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2022年广东省深圳市南山外国语学校中考物理模拟试卷(word版含答案)
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2022年广东省深圳市南山外国语学校中考物理模拟试卷
一．单选题（共8小题，每题2分，共16分）
1．（2分）下列生活实例中，人对物体施加的力做功的有（ ）
A．甲和乙 B．甲和丁 C．乙和丙 D．丙和丁
2．（2分）下列速度随时间变化的（v﹣t）图象中，表示物体在做匀速直线运动的是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2分）如图所示是汽油机四个冲程的工作剖面图，下列关于这四个冲程的说法正确的是（ ）
A．如图是吸气冲程，进气门吸入气缸的物质只有空气
B．如图是压缩冲程，其能量转化是机械能转化为内能
C．如图是做功冲程，该冲程是依靠飞轮的惯性完成的
D．如图是排气冲程，活塞向上运动，压强增大，温度升高
4．（2分）关于温度、热量和内能，下列说法正确的是（ ）
A．物体的温度越高，含有的热量越多
B．热量总是从内能多的物体转移到内能少的物体
C．温度高的物体内能大，温度低的物体内能小
D．物体吸收热量，内能增加，温度不一定升高
5．（2分）关于电流、电压和电阻，下列说法正确的是（ ）
A．只有自由电子定向移动才能形成电流
B．电路两端有电压，电路中就一定有电流
C．电压使自由电荷发生定向移动形成电流
D．只有36V的电压对人体才是安全的
6．（2分）如图所示，是电学中常见的电路图，在A、B两点间分别接入下列选项中加点字的元件并进行以下对应实验，对滑动变阻器在此实验中的作用描述正确的是（ ）
①探究电流与电阻的关系时，调节电阻两端电压成倍数变化
②用“伏安法”测电阻时，改变定值电阻两端电压，测量对应电流
③研究影响电阻大小因素时，更换不同电阻丝，保持电流不变，测量对应电压值
④测量小灯泡的电功率时，改变小灯泡两端的电压，测量对应电流
A．①② B．②③ C．③④ D．②④
7．（2分）如图所示，甲、乙、丙三只实心球的体积相等，在同种液体中静止，由图中三个球的位置可知（ ）
A．甲球受的浮力最小
B．甲球受的浮力最大
C．丙球受的浮力最小
D．三个球受到的浮力大小相等
8．（2分）如图所示，A、B、C、D是距凸透镜不同距离的四个点，F为焦点。下列几种光学仪器的成像原理与物体在不同点时的成像情况相对应，其中正确的是（ ）
A．使用放大镜时的成像情况与物体放在A点时的成像情况相似
B．幻灯机是根据物体放在C点时的成像特点制成的
C．照相机是根据物体放在D点时的成像特点制成的
D．人眼看物体时的成像情况与物体放在F点时的成像情况相似
二．双选题（共5小题，每题3分，共15分。每小题有两个选项符合题意，有错选不得分，有漏选得2分）
（多选）9．（3分）甲图是小灯泡L和电阻R的I﹣U图象。将小灯泡L和电阻R接入乙图所示电路中，只闭合开关S1时，小灯泡L的实际功率为1W，下列说法正确的是（ ）
A．只闭合开关S1时，小灯泡L的电阻为40Ω
B．再闭合开关S2时，电流表示数增加0.2A
C．再闭合开关S2时，电路总功率为1.4W
D．再闭合开关S2后，在1min内电阻R产生的热量为2.4J
（多选）10．（3分）如图所示是“探究电流通过导体时产生热量的多少与哪些因素有关”的实验装置。两个透明容器中密封着等量的空气，下列说法错误的是（ ）
A．U形管液面高度变化是因为容器中液体热胀冷缩的缘故
B．若将乙图中容器外5Ω的电阻换成10Ω，则不能探究电流通过导体产生的热量与电流的关系
C．图甲中，通电一段时间后左右两边容器内电阻产生的热量之比是 1：2
D．图乙所示的装置可以用来探究电流通过导体产生的热量多少跟电流大小的关系
（多选）11．（3分）如图所示，电源电压保持不变，R1＝10Ω，当闭合开关S，滑动变阻器滑片P从a端移到b端，两电表示数变化关系用图乙中线段AB表示，则电源电压的大小和滑动变阻器的最大值分别为（ ）
A．4V B．6V C．10Ω D．20Ω
（多选）12．（3分）关于如图所示的四幅实验装置图，下列分析中正确的是（ ）
A．如图是研究电动机的原理的
B．如图是研究磁场对通电导线作用的
C．如图是研究电流的周围存在着磁场的
D．如图是电动机结构的原理图
（多选）13．（3分）如图甲所示，S闭合后L1、L2均发光，A1、A2、V三只电表的指针均如图乙所示，已知V表接入的是“﹣”、“15”，则下列说法不正确的是（ ）
A．电源电压为6V
B．L1与L2两端的电压一定相等
C．通过L1与L2的电流一定相等
D．A1选的是0﹣3A的量程，通过L2的电流为0.24A
三．作图题（共2小题，每题2分，共4分）
14．（2分）如图甲所示为一个磁悬浮地球仪，图乙是其内部结构示意图。开关闭合后，请在图乙中的括号内标出电源的正、负极及电磁铁的N极。
15．（2分）画出图中AB在平面镜中的像A′B′。
四．实验探究题（共3小题，每空1分，共14分）
16．（5分）小明做“探究电流与电阻关系”实验，实验器材有：电源（电压恒为6V）、定值电阻（5Ω、10Ω、15Ω、20Ω各一只）、滑动变阻器（规格为“30Ω 0.5A”）、电压表（0～3V）、电流表（0～0.6A）、开关、导线若干。
（1）小明连接好如图所示的电路。
（2）图乙是小组根据测得的实验数据绘制的电流I随电阻R变化的图像，由图像可知R两端的电压为 V；当R的电阻由5Ω更换为10Ω时，闭合开关后，应该将滑动变阻器的滑片P向 （选填“左”或“右”）端滑动从而达到控制R两端的 不变的目的；
（3）为了顺利完成本次实验，则定值电阻两端的电压至少为 V。
（4）在使用10Ω和20Ω电阻实验时，滑动变阻器消耗的电功率之比为 。
17．（6分）在“测量小灯泡电功率”的实验中，电源电压恒为3V，小灯泡的额定电压为2.5V，滑动变阻器的规格为“20Ω 1A”。
（1）如图甲所示，闭合开关后，发现只有 有示数，经检查发现有一根导线连接错误。请在错误导线上打“×”，并用笔画线代替导线，将电路连接正确；
（2）图丙是小灯泡的电流随电压变化关系的图象，根据图象可知，小灯泡的额定功率为 W；
（3）测量小灯泡的电功率 （选填“需要”或“不需要”）多次测量求平均值；
（4）同组的小江同学还想测额定电压3.8V的灯L2的额定功率，向老师借了一个10Ω的定值电阻R0，没用电压表，也测量出了L2的额定功率（如图丁），请你将下列实验过程补充完整；
① （填S、S1、S2的通断情况），调节滑动变阻器的滑片使电流表示数为 A；
②闭合S、S1，断开S2，保持滑动变阻器的滑片位置不变，记录电流表的示数为I；
③小灯泡L2额定功率的表达式P额＝ （用你测量物理量的字母和已知量来表示）。
18．（3分）在“测酱油的密度”实验中。
（1）小明用已调好的天平和量筒测量酱油的质量和体积如图所示，如果甲、丙两图中游码读数都是2.4g，则甲图中烧杯和酱油质量为 g；
（2）把部分酱油倒入量筒，如乙图所示，量筒中酱油的体积为 mL；
（3）烧杯和剩余酱油质量如丙图所示，由此可知酱油的密度是 kg/m3。
五．计算题（共2小题，共15分）
19．（7分）如图所示，用一个滑轮组匀速提升重0.9N的物体，在物体匀速上升5cm的过程中，弹簧测力计的示数为0.4N．（不计摩擦及绳重）求：
（1）在此过程中拉力做的功。
（2）该滑轮组的机械效率。
（3）动滑轮受到的重力。
20．（8分）如图甲所示是某电热水壶的电路图，铭牌如图乙所示。R为加热器，温控器S是一个双金属片温控开关，当温度较低时，其处于闭合状态，加热器加热。当水沸腾后，S会自动断开进入保温状态，从而实现了自动温度开关控制（设加热器电阻阻值一定）。[已知：水的密度ρ水＝1.0×103kg/m3，水的比热容c水＝4.2×103J/（kg•℃）]。求：
（1）该电热水壶正常加热工作时，其加热器的阻值是多少？
（2）该电热水壶正常加热工作时，对加热器通电20s产生的热量是多少？
（3）将电热水壶装满初温为25℃的水加热到75℃，水吸收的热量是多少？
（4）用如图丙所示的电能表单独测量该电热水壶消耗的电能，实际加热时，3min电能表中间的铝质圆盘转动了24转，此时电路消耗的实际电功率是多少？
六．综合能力题（共1小题，每空1分，共6分）
21．（6分）阅读短文，回答问题。
5G智能机器人
中国移动将5G智能机器人如图甲所示，运用到校园环境监测中，进行红外智能测温以及校园消毒。
智能机器人配备了5台高清摄像头和红外热成像测温仪，能够在5m范围内同时扫描多达10人的体温，如果检测到体温异常或者未戴口罩，机器人会向相关人员自动发送警报。机器人当剩余电量减为电池容量的20%时，会主动寻找充电器充电。下表为某智能机器人的部分参数。
水箱容积
额定雾化量
行进速度
净重
20L
10L/h
0.3～0.6m/s
102kg
机器人上还安装了超声波雾化器自动喷枪，工作时，雾化片产生每秒170万次的高频率振动，将消毒液雾化成大量1μm～5μm的超微粒子，再吹散到空气中进行消杀病毒。其中额定雾化量是指雾化器正常工作1h雾化液体的体积。
如图乙是简化的智能测温报警电路：电源电压调为18V，报警器（电阻不计）通过的电流超过10mA时就会报警，电阻箱最大阻值为999Ω，热敏电阻RT其阻值随温度升高而减小，在37℃时是500Ω。
