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2023年河南省驻马店市驿城区中考物理一模试卷（含解析）
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这是一份2023年河南省驻马店市驿城区中考物理一模试卷（含解析），共22页。
2023年河南省驻马店市驿城区中考物理一模试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
1. 物理学中有一些揭示物体运动变化规律的定律。比如：______ 定律揭示了通过导体的电流与电压和电阻之间的关系；揭示运动和力的关系的定律叫做______ 定律。
2. 一架正在运送旅客的飞机如图所示，飞机在飞行途中机体与空气、灰尘等微粒摩擦时会______ ，会严重干扰飞机无线电设备的正常工作。飞机飞行时，机翼上方的空气流速______ (选填“大于”、“小于”或“等于”)机翼下方的空气流速，对机翼上表面的压强______ (选填“大于”、“小于”或“等于”)对机翼下表面的压强，从而产生向上的力。
3. 涡轮增压汽车通过压缩空气来增加发动机的进气量，使汽油更充分地燃烧，进而更节能，与相同规格的普通汽车相比，同样的汽油在涡轮增压汽车内热值______ 。(选填“更大”、“一样大”或“更小”)；汽车散热器中用水作为冷却液是因为水的______ 。
4. 如图所示电路，电源电压为6V，电阻R1为1Ω，R2为3Ω。当开关S闭合后，通过电阻R1、R2的电流之比为______ ；电压表V1、V2的示数之比为______ ，1min电路产生的热量为______ J。
5. 学校在拐角和校园的死角上安装了如图所示的摄像头，其镜头相当于一个______ (选填“凸”或“凹”)透镜，当学生靠近镜头的过程中，通过镜头所成的实像越来越______ (选填“大”或“小”
)
6. 亮亮将热水、冰水和与室内温度相同的水，分别倒入常温下甲、乙、丙三个相同的透明烧杯中，如图所示，过了一会，发现有的烧杯的内壁上出现小水珠。你认为______ 烧杯的内壁上出现了水珠，请写出你的分析过程：______ (写出一种即可)。
7. 生活中有时需要对某些物理量的数值进行估测，下列估测正确的是( )
A. 教室门的宽度约为2m B. 比较舒适的洗澡水温度为70℃
C. 一个鸡蛋的质量大约为50g D. 人正常走路的速度约为5m/s
8. 验电器A和B规格相同，均不带电，用毛皮摩擦过的橡胶棒接触验电器A的金属球，金属箔片张开，若用带有绝缘手柄的金属棒连接A和B的金属球，如图所示。以下判断正确的是( )
A. 毛皮和橡胶棒因摩擦产生了电
B. 橡胶棒失去电子带负电
C. 绝缘手柄不容易导电，也不会带电
D. A、B被连接时，电流的方向是从B到A
9. 如图所示为一款儿童滑板车，内部无电池，但轮子转动时，嵌在轮子里的LED灯就会发光，产生酷炫的效果。图中能反映此原理的是( )
A.
B.
C.
D.
10. 如图是《天工开物》中古人从水井提水的模型图。小华看到后有了下列几点思考，请你选出小华正确的观点( )
A. 小华认为这是一个费力杠杆模型
B. 将支点向靠近人的方向移动，可以更加省力
C. 使用时，省力但费距离
D. 所提水的质量越大，越省力
11. 如图是第24届冬季奥林匹克运动会上冰球运动员正在比赛的情境，下列说法中正确的是( )
A. 冰球运动员在加速滑行过程中，运动状态不变
B. 运动员手持球杆击球时，球杆对球的力与手对球杆的力是一对相互作用力
C. 以运动员自己的球杆为参照物，运动员是静止的
D. 运动员站在水平冰面上时，冰面对人的支持力与人受到的重力是一对相互作用力
12. 下列关于能源和信息的说法，错误的是( )
A. 天然气属于一次能源，汽油属于二次能源 B. 太空授课是通过电磁波传递声音和图像的
C. 核电站是利用核聚变把核能转化为电能的 D. 火箭利用液氢做燃料是因为它的热值较大
13. 如图所示，一小球用细线系于杯底，且全部浸入水中，若细线突然断开，上升至水面后静止，则细线断开后与断开前相比，以下说法正确的是( )
A. 小球所受的浮力始终不变
B. 烧杯对桌面的压强不变
C. 水对杯底的压强变小
D. 烧杯中的液面升高
14. 图甲为常用的呼气式酒精测试仪原理图，其中R1为定值电阻，R2为气敏电阻，气敏电阻的阻值随酒精气体浓度的变化关系如图乙所示，电源电压不变，闭合开关，下列说法正确的是( )
A. 酒精气体浓度越高，电路消耗的功率越大 B. 酒精气体浓度越高，电压表示数越小
C. 酒精气体浓度越低，R1消耗的功率越小 D. R2的阻值随酒精气体浓度的升高而增大
15. 如图所示为绘画社团的同学们正在用绘画刷在画板上作画的情境，请在图中的A点画出画板受到的压力和刷子受到的摩擦力的示意图。
16. 如图所示，通过全景海底隧道，可以看到海底深处的神奇世界。点S为人看到的海鱼所在的位置，请画出人看到海鱼的大致光路图。(忽略玻璃厚度产生的折射的影响)
17. 小彤同学“探究平面镜成像的特点”的实验情境如图所示：
(1)用玻璃板代替平面镜做实验时，会看到两个不重合的像，是玻璃板前后两个面分别反射形成的，为消除此现象可选用______ (选填“厚”或“薄”)一些的玻璃板代替平面镜。
(2)将点燃的蜡烛A竖立在玻璃板的前面，将______ (选填“点燃”或“未点燃”)的蜡烛B竖立在玻璃板后面并移动，直到看上去蜡烛B跟蜡烛A的像完全重合。
(3)移去蜡烛B，在其原位置放置一块光屏，光屏上不能得到蜡烛A的像，说明平面镜所成的像是______ (选填“实像”或“虚像”)。
(4)如图乙所示为小彤同学完成实验后的记录纸，根据记录，她分析得出了“物体通过平面镜所成的像到平面镜的距离与物体到平面镜的距离相等”的实验结论。请你指出小彤同学实验中存在的问题：______ 。
18. 如图所示是晓玥用压强计“探究影响液体内部压强大小的因素”的实验情境。
(1)压强计______ (选填“是”或“不是”)连通器；使用前，用手轻压压强计的橡皮膜，若U形管两侧液面高度无变化，说明该压强计______ (选填“漏气”或“不漏气”)。
(2)比较图乙和图丙，可以初步得出结论：当______ 一定时，______ 越大，液体压强越大。
(3)比较甲、乙两图，发现液体内部的压强与深度有关，因此拦河坝要做成______ (选填“上窄下宽”或“上宽下窄”)的形状。
(4)若想用此装置“探究同种液体同一深度处的压强特点”，请你设计出一个简单的操作方法：______ 。
19. 一个小灯泡，正常发光时的电压为2.5V，小硕同学想要测量该小灯泡正常发光时的电阻，于是在实验室找来一些器材连接了图甲所示的实验电路，电源电压6V恒定不变。
(1)用笔画线代替导线将甲图电路连接完整，要求滑片右移灯泡变亮。
(2)小硕将电路连接正确后，闭合开关，发现小灯泡不亮，电压表、电流表均有示数，则小灯泡不亮的原因是______ 。
(3)实验时，移动滑动变阻器的滑片改变小灯泡两端的电压，某时刻电压表的示数如图乙所示，读数为______ V，为了测量小灯泡正常发光时的电阻，应将滑片向______ (选填“左”和“右”)端移动。
(4)小硕同学测出了多组对应的电流值和电压值，并在坐标系上作出I−U关系图象，如图丙所示，由图象可知，小灯泡正常发光时的电阻是______ Ω。同组的小淇同学认为为了减小误差，应将不同电压下的电阻计算出来后求平均值，你认为她的建议是否正确，并说明原因：______ 。
(5)小明没用电压表，但多用了一个开关，其他器材与小硕的相同，也测出了另一个额定电流为I额的小灯泡正常发光时的电阻。已知电源电压为U，他设计了如图丁所示的电路图，请你帮他完成实验步骤并写出小灯泡正常发光时电阻的表达式。
①按图丁连接电路，然后只闭合开关S1，移动滑片P，使电流表的示数为I额；
②再闭合开关S2，______ ，记下此时电流表的示数I2；
③小灯泡正常发光时的电阻：R= ______ 。
