2023年山东省淄博市博山区中考物理二模试卷

这是一份2023年山东省淄博市博山区中考物理二模试卷，共29页。试卷主要包含了选择题，理解与应用，实验与探究，分析与计算等内容，欢迎下载使用。
2023年山东省淄博市博山区中考物理二模试卷
一、选择题（本题包括15个小题，每小题2分，共30分）
1．（2分）2023年3月3日是第二十四次全国爱耳日，主题为“科学爱耳护耳，实现主康”。下列与声音有关的说法正确的是（　　）
A．正常情况下，人耳听声的范围为20﹣2000Hz
B．“闻其声而知其人”，主要是因为不同的人产生声音的响度不同
C．“山东舰”航母上的起飞引导员佩戴有耳罩的头盔，这是在人耳处减弱噪声
D．“公共场所不要大声说话”是要求人们说话的声音音调要低一些
2．（2分）人们常用手机来记录生活中的美好瞬间，下列说法正确的是（　　）
A．手机镜头成像利用的是光的直线传播
B．照相时，成的像是正立、放大的
C．手机的镜头与近视眼镜的镜片是同一类透镜
D．照相时，要想使人像变大，人应靠近镜头
3．（2分）如图所示是小滨测牛奶密度的部分场景，下列四个选项正确的是（　　）
A．在调节天平平衡时，指针如图甲所示，应将平衡螺母向左移动
B．该实验的正确操作顺序是丙﹣乙﹣丁
C．倒入量筒中的牛奶有剩余，不影响实验结果
D．丙图中左盘物体质量为40g
4．（2分）如图所示的四种工具中，属于省力杠杆的是（　　）
A．筷子 B．托盘天平
C．羊角锤 D．火钳
5．（2分）如图是某同学投掷实心球时的情境（空气阻力不计），以下说法不正确的是（　　）

A．球在上升过程中，运动状态发生改变
B．从a到b的过程中，推力对球做了功
C．球在下降过程中，重力势能转化为动能
D．抛出去的球最终落地，是由于球受到重力
6．（2分）近年来，我国在材料、能源、信息等领域取得了辉煌的成就，下列说法正确的是（　　）
A．量子计算机中的电子器件是由超导体制成
B．水力、风力、火力发电是不可再生能源的利用
C．核能是二次能源
D．光纤通信，是利用光在纤维材料中多次反射传输信息的
7．（2分）小明学习了电学知识后，提出以下几种说法，其中正确的是（　　）
A．在电源外部，电流的方向是从电源的正极经过用电器流向负极
B．验电器的工作原理是异种电荷互相吸引
C．规格不同的两只灯泡并联在电路中，两灯泡两端的电压不一定相同
D．用毛皮摩擦过的橡胶棒由于失去电子而带正电
8．（2分）“二十四节气”是中华民族智慧的结晶，关于节气中物质状态的形成说法正确的是（　　）
A．“谷雨”，雨的形成是汽化现象
B．“白露”，露的形成是液化现象
C．“霜降”，霜的形成是凝固现象
D．“小雪”，雪的形成是升华现象
9．（2分）卓玛同学下课后对物理课上学习的电与磁知识作了归纳整理，其中记录有错误的是（　　）
A．通电螺线管外部的磁场和条形磁体的磁场一样
B．电磁铁的磁性与通入的电流大小和线圈的匝数有关
C．发电机是根据电磁感应原理制成的
D．地磁场的南北极和地理南北极是一致的
10．（2分）用同种材料制成长度相等，横截面积不同的圆柱形导体a和b，a比b的横截面积大，如图所示，将它们串联在电路中，a、b两端电压分别为Ua和Ub，下列说法正确的是（　　）

A．Ua＝Ub B．Ua＞Ub C．Ua＜Ub D．无法确定
11．（2分）下列有关各图的说法不正确的是（　　）
A．地漏利用连通器原理防止异味
B．铁轨下面铺放枕木，通过减小受力面积增大压强
C．用吸管从杯子里吸饮料利用了大气压
D．纸条向上飘起时，纸条上方比下方空气流速大，压强小
12．（2分）如图所示，家中常用延长线插座上插满了各种电器，各用电器同时工作。下列有关分析正确的是（　　）

A．各用电器串联
B．干路电流过大容易发生火灾
C．插座延长线中可以没有地线
D．可以用湿手拔使用中的插头
13．（2分）关于分子热运动及热现象，下列说法正确的是（　　）
A．扩散现象只能发生在气体与液体中
B．物体吸收热量，温度一定升高
C．固体很难被压缩，说明分子间存在斥力
D．0℃的冰块内没有内能
14．（2分）某同学利用如图甲所示的电路进行实验，电源电压恒为3伏，更换5个定值电阻Rx，得到如图乙所示的图象。以下有关叙述正确的是（　　）

A．该同学研究的是电流和电压的关系
B．实验中电压表的示数保持0.5伏不变
C．当滑片向右移时，电流表的示数变小
D．将Rx从5Ω换成10Ω后，应将滑片P 向左移
15．（2分）如图，将两块相同的橡皮泥做成实心球形和碗形，分别放入相同的甲、乙两杯水中，球下沉，碗漂浮，它们受到的浮力分别为F甲、F乙，杯底受到水压强分别为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
二、理解与应用（本题包括5个小题，共14分）
16．（3分）北京冬奥会冰壶项目深受人们的喜爱。在进行冰壶比赛时，冰壶离开手后仍能继续向前滑行，是由于冰壶具有 　 　；冰壶在冰面上减速滑行的过程中，其动能 　 　（选填“增大”、“减小”或“不变”）；运动员在冰壶前用力“刷冰”，目的是 　 　（填“增大”或“减小”）冰壶与冰面之间的摩擦。

