2022年江苏省无锡中考物理考前卷（一）(word版含答案)

这是一份2022年江苏省无锡中考物理考前卷（一）(word版含答案)，共31页。试卷主要包含了下面的现象与微观解释正确的是等内容，欢迎下载使用。
2022年江苏省无锡中考物理考前卷（一）
一．选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分，每小题给出的四个选项中只有一个正确）（共12小题）
1．关于声现象，下列说法正确的个数有（　　）
①在15℃的温度下，声音在空气中的传播速度是340m/s；
②“闻其声而知其人”主要是根据音色来判断的；
③医生用“B超”观察身体是否有结石是利用超声波传递信息；
④用大小不同的力先后敲击同一音叉，音叉发声的音调会不同；
⑤大冶中心城区4月30日实施“禁鞭令”，这是在声源处减弱噪声；
⑥只要物体在振动，人就一定能听到声音；
A．2 个 B．3 个 C．4 个 D．5 个
2．下面的现象与微观解释正确的是（　　）
A．摩擦起电的过程创造出正、负电荷
B．固体很难压缩，说明固体分子没有间隙
C．一个带正电的物体吸引轻小物体，则轻小物体一定带负电
D．腌制鸭蛋，鸭蛋变咸了，说明盐分子在不停地做无规则运动
3．不同物质的物理属性存在差异，下列说法与事实不相符的是（　　）
A．电线线芯用铜制成是因为铜的导电性好
B．水壶的把手用胶木制成是因为胶木的导热性好
C．划玻璃的刀刃用金刚石制成是因为金刚石的硬度大
D．航天飞行器用陶瓷制作外壳，是利用陶瓷耐高温、耐摩擦、隔热等特点
4．关于一枚铁钉和一块泡沫的比较，下列说法中正确的是（　　）
A．铁钉的质量一定大 B．铁钉的密度一定大
C．泡沫的质量一定大 D．泡沫的密度一定大
5．下列改变物体的内能的方法与另外三个不同的是（　　）
A．观察水的沸腾 B．推动活塞的空气
C．空气被迅速压缩 D．内燃机的压缩冲程
6．如图是一个简化了的电冰箱内的电路图。M是压缩机用的电动机，L是电冰箱内的照明灯泡。根据你的了解，下列说法不正确的是（　　）

A．电冰箱门打开时，灯泡L与电动机并联
B．电冰箱门关上时，灯泡L与电动机串联
C．电冰箱门关上时，S1就自动断开
D．电冰箱内降到设定的温度，S2就自动断开
7．沈清同学利用托里拆利实验测量大气压强的值，如图所示，以下判断正确的是（　　）

A．此时大气压强等于760mm高水银柱所产生的压强
B．若将玻璃管稍稍倾斜，则管内外水银面的高度差将不变
C．若把此装置从天塔首层乘电梯带到顶层，则管内外水银面的高度差将增大
D．若换用密度比水银小的液体做实验，则大气压能支持液柱的高度会不变
8．把凸透镜正对着太阳，可在距凸透镜15cm处得到一个最小、最亮的光斑。若将某物体放在此凸透镜前20cm处，在凸透镜的另外一侧，调节光屏位置，可得到一个（　　）
A．倒立、放大的实像 B．倒立、缩小的实像
C．正立、放大的实像 D．正立、放大的虚像
9．如图所示，在电梯轿厢的天花板上固定一轻质弹簧，弹簧的另一端连接木块，下列判断正确的是（　　）

A．木块静止时，弹簧对木块的拉力和木块对弹簧的拉力是一对平衡力
B．若轿厢向下加速运动，则弹簧一定处于压缩状态
C．若轿厢以不同的速度匀速运动，则弹簧的长度可能会有不同
D．若电梯运动时人观察到弹簧比静止时长，则此时电梯对人的支持力一定比人的重力大
10．如图所示的电路中，电源电压不变，闭合开关S，滑片P向左移动的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．电流表A1示数变大，电流表A示数不变
B．电流表A1示数不变，灯泡亮度不变
C．电压表V与V1的示数变化量相等
D．电压表V2示数与电流表A示数的比值变小
11．大千世界，无奇不有。英国的业余摄影师Le﹣May曾经用相机记录下了一只黄鼠狼骑在一只啄木鸟背上飞行的场景，如图所示。关于图片中涉及到的物理知识描述正确的是（　　）

A．飞行过程中，黄鼠狼相对于啄木鸟是静止的
B．啄木鸟驮着黄鼠狼向下匀速俯冲时，其重力势能减小，动能增大
C．啄木鸟驮着黄鼠狼水平飞行过程中，啄木鸟克服自身重力做了功
D．飞行过程中，黄鼠狼对啄木鸟的压力与啄木鸟对黄鼠狼的支持力是一对平衡力
12．人类进入电气化时代的重要标志是大规模使用电能。电能无法从自然界直接获取，它通常通过发电机由其他形式的能转化而来，最终通过各种用电器转化为其他形式的能。电能的生产、输送和利用，极大地促进了经济社会发展和人类文明的进步。如图为远距离输电示意图，I为输电电流，r为输电线总电阻，U为用户端的电压，则因输电线发热而损耗的电能为（t为通电时间）（　　）

A．I2rt B． C．UIt D．UIt+I2rt
二．填空题(本题共10小题，每空1分，共24分)（共10小题）
13．今年年初在抗击新型冠状病毒期间，医护人员穿着厚厚的防护服、戴上口罩和眼罩，眼罩上的玻璃片常常模糊不清，这是由于水蒸气在玻璃片上　 　形成的；管控期间各高速出口、小区出入口等地方需要进行测量体温，使用的一种测温枪可以快速对进出人员进行非接触式体温测量，这种测温枪利用　 　进行工作，它在真空中的传播速度为　 　m/s。
14．如图所示，从左到右是小明测量盐水密度的过程，倒入量筒的盐水质量和体积分别是 　 　g和 　 　cm3，盐水的密度是 　 　kg/m3。

15．“鲤鱼跃龙门”寄托着人们祈盼飞跃的美好愿望。当鲤鱼离开水面向上跃起的过程中，它在水中所成的像与水面的距离　 　，像的大小　 　（均选填“变大”、“变小”或“不变”）。
16．在“探究凸透镜成像的规律”实验中，某同学的实验如图所示。

（1）如图所示，要使烛焰的像成在光屏的中央，光屏应向　 　移动。
（2）实验用凸透镜的焦距为10cm，当把蜡烛放在距离凸透镜15cm处，调节另一侧光屏的位置，可得到烛焰清晰的倒立、　 　（选填“放大”、“缩小”或“等大”）的实像。
（3）某小组实验时对装置进行了改进，将蜡烛换成LED灯，而且将光屏换成带有方格的光屏。你认为实验小组对该实验进行改进的优点之一是　 　。
17．在“观察水的沸腾”的实验中，安装如图甲所示的实验装置时，石棉网的高度应根据　 　的高度调节，实验过程中，当水温上升到80℃时，每隔0.5min记录一次温度计的示数，当观察到水中有大量的气泡产生，且在上升过程中体积逐渐　 　升至水面破裂，我们认为水开始沸腾，沸腾一段时间后停止加热，测出该过程中的温度绘制出温度随时间的变化图象如图乙所示，根据图象可知水的沸点为　 　℃，沸腾时，持续加热水温不变的主要原因是　 　。

18．用燃气灶烧水时，把2kg初温为20℃的水加热到100℃，共燃烧了40g 天然气（假设天然气完全燃烧）．已知天然气的热值为4.2×107 J/kg，水的比热容为4.2×103 J/（kg•℃）
（1）水的内能增加了　 　J，这是通过　 　的方式增加内能的。
（2）燃气灶烧水的效率为　 　%。
19．如图探究影响滑动摩擦力大小的因素，物体A的重为12N。
（1）如图甲，加速拉动木板，则测得的A的摩擦力　 　（选填“偏大”、“偏小”或“不受影响”）。
（2）由图　 　两次实验，可以探究滑动摩擦力与接触面粗糙程度的关系。
（3）由甲、丙两图的实验结论可知，丁图中氢气球对A向上的拉力为　 　N。

20．某同学用如图所示容器研究液体内部压强与哪些因素有关。他在容器中间用隔板分成左右两部分，隔板靠近下部有一圆孔用薄橡皮膜封闭，橡皮膜两侧压强不同时，其形状发生改变。当隔板两侧注入相同深度、密度均为ρ1的同种液体时，橡皮薄膜形状如图（a）所示；当隔板两侧注入不同深度、密度均为ρ1的同种液体时，橡皮薄膜形状如图（b）所示；当隔板两侧注入相同深度、密度为ρ1和ρ2不同液体（ρ1＜ρ2）时，橡皮薄膜形状如图（c）所示。

①比较图（a）和（b）可知：　 　。
②比较图（a）和（c）可知：　 　。
21．如图电路中，R1＝12Ω，R2＝6Ω，当开关S闭合时，电流表A1、A2的示数比是　 　，R1和R2两端的电压之比是　 　.

