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2023年宁夏银川十五中中考物理二模试卷（含答案）
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这是一份2023年宁夏银川十五中中考物理二模试卷（含答案），共35页。试卷主要包含了选择，选择说理题，填空题，实验探究，应用等内容，欢迎下载使用。
2023年宁夏银川十五中中考物理二模试卷
一、选择（共14分）
1．（2分）以下估计你同意的是（ ）
A．教室里空气的质量约几百千克（ρ空气＝1.29kg/m3）
B．中学生步行速度为5m/s
C．标准大气压能支持20米高的水柱
D．某中学生估计自己双脚站立在水平地面时对地的压强大约为1.25×102帕
2．（2分）以下四个课本中插图描述正确的是（ ）
A．将钢尺伸出桌面不同的长度，用大小相同的力拨动，可探究响度与频率的关系
B．向瓶中吹气发声时，音调依次升高
C．穿越北京动物园的隔音蛟龙是在声源处减弱噪声
D．倒车雷达利用电磁波传递信息
3．（2分）如图所示，北京冬奥会比赛项目中相关物理知识描述正确的是（ ）
A．谷爱凌夺冠决赛中完美旋转时，她受到惯性的作用
B．苏翊鸣完成单板转体，他上升过程中机械能守恒
C．武大靖蹬地加速通过弯道，是由于力改变了他的运动状态
D．柳鑫宇和王诗玥以如图造型滑行时，王诗玥相对于柳鑫宇是运动的
4．（2分）如图甲是“创新”小组制作的“磁浮地球仪”在地球仪中装入条形磁体，底座中的电磁铁就可将其稳定地“漂浮”在空中，其工作原理如图乙所示下列判断正确的是（ ）
A．电磁铁上端为N极
B．地球仪是通过异名磁极互相排斥实现“漂浮”的
C．滑片P向右移动可增加地球仪“漂浮”的高度
D．电源的左端为负极
5．（2分）下列图像与所表示的物理含义能对应的（ ）
A．图中阴影部分的面积表示压强
B．表示液体压强随深度变化的关系图，深度相同时乙液体的密度大
C．跳水运动员入水过程中所受浮力随深度变化的关系
D．相同的电加热器给质量相同的两种液体加热，液体温度随加热时间变化的关系图，甲液体吸热能力强
6．（2分）使用空气炸锅（如图所示）时发现：同时闭合定时开关和温控开关产生热风，仅闭合定时开关产生冷风，不会只发热不吹风。则其电路可能是（ ）
A． B．
C． D．
7．（2分）超市的电梯，在没有人时运动较慢，当有人站在电梯上时电梯运动就快了起来。控制电梯运动快慢的电路如图所示，R的阻值随压力的增大而减小，以下分析正确的是（ ）
A．无论有没有人电动机两端电压都不变
B．有人时，电动机两端的电压增大，电动机转速变快
C．没人时，R1与电动机并联在电路中
D．若将R1换成阻值更小的电阻，没人时电动机转速变得更慢
二、选择说理题（共8分）
8．（4分）如图所示，我国第一艘国产航母山东舰上搭载着歼﹣15战斗机，山东舰的排水量约为6万吨。下列说法正确的是（g取10N/kg） 。
A.山东舰受到的浮力约为6×105N
B.山东舰从海水密度较小的港口驶达密度较大的远海时，其所受浮力变大，船体上浮一些
C.航母受到的浮力和航母对水的压力是一对平衡力
D.给山东舰补给后，它受到的浮力变大
理由： 。
9．（4分）将同一物体G＝120N用以下四种方式吊起同样的高度，以下说法不正确的是 。
A.不计机械自重，摩擦绳重，甲最省力
B.乙机械可以改变力的方向
C.丙丁两机械相比每个滑轮自重相同，不计摩擦绳重，丙机械效率更高
D.若丁图用50N拉力将物体吊起，不计绳重和摩擦，则此时滑轮组的机械效率为80%
理由： 。
三、填空题（共8分）
10．（2分）候车时，为安全起见，一定要站在安全线以外，这是由于列车从人前方驶过，带动人前方的气体流速 ，气压 。
11．（3分）以下场景利用到的物理知识分别是
例如：利用大气压强、 、 、 。
12．（1分）手机不充电时，插在插座上的充电器也会有微弱电流通过，此时充电器的实际功率为0.2W，若每天对手机充电2h。调查表明，我国每天约有2×108个充电器充完后仍插在插线板上，则这些充电器一天浪费的电能是 kW•h。（温馨提示：仔细审题，小心掉“坑”）
13．（2分）放在水平地面上的木块受到水平拉力F的作用，物体运动的速度v与时间t的关系图像如图丙所示，则物体1s时受到的摩擦力为 N，3s时受到的摩擦力为 N。
四、实验探究（共21分）
14．（4分）如图是老师在演示液体内部压强情况的六幅图，除E图杯中装的浓盐水外，其余杯里装的都是水。请你仔细观察这六幅图后回答：
（1）比较A、B、C三图可知同种液体同一深度，液体向各个方向的压强 。
（2）比较D、E两幅图，可以得出结论 。
（3）要解释三峡大坝设计成上窄下宽的原因，可比较 图和 图。
15．（6分）青少年眼健康已成为我国重大公共卫生问题，近视率将纳入政府绩效考核，有力推进“双减”和素质教育。如图所示，某同学用自制的水透镜来探究近视成因，当向水透镜里注水时，水透镜的焦距将变小；当从水透镜里抽水时，水透镜的焦距将变大。
（1）该同学移动蜡烛、水透镜和光屏至图甲所示位置时，恰能在光屏上看到清晰的像，利用此成像特点可制成 （选填“照相机”或“投影仪”）；
（2）在图甲所示实验场景下，当从水透镜中充入适量的水后，发现光屏上的像变模糊了，此时应将光屏 （选填“靠近”或远离）凸透镜；若不移动光屏位置，该同学把自己的眼镜给水透镜“戴上”（如图乙所示），他发现烛焰的像再次变得清晰，由此判断该同学戴的眼镜的镜片是 （选填“凹透镜”或“凸透镜”）。
（3）如今，在一些商店前的地面上能看到用广告投影灯投射的广告图像，示意图如图丙所示，其中广告片应位于 （选填“二倍焦距以外”“一倍焦距和二倍焦距之间”或“一倍焦距以内”），此时成 （选填“倒立”或“正立”）的像。为了在地面上得到更大的清晰广告图像，应将广告片靠近凸透镜，并将凸透镜适当调 （选填“高”或“低”）。
16．（3分）如图所示是小华利用弹簧测力计、石块、适量水，测量石块的密度。（已知水的密度为ρ水）
（1）用细线系住石块，用弹簧测力计测得石块的重力为G0（如图甲）。
（2）向烧杯中装入足够多的水，用弹簧测力计悬挂着石块浸没在水中，读出此时弹簧测力计的示数为F1（如图乙）。
（3）小石块受到的浮力为 ，小石块的体积为 ，小石块的密度ρ＝ 。（用已知字母表示）
17．（8分）在“测量额定电压为2.5V的小灯泡的电功率”的实验中：
（1）用笔画线代替导线，将图甲补充完整；
（2）正确连线后闭合开关，小灯泡不亮，电流表有示数，电压表无示数，电路故障可能是小灯泡 路；
（3）排除故障后，移动滑片至某一位置时电压表的示数为2V，为了测量小灯泡的额定功率，应将滑片向 （选填“左”或“右”）移动；
实验序号
电压/V
电流/A
电功率/W
灯泡亮度
电阻/Ω
电阻的平均值
1
1.0
0.14
0.14
很暗
7.14
2
1.7
0.22
0.374
较暗
7.73
3
2.5
正常
4
3.0
0.32
0.90
较亮
9.28
（4）当电压表的示数为2.5V时，电流表的示数如图乙所示，额定功率为 W；电阻为 Ω（保留一位小数）。
（5）上表记录了部分实验数据，分析数据可知，通过本实验还可以得到：
①灯丝电阻随 变化而变化；此电路 （选填“能”或者“不能”）探究电流与电压的关系。
②灯泡亮度由 决定。
（6）指出表格设计中的一处错误 。
五、应用（共24分）
18．（5分）古代劳动人民巧妙使用水来开山采石，冬季，在白天给石头打一个洞，再往洞里灌满水并封实，待晚上降温，水结冰后石头就裂开了。水结冰这一过程中：
（1）水的质量 ；体积 （两空均选填增大、减小或不变）（ρ冰＝0.9×103kg/m3）；
（2）物态变化是 ；
（3）温度随时间变化的图像是 ；
（4）内能 （选填“增大”、“减小”或“不变”）。
19．（9分）万物皆可外卖的时代，外卖拯救了无数人的胃和无数“出门困难户”，外卖骑手为加快送餐速度避免差评，需要提高它的车速，如图14所示现接到一个从商家到顾客距离为3km的订单，取餐后，外卖骑手用时10min将外卖从商家送到了顾客所在位置，假设他在整个过程中匀速直线行驶，如表是他所骑电动车的主要技术参数：
基本信息
整车质量
50kg
最大噪声
62dB
轮胎的着地总面积
200cm2
蓄电池
电压
60V
容量
12A•h
电动机
额定电压
48V
额定功率
249W
（1）电动车蓄电池充满电可储存能量？
（2）电动车新国标强制规定，最高时速不得超过25km/h，骑手在送餐过程中是否超速？通过计算说明。
（3）该骑手的质量为70kg，他在水平路面上骑行时，求电动车对水平路面的压强。
（4）若在匀速送餐过程中电动车受到的阻力为20N，求此过程中电动车牵引力做的功及功率。
（5）电动车的工作原理是图 。
20．（3分）随着我国经济的发展，我国出现了越来越多的潜水爱好者。为了保障潜水员潜水时的安全，潜水时会佩戴如图甲所示深度表。如图乙是一款深度表的简化电路图，定值电阻R0，Rp是压敏电阻，图丙是Rp的阻值随海水深度变化的图像。深度表由电压表（量程0～3V改装）。求：
（1）试解释深度表的工作原理。
（2）当Rp＝10Ω时，深度表受到水的压强是多少帕？
21．（7分）如图甲所示为小银家的电饭锅，铭牌上附有中国能效标识，从铭牌上可知该电饭锅能效等级为三级，额定电压为220V，加热额定功率为1000W。求：
（1）小银想利用如图丙所示的电能表测量电饭锅的保温功率，他关闭家里的其他用电器，让电饭锅处于“保温”状态下正常工作一段时间，观察到电能表转盘转了30r，这段时间内该电锅消耗的电能为多少？
（2）在加热状态下，将温度为20℃、质量为2kg的水加热到100℃，已知c水＝4.2×103J/（kg•℃），求水吸收的热量。
（3）小银上网查询了解到，国家标准中规定电饭锅在该加热功率下正常工作时，三级能效的效率值（电热转化效率）范围为81%＜η＜86%。电饭锅正常工作用时800s。他用学过的知识对电饭锅进行测试：请你通过计算帮助小银判断该电饭锅的热效率值是否达到三级能效。
（4）电饭锅的电源线较短，也较粗，从安全用电的角度，为什么要这样设计？
2023年宁夏银川十五中中考物理二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择（共14分）
1．（2分）以下估计你同意的是（ ）
A．教室里空气的质量约几百千克（ρ空气＝1.29kg/m3）
B．中学生步行速度为5m/s
C．标准大气压能支持20米高的水柱
D．某中学生估计自己双脚站立在水平地面时对地的压强大约为1.25×102帕
【分析】不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要简单的计算，有的要进行单位的换算，最后判断最符合实际的是哪一个。
【解答】解：
A、教室的空间体积V＝250m3左右，空气的密度ρ是1.29kg/m3，所以教室中空气的质量在m＝ρV＝1.29kg/m3×250m3＝322.5kg.故A符合实际；
B、中学生步行速度为1m/s，故B不符合实际；
C、一个标准大气压约1.0×105Pa，能够支持的水柱高度在h＝＝＝10m左右，故C不符合实际；
D、中学生双脚站立在水平地面时，对地面的压强大约为：p＝＝＝＝1×104Pa，故D不符合实际。