17．（3分）如表格中的数据为水和煤油的比热容，这两种液体中 　 　适合作为汽车发动机的冷却液。若要使壶中质量为2kg的水升高20℃，水需吸收 　 　J热量，将壶中的水加热一段时间后水变少了，是因为水发生了 　 　现象（填物态变化的名称）。
物质
比热容c/【J/（kg•℃）】
水
4.2×103
煤油
2.1×103
18．（3分）如图所示，某工人师傅用500N的推力，把木箱从长4m高2m的斜面底端推到顶端用时10s，整个过程木箱的平均速度为 　 　m/s，推力的平均功率为 　 　W，斜面起到了 　 　（选填“省力”、“省距离”或“省功”）的作用。

19．（3分）如图所示的装置是用来探究通电时间相同时，电流通过导体产生的热量与 　 　的关系；电阻丝R1与R2产生的热量之比为 　 　，当电路中电流为0.5A时，10s内通过R1产生的热量为 　 　J。

20．（2分）如图，小球正在沿斜面下滚。请作出小球所受重力G的示意图。（O为重心）

三、实验与探究（本题包括3个小题，共21分）
21．（7分）小华利用如图所示的实验装置，做“探究光的反射规律和光的折射特点”的实验：她用激光笔发出一束光从空气射向水面，多次改变入射光的方向，将实验数据记录在表中。
∠AON/°
0
15
30
45
60
75
80
∠CON/°
0
15
30
45
60
75
80
∠BOM/°
0
11
22
32
40.5
46.5
47.5
（1）通过数据发现：当激光与水面成15°入射时，折射角度数为 　 　；在反射现象中反射角 　 　入射角（选填“＞”，“＜”或“＝”）；在从空气斜射入水中时，折射角 　 　入射角（选填“＞”，“＜”或“＝”）；
（2）当入射角增大时，反射角 　 　（选填“增大”，“减小”或“不变”）；可从不同方向看到圆盘上的光线，是因为光束中的部分光在圆盘上发生了 　 　反射；
（3）当激光笔从水下沿BO入射时，折射光线应沿 　 　方向射出；
（4）把一枚硬币放入杯底，看到硬币的位置比它实际的位置要偏 　 　（选填“高”或“低”）。

22．（7分）小明在探究“二力平衡”条件的实验中，设计了如图所示的两种实验方案。

（1）老师指出图乙的装置更科学，原因是可以减小 　 　对实验结果的影响；两种放法对桌面的压强p甲　 　p乙（选填“＞”“＜”或“＝”）；
（2）该实验装置中，木板两端滑轮的作用是 　 　；
（3）实验中判断小车是否受平衡力作用的依据是小车保持 　 　状态；
（4）左右两盘放质量相等的砝码，小车保持静止。将左盘中再添加一个砝码，小车将运动，说明彼此平衡的两个力大小 　 　；
（5）小车处于静止后，保持F1与F2的大小不变，把小车在水平桌面上扭转一个角度后释放，小车将转动，说明彼此平衡的两个力必须在 　 　上；
（6）小明在探究完“二力平衡”条件的实验后，又利用该装置进行探究，剪断小车左边的细线后，小车由静止向右运动，此现象说明力可以改变物体的 　 　。
23．（7分）小聪做“测量小灯泡电功率”实验，灯泡上标有“2.5V”字样。

（1）用笔画线代替导线将甲图连接完整，要求：当滑片P向右滑动时，灯泡变亮；
（2）电路连接正确后闭合开关，电压表示数如图乙所示，电压表的示数为 　 　V，此时电流表无示数，移动滑动变阻器无变化，造成此现象的原因是 　 　；
（3）当灯光正常发光时，电流表的示数如图丙，小灯泡的额定功率为 　 　W；
（4）通过实验发现，灯泡的亮度是由 　 　决定的，不同电压下，灯泡阻值不同，主要影响因素是 　 　；
（5）滑动变阻器的作用是 　 　。
A.保持灯泡两端电压不变
B.改变灯泡两端电压为所需是电压
C.改变电路中电流
四、分析与计算（本题包括2个小题，共15分）
24．（8分）如图所示是中国新一代通用型导弹驱逐舰169号（武汉舰），其满载时的排水量约为7×103t，当驱逐舰在海面上匀速直线航行时，受到的阻力是自身总重力的0.01倍（海水的密度取1.0×103kg/m3、g取10N/kg）则：

（1）在水面下3.5m深处，船体受到海水的压强是多少？
（2）驱逐舰满载时，排开海水的体积是多少？
（3）驱逐舰满载时，沿水平方向匀速航行300m，牵引力所做的功是多少？
25．（7分）图甲为市面上的某款电热毛巾架，额定电压220V，简化的工作电路如图乙，该毛巾架通过智能系统实现加热、保温挡自动切换，图丙为该毛巾架在正常工作30分钟内功率的变化情况。

完成下列问题：
（1）加热状态下，毛巾架正常工作时的电流为多大？
（2）分析计算图乙电路中定值电阻R0、R1的阻值各为多少欧？
（3）毛巾架正常工作30分钟总共消耗多少电能？