（1）机器人在水平路面上一边向前匀速直线运动一边喷雾状消毒液时，机器人的动能 ，机械能 （两空均选填“增大”、“减小”或“不变”）。
（2）下列说法正确的是 。
A.高清摄像头是通过凸透镜成正立缩小的实像
B.红外测温仪工作时发出红外线射向人体再反射回测温仪内进行测温
C.机器人安装宽履带代替车轮，既为了增大摩擦，又为了减小压强
D.通过遥控器发出超声波来远程控制机器人的前进和后退
（3）若机器人的履带与地面的接触面面积是300cm2，在装满密度为0.9×103kg/m3的消毒液时，对水平地面的压强为 Pa。（g取10N/kg）
（4）当所测温度达到或超过37℃时，要求报警电路系统报警，按照下列步骤调试电路：
①电路接通前，应先将滑动变阻器滑片置于b端，再将电阻箱调到 Ω。
②将开关S向c端闭合，移动滑动变阻器的滑片，直至报警系统报警，此时滑动变阻器接入电路的阻值为 Ω。
③保持滑动变阻器滑片位置不变，将开关S向d端闭合，报警系统即可正常使用。
2022年广东省深圳市南山外国语学校中考物理模拟试卷
参考答案与试题解析
一．单选题（共8小题，每题2分，共16分）
1．【分析】做功的两个必要因素：作用在物体上的力；物体在力的方向上通过的距离。二者缺一不可。
【解答】解：
甲、箱子在推力的作用下向前运动了一段距离，有力作用在箱子上，箱子在力的方向上通过了距离，所以做了功；
乙、提着小桶在水平路上前行，人给小桶一个向上的力，小桶向上没有移动距离，人对小桶没有做功；
丙、用尽全力搬石头，但未搬动，有力作用在物体上，但没有移动距离，所以不做功；
丁、物体在绳子的作用下沿力的方向升高一段距离，力对物体做了功；
综上分析，甲和丁实例中，人对物体施加的力做了功。
故选：B。
【点评】明确三种情况不做功：一是有力无距离（例如：推而未动），二是有距离无力（靠惯性运动），三是力的方向与运动方向垂直。
2．【分析】匀速直线运动的速度不变，v﹣t图象的斜率表示加速度，根据图象的形状分析物体的运动情况。
【解答】解：A、由图可以看出，图线切线的斜率越来越大，表示物体的加速度越来越大，不是匀速直线运动，故A不符合题意；
B、由v﹣t图可知，速度随时间均匀减小，加速度不变，故物体做匀减速直线运动，故B不符合题意；
C、由v﹣t图可知，速度随时间均匀增大，加速度不变，故物体做匀加速直线运动，故C不符合题意；
D、由v﹣t图可知，该图表示物体的速度不变，做匀速直线运动，故D符合题意。
故选：D。
【点评】在分析图象时首先要通过图象的纵坐标明确是什么图象，再根据图象的形状分析物体的运动状态。同时要注意速度与路程图象的区别，抓住斜率的物理意义进行分析。
3．【分析】由进气门和排气门的关闭和打开情况、活塞的上行和下行情况来判断是哪个冲程；
汽油机四个冲程中压缩冲程是机械能转化为内能，做功冲程是内能转化为机械能，排气和吸气冲程没有能的转化。
【解答】解：
A、图中进气门打开，排气门关闭，活塞向下运动，是吸气冲程，将汽油和空气的混合物吸入气缸，故A错误；
B、图中两个气门都关闭，此时活塞向上运动，是压缩冲程，气缸内气体的内能增加，故B正确；
C、图中两个气门都关闭，火花塞点火，此时活塞向下运动，是做功冲程，将内能转化为机械能，故C错误；
D、图中排气门打开，进气门关闭，活塞向上运动，是排气冲程，气缸内气体的压强减小，温度降低，故D错误。
故选：B。
【点评】解答此题要结合内燃机的四个冲程工作特点进行分析解答。
4．【分析】（1）热量是一个过程量，不能说含有多少热量；
（2）发生热传递的条件是两物体间有温度差：高温物体放热，低温物体吸热；
（3）内能是物体内部所有分子无规则运动的动能和分子势能的总和，任何物体都有内能，内能的大小与物体的质量、温度有关；
（4）冰是晶体，晶体熔化的特点是温度不变，但要继续吸热，其内能不断增大。
【解答】解：A、热量是一个过程量，不能说含有多少热量，故A错误；
B、发生热传递的条件是：有温度差，所以内能可自动地从高温物体转移到低温物体，若内能小的物体温度高，故热量可以从内能小的物体转移到内能大的物体，故B错误；
C、影响内能大小的因素有质量、温度、状态，只能说在质量、状态一定时，温度高的物体内能大，温度低的物体内能小，故C错误；
D、冰是晶体，0℃的冰熔化成0℃水，吸收热量，内能增加，但温度不变。故D正确。
故选：D。
【点评】此题考查了对物体内能的概念、影响内能大小的因素及热传递的条件的理解，属于基础题，要熟练掌握。
5．【分析】（1）电荷的定向移动形成电流，可以是正电荷，也可以是负电荷；
（2）电路中有电压且电路是通路，电路中才有电流；
（3）电压的作用是使电路形成电流；
（4）对人体的安全电压是不高于36V。
【解答】解：A、正电荷、负电荷的定向移动都可以形成电流，故A错误；
B、电路中有电压且电路是通路，电路中才有电流，所以有电压不一定能形成电流，故B错误；
C、电压是使自由电荷发生定向移动形成电流的原因，故C正确；
D、对人体的安全电压是不高于36V，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查电流与电压间的关系、电压的作用以及对常见电压值的了解，属于基础性题目。
6．【分析】（1）为了保护电路，闭合开关前，滑动变阻器应处于最大阻值处，探究电流与电阻的关系时滑动变阻器的作用保持导体两端的电压不变；
（2）由于电阻是导体本身的一种性质，其大小与导体两端的电压和通过它的电流无关，所以为了防止测量的偶然性，往往采取多次测量求平均值的方法来减小误差；
（3）结合滑动变阻器的使用目的可以确定滑动变阻器此时的作用；
（4）根据滑动变阻器使用目的，可以确定其在电路中的作用。
【解答】解：①、根据控制变量法的思路，研究导体中的电流与电阻的关系时，要保持导体两端的电压不变，而电路中换用阻值不同的电阻时，电阻两端的电压就要改变，为了保持电阻两端的电压不变，就需要改变滑动变阻器接入电路的阻值，故①错误；
②、用“伏安法”测电阻时，通过改变滑动变阻器接入电路的阻值，从而改变了待测电阻两端的电压和通过它的电流，可以多测几组数据，通过求平均值来减小误差，故②正确；
③、在探究“电阻大小与哪些因素有关”时，保持电压不变，多次更换电阻丝，测量对应电流，是为了得出电阻与什么因素有关，滑动变阻器起到保护电路的作用，故③错误；
④、在“伏安法”测小灯泡电功率的实验中，滑动变阻器的作用是：通过改变小灯泡两端的实际电压与通过小灯泡的电流，可比较小灯泡亮度与灯泡的实际功率之间的关系，不需要测量平均功率，故④正确。
故选：D。
【点评】滑动变阻器可以改变电路中的电流，也可以调节电路两端的电压，要认真审题，注意语言的准确性。
7．【分析】由图知甲、乙、丙三个球排开水的体积大小关系，利用阿基米德原理的推导公式F浮＝ρ水V排g比较受浮力的大小关系。
【解答】解：已知三只球的体积是相等的，甲漂浮，乙悬浮，丙沉入液体底部，由图知，三个球排开液体的体积关系为：V甲排＜V乙排＝V丙排，
因为F浮＝ρ液gV排，所以三球受到的浮力：F甲＜F乙＝F丙，即甲球受的浮力最小。
故选：A。
【点评】本题考查了学生对阿基米德原理的掌握和运用，利用好三球体积相同是本题的关键。
8．【分析】凸透镜成像的三种情况和应用：
u＞2f，成倒立、缩小的实像，应用于照相机和摄像机；
2f＞u＞f，成倒立、放大的实像，应用于幻灯机和投影；
u＜f，成正立、放大的虚像，应用于放大镜和老花镜。
【解答】解：A、物体放在A点时，u＞2f，成倒立、缩小的实像，应用于照相机，故A错误；
B、物体放在C点，2f＞u＞f，成倒立、放大的实像，应用于幻灯机和投影仪，故B正确；
C、物体放在D点，u＜f，成正立、放大的虚像，应用于放大镜，故C错误；
D、物体放在F点时，不会成像，而眼睛成像与照相机的原理相同，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了凸透镜成像的三种情况和应用，以及眼睛看物体相当于照相机的工作原理。
二．双选题（共5小题，每题3分，共15分。每小题有两个选项符合题意，有错选不得分，有漏选得2分）
9．【分析】（1）由图乙可知，只闭合S1时，该电路为只含有灯L的简单电路，电流表测电路中的电流；已知此时灯L的实际功率，利用P＝UI，结合图甲可读出此时L的电流和两端的电压，再利用I=UR的变形式可求出灯L的电阻；
（2）由图乙可知，闭合S1，再闭合S2时，该电路为L和R的并联电路，电流表测干路电流；由并联电路的电流特点可知电源电压和R两端的电压；由图甲读出此时R的电流，并联电路中各个支路之间互不影响，则通过R的电流即电流表示数增加的电流值；
（3）并联电路中总电流等于各个支路通过的电流之和，据此求出干路总电流，再利用P＝UI求出电路总功率；
（4）电阻R是纯电阻用电器，可以利用Q＝I2Rt＝IUt求出在1min内电阻R产生的热量。
【解答】解：A、由图乙可知，只闭合S1时，该电路为只含有灯L的简单电路，电流表测电路中的电流；
已知此时灯L的实际功率为P＝UI＝1W，由图甲可知，此时灯L的电流为IL＝0.5A，UL＝2V，
由I=UR可知此时小灯泡L的电阻为：RL=ULIL=2V0.5A=4Ω，故A错误；
B、由图乙可知，闭合S1，再闭合S2时，该电路为L和R的并联电路，电流表测干路电流；
