由甲、乙图算出木块的质量m，由于木块的密度为ρA，由密度公式ρ=mV得出木块的体积；
（3）（4）由甲、丙图知小木块完全浸没在该液体中时排开液体的质量；
木块浸没在水中受到的浮力为F浮＝ρ液gV排，即（m3﹣m1）g＝ρ液gV排，由此得出液体的密度；
（5）当把木块全部压入液体，由于木块吸液，木块的重力增加了，由于浮力不变，所以对木块向下的压力减小了，电子秤的示数m3减小了，根据液体密度公式判断出液体的密度的偏差；
在木块上裹一层体积忽略的塑料膜，不让水进入木块，就会减小木块吸液带来的误差。
【解答】解：（1）由甲、乙知，木块的质量为：m木＝m2﹣m1；
（2）由于木块的密度为ρ木，由密度公式ρ=mV得木块的体积为：
V木=m水ρ木=m2−m1ρ木，
（3）由甲、丙知小木块完全浸没在该液体中时排开液体的质量为：m排＝m3﹣m1；
（4）木块浸没在水中受到的浮力为：F浮＝ρ液gV排，即（m3﹣m1）g＝ρ液gV排，
因为木块浸没，所以V物＝V排，
则液体的密度为：
ρ液=m3−m1V物=m3−m1m2−m1ρ木=m3−m1m2−m1•ρ木；
当把木块全部压入液体，由于木块吸液，木块的重力增加了，由于浮力不变，所以对木块向下的压力减小了，电子秤的示数m3减小了，根据液体密度公式：ρ液=m3−m1m2−m1•ρ木知，由于m3减小了，所以m3﹣m1也减小了，所以液体的密度偏小；
在木块上裹一层体积忽略的塑料膜，不让水进入木块，就会减小木块吸液带来的误差。
故答案为：（1）m2﹣m1；（2）m2−m1ρ木；（3）m3﹣m1；（4）m3−m1m2−m1•ρ木；（5）偏小；在木块上裹一层体积忽略的塑料膜。
【点评】本题考查了液体密度的测量和阿基米德原理的应用，是一道综合题，有一定的难度。
25．（7分）小明在复习凸透镜成像的知识时想到了2021年12月9日“太空教师”王亚平给我们展示的“天宫课堂”中的水球成像实验，于是利用水透镜（注射器和弹性膜制成的凸透镜）、蜡烛、光屏、光具座等器材进行探究，小明在测量水透镜焦距时发现：当向水透镜里注水时，水透镜的焦距将变小；当从水透镜里抽水时；水透镜的焦距将变大。
（1）如图甲所示，一束平行于主光轴的光线射向水透镜，在光屏上得到一个最小最亮光斑，则此水透镜的焦距为 12.0 cm。
（2）再将蜡烛置于光具座上，并让烛焰、水透镜光心和光屏中心处于 同一高度 。
（3）将实验器材按图乙位置放置，光屏上成清晰的像，此像应该是倒立、 缩小 （选填“放大”或“缩小”）的实像，这与生活中 照相机 （选填“放大镜”“投影仪”或“照相机”）原理相同。
（4）王亚平在天宫课堂上展示了一个中间充有气泡的水球，透过这个水球我们可以看到“一正一倒”两个缩小的像，如图丙所示，中间气泡中形成的缩小、正立的像 不是 （填“是”或“不是”）凸透镜成像的结果，倒立的像是水球所成的倒立、缩小的实像，若王亚平靠近水球，倒立的像 变大 （选填“变大”“变小”或“不变”）。
（5）在图乙所示的实验情景下，该同学从水透镜中抽水，应将光屏向 右 （选填“左”或“右”）移动，才能看到清晰的像。
【分析】（1）通过图示的现象，结合凸透镜焦点的定义即可确定该凸透镜的焦距；
（2）实验前要调节烛焰、透镜和光屏三者的中心在同一高度；
（3）物距大于二倍焦距时凸透镜成倒立缩小实像，其应用是照相机；
（4）凹透镜可以成正立缩小的虚像；凸透镜成实像时，物距变小，像距变大，像变大；
（5）凸透镜的焦距变大，会聚能力会变弱。
【解答】解：（1）平行于主光轴的光线经凸透镜后会聚在主光轴上一点，这点是凸透镜的焦点。焦点到光心的距离是凸透镜的焦距，所以凸透镜的焦距f＝52.0cm﹣40.0cm＝12.0cm；
（2）实验前应先调节光具座上烛焰、透镜和光屏三者的中心在同一高度，这样可使像成在光屏的中央；
（3）如图，物距大于二倍焦距，成倒立、缩小的实像，应用于照相机；
（4）水球因此被气泡变为了两部分，中间是空气，气泡周围是水；这个时候整个水球就变成了两个透镜，外圈成为了一个凸透镜，所以呈现出一个倒立的像，内圈相当于变成了两个凹透镜的组合，这个时候会出现了一个正立、缩小的像，所以中间的像不是凸透镜成像；
若王亚平靠近水球，物距变小，像距变大，则倒立的像变大；
（5）该同学从水透镜中抽水，凸透镜的凸度变小，焦距变大，在物距不变的情况下，像距会变大，应将光屏向右移动，才能看到清晰的像。
故答案为：（1）12.0；（2）同一高度；（3）缩小；照相机；（4）不是；变大；（5）右。
【点评】本题首先确定凸透镜的焦距，然后根据凸透镜成像的几种情况进行判断，掌握凸透镜的成像的几种情况是重点。此题不仅考查了凸透镜成像的规律，还考查了对远视眼的成因和矫正方法的掌握。
26．（7分）小明发现爸爸给手机充电时，不到十分钟可把电池充达一半以上，查阅资料得知，原来该手机搭配了超级快充功能，已知该手机电池的部分参数如下表所示，如图甲所示为该手机充电器，通过阅读说明书，小明还知道了原来在充电器的内部存在降压变压器使充电器输出电压为4.4V。可将变压器原理简化为如图乙：原线圈匝数n1，副线圈匝数n2，若输入电压U1，输出电压U2，则电压与匝数关系式为：U1U2=n1n2。
电池名称
锂离子电池
电压
3.7V
容量
4400mAh
（1）充电器为手机电池充电时，将 电 能转化为 化学 能。
（2）若原线圈的匝数为1100圈，要使充电器的输出电压为4.4V，副线圈匝数为 22 圈。
（3）小明发现超级快充的充电线比普通手机充电线要粗一些，请你从线路安全的角度来分析是因为 减小电阻，使充电过程中产生的热量少一些 。
（4）此款电池充满电储存的电能为 58608 J。
（5）如果不考虑快充时的电能损耗，用一个标注“输出4.4V，10A”的快速充电器把这款手机电池从电量0%充到100%，需要的时间是 1332 s。
【分析】（1）电池充电的过程中，消耗电能，得到化学能；放电时，化学能转化为电能；
（2）根据变压器原理可求出副线圈的匝数；
（3）超级快充的充电线比普通手机充电线要粗一些，目的是减小电阻，使充电过程中产生的热量少一些；
（4）已知电池的容量和工作电压，根据W＝UIt即可求出电池充满电储存的电能；
（5）知道手机电池的容量（快充时消耗的电能）、快充时的功率，利用P=Wt求快充需要的时间。
【解答】解：
（1）给手机电池充电时消耗电能，变成了手机电池的化学能，故是将电能转化为化学能的过程；
（2）若原线圈的匝数为1100圈，要使充电器的输出电压为4.4V，由U1U2=n1n2可知，
副线圈匝数为：n2=U2n1U1=4.4V×1100圈220V=22圈；
（3）充电器的充电线有电阻，由焦耳定律知，工作过程中会产生热量；
充电线尽可能做得粗一些，目的是减小电阻，使充电过程中产生的热量少一些；
（4）电池充满电储存的电能为：W＝UIt＝3.7V×4400×10﹣3A×1×3600s＝58608J；
（5）快充时消耗的电能等于手机电池的容量，
则快充时消耗的电能W′＝W＝58608J，
快充功率P＝UI＝4.4V×10A＝44W，
由P=Wt得快充需要的时间：
t=W′P=58608J44W=11332s。
故答案为：（1）电；化学；（2）22；（3）减小电阻，使充电过程中产生的热量少一些；（4）58608；（5）1332。
