物理（江西卷）2023年中考考前最后一卷（全解全析）

这是一份物理（江西卷）2023年中考考前最后一卷（全解全析），共12页。试卷主要包含了在物理课本所学过的物理定律有等内容，欢迎下载使用。

2023年中考考前最后一卷【江西卷】
物 理
参考答案与试题解析
一．填空题（共8小题，满分16分，每小题2分）
1．（2分）在物理课本所学过的物理定律有：光的反射定律、　牛顿第一定律　、欧姆定律。
【分析】根据课本中涉及到的定律、原理进行解答。
【解答】解：物理课本中物理定律或原理有：
光的反射定律；
牛顿发现了著名的牛顿第一定律
欧姆定律。
故答案为：牛顿第一定律。欧姆定律
【点评】本题通过对书中物理定律或原理的复习，考查大家对物理教材的掌握程度，是一道基础题。
2．（2分）如图，小华将7根粗细相同、长度不同的大吸管底部封口，封口材料相同封口相同，并成一排，做成了一个“吸管琴”。当用嘴对吸管口吹气时，发出的声音是由于吸管内空气柱 　振动　而产生的，声音的音调从左至右逐渐 　降低　（选填“升高”“降低”或“不变”）。

【分析】（1）声音是由物体的振动产生的。
（2）声音的高低叫音调，音调与发声体振动的频率有关。
【解答】解：当用嘴对吸管口吹气时，发出的声音是由于吸管内空气柱振动而产生的，从左到右，管内的空气柱越来越长，空气柱振动的频率越来越低，声音的音调从左至右逐渐降低。
故答案为：振动；降低。
【点评】知道声音产生的条件；知道音调与频率的关系。
3．（2分）北京冬奥会大规模应用“二氧化碳跨临界直冷制冰技术”制作冰面，该技术将二氧化碳作为制冷剂，利用液态二氧化碳在 　汽化　时会吸收大量热量的原理使水 　凝固　成冰。（均填物态变化名称）
【分析】物质从液态到气态是汽化，汽化吸收热量。物质从液态到固态是凝固。
【解答】解：在常温下，液态二氧化碳会汽化为气体，从水吸收热量，使水凝固成冰。
故答案为：汽化；凝固。
【点评】此题考查了物态变化的应用，比较简单，需要分析题目中所给物质前后的状态变化。
4．（2分）如图所示，小明妈妈购买了一种连体花瓶，小明发现只要在任何一只花瓶中倒入水，三个花瓶中的水位都会相平。这种花瓶应用了 　连通器　原理。日常生活中哪些东西还应用了这一知识？请你列举一例：　锅炉水位计　。

【分析】上端开口，下部连通的容器称为连通器；在液体不流动时，液面总是保持相平的。
【解答】解：由题知，在任何一只花瓶中倒入水，三个花瓶中水位都会相平，且三个花瓶的上端开口、下部连通，所以它利用了连通器原理；
生活中的锅炉水位计、船闸、茶壶等等都应用了连通器原理。
故答案为：连通器；锅炉水位计。
【点评】知道连通器的特点，并能解释问题是解决该题的关键。
5．（2分）如图甲所示，用扳手拧螺帽时，图 　b　（选填“a”或“b”）的握法更有利于拧紧或松开螺帽；如图乙所示，当升旗手缓缓向下拉绳子时，旗子就会徐徐上升。这是由于旗杆顶部有一个滑轮，它的作用是 　改变力的方向　。