故选：A。
【点评】此题考查对生活中常见物理量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，找出符合实际的选项即可。
2．（2分）以下四个课本中插图描述正确的是（ ）
A．将钢尺伸出桌面不同的长度，用大小相同的力拨动，可探究响度与频率的关系
B．向瓶中吹气发声时，音调依次升高
C．穿越北京动物园的隔音蛟龙是在声源处减弱噪声
D．倒车雷达利用电磁波传递信息
【分析】（1）声音的三个特征分别是：音调、响度、音色，是从不同角度描述声音的，音调指声音的高低，由振动频率决定；响度指声音的强弱或大小，与振幅和距离发声体的远近有关；音色是由发声体本身决定的一个特性。
（2）敲打瓶子时，是瓶子和水振动发声，沿瓶口吹气时，是瓶内空气柱振动发声；质量大，体积大的物体难振动，振动频率低，一定低。
（3）减弱噪声的途径有：在声源处减弱；在传播过程中减弱；在人耳处减弱。
（4）声音能够传递信息，也能够传递能量。
【解答】解：A、用相同大小的力拨动伸出长度不同的钢尺，则钢尺振动的频率不同，探究的是音调与频率的关系，故A错误；
B、向瓶中吹气发声时，是瓶内空气柱振动发声，空气柱越短，振动越快，音调越高，故B正确；
C、穿越动物园的“隔音蛟龙”，是在传播过程中减弱噪声，故C错误；
D、倒车雷达利用超声波传递信息，故D错误。
故选：B。
【点评】此题考查声音的多个知识点，深入理解声音的产生、声音的三个特征、声音的利用、减弱噪声的途径等知识，难度不大。
3．（2分）如图所示，北京冬奥会比赛项目中相关物理知识描述正确的是（ ）
A．谷爱凌夺冠决赛中完美旋转时，她受到惯性的作用
B．苏翊鸣完成单板转体，他上升过程中机械能守恒
C．武大靖蹬地加速通过弯道，是由于力改变了他的运动状态
D．柳鑫宇和王诗玥以如图造型滑行时，王诗玥相对于柳鑫宇是运动的
【分析】（1）物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性；
（2）机械能守恒：如果只有动能和势能的相互转化，机械能的总和不变；如果存在摩擦阻力，机械能的总量减小；
（3）力可以改变物体的形状和运动状态；
（4）在研究物体运动时，要选择参照的标准，即参照物，物体的位置相对于参照物发生变化，则运动，不发生变化，则静止。
【解答】解：A、惯性不是力，不能说受到惯性的作用，故A错误；
B、苏翊鸣完成单板转体，他上升过程中克服空气阻力做功，机械能不守恒，故B错误；
C、武大靖蹬地加速通过弯道，运动状态改变，是由于力改变了他的运动状态，故C正确；
D、以柳鑫宇为参照物，王诗玥相对于柳鑫宇的位置没发生变化，所以王诗玥相对于柳鑫宇是静止的，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了力的多个知识点，都是基础知识。
4．（2分）如图甲是“创新”小组制作的“磁浮地球仪”在地球仪中装入条形磁体，底座中的电磁铁就可将其稳定地“漂浮”在空中，其工作原理如图乙所示下列判断正确的是（ ）
A．电磁铁上端为N极
B．地球仪是通过异名磁极互相排斥实现“漂浮”的
C．滑片P向右移动可增加地球仪“漂浮”的高度
D．电源的左端为负极
【分析】本装置利用了磁极间的相互作用规律，根据同名磁极相互排斥判断出磁极，再根据安培定则确定电源的正负极。并根据变阻器的变化，分析磁极的强弱变化。
【解答】解：ABD、根据同名磁极相互排斥可知，图中电磁铁的上端应为S极，则由安培定则可知，电流从电磁铁的上端流入，下端流出，电路中的电源的左端为正极，故AD错误；
磁浮玩具稳定地“漂浮”起来，其利用的工作原理是同名磁极互相排斥，故B错误；
C、滑片P向右移动，滑动变阻器接入电路的电阻变小，总电阻变小，根据欧姆定律可知，电流变大，电磁铁磁性增强，可升高地球仪“漂浮”的高度，故C正确。
故选：C。
【点评】利用所学的知识进行科技制作，将知识与能力相结合，是提高我们能力的有效途径。
5．（2分）下列图像与所表示的物理含义能对应的（ ）
A．图中阴影部分的面积表示压强
B．表示液体压强随深度变化的关系图，深度相同时乙液体的密度大
C．跳水运动员入水过程中所受浮力随深度变化的关系
D．相同的电加热器给质量相同的两种液体加热，液体温度随加热时间变化的关系图，甲液体吸热能力强
【分析】（1）根据p＝可知，压强等于压力和受力面积之比；
（2）液体压强的计算公式是p＝ρ液gh，液体的压强与液体的密度和深度有关，同种液体的压强随深度增加而增大，相同深度的液体，液体的密度越大，液体压强越大；
（3）在运动员入水的过程中，排开水的体积V排先增大后不变，根据F浮＝ρ水gV排可知分析受到的浮力变化情况；
（4）在图象中，取相同的加热时间，即吸收相同的热量，确定两种液体末温大小关系，得出两种液体的升高温度的大小关系，再利用吸热公式比较两种液体的比热容大小关系。
【解答】解：
A、由图可知：横坐标表示受力面积，纵坐标表示压力，压强等于压力和受力面积之比，则阴影部分不能表示压强，故A错误；
B、由图可知：同种液体的压强随深度增加而增大，则图象表示的是液体压强随深度变化的关系图；当甲、乙两种液体的深度都是h0时，甲液体的压强大于乙液体的压强。
根据ρ＝可得：ρ甲＞ρ乙，即：乙液体的密度小，故B错误；
C、由图可知：横坐标表示深度，纵坐标表示浮力，浮力是先增大、后不变；
由于在运动员入水的过程中，排开水的体积V排先增大后不变，根据F浮＝ρ水gV排可知：运动员受到的浮力先增大，后不变，所以，图象是跳水运动员入水过程中所受浮力随深度变化的关系，故C正确；
D、根据Q吸＝cmΔt可知，在质量相等、初温相同、吸热也相同的情况下，甲液体升高的温度较高，所以甲液体的比热容小于乙液体的比热容，甲液体的吸热能力比乙液体的吸热能力弱，故D错误。
故选：C。
【点评】此题考查的是利用图象比较不同的物理量之间的关系时，得到正确结论的前提是读懂图象提供的信息，理解各物理量的物理意义。
6．（2分）使用空气炸锅（如图所示）时发现：同时闭合定时开关和温控开关产生热风，仅闭合定时开关产生冷风，不会只发热不吹风。则其电路可能是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】空气炸锅工作时，可以单独产生风，也可以产生热风，但不能只发热不吹风，说明电动机和电吹风可以独立工作、互不影响即为并联，且发热管支路有开关控制，据此进行解答。
【解答】解：
A．由图可知，发热管和电动机串联，同时闭合定时开关和温控开关，只发热不吹风，故A不符合题意；
B．由图可知，发热管和电动机并联，只闭合温控开关时，只有发热管工作，只发热不吹风，故B不符合题意；
C．由图可知，发热管和电动机并联，只闭合温控开关时，只有发热管工作，只发热不吹风，故C不符合题意；
D．由图可知，只闭合定时开关时，电动机工作产生冷风；再闭合温控开关时，电动机和发热管同时工作吹热风；只闭合合温控开关时发热管不工作，不会出现只发热不吹风，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了串并联电路的设计，根据题干中的条件分析每一个选项即可得出答案。
7．（2分）超市的电梯，在没有人时运动较慢，当有人站在电梯上时电梯运动就快了起来。控制电梯运动快慢的电路如图所示，R的阻值随压力的增大而减小，以下分析正确的是（ ）
A．无论有没有人电动机两端电压都不变
B．有人时，电动机两端的电压增大，电动机转速变快
C．没人时，R1与电动机并联在电路中
D．若将R1换成阻值更小的电阻，没人时电动机转速变得更慢
【分析】（1）根据电磁继电器的原理和欧姆定律判断电动机两端的电压变化。
（2）根据欧姆定律判断电动机的转速变化。
（3）没人时，R1与电动机串联在电路中。
（4）根据欧姆定律和电路的连接情形判断电动机转速的变化。
【解答】解：A、无人时，电动机和定值电阻串联在工作电路中，电动机两端的电压较低；有人时，动触点和2连通，只有电动机连入工作电路，电动机两端的电压等于电源电压，较高，故A错误；
B、有人时，电动机两端的电压增大，电动机转速变快，故B正确；
C、没人时，R1与电动机串联在电路中，故C错误；
D、若将R1换成阻值更小的电阻，根据欧姆定律，此时电路中的电流变大，没人时电动机转速变得更快，故D错误。
故选：B。
【点评】知道电磁继电器的组成、原理和应用；知道串联电路和并联电路的特点；会根据欧姆定律进行简单的分析。
二、选择说理题（共8分）
8．（4分）如图所示，我国第一艘国产航母山东舰上搭载着歼﹣15战斗机，山东舰的排水量约为6万吨。下列说法正确的是（g取10N/kg） D 。
A.山东舰受到的浮力约为6×105N
B.山东舰从海水密度较小的港口驶达密度较大的远海时，其所受浮力变大，船体上浮一些
C.航母受到的浮力和航母对水的压力是一对平衡力
D.给山东舰补给后，它受到的浮力变大
理由： 给山东舰补给后，山东舰自身的重力变大，山东舰处于漂浮状态，浮力等于自身的重力，所以它受到的浮力变大 。
【分析】（1）知道航母满载时的排水量（满载时排开水的质量），利用阿基米德原理F浮＝G排＝m排g求航母受到的浮力；
（2）当航母从海水密度较小的港口驶达密度较大的远海时，始终处于漂浮状态，浮力大小等于重力，据此分析浮力大小变化，根据阿基米德原理判定排开液体的体积的变化；
（3）二力平衡条件：大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上；
（4）物体漂浮时，受到的浮力等于自身的重力。
【解答】解：A、由题知，该航母满载时的排水量约为6万吨，则由阿基米德原理可得，航母满载时受到的浮力：F浮＝G排＝m排g＝6×104×103kg×10N/kg＝6×108N，故A错误；
B、当航母从海水密度较小的港口驶达密度较大的远海时，始终处于漂浮状态，浮力等于其重力，且航母受到的重力不变，所以航母所受到的浮力不变；由F浮＝ρ液V排g可得，排开液体的体积会变小，船体会上浮一些，故B错误；
C、航母受到的浮力和航母对水的压力，这两个力没有作用在同一个物体上，不是一对平衡力，故C错误；
D、给山东舰补给后，山东舰自身的重力变大，山东舰处于漂浮状态，浮力等于自身的重力，所以它受到的浮力变大，故D正确。
故答案为：D；给山东舰补给后，山东舰自身的重力变大，山东舰处于漂浮状态，浮力等于自身的重力，所以它受到的浮力变大。
【点评】本题考查了阿基米德原理、物体浮沉条件的应用、平衡力的辨别，注意：航母从海水密度较小的港口驶达密度较大的远海时，始终处于漂浮状态，浮力不变、排水量不变。
9．（4分）将同一物体G＝120N用以下四种方式吊起同样的高度，以下说法不正确的是 C 。
A.不计机械自重，摩擦绳重，甲最省力
B.乙机械可以改变力的方向
C.丙丁两机械相比每个滑轮自重相同，不计摩擦绳重，丙机械效率更高
D.若丁图用50N拉力将物体吊起，不计绳重和摩擦，则此时滑轮组的机械效率为80%
理由： 由不计摩擦绳重时η＝＝＝＝可知，在动滑轮的自重和被提升物体的重力相同时，滑轮组的机械效率相同 。
【分析】（1）不计机械自重，摩擦绳重，根据杠杆的平衡条件、定滑轮以及滑轮组的特点计算并比较哪个机械最省力；
（2）定滑轮实质是等臂杠杆，不省力也不费力，但可以改变作用力方向；