【点评】本题考查了学生对电能和电功率的计算公式的运用，以及对电热的了解，体现了物理知识与日常生活的密切联系。
2022年广东省清远市英德市中考物理一模试卷
一、单项选择题（每小题3分，共21分）
1．（3分）为节能环保，建议商场等夏季室内空调温度设置不低于（ ）
A．6℃ B．10℃ C．18℃ D．26℃
2．（3分）如图所示，使劲按住尺子，拨动尺子外端听到声音，要使听到声音响度变大，应（ ）
A．用更大的力拨动尺子 B．用更快的速度拨动尺子
C．尺子伸出桌面更长 D．减小尺子伸出桌面长度
3．（3分）下列生活中的现象属于光的反射的是（ ）
A．树荫下的光斑 B．瞄准鱼下方叉鱼
C．从后视镜观看车后景物 D．水中铅笔“折”了
4．（3分）以下四个实验，不能说明大气压存在的是（ ）
A．覆杯实验
B．帕斯卡裂桶实验
C．马德堡半球实验
D．瓶吞蛋实验
5．（3分）如图所示，电暖气通电后，电热元件将其内部的导热油加热，导热油可以迅速吸热升温，从而提高室内温度，电暖气采用了导热油这种物质，主要利用了它具有较小的（ ）
A．比热容 B．热值 C．内能 D．电阻
6．（3分）一个静止在水平地面上的物体，从t＝0s开始受到一个水平向右拉力F的作用，如图甲，将物体的s﹣t图像记录在图乙中，则下列有关说法正确的是（ ）
A．t＝1s时，物体不受摩擦力
B．在4～6s的过程中，拉力F大小不变
C．在0～6s内，物体一直处于平衡状态
D．物体做匀速直线运动阶段的速度大小为4m/s
7．（3分）小明在探究通过导体的电流跟电阻的关系实验中，如图甲所示，电源电压恒为6V，根据测量数据得到如图乙所示图像。则（ ）
A．分析图像可得：在电压一定时，导体的电阻与电流成反比
B．实验过程中，小明控制导体两端的电压为2.5V
C．将R从5Ω换成10Ω后，应将滑片P向左移
D．若定值电阻选用的最大阻值为20Ω，则滑动变阻器最大阻值不能小于20Ω
二、填空题（每空1分共21分）
8．（3分）文娱演出时，舞台上用弥漫的白色烟雾，给人以若隐若现的视觉效果，这种烟雾是利用干冰 而使空气中的水蒸气 成的“雾”。
9．（3分）2021年5月，搭载着天舟二号货运飞船的“长征七号”遥三运载火箭成功升空，如图，火箭加速升空过程中，其机械能 （选填“变大”“变小”或“不变”），若以地面为参照物，该火箭是 的，火箭在上升过程中对空气向下的力 （选填“大于”“小于”或“等于”）空气对火箭向上的力。
10．（3分）如图是“探究平面镜成像特点”的实验装置图，蜡烛A作为物体来成像．实验时，应该选用较 （厚/薄）玻璃板进行实验．蜡烛B （需要/不需要）点燃．当蜡烛A靠近玻璃板时，所成像将 （变大/变小/不变）．
11．（2分）如图的三个装置，图A揭示的是 （选填“电动机”或“发电机”）的工作原理，图B中将电池的正负极对调，将观察到小磁针偏转方向 ，图C可用来演示 现象。
12．（3分）如图甲是四冲程汽油机的 冲程，此时能量转化情况与 （选填“乙”或“丙”）图相同，完全燃烧500g的汽油，放出的热量是 J（已知汽油的热值为4.6×107J/kg）。
13．（3分）小明将一鸡蛋用细线捆绑后挂在弹簧测力计下端，示数如图甲所示，将其浸没在盐水中，发现弹簧测力计示数为0，则鸡蛋受到浮力为 N，若增加鸡蛋浸没在水中的深度，弹簧测力计示数 （选填“变大”“变小”或“不变”），若拉着弹簧测力计的细线突然断开，鸡蛋将 （选填“上浮”“下沉”或“静止”）。
14．（3分）题图甲是体育考试用到的坐位体前屈测试仪，原理如图乙所示，闭合开关，测试者把挡板P从B端推到A端的过程中，电流表的示数 ，电压表的示数 ，整个电路消耗的功率 （以上三空均选填“变大”“变小”或“不变”）。
三、作图题（共7分，3+2+2分）
15．（3分）如图所示，请作出入射光线AO的反射光线OB和折射光线OC，并标出反射角的度数。
16．（2分）一木块沿水平面向左滑行并冲上斜面。请在图甲中画出以下力的示意图：
（1）木块水平向左滑行时所受的摩擦力；
（2）木块对斜面的压力。
17．（2分）请用笔画线表示导线，将如图中的开关、电灯和插座接入家庭电路中。要求：开关控制电灯，插座单独使用。
四、实验题（每空1分，共19分）
18．（3分）如图甲所示，用刻度尺测得纽扣的直径是 cm，图乙所示的停表读数为 s，图丙所示的温度计读数为 ℃。
19．（3分）在探究“电阻的大小与什么因素有关”的实验时，小明选用实验板上的两根粗细相同的镍铬合金丝，设计如图所示电路，这个实验能探究导体的电阻跟导体 的关系，实验中通过观察 来判断电阻的大小，实验中用到的科学方法有 （填一种即可）。
20．（6分）在探究“杠杆的平衡条件”的实验中：
（1）实验前，将杠杆安装到支架上后静止如图甲所示，按照实验要求，此时杠杆的平衡螺母A应向 调节，或者B向 调节（上两空均选填“左”或“右”）。
（2）如图乙所示，杠杆上每格均匀等距，每个钩码的质量都相同，若在C位置挂4个钩码，在D处挂 个钩码，仍可使其在水平位置平衡。
（3）以上实验结束后，小明用弹簧测力计代替钩码，如图丙所示，保持所挂钩码位置不变，不断改变弹簧测力计的作用点和力的大小，使杠杆在水平位置平衡，弹簧测力计的拉力F与其力臂L的图像如图丁所示，由图像得每次描出的点与两坐标轴围成的方形面积（如图丁中阴影部分） （选填“相等“或“不等”），其原因是 。
（4）小明看到爸爸利用如图的工具抬起大花盆，取出托水盘清洗，结合上面的探究，为了抬起花盆时更省力，他建议爸爸将支架向 移动一些距离。
21．（7分）测量小灯泡的电功率实验（小灯泡额定电压2.5V）。
（1）如题图甲是小明正在连接实验电路时的情景，请指出小明在操作上存在的错误 。
（2）请用笔代替导线将实物电路连接完整。
（3）连好电路，在实验过程中，小明发现无论怎样调节滑动变阻器，两电表指针始终处于图乙所示位置，可能是小灯泡出现了 （选填“短路”或“断路”）故障
（4）排除上述故障后接着实验，调节滑动变阻器观察到小灯泡的亮度较暗.若想测小灯泡的额定功率，接下来应将滑动变阻器的滑片向 （选填“左”或“右”）端移动，使小灯泡正常发光，实验中判定该小灯泡正常发光的方法是 。
（5）通过实验，小灯泡的I﹣U图像如图丙所示，则小灯泡的额定功率为 W。
五、计算题（共13分）
22．（6分）如图甲所示，在2022年北京冬奥会冰壶项目中，若比赛用的冰壶其质量为20kg，与冰面接触面积200cm2，某次投掷时运动员用20N的水平力将冰壶从水平冰道的A点推至B点后放手，离手后冰壶继续滑行至C点停止，如图乙。g取10N/kg，求：
（1）冰壶的重力；
（2）这次投掷过程中运动员对冰壶做的功；
（3）冰壶静止在水平冰面上时对冰面的压强。
23．（7分）小明家有一台电吹风机，既能吹冷风也能吹热风，如图甲，原理电路如题图乙所示。小明在家中把该吹风机单独接入家庭电路正常工作，并使其吹热风，发现图丙中的电能表转盘6min内转过297圈，已知电动机额定功率是110W，求：
（1）电吹风吹冷风时的电流是多大？
（2）电吹风电热丝R额定功率？
（3）电热丝的阻值？
六、综合能力题（每空1分，共19分）
24．（6分）学习了浮力知识后，小明利用电子秤和已知密度为ρ木的小木块来测量一未知液体的密度，如图所示．实验步骤如下：
①如图甲所示，在容器内装入适量的该未知液体，记下此时电子秤的示数为m1；
