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2023年江苏省盐城市盐都区、亭湖区中考物理二模试卷-普通用卷
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这是一份2023年江苏省盐城市盐都区、亭湖区中考物理二模试卷-普通用卷，共27页。试卷主要包含了 盐城被誉为“东方湿地之都”等内容，欢迎下载使用。
2023年江苏省盐城市盐都区、亭湖区中考物理二模试卷
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. 盐城位于中国东部沿海，是江苏省海岸线最长、海域面积最广的城市，海上风电装机容量占全国近二分之一，是名副其实的“海上风电第一城”。风能属于可再生能源，下列能源属于不同类型的是( )
A. 水能 B. 石油 C. 太阳能 D. 生物质能
2. 2023年4月8日盐城初中毕业生艺术素质测评中有一道题：聆听音乐，辨别主奏乐器。这里辨别的依据是乐音的( )
A. 响度 B. 音调 C. 音色 D. 速度
3. 如果在坐标轴上加上适当的物理量及单位，就可以描述物理量之间的关系，下面的关系能用此图像来描述的是( )
A. 物体所受重力与其质量的关系
B. 同种物质组成的物体，其密度与质量的关系
C. 导体两端的电压一定时，导体的电流与其电阻的关系
D. 做匀速直线运动的物体，速度与通过路程之间的关系
4. 盐城被誉为“东方湿地之都”。湿地，被称为“地球之肾”，具有调节小气候，保护生物多样性的功能，有大量珍稀水禽在此迁徒繁殖。如图所示，一只丹顶鹤正从水面上展翅起飞。关于丹顶鹤在水中所成的像，下列说法正确的是( )
A. 水中的像是光的折射形成的 B. 丹顶鹤飞得越高，水中的像越小
C. 河水越深，水中的像离水面越远 D. 水中的像与丹顶鹤关于水面对称
5. 某人将一箱书用两种方式搬上楼，第一种方式是把所有的书一起搬上楼，第二种方式是先搬一部分书上楼，再搬剩下的部分，假设他上楼的速度相同，用这两种方式搬书的功率分别为P1和P2，机械效率分别为η1和η2，下列关系式正确的是( )
A. P1>P2，η1>η2 B. P1>P2，η1<η2
C. P1η2 D. P1
A. 液体对容器底部有压强
B. 液体对容器侧壁有压强
C. 液体压强与液体深度的关系
D. 液体压强与液体密度的关系
7. 小明非常好奇新买的手电筒，他来回捆动这个手电筒，电筒内的磁体就会在线圈里面来回运动，使灯泡发光。下列能反映其工作原理的是( )
A. B.
C. D.
8. 如图所示，在水平桌面上分别铺上玻璃、木板、棉布，让小车从斜面的同一位置由静止滑下，下列说法正确的是( )
A. 小车受到的阻力越小，运动路程越长 B. 小车在玻璃上滑行，不受摩擦力作用
C. 小车在整个运动过程中动能不断增大 D. 小车在棉布表面速度大小变化得最慢
9. 对于家庭电路，经常会遇到这样一些情况：
①开关中的两个线头相碰；
②插头中的两个线头相碰；
③户外输电线绝缘皮被损坏；
④电路中增加了大功率的用电器。
在这些情况中，可能引起熔丝熔断或家中空气开关自动跳闸的是( )
A. ①② B. ②③ C. ②④ D. ③④
10. 某些无法直接感知的事实可以通过相关可感知的现象推测得到，这是物理学研究问题的一种方法，下列根据这种方法所做出的推测不符合事实的是( )
A. 酒精和水混合后总体积变小推测出分子间存在引力
B. 随着密封容器中的气体逐渐抽去内部铃声变小，推测真空不能传声
C. 通电导线能使小磁针发生偏转推测出通电导线周围存在磁场
D. 温度计放在色散光带红光外侧时示数会增大推测出该区域存在一种人眼看不见的光
11. 在综合实践活动中，小明制作了一只长15cm、宽6cm的小纸船，如图甲所示，图乙是小纸船的主视图，如图现让纸船漂浮在水面上，向船内轻轻放入目前我们常用的一元硬币(质量约为5g)，估测纸船最多能承载的硬币数目最接近于( )
A. 30枚 B. 60枚 C. 100枚 D. 200枚
12. 如图所示电路中，电源电压不变，R1为90Ω的定值电阻，R2为滑动变阻器，闭合开关S，滑动变阻器接入电路的阻值由R0增大到5R0，电流减少了一半，定值电阻R1的功率变化了2.7W，此过程中( )
A. 电流表示数变化了0.2A
B. 电压表示数变化了18V
C. 滑动变阻器R2的功率变化了0.3W
D. 电路消耗的总功率变化了3W
13. 冰壶项目是历届冬奥会的经典项目，运动员将冰壶掷出后冰壶由于______继续向前运动，运动员需要在冰壶周围用冰刷进行刷冰，刷冰过程中是通过______的方式增加冰面的内能，使冰______(填物态变化名称)，以减小冰壶与冰面的摩擦。
14. 2023年4月15日，神舟十五号航天员进行了第四次出舱活动。地面工作人员通过______ 和舱内航天员邓清明密切联系，两名出舱航天员费俊龙、张陆圆满完成全部既定工作，安全返回问天实验舱，此过程中费俊龙相对于实验舱是______ (运动/静止)的。在空间站一天内可以看到16次“日出”，可以用光______ (直线传播/反射/折射)规律来解释。
15. 小华用天平和量筒测量矿石的密度，先把天平放在______ 桌面上，调节好天平后，测出矿石的质量如图所示，矿石的质量为______ g，接着他测出矿石的体积为30cm3，则矿石的密度为______ kg/m3。
16. 2023年4月16日上午7：30，清脆的发令声通过______ 传到运动员的耳中，2023盐城马拉松暨大运河马拉松系列赛(盐城站)正式起跑。如图，1.5万余名中外跑友一起出发，在跑道两旁可以看到开满了粉红色的桃花，这是因为桃花______ 粉红色光，不仅花色美更有花味香，满城飘逸的花香是由于分子的______ 现象。
17. 汽车发动机采用循环流动的水进行冷却，这是利用水的______ 较大；若散热器中装有8kg的水，水温升高50℃，水吸收的热量是______ J；若汽油机曲轴的转速为3000r/min，汽油机每秒对外做功______ 次。
[c水=4.2×103J/(kg⋅℃)]
18. 小华周末在公园草坪上游玩时，沿水平方向快速抛出一飞盘，如图甲所示。飞盘离开手以后越升越高，说明受到一个向上的作用力，这个力的施力物体是______ ，图乙为飞盘的剖面图，你认为它抛出时应该凸面朝______ (上/下)，飞盘最终要落向地面，这是由于它受到______ 力的作用。
19. 如图所示，工人师傅用沿着斜面大小为600N的推力，在10s内把质量为100kg货物沿斜匀速向上推到顶部，斜面长为4m，高为2m，则工人师傅做功的功率是______ W，该斜面的机械效率为______ %，货物与斜面的摩擦力是______ N。(g取
10N/kg)
20. 在家庭用电的调查研究综合实践活动中，某家用电能表的表盘如图甲所示，此时电能表的示数是______ kW⋅h，该家庭电路同时使用的用电器总功率不得超过______ kW。如图乙若关闭了家中的其他用电器，只让电热水壶工作6min，电能表的指示灯闪烁320次，则电热水壶的实际电功率为______ W。
21. 如图，请作出AB入射光线由空气斜射入水中后折射光线的大致方向。
22. 在如图中，画出以初速度v沿斜面减速上滑的物体所受的重力G的示意图。
23. 根据图中小磁针静止时的指向，标出通电螺线管的N极和电源的“+”极。
24. 随着“双碳”政策实施，绿色能源快速发展，新能源汽车迅速进入人们的生活。如图是某品牌纯电动汽车，汽车质量为900kg，每个轮胎与地面的接触面积为0.025m2，汽车轮胎能承受的最大压强为2×105Pa，g取10N/kg。求：
(1)汽车的重力；
(2)一辆空车静止在水平地面上时，汽车对地面的压强；
(3)汽车允许乘坐的人员和携带货物的总质量。
25. 热敏电阻的阻值会随温度的改变而改变。图甲是用热敏电阻测量环境温度的电路，电路中电流表的量程为0～0.02A，滑动变阻器R的铭牌上有“150Ω 0.3A”字样。Rt为热敏电阻，其阻值随环境温度变化关系如图乙所示，电源电压保持不变。请完成下列小题：
(1)将此电路放入温度为20℃的环境中，闭合开关S，调节滑片P，使滑动变阻器接入电路的电阻R=100Ω，此时电流表的读数为0.01A，求电源电压；
(2)若环境温度为40℃时，要保证整个电路元件的安全，求滑动变阻器的变化范围；
(3)此电路能测量的最高环境温度为多少？
26. 在“探究杠杆的平衡条件”实验中：
(1)安装好杠杆后，发现其左端下沉，如图甲所示，为使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向______ 调节。
(2)如图乙所示，在A处悬挂3个钩码，每个钩码重为0.5N。在B处施加一个竖直向下的拉力使杠杆在水平位置再次平衡，目的是______ ，拉力的大小为______ N，若沿着图示的方向拉，拉力将______ (变大/不变/变小)。
(3)下课后，小明制作了一个简易杠杆，调节杠杆在水平位置平衡，然后在它两边恰当位置分别放上不同数量的同种硬币，使其在水平位置再次平衡，如图丙所示，则力臂l1：l2= ______ ，若两边同时各取走一枚硬币，则杠杆的______ 端将下沉。
27. 某同学在“探究凸透镜成像规律”的实验中，选用了焦距未知的凸透镜。
(1)如图甲所示，该凸透镜的焦距为______ cm；
(2)如图乙所示，想在光屏上得到烛焰清晰的像，需将光屏向______ (左/右)移动，此时光屏上能得到一个倒立、______ 的实像，______ (照相机/放大镜/投影仪)就是根据此原理工作的；
(3)在光屏上得到清晰的______ 像后，该同学把他爷爷的老花眼镜放在蜡烛与凸透镜之间，光屏上烛焰的像变模糊了，在不改变凸透镜和蜡烛位置的情况下，若想在光屏上再一次得到烛焰清晰的像，他应该将光屏向______ (左/右)移动。
(4)如图丙所示，保持蜡烛位置不变，移动透镜至18cm刻度线处，则人眼在______ 能观察到烛焰的像，像是图丁中的______ (1/2/3/4)。
28. 在“测定额定电压为2.5V小灯泡电功率”的实验中，电源电压恒为3V，滑动变阻器规格为“20Ω 2A”．
(1)在图甲中，用笔画线代替导线将电路连接完整；
(2)连接电路时，开关必须______ ，滑动变阻器的滑片应移到最______ (左/右)端；
(3)当电压表的示数达到1.5V时，电流表的示数如图乙所示，其读数为______ ，此时，灯泡的功率为______ W，为使灯泡正常发光，应将滑片向______ (左/右)移动；
(4)小华经过计算发现，在某次正常调节滑动变阻器的过程中，滑动变阻器R的阻值变化量比灯泡L的阻值变化量大，则滑片P的移动方向是______ (一定向左/一定向右/向左、向右均可)；
(5)同学们根据测得的数据绘制了小灯泡的I−U关系图像如图丙所示(实线AB部分)，现将规格相同的另一只小灯泡L2也串联在该电路中，将滑动变阻器的滑片从一端移动到另一端的过程中，获得L1的I−U关系图像可能是图丙中的______ 。
A.AB段
B.AD段
C.CD段
D.DE段
29. 阅读短文，回答问题
智能雨刮器
图甲是一种智能化的汽车感应雨刮器，主要由直流电动机、摆杆、连杆、雨刮片、光电转换器和控制器等组成。它可根据雨量大小自动调节刮水速度，提高行车安全性。
