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2023年云南省昭通市巧家县中考物理二模试卷
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这是一份2023年云南省昭通市巧家县中考物理二模试卷，共28页。试卷主要包含了选择题，填空题，作图题，实验探究题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2023年云南省昭通市巧家县中考物理二模试卷
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分。每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求；全部选对得3分，选对但不全的得1分，有选错或不选的得0分）
1．（3分）漾濞核桃以果大、壳薄、仁白、味香、出仁率高而享誉天下。如图所示，这是人们剥取核桃仁时使用的核桃夹，根据图片信息，请你估测核桃夹的长度约为（ ）
A．16mm B．16cm C．60mm D．60cm
2．（3分）小丽在整理家务时，看到衣柜里的樟脑丸变小了，其中发生的物态变化是（ ）
A．熔化 B．汽化 C．升华 D．凝华
3．（3分）小孔成像现象最早被《墨经》记载。下列词语描述的现象与小孔成像原理相同的是（ ）
A．立竿见影 B．雨后彩虹 C．镜花水月 D．海市蜃楼
4．（3分）小明利用劳动课上学习的修剪技能，给自家果园里的苹果树修剪树枝。如图所示，修剪树枝时，小明应选用下列哪种剪刀最合适（ ）
A． B．
C． D．
5．（3分）安全用电，远离危险。下列有关家庭用电和安全用电的说法正确的是（ ）
A．我国家庭电路的电压为380V
B．家庭电路中的电能表是测量电功率的仪表
C．可将用电器的三脚插头的长脚剪除后接入两孔插座上使用
D．发现有人触电应立即断开电源，严禁用手拉触电者
6．（3分）2023年3月30日，我国在太原卫星发射中心使用长征二号丁运载火箭，成功发射宏图一号01组卫星。下列说法错误的是（ ）
A．火箭发射利用了力的作用是相互的原理
B．燃料燃烧推动火箭升空是把内能转化为机械能
C．地面遥控中心与卫星间通过超声波传递信息
D．发射成功后，火箭中剩余燃料的热值不变
7．（3分）蹴球是中国十分古老的一项民间体育活动，有着悠久的历史。如图所示，这是第十二届云南少数民族运动会上蹴球的情景。下列说法错误的是（ ）
A．用力蹴球，球向前滚动说明力可以改变物体的运动状态
B．球离开脚后继续向前滚动是由于球受到惯性的作用
C．站立在水平地面的裁判员受到的重力与受到地面的支持力是一对平衡力
D．静止在水平地面上的球对地面的压力和球受到地面的支持力是一对相互作用力
（多选）8．（3分）下列对生活中的一些事例的判断正确的是（ ）
A．拦河大坝设计成“上窄下宽”的形状是由于液体压强随深度的增大而增大
B．夏天吃冰棍能解暑是由于冰在熔化过程中温度降低
C．搓手取暖是通过做功的方式增大手的内能
D．经过过桥米线店时闻到香味说明分子在不停地做无规则运动
（多选）9．（3分）在新农村工程项目建设中，工人采用如图所示的装置提升重物，滑轮组悬挂在水平支架上，工人站在水平地面上，用250N竖直向下的力拉动绳子自由端，使物体A在5s内匀速上升了1m。已知物体A重400N，不计滑轮组的绳重和摩擦。下列说法正确的是（ ）
A．使用该装置提升重物不能省功
B．为了让支架牢固，滑轮组应靠近支架右侧悬挂
C．滑轮组的机械效率为80%
D．滑轮组提升重物的质量增大，滑轮组的机械效率减小
（多选）10．（3分）如图所示的电路中，电源电压保持不变，灯L灯丝的电阻不变。闭合开关S，在保证电路元件安全的前提下，当滑片P向右移动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电压表V示数变大，电流表A2示数变小
B．电流表A1示数变小，灯L亮度不变
C．电压表V示数与电流表A2示数的比值变小
D．电流表A1示数与电流表A2示数的差值不变
二、填空题（本大题共6小题，共14分）
11．（2分）听到学校广播中的歌曲《我和我的祖国》，都让我们为祖国的繁荣富强而自豪。广播声是由扬声器 产生的，听完歌曲后，马上用功学习的同学关紧门窗是在 （选填“声源处”、“传播过程中”或“人耳处”）减弱噪声。
12．（2分）夏天的清晨，漫步在昆明翠湖公园，看到荷叶上的露珠靠近慢慢形成一滴大的露珠，如图所示，说明分子间存在 ；清澈的湖水让游人体验到“潭清疑水浅”的意境，“水浅”是光的 （选填“直线传播”、“反射”或“折射”）形成的虚像。
13．（2分）丽江开往香格里拉的大巴车行驶路程为184km，行驶时间为4h，则该大巴车行驶的平均速度为 km/h。行驶过程中，坐在大巴车的乘客看到道路两旁的树木向身后飞奔而去，选择的参照物是 。
14．（2分）如图所示，两个透明容器中的电阻R1、R2串联，再将电阻R3与R2并联后接到电源的两端，是为了探究电流产生的热量与 的关系，通电一段时间后可观察到 （选填“左侧”或“右侧”）U形管的液面高度差较大。
15．（2分）如图所示，将乒乓球按在装满水的矿泉水瓶口，矿泉水瓶倒立后乒乓球 （选填“掉落”或“不掉落”），你判断的理由是 。
16．（4分）日常生活、生产中常用热敏电阻来实现自动控制温度。某恒温箱电路原理图如图甲所示，控制电路电源电压为6V，线圈的电阻R1为10Ω且不变，调温电阻R3最大阻值为100Ω；热敏电阻R2的阻值随温度t变化的关系如图乙所示。R0和R2均置于恒温箱（虚线框）中，当继电器线圈中的电流达到50mA时，继电器的衔铁会被吸下。
（1）开关S闭合，电磁铁上端是 （选填“N”或“S”）极，当R3一定时，恒温箱中温度升高时，电磁铁的磁性 （选填“增强”、“减弱”或“不变”）。
（2）恒温箱中的最高温度设定为30℃时，此时R3接入电路的阻值为 Ω。
（3）该恒温箱能设定的最高温度为 ℃。
三、作图题（本大题共2小题，每小题2分，共4分）
17．（2分）如图所示的物体AB放在平面镜MN前，请画出物体AB在平面镜M'N'中的像A'B'。
18．（2分）根据图中磁感线方向标出螺线管的N极和在括号内标出电源的正、负极。
四、实验探究题（本大题共4小题，共24分）
19．（8分）在测量额定电压为2.5V的小灯泡的电阻实验中，电源电压恒为3V，所测小灯泡正常发光时的电阻约为10Ω，根据实验要求连接了如图甲所示的实物电路图。
（1）请用笔画线代替导线，将图甲所示的电路连接完整。
（2）当连接好最后一根导线，小灯泡立即发光，实验中操作的不当之处是 。
（3）重新正确连接电路，闭合开关，移动滑片至某位置时，电压表示数如图乙所示，为 V；为了测量小灯泡正常发光时灯丝的电阻，此时应将滑片向 （选填“左”或“右”）移动，直至电压表的示数为2.5V，此时电流表的示数如图丙所示；则小灯泡的额定功率为 W，小灯泡正常发光时灯丝的电阻为 Ω（结果保留一位小数）。
（4）小灯泡正常发光时，若灯丝断了，此时电压表的示数 （选填“大于”、“小于”或“等于”）2.5V。
20．（4分）如图甲所示，这是小明组装的探究“水沸腾前后温度变化特点”的实验装置。
（1）请写出图甲装置中存在的一处错误： 。
（2）改正错误后正确实验，某时刻温度计的示数如图乙所示，此时水的温度为 ℃。
（3）根据实验收集的数据绘制了如图丙所示的图像，分析可知水沸腾过程中温度变化特点是 ；本次实验中杯内水面上方的大气压 （选填“大于”、“小于”或“等于”）1个标准大气压。
21．（8分）实验小组探究“浮力的大小与什么因素有关”的实验中，如图甲所示，将高均为10cm的两个形状相同的柱形物体挂在弹簧测力计下，并将其逐渐浸入同一薄壁柱形容器的液体中（液体不溢出），读出测力计示数F，把数据记录在下表中。
实验
次数
柱形物
体重G/N
液体的
种类
浸入液体
的深度h/cm
弹簧测力
的示数F/N
1
20
水
5
19
2
20
水
10
18
3
20
水
15
18
4
20
酒精
10
18.4
5
30
酒精
10
28.4
（1）分析比较1、2两次实验数据可知，浮力的大小与 有关；分析比较 两次实验数据可知，浮力的大小与物体浸没在液体中的深度无关；分析比较2、4两次实验数据可知，液体的 越大，浮力 ；分析比较4、5两次实验数据可知，浮力的大小与物体的重 （选填“有关”或“无关”）。
（2）综合分析实验数据还可以计算出实验中的酒精的密度为 kg/m3。（ρ水＝1.0×103kg/m3）
（3）实验小组还设计了如图乙所示的实验装置探究阿基米德原理，将装水至溢水口且足够高的平底溢水杯放在水平升降台上，将柱形物体用轻质细线悬挂于弹簧测力计A的正下方，调节升降台使物块下底面刚好与水面相平；再将一个空烧杯用轻质细线悬挂于弹簧测力计B的正下方；逐渐调高升降台，发现随着物体浸入水中的体积越来越大，弹簧测力计A的示数 （选填“增大”、“减小”或“不变”），且弹簧测力计A的示数变化量 （选填“大于”、“小于”或“等于”）B的示数变化量。
22．（4分）日常生活中，我们在整理仪表及购买衣服时，常常使用到平面镜。细心观察会发现当我们靠近平面镜时，感觉在镜中的像变大了，而远离平面镜时感觉在镜中的像变小了。而平面镜成像规律中：平面镜成像时，像与物的大小相等。根据此物理规律，人靠近或远离平面镜，在镜中成的像的大小不变。如图所示，将带支架的平板玻璃垂直放在水平桌面的白纸上，把蜡烛A点燃放置在玻璃板前侧，将与蜡烛A完全相同的蜡烛B放在玻璃板后侧并进行移动，直至与蜡烛A的像重合。为了验证人靠近或远离平面镜，在镜中成的像的大小不变，接下来的操作应是 ，若出现 的现象，说明人靠近或远离平面镜，在镜中成的像的大小不变。
五、综合题（本大题共2小题，每小题9分，共18分）
23．（9分）如图所示，这是云南省大理市“智行大理、漫步苍洱”生态廊道上的无人驾驶公交车。该车空车质量为3000kg，静止在水平地面时车轮与地面的总接触面积为0.12m2。某次测试时，无人驾驶公交车在水平路面上以36km/h的速度行驶7.2km，行驶过程中所受的阻力恒为2000N。（q汽油＝4×107J/kg）
（1）求无人驾驶公交车空车静止在水平地面时对地面的压强；
（2）求测试过程中无人驾驶公交车牵引力做功的功率；
（3）若无人驾驶公交车汽油机的热机效率为25%，则测试过程中完全燃烧汽油的质量是多少？
（4）请写出一个纯电动公交车与传统燃油公交车相比的优点。
24．（9分）尊老爱幼是中华民族的优良传统，小明用积攒的零花钱给爷爷妈妈购买了一个多功能养生壶，如图甲所示。其部分铭牌数据如下表所示，其简化示意图如图乙所示，通过开关的断开、闭合实现加热、保温两种状态，其中电热丝R1、R2的阻值均不变。[1L＝10﹣3m3，ρ水＝1.0×103kg/m3，c水＝4.2×103J/（kg•℃）]
壶与底座总质量
1200g
额定保温功率
200W
最大容量
1L
额定加热功率
额定电压
220V
电热丝R2的阻值
60.5Ω
（1）养生壶是根据电流的 效应工作的。
（2）求电热丝R1的阻值；
（3）求养生壶的额定加热功率；
（4）小明观察到在1个标准大气压下，将壶中最大容量的水从20℃加热至刚好沸腾，用时7min，求养生壶的加热效率。
