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2022年江苏省无锡市江阴市敔山湾实验学校中考物理模拟试卷（含答案）
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这是一份2022年江苏省无锡市江阴市敔山湾实验学校中考物理模拟试卷（含答案），共52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。
2022年江苏省无锡市江阴市敔山湾实验学校中考物理试卷
一、选择题（本题共12小题，每题2分，共24分）
1．（2分）下列生活实例场景所蕴涵的声学知识解释正确的是（ ）
A．甲图，长期戴着耳机大音量听音乐会造成耳聋是因为音乐声传递的信息量过大
B．乙图，用同样响度的声音在室内和室外讲课，在室内更响亮是因为回声加强原声
C．丙图，家庭中安装真空隔音玻璃窗可有效降低噪音是因为真空可以防止噪声产生
D．丁图，倒车雷达发射超声波，接近障碍物发出“嘀嘀”报警声表明声能传递能量
2．（2分）下面由运动会联想到的物理知识错误的是（ ）
A．需要看见发令枪冒烟开始计时是利用光速远大于声速的道理
B．1500m运动员整个过程是变速运动
C．优秀运动员百米赛跑的速度约为10m/s
D．发令枪发出声音的音调高传播距离远
3．（2分）下列有关热现象的说法中，正确的是（ ）
A．分子间既有引力又有斥力，分子间的距离越大作用力也越大
B．机械能与整个物体的运动情况有关，内能与物体内部分子的热运动无关
C．震后疾病防控消毒时空气中散发一股浓浓的药味，是药物分子的扩散现象
D．做功和热传递都可以改变物体的内能，但功和热量是不同的物理量，单位也不同
4．（2分）已知铜的比热容比铅大，质量和初温相等的铜和铅，它们各自放出相同的热量后，再把它们放在一起，则（ ）
A．铜传递热量给铅
B．铅传递热量给铜
C．铜与铅放出热量相等，故互不传热
D．缺少条件无法判断
5．（2分）下列杠杆使用过程中费力的是（ ）
A．①② B．②③ C．①④ D．③④
6．（2分）下列说法错误的是（ ）
A．压力相同，接触面积越大，压强越大
B．同一液体，深度相同时，各个方向压强相等
C．马德堡半球实验证明了大气压强的存在
D．往B管吹气，A管液面上升是因为A管上端空气流速变大，压强变小了
7．（2分）如图所示，某款华为智能手机有无线充电功能。工作原理是当交变电流通过充电底座中的线圈时会产生变化的磁场，带有金属线圈的手机靠近磁场能产生电流，从而通过“磁生电”来充电。如图实验装置与它的原理相同的是（ ）
A．
B．
C．
D．
8．（2分）如图所示，弹簧测力计下挂着铁块P，其正下方的水平地面上放着一块条形磁铁Q，P和Q均处于静止状态。已知P和Q的重力分别为G和3G，若弹簧测力计的示数为2G，则下列说法正确的是（ ）
A．P对弹簧测力计的拉力大小为G
B．P对Q的吸引力和地面对Q的支持力大小分别为G和2G
C．P对Q的吸引力和Q对P的吸引力是一对平衡力，大小均为G
D．弹簧测力计对P的拉力和Q对P的吸引力是一对平衡力，大小分别均为2G
9．（2分）如图所示，把分别标有“6V 6W”和“6V 3W”的甲、乙两个小灯泡串联接入电路，闭合开关后，其中一个灯泡正常发光，另一个灯泡发光较暗，不考虑温度对灯丝电阻的影响，则以下说法正确的是（ ）
A．甲灯的电阻大于乙灯的电阻
B．乙灯两端的电压为6V
C．甲灯的实际功率为6W
D．甲、乙两灯的实际电压相等
10．（2分）如图所示，电源电压为U且恒定，定值电阻R0与滑动变阻器R串联的电路，已知：R＞R0，在滑动变阻器的滑片P移动过程中，下列表示R0和R消耗的电功率P0和PR随两电压表示数U1、U2的变化关系图线中，可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
11．（2分）如图所示电路，电源电压保持不变，R1＝5Ω，滑动变阻器R2的最大阻值为15Ω．闭合开关S，向左移动滑动变阻器滑片P的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电流表A的示数变小
B．电压表V的示数增大
C．滑片可在R2上任意移动
D．若滑片移到b端时，R1与R2的电功率之比为3：1
12．（2分）如图所示为建筑工地上常用的吊装工具，物体M为重5000N的配重，杠杆AB的支点为O，已知OA：OB＝1：2，滑轮下面挂有建筑材料P，每个滑轮重100N，工人体重为700N，杠杆与绳的自重、滑轮组摩擦均不计，当工人用300N的力竖直向下以1m/s的速度匀速拉动绳子时（ ）
A．A点受到700N的拉力
B．建筑材料P重为600N
C．建筑材料P上升的速度为3m/s
D．物体M对地面的压力为4500N
二、填空题（本题共8题，每空1分，共25分）
13．（2分）某同学有一支温度计，读数不准但刻度是均匀的，该同学将这支温度计放入冰水混合物中时读数是5℃，将这支温度计放入沸水中时读数是95℃（气压为1个标准大气压）。他用这支温度计测量当时的气温，读数是32℃，由上述可知，当时实际气温为 ，当这支温度计示数为 时，刚好和实际温度相等。
14．（2分）如图甲所示，长1m的粗细均匀的光滑金属杆可绕O点转动，杆上有一光滑滑环，用竖直向上的测力计拉着滑环缓慢向右移动，使杆保持水平状态，测力计示数F与滑环离开O点的距离s的关系如图乙所示，则杠杆的重力为 N，滑环的重力为 N.
15．（3分）小明在学校运动会上是仪仗队手，如图所示。他竖直举前进时，风给红旗水平向右的阻力为20N，其作用点可以看成在A点。已知AB＝1.6m，BC＝0.4m小明的两只手分别位于B、C两点，他用一只手握紧旗杆不让它下滑，用另一只手拉住旗杆不让它倾斜。则另一只手对旗杆加的最小拉力为 N，方向 。沿水平路面匀速前进10m的过程中小明克服风力做的功为 J。
16．（4分）如图为农用扬场机的示意图，谷物脱粒后，谷粒、糠皮及少量碎石的混合物在快速转动的转轮W和皮带B的带动下被抛出，谷粒、糠皮、碎石落地的远近不同，形成1、2、3三堆，从而达到分离的目的。其中2是 ，3是 。其分离的原因是，①从惯性的角度分析： ；②从能量的角度分析： 。
17．（4分）小明同学用弹弓研究弹性势能的大小与物体形变的关系。
（1）弹弓弹性势能的大小是通过 来比较的；
（2）当弹弓橡皮筋被拉的长度相同，而所用“子弹”的质量不同，射出去的距离也不同，质量大的“子弹”射出的距离较 ，原因是质量大的“子弹”射出时的 小；
（3）小明实验所选用的“子弹”的 应相同。
18．（7分）小聪利用如图所示装置探究“物体动能的大小与哪些因素有关”。
（1）该实验是通过观察 ，从而判断 （填“木块”或“钢球”）动能的大小。
（2）甲、乙两次实验中，将质量不同的钢球拉到相同的高度。由静止释放，小球向下摆动过程中，小球的 转化为动能。观察到质量大的钢球将木块推动的距离远，说明动能的大小和 有关。
（3）甲、丙两次实验中，将质量相同的钢球拉到不同的高度，由静止释放，观察木块被推动的距离，可以探究动能的大小和 的关系。
（4）小聪将木块下的铁板换成光滑的玻璃板，观察木块被钢球推动的距离。我们可以探究 对物体运动的影响，并可推断出：如果运动物体不受力将 。
19．（3分）一位电视台记者在讲到某工厂上半年共节电5000kW•h的时候，手举一只理发用的电吹风说：“我这只电吹风是500W的，也就是0.5kW，这个厂节省的电力可以开动10000个这样的电吹风。”试问这位记者出现的错误是 。正确的说法是：“这个厂节省的电力可以 ”或者“这个厂节省的电力可以 ”。
三、解答题（本题共8题，共51分）
20．（12分）请在图中的两个虚线框内，选填“电源”和“灯泡”的符号，并满足开关闭合时两灯并联且开关控制干路。
21．如图所示，A、B是镜前一点光源S发出的光线经平面镜MN反射后的两条反射光线，请在图中画出点光源S的位置。
22．小球在细绳的拉力作用下在光滑斜面上处于静止状态，请在图中画出小球的受力示意图。
23．请根据图中通电螺线管的N极，标出小磁针的N极、磁感线的方向，并在括号内标出电源的正、负极。
24．（1）下图为烟感报警装置，当没有烟雾时，烟感开关断开，电磁铁 （选填“有”或“无”）磁性，绿灯亮；当有烟雾时，烟感开关闭合，电磁铁 衔铁，绿灯灭，警铃与喷淋系统同时工作。
（2）请根据烟感报警装置的工作原理，将电路图补充完整，要求警铃与喷淋系统互不影响。
25．（4分）在自主学习探究过程中，小张利用带拉环的吸盘，固定在墙上的平面镜，水、刻度尺来测量大气压强的大小。具体实验步骤是：
①用刻度尺测出吸盘的直径，算出吸盘平面面积为10平方厘米；②用弹簧秤测出吸盘自身的重力0.5N；③将吸盘沾水湿润后，压在平面镜上，排尽吸盘内空气；④用弹簧秤水平拉动吸盘，直至恰好脱落，读出此时弹簧秤示数为95N；⑤记录整理数据；⑥算出大气压的值，分析实验结论。实验装置如图甲。请结合你所学的知识分析，
（1）上述的实验步骤中，哪一步是多余的 （填序号）。
（2）将吸盘沾水润湿的目的是： 。
（3）在实验时，如果拿一个吹风机对着吸盘自上而下吹冷风，如图乙，则你预计的弹簧秤示数可能会 （“变大”变小”或”不变”）。
（4）若丙装置活塞与注射器筒内壁间的摩擦力为4N，小刚用14N拉力慢慢拉动注射器该注射器有刻度的部分长度为10cm，注射器容积为10毫升，则该地的大气压为 Pa。
26．（6分）在“探究平面镜成像的特点”实验中，如图所示：
实验次数
入射角
反射角
1
20°
70°
2
30°
60°
3
50°
40°
（1）用玻璃板代替平面镜是为了 。
（2）为了得到像和物体到平面镜的距离关系，需要将镜前蜡烛放在不同位置进行多次实验；眼睛应在 （填“A”或“B”）侧观察蜡烛的像。
（3）将蜡烛远离平面镜移动一段距离，蜡烛的像的大小将 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。将一光屏放在镜后，无论如何移动，在光屏上都不能得到蜡烛的像，说明平面镜所成的像是 （选填“实”或“虚”）像；
（4）小红站立在一平面镜前照镜子，小明过来把镜子沿镜面方向向右拉了1米，那么，小红的像 。（选填“向右移了1米”“向左移了1米”“位置不变”）
（5）在“探究光的反射规律”实验中，把平面镜放在水平桌面上，再把一张纸板ENF竖直地立在平面镜上，如图乙所示，纸板的作用是 ，小明让一束光沿AO贴着纸板E射到平面镜上，在纸板F上会看到反射光OB的径迹。三次改变入射角的大小，实验所测得数据如表所示。他根据表中数据得出的结论和其他同学的结论并不一致，请你分析小明测量实验数据过程中出现的问题可能是 。
27．（7分）（一）如图甲所示，是创新实验小组的小苹和小琳在做观察水沸腾的实验。
（1）组装实验器材时，应按照 的顺序（自上而下/自下而上）；
（2）水沸腾时，小苹发现所测水的沸点高于100℃，于是她得出结论：当地大气压高于一个标准气压。小琳认为她的观点错误，因为 ；
（3）实验完毕，小琳撤去酒精灯后发现水继续沸腾了一段时间，原因是 ；
（二）彭老师带领同学们进行“探究液体蒸发快慢的影响因素”实验，她将等量的温水和热水分别倒入三个相同的锥形瓶中，又找来常温下3张完全相同的湿巾，把其中的一张对折，将它们贴在三个锥形瓶的外壁，分别标记为1、2、3并将它们放在电子秤上，三只电子秤示数相同。一段时间后（外界环境相同），电子秤示数如图乙A、B、C所示；
（4）通过 （选填A/B/C）两图的对比，可以验证液体蒸发的快慢与液体的温度有关；
（5）通过B、C两图的对比，可以验证液体蒸发的快慢与 有关；
（6）实验中利用电子秤示数判断液体蒸发的快慢，用到的物理研究方法是 法；
（7）彭老师还想测定液体蒸发时吸放热的情况，将湿巾平铺在薄铁片上，用电子温度计实时监测图丁中薄铁片底部的温度变化情况，下列各图能比较正确反映温度计示数随时间变化的是 。
28．（6分）在“探究并联电路中电流特点”的实验中，小明同学连接了如图甲所示的电路：
（1）实验时，接好电路后，闭合开关发现两灯都亮，但由于连线较乱，一时无法确定两灯是串联还是并联，小明灵机一动，随意拆下一根导线，发现两灯都熄灭，因此他认定两灯是串联的，小明的方法是 的（选填“正确”或“错误”）；
（2）他用电流表分别在A、B、C三处测得电流表数据如下表所示，其中第2次测量B处的电流时，电流表的示数如图丙所示，则示数为 A。比较下表中的数据，可以初步得出结论，并联电路中 ；
实验次数
A处的电流IA/A
B处的电流IB/A
C处的电流IC/A
1
0.1
0.12
0.22
2
0.22
0.46
3
0.26
0.30
0.56
（3）要使实验结论更具普遍性，同学们讨论了以下三种方案：
方案甲：反复断开，闭合开关，测出各电流值；
方案乙：更换不同规格的灯泡，测出各电流值；
方案丙：增加电池节数，测出各电流值。
以上三种方案，你认为不可行的是方案 （选填“甲”、“乙”或“丙”）；
（4）小明还思考，若L1两端允许最大的电压U1，L2两端允许最大的电压U2，其中U1＜U2，把这两灯并联起来接在某一电源，在安全的前提下，则电源电压允许的最大值为 （选填“U1”、“U2”或“U1+U2”）；
（5）小明同学在实验过程中发现：闭合开关时电流表指针迅速偏转较大角度，紧接着指针再偏回一定角度后，示数才稳定下来；同时还发现，闭合开关瞬间灯泡亮度较大，紧接着变暗一点后，亮度才稳定下来。造成这种现象的原因是 。
29．（4分）
电磁血流计
如图甲是用来检测血流速度和血流量（血流量指单位时间内通过血管横截面的血液体积）的电磁血流计，其示意图如图乙所示。使用时，将血管放置于两磁极之间，两金属电极a、b与血管壁接触，血液在血管中流动时a、b间就会有电压，电流通过仪表从而显示出血流速度和血流量。某实验小组用电磁血流计研究血管中血流速度与n（病人心脏血管横截面积与正常人心脏血管横截面积的比值）的关系。测得病人心脏主动脉血管内血液匀速流动的速度v与n的数值如表：
n
1.00
0.90
0.80
0.75
0.60
v/（m•s﹣1）
0.180
0.200
0.225
0.240
0.300
研究表明：当血液匀速通过血管时，受到的阻力f与血液的流速v成正比，即f＝kv，k为常数。血管横截面积越小，血液流速越大，受到的阻力越大，心脏的负担越重。
（1）下列设备与电磁血流计的工作原理相同的是 。
A．电动机
B．发电机
C．汽油机
D．柴油机
（2）某次测得血流速度为0.25m/s，血流量为10﹣4m3/s，则对应血管的横截面积为 m2。
（3）若某病人心脏主动脉血管的横截面积为正常人的0.5倍时，血管内血液匀速流动的速度应为 m/s。
（4）心脏主动脉血管的横截面积变化时，心脏推动血液流动的功率P随n的变化而变化。若当n＝1时，心脏推动血液流动的功率为P0，则心脏推动血液流动的功率P＝ P0（选填“n”、“n2”、“n﹣1”或“n﹣2”）。
30．（6分）小明家的饮水机具有自动加水和加热两种功能，烧水时，先按一下加水按钮，自吸泵把水从水桶抽到壶内，当壶内水位达到规定容量时，自吸泵自动停止抽水；再按一下加热按钮，加热装置将对壶内的水加热。如图1所示。“控制电路”中的热敏电阻R1的阻值随温度变化的曲线如图2所示。电磁铁线圈电阻可忽略不计，“饮水机”共安装有2根加热电热丝和一根保温电热丝，当电磁铁线圈中电流大于或等于50mA时，继电器的衔铁被吸合，使加热电路断开，保温电路工作。当线圈中的电流小于或等于40mA时，继电器的衔铁被释放，使加热电路闭合。电磁继电器的电源两端电压U＝6V，饮水机的参数如表所示
已知水的比热容c水＝4.2×103J/（kg•℃），水的密度ρ水＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg，电热水机的铭牌数据如表。
产品型号
BH﹣X22
额定电压
220V
频率
50Hz
加热功率
1200W
保温功率
100W
容量
1.2L
（1）电磁继电器的接线柱 （M/N）应与家庭电路的火线相连。
（2）如果自吸泵抽水效率为60%，求自吸泵将1.2L水提升0.5m消耗的电能。
（3）加热电路中2根“220V600W”电热丝的合理连接方式是 （并联/串联）
（4）为了实现温度控制，饮水机加热电热丝（图中未画出）应该选择接在以下的 。
A．AD端 B．BC端 C．AB端 D．CD端
（5）假设饮水机内水温达到90℃时，温控电路就将电路切换到保温状态，此时滑动变阻器的阻值为 。
（6）现将滑动变阻器R2的阻值适当调大，则该饮水机的保温范围将比原来 （大/小），理由是： 。
31．（6分）玻璃装运车间常用“低压吸盘吊车”进行吊运玻璃（如图a所示），先将6个吸盘压在玻璃上，然后启动抽气机使吸盘内的气压减小，在大气压作用下将玻璃“吸”起，再启动电动机牵引滑轮组上的绳子就可以将玻璃吊起。下图为低压吸盘吊车结构示意图。假设6只吸盘及支架共重为500牛，每个滑轮重100牛，在某次吊装过程中，吊车将一块重为1800牛的玻璃以0.2米/秒的速度吊高2米，不计抽气管和绳重，不计滑轮与轴间的摩擦，请根据信息回答下列问题：
（1）若圆形吸盘的直径为20厘米，当时的气压为1.0×105Pa，则吸盘内的气压至少要达到多少以下才能把玻璃“吸”起？（6只吸盘内的气压相同，取π＝3进行计算）
（2）在提升该玻璃的过程中，该吊升机械效率为多大？
（3）如果此时电动机的效率为80%，则电动机消耗的电功率为多大？
2022年江苏省无锡市江阴市敔山湾实验学校中考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共12小题，每题2分，共24分）
1．（2分）下列生活实例场景所蕴涵的声学知识解释正确的是（ ）
A．甲图，长期戴着耳机大音量听音乐会造成耳聋是因为音乐声传递的信息量过大
B．乙图，用同样响度的声音在室内和室外讲课，在室内更响亮是因为回声加强原声
C．丙图，家庭中安装真空隔音玻璃窗可有效降低噪音是因为真空可以防止噪声产生
D．丁图，倒车雷达发射超声波，接近障碍物发出“嘀嘀”报警声表明声能传递能量
【分析】A、声音对事物造成损害，多与能量有关，能量与声音的响度这一特性关系密切。
B、回声与原声分开，可以听到回声，回声与原声混在一起可以加强原声的响度。
C、防治噪声可以从三个途径着手：防止噪声产生、阻断噪声传播、防止噪声入耳。
D、声既能传递信息又能传递能量，一般传递能量的实例都具有“破坏性”。
【解答】A、戴耳机听音乐造成耳朵损伤是由于音量过大，信息量大不会对人体造成伤害，A项错误。
B、教室的墙壁、天花板等都会对声音反射，由于距离较小，形成的回声与原声混到一起，加强了原声，B项正确。
C、安装真空隔音玻璃可以有效降低噪声，这是在传播过程中防治噪声，切断了噪声的传播路径，并不是防止噪声产生，C项错误。
D、倒车雷达接近障碍物发出声音，利用了声可以传递信息，D项错误。
故选：B。
【点评】基础性的题目，难度不大。
