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广东省汕尾市2022年中考物理质检试卷解析版
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这是一份广东省汕尾市2022年中考物理质检试卷解析版，共9页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题，实验题，计算题，综合题等内容，欢迎下载使用。
广东省汕尾市2022年中考物理质检试卷
一、单选题
1．对于生活中的情境，最符合实际的估测是（ ）
A．人步行的速度约为5m/s
B．全新的2B铅笔的长度约为18cm
C．使人感觉到最舒适的室内温度约为37℃
D．一本九年级物理教材的质量约为2kg
【答案】B
【知识点】温度及温度计的使用与读数；质量及其特性；长度的估测；速度与物体运动
【解析】【解答】A．成年人正常步行的速度约为1m/s，A不符合题意；
B．中学生伸开手掌，大拇指指尖到中指指尖的距离大约18cm，一支新铅笔的长度与此差不多，在18cm左右，B符合题意；
C．使人感觉到最舒适的室内温度约为23℃，C不符合题意；
D．九年级物理教材的质量约为300g，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】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。不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要简单的计算，有的要进行单位的换算，最后判断最符合实际的是哪一个。
2．现在人们知道，常见的物质是由分子、原子构成的，在原子中不带电的是（ ）
A．中子 B．质子 C．电子 D．原子核
【答案】A
【知识点】原子结构
【解析】【解答】卢瑟福提出的核式结构模型为：原子由原子核和电子构成，原子核是由带正电的质子和不带电的中子构成，A符合题意。
故答案为：A。
【分析】质子带正电，中子不带电，电子带负电，原子核带正电。
3．小明站在地上将一个球竖直向下用力扔出，球碰地后会反弹到高于扔球处的位置。在此过程中不能忽略空气阻力，关于此球的能量，下列说法正确的是（ ）
A．球开始下落时动能最大
B．球弹回到扔球的位置时，仍具有动能
C．球在整个运动过程中机械能保持不变
D．球落地后又反弹的过程中，只发生了动能和势能的相互转化
【答案】B
【知识点】动能和势能的大小变化；机械能及其转化
【解析】【解答】A．由于乒乓球不是自由下落，是小明向下抛的，所以球在开始下落时的速度不大，向下运动的过程中，速度变大，动能变大，A不符合题意；
B．据题目可知，球碰地后会弹跳到高于原抛球的位置，所以当乒乓球反弹至原位置时仍是运动的，即此时仍有动能，B符合题意；
C．球在整个运动过程中，会与空气、地面摩擦，一部分机械能转化为了内能，故机械能减少，C不符合题意；
D．球落地后又反弹的过程中，有机械能和内能的转化，不只发生了动能和势能的相互转化，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】动能的影响因素是质量和速度，重力势能的影响因素是质量和高度，弹性势能的影响因素是弹性形变的程度。
4．下列事例中，目的是增大摩擦的是（ ）
A．气垫船利用气体将船和水分离 B．鼠标滚轮上的花纹
C．拉杆式书包底下装有轮子 D．机器转动部分加润滑油
【答案】B
【知识点】增大或减小摩擦的方法
【解析】【解答】A．气垫船利用气体将船和水分离，是通过使接触面脱离的方法减小摩擦力，A不符合题意；
B．鼠标滚轮上的花纹，是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力，B符合题意；
C．拉杆式书包底下装有轮子，是用滚动代替滑动的方法来减小摩擦力，C不符合题意；
D．机器转动部分加润滑油，是在压力一定时，通过减小接触面的粗糙程度来减小摩擦力，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】增大有益摩擦的方法：增大压力和使接触面粗糙些。 减小有害摩擦的方法：(1)使接触面光滑和减小压 力；(2)用滚动代替滑动；(3)加润滑油；(4)利用气垫。（5）让物体之间脱离接触（如磁悬浮列车）。
5．下列生活情境中，人对物体做了功的是（ ）
A．小东举着杠铃静止不动
B．小明提着水桶在水平地面上行走
C．小华将地上的书本捡起
D．小光踢出足球后，足球在草地上滚动了10m
【答案】C
【知识点】是否做功的判断
【解析】【解答】A．小东举着杠铃静止不动，小东给杠铃一个竖直向上的力，向上没有移动距离，故小东对杠铃没有做功，A不符合题意；
B．小明提着水桶在水平地面上行走，小明给水桶一个竖直向上的力，向上没有移动距离，故小明对水桶没有做功，B不符合题意；
C．小华将地上的书本捡起，小华给书本一个竖直向上的力，书本向上移动了距离，所以小华对书本做了功，C符合题意；
D．小光踢出足球后，小光没有给足球力，所以小光对足球没有做功，由于惯性足球在草地上滚动了10m，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】功的两个必要因素：一是作用在物体上的力；二 是物体在力的方向上通过的距离。
6．在教室门口有一个开关可以控制讲台附近的三盏“220V 60W”的日光灯，让它们同时通或断。通电时，三盏灯都能正常发光。已知教室的电源电压是220V，这三盏日光灯的连接方式（ ）
A．可能是串联 B．可能是并联 C．一定是串联 D．一定是并联
【答案】D
【知识点】串联电路和并联电路的辨别
【解析】【解答】三盏灯的额定电压都是220V，电源电压是220V，因为通电时，三盏灯都能正常发光，所以三盏灯两端电压都等于220V，则三盏灯一定并联，开关在干路上，同时控制三盏灯的亮和灭，ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】并联电路中，各用电器工作时互不影响；并联电路中，各支路两端的电压等于电源电压。
7．有两只灯泡L1、L2，分别标有“220V 100W”和“220V 40W”的字样。若不考虑温度对灯丝电阻的影响，下列说法正确的是（ ）
A．两灯正常发光时，L1的电阻较大
B．两灯并联接入220V的电路，L1、L2消耗的功率之比是2∶5
C．两灯串联接入220V的电路，L2 消耗的功率更大
D．两灯正常发光时，L1消耗的电能比L2少
【答案】C
【知识点】欧姆定律及其应用；电路的动态分析；电功率的计算
【解析】【解答】A．正常发光时，灯泡L1的电阻为R1=U12P1=(220V)2100W=484Ω
灯泡L2的电阻为R2=U22P2=(220V)240W=1210Ω
L1的电阻比L2的电阻小，A不符合题意；
B．两灯并联接入220V的电路，灯泡L1和灯泡L2两端电压相等，等于220V，两端正常发光，两灯消耗的电功率等于额定功率，所以L1、L2消耗的功率之比是P1P2=100W40W=52
B不符合题意；
C．两灯串联接入220V的电路，通过两灯的电流相等，由P=I2R可知灯L2消耗的功率更大，C符合题意；
D．两灯正常发光时，L1消耗电能比L2慢，由于不知道灯泡通电时间，由W=Pt可知两灯消耗的电能大小无法比较，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】灯泡正常发光时的功率和额定功率相等，根据 P=UI=U2R求出两灯泡正常发光时的电阻，然后比较两灯泡的电阻关系。
两灯并联接入220V的电路，它们两端的电压等于220V，均能正常发光，实际功率和额定功率相等，据此得出L1、L2消耗功率之比。
两灯串联接入220V的电路时，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，根据P=UI=I2R求出两灯泡消耗的功率，然后比较大小。
根据W=Pt可知，灯泡消耗的电能与灯泡的实际功率和工作时间有关。
二、填空题
8．我国北方地区房间中的“暖气”用水作为介质，是因为水的比热容较 （填“大”或“小”）。冬天用热水袋来暖手，这是通过 的方法来增加手的内能：两手互相摩擦，这是通过 的方法来增加手的内能。
【答案】大；热传递；做功
【知识点】做功改变物体内能；热传递改变物体内能；比热容
【解析】【解答】水作为介质，是因为水的比热容较大，升高相同的温度时，吸收的热量多。
冬天用热水袋来暖手，热量从热水袋传递到手，故是热传递。
两手互相摩擦，克服摩擦力做功，将机械能转化为内能，故是做功的方式改变内能。
【分析】对水的比热容大的理解：相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少；升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多。