22．踢足球是青少年喜爱的一项体育活动，用脚将足球踢起后，空中飞行的足球最终要落回地面，这是因为足球受到了　 　的作用，落回地面的球会滚动一会儿，最终又停下来，这又是因为足球受到了　 　的作用。
三．解答题(本题共7小题，共32分。其中26、29题应写出必要的解题过程)（共7小题）
23．如图所示，折射光线平行于凹透镜主光轴，画出射向凹透镜的入射光线。


24．请你在下图中画出静止在水中的小球所受力的示意图。

25．如图所示，是生活中常用的一种插线板。在使用中发现：插线板上的指示灯在开关闭合时会发光，插孔正常通电；如果指示灯损坏，开关闭合时插孔也能正常通电。根据上述现象，在图中画出插线板中开关、指示灯和插孔的连接方式。


26．如图甲所示，是某型号不锈钢翼型落地晾衣架，这种折叠式晾衣架有一个主晾晒面、两个相同的晾晒翼、共二十多根晾杆.晾晒翼可按需翻折至相应角度，再由折叠卡扣锁定.底部支架的金属管上套有ABS脚垫，起到防滑和保护地板的作用.测得两侧脚垫与地面接触的总面积为80cm2，衣架净重（包含两侧晾晒翼）为4kg且左右质量分布均匀.现将该折叠衣架静置在水平阳台上，两侧晾晒翼放至水平位置，如图乙所示.（g取10N/kg）。

（1）关于该晾衣架，下列说法正确的是 　 　。
A．将晾衣架折叠收纳后，其质量变小
B．为避免折叠卡扣的负荷过大，晾晒翼靠外侧的晾杆不宜晾晒较重的衣物
C．防滑脚垫是通过增大压力的方式增大摩擦力
D．日照暴晒对衣物有一定除菌作用，这利用了红外线
（2）未晾晒衣物时，脚垫对地的压强为多少Pa？
（3）如图乙所示，在左晾晒翼的最外侧晾杆上悬挂一件重为1kg的湿衣物后，左侧脚垫对地的压力将增大多少N？
27．小华做测量小灯泡电功率的实验（小灯泡标有“2.5V”字样，电阻约10Ω）。

（1）如图甲所示，小华所接的实验电路存在连接错误，但只需改动一根导线，即可使电路连接正确.请你在应改动的导线上打“×”，并用笔画线代替导线画出正确的接法。
（2）电路连接正确后，闭合开关，发现小灯泡不亮，电压表有示数，电流表也有示数.则接下来你的操作是 　 　。
（3）实验过程中，当电压表示数为 　 　V时，小灯泡正常发光，此时电流表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为 　 　W。
（4）做完此实验后，小华想根据电路图丙探究电流与电阻的关系，于是她找来电压可调的电源，5Ω、10Ω、15Ω、20Ω的定值电阻R，铭牌上标有“xΩ，0.5A”滑动变阻器RP，她测得四次实验均能完成的最大电源电压为5V，则滑动变阻器的最大阻值为 　 　Ω。
（5）为测量一只阻值较小的电阻Rx的阻值，小华设计如图丁所示的电路，其中电阻箱R0（0～9999Ω 5A）、电源为输出电流为定值的恒流源.正确连接电路后，闭合开关，改变电阻箱接入电路的阻值多次测量，记录下电阻箱的阻值R0及对应的电流表示数I，并根据记录的数据绘制出﹣R0的图像，如图戊所示，则Rx的阻值为 　 　Ω。
28．为了测量不同盐水的密度，某班同学进行了如下实验：

（1）实验前，调节天平平衡时，指针指向分度盘右侧，则应将平衡螺母向 　 　调节；调节平衡后，称量烧杯和盐水的总质量，天平再次平衡时砝码和标尺上的游码如图甲所示，则总质量为 　 　g.再将部分盐水倒入量筒，如图乙所示，再次测得烧杯和剩余液体的总质量为30g，则所测盐水的密度为 　 　g/cm3。
（2）小明小组的同学发现桌面上提供的实验器材只有天平（无砝码）、注射器、40mL烧杯2个、盐水、水，他们的测量步骤如下：
①用注射器分别向两个烧杯加入20mL盐水和水，并在盐水液面位置做好标记.
②将两烧杯分别放在天平的两侧，发现放盐水的左盘下沉，接着用注射器向右侧烧杯中加水，直到天平平衡，烧杯中水的总体积为25mL，如图丙所示，则他们小组所取样的盐水密度为 　 　g/cm3。
（3）小明小组深入研究发现，将其他液体加至左侧烧杯标记处，再向右侧烧杯中加水直到天平平衡，烧杯中水的总体积不同.于是他们将右侧烧杯改装为“密度计”，则该烧杯上20mL位置处应标记 　 　g/cm3，烧杯上的密度刻度分布是 　 　（选填“均匀”或“不均匀”）。
（4）小华小组利用不同粗细的塑料吸管制成多支简易密度计，当它们竖直漂浮在水中，如图丁所示，其中测量其他液体密度时结果最精确是 　 　（选填序号）。
29．无链条电动自行车，被称为“没有链条的混合动力电动自行车”。它相比传统具有很多优点，如：省力、耐用、安静、结构简单等。如图所示为一种在售的无链条电动自行车.此车既可以从锂电池获得能量，也可以通过骑行者踩脚踏板获得能量.该车采用能量密度为0.2kW•h/kg的锂电池，能量密度是指存储能量与电池质量的比值.该车的其他主要参数如表所示（表中电池容量＝放电电流×放电时间，例如，1Ah是指以1A的电流能连续工作1h）（g取10N/kg）。
整车
整车质量
40kg
最大车速
26km/h
最大噪声
≤30dB
锂电池
电压
40V
容量
10Ah
电动机
额定功率
180W
（1）骑行者通过踩脚踏板使电动车获得电能，与其工作原理相同的是 　 　。

（2）根据上述信息可知，这款车的锂电池质量为 　 　kg。测试时若质量为60kg的骑行者不踩脚踏板，仅靠锂电池驱动，在平直路面上最多可连续匀速行驶2.7×104m，已知行驶时的阻力为车对地面压力的0.04倍，电动机的效率为 　 　%.若骑行者同时踩脚踏板辅助锂电池给车提供能量，可使车连续匀速行驶3.6×104m，则“混合动力驱动”时，人所提供的有用能量与锂电池提供的有用能量之比为 　 　。
（3）图甲为充电器过热保护的模拟电路，电源电压恒定，R1为电阻箱，L为阻值不计的线圈，R2是热敏电阻，可感知充电器的温度，其阻值与温度的关系如图乙.此保护装置的工作原理是：当控制电路中的电流小于20mA时，衔铁释放，开始充电；当电流大于30mA时，电磁铁将吸住衔铁，停止充电，从而避免温度过高。
①若R1＝80Ω，控制电路的电源电压为3.6V，则充电过程中的温度变化范围为多少？
②若要适当降低充电器所能达到的最高温度，可将R1　 　（选填“增大”或“减小”）。