2023年云南省昭通市巧家县中考物理二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分。每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求；全部选对得3分，选对但不全的得1分，有选错或不选的得0分）
1．（3分）漾濞核桃以果大、壳薄、仁白、味香、出仁率高而享誉天下。如图所示，这是人们剥取核桃仁时使用的核桃夹，根据图片信息，请你估测核桃夹的长度约为（ ）
A．16mm B．16cm C．60mm D．60cm
【分析】先估出核桃的直径，再根据核桃夹与核桃的长度之比，估算出核桃夹的长度。
【解答】解：生活中核桃的直径在4厘米左右，在图中核桃夹的长度约为核桃的4倍，所以核桃夹的长度为4cm×4＝16cm，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】此题考查长度的估测，在不了解物体长度时可以用熟知的物体长度做对比，结合对物理单位的认识来解决问题。
2．（3分）小丽在整理家务时，看到衣柜里的樟脑丸变小了，其中发生的物态变化是（ ）
A．熔化 B．汽化 C．升华 D．凝华
【分析】物质由固态直接变为气态的过程叫升华。
【解答】解：放在衣柜里的樟脑丸变小了，樟脑丸由固态直接变为气态，是升华现象。
故选：C。
【点评】分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态；另外对六种物态变化的吸热和放热情况也要有清晰的认识。
3．（3分）小孔成像现象最早被《墨经》记载。下列词语描述的现象与小孔成像原理相同的是（ ）
A．立竿见影 B．雨后彩虹 C．镜花水月 D．海市蜃楼
【分析】（1）光在同种均匀介质中是沿直线传播的。
（2）雨后彩虹属于光的色散现象，是由于光的折射形成的。
（3）光射到物体的表面会改变传播方向回到原来介质中的现象叫光的反射。
（4）光从一种介质斜射到另一种介质时，传播方向通常会发生改变，这种现象叫光的折射。
【解答】解：A、小孔成像属于光的直线传播现象，立竿见影也属于光的直线传播，与小孔成像原理相同，故A符合题意；
B、雨后彩虹属于光的色散现象，是由于光的折射形成的，与小孔成像原理不同，故B不符合题意；
C、镜花水月属于光的反射现象，与小孔成像原理不同，故C不符合题意；
D、海市蜃楼属于光的折射现象，与小孔成像原理不同，故D不符合题意。
故选：A。
【点评】本题考查了常见的光现象，关键是在具体的实例中能够分辨出光的直线传播、光的反射、光的折射和光的色散现象。
4．（3分）小明利用劳动课上学习的修剪技能，给自家果园里的苹果树修剪树枝。如图所示，修剪树枝时，小明应选用下列哪种剪刀最合适（ ）
A． B．
C． D．
【分析】使用剪刀修剪树枝时，需要很大的力，所以要选用省力一点的剪刀，结合图片判断四种剪刀哪一种是省力杠杆就选哪一个。
【解答】解：要剪动树枝，说明必须是省力杠杆，要求更省力。
四把剪刀中，AB是费力杠杆，CD是省力杠杆，但相比较而言，C中动力臂要比阻力臂大得更多（即刀把比刀口更长），因此要剪动树枝，只有C图所示剪刀最适合，而其它三把剪刀用来剪布、纸、头发等比较软的物体。
故选：C。
【点评】本题考查了杠杆的分类，联系了学生最常见的剪刀，注重了物理和生活的联系，是一道好题。
5．（3分）安全用电，远离危险。下列有关家庭用电和安全用电的说法正确的是（ ）
A．我国家庭电路的电压为380V
B．家庭电路中的电能表是测量电功率的仪表
C．可将用电器的三脚插头的长脚剪除后接入两孔插座上使用
D．发现有人触电应立即断开电源，严禁用手拉触电者
【分析】（1）我国家庭电路的电压为220V；
（2）电能表是测量用电器消耗电能的仪表；
（3）三孔插座的接法是左零右火上接地，三脚插头的接法是中上的要与用电器外壳相连；
（4）发生触电事故时，应先切断电源。
【解答】解：A．我国家庭电路的电压为220V，故A错误；
B．家庭电路中的电能表是测量用电器消耗电能的仪表，即测量电功的仪表，故B错误；
C．家用电器金属外壳相连接的是地线，这样即使金属外壳带电，电流会通过地线导入大地，防止造成触电事故的发生，将用电器的三脚插头的长脚剪除后接入两孔插座上使用，不能接地，存在安全隐患，故C错误；
D．发现有人触电时，应赶快切断电源或用干燥木棍将电线挑开，不能用手直接拉，防止施救者也触电。故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查安全用电的常识，属于基础题，难度不大。
6．（3分）2023年3月30日，我国在太原卫星发射中心使用长征二号丁运载火箭，成功发射宏图一号01组卫星。下列说法错误的是（ ）
A．火箭发射利用了力的作用是相互的原理
B．燃料燃烧推动火箭升空是把内能转化为机械能
C．地面遥控中心与卫星间通过超声波传递信息
D．发射成功后，火箭中剩余燃料的热值不变
【分析】（1）物体间力的作用是相互的。
（2）火箭升空把内能转化为机械能。
（3）电磁波可以传递信息。
（4）燃料的热值与燃料的种类有关，与质量无关。
【解答】解：A、火箭发射时向后喷射出高温高压的燃气，由于力的作用是相互的，燃气反过来推动火箭上升，故A正确；
B、燃料燃烧，化学能转化为内能，推动火箭升空是把内能转化为机械能，故B正确；
C、地面遥控中心与卫星间通过电磁波传递信息，故C错误；
D、热值是燃料的一种性质，与质量、温度等无关，发射成功后，火箭中剩余燃料的热值不变，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查了物体间力的作用的相互性、燃料热值和电磁波的相关知识，属于基础性题目。
7．（3分）蹴球是中国十分古老的一项民间体育活动，有着悠久的历史。如图所示，这是第十二届云南少数民族运动会上蹴球的情景。下列说法错误的是（ ）
A．用力蹴球，球向前滚动说明力可以改变物体的运动状态
B．球离开脚后继续向前滚动是由于球受到惯性的作用
C．站立在水平地面的裁判员受到的重力与受到地面的支持力是一对平衡力
D．静止在水平地面上的球对地面的压力和球受到地面的支持力是一对相互作用力
【分析】（1）力的作用效果：力可以改变物体的运动状态和使物体发生形变，运动状态包括速度大小和运动方向；
（2）惯性是物体保持原来运动状态不变的性质；
（3）二力平衡的条件：大小相等、方向相反、作用在同一个物体上，作用在同一条直线上；
（4）相互作用力的特点：大小相等、方向相反、作用在同一条直线上、作用在不同的物体上。
【解答】解：A．用力蹴球，球向前滚动，球的速度大小和运动方向都发生变化，即球的运动状态改变，说明力可以改变物体的运动状态，故A正确；
B．球离开脚后继续向前滚动是由于球具有惯性，惯性不是力，不能说受到惯性作用，故B错误；
C．站立在水平地面的裁判员受到的重力与受到地面的支持力，大小相等、方向相反、作用在同一个物体上，作用在同一条直线上，是一对平衡力，故C正确；
D．静止在水平地面上的球对地面的压力和球受到地面的支持力，大小相等、方向相反、作用在同一条直线上、作用在不同的物体上，是一对相互作用力，故D正确。
故选：B。
【点评】此题考查了力的作用效果、惯性、及平衡力与相互作用力的区别，区别主要在于：平衡力是作用在同一物体上的两个力；相互作用力是作用在两个物体上的力。
（多选）8．（3分）下列对生活中的一些事例的判断正确的是（ ）
A．拦河大坝设计成“上窄下宽”的形状是由于液体压强随深度的增大而增大
B．夏天吃冰棍能解暑是由于冰在熔化过程中温度降低
C．搓手取暖是通过做功的方式增大手的内能
D．经过过桥米线店时闻到香味说明分子在不停地做无规则运动
【分析】（1）液体内部向各个方向都有压强；液体的压强随深度增加而增大；
（2）晶体的熔化过程吸收热量，温度不变；
（3）对物体做功，物体内能增大；
（4）分子不停地做无规则运动；
【解答】解：A、拦河大坝设计成上窄下宽的形状，是因为水的压强随深度的增加而增大，故A正确；
B、夏天吃冰棍能解暑是由于冰在熔化过程中吸收热量，温度不变，故B错误；
C、搓手取暖是通过做功的方式增大手的内能，故C正确；
D、经过过桥米线店时闻到香味说明分子在不停地做无规则运动，故D正确。
故选：ACD。
【点评】此题涉及到液体压强的特点、晶体熔化特点、改变物体内能的方式、分子热运动等多个知识点，此题与实际生活联系密切，学习时注意这些物理知识在实际生活中的应用，将所学知识与实际结合起来。
（多选）9．（3分）在新农村工程项目建设中，工人采用如图所示的装置提升重物，滑轮组悬挂在水平支架上，工人站在水平地面上，用250N竖直向下的力拉动绳子自由端，使物体A在5s内匀速上升了1m。已知物体A重400N，不计滑轮组的绳重和摩擦。下列说法正确的是（ ）
A．使用该装置提升重物不能省功
B．为了让支架牢固，滑轮组应靠近支架右侧悬挂
C．滑轮组的机械效率为80%
D．滑轮组提升重物的质量增大，滑轮组的机械效率减小
【分析】（1）根据功的原理分析使用该装置提升重物能否省功；
（2）根据杠杆平衡条件分析为了让支架牢固，滑轮组应靠近支架哪侧悬挂；
（3）由图可知n＝2，利用η＝＝＝＝求滑轮组的机械效率；
（4）根据W有＝Gh＝mgh分析有用功的变化，根据η＝＝＝分析滑轮组的机械效率变化。
【解答】解：A、由功的原理可知，使用任何机械都省功，因此使用该装置提升重物不能省功，故A正确；
B、由图可知，滑轮组越靠近支架右侧悬挂，滑轮组对支架拉力的力臂越大，而固定支架力的力臂不变，由杠杆平衡条件可知，固定支架所需的力越大，因此为了让支架牢固，滑轮组应靠近支架左侧悬挂，故B错误；
C、由图可知n＝2，滑轮组的机械效率：η＝＝＝＝＝×100%＝80%，故C正确；
D、提升重物的质量增大，由W有＝Gh＝mgh可知，有用功W有增大，不计滑轮组的绳重和摩擦，额外功W额外不变；
由η＝＝＝可知，有用功W有增大，额外功W额外不变时，机械效率增大，故D错误。
故选：AC。
【点评】本题考查功的原理、杠杆平衡条件、使用滑轮组时机械效率的计算以及机械效率的影响因素，关键是从图中得出滑轮组绳子的有效股数。
（多选）10．（3分）如图所示的电路中，电源电压保持不变，灯L灯丝的电阻不变。闭合开关S，在保证电路元件安全的前提下，当滑片P向右移动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电压表V示数变大，电流表A2示数变小
B．电流表A1示数变小，灯L亮度不变
C．电压表V示数与电流表A2示数的比值变小
D．电流表A1示数与电流表A2示数的差值不变
【分析】分析清楚电路结构，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，然后用应用并联电路特点与欧姆定律分析答题。
【解答】解：由电路图可知，灯泡和滑动变阻器并联，电流表A2测通过滑动变阻器的电流，电流表A1测干路电流，电压表测电源两端电压；
AB、因电源电压不变，所以滑片移动时，电压表V的示数不变；
并联电路各支路互不影响，移动滑片时，通过灯泡的电流不变，灯泡的亮度不变；
当滑片P向右移动过程中，滑动变阻器接入电路的阻值变大，由欧姆定律可知，通过滑动变阻器的电流变小，电流表A2示数变小；
根据并联电路的电流规律可知，干路电流变小，则电流表A1示数变大，故A错误、B正确；
C、由电压表V的示数不变和电流表A2的示数变小可知，电压表的示数和电流表A2的示数的比值变大，故C错误；
