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2021年辽宁省大连市中考物理仿真试卷（一）解析版
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这是一份2021年辽宁省大连市中考物理仿真试卷（一）解析版，共37页。试卷主要包含了选择题注意，填空题，计算题，简答题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2021年辽宁省大连市中考物理仿真试卷（一）
一、选择题（本题共14小题，每小题2分，共28分）注意：第1～11小题中，每小题只有一个选项正确。
1．下列词语中的“高”字是指音调的是（ ）
A．高歌猛进 B．请勿高声喧哗
C．女高音歌唱家 D．不敢高声语，恐惊天上人
2．如图的实验均改变了物体的内能，其中与另外三个改变内能方式不同的是（ ）
A．加热烧杯中的水 B．水蒸气将橡皮塞顶出
C．推动活塞瓶塞跳起 D．压缩空气
3．近期流行一种“自拍神器”给旅行者自拍带来了方便。如图所示，与直接拿手机自拍相比，利用自拍杆可以（ ）
A．增大像距 B．增大取景范围
C．增大人像的大小 D．缩短景物到镜头距离
4．下列事例中主要利用大气压工作的是（ ）
A．活塞式抽水机 B．密度计
C．连通器 D．飞机机翼
5．如图所示小明用导线将电池、铁钉和纽扣强磁铁连接起来，这时铁钉和下面的磁铁一起旋转起来，这表明（ ）
A．磁能生电 B．地球周围存在磁场
C．通电导体周围存在磁场 D．通电导体在磁场中受力
6．下列关于光现象的论述，正确的是（ ）
A．在“猴子捞月亮”的故事中，井水中的“月亮”是由于光的折射形成的
B．青蛙“坐井观天，所见甚小”，是光反射造成的
C．刚下过雨的夜晚，人们在坑洼的路面迎着月亮行走，看到发暗的地方是水
D．小明看到平静的湖面上“云在水中飘”，是光的反射现象
7．关于内能，下列说法正确的是（ ）
A．物体的内能减少，一定是对外界做功了
B．0℃的水也有内能
C．热传递一定会增加物体的内能
D．某铁块温度降低，内能一定增加
8．如图所示是蹦极运动的简化示意图，弹性绳一端固定在O点，另一端系住运动员，运动员从O点自由下落，到A点处弹性绳自然伸直，B点是运动员受到的重力与 弹性绳对运动员拉力相等的点，C点是蹦极运动员到达的最低点（忽略空气阻力） 下列关于运动员的说法正确的是（ ）
A．从 O 点至 C 点运动员速度一直减小
B．从 O 点至 C 点机械能一直在减小
C．从 O 点至 C 点的机械能一直在增大
D．从 O 点至 A 点的机械能不变，且只受一个力的作用
9．如图所示的情景符合安全用电原则的是（ ）
A． B．
C． D．
10．某同学在超市分别乘甲、乙两种自动扶梯匀速上升，如图，其中分析正确的是（ ）
A．她在甲扶梯上只受两个力的作用，她在乙扶梯上受三个力的作用
B．她对乙扶梯的压力和扶梯对她的支持力是一对平衡力
C．她在甲电梯上所受支持力小于她在乙电梯上所受支持力
D．她在乙扶梯上受到向上的摩擦力
11．一电加热器标有“220V 100W”字样，测得其电流随电压的变化如图所示，若把此加热器接到电压为110V的电源两端，则加热器消耗的电功率（ ）
A．等于25W B．小于25W
C．等于100W D．小于100W，大于25W
12．小明在做探究凸透镜成像规律的实验时，将点燃的蜡烛放在距凸透镜32cm处，在透镜另一侧距离透镜18cm处的光屏上得到烛焰清晰的像，则（ ）
A．光屏上所成的是倒立，放大的实像
B．光屏上所成的是倒立，缩小的实像
C．该透镜的焦距 f 一定满足9cm＜f＜16cm
D．该透镜的焦距 f 一定满足18cm＜f＜32cm
13．如图是一个饮水壶的部分结构示意图，a、b是出水管的两端，壶内水面低于出水管的a端，活塞与壶口接触紧密且能自由移动。用力F向下压活塞，在水从a端匀速流出来（壶内水面始终高于b端）的过程中，壶内气体的温度保持不变。则（ ）
A．壶内气体的压强大小不变 B．壶内气体的体积逐渐变小
C．向下压活塞的力F逐渐变大 D．壶底内表面所受的压力大小不变
14．如图甲所示的电路中，电源电压保持不变，闭合开关S后，滑片P从b端移动到a端的过程中，电压表示数U与电流表示数I的关系图象如图乙所示，下列判断正确的是（ ）
A．电源电压为4V
B．电路总功率的最大值为3.6W
C．R1电功率的最小值为0.4W
D．R2的最大阻值为10Ω
二、填空题（本题共10小题，每小题2分，共20分）
15．（2分）实验室中探究平面镜成像特点实验所用玻璃板是特制的，其中一面镀了膜。如图所示，是用这种玻璃板做实验时的情景，则镀膜的一面应该朝向 （选填“物体”或“像”）一侧放置，实验中将蜡烛靠近玻璃板，像的大小 。
16．（2分）人眼的成像原理与 （选填“照相机”、“投影仪”或“放大镜”）相同。不少学生视力下降，患上近视眼，图 （选填“甲”或“乙”）是近视眼的光路示意图，应该佩戴由 透镜制成的眼镜来矫正。
17．（2分）2020年6月23日，随着我国北斗三号系统最后一颗组网卫星（即第55颗组网卫星）顺利发射升空，标志着我国的北斗全球系统已经全部组网成功。我们利用北斗导航系统接收到的导航信息是通过 波传播的，这种波 （选填“能”或“不能”）在真空中传播。
18．（2分）2019年1月3日，嫦娥四号探测器在月球背面成功着陆，“玉兔二号”从停稳在月球表面的“嫦娥四号”上沿轨道缓缓下行。以轨道为参照物，“玉兔二号”是 的；玉兔二号移动很慢，速度约为200m/h，累计在月球表面行驶了120m，用时约为 h。
19．（2分）下水井盖的丢失给人们出行带来了安全隐患。为提示路人注意安全，小明设计了如图所示的电路，电路中利用一元硬币代替铁质井盖。当井盖丢失时，灯泡发光报警，当电磁铁的线圈中有电流通过时，继电器的动触点与 （填“上”或“下”）静触点接触，电磁铁的上端是 极。
20．（2分）2019年1月3日，中国月球探测器嫦娥四号成功在月球背面着陆，嫦娥四号中继星的太阳能电池板将太阳能转化为 能，电能属于 能源（填“一次”或“二次”）。
21．（2分）如图所示的滑轮组匀速提升重为500N的物体G，所用拉力F为200N，将重物提升3m所用的时间为10s，则做的有用功是 ，滑轮组的机械效率为 。
22．（2分）晋代张华的《博物志》中记载：“削冰令圆，举以向日，以艾承其影，则得火。”“削冰令圆’’就是把冰块制成 镜。要得火，应把“艾”放在镜的 位置。
23．（2分）如图所示，一束平行光垂直射向盛水的透明烧杯，在烧杯底部放置一块平面镜，光线最终从水面射出，请完成光路图。
24．（2分）图中是活塞式抽水机的示意图。其手柄相当于一个杠杆，O是支点。请画出阻力F2对支点O的力臂l2；并画出在a点施加的最小动力F1的示意图。
三、计算题（本题共3小题。共20分）
25．（6分）周杰同学家安装了煤气热水器，在一次使用时，进入热水器前水的温度是10℃，水温升高了30℃周杰就开始使用，所用热水的质量为20kg。求：
（1）水从热水器中吸收了多少热量？
（2）若煤气完全燃烧释放热量的70%被水吸收，周杰这次用水消耗多少kg的煤气？（煤气的热值q＝4.2×107J/kg）
26．（7分）小雨通过如图所示滑轮组将水中物体匀速提升至空中，在物体露出水面之前他所用拉力150N。物体在空中匀速上升过程中所用拉力为300N，其中物体在空中匀速上升过程中滑轮组的机械效率为90%。不计绳重、摩擦和水的阻力。求：
（1）物体在空中上升2m，小雨做的功是多少。
（2）动滑轮的重力是多少。
（3）物体的密度是多少。
27．（7分）如图甲所示，某款电热饼铛，图乙为其工作原理电路图，R1、R2分别为上盘和下盘的发热电阻，已知R1＝55Ω．某次烙饼加热和保温时的功率随时间变化关系如图丙，电热饼铛刚开始工作时，电路中的开关都闭合，当温度达到200℃时，S1自动断开，再保温2min后，开关S断开。求：
（1）该电热饼铛正常加热时的总电流。
（2）R2的电阻值。
（3）本次烙饼共消耗的电能。
四、简答题（本题共2小题，每小题3分，共6分）
28．（3分）如图所示，是小孩荡秋千过程中的简化图，不计空气阻力，请你回答下列问题：
（1）他从A点荡到C点的能量是如何转化的？其机械能如何变化？
（2）若在C点时一切外力消失，他会处于什么状态？请说明理由。
29．（3分）成语“扬汤止沸”是指：把正在沸腾的水从锅中舀出来，再从高处倒回可以阻止锅中的水沸腾。请利用物态变化的知识解释：
（1）舀出来的水下落过程温度能降低的原因；
（2）倒回的水能阻止锅中的水沸腾的原因。
五、综合题（本题共3小题，共16分）
30．（6分）如图，小梦所在的实验小组，设计了甲、乙两种装置来“探究冰熔化时温度的变化规律”。
（1）该实验应选用 来进行实验；
（2）实验小组应选用 ；
（3）实验中需要用到的测量工具除了温度计还需要的实验器材是 ；
（4）如图丙所示，是小梦根据实验数据作出的冰在加热时温度随时间变化的图像，分析图像可知冰是 ；
（5）别的小组同学发现还未用酒精灯加热，试管中的冰也熔化了，此时冰熔化 ；
（6）小明想利用乙装置，继续对试管内的水进行加热，探究水的沸腾规律。他的想法能顺利完成吗？ 。
31．（6分）如图所示是小明“探究影响滑动摩擦力大小的因素”的实验。铜块和木块的大小和形状完全相同，在实验前小明提出了以下几种猜想：
猜想一：滑动摩擦力的大小与压力的大小有关
猜想二：滑动摩擦力的大小与物体间接触面的粗糙程度有关
猜想三：滑动摩擦力的大小与物体间的接触面积大小有关
（1）实验时弹簧测力计拉着物体沿水平方向做 运动，此时弹簧测力计的示数即为物体所受滑动摩擦力的大小，这样做的依据是： 。
（2）比较甲、乙两图，可得到的结论是 。
（3）图乙、丙中铜块和木块叠在一起的目的是使 相同，比较乙、丙两图可得出滑动摩擦力的大小与 有关。
（4）要“探究滑动摩擦力大小与接触面积大小是否有关”，小明将木块和铜块做为一个整体竖着放置在长木板上，如丁图，测出滑动摩擦力的大小并与乙比较。你认为他的探究方案中存在的主要缺陷是： 。
32．（4分）小明利用如图甲所示的电路探究电流跟电阻的关系。已知电源电压为6V且保持不变，实验用到的电阻阻值分别为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω。
（1）请根据图甲将图乙所示的实物电路连接完整（导线不允许交叉）。
（2）实验中多次改变R的阻值，调节滑动变阻器的滑片，使电压表示数保持不变，记下电流表的示数，得到如图丙所示的电流I随电阻R变化的图象。
①由图象可以得出结论：电压一定时， 。
②上述实验中，小明用5Ω的电阻做完实验后，接下来的操作是 ，然后将10Ω的电阻接入电路，闭合开关，移动滑片，使电压表示数为 V时，读出电流表的示数。
（3）为完成整个实验，应该选取最大阻值不小于 Ω的滑动变阻器。
2021年辽宁省大连市中考物理仿真试卷（一）
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共14小题，每小题2分，共28分）注意：第1～11小题中，每小题只有一个选项正确。
1．（2分）下列词语中的“高”字是指音调的是（ ）
A．高歌猛进
B．请勿高声喧哗
C．女高音歌唱家
D．不敢高声语，恐惊天上人
【分析】声音的三个特征分别是：音调、响度、音色，是从不同角度描述声音的，音调指声音的高低，由振动频率决定；响度指声音的强弱或大小，与振幅和距离有关；音色是由发声体本身决定的一个特性。
【解答】解：A、高歌猛进，是指声音的响度大；故A错误；
B、请勿高声喧哗，是让人说话声音的响度小一些；故B错误；
C、女高音歌唱家，是指女歌手的音调高；故C正确；
D、不敢高声语，恐惊天上人，是指声音的响度大；故D错误；
故选：C。
【点评】声音的特征有音调、响度、音色；三个特征是从三个不同角度描述声音的，且影响三个特征的因素各不相同。
2．（2分）如图的实验均改变了物体的内能，其中与另外三个改变内能方式不同的是（ ）
A．加热烧杯中的水 B．水蒸气将橡皮塞顶出
C．推动活塞瓶塞跳起 D．压缩空气
【分析】改变物体内能的两种方式：做功和热传递；做功是能量的转化，热传递是能量的转移。
【解答】解：
A、用酒精灯加热烧杯中的水时，水从酒精灯火焰中吸收热量，是通过热传递改变内能的；
B、水蒸气将橡皮塞顶出，水蒸气对橡皮塞做功，水蒸气的内能减少，内能转化为机械能，是通过做功改变物体的内能；
C、推动活塞瓶塞跳起，瓶内空气对外做功，瓶内空气的内能减少，是通过做功改变物体的内能；
D、用力将活塞迅速压下，压缩空气做功，机械能转化为内能，是通过做功改变物体的内能；
由此可知，A图与另外三个改变内能的方式不同。
故选：A。
【点评】本题从实验入手，考查了改变物体内能的两种方式，注重了物理知识与生活的联系。
3．（2分）近期流行一种“自拍神器”给旅行者自拍带来了方便。如图所示，与直接拿手机自拍相比，利用自拍杆可以（ ）
A．增大像距 B．增大取景范围
C．增大人像的大小 D．缩短景物到镜头距离
