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2023年新疆乌鲁木齐市中考物理适应性试卷（含解析）
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这是一份2023年新疆乌鲁木齐市中考物理适应性试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2023年新疆乌鲁木齐市中考物理适应性试卷
一、单选题（本大题共12小题，共24.0分）
1. 收看到宏图一号01组卫星成功运行时，同学们掌声雷鸣。“掌声雷鸣”指声音的( )
A. 音调高 B. 响度大 C. 音色美 D. 速度快
2. 冰箱中的液态制冷剂R600a经过冷冻室时，使冷冻室内温度降低，制冷剂R600a发生的物态变化是( )
A. 熔化 B. 凝固 C. 汽化 D. 液化
3. 小明所戴的用于矫正近视的眼镜镜片是( )
A. 凹面镜 B. 凹透镜 C. 凸面镜 D. 凸透镜
4. 家庭电路中的电流过大时，会自动切断电路起保护作用的电学元件是( )
A. 电视机 B. 电冰箱 C. 电能表 D. 空气开关
5. 收音机可以播放广播电台的节目，说明收音机的天线可以接收( )
A. 次声波 B. 超声波 C. 红外线 D. 无线电波
6. 下列能源中，属于可再生能源的是( )
A. 石油 B. 核能 C. 太阳能 D. 天然气
7. 自行车的下列设计中，为了增大摩擦的是( )
A. 把手上刻花纹 B. 轮胎内充空气 C. 车轮上装轴承 D. 链条上涂润滑油
8. 用一个重力为G1的动滑轮匀速提升重力为G2的物体时，不计绳重和摩擦，下列四种情况中，机械效率最高的是( )
A. G1=2N，G2=10N B. G1=3N，G2=12N
C. G1=4N，G2=16N D. G1=5N，G2=24N
9. 一个重为10N的金属块挂在弹簧测力计下，将金属块浸没于甲液体中静止时，弹簧测力计的示数为8N；将金属块浸没于乙液体中静止时，弹簧测力计的示数为8.4N。则甲、乙两种液体的密度之比为( )
A. 20：21 B. 21：20 C. 4：5 D. 5：4
10. 如图所示为某款恒温杯，可以将水温保持在50℃左右。杯中装满50℃的热水时，不通电状态下5min内温度约降低5℃，已知水的比热容为4.2×103J/(kg⋅℃)，则恒温杯通电保温时的电功率最接近( )
A. 3W B. 30W C. 300W D. 3kW
11. 如图所示，电源电压保持不变，R1、R2均为电阻箱(可以读出电阻值的变阻器)。闭合开关S，电压表的示数为6V。调节电阻箱R2的旋钮，使电阻箱R2接入电路的电阻值增大20Ω，电压表的示数变为4V；再调节电阻箱R1的旋钮，使电阻箱R1接入电路的电阻值增大20Ω，电压表的示数变为5V，此时两电阻箱接入电路电阻值的大小关系为( )
A. R1>R2，且|R1−R2|=10Ω B. R1
A. 5400Pa B. 4800Pa C. 4500Pa D. 4000Pa
二、填空题（本大题共4小题，共26.0分）
13. 2023年2月底，新疆天文台南山站的光学望远镜首次发现了一颗近地小行星(2023DB2)，成为第三个发现近地小行星的中科院单位。
(1)小行星绕太阳运行过程中，受力______ (选填“平衡”或“不平衡”)，从近日点(距离太阳最近的点)运动到远日点(距离太阳最远的点)的过程中，小行星的运行速度______ ，惯性______ 。(后两空均选填“变大”“变小”或“不变”)
(2)小行星(2023DB2)与地球轨道的最近距离为3×107km，它能被光学望远镜观测到，是由于小行星将太阳光______ (选填“反射”或“折射”)到光学望远镜，太阳光从小行星传播到地面的光学望远镜至少需要______ s。已知动能的单位为kg⋅m2/s2，则两颗质量之比为1：2、速度之比为4：5的小行星，其动能之比为______ 。
14. 随着环保意识的增强和技术的不断进步，电动汽车正逐渐成为新时代的选择。
(1)纯电动汽车通过电池提供动力，电能属于______ (选填“一”或“二”)次能源。纯电动汽车由于没有安装______ (选填“内燃机”或“电动机”)，它比燃油汽车噪声小，这是在______ (选填“声源处”或“人耳处”)减弱噪声。
(2)电池的能量密度是指电池可以充入的最大电能与电池质量的比值。电池的能量密度随环境温度的降低而降低，同一辆电动汽车在夏季的续航里程(充满电后最大行驶路程)比冬季更______ (选填“短”或“长”)。某电动汽车电池的质量为400kg，充满电后，在平直路面上以80km/h的速度匀速行驶时，受到的平均阻力为720N，续航里程为400km，该电动汽车将电能转化为机械能的效率为80%，其电池的能量密度为______ kW⋅h/kg。若行驶过程中电池的输出电压为400V，则电池的输出电流为______ A。
15. 近二十年来，我国照明灯具经历了从白炽灯到荧光灯再到LED灯的发展过程。
(1)白炽灯正常发光时，灯丝的温度约为2000℃，则灯丝的熔点______ (选填“高于”或“低于”)2000℃，其灯丝周围______ (选填“会”或“不会”)产生磁场。荧光灯是利用低气压的汞蒸气在通电后释放______ (选填“红外线”或“紫外线”)使荧光粉发光的原理制成。
(2)LED灯主要利用______ (选填“超导体”或“半导体”)工作。根据中小学教室照明标准，教室照明功率密度为9～11W/m2，已知标准教室地面面积为54m2，则阴天时一间标准教室一节课(按40min计算)照明消耗的电能至少为______ kW⋅h。若电功率为5W的LED灯、10W的荧光灯、45W的白炽灯亮度相当，则LED灯、荧光灯、白炽灯的发光效率之比为______ 。
16. AG600水陆两栖飞机，全称大型灭火、水上救援水陆两栖飞机。它与运−20、C919并称国产大飞机“三兄弟”。
(1)将AG600飞机的机翼做成______ (选填“上凸下平”或“上平下凸”)的形状，主要是为了给飞机提供向上的升力。飞机在空中飞行时与空气产生摩擦，会______ (选填“加剧”或“减缓”)机身表面材料分子的热运动，使机身表面材料失去电子而带上______ (选填“正”或“负”)电。
(2)AG600飞机的两侧机翼上对称位置各装有一个相同的汲水斗，可以增加汲水时飞机______ (选填“横向”或“纵向”)的稳定性。飞机打开两个汲水斗汲水12t后重力增加______ N。飞机汲水时发出的声音在水中的传播速度比在空气中的______ (选填“大”或“小”)，可使水中的小动物及时逃离。
(3)AG600飞机执行某次森林灭火任务，飞机水平飞行投水时，其重力势能______ (选填“变大”“变小”或“不变”)。1架AG600飞机单次汲水救火面积可达4000m2，若飞机多次往返于相距80km的火场与汲水处之间的平均速度为320km/h，汲水和投水都在极短时间内完成，则5架AG600飞机5h内可完成救火面积为______ m2。
三、作图题（本大题共3小题，共6.0分）
17. 请在图中作出物体AB在平面镜中所成的像A′B′。
18. 请在图中画出杠杆绕O点转动时所受拉力F的力臂l。
19. 请在图中标出静止的小磁针的N极。
四、实验探究题（本大题共3小题，共24.0分）
20. 某实验小组利用如图甲所示的实验装置探究某种物质熔化时温度随时间的变化规律。将该物质装入试管内并用水浴法进行加热，实验过程中测得的数据如下表：
时间/min
0
1
2
3
…
21
22
23
24
25
26
温度/℃
−16
−8
0
0
0
0
8
12
16
(1)测量过程中，第23分钟时，温度计内的液面应为图乙中______ (选填“A”或“B”)所示。
(2)根据表中的数据可知，这种物质是一种______ (选填“晶体”或“非晶体”)。
(3)若该物质从温度为−2℃升高到2℃的过程中，增加的内能为ΔE1；从温度为2℃升高到12℃的过程中，增加的内能为ΔE2，则ΔE1 ______ ΔE2(选填“>”“<”或“=”)。
21. 某实验小组利用如图甲所示的仪器探究液体压强的特点。容器中间用隔板分成底面积相等的左右两部分，隔板下部有一圆孔用薄橡皮膜封闭，橡皮膜两侧压强不同时，其形状为一凹面。
(1)如图甲所示，在容器左右两部分分别倒入同一种液体，发现橡皮膜向右凸出，则______ (选填“左”或“右”)侧液体对橡皮膜的压力大，说明同种液体中深度越______ 时，液体产生的压强越大。
(2)如图乙所示，在容器左右两部分分别倒入a、b两种密度不同的液体，发现橡皮膜向左凸出，则a、b两种液体密度的大小关系为，ρa ______ ρb(选填“>”或“<”)。若向图乙中容器左右两部分分别再加入质量相等的a、b两种液体后(液体未溢出)，橡皮膜的形变程度______ (选填“变大”“变小”或“不变”)。
