2021年湖北省黄冈市中考物理试卷（含答案解析）

这是一份2021年湖北省黄冈市中考物理试卷（含答案解析），共26页。试卷主要包含了选择题，填空题，作图题，实验与探究题，综合应用题等内容，欢迎下载使用。
2021年湖北省黄冈市中考物理试卷
一、选择题（每小题只有一个符合要求的选项，每小题2.5分，共20分）
1．（2.5分）关于生活用电，下列做法正确的是（　　）
A．在电线上晾晒衣服
B．使用绝缘皮破损的插头
C．将开关接在零线与灯泡之间
D．将家庭电路的电灯与插座并联
2．（2.5分）下列现象中，为了防范惯性带来危害的是（　　）
A．列车进站前撤去动力
B．跳远运动员在起跳前助跑
C．通过拍打窗帘清除它上面的浮灰
D．小型客车司乘人员系上安全带
3．（2.5分）对下列成语或俗语中蕴含的物理知识，描述正确的是（　　）
A．近墨者黑——分子间只存在引力
B．炙手可热——做功改变物体的内能
C．酒香不怕巷子深——分子不停地做无规则运动
D．早穿皮袄午穿纱——沙漠地区多沙石，沙石的比热容较大
4．（2.5分）解释下列现象，不需要用密度知识的是（　　）
A．农民用盐水选种
B．点燃蜡烛，孔明灯升空
C．滑雪者穿着宽大的滑雪板
D．严寒的冬天，裸露在室外的自来水管容易冻裂
5．（2.5分）透过装满水的圆柱形玻璃杯，看到课本封面的“物理”两个字如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．装水的玻璃杯相当于一个凹透镜
B．玻璃杯远离课本封面时，看到的字变小
C．图中“物理”两个字是光的反射形成的
D．图中“物理”两个字是虚像
6．（2.5分）某超市入口有两个通道，当人走近任何一个通道时，开关自动闭合，在电动机带动下，只有该通道门打开。以下电路符合要求的是（　　）
A． B．
C． D．
7．（2.5分）某物理兴趣小组用可乐瓶制作了一个水火箭（如图），先在瓶里装适量水，再将带有阀门的金属管插入瓶塞，旋紧瓶塞，用打气筒往瓶里打足气，打开阀门，水从尾部的金属管向下喷出，火箭竖直向上飞向空中。下列分析正确的是（　　）

A．发射时，瓶内高压气体对水没有做功
B．发射时，火箭的动能是由瓶内高压气体的内能转化来的
C．上升过程中，火箭的重力势能转化为动能
D．下降过程中，火箭的重力势能逐渐增大
8．（2.5分）图甲是一种测力装置部分结构的示意图。横梁OA上下表面各贴一张完全一样的应变电阻片R1和R2，串联在有恒定电流的电路中（图乙）。在A端施加向下的力F，横梁向下弯曲，R1被拉伸，R2被压缩，根据它们两端电压的差值即可测量力F的大小。下列有关分析错误的是（　　）

A．通过R1和R2的电流相等
B．R2的电阻减小
C．R1两端的电压小于R2两端的电压
D．R1和R2两端电压的差值越大，A端受到的压力越大
二、填空题（每空1分，共10分）
9．（2分）如图所示是某同学在课堂上展示“会跳舞的烛焰”：将扬声器对准蜡烛的烛焰，播放音乐时，烛焰就会随着音乐跳起舞来，烛焰会跳舞是由于声波能传递 　 　。我们能分辨出音乐里的钢琴声，是根据声音的 　 　判断的。

10．（2分）某同学自制了一个空调电扇，先将空可乐瓶的瓶盖旋紧，去掉瓶底，开口朝上，倒入适量的冰水混合物，再将其固定在电扇的后面，打开电扇就能感受到凉风，感到凉爽的原因很多，其中之一是瓶里的冰熔化 　 　，使周围空气温度降低；其中之二是空气流动加快，瓶里的水蒸发 　 　（选填“加快”或“减慢”），使空气温度降低得更多。
11．（3分）如图所示是一种动圈式耳机的内部结构示意图。当音圈中有大小和方向反复变化的电流通过时，音圈带动音膜 　 　（选填“向左”“向右”或“左右往复”）运动。音圈之所以运动，是由于磁场对 　 　有力的作用，此现象中能量转化情况是 　 　。

12．（3分）飞机落地后，其制动方式通常有三种：其一是增大刹车片对轮毂的压力来增大 　 　力，从而使轮子减速；其二，通过向前喷气来减速，是利用物体间力的作用是 　 　的；其三，机翼上竖起的扰流板，在增大阻力的同时改变了机翼的上表面形状，飞机受到的升力 　 　（选填“增大”或“减小”），轮胎对地面的压力增大，从而增强制动效果。
三、作图题（每小题2分，共4分）
13．（2分）如图所示，O为支点，请在A点作出人用木棒撬动石头的最小作用力F的示意图，并标出其力臂l。

