物理（辽宁沈阳卷）2023年中考考前最后一卷（全解全析）

这是一份物理（辽宁沈阳卷）2023年中考考前最后一卷（全解全析），共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，实验探究题，综合题等内容，欢迎下载使用。

2023年中考考前最后一卷【辽宁沈阳卷】
物理·全解全析
一、选择题（共21分。其中第1—6小题为单选题，每小题2分，第7—9小题为多选题，每小题3分，多选、错选不得分，漏选得1分）
1. 估测是物理学习中一种非常重要的能力。某同学对生活中的现象进行了观察、估测，符合实际的是(    )
A. 老师上班步行速度约5m/s B. 呼吸一次的时间约为0.1s
C. 成年人正常体温约37.8℃ D. 一位中学生身高约1.68m
【答案】D 
【解析】A、老师上班步行速度约1.1m/s，故A错误；
B、呼吸一次的时间约为2s，故B错误；
C、成年人正常体温约37℃，变化不大，故C错误；
D、一位中学生身高约1.68m，故D正确。
故选：D。
2. 下列关于声现象说法正确的是(    )

A. ①中蝙蝠回声定位利用了声音可以传递能量
B. ②用大小不同的力敲音叉，目的是研究音调与频率的关系
C. ③改变尺子伸出桌子的长短，目的是研究响度与振幅的关系
D. ④纸盒内的音箱发声时，小人翩翩起舞，说明发声体在振动
【答案】D 
【解析】A、图①中，蝙蝠回声定位利用了声音可以传递信息，故A错；
B、图②中，用大小不同的力敲音叉目的是研究响度与振幅的关系，用力越大、振幅越大、响度越大，故B错；
C、图③中，改变尺子伸出桌子的长短，可以改变振动的快慢，目的是研究音调与振动快慢(频率)的关系，故C错误；
D、图④中，纸盒内的音箱发声时，小人翩翩起舞说明声音是物体振动产生的，故D正确。
故选：D。
3. 下列物态变化，对其描述正确的是(    )

A. 甲图中河里的水结冰是凝固现象
B. 乙图中舞台上制造仙境的“白气”是水汽化形成的
C. 丙图中草上的霜是水蒸气凝固形成的
D. 丁图中蜡烛“流泪”是熔化现象且温度保持不变
【答案】A 
【解析】A、甲图中河里的水结冰，是液态变为固态，是凝固现象，故A正确；
B、乙图中舞台上制造仙境的“白气”是干冰升华吸热，使周围的温度降低，空气中的水蒸气遇冷液化形成的小水滴，故B错误；
C、丙图中草上的霜是固态，是由空气中的水蒸气遇冷凝华形成的，故C错误；
D、丁图中蜡烛“流泪”是固态变为液态，是熔化现象，蜡烛是非晶体，在熔化过程中温度保持变化，故D错误。
故选：A。
4. 下列有关光现象说法中不正确的是(    )

A. 如图甲所示，将白纸板右侧前折或后折，将不能看到光反射的径迹
B. 如图乙所示，平面镜成像的大小与物镜间的距离有关
C. 如图丙所示，手机镜头扫描二维码所成的是倒立的实像
D. 教室两侧的同学有时会看不清黑板，是因为光在物体的表面发生了如图丁所示的反射
【答案】B 
【解析】A、如图甲所示，将白纸板右侧前折或后折，纸板EON和FON不在同一平面内，所以将不能看到光反射的径迹，故A正确。
B、如图乙所示，平面镜成像的大小与物体自身大小有关，与物镜间的距离无关，故B错误。
C、手机镜头扫描二维码所成的是倒立、缩小的实像，故C正确。
D、教室两侧的同学有时会看不清黑板，是因为光在物体的表面上发生了镜面反射，故D正确。
故选：B。
5. 2023年3月24日，在FIFA友直赛中，阿根廷凭借梅西的进球，2：0战胜巴拿马，梅西也实现了职业生涯800球的成就。如图所示，在一次精彩的传球攻门过程中，下列说法正确的是(    )

A. 在此过程中，足球的运动状态没有发生改变
B. 足球对脚的作用力和脚对足球的作用力是一对平衡力
C. 用头顶球，会感觉到头疼，说明力的作用是相互的
D. 足球在空中能够继续飞行，是因为受到惯性力的作用
【答案】C 
【解析】A、在传球过程中，足球的运动方向不断改变，足球的运动状态发生改变，故A错误；
B、足球对脚的作用力和脚对足球的作用力发生在两个物体之间，是一对相互作用力，故B错误；
C、足球运动员用头顶球，球也会给运动员一个力，所以运动员会感到痛，说明物体间力的作用是相互的，故C正确；
D、球能继续飞行是因为球有惯性，惯性不是力，不能说受惯性力作用，故D错误。
故选：C。
6. 学习家庭电路相关知识后，小明对如图所示设计的家庭电路的认识正确的是(    )