22. 在“探究电流与电阻的关系”的实验中，提供的器材有：三节干电池、电流表、电压表、定值电阻R(阻值为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω的定值电阻各一个)、滑动变阻器、开关及导线若干。某实验小组根据提供的实验器材连成如图甲所示的电路。
(1)闭合开关前，应该将滑动变阻器的滑片移动至最______ (选填“左”或“右”)端。
(2)先接入阻值为25Ω的定值电阻R，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，使电压表的示数为U，记录电流表的示数I；再由大到小接入其它的定值电阻R，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片使电压表示数均为U，并依次记录电流表的示数I。根据测得的实验数据描绘出如图乙所示的I−1R图像，图像中A、B、C、D、E、F六个描点的数据中，有五个描点的数据是由实验测得的，描点______ 的数据不是由实验测得的。实验过程中电压表的示数U= ______ V。
(3)由实验可得：电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成______ (选填“正比”或“反比”)。本次实验中，为保证电压表的示数均为U，滑动变阻器接入电路的阻值与定值电阻的阻值之比为______ 。
五、计算题（本大题共2小题，共10.0分）
23. 如图所示，电源电压保持不变，电阻R1=2Ω，R2=4Ω，闭合开关S，电流表A1的示数为2A。求：
(1)电源电压；
(2)电流表A2的示数；
(3)整个电路通电100s所产生的热量。
24. 某内底面积为50cm2的圆柱形容器置于水平桌面上，将一体积为200cm3的冰球放入空容器内，冰球逐渐熔化成水，当剩余冰球与水的总体积为194cm3时，容器底对冰球的支持力为1.1N。已知冰的密度为0.9×103kg/m3，求：
(1)冰球熔化前的质量；
(2)当剩余冰球与水的总体积为194cm3时，剩余冰球的质量；
(3)当剩余冰球与水的总体积为194cm3时，水对容器底部的压强。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：“掌声雷鸣”是指人耳感觉到的声音很大，即声音的响度大。
故选：B。
(1)音调：指声音的高低，由发声体的振动频率决定，频率越高，音调越高；
(2)响度：人耳感觉到的声音的大小，它跟发声体的振幅、距离发声体的远近有关，距离一定时，振幅越大，响度越大；振幅越小，响度越小；
(3)音色：发声体的声音品质，由发声体本身的特征决定，是区别声音的重要标志。
此题考查了对声音特征的辨别，要会利用声音的特征解释生活现象。
2.【答案】C
【解析】解：液态制冷剂R600a经过冷冻室时，汽化吸热，使冷冻室内温度降低。
故选：C。
汽化指物质由液态转变成气态，汽化要吸热。
本题考查了汽化现象，属于基础题。
3.【答案】B
【解析】解：近视眼所看远处物体的像成在了视网膜的前方，为了使像成在视网膜上，需要佩戴对光线具有发散作用的凹透镜，故B正确。
故选：B。
近视眼是晶状体会聚能力增强，像呈在视网膜的前方，应配戴凹透镜矫正。
此题考查了近视眼的成因和矫正方法，是中考的热点，属于易错题目。
4.【答案】D
【解析】解：当电路中的电流过大时，空气开关自动断开电路，对电路起到保护作用。
故选：D。
家庭电路中电流过大时，空气开关会断开电路。
本题考查了空气开关的作用，属于基础题。
5.【答案】D
【解析】解：收音机可以播放广播电台的节目，说明收音机的天线可以接收无线电波。故D符合题意，ABC不符合题意。
故选：D。
广播电台是依靠电磁波(无线电波)传递信息的。
知道无线电波的特性及应用。
6.【答案】C
【解析】解：属于可再生能源的是太阳能。
故选：C。
可再生能源指短时间能再次获得的能源。
本题考查了能源的分类，属于基础题。
7.【答案】A
【解析】解：
A、把手上刻花纹，这是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦的，故A正确；
B、轮胎内充空气，则车胎会变得坚硬一些，减小了接触面的粗糙程度，能减小与地面之间的摩擦，故B错误；
C、车轴上安装滚动轴承，是用滚动代替滑动，属于减小摩擦，故C错误；
D、链条上涂润滑油，通过使接触面脱离的方法减小摩擦力，故D错误。
故选：A。
(1)减小摩擦力的方法：减小压力，使接触面变得光滑，变滑动为滚动；
(2)增大摩擦的方法：从压力大小和接触面的粗糙程度考虑，增大压力，增大接触面的粗糙程度，用滑动代替滚动摩擦力。
掌握摩擦力大小的影响因素，掌握增大和减小摩擦的方法。生活处处有物理，我们要认真观察、思考我们生活中的物理现象。
8.【答案】A
【解析】解：不计绳重和摩擦，动滑轮的机械效率η=W有W总=W有W有+W额=GhGh+G动h=GG+G动，
A，当G1=2N，G2=10N时，η=10N10N+2N≈83.3%；
B、当G1=3N，G2=12N时，η=12N12N+3N=80%；
C、当G1=4N，G2=16N时，η=16N16N+4N=80%；
D、当G1=5N，G2=24N时，η=24N24N+5N≈82.3%，
所以机械效率最高的是A。
故选：A。
不计绳重和摩擦，动滑轮的机械效率η=W有W总=W有W有+W额=GhGh+G动h=GG+G动，据此分析判断。
本题考查动滑轮机械效率大小的比较，灵活应用公式是关键。
9.【答案】D
【解析】解：根据称重法，金属块浸没于甲液体中受到的浮力：F浮甲=G−F甲=10N−8N=2N；
根据称重法，金属块浸没于乙液体中受到的浮力：F浮乙=G−F乙=10N−8.4N=1.6N；
物体浸没时排开液体的体积和本身的体积相等，即V=V排，
根据F浮=ρ液gV排可得，甲、乙两种液体的密度之比为：ρ甲ρ乙=F浮甲gV排F浮乙gV排=F浮甲F浮乙=2N1.6N=54。故D正确，ABC错误。
故选：D。
利用称重法分别求出物体浸没在甲、乙两种液体中受到的浮力；同时，物体浸没时分别排开两种甲、乙液体的体积都等于本身的体积，根据F浮=ρ浮gV排的变形式ρ液=F浮gV排可求出甲、乙两种液体的密度之比。
本题考查了称重法求浮力和阿基米德原理的应用，要熟练运用公式，关键是知道物体浸没时排开液体的体积和物体的体积相等。
10.【答案】C
【解析】解：恒温杯装满水时水的质量约为500g=0.5kg，
由于不通电状态下5min内温度约降低5℃，则恒温杯通电保温时在5min内需要产生相同的热量，
则W=Q放=cmΔt=4.2×103J/(kg⋅℃)×0.5kg×5℃=1.05×104J，
保温时的电功率：P=Wt=1.05×104J5×60s=350W，
比较选项可知接近300W。
故选：C。
由于不通电状态下5min内温度约降低5℃，则恒温杯通电保温时在5min内需要产生相同的热量，所以根据水的质量，由Q放=cmΔt求出水放出的热量，即为通电保温时在5min内需要产生相同的热量，然后根据P=Wt求出保温时的电功率。
本题考查了吸热公式和电功率公式，注意恒温杯通电保温时在相同时间内产生相同的热量与水放出的热量相等。
11.【答案】C
【解析】解：图中R1和R2串联在电路中，设开始时R1、R2的阻值分别为R1′、R2′，根据欧姆定律及串联电路中的电阻规律，依据题意，则有：
UR1′R1′+R2′=6V；①
UR1′R1′+R2′+20Ω=4V；②
U(R1′+20Ω)R1′+20Ω+R2′+20Ω=5V；③
联解①②③得：
U=8V；
R1′=30Ω；
R2′=10Ω；
调节电阻箱R2的旋钮后，R2的阻值为：
R2=R2′+20Ω=10Ω+20Ω=30Ω；
调节电阻箱R1的旋钮后，R1的阻值为：
R1=R1′+20Ω=30Ω+20Ω=50Ω；
因此R1>R2；
|R1−R2|=50Ω−30Ω=20Ω。
故ABD错误，C正确。
故选：C。
图中R1和R2串联在电路中，根据欧姆定律及串联电路中的电阻规律，再依据题意，可列出三个等式，联解可得电源电压、电阻箱R1、R2调节前的电阻，再分别计算出电阻箱R1和电阻箱R2调节后的电阻值，可据此判断出两电阻箱接入电路电阻值的大小关系及计算出|R1−R2|的值。
此题考查了欧姆定律的应用、串联电路中的电阻规律，解题关键是能正确分析电路的动态变化，列出计算式。
12.【答案】A
【解析】解：柱状固体对水平面的压强p=FS=GS=mgS=ρVgS=ρSghS=ρgh，
长方体合金零件对水平地面的压强为：p=ρgh=3.6×103kg/m3×10N/kg×0.1m=3600Pa，
