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2024年陕西省西安市曲江第一中学中考第一次模拟物理试卷
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这是一份2024年陕西省西安市曲江第一中学中考第一次模拟物理试卷，共40页。试卷主要包含了选择题，填空题，作图题，实验探究题，计算题，康渝和延榆等五条高铁建设等内容，欢迎下载使用。
1．（2分）下列各图关于声现象的说法中，正确的是（ ）
A．如图甲所示，敲击大小不同的编钟是为了改变声音的响度
B．如图乙所示，钢尺振动的幅度越大、响度越大
C．如图丙所示，街头设置噪声监测仪可以减弱噪声
D．如图丁所示，B型超声波诊断仪可以传递能量
2．（2分）图所示的四个物态变化的实例中，属于吸热的是（ ）
A．惊蛰时节，冰化成水
B．立秋时节，露珠的形成
C．立冬时节，霜的形成
D．大寒时节，雾凇的形成
3．（2分）如图所示的光现象中，可以用光的直线传播来解释的是（ ）
A．水中桥的倒影B．水中“弯折”的筷子
C．树荫下的圆形光斑D．雨后的彩虹
4．（2分）如图所示是在体育课中进行的四个运动项目，下列说法正确的是（ ）
A．甲：投掷实心球——球在空中运动到最高点时受平衡力的作用
B．乙：引体向上——完成一次引体向上，人相对与杆的位置没有发生改变
C．丙：立定跳远——起跳时用力蹬地，是利用了物体间力的作用是相互的
D．丁：50m跑——冲过终点的同学不能立刻停下来是因为他受到了惯性力的作用
5．（2分）2024年1月11日11时52分，我国在酒泉卫星发射中心使用快舟一号甲运载火箭，成功将天行一号02星发射升空。下列描述正确的是（ ）
A．火箭使用新型燃料，主要是因为新型燃料的比热容大
B．火箭燃料在燃烧过程中，热值不断减小
C．火箭升空过程中，燃料燃烧将内能转化为化学能
D．火箭升空过程中，外壳与大气摩擦温度升高，其机械能转化为内能
6．（2分）如图所示是新能源汽车的充电桩，下列有关说法符合安全用电原则的是（ ）
A．每个充电桩在安装时都要装漏电保护器
B．有经验的电工在安装充电桩时不必断开电源
C．安装充电桩时，不连接地线也可以
D．万一有充电桩起火，应马上浇水扑灭
7．（2分）石墨烯被认为是一种未来革命性的材料，用石墨烯制成的湿敏电阻的阻值（R）随相对湿度（RH）变化曲线如图甲所示。为了能从外部检测植物含水量的变化，科学家用条状石墨烯制成的湿敏电阻附着在植物的叶片上，并将湿敏电阻接入电路中，要求植物含水量增加时，电表示数变大。如图乙中的电路图符合要求的是（R0为定值电阻，电源电压恒定）（ ）
A．B．
C．D．
8．（2分）新型镁锂合金是目前最轻的金属结构材料，已应用于我国首颗全球二氧化碳监测科学实验卫星中的高分辨率微纳卫星上。新型镁锂合金具有减震、消噪和抗电磁干扰性能，同样大小的新型镁锂合金重量仅是铝合金的一半。关于该材料下列说法错误的是（ ）
A．该材料对电磁波有屏蔽作用
B．该材料可有效的降低卫星发射时的噪音
C．镁锂合金材料大幅减轻了卫星重量，显著提高有效载荷，降低了发射成本
D．该材料的熔点很低
9．（2分）如图所示是一款磁力锁，这种磁力锁关闭时，电路接通磁铁有磁性吸住铁片，大门锁住。当刷卡或按一下开关，即可切断电路，磁力锁失去磁性，可将门打开。磁力锁与下列哪个物品工作原理相同（ ）
A．扬声器
B．电铃
C．话筒
D．手摇发电机
10．（2分）如图甲所示的电路中，电源电压恒定不变，滑动变阻器R的规格是“100Ω 1A”，电流表量程为0～0.6A，电压表量程为0～15V，闭合开关，在保证电路元件安全且能使小灯泡正常发光的前提下，最大范围内移动滑片，绘制了通过变阻器的电流IR与变阻器阻值R关系的图象如图乙所示，不考虑灯丝电阻的变化。下列说法正确的是（ ）
A．电源电压为6V
B．小灯泡的电阻为10Ω
C．小灯泡的额定功率为1.8W
D．电路总电功率最小为1W
二、填空题（每空1分，共计18分）
11．（3分）小明用圆珠笔芯做了很多小实验：
图甲所示，用力弯折圆珠笔芯，笔芯变形，说明力可以改变物体的 ；图乙所示，该型号的圆柱笔芯的长度为 cm；
如图丙所示，在一个盛水的瓶子内插入一根吸管A，用另一根吸管B对准A的管口上方吹气，看到A的管口有水喷出，这是因为流体的流速越大，压强越 。
12．（3分）如图所示是气象站释放的一种无动力探空气球。升空过程中因大气压逐渐 ，气球会慢慢膨胀；它携带的探空仪会采集各种气象数据，并将数据通过 传回到地面气象站；气球上升至平流层后会随着气流飘向远方，此时它相对于气流是 的。
13．（3分）如图所示，小致用如图滑轮组提升重为360N的货物，所用拉力为225N，货物被匀速提升10m。（忽略绳重和摩擦）小致做的功是 J，这个滑轮组的机械效率是 ，如果用该滑轮组匀速提升重为310N的物体时，所用拉力的大小是 N。
14．（3分）水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），将一桶质量为2kg的水倒掉一半，剩下的水的比热容将 （选填“变大”“变小”“不变”）；水结冰后，它的比热容将 （选填“改变”或“不变”），初温为20℃，质量为1kg的水吸收3.78×105J热量后温度将升高到 ℃。（水上方的气压为1标准大气压）
15．（3分）如图甲所示，小明在吹气球时，被吹大了的气球没能用手握住，呼啸着飞了出去，若他及时捡拾起气球，将会感觉到它喷气的嘴部温度和原来相比 （选填“变高”、“变低”或“没有变化”），此过程发生的能量转化与图乙中的 （选填“A”或“B”）图中的能量转化是一致的。若一台四冲程柴油机，飞轮转速为3000r/min，若气缸在做功冲程中，每次做功400J，每秒钟对外做功 J。
16．（3分）如图甲所示是一种能自动测定油箱内油量的装置原理图。电源电压恒为24V，定值电阻R0＝10Ω，A为油量表（由电流表改装而成），Rx为压敏电阻，其阻值与所受压力的对应关系如图乙所示。当油箱中油量逐渐减少时，Rx的阻值逐渐 。若当油箱中装满油时，电路中的电流是0.6A，则此时Rx上受到的压力是 N。当油箱中油量为零时，电路中的电流是 A。
三、作图题（每图2分，共计4分）
17．（2分）深蹲运动是靠腿部肌肉收缩产生动力，克服人体上部的重力G，从而达到锻炼目的（如图甲）。图乙是将人体抽象为杠杆的示意图，O为支点，请在图乙中画出G的示意图及其力臂L（A点为人体上部的重心）。
18．（2分）如图，闭合开关S，条形磁体因受磁力向左运动，请在图中括号内标出电磁铁右端的极性和电源左端的极性（用“+”或“﹣”表示）。
四、实验探究题（每空1分，共计24分）
19．（4分）请完成下列填空。
（1）如图﹣1，弹簧测力计的示数为 N。
（2）如图﹣2，将一滴红墨水滴入清水中，一段时间后整杯水变红，这是 现象。
（3）如图﹣3，在“探究杠杆的平衡条件”的实验中，为使杠杆在水平位置平衡，应将杠杆两端的平衡螺母向 调节。
（4）如图﹣4，是“探究影响电流热效应的因素”的实验装置。该装置通电一段时间后，左侧圆底烧瓶中的温度计示数高于右侧圆底烧瓶中的温度计示数。实验表明：在电流和通电时间一定时，导体的电阻越大，电流通过导体产生的热量越 。
20．（5分）如图所示，在“探究物体的动能跟哪些因素有关”的实验中，将小钢球从高度为h的同一斜面上由静止开始滚下，推动同一小木块向前移动一段距离s后停下。完成甲、乙、丙所示的三次实验，其中h1＝h3＞h2，mA＝mB＜mC。
（1）小钢球的动能大小是通过 （选填“高度h”或“距离s”）来反映的。
（2）分析比较甲、乙两组实验可知，物体质量相同时，速度越大，动能越 。
（3）比较 两组实验可知物体的动能与质量的关系。
（4）实验后，同学们联想到在许多交通事故中，造成安全隐患的因素有汽车的“超载”与“超速”，进一步想知道，在影响物体动能大小的因素中，哪个对动能影响更大？于是利用上述器材进行了实验测定，得到的数据如表：
①为了探究“超载”安全隐患，应选择 两个序号的实验进行比较；
②分析表格中对应的实验数据可知： （选填“质量”或“速度”）对物体的动能影响更大，当发生交通事故时，由此造成的危害更严重。
21．（8分）在“测量小灯泡的电功率”的实验中，老师给同学们提供的器材有：电压恒为6V的电源、额定电压为2.5V的小灯泡（灯丝电阻约为10Ω），电流表、电压表、开关各一个，导线若干，滑动变阻器R（50Ω 0.5A）；
（1）连接电路时应 （选填“断开”或“闭合”）开关；
（2）电路连接完成，将滑片P移至最右端，闭合开关试触时，发现电压表示数很大，电流表几乎无示数，出现的电路故障原因可能是 ；
（3）排除故障后，闭合开关S，如图甲所示电路中，滑动变阻器的滑片P向A端移动时，灯泡变 （选填“亮”或“暗”）；
（4）当滑动变阻器的滑片P移到某一位置时，电压表示数如图乙所示为 V；若要测量小灯泡的额定功率，应将滑片P向 （选填“A”或“B”）端移动；根据图丙图象信息，可计算出小灯泡的额定功率是 W。
（5）完成了上述的实验后，同学们还想测另一只额定电压为U1的小灯泡的额定电功率，但发现电流表损坏。利用阻值已知的定值电阻R0，设计了如图丁所示的电路，并操作如下：
①连好电路，只闭合开关S、S1，调节滑动变阻器，使电压表的示数为U1；
②保持滑动变阻器滑片位置不变，只闭合开关 ，读出电压表示数为U2；
③小灯泡的额定功率P额＝ 。（用U1、U2和R0表示）
22．（7分）日晷和漏刻是我国古代的计时工具。如图1所示日晷利用太阳照出晷针的影子的长短和方位来测定时刻；如图2漏刻是往漏壶里装入一定量的水，让它慢慢漏出，通过漏入箭壶的水量来确定时刻。
（1）影子的形成是由于光的 。
（2）小明感叹于古人的智慧，想了解漏刻计时的原理，通过观察，他找来三个横截面积不同的长方形塑料盒，分别在底部中央开一个大小相同的圆孔，探究长方形容器中水从圆孔流完所需时间与容器横截面积及水深的关系。通过实验得到如表数据：
①分析 三次实验数据可知，水深相同时，水流完所需时间与容器横截面积成正比。
②分析3、4、5、6四次实验数据可知，在容器横截面积相同时，水的深度越大，水流完所需时间越 。
（3）进一步研究发现，长方形容器中的水流完所需时间t与容器横截面积S成正比，与水深h的平方根成正比，即t＝kS（k为比例系数）。如图2，甲、乙是两个上端开口、底部中央各有一个面积相同的圆孔的水箱，两水箱内装有相同体积的水，使水从孔中流出，则 箱中的水流完所需时间少。若乙箱中水流出一半所需的时间为t1，剩下一半的水流完所需时间为t2，则t1 （选填“＞”“＜”或“＝”）t2，这是因为水的压强随 的增加而增大。
（4）古代早期的单级漏刻计时存在较大误差，是因为水位高低会影响水的流速。后来人们将单级漏刻改为多级漏刻，上面漏壶不断给下面漏壶补水，使一级漏壶内水的深度 ，这样水就能比较均匀地流入箭壶，从而得到较精确的时刻。
五、计算题（每题7分，共计14分）
23．（7分）在2024年1月17日，在《陕西省交通运输工作会议》上，透露了今年陕西交通建设主要动态。在本次会议，明确今年是陕西交通运输行业“高质量项目推进年”，交通综合投资为700亿：充分发挥全省高铁建设协调推进机制作用，合力推进西延、西康、西十、康渝和延榆等五条高铁建设。
（1）若一列长200m的动车组以50m/s的速度匀速通过一座长1000m的高架桥。该列动车组通过高架桥所用的时间为多少？
（2）若动车组以60m/s的速度匀速运动时电动机的总输出功率为4800kW，则此时动车组受到的阻力为多大？
（3）某地利用风力发电为动车提供电力，每秒每平方米面积吹过的风的能量约200J，若风机有效迎风面积约为500m2，风机把风能转换为电能的效率为25%。请估算一台风机一天的发电量可以供一列总输出功率为4800kW的动车组以60m/s的速度运动多远距离？（忽略其它能量损耗）
24．（7分）如图甲所示为小明家的电饭锅，从铭牌可知该电饭锅能效等级为三级，额定电压220V，加热功率1000W。电饭锅的简化电路图如图乙所示，有加热和保温两挡，其中R1和R2均为发热电阻，且阻值不随着温度的变化而改变。求：
（1）小明想利用如图丙所示的电能表测量电饭锅的保温功率，他关闭家中其它用电器，让电饭锅处于“保温”状态正常工作，观察到电能表转盘在5min内转了30圈。该电饭锅的保温功率为多少？
（2）电阻R1的阻值为多少？
（3）小明上网查询得知，国家标准中规定电饭锅在加热功率下正常工作时，三级能效的热效率值（电热转化效率）范围为81%≤n＜86%。他用学过的知识对电饭锅进行测试：将温度为20℃、质量为2kg的水加热到100℃，电饭锅正常工作用时800s。已知c水＝4.2×103J/（kg•℃），请你通过计算帮助小明判断该电饭锅的热效率值是否达到三级能效。
2024年陕西省西安市曲江一中中考物理模拟试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题只有一个正确选项，每小题2分，共计20分）
1．（2分）下列各图关于声现象的说法中，正确的是（ ）
A．如图甲所示，敲击大小不同的编钟是为了改变声音的响度
B．如图乙所示，钢尺振动的幅度越大、响度越大
C．如图丙所示，街头设置噪声监测仪可以减弱噪声
D．如图丁所示，B型超声波诊断仪可以传递能量
【分析】①②声音的高低叫音调，音调决定于发声体振动的快慢；声音的强弱叫响度，响度决定于发声体的振幅和距离发声体的远近；
