2023年吉林省长春市中考一模物理试题（含答案）

这是一份2023年吉林省长春市中考一模物理试题（含答案），共27页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

2023年吉林省长春市中考物理模拟试卷
一、选择题（本大题共10题，每题只有一个选项最符合题意，每题2分，共20分）
1．（2分）下列物体的质量最接近10kg的是（　　）
A．一支笔 B．一本书 C．一瓶水 D．一张课桌
2．（2分）在校运动会上，同学们用力击鼓，为场上运动员加油助威。用力击鼓是为了增大声音的（　　）
A．响度 B．音调 C．音色 D．传播速度
3．（2分）俗话说“没有金刚钴，不揽瓷器活”。制作“金刚钻”的材料应具有以下哪个特点（　　）
A．硬度大 B．密度大 C．磁性强 D．弹性好
4．（2分）下列物体的尺度从大到示排列正确的是（　　）
A．太阳系、银河系、地球 B．地球、太阳、月球
C．原子、分子、原子核 D．原子核、质子、夸克
5．（2分）摩天活力城楼顶的摩天轮被誉为“长春眼”，是长春标志性建筑之一。游客在箱内随摩天轮匀速上升过程中，游客的（　　）
A．动能增大 B．重力势能不变
C．机械能增大 D．机械能不变
6．（2分）冬天，站在室外的人们经常搓手取暖，这一过程的能量转化与四冲程汽油机工作过程中的哪个冲程能量转化相同（　　）
A．吸气冲程 B．压缩冲程 C．做功冲程 D．排气冲程
7．（2分）某用电器的能量流向图如图所示，由此可知该用电器可能是（　　）


A．电饭煲 B．白炽灯 C．洗衣机 D．电热水器
8．（2分）如图是家庭阳台上的手摇晾衣架。晾衣架匀速上升过程中，下列说法正确的是（　　）

A．滑轮B是定滑轮
B．上升速度越快，机械效率越高
C．利用该装置可以省距离
D．所挂衣物越重，机械效率越高
9．（2分）下列措施中，不能防止静电危害的是（　　）
A．飞机轮胎用导电橡胶制成
B．油罐车装有一条拖在地上的铁链
C．汽油桶用绝缘性能极好的塑料制作
D．印染车间里空气保持适当的湿度
10．（2分）某款家用电水壶具有加热和保温两个挡位，其中加热挡功率为1000W，保温挡功率为100W。下列说法正确的是（　　）
A．电水壶外壳与零线连接
B．加热挡的工作电流为1A
C．保温时1小时消耗电能0.1度
D．加热挡电阻大于保温挡电阻
二、非选择题（本大题共11题，第11-20题每空、每图各1分，第21题7分，共50分）
11．（4分）2022北京冬奥会中，我国运动员任子威获得短道速滑男子1000米冠军，实现了中国队在该项目上冬奥金牌零的突破。
（1）以比赛中高速滑行的任子威为参照物，看台上的观众是 　 　。
（2）冰刀的刀刃做得很薄，这是通过 　 　来增大压强。
（3）冰刀滑过的位置、冰面上会出现少量水，这个过程冰发生的物态变化是 　 　。
（4）运动员滑到终点不能马上停下来是因为运动员具有 　 　。
12．（4分）中国古诗词蕴含许多物理知识：
（1）唐代诗人于良史的《春山夜月》中：“掬水月在手，弄花香满衣。”“月在手”是光的 　 　现象，“香满衣”这一现象说明分子在不停地做 　 　运动。
（2）清朝徐骏的《清风涛》中：“清风不识字，何故乱翻书。”“清风”能翻书是因为风使书页主方空气流速大，压强 　 　。书页由静止变为运动说明力可以改变物体的 　 　。
13．（4分）国际热核聚变实验堆（ITER）计划俗称“人造太阳”。“人造太阳”的核聚变原料是地球上储量丰富的氘和氘，同时生成物没有危害，被称为“终极能源”。
（1）“人造太阳”与我国正在运行的核电站获得核能的方式是否相同？　 　。
（2）在核反应过程中产生的内能不能再自动转化为核能，这说明能量的转化和转移具有 　 　性。
（3）“人造太阳”工作时主要用水进行冷却，这是利用水的 　 　的特点。
（4）从能源与可持续利用的角度看，核能是 　 　能源。
14．（3分）请不要带火种上由工若山上发生火灾，消防员需身背空气呼吸器徒步上山展开救援。若消防员和空气呼吸器总重为900N，着火地点到地面的竖直距离为400m，消防员从山脚跑到着火地点需要1小时。则：
（1）消防员要克服重力做功 　 　J，克服重力做功的功率 　 　W。
（2）若消防员从山脚跑到着火地点通过的路程为7.2km，则消防员在全程的平均速度为 　 　m/s。
15．（4分）“探究水在沸腾前后温度变化的特点“的实验装置如图甲所示。

（1）为了准确测量水的温度，需要对实验装置进行的操作是 　 　。
（2）某时刻温度计的示数如图乙所示，则水温为 　 　℃。
（3）图丙是根据实验数据描绘的水温随时间变化的图象，分析可知：实验室的大气压 　 　标准大气压，水在沸腾过程中持续吸热，温度 　 　。
16．（4分）在探究“凸透镜成像的规律”的实验中：
​
（1）为了测量凸透镜的焦距，让一束平行于主光轴的光射向凸透镜，移动光屏，直到光屏上出现最小、最亮的光斑，用刻度尺测出光斑到凸透镜中心的距离，如图甲所示，该凸透镜焦距为
　 　
cm。