【分析】“自拍神器”是利用凸透镜成倒立、缩小的实像工作的，凸透镜成实像时，物距越大，像距越小，像越小。
【解答】解：凸透镜成实像时，物距越大，像距越小，像越小；所以，“自拍神器”与直接拿手机自拍相比，利用自拍杆可以增大物距，减小像距，减小人像的大小，从而增大取景范围，取得更好的拍摄效果，故ACD错误，只有B正确。
故选：B。
【点评】此题主要考查了有关凸透镜成像的规律及应用。一定要熟练掌握规律的内容，特别是成像特点与物距之间的关系。
4．（2分）下列事例中主要利用大气压工作的是（ ）
A．活塞式抽水机 B．密度计
C．连通器 D．飞机机翼
【分析】明确四个选项中列举的事例的工作原理，从中做出判断。
【解答】解：
A、活塞式抽水机抽水时，使其内部气压小于外界大气压，在外界大气压的作用下将水压入抽水机内，进而达到把水从低处压到高处的目的，故A正确；
B、密度计是利用了物体的漂浮条件和阿基米德原理工作的，与大气压无关，故B错误；
C、连通器里的同种液体在不流动时，连通器各部分的液面高度相平，与大气压无关，故C错误；
D、飞机的机翼上凸下平，是利用流体压强与流速的关系来获得升力的，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查大气压的有关问题，物理学习的过程中，要多注意观察身边的物理现象，尽可能的用我们所学过的知识去试着解释。
5．（2分）如图所示小明用导线将电池、铁钉和纽扣强磁铁连接起来，这时铁钉和下面的磁铁一起旋转起来，这表明（ ）
A．磁能生电 B．地球周围存在磁场
C．通电导体周围存在磁场 D．通电导体在磁场中受力
【分析】题目中有电源是电动机，该装置是根据通电导体在磁场中受力而转动的原理来工作的。
【解答】解：题中有电源，构成闭合回路，电路中有电流，通电导体在磁场中受到力的作用而转动，是电动机的工作原理，故只有D说法正确。
故选：D。
【点评】本题考查了学生根据题中的信息找出其中蕴含的物理原理，应活学活用，难度不大。
6．（2分）下列关于光现象的论述，正确的是（ ）
A．在“猴子捞月亮”的故事中，井水中的“月亮”是由于光的折射形成的
B．青蛙“坐井观天，所见甚小”，是光反射造成的
C．刚下过雨的夜晚，人们在坑洼的路面迎着月亮行走，看到发暗的地方是水
D．小明看到平静的湖面上“云在水中飘”，是光的反射现象
【分析】（1）倒影属于平面镜成像，其原理是光的反射；
（2）光在同一均匀介质中沿直线传播，光沿直线传播的例子有：小孔成像、影子的形成、日食和月食现象等；
（3）人感觉物体的亮暗，关键是进入眼睛的光的多少，进入眼睛的光多就感觉亮，进入眼睛的光少就感觉暗。
【解答】解：
A、井水中的“月亮”是月亮在水中的倒影，属于平面镜成像，是由光的反射形成的虚像，故A错误；
B、坐井观天，所见甚小，这是由于光在同一均匀介质中沿直线传播形成的，故B错误；
C、路面上的水发生镜面反射，路面发生漫反射，当人迎着月光走时，水面发生镜面反射进入人眼光线比路面发生漫反射进入人眼的光线多，人感觉水面亮，所以亮的地方是水，暗的地方是路面，故C错误；
D、“云在水中飘”中水中的云是云在水中的倒影，属于平面镜成像，是由光的反射形成的虚像。故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了常见光学现象的区分，解题的关键是把握三种光学现象的本质，是中考光学常考的内容。
7．（2分）关于内能，下列说法正确的是（ ）
A．物体的内能减少，一定是对外界做功了
B．0℃的水也有内能
C．热传递一定会增加物体的内能
D．某铁块温度降低，内能一定增加
【分析】（1）改变物体内能的方式：做功和热传递；
（2）内能是指物体内部所有分子无规则运动的动能和分子势能的和；内能的大小与物体的温度、物体的质量和体积有关；一切物体都具有内能；
（3）在热传递的过程中，高温物体放出热量，低温物体吸收热量；
（4）温度降低，分子的运动就会减慢，内能就会减小。
【解答】解：A、物体的内能减少，有可能是放出了热量，也可能对外界做了功；故A错误；
B、一切物体都具有内能，0℃的水也有内能；故B正确；
C、发生热传递时，温度高的物体放出热量，内能减少，低温物体吸收热量，内能增加；故C错误；
D、铁块的温度降低，分子的无规则运动减慢，分子动能减小，则铁块的内能减小；故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了对改变物体内能方式、内能和热传递的概念等知识的理解和掌握，把握好概念注意影响因素是解题关键。
8．（2分）如图所示是蹦极运动的简化示意图，弹性绳一端固定在O点，另一端系住运动员，运动员从O点自由下落，到A点处弹性绳自然伸直，B点是运动员受到的重力与 弹性绳对运动员拉力相等的点，C点是蹦极运动员到达的最低点（忽略空气阻力） 下列关于运动员的说法正确的是（ ）
A．从 O 点至 C 点运动员速度一直减小
B．从 O 点至 C 点机械能一直在减小
C．从 O 点至 C 点的机械能一直在增大
D．从 O 点至 A 点的机械能不变，且只受一个力的作用
【分析】（1）当重力大于弹性绳对运动员拉力时，运动员做加速运动；当弹性绳对运动员拉力大于重力时，运动员做减速运动。
（2）从O点到A点、从A点到C点两个过程的机械能变化情况不同。
【解答】解：
A、根据题意可知，从O点到B点的过程中，重力大于弹性绳对运动员拉力，因此速度越来越大；从B点到C点的过程中，弹性绳对运动员拉力大于重力，运动员的速度开始减小，到达C点时，速度为零，故A错误；
BC、由于不计空气阻力，从O点到A点，运动员的重力势能转化为动能，运动员的机械能不变；
从A点到C点，弹性绳的形变程度逐渐增大，运动员的机械能逐渐转化为弹性绳的弹性势能，所以运动员的机械能减小；故BC错误；
D、由于不计空气阻力，从O点到A点，运动员的重力势能转化为动能，运动员的机械能守恒。从O点至A点只受到重力的作用；故D正确；
故选：D。
【点评】解决本题的关键知道加速度的方向与合力的方向相同，当合力方向与速度方向相同时，速度增大，当合力方向与速度方向相反时，速度减小。
9．（2分）如图所示的情景符合安全用电原则的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】（1）插座里面一根是火线，一根是零线，人接触会发生触电事故，所以千万不要将手指插入插座；
（2）电灯的接法：火线首先进开关，再入灯泡顶端的金属点，零线直接接入灯泡的螺旋套，开关接在用电器和火线之间；
（3）三孔插座的接法：左孔接零线，右孔接火线，中间插孔必须接地，防止发生触电事故；
（4）站在地上只接触火线，这时电流会通过人体流入大地，也会形成触电，不安全。
【解答】解：
A、由图可知，小孩将手指塞进插座，容易接触火线引起触电，故A不符合安全用电原则；
B、开关与所控制的灯泡串联，为了保证用电安全，开关应接在火线上，而图中开关接在零线上，故B不符合安全用电原则；
C、三孔插座的接法：左孔接零线，右孔接火线，中间插孔必须接地，防止发生触电事故，故C符合安全用电原则；
D、站在地上手接触火线，这时电流会通过人体流入大地，会发生触电事故，不安全，故D不符合安全用电原则。
故选：C。
【点评】安全用电原则：不接触低压带电体，不靠近高压带电体；触电原因是直接或间接接触火线的同时又接触了零线或大地。
10．（2分）某同学在超市分别乘甲、乙两种自动扶梯匀速上升，如图，其中分析正确的是（ ）
A．她在甲扶梯上只受两个力的作用，她在乙扶梯上受三个力的作用
B．她对乙扶梯的压力和扶梯对她的支持力是一对平衡力
C．她在甲电梯上所受支持力小于她在乙电梯上所受支持力
D．她在乙扶梯上受到向上的摩擦力
【分析】（1）分析某同学在超市分别乘甲、乙两种自动扶梯匀速上升时的受力情况得出受力的个数；
（2）二力平衡的条件：大小相等、方向相反、作用在同一个物体上，作用在同一条直线上；
（3）分析她在甲电梯和乙电梯中重力与支持力的关系得出答案；
（4）摩擦力产生的产生条件：两物相互接触并相互挤压、接触面粗糙、有相对运动或趋势。
【解答】解：
A．由图可知，甲扶梯是斜面式的扶梯，而乙扶梯是台阶式的扶梯；
则某同学在甲扶梯上受到竖直向下的重力、垂直于扶梯面向上的支持力、沿斜面向上的摩擦力作用匀速上升；该同学在乙扶梯上受到竖直向下的重力和竖直向上支持力作用，
所以，她在甲扶梯上只受三个力的作用，她在乙扶梯上受两个力的作用，故A错误；
B．她对乙扶梯的压力作用在扶梯上，扶梯对她的支持力作用在该同学身上，二力没有作用在同一个物体上，不是一对平衡力，故B错误；
C．她在甲电梯上所受支持力等于重力沿垂直于扶梯面向下的分力，在乙电梯中所受支持力等于重力，所以她在甲电梯上所受支持力小于她在乙电梯上所受支持力，故C正确；
D．她在乙扶梯上没有相对运动的趋势，所以不受摩擦力的作用，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了平衡力的辨别和产生摩擦力条件的应用，正确的对物体受力分析以及各力之间的关系是关键。
11．（2分）一电加热器标有“220V 100W”字样，测得其电流随电压的变化如图所示，若把此加热器接到电压为110V的电源两端，则加热器消耗的电功率（ ）
A．等于25W B．小于25W
C．等于100W D．小于100W，大于25W
【分析】知道白炽灯的额定电压和额定功率（铭牌），可求白炽灯在额定电压下的电阻；由图象可以看出灯丝的电阻随着电压的减小而增大；当灯泡两端的实际电压为110V，利用电功率公式P＝可求灯泡的电阻不变时的实际功率，进一步求出变化时的功率。
【解答】解：由铭牌知：灯泡在额定电压下的电阻RL＝＝＝484Ω；
电阻不变时的实际功率P＝＝＝25W，
从图象可知当灯泡两端的电压减小时，通过的电流减小的更快，说明电压减小时电阻变大，所以当灯泡两端的电压为110V时，灯泡的电阻要大于484Ω，所以加热器消耗的电功率要小于25W。
故选：B。
【点评】本题考查电功率的判断，关键是公式及其变形的灵活运用，难点是根据图象判断出电阻随电压的变化而变化的情况。
12．（2分）小明在做探究凸透镜成像规律的实验时，将点燃的蜡烛放在距凸透镜32cm处，在透镜另一侧距离透镜18cm处的光屏上得到烛焰清晰的像，则（ ）
A．光屏上所成的是倒立，放大的实像
B．光屏上所成的是倒立，缩小的实像
C．该透镜的焦距 f 一定满足9cm＜f＜16cm
D．该透镜的焦距 f 一定满足18cm＜f＜32cm
【分析】凸透镜成像时，得到的实像都是倒立的，所以蜡烛放在距凸透镜32cm处时，在透镜的另一侧的18cm处得到一个清晰的实像，且物距大于像距。根据凸透镜成像的规律可以得出物体的位置，根据物体位置列出不等式，解不等式得出结果。
【解答】解：蜡烛距离凸透镜32cm时，在透镜的另一侧18cm处光屏上得到一个清晰的像，物距大于像距，成倒立缩小实像；故A错误，B正确；
此时物体在二倍焦距以外，像在一倍焦距和二倍焦距之间，
即32cm＞2f；2f＞18cm＞f，
解得：9cm＜f＜16cm．故C正确，D错误。
故选：BC。
【点评】此题主要考查了凸透镜成像的规律，首先要熟记规律的内容，特别是成像特点、物距、像距、焦距之间的关系。
13．（2分）如图是一个饮水壶的部分结构示意图，a、b是出水管的两端，壶内水面低于出水管的a端，活塞与壶口接触紧密且能自由移动。用力F向下压活塞，在水从a端匀速流出来（壶内水面始终高于b端）的过程中，壶内气体的温度保持不变。则（ ）
A．壶内气体的压强大小不变
B．壶内气体的体积逐渐变小
C．向下压活塞的力F逐渐变大
D．壶底内表面所受的压力大小不变
【分析】一定质量的气体，其体积越小，压强越大。根据气体体积的变化，可判断压强的变化，压力的变化等。
【解答】解：
AB、由图可知，当下压活塞时，壶内气体的体积会变小，同时，壶内气体的压强会变大，故A错误，B正确；
C、由于壶内气体的压强变大，所以，壶内气体对活塞产生的向上的压力也变大，则向下压活塞的力F也会逐渐变大，故C正确；
D、由于水从a端匀速流出，说明此处的压强大小不变，而此处的压强等于壶内气体压强与水的压强之差，由于水面在逐渐下降的同时，水的压强在变小，壶内气体的压强在变大，二者之差不变。瓶底所受的压强是大气压强与另一段液体压强（从出水口到底部的水柱产生的压强）之和。所以才保持不变。故D正确。
故选：BCD。
【点评】本题主要考查了对饮水壶内气体压强、液体压强的综合分析，熟悉其结构和工作原理，是正确解答的关键。
14．（2分）如图甲所示的电路中，电源电压保持不变，闭合开关S后，滑片P从b端移动到a端的过程中，电压表示数U与电流表示数I的关系图象如图乙所示，下列判断正确的是（ ）
A．电源电压为4V
B．电路总功率的最大值为3.6W
C．R1电功率的最小值为0.4W
D．R2的最大阻值为10Ω
【分析】由图甲可知，两电阻串联，电压表测 两端的电压，电流表测电路中的电流。