14．（2分）如图所示，F处的点光源发出的任意一条光线FO经凹面镜反射后沿与主光轴CC'平行的方向射出。现有一条与CC'平行的光线AO'射向凹面镜。请作出AO'的反射光线，并用“r”标出其反射角。“中国天眼”就是利用这种原理接收来自宇宙的电磁波的。

四、实验与探究题（每小题2分，共12分）
15．（2分）在探究水沸腾时温度变化特点的实验中（如图），错误的操作是 　 　，改正错误后，加热使水沸腾，此后，继续对水加热，水温 　 　。

16．（2分）在做探究平面镜成像特点的实验时：
第一小组：点燃放在玻璃板前面的蜡烛，在玻璃板后面移动另一支未点燃的、与点燃的蜡烛完全相同的蜡烛，发现其与点燃蜡烛的像完全重合（如图）。此现象表明平面镜所成的像与物体的大小 　 　（选填“相等”或“不相等”）。
第二小组：点燃放在玻璃板前面的蜡烛，发现蜡烛在玻璃板后面成两个像，可能的原因是 　 　。

17．（4分）某实验小组用如图所示的装置探究影响滑动摩擦力大小的因素，木块挂在测力计下，右侧面与竖直传送带接触，左侧面有可旋转的螺杆对其施加不同的压力，启动电机，传送带逆时针转动，通过测力计的读数即可计算出木块所受的摩擦力。
部分实验数据如表：
实验次数
木块重力（N）
螺杆旋转的圈数（圈）
测力计示数（N）
摩擦力（N）
1
0.60
1
0.70
0.10
2
0.60
2
0.82
0.22
3
0.60
3
0.95
0.35
4
1.20
1
1.30
0.10
5
1.80
1
1.90

（1）该实验用螺杆旋转圈数的多少来表示木块与传送带之间压力的大小，这里运用了 　 　的方法。
（2）比较1、2、3次实验的数据可知，滑动摩擦力大小与 　 　有关。
（3）第5次实验中，木块受到的滑动摩擦力大小是 　 　N。
（4）要探究木块所受滑动摩擦力大小与相对运动速度是否有关，正确的做法是 　 　。

18．（4分）在测量小灯泡电功率的实验中，电源电压为6V，小灯泡的额定电压为2.5V。

（1）图甲是某小组连接的电路，其中有一根多余的导线，导致电路连接错误，请在这根导线上打“×”。
（2）拆除多余的导线后，正确操作，当小灯泡正常发光时，电流表示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率是 　 　W。
（3）图丙是根据实验数据绘制的通过小灯泡的电流I与其两端电压U的关系图像，分析图像可知，当小灯泡两端的电压为1.5V时，小灯泡的电阻为 　 　Ω；当小灯泡两端电压升高时，其电阻的变化情况是 　 　（选填正确选项前的字母）。
A.保持不变
B.逐渐减小
C.逐渐增大
五、综合应用题（每小题7分，共14分）
19．（7分）如图所示是某型号水车式增氧机，用于给鱼池（塘）增氧，它由电机、浮船和叶轮等部分组成，工作时，电机带动叶轮转动，搅拌水体使氧气溶入水中.其部分参数如表。求：
型号
总质量（kg）
额定电压（V）
额定功率（W）
增氧效率[kg/（kW•h）]
SC﹣1.5
70
220
1500
≥1.8
（1）正常工作时，若增氧机搅拌水体对水做功的功率为1050W，则增氧机的机械效率为多少？
（2）已知三只浮船的总底面积为0.7m2。工作前，浮船只有一部分浸入水中，则船底受到水的压强为多大？把浮船视为长方体，不计叶轮浸入水中的体积。
（3）依据表中有关数据，计算增氧机正常工作2h增氧的质量至少为多少？

20．（7分）图甲为某自助式洗车机储水箱防冻系统的加热电路。S为温控开关，两个完全相同的发热电阻R1和R2的阻值不随温度变化，工作时，S可在“0”“1”“2”三个挡位之间自动转换，当储水箱水温低于5℃时，S将自动跳到“1”挡加热；若R1烧断，S将自动跳到“2”挡，使用备用电阻R2加热；当水温达到10℃时，S自动跳到“0”挡停止加热。已知储水箱容积为220L，防冻系统正常工作时电压为220V，加热功率为2.2kW。

（1）求防冻系统正常加热时通过电阻R1的电流。
（2）某时段防冻系统工作时，储水箱装满了水，加热功率P与工作时间t的关系如图乙所示，求该系统在0～340min内消耗的电能。
（3）请根据图乙中的信息，计算防冻系统的热损耗功率。已知c水＝4.2×103J/（kg•℃）。