D、根据并联电路电流的规律，电流表A1示数与电流表A2示数的差值等于通过灯泡的电流，则该差值不变，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题是一道电路动态分析题，分析清楚电路结构、应用并联电路特点、欧姆定律的运用，分析清楚电路结构是正确解题的关键。
二、填空题（本大题共6小题，共14分）
11．（2分）听到学校广播中的歌曲《我和我的祖国》，都让我们为祖国的繁荣富强而自豪。广播声是由扬声器 振动 产生的，听完歌曲后，马上用功学习的同学关紧门窗是在 传播过程中 （选填“声源处”、“传播过程中”或“人耳处”）减弱噪声。
【分析】（1）声音是由物体振动产生的。
（2）防治噪声的途径：在声源处减弱，在传播过程中减弱，在人耳处减弱。
【解答】解：广播声是由扬声器振动产生的；将门窗关紧，阻碍噪声的传播，这属于在传播过程中控制噪声。
故答案为：振动；传播过程中。
【点评】本题考查了对声音的产生、减弱噪声途径的理解与应用，难度不大。
12．（2分）夏天的清晨，漫步在昆明翠湖公园，看到荷叶上的露珠靠近慢慢形成一滴大的露珠，如图所示，说明分子间存在 引力 ；清澈的湖水让游人体验到“潭清疑水浅”的意境，“水浅”是光的 折射 （选填“直线传播”、“反射”或“折射”）形成的虚像。
【分析】（1）分子间存在相互作用的引力和斥力；
（2）光从一种物质斜射入另一种物质时，光的传播方向发生改变的现象，叫做光的折射。
【解答】解：看到荷叶上的露珠靠近慢慢形成一滴大的露珠，说明分子间存在引力；
潭清疑水浅，是由于光从水中射入空气中，在水面处发生光的折射而产生的现象。
故答案为：引力；折射。
【点评】本题考查分子动理论和光的折射现象，属于简单基础题。
13．（2分）丽江开往香格里拉的大巴车行驶路程为184km，行驶时间为4h，则该大巴车行驶的平均速度为 46 km/h。行驶过程中，坐在大巴车的乘客看到道路两旁的树木向身后飞奔而去，选择的参照物是 大巴车 。
【分析】（1）已知路程和时间，利用v＝计算平均速度；
（2）若物体相对于参照物有位置的变化，该物体就是运动的，若物体相对于参照物没有位置的变化，该物体就是静止的。
【解答】解：（1）大巴车行驶的平均速度：
v＝＝＝46km/h；
（2）道路两旁的树木相对于地面的位置不变，相对于向前行驶的大巴车的位置发生变化，说明参照物是大巴车。
故答案为：46；大巴车。
【点评】本题考查速度公式的应用、参照物的选取，属于基础性题目。
14．（2分）如图所示，两个透明容器中的电阻R1、R2串联，再将电阻R3与R2并联后接到电源的两端，是为了探究电流产生的热量与 电流 的关系，通电一段时间后可观察到 左侧 （选填“左侧”或“右侧”）U形管的液面高度差较大。
【分析】电流产生的热量跟电流的大小、电阻的大小、通电时间有关；探究电流产生热量跟电流关系时，需控制通电时间和电阻相同，改变电流的大小；探究电流产生热量跟电阻关系时，需控制通电时间和电流相同，改变电阻的大小。
【解答】解：如图的装置中，右边两个5Ω的电阻并联后再与左边5Ω的电阻串联；
根据串联电路的电流特点可知，右边两个电阻的总电流和左边电阻的电流相等，即I右＝I左，
两个5Ω的电阻并联，根据并联电路的电流特点可知I右＝I内+I外，比较可知I左＞I内；
两瓶中的电阻值相等（均为5Ω），通电时间相等，电流不同，故探究的是电流产生的热量跟电流的关系；
通电一段时间后，由于瓶中电阻相同、通电时间相同、I左＞I内，所以根据焦耳定律Q＝I2Rt可知，左瓶内的电阻丝产生的热量多，左侧U形管的液面高度差较大。
故答案为：电流；左侧。
【点评】本题考查了学生对焦耳定律的理解，注重了探究实验的考查，同时在该实验中利用了控制变量法和转换法，是中考物理常见题型。
15．（2分）如图所示，将乒乓球按在装满水的矿泉水瓶口，矿泉水瓶倒立后乒乓球 不掉落 （选填“掉落”或“不掉落”），你判断的理由是 大气压向上，且一标准大气压能支撑的水柱高度约为10m，远大于矿泉水瓶内的水的高度，因此乒乓球将在大气压的作用下不掉落 。
【分析】大气对浸在其中的物体能产生压强，从这一角度作出解释。
【解答】解：矿泉水装满水，乒乓球放在瓶口处按住图并倒置，由于大气压向上，且一标准大气压能支撑的水柱高度约为10m，远大于矿泉水瓶内的水的高度，因此乒乓球将在大气压的作用下不掉落。
故答案为：不掉落；大气压向上，且一标准大气压能支撑的水柱高度约为10m，远大于矿泉水瓶内的水的高度，因此乒乓球将在大气压的作用下不掉落。
【点评】本题考查利用了大气压解释生活中的现象的能力，体现了理论联系实际，难度一般。
16．（4分）日常生活、生产中常用热敏电阻来实现自动控制温度。某恒温箱电路原理图如图甲所示，控制电路电源电压为6V，线圈的电阻R1为10Ω且不变，调温电阻R3最大阻值为100Ω；热敏电阻R2的阻值随温度t变化的关系如图乙所示。R0和R2均置于恒温箱（虚线框）中，当继电器线圈中的电流达到50mA时，继电器的衔铁会被吸下。
（1）开关S闭合，电磁铁上端是 S （选填“N”或“S”）极，当R3一定时，恒温箱中温度升高时，电磁铁的磁性 增强 （选填“增强”、“减弱”或“不变”）。
（2）恒温箱中的最高温度设定为30℃时，此时R3接入电路的阻值为 50 Ω。
（3）该恒温箱能设定的最高温度为 90 ℃。
【分析】（1）根据安培定则判断电磁铁的磁极；电路中的电流越大，电磁铁的磁性越强。
（2）根据热敏电阻的阻值和欧姆定律进行分析和计算。
（3）根据欧姆定律进行计算，然后查出对应的温度值。
【解答】解：（1）开关S闭合，根据安培定则，电磁铁上端是S极，当R3一定时，恒温箱中温度升高时，热敏电阻的阻值减小，控制电路的电流增大，电磁铁的磁性增强。
（2）恒温箱中的最高温度设定为30℃时，此时热敏电阻的阻值为60Ω，此时控制电路中的总电阻为：，所以R3＝R﹣R1﹣R2＝120Ω﹣10Ω﹣60Ω＝50Ω；
（3）当调温电阻R3的电阻为100Ω时，热敏电阻的阻值为：R2'＝R﹣R1﹣R3'＝120Ω﹣10Ω﹣100Ω＝10Ω；查图像乙可知；此时的温度为90℃。所以该恒温箱能设定的最高温度为90℃。
故答案为：（1）S；增强；（2）50；（3）90。
【点评】本题考查了欧姆定律的应用和安培定则；关键是会根据图像分析热敏电阻的阻值变化；知道影响电磁铁磁性强弱的因素。
三、作图题（本大题共2小题，每小题2分，共4分）
17．（2分）如图所示的物体AB放在平面镜MN前，请画出物体AB在平面镜M'N'中的像A'B'。
【分析】首先要知道平面镜成像的特点：像与物到平面镜的距离相等、连线与镜面垂直、大小相等、左右相反，即像与物关于平面镜对称；其次掌握本题的基本作法：作出两个端点A、B的像点，连接像点即为物体AB在平面镜中的像。
【解答】解：根据平面镜成像的特点，先作出物体AB的端点A、B在平面镜中的对称点A′、B′，连接A′、B′点即为物体AB在平面镜中的像，注意辅助线和像用虚线表示，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。
18．（2分）根据图中磁感线方向标出螺线管的N极和在括号内标出电源的正、负极。
【分析】（1）在磁体外部，磁感线从磁体N极出发，回到S极；
（2）用右手握住螺线管，四指弯向电流方向，大拇指所指方向即为通电螺线管的N极。
【解答】解：磁体外部的磁感线方向总是N极出发回到S极，则该螺线管右端为N极；由安培定则可判定出螺线管中电流方向是从电源右端流出，所以电源右端为正极即“+”，左端为负极即“﹣”，如图所示：
。
【点评】此题考查了磁感线的特点、安培定则，难度不大，属基础题目。
四、实验探究题（本大题共4小题，共24分）
19．（8分）在测量额定电压为2.5V的小灯泡的电阻实验中，电源电压恒为3V，所测小灯泡正常发光时的电阻约为10Ω，根据实验要求连接了如图甲所示的实物电路图。
（1）请用笔画线代替导线，将图甲所示的电路连接完整。
（2）当连接好最后一根导线，小灯泡立即发光，实验中操作的不当之处是 连接电路时开关未断开 。
（3）重新正确连接电路，闭合开关，移动滑片至某位置时，电压表示数如图乙所示，为 2 V；为了测量小灯泡正常发光时灯丝的电阻，此时应将滑片向 左 （选填“左”或“右”）移动，直至电压表的示数为2.5V，此时电流表的示数如图丙所示；则小灯泡的额定功率为 0.6 W，小灯泡正常发光时灯丝的电阻为 10.4 Ω（结果保留一位小数）。
（4）小灯泡正常发光时，若灯丝断了，此时电压表的示数 大于 （选填“大于”、“小于”或“等于”）2.5V。
【分析】（1）用伏安法测小灯泡的电阻的实验中，小灯泡、滑动变阻器、开关和电流表应串联接入电路，电压表应并联在小灯泡两端，再由小灯泡的额定电压为2.5V可判断电压表应选用的量程，最后结合欧姆定律可得小灯泡的额定电流，由此可判断电流表应选的量程，综合分析可完成电路的连接；
（2）为了保护电路，在连接电路时开关要处于断开状态；
（3）根据电压表选用的量程确定分度值并读数，小灯泡在额定电压下正常发光，比较电压表示数与额定电压的大小，根据串联电路电压的规律及分压原理确定滑片移动的方向；
根据小灯泡在额定电压下正常发光，电流表选用的量程确定分度值并读数，最后据P＝UI求小灯泡的额定功率，根据欧姆定律R＝求出小灯泡正常发光时灯丝的电阻；
（4）灯丝断了后，电路变成了断路，电压表串联在电路中，由于电压表的内阻远大于滑动变阻器的电阻，根据串联分压可判断电压表的示数变化。
【解答】解：（1）用伏安法测小灯泡的电阻的实验中，小灯泡、滑动变阻器、开关和电流表应串联接入电路，电压表应并联在小灯泡两端，再由小灯泡的额定电压为2.5V可判断电压表应选用量程，最后结合欧姆定律可得小灯泡的额定电流约为I额L＝，由此可判断电流表应选小量程，综合分析可完成电路的连接如下图所示：
；
（2）为了保护电路，在连接电路时开关要处于断开状态，而题中连接好最后一根导线，小灯泡立即发光，实验中操作的不当之处是连接电路时开关未断开；
（3）根据电压表选用小量程确定分度值为0.1V，电压表示数如图乙所示为2V，比较电压表示数2V小于额定电压2.5V，根据串联电路电压的规律可知要增大小灯泡的分压而减小滑动变阻器的分压，结合分压原理可知应减小滑动变阻器接入电路的电阻，因此滑片应向左移动；
根据小灯泡在额定电压下正常发光，电流表选用的小量程对应的分度值为0.02A，读数为0.24A，小灯泡的额定功率P额＝U额LI额L＝2.5V×0.24A＝0.6W；
根据欧姆定律R＝求出小灯泡正常发光时灯丝的电阻RL＝；
（4）小灯泡正常发光时，若灯丝断了，电路变成了断路，电压表串联在电路中，由于电压表的内阻远大于滑动变阻器的电阻，根据串联分压可判断电压表的示数将大于2.5V。
故答案为：（1）见上图；（2）连接电路时开关未断开；（3）2；左；0.6；10.4；（4）大于。
【点评】本题考查了伏安法测小灯泡的电阻和额定功率的实验，涉及了电路的连接、电路连接时的注意事项、电压表和电流表的读数、电阻和额定功率的计算以及串联分压原理的应用，考查较综合，难度一般。
20．（4分）如图甲所示，这是小明组装的探究“水沸腾前后温度变化特点”的实验装置。
（1）请写出图甲装置中存在的一处错误： 温度计的玻璃泡碰到了容器壁 。
（2）改正错误后正确实验，某时刻温度计的示数如图乙所示，此时水的温度为 92 ℃。
（3）根据实验收集的数据绘制了如图丙所示的图像，分析可知水沸腾过程中温度变化特点是 持续吸热，温度不变 ；本次实验中杯内水面上方的大气压 大于 （选填“大于”、“小于”或“等于”）1个标准大气压。