20. 冰壶运动是2022年北京冬奥会的比赛项目之一，如图甲所示。一次比赛中，运动员在发球区投掷线MN的A处以2m/s的速度推动冰壶前进，在前卫线的B处放手推出，冰壶沿冰道的中心线PO刚好滑行到营垒圆心O处，如图乙所示。冰壶的质量为19kg，与冰道接触面积为200cm2，投掷线MN与营垒圆心O的距离是30m，A、B间的距离是4m，g取10N/kg。
(1)冰壶被掷出后，队员在冰壶前方“刷冰”，通过______ 的方式改变冰的内能，使冰道表面的冰变成薄薄的一层水，______ (选填“增大”或“减小”)冰壶受到的摩擦力，从而使冰壶按照预计的情况运动。
(2)冰壶静止时对冰道的压强是多大？
(3)若运动员对冰壶的水平推力恒为25N，在这一过程中，运动员对冰壶做了多少功？做功的功率是多少？
21. 一款内置电陶炉的电暖桌如图甲所示，它不仅具有桌面暖手、桌底暖脚功能，还可以烧水、煮茶等。电陶炉的简化电路如图乙所示，其参数如表所示，高温挡额定功率字迹已被磨损。旋转旋钮开关，可实现停止工作、低温挡和高温挡的转换。R1和R2均为电热丝，R2=77Ω。
电陶炉
额定电压
220V
额定功率
高温挡
××W
低温挡
400W
求：
(1)电陶炉的工作原理为电流的______ ，求R1的阻值；
(2)高温挡额定功率；
(3)在某用电高峰期，若家庭电路中只有电陶炉在工作，发现标有“3000imp/(kW⋅h)”的电能表的指示灯闪烁300次，使质量为2kg的水从20℃升高到50℃，求此时电陶炉的加热效率。
[c水=4.2×103J/(kg⋅℃)]
答案和解析
1.【答案】欧姆 牛顿第一
【解析】解：欧姆定律揭示了通过导体的电流与电压和电阻之间的关系：通过导体的电流与导体两端的电压成正比，与导体的电阻成反比；
牛顿第一定律表明物体具有保持原来运动状态不变的性质，即惯性，牛顿第一定律又称为惯性定律，表明物体的运动不需要力来维持，那么牛顿第一定律揭示的是运动和力之间的关系。
故答案为：欧姆；牛顿第一。
根据欧姆定律的内容分析；
牛顿第一定律给出了物体不受力作用时的运动规律，同时也说明了力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因。
本题考查了欧姆定律和牛顿第一定律，属于基础题。
2.【答案】产生静电 大于 小于
【解析】解：(1)飞机在飞行途中机体与空气、灰尘等微粒摩擦时会产生静电，会严重干扰飞机无线电设备的正常工作；
(2)等质量的空气在相同的时间内同时通过机翼的上表面和下表面，由于上表面弯曲，所以机翼上方的流速就大于机翼前方的流速；而下表面平直，因此机翼下方的流速大致等于前方的流速，从而可以知道，机翼下方的流速就小于机翼上方的流速，所以机翼上方的压强小于机翼下方的压强，这样就产生了作用在机翼上的向上的升力。
故答案为：产生静电；大于；小于。
(1)静电现象是物质在外力的作用下电荷位置发生变化所产生的带电现象；
(2)空气流速与压强的关系是：流速大的地方、压强小，流速小的地方、压强大。
本题考查了摩擦生电和流体压强与流速的关系，属于基础题。
3.【答案】一样大 比热容较大
【解析】解：热值是燃料本身的一种特性，只与燃料的种类有关，与是否完全燃烧无关，所以与相同规格的普通汽车相比，同样的汽油在涡轮增压汽车内热值一样；
汽车散热器中用水作为冷却液是因为水的比热容较大，相同质量的水和其它物质相比，升高相同的温度，水吸收的热量较多。
故答案为：一样大；比热容较大。
(1)热值是燃料本身的一种特性，只与燃料的种类有关，与燃料的质量、放出热量的多少以及是否完全燃烧无关；
(2)水的比热容较大，相同质量的水和其它物质相比，升高相同的温度，水吸收的热量较多。
本题考查对热值概念和比热容概念的理解，是一道基础题。
4.【答案】1：1 1：4 540
【解析】解：由图可知，R1、R2串联，电压表V1测量R1两端的电压，电压表V2测量电源电压；
根据串联电路的电流特点可知，当开关S闭合后，通过电阻R1、R2的电流之比为1：1；
由I=UR可知，R1、R2两端的电压之比：U1：U2=IR1：IR2=R1：R2=1Ω：3Ω=1：3，
因为串联电路的总电压等于各部分电路两端的电压之和，
所以电压表V1、V2的示数之比：UV1UV2=U1U1+U2=11+3=14；
电路中的总电阻：R=R1+R2=1Ω+3Ω=4Ω，
1min电路产生的热量：Q=W=U2Rt=(6V)24Ω×1×60s=540J。
故答案为：1：1；1：4；540。
由图可知，R1、R2串联，电压表V1测量R1两端的电压，电压表V2测量电源电压；
(1)根据串联电路的电流特点可知通过电阻R1、R2的电流之比；
(2)根据欧姆定律求出R1、R2两端的电压，结合串联电路的电压规律求出电压表V1、V2的示数之比；
(3)根据串联电路的电阻特点求出电路中的总电阻，根据Q=W=U2Rt求出1min电路产生的热量。
本题考查串联电路的特点、欧姆定律以及焦耳定律的应用，难度不大。
5.【答案】凸 大
【解析】解：摄像头成倒立、缩小的实像，其镜头是一个凸透镜，当学生靠近镜头的过程中，物距越来小，通过镜头所成的实像越来越大。
故答案为：凸；大。
摄像头成倒立、缩小的实像，其镜头是一个凸透镜，根据凸透镜成实像时，物近像远像变大，物远像近像变小可解答此题。
本题考查了凸透镜成像规律的应用，难度不大。
6.【答案】甲 热水上方温度较高的水蒸气遇到温度相对较低的烧杯内壁，发生了液化现象。
【解析】解：热水上方的水蒸气较多，遇到冷的玻璃杯更容易发生液化现象，所以甲杯烧杯的内壁会出现水珠；
故答案为：甲；热水上方温度较高的水蒸气遇到温度相对较低的烧杯内壁，发生了液化现象。
水蒸气遇到冷的玻璃表面液化成小水珠。
本题考查了生活中常见的物态变化：汽化和液化，分析时注意是哪里的水蒸气液化。
7.【答案】C
【解析】解：A、教室门的宽度约为1m，故A错误；
B、比较舒适的洗澡水温度为40℃，故B错误；
C、一个鸡蛋的质量大约为50g，故C正确；
D、人正常走路的速度约为1.1m/s，故D错误。
故选：C。
新课程标准要求我们能根据日常经验或自然现象粗略估测一些物理量。例如：长度、质量、时间、温度、力、速度、电功率、电流、电压等。解答估测选择题的方法：利用生活中我们熟悉的一些数据作为根据，进行单位换算，有时要利用基本公式求未知物理量。
本题考查了对长度、温度、质量、速度的估测，注重理论与实际差异的应变能力的培养，体现新课程的基本理念。
8.【答案】D
【解析】解：AB、摩擦起电实质是电子的转移，用毛皮摩擦橡胶棒，由于橡胶棒的原子核束缚核外电子的本领强，会从毛皮夺得电子，即一部分电子从毛皮转移到橡胶棒，所以橡胶棒因有多余的电子带负电，故AB错误。
C、橡胶棒是绝缘体，不容易导电，但摩擦后能带电，故C错误；
D、连接时，A带负电，B不带电，用带有绝缘手柄的金属棒把A和B连接起来，此过程中，A上的负电荷(电子)转移到B，B带负电，验电器B的张角变大，由于正电荷定向移动的方向是电流的方向，电子的定向移动方向与电流方向相反，所以电流方向为从B到A。故D正确。
故选：D。
(1)自然界有两种电荷，摩擦起电实质是电子的转移，用毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电；
(2)绝缘体不容易导电，但能带电；
(3)在接触带电的过程中，是电子发生定向移动；规定正电荷定向移动的方向是电流的方向。
理解常见摩擦起电的实质，以及电荷的转移情况和电流方向的规定，是解答此题的关键。
9.【答案】D
【解析】解：儿童滑板车的轮子转动时，嵌在轮子里的LED灯会发光，则可知此现象的原理为电磁感应现象。
A、图中的实验为奥斯特实验，说明了电流的磁效应，故A不符合题意；
B、图中实验装置说明通电导线在磁场中受力而运动，故B不符合题意；
C、图中实验装置是探究影响电磁铁磁性大小的因素实验，故C不符合题意；
D、图中实验装置无电源，闭合电路中的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，会产生电流，是电磁感应现象，故D符合题意。
故选：D。
