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2023年云南省临沧市中考物理一模试卷
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这是一份2023年云南省临沧市中考物理一模试卷，共32页。试卷主要包含了选择题，填空题，作图题，实验探究题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2023年云南省临沧市中考物理一模试卷
一、选择题（本大题共10小题，每个小题3分，共30分。每小题给出的四个选项中，第1～7每小题只有一个正确选项。第8~10题有多个选项符合题意，全部选对得3分，选对但不全得1分，有选错得0分）
1．（3分）下列数据的估测较为合理的是（ ）
A．一个小水杯的高度约为200cm
B．一节铅蓄电池的电压约为3.7V
C．家庭节能灯中的电流约为0.1A
D．天河一号巨型计算机的电功率约为400W
2．（3分）下列选项中属于省力杠杆的是（ ）
A．筷子 B．钓鱼竿
C．指甲剪 D．火钳
3．（3分）下列是对如图所示的四幅图的说明，其中正确的是（ ）
A．图甲，敲鼓时可观察到纸屑在不停地跳动，说明声音是由物体振动产生的
B．图乙，汽车安装倒车雷达，通过红外线探测车后方的障碍物
C．图丙，吹自制的哨子，上下拉动活塞可改变声音的响度
D．图丁，宇航员在飞船舱外工作时，他们可以直接面对面进行对话
4．（3分）购物支付已进入“刷脸”时代，消费者结账时只需面对摄像头，经系统自动拍照（利用
电子技术进行倒转正处理）、扫描等，确认相关信息后，即可迅速完成交易。下列有关
说法正确的是（ ）
A．摄像头相当于一个凹透镜
B．“刷脸时”面部应位于镜头两倍焦距之内
C．“刷脸时”面部经过摄像头成像利用的是光的折射
D．“刷脸时”面部经摄像头成的是正立放大的像
5．（3分）下列有关温度、热量和内能的说法正确的是（ ）
A．发生热传递时，温度总是从高温物体传递给低温物体
B．温度低于0℃的物体不具有内能
C．在相同温度下，1kg水比1kg铁含有的热量多
D．同一物体温度升高，内能一定增大
6．（3分）2022年11月29日，我国在酒泉卫星发射中心用长征二号F遥十五运载火箭将“神舟十
五号”载人飞船成功发射，如图所示，下列有关说法正确的是（ ）
A．飞船与火箭分离前，以火箭为参照物，飞船是运动的
B．宇航员在太空中是利用电磁波来传递信息的
C．飞船加速上升时受到的重力和推力是一对平衡力
D．科学实验柜由地球运到太空，质量变小
7．（3分）如图所示，均匀正方体甲、乙置于水平地面上，它们对地面的压强相等。若在甲、乙的上部沿水平方向截去相同的高度，它们剩余部分对地面的压力和压强分别为F甲、F乙和p甲、p乙，则（ ）
A．F甲＞F乙，p甲＞p乙 B．F甲＞F乙，p甲＜p乙
C．F甲＜F乙，p甲＞p乙 D．F甲＜F乙、p甲＞p乙
（多选）8．（3分）小明在实验室做“观察水的沸腾”实验（大气压为1标准大气压强），烧杯下面垫有石棉网，如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．水在沸腾过程中，继续吸热，温度升高
B．水在沸腾过程中，温度计示数没有达到100℃
C．杯口冒“白气”，是液化现象
D．撤去酒精灯，水不会立即停止沸腾
（多选）9．（3分）用如图所示的器材探究影响导体电阻大小的因素，分别选用A、B、C、D四根不同的金属丝接入M、N两点之间，下列说法正确的是（ ）
A．接B、D，可探究导体电阻大小与导体长度是否有关
B．接A、C，可探究导体电阻大小与横截面积是否有关
C．接B比接C时电流表示数更小一些
D．该实验装置不能探究导体电阻大小与导体材料的关系
（多选）10．（3分）如图所示，电源电压恒为6V，滑动变阻器R的规格为“25Ω 1A”，电流表量程“0～0.6A”，电压表量程“0～3V”，小灯泡标有“4.5V 0.3A”字样，其I﹣U图象如图乙所示，闭合开关S，为保证电路安全且小灯泡两端电压不超过额定电压，在移动滑片P的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．滑动变阻器的调节范围是5Ω～12Ω
B．电压表示数变化范围1.5V～3V
C．电流表示数变化范围0.25A～0.3A
D．小灯泡的最小功率为0.75W
二、填空题。（本大题共6小题，第11～15题每小题2分，16题4分，满分14分）
11．（2分）小刚假期乘坐飞机从昆明去三亚旅游，他在机场看到飞机机翼上下表面不平，然后通过查阅资料知道飞机是利用流体压强与流速的关系来获得升力的，由此可以猜测飞机机翼的 （选填“上表面”或“下表面”）是凸起的；从昆明到三亚，飞机飞行了2小时，若飞机的平均速度为800km/h，则昆明到三亚的飞行里程约为 km。
12．（2分）如图所示，开关S闭合后，电磁铁的 （选填“a”或“b”）端为N极，当滑动变阻器滑片向左移动时，电磁铁的磁性将 （选填“增强”、“减弱”或“不变”）。
13．（2分）在公共场所都贴有“禁止吸烟”的标志，这是因为在公共场所有人吸烟的话会导致整个场所都会有烟味，这说明分子在 ；近年来，农村很多家庭都安装了沼气池，这是一种能源可持续发展的措施。可用沼气做饭等，若沼气的热值为1.5×107J/m3，则完全燃烧5m3沼气可产生的热量为 J。
14．（2分）小明用如图所示的滑轮组来移动水面地面上的一物体，已知物体A的重力为1500N，它所受到的摩擦力为其重力的0.2倍，若小明所用拉力大小为125N，则滑轮组的机械效率为 ，他在10s内将物体A移动了2m，则拉力做功的功率为 W。
15．（2分）一白炽灯A标有“220V 100W”字样，LED灯B标有“220V 25W”字样，若将它们串联起来接在220V的电路中，两灯的总功率 （选填“大于”、“小于”或“等于”）25W。这两个灯泡在正常工作时亮度相当，若用LED灯代替白炽灯，则正常工作10h比白炽灯节约 度电。（假设它们的电阻不随温度变化而变化）
16．（4分）在干燥的天气里，衣服表面容易吸附灰尘；与头发摩擦过的塑料尺、塑料笔杆，能吸起纸屑；用塑料梳子梳头发，头发会随着梳子飘起来；冬天用手擦毛衣里面，很容易看到一些“火花”，为什么会出现上述这些现象呢？这是因为摩擦过的物体带了“电”，或者说带了电荷。为了验证带电物体的性质和带电的物体间存在怎样的相互作用，同学们设计了如图所示的一系列实验。
（1）如图甲所示，用摩擦过的塑料棒靠近不带电的铝箔条的一端时，发现铝箔条会向塑料棒方向偏转，这是因为带电物体具有 的性质；如图乙所示，用带电物体接触验电器的金属球，发现金属箔片会张开，这说明验电器的工作原理是 。
（2）如图丙所示是A、B、C三个轻质带电小球的相互作用情况，已知B小球与用丝绸摩擦过的玻璃棒相互排斥，则A球带 电，C球带 电。
三、作图题。（本大题共2个小题，每小题2分，共4分）
17．（2分）如图所示，请作出力F的力臂的示意图。
18．（2分）如图所示，请作出AB在平面镜中所成的像A'B'。
四、实验探究题。（本大题共4小题，共24分）
19．（8分）实验小组的同学设计了如图所示的装置来探究影响浮力大小的因素。按照如图所示实验装置图组装好实验器材，读出弹簧测力计示数即为物体重力G，记录在表格中，然后拧开矿泉水瓶盖，当水和盐水浸没金属块和大物块后再拧紧瓶盖；读出弹簧测力计示数F，将其记录在表格中，计算出物体所受浮力F浮大小并填入表格中。
序号
A
B
C
D
E
物体重力G/N
0.80
0.65
1.70
2.15
2.15
物体浸没液体中测力计示数F/N
0.70
0.55
1.50
1.40
1.25
物体受到浮力F浮/N
0.10
0.10
0.20
0.75
0.90
（1）弹簧测力计在使用前应该在竖直方向上进行 ，挂在弹簧测力计上的重物的重力不能超过弹簧测力计的 。
（2）由A、B两组实验对比可以得出结论，浮力大小与物体密度 ；由 两组实验对比可以得出结论，浮力大小与物体浸在液体中的体积有关；由D、E两组实验对比可以得出结论，浮力大小与 有关。
（3）往水槽内放水前，矿泉水瓶瓶盖未打开，此时矿泉水瓶内气压 （选填“大于”、“小于”或“等于”）瓶外大气压。
（4）将弹簧测力计固定在木架上，通过矿泉水瓶往水槽注水的方式使物体浸入液体中，这样操作的好处是 。
（5）在进行D、E两组实验时没有选用B组实验所用的铁块，而是选用两个体积更大的圆柱体大物块（大物块规格相同），其原因可能是铁块在水和盐水中的浮力差距较小，通过增大 来增大浮力之差从而得出正确结论。
20．（4分）为了比较水和食用油的吸热能力，同学们设计了如图所示的实验装置。
初始温度/℃
加热时间/min
最后温度/℃
水
20
6
45
食用油
20
6
68
（1）在实验中，应该往两个烧杯中加入 （选填“质量”或“体积”）相同的水和食用油，并用相同的电加热器加热。
（2）用相同规格的电加热器给两个烧杯中的水和食用油都加热3min，水吸收的热量 （选填“大于”、“小于”或“等于”）食用油吸收的热量。
（3）在实验过程中控制加热时间相同，通过比较 （选填“升高的温度”或“吸热的时间”）来探究水和食用油吸热能力的强弱；根据记录在表格中的数据可知 的吸热能力强。
21．（8分）小明用如图甲所示的电路探究通过导体电流与导体电阻的关系。实验中选用的定值电阻的阻值分别为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω。
（1）小明连接好的实物电路如图甲所示，经老师检查后发现电路中有两处连接错误或不妥之处，请你帮他指出： ； 。
（2）按如图乙所示电路图改正错误后，小明将开关闭合，发现电压表无示数，电流表有示数，则出现这种情况的原因可能是 。
（3）排除故障后，小明继续进行实验，他先将阻值为5Ω的电阻接入电路中，将电压表调到2.5V，然后记录下电流表的示数，然后他更换10Ω的电阻进行实验，应该向 （选填“左”或“右”）端移动滑片，使电压表示数为 V。
（4）实验中依次接入五个定值电阻，调节滑动变阻器的滑片，保持电压表示数不变，记下电流表的示数，然后根据实验数据绘制出了如图丙所示的图象，根据图象可以得出结论：电压一定时，导体中的电流跟导体的电阻成 比。
（5）同桌小芳又去找来一个阻值为30Ω的电阻，接入电路中，发现无论怎么调节变阻器滑片都不能得到实验要求的数值，出现这种情况的原因可能是 。
（6）实验结束后，小明用一个定值电阻探究通过导体电流与导体两端电压的关系，根据多次实验得到的实验数据可得出结论： 。
22．（4分）同学们在实验室探究光的反射和折射。
（1）在进行如图甲所示的实验中，为了显示光路，可采取的操作是 。
（2）在探究光的折射实验时，如图乙所示，光从空气中射入水中时的折射光线应该是 （选填“OB”或“OC”）。
（3）实验中，同学们将光沿不同角度从空气中射向水面，测得的数据如表中所示。为了验证在光的折射现象中，光路可逆，则应该进行的操作是： ，当出现 的现象时，可以初步证明结论。
入射角
0°
15°
32°
45°
60°
折射角
0°
11°
23°
32°
40°
五、综合题。（本大题共2个小题，每小题9分，共18分）
23．（9分）如图甲所示是某款家用电茶壶，它具有加热和保温两个挡位，加热挡额定功率为1100W，其简化电路如图乙所示，电阻R2的阻值为176Ω。某次用这个电茶壶将质量为1kg、初温为23℃的水加热到沸腾，正常工作加热了7min。[已知当地气压为标准大气压，c水＝4.2×103J/（kg•℃）]求：
（1）电阻R1的阻值；
（2）电茶壶加热水的效率；
（3）在某次用电高峰，如果实际电压是198V，则保温挡工作时的电流。
24．（9分）如图所示，冰块中有一小石块，冰和石块的总质量为220g，将冰块放入底面积为100cm2、盛有28.5cm深水的圆柱形容器中，当冰块完全沉入水中未开始融化前，容器中水的深度为30cm；当冰块完全融化后，容器中的水面会变化0.1cm（ρ冰＝0.9g/cm3，ρ水＝lg/cm3）。求：
（1）冰和石块沉入水底时受到的浮力（冰块和容器底部不紧密接触，且冰块未开始融化）；
（2）石块的密度；
（3）冰完全融化后水对容器底部的压力。
2023年云南省临沧市中考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共10小题，每个小题3分，共30分。每小题给出的四个选项中，第1～7每小题只有一个正确选项。第8~10题有多个选项符合题意，全部选对得3分，选对但不全得1分，有选错得0分）
1．（3分）下列数据的估测较为合理的是（ ）
A．一个小水杯的高度约为200cm
B．一节铅蓄电池的电压约为3.7V
C．家庭节能灯中的电流约为0.1A
D．天河一号巨型计算机的电功率约为400W
【分析】首先要对选项中涉及的几种物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。
【解答】解：A、一个水杯的高度为10cm，故A错误；
B、一节铅蓄电池的电压为2V，故B错误；
C、家用节能灯的功率在20W左右，工作电流在I＝＝≈0.1A左右，故C正确；
D、天河一号巨型计算机的功率约为4000kW，故D错误。
故选：C。
【点评】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。
2．（3分）下列选项中属于省力杠杆的是（ ）
A．筷子 B．钓鱼竿