（3）每个滑轮自重相同，根据不计摩擦绳重时η＝＝＝＝比较丙和丁的机械效率大小；
（4）由图可知n＝3，利用η＝＝＝＝求滑轮组的机械效率。
【解答】解：A、不计机械自重，摩擦绳重，图甲是杠杆，根据杠杆的平衡条件有：F1×4L＝G×L，所以F1＝G；图乙是定滑轮，根据定滑轮特点知，F2＝G；图丙是滑轮组，承担重物绳子的段数n＝2，所以F3＝G；图丁是滑轮组，承担重物绳子的段数n＝3，所以F4＝G，所以甲是最省力的，故A正确；
B、图乙中滑轮不随物体一起移动，因此乙机械是定滑轮，可以改变力的方向，故B正确；
C、丙和丁两个滑轮组都是一个定滑轮和一个动滑轮组成，每个滑轮自重相同，提起的物重相同，由η＝＝＝＝可知，丙和丁的机械效率相等，故C错误；
D、由图可知n＝3，滑轮组的机械效率：η＝＝＝＝＝×100%＝80%，故D正确。
故答案为：C；由不计摩擦绳重时η＝＝＝＝可知，在动滑轮的自重和被提升物体的重力相同时，滑轮组的机械效率相同。
【点评】本题考查了杠杆、定滑轮、滑轮组的特点以及机械效率的计算，掌握基础知识，灵活应用公式是关键。
三、填空题（共8分）
10．（2分）候车时，为安全起见，一定要站在安全线以外，这是由于列车从人前方驶过，带动人前方的气体流速 增大 ，气压 减小 。
【分析】流体的压强跟流速有关，流速越大的地方，压强越小。
【解答】解：列车从人前方驶过时，安全线以内的地方空气流速增大，压强减小。人外侧受到的压强大于内侧受到的压强，人被压向列车，易发生交通事故。
故答案为：增大；减小。
【点评】本题考查流体压强与流速的关系，难度不大。
11．（3分）以下场景利用到的物理知识分别是
例如：利用大气压强、 平面镜成像 、 增大压强 、 连通器原理 。
【分析】（1）光的反射是指光线在传播的过程中遇到障碍物被反射出去的现象，比如平面镜成像；
（2）增大压强的方法：在压力一定时，减小受力面积；在受力面积一定时，增大压力；
（3）连通器的特点：上端开口下端连通的容器。连通器里只有一种液体，在液体不流动的情况下，连通器各容器中液面的高度总是相平的。
【解答】解：潜望镜利用的是平面镜成像，是由光的反射形成的；
汽车的破窗锤是在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强；
船闸是连通器原理的应用。
故答案为：平面镜成像；增大压强；连通器原理。
【点评】此题为光学和力学综合题，涉及到的知识点较多，难度中等，解题的关键是掌握相关基础知识。
12．（1分）手机不充电时，插在插座上的充电器也会有微弱电流通过，此时充电器的实际功率为0.2W，若每天对手机充电2h。调查表明，我国每天约有2×108个充电器充完后仍插在插线板上，则这些充电器一天浪费的电能是 8.8×105 kW•h。（温馨提示：仔细审题，小心掉“坑”）
【分析】已知充电器不充电时的功率和每天工作的时间，先计算不充电的时间（不充电的时间消耗的电能是浪费的电能），根据W＝Pt可求出每个手机一天浪费的电能，根据W总＝nW可求出2×108个充电器每天浪费的电能，由此可求出这些充电器一天浪费的电能。
【解答】解：已知充电器不充电时的功率P＝0.2W＝0.2×10﹣3kW，每天工作的时间2h，不充电的时间t＝24h﹣2h＝22h，
每个手机一天浪费的电能W＝Pt＝0.2×10﹣3kW×22h＝44×10﹣4kW•h，
2×108个充电器每天消耗的电能W总＝nW＝2×108×44×10﹣4kW•h＝8.8×105kW•h，即这些充电器一天浪费的电能是8.8×105kW•h。
故答案为：8.8×105。
【点评】本题主要考查电能的计算，属于电学基础题，难度不大。
13．（2分）放在水平地面上的木块受到水平拉力F的作用，物体运动的速度v与时间t的关系图像如图丙所示，则物体1s时受到的摩擦力为 3 N，3s时受到的摩擦力为 5 N。
【分析】（1）当物体静止时，静摩擦力与拉力二力平衡，大小相等；
（2）当物体运动时，滑动摩擦力是不受拉力大小影响的，只有匀速直线运动时，摩擦力与拉力二力平衡，大小相等，当物体受到的拉力变大或变小时，摩擦力都不变。
【解答】解：由丙图可知，前2s物体速度为零，仍处于静止状态，则水平方向受到的摩擦力和拉力是一对平衡力；由乙图可知，物体所受拉力为3N，则可知摩擦力也为3N；
由丙图可知，4s～6s内，物体做匀速直线运动，此时物体受力平衡，摩擦力与拉力平衡；由乙图可知，物体所受拉力为5N，则可知此时滑动摩擦力也为5N；
由丙图可知2～4s内，物体正在做加速运动，此时摩擦力与匀速直线运动时的摩擦力相同，物体加速运动时，压力和表面的粗糙程度不变，所以，3s时受到的摩擦力为5N。
故答案为：3；5。
【点评】本题考查学生对图象的认识与分析，要求能熟练读图，并能结合运动分析物体的受力情况。
四、实验探究（共21分）
14．（4分）如图是老师在演示液体内部压强情况的六幅图，除E图杯中装的浓盐水外，其余杯里装的都是水。请你仔细观察这六幅图后回答：
（1）比较A、B、C三图可知同种液体同一深度，液体向各个方向的压强 相等 。
（2）比较D、E两幅图，可以得出结论 液体内部压强大小与液体的密度有关 。
（3）要解释三峡大坝设计成上窄下宽的原因，可比较 C 图和 D 图。
【分析】液体压强与液体密度和液体深度有关，按照控制变量法来分析。
【解答】解：（1）由A、B、C三图，液体密度相同，金属盒所在深度相同，但方向不同，而受到的液体压强相同。所以结论为：同种液体，同一深度，向各个方向的压强都相等；
（2）D、E两幅图金属盒所在深度相同，液体密度不同，受到的压强也不同，所以液体内部压强大小与液体的密度有关；
（3）三峡大坝设计成上窄下宽的原因是因为液体的压强随深度的增加而增大，C、D两个图，液体的密度相等，金属盒进入液体越深，U形管液面高度差越大，说明液体压强越大，实验说明同一液体的压强随深度的增加而增大。
故答案为：（1）相等；（2）液体内部压强大小与液体的密度有关；（3）C；D。
【点评】掌握液体压强大小的影响因素，利用控制变量法和转换法探究液体压强跟影响因素之间的关系。
15．（6分）青少年眼健康已成为我国重大公共卫生问题，近视率将纳入政府绩效考核，有力推进“双减”和素质教育。如图所示，某同学用自制的水透镜来探究近视成因，当向水透镜里注水时，水透镜的焦距将变小；当从水透镜里抽水时，水透镜的焦距将变大。
（1）该同学移动蜡烛、水透镜和光屏至图甲所示位置时，恰能在光屏上看到清晰的像，利用此成像特点可制成 照相机 （选填“照相机”或“投影仪”）；
（2）在图甲所示实验场景下，当从水透镜中充入适量的水后，发现光屏上的像变模糊了，此时应将光屏 靠近 （选填“靠近”或远离）凸透镜；若不移动光屏位置，该同学把自己的眼镜给水透镜“戴上”（如图乙所示），他发现烛焰的像再次变得清晰，由此判断该同学戴的眼镜的镜片是 凹透镜 （选填“凹透镜”或“凸透镜”）。
（3）如今，在一些商店前的地面上能看到用广告投影灯投射的广告图像，示意图如图丙所示，其中广告片应位于 一倍焦距和二倍焦距之间 （选填“二倍焦距以外”“一倍焦距和二倍焦距之间”或“一倍焦距以内”），此时成 倒立 （选填“倒立”或“正立”）的像。为了在地面上得到更大的清晰广告图像，应将广告片靠近凸透镜，并将凸透镜适当调 高 （选填“高”或“低”）。
【分析】（1）凸透镜成实像时，物距大于像距，成倒立缩小的实像，应用于照相机；
（2）当向水透镜里注入适量的水，可增强其会聚能力；近视眼矫正方法，需佩戴具有发散作用的凹透镜；
（3）投影仪是利用凸透镜成倒立、放大的实像原理工作的，此时物距2f＞u＞f，像距v＞2f；凸透镜成实像时，物近像远像变大、物远像近像变小。
【解答】解：（1）如图可知，物距大于像距，成倒立、缩小的实像，应用于照相机。
（2）当向水透镜里注入适量的水后，对光线的会聚能力增强，发现光屏上的像变模糊了，此时应将光屏靠近凸透镜；
若不移动光屏位置，该同学把自己的眼镜给水透镜“戴上”，他发现烛焰的像再次变得清晰，说明该同学的眼睛是具有发散作用的凹透镜；
（3）投影灯与投影仪的成像原理相同，则投影灯工作时，物距在一倍焦距和二倍焦距之间，所以广告片位于镜头一倍焦距和二倍焦距之间，成倒立放大的实像；
要使像更大一些，要减小物距，镜头适当调高，增大像距，所以增大投影灯离地距离，同时减小广告片与镜头的距离。
故答案为：（1）照相机；（2）靠近；凹透镜；（3）一倍焦距和二倍焦距之间；倒立；高。
【点评】本题主要考查了凸透镜成像规律的应用，要能够应用所学知识解释有关现象。
16．（3分）如图所示是小华利用弹簧测力计、石块、适量水，测量石块的密度。（已知水的密度为ρ水）
（1）用细线系住石块，用弹簧测力计测得石块的重力为G0（如图甲）。
（2）向烧杯中装入足够多的水，用弹簧测力计悬挂着石块浸没在水中，读出此时弹簧测力计的示数为F1（如图乙）。
（3）小石块受到的浮力为 G0﹣F1 ，小石块的体积为 ，小石块的密度ρ＝ •ρ水 。（用已知字母表示）
【分析】知道小石块的重力G0，小石块浸没在液体中称的示数为F1，小石块受到的浮力为：F浮＝G0﹣F1；
小石块浸没在水中，知道小石块受到的浮力和水的密度，根据阿基米德原理求出小石块的体积；知道小石块的质量和体积，根据密度公式求出小石块的密度。
【解答】解：①用弹簧测力计测出小石块的重力G0，小石块的质量m＝；
②用弹簧测力计提着小石块缓慢浸入水中，直到小石块浸没水中，此时小石块排开水的体积就等于小石块的体积，读出弹簧测力计的示数F1。
小石块受到的浮力为：F浮＝G0﹣F1。
根据F浮＝ρ水gV排＝G0﹣F1得小石块浸没在水中时小石块的体积：
V＝V排＝，
小石块的密度：
ρ＝＝＝•ρ水。
故答案为：G0﹣F1；；•ρ水。
【点评】本题探究浮力的大小与排开液体所受重力的关系，考查测力计读数、称重法测浮力、数据分析、控制变量法和归纳法的运用。
17．（8分）在“测量额定电压为2.5V的小灯泡的电功率”的实验中：
（1）用笔画线代替导线，将图甲补充完整；
（2）正确连线后闭合开关，小灯泡不亮，电流表有示数，电压表无示数，电路故障可能是小灯泡 短 路；
（3）排除故障后，移动滑片至某一位置时电压表的示数为2V，为了测量小灯泡的额定功率，应将滑片向 左 （选填“左”或“右”）移动；
实验序号
电压/V
电流/A
电功率/W
灯泡亮度
电阻/Ω
电阻的平均值
1
1.0
0.14
0.14
很暗
7.14
2
1.7
0.22
0.374
较暗
7.73
3
2.5
正常
4
3.0
0.32
0.90
较亮
9.28
（4）当电压表的示数为2.5V时，电流表的示数如图乙所示，额定功率为 0.75 W；电阻为 8.3 Ω（保留一位小数）。
（5）上表记录了部分实验数据，分析数据可知，通过本实验还可以得到：
①灯丝电阻随 温度 变化而变化；此电路 不能 （选填“能”或者“不能”）探究电流与电压的关系。
②灯泡亮度由 实际功率 决定。
（6）指出表格设计中的一处错误 电阻的平均值一栏多余 。
【分析】（1）在“测量额定电压为2.5V的小灯泡的电功率”的实验中，灯泡、滑动变阻器和电流表串联，电压表并联在灯泡两端；
（2）正确连线后闭合开关，小灯泡不亮，电流表有示数，说明电路是通路；电压表无示数，说明电压表并联的电路短路或电压表短路；
