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2023年河南省濮阳市范县中考一模物理试卷（含答案）
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这是一份2023年河南省濮阳市范县中考一模物理试卷（含答案），共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，作图题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2023年河南省濮阳市范县中考物理一模试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共6小题，共12.0分）
1. rainbow分子冰淇淋如图所示，它是以现代高科技冷凝技术通过-196℃低温液氮急速冷冻锁住营养的方式制成的，一经推出就迅速成了“网红”关于冰激凌的制作过程下列描述正确的是( )
A. 将沸点为-196℃的液氮倒入容器中，液氮瞬间消失不见，该过程属于升华现象
B. 冰激凌盒中的牛奶瞬间制成冰激凌，该过程与霜的形成过程一致
C. 分子冰激凌周围“烟雾缭绕”，这些“烟雾”就是空气中的水蒸气
D. 吃到嘴里的冰激凌解暑降温，这个过程需要吸热
2. 物理学的发展推动了科学技术的创新和革命。下列对于运动和力的说法中正确的是( )
A. 牛顿总结了前人的经验和自己的观点提出牛顿第一定律，我们可以用实验直接验证
B. 伽利略运用了实验和推理结合的方法，提出运动不需要力来维持的观点
C. 亚里士多德认为，运动的物体必然受力，这个观点正确
D. 只要有力作用在物体上，物体的运动状态就一定发生改变
3. 现代电子设备比如手机、平板等在开机时都需要“解锁”，常见的解锁方式包括纹识别、语音或密码3种，可以将它们等效成开关，要求这三种解锁方式都可以单独使工作电路开机(虚线框内为控制电路)，下列符合设计要求的是( )
A. B.
C. D.
4. 水平桌面上，甲、乙两个相同容器中盛有浓度不同的盐水，小梦将两个草莓(假设其完全相同)分别放入杯中进行清洗，当两草莓静止时，甲、乙容器中的液面恰好相平，如图所示。下列说法正确的是( )
A. 甲中草莓受到的浮力更大 B. 两杯盐水的密度相等
C. 乙中盐水对容器底部的压强更大 D. 甲杯子对桌面的压强更大
5. 关于家庭电路及安全用电，下列说法正确的是( )
A. 空气开关跳闸时，一定是发生了短路造成的
B. 使用试电笔氖管发光时，一定有电流通过测试者的身体
C. 家庭电路的组成包括进户线、电能表、总开关、插座和各类用电器
D. 家用电器的控制开关一定是装在用电器和零线之间
6. 用以下四种方式匀速提升同一物体(不计机械自重和摩擦)，其中拉力最大的是( )
A. B.
C. D.
二、多选题（本大题共2小题，共4.0分）
7. 有甲、乙两只电热杯及其铭牌如图所示，忽略电阻丝阻值随温度的变化，下列说法正确的是( )
A. 若两个电阻丝采用了同种材质，长度相等，则甲更细
B. 两个电热杯在加热水的过程中将电能转化为内能的效率一定是相等的
C. 两电热杯都正常工作时，相同时间内乙消耗的电能更少
D. 将两个杯子串联后接在220V的电压下，相同时间内甲产生的热量更多
8. 一个玻璃球从a点出发，沿着如图所示(a→b→c→d→e)的轨迹运动，如果不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 全程机械能是守恒的
B. a点的机械能一定大于c点的
C. 从b点到c点的过程中小球的重力势能转化为动能
D. b、d两点即使等高，机械能也一定不相等
第II卷（非选择题）
三、填空题（本大题共6小题，共14.0分）
9. 生产的发展需要更为强大的动力，17世纪，人类发明了热机。蒸汽机是最早的热机，英国人______ 在1782年发明了往复式蒸汽机，使蒸汽机成为可以广泛使用的动力机。物理学中用他的名字命名了______ 这个物理量的单位。
10. 2022年11月12日12时10分，天舟五号货运飞船入轨后采取自主快速交会对接模式，成功与空间站天和核心舱后向端口对接，如图所示。对接后，若说天舟五号货运飞船是静止的，所选的参照物是______ ；舱内的宇航员和地面控制台的工作人员联系是依靠______ 来传递信息的。
11. 2022年12月19日，由梅西率领的阿根延队战胜法国队，获得世界杯冠军，如图所示是梅西在赛场上的精彩间，将球踢出的瞬间，感觉脚疼，这是因为______ ，踢出去的球能够持续在空中飞行是由于球具有______ ；被踢出去的球在草地上滚动一段距离后渐渐停下，这是由于足球受到阻力作用改变了它的______ 。
12. “咚咚！咚咚锵！”1月24日清晨，在冬日暖阳下的安庆小镇上，村民们穿戴喜庆的服饰，聚集在村口广场举行锣鼓表演。鼓手重重敲击面，洪亮的鼓声在群山间久久回响，鼓声是由于鼓面的______ 产生的；村民听到的鼓声则是通过______ 传播到人耳的。
13. 如图甲所示电路，电源电压不变，灯泡L标有“3V，0.5A”字样。如图乙所示图象中，U表示电压表示数，I表示电流表示数，当闭合开关S，滑片P从b端滑到中点时，电流表的示数变化了0.2A，不考虑温度对灯丝电阻的影响，则灯泡的电阻是______ Ω；电源电压是______ V；P在中点时10s内电流所做的总功是______ J。
14. 如图所示，被细绳拴着的小球在水平桌面绕O点以大小为v的速度逆时针做圆周运动，轨迹如图中的圆圈所示。每时刻小球的速度方向均与细绳垂直，不计小球与桌面的摩擦力，某时刻小球在图中M点时细绳断开。请利用你学过的知识判断，细绳断后短暂时间内，小球可能出现在图中的______ (选填字母“a、b、c、d”)位置；而实际上小球与桌面间存在摩擦力，即细绳断后小球将做______ 运动。
四、作图题（本大题共2小题，共4.0分）
15. 如图所示，A处有一个花盆，要想被位于工作间内B处的人看到，需要在某处安装一块平面镜，若平面镜C只能在地面上水平移动，请你画出合适的C位置，并完成由B看到A的光路(只需在图中画出一条光的完整路径即可)。
16. 如图，轻拉弹簧，使物体A和B在水平面上一起做匀速直线运动，请画出物体B在水平方向上的受力示意图。
五、实验探究题（本大题共3小题，共18.0分）
17. 探究“凸透镜成像规律”的实验中，实验室准备了凸透镜、凹透镜、光具座、蜡烛、光屏、火柴盒等器材。
Δ
(1)小红在挑选透镜时，她把两个透镜甲、乙分别正对太阳光，在光屏上出现了如图1所示的光斑，你认为他应该选择______ (填“甲”或“乙”)透镜来进行实验；
(2)实验中小红发现光屏上成的烛焰的像偏上(如图2所示)，为了使像能成在光屏中央，可以采取的措施有______ (写出1条即可)；
(3)如图3所示是通过实验得到的凸透镜的像距v和物距u关系的图象，根据图像可知当烛焰距凸透镜35cm时，移动光屏，可在光屏上得到一个清晰、倒立、______ 的实像，要使光屏上所成的像变大，应保持透镜的位置不动，调节蜡烛的位置，同时将光屏______ (填“靠近”或“远离”)透镜，直至得到清晰的像。
18. 为测量一个小木块(不吸水)的密度，实验室准备了天平、量筒、适量的水、细针等器材，实验方法如下：
(1)首先把天平放在水平桌面上，然后将游码移到标尺左端的“0”刻度线上，若发现指针的偏转情况如图甲所示，应将天平的平衡螺母向______ (填“右”或“左”)调，直至指针尖对准分度盘的中央刻度线。
(2)调节好天平后，按照以下步骤继续实验：
①将小木块放在左盘，天平平衡时右盘中所加砝码和游码的位置如图乙所示，则小木块质量为______ g。
②将量筒中装适量的水，如图丙，用细针缓慢地将木块压入水中，使之完全浸没时，如图丁所示，则小木块的体积为______ cm3(已知ρ水=1.0×103kg/m3)。
③测出小木块的密度是______ g/cm3。
④实验中，小亮在将小木块放入量筒中时，由于不小心木块滑落进了水中，并溅出一些水。
则小亮的密度测量值将比实际值______ (选填“偏大”或“偏小”)。其中在步骤②中小亮还发现，当木块漂浮在图丙的量筒中时，水面的刻度大约在刻度______ (四舍五入读数)的位置，这样，不用天平也能得知木块的质量了。
19. 在“测量小灯泡电阻”的实验中：有一个电源(电压未知且保持不变)、电流表(0～0.6A、0～3A)，电压表(0～3V、0～15V)、“20Ω 2A”的滑动变阻器、额定电压为2.5V的小灯泡、开关、导线若干。
(1)如图甲是小明连接的电路，闭合开关前发现导线1或2中有一根导线连接错误，请找出是______ (填“1”或“2”)。
(2)当电压表示数为2.5V时，电流表示数如图乙所示，则小灯泡正常发光时的阻值______ Ω。
(3)小明继续移动滑动变阻器的滑片P，记下多组对应的电压值和电流值，并绘制成U-I图像(如图丙所示)，其中能准确反映小灯泡U-I图像的是______ (选填“A”“B”或“C”)出现该现象的原因是______ 。