C．指甲剪 D．火钳
【分析】结合图片和生活经验，先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆。
【解答】解：A、筷子在使用时，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，故A不符合题意；
B、钓鱼竿在使用时，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，故B不符合题意；
C、指甲剪在使用时，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，故C符合题意；
D、火钳在使用时，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，故D不符合题意。
故选：C。
【点评】判断杠杆类型的方法有三种：①比较动力和阻力的大小，当然动力小的是省力杠杆；②比较动力臂和阻力臂的长短，动力臂长的是省力杠杆。③比较动力和阻力移动的距离，动力移动距离大的是省力杠杆。
3．（3分）下列是对如图所示的四幅图的说明，其中正确的是（ ）
A．图甲，敲鼓时可观察到纸屑在不停地跳动，说明声音是由物体振动产生的
B．图乙，汽车安装倒车雷达，通过红外线探测车后方的障碍物
C．图丙，吹自制的哨子，上下拉动活塞可改变声音的响度
D．图丁，宇航员在飞船舱外工作时，他们可以直接面对面进行对话
【分析】（1）声音是由物体振动产生的；
（2）声音可以传递能量，可以传递信息；
（3）上下拉动活塞，改变了哨内空气柱的长度，空气柱振动快慢发生了变化，听到的声音的音调发生了变化，说明音调与发声体振动快慢有关；
（4）声音不能在真空中传播。
【解答】解：A、在鼓面上放一些碎纸屑，敲鼓时可观察到纸屑在不停地跳动，说明声音是由物体的振动产生的，故A正确；
B、汽车安装倒车雷达，通过超声波探测车后方的障碍物，故B错误；
C、吹自制的哨子，上下拉动活塞，改变了哨内空气柱的长度，空气柱振动快慢发生了变化，听到的声音的音调发生了变化，故C错误；
D、宇航员在飞船舱外工作时，他们之间的对话必须借助电子通讯设备才能进行。因为电磁波可以在真空中进行传播，而声音不能在真空中进行传播，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了声音的产生与传播、声音的利用、音调与响度的区别，是一道声学基础题。
4．（3分）购物支付已进入“刷脸”时代，消费者结账时只需面对摄像头，经系统自动拍照（利用
电子技术进行倒转正处理）、扫描等，确认相关信息后，即可迅速完成交易。下列有关
说法正确的是（ ）
A．摄像头相当于一个凹透镜
B．“刷脸时”面部应位于镜头两倍焦距之内
C．“刷脸时”面部经过摄像头成像利用的是光的折射
D．“刷脸时”面部经摄像头成的是正立放大的像
【分析】（1）凸透镜的中间比边缘厚，凹透镜的中间比边缘薄。
（2）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，应用于照相机和摄像头。
2f＞u＞f，成倒立、放大的实像，应用于投影仪和幻灯机。
u＜f，成正立、放大的虚像，应用于放大镜。
【解答】解：该摄像头相当于凸透镜，摄像头成像特点与照相机相同，“刷脸时”面部应位于镜头两倍焦距之内，成倒立、缩小的实像；“刷脸时”面部经过摄像头成像利用的是光的折射现象，故C正确、ABD错误。
故选：C。
【点评】凸透镜成像的三种情况，是凸透镜成像习题的重要依据，一定要熟练掌握。
5．（3分）下列有关温度、热量和内能的说法正确的是（ ）
A．发生热传递时，温度总是从高温物体传递给低温物体
B．温度低于0℃的物体不具有内能
C．在相同温度下，1kg水比1kg铁含有的热量多
D．同一物体温度升高，内能一定增大
【分析】（1）热传递的条件：存在温度差；热量总是从高温物体传递给低温物体或者从物体的高温部分传递给低温部分；
（2）内能是物体内部所有分子做无规则热运动的动能和分子势能的总和，物体的温度越高，内能越大；
（3）热量是过程量。
【解答】解：A、热量总是从温度高的物体向温度低的物体传递，或从物体的高温部分传递到低温部分，故A错误；
B、内能与物体内部分子的热运动和分子间的相互作用情况有关，温度低于0℃的物体同样具有内能，故B错误；
C、热量是过程量，不能说含有，故C错误；
D、物体温度升高，分子无规则运动变快，分子动能变大，它的内能增加，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了对内能的概念、内能大小影响因素、内能的改变、热量的传递等知识的理解，属于基础题。
6．（3分）2022年11月29日，我国在酒泉卫星发射中心用长征二号F遥十五运载火箭将“神舟十
五号”载人飞船成功发射，如图所示，下列有关说法正确的是（ ）
A．飞船与火箭分离前，以火箭为参照物，飞船是运动的
B．宇航员在太空中是利用电磁波来传递信息的
C．飞船加速上升时受到的重力和推力是一对平衡力
D．科学实验柜由地球运到太空，质量变小
【分析】（1）研究对象的运动情况是怎样的，就看它与参照物的相对位置是否变化；
（2）宇航员在太空中是利用电磁波来传递信息的；
（3）物体受平衡力作用时，将处于静止或匀速直线运动状态；
（4）质量是物质的属性，任何物体都具有质量，且质量不随位置、状态、形状、温度的变化而变化。
【解答】解：A、火箭和飞船分离前，火箭和飞船的相对位置没有发生变化，故以火箭为参照物，飞船是静止的，故A错误；
B、宇航员在太空中是利用电磁波来传递信息的，故B正确；
C、飞船加速上升时是非平衡状态，受到的合力不为0，受到非平衡力作用，故C错误；
D、科学实验柜由地球运到太空，位置变了，但所含物质的多少没有改变，所以其质量不会改变，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查质量、运动与静止的描述、平衡状态的判断和惯性的知识，综合性比较强，但难度不大。
7．（3分）如图所示，均匀正方体甲、乙置于水平地面上，它们对地面的压强相等。若在甲、乙的上部沿水平方向截去相同的高度，它们剩余部分对地面的压力和压强分别为F甲、F乙和p甲、p乙，则（ ）
A．F甲＞F乙，p甲＞p乙 B．F甲＞F乙，p甲＜p乙
C．F甲＜F乙，p甲＞p乙 D．F甲＜F乙、p甲＞p乙
【分析】均匀正方体甲、乙置于水平地面上，它们对地面的压强相等，利用p＝＝＝＝＝＝ρgh可知，甲的密度关系，利用p＝ρgh可知在甲、乙的上部沿水平方向截去相同的高度后，它们剩余部分对地面的压强关系；
根据F＝pS可知它们剩余部分对水平地面的压力关系。
【解答】解：甲、乙两个均匀的实心正方体分别放在水平地面上，水平地面受到的压力等于其重力，则水平地面受到的压强：p＝＝＝＝＝＝ρgh，
它们对地面的压强相等，即ρ甲gh甲＝ρ乙gh乙，
因为h甲＞h乙，所以ρ甲＜ρ乙，
若在两个正方体的上部，沿水平方向分别截去相同高度，
甲剩余部分对水平地面的压强为：p甲＝ρ甲g（h甲﹣h）＝ρ甲gh甲﹣ρ甲gh，
乙剩余部分对水平地面的压强为：p乙＝ρ乙g（h乙﹣h）＝ρ乙gh乙﹣ρ乙gh，
因为ρ甲＜ρ乙，所以ρ甲gh＜ρ乙gh，
又因为ρ甲gh甲＝ρ乙gh乙，
所以，ρ甲gh甲﹣ρ甲gh＞ρ乙gh乙﹣ρ乙gh，即p甲＞p乙；
甲对水平地面的压力为：F甲＝p甲S甲，
乙对水平地面的压力为：F乙＝p乙S乙，
因为p甲＞p乙，S甲＞S乙，所以F甲＞F乙。
综上可知，A正确。
故选：A。
【点评】此题是典型的柱状固体的压强问题，要根据已知条件，灵活选用压强计算式p＝和p＝ρgh（适用于实心柱体对支撑面的压强）进行分析解答。
（多选）8．（3分）小明在实验室做“观察水的沸腾”实验（大气压为1标准大气压强），烧杯下面垫有石棉网，如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．水在沸腾过程中，继续吸热，温度升高
B．水在沸腾过程中，温度计示数没有达到100℃
C．杯口冒“白气”，是液化现象
D．撤去酒精灯，水不会立即停止沸腾
【分析】（1）液体沸腾时的特点：液体沸腾时虽然继续吸收热量，但温度保持沸点不变；
（2）液体沸点随气压的升高而升高；
（3）液化是由气态变成液态的过程；
（4）水沸腾时的条件：温度达到沸点，继续吸热。
【解答】解：A、水在沸腾过程中继续吸热，温度不变，故A错误；
B、已知实验室的大气压为标准气压，且1标准大气压下水的沸点是100℃，所以水在沸腾过程中，温度计示数达到了100℃，故B错误；
C、杯口冒“白气”是水蒸气遇冷液化形成的小水滴，是液化现象，故C正确；
D、撤掉酒精灯后，石棉网有余热温度高于水的沸点，水继续吸热，满足水沸腾的条件，所以水不会立刻停止沸腾，故D正确。
故选：CD。
【点评】此题是“观察水的沸腾”的实验，重点考查了沸腾时的特点，沸点与气压的关系，难度不大，是一道基础题目。
（多选）9．（3分）用如图所示的器材探究影响导体电阻大小的因素，分别选用A、B、C、D四根不同的金属丝接入M、N两点之间，下列说法正确的是（ ）
A．接B、D，可探究导体电阻大小与导体长度是否有关
B．接A、C，可探究导体电阻大小与横截面积是否有关
C．接B比接C时电流表示数更小一些
D．该实验装置不能探究导体电阻大小与导体材料的关系
【分析】（1）控制变量法的核心是要研究两导体电阻的大小与哪个因素有关，就要控制这两个因素不同，同时也要控制两导线其它因素相同。
（2）通过两导线的异同点，结合控制变量法的思路可以确定探究的是电阻与哪个因素的关系。结论的得出要从条件中挖掘出电阻的不同是由哪个不同的条件引起的。
【解答】解：A、探究导体电阻大小与导体长度是否有关，应选择材料、横截面积相同，但长度不同的电阻丝，结合图示可知应选B、D电阻丝，故A正确；
B、为了探究导体电阻与横截面积的关系，应选择横截面积不同，但其他条件相同的电阻丝，结合图示可知应选B、C两金属丝，故B错误；
C、将B和C金属丝分别连入M、N两点间，即材料、长度相同，但横截面积不同，C的横截面积大，其电阻更小，通过的电流更大，故C正确；
D、探究导体的电阻与导体材料的关系，应该选择材料不同，但其他条件相同的电阻丝，选A、B两根电阻丝即可，故D错误。
故选：AC。
【点评】知道电阻大小的影响因素，并能利用控制变量的思维分析是解决该题的关键。
（多选）10．（3分）如图所示，电源电压恒为6V，滑动变阻器R的规格为“25Ω 1A”，电流表量程“0～0.6A”，电压表量程“0～3V”，小灯泡标有“4.5V 0.3A”字样，其I﹣U图象如图乙所示，闭合开关S，为保证电路安全且小灯泡两端电压不超过额定电压，在移动滑片P的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．滑动变阻器的调节范围是5Ω～12Ω
B．电压表示数变化范围1.5V～3V
C．电流表示数变化范围0.25A～0.3A
D．小灯泡的最小功率为0.75W
【分析】由图甲可知，小灯泡与滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，电流表测量电路中的电流；
为保证电路安全，根据串联电路的电流特点确定电路中允许通过的最大电流；
电压表量程为“0～3V”，由串联电路的分压特点可知，当滑动变阻器两端的电压最大为3V时，滑动变阻器接入电路的电阻最大，此时灯泡两端的电压最小，且此时流过小灯泡的电流（电路中的电流）也最小；根据串联电路的电压特点求出灯泡两端的最小电压，由图像可知通过灯泡的最小电流，此时小灯泡的电功率最小，根据P＝UI可求出灯泡的最小功率；知道变阻器两端的最大电压和电路中的最小电流，由欧姆定律求出变阻器接入电路的最大阻值；
当滑动变阻器接入电路的电阻最小时，电路中电流最大，此时灯泡正常发光，即此时灯泡两端的电压为其额定电压，由串联电路的电压特点求出滑动变阻器两端的最小电压（电压表的最小示数）；由欧姆定律求出滑动变阻器接入电路的最小阻值，据此解答。
【解答】解：由图可知，小灯泡与滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，电流表测量电路中的电流；
（1）由题意可知，变阻器允许通过的最大电流为1A，灯泡的额定电流为0.3A，电流表的量程为“0～0.6A”，根据串联电路的电流特点，为保证电路安全，电路中允许通过的最大电流是0.3A，即电流表的最大示数是0.3A；
电压表量程为“0～3V”，由串联电路的分压特点可知，当滑动变阻器两端的电压最大为3V（电压表的最大示数为3V）时，滑动变阻器接入电路的电阻最大，此时灯泡两端的电压最小，且此时流过小灯泡的电流（电路中的电流）也最小；
当滑动变阻器两端的电压最大为3V时，小灯泡两端的电压为：UL小＝U﹣U滑大＝6V﹣3V＝3V，
由图乙可知，此时流过小灯泡的电流是0.25A，即电流表的最小示数为0.25A，
小灯泡的最小功率：PL小＝UL小IL小＝3V×0.25A＝0.75W，故D正确；
根据上面分析可知，电流表示数变化范围为0.25A～0.3A，故C正确；
（2）由前面解答可知，当电压表的示数最大为3V时，电路中的最小电流I小＝IL小＝0.25A；
由欧姆定律知，滑动变阻器的最大电阻Rmax＝＝＝12Ω；
当滑动变阻器接入电路的电阻最小时，电路中电流最大为I大＝0.3A，此时灯泡正常发光，即此时灯泡两端的电压为4.5V，