由并联电路的电压特点可知电源电压为：U＝UL＝2V，则R两端的电压为UR＝U＝2V，
由图甲可知，此时通过R的电流为：IR＝0.2A，并联电路中各个支路之间互不影响，因此电流表示数增加了0.2A，故B正确；
C、再闭合开关S2时，电路总电流为I＝IL+IR＝0.5A+0.2A＝0.7A，则电路总功率为：P＝UI＝2V×0.7A＝1.4W，故C正确；
D、再闭合开关S2时，在1min内电阻R产生的热量为：Q＝IR2Rt＝IRURt＝0.2A×2V×1×60s＝24J，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查了欧姆定律、电功率和焦耳定律计算公式的应用，熟练掌握并联电路的电流、电压特点，从图象中读取有用的信息是解题的关键。
10．【分析】（1）电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但气体温度的变化可以通过液面高度差的变化来反映，这种研究方法叫转换法；
（2）探究电流产生的热量与电流的关系，控制电阻和通电时间不变；
（3）由Q＝I2Rt分析判断甲图中两电阻产生的热量之比；
（4）探究电流产生的热量跟电流大小和电阻大小关系时，控制电流和通电时间不变。
【解答】解：A、电流通过导体产生的热量不能直接显示出来，容器中空气会由于热胀冷缩而出现高度差，由此反映出产生的热量多少，不是液体热胀冷缩，故A错误；
B、乙图中右侧两个5Ω的电阻并联后，再与左侧5Ω的电阻串联；若将乙图中容器外5Ω的电阻换成10Ω，根据并联电路的电流关系可知，通过容器内电阻的电流是不同的，也可以研究电流产生的热量与电流的关系，故B错误；
C、甲图中两个电阻串联；电阻之比为：R1：R2＝5Ω：10Ω＝1：2；串联电路中电流相等，通电时间也相同，根据Q＝I2Rt可知，通电一段时间后左右两边容器内电阻产生的热量之比是 1：2，故C正确；
D、图乙中容器中电阻相等，根据并联电路的电流关系可知，他们的电流不等，并联电阻支路中电流为干路电流的一半，两边容器中电阻的电流不同，可以用来探究产生热量与电流大小的关系，故D正确。
故选：AB。
【点评】此题主要考查的是学生对“电流通过导体产生的热量与电阻、电流的关系”实验的理解和掌握，注意控制变量法和转换法的运用是解决该题的关键。
11．【分析】由图甲知，闭合开关，定值电阻和滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端电压，电流表测量电路电流；
（1）当滑片在a端时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，由图象乙知此时滑动变阻器两端电压和通过的电流，利用I=UR得到滑动变阻器最大阻值；
（2）根据串联电路的电流特点和电压特点，结合欧姆定律求出电源电压。
【解答】解：由图甲知，闭合开关，定值电阻和滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端电压，电流表测量电路电流；
（1）当滑片在a端时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，电路中的电流最小，
由图象乙可知，此时滑动变阻器两端电压U2＝4V，通过滑动变阻器的电流I2＝0.2A，
由I=UR可知，滑动变阻器的最大电阻：R大=U2I2=4V0.2A=20Ω，故C错误，D正确；
（2）根据串联电路的电流特点可知，此时通过定值电阻R1的电流I1＝I2＝0.2A，
根据串联电路的电压特点和I=UR可得，电源电压：
U＝U1+U2＝I1R1+4V＝0.2A×10Ω+4V＝6V，故A错误，B正确。
故选：BD。
【点评】本题考查串联电路的电流、电压特点，以及欧姆定律的应用，关键是能从图中找到相关的有用信息。
12．【分析】（1）电路中没有电源，属于发电机原理；
（2）闭合开关，通电导线在磁场中受力；
（3）通电直导线周围小磁针旋转，表明电流周围存在磁场；
（4）线圈在磁场中转动，属于发电机原理。
【解答】解：A、如图电路中没有电源，导体在磁场中做切割磁感线运动产生电磁感应现象，属于发电机原理，故A错误；
B、图示中闭合开关，通电导线垂直于磁场方向放入磁场中受磁场力作用，故B正确；
C、图示中通电直导线周围小磁针旋转，表明电流周围存在磁场，故C正确；
D、图示中线圈在磁场中转动，小灯泡能够发光，属于发电机原理，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查电生磁，磁生电的知识，认识装置图及其原理是解答本题的关键。
13．【分析】（1）电压表读数方法：首先确定量程，然后分清分度值，根据指针位置读数。并联电路的电压关系，可得到L1、L2两端的电压。
（2）首先读出两个电流表的示数。然后根据并联电路的电流关系，可求出通过L1、L2的电流。
【解答】解：
（1）由图知，L1与L2并联，电压表测L1两端电压，
电压表使用0～15V的量程，分度值为0.5V，根据指针位置，电压表读数为6V，根据并联电路的电压特点知：U＝U1＝U2＝6V．故A、B正确；
（2）由图知，电流表A1测量的是干路电流，电流表A2测量的L1是电流，干路电流大于支路电流。
所以电流表A1使用的是0～3A的量程，分度值是0.1A，读数是1.2A；
电流表A2使用的是0～0.6A的量程，分度值是0.02A，读数是0.24A，
I1＝0.24A，由并联电路电流特点可得通过L2的电流：
I2＝I﹣I1＝1.2A﹣0.24A＝0.96A．故CD错误。
故选：CD。
【点评】分析清楚电路结构，明确各电路元件的连接方式是正确解题的前提；掌握电表的读数方法，读出各电表的示数，是正确解题的关键；本题的难点是确定电流表的量程。
三．作图题（共2小题，每题2分，共4分）
14．【分析】根据同名磁极相互排斥确定螺线管上面的极性，最后根据右手定则确定电流的方向；从而确定电源的正负极。
【解答】解：已知条形磁体上端为N极，则下端为S极，根据同名磁极相互排斥，可知，电磁铁的上端为S极，下端为N极。
根据安培定则，伸出右手使大拇指指向电磁铁的N极（电磁铁的下端），则四指弯曲所指的方向为电流的方向，电流从螺线管的下端流入，所以电源的下端为正极，如图所示：
【点评】磁极间的相互作用规律与安培定则相结合是电磁学方面的常见题型，明确磁悬浮地球仪的工作原理是解答此题的关键。
15．【分析】平面镜成像的特点是：成虚像、像物大小相等、到平面镜的距离相等、连线与镜面垂直、左右互换，即像物关于平面镜对称，利用这一对称性作出AB的像。
【解答】解：分别作出物体AB端点A、B关于平面镜的对称点A′、B′，用虚线连接A′、B′即为AB在平面镜中的像。如图所示：
【点评】在平面镜成像作图中，若作出物体在平面镜中所成的像，要先根据像与物关于平面镜对称，先作出端点和关键点的像点，再用虚线连接各点即为物体的像。
四．实验探究题（共3小题，每空1分，共14分）
16．【分析】（2）由图乙的数据，利用欧姆定律求出电流与电阻之积；
根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻两端的电压不变，当换上大电阻时，由串联电路电压的规律结合分压原理确定滑片移动的方向；
（3）根据串联电路分压规律可知，定值电阻两端电压的最小值；
（4）先根据图乙数据由欧姆定律求出定值电阻10Ω和20Ω时电流，然后P＝UI即可求出滑动变阻器消耗的电功率之比。
【解答】解：（2）图乙是小组根据测得的实验数据绘制的电流I随电阻R变化的图像，由图像可知R两端的电压为：
U＝IR＝0.5A×5Ω＝﹣﹣﹣＝0.25A×10Ω＝2.5V；
当R的电阻由5Ω更换为10Ω时，电阻变大，分压增多，电压表示数增大，根据控制变量法知在探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，即应保持电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向左端移动，使电压表的示数为2.5V；
（3）因为串联电路电流相等，所以I=UVR=U-UVR滑，当定值电阻最大为20Ω时且滑动变阻器的电阻最大时定值电阻两端的电压最小，最小为：UV20Ω=6V-UV30Ω，解得UV＝2.4V；
（4）定值电阻两端的电压为U＝2.5V，当10Ω接入电路时，电路电流为I′=UR′=2.5V10Ω=0.25A；当20Ω接入电路时，电路电流为I″=UR″=2.5V20Ω=0.125A；
因为定值电阻两端电压相等，电源电压不变，因此滑动变阻器两端电压也相等；
由P＝UI可得，滑动变阻器消耗的电功率之比：P'：P“＝UI′：UI″＝I′：I″＝0.25A：0.125A＝2：1。
故答案为：（2）2.5；左；电压；（3）2.4；（4）2：1。
【点评】本题探究电流跟它两端电阻关系，考查控制变量法、数据分析和对实验的要求和串联电路的规律及欧姆定律与电功率公式的运用，是一道综合题，有一定的难度，其中分析定值电阻的阻值变大时滑片的移动方向、分析定值电阻分别是10Ω、20Ω时，滑动变阻器的电功率之比是本题的难点。
