江苏省江阴市2024年中考一模物理试卷（解析版）

这是一份江苏省江阴市2024年中考一模物理试卷（解析版），共28页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分。每小题给出的四个选项中只有一个正确）
1. 联欢晚会上，口技演员模仿了一些动物和乐器的声音，口技演员是仿这些声音的（ ）
A. 响度B. 音调C. 音色D. 频率
【答案】C
【解析】不同动物和乐器发出声音的音色不同，所以我们可以分辨出声音是由什么动物或乐器发出的，口技演员模仿动物和乐器的声音，模仿的是声音的音色。
故选C。
2. 下列说法正确的是（ ）
A. 核能是可再生能源
B. 电磁波不能在真空中传播
C. 声呐系统是利用次声波探测海底深度
D. 日常生活中使用的手机既能发射电磁波，也能接收电磁波
【答案】D
【解析】A．核能不能不断的从自然界中获取，所以是不可再生能源，故A错误；
B．电磁波的传播不需要介质，所以电磁波能在真空中传播，故B错误；
C．声呐系统是利用超声波探测海底深度，故C错误；
D．电磁波的传播不需要介质，且电磁波可以传递信息，所以手机是利用电磁波传递和接收信息的，故D正确。
故选D。
3. 下列日常生活中的做法与物理知识对应正确的是（ ）
A. 冰袋冷敷——熔化吸热B. 洒水降温——液化放热
C. 蒸汽熨烫——汽化放热D. 干冰保鲜——凝华放热
【答案】A
【解析】A．冰袋冷敷，冰由固态变成液态，是熔化过程，熔化吸热，故A正确；
B．洒水降温，水由液态变成气态，是汽化过程，汽化吸热，故B错误；
C．蒸汽熨烫，水由液态变成气态，是汽化过程，汽化吸热，故C错误；
D．干冰保鲜，干冰由固态直接变成气态，是升华过程，升华吸热，故D错误。
故选A。
4. 为了响应“低碳生活”，小明每天骑自行车上学，他看到路边的小树向后“飞过”，则他选择的参照物是( )
A. 树B. 地面
C. 旁边的山D. 自行车
【答案】D
【解析】小树向后“飞过”，说明所选的参照物相对于小树来说位置在改变，四个选项中的ABC三项都和小树的相对位置不变，故都不是参照物；自行车相对于小树的位置发生了变化，所以参照物是自行车，故ABC不符合题意，D符合题意。
故选D。
5. 如图所示，“探究平面镜成像特点”，下列关于该实验说法正确的是（ ）
A. 实验中，可以在A侧观察到A的像
B. 如果将蜡烛A向玻璃板靠近，蜡烛A的像会变大
C. 移去蜡烛B，并在原蜡烛B的位置放一光屏，光屏上能接受到A的像
D. 保持A、B两支蜡烛的位置不变，只改变玻璃板的位置，蜡烛B始终能与蜡烛A的像重合
【答案】A
【解析】A．平面镜成像是由光的反射形成的，所成的像是由于光的反射形成的虚像，所以应在蜡烛A的一侧观察所成的像，故A正确；
B．平面镜所成的像和物大小相等，与物体到平面镜的距离无关，所以将蜡烛A向玻璃板靠近，蜡烛A的像大小不变，故B错误；
C．平面镜所成的像是虚像，虚像不能用光屏承接，光屏上不能接收到蜡烛A的像，故C错误；
D．平面镜所成的像关于平面镜对称，如果玻璃板靠近或远离蜡烛A，A的像位置也会改变，蜡烛B就不能与蜡烛A的像重合，故D错误。
故选A。
6. 如图，在探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关的实验中，小南将弹簧测力计圆环固定在墙上，挂钩拉着木块A，木块A下面是一长木板B，实验时用F＝5N的拉力拉着长木板B在粗糙水平面上向左做匀速直线运动，则（ ）
A. 实验时必须匀速拉动长木板B. 若增大拉力F，测力计的示数会变
C. 物块A受到的摩擦力为5ND. 砝码受到物体A的摩擦力为0N
【答案】D
【解析】A．滑动摩擦力大小与物体运动速度大小无关，所以实验时不一定要匀速拉动长木板，故A不符合题意；
B．A相对于地面静止，受力平衡，拉力等于滑动摩擦力，增大拉力F，并没有改变A与B之间接触面的粗糙程度以及压力大小，A受到的滑动摩擦力不变，所以拉力不变，故B不符合题意；
C．由图可知，A受到的拉力为2.4N，A静止，受力平衡，所以A受到的摩擦力为2.4N，故C不符合题意；
D．砝码与A相对静止，没有相对运动或相对运动的趋势，所以砝码受到物体A的摩擦力为0N，故D符合题意。
故选D。
7. 海洋公园内，北极熊站立在方形透明水族箱内，头在水面上、身体在水面下，水族箱外的游客居然看到了北极熊“身首异处”的奇异场景，如图所示。游客看到熊身体的光路图是（ ）

A. B.
C D.
