还剩39页未读，
继续阅读
2023年广西南宁三中（五象校区）中考物理模拟试卷（含答案）
展开
这是一份2023年广西南宁三中（五象校区）中考物理模拟试卷（含答案），共42页。试卷主要包含了选择题，填空题，作图题，实验与探究题，综合应用题等内容，欢迎下载使用。
2023年广西南宁三中（五象校区）中考物理模拟试卷
一、选择题（共16题，共35分。在给出的四个选项中，第1～13题只有一个选项符合题目要求，选对得2分，选错得0分。第14～16题有多个选项符合题目要求，全部选对得3分，选对但不全得2分，有选错得0分。请考生用2B铅笔在答题卡上将选定的答案标号涂黑。）
1．（2分）在国际单位制中，时间的基本单位是（ ）
A．时（h） B．分（min） C．秒（s） D．毫秒（ms）
2．（2分）下列现象是由于光的折射产生的是（ ）
A．天空出现的彩虹 B．树荫下的光斑
C．屏上的皮影 D．水中清晰的倒影
3．（2分）2022年《中国好声音》桂平歌手梁玉莹夺冠，从此桂平人对梁玉莹的歌声耳熟能详，听众能从听到的歌声中分辨出歌手是不是梁玉莹，主要依据是声音的（ ）
A．响度 B．音调 C．音色 D．频率
4．（2分）四季分明的临沂城宜商宜居。下列自然现象中，属于凝华的是（ ）
A．春天，冰雪消融 B．夏天，露珠晶莹
C．秋天，白雾弥漫 D．冬天，霜满枝头
5．（2分）2022年6月5日，“神舟十四号”载人飞船与空间站天和核心舱成功对接，我国三名航天员将在空间站工作生活6个月。空间站在工作时的能源主要来自（ ）
A．煤炭 B．地热 C．汽油 D．太阳能
6．（2分）在相同时间内，下列家用电器正常工作时消耗的电能最少的是（ ）
A．电饭煲 B．节能灯 C．电熨斗 D．空调
7．（2分）如图所示为2022年北京冬奥会开幕式上缓缓升起的奥运五环，重达3t的奥运五环“破冰而出”，被匀速竖直提升至13m的高空。在提升过程中，奥运五环的（ ）
A．动能增大 B．重力势能不变
C．机械能不变 D．机械能增大
8．（2分）如图所示，在探究“并联电路的电流规律”时，闭合开关S后，电流表A1的示数是0.2A，电流表A2的示数是0.3A，则电流表A的示数是（ ）
A．0.2A B．0.3A C．0.5A D．0.4A
9．（2分）如图所示的各种工具，正常使用时不省力的是（ ）
A．钢丝钳
B．动滑轮
C．旗杆顶定滑轮
D．斜面
10．（2分）在螺线管附近放一小磁针，静止时小磁针位置如图所示。闭合开关S时，小磁针发生旋转，通电螺线管的N极位置及小磁针旋转方向分别为（ ）
A．通电螺线管的右侧，逆时针
B．通电螺线管的左侧，逆时针
C．通电螺线管的右侧，顺时针
D．通电螺线管的左侧，顺时针
11．（2分）2022年女足亚洲杯决赛中，中国女足在0比2落后的情况下逆转，以3比2力克韩国队夺冠，时隔16年重登亚洲之巅，在足球比赛中，下列说法正确的是（ ）
A．足球在空中飞行过程中不受力的作用
B．足球在空中下落过程中惯性变大
C．足球在地面上越滚越慢，说明运动需要力来维持
D．守门员飞身扑住了飞向球门的足球，说明力可以改变物体运动状态
12．（2分）在如图所示的家庭电路中，插座、螺口灯泡（及其开关）的连线正确的是（ ）
A．两孔插座 B．三孔插座 C．灯泡甲 D．灯泡乙
13．（2分）如图是电阻a、b的电流随电压变化的关系图像，下列结论与图象相符的是（ ）
A．电阻一定时，电流随着电压的增大而减小
B．电压相同时，阻值大的电阻通过的电流小
C．电流相同时，阻值小的电阻两端的电压大
D．两电阻阻值的关系是Ra＞Rb
（多选）14．（3分）“我劳动，我快乐！”放学回家后，小聪在厨房帮妈妈做饭，她发现厨房里涉及到很多物理知识，以下说法正确的是（ ）
A．天然气燃烧时将化学能转化为内能
B．铁锅加热后升温很快是因为铁的比热容较小
C．家中的抽油烟机和电灯是串联连接的
D．炒菜时，用锅铲翻炒将菜肴煮熟主要是通过做功的方式增大菜肴的内能
（多选）15．（3分）052D型导弹驱逐舰是我国海防和远洋护航的主力舰种之一，关于驱逐舰在海上执行护航任务的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．驱逐舰所受浮力的方向总是竖直向上的
B．舰载直升机离舰后，驱逐舰所受浮力变大
C．舰载直升机离舰后，驱逐舰舰底所受海水压强变大
D．舰载直升机升空过程中，以直升机为参照物，地面是运动的
（多选）16．（3分）如图所示的电路中，电源电压不变，当开关S闭合，电路正常工作，滑片P向右移动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．灯泡L变亮 B．电路的总电阻增大
C．电压表示数变大 D．电流表示数逐渐变大
二、填空题（每空1分，共12分。请把答案直接写在答题卡相应的位置上，不要求写出演算过程。）
17．（2分）日本地震引发海啸，核电站等设施遭到破坏，造成了大量的人员伤亡、巨大的经济损失和严重的环境污染。地震产生的声波属于 （选填“次声波”或“超声波”），核电站的建设是为了利用核能，核能属于 （填“可再生”或“不可再生”）能源。
18．（2分）屋顶风帽是利用自然风使风帽旋转实现室内换气的装置，如图所示。它不用电，节能环保。只要速度为0.2m/s的微风即可让其轻盈运转。风帽转动时其内部空气流速变大、压强变 ，室内的污浊气体在 作用下被排出。
19．（2分）如图是某村第一书记为当地特产直播带货的情景。直播使用的手机摄像头成的是 （选填“缩小”或“放大”）的实像；为了使网友看清商品细节，应将商品 （选填“靠近”或“远离”）手机摄像头。
20．（2分）与毛皮摩擦过的橡胶棒因得到电子而带 电，用带电的橡胶棒接触验电器的金属球，金属箔张开，这是因为 。
21．（2分）远离电子产品，保护视力。如图是一位同学眼球成像的示意图，他所患眼疾为 （选填“近视”或“远视”）眼；他应配戴 （选填“凹”或“凸”）透镜矫正视力。
22．（2分）南宁市装有多座过街天桥，极大方便了行人的出行。阴雨天时，空气潮湿，能见度低，路面湿滑，为了保证行人上下天桥时的安全，需要在天桥入口处设置警示灯。图甲是某同学为此设计的部分模拟电路，电磁铁及触点1固定不动，衔铁可在电磁铁作用下上下运动，带动铜棒OF绕O点运动。电路中R为湿敏电阻，其阻值会随空气湿度发生变化。闭合开关S，当空气湿度小于设定值时，警示灯随湿度变化而自动调整亮度；当空气湿度增大到设置值时，警示灯能不断闪烁。图乙是可供选择的两种湿敏电阻的阻值随湿度变化关系的图像。忽略电磁铁线圈电阻，灯泡阻值不变，应选择 （选填“R1”或“R2”）作为该电路的湿敏电阻；若使警示灯在较小湿度下实现闪烁，应向 （选填“左”或“右”）移动滑片P。
三、作图题（共4分。请把答案直接写在答题卡相应的位置上。）
23．（2分）如图，书静止在水平桌面上。画出书的受力示意图。
24．（2分）请在图中画出物体AB在平面镜MN中所成的像A′B′。
四、实验与探究题（共25分。请把答案直接写在答题卡相应的位置上。）
25．（5分）（1）在探究光反射时的规律时，将一束光贴着纸板沿EO方向射向O点，在纸板上用笔描出入射光EO和反射光OF的径迹，如图1所示，反射角的大小为 °。
（2）在“探究液体内部压强跟哪些因素有关”的实验中，如图2所示，是通过观察压强计上U形管两边液面的 来显示压强大小。手指轻按压强计上金属盒的橡皮膜，观察到U形管中液面不发生变化，说明该装置 （选填“漏气”或“不漏气”）。
（3）用图3甲所示的装置探究水沸腾时温度变化的特点。实验中某时刻温度计中液面如图乙所示，其示数为 ℃；由图3丙可知水的沸点低于100℃，可能原因是实验室里的气压 （选填“高于”“低于”或“等于”）标准大气压。
26．（6分）如图所示在“研究影响滑动摩擦力大小的因素”的实验中：
（1）用弹簧测力计水平拉动木块，使它沿长木板做 运动，根据 原理知木块受到的摩擦力等于拉力；
（2）分析比较 两次实验可知滑动摩擦力大小与接触面粗糙程度有关；分析甲、乙两次实验可得出结论：在接触面粗糙程度相同时， 越大，摩擦力越大；
（3）比较甲、丁实验，发现甲实验弹簧测力计的示数大于丁实验弹簧测力计的示数，小明得出结论：滑动摩擦力的大小与接触面积的大小有关，你认为他的结论是 （选填“正确”或“错误”）的。原因是 。
27．（7分）小天在学校教室，使用一款医用免洗洗手液对手部进行杀菌抑菌。瓶身上的说明显示，这款洗手液含75%酒精及芦荟精华提取液等。小天所在的兴趣小组对这款洗手液的密度进行了测量。
（1）实验前，将天平放在水平工作台上，游码移至标尺左端的 处，此时指针偏向分度盘中线右侧，他应该将平衡螺母向 （选填“左”或“右”）调节，直至天平平衡；
（2）向烧杯中倒入适量洗手液，测出烧杯和洗手液的总质量为102g；然后将烧杯中的部分洗手液倒入量筒中（如图1甲），则量筒内洗手液的体积为 cm3；再称量烧杯和剩余洗手液的总质量，天平再次平衡时如图1乙所示，则烧杯和剩余洗手液的总质量为 g，这款洗手液的密度为 kg/m3；
（3）在向量筒倒洗手液时，如果不慎有洗手液溅出，则测出的洗手液密度会 （选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
（4）小慧也想测出洗手液的密度，但发现自己没有天平和量筒，聪明的小慧灵机一动，找来弹簧测力计、烧杯、石块、细绳和适量的水，设计了如下实验步骤（如图2所示），也把洗手液的密度测了出来，请你将实验步骤补充完整：
①用细绳拴住石块，并用弹簧测力计测出石块重力为G；
②将石块浸没在水中，记录弹簧测力计的读数F1；
③将石块浸没在洗手液中，记录弹簧测力计的读数为F2；
④则洗手液的密度表达式ρ＝ （已知水的密度为ρ水，结果用G、F1、F2、ρ水来表示）。
28．（7分）小华用如图1甲所示电路，测量标有“2.5V”字样小灯泡的电阻，现有器材，电源（3V）、电流表、电压表、滑动变阻器（20Ω，2A）、开关、导线若干。
（1）根据图1甲，用笔画线表示导线，将图1乙中的实物图连接完整。
（2）闭合开关，移动滑片P，发现灯泡始终不亮，电流表示数为零，电压表示数等于电源电压，可判断故障是 。
（3）排除故障后进行实验。移动滑片P，当电压表示数为2.2V时，电流表示数如图2甲，为 A，此时小灯泡的电阻为 Ω（结果保留一位小数）。
（4）根据实验数据，分别画出小灯泡和滑动变阻器的I﹣U图象，如图2乙。根据图象可知：小灯泡两端电压越大，电阻越 ；当滑动变阻器电阻与小灯泡电阻相等时，小灯泡消耗的功率是 W。
（5）小华发现无论如何移动滑片，小灯泡两端的电压都无法调到0.5V。现增加一个阻值未知的定值电阻R和一个开关，对原电路进行改进，使小灯泡两端电压能在0.5V～3.0V之间变化，测出小灯泡在不同电压下的电阻，并可以利用改进后的电路间接测出了定值电阻的阻值。要求电路连接后不再拆接，请在虚线框中画出改进后的电路图。
五、综合应用题（共24分。解答时要求在答题区域上写出必要的文字说明、计算公式和重要的演算步骤。只写出最后答案，而未写出主要演算过程的，不能得分。答案必须明确写出数值和单位。）
29．（6分）如图所示是某型号履带式推土机，其发动机的额定功率为150kW，质量为2.5×104kg，推土机以3.6km/h的速度匀速前进10m的过程中，求：
（1）推土机的重力；
（2）推土机前进10m需要的时间；
（3）牵引力所做的功。
30．（8分）如图所示是一款自动炖煮机的简化电路图，R1、R2是两个完全相同的电热丝，S为电源开关，通过控制开关S1、S2实现“低温”“中温”“高温”三个挡位间的切换。从该炖煮机铭牌信息中获知，其额定电压220V，加热效率为75%，但功率信息模糊不清。为研究该炖煮机的工作情况及有关信息，多多在炖煮机中装入5kg的水，闭合开关S，通过观察其电子显示屏（消耗电能忽略不计），记录有关信息如表所示。水的比热容c＝4.2×103J/（kg•℃），求：
指示灯状态
工作时间
水温变化
高温灯亮
0～14min
34℃升至100℃
中温灯亮
14～24min
100℃保持不变
低温灯亮
24～29min
100℃保持不变
（1）0～14min水吸收的热量；
（2）已知多多家现在正在使用的电器总功率是6500W，电能表上标有“220V，10（40）A”的字样。请你通过计算判断，多多家的电路是否允许同时使用这款自动炖煮机？
（3）炖煮机24～29min消耗的电能。
31．（10分）如图甲所示，圆柱形木块A与薄壁圆柱形容器B（质量忽略不计）分别放置于水平桌面上，已知A的密度0.8×103kg/m3，高为20cm，底面积为100cm2，容器B内盛有4cm深的水。小吴从A的上表面沿水平方向截取高为h的圆柱块，并将截取部分放入容器B后（假设木块不吸水、液体始终未溢出），木块A和容器B对桌面的压强随截取
高度h的变化关系如图乙所示。求：
（1）一开始，水对容器B底部的压强；
（2）将截取高度h1＝2cm的木块C放入B中，待木块C静止后所受的浮力；
（3）容器B的底面积；
（4）当B对桌面的压强是木块A对桌面压强的2倍时，水对容器B底部压强的变化量。
2023年广西南宁三中（五象校区）中考物理模拟试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共16题，共35分。在给出的四个选项中，第1～13题只有一个选项符合题目要求，选对得2分，选错得0分。第14～16题有多个选项符合题目要求，全部选对得3分，选对但不全得2分，有选错得0分。请考生用2B铅笔在答题卡上将选定的答案标号涂黑。）
1．（2分）在国际单位制中，时间的基本单位是（ ）
A．时（h） B．分（min） C．秒（s） D．毫秒（ms）
【分析】根据对时间基本单位及常用单位的掌握作答。
【解答】解：在物理学中，时间的基本单位是秒，符号是s。
故选：C。
【点评】此题考查的是我们对时间不同单位的掌握情况，属于识记性知识的考查，比较简单，容易解答。
2．（2分）下列现象是由于光的折射产生的是（ ）
A．天空出现的彩虹 B．树荫下的光斑
C．屏上的皮影 D．水中清晰的倒影
【分析】判断此题要掌握好三种光的现象：光在同种均匀介质中沿直线传播，如：激光准直、小孔成像和影子的形成等；