设合金的底面积为S1，在切割前合金的重力G=F前=p前S1=3600Pa×S1，
设切去后剩余的上表面的面积为S2，切去的上表面面积为S3，
切去后，剩余的部分对水平地面的压强p剩=2700Pa，
剩余的合金的重力为G剩=F剩=p剩S1=2700Pa×S1，
切去部分的重力G切=G−G剩=3600Pa×S1−2700Pa×S1=900Pa×S1，
所以G切G=900Pa×S13600Pa×S1=14，
长方体合金零件质地均匀，所以S2=S3=12S1，
将剩余的部分上下倒置后放在水平地面上时，压力不变，它对水平地面的压强：
p′=G剩S2=G剩12S1=2×G剩S1=2×2700Pa=5400Pa。
故选：A。
某长方体合金零件质地均匀，根据p=FS=GS=mgS=ρVgS=ρSghS=ρgh计算切前长方体合金对水平地面的压强；
由F=G=pS表示出切前后合金对地面的压力，可得切前后合金的重力比，从而得到切去部分的重力与切前的重力比，再得到切去部分上表面的面积与切前上表面的面积比，再根据p=FS计算出剩余部分上下倒置后对水平地面的压强。
本题考查柱形物体放在水平面时，压力等于物体重力，P=GS和P=ρgh的灵活，关键是求出切后上表面剩余面积与切前面积的关系。
13.【答案】不平衡 变小 不变 反射 100 8：25
【解析】解：(1)小行星绕太阳运行过程中，做圆周运动，其运动方向不断变化，处于非平衡状态，所以受力不平衡；
从近日点运动到远日点的过程中，小行星的动能转化为势能，动能变小，势能变大，所以小行星的运行速度变小；
从近日点运动到远日点的过程中，小行星的质量不变，所以惯性不变。
(2)小行星能被光学望远镜观测到，是由于小行星将太阳光反射到光学望远镜上，然后通过折射进入人的眼睛；
小行星与地球轨道的最近距离s=3×107km=3×1010m，光的传播速度v=3×108m/s，
根据v=st可得，太阳光从小行星传播到地面的光学望远镜至少需要的时间t=sv=3×1010m3×108m/s=100s；
已知动能的单位为kg⋅m2/s2，可知小行星动能为其质量与速度的平方的乘积，则两颗小行星动能之比为1×422×52=825。
故答案为：(1)不平衡；变小；不变；(2)反射；100；8：25。
(1)处于非平衡状态的物体受到的力是非平衡力；
从近日点运动到远日点的过程中，小行星的动能转化为势能，据此结合动能的影响因素分析解答；
惯性大小只跟物体的质量大小有关，跟物体是否受力、是否运动、运动速度等都没有关系。
(2)小行星能被光学望远镜观测到，是由于小行星将太阳光反射到光学望远镜上，然后通过折射进入人的眼睛；
利用速度公式计算太阳光从小行星传播到地面的光学望远镜至少需要的时间；
已知两颗质量之比为1：2、速度之比为4：5的小行星，利用动能的计算公式计算其动能之比。
此题考查力学、光学中的多个知识点，具有较强的综合性，且涉及到动能的计算，根据动能的单位推出动能为其质量与速度的平方的乘积是关键。
14.【答案】二 内燃机 声源处 长 0.25 40
【解析】解：(1)①电能不能直接从自然界获取，必须经过一次能源的消耗才能得到，是二次能源；
②纯电动汽车由于没有安装内燃机，安装的是发动机；
③电动汽车比燃油汽车噪声小，这是在声源处减弱噪声；
(2)①因为电池的能量密度随环境温度的降低而降低，因此夏季储存的电能更多，故同一辆电动汽车在夏季的续航里程比冬季更长；
②因为汽车匀速行驶，所以F牵=f=720N，在行驶过程中的机械能W机=F牵s=720N×400×1000m=2.88×108J，已知η=80%，根据公式η=W机W电可知消耗的电能W电=W机η=2.88×108J80%=3.6×108J，即电池充入的电能W电′=W电=3.6×108J=100kW⋅h，又已知电池的质量m=400kg，则电池的能量密度为W电′m=100kW⋅h400kg=0.25kW⋅h/kg；
③已知电能转化为机械能W机=2.88×108J，则输出的电能W出=W机=2.88×108J，行驶时间t=sv=400km80km/h=5h=5×3600s=1.8×104s，输出电压U=400V，根据W=UIt，则I=W出Ut=2.88×108J400V×1.8×104s=40A。
故答案为：(1)二；内燃机；声源处；(2)长；0.25；40。
(1)①无法从自然界直接获取，必须经过一次能源的消耗才能得到的能源；
②纯电动汽车安装的是电动机；
③减弱噪声有三种途径：①在声源处减弱；②在传播过程中减弱；③在人耳处减弱；
(2)①电池的能量密度随环境温度的降低而降低，据此解答；
②根据W=Fs求出汽车运动时的机械能，再由公式η=W机W电可以计算出电能，最后由电池的能量密度定义得到电池的能量密度；
③先计算出行驶的时间，由公式W=UIt可以得到电流值。
本题考查了能源分类、声现象、做功公式、电能以及效率公式等，应熟练掌握灵活运用，属于基础题。
15.【答案】高于 会 紫外线 半导体 0.324 18：9：2
【解析】解：(1)灯丝工作时没有熔化，温度低于熔点，即灯丝的熔点高于2000℃，电流周围存在磁场，灯丝工作时产生磁场；紫外线能使荧光物质发光，荧光灯是利用低气压的汞蒸气在通电后释放紫外线使荧光粉发光的原理制成的；
(2)教室照明功率密度至少为9W/m2，标准教室地面面积为54m2，
照明功率为P=9W/m2×54m2=486W=0.486kW；
一间标准教室一节课(按40min计算)照明消耗的电能至少W=Pt=0.486kW×4060h=0.324kW⋅h。
若电功率为5W的LED灯、10W的荧光灯、45W的白炽灯亮度相当，说明获得的发光功率相同，
根据η=E光W=P光tP电t可得，LED灯、荧光灯、白炽灯的发光效率之比为：
ηLED：η荧：η白=P光PLED：P光P荧：P光P白=15W：110W：145W=18：9：2。
故答案为：(1)高于；会；紫外线；
(2)半导体；0.324；18：9：2。
(1)灯丝工作时没有熔化，温度低于熔点，电流周围存在磁场；紫外线能使荧光物质发光；
(2)LED灯主要利用半导体材料制成，根据照明功率密度和面积计算功率，根据W=Pt计算消耗的电能；根据亮度相当即获得的光能相同，根据发光效率的定义解题。
本题结合照明工具考查电学综合应用，综合性较强，难度不大。
16.【答案】上凸下平 加剧 正 横向 1.2×105 大 变小 2×105
【解析】解：(1)在流体中，流速越大的位置压强越小，将AG600飞机的机翼做成上凸下平的形状，主要是为了给飞机提供向上的升力。飞机在空中飞行时与空气产生摩擦，会加剧机身表面材料分子的热运动，使机身表面材料失去电子而带上正电。
(2)AG600飞机的两侧机翼上对称位置各装有一个相同的汲水斗，可以增加汲水时飞机横向的稳定性。飞机打开两个汲水斗汲水12t后重力增加G=mg=12×103kg×10N/kg=1.2×105N。
飞机汲水时发出的声音在水中的传播速度比在空气中的大，可使水中的小动物及时逃离。
(3)AG600飞机执行某次森林灭火任务，飞机水平飞行投水时，质量减小，其重力势能变小。一架飞机一次往返需要的时间为：t=sv=2×80km320km/h=0.5h；
5h内往返的次数为：n=5h0.5h=10；5架AG600飞机5h内可完成救火面积为：S=4000m2×5×10=2×105m2。
故答案为：(1)上凸下平；加剧；正；(2)横向；1.2×105；大；(3)变小；2×105。
(1)机翼上凸下平是为了让飞机产生升力。失去电子的物体摩擦后会带上正电荷。
(2)根据G=mg计算重力；声音在水中的传播速度比空气中大。
(3)重力势能与质量和高度有关；根据v=st计算飞机一次往返的时间，结合题目计算救火面积。
知道摩擦起电的实质；知道流体的压强与流速的关系；知道声音在不同介质中的传播速度；知道影响重力势能大小的因素；会根据速度公式进行简单的计算。
17.【答案】解：先作出端点A、B关于平面镜的对称点A′、B′，用虚线连接A′、B′，即为物AB在平面镜中所成的像，如图所示：
【解析】平面镜成像的特点是：像与物大小相等，连线与镜面垂直，到平面镜的距离相等，即物像关于平面镜对称；先作出端点A、B的像点，连接连接两个像点即为物体AB的像。
平面镜成像时像与物关于平面镜对称，要注意先作出端点或关键点的像点，再用虚线连接得到物体的像。
18.【答案】解：过支点O作垂直于拉力F作用线延长线的垂线段，即力臂l，如图所示：
【解析】已知支点和拉力F的方向，过支点作力的作用线的垂线段(即力臂)。
此题的关键是掌握杠杆五要素，然后根据杠杆的五要素作出相应的作用力或力臂，并且作图要求规范。
19.【答案】解：图中电流由螺线管的左端流入、右端流出，由安培定则可知，通电螺线管的左端为S极，右端为N极，由于异名磁极相互吸引，因此小磁针的左端为S，右端为N极，如图所示：