【答案】A
【解析】游客看到的熊“身首异处”，是因为熊反射的光线从水中斜射进入空气中时发生了折射。光从水中斜射进入空气中，折射角大于入射角，人逆着折射光线看，看到的是熊的虚像。故A符合题意，BCD不符合题意。
故选A。
8. 如图，用四个完全相同的滑轮和两根相同的绳子组成如图所示的甲、乙两个滑轮组，在绳子自由端用大小相等的拉力F，在相同的时间内将重分别为GA和GB的两个物体匀速提升相同的高度。若不计绳重和摩擦，下列说法正确的是（ ）
A. 绳子自由端移动的速度vA小于vBB. 物重GA等于GB
C. 甲滑轮组的机械效率比乙的大D. 拉力F做的额外功不相等
【答案】C
【解析】A．由图可知，承担物重的绳子股数
n甲＝3，n乙＝2
则
s甲＝3h，s乙＝2h
在相同的时间内将重分别为GA和GB的两个物体匀速提升相同的高度，由可知，vA大于vB，故A错误；
B．不计绳重和一切摩擦，由
可得，绳子的拉力
已知在绳自由端用大小相等的拉力F，即F1＝F2，则，故B错误；
C．由B知，，不计绳重和摩擦，则由
可知，甲滑轮组的机械效率比乙的大，故C正确；
D．若不计绳重和摩擦，额外功为克服动滑轮重力做功，由图可知，额外功都是克服一个动滑轮重力做功，则拉力F做的额外功相等，故D错误。
故选C。
9. 2023年2月哈工大宣布突破EUV光刻机关键技术，光刻技术是利用缩图透镜将绘制在掩膜上的电路图通过光源投射到涂有光刻胶的硅片上，从而制造出集成电路的方法，下列说法正确的是（ ）
A. 电路图在硅片上成的像是虚像
B. 掩膜位于缩图透镜的二倍焦距以外
C. 硅片位于缩图透镜一倍焦距以内
D. 要减小硅片上的像，掩膜需向下移动
【答案】B
【解析】A．由图和题意可知，该缩图透镜为凸透镜，且要将电路图投射到硅片上，所以在硅片上成的是实像，故A错误；
BC．凸透镜成倒立缩小实像的条件是物距大于二倍焦距，像距在一倍焦距与二倍焦距之间。则掩膜位于缩图透镜二倍焦距之外，硅片到缩图透镜的距离（像距）在一倍焦距和二倍焦距之间，故B正确，C错误；
D．要想硅片上所刻电路变小，根据凸透镜成实像时物远像近像变小。即像要变小，应增大物距，需将掩膜向上移动，故D错误。
故选B。
10. 某电热水壶有两个开关S1、S2，当水沸腾后壶内积聚了大量水蒸气使S1自动断开，壶停止加热；若壶中没水，壶的温度提高到125C时S2自动断开（防止干烧功能），壶停止加热。图中能实现上述功能的电路是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】当水沸腾后壶内积聚了大量水蒸气使S1自动断开，壶停止加热；若壶中没水，壶的温度提高到125℃时S2自动断开（防止干烧功能），壶停止加热；则两开关只要有一个断开后都会使壶断开，两开关是串联的，故A符合题意，BCD不符合题意。
故选A。
11. 2022年冬奥会单板滑雪大跳台比赛在北京赛区进行，我国少年运动健将苏翊鸣（身高约170cm，质量约70kg，g取10N/kg）在比赛中一举夺冠为国争光。如图所示是苏翊鸣完成某次动作的部分路径示意图，从A点运动到B点的过程中，苏翊鸣的重力所做的功最接近（ ）
A. 8.2×103JB. 4.5×103J
C. 2.1×103JD. 1.2×103J
【答案】B
【解析】苏翊鸣的高度大约为1.7m，从A到B点的距离大约为苏翊鸣身高的4倍，约为6.8m，苏翊鸣的重量大约为700N，故苏翊鸣的重力所做的功
W＝Gh＝700N×6.8m＝4.76×103J
故B最接近。
故选B。
12. 如图所示，电源电压保持6V不变，电流表的量程为0~0.6A，电压表的量程为0~3V，定值电阻的规格为“10Ω，0.5A”，变阻器的规格为“20Ω 1A”。闭合开关，为了保证电路安全，下列说法正确的是（ ）
①电阻R1的功率的范围为0.4~2.5W
②电流表示数的范围为0.3~0.5A
③滑动变阻器的接入范围是2~10Ω
④电路消耗的总功率的变化范围是1.2~3W
A. 只有①和③B. 只有②和③
C. 只有①与④D. 只有②和④
【答案】B
【解析】闭合开关，两电阻串联接入电路，电流表测通过电路的电流，电压表测量变阻器的电压。电流表的量程为0~0.6A，定值电阻的规格为“10Ω 0.5A”，串联电路各处电流相等，则电路中最大电流为0.5A，电阻R1的最大功率
由欧姆定律得，电阻R1两端的电压
串联电路总电压等于各部分电压之和，此时滑动变阻器两端的电压