②如图乙所示，将小木块轻轻放入该液体中，木块漂浮，记下此时电子秤的示数为m2；
③如图丙所示，用细针将小木块压入该液体中完全浸没，记下此时电子秤的示数为m3。
实验中液体均未溢出，完成下列填空（选用m1、m2、m3、ρ木表示以下物理量）：
（1）小木块的质量m＝ 。
（2）小木块的体积V木＝ 。
（3）小木块完全浸没在该液体中时排开液体的质量m排＝ 。
（4）该未知液体的密度ρ液＝ 。
（5）实验结束后小明发现木块吸液，则所测得液体密度将会 （选填“偏大”或“偏小”），为了减小木块吸液带来的误差，请你结合小明的实验方案提出一种改进方法 。
25．（7分）小明在复习凸透镜成像的知识时想到了2021年12月9日“太空教师”王亚平给我们展示的“天宫课堂”中的水球成像实验，于是利用水透镜（注射器和弹性膜制成的凸透镜）、蜡烛、光屏、光具座等器材进行探究，小明在测量水透镜焦距时发现：当向水透镜里注水时，水透镜的焦距将变小；当从水透镜里抽水时；水透镜的焦距将变大。
（1）如图甲所示，一束平行于主光轴的光线射向水透镜，在光屏上得到一个最小最亮光斑，则此水透镜的焦距为 cm。
（2）再将蜡烛置于光具座上，并让烛焰、水透镜光心和光屏中心处于 。
（3）将实验器材按图乙位置放置，光屏上成清晰的像，此像应该是倒立、 （选填“放大”或“缩小”）的实像，这与生活中 （选填“放大镜”“投影仪”或“照相机”）原理相同。
（4）王亚平在天宫课堂上展示了一个中间充有气泡的水球，透过这个水球我们可以看到“一正一倒”两个缩小的像，如图丙所示，中间气泡中形成的缩小、正立的像 （填“是”或“不是”）凸透镜成像的结果，倒立的像是水球所成的倒立、缩小的实像，若王亚平靠近水球，倒立的像 （选填“变大”“变小”或“不变”）。
（5）在图乙所示的实验情景下，该同学从水透镜中抽水，应将光屏向 （选填“左”或“右”）移动，才能看到清晰的像。
26．（7分）小明发现爸爸给手机充电时，不到十分钟可把电池充达一半以上，查阅资料得知，原来该手机搭配了超级快充功能，已知该手机电池的部分参数如下表所示，如图甲所示为该手机充电器，通过阅读说明书，小明还知道了原来在充电器的内部存在降压变压器使充电器输出电压为4.4V。可将变压器原理简化为如图乙：原线圈匝数n1，副线圈匝数n2，若输入电压U1，输出电压U2，则电压与匝数关系式为：U1U2=n1n2。
电池名称
锂离子电池
电压
3.7V
容量
4400mAh
（1）充电器为手机电池充电时，将 能转化为 能。
（2）若原线圈的匝数为1100圈，要使充电器的输出电压为4.4V，副线圈匝数为 圈。
（3）小明发现超级快充的充电线比普通手机充电线要粗一些，请你从线路安全的角度来分析是因为 。
（4）此款电池充满电储存的电能为 J。
（5）如果不考虑快充时的电能损耗，用一个标注“输出4.4V，10A”的快速充电器把这款手机电池从电量0%充到100%，需要的时间是 s。
2022年广东省清远市英德市中考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（每小题3分，共21分）
1．（3分）为节能环保，建议商场等夏季室内空调温度设置不低于（ ）
A．6℃ B．10℃ C．18℃ D．26℃
【分析】安装空调在夏季可以获得低温，冬季可以获得高温，如果室内外的温差越大，则压缩机工作的时间越长，浪费的能源越多。
【解答】解：安装空调在夏季可以获得低温，如果室内外的温差越大，则压缩机工作的时间越长，消耗的能源越多。在夏季26℃时人们会感觉比较舒服，对身体也有益，所以建议商场等单位夏季室内空调温度设置不低于26℃。
故选：D。
【点评】无论是冬季还是夏季，既要考虑人们的需求，同时也要考虑到环保与节能的问题。
2．（3分）如图所示，使劲按住尺子，拨动尺子外端听到声音，要使听到声音响度变大，应（ ）
A．用更大的力拨动尺子 B．用更快的速度拨动尺子
C．尺子伸出桌面更长 D．减小尺子伸出桌面长度
【分析】响度指声音的强弱，是由发声体振动的振幅和距离决定的，振幅越大，距离越近，响度越大。
【解答】解：使听到发出的响度变大，需要增大尺子的振幅，所以应用更大的力拨动尺子；改变尺子伸出桌面长度、用更快的速度拨动尺都无法改变尺子振动的振幅，无法改变响度大小的变化，故A正确。
故选：A。
【点评】本题考查了改变响度的方法，属于基础题。
3．（3分）下列生活中的现象属于光的反射的是（ ）
A．树荫下的光斑 B．瞄准鱼下方叉鱼
C．从后视镜观看车后景物 D．水中铅笔“折”了
【分析】（1）光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，产生的现象有小孔成像、影子的形成、日食和月食等；
（2）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；
（3）光线在同种不均匀介质中传播或者从一种介质斜射入另一种介质时，就会出现光的折射现象，例如水池底变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼、凸透镜成像等都是光的折射形成的。
【解答】解：A、树荫下的光斑属于小孔成像，是由光的直线传播形成的，故A错误；
B、瞄准鱼下方叉鱼，看到的鱼是光的折射形成的虚像，故B错误；
C、从汽车后视镜中看车后景物，属于凸面镜成像，是由于光的反射形成的，故C正确；
D、从水中铅笔上反射的光从水中斜射入空气中时，发生折射，折射光线远离法线，当人逆着折射光线的方向看时，看到的是铅笔的虚像，比实际位置偏高，所以感觉折断了，故D错误。
故选：C。
【点评】本题主要考查学生利用光学知识解释生活中常见的物理现象，此题与实际生活联系密切，体现了生活处处是物理的理念。
4．（3分）以下四个实验，不能说明大气压存在的是（ ）
A．覆杯实验
B．帕斯卡裂桶实验
C．马德堡半球实验
D．瓶吞蛋实验
【分析】大气压强的存在可以用实验来证明，我们学过的实验当中就有：马德堡半球实验、瓶吞鸡蛋实验、覆杯实验等。
【解答】解：A、如图纸托水杯实验中，水为什么没有把纸压下来，是因为纸下面有大气压给纸一个向上的压力，能够证明大气压的存在，故A不符合题意；
B、帕斯卡裂桶实验是在一个装满水密封的木桶中插入一根很细、很长的管子，向管子内加水后，水柱升高后，木桶被胀破，说明液体压强与深度有关，深度越高压强越大，故B符合题意；
C、马德堡半球内抽成真空，两个半球在大气压的作用下，八对马费了很大的力才拉开两个半球，这个实验有力地证明了大气压的存在，并且大气压很大，故C不符合题意；
D、将点燃的酒精棉球投入瓶内，稍等一会，再用剥了壳的熟鸡蛋封住瓶口，当酒精燃完后，瓶内温度下降，瓶内气压减小，外部大气压大于内部气压，受力面积相同，外部压力大于内部压力，鸡蛋被大气压入瓶内，能够证明大气压的存在，故D不符合题意；
故选：B。
【点评】此题考查的是大气压强存在的证明实验：马德堡半球实验、瓶吞鸡蛋实验、覆杯实验等。要弄清楚大气压强和液体压强的联系和区别。
5．（3分）如图所示，电暖气通电后，电热元件将其内部的导热油加热，导热油可以迅速吸热升温，从而提高室内温度，电暖气采用了导热油这种物质，主要利用了它具有较小的（ ）
A．比热容 B．热值 C．内能 D．电阻
【分析】（1）油的比热容较小，在加热时间相同的情况下，温度升高的快；