【分析】（1）温度计测量温度时，玻璃泡不能碰到容器底或容器壁；
（2）根据温度计的分度值读出水的温度；
（3）沸腾时的特点：吸热但温度保持不变；为了缩短加热时间，可以提高水的温度或减少水的质量；
在一标准大气压下，水的沸点是100℃，且气压越低，沸点越低，据此分析即可。
【解答】解：（1）观察甲图可知，图中有的错误是温度计玻璃泡碰到了烧杯壁；
（2）图乙知温度计的分度值为1℃，温度计的示数为92℃，即此时水的温度为92℃；
（3）水沸腾时吸热但温度保持不变；
在一标准大气压下，水的沸点是100℃，且气压越低，沸点越低，实验中的沸点等于101℃，所以气压大于一标准大气压。
故答案为：（1）温度计的玻璃泡碰到了容器壁；（2）92；（3）持续吸热，温度不变；大于。
【点评】此题考查温度计的正确使用、水的沸腾、气压与沸点的关系等知识，属于综合题目。
21．（8分）实验小组探究“浮力的大小与什么因素有关”的实验中，如图甲所示，将高均为10cm的两个形状相同的柱形物体挂在弹簧测力计下，并将其逐渐浸入同一薄壁柱形容器的液体中（液体不溢出），读出测力计示数F，把数据记录在下表中。
实验
次数
柱形物
体重G/N
液体的
种类
浸入液体
的深度h/cm
弹簧测力
的示数F/N
1
20
水
5
19
2
20
水
10
18
3
20
水
15
18
4
20
酒精
10
18.4
5
30
酒精
10
28.4
（1）分析比较1、2两次实验数据可知，浮力的大小与 物体排开液体的体积 有关；分析比较 2、3 两次实验数据可知，浮力的大小与物体浸没在液体中的深度无关；分析比较2、4两次实验数据可知，液体的 密度 越大，浮力 越大 ；分析比较4、5两次实验数据可知，浮力的大小与物体的重 无关 （选填“有关”或“无关”）。
（2）综合分析实验数据还可以计算出实验中的酒精的密度为 0.8×103 kg/m3。（ρ水＝1.0×103kg/m3）
（3）实验小组还设计了如图乙所示的实验装置探究阿基米德原理，将装水至溢水口且足够高的平底溢水杯放在水平升降台上，将柱形物体用轻质细线悬挂于弹簧测力计A的正下方，调节升降台使物块下底面刚好与水面相平；再将一个空烧杯用轻质细线悬挂于弹簧测力计B的正下方；逐渐调高升降台，发现随着物体浸入水中的体积越来越大，弹簧测力计A的示数 减小 （选填“增大”、“减小”或“不变”），且弹簧测力计A的示数变化量 等于 （选填“大于”、“小于”或“等于”）B的示数变化量。
【分析】（1）根据控制变量法，找出不变的量和变化的量，确定浮力大小与变化量之间的关系；
（2）根据称重法F浮＝G﹣F示计算出浸没在水中受到的浮力，利用阿基米德原理F浮＝ρ液gV排求物块的体积；根据称重法F浮＝G﹣F示计算出浸没在酒精中受到的浮力，根据阿基米德原理求出酒精的密度；
（3）根据阿基米德原理可知，柱形物体浸入水中的体积越来越大时受到的浮力变大，根据称重法可知弹簧测力计A示数的变化；此时柱形物体排开水的体积变大即溢出水的体积变大，据此可知弹簧测力计B示数的变化；再根据阿基米德原理判断弹簧秤A的示数变化量和弹簧秤B的示数变化量之间的关系。
【解答】解：（1）分析比较1、2两次实验数据可知，随着柱形物体排开液体的体积增大，弹簧测力计的示数减小，由称重法可知，柱形物体所受浮力也增大，说明浮力大小与物体排开液体的体积有关；
分析比较2、3两次实验数据可知，物块浸没在水中深度增加，弹簧测力计的示数不变，由称重法可知，柱形物体所受浮力不变，说明浮力大小与物体浸没在液体中的深度无关；
分析比较2、4两次实验数据可知，液体密度的越大，弹簧测力计的示数减小，由称重法可知，柱形物体所受浮力也增大，说明液体的密度越大，浮力越大；
分析比较4、5两次实验数据，由称重法可知，两次柱形物体所受的浮力分别为：F浮4＝G﹣F示4＝20N﹣18.4N＝1.6N，F浮5＝G'﹣F示5＝30N﹣28.4N＝1.6N，即两次柱形物体所受的浮力不变，说明浮力大小与物体的重力无关；
（2）柱形物体浸没在水中受到的浮力为：F浮＝G﹣F示＝20N﹣18N＝2N；
柱形物体排开水的体积为：V排＝＝＝2×10﹣4m3，
柱形物体浸没在酒精受到的浮力为：F浮4＝G﹣F示4＝20N﹣18.4N＝1.6N，
酒精的密度：ρ酒精＝＝＝0.8×103kg/m3；
（3）随着柱形物体没入水中的体积越来越大，则柱形物体所受浮力越来越大，由称重法可知，弹簧测力计A的示数在减小，弹簧测力计A的示数在减小量等于柱形物体受到的浮力；溢出的水流到烧杯中，使得弹簧测力计B的示数变大，弹簧测力计B的示数增加量等于柱形物体排开液体的重力，由阿基米德原理可知，弹簧测力计A的示数变化量等于B的示数变化量。
故答案为：（1）物体排开液体的体积；2、3；密度；越大；无关；（2）0.8×103；（3）减小；等于。
【点评】本题探究“浮力的大小与什么因素有关”、考查控制变量法、称重法测浮力和阿基米德原理的应用以及分析数据归纳结论的能力，是一道综合题。
22．（4分）日常生活中，我们在整理仪表及购买衣服时，常常使用到平面镜。细心观察会发现当我们靠近平面镜时，感觉在镜中的像变大了，而远离平面镜时感觉在镜中的像变小了。而平面镜成像规律中：平面镜成像时，像与物的大小相等。根据此物理规律，人靠近或远离平面镜，在镜中成的像的大小不变。如图所示，将带支架的平板玻璃垂直放在水平桌面的白纸上，把蜡烛A点燃放置在玻璃板前侧，将与蜡烛A完全相同的蜡烛B放在玻璃板后侧并进行移动，直至与蜡烛A的像重合。为了验证人靠近或远离平面镜，在镜中成的像的大小不变，接下来的操作应是 将蜡烛A靠近或远离平面镜 ，若出现 与蜡烛A完全相同的蜡烛B仍能与蜡烛A的像重合 的现象，说明人靠近或远离平面镜，在镜中成的像的大小不变。
【分析】根据实验目的确定实验步骤。
【解答】解：为了验证人靠近或远离平面镜，在镜中成的像的大小不变，故接下来的操作应是将蜡烛A靠近或远离平面镜，若出现与蜡烛A完全相同的蜡烛B仍能与蜡烛A的像重合的现象，说明人靠近或远离平面镜，在镜中成的像的大小不变。
故答案为：将蜡烛A靠近或远离平面镜；与蜡烛A完全相同的蜡烛B仍能与蜡烛A的像重合。
【点评】本题研究平面镜成像规律，考查实验方案的设计。
五、综合题（本大题共2小题，每小题9分，共18分）
23．（9分）如图所示，这是云南省大理市“智行大理、漫步苍洱”生态廊道上的无人驾驶公交车。该车空车质量为3000kg，静止在水平地面时车轮与地面的总接触面积为0.12m2。某次测试时，无人驾驶公交车在水平路面上以36km/h的速度行驶7.2km，行驶过程中所受的阻力恒为2000N。（q汽油＝4×107J/kg）
（1）求无人驾驶公交车空车静止在水平地面时对地面的压强；
（2）求测试过程中无人驾驶公交车牵引力做功的功率；
（3）若无人驾驶公交车汽油机的热机效率为25%，则测试过程中完全燃烧汽油的质量是多少？
（4）请写出一个纯电动公交车与传统燃油公交车相比的优点。
【分析】（1）根据G＝mg求出空车重力，根据p＝求出“阿波龙”空车静止在水平路面上时，对路面的压强；
（2）由于汽车在水平路面匀速行驶，根据二力平衡条件求出牵引力，根据P＝＝＝Fv求出牵引力的功率；
（3）再利用W＝Fs求牵引力做功；利用η＝×100%求出汽油完全燃烧释放的热量，再利用Q放＝mq汽油求出需要消耗汽油的质量；
（4）可从节能环保的角度：热污染、噪声污染、废气污染等方面分析。
【解答】解：（1）空车的重力：G＝mg＝3000kg×10N/kg＝3×104N，
因为车在水平地面上，所以对地的压力：F压＝G＝3×104N，
对路面的压强：
p＝＝＝2.5×105Pa；
（2）36km/h＝10m/s，
因为车匀速行驶时，受到的牵引力和阻力是一对平衡力，
所以牵引力F牵＝f＝2000 N，
牵引力的功率：
P＝＝＝Fv＝2000N×10m/s＝20000W；
（3）以36km/h的速度行驶了7.2km做的功：
W＝Fs＝2000N×7200m＝1.44×107J，
根据η＝×100%知汽油完全燃烧释放的热量：
Q放＝＝＝5.76×107J，
利用Q放＝mq汽油知，需要消耗汽油的质量：
m＝＝＝1.44kg；
（4）电动汽车不排放尾气，不污染大气，电动汽车噪音小，效率高节能。
答：（1）无人驾驶公交车空车静止在水平地面时对地面的压强是2.5×105Pa；
（2）测试过程中无人驾驶公交车牵引力做功的功率是20000W；
（3）若无人驾驶公交车汽油机的热机效率为25%，则测试过程中完全燃烧汽油的质量是1.44kg；
（4）电动公交车与燃油车相比环保、节能。
【点评】本题以电动公交车为背景，考查了速度、功率公式的应用以及平衡力的应用，综合性强，但难度不大，体现了物理在生活中应用，也培养了学生的环保意识。
24．（9分）尊老爱幼是中华民族的优良传统，小明用积攒的零花钱给爷爷妈妈购买了一个多功能养生壶，如图甲所示。其部分铭牌数据如下表所示，其简化示意图如图乙所示，通过开关的断开、闭合实现加热、保温两种状态，其中电热丝R1、R2的阻值均不变。[1L＝10﹣3m3，ρ水＝1.0×103kg/m3，c水＝4.2×103J/（kg•℃）]
壶与底座总质量
1200g
额定保温功率
200W
最大容量
1L
额定加热功率
额定电压
220V
电热丝R2的阻值
60.5Ω
（1）养生壶是根据电流的 热 效应工作的。
（2）求电热丝R1的阻值；
（3）求养生壶的额定加热功率；
（4）小明观察到在1个标准大气压下，将壶中最大容量的水从20℃加热至刚好沸腾，用时7min，求养生壶的加热效率。
【分析】（1）用电器工作是将电能转化为内能的现象叫做电流的热效应；
（2）由图乙可知，当只闭合开关S时，只有R1工作；当同时闭合S、S1时，R1、R2并联；根据并联电路的特点和P＝可知养生壶加热状态和保温状态的电路连接；根据保温状态的功率和P＝可求出R1的阻值；
（3）根据P＝求出R2的加热功率，根据P加热＝P1+P2求出养生壶的额定加热功率；
（4）利用密度公式求出水的质量，根据Q吸＝cm（t﹣t0）求出水吸收的热量，根据W＝Pt求出养生壶消耗的电能，利用效率公式求出养生壶的加热效率。
【解答】解：（1）养生壶工作时将电能转化为内能，所以养生壶是根据电流的热效应工作的；
（2）由图乙可知，当只闭合开关S时，只有R1工作；当同时闭合S、S1时，R1、R2并联；
根据并联电路的电阻特点可知，当同时闭合S、S1时，R1、R2并联，电路中的总电阻最小，由P＝可知，电路中的总功率最大，养生壶处于加热状态；
当只闭合开关S时，只有R1工作，电路中的总电阻最大，总功率最小，养生壶处于保温状态，
由P＝可知，R1是阻值：R1＝＝＝242Ω；
（3）R2的功率：P2＝＝＝800W，
养生壶的额定加热功率：P加热＝P1+P2＝200W+800W＝1000W；
（4）水的体积V＝1L＝10﹣3m3，
由ρ＝可知，水的质量：m＝ρ水V＝1.0×103kg/m3×10﹣3m3＝1kg，
一个标准大气压下，水的沸点是100℃，
水吸收的热量：Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃﹣20℃）＝3.36×105J，
养生壶消耗的电能：W＝P加热t′＝1000W×7×60s＝4.2×105J，
养生壶的加热效率：η＝＝＝0.8＝80%。
答：（1）热；
（2）电热丝R1的阻值为242Ω；
