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2023年山东省德州市庆云县中考物理二模试卷
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这是一份2023年山东省德州市庆云县中考物理二模试卷，共23页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图和实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2023年山东省德州市庆云县中考物理二模试卷
一、单选题（每题3分，共36分）
1．（3分）以下估测，符合实际情况的是（ ）
A．一名中学生的体重约5000N
B．四月份德州的平均气温约37℃
C．一支普通铅笔的长度约18cm
D．家用电视机的工作电流约10A
2．（3分）下列有关声现象说法中正确的是（ ）
A．小球被弹的越远说明音叉发出声音的音调越高
B．火山爆发产生的次声波人耳听不到，但灵敏的声学仪器能接收到
C．医生用B超查看胎儿的发育情况说明声波可以传递能量
D．摩托车的消声器是从阻断噪声传播方面控制噪声
3．（3分）如图所示，祖国各地有很多自然和人文景观。关于它们的说法中错误的是（ ）
A．甲图是新疆的坎儿井，它是一种地下输水工程，可以有效减少输水过程中水的蒸发
B．乙图是青藏高原冰川，天气暖和之后，冰雪消融，形成水流，这是熔化现象
C．丙图是雾都重庆，楼宇间的白雾是由空气中的水蒸气液化形成的
D．丁图是松花江畔的雾凇，它的形成需要吸收热量，使周围环境温度降低
4．（3分）我国不断加强生态文明建设，践行“绿水青山就是金山银山”的发展理念，生态环境明显好转。如图所示，一只白鹭正在平静的水面上展翅起飞。关于白鹭与水中所成的像，下列说法正确的是（ ）
A．水中的像是光的折射形成的
B．白鹭飞得越高，水中的像越小
C．白鹭向上飞起时，它相对于水中的像是运动的
D．水越深，水中的像离水面就越远
5．（3分）如图所示，完全相同的A、B两个长方体物块叠放在水平桌面上，用F＝20N的水平向右的力作用在A物块上，A、B一起向右做匀速直线运动，经过3s，两个物块一起移动了60cm的距离。下列相关说法中（ ）
①物块B受到的重力和地面对B的支持力是一对平衡力
②物块A对B的摩擦力大小是20N，方向向右
③地面对B的摩擦力大小是20N，方向向右
④拉力F的功率为4W
A．只有①④正确 B．只有③④正确 C．只有①③正确 D．只有②④正确
6．（3分）如图，在进户线的干路上串联一只标有“220V 40W”的校验灯L2，检查L1所在支路情况，下列说法正确的是（ ）
A．若闭合开关S1时发现L1不亮，L2正常发光，说明L1所在支路断路
B．若闭合开关S1时发现L1、L2都不亮，说明L1所在支路短路
C．若闭合开关S1时发现L1、L2都发光，但较暗，说明L1所在支路正常
D．若闭合开关S1时发现L1不亮，L2正常发光，此时用测电笔接触B点，氖管会发光
7．（3分）对下列四幅图解释正确的是（ ）
A．图中水平放置铜棒在开关闭合时向左运动，开关断开时向右运动
B．图中开关闭合时小磁针发生转动说明电流有磁效应
C．如图为研究电磁铁磁性大小与电流关系实验
D．如图现象说明了一定是同种电荷互相排斥
8．（3分）关于信息、能源和材料，下列说法正确的是（ ）
A．光导纤维是超导材料制成的
B．“华龙一号”第三代核电站是利用核聚变释放的能量来发电的
C．我国南海海域深处蕴藏的大量“石油”属于可再生能源
D．用手机收看课堂直播是利用电磁波来传递信息的
9．（3分）如图所示这是国产舰载机在“辽宁号”航空母舰上成功起降的情景，下列有关舰载机的说法正确的是（ ）
A．轮胎上刻有花纹，这是为了减小摩擦力
B．静止时，它对航母的压力和航母对它的支持力是一对平衡力
C．发动机向后喷气使舰载机向前飞行，这是利用力的作用是相互的
D．静止时，它对航母的压力和它的重力是一对平衡力
10．（3分）用弹簧测力计悬挂一个10N重的物体，由静止开始竖直向上运动，测力计在不同时间段拉力F的示数如图甲所示，则物体在此过程中速度随时间变化的图像应为图中的（ ）
A． B．
C． D．
11．（3分）如图所示，两个完全相同的柱形容器放在水平桌面上，分别装有甲、乙两种不同的液体。a、b是体积相等的两个小球，a球漂浮在液面上，b球沉没在容器底。甲液面高于乙液面，且两种液体对容器底的压强相等。则（ ）
A．两种液体的密度ρ甲＞ρ乙
B．两种液体的质量m甲＝m乙