17．【分析】（1）观察图甲可知电压表串联在电路中，由于电压表相当于开路，据此可知闭合开关后可能出现的现象；然后根据电压表应并联使用，将电压表并联在灯泡两端；
（2）灯泡在额定电压下正常发光，由图丙中的图象得出额定电压下的电流，根据P＝UI可求出灯泡的额定功率；
（3）灯泡在不同电压下的功率不同，据此分析；
（4）要测灯的额定功率，应先使灯正常发光，在没有电压表的情况下，电流表与定值电阻R应起到电压表的测量作用，故将R与电流表串联后再与灯并联，通过移动变阻器的滑片使电流表示数为IL=ULR0=3.8V10Ω=0.38A时，由并联电路电压的规律，灯的电压为3.8V，灯正常发光；
保持滑片位置不变，通过开关的转换，使电流表测灯与R0并联的总电流，因电路的连接关系没有改变，各电阻的大小和通过的电流不变，灯仍正常发光，根据并联电路电流的规律求出灯的额定电流，根据P＝UI写出灯的额定功率的表达式。
【解答】解：
（1）观察图甲可知由于开关与灯泡之间的导线连接错误，电压表串联在电路中，所以闭合开关后，导致电压表测量电源电压，电压表有示数，由于电压表相当于开路，则电流表的没有示数；要测灯的额定功率，应将电压表并联在灯泡两端，如下图：
（2）根据图丙所示的小灯泡电流随电压变化的关系图象知，灯在额定电压2.5V时的电流为0.25A，则小灯泡的额定功率是：
P额＝U额I额＝2.5V×0.25A＝0.625W；
（3）测量小灯泡的电功率不需要多次测量求平均值，原因是灯泡在不同电压下的功率不同；
（4）实验步骤：
①闭合S、S2，断开S1，调节滑动变阻器的滑片使电流表示数为IL=ULR0=3.8V10Ω=0.38A，根据并联电路的电压规律可知，灯泡两端的电压为3.8V，灯泡正常发光；
②闭合S、S1，断开S2，保持滑动变阻器的滑片位置不变，记录电流表的示数为I；
③在②中，使电流表测灯与R0并联的总电流，因电路的连接关系没有改变，各电阻的大小和通过的电流不变，灯仍正常发光，根据并联电路电流的规律，灯的额定电流：IL＝I﹣0.38A；
小灯泡L2额定功率的表达式：P额＝UL×IL＝3.8V×（I﹣0.38A）。
故答案为：（1）电压表；见解析；（2）0.625；（3）不需要；（4）①闭合S、S2，断开S1；0.38；③3.8V×（I﹣0.38A）。
【点评】本题是“测量小灯泡电功率”的实验，考查实物电路的连接、电功率的计算及设计方案测灯额定功率的能力。
18．【分析】（1）根据游码读数和右盘砝码质量得出被测物体的质量。
（2）读取量筒中液体的体积时，首先要明确量筒的分度值，读数时视线与液面最凹处相平；
（3）已知烧杯和酱油的总质量和剩余酱油和烧杯的质量，可以得到量筒中酱油的质量；已知酱油的质量和体积，利用公式ρ=mV得到酱油的密度。
【解答】解：（1）由图甲可知，烧杯和酱油的总质量是m1＝50g+20g+10g+2.4g＝82.4g；
（2）量筒的分度值为2mL，量筒中酱油的体积为V＝40mL＝40cm3；
（3）由图乙可知，剩余酱油和烧杯的质量为m2＝20g+10g+5g+2.4g＝37.4g
量筒中酱油的质量为m＝m1﹣m2＝82.4g﹣37.4g＝45g，
酱油的密度为ρ=mV=45g40cm3=1.125g/cm3＝1.125×103kg/m3。
故答案为：（1）82.4；（2）40；（3）1.125×103。
【点评】此题中考查了关于液体密度测量的基本技能，包括天平、量筒的读数，运用密度的公式进行计算，属于基础题。
五．计算题（共2小题，共15分）
19．【分析】（1）已知物体由3段绳子承担，知道弹簧测力计的示数，由W总＝Fs可求得拉力做的功。
（2）由W有用＝Gh可求得有用功，利用η=W有用W总×100%可求得该滑轮组的机械效率；
（3）不计摩擦及绳重，由F=13（G+G动）可求得动滑轮受到的重力。
【解答】解：（1）已知h＝5cm＝0.05m，则绳子移动的距离s＝3h＝3×0.05m＝0.15m；
在此过程中拉力做的功W总＝Fs＝0.4N×0.15m＝0.06J；
（2）有用功W有用＝Gh＝0.9N×0.05m＝0.045J，
该滑轮组的机械效率η=W有用W总×100%=0.045J0.06J×100%＝75%；
（3）由F=13（G+G动）可得，
动滑轮受到的重力G动＝3F﹣G＝3×0.4N﹣0.9N＝0.3N。
答：（1）在此过程中拉力做的功为0.06J。
（2）该滑轮组的机械效率为75%。
（3）动滑轮受到的重力为0.3N。
【点评】此题主要考查的是学生对功的计算、机械效率、动滑轮重、拉力大小计算的理解和掌握，考查的知识点较多，但都是基础性题目。
20．【分析】（1）知道电热水壶的额定功率和额定电压，利用P=U2R可以计算出加热器的阻值；
（2）知道电热水壶的额定功率和加热时间，利用P=Wt的变形公式可以计算出对加热器通电20s产生的热量；
（3）利用密度公式先计算出电热水壶装满后水的质量，再利用Q吸＝cm（t﹣t0）计算出水吸收的热量；
（4）600r/（kW•h）表示电路中用电器每消耗1kW•h的电能，电能表的铝质圆盘转过600转；
计算出电能表中间的铝质圆盘转动了24转时，电热水器消耗的电能W，再利用P=⋅Wt计算出电路消耗的实际功率。
【解答】解：（1）由图乙可知，电热水壶的额定功率P额＝1000W，额定电压U额＝220V；
由P=U2R可知，加热器的阻值：R=U额2P额=(220V)21000W=48.4Ω；
（2）由P=Wt可知，对加热器通电20s产生的热量：W＝P额t＝1000W×20s＝20000J；
（3）由ρ=mV可知，电热水壶中水的质量：m＝ρ水V＝1.0×103kg/m3×2.5×10﹣3m3＝2.5kg；
水吸收的热量：Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×2.5kg×（75℃﹣25℃）＝5.25×105J；
（1）600r/（kW•h）表示电路中用电器每消耗1kW•h的电能，电能表的铝质圆盘转过600转；
电能表中间的铝质圆盘转动了24转，电热水壶消耗的电能：W′=24r600r/(kW⋅h)=0.04kW•h；
电路消耗的实际电功率：P实=W′t′=0.04kW⋅h360h=0.8kW＝800W。
答：（1）加热器的阻值是48.4Ω；
（2）加热器通电20s产生的热量是20000J；
（3）水吸收的热量是5.25×105J；
（4）电路消耗的实际电功率是800W。
【点评】本题是电热综合题，主要考查电功率公式、密度公式、吸热公式的应用，对电能表参数的理解和掌握，题目综合性较强，难度不是很大。
六．综合能力题（共1小题，每空1分，共6分）
21．【分析】（1）影响动能的因素是质量和速度；影响重力势能的因素是质量和高度，机械能包括动能和重力势能；
（2）①照相机工作原理：物距大于2倍焦距时，凸透镜成倒立缩小实像；
②任何物体都向外辐射红外线，物体温度越高，辐射红外线的本领越强，红外线测温仪工作时，把物体发射的红外线具有的辐射能转变成电信号，再经过电路运算处理后，换算转变为被测目标的线性的温度信号值，最后显示输出被测物体的温度；
③机器人安装宽履带代替车轮是为了在压力一定时增大受力面积来减小压强，同时增加了接触面的粗糙程度来增大摩擦力；
④红外线是一种看不见的光，它也遵循光的直线传播和反射规律，在现实生活中有实际的应用；
（3）根据ρ=mV算出消毒液的质量，由F＝G＝mg算出机器人对水平地面的压力，由p=FS算出机器人对水平地面的压强；
（4）进行报警器调试时，
第一，确定设定的报警温度。
第二，根据图象列出温度与电阻的关系式，算出温度为37℃对应的电阻，让电阻箱调到设定温度的电阻值，电路接通c时，滑动滑动变阻器的滑片，使电路电流为报警电流0.01A；
由关系式算出温度为37℃的电阻。
【解答】解：（1）机器人在水平路面上一边向前匀速直线运动一边喷雾状消毒液时，机器人的质量减小，速度不变，高度不变，动能减小，重力势能减小，机械能变小；
（2）A、摄像头与照相机的原理相同，成倒立、缩小的实像，故A错误；
B、红外线测温仪工作时，把物体发射的红外线具有的辐射能转变成电信号，再经过电路运算处理后，换算转变为被测目标的线性的温度信号值，最后显示输出被测物体的温度，故B错误；
C、机器人安装宽履带代替车轮是为了在压力一定时增大受力面积来减小压强，同时增加了接触面的粗糙程度来增大摩擦力，故C正确；
D、通过遥控器发出红外线来远程控制机器人的前进和后退，故D错误。
故选：C；
（3）根据ρ=mV知，消毒液的质量为：m液＝ρ液V＝0.9×103kg/m3×20×10﹣3m3＝18kg，
机器人对水平地面的压力为：F＝G＝（m液+m机器人）g＝（18kg+102kg）×10N/kg＝1200N，
机器人对水平地面的压强：
p=FS=1200N300×10-4m2=4×104Pa；
（4）①为使报警电路可正常使用，应先让电阻箱调到热敏电阻达到设定温度时的电阻值500Ω，再将开关向d端闭合（热敏电阻与滑动变阻器串联），调节滑动变阻器的滑片，使电路中的电流为报警电流0.01A，报警器报警；
此时电路的总电阻为：R=U′I=18V0.01A=1800Ω，
滑动变阻器的电阻为：
R滑＝R﹣RT＝1800Ω﹣500Ω＝1300Ω。
故答案为：（1）减小；减小；（2）C；（3）4×104；（4）500；1300。
【点评】本题综合考查动能与势能的影响因素、凸透镜成像规律的应用、压强的计算、欧姆定律的应用，综合性强，难度大。