【分析】（1）根据杠杆平衡条件：动力×动力臂＝阻力×阻力臂可知，在阻力和阻力臂不变的情况下，动力臂越长，动力越小，杠杆越省力。
（2）定滑轮实质上是一等臂杠杆，它的特点是：只能改变力的方向，而不省力。
【解答】解：（1）通过对比图a和b可知，对于同一螺帽，阻力和阻力臂是一定的，而b图中的动力臂要大于a图中的动力臂，所以由杠杆平衡条件可知b图所用动力更小；
（2）根据滑轮的轴固定不动的特点可知，旗杆顶部的滑轮为定滑轮，它的使用特点是能改变力的方向，不能省力。
故答案为：b；改变力的方向。
【点评】本题考查学生利用杠杆平衡条件来确定最小动力的方法，关键是比较动力臂的大小。而对定滑轮工作特点进行了基础的考查。
6．（2分）“足球进校园”推进了校园足球的发展。运动员将静止的足球踢飞，足球落地后会继续向前滚动，是因为足球具有 　惯性　。同时他的脚感觉疼痛，这是因为力的作用是 　相互　的。
【分析】（1）物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性。
（2）力是物体对物体的作用，物体间力的作用是相互的。
【解答】解：一切物体都具有惯性，落地后的足球由于惯性，要保持原来的运动状态，所以会在地面上滚动；
用力踢足球时，脚对球施加力的作用，由于物体间力的作用是相互的，因此球也对脚施加反作用力，因此脚感到疼。
故答案为：惯性；相互。
【点评】此题考查了力作用的相互性和惯性，属于基础性题目。
7．（2分）作为北半球三大流星雨之一的象限仪座流星雨是2023年开年第一个重要天象。流星体穿越大气层时，温度急剧升高，这是通过 　做功　的方式使流星体的内能发生了改变；流星体中含有的冰粒在高温下直接变成气体，发生的物态变化是 　升华　。
【分析】改变内能的方式包括做功和热传递；
物质由固态直接变成气态的过程叫升华。
【解答】解：流星体穿越大气层时，克服摩擦做功，温度急剧升高，是通过做功的方式使流星体的内能发生了改变；
流星体中含有的冰粒在高温下直接变成气体，属于升华现象。
故答案为：做功；升华。
【点评】本题考查内能的改变和物态变化，属于基础题。
8．（2分）如图所示的电路中，电阻R1的阻值为30Ω，闭合开关S，电流表A1的示数为0.2A，电流表A的示数为0.6A，则电源电压为 　6　V，电阻R2的阻值为 　15　Ω。

【分析】由电路图可知，闭合开关S，R1与R2并联，电流表A1测R1支路的电流，电流表A测干路电流。
（1）根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出电源电压；
（2）利用并联电路的电流特点求出R2支路的电流，根据欧姆定律求出通过R2的电阻。
【解答】解：由电路图可知，闭合开关S，R1与R2并联，电流表A1测R1支路的电流，电流表A测干路电流。
（1）因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，由I＝可知，电源电压：U＝U1＝I1R1＝0.2A×30Ω＝6V；
（2）因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，并联各支路两端的电压相等，U2＝U＝6V，
通过R2的电流：I2＝I﹣I1＝0.6A﹣0.2A＝0.4A。
由I＝可得，R2的阻值：R2＝＝＝15Ω。
故答案为：6；15。
【点评】本题考查了并联电路的特点和欧姆定律的应用，是一道基础题目。
二．选择题（共14分，把你认为正确选项的代号填涂在答题卡的相应位置上。第9～12小题，每小题只有一个正确选项，每小题2分；第13、14小题为多项选择，每小题有两个或两个以上正确选项，每小题3分，全部选择正确得3分，选择正确但不全得1分，不选、多选或错选得0分）
9．（2分）下列对一名普通中学生的估测数据符合实际的是（　　）
A．体重约为50N
B．正常步行速度约为1.1km/h
C．身体电阻约为100Ω
D．双脚站立时对水平地面的压强约为12000Pa
【分析】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。
【解答】解：A．中学生的质量在50kg左右，受到的重力在G＝mg＝50kg×10N/kg＝500N左右，故A不符合实际；
B．中学生正常步行的速度为4km/h＝4×m/s≈1.1m/s，故B不符合实际；
C．通常情况下，人体电阻在1000Ω以上，故C不符合实际；
D．中学生每只鞋的底面积大约为200cm2，即0.02m2，双脚面积（受力面积）S＝0.04m2；中学生的体重大约为500N，压强p＝＝＝1.25×104Pa，故D符合实际。
故选：D。
【点评】物理与社会生活联系紧密，多了解一些生活中的常见量的值可帮助我们更好地学好物理，同时也能让物理更好地为生活服务。
10．（2分）2023年3月19日陈芋汐和全红婵组合以362.04分的总成绩夺得跳水10米台冠军，如图所示，参加“跳水”表演赛时的分解动作的简略示意图，不考虑空气阻力，下列相关说法正确的是（　　）

