2022年黑龙江省绥化市中考物理二模试卷(word版含答案)

这是一份2022年黑龙江省绥化市中考物理二模试卷(word版含答案)，共27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年黑龙江省绥化市中考物理二模试卷

一、单选题（本大题共8小题，共16.0分）
1. 由于疫情防控的需要，有些地区临时采取网上授课的方式。同学们利用手机或电脑与老师进行交流学习，下列说法正确的是(    )
A. 老师讲课的声音是由气体振动产生的
B. 按手机音量键，可以改变声音的音调
C. 同学们听到手机播放的讲课声音是超声波
D. 同学们正在上课时电脑上广告弹窗的声音属于噪声
2. 2022年2月4日至20日，第24届冬季奥运会在北京市和张家口市联合举行，下列有关估测最符合实际的是(    )
A. 滑雪板的长度约为5m
B. 短道速滑运动员滑冰时的速度约为3.6km/h
C. 开幕式上完整演奏一遍中华人民共和国国歌的时间约为49s
D. 滑雪运动员双脚站立在水平雪地上时对雪地的压强约为1.25×105Pa
3. 下列有关物态变化的叙述错误的是(    )
A. 冬天戴眼镜的同学从寒冷的室外进入湿暖的室内，眼镜片上会出现一层雾，这是液化现象
B. 夏天喝饮料时常在杯中加入冰块，一会儿冰块变小了，这是熔化现象
C. 打开冰箱门时，常会看见冰箱门前冒“白气”，这是汽化现象
D. 电冰箱内侧壁会附有一层白色冰晶，这些冰晶是凝华形成的
4. 下列关于凸透镜应用的说法，正确的是(    )
A. 近视眼需要佩戴凸透镜来矫正
B. 放大镜成正立、放大的实像
C. 用手机扫描二维码时，应使二维码位于手机镜头一倍焦距之内
D. 要使投影仪成像变大，应使投影仪远离屏幕，同时使镜头靠近投片
5. 随着人们生活水平的提高，小汽车已经进入了大多数家庭。当汽车的挡位拨到倒车挡“R”位置(相当于闭合开关)，此时，倒车灯和后视补光灯同时亮起。下列电路设计符合要求且合理的是(    )
A. B.
C. D.
6. 下列有关民航客机的说法正确的是(    )
A. 客机油箱中的燃油用去一半，则剩下燃油的热值变为原来的一半
B. 客机加速起飞时，乘客上身会紧贴在座椅常背上，这是因为乘客具有惯性
C. 客机水平匀速直线飞行时，运动状态发生改变
D. 机翼设计成“上凸下平”的形状，是利用“流体流速越大压强越大”的原理获得升力
7. 下列关于图中的四幅图的说法中错误的是(    )
A. 甲图是发电机的工作原理
B. 乙图实验说明电流周围有磁场
C. 丙图中，使用测电笔时手一定不能触碰金属笔尖
D. 丁图中，有人触电，应该立即切断电源或用绝缘棒把导线挑开
8. 在如图所示电路中，电源电压不变，当滑动变阻器的滑片P由中点向右端移动时，下列说法正确的是(    )
A. 电流表的示数变小
B. 电压表的示数变小
C. 灯泡消耗的功率变大
D. 电路消耗的总功率减小


二、多选题（本大题共2小题，共4.0分）
9. 如图所示粗糙的弧形轨道竖直固定在水平面上，一小球由A点以速度vA沿轨道滚下，经另一侧等高点B后到达最高点C。下列关于小球滚动过程的分析不正确的是(    )
A. 小球在A点具有的机械能等于它在C点具有的重力势能
B. 小球在A、B两点具有的动能相同
C. 小球在A、B、C三点的速度大小关系是vA>vB>vC
D. 整个过程只有重力在对小球做功
10. 如图甲所示电路，电源电压保持不变，滑动变阻器的滑片P从最右端滑到最左端的过程中，定值电阻R1的U-I关系图象如图乙所示。下列说法正确的是(    )
A. 电源电压为7.5V
B. R1的电阻值为10Ω
C. 电路消耗的最大功率为3.6W
D. 当电路中的电流为0.2A时，R2消耗的电功率为0.5W

三、填空题（本大题共9小题，共18.0分）
11. 学校落实“双减”政策，促进学生全面发展以来，小明假期在家帮妈妈做简单的家务，并同时从生活中寻找物理知识。当他打开家中的冰箱门，看到冰箱内的照明灯亮着，而压缩机并没有工作，从而他判断出冰箱内的照明灯和压缩机是______(填“串联”或“并联”)的；小明家空调的工作状态可通过遥控器发出的______(填“紫外线”或“红外线”)指令控制。
12. 如图所示是一款我国自行研制的“防疫机器人”，它是防疫战役的“特殊战士”，可以实现24小时待命，能完成消毒清洁、送药送餐、测温巡查等工作。若该机器人某次接到送药送餐指令后开始行进，以地面为参照物它是______(填“静止”或“运动”)的。若该机器人以0.4m/s的速度在水平地面上匀速直线行驶50s，则它行驶的路程是______m。
13. 如图所示电路，电源电压不变，定值电阻R2=20Ω，且R1
14. 当马拉着载有500kg货物的雪橇在平直的公路上匀速行驶时，马对雪橇的水平拉力为500N，雪橇在水平方向上受到的阻力为______N；若雪橇上的货物卸下了200kg后，马拉雪仍匀速行驶，马对雪橇的水平拉力将会______(选填“增大”、“减小”或“不变”)。
15. 汽车上的卫星定位导航系统是利用______(填“超声波”或“电磁波”)进行定位和导航的。新能源清洁电动汽车所使用的电能属于______(填“一次”或“二次”)能源。
16. 小明家的电能表上个月月末的示数为图，本月月未的示数为，则本月他家消耗的电能为______kW⋅h；若消耗1kW⋅h的电能应付电费0.5元.则他家这一个月应付电费______元。
17. 电熨斗是利用电流的______工作的。小明把一个电熨斗接入家庭电路使其正常工作，其电热丝的电阻为50Ω，则该电熨斗在2min内产生的热量为______J。
18. 如图，装满物品的拉杆式旅行箱总重60N，其重心在箱体的几何中心，图中AB与BC等长。现将平放在水平地面上的该旅行箱的C端抬离地面，至少用力______ N，拉杆越短，所需的力越______ 。