（2）电热元件对油加热时不是燃烧油，与热值无关；
（3）内能是物体内部分子热运动的动能和分子势能之和；
（4）油是绝缘体，使用起来安全性比较高，据此解答。
【解答】解：A、通电后电热元件将内部的导热油加热，导热油迅速升温后提高室内温度，其主要原因是导热油的比热容比水小，在加热时间相同的情况下，温度升高的快。故A正确；
B、电热元件对油加热时不是燃烧油，与热值无关，故B错误；
C、电暖气采用了导热油这种物质，主要利用了它具有较小的比热容，与内能大小无关，故C错误；
D、油是绝缘体，其电阻较大，使用起来安全性比较高，故D错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查了学生对比热容的理解，难度不大。
6．（3分）一个静止在水平地面上的物体，从t＝0s开始受到一个水平向右拉力F的作用，如图甲，将物体的s﹣t图像记录在图乙中，则下列有关说法正确的是（ ）
A．t＝1s时，物体不受摩擦力
B．在4～6s的过程中，拉力F大小不变
C．在0～6s内，物体一直处于平衡状态
D．物体做匀速直线运动阶段的速度大小为4m/s
【分析】（1）物体处于静止或匀速直线运动状态时受平衡力，根据拉力判断出t＝1s时的摩擦力；
（2）根据物体的运动状态判定F的大小变化情况；滑动摩擦力的大小与接触面的粗糙程度和压力的大小有关；
（3）根据图像分析速度的变化，然后判定物体的运动状态；
（4）由图和v=st算出物体做匀速直线运动阶段的速度。
【解答】解：A、由s﹣t图象可知，0～3s内物体运动的速度为0，处于静止状态，受到的拉力与静摩擦力是一对平衡力，大小相等，所以t＝1s时，物体受到的摩擦力不为零，故A错误；
B、由图知物体在0～3s内静止，拉力逐渐增大，4s以后物体做匀速直线运动，处于平衡状态，拉力与滑动摩擦力是一对平衡力，大小相等，由于压力和接触面的粗糙程度不变，滑动摩擦力不变，所以拉力F不变，故B正确；
C、0～3s内物体运动的速度为0，处于平衡状态；3s～4s内，物体的速度发生了变化，处于非平衡状态，4s～6s内，物体的速度不变，处于平衡状态，故C错误；
D、由图知物体做匀速直线运动阶段的速度为v=st=6m2s=3m/s，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查学生对图象的认识，要求能熟练读图，并能结合运动分析物体的受力情况。
7．（3分）小明在探究通过导体的电流跟电阻的关系实验中，如图甲所示，电源电压恒为6V，根据测量数据得到如图乙所示图像。则（ ）
A．分析图像可得：在电压一定时，导体的电阻与电流成反比
B．实验过程中，小明控制导体两端的电压为2.5V
C．将R从5Ω换成10Ω后，应将滑片P向左移
D．若定值电阻选用的最大阻值为20Ω，则滑动变阻器最大阻值不能小于20Ω
【分析】（1）根据图像中电流与电阻之积为一定值分析得出结论；
（2）根据图像中的数据利用欧姆定律求出小明控制导体两端的电压；
（3）根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻两端的电压相同，当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律结合分压原理确定滑片移动的方向；
（4）探究电流与电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变；根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压，根据分压原理，求出当接入25Ω电阻时变阻器连入电路中的电阻，进而确定滑动变阻器的规格。
【解答】解：A、由图像可知，导体的电阻增大，通过导体的电流减小，通过导体的电流与导体的电阻的乘积保持不变，故可得出结论：电压一定时，通过导体的电流与其电阻成反比，故A错误；
B、由图像可知，小明控制导体两端的电压：UR＝IR＝0.1A×20Ω＝﹣﹣﹣﹣﹣＝0.4A×5Ω＝2V，故B错误；
C、根据串联电路的分压原理可知，将定值电阻由5Ω改接成10Ω的电阻，电阻增大，其分得的电压增大；
探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，根据串联电路电压的规律可知，为了保持定值电阻两端电压不变，应增大滑动变阻器分得的电压，由串联分压的分压原理可知，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向左端移动，使电压表的示数不变，故C正确；
D、若定值电阻选用的最大阻值为20Ω，定值电阻两端的电压始终保持UR＝2V，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：U滑＝U﹣UR＝6V﹣2V＝4V，变阻器分得的电压为电压表示数的4V2V=2倍，根据分压原理，当接入20Ω电阻时，变阻器连入电路中的电阻为：R滑＝2×20Ω＝40Ω，即滑动变阻器最大阻值不能小于40Ω，故D错误。
故选：C。
【点评】本题探究通过导体的电流跟电阻的关系，考查数据分析、欧姆定律的应用、实验操作和对器材的要求。
二、填空题（每空1分共21分）
8．（3分）文娱演出时，舞台上用弥漫的白色烟雾，给人以若隐若现的视觉效果，这种烟雾是利用干冰 升华吸热 而使空气中的水蒸气 液化 成的“雾”。
【分析】白烟雾是液态的小水滴悬浮在空气中形成的，它是由空气中的水蒸气液化形成的，水蒸气在遇冷或温度降低时才会液化。
在空气中喷洒干冰，干冰就是固态的二氧化碳，它在常温下可以升华吸热使空气的温度降低，空气中的水蒸气就会遇冷液化形成“雾”。
【解答】解：“干冰”在常温下可以迅速的升华，升华要吸收热量；致使空气的温度降低，空气中的水蒸气遇冷就会液化形成“雾”。
故答案为：升华吸热；液化。
【点评】1、升华是指固态直接变为气态的过程。升华要吸热。
2、此题主要考查升华在日常生活中的应用，理论联系实际，是一道好题。
9．（3分）2021年5月，搭载着天舟二号货运飞船的“长征七号”遥三运载火箭成功升空，如图，火箭加速升空过程中，其机械能 变大 （选填“变大”“变小”或“不变”），若以地面为参照物，该火箭是 运动 的，火箭在上升过程中对空气向下的力 等于 （选填“大于”“小于”或“等于”）空气对火箭向上的力。
【分析】（1）火箭加速上升，重力势能和动能都在变大；
（2）以地面为参照物，火箭的位置相对于地面越来越远；
（3）火箭对空气的力和空气对火箭的力是相互作用力。
【解答】解：火箭加速上升，重力势能和动能都在变大，所以机械能在变大；以地面为参照物，火箭的位置相对于地面发生改变，所以火箭是运动的；火箭对空气的力和空气对火箭的力是相互作用力，相互作用力大小相等，方向相反，故火箭在上升过程中对空气向下的力等于空气对火箭向上的力。
故答案为：变大；运动；等于。
【点评】此题是一道综合题目，考查了机械能、运动和静止的相对性、相互作用力，属于基础题。
10．（3分）如图是“探究平面镜成像特点”的实验装置图，蜡烛A作为物体来成像．实验时，应该选用较 薄 （厚/薄）玻璃板进行实验．蜡烛B 不需要 （需要/不需要）点燃．当蜡烛A靠近玻璃板时，所成像将 不变 （变大/变小/不变）．