此时滑动变阻器接入电路的最小阻值
电路消耗的最大总功率
电压表的量程为0~3V，根据串联分压原理可知当电压表示数最大时，根据欧姆定律可知，此时通过电路的电流最小，此时定值电阻两端的电压
此时通过电路的电流
所以电流表的示数范围为0.3~0.5A。
电阻R1最小功率
所以电阻R1的功率的范围为0.9~2.5W。由欧姆定律得，滑动变阻器接入电路的最大电阻为
滑动变阻器接入范围是2~10Ω。
电路消耗的最小功率
所以电路消耗的总功率的变化范围是1.8~3W，故ACD错误，B正确。
故选B。
二、填空题（本题共12小题，每空1分，共36分）
13. 如图，向试管中注水50mL，然后再注入酒精50mL至充满，封闭管口，将试管反复翻转使水和酒精充分混合，观察到水和酒精混合后总体积减小，说明分子间有______。如果不将充满水和酒精的试管反复翻转，而是静置一段时间______（能/不能）出现以上现象。东汉时期，王充在《论衡》一书中提到了“顿牟（即玳瑁）掇芥（草屑）”（即摩擦玳瑁能吸引草屑）的现象说明：带电物体能够______轻小物体。
【答案】间隙##空隙 能 吸引
【解析】[1]分子间存在间隙，将酒精和水混合，酒精分子和水分子跑到彼此的间隙中，所以混合后的总体积小于液体混合前体积之和。
[2]分子不停地做无规则运动，所以即使不将充满水和酒精的试管反复翻转，而是静置一段时间，分子也会跑到彼此的间隙中，使总体积小于液体混合前体积之和。
[3]玳瑁因摩擦而带电，带电体可以吸引轻小物体，所以可以吸引草屑。
14. 小明“探究光的反射规律”装置如图甲所示，白纸板放在水平桌面上，再将一块平面镜竖直放在纸板上，使其发出的光紧贴纸板入射。
（1）甲图中的入射角是__________度。
（2）当入射光线__________镜面入射时，反射光线与入射光线重合。此时入射光线逆时针偏转一定角度，反射光线将__________（顺时针/逆时针）偏转。
（3）接下来老师进行了如下演示，先用加湿器使整个教室充满雾气，将平面镜放在一能转动的水平圆台上，在M柱上固定一红色激光笔，使其发出的光垂直射向平面镜上的O点，其作用是为了显示__________的位置，然后打开固定在柱N上的绿色激光笔，使绿色激光射向O点，接下来老师缓慢转动圆台，当我们观察到入射绿光、入射红光、反射绿光看起来重合时，可判断反射光线、入射光线和法线__________。
【答案】（1）50 （2）垂直 顺时针 （3）法线 在同一平面内
【解析】（1）入射角是入射光线与法线的夹角，由图甲知，入射光线与镜面夹角是40°，则入射角为50°。
（2）[1]当光线垂直射向平面镜时，根据反射定律，反射光线与入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角，此时，反射角和入射角相等为0°，反射光线、入射光线、法线三线合一。
[2]根据反射定律，反射光线与入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角，当入射光线逆时针偏转一定角度，法线位置不变，反射光线将顺时针方向偏转。
（3）[1]加湿器使整个教室充满雾气，这样能显示出光的传播路径，红色激光笔发出的光垂直射向平面镜上的O点，其作用是为了显示法线的位置。
[2]沿水平方向缓慢转动圆台，当我们观察到入射的绿光、入射的红光和反射的绿光看起来重合时，可以判断反射光线、入射光线和法线在同一平面内。
15. 如图所示是小华在研究水沸腾时的实验装置图：
（1）除图中器材外，还需要的一个测量工具是______；
（2）实验过程中，为了探究水沸腾时是否需要吸热，你的操作是______；
（3）小华联想到使用燃气灶烧水，当水沸腾时，水面上方会出现大量“白气”，他选择______（开大火/关火）。
【答案】（1）秒表 （2）移去酒精灯，观察水是否继续沸腾 （3）关火
【解析】（1）探究水的沸腾需要探究水的温度随时间的变化，所以在实验中，还需要用秒表记录时间。
（2）为说明水沸腾过程中是否需要吸热，应移去酒精灯，观察水是否继续沸腾。
（3）由于关火后水面上方的温度明显低于水蒸气的温度，热的水蒸气遇冷从而发生液化形成大量的小水珠，因此水面上出现“白气”相对多一些，会导致周围温度很高，故他选择关火。