当光照射到两种物质分界面上时，有一部分光被反射回来发生反射现象，如：平面镜成像、水中倒影等；
当光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向的会改变，发生折射现象，如：看水里的鱼比实际位置浅等。
【解答】解：A．天空中出现的彩虹是由于光的折射形成的，故A符合题意；
B．树荫下的光斑是由光的直线传播形成的，故B不符合题意；
C．屏上的皮影，影子的形成利用了光沿直线传播的原理，故C不符合题意；
D．水中的“倒影”属于平面镜成像，平面镜成像是利用光的反射原理，故D不符合题意。
故选：A。
【点评】学习光的直线传播、光的反射、光的折射时，要多留心生活中的实例，影子、日月食、小孔成像是光的直线传播；镜子、倒影、潜望镜是光的反射；看水中的物体，隔着玻璃、杯子或透镜看物体是光的折射。
3．（2分）2022年《中国好声音》桂平歌手梁玉莹夺冠，从此桂平人对梁玉莹的歌声耳熟能详，听众能从听到的歌声中分辨出歌手是不是梁玉莹，主要依据是声音的（ ）
A．响度 B．音调 C．音色 D．频率
【分析】声音有三个特征，即音调、响度 和音色，我们一般利用音色来辨别发声体。
【解答】解：我们一般利用音色来辨别发声体，能从听到的歌声中分辨出歌手是不是梁玉莹，主要依据是声音的音色。
故选：C。
【点评】本题考查了音色与音调和响度的区别，属于基础知识。
4．（2分）四季分明的临沂城宜商宜居。下列自然现象中，属于凝华的是（ ）
A．春天，冰雪消融 B．夏天，露珠晶莹
C．秋天，白雾弥漫 D．冬天，霜满枝头
【分析】物质从固态到液态的过程叫做熔化，物质从液态变成固态的过程叫做凝固；物质从液态变为气态叫做汽化，物质从气态变为液态叫做液化；物质从固态直接变成气态叫升华，物质从气态直接变成固态叫凝华。
【解答】解：
A、春天，雪消融是由固态的冰变成水，属于熔化现象，不合题意。
B、夏天，露珠晶莹，露珠是由空气中的水蒸气遇冷液化形成的，不合题意。
C、秋天，白雾弥漫，雾是液态小水滴，是水蒸气遇冷由气态变为液态的液化现象，不合题意。
D、冬天，霜满枝头，霜是固态小冰晶，是空气中的水蒸气快速放热后由气态直接变为固态形成的，属于凝华现象，符合题意。
故选：D。
【点评】本题考查三种物质三种状态之间六种物态变化，都是基础性的，要求学生在今后的学习中加强对所学的基础知识的储备，以便能够灵活应用
5．（2分）2022年6月5日，“神舟十四号”载人飞船与空间站天和核心舱成功对接，我国三名航天员将在空间站工作生活6个月。空间站在工作时的能源主要来自（ ）
A．煤炭 B．地热 C．汽油 D．太阳能
【分析】在太空工作时，便于获得、能够及时得到补充的是太阳能，由此入手进行考虑。
【解答】解：煤炭、地热、汽油在空间站是不能进行补充的，所以空间站在外工作时，消耗的主要能源是太阳能，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题考查能源的应用，是对基础知识的考查。
6．（2分）在相同时间内，下列家用电器正常工作时消耗的电能最少的是（ ）
A．电饭煲 B．节能灯 C．电熨斗 D．空调
【分析】根据W＝Pt可知：在相同的时间内，用电器的功率小的消耗的电能少。
【解答】解：因为节能灯与其它选项中的用电器相比，它的额定功率最小，在正常工作时，一定时间内消耗的电能最少，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】知道电能与电功率；会根据公式W＝Pt进行简单分析。
7．（2分）如图所示为2022年北京冬奥会开幕式上缓缓升起的奥运五环，重达3t的奥运五环“破冰而出”，被匀速竖直提升至13m的高空。在提升过程中，奥运五环的（ ）
A．动能增大 B．重力势能不变
C．机械能不变 D．机械能增大
【分析】动能大小的影响因素：质量和速度，质量越大，速度越大，动能越大。重力势能大小的影响因素：质量和高度，质量越大，高度越高，重力势能越大；机械能为动能和势能的和。
【解答】解：奥运五环被匀速竖直提升至13m的高空的过程中：
A、奥运五环的质量不变、速度不变，动能不变，故A错误；
B、奥运五环的质量不变、高度增大，重力势能增大，故B错误；
CD、奥运五环的动能不变、重力势能增大，机械能增大，故D正确、C错误。
故选：D。
【点评】本题考查了动能、重力势能和机械能的变化，属于基础题。
8．（2分）如图所示，在探究“并联电路的电流规律”时，闭合开关S后，电流表A1的示数是0.2A，电流表A2的示数是0.3A，则电流表A的示数是（ ）
A．0.2A B．0.3A C．0.5A D．0.4A
【分析】由图知，两灯泡并联，A1测L1支路的电流，电流表A2测L2支路的电流，电流表A测干路电流；并联电路中干路电流等于各支路电流之和，由此分析解答。
【解答】解：由图知，两灯泡并联，A1测L1支路的电流，电流表A2测L2支路的电流，电流表A测干路电流，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以电流表A的示数是：I＝I1+I2＝0.2A+0.3A＝0.5A。
故选：C。
【点评】本题考查了并联电路电流特点的应用，关键是正确分析电路中电流表的测量对象。
9．（2分）如图所示的各种工具，正常使用时不省力的是（ ）
A．钢丝钳
B．动滑轮
C．旗杆顶定滑轮
D．斜面
【分析】（1）省力杠杆、动滑轮、斜面等机械省力。
（2）费力杠杆等不省力。
（3）定滑轮不省力，可以改变力的方向。
【解答】解：A、钢丝钳是省力杠杆，故A不符合题意；
B、动滑轮省力，故B不符合题意；
C、旗杆顶定滑轮是一个等臂杠杆，不省力，故C符合题意；
D、斜面是省力的机械，故D不符合题意。
故选：C。
【点评】知道常见的简单机械的特点及应用；本题属于基础性题目。
10．（2分）在螺线管附近放一小磁针，静止时小磁针位置如图所示。闭合开关S时，小磁针发生旋转，通电螺线管的N极位置及小磁针旋转方向分别为（ ）
A．通电螺线管的右侧，逆时针
B．通电螺线管的左侧，逆时针
C．通电螺线管的右侧，顺时针
D．通电螺线管的左侧，顺时针
【分析】（1）根据安培定则可判断通电螺线管的磁极；
（2）同名磁极互相排斥，异名磁极互相吸引。
【解答】解：图中电流从通电螺线管的左后方流入，从右前方流出，根据安培定则可知，通电螺线管的右侧为N极，左侧为S极；又因为同名磁极互相排斥，异名磁极互相吸引，因此小磁针会逆时针旋转，S极指向左端。故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】此题考查了安培定则、磁极间的相互作用，难度不大，属基础题目。
11．（2分）2022年女足亚洲杯决赛中，中国女足在0比2落后的情况下逆转，以3比2力克韩国队夺冠，时隔16年重登亚洲之巅，在足球比赛中，下列说法正确的是（ ）
A．足球在空中飞行过程中不受力的作用
B．足球在空中下落过程中惯性变大
C．足球在地面上越滚越慢，说明运动需要力来维持
D．守门员飞身扑住了飞向球门的足球，说明力可以改变物体运动状态
【分析】（1）对足球进行受力分析即可做出判断。
（2）惯性是物体保持原来运动状态不变的性质，只与物体的质量有关；
（3）力可以改变物体的形状，可以改变物体的运动状态。
【解答】解：A、足球在空中飞行过程中，受到重力和空气阻力的作用，故A错误；
B、足球在空中下落过程中质量不变，惯性不变，故B错误；
C、足球在地面上越滚越慢，说明力可以改变物体的运动状态，运动不需要力来维持，故C错误；
D、守门员飞身扑住了飞向球门的足球，说明力可以改变物体运动状态，故D正确。
故选：D。
【点评】此题考查力的作用效果、惯性以及对物体的受力分析，是一道综合性较强的题目，但总体难度不大。
12．（2分）在如图所示的家庭电路中，插座、螺口灯泡（及其开关）的连线正确的是（ ）
A．两孔插座 B．三孔插座 C．灯泡甲 D．灯泡乙
【分析】（1）两孔插座的接法：左孔接零线，右孔接火线。
（2）三孔插座的接法：左孔接零线，右孔接火线，上孔接地线。
（3）灯泡的接法：火线首先进开关，再入灯泡顶端的金属点；零线直接接入灯泡的螺旋套。
【解答】解：A、左孔应接零线，右孔应接火线，故接线错误。
B、左孔应接零线，右孔应接火线，上孔接地线，故接线错误。
CD、火线首先要进入开关，再接入灯泡顶端的金属点，零线直接接螺旋套，故C接线错误，D接线正确。
故选：D。
【点评】（1）掌握家庭电路的火线、零线、地线之间的电压。
（2）掌握各用电器之间和插座之间连接方式。
（3）掌握两孔插座、三孔插座、灯泡、开关的接法。
13．（2分）如图是电阻a、b的电流随电压变化的关系图像，下列结论与图象相符的是（ ）
A．电阻一定时，电流随着电压的增大而减小
B．电压相同时，阻值大的电阻通过的电流小
C．电流相同时，阻值小的电阻两端的电压大
D．两电阻阻值的关系是Ra＞Rb
【分析】从图象可以得出的信息有：
①在电阻一定时，通过导体的电流与其两端的电压成正比；
②在电压一定时，通过电阻a的电流大于通过电阻b的电流；
③在电流相同时，电阻a两端的电压小于电阻b两端的电压；
根据欧姆定律比较电阻a、b的阻值大小。
【解答】解：A、由图象可知，当电阻一定时，电流随着电压的增大而增大，故A错误；
BCD、由图象可知，在电压一定时，通过电阻a的电流大于通过电阻b的电流，
由R＝可知，电阻a的阻值小于电阻b的阻值，故D错误，B正确；
C、由图象可知，在电流相同时，电阻a两端的电压小于电阻b两端的电压，即阻值大的电阻两端的电压大，故C错误。
故选：B。
【点评】本题考查欧姆定律的应用，关键是能根据图像得出正确的信息。
（多选）14．（3分）“我劳动，我快乐！”放学回家后，小聪在厨房帮妈妈做饭，她发现厨房里涉及到很多物理知识，以下说法正确的是（ ）
A．天然气燃烧时将化学能转化为内能
B．铁锅加热后升温很快是因为铁的比热容较小
C．家中的抽油烟机和电灯是串联连接的
D．炒菜时，用锅铲翻炒将菜肴煮熟主要是通过做功的方式增大菜肴的内能
【分析】（1）燃料燃烧的过程是将化学能转化为内能的过程；
（2）铁的比热容较小，质量相同的铁与比热容大的其他物质相比，吸收或放出相同的热量，温度变化大；
（3）串联电路中各用电器互相影响，并联电路中各用电器互不影响；
（4）改变物体的内能有两种方式：做功和热传递。
【解答】解：A．天然气燃烧时，将化学能转化为内能，故A正确；
B．炒菜用铁锅，是因为铁的比热容小，质量相同的铁与比热容大的其他物质相比，吸收相同的热量，升高的温度快，故B正确；
C．因为厨房的电饭锅、油烟机和电灯工作互不影响，因此它们的连接方式为并联，故C错误；
D．炒菜时，锅铲不断翻动菜的主要目的是使菜肴受热均匀，将菜肴煮熟是通过热传递的方式来改变物体的内能，而不是通过做功，故D错误。
故选：AB。
【点评】本题考查了电学、热学、分子动理论有关的多个知识点，了解相关知识并能与实际例子相结合，是解答的关键。
（多选）15．（3分）052D型导弹驱逐舰是我国海防和远洋护航的主力舰种之一，关于驱逐舰在海上执行护航任务的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．驱逐舰所受浮力的方向总是竖直向上的
B．舰载直升机离舰后，驱逐舰所受浮力变大
C．舰载直升机离舰后，驱逐舰舰底所受海水压强变大
D．舰载直升机升空过程中，以直升机为参照物，地面是运动的
【分析】（1）浮力永远是竖直向上的；
（2）驱逐舰处于漂浮状态，浮力等于重力；
（3）液体压强跟液体密度和液体的深度有关；、
（4）研究物体的运动时，必须事先选定一个标准的物体，这个事先被选作标准的物体叫参照物。如果被研究的物体相对于这个标准位置发生了改变，则是运动的；如果被研究的物体相对于这个标准位置没有发生了改变，则是静止的。
【解答】解：A、浮力方向是竖直向上的，故A正确；
B、驱逐舰处于漂浮状态，浮力等于重力，舰载直升机离舰后，驱逐舰重力变小，所以浮力变小，故B错误；
C、舰载直升机离舰后，浮力变小，排开液体体积变小，所以驱逐舰浸入水的深度变小，液体密度不变，所以驱逐舰舰底所受海水压强减小，故C错误；
D、舰载直升机升空过程中，以直升机为参照物，地面与直升机之间有位置的变化，所以舰载直升机是运动的，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题考查了浮力的性质、阿基米德原理、物体的浮沉应用、物体的运动和静止的相对性和液体压强。属于中档题。
（多选）16．（3分）如图所示的电路中，电源电压不变，当开关S闭合，电路正常工作，滑片P向右移动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．灯泡L变亮 B．电路的总电阻增大
C．电压表示数变大 D．电流表示数逐渐变大
【分析】分析清楚电路结构，明确各电路元件的连接方式，根据滑片的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，然后应用串联电路特点、欧姆定律与电功率公式分析答题。
【解答】解：由图示电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电流表测电路电流，电压表测滑动变阻器两端电压；
滑片向右移动过程中，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路总电阻变大，根据串联电路的分压作用，滑动变阻器分压变大，电压表示数变大，故BC正确；
电源电压U不变，由I＝可知，电路电流变小，电流表示数变小，故D错误；
滑动变阻器电压变大，电源电压不变，与滑动变阻器串联的灯泡两端电压变小，电路电流变小，由P＝UI可知，灯泡实际功率减小，灯泡变暗，故A错误。
故选：BC。
【点评】本题是一道电路动态分析题，分析清楚电路结构是正确解题的前提与关键，应用串联电路特点、欧姆定律、电功率公式即可解题。
二、填空题（每空1分，共12分。请把答案直接写在答题卡相应的位置上，不要求写出演算过程。）
17．（2分）日本地震引发海啸，核电站等设施遭到破坏，造成了大量的人员伤亡、巨大的经济损失和严重的环境污染。地震产生的声波属于 次声波 （选填“次声波”或“超声波”），核电站的建设是为了利用核能，核能属于 不可再生 （填“可再生”或“不可再生”）能源。