【分析】（1）从厚玻璃板的两个面都可以当作反射面，会出现两个像这一角度去分析此题；
（2）本实验的目的是确定像的位置，若是点燃后方蜡烛则无法分辨像与后方蜡烛的真实火焰，影响实验效果；
（3）像的大小与物体大小相同。
【解答】解：（1）玻璃板越薄，两个反射面所在的像距离越近，这样可以使确定的像的位置更加准确，厚玻璃板会形成两个像，会影响对实验结果的判断，因此实验时应选较薄的玻璃板垂直放置在水平桌面上；
（2）如果点燃玻璃板后方的蜡烛B，则因为光太亮而几乎无法分清镜中的烛焰是像的烛焰还是对面B的烛焰，难以确定像的位置，从而对实验造成影响，所以实验过程中蜡烛B不需要点燃；
（3）平面镜成像中，像的大小与物体大小相同，与物体距离镜面的远近无关，故在蜡烛远离玻璃板的过程中，玻璃板中所成像的大小不变。
故答案为：薄；不需要；不变。
【点评】本题主要考查了平面镜成像特点的实验，这是光学中的一个重点，也是近几年来中考经常出现的题型，要求学生熟练掌握，并学会灵活运用。动手操作实验时，要善于通过实验现象得出正确结论。
11．（2分）如图的三个装置，图A揭示的是 电动机 （选填“电动机”或“发电机”）的工作原理，图B中将电池的正负极对调，将观察到小磁针偏转方向 改变 ，图C可用来演示 电磁感应 现象。
【分析】（1）闭合电路中的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，会产生感应电流，这种现象叫做电磁感应现象；
（2）通电导线周围磁场的方向与电流的方向有关；
（3）通电导体在磁场中受到力的作用，电动机就是根据这一原理制成的。
【解答】解：
（1）图a中，导体通电后会在磁场中受力而运动，根据该原理可以制成电动机；
（2）图a中将电池的正负极对调，此时导线中电流的方向发生变化，电流产生磁场的方向发生变化，小磁针的偏转方向发生了变化，则表明通电导体周围磁场的方向与电流的方向有关；
（3）图c中，开关闭合时，若导体ab做切割磁感线运动，会产生感应电流，这是电磁感应现象。
故答案为：电动机；改变；电磁感应。
【点评】此题考查了奥斯特实验、发电机的原理以及电动机原理，理解实验的原理是解题的关键。
12．（3分）如图甲是四冲程汽油机的 做功 冲程，此时能量转化情况与 乙 （选填“乙”或“丙”）图相同，完全燃烧500g的汽油，放出的热量是 2.3×107 J（已知汽油的热值为4.6×107J/kg）。
【分析】（1）根据曲轴的转动方向判断活塞的运行方向，再根据气门的关闭情况就可以确定冲程的类别；
（2）内燃机的四个冲程有吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程，其中在做功冲程中，是燃气的内能转化为机械能，在压缩冲程中是机械能转化为内能；
（3）根据Q＝qm计算出汽油燃烧放出的热量。
【解答】解：（1）甲图中汽油机气门都关闭，火花塞点火，活塞向下运动，是做功冲程，做功冲程中将内能转化为机械能；
（2）乙图对试管中的水加热，加快水的蒸发，使试管中水的内能增大，体积膨胀，对外做功，使塞子飞出去，内能转化为塞子的机械能。
丙图是用力将活塞压下，活塞对空气做功，空气的内能增大，温度升高，达到了棉花的着火点，棉花就会燃烧，因此与做功冲程原理相同的是乙图；
（3）500g汽油完全燃烧释放出的热量：
Q＝qm＝500×10﹣3kg×4.6×107J/kg＝2.3×107J。
故答案为：做功；乙；2.3×107。
【点评】此题是通过内燃机的工作原理和课本中的实验来验证做功改变物体内能的方法，内燃机的四个冲程、燃料完全燃烧放热公式的了解与掌握，难度不大。
13．（3分）小明将一鸡蛋用细线捆绑后挂在弹簧测力计下端，示数如图甲所示，将其浸没在盐水中，发现弹簧测力计示数为0，则鸡蛋受到浮力为 0.8 N，若增加鸡蛋浸没在水中的深度，弹簧测力计示数 不变 （选填“变大”“变小”或“不变”），若拉着弹簧测力计的细线突然断开，鸡蛋将 静止 （选填“上浮”“下沉”或“静止”）。
【分析】（1）已知物重和浸没在水中受到的拉力，两者之差就是受到的浮力；
（2）浸在液体中的物体受到的浮力决定于液体的密度和物体排开液体的体积，与物体所在深度无关；
（3）物体的浮沉条件是：浮力大于重力，上浮；浮力等于重力，悬浮；浮力小于重力，下沉。
【解答】解：（1）由图甲可知，鸡蛋受到的重力为：G＝0.8N，由图乙可知，鸡蛋在水中受到的拉力为：F＝0N，则鸡蛋受到的浮力为：F浮＝G﹣F＝0.8N﹣0N＝0.8N；
（2）鸡蛋浸没在水中，水的密度和排开水的体积一定，浮力大小与深度无关，所以增加鸡蛋浸没在水中深度，弹簧测力计示数将不变；
（3）由于鸡蛋浸没在水中，受到的浮力等于重力，所以拉着弹簧测力计的细线突然断开，鸡蛋将处于静止状态。
故答案为：0.8；不变；静止。
【点评】此题考查了视重法计算浮力、影响浮力的因素和物体的浮沉条件以，包含的知识点较多，但难度不大，容易解答。
14．（3分）题图甲是体育考试用到的坐位体前屈测试仪，原理如图乙所示，闭合开关，测试者把挡板P从B端推到A端的过程中，电流表的示数 不变 ，电压表的示数 变大 ，整个电路消耗的功率 不变 （以上三空均选填“变大”“变小”或“不变”）。
【分析】由电路图可知，闭合开关，R1与R2串联，电压表测滑片P右侧部分电阻丝两端的电压，电流表测电路中的电流。根据电压表的内阻很大、在电路中相当于断路判断滑片移动时变阻器R2接入电路中的电阻变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化；根据滑片的移动可知滑片P右侧部分电阻丝的阻值变化，根据欧姆定律可知滑片P右侧部分电阻丝两端的电压变化，利用P＝UI可知整个电路消耗的功率变化。
【解答】解：由电路图可知，闭合开关，R1与R2串联，电压表测滑片P右侧部分电阻丝两端的电压，电流表测电路中的电流。
因电压表的内阻很大、在电路中相当于断路，
所以，滑片移动时，变阻器R2接入电路中的电阻不变，
由I=UR可得，电路中的电流不变，即电流表的示数不变；
测试者把挡板P从B端推到A端的过程中，滑片P右侧部分电阻丝的阻值变大，
由U＝IR可知，滑片P右侧部分电阻丝两端的电压变大，即电压表的示数变大；
由P＝UI可知，整个电路消耗的功率不变。
故答案为：不变；变大；不变。
【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到欧姆定律和电功率公式的应用，根据电压表内阻特点判断出滑片移动时变阻器接入电路中的电阻变化是关键。
三、作图题（共7分，3+2+2分）
15．（3分）如图所示，请作出入射光线AO的反射光线OB和折射光线OC，并标出反射角的度数。
【分析】光从空气中斜射到水面，在水面上发生折射的同时也发生了反射，利用光的反射规律、折射规律即可作出对应的反射光线和折射光线。
【解答】解：过入射点O做法线，在法线右侧根据反射角等于入射角作出对应的反射光线OB，反射角等于入射角等于90°﹣30°＝60°；
光从空气斜射入水中，折射角小于入射角，在法线右侧的水中画出对应的折射光线OC，如图所示：
【点评】此题主要考查光的反射定律和折射定律的应用，难度不大，掌握基础知识是关键。
16．（2分）一木块沿水平面向左滑行并冲上斜面。请在图甲中画出以下力的示意图：
（1）木块水平向左滑行时所受的摩擦力；