(4)小明又设计了图丁所示的电路，测量另一只标有额定电流为0.3A小灯泡的额功率，请完成下列步骤(已知：电源电压不变，R1和R2为滑动变阻器，R1的最大电阻为20Ω)：
①只闭合开关S和S2，调节滑动变阻器R1的滑片，使电流表示数为0.3A；
②只闭合开关S和S1，保持______ 滑片位置不变，调节滑动变阻器______ 的滑片，使电流表示数为______ A；
③接着将R1的滑片P调至最左端，电流表的示数为0.45A，再将R1的滑片P调至最右端，观察到电流表的示数为0.15A；
④该小灯泡额定功率P额= ______ W。
六、计算题（本大题共2小题，共18.0分）
20. 有一款电子挂钩秤如图甲所示，小明设计了其内部结构模拟电路如图乙所示。轻质弹簧和金属滑片固定在一起(弹簧的电阻不计，滑片的摩擦不计)。在弹性限度内，弹簧伸长量与所受拉力成正比。
(1)现要将电表(均用小量程)改装成质量表，为满足随待测物体质量增大电表示数也变大的要求，他须选择______ 表进行改装，并将你选择的电表画在图中的正确位置；
(2)已知弹簧自然伸长时，滑片P刚好在A端。变阻器的滑片调至B端时，质量表的测量值显示最大，电阻丝AP之间的阻值与重物质量的关系为：RAP=km(其中RAP表示电阻丝AP之间的阻值，m表示重物质量，k为一常数且k=4Ω/kg)若电源电压为3V，定值电阻R0=10Ω，变阻器的规格为“20Ω，1A”，则该电子挂钩秤能称量的最大质量是多少？
(3)当所挂重物质量是m0时R0的电压恰好为重物质量是4m0时的2倍，则m0表示的质量值是多少？
(4)请你简单描述一下，该质量表测得最大值时，与改装前电表的最大测量值是否指在同一位置？
21. 2022年3月28日，研发机构对普通电动轮椅进行改装，设计出了能够人机对话的智能轮椅。它看似笨重，但性能优越，平路用轮胎，爬楼用履带，已知该电动轮椅质量为85千克，轮子与地面的总接触面积为50cm2。
(1)该轮椅能够实现人机对话的功能，遥控接收指令，将声信号转变为电信号，这是利用了______ 的原理。
(2)轮椅静止在水平地面上时对地面的压强。
(3)当电动轮椅的电动机以220W功率工作时，电动轮椅在水平路面匀速行驶的速度为2m/s，此时电动轮椅受到的阻力是多大？
(4)某次载着质量为60千克的成年人上楼，每上一级高为20cm的台阶克服重力做的功是多少？
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、将沸点为-196℃的液氮倒入容器中，液氮瞬间消失不见，是液氮从液态变成气态，是汽化过程，故A错误；
B.冰激凌盒中的牛奶瞬间制成冰激凌，是物质从液态变成固态，是凝固过程，霜是水蒸气直接变成小冰晶是凝华过程，两者的形成过程是不同的，故B错误。
C.分子冰激凌周围“烟雾缭绕”中的“烟雾”，是空气中的水蒸气温度降低变成小水珠，所以“烟雾”是小水珠，故C错误；
D.冰激凌吃到嘴里，是物质从固态变成液态，是熔化过程，熔化吸收热量，故D正确。
故选：D。
从六种物态变化定义进行判断：
(1)物质从固态变为液态是熔化过程，熔化吸收热量；物质从液态变为固态是凝固过程，凝固放出热量；
(2)物质从液态变为气态是汽化过程，汽化吸收热量；物质从气态变为液态是液化过程，液化放出热量；
(3)物质从固态直接变为气态是升华过程，升华吸收热量；物质从气态直接变为固态是凝华过程，凝华放出热量。
判断一种现象是什么物态变化，一定要分析现象原来和现在的状态，然后根据六种物态变化的定义进行判断。
2.【答案】B
【解析】解：A、牛顿第一定律是力学的基本定律之一，因为牛顿第一定律的内容是在物体不受任何外力的作用下，而现实生活中没有不受任何外力的物体，所以牛顿第一定律是在实验的基础上，结合推理得出来的，故A错误；
B、伽利略对理想斜面的研究采用把实验和逻辑推理(包括数学演算)结合起来的方法，从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法，故B正确；
C、亚里士多德认为物体只要运动就需要力的作用，没有力的作用运动物体就会慢慢停下来，力是维持物体运动的原因，亚里士多德观点错误的原因是他不知道有摩擦力存在，亚里士多德对力和运动关系的观点虽然是错误的，但是他的贡献是首先发现了力和运动存在关系，故C错误；
D、物体受非平衡力时，运动状态改变，受平衡力时运动状态不变，故D错误。
故选：B。
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献。
本题考查物理学史，难点是理解牛顿第一定律这种在实验的基础上，经过科学的推理得到结论的方法。
3.【答案】A
【解析】解：由题知，三种解锁方式都可以单独使工作电路开机，这说明三个开关互不影响，是并联的，所以三个开关并联后再与工作电路串联，故A符合要求。
故选：A。
根据题意分析三个开关的连接方式、工作电路的连接方式，然后选出正确的电路图。
本题考查了电路的设计，要知道串联电路中只要有一个开关断开，整个电路都断路，并联电路各支路间互不影响。
4.【答案】C
【解析】解：A、草莓在甲盐水中悬浮，则F浮甲=G；在乙盐水中漂浮，则F浮乙=G，由于草莓的重力相同，所以草莓在甲、乙两液体中受到的浮力相等，故A错误；
B、草莓在甲盐水中悬浮，则ρ甲=ρ物，在乙盐水中漂浮，则ρ乙>ρ物，可知甲盐水的密度较小，乙盐水的密度较大，故B错误；
C、由B知，乙盐水的密度较大，深度相同，由p=ρ液gh可知，乙盐水对容器底的压强大，故C正确；
D、甲、乙两个相同的容器，两容器中液面恰好相平，由图知，乙盐水的体积较大，且乙盐水的密度较大，由m=ρV可知，乙盐水的质量较大，则乙盐水的重力较大，容器对水平面的压力等于总重力，而G总=G容器+G物+G液体，则乙容器的总重力大，对水平桌面的压力较大，由p=FS可知，乙容器对水平面的压强较大，故D错误。
故选：C。
(1)根据物体的浮沉条件判断浮力的关系；
(2)根据物体的浮沉情况判断出物体密度与盐水密度的关系；
(3)根据p=ρ液gh得出容器底受到压强的关系；
(4)乙盐水的密度较大，乙盐水体积也较大，由m=ρV可知，乙盐水的质量较大，则乙盐水的重力较大，容器对水平面的压力等于总重力，底面积相同，根据p=FS得出容器对桌面的压强的关系。
本题主要考查了物体浮沉条件及液体压强公式的应用，关键能够根据浮沉情况判断出液体的密度、所受浮力的关系。
5.【答案】B
【解析】解：
A、家庭电路中空气开关跳闸可能是发生了短路，也可能用电器总功率过大，故A错误；
B、用试电笔辨别火线和零线时，手应接触笔尾金属体，试电笔氖管发光时，一定有电流通过测试者的身体，故B正确；
C、根据家庭电路的组成可知，家庭电路的连接要按照进户线→电能表→总开关→熔断器→插座和各类用电器的安装顺序，故C错误；
D、家庭电路的连接中，开关都应安装在火线与用电器之间，故D错误。
故选：B。
(1)电流过大的原因是短路或用电器总功率过大；
(2)用试电笔辨别火线和零线时，手应接触笔尾金属体，笔尖接触电线，若氖管发光，电线为火线；不发光，电线为零线；
(3)家庭电路主要由进入家庭的进户线、电能表、总开关、保险盒、开关、插座、用电器组成。一定要注意进户线、电能表、总开关、保险盒的顺序不能颠倒；
(4)为了安全起见，控制用电器的开关要接在火线与用电器之间。
本题考查了学生对安全用电知识的了解与掌握，平时学习时多了解、多积累，加强安全意识。
6.【答案】C
【解析】解：不计机械自重和摩擦，设物重为G，由图知：
A、此装置是滑轮组，承担物重的绳子有3股，所以F3=13G；
B、根据杠杆的平衡条件可知：F1×2L=G×L，故F 1=12G；
C、此装置是定滑轮，不能省力，所以F2=G；
D、此装置是斜面，可以省力，斜面的长度是高的二倍，所以F4=12G。
比较可知，上述装置中，拉力最大的是C。
故选：C。
(1)由图示杠杆求出动力臂与阻力臂的关系，然后由杠杆平衡条件求出拉力F1；
(2)定滑轮不能省力，但能改变力的方向；
(3)滑轮组是动滑轮、定滑轮的组合，可以省力，也可以改变力的方向；
(4)使用斜面的好处是可以省力，但费距离。
本题考查了学生对杠杆、滑轮、滑轮组以及斜面特点的理解和运用，利用好“不计机械自重和摩擦”是本题的关键。
7.【答案】AD
【解析】解：A、由题图可知，两电热杯的额定电压相同，根据P=UI=U2R可知，甲的电阻为：R甲=U甲2P甲=(220V)2250W=193.6Ω，乙的电阻为：R乙=U乙2P乙=(220V)2500W=96.8Ω，比较可知R甲>R乙，
导体的电阻与导体的材料、长度、横截面积和温度有关，若两个电阻丝采用了同种材质，长度相等，由于甲的电阻比乙的电阻大，所以甲更细，故A正确；
B、题目和图中没有告知电热杯加热过程中电能转化为内能的多少，所以无法知道两个电热杯在加热水的过程中将电能转化为内能的效率的关系，故B错误；
C、由图可知，甲电热杯的额定功率小于乙电热杯的额定功率，根据W=Pt可知，两电热杯都正常工作时，相同时间内甲消耗的电能更少，故C错误；