改变物体的内能两种方法：做功和热传递，这两种方法对改变物体的内能是等效的。物体对外做功，物体的内能减小；外界对物体做功，物体的内能增大。物体吸收热量，当温度升高时，物体内能增大；物体放出热量，当温度降低时，物体内能减小。
9．毛主席曾用诗词“北国风光，千里冰封，万里雪飘，望长城内外，惟余莽莽…”描述我国北方的冬天。北方冬天气温下降至0℃以下时，水会 成冰（填物态变化），水在这个过程中 热量（填“吸收”或“放出”），温度 （填“上升”、“下降”或“不变”）。
【答案】凝固；放出；不变
【知识点】凝固与凝固放热特点；晶体和非晶体
【解析】【解答】北方冬天气温下降至0℃以下时，水会由液态变成固态，是凝固过程，凝固时放出热量。
冰是晶体，晶体在凝固过程中放热，温度不变。
【分析】物质由气液态变为固态叫凝固，凝固放热；晶体凝固过程放热温度不变。
10．小明在弹簧测力计下挂了一个重为6N的物体，当物体一半体积浸入水中并保持静止时，弹簧测力计的示数为4.6N，此时物体受到的浮力为 N，当物体完全浸没在水中时，物体受到的浮力为 N。据此，小明联想到赤脚越水过河时，水越深，感受到 的浮力越大，脚对石头的压力 （选填“越大”、“不变”或“越小”）。
【答案】1.4；2.8；竖直向上；越小
【知识点】阿基米德原理；浮力大小的计算
【解析】【解答】物体浸入水中，受到竖直向上的浮力和拉力，竖直向下的重力，由力的平衡可得物体受到的浮力为F浮=G−F=6N−4.6N=1.4N
物体一半体积浸入水中时浮力为1.4N，物体完全浸没在水中时，物体排开水的体积等于物体体积，由F浮=ρgV排 可知物体受到的浮力为F′浮=2F浮=2×1.4N=2.8N
赤脚越水过河时，水越深，排开水的体积越大，人受到竖直向上的浮力越大。
在过河时，受到竖直向上的浮力和支持力，竖直向下的重力，由力的平衡可得石头对脚的支持力为F=G−F浮
所以水越深，石头对脚的支持力越小，由力的相互作用可知脚对石头的压力越小。
【分析】根据F浮=G-F示计算此时物体受到的浮力大小；物体完全浸没在水中时，排开水的体积等于物体的体积，由F浮=ρ液gV排可知，在液体密度一定时，物体受到的浮力与物体的排开液体的体积成正比，由此可知此时物体受到的浮力大小。
小明赤脚过河时，受到的浮力的施力物体是水；此时，脚对石头的压力大小为：F压=G人-F浮，人的重力不变，结合脚受到的浮力变化情况可知脚对石头的压力变化情况。
11．人类发展史也是利用燃料的历史，干木柴、煤的放热本领不同，是因为它们的 （选填”热值”“热量”或“温度”）不同，完全燃烧0.14m3的天然气可放出 J的热量，这些热量若全部被水吸收，可让 kg的水温度升高40℃。（已天然气热值q=3.0×107J/m3，水的比热容c=4.2×103J（kg·℃）]
【答案】热值；4.2×106；25
【知识点】热量的计算；燃料的热值
【解析】【解答】热值是燃料的一种特性，由于干木柴、煤的热值不同，所以它们的放热本领不同。
完全燃烧0.14m3的天然气放出的热量Q放=Vq=0.14m3×3.0×107J/m3=4.2×106J
由题知Q吸=Q放=4.2×106J
由Q吸=cmΔt 可知，水的质量m=QcΔt=4.2×106J4.2×103J/（kg·℃）×40℃=25kg
【分析】热值是燃料的一种特性，热值不同的燃料在完全燃烧相同质量时，释放出的热量也不同。
根据Q放=Vq求出完全燃烧0.14m3的天然气放出的热量；由题知Q吸=Q放，后利用Q吸=cmΔt的变形公式计算水的质量。
12．在如图甲所示的实验中，试管内装有水，用橡胶塞塞住管口，将水加热一段时间，可以观察到塞子被冲出去。图乙是四冲程汽油机的工作示意图，能够体现图甲中塞子被冲出过程的冲程是 （填图乙中冲程对应的字母），该冲程将 能转化为 能。
【答案】C；内；机械
【知识点】做功改变物体内能；内燃机的四个冲程
【解析】【解答】加热试管中水，汽化的水蒸气对塞子做功，将塞子冲出，和汽油机的做功冲程相同。
A．进气阀门和排气阀门关闭，活塞向上运动，是压缩冲程，将机械能转化为内能，A不符合题意；
B．进气阀门关闭，排气阀门打开，活塞向上运动，是排气冲程，没有能量转化，B不符合题意；
C．进气阀门和排气阀门关闭，火花塞点火，活塞向下运动，是做功冲程，将内能转化为机械能，C符合题意；
D．进气阀门打开，排气阀门关闭，活塞向下运动，是吸气冲程，没有能量转化，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】改变物体的内能两种方法：做功和热传递，这两种方法对改变物体的内能是等效的。物体对外做功，物体的内能减小；外界对物体做功，物体的内能增大。物体吸收热量，当温度升高时，物体内能增大；物体放出热量，当温度降低时，物体内能减小。
汽油机一个工作循环有四个冲程，分别是吸气、做功、压缩和排气，各冲程的特点不同，因此根据气门的状态和活塞的运行方向确定冲程；并且只有做功冲程对外做功，将内能转化为机械能；另外还有压缩冲程有能量转化，将机械能转化为内能。
13．如图所示的电路，电源电压保持不变。闭合开关S，当滑片P向右移动时，电压表V的示数将 ，电流表A的示数将 ，电压表V示数与电流表A1示数的比值将 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
【答案】不变；变小；变大
【知识点】欧姆定律及其应用；电路的动态分析
【解析】【解答】由电路图可知，电阻R2与滑动变阻器R2并联，电压表测电源电压，由于电源电压不变，当滑片P向右移动时，电压表示数不变。
滑动变阻器滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路阻值变大，由I=UR可知，流过滑动变阻器的电流变小，由并联电路的特点可知通过R2的电流不变，由并联电路电流的规律可知干路中的电流变小，电流表A测干路电流，则电流表A示数变小。
电压表测滑动变阻器两端电压，电流表A1测流过滑动变阻器的电流，根据R=UI可知电压表V示数与电流表A1示数的比值等于变阻器连入电路的电阻变大，滑动变阻器滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路阻值变大，所以电压表V示数与电流表A1示数的比值将变大。
【分析】理清元件的连接方式及电表的测量对象，根据滑动变阻器滑片的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，然后根据欧姆定律、并联电路特点，判断电压表、电流表示数如何变化，判断电压表与电流表比值如何变化。
14．小明利用图所示的实验装置进行实验。已知定值电阻R1=R2=R3=10Ω，经过相同的时间，左边U形管液面高度差比右边U形管液面高度差 （选填“大”或“小”）；若通过R1的电流为1A，通电时间为20s，则R2产生的电热为 J。该装置探究的是电阻产生的热量与 的关系。
【答案】大；50；电流大小
【知识点】焦耳定律
【解析】【解答】（1）由图可知，R2与R3并联后与R1串联，所以通过R1的电流大于通过R2的电流，电阻相等，通电时间相等，根据Q=I2Rt可知，所左边电热丝产生的热量大于右边电热丝产生的热量，即左边U形管液面高度差比右边U形管液面高度差大。
（2）R2与R3并联，且R2=R3，根据并联电路的电压特点和欧姆定律知，I2=I3，根据串联和并联电路的电流特点可知I1=I2+I3=2I2
所以通过R2的电流为I2=12I1=12×1A=0.5A
电阻R2产生的热量为Q2=I22R2t=(0.5A)2×10Ω×20s=50J
（3）该装置中，R1和R2的电阻相同，通过R1和R2的电流不同，通电时间相同，探究的是电阻产生的热量与电流大小的关系。
【分析】分析实验装置中电路的连接方式，根据电路的电流特点，判断出左右边U形管液面高度差的大小；根据电路特点和欧姆定律先确定通过R2的电流，由焦耳定律计算电阻R2产生的热量。
该装置中，R1和R2的电阻相同，通过R1和R2的电流不同，通电时间相同，据此分析。
15．如图是小明进行物理测量时的场景，图甲中物块的长度为 cm；图乙中秒表的读数为 s；图丙中弹簧测力计的读数为 。
【答案】2.90；337.5；3.2N
【知识点】时间及其测量；刻度尺的使用；弹簧测力计及其使用
【解析】【解答】由图知，刻度尺上1cm之间有10个小格，所以一个小格代表的长度是0.1cm=1mm
即此刻度尺的分度值为1mm；物体左侧与1.00cm对齐，右侧与3.90cm对齐，所以物体的长度为L=3.90cm-1.00cm=2.90cm
在秒表的中间表盘上，1min中间有两个小格，所以一个小格代表0.5min，指针在“5”和“6”之间，偏向“6”一侧，所以分针指示的时间为5min；在秒表的大表盘上，1s之间有10个小格，所以一个小格代表0.1s，指针在37.5s处，所以秒针指示的时间为37.5s，即秒表的读数为5min37.5s=337.5s
由图可知，该弹簧测力计的分度值是0.2N，指针在3N下方一个刻度线处，所以示数为3.2N。
【分析】刻度尺的分度值是刻度尺相邻两刻度线表示的长度。使用刻度尺时要明确其分度值，起始端从0开始，读出末端刻度值，就是物体的长度；起始端没有从0刻度线开始的，要以某一刻度线为起点，读出末端刻度值，减去起始端所对刻度即为物体长度，注意刻度尺要估读到分度值的下一位。
