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2022年河南省南阳市宛城区中考物理一调试卷(word版含答案)
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这是一份2022年河南省南阳市宛城区中考物理一调试卷(word版含答案)，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，作图题，实验探究题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2022年河南省南阳市宛城区中考物理一调试卷
一、单选题（本大题共6小题，共12.0分）
1. 近年来冰球越来越被大众喜爱。图为冰球选手备战训练的瞬间，下列说法正确的是( )
A. 冰球运动员在加速滑行的过程中，运动状态不变
B. 运动员滑行时不能立即停下来，是因为运动员具有惯性
C. 滑动的冰壶最终停下来，说明运动需要力来维持
D. 运动员站在水平冰面上时，冰面对人的支持力与人对冰面的压力是一对平衡力
2. 在“探究凸透镜成像规律”的实验中，当烛焰、凸透镜(焦距约为13cm)、蜡烛到透镜的距离是35cm，移动光屏在离透镜20cm处恰好得到一个清晰的像。利用这一成像规律可以制成( )
A. 照相机 B. 投影仪 C. 放大镜 D. 潜望镜
3. 甲、乙两只完全相同的杯子盛有不同浓度的盐水，将同一立方体物块先后放入其中，当立方体物块静止时，立方体物块上表面水平，如图所示。则下列说法正确的是( )
A. 物块在甲杯中比在乙杯中受到的浮力大
B. 甲杯比乙杯中的盐水密度小
C. 物块底部在乙杯中比在甲杯中所受液体的压强大
D. 物块底部在两个杯中所受液体的压强相等
4. 如图所示为描述水的各物理量之间关系的图象，其中水的各物理量之间关系图象错误的是( )
A. 水的重力与质量的关系
B. 水产生的压强与深度的关系
C. 水的密度与体积的关系
D. 水的比热容与温度的关系
5. 关于下列热学实验说法正确的是( )
A. 如图气体扩散实验中只有二氧化氮分子在不停地做无规则运动
B. 如图两个紧压在一起的铅柱没有被重物拉开，是因为铅柱的分子之间存在斥力
C. 如图用电加热器给食用油加热，随着着温度的升高，食用油的内能不变
D. 如图水蒸气的压力把塞子推出去，这个过程中的能量转化和汽油机做功冲程的能量转化相同
6. 济宁市教育局利用如图所示的“坐位体前屈测试仪”对初中毕业生进行了身体柔韧性测试，测试者向前推动滑块，滑块被推动的距离越大，仪器的示数就越大。小希同学设计了如图所示的四种电路，其中滑动变阻器的滑片向左滑动时，电表示数增大的电路是( )
A. B.
C. D.
二、多选题（本大题共2小题，共4.0分）
7. 小军同学做电学实验时，测出不同电阻R的I、U值，画出如图所示的图像。其中图线①表示电阻R1，图线②表示电阻R2，根据图像信息可判断( )
A. 当R1和R2串联时，两个电阻的阻值不可能相等
B. 当R1两端的电压为12V时，通过它的电流为1.2A
C. 当通过R1的电流为0.2A时，在1min内电阻R1产生的热量为120J
D. 当R1和R2并联在电压为4V电路中，电路中总功率为3.6W
8. 下列说法中正确的是( )
A. 煤、石油、太阳能都是不可再生能源
B. 手摇发电机的工作原理是电磁感应
C. 电磁重机的工作原理是电流的磁效应
D. 超导体材料主要是应用在电饭锅等电器
三、填空题（本大题共6小题，共14.0分）
9. 行驶的列车内坐着的乘客相对于车厢是______(选填“运动”或“静止”)的。高速列车进站时，站台上的旅客必须站在安全黄线以内，其原因是运动的车厢附近气流速度变大，压强变______。
10. 如图所示为倒车雷达，倒车雷达是利用______(选填“超声波”或“次声波”)来工作的；如果倒车雷达发出信号后，0.01s接收到回声，已知声波在空气中的传播速度为340m/s，则障碍物距汽车为______m；司机听到急促的报警声，知道距离障碍物太近，说明声音能传递______。
11. 寒冷的冬天，河边上会出现美丽的“雾凇”景观，如图所示，“雾凇”是______(填物态变化名称)现象。冬天，我们常常坐在火炉边取暖，这是通过______的方式增加人体的内能。
12. 城市许多小区安装了公共充电插座，可为电动车充电(如图所示)，这些插座都是______(选填“串联”或“并联”)的；充电过程中，电动车将电能转化为______(选填“机械能”或“化学能”)。
13. 一百多年来，科学家一直在不断地探索微小粒子，已取得了辉煌的成果。科学家首先发现了电子，进而认识到原子是由______和______组成，认为原子的结构与太阳系十分相似，提出了原子______结构模型。
14. 从自行车的结构和使用来看，它涉及了许多物理知识。请你填写如表中的“应用举例”和“物理原理”。
应用举例
物理原理或说明问题
如
脚蹬半径大于传动齿轮半径
相当于省力杠杆的轮轴
(1)
车座做成马鞍形
① ______
(2)
紧握刹车制，可把车停下
② ______
四、作图题（本大题共2小题，共4.0分）
15. 如图所示，用一根细线拴住一块橡皮，甩起来，使橡皮绕手做圆周运动。请画出此时橡皮受力的示意图。(不计空气阻力)
16. 如图所示，AB是由点光源S发出的一条入射光线，CD是由S发出的另一条入射光线的反射光线，请在图中画出点光源S的位置。
五、实验探究题（本大题共3小题，共18.0分）
17. 如图为某实验小组“探究光的反射规律”的实验装置，平面镜M放在水平桌面上，E、F是两块粘接起来的硬纸板，F板可绕ON转动。
(1)在纸板前从不同方向可以看到纸板上入射光AO的径迹，这是因为光在纸板上发生了______反射。
(2)使用可以绕ON转动的硬纸板，目的是显示光的传播路径，并便于探究______。
(3)多次改变入射角的大小进行实验可得出结论：反射角______入射角。
(4)某同学在实验时，纸板E和F在同一平面内，但无法在两块纸板上同时呈现反射光线和入射光线，其原因可能是______。
18. 为了“探究杠杆平衡条件”，给定的实验器材有：质量均匀的杠杆、支架、弹簧测力计、刻度尺、细线和质量均为50g的钩码若干(g取10N/kg)。
(1)如图A所示，支点在杠杆的中点是为了消除杠杆______对平衡的影响。实验前，杠杆左侧下沉，则应将左端的平衡螺母向______(选填“左”或“右”)调节，使杠杆在水平位置平衡，这样做的目的是______。
(2)小明调节杠杆水平平衡后，如图B在杠杆左右两侧挂钩码，调节杠杆平衡，并记录三组数据如表所示。
测量序号
动力F1/N
动力臂l1/cm
阻力F2/N
阻力臂l2/cm
①
1
20
2
10
②
2
15
1.5
20
③
3
5
1
15
分析表中的数据，小明得出杠杆的平衡条件是：______。
(3)小敏同学通过对数据分析后得出的结论是：动力×支点到动力作用点的距离=阻力×支点到阻力作用点的距离，与小组同学交流后，小明同学为了证明小敏同学的结论是错误的，他做了如图C的实验，此实验______(选填“能”或“不能”)说明该结论是错误的。图C中，当弹簧测力计在A点与水平面成30°斜向上拉杠杆，使其在水平位置平衡时，弹簧测力计的示数应为______N。
19. 小强同学为了探究小灯泡亮度与实际功率的关系，设计了如图所示的实验电路，小灯泡标有“2.5V”的字样。
(1)请用笔画线代替导线，将图甲中的实物图连接完整(要求：滑片向右移动灯泡变亮)。
(2)闭合开关前，电流表的指针如图乙所示，其原因是______。
(3)排除故障后，小强进行了4次测量，并将有关数据及现象记录在如表中。分析表中数据，要完成第三次实验，与第二次实验相比，滑动变阻器连入电路的阻值______(选填“更大”“更小”或“相等”)，小强测得小灯泡的额定功率为______W。
实验序号
电压U/V
电流I/A
电功率P/W
灯泡的亮度
1
0.5
0.16
0.08
不亮
2
1.7
0.24
0.41
较暗
3
2.5
0.28
正常
4
3.0
0.30
0.90
很亮
另一位同学认为，无需测量，也能计算出小灯泡的额定功率。他利用第一次实验测量的数据，计算出0.5V电压下小灯泡的电阻R，再根据P=U2R计算小灯泡在2.5V下的额定功率。那么按此方案算出的小灯泡的额定功率与小强测量的额定功率相比______(选填“偏大”“偏小”或“相等”)。
(4)小强认为，为了得到小灯泡准确的额定功率，应求出上述表格中多组灯泡功率的平均值作为灯泡的额定功率，这种数据处理方法是______(选填“正确”或“错误”)的。
(5)某实验小组由于电压表被损坏，又想出一种测量该小灯泡额定功率的方法，电路设计如图丙所示，其中R0为阻值已知的定值电阻，请将以下实验步骤补充完整。
①检查电路无误后，闭合开关S、S1，断开S2，调节滑动变阻器滑片直至电流表示数为I1=______时，小灯泡正常发光；