2021年湖北省黄冈市中考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题只有一个符合要求的选项，每小题2.5分，共20分）
1．（2.5分）关于生活用电，下列做法正确的是（　　）
A．在电线上晾晒衣服
B．使用绝缘皮破损的插头
C．将开关接在零线与灯泡之间
D．将家庭电路的电灯与插座并联
【分析】（1）（2）（3）直接接触火线或间接接触火线都会造成触电事故；
（4）家庭电路中的用电器是并联的。
【解答】解：
A、在电线上晾衣服，衣服是湿的，如果电线漏电会间接接触火线，会发生触电事故，故A不符合安全用电原则。
B、使用绝缘皮破损的导线，如果导线漏电会间接接触火线，会发生触电事故，故B不符合安全用电原则。
C、将开关接在零线和电灯之间，断开开关时，不能切断火线，在更换灯泡时，容易接触火线，容易发生触电事故，故C不符合安全用电原则。
D、家庭电路中，各个用电器之间互不影响，是并联的，所以将家庭电路的电灯与插座并联，故D符合安全用电原则。
故选：D。
【点评】此题考查的是日常生活中的一些安全用电常识。只要同学们牢记安全用电常识，并正确规范操作，就不会有危险发生。要掌握安全用电的原则：不接触低压带电体，不靠近高压带电体。值得注意的是：本来不带电的物体带了电；本来不导电的物体导电了。
2．（2.5分）下列现象中，为了防范惯性带来危害的是（　　）
A．列车进站前撤去动力
B．跳远运动员在起跳前助跑
C．通过拍打窗帘清除它上面的浮灰
D．小型客车司乘人员系上安全带
【分析】惯性是任何物体都有保持原来运动状态的性质，有时对我们有用、有时有害，特别要防止惯性带来危害，据此对各选项逐一进行分析。
【解答】解：A、列车进站前撤去动力，还能继续前行一段距离，是利用惯性，故A不符合题意；
B、助跑的目的是让运动员在起跳前有一个较大的速度，起跳时，人由于惯性还要保持他起跳前的速度，从而能跳的更远，这是利用了惯性，故B不符合题意。
C、拍打窗帘前，窗帘和灰尘一起静止，当拍打时，窗帘运动，灰尘由于惯性还要保持原来的静止状态，所以灰尘从窗帘上掉下来，是利用惯性，故C不符合题意。
D、汽车急刹车或减速时，人由于惯性会继续向前运动，使用安全带，避免造成人体伤害，是为了避免惯性造成的伤害，故D符合题意。
故选：D。
【点评】本题重在考查了惯性在实际生活中的应用与防止危害，让学生们知道惯性与生活密切相关。
3．（2.5分）对下列成语或俗语中蕴含的物理知识，描述正确的是（　　）
A．近墨者黑——分子间只存在引力
B．炙手可热——做功改变物体的内能
C．酒香不怕巷子深——分子不停地做无规则运动
D．早穿皮袄午穿纱——沙漠地区多沙石，沙石的比热容较大
【分析】（1）（3）物质都是由分子组成的，分子之间存在一定的距离，并且分子在永不停息地做无规则运动，温度越高分子运动越剧烈，分子之间总存在相互作用的引力和斥力；
（2）改变物体内能的方法有两种：做功和热传递；
（4）根据水的比热容较大的特点分析，同样质量的水和沙石、土壤等相比，吸收或放出相同的热量，水温度升高或降低的少，据此分析判断。
【解答】解：
A、近墨者黑是扩散现象，说明分子在永不停息地做无规则运动，故A错误；
B、炙手可热，手吸收热量，是通过热传递的方式改变内能的，故B错误；
C、很深的巷子都能闻到酒香，是酒分子不停地做无规则运动的结果，故C正确；
D、“早穿皮袄午穿纱”，是因为沙子的比热容较小，水的比热容大，白天吸收热量后，沙子的温度升高的多，气温较高；夜晚放出热量后，沙子的温度下降的多，气温较低；由此可知沙漠地区白天黑夜的温差大，产生了早穿皮袄午穿纱的现象，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了改变内能的方法、分子动理论的基本知识、水的比热容大等知识，是一道综合题，比较简单。
4．（2.5分）解释下列现象，不需要用密度知识的是（　　）
A．农民用盐水选种
B．点燃蜡烛，孔明灯升空
C．滑雪者穿着宽大的滑雪板
D．严寒的冬天，裸露在室外的自来水管容易冻裂
【分析】（1）盐水选种利用的是物体浮沉条件，浮在水面的是干瘪的种子，沉在水底的是比较饱满的种子；
（2）加热灯内空气，使灯内空气密度减小，从而使灯内气体重力减小，使得所受的浮力大于灯的总重力，于是孔明灯就会上升。
（3）减小压强的方法：在压力一定时，增大受力面积；在受力面积一定时，减小压力。
（4）由公式ρ＝可知，质量一定时，密度小的体积大，由于水的密度大于冰的密度，所以当质量不变时，水结冰体积会增大。
【解答】解：A、农民用盐水选种是利用饱满的密度比干瘪的种子的密度大而沉在盐水底部，达到分离的目的的，利用了密度知识，故A不符合题意；
B、点燃蜡烛，孔明灯里面的空气被加热，里面的空气的密度变小，使孔明灯受到的重力小于受到的浮力而升空，利用了密度知识，故B不符合题意；
C、滑雪者穿着宽大的滑雪板，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强，没有利用密度知识，故C符合题意；
D、冬天气温低于0℃时，自来水管中的水结冰，因为水结冰后质量不变，而冰的密度比水的密度小，所以冰的体积比水的体积大，这样就会把自来水管撑裂，利用了密度知识，故D不符合题意。
故选：C。
【点评】本题考查了密度知识在生活中的应用，我们要学会用我们学过的知识分析生活中的物理现象。
5．（2.5分）透过装满水的圆柱形玻璃杯，看到课本封面的“物理”两个字如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．装水的玻璃杯相当于一个凹透镜
B．玻璃杯远离课本封面时，看到的字变小
C．图中“物理”两个字是光的反射形成的
D．图中“物理”两个字是虚像
【分析】根据凸透镜成像的三种情况和应用进行判断：u＞2f，成倒立、缩小的实像，应用于照相机；2f＞u＞f，成倒立、放大的实像，应用于幻灯机；u＜f，成正立、放大的虚像，应用于放大镜。
凸透镜成实像时，物距变大，像距变小，像变小。
【解答】解：
A、装水的玻璃杯中间厚边缘薄，相当于一个凸透镜，故A错误；
B、玻璃杯远离课本封面时，物距变大了，像距会变小，看到的字变小，故B正确；
CD、图中“物理”两个字是倒立的实像，是由光的折射形成的，故CD错误。
故选：B。
【点评】此题主要考查了凸透镜成像规律的应用，关键是根据图中信息判断凸透镜成像的特点。
6．（2.5分）某超市入口有两个通道，当人走近任何一个通道时，开关自动闭合，在电动机带动下，只有该通道门打开。以下电路符合要求的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据题意分析电路的连接方式和开关的作用，选出正确的电路图。
【解答】解：超市入口有两个通道，当人走近任何一个通道时，开关自动闭合，在电动机带动下，只有该通道门打开，这说明两个通道各有一个开关控制，互不影响，是并联的，且每个电动机都有各自的控制开关，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题考查了并联电路的设计，属于基础题。
7．（2.5分）某物理兴趣小组用可乐瓶制作了一个水火箭（如图），先在瓶里装适量水，再将带有阀门的金属管插入瓶塞，旋紧瓶塞，用打气筒往瓶里打足气，打开阀门，水从尾部的金属管向下喷出，火箭竖直向上飞向空中。下列分析正确的是（　　）