【解析】由图中螺线管的电流方向和安培定则可知螺线管的极性，由磁极间的相互作用规律可知小磁针的N极。
本题考查了安培定则以及磁极间的相互作用规律，要求学生熟练应用安培定则判断螺线管的磁极。
20.【答案】A 晶体 >
【解析】解：(1)由表中的数据可知，第23分钟的温度处于第22分钟和第24分钟之间，即0～8℃之间，有乙图可知，A温度计的示数为4℃，B温度计的示数为−4℃，故第23分钟时，温度计内的液面应为图乙中A所示；
(2)该物质从第2分钟到第22分钟温度保持0℃不变，由晶体的熔化特点，吸热，温度不变可知这种物质是一种晶体；
(3)从表中的数据可知，该物质从温度为−2℃升高到2℃的时间大于从温度为2℃升高到12℃的时间，所以从温度为−2℃升高到2℃的过程中吸收的热量大于从温度为2℃升高到12℃的过程中吸收的热量，因此增加的内能ΔE1>ΔE2。
故答案为：(1)A；(2)晶体；(3)>。
(1)该物质持续吸热，由表中数据可知，第23分钟时的温度应大于或等于0℃而小于8℃；
(2)晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点；
(3)加热时间越长，吸收的热量越多，增加的内能越大。
本题考查“探究某种物质熔化时温度随时间的变化规律”的实验，难度不大，属于基础性题目。重点掌握晶体的熔化特点以及吸收热量的多少与加热时间的关系。
21.【答案】左 大 < 不变
【解析】解：(1)橡皮膜两侧所受压强不同时，橡皮膜的形状会发生改变；结合甲图中橡皮膜向右侧凸出，容器左右两部分分别注入密度相同的液体，说明同种液体中深度越大时，液体产生的压强越大；
(2)由图乙可知，a中液体的深度要大于b中液体的深度，橡皮膜向左发生了形变，说明右侧的压强大，根据p=ρgh可知，b的密度要大于a的密度，即ρa<ρb；向图乙中容器左右两部分分别再加入质量相等的a、b两种液体后，因为容器底面积相同，液体所受重力相同，由公式p=FS得产生的压强相同，故橡皮膜的形变程度不变。
故答案为：(1)左；大；(2)<；不变。
(1)容器左右两部分分别注入密度相同的液体，结合图中薄膜突起的方向判断此时影响液体压强的因素；
(2)液体内部压强的大小与液体的深度、液体的密度有关，质量相等的液体，容器底面积相同，产生的压强相同。
本题考查液体压强的特点，难度不大。
22.【答案】左 F 2 反比 5：4
【解析】解：(1)为了保护电路，在闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片置于阻值最大端，结合图甲判断应位于最左端；
(2)由已知的5个阻值为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω的定值电阻，分别算出其对应的1R的值分别为：0.2Ω−1、0.1Ω−1、115Ω−1、0.5Ω−1、0.04Ω−1，其对应的电流值分别为0.4A、0.2A、215A、0.1A、0.04A，结合图乙可以判断F点的数据不是由实验测得的；根据图乙计算出U=IR=5Ω×0.4A=10Ω×0.2A=……=25Ω×0.08A=2V即是电压表的示数U=2V；
(3)由图乙数据分析可知，当定值电阻两端电压一定时，定值电阻的阻值增大为原来的几倍，通过定值电阻的电流就变为原来的几分之一，据此可总结出实验结论为：电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；
据电源电压为三节干电池可知电压值为3×1.5V=4.5V，而电压表示数U=2V，根据串联电路电压规律可得出滑动变阻器两端的分压4.5V−2V=2.5V，再根据串联分压原理可得出滑动变阻器接入电路的阻值与定值电阻的阻值的比值大小R滑R定=U 滑U定=2.5V2V=54。
故答案为：(1)左；(2)F；2；(3)反比；5：4。
(1)为了保护电路，在闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片置于阻值最大端，结合图甲判断应位于哪一端；
(2)由已知的5个阻值为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω的定值电阻，分别算出其对应的1R的值分别为：0.2Ω−1、0.1Ω−1、115Ω−1、0.5Ω−1、0.04Ω−1，其对应的电流值分别为0.4A、0.2A、215A、0.1A、0.08A，结合图乙可以判断哪个点的数据不是由实验测得的；根据图乙计算出U=IR的值即是电压表的示数U；
(3)由图乙数据分析可知，当定值电阻两端电压一定时，定值电阻的阻值增大为原来的几倍，通过定值电阻的电流就变为原来的几分之一，据此可总结出实验结论；
根据电源电压为三节干电池可知电压值为3×1.5V=4.5V，而电压表示数U=2V，根据串联电路电压规律可得出滑动变阻器两端的分压，再根据串联分压原理可得出滑动变阻器接入电路的阻值与定值电阻的阻值的比值大小。
本题考查了“探究电流与电阻的关系”的探究，涉及了滑动变阻器的使用、图线的分析和规律的总结以及串联分压原理的运用，难度一般。
23.【答案】解：由图可知，R1、R2并联，电流表A1测量通过R1的电流，电流表A2测量通过R2的电流；
(1)由I=UR可知，R1两端的电压：U1=I1R1=2A×2Ω=4V，
根据并联电路的电压特点可知，电源电压：U=U2=U1=4V；
(2)通过R2的电流：I2=U2R2=4V4Ω=1A，即电流表A2的示数为1A；
(3)根据并联电路的电流特点可知，干路的总电路：I=I1+I2=2A+1A=3A，
整个电路通电100s所产生的热量：Q=W=UIt=4V×3A×100s=1200J。
答：(1)电源电压为4V；
(2)电流表A2的示数为1A；
(3)整个电路通电100s所产生的热量为1200J。
【解析】由图可知，R1、R2并联，电流表A1测量通过R1的电流，电流表A2测量通过R2的电流；
(1)根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出电源电压；
(2)根据并联电路的特点可知R2两端的电压，根据欧姆定律求出通过R2的电流，即为电流表A2的示数；
(3)根据并联电路的电流特点求出干路的总电流，根据Q=W=UIt求出整个电路通电100s所产生的热量。
本题考查并联电路的特点、欧姆定律和焦耳定律的应用，是一道基础题。
24.【答案】解：(1)根据ρ=mV得冰球熔化前的质量为：
m冰=ρ冰V冰=0.9×103kg/m3×200×10−6m3=0.18kg；
(2)冰熔化成水后质量不变，即m剩冰+m化水=m，
由m=ρV得ρ冰V剩冰+ρ水V化水=m-------①，
由题意知：V剩冰+V化水=194cm3，即V化水=194cm3−V剩冰-------②，
将②代入①得1.0×103kg/m3×(194×10−6m3−V剩冰)+0.9×103kg/m3×V冰=0.18kg，
解得剩余冰的体积为：V剩=1.4×10−4m3，
剩余冰球的质量为：
m剩冰=ρ冰V剩冰=0.9×103kg/m3×1.4×10−4m3=0.126kg；
(3)剩余冰球的重力为：
G剩冰=m剩冰g=0.126kg×10N/kg=1.26N；
当剩余冰球与水的总体积为194cm3时，容器底对冰球的支持力为1.1N，则剩余冰球受到的浮力为：
F浮=G剩冰−F支=1.26N−1.1N=0.16N，
由F浮=ρ液gV排得剩余冰排开水的体积为：
V排=F浮ρ水g=0.16N1.0×103kg/m3×10N/kg=1.6×10−5m3，
化成水的体积为：V化水=V−V剩冰=194×10−6m3−1.4×10−4m3=5.4×10−5，
水的深度为：
h=V化水 +V排S=5.4×10−5m3+1.6×10−5m350×10−4m2=0.014m，
水对容器底的压强为：
p=ρ水gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.014m=140Pa。
答：(1)冰球熔化前的质量为0.18kg；
(2)当剩余冰球与水的总体积为194cm3时，剩余冰球的质量为0.126kg；
(3)当剩余冰球与水的总体积为194cm3时，水对容器底部的压强为140Pa。
【解析】(1)根据ρ=mV算出冰球熔化前的质量；
(2)冰熔化成水后质量不变，由m剩冰+m化水=m和V剩冰+V化水=194cm3得出剩余冰的体积，由密度公式算出剩余冰球的质量；
(3)由G=mg算出剩余冰球的重力，故F 浮=G剩冰−F支算出剩余冰球受到的浮力，由F浮=ρ液gV排算出剩余冰排开水的体积，由V化水=V−V剩冰算出化成水的体积，根据V=Sh算出水的深度，由p=ρ水gh算出水对容器底的压强。