闭合电路中的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，会产生电流，这种电流叫感应电流，这一现象叫电磁感应现象。
本题考查了对电磁感应现象的认识，属于基础知识，难度不大。
10.【答案】AB
【解析】解：A、观察图可知，作用在B点的力为动力，作用在A点的力为阻力，该杠杆使用时动力臂小于阻力力臂，是一个费力杠杆模型，故A正确；
B、将支点向靠近人的方向移动，右侧力臂增大，人可以更加省力，故B正确；
C、该杠杆是费力杠杆，使用时费力但省距离，故C错误；
D、所提水的质量越大，左侧作用在杠杆上的力越大，越费力，故D错误。
故选：AB。
人类发明各种杠杆应用于生活，其目的有三：省力、省距离和改变用力的方向；因此我们把杠杆分为三类：省力杠杆(动力臂大于阻力臂，省力费距离)、费力杠杆(动力臂小于阻力臂，费力省距离)和等臂杠杆(动力臂等于阻力臂，不省力不费力，不省距离不费距离)。
杠杆的分类主要包括以下几种：①省力杠杆，动力臂大于阻力臂；②费力杠杆，动力臂小于阻力臂；③等臂杠杆，动力臂等于阻力臂。
11.【答案】C
【解析】解：A、冰球运动员在加速滑行过程中，其运动速度发生改变，因此运动状态发生改变，故A错误；
B、运动员手持球杆击球时，球杆对球的力与手对球杆的力，不是施力物体和受力物体相互交换的两个力，且大小不等，所以不是一对相互作用力，故B错误；
C、以运动员自己的球杆为参照物，运动员与球杆之间的位置没有改变，是静止的，故C正确；
D、运动员站在水平冰面上时，冰面对人的支持力与人受到的重力是作用在同一物体上的两个力，所以不是一对相互作用力，是一对平衡力，故D错误。
故选：C。
(1)运动状态的改变包括速度和方向的改变；
(2)物体间力的作用是相互的。作用力与反作用力的关系是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物体上；
(3)被研究物体相对于参照物，位置发生变化，就说物体是运动的；反之，就是静止的；
(4)二力平衡条件：大小相等、方向相反、作用在同一条直线上、作用在同一个物体上。
本题考查力学的相关知识，注意一对相互作用力和一对平衡力最大的区别在于作用力与反作用力作用在两个不同的物体上，而一对平衡力是作用在同一个物体上的。
12.【答案】C
【解析】解：
A、天然气属于一次能源，汽油属于二次能源，故A正确；
B、太空授课是通过电磁波传递声音和图像的，故B正确；
C、核电站是利用可控的核裂变所释放的能量将核能转化为电能的，故C错误；
D、火箭利用液氢做燃料，原因是液氢具有较高的热值，完全燃烧相同质量的液氢时，可以释放出更多的热量，故D正确。
故选：C。
(1)一次能源：直接来自自然界而未经加工转换的能源；二次能源：由一次性能源直接或间接转换而来的能源；
(2)电磁波可以传播信息；
(3)核电站是利用可控的核裂变实现的；
(4)热值是燃料的一种特性，热值越大的燃料在完全燃烧相同质量的燃料时，释放出的热量越多，所以在选择火箭燃料时首先应该考虑燃料热值的大小。
本题考查了能源的分类、电磁波的运用、核电站的发电原理以及燃料热值的认识，属于基础知识的考查，难度不大。
13.【答案】BC
【解析】解：A、细线突然断开，小球没有露出水面，V排不变，由F浮=ρ液gV排可知，受到的浮力不变，露出水面后，V排变小，由F浮=ρgV排可知，受到的浮力变小，故A错误；
B、小球的重力、液体的重力、容器的重力不变，对水平面的压力不变、受力面积不变，由p=FS可知，烧杯对桌面的压强不变，故B正确；
CD、小球没有露出水面，水的深度不变，容器底部受到的水的压强不变，当小球露出水面后，烧杯中的液面降低，即水的深度变小，由p=ρgh可知，水对杯底的压强变小，故C正确，D错误。
故选：BC。
(1)由F浮=ρ液gV排分析小球所受的浮力；
(2)小球的重力、液体的重力、容器的重力不变，对水平面的压力不变、受力面积不变，由p=FS分析烧杯对桌面的压强是否变化；
(3)小球没有露出水面，水的深度不变，当小球露出水面后，烧杯中的液面降低，由p=ρgh分析水对杯底的压强变化。
本题考查浮力、液体压强、压强以及平衡力的有关知识，是一道综合题。
14.【答案】AC
【解析】解：ABD、由电路图可知，定值电阻R1与气敏电阻R2串联，电压表测电阻R1端的电压；
由图象可知气敏电阻的阻值随酒精气体浓度的增大而减小；
酒精气体浓度越高，气敏电阻R2的阻值越小，电路中的总电阻越小，由I=UR可得，电路中的电流越大；由I=UR的变形式U=IR得：定值电阻R1两端的电压越大，即电压表的示数越大；
由P=UI可知，电路消耗的总功率越大，故A正确，BD错误；
C、同理可知，酒精气体浓度越低，电路中的电流越小，由P=I2R得，定值电阻R1消耗的总功率越小，故C正确。
故选：AC。
由电路图可知，定值电阻R1与气敏电阻R2串联，电压表测电阻R1端的电压；由图象可知气敏电阻随酒精气体浓度的变化，根据串联电路规律、欧姆定律、电功率的计算公式分析各选项内容。
本题考查了电路的动态分析，涉及到欧姆定律、电功率公式的灵活应用，关键是根据图象得出气敏电阻的阻值随酒精浓度的变化关系。
15.【答案】解：画板A点为压力的作用点，从压力作用点画垂直于画板向下、带箭头的线段，符号为F，即为刷子对画板的压力示意图；
刷子沿画板向左运动，则受到的摩擦力沿画板向右，从A点画带箭头线段，方向平行于画板向右，为刷子受到的摩擦力f，如图所示：
【解析】力的示意图是用一个带箭头的线段把力的大小、方向、作用点三个要素表示出来，线段的长短表示力的大小，箭头表示力的方向，线段起点或终点表示力的作用点。
此题考查力的示意图的画法，关键是确定压力的作用点、摩擦力的方向，基础题目。
16.【答案】解：连接人眼B和S点，交玻璃于O，过O点垂直界面作出法线，光线从水进入空气时折射角大于入射角，所以鱼的位置A在S点的下方，则AO为入射光线，OB为折射光线，如图所示：
【解析】首先知道光由水中斜射进入空气遵循的规律：折射光线、入射光线和法线在同一平面内，折射光线、入射光线分居法线两侧，光由水斜射进入空气中时，折射光线远离法线偏折，折射角大于入射角；其次明白本题是在S点的鱼反射的光线到达水面经折射后折射光线进入人眼，人看到的鱼的像在进入人眼的折射光线的反向延长线上的S点。
熟记光的折射规律：折射光线、入射光线和法线在同一平面内，折射光线、入射光线分居法线两侧，光由空气斜射进入水中或其它透明介质中时，折射光线向法线偏折，折射角小于入射角，光由水或其它透明介质斜射进入空气中时，折射光线远离法线偏折，折射角大于入射角，折射角随入射角的增大而增大。
17.【答案】薄 未点燃 虚像 只进行一次实验就得出结论，实验结论不具有普遍性
【解析】解：(1)因为厚玻璃板的两个面都可以当作反射面，会出现两个相距较远的像，影响到实验效果，为消除此现象可选用薄一些的玻璃板代替平面镜；
(2)如果点燃玻璃板后方的蜡烛B，平面镜则因为光太亮而几乎无法分清镜中的烛焰是像的烛焰还是对面B的烛焰，难以确定像的位置，从而对实验造成影响。故将点燃的蜡烛A竖立在玻璃板的前面，将未点燃的蜡烛B竖立在玻璃板后面并移动，直到看上去蜡烛B跟蜡烛A的像完全重合；
(3)取走蜡烛B，在其所在的位置放置一光屏，光屏上不能接收到A的像，说明蜡烛A经平面镜所成的像是虚像；
(4)该同学只进行一次实验就得出结论，实验结论不具有普遍性。
故答案为：(1)薄；(2)未点燃；(3)虚像；(4)只进行一次实验就得出结论，实验结论不具有普遍性。
(1)从厚玻璃板的两个面都可以当作反射面，会出现两个像这一角度去分析；利用玻璃板透明的特点，可以观察到玻璃板的另一侧，便于找到像的位置；
(2)本实验的目的是确定像的位置，而若是点燃后方蜡烛则无法分辨像与后方蜡烛的真实火焰，影响实验效果；
(3)平面镜所成的像是与物体等大的虚像；
(4)为了使实验结论具有普遍性，应改变蜡烛A的位置多进行几次实验。
本题主要考查了探究平面镜成像特点的实验，这是光学中的一个重点，也是近几年来中考经常出现的题型，要求学生熟练掌握，并学会灵活运用。