19. 如图所示，电源电压保持不变，小灯泡L标有“6V 0.6W”的字样，R为定值电阻，闭合S1，断开S2，小灯泡正常发光；若再闭合S2，发现电流表示数变化了0.3A，则R的阻值为______ Ω，电路的总功率为______ W。


四、作图题（本大题共2小题，共2.0分）
20. 如图所示，一木块正沿着固定在地面上的光滑斜面下滑，请做出木块受到的重力G和支持力F的示意图。

21. 如图所示，电源电压为6V保持不变。现有5Ω、10Ω、40Ω电阻各一个，选用其中两个电阻，使图中电流表的示数为0.75A.请在图上画出电路图，并标明阻值。




五、实验探究题（本大题共4小题，共19.0分）
22. 小华同学在做“探究平面镜成像特点”的实验中，在竖立的玻璃板左侧放置点燃的蜡烛，如图甲所示。

(1)选择玻璃板代替平面镜的目的是______。为了找到像的位置，小华拿着另一支完全相同但未点燃的蜡烛在玻璃板右侧移动时，人眼应当在______点(用图中字母表示)所示的位置来观察。
(2)如果实验中将点燃的蜡烛靠近玻璃板，它所成的像的大小将______(填“变大”“变小”或“不变”)。
(3)在实验测量时，为了便于得到完整的实验结论，老师允许小华在图乙中挑选一个适合的测量工具，小华应选择______(填“量角器”“三角尺”或“皮卷尺”)进行测量。
23. 小明利用如图所示的电路探究电流与电阻的关系。电源电压恒为6V，10Ω、20Ω、30Ω、40Ω的定值电阻各一个，滑动变阻器铭牌上标有“30Ω 1A”字样。
(1)闭合开关前，滑动变阻器的滑片应调到最______(填“左”或“右”)端。
(2)他将10Ω的定值电阻接入电路中，移动滑片P发现，电压表有示数，电流表始终无示数，其原因可能是______。(填字母)
A.定值电阻短路
B.定值电阻断路
C.滑动变阻器短路
(3)排除故障后继续实验。他将定值电阻分别接入电路中，保持定值电阻两端电压为3V，最多可以完成______次实验。要想完成四次实验，需要最大阻值至少为______Ω的滑动变阻器。
(4)通过实验可得出结论：当电压一定时，导体中的电流与导体的电阻成______。
24. 小明分别采用图甲、乙所示的实验装置探究烛蜡、冰的熔化特点。

(1)组装甲装置时，A、B两部件中应先固定______部件；探究时采用“水浴法”而不直接用酒精灯加热除了能减缓升温速度，还能使试管内的物质______。
(2)图乙中温度计的示数为______℃。
(3)根据实验数据做出两者温度随时间变化的图象(如图丙所示)，其中烛蜡的图象是图______(填①”或“②”)；图①中bc段对应的时间内，试管里物质的内能______(填“变大”“变小”或“不变”)，该物质在αb段的比热容比在cd段的比热容______(填“大”或“小”)。
25. 如图甲、乙、丙所示，小明同学利用A、B两物体和海绵等器材探究“压力的作用效果与哪些因素有关”的实验。

(1)实验中小明通过观察海绵的凹陷程度来比较压力的作用效果，这种科学探究方法是______法。
(2)若要探究“压力的作用效果与受力面积大小的关系”，应比较______两图所示实验。
(3)比较甲、乙两图所示实验，能够得到的结论是______。
(4)如图丁所示，把物体B沿竖直虚线切成大小不同的两块，两块对海绵的压强分别用p左和p右表示，则p左______p右(填“>”“<”或“=”)。

六、综合题（本大题共3小题，共21.0分）
26. 小青在“测量小灯泡的额定功率”实验中，选用的小灯泡标有“2.5V”字样。
(1)如图甲是小青测量小灯泡额定功率实物电路，请在答题卡上画出对应电流表和电压表变化的大致图像______ 。

(2)连接好电路后闭合开关，小青发现小灯泡没有发光，但电流表有示数，接下来应进行的操作是______ (选填标号)。
A.更换小灯泡
B.检查开关是否闭合
C.移动滑动变阻器滑片
D.检查电压表是否断路
(3)实验时，电压表的示数如图乙所示，则应将滑片向______ (选填“A”或“B”)端移到某一位置，才能使小灯泡正常工作。若正常工作时电流表示数为0.5A，则小灯泡的额定功率为______ W。
(4)完成上述实验后，小青又设计了一种测额定功率的方案，如图丙所示，R0是阻值已知的定值电阻。请完成下列操作：
①连接好电路，闭合开关S，将开关S1拨到触点______ (选填“A”或“B”)，移动滑片，使电压表的示数为小灯泡的额定电压U1。
②保持______ 的位置不动，再将开关S1拨到另一触点，读出电压表的示数U2；
③用U1、U2、R0表示小灯泡的额定功率，则表达式P= ______ 。
27. 某学校为了保证学生在校期间能喝上热水，为每个班级安装了电热直饮机(如图甲所示)。它不仅方便、快捷，还很安全。它内部带有滤芯，将水过滤到可饮用标准后，再利用内部的电热丝将水烧开，打开水龙头即可有开水饮用，同时还有保温功能。图乙是它的简化电路图(R1、R2均为电热丝且阻值不变)，其各项参数如表所示。求：[ρ水=1.0×103kg/m3,c水=4.2×103J/(kg⋅℃)]
电热直饮机参数
热水温度：100℃
加热功率：2200W
热胆容积：11L
保温功率：100W
额定电压：220V
频率：50Hz
(1)该电热直饮机处于正常加热状态时的工作电流是多少？
(2)电热丝R1的阻值是多少？
(3)设电热直饮机在加热状态正常工作时，电热丝所产生的热量有80%被水吸收，当电热直饮机的热胆装满水时，水温由20℃正常加热到100℃需要多少分钟？