A．发射时，瓶内高压气体对水没有做功
B．发射时，火箭的动能是由瓶内高压气体的内能转化来的
C．上升过程中，火箭的重力势能转化为动能
D．下降过程中，火箭的重力势能逐渐增大
【分析】（1）气体膨胀对外做功，将内能转化为机械能。
（2）机械能包括动能和势能；物体由于运动而具有的能量叫动能；物体由于受到重力并处在一定高度时所具有的能叫重力势能；物体由于发生弹性形变而具有的能叫弹性势能。动能的大小与质量和速度有关，重力势能大小与质量和高度有关，弹性势能与弹性形变大小有关。
【解答】解：A、发射时，瓶内高压气体对水做功，将内能转化为机械能，故A错误；
B、发射时，火箭的动能是由瓶内高压气体的内能转化来的，故B正确；
C、上升过程中，火箭的动能转化为重力势能，故C错误；
D、下降过程中，火箭的重力势能逐渐减小，因为高度变小，故D错误。
故选：B。
【点评】理解改变内能的方法和能量转化现象，理解影响动能和重力势能的因素，可解答此题。
8．（2.5分）图甲是一种测力装置部分结构的示意图。横梁OA上下表面各贴一张完全一样的应变电阻片R1和R2，串联在有恒定电流的电路中（图乙）。在A端施加向下的力F，横梁向下弯曲，R1被拉伸，R2被压缩，根据它们两端电压的差值即可测量力F的大小。下列有关分析错误的是（　　）

A．通过R1和R2的电流相等
B．R2的电阻减小
C．R1两端的电压小于R2两端的电压
D．R1和R2两端电压的差值越大，A端受到的压力越大
【分析】由图可知，该电路为串联电路；在串联电路中，各处的电流是相同的；导体电阻的大小与导体的长度、材料、横截面积和温度有关，据此判定电阻的变化，根据欧姆定律判定电阻两端的电压大小关系，从而判断压力的变化情况。
【解答】解：
A、由图可知，两个电阻串联，在串联电路中，各处的电流是相同的，所以通过两个电阻的电流相同，故A正确；
B、在压力的作用下，横梁向下弯曲，R1被拉伸，R2被压缩，即R1变长，横截面积变小，电阻变大；R2变短，横截面积变大，电阻变小，故B正确；
C、在R1和R2发生形变前是完全一样的，即R1和R2发生形变前的电阻相同，因此发生形变后，R1的电阻大于R2的电阻，通过两个电阻的电流相同，根据U＝IR可知，R1两端的电压大于R2两端的电压，故C错误；
D、根据欧姆定律可知，R1和R2两端电压的差值越大，说明R1和R2的阻值的差值越大，所以R1被拉伸的更长，R2被压缩的越短，从而说明A端受到的压力越大，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查了影响电阻大小的因素、欧姆定律的应用，难度不大。
二、填空题（每空1分，共10分）
9．（2分）如图所示是某同学在课堂上展示“会跳舞的烛焰”：将扬声器对准蜡烛的烛焰，播放音乐时，烛焰就会随着音乐跳起舞来，烛焰会跳舞是由于声波能传递 　能量　。我们能分辨出音乐里的钢琴声，是根据声音的 　音色　判断的。