D、若将两电热杯串联后接在电压为220V的电路中，根据串联电路的电流规律可知，通过两电热杯的电流相等，根据Q=W=Pt=I2Rt可得，相同时间内，甲的电阻较大，则甲产生的热量较多，故D正确。
故选：AD。
(1)由图可知甲、乙两只电热杯铭牌可知电热杯的额定功率，根据P=U2R可知甲、乙电热杯的电阻，导体的电阻与导体的材料、长度、横截面积和温度有关；
(2)电热杯产生的内能与消耗电能的比叫做电热杯的效率；
(3)根据W=Pt分析两电热杯都正常工作时，相同时间内消耗电能的多少；
(4)两电加热器串联时通过它们的电流相等，根据Q=W=Pt=I2Rt比较两电热杯消耗的电能关系。
本题考查了电功公式和电功率公式、影响电阻大小的因素以及焦耳定律的应用，要注意用电器正常工作时的功率和额定功率相等。
8.【答案】BD
【解析】解：AB.由于滑雪板与雪之间存在摩擦，克服摩擦力做功，将机械能转化为内能，故全程机械能不守恒，从a点下滑到b点过程中，由于有摩擦，机械能减小，a点的机械能一定大于c点的，故A错误，B正确；
C.从b点运动到c点的过程中，高度增加，动能转化为重力势能，重力势能增加，故C错误；
C.b、d两点即使等高，重力势能相等，但b到d受到摩擦力，机械能减小，机械能也一定不相等，故D正确。
故选：BD。
机械能包括动能和势能；动能的大小与质量和速度有关；重力势能大小与质量和高度有关；
在分析动能和重力势能之间的转化过程中，机械能的变化情况时，要搞清题目提供的条件或环境，此题的条件是：①不计空气阻力；②滑雪板与雪之间存在摩擦。
本题考查机械能的有关因素和转化过程，关键是与雪地之间有摩擦，使得机械能减小。
9.【答案】瓦特 功率
【解析】解：蒸汽机是最早的热机，英国人瓦特在1782年发明了往复式蒸汽机，使蒸汽机成为可以广泛使用的动力机。物理学中用他的名字命名了功率这个物理量的单位。
故答案为：瓦特；功率。
(1)蒸汽机是最早的热机英国人瓦特在1782年发明了往复式蒸汽机。
(2)物理学中用他的名字命名了功率这个物理量的单位。
知道瓦特的贡献；知道功率的基本单位。
10.【答案】天和核心舱 电磁波
【解析】解：对接后，天舟五号货运飞船与天和核心天舱的位置没有发生变化，故以天和核心舱为参照物，天舟五号货运飞船是静止的；舱内的宇航员和地面控制台的工作人员联系是依靠电磁波来传递信息的。
故答案为：天和核心舱；电磁波。
(1)被研究物体相对以参照物，位置没有发生变化，就说物体是静止的；反之，就是运动的。
(2)电磁波的传播不需要介质。
本题考查了参照物与电磁波的运用，属于基础题。
11.【答案】物体间力的作用是相互的 惯性 运动状态
【解析】解：
(1)梅西用力把球踢了出去，感到脚上有点疼，这是因为物体间力的作用是相互的，对足球施加力的同时也受到了球对脚的反作用力；
(2)因为物体具有惯性，所以足球能够持续在空中飞行；
(3)足球最后停了下来，这说明足球受到了阻力的作用，是阻力改变了足球的运动状态。
故答案为：物体间力的作用是相互的；惯性；运动状态。
(1)当一个物体对另一个物体有力的作用时，另一个物体也同时对这个物体有力的作用，即物体间力的作用是相互的；
(2)物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的一种性质叫做惯性；
(3)力可以改变物体的运动状态。
解决此类题目要会利用物体之间的相互作用力关系，结合惯性、物体运动状态变化原因等知识点解释一些生活现象。
12.【答案】振动 空气
【解析】解：鼓面的振动产生鼓声；声音的传播介质有固体、液体和气体，鼓声是通过空气传播到人耳的。
故答案为：振动；空气。
声音是由物体的振动产生的，声音的传播需要介质。
本题主要考查了声音的产生和传播条件，属于基础题。
13.【答案】6 9 45
【解析】解：(1)由图知，当闭合S时，灯泡和滑动变阻器串联，
当滑片在中点时，由图象知，灯泡两端电压为U实=3V，
由于U额=3V，则此时灯泡正常工作，所以此时电路电流为I=I额=0.5A；
由I=UR知，灯丝电阻为RL=U额I额=3V0.5A=6Ω；
(2)当滑片在b端时，电路总电阻更大，由I=UR知，电路电流更小，
所以P在b端时的电路电流为Ib=I-ΔI1=0.5A-0.2A=0.3A；
设滑动变阻器的最大阻值为R，根据串联电路的特点和欧姆定律得：
U电源=Ib×(RL+R)=I×(RL+12R)，
即：0.3A×(6Ω+R)=0.5A×(6Ω+12R)，
解得：R=24Ω，U电源=9V。
(3)P在中点时，I=0.5A，
10s内电流所做的总功W=UIt=9V×0.5A×10s=45J。
故答案为：6；9；45。
(1)当只闭合S时，灯泡和滑动变阻器串联，电压表测量灯泡两端电压，电流表测量电路电流。由图象知，滑片在中点时，灯泡两端电压为额定电压，可以得到此时灯泡正常工作，即可根据灯泡的额定电流得出此时电路中的电流，根据欧姆定律算出灯泡的电阻；
(2)已知滑片在中点时的电路电流和变化的电流，可以得到滑片在b端时的电流；已知滑片在不同位置时的电路电流，根据电源电压一定，利用欧姆定律得到电源电压。
(3)根据W=UIt计算P在中点时10s内电流所做的总功。
此题是一道利用欧姆定律和串并联电路特点解决实际问题的综合题，同时考查电能的计算，难度较大。根据图象确定滑片在不同位置时的电路电流，是解答此题的突破口。
14.【答案】d 减速
【解析】解：细绳在M点处断开时，小球具有水平向右的速度，且不受阻力作用，小球由于惯性而做匀速直线运动，所以出现的位置可能在d位置；
力是改变物体运动状态的原因，小球与桌面间存在摩擦力，小球将做减速直线运动。
故答案为：d；减速。
细绳断开时，小球由于具有惯性，会保持原来的运动状态，由于不受阻力，所以会做匀速直线运动；
力是改变物体运动状态的原因。
本题主要考查同学对惯性的理解，以及对物体运动状态的分析能力，属于中档题。
15.【答案】解：过水平框作出点A的对称点A'，即为A在平面镜中的像，连接BA'与水平框交于O点，即为入射点(反射点)，连接AO就得到入射光线，OB为反射光线，平面镜C移到O位置比较合适，如下图所示：
【解析】根据平面镜成像的特点知，反射光线好像是由像点发出的，由物与像关于镜面对称，作出像点后，连接A'B与水平框的交点为入射点，再完成光路。
把握平面镜成像的实质，并把握好作图的顺序，是完成此题的关键，同时，还要注意实线、虚线的区别。
16.【答案】解：B做匀速直线运动，处于平衡状态，水平方向上受拉力与摩擦力作用，作用点在物体的重心，如图所示：
。
【解析】B做匀速直线运动，处于平衡状态，水平方向上受拉力与摩擦力作用，作用点在物体的重心，然后做出B所受力的示意图。
本题考查了力的示意图的画法，注意水平方向上受拉力与摩擦力为一对平衡力。
17.【答案】乙 将蜡烛向上移动(或将光屏向上移动，或将凸透镜向下移动) 缩小 远离
【解析】解：(1)图甲光斑的中间比较暗，图乙中间出现亮斑，所以甲对光线具有发散作用，是凹透镜；乙对光线具有会聚作用，是凸透镜，所以要选择乙透镜进行实验；
(2)实验中小红发现光屏上成的烛焰的像偏上，为了使像能成在光屏中央，根据过光心的光线传播方向，可以采取的措施有将蜡烛向上移动(或将光屏向上移动，或将凸透镜向下移动)；
(3)由图知，当物距为20cm时，像距也为20cm，根据凸透镜成像的规律，物距等于2倍焦距时，成倒立等大的实像，此时像距与物距相等；所以2f=20cm，则f=10cm；
烛焰距凸透镜35cm时，物距大于2f此时成倒立缩小的实像；
要使烛焰在光屏上所成的像变大，则应减小物距，增大像距，将光屏远离透镜，直至得到清晰的像。
故答案为：(1)乙；(2)将蜡烛向上移动(或将光屏向上移动，或将凸透镜向下移动)；(3)缩小；远离。
(1)凸透镜对光线具有会聚作用，凹透镜对光线具有发散作用；
(2)根据过光心的光线传播方向不变分析回答；
(3)凸透镜成像时，u=v=2f，在图象上找到u=v对应点，根据物距和焦距的关系求出凸透镜的焦距；
根据物距大于2f时，凸透镜成倒立缩小的实像；凸透镜成实像时，遵循物近像远像变大的特点。
此题主要考查凸透镜成像的应用，要熟记凸透镜成像的规律，特别搞清像的特点及像距与物距之间的关系，解决此题的关键是通过图像确定凸透镜的焦距，然后问题可解。
18.【答案】左 18.6 30 0.62 偏大 78.6mL
【解析】解：(1)天平的调节和使用方法，天平先水平放置，游码移至零刻度线，天平的调节原则是：左偏右调，右偏左调，先快后慢；所以据图知指针右偏，应向左移动平衡螺母。
(2)①根据天平的读数方法，m木=游码质量+游码对应刻度值=10g+5g+3.6g=18.6g；
②根据量筒的读数方法，视线与液面凹面底部平行，水的体积V1=60mL，木块和水的总体积V2=90mL，
V木=V2-V1=90mL-60mL=30mL=30cm3；
③小木块的密度ρ木=m木ρ木=18.6g30cm3=0.62g∕cm3；
④量筒中的水溅出，所测水和木块的总体积变小，可得木块的体积测量偏小，由ρ=mV可知，密度测量偏大。
其中在步骤②中小亮还发现，当木块漂浮在图丙的量筒中时，此时木块受到的浮力等于自身的重力，