秒表的中间的表盘代表分钟，周围的大表盘代表秒，秒表读数是两个表盘的示数之和。
弹簧测力计的读数是不需要估读的，我们只要认清分度值，然后直接读数就行。
16．如图所示，图甲中电流表的读数为 A；图乙中电能表的读数为 kW⋅h；如果这个电能表上的转盘在30min内转过1500圈，则在这30min内消耗的电能是 kW⋅h。
【答案】1.0；202.1；0.5
【知识点】电流的测量及电流表的使用；电能表参数的理解
【解析】【解答】由图可知，电流表的量程是0~3A，对应的分度值为0.1A，示数为1.0A。
电能表的读数方法：最后一位是小数，单位是kW⋅h，电能表的示数为202.1 kW⋅h。
从电能表上可以看出，每消耗1 kW⋅h的电能，电能表的转盘转过3000r，30min内转过1500圈消耗的电能是0.5 kW⋅h。
【分析】根据电流表的量程、分度值以及指针的位置读出电表示数。
电能表的读数：数字方框中最后一位是小数，单位是kW•h。
结合电能表的参数可计算出转盘转过1500圈消耗的电能。
三、作图题
17．在图中画出力F的力臂。
【答案】解：如图所示：
【知识点】力臂的画法
【解析】【解答】首先作力F的力的作用线，然后过支点O作力F的作用线的垂线段，即为F的力臂，所以作图如下：
。
【分析】动力臂为支点到动力作用线的距离，阻力臂为支点到阻力作用线的距离，固定不动的点为支点。
18．请在图中画出入射光线通过透镜后的折射光线。
【答案】解：如图所示：
【知识点】透镜的光路图
【解析】【解答】对于凸透镜，过光心的光线经凸透镜后方向不变；平行于主光轴的光线经凸透镜折射后折射光线通过焦点，如图所示：
【分析】在作凸透镜或凹透镜的光路图时，先确定所给光线的特点再根据透镜的光学特点来作图。
19．根据如图所示的实际电路，在虚线框内画出电路图。
【答案】解：如图所示：
【知识点】根据实物图画电路图
【解析】【解答】由分析知：本电路为串联电路，开关控制整个电路，电压表测量L1两端的电压，画出相应的电路图如下：
【分析】理清元件的连接方式及电表的测量对象，结合电流流向法画出电路图即可。
四、实验题
20．在“保持电压不变，探究电流与电阻的关系”实验中：
（1）请你用笔画线代替导线，将图甲中的电路连接完整（请勿更改原有导线，导线不得交叉）。要求：当滑动变阻器的滑片P向左移动时，电路中的电流变大；
（2）闭合开关后，调节滑动变阻器的滑片P，发现电流表无示数，电压表有示数且接近电源电压，其原因可能是 ；
（3）实验过程中，保持电阻两端的电压为2V。将5Ω的电阻接入电路中，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片P至适当位置，此时电流表的示数如图乙所示。将5Ω的电阻更换为10Ω的电阻，闭合开关，应将滑动变阻器的滑片P向 （选填“左“或“右”）端移动，使电压表示数为2V；
（4）请你根据图丙所示的实验图像将下列实验数据表格补充完整；
实验序号
电阻R/Ω
1
5
2
0.2
3
20
（5）通过图像可以得到的结论是：电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成 （选填“正比”或“反比”）。
【答案】（1）
（2）定值电阻断路
（3）右
（4）电流I/A；0.4；10；0.1
（5）反比
【知识点】探究电流与电压、电阻的关系实验
【解析】【解答】（1）当滑动变阻器的滑片P向左移时电路中的电流变大，则滑动变阻器的电阻变小，因此将滑动变阻器左下接线柱与电源左接线柱相连接，如下图所示：
（2）电流表无示数，电压表有示数且接近电源电压，则说明定值电阻可能断路，电压表相当于串联在了电路中，这时候由于电压表内阻很大，电源电压几乎全部分配到电压表，因此电压表示数接近于电源电压。
（3）图乙中电流表的量程是0~0.6A，此时电流表示数为0.4A，定值电阻阻值为5Ω，所以定值电阻两端电压为U1=IR1=0.4A×5Ω=2V
当把5Ω的电阻更换为10Ω电阻时，根据串联电路的分压原理可知，电阻变大，电阻两端的电压也会变大，即大于2V，为了保持定值电阻两端电压不变，就要使滑动变阻器多分配一点电压，滑动变阻器电阻要变大，滑片要向右移动，才能使电压表示数仍然为2V不变。
（4）根据图丙所示的实验图像，知道这是I-R图像，所以表头需要补充“电流I/A”。
对照图像可以知道当电阻为5Ω时，电流为0.4A。
对照图像可以知道当电流为0.2A，电阻为10Ω时。
对照图像可以知道当电阻为20Ω时，电流为0.1A。
（5）由图像可看出，电流与电阻的乘积是一个定值，所以可得出：电压一定时，通过导体的电流与电阻成反比。
【分析】（1）滑动变阻器的使用方法：串联在被测电路中，上面任选一个接线柱，下面任选一个接线柱。
（2）电路故障的判断，根据具体的情况分析。
（3）“保持电压不变，探究电流与电阻的关系”实验中，根据串联电路的分压原理可知，如果定值电阻变大，其电阻两端的电压也会变大，为了保持定值电阻两端电压不变，就要使滑动变阻器多分配一点电压，滑动变阻器电阻要变大，才能使电压表示数仍然不变。
（4）根据图实验图像补充完成实验数据表格，注意对应性。
（5）利用图像得出相关的结论：电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比。
21．在测定“小灯泡电功率”的实验中，电源电压为3V，小灯泡额定电压为2.5V，电阻约为10Ω。实验电路如图甲所示。
（1）该实验的原理是 （用P、U、I表示），电流表的量程应选 A（选填“0~0.6”或“0~3”）；
（2）小明闭合开关，当他将滑片P移动到某一位置时，图乙所示的电压表示数为 V。若他想测量小灯泡的额定功率，他应将滑片P向 （选填“A”或“B”）端移动，使电压表的示数为2.5V；
（3）小明通过移动滑片P，记录下多组对应的电压表和电流表的示数，并绘制成图丙所示的I—U图像。根据图中信息，可计算出小灯泡的额定功率为 W，此时小灯泡的电阻为 Ω。
【答案】（1）P=UI；0~0.6
（2）2.2；B
（3）0.5；12.5
【知识点】探究用电器的电功率实验
【解析】【解答】（1）用电压表测量量小灯泡两端电压，通过电流表测量通过小灯泡的电流，根据P=UI可以计算小灯泡的电功率，所以实验原理是电功率的公式P=UI。
小灯泡额定电压为2.5V，电阻约为10Ω，所以小灯泡的额定电流约为I=U额R=2.5V10Ω=0.25A<0.6A
所以电流表应选0~0.6的量程。
（2）乙图电压表接的是0~3V量程，分度值为0.1V，所以电压表读数为2.2V。
要想测量小灯泡的额定功率，需使电压表示数为2.5V，根据串联正比分压可知，应减小滑动变阻器接入的电阻，使滑动变阻器分得的电压减小，故滑片P向B端移动，使电压表的示数为2.5V。
（3）由丙图可知，当电压表示数为2.5V时，小灯泡正常发光，此时小灯泡的额定电流为0.2A，所以小灯泡的额定功率为P额=U额I额=2.5V ×0.2A=0.5W
当小灯泡正常发光时，电阻大小为R′=U额I额=2.5V0.2A=12.5Ω
【分析】（1）伏安法测小灯泡电功率的原理为P=UI，根据欧姆定律求出小灯泡正常发光时的电流，进而确定电流表的量程。
（2）根据电压表选用小量程确定分度值读出示数，与灯泡的额定电压比较，根据串联电路电压的规律及分压原理确定滑片移动的方向。
（3）灯泡在额定电压下正常发光，由图丙中的图像得出额定电压下的电流，根据P=UI可求出灯泡的额定功率，根据欧姆定律求小灯泡的电阻。
22．气凝胶是世界上最轻的固体，它的密度仅为3mg/cm3（空气的密度为1.29kg/m3）。由于气凝胶中99.8%以上是空气，所以它有超高的吸附力和非常好的吸油、隔热效果。在隔热效果上，一寸厚的气凝胶相当于2030块普通玻璃，把气凝胶放在玫瑰与火焰之间，玫瑰丝毫无损。气凝胶看似脆弱不堪，但其实非常坚固耐用，它最高能承受1400℃的高温。气凝胶比同体积的普通海绵轻得多，将它压缩80%后仍可恢复原状。因为它耐磨且富有弹性，所以很多职业登山者登山时穿的鞋子都是用气凝胶制成的。
（1）气凝胶是世界上最轻的固体，是指它的 （选填“质量”或“密度”）小；把这种材料放在玫瑰与火焰之间，玫瑰丝毫无损，说明了它的 （选填字母）。
A．密度小 B．吸收性好 C．隔热性好 D．弹性好
（2）气凝胶的密度比空气的密度 （选填“大”或“小”）。
（3）在下列气凝胶的实际应用中，不可能实现的是____。
A．清洗厨房的油烟机 B．吸除冰箱内的异味
C．做打桩机的重锤 D．做电影场景中倒塌的“墙壁”
（4）有人做过实验：在一金属块上涂上8mm厚的气凝胶，结果在1kg的炸药爆炸后，气凝胶毫发无损。若此金属块的表面积为5m2，则覆盖在金属块上的气凝胶的质量为 g。
【答案】（1）密度；C
（2）大
（3）C
（4）120
【知识点】密度及其特性；密度公式及其应用
【解析】【解答】(1)“最轻”是指相同体积的质量最小，说明“气凝胶”的密度小；该材料放在玫瑰与火焰之间，玫瑰丝毫无损，这是利用了气凝胶的隔热性好的特点，ABD不符合题意，C符合题意。