28. 如图甲所示，装有适量水的圆柱形容器，放置在水平地面上。密度大于水的实心长方体A通过滑轮组慢慢浸入圆柱形容器的水中。开始时刻，长方体A的下表面刚好与水面相平，滑轮组绳子自由端的拉力F拉的大小为9F。F拉的大小随时间t变化的图象如图乙所示。已知长方体A的体积为3000cm3，容器的底面积为300cm2，匀速拉动绳子的速度为4cm/s，长方体A运动时底部始终与水平面相平行，且容器中没有水溢出，动滑轮始终未浸入水中，不计水的阻力、细绳的质量和体积及滑轮的摩擦。求：(ρ水=1.0×103kg/m3)
(1)第15s时，长方体A受到的浮力；
(2)长方体A受到的重力GA；
(3)在0～30s的整个过程中，水对容器底部的最大压强p水。
答案和解析

1.【答案】D
【解析】解：A、老师讲课的声音是由声带振动产生的，不是由气体振动产生，故A错误。
B、按音量键可以改变声音的响度，而不是音调，故B错误。
C、人耳听觉范围：20Hz～20000Hz，同学们听到手机播放的讲课声音不是超声波，故C错误。
D、从环境保护角度看，凡是影响人们正常的生活、休息、和学习的声音都是噪声，同学们正在听课，广告弹出的声音干扰了学生学习，为噪声，故D正确。
故选：D。
(1)声音是由物体的振动产生的。
(2)人耳听觉范围：20Hz～20000Hz，频率高于人的听觉上限(约为20000Hz)的声波，称为超声波．次声波又称亚声波，它是一种频率低于人的可听声波频率范围的声波，次声波的频率低于20Hz。
(3)从物理学角度看，杂乱、振动无规律的声音都是噪声。从环境保护角度看，凡是影响人们正常的生活、休息、和学习的声音都是噪声。
此题考查的是声音的产生、音调与响度的区别、超声波，属于易错题。

2.【答案】C
【解析】解：A、滑雪板的长度大约等于人的身高约为1.6m，故A错误；
B、短道速滑500m的成绩大约为40s，则短道速滑的速度约为：v=st=500m40s=12.5m/s=45km/h，故B错误；
C、中华人民共和国国歌长度较小，演奏一遍的时间不到1min，约为49s，故C正确；
D、滑雪板对雪地的压力：F=G=700N，
一对滑雪板的总面积约为：S=0.35m2，
则滑雪运动员双脚站立在水平雪地上时对雪地的压强：p=FS=700N0.35m2=2000Pa，故D错误。
故选：C。
(1)滑雪板的长度大约等于人的身高；
(2)短道速滑500m的成绩大约为40s，根据速度公式求出短道速滑的速度；
(3)中华人民共和国国歌长度较小，演奏一遍的时间不到1min；
(4)估测滑雪板对雪地的压力和滑板的面积，根据p=FS求出滑雪运动员双脚站立在水平雪地上时对雪地的压强。
此题考查对生活中常见物理量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，找出符合实际的选项即可。

3.【答案】C
【解析】解：A、从寒冷的室外进入温暖的室内时，眼镜片上会形成“小水珠”。是水蒸气遇到温度低的镜片发生液化现象，故A正确；
B、夏天喝饮料，常在杯中加入冰块，一会儿冰块变小，是冰块由固态变成了液态，是熔化现象，故B正确；
C、打开冰箱门时，常会看见门前冒“白气”，是房间内空气中的水蒸气遇到冰箱内的较低温度后，放热液化成的小水珠，这是液化现象不是汽化现象，故C错误；
D、电冰箱内侧壁会看见附有一层白色的冰晶，是冰箱内的水蒸气遇冷凝华成的，故D正确。
故选：C。
物质从固态变为液态的过程叫做熔化，物质从液态变为固态的过程叫做凝固；物质从液态变为气态的过程叫做汽化，物质从气态变为液态的过程叫做液化；物质从固态直接变为气态的过程叫升华，物质从气态直接变为固态的过程叫凝华。
此题主要考查物质的物态变化，要熟记物态变化时的特点不能混淆，并能分析生活中的物态变化现象。

4.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了凸透镜的成像规律和成像特点的应用，属于基础知识。
(1) 近视眼观察物体时，像成在视网膜的前方，所以用凹透镜来矫正。
(2) 放大镜成的是正立、放大的虚像；
(3) 扫二维码时镜头和二维码的距离大于二倍焦距，成倒立缩小的实像；
(4) 凸透镜成实像时，物距减小，像距变大，像变大。
【解答】
A. 近视眼观察远处物体时，像成在视网膜的前方，为使光线延迟会聚，应佩戴具有发散作用的凹透镜来矫正，故 A 错误；
B. 放大镜成的是正立、放大的虚像，故 B 错误；
C. 手机摄像头是利用物距大于二倍焦距时，成倒立缩小实像的规律工作的，因此，用手机扫描二维码时，应使二维码位于手机镜头的两倍焦距以外，故 C 错误；
D. 要使投影仪成像变大，应减小物距，增大像距，所以，应使投影仪远离屏幕 ( 增大像距 ) ，同时使镜头靠近投片 ( 减小物距 ) ，故 D 正确。
故选 D 。   
5.【答案】D
【解析】解：根据题意可知，把汽车的挡位拨到倒车挡“R”位置，相当于闭合开关，倒车灯和后置补光灯同时亮起，这说明开关能控制倒车灯和补光灯；倒车灯和补光灯可能串联接入电路，也可能并联接入电路；若两灯串联，两灯工作时相互影响，即一盏灯损坏，另一盏灯也不发光，不符合实际；若两灯并联，两灯工作时互不影响，所以最合理的连接方式是并联，故D图正确。
故选：D。
开关闭合后，倒车灯和后置补光灯同时亮起，这说明开关同时控制两盏灯，则两盏灯可能串联、也可能并联(开关接在干路上)；根据串联电路和并联电路的工作特点分析两盏灯最合理的连接方式。
本题考查了串并联电路的设计，明确倒车灯和补光灯的连接方式是解题的关键。