故F 浮=G=m木g，
此时排开液体的体积V排=F浮ρ水g=m木gρ水g=18.6g1g/cm3=18.6cm3=18.6mL，
故此时水面的刻度大约在刻度60mL+18.6mL=78.6mL的位置。
故答案为：(1)游码；左；(2)①18.6；②30；③0.62；④偏大；78.6mL。
(1)对天平的调节和使用的方法为“水平放置游码零，指针居中横梁平(衡)；左物右码轻放置，质量等于砝(码)游(码)和”。即天平测量物体质量前要调节横梁平衡，先将游码移至零刻度线；天平的调节原则是：左偏右调，右偏左调，先快后慢；
(2)①根据天平的读数方法，物体的质量等于砝码的质量加上游码所对刻度，而要准确读出游码所对刻度，必须明确标尺的分度值及以游码左端所对刻度为准。如图本标尺的分度值是0.2g。
②用排水法测量小木块的体积，读取小木块的体积时，视线与液面(凹液面的底部)相平。先测量量筒水的体积V1，然后测量小木块和水的总体积V2，V木=V2-V1。
③利用密度公式ρ=mV，已知木块质量、体积，求出木块密度。
④量筒中的水溅出，所测水和木块的总体积变小，可得木块的体积测量偏小，由密度公式分析密度的测量误差。
当木块漂浮在图丙的量筒中时，此时木块受到的浮力等于自身的重力，结合阿基米德原理求得此时排开液体的体积，再加上原有水的体积60mL即可得解。
本题考查固体密度的测量，同时考查了天平和量筒的使用及读数，同时考查了密度的计算。
19.【答案】1 12.5 C 灯泡的电阻随温度的升高而增大 R1 R2 0.3 0.9
【解析】解：(1)电压表应并联在灯泡两端，且滑动变阻器应选择“一上一下”两个接线柱串联使用，故电压表和电流表相连的导线错误，应将滑动变阻器的左下接线柱和电流表的“-”接线柱相连，所以导线1错误。
正确连线如下图所示：
(2)电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.2A，根据欧姆定律可知小灯泡正常发光时的阻值RL=ULIL=2.5V0.2A=12.5Ω。
(3)灯泡的电阻随温度的升高而增大，图中能准确反映小灯泡U-I图像是C。
(4)①只闭合开关S和S2，调节滑动变阻器R1，使电流表示数为0.3A；
②只闭合开关S和S1，保持滑动变阻器R1滑片位置不变，调节滑动变阻器R2，使电流表示数仍为0.3A；
此时滑动变阻器R2等效于小灯泡。
③接着将R1的滑片P调至最左端，滑动变阻器R1被短路，记下电流表的示数为0.45A，则电源电压U源=I'R2；
再将R1的滑片P调至最右端，滑动变阻器R1和滑动变阻器R2串联在电路中，滑动变阻器R1接入最大阻值，记下电流表的示数为0.15A，则电源电压U源=I''(R1+R2)；
根据电源电压不变得，则I'R2=I''(R1+R2)，
0.45A×R2=0.15A×(20Ω+R2)，
则滑动变阻器R2的阻值R2=10Ω。
则滑动变阻器R2的功率为P'=I额2R2=(0.3A)2×10Ω=0.9W，
滑动变阻器R2等效于小灯泡，则小灯泡的额定功率P额=0.9W。
故答案为：(1)1；(2)12.5；(3)C；灯泡的电阻随温度的升高而增大；(4)R1；R2；0.3；0.9。
(1)电压表应并联在灯泡两端，且滑动变阻器应选择“一上一下”两个接线柱串联使用，故电压表和电流表相连的导线错误，可将滑动变阻器的左下接线柱和电流表的“-”接线柱相连。
(2)电流表选用小量程，分度值为0.02A，根据指针位置读数；根据欧姆定律可知小灯泡正常发光时的阻值。
(3)灯泡的电阻随温度的升高而增大。
(4)采用等效替代法进行测量：只闭合开关S和S1，保持滑动变阻器R1滑片位置不变，接着将R1的滑片P调至最左端，记下电流表的示数为0.45A，再将R1的滑片P调至最右端，记下电流表的示数为0.15A，根据电源电压不变，求出滑动变阻器R2的阻值，根据P=I2R求出的电功率，即小灯泡的额定功率。
本题为“测量小灯泡电阻”的实验，考查电路连接、欧姆定律的应用、图像分析和实验步骤等知识。
20.【答案】电压
【解析】解：(1)由乙图知，R0与R1串联，重物质量变大时，重物对弹簧拉力变大，弹簧长度变长，滑片下移，R1连入阻值变大，根据串联分压原理可知滑动变阻器两端的电压变大，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可知通过电路的电流变小，所以须选择电压表进行改装，将电压表与滑动变阻器并联接入电路，如图：
(2)质量表的测量值显示最大，滑动变阻器接入电路最大阻值，该电子挂钩秤能称量的最大质量是m=RAPk=20Ω4Ω/kg=5kg；
(3)当所挂重物质量是m0时，RAP=4Ω/kg×m0，
由串联电路特点和欧姆定律可知，此时电压表示数：UV=IRAP=UR0+RAP×R0=3V10Ω+4Ω/kg×m0×10Ω……①，
重物质量是4m0时，RAP'=4Ω/kg×4m0=16Ω/kg×m0，此时电压表示数：UV'=IRAP'=UR0+RAP'×R0=3V10Ω+16Ω/kg×m0×10Ω……②，
已知UV：UV'=2：1，①②解得：m0=1.25kg；
(4)改装前后，电压表的位置不变，所测质量最大时，滑动变阻器接入电路最大阻值，此时电压表示数最大，故该质量表测得最大值时，与改装前电表的最大测量值指在同一位置。
答：(1)电压；见上图；
(2)该电子挂钩秤能称量的最大质量是5kg；
(3)当所挂重物质量是m0时R0的电压恰好为重物质量是4m0时的2倍，则m0表示的质量值是1，25kg；
(4)改装前后，电压表的位置不变，所测质量最大时，滑动变阻器接入电路最大阻值，此时电压表示数最大，故该质量表测得最大值时，与改装前电表的最大测量值指在同一位置。
(1)由乙图知，R0与R1串联，重物质量变大时，重物对弹簧拉力变大，弹簧长度变长，滑片下移，R1连入阻值变大，根据串联分压原理可知滑动变阻器两端的电压变化，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可知通过电路的电流变化，据此选择电表进行改装；
(2)质量表的测量值显示最大，滑动变阻器接入电路最大阻值，根据电阻丝AP之间的阻值与重物质量的关系和滑动变阻器的最大阻值计算该电子挂钩秤能称量的最大质量；
(3)根据电阻丝AP之间的阻值与重物质量的关系计算当所挂重物质量是m0时或4m0时，RAP接入电路的阻值，根据串联电路特点和欧姆定律分别表示电压表示数UV：UV'，已知UV：UV'=2：1，联立解方程可得m0的值；
(3)改装前后，电压表的位置不变，所测质量最大时，滑动变阻器接入电路最大阻值，此时电压表示数最大，故该质量表测得最大值时，与改装前电表的最大测量值指在同一位置。
本题考查串联电路特点、串联分压原理、电表的使用、欧姆定律的灵活运用，有一定难度。
21.【答案】电磁感应
【解析】解：(1)该轮椅将声信号转变为电信号，这是利用了电磁感应原理。
(2)轮椅静止在水平地面上时对地面的压强：
P=Fs=Gs=85kg×10N/kg50×10-4cm2=1.7×104Pa；
(3)此时电动轮椅受到的阻力是：
f=F=Pv=220W2m/s=110N；
(4)每上一级高为20cm的台阶克服重力做的功是：
W=Gh=mgh=(85kg+60kg)×10N/kg×0.2m=290J；
答：(1)电磁感应；
(2)轮椅静止在水平地面上时对地面的压强是1.7×104Pa；
(3)此时电动轮椅受到的阻力是110N；
(4)每上一级高为20cm的台阶克服重力做的功是290J。
(1)通电导体周围存在磁场；
(2)根据P=Fs计算压强。
(3)根据F=Pv计算阻力。
(4)根据W=Gh计算做功多少。
本题考查了做功与电磁感应，属于基础题。
2023年河南省濮阳市范县中考物理一模试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共6小题，共12.0分）
1. rainbow分子冰淇淋如图所示，它是以现代高科技冷凝技术通过-196℃低温液氮急速冷冻锁住营养的方式制成的，一经推出就迅速成了“网红”关于冰激凌的制作过程下列描述正确的是( )
A. 将沸点为-196℃的液氮倒入容器中，液氮瞬间消失不见，该过程属于升华现象
B. 冰激凌盒中的牛奶瞬间制成冰激凌，该过程与霜的形成过程一致
C. 分子冰激凌周围“烟雾缭绕”，这些“烟雾”就是空气中的水蒸气
D. 吃到嘴里的冰激凌解暑降温，这个过程需要吸热
2. 物理学的发展推动了科学技术的创新和革命。下列对于运动和力的说法中正确的是( )
A. 牛顿总结了前人的经验和自己的观点提出牛顿第一定律，我们可以用实验直接验证
B. 伽利略运用了实验和推理结合的方法，提出运动不需要力来维持的观点
C. 亚里士多德认为，运动的物体必然受力，这个观点正确
D. 只要有力作用在物体上，物体的运动状态就一定发生改变
3. 现代电子设备比如手机、平板等在开机时都需要“解锁”，常见的解锁方式包括纹识别、语音或密码3种，可以将它们等效成开关，要求这三种解锁方式都可以单独使工作电路开机(虚线框内为控制电路)，下列符合设计要求的是( )