【分析】（1）超声波是指高于20000Hz的声音，次声波是指低于20Hz的声音，人耳无法听到超声和次声。地震会产生次声波，能量很高的次声波具有极大的破坏力；
（2）核能发电是利用铀原子核裂变时放出的核能来发电的。像铀矿这类矿物能源，一旦消耗就很难再生，属于不可再生能源。
【解答】解：（1）地震时产生的声波振动频率低于20Hz，故为次声波，能量很高的次声波具有极大的破坏力；
（2）核能发电是利用铀原子核裂变时放出的核能来发电的。像铀矿这类矿物能源，一旦消耗就很难再生，属于不可再生能源，因此核能是不可再生能源。
故答案为：次声波；不可再生。
【点评】本题考查了能源的分类、超声波和次声波的判断，难度不大。
18．（2分）屋顶风帽是利用自然风使风帽旋转实现室内换气的装置，如图所示。它不用电，节能环保。只要速度为0.2m/s的微风即可让其轻盈运转。风帽转动时其内部空气流速变大、压强变 小 ，室内的污浊气体在 大气压 作用下被排出。
【分析】流体压强与流速的关系：流速越大的位置，压强越小；流速越小的位置，压强越大。
【解答】解：风帽转动时其内部空气流速变大、压强变小，所以室内的污浊气体在大气压的作用下被排出。
故答案为：小；大气压。
【点评】本题考查流体压强与流速的关系，难度不大。
19．（2分）如图是某村第一书记为当地特产直播带货的情景。直播使用的手机摄像头成的是 缩小 （选填“缩小”或“放大”）的实像；为了使网友看清商品细节，应将商品 靠近 （选填“靠近”或“远离”）手机摄像头。
【分析】（1）手机摄像头是一个凸透镜，成倒立、缩小的实像；
（2）凸透镜成实像时，物近像远像变大。
【解答】解：手机摄像头是一个凸透镜，其成像原理与照相机的成像原理相同，成的是倒立、缩小的实像；
为了使网友看清商品细节，像应变大，像距变大，物距变小，应将商品靠近摄像头。
故答案为：缩小；靠近。
【点评】本题考查了凸透镜成像规律的应用，属于基础题。
20．（2分）与毛皮摩擦过的橡胶棒因得到电子而带 负 电，用带电的橡胶棒接触验电器的金属球，金属箔张开，这是因为 金属箔带同种电荷 。
【分析】物体因得到电子带负电；电荷与电荷之间存在相互作用，且同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引
【解答】解：摩擦起电的实质是电子的转移，与毛皮摩擦过的橡胶棒得到电子带负电；带负电的橡胶棒与验电器的金属球接触后，使金箔带上等量的负电荷而张开，即金属箔带同种电荷。
故答案为：负；金属箔带同种电荷。
【点评】本题考查了摩擦起电的实质、电荷间的相互作用规律，属于基础题。
21．（2分）远离电子产品，保护视力。如图是一位同学眼球成像的示意图，他所患眼疾为 近视 （选填“近视”或“远视”）眼；他应配戴 凹 （选填“凹”或“凸”）透镜矫正视力。
【分析】近视眼的眼睛成像时，像成在视网膜的前方，应该配戴凹透镜来矫正视力。
【解答】解：图中像成在视网膜的前方，为近视眼的成像，故应该配戴凹透镜来矫正视力，因为凹透镜对光线有发散作用，使光线推迟会聚，正好成像在视网膜上。
故答案为：近视；凹。
【点评】本题主要考查学生对近视眼的特点与矫正方法的了解和掌握，是中考的热点。
22．（2分）南宁市装有多座过街天桥，极大方便了行人的出行。阴雨天时，空气潮湿，能见度低，路面湿滑，为了保证行人上下天桥时的安全，需要在天桥入口处设置警示灯。图甲是某同学为此设计的部分模拟电路，电磁铁及触点1固定不动，衔铁可在电磁铁作用下上下运动，带动铜棒OF绕O点运动。电路中R为湿敏电阻，其阻值会随空气湿度发生变化。闭合开关S，当空气湿度小于设定值时，警示灯随湿度变化而自动调整亮度；当空气湿度增大到设置值时，警示灯能不断闪烁。图乙是可供选择的两种湿敏电阻的阻值随湿度变化关系的图像。忽略电磁铁线圈电阻，灯泡阻值不变，应选择 R2 （选填“R1”或“R2”）作为该电路的湿敏电阻；若使警示灯在较小湿度下实现闪烁，应向 左 （选填“左”或“右”）移动滑片P。
【分析】根据实际需要，当空气潮湿，能见度低时，警示灯变亮，即警示灯随湿度的增加而变亮，当警示灯变亮时，通过电路的电流变大，电路电阻变小，再根据乙图判断哪个电阻的阻值随湿度的增加而减小，就选它作为湿敏电阻；
电源电压不变，空气湿度设定值不变，即触发电流不变、电路中总电阻不变，若向左移动滑片，滑动变阻器接入电路中的阻值变小，湿敏电阻阻值较大时，电路中电流即可达到触发电流。
【解答】解：由乙图可知，R1的阻值随湿度的增加而增加，R2的阻值随湿度的增加而减小，根据实际需要，当空气潮湿，能见度低时，警示灯变亮，即警示灯随湿度的增加而变亮，电磁铁的磁性增强，吸引衔铁把电阻和电磁铁短路，使得灯变亮，因而当警示灯变亮时，通过电路的电流变大，电路电阻变小，所以R2符合要求；
电源电压不变，空气湿度设定值不变，即触发电流不变、电路中总电阻不变，若向左移动滑片，滑动变阻器接入电路中的阻值变小，即湿敏电阻阻值较大时，电路中电流即可达到触发电流，使警示灯在较小湿度下就能实现闪烁。
故答案为：R2；左。
【点评】本题考查串联电路特点、欧姆定律的灵活运用，会根据实际需要选择湿敏电阻是解题的关键。
三、作图题（共4分。请把答案直接写在答题卡相应的位置上。）
23．（2分）如图，书静止在水平桌面上。画出书的受力示意图。
【分析】物体静止在水平地面上，处于平衡状态，受一对平衡力，重力G与支持力F；重力方向竖直向下、支持力竖直向上。
【解答】解：书受重力G，支持力F，大小相等，方向相反，作用在一条直线上，作用在同一物体上；
答案如图：
。
【点评】作图时首先找到物体的重心，重力与支持力是一对平衡力，线段的长度要相等。
24．（2分）请在图中画出物体AB在平面镜MN中所成的像A′B′。
【分析】平面镜成像的特点是：像物大小相等、到平面镜的距离相等、连线与镜面垂直，即像物关于平面镜对称，利用这一对称性作出AB的像。
【解答】解：分别作出物体AB端点A、B关于平面镜的对称点A′、B′，用虚线连接A′、B′，即为AB在平面镜中的像。如图所示：
【点评】在平面镜成像作图中，若作出物体在平面镜中所成的像，要先根据像与物关于平面镜对称，先作出端点和关键点的像点，再用虚线连接各点即为物体的像。
四、实验与探究题（共25分。请把答案直接写在答题卡相应的位置上。）
25．（5分）（1）在探究光反射时的规律时，将一束光贴着纸板沿EO方向射向O点，在纸板上用笔描出入射光EO和反射光OF的径迹，如图1所示，反射角的大小为 50 °。
（2）在“探究液体内部压强跟哪些因素有关”的实验中，如图2所示，是通过观察压强计上U形管两边液面的 高度差 来显示压强大小。手指轻按压强计上金属盒的橡皮膜，观察到U形管中液面不发生变化，说明该装置 漏气 （选填“漏气”或“不漏气”）。
（3）用图3甲所示的装置探究水沸腾时温度变化的特点。实验中某时刻温度计中液面如图乙所示，其示数为 95 ℃；由图3丙可知水的沸点低于100℃，可能原因是实验室里的气压 低于 （选填“高于”“低于”或“等于”）标准大气压。
【分析】（1）反射光线和法线的夹角是反射角；
（2）液体压强计就是利用U形管中液面的高度差来显示压强大小，压强越大，U形管液面高度差越大；若U形管和橡皮膜连接的软管出现漏气，不论橡皮膜是否受到压强，软管中气体的压强都等于大气压，则U形管两边液面就不会出现高度差；
（3）温度计读数时，视线与液面相平，看清分度值，并区分是“零上”还是“零下”；
一个标准大气压下的水的沸点为100℃，气压减小，沸点降低，据此分析。
【解答】解：（1）由图可知，反射光线OF和法线ON的夹角即为反射角，大小是50°；
（2）液体压强计是利用U形管两侧液面高度差来体现压强大小的，液面高度差越大，说明液体压强越大；若手指轻按压强计上金属盒的橡皮膜，观察到U形管中液面不发生变化，说明该装置漏气，使软管中的气体和大气相通，等于大气压强，橡皮膜受到压强时，软管内的气体压强不会发生变化，U形管中的液面就不会出现高度差；
（3）实验中某时刻温度计中液面如图乙所示，其分度值为1℃，示数为95℃；一标准大气压下水的沸点为100℃，气压减小，沸点降低，由图丙可知水的沸点低于100℃，可能原因是实验室里的气压低于标准大气压。
故答案为：（1）50；（2）高度差；漏气；（3）95；低于。
【点评】本题考查反射现象、液体压强计以及沸点与气压的关系，难度不大。
26．（6分）如图所示在“研究影响滑动摩擦力大小的因素”的实验中：
（1）用弹簧测力计水平拉动木块，使它沿长木板做 匀速直线 运动，根据 二力平衡 原理知木块受到的摩擦力等于拉力；
（2）分析比较 甲、丙 两次实验可知滑动摩擦力大小与接触面粗糙程度有关；分析甲、乙两次实验可得出结论：在接触面粗糙程度相同时， 压力 越大，摩擦力越大；
（3）比较甲、丁实验，发现甲实验弹簧测力计的示数大于丁实验弹簧测力计的示数，小明得出结论：滑动摩擦力的大小与接触面积的大小有关，你认为他的结论是 错误 （选填“正确”或“错误”）的。原因是 没有控制压力相同 。
【分析】（1）根据二力平衡的条件分析；
（2）影响滑动摩擦力大小因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变，据此分析回答；
（3）研究滑动摩擦力的大小与接触面积的大小有关，要控制压力大小和接触面的粗糙程度相同。
【解答】解：（1）用弹簧测力计水平拉动木块，使它沿长木板做匀速直线运动，木块在水平方向上受到平衡力的作用，根据二力平衡的条件可知，木块受到的摩擦力等于拉力；
（2）探究滑动摩擦力的大小与接触面粗糙程度的关系，要控制压力大小相同，故分析比较甲、丙两次实验可知滑动摩擦力大小与接触面粗糙程度有关；
分析甲、乙两次实验可得出结论：在接触面粗糙程度相同时，压力越大，摩擦力越大；
（3）研究滑动摩擦力的大小与接触面积的大小有关，要控制压力大小和接触面的粗糙程度相同，丁中切去二分之一，则压力变小了，他的结论是错误的。原因是没有控制压力相同。
故答案为：（1）匀速直线；二力平衡；（2）甲、丙；压力；（3）错误；没有控制压力相同。
【点评】本题探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关，考查实验原理及控制变量法的运用，体现了对过程和方法的考查。
27．（7分）小天在学校教室，使用一款医用免洗洗手液对手部进行杀菌抑菌。瓶身上的说明显示，这款洗手液含75%酒精及芦荟精华提取液等。小天所在的兴趣小组对这款洗手液的密度进行了测量。
（1）实验前，将天平放在水平工作台上，游码移至标尺左端的 零刻度线 处，此时指针偏向分度盘中线右侧，他应该将平衡螺母向 左 （选填“左”或“右”）调节，直至天平平衡；
（2）向烧杯中倒入适量洗手液，测出烧杯和洗手液的总质量为102g；然后将烧杯中的部分洗手液倒入量筒中（如图1甲），则量筒内洗手液的体积为 40 cm3；再称量烧杯和剩余洗手液的总质量，天平再次平衡时如图1乙所示，则烧杯和剩余洗手液的总质量为 72 g，这款洗手液的密度为 0.75×103 kg/m3；
（3）在向量筒倒洗手液时，如果不慎有洗手液溅出，则测出的洗手液密度会 偏大 （选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
（4）小慧也想测出洗手液的密度，但发现自己没有天平和量筒，聪明的小慧灵机一动，找来弹簧测力计、烧杯、石块、细绳和适量的水，设计了如下实验步骤（如图2所示），也把洗手液的密度测了出来，请你将实验步骤补充完整：
①用细绳拴住石块，并用弹簧测力计测出石块重力为G；
②将石块浸没在水中，记录弹簧测力计的读数F1；
③将石块浸没在洗手液中，记录弹簧测力计的读数为F2；
④则洗手液的密度表达式ρ＝ •ρ水 （已知水的密度为ρ水，结果用G、F1、F2、ρ水来表示）。
【分析】（1）天平放在水平台上，游码归零，平衡螺母向上翘的一端移动。
（2）用天平测物体质量时，天平平衡时物体的质量等于右盘中砝码的质量加游码在标尺上所对的刻度值，而要准确读出游码所对的刻度值，必须明确标尺的分度值及以游码左端所对刻度为准；读取量筒液体的体积时，视线与液面（凹液面的底部）相平；已知烧杯和洗手液的总质量，读出烧杯和剩余洗手液的总质量，可求得量筒中的洗手液的质量，量筒中洗手液的体积可从量筒中读出，然后，利用密度公式ρ＝可求出其密度；
（3）在向量筒倒入洗手液时，如果不慎有洗手液溅出，会导致量筒中洗手液的体积偏小，根据密度公式判断对测量结果的影响；
（4）利用浮力测量洗手液的密度，利用称重法求出石块浸没在水中和浸没在洗手液中受到的浮力，根据石块排开液体的体积相等列出等式，求出洗手液的密度。
【解答】解：（1）天平放在水平台上，游码移到标尺左端的零刻度线处，指针静止时指在分度盘中线的右侧，说明天平的左端上翘，则应将平衡螺母向左调节，使横梁水平平衡。
（2）烧杯和剩余洗手液的总质量为：m1＝50g+20g+2g＝7g，
根据题意，量筒里洗手液的质量是：m＝m1﹣m2＝102g﹣72g＝30g，
由图知，量筒中洗手液的体积是V＝40mL＝40cm3，
则洗手液的密度ρ＝＝＝0.75g∕cm3＝0.75×103kg∕m3；
（3）在向量筒倒入洗手液时，如果不慎有洗手液溅出，会导致量筒中洗手液的体积偏小，即测得倒出洗手液的体积偏小，而通过两次总质量之差测得倒出的牛奶质量是准确的，则根据密度公式可知测出的洗手液密度会偏大；
（4）石块浸没在水中，F浮＝ρ水V排g，F浮＝G﹣F1，
这两式相等，得V排＝，
浸没时V排＝V石，
石块的体积V石＝，
石块浸没在酒精中，F浮′＝ρ酒V排g＝ρ酒V石g，F浮′＝G﹣F2，
这两式相等，得酒精的密度：ρ酒＝＝•ρ水。
酒精密度ρ酒＝•ρ水。
故答案为：（1）零刻度线；左；（2）40；72；0.75×103；（3）偏大；（4）•ρ水。
【点评】本题是测液体密度的实验题目，考查了天平的使用、天平和量筒的读数、密度计算以及误差分析，属于密度测量中常见的问题，要掌握好。
28．（7分）小华用如图1甲所示电路，测量标有“2.5V”字样小灯泡的电阻，现有器材，电源（3V）、电流表、电压表、滑动变阻器（20Ω，2A）、开关、导线若干。