②滑动变阻器滑片不动，断开S1，闭合S2，读出电流表的示数为I2；
③小灯泡的额定功率P=______(用R0、I1、I2表示)。
六、综合题（本大题共2小题，共18.0分）
20. 2022年北京会冬残奥会成功举办，留给世界数不尽的美好记忆。如图所示，一位体重为54kg的运动员，在越野滑雪比赛中的情景。(不计滑雪板等装备的重力，g取10N/kg)
(1)运动员在沿雪道加速下滑过程中，动能和重力势能的相互转化情况是______。
(2)比赛前，运动员双脚踏着滑雪板静止站在水平雪面上时，滑雪板与地面总接触面积为3000cm2，求此时滑雪板对雪面的压强为多大？
(3)比赛中，运动员经过一段长度为240m的斜坡雪道，用时16s，该段雪道高程差为12m，求运动员滑过该段赛道的平均速度是多大？
(4)在(3)中，该运动员滑过该段斜坡雪道时重力所做的功和重力做功的平均功率各是多大？
21. 为方便学生饮水，学校在各个教室安装了饮水机。如图是饮水机的电路图，S是一个温控开关，R1为电加热管(装在水箱内)。当饮水机处于加热状态时，水被迅速加热；达到100℃后，S自动切换到保温状态，A、B是两种不同颜色的指示灯。
(1)若红色表示加热，绿色表示保温，则灯B应为______色。
(2)若饮水机正常工作，加热时电加热管的功率为2200W，保温时电加热管的功率为22W，则电阻R2的阻值为多少？(不考虑温度对阻值的影响，且不计指示灯的阻值)
(3)饮水机的最大容量为5L，装满初温为20℃的水后，发现过了15min后绿灯亮，则这台饮水机加热时的热效率为多少？[c水=4.2×103J/(kg⋅℃)]
(4)该饮水机虽然具有加热和保温功能，但从节能角度考虑，该饮水机的电路设计不够合理，请你指出不合理的地方。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、冰球运动员在加速滑行过程中，其运动速度发生改变，因此运动状态发生改变，故A错误；
B、运动员滑行时不能立即停下来，是因为运动员具有惯性，仍要保持原来的运动状态，故B正确；
C、滑动的冰壶最终停下来，是因为冰壶受到了阻力的作用，这说明力是改变物体运动状态的原因，物体的运动不需要力来维持，故C错误；
D、运动员站在水平冰面上时，冰面对人的支持力与人对冰面的压力是两个物体之间的相互作用，是一对相互作用力，不是一对平衡力，故D错误。
故选：B。
(1)运动状态的改变包括速度和方向的改变；
(2)惯性是物体保持原来运动状态不变的性质，任何物体都具有惯性，惯性大小只与物体的质量有关，与运动状态无关；
(3)力是改变物体运动状态的原因；
(4)二力平衡条件：大小相等、方向相反、作用在同一条直线上、作用在同一个物体上。
本题考查了力与运动的关系、惯性现象、平衡力的辨别等知识，难度不大。
2.【答案】A
【解析】解：A、由题意知，f=13cm，u=35cm，u>2f，所以此时成倒立、缩小的实像，照相机是根据这个原理制成的，故A正确；
B、投影仪是根据物距大于1倍焦距而小于2倍焦距时，成倒立、放大实像的原理制成的，故B错误。
C、放大镜是根据物距小于焦距时，成正立、放大虚像的原理制成的，故C错误。
D、潜望镜是根据平面镜成像的原理制成的，故D错误。
故选：A。
凸透镜成像的规律：
当u>2f时，成倒立、缩小的实像。照相机、摄像机就是根据这个原理制成的。
当u=2f时，成倒立、等大的实像。
当f
当u
3.【答案】D
【解析】解：
AB.由图可知，将同一立方体物块先后放入不同浓度的盐水中，物块在两杯中漂浮，由物体漂浮时受到的浮力和重力相等可知，它们此时所受的浮力都等于自身的重力，即浮力相同，故A错误；
物块在两杯中漂浮，浮力相同，由图可知，V排甲
故选：D。
(1)由图可知，将同一立方体物块先后放入不同浓度的盐水中，物块在两杯中漂浮，根据漂浮条件结合物重不变得出浮力关系，然后结合图中物块排开盐水的体积和F浮=ρ液gV排得出杯中盐水密度的大小关系；
(2)立方体物块漂浮，由浮力产生的原因可知，水对物块底部的压力等于浮力，再利用压强公式p=FS判断压强的大小关系。
本题考查了物体浮沉条件和阿基米德原理、浮力产生的原因、压强公式的综合应用等，从图中获取有用的信息是关键。
4.【答案】C
【解析】解：A、根据重力与质量成正比的关系，即G=mg，该图象是一条过原点的倾斜直线，故A正确；
B、由p=ρgh知，水产生的压强随深度的增加而增大，且成正比，故B正确；
C、密度是物体本身的一种性质，与质量和体积无关，密度与体积的关系图象为与V轴相平行的直线，故C错误；
D、比热容是物质的一种特性，它是由物质本身所决定的，不随温度的改变而变化，故D正确。
故选：C。
(1)物体所受的重力与它的质量成正比；
(2)液体压强与液体的密度和深度有关，随深度的增加而增大；
(3)密度是单位体积某种物质的质量，是物质的一种特性，与质量和体积无关；
(4)比热容是物质的一种特性，它是由物质本身所决定的，对于某种物质，它的比热容是一定的。
本题利用图象分析物理学中一些物理量之间的关系，涉及的知识点多，考查的细，需要学生把这些物理量的概念理解。
5.【答案】D
【解析】解：A、甲图气体扩散实验中除了二氧化氮分子在不停地做无规则运动，空气分子也在不停地做无规则运动，故A错误；
B、乙图两个紧压在一起的铅柱没有被重物拉开，是因为铅柱的分子之间存在引力，故B错误；
C、丙图用电加热器给食用油加热，食用油吸收热量，温度升高，食用油的内能增加，故C错误；
D、在塞子被冲出试管口的过程中，水蒸气的内能转化为塞子的机械能，与内燃机的做功冲程能量转化相同，故D正确。
故选：D。
(1)分子是在永不停息地做无规则运动；
(2)分子间存在相互作用的引力和斥力；
(3)物体吸收热量，内能增加；
(4)改变物体内能的方式有做功和热传递；在汽油机的四冲程中，其中压缩冲程将机械能转化为内能；做功冲程将内能转化为机械能。
本题考查分子动理论、内能的改变和热机的冲程，属于综合题。
6.【答案】A
【解析】解：
A.电路为并联电路，电流表测量干路上的电流，当滑片向左滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值减小，电路中的总电阻减小，由I=UR可知，电流表的示数增大，故A符合题意；
B.电路为并联电路，电流表测量定值电阻的电流，由并联电路中各支路独立工作、互不影响可知，电流表的示数不变，故B不符合题意；
C.电路为串联电路，电压表测量电源电压，当滑片向左滑动时，电压表的示数不变，故C不符合题意；
D.电路为串联电路，电压表测量变阻器两端的电压，当滑片向左滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，由串联电路的分压规律可知，变阻器分得的电压变小，即电压表的示数变小，故D不符合题意。
故选：A。
先识别电路，然后判断滑动变阻器接入电路的阻值的变化，再根据欧姆定律判断电压表或电流表示数的变化。
本题考查滑动变阻器的使用，明确电表的测量对象是解题的基础，熟练应用欧姆定律、串联分压原理来分析电路中电流、电压的变化是解题的关键。
7.【答案】BD
【解析】解：A、R1和R2串联时，串联电路电流处处相等，由图知两图线的交点处的电流和电压值都相等，根据公式R=UI可知此时两个电阻的阻值相等，故A错误；
B、由图像可知，当R1两端的电压为8V时，通过的电流为0.8A，
由欧姆定律可得，此时电阻R1的阻值R1=U1I1=8V0.8A=10Ω，
由于R1的I-U图线为一条倾斜的直线，即通过它的电流与它两端的电压成正比，由欧姆定律可知R1为定值电阻，
则当R1两端的电压为12V时，通过它的电流为I'=U1'I1'=12V10Ω=1.2A，故B正确；
C、由图知，当通过R1的电流为0.2A时，其两端的电压为2V，
在1min内电阻R1产生的热量为：Q1=W1=U1″I1″t=2V×0.2A×60s=24J，故C错误；
D、当R1和R2并联在电压为4V电路中，由图可知，通过R1的电流为0.4A，通过R2的电流为0.5A，根据并联电路的电流规律可得，电路中的总电流为I总=0.4A+0.5A=0.9A，电路中总功率P=UI总=4V×0.9A=3.6W，故D正确。
故选：BD。
(1)R1和R2串联时，串联电路电流处处相等，根据图像和欧姆定律的变形公式判断出两个电阻的阻值关系；
(2)由图像可知，当R2两端的电压为8V时通过的电流，根据欧姆定律求出此时电阻R2的阻值，再根据欧姆定律算出当R1两端的电压为12V时通过它的电流；
(3)根据Q=W=UIt算出当通过R1的电流为0.2A时，在1min内电阻R1产生的热量；
(4)当R1和R2并联，并联电路各支路电压相等，根据图像可知通过两电阻的电流大小，根据并联电路的电流规律可知通过它们的总电流，根据P=UI计算电路中的总功率。
本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式以及电功公式的应用，从图像中获取有用的信息是关键。
8.【答案】BC
