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2023年四川省自贡市中考物理试卷及答案解析
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这是一份2023年四川省自贡市中考物理试卷及答案解析，共28页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题，实验探究题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2023年四川省自贡市中考物理试卷
一、单选题（本大题共20小题，共40.0分）
1. 下列关于电压值的说法错误的是( )
A. 一节干电池的电压是1.5V B. 电子手表内氧化银电池的电压是1.5V
C. 我国家庭电路的电压是110V D. 对人体安全的电压不高于36V
2. 如图所示，用充电宝给手机充电时，充电宝相当于电路中的( )
A. 开关
B. 电源
C. 用电器
D. 导线
3. 电给我们的工作和生活带来了极大的便利，但不正确用电也会带来很大的危害，甚至会危及生命。安全用电是每一位公民的必备素养。下列做法符合安全用电原则的是( )
A. 使用试电笔辨别火线时手要接触笔尖金属体
B. 在未断开电源开关的情况下更换灯泡
C. 家庭电路着火迅速用冷水浇灭
D. 及时更换达到使用寿命的插座、导线和家用电器
4. 如图所示，用一根绳子绕过定滑轮，一端拴在钩码上，手执另一端，分别用力F1、F2、F3匀速拉起钩码。忽略绳子与滑轮的摩擦，下列说法正确的是( )
A. F1、F2、F3的大小相等
B. F1最大
C. F2最大
D. F3最大
5. 如图所示，将一根导线AB放置在蹄形磁体形成的磁场方向竖直向下的磁场区域，导线的两端跟灵敏电流表相连。下列说法正确的是( )
A. AB不动，磁体水平向左快速移动，指针会偏转
B. 磁体不动，AB水平向右快速移动，指针不偏转
C. 磁体不动，AB竖直向上快速移动，指针会偏转
D. 磁体不动，AB竖直向下快速移动，指针会偏转
6. 近年来，我国在能源、信息与材料等领域取得了辉煌的成就。下列说法错误的是( )
A. 我国目前的核电站是利用原子核裂变发电的
B. 风能、水能、太阳能、核能都是可再生能源
C. 光纤通信是利用激光在光导纤维中多次反射传输信息的
D. 用超导材料制造输电线，可以大大降低输电线上的电能损耗
7. 下列现象属于熔化的是( )
A. 初春，冰雪消融汇流成溪 B. 盛夏，冰棒周围出现“白气”
C. 金秋，阳光照射迷雾散去 D. 寒冬，双溪水库水面结冰
8. 如图所示的用具在正常使用过程中，属于省力杠杆的是( )
A. 食品夹子 B. 筷子
C. 核桃夹 D. 镊子
9. 学校附近的居民经常听到课间操广播声，下列说法正确的是( )
A. 广播声是由于空气振动产生的 B. 居民关窗是在声源处减弱噪声
C. 广播声通过空气传入居民耳中 D. 调节音量是为了改变声音的音调
10. 小王同学在家里将一个平面镜放在水平桌面上，再把一张可沿ON折叠的硬白纸板ENF竖直地立在平面镜上，以此来探究光的反射规律。通过测量他发现此时入射光线与平面镜成
50°夹角，如图所示，则( )
A. 反射光线与镜面的夹角是40°
B. 入射角增大10°，反射光线与入射光线的夹角增大20°
C. 将纸板NOF向后折叠，则反射光线会消失
D. 光在纸板上发生了镜面反射
11. 小周同学参加了2023年自贡市中考体育测试，在立定跳远项目中下列说法正确的是( )
A. 小周穿的运动鞋鞋底有凹凸不平的花纹是为了减小摩擦
B. 小周跳起后，在空中运动时处于非平衡状态
C. 小周跳起后，在地面弹力的作用下继续向前运动
D. 起跳时，小周对地面的压力和地面对小周的支持力是一对平衡力
12. 一束光线由空气斜射入水中，入射角为α，反射角为β，折射角为γ，则( )
A. α>β>γ B. α<β<γ C. α=β<γ D. α=β>γ
13. 2022年5月14日，一架国产C919大飞机从上海浦东机场起飞，经过3个多小时的飞行后安全降落，这标志着首架C919大飞机首飞试验成功。下列说法正确的是( )
A. 飞机在升空过程中，飞行员的重力势能逐渐增大
B. 飞机从起飞到安全降落的整个过程中，飞行员的动能一直保持不变
C. 飞机从起飞到安全降落的整个过程中，飞机的机械能一直保持不变
D. 飞机降落后，在水平跑道上滑行过程中，飞机的动能转化为重力势能
14. 由欧姆定律I=UR变形可得R=UI，下列说法正确的是( )
A. 导体电阻大小跟它两端的电压成正比
B. 导体电阻大小跟通过它的电流成反比
C. 导体电阻大小由它两端电压和通过电流决定
D. 导体电阻大小等于它两端电压与通过电流的比值
15. 在富顺高铁站的自动检票闸机口，乘客需刷身份证，同时进行人脸识别，两个信息都符合后闸机门(电动机)才自动打开，检票通过。身份证和人脸识别系统都相当于开关，信息符合后开关自动闭合。下列电路中，符合上述要求的是( )
A. B.
C. D.
16. 下列四幅图涉及的物理知识说法错误的是( )
A. 军舰从长江驶入大海后，舰身要上浮一些
B. 轮船通过船闸从下游驶到上游，船闸是利用连通器原理工作的
C. 飞机机翼设计成流线型，利用了机翼上方空气流速慢，压强小
D. “祝融号”火星车设计有宽大的轮子可以减小压强
17. 杆秤是一种中国传统的称量工具，凝聚着中国人民的智慧。如图所示，O为杆秤提纽，OA=8cm，秤砣质量m=0.2kg，不挂重物和秤砣时，手提提纽，杆秤可水平平衡。用它称鱼，当秤砣置于B点时，杆秤再次水平平衡，此时测得OB=32cm，则鱼的质量为( )
A. 1.0kg B. 0.8kg C. 0.6kg D. 0.4kg
18. 如图所示，电源电压保持不变。闭合开关S后，在滑动变阻器R2的滑片P由最右端向中点移动过程中，变小的是( )
A. 电压表V的示数 B. 电流表A2的示数
C. 电流表A示数与电流表A2示数的差值 D. 电压表V示数与电流表A示数的比值
19. 甲、乙、丙三种物质的质量与体积的关系如图所示，ρ甲、ρ乙、ρ丙、ρ水分别代表甲、乙、丙和水的密度，下列说法正确的是(ρ水=1×103kg/m3)( )
A. ρ丙>ρ乙>ρ甲且ρ甲>ρ水 B. ρ甲>ρ乙>ρ丙且ρ丙>ρ水
C. ρ甲>ρ乙>ρ丙且ρ乙=ρ水 D. ρ乙>ρ丙>ρ甲且ρ甲<ρ水
20. 如图所示，R0是一个光敏电阻，光敏电阻的阻值随光照强度的增加而减小。R是电阻箱(已调至合适阻值)，它们和继电器组成自动控制电路来控制路灯，白天路灯熄灭，夜晚路灯亮起。下列说法正确的是( )
A. 电路工作时，电磁铁上端为N极
B. 给路灯供电的电源应接在b、c两端
C. 路灯发光时把电能全部转化为光能
D. 控制电路电源电压减小后，傍晚时路灯比原来早一些亮
二、填空题（本大题共6小题，共12.0分）
21. 如图物体A的长度为______ cm，停表的读数为______ 。
22. 如图所示，图A、B、C、D是四冲程汽油机的工作示意图，图E、F是演示实验的示意图。B图是______冲程，与它原理相同的是______图所示的演示实验。
23. 如图所示，用毛皮摩擦过的橡胶棒接触验电器的金属球，验电器的两片金属箔张开一定的角度。两片金属箔张开是因为在这个过程中______ (选填“产生了电荷”或“电荷发生了转移”)使两片金属箔带上了______ 电荷(选填“同种”或“异种”)。
24. 为了保护同学们的视力，自贡很多学校教室里的日光灯更换成为LED护眼灯，教室里的9盏护眼灯的连接方式是______ 联(选填“串”或“并”)。如果打开护眼灯之后，老师又打开了教室中的多媒体设备，则教室电路中的总电流会______ (选填“增大”、“减小”或“不变”)。
25. 司机开车系上安全带可以减小紧急刹车时由于______ 造成的伤害；小汽车的外观呈流型，在高速行驶时小汽车对地面的压力______ 重力(选填“大于”、“小于”或“等于”)。
26. 现有电源、开关、电流表、电压表、灯泡、滑动变阻器各一个，其中灯泡的U−I图象如图所示，将这些元件用导线连成电路后，闭合开关，滑动变阻器的滑片从最左端向右滑动的过程中，电压表的示数从4V开始减小，电流表的示数从0.4A开始增大．则滑动变阻器的最大阻值为______Ω，在滑片移动过程中小灯泡消耗的最大电功率与整个电路消耗的最小电功率的比值为______．
三、作图题（本大题共2小题，共5.0分）
27. 如图所示，现有一个物体A静止在斜面上，请你画出物体A所受力的示意图。
28. “创新”实验小组的同学要设计一个自动防盗报警电路。要求：晚间开关S闭合后，灯亮电铃不响；当房门被打开时，细导线AB被扯断，灯亮且电铃发声自动报警。请按要求用直线连接如图所示的电路元件。
四、实验探究题（本大题共3小题，共24.0分）
29. 小明同学将点燃的蜡烛、凸透镜和光屏放在如图所示的位置时，在光屏上观察到了清晰的像。
(1)由图可以判断出实验所用透镜的焦距为______ cm。
(2)小明把蜡烛移到光具座的10cm刻度线处，需要把光屏向______ 适当移动(选填“左”或“右”)，才能在光屏上得到一个清晰的像，此时的像将______ (选填“变大”、“变小”或“不变”)。
30. 小周利用如图甲所示电路，测量标有“2.5V”字样的灯泡L正常发光时的电阻和电功率。请按要求完成下列问题：
(1)请用笔画线代替导线，将图甲所示的实物图连接完整；
(2)连接电路后，闭合开关S，发现灯泡不亮，电压表有示数且接近电源电压，电流表示数为零，产生这种现象的原因可能是：______ ；
(3)排除故障后进行实验，闭合开关S，发现电压表的示数为0.5V，为使灯泡L两端电压达到额定电压，应向______ 端(选填“A”或“B”)移动滑动变阻器的滑片P，直到观察到电压表示数为2.5V。此时，电流表示数如图乙所示，电流表示数为______ A，则灯泡L正常发光时的电阻为______ Ω，电功率为______ W。
31. 某兴趣小组在探究“滑动摩擦力的大小与什么因素有关”时，用同一木块分别做了如图所示的甲、乙、丙三次实验。
(1)甲、乙、丙三次实验中以相同速度沿水平方向匀速拉动木块，根据二力平衡知识，弹簧测力计对木块的拉力大小______ 滑动摩擦力的大小(选填“大于”、“等于”或“小于”)；
(2)通过对比甲、乙两次实验可知：在接触面的粗糙程度相同时，______ 越大，滑动摩擦力越大；
(3)通过对比______ 两次实验可知：在压力相同时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大；
(4)兴趣小组的同学利用甲图实验装置继续探究滑动摩擦力与速度的关系，改变拉动木块的速度，进行实验，记录的实验数据如下表：
实验次数
1
2
3
4
运动速度(m/s)
0.3
0.4
0.5
0.6
测力计的示数(N)
1.2
1.2
1.2
1.2
分析实验数据可知：滑动摩擦力的大小与物体运动的速度______ (选填“有关”或“无关”)；
(5)小组交流讨论时发现：在实验中很难使木块做匀速直线运动，于是小伟设计了如图丁所示的实验装置，该装置的优点是______ 长木板B做匀速直线运动(选填“需要”或“不需要”)。
五、简答题（本大题共1小题，共4.0分）
32. 夏天，小刚到小玉家去玩，小玉从冰箱里拿出饮料倒入玻璃杯请小刚喝。不一会，小刚发现杯壁上出现了一些小水珠。
(1)杯壁上出现小水珠的现象属于哪种物态变化？______ ；
(2)请简述形成这种现象的原因：______ 。