2022年江苏省无锡中考物理考前卷（一）
参考答案与试题解析
一．选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分，每小题给出的四个选项中只有一个正确）（共12小题）
1．关于声现象，下列说法正确的个数有（　　）
①在15℃的温度下，声音在空气中的传播速度是340m/s；
②“闻其声而知其人”主要是根据音色来判断的；
③医生用“B超”观察身体是否有结石是利用超声波传递信息；
④用大小不同的力先后敲击同一音叉，音叉发声的音调会不同；
⑤大冶中心城区4月30日实施“禁鞭令”，这是在声源处减弱噪声；
⑥只要物体在振动，人就一定能听到声音；
A．2 个 B．3 个 C．4 个 D．5 个
【分析】①声音在15℃的空气中的传播速度是340m/s；
②音色指声音的品质与特色，不同发声体发出声音的音色不同；
③医生利用B超诊病，是利用声可以传递信息；
④响度指声音的强弱或大小，与振幅和距离有关；
⑤减弱噪声的途径有三种：在声源处减弱噪声；阻断噪声的传播；在人耳处减弱噪声；
⑥声音是由物体的振动产生的，但振动不一定听到声音。
【解答】解：①声音在15℃的空气中的传播速度是340m/s，温度不同，速度不同；故①正确；
②不同发声体发出声音的音色不同，“闻其声而知其人”是通过声音的音色来判断的，故②正确；
③用B超诊病，说明了声音可以传递信息，故③正确。
④用大小不同的力先后敲击同一音叉，音叉发声的振幅不同，则响度不同，故④错误；
⑤“禁鞭令”是为了在声源处减弱噪声的，故⑤正确；
⑥耳朵能够听到的声音频率范围为20～20000Hz，所以物体振动时，人不一定能听到声音，故⑥错误。
所以正确的个数为4个。
故选：C。
【点评】本题的解题关键是了解声音的产生与传播特点以及人耳能听到声音的条件，是一道综合题。
2．下面的现象与微观解释正确的是（　　）
A．摩擦起电的过程创造出正、负电荷
B．固体很难压缩，说明固体分子没有间隙
C．一个带正电的物体吸引轻小物体，则轻小物体一定带负电
D．腌制鸭蛋，鸭蛋变咸了，说明盐分子在不停地做无规则运动
【分析】（1）根据摩擦起电的实质即可判断；
（2）固体很难压缩，是因为分子之间存在着斥力；
（3）根据电荷间的相互作用规律和带电体的性质即可判断；
（4）物体的分子是在不停地做无规则运动的，而且分子运动的快慢和物体的温度高低有关系，温度越高，分子运动越剧烈。
【解答】解：
A、摩擦起电的实质是电子的转移，而不是创造了电荷，故A错误；
B、固体很难压缩，是因为分子之间存在着斥力，故B错误；
C、异种电荷相互吸引，同时带电体还可以吸引轻小物体，因此，一带正电的物体吸引另一轻小物体，则轻小物体可能带负电，也可能不带电，故C错误；
D、把鸭蛋放在盐水里浸泡一段时间，鸭蛋就变咸了，盐分子能进入蛋中，这说明盐分子在不停地做无规则运动，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了学生对电荷的存在、摩擦起电现象、微观世界和分子运动的认识，属于基础知识的考查，比较简单。
3．不同物质的物理属性存在差异，下列说法与事实不相符的是（　　）
A．电线线芯用铜制成是因为铜的导电性好
B．水壶的把手用胶木制成是因为胶木的导热性好
C．划玻璃的刀刃用金刚石制成是因为金刚石的硬度大
D．航天飞行器用陶瓷制作外壳，是利用陶瓷耐高温、耐摩擦、隔热等特点
【分析】本题考查物质的基本性质导电性、导热性和硬度。
（1）导电性指物体传导电流的能力，各种金属的导电性各不相同，通常银的导电性最好，其次是铜和铝；
（2）硬度指材料局部抵抗硬物压入其表面的能力，固体对外界物体入侵的局部抵抗能力，是比较各种材料软硬的指标，硬度最大的是金刚，其次是刚玉、黄玉和石英；
（3）导热性指固体或液体传导热的能力，一般说来金属的导热性最好。
【解答】解：A、电线的内芯用铜来做，因为铜的导电性好，电阻小，在导线上损失的能量小，故A正确；
B、水壶的把手用胶木制成有两方面考虑，一是对电水壶来说，利用胶木的绝缘性质防止人体触电；二是利用胶木热传导系数低，避免烫伤，故B不正确；
C、玻璃刀刀刃用金刚石，就是利用了硬度大的性质，耐磨，故C正确；
D、船高速运行时会与大气发生摩擦放出大量的热，复合陶瓷具有耐高温、隔热、硬度大等特点，故D正确。
故选：B。
【点评】不同物质的性质基本不同，决定了它们在用途上的不同，生活中要多观察，注重物理知识联系生活实际。
4．关于一枚铁钉和一块泡沫的比较，下列说法中正确的是（　　）
A．铁钉的质量一定大 B．铁钉的密度一定大
C．泡沫的质量一定大 D．泡沫的密度一定大
【分析】①物体所含物质的多少叫质量。质量是物体本身的一种属性，决定于物体所含物质的多少，与其它因素无关；
②某种物质质量与体积之比叫密度。密度是物质本身的一种特性，决定于物质的种类、状态和温度，与质量、体积无关。
【解答】解：一枚铁钉和一块泡沫由于不知道体积的大小，无法知道质量的大小，但泡沫的密度一定小于铁钉的密度，故B正确。
故选：B。
【点评】此题考查的是我们对质量、密度物理意义的理解和应用，正确理解概念是解答的基础。
5．下列改变物体的内能的方法与另外三个不同的是（　　）
A．观察水的沸腾 B．推动活塞的空气
C．空气被迅速压缩 D．内燃机的压缩冲程
【分析】（1）热传递是能的转移过程，即内能从高温物体向低温物体转移的过程，在此过程中能的形式不发生变化；
（2）做功实质是能的转化过程，做功的过程中能量的形式变了。
【解答】解：
A、观察水的沸腾时，水吸收热量，是通过热传递改变内能的；
B、推动活塞的空气，空气对活塞做功，空气内能减小，是通过做功改变内能的；
C、空气被迅速压缩，对空气做功，空气的内能增大，是通过做功改变内能的；
D、内燃机的压缩冲程中活塞压缩空气做功，空气的内能变大，是通过做功改变内能的；
所以不同的是A。
故选：A。
【点评】本题考查了学生对两种改变物体内能的方式的判断，知道做功改变物体内能是能量转化的过程，热传递改变物体内能是能量的转移过程。
6．如图是一个简化了的电冰箱内的电路图。M是压缩机用的电动机，L是电冰箱内的照明灯泡。根据你的了解，下列说法不正确的是（　　）

A．电冰箱门打开时，灯泡L与电动机并联
B．电冰箱门关上时，灯泡L与电动机串联
C．电冰箱门关上时，S1就自动断开
D．电冰箱内降到设定的温度，S2就自动断开
【分析】根据串、并联电路的特点分析判断。串联电路中用电器要相互影响工作，并联电路中用电器相互不影响工作。
【解答】解：电动机和电灯是并联关系，且都有各自的开关控制，所以电动机与照明灯可以不同时工作，且当电冰箱门打开时，S1就自动闭合，电灯就亮；冰箱内温度降低到设定温度时，S2自动断开，电动机停止工作，这是压缩机工作的一般原理；故ACD正确，B错误。
故选：B。
【点评】本题考查了电冰箱的电路。电动机和电灯是并联关系，互不影响工作。
7．沈清同学利用托里拆利实验测量大气压强的值，如图所示，以下判断正确的是（　　）