【解析】解：A、煤、石油是不可再生能源，太阳能是可再生能源，故A错误；
B、手摇发电机的工作原理是电磁感应现象，故B正确；
C、电磁起重机的主要元件是电磁铁，它的工作原理是电流的磁效应，故C正确；
D、超导体材料主要应用在发电、输电和储能，故D错误。
故选：BC。
(1)能够源源不断地从自然界获得或能重复利用的能源是可再生能源，不能源源不断从自然界获得或不能重复利用的能源是不可再生能源；
可再生能源是能在短时间内形成的能源，可再生资源特点是不污染环境，取之不尽用之不竭；
(2)发电机原理为电磁感应；
(3)电磁铁的原理是电流的磁场效应；
(4)超导材料在超导状态下具有零电阻和完全的抗磁性，因此只需消耗极少的电能，常用来输电等。
此题考查了对可再生资源的判断、电磁感应和电流磁效应的应用以及超导材料的应用。
9.【答案】静止 小
【解析】解：(1)行驶的列车内坐着的乘客相对于车厢的位置没有发生改变，因此，此时乘客是静止的；
(2)当列车驶进站台时，会带动车厢附近的空气流动速度加快，此时车厢远处的空气流动速度慢，根据流体压强与流速的关系可知：车厢远处空气流速慢压强大，而车厢附近流速快压强小，会产生一个向内侧的压强差，将人推向火车，易出现危险，所以人必须站在安全线以内的区域候车。
故答案为：静止；小。
(1)在研究物体运动时，要选择参照的标准，即参照物，物体的位置相对于参照物发生变化，则运动，不发生变化，则静止；
(2)当列车驶过站台时会带动周围空气流动速度加快，从而造成人周围空气流速不同，结合流体压强与流速的关系即可解决此题。
本题以列车为背景，考查了运动与静止的相对性、流体压强与流速的关系，属基本物理原理的应用，难度不大。
10.【答案】超声波 1.7 信息
【解析】解：(1)倒车雷达是利用超声波传递信息来工作的；
(2)由题知，超声波到达障碍物所用的时间：t=12×0.01s=0.005s；
又知声波在空气中的传播速度为340m/s，所以障碍物距汽车的距离：s=vt=340m/s×0.005s=1.7m；
(3)司机听到倒车雷达报警声及时停车，说明声音可以传递信息。
故答案为：超声波；1.7；信息。
(1)人们可以利用超声波传递信息，如利用回声定位制造的倒车雷达；
(2)求出声波从汽车传到障碍物(走单趟)所用的时间，再利用速度公式计算二者之间的距离；
(3)声音既可以传递信息，也可以传递能量。
此题考查学生对回声定位在实际生活中的应用的了解和掌握情况，能使学生进一步认识到物理来源于生活，服务于生活，以及利用速度公式进行简单计算的掌握情况。
11.【答案】凝华 热传递
【解析】解：(1)“雾凇”形成：水蒸气遇冷凝华形成小冰晶附在物体上，从而形成了“雾凇”；
(2)冬天烤火取暖是通过热传递的方式增加人体的内能。
故答案为：凝华；热传递。
(1)物质由气态直接变成固态是凝华；
(2)改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，热传递过程是能量的转移过程，而做功过程是能量的转化过程。
本题考查了物态变化、改变内能的方式，属于热学综合题，难度不大。
12.【答案】并联 化学能
【解析】解：(1)公共充电插座，自动充电时，它们之间互不影响，所以是并联的；
(2)电池在充电时，将电能转化为化学能。
故答案为：并联；化学能。
并联电路中各用电器互不影响，串联电路中各用电器互相影响；电池在充电时，将电能转化为化学能。
本题考查了串并联电路的特点和能量的转化，属于基础题目。
13.【答案】原子核 核外电子 核式
【解析】解：原子由位于中心的原子核和绕核运动的核外电子构成，卢瑟福提出了原子核式结构模型。
故答案为：原子核；核外电子(电子)；核式。
原子核式结构主要内容：原子由位于中心的原子核和绕核运动的核外电子构成，原子核由带正电质子与不带电的中子组成，电子带负电。
该题考查原子核式结构，属于简单题目。
14.【答案】在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强 在接触面粗糙程度一定时，通过增大压力来增大摩擦力
【解析】解：(1)车座做成马鞍形，这是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强；
(2)急刹车时，紧捏制动车把，是在接触面粗糙程度一定时，通过增大压力来增大摩擦力。
故答案为：在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强；在接触面粗糙程度一定时，通过增大压力来增大摩擦力。
自行车的制造和使用应用了很多物理知识，它涉及到杠杆、轮轴、摩擦力和惯性等知识块，在解题时应先将各个小题的内容向各大知识块靠拢，然后再找出相应的知识点。
根据给定的实验器材设计实验，或在常用工具上找到物理知识，从力、热、电、声、光、磁等各个方面去考虑，可以打开思路，然后考虑每一个方面包含的知识点，设计出或找出对应的知识点。
15.【答案】解：细线拉着橡皮绕手做圆周运动，此时橡皮受重力和细线的拉力，重力方向竖直向下，拉力方向沿细线指向手，如图所示：
。
【解析】(1)掌握力的示意图的画法：将力的大小、方向、作用点表示在图上；
(2)对橡皮进行受力分析，做出力的示意图。
此题考查了力的示意图的画法，关键是能够正确地对物体进行受力分析，特别注意力的作用点和方向。
16.【答案】解：先过C点垂直反射面画出法线，注意利用反射角等于入射角，再在法线左侧作出CD的入射光线，并交入射光线AB于点S，点S为发光点的位置，如图所示：
【解析】本题根据光的反射定律：反射光线、入射光线、法线在同一个平面内，反射光线与入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角，作出反射光线CD的入射光线，与入射光线AB的交点即为点光源的位置。
本题中利用的是反射角等于入射角找到发光点S的位置，作类似题时注意这一技巧。
17.【答案】漫 反射光线与入射光线及法线在同一平面内 等于 硬纸板没有垂直立在平面镜上
【解析】解：(1)实验时从光屏前不同的方向都能看到光的传播路径，是由于光屏表面凹凸不平，光在这里发生了漫反射的缘故；
(2)实验需要观察光的传播路径和探究入射光线、反射光线和法线的关系，硬纸板可以呈现光路，因为能够旋转，还可以验证反射光线与入射光线及法线在同一平面内；
(3)多次改变入射角的大小进行实验可得出结论：反射角等于入射角；
(4)如果在实验中将纸板F翻折到与纸板E在同一平面时，在纸板F上却看不见反射光束，其原因可能是纸板与平面镜不垂直。
故答案为：(1)漫；(2)反射光线与入射光线及法线在同一平面内；(3)等于；(4)硬纸板没有垂直立在平面镜上。
(1)在不同方向都能看到光的传播路径，是由于光在光屏上发生了漫反射而进入我们的眼里；
(2)此题是“探究光的反射规律”，所以实验需要观察光的传播路径和探究入射光线、反射光线和法线的关系，所以选择可以旋转的硬纸板；
(3)反射角等于入射角；
(4)实验过程中，纸板与平面镜必须垂直放置，这样才更方便让反射光线呈现在纸板上。
本题考查学生探究光的反射规律实验的操作，现象及应用，是一道基础题。
18.【答案】重力(自重) 右 便于测量力臂 动力×动力臂=阻力×阻力臂(或F1l1=F2l2) 能 3
【解析】解：(1)支点在杠杆的中点是为了消除杠杆自重对杠杆平衡的影响；
调节杠杆在水平位置平衡，杠杆右端偏高，左端的平衡螺母应向上翘的右端移动，使杠杆在水平位置平衡，力臂在杠杆上，便于测量力臂；
(2)根据表格中的实验数据可知，杠杆平衡条件是：动力×动力臂=阻力×阻力臂(或F1l1=F2l2)；
(3)小明同学为了证明小敏同学的结论是错误的，他做了如图C的实验，此实验能得到“动力×支点到动力作用点的距离=阻力×支点到阻力作用点的距离”，这个结论是不正确的；当动力臂不等于支点到动力作用点的距离时，看实验结论是否成立，所以利用图C能进行验证；
杠杆平衡条件为：F1l1=F2l2，当弹簧测力计在A点与水平面成30°斜向上拉杠杆，动力臂为12×4l，
由杠杆平衡条件得：4×0.05kg×10N/kg×3×l=F×12×4l，
解得，F=3N。
故答案为：(1)重力(自重)；右；便于测量力臂；(2)动力×动力臂=阻力×阻力臂(或F1l1=F2l2)；(3)能；3。
(1)调节杠杆在水平位置平衡时，平衡螺母向上翘的一端移动；探究杠杆平衡条件时，使杠杆在水平位置平衡，这样方便测量力臂，支点在杠杆的中点是为了消除杠杆的自重；
(2)杠杆平衡条件是：F1l1=F2l2；
(3)利用力臂不在杠杆上的情况进行实验；根据杠杆平衡条件分析解答。
本题是探究杠杆平衡条件的实验，从杠杆的调平、实验的操作、杠杆平衡条件的应用等方面进行了考查，有一定综合性。
19.【答案】电流表指针没有调零 更小 0.70 偏大 错误 2.5VR0 I1R0(I2-I1)
【解析】解：(1)灯泡的额定电压为2.5V，所以电压表应选用0-3V量程，滑动变阻器要采取“一上一下”的连接方式，滑片向右移动时灯泡变亮，电流增大，由欧姆定律可知，滑动变阻器接入电路的电阻减小，应接右下接线柱，如图所示：