C．两个小球所受的浮力Fa＜Fb
D．两个小球所受的重力Ga＞Gb
12．（3分）如图所示是某同学设计的监测河水流速变化的装置原理图。机翼状的探头始终浸没在水中，通过连杆带动滑动变阻器的滑片P上下移动，电源电压保持4.8V不变，电流表量程为0∼0.6A，电压表量程为0∼3V，定值电阻R1阻值为6Ω，滑动变阻器R2的规格为“20Ω 1A”。闭合开关S，随着水流速度的改变，下列说法正确的是（ ）
①当水流速度增大时，电压表与电流表的示数之比变大
②当水流速度增大时，电流表的示数变大
③滑动变阻器允许接入电路的取值范围为2Ω∼15Ω
④电阻R1的电功率的变化范围为0.54W∼2.16W
A．①②④ B．①④ C．②③④ D．②④
二、填空题（每空1分，共14分）
13．（3分）小明家的电热水壶有加热和保温两个挡位，其简化电路如图甲所示，电热丝R2＝44Ω、R1＝20R2。开关S闭合，S1断开时，电热水壶处于 挡，电热水壶的正常保温功率为 W；小明断开家中其它用电器，仅让电热水壶处于加热挡工作，如图乙所示的电能表在1min内转盘转动了20转，则该时间段电热水壶是否正常工作： （选填“是”或“否”）。
14．（2分）如图为掷出的实心球的运动轨迹，实心球离开手后还能够继续在空中飞行（不计空气阻力），是因为实心球具有 ，经过最高点时，实心球所受力全部消失，实心球将 （填写实心球运动状态）。
15．（2分）在图甲所示的电路中，闭合开关，两灯泡均发光，两个电流表指针偏转均如图乙所示，灯泡L1、L2两端的电压之比是 ，灯泡L1、L2的电阻之比是 。
16．（4分）P、Q是同一直线上相距12米的两点，甲、乙两小车同时沿该直线运动，先后经过P点向Q点运动，s﹣t图像分别如图（a）、（b）所示。整个运动过程中，甲车的动能 （选填“增大”“不变”或“减小”）；以甲车为参照物，乙车是 （选填“运动”或“静止”）的；甲车到达Q点时，乙车与Q点的距离为6米，则甲车在P点时，乙车与P点的距离为 米。
17．（3分）如图所示为甲、乙两种物质温度T随加热时间t变化的图像，由图像可知， 物质是晶体，在第0﹣4min时该物质处于 态，此过程中物质的内能 （选填“增加”、“减少”或“不变”）。
三、作图和实验探究题（18题3分，19题1分，20题4分，21题5分，22题8分，23题6分，共27分）
18．（3分）如图所示，一物体以某一初速度冲上光滑斜面，请作出该物体受力的示意图。
19．（1分）小磁针静止时的指向如图所示，标出小磁针的N极。
20．（4分）小明用如图所示的实验装置研究运动和力的关系。
（1）每次都让小车从同一斜面的相同位置由静止开始滑下，是为了使小车在滑到斜面底端时具有相同的 ；
（2）比较图中小车在不同表面滑行的最大距离，可以得出：在初速度相同的条件下，水平面越光滑，小车受到的摩擦力越小，小车运动距离越 ；
（3）小车在水平面上运动的距离反映了 （请选填选项序号）；
A.接触面粗糙程度对滑动摩擦力的影响
B.阻力大小对物体运动的影响
（4）牛顿第一定律告诉了我们物体的运动 （填“需要”或“不需要”）力来维持。
21．（5分）小明在“测量小矿石的密度”实验中。
（1）小明将天平放在水平桌面上，把游码移至标尺左端的零刻线处，发现指针静止时的偏向如图甲所示，此时应将平衡螺母向 （选填“左”或“右”）调节，直至天平横梁水平平衡；
（2）天平调平后，小明正确测量小矿石的质量，天平重新平衡时，砝码及游码的位置如图乙所示，则小矿石的质量为 ：
（3）按如图丙所示测出小矿石的体积；则被测小矿石的密度是 kg/m3，若小矿石会吸水，则测得小矿石的密度 ；（选填“偏大”、“偏小”或“仍然准确”）
（4）小明用图丁装置测量某液体密度，在左侧加入适量水，往右侧倒入待测液体，直到隔板中的橡皮膜相平，测出图中所示物理量。请选用图中适当的物理量，写出待测液体密度的表达式：ρ＝ （用图中字母和ρ水表示）。
22．（8分）如图甲所示，一束平行光经过一凸透镜，调节光屏的位置，直到光屏上得到一个最小、最亮的光斑。小明用此凸透镜“探究凸透镜成像规律”的实验，实验装置如图乙所示。
（1）该凸透镜的焦距为 cm。
（2）当蜡烛、凸透镜位于图乙所示的位置时，光屏上得到一个清晰的像，该像是倒立、 （选填“放大”“等大”或“缩小”）的像，此规律可运用于 （选填“望远镜”“显微镜”）的物镜中。
（3）若保持蜡烛和光屏的位置不变，将凸透镜移至 cm刻度线处，可以在光屏上得到一个倒立、 （选填“放大”“等大”或“缩小”）的清晰的像。