③噪声监测仪可以监控噪声的分贝，但不能控制噪声污染；
④声音能够传递信息，也能够传递能量。
【解答】解：
A、敲击大小不同的编钟，编钟振动的频率不同，是为了改变声音的音调，故A错误；
B、钢尺振动的幅度越大，则响度越大，故B正确；
C、噪声监测仪可以监控噪声污染，但不能控制噪声污染，故C错误；
D、超声波具有很强的穿透性，所以B型超声波诊断仪可以用于医疗观察，利用的是声音传递信息，故D错误。
故选：B。
【点评】此题考查了声音的产生、音调与响度的区别及超声波和噪声监测器的作用，要结合各物理知识点进行分析解答。
2．（2分）图所示的四个物态变化的实例中，属于吸热的是（ ）
A．惊蛰时节，冰化成水
B．立秋时节，露珠的形成
C．立冬时节，霜的形成
D．大寒时节，雾凇的形成
【分析】（1）物质由固态变成液态的过程叫熔化，由液态变成固态的过程叫凝固；
物质由液态变成气态的过程叫汽化，由气态变成液态的过程叫液化；
物质由固态直接变成气态的过程叫升华，由气态直接变成固态的过程叫凝华。
（2）在六个物态变化中，有三个吸热：熔化、汽化、升华；三个放热：凝固、液化、凝华。
【解答】解：A、冰化成水，由固态变为液态，属于熔化现象，熔化吸热，故A符合题意；
B、露是空气中的水蒸气遇冷液化形成的小水滴，液化放热，故B不符合题意；
C、霜是空气中的水蒸气凝华形成的固态小冰晶，凝华放热，故C不符合题意；
D、“雾凇”是固态小冰晶，是水蒸气凝华形成的，凝华放热，故D不符合题意。
故选：A。
【点评】判断物态变化，关键是分清物质变化前后的状态，是中考热学知识考查的热点内容。
3．（2分）如图所示的光现象中，可以用光的直线传播来解释的是（ ）
A．水中桥的倒影B．水中“弯折”的筷子
C．树荫下的圆形光斑D．雨后的彩虹
【分析】掌握三种光现象：
（1）在日常生活中，激光准直、日月食、小孔成像和影子的形成等都表明光在同一种均匀介质中是沿直线传播的；
（2）当光照射到物体表面上时，有一部分光被反射回来发生反射现象，例如：平面镜成像、水中倒影等；
（3）当光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向会偏折，发生折射现象，如：看水里的鱼比实际位置浅、彩虹等。
【解答】解：A．水中桥的倒影是光的平面镜成像现象，是光的反射现象，故A错误；
B．水中“弯折”的筷子是光的折射现象，故B错误；
C．树荫下的圆形光斑是小孔成像，属于光沿直线传播现象，故C正确；
D．雨后的彩虹是光的色散，是光的折射现象，故D错误。
故选：C。
【点评】本题主要考查学生利用光学知识解释生活中常见的物理现象，此题与实际生活联系密切，体现了生活处处是物理的理念。
4．（2分）如图所示是在体育课中进行的四个运动项目，下列说法正确的是（ ）
A．甲：投掷实心球——球在空中运动到最高点时受平衡力的作用
B．乙：引体向上——完成一次引体向上，人相对与杆的位置没有发生改变
C．丙：立定跳远——起跳时用力蹬地，是利用了物体间力的作用是相互的
D．丁：50m跑——冲过终点的同学不能立刻停下来是因为他受到了惯性力的作用
【分析】当物体处于静止状态或匀速直线运动状态时，物体是平衡状态，受平衡力的作用；
物体间力的作用是相互的；
物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性。
【解答】解：A、实心球运动到最高点，实心球受竖直向下的重力、与运动方向相反的阻力作用，所以实心球在最高点不受平衡力作用，故A错误；
B、在上升或下降过程中，人相对于杆的位置发生改变，故B错误；
C、立定跳远——起跳时用力蹬地，是利用了物体间力的作用是相互的，故C正确；
D、惯性是物体本身固有的一种性质，不能用“受惯性力作用”这样的词语表达，故D错误。
故选：C。
【点评】此题考查了物体间力的作用是相互的、惯性、二力平衡的应用，对概念正确的理解是解题的关键。
5．（2分）2024年1月11日11时52分，我国在酒泉卫星发射中心使用快舟一号甲运载火箭，成功将天行一号02星发射升空。下列描述正确的是（ ）
A．火箭使用新型燃料，主要是因为新型燃料的比热容大
B．火箭燃料在燃烧过程中，热值不断减小
C．火箭升空过程中，燃料燃烧将内能转化为化学能
D．火箭升空过程中，外壳与大气摩擦温度升高，其机械能转化为内能
【分析】（1）热值是指1千克的某种燃料完全燃烧后释放的能量，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；
（2）燃料的热值是燃料的特性，只与燃料的种类有关，与燃料的质量和燃烧程度无关；
（3）根据消耗能量与得到能量是什么来判断能量的转化情况；
（4）克服摩擦做功，消耗机械能转化为内能，使物体的温度升高、内能增大。
【解答】解：A、发射火箭采用液态氢作为火箭的燃料，原因是液态氢具有较高的热值，完全燃烧相同质量的氢时，可以释放出更多的热量，故A错误；
B、因为燃料的热值是燃料的特性，与燃料的质量和燃烧程度无关，所以火箭在发射升空时，燃料燃烧过程中热值不变，故B错误；
C、火箭升空的过程中，燃料燃烧释放出的内能转化为机械能，故C错误；
D、火箭升空过程中，外壳与大气摩擦，克服摩擦做功，温度升高，其机械能转化为内能，故D正确。
故选：D。
【点评】本题既考查了火箭发射过程中的能量转化和机械能变化情况，同时也考查了对燃料热值的了解，属基础知识的考查，难度不大。
6．（2分）如图所示是新能源汽车的充电桩，下列有关说法符合安全用电原则的是（ ）
A．每个充电桩在安装时都要装漏电保护器
B．有经验的电工在安装充电桩时不必断开电源
C．安装充电桩时，不连接地线也可以
D．万一有充电桩起火，应马上浇水扑灭
【分析】（1）电路漏电时，漏电保护器能切断电源，起到保护作用；
（2）检修电路及更换元件时，应在停电的情况下工作，不能带电工作；
（3）对于有金属外壳的用电器，金属外壳一定要接地，防止外壳漏电，发生触电事故；
（4）用电器起火，先切断电源再救火。
【解答】解：A、为了安全，电路中必须要有保险丝或空气开关，每个充电桩在安装时都要装漏电保护器，故A符合安全用电原则；
B、安装充电桩时必须断开电源，故B不符合安全用电原则；
C、安装充电桩时，为了安全，要接地线，故C不符合安全用电原则；
D、万一有充电桩起火，应先关闭电源再施救，故D不符合安全用电原则。
故选：A。
【点评】本题借助充电桩的安装考查安全用电的有关知识，难度不大。
7．（2分）石墨烯被认为是一种未来革命性的材料，用石墨烯制成的湿敏电阻的阻值（R）随相对湿度（RH）变化曲线如图甲所示。为了能从外部检测植物含水量的变化，科学家用条状石墨烯制成的湿敏电阻附着在植物的叶片上，并将湿敏电阻接入电路中，要求植物含水量增加时，电表示数变大。如图乙中的电路图符合要求的是（R0为定值电阻，电源电压恒定）（ ）
A．B．
C．D．
【分析】分析电路的结构和电表所测的电路元件，根据图像分析R与相对湿度的关系，然后根据欧姆定律和串联电路的特点判断电表示数的变化，从而得出答案。
【解答】解：由图可知，随着相对湿度的增大，Rx的阻值变小；
A、由电路图可知，R0与Rx并联，电流表测通过R0的电流，由于并联电路各支路互不影响，所以Rx阻值变化时，电流表的示数不变，故A不符合要求；
B、由电路图可知，R0与Rx串联，电压表测R0两端的电压，植物含水量增大时，Rx的阻值变小，总电阻变大，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，根据U＝IR可知，R0两端的电压变大，即电压表的示数变大，故B符合要求；
C、由电路图可知，R0与Rx串联，电压表测Rx两端的电压，根据植物含水量增大时Rx变小可知，电路的总电阻变小，由I＝可知，电路中的电流变大，R0两端的电压也变大，根据串联电路的电压特点可知，Rx两端的电压会变小，即电压表的示数变小，故C不符合要求；
D、由电路图可知，R0与Rx串联，电压表测电源两端的电压，根据电源电压不变可知，植物含水量增大时，电压表的示数不变，故D不符合要求。
故选：B。
【点评】本题考查了串并联电路的设计，涉及到串联电路的特点和欧姆定律的应用，难度不大。
8．（2分）新型镁锂合金是目前最轻的金属结构材料，已应用于我国首颗全球二氧化碳监测科学实验卫星中的高分辨率微纳卫星上。新型镁锂合金具有减震、消噪和抗电磁干扰性能，同样大小的新型镁锂合金重量仅是铝合金的一半。关于该材料下列说法错误的是（ ）
A．该材料对电磁波有屏蔽作用
B．该材料可有效的降低卫星发射时的噪音
C．镁锂合金材料大幅减轻了卫星重量，显著提高有效载荷，降低了发射成本
D．该材料的熔点很低
【分析】镁锂合金材料是通过向金属镁中添加金属锂，使其具备了低密度、高比刚度、高比强度的优异力学性能和减震、消噪的高阻尼性能，以及抗辐射、抗电磁干扰性能，代表了镁合金发展的技术前沿，被称为未来最为“绿色环保”的革命性材料。与铝合金相比，同样大小，重量仅是铝合金的一半，但比强度高于铝合金。此外，这种新型镁锂合金的阻尼性能优异，是铝合金的十几倍，减震降噪效果好，在屏蔽电磁干扰方面表现突出。
【解答】解：A、镁锂合金材料具有抗电磁干扰性能，对电磁波有屏蔽作用，故A正确；
B、镁锂合金材料具有减震、消噪的性能，可有效的降低卫星发射噪音，故B正确；
C、镁锂合金材料密度小，同样大小的新型镁锂合金重量仅是铝合金的一半，这样大幅减轻了卫星重量，显著提高有效载荷，降低了发射成本，故C正确；
D、科学实验卫星发射时，与空气摩擦产生大量的热而没有被烧毁，是因为镁锂合金材料的熔点高，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查镁锂合金材料的特点，属于基础题。
9．（2分）如图所示是一款磁力锁，这种磁力锁关闭时，电路接通磁铁有磁性吸住铁片，大门锁住。当刷卡或按一下开关，即可切断电路，磁力锁失去磁性，可将门打开。磁力锁与下列哪个物品工作原理相同（ ）
A．扬声器
B．电铃
C．话筒
D．手摇发电机
【分析】电磁铁通电后具有磁性，断电后无磁性，电磁铁的工作原理是电流的磁效应；分析各个选项的工作原理，得出答案。
【解答】解：磁力锁关闭时，电路接通磁铁有磁性吸住铁片，大门锁住。当刷卡或按一下开关，即可切断电路，磁力锁失去磁性，可将门打开，由此可知，电磁铁的工作原理是电流的磁效应；
A、扬声器的工作原理是磁场对通电导体有力的作用，故A错误；
B、电铃的主要部件是电磁铁，利用了电流的磁效应，故B正确；
CD、动圈式话筒和手摇发电机的工作原理是电磁感应现象，故CD错误。
故选：B。
【点评】本题考查了电磁铁的应用、电磁感应现象、通电导体在磁场中受力运动等知识，难度不大。
10．（2分）如图甲所示的电路中，电源电压恒定不变，滑动变阻器R的规格是“100Ω 1A”，电流表量程为0～0.6A，电压表量程为0～15V，闭合开关，在保证电路元件安全且能使小灯泡正常发光的前提下，最大范围内移动滑片，绘制了通过变阻器的电流IR与变阻器阻值R关系的图象如图乙所示，不考虑灯丝电阻的变化。下列说法正确的是（ ）
A．电源电压为6V
B．小灯泡的电阻为10Ω
C．小灯泡的额定功率为1.8W
D．电路总电功率最小为1W
【分析】（1）由甲图可知，开关闭合时，灯泡L与变阻器R串联，电压表测量变阻器两端电压，电流表测量电路中的电流；根据图乙中的电流和变阻器接入电阻阻值，表示出电源电压与灯丝电阻的两个关系式，联立方程组，求解灯泡L的电阻和电源电压；
（2）灯泡正常工作时，是在保证安全的情况下电路中的电流最大，由乙图可知灯泡的额定电流，根据P＝UI＝I2R计算小灯泡的额定功率；
（3）变阻器接入电阻最大，电路中的电流最小，由P＝UI计算电路的最小功率。
【解答】解：AB、由甲图可知，开关闭合时，灯泡L与变阻器R串联，电压表测量变阻器两端电压，电流表测量电路中的电流；
根据图乙可知，当变阻器的接入电阻：R1＝20Ω时，电路中的电流：I1＝0.3A，
根据串联电路规律和欧姆定律可得，电源电压：U＝I1（R1+RL），即：U＝0.3A×（20Ω+RL）…………①，
当变阻器的接入电阻：R2＝40Ω时，电路中的电流：I2＝0.2A，
电源电压：U＝I2（R2+RL），即：U＝0.2A×（40Ω+RL）…………②，
联立①②解得，U＝12V，RL＝20Ω，故AB错误；
C、灯泡正常工作时，是在保证安全的情况下电路中的电流最大，由乙图可知灯泡的额定电流：I额＝0.3A，
根据P＝UI＝I2R可得，小灯泡的额定功率：P额＝I2额×RL＝（0.3A）2×20Ω＝1.8W，故C正确；
（3）变阻器接入电阻最大：R大＝100Ω时，有乙图可知电路中的电流最小：I小＝0.1A，
电路的最小功率：P小＝UI小＝12V×0.1A＝1.2V，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，正确确定电路中的最大和最小电流是关键。
二、填空题（每空1分，共计18分）
11．（3分）小明用圆珠笔芯做了很多小实验：
图甲所示，用力弯折圆珠笔芯，笔芯变形，说明力可以改变物体的 形状 ；图乙所示，该型号的圆柱笔芯的长度为 12.50 cm；
如图丙所示，在一个盛水的瓶子内插入一根吸管A，用另一根吸管B对准A的管口上方吹气，看到A的管口有水喷出，这是因为流体的流速越大，压强越 小 。