（2）将凸透镜固定在光具座上50cm刻度线处，蜡烛置于光具座上35cm刻度线处，点燃蜡烛，左右移动光屏，出现图乙所示现象（成像清晰），为了在实验过程中始终避免这种现象，不调节凸透镜，应进行的合理操作是
　 　
。
（3）调整后，将蜡烛向左移动20cm，适当移动光屏，直到光屏上再次出现清晰的倒立、
　 　
的像，这一成像特点在生活中的应用是
　 　
。
17．（5分）在“探究影响滑动摩擦力大小的因素”实验中，实验装置如图所示。
​
（1）为了测出滑动摩擦力的大小，应用弹簧测力计沿水平方向拉着木块做 　 　运动，此时木块所受的滑动摩擦力与拉力的大小关系是 　 　。请在图中画出木块所受滑动摩擦力的示意图。
（2）比较甲、乙两次实验可探究滑动摩擦力大小与 　 　的关系。
（3）鞋底做有凸凹不平的花纹，应用了 　 　两次实验所得的结论。
18．（4分）在“探究并联电路中干路电流与各支路电流的关系”实验中，电路图如图甲所示。
​
（1）用电流表测量A点的电流，请用笔画线代替导线将实物电路补充完整。
（2）闭合开关，观察到灯L1发光，灯L2不发光，电路可能存在的故障是 　 　。
（3）排除故障后，依次测量B点的电流IB、C点的电流IC，两次测量电流表指针的偏转情况均如图丙所示，则IC＝　 　A。
（4）本次实验中所用小灯泡L1和L2的规格是否相同？　 　。
19．（6分）在“探究什么情况下磁可以生电”的实验中：
（1）实验装置如图所示，a、b两接线柱间应接入 　 　。
（2）闭合开关，让导体AB在磁场中做 　 　运动，闭合回路中就会有感应电流产生，此时导体AB相当于电路中的 　 　，这个过程中机械能转化为 　 　能。
（3）最早发现这一现象的物理学家是 　 　，人们依据该现象制成了 　 　。

20．（5分）在“探究浮力的大小跟哪些因素有关”的实验中，使用的器材有：弹簧测力计、带盖的玻璃瓶（瓶盖的质量、体积和形变忽略不计）、完全相同的柱形容器A和B等，操作过程如下：
​
（1）在容器A中装入适量的水，将玻璃瓶装满水后悬挂在弹簧测力计下，并浸入水中，如图甲所示，容器A中水面上升h1，弹簧测力计示数为F。
（2）如图乙所示，将玻璃瓶浸没水中，容器A中水面又上升h1，弹簧测力计示数为0.8F，由此可知浮力的大小与 　 　有关。继续增大玻璃瓶浸没的深度，弹簧测力计示数不变，说明物体所受浮力的大小与 　 　无关，此过程中瓶底所受水的压强大小变化情况是 　 　。
（3）为探究浮力大小与物重是否有关，将玻璃瓶中的一部分水倒入容器B中，再将玻璃瓶浸没到容器A的水中，如图丙所示，弹簧测力计示数为0.6F。经过测量，图乙、丙操作中玻璃瓶所受浮力均为 　 　F，说明浮力的大小与物重无关。
（4）将玻璃瓶中剩余的水全部倒入容器B中，如图丁所示，最后水的深度为h2。
（5）根据以上信息可得：制作玻璃瓶的材料密度ρ＝　 　（用ρ水、h1和h2表示）。
21．（7分）如图甲所示，商场自动售卖机可以通过投入硬币、纸币购买商品，还可以通过手机扫码进行支付。实践本组设计了一个模拟自动售卖机装置，可以售卖单价为1元、3元和5元的商品，且三次只能售卖一件商品。该装置通过电压值确定投入硬币金额，其部分原理图如图乙所示，轻质杠杆OAB的支点为O，电路中使用的是高精度电压表，R0为定值电阻，压敏电阻R的阻值与压力F的函数关系如图丙所示。（OA：OB＝1：10，1枚1元硬币质量为6g，1枚5角硬币质量为4g，g＝10N/kg）
​


（1）手机扫码付款利用了 　 　传递信息。
（2）若把硬币对触点B的压力作为动力，则杠杆OAB是 　 　杠杆。
（3）在确定售卖1元商品需要预设的电压值时，小组成员进行了如下操作：投入1枚1元硬币时，电压表示数为3.2V；取出1元硬币，再投入2枚5角硬币时，电压表示数为4V。售卖商品时，当电压表示数为预设电压3.2V或4V时，装置可以识别出投入硬币的金额为1元，商品购买成功。小组同学分析发现，利用以上数据通过计算也可以确定售卖3元和5元商品时的预设电压值，请通过计算得出售卖5元商品时预设电压中的最大值是多少？（写出必要的文字说明、表达式及最后结果）

2023年吉林省长春市中考物理模拟试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共10题，每题只有一个选项最符合题意，每题2分，共20分）
1．（2分）下列物体的质量最接近10kg的是（　　）
A．一支笔 B．一本书 C．一瓶水 D．一张课桌
【分析】此题考查我们对常见物体质量的估测，根据对日常生活中常见物体和质量单位的认识，选出符合题意的选项。
【解答】解：A、一支笔质量在20g左右，不符合题意；
B、一本书的质量在200g左右，不符合题意；
C、一瓶水的质量在500g左右，不符合题意；
D、一张课桌的质量在10kg左右，符合题意。
故选：D。
【点评】对物体质量、长度、重力等进行估测，是初中物理的一项基本要求，平时结合所学知识对身边的如：人的体重、一个鸡蛋的质量、一枚硬币的质量、身高、教室高、一步长、步行速度、楼梯阶梯数、物理课本长和宽、教室内空气质量等等，多观察多思考，必要时做出正确判断。