6.【答案】B
【解析】解：A、热值是燃料的特性，只与燃料的种类有关，与燃料的质量无关，所以，客机油箱中的燃油用去一半，则剩下燃油的热值不变，故A错误；
B、客机起飞时，乘客的下半身会随飞机向前加速，但乘客上身由于惯性，仍然保持原来的运动状态，所以乘客会向右仰，即会紧贴在座椅靠背上，故B正确；
C、客机水平匀速直线飞行时，飞机处于平衡状态，运动状态不变，故C错误；
D、机翼设计成“上凸下平”的形状，是利用“流体流速越大压强越小”的原理获得升力，故D错误。
故选：B。
(1)热值是燃料的特性，只与燃料的种类有关，与燃料的质量无关；
(2)物体保持原来的运动状态不变的性质叫惯性，任何物体都具有惯性；
(3)平衡状态包括静止状态和匀速直线运动状态；
(4)流体在流速大的地方压强小；流速小的地方压强大。
本题考查对热值的理解、运动与力的关系、惯性以及流体流速与压强的关系，是一道综合题。

7.【答案】A
【解析】解：A、图中有电源，闭合开关后，金属棒ab受力运动，是电动机的工作原理；发电机的工作原理是电磁感应现象，故A错误；
B、该图是奥斯特实验，此实验证明了电流周围存在磁场，故B正确；
C、用测电笔辨别火线、零线时，手指一定要接触测电笔上端的金属帽，不能触碰金属笔尖，故C正确；
D、发现有人触电时，应该立即切断电源或用绝缘棒把导线挑开，使触电者脱离火线，故D正确。
故选：A。
(1)发电机是利用电磁感应现象的原理制成的；电动机是利用通电导体在磁场中受力运动的作用的原理制成的；
(2)通电导体周围存在磁场；
(3)测电笔中的氖管发光与否是判断火线和零线的主要依据，发光则为火线，不发光则为零线。但手一定要接触笔尾金属体，这样才能和大地连成通路，使电流通过，氖管才有可能发光；
(4)有人触电时，首先要断开电源。
知道电磁铁、电动机和发电机的制作原理即原理图、测电笔的使用以及安全用电的知识是解决该题的关键。

8.【答案】D
【解析】解：闭合开关S后，滑动变阻器R与灯泡L并联，电流表测通过灯泡的电流，电压表测电源电压；
因为电源的电压保持不变，所有移动滑片时，电压表V的读数不变，故B不正确；
因为并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以移动滑片时，通过灯泡L的电流不变，实际功率不变，即电流表的读数不变、亮暗不变，故AC不正确；
当滑动变阻器的滑片P由中点向右端移动时，接入电路中的电阻变大，由I=UR可知，该支路的电流变小，又因为并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所有干路电流变小，由P=UI可知，电路消耗的功率减小，故D正确．
故选D．
闭合开关S后，滑动变阻器R与灯泡L并联，电流表测通过灯泡的电流，电压表测电源电压；根据电源的电压可知电压表示数的变化，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知通过灯泡的电流和实际功率不变，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知该支路电流的变化，根据并联电路的电流特点可知干路电流的变化．
本题考查了滑动变阻器的变阻原理、欧姆定律、串联电路的电压关系，分析电路图确定两电阻的连接方式和电压表、电流表的测量对象是本题关键．

9.【答案】ABD
【解析】解：
A、弧形轨道是粗糙的，小球受摩擦力，要克服摩擦力做功，机械能转化为内能，机械能变小，所以小球在A点具有的机械能大于它在C点具有的重力势能，故A错误；
B、在粗糙的弧形轨道上受摩擦力，要克服摩擦力做功，则在整个过程中小球的机械能减小；虽然小球在A、B两点等高，具有的重力势能相同，但由于小球的机械能减小，所以小球在B点具有的动能小于在A点的动能，故B错误；
C、由题意可知小球在C点的速度为0，由B项分析可知小球在A点的速度大于在B点的速度，所以在A、B、C三点的速度大小关系是νA>νB>νC，故C正确；
D、整个过程中，小球在重力方向上通过了距离，所以重力做了功；同时小球还受到摩擦力，且在摩擦力的方向上也通过了距离，因此克服摩擦力也做了功，故D错误。
故选：ABD。
(1)运动的物体克服摩擦做功，机械能转化为内能；
(2)由于受到的阻力，所以小球下落过程中，有机械能的损失；
(3)做功的两个条件：有力，且物体在力的方向上通过距离。
此题考查了机械能的大小变化、能量的转化和做功的条件的分析，是一道综合题目。