A．从离开跳板到最高点的过程中，只受到重力作用
B．从跳起到入水前的过程中，运动员的重力势能一直减小
C．到达最高点时，若运动员所受的力全部消失，则她将保持静止状态
D．从最高点到入水前的过程中，速度增大，运动员的惯性增大
【分析】（1）地面附近的物体受到重力的作用；
（2）重力势能的大小与质量、高度有关；
（3）根据牛顿第一定律分析；
（4）惯性的大小只与质量有关。
【解答】解：
A、从离开跳板到最高点的过程中，不计空气阻力，她只受到重力作用，故A正确；
B、从跳起到入水前的过程中，运动员的质量不变，高度先变大后变小，所以重力势能先变大后变小，故B错误；
C、到达最高点时，运动员在水平方向上有一定的速度，若运动员所受的力全部消失，根据牛顿第一定律可知，则她将做匀速直线运动，故C错误；
D、从最高点到入水前的过程中，运动员的速度增大，运动员的质量不变，惯性大小不变，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了物体的受力分析、重力势能的变化、牛顿第一定律的应用、惯性，属于基础题。
11．（2分）真理不能单靠“思维”来获得，还应致力于观察和实验。如图所示的电磁现象中，说法正确（　　）

A．甲图中通过实验证明了通电导体周围存在磁场
B．乙图中实验现象的原理与电动机工作原理相同
C．丙图中实验现象说明电磁铁磁性强弱与电流大小有关
D．丁图中科学家通过该现象提出了电磁感应原理
【分析】认识这几幅图，明确它们所反映的实验原理，才能对号入座，判断选项中的说法是否正确。
【解答】解：A．甲图是奥斯特实验，说明通电导体周围存在磁场，故A正确；
B．乙图中法拉第通过该现象提出了电磁感应，是发电机的原理，故B错误；
C．丙图中的两个电磁铁串联，控制电流相等，是探究电磁铁磁性的强弱与线圈匝数的关系，在其它条件相同时，线圈匝数越多，电磁铁的磁性越强，故C错误；
D．丁图中实验现象是通电导体在磁场中受力运动，电动机是根据这个原理制造的，故D错误。
故选：A。
【点评】四幅图分别代表了电与磁中四个重要的物理实验，分别是电流的磁效应、通电导体在磁场中受力、电磁铁的探究、电磁感应，这都是我们应重点掌握的，在学习中相互比较更能有效地进行把握。
12．（2分）下列对图中所示的光现象描述正确的是（　　）

A．图甲中，平面镜成像时进入眼睛的光线是由像发出的
B．图乙中，日食的形成原因是光沿直线传播
C．图丙中，水中的倒影是光的折射现象
D．图丁中，光的色散现象说明白光是由红、绿、蓝三种颜色的光组成的
【分析】（1）平面镜成像时，物体经平面镜反射后，反射光线进入人的眼睛；
（2）日食和月食都是光直线传播的结果；
（3）平面镜成像是由光的反射形成的；
（4）太阳通过玻璃三棱镜后，被分解为绚丽的七色光，从上往下依次是红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫，这种现象称为光的色散，说明了白光不是单色光，不同颜色的光折射时的偏折程度不同。
【解答】解：
A、平面镜成虚像，虚像是反射光线的反向延长线会聚而成的，虚像不会发出光线，故A错误；
B、月球转到太阳和地球之间，太阳、地球和月球在同一直线上，由于光是沿直线传播的，太阳发出的光线被月球遮挡，地球上的人在某个区域看到日食，所以日食是光直线传播的结果，故B正确；
C、鸟在水中的倒影属于平面镜成像，是由光的反射形成的，故C错误；
D、白光通过三棱镜时，因为不同颜色的光通过玻璃时偏折的角度不同，白光通过三棱镜分解成红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫七色光，故D错误。
故选：B。
【点评】本题通过几个日常生活中的现象考查了对光的折射、光的色散以及光的直线传播的理解与掌握，在学习过程中要善于利用所学知识解释有关现象，达到学以致用的目的。
13．（3分）如图甲所示，电源电压不变，将小灯泡L和电阻R接入电路中，只闭合开关S1时，小灯泡L的实际功率为1W。图乙是小灯泡L和电阻R的I﹣U图象。下列说法中正确的是（　　）