（2）木块对斜面的压力。
【分析】（1）互相接触的两个物体发生相对运动时，在接触面会产生阻碍物体相对运动的摩擦力，由于物体是向左运动，故受到的摩擦力方向是水平向右；
（2）物体由于和斜面相互挤压而对斜面有一个压力作用，方向是垂直斜面，并指向斜面向下。
【解答】解：
（1）木块水平向左滑行时，木块受到摩擦力的方向与运动方向相反，则摩擦力方向是水平向右的，作用点可以画在木块的重心上；
（2）木块对斜面的压力方向是垂直于斜面向下的，作用点画在木块与斜面的接触面上；如下图所示。
【点评】画力的示意图的一般步骤为：一画简图二定点，三画线，四画尖，五把力的符号标尖边。按照这个作图步骤，很容易能够画出指定力的示意图。
17．（2分）请用笔画线表示导线，将如图中的开关、电灯和插座接入家庭电路中。要求：开关控制电灯，插座单独使用。
【分析】（1）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。
（2）三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线。
【解答】解：（1）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。
（2）三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线；如图所示：
【点评】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。
四、实验题（每空1分，共19分）
18．（3分）如图甲所示，用刻度尺测得纽扣的直径是 1.10 cm，图乙所示的停表读数为 95.1 s，图丙所示的温度计读数为 ﹣14 ℃。
【分析】（1）刻度尺的分度值是刻度尺相邻两刻度线表示的长度。使用刻度尺时要明确其分度值，起始端从0开始，读出末端刻度值，就是物体的长度；起始端没有从0刻度线开始的，要以某一刻度线为起点，读出末端刻度值，减去起始端所对刻度即为物体长度，注意刻度尺要估读到分度值的下一位；
（2）停表的中间的表盘代表分钟，周围的大表盘代表秒，停表读数是两个表盘的示数之和；
（3）读取温度计示数时，首先要明确温度计的量程和对应的分度值，再根据液面位置读数，注意区分零上还是零下。
【解答】解：（1）刻度尺上1cm之间有10个小格，所以一个小格代表的长度是0.1cm＝1mm，即此刻度尺的分度值为1mm；
纽扣左侧与2.00cm对齐，右侧与3.10cm对齐，所以纽扣的直径为d＝3.10cm﹣2.00cm＝1.10cm；
（2）停表小盘的分度值是0.5min，指针在1min和2min之间，偏向2min一侧；大盘的分度值是0.1s，而大盘指针在35.4s，因此停表读数为1min35.1s＝95.1s；
（3）图中的温度计一个大格都是10℃，其中又分了10份，故其分度值是1℃，液柱上表面在零刻度的下方，所以读数是﹣14℃。
故答案为：1.10；95.1；﹣14。
【点评】刻度尺、停表和温度计是日常生活和物理实验中经常使用的基本测量工具，需要我们熟练掌握其使用和读数方法。
19．（3分）在探究“电阻的大小与什么因素有关”的实验时，小明选用实验板上的两根粗细相同的镍铬合金丝，设计如图所示电路，这个实验能探究导体的电阻跟导体 长度 的关系，实验中通过观察 电流表示数 来判断电阻的大小，实验中用到的科学方法有 转换法（或控制变量法） （填一种即可）。
【分析】导体的电阻与导体的材料、长度、横截面积和温度有关，实验探究时应采用控制变量法；电流表串联在电路中，电源电压一定，导体电阻越大，电路电流越小，导体电阻越小，电路电流越大，可以通过电流表示数大小判断导体电阻大小。
【解答】解：由图可知，两根电阻丝的材料相同，横截面积相同，长度不同，所以探究的是电阻与长度的关系；
实验中采用了转换法比较电阻大小，即通过比较电流表示数来比较导体电阻的大小；
影响电阻大小的因素有多个，实验中采用的是控制变量法。
故答案为：长度；电流表示数；转换法（或控制变量法）。
【点评】本题考查了影响电阻大小因素的实验，侧重考查了学生对控制变量法和转换法的掌握和应用，是一道基础题。
20．（6分）在探究“杠杆的平衡条件”的实验中：
（1）实验前，将杠杆安装到支架上后静止如图甲所示，按照实验要求，此时杠杆的平衡螺母A应向 右 调节，或者B向 右 调节（上两空均选填“左”或“右”）。
（2）如图乙所示，杠杆上每格均匀等距，每个钩码的质量都相同，若在C位置挂4个钩码，在D处挂 6 个钩码，仍可使其在水平位置平衡。
（3）以上实验结束后，小明用弹簧测力计代替钩码，如图丙所示，保持所挂钩码位置不变，不断改变弹簧测力计的作用点和力的大小，使杠杆在水平位置平衡，弹簧测力计的拉力F与其力臂L的图像如图丁所示，由图像得每次描出的点与两坐标轴围成的方形面积（如图丁中阴影部分） 相等 （选填“相等“或“不等”），其原因是 阻力和阻力臂保持不变，根据杠杆的平衡条件可知，动力与动力臂的乘积保持不变 。
（4）小明看到爸爸利用如图的工具抬起大花盆，取出托水盘清洗，结合上面的探究，为了抬起花盆时更省力，他建议爸爸将支架向 右 移动一些距离。
【分析】（1）实验前没有挂钩码和弹簧测力计时，发现杠杆左端下沉，说明杠杆的重心在支点左侧，要使其在水平位置平衡，应将杠杆的平衡螺母向右调节，直到杠杆在水平位置平衡，目的是便于测量力臂和避免杠杆自重对实验的影响；
（2）根据已知条件，由杠杆的平衡条件求出在B位置所挂钩码的数量；
（3）由于此题中的阻力和阻力臂不变，由图中提供数据，根据杠杆的平衡条件分析即可求得；
（4）由杠杆的平衡条件可知，要使动力变小，在阻力不变时，可通过增大动力臂，减小阻力臂的方法实现。
【解答】解：（1）实验前，将杠杆中点置于支架上，当杠杆静止时，发现杠杆左端下沉，说明杠杆的重心在支点左侧，要使其在水平位置平衡，应将杠杆平衡螺母向右调节，杠杆的平衡螺母A应向右调节，或者B向右调节，直到杠杆在水平位置平衡；
（2）设一个钩码的重力为G，杠杆的一个小格为L，
由杠杆的平衡条件F1L1＝F2L2知，
4G×3L＝nG×2L
解得：n＝6，即在B位置挂上6个钩码，使杠杆在水平位置平衡；
（3）由于此题中的阻力和阻力臂不变，利用图象中任意一组数据都能得出，F2L2＝F1L1＝3N×0.02m＝2N×0.03cm＝0.06N•m，图像中每个点与两坐标轴围成的方形面积相等，其原因是阻力和阻力臂保持不变，根据杠杆的平衡条件可知，动力与动力臂的乘积保持不变；
（4）由杠杆的平衡条件可知，在阻力不变时，向右移动支架，使动力臂增大的同时阻力臂减小，这样动力就减小，抬起花盆时就更省力。
故答案为：（1）右；右；（2）6；（3）相等；阻力和阻力臂保持不变，根据杠杆的平衡条件可知，动力与动力臂的乘积保持不变；（4）右。
【点评】本题考查调节平衡螺母的作用、杠杆实验时动力和阻力的实验要求及根据杠杆平衡条件计算，有一定难度。
21．（7分）测量小灯泡的电功率实验（小灯泡额定电压2.5V）。
（1）如题图甲是小明正在连接实验电路时的情景，请指出小明在操作上存在的错误 连接电路时开关未断开 。
（2）请用笔代替导线将实物电路连接完整。
（3）连好电路，在实验过程中，小明发现无论怎样调节滑动变阻器，两电表指针始终处于图乙所示位置，可能是小灯泡出现了 断路 （选填“短路”或“断路”）故障