【分析】（1）力的作用效果有两个：一是改变物体的运动状态；二是改变物体的形状；
（2）刻度尺的最小刻度值（或叫分度值）为相邻的刻度线表示的长度；使用刻度尺测量物体长度时，要观察是否从0刻度线量起，起始端从0开始时，读出末端刻度值，即为物体长度，注意刻度尺要估读到分度值的下一位；
（3）流体流速大的位置压强小。
【解答】解：（1）用手指压圆珠笔芯，笔芯会弯曲，这个实验说明力可以改变物体的形状；
（2）由图可知，刻度尺的分度值为0.1cm，圆柱笔芯的左端对齐零刻度线，右端对齐12.50cm，所以圆柱笔芯的长度为12.50cm；
（3）从B管右侧向左吹气，吸管A上方空气的流速增大，压强减小，A管中液体受到向上的压强大于向下的压强，液面上升，这是因为流体的流速越大，压强越小。
故答案为：形状；12.50；小。
【点评】本题考查了力的作用效果、刻度尺的读数、流体压强与流速的关系，知识点多，综合性强。
12．（3分）如图所示是气象站释放的一种无动力探空气球。升空过程中因大气压逐渐 变小 ，气球会慢慢膨胀；它携带的探空仪会采集各种气象数据，并将数据通过 电磁波 传回到地面气象站；气球上升至平流层后会随着气流飘向远方，此时它相对于气流是 静止 的。
【分析】（1）大气压随高度的增加而减小。
（2）电磁波可以传递信息。
（3）物体相对于参照物的位置是变化的，物体就是运动的；物体相对参照物的位置不变，物体是静止的。
【解答】解：无动力探空气球在升空过程中因大气压逐渐变小，气球会慢慢膨胀；它携带的探空仪会采集各种气象数据，并将数据通过电磁波传回到地面气象站；气球上升至平流层后会随着气流飘向远方，此时它相对于气流位置不变，是静止的。
故答案为：变小；电磁波；静止。
【点评】本题考查了大气压的变化、电磁波的特性、运动和静止的相对性。
13．（3分）如图所示，小致用如图滑轮组提升重为360N的货物，所用拉力为225N，货物被匀速提升10m。（忽略绳重和摩擦）小致做的功是 4500 J，这个滑轮组的机械效率是 80% ，如果用该滑轮组匀速提升重为310N的物体时，所用拉力的大小是 200 N。
【分析】（1）根据W＝Fs求出拉力做的总功，即为小致做的功；
（2）由W＝Gh可求得有用功，由η＝×100%可求得这个滑轮组的机械效率；
（3）不计绳重及绳与滑轮摩擦，根据F＝（G+G动）求出动滑轮重，再根据F＝（G+G动）求出第二次的拉力。
【解答】解：已知：物重G1＝360N，G2＝310N，拉力F1＝225N，货物被匀速提升h＝10m，n＝2，拉力移动距离s＝2h＝2×10m＝20m；
小致做的功：W总＝F1s＝225N×20m＝4500J；
有用功：W有用＝G1h＝360N×10m＝3600J，
这个滑轮组的机械效率：η＝×100%＝×100%＝80%；
由F＝（G+G动）可得，
动滑轮重G动＝2F1﹣G1＝2×225N﹣360N＝90N，
第二次的拉力F2＝（G2+G动）＝×（310N+90N）＝200N，
拉力移动距离s2＝2h2＝2×2m＝4m，
故答案为：4500；80%；200。
【点评】此题主要考查的是学生对有用功、总功、机械效率和滑轮组省力情况计算公式的理解和掌握，利用好F＝（G+G动）是关键。
14．（3分）水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），将一桶质量为2kg的水倒掉一半，剩下的水的比热容将 不变 （选填“变大”“变小”“不变”）；水结冰后，它的比热容将 改变 （选填“改变”或“不变”），初温为20℃，质量为1kg的水吸收3.78×105J热量后温度将升高到 100 ℃。（水上方的气压为1标准大气压）
【分析】比热容是物质的一种特性，只与物质的种类、状态有关，与质量无关；通过Q吸＝cm（t﹣t0）公式直接计算即可。
【解答】解：比热容是物质的一种特性，只与物质的种类、状态有关，与质量无关，故剩下的水的比热容大小不变，水结冰后，状态改变，比热容将改变；
水升高的温度为
故水的末温为20℃+90℃＝110℃＞100℃，此时大气压为1个标准大气压，故最高温度只能达到100℃。
故答案为：不变；改变；100。
【点评】本题考查了对比热容概念及特点的理解运用，也考查了对公式Q吸＝cm（t﹣t0）的运用，考点相对比较综合。
15．（3分）如图甲所示，小明在吹气球时，被吹大了的气球没能用手握住，呼啸着飞了出去，若他及时捡拾起气球，将会感觉到它喷气的嘴部温度和原来相比 变低 （选填“变高”、“变低”或“没有变化”），此过程发生的能量转化与图乙中的 A （选填“A”或“B”）图中的能量转化是一致的。若一台四冲程柴油机，飞轮转速为3000r/min，若气缸在做功冲程中，每次做功400J，每秒钟对外做功 10000 J。
【分析】（1）对物体做功时，物体的内能会增大，物体对外做功时，其内能会减小；内燃机在压缩冲程中，将机械能转化为内能；在做功冲程中，将内能转化为机械能；
（2）内燃机完成一个工作循环，要经过4个冲程，燃气对外做功1次，活塞往返2次，飞轮转动2周，且知道每次做功的多少，进而算出每秒钟对外做的功。
【解答】解：
（1）气球内的气体向外喷出时，气体对外做功，将内能转化为机械能，所以球内气体的内能减小、温度降低，则它喷气的嘴部温度和原来相比变低了；
如图A，进气门和排气门都关闭，活塞向下运行，高温高压的燃气推动活塞做功，因此是做功冲程，也是将内能转化为机械能，即图甲中发生的能量转化与图乙的A图中的能量转化相同；
（2）四冲程柴油机飞轮的转速是3000r/min＝50r/s，表示每秒钟飞轮转动50圈，因为飞轮每转动2圈，对外做功1次，则该柴油机每秒钟对外做功25次，
已知每次做功400J，则每秒钟对外做的功：W＝25×400J＝10000J。
故答案为：变低；A；10000。
【点评】此题主要考查了做功改变物体的内能、能量的转化以及有关热机的简单计算，是一道基础题。
16．（3分）如图甲所示是一种能自动测定油箱内油量的装置原理图。电源电压恒为24V，定值电阻R0＝10Ω，A为油量表（由电流表改装而成），Rx为压敏电阻，其阻值与所受压力的对应关系如图乙所示。当油箱中油量逐渐减少时，Rx的阻值逐渐 变大 。若当油箱中装满油时，电路中的电流是0.6A，则此时Rx上受到的压力是 2.5 N。当油箱中油量为零时，电路中的电流是 0.11 A。
【分析】（1）当油箱中油量逐渐减少时，根据p＝ρgh和F＝pS分析Rx的受到的压力变化，由图知其阻值的变化；
（2）压敏电阻与定值电阻串联，已知电路中的电流，根据串联电路的规律及欧姆定律求出Rx，由图象知，受到的压力大小；
（3）当油箱中油量为零时，由图象可知压敏电阻的阻值，由串联电阻的规律及欧姆定律求出电路中的电流。
【解答】解：（1）当油箱中油量逐渐减少时，因深度变小，根据p＝ρgh可知，Rx上受到的压强逐渐变小，由F＝pS可知Rx上受到的压力变小，由图乙可知，其阻值逐渐变大；
（2）压敏电阻与定值电阻串联，若当油箱中装满油时，电路中的电流是0.6A，
根据串联电路的规律及欧姆定律可得此时Rx的阻值为：Rx＝R﹣R0＝﹣R0＝﹣10Ω＝30Ω，由图乙可知，此时Rx上受到的压力是2.5N；
（3）当油箱中油量为零时，压敏电阻的阻值为210Ω，由串联电阻的规律及欧姆定律，电路中的电流：I'＝＝≈0.11A。
故答案为：变大；2.5；0.11。
【点评】本题考查液体压强公式、压强定义式、串联电路的规律及欧姆定律的运用，关键是从图中获取有效的信息。
三、作图题（每图2分，共计4分）
17．（2分）深蹲运动是靠腿部肌肉收缩产生动力，克服人体上部的重力G，从而达到锻炼目的（如图甲）。图乙是将人体抽象为杠杆的示意图，O为支点，请在图乙中画出G的示意图及其力臂L（A点为人体上部的重心）。
【分析】（1）重力的方向是竖直向下的，从重心竖直向下画一带箭头的线段，可得重力的示意图；
（2）从支点向重力的作用线作垂线，支点到垂足的距离为重力的力臂。
【解答】解：
（1）A点为人体上部的重心，从重心竖直向下画一条带箭头的线段，并标出重力的符号G，即为重力的示意图；
（2）从支点O向重力的作用线作垂线段，可得重力的力臂L，如图所示：
【点评】本题考查了力的示意图、力臂的画法，属于基础题目。
18．（2分）如图，闭合开关S，条形磁体因受磁力向左运动，请在图中括号内标出电磁铁右端的极性和电源左端的极性（用“+”或“﹣”表示）。
【分析】根据磁极间的相互作用规律判断电磁铁右端的极性；根据安培定则判断电磁铁线圈中的电流方向，进而判断出电源左端的极性。
【解答】解：图中条形磁体的右端为S极，闭合开关S，条形磁体因受磁力向左运动，说明电磁铁的左端与条形磁体的右端互相排斥，为S极，电磁铁的右端为N极；根据安培定则可知，电流从电磁铁线圈的左前侧流入，右后侧流出，因此电源左端为
“+”极，右端为“﹣”。如图所示：
【点评】此题考查了磁极间的相互作用、安培定则，难度不大，属基础题目。
四、实验探究题（每空1分，共计24分）
19．（4分）请完成下列填空。
（1）如图﹣1，弹簧测力计的示数为 3.2 N。
（2）如图﹣2，将一滴红墨水滴入清水中，一段时间后整杯水变红，这是 扩散 现象。
（3）如图﹣3，在“探究杠杆的平衡条件”的实验中，为使杠杆在水平位置平衡，应将杠杆两端的平衡螺母向 右 调节。
（4）如图﹣4，是“探究影响电流热效应的因素”的实验装置。该装置通电一段时间后，左侧圆底烧瓶中的温度计示数高于右侧圆底烧瓶中的温度计示数。实验表明：在电流和通电时间一定时，导体的电阻越大，电流通过导体产生的热量越 多 。
【分析】（1）弹簧测力计在测量前弄清楚它的零刻度、量程和分度值。
（2）不同物质的分子在互相接触时彼此进入对方的现象叫扩散。
（3）杠杆在调节平衡螺母时，横梁的哪一端翘起来，就将平衡螺母向哪一端调节。
（4）根据焦耳定律可知：在电流和通电时间一定时，导体的电阻越大，电流通过导体产生的热量越多。
【解答】解：（1）该弹簧测力计的分度值是0.2N，此时的读数为3.2N。
（2）将一滴红墨水滴入清水中，一段时间后整杯水变红，这是扩散现象。
（3）在“探究杠杆的平衡条件”的实验中，为使杠杆在水平位置平衡，应将杠杆两端的平衡螺母向右调节。
（4）该装置通电一段时间后，左侧圆底烧瓶中的温度计示数高于右侧圆底烧瓶中的温度计示数。实验表明：在电流和通电时间一定时，导体的电阻越大，电流通过导体产生的热量越多。
故答案为：（1）3.2；（2）扩散；（3）右；（4）多。
【点评】本题考查的是弹簧测力计的使用规则、扩散现象、焦耳定律；知道杠杆的调节方法。
20．（5分）如图所示，在“探究物体的动能跟哪些因素有关”的实验中，将小钢球从高度为h的同一斜面上由静止开始滚下，推动同一小木块向前移动一段距离s后停下。完成甲、乙、丙所示的三次实验，其中h1＝h3＞h2，mA＝mB＜mC。
（1）小钢球的动能大小是通过 距离s （选填“高度h”或“距离s”）来反映的。
（2）分析比较甲、乙两组实验可知，物体质量相同时，速度越大，动能越 越大 。
（3）比较 甲、丙 两组实验可知物体的动能与质量的关系。
（4）实验后，同学们联想到在许多交通事故中，造成安全隐患的因素有汽车的“超载”与“超速”，进一步想知道，在影响物体动能大小的因素中，哪个对动能影响更大？于是利用上述器材进行了实验测定，得到的数据如表：
①为了探究“超载”安全隐患，应选择 1、3 两个序号的实验进行比较；
②分析表格中对应的实验数据可知： 速度 （选填“质量”或“速度”）对物体的动能影响更大，当发生交通事故时，由此造成的危害更严重。
【分析】（1）动能的大小与物体的质量、速度有关；观察木块被撞击后移动的距离来判断小球动能的大小，用到了转换法；
（2）影响物体动能大小的因素有质量和速度，找出相同的量和变化的量，分析得出动能大小与变化量的关系；
（3）研究物体的动能与质量的关系要控制速度大小相同，据此分析；
（4）a、研究超载危害，应控制速度相等，即小球下滑的高度相同而质量不同，分析表中实验数据，然后答题；
b、应用控制变量法，分析表中实验数据，然后答题。
【解答】解：（1）小钢球从斜面滚下过程中，其动能大小是通过小木块移动的距离s大小来反映的；
（2）分析比较甲和乙两组实验可得，物体的质量相同，而下滑的高度不同，甲图中下滑的高度大，运动到水平面时速度大，推动木块滑行的距离大，故物体质量相同时，速度越大，动能越大；
（3）研究物体的动能与质量的关系要控制速度大小相同，故分析比较甲、丙两组实验可得出物体的动能与质量的关系；
（4）①研究超载隐患时，应控制小球下滑的高度相同而质量不同，由表中实验数据可知，应选择1、3所示实验进行比较；
②由表中实验数据可知，在同等条件下速度对物体的动能影响更大，当发生交通事故时，由此造成的危害更严重。
故答案为：（1）距离s；（2）越大；（3）甲、丙；（4）①1、3；②速度。
【点评】本题是探究物体动能的大小与哪些因素有关的实验，考查了转换法、控制变量法在实验中的应用，及运用影响动能大小因素解决实际问题。
21．（8分）在“测量小灯泡的电功率”的实验中，老师给同学们提供的器材有：电压恒为6V的电源、额定电压为2.5V的小灯泡（灯丝电阻约为10Ω），电流表、电压表、开关各一个，导线若干，滑动变阻器R（50Ω 0.5A）；
（1）连接电路时应 断开 （选填“断开”或“闭合”）开关；
（2）电路连接完成，将滑片P移至最右端，闭合开关试触时，发现电压表示数很大，电流表几乎无示数，出现的电路故障原因可能是 小灯泡断路 ；