（3）比较电压表示数与灯泡额定电压大小，根据串联电路电压规律和分压原理确定滑动变阻器滑片移动方向；
（4）根据电流表选用量程确定分度值读数，利用P＝UI和R＝分别求出小灯泡额定功率和电阻；
（5）①灯丝的电阻随温度的变化而变化，不是一定值；在探究电流与电压的关系实验中，需控制电阻不变；
②根据表中数据分析回答；
（6）不同电压下灯泡的电阻不同，不需要求灯泡电阻的平均值。
【解答】解：（1）在“测量额定电压为2.5V的小灯泡的电功率”的实验中，灯泡、滑动变阻器和电流表串联，电压表并联在灯泡两端，如下图所示：
；
（2）正确连线后闭合开关，小灯泡不亮，电流表有示数，说明电路是通路；电压表无示数，说明电压表并联的电路短路或电压表短路，即电路故障可能是小灯泡短路；
（3）排除故障后，移动滑片至某一位置时电压表的示数为2V，小于灯泡额定电压2.5V，为了测量小灯泡的额定功率，应增大灯泡两端的电压，根据串联电路电压规律，应减小滑动变阻器两端的电压，根据分压原理，应减小滑动变阻器接入电路的阻值，故应将滑片向左移动；
（4）当电压表的示数为2.5V时，电流表的示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值0.02A，其示数为0.3A，则小灯泡额定功率为：
PL＝ULIL＝2.5V×0.3A＝0.75W；
RL＝＝≈8.3Ω；
（5）①由表中数据可知，当灯泡两端电压增大，通过灯泡的电流也增大，根据P＝UI可知，灯泡的功率变大，温度升高，灯丝电阻随温度的升高而增大，故灯丝电阻随温度变化而变化；
在探究电流与电压的关系实验中，需控制电阻不变，而灯丝电阻随温度变化而变化，不是一定值，故此电路不能探究电流与电压的关系；
②由表中数据可知，当灯泡的实际功率越大，灯泡的亮度越亮，故灯泡亮度由实际功率决定；
（6）不同电压下灯泡的电阻不同，不需要求灯泡电阻的平均值，故不妥之处为电阻的平均值一栏多余。
故答案为：（1）见解答图；（2）短；（3）左；（4）0.75；8.3；（5）①温度；不能；②实际功率；（6）电阻的平均值一栏多余。
【点评】本题测小灯泡的电功率实验，考查了电路连接、电路故障、实验操作、电阻的计算、功率的计算和影响电阻大小因素等知识。
五、应用（共24分）
18．（5分）古代劳动人民巧妙使用水来开山采石，冬季，在白天给石头打一个洞，再往洞里灌满水并封实，待晚上降温，水结冰后石头就裂开了。水结冰这一过程中：
（1）水的质量 不变 ；体积 增大 （两空均选填增大、减小或不变）（ρ冰＝0.9×103kg/m3）；
（2）物态变化是 凝固 ；
（3）温度随时间变化的图像是 丙 ；
（4）内能 减小 （选填“增大”、“减小”或“不变”）。
【分析】（1）质量是物体的一种基本属性，与物体的状态、形状、温度、所处的空间位置的变化无关；根据密度公式的变形式V＝知，质量不变，密度减小，体积增大；
（2）物质从液体变为固态的过程叫做凝固，晶体凝固规律：晶体凝固时要不断放热，但温度保持在凝固点不变；
（4）晶体凝固条件：晶体要凝固，首先温度要达到晶体的凝固点，其次晶体还要不断放出热量。
【解答】解：（1）水的质量不变；密度减小，根据密度公式的变形式V＝知，体积增大；
（4）水结冰时不断放出热量，内能减小。
故答案为：（1）不变；增大；（2）凝固；（3）丙；（4）减小。
【点评】本题考查密度和质量的特点、晶体凝固规律、密度的计算与公式的应用等，解答此题的关键是正确理解密度和质量的影响因素，水结冰密度减小，体积增大，日常生活中冬天水管涨破就是这一道理。
19．（9分）万物皆可外卖的时代，外卖拯救了无数人的胃和无数“出门困难户”，外卖骑手为加快送餐速度避免差评，需要提高它的车速，如图14所示现接到一个从商家到顾客距离为3km的订单，取餐后，外卖骑手用时10min将外卖从商家送到了顾客所在位置，假设他在整个过程中匀速直线行驶，如表是他所骑电动车的主要技术参数：
基本信息
整车质量
50kg
最大噪声
62dB
轮胎的着地总面积
200cm2
蓄电池
电压
60V
容量
12A•h
电动机
额定电压
48V
额定功率
249W
（1）电动车蓄电池充满电可储存能量？
（2）电动车新国标强制规定，最高时速不得超过25km/h，骑手在送餐过程中是否超速？通过计算说明。
（3）该骑手的质量为70kg，他在水平路面上骑行时，求电动车对水平路面的压强。
（4）若在匀速送餐过程中电动车受到的阻力为20N，求此过程中电动车牵引力做的功及功率。
（5）电动车的工作原理是图 乙 。
【分析】（1）根据W＝UIt求出电动车蓄电池充满电可储存能量；
（2）知道电动车行驶的路程和所用的时间，利用速度公式求出电动车的速度，与最高时速比较可知是否超速；
（3）根据G＝mg求出电动车和骑手的总重力，电动车对水平路面的压力等于电动车和骑手的总重力，利用p＝求出电动车对水平路面的压强；
（4）电动车匀速送餐过程中的牵引力等于电动车受到的阻力，根据W＝Fs求电动车牵引力所做的功，利用P＝求出电动车牵引力做功的功率；
（5）电动车的工作原理是通过线圈在磁场中受力转动，工作过程中把电能转化为机械能。
【解答】解：（1）电动车蓄电池充满电可储存能量：W＝UIt＝60V×12×3600s＝2.952×106J；
（2）电动车的速度：v＝＝＝18km/h＜25km/h，所以骑手在送餐过程中没有超速；
（3）电动车和骑手的总重力：G总＝m总g＝（m骑+m车）g＝（70kg+50kg）×10N/kg＝1200N，
电动车对水平路面的压力：F＝G总＝1200N，
电动车对水平路面的压强：p＝＝＝6×104Pa；
（4）电动车匀速送餐过程中在水平方向上受力平衡，根据二力平衡条件可知，电动车匀速送餐过程中的牵引力：F牵＝f＝20N，
电动车牵引力所做的功：W′＝F牵s＝20N×3×1000m＝6×104J；
电动车牵引力做功的功率：P＝＝＝100W；
（5）由图甲可知，线圈在磁场中切割磁感线运动，产生感应电流，这是发电机原理图；
图乙中，通电线圈在磁场中受到力的作用而转动，工作过程中把电能转化为机械能，这是电动机的原理图。
答：（1）电动车蓄电池充满电可储存能量为2.952×106J；
（2）骑手在送餐过程中没有超速；
（3）电动车对水平路面的压强为6×104Pa；
（4）电动车牵引力做的功为6×104J；功率为100W；
（5）乙。
【点评】本题考查电功的计算、速度公式、重力公式、压强公式、功的公式、功率公式以及电动机和发电机的工作原理，是一道综合题，有一定的难度。
20．（3分）随着我国经济的发展，我国出现了越来越多的潜水爱好者。为了保障潜水员潜水时的安全，潜水时会佩戴如图甲所示深度表。如图乙是一款深度表的简化电路图，定值电阻R0，Rp是压敏电阻，图丙是Rp的阻值随海水深度变化的图像。深度表由电压表（量程0～3V改装）。求：
（1）试解释深度表的工作原理。
（2）当Rp＝10Ω时，深度表受到水的压强是多少帕？
【分析】由图乙可知，定值电阻R0与压敏电阻Rp串联接入电路，电压表测量定值电阻R0两端的电压，
（1）由图丙可知，海水深度增大时，Rp的阻值减小，根据串联电路电阻规律可知，电路中的总电阻的变化，根据I＝可知，电路中的电流的变化，根据U＝IR可知，定值电阻R0两端的电压的变化，由此可得出深度表的工作原理；
（2）由图丙可知，当压敏电阻Rp＝10Ω时，海水深度为60m，根据p＝ρ水gh可求出深度表受到水的压强。
【解答】解：由图乙可知，定值电阻R0与压敏电阻Rp串联接入电路，电压表测量定值电阻R0两端的电压，
（1）由图丙可知，海水深度增大时，Rp的阻值减小，根据串联电路电阻规律可知，电路中的总电阻将减小，根据I＝可知，当电压一定时，电路中的电流将变大，根据U0＝I0R0可知，定值电阻R0两端的电压将变大，由此可知，深度表的工作原理：当海水深度增大时，深度表示数将增大；
（2）由图丙可知，当压敏电阻Rp＝10Ω时，海水深度为60m，深度表受到水的压强p＝ρ水gh＝1.0×103kg/m3×9.8N/kg×60m＝5.88×105Pa。
答：（1）由图丙可知，海水深度增大时，Rp的阻值减小，根据串联电路电阻规律可知，电路中的总电阻将减小，根据I＝可知，当电压一定时，电路中的电流将变大，根据U0＝I0R0可知，定值电阻R0两端的电压将变大，由此可知，深度表的工作原理：当海水深度增大时，深度表示数将增大；
（2）当Rp＝10Ω时，深度表受到水的压强是5.88×105Pa。
【点评】本题主要考查欧姆定律的应用，液体压强的计算公式的应用，属于学科综合题，从图像中获取有用的信息是解题的关键。
21．（7分）如图甲所示为小银家的电饭锅，铭牌上附有中国能效标识，从铭牌上可知该电饭锅能效等级为三级，额定电压为220V，加热额定功率为1000W。求：
（1）小银想利用如图丙所示的电能表测量电饭锅的保温功率，他关闭家里的其他用电器，让电饭锅处于“保温”状态下正常工作一段时间，观察到电能表转盘转了30r，这段时间内该电锅消耗的电能为多少？
（2）在加热状态下，将温度为20℃、质量为2kg的水加热到100℃，已知c水＝4.2×103J/（kg•℃），求水吸收的热量。
（3）小银上网查询了解到，国家标准中规定电饭锅在该加热功率下正常工作时，三级能效的效率值（电热转化效率）范围为81%＜η＜86%。电饭锅正常工作用时800s。他用学过的知识对电饭锅进行测试：请你通过计算帮助小银判断该电饭锅的热效率值是否达到三级能效。
（4）电饭锅的电源线较短，也较粗，从安全用电的角度，为什么要这样设计？
【分析】（1）3000r/kW•h表示电路中的用电器每消耗1kW•h电能，电能表的转盘转过3000转，据此求出电能表转盘转了30r，这段时间内该电锅消耗的电能；
（2）根据Q吸＝cm（t﹣t0）求出水吸收的热量；
（3）根据W＝Pt求出电饭锅消耗的电能，利用效率公式求出电饭锅的效率，与三级能效比较可知是否达到标准；
（4）根据电阻大小的影响因素和焦耳定律分析解答。
【解答】解：（1）3000r/kW•h表示电路中的用电器每消耗1kW•h电能，电能表的转盘转过3000转，
则电能表转盘转了30r，这段时间内该电锅消耗的电能：W＝＝0.01kW•h＝3.6×104J；
（2）水吸收的热量：Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（100℃﹣20℃）＝6.72×105J；
（3）电饭锅消耗的电能：W′＝Pt′＝1000W×800s＝8×105J，
电饭锅的效率：η＝＝＝84%，
根据题意可知，三级能效的效率值（电热转化效率）范围为81%＜η＜86%，所以该电饭锅的热效率值达到了三级能效；
（4）根据导体电阻的影响可知，相同材料的电源线，长度越短、横截面积越大，电源线的电阻越小，根据焦耳定律Q＝I2Rt可知，通过电源线的电流和通电时间相同时，电源线的电阻越小，产生的热量越少，电路越安全。
答：（1）这段时间内该电锅消耗的电能为3.6×104J；
（2）水吸收的热量为6.72×105J；
（3）该电饭锅的热效率值达到了三级能效；
（4）根据导体电阻的影响可知，相同材料的电源线，长度越短、横截面积越大，电源线的电阻越小，根据焦耳定律Q＝I2Rt可知，通过电源线的电流和通电时间相同时，电源线的电阻越小，产生的热量越少，电路越安全。