A. B.
C. D.
4. 水平桌面上，甲、乙两个相同容器中盛有浓度不同的盐水，小梦将两个草莓(假设其完全相同)分别放入杯中进行清洗，当两草莓静止时，甲、乙容器中的液面恰好相平，如图所示。下列说法正确的是( )
A. 甲中草莓受到的浮力更大 B. 两杯盐水的密度相等
C. 乙中盐水对容器底部的压强更大 D. 甲杯子对桌面的压强更大
5. 关于家庭电路及安全用电，下列说法正确的是( )
A. 空气开关跳闸时，一定是发生了短路造成的
B. 使用试电笔氖管发光时，一定有电流通过测试者的身体
C. 家庭电路的组成包括进户线、电能表、总开关、插座和各类用电器
D. 家用电器的控制开关一定是装在用电器和零线之间
6. 用以下四种方式匀速提升同一物体(不计机械自重和摩擦)，其中拉力最大的是( )
A. B.
C. D.
二、多选题（本大题共2小题，共4.0分）
7. 有甲、乙两只电热杯及其铭牌如图所示，忽略电阻丝阻值随温度的变化，下列说法正确的是( )
A. 若两个电阻丝采用了同种材质，长度相等，则甲更细
B. 两个电热杯在加热水的过程中将电能转化为内能的效率一定是相等的
C. 两电热杯都正常工作时，相同时间内乙消耗的电能更少
D. 将两个杯子串联后接在220V的电压下，相同时间内甲产生的热量更多
8. 一个玻璃球从a点出发，沿着如图所示(a→b→c→d→e)的轨迹运动，如果不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 全程机械能是守恒的
B. a点的机械能一定大于c点的
C. 从b点到c点的过程中小球的重力势能转化为动能
D. b、d两点即使等高，机械能也一定不相等
第II卷（非选择题）
三、填空题（本大题共6小题，共14.0分）
9. 生产的发展需要更为强大的动力，17世纪，人类发明了热机。蒸汽机是最早的热机，英国人______ 在1782年发明了往复式蒸汽机，使蒸汽机成为可以广泛使用的动力机。物理学中用他的名字命名了______ 这个物理量的单位。
10. 2022年11月12日12时10分，天舟五号货运飞船入轨后采取自主快速交会对接模式，成功与空间站天和核心舱后向端口对接，如图所示。对接后，若说天舟五号货运飞船是静止的，所选的参照物是______ ；舱内的宇航员和地面控制台的工作人员联系是依靠______ 来传递信息的。
11. 2022年12月19日，由梅西率领的阿根延队战胜法国队，获得世界杯冠军，如图所示是梅西在赛场上的精彩间，将球踢出的瞬间，感觉脚疼，这是因为______ ，踢出去的球能够持续在空中飞行是由于球具有______ ；被踢出去的球在草地上滚动一段距离后渐渐停下，这是由于足球受到阻力作用改变了它的______ 。
12. “咚咚！咚咚锵！”1月24日清晨，在冬日暖阳下的安庆小镇上，村民们穿戴喜庆的服饰，聚集在村口广场举行锣鼓表演。鼓手重重敲击面，洪亮的鼓声在群山间久久回响，鼓声是由于鼓面的______ 产生的；村民听到的鼓声则是通过______ 传播到人耳的。
13. 如图甲所示电路，电源电压不变，灯泡L标有“3V，0.5A”字样。如图乙所示图象中，U表示电压表示数，I表示电流表示数，当闭合开关S，滑片P从b端滑到中点时，电流表的示数变化了0.2A，不考虑温度对灯丝电阻的影响，则灯泡的电阻是______ Ω；电源电压是______ V；P在中点时10s内电流所做的总功是______ J。
14. 如图所示，被细绳拴着的小球在水平桌面绕O点以大小为v的速度逆时针做圆周运动，轨迹如图中的圆圈所示。每时刻小球的速度方向均与细绳垂直，不计小球与桌面的摩擦力，某时刻小球在图中M点时细绳断开。请利用你学过的知识判断，细绳断后短暂时间内，小球可能出现在图中的______ (选填字母“a、b、c、d”)位置；而实际上小球与桌面间存在摩擦力，即细绳断后小球将做______ 运动。
四、作图题（本大题共2小题，共4.0分）
15. 如图所示，A处有一个花盆，要想被位于工作间内B处的人看到，需要在某处安装一块平面镜，若平面镜C只能在地面上水平移动，请你画出合适的C位置，并完成由B看到A的光路(只需在图中画出一条光的完整路径即可)。
16. 如图，轻拉弹簧，使物体A和B在水平面上一起做匀速直线运动，请画出物体B在水平方向上的受力示意图。
五、实验探究题（本大题共3小题，共18.0分）
17. 探究“凸透镜成像规律”的实验中，实验室准备了凸透镜、凹透镜、光具座、蜡烛、光屏、火柴盒等器材。
Δ
(1)小红在挑选透镜时，她把两个透镜甲、乙分别正对太阳光，在光屏上出现了如图1所示的光斑，你认为他应该选择______ (填“甲”或“乙”)透镜来进行实验；
(2)实验中小红发现光屏上成的烛焰的像偏上(如图2所示)，为了使像能成在光屏中央，可以采取的措施有______ (写出1条即可)；
(3)如图3所示是通过实验得到的凸透镜的像距v和物距u关系的图象，根据图像可知当烛焰距凸透镜35cm时，移动光屏，可在光屏上得到一个清晰、倒立、______ 的实像，要使光屏上所成的像变大，应保持透镜的位置不动，调节蜡烛的位置，同时将光屏______ (填“靠近”或“远离”)透镜，直至得到清晰的像。
18. 为测量一个小木块(不吸水)的密度，实验室准备了天平、量筒、适量的水、细针等器材，实验方法如下：
(1)首先把天平放在水平桌面上，然后将游码移到标尺左端的“0”刻度线上，若发现指针的偏转情况如图甲所示，应将天平的平衡螺母向______ (填“右”或“左”)调，直至指针尖对准分度盘的中央刻度线。
(2)调节好天平后，按照以下步骤继续实验：
①将小木块放在左盘，天平平衡时右盘中所加砝码和游码的位置如图乙所示，则小木块质量为______ g。
②将量筒中装适量的水，如图丙，用细针缓慢地将木块压入水中，使之完全浸没时，如图丁所示，则小木块的体积为______ cm3(已知ρ水=1.0×103kg/m3)。
③测出小木块的密度是______ g/cm3。
④实验中，小亮在将小木块放入量筒中时，由于不小心木块滑落进了水中，并溅出一些水。
则小亮的密度测量值将比实际值______ (选填“偏大”或“偏小”)。其中在步骤②中小亮还发现，当木块漂浮在图丙的量筒中时，水面的刻度大约在刻度______ (四舍五入读数)的位置，这样，不用天平也能得知木块的质量了。
19. 在“测量小灯泡电阻”的实验中：有一个电源(电压未知且保持不变)、电流表(0～0.6A、0～3A)，电压表(0～3V、0～15V)、“20Ω 2A”的滑动变阻器、额定电压为2.5V的小灯泡、开关、导线若干。
(1)如图甲是小明连接的电路，闭合开关前发现导线1或2中有一根导线连接错误，请找出是______ (填“1”或“2”)。
(2)当电压表示数为2.5V时，电流表示数如图乙所示，则小灯泡正常发光时的阻值______ Ω。
(3)小明继续移动滑动变阻器的滑片P，记下多组对应的电压值和电流值，并绘制成U-I图像(如图丙所示)，其中能准确反映小灯泡U-I图像的是______ (选填“A”“B”或“C”)出现该现象的原因是______ 。
(4)小明又设计了图丁所示的电路，测量另一只标有额定电流为0.3A小灯泡的额功率，请完成下列步骤(已知：电源电压不变，R1和R2为滑动变阻器，R1的最大电阻为20Ω)：
①只闭合开关S和S2，调节滑动变阻器R1的滑片，使电流表示数为0.3A；
②只闭合开关S和S1，保持______ 滑片位置不变，调节滑动变阻器______ 的滑片，使电流表示数为______ A；
③接着将R1的滑片P调至最左端，电流表的示数为0.45A，再将R1的滑片P调至最右端，观察到电流表的示数为0.15A；
④该小灯泡额定功率P额= ______ W。
六、计算题（本大题共2小题，共18.0分）
20. 有一款电子挂钩秤如图甲所示，小明设计了其内部结构模拟电路如图乙所示。轻质弹簧和金属滑片固定在一起(弹簧的电阻不计，滑片的摩擦不计)。在弹性限度内，弹簧伸长量与所受拉力成正比。
(1)现要将电表(均用小量程)改装成质量表，为满足随待测物体质量增大电表示数也变大的要求，他须选择______ 表进行改装，并将你选择的电表画在图中的正确位置；