18.【答案】不是 漏气 液体深度 液体密度 上窄下宽 将压强计放入液体中同一深度，改变橡皮膜朝向，同时观察U形管中液面高度差变化情况
【解析】解：(1)U形管本身是一个连通器，但与压强计的探头连接后，一端被封闭，不符合“上端开口，底部连通”这一特点，因此，不是连通器；
用手轻轻按压几下橡皮膜，如果U形管中液体能灵活升降，则说明压强计不漏气，若U形管两侧液面高度无变化，说明该压强计漏气；
(2)比较图乙和图丙，两烧杯中的金属盒所处的深度相同，金属盒的方向相同，而液体的密度不同，液体密度越大，U形管两侧液面高度差越大，液体压强越大，可以初步得出结论：当液体深度一定时，液体密度越大，液体压强越大；
(3)甲、乙两图得到，液体的密度相等，液体越深，液体压强计液面高度差越大，说明液体内部压强越大，所以同种液体中，液体内部压强的大小随液体深度的增加而增大；
拦河大坝要做成上窄下宽是因为液体内部压强的大小随液体深度的增加而增大；
(4)若用此实验装置探究“同种液体同一深度处各个方向的压强关系，可将压强计放入液体中同一深度，改变橡皮膜朝向，同时观察U形管中液面高度差变化进行验证。
故答案为：(1)不是；漏气；(2)液体深度；液体密度；(3)上窄下宽；(4)将压强计放入液体中同一深度，改变橡皮膜朝向，同时观察U形管中液面高度差变化情况。
(1)上端开口，底部连通的仪器是连通器；
用手轻轻按压几下橡皮膜，如果U形管中液体能灵活升降，则说明装置不漏气；
(2)液体内部的压强与液体的深度和密度都有关系，在实验中，应控制其中的一个量保持不变，才能观察压强与另一个量的关系，从控制变量法的角度可判断此题的实验过程；
(3)拦河大坝上窄下宽是因为液体压强随液体深度的增加而增大；
(4)液体的压强大小与液体的密度和深度有关；与方向无关，要研究每一个因素对液体压强大小的影响，需要用到控制变量法。
考查了探究液体内部压强特点实验，加强学生对本实验的掌握，难度适中。
19.【答案】滑动变阻器接入电路的阻值太大 2.2 右 12.5 不正确，小灯泡电阻随温度的升高而增大，在不同电压下，电阻不同，求平均值没有意义 滑片不动 UI额−UI2
【解析】解：(1)滑片向右移动时小灯泡变亮，电流表示数变大，说明滑动变阻器连入电路的电阻变小，故滑动变阻器右下接线柱连入电路中，电压表选择小量程，与小灯泡并联，如图所示：
(2)电流表、电压表都有示数，而灯泡不发光，可能是电路电流太小，灯泡实际功率太小，不足以引起灯泡发光造成的，可以向右移动滑片，减小滑动变阻器接入电路的阻值；
(3)由图乙可知，电压表的量程是0−3V，分度值是0.1V，故电压表的读数是2.2V；
灯在额定电压下正常发光，小于灯的额定电压2.5V，应增大灯的电压，根据串联电路电压的规律，应减小变阻器的电压，由分压原理，应减小变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向右端移动，直到电压表示数为额定电压；
(4)据如图丙所示小灯泡的电流随其两端电压变化关系的图像知，灯在额定电压下的电流为0.2A，由欧姆定律得，小灯泡正常发光时的电阻为：R=UI=2.5V0.2A=12.5Ω，
她的建议不正确，小灯泡电阻随温度的升高而增大，在不同电压下，电阻不同，求平均值没有意义；
(5)实验步骤：
①按图丁连接电路，然后只闭合开关S1，移动滑片P，使灯泡正常发光，电流表的示数为I额；
②再闭合开关S2，滑片不动，小灯泡短路，读出电流表示数I2；
再闭合开关S2时灯泡短路，滑动变阻器的电阻R滑=UI2，
只闭合开关S1，滑动变阻器和灯泡串联，总电阻R=UI额，
灯泡的电阻RL=R−R滑=UI额−UI2。
答案为：(1)见解答图；(2)滑动变阻器接入电路的阻值太大；(3)2.2；右；(4)12.5；不正确，小灯泡电阻随温度的升高而增大，在不同电压下，电阻不同，求平均值没有意义；(5)滑片不动；
(1)滑片向右移动时小灯泡变亮，电流表示数变大，说明滑动变阻器连入电路的电阻变小，从而确定滑动变阻器接入的接线柱；
(2)根据滑动变阻器的接法和滑动变阻器改变电阻的特点分析；
(3)电压表读数时要认清量程和分度值；灯在额定电压下正常发光，根据图中电压表选用的小量程读数，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；
(4)据如图丙所示小灯泡的电流随其两端电压变化关系的图像知灯在额定电压下的电流，由欧姆定律得出小灯泡正常发光时的电阻；在不同电压下，小灯泡的电阻不同；
本题考查了连接电路图、电路故障的判断、电压表读数、实验设计，串联电路特点和欧姆定律的应用等，考查知识点多，综合性强，第(5)问设计实验电路、实验步骤难度较大，是本题的难点。
20.【答案】做功 减小
【解析】解：(1)队员在“刷冰”的过程中，把机械能转化为内能，使冰的温度升高，内能增加，这是通过做功的方式改变冰的内能；
“刷冰”过程使冰道表面的冰变成薄薄的一层水，使冰壶和冰道之间彼此分离，减小了冰壶受到的摩擦力；
(2)冰壶的重力：G=mg=19kg×10N/kg=190N，
冰壶静止时对冰道的压力：F=G=190N，
冰壶静止时对冰道的压强：p=FS=190N200×10−4m2=9500Pa；
(3)运动员对冰壶所做的功：W=F′s=25N×4m=100J；
做功的功率：P=Wt=F′st=F′v=25N×2m/s=50W。
答：(1)做功；减小；
(2)冰壶静止时对冰道的压强是9500Pa；
(3)若运动员对冰壶的水平推力恒为25N，在这一过程中，运动员对冰壶做了100J的功；做功的功率是50W。
(1)做功和热传递都可以改变物体的内能；使接触面彼此分离可以减小物体之间的摩擦；
(2)根据G=mg求出冰壶的重力，冰壶静止时对冰道的压力等于冰壶自身的重力，利用p=FS求出冰壶静止时对冰道的压强；
(3)根据W=Fs求出运动员对冰壶所做的功；利用P=Wt=Fst=Fv求出做功的功率。
本题考查改变物体内能的方式、减小摩擦的方法、重力公式、压强公式、功和功率公式的应用，是一道综合题。
21.【答案】热效应
【解析】解：(1)电陶炉的工作原理为电流的热效应；
旋钮开关放在1位置时，两电阻串联，总电阻较大，电源电压不变，根据P=U2R可知总功率较小，电陶炉处于低温挡，根据P=U2R可知R串=U2P低温=(220V)2400W=121Ω；
根据电阻串联的特点可知R1=R串−R2=121Ω−77Ω=44Ω；
(2)旋钮开关放在2位置时，电路为R1的简单电路，总电阻较小，电源电压不变，根据P=U2R可知总功率较大，电陶炉处于高温挡，根据P=U2R可知高温挡额定功率P高温=U2R1=(220V)244Ω=1100W；
(3)电能表上的3000imp/(kW⋅h)，表示电路中用电器消耗1kW⋅h电能，电能表的指示灯闪烁3000次，
故闪烁300次电陶炉消耗的电能：
W=13000kW⋅h/imp×300imp=0.1kW⋅h=3.6×105J，
质量为2kg的水从20℃升高到50℃吸收的热量Q=c水mΔt=4.2×103J/(kg⋅℃)×2kg×(50℃−20℃)=2.52×105J；
此时电陶炉的加热效率：
η=QW=2.52×105J3.6×105J×100%=70%。
答：(1)热效应；R1的阻值为44Ω；
(2)高温挡额定功率为1100W；
(3)此时电陶炉的加热效率为70%。
(1)电陶炉的工作原理为电流的热效应；旋钮开关放在1位置时，两电阻串联，总电阻较大，电源电压不变，根据P=U2R可知总功率较小，电陶炉处于低温挡，根据P=U2R可知两电阻串联后的总电阻，根据电阻串联的特点可知R1的阻值；
(2)旋钮开关放在2位置时，电路为R1的简单电路，总电阻较小，电源电压不变，根据P=U2R可知总功率较大，电陶炉处于高温挡，根据P=U2R可知高温挡额定功率；
(3)电能表上的3000imp/(kW⋅h)，表示电路中用电器消耗1kW⋅h电能，电能表的指示灯闪烁3000次，据此得出电能表的指示灯闪烁300次电陶炉消耗的电能；根据Q=c水mΔt得出质量为2kg的水从20℃升高到50℃吸收的热量，根据η=QW得出此时电陶炉的加热效率。