光电转换器(图乙)包括红外发射器P和接收器Q，在发射器P端加上电压U时，会发出一束锥形红外线，经过玻璃光学元件成为特定角度的平行光射入前挡风玻璃，被挡风玻璃反射后再经过玻璃光学元件到达红外接收器Q，并产生电压U输入到微处理器。在无雨水情况下，接收的红外线强度与发出的红外线强度近似相等，此时U与U0近似相等；当有一定量的雨滴落在感应区域时，部分红外线会经雨滴传播到挡风玻璃外，导致接收到的红外线强度变小，此时U小于U0。
控制器是由微处理器和工作电路组成，微处理器根据电压差ΔU=U0−U的大小来判断雨量大小，当电压差ΔU大于设定值时，输出工作指令，工作电路驱动电机转动系统。电动机的转速r与电压差ΔU的关系如图丙所示；摆杆摆动的频率f与电动机的转速r成正比。
(1)图甲中，当雨刮器工作时，摆杆可以看作一个______ 杠杆。
(2)雨量感应区域有雨滴时，人从车外______ (能/不能)看到光电转换器发出的红外线。
(3)下列关于智能雨刮器的说法中，正确的是______ 。
A.红外线同时能对汽车内部环境进行消毒
B.挡风玻璃上雨滴越多，红外发射器发出的光总量越多
C.挡风玻璃上雨滴越多，红外接收器接收到的光的总量越多
D.光电转换器P将电能转化为光能，Q将光能转化为电能
(4)图乙中，贴在挡风玻璃上的玻璃光学元件对光线的作用类似于______ (凸面镜/凸透镜/凹透镜/凹面镜)。
(5)图丁关于电动机的转速r、摆杆摆动的频率f与输入电压U的关系图像中，正确的是______ 。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、水能属于可再生能源；
B、石油属于不可再生能源；
C、太阳能是可再生能源；
D、生物质能属于可再生能源。
故选：B。
像水能、风能、太阳能、生物质能等都是能够源源不断的从自然界得到的能源叫可再生能源；像化石能源、核能等短期内不能从自然界得到补充的能源叫不可再生能源。
本题主要考查的是可再生能源和不可再生能源的区别，要注意从其定义来分析，属于识记性内容，比较简单。
2.【答案】C
【解析】解：音色是取决于发声体本身的一种特性，聆听音乐，辨别主奏乐器，辨别的依据是乐音的音色。
故选：C。
音色是取决于发声体本身的一种特性，可以用于区分发声体。
本题考查了音色与音调和响度的区别，属于基础知识。
3.【答案】A
【解析】解：由图像可知，纵坐标表示的物理量和横坐标表示的物理量成正比关系；
A、地面附近的物体，重力和质量成正比，可以用该图像描述，故A正确；
B、密度是物质的基本属性，与质量无关，不可以用该图像描述，故B错误；
C、由欧姆定律可知，电压一定时，导体的电流与其电阻成反比，不能用该图像描述，故C错误；
D、匀速直线运动的物体，速度与通过的路程无关，不可以用该图像描述，故D错误。
故选：A。
从图像上可以看出，该图像反应的物理量之间成正比关系，然后根据各选项之间的关系选择即可。
本题考查不同量之间的关系，理解图像中物理量之间的比例关系是解题的关键。
4.【答案】D
【解析】解：A、平静的水面相当于平面镜，白鹭在水面所成的像属于平面镜成像，是由光的反射形成的，故A错误；
BD、白鹭飞离水面的过程中像的大小与白鹭大小相同，所以像的大小不变，与白鹭到水面距离无关；水中的像与白鹭关于水面对称，故B错误，D正确；
C、物距是白鹭到水面的距离，像距是白鹭所成的像到水面的距离，二者始终相等，与水的深度无关，故C错误。
故选：D。
平面镜成像是由光的反射形成的，平面镜成像的特点：物体在平面镜中所成的像是虚像，像和物体的大小相等，它们的连线垂直于镜面，它们到镜面的距离相等。
此题主要考查学生对平面镜成像特点的了解和掌握，紧扣平面镜成像原理和成像特点去分析即可比较容易地进行解答。
5.【答案】A
【解析】解：当把所有的书一起搬上楼时，书受到人的支持力等于书的总重力；先搬一部分书上楼，再搬剩下的部分时，书受到人的支持力等于书总重力的一半，而上楼的速度相同，由P=Wt=Fst=Fv可知，把所有的书一起搬上楼的功率大，即P1>P2；
两种搬法的有用功相同，第一次的额外功等于克服人重力做的功；第二次的额外功等于克服人两次重力做的功，因此第一次的总功小于第二次的总功，由η=W有W总可知，第一次的效率高，即η1>η2。
故选：A。
先确定书受到人作用力的大小，然后利用功率的变形公式P=Wt=Fst=Fv判断功率的大小；
比较有用功和总功的关系，利用η=W有W总可知机械效率的大小。
本题考查功率大小和机械效率大小的比较，关键点有二：一是对功率计算公式灵活变形；二是比较两次有用功和总功大小关系。
6.【答案】A
【解析】解：
A、由于隔板是竖直放置的，所以该装置无法探究液体是否对容器的底部产生压强。故A符合题意；
B、在隔板的某一边倒入某种液体，观察橡皮膜是否凸起可知液体是否对容器的侧壁产生压强，可探究液体是否对容器的侧壁产生压强。故B不合题意；
C、在隔板两边倒入同一种液体，使其深度不同，观察橡皮膜凸起的方向可知两侧液体压强的大小，可探究液体压强是否与液体的深度有关；故C不合题意；
D、在隔板两边倒入不同液体，使其深度相同，观察橡皮膜凸起的方向可知两侧液体压强的大小，可探究液体压强是否与液体的密度有关；故D不合题意。
故选：A。
(1)要探究“液体压强跟深度的关系”，则应使液体密度相同，液体深度不同；
(2)要探究“液体压强跟液体密度的关系”，则应使液体深度相同，液体密度不同。
此题是探究液体压强与深度和密度的关系，考查了对控制变量法的应用，在实验中注意怎样控制变量和改变变量。
7.【答案】C
【解析】解：来回摇动发光的手电筒，其发光原理是电磁感应现象。
A、图中是探究影响电磁铁磁性大小的因素，其原理是电流的磁效应，故A不符合题意；
BD、图中，开关闭合后，电路中有电流通过，通电线圈受到磁场力的作用而转动，是电动机的原理，故BD不符合题意；
C、图中，开关闭合后，在外力作用下使导体做切割磁感应线运动，电流表指针会发生偏转，产生感应电流，这是电磁感应现象，是发电机的工作原理，与该手电筒供电原理相同，故C符合题意。
故选：C。
闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，就会产生感应电流，这种现象叫电磁感应现象。
来回摇晃手电筒，使永磁体在线圈中来回运动，线圈做切割磁感线的运动，线圈中就会产生感应电流，小灯泡就会发光。
本题考查了电与磁之间联系及应用，属于基础题目。
8.【答案】A
【解析】解：AD、在水平面上，小车初速度相等，实验中我们会观察到：在不同材料的表面上，小车滑行的距离是不同的，在表面光滑的玻璃上滑行的距离最长，速度减小的越慢，在最粗糙的毛巾上滑行的距离最短，速度减小的最快，故A正确，D错误。
B、小车在玻璃上滑行，仍受摩擦力作用会慢慢停下来，故B错误；
C、小车运动过程中速度不断减小，质量不变，故动能不断减小，故C错误。
故选：A。
(1)体从斜面的同一高度滚下，到达水平面时速度相等，当物体速度相等时，在光滑程度不同的水平面上运动的距离不同，表面越光滑，物体运动的距离越远，速度减小的越慢；
(2)小车在玻璃上滑行，仍受摩擦力作用；
(3)物影响动能的因素：质量和速度。
本实验采用了对比实验的方法。研究小车运动距离与受力大小的关系，让小车在三个粗糙程度不同的表面上运动的目的就是形成对比，比较运动距离与受力大小的关系。
9.【答案】C
【解析】解：熔丝熔断或家中空气开关自动跳闸，是因为电流通过导体时，产生的电热引起的。电热在电阻、通电时间一定时，电流越大，产生的电热越大。
①开关中的两个线头相碰相当于开关是闭合的，不会引起电流过大；
②插座的两个线头，分别是火线和零线，火线和零线相连是短路现象，会引起电流过大；
③户外输电线绝缘皮被损坏，不会出现电流过大；
④电路中接入大功率的用电器，会使电路总功率更大，根据I=PU，功率变大，电压不变，电流变大。
故选：C。
电路中电流过大的原因：①短路。②电路中接入大功率的用电器。
掌握家庭电路中电流过大的原因，本题的难度不大。
10.【答案】A
【解析】解：A、酒精和水混合后总体积变小推测出分子间存在间隙，故A错误；
B、随着密封容器中的气体逐渐抽去内部铃声变小，推测真空不能传声，故B正确；
C、通电导线能使小磁针发生偏转推测出通电导线周围存在磁场，故C正确；
D、温度计放在色散光带红光外侧时示数会增大推测出该区域存在一种人眼看不见的光，故D正确。
故选：A。
(1)分子间存在间隙。
(2)声音的传播需要介质，真空不能传声。
(3)通电导体的周围存在磁场。
(4)在红外附近，有一种看不见的光叫红外线，红外线的主要特征是热作用。
本题主要考查了分子动理论、声音的传播需要介质、电流的磁效应和红外线的知识，属于基础性题目。
11.【答案】B
【解析】解：
由题意可知，纸船的高(船深)约6cm左右，则纸船最大的V排=12cm×5cm×6cm=360cm3；
由阿基米德原理得，纸船受到的最大浮力：F浮=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×10N/kg×3.6×10−4m3=3.6N；
目前常用的一元硬币重力约为：G=mg=5×10−3kg×10N/kg=0.05N，则纸船最多能承载硬币数目约为n=3.6N0.05N=72枚，故60枚是最接近答案的选项。
故选：B。
根据小纸船的长度和宽度估测成小纸船的高度，从而求出其体积；根据阿基米德原理求出最大的浮力；物体漂浮时，浮力等于重力，从而求出硬币的总重力，得出硬币的个数。
本题考查了学生对阿基米德原理、物体的漂浮条件的掌握和运用，属于基础题目。
12.【答案】C
【解析】解：由图可知，定值电阻与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流；
A、由串联电路的电阻特点和欧姆定律可知，当滑动变阻器接入电路的电阻为R0时，电源电压：U=IR总=I(R0+R1)……①
当滑动变阻器接入电路的电阻为5R0时，电源电压：U=I′R总′=12I(5R0+R1)……②
由①②解得：R0=13R1=13×90Ω=30Ω，U=24V，
由题意可知，两次情况下定值电阻R1的功率变化量：ΔP1=P1−P1′=I2R1−(12I)2R1=34I2R1=34I2×90Ω=2.7W，
解得：I=0.2A，
则I′=12I=12×0.2A=0.1A，
因此电流表示数的变化量：ΔI=I−I′=0.2A−0.1A=0.1A，故A错误；
B、由欧姆定律可知，电压表示数的变化量：ΔU2=I′×5R0−IR0=0.1A×5×30Ω−0.2A×30Ω=9V，故B错误；
C、滑动变阻器R2的功率变化量：ΔP2=P2′−P2=(12I)2×5R0−I2R0=14I2R0=14(0.2A)2×30Ω=0.3W，故C正确；
D、电路消耗的总功率变化量：ΔP=P−P′=UI−UI′=24V×0.2A−24V×0.1A=2.4W，故D错误。
故选：C。
由图可知，定值电阻与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流；
