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2023年广东省东莞市翰林实验学校中考物理一模试卷(含答案)
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这是一份2023年广东省东莞市翰林实验学校中考物理一模试卷(含答案)，共35页。试卷主要包含了选择题，填空题，作图题，实验题，计算题，综合能力题等内容，欢迎下载使用。
2023年广东省东莞市翰林实验学校中考物理一模试卷
一、选择题（本大题7小题，每小题3分，共21分）
1．（3分）下列关于声现象的说法中正确的是（ ）
A．公路旁安装隔音板是为了在传播中减弱噪声
B．物体振动的频率越高，声音的响度越大
C．同一乐器，弹奏的频率不同，发声的音色就不同
D．声音在真空中的传播速度为340m/s
2．（3分）小明在一只空碗中放一枚硬币，后退到某处眼睛刚好看不到它。另一位同学慢慢往碗中倒水时，小明在该处又看到硬币。这种现象可以用下列哪个光路图来解释？（ ）
A． B．
C． D．
3．（3分）如图所示，从中得出的结论错误的一项是（ ）
A．在AB段，物质处于固态
B．这是某种晶体的熔化图象
C．该物质熔化过程历时6分钟
D．该物质的熔点是48℃
4．（3分）关于温度、内能和热量，下列说法正确的是（ ）
A．同一个物体，5℃时比3℃时所含的热量多
B．物体温度为0℃时内能为零
C．一个物体温度升高，其内能一定增加
D．晶体熔化过程中，温度不变，内能不变
5．（3分）动车即将进站时关闭电源，在继续行驶的过程中，可带动电机逆向发电，同时储存电能。如图所示，下列实验装置中能说明发电机原理的是（ ）
A．
B．
C．
D．
6．（3分）如图所示电路中，电源电压保持不变，当变阻器滑片P向右移动时，电表示数变大的是（ ）
A． B．
C． D．
7．（3分）额定电压均为6V的甲、乙两灯，U﹣I图线如图所示下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙两灯的电阻均随电压增大而减小
B．甲、乙两灯的额定功率之比为4：1
C．甲、乙两灯串联接在电压为8V的电源两端时，实际功率之比为1：3
D．甲、乙两灯并联接在电压为2V的电源两端时，电阻之比为3：2
二、填空题（本大题7小题，每空1分，共21分）
8．（3分）梳过头发的塑料梳子，由于摩擦会带电，摩擦起电的本质是 （选填“电荷的转移”或“创造了电荷”）。与毛皮摩擦过的橡胶棒带 电，是因为橡胶棒在摩擦过程中 电子。
9．（3分）“神舟十号”飞船在太空中飞行时，主要利用太阳电池供电，电能属于 能源（选填“一次”或“二次”）。手机是利用 传输信号实现通讯的，相同时间内，5G通讯传输的信息量约为4G的10倍。在相同介质中，5G信号的传播速度 （选填“大于”、“等于”或“小于”）4G信号的传播速度。
10．（3分）汽车发动机常用水来做冷却剂，这是因为水的 较大的缘故，如图所示为一单缸四冲程汽油机某冲程剖面图，该图表示为 冲程，在这个过程中，气缸内气体内能的改变是通过 方式改变的。
11．（3分）中国女篮获世界杯亚军，振奋全国人民。如图1所示，离手后的篮球在空中依次从A点运动到D点，在 点动能最大。图2为它在等高点B和D的能量柱状图，则篮球在B点的机械能 （选填“大于”“等于”或“小于”）在D点的机械能。整个过程能量的总量 （选填“守恒”或“不守恒”）。
12．（3分）一只小鸟在美丽的黑龙潭上水平飞过，若水深3m，小鸟距水面10m，则映在平静水面上的小鸟的“倒影”距小鸟 m；小鸟向高空飞去时，小鸟的“倒影”的大小 （选填“变大”、“变小”或“不变”）；小鸟的像是 像（选填“虚”、“实”）。
13．（3分）在跳绳测试中，小丽同学1min跳了120次，每次跳起的高度为5cm，已知她的质量是50kg，那么小丽的重力是 N，跳一次绳做的功 J，1min跳绳的平均功率是 W（g＝10N/kg）。
14．（3分）我国于2017年5月18日在南海海域成功试采“可燃冰”，“可燃冰”作为新型能源，有着巨大的开发使用潜力，在相同条件下，“可燃冰”完全燃烧放出的热量可达到天然气的数十倍。如果“可燃冰”热值是天然气的10倍，设天然气热值为4.2×107J/kg，完全燃烧0.5kg“可燃冰”放出的热量为 J；若在不考虑热量损失的情况下，这些热量能使800kg、45℃的水刚好达到沸点，则此时水的沸点是 ℃，水面上方的气压 1标准大气压。（选填“大于”、“小于”或“等于”）[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]
三、作图题（共7分）
15．（2分）如图所示，请画出反射光线对应的入射光线，并标出入射角的度数。
16．（2分）闭合开关，小磁针静止如图所示位置。请标出小磁针的N极并在虚线上用箭头标出磁感线方向。
17．（3分）两根电阻丝规格相同且电阻不变，旋钮开关S转动至断开位置，电路不工作；开关S转动至抵挡位置，电路处于低功率工作状态，两根电阻丝都发热；开关S转动至高挡位置，电路处于高功率工作状态，仅有一根电阻丝发热。请以笔画线代替导线完成电路连接。
四、实验题（本大题3小题，每空1分，共19分）
18．（6分）（1）肖微同学要测量某一品牌陈醋的密度，其操作过程如图所示。
①她将天平放在水平台面上，横梁静止时，指针如图甲所示。接下来应将平衡螺母向 （选填“左”或“右”）移动。
②将用调节好的天平两次称量烧杯和陈醋的总质量，当天平平衡时，砝码和游码的示数如图乙和丙所示，则倒入量筒中的陈醋的质量为 g，陈醋的密度为 kg/m3。
（2）某小组采用如图的电路装置探究“电流产生的热量跟什么因素有关”。两个透明容器中封闭着等量的空气，将两个容器中的电阻丝R1和R2串联接到电源两端，将容器外部的电阻丝R3和R2并联。
①该装置是探究电流通过导体产生的热量与 的关系，通电一段时间 瓶（选填“左”或“右”）内的电阻丝产生的热量多。
②让实验装置冷却到初始状态，把右瓶并联的两根电阻丝都放入瓶内，接通电源比较两瓶内电阻丝发热多少。此时该装置是探究电流产生的热量跟 的关系。
19．（6分）在探究“比较不同物质吸热的情况”的实验中，实验装置如图所示。
加热时间/min
0
1
2
3
4
5
6
甲的温度/℃
18
22
26
30
34
38
42
乙的温度/℃
18
30
42
54
66
78
90
（1）要完成该探究实验，除了图中所示的器材外，还需要的测量工具有天平和 。
（2）实验中取 和初温都相同的A、B两种液体，用相同规格的电加热器加热的目的是通过比较 来表示液体吸收热量的多少。
（3）小明将记录的数据填入表格，分析数据可知：从开始加热到42℃，甲、乙两种液体吸收热量的关系Q甲 Q乙。（选填“＞”、“＜”或“＝”）
（4）若小明想自制一个暖手袋，从甲和乙两种液体中选一种装入暖手袋中作为供热介质，选择 为介质保暖时间会更长。（均选填“甲”或“乙”）
（5）A、B两液体的温度随时间变化的图象如图丙所示，若加热过程中没有热量损失，已知液体A的比热容为4.2×103J/（kg•℃），则液体B的比热容为 J/（kg•℃）。
20．（7分）如图所示是小明做“探究电流和电阻的关系”的实验，所用电源电压为6V，定值电阻的阻值分别为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω和25Ω。
（1）在本实验中，滑动变阻器除起到保护电路的作用之外，另一个作用是： 。
（2）小明连接好电路，闭合开关，发现电流表无示数，电压表示数接近于电源电压，则原因可能是 。
（3）用5Ω的定值电阻进行实验，当电压表示数为计划控制不变的电压值时，电流表示数如图乙所示，电流为 A。
（4）当用5Ω的定值电阻完成实验后，要先断开开关，将5Ω电阻更换为10Ω电阻，再闭合开关，将滑片P向 移动，使电压表示数仍为 V，并记录数据。
（5）分析丙图可以得到结论： 。
（6）要用以上定值电阻完成实验，变阻器的最大电阻值应不小于 Ω。
五、计算题（本大题2小题，共13分）
21．（6分）如图所示，某工人利用滑轮组将一个重为900N的货箱在6s内匀速提升3m。此过程中，绳子自由端所受的拉力为F，滑轮组的机械效率为75%。试求：
（1）货箱上升的速度是多少？
（2）有用功是多少？
（3）拉力F是多少？
22．（7分）中国茶文化源远流长。如图甲所示是一款煮茶器，有“加热”和“保温”两个挡位，其简化电路图如图乙所示，R1和R2均为发热电阻，煮茶器部分参数如表。煮茶器中装有初温为20℃的水，在标准大气压下，将水刚好加热到沸腾，用时700s，在此过程中煮茶器的加热效率为80%。求：
额定电压
220V
保温挡功率
100W
加热挡功率
900W
（1）发热电阻R1的阻值。
（2）加热过程中煮茶器消耗的电能。
（3）煮茶器中水的质量。[水的比热容c＝4.2×103J/（kg•℃）]
六、综合能力题（本大题3小题，每空1分，共19分）
23．（6分）在探究“凸透镜成像规律”的实验中：
（1）如图甲，平行光正对凸透镜照射，光屏上出现一个最小最亮的光斑，则凸透镜的焦距f＝ cm。
（2）将蜡烛、凸透镜和光屏放在光具座上，使烛焰、凸透镜和光屏的中心在 。
（3）如图乙，光屏上呈现清晰的像，此时所成的像是倒立的实像，实际生活中应用为 （选填“投影仪”或“照相机”）。若保持透镜位置不变，移动蜡烛至 刻度线处，再移动光屏能呈现等大清晰的像。
（4）此凸透镜作为照相机镜头，当照完一个人的半身照，然后照全身照，照相机与人的距离应 （选填“变大”、“变小”或“不变”），照相机的镜头应 （选填“伸出”或“缩回”）。
24．（6分）小刚与小健在家用冰箱研究物态变化现象。
（1）制作冻豆腐，将豆腐切成正方体后放入电冰箱的冷冻室，一天后取出来观察，豆腐的形状与图中第 幅图相。盛夏，打开冰箱门会看到“白气”，这是 现象（填物态变化名称），这个过程要 热量；
（2）他们在一杯水中加入半勺盐，搅拌使盐溶解后插入一支温度计，放到冰箱冷冻室。一小时后发现部分盐水已经结了冰，此时小刚读出杯内温度计的示数如图④，示数是 ℃；
（3）小健观察到冰箱的冷冻室内积着厚厚的霜，这些霜的形成是 过程（填物态变化名称），小健家把食物放进冰箱时喜欢盖起来或用保鲜膜包起来，因此小健家的冰箱应该更 （选填“容易”或“不容易”）产生霜。
25．（7分）某智能扫地机器人（如图1）可通过灰尘传感器自动寻找灰尘清扫，通过电动机旋转、产生高速气流将灰尘等吸入集尘盒。图2为其部分工作原理图，控制电路电源电压U为4.5V，指示灯电阻为5Ω，定值电阻R0＝12Ω，R为光敏电阻，其阻值随光照强度E（单位cd）的变化如图3所示。如表为其部分工作参数（注：电池容量指工作电流与工作总时间的乘积，线圈电阻不计）
额定工作电压
12伏
额定功率
30瓦
电池总容量
2.5Ah（安时）
工作噪音
＜50dB（分贝）
（1）图2中电磁铁根据电流的 效应做成；
（2）当清扫到一定程度，地面灰尘减少，使照射到光敏电阻上的光照强度增强，则电磁铁磁性 （选填“增强”、“不变”或“减弱”），衔铁将与 （选填“A”或“C”）触头接触，电磁铁上端为 极（填“N”或“S”）。
（3）检测发现该品牌扫地机器人在光照强度恰好为3cd时电动机开始工作，则相当于电压表示数等于 V时，电动机开始工作。
（4）当剩余电量减为电池总容量的10%时，机器人会主动寻找充电器充电，充满电后电池储存的电能为 J；在充满电后到主动寻找充电器期间的电池总容量能够持续供应该机器人正常工作 小时。
2023年广东省东莞市翰林实验学校中考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题7小题，每小题3分，共21分）
1．（3分）下列关于声现象的说法中正确的是（ ）
A．公路旁安装隔音板是为了在传播中减弱噪声
B．物体振动的频率越高，声音的响度越大
C．同一乐器，弹奏的频率不同，发声的音色就不同
D．声音在真空中的传播速度为340m/s
【分析】（1）减弱噪声的途径有：在声源处、在传播过程中、在人耳处。
（2）人耳能感觉到的声音的强弱称为响度，响度与振幅和距离发声体的远近有关；
（3）音调指声音的高低，由振动频率决定；音色反映的是声音的品质与特色，它跟发声体的材料和结构有关。
（4）真空不能传声。
【解答】解：A、公路两旁安装隔音板是在声音的传播过程中减弱噪声，故A正确；
B、物体振动的频率越高，声音的音调越高，不是响度越大，故B错误；