当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时电路中的电流最大，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时电路中的电流最小、电压表的示数最大，由图象读出电流和电压，根据欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值，根据串联电路的特点和欧姆定律表示出电源的电压，利用电源的电压不变得出等式即可求出 的阻值，进一步求出电源的电压，利用电功率公式求出电路消耗的最大和 最小功率。
【解答】解：由图甲可知，两电阻串联，电压表测 两端的电压，电流表测电路中的电流。
当滑片于a端时，其接入电路电阻为0，电路中的电流最大，由图乙可知，I1＝0.6A；
当滑片于b端时，变阻器接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，由图乙可知，I2＝0.2A，U2＝4V；
A．因串联电路中总电压等于各分电压之和，而电源的电压，所以由I＝可得：
U＝I1R1＝0.6A×R1﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
U＝I2R1+U2＝0.2A×R1+4V﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由①②可得，R1＝10Ω，U＝6V，故A错误；
B．电路消耗的最大功率：P1＝UI1＝6V×0.6A＝3.6W，故B正确；
C．消耗的最小功率：P2＝IR1＝（0.2A）2×10Ω＝0.4W，故C正确；
D．当滑片于b端时，变阻器接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，
由I＝可得，滑动变阻器的最大阻值：R2＝＝＝20Ω，故D错误。
故选：BC。
【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，关键是知道滑动变阻器接入电路中的电阻最大时电路中的电流最小、滑动变阻器接入电路中的电阻最小时电路中的电流最大。
二、填空题（本题共10小题，每小题2分，共20分）
15．（2分）实验室中探究平面镜成像特点实验所用玻璃板是特制的，其中一面镀了膜。如图所示，是用这种玻璃板做实验时的情景，则镀膜的一面应该朝向 物体 （选填“物体”或“像”）一侧放置，实验中将蜡烛靠近玻璃板，像的大小 不变 。
【分析】若镀膜朝向像的一侧，则镀膜层所形成的像需要经历两次折射一次反射，损耗较大，成像不会明亮；平面镜成像特点之一：物像等大。
【解答】解：若镀膜朝向像的一侧，则镀膜层所形成的像需要经历两次折射一次反射，损耗较大，成像不会明亮，故镀膜的一面应该朝向物体一侧放置。
由平面镜成像特点之一：物像等大可知，实验中将蜡烛靠近玻璃板，像的大小不变。
故答案为：物体；不变。
【点评】本题考查学生动手操作实验的能力并能根据实验现象得出正确结论，动手操作实验时，能根据实验现象得出正确的结论，提高实验能力。
16．（2分）人眼的成像原理与 照相机 （选填“照相机”、“投影仪”或“放大镜”）相同。不少学生视力下降，患上近视眼，图 甲 （选填“甲”或“乙”）是近视眼的光路示意图，应该佩戴由 凹 透镜制成的眼镜来矫正。
【分析】（1）当物距大于二倍焦距时，凸透镜成缩小、倒立的实像；眼睛好像一架照相机，晶状体和角膜的共同作用相当于一个凸透镜，它把来自物体的光会聚在视网膜上，成倒立、缩小的实像。
（2）近视眼是因为晶状体太厚或眼球过长，远处物体的像成在视网膜的前方，凹透镜对光线有发散作用，使原来会聚成像的光线错后会聚到视网膜上。
【解答】解：眼球好像一架照相机，晶状体和角膜的共同作用相当于一个凸透镜，视网膜相当于光屏，在视网膜上成缩小、倒立的实像。
近视眼是晶状体的曲度变大，会聚能力（即折光能力）增强，像呈在视网膜的前方，故甲是近视眼的光路图；
应佩戴发散透镜，即凹透镜，使光线推迟会聚。
故答案为：照相机；甲；凹。
【点评】本题考查了学生对近视眼的成因和矫正方法的理解，以及凸透镜成像特点的应用，是一道基础题。
17．（2分）2020年6月23日，随着我国北斗三号系统最后一颗组网卫星（即第55颗组网卫星）顺利发射升空，标志着我国的北斗全球系统已经全部组网成功。我们利用北斗导航系统接收到的导航信息是通过 电磁 波传播的，这种波 能 （选填“能”或“不能”）在真空中传播。
【分析】电磁波可以在真空中传播，所以对于没有空气的情况下的信息传递一般都是通过电磁波实现的。
【解答】解：
电磁波可以在真空中传播，故“北斗卫星导航系统”对发生灾情的位置进行定位，并进行卫星导航传递信息，是通过电磁波实现信息传输的，这种波是可以在真空中传播的。
故答案为：电磁；能。
【点评】本题考查了电磁波在生活中的应用，生活中利用电磁波的地方非常多，如：卫星通信、无线电视、无线广播、手机等，是一道基础题。
18．（2分）2019年1月3日，嫦娥四号探测器在月球背面成功着陆，“玉兔二号”从停稳在月球表面的“嫦娥四号”上沿轨道缓缓下行。以轨道为参照物，“玉兔二号”是 运动 的；玉兔二号移动很慢，速度约为200m/h，累计在月球表面行驶了120m，用时约为 0.6 h。
【分析】（1）在研究物体运动时，要选择参照的标准，即参照物，物体的位置相对于参照物发生变化，则运动，不发生变化，则静止。
（2）根据速度的变形公式求出所用的时间。
【解答】解：以轨道为参照物，“玉兔二号”相对于轨道的位置不断变化，则以轨道为参照物，“玉兔二号”是运动的。
由v＝可得，“玉兔二号”所用的时间为：
t＝＝＝0.6 h。
故答案为：运动；0.6。
【点评】此题考查了速度公式的应用、运动和静止的相对性，在判断物体运动和静止时，关键是看物体相对于参照物的位置是否发生了变化。
19．（2分）下水井盖的丢失给人们出行带来了安全隐患。为提示路人注意安全，小明设计了如图所示的电路，电路中利用一元硬币代替铁质井盖。当井盖丢失时，灯泡发光报警，当电磁铁的线圈中有电流通过时，继电器的动触点与 下 （填“上”或“下”）静触点接触，电磁铁的上端是 N 极。
【分析】根据图中电路，当井盖丢失时，控制电路断开，继电器的下触点接触，上触点分离，灯泡不发光，表明没有危险。当电路中有电流时，则电磁铁有磁性，继电器的下触点接触，灯泡不工作。
由线圈中的电流方向，根据安培定则判断出电磁铁的NS极。
【解答】解：由图可知，当井盖丢失时，控制电路断开，电磁铁无磁性，所以动触点与上方触电接触，使工作电路连通，此时灯泡发光报警；
当电磁铁的线圈中有电流通过时，电磁铁有磁性，继电器的动触点与下静触点接触，灯泡不发光，表明没有危险。
由安培定则可判断出线圈的上端是N极，下端为S极。
故答案为：下；N。
【点评】本题既考查电磁继电器原理的分析，综合性比较强，解题时要仔细分析。
20．（2分）2019年1月3日，中国月球探测器嫦娥四号成功在月球背面着陆，嫦娥四号中继星的太阳能电池板将太阳能转化为 电 能，电能属于 二次 能源（填“一次”或“二次”）。
【分析】太阳能电池板就是将太阳光直接转化为电能的装置，利用半导体材料的光伏效应制成，现阶段转化率较底（能量转化绿在百分之十几，小于十七）设备成本较高。
一次能源是指在自然界中能以现成形式提供的能源，例如：天然气，煤，石油；
二次能源是指需要依靠其它能源（也就是一级能源）的能量间接制取的能源，例如：电能，一氧化碳。
【解答】解：太阳能电池板就是将太阳光直接转化为电能的装置，利用半导体材料的光伏效应制成。
一次能源是指在自然界中能以现成形式提供的能源，例如：天然气，煤，石油；二次能源是指需要依靠其它能源（也就是一级能源）的能量间接制取的能源，例如：电能，一氧化碳。电能属于二次能源。
故答案为：电； 二次。
【点评】太阳能的转化的知识点为识记性题型，考察太阳能利用中能量的转化形式，主要以选择题为主。能源的分类是中考能源类问题的热点，分值虽不大，但随着能源问题的日益突出，命题的趋势会有所增加。
21．（2分）如图所示的滑轮组匀速提升重为500N的物体G，所用拉力F为200N，将重物提升3m所用的时间为10s，则做的有用功是 1500J ，滑轮组的机械效率为 83.3% 。
【分析】（1）已知物体的重力和重物提升的高度，根据W有＝Gh得出滑轮组提升重物时所做的有用功；
（2）由图可知绳子的有效段数，根据s＝nh得出绳子自由端移动的距离，根据W总＝Fs得出拉力所做的总功，根据η＝×100%求出滑轮组的机械效率。
【解答】解：（1）将重物提升3m，滑轮组提升重物时所做的有用功：
W有＝Gh＝500N×3m＝1500J；
（2）由图可知绳子的有效段数：n＝3；
绳子自由端移动的距离为：
s＝nh＝3×3m＝9m；
拉力所做的总功：
W总＝Fs＝200N×9m＝1800J，
滑轮组的机械效率：
η＝＝×100%≈83.3%。
故答案为：1500J；83.3%。
【点评】本题考查功的公式、s＝nh和机械效率公式的运用，关键是确定绳子的有效段数。
22．（2分）晋代张华的《博物志》中记载：“削冰令圆，举以向日，以艾承其影，则得火。”“削冰令圆’’就是把冰块制成 凸透 镜。要得火，应把“艾”放在镜的 焦点 位置。
【分析】凸透镜对光线有会聚作用，平行于主光轴的光线，经凸透镜折射后会聚成一点，这点是凸透镜的焦点，焦点的温度很高。
【解答】解：要取火需要将光线会聚，所以应该将冰块制成凸透镜，透镜会把光线集中在焦点上时，所以当把艾放在焦点上时，会随着温度的升高达到燃点时即可燃烧。
故答案为：凸透；焦点。
【点评】此题考查了凸透镜的特点及灵活利用凸透镜解决生活实际问题的能力，是中考考查的热点。
23．（2分）如图所示，一束平行光垂直射向盛水的透明烧杯，在烧杯底部放置一块平面镜，光线最终从水面射出，请完成光路图。
【分析】光线垂直射向水中时，光线的方向是不变的；反射时，反射光线和入射光线分居法线的两侧，反射角等于入射角；光从水中斜射入空气，入射光线和折射光线分居法线的两侧，且折射角大于入射角。由此完成光路图。
【解答】解：
（1）光线从空气垂直射入水中时，光线的方向不变；
（2）光在平面镜上发生反射，先画出法线，再根据反射光线和入射光线分居法线的两侧，反射角等于入射角画出反射光线；
（3）光从水中斜射入空气中时发生折射，先画法线，再根据折射光线和入射光线分居法线的两侧，且折射角大于入射角，画出折射光线，如图所示：
【点评】本题考查了根据光的反射和折射定律作图，注意当光垂直入射到另一种介质中时，传播方向不变。
24．（2分）图中是活塞式抽水机的示意图。其手柄相当于一个杠杆，O是支点。请画出阻力F2对支点O的力臂l2；并画出在a点施加的最小动力F1的示意图。
【分析】根据杠杆平衡的条件，F1×L1＝F2×L2，在杠杆中的阻力、阻力臂一定的情况下，要使所用的动力最小，必须使动力臂最长。而在通常情况下，连接杠杆中支点和动力作用点这两点所得到的线段最长，据此可解决此题。
【解答】解：过O点作阻力F的垂线，即为阻力F2对支点O的力臂L2；
动力最小，即动力臂最长，阻力的方向已标出，所以动力的方向应该向下，连接支点O与a点，过a点作Oa的垂线就得到在a点施加的最小动力F1，如下图所示。
【点评】根据杠杆的平衡条件，要使杠杆上的力最小，必须使该力的力臂最大，而力臂最大时力的作用点一般离杠杆的支点最远，所以在杠杆上找到离杠杆支点最远的点即力的作用点，这两点的连线就是最长的力臂，过力的作用点作垂线就是最小的力。
三、计算题（本题共3小题。共20分）
25．（6分）周杰同学家安装了煤气热水器，在一次使用时，进入热水器前水的温度是10℃，水温升高了30℃周杰就开始使用，所用热水的质量为20kg。求：
（1）水从热水器中吸收了多少热量？
（2）若煤气完全燃烧释放热量的70%被水吸收，周杰这次用水消耗多少kg的煤气？（煤气的热值q＝4.2×107J/kg）
【分析】（1）知道水的质量、水的比热容、水的初温和末温，利用吸热公式Q吸＝cm△t求水吸收的热量；
（2）如果水吸收的热量用煤气来提供，由题知，Q放×70%＝Q吸，再利用Q放＝vq求需要完全燃烧多少煤气。
【解答】解：（1）水吸收的热量：Q吸＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×20kg×30℃＝2.52×106J；
（2）由题知，Q放×70%＝Q吸，
煤气放出的热量：Q放＝＝＝3.6×106J，
由Q放＝mq，
需要煤气的质量：
m＝＝≈0.086kg。
答：（1）水从热水器中吸收了2.52×106J的热量；
（2）若煤气完全燃烧释放热量的70%被水吸收，需要消耗0.086kg煤气。
【点评】本题考查了学生对吸热公式、燃料完全燃烧放热公式、效率公式的掌握和运用，本题关键：一是能从题目得出水的质量、温度变化，二是注意热值单位：固体、液体燃料（J/kg）和气体燃料J/m3的区别。
26．（7分）小雨通过如图所示滑轮组将水中物体匀速提升至空中，在物体露出水面之前他所用拉力150N。物体在空中匀速上升过程中所用拉力为300N，其中物体在空中匀速上升过程中滑轮组的机械效率为90%。不计绳重、摩擦和水的阻力。求：
（1）物体在空中上升2m，小雨做的功是多少。
（2）动滑轮的重力是多少。
（3）物体的密度是多少。