A. 图中两盏灯与其对应控制开关的连接都是正确的
B. 使用洗衣机时任意选择插座C或D都能保证用电安全
C. 若AB间发生断路，则用测电笔检查插座C的各个插孔，测电笔的氖管都不发光
D. 闭合开关S2后灯L2不亮，用测电笔检查插座D两孔发现氖管都发光，则故障可能是进户零线断路
【答案】D 
【解析】A、为了保证用电安全，控制灯泡的开关应连接在火线与灯泡之间，即开关应控制火线；图中两个开关都控制的是零线，是错误的，故A错误；
B、使用洗衣机时应选择三孔插座C，把洗衣机外壳与大地接通，避免因意外漏电对人身产生伤害，故B错误；
C、若图中AB之间发生断路，则插座C的右孔仍与火线接通，所以，用测电笔检查插座C的各个插孔时，其右孔可以使氖管发光，其余两孔因分别接的是零线与地线，不能使氖管发光，故C错误；
D、闭合开关S2后发现灯L2不亮，说明有断路故障；用测电笔检查插座D两孔发现氖管都发光，这说明这两个孔与火线之间都是接通的(即火线没有问题)，且此时插座D的左孔通过灯L2与火线接通，所以故障可能是进户零线断路(如下图所示)，故D正确。

故选：D。
7. 如图所示是四个实验情景，关于每个实验的结果预测不正确的是(    )

A. 甲中木块与小车一起向右匀速运动，小车受阻力停止木块一定停止
B. 乙中橡皮膜探头竖直向下移动，U形管的液面高度差会减小
C. 丙中向玻璃管中吹风，U形管A管中的水面上升，B管中水面下降
D. 丁中容器侧壁的塞子同时拔出，水从a孔喷射最远，从c孔喷射最近
【答案】ABD 
【解析】A.小车受阻力停止，但因为木块具有惯性会继续向前运动，故A错误；
B.液体压强中，深度越深液体压强越大，故而U形管液面高度差会变大，故B错误；
C.丙中向玻璃管中吹风A上方的空气流速快，压强小，B上方的空气流速慢，压强大，会把B管液体压到A管，所以A管液面上升，B管液面下降，故C正确；
D.根据液体压强的特点，深度越深压强越大，因此c孔喷射最远，a孔喷射最近，故D错误。
故选：ABD。
8. 一个质量为80g的圆柱形瓶身的空玻璃瓶，内装10cm高的水密封后放在水平地面上，如图甲所示，再将玻璃瓶分别倒置在盛有水和某种未知液体的容器中，静止后，瓶内、外液面的高度差如图乙和图丙所示(ρ水=1×103kg/m3,g=10Nkg，瓶壁厚度忽略不计)。下列说法正确的是(    )

A. 玻璃瓶在水中受到的浮力小于在未知液体中受到的浮力 B. 玻璃瓶底的面积为50cm2
C. 未知液体的密度为0.75g/cm3 D. 玻璃瓶在水中受到的浮力为4.8N
【答案】CD 
【解析】A、图乙和丙中，玻璃瓶都处于漂浮状态，则F浮水=F浮液=G瓶总，故A错误；
B、图乙中玻璃瓶处于漂浮状态，浮力等于其总重力，G杯=m杯g=0.08kg×10N/kg=0.8N，
F浮水=G杯+G水，ρ水gS(ℎ1+ℎ2)=G杯+ρ水gSℎ1，ρ水gSℎ2=G杯，玻璃瓶底面积S=G杯ρ水gℎ2=0.8N1.0×103kg/m3×10N/kg×0.02m=4×10−3m2=40cm2，故B错误；
C、设玻璃瓶的底面积为S，玻璃瓶在水中和在液体中受的浮力相等，F浮水=F浮液，ρ水gV排=ρ液gV排′，ρ水g(V水+Sℎ2)=ρ液g(V水+Sℎ3)，因为水的体积V水=Sℎ1，图中ℎ1=0.10m，ℎ2=0.02m，ℎ3=0.06m，解得：ρ液=0.75×103kg/m3=0.75g/cm3；故C正确；
D、玻璃瓶中水的体积V水=Sℎ1=4×10−3m2×0.10m=4×10−4m3，G水=ρ水V水g=1.0×103kg/m3×4×10−4m3×10N/kg═4N，则F浮水=G杯+G水=0.8N+4N=4.8N，故D正确。
故选：CD。
9. 如图甲所示，电源电压不变，小灯泡的额定电压为3V。第一次只闭合S1、S3，将滑动变阻器R的滑片从最下端滑到最上端，第二次只闭合开关S2，将滑动变阻器R的滑片从最下端向上滑到中点时，电压表V2的示数为1.5V，滑到最上端时，小灯泡正常发光。图乙是两次实验中电流表A与电压表V1、V2示数关系图象，下列说法正确的是(    )