2023年山东省淄博市博山区中考物理二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题包括15个小题，每小题2分，共30分）
1．（2分）2023年3月3日是第二十四次全国爱耳日，主题为“科学爱耳护耳，实现主康”。下列与声音有关的说法正确的是（　　）
A．正常情况下，人耳听声的范围为20﹣2000Hz
B．“闻其声而知其人”，主要是因为不同的人产生声音的响度不同
C．“山东舰”航母上的起飞引导员佩戴有耳罩的头盔，这是在人耳处减弱噪声
D．“公共场所不要大声说话”是要求人们说话的声音音调要低一些
【分析】（1）正常情况下，人耳听声的范围在20﹣20000Hz之间；
（2）（4）声音的三个特征分别是：音调、响度、音色，是从不同角度描述声音的，音调指声音的高低，由振动频率决定；响度指声音的强弱或大小，与振幅和距离发声体的远近有关；音色是由发声体本身决定的一个特性；
（3）减弱噪声的方法：在声源处减弱；在传播过程中减弱；在人耳处减弱。
【解答】解：A、正常情况下，人的听觉范围在20Hz﹣20000Hz，故A错误；
B、“闻其声而知其人”，主要是因为不同的人产生声音的音色不同，故B错误；
C、“山东舰”航母上的起飞引导员佩戴有耳罩的头盔，这是在人耳处减弱噪声，故C正确；
D、“公共场所不要大声说话”是要求人们说话的声音响度要低一些，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查的是我们对声音的特性、减弱噪声的方法的了解和应用，属基础知识的考查。
2．（2分）人们常用手机来记录生活中的美好瞬间，下列说法正确的是（　　）
A．手机镜头成像利用的是光的直线传播
B．照相时，成的像是正立、放大的
C．手机的镜头与近视眼镜的镜片是同一类透镜
D．照相时，要想使人像变大，人应靠近镜头
【分析】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机；
2f＞u＞f，成倒立、放大的实像，应用于幻灯机和投影仪；
u＜f，成正立、放大的虚像，应用于放大镜；
凸透镜成实像时，物近像远像变大。
【解答】解：
ABC、手机镜头是一个凸透镜，其成像原理是光的折射；当物距大于二倍焦距时，成的是倒立、缩小的实像；近视眼镜的镜片是凹透镜，与手机镜头不相同，故ABC错误；
D、照相时，要想使人像变大，像距应变大，物距应减小，所以人应靠近镜头，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了凸透镜成像规律的应用，属于基础题。
3．（2分）如图所示是小滨测牛奶密度的部分场景，下列四个选项正确的是（　　）
A．在调节天平平衡时，指针如图甲所示，应将平衡螺母向左移动
B．该实验的正确操作顺序是丙﹣乙﹣丁
C．倒入量筒中的牛奶有剩余，不影响实验结果
D．丙图中左盘物体质量为40g
【分析】（1）称量前调节天平平衡，根据指针偏转情况，移动平衡螺母即可；
（2）测量液体密度的一般方法是：先测液体和烧杯的总质量，再将部分液体倒入量筒记录体积，最后测量剩余液体和烧杯的总质量；
（3）根据上述方法，可知倒入量筒中的牛奶有剩余，不影响实验结果；
（4）根据丙图可知，剩余液体和烧杯的总质量等于右盘中砝码质量和游码对应质量的和。
【解答】解：
A、由甲图可知，指针偏左，说明天平右盘偏轻，所以应将平衡螺母向右移动，天平才能平衡，故A错误；
B、根据测量液体密度的一般方法可知，该实验的正确操作顺序是乙、丁、丙；故B错误；
C、根据该实验的正确操作顺序是乙、丁、丙可知，倒入量筒中的牛奶后烧杯中有剩余，但倒入前、倒入后牛奶和烧杯总质量之差就是量筒中牛奶的质量，量筒中牛奶的体积是准确的，所以计算出牛奶的密度是准确的，即不影响实验结果，故C正确；
D、根据丙图可知，剩余液体和烧杯的总质量m＝20g+20g+1.4g＝41.4g，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了天平和量筒的使用、测量液体密度的一般方法以及测量偏差分析，解题关键是理解实验原理和步骤。
4．（2分）如图所示的四种工具中，属于省力杠杆的是（　　）
A．筷子 B．托盘天平
C．羊角锤 D．火钳
【分析】结合生活经验，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、镊子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故A不合题意；
B、托盘天平在使用过程中，动力臂等于阻力臂，是等臂杠杆，故B不合题意；
C、羊角锤在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故C符合题意；
D、火钳在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故D不合题意。
故选：C。
【点评】杠杆根据其省力情况可以分为三类：动力臂大于阻力臂的杠杆为省力杠杆；动力臂小于阻力臂的杠杆为费力杠杆；动力臂等于阻力臂的杠杆为等臂杠杆。
5．（2分）如图是某同学投掷实心球时的情境（空气阻力不计），以下说法不正确的是（　　）