本题考查了密度公式、液体压强公式以及阿基米德原理公式的应用，是一道综合题，有一定的难度。
2023年新疆乌鲁木齐市中考物理适应性试卷
一、单选题（本大题共12小题，共24.0分）
1. 收看到宏图一号01组卫星成功运行时，同学们掌声雷鸣。“掌声雷鸣”指声音的( )
A. 音调高 B. 响度大 C. 音色美 D. 速度快
2. 冰箱中的液态制冷剂R600a经过冷冻室时，使冷冻室内温度降低，制冷剂R600a发生的物态变化是( )
A. 熔化 B. 凝固 C. 汽化 D. 液化
3. 小明所戴的用于矫正近视的眼镜镜片是( )
A. 凹面镜 B. 凹透镜 C. 凸面镜 D. 凸透镜
4. 家庭电路中的电流过大时，会自动切断电路起保护作用的电学元件是( )
A. 电视机 B. 电冰箱 C. 电能表 D. 空气开关
5. 收音机可以播放广播电台的节目，说明收音机的天线可以接收( )
A. 次声波 B. 超声波 C. 红外线 D. 无线电波
6. 下列能源中，属于可再生能源的是( )
A. 石油 B. 核能 C. 太阳能 D. 天然气
7. 自行车的下列设计中，为了增大摩擦的是( )
A. 把手上刻花纹 B. 轮胎内充空气 C. 车轮上装轴承 D. 链条上涂润滑油
8. 用一个重力为G1的动滑轮匀速提升重力为G2的物体时，不计绳重和摩擦，下列四种情况中，机械效率最高的是( )
A. G1=2N，G2=10N B. G1=3N，G2=12N
C. G1=4N，G2=16N D. G1=5N，G2=24N
9. 一个重为10N的金属块挂在弹簧测力计下，将金属块浸没于甲液体中静止时，弹簧测力计的示数为8N；将金属块浸没于乙液体中静止时，弹簧测力计的示数为8.4N。则甲、乙两种液体的密度之比为( )
A. 20：21 B. 21：20 C. 4：5 D. 5：4
10. 如图所示为某款恒温杯，可以将水温保持在50℃左右。杯中装满50℃的热水时，不通电状态下5min内温度约降低5℃，已知水的比热容为4.2×103J/(kg⋅℃)，则恒温杯通电保温时的电功率最接近( )
A. 3W B. 30W C. 300W D. 3kW
11. 如图所示，电源电压保持不变，R1、R2均为电阻箱(可以读出电阻值的变阻器)。闭合开关S，电压表的示数为6V。调节电阻箱R2的旋钮，使电阻箱R2接入电路的电阻值增大20Ω，电压表的示数变为4V；再调节电阻箱R1的旋钮，使电阻箱R1接入电路的电阻值增大20Ω，电压表的示数变为5V，此时两电阻箱接入电路电阻值的大小关系为( )
A. R1>R2，且|R1−R2|=10Ω B. R1
A. 5400Pa B. 4800Pa C. 4500Pa D. 4000Pa
二、填空题（本大题共4小题，共26.0分）
13. 2023年2月底，新疆天文台南山站的光学望远镜首次发现了一颗近地小行星(2023DB2)，成为第三个发现近地小行星的中科院单位。
(1)小行星绕太阳运行过程中，受力______ (选填“平衡”或“不平衡”)，从近日点(距离太阳最近的点)运动到远日点(距离太阳最远的点)的过程中，小行星的运行速度______ ，惯性______ 。(后两空均选填“变大”“变小”或“不变”)
(2)小行星(2023DB2)与地球轨道的最近距离为3×107km，它能被光学望远镜观测到，是由于小行星将太阳光______ (选填“反射”或“折射”)到光学望远镜，太阳光从小行星传播到地面的光学望远镜至少需要______ s。已知动能的单位为kg⋅m2/s2，则两颗质量之比为1：2、速度之比为4：5的小行星，其动能之比为______ 。
14. 随着环保意识的增强和技术的不断进步，电动汽车正逐渐成为新时代的选择。
(1)纯电动汽车通过电池提供动力，电能属于______ (选填“一”或“二”)次能源。纯电动汽车由于没有安装______ (选填“内燃机”或“电动机”)，它比燃油汽车噪声小，这是在______ (选填“声源处”或“人耳处”)减弱噪声。
(2)电池的能量密度是指电池可以充入的最大电能与电池质量的比值。电池的能量密度随环境温度的降低而降低，同一辆电动汽车在夏季的续航里程(充满电后最大行驶路程)比冬季更______ (选填“短”或“长”)。某电动汽车电池的质量为400kg，充满电后，在平直路面上以80km/h的速度匀速行驶时，受到的平均阻力为720N，续航里程为400km，该电动汽车将电能转化为机械能的效率为80%，其电池的能量密度为______ kW⋅h/kg。若行驶过程中电池的输出电压为400V，则电池的输出电流为______ A。
15. 近二十年来，我国照明灯具经历了从白炽灯到荧光灯再到LED灯的发展过程。
(1)白炽灯正常发光时，灯丝的温度约为2000℃，则灯丝的熔点______ (选填“高于”或“低于”)2000℃，其灯丝周围______ (选填“会”或“不会”)产生磁场。荧光灯是利用低气压的汞蒸气在通电后释放______ (选填“红外线”或“紫外线”)使荧光粉发光的原理制成。
(2)LED灯主要利用______ (选填“超导体”或“半导体”)工作。根据中小学教室照明标准，教室照明功率密度为9～11W/m2，已知标准教室地面面积为54m2，则阴天时一间标准教室一节课(按40min计算)照明消耗的电能至少为______ kW⋅h。若电功率为5W的LED灯、10W的荧光灯、45W的白炽灯亮度相当，则LED灯、荧光灯、白炽灯的发光效率之比为______ 。
16. AG600水陆两栖飞机，全称大型灭火、水上救援水陆两栖飞机。它与运−20、C919并称国产大飞机“三兄弟”。
(1)将AG600飞机的机翼做成______ (选填“上凸下平”或“上平下凸”)的形状，主要是为了给飞机提供向上的升力。飞机在空中飞行时与空气产生摩擦，会______ (选填“加剧”或“减缓”)机身表面材料分子的热运动，使机身表面材料失去电子而带上______ (选填“正”或“负”)电。
(2)AG600飞机的两侧机翼上对称位置各装有一个相同的汲水斗，可以增加汲水时飞机______ (选填“横向”或“纵向”)的稳定性。飞机打开两个汲水斗汲水12t后重力增加______ N。飞机汲水时发出的声音在水中的传播速度比在空气中的______ (选填“大”或“小”)，可使水中的小动物及时逃离。
(3)AG600飞机执行某次森林灭火任务，飞机水平飞行投水时，其重力势能______ (选填“变大”“变小”或“不变”)。1架AG600飞机单次汲水救火面积可达4000m2，若飞机多次往返于相距80km的火场与汲水处之间的平均速度为320km/h，汲水和投水都在极短时间内完成，则5架AG600飞机5h内可完成救火面积为______ m2。
三、作图题（本大题共3小题，共6.0分）
17. 请在图中作出物体AB在平面镜中所成的像A′B′。
18. 请在图中画出杠杆绕O点转动时所受拉力F的力臂l。
19. 请在图中标出静止的小磁针的N极。
四、实验探究题（本大题共3小题，共24.0分）
20. 某实验小组利用如图甲所示的实验装置探究某种物质熔化时温度随时间的变化规律。将该物质装入试管内并用水浴法进行加热，实验过程中测得的数据如下表：
时间/min
0
1
2
3
…
21
22
23
24
25
26
温度/℃
−16
−8
0
0
0
0
8
12
16
(1)测量过程中，第23分钟时，温度计内的液面应为图乙中______ (选填“A”或“B”)所示。
(2)根据表中的数据可知，这种物质是一种______ (选填“晶体”或“非晶体”)。
(3)若该物质从温度为−2℃升高到2℃的过程中，增加的内能为ΔE1；从温度为2℃升高到12℃的过程中，增加的内能为ΔE2，则ΔE1 ______ ΔE2(选填“>”“<”或“=”)。
21. 某实验小组利用如图甲所示的仪器探究液体压强的特点。容器中间用隔板分成底面积相等的左右两部分，隔板下部有一圆孔用薄橡皮膜封闭，橡皮膜两侧压强不同时，其形状为一凹面。
(1)如图甲所示，在容器左右两部分分别倒入同一种液体，发现橡皮膜向右凸出，则______ (选填“左”或“右”)侧液体对橡皮膜的压力大，说明同种液体中深度越______ 时，液体产生的压强越大。
(2)如图乙所示，在容器左右两部分分别倒入a、b两种密度不同的液体，发现橡皮膜向左凸出，则a、b两种液体密度的大小关系为，ρa ______ ρb(选填“>”或“<”)。若向图乙中容器左右两部分分别再加入质量相等的a、b两种液体后(液体未溢出)，橡皮膜的形变程度______ (选填“变大”“变小”或“不变”)。