【点评】本题考查对电能表参数的理解、吸热公式、电功公式、效率公式、电阻大小的影响因素和焦耳定律的应用，是一道综合题，有一定的难度。
2023年宁夏银川十五中中考物理二模试卷
一、选择（共14分）
1．（2分）以下估计你同意的是（ ）
A．教室里空气的质量约几百千克（ρ空气＝1.29kg/m3）
B．中学生步行速度为5m/s
C．标准大气压能支持20米高的水柱
D．某中学生估计自己双脚站立在水平地面时对地的压强大约为1.25×102帕
2．（2分）以下四个课本中插图描述正确的是（ ）
A．将钢尺伸出桌面不同的长度，用大小相同的力拨动，可探究响度与频率的关系
B．向瓶中吹气发声时，音调依次升高
C．穿越北京动物园的隔音蛟龙是在声源处减弱噪声
D．倒车雷达利用电磁波传递信息
3．（2分）如图所示，北京冬奥会比赛项目中相关物理知识描述正确的是（ ）
A．谷爱凌夺冠决赛中完美旋转时，她受到惯性的作用
B．苏翊鸣完成单板转体，他上升过程中机械能守恒
C．武大靖蹬地加速通过弯道，是由于力改变了他的运动状态
D．柳鑫宇和王诗玥以如图造型滑行时，王诗玥相对于柳鑫宇是运动的
4．（2分）如图甲是“创新”小组制作的“磁浮地球仪”在地球仪中装入条形磁体，底座中的电磁铁就可将其稳定地“漂浮”在空中，其工作原理如图乙所示下列判断正确的是（ ）
A．电磁铁上端为N极
B．地球仪是通过异名磁极互相排斥实现“漂浮”的
C．滑片P向右移动可增加地球仪“漂浮”的高度
D．电源的左端为负极
5．（2分）下列图像与所表示的物理含义能对应的（ ）
A．图中阴影部分的面积表示压强
B．表示液体压强随深度变化的关系图，深度相同时乙液体的密度大
C．跳水运动员入水过程中所受浮力随深度变化的关系
D．相同的电加热器给质量相同的两种液体加热，液体温度随加热时间变化的关系图，甲液体吸热能力强
6．（2分）使用空气炸锅（如图所示）时发现：同时闭合定时开关和温控开关产生热风，仅闭合定时开关产生冷风，不会只发热不吹风。则其电路可能是（ ）
A． B．
C． D．
7．（2分）超市的电梯，在没有人时运动较慢，当有人站在电梯上时电梯运动就快了起来。控制电梯运动快慢的电路如图所示，R的阻值随压力的增大而减小，以下分析正确的是（ ）
A．无论有没有人电动机两端电压都不变
B．有人时，电动机两端的电压增大，电动机转速变快
C．没人时，R1与电动机并联在电路中
D．若将R1换成阻值更小的电阻，没人时电动机转速变得更慢
二、选择说理题（共8分）
8．（4分）如图所示，我国第一艘国产航母山东舰上搭载着歼﹣15战斗机，山东舰的排水量约为6万吨。下列说法正确的是（g取10N/kg） 。
A.山东舰受到的浮力约为6×105N
B.山东舰从海水密度较小的港口驶达密度较大的远海时，其所受浮力变大，船体上浮一些
C.航母受到的浮力和航母对水的压力是一对平衡力
D.给山东舰补给后，它受到的浮力变大
理由： 。
9．（4分）将同一物体G＝120N用以下四种方式吊起同样的高度，以下说法不正确的是 。
A.不计机械自重，摩擦绳重，甲最省力
B.乙机械可以改变力的方向
C.丙丁两机械相比每个滑轮自重相同，不计摩擦绳重，丙机械效率更高
D.若丁图用50N拉力将物体吊起，不计绳重和摩擦，则此时滑轮组的机械效率为80%
理由： 。
三、填空题（共8分）
10．（2分）候车时，为安全起见，一定要站在安全线以外，这是由于列车从人前方驶过，带动人前方的气体流速 ，气压 。
11．（3分）以下场景利用到的物理知识分别是
例如：利用大气压强、 、 、 。
12．（1分）手机不充电时，插在插座上的充电器也会有微弱电流通过，此时充电器的实际功率为0.2W，若每天对手机充电2h。调查表明，我国每天约有2×108个充电器充完后仍插在插线板上，则这些充电器一天浪费的电能是 kW•h。（温馨提示：仔细审题，小心掉“坑”）
13．（2分）放在水平地面上的木块受到水平拉力F的作用，物体运动的速度v与时间t的关系图像如图丙所示，则物体1s时受到的摩擦力为 N，3s时受到的摩擦力为 N。
四、实验探究（共21分）
14．（4分）如图是老师在演示液体内部压强情况的六幅图，除E图杯中装的浓盐水外，其余杯里装的都是水。请你仔细观察这六幅图后回答：
（1）比较A、B、C三图可知同种液体同一深度，液体向各个方向的压强 。
（2）比较D、E两幅图，可以得出结论 。
（3）要解释三峡大坝设计成上窄下宽的原因，可比较 图和 图。
15．（6分）青少年眼健康已成为我国重大公共卫生问题，近视率将纳入政府绩效考核，有力推进“双减”和素质教育。如图所示，某同学用自制的水透镜来探究近视成因，当向水透镜里注水时，水透镜的焦距将变小；当从水透镜里抽水时，水透镜的焦距将变大。
（1）该同学移动蜡烛、水透镜和光屏至图甲所示位置时，恰能在光屏上看到清晰的像，利用此成像特点可制成 （选填“照相机”或“投影仪”）；
（2）在图甲所示实验场景下，当从水透镜中充入适量的水后，发现光屏上的像变模糊了，此时应将光屏 （选填“靠近”或远离）凸透镜；若不移动光屏位置，该同学把自己的眼镜给水透镜“戴上”（如图乙所示），他发现烛焰的像再次变得清晰，由此判断该同学戴的眼镜的镜片是 （选填“凹透镜”或“凸透镜”）。
（3）如今，在一些商店前的地面上能看到用广告投影灯投射的广告图像，示意图如图丙所示，其中广告片应位于 （选填“二倍焦距以外”“一倍焦距和二倍焦距之间”或“一倍焦距以内”），此时成 （选填“倒立”或“正立”）的像。为了在地面上得到更大的清晰广告图像，应将广告片靠近凸透镜，并将凸透镜适当调 （选填“高”或“低”）。
16．（3分）如图所示是小华利用弹簧测力计、石块、适量水，测量石块的密度。（已知水的密度为ρ水）
（1）用细线系住石块，用弹簧测力计测得石块的重力为G0（如图甲）。
（2）向烧杯中装入足够多的水，用弹簧测力计悬挂着石块浸没在水中，读出此时弹簧测力计的示数为F1（如图乙）。
（3）小石块受到的浮力为 ，小石块的体积为 ，小石块的密度ρ＝ 。（用已知字母表示）
17．（8分）在“测量额定电压为2.5V的小灯泡的电功率”的实验中：
（1）用笔画线代替导线，将图甲补充完整；
（2）正确连线后闭合开关，小灯泡不亮，电流表有示数，电压表无示数，电路故障可能是小灯泡 路；
（3）排除故障后，移动滑片至某一位置时电压表的示数为2V，为了测量小灯泡的额定功率，应将滑片向 （选填“左”或“右”）移动；
实验序号
电压/V
电流/A
电功率/W
灯泡亮度
电阻/Ω
电阻的平均值
1
1.0
0.14
0.14
很暗
7.14
2
1.7
0.22
0.374
较暗
7.73
3
2.5
正常
4
3.0
0.32
0.90
较亮
9.28
（4）当电压表的示数为2.5V时，电流表的示数如图乙所示，额定功率为 W；电阻为 Ω（保留一位小数）。
（5）上表记录了部分实验数据，分析数据可知，通过本实验还可以得到：
①灯丝电阻随 变化而变化；此电路 （选填“能”或者“不能”）探究电流与电压的关系。
②灯泡亮度由 决定。
（6）指出表格设计中的一处错误 。
五、应用（共24分）
18．（5分）古代劳动人民巧妙使用水来开山采石，冬季，在白天给石头打一个洞，再往洞里灌满水并封实，待晚上降温，水结冰后石头就裂开了。水结冰这一过程中：
（1）水的质量 ；体积 （两空均选填增大、减小或不变）（ρ冰＝0.9×103kg/m3）；
（2）物态变化是 ；
（3）温度随时间变化的图像是 ；
（4）内能 （选填“增大”、“减小”或“不变”）。
19．（9分）万物皆可外卖的时代，外卖拯救了无数人的胃和无数“出门困难户”，外卖骑手为加快送餐速度避免差评，需要提高它的车速，如图14所示现接到一个从商家到顾客距离为3km的订单，取餐后，外卖骑手用时10min将外卖从商家送到了顾客所在位置，假设他在整个过程中匀速直线行驶，如表是他所骑电动车的主要技术参数：
基本信息
整车质量
50kg
最大噪声
62dB
轮胎的着地总面积
200cm2
蓄电池
电压
60V
容量
12A•h
电动机
额定电压
48V
额定功率
249W
（1）电动车蓄电池充满电可储存能量？
（2）电动车新国标强制规定，最高时速不得超过25km/h，骑手在送餐过程中是否超速？通过计算说明。
（3）该骑手的质量为70kg，他在水平路面上骑行时，求电动车对水平路面的压强。
（4）若在匀速送餐过程中电动车受到的阻力为20N，求此过程中电动车牵引力做的功及功率。
（5）电动车的工作原理是图 。
20．（3分）随着我国经济的发展，我国出现了越来越多的潜水爱好者。为了保障潜水员潜水时的安全，潜水时会佩戴如图甲所示深度表。如图乙是一款深度表的简化电路图，定值电阻R0，Rp是压敏电阻，图丙是Rp的阻值随海水深度变化的图像。深度表由电压表（量程0～3V改装）。求：
（1）试解释深度表的工作原理。
（2）当Rp＝10Ω时，深度表受到水的压强是多少帕？
21．（7分）如图甲所示为小银家的电饭锅，铭牌上附有中国能效标识，从铭牌上可知该电饭锅能效等级为三级，额定电压为220V，加热额定功率为1000W。求：
（1）小银想利用如图丙所示的电能表测量电饭锅的保温功率，他关闭家里的其他用电器，让电饭锅处于“保温”状态下正常工作一段时间，观察到电能表转盘转了30r，这段时间内该电锅消耗的电能为多少？
（2）在加热状态下，将温度为20℃、质量为2kg的水加热到100℃，已知c水＝4.2×103J/（kg•℃），求水吸收的热量。
（3）小银上网查询了解到，国家标准中规定电饭锅在该加热功率下正常工作时，三级能效的效率值（电热转化效率）范围为81%＜η＜86%。电饭锅正常工作用时800s。他用学过的知识对电饭锅进行测试：请你通过计算帮助小银判断该电饭锅的热效率值是否达到三级能效。
（4）电饭锅的电源线较短，也较粗，从安全用电的角度，为什么要这样设计？
2023年宁夏银川十五中中考物理二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择（共14分）
1．（2分）以下估计你同意的是（ ）
A．教室里空气的质量约几百千克（ρ空气＝1.29kg/m3）
B．中学生步行速度为5m/s
C．标准大气压能支持20米高的水柱
D．某中学生估计自己双脚站立在水平地面时对地的压强大约为1.25×102帕
【分析】不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要简单的计算，有的要进行单位的换算，最后判断最符合实际的是哪一个。
【解答】解：
A、教室的空间体积V＝250m3左右，空气的密度ρ是1.29kg/m3，所以教室中空气的质量在m＝ρV＝1.29kg/m3×250m3＝322.5kg.故A符合实际；
B、中学生步行速度为1m/s，故B不符合实际；
C、一个标准大气压约1.0×105Pa，能够支持的水柱高度在h＝＝＝10m左右，故C不符合实际；
D、中学生双脚站立在水平地面时，对地面的压强大约为：p＝＝＝＝1×104Pa，故D不符合实际。
故选：A。
【点评】此题考查对生活中常见物理量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，找出符合实际的选项即可。
2．（2分）以下四个课本中插图描述正确的是（ ）