16. 如图所示，一根水平放置、两端开口的透明亚克力管，下部的抽气孔与抽气机相连。将一个略小于管内径的纸团置于管中，在__________的作用下，两塑料片分别紧紧“吸附”在管子两端。当管内气压较低时关闭抽气机，快速弹开__________侧塑料片，纸团会从左侧管口飞出。纸团离开管口后仍能飞行一段距离是因为纸团具有__________。
【答案】大气压 右 惯性
【解析】[1]由题意可知，打开抽气机向外抽气，管内气压减小，此时管外大气压大于管内气压，在大气压的作用下，塑料片分别紧紧“吸附”在管子两端。
[2]当管内气压较低时关闭抽气机，此时若快速弹开右侧塑料片，右侧气压大于左侧气压，纸团会从左侧管口飞出。
[3]纸团离开管口后仍能飞行一段距离是因为纸团具有惯性，能保持原来的运动状态继续向前运动。
17. 探究“感应电流产生的条件”，小明将铁架台、导体、小量程电流表、蹄形磁体、开关和若干导线按图连接。实验中，小明在电路闭合时将导体向右移动一段距离后松开手，发现导体左右摆动，此时小量程电流表的指针___________（左右摆动/偏向一边/静止不动），表明电路中产生了___________。导体摆动过程中，如果不计空气阻力及导线悬挂点的摩擦，导体的机械能___________（变大/不变/变小）。
【答案】左右摆动 感应电流 变小
【解析】[1][2]闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中会产生感应电流。切割磁感线的方向发生变化时，感应电流的方向发生改变，则此时小量程电流表的指针会左右摆动。
[3]导体AB摆动过程中，如果不计空气阻力及导线悬挂点的摩擦，导体AB的机械能转化为电能，所以导体AB的机械能变小。
18. 小明叔叔送给他一架遥控小飞机，操控遥控器，使飞机沿水平方向匀速前进过程中，动能__________（选填“增大”“减小”或“不变”），机械能__________（选填“增大”“减小”或“不变”）。小明调整遥控器，使飞机急转弯，这是因为力改变了飞机的__________。
【答案】不变 不变 运动状态
【解析】[1]遥控飞机沿水平方向匀速前进过程中，质量不变，动能不变，高度不变，重力势能不变。
[2]机械能等于动能与势能的总和，动能和势能都不变，所以机械能不变。
[3]力可以改变物体的运动状态。小明调整遥控器，使飞机急转弯，运动方向发生变化，这是因为力改变了飞机的运动状态。
19. 如图为小明加热质量为0.2kg某物质时，测得其温度随时间变化的图像。已知该物质在固态时的比热容为c1=2.1×103J/（kg·℃）；假设这种物质从热源吸热的功率恒定不变，根据图像解答下列问题：
（1）在最初的2min内，物质吸收的热量为_________J。
（2）该物质液态的比热容c2=_________J/（kg·℃）。
（3）该物质在第4分钟时的内能_________（选填“小于”、“等于”或“大于”）第8分钟时的内能。
【答案】（1）8.4×103 （2）4.2×103 （3）小于
【解析】（1）[1]在最初2min内，物体处于固态的升温吸热过程，升高的温度为
所以物质吸收的热量为
（2）[2]该物质吸热的功率为
由图像可知，该物质在10min到12min内物质处于液态，物体升高的温度为
因吸热功率不变，所以
则该物质在液态下的比热容为
（3）[3]该物质在熔化过程中吸收热量，分子运动剧烈，内能增大。
20. 学习了家庭电路知识后，小明对家庭用电进行了调查研究。仅让电水壶单独工作6min，标有“1200imp/（kW•h）的电能表指示灯闪烁120次，该电水壶消耗的电能为__________kW•h，电功率为__________W。若规格为“220V，60W”的白炽灯与“220V，8W”的LED灯正常发光时亮度相当，白炽灯正常发光效率约为12％，则LED灯正常发光效率约为__________%。
【答案】0.1 1000 90
【解析】[1]该电水壶消耗的电能为
[2]该电水壶的电功率为
[3]依题意得
则LED灯正常发光效率
21. 在如图所示的斜面上，一工人用200N的拉力，将一重为225N的物体，高2m的斜面底端匀速拉到顶端，用时6s，工人做的总功W总＝__________J，拉力做功的功率为__________W，克服阻力所做的额外功占总功的__________%。
【答案】600 100 25
【解析】[1]拉力做的功，即工人做的总功
W总＝Fs＝200N×3m＝600J
[2]拉力做功的功率
[3]拉力做的有用功
W有用＝Gh＝225N×6m＝450J
克服阻力做的额外功
W额＝W总﹣W有用＝600J﹣450J＝150J