【分析】（1）声音可以传递信息和能量；
（2）音色是指声音的品质与特色，不同发声体一般音色不同。
【解答】解：声音可以传递能量，所以扬声器对准烛焰播放音乐时，烛焰会随着音乐跳起舞来。
不同乐器、不同发声体的材料和结构不同，产生的音色会不同，我们是靠音色来分辨出音乐里的钢琴声。
故答案为：能量；音色。
【点评】本题考查了学生对声与能量、声音的特征的理解与掌握，是一道基础题目。
10．（2分）某同学自制了一个空调电扇，先将空可乐瓶的瓶盖旋紧，去掉瓶底，开口朝上，倒入适量的冰水混合物，再将其固定在电扇的后面，打开电扇就能感受到凉风，感到凉爽的原因很多，其中之一是瓶里的冰熔化 　吸热　，使周围空气温度降低；其中之二是空气流动加快，瓶里的水蒸发 　加快　（选填“加快”或“减慢”），使空气温度降低得更多。
【分析】熔化时物质会吸收热量；
影响蒸发快慢的因素是有液体的温度、液体表面积的大小、液体上方空气流动的速度；蒸发吸热降温。
【解答】解：瓶里的冰熔化时会吸收热量，使周围空气温度降低；
空气流动加快，瓶里的水蒸发变快，能吸收更多的热量，使空气温度降低得更多。
故答案为：吸热；加快。
【点评】本题主要考查学生对：影响蒸发快慢因素的了解和掌握，是一道基础题。
11．（3分）如图所示是一种动圈式耳机的内部结构示意图。当音圈中有大小和方向反复变化的电流通过时，音圈带动音膜 　左右往复　（选填“向左”“向右”或“左右往复”）运动。音圈之所以运动，是由于磁场对 　通电导体　有力的作用，此现象中能量转化情况是 　电能转化为机械能　。

【分析】通电导体在磁场中受到力的作用，受力方向与磁场方向和电流方向有关。根据这一原理制成了电动机，将电能转化为机械能。
【解答】解：当音圈中有大小和方向反复变化的电流通过时，音圈带动音膜左右往复运动，因为电流方向改变，音圈受力方向改变。音圈之所以运动，是由于磁场对通电导体有力的作用，此现象中能量转化情况是电能转化为机械能。
故答案为：左右往复；通电导体；电能转化为机械能。
【点评】知道磁场对通电导体有力的作用，理解电动机的能量转化，可解答此题。
12．（3分）飞机落地后，其制动方式通常有三种：其一是增大刹车片对轮毂的压力来增大 　摩擦　力，从而使轮子减速；其二，通过向前喷气来减速，是利用物体间力的作用是 　相互　的；其三，机翼上竖起的扰流板，在增大阻力的同时改变了机翼的上表面形状，飞机受到的升力 　减小　（选填“增大”或“减小”），轮胎对地面的压力增大，从而增强制动效果。
【分析】（1）增大摩擦的方法：在接触面粗糙程度一定时，增大压力；在压力一定时，增大接触面的粗糙程度；
（2）物体间力的作用是相互的；
（3）对飞机落地后进行受力分析，G＝F升+F支，竖起扰流板后，轮胎对地面的压力增大，据此分析。
【解答】解：增大刹车片对轮毂的压力是通过增大压力的方式来增大轮子受到的摩擦力的；
飞机向前喷气，飞机对气体施加向前的力，由于物体间力的作用是相互的，气体将对飞机施加向后的作用力，阻碍飞机前进，从而实现飞机减速；
飞机落地后，在竖直方向上受到重力、支持力和升力的作用而保持平衡，即G＝F升+F支，而F支＝F压，由题意可知，竖起扰流板后，飞机对对地面的压力变大了，说明飞机受到的支持力变大了，受到的升力减小了。
故答案为：摩擦；相互；减小。
【点评】此题涉及到力作用的相互性、增大摩擦的方法、流体压强与流速的关系等多个知识点，是一道综合性较强的题目。
三、作图题（每小题2分，共4分）
13．（2分）如图所示，O为支点，请在A点作出人用木棒撬动石头的最小作用力F的示意图，并标出其力臂l。