22. 在“探究电流与电阻的关系”的实验中，提供的器材有：三节干电池、电流表、电压表、定值电阻R(阻值为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω的定值电阻各一个)、滑动变阻器、开关及导线若干。某实验小组根据提供的实验器材连成如图甲所示的电路。
(1)闭合开关前，应该将滑动变阻器的滑片移动至最______ (选填“左”或“右”)端。
(2)先接入阻值为25Ω的定值电阻R，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，使电压表的示数为U，记录电流表的示数I；再由大到小接入其它的定值电阻R，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片使电压表示数均为U，并依次记录电流表的示数I。根据测得的实验数据描绘出如图乙所示的I−1R图像，图像中A、B、C、D、E、F六个描点的数据中，有五个描点的数据是由实验测得的，描点______ 的数据不是由实验测得的。实验过程中电压表的示数U= ______ V。
(3)由实验可得：电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成______ (选填“正比”或“反比”)。本次实验中，为保证电压表的示数均为U，滑动变阻器接入电路的阻值与定值电阻的阻值之比为______ 。
五、计算题（本大题共2小题，共10.0分）
23. 如图所示，电源电压保持不变，电阻R1=2Ω，R2=4Ω，闭合开关S，电流表A1的示数为2A。求：
(1)电源电压；
(2)电流表A2的示数；
(3)整个电路通电100s所产生的热量。
24. 某内底面积为50cm2的圆柱形容器置于水平桌面上，将一体积为200cm3的冰球放入空容器内，冰球逐渐熔化成水，当剩余冰球与水的总体积为194cm3时，容器底对冰球的支持力为1.1N。已知冰的密度为0.9×103kg/m3，求：
(1)冰球熔化前的质量；
(2)当剩余冰球与水的总体积为194cm3时，剩余冰球的质量；
(3)当剩余冰球与水的总体积为194cm3时，水对容器底部的压强。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：“掌声雷鸣”是指人耳感觉到的声音很大，即声音的响度大。
故选：B。
(1)音调：指声音的高低，由发声体的振动频率决定，频率越高，音调越高；
(2)响度：人耳感觉到的声音的大小，它跟发声体的振幅、距离发声体的远近有关，距离一定时，振幅越大，响度越大；振幅越小，响度越小；
(3)音色：发声体的声音品质，由发声体本身的特征决定，是区别声音的重要标志。
此题考查了对声音特征的辨别，要会利用声音的特征解释生活现象。
2.【答案】C
【解析】解：液态制冷剂R600a经过冷冻室时，汽化吸热，使冷冻室内温度降低。
故选：C。
汽化指物质由液态转变成气态，汽化要吸热。
本题考查了汽化现象，属于基础题。
3.【答案】B
【解析】解：近视眼所看远处物体的像成在了视网膜的前方，为了使像成在视网膜上，需要佩戴对光线具有发散作用的凹透镜，故B正确。
故选：B。
近视眼是晶状体会聚能力增强，像呈在视网膜的前方，应配戴凹透镜矫正。
此题考查了近视眼的成因和矫正方法，是中考的热点，属于易错题目。
4.【答案】D
【解析】解：当电路中的电流过大时，空气开关自动断开电路，对电路起到保护作用。
故选：D。
家庭电路中电流过大时，空气开关会断开电路。
本题考查了空气开关的作用，属于基础题。
5.【答案】D
【解析】解：收音机可以播放广播电台的节目，说明收音机的天线可以接收无线电波。故D符合题意，ABC不符合题意。
故选：D。
广播电台是依靠电磁波(无线电波)传递信息的。
知道无线电波的特性及应用。
6.【答案】C
【解析】解：属于可再生能源的是太阳能。
故选：C。
可再生能源指短时间能再次获得的能源。
本题考查了能源的分类，属于基础题。
7.【答案】A
【解析】解：
A、把手上刻花纹，这是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦的，故A正确；
B、轮胎内充空气，则车胎会变得坚硬一些，减小了接触面的粗糙程度，能减小与地面之间的摩擦，故B错误；
C、车轴上安装滚动轴承，是用滚动代替滑动，属于减小摩擦，故C错误；
D、链条上涂润滑油，通过使接触面脱离的方法减小摩擦力，故D错误。
故选：A。
(1)减小摩擦力的方法：减小压力，使接触面变得光滑，变滑动为滚动；
(2)增大摩擦的方法：从压力大小和接触面的粗糙程度考虑，增大压力，增大接触面的粗糙程度，用滑动代替滚动摩擦力。
掌握摩擦力大小的影响因素，掌握增大和减小摩擦的方法。生活处处有物理，我们要认真观察、思考我们生活中的物理现象。
8.【答案】A
【解析】解：不计绳重和摩擦，动滑轮的机械效率η=W有W总=W有W有+W额=GhGh+G动h=GG+G动，
A，当G1=2N，G2=10N时，η=10N10N+2N≈83.3%；
B、当G1=3N，G2=12N时，η=12N12N+3N=80%；
C、当G1=4N，G2=16N时，η=16N16N+4N=80%；
D、当G1=5N，G2=24N时，η=24N24N+5N≈82.3%，
所以机械效率最高的是A。
故选：A。
不计绳重和摩擦，动滑轮的机械效率η=W有W总=W有W有+W额=GhGh+G动h=GG+G动，据此分析判断。
本题考查动滑轮机械效率大小的比较，灵活应用公式是关键。
9.【答案】D
【解析】解：根据称重法，金属块浸没于甲液体中受到的浮力：F浮甲=G−F甲=10N−8N=2N；
根据称重法，金属块浸没于乙液体中受到的浮力：F浮乙=G−F乙=10N−8.4N=1.6N；
物体浸没时排开液体的体积和本身的体积相等，即V=V排，
根据F浮=ρ液gV排可得，甲、乙两种液体的密度之比为：ρ甲ρ乙=F浮甲gV排F浮乙gV排=F浮甲F浮乙=2N1.6N=54。故D正确，ABC错误。
故选：D。
利用称重法分别求出物体浸没在甲、乙两种液体中受到的浮力；同时，物体浸没时分别排开两种甲、乙液体的体积都等于本身的体积，根据F浮=ρ浮gV排的变形式ρ液=F浮gV排可求出甲、乙两种液体的密度之比。
本题考查了称重法求浮力和阿基米德原理的应用，要熟练运用公式，关键是知道物体浸没时排开液体的体积和物体的体积相等。
10.【答案】C
【解析】解：恒温杯装满水时水的质量约为500g=0.5kg，
由于不通电状态下5min内温度约降低5℃，则恒温杯通电保温时在5min内需要产生相同的热量，
则W=Q放=cmΔt=4.2×103J/(kg⋅℃)×0.5kg×5℃=1.05×104J，
保温时的电功率：P=Wt=1.05×104J5×60s=350W，
比较选项可知接近300W。
故选：C。
由于不通电状态下5min内温度约降低5℃，则恒温杯通电保温时在5min内需要产生相同的热量，所以根据水的质量，由Q放=cmΔt求出水放出的热量，即为通电保温时在5min内需要产生相同的热量，然后根据P=Wt求出保温时的电功率。
本题考查了吸热公式和电功率公式，注意恒温杯通电保温时在相同时间内产生相同的热量与水放出的热量相等。
11.【答案】C
【解析】解：图中R1和R2串联在电路中，设开始时R1、R2的阻值分别为R1′、R2′，根据欧姆定律及串联电路中的电阻规律，依据题意，则有：
UR1′R1′+R2′=6V；①
UR1′R1′+R2′+20Ω=4V；②
U(R1′+20Ω)R1′+20Ω+R2′+20Ω=5V；③
联解①②③得：
U=8V；
R1′=30Ω；
R2′=10Ω；
调节电阻箱R2的旋钮后，R2的阻值为：
R2=R2′+20Ω=10Ω+20Ω=30Ω；
调节电阻箱R1的旋钮后，R1的阻值为：
R1=R1′+20Ω=30Ω+20Ω=50Ω；
因此R1>R2；
|R1−R2|=50Ω−30Ω=20Ω。
故ABD错误，C正确。
故选：C。
图中R1和R2串联在电路中，根据欧姆定律及串联电路中的电阻规律，再依据题意，可列出三个等式，联解可得电源电压、电阻箱R1、R2调节前的电阻，再分别计算出电阻箱R1和电阻箱R2调节后的电阻值，可据此判断出两电阻箱接入电路电阻值的大小关系及计算出|R1−R2|的值。
此题考查了欧姆定律的应用、串联电路中的电阻规律，解题关键是能正确分析电路的动态变化，列出计算式。
12.【答案】A
【解析】解：柱状固体对水平面的压强p=FS=GS=mgS=ρVgS=ρSghS=ρgh，
长方体合金零件对水平地面的压强为：p=ρgh=3.6×103kg/m3×10N/kg×0.1m=3600Pa，
设合金的底面积为S1，在切割前合金的重力G=F前=p前S1=3600Pa×S1，
设切去后剩余的上表面的面积为S2，切去的上表面面积为S3，
切去后，剩余的部分对水平地面的压强p剩=2700Pa，