2．（2分）在校运动会上，同学们用力击鼓，为场上运动员加油助威。用力击鼓是为了增大声音的（　　）
A．响度 B．音调 C．音色 D．传播速度
【分析】响度跟振幅和距离声源的远近有关；发声体的振幅越大，响度越大。
【解答】解：用力击鼓，鼓面的振幅变大，发声的响度变大。
故选：A。
【点评】本题考查了声音的响度与振幅的关系，基础题。
3．（2分）俗话说“没有金刚钴，不揽瓷器活”。制作“金刚钻”的材料应具有以下哪个特点（　　）
A．硬度大 B．密度大 C．磁性强 D．弹性好
【分析】金刚石俗称“金刚钻”，也就是我们常说的钻石，它是一种由纯碳组成的矿物，金刚石是自然界中最坚硬的物质，用途非常广泛，例如：工艺品、工业中的切割工具。
【解答】解：金刚钻是自然界最坚硬的物质，它的硬度比瓷器的硬度大，所以它能钻透瓷器。俗话中“没有金刚钻，不揽瓷器活”是指“金刚钻”的硬度大。
故选：A。
【点评】种物质与其他物质的明显不同之处称为物质的属性，如果这种区别是物理的，我们就称之为物质的物理属性。物质的物理属性包含：密度、比热容、硬度、透明度、导电性、导热性、弹性、磁性等等。
4．（2分）下列物体的尺度从大到示排列正确的是（　　）
A．太阳系、银河系、地球 B．地球、太阳、月球
C．原子、分子、原子核 D．原子核、质子、夸克
【分析】（1）宏观世界由大到小为：银河系、太阳系、太阳、地球、月球。
（2）分子是由原子组成的，原子由原子核和核外电子组成的，原子核是由质子和中子组成的，而夸克则是更小的构成微粒；故而它们的大小关系应该是分子、原子核、质子、夸克。
【解答】解：A、地球在太阳系内，太阳系在银河系内，按尺度从大到小为：银河系、太阳系、地球，故A错误。
B、地球是太阳系中的一颗行星，月球是地球的一颗卫星，按尺度从大到小为：太阳、地球、月球，故B错误。
C、分子由原子组成，原子由原子核和电子组成，按尺度从大到小为：分子、原子、原子核，故C错误。
D、原子核由质子和中子构成，质子和中子又是由更小的夸克构成，按尺度从大到小为：原子核、质子、夸克，故D正确。
故选：D。
【点评】解答此题的关键是要掌握宏观世界常见物体之间和构成物质的各种微粒之间正确的长度关系。
5．（2分）摩天活力城楼顶的摩天轮被誉为“长春眼”，是长春标志性建筑之一。游客在箱内随摩天轮匀速上升过程中，游客的（　　）
A．动能增大 B．重力势能不变
C．机械能增大 D．机械能不变
【分析】动能大小的影响因素：物体的质量、物体的速度，质量越大，速度越大，动能越大；
重力势能大小的影响因素：物体的质量、物体的高度，质量越大，所处的位置越高，重力势能越大；
动能和势能统称为机械能。
【解答】解：游客在箱内随摩天轮匀速上升过程中，质量不变、速度不变，动能不变；质量不变、高度越来越大，重力势能越来越大，机械能增大。
故选：C。
【点评】本题关键：一是掌握动能、重力势能、机械能的影响因素，二是抓住“匀速（速度不变）上升（高度增大）”关键词。
6．（2分）冬天，站在室外的人们经常搓手取暖，这一过程的能量转化与四冲程汽油机工作过程中的哪个冲程能量转化相同（　　）
A．吸气冲程 B．压缩冲程 C．做功冲程 D．排气冲程
【分析】做功可以改变物体的内能；汽油机的压缩冲程中，活塞压缩空气做功，将机械能转化为内能。
【解答】解：人们在冬天常常搓手取暖，是通过搓手将机械能转化为内能，内能增加，温度升高，手暖和，这是通过做功的方式改变手的内能，这与汽油机工作中的压缩冲程的能量转化相同，都是将机械能转化为内能。
故选：B。
【点评】本题考查了做功改变物体内能的利用以及汽油机中的能量转化，难度不大。
7．（2分）某用电器的能量流向图如图所示，由此可知该用电器可能是（　　）


A．电饭煲 B．白炽灯 C．洗衣机 D．电热水器
【分析】电能可以转化为其它形式的能，分析不同用电器工作时的能量转化情况，与图中对照可做出判断。
【解答】解：由图可知，该用电器工作时，将电能大部分转化为机械能，少部分转化为内能。
AD、电饭煲和电热水器工作时，主要将电能转化为内能，故AD不合题意；
B、白炽灯工作时，主要将电能转化为内能和光能，故B不合题意；
C、洗衣机工作时，主要将电能转化为机械能，并产生少部分内能，故C符合题意。
故选：C。
【点评】会分析用电器工作时的能量转化，是正确解答的关键，难度不大。
8．（2分）如图是家庭阳台上的手摇晾衣架。晾衣架匀速上升过程中，下列说法正确的是（　　）

A．滑轮B是定滑轮
B．上升速度越快，机械效率越高
C．利用该装置可以省距离
D．所挂衣物越重，机械效率越高
【分析】（1）定滑轮和动滑轮的主要区别是：动滑轮会随物体一起运动，定滑轮不随物体运动；使用定滑轮不能省力，能改变力的方向；
（2）功率表示做功快慢，机械效率表示有用功占总功的比例，二者物理意义不同；
（3）由图可知n＝4，根据s＝nh表示出绳子自由端移动的距离，据此判断使用该装置是否省距离；