A．球在上升过程中，运动状态发生改变
B．从a到b的过程中，推力对球做了功
C．球在下降过程中，重力势能转化为动能
D．抛出去的球最终落地，是由于球受到重力
【分析】（1）物体只有在静止或匀速直线运动时，运动状态不变；
（2）做功的条件：有力，且物体在力的方向上通过距离；
（3）动能的大小与质量、速度有关，重力势能的大小与质量、高度有关；
（4）重力的方向始终是竖直向下的。
【解答】解：A、球在上升过程中，运动的速度和方向发生了改变，运动状态发生改变，故A正确；
B、球从a到b的过程中，球没有受到推力，推力对球不做功，故B错误；
C、球在下降过程中，质量不变，高度降低，重力势能减小，速度变大，动能变大，是重力势能转化为动能，故C正确；
D、球最终落地，是由于受到竖直向下的重力的作用，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查了运动状态的判定、做功的条件、重力势能和动能的转化、重力，属于基础题。
6．（2分）近年来，我国在材料、能源、信息等领域取得了辉煌的成就，下列说法正确的是（　　）
A．量子计算机中的电子器件是由超导体制成
B．水力、风力、火力发电是不可再生能源的利用
C．核能是二次能源
D．光纤通信，是利用光在纤维材料中多次反射传输信息的
【分析】（1）计算机中的电子器件主要是由半导体材料制成的；
（2）使用之后可以在短时间内从自然界中再次产生的能源是可再生能源，使用之后在短时间内无法在自然界中再次产生的能源是不可再生能源；
水力、风力、利用的是水能、风能，火力发电利用的化石能源；
（3）一次能源：是指可以从自然界直接获取的能源；例：煤炭、石油、天然气、水能、风能、太阳能、地热能、潮汐能、生物质能、核能；二次能源：是指无法从自然界直接获取，必须经过一次能源的消耗才能得到的能源；例：电能、乙醇汽油、氢能、沼气；
（4）光纤通信，利用光在光纤中的反射。
【解答】解：A、计算机中的电子器件主要是由半导体材料制成的，故A错误；
B、水力、风力、利用的是水能、风能，属于可再生能源，火力发电利用的主要是煤炭，是化石能源，属于不可再生资源，故B错误；
C、核能是一次能源，故C错误；
D、光纤通信，是利用了光在纤维材料中多次反射传输信息，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了半导体材料的运用、能源的分类及应用、核能的理解以及光纤通信，属于基础题，难度不大。
7．（2分）小明学习了电学知识后，提出以下几种说法，其中正确的是（　　）
A．在电源外部，电流的方向是从电源的正极经过用电器流向负极
B．验电器的工作原理是异种电荷互相吸引
C．规格不同的两只灯泡并联在电路中，两灯泡两端的电压不一定相同
D．用毛皮摩擦过的橡胶棒由于失去电子而带正电
【分析】（1）正电荷定向移动的方向是电流的方向，在电源的外部，电流的方向是从正极流向负极。
（2）电荷间的作用规律是：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。验电器的工作原理是同种电荷相互排斥；
（3）并联电路中各支路两端的电压相等；
（4）摩擦起电的实质是电荷的转移，当用毛皮摩擦橡胶棒时，毛皮上的电子转移到橡胶棒上，橡胶棒上就有多余的电子，从而使橡胶棒带上负电。
【解答】解：A、在电源外部，电流的方向是从电源的正极经过用电器流向负极，故A正确；
B、验电器的工作原理是同种电荷相互排斥，故B错误；
C、在并联电路中各支路两端的电压相等，规格不同的两只灯泡并联在电路中，两灯泡两端的电压一定相同，故C错误；
D、用毛皮摩擦过的橡胶棒由于得到电子而带负电，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了对摩擦起电的实质、验电器的原理、并联电路的电压规律、电流方向的规定的掌握，属于基础知识。
8．（2分）“二十四节气”是中华民族智慧的结晶，关于节气中物质状态的形成说法正确的是（　　）
A．“谷雨”，雨的形成是汽化现象
B．“白露”，露的形成是液化现象
C．“霜降”，霜的形成是凝固现象
D．“小雪”，雪的形成是升华现象
【分析】物质由气态直接变为固态的过程叫凝华，物质由固态直接变为气态的过程叫升华；物质由气态变为液态的过程叫液化，物质由液态变为气态的过程叫汽化；物质由固态变为液态的过程叫熔化，物质由液态变为固态的过程叫凝固。
【解答】解：A、雨是空气中水蒸气遇冷液化形成的，故A错误；
B、露是由空气中的水蒸气遇冷形成的小水珠，属于液化现象，故B正确；
C、霜是固态的小冰晶，是由空气中的水蒸气遇冷形成的，属于凝华现象，故C错误；
D、雪是由空气中的水蒸气遇冷形成的，属于凝华现象，故D错误。
故选：B。
【点评】分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态；另外对六种物态变化的吸热和放热情况也要有清晰的认识。
9．（2分）卓玛同学下课后对物理课上学习的电与磁知识作了归纳整理，其中记录有错误的是（　　）
A．通电螺线管外部的磁场和条形磁体的磁场一样
B．电磁铁的磁性与通入的电流大小和线圈的匝数有关
C．发电机是根据电磁感应原理制成的
D．地磁场的南北极和地理南北极是一致的
【分析】（1）通电螺线管外部的磁场与条形磁铁的磁场相似；
（2）影响电磁铁磁性强弱的因素有电流的大小和线圈的匝数，在线圈匝数一定时，电流越大，电磁铁的磁性越强，电流一定时，线圈匝数越多，磁性越强；
（3）发电机的原理是电磁感应；
（4）地磁场的南北极与地理的南北极相反。
【解答】解：A．通电螺线管的南北极在两端，和条形磁铁比较相似，故A正确；
B．电磁铁磁性强弱的因素有电流的大小和线圈的匝数，故B正确；
C．发电机是根据电磁感应原理制成的，将机械能转化为电能，故C正确；
D．地磁场的南极在地理北极附近，地磁场的北极在地理的南极附近，故D错误。
故选：D。
【点评】此题考查了通电螺线管的磁场、影响电磁铁磁性强弱的因素、电磁感应现象、地磁场，是一道学科综合题。
10．（2分）用同种材料制成长度相等，横截面积不同的圆柱形导体a和b，a比b的横截面积大，如图所示，将它们串联在电路中，a、b两端电压分别为Ua和Ub，下列说法正确的是（　　）

A．Ua＝Ub B．Ua＞Ub C．Ua＜Ub D．无法确定
【分析】A和B是由同种材料制成的长度相同、横截面积不同的两段导体，横截面积越大，电阻越小；
根据串联电路的电流特点可知通过两段导体的电流关系；
根据U＝IR可知两段导体两端的电压关系。
【解答】解：因为导体A和B由同种材料制成、长度相同，而A比B的横截面积大，所以Ra＜Rb；
因为两段导体串联，所以通过两导体的电流相等，即Ia＝Ib；
由U＝IR可得，Ua＜Ub。故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题考查了串联电路的电流特点和欧姆定律的应用，关键是根据影响电阻的大小因素确定两段导体电阻的大小。
11．（2分）下列有关各图的说法不正确的是（　　）
A．地漏利用连通器原理防止异味
B．铁轨下面铺放枕木，通过减小受力面积增大压强
C．用吸管从杯子里吸饮料利用了大气压
D．纸条向上飘起时，纸条上方比下方空气流速大，压强小
【分析】（1）连通器是指底部相连而上端开口的容器。
（2）减小压强的方法：在压力一定时，增大受力面积；在受力面积一定时，减小压力。
（3）用吸管吸饮料，实际是大气压把饮料压入口中。
（4）流体中，流速越大的地方压强越小。
【解答】解：A、地漏中倒扣的“碗”状金属片将存水杯分割为两个底部相连而上端开口的容器，这样就构成了一个连通器。当连通器内的水静止时，连通器各容器内水面总是相平，所以当存水杯中的水面超过“碗”口时，异味就无法通过地漏进入房间，故A正确；
B、铁轨下面放枕木，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强，故B错误；
C、用吸管吸饮料时，嘴吸走了管内的空气，大气压把饮料压入了口中，故C正确；
D、流体流速大的位置压强小，纸条向上飘起时，纸条上方比下方空气流速大，压强小，D正确。
故选：B。
【点评】本题是对利用物理知识对生活中常见现象的分析、解释能力的考查，难度不大。
12．（2分）如图所示，家中常用延长线插座上插满了各种电器，各用电器同时工作。下列有关分析正确的是（　　）