六、计算题（本大题共2小题，共15.0分）
33. 为保家卫国，加强国防建设，我国自主研制了一款两栖坦克，坦克发动机最大功率为440kW，满载时质量是24t，在野外陆地的最大速度是60km/h，在水中的最大速度是14km/h。已知ρ水=1×103kg/m3，g=10N/kg，请完成下列问题：
(1)坦克满载在水中行进时，排开水的体积是多少？
(2)坦克每条履带与地面的接触面积是2m2，满载时对水平地面的压强多大？
(3)在某次演习中，坦克以最大功率在水中行驶10min，发动机所做的功是多少？
34. 图甲是一款多功能养生壶，图乙是它的简化电路图，其中R1、R2为电热丝，R1=R2且电阻不变，下表为其铭牌，其中高温挡的额定功率已模糊不清，已知c水=4.2×103J/(kg⋅℃)。在正常工作的情况下，试问：
项目
参数
电源电压(V)
220
低温挡功率(W)
200
中温挡功率(W)
400
高温挡功率(W)
容积(L)
1.5
(1)在1标准大气压下，将初温是30℃的一壶水烧开，水需要吸收多少热量？
(2)高温挡功率是多少？
(3)若养生壶用高温挡来加热且加热效率为75%，烧开这一壶水需要多长时间？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、由生活常识可知，一节新干电池的电压是1.5V，故A正确；
B、由生活常识可知，电子手表内氧化银电池的电压是1.5V，故B正确；
C、由生活常识可知，我国家庭电路的电压是220V，故C错误；
D、根据我国的相关规定可知，对人体安全的电压不高于36V，故D正确。
故选：C。
一节新干电池电压是1.5V，电子手表内氧化银电池的电压是1.5V，我国家庭电路的电压是220V，对人体安全的电压是不高于36V，逐一对照判断即可。
本题考查了常见电压值的记忆，属于基础题目。
2.【答案】B
【解析】解：充电宝给手机充电时，充电宝提供电能，充电宝相当于电路中电源。
故选：B。
充电宝消耗电能时，充电宝相当于用电器，充电宝提供电能时，充电宝相当于电路中的电源。
同一个元件，在不同状态下，在电路中的作用是不同的，例如充电宝给手机充电时，充电宝相当于电源，给充电宝充电时，充电宝相当于用电器。
3.【答案】D
【解析】解：A.在使用试电笔时，应用手接触笔尾的金属体，用笔尖接触导线，手指不能碰到笔尖的金属体，故A错误；
B.更换家用灯泡，必须先关闭电源，以防引起触电，故B错误；
C.生活中的水是导体，故电线着火时迅速泼水浇灭火焰，易造成触电，故C错误；
D.插座、导线和家用电器等达到使用寿命后继续使用，容易造成触电事故，故D正确。
故选：D。
(1)使用试电笔时，应让手与笔尾的金属体接触，才是正确的，当氖管发光时，说明是接触的是火线；
(2)更换灯泡、移动用电器之前必须断开开关，防止发生触电事故；
(3)生活中的水是导体，易造成触电，不用湿手触摸开关，不用湿布擦拭正在使用的用电器；
(4)插座、导线和家用电器等老化后要及时更换，防止发生触电事故。
本题考查了学生对安全用电知识的了解与掌握，平时学习时多了解、多积累，加强安全意识，学好电、用好电！
4.【答案】A
【解析】解：由图可知，图中滑轮是定滑轮，定滑轮不能省力，忽略绳子与滑轮的摩擦，所以F1、F2、F3都与物体重力相等，所以三种拉法所用拉力一样大，故BCD错误，故A正确。
故选：A。
定滑轮的工作特点是：使用定滑轮只能改变力的方向，不能省力。
本题考查了定滑轮及工作特点，属于基本内容，比较简单；知道定滑轮和动滑轮的定义及其特点是关键。
5.【答案】A
【解析】解：A.AB不动，磁体水平向左快速移动，AB做切割磁感线运动，会产生感应电流，灵敏电流表指针会偏转，故A正确；
B.磁体不动，AB水平向右快速移动，AB做切割磁感线运动，会产生感应电流，灵敏电流表指针会偏转，故B错误；
CD.磁体不动，AB竖直向上、向下运动，AB没有做切割磁感线运动，不会产生感应电流，灵敏电流表指针不会偏转，故CD错误。
故选：A。
产生感应电流的条件：闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动。
学习电磁感应现象，要注意三个关键词：一是“闭合”，没有构成回路的电路是不会产生电流的，二是“一部分”，全部电路都在做运动也不符合条件，三是“切割”，不是运动就行，而是运动方向要切割磁感线，不切割，怎么运动也不产生电流。
6.【答案】B
【解析】解：A、核电站的核心设备反应堆，利用的是可控核裂变发电，故A正确；
B、太阳能、水能、风能等可以在自然界里源源不断地得到，是可再生能源；核能在短期内不能从自然界得到补充，是不可再生能源，故B错误；
C、光纤通信，是利用激光在纤维材料中多次反射传输信息的，故C正确；
D、如果用超导材料作为输电线，由于超导材料的电阻为0，则可以避免电流热效应产生的能量损耗，即可大大降低输电过程中的电能损耗，故D正确。
故选：B。
(1)核能的释放有两种方式：核裂变和核聚变。核裂变应用于原子弹、核电站等，核聚变应用于氢弹；
(2)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、核能源等短期内不能从自然界得到补充的能源叫不可再生能源；
(3)光纤通信，是利用光在光纤中的多次反射传输信息；
(4)超导体的电阻为零，电流流过超导体时不会产生热量，凡是利用电流热效应工作的设备，都不能使用超导体，超导体适合制作输电导线和电动机线圈等。
本题考查了能源的分类、核电站的工作原理，超导体的运用以及光纤通信、属于基础题。此类题属于识记类知识的考查，需要平时多了解记忆，难度不大。
7.【答案】A
【解析】解：A、冰雪消融，冰由固态变为液态是熔化，故A正确；
B、白气是空气中的水蒸气遇冷变成的小水珠，是液化现象，故B错误；
C、雾是小水珠，被太阳的照射后，小水珠由液态变成气态，是汽化现象，故C错误；
D、水面结冰，是凝固现象，故D错误。
故选：A。
熔化是通过对物质加热，使物质从固态变成液态的变化过程。
此类问题是考查对物态变化过程中的熔化现象的理解与掌握情况。
8.【答案】C
【解析】解：A、食品夹子的动力臂比阻力臂短，是费力杠杆，故A不符合题意；
B、筷子的动力臂比阻力臂短，是费力杠杆，故B不符合题意；
C、核桃夹的动力臂比阻力臂长，是省力杠杆，故C符合题意；
D、镊子的动力臂比阻力臂短，是费力杠杆，故D不符合题意。
故选：C。
(1)动力臂比阻力臂长的杠杆是省力杠杆。
(2)动力臂比阻力臂短的杠杆是费力杠杆。
(3)动力臂和阻力臂相等的是等臂杠杆。
知道杠杆的分类；知道常见杠杆的动力臂和阻力臂的关系。
9.【答案】C
【解析】解：A.课间操广播声是由于喇叭内纸盆振动产生的，故A错误；
B.关窗是为了在传播过程中减弱噪声，故B错误；
C.播声通过空气传入居民耳中，故C正确；
D.调节音量按钮实质上是在改变声音的响度，故D错误。
故选：C。
(1)声音是由物体的振动产生的，声音能够在固体、液体和气体中传播；
(2)防治噪声的途径：在声源处减弱、在传播过程中减弱、在人耳处减弱；
(3)音调指声音的高低，是由物体振动的频率决定的，响度指声音的强弱，是由物体振动的振幅决定的。
本题考查了声音的产生、传播、音调和响度的区分以及防治噪声的途径，属于声学基础知识的考查。
10.【答案】B
【解析】解：
解：A、已知入射光线与平面镜的夹角为50°，因此入射角是90°−50°=40°，根据光的反射定律，反射角等于入射角，因此反射角也是40°，反射光线与镜面的夹角是90°−40°=50°，故A正确；
B、当入射角增大10°，根据光的反射定律，反射角等于入射角，反射角也增大10°，反射光线与入射光线的夹角增大20°，故B正确；
C、光在反射时，反射光线、入射光线、法线在同一平面内，图乙中，将纸板NOF向后折时在纸板上看不到反射光线，此实验现象说明反射光线、入射光线和法线在同一平面，反射光线依然存在，故 C错误。
D、在纸板上能看到光的传播路径，这是因为光在纸板上发生了漫反射，光线可以射向不同的方向，故D错误。
故选：B。
(1)入射角和反射角的概念：入射角是入射光线与法线的夹角；反射角是反射光线与法线的夹角；光的反射定律：反射光线、入射光线与法线在同一平面内；反射光线和入射光线分别位于法线两侧；反射角等于入射角；
(2)实验中，通过纸板来显示光路，人们能从不同角度看到不发光的物体，是因为光线发生了漫反射。
本题主要考查了入射角和反射角的概念，同时还考查了光的反射定律的内容，并且要会利用光的反射定律的内容进行有关的计算。
11.【答案】B
【解析】解：A、小周跑步穿的运动鞋鞋底有凹凸不平的花纹，是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力，故A错误；
B、小周跳起后，在空中运动时只受重力作用，合力大小不为0，处于非平衡状态，故B正确；
C、小周跳起后，不再受到地面弹力的作用下，之所以继续向前运动，是因为小周具有惯性，故C错误；
D、小周对地面的压力和地面对小周的支持力，不是作用在同一个物体上，不是平衡力，故D错误。
故选：B。
(1)增大摩擦的方法：在接触面粗糙程度一定时，增大压力；在压力一定时，增大接触面的粗糙程度；
(2)物体在平衡力的作用下保持静止或匀速直线运动状态；
(3)物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性；
(4)二力平衡的条件：大小相等、方向相反、作用在一条直线上，作用在一个物体上。
本题考查增大摩擦力的方法、平衡状态的判断、惯性现象、平衡力和相互作用力的区别。
12.【答案】D
【解析】解：(1)一束光线由空气斜射入水中时，由光的反射定律可知，反射角等于入射角，即β=α；
(2)当光从空气斜射入水中时，由光的折射定律可知，折射角小于入射角，即γ<α；
综上所述，三个角之间的关系为：α=β>γ，故D正确。
故选：D。
(1)在光的反射中，反射角等于入射角；据此可判断入射角与反射角的关系；
(2)当光从空气斜射入水中时，折射角小于入射角，据此判断折射角与入射角的关系。
本题主要考查了光的反射和折射规律及其角间的关系，关键是熟练掌握光的反射定律和光的折射规律的内容，搞清反射角与入射角和折射角与入射角的关系。
13.【答案】A
【解析】解：
A、飞机在升空过程中，飞行员的质量不变，高度变大，重力势能逐渐增大，故A正确；
B、飞机从起飞到安全降落的整个过程中，飞行员的质量不变，速度发生了变化，动能发生了变化，故B错误；
C、飞机从起飞到安全降落的整个过程中，质量不变，速度先变大后变小，动能先变大后变小；高度先变大后变小，机械能先变大后变小，故C错误；
D、飞机降落后，在水平跑道上滑行过程中，飞机的质量不变，高度不变，重力势能不变，速度变小，动能减小，不是动能转化为重力势能，故D错误。
故选：A。
机械能包括动能和重力势能，动能和质量、速度有关，物体的质量越大，速度越大，动能越大，重力势能和质量和被举高的高度有关，质量越大，高度越高，重力势能越大。
本题考查了动能、重力势能和机械能的变化，明确影响动能和重力势能大小的因素是解题的关键。
14.【答案】D
【解析】解：导体的电阻是导体本身所具有的阻碍电流的性质，与通过它的电流、它两端的电压无关，电阻不随着电压和电流的改变而改变，导体电阻大小等于它两端电压与通过电流的比值。
故选：D。
导体的电阻是导体本身所具有的性质，与通过它的电流、它两端的电压无关。但可以用导体两端的电压与通过导体的电流的比值求出其大小。
本题考查欧姆定律及其公式变形的应用，关键知道影响电阻大小的因素是导体的材料、长度、横截面积和温度，与导体两端的电压和通过的电流没有关系。