（3）养生壶的额定加热功率为1000W；
（4）养生壶的加热效率为80%。
【点评】本题是一道电热综合题，主要考查电功公式、电功率公式、密度公式、吸热公式以及效率公式的应用，题目有一定的难度。
2023年云南省昭通市巧家县中考物理二模试卷
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分。每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求；全部选对得3分，选对但不全的得1分，有选错或不选的得0分）
1．（3分）漾濞核桃以果大、壳薄、仁白、味香、出仁率高而享誉天下。如图所示，这是人们剥取核桃仁时使用的核桃夹，根据图片信息，请你估测核桃夹的长度约为（ ）
A．16mm B．16cm C．60mm D．60cm
2．（3分）小丽在整理家务时，看到衣柜里的樟脑丸变小了，其中发生的物态变化是（ ）
A．熔化 B．汽化 C．升华 D．凝华
3．（3分）小孔成像现象最早被《墨经》记载。下列词语描述的现象与小孔成像原理相同的是（ ）
A．立竿见影 B．雨后彩虹 C．镜花水月 D．海市蜃楼
4．（3分）小明利用劳动课上学习的修剪技能，给自家果园里的苹果树修剪树枝。如图所示，修剪树枝时，小明应选用下列哪种剪刀最合适（ ）
A． B．
C． D．
5．（3分）安全用电，远离危险。下列有关家庭用电和安全用电的说法正确的是（ ）
A．我国家庭电路的电压为380V
B．家庭电路中的电能表是测量电功率的仪表
C．可将用电器的三脚插头的长脚剪除后接入两孔插座上使用
D．发现有人触电应立即断开电源，严禁用手拉触电者
6．（3分）2023年3月30日，我国在太原卫星发射中心使用长征二号丁运载火箭，成功发射宏图一号01组卫星。下列说法错误的是（ ）
A．火箭发射利用了力的作用是相互的原理
B．燃料燃烧推动火箭升空是把内能转化为机械能
C．地面遥控中心与卫星间通过超声波传递信息
D．发射成功后，火箭中剩余燃料的热值不变
7．（3分）蹴球是中国十分古老的一项民间体育活动，有着悠久的历史。如图所示，这是第十二届云南少数民族运动会上蹴球的情景。下列说法错误的是（ ）
A．用力蹴球，球向前滚动说明力可以改变物体的运动状态
B．球离开脚后继续向前滚动是由于球受到惯性的作用
C．站立在水平地面的裁判员受到的重力与受到地面的支持力是一对平衡力
D．静止在水平地面上的球对地面的压力和球受到地面的支持力是一对相互作用力
（多选）8．（3分）下列对生活中的一些事例的判断正确的是（ ）
A．拦河大坝设计成“上窄下宽”的形状是由于液体压强随深度的增大而增大
B．夏天吃冰棍能解暑是由于冰在熔化过程中温度降低
C．搓手取暖是通过做功的方式增大手的内能
D．经过过桥米线店时闻到香味说明分子在不停地做无规则运动
（多选）9．（3分）在新农村工程项目建设中，工人采用如图所示的装置提升重物，滑轮组悬挂在水平支架上，工人站在水平地面上，用250N竖直向下的力拉动绳子自由端，使物体A在5s内匀速上升了1m。已知物体A重400N，不计滑轮组的绳重和摩擦。下列说法正确的是（ ）
A．使用该装置提升重物不能省功
B．为了让支架牢固，滑轮组应靠近支架右侧悬挂
C．滑轮组的机械效率为80%
D．滑轮组提升重物的质量增大，滑轮组的机械效率减小
（多选）10．（3分）如图所示的电路中，电源电压保持不变，灯L灯丝的电阻不变。闭合开关S，在保证电路元件安全的前提下，当滑片P向右移动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电压表V示数变大，电流表A2示数变小
B．电流表A1示数变小，灯L亮度不变
C．电压表V示数与电流表A2示数的比值变小
D．电流表A1示数与电流表A2示数的差值不变
二、填空题（本大题共6小题，共14分）
11．（2分）听到学校广播中的歌曲《我和我的祖国》，都让我们为祖国的繁荣富强而自豪。广播声是由扬声器 产生的，听完歌曲后，马上用功学习的同学关紧门窗是在 （选填“声源处”、“传播过程中”或“人耳处”）减弱噪声。
12．（2分）夏天的清晨，漫步在昆明翠湖公园，看到荷叶上的露珠靠近慢慢形成一滴大的露珠，如图所示，说明分子间存在 ；清澈的湖水让游人体验到“潭清疑水浅”的意境，“水浅”是光的 （选填“直线传播”、“反射”或“折射”）形成的虚像。
13．（2分）丽江开往香格里拉的大巴车行驶路程为184km，行驶时间为4h，则该大巴车行驶的平均速度为 km/h。行驶过程中，坐在大巴车的乘客看到道路两旁的树木向身后飞奔而去，选择的参照物是 。
14．（2分）如图所示，两个透明容器中的电阻R1、R2串联，再将电阻R3与R2并联后接到电源的两端，是为了探究电流产生的热量与 的关系，通电一段时间后可观察到 （选填“左侧”或“右侧”）U形管的液面高度差较大。
15．（2分）如图所示，将乒乓球按在装满水的矿泉水瓶口，矿泉水瓶倒立后乒乓球 （选填“掉落”或“不掉落”），你判断的理由是 。
16．（4分）日常生活、生产中常用热敏电阻来实现自动控制温度。某恒温箱电路原理图如图甲所示，控制电路电源电压为6V，线圈的电阻R1为10Ω且不变，调温电阻R3最大阻值为100Ω；热敏电阻R2的阻值随温度t变化的关系如图乙所示。R0和R2均置于恒温箱（虚线框）中，当继电器线圈中的电流达到50mA时，继电器的衔铁会被吸下。
（1）开关S闭合，电磁铁上端是 （选填“N”或“S”）极，当R3一定时，恒温箱中温度升高时，电磁铁的磁性 （选填“增强”、“减弱”或“不变”）。
（2）恒温箱中的最高温度设定为30℃时，此时R3接入电路的阻值为 Ω。
（3）该恒温箱能设定的最高温度为 ℃。
三、作图题（本大题共2小题，每小题2分，共4分）
17．（2分）如图所示的物体AB放在平面镜MN前，请画出物体AB在平面镜M'N'中的像A'B'。
18．（2分）根据图中磁感线方向标出螺线管的N极和在括号内标出电源的正、负极。
四、实验探究题（本大题共4小题，共24分）
19．（8分）在测量额定电压为2.5V的小灯泡的电阻实验中，电源电压恒为3V，所测小灯泡正常发光时的电阻约为10Ω，根据实验要求连接了如图甲所示的实物电路图。
（1）请用笔画线代替导线，将图甲所示的电路连接完整。
（2）当连接好最后一根导线，小灯泡立即发光，实验中操作的不当之处是 。
（3）重新正确连接电路，闭合开关，移动滑片至某位置时，电压表示数如图乙所示，为 V；为了测量小灯泡正常发光时灯丝的电阻，此时应将滑片向 （选填“左”或“右”）移动，直至电压表的示数为2.5V，此时电流表的示数如图丙所示；则小灯泡的额定功率为 W，小灯泡正常发光时灯丝的电阻为 Ω（结果保留一位小数）。
（4）小灯泡正常发光时，若灯丝断了，此时电压表的示数 （选填“大于”、“小于”或“等于”）2.5V。
20．（4分）如图甲所示，这是小明组装的探究“水沸腾前后温度变化特点”的实验装置。
（1）请写出图甲装置中存在的一处错误： 。
（2）改正错误后正确实验，某时刻温度计的示数如图乙所示，此时水的温度为 ℃。
（3）根据实验收集的数据绘制了如图丙所示的图像，分析可知水沸腾过程中温度变化特点是 ；本次实验中杯内水面上方的大气压 （选填“大于”、“小于”或“等于”）1个标准大气压。
21．（8分）实验小组探究“浮力的大小与什么因素有关”的实验中，如图甲所示，将高均为10cm的两个形状相同的柱形物体挂在弹簧测力计下，并将其逐渐浸入同一薄壁柱形容器的液体中（液体不溢出），读出测力计示数F，把数据记录在下表中。
实验
次数
柱形物
体重G/N
液体的
种类
浸入液体
的深度h/cm
弹簧测力
的示数F/N
1
20
水
5
19
2
20
水
10
18
3
20
水
15
18
4
20
酒精
10
18.4
5
30
酒精
10
28.4
（1）分析比较1、2两次实验数据可知，浮力的大小与 有关；分析比较 两次实验数据可知，浮力的大小与物体浸没在液体中的深度无关；分析比较2、4两次实验数据可知，液体的 越大，浮力 ；分析比较4、5两次实验数据可知，浮力的大小与物体的重 （选填“有关”或“无关”）。
（2）综合分析实验数据还可以计算出实验中的酒精的密度为 kg/m3。（ρ水＝1.0×103kg/m3）
（3）实验小组还设计了如图乙所示的实验装置探究阿基米德原理，将装水至溢水口且足够高的平底溢水杯放在水平升降台上，将柱形物体用轻质细线悬挂于弹簧测力计A的正下方，调节升降台使物块下底面刚好与水面相平；再将一个空烧杯用轻质细线悬挂于弹簧测力计B的正下方；逐渐调高升降台，发现随着物体浸入水中的体积越来越大，弹簧测力计A的示数 （选填“增大”、“减小”或“不变”），且弹簧测力计A的示数变化量 （选填“大于”、“小于”或“等于”）B的示数变化量。
22．（4分）日常生活中，我们在整理仪表及购买衣服时，常常使用到平面镜。细心观察会发现当我们靠近平面镜时，感觉在镜中的像变大了，而远离平面镜时感觉在镜中的像变小了。而平面镜成像规律中：平面镜成像时，像与物的大小相等。根据此物理规律，人靠近或远离平面镜，在镜中成的像的大小不变。如图所示，将带支架的平板玻璃垂直放在水平桌面的白纸上，把蜡烛A点燃放置在玻璃板前侧，将与蜡烛A完全相同的蜡烛B放在玻璃板后侧并进行移动，直至与蜡烛A的像重合。为了验证人靠近或远离平面镜，在镜中成的像的大小不变，接下来的操作应是 ，若出现 的现象，说明人靠近或远离平面镜，在镜中成的像的大小不变。
五、综合题（本大题共2小题，每小题9分，共18分）
23．（9分）如图所示，这是云南省大理市“智行大理、漫步苍洱”生态廊道上的无人驾驶公交车。该车空车质量为3000kg，静止在水平地面时车轮与地面的总接触面积为0.12m2。某次测试时，无人驾驶公交车在水平路面上以36km/h的速度行驶7.2km，行驶过程中所受的阻力恒为2000N。（q汽油＝4×107J/kg）
（1）求无人驾驶公交车空车静止在水平地面时对地面的压强；
（2）求测试过程中无人驾驶公交车牵引力做功的功率；
（3）若无人驾驶公交车汽油机的热机效率为25%，则测试过程中完全燃烧汽油的质量是多少？
（4）请写出一个纯电动公交车与传统燃油公交车相比的优点。
24．（9分）尊老爱幼是中华民族的优良传统，小明用积攒的零花钱给爷爷妈妈购买了一个多功能养生壶，如图甲所示。其部分铭牌数据如下表所示，其简化示意图如图乙所示，通过开关的断开、闭合实现加热、保温两种状态，其中电热丝R1、R2的阻值均不变。[1L＝10﹣3m3，ρ水＝1.0×103kg/m3，c水＝4.2×103J/（kg•℃）]
壶与底座总质量
1200g
额定保温功率
200W
最大容量
1L
额定加热功率
额定电压
220V
电热丝R2的阻值
60.5Ω
（1）养生壶是根据电流的 效应工作的。
（2）求电热丝R1的阻值；
（3）求养生壶的额定加热功率；
（4）小明观察到在1个标准大气压下，将壶中最大容量的水从20℃加热至刚好沸腾，用时7min，求养生壶的加热效率。
2023年云南省昭通市巧家县中考物理二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分。每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求；全部选对得3分，选对但不全的得1分，有选错或不选的得0分）
1．（3分）漾濞核桃以果大、壳薄、仁白、味香、出仁率高而享誉天下。如图所示，这是人们剥取核桃仁时使用的核桃夹，根据图片信息，请你估测核桃夹的长度约为（ ）