（4）若保持凸透镜的位置不变，将蜡烛移至44cm刻度处，接下来的操作应该是 （选填“①”“②”“③”），此时的像应是如图丙所示的 （选填字母“A”“B”“C”“D”）。
①适当移动光屏，直到在光屏上找到清晰的像
②取下光屏，眼睛从透镜左侧直接透过透镜观察成像情况
③取下光屏，眼睛从透镜右侧直接透过透镜观察成像情况
（5）如图丁所示，将凸透镜看作眼睛的晶状体，光屏看作眼睛的视网膜，烛焰看作眼睛观察的物体。拿一个近视眼睛给“眼睛”戴上，光屏上出现烛焰清晰的像；拿走近视眼镜，烛焰的像变得模糊。在拿走近视眼镜后，下列操作能使光屏上重新得到清晰的像是 。
A、将光屏或蜡烛适当靠近凸透镜
B、同时将光屏和蜡烛适当远离凸透镜
C、将光屏适当远离凸透镜
D、将蜡烛适当远离凸透镜
23．（6分）“测小灯泡电功率”实验如图甲所示，已知电源电压为3V，小灯泡额定电压为2.5V。
（1）闭合开关前，滑动变阻器的滑片应调至最 （填“左”或“右”）端。闭合开关，移动滑片，当电压表示数为1.5V时，电流表示数如图乙所示，则此时小灯泡的功率为 W。若使小灯泡正常发光，应将滑片向 （填“左”或“右”）端移动；
（2）完成上述实验后，小敏设计了如图丙所示的电路，测量额定电流为I额的小灯泡的额定功率。已知电源电压不变，滑动变阻器R1的最大阻值为R1。实验方案如下：
①按电路图连接电路；
②闭合开关S1，移动R1滑片，使电流表的示数为I额，小灯泡正常发光；
③使开关 ，保持R1滑片位置不动，移动R2滑片使电流表的示数为I额；
④保持 滑片位置不动（填“R1”或“R2”），将另一个滑动变阻器滑片移到最左端，电流表的示数为I1，再将此滑动变阻器的滑片移到最右端，电流表的示数为I2；
⑤小灯泡额定功率的表达式为P额＝ （用I额、I1、I2、R1表示）。
四、计算题（24题7分，25题7分，26题9分。共23分）
24．（7分）在泉城济南，游客乘坐画舫游船穿行其间，可以尽享“不出城郭而获山水之怡，身居闹市而有林泉之致”的都市休闲意趣。如图所示，若画舫游船质量为3t，从黑虎泉站出发以3.5m/s的速度匀速行驶到泉城广场站，所用时间约为5min，牵引力是6×103N。取g＝10N/kg，通过计算回答：
（1）黑虎泉站到泉城广场站河段大约多长？
（2）游船在护城河中受到的浮力多大？
（3）这次水上航行中，牵引力对游船做了多少功？
（4）这次水上航行中，牵引力对游船做功的功率多大？
25．（7分）如图所示是电辅热式太阳能热水器的主机，它外接太阳能真空管，既可以通过太阳能加热水，也可以通过电加热水。其主机容量是100L，装满水，晴天时太阳照射8h可以将水温从20℃升高到60℃。日照8h太阳能真空管吸收的太阳能是4.2×107J；阴天时，只使用电加热，电功率是4000W。[水的密度ρ水＝1.0×103kg/m3，水的比热容为c水＝4.2×103J/（kg•℃）]求：
（1）水从20℃升高到60℃吸收的热量；
（2）太阳能转化内能的效率；
（3）不考虑热量损失，单独使用电加热让水从20℃升高到60℃，所需要的时间。
26．（9分）如图甲所示，电源电压可调，滑动变阻器R标有“1A”字样，电流表量程0～3A，小灯泡L1、L2的额定电压均为6V，其电流与电压的关系如图乙所示。只闭合开关S1，滑动变阻器滑片P移至中点时，小灯泡正常发光，此时滑动变阻器的功率为3.2W。求：
（1）L2正常发光时的电阻；
（2）此时的电源电压和滑动变阻器的最大电阻；
（3）若滑片的移动范围为2Ω至最大阻值处，只闭合S3，移动滑片P且同时调节电源电压，使其中一个小灯泡正常发光，各元件均安全工作，求电路总电功率的变化范围。
2023年山东省德州市庆云县中考物理二模试卷
参考答案与试题解析
一、单选题（每题3分，共36分）
1．【解答】解：A、中学生的质量在50kg左右，受到的重力大约为G＝mg＝50kg×10N/kg＝500N。故A不符合实际；
B、四月份德州最高气温不到37℃，所以平均气温远低于此数值。故B不符合实际；
C、中学生伸开手掌，大拇指指尖到中指指尖的距离（一拃）大约15cm，一支普通铅笔长度略大于此数值，在18cm左右。故C符合实际；
D、家用电视机的功率在150W左右，工作电流在I＝＝≈0.7A左右。故D不符合实际。
故选：C。
2．【解答】解：A．声音的振动通过小球被弹开的距离来表现出来，小球被弹得越远，说明音叉的振动的幅度越大，响度越大。故A 错误；
B．频率小于20Hz的声波为次声波，火山爆发产生的次声波，人耳听不到，但我们可以通过声学仪器接收到，故B正确；
C．医生用B超查看胎儿的发育情况说明声波可以传递信息，故C错误；
D．摩托车的消声器是从声源处控制噪音，故D错误。