故答案为：C。
(2)空气的密度为1.29kg/m3，“气凝胶”的密度为3mg/cm3=3×10-3g/cm3=3kg/m3
比空气密度大。
(3)AB．由“它还可吸收相当于自身质量900倍的油，有望在海上漏油、净水、净化空气等污染领域发挥重要作用”可知，气凝胶具有超强的吸附能力和净化功能，所以可以用来清洗油烟机、吸除冰箱异味，AB不符合题意；
CD．气凝胶的密度非常小，可以做电影场景中倒塌的“墙壁”，但不能用来做打桩机的重锤，C符合题意、D不符合题意。
故答案为：C。
(4)气凝胶的密度ρ=3mg/cm3=3×10-3g/cm3=3kg/m3
表面积为5m4、厚8mm的气凝胶体积为V=Sh=5m2×8×10-3m=4×10-2m3
由ρ=mV可得，覆盖在金属块上的气凝胶质量m=ρV=3kg/m3×4×10-2m3=12×10-2kg=120g
【分析】（1）“气凝胶”是世界上最轻的固体，“最轻”是指相同体积的质量最小；气凝胶最高能承受1400℃的高温，说明具有很强的绝热性。
（2）统一单位，比较“气凝胶”的密度与空气的密度。
（3）根据材料的性能和使用制造时不同的用途来分析解答。
（4）根据体积公式求出气凝胶的体积，根据m=ρV求出覆盖在金属块上的气凝胶质量。
五、计算题
23．用如图所示的滑轮组将重840N的货物在5s内提升3m，已知动滑轮重60N（不计绳重和摩擦），求：
（1）滑轮组绳子自由端的拉力F和它移动的距离；
（2）货物上升过程中拉力F的功率；
（3）提升过程中滑轮组的机械效率η（结果保留两位小数）。
【答案】（1）解：由图可知n=2，因为不计绳重和摩擦，所以绳子自由端的拉力F=1n(G物+G动)=12×(840N＋60N)=450N
绳子自由端移动的距离s=nh=2×3m=6m
答：滑轮组绳子自由端的拉力F为450N，它移动的距离为6m；
（2）解：拉力做的总功W总=Fs=450N×6m=2700J
拉力做功的功率P=W总t=2700J5s=540W
答：货物上升过程中拉力F的功率为540W；
（3）解：有用功W有=Gh=840N×3m=2520J
滑轮组的机械效率η=W有用W总×100%=2520J2700J×100%≈93.33%
答：提升过程中滑轮组的机械效率η为93.33%。
【知识点】滑轮组及其工作特点；滑轮（组）的机械效率；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【分析】（1）利用不计绳重和摩擦时F=1n（G+G动）求绳子自由端的拉力。
（2）利用W总=Fs=Fnh求拉力做的总功，利用P=Wt求拉力做功的功率。
（3）利用W有=Gh求有用功，利用η=W有W总×100%求滑轮组的机械效率。
24．在如图所示的电路中，电源电压为15V，灯泡L上标有“10V 0.2A”的字样，R为定值电阻。闭合开关S时，灯泡L恰好正常发光，求：
（1）定值电阻R的阻值；
（2）灯泡L的额定功率；
（3）5min内电阻R产生的热量。
【答案】（1）解：闭合开关S时，灯泡L与电阻R串联，电流表测电路中的电流，灯泡L恰好正常发光，两端的电压为UL=10V，电路中的电流为I=IL=0.2A
根据串联电路电压规律可知，电阻R两端的电压为UR=U-UL=15V-10V=5V
定值电阻R的阻值为R=URI=5V0.2A=25Ω
答：定值电阻R的阻值为25Ω；
（2）解：灯泡在额定功率为P额=ULIL=10V×0.2A=2W
答：灯泡L的额定功率2W；
（3）解：根据Q=I2Rt可得，5min内电阻R产生的热量为Q=I2Rt=（0.2A）2×25Ω×5×60s=300J
答：5min内电阻R产生的热量为300J。
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率的计算；焦耳定律
【解析】【分析】（1）理清元件的连接方式及电表的测量对象，根据串联电路电流和电压规律以及欧姆定律计算R的阻值。
（2）根据P=UI计算灯泡的额定功率。
（3）根据焦耳定律计算5min内电阻R产生的热量。
六、综合题
25．电热膜是一种新型的电热器件，如图1所示是一种常见的电热膜。电热膜是在绝缘的聚酯薄膜表面，经过特殊工艺加工形成的一条条薄的导电墨线，导电墨线两端与金属导线相连，形成网状结构，其内部结构如图2所示。导电墨线电阻随温度变化的关系如图3所示。
（1）电热膜取暖器工作时，电热膜是利用电流的 效应工作的；
（2）如图2所示电热膜电路，导电墨线的连接方式是 联，正常工作时金属导线中A、B处电流分别为IA和IB，则IA IB（选填“＜”、“＝”或“＞”）。
（3）某根导电墨线的局部导电材料脱落，如图4中C部分，这根导电墨线的电阻 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
（4）电热膜不会因厚度不均而出现局部过热的现象，原因是电热丝电阻随温度的升高而 ，温度高时发热功率 。（以上两空选填“增大”、“减小”或“不变”）
（5）市售电热膜的额定电压为220V，房间取暖电热膜功率为220瓦每平米，某家庭装修时考虑用电热膜为房间进行取暖，若铺设面积为15m2，则通电正常工作2小时消耗的电能为 kW·h。
【答案】（1）热
（2）并；＜
（3）变大
（4）增大；减小
（5）6.6
【知识点】影响电阻大小的因素；电功的计算
【解析】【解答】(1)电热膜取暖器工作时，将电能转化为了内能，所以电热膜是利用电流的热效应工作的。
(2)由图2可知，导电墨线是并联的，若通过每条墨线的电流为I，则在A处的电流为3I，在B处的为9I，因此IA＜IB。
(3)由图4可知，C处的横截面积变小，电阻变大。
(4)由图3可知，当温度升高时，电阻增大，根据 P=U2R 可知，电阻越大，电功率越小。
(5)因为 P=15m2×220W/m2=3300W=3.3kW
由 P=Wt 可知，通电正常工作2小时消耗的电能为 W=Pt=3.3kW×2h=6.6kW⋅h
【分析】（1）电热器利用电流的热效应工作；（2）互不影响的用电器并联连接；（3）材料和长度一定时，横截面积越小，电阻越大； （4）电阻受温度影响；（5）根据电功率和时间和的乘积计算消耗电能的多少。
26．阅读短文，回答问题：
“天问一号”火星着陆
2021年5月15日，由中国航天科技集团研制的火星探测器天问一号，经历十个月的太空旅行后，携带其着陆巡视器成功着陆火星乌托邦平原。天问一号将一次性完成“绕、落、巡”三大任务，这在世界航天史上还没有先例。
“绕”，指的是探测器经过10个月的长途飞行，抵达火星附近，之后沿椭圆轨道绕火星运动，实现火星的远、近火点环绕探测。
“落”，指的是探测器需在7分钟内将时速降至0，降落到火星表面，我国利用探月的技术积累，通过四个阶段来减速。第一阶段气动减速，给探测器来个急刹车；第二阶段降落伞减速，速度减至342km/h；第三阶段动力减速，探测器反推发动机点火工作，速度减至3.6m/s；第四阶段着陆缓冲，在距离火星表面约100m的高度，探测器悬停在空中，对火星表面进行观察，寻找合适的位置着陆。
“巡”，指的是当探测器到达火星后，放出巡视车，完成对火星表面的拍摄及土壤分析等工作，为下一步探测打好基础。
请根据上述材料，回答下列问题：
（1）探测器沿椭圆轨道绕火星运动时，不受大气阻力，只发生动能和势能的相互转化。探测器由近火点向远火点运动时，速度不断减小，在这过程中，探测器的 能转化为 能，探测器的机械能 （选填“守恒”或“不守恒”）；
（2）“天问一号”火星着陆分为气动减速、降落伞减速、 与着陆缓冲四个阶段；
（3）在距离火星表面约100m的高度，探测器悬停在空中，此时，探测器所受合力 （选填“为零”或“不为零”）；
（4）在距离火星表面约125km的高度，“天问一号”探测器进入火星大气，经过气动减速、降落伞减速后，探测器被充分减速。请简要分析探测器能够通过上述两种方式实现减速的原因 。
【答案】（1）动；重力势；守恒
（2）动力减速
（3）为零
（4）在探测器下降过程中，由于克服空气阻力做功，使它大量的机械能转化为其他形式的能，因此其动能减少，速度减小。
【知识点】动能和势能的大小变化；机械能及其转化；平衡状态的判断
【解析】【解答】（1）探测器由近火点向远火点运动时，探测器相对于火星的高度增加，质量不变，所以重力势能变大，速度不断减小，动能减小，所以探测器由近火点向远火点运动时动能转化为重力势能；由于不受空气阻力，只发生动能和势能的相互转化，所以探测器的机械能守恒。
（2）由短文第三段可知，“天问一号”火星着陆分为气动减速、降落伞减速、动力减速与着陆缓冲四个阶段，所以第三阶段动力减速。
（3）在距离火星表面约100m的高度，探测器悬停在空中，处于静止状态，根据力和运动的关系可知，探测器所到的合力为零。
（4）在探测器下降过程中，由于克服空气阻力做功，使它大量的机械能转化为其他形式的能，因此其动能减少，速度减小。
【分析】（1）动能大小的影响因素：质量、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：质量、被举得高度。质量越大，高度越高，重力势能越大；不计空气阻力时，机械能没有转化为内能，机械能守恒。