（3）排除故障后，闭合开关S，如图甲所示电路中，滑动变阻器的滑片P向A端移动时，灯泡变 亮 （选填“亮”或“暗”）；
（4）当滑动变阻器的滑片P移到某一位置时，电压表示数如图乙所示为 2.2 V；若要测量小灯泡的额定功率，应将滑片P向 A （选填“A”或“B”）端移动；根据图丙图象信息，可计算出小灯泡的额定功率是 0.5 W。
（5）完成了上述的实验后，同学们还想测另一只额定电压为U1的小灯泡的额定电功率，但发现电流表损坏。利用阻值已知的定值电阻R0，设计了如图丁所示的电路，并操作如下：
①连好电路，只闭合开关S、S1，调节滑动变阻器，使电压表的示数为U1；
②保持滑动变阻器滑片位置不变，只闭合开关 S、S2 ，读出电压表示数为U2；
③小灯泡的额定功率P额＝ U1• 。（用U1、U2和R0表示）
【分析】（1）连接电路时应断开开关；
（2）闭合开关，发现灯泡不亮，电流表几乎无示数，说明电路可能出现了断路故障，再结合电压表示数很大，说明电压表正负接线柱能与电源正负极连通，由此判断电路故障；
（3）判断滑片向A端移动，电路中阻值的变化情况，结合串联分压原理判断小灯泡的实际分压情况，由此判断小灯泡的亮度变化；
（4）根据电压表选用小量程确定分度值读数；灯在额定电压下正常发光，根据图中电压表小量程读数，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滑片移动的方向；根据图丙可知灯在额定电压下的电流，根据P＝UI得出小灯泡的额定功率；
（5）要测灯的额定功率，首先使灯正常发光，先将电压表与灯并联，通过移动滑片的位置，使灯的电压为额定电压；保持滑片位置不动，通过开关的转换，使电压表测灯与定值电阻两端的总电压，因此时电路连接方式不变，各电阻的大小和电压不变，灯仍正常工作，根据串联电路电压的规律，可求出此时定值电阻的电压，由欧姆定律可求出灯的额定电流，根据P＝UI可求出灯的额定功率。
【解答】解：（1）连接电路时应断开开关；
（2）闭合开关，发现灯泡不亮，电流表几乎无示数，说明电路可能出现了断路故障，再结合电压表示数很大，说明电压表正负接线柱能与电源正负极连通，由此判断电路故障可能是小灯泡断路；
（3）由图知，滑片向A端移动，滑动变阻器接入的阻值变小，根据串联分压原理可知滑动变阻器的分压减小，而灯泡两端的分压增大，由此可知小灯泡变亮；
（4）如图乙所示，电压表选用小量程，分度值为0.1V，电压为2.2V，因2.2V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A端移动，直到电压表示数为额定电压；
根据图丙信息，灯在额定电压下的电流为0.2A，可计算出小灯泡的额定功率是：P＝ULIL＝2.5V×0.2A＝0.5W；
（5）①依据电路图连接好电路，只闭合开关S、S1，调节滑动变阻器，使电压表的示数为U1；
②保持滑动变阻器滑片位置不变，只闭合开关S、S2，读出电压表示数为U2；
③在步骤①中，灯泡、R0和R串联，电压表测灯泡两端的电压，调节滑动变阻器，使电压表的示数为U1，此时灯泡正常发光；
在步骤②中，灯泡、R0和R仍串联，电压表测灯泡和R0两端的总电压，因此时电路连接方式不变，各电阻的大小和电压不变，灯仍正常工作，
根据串联电路电压的规律，此时定值电阻的电压为：U0＝U2﹣U1，
根据串联电路电流特点和欧姆定律可知，灯的额定电流：IL＝I0＝，
灯的额定功率：P额＝ULIL＝U1•。
故答案为：（1）断开；（2）小灯泡断路；（3）亮；（4）2.2；A；0.5：（5）S、S2；U1•。
【点评】本题测量小灯泡额定功率，考查电路连接时注意事项、故障分析、操作过程、功率公式的运用、欧姆定律的运用以及在电表不全的情况下测量小灯泡电功率的实验设计，综合性强，难度较大。
22．（7分）日晷和漏刻是我国古代的计时工具。如图1所示日晷利用太阳照出晷针的影子的长短和方位来测定时刻；如图2漏刻是往漏壶里装入一定量的水，让它慢慢漏出，通过漏入箭壶的水量来确定时刻。
（1）影子的形成是由于光的 直线传播 。
（2）小明感叹于古人的智慧，想了解漏刻计时的原理，通过观察，他找来三个横截面积不同的长方形塑料盒，分别在底部中央开一个大小相同的圆孔，探究长方形容器中水从圆孔流完所需时间与容器横截面积及水深的关系。通过实验得到如表数据：
①分析 1、2、3 三次实验数据可知，水深相同时，水流完所需时间与容器横截面积成正比。
②分析3、4、5、6四次实验数据可知，在容器横截面积相同时，水的深度越大，水流完所需时间越 长 。
（3）进一步研究发现，长方形容器中的水流完所需时间t与容器横截面积S成正比，与水深h的平方根成正比，即t＝kS（k为比例系数）。如图2，甲、乙是两个上端开口、底部中央各有一个面积相同的圆孔的水箱，两水箱内装有相同体积的水，使水从孔中流出，则 乙 箱中的水流完所需时间少。若乙箱中水流出一半所需的时间为t1，剩下一半的水流完所需时间为t2，则t1 ＜ （选填“＞”“＜”或“＝”）t2，这是因为水的压强随 深度 的增加而增大。
（4）古代早期的单级漏刻计时存在较大误差，是因为水位高低会影响水的流速。后来人们将单级漏刻改为多级漏刻，上面漏壶不断给下面漏壶补水，使一级漏壶内水的深度 基本保持不变 ，这样水就能比较均匀地流入箭壶，从而得到较精确的时刻。
【分析】（1）影子是由于光的直线传播而形成的；
（2）①水深相同时，需要容器的横截面积变化，观察水流完所需时间与横截面积的关系，所以需要选择横截面积发生变化的实验；②通过数据表直接观察3456项时间的变化情况即可得出结论；
（3）①甲乙容器内的水体积相同，通过公式t＝kS＝k＝kV比较，h越大，所用时间越少；
②通过前面的公式推出乙箱中的水流完所用时间t、剩下一半流出的时间t2，则第一次流出一半水的时间t1＝t﹣t2，据此比较t1、t2的大小关系；液体压强的特点之一为压强随深度的增加而增大；
（4）由（3）可知，水的深度影响着容器内水流完的时间，因此我们想要让漏刻的时间准确，就尽量控制一级漏壶内水的深度。
【解答】解：（1）影子是由于光的直线传播而形成的；
（2）①水深相同时，需要容器的横截面积变化，观察水流完所需时间与横截面积的关系，所以需要选择横截面积发生变化的实验，故选1、2、3项；
②通过数据表观察3、4、5、6项时间的变化情况，发现在容器横截面积相同时，水的深度越大，水流完所需时间越长；
（3）①甲乙容器内的水体积相同，通过公式t＝kS＝k＝kV比较，h越大，所用时间越少。乙容器中的液面明显高于甲，h乙＞h甲，因此乙箱中的水流完所用时间少；
②设乙箱中水的体积为V，水的深度为h，
由前面解答可知，乙箱中的水流完所用时间为t＝kV﹣﹣﹣﹣﹣I
剩下一半的水流完所需时间为t2＝k×V＝k×V≈0.707kV﹣﹣﹣﹣﹣Ⅱ
则前一半体积的水流完所需的时间为t1＝t﹣t2＝kV﹣0.707kV＝0.293kV﹣﹣﹣﹣﹣Ⅲ
比较Ⅱ、Ⅲ两式可知t1＜t2；
③流出一半体积的水所需时间t1＜t2，即前一半体积的水流出的速度较大，导致该现象的原因是水的压强随深度增加而增大；
（4）由（3）可知，水的深度影响着容器内水流完的时间，因此我们想要让漏刻的时间准确，就尽量控制一级漏壶内水的深度，因此我们尽量使一级漏壶内水的深度基本保持不变，这样水就能比较均匀地流入箭壶，从而得到较精确的时刻。
故答案为：（1）直线传播；（2）①1、2、3；②长；（3）乙；＜；深度；（4）基本保持不变。
【点评】本题考查了光的直线传播和液体压强、控制变量法等相关知识，体现了物理知识在实际当中的应用。重点是将题中的公式进行变形，从无法比较变形为可以比较。
五、计算题（每题7分，共计14分）
23．（7分）在2024年1月17日，在《陕西省交通运输工作会议》上，透露了今年陕西交通建设主要动态。在本次会议，明确今年是陕西交通运输行业“高质量项目推进年”，交通综合投资为700亿：充分发挥全省高铁建设协调推进机制作用，合力推进西延、西康、西十、康渝和延榆等五条高铁建设。
（1）若一列长200m的动车组以50m/s的速度匀速通过一座长1000m的高架桥。该列动车组通过高架桥所用的时间为多少？
（2）若动车组以60m/s的速度匀速运动时电动机的总输出功率为4800kW，则此时动车组受到的阻力为多大？
（3）某地利用风力发电为动车提供电力，每秒每平方米面积吹过的风的能量约200J，若风机有效迎风面积约为500m2，风机把风能转换为电能的效率为25%。请估算一台风机一天的发电量可以供一列总输出功率为4800kW的动车组以60m/s的速度运动多远距离？（忽略其它能量损耗）
【分析】（1）列车完全通过高架桥的路程是列车长度与桥长之和，求出列车的路程；已知列车速度，由速度公式的变形公式可以求出列车全部通过高架桥所需要的时间；
（2）已知速度和总输出功率，由P＝＝＝Fv可得动车组受到的动力，匀速运动时车受到的阻力等于动力；
（3）首先计算一台风机产生的电能，根据t＝计算一台风机产生的电能可供动车组运行的时间，根据s＝vt计算动车组运行的距离。
【解答】解：（1）列车全部通过高架桥所行驶的路程：s＝s桥+s车＝1000m+200m＝1200m，
列车全部通过高架桥的时间：
t＝＝＝24s；
（2）P＝4800kW＝4800000W，
匀速运动时车受到的阻力等于动力，由P＝＝＝Fv可得动车组受到的阻力为：
f＝F＝＝＝80000N；
（3）一台风机产生的电能：W＝500m2×200J/m2×24×3600s×25%＝2.16×109J，
一台风机产生的电能可供动车组运行的时间：t′＝＝450s，
动车组运行的距离：s′＝v′t′＝60m/s×450s＝27000m＝27km。
答：（1）该列动车组通过高架桥所用的时间为24s；
（2）此时动车组受到的阻力为80000N；
（3）一台风机一天的发电量可以供一列总输出功率为4800kW的动车组以60m/s的速度运动的距离为27km。
【点评】本题考查速度公式、做功公式、功率公式的灵活运用，综合性强。
24．（7分）如图甲所示为小明家的电饭锅，从铭牌可知该电饭锅能效等级为三级，额定电压220V，加热功率1000W。电饭锅的简化电路图如图乙所示，有加热和保温两挡，其中R1和R2均为发热电阻，且阻值不随着温度的变化而改变。求：
（1）小明想利用如图丙所示的电能表测量电饭锅的保温功率，他关闭家中其它用电器，让电饭锅处于“保温”状态正常工作，观察到电能表转盘在5min内转了30圈。该电饭锅的保温功率为多少？
（2）电阻R1的阻值为多少？
（3）小明上网查询得知，国家标准中规定电饭锅在加热功率下正常工作时，三级能效的热效率值（电热转化效率）范围为81%≤n＜86%。他用学过的知识对电饭锅进行测试：将温度为20℃、质量为2kg的水加热到100℃，电饭锅正常工作用时800s。已知c水＝4.2×103J/（kg•℃），请你通过计算帮助小明判断该电饭锅的热效率值是否达到三级能效。
【分析】（1）根据电能表的转数求出电饭锅处于“保温”状态下正常工作消耗的电能，再根据P＝得出实际功率；
（2）由P＝UI＝可知，当电源电压一定时，电路电阻越大，功率越小，根据电路图分析电路结构，结合串并联电路电阻规律和P＝UI＝可知各挡位时电路的连接；由P＝UI＝算出加热时的电阻，即为R1的电阻；
（3）根据Q吸＝c水mΔt算出水吸收的热量，由W＝Pt算出用时820s消耗的电能，由η＝×100%算出该电饭锅的热效率，进而判断出该电饭锅的热效率值是否达到三级能效。
【解答】解：（1）“3000r/（kW•h）”表示每消耗1kW•h电能，电能表转盘转3000圈，
只让电饭煲在“保温”状态下工作，转盘在5min内转了30转，则电饭锅消耗的电能为：
W＝＝0.01kW•h，
电饭锅处于“保温”状态时的功率为：
P保温＝＝＝0.12kW＝120W；
（2）由电路图知，S断开时两电阻串联，电路中电阻较大，由P＝UI＝可知，功率较小，电饭锅为保温状态，
当S闭合时，只有R1接入电路中，电阻较小，由P＝UI＝可知，功率较大，电饭锅为加热状态，
由P＝UI＝可得，R1的电阻：
R1＝R加热＝＝＝48.4Ω；
（3）水吸收的热量为：
Q吸＝c水mΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（100℃﹣20℃）＝6.72×105J；
用时800s消耗的电能为：
W′＝P加热t′＝1000W×800s＝8×105J，
该电饭锅的热效率为：
η＝×100%＝×100%＝84%，
则该电饭锅的热效率值达到三级能效。
答：（1）该电饭锅的保温功率为120W；
（2）电阻R1的阻值为48.4Ω；
（3）该电饭锅的热效率值达到三级能效。
【点评】本题考查了串联电路特点、电能的计算、电功率计算公式的应用以及效率公式的应用，对电能表参数的理解和运用是本题的关键。实验序号
小球的质量m/g
小球自由滚下的高度h/cm
木块被撞后运动的距离s/m
1
30
10
4
2
30
20
16
3
60
10
8
实验次数
容器横截面积S/cm2
水深h/cm
水流完所需时间t/s
1
100
4
12
2
150
18
3
300
36
4
300
2
25
5
6
43
6
8
49
实验序号
小球的质量m/g
小球自由滚下的高度h/cm
木块被撞后运动的距离s/m
1
30
10
4
2
30
20
16
3
60
10
8