【分析】（1）由图可知绳子的有效段数，根据s＝nh得出拉力端移动的距离，根据W总＝Fs得出物体在空中上升2 m小雨做的功；
（2）物体在空中上升2 m，根据η＝×100%得出物体在空中上升2 m所做的有用功，由W＝Gh可得物体的重力，因不计绳重、摩擦，根据F＝×（G+G动）得出动滑轮重力；
（3）根据物体露出水面之前他所用拉力F'＝×（G+G轮﹣F浮），据此得出物体受到的浮力，根据F浮＝ρ液gV排可得物体的体积，由密度公式求解。
【解答】解：（1）由图可知，3段绳子承重，则拉力端移动的距离：s＝3h＝3 m×2＝6 m，
物体在空中上升2 m，小雨做的功：
W总＝Fs＝300 N×6 m＝1800 J；
（2）物体在空中上升2 m，滑轮组的机械效率：η＝×100%＝90%，
则物体在空中上升2 m所做的有用功：W有＝ηW总＝1800 J×90%＝1620J，
由W＝Gh可得，物体的重力：G＝＝＝810 N，
不计绳重、摩擦，拉力：F＝×（G+G动），
则动滑轮重力：G动＝3F﹣G＝3×300 N﹣810 N＝90 N；
（3）在物体露出水面之前他所用拉力：
F'＝×（G+G轮﹣F浮），
则物体受到的浮力：F浮＝G+G轮﹣3F'＝810 N+90 N﹣3×150 N＝450 N。
根据F浮＝ρ液gV排可得，物体的体积：
V＝V排＝＝＝0.045m3；，
物体的质量：m＝＝＝81kg，
则物体的密度：ρ＝＝＝1.8×103kg/m3；。
答：（1）物体在空中上升2 m，小雨做的功是1800J。
（2）动滑轮的重力是90 N。
（3）物体的密度是1.8×103 kg/m3。
【点评】本题考查考查功的公式、机械效率公式、F＝×（G+G动）、s＝nh、阿基米德原理、密度公式的运用，综合性较强。
27．（7分）如图甲所示，某款电热饼铛，图乙为其工作原理电路图，R1、R2分别为上盘和下盘的发热电阻，已知R1＝55Ω．某次烙饼加热和保温时的功率随时间变化关系如图丙，电热饼铛刚开始工作时，电路中的开关都闭合，当温度达到200℃时，S1自动断开，再保温2min后，开关S断开。求：
（1）该电热饼铛正常加热时的总电流。
（2）R2的电阻值。
（3）本次烙饼共消耗的电能。
【分析】（1）根据图丙可知电饼铛加热时的功率，根据P＝UI求出该电饼铛正常加热时的总电流；
（2）根据图丙可知电饼铛保温时的功率，由题意可知，开关S闭合、S1断开时，电路为R2的简单电路，电饼铛处于保温状态，根据P＝UI＝求出R2的电阻；
（3）根据图丙读出本次烙饼加热的时间和保温时间，根据P＝求出本次烙饼共消耗的电能。
【解答】解：
（1）由图丙可知，电饼铛加热时的功率P加＝1.32kW＝1320W，
由P＝UI可得，该电饼铛正常加热时的总电流：
I＝＝＝6A；
（2）由图丙可知，电饼铛保温时的功率P保＝0.44kW＝440W，
由题意可知，开关S闭合、S1断开时，电路为R2的简单电路，电饼铛处于保温状态，
由P＝UI＝可得，
R2的电阻：
R2＝＝＝110Ω；
（3）由图丙可知，本次烙饼加热的时间t加＝4min＝240s，保温时间t保＝2min＝120s，
由P＝可得，本次烙饼共消耗的电能：
W＝P加t加+P保t保＝1320W×240s+440W×120s＝3.696×105J。
答：（1）该电饼铛正常加热时的总电流为6A；
（2）R2的电阻为110Ω；
（3）本次烙饼共消耗的电能为3.696×105J。
【点评】本题考查了电功率公式和电功公式的应用，根据题意得出电饼铛处于不同状态时的连接方式和从图中获取有用的信息是关键。
四、简答题（本题共2小题，每小题3分，共6分）
28．（3分）如图所示，是小孩荡秋千过程中的简化图，不计空气阻力，请你回答下列问题：
（1）他从A点荡到C点的能量是如何转化的？其机械能如何变化？
（2）若在C点时一切外力消失，他会处于什么状态？请说明理由。
【分析】（1）重力势能的大小与质量、高度有关；质量一定，高度越高，重力势能越大；高度一定，质量越大，重力势能越大。
动能的大小与质量、速度有关；质量一定，速度越快，动能越大；速度一定，质量越大，动能越大。
（2）根据牛顿第一定律可知，当物体不受任何外力的时候，总保持匀速直线运动状态或静止状态，在力消失的一瞬间，原来运动的物体将做匀速直线运动，原来静止的物体将永远静止下去。
【解答】答：（1）从A到B的下降过程，质量不变，高度越来越低、速度越来越快，所以重力势能减小，动能增大，此过程重力势能转化为动能；
从B到C的上升过程，质量不变，高度越来越高，速度越来越慢，所以重力势能减小，动能增加，此过程动能转化为重力势能；
不计空气阻力，动能和重力势能的转化过程中，没有能力损失，机械能大小不变。
（2）小球从B到C的过程中由动能转化为重力势能，C点为最高点，小球重力势能最大，速度为零；若一切外力突然消失，由牛顿第一定律可知，小球将保持静止状态不变。
【点评】此题考查了动能和势能的相互转化、牛顿第一定律的理解和应用，分析机械能转化时关键是知道什么能减小了，什么能增加了。
29．（3分）成语“扬汤止沸”是指：把正在沸腾的水从锅中舀出来，再从高处倒回可以阻止锅中的水沸腾。请利用物态变化的知识解释：
（1）舀出来的水下落过程温度能降低的原因；
（2）倒回的水能阻止锅中的水沸腾的原因。
【分析】液体沸腾的条件：温度达到沸点，还要继续吸热。“扬汤止沸”由于散热，水的温度达不到沸点，所以不沸腾，但继续加热温度还是能达到沸点的，所以“扬汤止沸”只能暂时使水停止沸腾。
【解答】答：（1）将正在沸腾的水舀起从高处倒下时，水与空气的接触面积增大，且水表面的空气流速加快，使舀出来的水蒸发加快，因蒸发吸热，使水的温度降低；
（2）温度降低的水倒回锅里时，使整锅水的温度低于沸点，故锅中的水停止沸腾。
【点评】本题考查的知识点是液体沸腾的条件，温度达到沸点，还要继续吸热。要判断液体是否能沸腾，就要分析液体是否具备液体沸腾的条件。
五、综合题（本题共3小题，共16分）
30．（6分）如图，小梦所在的实验小组，设计了甲、乙两种装置来“探究冰熔化时温度的变化规律”。
（1）该实验应选用 碎冰块 来进行实验；
（2）实验小组应选用 乙 ；
（3）实验中需要用到的测量工具除了温度计还需要的实验器材是 秒表 ；
（4）如图丙所示，是小梦根据实验数据作出的冰在加热时温度随时间变化的图像，分析图像可知冰是 晶体 ；
（5）别的小组同学发现还未用酒精灯加热，试管中的冰也熔化了，此时冰熔化 从周围环境中吸收了热量 ；
（6）小明想利用乙装置，继续对试管内的水进行加热，探究水的沸腾规律。他的想法能顺利完成吗？ 不能 。
【分析】（1）知道怎样才能使试管中的晶体均匀受热是解决此题的关键；
（2）利用水浴法加热，可以使固态物质受热均匀，且可以防止温度上升较快，便于测量温度；
（3）测量温度的仪器是温度计，测量时间的仪器是秒表；
（4）晶体和非晶体的区别：观察熔化时是否有固定的熔化温度；
（5）晶体的熔化过程吸热温度不变，外界温度高于冰的温度，冰可以吸收热量；
（6）液体沸腾的条件：达到沸点，继续吸热。
【解答】解：（1）该实验应选用碎冰块来进行实验，均匀受热，效果更好些；
（2）利用水浴法加热不但能使试管均匀受热，而且物质的温度上升速度较慢，便于及时记录各个时刻的温度，故选乙装置；
（3）实验中都需要用到的测量仪器是温度计和秒表，用温度计测量熔化温度，用秒表来测量熔化时间；
（4）由图像可知，冰在熔化过程中，温度保持不变，所以冰是晶体；
（5）别的小组同学发现还未用酒精灯加热，试管中的冰也熔化了，是因为冰从周围环境中吸收了热量，此时冰熔化需要吸收热量；
（6）他的想法不能顺利完成实验。理由是烧杯中水的温度与试管中水的温度相同后，试管中的水无法从外界吸收到热量，所以试管中的水无法沸腾。
故答案为：（1）碎冰块；（2）乙；（3）秒表；（4）晶体；（5）从周围环境中吸收了热量；（5）不能。
【点评】本题考查探究冰熔化时温度变化规律的实验，关键是将实验操作原理及结论掌握清楚，仔细分析即可。
31．（6分）如图所示是小明“探究影响滑动摩擦力大小的因素”的实验。铜块和木块的大小和形状完全相同，在实验前小明提出了以下几种猜想：
猜想一：滑动摩擦力的大小与压力的大小有关
猜想二：滑动摩擦力的大小与物体间接触面的粗糙程度有关
猜想三：滑动摩擦力的大小与物体间的接触面积大小有关
（1）实验时弹簧测力计拉着物体沿水平方向做 匀速直线 运动，此时弹簧测力计的示数即为物体所受滑动摩擦力的大小，这样做的依据是： 二力平衡的条件 。
（2）比较甲、乙两图，可得到的结论是 在接触面的粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大 。
（3）图乙、丙中铜块和木块叠在一起的目的是使 对接触面的压力 相同，比较乙、丙两图可得出滑动摩擦力的大小与 接触面的粗糙程度 有关。
（4）要“探究滑动摩擦力大小与接触面积大小是否有关”，小明将木块和铜块做为一个整体竖着放置在长木板上，如丁图，测出滑动摩擦力的大小并与乙比较。你认为他的探究方案中存在的主要缺陷是： 没有控制接触面的粗糙程度相同 。
【分析】（1）弹簧测力计拉动木块时，弹簧测力计显示拉力大小，要使滑动摩擦力等于拉力，木块一定进行匀速直线运动；
（2）滑动摩擦力跟压力大小和接触面粗糙程度有关。探究滑动摩擦力跟压力大小关系时，控制接触面粗糙程度不变；
（3）探究滑动摩擦力跟接触面粗糙程度关系时，控制压力大小不变；
（4）探究滑动摩擦力大小与接触面积大小是否有关”，应控制压力大小和接触面的粗糙程度相同，只改变接触面积大小。
【解答】解：
（1）测滑动摩擦力大小时，要用弹簧测力计沿水平方向拉着物体做匀速直线运动，根据二力平衡的条件，此时弹簧测力计的示数即为物体所受滑动摩擦力的大小；
（2）甲、乙两图接触面粗糙程度相同，压力越大，弹簧测力计示数越大，滑动摩擦力越大。所以，比较甲、乙两图，可得到的结论是：在触面粗糙程度相同的条件下，压力越大，滑动摩擦力越大；
（3）乙、丙两图，铜块和木块叠在一起的目的是对接触面的压力相同，比较乙、丙两图知：在压力相同的条件下，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大，所以乙丙两图探究滑动摩擦力大小跟接触面粗糙程度的关系；
（4）当所要研究的物理量与多个因素有关时，采用的探究方法应是控制变量法，
要“探究滑动摩擦力大小与接触面积大小是否有关”，应控制压力大小和接触面的粗糙程度相同，而小明将木块和铜块做为一个整体竖着放置在长木板上，由图可知，只控制了压力大小相同，他的探究方案中存在的主要缺陷是：没有控制接触面粗糙程度相同。
故答案为：（1）匀速直线； 二力平衡的条件；（2）在接触面的粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大；（3）对接触面的压力；接触面的粗糙程度；（4）没有控制接触面的粗糙程度相同。
【点评】本题探究影响滑动摩擦力大小的因素，考查二力平衡的条件及控制变量法的运用，难度中等。
32．（4分）小明利用如图甲所示的电路探究电流跟电阻的关系。已知电源电压为6V且保持不变，实验用到的电阻阻值分别为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω。
（1）请根据图甲将图乙所示的实物电路连接完整（导线不允许交叉）。
（2）实验中多次改变R的阻值，调节滑动变阻器的滑片，使电压表示数保持不变，记下电流表的示数，得到如图丙所示的电流I随电阻R变化的图象。
①由图象可以得出结论：电压一定时， 导体中的电流与电阻成反比 。
②上述实验中，小明用5Ω的电阻做完实验后，接下来的操作是 断开开关 ，然后将10Ω的电阻接入电路，闭合开关，移动滑片，使电压表示数为 2.5 V时，读出电流表的示数。
（3）为完成整个实验，应该选取最大阻值不小于 35 Ω的滑动变阻器。
【分析】（1）图乙中还未连入的元件有电压表和滑动变阻器，电压表应并联到定值电阻两端，滑动变阻器按照“一上一下”连入电路。
（2）①分析图丙中图象，曲线上每一点对应的电流和电阻的乘积相等，说明电压一定时，导体中的电流与电阻成反比。
②每次实验后，必须断开开关，把滑片拨到最大阻值处，然后再更换电阻；闭合开关后，还要调节滑片，使定值电阻两端的电压保持不变。
（3）根据电源电压以及每次定值电阻两端的电压，利用串联分压可求出滑动变阻器的最小阻值。
【解答】解：（1）电压表的“3”接线柱已接入电路，需要把“﹣”接线柱接到定值电阻的右边接线柱，使电压表并联在定值电阻两端；滑动变阻器下面的接线柱已连入电路，只要把上面任意一个接线柱与定值电阻右边的接线柱相连即。要注意导线不要交叉。连好的实物图如下图所示。
（2）①分析图丙图象，曲线上每点对应的电流和电阻的乘积都等于2.5V，说明电压一直保持在2.5V，此时导体中的电流与电阻成反比。
②更换电阻时，必须先断开开关；换好定值电阻后，闭合开关，并移动滑片，使电压表的示数为2.5V。
（3）当定值电阻R＝25Ω时，由图丙可知，此时电路中的电流I＝0.1A，
则电路中的总电阻为：R总＝＝＝60Ω，