由串联电路的电压特点可知，滑动变阻器两端的最小电压（电压表的最小示数）：U滑小＝U﹣U额＝6V﹣4.5V＝1.5V；
由欧姆定律知，滑动变阻器的最小电阻Rmin＝＝＝5Ω，所以滑动变阻器接入的阻值范围为5Ω～12Ω，故A正确；
由上面分析可知，电压表示数的变化范围为1.5V～3V，故B正确。
故选：ABCD。
【点评】本题考查了串联电路的特点、欧姆定律的应用和电功率的计算，关键是电路中最大电流、最小电流的确定。
二、填空题。（本大题共6小题，第11～15题每小题2分，16题4分，满分14分）
11．（2分）小刚假期乘坐飞机从昆明去三亚旅游，他在机场看到飞机机翼上下表面不平，然后通过查阅资料知道飞机是利用流体压强与流速的关系来获得升力的，由此可以猜测飞机机翼的 上表面 （选填“上表面”或“下表面”）是凸起的；从昆明到三亚，飞机飞行了2小时，若飞机的平均速度为800km/h，则昆明到三亚的飞行里程约为 1600 km。
【分析】（1）飞机机翼上下表面的流体路程不同，相同时间内可以判断流体的流速不同，产生流体的压强差，产生向上的升力；
（2）已知飞机的速度和飞行时间，由s＝vt计算昆明到三亚的飞行里程。
【解答】解：（1）飞机机翼上表面弯曲，下表面较平直，当飞机前进时，相同时间内，空气经过机翼上面的速度大，下面速度小，所以机翼上表面压强小，下表面压强大，机翼上下表面出现压强差，产生升力，飞机上升。
（2）昆明到三亚的飞行里程：
s＝vt＝800km/h×2h＝1600km。
故答案为：上表面；1600。
【点评】本题考查了流体压强与流速的关系、速度计算公式的应用，较简单。
12．（2分）如图所示，开关S闭合后，电磁铁的 b （选填“a”或“b”）端为N极，当滑动变阻器滑片向左移动时，电磁铁的磁性将 增强 （选填“增强”、“减弱”或“不变”）。
【分析】根据安培定则判定电磁铁的磁性；电磁铁的磁性强弱和线圈的匝数、电流大小有关，线圈匝数一定时，电流越大，磁性越强。
【解答】解：闭合开关S后，电流从左端流入，根据安培定则可知，电磁铁的b端为N极；
将滑动变阻器滑片向左移动时，滑动变阻器连入电路的电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，电磁铁的磁性将增强。
故答案为：b；增强。
【点评】本题是电学知识与磁现象的综合题，关键是根据滑动变阻器滑片的移动方向判断电流的变化情况，电流增大时，电磁铁磁性增强，反之减弱。
13．（2分）在公共场所都贴有“禁止吸烟”的标志，这是因为在公共场所有人吸烟的话会导致整个场所都会有烟味，这说明分子在 永不停息地做无规则运动 ；近年来，农村很多家庭都安装了沼气池，这是一种能源可持续发展的措施。可用沼气做饭等，若沼气的热值为1.5×107J/m3，则完全燃烧5m3沼气可产生的热量为 7.5×107 J。
【分析】（1）物质是由分子或原子组成的，组成物质的分子在永不停息地做无规则运动；
（2）根据Q放＝Vq求出完全燃烧5m3沼气可产生的热量。
【解答】解：在公共场所有人吸烟的话会导致整个场所都会有烟味，这说明分子在永不停息地做无规则运动；
完全燃烧5m3沼气可产生的热量：Q放＝Vq＝5m3×1.5×107J/m3＝7.5×107J。
故答案为：永不停息地做无规则运动；7.5×107。
【点评】本题考查分子动理论内容以及燃料完全燃烧放热的计算，是一道基础题。
14．（2分）小明用如图所示的滑轮组来移动水面地面上的一物体，已知物体A的重力为1500N，它所受到的摩擦力为其重力的0.2倍，若小明所用拉力大小为125N，则滑轮组的机械效率为 80% ，他在10s内将物体A移动了2m，则拉力做功的功率为 75 W。
【分析】（1）根据物体所受到的摩擦力为其重力的0.2倍求出物体受到的摩擦力，由图可知n＝3，利用η＝＝＝＝求滑轮组的机械效率；
（2）绳子自由端移动的距离s＝nh，利用W总＝Fs求拉力做的总功，利用P＝求拉力做功的功率。
【解答】解：（1）由图可知，物体受到的摩擦力：f＝0.2G＝0.2×1500N＝300N，
由图可知n＝3，滑轮组的机械效率：η＝＝＝＝＝×100%＝80%；
（2）绳子自由端移动的距离：s＝nh＝3×2m＝6m，
拉力做的总功：W总＝Fs＝125N×6m＝750J，
拉力做功的功率：P＝＝＝75W。
故答案为：80%；75。
【点评】本题考查使用滑轮组时功、功率和机械效率的计算，关键是从图中得出滑轮组绳子的有效股数。
15．（2分）一白炽灯A标有“220V 100W”字样，LED灯B标有“220V 25W”字样，若将它们串联起来接在220V的电路中，两灯的总功率 小于 （选填“大于”、“小于”或“等于”）25W。这两个灯泡在正常工作时亮度相当，若用LED灯代替白炽灯，则正常工作10h比白炽灯节约 0.75 度电。（假设它们的电阻不随温度变化而变化）
【分析】知道灯A、B的额定电压和额定功率，根据P＝可求出两灯的电阻，如果将它们串联起来，接在220V的电路中，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，再根据欧姆定律求出A灯两端的电压，利用P＝UI求出A与B的电功率之和，并与25W比较大小关系。这两个灯泡在正常工作时亮度相当，若用LED灯代替白炽灯，根据ΔW＝ΔPt＝（PA﹣PB）t得出则正常工作10h比白炽灯节约的电能。
【解答】解：假设它们的电阻不随温度变化而变化。
由P＝可得，白炽灯A和B的电阻分别为：
RA＝＝＝484Ω，RB＝＝＝1936Ω，
如果将它们串联起来，接在220V的电路中，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，电路中的电流：
I＝＝＝A，
则A灯两端的电压：
UA＝IRA＝A×484Ω＝44V，
A与B的总功率：
P总＝UI＝220V×A＝20W＜25W。
这两个灯泡在正常工作时亮度相当，若用LED灯代替白炽灯，则正常工作10h比白炽灯节约的电能ΔW＝ΔPt＝（PA﹣PB）t＝（kW﹣kW）×10h＝0.75kW•h＝0.75度。
故答案为：小于；0.75。
【点评】本题考查了电功率和电能的计算，是一道较为简单的计算题。
16．（4分）在干燥的天气里，衣服表面容易吸附灰尘；与头发摩擦过的塑料尺、塑料笔杆，能吸起纸屑；用塑料梳子梳头发，头发会随着梳子飘起来；冬天用手擦毛衣里面，很容易看到一些“火花”，为什么会出现上述这些现象呢？这是因为摩擦过的物体带了“电”，或者说带了电荷。为了验证带电物体的性质和带电的物体间存在怎样的相互作用，同学们设计了如图所示的一系列实验。
（1）如图甲所示，用摩擦过的塑料棒靠近不带电的铝箔条的一端时，发现铝箔条会向塑料棒方向偏转，这是因为带电物体具有 吸引轻小物体 的性质；如图乙所示，用带电物体接触验电器的金属球，发现金属箔片会张开，这说明验电器的工作原理是 同种电荷相互排斥 。
（2）如图丙所示是A、B、C三个轻质带电小球的相互作用情况，已知B小球与用丝绸摩擦过的玻璃棒相互排斥，则A球带 负 电，C球带 正 电。
【分析】带电体具有吸引轻小物体的性质。电荷间相互作用的规律：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。
【解答】解：（1）当带电的塑料棒靠近轻质铝箔条的一端时，因为带电体具有吸引轻小物体的性质，所以铝箔条会偏转；
图1乙中用带电体接触验电器的小球，使金属箔片带上同种荷而张开；验电器的工作原理是同种电荷相互排斥；
（2）B与用丝绸摩擦过的玻璃棒互相排斥，则B带正电；B、C相互排斥，说明B、C一定带同种电荷，B带正电，则C一定也带正电；A、B相互吸引，且都是带电小球，说明A带负电。
故答案为：（1）吸引轻小物体；同种电荷互相排斥；（2）负；正。
【点评】带电体吸引不带电体，排斥带同种电荷，吸引可能带异种电荷，其中之一带电。注意带电体具有吸引轻小物体的性质的情况。
三、作图题。（本大题共2个小题，每小题2分，共4分）
17．（2分）如图所示，请作出力F的力臂的示意图。
【分析】力臂是从支点到力的作用线的距离。由支点向力的作用线作垂线，则垂线段的长度即为力臂。
【解答】解：首先延长力F画出力的作用线，然后由支点O向F的作用线作垂线，则垂线段的长度即为F的力臂L．如图所示：
【点评】本题考查了力臂的画法，要掌握力臂的概念，找出支点和力的作用线，从而正确地画出力臂。
18．（2分）如图所示，请作出AB在平面镜中所成的像A'B'。
【分析】平面镜成像的特点是：像与物大小相等、到平面镜的距离相等、连线与镜面垂直、所成像为虚像，即像与物关于平面镜对称，利用这一对称性作出AB的像。
【解答】解：分别作出物体AB端点A、B关于平面镜的对称点A′、B′，用虚线连接A′、B′，即为AB在平面镜中的像。如图所示：
【点评】根据平面镜成像特点作图，只要作出端点对应的像点，连接即为整个物体的像，别忘了虚像用虚线连接。
四、实验探究题。（本大题共4小题，共24分）
19．（8分）实验小组的同学设计了如图所示的装置来探究影响浮力大小的因素。按照如图所示实验装置图组装好实验器材，读出弹簧测力计示数即为物体重力G，记录在表格中，然后拧开矿泉水瓶盖，当水和盐水浸没金属块和大物块后再拧紧瓶盖；读出弹簧测力计示数F，将其记录在表格中，计算出物体所受浮力F浮大小并填入表格中。
序号
A
B
C
D
E
物体重力G/N
0.80
0.65
1.70
2.15
2.15
物体浸没液体中测力计示数F/N
0.70
0.55
1.50
1.40
1.25
物体受到浮力F浮/N
0.10
0.10
0.20
0.75
0.90
（1）弹簧测力计在使用前应该在竖直方向上进行 调零 ，挂在弹簧测力计上的重物的重力不能超过弹簧测力计的 量程 。
（2）由A、B两组实验对比可以得出结论，浮力大小与物体密度 无关 ；由 AC 两组实验对比可以得出结论，浮力大小与物体浸在液体中的体积有关；由D、E两组实验对比可以得出结论，浮力大小与 液体的密度 有关。
（3）往水槽内放水前，矿泉水瓶瓶盖未打开，此时矿泉水瓶内气压 小于 （选填“大于”、“小于”或“等于”）瓶外大气压。
（4）将弹簧测力计固定在木架上，通过矿泉水瓶往水槽注水的方式使物体浸入液体中，这样操作的好处是 方便读取弹簧测力计示数 。
（5）在进行D、E两组实验时没有选用B组实验所用的铁块，而是选用两个体积更大的圆柱体大物块（大物块规格相同），其原因可能是铁块在水和盐水中的浮力差距较小，通过增大 排开水的体积 来增大浮力之差从而得出正确结论。
【分析】（1）因为弹簧测力计要竖直方向测量，故弹簧测力计调零时应沿竖直方向；
测量时不能超过弹簧测力计的量程，否则会使弹簧发生形变而不能使用；
（2）浮力的大小与液体的密度和物体排开液体的体积有关，研究时注意控制变量；与物体的形状和物体的体积无关；
（3）当瓶盖未打开时，与外界大气不相通，故气压小于大气压；
（4）将弹簧测力计固定在木架上，通过矿泉水瓶往水槽注水的方式使物体浸入液体中，这样操作不需要再用手拿着弹簧测力计测量，几组实验可以同时进行，方便同时读取弹簧测力计的示数；
（5）由F浮＝ρ液V排g可知，物体受到的浮力大小与液体密度与物体排开液体的体积有关，液体密度、排开液体的体积越大，物体所受浮力越大。盐水与水的密度差固定，因此铁块在水和盐水中的浮力差距小于弹簧测力计分度值，可通过增大排开液体体积增大浮力之差从而得出结论。
【解答】解：（1）因为弹簧测力计要竖直方向测量，故弹簧测力计调零时应沿竖直方向；测量时不能超过弹簧测力计的量程；
（2）由A、B实验可知，物体分别为钢块、铁块，浸没在液体中时，两物体受到的浮力相同，则说明浮力的大小与物体的密度无关；
要想探究浮力大小与物体浸入液体体积的关系，应改变物体浸入液体的体积，保持其他量不变，即液体的密度不变，由图可知，A、C实验中，A为一个钢块，C为两个铜块，故浸入液体的体积不同，由表格数据可知，实验A中物体受到的浮力0.10N，实验C中物体受到的浮力0.20N，浮力大小不同，故可得出结论浮力大小与物体浸入液体体积有关；
由D、E两组实验可知，均为大物块，浸入液体的体积相同，但D实验大物块在水中，E实验在大物块在盐水中，由表中数据可知，受到的浮力分别为0.75N、0.90N，故所受浮力大小不同，则可得出结论浮力大小与液体密度有关；
（3）往水槽内放水前，矿泉水瓶瓶盖未打开，此时瓶内水不会流出，瓶内气压小于大气压；
（4）将弹簧测力计固定在木架上，通过矿泉水瓶往水槽注水的方式使物体浸入液体中，这样操作不需要再用手拿着弹簧测力计测量，几组实验可以同时进行，方便同时读取弹簧测力计的示数；
（5）由F浮＝ρ液V排g可知，物体受到的浮力大小与液体密度与物体排开液体的体积有关，液体密度、排开液体的体积越大，物体所受浮力越大。盐水与水的密度差固定，因此铁块在水和盐水中的浮力差距小于弹簧测力计分度值，可通过增大排开液体体积增大浮力之差从而得出结论。
故答案为：（1）调零；量程；（2）无关；AC；液体的密度；（3）小于；（4）方便读取弹簧测力计示数；（5）排开水的体积。
【点评】本题考查阿基米德原理原理的改进实验，属于比较新颖的题目，有一定难度。
20．（4分）为了比较水和食用油的吸热能力，同学们设计了如图所示的实验装置。
初始温度/℃
加热时间/min
最后温度/℃
水
20
6
45
食用油
20
6
68
（1）在实验中，应该往两个烧杯中加入 质量 （选填“质量”或“体积”）相同的水和食用油，并用相同的电加热器加热。