15.【答案】A
【解析】解：根据题意可知，只有两个开关都闭合的情况下，闸机门自动打开，这说明两个开关相互影响，是串联的，然后与电动机串联，故A正确。
故选：A。
根据题意分析两个开关的连接方式，从而得出正确的电路图。
本题考查根据要求设计电路，逐一对每个电路进行分析，找出与题中条件相符合的电路图即可。
16.【答案】C
【解析】解：A.海军南昌舰始终处于漂浮状态，浮力等于自身的重力，所以它从长江开到黄海，浮力大小保持不变，由于海水的密度大于长江水的密度，则由F浮=ρ液gV排可知，在浮力大小不变时，液体密度变大，排开液体的体积会变小，故舰身会上浮一些，故A正确；
B.船闸的下游阀门打开时，下游和闸室构成连通器，上游阀门打开时，上游和闸室构成连通器；所以，船闸是利用连通器原理工作的，故B正确；
C.飞机机翼设计成流线型，上方空气流速大、压强小，下方空气流速小、压强大，则机翼受到向上的压强差，即产生了向上的升力，故C错误；
D.“祝融号”火星车设计有宽大的轮子，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强，故D正确。
故选：C。
(1)根据漂浮条件可知，“南昌舰”满载时从长江开到黄海时，浮力大小保持不变，利用阿基米德原理分析解答；
(2)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总是相平的；
(3)流体流速越大的地方压强越小，流速越小的地方压强越大；
(4)减小压强的方法：在压力一定时，增大受力面积；在受力面积一定时，减小压力。
本题主要考查了物体浮沉条件及其应用、流体压强和流速的关系、减小压强的方法、连通器原理等，综合性强，但难度不大，掌握基本规律是关键。
17.【答案】B
【解析】解：杆秤绕提纽O转动，所以点O是杆秤的支点，作用在A处的力使杆秤逆时针转动，由于杆秤水平平衡，其力臂是OA，作用在B处的力使杆秤顺时针转动，其力臂是OB；
根据杠杆的平衡条件F1×l1=F2×l2可得：m鱼g×OA=m秤砣g×OB，即m鱼×8cm=0.2kg×32cm，
解得m鱼=0.8kg。
故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据杠杆的平衡条件可求出物体的质量。
本题主要考查杠杆的平衡，以及重力的计算，其中正确理解支点，动力臂和阻力臂的计算是解题的关键之一。
18.【答案】D
【解析】解：由电路图可知，R1与R2并联，电流表A测干路电流，电流表A2测R2支路的电流，电压表测量电源的电压；
由于电源电压不变，移动滑片时，电压表V示数保持不变，故A不符合题意；
因并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以滑片移动时通过R1支路的电流不变；
闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P由最右端向中间移动时，滑动变阻器接入电路中的电阻变小，根据I=UR可知，通过滑动变阻器的电流变大，电流表A2的示数变大，故B不符合题意；
根据并联电路的电流关系可知，干路中的电流变大，即电流表A示数变大；
电流表A示数与电流表A2示数的差值为通过定值电阻R1的电流，所以电流表A示数与电流表A2示数的差值不变，故C不符合题意；
由于电压表V的示数不变，电流表A示数变大，所以电压表V示数与电流表A示数的比值变小，故D符合题意。
故选：D。
由电路图可知，R1与R2并联，电流表A测干路电流，电流表A2测R2支路的电流，电压表测量电源的电压；
根据电源电压判定电压表示数的变化；
闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P由最右端向中间移动时，根据欧姆定律判定通过滑动变阻器电流的变化，即电流表A2示数的变化；根据并联电路电流的规律判定电流表A示数的变化；然后分析各个选项，得出答案。
本题考查了电路的动态分析，涉及到并联电路的特点和欧姆定律的应用，正确判断出两电流表示数的变化是关键。
19.【答案】C
【解析】解：由图像可知，当甲、乙、丙三种物质的体积相等时，它们的质量关系为m甲>m乙>m丙，
由ρ=mV可知它们的密度关系为ρ甲>ρ乙>ρ丙，故AD错误；
当m乙=10g时，V乙=10cm3，
则ρ乙=m乙V乙=10g10cm3=1.0g/cm3=1×103kg/m3=ρ水，
所以，ρ丙<ρ水，故B错误，C正确。
故选：C。
由图像可知，三种物质的体积相同时的质量关系，根据ρ=mV比较甲、乙、丙的密度关系；然后从图像中读出乙的一组质量和体积值求出其密度，然后与水的密度相比较确定答案。
本题考查了密度公式的应用和密度的计算，密度大小的比较可采用相同体积来比较质量、质量大的密度大，也可以采用相同质量来比较体积、体积小的密度大。
20.【答案】D
【解析】解：A、根据图示可知，电流从电磁铁的上端流入，根据安培定则可知，电磁铁的上端为S极，故A错误；
B、晚上时的光线暗，光敏电阻的电阻值大，电路中的电流值小，所以静触点与a接通，所以要达到晚上灯亮，白天灯灭，则路灯供电的电源应接在a、b之间，故B错误；
C、路灯工作时电能转化为光能、内能，不是全部转化为光能，故C错误；
D、电源电压减小后，在其它条件不变时，根据欧姆定律可知，电路中的电流变小，电磁铁中的磁性变弱，傍晚时路灯比原来早一些亮，故D正确。
故选：D。
(1)根据安培定则判定电磁铁上端的磁性；
(2)分析电磁铁的电路，判定利用照明电源为路灯供电的接入点；
(3)路灯工作时电能转化为光能、内能；
(4)根据影响电磁铁磁性大小的因素分析电磁铁磁性的变化，从而得到亮灯时间的变化。
解决本题的关键电磁继电器的工作原理、光敏电阻的特点，能够根据它们的特点解释它们在实际运用过程中的原理。
21.【答案】2.75 110.0s
【解析】解：由图可知，刻度尺1cm之间有10小格，每一小格为0.1cm，即刻度尺的分度值为0.1cm。物体左侧与4.00cm刻度线对齐，右侧在6.70刻度线和6.80刻度线中间，所以物体的长度为：
L=6.75cm−4.00cm=2.75cm；
停表分度值是0.1s，此时的读数为1min50.0s，即110.0s。
故答案为：2.75；110.0s。
刻度尺相邻刻度线间的距离是刻度尺的分度值，由图示刻度尺确定刻度尺的分度值，物体两端点所对应刻度尺的示数之差是物体的长度；
停表在读数时要弄清楚每大格和每小格表示的时间。
刻度尺和停表是日常生活和物理实验的基本测量工具，使用时要注意它们的量程和分度值，刻度尺要估读到分度值的下一位。
22.【答案】压缩 E
【解析】解：(1)A图中，进气门开启，活塞下行，气体流入汽缸，是吸气冲程；
B图中，两气门都关闭，活塞上行，汽缸容积变小，是压缩冲程，此冲程将机械能转化为内能；
C图中，两气门都关闭，活塞下行，汽缸容积变大，是做功冲程，此冲程将内能转化为机械能；
D图中，排气门开启，活塞上行，气体流出汽缸，是排气冲程；
(2)E图是用力将活塞压下，活塞对空气做功，空气的内能增大，温度升高，达到了棉花的着火点，棉花就会燃烧。是通过对物体做功来增大物体内能的，即是将机械能转化为内能的过程；F图是水蒸气膨胀对外做功，将塞子冲出，是内能转化为机械能。
综上所述，图E、F是演示实验的原理示意图。B图是压缩冲程，与它原理相同的是E图所示的演示实验。
故答案为：压缩；E。
(1)判断汽油机的四个冲程，先看进气门和排气门的关闭情况，进气门打开的是吸气冲程，排气门打开的是排气冲程，进气门和排气门都关闭的是压缩冲程或者做功冲程；活塞上行为压缩冲程和排气冲程；活塞下行为吸气冲程和做功冲程。
(2)改变物体内能的方式有热传递和做功两种。做功改变物体内能的实质是能量的转化，具体来说是内能和机械能的相互转化。对物体做功，物体的内能增加，温度升高；物体对外做功，物体的内能减少，温度降低。
此题是通过内燃机的工作原理和课本中的实验来验证做功改变物体内能的方法，是一道基础题。
23.【答案】电荷发生了转移 同种
【解析】解：毛皮摩与橡胶棒摩擦时，橡胶棒因得到电子而带负电荷，接触验电器金属球后橡胶棒上多余的电子会转移到验电器上，验电器的金属箔因带同种电荷相互排斥而张开一定的角度。
故答案为：电荷发生了转移；同种。
根据摩擦起电的实质分析橡胶棒带电情况，进而分析两片金属箔带电的原因，根据电荷间的相互作用分析两片金属箔张开的原因。
本题考查验电器的原理及使用，属于基础题。
24.【答案】并 增大
【解析】解：每个教室里的这9盏护眼灯是互不影响的，所以它们之间一定是并联的；
家庭电路中各用电器是并联的，如果打开护眼灯之后，老师又打开了教室中的多媒体设备，则家庭电路中又多了一条支路，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，则教室电路中的总电流会增大。
故答案为：并；增大。
(1)在串联电路中，各个用电器能相互影响，而在并联电路中，各个用电器不能相互影响。家庭电路中的用电器是并联的。
(2)并联电路中，干路中的电流等于各支路电流的总和。
本题考查了电路的连接方式的判断，属于基础题。
25.【答案】惯性 小于
【解析】解：(1)司机开车系上安全带，这是为了减小紧急刹车时由于人的惯性带来的伤害；
(2)小汽车高速行驶时，车顶的空气流速大于车底的空气流速，车顶空气压强小于车底空气压强，所以会产生向上的压强差，即而产生一定大小的向上的升力，使小汽车对地面的压力小于小汽车所受的重力。
故答案为：惯性；小于。
(1)惯性是物体的固有属性，它指的是物体能够保持原来的运动状态的一种性质；
(2)流体流速越快的位置压强越小，据此分析汽车对地面压力的变化。
本题考查了与汽车有关的知识点，体现了物理知识与生活实际的联系，这些知识都非常重要，且应用广泛，但总体难度不大，值得关注。
26.【答案】10 5：4
【解析】解：由题意可知，将滑动变阻器的滑片从最左端向右滑动的过程中，电压表的示数减小，电流表的示数增大，则电压表并联在滑动变阻器两端，否则两电表示数应同时增大或同时减小．
结合题意可知，滑动变阻器与灯泡串联，电压表测变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流，如下图所示：
当电压表的示数为4V时，电路中的电流为0.4A，由图象可知此时灯泡两端的电压UL=2V，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电源的电压：U=U滑+UL=4V+2V=6V；
由I=UR可得，滑动变阻器的最大阻值：
R滑=U滑I=4V0.4A=10Ω；
此时电路中电流最小，则整个电路的最小功率：
Pmin=UI=6V×0.4A=2.4W；
当变阻器接入电路中的电阻最小为0时，灯泡两端的电压和电源电压相等，此时灯泡的功率最大，
由图象可知，当U=6V时，通过灯泡的电流：I′=0.5A，
小灯泡的最大功率：PL大=UI′=6V×0.5A=3W；
灯泡消耗的最大电功率与整个电路消耗的最小电功率的比值：PL大Pmin=3W2.4W=54；
故答案为：10；5：4．
由题意可知，将滑动变阻器的滑片从最左端向右滑动的过程中，电压表的示数减小，电流表的示数增大，则电压表并联在滑动变阻器两端，否则两电表示数应同时增大或同时减小．
当电压表的示数为5V时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，电路的总功率最小，根据图象读出电路中的电流为0.3A时灯泡两端的电压，根据串联电路的电压特点求出电源的电压，此时滑动变阻器接入电路中的电阻最大，根据欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值，根据P=UI求出整个电路的最小功率；