所以滑动变阻器的最大阻值不能小于：R滑＝R总﹣R＝60Ω﹣25Ω＝35Ω。
故答案是：（1）实物电路连接如图所示：
（2）①导体中的电流与电阻成反比；
②断开开关；2.5；
（3）35。
【点评】该题通过实验探究考查了电学元件的使用、分析图象获取信息的能力，难度不大，但需认真、细心分析。
2021年辽宁省大连市中考物理仿真试卷（一）
一、选择题（本题共14小题，每小题2分，共28分）注意：第1～11小题中，每小题只有一个选项正确。
1．下列词语中的“高”字是指音调的是（ ）
A．高歌猛进 B．请勿高声喧哗
C．女高音歌唱家 D．不敢高声语，恐惊天上人
2．如图的实验均改变了物体的内能，其中与另外三个改变内能方式不同的是（ ）
A．加热烧杯中的水 B．水蒸气将橡皮塞顶出
C．推动活塞瓶塞跳起 D．压缩空气
3．近期流行一种“自拍神器”给旅行者自拍带来了方便。如图所示，与直接拿手机自拍相比，利用自拍杆可以（ ）
A．增大像距 B．增大取景范围
C．增大人像的大小 D．缩短景物到镜头距离
4．下列事例中主要利用大气压工作的是（ ）
A．活塞式抽水机 B．密度计
C．连通器 D．飞机机翼
5．如图所示小明用导线将电池、铁钉和纽扣强磁铁连接起来，这时铁钉和下面的磁铁一起旋转起来，这表明（ ）
A．磁能生电 B．地球周围存在磁场
C．通电导体周围存在磁场 D．通电导体在磁场中受力
6．下列关于光现象的论述，正确的是（ ）
A．在“猴子捞月亮”的故事中，井水中的“月亮”是由于光的折射形成的
B．青蛙“坐井观天，所见甚小”，是光反射造成的
C．刚下过雨的夜晚，人们在坑洼的路面迎着月亮行走，看到发暗的地方是水
D．小明看到平静的湖面上“云在水中飘”，是光的反射现象
7．关于内能，下列说法正确的是（ ）
A．物体的内能减少，一定是对外界做功了
B．0℃的水也有内能
C．热传递一定会增加物体的内能
D．某铁块温度降低，内能一定增加
8．如图所示是蹦极运动的简化示意图，弹性绳一端固定在O点，另一端系住运动员，运动员从O点自由下落，到A点处弹性绳自然伸直，B点是运动员受到的重力与 弹性绳对运动员拉力相等的点，C点是蹦极运动员到达的最低点（忽略空气阻力） 下列关于运动员的说法正确的是（ ）
A．从 O 点至 C 点运动员速度一直减小
B．从 O 点至 C 点机械能一直在减小
C．从 O 点至 C 点的机械能一直在增大
D．从 O 点至 A 点的机械能不变，且只受一个力的作用
9．如图所示的情景符合安全用电原则的是（ ）
A． B．
C． D．
10．某同学在超市分别乘甲、乙两种自动扶梯匀速上升，如图，其中分析正确的是（ ）
A．她在甲扶梯上只受两个力的作用，她在乙扶梯上受三个力的作用
B．她对乙扶梯的压力和扶梯对她的支持力是一对平衡力
C．她在甲电梯上所受支持力小于她在乙电梯上所受支持力
D．她在乙扶梯上受到向上的摩擦力
11．一电加热器标有“220V 100W”字样，测得其电流随电压的变化如图所示，若把此加热器接到电压为110V的电源两端，则加热器消耗的电功率（ ）
A．等于25W B．小于25W
C．等于100W D．小于100W，大于25W
12．小明在做探究凸透镜成像规律的实验时，将点燃的蜡烛放在距凸透镜32cm处，在透镜另一侧距离透镜18cm处的光屏上得到烛焰清晰的像，则（ ）
A．光屏上所成的是倒立，放大的实像
B．光屏上所成的是倒立，缩小的实像
C．该透镜的焦距 f 一定满足9cm＜f＜16cm
D．该透镜的焦距 f 一定满足18cm＜f＜32cm
13．如图是一个饮水壶的部分结构示意图，a、b是出水管的两端，壶内水面低于出水管的a端，活塞与壶口接触紧密且能自由移动。用力F向下压活塞，在水从a端匀速流出来（壶内水面始终高于b端）的过程中，壶内气体的温度保持不变。则（ ）
A．壶内气体的压强大小不变 B．壶内气体的体积逐渐变小
C．向下压活塞的力F逐渐变大 D．壶底内表面所受的压力大小不变
14．如图甲所示的电路中，电源电压保持不变，闭合开关S后，滑片P从b端移动到a端的过程中，电压表示数U与电流表示数I的关系图象如图乙所示，下列判断正确的是（ ）
A．电源电压为4V
B．电路总功率的最大值为3.6W
C．R1电功率的最小值为0.4W
D．R2的最大阻值为10Ω
二、填空题（本题共10小题，每小题2分，共20分）
15．（2分）实验室中探究平面镜成像特点实验所用玻璃板是特制的，其中一面镀了膜。如图所示，是用这种玻璃板做实验时的情景，则镀膜的一面应该朝向 （选填“物体”或“像”）一侧放置，实验中将蜡烛靠近玻璃板，像的大小 。
16．（2分）人眼的成像原理与 （选填“照相机”、“投影仪”或“放大镜”）相同。不少学生视力下降，患上近视眼，图 （选填“甲”或“乙”）是近视眼的光路示意图，应该佩戴由 透镜制成的眼镜来矫正。
17．（2分）2020年6月23日，随着我国北斗三号系统最后一颗组网卫星（即第55颗组网卫星）顺利发射升空，标志着我国的北斗全球系统已经全部组网成功。我们利用北斗导航系统接收到的导航信息是通过 波传播的，这种波 （选填“能”或“不能”）在真空中传播。
18．（2分）2019年1月3日，嫦娥四号探测器在月球背面成功着陆，“玉兔二号”从停稳在月球表面的“嫦娥四号”上沿轨道缓缓下行。以轨道为参照物，“玉兔二号”是 的；玉兔二号移动很慢，速度约为200m/h，累计在月球表面行驶了120m，用时约为 h。
19．（2分）下水井盖的丢失给人们出行带来了安全隐患。为提示路人注意安全，小明设计了如图所示的电路，电路中利用一元硬币代替铁质井盖。当井盖丢失时，灯泡发光报警，当电磁铁的线圈中有电流通过时，继电器的动触点与 （填“上”或“下”）静触点接触，电磁铁的上端是 极。
20．（2分）2019年1月3日，中国月球探测器嫦娥四号成功在月球背面着陆，嫦娥四号中继星的太阳能电池板将太阳能转化为 能，电能属于 能源（填“一次”或“二次”）。
21．（2分）如图所示的滑轮组匀速提升重为500N的物体G，所用拉力F为200N，将重物提升3m所用的时间为10s，则做的有用功是 ，滑轮组的机械效率为 。
22．（2分）晋代张华的《博物志》中记载：“削冰令圆，举以向日，以艾承其影，则得火。”“削冰令圆’’就是把冰块制成 镜。要得火，应把“艾”放在镜的 位置。
23．（2分）如图所示，一束平行光垂直射向盛水的透明烧杯，在烧杯底部放置一块平面镜，光线最终从水面射出，请完成光路图。
24．（2分）图中是活塞式抽水机的示意图。其手柄相当于一个杠杆，O是支点。请画出阻力F2对支点O的力臂l2；并画出在a点施加的最小动力F1的示意图。
三、计算题（本题共3小题。共20分）
25．（6分）周杰同学家安装了煤气热水器，在一次使用时，进入热水器前水的温度是10℃，水温升高了30℃周杰就开始使用，所用热水的质量为20kg。求：
（1）水从热水器中吸收了多少热量？
（2）若煤气完全燃烧释放热量的70%被水吸收，周杰这次用水消耗多少kg的煤气？（煤气的热值q＝4.2×107J/kg）
26．（7分）小雨通过如图所示滑轮组将水中物体匀速提升至空中，在物体露出水面之前他所用拉力150N。物体在空中匀速上升过程中所用拉力为300N，其中物体在空中匀速上升过程中滑轮组的机械效率为90%。不计绳重、摩擦和水的阻力。求：
（1）物体在空中上升2m，小雨做的功是多少。
（2）动滑轮的重力是多少。
（3）物体的密度是多少。
27．（7分）如图甲所示，某款电热饼铛，图乙为其工作原理电路图，R1、R2分别为上盘和下盘的发热电阻，已知R1＝55Ω．某次烙饼加热和保温时的功率随时间变化关系如图丙，电热饼铛刚开始工作时，电路中的开关都闭合，当温度达到200℃时，S1自动断开，再保温2min后，开关S断开。求：
（1）该电热饼铛正常加热时的总电流。
（2）R2的电阻值。
（3）本次烙饼共消耗的电能。
四、简答题（本题共2小题，每小题3分，共6分）
28．（3分）如图所示，是小孩荡秋千过程中的简化图，不计空气阻力，请你回答下列问题：
（1）他从A点荡到C点的能量是如何转化的？其机械能如何变化？
（2）若在C点时一切外力消失，他会处于什么状态？请说明理由。
29．（3分）成语“扬汤止沸”是指：把正在沸腾的水从锅中舀出来，再从高处倒回可以阻止锅中的水沸腾。请利用物态变化的知识解释：
（1）舀出来的水下落过程温度能降低的原因；
（2）倒回的水能阻止锅中的水沸腾的原因。
五、综合题（本题共3小题，共16分）
30．（6分）如图，小梦所在的实验小组，设计了甲、乙两种装置来“探究冰熔化时温度的变化规律”。
（1）该实验应选用 来进行实验；
（2）实验小组应选用 ；
（3）实验中需要用到的测量工具除了温度计还需要的实验器材是 ；
（4）如图丙所示，是小梦根据实验数据作出的冰在加热时温度随时间变化的图像，分析图像可知冰是 ；
（5）别的小组同学发现还未用酒精灯加热，试管中的冰也熔化了，此时冰熔化 ；
（6）小明想利用乙装置，继续对试管内的水进行加热，探究水的沸腾规律。他的想法能顺利完成吗？ 。
31．（6分）如图所示是小明“探究影响滑动摩擦力大小的因素”的实验。铜块和木块的大小和形状完全相同，在实验前小明提出了以下几种猜想：
猜想一：滑动摩擦力的大小与压力的大小有关
猜想二：滑动摩擦力的大小与物体间接触面的粗糙程度有关
猜想三：滑动摩擦力的大小与物体间的接触面积大小有关
（1）实验时弹簧测力计拉着物体沿水平方向做 运动，此时弹簧测力计的示数即为物体所受滑动摩擦力的大小，这样做的依据是： 。
（2）比较甲、乙两图，可得到的结论是 。
（3）图乙、丙中铜块和木块叠在一起的目的是使 相同，比较乙、丙两图可得出滑动摩擦力的大小与 有关。
（4）要“探究滑动摩擦力大小与接触面积大小是否有关”，小明将木块和铜块做为一个整体竖着放置在长木板上，如丁图，测出滑动摩擦力的大小并与乙比较。你认为他的探究方案中存在的主要缺陷是： 。
32．（4分）小明利用如图甲所示的电路探究电流跟电阻的关系。已知电源电压为6V且保持不变，实验用到的电阻阻值分别为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω。
（1）请根据图甲将图乙所示的实物电路连接完整（导线不允许交叉）。
（2）实验中多次改变R的阻值，调节滑动变阻器的滑片，使电压表示数保持不变，记下电流表的示数，得到如图丙所示的电流I随电阻R变化的图象。
①由图象可以得出结论：电压一定时， 。
②上述实验中，小明用5Ω的电阻做完实验后，接下来的操作是 ，然后将10Ω的电阻接入电路，闭合开关，移动滑片，使电压表示数为 V时，读出电流表的示数。
（3）为完成整个实验，应该选取最大阻值不小于 Ω的滑动变阻器。
2021年辽宁省大连市中考物理仿真试卷（一）
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共14小题，每小题2分，共28分）注意：第1～11小题中，每小题只有一个选项正确。
1．（2分）下列词语中的“高”字是指音调的是（ ）
A．高歌猛进
B．请勿高声喧哗
C．女高音歌唱家
D．不敢高声语，恐惊天上人
【分析】声音的三个特征分别是：音调、响度、音色，是从不同角度描述声音的，音调指声音的高低，由振动频率决定；响度指声音的强弱或大小，与振幅和距离有关；音色是由发声体本身决定的一个特性。
【解答】解：A、高歌猛进，是指声音的响度大；故A错误；
B、请勿高声喧哗，是让人说话声音的响度小一些；故B错误；
C、女高音歌唱家，是指女歌手的音调高；故C正确；
D、不敢高声语，恐惊天上人，是指声音的响度大；故D错误；
故选：C。
【点评】声音的特征有音调、响度、音色；三个特征是从三个不同角度描述声音的，且影响三个特征的因素各不相同。
2．（2分）如图的实验均改变了物体的内能，其中与另外三个改变内能方式不同的是（ ）
A．加热烧杯中的水 B．水蒸气将橡皮塞顶出
C．推动活塞瓶塞跳起 D．压缩空气
【分析】改变物体内能的两种方式：做功和热传递；做功是能量的转化，热传递是能量的转移。
【解答】解：
A、用酒精灯加热烧杯中的水时，水从酒精灯火焰中吸收热量，是通过热传递改变内能的；
B、水蒸气将橡皮塞顶出，水蒸气对橡皮塞做功，水蒸气的内能减少，内能转化为机械能，是通过做功改变物体的内能；
C、推动活塞瓶塞跳起，瓶内空气对外做功，瓶内空气的内能减少，是通过做功改变物体的内能；
D、用力将活塞迅速压下，压缩空气做功，机械能转化为内能，是通过做功改变物体的内能；
由此可知，A图与另外三个改变内能的方式不同。
故选：A。
【点评】本题从实验入手，考查了改变物体内能的两种方式，注重了物理知识与生活的联系。
3．（2分）近期流行一种“自拍神器”给旅行者自拍带来了方便。如图所示，与直接拿手机自拍相比，利用自拍杆可以（ ）
A．增大像距 B．增大取景范围
C．增大人像的大小 D．缩短景物到镜头距离
【分析】“自拍神器”是利用凸透镜成倒立、缩小的实像工作的，凸透镜成实像时，物距越大，像距越小，像越小。
【解答】解：凸透镜成实像时，物距越大，像距越小，像越小；所以，“自拍神器”与直接拿手机自拍相比，利用自拍杆可以增大物距，减小像距，减小人像的大小，从而增大取景范围，取得更好的拍摄效果，故ACD错误，只有B正确。