(2)已知弹簧自然伸长时，滑片P刚好在A端。变阻器的滑片调至B端时，质量表的测量值显示最大，电阻丝AP之间的阻值与重物质量的关系为：RAP=km(其中RAP表示电阻丝AP之间的阻值，m表示重物质量，k为一常数且k=4Ω/kg)若电源电压为3V，定值电阻R0=10Ω，变阻器的规格为“20Ω，1A”，则该电子挂钩秤能称量的最大质量是多少？
(3)当所挂重物质量是m0时R0的电压恰好为重物质量是4m0时的2倍，则m0表示的质量值是多少？
(4)请你简单描述一下，该质量表测得最大值时，与改装前电表的最大测量值是否指在同一位置？
21. 2022年3月28日，研发机构对普通电动轮椅进行改装，设计出了能够人机对话的智能轮椅。它看似笨重，但性能优越，平路用轮胎，爬楼用履带，已知该电动轮椅质量为85千克，轮子与地面的总接触面积为50cm2。
(1)该轮椅能够实现人机对话的功能，遥控接收指令，将声信号转变为电信号，这是利用了______ 的原理。
(2)轮椅静止在水平地面上时对地面的压强。
(3)当电动轮椅的电动机以220W功率工作时，电动轮椅在水平路面匀速行驶的速度为2m/s，此时电动轮椅受到的阻力是多大？
(4)某次载着质量为60千克的成年人上楼，每上一级高为20cm的台阶克服重力做的功是多少？
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、将沸点为-196℃的液氮倒入容器中，液氮瞬间消失不见，是液氮从液态变成气态，是汽化过程，故A错误；
B.冰激凌盒中的牛奶瞬间制成冰激凌，是物质从液态变成固态，是凝固过程，霜是水蒸气直接变成小冰晶是凝华过程，两者的形成过程是不同的，故B错误。
C.分子冰激凌周围“烟雾缭绕”中的“烟雾”，是空气中的水蒸气温度降低变成小水珠，所以“烟雾”是小水珠，故C错误；
D.冰激凌吃到嘴里，是物质从固态变成液态，是熔化过程，熔化吸收热量，故D正确。
故选：D。
从六种物态变化定义进行判断：
(1)物质从固态变为液态是熔化过程，熔化吸收热量；物质从液态变为固态是凝固过程，凝固放出热量；
(2)物质从液态变为气态是汽化过程，汽化吸收热量；物质从气态变为液态是液化过程，液化放出热量；
(3)物质从固态直接变为气态是升华过程，升华吸收热量；物质从气态直接变为固态是凝华过程，凝华放出热量。
判断一种现象是什么物态变化，一定要分析现象原来和现在的状态，然后根据六种物态变化的定义进行判断。
2.【答案】B
【解析】解：A、牛顿第一定律是力学的基本定律之一，因为牛顿第一定律的内容是在物体不受任何外力的作用下，而现实生活中没有不受任何外力的物体，所以牛顿第一定律是在实验的基础上，结合推理得出来的，故A错误；
B、伽利略对理想斜面的研究采用把实验和逻辑推理(包括数学演算)结合起来的方法，从而发展了人类的科学思维方式和科学研究方法，故B正确；
C、亚里士多德认为物体只要运动就需要力的作用，没有力的作用运动物体就会慢慢停下来，力是维持物体运动的原因，亚里士多德观点错误的原因是他不知道有摩擦力存在，亚里士多德对力和运动关系的观点虽然是错误的，但是他的贡献是首先发现了力和运动存在关系，故C错误；
D、物体受非平衡力时，运动状态改变，受平衡力时运动状态不变，故D错误。
故选：B。
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献。
本题考查物理学史，难点是理解牛顿第一定律这种在实验的基础上，经过科学的推理得到结论的方法。
3.【答案】A
【解析】解：由题知，三种解锁方式都可以单独使工作电路开机，这说明三个开关互不影响，是并联的，所以三个开关并联后再与工作电路串联，故A符合要求。
故选：A。
根据题意分析三个开关的连接方式、工作电路的连接方式，然后选出正确的电路图。
本题考查了电路的设计，要知道串联电路中只要有一个开关断开，整个电路都断路，并联电路各支路间互不影响。
4.【答案】C
【解析】解：A、草莓在甲盐水中悬浮，则F浮甲=G；在乙盐水中漂浮，则F浮乙=G，由于草莓的重力相同，所以草莓在甲、乙两液体中受到的浮力相等，故A错误；
B、草莓在甲盐水中悬浮，则ρ甲=ρ物，在乙盐水中漂浮，则ρ乙>ρ物，可知甲盐水的密度较小，乙盐水的密度较大，故B错误；
C、由B知，乙盐水的密度较大，深度相同，由p=ρ液gh可知，乙盐水对容器底的压强大，故C正确；
D、甲、乙两个相同的容器，两容器中液面恰好相平，由图知，乙盐水的体积较大，且乙盐水的密度较大，由m=ρV可知，乙盐水的质量较大，则乙盐水的重力较大，容器对水平面的压力等于总重力，而G总=G容器+G物+G液体，则乙容器的总重力大，对水平桌面的压力较大，由p=FS可知，乙容器对水平面的压强较大，故D错误。
故选：C。
(1)根据物体的浮沉条件判断浮力的关系；
(2)根据物体的浮沉情况判断出物体密度与盐水密度的关系；
(3)根据p=ρ液gh得出容器底受到压强的关系；
(4)乙盐水的密度较大，乙盐水体积也较大，由m=ρV可知，乙盐水的质量较大，则乙盐水的重力较大，容器对水平面的压力等于总重力，底面积相同，根据p=FS得出容器对桌面的压强的关系。
本题主要考查了物体浮沉条件及液体压强公式的应用，关键能够根据浮沉情况判断出液体的密度、所受浮力的关系。
5.【答案】B
【解析】解：
A、家庭电路中空气开关跳闸可能是发生了短路，也可能用电器总功率过大，故A错误；
B、用试电笔辨别火线和零线时，手应接触笔尾金属体，试电笔氖管发光时，一定有电流通过测试者的身体，故B正确；
C、根据家庭电路的组成可知，家庭电路的连接要按照进户线→电能表→总开关→熔断器→插座和各类用电器的安装顺序，故C错误；
D、家庭电路的连接中，开关都应安装在火线与用电器之间，故D错误。
故选：B。
(1)电流过大的原因是短路或用电器总功率过大；
(2)用试电笔辨别火线和零线时，手应接触笔尾金属体，笔尖接触电线，若氖管发光，电线为火线；不发光，电线为零线；
(3)家庭电路主要由进入家庭的进户线、电能表、总开关、保险盒、开关、插座、用电器组成。一定要注意进户线、电能表、总开关、保险盒的顺序不能颠倒；
(4)为了安全起见，控制用电器的开关要接在火线与用电器之间。
本题考查了学生对安全用电知识的了解与掌握，平时学习时多了解、多积累，加强安全意识。
6.【答案】C
【解析】解：不计机械自重和摩擦，设物重为G，由图知：
A、此装置是滑轮组，承担物重的绳子有3股，所以F3=13G；
B、根据杠杆的平衡条件可知：F1×2L=G×L，故F 1=12G；
C、此装置是定滑轮，不能省力，所以F2=G；
D、此装置是斜面，可以省力，斜面的长度是高的二倍，所以F4=12G。
比较可知，上述装置中，拉力最大的是C。
故选：C。
(1)由图示杠杆求出动力臂与阻力臂的关系，然后由杠杆平衡条件求出拉力F1；
(2)定滑轮不能省力，但能改变力的方向；
(3)滑轮组是动滑轮、定滑轮的组合，可以省力，也可以改变力的方向；
(4)使用斜面的好处是可以省力，但费距离。
本题考查了学生对杠杆、滑轮、滑轮组以及斜面特点的理解和运用，利用好“不计机械自重和摩擦”是本题的关键。
7.【答案】AD
【解析】解：A、由题图可知，两电热杯的额定电压相同，根据P=UI=U2R可知，甲的电阻为：R甲=U甲2P甲=(220V)2250W=193.6Ω，乙的电阻为：R乙=U乙2P乙=(220V)2500W=96.8Ω，比较可知R甲>R乙，
导体的电阻与导体的材料、长度、横截面积和温度有关，若两个电阻丝采用了同种材质，长度相等，由于甲的电阻比乙的电阻大，所以甲更细，故A正确；
B、题目和图中没有告知电热杯加热过程中电能转化为内能的多少，所以无法知道两个电热杯在加热水的过程中将电能转化为内能的效率的关系，故B错误；
C、由图可知，甲电热杯的额定功率小于乙电热杯的额定功率，根据W=Pt可知，两电热杯都正常工作时，相同时间内甲消耗的电能更少，故C错误；
D、若将两电热杯串联后接在电压为220V的电路中，根据串联电路的电流规律可知，通过两电热杯的电流相等，根据Q=W=Pt=I2Rt可得，相同时间内，甲的电阻较大，则甲产生的热量较多，故D正确。
故选：AD。
(1)由图可知甲、乙两只电热杯铭牌可知电热杯的额定功率，根据P=U2R可知甲、乙电热杯的电阻，导体的电阻与导体的材料、长度、横截面积和温度有关；
(2)电热杯产生的内能与消耗电能的比叫做电热杯的效率；