C、同一乐器，弹奏的频率不同，发声的音调就不同，不是音色不同，故C错误；
D、声音不能在真空中传播，即声音在真空中的传播速度为0，故D错误。
故选：A。
【点评】此题考查了有关声音的知识，是一道比较基础的题目。
2．（3分）小明在一只空碗中放一枚硬币，后退到某处眼睛刚好看不到它。另一位同学慢慢往碗中倒水时，小明在该处又看到硬币。这种现象可以用下列哪个光路图来解释？（ ）
A． B．
C． D．
【分析】（1）当我们用眼睛看水中物体时，是物体所反射的光进入到了我们的眼睛，才看清物体；
（2）光的折射定律是当光从空气斜射入水中或其他介质中时，折射光线向法线方向偏折；光从水或者其他介质斜射入空气中时，折射光线向远离法线方向偏折。
【解答】解：当我们用眼睛看到水中的硬币，是因为硬币反射的光进入到了我们的眼睛的缘故；根据光的折射定律的内容知道，光从水斜射入空气中时，折射光线向远离法线方向偏折，折射角大于入射角，且光线是从硬币上发出的，故B图正确。
故选：B。
【点评】本题来源于生活中的折射现象，要求能够判断出折射现象，并且会根据折射定律判断光路是否正确，重点考查学生知识应用与实践的能力。
3．（3分）如图所示，从中得出的结论错误的一项是（ ）
A．在AB段，物质处于固态
B．这是某种晶体的熔化图象
C．该物质熔化过程历时6分钟
D．该物质的熔点是48℃
【分析】知道晶体熔化时的温度叫做晶体的熔点。
晶体在固态时，吸收热量温度升高。达到熔点，继续吸收热量，固体熔化，温度保持不变，这个不变的温度是熔点。当固体全部熔化完，即全部成为液体后，不断吸收热量，温度不断升高。
【解答】解：A、图象中的AB段表示该晶体处于固态，吸热升温，还没有熔化，故A正确；
B、由图象知，该物质的温度随时间的增长，先升高再不变后又升高，说明该物质是晶体，故B正确；
C、该物质从2min开始熔化，到6min结束，物质熔化过程历时4分钟，故C错误；
D、随时间的增长温度不变的一段为熔化过程，对应的温度为该种物质的熔点，故熔点为48℃．故D正确。
故选：C。
【点评】该题考查了晶体的熔化图象，要求学生理解图象上每一段表示的含义，从中获取正确的信息。
4．（3分）关于温度、内能和热量，下列说法正确的是（ ）
A．同一个物体，5℃时比3℃时所含的热量多
B．物体温度为0℃时内能为零
C．一个物体温度升高，其内能一定增加
D．晶体熔化过程中，温度不变，内能不变
【分析】（1）热量是热传递过程中传递能量的多少，不能说含有多少热量；
（2）内能是物体内部所有分子做无规则运动所具有的动能与分子势能的总和；任何物体在任何温度下都具有内能；
（3）内能的大小与质量、温度、状态等因素有关；
（4）物体吸收热量，内能变大。
【解答】解：A、物体之间没有热传递就谈不上热量，因此不能说物体含有多少热量，故A错误；
B、任何物体在任何温度下都具有内能，0℃的冰也有内能，故B错误；
C、一个物体温度升高，分子动能变大，其内能一定增加，故C正确；
D、晶体在熔化过程中温度不变，但要吸收热量，内能变大，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查温度、热量、内能的关系，晶体的熔化现象以及改变内能的方式，难度不大。
5．（3分）动车即将进站时关闭电源，在继续行驶的过程中，可带动电机逆向发电，同时储存电能。如图所示，下列实验装置中能说明发电机原理的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】当闭合回路中的部分导体切割磁感线时，会在闭合回路中产生感应电流，该现象称为电磁感应现象，该过程中消耗机械能，产生电能。
【解答】解：动车到站前先停止供电，由于惯性，动车会继续向前运行，电机线圈随车轮转动并在磁场中切割磁感线运动，进而产生感应电流，即在该过程中消耗机械能，产生电能，故是将机械能转化为电能的过程，因此该过程与发电机的原理相同。
A、此图是奥斯特实验，说明通电导线周围有磁场，故A错误；
B、此图是电磁感应实验装置，当导体做切割磁感线运动时，会产生感应电流，故B正确；
C、此实验是研究通电导线在磁场中受力的作用的装置，故C错误；
D、此时实验是探究电磁铁磁性强弱与线圈匝数关系的实验装置，故D错误；
故选：B。
【点评】知道电磁感应现象的原理和过程，并熟悉常见的能量转化是解决该题的关键。
6．（3分）如图所示电路中，电源电压保持不变，当变阻器滑片P向右移动时，电表示数变大的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】首先判定电路的连接方式，分析电表的作用；根据电阻的变化判定电表的变化。
【解答】解：
A、该电路为并联电路，电流表测量R0的电流，滑动变阻器在另一条支路中，滑动变阻器滑片移动时对另一条支路无影响，电流表示数不变，故A错误；
B、该电路为并联电路，电流表测量干路中的电流，滑动变阻器滑片向右移动，电阻变大，由欧姆定律可知通过变阻器的电流减小，通过另一条支路电流不变，故干路中的电流变小，故B错误；
C、该电路为串联电路，电压表测量R0的电压，滑动变阻器滑片向右移动，电阻变大，电流减小，根据U＝IR可知，电压表示数变小，故C错误；
D、该电路为串联电路，电压表测量滑动变阻器的电压，滑动变阻器滑片向右移动，电阻变大，电流减小，根据U＝IR可知，R0的电压变小，根据串联电路的电压规律可知，滑动变阻器两端电压变大，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到滑动变阻器和欧姆定律的应用，是一道较为简单的题目。
7．（3分）额定电压均为6V的甲、乙两灯，U﹣I图线如图所示下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙两灯的电阻均随电压增大而减小
B．甲、乙两灯的额定功率之比为4：1
C．甲、乙两灯串联接在电压为8V的电源两端时，实际功率之比为1：3
D．甲、乙两灯并联接在电压为2V的电源两端时，电阻之比为3：2
【分析】（1）通过曲线图可知小灯泡的电阻随电压的增大而增大；
（2）甲灯正常工作时的电压和额定电压相等，根据图象读出通过甲、乙的电流，根据P＝UI求额定功率之比；
（3）甲、乙两灯并联在2V的电源两端时，根据图象读出通过甲、乙的电流，再根据欧姆定律求出电阻之比；
（4）当把两灯串联在8V电源上时，根据串联电路的电流特点和串联电路电压的特点确定甲、乙两灯两端的实际电压，利用P＝UI即可得出实际功率之比。
【解答】解：
A．由甲、乙曲线图可知，灯泡的电阻随电压的增大而增大，故A错误；
B．由于甲、乙两灯的额定电压均为6V，由图象可知：I甲额＝0.6A，I乙额＝0.3A，
则：＝＝＝＝，故B错误；
D、甲、乙两灯并联在2V的电源两端时，由图象可知：I甲＝0.3A，I乙＝0.2A，根据I＝可得电阻之比：＝＝＝＝，故D错误；
C、把甲、乙两灯串联接在8V的电源上时，通过它们的电流相等，且电源的电压等于两灯泡两端的电压之和，由图象可知，当电路中的电流为0.3A，甲灯的实际电压为2V，乙灯的实际电压为6V时满足电源电压为8V，所以实际功率之比：＝＝＝＝，故C正确。
故选：C。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，从图象中获取有用的信息是关键。
二、填空题（本大题7小题，每空1分，共21分）
8．（3分）梳过头发的塑料梳子，由于摩擦会带电，摩擦起电的本质是 电荷的转移 （选填“电荷的转移”或“创造了电荷”）。与毛皮摩擦过的橡胶棒带 负 电，是因为橡胶棒在摩擦过程中 得到 电子。
【分析】摩擦起电不是创造了电荷，只是电荷从一个物体转移到另一个物体，得到电子的物体带负电，失去电子的物体带正电。
【解答】解：摩擦起电实质是电荷的转移，一种物质失去多少电子，另一种物质就得到多少电子；
与毛皮摩擦过的橡胶棒因得到电子而带负电。
故答案为：电荷的转移；负；得到。
【点评】本题考查了摩擦起电的实质，属于基础题。
9．（3分）“神舟十号”飞船在太空中飞行时，主要利用太阳电池供电，电能属于 二次 能源（选填“一次”或“二次”）。手机是利用 电磁波 传输信号实现通讯的，相同时间内，5G通讯传输的信息量约为4G的10倍。在相同介质中，5G信号的传播速度 等于 （选填“大于”、“等于”或“小于”）4G信号的传播速度。
【分析】（1）可以直接从自然界获得的能源属于一次能源；无法从自然界直接获取，必须通过消耗一次能源才能得到的能源属于二次能源。
（2）电磁波可以传递信息；在相同的介质中，5G和4G信号的传播速度相同。
【解答】解：电能无法从自然界直接获取，是通过消耗一次能源得到的，属于二次能源；手机是利用电磁波传输信号实现通讯的。在相同的介质中，5G信号的传播速度等于4G信号的传播速度。
故答案为：二次；电磁波；等于。
【点评】知道能源的分类；知道电磁波可以传递信息；知道在相同的介质中，5G和4G信号的传播速度相同，基础题。
10．（3分）汽车发动机常用水来做冷却剂，这是因为水的 比热容 较大的缘故，如图所示为一单缸四冲程汽油机某冲程剖面图，该图表示为 压缩 冲程，在这个过程中，气缸内气体内能的改变是通过 做功 方式改变的。
【分析】水的比热容比较大，在相同质量的水和其他物质相比较时，升高相同的温度，水吸收的热量多；
汽油机一个工作循环有四个冲程，分别是吸气、做功、压缩和排气，各冲程的特点不同，因此根据气门的状态和活塞的运行方向确定冲程；有做功冲程对外做功，将内能转化为机械能；压缩冲程有能量转化，将机械能转化为内能。
【解答】解：汽车发动机常用水来做冷却剂，这是因为水的比热容比较大，相同质量的水和其他物质相比较，升高相同的温度，水吸收的热量多；
由图可知，内燃机两气门都关闭，活塞向上运动，故可以判断这个冲程是压缩冲程，此冲程是通过压缩气体做功将机械能转化为内能，使得缸内气体的内能变大，这是通过做功的方式改变气体的内能的。
故答案为：比热容；压缩；做功。
【点评】本题考查了水的比热容大的应用、热机冲程的判断、内能的改变，熟记相关数据是解题的关键。
11．（3分）中国女篮获世界杯亚军，振奋全国人民。如图1所示，离手后的篮球在空中依次从A点运动到D点，在 A 点动能最大。图2为它在等高点B和D的能量柱状图，则篮球在B点的机械能 大于 （选填“大于”“等于”或“小于”）在D点的机械能。整个过程能量的总量 守恒 （选填“守恒”或“不守恒”）。
【分析】（1）动能大小的影响因素：质量、速度；质量越大，速度越大，动能越大。
（2）动能和势能统称为机械能，据此根据能量柱状图，结合能量守恒定律分析解答。
【解答】解：离手后的篮球在空中依次从A点运动到D点，在A点时速度最大，则在A点动能最大。
根据篮球在等高点B和D的能量柱状图可知，篮球在B点和D点重力势能相等，在D点的动能小于在C点的动能，动能和势能统称为机械能，则篮球在B点的机械能大于在D点的机械能。根据能量守恒定律可知，整个过程能量的总量守恒。
故答案为：A；大于；守恒。
【点评】本题考查机械能的转化、能量守衡定律，解题的关键是读懂能量柱状图。
12．（3分）一只小鸟在美丽的黑龙潭上水平飞过，若水深3m，小鸟距水面10m，则映在平静水面上的小鸟的“倒影”距小鸟 20 m；小鸟向高空飞去时，小鸟的“倒影”的大小 不变 （选填“变大”、“变小”或“不变”）；小鸟的像是 虚 像（选填“虚”、“实”）。
【分析】倒影是平面镜成像，是由光的反射形成的，平面镜成像的特点：物体在平面镜中所成的像是虚像，像和物体的大小相等，上下（或左右）相反，它们的连线垂直于镜面，它们到镜面的距离相等；简记为：正立、等大、对称、虚像。
【解答】解：已知小鸟距水面10m，像到水面的距离也是10m，所以“倒影”距小鸟为10m+10m＝20m；
由于物体在平面镜中所成的像是虚像，像和物体的大小相等，所以不管小鸟向上飞还是向下俯冲，像始终和物体等大，因此小鸟向高空飞去时，小鸟所成的像大小将不变。
故答案为：20；不变；虚。
【点评】此题主要考查学生对平面镜成像特点的理解和掌握，紧扣平面镜成像原理和成像特点去分析即可比较容易地做出解答，但此题中的水深10m是题干设置的干扰因素，注意不要被其迷惑。
13．（3分）在跳绳测试中，小丽同学1min跳了120次，每次跳起的高度为5cm，已知她的质量是50kg，那么小丽的重力是 500 N，跳一次绳做的功 25 J，1min跳绳的平均功率是 50 W（g＝10N/kg）。