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2022年广东省深圳市南山外国语学校中考物理模拟试卷
一．单选题（共8小题，每题2分，共16分）
1．（2分）下列生活实例中，人对物体施加的力做功的有（ ）
A．甲和乙 B．甲和丁 C．乙和丙 D．丙和丁
2．（2分）下列速度随时间变化的（v﹣t）图象中，表示物体在做匀速直线运动的是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2分）如图所示是汽油机四个冲程的工作剖面图，下列关于这四个冲程的说法正确的是（ ）
A．如图是吸气冲程，进气门吸入气缸的物质只有空气
B．如图是压缩冲程，其能量转化是机械能转化为内能
C．如图是做功冲程，该冲程是依靠飞轮的惯性完成的
D．如图是排气冲程，活塞向上运动，压强增大，温度升高
4．（2分）关于温度、热量和内能，下列说法正确的是（ ）
A．物体的温度越高，含有的热量越多
B．热量总是从内能多的物体转移到内能少的物体
C．温度高的物体内能大，温度低的物体内能小
D．物体吸收热量，内能增加，温度不一定升高
5．（2分）关于电流、电压和电阻，下列说法正确的是（ ）
A．只有自由电子定向移动才能形成电流
B．电路两端有电压，电路中就一定有电流
C．电压使自由电荷发生定向移动形成电流
D．只有36V的电压对人体才是安全的
6．（2分）如图所示，是电学中常见的电路图，在A、B两点间分别接入下列选项中加点字的元件并进行以下对应实验，对滑动变阻器在此实验中的作用描述正确的是（ ）
①探究电流与电阻的关系时，调节电阻两端电压成倍数变化
②用“伏安法”测电阻时，改变定值电阻两端电压，测量对应电流
③研究影响电阻大小因素时，更换不同电阻丝，保持电流不变，测量对应电压值
④测量小灯泡的电功率时，改变小灯泡两端的电压，测量对应电流
A．①② B．②③ C．③④ D．②④
7．（2分）如图所示，甲、乙、丙三只实心球的体积相等，在同种液体中静止，由图中三个球的位置可知（ ）
A．甲球受的浮力最小
B．甲球受的浮力最大
C．丙球受的浮力最小
D．三个球受到的浮力大小相等
8．（2分）如图所示，A、B、C、D是距凸透镜不同距离的四个点，F为焦点。下列几种光学仪器的成像原理与物体在不同点时的成像情况相对应，其中正确的是（ ）
A．使用放大镜时的成像情况与物体放在A点时的成像情况相似
B．幻灯机是根据物体放在C点时的成像特点制成的
C．照相机是根据物体放在D点时的成像特点制成的
D．人眼看物体时的成像情况与物体放在F点时的成像情况相似
二．双选题（共5小题，每题3分，共15分。每小题有两个选项符合题意，有错选不得分，有漏选得2分）
（多选）9．（3分）甲图是小灯泡L和电阻R的I﹣U图象。将小灯泡L和电阻R接入乙图所示电路中，只闭合开关S1时，小灯泡L的实际功率为1W，下列说法正确的是（ ）
A．只闭合开关S1时，小灯泡L的电阻为40Ω
B．再闭合开关S2时，电流表示数增加0.2A
C．再闭合开关S2时，电路总功率为1.4W
D．再闭合开关S2后，在1min内电阻R产生的热量为2.4J
（多选）10．（3分）如图所示是“探究电流通过导体时产生热量的多少与哪些因素有关”的实验装置。两个透明容器中密封着等量的空气，下列说法错误的是（ ）
A．U形管液面高度变化是因为容器中液体热胀冷缩的缘故
B．若将乙图中容器外5Ω的电阻换成10Ω，则不能探究电流通过导体产生的热量与电流的关系
C．图甲中，通电一段时间后左右两边容器内电阻产生的热量之比是 1：2
D．图乙所示的装置可以用来探究电流通过导体产生的热量多少跟电流大小的关系
（多选）11．（3分）如图所示，电源电压保持不变，R1＝10Ω，当闭合开关S，滑动变阻器滑片P从a端移到b端，两电表示数变化关系用图乙中线段AB表示，则电源电压的大小和滑动变阻器的最大值分别为（ ）
A．4V B．6V C．10Ω D．20Ω
（多选）12．（3分）关于如图所示的四幅实验装置图，下列分析中正确的是（ ）
A．如图是研究电动机的原理的
B．如图是研究磁场对通电导线作用的
C．如图是研究电流的周围存在着磁场的
D．如图是电动机结构的原理图
（多选）13．（3分）如图甲所示，S闭合后L1、L2均发光，A1、A2、V三只电表的指针均如图乙所示，已知V表接入的是“﹣”、“15”，则下列说法不正确的是（ ）
A．电源电压为6V
B．L1与L2两端的电压一定相等
C．通过L1与L2的电流一定相等
D．A1选的是0﹣3A的量程，通过L2的电流为0.24A
三．作图题（共2小题，每题2分，共4分）
14．（2分）如图甲所示为一个磁悬浮地球仪，图乙是其内部结构示意图。开关闭合后，请在图乙中的括号内标出电源的正、负极及电磁铁的N极。
15．（2分）画出图中AB在平面镜中的像A′B′。
四．实验探究题（共3小题，每空1分，共14分）
16．（5分）小明做“探究电流与电阻关系”实验，实验器材有：电源（电压恒为6V）、定值电阻（5Ω、10Ω、15Ω、20Ω各一只）、滑动变阻器（规格为“30Ω 0.5A”）、电压表（0～3V）、电流表（0～0.6A）、开关、导线若干。
（1）小明连接好如图所示的电路。
（2）图乙是小组根据测得的实验数据绘制的电流I随电阻R变化的图像，由图像可知R两端的电压为 V；当R的电阻由5Ω更换为10Ω时，闭合开关后，应该将滑动变阻器的滑片P向 （选填“左”或“右”）端滑动从而达到控制R两端的 不变的目的；
（3）为了顺利完成本次实验，则定值电阻两端的电压至少为 V。
（4）在使用10Ω和20Ω电阻实验时，滑动变阻器消耗的电功率之比为 。
17．（6分）在“测量小灯泡电功率”的实验中，电源电压恒为3V，小灯泡的额定电压为2.5V，滑动变阻器的规格为“20Ω 1A”。
（1）如图甲所示，闭合开关后，发现只有 有示数，经检查发现有一根导线连接错误。请在错误导线上打“×”，并用笔画线代替导线，将电路连接正确；
（2）图丙是小灯泡的电流随电压变化关系的图象，根据图象可知，小灯泡的额定功率为 W；
（3）测量小灯泡的电功率 （选填“需要”或“不需要”）多次测量求平均值；
（4）同组的小江同学还想测额定电压3.8V的灯L2的额定功率，向老师借了一个10Ω的定值电阻R0，没用电压表，也测量出了L2的额定功率（如图丁），请你将下列实验过程补充完整；
① （填S、S1、S2的通断情况），调节滑动变阻器的滑片使电流表示数为 A；
②闭合S、S1，断开S2，保持滑动变阻器的滑片位置不变，记录电流表的示数为I；
③小灯泡L2额定功率的表达式P额＝ （用你测量物理量的字母和已知量来表示）。
18．（3分）在“测酱油的密度”实验中。
（1）小明用已调好的天平和量筒测量酱油的质量和体积如图所示，如果甲、丙两图中游码读数都是2.4g，则甲图中烧杯和酱油质量为 g；
（2）把部分酱油倒入量筒，如乙图所示，量筒中酱油的体积为 mL；
（3）烧杯和剩余酱油质量如丙图所示，由此可知酱油的密度是 kg/m3。
五．计算题（共2小题，共15分）
19．（7分）如图所示，用一个滑轮组匀速提升重0.9N的物体，在物体匀速上升5cm的过程中，弹簧测力计的示数为0.4N．（不计摩擦及绳重）求：
（1）在此过程中拉力做的功。
（2）该滑轮组的机械效率。
（3）动滑轮受到的重力。
20．（8分）如图甲所示是某电热水壶的电路图，铭牌如图乙所示。R为加热器，温控器S是一个双金属片温控开关，当温度较低时，其处于闭合状态，加热器加热。当水沸腾后，S会自动断开进入保温状态，从而实现了自动温度开关控制（设加热器电阻阻值一定）。[已知：水的密度ρ水＝1.0×103kg/m3，水的比热容c水＝4.2×103J/（kg•℃）]。求：
（1）该电热水壶正常加热工作时，其加热器的阻值是多少？
（2）该电热水壶正常加热工作时，对加热器通电20s产生的热量是多少？
（3）将电热水壶装满初温为25℃的水加热到75℃，水吸收的热量是多少？
（4）用如图丙所示的电能表单独测量该电热水壶消耗的电能，实际加热时，3min电能表中间的铝质圆盘转动了24转，此时电路消耗的实际电功率是多少？
六．综合能力题（共1小题，每空1分，共6分）
21．（6分）阅读短文，回答问题。
5G智能机器人
中国移动将5G智能机器人如图甲所示，运用到校园环境监测中，进行红外智能测温以及校园消毒。
智能机器人配备了5台高清摄像头和红外热成像测温仪，能够在5m范围内同时扫描多达10人的体温，如果检测到体温异常或者未戴口罩，机器人会向相关人员自动发送警报。机器人当剩余电量减为电池容量的20%时，会主动寻找充电器充电。下表为某智能机器人的部分参数。
水箱容积
额定雾化量
行进速度
净重
20L
10L/h
0.3～0.6m/s
102kg
机器人上还安装了超声波雾化器自动喷枪，工作时，雾化片产生每秒170万次的高频率振动，将消毒液雾化成大量1μm～5μm的超微粒子，再吹散到空气中进行消杀病毒。其中额定雾化量是指雾化器正常工作1h雾化液体的体积。
如图乙是简化的智能测温报警电路：电源电压调为18V，报警器（电阻不计）通过的电流超过10mA时就会报警，电阻箱最大阻值为999Ω，热敏电阻RT其阻值随温度升高而减小，在37℃时是500Ω。