（1）根据图1甲，用笔画线表示导线，将图1乙中的实物图连接完整。
（2）闭合开关，移动滑片P，发现灯泡始终不亮，电流表示数为零，电压表示数等于电源电压，可判断故障是 小灯泡断路 。
（3）排除故障后进行实验。移动滑片P，当电压表示数为2.2V时，电流表示数如图2甲，为 0.24 A，此时小灯泡的电阻为 9.2 Ω（结果保留一位小数）。
（4）根据实验数据，分别画出小灯泡和滑动变阻器的I﹣U图象，如图2乙。根据图象可知：小灯泡两端电压越大，电阻越 大 ；当滑动变阻器电阻与小灯泡电阻相等时，小灯泡消耗的功率是 0.3 W。
（5）小华发现无论如何移动滑片，小灯泡两端的电压都无法调到0.5V。现增加一个阻值未知的定值电阻R和一个开关，对原电路进行改进，使小灯泡两端电压能在0.5V～3.0V之间变化，测出小灯泡在不同电压下的电阻，并可以利用改进后的电路间接测出了定值电阻的阻值。要求电路连接后不再拆接，请在虚线框中画出改进后的电路图。
【分析】（1）根据电压表的使用规则和正确使用滑动变阻器的原则连接电路；
（2）小灯泡不亮，可能是灯泡断路或短路或灯泡之外的电路断路；电流表无示数，可能是电路断路或电流表短路；电压表有示数，说明电压表与电源两端相连接，电压表并联电路之外不存在断路，且与电压表并联电路无短路现象，综合分析可知灯泡不亮的原因是灯泡断路；
（3）由图读出电流表的示数，根据R＝计算出灯丝电阻；
（4）图2乙中图像分析得出小灯泡和滑动变阻器对应的图像，进一步分析得出灯丝电阻的变化情况；根据图像计算出当滑动变阻器电阻与小灯泡电阻相等时，小灯泡消耗的功率；
（5）分析灯泡两端电压不能调到0.5V的原因，并根据小灯泡两端电压能在0.5V～3.0V之间变化的要求，设计改进电路；
【解答】解：（1）由图1甲电路图可知，电压表与灯泡并联，因灯泡的额定电压为2.5V，所以电压表用0～3V量程；滑动变阻器与灯泡串联，且要上下各接一个接线柱，所以连接电路如图所示：
（2）移动滑片，发现小灯泡始终不亮，且电压表有示数，电流表无示数，则故障的原因可能是灯泡断路；
（3）图2甲中电流表的量程是0～0.6A，分度值是0.02A，读数为I＝0.24A，
由I＝可得，小灯泡的电阻为：R＝＝≈9.2Ω；
（4）当滑动变阻器的滑片移动使滑动变阻器接入电阻变小时，电路总电阻变小，电路中的电流变大，灯泡两端的电压变大，滑动变阻器两端的电压变小（可以为零），因此图2乙的I﹣U图像中经过点（0.5V，0.25A）的图像是滑动变阻器的I﹣U图像，经过点（2.5V，0.25A）的是小灯泡的I﹣U图像；
分析图象可知，小灯泡两端的电压为U1＝1.0V时，灯丝中的电流I1＝0.16A，此时灯丝电阻R1＝＝＝6.25Ω，
小灯泡两端的电压为U2＝2.5V时，灯丝中的电流I2＝0.25A，此时灯丝电阻R2＝＝＝10Ω，
当小灯泡两端的电压增大时，通过灯的电流变大，根据P＝UI灯的功率变大，灯丝温度升高，灯丝的电阻会增大；
当滑动变阻器电阻与小灯泡电阻相等时，在串联电路中通过它们电流相等，根据U＝IR可知，它们两端的电压相等（两图像交点），所以U灯＝U滑＝U＝×3V＝1.5V，由图2乙可知，I灯＝0.2A，
由P＝UI可得，灯泡的实际电功率：P灯＝U灯I灯＝1.5V×0.2A＝0.3W；
（5）因为滑动变阻器的最大阻值20Ω较小，在接入电路的阻值最大时分压偏小，使得灯泡两端电压无法调低至0.5V，
根据题目要求，可以在电路中串联一个定值电阻再移动滑片就可以使得灯泡两端的电压调到0.5V；
为使灯泡两端的电压能达到电源电压，则需要在串联的定值电阻两端并联一个开关，这样在需要灯泡两端有较高电压时，开关闭合将定值电阻短接；当需要灯泡两端有较低的电压时，断开与定值电阻并联的开关，定值电阻串联起到分压作用。
改进电路如下图所示：
故答案为：（1）如图所示；（2）小灯泡断路；（3）0.24；9.2；（4）大；0.3；（5）如图所示。
【点评】本题测量小灯泡的电阻，考查电路的连接、注意事项、故障分析、影响电阻大小的因素及额定功率的计算、欧姆定律的运用等，是电学综合题。
五、综合应用题（共24分。解答时要求在答题区域上写出必要的文字说明、计算公式和重要的演算步骤。只写出最后答案，而未写出主要演算过程的，不能得分。答案必须明确写出数值和单位。）
29．（6分）如图所示是某型号履带式推土机，其发动机的额定功率为150kW，质量为2.5×104kg，推土机以3.6km/h的速度匀速前进10m的过程中，求：
（1）推土机的重力；
（2）推土机前进10m需要的时间；
（3）牵引力所做的功。
【分析】（1）根据G＝mg求推土机的重力；
（2）根据速度公式求出推土机前进10m需要的时间；
（3）根据P＝求出牵引力所做的功。
【解答】解：（1）推土机的重力：G＝mg＝2.5×104kg×10N/kg＝2.5×105N；
（2）推土机的速度v＝3.6km/h＝1m/s，
由v＝可知，推土机前进10m需要的时间：t＝＝＝10s；
（3）由P＝可知，牵引力所做的功：W＝Pt＝150×103W×10s＝1.5×106J。
答：（1）推土机的重力为2.5×105N；
（2）推土机前进10m需要的时间为10s；
（3）牵引力所做的功为1.5×106J。
【点评】本题考查重力公式、速度公式和功率公式的应用，难度不大。
30．（8分）如图所示是一款自动炖煮机的简化电路图，R1、R2是两个完全相同的电热丝，S为电源开关，通过控制开关S1、S2实现“低温”“中温”“高温”三个挡位间的切换。从该炖煮机铭牌信息中获知，其额定电压220V，加热效率为75%，但功率信息模糊不清。为研究该炖煮机的工作情况及有关信息，多多在炖煮机中装入5kg的水，闭合开关S，通过观察其电子显示屏（消耗电能忽略不计），记录有关信息如表所示。水的比热容c＝4.2×103J/（kg•℃），求：
指示灯状态
工作时间
水温变化
高温灯亮
0～14min
34℃升至100℃
中温灯亮
14～24min
100℃保持不变
低温灯亮
24～29min
100℃保持不变
（1）0～14min水吸收的热量；
（2）已知多多家现在正在使用的电器总功率是6500W，电能表上标有“220V，10（40）A”的字样。请你通过计算判断，多多家的电路是否允许同时使用这款自动炖煮机？
（3）炖煮机24～29min消耗的电能。
【分析】（1）根据密度公式计算水的质量，根据公式Q吸＝cm（t﹣t0）求出水吸收的热量；
（2）根据η＝算出高温挡消耗的电能，由P＝算出炖煮机高温挡时的功率；
220V 10（40）A：220V表示家庭电路的电压，10A是电能表的标定电流，40A是电能表的额定最大电流，根据P＝UI可以计算出家庭电路中允许接入用电器的最大总功率；用最大总功率减去原有用电器的总功率即可知道多多家的电路是否允许同时使用这款自动炖煮机；
（3）由图知高温挡工作时，R1和R2并联，且两电阻相同，根据P＝算出两电阻丝的阻值；
24～29min低温挡工作，R1和R2串联，根据P2＝算出低温挡的功率，由W2＝P2t2算出低温挡消耗的电能。
【解答】解：（1）水的质量为m＝ρ水V＝1.0×103kg/m3×5×10﹣3m3＝5kg，
水吸收的热量：
Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×5kg×（100℃﹣34℃）＝1.386×106J；
（2）根据η＝知高温挡消耗的电能为：
W1＝＝＝1.848×106J，
由P＝炖煮机高温挡时的功率为：
P1＝＝＝2200W，
220V 10（40）A：220V表示家庭电路的电压，10A是电能表的标定电流，40A是电能表的额定最大电流，
则家庭电路中允许接入用电器的最大总功率：
P最大＝UI最大＝220V×40A＝8800W；
家庭电路还允许接入用电器的电功率：
ΔP＝8800W﹣6500W＝2300W＞2200W，
所以，从电能表使用的角度考虑，多多家的电路允许同时使用这款自动炖煮机；
（3）高温挡时总功率最大，由P＝可知总电阻最小，由图可知此时R1和R2并联，且两电阻相同，
根据P＝可知两电阻丝的阻值为：
R1＝R2＝＝＝44Ω，
由表格数据知24～29min低温挡工作，低温挡时总功率最小，由P＝可知总电阻最大，由图可知此时R1和R2串联，低温挡的功率为：
P2＝＝＝550W，
低温挡消耗的电能为：
W2＝P2t2＝550W×（29﹣24）×60s＝1.65×105J。
答：（1）0～14min水吸收的热量为1.386×106J；
（2）多多家的电路允许同时使用这款自动炖煮机；
（3）炖煮机24～29min消耗的电能为1.65×105J。
【点评】本题为电热的综合计算题，考查了学生对热量公式、效率公式、功率公式以及电功公式的理解和灵活运用，属于中档题。
31．（10分）如图甲所示，圆柱形木块A与薄壁圆柱形容器B（质量忽略不计）分别放置于水平桌面上，已知A的密度0.8×103kg/m3，高为20cm，底面积为100cm2，容器B内盛有4cm深的水。小吴从A的上表面沿水平方向截取高为h的圆柱块，并将截取部分放入容器B后（假设木块不吸水、液体始终未溢出），木块A和容器B对桌面的压强随截取
高度h的变化关系如图乙所示。求：
（1）一开始，水对容器B底部的压强；
（2）将截取高度h1＝2cm的木块C放入B中，待木块C静止后所受的浮力；
（3）容器B的底面积；
（4）当B对桌面的压强是木块A对桌面压强的2倍时，水对容器B底部压强的变化量。
【分析】（1）从A的上表面沿水平方向截取高为h的圆柱块，并将截取部分放入容器B中，则木块对桌面的压强减小，容器B对桌面的压强增大，因薄壁圆柱形容器B的质量不计，所以容器B对桌面的压强即容器中的水对桌面的压强，根据压强公式计算容器B对桌面的压强；
（2）从A截取h1＝2cm时，先计算截取部分的质量，再计算截取部分木块放入水中受到的浮力；
（3）由密度公式的变形计算圆柱形木块A的质量，木块放入水中处于漂浮状态，根据阿基米德原理可知F浮A＝GA，根据浮力计算公式计算木块浸入水中的体积，进一步计算容器B对桌面的压强的变化量，利用液体压强公式计算说明上升的高度，利用体积公式计算容器B的底面积；
（4）当B对桌面的压强是木块A对桌面压强的2倍时，设此时截取A的高度为其总高度的n倍，即放入水中的部分的重力为nGA，利用p＝表示B对桌面的压强和木块A对桌面的压强，列方程可得n的值，木块放入水中处于漂浮状态，根据阿基米德原理可知F浮A1＝nGA。
【解答】解：（1）从A的上表面沿水平方向截取高为h的圆柱块，并将截取部分放入容器B中，
木块A的重力减小，对桌面的压力减小，对桌面的压强减小，同理可知容器B对桌面的压强增大，
则下图中a是容器B对桌面的压强随截取高度h的变化图像，b是木块A对桌面的压强随截取高度h的变化图像，
当h＝0时，容器内水的高度h水＝4cm＝0.04m，容器B对桌面的压强为p0，
水的体积：V水＝SBh水，
由ρ＝可得，容器内水的质量：m水＝ρ水V水＝ρ水SBh水，
因薄壁圆柱形容器B的质量不计，
所以，容器B对桌面的压力：FB＝G水＝m水g＝ρ水SBh水g，
容器B对桌面的压强：p0＝＝＝ρ水gh水＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.04m＝400Pa；
（2）从A截取hC＝2cm时，截取部分的木块C质量：
mC＝ρAVA截C＝ρASAhC＝0.8×103kg/m3×100×10﹣4m2×2×10﹣2m＝0.16kg，
木块放入水中处于漂浮状态，根据阿基米德原理可知F浮C＝GC＝mCg＝0.16kg×10N/kg＝1.6N，
（3）圆柱形木块A的质量：mA＝ρAVA＝ρASAhA＝0.8×103kg/m3×0.2m×100×10﹣4m2＝1.6kg，
木块放入水中处于漂浮状态，根据阿基米德原理可知F浮A＝GA＝mAg＝1.6kg×10N/kg＝16N，
木块浸入水中的体积：V排A＝＝＝16×10﹣4m3，
由图可知当木块A漂浮在水面上时，容器B对桌面的压强为1200Pa，
容器B对桌面增加的压强：Δp＝p﹣p0＝1200Pa﹣400Pa＝800Pa，
水面上升的高度：h0＝＝＝0.08m，
容器B的底面积：SB＝＝＝0.02m2，
（4）容器内水的质量：m水＝ρ水V水＝ρ水SBh水＝1g/cm3×200cm2×4cm＝800g＝0.8kg，
容器内水的重力：G水＝m水g＝0.8kg×10N/kg＝8N；
当B对桌面的压强是木块A对桌面压强的2倍时，设截取A的重力为G截，
此时A对桌面的压强：pA′＝，B对桌面的压强pB′＝，
根据题意可得：＝2×＝，
由前面解答可知SB＝2SA，
解得G截＝11.2N；
容器底面积为200cm2，原来盛有4cm深的水，若截取部分放入水中时沉底，但仍然漂浮（与容器底部接触但对底部无压力），
则此时水的深度（此时相当于水分布在容器两侧）：h′＝＝＝＝8cm，
此时截取部分的重力G截′＝F浮′＝ρ水gV排＝ρ水gS截h′＝1.0×103kg/m3×10N/kg×100×10﹣4m2×0.08m＝8N；
而实际截取部分的重力11.2N＞8N，所以此时截取部分在水中沉底，且不能使水面上升，则此时水的深度仍然为8cm，截取部分所受的浮力仍然为8N。
水对容器B底部压强的变化量Δp′＝p′﹣p′0＝ρ水gh′﹣ρ水gh水＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.08m﹣1.0×103kg/m3×10N/kg×100×0.04m＝400Pa。
答：（1）图乙中p0的值为400Pa；
（2）将截取高度h1＝2cm的木块C放入B中，待木块C静止后所受的浮力为1.6N；
（3）容器B的底面积0.02m2；
（3）当B对桌面的压强是木块A对桌面压强的2倍时，水对容器B底部压强的变化量为400Pa。
【点评】本题考查液体压强公式、压强公式、体积公式、密度公式、重力公式、阿基米德原理、浮力计算公式的灵活运用，综合性强，难度较大。
2023年广西南宁三中（五象校区）中考物理模拟试卷
一、选择题（共16题，共35分。在给出的四个选项中，第1～13题只有一个选项符合题目要求，选对得2分，选错得0分。第14～16题有多个选项符合题目要求，全部选对得3分，选对但不全得2分，有选错得0分。请考生用2B铅笔在答题卡上将选定的答案标号涂黑。）