实验次数
容器横截面积S/cm2
水深h/cm
水流完所需时间t/s
1
100
4
12
2
150
18
3
300
36
4
300
2
25
5
6
43
6
8
49
1．（2分）下列各图关于声现象的说法中，正确的是（ ）
A．如图甲所示，敲击大小不同的编钟是为了改变声音的响度
B．如图乙所示，钢尺振动的幅度越大、响度越大
C．如图丙所示，街头设置噪声监测仪可以减弱噪声
D．如图丁所示，B型超声波诊断仪可以传递能量
2．（2分）图所示的四个物态变化的实例中，属于吸热的是（ ）
A．惊蛰时节，冰化成水
B．立秋时节，露珠的形成
C．立冬时节，霜的形成
D．大寒时节，雾凇的形成
3．（2分）如图所示的光现象中，可以用光的直线传播来解释的是（ ）
A．水中桥的倒影B．水中“弯折”的筷子
C．树荫下的圆形光斑D．雨后的彩虹
4．（2分）如图所示是在体育课中进行的四个运动项目，下列说法正确的是（ ）
A．甲：投掷实心球——球在空中运动到最高点时受平衡力的作用
B．乙：引体向上——完成一次引体向上，人相对与杆的位置没有发生改变
C．丙：立定跳远——起跳时用力蹬地，是利用了物体间力的作用是相互的
D．丁：50m跑——冲过终点的同学不能立刻停下来是因为他受到了惯性力的作用
5．（2分）2024年1月11日11时52分，我国在酒泉卫星发射中心使用快舟一号甲运载火箭，成功将天行一号02星发射升空。下列描述正确的是（ ）
A．火箭使用新型燃料，主要是因为新型燃料的比热容大
B．火箭燃料在燃烧过程中，热值不断减小
C．火箭升空过程中，燃料燃烧将内能转化为化学能
D．火箭升空过程中，外壳与大气摩擦温度升高，其机械能转化为内能
6．（2分）如图所示是新能源汽车的充电桩，下列有关说法符合安全用电原则的是（ ）
A．每个充电桩在安装时都要装漏电保护器
B．有经验的电工在安装充电桩时不必断开电源
C．安装充电桩时，不连接地线也可以
D．万一有充电桩起火，应马上浇水扑灭
7．（2分）石墨烯被认为是一种未来革命性的材料，用石墨烯制成的湿敏电阻的阻值（R）随相对湿度（RH）变化曲线如图甲所示。为了能从外部检测植物含水量的变化，科学家用条状石墨烯制成的湿敏电阻附着在植物的叶片上，并将湿敏电阻接入电路中，要求植物含水量增加时，电表示数变大。如图乙中的电路图符合要求的是（R0为定值电阻，电源电压恒定）（ ）
A．B．
C．D．
8．（2分）新型镁锂合金是目前最轻的金属结构材料，已应用于我国首颗全球二氧化碳监测科学实验卫星中的高分辨率微纳卫星上。新型镁锂合金具有减震、消噪和抗电磁干扰性能，同样大小的新型镁锂合金重量仅是铝合金的一半。关于该材料下列说法错误的是（ ）
A．该材料对电磁波有屏蔽作用
B．该材料可有效的降低卫星发射时的噪音
C．镁锂合金材料大幅减轻了卫星重量，显著提高有效载荷，降低了发射成本
D．该材料的熔点很低
9．（2分）如图所示是一款磁力锁，这种磁力锁关闭时，电路接通磁铁有磁性吸住铁片，大门锁住。当刷卡或按一下开关，即可切断电路，磁力锁失去磁性，可将门打开。磁力锁与下列哪个物品工作原理相同（ ）
A．扬声器
B．电铃
C．话筒
D．手摇发电机
10．（2分）如图甲所示的电路中，电源电压恒定不变，滑动变阻器R的规格是“100Ω 1A”，电流表量程为0～0.6A，电压表量程为0～15V，闭合开关，在保证电路元件安全且能使小灯泡正常发光的前提下，最大范围内移动滑片，绘制了通过变阻器的电流IR与变阻器阻值R关系的图象如图乙所示，不考虑灯丝电阻的变化。下列说法正确的是（ ）
A．电源电压为6V
B．小灯泡的电阻为10Ω
C．小灯泡的额定功率为1.8W
D．电路总电功率最小为1W
二、填空题（每空1分，共计18分）
11．（3分）小明用圆珠笔芯做了很多小实验：
图甲所示，用力弯折圆珠笔芯，笔芯变形，说明力可以改变物体的 ；图乙所示，该型号的圆柱笔芯的长度为 cm；
如图丙所示，在一个盛水的瓶子内插入一根吸管A，用另一根吸管B对准A的管口上方吹气，看到A的管口有水喷出，这是因为流体的流速越大，压强越 。
12．（3分）如图所示是气象站释放的一种无动力探空气球。升空过程中因大气压逐渐 ，气球会慢慢膨胀；它携带的探空仪会采集各种气象数据，并将数据通过 传回到地面气象站；气球上升至平流层后会随着气流飘向远方，此时它相对于气流是 的。
13．（3分）如图所示，小致用如图滑轮组提升重为360N的货物，所用拉力为225N，货物被匀速提升10m。（忽略绳重和摩擦）小致做的功是 J，这个滑轮组的机械效率是 ，如果用该滑轮组匀速提升重为310N的物体时，所用拉力的大小是 N。
14．（3分）水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），将一桶质量为2kg的水倒掉一半，剩下的水的比热容将 （选填“变大”“变小”“不变”）；水结冰后，它的比热容将 （选填“改变”或“不变”），初温为20℃，质量为1kg的水吸收3.78×105J热量后温度将升高到 ℃。（水上方的气压为1标准大气压）
15．（3分）如图甲所示，小明在吹气球时，被吹大了的气球没能用手握住，呼啸着飞了出去，若他及时捡拾起气球，将会感觉到它喷气的嘴部温度和原来相比 （选填“变高”、“变低”或“没有变化”），此过程发生的能量转化与图乙中的 （选填“A”或“B”）图中的能量转化是一致的。若一台四冲程柴油机，飞轮转速为3000r/min，若气缸在做功冲程中，每次做功400J，每秒钟对外做功 J。
16．（3分）如图甲所示是一种能自动测定油箱内油量的装置原理图。电源电压恒为24V，定值电阻R0＝10Ω，A为油量表（由电流表改装而成），Rx为压敏电阻，其阻值与所受压力的对应关系如图乙所示。当油箱中油量逐渐减少时，Rx的阻值逐渐 。若当油箱中装满油时，电路中的电流是0.6A，则此时Rx上受到的压力是 N。当油箱中油量为零时，电路中的电流是 A。
三、作图题（每图2分，共计4分）
17．（2分）深蹲运动是靠腿部肌肉收缩产生动力，克服人体上部的重力G，从而达到锻炼目的（如图甲）。图乙是将人体抽象为杠杆的示意图，O为支点，请在图乙中画出G的示意图及其力臂L（A点为人体上部的重心）。
18．（2分）如图，闭合开关S，条形磁体因受磁力向左运动，请在图中括号内标出电磁铁右端的极性和电源左端的极性（用“+”或“﹣”表示）。
四、实验探究题（每空1分，共计24分）
19．（4分）请完成下列填空。
（1）如图﹣1，弹簧测力计的示数为 N。
（2）如图﹣2，将一滴红墨水滴入清水中，一段时间后整杯水变红，这是 现象。
（3）如图﹣3，在“探究杠杆的平衡条件”的实验中，为使杠杆在水平位置平衡，应将杠杆两端的平衡螺母向 调节。
（4）如图﹣4，是“探究影响电流热效应的因素”的实验装置。该装置通电一段时间后，左侧圆底烧瓶中的温度计示数高于右侧圆底烧瓶中的温度计示数。实验表明：在电流和通电时间一定时，导体的电阻越大，电流通过导体产生的热量越 。
20．（5分）如图所示，在“探究物体的动能跟哪些因素有关”的实验中，将小钢球从高度为h的同一斜面上由静止开始滚下，推动同一小木块向前移动一段距离s后停下。完成甲、乙、丙所示的三次实验，其中h1＝h3＞h2，mA＝mB＜mC。
（1）小钢球的动能大小是通过 （选填“高度h”或“距离s”）来反映的。
（2）分析比较甲、乙两组实验可知，物体质量相同时，速度越大，动能越 。
（3）比较 两组实验可知物体的动能与质量的关系。
（4）实验后，同学们联想到在许多交通事故中，造成安全隐患的因素有汽车的“超载”与“超速”，进一步想知道，在影响物体动能大小的因素中，哪个对动能影响更大？于是利用上述器材进行了实验测定，得到的数据如表：
①为了探究“超载”安全隐患，应选择 两个序号的实验进行比较；
②分析表格中对应的实验数据可知： （选填“质量”或“速度”）对物体的动能影响更大，当发生交通事故时，由此造成的危害更严重。
21．（8分）在“测量小灯泡的电功率”的实验中，老师给同学们提供的器材有：电压恒为6V的电源、额定电压为2.5V的小灯泡（灯丝电阻约为10Ω），电流表、电压表、开关各一个，导线若干，滑动变阻器R（50Ω 0.5A）；
（1）连接电路时应 （选填“断开”或“闭合”）开关；
（2）电路连接完成，将滑片P移至最右端，闭合开关试触时，发现电压表示数很大，电流表几乎无示数，出现的电路故障原因可能是 ；
（3）排除故障后，闭合开关S，如图甲所示电路中，滑动变阻器的滑片P向A端移动时，灯泡变 （选填“亮”或“暗”）；
（4）当滑动变阻器的滑片P移到某一位置时，电压表示数如图乙所示为 V；若要测量小灯泡的额定功率，应将滑片P向 （选填“A”或“B”）端移动；根据图丙图象信息，可计算出小灯泡的额定功率是 W。
（5）完成了上述的实验后，同学们还想测另一只额定电压为U1的小灯泡的额定电功率，但发现电流表损坏。利用阻值已知的定值电阻R0，设计了如图丁所示的电路，并操作如下：
①连好电路，只闭合开关S、S1，调节滑动变阻器，使电压表的示数为U1；
②保持滑动变阻器滑片位置不变，只闭合开关 ，读出电压表示数为U2；
③小灯泡的额定功率P额＝ 。（用U1、U2和R0表示）
22．（7分）日晷和漏刻是我国古代的计时工具。如图1所示日晷利用太阳照出晷针的影子的长短和方位来测定时刻；如图2漏刻是往漏壶里装入一定量的水，让它慢慢漏出，通过漏入箭壶的水量来确定时刻。
（1）影子的形成是由于光的 。
（2）小明感叹于古人的智慧，想了解漏刻计时的原理，通过观察，他找来三个横截面积不同的长方形塑料盒，分别在底部中央开一个大小相同的圆孔，探究长方形容器中水从圆孔流完所需时间与容器横截面积及水深的关系。通过实验得到如表数据：
①分析 三次实验数据可知，水深相同时，水流完所需时间与容器横截面积成正比。
②分析3、4、5、6四次实验数据可知，在容器横截面积相同时，水的深度越大，水流完所需时间越 。
（3）进一步研究发现，长方形容器中的水流完所需时间t与容器横截面积S成正比，与水深h的平方根成正比，即t＝kS（k为比例系数）。如图2，甲、乙是两个上端开口、底部中央各有一个面积相同的圆孔的水箱，两水箱内装有相同体积的水，使水从孔中流出，则 箱中的水流完所需时间少。若乙箱中水流出一半所需的时间为t1，剩下一半的水流完所需时间为t2，则t1 （选填“＞”“＜”或“＝”）t2，这是因为水的压强随 的增加而增大。
（4）古代早期的单级漏刻计时存在较大误差，是因为水位高低会影响水的流速。后来人们将单级漏刻改为多级漏刻，上面漏壶不断给下面漏壶补水，使一级漏壶内水的深度 ，这样水就能比较均匀地流入箭壶，从而得到较精确的时刻。
五、计算题（每题7分，共计14分）
23．（7分）在2024年1月17日，在《陕西省交通运输工作会议》上，透露了今年陕西交通建设主要动态。在本次会议，明确今年是陕西交通运输行业“高质量项目推进年”，交通综合投资为700亿：充分发挥全省高铁建设协调推进机制作用，合力推进西延、西康、西十、康渝和延榆等五条高铁建设。
（1）若一列长200m的动车组以50m/s的速度匀速通过一座长1000m的高架桥。该列动车组通过高架桥所用的时间为多少？
（2）若动车组以60m/s的速度匀速运动时电动机的总输出功率为4800kW，则此时动车组受到的阻力为多大？
（3）某地利用风力发电为动车提供电力，每秒每平方米面积吹过的风的能量约200J，若风机有效迎风面积约为500m2，风机把风能转换为电能的效率为25%。请估算一台风机一天的发电量可以供一列总输出功率为4800kW的动车组以60m/s的速度运动多远距离？（忽略其它能量损耗）
24．（7分）如图甲所示为小明家的电饭锅，从铭牌可知该电饭锅能效等级为三级，额定电压220V，加热功率1000W。电饭锅的简化电路图如图乙所示，有加热和保温两挡，其中R1和R2均为发热电阻，且阻值不随着温度的变化而改变。求：
（1）小明想利用如图丙所示的电能表测量电饭锅的保温功率，他关闭家中其它用电器，让电饭锅处于“保温”状态正常工作，观察到电能表转盘在5min内转了30圈。该电饭锅的保温功率为多少？
（2）电阻R1的阻值为多少？
（3）小明上网查询得知，国家标准中规定电饭锅在加热功率下正常工作时，三级能效的热效率值（电热转化效率）范围为81%≤n＜86%。他用学过的知识对电饭锅进行测试：将温度为20℃、质量为2kg的水加热到100℃，电饭锅正常工作用时800s。已知c水＝4.2×103J/（kg•℃），请你通过计算帮助小明判断该电饭锅的热效率值是否达到三级能效。
2024年陕西省西安市曲江一中中考物理模拟试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题只有一个正确选项，每小题2分，共计20分）
1．（2分）下列各图关于声现象的说法中，正确的是（ ）
A．如图甲所示，敲击大小不同的编钟是为了改变声音的响度
B．如图乙所示，钢尺振动的幅度越大、响度越大
C．如图丙所示，街头设置噪声监测仪可以减弱噪声
D．如图丁所示，B型超声波诊断仪可以传递能量
【分析】①②声音的高低叫音调，音调决定于发声体振动的快慢；声音的强弱叫响度，响度决定于发声体的振幅和距离发声体的远近；
③噪声监测仪可以监控噪声的分贝，但不能控制噪声污染；
④声音能够传递信息，也能够传递能量。
【解答】解：
A、敲击大小不同的编钟，编钟振动的频率不同，是为了改变声音的音调，故A错误；
B、钢尺振动的幅度越大，则响度越大，故B正确；