当滑动变阻器接入电路中的电阻最小时，灯泡两端的电压和电源的电压相等，根据图象估测通过的电流，根据P=UI求出灯泡的最大功率；然后求出功率之比．
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活应用，关键是根据题意得出电压表所测量的电路元件和从图象中得出需要的信息．
27.【答案】解：从A的重心分别沿竖直向下、沿斜面向上和垂直于斜面向上的方向画一条带箭头的线段，分别用G、f和F表示重力、摩擦力和支持力。如下图所示：
【解析】首先分析物体静止在斜面上所受的力，并注意力的作用点和方向；
物体受竖直向下的重力、垂直于斜面的支持力及沿斜面向上的摩擦力，在作图时，可以将三个力的作用点都画在重心上。
画力的示意图，首先要对物体进行受力分析，看物体受几个力，要先分析力的大小、方向和作用点，再按照画图的要求画出各个力。
28.【答案】解：从电源正极依次串联开关、灯泡以及电铃回到电源负极，然后将AB并联在电铃两端，如下图所示：
【解析】开关闭合时，若导线完好则电铃不响；而当导线被拉断后电铃响，说明导线和电铃并联，导线完好时，电铃被短路；为了保护电路，灯泡应串联在干路中，由此连接电路。
本题考查基本电路的连接方式，会根据题意设计符合要求的电路图是关键。
29.【答案】15.0 左 变小
【解析】解：(1)当凸透镜成的像是等大的倒立的实像时，物距和像距均为焦距的2倍，由图可知物距或像距为30.0cm，则凸透镜的焦距为15.0cm；
(2)由“物远像近像变小”可知，当把点燃的蜡烛由图中所示位置向左移至光具座的10cm刻度时，此时物距为40cm，大于二倍焦距，像距在一倍焦距和二倍焦距之间，此时的像变小了，故向左移动光屏才会得到一个倒立缩小的实像。
故答案为：(1)15.0；(2)左；变小。
(1)当物距等于2倍焦距时，物体通过凸透镜成倒立、等大的实像，此时像距也为2倍焦距，从甲中读出物距或像距，然后求出凸透镜的焦距；
(2)根据“物近像远像变大，物远像近像变小”判断光屏移动的方向、像的大小变化。
此题考查的是凸透镜焦距的确定及成像规律和实际应用，属于基本技能的考查和基本规律的应用，难度不大，熟练掌握凸透镜成像规律是解决此类问题的前提。
30.【答案】小灯泡断路 A 0.5 5 1.25
【解析】解：(1)滑动变阻器按“一上一下”的原则串联在电路中，如图所示：
；
(2)灯泡不亮，电流表无示数，说明电路可能断路；电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，与电压表并联的小灯泡断路了；
(3)灯在额定电压下正常发光，灯泡的实际电压0.5V小于灯泡的额定电压2.5V，应增大灯泡两端的电压，根据串联电路电压的规律，应减小滑动变阻器两端的电压，由分压原理可知，应减小滑动变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向A移动，直到电压表示数为灯泡的额定电压2.5V；
图乙中电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.5A，由欧姆定律可知，灯泡L正常发光时的电阻值：R=U额I额=2.5V0.5A=5Ω。
电功率为：P=UI=2.5V×0.5A=1.25W。
故答案为：(1)见解答图；(2)小灯泡断路；(3)A；0.5；5；1.25。
(1)滑动变阻器按“一上一下”的原则串联在电路中；
(2)电流表无示数，可以判断出电路中出现了断路，然后根据电压表有示数确定出断路的位置；
(3)灯在额定电压下正常发光，将灯泡的实际电压与灯泡的额定电压比较，根据串联电路电压的规律及分压原理确定滑片移动的方向；
根据电流表选用小量程确定分度值读出示数，根据欧姆定律求小灯泡正常发光时的阻值，利用P=UI求得电功率。
本题测量标有“2.5V”字样的灯泡L正常发光时的电阻，考查电路连接、故障分析、实验操作、电流表读数和欧姆定律的应用。
31.【答案】等于 压力 甲、丙 无关 不需要
【解析】解：(1)实验时，用弹簧测力计水平拉动木块，使其在水平桌面上做匀速直线运动，木块处于平衡状态，在水平方向上受到拉力和滑动摩擦力的作用，根据二力平衡知识，拉力的大小等于滑动滑动摩擦力的大小。
(2)由甲、乙两次实验可知，两次实验中接触面的粗糙程度相同，图乙中木块对木板的压力比图甲中木块对木板的压力大，图乙中弹簧测力计的示数比图甲中弹簧测力计的示数大，即图乙中木块受到的摩擦力比图甲中木块受到的摩擦力大，因此由甲、乙两次实验可知，在接触面的粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大；
(3)由甲、丙两次实验可知，两次实验中压力大小相同，图丙中毛巾的粗糙程度比图甲中的木板的粗糙程度大，图丙中弹簧测力计的示数比图甲中弹簧测力计的示数大，即图乙中木块受到的摩擦力比图甲中木块受到的摩擦力大，因此通过对比甲、丙两次实验可知：在压力相同时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大；
(4)从表格中的数据可以看出，四次实验中木块运动的速度越来越大，而拉力的大小却始终不变，即摩擦力大小不变，因此滑动摩擦力的大小与物体运动的速度无关；
(5)丁图所示的实验装置，木块A相对于地面静止，木块受到的滑动摩擦力与木块对木板的压力、接触面的粗糙程度有关，与木板运动的速度无关，因此无论怎样拉动木板，木块受到的滑动摩擦力大小不变，木块受到的滑动滑动摩擦力和弹簧测力计的拉力为一对平衡力，弹簧测力计的示数不变；则该装置的优点是不需要长木板做匀速直线运动。
故答案为：(1)等于；(2)压力；(3)甲、丙；(4)无关；(5)不需要。
(1)根据二力平衡的条件分析弹簧测力计对木块的拉力大小与滑动摩擦力的大小关系；
(2)(3)影响摩擦力的因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度，实验中要采用控制变量法；
(4)从数据中观察速度的大小是否对弹簧测力计的拉力构成了影响，从而进行判断；
(5)根据丁图所示的实验装置可知，A相对于地面静止，根据力的平衡分析。
本题探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关，考查实验原理及控制变量法的运用，体现了对过程和方法的考查。
32.【答案】液化 从冰箱里拿出的饮料温度较低，倒入玻璃杯后，玻璃杯的温度也较低；室内空气中的水蒸气遇到温度较低的玻璃杯液化成小水滴附着在玻璃杯上
【解析】解：(1)小玉从冰箱里拿出饮料倒入玻璃杯里，小刚发现玻璃杯壁上有一些小水珠，这些小水珠是空气中的水蒸气遇冷的杯子液化成的小水珠。
(2)从冰箱里拿出的饮料温度较低，倒入玻璃杯后，玻璃杯的温度也较低；室内空气中的水蒸气遇到温度较低的玻璃杯液化成小水滴附着在玻璃杯上。
故答案为：(1)液化；(2)从冰箱里拿出的饮料温度较低，倒入玻璃杯后，玻璃杯的温度也较低；室内空气中的水蒸气遇到温度较低的玻璃杯液化成小水滴附着在玻璃杯上。
液化是指物质从气态变为液态的过程，它需要放热。空气中，水蒸气的温度较高，遇到温度较低的玻璃杯后，发生液化现象形成小水珠。
掌握六种物态变化的定义，分析物质原来的状态和现在的状态，根据物态变化定义进行判断。
33.【答案】解：(1)坦克满载时受到的重力：G=mg=24×103kg×10N/kg=2.4×105N，
坦克漂浮在水中受到的浮力：F浮=G=2.4×105N，
由F浮=ρgV排可得，此时它排开水的体积：V排=F浮ρg=2.4×105N1.0×103kg/m3×10N/kg=24m3，
(2)坦克满载时静止在地面上，对地面的压力等于其重力，即F=G=2.4×105N，
两条履带的触地面积，S=2×2m2=4m2；
坦克满载时对水平地面的压强：
p=FS=2.4×105N4m2=6×104Pa；
(3)在某次演习中，坦克以最大功率在水中行驶10min，发动机所做的功为：
W=Pt=440×103W×10×60s=2.64×108J。
故答案为：(1)坦克满载在水中行进时，排开水的体积是24m3；
(2)坦克每条履带与地面的接触面积是2m2，满载时对水平地面的压强是6×104Pa；
(3)在某次演习中，坦克以最大功率在水中行驶10min，发动机所做的功是2.64×108J。
【解析】(1)在水上航行时，坦克处于漂浮状态，根据漂浮条件求出受到的浮力；根据阿基米德原理求出它排开的水的体积；
(2)坦克在水平面上对地面的压力等于自身的重力，已知一条履带的触地面积，可求得两条履带的触地面积，然后根据压强公式求出坦克对地面的压强；
(3)根据功W=Pt计算可得。
本题考查压强、浮力、排开液体体积、功，关键是公式及其变形的灵活运用，要知道在水平面上物体对地面的压力等于物体自身的重力，漂浮的物体受到的浮力等于重力。
34.【答案】解：(1)一满壶水的体积：V=1.5L=1.5dm3=1.5×10−3m3，
由ρ=mV可得，水的质量：m=ρ水V=1.0×103kg/m3×1.5×10−3m3=1.5kg，
在1标准大气压下水的沸点为100℃，水吸收的热量：
Q吸=c水m(t−t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×1.5kg×(100℃−30℃)=4.41×105J；
(2)由图乙可知，当开关S2接A、开关S1断开时，两电阻串联；当开关S2接A、开关S1闭合时，电路为R1的简单电路；当开关S2接B、开关S1闭合时，两电阻并联；
因串联电路中总电阻大于任何一个分电阻，并联电路中总电阻小于任何一个分电阻，
所以，当开关S2接A、开关S1断开时，电路的总电阻最大，电源电压一定，由P=U2R可知此时总功率最小，养生壶处于低温挡；当开关S2接B、开关S1闭合时(R1、R2并联)，电路中的总电阻最小，此时总功率最大，养生壶处于高温挡；则当开关S2接A、开关S1闭合时，只有R1工作，养生壶处于中温挡，
因并联电路中各支路独立工作、互不影响，且R1=R2，
所以，由P=U2R可知高温挡时R1、R2消耗的功率：P1=P2=P中，
则养生壶高温挡的功率：P高=P1+P2=2P中=2×400W=800W；
(3)由η=Q吸W×100%可得，烧开这一壶水需要消耗的电能：
W=Q吸η=4.41×105J75%=5.88×105J，
由P=Wt可得，高温挡需要的加热时间：
t′=WP高=5.88×105J800W=735s。
答：(1)在1标准大气压下，将初温是30℃的一壶水烧开，水需要吸收4.41×105J的热量；
(2)高温挡功率是800W；
(3)若养生壶用高温挡来加热且加热效率为75%，烧开这一壶水需要的时间为735s。
【解析】(1)根据表格数据可知一满壶水的体积，根据m=ρV求出水的质量，又知道水的初温、末温(在1标准大气压下水的沸点为100℃)以及比热容，根据Q吸=cm(t−t0)求出水吸收的热量；
(2)分析开关转换时电路的连接方式，根据串并联电路的电阻特点和P=UI=U2R得出低温挡、高温挡、中温挡电路的连接方式，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响以及P=UI=U2R、R1=R2可知，两电阻的电功率和中温挡的功率相等，据此求出养生壶高温挡的功率；