【分析】（1）知道小丽的质量，根据G＝mg求出其重力，又知道每次跳起的高度，根据W＝Gh求出跳一次绳做的功；
（2）知道1min跳绳的次数和跳一次绳做的功可求1min跳绳做的总功，利用P＝求出1min跳绳的平均功率。
【解答】解：（1）小丽的重力：G＝mg＝50kg×10N/kg＝500N；
每次跳起的高度：h＝5cm＝0.05m，
跳一次绳做的功：W＝Gh＝500N×0.05m＝25J；
（2）1min跳绳做的总功：W总＝120W＝120×25J＝3000J，
1min跳绳的平均功率：P＝＝＝50W。
故答案为：500；25；50。
【点评】本题考查了重力公式和做功公式、功率公式的应用，是一道较为简单的应用题。
14．（3分）我国于2017年5月18日在南海海域成功试采“可燃冰”，“可燃冰”作为新型能源，有着巨大的开发使用潜力，在相同条件下，“可燃冰”完全燃烧放出的热量可达到天然气的数十倍。如果“可燃冰”热值是天然气的10倍，设天然气热值为4.2×107J/kg，完全燃烧0.5kg“可燃冰”放出的热量为 2.1×108 J；若在不考虑热量损失的情况下，这些热量能使800kg、45℃的水刚好达到沸点，则此时水的沸点是 107.5 ℃，水面上方的气压 大于 1标准大气压。（选填“大于”、“小于”或“等于”）[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]
【分析】（1）利用Q放＝mq求出1kg天然气完全燃烧放出的热量，“可燃冰”完全燃烧放出的热量达到煤气的10倍，据此求0.5kg“可燃冰”完全燃烧放出的热量；
（2）由题知，Q吸＝Q放，根据Q吸＝cm水（t﹣t0）可求出水的末温；液体的沸点与大气压有关，气压越小沸点越低；气压越大，沸点越高。
【解答】解：（1）1kg天然气完全燃烧放出的热量：
Q放＝mq天然气＝1kg×4.2×107J/kg＝4.2×107J，
0.5kg“可燃冰”完全燃烧放出的热量：Q放′＝Q放×5＝4.2×107J×5＝2.1×108J；
（2）由题知，Q吸＝Q放′＝2.1×108J，
根据Q吸＝cm水（t﹣t0）可知水达到沸点时的温度为：
t＝t0+＝45℃+＝107.5℃
因为1标准大气压下水的沸点为100℃，液体的沸点随着表面气压的增大而升高，随气压减小而降低，所以此时水面上方的气压大于1标准大气压。
故答案为：2.1×108；107.5；大于。
【点评】本题考查了学生对燃料的热值、燃料完全燃烧放热公式、吸热公式的掌握和运用，因条件已给出，难度不大。
三、作图题（共7分）
15．（2分）如图所示，请画出反射光线对应的入射光线，并标出入射角的度数。
【分析】根据反射定律：反射光线、入射光线和法线在同一平面内，反射光线、入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角，作出入射光线并标出入射角及其度数。
【解答】解：过入射点做反射面的垂线即为法线，反射光线和法线间的夹角即为反射角，则反射角为90°﹣30°＝60°，
根据反射光线、入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角，在法线右左侧作出入射光线，入射角为60°，如图所示：
【点评】本题考查了光的反射定律作图，在用光的反射定律作图时，注意一些技巧：反射角等于入射角、法线垂直反射面、法线为入射光线和反射光线夹角的角平分线等；求反射角的大小，注意用平面几何角度关系。
16．（2分）闭合开关，小磁针静止如图所示位置。请标出小磁针的N极并在虚线上用箭头标出磁感线方向。
【分析】根据安培定则确定螺线管的N、S极；然后利用磁极间的作用规律确定小磁针的N、S极；在磁体的周围，磁感线从N极发出回到S极。
【解答】解：闭合开关后，由图可知电流从螺线管的左侧流入、右侧流出；右手握住螺线管，四指指向电流的方向，大拇指指向螺线管的右端为N极、左端为S极；
当小磁针静止时，根据磁极间的作用规律可知，相互靠近的一定是异名磁极，则小磁针的左端为N极、右端为S极；
在磁体周围，磁感线从磁体的N极出发回到S极，所以图中磁感线的方向是指向左的。如图所示：
【点评】对于一个通电螺线管，只要知道电流的方向、线圈的绕法、螺线管的N、S极这三个因素中的任意两个，我们就可以据安培定则判断出另一个。
17．（3分）两根电阻丝规格相同且电阻不变，旋钮开关S转动至断开位置，电路不工作；开关S转动至抵挡位置，电路处于低功率工作状态，两根电阻丝都发热；开关S转动至高挡位置，电路处于高功率工作状态，仅有一根电阻丝发热。请以笔画线代替导线完成电路连接。
【分析】由题知，开关S转动至低挡位置，电路处于低功率工作状态，根据P＝可知，电路电阻最大，则说明两电阻串联，两根电阻丝都发热；开关S转动至高挡位置，电路处于高功率工作状态，电路电阻最小，仅有一根电阻丝发热；由安全用电知识可知，开关接在火线和电阻丝之间，金属外壳接地线，据此连接电路图。
【解答】解：当开关S转动至低挡位置，电路处于低功率工作状态，两根电阻丝都发热，根据P＝可知，电路电阻最大，则说明两电阻串联；
开关S转动至高挡位置，电路处于高功率工作状态，仅有一根电阻丝发热，根据P＝可知，电路电阻最小，则另一根电阻丝被短路。
由安全用电知识可知，开关接在火线和电阻丝之间，金属外壳接地线，如图所示：
【点评】本题主要考查安全用电的原则、电功率公式的应用等知识点，关键是分析电路连接方式并利用P＝可判断低温挡和高温挡，有一定的难度。
四、实验题（本大题3小题，每空1分，共19分）
18．（6分）（1）肖微同学要测量某一品牌陈醋的密度，其操作过程如图所示。
①她将天平放在水平台面上，横梁静止时，指针如图甲所示。接下来应将平衡螺母向 左 （选填“左”或“右”）移动。
②将用调节好的天平两次称量烧杯和陈醋的总质量，当天平平衡时，砝码和游码的示数如图乙和丙所示，则倒入量筒中的陈醋的质量为 44 g，陈醋的密度为 1.1×103 kg/m3。
（2）某小组采用如图的电路装置探究“电流产生的热量跟什么因素有关”。两个透明容器中封闭着等量的空气，将两个容器中的电阻丝R1和R2串联接到电源两端，将容器外部的电阻丝R3和R2并联。
①该装置是探究电流通过导体产生的热量与 电流 的关系，通电一段时间 左 瓶（选填“左”或“右”）内的电阻丝产生的热量多。
②让实验装置冷却到初始状态，把右瓶并联的两根电阻丝都放入瓶内，接通电源比较两瓶内电阻丝发热多少。此时该装置是探究电流产生的热量跟 电阻 的关系。
【分析】（1）①将天平放在水平台面上，横梁静止时，指针如图甲所示，指针右偏，平衡螺母向偏转的反方向移动；
②确定标尺的分度值，得出游码在标尺上对应的刻度值，从而得出图乙和图丙中烧杯和陈醋的总质量及
剩余烧杯和陈醋的总质量，从而得出量筒中的陈醋的质量；根据丁图可知陈醋的体积，根据密度公式得出陈醋的密度；
（2）①电流通过导体产生的热量与通过的电流、导体的电阻和通电时间有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外两个因素不变，结合串联和并联电路电流的规律及Q＝I2Rt分析；
分析图（2）电路的连接，右侧两电阻并联后再与左侧电阻串联，容器内两电阻大小相等，根据并联和串联电路电流的规律，通过左侧容器中电阻的电流大小大于通过右侧容器中电阻的电流，而通电时间相同，故可以研究电流产生的热量与电流的关系，通电一段时间，根据Q＝I2Rt可知左瓶内的电阻丝产生的热量多。
②由并联电阻的规律，右瓶内等效电阻小于5欧姆，而通过左、右两容器内电阻的电流和通电时间相同。根据控制变量法分析。
【解答】解：（1）①她将天平放在水平台面上，横梁静止时，指针如图甲所示，指针右偏，接下来应将平衡螺母向左移动；
②标尺的分度值为0.2g，游码在标尺上对应的刻度值为2.4g，图乙中烧杯和陈醋的总质量：
m1＝50g+20g+10g+2.4g＝82.4g
丙中游码在标尺上对应的刻度值为.4g，剩余烧杯和陈醋的总质量：
m2＝5g+20g+10g+3.4g＝38.4g
故量筒中的陈醋的质量为：
m′＝82.4g﹣38.4g＝44g；
丁图中陈醋的体积为40mL＝40cm3；
陈醋的密度为：
ρ＝。
（2）①图（2）中右侧两电阻并联后再与左侧电阻串联，容器内两电阻大小相等，根据并联和串联电路电流的规律，通过左侧容器中电阻的电流大小大于通过右侧容器中电阻的电流，而通电时间相同，故可以研究电流产生的热量与电流的关系，通电一段时间，根据Q＝I2Rt可知左瓶内的电阻丝产生的热量多。
②让实验装置冷却到初始状态，把右瓶并联的两根电阻丝都放入瓶内，由并联电阻的规律，右瓶内等效电阻小于5欧姆，而通过左、右两容器内电阻的电流和通电时间相同。此时该装置是探究电流产生的热量跟电阻的关系。
故答案为：（1）①左； ②44；1.1×103；（2）①电流；左；②电阻。
【点评】本题探究“导体产生的热量与什么因素有关”，考查控制变量法、串联和并联电路的规律及焦耳定律的运用。
19．（6分）在探究“比较不同物质吸热的情况”的实验中，实验装置如图所示。
加热时间/min
0
1
2
3
4
5
6
甲的温度/℃
18
22
26
30
34
38
42
乙的温度/℃
18
30
42
54
66
78
90
（1）要完成该探究实验，除了图中所示的器材外，还需要的测量工具有天平和 秒表 。
（2）实验中取 质量 和初温都相同的A、B两种液体，用相同规格的电加热器加热的目的是通过比较 加热时间 来表示液体吸收热量的多少。
（3）小明将记录的数据填入表格，分析数据可知：从开始加热到42℃，甲、乙两种液体吸收热量的关系Q甲 ＞ Q乙。（选填“＞”、“＜”或“＝”）
（4）若小明想自制一个暖手袋，从甲和乙两种液体中选一种装入暖手袋中作为供热介质，选择 甲 为介质保暖时间会更长。（均选填“甲”或“乙”）
（5）A、B两液体的温度随时间变化的图象如图丙所示，若加热过程中没有热量损失，已知液体A的比热容为4.2×103J/（kg•℃），则液体B的比热容为 2.1×103 J/（kg•℃）。
【分析】（1）我们使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；
（2）比较物质吸热能力的2种方法：使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量（即比较加热时间），吸收热量多的吸热能力强；或使相同质量的不同物质吸收相同的热量（即加热相同的时间），比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；结合转换法分析；
（3）分析数据可得出开始加热到42℃甲、乙的加热时间，由转换法回答；
（4）根据（3）可知甲的比热容大，结合Q＝cmΔt分析；
（5）根据图丙知加热5分钟（吸热相同）B和A升高的温度，根据Q＝cmΔt可知在质量和吸热相同的情况下，比热容与升高的温度之积为一定值，据此得出液体B的比热容。
【解答】解：（1）根据转换法，要完成该探究实验，除了图中所示的器材外，还需要的测量工具有天平和秒表。
（2）根据比较吸热能力的方法，要控制不同物质的质量相同（不同物质密度不同，根据m＝ρV，体积相同的不同物质质量不同），故实验中取质量和初温都相同的A、B两种液体，用相同规格的电加热器加热的目的是通过比较加热时间来表示液体吸收热量的多少。
（3）小明将记录的数据填入表格，分析数据可知：从开始加热到42℃，甲、乙的加热时间分别为6分钟和2分钟，由转换法，甲、乙两种液体吸收热量的关系Q甲＞Q乙。
（4）根据（3）可知，甲的比热容大，根据Q＝cmΔt可知，在质量和降低的温度相同时，甲放热多，故若小明想自制一个暖手袋，从甲和乙两种液体中选一种装入暖手袋中作为供热介质，选择甲为介质保暖时间会更长。
（5）根据图丙知，加热5分钟（吸热相同），B升高的温度为40℃，A升高的温度为20℃，根据Q＝cmΔt可知，在质量和吸热相同的情况下，比热容与升高的温度之积为一定值，升高的温度与比热容成反比，则液体B的比热容为：
c＝×4.2×103J/（kg•℃）＝2.1×103J/（kg•℃）。
故答案为：（1）秒表；（2）质量；加热时间；（3）＞；（4）甲；（5）2.1×103。
【点评】本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法和Q＝cmΔt的运用，为热学中的重要实验。
20．（7分）如图所示是小明做“探究电流和电阻的关系”的实验，所用电源电压为6V，定值电阻的阻值分别为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω和25Ω。