2．（2分）下面由运动会联想到的物理知识错误的是（ ）
A．需要看见发令枪冒烟开始计时是利用光速远大于声速的道理
B．1500m运动员整个过程是变速运动
C．优秀运动员百米赛跑的速度约为10m/s
D．发令枪发出声音的音调高传播距离远
【分析】（1）在空气中光速远大于声速；
（2）1500m运动员整个过程速度的大小与方向都会发生变化；
（3）通过相同的路程，比较时间的多少，用时越多，运动越慢；
（4）响度大传播距离远。
【解答】解：A、在空气中，光的传播速度远远大于声速，故需要看发令枪的烟开始计时而不是听声音开始，故A错误；
B、1500m运动员整个过程速度的大小与方向都会发生变化，故1500m运动员整个过程是变速运动，故B错误；
C、优秀运动员百米赛跑的用时约为10s，根据t＝s/v，优秀运动员百米赛跑的速度约为10m/s，故C错误；
D、发令枪响度大是为了传播距离远，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查赛跑比赛中的物理知识，提高学生学以致用的能力。
3．（2分）下列有关热现象的说法中，正确的是（ ）
A．分子间既有引力又有斥力，分子间的距离越大作用力也越大
B．机械能与整个物体的运动情况有关，内能与物体内部分子的热运动无关
C．震后疾病防控消毒时空气中散发一股浓浓的药味，是药物分子的扩散现象
D．做功和热传递都可以改变物体的内能，但功和热量是不同的物理量，单位也不同
【分析】（1）分子间即有引力又有斥力；分子永不停息地做无规则运动；
（2）机械能与整个物体机械运动的情况有关。内能与物体内部分子的无规则热运动和相互作用情况有关；
（3）做功和热传递都可以改变物体的内能，二者在改变物体的内能上是等效的。
【解答】解：A、分子间既有引力又有斥力，当分子间距小于平衡距离时，分子力表现为斥力；当分子间距大于平衡距离时，分子力表现为引力，故A错误；
B、机械能与整个物体的机械运动情况和是否具有势能有关，内能与物体内部分子的热运动和相互作用情况有关，故B错；
C、震后疾病防控消毒时空气中散发一股浓浓的药味，是药物分子的扩散现象，故C正确；
D、做功和热传递都可以改变物体的内能，虽然功和热量是不同的物理量，但单位相同，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查的知识点比较多，主要考查学生对所学物理知识的综合应用能力。
4．（2分）已知铜的比热容比铅大，质量和初温相等的铜和铅，它们各自放出相同的热量后，再把它们放在一起，则（ ）
A．铜传递热量给铅
B．铅传递热量给铜
C．铜与铅放出热量相等，故互不传热
D．缺少条件无法判断
【分析】热传递发生的条件是要有温度差，热量将从高温物体传向低温物体；
质量相等的铜块和铅块，放出相同的热量后，比热容大的降低的温度小，即铜块的终温高于铅块的终温，据此分析解答。
【解答】解：铜块和铅块的质量和放出的热量相同，铜的比热容比铅的比热容大，由公式Q放＝cmΔt可知，铅块降低的温度值比铜块降低的温度值大；由于初温是相同，所以铜块的终温高于铅块的终温；热传递的方向是热量由高温物体传向低温物体，故接触后，铜块放出热量，铅块吸收热量。
故选：A。
【点评】本题考查热量公式以及热传递的条件，难度不大。
5．（2分）下列杠杆使用过程中费力的是（ ）
A．①② B．②③ C．①④ D．③④
【分析】结合图片和生活经验，先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆。
【解答】解：
①起子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；
②镊子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆；
③筷子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆；
④羊角锤在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；
综上分析可知，使用过程中费力的是②③；省力的是①④。
故选：B。
【点评】此题考查的是杠杆的分类主要包括以下几种：①省力杠杆，动力臂大于阻力臂；②费力杠杆，动力臂小于阻力臂；③等臂杠杆，动力臂等于阻力臂。
6．（2分）下列说法错误的是（ ）
A．压力相同，接触面积越大，压强越大
B．同一液体，深度相同时，各个方向压强相等
C．马德堡半球实验证明了大气压强的存在
D．往B管吹气，A管液面上升是因为A管上端空气流速变大，压强变小了
【分析】（1）根据p＝分析压强和受力面积的关系；
（2）由液体内部压强的特点知道：液体对容器底和侧壁都有压强，在同一深度向各个方向都有压强，并且相等；
（3）证明了大气压强的存在的实验是由德国马德堡市的市长、学者奥托•格里克完成的；
（4）流体流速越大，压强越小。
【解答】解：A．由图可知，两手指受到的压力相同，左边手指与铅笔的接触面积大，由p＝可知，在压力一定时，受力面积越大，压强越小，故A错误；
B．据液体内部压强的特点可知，在同一深度，液体向各个方向压强相等，故B正确；
C．1654年时，当时的马德堡市长奥托•格里克最早用实验证明了大气压强的存在，称为马德堡半球实验，故C正确；
D．由图可知，往B管吹气，A管液面上升，这是由于流体流速越大，压强越小，从而造成液面上升的，故D正确。
故选：A。
【点评】本题考查了对压强公式、液体压强的特点、大气压的实验、流体压强与流速关系等的理解与应用，难度不大。
7．（2分）如图所示，某款华为智能手机有无线充电功能。工作原理是当交变电流通过充电底座中的线圈时会产生变化的磁场，带有金属线圈的手机靠近磁场能产生电流，从而通过“磁生电”来充电。如图实验装置与它的原理相同的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】由题知，无线充电的工作原理是当交变电流通过充电底座中的线圈时会产生变化的磁场，带有金属线圈的手机靠近磁场能产生电流，从而通过“磁生电”来充电，即无线充电利用了电磁感应原理；分析各图中实验原理分析解答。
【解答】解：
由题知，无线充电的工作原理是电磁感应现象；
A、图中有电源，该实验说明通电线圈在磁场中受力而转动，是电动机的原理图，说明故A错误；
B、图中有电源，其原理是通电导体在磁场中受到力的作用，故B错误；
C、图中是奥斯特实验，说明通电导体周围存在磁场，故C错误；
D、图中无电源，闭合电路的一部分导体ab做切割磁感线运动时，能够产生感应电流，是电磁感应现象，符合题意，故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查了学生对电磁学中几个实验的掌握情况，知道无线充电的原理是解题的关键。
8．（2分）如图所示，弹簧测力计下挂着铁块P，其正下方的水平地面上放着一块条形磁铁Q，P和Q均处于静止状态。已知P和Q的重力分别为G和3G，若弹簧测力计的示数为2G，则下列说法正确的是（ ）
A．P对弹簧测力计的拉力大小为G
B．P对Q的吸引力和地面对Q的支持力大小分别为G和2G
C．P对Q的吸引力和Q对P的吸引力是一对平衡力，大小均为G
D．弹簧测力计对P的拉力和Q对P的吸引力是一对平衡力，大小分别均为2G
【分析】（1）P对弹簧测力计的拉力大小等于P受到的力即为弹簧测力计的示数；
（2）对P、Q分别受力分析，利用力的平衡条件和相互作用力得出PQ之间吸引力的大小和地面对Q的支持力的大小；
（3）二力平衡条件：大小相等、方向相反、作用在一条直线上、作用在同一个物体上；
（4）相互作用力：大小相等、方向相反、作用在一条直线上、作用在两个物体上。
【解答】解：（1）P对弹簧测力计的拉力等于弹簧测力计的示数即为2G，故A不正确；
（2）对P受力分析可知，受到竖直向上弹簧测力计的拉力F弹、Q对P的吸引力FQP，竖直向下的重力G，
根据力的平衡条件可得：FQP＝F弹﹣GP＝2G﹣G＝G，
∵P对Q的吸引力和Q对P的吸引力，大小相等、方向相反、作用在同一条直线上，作用在两个物体上，是一对相互作用力，故C不正确；
∴FPQ＝FQP＝G，
对Q点受力分析可知，受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力、P对Q的吸引力，
根据力的平衡条件可得：F支持＝GQ﹣FPQ＝3G﹣G＝2G，故B正确；
（3）弹簧测力计对P的拉力和Q对P的吸引力，两个力的大小不相等，所以不是一对平衡力，故D不正确。
故选：B。
【点评】本题考查了平衡力的判断，关键是会对P、Q进行受力分析得出各力之间的大小关系，同时要注意二力平衡力和相互作用力的区别是：是否作用在同一个物体上。
9．（2分）如图所示，把分别标有“6V 6W”和“6V 3W”的甲、乙两个小灯泡串联接入电路，闭合开关后，其中一个灯泡正常发光，另一个灯泡发光较暗，不考虑温度对灯丝电阻的影响，则以下说法正确的是（ ）
A．甲灯的电阻大于乙灯的电阻
B．乙灯两端的电压为6V
C．甲灯的实际功率为6W
D．甲、乙两灯的实际电压相等
【分析】A、根据甲、乙两灯的字样可计算出两灯的电阻，由此可得出结论；
B、根据甲、乙两灯的字样可计算出两灯的额定电流；由于甲、乙两灯串联，根据串联电路电流规律可得，额定电流较小的灯泡正常发光，由此可判断出甲、乙两灯是哪盏灯正常发光，从而求解出乙灯两端的电压；
C、由选项B分析可知，此时电路中的电流，根据串联电路电流规律可求出通过甲灯的电流，利用U＝IR可求出甲灯的实际电压，再利用P＝UI可求出甲灯的实际功率；
D、由B、C选项可知甲、乙两灯两端的电压，由此可得出结论。
【解答】解：A、由甲灯“6V 6W”和乙灯“6V 3W”字样，根据P＝UI＝可得，R甲＝＝＝6Ω，R乙＝＝＝12Ω，故A错误；
B、由甲灯“6V 6W”和乙灯“6V 3W”字样，根据P＝UI可得，I甲额＝＝＝1A，I乙额＝＝＝0.5A；
由于甲、乙两灯串联，根据串联电路电流规律可得，当电路中的电流大于0.5A时，乙灯容易烧坏，因此闭合开关一灯正常工作，另一灯发光较暗时，电路中的电流是0.5A，此时乙灯正常工作，甲灯发光较暗，乙灯两端的电压U乙实＝U乙额＝6V，故B正确；
C、由选项B分析可知，电路中的电流等于0.5A，根据串联电路电流规律可知，此时通过甲灯的电流I甲实＝0.5A，甲灯的实际电压U甲实＝I甲实R甲＝0.5A×6Ω＝3V，甲灯的实际功率P甲实＝U甲实I甲实＝3V×0.5A＝1.5W，故C错误；
D、由C选项可知，甲灯的实际电压U甲实＝I甲实R甲＝0.5A×6Ω＝3V，由B选项可知，乙灯正常工作U乙实＝U乙额＝6V，故D错误。
故选：B。
【点评】本题主要考查串联电路电流、电压、电阻规律，欧姆定律，电功率公式的应用，其中熟练应用串联电路电流规律分析清楚是哪一盏正常发光哪一盏发光较暗是解题的关键之一。
10．（2分）如图所示，电源电压为U且恒定，定值电阻R0与滑动变阻器R串联的电路，已知：R＞R0，在滑动变阻器的滑片P移动过程中，下列表示R0和R消耗的电功率P0和PR随两电压表示数U1、U2的变化关系图线中，可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】AD、定值电阻R0与滑动变阻器R串联，V1测R0的电压，V2测R的电压：
根据P＝得出R0消耗的功率表达式，由数学知识分析；
由串联电路电压的规律及欧姆定律，根据P0＝＝分析；
BC、由串联电路电压的规律及欧姆定律，根据P＝UI得出R的电功率表达式，由数学知识分析；
当变阻器连入电路的电阻最大时，由分压原理，电压表V2的示数最大，变阻器的电功率不可能为0。
【解答】解：
AD、定值电阻R0与滑动变阻器R串联，V1测R0的电压，V2测R的电压：
根据P＝，R0消耗的功率P0＝＝×U12，R0为常数，由数学知识，电功率P0随电压表示数U1的变化关系图线为抛物线，A错误；
由串联电路电压的规律，U1＝U﹣U2，
R0消耗的功率P0＝＝，当U2接近时无限电源电压时，R0消耗的功率为0，D错误；
BC、由串联电路电压的规律，U2＝U﹣U1，由欧姆定律，电路的电流：I＝，
根据P＝UI，R的电功率为：
PR＝（U﹣U1）×＝﹣×U12+×U1，
R的电功率PR为U1的一元二次函数，因﹣＜0，抛物线开口向下，
由数学知识，当U1＝﹣＝＝0.5U时，PR有最大值，B正确；
当变阻器连入电路的电阻最大时，由分压原理，电压表V2的示数最大，根据P＝，变阻器的电功率不可能为0，C错误；
故选：B。
【点评】本题考查串联电路的规律及欧姆定律和电功率公式的运用，体现了数学知识在物理中的运用。
11．（2分）如图所示电路，电源电压保持不变，R1＝5Ω，滑动变阻器R2的最大阻值为15Ω．闭合开关S，向左移动滑动变阻器滑片P的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电流表A的示数变小
B．电压表V的示数增大
C．滑片可在R2上任意移动
D．若滑片移到b端时，R1与R2的电功率之比为3：1
【分析】由电路图可知，R1与R2并联，电压表V测电源两端的电压，电流表测干路电流，
（1）根据电源的电压可知滑片移动时电压表V示数的变化，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知滑片移动时通过R1的电流变化，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知通过R2的电流变化，根据并联电路的电流特点可知干路电流的变化；
（2）由电路图可知，R2的滑片移至a端时会造成电源短路；
（3）若滑片移到b端时，根据并联电路的电压特点和P＝UI＝求出R1与R2的电功率之比。
【解答】解：由电路图可知，R1与R2并联，电压表V测电源两端的电压，电流表测干路电流，
（1）因电源电压保持不变，
所以，滑片移动时，电压表V的示数不变，故B错误；
因并联电路中各支路独立工作、互不影响，
所以，滑片移动时通过R1的电流不变，
向左移动滑动变阻器滑片P的过程中，R2接入电路中的电阻变小，
由I＝可知，通过R2的电流变大，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，干路电流变大，即电流表A的示数变大，故A错误；
（2）由电路图可知，R2的滑片移至a端时会造成电源短路，
所以，滑片不可在R2上任意移动，故C错误；
（3）因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，若滑片移到b端时，由P＝UI＝可知，R1与R2的电功率之比：
＝＝＝＝，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，分清电路的连接方式和电表所测的电路元件是关键。
12．（2分）如图所示为建筑工地上常用的吊装工具，物体M为重5000N的配重，杠杆AB的支点为O，已知OA：OB＝1：2，滑轮下面挂有建筑材料P，每个滑轮重100N，工人体重为700N，杠杆与绳的自重、滑轮组摩擦均不计，当工人用300N的力竖直向下以1m/s的速度匀速拉动绳子时（ ）
A．A点受到700N的拉力
B．建筑材料P重为600N
C．建筑材料P上升的速度为3m/s
D．物体M对地面的压力为4500N
【分析】（1）对定滑轮进行受力分析，定滑轮受向下的重力、3段绳子向下的拉力、杠杆对定滑轮向上的拉力，从而可求出A点受到的拉力；
（2）由图可知n＝2，且滑轮组摩擦均不计，由F＝（G+G动）可求得建筑材料P重；
（3）物重由2段绳子承担，建筑材料P上升的速度v＝v绳，
（4）分析A点受到的力和杠杆的平衡条件分析出B点的拉力，对M受力分析得出地面对物体的支持力即物体M对地面的压力。
【解答】解：（1）由于定滑轮受向下的重力、3段绳子向下的拉力、杠杆对定滑轮向上的拉力，由力的平衡条件可得：FA＝3F+G定＝3×300N+100N＝1000N，故A错误；
B、由图可知n＝2，且滑轮组摩擦均不计，由F＝（G+G动）可得，建筑材料P重：G＝2F﹣G动＝2×300N﹣100N＝500N，故B错误；
C、物重由2段绳子承担，建筑材料P上升的速度v＝v绳＝×1m/s＝0.5m/s，故C错误；
D、杠杆对定滑轮的拉力和定滑轮对杠杆的拉力是一对相互作用力，大小相等，即FA′＝FA＝1000N；
根据杠杆的平衡条件：FA′×OA＝FB×OB，且OA：OB＝1：2，
所以，FB＝FA′×＝1000N×＝500N；
因为物体间力的作用是相互的，
所以杠杆对物体M的拉力等于物体M对杠杆的拉力，即FB′＝FB＝500N；
物体M受竖直向下的重力、竖直向上的支持力、竖直向上的拉力，
则物体M受到的支持力为：FM支持＝GM﹣FB′＝5000N﹣500N＝4500N，
因为物体间力的作用是相互的，
所以物体M对地面的压力：FM压＝FM支持＝4500N，故D正确。
故选：D。
【点评】本题是综合性很强的题目，考查了物体受力的分析、使用滑轮组拉力的计算，其中对物体受力分析是难点。
二、填空题（本题共8题，每空1分，共25分）
13．（2分）某同学有一支温度计，读数不准但刻度是均匀的，该同学将这支温度计放入冰水混合物中时读数是5℃，将这支温度计放入沸水中时读数是95℃（气压为1个标准大气压）。他用这支温度计测量当时的气温，读数是32℃，由上述可知，当时实际气温为 30℃ ，当这支温度计示数为 50℃ 时，刚好和实际温度相等。
【分析】①首先明确1标准大气压下水的沸水为100℃，冰水混合物为0℃，100℃和0℃之间有100等份，每一份代表1℃；
②而题文中温度计测量冰水混合物体的温度是5℃，标准大气压沸水的温度是95℃，中间是90个小格，首先求出一个小格表示的温度；
③温度计测量当时的气温读数是32℃，距离5℃有27个小格，求出27个小格表示的温度加上温度计显示为5℃时的实际温度0℃，就是当时的实际温度。
④设当这支温度计示数为t′时，刚好和实际温度相等，利用上述③中的方法列出等式即可求解。
【解答】解：题中温度计测量冰水混合物体的温度是5℃，标准大气压沸水的温度是95℃，中间是90个小格，这90个小格为100℃，
所以一个小格所显示的温度为：＝℃/格，
温度计测量当时的气温读数是32℃
所以当时实际气温t＝℃/格×（32格﹣5格）＝30℃；
设当这支温度计示数为t′时，刚好和实际温度相等，
则t′＝℃/格×（t′格﹣5格），
解得t′＝50℃。
故答案为：30℃；50℃。
【点评】本题考查温度的计算，关键是标准气压下的冰水混合物的温度、沸水的温度应当记准确，有一定的难度。
14．（2分）如图甲所示，长1m的粗细均匀的光滑金属杆可绕O点转动，杆上有一光滑滑环，用竖直向上的测力计拉着滑环缓慢向右移动，使杆保持水平状态，测力计示数F与滑环离开O点的距离s的关系如图乙所示，则杠杆的重力为 100 N，滑环的重力为 50 N.