A．16mm B．16cm C．60mm D．60cm
【分析】先估出核桃的直径，再根据核桃夹与核桃的长度之比，估算出核桃夹的长度。
【解答】解：生活中核桃的直径在4厘米左右，在图中核桃夹的长度约为核桃的4倍，所以核桃夹的长度为4cm×4＝16cm，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】此题考查长度的估测，在不了解物体长度时可以用熟知的物体长度做对比，结合对物理单位的认识来解决问题。
2．（3分）小丽在整理家务时，看到衣柜里的樟脑丸变小了，其中发生的物态变化是（ ）
A．熔化 B．汽化 C．升华 D．凝华
【分析】物质由固态直接变为气态的过程叫升华。
【解答】解：放在衣柜里的樟脑丸变小了，樟脑丸由固态直接变为气态，是升华现象。
故选：C。
【点评】分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态；另外对六种物态变化的吸热和放热情况也要有清晰的认识。
3．（3分）小孔成像现象最早被《墨经》记载。下列词语描述的现象与小孔成像原理相同的是（ ）
A．立竿见影 B．雨后彩虹 C．镜花水月 D．海市蜃楼
【分析】（1）光在同种均匀介质中是沿直线传播的。
（2）雨后彩虹属于光的色散现象，是由于光的折射形成的。
（3）光射到物体的表面会改变传播方向回到原来介质中的现象叫光的反射。
（4）光从一种介质斜射到另一种介质时，传播方向通常会发生改变，这种现象叫光的折射。
【解答】解：A、小孔成像属于光的直线传播现象，立竿见影也属于光的直线传播，与小孔成像原理相同，故A符合题意；
B、雨后彩虹属于光的色散现象，是由于光的折射形成的，与小孔成像原理不同，故B不符合题意；
C、镜花水月属于光的反射现象，与小孔成像原理不同，故C不符合题意；
D、海市蜃楼属于光的折射现象，与小孔成像原理不同，故D不符合题意。
故选：A。
【点评】本题考查了常见的光现象，关键是在具体的实例中能够分辨出光的直线传播、光的反射、光的折射和光的色散现象。
4．（3分）小明利用劳动课上学习的修剪技能，给自家果园里的苹果树修剪树枝。如图所示，修剪树枝时，小明应选用下列哪种剪刀最合适（ ）
A． B．
C． D．
【分析】使用剪刀修剪树枝时，需要很大的力，所以要选用省力一点的剪刀，结合图片判断四种剪刀哪一种是省力杠杆就选哪一个。
【解答】解：要剪动树枝，说明必须是省力杠杆，要求更省力。
四把剪刀中，AB是费力杠杆，CD是省力杠杆，但相比较而言，C中动力臂要比阻力臂大得更多（即刀把比刀口更长），因此要剪动树枝，只有C图所示剪刀最适合，而其它三把剪刀用来剪布、纸、头发等比较软的物体。
故选：C。
【点评】本题考查了杠杆的分类，联系了学生最常见的剪刀，注重了物理和生活的联系，是一道好题。
5．（3分）安全用电，远离危险。下列有关家庭用电和安全用电的说法正确的是（ ）
A．我国家庭电路的电压为380V
B．家庭电路中的电能表是测量电功率的仪表
C．可将用电器的三脚插头的长脚剪除后接入两孔插座上使用
D．发现有人触电应立即断开电源，严禁用手拉触电者
【分析】（1）我国家庭电路的电压为220V；
（2）电能表是测量用电器消耗电能的仪表；
（3）三孔插座的接法是左零右火上接地，三脚插头的接法是中上的要与用电器外壳相连；
（4）发生触电事故时，应先切断电源。
【解答】解：A．我国家庭电路的电压为220V，故A错误；
B．家庭电路中的电能表是测量用电器消耗电能的仪表，即测量电功的仪表，故B错误；
C．家用电器金属外壳相连接的是地线，这样即使金属外壳带电，电流会通过地线导入大地，防止造成触电事故的发生，将用电器的三脚插头的长脚剪除后接入两孔插座上使用，不能接地，存在安全隐患，故C错误；
D．发现有人触电时，应赶快切断电源或用干燥木棍将电线挑开，不能用手直接拉，防止施救者也触电。故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查安全用电的常识，属于基础题，难度不大。
6．（3分）2023年3月30日，我国在太原卫星发射中心使用长征二号丁运载火箭，成功发射宏图一号01组卫星。下列说法错误的是（ ）
A．火箭发射利用了力的作用是相互的原理
B．燃料燃烧推动火箭升空是把内能转化为机械能
C．地面遥控中心与卫星间通过超声波传递信息
D．发射成功后，火箭中剩余燃料的热值不变
【分析】（1）物体间力的作用是相互的。
（2）火箭升空把内能转化为机械能。
（3）电磁波可以传递信息。
（4）燃料的热值与燃料的种类有关，与质量无关。
【解答】解：A、火箭发射时向后喷射出高温高压的燃气，由于力的作用是相互的，燃气反过来推动火箭上升，故A正确；
B、燃料燃烧，化学能转化为内能，推动火箭升空是把内能转化为机械能，故B正确；
C、地面遥控中心与卫星间通过电磁波传递信息，故C错误；
D、热值是燃料的一种性质，与质量、温度等无关，发射成功后，火箭中剩余燃料的热值不变，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查了物体间力的作用的相互性、燃料热值和电磁波的相关知识，属于基础性题目。
7．（3分）蹴球是中国十分古老的一项民间体育活动，有着悠久的历史。如图所示，这是第十二届云南少数民族运动会上蹴球的情景。下列说法错误的是（ ）
A．用力蹴球，球向前滚动说明力可以改变物体的运动状态
B．球离开脚后继续向前滚动是由于球受到惯性的作用
C．站立在水平地面的裁判员受到的重力与受到地面的支持力是一对平衡力
D．静止在水平地面上的球对地面的压力和球受到地面的支持力是一对相互作用力
【分析】（1）力的作用效果：力可以改变物体的运动状态和使物体发生形变，运动状态包括速度大小和运动方向；
（2）惯性是物体保持原来运动状态不变的性质；
（3）二力平衡的条件：大小相等、方向相反、作用在同一个物体上，作用在同一条直线上；
（4）相互作用力的特点：大小相等、方向相反、作用在同一条直线上、作用在不同的物体上。
【解答】解：A．用力蹴球，球向前滚动，球的速度大小和运动方向都发生变化，即球的运动状态改变，说明力可以改变物体的运动状态，故A正确；
B．球离开脚后继续向前滚动是由于球具有惯性，惯性不是力，不能说受到惯性作用，故B错误；
C．站立在水平地面的裁判员受到的重力与受到地面的支持力，大小相等、方向相反、作用在同一个物体上，作用在同一条直线上，是一对平衡力，故C正确；
D．静止在水平地面上的球对地面的压力和球受到地面的支持力，大小相等、方向相反、作用在同一条直线上、作用在不同的物体上，是一对相互作用力，故D正确。
故选：B。
【点评】此题考查了力的作用效果、惯性、及平衡力与相互作用力的区别，区别主要在于：平衡力是作用在同一物体上的两个力；相互作用力是作用在两个物体上的力。
（多选）8．（3分）下列对生活中的一些事例的判断正确的是（ ）
A．拦河大坝设计成“上窄下宽”的形状是由于液体压强随深度的增大而增大
B．夏天吃冰棍能解暑是由于冰在熔化过程中温度降低
C．搓手取暖是通过做功的方式增大手的内能
D．经过过桥米线店时闻到香味说明分子在不停地做无规则运动
【分析】（1）液体内部向各个方向都有压强；液体的压强随深度增加而增大；
（2）晶体的熔化过程吸收热量，温度不变；
（3）对物体做功，物体内能增大；
（4）分子不停地做无规则运动；
【解答】解：A、拦河大坝设计成上窄下宽的形状，是因为水的压强随深度的增加而增大，故A正确；
B、夏天吃冰棍能解暑是由于冰在熔化过程中吸收热量，温度不变，故B错误；
C、搓手取暖是通过做功的方式增大手的内能，故C正确；
D、经过过桥米线店时闻到香味说明分子在不停地做无规则运动，故D正确。
故选：ACD。
【点评】此题涉及到液体压强的特点、晶体熔化特点、改变物体内能的方式、分子热运动等多个知识点，此题与实际生活联系密切，学习时注意这些物理知识在实际生活中的应用，将所学知识与实际结合起来。
（多选）9．（3分）在新农村工程项目建设中，工人采用如图所示的装置提升重物，滑轮组悬挂在水平支架上，工人站在水平地面上，用250N竖直向下的力拉动绳子自由端，使物体A在5s内匀速上升了1m。已知物体A重400N，不计滑轮组的绳重和摩擦。下列说法正确的是（ ）
A．使用该装置提升重物不能省功
B．为了让支架牢固，滑轮组应靠近支架右侧悬挂
C．滑轮组的机械效率为80%
D．滑轮组提升重物的质量增大，滑轮组的机械效率减小
【分析】（1）根据功的原理分析使用该装置提升重物能否省功；
（2）根据杠杆平衡条件分析为了让支架牢固，滑轮组应靠近支架哪侧悬挂；
（3）由图可知n＝2，利用η＝＝＝＝求滑轮组的机械效率；
（4）根据W有＝Gh＝mgh分析有用功的变化，根据η＝＝＝分析滑轮组的机械效率变化。
【解答】解：A、由功的原理可知，使用任何机械都省功，因此使用该装置提升重物不能省功，故A正确；
B、由图可知，滑轮组越靠近支架右侧悬挂，滑轮组对支架拉力的力臂越大，而固定支架力的力臂不变，由杠杆平衡条件可知，固定支架所需的力越大，因此为了让支架牢固，滑轮组应靠近支架左侧悬挂，故B错误；
C、由图可知n＝2，滑轮组的机械效率：η＝＝＝＝＝×100%＝80%，故C正确；
D、提升重物的质量增大，由W有＝Gh＝mgh可知，有用功W有增大，不计滑轮组的绳重和摩擦，额外功W额外不变；
由η＝＝＝可知，有用功W有增大，额外功W额外不变时，机械效率增大，故D错误。
故选：AC。
【点评】本题考查功的原理、杠杆平衡条件、使用滑轮组时机械效率的计算以及机械效率的影响因素，关键是从图中得出滑轮组绳子的有效股数。
（多选）10．（3分）如图所示的电路中，电源电压保持不变，灯L灯丝的电阻不变。闭合开关S，在保证电路元件安全的前提下，当滑片P向右移动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电压表V示数变大，电流表A2示数变小
B．电流表A1示数变小，灯L亮度不变
C．电压表V示数与电流表A2示数的比值变小
D．电流表A1示数与电流表A2示数的差值不变
【分析】分析清楚电路结构，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，然后用应用并联电路特点与欧姆定律分析答题。
【解答】解：由电路图可知，灯泡和滑动变阻器并联，电流表A2测通过滑动变阻器的电流，电流表A1测干路电流，电压表测电源两端电压；
AB、因电源电压不变，所以滑片移动时，电压表V的示数不变；
并联电路各支路互不影响，移动滑片时，通过灯泡的电流不变，灯泡的亮度不变；
当滑片P向右移动过程中，滑动变阻器接入电路的阻值变大，由欧姆定律可知，通过滑动变阻器的电流变小，电流表A2示数变小；
根据并联电路的电流规律可知，干路电流变小，则电流表A1示数变大，故A错误、B正确；
C、由电压表V的示数不变和电流表A2的示数变小可知，电压表的示数和电流表A2的示数的比值变大，故C错误；
D、根据并联电路电流的规律，电流表A1示数与电流表A2示数的差值等于通过灯泡的电流，则该差值不变，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题是一道电路动态分析题，分析清楚电路结构、应用并联电路特点、欧姆定律的运用，分析清楚电路结构是正确解题的关键。
二、填空题（本大题共6小题，共14分）