A．电源电压为4V
B．只闭合开关S1时，电流表的示数为0.4A
C．闭合开关S1、S2，电流表示数为0.7A
D．闭合开关S1、S2，灯泡1min消耗的电能为60J
【分析】（1）只闭合开关S1时，电路为小灯泡L的简单电路，此时小灯泡L的实际功率为1W，根据图像读出符合要求的电压和电流，据此得出电源的电压；
（2）同时闭合开关S1、S2后，R与L并联，电流表测干路电流，它们两端的电压相等，根据图像读出通过R的电流，根据并联电路的电流特点求出干路电流；根据W＝UILt得出闭合开关S1、S2，灯泡1min消耗的电能。
【解答】解：AB、只闭合开关S1时，电路为小灯泡L的简单电路，此时小灯泡L的实际功率为1W，由图像可知，当UL＝2V时，IL＝0.5A，其实际功率为：PL＝ULIL＝2V×0.5A＝1W，则电源的电压U＝UL＝2V，故AB错误；
CD、闭合开关S1、S2后，R与L并联，电流表测干路电流，它们两端的电压相等，所以，R两端的电压也为2V，由图像可知，此时通过R的电流为0.2A，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，干路电流为：I＝IR+IL＝0.2A+0.5A＝0.7A，故C正确；
闭合开关S1、S2，灯泡1min消耗的电能W＝UILt＝2V×0.5A×60s＝60J，故D正确。
故选：CD。
【点评】本题考查了并联电路的特点、欧姆定律以电功率公式的应用，从图像中获取有用的信息是关键。
14．（3分）下列说法中正确的是（　　）
A．在平衡力作用下运动的木块的机械能保持不变
B．跳水运动员起跳时，跳板向下弯，人对跳板的作用力等于跳板对人的作用力
C．容器静止在水平地面上时，液体对容器底部的压力等于液体重力
D．悬浮在盐水中的鸡蛋，受到盐水的作用力的合力等于鸡蛋所受到的重力
【分析】（1）机械能的大小与质量、速度、高度等因素都有关。
（2）物体间力的作用是相互的，相互作用力大小相等。
（3）柱形容器静止在水平地面上时，液体对容器底部的压力等于液体重力。
（4）悬浮在盐水中的鸡蛋受到的浮力和重力是一对平衡力。
【解答】解：A、在平衡力作用下运动的木块，如果木块匀速上升或下降，质量和速度不变，但是高度发生变化，机械能会增大或减小，故A错误；
B、跳水运动员起跳时，跳板向下弯，人对跳板的作用力等于跳板对人的作用力，故B正确；
C、容器静止在水平地面上时，液体对容器底部的压力不一定等于液体重力，只有是柱形容器时，液体对容器底部的压力才等于液体重力，故C错误；
D、悬浮在盐水中的鸡蛋，受到盐水的作用力的合力（即浮力）等于鸡蛋所受到的重力，故D正确。
故选：BD。
【点评】知道机械能的影响因素；知道力的作用的相互性；知道液体的压力；知道物体的漂浮条件。
三．计算题（共22分，第15、16小题各7分，第17小题8分）
15．（7分）纯电动汽车具有节能减排、绿色环保的特点。
①若发动机的牵引力用F表示，小汽车在做匀速直线运动，速度用v表示，请推导出牵引力的功率。
②若某款纯电动汽车的功率是5×103千瓦，在一次测试过程中以20米/秒的速度沿直线匀速行驶了1分钟。求该电动汽车在测试过程中牵引力所做的功W，以及行驶时所受的阻力f。
【分析】①运用功率和功的定义式以及速度公式推导出牵引力的功率表达式。
②根据W＝Pt得到电动汽车在测试过程中牵引力所做的功，根据P＝Fv得到牵引力，牵引力和阻力是平衡力，大小相等，据此求出电动汽车受到的水平阻力f。
【解答】解：①由P＝、W＝Fs和v＝可得，牵引力的功率：P＝＝Fv；
②该电动汽车在测试过程中牵引力所做的功：W＝Pt＝5×103W×60s＝3×105J，
电动汽车受到的牵引力：F＝＝2.5×105N，
因为该车匀速直线行驶，牵引力与阻力是一对平衡力，大小相等，
所以电动汽车受到的水平阻力：f＝F＝2.5×105N。
答：①见解析；
②该电动汽车在测试过程中牵引力所做的功是3×105J；行驶时所受的阻力是2.5×105N。
【点评】深入理解功、功率概念，熟练运用速度公式、功的公式、功率公式，是解答此题的关键。
16．（7分）在图（a）所示的电路中，电源电压为10V且保持不变，电阻R1的阻值为5Ω，滑动变阻器R2上标有“10Ω 1A”字样。闭合开关S后，电路中的电流为1A。求：