本题考查电功和热量的综合计算，有一定难度。
2023年河南省驻马店市驿城区中考物理一模试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
1. 物理学中有一些揭示物体运动变化规律的定律。比如：______ 定律揭示了通过导体的电流与电压和电阻之间的关系；揭示运动和力的关系的定律叫做______ 定律。
2. 一架正在运送旅客的飞机如图所示，飞机在飞行途中机体与空气、灰尘等微粒摩擦时会______ ，会严重干扰飞机无线电设备的正常工作。飞机飞行时，机翼上方的空气流速______ (选填“大于”、“小于”或“等于”)机翼下方的空气流速，对机翼上表面的压强______ (选填“大于”、“小于”或“等于”)对机翼下表面的压强，从而产生向上的力。
3. 涡轮增压汽车通过压缩空气来增加发动机的进气量，使汽油更充分地燃烧，进而更节能，与相同规格的普通汽车相比，同样的汽油在涡轮增压汽车内热值______ 。(选填“更大”、“一样大”或“更小”)；汽车散热器中用水作为冷却液是因为水的______ 。
4. 如图所示电路，电源电压为6V，电阻R1为1Ω，R2为3Ω。当开关S闭合后，通过电阻R1、R2的电流之比为______ ；电压表V1、V2的示数之比为______ ，1min电路产生的热量为______ J。
5. 学校在拐角和校园的死角上安装了如图所示的摄像头，其镜头相当于一个______ (选填“凸”或“凹”)透镜，当学生靠近镜头的过程中，通过镜头所成的实像越来越______ (选填“大”或“小”
)
6. 亮亮将热水、冰水和与室内温度相同的水，分别倒入常温下甲、乙、丙三个相同的透明烧杯中，如图所示，过了一会，发现有的烧杯的内壁上出现小水珠。你认为______ 烧杯的内壁上出现了水珠，请写出你的分析过程：______ (写出一种即可)。
7. 生活中有时需要对某些物理量的数值进行估测，下列估测正确的是( )
A. 教室门的宽度约为2m B. 比较舒适的洗澡水温度为70℃
C. 一个鸡蛋的质量大约为50g D. 人正常走路的速度约为5m/s
8. 验电器A和B规格相同，均不带电，用毛皮摩擦过的橡胶棒接触验电器A的金属球，金属箔片张开，若用带有绝缘手柄的金属棒连接A和B的金属球，如图所示。以下判断正确的是( )
A. 毛皮和橡胶棒因摩擦产生了电
B. 橡胶棒失去电子带负电
C. 绝缘手柄不容易导电，也不会带电
D. A、B被连接时，电流的方向是从B到A
9. 如图所示为一款儿童滑板车，内部无电池，但轮子转动时，嵌在轮子里的LED灯就会发光，产生酷炫的效果。图中能反映此原理的是( )
A.
B.
C.
D.
10. 如图是《天工开物》中古人从水井提水的模型图。小华看到后有了下列几点思考，请你选出小华正确的观点( )
A. 小华认为这是一个费力杠杆模型
B. 将支点向靠近人的方向移动，可以更加省力
C. 使用时，省力但费距离
D. 所提水的质量越大，越省力
11. 如图是第24届冬季奥林匹克运动会上冰球运动员正在比赛的情境，下列说法中正确的是( )
A. 冰球运动员在加速滑行过程中，运动状态不变
B. 运动员手持球杆击球时，球杆对球的力与手对球杆的力是一对相互作用力
C. 以运动员自己的球杆为参照物，运动员是静止的
D. 运动员站在水平冰面上时，冰面对人的支持力与人受到的重力是一对相互作用力
12. 下列关于能源和信息的说法，错误的是( )
A. 天然气属于一次能源，汽油属于二次能源 B. 太空授课是通过电磁波传递声音和图像的
C. 核电站是利用核聚变把核能转化为电能的 D. 火箭利用液氢做燃料是因为它的热值较大
13. 如图所示，一小球用细线系于杯底，且全部浸入水中，若细线突然断开，上升至水面后静止，则细线断开后与断开前相比，以下说法正确的是( )
A. 小球所受的浮力始终不变
B. 烧杯对桌面的压强不变
C. 水对杯底的压强变小
D. 烧杯中的液面升高
14. 图甲为常用的呼气式酒精测试仪原理图，其中R1为定值电阻，R2为气敏电阻，气敏电阻的阻值随酒精气体浓度的变化关系如图乙所示，电源电压不变，闭合开关，下列说法正确的是( )
A. 酒精气体浓度越高，电路消耗的功率越大 B. 酒精气体浓度越高，电压表示数越小
C. 酒精气体浓度越低，R1消耗的功率越小 D. R2的阻值随酒精气体浓度的升高而增大
15. 如图所示为绘画社团的同学们正在用绘画刷在画板上作画的情境，请在图中的A点画出画板受到的压力和刷子受到的摩擦力的示意图。
16. 如图所示，通过全景海底隧道，可以看到海底深处的神奇世界。点S为人看到的海鱼所在的位置，请画出人看到海鱼的大致光路图。(忽略玻璃厚度产生的折射的影响)
17. 小彤同学“探究平面镜成像的特点”的实验情境如图所示：
(1)用玻璃板代替平面镜做实验时，会看到两个不重合的像，是玻璃板前后两个面分别反射形成的，为消除此现象可选用______ (选填“厚”或“薄”)一些的玻璃板代替平面镜。
(2)将点燃的蜡烛A竖立在玻璃板的前面，将______ (选填“点燃”或“未点燃”)的蜡烛B竖立在玻璃板后面并移动，直到看上去蜡烛B跟蜡烛A的像完全重合。
(3)移去蜡烛B，在其原位置放置一块光屏，光屏上不能得到蜡烛A的像，说明平面镜所成的像是______ (选填“实像”或“虚像”)。
(4)如图乙所示为小彤同学完成实验后的记录纸，根据记录，她分析得出了“物体通过平面镜所成的像到平面镜的距离与物体到平面镜的距离相等”的实验结论。请你指出小彤同学实验中存在的问题：______ 。
18. 如图所示是晓玥用压强计“探究影响液体内部压强大小的因素”的实验情境。
(1)压强计______ (选填“是”或“不是”)连通器；使用前，用手轻压压强计的橡皮膜，若U形管两侧液面高度无变化，说明该压强计______ (选填“漏气”或“不漏气”)。
(2)比较图乙和图丙，可以初步得出结论：当______ 一定时，______ 越大，液体压强越大。
(3)比较甲、乙两图，发现液体内部的压强与深度有关，因此拦河坝要做成______ (选填“上窄下宽”或“上宽下窄”)的形状。
(4)若想用此装置“探究同种液体同一深度处的压强特点”，请你设计出一个简单的操作方法：______ 。
19. 一个小灯泡，正常发光时的电压为2.5V，小硕同学想要测量该小灯泡正常发光时的电阻，于是在实验室找来一些器材连接了图甲所示的实验电路，电源电压6V恒定不变。
(1)用笔画线代替导线将甲图电路连接完整，要求滑片右移灯泡变亮。
(2)小硕将电路连接正确后，闭合开关，发现小灯泡不亮，电压表、电流表均有示数，则小灯泡不亮的原因是______ 。
(3)实验时，移动滑动变阻器的滑片改变小灯泡两端的电压，某时刻电压表的示数如图乙所示，读数为______ V，为了测量小灯泡正常发光时的电阻，应将滑片向______ (选填“左”和“右”)端移动。
(4)小硕同学测出了多组对应的电流值和电压值，并在坐标系上作出I−U关系图象，如图丙所示，由图象可知，小灯泡正常发光时的电阻是______ Ω。同组的小淇同学认为为了减小误差，应将不同电压下的电阻计算出来后求平均值，你认为她的建议是否正确，并说明原因：______ 。
(5)小明没用电压表，但多用了一个开关，其他器材与小硕的相同，也测出了另一个额定电流为I额的小灯泡正常发光时的电阻。已知电源电压为U，他设计了如图丁所示的电路图，请你帮他完成实验步骤并写出小灯泡正常发光时电阻的表达式。
①按图丁连接电路，然后只闭合开关S1，移动滑片P，使电流表的示数为I额；
②再闭合开关S2，______ ，记下此时电流表的示数I2；
③小灯泡正常发光时的电阻：R= ______ 。
20. 冰壶运动是2022年北京冬奥会的比赛项目之一，如图甲所示。一次比赛中，运动员在发球区投掷线MN的A处以2m/s的速度推动冰壶前进，在前卫线的B处放手推出，冰壶沿冰道的中心线PO刚好滑行到营垒圆心O处，如图乙所示。冰壶的质量为19kg，与冰道接触面积为200cm2，投掷线MN与营垒圆心O的距离是30m，A、B间的距离是4m，g取10N/kg。