故选：B。
【点评】此题主要考查了有关凸透镜成像的规律及应用。一定要熟练掌握规律的内容，特别是成像特点与物距之间的关系。
4．（2分）下列事例中主要利用大气压工作的是（ ）
A．活塞式抽水机 B．密度计
C．连通器 D．飞机机翼
【分析】明确四个选项中列举的事例的工作原理，从中做出判断。
【解答】解：
A、活塞式抽水机抽水时，使其内部气压小于外界大气压，在外界大气压的作用下将水压入抽水机内，进而达到把水从低处压到高处的目的，故A正确；
B、密度计是利用了物体的漂浮条件和阿基米德原理工作的，与大气压无关，故B错误；
C、连通器里的同种液体在不流动时，连通器各部分的液面高度相平，与大气压无关，故C错误；
D、飞机的机翼上凸下平，是利用流体压强与流速的关系来获得升力的，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查大气压的有关问题，物理学习的过程中，要多注意观察身边的物理现象，尽可能的用我们所学过的知识去试着解释。
5．（2分）如图所示小明用导线将电池、铁钉和纽扣强磁铁连接起来，这时铁钉和下面的磁铁一起旋转起来，这表明（ ）
A．磁能生电 B．地球周围存在磁场
C．通电导体周围存在磁场 D．通电导体在磁场中受力
【分析】题目中有电源是电动机，该装置是根据通电导体在磁场中受力而转动的原理来工作的。
【解答】解：题中有电源，构成闭合回路，电路中有电流，通电导体在磁场中受到力的作用而转动，是电动机的工作原理，故只有D说法正确。
故选：D。
【点评】本题考查了学生根据题中的信息找出其中蕴含的物理原理，应活学活用，难度不大。
6．（2分）下列关于光现象的论述，正确的是（ ）
A．在“猴子捞月亮”的故事中，井水中的“月亮”是由于光的折射形成的
B．青蛙“坐井观天，所见甚小”，是光反射造成的
C．刚下过雨的夜晚，人们在坑洼的路面迎着月亮行走，看到发暗的地方是水
D．小明看到平静的湖面上“云在水中飘”，是光的反射现象
【分析】（1）倒影属于平面镜成像，其原理是光的反射；
（2）光在同一均匀介质中沿直线传播，光沿直线传播的例子有：小孔成像、影子的形成、日食和月食现象等；
（3）人感觉物体的亮暗，关键是进入眼睛的光的多少，进入眼睛的光多就感觉亮，进入眼睛的光少就感觉暗。
【解答】解：
A、井水中的“月亮”是月亮在水中的倒影，属于平面镜成像，是由光的反射形成的虚像，故A错误；
B、坐井观天，所见甚小，这是由于光在同一均匀介质中沿直线传播形成的，故B错误；
C、路面上的水发生镜面反射，路面发生漫反射，当人迎着月光走时，水面发生镜面反射进入人眼光线比路面发生漫反射进入人眼的光线多，人感觉水面亮，所以亮的地方是水，暗的地方是路面，故C错误；
D、“云在水中飘”中水中的云是云在水中的倒影，属于平面镜成像，是由光的反射形成的虚像。故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了常见光学现象的区分，解题的关键是把握三种光学现象的本质，是中考光学常考的内容。
7．（2分）关于内能，下列说法正确的是（ ）
A．物体的内能减少，一定是对外界做功了
B．0℃的水也有内能
C．热传递一定会增加物体的内能
D．某铁块温度降低，内能一定增加
【分析】（1）改变物体内能的方式：做功和热传递；
（2）内能是指物体内部所有分子无规则运动的动能和分子势能的和；内能的大小与物体的温度、物体的质量和体积有关；一切物体都具有内能；
（3）在热传递的过程中，高温物体放出热量，低温物体吸收热量；
（4）温度降低，分子的运动就会减慢，内能就会减小。
【解答】解：A、物体的内能减少，有可能是放出了热量，也可能对外界做了功；故A错误；
B、一切物体都具有内能，0℃的水也有内能；故B正确；
C、发生热传递时，温度高的物体放出热量，内能减少，低温物体吸收热量，内能增加；故C错误；
D、铁块的温度降低，分子的无规则运动减慢，分子动能减小，则铁块的内能减小；故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了对改变物体内能方式、内能和热传递的概念等知识的理解和掌握，把握好概念注意影响因素是解题关键。
8．（2分）如图所示是蹦极运动的简化示意图，弹性绳一端固定在O点，另一端系住运动员，运动员从O点自由下落，到A点处弹性绳自然伸直，B点是运动员受到的重力与 弹性绳对运动员拉力相等的点，C点是蹦极运动员到达的最低点（忽略空气阻力） 下列关于运动员的说法正确的是（ ）
A．从 O 点至 C 点运动员速度一直减小
B．从 O 点至 C 点机械能一直在减小
C．从 O 点至 C 点的机械能一直在增大
D．从 O 点至 A 点的机械能不变，且只受一个力的作用
【分析】（1）当重力大于弹性绳对运动员拉力时，运动员做加速运动；当弹性绳对运动员拉力大于重力时，运动员做减速运动。
（2）从O点到A点、从A点到C点两个过程的机械能变化情况不同。
【解答】解：
A、根据题意可知，从O点到B点的过程中，重力大于弹性绳对运动员拉力，因此速度越来越大；从B点到C点的过程中，弹性绳对运动员拉力大于重力，运动员的速度开始减小，到达C点时，速度为零，故A错误；
BC、由于不计空气阻力，从O点到A点，运动员的重力势能转化为动能，运动员的机械能不变；
从A点到C点，弹性绳的形变程度逐渐增大，运动员的机械能逐渐转化为弹性绳的弹性势能，所以运动员的机械能减小；故BC错误；
D、由于不计空气阻力，从O点到A点，运动员的重力势能转化为动能，运动员的机械能守恒。从O点至A点只受到重力的作用；故D正确；
故选：D。
【点评】解决本题的关键知道加速度的方向与合力的方向相同，当合力方向与速度方向相同时，速度增大，当合力方向与速度方向相反时，速度减小。
9．（2分）如图所示的情景符合安全用电原则的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】（1）插座里面一根是火线，一根是零线，人接触会发生触电事故，所以千万不要将手指插入插座；
（2）电灯的接法：火线首先进开关，再入灯泡顶端的金属点，零线直接接入灯泡的螺旋套，开关接在用电器和火线之间；
（3）三孔插座的接法：左孔接零线，右孔接火线，中间插孔必须接地，防止发生触电事故；
（4）站在地上只接触火线，这时电流会通过人体流入大地，也会形成触电，不安全。
【解答】解：
A、由图可知，小孩将手指塞进插座，容易接触火线引起触电，故A不符合安全用电原则；
B、开关与所控制的灯泡串联，为了保证用电安全，开关应接在火线上，而图中开关接在零线上，故B不符合安全用电原则；
C、三孔插座的接法：左孔接零线，右孔接火线，中间插孔必须接地，防止发生触电事故，故C符合安全用电原则；
D、站在地上手接触火线，这时电流会通过人体流入大地，会发生触电事故，不安全，故D不符合安全用电原则。
故选：C。
【点评】安全用电原则：不接触低压带电体，不靠近高压带电体；触电原因是直接或间接接触火线的同时又接触了零线或大地。
10．（2分）某同学在超市分别乘甲、乙两种自动扶梯匀速上升，如图，其中分析正确的是（ ）
A．她在甲扶梯上只受两个力的作用，她在乙扶梯上受三个力的作用
B．她对乙扶梯的压力和扶梯对她的支持力是一对平衡力
C．她在甲电梯上所受支持力小于她在乙电梯上所受支持力
D．她在乙扶梯上受到向上的摩擦力
【分析】（1）分析某同学在超市分别乘甲、乙两种自动扶梯匀速上升时的受力情况得出受力的个数；
（2）二力平衡的条件：大小相等、方向相反、作用在同一个物体上，作用在同一条直线上；
（3）分析她在甲电梯和乙电梯中重力与支持力的关系得出答案；
（4）摩擦力产生的产生条件：两物相互接触并相互挤压、接触面粗糙、有相对运动或趋势。
【解答】解：
A．由图可知，甲扶梯是斜面式的扶梯，而乙扶梯是台阶式的扶梯；
则某同学在甲扶梯上受到竖直向下的重力、垂直于扶梯面向上的支持力、沿斜面向上的摩擦力作用匀速上升；该同学在乙扶梯上受到竖直向下的重力和竖直向上支持力作用，
所以，她在甲扶梯上只受三个力的作用，她在乙扶梯上受两个力的作用，故A错误；
B．她对乙扶梯的压力作用在扶梯上，扶梯对她的支持力作用在该同学身上，二力没有作用在同一个物体上，不是一对平衡力，故B错误；
C．她在甲电梯上所受支持力等于重力沿垂直于扶梯面向下的分力，在乙电梯中所受支持力等于重力，所以她在甲电梯上所受支持力小于她在乙电梯上所受支持力，故C正确；
D．她在乙扶梯上没有相对运动的趋势，所以不受摩擦力的作用，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了平衡力的辨别和产生摩擦力条件的应用，正确的对物体受力分析以及各力之间的关系是关键。
11．（2分）一电加热器标有“220V 100W”字样，测得其电流随电压的变化如图所示，若把此加热器接到电压为110V的电源两端，则加热器消耗的电功率（ ）
A．等于25W B．小于25W
C．等于100W D．小于100W，大于25W
【分析】知道白炽灯的额定电压和额定功率（铭牌），可求白炽灯在额定电压下的电阻；由图象可以看出灯丝的电阻随着电压的减小而增大；当灯泡两端的实际电压为110V，利用电功率公式P＝可求灯泡的电阻不变时的实际功率，进一步求出变化时的功率。
【解答】解：由铭牌知：灯泡在额定电压下的电阻RL＝＝＝484Ω；
电阻不变时的实际功率P＝＝＝25W，
从图象可知当灯泡两端的电压减小时，通过的电流减小的更快，说明电压减小时电阻变大，所以当灯泡两端的电压为110V时，灯泡的电阻要大于484Ω，所以加热器消耗的电功率要小于25W。
故选：B。
【点评】本题考查电功率的判断，关键是公式及其变形的灵活运用，难点是根据图象判断出电阻随电压的变化而变化的情况。
12．（2分）小明在做探究凸透镜成像规律的实验时，将点燃的蜡烛放在距凸透镜32cm处，在透镜另一侧距离透镜18cm处的光屏上得到烛焰清晰的像，则（ ）
A．光屏上所成的是倒立，放大的实像
B．光屏上所成的是倒立，缩小的实像
C．该透镜的焦距 f 一定满足9cm＜f＜16cm
D．该透镜的焦距 f 一定满足18cm＜f＜32cm
【分析】凸透镜成像时，得到的实像都是倒立的，所以蜡烛放在距凸透镜32cm处时，在透镜的另一侧的18cm处得到一个清晰的实像，且物距大于像距。根据凸透镜成像的规律可以得出物体的位置，根据物体位置列出不等式，解不等式得出结果。
【解答】解：蜡烛距离凸透镜32cm时，在透镜的另一侧18cm处光屏上得到一个清晰的像，物距大于像距，成倒立缩小实像；故A错误，B正确；
此时物体在二倍焦距以外，像在一倍焦距和二倍焦距之间，
即32cm＞2f；2f＞18cm＞f，
解得：9cm＜f＜16cm．故C正确，D错误。
故选：BC。
【点评】此题主要考查了凸透镜成像的规律，首先要熟记规律的内容，特别是成像特点、物距、像距、焦距之间的关系。
13．（2分）如图是一个饮水壶的部分结构示意图，a、b是出水管的两端，壶内水面低于出水管的a端，活塞与壶口接触紧密且能自由移动。用力F向下压活塞，在水从a端匀速流出来（壶内水面始终高于b端）的过程中，壶内气体的温度保持不变。则（ ）
A．壶内气体的压强大小不变
B．壶内气体的体积逐渐变小
C．向下压活塞的力F逐渐变大
D．壶底内表面所受的压力大小不变
【分析】一定质量的气体，其体积越小，压强越大。根据气体体积的变化，可判断压强的变化，压力的变化等。
【解答】解：
AB、由图可知，当下压活塞时，壶内气体的体积会变小，同时，壶内气体的压强会变大，故A错误，B正确；
C、由于壶内气体的压强变大，所以，壶内气体对活塞产生的向上的压力也变大，则向下压活塞的力F也会逐渐变大，故C正确；
D、由于水从a端匀速流出，说明此处的压强大小不变，而此处的压强等于壶内气体压强与水的压强之差，由于水面在逐渐下降的同时，水的压强在变小，壶内气体的压强在变大，二者之差不变。瓶底所受的压强是大气压强与另一段液体压强（从出水口到底部的水柱产生的压强）之和。所以才保持不变。故D正确。
故选：BCD。
【点评】本题主要考查了对饮水壶内气体压强、液体压强的综合分析，熟悉其结构和工作原理，是正确解答的关键。
14．（2分）如图甲所示的电路中，电源电压保持不变，闭合开关S后，滑片P从b端移动到a端的过程中，电压表示数U与电流表示数I的关系图象如图乙所示，下列判断正确的是（ ）
A．电源电压为4V
B．电路总功率的最大值为3.6W
C．R1电功率的最小值为0.4W
D．R2的最大阻值为10Ω
【分析】由图甲可知，两电阻串联，电压表测 两端的电压，电流表测电路中的电流。
当滑动变阻器接入电路中的电阻为0时电路中的电流最大，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时电路中的电流最小、电压表的示数最大，由图象读出电流和电压，根据欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值，根据串联电路的特点和欧姆定律表示出电源的电压，利用电源的电压不变得出等式即可求出 的阻值，进一步求出电源的电压，利用电功率公式求出电路消耗的最大和 最小功率。