(3)利用η=Q吸W×100%求出烧开这一壶水需要消耗的电能，利用P=Wt求出高温挡需要的加热时间。
本题考查了密度公式和吸热公式、电功率公式、效率公式、电功公式的综合应用，分清养生壶处于不同状态时电路的连接方式并得出高温挡的功率是关键。
2023年四川省自贡市中考物理试卷
一、单选题（本大题共20小题，共40.0分）
1. 下列关于电压值的说法错误的是( )
A. 一节干电池的电压是1.5V B. 电子手表内氧化银电池的电压是1.5V
C. 我国家庭电路的电压是110V D. 对人体安全的电压不高于36V
2. 如图所示，用充电宝给手机充电时，充电宝相当于电路中的( )
A. 开关
B. 电源
C. 用电器
D. 导线
3. 电给我们的工作和生活带来了极大的便利，但不正确用电也会带来很大的危害，甚至会危及生命。安全用电是每一位公民的必备素养。下列做法符合安全用电原则的是( )
A. 使用试电笔辨别火线时手要接触笔尖金属体
B. 在未断开电源开关的情况下更换灯泡
C. 家庭电路着火迅速用冷水浇灭
D. 及时更换达到使用寿命的插座、导线和家用电器
4. 如图所示，用一根绳子绕过定滑轮，一端拴在钩码上，手执另一端，分别用力F1、F2、F3匀速拉起钩码。忽略绳子与滑轮的摩擦，下列说法正确的是( )
A. F1、F2、F3的大小相等
B. F1最大
C. F2最大
D. F3最大
5. 如图所示，将一根导线AB放置在蹄形磁体形成的磁场方向竖直向下的磁场区域，导线的两端跟灵敏电流表相连。下列说法正确的是( )
A. AB不动，磁体水平向左快速移动，指针会偏转
B. 磁体不动，AB水平向右快速移动，指针不偏转
C. 磁体不动，AB竖直向上快速移动，指针会偏转
D. 磁体不动，AB竖直向下快速移动，指针会偏转
6. 近年来，我国在能源、信息与材料等领域取得了辉煌的成就。下列说法错误的是( )
A. 我国目前的核电站是利用原子核裂变发电的
B. 风能、水能、太阳能、核能都是可再生能源
C. 光纤通信是利用激光在光导纤维中多次反射传输信息的
D. 用超导材料制造输电线，可以大大降低输电线上的电能损耗
7. 下列现象属于熔化的是( )
A. 初春，冰雪消融汇流成溪 B. 盛夏，冰棒周围出现“白气”
C. 金秋，阳光照射迷雾散去 D. 寒冬，双溪水库水面结冰
8. 如图所示的用具在正常使用过程中，属于省力杠杆的是( )
A. 食品夹子 B. 筷子
C. 核桃夹 D. 镊子
9. 学校附近的居民经常听到课间操广播声，下列说法正确的是( )
A. 广播声是由于空气振动产生的 B. 居民关窗是在声源处减弱噪声
C. 广播声通过空气传入居民耳中 D. 调节音量是为了改变声音的音调
10. 小王同学在家里将一个平面镜放在水平桌面上，再把一张可沿ON折叠的硬白纸板ENF竖直地立在平面镜上，以此来探究光的反射规律。通过测量他发现此时入射光线与平面镜成
50°夹角，如图所示，则( )
A. 反射光线与镜面的夹角是40°
B. 入射角增大10°，反射光线与入射光线的夹角增大20°
C. 将纸板NOF向后折叠，则反射光线会消失
D. 光在纸板上发生了镜面反射
11. 小周同学参加了2023年自贡市中考体育测试，在立定跳远项目中下列说法正确的是( )
A. 小周穿的运动鞋鞋底有凹凸不平的花纹是为了减小摩擦
B. 小周跳起后，在空中运动时处于非平衡状态
C. 小周跳起后，在地面弹力的作用下继续向前运动
D. 起跳时，小周对地面的压力和地面对小周的支持力是一对平衡力
12. 一束光线由空气斜射入水中，入射角为α，反射角为β，折射角为γ，则( )
A. α>β>γ B. α<β<γ C. α=β<γ D. α=β>γ
13. 2022年5月14日，一架国产C919大飞机从上海浦东机场起飞，经过3个多小时的飞行后安全降落，这标志着首架C919大飞机首飞试验成功。下列说法正确的是( )
A. 飞机在升空过程中，飞行员的重力势能逐渐增大
B. 飞机从起飞到安全降落的整个过程中，飞行员的动能一直保持不变
C. 飞机从起飞到安全降落的整个过程中，飞机的机械能一直保持不变
D. 飞机降落后，在水平跑道上滑行过程中，飞机的动能转化为重力势能
14. 由欧姆定律I=UR变形可得R=UI，下列说法正确的是( )
A. 导体电阻大小跟它两端的电压成正比
B. 导体电阻大小跟通过它的电流成反比
C. 导体电阻大小由它两端电压和通过电流决定
D. 导体电阻大小等于它两端电压与通过电流的比值
15. 在富顺高铁站的自动检票闸机口，乘客需刷身份证，同时进行人脸识别，两个信息都符合后闸机门(电动机)才自动打开，检票通过。身份证和人脸识别系统都相当于开关，信息符合后开关自动闭合。下列电路中，符合上述要求的是( )
A. B.
C. D.
16. 下列四幅图涉及的物理知识说法错误的是( )
A. 军舰从长江驶入大海后，舰身要上浮一些
B. 轮船通过船闸从下游驶到上游，船闸是利用连通器原理工作的
C. 飞机机翼设计成流线型，利用了机翼上方空气流速慢，压强小
D. “祝融号”火星车设计有宽大的轮子可以减小压强
17. 杆秤是一种中国传统的称量工具，凝聚着中国人民的智慧。如图所示，O为杆秤提纽，OA=8cm，秤砣质量m=0.2kg，不挂重物和秤砣时，手提提纽，杆秤可水平平衡。用它称鱼，当秤砣置于B点时，杆秤再次水平平衡，此时测得OB=32cm，则鱼的质量为( )
A. 1.0kg B. 0.8kg C. 0.6kg D. 0.4kg
18. 如图所示，电源电压保持不变。闭合开关S后，在滑动变阻器R2的滑片P由最右端向中点移动过程中，变小的是( )
A. 电压表V的示数 B. 电流表A2的示数
C. 电流表A示数与电流表A2示数的差值 D. 电压表V示数与电流表A示数的比值
19. 甲、乙、丙三种物质的质量与体积的关系如图所示，ρ甲、ρ乙、ρ丙、ρ水分别代表甲、乙、丙和水的密度，下列说法正确的是(ρ水=1×103kg/m3)( )
A. ρ丙>ρ乙>ρ甲且ρ甲>ρ水 B. ρ甲>ρ乙>ρ丙且ρ丙>ρ水
C. ρ甲>ρ乙>ρ丙且ρ乙=ρ水 D. ρ乙>ρ丙>ρ甲且ρ甲<ρ水
20. 如图所示，R0是一个光敏电阻，光敏电阻的阻值随光照强度的增加而减小。R是电阻箱(已调至合适阻值)，它们和继电器组成自动控制电路来控制路灯，白天路灯熄灭，夜晚路灯亮起。下列说法正确的是( )
A. 电路工作时，电磁铁上端为N极
B. 给路灯供电的电源应接在b、c两端
C. 路灯发光时把电能全部转化为光能
D. 控制电路电源电压减小后，傍晚时路灯比原来早一些亮
二、填空题（本大题共6小题，共12.0分）
21. 如图物体A的长度为______ cm，停表的读数为______ 。
22. 如图所示，图A、B、C、D是四冲程汽油机的工作示意图，图E、F是演示实验的示意图。B图是______冲程，与它原理相同的是______图所示的演示实验。
23. 如图所示，用毛皮摩擦过的橡胶棒接触验电器的金属球，验电器的两片金属箔张开一定的角度。两片金属箔张开是因为在这个过程中______ (选填“产生了电荷”或“电荷发生了转移”)使两片金属箔带上了______ 电荷(选填“同种”或“异种”)。
24. 为了保护同学们的视力，自贡很多学校教室里的日光灯更换成为LED护眼灯，教室里的9盏护眼灯的连接方式是______ 联(选填“串”或“并”)。如果打开护眼灯之后，老师又打开了教室中的多媒体设备，则教室电路中的总电流会______ (选填“增大”、“减小”或“不变”)。
25. 司机开车系上安全带可以减小紧急刹车时由于______ 造成的伤害；小汽车的外观呈流型，在高速行驶时小汽车对地面的压力______ 重力(选填“大于”、“小于”或“等于”)。
26. 现有电源、开关、电流表、电压表、灯泡、滑动变阻器各一个，其中灯泡的U−I图象如图所示，将这些元件用导线连成电路后，闭合开关，滑动变阻器的滑片从最左端向右滑动的过程中，电压表的示数从4V开始减小，电流表的示数从0.4A开始增大．则滑动变阻器的最大阻值为______Ω，在滑片移动过程中小灯泡消耗的最大电功率与整个电路消耗的最小电功率的比值为______．
三、作图题（本大题共2小题，共5.0分）
27. 如图所示，现有一个物体A静止在斜面上，请你画出物体A所受力的示意图。
28. “创新”实验小组的同学要设计一个自动防盗报警电路。要求：晚间开关S闭合后，灯亮电铃不响；当房门被打开时，细导线AB被扯断，灯亮且电铃发声自动报警。请按要求用直线连接如图所示的电路元件。
四、实验探究题（本大题共3小题，共24.0分）
29. 小明同学将点燃的蜡烛、凸透镜和光屏放在如图所示的位置时，在光屏上观察到了清晰的像。
(1)由图可以判断出实验所用透镜的焦距为______ cm。
(2)小明把蜡烛移到光具座的10cm刻度线处，需要把光屏向______ 适当移动(选填“左”或“右”)，才能在光屏上得到一个清晰的像，此时的像将______ (选填“变大”、“变小”或“不变”)。
30. 小周利用如图甲所示电路，测量标有“2.5V”字样的灯泡L正常发光时的电阻和电功率。请按要求完成下列问题：
(1)请用笔画线代替导线，将图甲所示的实物图连接完整；
(2)连接电路后，闭合开关S，发现灯泡不亮，电压表有示数且接近电源电压，电流表示数为零，产生这种现象的原因可能是：______ ；
(3)排除故障后进行实验，闭合开关S，发现电压表的示数为0.5V，为使灯泡L两端电压达到额定电压，应向______ 端(选填“A”或“B”)移动滑动变阻器的滑片P，直到观察到电压表示数为2.5V。此时，电流表示数如图乙所示，电流表示数为______ A，则灯泡L正常发光时的电阻为______ Ω，电功率为______ W。
31. 某兴趣小组在探究“滑动摩擦力的大小与什么因素有关”时，用同一木块分别做了如图所示的甲、乙、丙三次实验。
(1)甲、乙、丙三次实验中以相同速度沿水平方向匀速拉动木块，根据二力平衡知识，弹簧测力计对木块的拉力大小______ 滑动摩擦力的大小(选填“大于”、“等于”或“小于”)；
(2)通过对比甲、乙两次实验可知：在接触面的粗糙程度相同时，______ 越大，滑动摩擦力越大；
(3)通过对比______ 两次实验可知：在压力相同时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大；
(4)兴趣小组的同学利用甲图实验装置继续探究滑动摩擦力与速度的关系，改变拉动木块的速度，进行实验，记录的实验数据如下表：
实验次数
1
2
3
4
运动速度(m/s)
0.3
0.4
0.5
0.6
测力计的示数(N)
1.2
1.2
1.2
1.2
分析实验数据可知：滑动摩擦力的大小与物体运动的速度______ (选填“有关”或“无关”)；
(5)小组交流讨论时发现：在实验中很难使木块做匀速直线运动，于是小伟设计了如图丁所示的实验装置，该装置的优点是______ 长木板B做匀速直线运动(选填“需要”或“不需要”)。
五、简答题（本大题共1小题，共4.0分）
32. 夏天，小刚到小玉家去玩，小玉从冰箱里拿出饮料倒入玻璃杯请小刚喝。不一会，小刚发现杯壁上出现了一些小水珠。
(1)杯壁上出现小水珠的现象属于哪种物态变化？______ ；
(2)请简述形成这种现象的原因：______ 。
六、计算题（本大题共2小题，共15.0分）
33. 为保家卫国，加强国防建设，我国自主研制了一款两栖坦克，坦克发动机最大功率为440kW，满载时质量是24t，在野外陆地的最大速度是60km/h，在水中的最大速度是14km/h。已知ρ水=1×103kg/m3，g=10N/kg，请完成下列问题：
(1)坦克满载在水中行进时，排开水的体积是多少？