(1)冰壶被掷出后，队员在冰壶前方“刷冰”，通过______ 的方式改变冰的内能，使冰道表面的冰变成薄薄的一层水，______ (选填“增大”或“减小”)冰壶受到的摩擦力，从而使冰壶按照预计的情况运动。
(2)冰壶静止时对冰道的压强是多大？
(3)若运动员对冰壶的水平推力恒为25N，在这一过程中，运动员对冰壶做了多少功？做功的功率是多少？
21. 一款内置电陶炉的电暖桌如图甲所示，它不仅具有桌面暖手、桌底暖脚功能，还可以烧水、煮茶等。电陶炉的简化电路如图乙所示，其参数如表所示，高温挡额定功率字迹已被磨损。旋转旋钮开关，可实现停止工作、低温挡和高温挡的转换。R1和R2均为电热丝，R2=77Ω。
电陶炉
额定电压
220V
额定功率
高温挡
××W
低温挡
400W
求：
(1)电陶炉的工作原理为电流的______ ，求R1的阻值；
(2)高温挡额定功率；
(3)在某用电高峰期，若家庭电路中只有电陶炉在工作，发现标有“3000imp/(kW⋅h)”的电能表的指示灯闪烁300次，使质量为2kg的水从20℃升高到50℃，求此时电陶炉的加热效率。
[c水=4.2×103J/(kg⋅℃)]
答案和解析
1.【答案】欧姆 牛顿第一
【解析】解：欧姆定律揭示了通过导体的电流与电压和电阻之间的关系：通过导体的电流与导体两端的电压成正比，与导体的电阻成反比；
牛顿第一定律表明物体具有保持原来运动状态不变的性质，即惯性，牛顿第一定律又称为惯性定律，表明物体的运动不需要力来维持，那么牛顿第一定律揭示的是运动和力之间的关系。
故答案为：欧姆；牛顿第一。
根据欧姆定律的内容分析；
牛顿第一定律给出了物体不受力作用时的运动规律，同时也说明了力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因。
本题考查了欧姆定律和牛顿第一定律，属于基础题。
2.【答案】产生静电 大于 小于
【解析】解：(1)飞机在飞行途中机体与空气、灰尘等微粒摩擦时会产生静电，会严重干扰飞机无线电设备的正常工作；
(2)等质量的空气在相同的时间内同时通过机翼的上表面和下表面，由于上表面弯曲，所以机翼上方的流速就大于机翼前方的流速；而下表面平直，因此机翼下方的流速大致等于前方的流速，从而可以知道，机翼下方的流速就小于机翼上方的流速，所以机翼上方的压强小于机翼下方的压强，这样就产生了作用在机翼上的向上的升力。
故答案为：产生静电；大于；小于。
(1)静电现象是物质在外力的作用下电荷位置发生变化所产生的带电现象；
(2)空气流速与压强的关系是：流速大的地方、压强小，流速小的地方、压强大。
本题考查了摩擦生电和流体压强与流速的关系，属于基础题。
3.【答案】一样大 比热容较大
【解析】解：热值是燃料本身的一种特性，只与燃料的种类有关，与是否完全燃烧无关，所以与相同规格的普通汽车相比，同样的汽油在涡轮增压汽车内热值一样；
汽车散热器中用水作为冷却液是因为水的比热容较大，相同质量的水和其它物质相比，升高相同的温度，水吸收的热量较多。
故答案为：一样大；比热容较大。
(1)热值是燃料本身的一种特性，只与燃料的种类有关，与燃料的质量、放出热量的多少以及是否完全燃烧无关；
(2)水的比热容较大，相同质量的水和其它物质相比，升高相同的温度，水吸收的热量较多。
本题考查对热值概念和比热容概念的理解，是一道基础题。
4.【答案】1：1 1：4 540
【解析】解：由图可知，R1、R2串联，电压表V1测量R1两端的电压，电压表V2测量电源电压；
根据串联电路的电流特点可知，当开关S闭合后，通过电阻R1、R2的电流之比为1：1；
由I=UR可知，R1、R2两端的电压之比：U1：U2=IR1：IR2=R1：R2=1Ω：3Ω=1：3，
因为串联电路的总电压等于各部分电路两端的电压之和，
所以电压表V1、V2的示数之比：UV1UV2=U1U1+U2=11+3=14；
电路中的总电阻：R=R1+R2=1Ω+3Ω=4Ω，
1min电路产生的热量：Q=W=U2Rt=(6V)24Ω×1×60s=540J。
故答案为：1：1；1：4；540。
由图可知，R1、R2串联，电压表V1测量R1两端的电压，电压表V2测量电源电压；
(1)根据串联电路的电流特点可知通过电阻R1、R2的电流之比；
(2)根据欧姆定律求出R1、R2两端的电压，结合串联电路的电压规律求出电压表V1、V2的示数之比；
(3)根据串联电路的电阻特点求出电路中的总电阻，根据Q=W=U2Rt求出1min电路产生的热量。
本题考查串联电路的特点、欧姆定律以及焦耳定律的应用，难度不大。
5.【答案】凸 大
【解析】解：摄像头成倒立、缩小的实像，其镜头是一个凸透镜，当学生靠近镜头的过程中，物距越来小，通过镜头所成的实像越来越大。
故答案为：凸；大。
摄像头成倒立、缩小的实像，其镜头是一个凸透镜，根据凸透镜成实像时，物近像远像变大，物远像近像变小可解答此题。
本题考查了凸透镜成像规律的应用，难度不大。
6.【答案】甲 热水上方温度较高的水蒸气遇到温度相对较低的烧杯内壁，发生了液化现象。
【解析】解：热水上方的水蒸气较多，遇到冷的玻璃杯更容易发生液化现象，所以甲杯烧杯的内壁会出现水珠；
故答案为：甲；热水上方温度较高的水蒸气遇到温度相对较低的烧杯内壁，发生了液化现象。
水蒸气遇到冷的玻璃表面液化成小水珠。
本题考查了生活中常见的物态变化：汽化和液化，分析时注意是哪里的水蒸气液化。
7.【答案】C
【解析】解：A、教室门的宽度约为1m，故A错误；
B、比较舒适的洗澡水温度为40℃，故B错误；
C、一个鸡蛋的质量大约为50g，故C正确；
D、人正常走路的速度约为1.1m/s，故D错误。
故选：C。
新课程标准要求我们能根据日常经验或自然现象粗略估测一些物理量。例如：长度、质量、时间、温度、力、速度、电功率、电流、电压等。解答估测选择题的方法：利用生活中我们熟悉的一些数据作为根据，进行单位换算，有时要利用基本公式求未知物理量。
本题考查了对长度、温度、质量、速度的估测，注重理论与实际差异的应变能力的培养，体现新课程的基本理念。
8.【答案】D
【解析】解：AB、摩擦起电实质是电子的转移，用毛皮摩擦橡胶棒，由于橡胶棒的原子核束缚核外电子的本领强，会从毛皮夺得电子，即一部分电子从毛皮转移到橡胶棒，所以橡胶棒因有多余的电子带负电，故AB错误。
C、橡胶棒是绝缘体，不容易导电，但摩擦后能带电，故C错误；
D、连接时，A带负电，B不带电，用带有绝缘手柄的金属棒把A和B连接起来，此过程中，A上的负电荷(电子)转移到B，B带负电，验电器B的张角变大，由于正电荷定向移动的方向是电流的方向，电子的定向移动方向与电流方向相反，所以电流方向为从B到A。故D正确。
故选：D。
(1)自然界有两种电荷，摩擦起电实质是电子的转移，用毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电；
(2)绝缘体不容易导电，但能带电；
(3)在接触带电的过程中，是电子发生定向移动；规定正电荷定向移动的方向是电流的方向。
理解常见摩擦起电的实质，以及电荷的转移情况和电流方向的规定，是解答此题的关键。
9.【答案】D
【解析】解：儿童滑板车的轮子转动时，嵌在轮子里的LED灯会发光，则可知此现象的原理为电磁感应现象。
A、图中的实验为奥斯特实验，说明了电流的磁效应，故A不符合题意；
B、图中实验装置说明通电导线在磁场中受力而运动，故B不符合题意；
C、图中实验装置是探究影响电磁铁磁性大小的因素实验，故C不符合题意；
D、图中实验装置无电源，闭合电路中的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，会产生电流，是电磁感应现象，故D符合题意。
故选：D。
闭合电路中的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，会产生电流，这种电流叫感应电流，这一现象叫电磁感应现象。
本题考查了对电磁感应现象的认识，属于基础知识，难度不大。