（2）根据文中的内容解答。
（3）物体处于静止或匀速直线运动状态时，受力平衡。
（4）探测器在着陆的过程中受到气体阻力的作用，克服阻力做功，机械能会减小。
广东省汕尾市2022年中考物理质检试卷
一、单选题
1．对于生活中的情境，最符合实际的估测是（ ）
A．人步行的速度约为5m/s
B．全新的2B铅笔的长度约为18cm
C．使人感觉到最舒适的室内温度约为37℃
D．一本九年级物理教材的质量约为2kg
【答案】B
【知识点】温度及温度计的使用与读数；质量及其特性；长度的估测；速度与物体运动
【解析】【解答】A．成年人正常步行的速度约为1m/s，A不符合题意；
B．中学生伸开手掌，大拇指指尖到中指指尖的距离大约18cm，一支新铅笔的长度与此差不多，在18cm左右，B符合题意；
C．使人感觉到最舒适的室内温度约为23℃，C不符合题意；
D．九年级物理教材的质量约为300g，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】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。不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要简单的计算，有的要进行单位的换算，最后判断最符合实际的是哪一个。
2．现在人们知道，常见的物质是由分子、原子构成的，在原子中不带电的是（ ）
A．中子 B．质子 C．电子 D．原子核
【答案】A
【知识点】原子结构
【解析】【解答】卢瑟福提出的核式结构模型为：原子由原子核和电子构成，原子核是由带正电的质子和不带电的中子构成，A符合题意。
故答案为：A。
【分析】质子带正电，中子不带电，电子带负电，原子核带正电。
3．小明站在地上将一个球竖直向下用力扔出，球碰地后会反弹到高于扔球处的位置。在此过程中不能忽略空气阻力，关于此球的能量，下列说法正确的是（ ）
A．球开始下落时动能最大
B．球弹回到扔球的位置时，仍具有动能
C．球在整个运动过程中机械能保持不变
D．球落地后又反弹的过程中，只发生了动能和势能的相互转化
【答案】B
【知识点】动能和势能的大小变化；机械能及其转化
【解析】【解答】A．由于乒乓球不是自由下落，是小明向下抛的，所以球在开始下落时的速度不大，向下运动的过程中，速度变大，动能变大，A不符合题意；
B．据题目可知，球碰地后会弹跳到高于原抛球的位置，所以当乒乓球反弹至原位置时仍是运动的，即此时仍有动能，B符合题意；
C．球在整个运动过程中，会与空气、地面摩擦，一部分机械能转化为了内能，故机械能减少，C不符合题意；
D．球落地后又反弹的过程中，有机械能和内能的转化，不只发生了动能和势能的相互转化，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】动能的影响因素是质量和速度，重力势能的影响因素是质量和高度，弹性势能的影响因素是弹性形变的程度。
4．下列事例中，目的是增大摩擦的是（ ）
A．气垫船利用气体将船和水分离 B．鼠标滚轮上的花纹
C．拉杆式书包底下装有轮子 D．机器转动部分加润滑油
【答案】B
【知识点】增大或减小摩擦的方法
【解析】【解答】A．气垫船利用气体将船和水分离，是通过使接触面脱离的方法减小摩擦力，A不符合题意；
B．鼠标滚轮上的花纹，是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力，B符合题意；
C．拉杆式书包底下装有轮子，是用滚动代替滑动的方法来减小摩擦力，C不符合题意；
D．机器转动部分加润滑油，是在压力一定时，通过减小接触面的粗糙程度来减小摩擦力，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】增大有益摩擦的方法：增大压力和使接触面粗糙些。 减小有害摩擦的方法：(1)使接触面光滑和减小压 力；(2)用滚动代替滑动；(3)加润滑油；(4)利用气垫。（5）让物体之间脱离接触（如磁悬浮列车）。
5．下列生活情境中，人对物体做了功的是（ ）
A．小东举着杠铃静止不动
B．小明提着水桶在水平地面上行走
C．小华将地上的书本捡起
D．小光踢出足球后，足球在草地上滚动了10m
【答案】C
【知识点】是否做功的判断
【解析】【解答】A．小东举着杠铃静止不动，小东给杠铃一个竖直向上的力，向上没有移动距离，故小东对杠铃没有做功，A不符合题意；
B．小明提着水桶在水平地面上行走，小明给水桶一个竖直向上的力，向上没有移动距离，故小明对水桶没有做功，B不符合题意；
C．小华将地上的书本捡起，小华给书本一个竖直向上的力，书本向上移动了距离，所以小华对书本做了功，C符合题意；
D．小光踢出足球后，小光没有给足球力，所以小光对足球没有做功，由于惯性足球在草地上滚动了10m，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】功的两个必要因素：一是作用在物体上的力；二 是物体在力的方向上通过的距离。
6．在教室门口有一个开关可以控制讲台附近的三盏“220V 60W”的日光灯，让它们同时通或断。通电时，三盏灯都能正常发光。已知教室的电源电压是220V，这三盏日光灯的连接方式（ ）
A．可能是串联 B．可能是并联 C．一定是串联 D．一定是并联
【答案】D
【知识点】串联电路和并联电路的辨别
【解析】【解答】三盏灯的额定电压都是220V，电源电压是220V，因为通电时，三盏灯都能正常发光，所以三盏灯两端电压都等于220V，则三盏灯一定并联，开关在干路上，同时控制三盏灯的亮和灭，ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】并联电路中，各用电器工作时互不影响；并联电路中，各支路两端的电压等于电源电压。
7．有两只灯泡L1、L2，分别标有“220V 100W”和“220V 40W”的字样。若不考虑温度对灯丝电阻的影响，下列说法正确的是（ ）
A．两灯正常发光时，L1的电阻较大
B．两灯并联接入220V的电路，L1、L2消耗的功率之比是2∶5
C．两灯串联接入220V的电路，L2 消耗的功率更大
D．两灯正常发光时，L1消耗的电能比L2少
【答案】C
【知识点】欧姆定律及其应用；电路的动态分析；电功率的计算
【解析】【解答】A．正常发光时，灯泡L1的电阻为R1=U12P1=(220V)2100W=484Ω
灯泡L2的电阻为R2=U22P2=(220V)240W=1210Ω
L1的电阻比L2的电阻小，A不符合题意；
B．两灯并联接入220V的电路，灯泡L1和灯泡L2两端电压相等，等于220V，两端正常发光，两灯消耗的电功率等于额定功率，所以L1、L2消耗的功率之比是P1P2=100W40W=52
B不符合题意；
C．两灯串联接入220V的电路，通过两灯的电流相等，由P=I2R可知灯L2消耗的功率更大，C符合题意；
D．两灯正常发光时，L1消耗电能比L2慢，由于不知道灯泡通电时间，由W=Pt可知两灯消耗的电能大小无法比较，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】灯泡正常发光时的功率和额定功率相等，根据 P=UI=U2R求出两灯泡正常发光时的电阻，然后比较两灯泡的电阻关系。
两灯并联接入220V的电路，它们两端的电压等于220V，均能正常发光，实际功率和额定功率相等，据此得出L1、L2消耗功率之比。
两灯串联接入220V的电路时，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，根据P=UI=I2R求出两灯泡消耗的功率，然后比较大小。
根据W=Pt可知，灯泡消耗的电能与灯泡的实际功率和工作时间有关。
二、填空题
8．我国北方地区房间中的“暖气”用水作为介质，是因为水的比热容较 （填“大”或“小”）。冬天用热水袋来暖手，这是通过 的方法来增加手的内能：两手互相摩擦，这是通过 的方法来增加手的内能。
【答案】大；热传递；做功
【知识点】做功改变物体内能；热传递改变物体内能；比热容
【解析】【解答】水作为介质，是因为水的比热容较大，升高相同的温度时，吸收的热量多。
冬天用热水袋来暖手，热量从热水袋传递到手，故是热传递。
两手互相摩擦，克服摩擦力做功，将机械能转化为内能，故是做功的方式改变内能。
【分析】对水的比热容大的理解：相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少；升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多。
改变物体的内能两种方法：做功和热传递，这两种方法对改变物体的内能是等效的。物体对外做功，物体的内能减小；外界对物体做功，物体的内能增大。物体吸收热量，当温度升高时，物体内能增大；物体放出热量，当温度降低时，物体内能减小。
9．毛主席曾用诗词“北国风光，千里冰封，万里雪飘，望长城内外，惟余莽莽…”描述我国北方的冬天。北方冬天气温下降至0℃以下时，水会 成冰（填物态变化），水在这个过程中 热量（填“吸收”或“放出”），温度 （填“上升”、“下降”或“不变”）。