A. 小灯泡的额定功率为0.75W B. 定值电阻R0的阻值为12Ω
C. 滑动变阻器R的最大阻值15Ω D. 两次实验中，电路最小功率为0.36W
【答案】ACD 
【解析】A、小灯泡的额定电压为3V，在第二次操作中，滑片滑至最上端时，因灯正常发光，故电源电压为3V，由图知，此时的电流最大为0.25A，故灯的额定功率：P=UI=3V×0.25A=0.75W，A正确；
B、在第一操作中，滑片从最下端滑至最上端时，V1的示数不变，为定值电阻的简单电路，此时电路的电流应最大，电路的最大电流为0.3A，由欧姆定律，R0=UI大=3V0.3A=10Ω，B错误；
C、在第二次操作中，滑片在中点时，由串联电路的规律及欧姆定律，变阻器连入电路的电阻：
R滑中=U−U2I2=3V−1.5V0.2A=7.5Ω，故滑动变阻器R的最大阻值为15Ω，C正确；
D、由乙图知，第一次操作中电路的最小电流小于第二次操作中电路的最小电流，在第一次操作中，当滑片滑到最下端时，电路的电阻最大，由串联电阻的规律和欧姆定律，电路的最小电流：
I小1=UR0+R滑大=3V10Ω+15Ω=0.12A，两次实验中，电路的最小功率为：P小1=I小1×U=0.12A×3V=0.36W，D正确。
故选：ACD。
二、填空题（每空1分，共18分）
10. 如图1所示，中国“人造太阳”——大型核实验装置“东方超环”(EAST)取得重大突破，创造世界新纪录，在上亿度的高温状态下，物质呈现等离子态，它们可以被磁场约束。“东方超环”的反应原理与太阳类似，通过______ (填“核裂变”或“核聚变”)释放巨大的核能。如图2为核电站发电流程图，在核电站的发电过程中，核电站能量转化是核能→内能→机械能→电能。远距离输送电能时，为了减小电能在输送过程中的损耗，通常采用______输电的办法。

【答案】核聚变  高压 
【解析】(1)东方超环的热核反应，属于核聚变；
(2)在输送电功率不变的情况下，电压越高，线路中的电流越小，由焦耳定律可知，高压输电能减少线路上电能的损失。
故答案为：核聚变；高压。
11. 学习烹饪技能从了解烹饪工具开始。如图−1，塑料吸盘在______的作用牢牢“吸”在光滑墙壁上，将厨具悬挂起来；如图−2，夹取食物时，食品夹属于______(选填“省力”、“费力”或“等臂”)杠杆；如图−3，用液化气灶炒菜时，主要是通过______的方式增加了菜的内能，闻到菜香，说明分子在不停地做无规则运动。

【答案】大气压  费力  热传递  
【解析】塑料吸盘挤出空气，吸盘外部只受大气对它向内的压力，塑料吸盘在大气压作用下牢牢“吸”在光滑墙壁上；夹取食物时，食品夹的动力臂小于阻力臂，是费力杠杆；用液化气灶炒菜时，菜吸收热量，内能增大，主要是通过热传递的方式改变内能；炒菜时在远处就能闻到菜香，是一种扩散现象，说明分子在不停地做无规则运动。
故答案为：大气压；费力；热传递；无规则运动。
12. 如图所示，摄影师在大连跨海大桥抓拍到海鸥在海面飞翔时的美丽画面，若海鸥距离海面30m，海鸥在海水中的像距海面______m，若海鸥靠近海面，海水中海鸥的像的大小______(选填“变大”“不变”或“变小”)。