(1)根据串联电路的电阻特点和欧姆定律表示出电源电压求出R0与R1之间的关系，进而求出R0的阻值，根据P=UI=I2R表示出两次情况下定值电阻R1的功率变化量，解方程求出两次电路中的电流和电源电压，进而求出电流表示数的变化量；
(2)根据欧姆定律求出电压表示数的变化量；
(3)根据P=UI=I2R求出滑动变阻器R2的功率变化量；
(4)根据P=UI求出电路消耗的总功率变化量。
本题考查串联电路的特点、欧姆定律和电功率公式的应用，关键是根据P=UI=I2R表示出两次情况下定值电阻R1的功率变化量，解方程求出两次电路中的电流和电源电压。
13.【答案】惯性 做功 熔化
【解析】解：掷出去的冰壶能继续向前运动，是由于冰壶具有惯性要保持原来的运动状态继续向前运动；运动员刷冰时，冰刷与冰面之间有摩擦，要克服摩擦做功，机械能转化为内能，使冰面的内能增加，温度升高，达到冰的熔点，冰开始熔化，冰壶和冰之间有水，减小了摩擦。
故答案为：惯性；做功；熔化。
(1)物体保持原来运动状态不变的性质叫做惯性，一切物体都具有惯性；
(2)改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，热传递过程是能量的转移过程，而做功过程是能量的转化过程；
(3)物质从固态变为液态的过程叫熔化。
本题考查了惯性、做功改变物体的内能和物态变化，属于基础性题目。
14.【答案】电磁波 运动 直线传播
【解析】解：(1)电磁波可以传递信息，可以在真空中传播，地面工作人员通过电磁波和舱内航天员邓清明密切联系；
(2)两名出舱航天员费俊龙、张陆圆满完成全部既定工作，安全返回问天实验舱，此过程中费俊龙相对于实验舱的位置发生变化，是运动的；
(3)光在同一种均匀介质中沿直线传播，可以用来解释日出的现象。
故答案为：(1)电磁波；(2)运动；(3)直线传播。
(1)电磁波可以传递信息，可以在真空中传播；
(2)判断物体运动还是静止，观察物体和参照物之间的位置是否发生变化；
(3)光在同一种均匀介质中沿直线传播。
本题考查了电磁波的应用、运动和静止的判断、光的直线传播现象，属于基础题。
15.【答案】水平 72 2.4×103
【解析】解：天平使用时，应先杷天平放在水平桌面上；
由图知，天平标尺的分度值0.2g，矿石的质量：m=50g+20g+2g=72g；
由题知，矿石的体积为V=30cm3，
矿石的密度：ρ=mV=72g30cm3=2.4g/cm3=2.4×103kg/m3。
故答案为：水平；72；2.4×103。
天平使用时，先杷天平放在水平桌面上；读数时，被测物体的质量等于砝码的总质量与游码所对刻度之和；知道矿石的质量和体积，利用ρ=mV求出矿石的密度。
本题是测固体密度的实验，考查了天平的使用和读数以及密度的计算，属于一道基础题。
16.【答案】空气 反射 扩散
【解析】解：清脆的发令声通过传到运动员的耳中，在跑道两旁可以看到开满了粉红色的桃花，这是因为桃花反射粉红色光；满城飘逸的花香是由于分子在永不停息地做无规则运动。
故答案为：空气；反射；扩散。
声音可以通过空气传声；不透明物体的颜色是由它反射的色光决定的；分子在永不停息地做无规则运动。
本题考查了声现象和分子运动，属于基础题。
17.【答案】比热容 1.68×106 25
【解析】解：汽车发动机采用循环流动的水进行冷却，这是利用水的比热容较大，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；
水吸收的热量：Q吸=c水mΔt=4.2×103J/(kg⋅℃)×8kg×50℃=1.68×106J；
汽油机曲轴的转速为3000r/min=50r/s，即汽油机的飞轮每秒转50圈，
由于汽油机一个工作循环完成4个冲程，飞轮和曲轴转2圈，对外做功1次，所以该汽油机每秒对外做功25次。
故答案为：比热容；1.68×106；25。
(1)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；
(2)知道水的质量、比热容和升高的温度，利用Q吸=cmΔt求出水吸收的热量；
(3)汽油机一个工作循环完成4个冲程，飞轮和曲轴转2圈，对外做功1次。
本题考查水比热容大的应用、热量的计算以及热机的有关计算，是一道热学综合题，难度不大。
18.【答案】空气 上 重
【解析】解：沿水平方向快速抛出一飞盘，飞盘离开手以后越升越高，说明受到一个向上的作用力，这个力的施力物体是空气，空气对物体产生向上的升力作用，物体受到向上的压强大于向下的压强；故上方空气流速快压强小，因而是图乙飞盘的剖面图中下表面，即抛出时应该凸面朝上，飞盘最终要落向地面，这是由于它受到重力的作用改变了运动状态。
故答案为：空气；上；重。
流体的流速越大，流体压强越小，空气对物体产生向上的升力作用，物体受到向上的压强大于向下的压强；重力的方向始终竖直向下。
此题主要考查力与运动的关系、流体压强与流速的关系，明确经过飞盘上下表面流动的空气速度的不同是解决此题的关键。
19.【答案】240 83.3 100
【解析】解：(1)工人推力做的总功：
W总=Fs=600N×4m=2400J。
工人师傅做功的功率为：
P总=W总t=2400J10s=240W。
(2)货物的重力：
G=mg=100kg×10N/kg=1000N，
工人师傅对货物做的有用功：
W有用=Gh=1000N×2=2000J；
斜面的机械效率：
η=W有用W总×100%=2000J2400J×100%≈83.3%。
(3)克服摩擦力所做的额外功：
W额=W总−W有=2400J−2000J=400J，
由W额=fs可得，物体和斜面之间的摩擦力：
f=W额s=400J4m=100N。
故答案为：240；83.3；100。
(1)已知拉力F与斜面长，利用W=Fs计算总功，根据公式P=Wt计算功率；
(2)知道货物的质量，根据G=mg求出货物的重力，再根据W=Gh求出克服重力做的有用功；
知道有用功和总功，根据机械效率公式求出机械效率。
(3)总功减去有用功即为克服摩擦力所做的额外功，根据W额=fs求出货物和斜面之间的摩擦力。
本题考查了做功公式和机械效率公式、重力公式的应用，明确有用功和额外功以及总功是关键。
20.【答案】7624.1 8.8 1000
【解析】解：(1)由图知，电能表的示数为7624.1kW⋅h；
(2)电能表上“10(40)A”，40A是指电能表平时工作允许通过的最大电流，“220V”是指电能表的工作电压，该家庭电路同时使用的用电器总功率的最大值为：
P最大=UI最大=220V×40A=8800W=8.8kW；
(3)3200imp/(kW⋅h)表示接在这个电能表上的用电器每消耗1kW⋅h的电能，电能表的指示灯闪烁3200次，
指示灯闪烁320次时，电热水壶消耗的电能为：
W=3203200kW⋅h=0.1kW⋅h=0.1×3.6×106J=3.6×105J；
时间t=6min=360s，
电热水壶的实际电功率为：
P=Wt=3.6×105J360s=1000W。
故答案为：7624.1；8.8；1000。
(1)电能表读数时注意：最后一位是小数位、单位是kW⋅h；
(2)电能表上“10(40)A”，10A是指电能表的标定电流，40A是指电能表平时工作允许通过的最大电流；利用P=UI求该家庭电路同时使用的用电器总功率的最大值；
(3)3200imp/(kW⋅h)表示接在这个电能表上的用电器每消耗1kW⋅h的电能，电能表的指示灯闪烁3200次，据此求出指示灯闪烁320次时，电热水壶消耗的电能；再利用P=Wt求电热水壶的实际电功率。
本题考查了电能表的读数、消耗电能和电功率的计算，关键是对电能表参数的物理意义的正确理解。
21.【答案】解：过入射点B作垂直于界面的法线，根据折射角小于入射角画出折射光线。如图所示：
【解析】根据入射光线、折射光线以及法线在同一平面内，折射角小于入射角，确定折射光线的方向。
本题主要考查折射定律的应用情况，注意真实光线为实线，法线为虚线；是一道基础题。
22.【答案】解：重力的方向是竖直向下的，过重心画一条带箭头的竖直向下的有向线段，用G表示，如图所示：
【解析】根据重力的方向是竖直向下的，过重心做竖直向下的力即可。
本题考查了重力的示意图的作法。不管物体怎样运动，重力的方向总是竖直向下的。
23.【答案】解：图中小磁针静止时，其右端为N极，根据异名磁极相互吸引可知，通电螺线管的左端为S极，右端是N极。
根据安培定则，伸出右手握住螺线管，使大拇指指向通电螺线管的N极，则四指弯曲所指的方向为电流的方向，所以电流由螺线管的左端流入，则电源的左端为正极，电源右端是负极。如下图所示：
【解析】先根据磁极间的相互作用规律判断出通电螺线管的磁极，再根据安培定则判断出电流的方向，从而找到电源的正负极。
本题考查了磁极间的相互作用规律和安培定则的应用，是电磁学方面的常见题型，比较简单。
24.【答案】解：(1)汽车的重力G=mg=900kg×10N/kg=9000N；
(2)一辆空车静止在水平地面上时，汽车对地面的压力F=G=9000N，
汽车对地面的压强p=FS=9000N4×0.025m2=90000Pa；
(3)汽车轮胎能承受的最大压力F大=p大S=2×105Pa×4×0.025m2=20000N，
汽车允许乘坐的人员和携带货物的总重力ΔG=F大−G=20000N−9000N=11000N，
汽车允许乘坐的人员和携带货物的总质量Δm=ΔGg=11000N10N/kg=1100kg。
答：(1)汽车的重力9000N；
(2)一辆空车静止在水平地面上时，汽车对地面的压强90000Pa；
(3)汽车允许乘坐的人员和携带货物的总质量1100kg。
【解析】(1)根据G=mg计算重力；
(2)水平地面上的汽车对地面的压力等于重力，根据p=FS计算压强；
(3)根据F=pS计算能承受的最大压力，减去空车的重力即为汽车允许乘坐的人员和携带货物的总重力，根据m=Gg计算汽车允许乘坐的人员和携带货物的总质量。
本题考查了重力、压力、压强的计算，属于基础题，要求学生掌握。
25.【答案】解：(1)由电路图可知，滑动变阻器与热敏电阻串联，电流表测电路电流，
由图乙所示图象可知，温度为20℃时，热敏电阻的阻值为400Ω，
由电阻的串联和欧姆定律可知，电源电压：U=I(Rt+R)=0.01A×(400Ω+100Ω)=5V；
(2)由图乙所示图象可知，温度为40℃时，热敏电阻的阻值为200Ω，
电流表的量程为0～0.02A，滑动变阻器R的铭牌上标有“150Ω 0.3A”字样，则为了保证电路的安全，电路中的最大电流为0.02A，
由I=UR可知，电路的最小总电阻：R总小=UImax=5V0.02A=250Ω，
滑动变阻器的最小阻值：R滑最小=R总小−Rt′=250Ω−200Ω=50Ω，
则滑动变阻器阻值的变化范围为50Ω～150Ω；
(3)热敏电阻阻值越小，环境温度最高，电路电流最大为0.02A时，根据串联电路总电阻等于各电阻之和可知：Rt小=R总−R滑最大=250Ω−150Ω=100Ω，由图乙可知其工作的最高环境温度50℃。
答：(1)电源电压为5V；
(2)若环境温度为40℃时，要保证整个电路元件的安全，滑动变阻器阻值的变化范围是50Ω～150Ω；
(3)此电路能测量的最高环境温度为50℃。
【解析】(1)分析清楚电路结构，由图示图象读出此时热敏电阻的阻值，然后由电阻的串联和欧姆定律求出电源电压。