A．此时大气压强等于760mm高水银柱所产生的压强
B．若将玻璃管稍稍倾斜，则管内外水银面的高度差将不变
C．若把此装置从天塔首层乘电梯带到顶层，则管内外水银面的高度差将增大
D．若换用密度比水银小的液体做实验，则大气压能支持液柱的高度会不变
【分析】（1）在托里拆利实验中，玻璃管内外水银面的高度差反映了大气压强的大小；玻璃管内水银柱产生的压强等于大气压强，p大气＝p水银＝ρ水银gh；
（2）气压跟海拔有关，海拔越高，气压越低。
【解答】解：A、读图可知，玻璃管内水银面到水银槽中水银面的垂直高度为750mm，因此，当时的大气压强等于750mm高水银柱产生的压强，故A错误；
B、若将玻璃管稍稍倾斜，但不能改变大气压的大小，又不能改变水银柱的压强，故管内外水银面的高度差将不变，故B正确；
C、若把此装置从天塔首层乘电梯带到顶层，由于气压跟海拔有关，海拔越高，气压越低，则顶层大气压小，能支持的水银柱高度也就变小，故C错误；
D、玻璃管的长度至少为h＝，由于大气压不变，若换用密度比水银小的液体做实验，则大气压能支撑的液柱高度会增大，故D错误。
故选：B。
【点评】托里拆利实验能测出大气压的值，是利用管内水银柱产生的压强等于大气压强，即p大气＝p水银＝ρ水银gh．此问题的关键是要明确水银柱的高度是指玻璃管内水银面到水银槽中水银面的竖直高度。
8．把凸透镜正对着太阳，可在距凸透镜15cm处得到一个最小、最亮的光斑。若将某物体放在此凸透镜前20cm处，在凸透镜的另外一侧，调节光屏位置，可得到一个（　　）
A．倒立、放大的实像 B．倒立、缩小的实像
C．正立、放大的实像 D．正立、放大的虚像
【分析】利用题目中提到的物理过程，可确定该凸透镜的焦距；再利用物距与焦距的关系，结合凸透镜的成像规律来得到成像的情况。
【解答】解：凸透镜正对着太阳光，可在距凸透镜15cm处得到一个最小最亮的光斑，这个亮斑就是凸透镜的焦点，所以15厘米就是该凸透镜的焦距，这是利用平行光聚焦法测得了透镜的焦距。
现在的物距是20厘米，大于一倍焦距、小于二倍焦距，由凸透镜的成像规律可知，此时凸透镜成倒立放大的实像。
故选：A。
【点评】本题先求出凸透镜的焦距，然后根据物距和焦距的关系，判断凸透镜的成像情况。
9．如图所示，在电梯轿厢的天花板上固定一轻质弹簧，弹簧的另一端连接木块，下列判断正确的是（　　）

A．木块静止时，弹簧对木块的拉力和木块对弹簧的拉力是一对平衡力
B．若轿厢向下加速运动，则弹簧一定处于压缩状态
C．若轿厢以不同的速度匀速运动，则弹簧的长度可能会有不同
D．若电梯运动时人观察到弹簧比静止时长，则此时电梯对人的支持力一定比人的重力大
【分析】（1）二力平衡的条件：大小相等、方向相反、同一直线、作用在同一个物体上；
（2）根据木块的运动情况判定弹簧的状态；
（3）物体处于静止或匀速直线运动状态时，受力平衡；
（4）弹簧的长度伸长，说明受到的拉力变大，据此判定木块的运动状态和电梯的运动状态，然后分析人的受力情况。
【解答】解：
A、木块静止时，木块受力平衡，弹簧对木块的拉力和木块对弹簧的拉力是一对相互作用力，不是平衡力，故A错误；
B、若轿厢向下加速运动，木块受到的合力是竖直向下的，此时重力要大于弹簧对木块的拉力，所以弹簧不一定处于压缩状态，故B错误；
C、若轿厢以不同的速度匀速运动，木块受力平衡，受到重力和竖直向上的弹簧的拉力的作用，这两个力是一对平衡力，大小相等，则弹簧的长度不变，故C错误；
D、若电梯运动时人观察到弹簧比静止时长，这说明弹簧的弹力要大于木块的重力，此时木块受到的合力的方向向上，木块向上做加速运动，则电梯和人都向上做加速运动，人受到竖直向下的重力、竖直向上的支持力的作用，所以电梯对人的支持力一定比人的重力大，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了平衡力的辨别、物体的受力分析、力与运动的关系，难度不大。
10．如图所示的电路中，电源电压不变，闭合开关S，滑片P向左移动的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．电流表A1示数变大，电流表A示数不变
B．电流表A1示数不变，灯泡亮度不变
C．电压表V与V1的示数变化量相等
D．电压表V2示数与电流表A示数的比值变小
【分析】由电路图可知，定值电阻R与变阻器、灯泡串联，电压表V1测R两端的电压，电压表V2测变阻器两端的电压，电压表V测灯泡和变阻器两端的电压之和，电流表A和A1均测电路中的电流。根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化，根据串联电路的电压特点可知电压表V和V1示数的变化量关系，根据欧姆定律结合变阻器接入电路中的电阻判断电压表V2示数与电流表A示数的比值变化。
【解答】解：由电路图可知，定值电阻R与变阻器、灯泡串联，电压表V1测R两端的电压，电压表V2测变阻器两端的电压，电压表V测灯泡和变阻器两端的电压之和，电流表A和A1均测电路中的电流。
滑片P向左移动的过程中，接入电路中的电阻变大，电路中的总电阻变大，
由I＝可知，电路中的电流变小，即电流表A、A1的示数均变小，故AB错误；
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，电压表V示数的变化量等于V1示数的变化量，故C正确；
由R＝可知，电压表V2示数与电流表A示数的比值等于变阻器接入电路中的电阻值，
则电压表V2示数与电流表A示数的比值变大，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到串联电路的特点和欧姆定律的应用，分清电路的连接方式和电表所测的电路元件是关键。
11．大千世界，无奇不有。英国的业余摄影师Le﹣May曾经用相机记录下了一只黄鼠狼骑在一只啄木鸟背上飞行的场景，如图所示。关于图片中涉及到的物理知识描述正确的是（　　）

A．飞行过程中，黄鼠狼相对于啄木鸟是静止的
B．啄木鸟驮着黄鼠狼向下匀速俯冲时，其重力势能减小，动能增大
C．啄木鸟驮着黄鼠狼水平飞行过程中，啄木鸟克服自身重力做了功
D．飞行过程中，黄鼠狼对啄木鸟的压力与啄木鸟对黄鼠狼的支持力是一对平衡力
【分析】（1）判断物体是运动还是静止，关键是看被研究的物体与所选的参照物之间的相对位置是否发生了改变，如果发生改变，则物体是运动的；如果未发生变化，则物体是静止的；
（2）重力势能与质量和高度有关；动能与质量和速度有关；
（3）做功的两个条件：一是作用在物体上的力；二是在力的方向上通过的距离；两个条件必须同时满足，否则没有做功；
（4）二力平衡的条件是：大小相等、方向相反、作用在同一个物体上、且作用在同一条直线上。
【解答】解：A、在飞行过程中，黄鼠狼相对于啄木鸟的位置没有发生改变，所以黄鼠狼相对于啄木鸟是静止的，故A正确；
B、啄木鸟带着黄鼠狼向下匀速俯冲时，质量不变、高度减小、速度不变，故重力势能减小，动能不变，故B错误；
C、啄木鸟驮着黄鼠狼水平飞行过程中，啄木鸟在重力方向上没有移动距离，因此啄木鸟克服自身重力没有做功，故C错误；
D、飞行过程中，黄鼠狼给啄木鸟的压力和啄木鸟给黄鼠狼的支持力作用在不同的物体上，不符合平衡力的条件，因此二力不是一对平衡力，故D错误。
故选：A。
【点评】此题主要考查运动和静止的相对性的理解和掌握，二力平衡的辨别，判断力是否做功，决定动能和势能的因素等，虽然知识点多，但难度不大。
12．人类进入电气化时代的重要标志是大规模使用电能。电能无法从自然界直接获取，它通常通过发电机由其他形式的能转化而来，最终通过各种用电器转化为其他形式的能。电能的生产、输送和利用，极大地促进了经济社会发展和人类文明的进步。如图为远距离输电示意图，I为输电电流，r为输电线总电阻，U为用户端的电压，则因输电线发热而损耗的电能为（t为通电时间）（　　）