剩余的合金的重力为G剩=F剩=p剩S1=2700Pa×S1，
切去部分的重力G切=G−G剩=3600Pa×S1−2700Pa×S1=900Pa×S1，
所以G切G=900Pa×S13600Pa×S1=14，
长方体合金零件质地均匀，所以S2=S3=12S1，
将剩余的部分上下倒置后放在水平地面上时，压力不变，它对水平地面的压强：
p′=G剩S2=G剩12S1=2×G剩S1=2×2700Pa=5400Pa。
故选：A。
某长方体合金零件质地均匀，根据p=FS=GS=mgS=ρVgS=ρSghS=ρgh计算切前长方体合金对水平地面的压强；
由F=G=pS表示出切前后合金对地面的压力，可得切前后合金的重力比，从而得到切去部分的重力与切前的重力比，再得到切去部分上表面的面积与切前上表面的面积比，再根据p=FS计算出剩余部分上下倒置后对水平地面的压强。
本题考查柱形物体放在水平面时，压力等于物体重力，P=GS和P=ρgh的灵活，关键是求出切后上表面剩余面积与切前面积的关系。
13.【答案】不平衡 变小 不变 反射 100 8：25
【解析】解：(1)小行星绕太阳运行过程中，做圆周运动，其运动方向不断变化，处于非平衡状态，所以受力不平衡；
从近日点运动到远日点的过程中，小行星的动能转化为势能，动能变小，势能变大，所以小行星的运行速度变小；
从近日点运动到远日点的过程中，小行星的质量不变，所以惯性不变。
(2)小行星能被光学望远镜观测到，是由于小行星将太阳光反射到光学望远镜上，然后通过折射进入人的眼睛；
小行星与地球轨道的最近距离s=3×107km=3×1010m，光的传播速度v=3×108m/s，
根据v=st可得，太阳光从小行星传播到地面的光学望远镜至少需要的时间t=sv=3×1010m3×108m/s=100s；
已知动能的单位为kg⋅m2/s2，可知小行星动能为其质量与速度的平方的乘积，则两颗小行星动能之比为1×422×52=825。
故答案为：(1)不平衡；变小；不变；(2)反射；100；8：25。
(1)处于非平衡状态的物体受到的力是非平衡力；
从近日点运动到远日点的过程中，小行星的动能转化为势能，据此结合动能的影响因素分析解答；
惯性大小只跟物体的质量大小有关，跟物体是否受力、是否运动、运动速度等都没有关系。
(2)小行星能被光学望远镜观测到，是由于小行星将太阳光反射到光学望远镜上，然后通过折射进入人的眼睛；
利用速度公式计算太阳光从小行星传播到地面的光学望远镜至少需要的时间；
已知两颗质量之比为1：2、速度之比为4：5的小行星，利用动能的计算公式计算其动能之比。
此题考查力学、光学中的多个知识点，具有较强的综合性，且涉及到动能的计算，根据动能的单位推出动能为其质量与速度的平方的乘积是关键。
14.【答案】二 内燃机 声源处 长 0.25 40
【解析】解：(1)①电能不能直接从自然界获取，必须经过一次能源的消耗才能得到，是二次能源；
②纯电动汽车由于没有安装内燃机，安装的是发动机；
③电动汽车比燃油汽车噪声小，这是在声源处减弱噪声；
(2)①因为电池的能量密度随环境温度的降低而降低，因此夏季储存的电能更多，故同一辆电动汽车在夏季的续航里程比冬季更长；
②因为汽车匀速行驶，所以F牵=f=720N，在行驶过程中的机械能W机=F牵s=720N×400×1000m=2.88×108J，已知η=80%，根据公式η=W机W电可知消耗的电能W电=W机η=2.88×108J80%=3.6×108J，即电池充入的电能W电′=W电=3.6×108J=100kW⋅h，又已知电池的质量m=400kg，则电池的能量密度为W电′m=100kW⋅h400kg=0.25kW⋅h/kg；
③已知电能转化为机械能W机=2.88×108J，则输出的电能W出=W机=2.88×108J，行驶时间t=sv=400km80km/h=5h=5×3600s=1.8×104s，输出电压U=400V，根据W=UIt，则I=W出Ut=2.88×108J400V×1.8×104s=40A。
故答案为：(1)二；内燃机；声源处；(2)长；0.25；40。
(1)①无法从自然界直接获取，必须经过一次能源的消耗才能得到的能源；
②纯电动汽车安装的是电动机；
③减弱噪声有三种途径：①在声源处减弱；②在传播过程中减弱；③在人耳处减弱；
(2)①电池的能量密度随环境温度的降低而降低，据此解答；
②根据W=Fs求出汽车运动时的机械能，再由公式η=W机W电可以计算出电能，最后由电池的能量密度定义得到电池的能量密度；
③先计算出行驶的时间，由公式W=UIt可以得到电流值。
本题考查了能源分类、声现象、做功公式、电能以及效率公式等，应熟练掌握灵活运用，属于基础题。
15.【答案】高于 会 紫外线 半导体 0.324 18：9：2
【解析】解：(1)灯丝工作时没有熔化，温度低于熔点，即灯丝的熔点高于2000℃，电流周围存在磁场，灯丝工作时产生磁场；紫外线能使荧光物质发光，荧光灯是利用低气压的汞蒸气在通电后释放紫外线使荧光粉发光的原理制成的；
(2)教室照明功率密度至少为9W/m2，标准教室地面面积为54m2，
照明功率为P=9W/m2×54m2=486W=0.486kW；
一间标准教室一节课(按40min计算)照明消耗的电能至少W=Pt=0.486kW×4060h=0.324kW⋅h。
若电功率为5W的LED灯、10W的荧光灯、45W的白炽灯亮度相当，说明获得的发光功率相同，
根据η=E光W=P光tP电t可得，LED灯、荧光灯、白炽灯的发光效率之比为：
ηLED：η荧：η白=P光PLED：P光P荧：P光P白=15W：110W：145W=18：9：2。
故答案为：(1)高于；会；紫外线；
(2)半导体；0.324；18：9：2。
(1)灯丝工作时没有熔化，温度低于熔点，电流周围存在磁场；紫外线能使荧光物质发光；
(2)LED灯主要利用半导体材料制成，根据照明功率密度和面积计算功率，根据W=Pt计算消耗的电能；根据亮度相当即获得的光能相同，根据发光效率的定义解题。
本题结合照明工具考查电学综合应用，综合性较强，难度不大。
16.【答案】上凸下平 加剧 正 横向 1.2×105 大 变小 2×105
【解析】解：(1)在流体中，流速越大的位置压强越小，将AG600飞机的机翼做成上凸下平的形状，主要是为了给飞机提供向上的升力。飞机在空中飞行时与空气产生摩擦，会加剧机身表面材料分子的热运动，使机身表面材料失去电子而带上正电。
(2)AG600飞机的两侧机翼上对称位置各装有一个相同的汲水斗，可以增加汲水时飞机横向的稳定性。飞机打开两个汲水斗汲水12t后重力增加G=mg=12×103kg×10N/kg=1.2×105N。
飞机汲水时发出的声音在水中的传播速度比在空气中的大，可使水中的小动物及时逃离。
(3)AG600飞机执行某次森林灭火任务，飞机水平飞行投水时，质量减小，其重力势能变小。一架飞机一次往返需要的时间为：t=sv=2×80km320km/h=0.5h；
5h内往返的次数为：n=5h0.5h=10；5架AG600飞机5h内可完成救火面积为：S=4000m2×5×10=2×105m2。
故答案为：(1)上凸下平；加剧；正；(2)横向；1.2×105；大；(3)变小；2×105。
(1)机翼上凸下平是为了让飞机产生升力。失去电子的物体摩擦后会带上正电荷。
(2)根据G=mg计算重力；声音在水中的传播速度比空气中大。
(3)重力势能与质量和高度有关；根据v=st计算飞机一次往返的时间，结合题目计算救火面积。
知道摩擦起电的实质；知道流体的压强与流速的关系；知道声音在不同介质中的传播速度；知道影响重力势能大小的因素；会根据速度公式进行简单的计算。
17.【答案】解：先作出端点A、B关于平面镜的对称点A′、B′，用虚线连接A′、B′，即为物AB在平面镜中所成的像，如图所示：
【解析】平面镜成像的特点是：像与物大小相等，连线与镜面垂直，到平面镜的距离相等，即物像关于平面镜对称；先作出端点A、B的像点，连接连接两个像点即为物体AB的像。
平面镜成像时像与物关于平面镜对称，要注意先作出端点或关键点的像点，再用虚线连接得到物体的像。
18.【答案】解：过支点O作垂直于拉力F作用线延长线的垂线段，即力臂l，如图所示：
【解析】已知支点和拉力F的方向，过支点作力的作用线的垂线段(即力臂)。
此题的关键是掌握杠杆五要素，然后根据杠杆的五要素作出相应的作用力或力臂，并且作图要求规范。
19.【答案】解：图中电流由螺线管的左端流入、右端流出，由安培定则可知，通电螺线管的左端为S极，右端为N极，由于异名磁极相互吸引，因此小磁针的左端为S，右端为N极，如图所示：
【解析】由图中螺线管的电流方向和安培定则可知螺线管的极性，由磁极间的相互作用规律可知小磁针的N极。
本题考查了安培定则以及磁极间的相互作用规律，要求学生熟练应用安培定则判断螺线管的磁极。