【分析】杠杆是粗细均匀的一只金属杆，重心在杠杆的中点，根据图象读出，当s为1m或0.1m时，动力臂与阻力臂的关系，然后根据杠杆的平衡条件分析。
【解答】解：由图甲可知，金属杆是粗细均匀的一只杠杆，重心在杠杆的中点，当s＝OA＝1m时，动力臂是阻力臂的二倍；
由图乙可知，此时的动力F＝100N，根据F1L1＝F2L2可知：（F﹣G滑）L1＝GL2
100N﹣G滑＝G﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
根据图乙可知，s＝0.1m时，F′＝550N，L1＝0.1m，L2＝0.5m
根据F1L1＝F2L2可知：（F′﹣G滑）L1′＝GL2
550N﹣G滑＝5G﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
联立①②可得，G滑＝50N，G＝100N。
故答案为：100；50。
【点评】解决图表类的题目要充分利用图表中数据，此题中，当s为1m时拉力等于杠杆的重力二分之一是解决问题的关键。
15．（3分）小明在学校运动会上是仪仗队手，如图所示。他竖直举前进时，风给红旗水平向右的阻力为20N，其作用点可以看成在A点。已知AB＝1.6m，BC＝0.4m小明的两只手分别位于B、C两点，他用一只手握紧旗杆不让它下滑，用另一只手拉住旗杆不让它倾斜。则另一只手对旗杆加的最小拉力为 80 N，方向 水平向右 。沿水平路面匀速前进10m的过程中小明克服风力做的功为 200 J。
【分析】（1）分析杠杆的五要素，根据杠杆的平衡条件分析解答；
（2）知道阻力的大小和前进的距离，根据W＝Fs求出沿水平路面匀速前进10m的过程中小明克服风力做的功。
【解答】解：（1）小明在竖直举旗前进时，若以C为支点时，B处垂直于旗杆向左的力为动力，A处垂直杠杆向右的力为阻力，BC为动力臂，AC为阻力臂，
若以B点为支点时，在C处用力，且动力的方向垂直于旗杆向右，BC为动力臂，AB为阻力臂，
两种情况的动力臂均为BC，但以B为支点，阻力臂较小，根据杠杆的平衡条件知，此时的动力最小；
根据杠杆的平衡条件：F1×LBC＝F2×LAB，
所以最小的动力为：F1＝＝＝80N，水平向右；
（2）沿水平路面匀速前进10m的过程中小明克服风力做的功为：
W＝fs＝20N×10m＝200J。
故答案为：80；水平向右；200。
【点评】本题考查了杠杆五要素的分析、利用杠杆的平衡条件分析解答问题以及功公式的应用，本题的关键是判断支点的位置。
16．（4分）如图为农用扬场机的示意图，谷物脱粒后，谷粒、糠皮及少量碎石的混合物在快速转动的转轮W和皮带B的带动下被抛出，谷粒、糠皮、碎石落地的远近不同，形成1、2、3三堆，从而达到分离的目的。其中2是 谷粒 ，3是 碎石 。其分离的原因是，①从惯性的角度分析： 谷粒、糠皮及碎石在抛出时的速度相同，由于碎石的质量最大，糠皮的质量最小，但是由于质量不同，惯性也不同。糠皮质量较小，则飞行距离短，先落地；小石子质量较大，飞行距离长，则后落地 ；②从能量的角度分析： 谷粒、糠皮及碎石在抛出时的速度相同，由于碎石的质量最大，糠皮的质量最小，所以碎石的动能最大，克服阻力运动的最远，糠皮动能最小克服阻力运动最近，谷粒介于它两个之间，即抛出时动能不同的缘故 。
【分析】（1）一切物体都有保持原来运动状态不变的性质，叫惯性。惯性只与物体的质量有关，根据谷粒和石块的体积相同时，密度不同，判断出质量的不同，从而可得惯性的大小关系，便可得出落地点远近不同的原因。
（2）谷粒和壳屑被扬向空中时的速度相同，由于密度不同造成质量不同，所以动能不同，动能大的就克服阻力运动的远，从而把它们分开。
【解答】解：（1）谷物脱粒后，谷粒、糠皮及少量碎石的混合物在快速转动的轮形和皮带的带动下被抛出，此时谷粒、糠皮及碎石的速度相同，由于碎石的质量最大，糠皮的质量最小，但是由于质量不同，惯性也不同。糠皮质量较小，则飞行距离短，先落地；小石子质量较大，飞行距离长，则后落地。
（2）谷物脱粒后，谷粒、糠皮及少量碎石的混合物在快速转动的轮形和皮带的带动下被抛出，此时谷粒、糠皮及碎石的速度相同，由于碎石的质量最大，糠皮的质量最小，所以碎石的动能最大，克服阻力运动的最远，糠皮动能最小克服阻力运动最近，谷粒介于它两个之间，即抛出时动能不同的缘故。
故答案为：谷粒；碎石；
①谷粒、糠皮及碎石在抛出时的速度相同，由于碎石的质量最大，糠皮的质量最小，但是由于质量不同，惯性也不同。糠皮质量较小，则飞行距离短，先落地；小石子质量较大，飞行距离长，则后落地；
②谷粒、糠皮及碎石在抛出时的速度相同，由于碎石的质量最大，糠皮的质量最小，所以碎石的动能最大，克服阻力运动的最远，糠皮动能最小克服阻力运动最近，谷粒介于它两个之间，即抛出时动能不同的缘故。
【点评】考查的是惯性和动能影响因素知识的应用，虽说比较简单，但是大多数学生没见过，比较抽象，不好理解。
17．（4分）小明同学用弹弓研究弹性势能的大小与物体形变的关系。
（1）弹弓弹性势能的大小是通过 子弹射出的距离 来比较的；
（2）当弹弓橡皮筋被拉的长度相同，而所用“子弹”的质量不同，射出去的距离也不同，质量大的“子弹”射出的距离较 小 ，原因是质量大的“子弹”射出时的 速度 小；
（3）小明实验所选用的“子弹”的 质量 应相同。
【分析】（1）具有弹性的物体发生弹性形变时，具有弹性势能，弹性势能的大小跟物体发生弹性形变大小有关，弹性形变越大，具有的弹性势能越大；
（2）要分析质量大的“子弹”射出时哪个物理量减小，应从能量转化的角度分析，思考“子弹”的能量是如何转化的，从而得出正确的结论；
（3）探究弹性势能的大小的影响因素采取的方法是控制变量法。
【解答】解：（1）弹弓弹性势能的大小是通过子弹射出的距离来比较的，子弹射出的越远，说明弹弓的弹性势能越大；
（2）当“子弹”射出时，“子弹”具有的动能是橡皮筋的弹性势能转化来的，橡皮筋被拉的长度相同，说明橡皮筋的弹性势能相同，转化成子弹的动能也相同，即质量大的“子弹”离开橡皮筋瞬间动能等于质量小的“子弹”离开橡皮筋瞬间动能。根据动能的影响因素是质量和速度，在动能相同时，“子弹”的质量越大，其运动的速度就越小，射出的距离较小；
（3）用子弹射出的远近来反映弹弓的弹性势能时，要保持子弹的质量相同，这种方法称为控制变量法。
故答案为：（1）子弹射出的距离；（2）小；速度；（3）质量。
【点评】（1）能用控制变量法研究具有弹性的物体弹性势能大小的影响因素；
（2）掌握弹性势能大小跟物体的弹性形变大小有关，弹性形变越大，具有的弹性势能越大。
18．（7分）小聪利用如图所示装置探究“物体动能的大小与哪些因素有关”。
（1）该实验是通过观察 木块移动的距离 ，从而判断 钢球 （填“木块”或“钢球”）动能的大小。
（2）甲、乙两次实验中，将质量不同的钢球拉到相同的高度。由静止释放，小球向下摆动过程中，小球的 重力势能 转化为动能。观察到质量大的钢球将木块推动的距离远，说明动能的大小和 质量 有关。
（3）甲、丙两次实验中，将质量相同的钢球拉到不同的高度，由静止释放，观察木块被推动的距离，可以探究动能的大小和 速度 的关系。
（4）小聪将木块下的铁板换成光滑的玻璃板，观察木块被钢球推动的距离。我们可以探究 阻力 对物体运动的影响，并可推断出：如果运动物体不受力将 做匀速直线运动 。
【分析】（1）实验中通过观察木块被钢球推动距离大小判断钢球的动能大小的，利用了转换法；
（2）（3）动能的大小与物体的质量和速度都有关系，运用控制变量法进行探究时，研究动能与速度关系时，要保证质量相同，速度不同；探究动能与质量关系时，要保证速度相同，质量不同；
（4）根据牛顿第一定律，物体在不受力时，将保持匀速直线运动状态或静止状态。对于一个运动着的物体来讲，当外力突然消失时，它只可能做匀速直线运动。
【解答】解：（1）该实验中钢球动能的大小是通过木块移动的距离体现的，木块被撞的越远，说明钢球的动能越大，被撞的越近，说明钢球的动能越小，这里采用了转换法的思想；
（2）甲、乙两次实验中，将质量不同的钢球拉到相同的高度，由静止释放，小球向下摆动过程中，小球的重力势能转化为动能。不计空气阻力，钢球的机械能是守恒的，保持不变；观察到质量大的钢球将木块推动的距离更远，说明钢球对木块做功越多，钢球的动能越大，由此可以说明动能的大小和质量有关；
（3）甲、丙两次实验中，将质量相同的钢球拉到不同的高度，由静止释放，高度越高，撞击木块前的速度越大，木块移动的距离越远，动能越大，所以可以探究动能的大小和速度的关系；
（4）小聪将木块下的铁板换成光滑的玻璃板，观察木块被钢球推动的距离。我们可以探究阻力对物体运动的影响，并可推断出：如果运动物体不受力将做匀速直线运动。
故答案为：（1）木块移动的距离；钢球；（2）重力势能；质量；（3）速度；（4）阻力；做匀速直线运动。
【点评】此题是探究“动能的大小与什么因素有关”的实验，考查了转换法和控制变量法在实验中的具体应用，是中考探究实验考查的重点。
19．（3分）一位电视台记者在讲到某工厂上半年共节电5000kW•h的时候，手举一只理发用的电吹风说：“我这只电吹风是500W的，也就是0.5kW，这个厂节省的电力可以开动10000个这样的电吹风。”试问这位记者出现的错误是 电能和电功率混淆了 。正确的说法是：“这个厂节省的电力可以 使这只0.5千瓦的电吹风工作10000小时 ”或者“这个厂节省的电力可以 使10000个这样的吹风机工作1小时 ”。
【分析】电流做功的过程就是消耗电能的过程，电流做功越多，表示消耗的电能越多；电功率是指电流在单位时间内做功的多少，它是表示电流做功快慢的物理量。
【解答】解：某工厂上半年共节电5000kW•h，即节省的电能是5000kW•h；这只电吹风是500瓦，也就是0.5kW，0.5kW是指电吹风的电功率，所以这个记者把电能和电功率混淆了；正确的说法是：这个厂节省的电能可以使这只0.5千瓦的电吹风工作＝10000小时；或者说这个厂节省的电能可以使10000个这样的吹风机工作1小时。
故答案为：电能和电功率混淆了；使这只0.5千瓦的电吹风工作10000小时；使10000个这样的吹风机工作1小时。
【点评】本题考查了电功和电功率的意义，它们是两个不同的物理量，不能放在一起比较。
三、解答题（本题共8题，共51分）
20．（12分）请在图中的两个虚线框内，选填“电源”和“灯泡”的符号，并满足开关闭合时两灯并联且开关控制干路。
【分析】将各个元件并列地连接在一起构成并联电路，根据题目中的要求，试着将开关和电源放入虚线框，分析是否符合要求。
【解答】解：若将电源置于上面的虚线框，灯泡置于下面的虚线框，开关闭合，两灯可组成并联电路，但开关没有控制干路，所以不符合题意；如图所示：
若将电源置于下面的虚线框，灯泡置于上面的虚线框，则开关闭合后，两灯可组成并联电路，符合要求；如图所示：
【点评】要能正确地填入电路符号，首先要掌握并联电路的连接方法，将各元件接入后分析是否符合题意，分析起来更加方便。
21．如图所示，A、B是镜前一点光源S发出的光线经平面镜MN反射后的两条反射光线，请在图中画出点光源S的位置。
【分析】根据反射光线反向延长过像点，作出反光点的像点S′，再根据平面镜成像的特点：像与物关于平面镜对称作出发光点S的位置，补出入射光线。
【解答】解：先将两条反射光线反向延长交于一点S′，在通过平面镜作出S′的对称点S，即为发光点的位置，并联接S与两个反射点画出入射光线，如图所示：
【点评】本题考查光的反射光路图的画法，掌握好反射规律，并利用好反射光线反向延长过像点、像与物关于平面镜对称是关键。
22．小球在细绳的拉力作用下在光滑斜面上处于静止状态，请在图中画出小球的受力示意图。
【分析】画力的示意图，首先要对物体进行受力分析，看物体受几个力，要先分析力的大小、方向和作用点，再按要求画出各个力。
【解答】解：
因为是光滑的斜面，所以小球不受摩擦力作用，但绳子处于非竖直状态，故小球受到重力、拉力和支持力的作用，重力的方向竖直向下，拉力的方向沿绳子向上，支持力的方向垂直于斜面向上，如图所示：
【点评】此题考查力的示意图的画法，关键是对小球进行正确的受力分析，并掌握画力的示意图的一般步骤。
23．请根据图中通电螺线管的N极，标出小磁针的N极、磁感线的方向，并在括号内标出电源的正、负极。
【分析】①根据图中通电螺线管的N、S极，可判断磁感线的方向。
②根据磁极间的相互作用再判断小磁针的磁极。
③最后根据安培定则判断螺线管中电流的方向，标出电源的正负极。
【解答】解：
据图可知，该通电螺线管的右端是N极，左端是S极，故在磁体外部，磁感线总是从磁体的N极发出，所以磁感线的方向是从右向左。
根据磁极间的相互作用可以判断出小磁针的左端为N极，右端为S极。
根据安培定则：伸出右手，使右手大拇指指示通电螺线管的N极，则四指弯曲所指的方向为电流的方向，即电流是从螺线管的右端流入的。所以电源的右端为负极，左端为正极。
故答案为：
【点评】安培定则涉及三个方向：磁场方向；电流方向；线圈绕向。告诉其中的两个方向可以确定第三个方向。
24．（1）下图为烟感报警装置，当没有烟雾时，烟感开关断开，电磁铁 无 （选填“有”或“无”）磁性，绿灯亮；当有烟雾时，烟感开关闭合，电磁铁 吸下 衔铁，绿灯灭，警铃与喷淋系统同时工作。
（2）请根据烟感报警装置的工作原理，将电路图补充完整，要求警铃与喷淋系统互不影响。
【分析】由题意可知，这一烟感报警器的基本结构是一个电磁继电器，根据电磁继电器的基本工作原理，结合在此处的运用可描述其原理。
【解答】解：（1）图中所示的烟感报警报警器工作原理：当没有烟雾时，烟感开关断开，电磁铁中没有电流，电磁铁无磁性，绿灯亮；当有烟雾时，烟感开关闭合，电磁铁中有电流，电磁铁有磁性吸下衔铁，绿灯灭，警铃与喷淋系统同时工作；
当电磁铁无磁性，衔铁与绿灯的触点接触，绿灯亮时。当电磁铁有磁性，衔铁与下的触点接触，警铃与喷淋系统同时工作。电路图如下。
故答案为：（1）无；吸下；（2）如上图。
【点评】本题考查了电磁铁在电磁继电器上的应用，电磁继电器实质上是一个由电磁铁来控制的自动开关。
25．（4分）在自主学习探究过程中，小张利用带拉环的吸盘，固定在墙上的平面镜，水、刻度尺来测量大气压强的大小。具体实验步骤是：
①用刻度尺测出吸盘的直径，算出吸盘平面面积为10平方厘米；②用弹簧秤测出吸盘自身的重力0.5N；③将吸盘沾水湿润后，压在平面镜上，排尽吸盘内空气；④用弹簧秤水平拉动吸盘，直至恰好脱落，读出此时弹簧秤示数为95N；⑤记录整理数据；⑥算出大气压的值，分析实验结论。实验装置如图甲。请结合你所学的知识分析，
（1）上述的实验步骤中，哪一步是多余的 ② （填序号）。
（2）将吸盘沾水润湿的目的是： 排尽吸盘内空气，防止漏气 。
（3）在实验时，如果拿一个吹风机对着吸盘自上而下吹冷风，如图乙，则你预计的弹簧秤示数可能会 变小 （“变大”变小”或”不变”）。
（4）若丙装置活塞与注射器筒内壁间的摩擦力为4N，小刚用14N拉力慢慢拉动注射器该注射器有刻度的部分长度为10cm，注射器容积为10毫升，则该地的大气压为 1×105 Pa。
【分析】（1）根据实验的目的和p＝分析解答；
（2）为了使测得的结果准确，要采取必要的措施防止吸盘漏气；
（3）根据流体压强和流速的关系分析解答：流体的压强跟流速有关，流速越大，压强越小；
（4）根据测力计示数和摩擦力求出大气压力，已知该注射器刻度部分的长度，根据V＝Sh算出活塞的横截面积，根据公式p＝求出大气压积。
【解答】解：（1）根据压强公式p＝可知，测量大气压强的大小，需要通过实验得出大气对吸盘的压力和吸盘平面面积，没有必要用弹簧秤测出吸盘自身的重力，因此步骤②是多余的；
（2）将吸盘沾水湿润后，压在平面镜上，排尽吸盘内空气，防止漏气；
（3）由图可知，若将高压气泵的出风口如图乙那样对着吸盘自上而下吹风，
根据流体压强和流速的关系可知，吸盘外侧空气流速增大，压强变小，大气对吸盘的压力减小，
所以，弹簧秤拉动吸盘至恰好脱落时的示数一般会小于95N。
（4）当活塞开始滑动时，大气产生的压力为：F＝14N﹣4N＝10N；
注射器刻度部分的长度为：L＝10cm，注射器容积为：V＝10mL＝10cm3，
则注射器的横截面积为：S＝＝＝1cm2＝1×10﹣4m2；
大气产生的压强为：p＝＝＝1×105Pa。
故答案为：（1）②；（2）排尽吸盘内空气，防止漏气；（3）变小；（4）1×105。
【点评】解决本题的关键是在弄清测量大气压强实的验原理，然后才能分析出实验需要注意的事项，才能计算出大气压强的值。
26．（6分）在“探究平面镜成像的特点”实验中，如图所示：
实验次数
入射角
反射角
1
20°
70°
2
30°
60°
3
50°
40°
（1）用玻璃板代替平面镜是为了 便于确定像的位置 。
（2）为了得到像和物体到平面镜的距离关系，需要将镜前蜡烛放在不同位置进行多次实验；眼睛应在 A （填“A”或“B”）侧观察蜡烛的像。
（3）将蜡烛远离平面镜移动一段距离，蜡烛的像的大小将 不变 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。将一光屏放在镜后，无论如何移动，在光屏上都不能得到蜡烛的像，说明平面镜所成的像是 虚 （选填“实”或“虚”）像；
（4）小红站立在一平面镜前照镜子，小明过来把镜子沿镜面方向向右拉了1米，那么，小红的像 位置不变 。（选填“向右移了1米”“向左移了1米”“位置不变”）
（5）在“探究光的反射规律”实验中，把平面镜放在水平桌面上，再把一张纸板ENF竖直地立在平面镜上，如图乙所示，纸板的作用是 显示光路 ，小明让一束光沿AO贴着纸板E射到平面镜上，在纸板F上会看到反射光OB的径迹。三次改变入射角的大小，实验所测得数据如表所示。他根据表中数据得出的结论和其他同学的结论并不一致，请你分析小明测量实验数据过程中出现的问题可能是 把反射光线与镜面的夹角当成了反射角 。
【分析】（1）用玻璃板代替平面镜，能看到镜前蜡烛的像，又能看到玻璃板后面的蜡烛；
（2）为了比较物体和像的大小关系，人眼一直在玻璃板的（前侧）A侧观察，直至它与蜡烛A的像完全重合；
（3）平面镜成像特点之一：物像等大；实像能承接在光屏上，虚像不能承接到光屏上，平面镜所成的像是虚像；
（4）根据平面镜成像特点可知像与物关于镜面是对称的；
（5）纸板是为了显示光路；入射角是入射光线与法线的夹角，反射角是反射光线与法线的夹角，由此根据表格数据分析找出错误。
【解答】解：
（1）因为玻璃板既能让光透过也可以反射光，容易确定像的位置，而平面镜是不透明的，无法确定像的位置，所以选用玻璃板；
（2）在竖立的玻璃板前点燃蜡烛A，拿未点燃的蜡烛B竖直在玻璃板后面移动，人眼一直在玻璃板的（前侧）A侧观察，直至它与蜡烛A的像完全重合，说明像与物大小相等；
（3）由平面镜成像特点之一：物像等大可知，将蜡烛远离玻璃板移动一段距离，蜡烛的像的大小将不变；
因为平面镜成虚像，光屏不能承接虚像，所以用白纸在玻璃板后面无论如何移动，在光屏上都不能成像，说明平面镜所成的像是虚像；
（4）小红在实验过程中，他将玻璃板沿镜面方向向右拉了1米，小红和平面镜之间的距离不变，根据像与物关于镜面是对称的，所以小红的像位置不变；
（5）在“探究光的反射规律”实验中，把平面镜放在水平桌面上，再把一张纸板ENF竖直地立在平面镜上，如图乙所示，纸板的作用是显示光路；
根据反射定律，反射角等于入射角，反射角是反射线与法线的夹角，入射角是入射线与法线的夹角，当入射角分别为20°、30°、50°时，反射线与法线的夹角，即反射角也应分别是20°、30°、50°，而70°，60°，40°正好是反射光线与镜面的夹角，所以是把反射光线与镜面的夹角当成了反射角。
故答案为：（1）便于确定像的位置；（2）A；（3）不变；虚；（4）位置不变；（5）显示光路；把反射光线与镜面的夹角当成了反射角。
【点评】本题考查了平面镜实验、研究光的反射定律的实验，反射角等于入射角，常见题目。
27．（7分）（一）如图甲所示，是创新实验小组的小苹和小琳在做观察水沸腾的实验。
（1）组装实验器材时，应按照 自下而上 的顺序（自上而下/自下而上）；
（2）水沸腾时，小苹发现所测水的沸点高于100℃，于是她得出结论：当地大气压高于一个标准气压。小琳认为她的观点错误，因为 实验装置有盖，水面上气压大，沸点高 ；
（3）实验完毕，小琳撤去酒精灯后发现水继续沸腾了一段时间，原因是 由于石棉网、铁圈或烧杯底部的温度高于水的沸点，所以撤去酒精灯后，水能够继续吸热而沸腾一段时间 ；
（二）彭老师带领同学们进行“探究液体蒸发快慢的影响因素”实验，她将等量的温水和热水分别倒入三个相同的锥形瓶中，又找来常温下3张完全相同的湿巾，把其中的一张对折，将它们贴在三个锥形瓶的外壁，分别标记为1、2、3并将它们放在电子秤上，三只电子秤示数相同。一段时间后（外界环境相同），电子秤示数如图乙A、B、C所示；
（4）通过 A、B （选填A/B/C）两图的对比，可以验证液体蒸发的快慢与液体的温度有关；
（5）通过B、C两图的对比，可以验证液体蒸发的快慢与 水的表面积 有关；
（6）实验中利用电子秤示数判断液体蒸发的快慢，用到的物理研究方法是 转换 法；
（7）彭老师还想测定液体蒸发时吸放热的情况，将湿巾平铺在薄铁片上，用电子温度计实时监测图丁中薄铁片底部的温度变化情况，下列各图能比较正确反映温度计示数随时间变化的是 A 。