(2)由图示图象读出环境温度为40℃时热敏电阻的阻值，分析得出电路中的最大电流，然后应用串联电路特点与欧姆定律求出滑动变阻器的最小阻值，最后确定其阻值范围。
(3)小量程电流表A允许通过的电流最大时，电路中的电阻最小，随着温度的升高热敏电阻Rt逐渐减小，当滑动变阻器达到最大阻值时，热敏电阻达到最小阻值，此时热敏电阻正常工作的环境温度达到最高值。
本题是一道关于图象分析和利用欧姆定律进行计算的综合题，能否根据图象分析热敏电阻的变化趋势和正确判断变阻器所处状态跟正常工作的最高环境温度之间的关系是本题的解题关键所在。
26.【答案】右 便于读取力臂 2 变大 2：1 右
【解析】解：(1)如图甲所示，杠杆左端下沉，其右端偏高，应将平衡螺母向上翘的右端移动，使杠杆在水平位置平衡；
(2)根据杠杆的平衡条件，F1l1=F2l2知要使力最小，需要使力臂最大，当力的方向竖直向下时，力臂最长，力最小；
在A点悬挂3个钩码，则由杠杆的平衡条件得：3G×4l=FB×3l，
解得：最小的力FB=4G=4×0.5N=2N；
若沿着图示的方向拉，力臂变小，拉力将变大，
(3)设每个硬币的重力为G，则由图可得，2Gl1=4Gl2，
则l1：l2=2：1；
若两边同时各取走―枚硬币，则左边为：Gl1=2Gl2，右边为3Gl2，
由于2Gl2<3Gl2，所以杠杆的右端将下沉。
故答案为：(1)右；(2)便于读取力臂；2；变大；(3)2：1；右。
(1)调节杠杆在水平位置平衡时，平衡螺母向上翘的一端移动；
(2)根据杠杆的平衡条件，可得出可使杠杆保持水平平衡的最小力；
(3)根据杠杆的平衡条件求出两力臂之比以及若两边同时各取走―枚硬币，杠杆会向哪端下沉。
本题考查了杠杆平衡的条件，杠杆在水平位置平衡后，支点到力的作用点的距离就是力臂，因此在此实验中我们应调节杠杆两端的平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡，以便直接读出力臂。探究杠杆平衡的条件就是动力×动力臂=阻力×阻力臂。
27.【答案】10.0 右 放大 投影仪 实 左 B 4
【解析】解：(1)平行于主光轴的光线经凸透镜折射后，会聚在主光轴上一点，这点是凸透镜的焦点，焦点到光心的距离是凸透镜的焦距，所以凸透镜的焦距是：f=40.0cm−30.0cm=10.0cm；
(2)如图乙所示，此时u=25cm−10cm=15cm，大于一倍焦距，小于二倍焦距，根据2f>u>f，v>2f，成倒立、放大的实像，故需将光屏向右移动，此时光屏上能得到一个倒立、放大的实像，投影仪就是根据此原理工作的；
(3)实像可以用光屏承接，虚像则不能，故在光屏上得到清晰的实像；该同学把他爷爷的老花眼镜放在蜡烛与凸透镜之间，光屏上烛焰的像变模糊了，老花眼镜是凸透镜，凸透镜对光线具有会聚作用，会提前使光线会聚成像，此时像成在光屏的前方，在不改变蜡烛和凸透镜位置的情况下，若想在光屏上再一次得到烛焰清晰的像，他应该将光屏向左移动；
(4)如图丙所示，保持蜡烛位置不变，移动透镜至18cm刻度线处，此时物距u=18cm−10cm=8cm
(1)平行于主光轴的光会聚于主光轴上一点，这一点叫焦点，焦点到光心的距离叫焦距，读数时估读到分度值的下一位；
(2)根据2f>u>f，v>2f，成倒立、放大的实像，投影仪就是利用此原理制成的；
(3)实像可以用光屏承接，虚像则不能；老花眼镜是凸透镜，凸透镜对光线具有会聚作用；
(4)根据u
28.【答案】断开 左 0.24A 0.36 右 向左、向右均可 C
【解析】解：(1)在“测定额定电压为2.5V小灯泡电功率”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)为了保护电路，连接电路时，开关必须断开，滑动变阻器的滑片应移到阻值最大处，即最左端；
(3)当电压表的示数达到1.5V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0.24A，则此时，灯泡的功率为：
P′=U′I′=1.5V×0.24A=0.36W；
由于电压表示数小于灯泡额定电压，为使灯泡正常发光，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，故应将滑片向右移动；
(4)a、滑片向右移动时，滑动变阻器的电阻变小，设原来电路中的电流为I1(即通过灯的电流)，滑片往右滑一段距离后电路中的电流为I2(即通过灯的电流)，
因滑动变阻器的电阻变小，根据分压原理可知：滑动变阻器分得电压变小，
由串联电路电压的规律可知，灯泡分得的电压增大，通过灯的电流也增大，所以I1
滑片向右移动后电流变大，根据P=UI可知灯的实际功率增大，灯丝的温度升高，小灯泡阻值随温度的升高而变大，
因总电阻减小，由电阻的串联规律可知：滑动变阻器R的阻值减小量大于灯泡L的阻值增大量；
b、滑片向左移动时，滑动变阻器的电阻增大，灯泡变暗，电流变小，电路的总电阻变大，但灯丝的温度降低，灯泡的电阻减小，所以变阻器R的阻值增大量大于灯泡L的阻值减小量；
综上可知，滑片不论向左还是向右移动，R的阻值变化量比L的阻值变化量大；
(5)将滑动变阻器的滑片滑到最右端，此时滑动变阻器接入电路的阻值为0，灯泡L1和L2串联，因两灯泡规格相同，根据串联分压原理可知，此时L1两端电压为1.5V，对应图丙的D点；
原先滑动变阻器阻值最大时，灯泡两端电压为0.5V，即A点；现将两灯串联，当滑动变阻器阻值最大时，根据串联电路分压原理，灯泡L1和L2两端总电压将大于0.5V，因两灯泡规格相同，则L1两端电压将大于0.25V，对应图丙的C点，所以L1的I−U关系图像可能是图丙中的CD段，故选：C。
故答案为：(1)见解答图；(2)断开；左；(3)0.24A；0.36；右；(4)向左、向右均可；(5)C。
(1)在“测定额定电压为2.5V小灯泡电功率”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)为了保护电路，连接电路时，开关必须断开，滑动变阻器的滑片应移到阻值最大处；
(3)根据电流表选用量程确定分度值读数，利用P=UI求出此时灯泡的功率；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)因电源电压不变，根据欧姆定律先判断出两种情况下总电阻的变化，再根据灯的电阻随温度的升高而增大随温度的降低而减小和串联电阻的规律分析回答；
(5)将滑动变阻器的滑片滑到最右端，此时滑动变阻器接入电路的阻值为0，灯泡L1和L2串联，因两灯泡规格相同，根据串联分压原理可知，此时L1两端电压为1.5V，据此确定L1在I−U关系图像中的最高点；
当滑动变阻器接入电路的阻值最大时，原来灯泡两端电压为0.5V，即A点；现将两灯串联，当滑动变阻器阻值最大时，根据串联电路分压原理，灯泡L1和L2两端总电压将大于0.5V，因两灯泡规格相同，则L1两端电压将大于0.25V，对应图丙的C点，据此得出L1的I−U关系图像。
本题测小灯泡电功率的实验，考查了电路连接、注意事项、电流表读数、功率的计算、实验操作和数据分析等知识。
29.【答案】费力 不能 D 凸透镜 A
【解析】解：(1)图甲中，O是支点，动力臂小于阻力臂，所以当雨刮器工作时，摆杆可以看作一个费力杠杆；
(2)红外线是不可见光，人从车外不能看到光电转换器发出的红外线；
(3)A.红外线不能对汽车内部环境进行消毒，故A错误；
BC.挡风玻璃上雨滴的多少，不会红外发射器发出的光总量，当有一定量的雨滴落在感应区域时，部分红外线会经雨滴传播到挡风玻璃外，导致接收到的红外线强度变小，故BC错误；
D.光电转换器P将电能转化为光能，Q将光能转化为电能，故D正确；
(4)在发射器P端加上电压U时，会发出一束锥形红外线，经过玻璃光学元件成为特定角度的平行光射入前挡风玻璃，分析图乙可知贴在挡风玻璃上的玻璃光学元件对光线的作用类似于凸透镜；
(5)已知ΔU=U0−U，则U=U0−ΔU，由图丙可知r与ΔU是线性函数，r随ΔU的增大而增大，则r与U是线性函数，r随U的增大而减小，故A正确，B错误；
摆杆摆动的频率f与电动机的转速r成正比，所以f随r的增大而增大，则摆杆摆动的频率f随U的增大而减小，故CD错误，
图丁关于电动机的转速r、摆杆摆动的频率f与输入电压U的关系图像中，正确的是A。
故答案为：(1)费力；(2)不能；(3)D；(4)凸透镜；(5)A。
(1)动力臂小于阻力臂的杠杆是费力杠杆，动力臂大于阻力臂的杠杆是省力杠杆；
(2)红外线是不可见光；
(3)A、红外线不能对汽车内部环境进行消毒；
BC、挡风玻璃上雨滴的多少，不会红外发射器发出的光总量，当有一定量的雨滴落在感应区域时，部分红外线会经雨滴传播到挡风玻璃外，导致接收到的红外线强度变小；
D、光电转换器P将电能转化为光能，Q将光能转化为电能；
(4)凸透镜对光有会聚作用，光路具有可逆性；
(5)已知ΔU=U0−U，则U=U0−ΔU，由图丙可知r与ΔU是线性函数，r随ΔU的增大而增大，则r与U是线性函数，r随U的增大而减小；
摆杆摆动的频率f与电动机的转速r成正比，所以f随r的增大而增大，则摆杆摆动的频率f随U的增大而减小。
本题考查杠杆的分类、对可见光和不可见光的理解、凸透镜对光线的作用等，正确读取信息是解题的关键。
2023年江苏省盐城市盐都区、亭湖区中考物理二模试卷
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. 盐城位于中国东部沿海，是江苏省海岸线最长、海域面积最广的城市，海上风电装机容量占全国近二分之一，是名副其实的“海上风电第一城”。风能属于可再生能源，下列能源属于不同类型的是( )
A. 水能 B. 石油 C. 太阳能 D. 生物质能
2. 2023年4月8日盐城初中毕业生艺术素质测评中有一道题：聆听音乐，辨别主奏乐器。这里辨别的依据是乐音的( )
A. 响度 B. 音调 C. 音色 D. 速度
3. 如果在坐标轴上加上适当的物理量及单位，就可以描述物理量之间的关系，下面的关系能用此图像来描述的是( )
A. 物体所受重力与其质量的关系
B. 同种物质组成的物体，其密度与质量的关系
C. 导体两端的电压一定时，导体的电流与其电阻的关系
D. 做匀速直线运动的物体，速度与通过路程之间的关系
4. 盐城被誉为“东方湿地之都”。湿地，被称为“地球之肾”，具有调节小气候，保护生物多样性的功能，有大量珍稀水禽在此迁徒繁殖。如图所示，一只丹顶鹤正从水面上展翅起飞。关于丹顶鹤在水中所成的像，下列说法正确的是( )
A. 水中的像是光的折射形成的 B. 丹顶鹤飞得越高，水中的像越小
C. 河水越深，水中的像离水面越远 D. 水中的像与丹顶鹤关于水面对称
5. 某人将一箱书用两种方式搬上楼，第一种方式是把所有的书一起搬上楼，第二种方式是先搬一部分书上楼，再搬剩下的部分，假设他上楼的速度相同，用这两种方式搬书的功率分别为P1和P2，机械效率分别为η1和η2，下列关系式正确的是( )
A. P1>P2，η1>η2 B. P1>P2，η1<η2
C. P1
A. 液体对容器底部有压强
B. 液体对容器侧壁有压强
C. 液体压强与液体深度的关系
D. 液体压强与液体密度的关系
7. 小明非常好奇新买的手电筒，他来回捆动这个手电筒，电筒内的磁体就会在线圈里面来回运动，使灯泡发光。下列能反映其工作原理的是( )