20.【答案】A 晶体 >
【解析】解：(1)由表中的数据可知，第23分钟的温度处于第22分钟和第24分钟之间，即0～8℃之间，有乙图可知，A温度计的示数为4℃，B温度计的示数为−4℃，故第23分钟时，温度计内的液面应为图乙中A所示；
(2)该物质从第2分钟到第22分钟温度保持0℃不变，由晶体的熔化特点，吸热，温度不变可知这种物质是一种晶体；
(3)从表中的数据可知，该物质从温度为−2℃升高到2℃的时间大于从温度为2℃升高到12℃的时间，所以从温度为−2℃升高到2℃的过程中吸收的热量大于从温度为2℃升高到12℃的过程中吸收的热量，因此增加的内能ΔE1>ΔE2。
故答案为：(1)A；(2)晶体；(3)>。
(1)该物质持续吸热，由表中数据可知，第23分钟时的温度应大于或等于0℃而小于8℃；
(2)晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点；
(3)加热时间越长，吸收的热量越多，增加的内能越大。
本题考查“探究某种物质熔化时温度随时间的变化规律”的实验，难度不大，属于基础性题目。重点掌握晶体的熔化特点以及吸收热量的多少与加热时间的关系。
21.【答案】左 大 < 不变
【解析】解：(1)橡皮膜两侧所受压强不同时，橡皮膜的形状会发生改变；结合甲图中橡皮膜向右侧凸出，容器左右两部分分别注入密度相同的液体，说明同种液体中深度越大时，液体产生的压强越大；
(2)由图乙可知，a中液体的深度要大于b中液体的深度，橡皮膜向左发生了形变，说明右侧的压强大，根据p=ρgh可知，b的密度要大于a的密度，即ρa<ρb；向图乙中容器左右两部分分别再加入质量相等的a、b两种液体后，因为容器底面积相同，液体所受重力相同，由公式p=FS得产生的压强相同，故橡皮膜的形变程度不变。
故答案为：(1)左；大；(2)<；不变。
(1)容器左右两部分分别注入密度相同的液体，结合图中薄膜突起的方向判断此时影响液体压强的因素；
(2)液体内部压强的大小与液体的深度、液体的密度有关，质量相等的液体，容器底面积相同，产生的压强相同。
本题考查液体压强的特点，难度不大。
22.【答案】左 F 2 反比 5：4
【解析】解：(1)为了保护电路，在闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片置于阻值最大端，结合图甲判断应位于最左端；
(2)由已知的5个阻值为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω的定值电阻，分别算出其对应的1R的值分别为：0.2Ω−1、0.1Ω−1、115Ω−1、0.5Ω−1、0.04Ω−1，其对应的电流值分别为0.4A、0.2A、215A、0.1A、0.04A，结合图乙可以判断F点的数据不是由实验测得的；根据图乙计算出U=IR=5Ω×0.4A=10Ω×0.2A=……=25Ω×0.08A=2V即是电压表的示数U=2V；
(3)由图乙数据分析可知，当定值电阻两端电压一定时，定值电阻的阻值增大为原来的几倍，通过定值电阻的电流就变为原来的几分之一，据此可总结出实验结论为：电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；
据电源电压为三节干电池可知电压值为3×1.5V=4.5V，而电压表示数U=2V，根据串联电路电压规律可得出滑动变阻器两端的分压4.5V−2V=2.5V，再根据串联分压原理可得出滑动变阻器接入电路的阻值与定值电阻的阻值的比值大小R滑R定=U 滑U定=2.5V2V=54。
故答案为：(1)左；(2)F；2；(3)反比；5：4。
(1)为了保护电路，在闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片置于阻值最大端，结合图甲判断应位于哪一端；
(2)由已知的5个阻值为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω的定值电阻，分别算出其对应的1R的值分别为：0.2Ω−1、0.1Ω−1、115Ω−1、0.5Ω−1、0.04Ω−1，其对应的电流值分别为0.4A、0.2A、215A、0.1A、0.08A，结合图乙可以判断哪个点的数据不是由实验测得的；根据图乙计算出U=IR的值即是电压表的示数U；
(3)由图乙数据分析可知，当定值电阻两端电压一定时，定值电阻的阻值增大为原来的几倍，通过定值电阻的电流就变为原来的几分之一，据此可总结出实验结论；
根据电源电压为三节干电池可知电压值为3×1.5V=4.5V，而电压表示数U=2V，根据串联电路电压规律可得出滑动变阻器两端的分压，再根据串联分压原理可得出滑动变阻器接入电路的阻值与定值电阻的阻值的比值大小。
本题考查了“探究电流与电阻的关系”的探究，涉及了滑动变阻器的使用、图线的分析和规律的总结以及串联分压原理的运用，难度一般。
23.【答案】解：由图可知，R1、R2并联，电流表A1测量通过R1的电流，电流表A2测量通过R2的电流；
(1)由I=UR可知，R1两端的电压：U1=I1R1=2A×2Ω=4V，
根据并联电路的电压特点可知，电源电压：U=U2=U1=4V；
(2)通过R2的电流：I2=U2R2=4V4Ω=1A，即电流表A2的示数为1A；
(3)根据并联电路的电流特点可知，干路的总电路：I=I1+I2=2A+1A=3A，
整个电路通电100s所产生的热量：Q=W=UIt=4V×3A×100s=1200J。
答：(1)电源电压为4V；
(2)电流表A2的示数为1A；
(3)整个电路通电100s所产生的热量为1200J。
【解析】由图可知，R1、R2并联，电流表A1测量通过R1的电流，电流表A2测量通过R2的电流；
(1)根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出电源电压；
(2)根据并联电路的特点可知R2两端的电压，根据欧姆定律求出通过R2的电流，即为电流表A2的示数；
(3)根据并联电路的电流特点求出干路的总电流，根据Q=W=UIt求出整个电路通电100s所产生的热量。
本题考查并联电路的特点、欧姆定律和焦耳定律的应用，是一道基础题。
24.【答案】解：(1)根据ρ=mV得冰球熔化前的质量为：
m冰=ρ冰V冰=0.9×103kg/m3×200×10−6m3=0.18kg；
(2)冰熔化成水后质量不变，即m剩冰+m化水=m，
由m=ρV得ρ冰V剩冰+ρ水V化水=m-------①，
由题意知：V剩冰+V化水=194cm3，即V化水=194cm3−V剩冰-------②，
将②代入①得1.0×103kg/m3×(194×10−6m3−V剩冰)+0.9×103kg/m3×V冰=0.18kg，
解得剩余冰的体积为：V剩=1.4×10−4m3，
剩余冰球的质量为：
m剩冰=ρ冰V剩冰=0.9×103kg/m3×1.4×10−4m3=0.126kg；
(3)剩余冰球的重力为：
G剩冰=m剩冰g=0.126kg×10N/kg=1.26N；
当剩余冰球与水的总体积为194cm3时，容器底对冰球的支持力为1.1N，则剩余冰球受到的浮力为：
F浮=G剩冰−F支=1.26N−1.1N=0.16N，
由F浮=ρ液gV排得剩余冰排开水的体积为：
V排=F浮ρ水g=0.16N1.0×103kg/m3×10N/kg=1.6×10−5m3，
化成水的体积为：V化水=V−V剩冰=194×10−6m3−1.4×10−4m3=5.4×10−5，
水的深度为：
h=V化水 +V排S=5.4×10−5m3+1.6×10−5m350×10−4m2=0.014m，
水对容器底的压强为：
p=ρ水gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.014m=140Pa。
答：(1)冰球熔化前的质量为0.18kg；
(2)当剩余冰球与水的总体积为194cm3时，剩余冰球的质量为0.126kg；
(3)当剩余冰球与水的总体积为194cm3时，水对容器底部的压强为140Pa。
【解析】(1)根据ρ=mV算出冰球熔化前的质量；
(2)冰熔化成水后质量不变，由m剩冰+m化水=m和V剩冰+V化水=194cm3得出剩余冰的体积，由密度公式算出剩余冰球的质量；
(3)由G=mg算出剩余冰球的重力，故F 浮=G剩冰−F支算出剩余冰球受到的浮力，由F浮=ρ液gV排算出剩余冰排开水的体积，由V化水=V−V剩冰算出化成水的体积，根据V=Sh算出水的深度，由p=ρ水gh算出水对容器底的压强。
本题考查了密度公式、液体压强公式以及阿基米德原理公式的应用，是一道综合题，有一定的难度。
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