C、噪声监测仪可以监控噪声污染，但不能控制噪声污染，故C错误；
D、超声波具有很强的穿透性，所以B型超声波诊断仪可以用于医疗观察，利用的是声音传递信息，故D错误。
故选：B。
【点评】此题考查了声音的产生、音调与响度的区别及超声波和噪声监测器的作用，要结合各物理知识点进行分析解答。
2．（2分）图所示的四个物态变化的实例中，属于吸热的是（ ）
A．惊蛰时节，冰化成水
B．立秋时节，露珠的形成
C．立冬时节，霜的形成
D．大寒时节，雾凇的形成
【分析】（1）物质由固态变成液态的过程叫熔化，由液态变成固态的过程叫凝固；
物质由液态变成气态的过程叫汽化，由气态变成液态的过程叫液化；
物质由固态直接变成气态的过程叫升华，由气态直接变成固态的过程叫凝华。
（2）在六个物态变化中，有三个吸热：熔化、汽化、升华；三个放热：凝固、液化、凝华。
【解答】解：A、冰化成水，由固态变为液态，属于熔化现象，熔化吸热，故A符合题意；
B、露是空气中的水蒸气遇冷液化形成的小水滴，液化放热，故B不符合题意；
C、霜是空气中的水蒸气凝华形成的固态小冰晶，凝华放热，故C不符合题意；
D、“雾凇”是固态小冰晶，是水蒸气凝华形成的，凝华放热，故D不符合题意。
故选：A。
【点评】判断物态变化，关键是分清物质变化前后的状态，是中考热学知识考查的热点内容。
3．（2分）如图所示的光现象中，可以用光的直线传播来解释的是（ ）
A．水中桥的倒影B．水中“弯折”的筷子
C．树荫下的圆形光斑D．雨后的彩虹
【分析】掌握三种光现象：
（1）在日常生活中，激光准直、日月食、小孔成像和影子的形成等都表明光在同一种均匀介质中是沿直线传播的；
（2）当光照射到物体表面上时，有一部分光被反射回来发生反射现象，例如：平面镜成像、水中倒影等；
（3）当光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向会偏折，发生折射现象，如：看水里的鱼比实际位置浅、彩虹等。
【解答】解：A．水中桥的倒影是光的平面镜成像现象，是光的反射现象，故A错误；
B．水中“弯折”的筷子是光的折射现象，故B错误；
C．树荫下的圆形光斑是小孔成像，属于光沿直线传播现象，故C正确；
D．雨后的彩虹是光的色散，是光的折射现象，故D错误。
故选：C。
【点评】本题主要考查学生利用光学知识解释生活中常见的物理现象，此题与实际生活联系密切，体现了生活处处是物理的理念。
4．（2分）如图所示是在体育课中进行的四个运动项目，下列说法正确的是（ ）
A．甲：投掷实心球——球在空中运动到最高点时受平衡力的作用
B．乙：引体向上——完成一次引体向上，人相对与杆的位置没有发生改变
C．丙：立定跳远——起跳时用力蹬地，是利用了物体间力的作用是相互的
D．丁：50m跑——冲过终点的同学不能立刻停下来是因为他受到了惯性力的作用
【分析】当物体处于静止状态或匀速直线运动状态时，物体是平衡状态，受平衡力的作用；
物体间力的作用是相互的；
物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性。
【解答】解：A、实心球运动到最高点，实心球受竖直向下的重力、与运动方向相反的阻力作用，所以实心球在最高点不受平衡力作用，故A错误；
B、在上升或下降过程中，人相对于杆的位置发生改变，故B错误；
C、立定跳远——起跳时用力蹬地，是利用了物体间力的作用是相互的，故C正确；
D、惯性是物体本身固有的一种性质，不能用“受惯性力作用”这样的词语表达，故D错误。
故选：C。
【点评】此题考查了物体间力的作用是相互的、惯性、二力平衡的应用，对概念正确的理解是解题的关键。
5．（2分）2024年1月11日11时52分，我国在酒泉卫星发射中心使用快舟一号甲运载火箭，成功将天行一号02星发射升空。下列描述正确的是（ ）
A．火箭使用新型燃料，主要是因为新型燃料的比热容大
B．火箭燃料在燃烧过程中，热值不断减小
C．火箭升空过程中，燃料燃烧将内能转化为化学能
D．火箭升空过程中，外壳与大气摩擦温度升高，其机械能转化为内能
【分析】（1）热值是指1千克的某种燃料完全燃烧后释放的能量，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；
（2）燃料的热值是燃料的特性，只与燃料的种类有关，与燃料的质量和燃烧程度无关；
（3）根据消耗能量与得到能量是什么来判断能量的转化情况；
（4）克服摩擦做功，消耗机械能转化为内能，使物体的温度升高、内能增大。
【解答】解：A、发射火箭采用液态氢作为火箭的燃料，原因是液态氢具有较高的热值，完全燃烧相同质量的氢时，可以释放出更多的热量，故A错误；
B、因为燃料的热值是燃料的特性，与燃料的质量和燃烧程度无关，所以火箭在发射升空时，燃料燃烧过程中热值不变，故B错误；
C、火箭升空的过程中，燃料燃烧释放出的内能转化为机械能，故C错误；
D、火箭升空过程中，外壳与大气摩擦，克服摩擦做功，温度升高，其机械能转化为内能，故D正确。
故选：D。
【点评】本题既考查了火箭发射过程中的能量转化和机械能变化情况，同时也考查了对燃料热值的了解，属基础知识的考查，难度不大。
6．（2分）如图所示是新能源汽车的充电桩，下列有关说法符合安全用电原则的是（ ）
A．每个充电桩在安装时都要装漏电保护器
B．有经验的电工在安装充电桩时不必断开电源
C．安装充电桩时，不连接地线也可以
D．万一有充电桩起火，应马上浇水扑灭
【分析】（1）电路漏电时，漏电保护器能切断电源，起到保护作用；
（2）检修电路及更换元件时，应在停电的情况下工作，不能带电工作；
（3）对于有金属外壳的用电器，金属外壳一定要接地，防止外壳漏电，发生触电事故；
（4）用电器起火，先切断电源再救火。
【解答】解：A、为了安全，电路中必须要有保险丝或空气开关，每个充电桩在安装时都要装漏电保护器，故A符合安全用电原则；
B、安装充电桩时必须断开电源，故B不符合安全用电原则；
C、安装充电桩时，为了安全，要接地线，故C不符合安全用电原则；
D、万一有充电桩起火，应先关闭电源再施救，故D不符合安全用电原则。
故选：A。
【点评】本题借助充电桩的安装考查安全用电的有关知识，难度不大。
7．（2分）石墨烯被认为是一种未来革命性的材料，用石墨烯制成的湿敏电阻的阻值（R）随相对湿度（RH）变化曲线如图甲所示。为了能从外部检测植物含水量的变化，科学家用条状石墨烯制成的湿敏电阻附着在植物的叶片上，并将湿敏电阻接入电路中，要求植物含水量增加时，电表示数变大。如图乙中的电路图符合要求的是（R0为定值电阻，电源电压恒定）（ ）
A．B．
C．D．
【分析】分析电路的结构和电表所测的电路元件，根据图像分析R与相对湿度的关系，然后根据欧姆定律和串联电路的特点判断电表示数的变化，从而得出答案。
【解答】解：由图可知，随着相对湿度的增大，Rx的阻值变小；
A、由电路图可知，R0与Rx并联，电流表测通过R0的电流，由于并联电路各支路互不影响，所以Rx阻值变化时，电流表的示数不变，故A不符合要求；
B、由电路图可知，R0与Rx串联，电压表测R0两端的电压，植物含水量增大时，Rx的阻值变小，总电阻变大，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，根据U＝IR可知，R0两端的电压变大，即电压表的示数变大，故B符合要求；
C、由电路图可知，R0与Rx串联，电压表测Rx两端的电压，根据植物含水量增大时Rx变小可知，电路的总电阻变小，由I＝可知，电路中的电流变大，R0两端的电压也变大，根据串联电路的电压特点可知，Rx两端的电压会变小，即电压表的示数变小，故C不符合要求；
D、由电路图可知，R0与Rx串联，电压表测电源两端的电压，根据电源电压不变可知，植物含水量增大时，电压表的示数不变，故D不符合要求。
故选：B。
【点评】本题考查了串并联电路的设计，涉及到串联电路的特点和欧姆定律的应用，难度不大。
8．（2分）新型镁锂合金是目前最轻的金属结构材料，已应用于我国首颗全球二氧化碳监测科学实验卫星中的高分辨率微纳卫星上。新型镁锂合金具有减震、消噪和抗电磁干扰性能，同样大小的新型镁锂合金重量仅是铝合金的一半。关于该材料下列说法错误的是（ ）
A．该材料对电磁波有屏蔽作用
B．该材料可有效的降低卫星发射时的噪音
C．镁锂合金材料大幅减轻了卫星重量，显著提高有效载荷，降低了发射成本
D．该材料的熔点很低
【分析】镁锂合金材料是通过向金属镁中添加金属锂，使其具备了低密度、高比刚度、高比强度的优异力学性能和减震、消噪的高阻尼性能，以及抗辐射、抗电磁干扰性能，代表了镁合金发展的技术前沿，被称为未来最为“绿色环保”的革命性材料。与铝合金相比，同样大小，重量仅是铝合金的一半，但比强度高于铝合金。此外，这种新型镁锂合金的阻尼性能优异，是铝合金的十几倍，减震降噪效果好，在屏蔽电磁干扰方面表现突出。
【解答】解：A、镁锂合金材料具有抗电磁干扰性能，对电磁波有屏蔽作用，故A正确；
B、镁锂合金材料具有减震、消噪的性能，可有效的降低卫星发射噪音，故B正确；
C、镁锂合金材料密度小，同样大小的新型镁锂合金重量仅是铝合金的一半，这样大幅减轻了卫星重量，显著提高有效载荷，降低了发射成本，故C正确；
D、科学实验卫星发射时，与空气摩擦产生大量的热而没有被烧毁，是因为镁锂合金材料的熔点高，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查镁锂合金材料的特点，属于基础题。
9．（2分）如图所示是一款磁力锁，这种磁力锁关闭时，电路接通磁铁有磁性吸住铁片，大门锁住。当刷卡或按一下开关，即可切断电路，磁力锁失去磁性，可将门打开。磁力锁与下列哪个物品工作原理相同（ ）
A．扬声器
B．电铃
C．话筒
D．手摇发电机
【分析】电磁铁通电后具有磁性，断电后无磁性，电磁铁的工作原理是电流的磁效应；分析各个选项的工作原理，得出答案。
【解答】解：磁力锁关闭时，电路接通磁铁有磁性吸住铁片，大门锁住。当刷卡或按一下开关，即可切断电路，磁力锁失去磁性，可将门打开，由此可知，电磁铁的工作原理是电流的磁效应；
A、扬声器的工作原理是磁场对通电导体有力的作用，故A错误；
B、电铃的主要部件是电磁铁，利用了电流的磁效应，故B正确；
CD、动圈式话筒和手摇发电机的工作原理是电磁感应现象，故CD错误。
故选：B。
【点评】本题考查了电磁铁的应用、电磁感应现象、通电导体在磁场中受力运动等知识，难度不大。
10．（2分）如图甲所示的电路中，电源电压恒定不变，滑动变阻器R的规格是“100Ω 1A”，电流表量程为0～0.6A，电压表量程为0～15V，闭合开关，在保证电路元件安全且能使小灯泡正常发光的前提下，最大范围内移动滑片，绘制了通过变阻器的电流IR与变阻器阻值R关系的图象如图乙所示，不考虑灯丝电阻的变化。下列说法正确的是（ ）
A．电源电压为6V
B．小灯泡的电阻为10Ω
C．小灯泡的额定功率为1.8W
D．电路总电功率最小为1W
【分析】（1）由甲图可知，开关闭合时，灯泡L与变阻器R串联，电压表测量变阻器两端电压，电流表测量电路中的电流；根据图乙中的电流和变阻器接入电阻阻值，表示出电源电压与灯丝电阻的两个关系式，联立方程组，求解灯泡L的电阻和电源电压；
（2）灯泡正常工作时，是在保证安全的情况下电路中的电流最大，由乙图可知灯泡的额定电流，根据P＝UI＝I2R计算小灯泡的额定功率；
（3）变阻器接入电阻最大，电路中的电流最小，由P＝UI计算电路的最小功率。
【解答】解：AB、由甲图可知，开关闭合时，灯泡L与变阻器R串联，电压表测量变阻器两端电压，电流表测量电路中的电流；
根据图乙可知，当变阻器的接入电阻：R1＝20Ω时，电路中的电流：I1＝0.3A，
根据串联电路规律和欧姆定律可得，电源电压：U＝I1（R1+RL），即：U＝0.3A×（20Ω+RL）…………①，
当变阻器的接入电阻：R2＝40Ω时，电路中的电流：I2＝0.2A，
电源电压：U＝I2（R2+RL），即：U＝0.2A×（40Ω+RL）…………②，
联立①②解得，U＝12V，RL＝20Ω，故AB错误；
C、灯泡正常工作时，是在保证安全的情况下电路中的电流最大，由乙图可知灯泡的额定电流：I额＝0.3A，
根据P＝UI＝I2R可得，小灯泡的额定功率：P额＝I2额×RL＝（0.3A）2×20Ω＝1.8W，故C正确；
（3）变阻器接入电阻最大：R大＝100Ω时，有乙图可知电路中的电流最小：I小＝0.1A，
电路的最小功率：P小＝UI小＝12V×0.1A＝1.2V，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，正确确定电路中的最大和最小电流是关键。
二、填空题（每空1分，共计18分）
11．（3分）小明用圆珠笔芯做了很多小实验：
图甲所示，用力弯折圆珠笔芯，笔芯变形，说明力可以改变物体的 形状 ；图乙所示，该型号的圆柱笔芯的长度为 12.50 cm；
如图丙所示，在一个盛水的瓶子内插入一根吸管A，用另一根吸管B对准A的管口上方吹气，看到A的管口有水喷出，这是因为流体的流速越大，压强越 小 。
【分析】（1）力的作用效果有两个：一是改变物体的运动状态；二是改变物体的形状；
（2）刻度尺的最小刻度值（或叫分度值）为相邻的刻度线表示的长度；使用刻度尺测量物体长度时，要观察是否从0刻度线量起，起始端从0开始时，读出末端刻度值，即为物体长度，注意刻度尺要估读到分度值的下一位；