A. B.
C. D.
8. 如图所示，在水平桌面上分别铺上玻璃、木板、棉布，让小车从斜面的同一位置由静止滑下，下列说法正确的是( )
A. 小车受到的阻力越小，运动路程越长 B. 小车在玻璃上滑行，不受摩擦力作用
C. 小车在整个运动过程中动能不断增大 D. 小车在棉布表面速度大小变化得最慢
9. 对于家庭电路，经常会遇到这样一些情况：
①开关中的两个线头相碰；
②插头中的两个线头相碰；
③户外输电线绝缘皮被损坏；
④电路中增加了大功率的用电器。
在这些情况中，可能引起熔丝熔断或家中空气开关自动跳闸的是( )
A. ①② B. ②③ C. ②④ D. ③④
10. 某些无法直接感知的事实可以通过相关可感知的现象推测得到，这是物理学研究问题的一种方法，下列根据这种方法所做出的推测不符合事实的是( )
A. 酒精和水混合后总体积变小推测出分子间存在引力
B. 随着密封容器中的气体逐渐抽去内部铃声变小，推测真空不能传声
C. 通电导线能使小磁针发生偏转推测出通电导线周围存在磁场
D. 温度计放在色散光带红光外侧时示数会增大推测出该区域存在一种人眼看不见的光
11. 在综合实践活动中，小明制作了一只长15cm、宽6cm的小纸船，如图甲所示，图乙是小纸船的主视图，如图现让纸船漂浮在水面上，向船内轻轻放入目前我们常用的一元硬币(质量约为5g)，估测纸船最多能承载的硬币数目最接近于( )
A. 30枚 B. 60枚 C. 100枚 D. 200枚
12. 如图所示电路中，电源电压不变，R1为90Ω的定值电阻，R2为滑动变阻器，闭合开关S，滑动变阻器接入电路的阻值由R0增大到5R0，电流减少了一半，定值电阻R1的功率变化了2.7W，此过程中( )
A. 电流表示数变化了0.2A
B. 电压表示数变化了18V
C. 滑动变阻器R2的功率变化了0.3W
D. 电路消耗的总功率变化了3W
13. 冰壶项目是历届冬奥会的经典项目，运动员将冰壶掷出后冰壶由于______继续向前运动，运动员需要在冰壶周围用冰刷进行刷冰，刷冰过程中是通过______的方式增加冰面的内能，使冰______(填物态变化名称)，以减小冰壶与冰面的摩擦。
14. 2023年4月15日，神舟十五号航天员进行了第四次出舱活动。地面工作人员通过______ 和舱内航天员邓清明密切联系，两名出舱航天员费俊龙、张陆圆满完成全部既定工作，安全返回问天实验舱，此过程中费俊龙相对于实验舱是______ (运动/静止)的。在空间站一天内可以看到16次“日出”，可以用光______ (直线传播/反射/折射)规律来解释。
15. 小华用天平和量筒测量矿石的密度，先把天平放在______ 桌面上，调节好天平后，测出矿石的质量如图所示，矿石的质量为______ g，接着他测出矿石的体积为30cm3，则矿石的密度为______ kg/m3。
16. 2023年4月16日上午7：30，清脆的发令声通过______ 传到运动员的耳中，2023盐城马拉松暨大运河马拉松系列赛(盐城站)正式起跑。如图，1.5万余名中外跑友一起出发，在跑道两旁可以看到开满了粉红色的桃花，这是因为桃花______ 粉红色光，不仅花色美更有花味香，满城飘逸的花香是由于分子的______ 现象。
17. 汽车发动机采用循环流动的水进行冷却，这是利用水的______ 较大；若散热器中装有8kg的水，水温升高50℃，水吸收的热量是______ J；若汽油机曲轴的转速为3000r/min，汽油机每秒对外做功______ 次。
[c水=4.2×103J/(kg⋅℃)]
18. 小华周末在公园草坪上游玩时，沿水平方向快速抛出一飞盘，如图甲所示。飞盘离开手以后越升越高，说明受到一个向上的作用力，这个力的施力物体是______ ，图乙为飞盘的剖面图，你认为它抛出时应该凸面朝______ (上/下)，飞盘最终要落向地面，这是由于它受到______ 力的作用。
19. 如图所示，工人师傅用沿着斜面大小为600N的推力，在10s内把质量为100kg货物沿斜匀速向上推到顶部，斜面长为4m，高为2m，则工人师傅做功的功率是______ W，该斜面的机械效率为______ %，货物与斜面的摩擦力是______ N。(g取
10N/kg)
20. 在家庭用电的调查研究综合实践活动中，某家用电能表的表盘如图甲所示，此时电能表的示数是______ kW⋅h，该家庭电路同时使用的用电器总功率不得超过______ kW。如图乙若关闭了家中的其他用电器，只让电热水壶工作6min，电能表的指示灯闪烁320次，则电热水壶的实际电功率为______ W。
21. 如图，请作出AB入射光线由空气斜射入水中后折射光线的大致方向。
22. 在如图中，画出以初速度v沿斜面减速上滑的物体所受的重力G的示意图。
23. 根据图中小磁针静止时的指向，标出通电螺线管的N极和电源的“+”极。
24. 随着“双碳”政策实施，绿色能源快速发展，新能源汽车迅速进入人们的生活。如图是某品牌纯电动汽车，汽车质量为900kg，每个轮胎与地面的接触面积为0.025m2，汽车轮胎能承受的最大压强为2×105Pa，g取10N/kg。求：
(1)汽车的重力；
(2)一辆空车静止在水平地面上时，汽车对地面的压强；
(3)汽车允许乘坐的人员和携带货物的总质量。
25. 热敏电阻的阻值会随温度的改变而改变。图甲是用热敏电阻测量环境温度的电路，电路中电流表的量程为0～0.02A，滑动变阻器R的铭牌上有“150Ω 0.3A”字样。Rt为热敏电阻，其阻值随环境温度变化关系如图乙所示，电源电压保持不变。请完成下列小题：
(1)将此电路放入温度为20℃的环境中，闭合开关S，调节滑片P，使滑动变阻器接入电路的电阻R=100Ω，此时电流表的读数为0.01A，求电源电压；
(2)若环境温度为40℃时，要保证整个电路元件的安全，求滑动变阻器的变化范围；
(3)此电路能测量的最高环境温度为多少？
26. 在“探究杠杆的平衡条件”实验中：
(1)安装好杠杆后，发现其左端下沉，如图甲所示，为使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向______ 调节。
(2)如图乙所示，在A处悬挂3个钩码，每个钩码重为0.5N。在B处施加一个竖直向下的拉力使杠杆在水平位置再次平衡，目的是______ ，拉力的大小为______ N，若沿着图示的方向拉，拉力将______ (变大/不变/变小)。
(3)下课后，小明制作了一个简易杠杆，调节杠杆在水平位置平衡，然后在它两边恰当位置分别放上不同数量的同种硬币，使其在水平位置再次平衡，如图丙所示，则力臂l1：l2= ______ ，若两边同时各取走一枚硬币，则杠杆的______ 端将下沉。
27. 某同学在“探究凸透镜成像规律”的实验中，选用了焦距未知的凸透镜。
(1)如图甲所示，该凸透镜的焦距为______ cm；
(2)如图乙所示，想在光屏上得到烛焰清晰的像，需将光屏向______ (左/右)移动，此时光屏上能得到一个倒立、______ 的实像，______ (照相机/放大镜/投影仪)就是根据此原理工作的；
(3)在光屏上得到清晰的______ 像后，该同学把他爷爷的老花眼镜放在蜡烛与凸透镜之间，光屏上烛焰的像变模糊了，在不改变凸透镜和蜡烛位置的情况下，若想在光屏上再一次得到烛焰清晰的像，他应该将光屏向______ (左/右)移动。
(4)如图丙所示，保持蜡烛位置不变，移动透镜至18cm刻度线处，则人眼在______ 能观察到烛焰的像，像是图丁中的______ (1/2/3/4)。
28. 在“测定额定电压为2.5V小灯泡电功率”的实验中，电源电压恒为3V，滑动变阻器规格为“20Ω 2A”．
(1)在图甲中，用笔画线代替导线将电路连接完整；
(2)连接电路时，开关必须______ ，滑动变阻器的滑片应移到最______ (左/右)端；
(3)当电压表的示数达到1.5V时，电流表的示数如图乙所示，其读数为______ ，此时，灯泡的功率为______ W，为使灯泡正常发光，应将滑片向______ (左/右)移动；
(4)小华经过计算发现，在某次正常调节滑动变阻器的过程中，滑动变阻器R的阻值变化量比灯泡L的阻值变化量大，则滑片P的移动方向是______ (一定向左/一定向右/向左、向右均可)；
(5)同学们根据测得的数据绘制了小灯泡的I−U关系图像如图丙所示(实线AB部分)，现将规格相同的另一只小灯泡L2也串联在该电路中，将滑动变阻器的滑片从一端移动到另一端的过程中，获得L1的I−U关系图像可能是图丙中的______ 。
A.AB段
B.AD段
C.CD段
D.DE段
29. 阅读短文，回答问题
智能雨刮器
图甲是一种智能化的汽车感应雨刮器，主要由直流电动机、摆杆、连杆、雨刮片、光电转换器和控制器等组成。它可根据雨量大小自动调节刮水速度，提高行车安全性。
光电转换器(图乙)包括红外发射器P和接收器Q，在发射器P端加上电压U时，会发出一束锥形红外线，经过玻璃光学元件成为特定角度的平行光射入前挡风玻璃，被挡风玻璃反射后再经过玻璃光学元件到达红外接收器Q，并产生电压U输入到微处理器。在无雨水情况下，接收的红外线强度与发出的红外线强度近似相等，此时U与U0近似相等；当有一定量的雨滴落在感应区域时，部分红外线会经雨滴传播到挡风玻璃外，导致接收到的红外线强度变小，此时U小于U0。
控制器是由微处理器和工作电路组成，微处理器根据电压差ΔU=U0−U的大小来判断雨量大小，当电压差ΔU大于设定值时，输出工作指令，工作电路驱动电机转动系统。电动机的转速r与电压差ΔU的关系如图丙所示；摆杆摆动的频率f与电动机的转速r成正比。
(1)图甲中，当雨刮器工作时，摆杆可以看作一个______ 杠杆。
(2)雨量感应区域有雨滴时，人从车外______ (能/不能)看到光电转换器发出的红外线。
(3)下列关于智能雨刮器的说法中，正确的是______ 。
A.红外线同时能对汽车内部环境进行消毒
B.挡风玻璃上雨滴越多，红外发射器发出的光总量越多
C.挡风玻璃上雨滴越多，红外接收器接收到的光的总量越多
D.光电转换器P将电能转化为光能，Q将光能转化为电能
(4)图乙中，贴在挡风玻璃上的玻璃光学元件对光线的作用类似于______ (凸面镜/凸透镜/凹透镜/凹面镜)。