（2）用相同规格的电加热器给两个烧杯中的水和食用油都加热3min，水吸收的热量 等于 （选填“大于”、“小于”或“等于”）食用油吸收的热量。
（3）在实验过程中控制加热时间相同，通过比较 升高的温度 （选填“升高的温度”或“吸热的时间”）来探究水和食用油吸热能力的强弱；根据记录在表格中的数据可知 水 的吸热能力强。
【分析】我们使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；
比较物质吸热能力的2种方法：使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量（即比较加热时间），吸收热量多的吸热能力强；或使相同质量的不同物质吸收相同的热量（即加热相同的时间），比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强。
【解答】解：（1）根据比较吸热能力的方法，要控制不同物质的质量相同（不同物质密度不同，根据m＝ρV，体积相同的不同物质质量不同），故在实验中，应该往两个烧杯中加入质量相同的水和食用油，并用相同的电加热器加热。
（2）用相同规格的电加热器给两个烧杯中的水和食用油都加热3min，由转换法，水吸收的热量等于食用油吸收的热量。
（3）在实验过程中控制加热时间相同，通过比较升高的温度来探究水和食用油吸热能力的强弱；根据记录在表格中的数据可知，加热相同时间，水升温慢，故水的吸热能力强。
故答案为：（1）质量；（2）等于；（3）升高的温度；水。
【点评】本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法，为热学中的重要实验。
21．（8分）小明用如图甲所示的电路探究通过导体电流与导体电阻的关系。实验中选用的定值电阻的阻值分别为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω。
（1）小明连接好的实物电路如图甲所示，经老师检查后发现电路中有两处连接错误或不妥之处，请你帮他指出： 电压表串联接入电路中 ； 开关仅将一个接线柱接入电路 。
（2）按如图乙所示电路图改正错误后，小明将开关闭合，发现电压表无示数，电流表有示数，则出现这种情况的原因可能是 定值电阻短路 。
（3）排除故障后，小明继续进行实验，他先将阻值为5Ω的电阻接入电路中，将电压表调到2.5V，然后记录下电流表的示数，然后他更换10Ω的电阻进行实验，应该向 右 （选填“左”或“右”）端移动滑片，使电压表示数为 2.5 V。
（4）实验中依次接入五个定值电阻，调节滑动变阻器的滑片，保持电压表示数不变，记下电流表的示数，然后根据实验数据绘制出了如图丙所示的图象，根据图象可以得出结论：电压一定时，导体中的电流跟导体的电阻成 反 比。
（5）同桌小芳又去找来一个阻值为30Ω的电阻，接入电路中，发现无论怎么调节变阻器滑片都不能得到实验要求的数值，出现这种情况的原因可能是 滑动变阻器的最大值太小了 。
（6）实验结束后，小明用一个定值电阻探究通过导体电流与导体两端电压的关系，根据多次实验得到的实验数据可得出结论： 当导体电阻一定时，通过导体的电流和导体两端电压成正比 。
【分析】（1）在探究“电流与电阻的关系”的实验中，定值电阻、电流表、滑动变阻器串联接入电路，电压表应并联在定值电阻两端，为了保护电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片需位于其阻值最大处，开关串联在电路中控制整个电路，据此分析图甲电路存在的问题；
（2）闭合开关S后，移动滑片P，发现电流表有示数，说明电路是通路；电压表无示数，说明电压表并联的支路短路或电压表短路或电压表断路；
（3）本实验中应控制定值电阻两端电压不变，根据串联分压原理可知，当更换阻值更大的定值电阻时，为了保持其两端的电压不变，滑动变阻器的阻值也要增大，结合电路图进行分析；
（4）根据图丙图象分析可得出实验结论；
（5）更换定值电阻的阻值在增大时，为了保持其两端的电压保持不变，滑动变阻器接入电路中的电阻也要增大，当所需电阻大于滑动变阻器的最大阻值时，定值电阻两端的电压将无法保持不变，据此分析；
（6）探究通过导体的电流和导体两端电压的关系实验结论：当导体电阻一定时，通过导体的电流和导体两端电压成正比。
【解答】解：
（1）在探究“电流与电阻的关系”的实验中，定值电阻、电流表、滑动变阻器串联接入电路，电压表应并联在定值电阻两端，为了保护电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片需位于其阻值最大处，开关串联在电路中控制整个电路，结合图甲电路可知：电路中有存在的连接错误或不妥之处有：电压表与定值电阻串联（或滑动变阻器的滑片没有位于其阻值最大处）、开关仅将一个接线柱接入电路；
（2）闭合开关后，发现电流表有示数，说明电路是通路；电压表无示数，说明电压表并联的支路短路或电压表短路或电压表断路，由此可知出现这种情况的原因可能是定值电阻短路；
（3）本实验中应控制定值电阻两端电压不变，因此由题可知应使电压表示数保持2.5V不变，再结合电路为串联电路，当将5Ω的定值电阻更换成10Ω的定值电阻时，由串联电路分压规律知，定值电阻的电压会增大，为了保持定值电阻的电压不变，则滑动变阻器接入电路中的电阻也应该增大，由图甲知，滑动变阻器的滑片应该向右移动；
（4）根据图丙图象分析可知，当电压一定时，电流I与电阻R满足I＝的反比例函数关系，则结论为：当电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；
（5）当更换阻值更大的定值电阻进行实验时，为了保持定值电阻的电压一定，由串联电路分压规律知，滑动变阻器接入电路中的电阻也应该增大，当
所需电阻值大于滑动变阻器的最大值时，则电压表不能得到与之前相同的电压值；
（6）探究通过导体的电流和导体两端电压的关系实验中，多次实验得到的实验数据可得出结论：当导体电阻一定时，通过导体的电流和导体两端电压成正比。
故答案为：（1）电压表与定值电阻串联（或滑动变阻器的滑片没有位于其阻值最大处）、开关仅将一个接线柱接入电路；（2）定值电阻短路；（3）右；2.5；（4）反；（5）滑动变阻器的最大值太小了；（6）当导体电阻一定时，通过导体的电流和导体两端电压成正比。
【点评】探究电流与电阻关系的实验，属于中考重点实验，需熟练掌握串联分压原理的应用、实验过程和数据的分析和处理能力，题目一般还会涉及电路的改接、电路故障分析等，综合性强，难度较大。
22．（4分）同学们在实验室探究光的反射和折射。
（1）在进行如图甲所示的实验中，为了显示光路，可采取的操作是 向玻璃缸内喷烟或雾 。
（2）在探究光的折射实验时，如图乙所示，光从空气中射入水中时的折射光线应该是 OC （选填“OB”或“OC”）。
（3）实验中，同学们将光沿不同角度从空气中射向水面，测得的数据如表中所示。为了验证在光的折射现象中，光路可逆，则应该进行的操作是： 用一支激光笔让光线自水中以32°的入射角射向水面时 ，当出现 折射光线的折射角为45° 的现象时，可以初步证明结论。
入射角
0°
15°
32°
45°
60°
折射角
0°
11°
23°
32°
40°
【分析】（1）探究光的反射定律时，反射光线、法线和入射光线在同一平面内，需要把反射光线和入射光线都呈现在玻璃缸内，让人有一种直观印象；
（2）光的折射规律：光从空气斜射入水或其它介质时，折射光线与入射光线、法线在同一平面内；折射角小于入射角；
（3）根据折射光线和反射光线的位置互换进行实验，观察折射光线与原来入射光线的关系得出光路的可逆性。
【解答】解：（1）在进行如图甲所示的实验中，为了在玻璃缸内显示光路，可采取的操作是向玻璃缸内喷烟或雾；
（2）光的折射规律是：光从空气斜射入水或其他介质中时，折射光线与入射光线和法线在同一平面内，折射光线与入射光线分居法线两侧；折射角小于入射角，所以光从空气中射入水中时的折射光线应该是OC；
（3）为了验证在光的折射现象中，光路可逆，则应该进行的操作是：用一支激光笔让光线自水中以32°的入射角射向水面时，当出现折射光线的折射角为45°的现象时，这说明在光的折射现象中，光路是可逆的。
故答案为：（1）向玻璃缸内喷烟或雾；（2）OC；（3）用一支激光笔让光线自水中以32°的入射角射向水面时；折射光线的折射角为45°。
【点评】本题主要考查了探究光的反射规律的实验，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。同时考查学生动手操作实验的能力，并能通过对实验现象的分析得出正确结论。
五、综合题。（本大题共2个小题，每小题9分，共18分）
23．（9分）如图甲所示是某款家用电茶壶，它具有加热和保温两个挡位，加热挡额定功率为1100W，其简化电路如图乙所示，电阻R2的阻值为176Ω。某次用这个电茶壶将质量为1kg、初温为23℃的水加热到沸腾，正常工作加热了7min。[已知当地气压为标准大气压，c水＝4.2×103J/（kg•℃）]求：
（1）电阻R1的阻值；
（2）电茶壶加热水的效率；
（3）在某次用电高峰，如果实际电压是198V，则保温挡工作时的电流。
【分析】（1）开关S放在1处时，R1与R2串联，电路的总电阻较大，根据P＝UI＝可知电路的总功率最小，电热水壶处于保温状态；
开关S放在2处时，电路为R1的简单电路，电路的总电阻最小，根据P＝UI＝可知电路的总功率最大，电热水壶处于加热状态；
由公式P＝UI＝可得R1阻值；
（2）根据P＝求出电茶壶消耗的电能，根据Q吸＝c水m（t﹣t0）求出水吸收的热量，根据η＝×100%求出电茶壶加热的效率；
（3）低温挡是R1与R2串联接在电路中，由欧姆定律算出保温挡工作时的电流。
【解答】解：（1）开关S放在1处时，R1与R2串联，电路的总电阻较大，根据P＝UI＝可知电路的总功率最小，电热水壶处于保温状态；
开关S放在2处时，电路为R1的简单电路，电路的总电阻最小，根据P＝UI＝可知电路的总功率最大，电热水壶处于加热状态；
由公式P＝UI＝可得R1阻值为：
R1＝＝＝44Ω；
（2）根据P＝得电茶壶消耗的电能为：
W＝P加热t＝1100W×7×60s＝4.62×105J，
水吸收的热量为：
Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃﹣23℃）＝3.234×105J，
电茶壶加热的效率为：
η＝×100%＝×100%＝70%；
（3）保温挡工作时的电流为：
I＝＝＝0.9A。
答：（1）电阻R1的阻值为44Ω；
（2）电茶壶加热水的效率70%；
（3）在某次用电高峰如果实际电压是198V，则保温挡工作时的电流为0.9A。
【点评】本题考查了电功率公式和电功公式的灵活运用，明白电热水壶处于不同状态时电路的连接方式是解答本题的关键。
24．（9分）如图所示，冰块中有一小石块，冰和石块的总质量为220g，将冰块放入底面积为100cm2、盛有28.5cm深水的圆柱形容器中，当冰块完全沉入水中未开始融化前，容器中水的深度为30cm；当冰块完全融化后，容器中的水面会变化0.1cm（ρ冰＝0.9g/cm3，ρ水＝lg/cm3）。求：
（1）冰和石块沉入水底时受到的浮力（冰块和容器底部不紧密接触，且冰块未开始融化）；
（2）石块的密度；
（3）冰完全融化后水对容器底部的压力。
【分析】（1）根据V总＝SΔh算出冰和石块的总体积，由F浮＝ρ水gV总算出冰和石块沉入水底时受到的浮力；
（2）设整个冰块中冰的体积为V冰，根据冰熔化为水时，质量保持不变，但体积减小，以体积的减少量作为等量关系，可列出方程，即可求出冰块中冰的体积；利用冰的密度和体积求出冰的质量，用总质量减去冰的质量就是石块的质量；
用总体积减去冰块的体积即为石块的体积，利用密度公式即可求出石块的密度；
（3）根据p＝ρ水gh算出冰完全融化后水对容器底部的压强，由F＝pS算出冰完全融化后水对容器底部的压力。
【解答】解：（1）由题意知冰和石块的总体积为：
V总＝SΔh＝100cm2×（30cm﹣28.5cm）＝150cm3＝1.5×10﹣4m3，
冰和石块沉入水底时受到的浮力为：
F浮＝ρ水gV总＝1.0×103kg/m3×10N/kg×1.5×10﹣4m3＝1.5N；
（2）设整个冰块中冰的体积为V冰，
冰块完全沉入水中，冰化成水后，质量不变，根据ρ＝可得，冰化成水后的体积：
V化水＝＝＝，
由题意可知，冰的体积减去熔化成水后的体积，就是水面下降的体积，
所以V冰﹣V化水＝V冰﹣＝SΔh2，
即V冰﹣×V冰＝100cm2×0.1cm＝10cm3，
解得冰的体积：V冰＝100cm3；
则冰的质量：
m冰＝ρ冰V冰＝0.9g/cm3×100cm3＝90g，
则冰块中所含的石块质量：
m石＝m总﹣m冰＝220g﹣90g＝130g，
则石块的体积：
V石＝V总﹣V冰＝150cm3﹣100cm3＝50cm3，
所以石块的密度：
ρ石＝＝＝2.6g/cm3＝2.6×103kg/m3；
（3）冰熔化成水后，质量不变，密度变大，体积变小，液面或降低，所以冰完全融化后水对容器底部的压强为：
p＝ρ水gh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×（0.3m﹣0.01m）＝2990Pa，
冰完全融化后水对容器底部的压力为：
F＝pS＝2990Pa×100×10﹣4m2＝29.9N。
答：（1）冰和石块沉入水底时受到的浮力为1.5N；
（2）石块的密度为2.6×103kg/m3；