克服阻力所做的额外功占总功的比例
22. 某科技小组的同学想制作一个简易浮力秤来测质量。他们剪掉空塑料瓶的瓶底，旋紧瓶盖，在瓶盖上系一块质量适当的石块，然后将其倒置在水桶里，当瓶中不放被测物体静止时，在瓶上与水面相平位置标记为零刻度线，再在瓶身上均匀标记其他刻度线，左侧标记的是长度值，若在刻度线右侧标上相应的质量值，即可做成一个简易浮力秤，如图所示。已知零刻度线以上瓶身粗细均匀，其横截面积为，不放被测物体时浮力秤的总质量为150g，水的密度为，g取10N/kg。
（1）在瓶盖上系一块质量适当的石块目的是使塑料瓶能______在液体中。
（2）图中所示状态浮力秤受到的浮力为______N。
（3）浮力秤上4cm刻度线对应的质量值为______kg。
【答案】竖直漂浮 1.5 0.2
【解析】（1）[1]石块的作用是使浮力秤的重心下移，可以使浮力秤能够竖直地漂浮在水中。
（2）[2]放被测物体时浮力秤的总质量为
由于浮力秤处于漂浮状态，依据平衡条件可知
浮力秤受到的浮力为1.5N。
（3）[3]设被测物体的质量为m，圆柱状部分的横截面积为S，在浮力秤中放入被测物体后，瓶身浸入的深度增加值为h，则浮力秤再次漂浮时，增大的浮力等于增大的重力，即
根据和G=mg可得
所以
浮力秤上4cm刻度线，即h=4cm，则物体的质量
浮力秤上4cm刻度线对应的质量值为200g=0.2kg。
23. 小明用一根粗细均匀、质量为0.02kg的木棒自制了一把杆秤，杆秤上每格长度均相等，如图所示。当他在秤钩处挂上质量为0.4kg的物体时（不计秤钩和细线质量），应将质量为0.1kg的秤砣挂在 ______（B点/B点右侧/B点左侧）才能使杆秤在水平位置平衡。为将杆秤的零刻度线调至O点，他在A处安装了一个秤盘，则该秤盘的质量为 _____kg。
【答案】B点左侧 0.05
【解析】[1]根据杠杆平衡条件可知，有
G1L1=G2L2+G3L3
即
m1gL1=m2gL2+m3gL3
则
m1L1=m2L2+m3L3
当他在秤钩处挂上质量为0.4kg的物体时（不计秤钩和细线质量），设杠杆每格长为L，则有
0.4kg×2L=0.02kg×5L+0.1kg×L3
解得
L3=7L
故将质量为0.1kg的秤砣挂在B点左侧。
[2]秤盘中无重物，若把秤砣悬挂在O点处，因秤砣对杆秤的拉力过支点，其力臂为0，杆秤仍平衡，由此可知该杆秤的零刻度线应该标在O点，根据杠杆平衡条件可知，有
G4L1=G2L2
即
m4gL1=m2gL2
则
m4L1=m2L2
则秤盘的质量为
24. 小明同学利用四个定值电阻（5Ω、10Ω、15Ω、20Ω）、规格为“15Ω，1A”滑动变阻器、电压为4.5V的电源、电压表、导线和开关等器材，如图所示。他将控制电压设为2.5V，分析发现无法完成探究，应串联一个阻值在1Ω至__________Ω之间的电阻，才能使四个定值电阻分别单独接入电路都能完成实验。如果小明想通过改变电源电压来完成以上全部实验，那么电源电压应控制在2.5V至__________V。
【答案】4 4.375
【解析】[1]为保证每次都能将接入的定值电阻两端电压调为2.5V，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压为
滑动变阻器的电压与定值电阻的电压之比为
当接入20Ω的电阻时，根据分压原理，滑动变阻器需要接入的阻值为
而变阻器的最大电阻为15Ω，故R′的最小值为
当接入5Ω的定值电阻时，同理，滑动变阻器需要接入的阻值为
将变阻器与R′视为一个整体，R′＝4Ω即可；
故为保证每次都能将接入的定值电阻两端电压调为2.5V，应在电路中再串联一个阻值范围为1Ω至4Ω的电阻。
[2]当电阻最大为20Ω且变阻器接入最大阻值时，电源电压为最大
即
电源电压最大值
三、解答题（本题共8小题，共40分。其中26题应写出必要的解题过程）
25. 如图所示，S′是点光源S在平面镜中所成的像，S发出的一条光线经平面镜反射后恰好经过凸透镜左侧焦点F。要求:（1）画出点光源S；（2）补充入射光线；（3）画出反射光线经过凸透镜的折射光线。
【答案】
【解析】通过平面镜作出S′的对称点S，即为光源S的位置，连接S与反射光线和平面镜交点E，则SE即为反射光线EF的入射光线；由图可知，光线EF过凸透镜左侧焦点F，则该光线经凸透镜折射后将平行于主光轴射出，如图所示
26. 图中，用直棒提升重物，画出图示位置所用最小力和阻力的力臂。