(3)根据W=Pt分析两电热杯都正常工作时，相同时间内消耗电能的多少；
(4)两电加热器串联时通过它们的电流相等，根据Q=W=Pt=I2Rt比较两电热杯消耗的电能关系。
本题考查了电功公式和电功率公式、影响电阻大小的因素以及焦耳定律的应用，要注意用电器正常工作时的功率和额定功率相等。
8.【答案】BD
【解析】解：AB.由于滑雪板与雪之间存在摩擦，克服摩擦力做功，将机械能转化为内能，故全程机械能不守恒，从a点下滑到b点过程中，由于有摩擦，机械能减小，a点的机械能一定大于c点的，故A错误，B正确；
C.从b点运动到c点的过程中，高度增加，动能转化为重力势能，重力势能增加，故C错误；
C.b、d两点即使等高，重力势能相等，但b到d受到摩擦力，机械能减小，机械能也一定不相等，故D正确。
故选：BD。
机械能包括动能和势能；动能的大小与质量和速度有关；重力势能大小与质量和高度有关；
在分析动能和重力势能之间的转化过程中，机械能的变化情况时，要搞清题目提供的条件或环境，此题的条件是：①不计空气阻力；②滑雪板与雪之间存在摩擦。
本题考查机械能的有关因素和转化过程，关键是与雪地之间有摩擦，使得机械能减小。
9.【答案】瓦特 功率
【解析】解：蒸汽机是最早的热机，英国人瓦特在1782年发明了往复式蒸汽机，使蒸汽机成为可以广泛使用的动力机。物理学中用他的名字命名了功率这个物理量的单位。
故答案为：瓦特；功率。
(1)蒸汽机是最早的热机英国人瓦特在1782年发明了往复式蒸汽机。
(2)物理学中用他的名字命名了功率这个物理量的单位。
知道瓦特的贡献；知道功率的基本单位。
10.【答案】天和核心舱 电磁波
【解析】解：对接后，天舟五号货运飞船与天和核心天舱的位置没有发生变化，故以天和核心舱为参照物，天舟五号货运飞船是静止的；舱内的宇航员和地面控制台的工作人员联系是依靠电磁波来传递信息的。
故答案为：天和核心舱；电磁波。
(1)被研究物体相对以参照物，位置没有发生变化，就说物体是静止的；反之，就是运动的。
(2)电磁波的传播不需要介质。
本题考查了参照物与电磁波的运用，属于基础题。
11.【答案】物体间力的作用是相互的 惯性 运动状态
【解析】解：
(1)梅西用力把球踢了出去，感到脚上有点疼，这是因为物体间力的作用是相互的，对足球施加力的同时也受到了球对脚的反作用力；
(2)因为物体具有惯性，所以足球能够持续在空中飞行；
(3)足球最后停了下来，这说明足球受到了阻力的作用，是阻力改变了足球的运动状态。
故答案为：物体间力的作用是相互的；惯性；运动状态。
(1)当一个物体对另一个物体有力的作用时，另一个物体也同时对这个物体有力的作用，即物体间力的作用是相互的；
(2)物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的一种性质叫做惯性；
(3)力可以改变物体的运动状态。
解决此类题目要会利用物体之间的相互作用力关系，结合惯性、物体运动状态变化原因等知识点解释一些生活现象。
12.【答案】振动 空气
【解析】解：鼓面的振动产生鼓声；声音的传播介质有固体、液体和气体，鼓声是通过空气传播到人耳的。
故答案为：振动；空气。
声音是由物体的振动产生的，声音的传播需要介质。
本题主要考查了声音的产生和传播条件，属于基础题。
13.【答案】6 9 45
【解析】解：(1)由图知，当闭合S时，灯泡和滑动变阻器串联，
当滑片在中点时，由图象知，灯泡两端电压为U实=3V，
由于U额=3V，则此时灯泡正常工作，所以此时电路电流为I=I额=0.5A；
由I=UR知，灯丝电阻为RL=U额I额=3V0.5A=6Ω；
(2)当滑片在b端时，电路总电阻更大，由I=UR知，电路电流更小，
所以P在b端时的电路电流为Ib=I-ΔI1=0.5A-0.2A=0.3A；
设滑动变阻器的最大阻值为R，根据串联电路的特点和欧姆定律得：
U电源=Ib×(RL+R)=I×(RL+12R)，
即：0.3A×(6Ω+R)=0.5A×(6Ω+12R)，
解得：R=24Ω，U电源=9V。
(3)P在中点时，I=0.5A，
10s内电流所做的总功W=UIt=9V×0.5A×10s=45J。
故答案为：6；9；45。
(1)当只闭合S时，灯泡和滑动变阻器串联，电压表测量灯泡两端电压，电流表测量电路电流。由图象知，滑片在中点时，灯泡两端电压为额定电压，可以得到此时灯泡正常工作，即可根据灯泡的额定电流得出此时电路中的电流，根据欧姆定律算出灯泡的电阻；
(2)已知滑片在中点时的电路电流和变化的电流，可以得到滑片在b端时的电流；已知滑片在不同位置时的电路电流，根据电源电压一定，利用欧姆定律得到电源电压。
(3)根据W=UIt计算P在中点时10s内电流所做的总功。
此题是一道利用欧姆定律和串并联电路特点解决实际问题的综合题，同时考查电能的计算，难度较大。根据图象确定滑片在不同位置时的电路电流，是解答此题的突破口。
14.【答案】d 减速
【解析】解：细绳在M点处断开时，小球具有水平向右的速度，且不受阻力作用，小球由于惯性而做匀速直线运动，所以出现的位置可能在d位置；
力是改变物体运动状态的原因，小球与桌面间存在摩擦力，小球将做减速直线运动。
故答案为：d；减速。
细绳断开时，小球由于具有惯性，会保持原来的运动状态，由于不受阻力，所以会做匀速直线运动；
力是改变物体运动状态的原因。
本题主要考查同学对惯性的理解，以及对物体运动状态的分析能力，属于中档题。
15.【答案】解：过水平框作出点A的对称点A'，即为A在平面镜中的像，连接BA'与水平框交于O点，即为入射点(反射点)，连接AO就得到入射光线，OB为反射光线，平面镜C移到O位置比较合适，如下图所示：
【解析】根据平面镜成像的特点知，反射光线好像是由像点发出的，由物与像关于镜面对称，作出像点后，连接A'B与水平框的交点为入射点，再完成光路。
把握平面镜成像的实质，并把握好作图的顺序，是完成此题的关键，同时，还要注意实线、虚线的区别。
16.【答案】解：B做匀速直线运动，处于平衡状态，水平方向上受拉力与摩擦力作用，作用点在物体的重心，如图所示：
。
【解析】B做匀速直线运动，处于平衡状态，水平方向上受拉力与摩擦力作用，作用点在物体的重心，然后做出B所受力的示意图。
本题考查了力的示意图的画法，注意水平方向上受拉力与摩擦力为一对平衡力。
17.【答案】乙 将蜡烛向上移动(或将光屏向上移动，或将凸透镜向下移动) 缩小 远离
【解析】解：(1)图甲光斑的中间比较暗，图乙中间出现亮斑，所以甲对光线具有发散作用，是凹透镜；乙对光线具有会聚作用，是凸透镜，所以要选择乙透镜进行实验；
(2)实验中小红发现光屏上成的烛焰的像偏上，为了使像能成在光屏中央，根据过光心的光线传播方向，可以采取的措施有将蜡烛向上移动(或将光屏向上移动，或将凸透镜向下移动)；
(3)由图知，当物距为20cm时，像距也为20cm，根据凸透镜成像的规律，物距等于2倍焦距时，成倒立等大的实像，此时像距与物距相等；所以2f=20cm，则f=10cm；
烛焰距凸透镜35cm时，物距大于2f此时成倒立缩小的实像；
要使烛焰在光屏上所成的像变大，则应减小物距，增大像距，将光屏远离透镜，直至得到清晰的像。
故答案为：(1)乙；(2)将蜡烛向上移动(或将光屏向上移动，或将凸透镜向下移动)；(3)缩小；远离。
(1)凸透镜对光线具有会聚作用，凹透镜对光线具有发散作用；
(2)根据过光心的光线传播方向不变分析回答；
(3)凸透镜成像时，u=v=2f，在图象上找到u=v对应点，根据物距和焦距的关系求出凸透镜的焦距；
根据物距大于2f时，凸透镜成倒立缩小的实像；凸透镜成实像时，遵循物近像远像变大的特点。
此题主要考查凸透镜成像的应用，要熟记凸透镜成像的规律，特别搞清像的特点及像距与物距之间的关系，解决此题的关键是通过图像确定凸透镜的焦距，然后问题可解。
18.【答案】左 18.6 30 0.62 偏大 78.6mL
【解析】解：(1)天平的调节和使用方法，天平先水平放置，游码移至零刻度线，天平的调节原则是：左偏右调，右偏左调，先快后慢；所以据图知指针右偏，应向左移动平衡螺母。
(2)①根据天平的读数方法，m木=游码质量+游码对应刻度值=10g+5g+3.6g=18.6g；
②根据量筒的读数方法，视线与液面凹面底部平行，水的体积V1=60mL，木块和水的总体积V2=90mL，