【答案】30  不变 
【解析】平静的水面相当于平面镜，所以据平面镜成像的特点可知，海鸥在水中的“倒影”是一个虚像；且物像到水面的距离相等，所以海鸥距水面30m时，像距水面也是30m；由于像的大小与物体大小相同，故若海鸥靠近海面，则海鸥“倒影”的大小将不变。
故答案为：30；不变。
13. 如图1，用一根橡皮筋水平匀速拉动放在桌面上的一本书，然后在书下垫几支圆铅笔后再拉，橡皮筋更短，由此得出滚动摩擦力______(选填“大于”“等于”或“小于”)滑动摩擦力；如图2，小组同学利用夹子将铅笔芯固定好后，接入电路，通电一段时间后，铅笔芯开始冒烟至发光，铅笔芯发光的原因可能是电流具有______效应；如图3，将铅笔放入水中，铅笔好像“断”了，原因是铅笔在水中发生了______。

【答案】小于  热  折射 
【解析】用一根橡皮筋水平匀速拉动放在桌面上的一本书，然后在书下垫几支圆铅笔后再拉，橡皮筋更短，由此得出滚动摩擦力小于滑动摩擦力；小组同学利用夹子将铅笔芯固定好后，接入电路，通电一段时间后，铅笔芯开始冒烟至发光，铅笔芯发光的原因可能是电流具有热效应；将铅笔放入水中，铅笔好像“断”了，原因是铅笔在水中发生了折射。
故答案为：小于；热；折射。
14. 如图甲所示，在空气压缩引火仪的玻璃筒底部放一小团干燥的棉花，快速压下活塞，可观察到棉花着火燃烧。此过程与四冲程汽油机的______冲程能量转化相同；如乙图所示的是汽油机的______冲程，若飞轮的转速为1800r/min，在1s内，汽油机做功______次。

【答案】压缩  排气  15 
【解析】(1)在空气压缩引火仪玻璃筒的底部放一小团干燥的棉花，用力将活塞迅速向下压，棉花燃烧起来；说明压缩筒内空气做功，使空气的内能增加；压火仪实验中，活塞的机械能转化为空气的内能，与内燃机的压缩冲程相似；
(2)从图中看出，进气门关闭、排气门打开，活塞向上移动的特点，可以判断这个冲程是排气冲程；
(3)四冲程汽油机的飞轮转速为1800r/min=30r/s，则该飞轮每秒钟转30圈，因为一个工作循环飞轮转2圈，完成4个冲程，做功1次，所以1s内，飞轮转30圈，共15个工作循环，共60个冲程，共做功15次。
故答案为：压缩；排气；15。
15. 如图，是我国最先进的055型导弹驱逐舰，谓之“国之重器”。满载排水量达12300t，吃水深度8m(水面至舰底部的距离)，则其满载时受到海水的浮力为______N，舰底部受到海水的压强为______Pa.(取g=10N/kg，ρ海水=1.03×103kg/m3)

【答案】1.23×108  8.24×104 
【解析】(1)由题意知，导弹驱逐舰满载时，处于漂浮，
则F浮=G排=m排g=12300×103kg×10N/kg=1.23×108N。
(2)当航母满载时，达到最大吃水深度，此时航母底部受到海水的压强：
p=ρ海水gℎ=1.03×103kg/m3×10N/kg×8m=8.24×104Pa；
故答案为：1.23×108；8.24×104。
16.国家规定自2023年7月1日起，所有销售、注册登记的新车须符合国六b标准。看到此新闻后，小明利用已学知识设计了如图所示的尾气排放检测电路，R1的阻值随CO浓度的增大而减小。闭合开关后，电磁铁的下端是______极，当检测到尾气中CO浓度增大时电磁铁的磁性将______，CO浓度高于某一值时，电铃会发声报警。

【答案】S  增强 
【解析】由图可知，电磁铁中电流的方向为从下至上，则根据安培定则可以判断出，电磁铁的上端为N极，下端为S极。当尾气中CO浓度增大时，电阻R1的阻值减小，则控制电路中的总电阻减小。根据欧姆定律I=UR可知，在电源电压不变的情况下，电阻减小，则通过电磁铁的电流将增大，电磁铁的磁性将增强。当CO浓度高于某一值时，电磁铁将把衔铁吸下，使得电铃所在的工作电路连通，电铃开始报警。
故答案为：S；增强。
17. 如图所示，U形管中液面高度的变化反映密闭空气被加热后温度的变化。将两个相同容器中的电阻丝R1、R2串联在电路中，且R1=2R2=40Ω，恒压电源U=6V。闭合开关后，乙管中的液面上升得较慢，当滑动变阻器滑片P移至最右端时，在5min内电流通过电阻丝R1产生的热量为______J。