(2)由图可知，闭合开关前电流表的指针不在零刻度处，原因是电流表没有调零，这时候要通过调节电流表表盘上的零点调节器使指针指在零刻度处，方可使用；
(3)分析表中数据，要完成第三次实验，与第二次实验相比，电路中的电流变大了，在电源电压不变时，根据R=UI知电路的电阻变小，滑动变阻器连入电路的阻值更小；
由表格知小灯泡的额定功率为：P=UI=2.5V×0.28A=0.70W；
灯的电阻随温度的升高而变大，用已经测量的其中一组数据，计算出0.5V电压下小灯泡的电阻R，小于灯在额定电压下的电阻，再根据P=U2R计算小灯泡在2.5V下的额定功率，则按此方案算出的小灯泡的额定功率与前一步测量的额定功率相比偏大；
(4)小强的做法错误，小灯泡在不同电压下的功率不同，在额定电压下的功率为额定功率；
(5)①断开S2，闭合S1、S，灯L与电阻R0并联，电流表测定值电阻的电流，调节滑动变阻器滑片直至电流表示数为I1=2.5VR0时，小灯泡正常发光，小灯泡正常发光时的电压为：UL=I1R0；
②闭合S2、S，断开S1，灯L与电阻R0仍然并联，此时电流表测干路电流，因保持滑片位置不变，因电路的连接关系没有改变，各电阻的大小和通过的电流不变，灯仍正常发光，根据并联电路电流的规律可得，灯泡正常发光时的电流：I额=I2-I1；
③灯的额定功率：P额=U额I额=U额(I2-I1)=I1R0(I2-I1)。
故答案为：(1)见解答过程；(2)电流表指针没有调零；(3)更小；0.70；偏大； (4)错误；(5)①2.5/R0(或2.5V/R0)；③I1R0(I2-I1)。
(1)根据灯泡的额定电压确定电压表选用的量程，根据滑片右移灯泡变亮确定滑动变阻器的连接方式；
(2)电流表使用前要调零；
(3)根据分压原理判断出滑动变阻器连入电路阻值的变化；根据P=UI求出灯的额定功率；根据灯的电阻随温度的升高而变大结合P=U2R分析；
(4)小灯泡在不同电压下的功率不同，在额定电压下的功率为额定功率；
(5)要测灯的额定功率，应先使灯正常发光，在没有电压表的情况下，电流表与定值电阻R0应起到电压表的测量作用，第1次实验操作中，将R0与电流表串联后再与灯并联，通过移动变阻器的滑片使电流表示数为I1时灯泡正常发光，由欧姆定律表示出小灯泡两端的电压；
在第2次操作中，因电路的连接关系没有改变，各电阻的大小和通过的电流不变，灯仍正常发光，根据并联电路电流的规律求出灯的额定电流，根据P=UI写出小灯泡的额定功率表达式。
本题探究小灯泡亮度与实际功率的关系，考查电路连接、故障分析、电阻、功率的计算及数据分析、影响电阻大小的因素和变量法的运用。
20.【答案】重力势能转化为动能
【解析】解：(1)运动员在沿雪道加速下滑过程中，高度减小，重力势能减小，速度增大，动能增大，因此在此过程中重力势能转化为动能；
(2)滑雪板对水平地面的压力F=G人=mg=54kg×10N/kg=540N，
滑雪板与地面总接触面积S=3000cm2，=0.3m2，
此时滑雪板对雪面的压强p=FS=540N0.3m2=1.8×103Pa；
(3)平均速度：v=st=240m16s=15m/s；
(4)重力所做的功：W=Gh=540N×12m=6480J，
重力做功的平均功率：P=Wt=6480J16s=405W。
答：(1)重力势能转化为动能；
(2)此时滑雪板对雪面的压强为1.8×103Pa；
(3)运动员滑过该段赛道的平均速度是15m/s；
(4)在(3)中，该运动员滑过该段斜坡雪道时重力所做的功为6480J，重力做功的平均功率为405W。
(1)动能大小的影响因素是质量和速度。质量越大，速度越大，动能越大，重力势能大小的影响因素是质量和高度。质量越大，高度越高，重力势能越大；
(2)运动员双脚踏着滑雪板静止站在水平雪面上时，对雪面的压力等于其重力，已知滑雪板与地面总接触面积，由p=FS可求得此时滑雪板对雪面的压强；
(3)已知运动员经过一段长度为240m的斜坡雪道，用时16s，由速度公式可求得平均速度；
(4)由W=Gh可求得重力所做的功，由P=Wt可求得重力做功的平均功率。
此题涉及动、势能的相互转化、压强的大小及其计算、速度的计算、功的计算、功率的计算等多个知识点，是一道综合性较强的题目。
21.【答案】绿
【解析】解：(1)当开关S接触左侧触点时，电路中电阻R1和A灯串联，且指示灯的阻值不计，此时总电阻最小，根据公式P=U2R可知，发热管的功率最大，饮水机处于加热状态，因此A灯为红灯；
当开关S接触右侧触点时时，电路中电阻R1、R2和B灯串联，指示灯的阻值不计，此时总电阻最大，根据公式P=U2R可知，发热管的功率最小，饮水机处于保温状态，因此B灯为绿灯。
(2)已知加热时电加热管的功率为P加热=2200W，由P=U2R可得R1的阻值：
R1=U2P加热=(220V)22200W=22Ω；
饮水机处于保温状态，由题知，保温时电加热管的功率为P保温=22W，
由P=U2R可得，此时电加热管两端的电压：U1=P保温R1=22W×22Ω=22V，
由欧姆定律可得，保温状态下电加热管中的电流：I=U1R1=22V22Ω=1A，
保温状态下，R2两端的电压：U2=U-U1=220V-22V=198V，
由I=UR可得R2的电阻值：R2=U2I=198V1A=198Ω；
(3)水的质量为：m=ρV=1.0×103kg/m3×5×10-3m3=5kg；
水吸收热量：
Q吸=cmΔt=4.2×103J/(kg⋅℃)×5kg×(100℃-20℃)=1.68×106J；
这台饮水机加热时消耗的电能：
W=P加热t=2200W×15×60s=1.98×106J；
这台饮水机的热效率：
η=Q吸W电=1.68×106J1.98×106J×100%=84.8%；
(4)该饮水机在保温状态时，电阻R2在水箱外，消耗较多的能量，这部分能量没有被利用。
故答案为：(1)绿；
(2)电阻R2的阻值为198Ω；
(3)这台饮水机加热时的热效率为84.8%；
(4)该饮水机在保温状态时，电阻R2在水箱外，消耗较多的能量，这部分能量没有被利用。
(1)根据开关的转换分析电路的连接方式及电路总电阻的变化，根据公式P=U2R确定饮水机的工作状态以及指示灯的工作情况；
(2)已知加热时加热管的功率，根据公式R=U2P可求R1的阻值大小；根据公式P=U2R求出保温时加热管两端的电压；
根据I=UR求出通过加热管的电流；根据串联电路电压的规律求出R2两端的电压；根据欧姆定律求出R2的阻值；
(3)根据m=ρV算出水的质量；根据Q=cm(t-t0)算出吸收的热量，根据W=Pt算出消耗的电能，根据η=Q吸W电算出热效率；
(4)该饮水机在保温状态时，电阻R2在水箱外，消耗较多的能量。
本题考查热量公式、欧姆定律的应用、电功率公式、热效率公式的应用，关键是公式及其变形的灵活运用，涉及到热学和电学部分的知识点多，综合性强、易错、属于难题。
2022年河南省南阳市宛城区中考物理一调试卷
一、单选题（本大题共6小题，共12.0分）
1. 近年来冰球越来越被大众喜爱。图为冰球选手备战训练的瞬间，下列说法正确的是( )
A. 冰球运动员在加速滑行的过程中，运动状态不变
B. 运动员滑行时不能立即停下来，是因为运动员具有惯性
C. 滑动的冰壶最终停下来，说明运动需要力来维持
D. 运动员站在水平冰面上时，冰面对人的支持力与人对冰面的压力是一对平衡力
2. 在“探究凸透镜成像规律”的实验中，当烛焰、凸透镜(焦距约为13cm)、蜡烛到透镜的距离是35cm，移动光屏在离透镜20cm处恰好得到一个清晰的像。利用这一成像规律可以制成( )
A. 照相机 B. 投影仪 C. 放大镜 D. 潜望镜
3. 甲、乙两只完全相同的杯子盛有不同浓度的盐水，将同一立方体物块先后放入其中，当立方体物块静止时，立方体物块上表面水平，如图所示。则下列说法正确的是( )
A. 物块在甲杯中比在乙杯中受到的浮力大
B. 甲杯比乙杯中的盐水密度小
C. 物块底部在乙杯中比在甲杯中所受液体的压强大
D. 物块底部在两个杯中所受液体的压强相等
4. 如图所示为描述水的各物理量之间关系的图象，其中水的各物理量之间关系图象错误的是( )
A. 水的重力与质量的关系
B. 水产生的压强与深度的关系
C. 水的密度与体积的关系
D. 水的比热容与温度的关系
5. 关于下列热学实验说法正确的是( )
A. 如图气体扩散实验中只有二氧化氮分子在不停地做无规则运动
B. 如图两个紧压在一起的铅柱没有被重物拉开，是因为铅柱的分子之间存在斥力
C. 如图用电加热器给食用油加热，随着着温度的升高，食用油的内能不变
D. 如图水蒸气的压力把塞子推出去，这个过程中的能量转化和汽油机做功冲程的能量转化相同
6. 济宁市教育局利用如图所示的“坐位体前屈测试仪”对初中毕业生进行了身体柔韧性测试，测试者向前推动滑块，滑块被推动的距离越大，仪器的示数就越大。小希同学设计了如图所示的四种电路，其中滑动变阻器的滑片向左滑动时，电表示数增大的电路是( )