A．I2rt B． C．UIt D．UIt+I2rt
【分析】根据焦耳定律分析判断即可。
【解答】解：由题知，输电电流为I，输电线总电阻为r，通电时间为t，
输电导线上发热而损耗的电能W损＝Q＝I2rt。
故选：A。
【点评】本题考查通电导线上产生热量的计算，合理选择公式是关键。
二．填空题(本题共10小题，每空1分，共24分)（共10小题）
13．今年年初在抗击新型冠状病毒期间，医护人员穿着厚厚的防护服、戴上口罩和眼罩，眼罩上的玻璃片常常模糊不清，这是由于水蒸气在玻璃片上　液化　形成的；管控期间各高速出口、小区出入口等地方需要进行测量体温，使用的一种测温枪可以快速对进出人员进行非接触式体温测量，这种测温枪利用　红外线　进行工作，它在真空中的传播速度为　3×108　m/s。
【分析】（1）物质由气态变为液态，叫液化。
（2）红外线的热作用强，常用在遥控器和测温枪上。
（3）红外线、紫外线、可见光都属于电磁波，电磁波在真空中的传播速度为3×108m/s。
【解答】解：眼罩上的玻璃片常常模糊不清，这是由于呼出的水蒸气在玻璃片上液化形成的。
测温枪是利用红外线工作的。
红外线在真空中的传播速度为3×108m/s。
故答案为：液化；红外线；3×108。
【点评】知道液化概念、红外线的应用，知道电磁波的传播速度，可解答此题。
14．如图所示，从左到右是小明测量盐水密度的过程，倒入量筒的盐水质量和体积分别是 　45　g和 　40　cm3，盐水的密度是 　1.125×103　kg/m3。

【分析】读取天平示数时应将右盘中砝码质量与游码在标尺上的示数相加，倒出盐水的质量等于总质量与剩余的总质量之差，量筒的示数就是倒出盐水的体积，再利用公式ρ＝可求出盐水的密度。
【解答】解：根据甲图可知，烧杯和剩余盐水的总质量为：m1＝50g+20g+2.4g＝72.4g
烧杯和剩余盐水的总质量m2＝20g+5g+2.4g＝27.4g，
则倒出盐水的质量m＝m1﹣m2＝72.4g﹣27.4g＝45g，
根据图乙可知倒出盐水的体积V＝40cm3，
盐水的密度ρ＝＝＝1.125g/cm3＝1.125×103kg/m3。
故答案为：45；40；1.125×103。
【点评】本题主要考查的是学生对天平和量筒的使用、密度计算公式的理解和掌握，基础性题目。注意单位换算1ml＝1cm3。
15．“鲤鱼跃龙门”寄托着人们祈盼飞跃的美好愿望。当鲤鱼离开水面向上跃起的过程中，它在水中所成的像与水面的距离　变大　，像的大小　不变　（均选填“变大”、“变小”或“不变”）。
【分析】物体在平面镜中所成的像是虚像，像和物体的大小相等，像和物体到镜面的距离相等。
【解答】解：当鲤鱼离开水面向上跃起的过程中，鲤鱼与水面之间的距离变大，由于像到水面的距离等于鲤鱼到水面的距离，所以鲤鱼在水中所成的像与水面的距离变大，像的大小始终和鲤鱼的大小相同，故像不变。
故答案为：变大；不变。
【点评】本题主要考查了平面镜成像特点的应用，属基础知识的考查，应熟练掌握平面镜成像的特点。
16．在“探究凸透镜成像的规律”实验中，某同学的实验如图所示。

（1）如图所示，要使烛焰的像成在光屏的中央，光屏应向　下　移动。
（2）实验用凸透镜的焦距为10cm，当把蜡烛放在距离凸透镜15cm处，调节另一侧光屏的位置，可得到烛焰清晰的倒立、　放大　（选填“放大”、“缩小”或“等大”）的实像。
（3）某小组实验时对装置进行了改进，将蜡烛换成LED灯，而且将光屏换成带有方格的光屏。你认为实验小组对该实验进行改进的优点之一是　实验现象更明显（便于观察或减少污染）　。
【分析】（1）探究凸透镜成像的实验时，在桌面上依次放蜡烛、凸透镜、光屏，三者在同一条直线上，三者的中心大致在同一高度，像才能呈在光屏的中心。
（2）凸透镜成像时，f＜u＜2f，成倒立、放大的实像。
（3）蜡烛换成LED灯便于观察，稳定且减少污染。
【解答】解：
（1）应使蜡烛、凸透镜、光屏，三者三者的中心大致在同一高度，图中，光屏过高，所以应将光屏向下调整；
（2）若此凸透镜的焦距为10cm，蜡烛放在距离凸透镜15cm处，满足f＜u＜2f，调节另一侧光屏的位置可得到烛焰清晰、倒立、放大的实像；
（3）蜡烛换成LED灯的优点：实验现象更明显、便于观察、减少了污染等。
故答案为：（1）下；（2）放大；实；（3）实验现象更明显（便于观察或减少污染）。
【点评】本题考查了凸透镜成像实验中注意的事项、成像规律的运用和实验的改进，是一道好题。
17．在“观察水的沸腾”的实验中，安装如图甲所示的实验装置时，石棉网的高度应根据　酒精灯外焰　的高度调节，实验过程中，当水温上升到80℃时，每隔0.5min记录一次温度计的示数，当观察到水中有大量的气泡产生，且在上升过程中体积逐渐　变大　升至水面破裂，我们认为水开始沸腾，沸腾一段时间后停止加热，测出该过程中的温度绘制出温度随时间的变化图象如图乙所示，根据图象可知水的沸点为　99　℃，沸腾时，持续加热水温不变的主要原因是　大量的热量随着水蒸气散失到空气中　。

【分析】（1）因为在实验中需要用酒精灯的外焰加热，所以应从下向上固定实验器材的位置；
（2）沸腾时，水吸热温度保持不变，不变的温度即为沸点，气泡在上升过程中体积逐渐变大，达到水面处破裂；
（3）水温达到沸点，继续吸热水就会沸腾汽化，大量的热量随着水蒸气散失到空气中。
【解答】解：实验中需要用酒精灯的外焰加热，安装如图甲所示的实验装置时，应该用酒精灯外焰的高度调节石棉网的高度；
沸腾时，由于此时整个容器内的水温相同，气泡不断升高，深度不断减小，水压不断减小，并且有大量水蒸气进入气泡，气泡逐渐变大；
如图乙所示，水沸腾时保持99℃温度不变，所以水的沸点是99℃；
水温达到沸点，继续吸热水就会沸腾汽化，大量的热量随着水蒸气散失到空气中，水吸收的热量与汽化散失的热量达到动态的平衡，沸腾时温度保持不变。
故答案为：酒精灯外焰；变大；99；大量的热量随着水蒸气散失到空气中。
【点评】本题考查探究水沸腾的实验，关键是将实验操作原则及结论掌握清楚，仔细分析即可。
18．用燃气灶烧水时，把2kg初温为20℃的水加热到100℃，共燃烧了40g 天然气（假设天然气完全燃烧）．已知天然气的热值为4.2×107 J/kg，水的比热容为4.2×103 J/（kg•℃）
（1）水的内能增加了　6.72×105　J，这是通过　热传递　的方式增加内能的。
（2）燃气灶烧水的效率为　40　%。
【分析】（1）知道水的质量、水的比热容，求出水温度的升高值，利用吸热公式Q吸＝cm△t求水吸收的热量，即水的内能增加值；改变内能的方式是做功和热传递。
（2）由Q放＝mq可求出天然气完全燃烧放出的热量；水吸收的热量跟天然气完全燃烧放出的热量之比等于燃气灶的效率。
【解答】解：
（1）水吸收的热量：
Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×（100℃﹣20℃）＝6.72×105J，
即水的内能增加了6.72×105J；这是通过热传递的方式增加内能的；
（2）天然气完全燃烧放出的热量：
Q放＝mq＝40×10﹣3kg×4.2×107J/kg＝1.68×106J；
燃气灶的效率：
η＝×100%＝×100%＝40%。
故答案为：（1）6.72×105；热传递；（2）40。
【点评】本题主要考查了燃料完全燃烧放热公式Q放＝mq、Q吸＝cm△t＝cm（t﹣t0）和效率公式的掌握和运用，计算时注意：水吸收热量、内能增加，水的内能增加值等于水吸收的热量。
19．如图探究影响滑动摩擦力大小的因素，物体A的重为12N。
（1）如图甲，加速拉动木板，则测得的A的摩擦力　不受影响　（选填“偏大”、“偏小”或“不受影响”）。
（2）由图　甲、乙　两次实验，可以探究滑动摩擦力与接触面粗糙程度的关系。
（3）由甲、丙两图的实验结论可知，丁图中氢气球对A向上的拉力为　2　N。