【解答】解：由图甲可知，两电阻串联，电压表测 两端的电压，电流表测电路中的电流。
当滑片于a端时，其接入电路电阻为0，电路中的电流最大，由图乙可知，I1＝0.6A；
当滑片于b端时，变阻器接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，由图乙可知，I2＝0.2A，U2＝4V；
A．因串联电路中总电压等于各分电压之和，而电源的电压，所以由I＝可得：
U＝I1R1＝0.6A×R1﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
U＝I2R1+U2＝0.2A×R1+4V﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由①②可得，R1＝10Ω，U＝6V，故A错误；
B．电路消耗的最大功率：P1＝UI1＝6V×0.6A＝3.6W，故B正确；
C．消耗的最小功率：P2＝IR1＝（0.2A）2×10Ω＝0.4W，故C正确；
D．当滑片于b端时，变阻器接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，
由I＝可得，滑动变阻器的最大阻值：R2＝＝＝20Ω，故D错误。
故选：BC。
【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，关键是知道滑动变阻器接入电路中的电阻最大时电路中的电流最小、滑动变阻器接入电路中的电阻最小时电路中的电流最大。
二、填空题（本题共10小题，每小题2分，共20分）
15．（2分）实验室中探究平面镜成像特点实验所用玻璃板是特制的，其中一面镀了膜。如图所示，是用这种玻璃板做实验时的情景，则镀膜的一面应该朝向 物体 （选填“物体”或“像”）一侧放置，实验中将蜡烛靠近玻璃板，像的大小 不变 。
【分析】若镀膜朝向像的一侧，则镀膜层所形成的像需要经历两次折射一次反射，损耗较大，成像不会明亮；平面镜成像特点之一：物像等大。
【解答】解：若镀膜朝向像的一侧，则镀膜层所形成的像需要经历两次折射一次反射，损耗较大，成像不会明亮，故镀膜的一面应该朝向物体一侧放置。
由平面镜成像特点之一：物像等大可知，实验中将蜡烛靠近玻璃板，像的大小不变。
故答案为：物体；不变。
【点评】本题考查学生动手操作实验的能力并能根据实验现象得出正确结论，动手操作实验时，能根据实验现象得出正确的结论，提高实验能力。
16．（2分）人眼的成像原理与 照相机 （选填“照相机”、“投影仪”或“放大镜”）相同。不少学生视力下降，患上近视眼，图 甲 （选填“甲”或“乙”）是近视眼的光路示意图，应该佩戴由 凹 透镜制成的眼镜来矫正。
【分析】（1）当物距大于二倍焦距时，凸透镜成缩小、倒立的实像；眼睛好像一架照相机，晶状体和角膜的共同作用相当于一个凸透镜，它把来自物体的光会聚在视网膜上，成倒立、缩小的实像。
（2）近视眼是因为晶状体太厚或眼球过长，远处物体的像成在视网膜的前方，凹透镜对光线有发散作用，使原来会聚成像的光线错后会聚到视网膜上。
【解答】解：眼球好像一架照相机，晶状体和角膜的共同作用相当于一个凸透镜，视网膜相当于光屏，在视网膜上成缩小、倒立的实像。
近视眼是晶状体的曲度变大，会聚能力（即折光能力）增强，像呈在视网膜的前方，故甲是近视眼的光路图；
应佩戴发散透镜，即凹透镜，使光线推迟会聚。
故答案为：照相机；甲；凹。
【点评】本题考查了学生对近视眼的成因和矫正方法的理解，以及凸透镜成像特点的应用，是一道基础题。
17．（2分）2020年6月23日，随着我国北斗三号系统最后一颗组网卫星（即第55颗组网卫星）顺利发射升空，标志着我国的北斗全球系统已经全部组网成功。我们利用北斗导航系统接收到的导航信息是通过 电磁 波传播的，这种波 能 （选填“能”或“不能”）在真空中传播。
【分析】电磁波可以在真空中传播，所以对于没有空气的情况下的信息传递一般都是通过电磁波实现的。
【解答】解：
电磁波可以在真空中传播，故“北斗卫星导航系统”对发生灾情的位置进行定位，并进行卫星导航传递信息，是通过电磁波实现信息传输的，这种波是可以在真空中传播的。
故答案为：电磁；能。
【点评】本题考查了电磁波在生活中的应用，生活中利用电磁波的地方非常多，如：卫星通信、无线电视、无线广播、手机等，是一道基础题。
18．（2分）2019年1月3日，嫦娥四号探测器在月球背面成功着陆，“玉兔二号”从停稳在月球表面的“嫦娥四号”上沿轨道缓缓下行。以轨道为参照物，“玉兔二号”是 运动 的；玉兔二号移动很慢，速度约为200m/h，累计在月球表面行驶了120m，用时约为 0.6 h。
【分析】（1）在研究物体运动时，要选择参照的标准，即参照物，物体的位置相对于参照物发生变化，则运动，不发生变化，则静止。
（2）根据速度的变形公式求出所用的时间。
【解答】解：以轨道为参照物，“玉兔二号”相对于轨道的位置不断变化，则以轨道为参照物，“玉兔二号”是运动的。
由v＝可得，“玉兔二号”所用的时间为：
t＝＝＝0.6 h。
故答案为：运动；0.6。
【点评】此题考查了速度公式的应用、运动和静止的相对性，在判断物体运动和静止时，关键是看物体相对于参照物的位置是否发生了变化。
19．（2分）下水井盖的丢失给人们出行带来了安全隐患。为提示路人注意安全，小明设计了如图所示的电路，电路中利用一元硬币代替铁质井盖。当井盖丢失时，灯泡发光报警，当电磁铁的线圈中有电流通过时，继电器的动触点与 下 （填“上”或“下”）静触点接触，电磁铁的上端是 N 极。
【分析】根据图中电路，当井盖丢失时，控制电路断开，继电器的下触点接触，上触点分离，灯泡不发光，表明没有危险。当电路中有电流时，则电磁铁有磁性，继电器的下触点接触，灯泡不工作。
由线圈中的电流方向，根据安培定则判断出电磁铁的NS极。
【解答】解：由图可知，当井盖丢失时，控制电路断开，电磁铁无磁性，所以动触点与上方触电接触，使工作电路连通，此时灯泡发光报警；
当电磁铁的线圈中有电流通过时，电磁铁有磁性，继电器的动触点与下静触点接触，灯泡不发光，表明没有危险。
由安培定则可判断出线圈的上端是N极，下端为S极。
故答案为：下；N。
【点评】本题既考查电磁继电器原理的分析，综合性比较强，解题时要仔细分析。
20．（2分）2019年1月3日，中国月球探测器嫦娥四号成功在月球背面着陆，嫦娥四号中继星的太阳能电池板将太阳能转化为 电 能，电能属于 二次 能源（填“一次”或“二次”）。
【分析】太阳能电池板就是将太阳光直接转化为电能的装置，利用半导体材料的光伏效应制成，现阶段转化率较底（能量转化绿在百分之十几，小于十七）设备成本较高。
一次能源是指在自然界中能以现成形式提供的能源，例如：天然气，煤，石油；
二次能源是指需要依靠其它能源（也就是一级能源）的能量间接制取的能源，例如：电能，一氧化碳。
【解答】解：太阳能电池板就是将太阳光直接转化为电能的装置，利用半导体材料的光伏效应制成。
一次能源是指在自然界中能以现成形式提供的能源，例如：天然气，煤，石油；二次能源是指需要依靠其它能源（也就是一级能源）的能量间接制取的能源，例如：电能，一氧化碳。电能属于二次能源。
故答案为：电； 二次。
【点评】太阳能的转化的知识点为识记性题型，考察太阳能利用中能量的转化形式，主要以选择题为主。能源的分类是中考能源类问题的热点，分值虽不大，但随着能源问题的日益突出，命题的趋势会有所增加。
21．（2分）如图所示的滑轮组匀速提升重为500N的物体G，所用拉力F为200N，将重物提升3m所用的时间为10s，则做的有用功是 1500J ，滑轮组的机械效率为 83.3% 。
【分析】（1）已知物体的重力和重物提升的高度，根据W有＝Gh得出滑轮组提升重物时所做的有用功；
（2）由图可知绳子的有效段数，根据s＝nh得出绳子自由端移动的距离，根据W总＝Fs得出拉力所做的总功，根据η＝×100%求出滑轮组的机械效率。
【解答】解：（1）将重物提升3m，滑轮组提升重物时所做的有用功：
W有＝Gh＝500N×3m＝1500J；
（2）由图可知绳子的有效段数：n＝3；
绳子自由端移动的距离为：
s＝nh＝3×3m＝9m；
拉力所做的总功：
W总＝Fs＝200N×9m＝1800J，
滑轮组的机械效率：
η＝＝×100%≈83.3%。
故答案为：1500J；83.3%。
【点评】本题考查功的公式、s＝nh和机械效率公式的运用，关键是确定绳子的有效段数。
22．（2分）晋代张华的《博物志》中记载：“削冰令圆，举以向日，以艾承其影，则得火。”“削冰令圆’’就是把冰块制成 凸透 镜。要得火，应把“艾”放在镜的 焦点 位置。
【分析】凸透镜对光线有会聚作用，平行于主光轴的光线，经凸透镜折射后会聚成一点，这点是凸透镜的焦点，焦点的温度很高。
【解答】解：要取火需要将光线会聚，所以应该将冰块制成凸透镜，透镜会把光线集中在焦点上时，所以当把艾放在焦点上时，会随着温度的升高达到燃点时即可燃烧。
故答案为：凸透；焦点。
【点评】此题考查了凸透镜的特点及灵活利用凸透镜解决生活实际问题的能力，是中考考查的热点。
23．（2分）如图所示，一束平行光垂直射向盛水的透明烧杯，在烧杯底部放置一块平面镜，光线最终从水面射出，请完成光路图。
【分析】光线垂直射向水中时，光线的方向是不变的；反射时，反射光线和入射光线分居法线的两侧，反射角等于入射角；光从水中斜射入空气，入射光线和折射光线分居法线的两侧，且折射角大于入射角。由此完成光路图。
【解答】解：
（1）光线从空气垂直射入水中时，光线的方向不变；
（2）光在平面镜上发生反射，先画出法线，再根据反射光线和入射光线分居法线的两侧，反射角等于入射角画出反射光线；
（3）光从水中斜射入空气中时发生折射，先画法线，再根据折射光线和入射光线分居法线的两侧，且折射角大于入射角，画出折射光线，如图所示：
【点评】本题考查了根据光的反射和折射定律作图，注意当光垂直入射到另一种介质中时，传播方向不变。
24．（2分）图中是活塞式抽水机的示意图。其手柄相当于一个杠杆，O是支点。请画出阻力F2对支点O的力臂l2；并画出在a点施加的最小动力F1的示意图。
【分析】根据杠杆平衡的条件，F1×L1＝F2×L2，在杠杆中的阻力、阻力臂一定的情况下，要使所用的动力最小，必须使动力臂最长。而在通常情况下，连接杠杆中支点和动力作用点这两点所得到的线段最长，据此可解决此题。
【解答】解：过O点作阻力F的垂线，即为阻力F2对支点O的力臂L2；
动力最小，即动力臂最长，阻力的方向已标出，所以动力的方向应该向下，连接支点O与a点，过a点作Oa的垂线就得到在a点施加的最小动力F1，如下图所示。
【点评】根据杠杆的平衡条件，要使杠杆上的力最小，必须使该力的力臂最大，而力臂最大时力的作用点一般离杠杆的支点最远，所以在杠杆上找到离杠杆支点最远的点即力的作用点，这两点的连线就是最长的力臂，过力的作用点作垂线就是最小的力。
三、计算题（本题共3小题。共20分）
25．（6分）周杰同学家安装了煤气热水器，在一次使用时，进入热水器前水的温度是10℃，水温升高了30℃周杰就开始使用，所用热水的质量为20kg。求：
（1）水从热水器中吸收了多少热量？
（2）若煤气完全燃烧释放热量的70%被水吸收，周杰这次用水消耗多少kg的煤气？（煤气的热值q＝4.2×107J/kg）
【分析】（1）知道水的质量、水的比热容、水的初温和末温，利用吸热公式Q吸＝cm△t求水吸收的热量；
（2）如果水吸收的热量用煤气来提供，由题知，Q放×70%＝Q吸，再利用Q放＝vq求需要完全燃烧多少煤气。
【解答】解：（1）水吸收的热量：Q吸＝cm△t＝4.2×103J/（kg•℃）×20kg×30℃＝2.52×106J；
（2）由题知，Q放×70%＝Q吸，
煤气放出的热量：Q放＝＝＝3.6×106J，
由Q放＝mq，
需要煤气的质量：
m＝＝≈0.086kg。
答：（1）水从热水器中吸收了2.52×106J的热量；
（2）若煤气完全燃烧释放热量的70%被水吸收，需要消耗0.086kg煤气。
【点评】本题考查了学生对吸热公式、燃料完全燃烧放热公式、效率公式的掌握和运用，本题关键：一是能从题目得出水的质量、温度变化，二是注意热值单位：固体、液体燃料（J/kg）和气体燃料J/m3的区别。
26．（7分）小雨通过如图所示滑轮组将水中物体匀速提升至空中，在物体露出水面之前他所用拉力150N。物体在空中匀速上升过程中所用拉力为300N，其中物体在空中匀速上升过程中滑轮组的机械效率为90%。不计绳重、摩擦和水的阻力。求：
（1）物体在空中上升2m，小雨做的功是多少。
（2）动滑轮的重力是多少。
（3）物体的密度是多少。
【分析】（1）由图可知绳子的有效段数，根据s＝nh得出拉力端移动的距离，根据W总＝Fs得出物体在空中上升2 m小雨做的功；
（2）物体在空中上升2 m，根据η＝×100%得出物体在空中上升2 m所做的有用功，由W＝Gh可得物体的重力，因不计绳重、摩擦，根据F＝×（G+G动）得出动滑轮重力；
（3）根据物体露出水面之前他所用拉力F'＝×（G+G轮﹣F浮），据此得出物体受到的浮力，根据F浮＝ρ液gV排可得物体的体积，由密度公式求解。