A. B.
C. D.
二、多选题（本大题共2小题，共4.0分）
7. 小军同学做电学实验时，测出不同电阻R的I、U值，画出如图所示的图像。其中图线①表示电阻R1，图线②表示电阻R2，根据图像信息可判断( )
A. 当R1和R2串联时，两个电阻的阻值不可能相等
B. 当R1两端的电压为12V时，通过它的电流为1.2A
C. 当通过R1的电流为0.2A时，在1min内电阻R1产生的热量为120J
D. 当R1和R2并联在电压为4V电路中，电路中总功率为3.6W
8. 下列说法中正确的是( )
A. 煤、石油、太阳能都是不可再生能源
B. 手摇发电机的工作原理是电磁感应
C. 电磁重机的工作原理是电流的磁效应
D. 超导体材料主要是应用在电饭锅等电器
三、填空题（本大题共6小题，共14.0分）
9. 行驶的列车内坐着的乘客相对于车厢是______(选填“运动”或“静止”)的。高速列车进站时，站台上的旅客必须站在安全黄线以内，其原因是运动的车厢附近气流速度变大，压强变______。
10. 如图所示为倒车雷达，倒车雷达是利用______(选填“超声波”或“次声波”)来工作的；如果倒车雷达发出信号后，0.01s接收到回声，已知声波在空气中的传播速度为340m/s，则障碍物距汽车为______m；司机听到急促的报警声，知道距离障碍物太近，说明声音能传递______。
11. 寒冷的冬天，河边上会出现美丽的“雾凇”景观，如图所示，“雾凇”是______(填物态变化名称)现象。冬天，我们常常坐在火炉边取暖，这是通过______的方式增加人体的内能。
12. 城市许多小区安装了公共充电插座，可为电动车充电(如图所示)，这些插座都是______(选填“串联”或“并联”)的；充电过程中，电动车将电能转化为______(选填“机械能”或“化学能”)。
13. 一百多年来，科学家一直在不断地探索微小粒子，已取得了辉煌的成果。科学家首先发现了电子，进而认识到原子是由______和______组成，认为原子的结构与太阳系十分相似，提出了原子______结构模型。
14. 从自行车的结构和使用来看，它涉及了许多物理知识。请你填写如表中的“应用举例”和“物理原理”。
应用举例
物理原理或说明问题
如
脚蹬半径大于传动齿轮半径
相当于省力杠杆的轮轴
(1)
车座做成马鞍形
① ______
(2)
紧握刹车制，可把车停下
② ______
四、作图题（本大题共2小题，共4.0分）
15. 如图所示，用一根细线拴住一块橡皮，甩起来，使橡皮绕手做圆周运动。请画出此时橡皮受力的示意图。(不计空气阻力)
16. 如图所示，AB是由点光源S发出的一条入射光线，CD是由S发出的另一条入射光线的反射光线，请在图中画出点光源S的位置。
五、实验探究题（本大题共3小题，共18.0分）
17. 如图为某实验小组“探究光的反射规律”的实验装置，平面镜M放在水平桌面上，E、F是两块粘接起来的硬纸板，F板可绕ON转动。
(1)在纸板前从不同方向可以看到纸板上入射光AO的径迹，这是因为光在纸板上发生了______反射。
(2)使用可以绕ON转动的硬纸板，目的是显示光的传播路径，并便于探究______。
(3)多次改变入射角的大小进行实验可得出结论：反射角______入射角。
(4)某同学在实验时，纸板E和F在同一平面内，但无法在两块纸板上同时呈现反射光线和入射光线，其原因可能是______。
18. 为了“探究杠杆平衡条件”，给定的实验器材有：质量均匀的杠杆、支架、弹簧测力计、刻度尺、细线和质量均为50g的钩码若干(g取10N/kg)。
(1)如图A所示，支点在杠杆的中点是为了消除杠杆______对平衡的影响。实验前，杠杆左侧下沉，则应将左端的平衡螺母向______(选填“左”或“右”)调节，使杠杆在水平位置平衡，这样做的目的是______。
(2)小明调节杠杆水平平衡后，如图B在杠杆左右两侧挂钩码，调节杠杆平衡，并记录三组数据如表所示。
测量序号
动力F1/N
动力臂l1/cm
阻力F2/N
阻力臂l2/cm
①
1
20
2
10
②
2
15
1.5
20
③
3
5
1
15
分析表中的数据，小明得出杠杆的平衡条件是：______。
(3)小敏同学通过对数据分析后得出的结论是：动力×支点到动力作用点的距离=阻力×支点到阻力作用点的距离，与小组同学交流后，小明同学为了证明小敏同学的结论是错误的，他做了如图C的实验，此实验______(选填“能”或“不能”)说明该结论是错误的。图C中，当弹簧测力计在A点与水平面成30°斜向上拉杠杆，使其在水平位置平衡时，弹簧测力计的示数应为______N。
19. 小强同学为了探究小灯泡亮度与实际功率的关系，设计了如图所示的实验电路，小灯泡标有“2.5V”的字样。
(1)请用笔画线代替导线，将图甲中的实物图连接完整(要求：滑片向右移动灯泡变亮)。
(2)闭合开关前，电流表的指针如图乙所示，其原因是______。
(3)排除故障后，小强进行了4次测量，并将有关数据及现象记录在如表中。分析表中数据，要完成第三次实验，与第二次实验相比，滑动变阻器连入电路的阻值______(选填“更大”“更小”或“相等”)，小强测得小灯泡的额定功率为______W。
实验序号
电压U/V
电流I/A
电功率P/W
灯泡的亮度
1
0.5
0.16
0.08
不亮
2
1.7
0.24
0.41
较暗
3
2.5
0.28
正常
4
3.0
0.30
0.90
很亮
另一位同学认为，无需测量，也能计算出小灯泡的额定功率。他利用第一次实验测量的数据，计算出0.5V电压下小灯泡的电阻R，再根据P=U2R计算小灯泡在2.5V下的额定功率。那么按此方案算出的小灯泡的额定功率与小强测量的额定功率相比______(选填“偏大”“偏小”或“相等”)。
(4)小强认为，为了得到小灯泡准确的额定功率，应求出上述表格中多组灯泡功率的平均值作为灯泡的额定功率，这种数据处理方法是______(选填“正确”或“错误”)的。
(5)某实验小组由于电压表被损坏，又想出一种测量该小灯泡额定功率的方法，电路设计如图丙所示，其中R0为阻值已知的定值电阻，请将以下实验步骤补充完整。
①检查电路无误后，闭合开关S、S1，断开S2，调节滑动变阻器滑片直至电流表示数为I1=______时，小灯泡正常发光；
②滑动变阻器滑片不动，断开S1，闭合S2，读出电流表的示数为I2；
③小灯泡的额定功率P=______(用R0、I1、I2表示)。
六、综合题（本大题共2小题，共18.0分）
20. 2022年北京会冬残奥会成功举办，留给世界数不尽的美好记忆。如图所示，一位体重为54kg的运动员，在越野滑雪比赛中的情景。(不计滑雪板等装备的重力，g取10N/kg)
(1)运动员在沿雪道加速下滑过程中，动能和重力势能的相互转化情况是______。
(2)比赛前，运动员双脚踏着滑雪板静止站在水平雪面上时，滑雪板与地面总接触面积为3000cm2，求此时滑雪板对雪面的压强为多大？
(3)比赛中，运动员经过一段长度为240m的斜坡雪道，用时16s，该段雪道高程差为12m，求运动员滑过该段赛道的平均速度是多大？
(4)在(3)中，该运动员滑过该段斜坡雪道时重力所做的功和重力做功的平均功率各是多大？
21. 为方便学生饮水，学校在各个教室安装了饮水机。如图是饮水机的电路图，S是一个温控开关，R1为电加热管(装在水箱内)。当饮水机处于加热状态时，水被迅速加热；达到100℃后，S自动切换到保温状态，A、B是两种不同颜色的指示灯。
(1)若红色表示加热，绿色表示保温，则灯B应为______色。
(2)若饮水机正常工作，加热时电加热管的功率为2200W，保温时电加热管的功率为22W，则电阻R2的阻值为多少？(不考虑温度对阻值的影响，且不计指示灯的阻值)
(3)饮水机的最大容量为5L，装满初温为20℃的水后，发现过了15min后绿灯亮，则这台饮水机加热时的热效率为多少？[c水=4.2×103J/(kg⋅℃)]