1．（2分）在国际单位制中，时间的基本单位是（ ）
A．时（h） B．分（min） C．秒（s） D．毫秒（ms）
2．（2分）下列现象是由于光的折射产生的是（ ）
A．天空出现的彩虹 B．树荫下的光斑
C．屏上的皮影 D．水中清晰的倒影
3．（2分）2022年《中国好声音》桂平歌手梁玉莹夺冠，从此桂平人对梁玉莹的歌声耳熟能详，听众能从听到的歌声中分辨出歌手是不是梁玉莹，主要依据是声音的（ ）
A．响度 B．音调 C．音色 D．频率
4．（2分）四季分明的临沂城宜商宜居。下列自然现象中，属于凝华的是（ ）
A．春天，冰雪消融 B．夏天，露珠晶莹
C．秋天，白雾弥漫 D．冬天，霜满枝头
5．（2分）2022年6月5日，“神舟十四号”载人飞船与空间站天和核心舱成功对接，我国三名航天员将在空间站工作生活6个月。空间站在工作时的能源主要来自（ ）
A．煤炭 B．地热 C．汽油 D．太阳能
6．（2分）在相同时间内，下列家用电器正常工作时消耗的电能最少的是（ ）
A．电饭煲 B．节能灯 C．电熨斗 D．空调
7．（2分）如图所示为2022年北京冬奥会开幕式上缓缓升起的奥运五环，重达3t的奥运五环“破冰而出”，被匀速竖直提升至13m的高空。在提升过程中，奥运五环的（ ）
A．动能增大 B．重力势能不变
C．机械能不变 D．机械能增大
8．（2分）如图所示，在探究“并联电路的电流规律”时，闭合开关S后，电流表A1的示数是0.2A，电流表A2的示数是0.3A，则电流表A的示数是（ ）
A．0.2A B．0.3A C．0.5A D．0.4A
9．（2分）如图所示的各种工具，正常使用时不省力的是（ ）
A．钢丝钳
B．动滑轮
C．旗杆顶定滑轮
D．斜面
10．（2分）在螺线管附近放一小磁针，静止时小磁针位置如图所示。闭合开关S时，小磁针发生旋转，通电螺线管的N极位置及小磁针旋转方向分别为（ ）
A．通电螺线管的右侧，逆时针
B．通电螺线管的左侧，逆时针
C．通电螺线管的右侧，顺时针
D．通电螺线管的左侧，顺时针
11．（2分）2022年女足亚洲杯决赛中，中国女足在0比2落后的情况下逆转，以3比2力克韩国队夺冠，时隔16年重登亚洲之巅，在足球比赛中，下列说法正确的是（ ）
A．足球在空中飞行过程中不受力的作用
B．足球在空中下落过程中惯性变大
C．足球在地面上越滚越慢，说明运动需要力来维持
D．守门员飞身扑住了飞向球门的足球，说明力可以改变物体运动状态
12．（2分）在如图所示的家庭电路中，插座、螺口灯泡（及其开关）的连线正确的是（ ）
A．两孔插座 B．三孔插座 C．灯泡甲 D．灯泡乙
13．（2分）如图是电阻a、b的电流随电压变化的关系图像，下列结论与图象相符的是（ ）
A．电阻一定时，电流随着电压的增大而减小
B．电压相同时，阻值大的电阻通过的电流小
C．电流相同时，阻值小的电阻两端的电压大
D．两电阻阻值的关系是Ra＞Rb
（多选）14．（3分）“我劳动，我快乐！”放学回家后，小聪在厨房帮妈妈做饭，她发现厨房里涉及到很多物理知识，以下说法正确的是（ ）
A．天然气燃烧时将化学能转化为内能
B．铁锅加热后升温很快是因为铁的比热容较小
C．家中的抽油烟机和电灯是串联连接的
D．炒菜时，用锅铲翻炒将菜肴煮熟主要是通过做功的方式增大菜肴的内能
（多选）15．（3分）052D型导弹驱逐舰是我国海防和远洋护航的主力舰种之一，关于驱逐舰在海上执行护航任务的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．驱逐舰所受浮力的方向总是竖直向上的
B．舰载直升机离舰后，驱逐舰所受浮力变大
C．舰载直升机离舰后，驱逐舰舰底所受海水压强变大
D．舰载直升机升空过程中，以直升机为参照物，地面是运动的
（多选）16．（3分）如图所示的电路中，电源电压不变，当开关S闭合，电路正常工作，滑片P向右移动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．灯泡L变亮 B．电路的总电阻增大
C．电压表示数变大 D．电流表示数逐渐变大
二、填空题（每空1分，共12分。请把答案直接写在答题卡相应的位置上，不要求写出演算过程。）
17．（2分）日本地震引发海啸，核电站等设施遭到破坏，造成了大量的人员伤亡、巨大的经济损失和严重的环境污染。地震产生的声波属于 （选填“次声波”或“超声波”），核电站的建设是为了利用核能，核能属于 （填“可再生”或“不可再生”）能源。
18．（2分）屋顶风帽是利用自然风使风帽旋转实现室内换气的装置，如图所示。它不用电，节能环保。只要速度为0.2m/s的微风即可让其轻盈运转。风帽转动时其内部空气流速变大、压强变 ，室内的污浊气体在 作用下被排出。
19．（2分）如图是某村第一书记为当地特产直播带货的情景。直播使用的手机摄像头成的是 （选填“缩小”或“放大”）的实像；为了使网友看清商品细节，应将商品 （选填“靠近”或“远离”）手机摄像头。
20．（2分）与毛皮摩擦过的橡胶棒因得到电子而带 电，用带电的橡胶棒接触验电器的金属球，金属箔张开，这是因为 。
21．（2分）远离电子产品，保护视力。如图是一位同学眼球成像的示意图，他所患眼疾为 （选填“近视”或“远视”）眼；他应配戴 （选填“凹”或“凸”）透镜矫正视力。
22．（2分）南宁市装有多座过街天桥，极大方便了行人的出行。阴雨天时，空气潮湿，能见度低，路面湿滑，为了保证行人上下天桥时的安全，需要在天桥入口处设置警示灯。图甲是某同学为此设计的部分模拟电路，电磁铁及触点1固定不动，衔铁可在电磁铁作用下上下运动，带动铜棒OF绕O点运动。电路中R为湿敏电阻，其阻值会随空气湿度发生变化。闭合开关S，当空气湿度小于设定值时，警示灯随湿度变化而自动调整亮度；当空气湿度增大到设置值时，警示灯能不断闪烁。图乙是可供选择的两种湿敏电阻的阻值随湿度变化关系的图像。忽略电磁铁线圈电阻，灯泡阻值不变，应选择 （选填“R1”或“R2”）作为该电路的湿敏电阻；若使警示灯在较小湿度下实现闪烁，应向 （选填“左”或“右”）移动滑片P。
三、作图题（共4分。请把答案直接写在答题卡相应的位置上。）
23．（2分）如图，书静止在水平桌面上。画出书的受力示意图。
24．（2分）请在图中画出物体AB在平面镜MN中所成的像A′B′。
四、实验与探究题（共25分。请把答案直接写在答题卡相应的位置上。）
25．（5分）（1）在探究光反射时的规律时，将一束光贴着纸板沿EO方向射向O点，在纸板上用笔描出入射光EO和反射光OF的径迹，如图1所示，反射角的大小为 °。
（2）在“探究液体内部压强跟哪些因素有关”的实验中，如图2所示，是通过观察压强计上U形管两边液面的 来显示压强大小。手指轻按压强计上金属盒的橡皮膜，观察到U形管中液面不发生变化，说明该装置 （选填“漏气”或“不漏气”）。
（3）用图3甲所示的装置探究水沸腾时温度变化的特点。实验中某时刻温度计中液面如图乙所示，其示数为 ℃；由图3丙可知水的沸点低于100℃，可能原因是实验室里的气压 （选填“高于”“低于”或“等于”）标准大气压。
26．（6分）如图所示在“研究影响滑动摩擦力大小的因素”的实验中：
（1）用弹簧测力计水平拉动木块，使它沿长木板做 运动，根据 原理知木块受到的摩擦力等于拉力；
（2）分析比较 两次实验可知滑动摩擦力大小与接触面粗糙程度有关；分析甲、乙两次实验可得出结论：在接触面粗糙程度相同时， 越大，摩擦力越大；
（3）比较甲、丁实验，发现甲实验弹簧测力计的示数大于丁实验弹簧测力计的示数，小明得出结论：滑动摩擦力的大小与接触面积的大小有关，你认为他的结论是 （选填“正确”或“错误”）的。原因是 。
27．（7分）小天在学校教室，使用一款医用免洗洗手液对手部进行杀菌抑菌。瓶身上的说明显示，这款洗手液含75%酒精及芦荟精华提取液等。小天所在的兴趣小组对这款洗手液的密度进行了测量。
（1）实验前，将天平放在水平工作台上，游码移至标尺左端的 处，此时指针偏向分度盘中线右侧，他应该将平衡螺母向 （选填“左”或“右”）调节，直至天平平衡；
（2）向烧杯中倒入适量洗手液，测出烧杯和洗手液的总质量为102g；然后将烧杯中的部分洗手液倒入量筒中（如图1甲），则量筒内洗手液的体积为 cm3；再称量烧杯和剩余洗手液的总质量，天平再次平衡时如图1乙所示，则烧杯和剩余洗手液的总质量为 g，这款洗手液的密度为 kg/m3；
（3）在向量筒倒洗手液时，如果不慎有洗手液溅出，则测出的洗手液密度会 （选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
（4）小慧也想测出洗手液的密度，但发现自己没有天平和量筒，聪明的小慧灵机一动，找来弹簧测力计、烧杯、石块、细绳和适量的水，设计了如下实验步骤（如图2所示），也把洗手液的密度测了出来，请你将实验步骤补充完整：
①用细绳拴住石块，并用弹簧测力计测出石块重力为G；
②将石块浸没在水中，记录弹簧测力计的读数F1；
③将石块浸没在洗手液中，记录弹簧测力计的读数为F2；
④则洗手液的密度表达式ρ＝ （已知水的密度为ρ水，结果用G、F1、F2、ρ水来表示）。
28．（7分）小华用如图1甲所示电路，测量标有“2.5V”字样小灯泡的电阻，现有器材，电源（3V）、电流表、电压表、滑动变阻器（20Ω，2A）、开关、导线若干。
（1）根据图1甲，用笔画线表示导线，将图1乙中的实物图连接完整。
（2）闭合开关，移动滑片P，发现灯泡始终不亮，电流表示数为零，电压表示数等于电源电压，可判断故障是 。
（3）排除故障后进行实验。移动滑片P，当电压表示数为2.2V时，电流表示数如图2甲，为 A，此时小灯泡的电阻为 Ω（结果保留一位小数）。
（4）根据实验数据，分别画出小灯泡和滑动变阻器的I﹣U图象，如图2乙。根据图象可知：小灯泡两端电压越大，电阻越 ；当滑动变阻器电阻与小灯泡电阻相等时，小灯泡消耗的功率是 W。
（5）小华发现无论如何移动滑片，小灯泡两端的电压都无法调到0.5V。现增加一个阻值未知的定值电阻R和一个开关，对原电路进行改进，使小灯泡两端电压能在0.5V～3.0V之间变化，测出小灯泡在不同电压下的电阻，并可以利用改进后的电路间接测出了定值电阻的阻值。要求电路连接后不再拆接，请在虚线框中画出改进后的电路图。
五、综合应用题（共24分。解答时要求在答题区域上写出必要的文字说明、计算公式和重要的演算步骤。只写出最后答案，而未写出主要演算过程的，不能得分。答案必须明确写出数值和单位。）
29．（6分）如图所示是某型号履带式推土机，其发动机的额定功率为150kW，质量为2.5×104kg，推土机以3.6km/h的速度匀速前进10m的过程中，求：
（1）推土机的重力；
（2）推土机前进10m需要的时间；
（3）牵引力所做的功。
30．（8分）如图所示是一款自动炖煮机的简化电路图，R1、R2是两个完全相同的电热丝，S为电源开关，通过控制开关S1、S2实现“低温”“中温”“高温”三个挡位间的切换。从该炖煮机铭牌信息中获知，其额定电压220V，加热效率为75%，但功率信息模糊不清。为研究该炖煮机的工作情况及有关信息，多多在炖煮机中装入5kg的水，闭合开关S，通过观察其电子显示屏（消耗电能忽略不计），记录有关信息如表所示。水的比热容c＝4.2×103J/（kg•℃），求：
指示灯状态
工作时间
水温变化
高温灯亮
0～14min
34℃升至100℃
中温灯亮
14～24min
100℃保持不变
低温灯亮
24～29min
100℃保持不变
（1）0～14min水吸收的热量；
（2）已知多多家现在正在使用的电器总功率是6500W，电能表上标有“220V，10（40）A”的字样。请你通过计算判断，多多家的电路是否允许同时使用这款自动炖煮机？
（3）炖煮机24～29min消耗的电能。
31．（10分）如图甲所示，圆柱形木块A与薄壁圆柱形容器B（质量忽略不计）分别放置于水平桌面上，已知A的密度0.8×103kg/m3，高为20cm，底面积为100cm2，容器B内盛有4cm深的水。小吴从A的上表面沿水平方向截取高为h的圆柱块，并将截取部分放入容器B后（假设木块不吸水、液体始终未溢出），木块A和容器B对桌面的压强随截取
高度h的变化关系如图乙所示。求：
（1）一开始，水对容器B底部的压强；
（2）将截取高度h1＝2cm的木块C放入B中，待木块C静止后所受的浮力；
（3）容器B的底面积；
（4）当B对桌面的压强是木块A对桌面压强的2倍时，水对容器B底部压强的变化量。
2023年广西南宁三中（五象校区）中考物理模拟试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共16题，共35分。在给出的四个选项中，第1～13题只有一个选项符合题目要求，选对得2分，选错得0分。第14～16题有多个选项符合题目要求，全部选对得3分，选对但不全得2分，有选错得0分。请考生用2B铅笔在答题卡上将选定的答案标号涂黑。）
1．（2分）在国际单位制中，时间的基本单位是（ ）
A．时（h） B．分（min） C．秒（s） D．毫秒（ms）
【分析】根据对时间基本单位及常用单位的掌握作答。
【解答】解：在物理学中，时间的基本单位是秒，符号是s。
故选：C。
【点评】此题考查的是我们对时间不同单位的掌握情况，属于识记性知识的考查，比较简单，容易解答。
2．（2分）下列现象是由于光的折射产生的是（ ）
A．天空出现的彩虹 B．树荫下的光斑
C．屏上的皮影 D．水中清晰的倒影
【分析】判断此题要掌握好三种光的现象：光在同种均匀介质中沿直线传播，如：激光准直、小孔成像和影子的形成等；
当光照射到两种物质分界面上时，有一部分光被反射回来发生反射现象，如：平面镜成像、水中倒影等；
当光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向的会改变，发生折射现象，如：看水里的鱼比实际位置浅等。
【解答】解：A．天空中出现的彩虹是由于光的折射形成的，故A符合题意；
B．树荫下的光斑是由光的直线传播形成的，故B不符合题意；
C．屏上的皮影，影子的形成利用了光沿直线传播的原理，故C不符合题意；
D．水中的“倒影”属于平面镜成像，平面镜成像是利用光的反射原理，故D不符合题意。