(2)坦克每条履带与地面的接触面积是2m2，满载时对水平地面的压强多大？
(3)在某次演习中，坦克以最大功率在水中行驶10min，发动机所做的功是多少？
34. 图甲是一款多功能养生壶，图乙是它的简化电路图，其中R1、R2为电热丝，R1=R2且电阻不变，下表为其铭牌，其中高温挡的额定功率已模糊不清，已知c水=4.2×103J/(kg⋅℃)。在正常工作的情况下，试问：
项目
参数
电源电压(V)
220
低温挡功率(W)
200
中温挡功率(W)
400
高温挡功率(W)
容积(L)
1.5
(1)在1标准大气压下，将初温是30℃的一壶水烧开，水需要吸收多少热量？
(2)高温挡功率是多少？
(3)若养生壶用高温挡来加热且加热效率为75%，烧开这一壶水需要多长时间？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、由生活常识可知，一节新干电池的电压是1.5V，故A正确；
B、由生活常识可知，电子手表内氧化银电池的电压是1.5V，故B正确；
C、由生活常识可知，我国家庭电路的电压是220V，故C错误；
D、根据我国的相关规定可知，对人体安全的电压不高于36V，故D正确。
故选：C。
一节新干电池电压是1.5V，电子手表内氧化银电池的电压是1.5V，我国家庭电路的电压是220V，对人体安全的电压是不高于36V，逐一对照判断即可。
本题考查了常见电压值的记忆，属于基础题目。
2.【答案】B
【解析】解：充电宝给手机充电时，充电宝提供电能，充电宝相当于电路中电源。
故选：B。
充电宝消耗电能时，充电宝相当于用电器，充电宝提供电能时，充电宝相当于电路中的电源。
同一个元件，在不同状态下，在电路中的作用是不同的，例如充电宝给手机充电时，充电宝相当于电源，给充电宝充电时，充电宝相当于用电器。
3.【答案】D
【解析】解：A.在使用试电笔时，应用手接触笔尾的金属体，用笔尖接触导线，手指不能碰到笔尖的金属体，故A错误；
B.更换家用灯泡，必须先关闭电源，以防引起触电，故B错误；
C.生活中的水是导体，故电线着火时迅速泼水浇灭火焰，易造成触电，故C错误；
D.插座、导线和家用电器等达到使用寿命后继续使用，容易造成触电事故，故D正确。
故选：D。
(1)使用试电笔时，应让手与笔尾的金属体接触，才是正确的，当氖管发光时，说明是接触的是火线；
(2)更换灯泡、移动用电器之前必须断开开关，防止发生触电事故；
(3)生活中的水是导体，易造成触电，不用湿手触摸开关，不用湿布擦拭正在使用的用电器；
(4)插座、导线和家用电器等老化后要及时更换，防止发生触电事故。
本题考查了学生对安全用电知识的了解与掌握，平时学习时多了解、多积累，加强安全意识，学好电、用好电！
4.【答案】A
【解析】解：由图可知，图中滑轮是定滑轮，定滑轮不能省力，忽略绳子与滑轮的摩擦，所以F1、F2、F3都与物体重力相等，所以三种拉法所用拉力一样大，故BCD错误，故A正确。
故选：A。
定滑轮的工作特点是：使用定滑轮只能改变力的方向，不能省力。
本题考查了定滑轮及工作特点，属于基本内容，比较简单；知道定滑轮和动滑轮的定义及其特点是关键。
5.【答案】A
【解析】解：A.AB不动，磁体水平向左快速移动，AB做切割磁感线运动，会产生感应电流，灵敏电流表指针会偏转，故A正确；
B.磁体不动，AB水平向右快速移动，AB做切割磁感线运动，会产生感应电流，灵敏电流表指针会偏转，故B错误；
CD.磁体不动，AB竖直向上、向下运动，AB没有做切割磁感线运动，不会产生感应电流，灵敏电流表指针不会偏转，故CD错误。
故选：A。
产生感应电流的条件：闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动。
学习电磁感应现象，要注意三个关键词：一是“闭合”，没有构成回路的电路是不会产生电流的，二是“一部分”，全部电路都在做运动也不符合条件，三是“切割”，不是运动就行，而是运动方向要切割磁感线，不切割，怎么运动也不产生电流。
6.【答案】B
【解析】解：A、核电站的核心设备反应堆，利用的是可控核裂变发电，故A正确；
B、太阳能、水能、风能等可以在自然界里源源不断地得到，是可再生能源；核能在短期内不能从自然界得到补充，是不可再生能源，故B错误；
C、光纤通信，是利用激光在纤维材料中多次反射传输信息的，故C正确；
D、如果用超导材料作为输电线，由于超导材料的电阻为0，则可以避免电流热效应产生的能量损耗，即可大大降低输电过程中的电能损耗，故D正确。
故选：B。
(1)核能的释放有两种方式：核裂变和核聚变。核裂变应用于原子弹、核电站等，核聚变应用于氢弹；
(2)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、核能源等短期内不能从自然界得到补充的能源叫不可再生能源；
(3)光纤通信，是利用光在光纤中的多次反射传输信息；
(4)超导体的电阻为零，电流流过超导体时不会产生热量，凡是利用电流热效应工作的设备，都不能使用超导体，超导体适合制作输电导线和电动机线圈等。
本题考查了能源的分类、核电站的工作原理，超导体的运用以及光纤通信、属于基础题。此类题属于识记类知识的考查，需要平时多了解记忆，难度不大。
7.【答案】A
【解析】解：A、冰雪消融，冰由固态变为液态是熔化，故A正确；
B、白气是空气中的水蒸气遇冷变成的小水珠，是液化现象，故B错误；
C、雾是小水珠，被太阳的照射后，小水珠由液态变成气态，是汽化现象，故C错误；
D、水面结冰，是凝固现象，故D错误。
故选：A。
熔化是通过对物质加热，使物质从固态变成液态的变化过程。
此类问题是考查对物态变化过程中的熔化现象的理解与掌握情况。
8.【答案】C
【解析】解：A、食品夹子的动力臂比阻力臂短，是费力杠杆，故A不符合题意；
B、筷子的动力臂比阻力臂短，是费力杠杆，故B不符合题意；
C、核桃夹的动力臂比阻力臂长，是省力杠杆，故C符合题意；
D、镊子的动力臂比阻力臂短，是费力杠杆，故D不符合题意。
故选：C。
(1)动力臂比阻力臂长的杠杆是省力杠杆。
(2)动力臂比阻力臂短的杠杆是费力杠杆。
(3)动力臂和阻力臂相等的是等臂杠杆。
知道杠杆的分类；知道常见杠杆的动力臂和阻力臂的关系。
9.【答案】C
【解析】解：A.课间操广播声是由于喇叭内纸盆振动产生的，故A错误；
B.关窗是为了在传播过程中减弱噪声，故B错误；
C.播声通过空气传入居民耳中，故C正确；
D.调节音量按钮实质上是在改变声音的响度，故D错误。
故选：C。
(1)声音是由物体的振动产生的，声音能够在固体、液体和气体中传播；
(2)防治噪声的途径：在声源处减弱、在传播过程中减弱、在人耳处减弱；
(3)音调指声音的高低，是由物体振动的频率决定的，响度指声音的强弱，是由物体振动的振幅决定的。
本题考查了声音的产生、传播、音调和响度的区分以及防治噪声的途径，属于声学基础知识的考查。
10.【答案】B
【解析】解：
解：A、已知入射光线与平面镜的夹角为50°，因此入射角是90°−50°=40°，根据光的反射定律，反射角等于入射角，因此反射角也是40°，反射光线与镜面的夹角是90°−40°=50°，故A正确；
B、当入射角增大10°，根据光的反射定律，反射角等于入射角，反射角也增大10°，反射光线与入射光线的夹角增大20°，故B正确；
C、光在反射时，反射光线、入射光线、法线在同一平面内，图乙中，将纸板NOF向后折时在纸板上看不到反射光线，此实验现象说明反射光线、入射光线和法线在同一平面，反射光线依然存在，故 C错误。
D、在纸板上能看到光的传播路径，这是因为光在纸板上发生了漫反射，光线可以射向不同的方向，故D错误。
故选：B。
(1)入射角和反射角的概念：入射角是入射光线与法线的夹角；反射角是反射光线与法线的夹角；光的反射定律：反射光线、入射光线与法线在同一平面内；反射光线和入射光线分别位于法线两侧；反射角等于入射角；
(2)实验中，通过纸板来显示光路，人们能从不同角度看到不发光的物体，是因为光线发生了漫反射。
本题主要考查了入射角和反射角的概念，同时还考查了光的反射定律的内容，并且要会利用光的反射定律的内容进行有关的计算。
11.【答案】B
【解析】解：A、小周跑步穿的运动鞋鞋底有凹凸不平的花纹，是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力，故A错误；
B、小周跳起后，在空中运动时只受重力作用，合力大小不为0，处于非平衡状态，故B正确；
C、小周跳起后，不再受到地面弹力的作用下，之所以继续向前运动，是因为小周具有惯性，故C错误；
D、小周对地面的压力和地面对小周的支持力，不是作用在同一个物体上，不是平衡力，故D错误。
故选：B。
(1)增大摩擦的方法：在接触面粗糙程度一定时，增大压力；在压力一定时，增大接触面的粗糙程度；
(2)物体在平衡力的作用下保持静止或匀速直线运动状态；
(3)物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性；
(4)二力平衡的条件：大小相等、方向相反、作用在一条直线上，作用在一个物体上。
本题考查增大摩擦力的方法、平衡状态的判断、惯性现象、平衡力和相互作用力的区别。
12.【答案】D
【解析】解：(1)一束光线由空气斜射入水中时，由光的反射定律可知，反射角等于入射角，即β=α；
(2)当光从空气斜射入水中时，由光的折射定律可知，折射角小于入射角，即γ<α；
综上所述，三个角之间的关系为：α=β>γ，故D正确。
故选：D。
(1)在光的反射中，反射角等于入射角；据此可判断入射角与反射角的关系；
(2)当光从空气斜射入水中时，折射角小于入射角，据此判断折射角与入射角的关系。
本题主要考查了光的反射和折射规律及其角间的关系，关键是熟练掌握光的反射定律和光的折射规律的内容，搞清反射角与入射角和折射角与入射角的关系。
13.【答案】A
【解析】解：
A、飞机在升空过程中，飞行员的质量不变，高度变大，重力势能逐渐增大，故A正确；
B、飞机从起飞到安全降落的整个过程中，飞行员的质量不变，速度发生了变化，动能发生了变化，故B错误；
C、飞机从起飞到安全降落的整个过程中，质量不变，速度先变大后变小，动能先变大后变小；高度先变大后变小，机械能先变大后变小，故C错误；
D、飞机降落后，在水平跑道上滑行过程中，飞机的质量不变，高度不变，重力势能不变，速度变小，动能减小，不是动能转化为重力势能，故D错误。
故选：A。
机械能包括动能和重力势能，动能和质量、速度有关，物体的质量越大，速度越大，动能越大，重力势能和质量和被举高的高度有关，质量越大，高度越高，重力势能越大。
本题考查了动能、重力势能和机械能的变化，明确影响动能和重力势能大小的因素是解题的关键。
14.【答案】D
【解析】解：导体的电阻是导体本身所具有的阻碍电流的性质，与通过它的电流、它两端的电压无关，电阻不随着电压和电流的改变而改变，导体电阻大小等于它两端电压与通过电流的比值。
故选：D。
导体的电阻是导体本身所具有的性质，与通过它的电流、它两端的电压无关。但可以用导体两端的电压与通过导体的电流的比值求出其大小。
本题考查欧姆定律及其公式变形的应用，关键知道影响电阻大小的因素是导体的材料、长度、横截面积和温度，与导体两端的电压和通过的电流没有关系。
15.【答案】A
【解析】解：根据题意可知，只有两个开关都闭合的情况下，闸机门自动打开，这说明两个开关相互影响，是串联的，然后与电动机串联，故A正确。
故选：A。
根据题意分析两个开关的连接方式，从而得出正确的电路图。
本题考查根据要求设计电路，逐一对每个电路进行分析，找出与题中条件相符合的电路图即可。