(4)该饮水机虽然具有加热和保温功能，但从节能角度考虑，该饮水机的电路设计不够合理，请你指出不合理的地方。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、冰球运动员在加速滑行过程中，其运动速度发生改变，因此运动状态发生改变，故A错误；
B、运动员滑行时不能立即停下来，是因为运动员具有惯性，仍要保持原来的运动状态，故B正确；
C、滑动的冰壶最终停下来，是因为冰壶受到了阻力的作用，这说明力是改变物体运动状态的原因，物体的运动不需要力来维持，故C错误；
D、运动员站在水平冰面上时，冰面对人的支持力与人对冰面的压力是两个物体之间的相互作用，是一对相互作用力，不是一对平衡力，故D错误。
故选：B。
(1)运动状态的改变包括速度和方向的改变；
(2)惯性是物体保持原来运动状态不变的性质，任何物体都具有惯性，惯性大小只与物体的质量有关，与运动状态无关；
(3)力是改变物体运动状态的原因；
(4)二力平衡条件：大小相等、方向相反、作用在同一条直线上、作用在同一个物体上。
本题考查了力与运动的关系、惯性现象、平衡力的辨别等知识，难度不大。
2.【答案】A
【解析】解：A、由题意知，f=13cm，u=35cm，u>2f，所以此时成倒立、缩小的实像，照相机是根据这个原理制成的，故A正确；
B、投影仪是根据物距大于1倍焦距而小于2倍焦距时，成倒立、放大实像的原理制成的，故B错误。
C、放大镜是根据物距小于焦距时，成正立、放大虚像的原理制成的，故C错误。
D、潜望镜是根据平面镜成像的原理制成的，故D错误。
故选：A。
凸透镜成像的规律：
当u>2f时，成倒立、缩小的实像。照相机、摄像机就是根据这个原理制成的。
当u=2f时，成倒立、等大的实像。
当f
当u
3.【答案】D
【解析】解：
AB.由图可知，将同一立方体物块先后放入不同浓度的盐水中，物块在两杯中漂浮，由物体漂浮时受到的浮力和重力相等可知，它们此时所受的浮力都等于自身的重力，即浮力相同，故A错误；
物块在两杯中漂浮，浮力相同，由图可知，V排甲
故选：D。
(1)由图可知，将同一立方体物块先后放入不同浓度的盐水中，物块在两杯中漂浮，根据漂浮条件结合物重不变得出浮力关系，然后结合图中物块排开盐水的体积和F浮=ρ液gV排得出杯中盐水密度的大小关系；
(2)立方体物块漂浮，由浮力产生的原因可知，水对物块底部的压力等于浮力，再利用压强公式p=FS判断压强的大小关系。
本题考查了物体浮沉条件和阿基米德原理、浮力产生的原因、压强公式的综合应用等，从图中获取有用的信息是关键。
4.【答案】C
【解析】解：A、根据重力与质量成正比的关系，即G=mg，该图象是一条过原点的倾斜直线，故A正确；
B、由p=ρgh知，水产生的压强随深度的增加而增大，且成正比，故B正确；
C、密度是物体本身的一种性质，与质量和体积无关，密度与体积的关系图象为与V轴相平行的直线，故C错误；
D、比热容是物质的一种特性，它是由物质本身所决定的，不随温度的改变而变化，故D正确。
故选：C。
(1)物体所受的重力与它的质量成正比；
(2)液体压强与液体的密度和深度有关，随深度的增加而增大；
(3)密度是单位体积某种物质的质量，是物质的一种特性，与质量和体积无关；
(4)比热容是物质的一种特性，它是由物质本身所决定的，对于某种物质，它的比热容是一定的。
本题利用图象分析物理学中一些物理量之间的关系，涉及的知识点多，考查的细，需要学生把这些物理量的概念理解。
5.【答案】D
【解析】解：A、甲图气体扩散实验中除了二氧化氮分子在不停地做无规则运动，空气分子也在不停地做无规则运动，故A错误；
B、乙图两个紧压在一起的铅柱没有被重物拉开，是因为铅柱的分子之间存在引力，故B错误；
C、丙图用电加热器给食用油加热，食用油吸收热量，温度升高，食用油的内能增加，故C错误；
D、在塞子被冲出试管口的过程中，水蒸气的内能转化为塞子的机械能，与内燃机的做功冲程能量转化相同，故D正确。
故选：D。
(1)分子是在永不停息地做无规则运动；
(2)分子间存在相互作用的引力和斥力；
(3)物体吸收热量，内能增加；
(4)改变物体内能的方式有做功和热传递；在汽油机的四冲程中，其中压缩冲程将机械能转化为内能；做功冲程将内能转化为机械能。
本题考查分子动理论、内能的改变和热机的冲程，属于综合题。
6.【答案】A
【解析】解：
A.电路为并联电路，电流表测量干路上的电流，当滑片向左滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值减小，电路中的总电阻减小，由I=UR可知，电流表的示数增大，故A符合题意；
B.电路为并联电路，电流表测量定值电阻的电流，由并联电路中各支路独立工作、互不影响可知，电流表的示数不变，故B不符合题意；
C.电路为串联电路，电压表测量电源电压，当滑片向左滑动时，电压表的示数不变，故C不符合题意；
D.电路为串联电路，电压表测量变阻器两端的电压，当滑片向左滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，由串联电路的分压规律可知，变阻器分得的电压变小，即电压表的示数变小，故D不符合题意。
故选：A。
先识别电路，然后判断滑动变阻器接入电路的阻值的变化，再根据欧姆定律判断电压表或电流表示数的变化。
本题考查滑动变阻器的使用，明确电表的测量对象是解题的基础，熟练应用欧姆定律、串联分压原理来分析电路中电流、电压的变化是解题的关键。
7.【答案】BD
【解析】解：A、R1和R2串联时，串联电路电流处处相等，由图知两图线的交点处的电流和电压值都相等，根据公式R=UI可知此时两个电阻的阻值相等，故A错误；
B、由图像可知，当R1两端的电压为8V时，通过的电流为0.8A，
由欧姆定律可得，此时电阻R1的阻值R1=U1I1=8V0.8A=10Ω，
由于R1的I-U图线为一条倾斜的直线，即通过它的电流与它两端的电压成正比，由欧姆定律可知R1为定值电阻，
则当R1两端的电压为12V时，通过它的电流为I'=U1'I1'=12V10Ω=1.2A，故B正确；
C、由图知，当通过R1的电流为0.2A时，其两端的电压为2V，
在1min内电阻R1产生的热量为：Q1=W1=U1″I1″t=2V×0.2A×60s=24J，故C错误；
D、当R1和R2并联在电压为4V电路中，由图可知，通过R1的电流为0.4A，通过R2的电流为0.5A，根据并联电路的电流规律可得，电路中的总电流为I总=0.4A+0.5A=0.9A，电路中总功率P=UI总=4V×0.9A=3.6W，故D正确。
故选：BD。
(1)R1和R2串联时，串联电路电流处处相等，根据图像和欧姆定律的变形公式判断出两个电阻的阻值关系；
(2)由图像可知，当R2两端的电压为8V时通过的电流，根据欧姆定律求出此时电阻R2的阻值，再根据欧姆定律算出当R1两端的电压为12V时通过它的电流；
(3)根据Q=W=UIt算出当通过R1的电流为0.2A时，在1min内电阻R1产生的热量；
(4)当R1和R2并联，并联电路各支路电压相等，根据图像可知通过两电阻的电流大小，根据并联电路的电流规律可知通过它们的总电流，根据P=UI计算电路中的总功率。
本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式以及电功公式的应用，从图像中获取有用的信息是关键。
8.【答案】BC
【解析】解：A、煤、石油是不可再生能源，太阳能是可再生能源，故A错误；
B、手摇发电机的工作原理是电磁感应现象，故B正确；
C、电磁起重机的主要元件是电磁铁，它的工作原理是电流的磁效应，故C正确；
D、超导体材料主要应用在发电、输电和储能，故D错误。
故选：BC。
(1)能够源源不断地从自然界获得或能重复利用的能源是可再生能源，不能源源不断从自然界获得或不能重复利用的能源是不可再生能源；