（1）在本实验中，滑动变阻器除起到保护电路的作用之外，另一个作用是： 控制电阻两端的电压不变 。
（2）小明连接好电路，闭合开关，发现电流表无示数，电压表示数接近于电源电压，则原因可能是 定值电阻断路 。
（3）用5Ω的定值电阻进行实验，当电压表示数为计划控制不变的电压值时，电流表示数如图乙所示，电流为 0.5 A。
（4）当用5Ω的定值电阻完成实验后，要先断开开关，将5Ω电阻更换为10Ω电阻，再闭合开关，将滑片P向 左 移动，使电压表示数仍为 2.5 V，并记录数据。
（5）分析丙图可以得到结论： 电压一定时，电流和电阻成反比 。
（6）要用以上定值电阻完成实验，变阻器的最大电阻值应不小于 35 Ω。
【分析】（1）滑动变阻器一方面可以保护电路，另一方面可以控制电阻两端的电压不变，实现多次测量；
（2）电流表无示数，说明电路中有断路，再根据电压表的示数判断出电路故障；
（3）根据电流表的量程、分度值，读出回路电流；根据欧姆定律求出定值电阻的电压；
（4）当接入电路中的电阻更大时，根据串联电路的分压特点，其两端电压变大，因此应使滑动变阻器接入更大的阻值以分得更多的电压，直至电压表的示数为2.5V不变；
（5）由图丙可知，电流与电阻的乘积保持不变，由此得出结论；
（6）探究电流与电阻的实验时，应控制定值电阻两端电压不变，根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压，根据分压原理，求出当接入25Ω电阻时变阻器连入电路中的电阻。
【解答】解：（1）实验中，滑动变阻器有两个作用，一是能限制通过电路的电流，起到保护电路的作用，另一个作用是：控制电阻两端的电压不变，进行多次测量；
（2）电流表几乎没有示数，说明电路中有断路的地方，电压表示数接近电源电压，说明电压表的两个接线柱和电源连接的部分没有断路，故障是定值电阻断路断路了；
（3）由图乙可知，电流表量程为0～0.6A，分度值为0.02A，电流表示数I＝0.24A；
根据欧姆定律得，定值电阻的电压为：U＝IR＝0.5A×5Ω＝2.5V；
（4）当接入电路中的电阻更大时，根据串联电路的分压特点，其两端电压变大，因此应使滑动变阻器接入更大的阻值以分得更多的电压，将滑片P向左移动，直至电压表的示数为2.5V，并记录数据；
（5）由图丙可知，电流与电阻的乘积保持不变，因此可得结论：电压一定时，电流和电阻成反比；
（6）探究电流与电阻的实验时，应控制定值电阻两端电压不变，定值电阻两端的电压始终保持U定＝2.5V，根据串联电路电压的规律，滑动变阻器分得的电压：U滑＝6V﹣2.5V＝3.5V，，即滑动变阻器分得的电压为电压表示数的0.8倍，根据分压原理，当接入25Ω电阻时，滑动变阻器连入电路中的电阻为：R滑＝1.4×25Ω＝35Ω，故为了让提供的电阻都能用到，滑动变阻器的最大阻值应不小于35Ω。
故答案为：（1）控制电阻两端的电压不变；（2）定值电阻断路；（3）0.5；（4）左；2.5；（5）电压一定时，电流和电阻成反比；（6）35。
【点评】本题探究“电流与电阻的关系”，考查电路连接、滑动变阻器的使用、电路故障分析、控制变量法和数据分析等内容，难度较大。
五、计算题（本大题2小题，共13分）
21．（6分）如图所示，某工人利用滑轮组将一个重为900N的货箱在6s内匀速提升3m。此过程中，绳子自由端所受的拉力为F，滑轮组的机械效率为75%。试求：
（1）货箱上升的速度是多少？
（2）有用功是多少？
（3）拉力F是多少？
【分析】（1）根据v＝求出货箱上升的速度；
（2）根据W＝Gh求出有用功；
（3）根据η＝＝＝＝求出拉力的大小。
【解答】解：（1）货箱上升的速度为：v＝＝＝0.5m/s；
（2）有用功为：W有＝Gh＝900N×3m＝2700J；
（3）由图可知，有3段绳子拉着动滑轮，则n＝3；根据η＝＝＝＝可知，拉力的大小为：F＝＝＝400N。
答：（1）货箱上升的速度是0.5m/s
（2）有用功是2700J；
（3）拉力F是为400N。
【点评】本题考查了速度的计算、有用功的计算、滑轮组机械效率公式的应用，是一道简单的计算题。
22．（7分）中国茶文化源远流长。如图甲所示是一款煮茶器，有“加热”和“保温”两个挡位，其简化电路图如图乙所示，R1和R2均为发热电阻，煮茶器部分参数如表。煮茶器中装有初温为20℃的水，在标准大气压下，将水刚好加热到沸腾，用时700s，在此过程中煮茶器的加热效率为80%。求：
额定电压
220V
保温挡功率
100W
加热挡功率
900W
（1）发热电阻R1的阻值。
（2）加热过程中煮茶器消耗的电能。
（3）煮茶器中水的质量。[水的比热容c＝4.2×103J/（kg•℃）]
【分析】（1）由电路图可知，只闭合开关S1时，电路为R1的简单电路，此时电路中的总电阻最大，总功率最小，煮茶器处于保温挡，根据P＝UI＝求出R1的电阻；
（2）已知加热时间和加热挡功率，由P＝可求得加热过程中煮茶器消耗的电能；
（3）已知在此过程中煮茶器的加热效率为，由η＝可求得吸收热量，由Q吸＝cmΔt可求得煮茶器中水的质量。
【解答】解：（1）由电路图可知，只闭合开关S1时，电路为R1的简单电路，此时电路中的总电阻较大（比并联的总电阻大），根据P＝UI＝可知，煮茶器的总功率小，处于保温挡，
由P＝UI＝可得R1的电阻：
R1＝＝＝484Ω；
（2）由P＝可得，加热过程中煮茶器消耗的电能：
W＝P加热t＝900W×700s＝6.3×105J；
（3）由η＝可得，吸收热量：
Q吸＝ηW＝80%×6.3×105J＝5.04×105J；
由Q吸＝cmΔt可求得煮茶器中水的质量：
m＝＝＝1.5kg。
答：（1）发热电阻R1的阻值为484Ω；
（2）加热过程中煮茶器消耗的电能为6.3×105J；
（3）煮茶器中水的质量为1.5kg。
【点评】本题考查了电功率公式和吸热公式、电功公式的综合应用，关键是公式及其变形式的灵活运用，计算过程还要注意单位的换算。
六、综合能力题（本大题3小题，每空1分，共19分）
23．（6分）在探究“凸透镜成像规律”的实验中：
（1）如图甲，平行光正对凸透镜照射，光屏上出现一个最小最亮的光斑，则凸透镜的焦距f＝ 10.0 cm。
（2）将蜡烛、凸透镜和光屏放在光具座上，使烛焰、凸透镜和光屏的中心在 同一高度 。
（3）如图乙，光屏上呈现清晰的像，此时所成的像是倒立的实像，实际生活中应用为 照相机 （选填“投影仪”或“照相机”）。若保持透镜位置不变，移动蜡烛至 30cm 刻度线处，再移动光屏能呈现等大清晰的像。
（4）此凸透镜作为照相机镜头，当照完一个人的半身照，然后照全身照，照相机与人的距离应 变大 （选填“变大”、“变小”或“不变”），照相机的镜头应 缩回 （选填“伸出”或“缩回”）。
【分析】（1）图中测量凸透镜焦距的方法：平行光聚焦法，亮点为焦点，焦点到光心的距离为焦距，由此可以确定其焦距是多少；
（2）为使像能成在光屏的中央，应调节凸透镜、光屏、烛焰的中心大致在同一高度处；
（3）当u＞2f时，凸透镜成倒立、缩小的实像，利用这个规律制成的光学仪器是照相机；u＝v＝2f，凸透镜成倒立、等大的实像；
（4）凸透镜成实像时，物远像近像变小。
【解答】解：
（1）由图甲知，焦点到凸透镜的距离为60.0cm﹣50.0cm＝10.0cm，所以凸透镜的焦距为f＝10.0cm；
（2）实验中调节凸透镜和光屏的高度，使他们的中心与烛焰中心大致在同一高度，其目的是使像成在光屏的中央；
（3）由图乙知，当蜡烛在刻度尺的10cm处，物距大于二倍焦距，凸透镜成倒立、缩小的实像，其应用是照相机；
移动透镜至30cm刻度线处，此时的物距等于2f，移动光屏，能在光屏上呈现清晰的倒立、等大的实像；
（4）此凸透镜作为照相机镜头，当照完一个人的半身照，然后照全身照，此时像要变小，所以物距变大，像距变小，即照相机与人之间距离变大，照相机的镜头应缩回。
故答案为：（1）10.0；（2）同一高度；（3）照相机；30cm；（4）变大；缩回。
【点评】此题通过实验探究凸透镜成像的规律及特点，并考查了对凸透镜成像规律的应用，涉及的知识点较多，需要对所学知识系统掌握并做到灵活应用。
24．（6分）小刚与小健在家用冰箱研究物态变化现象。
（1）制作冻豆腐，将豆腐切成正方体后放入电冰箱的冷冻室，一天后取出来观察，豆腐的形状与图中第 ③ 幅图相。盛夏，打开冰箱门会看到“白气”，这是 液化 现象（填物态变化名称），这个过程要 放出 热量；
（2）他们在一杯水中加入半勺盐，搅拌使盐溶解后插入一支温度计，放到冰箱冷冻室。一小时后发现部分盐水已经结了冰，此时小刚读出杯内温度计的示数如图④，示数是 ﹣2 ℃；
（3）小健观察到冰箱的冷冻室内积着厚厚的霜，这些霜的形成是 凝华 过程（填物态变化名称），小健家把食物放进冰箱时喜欢盖起来或用保鲜膜包起来，因此小健家的冰箱应该更 不容易 （选填“容易”或“不容易”）产生霜。
【分析】（1）水结成了冰，它的体积不是缩小而是胀大了，比常温时水的体积要大10%左右；物质由气态转变为液态的过程叫做液化，液化放热；
（2）温度计的读数：首先确定零上还是零下，确定每一个大格和每一个小格各代表的示数，从小数字读向大数字；
（3）物质从气态不经过液态而直接变成固态的现象叫凝华。
【解答】解：（1）将豆腐切成正方体后放入电冰箱的冷冻室，由于豆腐中有水，水遇冷凝固成冰，体积膨胀，所以豆腐的形状与图中第③幅图相似；
打开冰箱门后，周围空气的温度较低，空气中的水蒸气遇冷会发生液化现象变成小水滴，即“白气”现象，液化放热；
（2）由图可知，温度计的分度值为1℃，液柱的位置在0刻度以下2格，所以温度为﹣2℃；
（3）冷冻室内的霜，是由水蒸气直接变成小冰晶，所以霜是凝华形成的；
把食物放进冰箱时喜欢盖起来或用保鲜膜包起来，减少蒸发产生的水蒸气，水蒸气少了，则凝华成的霜也少了，所以冰箱应该更不容易产生霜。
故答案为：（1）③；液化；放出；（2）﹣2；（3）凝华；不容易。
【点评】本题以冰箱为载体综合考查了物态变化中的凝固、凝华以及温度计的读数，考查的知识较全面。
25．（7分）某智能扫地机器人（如图1）可通过灰尘传感器自动寻找灰尘清扫，通过电动机旋转、产生高速气流将灰尘等吸入集尘盒。图2为其部分工作原理图，控制电路电源电压U为4.5V，指示灯电阻为5Ω，定值电阻R0＝12Ω，R为光敏电阻，其阻值随光照强度E（单位cd）的变化如图3所示。如表为其部分工作参数（注：电池容量指工作电流与工作总时间的乘积，线圈电阻不计）
额定工作电压
12伏
额定功率
30瓦
电池总容量
2.5Ah（安时）
工作噪音
＜50dB（分贝）
（1）图2中电磁铁根据电流的 磁 效应做成；
（2）当清扫到一定程度，地面灰尘减少，使照射到光敏电阻上的光照强度增强，则电磁铁磁性 增强 （选填“增强”、“不变”或“减弱”），衔铁将与 C （选填“A”或“C”）触头接触，电磁铁上端为 N 极（填“N”或“S”）。
（3）检测发现该品牌扫地机器人在光照强度恰好为3cd时电动机开始工作，则相当于电压表示数等于 3 V时，电动机开始工作。
（4）当剩余电量减为电池总容量的10%时，机器人会主动寻找充电器充电，充满电后电池储存的电能为 1.08×105 J；在充满电后到主动寻找充电器期间的电池总容量能够持续供应该机器人正常工作 0.9 小时。
【分析】（1）电磁铁是利用电流的磁效应。
（2）由图3知光照强度与电阻大小的关系判断电磁铁磁性的强弱；然后得出工作电路的连接状态，利用安培定则即可判断出电磁铁的磁极。
（3）控制电路中光敏电阻与Ro串联，若测得R＝6Ω，根据串联电路的特点和欧姆定律求出此时的电流，然后根据欧姆定律求出电压表示数。
（4）根据表格中的数据利用W＝Ult即可求出充满电后电池储存的电能；根据p＝求出正常工作的时间。
【解答】解：（1）图2中电磁铁根据电流的磁效应做成的。
（2））由图3知光照强度与电阻大小成反比，当光照强度增强时，R电阻变小，故电磁铁磁性增强，衔铁被吸下，与C触头接触，利用安培定则可知，电磁铁上端为N极。
（3）光照强度恰好为3cd时，R＝6Ω，因为它与Ro串联，故电路中总电阻为：R总＝Ro+R＝12Ω+6Ω＝18Ω；
I＝＝＝0.25A；
电压表示数：U0＝IR0＝0.25A×12Ω＝3V；
（4）充满电后电池储存的电能为：
W＝Ult＝12V×2.5A×3600s＝1.08×105J；
正常工作的时间：
t＝＝＝3240s＝0.9h。