【答案】凝固；放出；不变
【知识点】凝固与凝固放热特点；晶体和非晶体
【解析】【解答】北方冬天气温下降至0℃以下时，水会由液态变成固态，是凝固过程，凝固时放出热量。
冰是晶体，晶体在凝固过程中放热，温度不变。
【分析】物质由气液态变为固态叫凝固，凝固放热；晶体凝固过程放热温度不变。
10．小明在弹簧测力计下挂了一个重为6N的物体，当物体一半体积浸入水中并保持静止时，弹簧测力计的示数为4.6N，此时物体受到的浮力为 N，当物体完全浸没在水中时，物体受到的浮力为 N。据此，小明联想到赤脚越水过河时，水越深，感受到 的浮力越大，脚对石头的压力 （选填“越大”、“不变”或“越小”）。
【答案】1.4；2.8；竖直向上；越小
【知识点】阿基米德原理；浮力大小的计算
【解析】【解答】物体浸入水中，受到竖直向上的浮力和拉力，竖直向下的重力，由力的平衡可得物体受到的浮力为F浮=G−F=6N−4.6N=1.4N
物体一半体积浸入水中时浮力为1.4N，物体完全浸没在水中时，物体排开水的体积等于物体体积，由F浮=ρgV排 可知物体受到的浮力为F′浮=2F浮=2×1.4N=2.8N
赤脚越水过河时，水越深，排开水的体积越大，人受到竖直向上的浮力越大。
在过河时，受到竖直向上的浮力和支持力，竖直向下的重力，由力的平衡可得石头对脚的支持力为F=G−F浮
所以水越深，石头对脚的支持力越小，由力的相互作用可知脚对石头的压力越小。
【分析】根据F浮=G-F示计算此时物体受到的浮力大小；物体完全浸没在水中时，排开水的体积等于物体的体积，由F浮=ρ液gV排可知，在液体密度一定时，物体受到的浮力与物体的排开液体的体积成正比，由此可知此时物体受到的浮力大小。
小明赤脚过河时，受到的浮力的施力物体是水；此时，脚对石头的压力大小为：F压=G人-F浮，人的重力不变，结合脚受到的浮力变化情况可知脚对石头的压力变化情况。
11．人类发展史也是利用燃料的历史，干木柴、煤的放热本领不同，是因为它们的 （选填”热值”“热量”或“温度”）不同，完全燃烧0.14m3的天然气可放出 J的热量，这些热量若全部被水吸收，可让 kg的水温度升高40℃。（已天然气热值q=3.0×107J/m3，水的比热容c=4.2×103J（kg·℃）]
【答案】热值；4.2×106；25
【知识点】热量的计算；燃料的热值
【解析】【解答】热值是燃料的一种特性，由于干木柴、煤的热值不同，所以它们的放热本领不同。
完全燃烧0.14m3的天然气放出的热量Q放=Vq=0.14m3×3.0×107J/m3=4.2×106J
由题知Q吸=Q放=4.2×106J
由Q吸=cmΔt 可知，水的质量m=QcΔt=4.2×106J4.2×103J/（kg·℃）×40℃=25kg
【分析】热值是燃料的一种特性，热值不同的燃料在完全燃烧相同质量时，释放出的热量也不同。
根据Q放=Vq求出完全燃烧0.14m3的天然气放出的热量；由题知Q吸=Q放，后利用Q吸=cmΔt的变形公式计算水的质量。
12．在如图甲所示的实验中，试管内装有水，用橡胶塞塞住管口，将水加热一段时间，可以观察到塞子被冲出去。图乙是四冲程汽油机的工作示意图，能够体现图甲中塞子被冲出过程的冲程是 （填图乙中冲程对应的字母），该冲程将 能转化为 能。
【答案】C；内；机械
【知识点】做功改变物体内能；内燃机的四个冲程
【解析】【解答】加热试管中水，汽化的水蒸气对塞子做功，将塞子冲出，和汽油机的做功冲程相同。
A．进气阀门和排气阀门关闭，活塞向上运动，是压缩冲程，将机械能转化为内能，A不符合题意；
B．进气阀门关闭，排气阀门打开，活塞向上运动，是排气冲程，没有能量转化，B不符合题意；
C．进气阀门和排气阀门关闭，火花塞点火，活塞向下运动，是做功冲程，将内能转化为机械能，C符合题意；
D．进气阀门打开，排气阀门关闭，活塞向下运动，是吸气冲程，没有能量转化，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】改变物体的内能两种方法：做功和热传递，这两种方法对改变物体的内能是等效的。物体对外做功，物体的内能减小；外界对物体做功，物体的内能增大。物体吸收热量，当温度升高时，物体内能增大；物体放出热量，当温度降低时，物体内能减小。
汽油机一个工作循环有四个冲程，分别是吸气、做功、压缩和排气，各冲程的特点不同，因此根据气门的状态和活塞的运行方向确定冲程；并且只有做功冲程对外做功，将内能转化为机械能；另外还有压缩冲程有能量转化，将机械能转化为内能。
13．如图所示的电路，电源电压保持不变。闭合开关S，当滑片P向右移动时，电压表V的示数将 ，电流表A的示数将 ，电压表V示数与电流表A1示数的比值将 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
【答案】不变；变小；变大
【知识点】欧姆定律及其应用；电路的动态分析
【解析】【解答】由电路图可知，电阻R2与滑动变阻器R2并联，电压表测电源电压，由于电源电压不变，当滑片P向右移动时，电压表示数不变。
滑动变阻器滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路阻值变大，由I=UR可知，流过滑动变阻器的电流变小，由并联电路的特点可知通过R2的电流不变，由并联电路电流的规律可知干路中的电流变小，电流表A测干路电流，则电流表A示数变小。
电压表测滑动变阻器两端电压，电流表A1测流过滑动变阻器的电流，根据R=UI可知电压表V示数与电流表A1示数的比值等于变阻器连入电路的电阻变大，滑动变阻器滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路阻值变大，所以电压表V示数与电流表A1示数的比值将变大。
【分析】理清元件的连接方式及电表的测量对象，根据滑动变阻器滑片的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，然后根据欧姆定律、并联电路特点，判断电压表、电流表示数如何变化，判断电压表与电流表比值如何变化。
14．小明利用图所示的实验装置进行实验。已知定值电阻R1=R2=R3=10Ω，经过相同的时间，左边U形管液面高度差比右边U形管液面高度差 （选填“大”或“小”）；若通过R1的电流为1A，通电时间为20s，则R2产生的电热为 J。该装置探究的是电阻产生的热量与 的关系。
【答案】大；50；电流大小
【知识点】焦耳定律
【解析】【解答】（1）由图可知，R2与R3并联后与R1串联，所以通过R1的电流大于通过R2的电流，电阻相等，通电时间相等，根据Q=I2Rt可知，所左边电热丝产生的热量大于右边电热丝产生的热量，即左边U形管液面高度差比右边U形管液面高度差大。
（2）R2与R3并联，且R2=R3，根据并联电路的电压特点和欧姆定律知，I2=I3，根据串联和并联电路的电流特点可知I1=I2+I3=2I2
所以通过R2的电流为I2=12I1=12×1A=0.5A
电阻R2产生的热量为Q2=I22R2t=(0.5A)2×10Ω×20s=50J
（3）该装置中，R1和R2的电阻相同，通过R1和R2的电流不同，通电时间相同，探究的是电阻产生的热量与电流大小的关系。
【分析】分析实验装置中电路的连接方式，根据电路的电流特点，判断出左右边U形管液面高度差的大小；根据电路特点和欧姆定律先确定通过R2的电流，由焦耳定律计算电阻R2产生的热量。
该装置中，R1和R2的电阻相同，通过R1和R2的电流不同，通电时间相同，据此分析。
15．如图是小明进行物理测量时的场景，图甲中物块的长度为 cm；图乙中秒表的读数为 s；图丙中弹簧测力计的读数为 。
【答案】2.90；337.5；3.2N
【知识点】时间及其测量；刻度尺的使用；弹簧测力计及其使用
【解析】【解答】由图知，刻度尺上1cm之间有10个小格，所以一个小格代表的长度是0.1cm=1mm
即此刻度尺的分度值为1mm；物体左侧与1.00cm对齐，右侧与3.90cm对齐，所以物体的长度为L=3.90cm-1.00cm=2.90cm
在秒表的中间表盘上，1min中间有两个小格，所以一个小格代表0.5min，指针在“5”和“6”之间，偏向“6”一侧，所以分针指示的时间为5min；在秒表的大表盘上，1s之间有10个小格，所以一个小格代表0.1s，指针在37.5s处，所以秒针指示的时间为37.5s，即秒表的读数为5min37.5s=337.5s
由图可知，该弹簧测力计的分度值是0.2N，指针在3N下方一个刻度线处，所以示数为3.2N。
【分析】刻度尺的分度值是刻度尺相邻两刻度线表示的长度。使用刻度尺时要明确其分度值，起始端从0开始，读出末端刻度值，就是物体的长度；起始端没有从0刻度线开始的，要以某一刻度线为起点，读出末端刻度值，减去起始端所对刻度即为物体长度，注意刻度尺要估读到分度值的下一位。
秒表的中间的表盘代表分钟，周围的大表盘代表秒，秒表读数是两个表盘的示数之和。
弹簧测力计的读数是不需要估读的，我们只要认清分度值，然后直接读数就行。