【答案】
【解析】据杠杆的平衡条件，力最小，则力臂最大，连接OB为最大力臂，过B点作垂直于OB向上的力F1即为最小力；将F2的作用线反向延长，过O点作力F2的作用线的垂直线即为力臂L2。作图如下：

27. 如图所示，小磁针静止在通电螺线管左侧，在虚线框内标出电源的极性（“+”或“﹣”）
【答案】
【解析】在磁体外部，磁感线从磁体N极出发，回到S极，图中磁感线从通​电螺线管左端指向右端，因此通​电螺线管左端为N极，右端为S极；同名磁极互相排斥，异名磁极互相吸引，因此小磁针的左端为N极，右端为S极；根据安培定则可知，电流从通​电螺线管右侧流入，从通​电螺线管左侧流出，因此电源左端为“-”极，右端为“+”极。如图所示：
28. 清明假期，小华与家人乘坐一辆汽车沿高速公路到某地旅游，全程为100km，汽车和人的总质量为1.32t（含油箱内的足够量的汽油，不考虑消耗汽油时汽车总质量的变化），轮胎和地面总接触面积为0.1m2，假设汽车匀速行驶，受到的阻力为车重的0.1倍。（汽油热值：q＝3.3×107J/L）
（1）汽车全程的平均速度是__________km/h。
（2）汽车行驶时对平直公路的压强多少帕斯卡__________？
（3）汽车在整个行驶过程中，牵引力做功多少焦耳__________？
（4）到达目的地后小华爸爸发现消耗汽油10L，该汽车的工作效率是多少__________？
【答案】（1）100km/h （2）1.32×105Pa （3）1.32×108J （4）40%
【解析】（1）汽车全程的运动速度是
（2）汽车和人的总质量为
m＝1.32t＝2.32×103kg
汽车匀速行驶时汽车对地面的压力等于汽车的重力为
F压＝G＝mg＝1.32×103kg×10N/kg＝1.32×104N
汽车行驶时对平直公路的压强
（3）汽车匀速行驶，受到的阻力为车重的0.1倍
所以汽车所受阻力
因为轿车匀速行驶，所以
路程
汽车到达目的地牵引力所做的功是
（4）10L汽油能放出的总能量
该汽车的工作效率是
29. 小明在实验室打扫卫生时，发现了一个用极薄的金箔贴饰的精美“金器”，好奇的小明和小敏同学决定用实验的方法来测量“金器”的密度。
（1）黄金之所以可以做成极薄的金箔，主要是因为黄金具有良好的__________（延展性/弹性/硬度）；
（2）小明把天平放在水平台上，将游码移至标尺左端零刻度线处，此时指针偏向分度盘中线的左侧，应向__________（左/右）调节平衡螺母，使横梁在水平位置平衡；
（3）调节天平平衡后小明将“金器”放在左盘，在右盘加减砝码，并调节游码使天平再次水平平衡，则“金器”的质量为__________g；
（4）小明又进行了如图乙所示的三个步骤：
①烧杯中加入适量水，测得烧杯和水的总质量为130g；
②用细线拴住“金器”并浸没在水中（水未溢出），在水面处做标记；
③取出“金器”，用装有50mL水的量筒往烧杯中加水，直到水面达到__________处，量筒中的水位如图丙所示；
（5）旁边的小敏发现取出的“金器”沾了水，不能采用量筒的数据，于是测出如图乙③中烧杯和水的总质量为150g，小敏计算出“金器”的密度为__________g/cm3。实验过程中“金器”带出水的体积为__________cm3；
（6）若只考虑“金器”带出水产生的误差，则小敏计算出的密度值与实际值相比__________（偏大/偏小/相等）。
【答案】（1）延展性 （2）右 （3）84 （4）标记 （5）4.2 2 （6）相等
【解析】（1）黄金可以被做成极薄的金箔，说明了黄金具有良好的延展性，而与硬度、密度、弹性无关。
（2）根据“指针右偏向左调节螺母，指针左偏向右调节螺母”的原则调节天平平衡，指针偏向分度盘中线的左侧，天平平衡螺母向右调节。
（3）由图甲知，模型的质量等于砝码的质量加游码的示数之和；模型的质量为
m金=50g+20g+10g+4g=84g
（4）图2乙所示的三个步骤，目的是测量模型的体积，实验步骤为：
①烧杯中加入适量水，测得烧杯和水的总质量为130g；
②用细线拴住模型并浸没在水中（水未溢出），在水面处做标记；
③取出模型，用装有50mL水的量筒往烧杯中加水，直到水面达到标记处，量筒中的水位如图2丙所示，示数为28mL；
则倒入烧杯中的水的体积为
V=50mL-28mL=22mL=22cm3
（5）[1]图2乙③中烧杯和水的总质量为150g，图2乙①中烧杯和水的总质量为130g，故倒入烧杯中的水的质量