A．将钢尺伸出桌面不同的长度，用大小相同的力拨动，可探究响度与频率的关系
B．向瓶中吹气发声时，音调依次升高
C．穿越北京动物园的隔音蛟龙是在声源处减弱噪声
D．倒车雷达利用电磁波传递信息
【分析】（1）声音的三个特征分别是：音调、响度、音色，是从不同角度描述声音的，音调指声音的高低，由振动频率决定；响度指声音的强弱或大小，与振幅和距离发声体的远近有关；音色是由发声体本身决定的一个特性。
（2）敲打瓶子时，是瓶子和水振动发声，沿瓶口吹气时，是瓶内空气柱振动发声；质量大，体积大的物体难振动，振动频率低，一定低。
（3）减弱噪声的途径有：在声源处减弱；在传播过程中减弱；在人耳处减弱。
（4）声音能够传递信息，也能够传递能量。
【解答】解：A、用相同大小的力拨动伸出长度不同的钢尺，则钢尺振动的频率不同，探究的是音调与频率的关系，故A错误；
B、向瓶中吹气发声时，是瓶内空气柱振动发声，空气柱越短，振动越快，音调越高，故B正确；
C、穿越动物园的“隔音蛟龙”，是在传播过程中减弱噪声，故C错误；
D、倒车雷达利用超声波传递信息，故D错误。
故选：B。
【点评】此题考查声音的多个知识点，深入理解声音的产生、声音的三个特征、声音的利用、减弱噪声的途径等知识，难度不大。
3．（2分）如图所示，北京冬奥会比赛项目中相关物理知识描述正确的是（ ）
A．谷爱凌夺冠决赛中完美旋转时，她受到惯性的作用
B．苏翊鸣完成单板转体，他上升过程中机械能守恒
C．武大靖蹬地加速通过弯道，是由于力改变了他的运动状态
D．柳鑫宇和王诗玥以如图造型滑行时，王诗玥相对于柳鑫宇是运动的
【分析】（1）物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性；
（2）机械能守恒：如果只有动能和势能的相互转化，机械能的总和不变；如果存在摩擦阻力，机械能的总量减小；
（3）力可以改变物体的形状和运动状态；
（4）在研究物体运动时，要选择参照的标准，即参照物，物体的位置相对于参照物发生变化，则运动，不发生变化，则静止。
【解答】解：A、惯性不是力，不能说受到惯性的作用，故A错误；
B、苏翊鸣完成单板转体，他上升过程中克服空气阻力做功，机械能不守恒，故B错误；
C、武大靖蹬地加速通过弯道，运动状态改变，是由于力改变了他的运动状态，故C正确；
D、以柳鑫宇为参照物，王诗玥相对于柳鑫宇的位置没发生变化，所以王诗玥相对于柳鑫宇是静止的，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了力的多个知识点，都是基础知识。
4．（2分）如图甲是“创新”小组制作的“磁浮地球仪”在地球仪中装入条形磁体，底座中的电磁铁就可将其稳定地“漂浮”在空中，其工作原理如图乙所示下列判断正确的是（ ）
A．电磁铁上端为N极
B．地球仪是通过异名磁极互相排斥实现“漂浮”的
C．滑片P向右移动可增加地球仪“漂浮”的高度
D．电源的左端为负极
【分析】本装置利用了磁极间的相互作用规律，根据同名磁极相互排斥判断出磁极，再根据安培定则确定电源的正负极。并根据变阻器的变化，分析磁极的强弱变化。
【解答】解：ABD、根据同名磁极相互排斥可知，图中电磁铁的上端应为S极，则由安培定则可知，电流从电磁铁的上端流入，下端流出，电路中的电源的左端为正极，故AD错误；
磁浮玩具稳定地“漂浮”起来，其利用的工作原理是同名磁极互相排斥，故B错误；
C、滑片P向右移动，滑动变阻器接入电路的电阻变小，总电阻变小，根据欧姆定律可知，电流变大，电磁铁磁性增强，可升高地球仪“漂浮”的高度，故C正确。
故选：C。
【点评】利用所学的知识进行科技制作，将知识与能力相结合，是提高我们能力的有效途径。
5．（2分）下列图像与所表示的物理含义能对应的（ ）
A．图中阴影部分的面积表示压强
B．表示液体压强随深度变化的关系图，深度相同时乙液体的密度大
C．跳水运动员入水过程中所受浮力随深度变化的关系
D．相同的电加热器给质量相同的两种液体加热，液体温度随加热时间变化的关系图，甲液体吸热能力强
【分析】（1）根据p＝可知，压强等于压力和受力面积之比；
（2）液体压强的计算公式是p＝ρ液gh，液体的压强与液体的密度和深度有关，同种液体的压强随深度增加而增大，相同深度的液体，液体的密度越大，液体压强越大；
（3）在运动员入水的过程中，排开水的体积V排先增大后不变，根据F浮＝ρ水gV排可知分析受到的浮力变化情况；
（4）在图象中，取相同的加热时间，即吸收相同的热量，确定两种液体末温大小关系，得出两种液体的升高温度的大小关系，再利用吸热公式比较两种液体的比热容大小关系。
【解答】解：
A、由图可知：横坐标表示受力面积，纵坐标表示压力，压强等于压力和受力面积之比，则阴影部分不能表示压强，故A错误；
B、由图可知：同种液体的压强随深度增加而增大，则图象表示的是液体压强随深度变化的关系图；当甲、乙两种液体的深度都是h0时，甲液体的压强大于乙液体的压强。
根据ρ＝可得：ρ甲＞ρ乙，即：乙液体的密度小，故B错误；
C、由图可知：横坐标表示深度，纵坐标表示浮力，浮力是先增大、后不变；
由于在运动员入水的过程中，排开水的体积V排先增大后不变，根据F浮＝ρ水gV排可知：运动员受到的浮力先增大，后不变，所以，图象是跳水运动员入水过程中所受浮力随深度变化的关系，故C正确；
D、根据Q吸＝cmΔt可知，在质量相等、初温相同、吸热也相同的情况下，甲液体升高的温度较高，所以甲液体的比热容小于乙液体的比热容，甲液体的吸热能力比乙液体的吸热能力弱，故D错误。
故选：C。
【点评】此题考查的是利用图象比较不同的物理量之间的关系时，得到正确结论的前提是读懂图象提供的信息，理解各物理量的物理意义。
6．（2分）使用空气炸锅（如图所示）时发现：同时闭合定时开关和温控开关产生热风，仅闭合定时开关产生冷风，不会只发热不吹风。则其电路可能是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】空气炸锅工作时，可以单独产生风，也可以产生热风，但不能只发热不吹风，说明电动机和电吹风可以独立工作、互不影响即为并联，且发热管支路有开关控制，据此进行解答。
【解答】解：
A．由图可知，发热管和电动机串联，同时闭合定时开关和温控开关，只发热不吹风，故A不符合题意；
B．由图可知，发热管和电动机并联，只闭合温控开关时，只有发热管工作，只发热不吹风，故B不符合题意；
C．由图可知，发热管和电动机并联，只闭合温控开关时，只有发热管工作，只发热不吹风，故C不符合题意；
D．由图可知，只闭合定时开关时，电动机工作产生冷风；再闭合温控开关时，电动机和发热管同时工作吹热风；只闭合合温控开关时发热管不工作，不会出现只发热不吹风，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了串并联电路的设计，根据题干中的条件分析每一个选项即可得出答案。
7．（2分）超市的电梯，在没有人时运动较慢，当有人站在电梯上时电梯运动就快了起来。控制电梯运动快慢的电路如图所示，R的阻值随压力的增大而减小，以下分析正确的是（ ）
A．无论有没有人电动机两端电压都不变
B．有人时，电动机两端的电压增大，电动机转速变快
C．没人时，R1与电动机并联在电路中
D．若将R1换成阻值更小的电阻，没人时电动机转速变得更慢
【分析】（1）根据电磁继电器的原理和欧姆定律判断电动机两端的电压变化。
（2）根据欧姆定律判断电动机的转速变化。
（3）没人时，R1与电动机串联在电路中。
（4）根据欧姆定律和电路的连接情形判断电动机转速的变化。
【解答】解：A、无人时，电动机和定值电阻串联在工作电路中，电动机两端的电压较低；有人时，动触点和2连通，只有电动机连入工作电路，电动机两端的电压等于电源电压，较高，故A错误；
B、有人时，电动机两端的电压增大，电动机转速变快，故B正确；
C、没人时，R1与电动机串联在电路中，故C错误；
D、若将R1换成阻值更小的电阻，根据欧姆定律，此时电路中的电流变大，没人时电动机转速变得更快，故D错误。
故选：B。
【点评】知道电磁继电器的组成、原理和应用；知道串联电路和并联电路的特点；会根据欧姆定律进行简单的分析。
二、选择说理题（共8分）
8．（4分）如图所示，我国第一艘国产航母山东舰上搭载着歼﹣15战斗机，山东舰的排水量约为6万吨。下列说法正确的是（g取10N/kg） D 。
A.山东舰受到的浮力约为6×105N
B.山东舰从海水密度较小的港口驶达密度较大的远海时，其所受浮力变大，船体上浮一些
C.航母受到的浮力和航母对水的压力是一对平衡力
D.给山东舰补给后，它受到的浮力变大
理由： 给山东舰补给后，山东舰自身的重力变大，山东舰处于漂浮状态，浮力等于自身的重力，所以它受到的浮力变大 。
【分析】（1）知道航母满载时的排水量（满载时排开水的质量），利用阿基米德原理F浮＝G排＝m排g求航母受到的浮力；
（2）当航母从海水密度较小的港口驶达密度较大的远海时，始终处于漂浮状态，浮力大小等于重力，据此分析浮力大小变化，根据阿基米德原理判定排开液体的体积的变化；
（3）二力平衡条件：大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上；
（4）物体漂浮时，受到的浮力等于自身的重力。
【解答】解：A、由题知，该航母满载时的排水量约为6万吨，则由阿基米德原理可得，航母满载时受到的浮力：F浮＝G排＝m排g＝6×104×103kg×10N/kg＝6×108N，故A错误；
B、当航母从海水密度较小的港口驶达密度较大的远海时，始终处于漂浮状态，浮力等于其重力，且航母受到的重力不变，所以航母所受到的浮力不变；由F浮＝ρ液V排g可得，排开液体的体积会变小，船体会上浮一些，故B错误；
C、航母受到的浮力和航母对水的压力，这两个力没有作用在同一个物体上，不是一对平衡力，故C错误；
D、给山东舰补给后，山东舰自身的重力变大，山东舰处于漂浮状态，浮力等于自身的重力，所以它受到的浮力变大，故D正确。
故答案为：D；给山东舰补给后，山东舰自身的重力变大，山东舰处于漂浮状态，浮力等于自身的重力，所以它受到的浮力变大。
【点评】本题考查了阿基米德原理、物体浮沉条件的应用、平衡力的辨别，注意：航母从海水密度较小的港口驶达密度较大的远海时，始终处于漂浮状态，浮力不变、排水量不变。
9．（4分）将同一物体G＝120N用以下四种方式吊起同样的高度，以下说法不正确的是 C 。
A.不计机械自重，摩擦绳重，甲最省力
B.乙机械可以改变力的方向
C.丙丁两机械相比每个滑轮自重相同，不计摩擦绳重，丙机械效率更高
D.若丁图用50N拉力将物体吊起，不计绳重和摩擦，则此时滑轮组的机械效率为80%
理由： 由不计摩擦绳重时η＝＝＝＝可知，在动滑轮的自重和被提升物体的重力相同时，滑轮组的机械效率相同 。
【分析】（1）不计机械自重，摩擦绳重，根据杠杆的平衡条件、定滑轮以及滑轮组的特点计算并比较哪个机械最省力；
（2）定滑轮实质是等臂杠杆，不省力也不费力，但可以改变作用力方向；
（3）每个滑轮自重相同，根据不计摩擦绳重时η＝＝＝＝比较丙和丁的机械效率大小；
（4）由图可知n＝3，利用η＝＝＝＝求滑轮组的机械效率。