（1）机器人在水平路面上一边向前匀速直线运动一边喷雾状消毒液时，机器人的动能 ，机械能 （两空均选填“增大”、“减小”或“不变”）。
（2）下列说法正确的是 。
A.高清摄像头是通过凸透镜成正立缩小的实像
B.红外测温仪工作时发出红外线射向人体再反射回测温仪内进行测温
C.机器人安装宽履带代替车轮，既为了增大摩擦，又为了减小压强
D.通过遥控器发出超声波来远程控制机器人的前进和后退
（3）若机器人的履带与地面的接触面面积是300cm2，在装满密度为0.9×103kg/m3的消毒液时，对水平地面的压强为 Pa。（g取10N/kg）
（4）当所测温度达到或超过37℃时，要求报警电路系统报警，按照下列步骤调试电路：
①电路接通前，应先将滑动变阻器滑片置于b端，再将电阻箱调到 Ω。
②将开关S向c端闭合，移动滑动变阻器的滑片，直至报警系统报警，此时滑动变阻器接入电路的阻值为 Ω。
③保持滑动变阻器滑片位置不变，将开关S向d端闭合，报警系统即可正常使用。
2022年广东省深圳市南山外国语学校中考物理模拟试卷
参考答案与试题解析
一．单选题（共8小题，每题2分，共16分）
1．【分析】做功的两个必要因素：作用在物体上的力；物体在力的方向上通过的距离。二者缺一不可。
【解答】解：
甲、箱子在推力的作用下向前运动了一段距离，有力作用在箱子上，箱子在力的方向上通过了距离，所以做了功；
乙、提着小桶在水平路上前行，人给小桶一个向上的力，小桶向上没有移动距离，人对小桶没有做功；
丙、用尽全力搬石头，但未搬动，有力作用在物体上，但没有移动距离，所以不做功；
丁、物体在绳子的作用下沿力的方向升高一段距离，力对物体做了功；
综上分析，甲和丁实例中，人对物体施加的力做了功。
故选：B。
【点评】明确三种情况不做功：一是有力无距离（例如：推而未动），二是有距离无力（靠惯性运动），三是力的方向与运动方向垂直。
2．【分析】匀速直线运动的速度不变，v﹣t图象的斜率表示加速度，根据图象的形状分析物体的运动情况。
【解答】解：A、由图可以看出，图线切线的斜率越来越大，表示物体的加速度越来越大，不是匀速直线运动，故A不符合题意；
B、由v﹣t图可知，速度随时间均匀减小，加速度不变，故物体做匀减速直线运动，故B不符合题意；
C、由v﹣t图可知，速度随时间均匀增大，加速度不变，故物体做匀加速直线运动，故C不符合题意；
D、由v﹣t图可知，该图表示物体的速度不变，做匀速直线运动，故D符合题意。
故选：D。
【点评】在分析图象时首先要通过图象的纵坐标明确是什么图象，再根据图象的形状分析物体的运动状态。同时要注意速度与路程图象的区别，抓住斜率的物理意义进行分析。
3．【分析】由进气门和排气门的关闭和打开情况、活塞的上行和下行情况来判断是哪个冲程；
汽油机四个冲程中压缩冲程是机械能转化为内能，做功冲程是内能转化为机械能，排气和吸气冲程没有能的转化。
【解答】解：
A、图中进气门打开，排气门关闭，活塞向下运动，是吸气冲程，将汽油和空气的混合物吸入气缸，故A错误；
B、图中两个气门都关闭，此时活塞向上运动，是压缩冲程，气缸内气体的内能增加，故B正确；
C、图中两个气门都关闭，火花塞点火，此时活塞向下运动，是做功冲程，将内能转化为机械能，故C错误；
D、图中排气门打开，进气门关闭，活塞向上运动，是排气冲程，气缸内气体的压强减小，温度降低，故D错误。
故选：B。
【点评】解答此题要结合内燃机的四个冲程工作特点进行分析解答。
4．【分析】（1）热量是一个过程量，不能说含有多少热量；
（2）发生热传递的条件是两物体间有温度差：高温物体放热，低温物体吸热；
（3）内能是物体内部所有分子无规则运动的动能和分子势能的总和，任何物体都有内能，内能的大小与物体的质量、温度有关；
（4）冰是晶体，晶体熔化的特点是温度不变，但要继续吸热，其内能不断增大。
【解答】解：A、热量是一个过程量，不能说含有多少热量，故A错误；
B、发生热传递的条件是：有温度差，所以内能可自动地从高温物体转移到低温物体，若内能小的物体温度高，故热量可以从内能小的物体转移到内能大的物体，故B错误；
C、影响内能大小的因素有质量、温度、状态，只能说在质量、状态一定时，温度高的物体内能大，温度低的物体内能小，故C错误；
D、冰是晶体，0℃的冰熔化成0℃水，吸收热量，内能增加，但温度不变。故D正确。
故选：D。
【点评】此题考查了对物体内能的概念、影响内能大小的因素及热传递的条件的理解，属于基础题，要熟练掌握。
5．【分析】（1）电荷的定向移动形成电流，可以是正电荷，也可以是负电荷；
（2）电路中有电压且电路是通路，电路中才有电流；
（3）电压的作用是使电路形成电流；
（4）对人体的安全电压是不高于36V。
【解答】解：A、正电荷、负电荷的定向移动都可以形成电流，故A错误；
B、电路中有电压且电路是通路，电路中才有电流，所以有电压不一定能形成电流，故B错误；
C、电压是使自由电荷发生定向移动形成电流的原因，故C正确；
D、对人体的安全电压是不高于36V，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查电流与电压间的关系、电压的作用以及对常见电压值的了解，属于基础性题目。
6．【分析】（1）为了保护电路，闭合开关前，滑动变阻器应处于最大阻值处，探究电流与电阻的关系时滑动变阻器的作用保持导体两端的电压不变；
（2）由于电阻是导体本身的一种性质，其大小与导体两端的电压和通过它的电流无关，所以为了防止测量的偶然性，往往采取多次测量求平均值的方法来减小误差；
（3）结合滑动变阻器的使用目的可以确定滑动变阻器此时的作用；
（4）根据滑动变阻器使用目的，可以确定其在电路中的作用。
【解答】解：①、根据控制变量法的思路，研究导体中的电流与电阻的关系时，要保持导体两端的电压不变，而电路中换用阻值不同的电阻时，电阻两端的电压就要改变，为了保持电阻两端的电压不变，就需要改变滑动变阻器接入电路的阻值，故①错误；
②、用“伏安法”测电阻时，通过改变滑动变阻器接入电路的阻值，从而改变了待测电阻两端的电压和通过它的电流，可以多测几组数据，通过求平均值来减小误差，故②正确；
③、在探究“电阻大小与哪些因素有关”时，保持电压不变，多次更换电阻丝，测量对应电流，是为了得出电阻与什么因素有关，滑动变阻器起到保护电路的作用，故③错误；
④、在“伏安法”测小灯泡电功率的实验中，滑动变阻器的作用是：通过改变小灯泡两端的实际电压与通过小灯泡的电流，可比较小灯泡亮度与灯泡的实际功率之间的关系，不需要测量平均功率，故④正确。
故选：D。
【点评】滑动变阻器可以改变电路中的电流，也可以调节电路两端的电压，要认真审题，注意语言的准确性。
7．【分析】由图知甲、乙、丙三个球排开水的体积大小关系，利用阿基米德原理的推导公式F浮＝ρ水V排g比较受浮力的大小关系。
【解答】解：已知三只球的体积是相等的，甲漂浮，乙悬浮，丙沉入液体底部，由图知，三个球排开液体的体积关系为：V甲排＜V乙排＝V丙排，
因为F浮＝ρ液gV排，所以三球受到的浮力：F甲＜F乙＝F丙，即甲球受的浮力最小。
故选：A。
【点评】本题考查了学生对阿基米德原理的掌握和运用，利用好三球体积相同是本题的关键。
8．【分析】凸透镜成像的三种情况和应用：
u＞2f，成倒立、缩小的实像，应用于照相机和摄像机；
2f＞u＞f，成倒立、放大的实像，应用于幻灯机和投影；
u＜f，成正立、放大的虚像，应用于放大镜和老花镜。
【解答】解：A、物体放在A点时，u＞2f，成倒立、缩小的实像，应用于照相机，故A错误；
B、物体放在C点，2f＞u＞f，成倒立、放大的实像，应用于幻灯机和投影仪，故B正确；
C、物体放在D点，u＜f，成正立、放大的虚像，应用于放大镜，故C错误；
D、物体放在F点时，不会成像，而眼睛成像与照相机的原理相同，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了凸透镜成像的三种情况和应用，以及眼睛看物体相当于照相机的工作原理。
二．双选题（共5小题，每题3分，共15分。每小题有两个选项符合题意，有错选不得分，有漏选得2分）
9．【分析】（1）由图乙可知，只闭合S1时，该电路为只含有灯L的简单电路，电流表测电路中的电流；已知此时灯L的实际功率，利用P＝UI，结合图甲可读出此时L的电流和两端的电压，再利用I=UR的变形式可求出灯L的电阻；
（2）由图乙可知，闭合S1，再闭合S2时，该电路为L和R的并联电路，电流表测干路电流；由并联电路的电流特点可知电源电压和R两端的电压；由图甲读出此时R的电流，并联电路中各个支路之间互不影响，则通过R的电流即电流表示数增加的电流值；
（3）并联电路中总电流等于各个支路通过的电流之和，据此求出干路总电流，再利用P＝UI求出电路总功率；
（4）电阻R是纯电阻用电器，可以利用Q＝I2Rt＝IUt求出在1min内电阻R产生的热量。
【解答】解：A、由图乙可知，只闭合S1时，该电路为只含有灯L的简单电路，电流表测电路中的电流；
已知此时灯L的实际功率为P＝UI＝1W，由图甲可知，此时灯L的电流为IL＝0.5A，UL＝2V，
由I=UR可知此时小灯泡L的电阻为：RL=ULIL=2V0.5A=4Ω，故A错误；
B、由图乙可知，闭合S1，再闭合S2时，该电路为L和R的并联电路，电流表测干路电流；
由并联电路的电压特点可知电源电压为：U＝UL＝2V，则R两端的电压为UR＝U＝2V，