A．各用电器串联
B．干路电流过大容易发生火灾
C．插座延长线中可以没有地线
D．可以用湿手拔使用中的插头
【分析】（1）家庭电路中的用电器是并联的；
（2）干路中的电流过大，根据焦耳定律可知，干路中导线产生的热量过多，容易发生火灾；
（3）家庭电路中有金属外壳的用电器应该接地线；
（4）生活用水是导体。
【解答】解：
A、家庭电路中各用电器工作时互不影响，是并联的，故A错误；
B、干路电流过大时，根据焦耳定律可知，干路中导线产生的热量过多，容易发生火灾，故B正确；
C、插座延长线中必须有地线，有金属外壳的用电器必须接地线，这样能减少触电事故的发生，故C错误；
D、用湿手拔使用中用电器的插头，由于生活用水是导体，容易造成触电事故，故D错误。
故选：B。
【点评】本题主要考查了家庭电路中的一些连接要求和注意事项，应熟知。
13．（2分）关于分子热运动及热现象，下列说法正确的是（　　）
A．扩散现象只能发生在气体与液体中
B．物体吸收热量，温度一定升高
C．固体很难被压缩，说明分子间存在斥力
D．0℃的冰块内没有内能
【分析】（1）一切气体、液体和固体都能发生扩散现象；
（2）晶体熔化过程中，吸热但温度不变；
（3）分子间存在相互的引力和斥力；
（4）一切物体在任何情况下都有内能。
【解答】解：
A、一切气体、液体和固体都能发生扩散现象，故A错误；
B、物体吸收热量，温度不一定升高，如晶体在熔化过程中，吸热但温度保持不变，故B错误；
C、固体很难被压缩，说明分子间存在斥力，故C正确；
D、一切物体在任何情况下都有内能，所以0℃的冰块也有内能，故D错误。
故选：C。
【点评】此题考查了分子间斥力的理解、发生扩散的条件、晶体熔化的特点和物体具有内能的条件，是一道综合题。
14．（2分）某同学利用如图甲所示的电路进行实验，电源电压恒为3伏，更换5个定值电阻Rx，得到如图乙所示的图象。以下有关叙述正确的是（　　）

A．该同学研究的是电流和电压的关系
B．实验中电压表的示数保持0.5伏不变
C．当滑片向右移时，电流表的示数变小
D．将Rx从5Ω换成10Ω后，应将滑片P 向左移
【分析】（1）研究电流和电压的关系时，要控制电阻不变；
（2）由图乙求出电流与电阻之积分析；
（3）由图乙知，当滑片向右移时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，电路总电阻变大，电源电压不变，根据欧姆定律可做出判断；
（4）根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻的电压相同，当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律结合分压原理确定滑片移动的方向。
【解答】解：A、研究电流和电压的关系时，要控制电阻不变，由图乙知，电阻是变化的，故A错误；
B、由题意和图象可知，该同学研究的是电流和电阻的关系，实验中要控制Rx两端的电压不变（即电压表示数不变）；
由图乙知，电流与电阻之积（即Rx两端的电压）：U＝IRx＝0.5A×5Ω＝……0.1A×25Ω＝2.5V，即电压表保持2.5伏不变，故B错误；
C、当滑片向右移时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，电路总电阻变大，电源电压不变，根据欧姆定律，电路中的电流变小，则电流表的示数变小，故C正确；
D、根据串联分压原理可知，将定值电阻由5Ω改接成10Ω的电阻，电阻增大，其分得的电压增大（大于2.5V）；
探究电流与电阻的实验中应控制电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压使电压表的示数减小为2.5V，由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向右端移动，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查串联电路的规律和欧姆定律及控制变量法的运用，综合性较强。
15．（2分）如图，将两块相同的橡皮泥做成实心球形和碗形，分别放入相同的甲、乙两杯水中，球下沉，碗漂浮，它们受到的浮力分别为F甲、F乙，杯底受到水压强分别为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】（1）实心球橡皮泥沉到容器底部，受到的浮力F甲＜G；碗状橡皮泥漂浮在水面，受到的浮力F乙＝G；而碗状和实心球状的橡皮泥受到的重力相同，据此判断它们所受浮力的大小关系；
（2）再根据阿基米德原理分析排开水的体积关系，得出哪个烧杯水的水面升高的多，则哪一个的杯底受到水的压强就大。
【解答】解：（1）由图可知：甲图实心球橡皮泥沉到容器底部，实心球橡皮泥受到的浮力：
F甲＜G，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
乙图中碗状橡皮泥漂浮在水面，则碗状橡皮泥受到的浮力：
F乙＝G，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由①②可得：
F甲＜F乙；故AD错误；
（2）根据浮力公式F浮＝ρ水V排g可知：V甲排＜V乙排，
即：实心橡皮泥排开的水的体积小于碗状橡皮泥排开的水的体积，
所以乙杯中水面升高得多，根据液体压强公式p＝ρgh知：
乙杯底受到水的压强大，即p甲＜p乙；故B正确，C错误。
故选：B。
【点评】本题考查了学生对阿基米德原理和物体浮沉条件的掌握和运用，确定碗状和实心球状的橡皮泥受到的重力相同是本题的关键。注意正确判断出实心橡皮泥排开的水的体积小于碗状橡皮泥排开的水的体积。
二、理解与应用（本题包括5个小题，共14分）
16．（3分）北京冬奥会冰壶项目深受人们的喜爱。在进行冰壶比赛时，冰壶离开手后仍能继续向前滑行，是由于冰壶具有 　惯性　；冰壶在冰面上减速滑行的过程中，其动能 　减小　（选填“增大”、“减小”或“不变”）；运动员在冰壶前用力“刷冰”，目的是 　减小　（填“增大”或“减小”）冰壶与冰面之间的摩擦。