16.【答案】C
【解析】解：A.海军南昌舰始终处于漂浮状态，浮力等于自身的重力，所以它从长江开到黄海，浮力大小保持不变，由于海水的密度大于长江水的密度，则由F浮=ρ液gV排可知，在浮力大小不变时，液体密度变大，排开液体的体积会变小，故舰身会上浮一些，故A正确；
B.船闸的下游阀门打开时，下游和闸室构成连通器，上游阀门打开时，上游和闸室构成连通器；所以，船闸是利用连通器原理工作的，故B正确；
C.飞机机翼设计成流线型，上方空气流速大、压强小，下方空气流速小、压强大，则机翼受到向上的压强差，即产生了向上的升力，故C错误；
D.“祝融号”火星车设计有宽大的轮子，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强，故D正确。
故选：C。
(1)根据漂浮条件可知，“南昌舰”满载时从长江开到黄海时，浮力大小保持不变，利用阿基米德原理分析解答；
(2)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总是相平的；
(3)流体流速越大的地方压强越小，流速越小的地方压强越大；
(4)减小压强的方法：在压力一定时，增大受力面积；在受力面积一定时，减小压力。
本题主要考查了物体浮沉条件及其应用、流体压强和流速的关系、减小压强的方法、连通器原理等，综合性强，但难度不大，掌握基本规律是关键。
17.【答案】B
【解析】解：杆秤绕提纽O转动，所以点O是杆秤的支点，作用在A处的力使杆秤逆时针转动，由于杆秤水平平衡，其力臂是OA，作用在B处的力使杆秤顺时针转动，其力臂是OB；
根据杠杆的平衡条件F1×l1=F2×l2可得：m鱼g×OA=m秤砣g×OB，即m鱼×8cm=0.2kg×32cm，
解得m鱼=0.8kg。
故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据杠杆的平衡条件可求出物体的质量。
本题主要考查杠杆的平衡，以及重力的计算，其中正确理解支点，动力臂和阻力臂的计算是解题的关键之一。
18.【答案】D
【解析】解：由电路图可知，R1与R2并联，电流表A测干路电流，电流表A2测R2支路的电流，电压表测量电源的电压；
由于电源电压不变，移动滑片时，电压表V示数保持不变，故A不符合题意；
因并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以滑片移动时通过R1支路的电流不变；
闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P由最右端向中间移动时，滑动变阻器接入电路中的电阻变小，根据I=UR可知，通过滑动变阻器的电流变大，电流表A2的示数变大，故B不符合题意；
根据并联电路的电流关系可知，干路中的电流变大，即电流表A示数变大；
电流表A示数与电流表A2示数的差值为通过定值电阻R1的电流，所以电流表A示数与电流表A2示数的差值不变，故C不符合题意；
由于电压表V的示数不变，电流表A示数变大，所以电压表V示数与电流表A示数的比值变小，故D符合题意。
故选：D。
由电路图可知，R1与R2并联，电流表A测干路电流，电流表A2测R2支路的电流，电压表测量电源的电压；
根据电源电压判定电压表示数的变化；
闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P由最右端向中间移动时，根据欧姆定律判定通过滑动变阻器电流的变化，即电流表A2示数的变化；根据并联电路电流的规律判定电流表A示数的变化；然后分析各个选项，得出答案。
本题考查了电路的动态分析，涉及到并联电路的特点和欧姆定律的应用，正确判断出两电流表示数的变化是关键。
19.【答案】C
【解析】解：由图像可知，当甲、乙、丙三种物质的体积相等时，它们的质量关系为m甲>m乙>m丙，
由ρ=mV可知它们的密度关系为ρ甲>ρ乙>ρ丙，故AD错误；
当m乙=10g时，V乙=10cm3，
则ρ乙=m乙V乙=10g10cm3=1.0g/cm3=1×103kg/m3=ρ水，
所以，ρ丙<ρ水，故B错误，C正确。
故选：C。
由图像可知，三种物质的体积相同时的质量关系，根据ρ=mV比较甲、乙、丙的密度关系；然后从图像中读出乙的一组质量和体积值求出其密度，然后与水的密度相比较确定答案。
本题考查了密度公式的应用和密度的计算，密度大小的比较可采用相同体积来比较质量、质量大的密度大，也可以采用相同质量来比较体积、体积小的密度大。
20.【答案】D
【解析】解：A、根据图示可知，电流从电磁铁的上端流入，根据安培定则可知，电磁铁的上端为S极，故A错误；
B、晚上时的光线暗，光敏电阻的电阻值大，电路中的电流值小，所以静触点与a接通，所以要达到晚上灯亮，白天灯灭，则路灯供电的电源应接在a、b之间，故B错误；
C、路灯工作时电能转化为光能、内能，不是全部转化为光能，故C错误；
D、电源电压减小后，在其它条件不变时，根据欧姆定律可知，电路中的电流变小，电磁铁中的磁性变弱，傍晚时路灯比原来早一些亮，故D正确。
故选：D。
(1)根据安培定则判定电磁铁上端的磁性；
(2)分析电磁铁的电路，判定利用照明电源为路灯供电的接入点；
(3)路灯工作时电能转化为光能、内能；
(4)根据影响电磁铁磁性大小的因素分析电磁铁磁性的变化，从而得到亮灯时间的变化。
解决本题的关键电磁继电器的工作原理、光敏电阻的特点，能够根据它们的特点解释它们在实际运用过程中的原理。
21.【答案】2.75 110.0s
【解析】解：由图可知，刻度尺1cm之间有10小格，每一小格为0.1cm，即刻度尺的分度值为0.1cm。物体左侧与4.00cm刻度线对齐，右侧在6.70刻度线和6.80刻度线中间，所以物体的长度为：
L=6.75cm−4.00cm=2.75cm；
停表分度值是0.1s，此时的读数为1min50.0s，即110.0s。
故答案为：2.75；110.0s。
刻度尺相邻刻度线间的距离是刻度尺的分度值，由图示刻度尺确定刻度尺的分度值，物体两端点所对应刻度尺的示数之差是物体的长度；
停表在读数时要弄清楚每大格和每小格表示的时间。
刻度尺和停表是日常生活和物理实验的基本测量工具，使用时要注意它们的量程和分度值，刻度尺要估读到分度值的下一位。
22.【答案】压缩 E
【解析】解：(1)A图中，进气门开启，活塞下行，气体流入汽缸，是吸气冲程；
B图中，两气门都关闭，活塞上行，汽缸容积变小，是压缩冲程，此冲程将机械能转化为内能；
C图中，两气门都关闭，活塞下行，汽缸容积变大，是做功冲程，此冲程将内能转化为机械能；
D图中，排气门开启，活塞上行，气体流出汽缸，是排气冲程；
(2)E图是用力将活塞压下，活塞对空气做功，空气的内能增大，温度升高，达到了棉花的着火点，棉花就会燃烧。是通过对物体做功来增大物体内能的，即是将机械能转化为内能的过程；F图是水蒸气膨胀对外做功，将塞子冲出，是内能转化为机械能。
综上所述，图E、F是演示实验的原理示意图。B图是压缩冲程，与它原理相同的是E图所示的演示实验。
故答案为：压缩；E。
(1)判断汽油机的四个冲程，先看进气门和排气门的关闭情况，进气门打开的是吸气冲程，排气门打开的是排气冲程，进气门和排气门都关闭的是压缩冲程或者做功冲程；活塞上行为压缩冲程和排气冲程；活塞下行为吸气冲程和做功冲程。
(2)改变物体内能的方式有热传递和做功两种。做功改变物体内能的实质是能量的转化，具体来说是内能和机械能的相互转化。对物体做功，物体的内能增加，温度升高；物体对外做功，物体的内能减少，温度降低。
此题是通过内燃机的工作原理和课本中的实验来验证做功改变物体内能的方法，是一道基础题。
23.【答案】电荷发生了转移 同种
【解析】解：毛皮摩与橡胶棒摩擦时，橡胶棒因得到电子而带负电荷，接触验电器金属球后橡胶棒上多余的电子会转移到验电器上，验电器的金属箔因带同种电荷相互排斥而张开一定的角度。
故答案为：电荷发生了转移；同种。
根据摩擦起电的实质分析橡胶棒带电情况，进而分析两片金属箔带电的原因，根据电荷间的相互作用分析两片金属箔张开的原因。
本题考查验电器的原理及使用，属于基础题。
24.【答案】并 增大
【解析】解：每个教室里的这9盏护眼灯是互不影响的，所以它们之间一定是并联的；
家庭电路中各用电器是并联的，如果打开护眼灯之后，老师又打开了教室中的多媒体设备，则家庭电路中又多了一条支路，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，则教室电路中的总电流会增大。
故答案为：并；增大。
(1)在串联电路中，各个用电器能相互影响，而在并联电路中，各个用电器不能相互影响。家庭电路中的用电器是并联的。
(2)并联电路中，干路中的电流等于各支路电流的总和。
本题考查了电路的连接方式的判断，属于基础题。
25.【答案】惯性 小于
【解析】解：(1)司机开车系上安全带，这是为了减小紧急刹车时由于人的惯性带来的伤害；
(2)小汽车高速行驶时，车顶的空气流速大于车底的空气流速，车顶空气压强小于车底空气压强，所以会产生向上的压强差，即而产生一定大小的向上的升力，使小汽车对地面的压力小于小汽车所受的重力。
故答案为：惯性；小于。
(1)惯性是物体的固有属性，它指的是物体能够保持原来的运动状态的一种性质；
(2)流体流速越快的位置压强越小，据此分析汽车对地面压力的变化。
本题考查了与汽车有关的知识点，体现了物理知识与生活实际的联系，这些知识都非常重要，且应用广泛，但总体难度不大，值得关注。
26.【答案】10 5：4
【解析】解：由题意可知，将滑动变阻器的滑片从最左端向右滑动的过程中，电压表的示数减小，电流表的示数增大，则电压表并联在滑动变阻器两端，否则两电表示数应同时增大或同时减小．
结合题意可知，滑动变阻器与灯泡串联，电压表测变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流，如下图所示：
当电压表的示数为4V时，电路中的电流为0.4A，由图象可知此时灯泡两端的电压UL=2V，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电源的电压：U=U滑+UL=4V+2V=6V；
由I=UR可得，滑动变阻器的最大阻值：
R滑=U滑I=4V0.4A=10Ω；
此时电路中电流最小，则整个电路的最小功率：
Pmin=UI=6V×0.4A=2.4W；
当变阻器接入电路中的电阻最小为0时，灯泡两端的电压和电源电压相等，此时灯泡的功率最大，
由图象可知，当U=6V时，通过灯泡的电流：I′=0.5A，
小灯泡的最大功率：PL大=UI′=6V×0.5A=3W；
灯泡消耗的最大电功率与整个电路消耗的最小电功率的比值：PL大Pmin=3W2.4W=54；
故答案为：10；5：4．
由题意可知，将滑动变阻器的滑片从最左端向右滑动的过程中，电压表的示数减小，电流表的示数增大，则电压表并联在滑动变阻器两端，否则两电表示数应同时增大或同时减小．
当电压表的示数为5V时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，电路的总功率最小，根据图象读出电路中的电流为0.3A时灯泡两端的电压，根据串联电路的电压特点求出电源的电压，此时滑动变阻器接入电路中的电阻最大，根据欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值，根据P=UI求出整个电路的最小功率；
当滑动变阻器接入电路中的电阻最小时，灯泡两端的电压和电源的电压相等，根据图象估测通过的电流，根据P=UI求出灯泡的最大功率；然后求出功率之比．