10.【答案】BC
【解析】解：由图甲可知，定值电阻R1与滑动变阻器串联，电压表测定值电阻R1两端的电压，电流表测电路中的电流；
(1)当滑动变阻器的滑片P位于最左端时，滑动变阻器接入电路的电阻为零，电路为R1的简单电路，电路中的电阻最小，由欧姆定律可知，电路中的电流最大，
由图乙图象可知，电路中的最大电流为0.6A，此时定值电阻R1两端的电压为6V，即电源电压为6V，故A错误；
由欧姆定律可知，R1的阻值：R1=UI大=6V0.6A=10Ω，故B正确；
电路消耗的最大功率：P大=UI大=6V×0.6A=3.6W，故C正确；
(2)由图乙图象可知，当电路中的电流为0.2A时，定值电阻R1两端的电压为2V，
由串联电路的电压特点可知，此时滑动变阻器R2两端的电压为：U2=U-U1=6V-2V=4V，
则R2消耗的电功率：P2=U2I小=4V×0.2A=0.8W，故D错误。
故选：BC。
由图甲可知，定值电阻R1与滑动变阻器串联，电压表测定值电阻R1两端的电压，电流表测电路中的电流；
(1)当滑动变阻器的滑片P位于最左端时，滑动变阻器接入电路的电阻为零，电阻中的电阻最小，由欧姆定律可知，电路中的电流最大，根据图象读出电路中的最大电流和定值电阻R1两端的电压即为电源的电压；根据欧姆定律求出R1的阻值；根据P=UI求出电路消耗的最大功率；
(2)根据图象读出电路中的电流为0.2A时，定值电阻R1两端的电压，根据串联电路的电压特点求出此时滑动变阻器两端的电压，根据P=UI求出R2消耗的电功率。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，关键是根据图像读出相关的信息。

11.【答案】并联  红外线
【解析】解：(1)由题意可知，冰箱内的指示灯和压缩机可以独立工作，互不影响，因此，它们是并联的；
(2)空调器的工作状态可通过遥控器发出的红外线进行控制。
故答案为：并联；红外线。
(1)串联电路电流只有一条路径，各用电器不能独立工作，且相互影响；并联电路电流有多条路径，各用电器能独立工作，互不影响。
(2)遥控器是利用红外线控制用电器的。
本题主要考查了串并联电路的辨别以及红外线的应用，难度不大。

12.【答案】运动  20
【解析】解：若该机器人某次接到送药送餐指令后开始行进，以地面为参照物，它相对于地面的位置发生变化，是运动的。
若该机器人以0.4m/s的速度在水平地面上匀速直线行驶50s，则它行驶的路程s=vt=0.4m/s×50s=20m。
故答案为：运动；20。
物体相对于参照物的位置发生变化，是运动的。
根据s=vt得出它行驶的路程。
本题考查速度公式的应用、运动和静止的相对性，综合性强，难度适中。

13.【答案】6  4：1
【解析】解：由电路图知，R1和R2并联，A1测干路电流，A2测R2支路电流；
(1)根据并联电路电流特点知，干路电流等于各支路电流之和，而两电流表指针偏转角度相同，
所以A1使用的是0～3A的量程，A2使用的是0～0.6A的量程，
由乙图知：A1示数为1.5A，A2示数为0.3A，即：I=1.5A，I2=0.3A；
由欧姆定律I=UR知，电源电压：
U=U2=I2R2=0.3A×20Ω=6V；
(2)由并联电路电流特点知：通过R1的电流：
I1=I-I2=1.5A-0.3A=1.2A，
因为并联电路各支路电压相等且等于电源电压，
所以电流通过R1、R2消耗的电功率之比为：P1P2=UI1UI2=I1I2=1.2A0.3A=41。
故答案为：6；4：1。
由电路图知，R1和R2并联，A1测干路电流，A2测R2支路电流；
(1)根据并联电路的电流特点和两电流表指针偏转角度相同，确定电流表量程，并出其示数，根据欧姆定律即可求出电源电压；
(2)由并联电路特点求出R1的电流，再利用P=UI和并联电路电压的规律算出电流通过R1、R2消耗的电功率之比。
本题考查并联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是根据并联电路的干路电流大于支路电流，得出电流表A1、A2选择的量程。

14.【答案】500  减小
【解析】解：当马拉着载雪橇在平直的公路上匀速行驶时，雪橇在水平方向受到的拉力和阻力是一对平衡力，所以这两个大小相等、方向相反，即阻力f=F=500N；
当雪橇上的货物卸下了200kg后，雪橇对地面的压力减小，雪橇受到的摩擦力减小，由于雪橇仍然匀速行驶，所以马对雪橇的水平拉力减小。
故答案为：500；减小。
(1)物体在力的作用下保持匀速直线运动状态，受到的力是平衡力；平衡力的大小相等、方向相反，作用在同一条直线上；
(2)摩擦力大小与压力和接触面的粗糙程度有关，压力越大，接触面越粗糙，摩擦力越大。
此题考查了二力平衡条件以及影响滑动摩擦力的因素，难度不大，理解和熟记相关知识点即可解答。

15.【答案】电磁波  二次
【解析】解：汽车上的卫星定位导航系统是利用电磁波进行定位和导航的，电能一般都是通过火力发电或水力发电等方式转化过来的，属于二次能源。
故答案为：电磁波；二次。
广播、电视和移动通信都是利用电磁波来传递信息的；不能从自然界直接获取，必须通过一次能源的消耗才可以得到的能源叫二次能源。
此题考查了电磁波的应用和能源的分类，是一道基础题目。

16.【答案】40  20
【解析】解：电能表读数时，数字方框中最后一位是小数，单位是kW⋅h，
本月末电能表示数为2178.2kW⋅h，上月末电能表示数为2138.2kW⋅h，
本月他家消耗的电能：W=2178.2kW⋅h-2138.2kW⋅h=40kW⋅h；
他家这一个月应付电费：40kW⋅h×0.5元/(kW⋅h)=20元。
故答案为：40；20。
电能表读数时，数字方框中最后一位是小数，单位是kW⋅h；本月末电能表示数减去上月末电能表示数即为本月消耗的电能；消耗的电能乘以电费单价即为这个月应付的电费。
本题考查电能表的读数、消耗电能的计算，以及电费的计算，知道电能表读数时，数字方框中最后一位是小数，单位是kW⋅h是解题的关键。