①电阻R1两端的电压；
②变阻器R2连入电路的阻值；
③现用R0（阻值可能为10Ω、15Ω或20Ω）替换R1，并将一电压表并联在电路中，移动变阻器滑片P到某位置，电路正常工作，电压表、电流表示数如图（b）所示。请通过计算判断电压表并联的位置及R0的阻值。
【分析】（1）利用欧姆定律求出电阻R1两端的电压；
（2）R1与R2串联，根据电压规律可知R2的电压，有欧姆定律可求得R2的阻值；
（3）根据电源电压以及电流表的示数（2A或0.4A），可求出电路中的电阻值，进一步可判断出电流表的确切示数，由此可知电路中的总电阻，进一步可选择可能的电阻值，通过电压表的示数确定电压表并联的位置及R0的阻值。
【解答】解：（1）已知，电阻R1＝5Ω，串联电路，电流相等，即通过R1电流I＝1A，由欧姆定律可知，此时电阻R1两端的电压为：U1＝IR1＝1A×5Ω＝5V；
（2）已知电源电压U＝10V，根据串联电路电压规律：电源电压等于各用电器电压之和，所以U2＝U﹣U1＝10V﹣5V＝5V，则R2＝＝＝5Ω；
（3）已知滑动变阻器R2上标有“10Ω 1A”字样，所以电流表的示数不能为2A，应为I2＝0.4A，则此时电路中的电阻R′＝＝＝25Ω，由于R2的最大阻值为10Ω，根据串联电路电阻关系，所以R0不可能是10Ω，①当R0为15Ω时，R2＝25Ω﹣15Ω＝10Ω，则R0的电压U0＝IR0＝0.4A×15Ω＝6V，R2的电压U2＝IR2＝0.4A×10Ω＝4V；②当R0为20Ω时，R2＝25Ω﹣20Ω＝5Ω，则R0的电压U0＝IR0＝0.4A×20Ω＝8V，R2的电压U2＝IR2＝0.4A×5Ω＝2V，所以电压表的示数为2V时，电压表应并联在R2两端时，此时R0＝20Ω；当电压表示数为10V时，电压表并联在电源两端，R0＝15Ω或20Ω。
答：（1）电阻R1两端的电压为5V；（2）变阻器R2连入电路的阻值为5Ω；（3）①电压表应并联在R2两端时，此时R0＝20Ω；②电压表并联在电源两端，R0＝15Ω或20Ω。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律，利用好题干中所给的条件是关键。
17．（8分）某品牌智能滚筒洗衣机具有洗净度高、不伤衣物、可设定洗涤温度、方便安全等优点，其等效电路如图所示，此时处于空挡状态，闭合开关S，旋钮绕P转动，实现挡位转换，旋至1挡时R1、R2同时工作，洗衣机处于加热状态：旋至2挡时R2和电动机同时工作，洗衣机处于保温洗涤状态。R1和R2均为电热丝，其阻值不受温度影响，R1＝22Ω，洗衣机正常使用时，加热功率是2400W。求：
（1）电热丝R2的阻值。
（2）某次洗衣时，洗衣机内注入40L水，在额定电压下对水加热，水温由20℃升高到50℃，此时加热效率为84%，求加热时间。
（3）关闭其它用电器，只让洗衣机处于保温洗涤状态，正常工作20min，标有“3000r/（kW•h）”的电能表转盘转过500转，求洗衣机电动机的功率。