由图甲可知，此时通过R的电流为：IR＝0.2A，并联电路中各个支路之间互不影响，因此电流表示数增加了0.2A，故B正确；
C、再闭合开关S2时，电路总电流为I＝IL+IR＝0.5A+0.2A＝0.7A，则电路总功率为：P＝UI＝2V×0.7A＝1.4W，故C正确；
D、再闭合开关S2时，在1min内电阻R产生的热量为：Q＝IR2Rt＝IRURt＝0.2A×2V×1×60s＝24J，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查了欧姆定律、电功率和焦耳定律计算公式的应用，熟练掌握并联电路的电流、电压特点，从图象中读取有用的信息是解题的关键。
10．【分析】（1）电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但气体温度的变化可以通过液面高度差的变化来反映，这种研究方法叫转换法；
（2）探究电流产生的热量与电流的关系，控制电阻和通电时间不变；
（3）由Q＝I2Rt分析判断甲图中两电阻产生的热量之比；
（4）探究电流产生的热量跟电流大小和电阻大小关系时，控制电流和通电时间不变。
【解答】解：A、电流通过导体产生的热量不能直接显示出来，容器中空气会由于热胀冷缩而出现高度差，由此反映出产生的热量多少，不是液体热胀冷缩，故A错误；
B、乙图中右侧两个5Ω的电阻并联后，再与左侧5Ω的电阻串联；若将乙图中容器外5Ω的电阻换成10Ω，根据并联电路的电流关系可知，通过容器内电阻的电流是不同的，也可以研究电流产生的热量与电流的关系，故B错误；
C、甲图中两个电阻串联；电阻之比为：R1：R2＝5Ω：10Ω＝1：2；串联电路中电流相等，通电时间也相同，根据Q＝I2Rt可知，通电一段时间后左右两边容器内电阻产生的热量之比是 1：2，故C正确；
D、图乙中容器中电阻相等，根据并联电路的电流关系可知，他们的电流不等，并联电阻支路中电流为干路电流的一半，两边容器中电阻的电流不同，可以用来探究产生热量与电流大小的关系，故D正确。
故选：AB。
【点评】此题主要考查的是学生对“电流通过导体产生的热量与电阻、电流的关系”实验的理解和掌握，注意控制变量法和转换法的运用是解决该题的关键。
11．【分析】由图甲知，闭合开关，定值电阻和滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端电压，电流表测量电路电流；
（1）当滑片在a端时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，由图象乙知此时滑动变阻器两端电压和通过的电流，利用I=UR得到滑动变阻器最大阻值；
（2）根据串联电路的电流特点和电压特点，结合欧姆定律求出电源电压。
【解答】解：由图甲知，闭合开关，定值电阻和滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端电压，电流表测量电路电流；
（1）当滑片在a端时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，电路中的电流最小，
由图象乙可知，此时滑动变阻器两端电压U2＝4V，通过滑动变阻器的电流I2＝0.2A，
由I=UR可知，滑动变阻器的最大电阻：R大=U2I2=4V0.2A=20Ω，故C错误，D正确；
（2）根据串联电路的电流特点可知，此时通过定值电阻R1的电流I1＝I2＝0.2A，
根据串联电路的电压特点和I=UR可得，电源电压：
U＝U1+U2＝I1R1+4V＝0.2A×10Ω+4V＝6V，故A错误，B正确。
故选：BD。
【点评】本题考查串联电路的电流、电压特点，以及欧姆定律的应用，关键是能从图中找到相关的有用信息。
12．【分析】（1）电路中没有电源，属于发电机原理；
（2）闭合开关，通电导线在磁场中受力；
（3）通电直导线周围小磁针旋转，表明电流周围存在磁场；
（4）线圈在磁场中转动，属于发电机原理。
【解答】解：A、如图电路中没有电源，导体在磁场中做切割磁感线运动产生电磁感应现象，属于发电机原理，故A错误；
B、图示中闭合开关，通电导线垂直于磁场方向放入磁场中受磁场力作用，故B正确；
C、图示中通电直导线周围小磁针旋转，表明电流周围存在磁场，故C正确；
D、图示中线圈在磁场中转动，小灯泡能够发光，属于发电机原理，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查电生磁，磁生电的知识，认识装置图及其原理是解答本题的关键。
13．【分析】（1）电压表读数方法：首先确定量程，然后分清分度值，根据指针位置读数。并联电路的电压关系，可得到L1、L2两端的电压。
（2）首先读出两个电流表的示数。然后根据并联电路的电流关系，可求出通过L1、L2的电流。
【解答】解：
（1）由图知，L1与L2并联，电压表测L1两端电压，
电压表使用0～15V的量程，分度值为0.5V，根据指针位置，电压表读数为6V，根据并联电路的电压特点知：U＝U1＝U2＝6V．故A、B正确；
（2）由图知，电流表A1测量的是干路电流，电流表A2测量的L1是电流，干路电流大于支路电流。
所以电流表A1使用的是0～3A的量程，分度值是0.1A，读数是1.2A；
电流表A2使用的是0～0.6A的量程，分度值是0.02A，读数是0.24A，
I1＝0.24A，由并联电路电流特点可得通过L2的电流：
I2＝I﹣I1＝1.2A﹣0.24A＝0.96A．故CD错误。
故选：CD。
【点评】分析清楚电路结构，明确各电路元件的连接方式是正确解题的前提；掌握电表的读数方法，读出各电表的示数，是正确解题的关键；本题的难点是确定电流表的量程。
三．作图题（共2小题，每题2分，共4分）
14．【分析】根据同名磁极相互排斥确定螺线管上面的极性，最后根据右手定则确定电流的方向；从而确定电源的正负极。
【解答】解：已知条形磁体上端为N极，则下端为S极，根据同名磁极相互排斥，可知，电磁铁的上端为S极，下端为N极。
根据安培定则，伸出右手使大拇指指向电磁铁的N极（电磁铁的下端），则四指弯曲所指的方向为电流的方向，电流从螺线管的下端流入，所以电源的下端为正极，如图所示：
【点评】磁极间的相互作用规律与安培定则相结合是电磁学方面的常见题型，明确磁悬浮地球仪的工作原理是解答此题的关键。
15．【分析】平面镜成像的特点是：成虚像、像物大小相等、到平面镜的距离相等、连线与镜面垂直、左右互换，即像物关于平面镜对称，利用这一对称性作出AB的像。
【解答】解：分别作出物体AB端点A、B关于平面镜的对称点A′、B′，用虚线连接A′、B′即为AB在平面镜中的像。如图所示：
【点评】在平面镜成像作图中，若作出物体在平面镜中所成的像，要先根据像与物关于平面镜对称，先作出端点和关键点的像点，再用虚线连接各点即为物体的像。
四．实验探究题（共3小题，每空1分，共14分）
16．【分析】（2）由图乙的数据，利用欧姆定律求出电流与电阻之积；
根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻两端的电压不变，当换上大电阻时，由串联电路电压的规律结合分压原理确定滑片移动的方向；
（3）根据串联电路分压规律可知，定值电阻两端电压的最小值；
（4）先根据图乙数据由欧姆定律求出定值电阻10Ω和20Ω时电流，然后P＝UI即可求出滑动变阻器消耗的电功率之比。
【解答】解：（2）图乙是小组根据测得的实验数据绘制的电流I随电阻R变化的图像，由图像可知R两端的电压为：
U＝IR＝0.5A×5Ω＝﹣﹣﹣＝0.25A×10Ω＝2.5V；
当R的电阻由5Ω更换为10Ω时，电阻变大，分压增多，电压表示数增大，根据控制变量法知在探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，即应保持电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向左端移动，使电压表的示数为2.5V；
（3）因为串联电路电流相等，所以I=UVR=U-UVR滑，当定值电阻最大为20Ω时且滑动变阻器的电阻最大时定值电阻两端的电压最小，最小为：UV20Ω=6V-UV30Ω，解得UV＝2.4V；
（4）定值电阻两端的电压为U＝2.5V，当10Ω接入电路时，电路电流为I′=UR′=2.5V10Ω=0.25A；当20Ω接入电路时，电路电流为I″=UR″=2.5V20Ω=0.125A；
因为定值电阻两端电压相等，电源电压不变，因此滑动变阻器两端电压也相等；
由P＝UI可得，滑动变阻器消耗的电功率之比：P'：P“＝UI′：UI″＝I′：I″＝0.25A：0.125A＝2：1。
故答案为：（2）2.5；左；电压；（3）2.4；（4）2：1。
【点评】本题探究电流跟它两端电阻关系，考查控制变量法、数据分析和对实验的要求和串联电路的规律及欧姆定律与电功率公式的运用，是一道综合题，有一定的难度，其中分析定值电阻的阻值变大时滑片的移动方向、分析定值电阻分别是10Ω、20Ω时，滑动变阻器的电功率之比是本题的难点。
17．【分析】（1）观察图甲可知电压表串联在电路中，由于电压表相当于开路，据此可知闭合开关后可能出现的现象；然后根据电压表应并联使用，将电压表并联在灯泡两端；
（2）灯泡在额定电压下正常发光，由图丙中的图象得出额定电压下的电流，根据P＝UI可求出灯泡的额定功率；