16．如图所示，图甲中电流表的读数为 A；图乙中电能表的读数为 kW⋅h；如果这个电能表上的转盘在30min内转过1500圈，则在这30min内消耗的电能是 kW⋅h。
【答案】1.0；202.1；0.5
【知识点】电流的测量及电流表的使用；电能表参数的理解
【解析】【解答】由图可知，电流表的量程是0~3A，对应的分度值为0.1A，示数为1.0A。
电能表的读数方法：最后一位是小数，单位是kW⋅h，电能表的示数为202.1 kW⋅h。
从电能表上可以看出，每消耗1 kW⋅h的电能，电能表的转盘转过3000r，30min内转过1500圈消耗的电能是0.5 kW⋅h。
【分析】根据电流表的量程、分度值以及指针的位置读出电表示数。
电能表的读数：数字方框中最后一位是小数，单位是kW•h。
结合电能表的参数可计算出转盘转过1500圈消耗的电能。
三、作图题
17．在图中画出力F的力臂。
【答案】解：如图所示：
【知识点】力臂的画法
【解析】【解答】首先作力F的力的作用线，然后过支点O作力F的作用线的垂线段，即为F的力臂，所以作图如下：
。
【分析】动力臂为支点到动力作用线的距离，阻力臂为支点到阻力作用线的距离，固定不动的点为支点。
18．请在图中画出入射光线通过透镜后的折射光线。
【答案】解：如图所示：
【知识点】透镜的光路图
【解析】【解答】对于凸透镜，过光心的光线经凸透镜后方向不变；平行于主光轴的光线经凸透镜折射后折射光线通过焦点，如图所示：
【分析】在作凸透镜或凹透镜的光路图时，先确定所给光线的特点再根据透镜的光学特点来作图。
19．根据如图所示的实际电路，在虚线框内画出电路图。
【答案】解：如图所示：
【知识点】根据实物图画电路图
【解析】【解答】由分析知：本电路为串联电路，开关控制整个电路，电压表测量L1两端的电压，画出相应的电路图如下：
【分析】理清元件的连接方式及电表的测量对象，结合电流流向法画出电路图即可。
四、实验题
20．在“保持电压不变，探究电流与电阻的关系”实验中：
（1）请你用笔画线代替导线，将图甲中的电路连接完整（请勿更改原有导线，导线不得交叉）。要求：当滑动变阻器的滑片P向左移动时，电路中的电流变大；
（2）闭合开关后，调节滑动变阻器的滑片P，发现电流表无示数，电压表有示数且接近电源电压，其原因可能是 ；
（3）实验过程中，保持电阻两端的电压为2V。将5Ω的电阻接入电路中，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片P至适当位置，此时电流表的示数如图乙所示。将5Ω的电阻更换为10Ω的电阻，闭合开关，应将滑动变阻器的滑片P向 （选填“左“或“右”）端移动，使电压表示数为2V；
（4）请你根据图丙所示的实验图像将下列实验数据表格补充完整；
实验序号
电阻R/Ω
1
5
2
0.2
3
20
（5）通过图像可以得到的结论是：电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成 （选填“正比”或“反比”）。
【答案】（1）
（2）定值电阻断路
（3）右
（4）电流I/A；0.4；10；0.1
（5）反比
【知识点】探究电流与电压、电阻的关系实验
【解析】【解答】（1）当滑动变阻器的滑片P向左移时电路中的电流变大，则滑动变阻器的电阻变小，因此将滑动变阻器左下接线柱与电源左接线柱相连接，如下图所示：
（2）电流表无示数，电压表有示数且接近电源电压，则说明定值电阻可能断路，电压表相当于串联在了电路中，这时候由于电压表内阻很大，电源电压几乎全部分配到电压表，因此电压表示数接近于电源电压。
（3）图乙中电流表的量程是0~0.6A，此时电流表示数为0.4A，定值电阻阻值为5Ω，所以定值电阻两端电压为U1=IR1=0.4A×5Ω=2V
当把5Ω的电阻更换为10Ω电阻时，根据串联电路的分压原理可知，电阻变大，电阻两端的电压也会变大，即大于2V，为了保持定值电阻两端电压不变，就要使滑动变阻器多分配一点电压，滑动变阻器电阻要变大，滑片要向右移动，才能使电压表示数仍然为2V不变。
（4）根据图丙所示的实验图像，知道这是I-R图像，所以表头需要补充“电流I/A”。
对照图像可以知道当电阻为5Ω时，电流为0.4A。
对照图像可以知道当电流为0.2A，电阻为10Ω时。
对照图像可以知道当电阻为20Ω时，电流为0.1A。
（5）由图像可看出，电流与电阻的乘积是一个定值，所以可得出：电压一定时，通过导体的电流与电阻成反比。
【分析】（1）滑动变阻器的使用方法：串联在被测电路中，上面任选一个接线柱，下面任选一个接线柱。
（2）电路故障的判断，根据具体的情况分析。
（3）“保持电压不变，探究电流与电阻的关系”实验中，根据串联电路的分压原理可知，如果定值电阻变大，其电阻两端的电压也会变大，为了保持定值电阻两端电压不变，就要使滑动变阻器多分配一点电压，滑动变阻器电阻要变大，才能使电压表示数仍然不变。
（4）根据图实验图像补充完成实验数据表格，注意对应性。
（5）利用图像得出相关的结论：电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比。
21．在测定“小灯泡电功率”的实验中，电源电压为3V，小灯泡额定电压为2.5V，电阻约为10Ω。实验电路如图甲所示。
（1）该实验的原理是 （用P、U、I表示），电流表的量程应选 A（选填“0~0.6”或“0~3”）；
（2）小明闭合开关，当他将滑片P移动到某一位置时，图乙所示的电压表示数为 V。若他想测量小灯泡的额定功率，他应将滑片P向 （选填“A”或“B”）端移动，使电压表的示数为2.5V；
（3）小明通过移动滑片P，记录下多组对应的电压表和电流表的示数，并绘制成图丙所示的I—U图像。根据图中信息，可计算出小灯泡的额定功率为 W，此时小灯泡的电阻为 Ω。
【答案】（1）P=UI；0~0.6
（2）2.2；B
（3）0.5；12.5
【知识点】探究用电器的电功率实验
【解析】【解答】（1）用电压表测量量小灯泡两端电压，通过电流表测量通过小灯泡的电流，根据P=UI可以计算小灯泡的电功率，所以实验原理是电功率的公式P=UI。
小灯泡额定电压为2.5V，电阻约为10Ω，所以小灯泡的额定电流约为I=U额R=2.5V10Ω=0.25A<0.6A
所以电流表应选0~0.6的量程。
（2）乙图电压表接的是0~3V量程，分度值为0.1V，所以电压表读数为2.2V。
要想测量小灯泡的额定功率，需使电压表示数为2.5V，根据串联正比分压可知，应减小滑动变阻器接入的电阻，使滑动变阻器分得的电压减小，故滑片P向B端移动，使电压表的示数为2.5V。
（3）由丙图可知，当电压表示数为2.5V时，小灯泡正常发光，此时小灯泡的额定电流为0.2A，所以小灯泡的额定功率为P额=U额I额=2.5V ×0.2A=0.5W
当小灯泡正常发光时，电阻大小为R′=U额I额=2.5V0.2A=12.5Ω
【分析】（1）伏安法测小灯泡电功率的原理为P=UI，根据欧姆定律求出小灯泡正常发光时的电流，进而确定电流表的量程。
（2）根据电压表选用小量程确定分度值读出示数，与灯泡的额定电压比较，根据串联电路电压的规律及分压原理确定滑片移动的方向。
（3）灯泡在额定电压下正常发光，由图丙中的图像得出额定电压下的电流，根据P=UI可求出灯泡的额定功率，根据欧姆定律求小灯泡的电阻。
22．气凝胶是世界上最轻的固体，它的密度仅为3mg/cm3（空气的密度为1.29kg/m3）。由于气凝胶中99.8%以上是空气，所以它有超高的吸附力和非常好的吸油、隔热效果。在隔热效果上，一寸厚的气凝胶相当于2030块普通玻璃，把气凝胶放在玫瑰与火焰之间，玫瑰丝毫无损。气凝胶看似脆弱不堪，但其实非常坚固耐用，它最高能承受1400℃的高温。气凝胶比同体积的普通海绵轻得多，将它压缩80%后仍可恢复原状。因为它耐磨且富有弹性，所以很多职业登山者登山时穿的鞋子都是用气凝胶制成的。
（1）气凝胶是世界上最轻的固体，是指它的 （选填“质量”或“密度”）小；把这种材料放在玫瑰与火焰之间，玫瑰丝毫无损，说明了它的 （选填字母）。
A．密度小 B．吸收性好 C．隔热性好 D．弹性好
（2）气凝胶的密度比空气的密度 （选填“大”或“小”）。
（3）在下列气凝胶的实际应用中，不可能实现的是____。
A．清洗厨房的油烟机 B．吸除冰箱内的异味
C．做打桩机的重锤 D．做电影场景中倒塌的“墙壁”
（4）有人做过实验：在一金属块上涂上8mm厚的气凝胶，结果在1kg的炸药爆炸后，气凝胶毫发无损。若此金属块的表面积为5m2，则覆盖在金属块上的气凝胶的质量为 g。
【答案】（1）密度；C
（2）大
（3）C
（4）120
【知识点】密度及其特性；密度公式及其应用
【解析】【解答】(1)“最轻”是指相同体积的质量最小，说明“气凝胶”的密度小；该材料放在玫瑰与火焰之间，玫瑰丝毫无损，这是利用了气凝胶的隔热性好的特点，ABD不符合题意，C符合题意。
故答案为：C。
(2)空气的密度为1.29kg/m3，“气凝胶”的密度为3mg/cm3=3×10-3g/cm3=3kg/m3
比空气密度大。
(3)AB．由“它还可吸收相当于自身质量900倍的油，有望在海上漏油、净水、净化空气等污染领域发挥重要作用”可知，气凝胶具有超强的吸附能力和净化功能，所以可以用来清洗油烟机、吸除冰箱异味，AB不符合题意；