【分析】（1）由图可知，闭合开关S，旋钮开关旋至1挡位置时，R1、R2并联，此时洗衣机处于加热状态；根据P＝求出R1的电功率；根据并联电路的特点求出R2的电功率，根据P＝求出R2的阻值；
（2）利用密度公式求出40L水的质量，利用Q吸＝cm（t﹣t0）求出水吸收的热量，利用效率公式求出洗衣机消耗的电能，利用P＝求出加热时间；
（3）3000r/（kW•h）表示电路中的用电器每消耗1kW•h电能，电能表的转盘转过3000转，据此求出电能表转盘转过500转，洗衣机消耗的电能，利用P＝求出洗衣机保温洗涤状态时的功率；由图可知，洗衣机处于保温洗涤状态时，R2与电动机并联，根据并联电路的特点可知，洗衣机保温洗涤状态时的功率减去R2的功率即为洗衣机电动机的功率。
【解答】解：（1）由电路图可知，当旋钮旋至1挡时，电热丝R1与R2并联，洗衣机处于加热状态，由表格数据可知，加热功率P＝2400W，
电热丝R1的加热功率：P1＝＝＝2200W，
因总功率等于各电阻消耗功率之和，
所以电热丝R2的加热功率：
P2＝P﹣P1＝2400W﹣2200W＝200W，
根据P＝知则电热丝R2的阻值：
R2＝＝242Ω，
（2）水的质量m＝ρV＝1.0×103kg/m3×40×10﹣3m3＝40kg；
吸收的热量：
Q吸＝c水m水（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×40kg×（50℃﹣20℃）＝5.04×106J，
根据加热效率的公式η＝，洗衣机加热消耗的电能：
W＝＝＝6×106J，
则洗衣机加热时间t＝＝＝2500s；
（3）3000r/（kW•h）表示电路中的用电器每消耗1kW•h电能，电能表的转盘转过3000转，
则电能表转盘转过500转，洗衣机消耗的电能：W′＝kW•h＝kW•h；
洗衣机保温洗涤状态时的功率：P保温＝＝＝0.5kW＝500W，
由图可知，洗衣机处于保温洗涤状态时，R2与电动机并联，
所以电动机的电功率：P动＝P保温﹣P2＝500W﹣200W＝300W。
答：（1）电热丝R2的阻值是242Ω；
（2）需要加热时间是2500s；
（3）洗衣机电动机的功率是300W。
【点评】本题是电热综合题，主要考查对电能表参数的理解、并联电路的特点、密度公式、吸热公式、效率公式以及电功率公式的应用，题目有一定的难度。
四．实验与探究题（共28分，每小题7分）
18．（7分）（1）如图1所示为实验室常用的弹簧测力计，使用前要检查指针、弹簧与外壳之间是否 　卡住　，指针是否 　指零　。

（2）如图2甲所示，木块的长度为 　2.10　cm；天平平衡时，放在天平右盘中的砝码和游码的位置如图乙所示，所测物体的质量为 　34　g。
（3）如图3所示，甲中电压表的读数为 　2.3　V；若使用前出现如图乙所示的情况，则原因是 　电压表未调零　。接下来操作是:将电压表进行调零，重新连接电路
【分析】（1）根据弹簧测力计的使用方法分析：
（2）使用刻度尺测量物体长度之前，要明确其分度值；测量物体长度时，要观察是否从0刻度线量起，起始端没从0开始，要以某一刻度当作“0”刻度，读出末端刻度值，减去前面的刻度即为物体长度，注意刻度尺要估读到分度值的下一位；明确天平标尺的分度值，读出标尺上游码所指质量，再加上砝码质量即可；
（3）电压表的读数方法：首先确定量程，然后分清分度值，根据指针位置读数。
【解答】解：（1）每次使用弹簧测力计时都要观察指针是否指在零刻度线处，不在零点的就要校零；使用中弹簧指针、挂钩不能与外壳摩擦，即不能有较大的摩擦，否则会影响实验的结果；
（1）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；木块左侧与0.00cm对齐，右侧与2.10cm对齐，所以木块的长度为L＝2.10cm；
图中天平标尺的分度值是0.2g，游码对应刻度的质量是4g，故物体质量为m＝20g+10g+4g＝34g。
（3）由图可知，电压表选0～3V的量程，分度值为0.1V，根据指针位置读数是2.3V；
图乙中在使用前，指针没有指在0刻度线处，这表明电压表在使用前没有调零。接下来操作是将电压表进行调零，重新连接电路
故答案为：（1）卡住；指零；（2）2.10；34；（3）2.3；电压表未调零；将电压表进行调零，重新连接电路
【点评】在物理实验和日常生活中经常使用刻度尺、弹簧测力计、电压表和天平，我们要熟练掌握其使用和读数方法。
19．（7分）在“探究影响滑动摩擦力大小的因素”实验中，某实验小组用完全相同的木块A分别做了如图所示的甲、乙、丙三个实验，实验丁所用木块为A的一半。