(5)图丁关于电动机的转速r、摆杆摆动的频率f与输入电压U的关系图像中，正确的是______ 。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、水能属于可再生能源；
B、石油属于不可再生能源；
C、太阳能是可再生能源；
D、生物质能属于可再生能源。
故选：B。
像水能、风能、太阳能、生物质能等都是能够源源不断的从自然界得到的能源叫可再生能源；像化石能源、核能等短期内不能从自然界得到补充的能源叫不可再生能源。
本题主要考查的是可再生能源和不可再生能源的区别，要注意从其定义来分析，属于识记性内容，比较简单。
2.【答案】C
【解析】解：音色是取决于发声体本身的一种特性，聆听音乐，辨别主奏乐器，辨别的依据是乐音的音色。
故选：C。
音色是取决于发声体本身的一种特性，可以用于区分发声体。
本题考查了音色与音调和响度的区别，属于基础知识。
3.【答案】A
【解析】解：由图像可知，纵坐标表示的物理量和横坐标表示的物理量成正比关系；
A、地面附近的物体，重力和质量成正比，可以用该图像描述，故A正确；
B、密度是物质的基本属性，与质量无关，不可以用该图像描述，故B错误；
C、由欧姆定律可知，电压一定时，导体的电流与其电阻成反比，不能用该图像描述，故C错误；
D、匀速直线运动的物体，速度与通过的路程无关，不可以用该图像描述，故D错误。
故选：A。
从图像上可以看出，该图像反应的物理量之间成正比关系，然后根据各选项之间的关系选择即可。
本题考查不同量之间的关系，理解图像中物理量之间的比例关系是解题的关键。
4.【答案】D
【解析】解：A、平静的水面相当于平面镜，白鹭在水面所成的像属于平面镜成像，是由光的反射形成的，故A错误；
BD、白鹭飞离水面的过程中像的大小与白鹭大小相同，所以像的大小不变，与白鹭到水面距离无关；水中的像与白鹭关于水面对称，故B错误，D正确；
C、物距是白鹭到水面的距离，像距是白鹭所成的像到水面的距离，二者始终相等，与水的深度无关，故C错误。
故选：D。
平面镜成像是由光的反射形成的，平面镜成像的特点：物体在平面镜中所成的像是虚像，像和物体的大小相等，它们的连线垂直于镜面，它们到镜面的距离相等。
此题主要考查学生对平面镜成像特点的了解和掌握，紧扣平面镜成像原理和成像特点去分析即可比较容易地进行解答。
5.【答案】A
【解析】解：当把所有的书一起搬上楼时，书受到人的支持力等于书的总重力；先搬一部分书上楼，再搬剩下的部分时，书受到人的支持力等于书总重力的一半，而上楼的速度相同，由P=Wt=Fst=Fv可知，把所有的书一起搬上楼的功率大，即P1>P2；
两种搬法的有用功相同，第一次的额外功等于克服人重力做的功；第二次的额外功等于克服人两次重力做的功，因此第一次的总功小于第二次的总功，由η=W有W总可知，第一次的效率高，即η1>η2。
故选：A。
先确定书受到人作用力的大小，然后利用功率的变形公式P=Wt=Fst=Fv判断功率的大小；
比较有用功和总功的关系，利用η=W有W总可知机械效率的大小。
本题考查功率大小和机械效率大小的比较，关键点有二：一是对功率计算公式灵活变形；二是比较两次有用功和总功大小关系。
6.【答案】A
【解析】解：
A、由于隔板是竖直放置的，所以该装置无法探究液体是否对容器的底部产生压强。故A符合题意；
B、在隔板的某一边倒入某种液体，观察橡皮膜是否凸起可知液体是否对容器的侧壁产生压强，可探究液体是否对容器的侧壁产生压强。故B不合题意；
C、在隔板两边倒入同一种液体，使其深度不同，观察橡皮膜凸起的方向可知两侧液体压强的大小，可探究液体压强是否与液体的深度有关；故C不合题意；
D、在隔板两边倒入不同液体，使其深度相同，观察橡皮膜凸起的方向可知两侧液体压强的大小，可探究液体压强是否与液体的密度有关；故D不合题意。
故选：A。
(1)要探究“液体压强跟深度的关系”，则应使液体密度相同，液体深度不同；
(2)要探究“液体压强跟液体密度的关系”，则应使液体深度相同，液体密度不同。
此题是探究液体压强与深度和密度的关系，考查了对控制变量法的应用，在实验中注意怎样控制变量和改变变量。
7.【答案】C
【解析】解：来回摇动发光的手电筒，其发光原理是电磁感应现象。
A、图中是探究影响电磁铁磁性大小的因素，其原理是电流的磁效应，故A不符合题意；
BD、图中，开关闭合后，电路中有电流通过，通电线圈受到磁场力的作用而转动，是电动机的原理，故BD不符合题意；
C、图中，开关闭合后，在外力作用下使导体做切割磁感应线运动，电流表指针会发生偏转，产生感应电流，这是电磁感应现象，是发电机的工作原理，与该手电筒供电原理相同，故C符合题意。
故选：C。
闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，就会产生感应电流，这种现象叫电磁感应现象。
来回摇晃手电筒，使永磁体在线圈中来回运动，线圈做切割磁感线的运动，线圈中就会产生感应电流，小灯泡就会发光。
本题考查了电与磁之间联系及应用，属于基础题目。
8.【答案】A
【解析】解：AD、在水平面上，小车初速度相等，实验中我们会观察到：在不同材料的表面上，小车滑行的距离是不同的，在表面光滑的玻璃上滑行的距离最长，速度减小的越慢，在最粗糙的毛巾上滑行的距离最短，速度减小的最快，故A正确，D错误。
B、小车在玻璃上滑行，仍受摩擦力作用会慢慢停下来，故B错误；
C、小车运动过程中速度不断减小，质量不变，故动能不断减小，故C错误。
故选：A。
(1)体从斜面的同一高度滚下，到达水平面时速度相等，当物体速度相等时，在光滑程度不同的水平面上运动的距离不同，表面越光滑，物体运动的距离越远，速度减小的越慢；
(2)小车在玻璃上滑行，仍受摩擦力作用；
(3)物影响动能的因素：质量和速度。
本实验采用了对比实验的方法。研究小车运动距离与受力大小的关系，让小车在三个粗糙程度不同的表面上运动的目的就是形成对比，比较运动距离与受力大小的关系。
9.【答案】C
【解析】解：熔丝熔断或家中空气开关自动跳闸，是因为电流通过导体时，产生的电热引起的。电热在电阻、通电时间一定时，电流越大，产生的电热越大。
①开关中的两个线头相碰相当于开关是闭合的，不会引起电流过大；
②插座的两个线头，分别是火线和零线，火线和零线相连是短路现象，会引起电流过大；
③户外输电线绝缘皮被损坏，不会出现电流过大；
④电路中接入大功率的用电器，会使电路总功率更大，根据I=PU，功率变大，电压不变，电流变大。
故选：C。
电路中电流过大的原因：①短路。②电路中接入大功率的用电器。
掌握家庭电路中电流过大的原因，本题的难度不大。
10.【答案】A
【解析】解：A、酒精和水混合后总体积变小推测出分子间存在间隙，故A错误；
B、随着密封容器中的气体逐渐抽去内部铃声变小，推测真空不能传声，故B正确；
C、通电导线能使小磁针发生偏转推测出通电导线周围存在磁场，故C正确；
D、温度计放在色散光带红光外侧时示数会增大推测出该区域存在一种人眼看不见的光，故D正确。
故选：A。
(1)分子间存在间隙。
(2)声音的传播需要介质，真空不能传声。
(3)通电导体的周围存在磁场。
(4)在红外附近，有一种看不见的光叫红外线，红外线的主要特征是热作用。
本题主要考查了分子动理论、声音的传播需要介质、电流的磁效应和红外线的知识，属于基础性题目。
11.【答案】B
【解析】解：
由题意可知，纸船的高(船深)约6cm左右，则纸船最大的V排=12cm×5cm×6cm=360cm3；
由阿基米德原理得，纸船受到的最大浮力：F浮=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×10N/kg×3.6×10−4m3=3.6N；
目前常用的一元硬币重力约为：G=mg=5×10−3kg×10N/kg=0.05N，则纸船最多能承载硬币数目约为n=3.6N0.05N=72枚，故60枚是最接近答案的选项。
故选：B。
根据小纸船的长度和宽度估测成小纸船的高度，从而求出其体积；根据阿基米德原理求出最大的浮力；物体漂浮时，浮力等于重力，从而求出硬币的总重力，得出硬币的个数。
本题考查了学生对阿基米德原理、物体的漂浮条件的掌握和运用，属于基础题目。
12.【答案】C
【解析】解：由图可知，定值电阻与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流；
A、由串联电路的电阻特点和欧姆定律可知，当滑动变阻器接入电路的电阻为R0时，电源电压：U=IR总=I(R0+R1)……①
当滑动变阻器接入电路的电阻为5R0时，电源电压：U=I′R总′=12I(5R0+R1)……②
由①②解得：R0=13R1=13×90Ω=30Ω，U=24V，
由题意可知，两次情况下定值电阻R1的功率变化量：ΔP1=P1−P1′=I2R1−(12I)2R1=34I2R1=34I2×90Ω=2.7W，
解得：I=0.2A，
则I′=12I=12×0.2A=0.1A，
因此电流表示数的变化量：ΔI=I−I′=0.2A−0.1A=0.1A，故A错误；
B、由欧姆定律可知，电压表示数的变化量：ΔU2=I′×5R0−IR0=0.1A×5×30Ω−0.2A×30Ω=9V，故B错误；
C、滑动变阻器R2的功率变化量：ΔP2=P2′−P2=(12I)2×5R0−I2R0=14I2R0=14(0.2A)2×30Ω=0.3W，故C正确；
D、电路消耗的总功率变化量：ΔP=P−P′=UI−UI′=24V×0.2A−24V×0.1A=2.4W，故D错误。
故选：C。
由图可知，定值电阻与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流；
(1)根据串联电路的电阻特点和欧姆定律表示出电源电压求出R0与R1之间的关系，进而求出R0的阻值，根据P=UI=I2R表示出两次情况下定值电阻R1的功率变化量，解方程求出两次电路中的电流和电源电压，进而求出电流表示数的变化量；
(2)根据欧姆定律求出电压表示数的变化量；
(3)根据P=UI=I2R求出滑动变阻器R2的功率变化量；
(4)根据P=UI求出电路消耗的总功率变化量。