17.【答案】热效应  1.1616×105
【解析】解：电熨斗工作时将电能转化为内能，所以电熨斗是利用电流的热效应工作的；
家庭电路电压220V，所以电熨斗在2min内产生的热量：
Q=W=U2Rt=(220V)250Ω×2×60s=1.1616×105J。
故答案为：热效应；1.1616×105。
电流通过导体时电能转化为内能，这种现象叫做电流的热效应；根据Q=W=U2Rt计算电熨斗在2min内产生的热量。
本题考查对电流热效应的认识和电热计算公式的灵活应用，难度不大。

18.【答案】15  大
【解析】解：由图可知，支点为A点，阻力为箱体的重力，阻力臂为12AB，动力臂为AC，因为AB=BC，所以L阻=14L动，则动力为：
由F动L动=F阻L阻得：
F动=F阻L阻L动=60N×14=15N，
拉杆越短，动力臂越小，阻力和阻力臂不变，则所需的力越大。
故答案为：15；大。

19.【答案】20  2.4
【解析】解：闭合S1，断开S2，小灯泡正常发光，因此电源电压为6V；
再闭合S2，为并联电路，电流表测量的是干路电流，则电流表示数变化了0.3A，即IR=0.3A，
由I=UR得R的阻值为：
R=UIR=6V0.3A=20Ω；
电阻R的功率为：
PR=UIR=6V×0.3A=1.8W，
电路的总功率为：
 P=PL+PR=0.6W+1.8W=2.4W。
故答案为：20，2.4。
闭合S1，断开S2，为灯泡的基本电路，而小灯泡正常发光，因此电源电压等于灯泡的额定电压；
两个开关都闭合时，为并联电路，电流表串联在干路上，因此电流表示数的变化为定值电阻R中通过的电流，再利用R=UI即可求出R的阻值；
利用P=UI求出电阻的功率，进而求出总功率。
本题考查欧姆定律的计算公式和电功率的计算公式的灵活应用，本题的关键是会利用并联电路的互不影响的特点进行分析。

20.【答案】解：
重力G和支持力F的作用点画在物体的重心上，重力G的方向竖直向下；支持力F的方向与斜面垂直向上。如图所示：

【解析】重力的方向是竖直向下的，作用点在重心上；
斜面对物体的支持力和物体对斜面的压力是一对相互作用力，方向是相反的；压力的方向是垂直于斜面向下的，支持力就是垂直于斜面向上的，作用点在物体的重心上。
画力的示意图的一般步骤为：一画简图二定点，三画线，四画尖，五把力的符号标尖边。按照这个作图步骤，很容易能够画出指定力的示意图。

21.【答案】解：由I=UR可得，电路中的总电阻：
R=UI=6V0.75A=8Ω，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，三个电阻5Ω、10Ω、40Ω选任意两个串联都不符合要求，所以只能并联，
又因并联电路中总电阻小于任何一个分电阻，
所以，选用的电阻为10Ω、40Ω，即总电阻R=10Ω×40Ω10Ω+40Ω=8Ω，符合要求，
电路图如下图所示：

【解析】知道电源的电压和电路中的电流，根据欧姆定律求出电路中的总电阻，利用电阻的串联和并联判断出两电阻的连接方式以及阻值大小，然后画出电路图。
本题考查了电阻的串并联和欧姆定律的应用，正确得出两电阻的连接方式是关键。

22.【答案】方便确认物像的位置及大小  A  不变  三角尺
【解析】解：(1)在平面镜成像特点实验中采用玻璃板代替平面镜，其目的是确认物像的位置及大小；平面镜成的像是光的反射形成的，A蜡烛发出的光线经玻璃板反射，被人眼接收，才能看到像，故眼睛在A点蜡烛所在这一侧，直到B与A蜡烛的像完全重合为止，B与A的像能完全重合，说明像与物的大小相等；
(2)平面镜成像与成像物体大小相等，将蜡烛A移近玻璃板时，蜡烛A的大小不变，则像的大小不变；
(3)实验中应该用刻度尺测量物到平面镜的距离和像到平面镜的距离，而量角器不能测量物体的长度，皮尺用来测量比较长的物体的长度，故B三角尺符合题意。
故答案为：(1)确认物像的位置及大小；A；(2)不变；(3)三角尺。
(1)在平面镜成像特点实验中采用玻璃板代替平面镜，其目的是确认物像的位置及大小。实验过程中，眼睛要在蜡烛A侧观察，眼睛既能看到蜡烛A，又能看到代替蜡烛A的蜡烛B.当蜡烛B和蜡烛A的像完全重合时，根据平面镜成像特点进行判断；
(2)根据平面镜成像特点进行判断：物体在平面镜中成虚像，物像大小相等，物像连线与镜面垂直，物像到平面镜的距离相等；
(3)实验中应该用刻度尺测量物到平面镜的距离和像到平面镜的距离，据此分析。
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。