（1）将木块放在水平木板上，弹簧测力计必须沿 　水平　方向拉动，使木块做匀速直线运动，此时木块受到的滑动摩擦力 　＝　（填“＞”“＝”或“＜”）弹簧测力计的示数。
（2）甲、乙两个实验说明滑动摩擦力的大小与 　压力　有关；在甲实验中，若拉力增大为2N，此时木块受到的摩擦力 　小于　（填“＞”“＝”或“＜”）2N。
（3）比较乙、丙两图中的测力计示数，可得出结论：　在压力相同时，接触面粗糙程度越大，滑动摩擦力越大　。
（4）比较甲、丁实验，发现甲实验中弹簧测力计的示数大于丁实验中弹簧测力计的示数，小明得出结论：滑动摩擦力的大小与接触面积的大小有关。小红认为小明的结论不正确，原因是 　没有控制压力相同　。
【分析】（1）根据二力平衡的条件分析；
（2）影响滑动摩擦力大小因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变，据此分析；根据影响滑动摩擦力的两个因素不变分析；
（3）根据控制变量法分析；
（4）研究滑动摩擦力的大小与接触面积的大小有关，要控制压力大小和接触面粗糙程度相同。
【解答】解：（1）将木块放在水平木板上，弹簧测力计必须沿水平方向拉动，使木块做匀速直线运动，根据二力平衡知识，此时木块受到的滑动摩擦力等于弹簧测力计的示数；
（2）甲、乙两个实验中接触面粗糙相同，而乙中压力大，测力计示数大，故说明滑动摩擦力的大小与压力有关；
在甲实验中，若拉力增大为2N，因接触面粗糙程度和压力大小不变，故此时木块所受到的摩擦力不变，仍为1.5N，小于2N；
（3）比较乙、丙两图可知，接触面粗糙程度不同，压力相同，可得出结论：在压力相同时，接触面粗糙程度越大，滑动摩擦力越大；
（4）研究滑动摩擦力的大小与接触面积的大小有关时，要控制压力大小和接触面粗糙程度相同，切去物体A的二分之一，则压力变小了，小红认为小明的结论不正确，原因是没有控制压力相同。
故答案为：（1）水平；＝；（2）压力；＜；（3）在压力相同时，接触面粗糙程度越大，滑动摩擦力越大；（4）没有控制压力相同。
【点评】本题探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关，考查实验原理及控制变量法的运用，体现了对过程和方法的考查。
20．（7分）请按要求完成下列实验：

（1）小南同学利用图甲所示的装置探究“平面镜成像的特点”，在此实验中：
①实验中应选用较 　薄　（选填“厚”或“薄”）的玻璃板；
②在竖立的玻璃板前点燃蜡烛A，拿相同不点燃的蜡烛竖立在玻璃板后面移动，直至人眼观察到它与蜡烛A的像完全重合，这种确定像位置的方法是下列中 　B　的；
A．控制变量法
B．等效替代法
C．转换法
③当蜡烛A向玻璃板靠近时，蜡烛A的像大小将 　不变　；像与物的距离将变小（选填“变小”、“变大”或“不变”）；
（2）小渝同学探究“冰熔化时温度变化规律”，实验装置如图乙所示。
①实验中，某时刻温度计的示数如图丙所示，此时的温度为 　﹣3　℃；
②根据实验记录绘制了冰加热时温度随时间变化的图像，由图丁可知该物质是 　晶体　（选填“晶体”或“非晶体”）；
③若不计热损失，该物质在 　液态　（选填“固态”或“液态”）时的吸热能力较强。
【分析】（1）①玻璃板有两个反射面，每个反射面都可以成一个像，这样由于两个像的干扰，像的位置不易确定准确，需要两个像距离越近越减小误差；
②另外一支相同的蜡烛与竖立在玻璃板前面点燃的蜡烛的像能完全重合，这是使用等效替代法；
③平面镜成像的特点：物体在平面镜中所成的像是虚像，像和物体的大小相等；
（2）①温度计读数时要明确温度计的分度值，视线与液柱的液面相平；
②晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点；
③质量相同的两种物质，吸收相同的热量，温度变化越小，说明吸热能力越强，说明比热容越大。
【解答】解：（1）①玻璃板的前后两个表面都能使蜡烛成像，如果玻璃板过厚，所成的两个像位置相距较远，形成重影，不便于确定像的位置；实验中选用较薄的玻璃板，不容易出现重影，便于找到像的位置；
②实验时不便于直接确定像的位置，用不点燃的蜡烛来替代蜡烛A的像，通过移动玻璃板后不点燃的蜡烛使其与蜡烛A的像重合，重合的位置即为像的位置，这种科学方法是等效替代法，故B符合题意，AC不符合题意，故选B；
③平面镜成像成的是等大的虚像，故蜡烛A向玻璃板靠近时，蜡烛A的像大小将不变；像与物的距离将变小
（2）①由丙图可知，该温度计的分度值为1℃，液柱的上表面与温度计0刻度线下方的第3条刻度线对齐，则读数为﹣3℃；
②由图丁可知，冰熔化过程中温度不变，有固定的熔点，所以冰是晶体；
③根据图中数据可知，该物质在固态时升高10℃需要2min，在液态时，升高10℃需要4min，升高相同的温度，液态时吸收的热量多，故在液态时吸热能力更强。
故答案为：（1）①薄；②B；③不变；变小；（2）①﹣3；②晶体；③液态。
【点评】本题考查平面镜成像和冰熔化时温度变化规律的实验，是综合题，难度不大，属于基础性题目，解题的关键是知道平面镜成像的特点以及晶体熔化的特点。
21．（7分）在做“伏安法测量定值电阻”的实验中，王瑞同学设计了如图甲所示的电路，请你完成下列问题；