m水=150g-130g=20g
模型的体积等于倒入烧杯中的水的体积，即
则模型的密度
[2]量筒中原有50mL水，倒入烧杯中之后，如图丙所示剩余的水的体积为28mL，量筒中倒出的水的体积为50mL-28mL=22mL=22cm3
若只考虑模型带出水产生的误差，则实验过程中模型带出水的体积为22cm3-20cm3=2cm3
（6）增加的水的质量等于图2乙③中烧杯和水的总质量减去图2乙①中烧杯和水的总质量，与模型带出水的多少无关，不管水带出多少，水始终都要加到标记处，故此实验方法所测密度不变，故小敏计算出的密度值与实际值相比相等。
30. 在“测量小灯泡的电功率”实验中，小明和小华利用电源电压恒定，额定电压为2.5V的小灯泡进行探究。
（1）如图甲所示是小明开始时连接的电路，仔细观察发现该电路存在连接错误，但只需改动一根导线，并用笔画线代替导线在原图上画出正确的接法__________。
（2）排除电路故障后，小明将滑片移到滑动变阻器的阻值最大处，闭合开关；若想测量小灯泡额定功率，则应向__________（左/右）移动滑片，观察并记录多组数据，绘制如图乙所示的U﹣I图像，则小灯泡的额定功率为_____W。当电流表示数为I0（I0＜0.50A）时，小灯泡的电功率为P1；
（3）断开开关，用一个定值电阻替换小灯泡，将滑片移到滑动变阻器的阻值最大处，记录两表示数，再移动滑片，并记录在表格中，分析数据可知：当电阻一定时，通过导体的电流与导体两端电压成__________（正比/反比），当电流表示数仍为I0时，定值电阻的电功率为P2，则P1、P2的大小关系为P1__________P2（＞/＝/＜）；
（4）实验中所用电源的电压为__________V。
【答案】（1） （2）右 1.25 （3）正比 ＜ （4）4.5
【解析】（1）原电路图中，电流表与灯泡并联，电压表与灯泡串联，在“测量小灯泡的电功率”实验中，滑动变阻器和电流表应串联，电压表与灯泡应并联。如下图所示：
（2）[1]排除电路故障后，小明将滑片移到滑动变阻器阻值最大处，闭合开关，此时电压表示数最小，应增大灯泡两端电压，根据串联电路电压规律和分压原理，应减小滑动变阻器两端电压，应减小滑动变阻器接入电路的阻值，靠近下接线柱，应向右移动滑片。
[2]由图乙可知，当小灯泡两端电压为UL=2.5V时，通过小灯泡的电流IL=0.5A，则小灯泡额定功率为
PL＝ULIL＝2.5V×0.5A＝1.25W
（3）[1]由表中数据可知，电压与对应的电流之比为一定值，即当电阻一定时，通过导体的电流与导体两端电压成正比。
[2]由表格中数据，定值电阻的阻值为
灯泡正常工作时的电阻为
由图乙知，灯泡电阻是变化的，通过的电流越大，温度越高，灯泡电阻越大，所以当电流表示数为I0，且I0＜0.50A时，灯泡电阻小于5Ω；当电流均为I0，灯泡电阻小于定值电阻的阻值，由P＝I2R知，P1＜P2。
（4）在（2）中，将滑片移到滑动变阻器的阻值最大处时，电路中电阻最大，由图乙知，通过的电流为0.2A，根据串联电路的电压特点和欧姆定律可知电源电压
U＝U灯+U滑＝0.5V+0.2A×R滑……①
在（3）中，定值电阻替换小灯泡，由表中数据知，将滑片移到滑动变阻器的阻值最大处时，通过的电流为0.18A，同理可得电源电压
U＝UR+U滑′＝0.9V+0.18A×R滑……②
联立①②可得：U=4.5V，R滑=20Ω，故电源电压为4.5V。
31. 在探究“阻力对物体运动的影响”时，使用的器材有斜面、木板、毛巾、棉布和小车。
（1）实验时要固定斜面，每次让小车从斜面的同一高度由静止释放如图甲，让小车到达水平面时获得相同的__________。
（2）根据实验现象，可以得出结论，水平面越光滑，小车速度减小的越________（快/慢）。
（3）在乙图中画出小车在棉布上运动时，水平方向上受到的力__________。
（4）小红还想利用斜面“探究动能大小与哪些因素有关”的实验，装置如图丙所示：将小车从斜面上高h处由静止释放，运动至水平木板上后与木块碰撞。
①此实验是通过__________来反映动能的大小。
②比较场景A和B，可探究动能大小与__________的关系。
③若实验装置的水平面绝对光滑，__________（能/不能）得出实验结论。
④小红移去木块后，进行场景C和D实验时，其中场景D小车上加一钩码，此时小车在水平面上克服摩擦力做的功分别为W1、W2，则W1__________W2（＞/＝/＜）。