【分析】（1）物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性，一切物体都有惯性；
（2）动能的大小与质量、速度有关；
（3）减小摩擦力的方法：在接触面粗糙程度一定时，通过减小压力来减小摩擦力；在压力一定时，通过减小接触面的粗糙程度来减小摩擦力；使接触面脱离；用滚动摩擦代替滑动摩擦。
【解答】解：冰壶被推出后，能在冰面上继续滑行就是因为冰壶具有惯性，要保持原来的运动状态；
冰壶在冰面上减速滑行的过程中，质量不变，速度变小，动能减小；
队员在冰壶前方的冰道上用冰刷“扫刷”，其目的是使冰熔化，在冰面上形成一层水膜，这是通过使接触面脱离的方法减小摩擦力，使冰壶运动得更远。
故答案为：惯性；减小；减小。
【点评】本题考查惯性、减小摩擦的方法、动能大小的变化，属于常考题目，难度不大。
17．（3分）如表格中的数据为水和煤油的比热容，这两种液体中 　水　适合作为汽车发动机的冷却液。若要使壶中质量为2kg的水升高20℃，水需吸收 　1.68×105　J热量，将壶中的水加热一段时间后水变少了，是因为水发生了 　汽化　现象（填物态变化的名称）。
物质
比热容c/【J/（kg•℃）】
水
4.2×103
煤油
2.1×103
【分析】（1）水的比热容较大，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；
（2）知道水的质量和升高的温度以及比热容，根据Q吸＝cmΔt求出水吸收的热量；
（3）物质由液态变为气态的过程叫汽化。
【解答】解：（1）由表格数据可知，水的比热容大于煤油的比热容，相同质量的水和煤油相比，升高相同的温度，水吸收的热量多，所以水适合作为汽车发动机的冷却液；
（2）水吸收的热量：Q吸＝c水mΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×2kg×20℃＝1.68×105J；
（3）将壶中的水加热一段时间后，部分液态的水汽化变为气态的水蒸气导致壶中的水变少。
故答案为：水；1.68×105；汽化。
【点评】本题考查了水的比热容的最大特点和吸热公式应用以及物态的变化，是一道基础题目。
18．（3分）如图所示，某工人师傅用500N的推力，把木箱从长4m高2m的斜面底端推到顶端用时10s，整个过程木箱的平均速度为 　0.4　m/s，推力的平均功率为 　200　W，斜面起到了 　省力　（选填“省力”、“省距离”或“省功”）的作用。

【分析】（1）根据v＝求出整个过程木箱的平均速度；
（2）利用P＝＝＝Fv求推力的平均功率；
（3）使用斜面的好处是能够省力，但是费距离，使用任何机械都不省功。
【解答】解：（1）整个过程木箱的平均速度：v＝＝＝0.4m/s；
（2）推力的平均功率：P＝＝＝Fv＝500N×0.4m/s＝200W；
（3）由题意可知，工人师傅沿斜面把货箱推到货车上，比直接把货物装到车上费了距离，使用斜面可以省力，用任何机械都不能省功。
故答案为：0.4；200；省力。
【点评】本题考查速度、功和功率的计算以及斜面的作用，难度不大。
19．（3分）如图所示的装置是用来探究通电时间相同时，电流通过导体产生的热量与 　电阻　的关系；电阻丝R1与R2产生的热量之比为 　2：1　，当电路中电流为0.5A时，10s内通过R1产生的热量为 　25　J。

【分析】（1）电流通过导体产生热量的多少与电流大小、电阻和通电时间都有关；由图示电路的连接情况结合控制变量法进行分析；
（2）根据Q＝I2Rt求出电阻丝R1与R2产生的热量之比；
（3）根据Q＝I2Rt求出10s内通过R1产生的热量。
【解答】解：（1）由图可知两电阻串联，由串联电路的电流特点可知，通过两电阻的电流相等，两电阻的阻值不同，根据控制变量法可知，此装置是探究电流和通电时间相同时，电流通过导体产生的热量与电阻大小的关系；
（2）由Q＝I2Rt可知，电阻丝R1与R2产生的热量之比为：＝＝＝＝；
（3）10s内通过R1产生的热量：Q＝I2R1t＝（0.5A）2×10Ω×10s＝25J。
故答案为：电阻；2：1；25。
【点评】本题考查串联电路的特点、焦耳定律的应用以及控制变量法的应用，难度不大。
20．（2分）如图，小球正在沿斜面下滚。请作出小球所受重力G的示意图。（O为重心）

【分析】重力是物体由于地球的吸引而受到的力，其方向永远竖直向下。
【解答】解：小球所受重力不受其所处状态的影响，方向竖直向下，作用在小球的重心上。如图所示：

【点评】重力是一种最常见，也最特殊的力，它的大小、方向、作用点永远不会受到它的运动状态的影响。
三、实验与探究（本题包括3个小题，共21分）
21．（7分）小华利用如图所示的实验装置，做“探究光的反射规律和光的折射特点”的实验：她用激光笔发出一束光从空气射向水面，多次改变入射光的方向，将实验数据记录在表中。
∠AON/°
0
15
30
45
60
75
80
∠CON/°
0
15
30
45
60
75
80
∠BOM/°
0
11
22
32
40.5
46.5
47.5
（1）通过数据发现：当激光与水面成15°入射时，折射角度数为 　46.5°　；在反射现象中反射角 　＝　入射角（选填“＞”，“＜”或“＝”）；在从空气斜射入水中时，折射角 　＜　入射角（选填“＞”，“＜”或“＝”）；
（2）当入射角增大时，反射角 　增大　（选填“增大”，“减小”或“不变”）；可从不同方向看到圆盘上的光线，是因为光束中的部分光在圆盘上发生了 　漫　反射；
（3）当激光笔从水下沿BO入射时，折射光线应沿 　OA　方向射出；
（4）把一枚硬币放入杯底，看到硬币的位置比它实际的位置要偏 　高　（选填“高”或“低”）。