（3）冰完全融化后水对容器底部的压力为29.9N。
【点评】此题主要考查学生对密度的计算，密度公式的应用，计算时注意统一单位，此题虽然涉及到的知识点不是很多，但是难度较大。
2023年云南省临沧市中考物理一模试卷
一、选择题（本大题共10小题，每个小题3分，共30分。每小题给出的四个选项中，第1～7每小题只有一个正确选项。第8~10题有多个选项符合题意，全部选对得3分，选对但不全得1分，有选错得0分）
1．（3分）下列数据的估测较为合理的是（ ）
A．一个小水杯的高度约为200cm
B．一节铅蓄电池的电压约为3.7V
C．家庭节能灯中的电流约为0.1A
D．天河一号巨型计算机的电功率约为400W
2．（3分）下列选项中属于省力杠杆的是（ ）
A．筷子 B．钓鱼竿
C．指甲剪 D．火钳
3．（3分）下列是对如图所示的四幅图的说明，其中正确的是（ ）
A．图甲，敲鼓时可观察到纸屑在不停地跳动，说明声音是由物体振动产生的
B．图乙，汽车安装倒车雷达，通过红外线探测车后方的障碍物
C．图丙，吹自制的哨子，上下拉动活塞可改变声音的响度
D．图丁，宇航员在飞船舱外工作时，他们可以直接面对面进行对话
4．（3分）购物支付已进入“刷脸”时代，消费者结账时只需面对摄像头，经系统自动拍照（利用
电子技术进行倒转正处理）、扫描等，确认相关信息后，即可迅速完成交易。下列有关
说法正确的是（ ）
A．摄像头相当于一个凹透镜
B．“刷脸时”面部应位于镜头两倍焦距之内
C．“刷脸时”面部经过摄像头成像利用的是光的折射
D．“刷脸时”面部经摄像头成的是正立放大的像
5．（3分）下列有关温度、热量和内能的说法正确的是（ ）
A．发生热传递时，温度总是从高温物体传递给低温物体
B．温度低于0℃的物体不具有内能
C．在相同温度下，1kg水比1kg铁含有的热量多
D．同一物体温度升高，内能一定增大
6．（3分）2022年11月29日，我国在酒泉卫星发射中心用长征二号F遥十五运载火箭将“神舟十
五号”载人飞船成功发射，如图所示，下列有关说法正确的是（ ）
A．飞船与火箭分离前，以火箭为参照物，飞船是运动的
B．宇航员在太空中是利用电磁波来传递信息的
C．飞船加速上升时受到的重力和推力是一对平衡力
D．科学实验柜由地球运到太空，质量变小
7．（3分）如图所示，均匀正方体甲、乙置于水平地面上，它们对地面的压强相等。若在甲、乙的上部沿水平方向截去相同的高度，它们剩余部分对地面的压力和压强分别为F甲、F乙和p甲、p乙，则（ ）
A．F甲＞F乙，p甲＞p乙 B．F甲＞F乙，p甲＜p乙
C．F甲＜F乙，p甲＞p乙 D．F甲＜F乙、p甲＞p乙
（多选）8．（3分）小明在实验室做“观察水的沸腾”实验（大气压为1标准大气压强），烧杯下面垫有石棉网，如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．水在沸腾过程中，继续吸热，温度升高
B．水在沸腾过程中，温度计示数没有达到100℃
C．杯口冒“白气”，是液化现象
D．撤去酒精灯，水不会立即停止沸腾
（多选）9．（3分）用如图所示的器材探究影响导体电阻大小的因素，分别选用A、B、C、D四根不同的金属丝接入M、N两点之间，下列说法正确的是（ ）
A．接B、D，可探究导体电阻大小与导体长度是否有关
B．接A、C，可探究导体电阻大小与横截面积是否有关
C．接B比接C时电流表示数更小一些
D．该实验装置不能探究导体电阻大小与导体材料的关系
（多选）10．（3分）如图所示，电源电压恒为6V，滑动变阻器R的规格为“25Ω 1A”，电流表量程“0～0.6A”，电压表量程“0～3V”，小灯泡标有“4.5V 0.3A”字样，其I﹣U图象如图乙所示，闭合开关S，为保证电路安全且小灯泡两端电压不超过额定电压，在移动滑片P的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．滑动变阻器的调节范围是5Ω～12Ω
B．电压表示数变化范围1.5V～3V
C．电流表示数变化范围0.25A～0.3A
D．小灯泡的最小功率为0.75W
二、填空题。（本大题共6小题，第11～15题每小题2分，16题4分，满分14分）
11．（2分）小刚假期乘坐飞机从昆明去三亚旅游，他在机场看到飞机机翼上下表面不平，然后通过查阅资料知道飞机是利用流体压强与流速的关系来获得升力的，由此可以猜测飞机机翼的 （选填“上表面”或“下表面”）是凸起的；从昆明到三亚，飞机飞行了2小时，若飞机的平均速度为800km/h，则昆明到三亚的飞行里程约为 km。
12．（2分）如图所示，开关S闭合后，电磁铁的 （选填“a”或“b”）端为N极，当滑动变阻器滑片向左移动时，电磁铁的磁性将 （选填“增强”、“减弱”或“不变”）。
13．（2分）在公共场所都贴有“禁止吸烟”的标志，这是因为在公共场所有人吸烟的话会导致整个场所都会有烟味，这说明分子在 ；近年来，农村很多家庭都安装了沼气池，这是一种能源可持续发展的措施。可用沼气做饭等，若沼气的热值为1.5×107J/m3，则完全燃烧5m3沼气可产生的热量为 J。
14．（2分）小明用如图所示的滑轮组来移动水面地面上的一物体，已知物体A的重力为1500N，它所受到的摩擦力为其重力的0.2倍，若小明所用拉力大小为125N，则滑轮组的机械效率为 ，他在10s内将物体A移动了2m，则拉力做功的功率为 W。
15．（2分）一白炽灯A标有“220V 100W”字样，LED灯B标有“220V 25W”字样，若将它们串联起来接在220V的电路中，两灯的总功率 （选填“大于”、“小于”或“等于”）25W。这两个灯泡在正常工作时亮度相当，若用LED灯代替白炽灯，则正常工作10h比白炽灯节约 度电。（假设它们的电阻不随温度变化而变化）
16．（4分）在干燥的天气里，衣服表面容易吸附灰尘；与头发摩擦过的塑料尺、塑料笔杆，能吸起纸屑；用塑料梳子梳头发，头发会随着梳子飘起来；冬天用手擦毛衣里面，很容易看到一些“火花”，为什么会出现上述这些现象呢？这是因为摩擦过的物体带了“电”，或者说带了电荷。为了验证带电物体的性质和带电的物体间存在怎样的相互作用，同学们设计了如图所示的一系列实验。
（1）如图甲所示，用摩擦过的塑料棒靠近不带电的铝箔条的一端时，发现铝箔条会向塑料棒方向偏转，这是因为带电物体具有 的性质；如图乙所示，用带电物体接触验电器的金属球，发现金属箔片会张开，这说明验电器的工作原理是 。
（2）如图丙所示是A、B、C三个轻质带电小球的相互作用情况，已知B小球与用丝绸摩擦过的玻璃棒相互排斥，则A球带 电，C球带 电。
三、作图题。（本大题共2个小题，每小题2分，共4分）
17．（2分）如图所示，请作出力F的力臂的示意图。
18．（2分）如图所示，请作出AB在平面镜中所成的像A'B'。
四、实验探究题。（本大题共4小题，共24分）
19．（8分）实验小组的同学设计了如图所示的装置来探究影响浮力大小的因素。按照如图所示实验装置图组装好实验器材，读出弹簧测力计示数即为物体重力G，记录在表格中，然后拧开矿泉水瓶盖，当水和盐水浸没金属块和大物块后再拧紧瓶盖；读出弹簧测力计示数F，将其记录在表格中，计算出物体所受浮力F浮大小并填入表格中。
序号
A
B
C
D
E
物体重力G/N
0.80
0.65
1.70
2.15
2.15
物体浸没液体中测力计示数F/N
0.70
0.55
1.50
1.40
1.25
物体受到浮力F浮/N
0.10
0.10
0.20
0.75
0.90
（1）弹簧测力计在使用前应该在竖直方向上进行 ，挂在弹簧测力计上的重物的重力不能超过弹簧测力计的 。
（2）由A、B两组实验对比可以得出结论，浮力大小与物体密度 ；由 两组实验对比可以得出结论，浮力大小与物体浸在液体中的体积有关；由D、E两组实验对比可以得出结论，浮力大小与 有关。
（3）往水槽内放水前，矿泉水瓶瓶盖未打开，此时矿泉水瓶内气压 （选填“大于”、“小于”或“等于”）瓶外大气压。
（4）将弹簧测力计固定在木架上，通过矿泉水瓶往水槽注水的方式使物体浸入液体中，这样操作的好处是 。
（5）在进行D、E两组实验时没有选用B组实验所用的铁块，而是选用两个体积更大的圆柱体大物块（大物块规格相同），其原因可能是铁块在水和盐水中的浮力差距较小，通过增大 来增大浮力之差从而得出正确结论。
20．（4分）为了比较水和食用油的吸热能力，同学们设计了如图所示的实验装置。
初始温度/℃
加热时间/min
最后温度/℃
水
20
6
45
食用油
20
6
68
（1）在实验中，应该往两个烧杯中加入 （选填“质量”或“体积”）相同的水和食用油，并用相同的电加热器加热。
（2）用相同规格的电加热器给两个烧杯中的水和食用油都加热3min，水吸收的热量 （选填“大于”、“小于”或“等于”）食用油吸收的热量。
（3）在实验过程中控制加热时间相同，通过比较 （选填“升高的温度”或“吸热的时间”）来探究水和食用油吸热能力的强弱；根据记录在表格中的数据可知 的吸热能力强。
21．（8分）小明用如图甲所示的电路探究通过导体电流与导体电阻的关系。实验中选用的定值电阻的阻值分别为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω。
（1）小明连接好的实物电路如图甲所示，经老师检查后发现电路中有两处连接错误或不妥之处，请你帮他指出： ； 。
（2）按如图乙所示电路图改正错误后，小明将开关闭合，发现电压表无示数，电流表有示数，则出现这种情况的原因可能是 。
（3）排除故障后，小明继续进行实验，他先将阻值为5Ω的电阻接入电路中，将电压表调到2.5V，然后记录下电流表的示数，然后他更换10Ω的电阻进行实验，应该向 （选填“左”或“右”）端移动滑片，使电压表示数为 V。
（4）实验中依次接入五个定值电阻，调节滑动变阻器的滑片，保持电压表示数不变，记下电流表的示数，然后根据实验数据绘制出了如图丙所示的图象，根据图象可以得出结论：电压一定时，导体中的电流跟导体的电阻成 比。
（5）同桌小芳又去找来一个阻值为30Ω的电阻，接入电路中，发现无论怎么调节变阻器滑片都不能得到实验要求的数值，出现这种情况的原因可能是 。
（6）实验结束后，小明用一个定值电阻探究通过导体电流与导体两端电压的关系，根据多次实验得到的实验数据可得出结论： 。
22．（4分）同学们在实验室探究光的反射和折射。
（1）在进行如图甲所示的实验中，为了显示光路，可采取的操作是 。
（2）在探究光的折射实验时，如图乙所示，光从空气中射入水中时的折射光线应该是 （选填“OB”或“OC”）。
（3）实验中，同学们将光沿不同角度从空气中射向水面，测得的数据如表中所示。为了验证在光的折射现象中，光路可逆，则应该进行的操作是： ，当出现 的现象时，可以初步证明结论。
入射角
0°
15°
32°
45°
60°
折射角
0°
11°
23°
32°
40°
五、综合题。（本大题共2个小题，每小题9分，共18分）
23．（9分）如图甲所示是某款家用电茶壶，它具有加热和保温两个挡位，加热挡额定功率为1100W，其简化电路如图乙所示，电阻R2的阻值为176Ω。某次用这个电茶壶将质量为1kg、初温为23℃的水加热到沸腾，正常工作加热了7min。[已知当地气压为标准大气压，c水＝4.2×103J/（kg•℃）]求：
（1）电阻R1的阻值；
（2）电茶壶加热水的效率；
（3）在某次用电高峰，如果实际电压是198V，则保温挡工作时的电流。
24．（9分）如图所示，冰块中有一小石块，冰和石块的总质量为220g，将冰块放入底面积为100cm2、盛有28.5cm深水的圆柱形容器中，当冰块完全沉入水中未开始融化前，容器中水的深度为30cm；当冰块完全融化后，容器中的水面会变化0.1cm（ρ冰＝0.9g/cm3，ρ水＝lg/cm3）。求：
（1）冰和石块沉入水底时受到的浮力（冰块和容器底部不紧密接触，且冰块未开始融化）；
（2）石块的密度；
（3）冰完全融化后水对容器底部的压力。
2023年云南省临沧市中考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共10小题，每个小题3分，共30分。每小题给出的四个选项中，第1～7每小题只有一个正确选项。第8~10题有多个选项符合题意，全部选对得3分，选对但不全得1分，有选错得0分）
1．（3分）下列数据的估测较为合理的是（ ）
A．一个小水杯的高度约为200cm
B．一节铅蓄电池的电压约为3.7V
C．家庭节能灯中的电流约为0.1A
D．天河一号巨型计算机的电功率约为400W
【分析】首先要对选项中涉及的几种物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。
【解答】解：A、一个水杯的高度为10cm，故A错误；
B、一节铅蓄电池的电压为2V，故B错误；
C、家用节能灯的功率在20W左右，工作电流在I＝＝≈0.1A左右，故C正确；
D、天河一号巨型计算机的功率约为4000kW，故D错误。
故选：C。
【点评】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。
2．（3分）下列选项中属于省力杠杆的是（ ）
A．筷子 B．钓鱼竿
C．指甲剪 D．火钳
【分析】结合图片和生活经验，先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆。
【解答】解：A、筷子在使用时，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，故A不符合题意；