【答案】120 
【解析】由题意知，2R2=40Ω，则R2=20Ω，当滑动变阻器滑片P移至最右端时，滑动变阻器接入电路的电阻为零，R1、R2串联，此时电路中的电流为：I=UR1+R2=6V40Ω+20Ω=0.1A；5min内电流通过电阻丝R1产生的热量为：Q=I2R1t=(0.1A)2×40Ω×5×60s=120J。
故答案为：120。
三、计算题（共18分。要求写出必要的文字说明、公式、主要的运算过程、数值和单位）
18. 建筑工人用如图甲所示的滑轮组运送建材上楼，每次运送量不定。滑轮组的机械效率随建材重量变化的图象如图乙所示，(滑轮和钢绳的摩擦力及绳重忽略不计，g取10N/kg)
(1)动滑轮的重力是多大？
(2)若工人在1min内将建材匀速竖直向上提升了12m，作用在钢绳上的拉力为200N，求拉力的功率；
(3)滑轮组机械效率为80%时，运送建材的重力是多大？

【答案】解：(1)由图象可知，当建材重为G1=300N时，滑轮组的机械效率η1=50%，
由于滑轮和钢绳的摩擦力及绳重忽略不计，则滑轮组的机械效率：η=W有用W总=W有用W有用+W额=GℎGℎ+G动ℎ=GG+G动；所以动滑轮的重力：G动=1−η1η1×G1=1−50%50%×300N=300N；
(2)1min内绳子自由端移动的距离s=2ℎ=2×12m=24m，拉力做的功：W=Fs=200N×24m=4800J；拉力的功率：P=Wt=4800J60s=80W；
(3)当滑轮组的机械效率为80%时，根据η=GG+G动可得此时运送建材的重力：G2=η2G动1−η=80%×300N1−80%=1200N；
19. 如图甲所示的电路，电源电压保持不变。小灯泡L标有“4V1.6W“的字样，滑动变阻器R1的最大阻值为20Ω，定值电阻R2=20Ω，电流表的量程为0～0.6A，电压表的量程为0～3V.求：

(1)小灯泡正工作时的电阻是多少？
(2)只闭合开关S、S2和S3移动滑动变阻器R1的滑片P使电流表示数为0.5A时，R2消耗的电功率为1.25W.此时滑动变阻器R1接入电路中的阻值是多少？
(3)只闭合开关S和S1，移动滑动变阻器R1的滑片P，小灯泡L的I−U图象如图乙所示，在保证各元件安全工作的情况下，滑动变阻器R1允许的取值范围是多少？
【答案】解：(1)灯泡L标有“4V，1.6W”字样表示灯的额定电压为4V，额定功率为1.6W，根据P=UI=U2R可得：灯泡的电阻RL=U额2P额=(4V)21.6W=10Ω；
(2)只闭合开关S、S2和S3，移动滑动变阻器R1的滑片P使电流表示数为0.5A时，由于变阻器和R2并联，则电流表测总电流I=0.5A，根据P=UI=U2R得电源电压：U= P2R2= 1.25W×20Ω=5V；则通过R2的电流，I2=UR2=5V20Ω=0.25A；由并联电路电流的规律，通过动变阻器R1的电流：
I1=0.5A−0.25A=0.25A，由I=UR可得R1接入电路中的阻值为：R1=UI1=5V0.25A=20Ω；
(3)只闭合开关S和S1，灯与变阻器串联，电压表测变阻器的电压，电流表测电路中的电流，根据P=UI，灯正常工作时的电流：IL=P额U额=1.6W4V=0.4A，电流表量程为0～0.6A，根据串联电路电流的规律，电路中的最大电流为I最大=0.4A，此时灯正常发光，由欧姆定律和电阻的串联规律，变阻器有最小阻值；由串联电路电压的规律和欧姆定律，滑动变阻器R1的最小阻值：
R滑小=UI最大−RL=5V0.4A−10Ω=2.5Ω；因电压表的量程为0～3V，电压表的最大示数为U最大=3V时，变阻器连入电路中的电阻最大，根据串联电路两端的电压等于各电阻两端的电压之和可知：
灯泡两端的最小电压UL最小=5V−3V=2V，由图乙可知，此时通过灯的电流为电路中的最小电流，则I最小=0.25A，由欧姆定律和串联电路电流的规律，变阻器连入电路中的最大电阻：
R滑大=U最大I最小=3V0.25A=12Ω，故滑动变阻器R1允许的取值范围是2.5Ω−12Ω。
四、实验探究题（本大题共4小题，每空1分，共22分）
20. 如图甲是小亮设计的能做“探究某物体熔化时温度的变化规律”和“探究水沸腾时温度变化的特点”实验的装置。