10.【答案】AB
【解析】解：A、观察图可知，作用在B点的力为动力，作用在A点的力为阻力，该杠杆使用时动力臂小于阻力力臂，是一个费力杠杆模型，故A正确；
B、将支点向靠近人的方向移动，右侧力臂增大，人可以更加省力，故B正确；
C、该杠杆是费力杠杆，使用时费力但省距离，故C错误；
D、所提水的质量越大，左侧作用在杠杆上的力越大，越费力，故D错误。
故选：AB。
人类发明各种杠杆应用于生活，其目的有三：省力、省距离和改变用力的方向；因此我们把杠杆分为三类：省力杠杆(动力臂大于阻力臂，省力费距离)、费力杠杆(动力臂小于阻力臂，费力省距离)和等臂杠杆(动力臂等于阻力臂，不省力不费力，不省距离不费距离)。
杠杆的分类主要包括以下几种：①省力杠杆，动力臂大于阻力臂；②费力杠杆，动力臂小于阻力臂；③等臂杠杆，动力臂等于阻力臂。
11.【答案】C
【解析】解：A、冰球运动员在加速滑行过程中，其运动速度发生改变，因此运动状态发生改变，故A错误；
B、运动员手持球杆击球时，球杆对球的力与手对球杆的力，不是施力物体和受力物体相互交换的两个力，且大小不等，所以不是一对相互作用力，故B错误；
C、以运动员自己的球杆为参照物，运动员与球杆之间的位置没有改变，是静止的，故C正确；
D、运动员站在水平冰面上时，冰面对人的支持力与人受到的重力是作用在同一物体上的两个力，所以不是一对相互作用力，是一对平衡力，故D错误。
故选：C。
(1)运动状态的改变包括速度和方向的改变；
(2)物体间力的作用是相互的。作用力与反作用力的关系是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物体上；
(3)被研究物体相对于参照物，位置发生变化，就说物体是运动的；反之，就是静止的；
(4)二力平衡条件：大小相等、方向相反、作用在同一条直线上、作用在同一个物体上。
本题考查力学的相关知识，注意一对相互作用力和一对平衡力最大的区别在于作用力与反作用力作用在两个不同的物体上，而一对平衡力是作用在同一个物体上的。
12.【答案】C
【解析】解：
A、天然气属于一次能源，汽油属于二次能源，故A正确；
B、太空授课是通过电磁波传递声音和图像的，故B正确；
C、核电站是利用可控的核裂变所释放的能量将核能转化为电能的，故C错误；
D、火箭利用液氢做燃料，原因是液氢具有较高的热值，完全燃烧相同质量的液氢时，可以释放出更多的热量，故D正确。
故选：C。
(1)一次能源：直接来自自然界而未经加工转换的能源；二次能源：由一次性能源直接或间接转换而来的能源；
(2)电磁波可以传播信息；
(3)核电站是利用可控的核裂变实现的；
(4)热值是燃料的一种特性，热值越大的燃料在完全燃烧相同质量的燃料时，释放出的热量越多，所以在选择火箭燃料时首先应该考虑燃料热值的大小。
本题考查了能源的分类、电磁波的运用、核电站的发电原理以及燃料热值的认识，属于基础知识的考查，难度不大。
13.【答案】BC
【解析】解：A、细线突然断开，小球没有露出水面，V排不变，由F浮=ρ液gV排可知，受到的浮力不变，露出水面后，V排变小，由F浮=ρgV排可知，受到的浮力变小，故A错误；
B、小球的重力、液体的重力、容器的重力不变，对水平面的压力不变、受力面积不变，由p=FS可知，烧杯对桌面的压强不变，故B正确；
CD、小球没有露出水面，水的深度不变，容器底部受到的水的压强不变，当小球露出水面后，烧杯中的液面降低，即水的深度变小，由p=ρgh可知，水对杯底的压强变小，故C正确，D错误。
故选：BC。
(1)由F浮=ρ液gV排分析小球所受的浮力；
(2)小球的重力、液体的重力、容器的重力不变，对水平面的压力不变、受力面积不变，由p=FS分析烧杯对桌面的压强是否变化；
(3)小球没有露出水面，水的深度不变，当小球露出水面后，烧杯中的液面降低，由p=ρgh分析水对杯底的压强变化。
本题考查浮力、液体压强、压强以及平衡力的有关知识，是一道综合题。
14.【答案】AC
【解析】解：ABD、由电路图可知，定值电阻R1与气敏电阻R2串联，电压表测电阻R1端的电压；
由图象可知气敏电阻的阻值随酒精气体浓度的增大而减小；
酒精气体浓度越高，气敏电阻R2的阻值越小，电路中的总电阻越小，由I=UR可得，电路中的电流越大；由I=UR的变形式U=IR得：定值电阻R1两端的电压越大，即电压表的示数越大；
由P=UI可知，电路消耗的总功率越大，故A正确，BD错误；
C、同理可知，酒精气体浓度越低，电路中的电流越小，由P=I2R得，定值电阻R1消耗的总功率越小，故C正确。
故选：AC。
由电路图可知，定值电阻R1与气敏电阻R2串联，电压表测电阻R1端的电压；由图象可知气敏电阻随酒精气体浓度的变化，根据串联电路规律、欧姆定律、电功率的计算公式分析各选项内容。
本题考查了电路的动态分析，涉及到欧姆定律、电功率公式的灵活应用，关键是根据图象得出气敏电阻的阻值随酒精浓度的变化关系。
15.【答案】解：画板A点为压力的作用点，从压力作用点画垂直于画板向下、带箭头的线段，符号为F，即为刷子对画板的压力示意图；
刷子沿画板向左运动，则受到的摩擦力沿画板向右，从A点画带箭头线段，方向平行于画板向右，为刷子受到的摩擦力f，如图所示：
【解析】力的示意图是用一个带箭头的线段把力的大小、方向、作用点三个要素表示出来，线段的长短表示力的大小，箭头表示力的方向，线段起点或终点表示力的作用点。
此题考查力的示意图的画法，关键是确定压力的作用点、摩擦力的方向，基础题目。
16.【答案】解：连接人眼B和S点，交玻璃于O，过O点垂直界面作出法线，光线从水进入空气时折射角大于入射角，所以鱼的位置A在S点的下方，则AO为入射光线，OB为折射光线，如图所示：
【解析】首先知道光由水中斜射进入空气遵循的规律：折射光线、入射光线和法线在同一平面内，折射光线、入射光线分居法线两侧，光由水斜射进入空气中时，折射光线远离法线偏折，折射角大于入射角；其次明白本题是在S点的鱼反射的光线到达水面经折射后折射光线进入人眼，人看到的鱼的像在进入人眼的折射光线的反向延长线上的S点。
熟记光的折射规律：折射光线、入射光线和法线在同一平面内，折射光线、入射光线分居法线两侧，光由空气斜射进入水中或其它透明介质中时，折射光线向法线偏折，折射角小于入射角，光由水或其它透明介质斜射进入空气中时，折射光线远离法线偏折，折射角大于入射角，折射角随入射角的增大而增大。
17.【答案】薄 未点燃 虚像 只进行一次实验就得出结论，实验结论不具有普遍性
【解析】解：(1)因为厚玻璃板的两个面都可以当作反射面，会出现两个相距较远的像，影响到实验效果，为消除此现象可选用薄一些的玻璃板代替平面镜；
(2)如果点燃玻璃板后方的蜡烛B，平面镜则因为光太亮而几乎无法分清镜中的烛焰是像的烛焰还是对面B的烛焰，难以确定像的位置，从而对实验造成影响。故将点燃的蜡烛A竖立在玻璃板的前面，将未点燃的蜡烛B竖立在玻璃板后面并移动，直到看上去蜡烛B跟蜡烛A的像完全重合；
(3)取走蜡烛B，在其所在的位置放置一光屏，光屏上不能接收到A的像，说明蜡烛A经平面镜所成的像是虚像；
(4)该同学只进行一次实验就得出结论，实验结论不具有普遍性。
故答案为：(1)薄；(2)未点燃；(3)虚像；(4)只进行一次实验就得出结论，实验结论不具有普遍性。
(1)从厚玻璃板的两个面都可以当作反射面，会出现两个像这一角度去分析；利用玻璃板透明的特点，可以观察到玻璃板的另一侧，便于找到像的位置；
(2)本实验的目的是确定像的位置，而若是点燃后方蜡烛则无法分辨像与后方蜡烛的真实火焰，影响实验效果；
(3)平面镜所成的像是与物体等大的虚像；
(4)为了使实验结论具有普遍性，应改变蜡烛A的位置多进行几次实验。
本题主要考查了探究平面镜成像特点的实验，这是光学中的一个重点，也是近几年来中考经常出现的题型，要求学生熟练掌握，并学会灵活运用。
18.【答案】不是 漏气 液体深度 液体密度 上窄下宽 将压强计放入液体中同一深度，改变橡皮膜朝向，同时观察U形管中液面高度差变化情况
【解析】解：(1)U形管本身是一个连通器，但与压强计的探头连接后，一端被封闭，不符合“上端开口，底部连通”这一特点，因此，不是连通器；