CD．气凝胶的密度非常小，可以做电影场景中倒塌的“墙壁”，但不能用来做打桩机的重锤，C符合题意、D不符合题意。
故答案为：C。
(4)气凝胶的密度ρ=3mg/cm3=3×10-3g/cm3=3kg/m3
表面积为5m4、厚8mm的气凝胶体积为V=Sh=5m2×8×10-3m=4×10-2m3
由ρ=mV可得，覆盖在金属块上的气凝胶质量m=ρV=3kg/m3×4×10-2m3=12×10-2kg=120g
【分析】（1）“气凝胶”是世界上最轻的固体，“最轻”是指相同体积的质量最小；气凝胶最高能承受1400℃的高温，说明具有很强的绝热性。
（2）统一单位，比较“气凝胶”的密度与空气的密度。
（3）根据材料的性能和使用制造时不同的用途来分析解答。
（4）根据体积公式求出气凝胶的体积，根据m=ρV求出覆盖在金属块上的气凝胶质量。
五、计算题
23．用如图所示的滑轮组将重840N的货物在5s内提升3m，已知动滑轮重60N（不计绳重和摩擦），求：
（1）滑轮组绳子自由端的拉力F和它移动的距离；
（2）货物上升过程中拉力F的功率；
（3）提升过程中滑轮组的机械效率η（结果保留两位小数）。
【答案】（1）解：由图可知n=2，因为不计绳重和摩擦，所以绳子自由端的拉力F=1n(G物+G动)=12×(840N＋60N)=450N
绳子自由端移动的距离s=nh=2×3m=6m
答：滑轮组绳子自由端的拉力F为450N，它移动的距离为6m；
（2）解：拉力做的总功W总=Fs=450N×6m=2700J
拉力做功的功率P=W总t=2700J5s=540W
答：货物上升过程中拉力F的功率为540W；
（3）解：有用功W有=Gh=840N×3m=2520J
滑轮组的机械效率η=W有用W总×100%=2520J2700J×100%≈93.33%
答：提升过程中滑轮组的机械效率η为93.33%。
【知识点】滑轮组及其工作特点；滑轮（组）的机械效率；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【分析】（1）利用不计绳重和摩擦时F=1n（G+G动）求绳子自由端的拉力。
（2）利用W总=Fs=Fnh求拉力做的总功，利用P=Wt求拉力做功的功率。
（3）利用W有=Gh求有用功，利用η=W有W总×100%求滑轮组的机械效率。
24．在如图所示的电路中，电源电压为15V，灯泡L上标有“10V 0.2A”的字样，R为定值电阻。闭合开关S时，灯泡L恰好正常发光，求：
（1）定值电阻R的阻值；
（2）灯泡L的额定功率；
（3）5min内电阻R产生的热量。
【答案】（1）解：闭合开关S时，灯泡L与电阻R串联，电流表测电路中的电流，灯泡L恰好正常发光，两端的电压为UL=10V，电路中的电流为I=IL=0.2A
根据串联电路电压规律可知，电阻R两端的电压为UR=U-UL=15V-10V=5V
定值电阻R的阻值为R=URI=5V0.2A=25Ω
答：定值电阻R的阻值为25Ω；
（2）解：灯泡在额定功率为P额=ULIL=10V×0.2A=2W
答：灯泡L的额定功率2W；
（3）解：根据Q=I2Rt可得，5min内电阻R产生的热量为Q=I2Rt=（0.2A）2×25Ω×5×60s=300J
答：5min内电阻R产生的热量为300J。
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率的计算；焦耳定律
【解析】【分析】（1）理清元件的连接方式及电表的测量对象，根据串联电路电流和电压规律以及欧姆定律计算R的阻值。
（2）根据P=UI计算灯泡的额定功率。
（3）根据焦耳定律计算5min内电阻R产生的热量。
六、综合题
25．电热膜是一种新型的电热器件，如图1所示是一种常见的电热膜。电热膜是在绝缘的聚酯薄膜表面，经过特殊工艺加工形成的一条条薄的导电墨线，导电墨线两端与金属导线相连，形成网状结构，其内部结构如图2所示。导电墨线电阻随温度变化的关系如图3所示。
（1）电热膜取暖器工作时，电热膜是利用电流的 效应工作的；
（2）如图2所示电热膜电路，导电墨线的连接方式是 联，正常工作时金属导线中A、B处电流分别为IA和IB，则IA IB（选填“＜”、“＝”或“＞”）。
（3）某根导电墨线的局部导电材料脱落，如图4中C部分，这根导电墨线的电阻 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
（4）电热膜不会因厚度不均而出现局部过热的现象，原因是电热丝电阻随温度的升高而 ，温度高时发热功率 。（以上两空选填“增大”、“减小”或“不变”）
（5）市售电热膜的额定电压为220V，房间取暖电热膜功率为220瓦每平米，某家庭装修时考虑用电热膜为房间进行取暖，若铺设面积为15m2，则通电正常工作2小时消耗的电能为 kW·h。
【答案】（1）热
（2）并；＜
（3）变大
（4）增大；减小
（5）6.6
【知识点】影响电阻大小的因素；电功的计算
【解析】【解答】(1)电热膜取暖器工作时，将电能转化为了内能，所以电热膜是利用电流的热效应工作的。
(2)由图2可知，导电墨线是并联的，若通过每条墨线的电流为I，则在A处的电流为3I，在B处的为9I，因此IA＜IB。
(3)由图4可知，C处的横截面积变小，电阻变大。
(4)由图3可知，当温度升高时，电阻增大，根据 P=U2R 可知，电阻越大，电功率越小。
(5)因为 P=15m2×220W/m2=3300W=3.3kW
由 P=Wt 可知，通电正常工作2小时消耗的电能为 W=Pt=3.3kW×2h=6.6kW⋅h
【分析】（1）电热器利用电流的热效应工作；（2）互不影响的用电器并联连接；（3）材料和长度一定时，横截面积越小，电阻越大； （4）电阻受温度影响；（5）根据电功率和时间和的乘积计算消耗电能的多少。
26．阅读短文，回答问题：
“天问一号”火星着陆
2021年5月15日，由中国航天科技集团研制的火星探测器天问一号，经历十个月的太空旅行后，携带其着陆巡视器成功着陆火星乌托邦平原。天问一号将一次性完成“绕、落、巡”三大任务，这在世界航天史上还没有先例。
“绕”，指的是探测器经过10个月的长途飞行，抵达火星附近，之后沿椭圆轨道绕火星运动，实现火星的远、近火点环绕探测。
“落”，指的是探测器需在7分钟内将时速降至0，降落到火星表面，我国利用探月的技术积累，通过四个阶段来减速。第一阶段气动减速，给探测器来个急刹车；第二阶段降落伞减速，速度减至342km/h；第三阶段动力减速，探测器反推发动机点火工作，速度减至3.6m/s；第四阶段着陆缓冲，在距离火星表面约100m的高度，探测器悬停在空中，对火星表面进行观察，寻找合适的位置着陆。
“巡”，指的是当探测器到达火星后，放出巡视车，完成对火星表面的拍摄及土壤分析等工作，为下一步探测打好基础。
请根据上述材料，回答下列问题：
（1）探测器沿椭圆轨道绕火星运动时，不受大气阻力，只发生动能和势能的相互转化。探测器由近火点向远火点运动时，速度不断减小，在这过程中，探测器的 能转化为 能，探测器的机械能 （选填“守恒”或“不守恒”）；
（2）“天问一号”火星着陆分为气动减速、降落伞减速、 与着陆缓冲四个阶段；
（3）在距离火星表面约100m的高度，探测器悬停在空中，此时，探测器所受合力 （选填“为零”或“不为零”）；
（4）在距离火星表面约125km的高度，“天问一号”探测器进入火星大气，经过气动减速、降落伞减速后，探测器被充分减速。请简要分析探测器能够通过上述两种方式实现减速的原因 。
【答案】（1）动；重力势；守恒
（2）动力减速
（3）为零
（4）在探测器下降过程中，由于克服空气阻力做功，使它大量的机械能转化为其他形式的能，因此其动能减少，速度减小。
【知识点】动能和势能的大小变化；机械能及其转化；平衡状态的判断
【解析】【解答】（1）探测器由近火点向远火点运动时，探测器相对于火星的高度增加，质量不变，所以重力势能变大，速度不断减小，动能减小，所以探测器由近火点向远火点运动时动能转化为重力势能；由于不受空气阻力，只发生动能和势能的相互转化，所以探测器的机械能守恒。
（2）由短文第三段可知，“天问一号”火星着陆分为气动减速、降落伞减速、动力减速与着陆缓冲四个阶段，所以第三阶段动力减速。
（3）在距离火星表面约100m的高度，探测器悬停在空中，处于静止状态，根据力和运动的关系可知，探测器所到的合力为零。
（4）在探测器下降过程中，由于克服空气阻力做功，使它大量的机械能转化为其他形式的能，因此其动能减少，速度减小。
【分析】（1）动能大小的影响因素：质量、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：质量、被举得高度。质量越大，高度越高，重力势能越大；不计空气阻力时，机械能没有转化为内能，机械能守恒。
（2）根据文中的内容解答。
（3）物体处于静止或匀速直线运动状态时，受力平衡。
（4）探测器在着陆的过程中受到气体阻力的作用，克服阻力做功，机械能会减小。
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