（4）增加物重，其他条件不变，有用功增多，有用功在总功中所占的比例增大，机械效率升高。
【解答】解：A、B滑轮的轴是随着物体的上升而上升的，是动滑轮，故A错误；
B、匀速提升物体的速度越快，会改变做功的功率，不会改变有用功与总功的比值，不能改变滑轮组的机械效率，故B错误；
C、由图可知n＝4，则绳子自由端移动的距离s＝nh＝4×6m＝24m，即使用该装置费距离，故C错误；
D、所挂衣物越重，所做的额外功基本不变，有用功在总功中所占的比重越大，所以它的机械效率越大，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查滑轮种类的判断、对机械效率的理解，特别要注意功率与机械效率是两个不同的物理量，它们之间没有任何关系，功率由功和时间共同决定，机械效率由有用功和总功共同决定。
9．（2分）下列措施中，不能防止静电危害的是（　　）
A．飞机轮胎用导电橡胶制成
B．油罐车装有一条拖在地上的铁链
C．汽油桶用绝缘性能极好的塑料制作
D．印染车间里空气保持适当的湿度
【分析】静电危害是由于物体间不断摩擦，从而产生大量的静电，不及时导走，会出现放电危害。
【解答】解：A、飞机轮胎用导电橡胶制成，是为了在着陆时使机身积累的电荷流入大地，防止静电产生火花导致起火，故A不符合题意；
B、油罐车在运输过程中，油和罐之间不断摩擦，从而产生大量的静电，通过后面装一条拖地的铁链，及时导走，这是防止静电危害，故B不符合题意；
C、用绝缘性能极好的塑料制作的塑料桶储存汽油时，由于塑料不容易导电，静电不能及时导出，会出现静电危害，故C符合题意；
D、在印染厂车间里，物体间摩擦产生大量静电，所以印染车间中保持适当的湿度，及时把静电导走，避免静电造成的危害，故D不符合题意；
故选：C。
【点评】本题考查静电的利用与危害的防止，属于基础题。
10．（2分）某款家用电水壶具有加热和保温两个挡位，其中加热挡功率为1000W，保温挡功率为100W。下列说法正确的是（　　）
A．电水壶外壳与零线连接
B．加热挡的工作电流为1A
C．保温时1小时消耗电能0.1度
D．加热挡电阻大于保温挡电阻
【分析】（1）用电器的金属外壳必须与地线连接；
（2）根据P＝UI计算加热挡的工作电流；
（3）根据W＝Pt计算保温1小时消耗电能；
（4）由P＝比较不同挡位的电阻。
【解答】解：A．电水壶外壳是金属的，必须与地线连接；防止漏电引起触电事故；故A错误；
B．加热挡功率为1000W，根据P＝UI知，
加热挡的工作电流I＝＝≈4.5A，故B错误；
C．保温挡功率为100W，保温时1小时消耗电能W＝Pt＝100W×1h＝0.1kW×1h＝0.1kW•h＝0.1度，故C正确；
D．由P＝可知，电压一定时，加热挡的电功率大，则加热挡电阻小于保温挡电阻，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查电功率与电阻的关系以及电功率的计算和安全用电，属于中档题。
二、非选择题（本大题共11题，第11-20题每空、每图各1分，第21题7分，共50分）
11．（4分）2022北京冬奥会中，我国运动员任子威获得短道速滑男子1000米冠军，实现了中国队在该项目上冬奥金牌零的突破。
（1）以比赛中高速滑行的任子威为参照物，看台上的观众是 　运动的　。
（2）冰刀的刀刃做得很薄，这是通过 　减小受力面积　来增大压强。
（3）冰刀滑过的位置、冰面上会出现少量水，这个过程冰发生的物态变化是 　熔化　。
（4）运动员滑到终点不能马上停下来是因为运动员具有 　惯性　。
【分析】（1）一个物体相对于参照物，位置发生变化，这个物体是运动的；位置没有变化，这个物体是静止的。
（2）增大压强的方法：是在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强；是在受力面积一定时，通过增大压力来增大压强。
（3）物质由固态变为液态的过程叫熔化。
（4）一切物体都有保持原来运动状态不变的性质，叫惯性。
【解答】解：（1）以比赛中高速滑行的任子威为参照物，看台上观众的位置发生改变，则观众是运动的；
（2）冰刀的刀刃做得很薄，是在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强；
（3）冰刀滑过的位置、冰面上会出现少量水，冰由固态变为液态，这个过程冰发生的物态变化是熔化。
（4）运动员滑到终点不能马上停下来是因为运动员具有惯性。
故答案为：（1）运动的；（2）减小受力面积；（3）熔化；（4）惯性。
【点评】本题综合考查了对惯性、运动和静止的相对性、熔化、增大压强的方法等知识的理解和应用，难度不大。
12．（4分）中国古诗词蕴含许多物理知识：
（1）唐代诗人于良史的《春山夜月》中：“掬水月在手，弄花香满衣。”“月在手”是光的 　反射　现象，“香满衣”这一现象说明分子在不停地做 　无规则　运动。
（2）清朝徐骏的《清风涛》中：“清风不识字，何故乱翻书。”“清风”能翻书是因为风使书页主方空气流速大，压强 　小　。书页由静止变为运动说明力可以改变物体的 　运动状态　。