【解答】解：A、不计机械自重，摩擦绳重，图甲是杠杆，根据杠杆的平衡条件有：F1×4L＝G×L，所以F1＝G；图乙是定滑轮，根据定滑轮特点知，F2＝G；图丙是滑轮组，承担重物绳子的段数n＝2，所以F3＝G；图丁是滑轮组，承担重物绳子的段数n＝3，所以F4＝G，所以甲是最省力的，故A正确；
B、图乙中滑轮不随物体一起移动，因此乙机械是定滑轮，可以改变力的方向，故B正确；
C、丙和丁两个滑轮组都是一个定滑轮和一个动滑轮组成，每个滑轮自重相同，提起的物重相同，由η＝＝＝＝可知，丙和丁的机械效率相等，故C错误；
D、由图可知n＝3，滑轮组的机械效率：η＝＝＝＝＝×100%＝80%，故D正确。
故答案为：C；由不计摩擦绳重时η＝＝＝＝可知，在动滑轮的自重和被提升物体的重力相同时，滑轮组的机械效率相同。
【点评】本题考查了杠杆、定滑轮、滑轮组的特点以及机械效率的计算，掌握基础知识，灵活应用公式是关键。
三、填空题（共8分）
10．（2分）候车时，为安全起见，一定要站在安全线以外，这是由于列车从人前方驶过，带动人前方的气体流速 增大 ，气压 减小 。
【分析】流体的压强跟流速有关，流速越大的地方，压强越小。
【解答】解：列车从人前方驶过时，安全线以内的地方空气流速增大，压强减小。人外侧受到的压强大于内侧受到的压强，人被压向列车，易发生交通事故。
故答案为：增大；减小。
【点评】本题考查流体压强与流速的关系，难度不大。
11．（3分）以下场景利用到的物理知识分别是
例如：利用大气压强、 平面镜成像 、 增大压强 、 连通器原理 。
【分析】（1）光的反射是指光线在传播的过程中遇到障碍物被反射出去的现象，比如平面镜成像；
（2）增大压强的方法：在压力一定时，减小受力面积；在受力面积一定时，增大压力；
（3）连通器的特点：上端开口下端连通的容器。连通器里只有一种液体，在液体不流动的情况下，连通器各容器中液面的高度总是相平的。
【解答】解：潜望镜利用的是平面镜成像，是由光的反射形成的；
汽车的破窗锤是在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强；
船闸是连通器原理的应用。
故答案为：平面镜成像；增大压强；连通器原理。
【点评】此题为光学和力学综合题，涉及到的知识点较多，难度中等，解题的关键是掌握相关基础知识。
12．（1分）手机不充电时，插在插座上的充电器也会有微弱电流通过，此时充电器的实际功率为0.2W，若每天对手机充电2h。调查表明，我国每天约有2×108个充电器充完后仍插在插线板上，则这些充电器一天浪费的电能是 8.8×105 kW•h。（温馨提示：仔细审题，小心掉“坑”）
【分析】已知充电器不充电时的功率和每天工作的时间，先计算不充电的时间（不充电的时间消耗的电能是浪费的电能），根据W＝Pt可求出每个手机一天浪费的电能，根据W总＝nW可求出2×108个充电器每天浪费的电能，由此可求出这些充电器一天浪费的电能。
【解答】解：已知充电器不充电时的功率P＝0.2W＝0.2×10﹣3kW，每天工作的时间2h，不充电的时间t＝24h﹣2h＝22h，
每个手机一天浪费的电能W＝Pt＝0.2×10﹣3kW×22h＝44×10﹣4kW•h，
2×108个充电器每天消耗的电能W总＝nW＝2×108×44×10﹣4kW•h＝8.8×105kW•h，即这些充电器一天浪费的电能是8.8×105kW•h。
故答案为：8.8×105。
【点评】本题主要考查电能的计算，属于电学基础题，难度不大。
13．（2分）放在水平地面上的木块受到水平拉力F的作用，物体运动的速度v与时间t的关系图像如图丙所示，则物体1s时受到的摩擦力为 3 N，3s时受到的摩擦力为 5 N。
【分析】（1）当物体静止时，静摩擦力与拉力二力平衡，大小相等；
（2）当物体运动时，滑动摩擦力是不受拉力大小影响的，只有匀速直线运动时，摩擦力与拉力二力平衡，大小相等，当物体受到的拉力变大或变小时，摩擦力都不变。
【解答】解：由丙图可知，前2s物体速度为零，仍处于静止状态，则水平方向受到的摩擦力和拉力是一对平衡力；由乙图可知，物体所受拉力为3N，则可知摩擦力也为3N；
由丙图可知，4s～6s内，物体做匀速直线运动，此时物体受力平衡，摩擦力与拉力平衡；由乙图可知，物体所受拉力为5N，则可知此时滑动摩擦力也为5N；
由丙图可知2～4s内，物体正在做加速运动，此时摩擦力与匀速直线运动时的摩擦力相同，物体加速运动时，压力和表面的粗糙程度不变，所以，3s时受到的摩擦力为5N。
故答案为：3；5。
【点评】本题考查学生对图象的认识与分析，要求能熟练读图，并能结合运动分析物体的受力情况。
四、实验探究（共21分）
14．（4分）如图是老师在演示液体内部压强情况的六幅图，除E图杯中装的浓盐水外，其余杯里装的都是水。请你仔细观察这六幅图后回答：
（1）比较A、B、C三图可知同种液体同一深度，液体向各个方向的压强 相等 。
（2）比较D、E两幅图，可以得出结论 液体内部压强大小与液体的密度有关 。
（3）要解释三峡大坝设计成上窄下宽的原因，可比较 C 图和 D 图。
【分析】液体压强与液体密度和液体深度有关，按照控制变量法来分析。
【解答】解：（1）由A、B、C三图，液体密度相同，金属盒所在深度相同，但方向不同，而受到的液体压强相同。所以结论为：同种液体，同一深度，向各个方向的压强都相等；
（2）D、E两幅图金属盒所在深度相同，液体密度不同，受到的压强也不同，所以液体内部压强大小与液体的密度有关；
（3）三峡大坝设计成上窄下宽的原因是因为液体的压强随深度的增加而增大，C、D两个图，液体的密度相等，金属盒进入液体越深，U形管液面高度差越大，说明液体压强越大，实验说明同一液体的压强随深度的增加而增大。
故答案为：（1）相等；（2）液体内部压强大小与液体的密度有关；（3）C；D。
【点评】掌握液体压强大小的影响因素，利用控制变量法和转换法探究液体压强跟影响因素之间的关系。
15．（6分）青少年眼健康已成为我国重大公共卫生问题，近视率将纳入政府绩效考核，有力推进“双减”和素质教育。如图所示，某同学用自制的水透镜来探究近视成因，当向水透镜里注水时，水透镜的焦距将变小；当从水透镜里抽水时，水透镜的焦距将变大。
（1）该同学移动蜡烛、水透镜和光屏至图甲所示位置时，恰能在光屏上看到清晰的像，利用此成像特点可制成 照相机 （选填“照相机”或“投影仪”）；
（2）在图甲所示实验场景下，当从水透镜中充入适量的水后，发现光屏上的像变模糊了，此时应将光屏 靠近 （选填“靠近”或远离）凸透镜；若不移动光屏位置，该同学把自己的眼镜给水透镜“戴上”（如图乙所示），他发现烛焰的像再次变得清晰，由此判断该同学戴的眼镜的镜片是 凹透镜 （选填“凹透镜”或“凸透镜”）。
（3）如今，在一些商店前的地面上能看到用广告投影灯投射的广告图像，示意图如图丙所示，其中广告片应位于 一倍焦距和二倍焦距之间 （选填“二倍焦距以外”“一倍焦距和二倍焦距之间”或“一倍焦距以内”），此时成 倒立 （选填“倒立”或“正立”）的像。为了在地面上得到更大的清晰广告图像，应将广告片靠近凸透镜，并将凸透镜适当调 高 （选填“高”或“低”）。
【分析】（1）凸透镜成实像时，物距大于像距，成倒立缩小的实像，应用于照相机；
（2）当向水透镜里注入适量的水，可增强其会聚能力；近视眼矫正方法，需佩戴具有发散作用的凹透镜；
（3）投影仪是利用凸透镜成倒立、放大的实像原理工作的，此时物距2f＞u＞f，像距v＞2f；凸透镜成实像时，物近像远像变大、物远像近像变小。
【解答】解：（1）如图可知，物距大于像距，成倒立、缩小的实像，应用于照相机。
（2）当向水透镜里注入适量的水后，对光线的会聚能力增强，发现光屏上的像变模糊了，此时应将光屏靠近凸透镜；
若不移动光屏位置，该同学把自己的眼镜给水透镜“戴上”，他发现烛焰的像再次变得清晰，说明该同学的眼睛是具有发散作用的凹透镜；
（3）投影灯与投影仪的成像原理相同，则投影灯工作时，物距在一倍焦距和二倍焦距之间，所以广告片位于镜头一倍焦距和二倍焦距之间，成倒立放大的实像；
要使像更大一些，要减小物距，镜头适当调高，增大像距，所以增大投影灯离地距离，同时减小广告片与镜头的距离。
故答案为：（1）照相机；（2）靠近；凹透镜；（3）一倍焦距和二倍焦距之间；倒立；高。
【点评】本题主要考查了凸透镜成像规律的应用，要能够应用所学知识解释有关现象。
16．（3分）如图所示是小华利用弹簧测力计、石块、适量水，测量石块的密度。（已知水的密度为ρ水）
（1）用细线系住石块，用弹簧测力计测得石块的重力为G0（如图甲）。
（2）向烧杯中装入足够多的水，用弹簧测力计悬挂着石块浸没在水中，读出此时弹簧测力计的示数为F1（如图乙）。
（3）小石块受到的浮力为 G0﹣F1 ，小石块的体积为 ，小石块的密度ρ＝ •ρ水 。（用已知字母表示）
【分析】知道小石块的重力G0，小石块浸没在液体中称的示数为F1，小石块受到的浮力为：F浮＝G0﹣F1；
小石块浸没在水中，知道小石块受到的浮力和水的密度，根据阿基米德原理求出小石块的体积；知道小石块的质量和体积，根据密度公式求出小石块的密度。
【解答】解：①用弹簧测力计测出小石块的重力G0，小石块的质量m＝；
②用弹簧测力计提着小石块缓慢浸入水中，直到小石块浸没水中，此时小石块排开水的体积就等于小石块的体积，读出弹簧测力计的示数F1。
小石块受到的浮力为：F浮＝G0﹣F1。
根据F浮＝ρ水gV排＝G0﹣F1得小石块浸没在水中时小石块的体积：
V＝V排＝，
小石块的密度：
ρ＝＝＝•ρ水。
故答案为：G0﹣F1；；•ρ水。
【点评】本题探究浮力的大小与排开液体所受重力的关系，考查测力计读数、称重法测浮力、数据分析、控制变量法和归纳法的运用。
17．（8分）在“测量额定电压为2.5V的小灯泡的电功率”的实验中：
（1）用笔画线代替导线，将图甲补充完整；
（2）正确连线后闭合开关，小灯泡不亮，电流表有示数，电压表无示数，电路故障可能是小灯泡 短 路；
（3）排除故障后，移动滑片至某一位置时电压表的示数为2V，为了测量小灯泡的额定功率，应将滑片向 左 （选填“左”或“右”）移动；
实验序号
电压/V
电流/A
电功率/W
灯泡亮度
电阻/Ω
电阻的平均值
1
1.0
0.14
0.14
很暗
7.14
2
1.7
0.22
0.374
较暗
7.73
3
2.5
正常
4
3.0
0.32
0.90
较亮
9.28
（4）当电压表的示数为2.5V时，电流表的示数如图乙所示，额定功率为 0.75 W；电阻为 8.3 Ω（保留一位小数）。
（5）上表记录了部分实验数据，分析数据可知，通过本实验还可以得到：
①灯丝电阻随 温度 变化而变化；此电路 不能 （选填“能”或者“不能”）探究电流与电压的关系。
②灯泡亮度由 实际功率 决定。
（6）指出表格设计中的一处错误 电阻的平均值一栏多余 。
【分析】（1）在“测量额定电压为2.5V的小灯泡的电功率”的实验中，灯泡、滑动变阻器和电流表串联，电压表并联在灯泡两端；
（2）正确连线后闭合开关，小灯泡不亮，电流表有示数，说明电路是通路；电压表无示数，说明电压表并联的电路短路或电压表短路；
（3）比较电压表示数与灯泡额定电压大小，根据串联电路电压规律和分压原理确定滑动变阻器滑片移动方向；
（4）根据电流表选用量程确定分度值读数，利用P＝UI和R＝分别求出小灯泡额定功率和电阻；
（5）①灯丝的电阻随温度的变化而变化，不是一定值；在探究电流与电压的关系实验中，需控制电阻不变；