本题考查串联电路的特点、欧姆定律和电功率公式的应用，关键是根据P=UI=I2R表示出两次情况下定值电阻R1的功率变化量，解方程求出两次电路中的电流和电源电压。
13.【答案】惯性 做功 熔化
【解析】解：掷出去的冰壶能继续向前运动，是由于冰壶具有惯性要保持原来的运动状态继续向前运动；运动员刷冰时，冰刷与冰面之间有摩擦，要克服摩擦做功，机械能转化为内能，使冰面的内能增加，温度升高，达到冰的熔点，冰开始熔化，冰壶和冰之间有水，减小了摩擦。
故答案为：惯性；做功；熔化。
(1)物体保持原来运动状态不变的性质叫做惯性，一切物体都具有惯性；
(2)改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，热传递过程是能量的转移过程，而做功过程是能量的转化过程；
(3)物质从固态变为液态的过程叫熔化。
本题考查了惯性、做功改变物体的内能和物态变化，属于基础性题目。
14.【答案】电磁波 运动 直线传播
【解析】解：(1)电磁波可以传递信息，可以在真空中传播，地面工作人员通过电磁波和舱内航天员邓清明密切联系；
(2)两名出舱航天员费俊龙、张陆圆满完成全部既定工作，安全返回问天实验舱，此过程中费俊龙相对于实验舱的位置发生变化，是运动的；
(3)光在同一种均匀介质中沿直线传播，可以用来解释日出的现象。
故答案为：(1)电磁波；(2)运动；(3)直线传播。
(1)电磁波可以传递信息，可以在真空中传播；
(2)判断物体运动还是静止，观察物体和参照物之间的位置是否发生变化；
(3)光在同一种均匀介质中沿直线传播。
本题考查了电磁波的应用、运动和静止的判断、光的直线传播现象，属于基础题。
15.【答案】水平 72 2.4×103
【解析】解：天平使用时，应先杷天平放在水平桌面上；
由图知，天平标尺的分度值0.2g，矿石的质量：m=50g+20g+2g=72g；
由题知，矿石的体积为V=30cm3，
矿石的密度：ρ=mV=72g30cm3=2.4g/cm3=2.4×103kg/m3。
故答案为：水平；72；2.4×103。
天平使用时，先杷天平放在水平桌面上；读数时，被测物体的质量等于砝码的总质量与游码所对刻度之和；知道矿石的质量和体积，利用ρ=mV求出矿石的密度。
本题是测固体密度的实验，考查了天平的使用和读数以及密度的计算，属于一道基础题。
16.【答案】空气 反射 扩散
【解析】解：清脆的发令声通过传到运动员的耳中，在跑道两旁可以看到开满了粉红色的桃花，这是因为桃花反射粉红色光；满城飘逸的花香是由于分子在永不停息地做无规则运动。
故答案为：空气；反射；扩散。
声音可以通过空气传声；不透明物体的颜色是由它反射的色光决定的；分子在永不停息地做无规则运动。
本题考查了声现象和分子运动，属于基础题。
17.【答案】比热容 1.68×106 25
【解析】解：汽车发动机采用循环流动的水进行冷却，这是利用水的比热容较大，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；
水吸收的热量：Q吸=c水mΔt=4.2×103J/(kg⋅℃)×8kg×50℃=1.68×106J；
汽油机曲轴的转速为3000r/min=50r/s，即汽油机的飞轮每秒转50圈，
由于汽油机一个工作循环完成4个冲程，飞轮和曲轴转2圈，对外做功1次，所以该汽油机每秒对外做功25次。
故答案为：比热容；1.68×106；25。
(1)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；
(2)知道水的质量、比热容和升高的温度，利用Q吸=cmΔt求出水吸收的热量；
(3)汽油机一个工作循环完成4个冲程，飞轮和曲轴转2圈，对外做功1次。
本题考查水比热容大的应用、热量的计算以及热机的有关计算，是一道热学综合题，难度不大。
18.【答案】空气 上 重
【解析】解：沿水平方向快速抛出一飞盘，飞盘离开手以后越升越高，说明受到一个向上的作用力，这个力的施力物体是空气，空气对物体产生向上的升力作用，物体受到向上的压强大于向下的压强；故上方空气流速快压强小，因而是图乙飞盘的剖面图中下表面，即抛出时应该凸面朝上，飞盘最终要落向地面，这是由于它受到重力的作用改变了运动状态。
故答案为：空气；上；重。
流体的流速越大，流体压强越小，空气对物体产生向上的升力作用，物体受到向上的压强大于向下的压强；重力的方向始终竖直向下。
此题主要考查力与运动的关系、流体压强与流速的关系，明确经过飞盘上下表面流动的空气速度的不同是解决此题的关键。
19.【答案】240 83.3 100
【解析】解：(1)工人推力做的总功：
W总=Fs=600N×4m=2400J。
工人师傅做功的功率为：
P总=W总t=2400J10s=240W。
(2)货物的重力：
G=mg=100kg×10N/kg=1000N，
工人师傅对货物做的有用功：
W有用=Gh=1000N×2=2000J；
斜面的机械效率：
η=W有用W总×100%=2000J2400J×100%≈83.3%。
(3)克服摩擦力所做的额外功：
W额=W总−W有=2400J−2000J=400J，
由W额=fs可得，物体和斜面之间的摩擦力：
f=W额s=400J4m=100N。
故答案为：240；83.3；100。
(1)已知拉力F与斜面长，利用W=Fs计算总功，根据公式P=Wt计算功率；
(2)知道货物的质量，根据G=mg求出货物的重力，再根据W=Gh求出克服重力做的有用功；
知道有用功和总功，根据机械效率公式求出机械效率。
(3)总功减去有用功即为克服摩擦力所做的额外功，根据W额=fs求出货物和斜面之间的摩擦力。
本题考查了做功公式和机械效率公式、重力公式的应用，明确有用功和额外功以及总功是关键。
20.【答案】7624.1 8.8 1000
【解析】解：(1)由图知，电能表的示数为7624.1kW⋅h；
(2)电能表上“10(40)A”，40A是指电能表平时工作允许通过的最大电流，“220V”是指电能表的工作电压，该家庭电路同时使用的用电器总功率的最大值为：
P最大=UI最大=220V×40A=8800W=8.8kW；
(3)3200imp/(kW⋅h)表示接在这个电能表上的用电器每消耗1kW⋅h的电能，电能表的指示灯闪烁3200次，
指示灯闪烁320次时，电热水壶消耗的电能为：
W=3203200kW⋅h=0.1kW⋅h=0.1×3.6×106J=3.6×105J；
时间t=6min=360s，
电热水壶的实际电功率为：
P=Wt=3.6×105J360s=1000W。
故答案为：7624.1；8.8；1000。
(1)电能表读数时注意：最后一位是小数位、单位是kW⋅h；
(2)电能表上“10(40)A”，10A是指电能表的标定电流，40A是指电能表平时工作允许通过的最大电流；利用P=UI求该家庭电路同时使用的用电器总功率的最大值；
(3)3200imp/(kW⋅h)表示接在这个电能表上的用电器每消耗1kW⋅h的电能，电能表的指示灯闪烁3200次，据此求出指示灯闪烁320次时，电热水壶消耗的电能；再利用P=Wt求电热水壶的实际电功率。
本题考查了电能表的读数、消耗电能和电功率的计算，关键是对电能表参数的物理意义的正确理解。
21.【答案】解：过入射点B作垂直于界面的法线，根据折射角小于入射角画出折射光线。如图所示：
【解析】根据入射光线、折射光线以及法线在同一平面内，折射角小于入射角，确定折射光线的方向。
本题主要考查折射定律的应用情况，注意真实光线为实线，法线为虚线；是一道基础题。
22.【答案】解：重力的方向是竖直向下的，过重心画一条带箭头的竖直向下的有向线段，用G表示，如图所示：
【解析】根据重力的方向是竖直向下的，过重心做竖直向下的力即可。
本题考查了重力的示意图的作法。不管物体怎样运动，重力的方向总是竖直向下的。
23.【答案】解：图中小磁针静止时，其右端为N极，根据异名磁极相互吸引可知，通电螺线管的左端为S极，右端是N极。
根据安培定则，伸出右手握住螺线管，使大拇指指向通电螺线管的N极，则四指弯曲所指的方向为电流的方向，所以电流由螺线管的左端流入，则电源的左端为正极，电源右端是负极。如下图所示：
【解析】先根据磁极间的相互作用规律判断出通电螺线管的磁极，再根据安培定则判断出电流的方向，从而找到电源的正负极。
本题考查了磁极间的相互作用规律和安培定则的应用，是电磁学方面的常见题型，比较简单。
24.【答案】解：(1)汽车的重力G=mg=900kg×10N/kg=9000N；
(2)一辆空车静止在水平地面上时，汽车对地面的压力F=G=9000N，
汽车对地面的压强p=FS=9000N4×0.025m2=90000Pa；
(3)汽车轮胎能承受的最大压力F大=p大S=2×105Pa×4×0.025m2=20000N，
汽车允许乘坐的人员和携带货物的总重力ΔG=F大−G=20000N−9000N=11000N，
汽车允许乘坐的人员和携带货物的总质量Δm=ΔGg=11000N10N/kg=1100kg。
答：(1)汽车的重力9000N；
(2)一辆空车静止在水平地面上时，汽车对地面的压强90000Pa；
(3)汽车允许乘坐的人员和携带货物的总质量1100kg。
【解析】(1)根据G=mg计算重力；
(2)水平地面上的汽车对地面的压力等于重力，根据p=FS计算压强；
(3)根据F=pS计算能承受的最大压力，减去空车的重力即为汽车允许乘坐的人员和携带货物的总重力，根据m=Gg计算汽车允许乘坐的人员和携带货物的总质量。
本题考查了重力、压力、压强的计算，属于基础题，要求学生掌握。
25.【答案】解：(1)由电路图可知，滑动变阻器与热敏电阻串联，电流表测电路电流，
由图乙所示图象可知，温度为20℃时，热敏电阻的阻值为400Ω，
由电阻的串联和欧姆定律可知，电源电压：U=I(Rt+R)=0.01A×(400Ω+100Ω)=5V；
(2)由图乙所示图象可知，温度为40℃时，热敏电阻的阻值为200Ω，
电流表的量程为0～0.02A，滑动变阻器R的铭牌上标有“150Ω 0.3A”字样，则为了保证电路的安全，电路中的最大电流为0.02A，
由I=UR可知，电路的最小总电阻：R总小=UImax=5V0.02A=250Ω，