【分析】（1）当光照射到物体表面上时，有一部分光被反射回来的现象是光的反射，例如：平面镜成像、水中倒影都是由光的反射形成的；
物质是由大量分子组成的，分子在永不停息地做无规则运动；
（2）流体压强与流速的关系：流体流速越大的地方压强越小，流速越小的地方压强越大；
力可以改变物体的运动状态，力可以改变物体形状。
【解答】解：（1）“月在手”中的“月”是月亮的虚像，是通过手中的水面反射形成的像，是光的反射现象；
“香满衣”是因为花香分子在不停地做无规则运动，这是扩散现象；
（2）根据流体压强和流速的关系可知，风吹过书页的上表面时，使书表面上空气流动速度增大，而导致书上表面压强减小，而书页下表面的压强不变，在上下压强差的作用下，书页会向上翻，故有“清风不识字、何故乱翻书”之说；
清风能翻书，这主要是表明力可以改变物体的运动状态。
故答案为：（1）反射；无规则；（2）小；运动状态。
【点评】本题考查了光的反射、分子运动、流体压强与流速的关系、力的作用效果等，综合性较强。
13．（4分）国际热核聚变实验堆（ITER）计划俗称“人造太阳”。“人造太阳”的核聚变原料是地球上储量丰富的氘和氘，同时生成物没有危害，被称为“终极能源”。
（1）“人造太阳”与我国正在运行的核电站获得核能的方式是否相同？　不同　。
（2）在核反应过程中产生的内能不能再自动转化为核能，这说明能量的转化和转移具有 　方向　性。
（3）“人造太阳”工作时主要用水进行冷却，这是利用水的 　比热容较大　的特点。
（4）从能源与可持续利用的角度看，核能是 　不可再生　能源。
【分析】（1）将质量很小的原子核，在超高温下结合成新的原子核，会释放出更大的核能，这种反应叫做聚变，自然界中最容易实现的聚变反应是氢的同位素氘与氚的聚变。核电站的核能反应属于核裂变；
（2）能量的转移和转化都是有方向性的；
（3）水的比热容较大，常用做冷却剂；
（4）不可再生能源：不可能在短期内从自然界得到补充的能源，例：化石能源（煤炭、石油、天然气）、核能。
【解答】解：（1）利用氘、氚原子核，在超高温下结合成氦原子核，是将小的原子核合成大的原子核，属于核聚变，核电站是通过核裂变释放核能，所以两者方式不同；
（2）能量的转移和转化具有方向性；
（3）水的比热容较大，常用做冷却剂；
（4）核能消耗后不可能在短期内从自然界得到补充的能源，属于不可再生能源。
故答案为：（1）不同；（2）方向；（3）比热容较大；（4）不可再生。
【点评】本题考查了核聚变和核裂变的区别、水的比热容较大的应用、能量转化和转移具有方向性，属于中档题。
14．（3分）请不要带火种上由工若山上发生火灾，消防员需身背空气呼吸器徒步上山展开救援。若消防员和空气呼吸器总重为900N，着火地点到地面的竖直距离为400m，消防员从山脚跑到着火地点需要1小时。则：
（1）消防员要克服重力做功 　3.6×105　J，克服重力做功的功率 　100　W。
（2）若消防员从山脚跑到着火地点通过的路程为7.2km，则消防员在全程的平均速度为 　2　m/s。
【分析】（1）根据W＝Gh求消防员要克服重力做的功，利用P＝求克服重力做功的功率；
（2）根据v＝求出消防员在全程的平均速度。
【解答】解：（1）消防员要克服重力做的功：W＝Gh＝900N×400m＝3.6×105J；
克服重力做功的功率：P＝＝＝100W。
（2）消防员在全程的平均速度：v＝＝＝7.2km/h＝2m/s。
故答案为：（1）3.6×105；100；（2）2。
【点评】本题考查平均速度、功和功率的计算，难度不大。
15．（4分）“探究水在沸腾前后温度变化的特点“的实验装置如图甲所示。

（1）为了准确测量水的温度，需要对实验装置进行的操作是 　将铁夹A上移　。
（2）某时刻温度计的示数如图乙所示，则水温为 　96　℃。
（3）图丙是根据实验数据描绘的水温随时间变化的图象，分析可知：实验室的大气压 　小于　标准大气压，水在沸腾过程中持续吸热，温度 　不变　。
【分析】（1）加热过程中，容器底部温度较高，为准确测量水的温度，温度计的玻璃泡不能碰到容器底和容器壁；
（2）从图中能看出温度计的分度值是1℃，然后根据液面到达的刻度即可读数；
（3）液体沸腾时，不断吸收热量，温度保持不变，这个不变的温度是液体的沸点；
沸点与气压的关系：沸点随气压的增大而升高，随气压的减小而降低；
液体沸腾时，不断吸收热量，温度保持不变。
【解答】解：（1）温度计的玻璃泡接触到了烧杯底部，测量结果会偏高，为准确测量水的温度，实验装置应将铁夹A上移；
（2）由图甲可知，温度计的分度值是1℃，所以温度计的示数是96℃；
（3）由表中的实验数据可知：水不断吸收热量，温度保持98℃不变，所以此时水的沸点是98℃；
1标准大气压下水的沸点是100℃，根据气压越低，沸点越低，所以此时大气压小于1标准大气压；
当水的温度达到沸点后，需要吸热，温度保持不变。
故答案为：（1）将铁夹A上移；（2）96；（3）小于；不变。