【分析】（1）力臂的概念：力臂是指从支点到力的作用线的距离；
（2）杠杆平衡条件：动力×动力臂＝阻力×阻力臂（F1 L1＝F2 L2），在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小。
【解答】解：根据杠杆平衡条件“动力×动力臂＝阻力×阻力臂”可知：在阻力与阻力臂的乘积一定的情况下，要使动力最小，则动力臂必须最长，由图知OA作动力臂最长，O为支点，则动力方向向下，过A点与OA垂直向下作垂线就得到动力F的示意图，如图所示：

【点评】本题的解题关键是通过杠杆的平衡条件得出：在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小的结论。
14．（2分）如图所示，F处的点光源发出的任意一条光线FO经凹面镜反射后沿与主光轴CC'平行的方向射出。现有一条与CC'平行的光线AO'射向凹面镜。请作出AO'的反射光线，并用“r”标出其反射角。“中国天眼”就是利用这种原理接收来自宇宙的电磁波的。

【分析】凹面镜对光有反射作用，从焦点射向凹面镜的光经凹面镜反射后平行射出，根据光路是可逆的，可画出行于主光轴反射后过焦点，由此可作出反射光线，作出反射光线与入射光线夹角的角平分线即为法线，然后可知反射角。
【解答】解：通过焦点的光线入射代凹面镜上，被凹面镜反射后，反射光线平行主光轴射出，因为光路是可逆的，故平行主光轴的光入射代凹面镜上经反射后，反射光线会聚焦点，综上可知，光线AO′沿平行于主光轴CC′的方向入射到凹面镜导航，被凹面镜反射后，反射光线经过焦点F，即O′F就是反射光线，过O′作∠AO′F的角平分线即为法线，O′F与法线的夹角就是反射角，如图所示：
【点评】此主要考查光的反射光路作图，明确反射时，光路是可逆的是解答此题的关键。
四、实验与探究题（每小题2分，共12分）
15．（2分）在探究水沸腾时温度变化特点的实验中（如图），错误的操作是 　温度计的玻璃泡与容器壁接触　，改正错误后，加热使水沸腾，此后，继续对水加热，水温 　不变　。

【分析】（1）温度计在使用时，温度计的玻璃泡不能与容器底或容器壁接触；
（2）水沸腾的过程中持续吸热，温度保持不变。
【解答】解：（1）温度计在使用时，温度计的玻璃泡不能与容器底或容器壁接触，图中温度计的玻璃泡与容器壁接触；
（2）液体沸腾的特点：持续吸热，温度保持不变；
故答案为：温度计的玻璃泡与容器壁接触；不变。
【点评】此题考查了温度计的使用和水沸腾的特点，难度不大。
16．（2分）在做探究平面镜成像特点的实验时：
第一小组：点燃放在玻璃板前面的蜡烛，在玻璃板后面移动另一支未点燃的、与点燃的蜡烛完全相同的蜡烛，发现其与点燃蜡烛的像完全重合（如图）。此现象表明平面镜所成的像与物体的大小 　相等　（选填“相等”或“不相等”）。
第二小组：点燃放在玻璃板前面的蜡烛，发现蜡烛在玻璃板后面成两个像，可能的原因是 　玻璃板较厚，蜡烛经玻璃板前、后两个面都成像　。

【分析】（1）实验时采用两个完全相同的蜡烛，一支蜡烛放在玻璃板的前面并点燃，另一支放在玻璃板的后面，当玻璃板后面的蜡烛和玻璃板前面的蜡烛的像完全重合时，可以确定像的位置，同时也可以比较物像大小关系；
（2）从玻璃的两面都能反射光，利用光的反射现象可知能成两个像，从这个角度去分析此题。
【解答】解：（1）探究平面镜成像特点的实验时，点燃放在玻璃板前面的蜡烛，在玻璃板后面移动另一支未点燃的、与点燃的蜡烛完全相同的蜡烛，发现其与点燃蜡烛的像完全重合。此现象表明平面镜所成的像与物体的大小相等；
（2）点燃放在玻璃板前面的蜡烛，发现蜡烛在玻璃板后面成两个像，可能的原因是玻璃板较厚，蜡烛经玻璃板前、后两个面都成像，且像的距离较大，人眼能区分开。
故答案为：（1）相等；（2）玻璃板较厚，蜡烛经玻璃板前、后两个面都成像。
【点评】本题主要考查了平面镜成像特点的实验及其应用。这是光学中的一个重点，也是近几年来中考经常出现的题型，要求学生熟练掌握，并学会灵活运用。
17．（4分）某实验小组用如图所示的装置探究影响滑动摩擦力大小的因素，木块挂在测力计下，右侧面与竖直传送带接触，左侧面有可旋转的螺杆对其施加不同的压力，启动电机，传送带逆时针转动，通过测力计的读数即可计算出木块所受的摩擦力。
部分实验数据如表：
实验次数
木块重力（N）
螺杆旋转的圈数（圈）
测力计示数（N）
摩擦力（N）
1
0.60
1
0.70
0.10
2
0.60
2
0.82
0.22
3
0.60
3
0.95
0.35
4
1.20
1
1.30
0.10
5
1.80
1
1.90