滑动变阻器的最小阻值：R滑最小=R总小−Rt′=250Ω−200Ω=50Ω，
则滑动变阻器阻值的变化范围为50Ω～150Ω；
(3)热敏电阻阻值越小，环境温度最高，电路电流最大为0.02A时，根据串联电路总电阻等于各电阻之和可知：Rt小=R总−R滑最大=250Ω−150Ω=100Ω，由图乙可知其工作的最高环境温度50℃。
答：(1)电源电压为5V；
(2)若环境温度为40℃时，要保证整个电路元件的安全，滑动变阻器阻值的变化范围是50Ω～150Ω；
(3)此电路能测量的最高环境温度为50℃。
【解析】(1)分析清楚电路结构，由图示图象读出此时热敏电阻的阻值，然后由电阻的串联和欧姆定律求出电源电压。
(2)由图示图象读出环境温度为40℃时热敏电阻的阻值，分析得出电路中的最大电流，然后应用串联电路特点与欧姆定律求出滑动变阻器的最小阻值，最后确定其阻值范围。
(3)小量程电流表A允许通过的电流最大时，电路中的电阻最小，随着温度的升高热敏电阻Rt逐渐减小，当滑动变阻器达到最大阻值时，热敏电阻达到最小阻值，此时热敏电阻正常工作的环境温度达到最高值。
本题是一道关于图象分析和利用欧姆定律进行计算的综合题，能否根据图象分析热敏电阻的变化趋势和正确判断变阻器所处状态跟正常工作的最高环境温度之间的关系是本题的解题关键所在。
26.【答案】右 便于读取力臂 2 变大 2：1 右
【解析】解：(1)如图甲所示，杠杆左端下沉，其右端偏高，应将平衡螺母向上翘的右端移动，使杠杆在水平位置平衡；
(2)根据杠杆的平衡条件，F1l1=F2l2知要使力最小，需要使力臂最大，当力的方向竖直向下时，力臂最长，力最小；
在A点悬挂3个钩码，则由杠杆的平衡条件得：3G×4l=FB×3l，
解得：最小的力FB=4G=4×0.5N=2N；
若沿着图示的方向拉，力臂变小，拉力将变大，
(3)设每个硬币的重力为G，则由图可得，2Gl1=4Gl2，
则l1：l2=2：1；
若两边同时各取走―枚硬币，则左边为：Gl1=2Gl2，右边为3Gl2，
由于2Gl2<3Gl2，所以杠杆的右端将下沉。
故答案为：(1)右；(2)便于读取力臂；2；变大；(3)2：1；右。
(1)调节杠杆在水平位置平衡时，平衡螺母向上翘的一端移动；
(2)根据杠杆的平衡条件，可得出可使杠杆保持水平平衡的最小力；
(3)根据杠杆的平衡条件求出两力臂之比以及若两边同时各取走―枚硬币，杠杆会向哪端下沉。
本题考查了杠杆平衡的条件，杠杆在水平位置平衡后，支点到力的作用点的距离就是力臂，因此在此实验中我们应调节杠杆两端的平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡，以便直接读出力臂。探究杠杆平衡的条件就是动力×动力臂=阻力×阻力臂。
27.【答案】10.0 右 放大 投影仪 实 左 B 4
【解析】解：(1)平行于主光轴的光线经凸透镜折射后，会聚在主光轴上一点，这点是凸透镜的焦点，焦点到光心的距离是凸透镜的焦距，所以凸透镜的焦距是：f=40.0cm−30.0cm=10.0cm；
(2)如图乙所示，此时u=25cm−10cm=15cm，大于一倍焦距，小于二倍焦距，根据2f>u>f，v>2f，成倒立、放大的实像，故需将光屏向右移动，此时光屏上能得到一个倒立、放大的实像，投影仪就是根据此原理工作的；
(3)实像可以用光屏承接，虚像则不能，故在光屏上得到清晰的实像；该同学把他爷爷的老花眼镜放在蜡烛与凸透镜之间，光屏上烛焰的像变模糊了，老花眼镜是凸透镜，凸透镜对光线具有会聚作用，会提前使光线会聚成像，此时像成在光屏的前方，在不改变蜡烛和凸透镜位置的情况下，若想在光屏上再一次得到烛焰清晰的像，他应该将光屏向左移动；
(4)如图丙所示，保持蜡烛位置不变，移动透镜至18cm刻度线处，此时物距u=18cm−10cm=8cm
(1)平行于主光轴的光会聚于主光轴上一点，这一点叫焦点，焦点到光心的距离叫焦距，读数时估读到分度值的下一位；
(2)根据2f>u>f，v>2f，成倒立、放大的实像，投影仪就是利用此原理制成的；
(3)实像可以用光屏承接，虚像则不能；老花眼镜是凸透镜，凸透镜对光线具有会聚作用；
(4)根据u
28.【答案】断开 左 0.24A 0.36 右 向左、向右均可 C
【解析】解：(1)在“测定额定电压为2.5V小灯泡电功率”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)为了保护电路，连接电路时，开关必须断开，滑动变阻器的滑片应移到阻值最大处，即最左端；
(3)当电压表的示数达到1.5V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0.24A，则此时，灯泡的功率为：
P′=U′I′=1.5V×0.24A=0.36W；
由于电压表示数小于灯泡额定电压，为使灯泡正常发光，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，故应将滑片向右移动；
(4)a、滑片向右移动时，滑动变阻器的电阻变小，设原来电路中的电流为I1(即通过灯的电流)，滑片往右滑一段距离后电路中的电流为I2(即通过灯的电流)，
因滑动变阻器的电阻变小，根据分压原理可知：滑动变阻器分得电压变小，
由串联电路电压的规律可知，灯泡分得的电压增大，通过灯的电流也增大，所以I1
滑片向右移动后电流变大，根据P=UI可知灯的实际功率增大，灯丝的温度升高，小灯泡阻值随温度的升高而变大，
因总电阻减小，由电阻的串联规律可知：滑动变阻器R的阻值减小量大于灯泡L的阻值增大量；
b、滑片向左移动时，滑动变阻器的电阻增大，灯泡变暗，电流变小，电路的总电阻变大，但灯丝的温度降低，灯泡的电阻减小，所以变阻器R的阻值增大量大于灯泡L的阻值减小量；
综上可知，滑片不论向左还是向右移动，R的阻值变化量比L的阻值变化量大；
(5)将滑动变阻器的滑片滑到最右端，此时滑动变阻器接入电路的阻值为0，灯泡L1和L2串联，因两灯泡规格相同，根据串联分压原理可知，此时L1两端电压为1.5V，对应图丙的D点；
原先滑动变阻器阻值最大时，灯泡两端电压为0.5V，即A点；现将两灯串联，当滑动变阻器阻值最大时，根据串联电路分压原理，灯泡L1和L2两端总电压将大于0.5V，因两灯泡规格相同，则L1两端电压将大于0.25V，对应图丙的C点，所以L1的I−U关系图像可能是图丙中的CD段，故选：C。
故答案为：(1)见解答图；(2)断开；左；(3)0.24A；0.36；右；(4)向左、向右均可；(5)C。
(1)在“测定额定电压为2.5V小灯泡电功率”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)为了保护电路，连接电路时，开关必须断开，滑动变阻器的滑片应移到阻值最大处；
(3)根据电流表选用量程确定分度值读数，利用P=UI求出此时灯泡的功率；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)因电源电压不变，根据欧姆定律先判断出两种情况下总电阻的变化，再根据灯的电阻随温度的升高而增大随温度的降低而减小和串联电阻的规律分析回答；
(5)将滑动变阻器的滑片滑到最右端，此时滑动变阻器接入电路的阻值为0，灯泡L1和L2串联，因两灯泡规格相同，根据串联分压原理可知，此时L1两端电压为1.5V，据此确定L1在I−U关系图像中的最高点；
当滑动变阻器接入电路的阻值最大时，原来灯泡两端电压为0.5V，即A点；现将两灯串联，当滑动变阻器阻值最大时，根据串联电路分压原理，灯泡L1和L2两端总电压将大于0.5V，因两灯泡规格相同，则L1两端电压将大于0.25V，对应图丙的C点，据此得出L1的I−U关系图像。
本题测小灯泡电功率的实验，考查了电路连接、注意事项、电流表读数、功率的计算、实验操作和数据分析等知识。
29.【答案】费力 不能 D 凸透镜 A
【解析】解：(1)图甲中，O是支点，动力臂小于阻力臂，所以当雨刮器工作时，摆杆可以看作一个费力杠杆；
(2)红外线是不可见光，人从车外不能看到光电转换器发出的红外线；
(3)A.红外线不能对汽车内部环境进行消毒，故A错误；
BC.挡风玻璃上雨滴的多少，不会红外发射器发出的光总量，当有一定量的雨滴落在感应区域时，部分红外线会经雨滴传播到挡风玻璃外，导致接收到的红外线强度变小，故BC错误；
D.光电转换器P将电能转化为光能，Q将光能转化为电能，故D正确；
(4)在发射器P端加上电压U时，会发出一束锥形红外线，经过玻璃光学元件成为特定角度的平行光射入前挡风玻璃，分析图乙可知贴在挡风玻璃上的玻璃光学元件对光线的作用类似于凸透镜；
(5)已知ΔU=U0−U，则U=U0−ΔU，由图丙可知r与ΔU是线性函数，r随ΔU的增大而增大，则r与U是线性函数，r随U的增大而减小，故A正确，B错误；
摆杆摆动的频率f与电动机的转速r成正比，所以f随r的增大而增大，则摆杆摆动的频率f随U的增大而减小，故CD错误，
图丁关于电动机的转速r、摆杆摆动的频率f与输入电压U的关系图像中，正确的是A。
故答案为：(1)费力；(2)不能；(3)D；(4)凸透镜；(5)A。
(1)动力臂小于阻力臂的杠杆是费力杠杆，动力臂大于阻力臂的杠杆是省力杠杆；
(2)红外线是不可见光；
(3)A、红外线不能对汽车内部环境进行消毒；
BC、挡风玻璃上雨滴的多少，不会红外发射器发出的光总量，当有一定量的雨滴落在感应区域时，部分红外线会经雨滴传播到挡风玻璃外，导致接收到的红外线强度变小；
D、光电转换器P将电能转化为光能，Q将光能转化为电能；
(4)凸透镜对光有会聚作用，光路具有可逆性；
(5)已知ΔU=U0−U，则U=U0−ΔU，由图丙可知r与ΔU是线性函数，r随ΔU的增大而增大，则r与U是线性函数，r随U的增大而减小；
摆杆摆动的频率f与电动机的转速r成正比，所以f随r的增大而增大，则摆杆摆动的频率f随U的增大而减小。
本题考查杠杆的分类、对可见光和不可见光的理解、凸透镜对光线的作用等，正确读取信息是解题的关键。
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