故选：B。
3．【解答】解：A、坎儿井减小了液面上的空气流动，有效减少输水过程中水的蒸发，故A正确；
B、冰雪消融，形成水流，水从固态变成液态，属于熔化现象，故B正确；
C、雾是由空气中的水蒸气液化形成，故C正确；
D、雾凇空气中的水蒸气凝华形成，凝华会放热，故D错误；
故选：D。
4．【解答】解：A．白鹭在水面形成的像属于平面镜成像，是由光的反射形成的，故A错误；
B．白鹭飞得高，平面镜成的像与物体是等大的，故像的大小不变，故B错误；
C．白鹭向上飞起时，白鹭远离水面，像的距离也随着白鹭的飞起而变大，所以像和白鹭的相对位置发生改变，故它相对于水中的像是运动的，故C正确；
D．水中的像与白鹭关于水面对称，所以像离水面的距离与水的深度无关，故D错误。
故选：C。
5．【解答】解：①地面对B的支持力等于A和B的重力之和，故物块B受到的重力和地面对B的支持力大小不等，不是一对平衡力。故①错误。
②以B为研究对象，B做匀速直线运动，处于平衡状态，受到平衡力的作用，而B受到地面对它的摩擦力作用，方向水平向左，所以物块A对B的摩擦力方向向右，大小是20N，故②正确。
③A、B一起向右做匀速直线运动，则地面对B的摩擦力方向水平向左，根据二力平衡可得大小是20N．故③错误。
④拉力F做的功：W＝Fs＝20N×0.6m＝12J，
功率为P＝＝＝4W．故④正确。
故选：D。
6．【解答】解：
A、若闭合开关S1时，发现L1不亮，L2正常发光，这说明校验灯两端的电压为220V，所以故障是L1所在支路短路，故A错误；
B、若闭合开关S1时，发现L1、L2都不亮，说明电路出现了断路现象，即L1所在支路断路，故B错误；
C、若闭合开关S1时，发现L1、L2都发光，但较暗，说明L1所在支路正常，故C正确；
D、若闭合开关S1时，发现L1不亮，L2正常发光，此时用测电笔接触B点，B点与零线相连，氖管不会发光，故D错误。
故选：C。
7．【解答】解：A．开关断开时，铜棒中没有电流通过，铜棒不受力的作用，不运动，故A错误；
B．磁场的基本性质是对放入其中的磁体有力的作用，图中开关闭合时导线中有电流流过，小磁针发生转动说明电流有磁效应，故B正确；
C．两个电磁铁串联在电路中，电流相等。线圈的匝数不同，实验探究的是电磁铁磁性强弱跟线圈匝数的关系，故C错误；
D．图中现象可说明同种电荷互相排斥，也可说明同名磁极相互排斥，故D错误。
故选：B。
8．【解答】解：A、光导纤维为玻璃纤维，不是超导体，是利用光的反射工作的，故A错误；
B、“华龙一号”第三代核电站是利用核裂变释放的能量来发电的，故B错误；
C、我国南海海域深处蕴藏的大量“石油”属于不可再生能源，故C错误；
D、用手机收看直播课是利用电磁波来传递信息的，故D正确。
故选：D。
9．【解答】解：A．轮胎上刻有花纹，是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力，故A错误；
B．舰载机在航母上静止时，舰载机对航母的压力与航母对舰载机的支持力不是作用在同一物体上，不是一对平衡力，故B错误；
C．发动机向后喷气，舰载机就向前运动，这一现象说明物体间力的作用是相互的，故C正确；
D．静止时，舰载机对航母的压力和它的重力没有作用在同一物体上，不是一对平衡力，故D错误。
故选：C。
10．【解答】解：根据题意可知，物重G＝10N，物体由静止开始竖直向上运动，测力计的示数反映了向上拉力的大小；
（1）由F﹣t图象可知，0～t1时间内，拉力F1＝12.5N；
比较可知，拉力＞重力，合力的方向竖直向上，所以物体竖直向上做加速运动；
（2）由F﹣t图象可知，t1～t2时间内，拉力F2＝10N；
比较可知，拉力＝重力，物体所受合力为零，所以物体保持原来的速度做匀速直线运动；
（3）由F﹣t图象可知，t2～t3时间内，拉力F3＝7.5N；
比较可知，拉力＜重力，合力的方向竖直向下，所以物体竖直向上做减速运动，根据（1）（3）两次受到的合力相等，物体的速度变化量快慢相同，
根据以上分析可知，物体在此过程中速度随时间变化的图象（v﹣t图象）应为B图所示。
故选：B。
11．【解答】解：A、两种液体对容器底的压强相等，根据p＝ρgh，因为h甲＞h乙，所以ρ甲＜ρ乙，故A错误。
B、两种液体对容器底的压强相等，受力面积相等，根据F＝pS得，所以甲和乙两种液体对容器底的压力相等，
即F甲＝F乙，所以G甲+Ga排＝G乙+Gb排，
由于ρ甲＜ρ乙，Va排＜Vb排，
所以ρ甲Va排＜ρ乙Vb排，
所以，Ga排＜Gb排，
故G甲＞G乙，
m甲＞m乙，故B错误。