(1)小亮利用如图甲所示的装置进行实验，其中存在两处错误，请找出一处错误写下来________；
(2)改正错误后重新实验，观察并记录温度计A的示数，作出如图乙所示的图像。通过图乙分析可知该物体是晶体；
(3)图乙中，则t1～t2阶段试管中的物质处于______状态，此过程中温度不变，内能______；
(4)观察并记录温度计B的示数，绘制出图丙的图像，根据图像可知此环境中水的沸点为95℃，说明当地的大气压______ 1个标准大气压；
(5)观察到烧杯中的水已沸腾，且A、B两温度计示数相同，此时试管中的水______沸腾(选填“会”或“不会”)。
【答案】温度计B的玻璃泡接触到烧杯底部  固液共存  增加  低于  不会 
【解析】(1)由图可知，图甲中的温度计B的玻璃泡接触了烧杯底部，存在错误，因为烧杯底部的温度高于水的温度，会使得温度计所测水温偏高；
另一处错误是温度计A的玻璃泡没有浸没在碎冰中，不能测量碎冰块的温度；
(2)由图乙可知，冰在熔化过程中温度不变，持续吸热，因此该物体是晶体；
(3)图乙中，t1～t2阶段试管中的物质在熔化过程中，处于固液共存状态；此过程中温度不变，但持续加热，因此内能增加；
(4)水沸腾后温度不变，由图丙可知，水的沸点为95℃；在1个标准大气压下水的沸点是100℃，气压越高，水的沸点越高，因此当地气压低于1个标准大气压；
(5)水沸腾时两个条件：达到沸点和持续吸热；由于水沸腾时温度不变，且A、B两温度计示数相同，则试管中的水虽然可以到达沸点，但无法从烧杯中的水吸收热量，因此试管中的水不会沸腾。
故答案为：(1)温度计B的玻璃泡接触到烧杯底部；(3)固液共存；增加；(4)低于；(5)不会。
21. 在探究“凸透镜成像规律”“实验中如图所示：

(1)如图甲所示，凸透镜位置固定，发光的小灯泡放在40.0cm刻度线位置时，移动光屏发现光屏上始终能呈现一个面积大小不变的光斑，则该凸透镜的焦距为______cm；
(2)在图甲中再次移动蜡烛至45cm刻度线处，则观察到的像是图丙中的______(选填“1”、“2”、“3”或“4”)，此时将蜡烛向______(选填“左”、“右”)移动，观察到的像会变大；
(3)图乙中烛焰在光屏上恰好成一清晰的像(未画出)，______(选填“照相机”、“投影仪”和“放大镜”)就是利用这一成像规律工作的；
(4)保持图乙中蜡烛和光屏不动，只移动凸透镜到______刻度线处，光屏上可以再次呈现清晰的像；
(5)实验小组又借来同学的眼镜并将其靠近凸透镜左侧(如图丁)，发现光屏上的像变模糊，向右移动光屏又出现清晰的像，则该同学佩戴的是______眼镜。(选填“近视”、“远视”)
【答案】10.0  4  左  投影仪  65.0cm  近视 
【解析】(1)根据焦点和焦距的定义可知，当小灯泡距离透镜为50.0cm−40.0cm=10.0cm时，在右侧无论怎样移动光屏，发现光屏上始终是一个大小不变的圆形光斑，说明小灯泡在凸透镜是焦点上，则该透镜的焦距为10.0cm；
(2)在图甲中再次移动蜡烛至45cm刻度线处，此时物距小于焦距时，成正立、放大的虚像，则观察到的像是图丙中的4；
要使观察到的像会变大，根据凸透镜成虚像时，物距增大，像变大可知，此时应将蜡烛向左移动；
(3)图乙中烛焰在光屏上恰好成一清晰的像，此时物距大于一倍焦距，小于二倍焦距，在光屏上成倒立放大的实像，投影仪就是利用此原理制成的；
(4)图乙中物距u=50.0cm−35.0cm=15.0cm，v=80.0cm−50.0cm=30.0cm，凸透镜成倒立放大的实像，根据光的折射中光路是可逆的，当v=15.0cm，u=30.0cm时，凸透镜成倒立缩小的实像，故当凸透镜在65cm刻度线处，符合v=15.0cm，u=30.0cm，所以把凸透镜移动65.0cm刻度线处；
(5)实验小组又借来同学的眼镜并将其靠近凸透镜左侧(如图丁)，发现光屏上的像变模糊，向右移动光屏又出现清晰的像，说明该眼镜对光线具有发散作用，使光线推迟会聚，近视眼镜是凹透镜，凹透镜对光线有发散作用，故该同学佩戴的是近视眼镜。
故答案为：(1)10.0；(2)4；左；(3)投影仪；(4)65.0cm；(5)近视。
22. 小华观看世界杯比赛后，购买了吉祥物如图1甲所示，他用天平和量杯测量吉祥物的密度。