【分析】（1）影响滑动摩擦力的因素是压力和接触面的粗糙程度；
（2）找出压力相同，而接触面粗糙程度不同的两组实验；
（3）根据压力和摩擦力的大小得出压力与摩擦力的关系，然后求出减小的压力，从而得到气球的拉力。
【解答】解：（1）如图甲，实验中，若加速拉动木板，A与木板的压力、接触面粗糙程度不变，则测得的A的摩擦力不受影响；
（2）探究滑动摩擦力与接触面粗糙程度的关系时，需要控制压力相同，接触面的粗糙程度不同，故对比甲、乙两图；
（3）如图甲，根据二力平衡的原理可知，向左拉动木板，当A静止后，A受到的滑动摩擦力就等于弹簧测力计的示数，为2.4N；
A的重力为12N，则A对木板的压力为12N，受到的摩擦力为2.4N，则摩擦力与压力的比值为 ＝0.2；
由图丁可知，此时的摩擦力为2N，减小的摩擦力为2.4N﹣2N＝0.4N，则减小的压力为：＝2N，即氢气球对A向上的拉力为2N。
故答案为：（1）不受影响；（2）甲、乙；（3）2。
【点评】在探究“滑动摩擦力的大小与什么有关”的实验中，注意控制变量法和二力平衡原理的运用，熟练掌握影响滑动摩擦力的因素，能结合实验现象进行分析，是解答本题的关键。
20．某同学用如图所示容器研究液体内部压强与哪些因素有关。他在容器中间用隔板分成左右两部分，隔板靠近下部有一圆孔用薄橡皮膜封闭，橡皮膜两侧压强不同时，其形状发生改变。当隔板两侧注入相同深度、密度均为ρ1的同种液体时，橡皮薄膜形状如图（a）所示；当隔板两侧注入不同深度、密度均为ρ1的同种液体时，橡皮薄膜形状如图（b）所示；当隔板两侧注入相同深度、密度为ρ1和ρ2不同液体（ρ1＜ρ2）时，橡皮薄膜形状如图（c）所示。

①比较图（a）和（b）可知：　同种液体，深度越深，液体内部压强越大　。
②比较图（a）和（c）可知：　深度相同，液体密度越大，液体内部压强越大　。
【分析】根据控制变量法分析回答；分别分析图中液体对橡皮膜的压强方向，通过观察橡皮膜的形变方向来比较两侧液体压强的大小。
【解答】解：①比较图（a）和（b）同种液体，深度相同时，橡皮膜两侧压强相同，形状不发生改变，压强相同，同种液体，深度不相同时，橡皮膜两侧压强不相同，形状向左发生形变，右侧深度深的压强大，可知：同种液体，深度越深，液体内部压强越大；
②比较图（a）和（c）不同种液体，深度相同时，橡皮膜两侧压强不相同，形状向左发生形变，右侧液体密度越大，液体内部压强越大，可知：深度相同，液体密度越大，液体内部压强越大；
故答案为：①同种液体，深度越深，液体内部压强越大；②深度相同，液体密度越大，液体内部压强越大。
【点评】本题探究液体压强，考查控制变量法和转换法的运用，要掌握。
21．如图电路中，R1＝12Ω，R2＝6Ω，当开关S闭合时，电流表A1、A2的示数比是　2：3　，R1和R2两端的电压之比是　1：1　.

【分析】由电路图可知，两电阻并联，电流表A1测R2支路的电流，电流表A2测干路电流；根据并联电路的电压特点和欧姆定律表示出两支路的电流，再根据并联电路的电流特点求出干路电流，进一步求出两电流表的示数之比。
【解答】解：由电路图可知，两电阻并联，电流表A1测R2支路的电流，电流表A2测干路电流；
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以R1和R2两端的电压之比是1：1；
所以，通过两支路的电流分别为：
I1＝＝，I2＝＝，
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：
I＝I1+I2＝+＝，
则电流表A1与A2示数之比：
IA1：IA2＝：＝2：3。
故答案为：2：3；1：1。
【点评】本题考查了欧姆定律和并联电路特点的应用，关键是电路串并联的辨别和电流表所测电路元件的判断。
22．踢足球是青少年喜爱的一项体育活动，用脚将足球踢起后，空中飞行的足球最终要落回地面，这是因为足球受到了　重力　的作用，落回地面的球会滚动一会儿，最终又停下来，这又是因为足球受到了　阻力　的作用。
【分析】重力是指地球附近的一切物体都要受到的力，它是由于地球对物体的吸引而产生的，方向竖直向下；
物体在运动过程中，同时也会受到阻力的作用，力是改变物体运动状态的原因。
【解答】解：
用脚将足球踢起后，足球要受到重力作用，由于重力的方向是竖直向下的，因此飞行中的足球最终落向地面是由于受到重力的作用；
滚动的正确由于受到地面对它的阻力作用，所以会运动得越来越慢，最后停下来。
故答案为：重力；阻力。
【点评】此题主要考查了常见的惯性现象以及力的作用效果，除了要了解惯性的概念，还会通过物体状态的改变分析物体受力情况。
三．解答题(本题共7小题，共32分。其中26、29题应写出必要的解题过程)（共7小题）
23．如图所示，折射光线平行于凹透镜主光轴，画出射向凹透镜的入射光线。


【分析】在作凸透镜、凹透镜的光路图时，先确定所给的光线的特点再根据透镜的光学特点（三条特殊光线）来作图。
【解答】解：延长线过凹透镜另一侧焦点的光线经凹透镜折射后将平行于凹透镜主光轴，如图所示：

【点评】凹透镜三条特殊光线的作图：①延长线过另一侧焦点的光线经凹透镜折射后将平行于主光轴；②平行于主光轴的光线经凹透镜折射后，其折射光线的反向延长线过焦点；③过光心的光线经凹透镜折射后传播方向不改变。
24．请你在下图中画出静止在水中的小球所受力的示意图。

【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，再按照画图的要求画出各个力。
【解答】解：小球在水中处于静止状态，受重力和浮力，二力是一对平衡力，重力方向竖直向下，浮力方向竖直向上，两力的大小相等。如图所示：

【点评】因为小球在烧杯中悬浮，所以重力与浮力相等，示意图中线段一样长，应注意浮力的方向竖直向上。
25．如图所示，是生活中常用的一种插线板。在使用中发现：插线板上的指示灯在开关闭合时会发光，插孔正常通电；如果指示灯损坏，开关闭合时插孔也能正常通电。根据上述现象，在图中画出插线板中开关、指示灯和插孔的连接方式。


【分析】干路开关控制所有的用电器，并联电路各用电器之间互不影响，串联电路的用电器互相影响。
【解答】解：插线板上的指示灯在开关闭合时会发光，插孔正常通电；如果指示灯损坏，开关闭合时插孔也能正常通电，故指示灯和插座并联，开关接在指示灯、插座和火线之间控制火线使用更安全，如图：

【点评】家庭电路中，开关控制用电器，开关一定接在用电器和火线之间，既能控制用电器，又能保证使用安全。
26．如图甲所示，是某型号不锈钢翼型落地晾衣架，这种折叠式晾衣架有一个主晾晒面、两个相同的晾晒翼、共二十多根晾杆.晾晒翼可按需翻折至相应角度，再由折叠卡扣锁定.底部支架的金属管上套有ABS脚垫，起到防滑和保护地板的作用.测得两侧脚垫与地面接触的总面积为80cm2，衣架净重（包含两侧晾晒翼）为4kg且左右质量分布均匀.现将该折叠衣架静置在水平阳台上，两侧晾晒翼放至水平位置，如图乙所示.（g取10N/kg）。