（4）排除上述故障后接着实验，调节滑动变阻器观察到小灯泡的亮度较暗.若想测小灯泡的额定功率，接下来应将滑动变阻器的滑片向 左 （选填“左”或“右”）端移动，使小灯泡正常发光，实验中判定该小灯泡正常发光的方法是 电压表示数为2.5V 。
（5）通过实验，小灯泡的I﹣U图像如图丙所示，则小灯泡的额定功率为 0.625 W。
【分析】（1）为了保护电路，连接电路时开关应断开；
（2）滑动变阻器采用“一上一下”的原则与小灯泡串联，根据小灯泡的额定电压确定电压表的量程与小灯泡并联；
（3）由图乙知，电流表的示数为零，电压表的示数等于电源电压；
电流表的示数为零，说明电路可能断路；电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，与电压表并联的支路断路了；
（4）灯在额定电压下正常发光，小灯泡的亮度较暗说明小灯泡两端的实际电压小于额定电压，根据串联电路电压的规律及分压原理确定滑片移动的方向；
（5）灯泡在额定电压下正常发光，由图丙中的图象得出额定电压下的电流，根据P＝UI可求出灯泡的额定功率。
【解答】解：（1）为了保护电路，连接电路时开关应断开；
（2）滑动变阻器采用“一上一下”的原则与小灯泡串联，因为小灯泡的额定电压为2.5V，所以电压表选用0～3V的量程与小灯泡并联，如图所示：
；
（3）由图乙知，电流表的示数为零，电压表的示数等于电源电压；
电流表的示数为零，说明电路可能断路；电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，与电压表并联的小灯泡断路了；
（4）灯在额定电压下正常发光，小灯泡的亮度较暗说明小灯泡两端的实际电压小于额定电压，应增大灯泡两端的电压，根据串联电路电压的规律，应减小滑动变阻器两端的电压，由分压原理可知，应减小滑动变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向左移动，直到电压表示数为灯泡的额定电压2.5V；
（5）根据图丙所示的小灯泡电流随电压变化的关系图象知，灯在额定电压2.5V时的电流为0.25A，则小灯泡的额定功率是：P额＝U额I额＝2.5V×0.25A＝0.625W。
故答案为：（1）连接电路时开关未断开；（2）如图所示；（3）断路；（4）左；电压表示数为2.5V；（5）0.625。
【点评】本题测量小灯泡的电功率，考查电路连接、注意事项、电路故障分析、实验操作、欧姆定律的应用及电功率的计算，考查的知识点多，综合性强，但这些都是常考内容，需要掌握好。
五、计算题（共13分）
22．（6分）如图甲所示，在2022年北京冬奥会冰壶项目中，若比赛用的冰壶其质量为20kg，与冰面接触面积200cm2，某次投掷时运动员用20N的水平力将冰壶从水平冰道的A点推至B点后放手，离手后冰壶继续滑行至C点停止，如图乙。g取10N/kg，求：
（1）冰壶的重力；
（2）这次投掷过程中运动员对冰壶做的功；
（3）冰壶静止在水平冰面上时对冰面的压强。
【分析】（1）根据重力公式G＝mg计算冰壶的重力；
（2）根据做功公式W＝Fs计算这次投掷过程中运动员对冰壶做的功；
（3）冰壶如图甲静置在水平冰面上时对冰面的压力等于冰壶的重力。根据压强公式p=FS计算其对冰面的压强。
【解答】解：（1）冰壶的重力：G＝mg＝20kg×10N/kg＝200N；
（2）这次投掷过程中运动员对冰壶做的功：W＝Fs＝20N×2.3m＝46J；
（3）冰壶如图甲静置在水平冰面上时对冰面的压力等于冰壶的重力，即：
F′＝G＝200N；
S＝200cm2＝2×10﹣2m2，
对冰面的压强：p=FS=200N2×10−2m2=1×104Pa。
答：（1）冰壶的重力为200N；
（2）这次投掷过程中运动员对冰壶做的功为46J；
（3）冰壶静止在水平冰面上时对冰面的压强为1×104Pa。
【点评】本题考查重力公式、压强公式、做功公式的灵活运用，知道静止在水平面上的物体对水平面的压力等于自身的重力。
23．（7分）小明家有一台电吹风机，既能吹冷风也能吹热风，如图甲，原理电路如题图乙所示。小明在家中把该吹风机单独接入家庭电路正常工作，并使其吹热风，发现图丙中的电能表转盘6min内转过297圈，已知电动机额定功率是110W，求：
（1）电吹风吹冷风时的电流是多大？
（2）电吹风电热丝R额定功率？
（3）电热丝的阻值？
【分析】（1）电吹风吹冷风时，电动机单独工作，知道电动机的额定功率，利用P＝UI求吹冷风时电路中的电流；
（2）3000r/（kW•h）表示电路中的用电器每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转3000圈，据此求电能表的转盘转297圈时，电吹风消耗的电能，再利用P=Wt求电吹风吹热风时的电功率，电热丝R的额定功率等于电吹风吹热风功率与冷风功率之差；
（3）利用P=U2R求电阻丝R的阻值。
【解答】解：（1）电吹风吹冷风时，电动机单独工作，电路中的电流：
I冷=P冷U=110W220V=0.5A；
（2）3000r/（kW•h）表示电路中的用电器每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转3000圈，
则电能表的转盘转297圈，电吹风消耗的电能：
W总=297r3000r/(kW⋅ℎ)=0.099kW•h，
电吹风吹热风时的电功率：
P热=W总t=0.099kW⋅ℎ660ℎ=0.99kW＝990W；
电热丝R的额定功率：
PR＝P热﹣P冷＝990W﹣110W＝880W；
（3）由P=U2R得电阻丝R的阻值：
R=U2PR=(220V)2880W=55Ω。
答：（1）电吹风吹冷风时的电流是0.5A；
（2）电吹风电热丝R的额定功率为990W；
（3）电热丝的阻值为55Ω。
【点评】本题考查了电功率公式P＝UI、P=Wt、P=U2R及其变形公式的应用，知道电能表相关参数的意义是关键。
六、综合能力题（每空1分，共19分）
24．（6分）学习了浮力知识后，小明利用电子秤和已知密度为ρ木的小木块来测量一未知液体的密度，如图所示．实验步骤如下：
①如图甲所示，在容器内装入适量的该未知液体，记下此时电子秤的示数为m1；
②如图乙所示，将小木块轻轻放入该液体中，木块漂浮，记下此时电子秤的示数为m2；
③如图丙所示，用细针将小木块压入该液体中完全浸没，记下此时电子秤的示数为m3。
实验中液体均未溢出，完成下列填空（选用m1、m2、m3、ρ木表示以下物理量）：
（1）小木块的质量m＝ m2﹣m1 。
（2）小木块的体积V木＝ m2−m1ρ木 。
（3）小木块完全浸没在该液体中时排开液体的质量m排＝ m3﹣m1 。
（4）该未知液体的密度ρ液＝ m3−m1m2−m1•ρ木 。
（5）实验结束后小明发现木块吸液，则所测得液体密度将会 偏小 （选填“偏大”或“偏小”），为了减小木块吸液带来的误差，请你结合小明的实验方案提出一种改进方法 在木块上裹一层体积忽略的塑料膜 。
【分析】（1）（2）由甲、乙图算出木块的质量m，由于木块的密度为ρA，由密度公式ρ=mV得出木块的体积；
（3）（4）由甲、丙图知小木块完全浸没在该液体中时排开液体的质量；