CD、a漂浮在甲液面上，Ga＝Fa，b在乙液体中沉底，Gb＞Fb，又因为F浮＝ρ液gV排，乙液体密度大，b排开乙液体体积大，所以乙受到的浮力大于甲受到的浮力，即Fb＞Fa，所以Gb＞Ga，故C正确，D错误。
故选：C。
12．【解答】解：由图知，定值电阻R1与变阻器R2串联，电压表测变阻器R2的电压，电流表测电路的电流：
①②流体的压强跟流速有关，流速越大的位置，压强越小，当水流速度增大时，机翼状的探头上下表面受到的压强不同，下表面受到的压强大于上表面受到的压强，R2的滑片上移，接入电路的阻值减小，根据串联电路的分压特点可知，变阻器R2的电压减小，即电压表示数减小；此时电路总电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，电流表示数变大，则电压表与电流表的示数之比变小，故①错误、②正确；
③④当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时，电路中的电流：I＝＝＝0.8A，
因串联电路中各处的电流相等，且电流表的量程为0～0.6A，
所以，电路中的最大电流为I大＝0.6A，此时滑动变阻器接入电路中的电阻最小，电阻R1的电功率最大，
此时电路中的总电阻：R＝＝＝8Ω，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，滑动变阻器接入电路中的最小阻值：
R2＝R﹣R1＝8Ω﹣6Ω＝2Ω，
电阻R1的最大电功率：P1＝I大2R1＝（0.6A）2×6Ω＝2.16W；
当电压表的示数最大为U2＝3V时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，R1的功率最小，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，此时R1的电压：
U1＝U﹣U2＝4.8V﹣3V＝1.8V，
则电路中最小的电流：
I小＝＝＝0.3A，
则滑动变阻器接入电路中的最大阻值：
R2′＝＝＝10Ω，
所以，滑动变阻器允许接入电路的取值范围为2Ω～10Ω，故③错误；
电阻R1的最小功率：
P1′＝I小2R1＝（0.3A）2×6Ω＝0.54W，
所以，电阻R1的电功率的变化范围为0.54W∼2.16W，故④正确。
综上可知，②④正确。
故选：D。
二、填空题（每空1分，共14分）
13．【解答】解：（1）开关S闭合、S1断开时，电路中只有R1，电路中电阻较大；开关S闭合、S1闭合时，R1、R2并联，电路中电阻较小；由P＝可知，当电源电压一定时，电路电阻越大，功率越小，处于保温挡；电路电阻越小，功率越大，处于加热挡；
所以开关S闭合、S1断开时，处于保温挡；开关S闭合、S1闭合时，处于加热挡；
R1＝20R2＝20×44Ω＝880Ω，
电热壶的正常保温功率：P保温＝＝＝55W；
（2）开关S闭合、S1闭合时，处于加热挡，R1、R2的电功率分别为P1＝P保温＝55W，P2＝＝＝1100W，电热壶的正常加热功率P加热＝P1+P2＝55W+1100W＝1155W；
1200r/（kW•h）表示电路中用电器每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转1200转，
转盘转20r时，电热水壶消耗的电能：
W＝kW•h＝kW•h，
电热水壶的实际功率：
P实际＝＝＝1kW＝1000W，小于电热水壶的正常加热功率，所以电热水壶不是正常工作。
故答案为：保温；55；否。
14．【解答】解：实心球离开手后还能够继续在空中飞行，是因为实心球具有惯性，仍要保持原来的运动状态；
当实心球运动到最高点Q时，在竖直方向速度是零，但由于惯性，在水平方向仍然运动，若此时所受的外力全部消失，据牛顿第一运动定律知，实心球将沿水平方向做匀速直线运动。
故答案为：惯性；沿水平方向做匀速直线运动。
15．【解答】解：由电路图可知，两灯泡并联，电流表A1测干路电流，电流表A2测L2支路电流，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，且两个电流表的指针在同一个位置，
所以，电流表A1的示数大于电流表A2的示数，
则电流表A1的量程为0～3A，分度值为0.1A，示数为1.5A，即：I＝1.5A，
电流表A2的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，示数为0.3A，即：I2＝0.3A，
所以，灯L1中的电流：
I1＝I﹣I2＝1.5A﹣0.3A＝1.2A。