B、钓鱼竿在使用时，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，故B不符合题意；
C、指甲剪在使用时，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，故C符合题意；
D、火钳在使用时，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，故D不符合题意。
故选：C。
【点评】判断杠杆类型的方法有三种：①比较动力和阻力的大小，当然动力小的是省力杠杆；②比较动力臂和阻力臂的长短，动力臂长的是省力杠杆。③比较动力和阻力移动的距离，动力移动距离大的是省力杠杆。
3．（3分）下列是对如图所示的四幅图的说明，其中正确的是（ ）
A．图甲，敲鼓时可观察到纸屑在不停地跳动，说明声音是由物体振动产生的
B．图乙，汽车安装倒车雷达，通过红外线探测车后方的障碍物
C．图丙，吹自制的哨子，上下拉动活塞可改变声音的响度
D．图丁，宇航员在飞船舱外工作时，他们可以直接面对面进行对话
【分析】（1）声音是由物体振动产生的；
（2）声音可以传递能量，可以传递信息；
（3）上下拉动活塞，改变了哨内空气柱的长度，空气柱振动快慢发生了变化，听到的声音的音调发生了变化，说明音调与发声体振动快慢有关；
（4）声音不能在真空中传播。
【解答】解：A、在鼓面上放一些碎纸屑，敲鼓时可观察到纸屑在不停地跳动，说明声音是由物体的振动产生的，故A正确；
B、汽车安装倒车雷达，通过超声波探测车后方的障碍物，故B错误；
C、吹自制的哨子，上下拉动活塞，改变了哨内空气柱的长度，空气柱振动快慢发生了变化，听到的声音的音调发生了变化，故C错误；
D、宇航员在飞船舱外工作时，他们之间的对话必须借助电子通讯设备才能进行。因为电磁波可以在真空中进行传播，而声音不能在真空中进行传播，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了声音的产生与传播、声音的利用、音调与响度的区别，是一道声学基础题。
4．（3分）购物支付已进入“刷脸”时代，消费者结账时只需面对摄像头，经系统自动拍照（利用
电子技术进行倒转正处理）、扫描等，确认相关信息后，即可迅速完成交易。下列有关
说法正确的是（ ）
A．摄像头相当于一个凹透镜
B．“刷脸时”面部应位于镜头两倍焦距之内
C．“刷脸时”面部经过摄像头成像利用的是光的折射
D．“刷脸时”面部经摄像头成的是正立放大的像
【分析】（1）凸透镜的中间比边缘厚，凹透镜的中间比边缘薄。
（2）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，应用于照相机和摄像头。
2f＞u＞f，成倒立、放大的实像，应用于投影仪和幻灯机。
u＜f，成正立、放大的虚像，应用于放大镜。
【解答】解：该摄像头相当于凸透镜，摄像头成像特点与照相机相同，“刷脸时”面部应位于镜头两倍焦距之内，成倒立、缩小的实像；“刷脸时”面部经过摄像头成像利用的是光的折射现象，故C正确、ABD错误。
故选：C。
【点评】凸透镜成像的三种情况，是凸透镜成像习题的重要依据，一定要熟练掌握。
5．（3分）下列有关温度、热量和内能的说法正确的是（ ）
A．发生热传递时，温度总是从高温物体传递给低温物体
B．温度低于0℃的物体不具有内能
C．在相同温度下，1kg水比1kg铁含有的热量多
D．同一物体温度升高，内能一定增大
【分析】（1）热传递的条件：存在温度差；热量总是从高温物体传递给低温物体或者从物体的高温部分传递给低温部分；
（2）内能是物体内部所有分子做无规则热运动的动能和分子势能的总和，物体的温度越高，内能越大；
（3）热量是过程量。
【解答】解：A、热量总是从温度高的物体向温度低的物体传递，或从物体的高温部分传递到低温部分，故A错误；
B、内能与物体内部分子的热运动和分子间的相互作用情况有关，温度低于0℃的物体同样具有内能，故B错误；
C、热量是过程量，不能说含有，故C错误；
D、物体温度升高，分子无规则运动变快，分子动能变大，它的内能增加，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了对内能的概念、内能大小影响因素、内能的改变、热量的传递等知识的理解，属于基础题。
6．（3分）2022年11月29日，我国在酒泉卫星发射中心用长征二号F遥十五运载火箭将“神舟十
五号”载人飞船成功发射，如图所示，下列有关说法正确的是（ ）
A．飞船与火箭分离前，以火箭为参照物，飞船是运动的
B．宇航员在太空中是利用电磁波来传递信息的
C．飞船加速上升时受到的重力和推力是一对平衡力
D．科学实验柜由地球运到太空，质量变小
【分析】（1）研究对象的运动情况是怎样的，就看它与参照物的相对位置是否变化；
（2）宇航员在太空中是利用电磁波来传递信息的；
（3）物体受平衡力作用时，将处于静止或匀速直线运动状态；
（4）质量是物质的属性，任何物体都具有质量，且质量不随位置、状态、形状、温度的变化而变化。
【解答】解：A、火箭和飞船分离前，火箭和飞船的相对位置没有发生变化，故以火箭为参照物，飞船是静止的，故A错误；
B、宇航员在太空中是利用电磁波来传递信息的，故B正确；
C、飞船加速上升时是非平衡状态，受到的合力不为0，受到非平衡力作用，故C错误；
D、科学实验柜由地球运到太空，位置变了，但所含物质的多少没有改变，所以其质量不会改变，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查质量、运动与静止的描述、平衡状态的判断和惯性的知识，综合性比较强，但难度不大。
7．（3分）如图所示，均匀正方体甲、乙置于水平地面上，它们对地面的压强相等。若在甲、乙的上部沿水平方向截去相同的高度，它们剩余部分对地面的压力和压强分别为F甲、F乙和p甲、p乙，则（ ）
A．F甲＞F乙，p甲＞p乙 B．F甲＞F乙，p甲＜p乙
C．F甲＜F乙，p甲＞p乙 D．F甲＜F乙、p甲＞p乙
【分析】均匀正方体甲、乙置于水平地面上，它们对地面的压强相等，利用p＝＝＝＝＝＝ρgh可知，甲的密度关系，利用p＝ρgh可知在甲、乙的上部沿水平方向截去相同的高度后，它们剩余部分对地面的压强关系；
根据F＝pS可知它们剩余部分对水平地面的压力关系。
【解答】解：甲、乙两个均匀的实心正方体分别放在水平地面上，水平地面受到的压力等于其重力，则水平地面受到的压强：p＝＝＝＝＝＝ρgh，
它们对地面的压强相等，即ρ甲gh甲＝ρ乙gh乙，
因为h甲＞h乙，所以ρ甲＜ρ乙，
若在两个正方体的上部，沿水平方向分别截去相同高度，
甲剩余部分对水平地面的压强为：p甲＝ρ甲g（h甲﹣h）＝ρ甲gh甲﹣ρ甲gh，
乙剩余部分对水平地面的压强为：p乙＝ρ乙g（h乙﹣h）＝ρ乙gh乙﹣ρ乙gh，
因为ρ甲＜ρ乙，所以ρ甲gh＜ρ乙gh，
又因为ρ甲gh甲＝ρ乙gh乙，
所以，ρ甲gh甲﹣ρ甲gh＞ρ乙gh乙﹣ρ乙gh，即p甲＞p乙；
甲对水平地面的压力为：F甲＝p甲S甲，
乙对水平地面的压力为：F乙＝p乙S乙，
因为p甲＞p乙，S甲＞S乙，所以F甲＞F乙。
综上可知，A正确。
故选：A。
【点评】此题是典型的柱状固体的压强问题，要根据已知条件，灵活选用压强计算式p＝和p＝ρgh（适用于实心柱体对支撑面的压强）进行分析解答。
（多选）8．（3分）小明在实验室做“观察水的沸腾”实验（大气压为1标准大气压强），烧杯下面垫有石棉网，如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．水在沸腾过程中，继续吸热，温度升高
B．水在沸腾过程中，温度计示数没有达到100℃
C．杯口冒“白气”，是液化现象
D．撤去酒精灯，水不会立即停止沸腾
【分析】（1）液体沸腾时的特点：液体沸腾时虽然继续吸收热量，但温度保持沸点不变；
（2）液体沸点随气压的升高而升高；
（3）液化是由气态变成液态的过程；
（4）水沸腾时的条件：温度达到沸点，继续吸热。
【解答】解：A、水在沸腾过程中继续吸热，温度不变，故A错误；
B、已知实验室的大气压为标准气压，且1标准大气压下水的沸点是100℃，所以水在沸腾过程中，温度计示数达到了100℃，故B错误；
C、杯口冒“白气”是水蒸气遇冷液化形成的小水滴，是液化现象，故C正确；
D、撤掉酒精灯后，石棉网有余热温度高于水的沸点，水继续吸热，满足水沸腾的条件，所以水不会立刻停止沸腾，故D正确。
故选：CD。
【点评】此题是“观察水的沸腾”的实验，重点考查了沸腾时的特点，沸点与气压的关系，难度不大，是一道基础题目。
（多选）9．（3分）用如图所示的器材探究影响导体电阻大小的因素，分别选用A、B、C、D四根不同的金属丝接入M、N两点之间，下列说法正确的是（ ）
A．接B、D，可探究导体电阻大小与导体长度是否有关
B．接A、C，可探究导体电阻大小与横截面积是否有关
C．接B比接C时电流表示数更小一些
D．该实验装置不能探究导体电阻大小与导体材料的关系
【分析】（1）控制变量法的核心是要研究两导体电阻的大小与哪个因素有关，就要控制这两个因素不同，同时也要控制两导线其它因素相同。
（2）通过两导线的异同点，结合控制变量法的思路可以确定探究的是电阻与哪个因素的关系。结论的得出要从条件中挖掘出电阻的不同是由哪个不同的条件引起的。
【解答】解：A、探究导体电阻大小与导体长度是否有关，应选择材料、横截面积相同，但长度不同的电阻丝，结合图示可知应选B、D电阻丝，故A正确；
B、为了探究导体电阻与横截面积的关系，应选择横截面积不同，但其他条件相同的电阻丝，结合图示可知应选B、C两金属丝，故B错误；
C、将B和C金属丝分别连入M、N两点间，即材料、长度相同，但横截面积不同，C的横截面积大，其电阻更小，通过的电流更大，故C正确；
D、探究导体的电阻与导体材料的关系，应该选择材料不同，但其他条件相同的电阻丝，选A、B两根电阻丝即可，故D错误。
故选：AC。
【点评】知道电阻大小的影响因素，并能利用控制变量的思维分析是解决该题的关键。
（多选）10．（3分）如图所示，电源电压恒为6V，滑动变阻器R的规格为“25Ω 1A”，电流表量程“0～0.6A”，电压表量程“0～3V”，小灯泡标有“4.5V 0.3A”字样，其I﹣U图象如图乙所示，闭合开关S，为保证电路安全且小灯泡两端电压不超过额定电压，在移动滑片P的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．滑动变阻器的调节范围是5Ω～12Ω
B．电压表示数变化范围1.5V～3V
C．电流表示数变化范围0.25A～0.3A
D．小灯泡的最小功率为0.75W
【分析】由图甲可知，小灯泡与滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，电流表测量电路中的电流；
为保证电路安全，根据串联电路的电流特点确定电路中允许通过的最大电流；
电压表量程为“0～3V”，由串联电路的分压特点可知，当滑动变阻器两端的电压最大为3V时，滑动变阻器接入电路的电阻最大，此时灯泡两端的电压最小，且此时流过小灯泡的电流（电路中的电流）也最小；根据串联电路的电压特点求出灯泡两端的最小电压，由图像可知通过灯泡的最小电流，此时小灯泡的电功率最小，根据P＝UI可求出灯泡的最小功率；知道变阻器两端的最大电压和电路中的最小电流，由欧姆定律求出变阻器接入电路的最大阻值；
当滑动变阻器接入电路的电阻最小时，电路中电流最大，此时灯泡正常发光，即此时灯泡两端的电压为其额定电压，由串联电路的电压特点求出滑动变阻器两端的最小电压（电压表的最小示数）；由欧姆定律求出滑动变阻器接入电路的最小阻值，据此解答。
【解答】解：由图可知，小灯泡与滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，电流表测量电路中的电流；
（1）由题意可知，变阻器允许通过的最大电流为1A，灯泡的额定电流为0.3A，电流表的量程为“0～0.6A”，根据串联电路的电流特点，为保证电路安全，电路中允许通过的最大电流是0.3A，即电流表的最大示数是0.3A；
电压表量程为“0～3V”，由串联电路的分压特点可知，当滑动变阻器两端的电压最大为3V（电压表的最大示数为3V）时，滑动变阻器接入电路的电阻最大，此时灯泡两端的电压最小，且此时流过小灯泡的电流（电路中的电流）也最小；
当滑动变阻器两端的电压最大为3V时，小灯泡两端的电压为：UL小＝U﹣U滑大＝6V﹣3V＝3V，
由图乙可知，此时流过小灯泡的电流是0.25A，即电流表的最小示数为0.25A，
小灯泡的最小功率：PL小＝UL小IL小＝3V×0.25A＝0.75W，故D正确；
根据上面分析可知，电流表示数变化范围为0.25A～0.3A，故C正确；
（2）由前面解答可知，当电压表的示数最大为3V时，电路中的最小电流I小＝IL小＝0.25A；
由欧姆定律知，滑动变阻器的最大电阻Rmax＝＝＝12Ω；
当滑动变阻器接入电路的电阻最小时，电路中电流最大为I大＝0.3A，此时灯泡正常发光，即此时灯泡两端的电压为4.5V，
由串联电路的电压特点可知，滑动变阻器两端的最小电压（电压表的最小示数）：U滑小＝U﹣U额＝6V﹣4.5V＝1.5V；
由欧姆定律知，滑动变阻器的最小电阻Rmin＝＝＝5Ω，所以滑动变阻器接入的阻值范围为5Ω～12Ω，故A正确；
由上面分析可知，电压表示数的变化范围为1.5V～3V，故B正确。
故选：ABCD。