故选：A。
【点评】学习光的直线传播、光的反射、光的折射时，要多留心生活中的实例，影子、日月食、小孔成像是光的直线传播；镜子、倒影、潜望镜是光的反射；看水中的物体，隔着玻璃、杯子或透镜看物体是光的折射。
3．（2分）2022年《中国好声音》桂平歌手梁玉莹夺冠，从此桂平人对梁玉莹的歌声耳熟能详，听众能从听到的歌声中分辨出歌手是不是梁玉莹，主要依据是声音的（ ）
A．响度 B．音调 C．音色 D．频率
【分析】声音有三个特征，即音调、响度 和音色，我们一般利用音色来辨别发声体。
【解答】解：我们一般利用音色来辨别发声体，能从听到的歌声中分辨出歌手是不是梁玉莹，主要依据是声音的音色。
故选：C。
【点评】本题考查了音色与音调和响度的区别，属于基础知识。
4．（2分）四季分明的临沂城宜商宜居。下列自然现象中，属于凝华的是（ ）
A．春天，冰雪消融 B．夏天，露珠晶莹
C．秋天，白雾弥漫 D．冬天，霜满枝头
【分析】物质从固态到液态的过程叫做熔化，物质从液态变成固态的过程叫做凝固；物质从液态变为气态叫做汽化，物质从气态变为液态叫做液化；物质从固态直接变成气态叫升华，物质从气态直接变成固态叫凝华。
【解答】解：
A、春天，雪消融是由固态的冰变成水，属于熔化现象，不合题意。
B、夏天，露珠晶莹，露珠是由空气中的水蒸气遇冷液化形成的，不合题意。
C、秋天，白雾弥漫，雾是液态小水滴，是水蒸气遇冷由气态变为液态的液化现象，不合题意。
D、冬天，霜满枝头，霜是固态小冰晶，是空气中的水蒸气快速放热后由气态直接变为固态形成的，属于凝华现象，符合题意。
故选：D。
【点评】本题考查三种物质三种状态之间六种物态变化，都是基础性的，要求学生在今后的学习中加强对所学的基础知识的储备，以便能够灵活应用
5．（2分）2022年6月5日，“神舟十四号”载人飞船与空间站天和核心舱成功对接，我国三名航天员将在空间站工作生活6个月。空间站在工作时的能源主要来自（ ）
A．煤炭 B．地热 C．汽油 D．太阳能
【分析】在太空工作时，便于获得、能够及时得到补充的是太阳能，由此入手进行考虑。
【解答】解：煤炭、地热、汽油在空间站是不能进行补充的，所以空间站在外工作时，消耗的主要能源是太阳能，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题考查能源的应用，是对基础知识的考查。
6．（2分）在相同时间内，下列家用电器正常工作时消耗的电能最少的是（ ）
A．电饭煲 B．节能灯 C．电熨斗 D．空调
【分析】根据W＝Pt可知：在相同的时间内，用电器的功率小的消耗的电能少。
【解答】解：因为节能灯与其它选项中的用电器相比，它的额定功率最小，在正常工作时，一定时间内消耗的电能最少，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】知道电能与电功率；会根据公式W＝Pt进行简单分析。
7．（2分）如图所示为2022年北京冬奥会开幕式上缓缓升起的奥运五环，重达3t的奥运五环“破冰而出”，被匀速竖直提升至13m的高空。在提升过程中，奥运五环的（ ）
A．动能增大 B．重力势能不变
C．机械能不变 D．机械能增大
【分析】动能大小的影响因素：质量和速度，质量越大，速度越大，动能越大。重力势能大小的影响因素：质量和高度，质量越大，高度越高，重力势能越大；机械能为动能和势能的和。
【解答】解：奥运五环被匀速竖直提升至13m的高空的过程中：
A、奥运五环的质量不变、速度不变，动能不变，故A错误；
B、奥运五环的质量不变、高度增大，重力势能增大，故B错误；
CD、奥运五环的动能不变、重力势能增大，机械能增大，故D正确、C错误。
故选：D。
【点评】本题考查了动能、重力势能和机械能的变化，属于基础题。
8．（2分）如图所示，在探究“并联电路的电流规律”时，闭合开关S后，电流表A1的示数是0.2A，电流表A2的示数是0.3A，则电流表A的示数是（ ）
A．0.2A B．0.3A C．0.5A D．0.4A
【分析】由图知，两灯泡并联，A1测L1支路的电流，电流表A2测L2支路的电流，电流表A测干路电流；并联电路中干路电流等于各支路电流之和，由此分析解答。
【解答】解：由图知，两灯泡并联，A1测L1支路的电流，电流表A2测L2支路的电流，电流表A测干路电流，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以电流表A的示数是：I＝I1+I2＝0.2A+0.3A＝0.5A。
故选：C。
【点评】本题考查了并联电路电流特点的应用，关键是正确分析电路中电流表的测量对象。
9．（2分）如图所示的各种工具，正常使用时不省力的是（ ）
A．钢丝钳
B．动滑轮
C．旗杆顶定滑轮
D．斜面
【分析】（1）省力杠杆、动滑轮、斜面等机械省力。
（2）费力杠杆等不省力。
（3）定滑轮不省力，可以改变力的方向。
【解答】解：A、钢丝钳是省力杠杆，故A不符合题意；
B、动滑轮省力，故B不符合题意；
C、旗杆顶定滑轮是一个等臂杠杆，不省力，故C符合题意；
D、斜面是省力的机械，故D不符合题意。
故选：C。
【点评】知道常见的简单机械的特点及应用；本题属于基础性题目。
10．（2分）在螺线管附近放一小磁针，静止时小磁针位置如图所示。闭合开关S时，小磁针发生旋转，通电螺线管的N极位置及小磁针旋转方向分别为（ ）
A．通电螺线管的右侧，逆时针
B．通电螺线管的左侧，逆时针
C．通电螺线管的右侧，顺时针
D．通电螺线管的左侧，顺时针
【分析】（1）根据安培定则可判断通电螺线管的磁极；
（2）同名磁极互相排斥，异名磁极互相吸引。
【解答】解：图中电流从通电螺线管的左后方流入，从右前方流出，根据安培定则可知，通电螺线管的右侧为N极，左侧为S极；又因为同名磁极互相排斥，异名磁极互相吸引，因此小磁针会逆时针旋转，S极指向左端。故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】此题考查了安培定则、磁极间的相互作用，难度不大，属基础题目。
11．（2分）2022年女足亚洲杯决赛中，中国女足在0比2落后的情况下逆转，以3比2力克韩国队夺冠，时隔16年重登亚洲之巅，在足球比赛中，下列说法正确的是（ ）
A．足球在空中飞行过程中不受力的作用
B．足球在空中下落过程中惯性变大
C．足球在地面上越滚越慢，说明运动需要力来维持
D．守门员飞身扑住了飞向球门的足球，说明力可以改变物体运动状态
【分析】（1）对足球进行受力分析即可做出判断。
（2）惯性是物体保持原来运动状态不变的性质，只与物体的质量有关；
（3）力可以改变物体的形状，可以改变物体的运动状态。
【解答】解：A、足球在空中飞行过程中，受到重力和空气阻力的作用，故A错误；
B、足球在空中下落过程中质量不变，惯性不变，故B错误；
C、足球在地面上越滚越慢，说明力可以改变物体的运动状态，运动不需要力来维持，故C错误；
D、守门员飞身扑住了飞向球门的足球，说明力可以改变物体运动状态，故D正确。
故选：D。
【点评】此题考查力的作用效果、惯性以及对物体的受力分析，是一道综合性较强的题目，但总体难度不大。
12．（2分）在如图所示的家庭电路中，插座、螺口灯泡（及其开关）的连线正确的是（ ）
A．两孔插座 B．三孔插座 C．灯泡甲 D．灯泡乙
【分析】（1）两孔插座的接法：左孔接零线，右孔接火线。
（2）三孔插座的接法：左孔接零线，右孔接火线，上孔接地线。
（3）灯泡的接法：火线首先进开关，再入灯泡顶端的金属点；零线直接接入灯泡的螺旋套。
【解答】解：A、左孔应接零线，右孔应接火线，故接线错误。
B、左孔应接零线，右孔应接火线，上孔接地线，故接线错误。
CD、火线首先要进入开关，再接入灯泡顶端的金属点，零线直接接螺旋套，故C接线错误，D接线正确。
故选：D。
【点评】（1）掌握家庭电路的火线、零线、地线之间的电压。
（2）掌握各用电器之间和插座之间连接方式。
（3）掌握两孔插座、三孔插座、灯泡、开关的接法。
13．（2分）如图是电阻a、b的电流随电压变化的关系图像，下列结论与图象相符的是（ ）
A．电阻一定时，电流随着电压的增大而减小
B．电压相同时，阻值大的电阻通过的电流小
C．电流相同时，阻值小的电阻两端的电压大
D．两电阻阻值的关系是Ra＞Rb
【分析】从图象可以得出的信息有：
①在电阻一定时，通过导体的电流与其两端的电压成正比；
②在电压一定时，通过电阻a的电流大于通过电阻b的电流；
③在电流相同时，电阻a两端的电压小于电阻b两端的电压；
根据欧姆定律比较电阻a、b的阻值大小。
【解答】解：A、由图象可知，当电阻一定时，电流随着电压的增大而增大，故A错误；
BCD、由图象可知，在电压一定时，通过电阻a的电流大于通过电阻b的电流，
由R＝可知，电阻a的阻值小于电阻b的阻值，故D错误，B正确；
C、由图象可知，在电流相同时，电阻a两端的电压小于电阻b两端的电压，即阻值大的电阻两端的电压大，故C错误。
故选：B。
【点评】本题考查欧姆定律的应用，关键是能根据图像得出正确的信息。
（多选）14．（3分）“我劳动，我快乐！”放学回家后，小聪在厨房帮妈妈做饭，她发现厨房里涉及到很多物理知识，以下说法正确的是（ ）
A．天然气燃烧时将化学能转化为内能
B．铁锅加热后升温很快是因为铁的比热容较小
C．家中的抽油烟机和电灯是串联连接的
D．炒菜时，用锅铲翻炒将菜肴煮熟主要是通过做功的方式增大菜肴的内能
【分析】（1）燃料燃烧的过程是将化学能转化为内能的过程；
（2）铁的比热容较小，质量相同的铁与比热容大的其他物质相比，吸收或放出相同的热量，温度变化大；
（3）串联电路中各用电器互相影响，并联电路中各用电器互不影响；
（4）改变物体的内能有两种方式：做功和热传递。
【解答】解：A．天然气燃烧时，将化学能转化为内能，故A正确；
B．炒菜用铁锅，是因为铁的比热容小，质量相同的铁与比热容大的其他物质相比，吸收相同的热量，升高的温度快，故B正确；
C．因为厨房的电饭锅、油烟机和电灯工作互不影响，因此它们的连接方式为并联，故C错误；
D．炒菜时，锅铲不断翻动菜的主要目的是使菜肴受热均匀，将菜肴煮熟是通过热传递的方式来改变物体的内能，而不是通过做功，故D错误。
故选：AB。
【点评】本题考查了电学、热学、分子动理论有关的多个知识点，了解相关知识并能与实际例子相结合，是解答的关键。
（多选）15．（3分）052D型导弹驱逐舰是我国海防和远洋护航的主力舰种之一，关于驱逐舰在海上执行护航任务的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．驱逐舰所受浮力的方向总是竖直向上的
B．舰载直升机离舰后，驱逐舰所受浮力变大
C．舰载直升机离舰后，驱逐舰舰底所受海水压强变大
D．舰载直升机升空过程中，以直升机为参照物，地面是运动的
【分析】（1）浮力永远是竖直向上的；
（2）驱逐舰处于漂浮状态，浮力等于重力；
（3）液体压强跟液体密度和液体的深度有关；、
（4）研究物体的运动时，必须事先选定一个标准的物体，这个事先被选作标准的物体叫参照物。如果被研究的物体相对于这个标准位置发生了改变，则是运动的；如果被研究的物体相对于这个标准位置没有发生了改变，则是静止的。
【解答】解：A、浮力方向是竖直向上的，故A正确；
B、驱逐舰处于漂浮状态，浮力等于重力，舰载直升机离舰后，驱逐舰重力变小，所以浮力变小，故B错误；
C、舰载直升机离舰后，浮力变小，排开液体体积变小，所以驱逐舰浸入水的深度变小，液体密度不变，所以驱逐舰舰底所受海水压强减小，故C错误；
D、舰载直升机升空过程中，以直升机为参照物，地面与直升机之间有位置的变化，所以舰载直升机是运动的，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题考查了浮力的性质、阿基米德原理、物体的浮沉应用、物体的运动和静止的相对性和液体压强。属于中档题。
（多选）16．（3分）如图所示的电路中，电源电压不变，当开关S闭合，电路正常工作，滑片P向右移动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．灯泡L变亮 B．电路的总电阻增大
C．电压表示数变大 D．电流表示数逐渐变大
【分析】分析清楚电路结构，明确各电路元件的连接方式，根据滑片的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，然后应用串联电路特点、欧姆定律与电功率公式分析答题。
【解答】解：由图示电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电流表测电路电流，电压表测滑动变阻器两端电压；
滑片向右移动过程中，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路总电阻变大，根据串联电路的分压作用，滑动变阻器分压变大，电压表示数变大，故BC正确；
电源电压U不变，由I＝可知，电路电流变小，电流表示数变小，故D错误；
滑动变阻器电压变大，电源电压不变，与滑动变阻器串联的灯泡两端电压变小，电路电流变小，由P＝UI可知，灯泡实际功率减小，灯泡变暗，故A错误。
故选：BC。
【点评】本题是一道电路动态分析题，分析清楚电路结构是正确解题的前提与关键，应用串联电路特点、欧姆定律、电功率公式即可解题。
二、填空题（每空1分，共12分。请把答案直接写在答题卡相应的位置上，不要求写出演算过程。）
17．（2分）日本地震引发海啸，核电站等设施遭到破坏，造成了大量的人员伤亡、巨大的经济损失和严重的环境污染。地震产生的声波属于 次声波 （选填“次声波”或“超声波”），核电站的建设是为了利用核能，核能属于 不可再生 （填“可再生”或“不可再生”）能源。
【分析】（1）超声波是指高于20000Hz的声音，次声波是指低于20Hz的声音，人耳无法听到超声和次声。地震会产生次声波，能量很高的次声波具有极大的破坏力；
（2）核能发电是利用铀原子核裂变时放出的核能来发电的。像铀矿这类矿物能源，一旦消耗就很难再生，属于不可再生能源。
【解答】解：（1）地震时产生的声波振动频率低于20Hz，故为次声波，能量很高的次声波具有极大的破坏力；