11．（2分）听到学校广播中的歌曲《我和我的祖国》，都让我们为祖国的繁荣富强而自豪。广播声是由扬声器 振动 产生的，听完歌曲后，马上用功学习的同学关紧门窗是在 传播过程中 （选填“声源处”、“传播过程中”或“人耳处”）减弱噪声。
【分析】（1）声音是由物体振动产生的。
（2）防治噪声的途径：在声源处减弱，在传播过程中减弱，在人耳处减弱。
【解答】解：广播声是由扬声器振动产生的；将门窗关紧，阻碍噪声的传播，这属于在传播过程中控制噪声。
故答案为：振动；传播过程中。
【点评】本题考查了对声音的产生、减弱噪声途径的理解与应用，难度不大。
12．（2分）夏天的清晨，漫步在昆明翠湖公园，看到荷叶上的露珠靠近慢慢形成一滴大的露珠，如图所示，说明分子间存在 引力 ；清澈的湖水让游人体验到“潭清疑水浅”的意境，“水浅”是光的 折射 （选填“直线传播”、“反射”或“折射”）形成的虚像。
【分析】（1）分子间存在相互作用的引力和斥力；
（2）光从一种物质斜射入另一种物质时，光的传播方向发生改变的现象，叫做光的折射。
【解答】解：看到荷叶上的露珠靠近慢慢形成一滴大的露珠，说明分子间存在引力；
潭清疑水浅，是由于光从水中射入空气中，在水面处发生光的折射而产生的现象。
故答案为：引力；折射。
【点评】本题考查分子动理论和光的折射现象，属于简单基础题。
13．（2分）丽江开往香格里拉的大巴车行驶路程为184km，行驶时间为4h，则该大巴车行驶的平均速度为 46 km/h。行驶过程中，坐在大巴车的乘客看到道路两旁的树木向身后飞奔而去，选择的参照物是 大巴车 。
【分析】（1）已知路程和时间，利用v＝计算平均速度；
（2）若物体相对于参照物有位置的变化，该物体就是运动的，若物体相对于参照物没有位置的变化，该物体就是静止的。
【解答】解：（1）大巴车行驶的平均速度：
v＝＝＝46km/h；
（2）道路两旁的树木相对于地面的位置不变，相对于向前行驶的大巴车的位置发生变化，说明参照物是大巴车。
故答案为：46；大巴车。
【点评】本题考查速度公式的应用、参照物的选取，属于基础性题目。
14．（2分）如图所示，两个透明容器中的电阻R1、R2串联，再将电阻R3与R2并联后接到电源的两端，是为了探究电流产生的热量与 电流 的关系，通电一段时间后可观察到 左侧 （选填“左侧”或“右侧”）U形管的液面高度差较大。
【分析】电流产生的热量跟电流的大小、电阻的大小、通电时间有关；探究电流产生热量跟电流关系时，需控制通电时间和电阻相同，改变电流的大小；探究电流产生热量跟电阻关系时，需控制通电时间和电流相同，改变电阻的大小。
【解答】解：如图的装置中，右边两个5Ω的电阻并联后再与左边5Ω的电阻串联；
根据串联电路的电流特点可知，右边两个电阻的总电流和左边电阻的电流相等，即I右＝I左，
两个5Ω的电阻并联，根据并联电路的电流特点可知I右＝I内+I外，比较可知I左＞I内；
两瓶中的电阻值相等（均为5Ω），通电时间相等，电流不同，故探究的是电流产生的热量跟电流的关系；
通电一段时间后，由于瓶中电阻相同、通电时间相同、I左＞I内，所以根据焦耳定律Q＝I2Rt可知，左瓶内的电阻丝产生的热量多，左侧U形管的液面高度差较大。
故答案为：电流；左侧。
【点评】本题考查了学生对焦耳定律的理解，注重了探究实验的考查，同时在该实验中利用了控制变量法和转换法，是中考物理常见题型。
15．（2分）如图所示，将乒乓球按在装满水的矿泉水瓶口，矿泉水瓶倒立后乒乓球 不掉落 （选填“掉落”或“不掉落”），你判断的理由是 大气压向上，且一标准大气压能支撑的水柱高度约为10m，远大于矿泉水瓶内的水的高度，因此乒乓球将在大气压的作用下不掉落 。
【分析】大气对浸在其中的物体能产生压强，从这一角度作出解释。
【解答】解：矿泉水装满水，乒乓球放在瓶口处按住图并倒置，由于大气压向上，且一标准大气压能支撑的水柱高度约为10m，远大于矿泉水瓶内的水的高度，因此乒乓球将在大气压的作用下不掉落。
故答案为：不掉落；大气压向上，且一标准大气压能支撑的水柱高度约为10m，远大于矿泉水瓶内的水的高度，因此乒乓球将在大气压的作用下不掉落。
【点评】本题考查利用了大气压解释生活中的现象的能力，体现了理论联系实际，难度一般。
16．（4分）日常生活、生产中常用热敏电阻来实现自动控制温度。某恒温箱电路原理图如图甲所示，控制电路电源电压为6V，线圈的电阻R1为10Ω且不变，调温电阻R3最大阻值为100Ω；热敏电阻R2的阻值随温度t变化的关系如图乙所示。R0和R2均置于恒温箱（虚线框）中，当继电器线圈中的电流达到50mA时，继电器的衔铁会被吸下。
（1）开关S闭合，电磁铁上端是 S （选填“N”或“S”）极，当R3一定时，恒温箱中温度升高时，电磁铁的磁性 增强 （选填“增强”、“减弱”或“不变”）。
（2）恒温箱中的最高温度设定为30℃时，此时R3接入电路的阻值为 50 Ω。
（3）该恒温箱能设定的最高温度为 90 ℃。
【分析】（1）根据安培定则判断电磁铁的磁极；电路中的电流越大，电磁铁的磁性越强。
（2）根据热敏电阻的阻值和欧姆定律进行分析和计算。
（3）根据欧姆定律进行计算，然后查出对应的温度值。
【解答】解：（1）开关S闭合，根据安培定则，电磁铁上端是S极，当R3一定时，恒温箱中温度升高时，热敏电阻的阻值减小，控制电路的电流增大，电磁铁的磁性增强。
（2）恒温箱中的最高温度设定为30℃时，此时热敏电阻的阻值为60Ω，此时控制电路中的总电阻为：，所以R3＝R﹣R1﹣R2＝120Ω﹣10Ω﹣60Ω＝50Ω；
（3）当调温电阻R3的电阻为100Ω时，热敏电阻的阻值为：R2'＝R﹣R1﹣R3'＝120Ω﹣10Ω﹣100Ω＝10Ω；查图像乙可知；此时的温度为90℃。所以该恒温箱能设定的最高温度为90℃。
故答案为：（1）S；增强；（2）50；（3）90。
【点评】本题考查了欧姆定律的应用和安培定则；关键是会根据图像分析热敏电阻的阻值变化；知道影响电磁铁磁性强弱的因素。
三、作图题（本大题共2小题，每小题2分，共4分）
17．（2分）如图所示的物体AB放在平面镜MN前，请画出物体AB在平面镜M'N'中的像A'B'。
【分析】首先要知道平面镜成像的特点：像与物到平面镜的距离相等、连线与镜面垂直、大小相等、左右相反，即像与物关于平面镜对称；其次掌握本题的基本作法：作出两个端点A、B的像点，连接像点即为物体AB在平面镜中的像。
【解答】解：根据平面镜成像的特点，先作出物体AB的端点A、B在平面镜中的对称点A′、B′，连接A′、B′点即为物体AB在平面镜中的像，注意辅助线和像用虚线表示，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。
18．（2分）根据图中磁感线方向标出螺线管的N极和在括号内标出电源的正、负极。
【分析】（1）在磁体外部，磁感线从磁体N极出发，回到S极；
（2）用右手握住螺线管，四指弯向电流方向，大拇指所指方向即为通电螺线管的N极。
【解答】解：磁体外部的磁感线方向总是N极出发回到S极，则该螺线管右端为N极；由安培定则可判定出螺线管中电流方向是从电源右端流出，所以电源右端为正极即“+”，左端为负极即“﹣”，如图所示：
。
【点评】此题考查了磁感线的特点、安培定则，难度不大，属基础题目。
四、实验探究题（本大题共4小题，共24分）
19．（8分）在测量额定电压为2.5V的小灯泡的电阻实验中，电源电压恒为3V，所测小灯泡正常发光时的电阻约为10Ω，根据实验要求连接了如图甲所示的实物电路图。
（1）请用笔画线代替导线，将图甲所示的电路连接完整。
（2）当连接好最后一根导线，小灯泡立即发光，实验中操作的不当之处是 连接电路时开关未断开 。
（3）重新正确连接电路，闭合开关，移动滑片至某位置时，电压表示数如图乙所示，为 2 V；为了测量小灯泡正常发光时灯丝的电阻，此时应将滑片向 左 （选填“左”或“右”）移动，直至电压表的示数为2.5V，此时电流表的示数如图丙所示；则小灯泡的额定功率为 0.6 W，小灯泡正常发光时灯丝的电阻为 10.4 Ω（结果保留一位小数）。
（4）小灯泡正常发光时，若灯丝断了，此时电压表的示数 大于 （选填“大于”、“小于”或“等于”）2.5V。
【分析】（1）用伏安法测小灯泡的电阻的实验中，小灯泡、滑动变阻器、开关和电流表应串联接入电路，电压表应并联在小灯泡两端，再由小灯泡的额定电压为2.5V可判断电压表应选用的量程，最后结合欧姆定律可得小灯泡的额定电流，由此可判断电流表应选的量程，综合分析可完成电路的连接；
（2）为了保护电路，在连接电路时开关要处于断开状态；
（3）根据电压表选用的量程确定分度值并读数，小灯泡在额定电压下正常发光，比较电压表示数与额定电压的大小，根据串联电路电压的规律及分压原理确定滑片移动的方向；
根据小灯泡在额定电压下正常发光，电流表选用的量程确定分度值并读数，最后据P＝UI求小灯泡的额定功率，根据欧姆定律R＝求出小灯泡正常发光时灯丝的电阻；
（4）灯丝断了后，电路变成了断路，电压表串联在电路中，由于电压表的内阻远大于滑动变阻器的电阻，根据串联分压可判断电压表的示数变化。
【解答】解：（1）用伏安法测小灯泡的电阻的实验中，小灯泡、滑动变阻器、开关和电流表应串联接入电路，电压表应并联在小灯泡两端，再由小灯泡的额定电压为2.5V可判断电压表应选用量程，最后结合欧姆定律可得小灯泡的额定电流约为I额L＝，由此可判断电流表应选小量程，综合分析可完成电路的连接如下图所示：
；
（2）为了保护电路，在连接电路时开关要处于断开状态，而题中连接好最后一根导线，小灯泡立即发光，实验中操作的不当之处是连接电路时开关未断开；
（3）根据电压表选用小量程确定分度值为0.1V，电压表示数如图乙所示为2V，比较电压表示数2V小于额定电压2.5V，根据串联电路电压的规律可知要增大小灯泡的分压而减小滑动变阻器的分压，结合分压原理可知应减小滑动变阻器接入电路的电阻，因此滑片应向左移动；
根据小灯泡在额定电压下正常发光，电流表选用的小量程对应的分度值为0.02A，读数为0.24A，小灯泡的额定功率P额＝U额LI额L＝2.5V×0.24A＝0.6W；
根据欧姆定律R＝求出小灯泡正常发光时灯丝的电阻RL＝；
（4）小灯泡正常发光时，若灯丝断了，电路变成了断路，电压表串联在电路中，由于电压表的内阻远大于滑动变阻器的电阻，根据串联分压可判断电压表的示数将大于2.5V。
故答案为：（1）见上图；（2）连接电路时开关未断开；（3）2；左；0.6；10.4；（4）大于。
【点评】本题考查了伏安法测小灯泡的电阻和额定功率的实验，涉及了电路的连接、电路连接时的注意事项、电压表和电流表的读数、电阻和额定功率的计算以及串联分压原理的应用，考查较综合，难度一般。
20．（4分）如图甲所示，这是小明组装的探究“水沸腾前后温度变化特点”的实验装置。
（1）请写出图甲装置中存在的一处错误： 温度计的玻璃泡碰到了容器壁 。
（2）改正错误后正确实验，某时刻温度计的示数如图乙所示，此时水的温度为 92 ℃。
（3）根据实验收集的数据绘制了如图丙所示的图像，分析可知水沸腾过程中温度变化特点是 持续吸热，温度不变 ；本次实验中杯内水面上方的大气压 大于 （选填“大于”、“小于”或“等于”）1个标准大气压。
【分析】（1）温度计测量温度时，玻璃泡不能碰到容器底或容器壁；
（2）根据温度计的分度值读出水的温度；
（3）沸腾时的特点：吸热但温度保持不变；为了缩短加热时间，可以提高水的温度或减少水的质量；