木块浸没在水中受到的浮力为F浮＝ρ液gV排，即（m3﹣m1）g＝ρ液gV排，由此得出液体的密度；
（5）当把木块全部压入液体，由于木块吸液，木块的重力增加了，由于浮力不变，所以对木块向下的压力减小了，电子秤的示数m3减小了，根据液体密度公式判断出液体的密度的偏差；
在木块上裹一层体积忽略的塑料膜，不让水进入木块，就会减小木块吸液带来的误差。
【解答】解：（1）由甲、乙知，木块的质量为：m木＝m2﹣m1；
（2）由于木块的密度为ρ木，由密度公式ρ=mV得木块的体积为：
V木=m水ρ木=m2−m1ρ木，
（3）由甲、丙知小木块完全浸没在该液体中时排开液体的质量为：m排＝m3﹣m1；
（4）木块浸没在水中受到的浮力为：F浮＝ρ液gV排，即（m3﹣m1）g＝ρ液gV排，
因为木块浸没，所以V物＝V排，
则液体的密度为：
ρ液=m3−m1V物=m3−m1m2−m1ρ木=m3−m1m2−m1•ρ木；
当把木块全部压入液体，由于木块吸液，木块的重力增加了，由于浮力不变，所以对木块向下的压力减小了，电子秤的示数m3减小了，根据液体密度公式：ρ液=m3−m1m2−m1•ρ木知，由于m3减小了，所以m3﹣m1也减小了，所以液体的密度偏小；
在木块上裹一层体积忽略的塑料膜，不让水进入木块，就会减小木块吸液带来的误差。
故答案为：（1）m2﹣m1；（2）m2−m1ρ木；（3）m3﹣m1；（4）m3−m1m2−m1•ρ木；（5）偏小；在木块上裹一层体积忽略的塑料膜。
【点评】本题考查了液体密度的测量和阿基米德原理的应用，是一道综合题，有一定的难度。
25．（7分）小明在复习凸透镜成像的知识时想到了2021年12月9日“太空教师”王亚平给我们展示的“天宫课堂”中的水球成像实验，于是利用水透镜（注射器和弹性膜制成的凸透镜）、蜡烛、光屏、光具座等器材进行探究，小明在测量水透镜焦距时发现：当向水透镜里注水时，水透镜的焦距将变小；当从水透镜里抽水时；水透镜的焦距将变大。
（1）如图甲所示，一束平行于主光轴的光线射向水透镜，在光屏上得到一个最小最亮光斑，则此水透镜的焦距为 12.0 cm。
（2）再将蜡烛置于光具座上，并让烛焰、水透镜光心和光屏中心处于 同一高度 。
（3）将实验器材按图乙位置放置，光屏上成清晰的像，此像应该是倒立、 缩小 （选填“放大”或“缩小”）的实像，这与生活中 照相机 （选填“放大镜”“投影仪”或“照相机”）原理相同。
（4）王亚平在天宫课堂上展示了一个中间充有气泡的水球，透过这个水球我们可以看到“一正一倒”两个缩小的像，如图丙所示，中间气泡中形成的缩小、正立的像 不是 （填“是”或“不是”）凸透镜成像的结果，倒立的像是水球所成的倒立、缩小的实像，若王亚平靠近水球，倒立的像 变大 （选填“变大”“变小”或“不变”）。
（5）在图乙所示的实验情景下，该同学从水透镜中抽水，应将光屏向 右 （选填“左”或“右”）移动，才能看到清晰的像。
【分析】（1）通过图示的现象，结合凸透镜焦点的定义即可确定该凸透镜的焦距；
（2）实验前要调节烛焰、透镜和光屏三者的中心在同一高度；
（3）物距大于二倍焦距时凸透镜成倒立缩小实像，其应用是照相机；
（4）凹透镜可以成正立缩小的虚像；凸透镜成实像时，物距变小，像距变大，像变大；
（5）凸透镜的焦距变大，会聚能力会变弱。
【解答】解：（1）平行于主光轴的光线经凸透镜后会聚在主光轴上一点，这点是凸透镜的焦点。焦点到光心的距离是凸透镜的焦距，所以凸透镜的焦距f＝52.0cm﹣40.0cm＝12.0cm；
（2）实验前应先调节光具座上烛焰、透镜和光屏三者的中心在同一高度，这样可使像成在光屏的中央；
（3）如图，物距大于二倍焦距，成倒立、缩小的实像，应用于照相机；
（4）水球因此被气泡变为了两部分，中间是空气，气泡周围是水；这个时候整个水球就变成了两个透镜，外圈成为了一个凸透镜，所以呈现出一个倒立的像，内圈相当于变成了两个凹透镜的组合，这个时候会出现了一个正立、缩小的像，所以中间的像不是凸透镜成像；
若王亚平靠近水球，物距变小，像距变大，则倒立的像变大；
（5）该同学从水透镜中抽水，凸透镜的凸度变小，焦距变大，在物距不变的情况下，像距会变大，应将光屏向右移动，才能看到清晰的像。
故答案为：（1）12.0；（2）同一高度；（3）缩小；照相机；（4）不是；变大；（5）右。
【点评】本题首先确定凸透镜的焦距，然后根据凸透镜成像的几种情况进行判断，掌握凸透镜的成像的几种情况是重点。此题不仅考查了凸透镜成像的规律，还考查了对远视眼的成因和矫正方法的掌握。
26．（7分）小明发现爸爸给手机充电时，不到十分钟可把电池充达一半以上，查阅资料得知，原来该手机搭配了超级快充功能，已知该手机电池的部分参数如下表所示，如图甲所示为该手机充电器，通过阅读说明书，小明还知道了原来在充电器的内部存在降压变压器使充电器输出电压为4.4V。可将变压器原理简化为如图乙：原线圈匝数n1，副线圈匝数n2，若输入电压U1，输出电压U2，则电压与匝数关系式为：U1U2=n1n2。
电池名称
锂离子电池
电压
3.7V
容量
4400mAh
（1）充电器为手机电池充电时，将 电 能转化为 化学 能。
（2）若原线圈的匝数为1100圈，要使充电器的输出电压为4.4V，副线圈匝数为 22 圈。
（3）小明发现超级快充的充电线比普通手机充电线要粗一些，请你从线路安全的角度来分析是因为 减小电阻，使充电过程中产生的热量少一些 。
（4）此款电池充满电储存的电能为 58608 J。
（5）如果不考虑快充时的电能损耗，用一个标注“输出4.4V，10A”的快速充电器把这款手机电池从电量0%充到100%，需要的时间是 1332 s。
【分析】（1）电池充电的过程中，消耗电能，得到化学能；放电时，化学能转化为电能；
（2）根据变压器原理可求出副线圈的匝数；
（3）超级快充的充电线比普通手机充电线要粗一些，目的是减小电阻，使充电过程中产生的热量少一些；
（4）已知电池的容量和工作电压，根据W＝UIt即可求出电池充满电储存的电能；
（5）知道手机电池的容量（快充时消耗的电能）、快充时的功率，利用P=Wt求快充需要的时间。
【解答】解：
（1）给手机电池充电时消耗电能，变成了手机电池的化学能，故是将电能转化为化学能的过程；
（2）若原线圈的匝数为1100圈，要使充电器的输出电压为4.4V，由U1U2=n1n2可知，
副线圈匝数为：n2=U2n1U1=4.4V×1100圈220V=22圈；
（3）充电器的充电线有电阻，由焦耳定律知，工作过程中会产生热量；
充电线尽可能做得粗一些，目的是减小电阻，使充电过程中产生的热量少一些；
（4）电池充满电储存的电能为：W＝UIt＝3.7V×4400×10﹣3A×1×3600s＝58608J；
（5）快充时消耗的电能等于手机电池的容量，
则快充时消耗的电能W′＝W＝58608J，
快充功率P＝UI＝4.4V×10A＝44W，
由P=Wt得快充需要的时间：
t=W′P=58608J44W=11332s。
故答案为：（1）电；化学；（2）22；（3）减小电阻，使充电过程中产生的热量少一些；（4）58608；（5）1332。
【点评】本题考查了学生对电能和电功率的计算公式的运用，以及对电热的了解，体现了物理知识与日常生活的密切联系。
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