（2）核能发电是利用铀原子核裂变时放出的核能来发电的。像铀矿这类矿物能源，一旦消耗就很难再生，属于不可再生能源，因此核能是不可再生能源。
故答案为：次声波；不可再生。
【点评】本题考查了能源的分类、超声波和次声波的判断，难度不大。
18．（2分）屋顶风帽是利用自然风使风帽旋转实现室内换气的装置，如图所示。它不用电，节能环保。只要速度为0.2m/s的微风即可让其轻盈运转。风帽转动时其内部空气流速变大、压强变 小 ，室内的污浊气体在 大气压 作用下被排出。
【分析】流体压强与流速的关系：流速越大的位置，压强越小；流速越小的位置，压强越大。
【解答】解：风帽转动时其内部空气流速变大、压强变小，所以室内的污浊气体在大气压的作用下被排出。
故答案为：小；大气压。
【点评】本题考查流体压强与流速的关系，难度不大。
19．（2分）如图是某村第一书记为当地特产直播带货的情景。直播使用的手机摄像头成的是 缩小 （选填“缩小”或“放大”）的实像；为了使网友看清商品细节，应将商品 靠近 （选填“靠近”或“远离”）手机摄像头。
【分析】（1）手机摄像头是一个凸透镜，成倒立、缩小的实像；
（2）凸透镜成实像时，物近像远像变大。
【解答】解：手机摄像头是一个凸透镜，其成像原理与照相机的成像原理相同，成的是倒立、缩小的实像；
为了使网友看清商品细节，像应变大，像距变大，物距变小，应将商品靠近摄像头。
故答案为：缩小；靠近。
【点评】本题考查了凸透镜成像规律的应用，属于基础题。
20．（2分）与毛皮摩擦过的橡胶棒因得到电子而带 负 电，用带电的橡胶棒接触验电器的金属球，金属箔张开，这是因为 金属箔带同种电荷 。
【分析】物体因得到电子带负电；电荷与电荷之间存在相互作用，且同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引
【解答】解：摩擦起电的实质是电子的转移，与毛皮摩擦过的橡胶棒得到电子带负电；带负电的橡胶棒与验电器的金属球接触后，使金箔带上等量的负电荷而张开，即金属箔带同种电荷。
故答案为：负；金属箔带同种电荷。
【点评】本题考查了摩擦起电的实质、电荷间的相互作用规律，属于基础题。
21．（2分）远离电子产品，保护视力。如图是一位同学眼球成像的示意图，他所患眼疾为 近视 （选填“近视”或“远视”）眼；他应配戴 凹 （选填“凹”或“凸”）透镜矫正视力。
【分析】近视眼的眼睛成像时，像成在视网膜的前方，应该配戴凹透镜来矫正视力。
【解答】解：图中像成在视网膜的前方，为近视眼的成像，故应该配戴凹透镜来矫正视力，因为凹透镜对光线有发散作用，使光线推迟会聚，正好成像在视网膜上。
故答案为：近视；凹。
【点评】本题主要考查学生对近视眼的特点与矫正方法的了解和掌握，是中考的热点。
22．（2分）南宁市装有多座过街天桥，极大方便了行人的出行。阴雨天时，空气潮湿，能见度低，路面湿滑，为了保证行人上下天桥时的安全，需要在天桥入口处设置警示灯。图甲是某同学为此设计的部分模拟电路，电磁铁及触点1固定不动，衔铁可在电磁铁作用下上下运动，带动铜棒OF绕O点运动。电路中R为湿敏电阻，其阻值会随空气湿度发生变化。闭合开关S，当空气湿度小于设定值时，警示灯随湿度变化而自动调整亮度；当空气湿度增大到设置值时，警示灯能不断闪烁。图乙是可供选择的两种湿敏电阻的阻值随湿度变化关系的图像。忽略电磁铁线圈电阻，灯泡阻值不变，应选择 R2 （选填“R1”或“R2”）作为该电路的湿敏电阻；若使警示灯在较小湿度下实现闪烁，应向 左 （选填“左”或“右”）移动滑片P。
【分析】根据实际需要，当空气潮湿，能见度低时，警示灯变亮，即警示灯随湿度的增加而变亮，当警示灯变亮时，通过电路的电流变大，电路电阻变小，再根据乙图判断哪个电阻的阻值随湿度的增加而减小，就选它作为湿敏电阻；
电源电压不变，空气湿度设定值不变，即触发电流不变、电路中总电阻不变，若向左移动滑片，滑动变阻器接入电路中的阻值变小，湿敏电阻阻值较大时，电路中电流即可达到触发电流。
【解答】解：由乙图可知，R1的阻值随湿度的增加而增加，R2的阻值随湿度的增加而减小，根据实际需要，当空气潮湿，能见度低时，警示灯变亮，即警示灯随湿度的增加而变亮，电磁铁的磁性增强，吸引衔铁把电阻和电磁铁短路，使得灯变亮，因而当警示灯变亮时，通过电路的电流变大，电路电阻变小，所以R2符合要求；
电源电压不变，空气湿度设定值不变，即触发电流不变、电路中总电阻不变，若向左移动滑片，滑动变阻器接入电路中的阻值变小，即湿敏电阻阻值较大时，电路中电流即可达到触发电流，使警示灯在较小湿度下就能实现闪烁。
故答案为：R2；左。
【点评】本题考查串联电路特点、欧姆定律的灵活运用，会根据实际需要选择湿敏电阻是解题的关键。
三、作图题（共4分。请把答案直接写在答题卡相应的位置上。）
23．（2分）如图，书静止在水平桌面上。画出书的受力示意图。
【分析】物体静止在水平地面上，处于平衡状态，受一对平衡力，重力G与支持力F；重力方向竖直向下、支持力竖直向上。
【解答】解：书受重力G，支持力F，大小相等，方向相反，作用在一条直线上，作用在同一物体上；
答案如图：
。
【点评】作图时首先找到物体的重心，重力与支持力是一对平衡力，线段的长度要相等。
24．（2分）请在图中画出物体AB在平面镜MN中所成的像A′B′。
【分析】平面镜成像的特点是：像物大小相等、到平面镜的距离相等、连线与镜面垂直，即像物关于平面镜对称，利用这一对称性作出AB的像。
【解答】解：分别作出物体AB端点A、B关于平面镜的对称点A′、B′，用虚线连接A′、B′，即为AB在平面镜中的像。如图所示：
【点评】在平面镜成像作图中，若作出物体在平面镜中所成的像，要先根据像与物关于平面镜对称，先作出端点和关键点的像点，再用虚线连接各点即为物体的像。
四、实验与探究题（共25分。请把答案直接写在答题卡相应的位置上。）
25．（5分）（1）在探究光反射时的规律时，将一束光贴着纸板沿EO方向射向O点，在纸板上用笔描出入射光EO和反射光OF的径迹，如图1所示，反射角的大小为 50 °。
（2）在“探究液体内部压强跟哪些因素有关”的实验中，如图2所示，是通过观察压强计上U形管两边液面的 高度差 来显示压强大小。手指轻按压强计上金属盒的橡皮膜，观察到U形管中液面不发生变化，说明该装置 漏气 （选填“漏气”或“不漏气”）。
（3）用图3甲所示的装置探究水沸腾时温度变化的特点。实验中某时刻温度计中液面如图乙所示，其示数为 95 ℃；由图3丙可知水的沸点低于100℃，可能原因是实验室里的气压 低于 （选填“高于”“低于”或“等于”）标准大气压。
【分析】（1）反射光线和法线的夹角是反射角；
（2）液体压强计就是利用U形管中液面的高度差来显示压强大小，压强越大，U形管液面高度差越大；若U形管和橡皮膜连接的软管出现漏气，不论橡皮膜是否受到压强，软管中气体的压强都等于大气压，则U形管两边液面就不会出现高度差；
（3）温度计读数时，视线与液面相平，看清分度值，并区分是“零上”还是“零下”；
一个标准大气压下的水的沸点为100℃，气压减小，沸点降低，据此分析。
【解答】解：（1）由图可知，反射光线OF和法线ON的夹角即为反射角，大小是50°；
（2）液体压强计是利用U形管两侧液面高度差来体现压强大小的，液面高度差越大，说明液体压强越大；若手指轻按压强计上金属盒的橡皮膜，观察到U形管中液面不发生变化，说明该装置漏气，使软管中的气体和大气相通，等于大气压强，橡皮膜受到压强时，软管内的气体压强不会发生变化，U形管中的液面就不会出现高度差；
（3）实验中某时刻温度计中液面如图乙所示，其分度值为1℃，示数为95℃；一标准大气压下水的沸点为100℃，气压减小，沸点降低，由图丙可知水的沸点低于100℃，可能原因是实验室里的气压低于标准大气压。
故答案为：（1）50；（2）高度差；漏气；（3）95；低于。
【点评】本题考查反射现象、液体压强计以及沸点与气压的关系，难度不大。
26．（6分）如图所示在“研究影响滑动摩擦力大小的因素”的实验中：
（1）用弹簧测力计水平拉动木块，使它沿长木板做 匀速直线 运动，根据 二力平衡 原理知木块受到的摩擦力等于拉力；
（2）分析比较 甲、丙 两次实验可知滑动摩擦力大小与接触面粗糙程度有关；分析甲、乙两次实验可得出结论：在接触面粗糙程度相同时， 压力 越大，摩擦力越大；
（3）比较甲、丁实验，发现甲实验弹簧测力计的示数大于丁实验弹簧测力计的示数，小明得出结论：滑动摩擦力的大小与接触面积的大小有关，你认为他的结论是 错误 （选填“正确”或“错误”）的。原因是 没有控制压力相同 。
【分析】（1）根据二力平衡的条件分析；
（2）影响滑动摩擦力大小因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变，据此分析回答；
（3）研究滑动摩擦力的大小与接触面积的大小有关，要控制压力大小和接触面的粗糙程度相同。
【解答】解：（1）用弹簧测力计水平拉动木块，使它沿长木板做匀速直线运动，木块在水平方向上受到平衡力的作用，根据二力平衡的条件可知，木块受到的摩擦力等于拉力；
（2）探究滑动摩擦力的大小与接触面粗糙程度的关系，要控制压力大小相同，故分析比较甲、丙两次实验可知滑动摩擦力大小与接触面粗糙程度有关；
分析甲、乙两次实验可得出结论：在接触面粗糙程度相同时，压力越大，摩擦力越大；
（3）研究滑动摩擦力的大小与接触面积的大小有关，要控制压力大小和接触面的粗糙程度相同，丁中切去二分之一，则压力变小了，他的结论是错误的。原因是没有控制压力相同。
故答案为：（1）匀速直线；二力平衡；（2）甲、丙；压力；（3）错误；没有控制压力相同。
【点评】本题探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关，考查实验原理及控制变量法的运用，体现了对过程和方法的考查。
27．（7分）小天在学校教室，使用一款医用免洗洗手液对手部进行杀菌抑菌。瓶身上的说明显示，这款洗手液含75%酒精及芦荟精华提取液等。小天所在的兴趣小组对这款洗手液的密度进行了测量。
（1）实验前，将天平放在水平工作台上，游码移至标尺左端的 零刻度线 处，此时指针偏向分度盘中线右侧，他应该将平衡螺母向 左 （选填“左”或“右”）调节，直至天平平衡；
（2）向烧杯中倒入适量洗手液，测出烧杯和洗手液的总质量为102g；然后将烧杯中的部分洗手液倒入量筒中（如图1甲），则量筒内洗手液的体积为 40 cm3；再称量烧杯和剩余洗手液的总质量，天平再次平衡时如图1乙所示，则烧杯和剩余洗手液的总质量为 72 g，这款洗手液的密度为 0.75×103 kg/m3；
（3）在向量筒倒洗手液时，如果不慎有洗手液溅出，则测出的洗手液密度会 偏大 （选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
（4）小慧也想测出洗手液的密度，但发现自己没有天平和量筒，聪明的小慧灵机一动，找来弹簧测力计、烧杯、石块、细绳和适量的水，设计了如下实验步骤（如图2所示），也把洗手液的密度测了出来，请你将实验步骤补充完整：
①用细绳拴住石块，并用弹簧测力计测出石块重力为G；
②将石块浸没在水中，记录弹簧测力计的读数F1；
③将石块浸没在洗手液中，记录弹簧测力计的读数为F2；
④则洗手液的密度表达式ρ＝ •ρ水 （已知水的密度为ρ水，结果用G、F1、F2、ρ水来表示）。
【分析】（1）天平放在水平台上，游码归零，平衡螺母向上翘的一端移动。
（2）用天平测物体质量时，天平平衡时物体的质量等于右盘中砝码的质量加游码在标尺上所对的刻度值，而要准确读出游码所对的刻度值，必须明确标尺的分度值及以游码左端所对刻度为准；读取量筒液体的体积时，视线与液面（凹液面的底部）相平；已知烧杯和洗手液的总质量，读出烧杯和剩余洗手液的总质量，可求得量筒中的洗手液的质量，量筒中洗手液的体积可从量筒中读出，然后，利用密度公式ρ＝可求出其密度；
（3）在向量筒倒入洗手液时，如果不慎有洗手液溅出，会导致量筒中洗手液的体积偏小，根据密度公式判断对测量结果的影响；
（4）利用浮力测量洗手液的密度，利用称重法求出石块浸没在水中和浸没在洗手液中受到的浮力，根据石块排开液体的体积相等列出等式，求出洗手液的密度。
【解答】解：（1）天平放在水平台上，游码移到标尺左端的零刻度线处，指针静止时指在分度盘中线的右侧，说明天平的左端上翘，则应将平衡螺母向左调节，使横梁水平平衡。
（2）烧杯和剩余洗手液的总质量为：m1＝50g+20g+2g＝7g，
根据题意，量筒里洗手液的质量是：m＝m1﹣m2＝102g﹣72g＝30g，
由图知，量筒中洗手液的体积是V＝40mL＝40cm3，
则洗手液的密度ρ＝＝＝0.75g∕cm3＝0.75×103kg∕m3；
（3）在向量筒倒入洗手液时，如果不慎有洗手液溅出，会导致量筒中洗手液的体积偏小，即测得倒出洗手液的体积偏小，而通过两次总质量之差测得倒出的牛奶质量是准确的，则根据密度公式可知测出的洗手液密度会偏大；
（4）石块浸没在水中，F浮＝ρ水V排g，F浮＝G﹣F1，
这两式相等，得V排＝，
浸没时V排＝V石，
石块的体积V石＝，
石块浸没在酒精中，F浮′＝ρ酒V排g＝ρ酒V石g，F浮′＝G﹣F2，
这两式相等，得酒精的密度：ρ酒＝＝•ρ水。
酒精密度ρ酒＝•ρ水。
故答案为：（1）零刻度线；左；（2）40；72；0.75×103；（3）偏大；（4）•ρ水。
【点评】本题是测液体密度的实验题目，考查了天平的使用、天平和量筒的读数、密度计算以及误差分析，属于密度测量中常见的问题，要掌握好。
28．（7分）小华用如图1甲所示电路，测量标有“2.5V”字样小灯泡的电阻，现有器材，电源（3V）、电流表、电压表、滑动变阻器（20Ω，2A）、开关、导线若干。
（1）根据图1甲，用笔画线表示导线，将图1乙中的实物图连接完整。
（2）闭合开关，移动滑片P，发现灯泡始终不亮，电流表示数为零，电压表示数等于电源电压，可判断故障是 小灯泡断路 。
（3）排除故障后进行实验。移动滑片P，当电压表示数为2.2V时，电流表示数如图2甲，为 0.24 A，此时小灯泡的电阻为 9.2 Ω（结果保留一位小数）。
（4）根据实验数据，分别画出小灯泡和滑动变阻器的I﹣U图象，如图2乙。根据图象可知：小灯泡两端电压越大，电阻越 大 ；当滑动变阻器电阻与小灯泡电阻相等时，小灯泡消耗的功率是 0.3 W。