【点评】本题考查探究水沸腾实验，关键是将实验操作要求及结论熟练掌握，认真审题分析。
16．（4分）在探究“凸透镜成像的规律”的实验中：
​
（1）为了测量凸透镜的焦距，让一束平行于主光轴的光射向凸透镜，移动光屏，直到光屏上出现最小、最亮的光斑，用刻度尺测出光斑到凸透镜中心的距离，如图甲所示，该凸透镜焦距为
　10.0　
cm。
（2）将凸透镜固定在光具座上50cm刻度线处，蜡烛置于光具座上35cm刻度线处，点燃蜡烛，左右移动光屏，出现图乙所示现象（成像清晰），为了在实验过程中始终避免这种现象，不调节凸透镜，应进行的合理操作是
　向上移动光屏　
。
（3）调整后，将蜡烛向左移动20cm，适当移动光屏，直到光屏上再次出现清晰的倒立、
　缩小　
的像，这一成像特点在生活中的应用是
　照相机　
。
【分析】（1）平行于主光轴的光线经凸透镜折射后会聚在主光轴上一点，这点是凸透镜的焦点，焦点到光心的距离是凸透镜的焦距；
（2）烛焰在光屏上的像偏高，因为凸透镜成倒立的实像，为使像能成在光屏的中央，可以向上移动烛焰或向下移动凸透镜，或向上移动光屏；
（3）u＞2f，成倒立、缩小的实像，照相机利用此原理。
【解答】解：（1）一束平行于主光轴的光射向凸透镜，移动光屏，直到光屏的光斑变得最小、最亮；最后测量这个光斑到凸透镜的距离就是焦距。因此凸透镜的焦距：f＝40.0cm﹣30.0cm＝10.0cm；
（2）烛焰在光屏上的像偏高，因为凸透镜成倒立的实像，为使像能成在光屏的中央，可以向上移动烛焰或向下移动凸透镜，或向上移动光屏，因题目要求，不调节凸透镜，所以合理操作是向上移动光屏；
（3）凸透镜位于50cm刻线处，将蜡烛向左移动20cm，u＞2f，成倒立、缩小的实像，照相机利用此原理。
故答案为：（1）10.0；（2）向上移动光屏；（3）缩小；照相机。
【点评】凸透镜成像规律是光学内容的难点，要解决此类问题，首先要熟练掌握成像特点与物距、像距的关系，对规律进行总结。
17．（5分）在“探究影响滑动摩擦力大小的因素”实验中，实验装置如图所示。
​
（1）为了测出滑动摩擦力的大小，应用弹簧测力计沿水平方向拉着木块做 　匀速直线　运动，此时木块所受的滑动摩擦力与拉力的大小关系是 　相等　。请在图中画出木块所受滑动摩擦力的示意图。
（2）比较甲、乙两次实验可探究滑动摩擦力大小与 　压力大小　的关系。
（3）鞋底做有凸凹不平的花纹，应用了 　甲丙　两次实验所得的结论。
【分析】（1）根据二力平衡的条件分析；木块受到滑动摩擦力的方向与其相对运动的方向相反，据此画出木块所受滑动摩擦力的示意图；
（2）（3）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，据此分析回答。
【解答】解：（1）为了测出滑动摩擦力的大小，应用弹簧测力计沿水平方向拉着木块做匀速直线运动，木块在水平方向上受到平衡力的作用，根据二力平衡的条件，此时木块所受的滑动摩擦力与拉力的大小关系是相等。
木块受到滑动摩擦力的方向与其相对运动的方向相反，故受的水平向左的滑动摩擦力，作用点画在木块的重心上，如下所示：

（2）比较甲、乙两次实验可知，接触面粗糙程度相同，压力不同，故可探究滑动摩擦力大小与压力大小的关系。
（3）比较甲丙实验可知，压力相同，丙中接触面粗糙，测力计示数大，说明压力一定时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大，故鞋底做有凸凹不平的花纹，应用了甲、丙两次实验所得的结论。
故答案为：（1）匀速直线；相等；见解析的图；（2）压力大小；（3）甲丙。
【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。
18．（4分）在“探究并联电路中干路电流与各支路电流的关系”实验中，电路图如图甲所示。
​
（1）用电流表测量A点的电流，请用笔画线代替导线将实物电路补充完整。
（2）闭合开关，观察到灯L1发光，灯L2不发光，电路可能存在的故障是 　灯泡L2断路　。
（3）排除故障后，依次测量B点的电流IB、C点的电流IC，两次测量电流表指针的偏转情况均如图丙所示，则IC＝　0.9　A。
（4）本次实验中所用小灯泡L1和L2的规格是否相同？　不相同　。
【分析】（1）电流表要串联在电路中，让电流从正接线柱流进电流表，从负接线柱流出来。
（2）并联电路的一个支路的灯泡正常工作，另一个支路的灯泡不发光，是该支路断路。
（3）电流表的大量程是小量程的5倍。
（4）并联电路的两个支路的灯泡的电流不同，两个灯泡的规格不同。
【解答】解：（1）用电流表测量A点的电流，电流表就和灯泡L1串联，实物连接如图所示：
。
（2）闭合开关，观察到灯L1发光，灯L2不发光，电路可能存在的故障是：灯泡L2断路；
（3）排除故障后，依次测量B点的电流IB、C点的电流IC，两次测量电流表指针的偏转情况均如图丙所示，小量程的读数为0.18A，C点测量的是干路中的电流，使用的应该是大量程，B点测量的是支路中的电流，则IC＝5IB＝5×0.18A＝0.9A；