故答案为：（1）磁；（2）增强；C；N；（3）3；（4）1.08×105；0.9。
【点评】此题以某智能扫地机器人为题材，考查了电磁继电器的原理，电能的计算、电功公式的变形，是一道综合题。
2023年广东省东莞市翰林实验学校中考物理一模试卷
一、选择题（本大题7小题，每小题3分，共21分）
1．（3分）下列关于声现象的说法中正确的是（ ）
A．公路旁安装隔音板是为了在传播中减弱噪声
B．物体振动的频率越高，声音的响度越大
C．同一乐器，弹奏的频率不同，发声的音色就不同
D．声音在真空中的传播速度为340m/s
2．（3分）小明在一只空碗中放一枚硬币，后退到某处眼睛刚好看不到它。另一位同学慢慢往碗中倒水时，小明在该处又看到硬币。这种现象可以用下列哪个光路图来解释？（ ）
A． B．
C． D．
3．（3分）如图所示，从中得出的结论错误的一项是（ ）
A．在AB段，物质处于固态
B．这是某种晶体的熔化图象
C．该物质熔化过程历时6分钟
D．该物质的熔点是48℃
4．（3分）关于温度、内能和热量，下列说法正确的是（ ）
A．同一个物体，5℃时比3℃时所含的热量多
B．物体温度为0℃时内能为零
C．一个物体温度升高，其内能一定增加
D．晶体熔化过程中，温度不变，内能不变
5．（3分）动车即将进站时关闭电源，在继续行驶的过程中，可带动电机逆向发电，同时储存电能。如图所示，下列实验装置中能说明发电机原理的是（ ）
A．
B．
C．
D．
6．（3分）如图所示电路中，电源电压保持不变，当变阻器滑片P向右移动时，电表示数变大的是（ ）
A． B．
C． D．
7．（3分）额定电压均为6V的甲、乙两灯，U﹣I图线如图所示下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙两灯的电阻均随电压增大而减小
B．甲、乙两灯的额定功率之比为4：1
C．甲、乙两灯串联接在电压为8V的电源两端时，实际功率之比为1：3
D．甲、乙两灯并联接在电压为2V的电源两端时，电阻之比为3：2
二、填空题（本大题7小题，每空1分，共21分）
8．（3分）梳过头发的塑料梳子，由于摩擦会带电，摩擦起电的本质是 （选填“电荷的转移”或“创造了电荷”）。与毛皮摩擦过的橡胶棒带 电，是因为橡胶棒在摩擦过程中 电子。
9．（3分）“神舟十号”飞船在太空中飞行时，主要利用太阳电池供电，电能属于 能源（选填“一次”或“二次”）。手机是利用 传输信号实现通讯的，相同时间内，5G通讯传输的信息量约为4G的10倍。在相同介质中，5G信号的传播速度 （选填“大于”、“等于”或“小于”）4G信号的传播速度。
10．（3分）汽车发动机常用水来做冷却剂，这是因为水的 较大的缘故，如图所示为一单缸四冲程汽油机某冲程剖面图，该图表示为 冲程，在这个过程中，气缸内气体内能的改变是通过 方式改变的。
11．（3分）中国女篮获世界杯亚军，振奋全国人民。如图1所示，离手后的篮球在空中依次从A点运动到D点，在 点动能最大。图2为它在等高点B和D的能量柱状图，则篮球在B点的机械能 （选填“大于”“等于”或“小于”）在D点的机械能。整个过程能量的总量 （选填“守恒”或“不守恒”）。
12．（3分）一只小鸟在美丽的黑龙潭上水平飞过，若水深3m，小鸟距水面10m，则映在平静水面上的小鸟的“倒影”距小鸟 m；小鸟向高空飞去时，小鸟的“倒影”的大小 （选填“变大”、“变小”或“不变”）；小鸟的像是 像（选填“虚”、“实”）。
13．（3分）在跳绳测试中，小丽同学1min跳了120次，每次跳起的高度为5cm，已知她的质量是50kg，那么小丽的重力是 N，跳一次绳做的功 J，1min跳绳的平均功率是 W（g＝10N/kg）。
14．（3分）我国于2017年5月18日在南海海域成功试采“可燃冰”，“可燃冰”作为新型能源，有着巨大的开发使用潜力，在相同条件下，“可燃冰”完全燃烧放出的热量可达到天然气的数十倍。如果“可燃冰”热值是天然气的10倍，设天然气热值为4.2×107J/kg，完全燃烧0.5kg“可燃冰”放出的热量为 J；若在不考虑热量损失的情况下，这些热量能使800kg、45℃的水刚好达到沸点，则此时水的沸点是 ℃，水面上方的气压 1标准大气压。（选填“大于”、“小于”或“等于”）[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]
三、作图题（共7分）
15．（2分）如图所示，请画出反射光线对应的入射光线，并标出入射角的度数。
16．（2分）闭合开关，小磁针静止如图所示位置。请标出小磁针的N极并在虚线上用箭头标出磁感线方向。
17．（3分）两根电阻丝规格相同且电阻不变，旋钮开关S转动至断开位置，电路不工作；开关S转动至抵挡位置，电路处于低功率工作状态，两根电阻丝都发热；开关S转动至高挡位置，电路处于高功率工作状态，仅有一根电阻丝发热。请以笔画线代替导线完成电路连接。
四、实验题（本大题3小题，每空1分，共19分）
18．（6分）（1）肖微同学要测量某一品牌陈醋的密度，其操作过程如图所示。
①她将天平放在水平台面上，横梁静止时，指针如图甲所示。接下来应将平衡螺母向 （选填“左”或“右”）移动。
②将用调节好的天平两次称量烧杯和陈醋的总质量，当天平平衡时，砝码和游码的示数如图乙和丙所示，则倒入量筒中的陈醋的质量为 g，陈醋的密度为 kg/m3。
（2）某小组采用如图的电路装置探究“电流产生的热量跟什么因素有关”。两个透明容器中封闭着等量的空气，将两个容器中的电阻丝R1和R2串联接到电源两端，将容器外部的电阻丝R3和R2并联。
①该装置是探究电流通过导体产生的热量与 的关系，通电一段时间 瓶（选填“左”或“右”）内的电阻丝产生的热量多。
②让实验装置冷却到初始状态，把右瓶并联的两根电阻丝都放入瓶内，接通电源比较两瓶内电阻丝发热多少。此时该装置是探究电流产生的热量跟 的关系。
19．（6分）在探究“比较不同物质吸热的情况”的实验中，实验装置如图所示。
加热时间/min
0
1
2
3
4
5
6
甲的温度/℃
18
22
26
30
34
38
42
乙的温度/℃
18
30
42
54
66
78
90
（1）要完成该探究实验，除了图中所示的器材外，还需要的测量工具有天平和 。
（2）实验中取 和初温都相同的A、B两种液体，用相同规格的电加热器加热的目的是通过比较 来表示液体吸收热量的多少。
（3）小明将记录的数据填入表格，分析数据可知：从开始加热到42℃，甲、乙两种液体吸收热量的关系Q甲 Q乙。（选填“＞”、“＜”或“＝”）
（4）若小明想自制一个暖手袋，从甲和乙两种液体中选一种装入暖手袋中作为供热介质，选择 为介质保暖时间会更长。（均选填“甲”或“乙”）
（5）A、B两液体的温度随时间变化的图象如图丙所示，若加热过程中没有热量损失，已知液体A的比热容为4.2×103J/（kg•℃），则液体B的比热容为 J/（kg•℃）。
20．（7分）如图所示是小明做“探究电流和电阻的关系”的实验，所用电源电压为6V，定值电阻的阻值分别为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω和25Ω。
（1）在本实验中，滑动变阻器除起到保护电路的作用之外，另一个作用是： 。
（2）小明连接好电路，闭合开关，发现电流表无示数，电压表示数接近于电源电压，则原因可能是 。
（3）用5Ω的定值电阻进行实验，当电压表示数为计划控制不变的电压值时，电流表示数如图乙所示，电流为 A。
（4）当用5Ω的定值电阻完成实验后，要先断开开关，将5Ω电阻更换为10Ω电阻，再闭合开关，将滑片P向 移动，使电压表示数仍为 V，并记录数据。
（5）分析丙图可以得到结论： 。
（6）要用以上定值电阻完成实验，变阻器的最大电阻值应不小于 Ω。
五、计算题（本大题2小题，共13分）
21．（6分）如图所示，某工人利用滑轮组将一个重为900N的货箱在6s内匀速提升3m。此过程中，绳子自由端所受的拉力为F，滑轮组的机械效率为75%。试求：
（1）货箱上升的速度是多少？
（2）有用功是多少？
（3）拉力F是多少？
22．（7分）中国茶文化源远流长。如图甲所示是一款煮茶器，有“加热”和“保温”两个挡位，其简化电路图如图乙所示，R1和R2均为发热电阻，煮茶器部分参数如表。煮茶器中装有初温为20℃的水，在标准大气压下，将水刚好加热到沸腾，用时700s，在此过程中煮茶器的加热效率为80%。求：
额定电压
220V
保温挡功率
100W
加热挡功率
900W
（1）发热电阻R1的阻值。
（2）加热过程中煮茶器消耗的电能。
（3）煮茶器中水的质量。[水的比热容c＝4.2×103J/（kg•℃）]
六、综合能力题（本大题3小题，每空1分，共19分）
23．（6分）在探究“凸透镜成像规律”的实验中：
（1）如图甲，平行光正对凸透镜照射，光屏上出现一个最小最亮的光斑，则凸透镜的焦距f＝ cm。
（2）将蜡烛、凸透镜和光屏放在光具座上，使烛焰、凸透镜和光屏的中心在 。
（3）如图乙，光屏上呈现清晰的像，此时所成的像是倒立的实像，实际生活中应用为 （选填“投影仪”或“照相机”）。若保持透镜位置不变，移动蜡烛至 刻度线处，再移动光屏能呈现等大清晰的像。
（4）此凸透镜作为照相机镜头，当照完一个人的半身照，然后照全身照，照相机与人的距离应 （选填“变大”、“变小”或“不变”），照相机的镜头应 （选填“伸出”或“缩回”）。
24．（6分）小刚与小健在家用冰箱研究物态变化现象。
（1）制作冻豆腐，将豆腐切成正方体后放入电冰箱的冷冻室，一天后取出来观察，豆腐的形状与图中第 幅图相。盛夏，打开冰箱门会看到“白气”，这是 现象（填物态变化名称），这个过程要 热量；
（2）他们在一杯水中加入半勺盐，搅拌使盐溶解后插入一支温度计，放到冰箱冷冻室。一小时后发现部分盐水已经结了冰，此时小刚读出杯内温度计的示数如图④，示数是 ℃；
（3）小健观察到冰箱的冷冻室内积着厚厚的霜，这些霜的形成是 过程（填物态变化名称），小健家把食物放进冰箱时喜欢盖起来或用保鲜膜包起来，因此小健家的冰箱应该更 （选填“容易”或“不容易”）产生霜。
25．（7分）某智能扫地机器人（如图1）可通过灰尘传感器自动寻找灰尘清扫，通过电动机旋转、产生高速气流将灰尘等吸入集尘盒。图2为其部分工作原理图，控制电路电源电压U为4.5V，指示灯电阻为5Ω，定值电阻R0＝12Ω，R为光敏电阻，其阻值随光照强度E（单位cd）的变化如图3所示。如表为其部分工作参数（注：电池容量指工作电流与工作总时间的乘积，线圈电阻不计）
额定工作电压
12伏
额定功率
30瓦
电池总容量
2.5Ah（安时）
工作噪音
＜50dB（分贝）
（1）图2中电磁铁根据电流的 效应做成；
（2）当清扫到一定程度，地面灰尘减少，使照射到光敏电阻上的光照强度增强，则电磁铁磁性 （选填“增强”、“不变”或“减弱”），衔铁将与 （选填“A”或“C”）触头接触，电磁铁上端为 极（填“N”或“S”）。
（3）检测发现该品牌扫地机器人在光照强度恰好为3cd时电动机开始工作，则相当于电压表示数等于 V时，电动机开始工作。
（4）当剩余电量减为电池总容量的10%时，机器人会主动寻找充电器充电，充满电后电池储存的电能为 J；在充满电后到主动寻找充电器期间的电池总容量能够持续供应该机器人正常工作 小时。
2023年广东省东莞市翰林实验学校中考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题7小题，每小题3分，共21分）
1．（3分）下列关于声现象的说法中正确的是（ ）
A．公路旁安装隔音板是为了在传播中减弱噪声
B．物体振动的频率越高，声音的响度越大
C．同一乐器，弹奏的频率不同，发声的音色就不同
D．声音在真空中的传播速度为340m/s
【分析】（1）减弱噪声的途径有：在声源处、在传播过程中、在人耳处。
（2）人耳能感觉到的声音的强弱称为响度，响度与振幅和距离发声体的远近有关；
（3）音调指声音的高低，由振动频率决定；音色反映的是声音的品质与特色，它跟发声体的材料和结构有关。
（4）真空不能传声。
【解答】解：A、公路两旁安装隔音板是在声音的传播过程中减弱噪声，故A正确；
B、物体振动的频率越高，声音的音调越高，不是响度越大，故B错误；
C、同一乐器，弹奏的频率不同，发声的音调就不同，不是音色不同，故C错误；
D、声音不能在真空中传播，即声音在真空中的传播速度为0，故D错误。
故选：A。
【点评】此题考查了有关声音的知识，是一道比较基础的题目。