【分析】（1）实验时，需用酒精灯的外焰加热，所以要调整好铁圈的高度，然后根据温度计的使用规则固定好其位置；
（2）液体的沸点跟气压有关，气压越高沸点越高；
（3）液体沸腾的条件是达到沸点，并能够不断吸热，撤去酒精灯，水能够从铁圈、石棉网继续吸热而沸腾一段时间；
（4）（5）影响蒸发快慢的因素有液体的温度、液体的表面积、液体表面空气流动的速度等，在进行探究时，要运用控制变量法，每次只控制与其中一个量的关系；
（6）根据转换法分析；
（7）液体蒸发时会吸收热量。
【解答】解：（1）酒精灯需用外焰加热，所以要放好酒精灯，再固定铁圈的高度；而温度计的玻璃泡要全部浸没到液体中，但不能碰到容器壁和容器底，所以先放好烧杯后，再调节温度计的高度，所以组装实验器材时，应按照自下而上的顺序；
（2）实验装置有盖，水面上气压大，沸点高，小苹发现所测水的沸点高于100℃，不是当地大气压高于一个标准气压；
（3）由于石棉网、铁圈或烧杯底部的温度高于水的沸点，所以撤去酒精灯后，水能够继续吸热而沸腾一段时间；
（4）要研究水蒸发的快慢与水的温度的关系，应控制水的表面积和水上方空气流动速度相同，由图知，A与B水滴的表面积相同，表面空气流动情况相同，温度不同，故选A、B两图进行对比。
（5）通过B、C两图的对比可知，水的温度、表面上空气流动速度均相同，只有水的表面积不同，所以可以验证水蒸发的快慢与水的表面积有关；
（6）实验中利用电子秤示数判断液体蒸发的快慢，用到的物理研究方法是转换法；
（7）酒精蒸发吸热，能使它附着的温度计温度下降；随着酒精的迅速蒸发掉后，受空气温度的影响，温度计的示数又会上升，直到和周围温度示数相同时，不再上升；A图象与事实相符合。
故答案为：（1）自下而上；（2）实验装置有盖，水面上气压大，沸点高；（3）由于石棉网、铁圈或烧杯底部的温度高于水的沸点，所以撤去酒精灯后，水能够继续吸热而沸腾一段时间；（4）A、B；（5）水的表面积；（6）转换；（7）A。
【点评】本题考查水的沸腾实验和影响蒸发快慢的因素的实验，难度不大。
28．（6分）在“探究并联电路中电流特点”的实验中，小明同学连接了如图甲所示的电路：
（1）实验时，接好电路后，闭合开关发现两灯都亮，但由于连线较乱，一时无法确定两灯是串联还是并联，小明灵机一动，随意拆下一根导线，发现两灯都熄灭，因此他认定两灯是串联的，小明的方法是 错误 的（选填“正确”或“错误”）；
（2）他用电流表分别在A、B、C三处测得电流表数据如下表所示，其中第2次测量B处的电流时，电流表的示数如图丙所示，则示数为 0.24 A。比较下表中的数据，可以初步得出结论，并联电路中 干路的电流等于各支路电流的和 ；
实验次数
A处的电流IA/A
B处的电流IB/A
C处的电流IC/A
1
0.1
0.12
0.22
2
0.22
0.46
3
0.26
0.30
0.56
（3）要使实验结论更具普遍性，同学们讨论了以下三种方案：
方案甲：反复断开，闭合开关，测出各电流值；
方案乙：更换不同规格的灯泡，测出各电流值；
方案丙：增加电池节数，测出各电流值。
以上三种方案，你认为不可行的是方案 甲 （选填“甲”、“乙”或“丙”）；
（4）小明还思考，若L1两端允许最大的电压U1，L2两端允许最大的电压U2，其中U1＜U2，把这两灯并联起来接在某一电源，在安全的前提下，则电源电压允许的最大值为 U1 （选填“U1”、“U2”或“U1+U2”）；
（5）小明同学在实验过程中发现：闭合开关时电流表指针迅速偏转较大角度，紧接着指针再偏回一定角度后，示数才稳定下来；同时还发现，闭合开关瞬间灯泡亮度较大，紧接着变暗一点后，亮度才稳定下来。造成这种现象的原因是 灯丝的电阻随着温度的升高而增大 。
【分析】（1）根据串联、并联电路的工作特点分析；
（2）根据电流表的量程和分度值读出电流表的示数，根据表格数据分析解答；
（3）用归纳法得出普遍性的结论要满足2个条件：一是样本要有代表性，二是样本数量足够多；
（4）并联电路两端的电压与额定电压较小的相等；
（5）灯丝的电阻随着温度的升高而增大。
【解答】解：（1）若两灯泡串联，拆开一根导线，电路断路，两灯泡熄灭；若两灯泡并联时，拆开干路中的一根导线，两灯泡也同时熄灭，所以，根据拆开电路中的一根导线两灯泡都熄灭不能判定两灯泡是串联的，即小明的方法是错误的；
（2）由图丙知电流表的量程为0﹣0.6A，分度值为0.02A，示数为0.24A；
由表格数据知并联电路中干路的电流等于各支路电流的和；
（3）方案乙和方案丙：换用不同的规格的小灯泡，或者增加电池的节数（改变电源电压），测出电源电压和灯泡L1、L2两端的电压，可以得到串联电路电压关系的普遍性的规律；而方案甲中反复断开，闭合开关，测出的数据相同，只是一组数据，得出的结论不具有普遍性，不可行，即不可行的是方案甲；
（4）并联电路两端的电压与额定电压较小的相等，由于U1＜U2，所以把这两灯并联起来接在某一电源，在安全的前提下，则电源电压允许的最大值为U1；
（5）灯丝的电阻随着温度的升高而增大，刚闭合开关时，灯丝的温度较低，电阻较小，电流较大，电流表指针偏角较大；当灯泡发光后灯丝温度升高，电阻增大，电路电流减小，电流表示数减小，最后达到稳定；灯的亮度取决于灯的实际功率，根据P＝，闭合开关瞬间，灯的电阻小，实际功率大，灯泡亮度较大，紧接温度升高后，电阻变大，实际功率变小，变暗一点后，亮度才稳定下来。
故答案为：（1）错误；（2）0.24；干路的电流等于各支路电流的和；（3）甲；（4）U1；（5）灯丝的电阻随着温度的升高而增大。
【点评】本题探究并联电路中电流的关系，考查了串并联的辨别和电流表的正确使用以及分析实验数据得出结论的能力。
29．（4分）
电磁血流计
如图甲是用来检测血流速度和血流量（血流量指单位时间内通过血管横截面的血液体积）的电磁血流计，其示意图如图乙所示。使用时，将血管放置于两磁极之间，两金属电极a、b与血管壁接触，血液在血管中流动时a、b间就会有电压，电流通过仪表从而显示出血流速度和血流量。某实验小组用电磁血流计研究血管中血流速度与n（病人心脏血管横截面积与正常人心脏血管横截面积的比值）的关系。测得病人心脏主动脉血管内血液匀速流动的速度v与n的数值如表：
n
1.00
0.90
0.80
0.75
0.60
v/（m•s﹣1）
0.180
0.200
0.225
0.240
0.300
研究表明：当血液匀速通过血管时，受到的阻力f与血液的流速v成正比，即f＝kv，k为常数。血管横截面积越小，血液流速越大，受到的阻力越大，心脏的负担越重。
（1）下列设备与电磁血流计的工作原理相同的是 B 。
A．电动机
B．发电机
C．汽油机
D．柴油机
（2）某次测得血流速度为0.25m/s，血流量为10﹣4m3/s，则对应血管的横截面积为 4×10﹣4 m2。
（3）若某病人心脏主动脉血管的横截面积为正常人的0.5倍时，血管内血液匀速流动的速度应为 0.36 m/s。
（4）心脏主动脉血管的横截面积变化时，心脏推动血液流动的功率P随n的变化而变化。若当n＝1时，心脏推动血液流动的功率为P0，则心脏推动血液流动的功率P＝ n﹣2 P0（选填“n”、“n2”、“n﹣1”或“n﹣2”）。
【分析】（1）根据使用时，将血管放置于两磁极之间，两金属电极a、b与血管壁接触，血液在血管中流动时a、b间就会有电压，电流通过仪表从而显示出血流速度和血流量，可知血管中有血液流动时，相当于导体在磁场中做切割磁感线运动时，就会产生电流，是电磁感应现象，由此可得出结论；
（2）根据血流量和血流速度，利用V＝Sh可求出对应血管的横截面积；
（3）根据表格数据可知，血流速度v与n的乘积为一定值，由此可求出当n＝0.5时的血管内血液匀速流动的速度；
（4）由题意可知，血液受到的阻力f与血液的流速v成正比，即f＝kv，当血管中血液匀速流动时，心脏对血液的推力与血液受到的阻力是一对平衡力，由此可求出心脏对血液的推力，根据P＝＝＝Fv可求出心脏推动血液流动的功率与血液流速之间的关系，再根据血流速度v与n可得出心脏推动血液流动的功率与n之间的关系，由此可得出结论。
【解答】解：（1）使用时，将血管放置于两磁极之间，两金属电极a、b与血管壁接触，血液在血管中流动时a、b间就会有电压，电流通过仪表从而显示出血流速度和血流量，说明血管中有血液流动时，相当于导体在磁场中做切割磁感线运动时，就会产生电流，是电磁感应现象，因此电磁血流计的工作原理与发电机的工作原理相同，故ACD不符合题意，B符合题意。
（2）对应血管的横截面积S＝＝＝4×10﹣4m2；
（3）由表格数据可知，nv＝1.00×0.180m/s＝0.90×0.200m/s＝0.80×0.225m/s＝0.75×0.240m/s＝0.6×0.300m/s＝0.18m/s，即血流速度v与n的乘积为0.180m/s，所以当n＝0.5时，血管内血液匀速流动的速度v＝m/s＝0.36m/s；
（4）当血管中血液匀速流动时，心脏对血液的推力与血液受到的阻力是一对平衡力，所以心脏对血液的推力F＝f＝kv，
心脏推动血液流动的功率P＝＝＝Fv＝kv×v＝kv2，即心脏推动血液流动的功率与血管中血流速度的平方成正比，
根据（3）可知，血流速度v与n成反比，即v＝，所以心脏推动血液流动的功率P与n的平方成反比，即P＝k（）2，当n＝1时，心脏推动血液流动的功率P0＝k×0.182m2/s2，心脏推动血液流动的功率P＝k（）2＝P0＝n﹣2P0。
故答案为：（1）B；（2）4×10﹣4；（3）0.36；（4）n﹣2。
【点评】本题主要考查功率公式的应用，发电机的工作原理，其中求解出血流速度v与n的关系是解题的关键。
30．（6分）小明家的饮水机具有自动加水和加热两种功能，烧水时，先按一下加水按钮，自吸泵把水从水桶抽到壶内，当壶内水位达到规定容量时，自吸泵自动停止抽水；再按一下加热按钮，加热装置将对壶内的水加热。如图1所示。“控制电路”中的热敏电阻R1的阻值随温度变化的曲线如图2所示。电磁铁线圈电阻可忽略不计，“饮水机”共安装有2根加热电热丝和一根保温电热丝，当电磁铁线圈中电流大于或等于50mA时，继电器的衔铁被吸合，使加热电路断开，保温电路工作。当线圈中的电流小于或等于40mA时，继电器的衔铁被释放，使加热电路闭合。电磁继电器的电源两端电压U＝6V，饮水机的参数如表所示
已知水的比热容c水＝4.2×103J/（kg•℃），水的密度ρ水＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg，电热水机的铭牌数据如表。
产品型号
BH﹣X22
额定电压
220V
频率
50Hz
加热功率
1200W
保温功率
100W
容量
1.2L
（1）电磁继电器的接线柱 M （M/N）应与家庭电路的火线相连。
（2）如果自吸泵抽水效率为60%，求自吸泵将1.2L水提升0.5m消耗的电能。
（3）加热电路中2根“220V600W”电热丝的合理连接方式是 并联 （并联/串联）
（4）为了实现温度控制，饮水机加热电热丝（图中未画出）应该选择接在以下的 C 。
A．AD端 B．BC端 C．AB端 D．CD端
（5）假设饮水机内水温达到90℃时，温控电路就将电路切换到保温状态，此时滑动变阻器的阻值为 70Ω 。
（6）现将滑动变阻器R2的阻值适当调大，则该饮水机的保温范围将比原来 大 （大/小），理由是： 加热和保温切换时的电流大小均不变，R2与R1串联的总阻值不变，当R2增大时，加热和保温切换时的R1均减小，但两状态之间R1的变化量相等，由图2可知保温范围变大了 。
【分析】（1）根据开关控制火线分析；
（2）根据m＝ρ水V求1.2L水的质量；
由η＝＝＝求自吸泵将1.2L水提升0.5m消耗的电能；
（3）（4）由已知条件，分析控制电路和工作电路，CD接保温电热丝；AB接2根“220V 600W”的电热丝，由表中数据，加热功率为1200W，确定合理连接方式；
（5）由图2知，当饮水机内水温达到90℃时热敏电阻R1大小，由已知条件，根据电阻的串联和欧姆定律，求出此时滑动变阻器的阻值；
（6）现将滑动变阻器R2的阻值适当调大，因加热和保温切换时的电流大小均不变，由欧姆定律I＝结合串联电路的规律分析当R2增大时，加热和保温切换时的R1的变化，由图2判断保温范围的变化。
【解答】解：（1）开关控制火线，电磁继电器衔铁相当于开关，故电磁继电器的接线柱M应与家庭电路的火线相连；
（2）1.2L水的质量：
m＝ρ水V＝1.0×103 kg/m3×1.2×10﹣3 m3＝1.2kg，
如果自吸泵抽水效率为60%（即电能转化为机械能的效率），
则η＝＝＝，
自吸泵将1.2L水提升0.5m消耗的电能：
W总＝＝＝10J；
（3）（4）当电磁铁线圈中电流大于或等于50mA时，继电器的衔铁被吸合，使加热电路断开，保温电路工作，由图1可知CD端接保温电热丝；
当线圈中的电流小于或等于40mA时，继电器的衔铁被释放，使加热电路闭合，由图1可知AB端应接2根“220V 600W”的电热丝（表示其额定电压为220V，额定功率为600W），由表中数据，加热功率为1200W，故每根电热丝的功率为600W，每根电热丝都正常工作，合理连接方式是并联；
（5）由图2知，当饮水机内水温达到90℃时，热敏电阻R1＝50Ω，
因当电磁铁线圈中电流大于或等于50mA时，继电器的衔铁被吸合，使加热电路断开，保温电路工作，根据电阻的串联和欧姆定律可得：
I＝＝＝0.05A，
解得此时滑动变阻器的阻值为：R滑＝70Ω；
（6）现将滑动变阻器R2的阻值适当调大，因加热和保温切换时的电流大小均不变，由欧姆定律I＝可知，总阻值R不变，根据串联电路的电阻规律R＝R2+R1，当R2增大时，加热和保温切换时的R1均减小，但两状态之间R1的变化量相等，由图2可知保温范围变大了。
故答案为：（1）M；
（2）自吸泵将1.2L水提升0.5m消耗的电能为10J；
（3）并联；
（4）C；
（5）70Ω；
（6）大；加热和保温切换时的电流大小均不变，R2与R1串联的总阻值不变，当R2增大时，加热和保温切换时的R1均减小，但两状态之间R1的变化量相等，由图可知保温范围变大了。
【点评】本题考查密度公式，电能、效率公式的运用，同时考查了串联电路的规律、欧姆定律和电磁继电器和安全用电的知识，综合性，难度较大，关键是从题 中获取有效的信息。
31．（6分）玻璃装运车间常用“低压吸盘吊车”进行吊运玻璃（如图a所示），先将6个吸盘压在玻璃上，然后启动抽气机使吸盘内的气压减小，在大气压作用下将玻璃“吸”起，再启动电动机牵引滑轮组上的绳子就可以将玻璃吊起。下图为低压吸盘吊车结构示意图。假设6只吸盘及支架共重为500牛，每个滑轮重100牛，在某次吊装过程中，吊车将一块重为1800牛的玻璃以0.2米/秒的速度吊高2米，不计抽气管和绳重，不计滑轮与轴间的摩擦，请根据信息回答下列问题：
（1）若圆形吸盘的直径为20厘米，当时的气压为1.0×105Pa，则吸盘内的气压至少要达到多少以下才能把玻璃“吸”起？（6只吸盘内的气压相同，取π＝3进行计算）
（2）在提升该玻璃的过程中，该吊升机械效率为多大？
（3）如果此时电动机的效率为80%，则电动机消耗的电功率为多大？
【分析】（1）根据计算出一个吸盘的面积，求出6个吸盘的面积。由△p＝可得吸盘受到的压强。则吸盘内的气压至少要达到p内＝p0﹣△p。
（2）利用公式η＝×100%求出吊升机械效率；
（3）利用公式F＝求出电动机的拉力，然后由Pη＝Fv得，P＝求出电动机消耗的电功率。
【解答】解：（1）6个吸盘的面积：S＝6S0＝πr2＝6×3×0.12＝0.18m2；
吸盘受到的压强：△p＝＝＝1×104Pa，
则吸盘内的气压至少要达到的气压：p内＝p0﹣△p＝1.0×105Pa﹣1×104Pa＝9×104Pa；
（2）吊升机械效率：η＝×100%＝×100%＝75%；
（3）电动机的拉力：F＝＝＝1200N，
由Pη＝Fv得，电动机消耗的电功率：P＝＝＝600W。
答：（1）吸盘内的气压至少要达到9×104Pa才能把玻璃“吸”起；
（2）在提升该玻璃的过程中，该吊升机械效率为75%；
（3）如果此时电动机的效率为80%，则电动机消耗的电功率为600W。
【点评】本题考查重力的压强，功、功率和滑轮组机械效率的计算，综合性强，有利于学生能力的提高。
2022年江苏省无锡市江阴市敔山湾实验学校中考物理试卷
一、选择题（本题共12小题，每题2分，共24分）
1．（2分）下列生活实例场景所蕴涵的声学知识解释正确的是（ ）
A．甲图，长期戴着耳机大音量听音乐会造成耳聋是因为音乐声传递的信息量过大
B．乙图，用同样响度的声音在室内和室外讲课，在室内更响亮是因为回声加强原声
C．丙图，家庭中安装真空隔音玻璃窗可有效降低噪音是因为真空可以防止噪声产生
D．丁图，倒车雷达发射超声波，接近障碍物发出“嘀嘀”报警声表明声能传递能量
2．（2分）下面由运动会联想到的物理知识错误的是（ ）
A．需要看见发令枪冒烟开始计时是利用光速远大于声速的道理
B．1500m运动员整个过程是变速运动
C．优秀运动员百米赛跑的速度约为10m/s
D．发令枪发出声音的音调高传播距离远
3．（2分）下列有关热现象的说法中，正确的是（ ）
A．分子间既有引力又有斥力，分子间的距离越大作用力也越大
B．机械能与整个物体的运动情况有关，内能与物体内部分子的热运动无关
C．震后疾病防控消毒时空气中散发一股浓浓的药味，是药物分子的扩散现象
D．做功和热传递都可以改变物体的内能，但功和热量是不同的物理量，单位也不同
4．（2分）已知铜的比热容比铅大，质量和初温相等的铜和铅，它们各自放出相同的热量后，再把它们放在一起，则（ ）
A．铜传递热量给铅
B．铅传递热量给铜
C．铜与铅放出热量相等，故互不传热
D．缺少条件无法判断
5．（2分）下列杠杆使用过程中费力的是（ ）
A．①② B．②③ C．①④ D．③④
6．（2分）下列说法错误的是（ ）
A．压力相同，接触面积越大，压强越大
B．同一液体，深度相同时，各个方向压强相等
C．马德堡半球实验证明了大气压强的存在
D．往B管吹气，A管液面上升是因为A管上端空气流速变大，压强变小了
7．（2分）如图所示，某款华为智能手机有无线充电功能。工作原理是当交变电流通过充电底座中的线圈时会产生变化的磁场，带有金属线圈的手机靠近磁场能产生电流，从而通过“磁生电”来充电。如图实验装置与它的原理相同的是（ ）
A．
B．
C．
D．
8．（2分）如图所示，弹簧测力计下挂着铁块P，其正下方的水平地面上放着一块条形磁铁Q，P和Q均处于静止状态。已知P和Q的重力分别为G和3G，若弹簧测力计的示数为2G，则下列说法正确的是（ ）
A．P对弹簧测力计的拉力大小为G
B．P对Q的吸引力和地面对Q的支持力大小分别为G和2G
C．P对Q的吸引力和Q对P的吸引力是一对平衡力，大小均为G
D．弹簧测力计对P的拉力和Q对P的吸引力是一对平衡力，大小分别均为2G
9．（2分）如图所示，把分别标有“6V 6W”和“6V 3W”的甲、乙两个小灯泡串联接入电路，闭合开关后，其中一个灯泡正常发光，另一个灯泡发光较暗，不考虑温度对灯丝电阻的影响，则以下说法正确的是（ ）
A．甲灯的电阻大于乙灯的电阻
B．乙灯两端的电压为6V
C．甲灯的实际功率为6W
D．甲、乙两灯的实际电压相等
10．（2分）如图所示，电源电压为U且恒定，定值电阻R0与滑动变阻器R串联的电路，已知：R＞R0，在滑动变阻器的滑片P移动过程中，下列表示R0和R消耗的电功率P0和PR随两电压表示数U1、U2的变化关系图线中，可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
11．（2分）如图所示电路，电源电压保持不变，R1＝5Ω，滑动变阻器R2的最大阻值为15Ω．闭合开关S，向左移动滑动变阻器滑片P的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电流表A的示数变小
B．电压表V的示数增大
C．滑片可在R2上任意移动
D．若滑片移到b端时，R1与R2的电功率之比为3：1
12．（2分）如图所示为建筑工地上常用的吊装工具，物体M为重5000N的配重，杠杆AB的支点为O，已知OA：OB＝1：2，滑轮下面挂有建筑材料P，每个滑轮重100N，工人体重为700N，杠杆与绳的自重、滑轮组摩擦均不计，当工人用300N的力竖直向下以1m/s的速度匀速拉动绳子时（ ）
A．A点受到700N的拉力
B．建筑材料P重为600N
C．建筑材料P上升的速度为3m/s
D．物体M对地面的压力为4500N
二、填空题（本题共8题，每空1分，共25分）
13．（2分）某同学有一支温度计，读数不准但刻度是均匀的，该同学将这支温度计放入冰水混合物中时读数是5℃，将这支温度计放入沸水中时读数是95℃（气压为1个标准大气压）。他用这支温度计测量当时的气温，读数是32℃，由上述可知，当时实际气温为 ，当这支温度计示数为 时，刚好和实际温度相等。
14．（2分）如图甲所示，长1m的粗细均匀的光滑金属杆可绕O点转动，杆上有一光滑滑环，用竖直向上的测力计拉着滑环缓慢向右移动，使杆保持水平状态，测力计示数F与滑环离开O点的距离s的关系如图乙所示，则杠杆的重力为 N，滑环的重力为 N.