【点评】本题考查了串联电路的特点、欧姆定律的应用和电功率的计算，关键是电路中最大电流、最小电流的确定。
二、填空题。（本大题共6小题，第11～15题每小题2分，16题4分，满分14分）
11．（2分）小刚假期乘坐飞机从昆明去三亚旅游，他在机场看到飞机机翼上下表面不平，然后通过查阅资料知道飞机是利用流体压强与流速的关系来获得升力的，由此可以猜测飞机机翼的 上表面 （选填“上表面”或“下表面”）是凸起的；从昆明到三亚，飞机飞行了2小时，若飞机的平均速度为800km/h，则昆明到三亚的飞行里程约为 1600 km。
【分析】（1）飞机机翼上下表面的流体路程不同，相同时间内可以判断流体的流速不同，产生流体的压强差，产生向上的升力；
（2）已知飞机的速度和飞行时间，由s＝vt计算昆明到三亚的飞行里程。
【解答】解：（1）飞机机翼上表面弯曲，下表面较平直，当飞机前进时，相同时间内，空气经过机翼上面的速度大，下面速度小，所以机翼上表面压强小，下表面压强大，机翼上下表面出现压强差，产生升力，飞机上升。
（2）昆明到三亚的飞行里程：
s＝vt＝800km/h×2h＝1600km。
故答案为：上表面；1600。
【点评】本题考查了流体压强与流速的关系、速度计算公式的应用，较简单。
12．（2分）如图所示，开关S闭合后，电磁铁的 b （选填“a”或“b”）端为N极，当滑动变阻器滑片向左移动时，电磁铁的磁性将 增强 （选填“增强”、“减弱”或“不变”）。
【分析】根据安培定则判定电磁铁的磁性；电磁铁的磁性强弱和线圈的匝数、电流大小有关，线圈匝数一定时，电流越大，磁性越强。
【解答】解：闭合开关S后，电流从左端流入，根据安培定则可知，电磁铁的b端为N极；
将滑动变阻器滑片向左移动时，滑动变阻器连入电路的电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，电磁铁的磁性将增强。
故答案为：b；增强。
【点评】本题是电学知识与磁现象的综合题，关键是根据滑动变阻器滑片的移动方向判断电流的变化情况，电流增大时，电磁铁磁性增强，反之减弱。
13．（2分）在公共场所都贴有“禁止吸烟”的标志，这是因为在公共场所有人吸烟的话会导致整个场所都会有烟味，这说明分子在 永不停息地做无规则运动 ；近年来，农村很多家庭都安装了沼气池，这是一种能源可持续发展的措施。可用沼气做饭等，若沼气的热值为1.5×107J/m3，则完全燃烧5m3沼气可产生的热量为 7.5×107 J。
【分析】（1）物质是由分子或原子组成的，组成物质的分子在永不停息地做无规则运动；
（2）根据Q放＝Vq求出完全燃烧5m3沼气可产生的热量。
【解答】解：在公共场所有人吸烟的话会导致整个场所都会有烟味，这说明分子在永不停息地做无规则运动；
完全燃烧5m3沼气可产生的热量：Q放＝Vq＝5m3×1.5×107J/m3＝7.5×107J。
故答案为：永不停息地做无规则运动；7.5×107。
【点评】本题考查分子动理论内容以及燃料完全燃烧放热的计算，是一道基础题。
14．（2分）小明用如图所示的滑轮组来移动水面地面上的一物体，已知物体A的重力为1500N，它所受到的摩擦力为其重力的0.2倍，若小明所用拉力大小为125N，则滑轮组的机械效率为 80% ，他在10s内将物体A移动了2m，则拉力做功的功率为 75 W。
【分析】（1）根据物体所受到的摩擦力为其重力的0.2倍求出物体受到的摩擦力，由图可知n＝3，利用η＝＝＝＝求滑轮组的机械效率；
（2）绳子自由端移动的距离s＝nh，利用W总＝Fs求拉力做的总功，利用P＝求拉力做功的功率。
【解答】解：（1）由图可知，物体受到的摩擦力：f＝0.2G＝0.2×1500N＝300N，
由图可知n＝3，滑轮组的机械效率：η＝＝＝＝＝×100%＝80%；
（2）绳子自由端移动的距离：s＝nh＝3×2m＝6m，
拉力做的总功：W总＝Fs＝125N×6m＝750J，
拉力做功的功率：P＝＝＝75W。
故答案为：80%；75。
【点评】本题考查使用滑轮组时功、功率和机械效率的计算，关键是从图中得出滑轮组绳子的有效股数。
15．（2分）一白炽灯A标有“220V 100W”字样，LED灯B标有“220V 25W”字样，若将它们串联起来接在220V的电路中，两灯的总功率 小于 （选填“大于”、“小于”或“等于”）25W。这两个灯泡在正常工作时亮度相当，若用LED灯代替白炽灯，则正常工作10h比白炽灯节约 0.75 度电。（假设它们的电阻不随温度变化而变化）
【分析】知道灯A、B的额定电压和额定功率，根据P＝可求出两灯的电阻，如果将它们串联起来，接在220V的电路中，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中的电流，再根据欧姆定律求出A灯两端的电压，利用P＝UI求出A与B的电功率之和，并与25W比较大小关系。这两个灯泡在正常工作时亮度相当，若用LED灯代替白炽灯，根据ΔW＝ΔPt＝（PA﹣PB）t得出则正常工作10h比白炽灯节约的电能。
【解答】解：假设它们的电阻不随温度变化而变化。
由P＝可得，白炽灯A和B的电阻分别为：
RA＝＝＝484Ω，RB＝＝＝1936Ω，
如果将它们串联起来，接在220V的电路中，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，电路中的电流：
I＝＝＝A，
则A灯两端的电压：
UA＝IRA＝A×484Ω＝44V，
A与B的总功率：
P总＝UI＝220V×A＝20W＜25W。
这两个灯泡在正常工作时亮度相当，若用LED灯代替白炽灯，则正常工作10h比白炽灯节约的电能ΔW＝ΔPt＝（PA﹣PB）t＝（kW﹣kW）×10h＝0.75kW•h＝0.75度。
故答案为：小于；0.75。
【点评】本题考查了电功率和电能的计算，是一道较为简单的计算题。
16．（4分）在干燥的天气里，衣服表面容易吸附灰尘；与头发摩擦过的塑料尺、塑料笔杆，能吸起纸屑；用塑料梳子梳头发，头发会随着梳子飘起来；冬天用手擦毛衣里面，很容易看到一些“火花”，为什么会出现上述这些现象呢？这是因为摩擦过的物体带了“电”，或者说带了电荷。为了验证带电物体的性质和带电的物体间存在怎样的相互作用，同学们设计了如图所示的一系列实验。
（1）如图甲所示，用摩擦过的塑料棒靠近不带电的铝箔条的一端时，发现铝箔条会向塑料棒方向偏转，这是因为带电物体具有 吸引轻小物体 的性质；如图乙所示，用带电物体接触验电器的金属球，发现金属箔片会张开，这说明验电器的工作原理是 同种电荷相互排斥 。
（2）如图丙所示是A、B、C三个轻质带电小球的相互作用情况，已知B小球与用丝绸摩擦过的玻璃棒相互排斥，则A球带 负 电，C球带 正 电。
【分析】带电体具有吸引轻小物体的性质。电荷间相互作用的规律：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。
【解答】解：（1）当带电的塑料棒靠近轻质铝箔条的一端时，因为带电体具有吸引轻小物体的性质，所以铝箔条会偏转；
图1乙中用带电体接触验电器的小球，使金属箔片带上同种荷而张开；验电器的工作原理是同种电荷相互排斥；
（2）B与用丝绸摩擦过的玻璃棒互相排斥，则B带正电；B、C相互排斥，说明B、C一定带同种电荷，B带正电，则C一定也带正电；A、B相互吸引，且都是带电小球，说明A带负电。
故答案为：（1）吸引轻小物体；同种电荷互相排斥；（2）负；正。
【点评】带电体吸引不带电体，排斥带同种电荷，吸引可能带异种电荷，其中之一带电。注意带电体具有吸引轻小物体的性质的情况。
三、作图题。（本大题共2个小题，每小题2分，共4分）
17．（2分）如图所示，请作出力F的力臂的示意图。
【分析】力臂是从支点到力的作用线的距离。由支点向力的作用线作垂线，则垂线段的长度即为力臂。
【解答】解：首先延长力F画出力的作用线，然后由支点O向F的作用线作垂线，则垂线段的长度即为F的力臂L．如图所示：
【点评】本题考查了力臂的画法，要掌握力臂的概念，找出支点和力的作用线，从而正确地画出力臂。
18．（2分）如图所示，请作出AB在平面镜中所成的像A'B'。
【分析】平面镜成像的特点是：像与物大小相等、到平面镜的距离相等、连线与镜面垂直、所成像为虚像，即像与物关于平面镜对称，利用这一对称性作出AB的像。
【解答】解：分别作出物体AB端点A、B关于平面镜的对称点A′、B′，用虚线连接A′、B′，即为AB在平面镜中的像。如图所示：
【点评】根据平面镜成像特点作图，只要作出端点对应的像点，连接即为整个物体的像，别忘了虚像用虚线连接。
四、实验探究题。（本大题共4小题，共24分）
19．（8分）实验小组的同学设计了如图所示的装置来探究影响浮力大小的因素。按照如图所示实验装置图组装好实验器材，读出弹簧测力计示数即为物体重力G，记录在表格中，然后拧开矿泉水瓶盖，当水和盐水浸没金属块和大物块后再拧紧瓶盖；读出弹簧测力计示数F，将其记录在表格中，计算出物体所受浮力F浮大小并填入表格中。
序号
A
B
C
D
E
物体重力G/N
0.80
0.65
1.70
2.15
2.15
物体浸没液体中测力计示数F/N
0.70
0.55
1.50
1.40
1.25
物体受到浮力F浮/N
0.10
0.10
0.20
0.75
0.90
（1）弹簧测力计在使用前应该在竖直方向上进行 调零 ，挂在弹簧测力计上的重物的重力不能超过弹簧测力计的 量程 。
（2）由A、B两组实验对比可以得出结论，浮力大小与物体密度 无关 ；由 AC 两组实验对比可以得出结论，浮力大小与物体浸在液体中的体积有关；由D、E两组实验对比可以得出结论，浮力大小与 液体的密度 有关。
（3）往水槽内放水前，矿泉水瓶瓶盖未打开，此时矿泉水瓶内气压 小于 （选填“大于”、“小于”或“等于”）瓶外大气压。
（4）将弹簧测力计固定在木架上，通过矿泉水瓶往水槽注水的方式使物体浸入液体中，这样操作的好处是 方便读取弹簧测力计示数 。
（5）在进行D、E两组实验时没有选用B组实验所用的铁块，而是选用两个体积更大的圆柱体大物块（大物块规格相同），其原因可能是铁块在水和盐水中的浮力差距较小，通过增大 排开水的体积 来增大浮力之差从而得出正确结论。
【分析】（1）因为弹簧测力计要竖直方向测量，故弹簧测力计调零时应沿竖直方向；
测量时不能超过弹簧测力计的量程，否则会使弹簧发生形变而不能使用；
（2）浮力的大小与液体的密度和物体排开液体的体积有关，研究时注意控制变量；与物体的形状和物体的体积无关；
（3）当瓶盖未打开时，与外界大气不相通，故气压小于大气压；
（4）将弹簧测力计固定在木架上，通过矿泉水瓶往水槽注水的方式使物体浸入液体中，这样操作不需要再用手拿着弹簧测力计测量，几组实验可以同时进行，方便同时读取弹簧测力计的示数；
（5）由F浮＝ρ液V排g可知，物体受到的浮力大小与液体密度与物体排开液体的体积有关，液体密度、排开液体的体积越大，物体所受浮力越大。盐水与水的密度差固定，因此铁块在水和盐水中的浮力差距小于弹簧测力计分度值，可通过增大排开液体体积增大浮力之差从而得出结论。
【解答】解：（1）因为弹簧测力计要竖直方向测量，故弹簧测力计调零时应沿竖直方向；测量时不能超过弹簧测力计的量程；
（2）由A、B实验可知，物体分别为钢块、铁块，浸没在液体中时，两物体受到的浮力相同，则说明浮力的大小与物体的密度无关；
要想探究浮力大小与物体浸入液体体积的关系，应改变物体浸入液体的体积，保持其他量不变，即液体的密度不变，由图可知，A、C实验中，A为一个钢块，C为两个铜块，故浸入液体的体积不同，由表格数据可知，实验A中物体受到的浮力0.10N，实验C中物体受到的浮力0.20N，浮力大小不同，故可得出结论浮力大小与物体浸入液体体积有关；
由D、E两组实验可知，均为大物块，浸入液体的体积相同，但D实验大物块在水中，E实验在大物块在盐水中，由表中数据可知，受到的浮力分别为0.75N、0.90N，故所受浮力大小不同，则可得出结论浮力大小与液体密度有关；
（3）往水槽内放水前，矿泉水瓶瓶盖未打开，此时瓶内水不会流出，瓶内气压小于大气压；
（4）将弹簧测力计固定在木架上，通过矿泉水瓶往水槽注水的方式使物体浸入液体中，这样操作不需要再用手拿着弹簧测力计测量，几组实验可以同时进行，方便同时读取弹簧测力计的示数；
（5）由F浮＝ρ液V排g可知，物体受到的浮力大小与液体密度与物体排开液体的体积有关，液体密度、排开液体的体积越大，物体所受浮力越大。盐水与水的密度差固定，因此铁块在水和盐水中的浮力差距小于弹簧测力计分度值，可通过增大排开液体体积增大浮力之差从而得出结论。
故答案为：（1）调零；量程；（2）无关；AC；液体的密度；（3）小于；（4）方便读取弹簧测力计示数；（5）排开水的体积。
【点评】本题考查阿基米德原理原理的改进实验，属于比较新颖的题目，有一定难度。
20．（4分）为了比较水和食用油的吸热能力，同学们设计了如图所示的实验装置。
初始温度/℃
加热时间/min
最后温度/℃
水
20
6
45
食用油
20
6
68
（1）在实验中，应该往两个烧杯中加入 质量 （选填“质量”或“体积”）相同的水和食用油，并用相同的电加热器加热。
（2）用相同规格的电加热器给两个烧杯中的水和食用油都加热3min，水吸收的热量 等于 （选填“大于”、“小于”或“等于”）食用油吸收的热量。
（3）在实验过程中控制加热时间相同，通过比较 升高的温度 （选填“升高的温度”或“吸热的时间”）来探究水和食用油吸热能力的强弱；根据记录在表格中的数据可知 水 的吸热能力强。