因两灯泡并联，则灯泡L1与L2两端的电压之比U1：U2＝1：1；
根据欧姆定律可得两灯泡的电阻之比：
＝＝×＝×＝＝1：4。
故答案为：1：1；1：4。
16．【解答】解：图象是路程随时间变化图象，由图象知，甲与乙都做匀速直线运动，由于甲的速度不变，质量不变，甲的动能不变。
由图可知，甲的速度v甲＝＝＝3m/s，乙的速度v乙＝＝＝2m/s。
甲、乙两物体的速度不同，如果以甲为参照物，则乙相对于甲的位置不断变化，乙是运动的。
由于甲、乙两小车同时沿该直线运动，先后经过P点向Q点运动，运动方向相同，甲车到达Q点时，乙车与Q点的距离为6米，可能在甲的前方，此时乙距离P点L乙＝12m+6m＝18m；也可能在甲的后方，此时乙距离P点L'乙＝12m﹣6m＝6m；
从P运动到Q，用的时间t＝＝＝4s，
此段时间乙运动距离s乙＝v乙t＝2m/s×4s＝8m，
当则甲车在P点时，乙车与P点的距离L＝L乙﹣s乙＝18m﹣8m＝10m；
或者L'＝L'乙﹣s乙＝6m﹣8m＝﹣2m；此时距离P点也是2m，且没有经过P点。
故答案为：不变；运动；2或10。
17．【解答】解：晶体有固定的熔化温度，而非晶体没有。读图可知，甲物质图象上有一段与时间轴平行的直线，表示该物质在熔化过程中不断吸热，温度保持不变，因此甲物质为晶体。乙物质温度一直升高，没有固定的熔化温度，故为非晶体；在第0﹣4min时，物质还没有熔化，因此处于固态，此过程中甲物质吸收热量，内能增加。
故答案为：甲；固态；增加。
三、作图和实验探究题（18题3分，19题1分，20题4分，21题5分，22题8分，23题6分，共27分）
18．【解答】解：物体以某一初速度冲上光滑斜面时，不受摩擦力的作用，受到的力有重力和支持力。重力的方向竖直向下；支持力的方向垂直于支持面向下。该物体受力的示意图如下：
19．【解答】解：根据安培定则可知，通电螺线管的左侧为S极，右侧为N极，因为同名磁极互相排斥，异名磁极互相吸引，因此小磁针的左端为N极。如图所示：
20．【解答】解：（1）由控制变量法，每次都让小车从同一斜面的相同位置由静止开始滑下，是为了使小车在滑到斜面底端时具有相同的速度。
（2）因小车最终速度为0，可以得出：在初速度相同的条件下，速度减小量相同；比较图中小车在不同表面滑行的距离，木板表面最光滑，小车受到的摩擦力越小，小车运动距离越远；
（3）本实验中，通过观察小车在水平面上运动的距离来反映阻力对小车运动的影响情况，这叫转换法，故选：B。
（4）牛顿第一定律告诉了我们物体的运动不需要力来维持，一切物体都有保持原来运动状态不变的性质。
故答案为：（1）速度；（2）远；（3）B；（4）不需要。
21．【解答】解：（1）天平放在水平桌面上，把游码拨至标尺左端零刻度线上，发现横梁稳定时指针偏向分度盘的左侧，说明天平的右端上翘，平衡螺母向上翘的右端调节；
（2）图乙中矿石的质量m＝50g+5g+1.8g＝56.8g；
（3）往量筒中倒入适量的水，如图丙所示，测出水的体积为20mL，再用细线将小矿石拴好，轻轻放入量筒内的水中，如图丁所示，测出小矿石和水的体积为40mL，
则测出小矿石的体积为V＝40mL﹣20mL＝20mL＝20cm3。
矿石的密度ρ矿石＝＝＝2.84g/cm3＝2.84×103kg/m3；
矿石吸水，导致矿石体积的测量值偏小，由ρ＝可知，矿石密度偏大；
（4）在左侧加入适量的水，往右侧倒入待测液体，直到隔板中的橡皮膜相平，则左右液体产生的压强相同，即ρ水gh2＝ρ液gh3；
液体的密度为：ρ液＝•ρ水。
故答案为：（1）右；（2）56.8g；（3）2.84×103；偏大；（4）•ρ水。
22．【解答】解：（1）根据焦距的定义，此时光屏到凸透镜的距离为焦距，f＝60.0cm﹣50.0cm＝10.0cm；
（2）当蜡烛、凸透镜位于图乙所示的位置时，光屏上得到一个清晰的像，根据凸透镜成实像时，物距大于像距时，在光屏上成倒立缩小的实像，望远镜的物镜就是利用此原理制成的；
（3）若保持蜡烛和光屏的位置不变，要在光屏上成清晰的像，根据光的折射中，光路是可逆的，故可以将物距变为上次成像的像距，像距变为上次成像的物距，即将凸透镜移至34cm刻度线处，可以再次成清晰的像；此时物距小于像距，根据凸透镜成实像时，物距小于像距，在光屏成倒立放大的实像；
（4）若保持凸透镜的位置不变，将蜡烛移至44cm刻度处，此时u＝50cm﹣44cm＝6cm＜f，成正立放大的虚像，接下来的操作应该是：取下光屏，眼睛从透镜右侧直接透过透镜观察成像情况，故选③；此时的像应是如图丙所示的D；