（3）流体流速大的位置压强小。
【解答】解：（1）用手指压圆珠笔芯，笔芯会弯曲，这个实验说明力可以改变物体的形状；
（2）由图可知，刻度尺的分度值为0.1cm，圆柱笔芯的左端对齐零刻度线，右端对齐12.50cm，所以圆柱笔芯的长度为12.50cm；
（3）从B管右侧向左吹气，吸管A上方空气的流速增大，压强减小，A管中液体受到向上的压强大于向下的压强，液面上升，这是因为流体的流速越大，压强越小。
故答案为：形状；12.50；小。
【点评】本题考查了力的作用效果、刻度尺的读数、流体压强与流速的关系，知识点多，综合性强。
12．（3分）如图所示是气象站释放的一种无动力探空气球。升空过程中因大气压逐渐 变小 ，气球会慢慢膨胀；它携带的探空仪会采集各种气象数据，并将数据通过 电磁波 传回到地面气象站；气球上升至平流层后会随着气流飘向远方，此时它相对于气流是 静止 的。
【分析】（1）大气压随高度的增加而减小。
（2）电磁波可以传递信息。
（3）物体相对于参照物的位置是变化的，物体就是运动的；物体相对参照物的位置不变，物体是静止的。
【解答】解：无动力探空气球在升空过程中因大气压逐渐变小，气球会慢慢膨胀；它携带的探空仪会采集各种气象数据，并将数据通过电磁波传回到地面气象站；气球上升至平流层后会随着气流飘向远方，此时它相对于气流位置不变，是静止的。
故答案为：变小；电磁波；静止。
【点评】本题考查了大气压的变化、电磁波的特性、运动和静止的相对性。
13．（3分）如图所示，小致用如图滑轮组提升重为360N的货物，所用拉力为225N，货物被匀速提升10m。（忽略绳重和摩擦）小致做的功是 4500 J，这个滑轮组的机械效率是 80% ，如果用该滑轮组匀速提升重为310N的物体时，所用拉力的大小是 200 N。
【分析】（1）根据W＝Fs求出拉力做的总功，即为小致做的功；
（2）由W＝Gh可求得有用功，由η＝×100%可求得这个滑轮组的机械效率；
（3）不计绳重及绳与滑轮摩擦，根据F＝（G+G动）求出动滑轮重，再根据F＝（G+G动）求出第二次的拉力。
【解答】解：已知：物重G1＝360N，G2＝310N，拉力F1＝225N，货物被匀速提升h＝10m，n＝2，拉力移动距离s＝2h＝2×10m＝20m；
小致做的功：W总＝F1s＝225N×20m＝4500J；
有用功：W有用＝G1h＝360N×10m＝3600J，
这个滑轮组的机械效率：η＝×100%＝×100%＝80%；
由F＝（G+G动）可得，
动滑轮重G动＝2F1﹣G1＝2×225N﹣360N＝90N，
第二次的拉力F2＝（G2+G动）＝×（310N+90N）＝200N，
拉力移动距离s2＝2h2＝2×2m＝4m，
故答案为：4500；80%；200。
【点评】此题主要考查的是学生对有用功、总功、机械效率和滑轮组省力情况计算公式的理解和掌握，利用好F＝（G+G动）是关键。
14．（3分）水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），将一桶质量为2kg的水倒掉一半，剩下的水的比热容将 不变 （选填“变大”“变小”“不变”）；水结冰后，它的比热容将 改变 （选填“改变”或“不变”），初温为20℃，质量为1kg的水吸收3.78×105J热量后温度将升高到 100 ℃。（水上方的气压为1标准大气压）
【分析】比热容是物质的一种特性，只与物质的种类、状态有关，与质量无关；通过Q吸＝cm（t﹣t0）公式直接计算即可。
【解答】解：比热容是物质的一种特性，只与物质的种类、状态有关，与质量无关，故剩下的水的比热容大小不变，水结冰后，状态改变，比热容将改变；
水升高的温度为
故水的末温为20℃+90℃＝110℃＞100℃，此时大气压为1个标准大气压，故最高温度只能达到100℃。
故答案为：不变；改变；100。
【点评】本题考查了对比热容概念及特点的理解运用，也考查了对公式Q吸＝cm（t﹣t0）的运用，考点相对比较综合。
15．（3分）如图甲所示，小明在吹气球时，被吹大了的气球没能用手握住，呼啸着飞了出去，若他及时捡拾起气球，将会感觉到它喷气的嘴部温度和原来相比 变低 （选填“变高”、“变低”或“没有变化”），此过程发生的能量转化与图乙中的 A （选填“A”或“B”）图中的能量转化是一致的。若一台四冲程柴油机，飞轮转速为3000r/min，若气缸在做功冲程中，每次做功400J，每秒钟对外做功 10000 J。
【分析】（1）对物体做功时，物体的内能会增大，物体对外做功时，其内能会减小；内燃机在压缩冲程中，将机械能转化为内能；在做功冲程中，将内能转化为机械能；
（2）内燃机完成一个工作循环，要经过4个冲程，燃气对外做功1次，活塞往返2次，飞轮转动2周，且知道每次做功的多少，进而算出每秒钟对外做的功。
【解答】解：
（1）气球内的气体向外喷出时，气体对外做功，将内能转化为机械能，所以球内气体的内能减小、温度降低，则它喷气的嘴部温度和原来相比变低了；
如图A，进气门和排气门都关闭，活塞向下运行，高温高压的燃气推动活塞做功，因此是做功冲程，也是将内能转化为机械能，即图甲中发生的能量转化与图乙的A图中的能量转化相同；
（2）四冲程柴油机飞轮的转速是3000r/min＝50r/s，表示每秒钟飞轮转动50圈，因为飞轮每转动2圈，对外做功1次，则该柴油机每秒钟对外做功25次，
已知每次做功400J，则每秒钟对外做的功：W＝25×400J＝10000J。
故答案为：变低；A；10000。
【点评】此题主要考查了做功改变物体的内能、能量的转化以及有关热机的简单计算，是一道基础题。
16．（3分）如图甲所示是一种能自动测定油箱内油量的装置原理图。电源电压恒为24V，定值电阻R0＝10Ω，A为油量表（由电流表改装而成），Rx为压敏电阻，其阻值与所受压力的对应关系如图乙所示。当油箱中油量逐渐减少时，Rx的阻值逐渐 变大 。若当油箱中装满油时，电路中的电流是0.6A，则此时Rx上受到的压力是 2.5 N。当油箱中油量为零时，电路中的电流是 0.11 A。
【分析】（1）当油箱中油量逐渐减少时，根据p＝ρgh和F＝pS分析Rx的受到的压力变化，由图知其阻值的变化；
（2）压敏电阻与定值电阻串联，已知电路中的电流，根据串联电路的规律及欧姆定律求出Rx，由图象知，受到的压力大小；
（3）当油箱中油量为零时，由图象可知压敏电阻的阻值，由串联电阻的规律及欧姆定律求出电路中的电流。
【解答】解：（1）当油箱中油量逐渐减少时，因深度变小，根据p＝ρgh可知，Rx上受到的压强逐渐变小，由F＝pS可知Rx上受到的压力变小，由图乙可知，其阻值逐渐变大；
（2）压敏电阻与定值电阻串联，若当油箱中装满油时，电路中的电流是0.6A，
根据串联电路的规律及欧姆定律可得此时Rx的阻值为：Rx＝R﹣R0＝﹣R0＝﹣10Ω＝30Ω，由图乙可知，此时Rx上受到的压力是2.5N；
（3）当油箱中油量为零时，压敏电阻的阻值为210Ω，由串联电阻的规律及欧姆定律，电路中的电流：I'＝＝≈0.11A。
故答案为：变大；2.5；0.11。
【点评】本题考查液体压强公式、压强定义式、串联电路的规律及欧姆定律的运用，关键是从图中获取有效的信息。
三、作图题（每图2分，共计4分）
17．（2分）深蹲运动是靠腿部肌肉收缩产生动力，克服人体上部的重力G，从而达到锻炼目的（如图甲）。图乙是将人体抽象为杠杆的示意图，O为支点，请在图乙中画出G的示意图及其力臂L（A点为人体上部的重心）。
【分析】（1）重力的方向是竖直向下的，从重心竖直向下画一带箭头的线段，可得重力的示意图；
（2）从支点向重力的作用线作垂线，支点到垂足的距离为重力的力臂。
【解答】解：
（1）A点为人体上部的重心，从重心竖直向下画一条带箭头的线段，并标出重力的符号G，即为重力的示意图；
（2）从支点O向重力的作用线作垂线段，可得重力的力臂L，如图所示：
【点评】本题考查了力的示意图、力臂的画法，属于基础题目。
18．（2分）如图，闭合开关S，条形磁体因受磁力向左运动，请在图中括号内标出电磁铁右端的极性和电源左端的极性（用“+”或“﹣”表示）。
【分析】根据磁极间的相互作用规律判断电磁铁右端的极性；根据安培定则判断电磁铁线圈中的电流方向，进而判断出电源左端的极性。
【解答】解：图中条形磁体的右端为S极，闭合开关S，条形磁体因受磁力向左运动，说明电磁铁的左端与条形磁体的右端互相排斥，为S极，电磁铁的右端为N极；根据安培定则可知，电流从电磁铁线圈的左前侧流入，右后侧流出，因此电源左端为
“+”极，右端为“﹣”。如图所示：
【点评】此题考查了磁极间的相互作用、安培定则，难度不大，属基础题目。
四、实验探究题（每空1分，共计24分）
19．（4分）请完成下列填空。
（1）如图﹣1，弹簧测力计的示数为 3.2 N。
（2）如图﹣2，将一滴红墨水滴入清水中，一段时间后整杯水变红，这是 扩散 现象。
（3）如图﹣3，在“探究杠杆的平衡条件”的实验中，为使杠杆在水平位置平衡，应将杠杆两端的平衡螺母向 右 调节。
（4）如图﹣4，是“探究影响电流热效应的因素”的实验装置。该装置通电一段时间后，左侧圆底烧瓶中的温度计示数高于右侧圆底烧瓶中的温度计示数。实验表明：在电流和通电时间一定时，导体的电阻越大，电流通过导体产生的热量越 多 。
【分析】（1）弹簧测力计在测量前弄清楚它的零刻度、量程和分度值。
（2）不同物质的分子在互相接触时彼此进入对方的现象叫扩散。
（3）杠杆在调节平衡螺母时，横梁的哪一端翘起来，就将平衡螺母向哪一端调节。
（4）根据焦耳定律可知：在电流和通电时间一定时，导体的电阻越大，电流通过导体产生的热量越多。
【解答】解：（1）该弹簧测力计的分度值是0.2N，此时的读数为3.2N。
（2）将一滴红墨水滴入清水中，一段时间后整杯水变红，这是扩散现象。
（3）在“探究杠杆的平衡条件”的实验中，为使杠杆在水平位置平衡，应将杠杆两端的平衡螺母向右调节。
（4）该装置通电一段时间后，左侧圆底烧瓶中的温度计示数高于右侧圆底烧瓶中的温度计示数。实验表明：在电流和通电时间一定时，导体的电阻越大，电流通过导体产生的热量越多。
故答案为：（1）3.2；（2）扩散；（3）右；（4）多。
【点评】本题考查的是弹簧测力计的使用规则、扩散现象、焦耳定律；知道杠杆的调节方法。
20．（5分）如图所示，在“探究物体的动能跟哪些因素有关”的实验中，将小钢球从高度为h的同一斜面上由静止开始滚下，推动同一小木块向前移动一段距离s后停下。完成甲、乙、丙所示的三次实验，其中h1＝h3＞h2，mA＝mB＜mC。
（1）小钢球的动能大小是通过 距离s （选填“高度h”或“距离s”）来反映的。
（2）分析比较甲、乙两组实验可知，物体质量相同时，速度越大，动能越 越大 。
（3）比较 甲、丙 两组实验可知物体的动能与质量的关系。
（4）实验后，同学们联想到在许多交通事故中，造成安全隐患的因素有汽车的“超载”与“超速”，进一步想知道，在影响物体动能大小的因素中，哪个对动能影响更大？于是利用上述器材进行了实验测定，得到的数据如表：
①为了探究“超载”安全隐患，应选择 1、3 两个序号的实验进行比较；
②分析表格中对应的实验数据可知： 速度 （选填“质量”或“速度”）对物体的动能影响更大，当发生交通事故时，由此造成的危害更严重。
【分析】（1）动能的大小与物体的质量、速度有关；观察木块被撞击后移动的距离来判断小球动能的大小，用到了转换法；
（2）影响物体动能大小的因素有质量和速度，找出相同的量和变化的量，分析得出动能大小与变化量的关系；
（3）研究物体的动能与质量的关系要控制速度大小相同，据此分析；
（4）a、研究超载危害，应控制速度相等，即小球下滑的高度相同而质量不同，分析表中实验数据，然后答题；
b、应用控制变量法，分析表中实验数据，然后答题。
【解答】解：（1）小钢球从斜面滚下过程中，其动能大小是通过小木块移动的距离s大小来反映的；
（2）分析比较甲和乙两组实验可得，物体的质量相同，而下滑的高度不同，甲图中下滑的高度大，运动到水平面时速度大，推动木块滑行的距离大，故物体质量相同时，速度越大，动能越大；
（3）研究物体的动能与质量的关系要控制速度大小相同，故分析比较甲、丙两组实验可得出物体的动能与质量的关系；
（4）①研究超载隐患时，应控制小球下滑的高度相同而质量不同，由表中实验数据可知，应选择1、3所示实验进行比较；
②由表中实验数据可知，在同等条件下速度对物体的动能影响更大，当发生交通事故时，由此造成的危害更严重。
故答案为：（1）距离s；（2）越大；（3）甲、丙；（4）①1、3；②速度。
【点评】本题是探究物体动能的大小与哪些因素有关的实验，考查了转换法、控制变量法在实验中的应用，及运用影响动能大小因素解决实际问题。
21．（8分）在“测量小灯泡的电功率”的实验中，老师给同学们提供的器材有：电压恒为6V的电源、额定电压为2.5V的小灯泡（灯丝电阻约为10Ω），电流表、电压表、开关各一个，导线若干，滑动变阻器R（50Ω 0.5A）；
（1）连接电路时应 断开 （选填“断开”或“闭合”）开关；
（2）电路连接完成，将滑片P移至最右端，闭合开关试触时，发现电压表示数很大，电流表几乎无示数，出现的电路故障原因可能是 小灯泡断路 ；
（3）排除故障后，闭合开关S，如图甲所示电路中，滑动变阻器的滑片P向A端移动时，灯泡变 亮 （选填“亮”或“暗”）；
（4）当滑动变阻器的滑片P移到某一位置时，电压表示数如图乙所示为 2.2 V；若要测量小灯泡的额定功率，应将滑片P向 A （选填“A”或“B”）端移动；根据图丙图象信息，可计算出小灯泡的额定功率是 0.5 W。