（1）该实验用螺杆旋转圈数的多少来表示木块与传送带之间压力的大小，这里运用了 　转换　的方法。
（2）比较1、2、3次实验的数据可知，滑动摩擦力大小与 　压力的大小　有关。
（3）第5次实验中，木块受到的滑动摩擦力大小是 　0.10　N。
（4）要探究木块所受滑动摩擦力大小与相对运动速度是否有关，正确的做法是 　保持木块的重力、木块与传送带接触面的粗糙程度、螺杆旋转的圈数均不变，改变传送带的转动速度　。

【分析】（1）实验中用螺杆旋转圈数的多少来表示木块与传送带之间压力的大小，这里运用了转换法的方法；
（2）根据表格数据和控制变量法分析解答；
（3）对木块进行受力分析，利用平衡力算出第5次实验中木块受到的滑动摩擦力大小；
（4）根据控制变量法设计实验。
【解答】解：（1）由于木块和传送带在竖直方向上相互摩擦，压力的大小不易改变，实验中用螺杆旋转圈数的多少来表示木块与传送带之间压力的大小，这里运用了转换法的方法；
（2）比较1、2、3次实验的数据可知，木块的重力相同，螺杆旋转的圈数不同，即木块对传送带的压力不同，木块受到的摩擦力不同，所以滑动摩擦力大小与压力大小有关；
（3）对木块进行受力分析可知，在竖直方向上，木块受到竖直向下的重力、竖直向下的摩擦力和竖直向上的弹簧测力计的拉力，且在这三个力的作用下保持静止，所以第5次实验中，木块受到的滑动摩擦力大小是：f＝F拉﹣G＝1.90N﹣1.80N＝0.10N；
（4）要探究木块所受滑动摩擦力大小与相对运动速度是否有关，需要控制木块的重力、木块与传送带接触面的粗糙程度、螺杆旋转的圈数均不变，改变传送带的转动速度。
故答案为：（1）转换；（2）压力的大小；（3）0.10；（4）保持木块的重力、木块与传送带接触面的粗糙程度、螺杆旋转的圈数均不变，改变传送带的转动速度。
【点评】本题探究“影响滑动摩擦力大小的因素”的实验，考查了转换法和控制变量法的应用，是一道较新颖的题目。
18．（4分）在测量小灯泡电功率的实验中，电源电压为6V，小灯泡的额定电压为2.5V。

（1）图甲是某小组连接的电路，其中有一根多余的导线，导致电路连接错误，请在这根导线上打“×”。
（2）拆除多余的导线后，正确操作，当小灯泡正常发光时，电流表示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率是 　0.7　W。
（3）图丙是根据实验数据绘制的通过小灯泡的电流I与其两端电压U的关系图像，分析图像可知，当小灯泡两端的电压为1.5V时，小灯泡的电阻为 　6　Ω；当小灯泡两端电压升高时，其电阻的变化情况是 　C　（选填正确选项前的字母）。
A.保持不变
B.逐渐减小
C.逐渐增大
【分析】（1）电流从电源正极依次经过开关、滑动变阻器、电流表以及灯泡回到电源负极，电压表并联在灯泡两端，据此分析错误导线；
（2）根据图乙电流表的量程、分度值以及指针的位置读出电流表的示数，根据P＝UI求出灯泡的额定电流；
（3）根据图丙读出灯泡两端电压为额定电压1.5V时通过的电流，根据欧姆定律分别求出此时小灯泡的电阻，根据欧姆定律求出小灯泡正常发光时的阻值，比较灯泡在不同电压下的阻值可知灯丝电阻随电压是如何变化的。
【解答】解：（1）电流从电源正极依次经过开关、滑动变阻器、电流表以及灯泡回到电源负极，电压表并联在灯泡两端，根据实物图可知，滑动变阻器的左上接线柱与灯泡相连的导线错误，如下图所示：

（2）根据实物图和图乙可知，电流表量程为0～0.6A，分度值为0.02A，示数为0.28A，
则灯泡的额定功率：PL＝ULIL＝2.5V×0.28A＝0.7W；
（3）根据图丙可知，当小灯泡两端电压为1.5V时，通过小灯泡的电流为0.25A，所以由I＝可知，
此时小灯泡的阻值：RL′＝＝＝6Ω，
小灯泡正常发光时的电阻：RL＝＝≈8.9Ω，
由此可见，当小灯泡两端电压升高时，其电阻逐渐变大，故选：C。
故答案为：（1）如上图所示；（2）0.7；（3）6；C。
【点评】本题考查了实物图的连接、电流表读数、额定功率的计算以及欧姆定律的应用，关键会从图中读出有用信息。
五、综合应用题（每小题7分，共14分）
19．（7分）如图所示是某型号水车式增氧机，用于给鱼池（塘）增氧，它由电机、浮船和叶轮等部分组成，工作时，电机带动叶轮转动，搅拌水体使氧气溶入水中.其部分参数如表。求：
型号
总质量（kg）
额定电压（V）
额定功率（W）
增氧效率[kg/（kW•h）]
SC﹣1.5
70
220
1500
≥1.8
（1）正常工作时，若增氧机搅拌水体对水做功的功率为1050W，则增氧机的机械效率为多少？
（2）已知三只浮船的总底面积为0.7m2。工作前，浮船只有一部分浸入水中，则船底受到水的压强为多大？把浮船视为长方体，不计叶轮浸入水中的体积。
（3）依据表中有关数据，计算增氧机正常工作2h增氧的质量至少为多少？