（1）关于该晾衣架，下列说法正确的是 　B　。
A．将晾衣架折叠收纳后，其质量变小
B．为避免折叠卡扣的负荷过大，晾晒翼靠外侧的晾杆不宜晾晒较重的衣物
C．防滑脚垫是通过增大压力的方式增大摩擦力
D．日照暴晒对衣物有一定除菌作用，这利用了红外线
（2）未晾晒衣物时，脚垫对地的压强为多少Pa？
（3）如图乙所示，在左晾晒翼的最外侧晾杆上悬挂一件重为1kg的湿衣物后，左侧脚垫对地的压力将增大多少N？
【分析】（1）质量与形状无关；阻力的大小会影响到杠杆的平衡；摩擦力的大小与接触面的粗糙程度有关；紫外线有杀菌作用；
（2）未晾晒衣服时，计算出脚垫对地面的压力，根据p＝可计算出脚垫对地面的压强；
（3）选择右侧支架B为支点，根据杠杆平衡条件列出等式，带入数据计算出左侧脚垫对地的压力的增大值。
【解答】解：（1）A.质量是物体的特性，不会随着形状的改变而改变，故A错误；
B.晾衣架外侧放较重的衣物时会增加阻力，增加卡扣的负荷，故B正确；
C.防滑脚垫是通过增大接触面的粗糙程度来增加摩擦力的，故C错误；
D.除菌利用了紫外线的杀菌作用而不是红外线，故D错误；
故答案选B；
（2）未晾晒衣物时，脚垫对地面的压力为：F＝G＝mg＝4kg×10N/kg＝40N
脚垫对地面的压强为：
p＝＝＝5×103Pa
（3）左晾晒翼增加的压力为：ΔG＝mg＝1kg×10N/kg＝10N
以右侧支架B为支点，设地面对左侧脚垫增加的支持力为ΔF，根据杠杆平衡条件可得：
ΔF•LAB＝ΔG•L
即ΔF＝＝＝14N
地面对左侧脚垫增加的支持力与左侧脚垫对地面增加的压力是相互作用力，大小相等
故左侧脚垫对地面增加的压力为14N
故答案为：（1）B；（2）5×103Pa；（3）14N
【点评】该题考查的知识点涉及质量、摩擦力、光、压强等知识点，难点是杠杆平衡条件的应用，关键是要准确的选择支点，从而大大简化问题的复杂程度。
27．小华做测量小灯泡电功率的实验（小灯泡标有“2.5V”字样，电阻约10Ω）。

（1）如图甲所示，小华所接的实验电路存在连接错误，但只需改动一根导线，即可使电路连接正确.请你在应改动的导线上打“×”，并用笔画线代替导线画出正确的接法。
（2）电路连接正确后，闭合开关，发现小灯泡不亮，电压表有示数，电流表也有示数.则接下来你的操作是 　移动滑动变阻器滑片，观察小灯泡是否发光　。
（3）实验过程中，当电压表示数为 　2.5　V时，小灯泡正常发光，此时电流表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为 　0.6　W。
（4）做完此实验后，小华想根据电路图丙探究电流与电阻的关系，于是她找来电压可调的电源，5Ω、10Ω、15Ω、20Ω的定值电阻R，铭牌上标有“xΩ，0.5A”滑动变阻器RP，她测得四次实验均能完成的最大电源电压为5V，则滑动变阻器的最大阻值为 　20　Ω。
（5）为测量一只阻值较小的电阻Rx的阻值，小华设计如图丁所示的电路，其中电阻箱R0（0～9999Ω 5A）、电源为输出电流为定值的恒流源.正确连接电路后，闭合开关，改变电阻箱接入电路的阻值多次测量，记录下电阻箱的阻值R0及对应的电流表示数I，并根据记录的数据绘制出﹣R0的图像，如图戊所示，则Rx的阻值为 　1　Ω。
【分析】（1）测量小灯泡额定功率的实验中，电压表应与灯泡并联，原电路图中电压表与小灯泡和滑动变阻器并联，据此分析；
（2）电压表与电流表均有示数说明，电路不存在断路，灯泡没有短路，灯泡不发光，可能是电路电流太小，灯泡实际功率太小，不足以引起灯泡发光造成的，可以调节滑动变阻器滑片，减小滑动变阻器接入电路的阻值，看灯泡能否发光；
（3）当灯泡两端电压为额定电压时，灯泡正常发光；根据电流表的量程、分度值以及指针的位置读出电流表的示数，然后根据P＝UI求出灯泡的额定功率；
（4）根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻的电压相同，根据滑动变阻器允许通过的最大电流求出定值电阻两端允许加载的最大电压，再串联电路电压的规律，求出变阻器分得的电压，根据分压原理，求出当定值电阻最大时，滑动变阻器连入电电路中的阻值；
（5）根据图戊分别计算出4Ω、9Ω时对应的电流，利用欧姆定律和并联电路的电流特点列出方程求解Rx。
【解答】解：（1）测量小灯泡额定功率的实验中，电压表应与灯泡并联，由图甲知，电压表测总电压，修改后电路如图所示：

（2）开关闭合后，电压表、电流表均有示数，小灯泡不亮，电路连接无误，各元件完好。为了能使小灯泡发光，应进行的操作是：移动滑动变阻器滑片，观察小灯泡是否发光；
（3）当电压表的示数为2.5V时，小灯泡正常发光；电流表量程为0～0.6A，分度值为0.02A，示数为0.24A，则灯泡的额定功率：P＝UI＝2.5V×0.24A＝0.6W；
（4）研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻的电压相同，由滑动变阻器允许通过的最大电流0.5A可知，电路中允许通过的最大电流I最大＝0.5A，
由I＝可知，电压一定，R最小时，电路中的电流最大，因此需控制定值电阻的电压：UR＝I最大R＝0.5A×5Ω＝2.5V，
由题意可知，最大电源电压为5V，则滑动变阻器分得的电压：U滑＝U﹣UR＝5V﹣2.5V＝2.5V，
变阻器分得的电压为定值电阻两端电压的＝1倍，
根据分压原理，当接入20Ω电阻时，变阻器连入电路中的电阻为：R滑＝1×20Ω＝20Ω，
故为了让提供的电阻都能用到，滑动变阻器的最大阻值应等于20Ω；
（5）由图戊图象可知，当R01为4Ω时，＝2.5A﹣1，即I1＝0.4A，此时Rx两端电压为：U1＝I1R01＝0.4A×4Ω＝1.6V，
则干路电流：I＝I1+Ix1＝I1+＝0.4A+……①
当R02为4Ω时，＝5A﹣1，即I2＝0.2A，此时Rx两端电压为：U2＝I2R02＝0.2A×9Ω＝1.8V，
则干路电流：I＝I2+Ix2＝I2+＝0.2A+……②
由①②解得：Rx＝1Ω。
故答案为：（1）如图所示；（2）移动滑动变阻器滑片，观察小灯泡是否发光；（3）2.5；0.6；（4）20；（5）1。
【点评】本题测量电功率和探究“通过导体的电流与电阻的关系”的实验，考查连接实物图、电流表读数、求灯泡的功率、控制变量法、对实验器材的要求和特殊方法测电阻的能力。
28．为了测量不同盐水的密度，某班同学进行了如下实验：