（5）小华发现无论如何移动滑片，小灯泡两端的电压都无法调到0.5V。现增加一个阻值未知的定值电阻R和一个开关，对原电路进行改进，使小灯泡两端电压能在0.5V～3.0V之间变化，测出小灯泡在不同电压下的电阻，并可以利用改进后的电路间接测出了定值电阻的阻值。要求电路连接后不再拆接，请在虚线框中画出改进后的电路图。
【分析】（1）根据电压表的使用规则和正确使用滑动变阻器的原则连接电路；
（2）小灯泡不亮，可能是灯泡断路或短路或灯泡之外的电路断路；电流表无示数，可能是电路断路或电流表短路；电压表有示数，说明电压表与电源两端相连接，电压表并联电路之外不存在断路，且与电压表并联电路无短路现象，综合分析可知灯泡不亮的原因是灯泡断路；
（3）由图读出电流表的示数，根据R＝计算出灯丝电阻；
（4）图2乙中图像分析得出小灯泡和滑动变阻器对应的图像，进一步分析得出灯丝电阻的变化情况；根据图像计算出当滑动变阻器电阻与小灯泡电阻相等时，小灯泡消耗的功率；
（5）分析灯泡两端电压不能调到0.5V的原因，并根据小灯泡两端电压能在0.5V～3.0V之间变化的要求，设计改进电路；
【解答】解：（1）由图1甲电路图可知，电压表与灯泡并联，因灯泡的额定电压为2.5V，所以电压表用0～3V量程；滑动变阻器与灯泡串联，且要上下各接一个接线柱，所以连接电路如图所示：
（2）移动滑片，发现小灯泡始终不亮，且电压表有示数，电流表无示数，则故障的原因可能是灯泡断路；
（3）图2甲中电流表的量程是0～0.6A，分度值是0.02A，读数为I＝0.24A，
由I＝可得，小灯泡的电阻为：R＝＝≈9.2Ω；
（4）当滑动变阻器的滑片移动使滑动变阻器接入电阻变小时，电路总电阻变小，电路中的电流变大，灯泡两端的电压变大，滑动变阻器两端的电压变小（可以为零），因此图2乙的I﹣U图像中经过点（0.5V，0.25A）的图像是滑动变阻器的I﹣U图像，经过点（2.5V，0.25A）的是小灯泡的I﹣U图像；
分析图象可知，小灯泡两端的电压为U1＝1.0V时，灯丝中的电流I1＝0.16A，此时灯丝电阻R1＝＝＝6.25Ω，
小灯泡两端的电压为U2＝2.5V时，灯丝中的电流I2＝0.25A，此时灯丝电阻R2＝＝＝10Ω，
当小灯泡两端的电压增大时，通过灯的电流变大，根据P＝UI灯的功率变大，灯丝温度升高，灯丝的电阻会增大；
当滑动变阻器电阻与小灯泡电阻相等时，在串联电路中通过它们电流相等，根据U＝IR可知，它们两端的电压相等（两图像交点），所以U灯＝U滑＝U＝×3V＝1.5V，由图2乙可知，I灯＝0.2A，
由P＝UI可得，灯泡的实际电功率：P灯＝U灯I灯＝1.5V×0.2A＝0.3W；
（5）因为滑动变阻器的最大阻值20Ω较小，在接入电路的阻值最大时分压偏小，使得灯泡两端电压无法调低至0.5V，
根据题目要求，可以在电路中串联一个定值电阻再移动滑片就可以使得灯泡两端的电压调到0.5V；
为使灯泡两端的电压能达到电源电压，则需要在串联的定值电阻两端并联一个开关，这样在需要灯泡两端有较高电压时，开关闭合将定值电阻短接；当需要灯泡两端有较低的电压时，断开与定值电阻并联的开关，定值电阻串联起到分压作用。
改进电路如下图所示：
故答案为：（1）如图所示；（2）小灯泡断路；（3）0.24；9.2；（4）大；0.3；（5）如图所示。
【点评】本题测量小灯泡的电阻，考查电路的连接、注意事项、故障分析、影响电阻大小的因素及额定功率的计算、欧姆定律的运用等，是电学综合题。
五、综合应用题（共24分。解答时要求在答题区域上写出必要的文字说明、计算公式和重要的演算步骤。只写出最后答案，而未写出主要演算过程的，不能得分。答案必须明确写出数值和单位。）
29．（6分）如图所示是某型号履带式推土机，其发动机的额定功率为150kW，质量为2.5×104kg，推土机以3.6km/h的速度匀速前进10m的过程中，求：
（1）推土机的重力；
（2）推土机前进10m需要的时间；
（3）牵引力所做的功。
【分析】（1）根据G＝mg求推土机的重力；
（2）根据速度公式求出推土机前进10m需要的时间；
（3）根据P＝求出牵引力所做的功。
【解答】解：（1）推土机的重力：G＝mg＝2.5×104kg×10N/kg＝2.5×105N；
（2）推土机的速度v＝3.6km/h＝1m/s，
由v＝可知，推土机前进10m需要的时间：t＝＝＝10s；
（3）由P＝可知，牵引力所做的功：W＝Pt＝150×103W×10s＝1.5×106J。
答：（1）推土机的重力为2.5×105N；
（2）推土机前进10m需要的时间为10s；
（3）牵引力所做的功为1.5×106J。
【点评】本题考查重力公式、速度公式和功率公式的应用，难度不大。
30．（8分）如图所示是一款自动炖煮机的简化电路图，R1、R2是两个完全相同的电热丝，S为电源开关，通过控制开关S1、S2实现“低温”“中温”“高温”三个挡位间的切换。从该炖煮机铭牌信息中获知，其额定电压220V，加热效率为75%，但功率信息模糊不清。为研究该炖煮机的工作情况及有关信息，多多在炖煮机中装入5kg的水，闭合开关S，通过观察其电子显示屏（消耗电能忽略不计），记录有关信息如表所示。水的比热容c＝4.2×103J/（kg•℃），求：
指示灯状态
工作时间
水温变化
高温灯亮
0～14min
34℃升至100℃
中温灯亮
14～24min
100℃保持不变
低温灯亮
24～29min
100℃保持不变
（1）0～14min水吸收的热量；
（2）已知多多家现在正在使用的电器总功率是6500W，电能表上标有“220V，10（40）A”的字样。请你通过计算判断，多多家的电路是否允许同时使用这款自动炖煮机？
（3）炖煮机24～29min消耗的电能。
【分析】（1）根据密度公式计算水的质量，根据公式Q吸＝cm（t﹣t0）求出水吸收的热量；
（2）根据η＝算出高温挡消耗的电能，由P＝算出炖煮机高温挡时的功率；
220V 10（40）A：220V表示家庭电路的电压，10A是电能表的标定电流，40A是电能表的额定最大电流，根据P＝UI可以计算出家庭电路中允许接入用电器的最大总功率；用最大总功率减去原有用电器的总功率即可知道多多家的电路是否允许同时使用这款自动炖煮机；
（3）由图知高温挡工作时，R1和R2并联，且两电阻相同，根据P＝算出两电阻丝的阻值；
24～29min低温挡工作，R1和R2串联，根据P2＝算出低温挡的功率，由W2＝P2t2算出低温挡消耗的电能。
【解答】解：（1）水的质量为m＝ρ水V＝1.0×103kg/m3×5×10﹣3m3＝5kg，
水吸收的热量：
Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×5kg×（100℃﹣34℃）＝1.386×106J；
（2）根据η＝知高温挡消耗的电能为：
W1＝＝＝1.848×106J，
由P＝炖煮机高温挡时的功率为：
P1＝＝＝2200W，
220V 10（40）A：220V表示家庭电路的电压，10A是电能表的标定电流，40A是电能表的额定最大电流，
则家庭电路中允许接入用电器的最大总功率：
P最大＝UI最大＝220V×40A＝8800W；
家庭电路还允许接入用电器的电功率：
ΔP＝8800W﹣6500W＝2300W＞2200W，
所以，从电能表使用的角度考虑，多多家的电路允许同时使用这款自动炖煮机；
（3）高温挡时总功率最大，由P＝可知总电阻最小，由图可知此时R1和R2并联，且两电阻相同，
根据P＝可知两电阻丝的阻值为：
R1＝R2＝＝＝44Ω，
由表格数据知24～29min低温挡工作，低温挡时总功率最小，由P＝可知总电阻最大，由图可知此时R1和R2串联，低温挡的功率为：
P2＝＝＝550W，
低温挡消耗的电能为：
W2＝P2t2＝550W×（29﹣24）×60s＝1.65×105J。
答：（1）0～14min水吸收的热量为1.386×106J；
（2）多多家的电路允许同时使用这款自动炖煮机；
（3）炖煮机24～29min消耗的电能为1.65×105J。
【点评】本题为电热的综合计算题，考查了学生对热量公式、效率公式、功率公式以及电功公式的理解和灵活运用，属于中档题。
31．（10分）如图甲所示，圆柱形木块A与薄壁圆柱形容器B（质量忽略不计）分别放置于水平桌面上，已知A的密度0.8×103kg/m3，高为20cm，底面积为100cm2，容器B内盛有4cm深的水。小吴从A的上表面沿水平方向截取高为h的圆柱块，并将截取部分放入容器B后（假设木块不吸水、液体始终未溢出），木块A和容器B对桌面的压强随截取
高度h的变化关系如图乙所示。求：
（1）一开始，水对容器B底部的压强；
（2）将截取高度h1＝2cm的木块C放入B中，待木块C静止后所受的浮力；
（3）容器B的底面积；
（4）当B对桌面的压强是木块A对桌面压强的2倍时，水对容器B底部压强的变化量。
【分析】（1）从A的上表面沿水平方向截取高为h的圆柱块，并将截取部分放入容器B中，则木块对桌面的压强减小，容器B对桌面的压强增大，因薄壁圆柱形容器B的质量不计，所以容器B对桌面的压强即容器中的水对桌面的压强，根据压强公式计算容器B对桌面的压强；
（2）从A截取h1＝2cm时，先计算截取部分的质量，再计算截取部分木块放入水中受到的浮力；
（3）由密度公式的变形计算圆柱形木块A的质量，木块放入水中处于漂浮状态，根据阿基米德原理可知F浮A＝GA，根据浮力计算公式计算木块浸入水中的体积，进一步计算容器B对桌面的压强的变化量，利用液体压强公式计算说明上升的高度，利用体积公式计算容器B的底面积；
（4）当B对桌面的压强是木块A对桌面压强的2倍时，设此时截取A的高度为其总高度的n倍，即放入水中的部分的重力为nGA，利用p＝表示B对桌面的压强和木块A对桌面的压强，列方程可得n的值，木块放入水中处于漂浮状态，根据阿基米德原理可知F浮A1＝nGA。
【解答】解：（1）从A的上表面沿水平方向截取高为h的圆柱块，并将截取部分放入容器B中，
木块A的重力减小，对桌面的压力减小，对桌面的压强减小，同理可知容器B对桌面的压强增大，
则下图中a是容器B对桌面的压强随截取高度h的变化图像，b是木块A对桌面的压强随截取高度h的变化图像，
当h＝0时，容器内水的高度h水＝4cm＝0.04m，容器B对桌面的压强为p0，
水的体积：V水＝SBh水，
由ρ＝可得，容器内水的质量：m水＝ρ水V水＝ρ水SBh水，
因薄壁圆柱形容器B的质量不计，
所以，容器B对桌面的压力：FB＝G水＝m水g＝ρ水SBh水g，
容器B对桌面的压强：p0＝＝＝ρ水gh水＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.04m＝400Pa；
（2）从A截取hC＝2cm时，截取部分的木块C质量：
mC＝ρAVA截C＝ρASAhC＝0.8×103kg/m3×100×10﹣4m2×2×10﹣2m＝0.16kg，
木块放入水中处于漂浮状态，根据阿基米德原理可知F浮C＝GC＝mCg＝0.16kg×10N/kg＝1.6N，
（3）圆柱形木块A的质量：mA＝ρAVA＝ρASAhA＝0.8×103kg/m3×0.2m×100×10﹣4m2＝1.6kg，
木块放入水中处于漂浮状态，根据阿基米德原理可知F浮A＝GA＝mAg＝1.6kg×10N/kg＝16N，
木块浸入水中的体积：V排A＝＝＝16×10﹣4m3，
由图可知当木块A漂浮在水面上时，容器B对桌面的压强为1200Pa，
容器B对桌面增加的压强：Δp＝p﹣p0＝1200Pa﹣400Pa＝800Pa，
水面上升的高度：h0＝＝＝0.08m，
容器B的底面积：SB＝＝＝0.02m2，
（4）容器内水的质量：m水＝ρ水V水＝ρ水SBh水＝1g/cm3×200cm2×4cm＝800g＝0.8kg，
容器内水的重力：G水＝m水g＝0.8kg×10N/kg＝8N；
当B对桌面的压强是木块A对桌面压强的2倍时，设截取A的重力为G截，
此时A对桌面的压强：pA′＝，B对桌面的压强pB′＝，
根据题意可得：＝2×＝，
由前面解答可知SB＝2SA，
解得G截＝11.2N；
容器底面积为200cm2，原来盛有4cm深的水，若截取部分放入水中时沉底，但仍然漂浮（与容器底部接触但对底部无压力），
则此时水的深度（此时相当于水分布在容器两侧）：h′＝＝＝＝8cm，
此时截取部分的重力G截′＝F浮′＝ρ水gV排＝ρ水gS截h′＝1.0×103kg/m3×10N/kg×100×10﹣4m2×0.08m＝8N；
而实际截取部分的重力11.2N＞8N，所以此时截取部分在水中沉底，且不能使水面上升，则此时水的深度仍然为8cm，截取部分所受的浮力仍然为8N。
水对容器B底部压强的变化量Δp′＝p′﹣p′0＝ρ水gh′﹣ρ水gh水＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.08m﹣1.0×103kg/m3×10N/kg×100×0.04m＝400Pa。
答：（1）图乙中p0的值为400Pa；
（2）将截取高度h1＝2cm的木块C放入B中，待木块C静止后所受的浮力为1.6N；
（3）容器B的底面积0.02m2；
（3）当B对桌面的压强是木块A对桌面压强的2倍时，水对容器B底部压强的变化量为400Pa。
【点评】本题考查液体压强公式、压强公式、体积公式、密度公式、重力公式、阿基米德原理、浮力计算公式的灵活运用，综合性强，难度较大。
相关试卷
广西南宁市第三中学初中部青秀校区2022_2023学年八年级下学期开学学情调查物理试卷： 这是一份广西南宁市第三中学初中部青秀校区2022_2023学年八年级下学期开学学情调查物理试卷，共6页。
2023年广西南宁市中考样卷模拟试题物理试卷： 这是一份2023年广西南宁市中考样卷模拟试题物理试卷，共6页。
2023年广西南宁三中（五象校区）中考物理模拟试题（含解析）： 这是一份2023年广西南宁三中（五象校区）中考物理模拟试题（含解析），共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，作图题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