23.【答案】右  B  3  40  反比
【解析】解：
(1)闭合开关前，为保护电路，滑动变阻器滑片应调到阻值最大处的右端；
(2)A.若R短路，电压表示数为0，不符合题意；
B.若R断路，电流表示数为0，电压表与电源连通测电源电压，电压表有示数，符合题意；
C.若滑动变阻器短路，电压表测电源电压，电压表有示数，电流表也有示数，不符合题意；
故选：B；
(3)电阻两端的电压始终保持UV=3V，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：
U滑=U-UV=6V-3V=3V，电压表示数为变阻器分得的电压1倍，根据分压原理，当接入变阻器的最大电阻30Ω连入电路时，对应的定值电阻的最大值为1×30Ω=30Ω，最多可以完成3次实验；
变阻器分得的电压为电压表示数的1倍，根据分压原理，当接入40Ω电阻时，变阻器连入电路中的电阻为：
R滑=1×40Ω=40Ω，故为了完成整个实验，应该选取最大阻值至少40Ω的滑动变阻器；
(4)通过实验可得出结论：电压一定时，导体中的电流与导体的电阻成反比。
故答案为：(1)右；(2)B；(3)3；40；(4)反比。
(1)闭合开关前，为保护电路，滑动变阻器滑片应调到阻值最大处；
(2)逐一分析每个选项，找出符合题意的答案；
(3)电阻两端的电压始终保持UV=3V，根据串联电路电压的规律得出变阻器分得的电压，根据分压原理得出当接入变阻器的最大电阻时，对应的定值电阻最大值，据此分析；探究电流与电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变，根据分压原理，求出当接入最大的定值电阻连入电路中时，对应的变阻器的电阻值；
(4)在电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比。
本题探究电流与电阻关系实验，考查注意事项、故障分析、控制变量法、操作过程和对器材的要求及实验结论。

24.【答案】B  受热均匀  -4  ②  变大  小
【解析】解：(1)需用酒精灯外焰加热，所以要放好酒精灯，再固定铁圈的高度；安装实验器材时，应按照自下而上的顺序进行；先固定B部件；
(2)水浴法是指将待加热物体放入试管中，再浸入水中加热，除了能减缓升温速度，还能使物体受热均匀；
(3)图乙中温度计的分度值是1℃，且液柱在0℃以下，因此图乙中温度计的示数为-4℃；
(3)蜡烛是非晶体，在熔化过程中持续吸热，温度也不断升高，因此蜡烛的图像是图②；
图①中bc段对应的时间是晶体的熔化过程，此过程中物质吸收热量，内能变大。
由图①可知，ab段是固体的升温过程，cd段是液体的升温过程，ab段升高的温度大于cd段升高的温度，ab段吸收热量等于cd段吸收的热量，根据Q吸=cmΔt，由图象可知，物质在ab段的比热容小于在cd的比热容。
故答案为：(1)B；受热均匀；(2)-4；(3)②；变大；小。
(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；用水浴法加热可以使物质受热均匀，还有个好处就是能减缓物质的升温速度，便于及时记录各个时刻的温度；
(2)温度计读数时，视线与液面相平，看清量程和分度值；
(3)非晶体在熔化时持续吸热，温度不断升高；物质吸热，内能会变大；根据吸热公式Q吸=cmΔt，在质量一定时，升高的温度不相等，吸收的热量相等，分析比热容的大小即可。
本题考查“固体熔化时温度的变化规律”实验，考查实验器材的组装、熔点、比热容的比较、内能的变化等，会从图象中获取有用信息。

25.【答案】转换  甲、丙  在受力面积相同时，压力越大，压力的作用效果越明显  =
【解析】解：(1)实验中是通过比较海绵的凹陷程度来反映压力作用效果大小，这用到了转换法；
(2)比较甲、丙两图知压力相同，丙图受力面积小，海绵下陷的深，压力的作用效果明显，故可以得出在压力相同时，受力面积越小，压力的作用效果越明显；
(3)比较甲、乙两图知受力面积相同，乙图的压力大，海绵下陷的深，压力的作用效果明显，故可以得出在受力面积相同时，压力越大，压力的作用效果越明显；
(4)方形物体对海绵的压强p=FS=GS=ρVgS=ρShgS=ρgh，切开后密度相同，高度相等，故p左=p右。
故答案为：(1)转换；(2)甲、丙；(3)在受力面积相同时，压力越大，压力的作用效果越明显；(4)=。
(1)压力作用效果用物体形变大小来反映，物体形变越大，压力作用效果越明显，这用到了转换法；
(2)(3)压力的作用效果与压力的大小和受力面积的大小有关，实验时应采用控制变量法，即探究压力的作用效果与压力大小的关系时应控制受力面积的大小不变，
探究压力的作用效果与受力面积时应控制压力的大小不变；
(4)通过p=FS分析得出。
本题探究“压力的作用效果跟什么因素有关”的实验，主要考查控制变量法及转换法的应用，体现了对过程和方法的考查。

26.【答案】  C  A  1.25  A  滑片 U1U2-U1R0
【解析】解：(1)小灯泡的电阻受温度影响很大，当小灯泡电流增大时温度升高，电阻变大，故电流表和电压表变化的大致图像为：
；
(2)闭合开关时滑动变阻器的滑片在阻值最大处，所以电路中的电流很小，灯可能因为电流小所以不亮，所以应该移动滑片观察灯是否发光，故选C；
(3)由图可知，电压表示数为1.9V，所以如果让小灯泡正常发光需要增大小灯泡的电压，此时电路中电流变大，滑动变阻器的电阻变小，所以滑片应该向A端移动；小灯泡的额定功率为P=UI=2.5V×0.5A=1.25W；
(4)①为了让小灯泡正常工作，所以小灯泡的电压为2.5V，此时电压表应该测小灯泡电压才能知道小灯泡电压是否是2.5V，所以将开关S1拨到触点A。
②要保持电路中的电流表不变，所以要保证滑动变阻器的滑片位置不变，再将开关S1拨到另一触点，读出电压表的示数U2；
③电路中的电流为I=U0R0=U2-U1R0，小灯泡的额定功率为P=U1I=U1U2-U1R0。
故答案为：(1)； (2)C；   (3)A；  (4)1.25；    (5)A；    (6)滑片；  (7)U1U2-U1R0。
(1)根据小灯泡标有“2.5V”字样的含义确定电压表选用小量程与灯并联；
(2)连接好电路后闭合开关，电流表有示数，电路为通路，小青发现小灯泡没有发光，说明可能电路的电流过小，电阻过大，据此分析；
(3)灯在额定电压下正常发光，根据图中电压表选用的小量程读数，比较电压表示数与额定电压的大小，根据串联电路电压的规律及分压原理确滑片移动的方向；
根据P=UI得出小灯泡的额定功率；
(4)要测灯的额定功率，首先使灯正常发光，先将电压表与灯并联，通过移动滑片的位置，使灯的电压为额定电压；保持滑片位置不动，通过开关的转换，使电压表测灯与定值电阻的电压，因此时各电阻的大小和电压不变，灯仍正常工作，根据串联电路电压的规律，可求出此时定值电阻的电压，由欧姆定律可求出灯的额定电流，根据P=UI可求出灯的额定功率；
本题测量小灯泡的额定功率实验，考查电路连接、电路分析、操作过程、功率计算、设计方案测额定功率的能力及串联电路的规律，难度较大。