可再生能源是能在短时间内形成的能源，可再生资源特点是不污染环境，取之不尽用之不竭；
(2)发电机原理为电磁感应；
(3)电磁铁的原理是电流的磁场效应；
(4)超导材料在超导状态下具有零电阻和完全的抗磁性，因此只需消耗极少的电能，常用来输电等。
此题考查了对可再生资源的判断、电磁感应和电流磁效应的应用以及超导材料的应用。
9.【答案】静止 小
【解析】解：(1)行驶的列车内坐着的乘客相对于车厢的位置没有发生改变，因此，此时乘客是静止的；
(2)当列车驶进站台时，会带动车厢附近的空气流动速度加快，此时车厢远处的空气流动速度慢，根据流体压强与流速的关系可知：车厢远处空气流速慢压强大，而车厢附近流速快压强小，会产生一个向内侧的压强差，将人推向火车，易出现危险，所以人必须站在安全线以内的区域候车。
故答案为：静止；小。
(1)在研究物体运动时，要选择参照的标准，即参照物，物体的位置相对于参照物发生变化，则运动，不发生变化，则静止；
(2)当列车驶过站台时会带动周围空气流动速度加快，从而造成人周围空气流速不同，结合流体压强与流速的关系即可解决此题。
本题以列车为背景，考查了运动与静止的相对性、流体压强与流速的关系，属基本物理原理的应用，难度不大。
10.【答案】超声波 1.7 信息
【解析】解：(1)倒车雷达是利用超声波传递信息来工作的；
(2)由题知，超声波到达障碍物所用的时间：t=12×0.01s=0.005s；
又知声波在空气中的传播速度为340m/s，所以障碍物距汽车的距离：s=vt=340m/s×0.005s=1.7m；
(3)司机听到倒车雷达报警声及时停车，说明声音可以传递信息。
故答案为：超声波；1.7；信息。
(1)人们可以利用超声波传递信息，如利用回声定位制造的倒车雷达；
(2)求出声波从汽车传到障碍物(走单趟)所用的时间，再利用速度公式计算二者之间的距离；
(3)声音既可以传递信息，也可以传递能量。
此题考查学生对回声定位在实际生活中的应用的了解和掌握情况，能使学生进一步认识到物理来源于生活，服务于生活，以及利用速度公式进行简单计算的掌握情况。
11.【答案】凝华 热传递
【解析】解：(1)“雾凇”形成：水蒸气遇冷凝华形成小冰晶附在物体上，从而形成了“雾凇”；
(2)冬天烤火取暖是通过热传递的方式增加人体的内能。
故答案为：凝华；热传递。
(1)物质由气态直接变成固态是凝华；
(2)改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，热传递过程是能量的转移过程，而做功过程是能量的转化过程。
本题考查了物态变化、改变内能的方式，属于热学综合题，难度不大。
12.【答案】并联 化学能
【解析】解：(1)公共充电插座，自动充电时，它们之间互不影响，所以是并联的；
(2)电池在充电时，将电能转化为化学能。
故答案为：并联；化学能。
并联电路中各用电器互不影响，串联电路中各用电器互相影响；电池在充电时，将电能转化为化学能。
本题考查了串并联电路的特点和能量的转化，属于基础题目。
13.【答案】原子核 核外电子 核式
【解析】解：原子由位于中心的原子核和绕核运动的核外电子构成，卢瑟福提出了原子核式结构模型。
故答案为：原子核；核外电子(电子)；核式。
原子核式结构主要内容：原子由位于中心的原子核和绕核运动的核外电子构成，原子核由带正电质子与不带电的中子组成，电子带负电。
该题考查原子核式结构，属于简单题目。
14.【答案】在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强 在接触面粗糙程度一定时，通过增大压力来增大摩擦力
【解析】解：(1)车座做成马鞍形，这是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强；
(2)急刹车时，紧捏制动车把，是在接触面粗糙程度一定时，通过增大压力来增大摩擦力。
故答案为：在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强；在接触面粗糙程度一定时，通过增大压力来增大摩擦力。
自行车的制造和使用应用了很多物理知识，它涉及到杠杆、轮轴、摩擦力和惯性等知识块，在解题时应先将各个小题的内容向各大知识块靠拢，然后再找出相应的知识点。
根据给定的实验器材设计实验，或在常用工具上找到物理知识，从力、热、电、声、光、磁等各个方面去考虑，可以打开思路，然后考虑每一个方面包含的知识点，设计出或找出对应的知识点。
15.【答案】解：细线拉着橡皮绕手做圆周运动，此时橡皮受重力和细线的拉力，重力方向竖直向下，拉力方向沿细线指向手，如图所示：
。
【解析】(1)掌握力的示意图的画法：将力的大小、方向、作用点表示在图上；
(2)对橡皮进行受力分析，做出力的示意图。
此题考查了力的示意图的画法，关键是能够正确地对物体进行受力分析，特别注意力的作用点和方向。
16.【答案】解：先过C点垂直反射面画出法线，注意利用反射角等于入射角，再在法线左侧作出CD的入射光线，并交入射光线AB于点S，点S为发光点的位置，如图所示：
【解析】本题根据光的反射定律：反射光线、入射光线、法线在同一个平面内，反射光线与入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角，作出反射光线CD的入射光线，与入射光线AB的交点即为点光源的位置。
本题中利用的是反射角等于入射角找到发光点S的位置，作类似题时注意这一技巧。
17.【答案】漫 反射光线与入射光线及法线在同一平面内 等于 硬纸板没有垂直立在平面镜上
【解析】解：(1)实验时从光屏前不同的方向都能看到光的传播路径，是由于光屏表面凹凸不平，光在这里发生了漫反射的缘故；
(2)实验需要观察光的传播路径和探究入射光线、反射光线和法线的关系，硬纸板可以呈现光路，因为能够旋转，还可以验证反射光线与入射光线及法线在同一平面内；
(3)多次改变入射角的大小进行实验可得出结论：反射角等于入射角；
(4)如果在实验中将纸板F翻折到与纸板E在同一平面时，在纸板F上却看不见反射光束，其原因可能是纸板与平面镜不垂直。
故答案为：(1)漫；(2)反射光线与入射光线及法线在同一平面内；(3)等于；(4)硬纸板没有垂直立在平面镜上。
(1)在不同方向都能看到光的传播路径，是由于光在光屏上发生了漫反射而进入我们的眼里；
(2)此题是“探究光的反射规律”，所以实验需要观察光的传播路径和探究入射光线、反射光线和法线的关系，所以选择可以旋转的硬纸板；
(3)反射角等于入射角；
(4)实验过程中，纸板与平面镜必须垂直放置，这样才更方便让反射光线呈现在纸板上。
本题考查学生探究光的反射规律实验的操作，现象及应用，是一道基础题。
18.【答案】重力(自重) 右 便于测量力臂 动力×动力臂=阻力×阻力臂(或F1l1=F2l2) 能 3
【解析】解：(1)支点在杠杆的中点是为了消除杠杆自重对杠杆平衡的影响；
调节杠杆在水平位置平衡，杠杆右端偏高，左端的平衡螺母应向上翘的右端移动，使杠杆在水平位置平衡，力臂在杠杆上，便于测量力臂；
(2)根据表格中的实验数据可知，杠杆平衡条件是：动力×动力臂=阻力×阻力臂(或F1l1=F2l2)；
(3)小明同学为了证明小敏同学的结论是错误的，他做了如图C的实验，此实验能得到“动力×支点到动力作用点的距离=阻力×支点到阻力作用点的距离”，这个结论是不正确的；当动力臂不等于支点到动力作用点的距离时，看实验结论是否成立，所以利用图C能进行验证；
杠杆平衡条件为：F1l1=F2l2，当弹簧测力计在A点与水平面成30°斜向上拉杠杆，动力臂为12×4l，
由杠杆平衡条件得：4×0.05kg×10N/kg×3×l=F×12×4l，
解得，F=3N。
故答案为：(1)重力(自重)；右；便于测量力臂；(2)动力×动力臂=阻力×阻力臂(或F1l1=F2l2)；(3)能；3。