【解答】解：（1）由图可知，3段绳子承重，则拉力端移动的距离：s＝3h＝3 m×2＝6 m，
物体在空中上升2 m，小雨做的功：
W总＝Fs＝300 N×6 m＝1800 J；
（2）物体在空中上升2 m，滑轮组的机械效率：η＝×100%＝90%，
则物体在空中上升2 m所做的有用功：W有＝ηW总＝1800 J×90%＝1620J，
由W＝Gh可得，物体的重力：G＝＝＝810 N，
不计绳重、摩擦，拉力：F＝×（G+G动），
则动滑轮重力：G动＝3F﹣G＝3×300 N﹣810 N＝90 N；
（3）在物体露出水面之前他所用拉力：
F'＝×（G+G轮﹣F浮），
则物体受到的浮力：F浮＝G+G轮﹣3F'＝810 N+90 N﹣3×150 N＝450 N。
根据F浮＝ρ液gV排可得，物体的体积：
V＝V排＝＝＝0.045m3；，
物体的质量：m＝＝＝81kg，
则物体的密度：ρ＝＝＝1.8×103kg/m3；。
答：（1）物体在空中上升2 m，小雨做的功是1800J。
（2）动滑轮的重力是90 N。
（3）物体的密度是1.8×103 kg/m3。
【点评】本题考查考查功的公式、机械效率公式、F＝×（G+G动）、s＝nh、阿基米德原理、密度公式的运用，综合性较强。
27．（7分）如图甲所示，某款电热饼铛，图乙为其工作原理电路图，R1、R2分别为上盘和下盘的发热电阻，已知R1＝55Ω．某次烙饼加热和保温时的功率随时间变化关系如图丙，电热饼铛刚开始工作时，电路中的开关都闭合，当温度达到200℃时，S1自动断开，再保温2min后，开关S断开。求：
（1）该电热饼铛正常加热时的总电流。
（2）R2的电阻值。
（3）本次烙饼共消耗的电能。
【分析】（1）根据图丙可知电饼铛加热时的功率，根据P＝UI求出该电饼铛正常加热时的总电流；
（2）根据图丙可知电饼铛保温时的功率，由题意可知，开关S闭合、S1断开时，电路为R2的简单电路，电饼铛处于保温状态，根据P＝UI＝求出R2的电阻；
（3）根据图丙读出本次烙饼加热的时间和保温时间，根据P＝求出本次烙饼共消耗的电能。
【解答】解：
（1）由图丙可知，电饼铛加热时的功率P加＝1.32kW＝1320W，
由P＝UI可得，该电饼铛正常加热时的总电流：
I＝＝＝6A；
（2）由图丙可知，电饼铛保温时的功率P保＝0.44kW＝440W，
由题意可知，开关S闭合、S1断开时，电路为R2的简单电路，电饼铛处于保温状态，
由P＝UI＝可得，
R2的电阻：
R2＝＝＝110Ω；
（3）由图丙可知，本次烙饼加热的时间t加＝4min＝240s，保温时间t保＝2min＝120s，
由P＝可得，本次烙饼共消耗的电能：
W＝P加t加+P保t保＝1320W×240s+440W×120s＝3.696×105J。
答：（1）该电饼铛正常加热时的总电流为6A；
（2）R2的电阻为110Ω；
（3）本次烙饼共消耗的电能为3.696×105J。
【点评】本题考查了电功率公式和电功公式的应用，根据题意得出电饼铛处于不同状态时的连接方式和从图中获取有用的信息是关键。
四、简答题（本题共2小题，每小题3分，共6分）
28．（3分）如图所示，是小孩荡秋千过程中的简化图，不计空气阻力，请你回答下列问题：
（1）他从A点荡到C点的能量是如何转化的？其机械能如何变化？
（2）若在C点时一切外力消失，他会处于什么状态？请说明理由。
【分析】（1）重力势能的大小与质量、高度有关；质量一定，高度越高，重力势能越大；高度一定，质量越大，重力势能越大。
动能的大小与质量、速度有关；质量一定，速度越快，动能越大；速度一定，质量越大，动能越大。
（2）根据牛顿第一定律可知，当物体不受任何外力的时候，总保持匀速直线运动状态或静止状态，在力消失的一瞬间，原来运动的物体将做匀速直线运动，原来静止的物体将永远静止下去。
【解答】答：（1）从A到B的下降过程，质量不变，高度越来越低、速度越来越快，所以重力势能减小，动能增大，此过程重力势能转化为动能；
从B到C的上升过程，质量不变，高度越来越高，速度越来越慢，所以重力势能减小，动能增加，此过程动能转化为重力势能；
不计空气阻力，动能和重力势能的转化过程中，没有能力损失，机械能大小不变。
（2）小球从B到C的过程中由动能转化为重力势能，C点为最高点，小球重力势能最大，速度为零；若一切外力突然消失，由牛顿第一定律可知，小球将保持静止状态不变。
【点评】此题考查了动能和势能的相互转化、牛顿第一定律的理解和应用，分析机械能转化时关键是知道什么能减小了，什么能增加了。
29．（3分）成语“扬汤止沸”是指：把正在沸腾的水从锅中舀出来，再从高处倒回可以阻止锅中的水沸腾。请利用物态变化的知识解释：
（1）舀出来的水下落过程温度能降低的原因；
（2）倒回的水能阻止锅中的水沸腾的原因。
【分析】液体沸腾的条件：温度达到沸点，还要继续吸热。“扬汤止沸”由于散热，水的温度达不到沸点，所以不沸腾，但继续加热温度还是能达到沸点的，所以“扬汤止沸”只能暂时使水停止沸腾。
【解答】答：（1）将正在沸腾的水舀起从高处倒下时，水与空气的接触面积增大，且水表面的空气流速加快，使舀出来的水蒸发加快，因蒸发吸热，使水的温度降低；
（2）温度降低的水倒回锅里时，使整锅水的温度低于沸点，故锅中的水停止沸腾。
【点评】本题考查的知识点是液体沸腾的条件，温度达到沸点，还要继续吸热。要判断液体是否能沸腾，就要分析液体是否具备液体沸腾的条件。
五、综合题（本题共3小题，共16分）
30．（6分）如图，小梦所在的实验小组，设计了甲、乙两种装置来“探究冰熔化时温度的变化规律”。
（1）该实验应选用 碎冰块 来进行实验；
（2）实验小组应选用 乙 ；
（3）实验中需要用到的测量工具除了温度计还需要的实验器材是 秒表 ；
（4）如图丙所示，是小梦根据实验数据作出的冰在加热时温度随时间变化的图像，分析图像可知冰是 晶体 ；
（5）别的小组同学发现还未用酒精灯加热，试管中的冰也熔化了，此时冰熔化 从周围环境中吸收了热量 ；
（6）小明想利用乙装置，继续对试管内的水进行加热，探究水的沸腾规律。他的想法能顺利完成吗？ 不能 。
【分析】（1）知道怎样才能使试管中的晶体均匀受热是解决此题的关键；
（2）利用水浴法加热，可以使固态物质受热均匀，且可以防止温度上升较快，便于测量温度；
（3）测量温度的仪器是温度计，测量时间的仪器是秒表；
（4）晶体和非晶体的区别：观察熔化时是否有固定的熔化温度；
（5）晶体的熔化过程吸热温度不变，外界温度高于冰的温度，冰可以吸收热量；
（6）液体沸腾的条件：达到沸点，继续吸热。
【解答】解：（1）该实验应选用碎冰块来进行实验，均匀受热，效果更好些；
（2）利用水浴法加热不但能使试管均匀受热，而且物质的温度上升速度较慢，便于及时记录各个时刻的温度，故选乙装置；
（3）实验中都需要用到的测量仪器是温度计和秒表，用温度计测量熔化温度，用秒表来测量熔化时间；
（4）由图像可知，冰在熔化过程中，温度保持不变，所以冰是晶体；
（5）别的小组同学发现还未用酒精灯加热，试管中的冰也熔化了，是因为冰从周围环境中吸收了热量，此时冰熔化需要吸收热量；
（6）他的想法不能顺利完成实验。理由是烧杯中水的温度与试管中水的温度相同后，试管中的水无法从外界吸收到热量，所以试管中的水无法沸腾。
故答案为：（1）碎冰块；（2）乙；（3）秒表；（4）晶体；（5）从周围环境中吸收了热量；（5）不能。
【点评】本题考查探究冰熔化时温度变化规律的实验，关键是将实验操作原理及结论掌握清楚，仔细分析即可。
31．（6分）如图所示是小明“探究影响滑动摩擦力大小的因素”的实验。铜块和木块的大小和形状完全相同，在实验前小明提出了以下几种猜想：
猜想一：滑动摩擦力的大小与压力的大小有关
猜想二：滑动摩擦力的大小与物体间接触面的粗糙程度有关
猜想三：滑动摩擦力的大小与物体间的接触面积大小有关
（1）实验时弹簧测力计拉着物体沿水平方向做 匀速直线 运动，此时弹簧测力计的示数即为物体所受滑动摩擦力的大小，这样做的依据是： 二力平衡的条件 。
（2）比较甲、乙两图，可得到的结论是 在接触面的粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大 。
（3）图乙、丙中铜块和木块叠在一起的目的是使 对接触面的压力 相同，比较乙、丙两图可得出滑动摩擦力的大小与 接触面的粗糙程度 有关。
（4）要“探究滑动摩擦力大小与接触面积大小是否有关”，小明将木块和铜块做为一个整体竖着放置在长木板上，如丁图，测出滑动摩擦力的大小并与乙比较。你认为他的探究方案中存在的主要缺陷是： 没有控制接触面的粗糙程度相同 。
【分析】（1）弹簧测力计拉动木块时，弹簧测力计显示拉力大小，要使滑动摩擦力等于拉力，木块一定进行匀速直线运动；
（2）滑动摩擦力跟压力大小和接触面粗糙程度有关。探究滑动摩擦力跟压力大小关系时，控制接触面粗糙程度不变；
（3）探究滑动摩擦力跟接触面粗糙程度关系时，控制压力大小不变；
（4）探究滑动摩擦力大小与接触面积大小是否有关”，应控制压力大小和接触面的粗糙程度相同，只改变接触面积大小。
【解答】解：
（1）测滑动摩擦力大小时，要用弹簧测力计沿水平方向拉着物体做匀速直线运动，根据二力平衡的条件，此时弹簧测力计的示数即为物体所受滑动摩擦力的大小；
（2）甲、乙两图接触面粗糙程度相同，压力越大，弹簧测力计示数越大，滑动摩擦力越大。所以，比较甲、乙两图，可得到的结论是：在触面粗糙程度相同的条件下，压力越大，滑动摩擦力越大；
（3）乙、丙两图，铜块和木块叠在一起的目的是对接触面的压力相同，比较乙、丙两图知：在压力相同的条件下，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大，所以乙丙两图探究滑动摩擦力大小跟接触面粗糙程度的关系；
（4）当所要研究的物理量与多个因素有关时，采用的探究方法应是控制变量法，
要“探究滑动摩擦力大小与接触面积大小是否有关”，应控制压力大小和接触面的粗糙程度相同，而小明将木块和铜块做为一个整体竖着放置在长木板上，由图可知，只控制了压力大小相同，他的探究方案中存在的主要缺陷是：没有控制接触面粗糙程度相同。
故答案为：（1）匀速直线； 二力平衡的条件；（2）在接触面的粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大；（3）对接触面的压力；接触面的粗糙程度；（4）没有控制接触面的粗糙程度相同。
【点评】本题探究影响滑动摩擦力大小的因素，考查二力平衡的条件及控制变量法的运用，难度中等。
32．（4分）小明利用如图甲所示的电路探究电流跟电阻的关系。已知电源电压为6V且保持不变，实验用到的电阻阻值分别为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω。
（1）请根据图甲将图乙所示的实物电路连接完整（导线不允许交叉）。
（2）实验中多次改变R的阻值，调节滑动变阻器的滑片，使电压表示数保持不变，记下电流表的示数，得到如图丙所示的电流I随电阻R变化的图象。
①由图象可以得出结论：电压一定时， 导体中的电流与电阻成反比 。
②上述实验中，小明用5Ω的电阻做完实验后，接下来的操作是 断开开关 ，然后将10Ω的电阻接入电路，闭合开关，移动滑片，使电压表示数为 2.5 V时，读出电流表的示数。
（3）为完成整个实验，应该选取最大阻值不小于 35 Ω的滑动变阻器。
【分析】（1）图乙中还未连入的元件有电压表和滑动变阻器，电压表应并联到定值电阻两端，滑动变阻器按照“一上一下”连入电路。
（2）①分析图丙中图象，曲线上每一点对应的电流和电阻的乘积相等，说明电压一定时，导体中的电流与电阻成反比。
②每次实验后，必须断开开关，把滑片拨到最大阻值处，然后再更换电阻；闭合开关后，还要调节滑片，使定值电阻两端的电压保持不变。
（3）根据电源电压以及每次定值电阻两端的电压，利用串联分压可求出滑动变阻器的最小阻值。
【解答】解：（1）电压表的“3”接线柱已接入电路，需要把“﹣”接线柱接到定值电阻的右边接线柱，使电压表并联在定值电阻两端；滑动变阻器下面的接线柱已连入电路，只要把上面任意一个接线柱与定值电阻右边的接线柱相连即。要注意导线不要交叉。连好的实物图如下图所示。
（2）①分析图丙图象，曲线上每点对应的电流和电阻的乘积都等于2.5V，说明电压一直保持在2.5V，此时导体中的电流与电阻成反比。
②更换电阻时，必须先断开开关；换好定值电阻后，闭合开关，并移动滑片，使电压表的示数为2.5V。
（3）当定值电阻R＝25Ω时，由图丙可知，此时电路中的电流I＝0.1A，
则电路中的总电阻为：R总＝＝＝60Ω，
所以滑动变阻器的最大阻值不能小于：R滑＝R总﹣R＝60Ω﹣25Ω＝35Ω。
故答案是：（1）实物电路连接如图所示：
（2）①导体中的电流与电阻成反比；
②断开开关；2.5；
（3）35。
【点评】该题通过实验探究考查了电学元件的使用、分析图象获取信息的能力，难度不大，但需认真、细心分析。
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