15．（3分）小明在学校运动会上是仪仗队手，如图所示。他竖直举前进时，风给红旗水平向右的阻力为20N，其作用点可以看成在A点。已知AB＝1.6m，BC＝0.4m小明的两只手分别位于B、C两点，他用一只手握紧旗杆不让它下滑，用另一只手拉住旗杆不让它倾斜。则另一只手对旗杆加的最小拉力为 N，方向 。沿水平路面匀速前进10m的过程中小明克服风力做的功为 J。
16．（4分）如图为农用扬场机的示意图，谷物脱粒后，谷粒、糠皮及少量碎石的混合物在快速转动的转轮W和皮带B的带动下被抛出，谷粒、糠皮、碎石落地的远近不同，形成1、2、3三堆，从而达到分离的目的。其中2是 ，3是 。其分离的原因是，①从惯性的角度分析： ；②从能量的角度分析： 。
17．（4分）小明同学用弹弓研究弹性势能的大小与物体形变的关系。
（1）弹弓弹性势能的大小是通过 来比较的；
（2）当弹弓橡皮筋被拉的长度相同，而所用“子弹”的质量不同，射出去的距离也不同，质量大的“子弹”射出的距离较 ，原因是质量大的“子弹”射出时的 小；
（3）小明实验所选用的“子弹”的 应相同。
18．（7分）小聪利用如图所示装置探究“物体动能的大小与哪些因素有关”。
（1）该实验是通过观察 ，从而判断 （填“木块”或“钢球”）动能的大小。
（2）甲、乙两次实验中，将质量不同的钢球拉到相同的高度。由静止释放，小球向下摆动过程中，小球的 转化为动能。观察到质量大的钢球将木块推动的距离远，说明动能的大小和 有关。
（3）甲、丙两次实验中，将质量相同的钢球拉到不同的高度，由静止释放，观察木块被推动的距离，可以探究动能的大小和 的关系。
（4）小聪将木块下的铁板换成光滑的玻璃板，观察木块被钢球推动的距离。我们可以探究 对物体运动的影响，并可推断出：如果运动物体不受力将 。
19．（3分）一位电视台记者在讲到某工厂上半年共节电5000kW•h的时候，手举一只理发用的电吹风说：“我这只电吹风是500W的，也就是0.5kW，这个厂节省的电力可以开动10000个这样的电吹风。”试问这位记者出现的错误是 。正确的说法是：“这个厂节省的电力可以 ”或者“这个厂节省的电力可以 ”。
三、解答题（本题共8题，共51分）
20．（12分）请在图中的两个虚线框内，选填“电源”和“灯泡”的符号，并满足开关闭合时两灯并联且开关控制干路。
21．如图所示，A、B是镜前一点光源S发出的光线经平面镜MN反射后的两条反射光线，请在图中画出点光源S的位置。
22．小球在细绳的拉力作用下在光滑斜面上处于静止状态，请在图中画出小球的受力示意图。
23．请根据图中通电螺线管的N极，标出小磁针的N极、磁感线的方向，并在括号内标出电源的正、负极。
24．（1）下图为烟感报警装置，当没有烟雾时，烟感开关断开，电磁铁 （选填“有”或“无”）磁性，绿灯亮；当有烟雾时，烟感开关闭合，电磁铁 衔铁，绿灯灭，警铃与喷淋系统同时工作。
（2）请根据烟感报警装置的工作原理，将电路图补充完整，要求警铃与喷淋系统互不影响。
25．（4分）在自主学习探究过程中，小张利用带拉环的吸盘，固定在墙上的平面镜，水、刻度尺来测量大气压强的大小。具体实验步骤是：
①用刻度尺测出吸盘的直径，算出吸盘平面面积为10平方厘米；②用弹簧秤测出吸盘自身的重力0.5N；③将吸盘沾水湿润后，压在平面镜上，排尽吸盘内空气；④用弹簧秤水平拉动吸盘，直至恰好脱落，读出此时弹簧秤示数为95N；⑤记录整理数据；⑥算出大气压的值，分析实验结论。实验装置如图甲。请结合你所学的知识分析，
（1）上述的实验步骤中，哪一步是多余的 （填序号）。
（2）将吸盘沾水润湿的目的是： 。
（3）在实验时，如果拿一个吹风机对着吸盘自上而下吹冷风，如图乙，则你预计的弹簧秤示数可能会 （“变大”变小”或”不变”）。
（4）若丙装置活塞与注射器筒内壁间的摩擦力为4N，小刚用14N拉力慢慢拉动注射器该注射器有刻度的部分长度为10cm，注射器容积为10毫升，则该地的大气压为 Pa。
26．（6分）在“探究平面镜成像的特点”实验中，如图所示：
实验次数
入射角
反射角
1
20°
70°
2
30°
60°
3
50°
40°
（1）用玻璃板代替平面镜是为了 。
（2）为了得到像和物体到平面镜的距离关系，需要将镜前蜡烛放在不同位置进行多次实验；眼睛应在 （填“A”或“B”）侧观察蜡烛的像。
（3）将蜡烛远离平面镜移动一段距离，蜡烛的像的大小将 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。将一光屏放在镜后，无论如何移动，在光屏上都不能得到蜡烛的像，说明平面镜所成的像是 （选填“实”或“虚”）像；
（4）小红站立在一平面镜前照镜子，小明过来把镜子沿镜面方向向右拉了1米，那么，小红的像 。（选填“向右移了1米”“向左移了1米”“位置不变”）
（5）在“探究光的反射规律”实验中，把平面镜放在水平桌面上，再把一张纸板ENF竖直地立在平面镜上，如图乙所示，纸板的作用是 ，小明让一束光沿AO贴着纸板E射到平面镜上，在纸板F上会看到反射光OB的径迹。三次改变入射角的大小，实验所测得数据如表所示。他根据表中数据得出的结论和其他同学的结论并不一致，请你分析小明测量实验数据过程中出现的问题可能是 。
27．（7分）（一）如图甲所示，是创新实验小组的小苹和小琳在做观察水沸腾的实验。
（1）组装实验器材时，应按照 的顺序（自上而下/自下而上）；
（2）水沸腾时，小苹发现所测水的沸点高于100℃，于是她得出结论：当地大气压高于一个标准气压。小琳认为她的观点错误，因为 ；
（3）实验完毕，小琳撤去酒精灯后发现水继续沸腾了一段时间，原因是 ；
（二）彭老师带领同学们进行“探究液体蒸发快慢的影响因素”实验，她将等量的温水和热水分别倒入三个相同的锥形瓶中，又找来常温下3张完全相同的湿巾，把其中的一张对折，将它们贴在三个锥形瓶的外壁，分别标记为1、2、3并将它们放在电子秤上，三只电子秤示数相同。一段时间后（外界环境相同），电子秤示数如图乙A、B、C所示；
（4）通过 （选填A/B/C）两图的对比，可以验证液体蒸发的快慢与液体的温度有关；
（5）通过B、C两图的对比，可以验证液体蒸发的快慢与 有关；
（6）实验中利用电子秤示数判断液体蒸发的快慢，用到的物理研究方法是 法；
（7）彭老师还想测定液体蒸发时吸放热的情况，将湿巾平铺在薄铁片上，用电子温度计实时监测图丁中薄铁片底部的温度变化情况，下列各图能比较正确反映温度计示数随时间变化的是 。
28．（6分）在“探究并联电路中电流特点”的实验中，小明同学连接了如图甲所示的电路：
（1）实验时，接好电路后，闭合开关发现两灯都亮，但由于连线较乱，一时无法确定两灯是串联还是并联，小明灵机一动，随意拆下一根导线，发现两灯都熄灭，因此他认定两灯是串联的，小明的方法是 的（选填“正确”或“错误”）；
（2）他用电流表分别在A、B、C三处测得电流表数据如下表所示，其中第2次测量B处的电流时，电流表的示数如图丙所示，则示数为 A。比较下表中的数据，可以初步得出结论，并联电路中 ；
实验次数
A处的电流IA/A
B处的电流IB/A
C处的电流IC/A
1
0.1
0.12
0.22
2
0.22
0.46
3
0.26
0.30
0.56
（3）要使实验结论更具普遍性，同学们讨论了以下三种方案：
方案甲：反复断开，闭合开关，测出各电流值；
方案乙：更换不同规格的灯泡，测出各电流值；
方案丙：增加电池节数，测出各电流值。
以上三种方案，你认为不可行的是方案 （选填“甲”、“乙”或“丙”）；
（4）小明还思考，若L1两端允许最大的电压U1，L2两端允许最大的电压U2，其中U1＜U2，把这两灯并联起来接在某一电源，在安全的前提下，则电源电压允许的最大值为 （选填“U1”、“U2”或“U1+U2”）；
（5）小明同学在实验过程中发现：闭合开关时电流表指针迅速偏转较大角度，紧接着指针再偏回一定角度后，示数才稳定下来；同时还发现，闭合开关瞬间灯泡亮度较大，紧接着变暗一点后，亮度才稳定下来。造成这种现象的原因是 。
29．（4分）
电磁血流计
如图甲是用来检测血流速度和血流量（血流量指单位时间内通过血管横截面的血液体积）的电磁血流计，其示意图如图乙所示。使用时，将血管放置于两磁极之间，两金属电极a、b与血管壁接触，血液在血管中流动时a、b间就会有电压，电流通过仪表从而显示出血流速度和血流量。某实验小组用电磁血流计研究血管中血流速度与n（病人心脏血管横截面积与正常人心脏血管横截面积的比值）的关系。测得病人心脏主动脉血管内血液匀速流动的速度v与n的数值如表：
n
1.00
0.90
0.80
0.75
0.60
v/（m•s﹣1）
0.180
0.200
0.225
0.240
0.300
研究表明：当血液匀速通过血管时，受到的阻力f与血液的流速v成正比，即f＝kv，k为常数。血管横截面积越小，血液流速越大，受到的阻力越大，心脏的负担越重。
（1）下列设备与电磁血流计的工作原理相同的是 。
A．电动机
B．发电机
C．汽油机
D．柴油机
（2）某次测得血流速度为0.25m/s，血流量为10﹣4m3/s，则对应血管的横截面积为 m2。
（3）若某病人心脏主动脉血管的横截面积为正常人的0.5倍时，血管内血液匀速流动的速度应为 m/s。
（4）心脏主动脉血管的横截面积变化时，心脏推动血液流动的功率P随n的变化而变化。若当n＝1时，心脏推动血液流动的功率为P0，则心脏推动血液流动的功率P＝ P0（选填“n”、“n2”、“n﹣1”或“n﹣2”）。
30．（6分）小明家的饮水机具有自动加水和加热两种功能，烧水时，先按一下加水按钮，自吸泵把水从水桶抽到壶内，当壶内水位达到规定容量时，自吸泵自动停止抽水；再按一下加热按钮，加热装置将对壶内的水加热。如图1所示。“控制电路”中的热敏电阻R1的阻值随温度变化的曲线如图2所示。电磁铁线圈电阻可忽略不计，“饮水机”共安装有2根加热电热丝和一根保温电热丝，当电磁铁线圈中电流大于或等于50mA时，继电器的衔铁被吸合，使加热电路断开，保温电路工作。当线圈中的电流小于或等于40mA时，继电器的衔铁被释放，使加热电路闭合。电磁继电器的电源两端电压U＝6V，饮水机的参数如表所示
已知水的比热容c水＝4.2×103J/（kg•℃），水的密度ρ水＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg，电热水机的铭牌数据如表。
产品型号
BH﹣X22
额定电压
220V
频率
50Hz
加热功率
1200W
保温功率
100W
容量
1.2L
（1）电磁继电器的接线柱 （M/N）应与家庭电路的火线相连。
（2）如果自吸泵抽水效率为60%，求自吸泵将1.2L水提升0.5m消耗的电能。
（3）加热电路中2根“220V600W”电热丝的合理连接方式是 （并联/串联）
（4）为了实现温度控制，饮水机加热电热丝（图中未画出）应该选择接在以下的 。
A．AD端 B．BC端 C．AB端 D．CD端
（5）假设饮水机内水温达到90℃时，温控电路就将电路切换到保温状态，此时滑动变阻器的阻值为 。
（6）现将滑动变阻器R2的阻值适当调大，则该饮水机的保温范围将比原来 （大/小），理由是： 。
31．（6分）玻璃装运车间常用“低压吸盘吊车”进行吊运玻璃（如图a所示），先将6个吸盘压在玻璃上，然后启动抽气机使吸盘内的气压减小，在大气压作用下将玻璃“吸”起，再启动电动机牵引滑轮组上的绳子就可以将玻璃吊起。下图为低压吸盘吊车结构示意图。假设6只吸盘及支架共重为500牛，每个滑轮重100牛，在某次吊装过程中，吊车将一块重为1800牛的玻璃以0.2米/秒的速度吊高2米，不计抽气管和绳重，不计滑轮与轴间的摩擦，请根据信息回答下列问题：
（1）若圆形吸盘的直径为20厘米，当时的气压为1.0×105Pa，则吸盘内的气压至少要达到多少以下才能把玻璃“吸”起？（6只吸盘内的气压相同，取π＝3进行计算）
（2）在提升该玻璃的过程中，该吊升机械效率为多大？
（3）如果此时电动机的效率为80%，则电动机消耗的电功率为多大？
2022年江苏省无锡市江阴市敔山湾实验学校中考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共12小题，每题2分，共24分）
1．（2分）下列生活实例场景所蕴涵的声学知识解释正确的是（ ）
A．甲图，长期戴着耳机大音量听音乐会造成耳聋是因为音乐声传递的信息量过大
B．乙图，用同样响度的声音在室内和室外讲课，在室内更响亮是因为回声加强原声
C．丙图，家庭中安装真空隔音玻璃窗可有效降低噪音是因为真空可以防止噪声产生
D．丁图，倒车雷达发射超声波，接近障碍物发出“嘀嘀”报警声表明声能传递能量
【分析】A、声音对事物造成损害，多与能量有关，能量与声音的响度这一特性关系密切。
B、回声与原声分开，可以听到回声，回声与原声混在一起可以加强原声的响度。
C、防治噪声可以从三个途径着手：防止噪声产生、阻断噪声传播、防止噪声入耳。
D、声既能传递信息又能传递能量，一般传递能量的实例都具有“破坏性”。
【解答】A、戴耳机听音乐造成耳朵损伤是由于音量过大，信息量大不会对人体造成伤害，A项错误。
B、教室的墙壁、天花板等都会对声音反射，由于距离较小，形成的回声与原声混到一起，加强了原声，B项正确。
C、安装真空隔音玻璃可以有效降低噪声，这是在传播过程中防治噪声，切断了噪声的传播路径，并不是防止噪声产生，C项错误。
D、倒车雷达接近障碍物发出声音，利用了声可以传递信息，D项错误。
故选：B。
【点评】基础性的题目，难度不大。
2．（2分）下面由运动会联想到的物理知识错误的是（ ）
A．需要看见发令枪冒烟开始计时是利用光速远大于声速的道理
B．1500m运动员整个过程是变速运动
C．优秀运动员百米赛跑的速度约为10m/s
D．发令枪发出声音的音调高传播距离远
【分析】（1）在空气中光速远大于声速；
（2）1500m运动员整个过程速度的大小与方向都会发生变化；
（3）通过相同的路程，比较时间的多少，用时越多，运动越慢；
（4）响度大传播距离远。
【解答】解：A、在空气中，光的传播速度远远大于声速，故需要看发令枪的烟开始计时而不是听声音开始，故A错误；
B、1500m运动员整个过程速度的大小与方向都会发生变化，故1500m运动员整个过程是变速运动，故B错误；
C、优秀运动员百米赛跑的用时约为10s，根据t＝s/v，优秀运动员百米赛跑的速度约为10m/s，故C错误；
D、发令枪响度大是为了传播距离远，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查赛跑比赛中的物理知识，提高学生学以致用的能力。
3．（2分）下列有关热现象的说法中，正确的是（ ）
A．分子间既有引力又有斥力，分子间的距离越大作用力也越大
B．机械能与整个物体的运动情况有关，内能与物体内部分子的热运动无关
C．震后疾病防控消毒时空气中散发一股浓浓的药味，是药物分子的扩散现象
D．做功和热传递都可以改变物体的内能，但功和热量是不同的物理量，单位也不同
【分析】（1）分子间即有引力又有斥力；分子永不停息地做无规则运动；
（2）机械能与整个物体机械运动的情况有关。内能与物体内部分子的无规则热运动和相互作用情况有关；
（3）做功和热传递都可以改变物体的内能，二者在改变物体的内能上是等效的。
【解答】解：A、分子间既有引力又有斥力，当分子间距小于平衡距离时，分子力表现为斥力；当分子间距大于平衡距离时，分子力表现为引力，故A错误；
B、机械能与整个物体的机械运动情况和是否具有势能有关，内能与物体内部分子的热运动和相互作用情况有关，故B错；
C、震后疾病防控消毒时空气中散发一股浓浓的药味，是药物分子的扩散现象，故C正确；
D、做功和热传递都可以改变物体的内能，虽然功和热量是不同的物理量，但单位相同，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查的知识点比较多，主要考查学生对所学物理知识的综合应用能力。
4．（2分）已知铜的比热容比铅大，质量和初温相等的铜和铅，它们各自放出相同的热量后，再把它们放在一起，则（ ）
A．铜传递热量给铅
B．铅传递热量给铜
C．铜与铅放出热量相等，故互不传热
D．缺少条件无法判断
【分析】热传递发生的条件是要有温度差，热量将从高温物体传向低温物体；