2．（3分）小明在一只空碗中放一枚硬币，后退到某处眼睛刚好看不到它。另一位同学慢慢往碗中倒水时，小明在该处又看到硬币。这种现象可以用下列哪个光路图来解释？（ ）
A． B．
C． D．
【分析】（1）当我们用眼睛看水中物体时，是物体所反射的光进入到了我们的眼睛，才看清物体；
（2）光的折射定律是当光从空气斜射入水中或其他介质中时，折射光线向法线方向偏折；光从水或者其他介质斜射入空气中时，折射光线向远离法线方向偏折。
【解答】解：当我们用眼睛看到水中的硬币，是因为硬币反射的光进入到了我们的眼睛的缘故；根据光的折射定律的内容知道，光从水斜射入空气中时，折射光线向远离法线方向偏折，折射角大于入射角，且光线是从硬币上发出的，故B图正确。
故选：B。
【点评】本题来源于生活中的折射现象，要求能够判断出折射现象，并且会根据折射定律判断光路是否正确，重点考查学生知识应用与实践的能力。
3．（3分）如图所示，从中得出的结论错误的一项是（ ）
A．在AB段，物质处于固态
B．这是某种晶体的熔化图象
C．该物质熔化过程历时6分钟
D．该物质的熔点是48℃
【分析】知道晶体熔化时的温度叫做晶体的熔点。
晶体在固态时，吸收热量温度升高。达到熔点，继续吸收热量，固体熔化，温度保持不变，这个不变的温度是熔点。当固体全部熔化完，即全部成为液体后，不断吸收热量，温度不断升高。
【解答】解：A、图象中的AB段表示该晶体处于固态，吸热升温，还没有熔化，故A正确；
B、由图象知，该物质的温度随时间的增长，先升高再不变后又升高，说明该物质是晶体，故B正确；
C、该物质从2min开始熔化，到6min结束，物质熔化过程历时4分钟，故C错误；
D、随时间的增长温度不变的一段为熔化过程，对应的温度为该种物质的熔点，故熔点为48℃．故D正确。
故选：C。
【点评】该题考查了晶体的熔化图象，要求学生理解图象上每一段表示的含义，从中获取正确的信息。
4．（3分）关于温度、内能和热量，下列说法正确的是（ ）
A．同一个物体，5℃时比3℃时所含的热量多
B．物体温度为0℃时内能为零
C．一个物体温度升高，其内能一定增加
D．晶体熔化过程中，温度不变，内能不变
【分析】（1）热量是热传递过程中传递能量的多少，不能说含有多少热量；
（2）内能是物体内部所有分子做无规则运动所具有的动能与分子势能的总和；任何物体在任何温度下都具有内能；
（3）内能的大小与质量、温度、状态等因素有关；
（4）物体吸收热量，内能变大。
【解答】解：A、物体之间没有热传递就谈不上热量，因此不能说物体含有多少热量，故A错误；
B、任何物体在任何温度下都具有内能，0℃的冰也有内能，故B错误；
C、一个物体温度升高，分子动能变大，其内能一定增加，故C正确；
D、晶体在熔化过程中温度不变，但要吸收热量，内能变大，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查温度、热量、内能的关系，晶体的熔化现象以及改变内能的方式，难度不大。
5．（3分）动车即将进站时关闭电源，在继续行驶的过程中，可带动电机逆向发电，同时储存电能。如图所示，下列实验装置中能说明发电机原理的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】当闭合回路中的部分导体切割磁感线时，会在闭合回路中产生感应电流，该现象称为电磁感应现象，该过程中消耗机械能，产生电能。
【解答】解：动车到站前先停止供电，由于惯性，动车会继续向前运行，电机线圈随车轮转动并在磁场中切割磁感线运动，进而产生感应电流，即在该过程中消耗机械能，产生电能，故是将机械能转化为电能的过程，因此该过程与发电机的原理相同。
A、此图是奥斯特实验，说明通电导线周围有磁场，故A错误；
B、此图是电磁感应实验装置，当导体做切割磁感线运动时，会产生感应电流，故B正确；
C、此实验是研究通电导线在磁场中受力的作用的装置，故C错误；
D、此时实验是探究电磁铁磁性强弱与线圈匝数关系的实验装置，故D错误；
故选：B。
【点评】知道电磁感应现象的原理和过程，并熟悉常见的能量转化是解决该题的关键。
6．（3分）如图所示电路中，电源电压保持不变，当变阻器滑片P向右移动时，电表示数变大的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】首先判定电路的连接方式，分析电表的作用；根据电阻的变化判定电表的变化。
【解答】解：
A、该电路为并联电路，电流表测量R0的电流，滑动变阻器在另一条支路中，滑动变阻器滑片移动时对另一条支路无影响，电流表示数不变，故A错误；
B、该电路为并联电路，电流表测量干路中的电流，滑动变阻器滑片向右移动，电阻变大，由欧姆定律可知通过变阻器的电流减小，通过另一条支路电流不变，故干路中的电流变小，故B错误；
C、该电路为串联电路，电压表测量R0的电压，滑动变阻器滑片向右移动，电阻变大，电流减小，根据U＝IR可知，电压表示数变小，故C错误；
D、该电路为串联电路，电压表测量滑动变阻器的电压，滑动变阻器滑片向右移动，电阻变大，电流减小，根据U＝IR可知，R0的电压变小，根据串联电路的电压规律可知，滑动变阻器两端电压变大，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到滑动变阻器和欧姆定律的应用，是一道较为简单的题目。
7．（3分）额定电压均为6V的甲、乙两灯，U﹣I图线如图所示下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙两灯的电阻均随电压增大而减小
B．甲、乙两灯的额定功率之比为4：1
C．甲、乙两灯串联接在电压为8V的电源两端时，实际功率之比为1：3
D．甲、乙两灯并联接在电压为2V的电源两端时，电阻之比为3：2
【分析】（1）通过曲线图可知小灯泡的电阻随电压的增大而增大；
（2）甲灯正常工作时的电压和额定电压相等，根据图象读出通过甲、乙的电流，根据P＝UI求额定功率之比；
（3）甲、乙两灯并联在2V的电源两端时，根据图象读出通过甲、乙的电流，再根据欧姆定律求出电阻之比；
（4）当把两灯串联在8V电源上时，根据串联电路的电流特点和串联电路电压的特点确定甲、乙两灯两端的实际电压，利用P＝UI即可得出实际功率之比。
【解答】解：
A．由甲、乙曲线图可知，灯泡的电阻随电压的增大而增大，故A错误；
B．由于甲、乙两灯的额定电压均为6V，由图象可知：I甲额＝0.6A，I乙额＝0.3A，
则：＝＝＝＝，故B错误；
D、甲、乙两灯并联在2V的电源两端时，由图象可知：I甲＝0.3A，I乙＝0.2A，根据I＝可得电阻之比：＝＝＝＝，故D错误；
C、把甲、乙两灯串联接在8V的电源上时，通过它们的电流相等，且电源的电压等于两灯泡两端的电压之和，由图象可知，当电路中的电流为0.3A，甲灯的实际电压为2V，乙灯的实际电压为6V时满足电源电压为8V，所以实际功率之比：＝＝＝＝，故C正确。
故选：C。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，从图象中获取有用的信息是关键。
二、填空题（本大题7小题，每空1分，共21分）
8．（3分）梳过头发的塑料梳子，由于摩擦会带电，摩擦起电的本质是 电荷的转移 （选填“电荷的转移”或“创造了电荷”）。与毛皮摩擦过的橡胶棒带 负 电，是因为橡胶棒在摩擦过程中 得到 电子。
【分析】摩擦起电不是创造了电荷，只是电荷从一个物体转移到另一个物体，得到电子的物体带负电，失去电子的物体带正电。
【解答】解：摩擦起电实质是电荷的转移，一种物质失去多少电子，另一种物质就得到多少电子；
与毛皮摩擦过的橡胶棒因得到电子而带负电。
故答案为：电荷的转移；负；得到。
【点评】本题考查了摩擦起电的实质，属于基础题。
9．（3分）“神舟十号”飞船在太空中飞行时，主要利用太阳电池供电，电能属于 二次 能源（选填“一次”或“二次”）。手机是利用 电磁波 传输信号实现通讯的，相同时间内，5G通讯传输的信息量约为4G的10倍。在相同介质中，5G信号的传播速度 等于 （选填“大于”、“等于”或“小于”）4G信号的传播速度。
【分析】（1）可以直接从自然界获得的能源属于一次能源；无法从自然界直接获取，必须通过消耗一次能源才能得到的能源属于二次能源。
（2）电磁波可以传递信息；在相同的介质中，5G和4G信号的传播速度相同。
【解答】解：电能无法从自然界直接获取，是通过消耗一次能源得到的，属于二次能源；手机是利用电磁波传输信号实现通讯的。在相同的介质中，5G信号的传播速度等于4G信号的传播速度。
故答案为：二次；电磁波；等于。
【点评】知道能源的分类；知道电磁波可以传递信息；知道在相同的介质中，5G和4G信号的传播速度相同，基础题。
10．（3分）汽车发动机常用水来做冷却剂，这是因为水的 比热容 较大的缘故，如图所示为一单缸四冲程汽油机某冲程剖面图，该图表示为 压缩 冲程，在这个过程中，气缸内气体内能的改变是通过 做功 方式改变的。
【分析】水的比热容比较大，在相同质量的水和其他物质相比较时，升高相同的温度，水吸收的热量多；
汽油机一个工作循环有四个冲程，分别是吸气、做功、压缩和排气，各冲程的特点不同，因此根据气门的状态和活塞的运行方向确定冲程；有做功冲程对外做功，将内能转化为机械能；压缩冲程有能量转化，将机械能转化为内能。
【解答】解：汽车发动机常用水来做冷却剂，这是因为水的比热容比较大，相同质量的水和其他物质相比较，升高相同的温度，水吸收的热量多；
由图可知，内燃机两气门都关闭，活塞向上运动，故可以判断这个冲程是压缩冲程，此冲程是通过压缩气体做功将机械能转化为内能，使得缸内气体的内能变大，这是通过做功的方式改变气体的内能的。
故答案为：比热容；压缩；做功。
【点评】本题考查了水的比热容大的应用、热机冲程的判断、内能的改变，熟记相关数据是解题的关键。
11．（3分）中国女篮获世界杯亚军，振奋全国人民。如图1所示，离手后的篮球在空中依次从A点运动到D点，在 A 点动能最大。图2为它在等高点B和D的能量柱状图，则篮球在B点的机械能 大于 （选填“大于”“等于”或“小于”）在D点的机械能。整个过程能量的总量 守恒 （选填“守恒”或“不守恒”）。
【分析】（1）动能大小的影响因素：质量、速度；质量越大，速度越大，动能越大。
（2）动能和势能统称为机械能，据此根据能量柱状图，结合能量守恒定律分析解答。
【解答】解：离手后的篮球在空中依次从A点运动到D点，在A点时速度最大，则在A点动能最大。
根据篮球在等高点B和D的能量柱状图可知，篮球在B点和D点重力势能相等，在D点的动能小于在C点的动能，动能和势能统称为机械能，则篮球在B点的机械能大于在D点的机械能。根据能量守恒定律可知，整个过程能量的总量守恒。
故答案为：A；大于；守恒。
【点评】本题考查机械能的转化、能量守衡定律，解题的关键是读懂能量柱状图。
12．（3分）一只小鸟在美丽的黑龙潭上水平飞过，若水深3m，小鸟距水面10m，则映在平静水面上的小鸟的“倒影”距小鸟 20 m；小鸟向高空飞去时，小鸟的“倒影”的大小 不变 （选填“变大”、“变小”或“不变”）；小鸟的像是 虚 像（选填“虚”、“实”）。
【分析】倒影是平面镜成像，是由光的反射形成的，平面镜成像的特点：物体在平面镜中所成的像是虚像，像和物体的大小相等，上下（或左右）相反，它们的连线垂直于镜面，它们到镜面的距离相等；简记为：正立、等大、对称、虚像。
【解答】解：已知小鸟距水面10m，像到水面的距离也是10m，所以“倒影”距小鸟为10m+10m＝20m；
由于物体在平面镜中所成的像是虚像，像和物体的大小相等，所以不管小鸟向上飞还是向下俯冲，像始终和物体等大，因此小鸟向高空飞去时，小鸟所成的像大小将不变。
故答案为：20；不变；虚。
【点评】此题主要考查学生对平面镜成像特点的理解和掌握，紧扣平面镜成像原理和成像特点去分析即可比较容易地做出解答，但此题中的水深10m是题干设置的干扰因素，注意不要被其迷惑。
13．（3分）在跳绳测试中，小丽同学1min跳了120次，每次跳起的高度为5cm，已知她的质量是50kg，那么小丽的重力是 500 N，跳一次绳做的功 25 J，1min跳绳的平均功率是 50 W（g＝10N/kg）。
【分析】（1）知道小丽的质量，根据G＝mg求出其重力，又知道每次跳起的高度，根据W＝Gh求出跳一次绳做的功；
（2）知道1min跳绳的次数和跳一次绳做的功可求1min跳绳做的总功，利用P＝求出1min跳绳的平均功率。
【解答】解：（1）小丽的重力：G＝mg＝50kg×10N/kg＝500N；
每次跳起的高度：h＝5cm＝0.05m，