27.【答案】解：(1)由P=UI可得，该电热直饮机处于正常加热时的电流：
I加热=P加热U额=2200W220V=10A；
(2)当S1断开，S2闭合时，两电阻串联，此时总电阻最大，根据P=U2R可知此时电路消耗的总功率最小，则电热直饮机处于保温挡；
当S1、S2都闭合时，R1被短路，只有R2接入电路，此时电路的电阻最小，根据P=U2R可知此时电路消耗的功率最大，则电热直饮机处于加热挡；
由题知，P加热=2200W，P保温=100W，
由P=U2R可得，电阻丝R2的阻值为：
R2=U2P加热=(220V)22200W=22Ω，
同理可得保温状态时电路的总电阻为：
R=U2P保温=(220V)2100W=484Ω，
由电阻的串联可得：R1=R-R2=484Ω-22Ω=462Ω；
(3)由ρ=mV可得，水的质量为：m=ρ水V=1.0×103kg/m3×11×10-3m3=11kg，
水吸收的热量：Q吸=c水m△t=4.2×103J/(kg⋅℃))×11kg×(100℃-20℃)=3.696×106J，
由η=Q吸W可得，消耗的电能为：
W=Q吸η=3.696×106J80%=4.62×106J，
由P=Wt可得，加热时间为：
t=WP加热=4.62×106J2200W=2100s=35min。
答：(1)该电热直饮机处于正常加热状态时的工作电流是10A；
(2)电阻丝R1的阻值为462Ω；
(3)水温由20℃加热到100℃需要35min。
【解析】(1)已知加热功率和额定电压，利用公式P=UI可以得到电热直饮机加热状态下的电流；
(2)首先明确S1闭合前后的电路连接关系，然后利用P=U2R确定电路所对应的状态；最后利用串联电路的电阻特点和P=U2R可求出R1的阻值；
(3)已知热胆容积，利用公式m=ρV可以求出所盛水的质量；已知水的比热容、质量、初温和末温，利用公式Q=cm△t求出需要吸收的热量；已知电热转换效率和水吸收的热量，可以求出消耗的电能；已知消耗的电能和加热功率，利用t=WP求出加热时间。
此题是一道联系实际的综合题，考查的知识点较多，涉及到力学、热学、电学基本公式及其变形公式。正确判断电路的连接方式及对应状态，熟悉有关公式并且根据需要正确选择，是解答此题的关键。

28.【答案】解：
(1)分析图象可知：第15s时物体全部浸没在水里，则V排=VA=3000cm3=3×10-3m3，
则物体A受到的浮力：F浮=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×10N/kg×3×10-3m3=30N；
(2)分析图象可知：物体在水面上时，根据滑轮组的使用特点可知：
F拉1=12(GA+G动)，
即：9F0=12(GA+G动)--------------①
10s后物体全部浸没在水里，根据滑轮组的使用特点可知：
F拉2=12(GA+G动-F浮)，
即：7.5F0=12(GA+G动-F浮)---------------②，
由①②可得：F0=13F浮=13×30N=10N；
由于20s以后是物体下沉到容器底部，此时只提升动滑轮且动滑轮没有浸入水中，则根据滑轮组的使用特点可知：
动滑轮的重力G动=2F0=2×10N=20N；
则根据①式可得：
物体A重力GA=18F0-G动=18×10N-20N=160N；
(3)分析图象可知：第20s物体下降到容器底部，则根据滑轮组的使用特点可知：
物体下降速度为v=1nv1=12×4cm/s=2cm/s，
由于开始时刻，长方体的下表面刚好与水面相平，则此时容器里水的深度为：
h1=vt1=2cm/s×20s=40cm；
则容器里原来水的体积V水=S容h1=300cm2×40cm=12000cm3；
当物体浸没后容器里水的深度最大，则水的最大深度h最大=V水+VAS容=12000cm3+3000cm3300cm2=50cm=0.5m，
水对容器底部的最大压强p水=ρ水gh最大=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.5m=5×103Pa。
答：(1)第15s时，A长方体受到的浮力为30N；
(2)A长方体受到的重力GA=160N；
(3)在0～30s的整个过程中，水对B容器底的最大压强p水=5×103Pa。
【解析】(1)分析图象可知：第15s时物体A浸没在水中，排开水的体积等于物体的体积，根据阿基米德原理即可求出物体的浮力；
(2)分析图象可知：根据动滑轮的使用特点得出物体在水面上时物体重力和物体全部浸没在水里动滑轮对物体的拉力，根据称重法即可得出物体的浮力；据此即可求出F0；
由于20s以后是物体下沉到容器底部，此时只提升动滑轮且动滑轮没有浸入水中，则动滑轮的重力为G动=2F0；最后即可求出物体A的重力；
(3)在0～30s的整个过程中，根据物体下降到容器底部时物体A下降的高度得出容器里原来水的深度；然后求出水的体积；当物体浸没后容器里水的深度最大，根据物体的体积和水的体积求出水的最大深度，利用p=ρgh求水对容器底部的最大压强。
本题考查了重力公式、密度公式、阿基米德原理、液体压强公式的应用，关键是根据图象得出有用的信息！