（1）该实验的原理是；
（2）连接电路闭合开关前，滑动变阻器的滑片应滑到 　最左端　；
（3）图乙为某次测量时电流表和电压表示数，则本次测出的电阻的阻值为 　10.8　Ω；（精确到0.1）
（4）该同学将电阻替换为额定电压为2.5V的小灯泡，将所测数据绘制成如图丙所示的U﹣I图像。由图可知：小灯泡的电阻是变化的，主要是因为小灯泡灯丝的 　温度　（选填“温度”、“长度”或“横截面积”）发生了变化；此小灯泡的额定功率是 　0.75　W。要通过多次测量总结小灯泡的电阻变化规律，下列物理学的研究方法与该方法相同的是 　B、C　（选填字母代号）；
A．“测量物体的长度”时要多次测量求平均值
B．“研究并联电路电流规律”时换用不同灯泡多测几组数据
C．“研究凸透镜成像”时要多次改变物距找像
D．“伏安法测量定值电阻”时测量多组电压和电流值
（5）该同学们又设计了如图丁所示的电路来测量Rx阻值，R0为已知阻值的定值电阻；请把实验步骤补充完整：
①只闭合开关S，记下此时电流表的示数为I1；
②闭合S、S1，记录电流表示数为I2；
③则待测电阻Rx阻值的表达式Rx＝　　（用测量量和已知量的符号表示）。
【分析】（2）为了保护电路，连接电路闭合开关前，滑动变阻器的滑片应滑到阻值最大处；
（3）根据两表选用量程确定分度值读数；根据R＝求出电阻的阻值；
（4）小灯泡的电阻随温度的变化而变化；
根据U﹣I图象找出额定电压下的电流，根据P＝UI求额定功率；
逐一分析各选项多次测量的目的，然后做出选择；
（5）在没有电压表时，使定值电阻与待测电阻并联，根据开关的状态、电流表的示数以及欧姆定律得出电源电压和通过待测电阻的电流，然后根据欧姆定律计算出被测电阻的阻值。
【解答】解：（2）为了保护电路，连接电路闭合开关前，滑动变阻器的滑片应滑到阻值最大处，即最左端；
（3）图乙为某次测量时电流表和电压表示数，电压表选用小量程，分度值0.1V，其示数为2.6V，电流表选用小量程，分度值0.02A，其示数为0.24A，电阻的阻值为：
R＝＝≈10.8Ω；
（4）小灯泡灯丝的电阻随温度的变化而变化；
如图丙所示的U﹣I图像知，灯的电压为2.5V时，电流大小为0.3A，小灯泡的额定功率是：
PL＝ULIL＝2.5V×0.3A＝0.75W；
A.“测量物体的长度”时要多次测量求平均值，D.“伏安法测量定值电阻”时测量多组电压和电流值，多次测量获得数据，求平均值来减小实验误差；
B.“研究并联电路电流规律”时换用不同灯泡多测几组数据，C.“研究凸透镜成像”时要多次改变物距找像，多次测量的目的是：获得多组数据，来寻找一定的规律；
故B、C研究方法与本实验方法相同，故选B、C；
（5）实验步骤：
①只闭合开关s，记下此时电流表的示数为I1；
②闭合S、S1，记录电流表示数为I2；
③在①中，此时电路为R0的简单电路，电流表测通过R0的电流，根据欧姆定律可得电源电压：U＝I1R0；
在②中，两电阻并联接入电路，电流表测干路电流，由于R0前后电压不变，故通过的电流不变，根据并联电路干路电流等于各支路电流之和，则通过待测电阻的电流：
Ix＝I2﹣I1，
并联电路各支路两端电压相等，由欧姆定律可得待测电阻的阻值：
Rx＝＝＝。
故答案为：（1）（2）最左端；（3）10.8；（4）温度；0.75；B、C；（5）。
【点评】本题伏安法测量定值电阻的实验中，考查了实验原理、电路连接、注意事项、电表读数、电阻的计算以及以及设计实验方案的能力。
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