跳一次绳做的功：W＝Gh＝500N×0.05m＝25J；
（2）1min跳绳做的总功：W总＝120W＝120×25J＝3000J，
1min跳绳的平均功率：P＝＝＝50W。
故答案为：500；25；50。
【点评】本题考查了重力公式和做功公式、功率公式的应用，是一道较为简单的应用题。
14．（3分）我国于2017年5月18日在南海海域成功试采“可燃冰”，“可燃冰”作为新型能源，有着巨大的开发使用潜力，在相同条件下，“可燃冰”完全燃烧放出的热量可达到天然气的数十倍。如果“可燃冰”热值是天然气的10倍，设天然气热值为4.2×107J/kg，完全燃烧0.5kg“可燃冰”放出的热量为 2.1×108 J；若在不考虑热量损失的情况下，这些热量能使800kg、45℃的水刚好达到沸点，则此时水的沸点是 107.5 ℃，水面上方的气压 大于 1标准大气压。（选填“大于”、“小于”或“等于”）[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]
【分析】（1）利用Q放＝mq求出1kg天然气完全燃烧放出的热量，“可燃冰”完全燃烧放出的热量达到煤气的10倍，据此求0.5kg“可燃冰”完全燃烧放出的热量；
（2）由题知，Q吸＝Q放，根据Q吸＝cm水（t﹣t0）可求出水的末温；液体的沸点与大气压有关，气压越小沸点越低；气压越大，沸点越高。
【解答】解：（1）1kg天然气完全燃烧放出的热量：
Q放＝mq天然气＝1kg×4.2×107J/kg＝4.2×107J，
0.5kg“可燃冰”完全燃烧放出的热量：Q放′＝Q放×5＝4.2×107J×5＝2.1×108J；
（2）由题知，Q吸＝Q放′＝2.1×108J，
根据Q吸＝cm水（t﹣t0）可知水达到沸点时的温度为：
t＝t0+＝45℃+＝107.5℃
因为1标准大气压下水的沸点为100℃，液体的沸点随着表面气压的增大而升高，随气压减小而降低，所以此时水面上方的气压大于1标准大气压。
故答案为：2.1×108；107.5；大于。
【点评】本题考查了学生对燃料的热值、燃料完全燃烧放热公式、吸热公式的掌握和运用，因条件已给出，难度不大。
三、作图题（共7分）
15．（2分）如图所示，请画出反射光线对应的入射光线，并标出入射角的度数。
【分析】根据反射定律：反射光线、入射光线和法线在同一平面内，反射光线、入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角，作出入射光线并标出入射角及其度数。
【解答】解：过入射点做反射面的垂线即为法线，反射光线和法线间的夹角即为反射角，则反射角为90°﹣30°＝60°，
根据反射光线、入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角，在法线右左侧作出入射光线，入射角为60°，如图所示：
【点评】本题考查了光的反射定律作图，在用光的反射定律作图时，注意一些技巧：反射角等于入射角、法线垂直反射面、法线为入射光线和反射光线夹角的角平分线等；求反射角的大小，注意用平面几何角度关系。
16．（2分）闭合开关，小磁针静止如图所示位置。请标出小磁针的N极并在虚线上用箭头标出磁感线方向。
【分析】根据安培定则确定螺线管的N、S极；然后利用磁极间的作用规律确定小磁针的N、S极；在磁体的周围，磁感线从N极发出回到S极。
【解答】解：闭合开关后，由图可知电流从螺线管的左侧流入、右侧流出；右手握住螺线管，四指指向电流的方向，大拇指指向螺线管的右端为N极、左端为S极；
当小磁针静止时，根据磁极间的作用规律可知，相互靠近的一定是异名磁极，则小磁针的左端为N极、右端为S极；
在磁体周围，磁感线从磁体的N极出发回到S极，所以图中磁感线的方向是指向左的。如图所示：
【点评】对于一个通电螺线管，只要知道电流的方向、线圈的绕法、螺线管的N、S极这三个因素中的任意两个，我们就可以据安培定则判断出另一个。
17．（3分）两根电阻丝规格相同且电阻不变，旋钮开关S转动至断开位置，电路不工作；开关S转动至抵挡位置，电路处于低功率工作状态，两根电阻丝都发热；开关S转动至高挡位置，电路处于高功率工作状态，仅有一根电阻丝发热。请以笔画线代替导线完成电路连接。
【分析】由题知，开关S转动至低挡位置，电路处于低功率工作状态，根据P＝可知，电路电阻最大，则说明两电阻串联，两根电阻丝都发热；开关S转动至高挡位置，电路处于高功率工作状态，电路电阻最小，仅有一根电阻丝发热；由安全用电知识可知，开关接在火线和电阻丝之间，金属外壳接地线，据此连接电路图。
【解答】解：当开关S转动至低挡位置，电路处于低功率工作状态，两根电阻丝都发热，根据P＝可知，电路电阻最大，则说明两电阻串联；
开关S转动至高挡位置，电路处于高功率工作状态，仅有一根电阻丝发热，根据P＝可知，电路电阻最小，则另一根电阻丝被短路。
由安全用电知识可知，开关接在火线和电阻丝之间，金属外壳接地线，如图所示：
【点评】本题主要考查安全用电的原则、电功率公式的应用等知识点，关键是分析电路连接方式并利用P＝可判断低温挡和高温挡，有一定的难度。
四、实验题（本大题3小题，每空1分，共19分）
18．（6分）（1）肖微同学要测量某一品牌陈醋的密度，其操作过程如图所示。
①她将天平放在水平台面上，横梁静止时，指针如图甲所示。接下来应将平衡螺母向 左 （选填“左”或“右”）移动。
②将用调节好的天平两次称量烧杯和陈醋的总质量，当天平平衡时，砝码和游码的示数如图乙和丙所示，则倒入量筒中的陈醋的质量为 44 g，陈醋的密度为 1.1×103 kg/m3。
（2）某小组采用如图的电路装置探究“电流产生的热量跟什么因素有关”。两个透明容器中封闭着等量的空气，将两个容器中的电阻丝R1和R2串联接到电源两端，将容器外部的电阻丝R3和R2并联。
①该装置是探究电流通过导体产生的热量与 电流 的关系，通电一段时间 左 瓶（选填“左”或“右”）内的电阻丝产生的热量多。
②让实验装置冷却到初始状态，把右瓶并联的两根电阻丝都放入瓶内，接通电源比较两瓶内电阻丝发热多少。此时该装置是探究电流产生的热量跟 电阻 的关系。
【分析】（1）①将天平放在水平台面上，横梁静止时，指针如图甲所示，指针右偏，平衡螺母向偏转的反方向移动；
②确定标尺的分度值，得出游码在标尺上对应的刻度值，从而得出图乙和图丙中烧杯和陈醋的总质量及
剩余烧杯和陈醋的总质量，从而得出量筒中的陈醋的质量；根据丁图可知陈醋的体积，根据密度公式得出陈醋的密度；
（2）①电流通过导体产生的热量与通过的电流、导体的电阻和通电时间有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外两个因素不变，结合串联和并联电路电流的规律及Q＝I2Rt分析；
分析图（2）电路的连接，右侧两电阻并联后再与左侧电阻串联，容器内两电阻大小相等，根据并联和串联电路电流的规律，通过左侧容器中电阻的电流大小大于通过右侧容器中电阻的电流，而通电时间相同，故可以研究电流产生的热量与电流的关系，通电一段时间，根据Q＝I2Rt可知左瓶内的电阻丝产生的热量多。
②由并联电阻的规律，右瓶内等效电阻小于5欧姆，而通过左、右两容器内电阻的电流和通电时间相同。根据控制变量法分析。
【解答】解：（1）①她将天平放在水平台面上，横梁静止时，指针如图甲所示，指针右偏，接下来应将平衡螺母向左移动；
②标尺的分度值为0.2g，游码在标尺上对应的刻度值为2.4g，图乙中烧杯和陈醋的总质量：
m1＝50g+20g+10g+2.4g＝82.4g
丙中游码在标尺上对应的刻度值为.4g，剩余烧杯和陈醋的总质量：
m2＝5g+20g+10g+3.4g＝38.4g
故量筒中的陈醋的质量为：
m′＝82.4g﹣38.4g＝44g；
丁图中陈醋的体积为40mL＝40cm3；
陈醋的密度为：
ρ＝。
（2）①图（2）中右侧两电阻并联后再与左侧电阻串联，容器内两电阻大小相等，根据并联和串联电路电流的规律，通过左侧容器中电阻的电流大小大于通过右侧容器中电阻的电流，而通电时间相同，故可以研究电流产生的热量与电流的关系，通电一段时间，根据Q＝I2Rt可知左瓶内的电阻丝产生的热量多。
②让实验装置冷却到初始状态，把右瓶并联的两根电阻丝都放入瓶内，由并联电阻的规律，右瓶内等效电阻小于5欧姆，而通过左、右两容器内电阻的电流和通电时间相同。此时该装置是探究电流产生的热量跟电阻的关系。
故答案为：（1）①左； ②44；1.1×103；（2）①电流；左；②电阻。
【点评】本题探究“导体产生的热量与什么因素有关”，考查控制变量法、串联和并联电路的规律及焦耳定律的运用。
19．（6分）在探究“比较不同物质吸热的情况”的实验中，实验装置如图所示。
加热时间/min
0
1
2
3
4
5
6
甲的温度/℃
18
22
26
30
34
38
42
乙的温度/℃
18
30
42
54
66
78
90
（1）要完成该探究实验，除了图中所示的器材外，还需要的测量工具有天平和 秒表 。
（2）实验中取 质量 和初温都相同的A、B两种液体，用相同规格的电加热器加热的目的是通过比较 加热时间 来表示液体吸收热量的多少。
（3）小明将记录的数据填入表格，分析数据可知：从开始加热到42℃，甲、乙两种液体吸收热量的关系Q甲 ＞ Q乙。（选填“＞”、“＜”或“＝”）
（4）若小明想自制一个暖手袋，从甲和乙两种液体中选一种装入暖手袋中作为供热介质，选择 甲 为介质保暖时间会更长。（均选填“甲”或“乙”）
（5）A、B两液体的温度随时间变化的图象如图丙所示，若加热过程中没有热量损失，已知液体A的比热容为4.2×103J/（kg•℃），则液体B的比热容为 2.1×103 J/（kg•℃）。
【分析】（1）我们使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；
（2）比较物质吸热能力的2种方法：使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量（即比较加热时间），吸收热量多的吸热能力强；或使相同质量的不同物质吸收相同的热量（即加热相同的时间），比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；结合转换法分析；
（3）分析数据可得出开始加热到42℃甲、乙的加热时间，由转换法回答；
（4）根据（3）可知甲的比热容大，结合Q＝cmΔt分析；
（5）根据图丙知加热5分钟（吸热相同）B和A升高的温度，根据Q＝cmΔt可知在质量和吸热相同的情况下，比热容与升高的温度之积为一定值，据此得出液体B的比热容。
【解答】解：（1）根据转换法，要完成该探究实验，除了图中所示的器材外，还需要的测量工具有天平和秒表。
（2）根据比较吸热能力的方法，要控制不同物质的质量相同（不同物质密度不同，根据m＝ρV，体积相同的不同物质质量不同），故实验中取质量和初温都相同的A、B两种液体，用相同规格的电加热器加热的目的是通过比较加热时间来表示液体吸收热量的多少。
（3）小明将记录的数据填入表格，分析数据可知：从开始加热到42℃，甲、乙的加热时间分别为6分钟和2分钟，由转换法，甲、乙两种液体吸收热量的关系Q甲＞Q乙。
（4）根据（3）可知，甲的比热容大，根据Q＝cmΔt可知，在质量和降低的温度相同时，甲放热多，故若小明想自制一个暖手袋，从甲和乙两种液体中选一种装入暖手袋中作为供热介质，选择甲为介质保暖时间会更长。
（5）根据图丙知，加热5分钟（吸热相同），B升高的温度为40℃，A升高的温度为20℃，根据Q＝cmΔt可知，在质量和吸热相同的情况下，比热容与升高的温度之积为一定值，升高的温度与比热容成反比，则液体B的比热容为：
c＝×4.2×103J/（kg•℃）＝2.1×103J/（kg•℃）。
故答案为：（1）秒表；（2）质量；加热时间；（3）＞；（4）甲；（5）2.1×103。
【点评】本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法和Q＝cmΔt的运用，为热学中的重要实验。
20．（7分）如图所示是小明做“探究电流和电阻的关系”的实验，所用电源电压为6V，定值电阻的阻值分别为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω和25Ω。
（1）在本实验中，滑动变阻器除起到保护电路的作用之外，另一个作用是： 控制电阻两端的电压不变 。
（2）小明连接好电路，闭合开关，发现电流表无示数，电压表示数接近于电源电压，则原因可能是 定值电阻断路 。