(1)小华首先将天平放在______桌面上，然后将游码归零后，发现指针位置如图1乙所示，此时应将平衡螺母向______(选填“左”或“右”)调节，才能使天平平衡。
(2)将吉祥物放在天平上称量，天平再次平衡，最后砝码及游码位置如图1丙所示，则质量是______ g。
(3)用量杯测得吉祥物的体积为20cm3，则密度为______g/cm3。
(4)小华将吉祥物上的小足球取下，用小足球、电子秤、烧杯等器材测量奶茶的密度。
①将空烧杯放在电子秤上，向烧杯中倒入适量的水，按清零键，使电子秤示数为“0”。将小足球的一半放入水中，如图2甲所示，电子秤示数为m1；
②将小足球放入水中，足球沉底，如图2乙所示，电子秤示数为m2；与甲图相比，乙图中烧杯对电子秤的压强______(选填“变大”、“变小”或“不变”)。
③关闭电子秤，将烧杯中的水全部倒出，将烧杯和小足球擦干净，向烧杯中倒入适量奶茶。打开电子秤，直接将烧杯放在电子秤上，将小足球浸没在奶茶中，如图2丙所示，电子秤的示数为m3；
④将小足球放入奶茶中，足球沉底，如图2丁所示，电子秤的示数为m4；则奶茶的密度表达式为______(用m1、m2、m3、m4、ρ水表示)。
【答案】水平  左  42  2.1  变大  ρ茶=m3+m2−m42m1⋅ρ水 
【解析】(1)天平使用前要放在水平桌面上，然后将游码归零后，发现指针位置如图1乙所示，分度标尺指针右偏，此时应该将平衡螺母向左调节；
(2)将吉祥物放在天平上称量，天平再次平衡，最后砝码及游码位置如图1丙所示，根据天平的使用方法可知此时吉祥物的质量为20g+20g+2g=42g，
(3)用量杯测得吉祥物的体积为20cm3，则密度为：ρ吉=m吉V吉=42g20cm3=2.1g/cm3；
(4)由“①将空烧杯放在电子秤上，向烧杯中倒入适量的水，按清零键，使电子秤示数为“0””可知，电子秤的示数为m1，为小足球排开水的质量，即m排=m1，小足球排开水的体积V排=m1ρ水，因小足球的一半放入水中，所以小足球的体积V球=2V排=2m1ρ水；由“②将小足球放入水中，足球沉底，如图2乙所示，电子秤示数为m2”可知，电子秤示数m2为小足球的质量，与甲图相比，乙图中烧杯对电子秤的压力增大，根据p=FS可知，乙图中烧杯对电子秤的压强变大；由“④将小足球放入奶茶中，足球沉底，如图2丁所示，电子秤的示数为m4”，为小足球和奶茶的总质量，则奶茶的质量为m茶=m4−m2；由“③打开电子秤，直接将烧杯放在电子秤上，将小足球浸没在奶茶中，如图2丙所示，电子秤的示数为m3”，为小足球排开奶茶的质量和奶茶质量的总和，所以小足球排开奶茶的质量为m茶排=m3−m茶=m3−(m4−m2)=m3+m2−m4，由于小足球排开奶茶的体积与小足球的体积相等，即V茶排=V球=2m1ρ水，则奶茶的密度为：
ρ茶=m茶排V茶排=m3+m2−m42m1ρ水=m3+m2−m42m1⋅ρ水。
故答案为：(1)水平；左；(2)42；(3)2.1；(4)②变大；④ρ茶=m3+m2−m42m1⋅ρ水。
23. 实验小组做“测量小灯泡的额定功率”实验。实验器材：两节新干电池、额定电压为2.5V的小灯泡(正常发光时的电阻约为8Ω)、电流表、电压表、滑动变阻器、开关和若干导线。