（1）实验前，调节天平平衡时，指针指向分度盘右侧，则应将平衡螺母向 　左　调节；调节平衡后，称量烧杯和盐水的总质量，天平再次平衡时砝码和标尺上的游码如图甲所示，则总质量为 　52　g.再将部分盐水倒入量筒，如图乙所示，再次测得烧杯和剩余液体的总质量为30g，则所测盐水的密度为 　1.1　g/cm3。
（2）小明小组的同学发现桌面上提供的实验器材只有天平（无砝码）、注射器、40mL烧杯2个、盐水、水，他们的测量步骤如下：
①用注射器分别向两个烧杯加入20mL盐水和水，并在盐水液面位置做好标记.
②将两烧杯分别放在天平的两侧，发现放盐水的左盘下沉，接着用注射器向右侧烧杯中加水，直到天平平衡，烧杯中水的总体积为25mL，如图丙所示，则他们小组所取样的盐水密度为 　1.25　g/cm3。
（3）小明小组深入研究发现，将其他液体加至左侧烧杯标记处，再向右侧烧杯中加水直到天平平衡，烧杯中水的总体积不同.于是他们将右侧烧杯改装为“密度计”，则该烧杯上20mL位置处应标记 　1.0　g/cm3，烧杯上的密度刻度分布是 　均匀　（选填“均匀”或“不均匀”）。
（4）小华小组利用不同粗细的塑料吸管制成多支简易密度计，当它们竖直漂浮在水中，如图丁所示，其中测量其他液体密度时结果最精确是 　②　（选填序号）。
【分析】（1）第1空主要考查天平的调节，左偏右调，右偏左调；第2空主要考查天平的读数，砝码的总质量加游码的读数；第3空主要考查密度的计算；
（2）②主要考查密度知识的灵活应用，由于天平平衡，说明20mL盐水与25mL水的质量相等，即m盐水＝m水，∴ρ盐水V盐水＝ρ水V水，∴ρ盐水＝ρ水V水/V盐水
（3）根据第2问可知，左侧液体的质量等于右侧水的质量，左侧液体的体积为20mL，是固定的，右侧水的密度是固定，∴m液体＝m水，∴ρ液体V液体＝ρ水V水，∴ρ液体＝ρ水V水/V液体，所以当V液体＝20mL时，ρ液体＝ρ水；当V水均匀变化时，ρ液体均匀变化
（4）密度计的特点是刻度不均匀，上疏下密，上小下大，而且分度值越小越准确。
【解答】解：
（1）调节天平时，指针向右偏，平衡螺母向左调；砝码的总质量为50g，游码的读数为2g，所以总质量为52g；量筒中液体的质量为：52g﹣30g＝22g，量筒中液体的体积为20mL＝20cm3，∴ρ液体＝m/V＝22g/20cm3＝1.1g/cm3；
（2）由于天平平衡，说明20mL盐水与25mL水的质量相等，即m盐水＝m水，∴ρ盐水V盐水＝ρ水V水，∴ρ盐水＝ρ水V水/V盐水＝1.0g/cm3×25cm3/20cm3＝1.25g/cm3
（3）∵m液体＝m水，∴ρ液体V液体＝ρ水V水，∴ρ液体＝ρ水V水/V液体，
所以当V液体＝20mL时，ρ液体＝ρ水；∵ρ水、V液体一定，当V水均匀变化时，ρ液体均匀变化；
（4）密度计的特点是刻度不均匀，上疏下密、上小下大，而且分度值越小越准确；密度计在液体中深度越深，相邻两密度值的间距越大；由图可知密度计②所处的深度最深，相邻两密度值的间距最大，分度值最小，测量值最准确，所以选②。
故答案为：（1）左；52；1.1；（2）1.25；（3）1.0；均匀；（4）②。
【点评】本题第1问是用天平和量筒测量液体的密度，属于常规考题；第2问要用到等质量法，学生要理解液体的体积固定为20mL，水的体积为25 mL，它们的质量相等；第3问是在第2问的基础上，进一步考查学生灵活应用知识的能力；对于学生来说有一定难度。
29．无链条电动自行车，被称为“没有链条的混合动力电动自行车”。它相比传统具有很多优点，如：省力、耐用、安静、结构简单等。如图所示为一种在售的无链条电动自行车.此车既可以从锂电池获得能量，也可以通过骑行者踩脚踏板获得能量.该车采用能量密度为0.2kW•h/kg的锂电池，能量密度是指存储能量与电池质量的比值.该车的其他主要参数如表所示（表中电池容量＝放电电流×放电时间，例如，1Ah是指以1A的电流能连续工作1h）（g取10N/kg）。
整车
整车质量
40kg
最大车速
26km/h
最大噪声
≤30dB
锂电池
电压
40V
容量
10Ah
电动机
额定功率
180W
（1）骑行者通过踩脚踏板使电动车获得电能，与其工作原理相同的是 　A　。

（2）根据上述信息可知，这款车的锂电池质量为 　2　kg。测试时若质量为60kg的骑行者不踩脚踏板，仅靠锂电池驱动，在平直路面上最多可连续匀速行驶2.7×104m，已知行驶时的阻力为车对地面压力的0.04倍，电动机的效率为 　75　%.若骑行者同时踩脚踏板辅助锂电池给车提供能量，可使车连续匀速行驶3.6×104m，则“混合动力驱动”时，人所提供的有用能量与锂电池提供的有用能量之比为 　1：3　。
（3）图甲为充电器过热保护的模拟电路，电源电压恒定，R1为电阻箱，L为阻值不计的线圈，R2是热敏电阻，可感知充电器的温度，其阻值与温度的关系如图乙.此保护装置的工作原理是：当控制电路中的电流小于20mA时，衔铁释放，开始充电；当电流大于30mA时，电磁铁将吸住衔铁，停止充电，从而避免温度过高。
①若R1＝80Ω，控制电路的电源电压为3.6V，则充电过程中的温度变化范围为多少？
②若要适当降低充电器所能达到的最高温度，可将R1　减小　（选填“增大”或“减小”）。


【分析】（1）脚踩踏板获得的能量转变为电能是安装了发电装置，原理是利用电磁感应现象制成的。
（2）①从材料中可以看出，该电池的电压和容量，根据公式W＝UIt可求它充足电后所储存的电能；已知能量密度，根据存储能量求出电池质量；
②根据阻力的大小求出动力，利用W＝Fs求出所做的机械功，利用η＝×100%求出电动机的效率；
③根据“混合动力驱动”时人所提供的能量等于总能量减去“电力驱动”时锂电池提供的能量，然后即可求二者之比。
（3）①根据题中所给的数据，利用欧姆定律I＝得电路总电阻，因为R1、R2串联，则R2＝R总﹣R1，然后由图乙找出对应的温度；
②降低充电器所能达到的最高温度，则此时的热敏电阻阻值最大，电磁继电器的吸合电流不变，根据欧姆定律I＝分析解题。
【解答】解：（1）脚踩踏板获得的能量转变为电能是发电装置，发电机是根据电磁感应现象制成的。
A、是电磁感应现象，BC都是电流的磁效应现象，D是通电导线在磁场中受力运动，故A符合题意。
（2）①由材料可知，锂电池的电压U＝40V，容量为10Ah，ρ能量＝0.2kW•h/kg＝200Wh/kg，
则所储存的电能为：W＝UIt＝40V×10Ah＝400Wh＝1.44×106J，
锂电池的质量m＝＝＝2kg；
②电动车在平直路面上匀速行驶时，阻力为车对地面压力的0.04倍，
则：F＝f＝0.04F′＝0.04×（G车+G人）＝0.04×（m车g+m人g）＝0.04×（40kg×10N/kg+60kg×10N/kg）＝40N，
锂电池给车行驶提供能量：W1＝Fs1＝40N×2.7×104m＝1.08×106J。
则电动机的效率η＝×100%＝×100%＝75%；
③混合动力驱动时提供的能量：
W2＝Fs2＝40N×3.6×104m＝1.44×106J，
“混合动力驱动”时人所提供的能量：
W3＝W2﹣W1＝1.44×106J﹣1.08×106J＝0.36×106J，
“混合动力驱动”时人所提供的能量与“电力驱动”时锂电池提供的能量之比：
＝＝；
（3）①由题意知当控制电路中的电流小于20mA＝0.02A时，衔铁释放，开始充电，
利用欧姆定律I＝得此时电路的总电阻为：
R总＝＝＝180Ω，
则：R2＝R总﹣R1＝180Ω﹣80Ω＝100Ω，
由图乙知此时对应的温度为20℃，
当电流大于30mA＝0.03A时，电磁铁将吸住衔铁，停止充电，
此时电路的总电阻为：R总′＝＝＝120Ω，
则：R2′＝R总′﹣R1＝120Ω﹣80Ω＝40Ω，
由图乙知此时对应的温度为40℃，充电过程中的温度变化范围为20℃～40℃；
②若要适当降低保护电路工作的临界温度，利用欧姆定律I＝＝知，因为电磁继电器的吸合电流不变，降低保护电路工作的临界温度R2增大，所以应减小R1的阻值。
故答案为：（1）A；（2）2；75；1：3；（3）①20℃～40℃；减小。
【点评】本题考查电磁铁、串联电路的特点和欧姆定律的应用，是一道电学综合题，难度较大。