质量相等的铜块和铅块，放出相同的热量后，比热容大的降低的温度小，即铜块的终温高于铅块的终温，据此分析解答。
【解答】解：铜块和铅块的质量和放出的热量相同，铜的比热容比铅的比热容大，由公式Q放＝cmΔt可知，铅块降低的温度值比铜块降低的温度值大；由于初温是相同，所以铜块的终温高于铅块的终温；热传递的方向是热量由高温物体传向低温物体，故接触后，铜块放出热量，铅块吸收热量。
故选：A。
【点评】本题考查热量公式以及热传递的条件，难度不大。
5．（2分）下列杠杆使用过程中费力的是（ ）
A．①② B．②③ C．①④ D．③④
【分析】结合图片和生活经验，先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆。
【解答】解：
①起子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；
②镊子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆；
③筷子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆；
④羊角锤在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；
综上分析可知，使用过程中费力的是②③；省力的是①④。
故选：B。
【点评】此题考查的是杠杆的分类主要包括以下几种：①省力杠杆，动力臂大于阻力臂；②费力杠杆，动力臂小于阻力臂；③等臂杠杆，动力臂等于阻力臂。
6．（2分）下列说法错误的是（ ）
A．压力相同，接触面积越大，压强越大
B．同一液体，深度相同时，各个方向压强相等
C．马德堡半球实验证明了大气压强的存在
D．往B管吹气，A管液面上升是因为A管上端空气流速变大，压强变小了
【分析】（1）根据p＝分析压强和受力面积的关系；
（2）由液体内部压强的特点知道：液体对容器底和侧壁都有压强，在同一深度向各个方向都有压强，并且相等；
（3）证明了大气压强的存在的实验是由德国马德堡市的市长、学者奥托•格里克完成的；
（4）流体流速越大，压强越小。
【解答】解：A．由图可知，两手指受到的压力相同，左边手指与铅笔的接触面积大，由p＝可知，在压力一定时，受力面积越大，压强越小，故A错误；
B．据液体内部压强的特点可知，在同一深度，液体向各个方向压强相等，故B正确；
C．1654年时，当时的马德堡市长奥托•格里克最早用实验证明了大气压强的存在，称为马德堡半球实验，故C正确；
D．由图可知，往B管吹气，A管液面上升，这是由于流体流速越大，压强越小，从而造成液面上升的，故D正确。
故选：A。
【点评】本题考查了对压强公式、液体压强的特点、大气压的实验、流体压强与流速关系等的理解与应用，难度不大。
7．（2分）如图所示，某款华为智能手机有无线充电功能。工作原理是当交变电流通过充电底座中的线圈时会产生变化的磁场，带有金属线圈的手机靠近磁场能产生电流，从而通过“磁生电”来充电。如图实验装置与它的原理相同的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】由题知，无线充电的工作原理是当交变电流通过充电底座中的线圈时会产生变化的磁场，带有金属线圈的手机靠近磁场能产生电流，从而通过“磁生电”来充电，即无线充电利用了电磁感应原理；分析各图中实验原理分析解答。
【解答】解：
由题知，无线充电的工作原理是电磁感应现象；
A、图中有电源，该实验说明通电线圈在磁场中受力而转动，是电动机的原理图，说明故A错误；
B、图中有电源，其原理是通电导体在磁场中受到力的作用，故B错误；
C、图中是奥斯特实验，说明通电导体周围存在磁场，故C错误；
D、图中无电源，闭合电路的一部分导体ab做切割磁感线运动时，能够产生感应电流，是电磁感应现象，符合题意，故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查了学生对电磁学中几个实验的掌握情况，知道无线充电的原理是解题的关键。
8．（2分）如图所示，弹簧测力计下挂着铁块P，其正下方的水平地面上放着一块条形磁铁Q，P和Q均处于静止状态。已知P和Q的重力分别为G和3G，若弹簧测力计的示数为2G，则下列说法正确的是（ ）
A．P对弹簧测力计的拉力大小为G
B．P对Q的吸引力和地面对Q的支持力大小分别为G和2G
C．P对Q的吸引力和Q对P的吸引力是一对平衡力，大小均为G
D．弹簧测力计对P的拉力和Q对P的吸引力是一对平衡力，大小分别均为2G
【分析】（1）P对弹簧测力计的拉力大小等于P受到的力即为弹簧测力计的示数；
（2）对P、Q分别受力分析，利用力的平衡条件和相互作用力得出PQ之间吸引力的大小和地面对Q的支持力的大小；
（3）二力平衡条件：大小相等、方向相反、作用在一条直线上、作用在同一个物体上；
（4）相互作用力：大小相等、方向相反、作用在一条直线上、作用在两个物体上。
【解答】解：（1）P对弹簧测力计的拉力等于弹簧测力计的示数即为2G，故A不正确；
（2）对P受力分析可知，受到竖直向上弹簧测力计的拉力F弹、Q对P的吸引力FQP，竖直向下的重力G，
根据力的平衡条件可得：FQP＝F弹﹣GP＝2G﹣G＝G，
∵P对Q的吸引力和Q对P的吸引力，大小相等、方向相反、作用在同一条直线上，作用在两个物体上，是一对相互作用力，故C不正确；
∴FPQ＝FQP＝G，
对Q点受力分析可知，受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力、P对Q的吸引力，
根据力的平衡条件可得：F支持＝GQ﹣FPQ＝3G﹣G＝2G，故B正确；
（3）弹簧测力计对P的拉力和Q对P的吸引力，两个力的大小不相等，所以不是一对平衡力，故D不正确。
故选：B。
【点评】本题考查了平衡力的判断，关键是会对P、Q进行受力分析得出各力之间的大小关系，同时要注意二力平衡力和相互作用力的区别是：是否作用在同一个物体上。
9．（2分）如图所示，把分别标有“6V 6W”和“6V 3W”的甲、乙两个小灯泡串联接入电路，闭合开关后，其中一个灯泡正常发光，另一个灯泡发光较暗，不考虑温度对灯丝电阻的影响，则以下说法正确的是（ ）
A．甲灯的电阻大于乙灯的电阻
B．乙灯两端的电压为6V
C．甲灯的实际功率为6W
D．甲、乙两灯的实际电压相等
【分析】A、根据甲、乙两灯的字样可计算出两灯的电阻，由此可得出结论；
B、根据甲、乙两灯的字样可计算出两灯的额定电流；由于甲、乙两灯串联，根据串联电路电流规律可得，额定电流较小的灯泡正常发光，由此可判断出甲、乙两灯是哪盏灯正常发光，从而求解出乙灯两端的电压；
C、由选项B分析可知，此时电路中的电流，根据串联电路电流规律可求出通过甲灯的电流，利用U＝IR可求出甲灯的实际电压，再利用P＝UI可求出甲灯的实际功率；
D、由B、C选项可知甲、乙两灯两端的电压，由此可得出结论。
【解答】解：A、由甲灯“6V 6W”和乙灯“6V 3W”字样，根据P＝UI＝可得，R甲＝＝＝6Ω，R乙＝＝＝12Ω，故A错误；
B、由甲灯“6V 6W”和乙灯“6V 3W”字样，根据P＝UI可得，I甲额＝＝＝1A，I乙额＝＝＝0.5A；
由于甲、乙两灯串联，根据串联电路电流规律可得，当电路中的电流大于0.5A时，乙灯容易烧坏，因此闭合开关一灯正常工作，另一灯发光较暗时，电路中的电流是0.5A，此时乙灯正常工作，甲灯发光较暗，乙灯两端的电压U乙实＝U乙额＝6V，故B正确；
C、由选项B分析可知，电路中的电流等于0.5A，根据串联电路电流规律可知，此时通过甲灯的电流I甲实＝0.5A，甲灯的实际电压U甲实＝I甲实R甲＝0.5A×6Ω＝3V，甲灯的实际功率P甲实＝U甲实I甲实＝3V×0.5A＝1.5W，故C错误；
D、由C选项可知，甲灯的实际电压U甲实＝I甲实R甲＝0.5A×6Ω＝3V，由B选项可知，乙灯正常工作U乙实＝U乙额＝6V，故D错误。
故选：B。
【点评】本题主要考查串联电路电流、电压、电阻规律，欧姆定律，电功率公式的应用，其中熟练应用串联电路电流规律分析清楚是哪一盏正常发光哪一盏发光较暗是解题的关键之一。
10．（2分）如图所示，电源电压为U且恒定，定值电阻R0与滑动变阻器R串联的电路，已知：R＞R0，在滑动变阻器的滑片P移动过程中，下列表示R0和R消耗的电功率P0和PR随两电压表示数U1、U2的变化关系图线中，可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】AD、定值电阻R0与滑动变阻器R串联，V1测R0的电压，V2测R的电压：
根据P＝得出R0消耗的功率表达式，由数学知识分析；
由串联电路电压的规律及欧姆定律，根据P0＝＝分析；
BC、由串联电路电压的规律及欧姆定律，根据P＝UI得出R的电功率表达式，由数学知识分析；
当变阻器连入电路的电阻最大时，由分压原理，电压表V2的示数最大，变阻器的电功率不可能为0。
【解答】解：
AD、定值电阻R0与滑动变阻器R串联，V1测R0的电压，V2测R的电压：
根据P＝，R0消耗的功率P0＝＝×U12，R0为常数，由数学知识，电功率P0随电压表示数U1的变化关系图线为抛物线，A错误；
由串联电路电压的规律，U1＝U﹣U2，
R0消耗的功率P0＝＝，当U2接近时无限电源电压时，R0消耗的功率为0，D错误；
BC、由串联电路电压的规律，U2＝U﹣U1，由欧姆定律，电路的电流：I＝，
根据P＝UI，R的电功率为：
PR＝（U﹣U1）×＝﹣×U12+×U1，
R的电功率PR为U1的一元二次函数，因﹣＜0，抛物线开口向下，
由数学知识，当U1＝﹣＝＝0.5U时，PR有最大值，B正确；
当变阻器连入电路的电阻最大时，由分压原理，电压表V2的示数最大，根据P＝，变阻器的电功率不可能为0，C错误；
故选：B。
【点评】本题考查串联电路的规律及欧姆定律和电功率公式的运用，体现了数学知识在物理中的运用。
11．（2分）如图所示电路，电源电压保持不变，R1＝5Ω，滑动变阻器R2的最大阻值为15Ω．闭合开关S，向左移动滑动变阻器滑片P的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电流表A的示数变小
B．电压表V的示数增大
C．滑片可在R2上任意移动
D．若滑片移到b端时，R1与R2的电功率之比为3：1
【分析】由电路图可知，R1与R2并联，电压表V测电源两端的电压，电流表测干路电流，
（1）根据电源的电压可知滑片移动时电压表V示数的变化，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知滑片移动时通过R1的电流变化，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知通过R2的电流变化，根据并联电路的电流特点可知干路电流的变化；
（2）由电路图可知，R2的滑片移至a端时会造成电源短路；
（3）若滑片移到b端时，根据并联电路的电压特点和P＝UI＝求出R1与R2的电功率之比。
【解答】解：由电路图可知，R1与R2并联，电压表V测电源两端的电压，电流表测干路电流，
（1）因电源电压保持不变，
所以，滑片移动时，电压表V的示数不变，故B错误；
因并联电路中各支路独立工作、互不影响，
所以，滑片移动时通过R1的电流不变，
向左移动滑动变阻器滑片P的过程中，R2接入电路中的电阻变小，
由I＝可知，通过R2的电流变大，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，干路电流变大，即电流表A的示数变大，故A错误；
（2）由电路图可知，R2的滑片移至a端时会造成电源短路，
所以，滑片不可在R2上任意移动，故C错误；
（3）因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，若滑片移到b端时，由P＝UI＝可知，R1与R2的电功率之比：
＝＝＝＝，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，分清电路的连接方式和电表所测的电路元件是关键。
12．（2分）如图所示为建筑工地上常用的吊装工具，物体M为重5000N的配重，杠杆AB的支点为O，已知OA：OB＝1：2，滑轮下面挂有建筑材料P，每个滑轮重100N，工人体重为700N，杠杆与绳的自重、滑轮组摩擦均不计，当工人用300N的力竖直向下以1m/s的速度匀速拉动绳子时（ ）
A．A点受到700N的拉力
B．建筑材料P重为600N
C．建筑材料P上升的速度为3m/s
D．物体M对地面的压力为4500N
【分析】（1）对定滑轮进行受力分析，定滑轮受向下的重力、3段绳子向下的拉力、杠杆对定滑轮向上的拉力，从而可求出A点受到的拉力；
（2）由图可知n＝2，且滑轮组摩擦均不计，由F＝（G+G动）可求得建筑材料P重；
（3）物重由2段绳子承担，建筑材料P上升的速度v＝v绳，
（4）分析A点受到的力和杠杆的平衡条件分析出B点的拉力，对M受力分析得出地面对物体的支持力即物体M对地面的压力。
【解答】解：（1）由于定滑轮受向下的重力、3段绳子向下的拉力、杠杆对定滑轮向上的拉力，由力的平衡条件可得：FA＝3F+G定＝3×300N+100N＝1000N，故A错误；
B、由图可知n＝2，且滑轮组摩擦均不计，由F＝（G+G动）可得，建筑材料P重：G＝2F﹣G动＝2×300N﹣100N＝500N，故B错误；
C、物重由2段绳子承担，建筑材料P上升的速度v＝v绳＝×1m/s＝0.5m/s，故C错误；
D、杠杆对定滑轮的拉力和定滑轮对杠杆的拉力是一对相互作用力，大小相等，即FA′＝FA＝1000N；
根据杠杆的平衡条件：FA′×OA＝FB×OB，且OA：OB＝1：2，
所以，FB＝FA′×＝1000N×＝500N；
因为物体间力的作用是相互的，
所以杠杆对物体M的拉力等于物体M对杠杆的拉力，即FB′＝FB＝500N；
物体M受竖直向下的重力、竖直向上的支持力、竖直向上的拉力，
则物体M受到的支持力为：FM支持＝GM﹣FB′＝5000N﹣500N＝4500N，
因为物体间力的作用是相互的，
所以物体M对地面的压力：FM压＝FM支持＝4500N，故D正确。
故选：D。
【点评】本题是综合性很强的题目，考查了物体受力的分析、使用滑轮组拉力的计算，其中对物体受力分析是难点。
二、填空题（本题共8题，每空1分，共25分）
13．（2分）某同学有一支温度计，读数不准但刻度是均匀的，该同学将这支温度计放入冰水混合物中时读数是5℃，将这支温度计放入沸水中时读数是95℃（气压为1个标准大气压）。他用这支温度计测量当时的气温，读数是32℃，由上述可知，当时实际气温为 30℃ ，当这支温度计示数为 50℃ 时，刚好和实际温度相等。
【分析】①首先明确1标准大气压下水的沸水为100℃，冰水混合物为0℃，100℃和0℃之间有100等份，每一份代表1℃；
②而题文中温度计测量冰水混合物体的温度是5℃，标准大气压沸水的温度是95℃，中间是90个小格，首先求出一个小格表示的温度；
③温度计测量当时的气温读数是32℃，距离5℃有27个小格，求出27个小格表示的温度加上温度计显示为5℃时的实际温度0℃，就是当时的实际温度。
④设当这支温度计示数为t′时，刚好和实际温度相等，利用上述③中的方法列出等式即可求解。
【解答】解：题中温度计测量冰水混合物体的温度是5℃，标准大气压沸水的温度是95℃，中间是90个小格，这90个小格为100℃，
所以一个小格所显示的温度为：＝℃/格，
温度计测量当时的气温读数是32℃
所以当时实际气温t＝℃/格×（32格﹣5格）＝30℃；
设当这支温度计示数为t′时，刚好和实际温度相等，
则t′＝℃/格×（t′格﹣5格），
解得t′＝50℃。
故答案为：30℃；50℃。
【点评】本题考查温度的计算，关键是标准气压下的冰水混合物的温度、沸水的温度应当记准确，有一定的难度。
14．（2分）如图甲所示，长1m的粗细均匀的光滑金属杆可绕O点转动，杆上有一光滑滑环，用竖直向上的测力计拉着滑环缓慢向右移动，使杆保持水平状态，测力计示数F与滑环离开O点的距离s的关系如图乙所示，则杠杆的重力为 100 N，滑环的重力为 50 N.