（5）近视眼镜是凹透镜，凹透镜对光线具有发散作用；拿走近视眼镜则烛焰的像成在光屏的前面，可以将光屏靠近凸透镜或减小物距以增大像距的方法使烛焰清晰的像承接在光屏上，故选：A。
故答案为：（1）10.0；（2）缩小；望远镜；（3）34；放大；（4）③；D；（5）A。
23．【解答】解：（1）闭合开关前，为保护电路，滑动变阻器的滑片应调至阻值最大处，即最左端。
闭合开关，移动滑片，当电压表示数为1.5V时，电流表示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.3A，
则此时小灯泡的功率为P＝UI＝1.5V×0.3A＝0.45W，
灯在额定电压下正常发光，此时电压表的示数为1.5V，小于灯的额定电压2.5V，应增大灯的电压，根据串联电路电压的规律，应减小变阻器的电压，故滑片应向右移动。
（2）用如图丙所示的电路，测额定电流为I的小灯泡的额定功率。
①按电路图连接电路。
②闭合开关S1，移动R1滑片，使电流表的示数为I额，灯泡正常发光；此时灯泡与R1串联；
③闭合开关S2、断开S1，保持R1滑片位置不动，移动R2滑片，使电流表的示数为I额。此时R1与R2串联，因为电路中电流仍为I额，所以R2＝RL，
④为测量变阻器R2接入电路的阻值，应保持R2滑片位置不动，将另一个滑动变阻器（R1）滑片移到最左端，电流表的示数为I1，再将此滑动变阻器（R1）的滑片移到最右端，电流表的示数为I2，因电源电压不变，由串联电路特点和欧姆定律可得U＝I1R2＝I2（R1+R2），
解得，
⑤小灯泡额定功率的表达式为。
故答案为：（1）左；0.45；右；（2）S1断开，S2闭合；R2；。
四、计算题（24题7分，25题7分，26题9分。共23分）
24．【解答】解：（1）黑虎泉站到泉城广场站河段的长度s＝vt＝3.5m/s×300s＝1050m；
（2）游船在护城河中受到的浮力F浮＝G＝mg＝3000kg×10N/kg＝3×104N；
（3）这次水上航行中，牵引力对游船做的功W＝Fs＝6×103N×1050m＝6.3×106J；
（4）这次水上航行中，牵引力对游船做功的功率P＝＝＝2.1×104W。
答：（1）黑虎泉站到泉城广场站河段大约长1050m；
（2）游船在护城河中受到的浮力为3×104N；
（3）这次水上航行中，牵引力对游船做了6.3×106J的功；
（4）这次水上航行中，牵引力对游船做功的功率为2.1×104W。
25．【解答】解：（1）水的体积为：
V＝100L＝0.1m3；
100L水的质量为：
m＝ρV＝1.0×103kg/m3×0.1m3＝100kg；
水从20℃升高到60℃吸收的热量为：
Q吸＝cmΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×100kg×（60℃﹣20℃）＝1.68×107J；
（2）太阳能转化内能的效率为：
η＝＝＝40%；
（3）不考虑热量损失，单独使用电加热让水从20℃升高到60℃，所需要的时间为：
t＝＝＝＝4200s。
答：（1）水从20℃升高到60℃吸收的热量为1.68×107J；
（2）太阳能转化内能的效率为40%；
（3）不考虑热量损失，单独使用电加热让水从20℃升高到60℃，所需要的时间为4200s。
26．【解答】解：（1）由图乙可知，L2正常发光时的电流I2＝0.8A，则L2正常发光时的电阻；
（2）只闭合开关S1时，L2与滑动变阻器串联，L2正常发光，则I＝I2＝0.8A，
滑动变阻器电压＝，
电源电压U＝U2+U滑＝6V+4V＝10V，
滑动变阻器最大电阻＝10Ω；
（3）只闭合S3时，两灯串联后再与变阻器串联，通过两灯的电流相等，
因灯L1的额定电流大于灯L2的额定电流，所以只能使L2正常发光，此时电路中的电流：I＝＝0.8A；
由图象可知，当电流为0.8A时的L1两端的电压＝2V，此时灯L1的电阻＝＝2.5Ω，
因滑动变阻器接入电路的电阻不小于2Ω，根据串联电路的电阻特点可知，电路的最小电阻：
R串小＝7.5Ω+2Ω+2.5Ω＝12Ω；
电路的最大电阻：R串大＝7.5Ω+10Ω+2.5Ω＝20Ω，
所以电路的最小功率：
P小＝I2R串小＝（0.8A）2×12Ω＝7.68W；
电路的最大功率：
P大＝I2R串大＝（0.8A）2×20Ω＝12.8W，
即电路总电功率的变化范围为7.68W～12.8W。
答：（1）L2正常发光时的电阻为7.5Ω；
（2）此时的电源电压和滑动变阻器的最大电阻10Ω；
（3）电路总电功率的变化范围为7.68W～12.8W。
2023年山东省德州市庆云县中考物理二模试卷