用手轻轻按压几下橡皮膜，如果U形管中液体能灵活升降，则说明压强计不漏气，若U形管两侧液面高度无变化，说明该压强计漏气；
(2)比较图乙和图丙，两烧杯中的金属盒所处的深度相同，金属盒的方向相同，而液体的密度不同，液体密度越大，U形管两侧液面高度差越大，液体压强越大，可以初步得出结论：当液体深度一定时，液体密度越大，液体压强越大；
(3)甲、乙两图得到，液体的密度相等，液体越深，液体压强计液面高度差越大，说明液体内部压强越大，所以同种液体中，液体内部压强的大小随液体深度的增加而增大；
拦河大坝要做成上窄下宽是因为液体内部压强的大小随液体深度的增加而增大；
(4)若用此实验装置探究“同种液体同一深度处各个方向的压强关系，可将压强计放入液体中同一深度，改变橡皮膜朝向，同时观察U形管中液面高度差变化进行验证。
故答案为：(1)不是；漏气；(2)液体深度；液体密度；(3)上窄下宽；(4)将压强计放入液体中同一深度，改变橡皮膜朝向，同时观察U形管中液面高度差变化情况。
(1)上端开口，底部连通的仪器是连通器；
用手轻轻按压几下橡皮膜，如果U形管中液体能灵活升降，则说明装置不漏气；
(2)液体内部的压强与液体的深度和密度都有关系，在实验中，应控制其中的一个量保持不变，才能观察压强与另一个量的关系，从控制变量法的角度可判断此题的实验过程；
(3)拦河大坝上窄下宽是因为液体压强随液体深度的增加而增大；
(4)液体的压强大小与液体的密度和深度有关；与方向无关，要研究每一个因素对液体压强大小的影响，需要用到控制变量法。
考查了探究液体内部压强特点实验，加强学生对本实验的掌握，难度适中。
19.【答案】滑动变阻器接入电路的阻值太大 2.2 右 12.5 不正确，小灯泡电阻随温度的升高而增大，在不同电压下，电阻不同，求平均值没有意义 滑片不动 UI额−UI2
【解析】解：(1)滑片向右移动时小灯泡变亮，电流表示数变大，说明滑动变阻器连入电路的电阻变小，故滑动变阻器右下接线柱连入电路中，电压表选择小量程，与小灯泡并联，如图所示：
(2)电流表、电压表都有示数，而灯泡不发光，可能是电路电流太小，灯泡实际功率太小，不足以引起灯泡发光造成的，可以向右移动滑片，减小滑动变阻器接入电路的阻值；
(3)由图乙可知，电压表的量程是0−3V，分度值是0.1V，故电压表的读数是2.2V；
灯在额定电压下正常发光，小于灯的额定电压2.5V，应增大灯的电压，根据串联电路电压的规律，应减小变阻器的电压，由分压原理，应减小变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向右端移动，直到电压表示数为额定电压；
(4)据如图丙所示小灯泡的电流随其两端电压变化关系的图像知，灯在额定电压下的电流为0.2A，由欧姆定律得，小灯泡正常发光时的电阻为：R=UI=2.5V0.2A=12.5Ω，
她的建议不正确，小灯泡电阻随温度的升高而增大，在不同电压下，电阻不同，求平均值没有意义；
(5)实验步骤：
①按图丁连接电路，然后只闭合开关S1，移动滑片P，使灯泡正常发光，电流表的示数为I额；
②再闭合开关S2，滑片不动，小灯泡短路，读出电流表示数I2；
再闭合开关S2时灯泡短路，滑动变阻器的电阻R滑=UI2，
只闭合开关S1，滑动变阻器和灯泡串联，总电阻R=UI额，
灯泡的电阻RL=R−R滑=UI额−UI2。
答案为：(1)见解答图；(2)滑动变阻器接入电路的阻值太大；(3)2.2；右；(4)12.5；不正确，小灯泡电阻随温度的升高而增大，在不同电压下，电阻不同，求平均值没有意义；(5)滑片不动；
(1)滑片向右移动时小灯泡变亮，电流表示数变大，说明滑动变阻器连入电路的电阻变小，从而确定滑动变阻器接入的接线柱；
(2)根据滑动变阻器的接法和滑动变阻器改变电阻的特点分析；
(3)电压表读数时要认清量程和分度值；灯在额定电压下正常发光，根据图中电压表选用的小量程读数，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；
(4)据如图丙所示小灯泡的电流随其两端电压变化关系的图像知灯在额定电压下的电流，由欧姆定律得出小灯泡正常发光时的电阻；在不同电压下，小灯泡的电阻不同；
本题考查了连接电路图、电路故障的判断、电压表读数、实验设计，串联电路特点和欧姆定律的应用等，考查知识点多，综合性强，第(5)问设计实验电路、实验步骤难度较大，是本题的难点。
20.【答案】做功 减小
【解析】解：(1)队员在“刷冰”的过程中，把机械能转化为内能，使冰的温度升高，内能增加，这是通过做功的方式改变冰的内能；
“刷冰”过程使冰道表面的冰变成薄薄的一层水，使冰壶和冰道之间彼此分离，减小了冰壶受到的摩擦力；
(2)冰壶的重力：G=mg=19kg×10N/kg=190N，
冰壶静止时对冰道的压力：F=G=190N，
冰壶静止时对冰道的压强：p=FS=190N200×10−4m2=9500Pa；
(3)运动员对冰壶所做的功：W=F′s=25N×4m=100J；
做功的功率：P=Wt=F′st=F′v=25N×2m/s=50W。
答：(1)做功；减小；
(2)冰壶静止时对冰道的压强是9500Pa；
(3)若运动员对冰壶的水平推力恒为25N，在这一过程中，运动员对冰壶做了100J的功；做功的功率是50W。
(1)做功和热传递都可以改变物体的内能；使接触面彼此分离可以减小物体之间的摩擦；
(2)根据G=mg求出冰壶的重力，冰壶静止时对冰道的压力等于冰壶自身的重力，利用p=FS求出冰壶静止时对冰道的压强；
(3)根据W=Fs求出运动员对冰壶所做的功；利用P=Wt=Fst=Fv求出做功的功率。
本题考查改变物体内能的方式、减小摩擦的方法、重力公式、压强公式、功和功率公式的应用，是一道综合题。
21.【答案】热效应
【解析】解：(1)电陶炉的工作原理为电流的热效应；
旋钮开关放在1位置时，两电阻串联，总电阻较大，电源电压不变，根据P=U2R可知总功率较小，电陶炉处于低温挡，根据P=U2R可知R串=U2P低温=(220V)2400W=121Ω；
根据电阻串联的特点可知R1=R串−R2=121Ω−77Ω=44Ω；
(2)旋钮开关放在2位置时，电路为R1的简单电路，总电阻较小，电源电压不变，根据P=U2R可知总功率较大，电陶炉处于高温挡，根据P=U2R可知高温挡额定功率P高温=U2R1=(220V)244Ω=1100W；
(3)电能表上的3000imp/(kW⋅h)，表示电路中用电器消耗1kW⋅h电能，电能表的指示灯闪烁3000次，
故闪烁300次电陶炉消耗的电能：
W=13000kW⋅h/imp×300imp=0.1kW⋅h=3.6×105J，
质量为2kg的水从20℃升高到50℃吸收的热量Q=c水mΔt=4.2×103J/(kg⋅℃)×2kg×(50℃−20℃)=2.52×105J；
此时电陶炉的加热效率：
η=QW=2.52×105J3.6×105J×100%=70%。
答：(1)热效应；R1的阻值为44Ω；
(2)高温挡额定功率为1100W；
(3)此时电陶炉的加热效率为70%。
(1)电陶炉的工作原理为电流的热效应；旋钮开关放在1位置时，两电阻串联，总电阻较大，电源电压不变，根据P=U2R可知总功率较小，电陶炉处于低温挡，根据P=U2R可知两电阻串联后的总电阻，根据电阻串联的特点可知R1的阻值；
(2)旋钮开关放在2位置时，电路为R1的简单电路，总电阻较小，电源电压不变，根据P=U2R可知总功率较大，电陶炉处于高温挡，根据P=U2R可知高温挡额定功率；
(3)电能表上的3000imp/(kW⋅h)，表示电路中用电器消耗1kW⋅h电能，电能表的指示灯闪烁3000次，据此得出电能表的指示灯闪烁300次电陶炉消耗的电能；根据Q=c水mΔt得出质量为2kg的水从20℃升高到50℃吸收的热量，根据η=QW得出此时电陶炉的加热效率。
本题考查电功和热量的综合计算，有一定难度。
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