（3）灯泡在不同电压下的功率不同，据此分析；
（4）要测灯的额定功率，应先使灯正常发光，在没有电压表的情况下，电流表与定值电阻R应起到电压表的测量作用，故将R与电流表串联后再与灯并联，通过移动变阻器的滑片使电流表示数为IL=ULR0=3.8V10Ω=0.38A时，由并联电路电压的规律，灯的电压为3.8V，灯正常发光；
保持滑片位置不变，通过开关的转换，使电流表测灯与R0并联的总电流，因电路的连接关系没有改变，各电阻的大小和通过的电流不变，灯仍正常发光，根据并联电路电流的规律求出灯的额定电流，根据P＝UI写出灯的额定功率的表达式。
【解答】解：
（1）观察图甲可知由于开关与灯泡之间的导线连接错误，电压表串联在电路中，所以闭合开关后，导致电压表测量电源电压，电压表有示数，由于电压表相当于开路，则电流表的没有示数；要测灯的额定功率，应将电压表并联在灯泡两端，如下图：
（2）根据图丙所示的小灯泡电流随电压变化的关系图象知，灯在额定电压2.5V时的电流为0.25A，则小灯泡的额定功率是：
P额＝U额I额＝2.5V×0.25A＝0.625W；
（3）测量小灯泡的电功率不需要多次测量求平均值，原因是灯泡在不同电压下的功率不同；
（4）实验步骤：
①闭合S、S2，断开S1，调节滑动变阻器的滑片使电流表示数为IL=ULR0=3.8V10Ω=0.38A，根据并联电路的电压规律可知，灯泡两端的电压为3.8V，灯泡正常发光；
②闭合S、S1，断开S2，保持滑动变阻器的滑片位置不变，记录电流表的示数为I；
③在②中，使电流表测灯与R0并联的总电流，因电路的连接关系没有改变，各电阻的大小和通过的电流不变，灯仍正常发光，根据并联电路电流的规律，灯的额定电流：IL＝I﹣0.38A；
小灯泡L2额定功率的表达式：P额＝UL×IL＝3.8V×（I﹣0.38A）。
故答案为：（1）电压表；见解析；（2）0.625；（3）不需要；（4）①闭合S、S2，断开S1；0.38；③3.8V×（I﹣0.38A）。
【点评】本题是“测量小灯泡电功率”的实验，考查实物电路的连接、电功率的计算及设计方案测灯额定功率的能力。
18．【分析】（1）根据游码读数和右盘砝码质量得出被测物体的质量。
（2）读取量筒中液体的体积时，首先要明确量筒的分度值，读数时视线与液面最凹处相平；
（3）已知烧杯和酱油的总质量和剩余酱油和烧杯的质量，可以得到量筒中酱油的质量；已知酱油的质量和体积，利用公式ρ=mV得到酱油的密度。
【解答】解：（1）由图甲可知，烧杯和酱油的总质量是m1＝50g+20g+10g+2.4g＝82.4g；
（2）量筒的分度值为2mL，量筒中酱油的体积为V＝40mL＝40cm3；
（3）由图乙可知，剩余酱油和烧杯的质量为m2＝20g+10g+5g+2.4g＝37.4g
量筒中酱油的质量为m＝m1﹣m2＝82.4g﹣37.4g＝45g，
酱油的密度为ρ=mV=45g40cm3=1.125g/cm3＝1.125×103kg/m3。
故答案为：（1）82.4；（2）40；（3）1.125×103。
【点评】此题中考查了关于液体密度测量的基本技能，包括天平、量筒的读数，运用密度的公式进行计算，属于基础题。
五．计算题（共2小题，共15分）
19．【分析】（1）已知物体由3段绳子承担，知道弹簧测力计的示数，由W总＝Fs可求得拉力做的功。
（2）由W有用＝Gh可求得有用功，利用η=W有用W总×100%可求得该滑轮组的机械效率；
（3）不计摩擦及绳重，由F=13（G+G动）可求得动滑轮受到的重力。
【解答】解：（1）已知h＝5cm＝0.05m，则绳子移动的距离s＝3h＝3×0.05m＝0.15m；
在此过程中拉力做的功W总＝Fs＝0.4N×0.15m＝0.06J；
（2）有用功W有用＝Gh＝0.9N×0.05m＝0.045J，
该滑轮组的机械效率η=W有用W总×100%=0.045J0.06J×100%＝75%；
（3）由F=13（G+G动）可得，
动滑轮受到的重力G动＝3F﹣G＝3×0.4N﹣0.9N＝0.3N。
答：（1）在此过程中拉力做的功为0.06J。
（2）该滑轮组的机械效率为75%。
（3）动滑轮受到的重力为0.3N。
【点评】此题主要考查的是学生对功的计算、机械效率、动滑轮重、拉力大小计算的理解和掌握，考查的知识点较多，但都是基础性题目。
20．【分析】（1）知道电热水壶的额定功率和额定电压，利用P=U2R可以计算出加热器的阻值；
（2）知道电热水壶的额定功率和加热时间，利用P=Wt的变形公式可以计算出对加热器通电20s产生的热量；
（3）利用密度公式先计算出电热水壶装满后水的质量，再利用Q吸＝cm（t﹣t0）计算出水吸收的热量；
（4）600r/（kW•h）表示电路中用电器每消耗1kW•h的电能，电能表的铝质圆盘转过600转；
计算出电能表中间的铝质圆盘转动了24转时，电热水器消耗的电能W，再利用P=⋅Wt计算出电路消耗的实际功率。
【解答】解：（1）由图乙可知，电热水壶的额定功率P额＝1000W，额定电压U额＝220V；
由P=U2R可知，加热器的阻值：R=U额2P额=(220V)21000W=48.4Ω；
（2）由P=Wt可知，对加热器通电20s产生的热量：W＝P额t＝1000W×20s＝20000J；
（3）由ρ=mV可知，电热水壶中水的质量：m＝ρ水V＝1.0×103kg/m3×2.5×10﹣3m3＝2.5kg；
水吸收的热量：Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×2.5kg×（75℃﹣25℃）＝5.25×105J；
（1）600r/（kW•h）表示电路中用电器每消耗1kW•h的电能，电能表的铝质圆盘转过600转；
电能表中间的铝质圆盘转动了24转，电热水壶消耗的电能：W′=24r600r/(kW⋅h)=0.04kW•h；
电路消耗的实际电功率：P实=W′t′=0.04kW⋅h360h=0.8kW＝800W。
答：（1）加热器的阻值是48.4Ω；
（2）加热器通电20s产生的热量是20000J；
（3）水吸收的热量是5.25×105J；
（4）电路消耗的实际电功率是800W。
【点评】本题是电热综合题，主要考查电功率公式、密度公式、吸热公式的应用，对电能表参数的理解和掌握，题目综合性较强，难度不是很大。
六．综合能力题（共1小题，每空1分，共6分）
21．【分析】（1）影响动能的因素是质量和速度；影响重力势能的因素是质量和高度，机械能包括动能和重力势能；
（2）①照相机工作原理：物距大于2倍焦距时，凸透镜成倒立缩小实像；
②任何物体都向外辐射红外线，物体温度越高，辐射红外线的本领越强，红外线测温仪工作时，把物体发射的红外线具有的辐射能转变成电信号，再经过电路运算处理后，换算转变为被测目标的线性的温度信号值，最后显示输出被测物体的温度；
③机器人安装宽履带代替车轮是为了在压力一定时增大受力面积来减小压强，同时增加了接触面的粗糙程度来增大摩擦力；
④红外线是一种看不见的光，它也遵循光的直线传播和反射规律，在现实生活中有实际的应用；
（3）根据ρ=mV算出消毒液的质量，由F＝G＝mg算出机器人对水平地面的压力，由p=FS算出机器人对水平地面的压强；
（4）进行报警器调试时，
第一，确定设定的报警温度。
第二，根据图象列出温度与电阻的关系式，算出温度为37℃对应的电阻，让电阻箱调到设定温度的电阻值，电路接通c时，滑动滑动变阻器的滑片，使电路电流为报警电流0.01A；
由关系式算出温度为37℃的电阻。
【解答】解：（1）机器人在水平路面上一边向前匀速直线运动一边喷雾状消毒液时，机器人的质量减小，速度不变，高度不变，动能减小，重力势能减小，机械能变小；
（2）A、摄像头与照相机的原理相同，成倒立、缩小的实像，故A错误；
B、红外线测温仪工作时，把物体发射的红外线具有的辐射能转变成电信号，再经过电路运算处理后，换算转变为被测目标的线性的温度信号值，最后显示输出被测物体的温度，故B错误；
C、机器人安装宽履带代替车轮是为了在压力一定时增大受力面积来减小压强，同时增加了接触面的粗糙程度来增大摩擦力，故C正确；
D、通过遥控器发出红外线来远程控制机器人的前进和后退，故D错误。
故选：C；
（3）根据ρ=mV知，消毒液的质量为：m液＝ρ液V＝0.9×103kg/m3×20×10﹣3m3＝18kg，
机器人对水平地面的压力为：F＝G＝（m液+m机器人）g＝（18kg+102kg）×10N/kg＝1200N，
机器人对水平地面的压强：
p=FS=1200N300×10-4m2=4×104Pa；
（4）①为使报警电路可正常使用，应先让电阻箱调到热敏电阻达到设定温度时的电阻值500Ω，再将开关向d端闭合（热敏电阻与滑动变阻器串联），调节滑动变阻器的滑片，使电路中的电流为报警电流0.01A，报警器报警；
此时电路的总电阻为：R=U′I=18V0.01A=1800Ω，
滑动变阻器的电阻为：
R滑＝R﹣RT＝1800Ω﹣500Ω＝1300Ω。
故答案为：（1）减小；减小；（2）C；（3）4×104；（4）500；1300。
【点评】本题综合考查动能与势能的影响因素、凸透镜成像规律的应用、压强的计算、欧姆定律的应用，综合性强，难度大。
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