【分析】（1）先求出入射角的度数，再对照表格得到折射角的度数；
根据表格数据可得在反射现象中反射角与入射角的大小关系；在从空气斜射入水中时，折射角与入射角的大小关系；
（2）光的反射定律的内容，知道反射角等于入射角。知道反射光线、入射光线和法线在同一平面内；在光的折射现象和反射现象中，在入射点与界面垂直的直线叫做法线；入射光线与法线之间的夹角叫做入射角；反射光线与法线夹角叫反射角；折射光线与法线之间的夹角叫做折射角；
人之所以可以在不同方向观察到物体是由于光在粗糙表面发生了漫反射；
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；
（4）从硬币反射的光经水面折射，折射光线远离法线向下偏折，当光线射入人眼，人凭光直线传播的感觉，认为硬币在折射光线的反向延长线上，其实人看到的是硬币的虚像，比实际的位置要高。
【解答】解：（1）当光与水面成15°角从空气斜射入水中时，入射角为90°﹣15°＝75°时，利用表格中数据可知：折射角为46.5°；
根据表格数据可得在反射现象中反射角等于入射角；在从空气斜射入水中时，折射角小于入射角；
（2）根据表格数据可发现反射角随入射角的增大而增大；
可从不同方向看到圆盘上的光线，是因为圆盘上表面粗糙，光束中的部分光在圆盘上上发生了漫反射。
（3）在光的折射现象中，光路是可逆的，则用激光笔让光线沿着BO射向水面时，可看到折射光线沿OA射出；
（4）从硬币反射的光经水面折射，折射光线远离法线向下偏折，当光线射入人眼，人凭光直线传播的感觉，认为硬币在折射光线的反向延长线上，其实人看到的是硬币的虚像，比实际的位置要高。
故答案为：（1）46.5°；＝；＜；（2）增大；漫；（3）OA；（4）高。
【点评】本题考查了实验室探究光的反射和折射规律实验，需注意光从空气斜射向水中时，在水面处会同时发生反射和折射现象。由表中记录了反射角和折射角也可以证明这点。
22．（7分）小明在探究“二力平衡”条件的实验中，设计了如图所示的两种实验方案。

（1）老师指出图乙的装置更科学，原因是可以减小 　摩擦力　对实验结果的影响；两种放法对桌面的压强p甲　＜　p乙（选填“＞”“＜”或“＝”）；
（2）该实验装置中，木板两端滑轮的作用是 　改变力的方向　；
（3）实验中判断小车是否受平衡力作用的依据是小车保持 　静止　状态；
（4）左右两盘放质量相等的砝码，小车保持静止。将左盘中再添加一个砝码，小车将运动，说明彼此平衡的两个力大小 　相等　；
（5）小车处于静止后，保持F1与F2的大小不变，把小车在水平桌面上扭转一个角度后释放，小车将转动，说明彼此平衡的两个力必须在 　同一条直线　上；
（6）小明在探究完“二力平衡”条件的实验后，又利用该装置进行探究，剪断小车左边的细线后，小车由静止向右运动，此现象说明力可以改变物体的 　运动状态　。
【分析】（1）实验中应尽量减小摩擦对平衡的影响；根据p＝分析回答；
（2）定滑轮的作用是改变力的方向；
（3）小车静止时，处于平衡状态，受力平衡；
（4）探究两个力的大小关系；
（5）探究两个力的方向关系。
（6）力的作用效果为：可以改变物体的形状，也可以改变物体的运动状态。
【解答】解：（1）小明同学采用的实验装置如图乙，选用了小车，这样可以尽量减小摩擦力对实验的影响；
由于两图中压力相等，受力面积不相同即S甲＞S乙，根据p＝可知，p甲＜p乙；
（2）长木板两端滑轮是定滑轮，定滑轮的作用是改变力的方向；
（3）实验中通过观察小车能否静止，确定其是否处于平衡状态，故判断依据是小车处于静止状态；
（4）实验时，左右两盘放质量相等的砝码，小车保持静止。将左盘中再添加一个砝码，小车将运动，发现小车无法保持静止状态，这表明平衡的两个力需要大小相等；
（5）把小车转过一个角度，然后松手，观察到小车转动，最后恢复到静止状态，说明小车在水平方向上受到的两个力在同一条直线上时才能平衡；
（6）小明在探究完“二力平衡”条件的实验后，又利用该装置进行探究，剪断小车左边的细线后，小车由静止向右运动，小车受力不再平衡，此现象说明力可以改变物体的运动状态。
故答案为：（1）摩擦力；＜；（2）改变力的方向；（3）静止；（4）相等；（5）同一条直线；（6）运动状态。
【点评】此题考查了探究二力平衡实验中选择实验器材需要注意问题及实验中的一些重要步骤，熟练应用控制变量法是正确解题的关键．
23．（7分）小聪做“测量小灯泡电功率”实验，灯泡上标有“2.5V”字样。