【答案】（1）速度 （2）慢 （3） （4）木块移动的距离 速度 不能 ＜
【解析】（1）为了比较小车在水平面上运动的距离关系，应控制小车到达到斜面底端时的速度相等，所以每次让小车从斜面的同一高度由静止释放，就是为了控制小车运动到斜面底端时的速度相等。
（2）在实验中是通过改变接触面的粗糙程度来改变小车所受阻力大小，小车在毛巾表面上滑行时阻力最大，滑行距离最近，在棉布表面滑行时阻力较大，滑行的距离较远，在木板上滑行时阻力最小，滑行的距离最远，说明小车受到的阻力越小，速度减小得越慢。
（3）小车在棉布上运动时，水平方向上受到方向向左的摩擦力。如图所示：
（4）[1]小车的动能无法直接观察，把小车的动能转化成小车推动木块移动的距离，小车推动木块移动距离越远，说明小车的动能越大。
[2]场景A和B，同一小车质量相等，从不同的高度由静止释放，到达斜面底端的速度不同，因此可探究动能大小与速度的关系。
[3]本实验是通过木块移动的距离来反映小车动能的大小的，若实验装置的水平面绝对光滑，木块将做匀速直线运动，无法比较木块移动的距离，不能得出实验结论。
[4]移去木块后，进行场景C和D，小车从同一高度静止释放，小车的质量不同，重力不同，小车对水平面的压力不同，小车和水平面之间的摩擦力不同，小车滑行距离相同，克服摩擦做功不同，小车越重，小车对水平面的压力越大，滑动摩擦力越大，滑行相同距离，根据做功公式W=Fs可知，克服摩擦做功越多，故W132. 直流充电桩是一种为电动汽车补给能量的装置，如图甲所示。它能够将电网中的交流电转化为直流电，再将电能充入汽车动力电池（以下简称电池），直流充电桩比交流充电桩的充电电压更高、电流更大，因而可实现快速充电。
设电池当前储能占充满状态储能的百分比为D。充电时，充电桩的充电功率P会随着电池的D的变化而变化，同时用户还可以通过充电桩显示屏了解充电过程中的其他相关信息。现实际测试一个直流充电桩对某辆电动汽车的充电性能，D为30%，充电桩显示屏中充电时长、充电度数、充电费用示数均为0。开始充电后（为方便计算，图像已作近似处理），充满后，立即停止充电。当D达到70%时充电桩显示屏的部分即时信息如表所示。
（1）充电过程中蓄电池相当于__________（电源/用电器）；
（2）通常，直流充电桩比交流充电桩的充电电压更高、电流更大，故充电功率更__________；
（3）在D从30%增至70%的过程中，充电功率大致的变化规律__________。当D为70%时，充电电流为__________A；
（4）若充电过程中充电电费单价不变，则测试全过程的充电费用为__________元；
（5）设D从70%增长至80%所需时间为t1，从80%增长至90%所需时间为t2，且t1∶t2＝5∶8，则测试全过程的充电总时长为__________min。
【答案】（1）用电器 （2）大 （3）先变大，后不变 100 （4）50.4 （5）108
【解析】（1）充电过程中蓄电池消耗电能，将电能转化为化学能储存起来，属于用电器。
（2）由P＝UI可知，直流充电桩由于具有更高的充电电压和更大的充电电流，所以其充电功率也更大。
（3）[1]由图乙知，D从30%增至70%的过程中，充电功率先变大，后不变。
[2]当D达到70%时，充电功率为
P＝40kW＝4×104W
由表中数据知，D达到70%时，由P＝UI可知，此时的充电电流
（4）由表中数据可知，D达到70%时，充电度数为24.0kW•h，电费单价为
则充满电还需充入30%，需消耗的电能为
测试全过程的充电费用
（24+18）kW•h×1.20元/kW•h＝50.4元
（5）由题意可知，充满电时储存的电能
由图乙知，D从80%至90%时，消耗电能
W2＝10%×W＝10%×60kW•h＝6kW•h
此过程中充电功率P2＝15kW保持不变，由W＝Pt可得，此时充电的时间
D从90%至100%的过程中，充电功率不变，由题知，t1∶t2＝5∶8，所以D从70%增至80%所需时间
由表中数据知，D从30%增至70%的过程中充电时长45min，所以测试全过程的充电总时长
t＝45min+15min+24min+24min＝108min实验次数
1
2
3
4
电压U/V
0.9
2.0
2.5
3.0
电流I/A
0.18
0.40
0.50
0.60
充电电压U/V
充电电流I/A
充电时长t/min
充电读数/kW•h
充电费用/元
400
45
24.0
28.80