(1)请用笔画线代替导线将如图甲所示的实物电路连接完整。(要求滑片向左移动时，灯泡变亮)
(2)连接好电路，将滑动变阻器的滑片P移至最大阻值处。然后闭合开关，同学们观察到小灯泡不发光，电流表无示数，电压表的示数接近3V，则电路故障可能是_______________________。
(3)排除故障继续实验，调节滑片P使电压表示数为2.5V，此时电流表的示数如图乙所示，为_____ A，待测小灯泡的额定电功率是__________W。
(4)同学们记录的实验数据如表所示，分析表格数据可知：小灯泡的实际功率越大，发光越_____ (选填“亮”或“暗”)；
实验次数
小灯泡两端的
电压U/V
通过小灯泡的
电流I/A
小灯泡的电功率P/W
小灯泡的亮度
1
2
0.26
0.52
较暗
2
2.5


正常
3
3
0.32
0.96
较亮
(5)小明用相同的器材进行该实验时发现电压表损坏，他找来一只阻值为R0的定值电阻，设计了如图丙所示的电路，也测出了小灯泡的额定功率。请将实验步骤补充完整。(电源电压保持不变)
①把电流表接在a处，闭合开关，调节滑片P，使电流表的示数为U额R0；
②保持滑片P的位置不变，断开开关，把电流表接在b处，闭合开关，读出电流表的示数为I；
③小灯泡的额定电功率的表达式：P额= ______ (用U额、R0、I表示)。
【答案】小灯泡断路  0.3  0.75  亮  U额(I−U 额R0) 
【解析】(1)滑片P向左移动时小灯泡变亮，即电流变大电阻变小，故变阻器左下接线柱连入电路中与灯串联，如下所示：
；
(2)小灯泡不亮，电流表无示数，说明电路可能断路；电压表有示数且接近3V，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了，故电路故障可能是小灯泡断路；
(3)由图乙知，电流表的量程为0～0.6A，示数为0.3A；P=UI=2.5V×0.3A=0.75W；
(4)由表格数据知小灯泡的实际功率越大，发光越亮；
(5)根据题意可知，干路中的电流为I，通过滑动变阻器的电流为U 额R0；根据并联电路的电流规律可知通过灯泡的电流为：I额=I−U 额R0；灯泡的额定功率为：P额=U额I额=U额(I−U 额R0)。
故答案为：(1)见解答图；(2)小灯泡断路；(3)0.3；0.75；(4)亮；(5)U额(I−U 额R0)。
五、综合题（本大题共1小题，共6分）
24. 周末晚上，小慧同学独自在房间内复习功课，一段时间后她感觉有些疲劳，于是便来到客厅中休息。
(1)她打开电视机，准备欣赏一会儿电视节目，但是室内光线较暗，她便打开家中墙壁上的璧灯来照明。如图甲所示是家中的壁灯，图乙是壁灯简化的杠杆模型，请在图中画出并标明F1的力臂L1

(2)小慧看了一会儿电视节目后，想用家中饮水机里的开水冲一杯咖啡，但发现饮水机还未连接电源，于是她接通电源准备烧水。
①该饮水机连接电源时应使用______插座(选填“两孔”或“三孔”)
②此时家里采暖期已过，室内温度较低，当她打开热水开关接热水时，看到附近有白气冒出，这是______形成的(写出物态变化过程)。
③如图丙所示为饮水机的工作原理图。其中S是一个温控开关，R1为电加热管，红绿两的指示灯。当开关S与b接触时，此时饮水机处于______(选填“加热”或“保温”)状态，简述理由______。
【答案】三孔；液化；保温；此时R1、L绿、R2串联，电路总电阻最大，由P=U2R可知，功率最小 
【解析】(1)过支点O向力F1的作用线作垂线段，即为F1的力臂L1，如图所示：

(2)①为了安全用电，大功率家用电器的电源插座都要用三孔插座，三脚插头的接地脚与地线相连，这样若用电器的金属外壳带电时，电流会通过地线导入大地，防止触电事故的发生；
②打开热水开关接热水时，常会看到附近有“白气”冒出，这是水蒸气遇冷液化成的小水珠；
③当开关S与b接触时，绿灯泡有电流通过，绿灯发光，此时R1、L绿、R2串联，电路总电阻最大，由P=U2R可知，功率最小，饮水机处于保温状态；
故答案为：(1)见解答图；(2)①三孔；②液化；③保温；此时R1、L绿、R2串联，电路总电阻最大，由P=U2R可知，功率最小；