（1）用笔画线代替导线将甲图连接完整，要求：当滑片P向右滑动时，灯泡变亮；
（2）电路连接正确后闭合开关，电压表示数如图乙所示，电压表的示数为 　2.7　V，此时电流表无示数，移动滑动变阻器无变化，造成此现象的原因是 　灯泡断路　；
（3）当灯光正常发光时，电流表的示数如图丙，小灯泡的额定功率为 　0.864　W；
（4）通过实验发现，灯泡的亮度是由 　灯泡的实际功率　决定的，不同电压下，灯泡阻值不同，主要影响因素是 　温度　；
（5）滑动变阻器的作用是 　B　。
A.保持灯泡两端电压不变
B.改变灯泡两端电压为所需是电压
C.改变电路中电流
【分析】（1）当滑片P向右滑动时，灯泡变亮，说明电路中电流变大，电阻变小，据此确定变阻器选用的下边接线柱；
（2）根据电压表选用量程确定分度值读数；若电流表示数为0，说明电路可能断路；
（3）根据电流表选用小量程确定分度值读出示数，根据P＝UI可求出灯泡的额定功率；
（4）小灯泡的亮度是由小灯泡的实际功率决定的；小灯泡的电阻随温度的升高而增大；
（5）滑动变阻器串联接入电路可保护电路，实验中通过调节滑动变阻器接入电路的阻值来改变灯泡两端的电压。
【解答】解：（1）当滑片P向右滑动时，灯泡变亮，说明电路中电流变大，电阻变小，故变阻器应选右下接线柱与电源串联在电路中，如下图所示：
；
（2）闭合开关，两电表示数如图乙所示，电压表选用小量程，分度值0.1V，其示数为2.7V；当闭合开关后，发现电流表无示数，造成这一现象的原因是灯泡发生断路；
（3）图丙中电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.32A，则小灯泡的额定功率是：P额＝U额I额＝2.7V×0.32A＝0.864W；
（4）小灯泡两端电压越大，通过的电流越大，由P＝UI知灯泡的实际功率越大，灯泡越亮，所以小灯泡的亮度是由小灯泡的实际功率决定的；随着电压的增大、小灯泡越亮，温度越高，小灯泡的电阻越大，即小灯泡的电阻随温度的升高而增大；
（5）滑动变阻器串联接入电路可保护电路，实验中通过调节滑动变阻器接入电路的阻值来改变灯泡两端的电压，所以实验滑动变阻器的作用是保护电路和改变灯泡两端的电压，故B正确。
故答案为：（1）如图示；（2）2.7；灯泡断路；（3）0.864；（4）灯泡的实际功率；温度；（5）B。
【点评】测灯泡电功率的实验考查实验原理、电路图设计以及滑动变阻器的作用，是一道综合题。
四、分析与计算（本题包括2个小题，共15分）
24．（8分）如图所示是中国新一代通用型导弹驱逐舰169号（武汉舰），其满载时的排水量约为7×103t，当驱逐舰在海面上匀速直线航行时，受到的阻力是自身总重力的0.01倍（海水的密度取1.0×103kg/m3、g取10N/kg）则：

（1）在水面下3.5m深处，船体受到海水的压强是多少？
（2）驱逐舰满载时，排开海水的体积是多少？
（3）驱逐舰满载时，沿水平方向匀速航行300m，牵引力所做的功是多少？
【分析】（1）根据p＝ρ液gh求得在水面下3.5m深处，船体受到海水的压强；
（2）已知排水量，根据V排＝得驱逐舰满载时排开海水的体积；
（3）根据F浮＝G排＝m排g求得驱逐舰满载时受到的浮力；根据物体的漂浮条件可知驱逐舰满载时的总重力，根据题意求得驱逐舰在海面上匀速直线航行时受到的阻力，根据力的平衡条件可知牵引力的大小；根据W＝Fs求得牵引力做的功。
【解答】解：（1）在水面下3.5m深处，船体受到海水的压强为：
p＝ρ海水gh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×3.5m＝3.5×104Pa；
（2）驱逐舰满载时排开海水的体积为：V排＝＝＝7×103m3；
（3）驱逐舰满载时受到的浮力为：F浮＝G排＝m排g＝7×103×103kg×10N/kg＝7×107N；
驱逐舰满载时漂浮在海面上，受到浮力等于重力，则驱逐舰满载时的总重力为：
G＝F浮＝7×107N，
驱逐舰在海面上匀速直线航行时受到的阻力为：
f＝0.01G＝0.01×7×107N＝7×105N，
由力的平衡条件可知，驱逐舰受到的牵引力为：F＝f＝7×105N，
牵引力做的功为：W＝Fs＝7×105N×300m＝2.1×108J。
答：（1）在水面下3.5m深处，船体受到海水的压强是3.5×104Pa；
（2）驱逐舰满载时，排开海水的体积是7×103m3；
（3）牵引力所做的功是2.1×108J。
【点评】本题考查液体压强公式、密度公式、阿基米德原理和速度公式、功的公式的应用，明确排水量的含义是关键。
25．（7分）图甲为市面上的某款电热毛巾架，额定电压220V，简化的工作电路如图乙，该毛巾架通过智能系统实现加热、保温挡自动切换，图丙为该毛巾架在正常工作30分钟内功率的变化情况。

完成下列问题：
（1）加热状态下，毛巾架正常工作时的电流为多大？
（2）分析计算图乙电路中定值电阻R0、R1的阻值各为多少欧？
（3）毛巾架正常工作30分钟总共消耗多少电能？
【分析】（1）已知额定电压和额定功率，应用功率公式P＝UI的变形公式可以求出正常工作电流；
（2）由电路图可知，开关S、S1闭合时，电路为R0的简单电路，电加热器处于加热状态，根据P＝UI＝求出R0的阻值；当开关S闭合、S1断开时，R1与R0串联，电加热器处于保温状态，根据P＝UI＝求出电路的总电阻，利用电阻的串联求出电阻R1的阻值；
（3）根据P＝求出电热器正常工作30分钟消耗的电能。
【解答】解：（1）加热状态下通过毛巾架的电流为I加热＝＝＝2A；
（2）由电路图可知，开关S、S1闭合时，电路为R0的简单电路，电加热器处于加热状态，
所以由P＝UI＝可得，R0的阻值：
R0＝＝＝110Ω，
当开关S闭合、S1断开时，R1与R0串联，电加热器处于保温状态，
此时电路的总电阻：
R＝＝＝605Ω，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，电阻R1的阻值：
R1＝R﹣R0＝605Ω﹣110Ω＝495Ω。
（3）由P＝可得，该电热水器正常工作30分钟消耗的电能：
W＝Pt＝440W×10×60s+80W×（30﹣10）×60s
＝3.6×105J。
答：（1）加热状态下，毛巾架正常工作时的电流为2A；
（2）分析计算图乙电路中定值电阻R0、R1的阻值各为110Ω、495Ω；
（3）毛巾架正常工作30分钟总共消耗3.6×105J电能。
【点评】本题考查了电阻的串联和电功率公式的灵活应用，从图像中获取有用的信息是关键。