（5）完成了上述的实验后，同学们还想测另一只额定电压为U1的小灯泡的额定电功率，但发现电流表损坏。利用阻值已知的定值电阻R0，设计了如图丁所示的电路，并操作如下：
①连好电路，只闭合开关S、S1，调节滑动变阻器，使电压表的示数为U1；
②保持滑动变阻器滑片位置不变，只闭合开关 S、S2 ，读出电压表示数为U2；
③小灯泡的额定功率P额＝ U1• 。（用U1、U2和R0表示）
【分析】（1）连接电路时应断开开关；
（2）闭合开关，发现灯泡不亮，电流表几乎无示数，说明电路可能出现了断路故障，再结合电压表示数很大，说明电压表正负接线柱能与电源正负极连通，由此判断电路故障；
（3）判断滑片向A端移动，电路中阻值的变化情况，结合串联分压原理判断小灯泡的实际分压情况，由此判断小灯泡的亮度变化；
（4）根据电压表选用小量程确定分度值读数；灯在额定电压下正常发光，根据图中电压表小量程读数，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滑片移动的方向；根据图丙可知灯在额定电压下的电流，根据P＝UI得出小灯泡的额定功率；
（5）要测灯的额定功率，首先使灯正常发光，先将电压表与灯并联，通过移动滑片的位置，使灯的电压为额定电压；保持滑片位置不动，通过开关的转换，使电压表测灯与定值电阻两端的总电压，因此时电路连接方式不变，各电阻的大小和电压不变，灯仍正常工作，根据串联电路电压的规律，可求出此时定值电阻的电压，由欧姆定律可求出灯的额定电流，根据P＝UI可求出灯的额定功率。
【解答】解：（1）连接电路时应断开开关；
（2）闭合开关，发现灯泡不亮，电流表几乎无示数，说明电路可能出现了断路故障，再结合电压表示数很大，说明电压表正负接线柱能与电源正负极连通，由此判断电路故障可能是小灯泡断路；
（3）由图知，滑片向A端移动，滑动变阻器接入的阻值变小，根据串联分压原理可知滑动变阻器的分压减小，而灯泡两端的分压增大，由此可知小灯泡变亮；
（4）如图乙所示，电压表选用小量程，分度值为0.1V，电压为2.2V，因2.2V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A端移动，直到电压表示数为额定电压；
根据图丙信息，灯在额定电压下的电流为0.2A，可计算出小灯泡的额定功率是：P＝ULIL＝2.5V×0.2A＝0.5W；
（5）①依据电路图连接好电路，只闭合开关S、S1，调节滑动变阻器，使电压表的示数为U1；
②保持滑动变阻器滑片位置不变，只闭合开关S、S2，读出电压表示数为U2；
③在步骤①中，灯泡、R0和R串联，电压表测灯泡两端的电压，调节滑动变阻器，使电压表的示数为U1，此时灯泡正常发光；
在步骤②中，灯泡、R0和R仍串联，电压表测灯泡和R0两端的总电压，因此时电路连接方式不变，各电阻的大小和电压不变，灯仍正常工作，
根据串联电路电压的规律，此时定值电阻的电压为：U0＝U2﹣U1，
根据串联电路电流特点和欧姆定律可知，灯的额定电流：IL＝I0＝，
灯的额定功率：P额＝ULIL＝U1•。
故答案为：（1）断开；（2）小灯泡断路；（3）亮；（4）2.2；A；0.5：（5）S、S2；U1•。
【点评】本题测量小灯泡额定功率，考查电路连接时注意事项、故障分析、操作过程、功率公式的运用、欧姆定律的运用以及在电表不全的情况下测量小灯泡电功率的实验设计，综合性强，难度较大。
22．（7分）日晷和漏刻是我国古代的计时工具。如图1所示日晷利用太阳照出晷针的影子的长短和方位来测定时刻；如图2漏刻是往漏壶里装入一定量的水，让它慢慢漏出，通过漏入箭壶的水量来确定时刻。
（1）影子的形成是由于光的 直线传播 。
（2）小明感叹于古人的智慧，想了解漏刻计时的原理，通过观察，他找来三个横截面积不同的长方形塑料盒，分别在底部中央开一个大小相同的圆孔，探究长方形容器中水从圆孔流完所需时间与容器横截面积及水深的关系。通过实验得到如表数据：
①分析 1、2、3 三次实验数据可知，水深相同时，水流完所需时间与容器横截面积成正比。
②分析3、4、5、6四次实验数据可知，在容器横截面积相同时，水的深度越大，水流完所需时间越 长 。
（3）进一步研究发现，长方形容器中的水流完所需时间t与容器横截面积S成正比，与水深h的平方根成正比，即t＝kS（k为比例系数）。如图2，甲、乙是两个上端开口、底部中央各有一个面积相同的圆孔的水箱，两水箱内装有相同体积的水，使水从孔中流出，则 乙 箱中的水流完所需时间少。若乙箱中水流出一半所需的时间为t1，剩下一半的水流完所需时间为t2，则t1 ＜ （选填“＞”“＜”或“＝”）t2，这是因为水的压强随 深度 的增加而增大。
（4）古代早期的单级漏刻计时存在较大误差，是因为水位高低会影响水的流速。后来人们将单级漏刻改为多级漏刻，上面漏壶不断给下面漏壶补水，使一级漏壶内水的深度 基本保持不变 ，这样水就能比较均匀地流入箭壶，从而得到较精确的时刻。
【分析】（1）影子是由于光的直线传播而形成的；
（2）①水深相同时，需要容器的横截面积变化，观察水流完所需时间与横截面积的关系，所以需要选择横截面积发生变化的实验；②通过数据表直接观察3456项时间的变化情况即可得出结论；
（3）①甲乙容器内的水体积相同，通过公式t＝kS＝k＝kV比较，h越大，所用时间越少；
②通过前面的公式推出乙箱中的水流完所用时间t、剩下一半流出的时间t2，则第一次流出一半水的时间t1＝t﹣t2，据此比较t1、t2的大小关系；液体压强的特点之一为压强随深度的增加而增大；
（4）由（3）可知，水的深度影响着容器内水流完的时间，因此我们想要让漏刻的时间准确，就尽量控制一级漏壶内水的深度。
【解答】解：（1）影子是由于光的直线传播而形成的；
（2）①水深相同时，需要容器的横截面积变化，观察水流完所需时间与横截面积的关系，所以需要选择横截面积发生变化的实验，故选1、2、3项；
②通过数据表观察3、4、5、6项时间的变化情况，发现在容器横截面积相同时，水的深度越大，水流完所需时间越长；
（3）①甲乙容器内的水体积相同，通过公式t＝kS＝k＝kV比较，h越大，所用时间越少。乙容器中的液面明显高于甲，h乙＞h甲，因此乙箱中的水流完所用时间少；
②设乙箱中水的体积为V，水的深度为h，
由前面解答可知，乙箱中的水流完所用时间为t＝kV﹣﹣﹣﹣﹣I
剩下一半的水流完所需时间为t2＝k×V＝k×V≈0.707kV﹣﹣﹣﹣﹣Ⅱ
则前一半体积的水流完所需的时间为t1＝t﹣t2＝kV﹣0.707kV＝0.293kV﹣﹣﹣﹣﹣Ⅲ
比较Ⅱ、Ⅲ两式可知t1＜t2；
③流出一半体积的水所需时间t1＜t2，即前一半体积的水流出的速度较大，导致该现象的原因是水的压强随深度增加而增大；
（4）由（3）可知，水的深度影响着容器内水流完的时间，因此我们想要让漏刻的时间准确，就尽量控制一级漏壶内水的深度，因此我们尽量使一级漏壶内水的深度基本保持不变，这样水就能比较均匀地流入箭壶，从而得到较精确的时刻。
故答案为：（1）直线传播；（2）①1、2、3；②长；（3）乙；＜；深度；（4）基本保持不变。
【点评】本题考查了光的直线传播和液体压强、控制变量法等相关知识，体现了物理知识在实际当中的应用。重点是将题中的公式进行变形，从无法比较变形为可以比较。
五、计算题（每题7分，共计14分）
23．（7分）在2024年1月17日，在《陕西省交通运输工作会议》上，透露了今年陕西交通建设主要动态。在本次会议，明确今年是陕西交通运输行业“高质量项目推进年”，交通综合投资为700亿：充分发挥全省高铁建设协调推进机制作用，合力推进西延、西康、西十、康渝和延榆等五条高铁建设。
（1）若一列长200m的动车组以50m/s的速度匀速通过一座长1000m的高架桥。该列动车组通过高架桥所用的时间为多少？
（2）若动车组以60m/s的速度匀速运动时电动机的总输出功率为4800kW，则此时动车组受到的阻力为多大？
（3）某地利用风力发电为动车提供电力，每秒每平方米面积吹过的风的能量约200J，若风机有效迎风面积约为500m2，风机把风能转换为电能的效率为25%。请估算一台风机一天的发电量可以供一列总输出功率为4800kW的动车组以60m/s的速度运动多远距离？（忽略其它能量损耗）
【分析】（1）列车完全通过高架桥的路程是列车长度与桥长之和，求出列车的路程；已知列车速度，由速度公式的变形公式可以求出列车全部通过高架桥所需要的时间；
（2）已知速度和总输出功率，由P＝＝＝Fv可得动车组受到的动力，匀速运动时车受到的阻力等于动力；
（3）首先计算一台风机产生的电能，根据t＝计算一台风机产生的电能可供动车组运行的时间，根据s＝vt计算动车组运行的距离。
【解答】解：（1）列车全部通过高架桥所行驶的路程：s＝s桥+s车＝1000m+200m＝1200m，
列车全部通过高架桥的时间：
t＝＝＝24s；
（2）P＝4800kW＝4800000W，
匀速运动时车受到的阻力等于动力，由P＝＝＝Fv可得动车组受到的阻力为：
f＝F＝＝＝80000N；
（3）一台风机产生的电能：W＝500m2×200J/m2×24×3600s×25%＝2.16×109J，
一台风机产生的电能可供动车组运行的时间：t′＝＝450s，
动车组运行的距离：s′＝v′t′＝60m/s×450s＝27000m＝27km。
答：（1）该列动车组通过高架桥所用的时间为24s；
（2）此时动车组受到的阻力为80000N；
（3）一台风机一天的发电量可以供一列总输出功率为4800kW的动车组以60m/s的速度运动的距离为27km。
【点评】本题考查速度公式、做功公式、功率公式的灵活运用，综合性强。
24．（7分）如图甲所示为小明家的电饭锅，从铭牌可知该电饭锅能效等级为三级，额定电压220V，加热功率1000W。电饭锅的简化电路图如图乙所示，有加热和保温两挡，其中R1和R2均为发热电阻，且阻值不随着温度的变化而改变。求：
（1）小明想利用如图丙所示的电能表测量电饭锅的保温功率，他关闭家中其它用电器，让电饭锅处于“保温”状态正常工作，观察到电能表转盘在5min内转了30圈。该电饭锅的保温功率为多少？
（2）电阻R1的阻值为多少？
（3）小明上网查询得知，国家标准中规定电饭锅在加热功率下正常工作时，三级能效的热效率值（电热转化效率）范围为81%≤n＜86%。他用学过的知识对电饭锅进行测试：将温度为20℃、质量为2kg的水加热到100℃，电饭锅正常工作用时800s。已知c水＝4.2×103J/（kg•℃），请你通过计算帮助小明判断该电饭锅的热效率值是否达到三级能效。
【分析】（1）根据电能表的转数求出电饭锅处于“保温”状态下正常工作消耗的电能，再根据P＝得出实际功率；
（2）由P＝UI＝可知，当电源电压一定时，电路电阻越大，功率越小，根据电路图分析电路结构，结合串并联电路电阻规律和P＝UI＝可知各挡位时电路的连接；由P＝UI＝算出加热时的电阻，即为R1的电阻；
（3）根据Q吸＝c水mΔt算出水吸收的热量，由W＝Pt算出用时820s消耗的电能，由η＝×100%算出该电饭锅的热效率，进而判断出该电饭锅的热效率值是否达到三级能效。
【解答】解：（1）“3000r/（kW•h）”表示每消耗1kW•h电能，电能表转盘转3000圈，
只让电饭煲在“保温”状态下工作，转盘在5min内转了30转，则电饭锅消耗的电能为：
W＝＝0.01kW•h，
电饭锅处于“保温”状态时的功率为：
P保温＝＝＝0.12kW＝120W；
（2）由电路图知，S断开时两电阻串联，电路中电阻较大，由P＝UI＝可知，功率较小，电饭锅为保温状态，
当S闭合时，只有R1接入电路中，电阻较小，由P＝UI＝可知，功率较大，电饭锅为加热状态，
由P＝UI＝可得，R1的电阻：
R1＝R加热＝＝＝48.4Ω；
（3）水吸收的热量为：
Q吸＝c水mΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（100℃﹣20℃）＝6.72×105J；
用时800s消耗的电能为：
W′＝P加热t′＝1000W×800s＝8×105J，
该电饭锅的热效率为：
η＝×100%＝×100%＝84%，
则该电饭锅的热效率值达到三级能效。
答：（1）该电饭锅的保温功率为120W；
（2）电阻R1的阻值为48.4Ω；
（3）该电饭锅的热效率值达到三级能效。
【点评】本题考查了串联电路特点、电能的计算、电功率计算公式的应用以及效率公式的应用，对电能表参数的理解和运用是本题的关键。实验序号
小球的质量m/g
小球自由滚下的高度h/cm
木块被撞后运动的距离s/m
1
30
10
4
2
30
20
16
3
60
10
8
实验次数
容器横截面积S/cm2
水深h/cm
水流完所需时间t/s
1
100
4
12
2
150
18
3
300
36
4
300
2
25
5
6
43
6
8
49
实验序号
小球的质量m/g
小球自由滚下的高度h/cm
木块被撞后运动的距离s/m
1
30
10
4
2
30
20
16
3
60
10
8
实验次数
容器横截面积S/cm2
水深h/cm
水流完所需时间t/s
1
100
4
12
2
150
18
3
300
36
4
300
2
25
5
6
43
6
8
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