【分析】杠杆是粗细均匀的一只金属杆，重心在杠杆的中点，根据图象读出，当s为1m或0.1m时，动力臂与阻力臂的关系，然后根据杠杆的平衡条件分析。
【解答】解：由图甲可知，金属杆是粗细均匀的一只杠杆，重心在杠杆的中点，当s＝OA＝1m时，动力臂是阻力臂的二倍；
由图乙可知，此时的动力F＝100N，根据F1L1＝F2L2可知：（F﹣G滑）L1＝GL2
100N﹣G滑＝G﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
根据图乙可知，s＝0.1m时，F′＝550N，L1＝0.1m，L2＝0.5m
根据F1L1＝F2L2可知：（F′﹣G滑）L1′＝GL2
550N﹣G滑＝5G﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
联立①②可得，G滑＝50N，G＝100N。
故答案为：100；50。
【点评】解决图表类的题目要充分利用图表中数据，此题中，当s为1m时拉力等于杠杆的重力二分之一是解决问题的关键。
15．（3分）小明在学校运动会上是仪仗队手，如图所示。他竖直举前进时，风给红旗水平向右的阻力为20N，其作用点可以看成在A点。已知AB＝1.6m，BC＝0.4m小明的两只手分别位于B、C两点，他用一只手握紧旗杆不让它下滑，用另一只手拉住旗杆不让它倾斜。则另一只手对旗杆加的最小拉力为 80 N，方向 水平向右 。沿水平路面匀速前进10m的过程中小明克服风力做的功为 200 J。
【分析】（1）分析杠杆的五要素，根据杠杆的平衡条件分析解答；
（2）知道阻力的大小和前进的距离，根据W＝Fs求出沿水平路面匀速前进10m的过程中小明克服风力做的功。
【解答】解：（1）小明在竖直举旗前进时，若以C为支点时，B处垂直于旗杆向左的力为动力，A处垂直杠杆向右的力为阻力，BC为动力臂，AC为阻力臂，
若以B点为支点时，在C处用力，且动力的方向垂直于旗杆向右，BC为动力臂，AB为阻力臂，
两种情况的动力臂均为BC，但以B为支点，阻力臂较小，根据杠杆的平衡条件知，此时的动力最小；
根据杠杆的平衡条件：F1×LBC＝F2×LAB，
所以最小的动力为：F1＝＝＝80N，水平向右；
（2）沿水平路面匀速前进10m的过程中小明克服风力做的功为：
W＝fs＝20N×10m＝200J。
故答案为：80；水平向右；200。
【点评】本题考查了杠杆五要素的分析、利用杠杆的平衡条件分析解答问题以及功公式的应用，本题的关键是判断支点的位置。
16．（4分）如图为农用扬场机的示意图，谷物脱粒后，谷粒、糠皮及少量碎石的混合物在快速转动的转轮W和皮带B的带动下被抛出，谷粒、糠皮、碎石落地的远近不同，形成1、2、3三堆，从而达到分离的目的。其中2是 谷粒 ，3是 碎石 。其分离的原因是，①从惯性的角度分析： 谷粒、糠皮及碎石在抛出时的速度相同，由于碎石的质量最大，糠皮的质量最小，但是由于质量不同，惯性也不同。糠皮质量较小，则飞行距离短，先落地；小石子质量较大，飞行距离长，则后落地 ；②从能量的角度分析： 谷粒、糠皮及碎石在抛出时的速度相同，由于碎石的质量最大，糠皮的质量最小，所以碎石的动能最大，克服阻力运动的最远，糠皮动能最小克服阻力运动最近，谷粒介于它两个之间，即抛出时动能不同的缘故 。
【分析】（1）一切物体都有保持原来运动状态不变的性质，叫惯性。惯性只与物体的质量有关，根据谷粒和石块的体积相同时，密度不同，判断出质量的不同，从而可得惯性的大小关系，便可得出落地点远近不同的原因。
（2）谷粒和壳屑被扬向空中时的速度相同，由于密度不同造成质量不同，所以动能不同，动能大的就克服阻力运动的远，从而把它们分开。
【解答】解：（1）谷物脱粒后，谷粒、糠皮及少量碎石的混合物在快速转动的轮形和皮带的带动下被抛出，此时谷粒、糠皮及碎石的速度相同，由于碎石的质量最大，糠皮的质量最小，但是由于质量不同，惯性也不同。糠皮质量较小，则飞行距离短，先落地；小石子质量较大，飞行距离长，则后落地。
（2）谷物脱粒后，谷粒、糠皮及少量碎石的混合物在快速转动的轮形和皮带的带动下被抛出，此时谷粒、糠皮及碎石的速度相同，由于碎石的质量最大，糠皮的质量最小，所以碎石的动能最大，克服阻力运动的最远，糠皮动能最小克服阻力运动最近，谷粒介于它两个之间，即抛出时动能不同的缘故。
故答案为：谷粒；碎石；
①谷粒、糠皮及碎石在抛出时的速度相同，由于碎石的质量最大，糠皮的质量最小，但是由于质量不同，惯性也不同。糠皮质量较小，则飞行距离短，先落地；小石子质量较大，飞行距离长，则后落地；
②谷粒、糠皮及碎石在抛出时的速度相同，由于碎石的质量最大，糠皮的质量最小，所以碎石的动能最大，克服阻力运动的最远，糠皮动能最小克服阻力运动最近，谷粒介于它两个之间，即抛出时动能不同的缘故。
【点评】考查的是惯性和动能影响因素知识的应用，虽说比较简单，但是大多数学生没见过，比较抽象，不好理解。
17．（4分）小明同学用弹弓研究弹性势能的大小与物体形变的关系。
（1）弹弓弹性势能的大小是通过 子弹射出的距离 来比较的；
（2）当弹弓橡皮筋被拉的长度相同，而所用“子弹”的质量不同，射出去的距离也不同，质量大的“子弹”射出的距离较 小 ，原因是质量大的“子弹”射出时的 速度 小；
（3）小明实验所选用的“子弹”的 质量 应相同。
【分析】（1）具有弹性的物体发生弹性形变时，具有弹性势能，弹性势能的大小跟物体发生弹性形变大小有关，弹性形变越大，具有的弹性势能越大；
（2）要分析质量大的“子弹”射出时哪个物理量减小，应从能量转化的角度分析，思考“子弹”的能量是如何转化的，从而得出正确的结论；
（3）探究弹性势能的大小的影响因素采取的方法是控制变量法。
【解答】解：（1）弹弓弹性势能的大小是通过子弹射出的距离来比较的，子弹射出的越远，说明弹弓的弹性势能越大；
（2）当“子弹”射出时，“子弹”具有的动能是橡皮筋的弹性势能转化来的，橡皮筋被拉的长度相同，说明橡皮筋的弹性势能相同，转化成子弹的动能也相同，即质量大的“子弹”离开橡皮筋瞬间动能等于质量小的“子弹”离开橡皮筋瞬间动能。根据动能的影响因素是质量和速度，在动能相同时，“子弹”的质量越大，其运动的速度就越小，射出的距离较小；
（3）用子弹射出的远近来反映弹弓的弹性势能时，要保持子弹的质量相同，这种方法称为控制变量法。
故答案为：（1）子弹射出的距离；（2）小；速度；（3）质量。
【点评】（1）能用控制变量法研究具有弹性的物体弹性势能大小的影响因素；
（2）掌握弹性势能大小跟物体的弹性形变大小有关，弹性形变越大，具有的弹性势能越大。
18．（7分）小聪利用如图所示装置探究“物体动能的大小与哪些因素有关”。
（1）该实验是通过观察 木块移动的距离 ，从而判断 钢球 （填“木块”或“钢球”）动能的大小。
（2）甲、乙两次实验中，将质量不同的钢球拉到相同的高度。由静止释放，小球向下摆动过程中，小球的 重力势能 转化为动能。观察到质量大的钢球将木块推动的距离远，说明动能的大小和 质量 有关。
（3）甲、丙两次实验中，将质量相同的钢球拉到不同的高度，由静止释放，观察木块被推动的距离，可以探究动能的大小和 速度 的关系。
（4）小聪将木块下的铁板换成光滑的玻璃板，观察木块被钢球推动的距离。我们可以探究 阻力 对物体运动的影响，并可推断出：如果运动物体不受力将 做匀速直线运动 。
【分析】（1）实验中通过观察木块被钢球推动距离大小判断钢球的动能大小的，利用了转换法；
（2）（3）动能的大小与物体的质量和速度都有关系，运用控制变量法进行探究时，研究动能与速度关系时，要保证质量相同，速度不同；探究动能与质量关系时，要保证速度相同，质量不同；
（4）根据牛顿第一定律，物体在不受力时，将保持匀速直线运动状态或静止状态。对于一个运动着的物体来讲，当外力突然消失时，它只可能做匀速直线运动。
【解答】解：（1）该实验中钢球动能的大小是通过木块移动的距离体现的，木块被撞的越远，说明钢球的动能越大，被撞的越近，说明钢球的动能越小，这里采用了转换法的思想；
（2）甲、乙两次实验中，将质量不同的钢球拉到相同的高度，由静止释放，小球向下摆动过程中，小球的重力势能转化为动能。不计空气阻力，钢球的机械能是守恒的，保持不变；观察到质量大的钢球将木块推动的距离更远，说明钢球对木块做功越多，钢球的动能越大，由此可以说明动能的大小和质量有关；
（3）甲、丙两次实验中，将质量相同的钢球拉到不同的高度，由静止释放，高度越高，撞击木块前的速度越大，木块移动的距离越远，动能越大，所以可以探究动能的大小和速度的关系；
（4）小聪将木块下的铁板换成光滑的玻璃板，观察木块被钢球推动的距离。我们可以探究阻力对物体运动的影响，并可推断出：如果运动物体不受力将做匀速直线运动。
故答案为：（1）木块移动的距离；钢球；（2）重力势能；质量；（3）速度；（4）阻力；做匀速直线运动。
【点评】此题是探究“动能的大小与什么因素有关”的实验，考查了转换法和控制变量法在实验中的具体应用，是中考探究实验考查的重点。
19．（3分）一位电视台记者在讲到某工厂上半年共节电5000kW•h的时候，手举一只理发用的电吹风说：“我这只电吹风是500W的，也就是0.5kW，这个厂节省的电力可以开动10000个这样的电吹风。”试问这位记者出现的错误是 电能和电功率混淆了 。正确的说法是：“这个厂节省的电力可以 使这只0.5千瓦的电吹风工作10000小时 ”或者“这个厂节省的电力可以 使10000个这样的吹风机工作1小时 ”。
【分析】电流做功的过程就是消耗电能的过程，电流做功越多，表示消耗的电能越多；电功率是指电流在单位时间内做功的多少，它是表示电流做功快慢的物理量。
【解答】解：某工厂上半年共节电5000kW•h，即节省的电能是5000kW•h；这只电吹风是500瓦，也就是0.5kW，0.5kW是指电吹风的电功率，所以这个记者把电能和电功率混淆了；正确的说法是：这个厂节省的电能可以使这只0.5千瓦的电吹风工作＝10000小时；或者说这个厂节省的电能可以使10000个这样的吹风机工作1小时。
故答案为：电能和电功率混淆了；使这只0.5千瓦的电吹风工作10000小时；使10000个这样的吹风机工作1小时。
【点评】本题考查了电功和电功率的意义，它们是两个不同的物理量，不能放在一起比较。
三、解答题（本题共8题，共51分）
20．（12分）请在图中的两个虚线框内，选填“电源”和“灯泡”的符号，并满足开关闭合时两灯并联且开关控制干路。
【分析】将各个元件并列地连接在一起构成并联电路，根据题目中的要求，试着将开关和电源放入虚线框，分析是否符合要求。
【解答】解：若将电源置于上面的虚线框，灯泡置于下面的虚线框，开关闭合，两灯可组成并联电路，但开关没有控制干路，所以不符合题意；如图所示：
若将电源置于下面的虚线框，灯泡置于上面的虚线框，则开关闭合后，两灯可组成并联电路，符合要求；如图所示：
【点评】要能正确地填入电路符号，首先要掌握并联电路的连接方法，将各元件接入后分析是否符合题意，分析起来更加方便。
21．如图所示，A、B是镜前一点光源S发出的光线经平面镜MN反射后的两条反射光线，请在图中画出点光源S的位置。
【分析】根据反射光线反向延长过像点，作出反光点的像点S′，再根据平面镜成像的特点：像与物关于平面镜对称作出发光点S的位置，补出入射光线。
【解答】解：先将两条反射光线反向延长交于一点S′，在通过平面镜作出S′的对称点S，即为发光点的位置，并联接S与两个反射点画出入射光线，如图所示：
【点评】本题考查光的反射光路图的画法，掌握好反射规律，并利用好反射光线反向延长过像点、像与物关于平面镜对称是关键。
22．小球在细绳的拉力作用下在光滑斜面上处于静止状态，请在图中画出小球的受力示意图。
【分析】画力的示意图，首先要对物体进行受力分析，看物体受几个力，要先分析力的大小、方向和作用点，再按要求画出各个力。
【解答】解：
因为是光滑的斜面，所以小球不受摩擦力作用，但绳子处于非竖直状态，故小球受到重力、拉力和支持力的作用，重力的方向竖直向下，拉力的方向沿绳子向上，支持力的方向垂直于斜面向上，如图所示：
【点评】此题考查力的示意图的画法，关键是对小球进行正确的受力分析，并掌握画力的示意图的一般步骤。
23．请根据图中通电螺线管的N极，标出小磁针的N极、磁感线的方向，并在括号内标出电源的正、负极。
【分析】①根据图中通电螺线管的N、S极，可判断磁感线的方向。
②根据磁极间的相互作用再判断小磁针的磁极。
③最后根据安培定则判断螺线管中电流的方向，标出电源的正负极。
【解答】解：
据图可知，该通电螺线管的右端是N极，左端是S极，故在磁体外部，磁感线总是从磁体的N极发出，所以磁感线的方向是从右向左。
根据磁极间的相互作用可以判断出小磁针的左端为N极，右端为S极。
根据安培定则：伸出右手，使右手大拇指指示通电螺线管的N极，则四指弯曲所指的方向为电流的方向，即电流是从螺线管的右端流入的。所以电源的右端为负极，左端为正极。
故答案为：
【点评】安培定则涉及三个方向：磁场方向；电流方向；线圈绕向。告诉其中的两个方向可以确定第三个方向。
24．（1）下图为烟感报警装置，当没有烟雾时，烟感开关断开，电磁铁 无 （选填“有”或“无”）磁性，绿灯亮；当有烟雾时，烟感开关闭合，电磁铁 吸下 衔铁，绿灯灭，警铃与喷淋系统同时工作。
（2）请根据烟感报警装置的工作原理，将电路图补充完整，要求警铃与喷淋系统互不影响。
【分析】由题意可知，这一烟感报警器的基本结构是一个电磁继电器，根据电磁继电器的基本工作原理，结合在此处的运用可描述其原理。
【解答】解：（1）图中所示的烟感报警报警器工作原理：当没有烟雾时，烟感开关断开，电磁铁中没有电流，电磁铁无磁性，绿灯亮；当有烟雾时，烟感开关闭合，电磁铁中有电流，电磁铁有磁性吸下衔铁，绿灯灭，警铃与喷淋系统同时工作；
当电磁铁无磁性，衔铁与绿灯的触点接触，绿灯亮时。当电磁铁有磁性，衔铁与下的触点接触，警铃与喷淋系统同时工作。电路图如下。
故答案为：（1）无；吸下；（2）如上图。
【点评】本题考查了电磁铁在电磁继电器上的应用，电磁继电器实质上是一个由电磁铁来控制的自动开关。
25．（4分）在自主学习探究过程中，小张利用带拉环的吸盘，固定在墙上的平面镜，水、刻度尺来测量大气压强的大小。具体实验步骤是：
①用刻度尺测出吸盘的直径，算出吸盘平面面积为10平方厘米；②用弹簧秤测出吸盘自身的重力0.5N；③将吸盘沾水湿润后，压在平面镜上，排尽吸盘内空气；④用弹簧秤水平拉动吸盘，直至恰好脱落，读出此时弹簧秤示数为95N；⑤记录整理数据；⑥算出大气压的值，分析实验结论。实验装置如图甲。请结合你所学的知识分析，
（1）上述的实验步骤中，哪一步是多余的 ② （填序号）。
（2）将吸盘沾水润湿的目的是： 排尽吸盘内空气，防止漏气 。
（3）在实验时，如果拿一个吹风机对着吸盘自上而下吹冷风，如图乙，则你预计的弹簧秤示数可能会 变小 （“变大”变小”或”不变”）。
（4）若丙装置活塞与注射器筒内壁间的摩擦力为4N，小刚用14N拉力慢慢拉动注射器该注射器有刻度的部分长度为10cm，注射器容积为10毫升，则该地的大气压为 1×105 Pa。
【分析】（1）根据实验的目的和p＝分析解答；
（2）为了使测得的结果准确，要采取必要的措施防止吸盘漏气；
（3）根据流体压强和流速的关系分析解答：流体的压强跟流速有关，流速越大，压强越小；
（4）根据测力计示数和摩擦力求出大气压力，已知该注射器刻度部分的长度，根据V＝Sh算出活塞的横截面积，根据公式p＝求出大气压积。
【解答】解：（1）根据压强公式p＝可知，测量大气压强的大小，需要通过实验得出大气对吸盘的压力和吸盘平面面积，没有必要用弹簧秤测出吸盘自身的重力，因此步骤②是多余的；
（2）将吸盘沾水湿润后，压在平面镜上，排尽吸盘内空气，防止漏气；
（3）由图可知，若将高压气泵的出风口如图乙那样对着吸盘自上而下吹风，
根据流体压强和流速的关系可知，吸盘外侧空气流速增大，压强变小，大气对吸盘的压力减小，
所以，弹簧秤拉动吸盘至恰好脱落时的示数一般会小于95N。
（4）当活塞开始滑动时，大气产生的压力为：F＝14N﹣4N＝10N；
注射器刻度部分的长度为：L＝10cm，注射器容积为：V＝10mL＝10cm3，
则注射器的横截面积为：S＝＝＝1cm2＝1×10﹣4m2；
大气产生的压强为：p＝＝＝1×105Pa。
故答案为：（1）②；（2）排尽吸盘内空气，防止漏气；（3）变小；（4）1×105。
【点评】解决本题的关键是在弄清测量大气压强实的验原理，然后才能分析出实验需要注意的事项，才能计算出大气压强的值。
26．（6分）在“探究平面镜成像的特点”实验中，如图所示：
实验次数
入射角
反射角
1
20°
70°
2
30°
60°
3
50°
40°
（1）用玻璃板代替平面镜是为了 便于确定像的位置 。
（2）为了得到像和物体到平面镜的距离关系，需要将镜前蜡烛放在不同位置进行多次实验；眼睛应在 A （填“A”或“B”）侧观察蜡烛的像。
（3）将蜡烛远离平面镜移动一段距离，蜡烛的像的大小将 不变 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。将一光屏放在镜后，无论如何移动，在光屏上都不能得到蜡烛的像，说明平面镜所成的像是 虚 （选填“实”或“虚”）像；
（4）小红站立在一平面镜前照镜子，小明过来把镜子沿镜面方向向右拉了1米，那么，小红的像 位置不变 。（选填“向右移了1米”“向左移了1米”“位置不变”）
（5）在“探究光的反射规律”实验中，把平面镜放在水平桌面上，再把一张纸板ENF竖直地立在平面镜上，如图乙所示，纸板的作用是 显示光路 ，小明让一束光沿AO贴着纸板E射到平面镜上，在纸板F上会看到反射光OB的径迹。三次改变入射角的大小，实验所测得数据如表所示。他根据表中数据得出的结论和其他同学的结论并不一致，请你分析小明测量实验数据过程中出现的问题可能是 把反射光线与镜面的夹角当成了反射角 。
【分析】（1）用玻璃板代替平面镜，能看到镜前蜡烛的像，又能看到玻璃板后面的蜡烛；
（2）为了比较物体和像的大小关系，人眼一直在玻璃板的（前侧）A侧观察，直至它与蜡烛A的像完全重合；
（3）平面镜成像特点之一：物像等大；实像能承接在光屏上，虚像不能承接到光屏上，平面镜所成的像是虚像；
（4）根据平面镜成像特点可知像与物关于镜面是对称的；
（5）纸板是为了显示光路；入射角是入射光线与法线的夹角，反射角是反射光线与法线的夹角，由此根据表格数据分析找出错误。
【解答】解：
（1）因为玻璃板既能让光透过也可以反射光，容易确定像的位置，而平面镜是不透明的，无法确定像的位置，所以选用玻璃板；
（2）在竖立的玻璃板前点燃蜡烛A，拿未点燃的蜡烛B竖直在玻璃板后面移动，人眼一直在玻璃板的（前侧）A侧观察，直至它与蜡烛A的像完全重合，说明像与物大小相等；
（3）由平面镜成像特点之一：物像等大可知，将蜡烛远离玻璃板移动一段距离，蜡烛的像的大小将不变；