【分析】我们使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；
比较物质吸热能力的2种方法：使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量（即比较加热时间），吸收热量多的吸热能力强；或使相同质量的不同物质吸收相同的热量（即加热相同的时间），比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强。
【解答】解：（1）根据比较吸热能力的方法，要控制不同物质的质量相同（不同物质密度不同，根据m＝ρV，体积相同的不同物质质量不同），故在实验中，应该往两个烧杯中加入质量相同的水和食用油，并用相同的电加热器加热。
（2）用相同规格的电加热器给两个烧杯中的水和食用油都加热3min，由转换法，水吸收的热量等于食用油吸收的热量。
（3）在实验过程中控制加热时间相同，通过比较升高的温度来探究水和食用油吸热能力的强弱；根据记录在表格中的数据可知，加热相同时间，水升温慢，故水的吸热能力强。
故答案为：（1）质量；（2）等于；（3）升高的温度；水。
【点评】本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法，为热学中的重要实验。
21．（8分）小明用如图甲所示的电路探究通过导体电流与导体电阻的关系。实验中选用的定值电阻的阻值分别为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω。
（1）小明连接好的实物电路如图甲所示，经老师检查后发现电路中有两处连接错误或不妥之处，请你帮他指出： 电压表串联接入电路中 ； 开关仅将一个接线柱接入电路 。
（2）按如图乙所示电路图改正错误后，小明将开关闭合，发现电压表无示数，电流表有示数，则出现这种情况的原因可能是 定值电阻短路 。
（3）排除故障后，小明继续进行实验，他先将阻值为5Ω的电阻接入电路中，将电压表调到2.5V，然后记录下电流表的示数，然后他更换10Ω的电阻进行实验，应该向 右 （选填“左”或“右”）端移动滑片，使电压表示数为 2.5 V。
（4）实验中依次接入五个定值电阻，调节滑动变阻器的滑片，保持电压表示数不变，记下电流表的示数，然后根据实验数据绘制出了如图丙所示的图象，根据图象可以得出结论：电压一定时，导体中的电流跟导体的电阻成 反 比。
（5）同桌小芳又去找来一个阻值为30Ω的电阻，接入电路中，发现无论怎么调节变阻器滑片都不能得到实验要求的数值，出现这种情况的原因可能是 滑动变阻器的最大值太小了 。
（6）实验结束后，小明用一个定值电阻探究通过导体电流与导体两端电压的关系，根据多次实验得到的实验数据可得出结论： 当导体电阻一定时，通过导体的电流和导体两端电压成正比 。
【分析】（1）在探究“电流与电阻的关系”的实验中，定值电阻、电流表、滑动变阻器串联接入电路，电压表应并联在定值电阻两端，为了保护电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片需位于其阻值最大处，开关串联在电路中控制整个电路，据此分析图甲电路存在的问题；
（2）闭合开关S后，移动滑片P，发现电流表有示数，说明电路是通路；电压表无示数，说明电压表并联的支路短路或电压表短路或电压表断路；
（3）本实验中应控制定值电阻两端电压不变，根据串联分压原理可知，当更换阻值更大的定值电阻时，为了保持其两端的电压不变，滑动变阻器的阻值也要增大，结合电路图进行分析；
（4）根据图丙图象分析可得出实验结论；
（5）更换定值电阻的阻值在增大时，为了保持其两端的电压保持不变，滑动变阻器接入电路中的电阻也要增大，当所需电阻大于滑动变阻器的最大阻值时，定值电阻两端的电压将无法保持不变，据此分析；
（6）探究通过导体的电流和导体两端电压的关系实验结论：当导体电阻一定时，通过导体的电流和导体两端电压成正比。
【解答】解：
（1）在探究“电流与电阻的关系”的实验中，定值电阻、电流表、滑动变阻器串联接入电路，电压表应并联在定值电阻两端，为了保护电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片需位于其阻值最大处，开关串联在电路中控制整个电路，结合图甲电路可知：电路中有存在的连接错误或不妥之处有：电压表与定值电阻串联（或滑动变阻器的滑片没有位于其阻值最大处）、开关仅将一个接线柱接入电路；
（2）闭合开关后，发现电流表有示数，说明电路是通路；电压表无示数，说明电压表并联的支路短路或电压表短路或电压表断路，由此可知出现这种情况的原因可能是定值电阻短路；
（3）本实验中应控制定值电阻两端电压不变，因此由题可知应使电压表示数保持2.5V不变，再结合电路为串联电路，当将5Ω的定值电阻更换成10Ω的定值电阻时，由串联电路分压规律知，定值电阻的电压会增大，为了保持定值电阻的电压不变，则滑动变阻器接入电路中的电阻也应该增大，由图甲知，滑动变阻器的滑片应该向右移动；
（4）根据图丙图象分析可知，当电压一定时，电流I与电阻R满足I＝的反比例函数关系，则结论为：当电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；
（5）当更换阻值更大的定值电阻进行实验时，为了保持定值电阻的电压一定，由串联电路分压规律知，滑动变阻器接入电路中的电阻也应该增大，当
所需电阻值大于滑动变阻器的最大值时，则电压表不能得到与之前相同的电压值；
（6）探究通过导体的电流和导体两端电压的关系实验中，多次实验得到的实验数据可得出结论：当导体电阻一定时，通过导体的电流和导体两端电压成正比。
故答案为：（1）电压表与定值电阻串联（或滑动变阻器的滑片没有位于其阻值最大处）、开关仅将一个接线柱接入电路；（2）定值电阻短路；（3）右；2.5；（4）反；（5）滑动变阻器的最大值太小了；（6）当导体电阻一定时，通过导体的电流和导体两端电压成正比。
【点评】探究电流与电阻关系的实验，属于中考重点实验，需熟练掌握串联分压原理的应用、实验过程和数据的分析和处理能力，题目一般还会涉及电路的改接、电路故障分析等，综合性强，难度较大。
22．（4分）同学们在实验室探究光的反射和折射。
（1）在进行如图甲所示的实验中，为了显示光路，可采取的操作是 向玻璃缸内喷烟或雾 。
（2）在探究光的折射实验时，如图乙所示，光从空气中射入水中时的折射光线应该是 OC （选填“OB”或“OC”）。
（3）实验中，同学们将光沿不同角度从空气中射向水面，测得的数据如表中所示。为了验证在光的折射现象中，光路可逆，则应该进行的操作是： 用一支激光笔让光线自水中以32°的入射角射向水面时 ，当出现 折射光线的折射角为45° 的现象时，可以初步证明结论。
入射角
0°
15°
32°
45°
60°
折射角
0°
11°
23°
32°
40°
【分析】（1）探究光的反射定律时，反射光线、法线和入射光线在同一平面内，需要把反射光线和入射光线都呈现在玻璃缸内，让人有一种直观印象；
（2）光的折射规律：光从空气斜射入水或其它介质时，折射光线与入射光线、法线在同一平面内；折射角小于入射角；
（3）根据折射光线和反射光线的位置互换进行实验，观察折射光线与原来入射光线的关系得出光路的可逆性。
【解答】解：（1）在进行如图甲所示的实验中，为了在玻璃缸内显示光路，可采取的操作是向玻璃缸内喷烟或雾；
（2）光的折射规律是：光从空气斜射入水或其他介质中时，折射光线与入射光线和法线在同一平面内，折射光线与入射光线分居法线两侧；折射角小于入射角，所以光从空气中射入水中时的折射光线应该是OC；
（3）为了验证在光的折射现象中，光路可逆，则应该进行的操作是：用一支激光笔让光线自水中以32°的入射角射向水面时，当出现折射光线的折射角为45°的现象时，这说明在光的折射现象中，光路是可逆的。
故答案为：（1）向玻璃缸内喷烟或雾；（2）OC；（3）用一支激光笔让光线自水中以32°的入射角射向水面时；折射光线的折射角为45°。
【点评】本题主要考查了探究光的反射规律的实验，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。同时考查学生动手操作实验的能力，并能通过对实验现象的分析得出正确结论。
五、综合题。（本大题共2个小题，每小题9分，共18分）
23．（9分）如图甲所示是某款家用电茶壶，它具有加热和保温两个挡位，加热挡额定功率为1100W，其简化电路如图乙所示，电阻R2的阻值为176Ω。某次用这个电茶壶将质量为1kg、初温为23℃的水加热到沸腾，正常工作加热了7min。[已知当地气压为标准大气压，c水＝4.2×103J/（kg•℃）]求：
（1）电阻R1的阻值；
（2）电茶壶加热水的效率；
（3）在某次用电高峰，如果实际电压是198V，则保温挡工作时的电流。
【分析】（1）开关S放在1处时，R1与R2串联，电路的总电阻较大，根据P＝UI＝可知电路的总功率最小，电热水壶处于保温状态；
开关S放在2处时，电路为R1的简单电路，电路的总电阻最小，根据P＝UI＝可知电路的总功率最大，电热水壶处于加热状态；
由公式P＝UI＝可得R1阻值；
（2）根据P＝求出电茶壶消耗的电能，根据Q吸＝c水m（t﹣t0）求出水吸收的热量，根据η＝×100%求出电茶壶加热的效率；
（3）低温挡是R1与R2串联接在电路中，由欧姆定律算出保温挡工作时的电流。
【解答】解：（1）开关S放在1处时，R1与R2串联，电路的总电阻较大，根据P＝UI＝可知电路的总功率最小，电热水壶处于保温状态；
开关S放在2处时，电路为R1的简单电路，电路的总电阻最小，根据P＝UI＝可知电路的总功率最大，电热水壶处于加热状态；
由公式P＝UI＝可得R1阻值为：
R1＝＝＝44Ω；
（2）根据P＝得电茶壶消耗的电能为：
W＝P加热t＝1100W×7×60s＝4.62×105J，
水吸收的热量为：
Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃﹣23℃）＝3.234×105J，
电茶壶加热的效率为：
η＝×100%＝×100%＝70%；
（3）保温挡工作时的电流为：
I＝＝＝0.9A。
答：（1）电阻R1的阻值为44Ω；
（2）电茶壶加热水的效率70%；
（3）在某次用电高峰如果实际电压是198V，则保温挡工作时的电流为0.9A。
【点评】本题考查了电功率公式和电功公式的灵活运用，明白电热水壶处于不同状态时电路的连接方式是解答本题的关键。
24．（9分）如图所示，冰块中有一小石块，冰和石块的总质量为220g，将冰块放入底面积为100cm2、盛有28.5cm深水的圆柱形容器中，当冰块完全沉入水中未开始融化前，容器中水的深度为30cm；当冰块完全融化后，容器中的水面会变化0.1cm（ρ冰＝0.9g/cm3，ρ水＝lg/cm3）。求：
（1）冰和石块沉入水底时受到的浮力（冰块和容器底部不紧密接触，且冰块未开始融化）；
（2）石块的密度；
（3）冰完全融化后水对容器底部的压力。
【分析】（1）根据V总＝SΔh算出冰和石块的总体积，由F浮＝ρ水gV总算出冰和石块沉入水底时受到的浮力；
（2）设整个冰块中冰的体积为V冰，根据冰熔化为水时，质量保持不变，但体积减小，以体积的减少量作为等量关系，可列出方程，即可求出冰块中冰的体积；利用冰的密度和体积求出冰的质量，用总质量减去冰的质量就是石块的质量；
用总体积减去冰块的体积即为石块的体积，利用密度公式即可求出石块的密度；
（3）根据p＝ρ水gh算出冰完全融化后水对容器底部的压强，由F＝pS算出冰完全融化后水对容器底部的压力。
【解答】解：（1）由题意知冰和石块的总体积为：
V总＝SΔh＝100cm2×（30cm﹣28.5cm）＝150cm3＝1.5×10﹣4m3，
冰和石块沉入水底时受到的浮力为：
F浮＝ρ水gV总＝1.0×103kg/m3×10N/kg×1.5×10﹣4m3＝1.5N；
（2）设整个冰块中冰的体积为V冰，
冰块完全沉入水中，冰化成水后，质量不变，根据ρ＝可得，冰化成水后的体积：
V化水＝＝＝，
由题意可知，冰的体积减去熔化成水后的体积，就是水面下降的体积，
所以V冰﹣V化水＝V冰﹣＝SΔh2，
即V冰﹣×V冰＝100cm2×0.1cm＝10cm3，
解得冰的体积：V冰＝100cm3；
则冰的质量：
m冰＝ρ冰V冰＝0.9g/cm3×100cm3＝90g，
则冰块中所含的石块质量：
m石＝m总﹣m冰＝220g﹣90g＝130g，
则石块的体积：
V石＝V总﹣V冰＝150cm3﹣100cm3＝50cm3，
所以石块的密度：
ρ石＝＝＝2.6g/cm3＝2.6×103kg/m3；
（3）冰熔化成水后，质量不变，密度变大，体积变小，液面或降低，所以冰完全融化后水对容器底部的压强为：
p＝ρ水gh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×（0.3m﹣0.01m）＝2990Pa，
冰完全融化后水对容器底部的压力为：
F＝pS＝2990Pa×100×10﹣4m2＝29.9N。
答：（1）冰和石块沉入水底时受到的浮力为1.5N；
（2）石块的密度为2.6×103kg/m3；
（3）冰完全融化后水对容器底部的压力为29.9N。
【点评】此题主要考查学生对密度的计算，密度公式的应用，计算时注意统一单位，此题虽然涉及到的知识点不是很多，但是难度较大。
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