V木=V2-V1=90mL-60mL=30mL=30cm3；
③小木块的密度ρ木=m木ρ木=18.6g30cm3=0.62g∕cm3；
④量筒中的水溅出，所测水和木块的总体积变小，可得木块的体积测量偏小，由ρ=mV可知，密度测量偏大。
其中在步骤②中小亮还发现，当木块漂浮在图丙的量筒中时，此时木块受到的浮力等于自身的重力，
故F 浮=G=m木g，
此时排开液体的体积V排=F浮ρ水g=m木gρ水g=18.6g1g/cm3=18.6cm3=18.6mL，
故此时水面的刻度大约在刻度60mL+18.6mL=78.6mL的位置。
故答案为：(1)游码；左；(2)①18.6；②30；③0.62；④偏大；78.6mL。
(1)对天平的调节和使用的方法为“水平放置游码零，指针居中横梁平(衡)；左物右码轻放置，质量等于砝(码)游(码)和”。即天平测量物体质量前要调节横梁平衡，先将游码移至零刻度线；天平的调节原则是：左偏右调，右偏左调，先快后慢；
(2)①根据天平的读数方法，物体的质量等于砝码的质量加上游码所对刻度，而要准确读出游码所对刻度，必须明确标尺的分度值及以游码左端所对刻度为准。如图本标尺的分度值是0.2g。
②用排水法测量小木块的体积，读取小木块的体积时，视线与液面(凹液面的底部)相平。先测量量筒水的体积V1，然后测量小木块和水的总体积V2，V木=V2-V1。
③利用密度公式ρ=mV，已知木块质量、体积，求出木块密度。
④量筒中的水溅出，所测水和木块的总体积变小，可得木块的体积测量偏小，由密度公式分析密度的测量误差。
当木块漂浮在图丙的量筒中时，此时木块受到的浮力等于自身的重力，结合阿基米德原理求得此时排开液体的体积，再加上原有水的体积60mL即可得解。
本题考查固体密度的测量，同时考查了天平和量筒的使用及读数，同时考查了密度的计算。
19.【答案】1 12.5 C 灯泡的电阻随温度的升高而增大 R1 R2 0.3 0.9
【解析】解：(1)电压表应并联在灯泡两端，且滑动变阻器应选择“一上一下”两个接线柱串联使用，故电压表和电流表相连的导线错误，应将滑动变阻器的左下接线柱和电流表的“-”接线柱相连，所以导线1错误。
正确连线如下图所示：
(2)电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.2A，根据欧姆定律可知小灯泡正常发光时的阻值RL=ULIL=2.5V0.2A=12.5Ω。
(3)灯泡的电阻随温度的升高而增大，图中能准确反映小灯泡U-I图像是C。
(4)①只闭合开关S和S2，调节滑动变阻器R1，使电流表示数为0.3A；
②只闭合开关S和S1，保持滑动变阻器R1滑片位置不变，调节滑动变阻器R2，使电流表示数仍为0.3A；
此时滑动变阻器R2等效于小灯泡。
③接着将R1的滑片P调至最左端，滑动变阻器R1被短路，记下电流表的示数为0.45A，则电源电压U源=I'R2；
再将R1的滑片P调至最右端，滑动变阻器R1和滑动变阻器R2串联在电路中，滑动变阻器R1接入最大阻值，记下电流表的示数为0.15A，则电源电压U源=I''(R1+R2)；
根据电源电压不变得，则I'R2=I''(R1+R2)，
0.45A×R2=0.15A×(20Ω+R2)，
则滑动变阻器R2的阻值R2=10Ω。
则滑动变阻器R2的功率为P'=I额2R2=(0.3A)2×10Ω=0.9W，
滑动变阻器R2等效于小灯泡，则小灯泡的额定功率P额=0.9W。
故答案为：(1)1；(2)12.5；(3)C；灯泡的电阻随温度的升高而增大；(4)R1；R2；0.3；0.9。
(1)电压表应并联在灯泡两端，且滑动变阻器应选择“一上一下”两个接线柱串联使用，故电压表和电流表相连的导线错误，可将滑动变阻器的左下接线柱和电流表的“-”接线柱相连。
(2)电流表选用小量程，分度值为0.02A，根据指针位置读数；根据欧姆定律可知小灯泡正常发光时的阻值。
(3)灯泡的电阻随温度的升高而增大。
(4)采用等效替代法进行测量：只闭合开关S和S1，保持滑动变阻器R1滑片位置不变，接着将R1的滑片P调至最左端，记下电流表的示数为0.45A，再将R1的滑片P调至最右端，记下电流表的示数为0.15A，根据电源电压不变，求出滑动变阻器R2的阻值，根据P=I2R求出的电功率，即小灯泡的额定功率。
本题为“测量小灯泡电阻”的实验，考查电路连接、欧姆定律的应用、图像分析和实验步骤等知识。
20.【答案】电压
【解析】解：(1)由乙图知，R0与R1串联，重物质量变大时，重物对弹簧拉力变大，弹簧长度变长，滑片下移，R1连入阻值变大，根据串联分压原理可知滑动变阻器两端的电压变大，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可知通过电路的电流变小，所以须选择电压表进行改装，将电压表与滑动变阻器并联接入电路，如图：
(2)质量表的测量值显示最大，滑动变阻器接入电路最大阻值，该电子挂钩秤能称量的最大质量是m=RAPk=20Ω4Ω/kg=5kg；
(3)当所挂重物质量是m0时，RAP=4Ω/kg×m0，
由串联电路特点和欧姆定律可知，此时电压表示数：UV=IRAP=UR0+RAP×R0=3V10Ω+4Ω/kg×m0×10Ω……①，
重物质量是4m0时，RAP'=4Ω/kg×4m0=16Ω/kg×m0，此时电压表示数：UV'=IRAP'=UR0+RAP'×R0=3V10Ω+16Ω/kg×m0×10Ω……②，
已知UV：UV'=2：1，①②解得：m0=1.25kg；
(4)改装前后，电压表的位置不变，所测质量最大时，滑动变阻器接入电路最大阻值，此时电压表示数最大，故该质量表测得最大值时，与改装前电表的最大测量值指在同一位置。
答：(1)电压；见上图；
(2)该电子挂钩秤能称量的最大质量是5kg；
(3)当所挂重物质量是m0时R0的电压恰好为重物质量是4m0时的2倍，则m0表示的质量值是1，25kg；
(4)改装前后，电压表的位置不变，所测质量最大时，滑动变阻器接入电路最大阻值，此时电压表示数最大，故该质量表测得最大值时，与改装前电表的最大测量值指在同一位置。
(1)由乙图知，R0与R1串联，重物质量变大时，重物对弹簧拉力变大，弹簧长度变长，滑片下移，R1连入阻值变大，根据串联分压原理可知滑动变阻器两端的电压变化，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可知通过电路的电流变化，据此选择电表进行改装；
(2)质量表的测量值显示最大，滑动变阻器接入电路最大阻值，根据电阻丝AP之间的阻值与重物质量的关系和滑动变阻器的最大阻值计算该电子挂钩秤能称量的最大质量；
(3)根据电阻丝AP之间的阻值与重物质量的关系计算当所挂重物质量是m0时或4m0时，RAP接入电路的阻值，根据串联电路特点和欧姆定律分别表示电压表示数UV：UV'，已知UV：UV'=2：1，联立解方程可得m0的值；
(3)改装前后，电压表的位置不变，所测质量最大时，滑动变阻器接入电路最大阻值，此时电压表示数最大，故该质量表测得最大值时，与改装前电表的最大测量值指在同一位置。
本题考查串联电路特点、串联分压原理、电表的使用、欧姆定律的灵活运用，有一定难度。
21.【答案】电磁感应
【解析】解：(1)该轮椅将声信号转变为电信号，这是利用了电磁感应原理。
(2)轮椅静止在水平地面上时对地面的压强：
P=Fs=Gs=85kg×10N/kg50×10-4cm2=1.7×104Pa；
(3)此时电动轮椅受到的阻力是：
f=F=Pv=220W2m/s=110N；
(4)每上一级高为20cm的台阶克服重力做的功是：
W=Gh=mgh=(85kg+60kg)×10N/kg×0.2m=290J；
答：(1)电磁感应；
(2)轮椅静止在水平地面上时对地面的压强是1.7×104Pa；
(3)此时电动轮椅受到的阻力是110N；
(4)每上一级高为20cm的台阶克服重力做的功是290J。
(1)通电导体周围存在磁场；
(2)根据P=Fs计算压强。
(3)根据F=Pv计算阻力。
(4)根据W=Gh计算做功多少。
本题考查了做功与电磁感应，属于基础题。
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