(1)调节杠杆在水平位置平衡时，平衡螺母向上翘的一端移动；探究杠杆平衡条件时，使杠杆在水平位置平衡，这样方便测量力臂，支点在杠杆的中点是为了消除杠杆的自重；
(2)杠杆平衡条件是：F1l1=F2l2；
(3)利用力臂不在杠杆上的情况进行实验；根据杠杆平衡条件分析解答。
本题是探究杠杆平衡条件的实验，从杠杆的调平、实验的操作、杠杆平衡条件的应用等方面进行了考查，有一定综合性。
19.【答案】电流表指针没有调零 更小 0.70 偏大 错误 2.5VR0 I1R0(I2-I1)
【解析】解：(1)灯泡的额定电压为2.5V，所以电压表应选用0-3V量程，滑动变阻器要采取“一上一下”的连接方式，滑片向右移动时灯泡变亮，电流增大，由欧姆定律可知，滑动变阻器接入电路的电阻减小，应接右下接线柱，如图所示：
(2)由图可知，闭合开关前电流表的指针不在零刻度处，原因是电流表没有调零，这时候要通过调节电流表表盘上的零点调节器使指针指在零刻度处，方可使用；
(3)分析表中数据，要完成第三次实验，与第二次实验相比，电路中的电流变大了，在电源电压不变时，根据R=UI知电路的电阻变小，滑动变阻器连入电路的阻值更小；
由表格知小灯泡的额定功率为：P=UI=2.5V×0.28A=0.70W；
灯的电阻随温度的升高而变大，用已经测量的其中一组数据，计算出0.5V电压下小灯泡的电阻R，小于灯在额定电压下的电阻，再根据P=U2R计算小灯泡在2.5V下的额定功率，则按此方案算出的小灯泡的额定功率与前一步测量的额定功率相比偏大；
(4)小强的做法错误，小灯泡在不同电压下的功率不同，在额定电压下的功率为额定功率；
(5)①断开S2，闭合S1、S，灯L与电阻R0并联，电流表测定值电阻的电流，调节滑动变阻器滑片直至电流表示数为I1=2.5VR0时，小灯泡正常发光，小灯泡正常发光时的电压为：UL=I1R0；
②闭合S2、S，断开S1，灯L与电阻R0仍然并联，此时电流表测干路电流，因保持滑片位置不变，因电路的连接关系没有改变，各电阻的大小和通过的电流不变，灯仍正常发光，根据并联电路电流的规律可得，灯泡正常发光时的电流：I额=I2-I1；
③灯的额定功率：P额=U额I额=U额(I2-I1)=I1R0(I2-I1)。
故答案为：(1)见解答过程；(2)电流表指针没有调零；(3)更小；0.70；偏大； (4)错误；(5)①2.5/R0(或2.5V/R0)；③I1R0(I2-I1)。
(1)根据灯泡的额定电压确定电压表选用的量程，根据滑片右移灯泡变亮确定滑动变阻器的连接方式；
(2)电流表使用前要调零；
(3)根据分压原理判断出滑动变阻器连入电路阻值的变化；根据P=UI求出灯的额定功率；根据灯的电阻随温度的升高而变大结合P=U2R分析；
(4)小灯泡在不同电压下的功率不同，在额定电压下的功率为额定功率；
(5)要测灯的额定功率，应先使灯正常发光，在没有电压表的情况下，电流表与定值电阻R0应起到电压表的测量作用，第1次实验操作中，将R0与电流表串联后再与灯并联，通过移动变阻器的滑片使电流表示数为I1时灯泡正常发光，由欧姆定律表示出小灯泡两端的电压；
在第2次操作中，因电路的连接关系没有改变，各电阻的大小和通过的电流不变，灯仍正常发光，根据并联电路电流的规律求出灯的额定电流，根据P=UI写出小灯泡的额定功率表达式。
本题探究小灯泡亮度与实际功率的关系，考查电路连接、故障分析、电阻、功率的计算及数据分析、影响电阻大小的因素和变量法的运用。
20.【答案】重力势能转化为动能
【解析】解：(1)运动员在沿雪道加速下滑过程中，高度减小，重力势能减小，速度增大，动能增大，因此在此过程中重力势能转化为动能；
(2)滑雪板对水平地面的压力F=G人=mg=54kg×10N/kg=540N，
滑雪板与地面总接触面积S=3000cm2，=0.3m2，
此时滑雪板对雪面的压强p=FS=540N0.3m2=1.8×103Pa；
(3)平均速度：v=st=240m16s=15m/s；
(4)重力所做的功：W=Gh=540N×12m=6480J，
重力做功的平均功率：P=Wt=6480J16s=405W。
答：(1)重力势能转化为动能；
(2)此时滑雪板对雪面的压强为1.8×103Pa；
(3)运动员滑过该段赛道的平均速度是15m/s；
(4)在(3)中，该运动员滑过该段斜坡雪道时重力所做的功为6480J，重力做功的平均功率为405W。
(1)动能大小的影响因素是质量和速度。质量越大，速度越大，动能越大，重力势能大小的影响因素是质量和高度。质量越大，高度越高，重力势能越大；
(2)运动员双脚踏着滑雪板静止站在水平雪面上时，对雪面的压力等于其重力，已知滑雪板与地面总接触面积，由p=FS可求得此时滑雪板对雪面的压强；
(3)已知运动员经过一段长度为240m的斜坡雪道，用时16s，由速度公式可求得平均速度；
(4)由W=Gh可求得重力所做的功，由P=Wt可求得重力做功的平均功率。
此题涉及动、势能的相互转化、压强的大小及其计算、速度的计算、功的计算、功率的计算等多个知识点，是一道综合性较强的题目。
21.【答案】绿
【解析】解：(1)当开关S接触左侧触点时，电路中电阻R1和A灯串联，且指示灯的阻值不计，此时总电阻最小，根据公式P=U2R可知，发热管的功率最大，饮水机处于加热状态，因此A灯为红灯；
当开关S接触右侧触点时时，电路中电阻R1、R2和B灯串联，指示灯的阻值不计，此时总电阻最大，根据公式P=U2R可知，发热管的功率最小，饮水机处于保温状态，因此B灯为绿灯。
(2)已知加热时电加热管的功率为P加热=2200W，由P=U2R可得R1的阻值：
R1=U2P加热=(220V)22200W=22Ω；
饮水机处于保温状态，由题知，保温时电加热管的功率为P保温=22W，
由P=U2R可得，此时电加热管两端的电压：U1=P保温R1=22W×22Ω=22V，
由欧姆定律可得，保温状态下电加热管中的电流：I=U1R1=22V22Ω=1A，
保温状态下，R2两端的电压：U2=U-U1=220V-22V=198V，
由I=UR可得R2的电阻值：R2=U2I=198V1A=198Ω；
(3)水的质量为：m=ρV=1.0×103kg/m3×5×10-3m3=5kg；
水吸收热量：
Q吸=cmΔt=4.2×103J/(kg⋅℃)×5kg×(100℃-20℃)=1.68×106J；
这台饮水机加热时消耗的电能：
W=P加热t=2200W×15×60s=1.98×106J；
这台饮水机的热效率：
η=Q吸W电=1.68×106J1.98×106J×100%=84.8%；
(4)该饮水机在保温状态时，电阻R2在水箱外，消耗较多的能量，这部分能量没有被利用。
故答案为：(1)绿；
(2)电阻R2的阻值为198Ω；
(3)这台饮水机加热时的热效率为84.8%；
(4)该饮水机在保温状态时，电阻R2在水箱外，消耗较多的能量，这部分能量没有被利用。
(1)根据开关的转换分析电路的连接方式及电路总电阻的变化，根据公式P=U2R确定饮水机的工作状态以及指示灯的工作情况；
(2)已知加热时加热管的功率，根据公式R=U2P可求R1的阻值大小；根据公式P=U2R求出保温时加热管两端的电压；
根据I=UR求出通过加热管的电流；根据串联电路电压的规律求出R2两端的电压；根据欧姆定律求出R2的阻值；
(3)根据m=ρV算出水的质量；根据Q=cm(t-t0)算出吸收的热量，根据W=Pt算出消耗的电能，根据η=Q吸W电算出热效率；
(4)该饮水机在保温状态时，电阻R2在水箱外，消耗较多的能量。
本题考查热量公式、欧姆定律的应用、电功率公式、热效率公式的应用，关键是公式及其变形的灵活运用，涉及到热学和电学部分的知识点多，综合性强、易错、属于难题。
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