②根据表中数据分析回答；
（6）不同电压下灯泡的电阻不同，不需要求灯泡电阻的平均值。
【解答】解：（1）在“测量额定电压为2.5V的小灯泡的电功率”的实验中，灯泡、滑动变阻器和电流表串联，电压表并联在灯泡两端，如下图所示：
；
（2）正确连线后闭合开关，小灯泡不亮，电流表有示数，说明电路是通路；电压表无示数，说明电压表并联的电路短路或电压表短路，即电路故障可能是小灯泡短路；
（3）排除故障后，移动滑片至某一位置时电压表的示数为2V，小于灯泡额定电压2.5V，为了测量小灯泡的额定功率，应增大灯泡两端的电压，根据串联电路电压规律，应减小滑动变阻器两端的电压，根据分压原理，应减小滑动变阻器接入电路的阻值，故应将滑片向左移动；
（4）当电压表的示数为2.5V时，电流表的示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值0.02A，其示数为0.3A，则小灯泡额定功率为：
PL＝ULIL＝2.5V×0.3A＝0.75W；
RL＝＝≈8.3Ω；
（5）①由表中数据可知，当灯泡两端电压增大，通过灯泡的电流也增大，根据P＝UI可知，灯泡的功率变大，温度升高，灯丝电阻随温度的升高而增大，故灯丝电阻随温度变化而变化；
在探究电流与电压的关系实验中，需控制电阻不变，而灯丝电阻随温度变化而变化，不是一定值，故此电路不能探究电流与电压的关系；
②由表中数据可知，当灯泡的实际功率越大，灯泡的亮度越亮，故灯泡亮度由实际功率决定；
（6）不同电压下灯泡的电阻不同，不需要求灯泡电阻的平均值，故不妥之处为电阻的平均值一栏多余。
故答案为：（1）见解答图；（2）短；（3）左；（4）0.75；8.3；（5）①温度；不能；②实际功率；（6）电阻的平均值一栏多余。
【点评】本题测小灯泡的电功率实验，考查了电路连接、电路故障、实验操作、电阻的计算、功率的计算和影响电阻大小因素等知识。
五、应用（共24分）
18．（5分）古代劳动人民巧妙使用水来开山采石，冬季，在白天给石头打一个洞，再往洞里灌满水并封实，待晚上降温，水结冰后石头就裂开了。水结冰这一过程中：
（1）水的质量 不变 ；体积 增大 （两空均选填增大、减小或不变）（ρ冰＝0.9×103kg/m3）；
（2）物态变化是 凝固 ；
（3）温度随时间变化的图像是 丙 ；
（4）内能 减小 （选填“增大”、“减小”或“不变”）。
【分析】（1）质量是物体的一种基本属性，与物体的状态、形状、温度、所处的空间位置的变化无关；根据密度公式的变形式V＝知，质量不变，密度减小，体积增大；
（2）物质从液体变为固态的过程叫做凝固，晶体凝固规律：晶体凝固时要不断放热，但温度保持在凝固点不变；
（4）晶体凝固条件：晶体要凝固，首先温度要达到晶体的凝固点，其次晶体还要不断放出热量。
【解答】解：（1）水的质量不变；密度减小，根据密度公式的变形式V＝知，体积增大；
（4）水结冰时不断放出热量，内能减小。
故答案为：（1）不变；增大；（2）凝固；（3）丙；（4）减小。
【点评】本题考查密度和质量的特点、晶体凝固规律、密度的计算与公式的应用等，解答此题的关键是正确理解密度和质量的影响因素，水结冰密度减小，体积增大，日常生活中冬天水管涨破就是这一道理。
19．（9分）万物皆可外卖的时代，外卖拯救了无数人的胃和无数“出门困难户”，外卖骑手为加快送餐速度避免差评，需要提高它的车速，如图14所示现接到一个从商家到顾客距离为3km的订单，取餐后，外卖骑手用时10min将外卖从商家送到了顾客所在位置，假设他在整个过程中匀速直线行驶，如表是他所骑电动车的主要技术参数：
基本信息
整车质量
50kg
最大噪声
62dB
轮胎的着地总面积
200cm2
蓄电池
电压
60V
容量
12A•h
电动机
额定电压
48V
额定功率
249W
（1）电动车蓄电池充满电可储存能量？
（2）电动车新国标强制规定，最高时速不得超过25km/h，骑手在送餐过程中是否超速？通过计算说明。
（3）该骑手的质量为70kg，他在水平路面上骑行时，求电动车对水平路面的压强。
（4）若在匀速送餐过程中电动车受到的阻力为20N，求此过程中电动车牵引力做的功及功率。
（5）电动车的工作原理是图 乙 。
【分析】（1）根据W＝UIt求出电动车蓄电池充满电可储存能量；
（2）知道电动车行驶的路程和所用的时间，利用速度公式求出电动车的速度，与最高时速比较可知是否超速；
（3）根据G＝mg求出电动车和骑手的总重力，电动车对水平路面的压力等于电动车和骑手的总重力，利用p＝求出电动车对水平路面的压强；
（4）电动车匀速送餐过程中的牵引力等于电动车受到的阻力，根据W＝Fs求电动车牵引力所做的功，利用P＝求出电动车牵引力做功的功率；
（5）电动车的工作原理是通过线圈在磁场中受力转动，工作过程中把电能转化为机械能。
【解答】解：（1）电动车蓄电池充满电可储存能量：W＝UIt＝60V×12×3600s＝2.952×106J；
（2）电动车的速度：v＝＝＝18km/h＜25km/h，所以骑手在送餐过程中没有超速；
（3）电动车和骑手的总重力：G总＝m总g＝（m骑+m车）g＝（70kg+50kg）×10N/kg＝1200N，
电动车对水平路面的压力：F＝G总＝1200N，
电动车对水平路面的压强：p＝＝＝6×104Pa；
（4）电动车匀速送餐过程中在水平方向上受力平衡，根据二力平衡条件可知，电动车匀速送餐过程中的牵引力：F牵＝f＝20N，
电动车牵引力所做的功：W′＝F牵s＝20N×3×1000m＝6×104J；
电动车牵引力做功的功率：P＝＝＝100W；
（5）由图甲可知，线圈在磁场中切割磁感线运动，产生感应电流，这是发电机原理图；
图乙中，通电线圈在磁场中受到力的作用而转动，工作过程中把电能转化为机械能，这是电动机的原理图。
答：（1）电动车蓄电池充满电可储存能量为2.952×106J；
（2）骑手在送餐过程中没有超速；
（3）电动车对水平路面的压强为6×104Pa；
（4）电动车牵引力做的功为6×104J；功率为100W；
（5）乙。
【点评】本题考查电功的计算、速度公式、重力公式、压强公式、功的公式、功率公式以及电动机和发电机的工作原理，是一道综合题，有一定的难度。
20．（3分）随着我国经济的发展，我国出现了越来越多的潜水爱好者。为了保障潜水员潜水时的安全，潜水时会佩戴如图甲所示深度表。如图乙是一款深度表的简化电路图，定值电阻R0，Rp是压敏电阻，图丙是Rp的阻值随海水深度变化的图像。深度表由电压表（量程0～3V改装）。求：
（1）试解释深度表的工作原理。
（2）当Rp＝10Ω时，深度表受到水的压强是多少帕？
【分析】由图乙可知，定值电阻R0与压敏电阻Rp串联接入电路，电压表测量定值电阻R0两端的电压，
（1）由图丙可知，海水深度增大时，Rp的阻值减小，根据串联电路电阻规律可知，电路中的总电阻的变化，根据I＝可知，电路中的电流的变化，根据U＝IR可知，定值电阻R0两端的电压的变化，由此可得出深度表的工作原理；
（2）由图丙可知，当压敏电阻Rp＝10Ω时，海水深度为60m，根据p＝ρ水gh可求出深度表受到水的压强。
【解答】解：由图乙可知，定值电阻R0与压敏电阻Rp串联接入电路，电压表测量定值电阻R0两端的电压，
（1）由图丙可知，海水深度增大时，Rp的阻值减小，根据串联电路电阻规律可知，电路中的总电阻将减小，根据I＝可知，当电压一定时，电路中的电流将变大，根据U0＝I0R0可知，定值电阻R0两端的电压将变大，由此可知，深度表的工作原理：当海水深度增大时，深度表示数将增大；
（2）由图丙可知，当压敏电阻Rp＝10Ω时，海水深度为60m，深度表受到水的压强p＝ρ水gh＝1.0×103kg/m3×9.8N/kg×60m＝5.88×105Pa。
答：（1）由图丙可知，海水深度增大时，Rp的阻值减小，根据串联电路电阻规律可知，电路中的总电阻将减小，根据I＝可知，当电压一定时，电路中的电流将变大，根据U0＝I0R0可知，定值电阻R0两端的电压将变大，由此可知，深度表的工作原理：当海水深度增大时，深度表示数将增大；
（2）当Rp＝10Ω时，深度表受到水的压强是5.88×105Pa。
【点评】本题主要考查欧姆定律的应用，液体压强的计算公式的应用，属于学科综合题，从图像中获取有用的信息是解题的关键。
21．（7分）如图甲所示为小银家的电饭锅，铭牌上附有中国能效标识，从铭牌上可知该电饭锅能效等级为三级，额定电压为220V，加热额定功率为1000W。求：
（1）小银想利用如图丙所示的电能表测量电饭锅的保温功率，他关闭家里的其他用电器，让电饭锅处于“保温”状态下正常工作一段时间，观察到电能表转盘转了30r，这段时间内该电锅消耗的电能为多少？
（2）在加热状态下，将温度为20℃、质量为2kg的水加热到100℃，已知c水＝4.2×103J/（kg•℃），求水吸收的热量。
（3）小银上网查询了解到，国家标准中规定电饭锅在该加热功率下正常工作时，三级能效的效率值（电热转化效率）范围为81%＜η＜86%。电饭锅正常工作用时800s。他用学过的知识对电饭锅进行测试：请你通过计算帮助小银判断该电饭锅的热效率值是否达到三级能效。
（4）电饭锅的电源线较短，也较粗，从安全用电的角度，为什么要这样设计？
【分析】（1）3000r/kW•h表示电路中的用电器每消耗1kW•h电能，电能表的转盘转过3000转，据此求出电能表转盘转了30r，这段时间内该电锅消耗的电能；
（2）根据Q吸＝cm（t﹣t0）求出水吸收的热量；
（3）根据W＝Pt求出电饭锅消耗的电能，利用效率公式求出电饭锅的效率，与三级能效比较可知是否达到标准；
（4）根据电阻大小的影响因素和焦耳定律分析解答。
【解答】解：（1）3000r/kW•h表示电路中的用电器每消耗1kW•h电能，电能表的转盘转过3000转，
则电能表转盘转了30r，这段时间内该电锅消耗的电能：W＝＝0.01kW•h＝3.6×104J；
（2）水吸收的热量：Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（100℃﹣20℃）＝6.72×105J；
（3）电饭锅消耗的电能：W′＝Pt′＝1000W×800s＝8×105J，
电饭锅的效率：η＝＝＝84%，
根据题意可知，三级能效的效率值（电热转化效率）范围为81%＜η＜86%，所以该电饭锅的热效率值达到了三级能效；
（4）根据导体电阻的影响可知，相同材料的电源线，长度越短、横截面积越大，电源线的电阻越小，根据焦耳定律Q＝I2Rt可知，通过电源线的电流和通电时间相同时，电源线的电阻越小，产生的热量越少，电路越安全。
答：（1）这段时间内该电锅消耗的电能为3.6×104J；
（2）水吸收的热量为6.72×105J；
（3）该电饭锅的热效率值达到了三级能效；
（4）根据导体电阻的影响可知，相同材料的电源线，长度越短、横截面积越大，电源线的电阻越小，根据焦耳定律Q＝I2Rt可知，通过电源线的电流和通电时间相同时，电源线的电阻越小，产生的热量越少，电路越安全。
【点评】本题考查对电能表参数的理解、吸热公式、电功公式、效率公式、电阻大小的影响因素和焦耳定律的应用，是一道综合题，有一定的难度。
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