【分析】（1）设增氧机正常工作时间为t，则根据W有＝P有t可计算出增氧机做的有用功；根据W总＝P总t可计算出增氧机做的总功；利用η＝×100%计算出增氧机的机械效率；
（2）由于三只浮船都漂浮在水面上，根据漂浮条件可求出三只浮船受到的浮力；根据浮力产生的原因可求出船底受到水的压力，根据p＝可求出船底受到水的压强；
（3）根据W＝Pt可求出增氧机正常工作2h消耗的电能，根据增氧效率η′可求出增氧机正常工作2h增氧的质量。
【解答】解：（1）设增氧机正常工作时间为ts，增氧机做的有用功W有＝P有t＝1050W×ts＝1050t（J）；
增氧机做的总功W总＝P总t＝1500W×ts＝1500t（J）；
增氧机的机械效率η＝×100%＝×100%＝70%；
（2）因为三只浮船都漂浮在水面上，所以三只浮船受到的浮力F浮＝G总＝m总g＝70kg×10N/kg＝700N，
船底受到水的压力F压＝F浮＝700N，
船底受到水的压强p＝＝＝1000Pa；
（3）增氧机正常工作2h消耗的电能W＝P总t′＝1500×10﹣3kW×2h＝3kW•h，
增氧机正常工作2h增氧的质量至少为m氧＝η′W＝1.8kg/（kW•h）×3kw•h＝5.4kg。
答：（1）增氧机的机械效率是70%；
（2）船底受到水的压强是1000Pa；
（3）增氧机正常工作2h增氧的质量至少为5.4kg。
【点评】本题主要考查浮力的计算，压强的计算，机械效率的计算，其中正确理解增氧效率是解增氧机正常工作2h增氧的质量的关键。
20．（7分）图甲为某自助式洗车机储水箱防冻系统的加热电路。S为温控开关，两个完全相同的发热电阻R1和R2的阻值不随温度变化，工作时，S可在“0”“1”“2”三个挡位之间自动转换，当储水箱水温低于5℃时，S将自动跳到“1”挡加热；若R1烧断，S将自动跳到“2”挡，使用备用电阻R2加热；当水温达到10℃时，S自动跳到“0”挡停止加热。已知储水箱容积为220L，防冻系统正常工作时电压为220V，加热功率为2.2kW。

（1）求防冻系统正常加热时通过电阻R1的电流。
（2）某时段防冻系统工作时，储水箱装满了水，加热功率P与工作时间t的关系如图乙所示，求该系统在0～340min内消耗的电能。
（3）请根据图乙中的信息，计算防冻系统的热损耗功率。已知c水＝4.2×103J/（kg•℃）。
【分析】（1）知道防冻系统正常加热时的电压和电功率，根据P＝UI可以计算出防冻系统正常加热时通过电阻R1的电流；
（2）由图乙可知，防冻系统在0～340min内工作的时间t，由P＝可以计算系统在0～340min内消耗的电能；
（3）先利用ρ＝计算出水的质量，再利用Q放＝cm（t0﹣t）计算出从上一次加热完成到下一次开始加热水放出的热量，知道放热过程中需要的时间，根据P＝可以计算出防冻系统的热损耗功率。
【解答】解：（1）防冻系统正常工作时电压U＝220V，加热功率：P加＝2.2kW＝2200kW；
由P＝UI可知，防冻系统正常加热时通过电阻R1的电流：I1＝＝＝10A；
（2）由图乙可知，防冻系统在0～340min内工作的时间：t＝40min+20min＝60min＝3600s；
由P＝可知，防冻系统在0～340min内消耗的电能：W＝Pt＝2200W×3600s＝7.92×106J；
（3）由ρ＝可知，储水箱中水的质量：m水＝ρ水V水＝1.0×103kg/m3×220×10﹣3m3＝220kg；
从上一次加热完成到下一次开始加热，水共放出的热量：Q放＝c水m水（t0﹣t）＝4.2×103J/（kg•℃）×220kg×（10℃﹣5℃）＝4.62×106J；
由图乙可知，这个过程需要的时间：t′＝320min﹣40min＝280min＝1.68×104s；
防冻系统的热损耗功率：P损＝＝＝275W。
答：（1）防冻系统正常加热时通过电阻R1的电流为10A；
（2）系统在0～340min内消耗的电能为7.92×106J；
（3）防冻系统的热损耗功率为275W。
【点评】本题考查电功和电功率的计算以及放热公式的应用，关键是能从中获取相关有用信息。
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