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活应用，关键是根据题意得出电压表所测量的电路元件和从图象中得出需要的信息．
27.【答案】解：从A的重心分别沿竖直向下、沿斜面向上和垂直于斜面向上的方向画一条带箭头的线段，分别用G、f和F表示重力、摩擦力和支持力。如下图所示：
【解析】首先分析物体静止在斜面上所受的力，并注意力的作用点和方向；
物体受竖直向下的重力、垂直于斜面的支持力及沿斜面向上的摩擦力，在作图时，可以将三个力的作用点都画在重心上。
画力的示意图，首先要对物体进行受力分析，看物体受几个力，要先分析力的大小、方向和作用点，再按照画图的要求画出各个力。
28.【答案】解：从电源正极依次串联开关、灯泡以及电铃回到电源负极，然后将AB并联在电铃两端，如下图所示：
【解析】开关闭合时，若导线完好则电铃不响；而当导线被拉断后电铃响，说明导线和电铃并联，导线完好时，电铃被短路；为了保护电路，灯泡应串联在干路中，由此连接电路。
本题考查基本电路的连接方式，会根据题意设计符合要求的电路图是关键。
29.【答案】15.0 左 变小
【解析】解：(1)当凸透镜成的像是等大的倒立的实像时，物距和像距均为焦距的2倍，由图可知物距或像距为30.0cm，则凸透镜的焦距为15.0cm；
(2)由“物远像近像变小”可知，当把点燃的蜡烛由图中所示位置向左移至光具座的10cm刻度时，此时物距为40cm，大于二倍焦距，像距在一倍焦距和二倍焦距之间，此时的像变小了，故向左移动光屏才会得到一个倒立缩小的实像。
故答案为：(1)15.0；(2)左；变小。
(1)当物距等于2倍焦距时，物体通过凸透镜成倒立、等大的实像，此时像距也为2倍焦距，从甲中读出物距或像距，然后求出凸透镜的焦距；
(2)根据“物近像远像变大，物远像近像变小”判断光屏移动的方向、像的大小变化。
此题考查的是凸透镜焦距的确定及成像规律和实际应用，属于基本技能的考查和基本规律的应用，难度不大，熟练掌握凸透镜成像规律是解决此类问题的前提。
30.【答案】小灯泡断路 A 0.5 5 1.25
【解析】解：(1)滑动变阻器按“一上一下”的原则串联在电路中，如图所示：
；
(2)灯泡不亮，电流表无示数，说明电路可能断路；电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，与电压表并联的小灯泡断路了；
(3)灯在额定电压下正常发光，灯泡的实际电压0.5V小于灯泡的额定电压2.5V，应增大灯泡两端的电压，根据串联电路电压的规律，应减小滑动变阻器两端的电压，由分压原理可知，应减小滑动变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向A移动，直到电压表示数为灯泡的额定电压2.5V；
图乙中电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.5A，由欧姆定律可知，灯泡L正常发光时的电阻值：R=U额I额=2.5V0.5A=5Ω。
电功率为：P=UI=2.5V×0.5A=1.25W。
故答案为：(1)见解答图；(2)小灯泡断路；(3)A；0.5；5；1.25。
(1)滑动变阻器按“一上一下”的原则串联在电路中；
(2)电流表无示数，可以判断出电路中出现了断路，然后根据电压表有示数确定出断路的位置；
(3)灯在额定电压下正常发光，将灯泡的实际电压与灯泡的额定电压比较，根据串联电路电压的规律及分压原理确定滑片移动的方向；
根据电流表选用小量程确定分度值读出示数，根据欧姆定律求小灯泡正常发光时的阻值，利用P=UI求得电功率。
本题测量标有“2.5V”字样的灯泡L正常发光时的电阻，考查电路连接、故障分析、实验操作、电流表读数和欧姆定律的应用。
31.【答案】等于 压力 甲、丙 无关 不需要
【解析】解：(1)实验时，用弹簧测力计水平拉动木块，使其在水平桌面上做匀速直线运动，木块处于平衡状态，在水平方向上受到拉力和滑动摩擦力的作用，根据二力平衡知识，拉力的大小等于滑动滑动摩擦力的大小。
(2)由甲、乙两次实验可知，两次实验中接触面的粗糙程度相同，图乙中木块对木板的压力比图甲中木块对木板的压力大，图乙中弹簧测力计的示数比图甲中弹簧测力计的示数大，即图乙中木块受到的摩擦力比图甲中木块受到的摩擦力大，因此由甲、乙两次实验可知，在接触面的粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大；
(3)由甲、丙两次实验可知，两次实验中压力大小相同，图丙中毛巾的粗糙程度比图甲中的木板的粗糙程度大，图丙中弹簧测力计的示数比图甲中弹簧测力计的示数大，即图乙中木块受到的摩擦力比图甲中木块受到的摩擦力大，因此通过对比甲、丙两次实验可知：在压力相同时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大；
(4)从表格中的数据可以看出，四次实验中木块运动的速度越来越大，而拉力的大小却始终不变，即摩擦力大小不变，因此滑动摩擦力的大小与物体运动的速度无关；
(5)丁图所示的实验装置，木块A相对于地面静止，木块受到的滑动摩擦力与木块对木板的压力、接触面的粗糙程度有关，与木板运动的速度无关，因此无论怎样拉动木板，木块受到的滑动摩擦力大小不变，木块受到的滑动滑动摩擦力和弹簧测力计的拉力为一对平衡力，弹簧测力计的示数不变；则该装置的优点是不需要长木板做匀速直线运动。
故答案为：(1)等于；(2)压力；(3)甲、丙；(4)无关；(5)不需要。
(1)根据二力平衡的条件分析弹簧测力计对木块的拉力大小与滑动摩擦力的大小关系；
(2)(3)影响摩擦力的因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度，实验中要采用控制变量法；
(4)从数据中观察速度的大小是否对弹簧测力计的拉力构成了影响，从而进行判断；
(5)根据丁图所示的实验装置可知，A相对于地面静止，根据力的平衡分析。
本题探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关，考查实验原理及控制变量法的运用，体现了对过程和方法的考查。
32.【答案】液化 从冰箱里拿出的饮料温度较低，倒入玻璃杯后，玻璃杯的温度也较低；室内空气中的水蒸气遇到温度较低的玻璃杯液化成小水滴附着在玻璃杯上
【解析】解：(1)小玉从冰箱里拿出饮料倒入玻璃杯里，小刚发现玻璃杯壁上有一些小水珠，这些小水珠是空气中的水蒸气遇冷的杯子液化成的小水珠。
(2)从冰箱里拿出的饮料温度较低，倒入玻璃杯后，玻璃杯的温度也较低；室内空气中的水蒸气遇到温度较低的玻璃杯液化成小水滴附着在玻璃杯上。
故答案为：(1)液化；(2)从冰箱里拿出的饮料温度较低，倒入玻璃杯后，玻璃杯的温度也较低；室内空气中的水蒸气遇到温度较低的玻璃杯液化成小水滴附着在玻璃杯上。
液化是指物质从气态变为液态的过程，它需要放热。空气中，水蒸气的温度较高，遇到温度较低的玻璃杯后，发生液化现象形成小水珠。
掌握六种物态变化的定义，分析物质原来的状态和现在的状态，根据物态变化定义进行判断。
33.【答案】解：(1)坦克满载时受到的重力：G=mg=24×103kg×10N/kg=2.4×105N，
坦克漂浮在水中受到的浮力：F浮=G=2.4×105N，
由F浮=ρgV排可得，此时它排开水的体积：V排=F浮ρg=2.4×105N1.0×103kg/m3×10N/kg=24m3，
(2)坦克满载时静止在地面上，对地面的压力等于其重力，即F=G=2.4×105N，
两条履带的触地面积，S=2×2m2=4m2；
坦克满载时对水平地面的压强：
p=FS=2.4×105N4m2=6×104Pa；
(3)在某次演习中，坦克以最大功率在水中行驶10min，发动机所做的功为：
W=Pt=440×103W×10×60s=2.64×108J。
故答案为：(1)坦克满载在水中行进时，排开水的体积是24m3；
(2)坦克每条履带与地面的接触面积是2m2，满载时对水平地面的压强是6×104Pa；
(3)在某次演习中，坦克以最大功率在水中行驶10min，发动机所做的功是2.64×108J。
【解析】(1)在水上航行时，坦克处于漂浮状态，根据漂浮条件求出受到的浮力；根据阿基米德原理求出它排开的水的体积；
(2)坦克在水平面上对地面的压力等于自身的重力，已知一条履带的触地面积，可求得两条履带的触地面积，然后根据压强公式求出坦克对地面的压强；
(3)根据功W=Pt计算可得。
本题考查压强、浮力、排开液体体积、功，关键是公式及其变形的灵活运用，要知道在水平面上物体对地面的压力等于物体自身的重力，漂浮的物体受到的浮力等于重力。
34.【答案】解：(1)一满壶水的体积：V=1.5L=1.5dm3=1.5×10−3m3，
由ρ=mV可得，水的质量：m=ρ水V=1.0×103kg/m3×1.5×10−3m3=1.5kg，
在1标准大气压下水的沸点为100℃，水吸收的热量：
Q吸=c水m(t−t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×1.5kg×(100℃−30℃)=4.41×105J；
(2)由图乙可知，当开关S2接A、开关S1断开时，两电阻串联；当开关S2接A、开关S1闭合时，电路为R1的简单电路；当开关S2接B、开关S1闭合时，两电阻并联；
因串联电路中总电阻大于任何一个分电阻，并联电路中总电阻小于任何一个分电阻，
所以，当开关S2接A、开关S1断开时，电路的总电阻最大，电源电压一定，由P=U2R可知此时总功率最小，养生壶处于低温挡；当开关S2接B、开关S1闭合时(R1、R2并联)，电路中的总电阻最小，此时总功率最大，养生壶处于高温挡；则当开关S2接A、开关S1闭合时，只有R1工作，养生壶处于中温挡，
因并联电路中各支路独立工作、互不影响，且R1=R2，
所以，由P=U2R可知高温挡时R1、R2消耗的功率：P1=P2=P中，
则养生壶高温挡的功率：P高=P1+P2=2P中=2×400W=800W；
(3)由η=Q吸W×100%可得，烧开这一壶水需要消耗的电能：
W=Q吸η=4.41×105J75%=5.88×105J，
由P=Wt可得，高温挡需要的加热时间：
t′=WP高=5.88×105J800W=735s。
答：(1)在1标准大气压下，将初温是30℃的一壶水烧开，水需要吸收4.41×105J的热量；
(2)高温挡功率是800W；
(3)若养生壶用高温挡来加热且加热效率为75%，烧开这一壶水需要的时间为735s。
【解析】(1)根据表格数据可知一满壶水的体积，根据m=ρV求出水的质量，又知道水的初温、末温(在1标准大气压下水的沸点为100℃)以及比热容，根据Q吸=cm(t−t0)求出水吸收的热量；
(2)分析开关转换时电路的连接方式，根据串并联电路的电阻特点和P=UI=U2R得出低温挡、高温挡、中温挡电路的连接方式，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响以及P=UI=U2R、R1=R2可知，两电阻的电功率和中温挡的功率相等，据此求出养生壶高温挡的功率；
(3)利用η=Q吸W×100%求出烧开这一壶水需要消耗的电能，利用P=Wt求出高温挡需要的加热时间。
本题考查了密度公式和吸热公式、电功率公式、效率公式、电功公式的综合应用，分清养生壶处于不同状态时电路的连接方式并得出高温挡的功率是关键。
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