（4）因为两个支路的电流不相同，所以两个灯泡的规格不相同。
故答案为：（1）如图所示；（2）灯泡L2断路；（3）0.9；（4）不相同。
【点评】本题考查的是探究并联电路的电流规律，关键是会正确使用电流表，知道并联电路的电流规律，会判断简单的电路故障。
19．（6分）在“探究什么情况下磁可以生电”的实验中：
（1）实验装置如图所示，a、b两接线柱间应接入 　灵敏电流计　。
（2）闭合开关，让导体AB在磁场中做 　切割磁感线　运动，闭合回路中就会有感应电流产生，此时导体AB相当于电路中的 　电源　，这个过程中机械能转化为 　电　能。
（3）最早发现这一现象的物理学家是 　法拉第　，人们依据该现象制成了 　发电机　。

【分析】（1）电路中有电流时，电流表的指针转动，因此可以通过观察电流表的指针是否偏转来确定是否产生了感应电流；
（2）闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生感应电流；根据电磁感应现象中的能量转化以及应用的基础知识分析；
（3）法拉第经十年的努力，在1831年发现了电磁感应现象，发电机的原理是电磁感应现象。
【解答】解：（1）实验时，通过观察电流表的指针是否偏转，来确定电路中是否产生感应电流，故a、b 两接线柱间应接入小量程电流表（灵敏电流计）；
（2）闭合电路的部分导体AB在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生感应电流，此时导体AB相当于电路中的电源；电磁感应现象中，消耗了机械能，得到了电能；
（3）法拉第最早发现了电磁感应现象，发电机的原理是电磁感应现象。
故答案为：（1）灵敏电流计；（2）切割磁感线；电源；电；（3）法拉第；发电机。
【点评】本题考查了电磁感应现象的探究实验，知道产生感应电流的条件，电磁感应中能量转化等，难度不大。
20．（5分）在“探究浮力的大小跟哪些因素有关”的实验中，使用的器材有：弹簧测力计、带盖的玻璃瓶（瓶盖的质量、体积和形变忽略不计）、完全相同的柱形容器A和B等，操作过程如下：
​
（1）在容器A中装入适量的水，将玻璃瓶装满水后悬挂在弹簧测力计下，并浸入水中，如图甲所示，容器A中水面上升h1，弹簧测力计示数为F。
（2）如图乙所示，将玻璃瓶浸没水中，容器A中水面又上升h1，弹簧测力计示数为0.8F，由此可知浮力的大小与 　排开液体的体积　有关。继续增大玻璃瓶浸没的深度，弹簧测力计示数不变，说明物体所受浮力的大小与 　浸没深度　无关，此过程中瓶底所受水的压强大小变化情况是 　变大　。
（3）为探究浮力大小与物重是否有关，将玻璃瓶中的一部分水倒入容器B中，再将玻璃瓶浸没到容器A的水中，如图丙所示，弹簧测力计示数为0.6F。经过测量，图乙、丙操作中玻璃瓶所受浮力均为 　0.4　F，说明浮力的大小与物重无关。
（4）将玻璃瓶中剩余的水全部倒入容器B中，如图丁所示，最后水的深度为h2。
（5）根据以上信息可得：制作玻璃瓶的材料密度ρ＝　　（用ρ水、h1和h2表示）。
【分析】（2）找出图甲和图乙的相同量和不同量，根据控制变量法分析解答；
物体浸没后继续增大玻璃瓶浸没的深度，根据弹簧测力计示数的变化和F浮＝G﹣F判断出浮力的变化，进而判断出物体所受浮力的大小与浸没深度的关系，判断出此过程中瓶底深度的变化，由p＝ρgh判断出所受水压强的变化；
（3）根据图甲、乙判断出排开液体体积的关系，由阿基米德原理判断出甲、乙中受到浮力的关系，根据弹簧测力计的示数和称重法表示出甲、乙受到的浮力，由F浮乙﹣F浮甲判断出图乙中受到的浮力；
（4）根据算出乙受到的浮力和称重法表示的乙受到的浮力，由阿基米德原理公式和变化的深度表示出玻璃瓶和水的总重力，根据V水＝SBh2表示出瓶中水的体积，用V瓶＝V乙排表示出瓶子的容积，用V玻璃＝V瓶﹣V水表示出玻璃的体积，由m水＝ρ水SBh2表示出水的质量，由m玻璃＝m﹣m水表示出空瓶的质量，由密度公式表示出制作玻璃瓶的材料密度。
【解答】解：（2）图甲中玻璃瓶装满水后部分浸没水中，容器A中水面上升h1，弹簧测力计示数为F，图乙知玻璃瓶装满水后全部浸没水中，容器A中水面又上升h1，弹簧测力计示数为0.8F，说明排开水的体积变大，弹簧测力计的示数减小，由F浮＝G﹣F知浮力变大，即浮力的大小与排开水的体积有关；
物体浸没后继续增大玻璃瓶浸没的深度，弹簧测力计示数不变，由F浮＝G﹣F知浮力不变，说明物体所受浮力的大小与浸没的深度无关，此过程中瓶底的深度增加，由p＝ρgh知所受水的压强大小变大；
（3）图甲中玻璃瓶装满水后部分浸没水中，容器A中水面上升h1，弹簧测力计示数为F，图乙中玻璃瓶装满水后全部浸没水中，容器A中水面又上升h1，说明V甲排＝V乙排，根据F浮＝ρ液gV排知在液体密度一定时F浮甲＝F浮乙，
又因为F浮甲＝G﹣F，F浮乙＝G﹣0.8F，
所以F浮乙﹣F浮甲＝G﹣0.8F﹣（G﹣F）＝0.2F，
又因为F浮甲＝F浮乙，所以F浮乙﹣F浮乙＝0.2F，