（3）用5Ω的定值电阻进行实验，当电压表示数为计划控制不变的电压值时，电流表示数如图乙所示，电流为 0.5 A。
（4）当用5Ω的定值电阻完成实验后，要先断开开关，将5Ω电阻更换为10Ω电阻，再闭合开关，将滑片P向 左 移动，使电压表示数仍为 2.5 V，并记录数据。
（5）分析丙图可以得到结论： 电压一定时，电流和电阻成反比 。
（6）要用以上定值电阻完成实验，变阻器的最大电阻值应不小于 35 Ω。
【分析】（1）滑动变阻器一方面可以保护电路，另一方面可以控制电阻两端的电压不变，实现多次测量；
（2）电流表无示数，说明电路中有断路，再根据电压表的示数判断出电路故障；
（3）根据电流表的量程、分度值，读出回路电流；根据欧姆定律求出定值电阻的电压；
（4）当接入电路中的电阻更大时，根据串联电路的分压特点，其两端电压变大，因此应使滑动变阻器接入更大的阻值以分得更多的电压，直至电压表的示数为2.5V不变；
（5）由图丙可知，电流与电阻的乘积保持不变，由此得出结论；
（6）探究电流与电阻的实验时，应控制定值电阻两端电压不变，根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压，根据分压原理，求出当接入25Ω电阻时变阻器连入电路中的电阻。
【解答】解：（1）实验中，滑动变阻器有两个作用，一是能限制通过电路的电流，起到保护电路的作用，另一个作用是：控制电阻两端的电压不变，进行多次测量；
（2）电流表几乎没有示数，说明电路中有断路的地方，电压表示数接近电源电压，说明电压表的两个接线柱和电源连接的部分没有断路，故障是定值电阻断路断路了；
（3）由图乙可知，电流表量程为0～0.6A，分度值为0.02A，电流表示数I＝0.24A；
根据欧姆定律得，定值电阻的电压为：U＝IR＝0.5A×5Ω＝2.5V；
（4）当接入电路中的电阻更大时，根据串联电路的分压特点，其两端电压变大，因此应使滑动变阻器接入更大的阻值以分得更多的电压，将滑片P向左移动，直至电压表的示数为2.5V，并记录数据；
（5）由图丙可知，电流与电阻的乘积保持不变，因此可得结论：电压一定时，电流和电阻成反比；
（6）探究电流与电阻的实验时，应控制定值电阻两端电压不变，定值电阻两端的电压始终保持U定＝2.5V，根据串联电路电压的规律，滑动变阻器分得的电压：U滑＝6V﹣2.5V＝3.5V，，即滑动变阻器分得的电压为电压表示数的0.8倍，根据分压原理，当接入25Ω电阻时，滑动变阻器连入电路中的电阻为：R滑＝1.4×25Ω＝35Ω，故为了让提供的电阻都能用到，滑动变阻器的最大阻值应不小于35Ω。
故答案为：（1）控制电阻两端的电压不变；（2）定值电阻断路；（3）0.5；（4）左；2.5；（5）电压一定时，电流和电阻成反比；（6）35。
【点评】本题探究“电流与电阻的关系”，考查电路连接、滑动变阻器的使用、电路故障分析、控制变量法和数据分析等内容，难度较大。
五、计算题（本大题2小题，共13分）
21．（6分）如图所示，某工人利用滑轮组将一个重为900N的货箱在6s内匀速提升3m。此过程中，绳子自由端所受的拉力为F，滑轮组的机械效率为75%。试求：
（1）货箱上升的速度是多少？
（2）有用功是多少？
（3）拉力F是多少？
【分析】（1）根据v＝求出货箱上升的速度；
（2）根据W＝Gh求出有用功；
（3）根据η＝＝＝＝求出拉力的大小。
【解答】解：（1）货箱上升的速度为：v＝＝＝0.5m/s；
（2）有用功为：W有＝Gh＝900N×3m＝2700J；
（3）由图可知，有3段绳子拉着动滑轮，则n＝3；根据η＝＝＝＝可知，拉力的大小为：F＝＝＝400N。
答：（1）货箱上升的速度是0.5m/s
（2）有用功是2700J；
（3）拉力F是为400N。
【点评】本题考查了速度的计算、有用功的计算、滑轮组机械效率公式的应用，是一道简单的计算题。
22．（7分）中国茶文化源远流长。如图甲所示是一款煮茶器，有“加热”和“保温”两个挡位，其简化电路图如图乙所示，R1和R2均为发热电阻，煮茶器部分参数如表。煮茶器中装有初温为20℃的水，在标准大气压下，将水刚好加热到沸腾，用时700s，在此过程中煮茶器的加热效率为80%。求：
额定电压
220V
保温挡功率
100W
加热挡功率
900W
（1）发热电阻R1的阻值。
（2）加热过程中煮茶器消耗的电能。
（3）煮茶器中水的质量。[水的比热容c＝4.2×103J/（kg•℃）]
【分析】（1）由电路图可知，只闭合开关S1时，电路为R1的简单电路，此时电路中的总电阻最大，总功率最小，煮茶器处于保温挡，根据P＝UI＝求出R1的电阻；
（2）已知加热时间和加热挡功率，由P＝可求得加热过程中煮茶器消耗的电能；
（3）已知在此过程中煮茶器的加热效率为，由η＝可求得吸收热量，由Q吸＝cmΔt可求得煮茶器中水的质量。
【解答】解：（1）由电路图可知，只闭合开关S1时，电路为R1的简单电路，此时电路中的总电阻较大（比并联的总电阻大），根据P＝UI＝可知，煮茶器的总功率小，处于保温挡，
由P＝UI＝可得R1的电阻：
R1＝＝＝484Ω；
（2）由P＝可得，加热过程中煮茶器消耗的电能：
W＝P加热t＝900W×700s＝6.3×105J；
（3）由η＝可得，吸收热量：
Q吸＝ηW＝80%×6.3×105J＝5.04×105J；
由Q吸＝cmΔt可求得煮茶器中水的质量：
m＝＝＝1.5kg。
答：（1）发热电阻R1的阻值为484Ω；
（2）加热过程中煮茶器消耗的电能为6.3×105J；
（3）煮茶器中水的质量为1.5kg。
【点评】本题考查了电功率公式和吸热公式、电功公式的综合应用，关键是公式及其变形式的灵活运用，计算过程还要注意单位的换算。
六、综合能力题（本大题3小题，每空1分，共19分）
23．（6分）在探究“凸透镜成像规律”的实验中：
（1）如图甲，平行光正对凸透镜照射，光屏上出现一个最小最亮的光斑，则凸透镜的焦距f＝ 10.0 cm。
（2）将蜡烛、凸透镜和光屏放在光具座上，使烛焰、凸透镜和光屏的中心在 同一高度 。
（3）如图乙，光屏上呈现清晰的像，此时所成的像是倒立的实像，实际生活中应用为 照相机 （选填“投影仪”或“照相机”）。若保持透镜位置不变，移动蜡烛至 30cm 刻度线处，再移动光屏能呈现等大清晰的像。
（4）此凸透镜作为照相机镜头，当照完一个人的半身照，然后照全身照，照相机与人的距离应 变大 （选填“变大”、“变小”或“不变”），照相机的镜头应 缩回 （选填“伸出”或“缩回”）。
【分析】（1）图中测量凸透镜焦距的方法：平行光聚焦法，亮点为焦点，焦点到光心的距离为焦距，由此可以确定其焦距是多少；
（2）为使像能成在光屏的中央，应调节凸透镜、光屏、烛焰的中心大致在同一高度处；
（3）当u＞2f时，凸透镜成倒立、缩小的实像，利用这个规律制成的光学仪器是照相机；u＝v＝2f，凸透镜成倒立、等大的实像；
（4）凸透镜成实像时，物远像近像变小。
【解答】解：
（1）由图甲知，焦点到凸透镜的距离为60.0cm﹣50.0cm＝10.0cm，所以凸透镜的焦距为f＝10.0cm；
（2）实验中调节凸透镜和光屏的高度，使他们的中心与烛焰中心大致在同一高度，其目的是使像成在光屏的中央；
（3）由图乙知，当蜡烛在刻度尺的10cm处，物距大于二倍焦距，凸透镜成倒立、缩小的实像，其应用是照相机；
移动透镜至30cm刻度线处，此时的物距等于2f，移动光屏，能在光屏上呈现清晰的倒立、等大的实像；
（4）此凸透镜作为照相机镜头，当照完一个人的半身照，然后照全身照，此时像要变小，所以物距变大，像距变小，即照相机与人之间距离变大，照相机的镜头应缩回。
故答案为：（1）10.0；（2）同一高度；（3）照相机；30cm；（4）变大；缩回。
【点评】此题通过实验探究凸透镜成像的规律及特点，并考查了对凸透镜成像规律的应用，涉及的知识点较多，需要对所学知识系统掌握并做到灵活应用。
24．（6分）小刚与小健在家用冰箱研究物态变化现象。
（1）制作冻豆腐，将豆腐切成正方体后放入电冰箱的冷冻室，一天后取出来观察，豆腐的形状与图中第 ③ 幅图相。盛夏，打开冰箱门会看到“白气”，这是 液化 现象（填物态变化名称），这个过程要 放出 热量；
（2）他们在一杯水中加入半勺盐，搅拌使盐溶解后插入一支温度计，放到冰箱冷冻室。一小时后发现部分盐水已经结了冰，此时小刚读出杯内温度计的示数如图④，示数是 ﹣2 ℃；
（3）小健观察到冰箱的冷冻室内积着厚厚的霜，这些霜的形成是 凝华 过程（填物态变化名称），小健家把食物放进冰箱时喜欢盖起来或用保鲜膜包起来，因此小健家的冰箱应该更 不容易 （选填“容易”或“不容易”）产生霜。
【分析】（1）水结成了冰，它的体积不是缩小而是胀大了，比常温时水的体积要大10%左右；物质由气态转变为液态的过程叫做液化，液化放热；
（2）温度计的读数：首先确定零上还是零下，确定每一个大格和每一个小格各代表的示数，从小数字读向大数字；
（3）物质从气态不经过液态而直接变成固态的现象叫凝华。
【解答】解：（1）将豆腐切成正方体后放入电冰箱的冷冻室，由于豆腐中有水，水遇冷凝固成冰，体积膨胀，所以豆腐的形状与图中第③幅图相似；
打开冰箱门后，周围空气的温度较低，空气中的水蒸气遇冷会发生液化现象变成小水滴，即“白气”现象，液化放热；
（2）由图可知，温度计的分度值为1℃，液柱的位置在0刻度以下2格，所以温度为﹣2℃；
（3）冷冻室内的霜，是由水蒸气直接变成小冰晶，所以霜是凝华形成的；
把食物放进冰箱时喜欢盖起来或用保鲜膜包起来，减少蒸发产生的水蒸气，水蒸气少了，则凝华成的霜也少了，所以冰箱应该更不容易产生霜。
故答案为：（1）③；液化；放出；（2）﹣2；（3）凝华；不容易。
【点评】本题以冰箱为载体综合考查了物态变化中的凝固、凝华以及温度计的读数，考查的知识较全面。
25．（7分）某智能扫地机器人（如图1）可通过灰尘传感器自动寻找灰尘清扫，通过电动机旋转、产生高速气流将灰尘等吸入集尘盒。图2为其部分工作原理图，控制电路电源电压U为4.5V，指示灯电阻为5Ω，定值电阻R0＝12Ω，R为光敏电阻，其阻值随光照强度E（单位cd）的变化如图3所示。如表为其部分工作参数（注：电池容量指工作电流与工作总时间的乘积，线圈电阻不计）
额定工作电压
12伏
额定功率
30瓦
电池总容量
2.5Ah（安时）
工作噪音
＜50dB（分贝）
（1）图2中电磁铁根据电流的 磁 效应做成；
（2）当清扫到一定程度，地面灰尘减少，使照射到光敏电阻上的光照强度增强，则电磁铁磁性 增强 （选填“增强”、“不变”或“减弱”），衔铁将与 C （选填“A”或“C”）触头接触，电磁铁上端为 N 极（填“N”或“S”）。
（3）检测发现该品牌扫地机器人在光照强度恰好为3cd时电动机开始工作，则相当于电压表示数等于 3 V时，电动机开始工作。
（4）当剩余电量减为电池总容量的10%时，机器人会主动寻找充电器充电，充满电后电池储存的电能为 1.08×105 J；在充满电后到主动寻找充电器期间的电池总容量能够持续供应该机器人正常工作 0.9 小时。
【分析】（1）电磁铁是利用电流的磁效应。
（2）由图3知光照强度与电阻大小的关系判断电磁铁磁性的强弱；然后得出工作电路的连接状态，利用安培定则即可判断出电磁铁的磁极。
（3）控制电路中光敏电阻与Ro串联，若测得R＝6Ω，根据串联电路的特点和欧姆定律求出此时的电流，然后根据欧姆定律求出电压表示数。
（4）根据表格中的数据利用W＝Ult即可求出充满电后电池储存的电能；根据p＝求出正常工作的时间。
【解答】解：（1）图2中电磁铁根据电流的磁效应做成的。
（2））由图3知光照强度与电阻大小成反比，当光照强度增强时，R电阻变小，故电磁铁磁性增强，衔铁被吸下，与C触头接触，利用安培定则可知，电磁铁上端为N极。
（3）光照强度恰好为3cd时，R＝6Ω，因为它与Ro串联，故电路中总电阻为：R总＝Ro+R＝12Ω+6Ω＝18Ω；
I＝＝＝0.25A；
电压表示数：U0＝IR0＝0.25A×12Ω＝3V；
（4）充满电后电池储存的电能为：
W＝Ult＝12V×2.5A×3600s＝1.08×105J；
正常工作的时间：
t＝＝＝3240s＝0.9h。
故答案为：（1）磁；（2）增强；C；N；（3）3；（4）1.08×105；0.9。
【点评】此题以某智能扫地机器人为题材，考查了电磁继电器的原理，电能的计算、电功公式的变形，是一道综合题。
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