因为平面镜成虚像，光屏不能承接虚像，所以用白纸在玻璃板后面无论如何移动，在光屏上都不能成像，说明平面镜所成的像是虚像；
（4）小红在实验过程中，他将玻璃板沿镜面方向向右拉了1米，小红和平面镜之间的距离不变，根据像与物关于镜面是对称的，所以小红的像位置不变；
（5）在“探究光的反射规律”实验中，把平面镜放在水平桌面上，再把一张纸板ENF竖直地立在平面镜上，如图乙所示，纸板的作用是显示光路；
根据反射定律，反射角等于入射角，反射角是反射线与法线的夹角，入射角是入射线与法线的夹角，当入射角分别为20°、30°、50°时，反射线与法线的夹角，即反射角也应分别是20°、30°、50°，而70°，60°，40°正好是反射光线与镜面的夹角，所以是把反射光线与镜面的夹角当成了反射角。
故答案为：（1）便于确定像的位置；（2）A；（3）不变；虚；（4）位置不变；（5）显示光路；把反射光线与镜面的夹角当成了反射角。
【点评】本题考查了平面镜实验、研究光的反射定律的实验，反射角等于入射角，常见题目。
27．（7分）（一）如图甲所示，是创新实验小组的小苹和小琳在做观察水沸腾的实验。
（1）组装实验器材时，应按照 自下而上 的顺序（自上而下/自下而上）；
（2）水沸腾时，小苹发现所测水的沸点高于100℃，于是她得出结论：当地大气压高于一个标准气压。小琳认为她的观点错误，因为 实验装置有盖，水面上气压大，沸点高 ；
（3）实验完毕，小琳撤去酒精灯后发现水继续沸腾了一段时间，原因是 由于石棉网、铁圈或烧杯底部的温度高于水的沸点，所以撤去酒精灯后，水能够继续吸热而沸腾一段时间 ；
（二）彭老师带领同学们进行“探究液体蒸发快慢的影响因素”实验，她将等量的温水和热水分别倒入三个相同的锥形瓶中，又找来常温下3张完全相同的湿巾，把其中的一张对折，将它们贴在三个锥形瓶的外壁，分别标记为1、2、3并将它们放在电子秤上，三只电子秤示数相同。一段时间后（外界环境相同），电子秤示数如图乙A、B、C所示；
（4）通过 A、B （选填A/B/C）两图的对比，可以验证液体蒸发的快慢与液体的温度有关；
（5）通过B、C两图的对比，可以验证液体蒸发的快慢与 水的表面积 有关；
（6）实验中利用电子秤示数判断液体蒸发的快慢，用到的物理研究方法是 转换 法；
（7）彭老师还想测定液体蒸发时吸放热的情况，将湿巾平铺在薄铁片上，用电子温度计实时监测图丁中薄铁片底部的温度变化情况，下列各图能比较正确反映温度计示数随时间变化的是 A 。
【分析】（1）实验时，需用酒精灯的外焰加热，所以要调整好铁圈的高度，然后根据温度计的使用规则固定好其位置；
（2）液体的沸点跟气压有关，气压越高沸点越高；
（3）液体沸腾的条件是达到沸点，并能够不断吸热，撤去酒精灯，水能够从铁圈、石棉网继续吸热而沸腾一段时间；
（4）（5）影响蒸发快慢的因素有液体的温度、液体的表面积、液体表面空气流动的速度等，在进行探究时，要运用控制变量法，每次只控制与其中一个量的关系；
（6）根据转换法分析；
（7）液体蒸发时会吸收热量。
【解答】解：（1）酒精灯需用外焰加热，所以要放好酒精灯，再固定铁圈的高度；而温度计的玻璃泡要全部浸没到液体中，但不能碰到容器壁和容器底，所以先放好烧杯后，再调节温度计的高度，所以组装实验器材时，应按照自下而上的顺序；
（2）实验装置有盖，水面上气压大，沸点高，小苹发现所测水的沸点高于100℃，不是当地大气压高于一个标准气压；
（3）由于石棉网、铁圈或烧杯底部的温度高于水的沸点，所以撤去酒精灯后，水能够继续吸热而沸腾一段时间；
（4）要研究水蒸发的快慢与水的温度的关系，应控制水的表面积和水上方空气流动速度相同，由图知，A与B水滴的表面积相同，表面空气流动情况相同，温度不同，故选A、B两图进行对比。
（5）通过B、C两图的对比可知，水的温度、表面上空气流动速度均相同，只有水的表面积不同，所以可以验证水蒸发的快慢与水的表面积有关；
（6）实验中利用电子秤示数判断液体蒸发的快慢，用到的物理研究方法是转换法；
（7）酒精蒸发吸热，能使它附着的温度计温度下降；随着酒精的迅速蒸发掉后，受空气温度的影响，温度计的示数又会上升，直到和周围温度示数相同时，不再上升；A图象与事实相符合。
故答案为：（1）自下而上；（2）实验装置有盖，水面上气压大，沸点高；（3）由于石棉网、铁圈或烧杯底部的温度高于水的沸点，所以撤去酒精灯后，水能够继续吸热而沸腾一段时间；（4）A、B；（5）水的表面积；（6）转换；（7）A。
【点评】本题考查水的沸腾实验和影响蒸发快慢的因素的实验，难度不大。
28．（6分）在“探究并联电路中电流特点”的实验中，小明同学连接了如图甲所示的电路：
（1）实验时，接好电路后，闭合开关发现两灯都亮，但由于连线较乱，一时无法确定两灯是串联还是并联，小明灵机一动，随意拆下一根导线，发现两灯都熄灭，因此他认定两灯是串联的，小明的方法是 错误 的（选填“正确”或“错误”）；
（2）他用电流表分别在A、B、C三处测得电流表数据如下表所示，其中第2次测量B处的电流时，电流表的示数如图丙所示，则示数为 0.24 A。比较下表中的数据，可以初步得出结论，并联电路中 干路的电流等于各支路电流的和 ；
实验次数
A处的电流IA/A
B处的电流IB/A
C处的电流IC/A
1
0.1
0.12
0.22
2
0.22
0.46
3
0.26
0.30
0.56
（3）要使实验结论更具普遍性，同学们讨论了以下三种方案：
方案甲：反复断开，闭合开关，测出各电流值；
方案乙：更换不同规格的灯泡，测出各电流值；
方案丙：增加电池节数，测出各电流值。
以上三种方案，你认为不可行的是方案 甲 （选填“甲”、“乙”或“丙”）；
（4）小明还思考，若L1两端允许最大的电压U1，L2两端允许最大的电压U2，其中U1＜U2，把这两灯并联起来接在某一电源，在安全的前提下，则电源电压允许的最大值为 U1 （选填“U1”、“U2”或“U1+U2”）；
（5）小明同学在实验过程中发现：闭合开关时电流表指针迅速偏转较大角度，紧接着指针再偏回一定角度后，示数才稳定下来；同时还发现，闭合开关瞬间灯泡亮度较大，紧接着变暗一点后，亮度才稳定下来。造成这种现象的原因是 灯丝的电阻随着温度的升高而增大 。
【分析】（1）根据串联、并联电路的工作特点分析；
（2）根据电流表的量程和分度值读出电流表的示数，根据表格数据分析解答；
（3）用归纳法得出普遍性的结论要满足2个条件：一是样本要有代表性，二是样本数量足够多；
（4）并联电路两端的电压与额定电压较小的相等；
（5）灯丝的电阻随着温度的升高而增大。
【解答】解：（1）若两灯泡串联，拆开一根导线，电路断路，两灯泡熄灭；若两灯泡并联时，拆开干路中的一根导线，两灯泡也同时熄灭，所以，根据拆开电路中的一根导线两灯泡都熄灭不能判定两灯泡是串联的，即小明的方法是错误的；
（2）由图丙知电流表的量程为0﹣0.6A，分度值为0.02A，示数为0.24A；
由表格数据知并联电路中干路的电流等于各支路电流的和；
（3）方案乙和方案丙：换用不同的规格的小灯泡，或者增加电池的节数（改变电源电压），测出电源电压和灯泡L1、L2两端的电压，可以得到串联电路电压关系的普遍性的规律；而方案甲中反复断开，闭合开关，测出的数据相同，只是一组数据，得出的结论不具有普遍性，不可行，即不可行的是方案甲；
（4）并联电路两端的电压与额定电压较小的相等，由于U1＜U2，所以把这两灯并联起来接在某一电源，在安全的前提下，则电源电压允许的最大值为U1；
（5）灯丝的电阻随着温度的升高而增大，刚闭合开关时，灯丝的温度较低，电阻较小，电流较大，电流表指针偏角较大；当灯泡发光后灯丝温度升高，电阻增大，电路电流减小，电流表示数减小，最后达到稳定；灯的亮度取决于灯的实际功率，根据P＝，闭合开关瞬间，灯的电阻小，实际功率大，灯泡亮度较大，紧接温度升高后，电阻变大，实际功率变小，变暗一点后，亮度才稳定下来。
故答案为：（1）错误；（2）0.24；干路的电流等于各支路电流的和；（3）甲；（4）U1；（5）灯丝的电阻随着温度的升高而增大。
【点评】本题探究并联电路中电流的关系，考查了串并联的辨别和电流表的正确使用以及分析实验数据得出结论的能力。
29．（4分）
电磁血流计
如图甲是用来检测血流速度和血流量（血流量指单位时间内通过血管横截面的血液体积）的电磁血流计，其示意图如图乙所示。使用时，将血管放置于两磁极之间，两金属电极a、b与血管壁接触，血液在血管中流动时a、b间就会有电压，电流通过仪表从而显示出血流速度和血流量。某实验小组用电磁血流计研究血管中血流速度与n（病人心脏血管横截面积与正常人心脏血管横截面积的比值）的关系。测得病人心脏主动脉血管内血液匀速流动的速度v与n的数值如表：
n
1.00
0.90
0.80
0.75
0.60
v/（m•s﹣1）
0.180
0.200
0.225
0.240
0.300
研究表明：当血液匀速通过血管时，受到的阻力f与血液的流速v成正比，即f＝kv，k为常数。血管横截面积越小，血液流速越大，受到的阻力越大，心脏的负担越重。
（1）下列设备与电磁血流计的工作原理相同的是 B 。
A．电动机
B．发电机
C．汽油机
D．柴油机
（2）某次测得血流速度为0.25m/s，血流量为10﹣4m3/s，则对应血管的横截面积为 4×10﹣4 m2。
（3）若某病人心脏主动脉血管的横截面积为正常人的0.5倍时，血管内血液匀速流动的速度应为 0.36 m/s。
（4）心脏主动脉血管的横截面积变化时，心脏推动血液流动的功率P随n的变化而变化。若当n＝1时，心脏推动血液流动的功率为P0，则心脏推动血液流动的功率P＝ n﹣2 P0（选填“n”、“n2”、“n﹣1”或“n﹣2”）。
【分析】（1）根据使用时，将血管放置于两磁极之间，两金属电极a、b与血管壁接触，血液在血管中流动时a、b间就会有电压，电流通过仪表从而显示出血流速度和血流量，可知血管中有血液流动时，相当于导体在磁场中做切割磁感线运动时，就会产生电流，是电磁感应现象，由此可得出结论；
（2）根据血流量和血流速度，利用V＝Sh可求出对应血管的横截面积；
（3）根据表格数据可知，血流速度v与n的乘积为一定值，由此可求出当n＝0.5时的血管内血液匀速流动的速度；
（4）由题意可知，血液受到的阻力f与血液的流速v成正比，即f＝kv，当血管中血液匀速流动时，心脏对血液的推力与血液受到的阻力是一对平衡力，由此可求出心脏对血液的推力，根据P＝＝＝Fv可求出心脏推动血液流动的功率与血液流速之间的关系，再根据血流速度v与n可得出心脏推动血液流动的功率与n之间的关系，由此可得出结论。
【解答】解：（1）使用时，将血管放置于两磁极之间，两金属电极a、b与血管壁接触，血液在血管中流动时a、b间就会有电压，电流通过仪表从而显示出血流速度和血流量，说明血管中有血液流动时，相当于导体在磁场中做切割磁感线运动时，就会产生电流，是电磁感应现象，因此电磁血流计的工作原理与发电机的工作原理相同，故ACD不符合题意，B符合题意。
（2）对应血管的横截面积S＝＝＝4×10﹣4m2；
（3）由表格数据可知，nv＝1.00×0.180m/s＝0.90×0.200m/s＝0.80×0.225m/s＝0.75×0.240m/s＝0.6×0.300m/s＝0.18m/s，即血流速度v与n的乘积为0.180m/s，所以当n＝0.5时，血管内血液匀速流动的速度v＝m/s＝0.36m/s；
（4）当血管中血液匀速流动时，心脏对血液的推力与血液受到的阻力是一对平衡力，所以心脏对血液的推力F＝f＝kv，
心脏推动血液流动的功率P＝＝＝Fv＝kv×v＝kv2，即心脏推动血液流动的功率与血管中血流速度的平方成正比，
根据（3）可知，血流速度v与n成反比，即v＝，所以心脏推动血液流动的功率P与n的平方成反比，即P＝k（）2，当n＝1时，心脏推动血液流动的功率P0＝k×0.182m2/s2，心脏推动血液流动的功率P＝k（）2＝P0＝n﹣2P0。
故答案为：（1）B；（2）4×10﹣4；（3）0.36；（4）n﹣2。
【点评】本题主要考查功率公式的应用，发电机的工作原理，其中求解出血流速度v与n的关系是解题的关键。
30．（6分）小明家的饮水机具有自动加水和加热两种功能，烧水时，先按一下加水按钮，自吸泵把水从水桶抽到壶内，当壶内水位达到规定容量时，自吸泵自动停止抽水；再按一下加热按钮，加热装置将对壶内的水加热。如图1所示。“控制电路”中的热敏电阻R1的阻值随温度变化的曲线如图2所示。电磁铁线圈电阻可忽略不计，“饮水机”共安装有2根加热电热丝和一根保温电热丝，当电磁铁线圈中电流大于或等于50mA时，继电器的衔铁被吸合，使加热电路断开，保温电路工作。当线圈中的电流小于或等于40mA时，继电器的衔铁被释放，使加热电路闭合。电磁继电器的电源两端电压U＝6V，饮水机的参数如表所示
已知水的比热容c水＝4.2×103J/（kg•℃），水的密度ρ水＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg，电热水机的铭牌数据如表。
产品型号
BH﹣X22
额定电压
220V
频率
50Hz
加热功率
1200W
保温功率
100W
容量
1.2L
（1）电磁继电器的接线柱 M （M/N）应与家庭电路的火线相连。
（2）如果自吸泵抽水效率为60%，求自吸泵将1.2L水提升0.5m消耗的电能。
（3）加热电路中2根“220V600W”电热丝的合理连接方式是 并联 （并联/串联）
（4）为了实现温度控制，饮水机加热电热丝（图中未画出）应该选择接在以下的 C 。
A．AD端 B．BC端 C．AB端 D．CD端
（5）假设饮水机内水温达到90℃时，温控电路就将电路切换到保温状态，此时滑动变阻器的阻值为 70Ω 。
（6）现将滑动变阻器R2的阻值适当调大，则该饮水机的保温范围将比原来 大 （大/小），理由是： 加热和保温切换时的电流大小均不变，R2与R1串联的总阻值不变，当R2增大时，加热和保温切换时的R1均减小，但两状态之间R1的变化量相等，由图2可知保温范围变大了 。
【分析】（1）根据开关控制火线分析；
（2）根据m＝ρ水V求1.2L水的质量；
由η＝＝＝求自吸泵将1.2L水提升0.5m消耗的电能；
（3）（4）由已知条件，分析控制电路和工作电路，CD接保温电热丝；AB接2根“220V 600W”的电热丝，由表中数据，加热功率为1200W，确定合理连接方式；
（5）由图2知，当饮水机内水温达到90℃时热敏电阻R1大小，由已知条件，根据电阻的串联和欧姆定律，求出此时滑动变阻器的阻值；
（6）现将滑动变阻器R2的阻值适当调大，因加热和保温切换时的电流大小均不变，由欧姆定律I＝结合串联电路的规律分析当R2增大时，加热和保温切换时的R1的变化，由图2判断保温范围的变化。
【解答】解：（1）开关控制火线，电磁继电器衔铁相当于开关，故电磁继电器的接线柱M应与家庭电路的火线相连；
（2）1.2L水的质量：
m＝ρ水V＝1.0×103 kg/m3×1.2×10﹣3 m3＝1.2kg，
如果自吸泵抽水效率为60%（即电能转化为机械能的效率），
则η＝＝＝，
自吸泵将1.2L水提升0.5m消耗的电能：
W总＝＝＝10J；
（3）（4）当电磁铁线圈中电流大于或等于50mA时，继电器的衔铁被吸合，使加热电路断开，保温电路工作，由图1可知CD端接保温电热丝；
当线圈中的电流小于或等于40mA时，继电器的衔铁被释放，使加热电路闭合，由图1可知AB端应接2根“220V 600W”的电热丝（表示其额定电压为220V，额定功率为600W），由表中数据，加热功率为1200W，故每根电热丝的功率为600W，每根电热丝都正常工作，合理连接方式是并联；
（5）由图2知，当饮水机内水温达到90℃时，热敏电阻R1＝50Ω，
因当电磁铁线圈中电流大于或等于50mA时，继电器的衔铁被吸合，使加热电路断开，保温电路工作，根据电阻的串联和欧姆定律可得：
I＝＝＝0.05A，
解得此时滑动变阻器的阻值为：R滑＝70Ω；
（6）现将滑动变阻器R2的阻值适当调大，因加热和保温切换时的电流大小均不变，由欧姆定律I＝可知，总阻值R不变，根据串联电路的电阻规律R＝R2+R1，当R2增大时，加热和保温切换时的R1均减小，但两状态之间R1的变化量相等，由图2可知保温范围变大了。
故答案为：（1）M；
（2）自吸泵将1.2L水提升0.5m消耗的电能为10J；
（3）并联；
（4）C；
（5）70Ω；
（6）大；加热和保温切换时的电流大小均不变，R2与R1串联的总阻值不变，当R2增大时，加热和保温切换时的R1均减小，但两状态之间R1的变化量相等，由图可知保温范围变大了。
【点评】本题考查密度公式，电能、效率公式的运用，同时考查了串联电路的规律、欧姆定律和电磁继电器和安全用电的知识，综合性，难度较大，关键是从题 中获取有效的信息。
31．（6分）玻璃装运车间常用“低压吸盘吊车”进行吊运玻璃（如图a所示），先将6个吸盘压在玻璃上，然后启动抽气机使吸盘内的气压减小，在大气压作用下将玻璃“吸”起，再启动电动机牵引滑轮组上的绳子就可以将玻璃吊起。下图为低压吸盘吊车结构示意图。假设6只吸盘及支架共重为500牛，每个滑轮重100牛，在某次吊装过程中，吊车将一块重为1800牛的玻璃以0.2米/秒的速度吊高2米，不计抽气管和绳重，不计滑轮与轴间的摩擦，请根据信息回答下列问题：
（1）若圆形吸盘的直径为20厘米，当时的气压为1.0×105Pa，则吸盘内的气压至少要达到多少以下才能把玻璃“吸”起？（6只吸盘内的气压相同，取π＝3进行计算）
（2）在提升该玻璃的过程中，该吊升机械效率为多大？
（3）如果此时电动机的效率为80%，则电动机消耗的电功率为多大？
【分析】（1）根据计算出一个吸盘的面积，求出6个吸盘的面积。由△p＝可得吸盘受到的压强。则吸盘内的气压至少要达到p内＝p0﹣△p。
（2）利用公式η＝×100%求出吊升机械效率；
（3）利用公式F＝求出电动机的拉力，然后由Pη＝Fv得，P＝求出电动机消耗的电功率。
【解答】解：（1）6个吸盘的面积：S＝6S0＝πr2＝6×3×0.12＝0.18m2；
吸盘受到的压强：△p＝＝＝1×104Pa，
则吸盘内的气压至少要达到的气压：p内＝p0﹣△p＝1.0×105Pa﹣1×104Pa＝9×104Pa；
（2）吊升机械效率：η＝×100%＝×100%＝75%；
（3）电动机的拉力：F＝＝＝1200N，
由Pη＝Fv得，电动机消耗的电功率：P＝＝＝600W。
答：（1）吸盘内的气压至少要达到9×104Pa才能把玻璃“吸”起；
（2）在提升该玻璃的过程中，该吊升机械效率为75%；
（3）如果此时电动机的效率为80%，则电动机消耗的电功率为600W。
【点评】本题考查重力的压强，功、功率和滑轮组机械效率的计算，综合性强，有利于学生能力的提高。
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