所以F浮乙＝0.4F，即ρ水gSA•（h1+h1）＝0.4F；
（4）因为F浮乙＝G﹣0.8F，且F浮乙＝0.4F，
所以G＝1.2F＝3×0.4F＝3×ρ水gSA•（h1+h1）＝6ρ水gSAh1，
瓶中水的体积为：V水＝SBh2，V瓶＝V乙排＝SA•（h1+h1）＝SA•2h1，
又因为SA＝SB，所以玻璃的体积为：
V玻璃＝V瓶﹣V水＝2SA•h1﹣SBh2，
则水的质量：m水＝ρ水SBh2，
则空瓶的质量为：
m玻璃＝m﹣m水＝﹣m水＝6ρ水SAh1﹣ρ水SBh2，
制作玻璃瓶的材料密度为：
ρ＝＝＝。
故答案为：（1）排开液体的体积；浸没深度；变大；（3）0.4；。
【点评】本题考查了浮力大小因素的探究和测量玻璃瓶材料密度的测量，掌握控制变量法是解题的关键。
21．（7分）如图甲所示，商场自动售卖机可以通过投入硬币、纸币购买商品，还可以通过手机扫码进行支付。实践本组设计了一个模拟自动售卖机装置，可以售卖单价为1元、3元和5元的商品，且三次只能售卖一件商品。该装置通过电压值确定投入硬币金额，其部分原理图如图乙所示，轻质杠杆OAB的支点为O，电路中使用的是高精度电压表，R0为定值电阻，压敏电阻R的阻值与压力F的函数关系如图丙所示。（OA：OB＝1：10，1枚1元硬币质量为6g，1枚5角硬币质量为4g，g＝10N/kg）
​


（1）手机扫码付款利用了 　电磁波　传递信息。
（2）若把硬币对触点B的压力作为动力，则杠杆OAB是 　省力　杠杆。
（3）在确定售卖1元商品需要预设的电压值时，小组成员进行了如下操作：投入1枚1元硬币时，电压表示数为3.2V；取出1元硬币，再投入2枚5角硬币时，电压表示数为4V。售卖商品时，当电压表示数为预设电压3.2V或4V时，装置可以识别出投入硬币的金额为1元，商品购买成功。小组同学分析发现，利用以上数据通过计算也可以确定售卖3元和5元商品时的预设电压值，请通过计算得出售卖5元商品时预设电压中的最大值是多少？（写出必要的文字说明、表达式及最后结果）
【分析】（1）电磁波能够传递信息；
（2）根据图乙分析出动力臂和阻力臂，进而分析判断杠杆的类型；
（3）根据图丙可知压敏电阻的阻值与压力之间的关系，根据G＝mg求出1枚1元硬币的重力，根据杠杆平衡条件求出压敏电阻R受到的压力，根据压敏电阻的阻值与压力之间的关系求出压敏电阻的阻值，根据串联电路的电压特点和欧姆定律表示出电源电压，同理串联电路的电压特点和欧姆定律表示出投入2枚5角硬币时的电源电压，解方程求出R0的阻值和电源电压；根据硬币的质量确定5元硬币的最大质量，根据G＝mg求出硬币的最大质量，根据杠杆平衡条件求出压敏电阻R受到的压力，根据压敏电阻的阻值与压力之间的关系求出此时压敏电阻的阻值，根据串联电路的电阻特点和欧姆定律求出预设电压中的最大值。
【解答】解：（1）手机工作时发射和接收电磁波，因此手机扫码付款利用了电磁波传递信息；
（2）由图乙可知，动力臂为OB，阻力臂为OA，因为OB＞OA，即动力臂大于阻力臂，因此杠杆OAB是省力杠杆；
（3）由图乙可知，两电阻串联，电压表测R0两端的电压；
由图丙可知，压敏电阻R的阻值与压力F的乘积R×F＝60Ω×0.4N＝…＝30Ω×0.8N＝24Ω•N，为一定值，因此压敏电阻R的阻值与压力F成反比，表达式为：R＝，
1枚1元硬币的重力：G＝mg＝6×10﹣3kg×10N/kg＝0.06N，
对于轻质杠杆OAB，由杠杆的平衡条件可得：F1×OA＝G×OB，
所以，压敏电阻R受到的压力：F1＝×G＝×0.06N＝0.6N，
此时压敏电阻R的阻值：R＝＝＝40Ω，
串联电路的电压特点和欧姆定律可知，电源电压：U＝UR+U0＝IR+U0＝×R+U0＝×40Ω+3.2V……①
2枚5角硬币的重力：G'＝m'g＝2×4×10﹣3kg×10N/kg＝0.08N，
由杠杆的平衡条件可得：F1'×OA＝G'×OB，
压敏电阻R受到的压力：F1'＝×G'＝×0.08N＝0.8N，
此时压敏电阻R的阻值：R'＝＝＝30Ω，
电源电压：U＝UR'+U0'＝I'R'+U0'＝×R'+U0'＝×30Ω+4V……②
由①②解得：R0＝10Ω，U＝16V；
由题意可知，由10枚5角的硬币组成5元时的硬币总质量最大，为：m大＝10×4g＝40g，
10枚5角的硬币的重力：G大＝m大g＝40×10﹣3kg×10N/kg＝0.4N，
由杠杆的平衡条件可得：F1大×OA＝G大×OB，
压敏电阻R受到的压力：F1大＝×G大＝×0.4N＝4N，
此时压敏电阻R的阻值：R小＝＝＝6Ω，
由串联电路的电阻特点可知，此时电路中的总电阻：R总小＝R0+R小＝10Ω+6Ω＝16Ω，
此时电路中的电流：I大＝＝＝1A，
由欧姆定律可知，预设电压中的最大值：U大＝I大R0＝1A×10Ω＝10V。
答：（1）电磁波；（2）省力；
（3）售卖5元商品时预设电压中的最大值是10V。
【点评】本题考查了电磁波、重力公式、杠杆平衡条件、串联电路的特点以及欧姆定律的综合应用等，从图象中获取有用的信息是关键。