在一标准大气压下，水的沸点是100℃，且气压越低，沸点越低，据此分析即可。
【解答】解：（1）观察甲图可知，图中有的错误是温度计玻璃泡碰到了烧杯壁；
（2）图乙知温度计的分度值为1℃，温度计的示数为92℃，即此时水的温度为92℃；
（3）水沸腾时吸热但温度保持不变；
在一标准大气压下，水的沸点是100℃，且气压越低，沸点越低，实验中的沸点等于101℃，所以气压大于一标准大气压。
故答案为：（1）温度计的玻璃泡碰到了容器壁；（2）92；（3）持续吸热，温度不变；大于。
【点评】此题考查温度计的正确使用、水的沸腾、气压与沸点的关系等知识，属于综合题目。
21．（8分）实验小组探究“浮力的大小与什么因素有关”的实验中，如图甲所示，将高均为10cm的两个形状相同的柱形物体挂在弹簧测力计下，并将其逐渐浸入同一薄壁柱形容器的液体中（液体不溢出），读出测力计示数F，把数据记录在下表中。
实验
次数
柱形物
体重G/N
液体的
种类
浸入液体
的深度h/cm
弹簧测力
的示数F/N
1
20
水
5
19
2
20
水
10
18
3
20
水
15
18
4
20
酒精
10
18.4
5
30
酒精
10
28.4
（1）分析比较1、2两次实验数据可知，浮力的大小与 物体排开液体的体积 有关；分析比较 2、3 两次实验数据可知，浮力的大小与物体浸没在液体中的深度无关；分析比较2、4两次实验数据可知，液体的 密度 越大，浮力 越大 ；分析比较4、5两次实验数据可知，浮力的大小与物体的重 无关 （选填“有关”或“无关”）。
（2）综合分析实验数据还可以计算出实验中的酒精的密度为 0.8×103 kg/m3。（ρ水＝1.0×103kg/m3）
（3）实验小组还设计了如图乙所示的实验装置探究阿基米德原理，将装水至溢水口且足够高的平底溢水杯放在水平升降台上，将柱形物体用轻质细线悬挂于弹簧测力计A的正下方，调节升降台使物块下底面刚好与水面相平；再将一个空烧杯用轻质细线悬挂于弹簧测力计B的正下方；逐渐调高升降台，发现随着物体浸入水中的体积越来越大，弹簧测力计A的示数 减小 （选填“增大”、“减小”或“不变”），且弹簧测力计A的示数变化量 等于 （选填“大于”、“小于”或“等于”）B的示数变化量。
【分析】（1）根据控制变量法，找出不变的量和变化的量，确定浮力大小与变化量之间的关系；
（2）根据称重法F浮＝G﹣F示计算出浸没在水中受到的浮力，利用阿基米德原理F浮＝ρ液gV排求物块的体积；根据称重法F浮＝G﹣F示计算出浸没在酒精中受到的浮力，根据阿基米德原理求出酒精的密度；
（3）根据阿基米德原理可知，柱形物体浸入水中的体积越来越大时受到的浮力变大，根据称重法可知弹簧测力计A示数的变化；此时柱形物体排开水的体积变大即溢出水的体积变大，据此可知弹簧测力计B示数的变化；再根据阿基米德原理判断弹簧秤A的示数变化量和弹簧秤B的示数变化量之间的关系。
【解答】解：（1）分析比较1、2两次实验数据可知，随着柱形物体排开液体的体积增大，弹簧测力计的示数减小，由称重法可知，柱形物体所受浮力也增大，说明浮力大小与物体排开液体的体积有关；
分析比较2、3两次实验数据可知，物块浸没在水中深度增加，弹簧测力计的示数不变，由称重法可知，柱形物体所受浮力不变，说明浮力大小与物体浸没在液体中的深度无关；
分析比较2、4两次实验数据可知，液体密度的越大，弹簧测力计的示数减小，由称重法可知，柱形物体所受浮力也增大，说明液体的密度越大，浮力越大；
分析比较4、5两次实验数据，由称重法可知，两次柱形物体所受的浮力分别为：F浮4＝G﹣F示4＝20N﹣18.4N＝1.6N，F浮5＝G'﹣F示5＝30N﹣28.4N＝1.6N，即两次柱形物体所受的浮力不变，说明浮力大小与物体的重力无关；
（2）柱形物体浸没在水中受到的浮力为：F浮＝G﹣F示＝20N﹣18N＝2N；
柱形物体排开水的体积为：V排＝＝＝2×10﹣4m3，
柱形物体浸没在酒精受到的浮力为：F浮4＝G﹣F示4＝20N﹣18.4N＝1.6N，
酒精的密度：ρ酒精＝＝＝0.8×103kg/m3；
（3）随着柱形物体没入水中的体积越来越大，则柱形物体所受浮力越来越大，由称重法可知，弹簧测力计A的示数在减小，弹簧测力计A的示数在减小量等于柱形物体受到的浮力；溢出的水流到烧杯中，使得弹簧测力计B的示数变大，弹簧测力计B的示数增加量等于柱形物体排开液体的重力，由阿基米德原理可知，弹簧测力计A的示数变化量等于B的示数变化量。
故答案为：（1）物体排开液体的体积；2、3；密度；越大；无关；（2）0.8×103；（3）减小；等于。
【点评】本题探究“浮力的大小与什么因素有关”、考查控制变量法、称重法测浮力和阿基米德原理的应用以及分析数据归纳结论的能力，是一道综合题。
22．（4分）日常生活中，我们在整理仪表及购买衣服时，常常使用到平面镜。细心观察会发现当我们靠近平面镜时，感觉在镜中的像变大了，而远离平面镜时感觉在镜中的像变小了。而平面镜成像规律中：平面镜成像时，像与物的大小相等。根据此物理规律，人靠近或远离平面镜，在镜中成的像的大小不变。如图所示，将带支架的平板玻璃垂直放在水平桌面的白纸上，把蜡烛A点燃放置在玻璃板前侧，将与蜡烛A完全相同的蜡烛B放在玻璃板后侧并进行移动，直至与蜡烛A的像重合。为了验证人靠近或远离平面镜，在镜中成的像的大小不变，接下来的操作应是 将蜡烛A靠近或远离平面镜 ，若出现 与蜡烛A完全相同的蜡烛B仍能与蜡烛A的像重合 的现象，说明人靠近或远离平面镜，在镜中成的像的大小不变。
【分析】根据实验目的确定实验步骤。
【解答】解：为了验证人靠近或远离平面镜，在镜中成的像的大小不变，故接下来的操作应是将蜡烛A靠近或远离平面镜，若出现与蜡烛A完全相同的蜡烛B仍能与蜡烛A的像重合的现象，说明人靠近或远离平面镜，在镜中成的像的大小不变。
故答案为：将蜡烛A靠近或远离平面镜；与蜡烛A完全相同的蜡烛B仍能与蜡烛A的像重合。
【点评】本题研究平面镜成像规律，考查实验方案的设计。
五、综合题（本大题共2小题，每小题9分，共18分）
23．（9分）如图所示，这是云南省大理市“智行大理、漫步苍洱”生态廊道上的无人驾驶公交车。该车空车质量为3000kg，静止在水平地面时车轮与地面的总接触面积为0.12m2。某次测试时，无人驾驶公交车在水平路面上以36km/h的速度行驶7.2km，行驶过程中所受的阻力恒为2000N。（q汽油＝4×107J/kg）
（1）求无人驾驶公交车空车静止在水平地面时对地面的压强；
（2）求测试过程中无人驾驶公交车牵引力做功的功率；
（3）若无人驾驶公交车汽油机的热机效率为25%，则测试过程中完全燃烧汽油的质量是多少？
（4）请写出一个纯电动公交车与传统燃油公交车相比的优点。
【分析】（1）根据G＝mg求出空车重力，根据p＝求出“阿波龙”空车静止在水平路面上时，对路面的压强；
（2）由于汽车在水平路面匀速行驶，根据二力平衡条件求出牵引力，根据P＝＝＝Fv求出牵引力的功率；
（3）再利用W＝Fs求牵引力做功；利用η＝×100%求出汽油完全燃烧释放的热量，再利用Q放＝mq汽油求出需要消耗汽油的质量；
（4）可从节能环保的角度：热污染、噪声污染、废气污染等方面分析。
【解答】解：（1）空车的重力：G＝mg＝3000kg×10N/kg＝3×104N，
因为车在水平地面上，所以对地的压力：F压＝G＝3×104N，
对路面的压强：
p＝＝＝2.5×105Pa；
（2）36km/h＝10m/s，
因为车匀速行驶时，受到的牵引力和阻力是一对平衡力，
所以牵引力F牵＝f＝2000 N，
牵引力的功率：
P＝＝＝Fv＝2000N×10m/s＝20000W；
（3）以36km/h的速度行驶了7.2km做的功：
W＝Fs＝2000N×7200m＝1.44×107J，
根据η＝×100%知汽油完全燃烧释放的热量：
Q放＝＝＝5.76×107J，
利用Q放＝mq汽油知，需要消耗汽油的质量：
m＝＝＝1.44kg；
（4）电动汽车不排放尾气，不污染大气，电动汽车噪音小，效率高节能。
答：（1）无人驾驶公交车空车静止在水平地面时对地面的压强是2.5×105Pa；
（2）测试过程中无人驾驶公交车牵引力做功的功率是20000W；
（3）若无人驾驶公交车汽油机的热机效率为25%，则测试过程中完全燃烧汽油的质量是1.44kg；
（4）电动公交车与燃油车相比环保、节能。
【点评】本题以电动公交车为背景，考查了速度、功率公式的应用以及平衡力的应用，综合性强，但难度不大，体现了物理在生活中应用，也培养了学生的环保意识。
24．（9分）尊老爱幼是中华民族的优良传统，小明用积攒的零花钱给爷爷妈妈购买了一个多功能养生壶，如图甲所示。其部分铭牌数据如下表所示，其简化示意图如图乙所示，通过开关的断开、闭合实现加热、保温两种状态，其中电热丝R1、R2的阻值均不变。[1L＝10﹣3m3，ρ水＝1.0×103kg/m3，c水＝4.2×103J/（kg•℃）]
壶与底座总质量
1200g
额定保温功率
200W
最大容量
1L
额定加热功率
额定电压
220V
电热丝R2的阻值
60.5Ω
（1）养生壶是根据电流的 热 效应工作的。
（2）求电热丝R1的阻值；
（3）求养生壶的额定加热功率；
（4）小明观察到在1个标准大气压下，将壶中最大容量的水从20℃加热至刚好沸腾，用时7min，求养生壶的加热效率。
【分析】（1）用电器工作是将电能转化为内能的现象叫做电流的热效应；
（2）由图乙可知，当只闭合开关S时，只有R1工作；当同时闭合S、S1时，R1、R2并联；根据并联电路的特点和P＝可知养生壶加热状态和保温状态的电路连接；根据保温状态的功率和P＝可求出R1的阻值；
（3）根据P＝求出R2的加热功率，根据P加热＝P1+P2求出养生壶的额定加热功率；
（4）利用密度公式求出水的质量，根据Q吸＝cm（t﹣t0）求出水吸收的热量，根据W＝Pt求出养生壶消耗的电能，利用效率公式求出养生壶的加热效率。
【解答】解：（1）养生壶工作时将电能转化为内能，所以养生壶是根据电流的热效应工作的；
（2）由图乙可知，当只闭合开关S时，只有R1工作；当同时闭合S、S1时，R1、R2并联；
根据并联电路的电阻特点可知，当同时闭合S、S1时，R1、R2并联，电路中的总电阻最小，由P＝可知，电路中的总功率最大，养生壶处于加热状态；
当只闭合开关S时，只有R1工作，电路中的总电阻最大，总功率最小，养生壶处于保温状态，
由P＝可知，R1是阻值：R1＝＝＝242Ω；
（3）R2的功率：P2＝＝＝800W，
养生壶的额定加热功率：P加热＝P1+P2＝200W+800W＝1000W；
（4）水的体积V＝1L＝10﹣3m3，
由ρ＝可知，水的质量：m＝ρ水V＝1.0×103kg/m3×10﹣3m3＝1kg，
一个标准大气压下，水的沸点是100℃，
水吸收的热量：Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃﹣20℃）＝3.36×105J，
养生壶消耗的电能：W＝P加热t′＝1000W×7×60s＝4.2×105J，
养生壶的加热效率：η＝＝＝0.8＝80%。
答：（1）热；
（2）电热丝R1的阻值为242Ω；
（3）养生壶的额定加热功率为1000W；
（4）养生壶的加热效率为80%。
【点评】本题是一道电热综合题，主要考查电功公式、电功率公式、密度公式、吸热公式以及效率公式的应用，题目有一定的难度。
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