一、单选题（每题3分，共36分）
1．（3分）以下估测，符合实际情况的是（ ）
A．一名中学生的体重约5000N
B．四月份德州的平均气温约37℃
C．一支普通铅笔的长度约18cm
D．家用电视机的工作电流约10A
2．（3分）下列有关声现象说法中正确的是（ ）
A．小球被弹的越远说明音叉发出声音的音调越高
B．火山爆发产生的次声波人耳听不到，但灵敏的声学仪器能接收到
C．医生用B超查看胎儿的发育情况说明声波可以传递能量
D．摩托车的消声器是从阻断噪声传播方面控制噪声
3．（3分）如图所示，祖国各地有很多自然和人文景观。关于它们的说法中错误的是（ ）
A．甲图是新疆的坎儿井，它是一种地下输水工程，可以有效减少输水过程中水的蒸发
B．乙图是青藏高原冰川，天气暖和之后，冰雪消融，形成水流，这是熔化现象
C．丙图是雾都重庆，楼宇间的白雾是由空气中的水蒸气液化形成的
D．丁图是松花江畔的雾凇，它的形成需要吸收热量，使周围环境温度降低
4．（3分）我国不断加强生态文明建设，践行“绿水青山就是金山银山”的发展理念，生态环境明显好转。如图所示，一只白鹭正在平静的水面上展翅起飞。关于白鹭与水中所成的像，下列说法正确的是（ ）
A．水中的像是光的折射形成的
B．白鹭飞得越高，水中的像越小
C．白鹭向上飞起时，它相对于水中的像是运动的
D．水越深，水中的像离水面就越远
5．（3分）如图所示，完全相同的A、B两个长方体物块叠放在水平桌面上，用F＝20N的水平向右的力作用在A物块上，A、B一起向右做匀速直线运动，经过3s，两个物块一起移动了60cm的距离。下列相关说法中（ ）
①物块B受到的重力和地面对B的支持力是一对平衡力
②物块A对B的摩擦力大小是20N，方向向右
③地面对B的摩擦力大小是20N，方向向右
④拉力F的功率为4W
A．只有①④正确 B．只有③④正确 C．只有①③正确 D．只有②④正确
6．（3分）如图，在进户线的干路上串联一只标有“220V 40W”的校验灯L2，检查L1所在支路情况，下列说法正确的是（ ）
A．若闭合开关S1时发现L1不亮，L2正常发光，说明L1所在支路断路
B．若闭合开关S1时发现L1、L2都不亮，说明L1所在支路短路
C．若闭合开关S1时发现L1、L2都发光，但较暗，说明L1所在支路正常
D．若闭合开关S1时发现L1不亮，L2正常发光，此时用测电笔接触B点，氖管会发光
7．（3分）对下列四幅图解释正确的是（ ）
A．图中水平放置铜棒在开关闭合时向左运动，开关断开时向右运动
B．图中开关闭合时小磁针发生转动说明电流有磁效应
C．如图为研究电磁铁磁性大小与电流关系实验
D．如图现象说明了一定是同种电荷互相排斥
8．（3分）关于信息、能源和材料，下列说法正确的是（ ）
A．光导纤维是超导材料制成的
B．“华龙一号”第三代核电站是利用核聚变释放的能量来发电的
C．我国南海海域深处蕴藏的大量“石油”属于可再生能源
D．用手机收看课堂直播是利用电磁波来传递信息的
9．（3分）如图所示这是国产舰载机在“辽宁号”航空母舰上成功起降的情景，下列有关舰载机的说法正确的是（ ）
A．轮胎上刻有花纹，这是为了减小摩擦力
B．静止时，它对航母的压力和航母对它的支持力是一对平衡力
C．发动机向后喷气使舰载机向前飞行，这是利用力的作用是相互的
D．静止时，它对航母的压力和它的重力是一对平衡力
10．（3分）用弹簧测力计悬挂一个10N重的物体，由静止开始竖直向上运动，测力计在不同时间段拉力F的示数如图甲所示，则物体在此过程中速度随时间变化的图像应为图中的（ ）
A． B．
C． D．
11．（3分）如图所示，两个完全相同的柱形容器放在水平桌面上，分别装有甲、乙两种不同的液体。a、b是体积相等的两个小球，a球漂浮在液面上，b球沉没在容器底。甲液面高于乙液面，且两种液体对容器底的压强相等。则（ ）
A．两种液体的密度ρ甲＞ρ乙
B．两种液体的质量m甲＝m乙
C．两个小球所受的浮力Fa＜Fb
D．两个小球所受的重力Ga＞Gb
12．（3分）如图所示是某同学设计的监测河水流速变化的装置原理图。机翼状的探头始终浸没在水中，通过连杆带动滑动变阻器的滑片P上下移动，电源电压保持4.8V不变，电流表量程为0∼0.6A，电压表量程为0∼3V，定值电阻R1阻值为6Ω，滑动变阻器R2的规格为“20Ω 1A”。闭合开关S，随着水流速度的改变，下列说法正确的是（ ）
①当水流速度增大时，电压表与电流表的示数之比变大
②当水流速度增大时，电流表的示数变大
③滑动变阻器允许接入电路的取值范围为2Ω∼15Ω
④电阻R1的电功率的变化范围为0.54W∼2.16W
A．①②④ B．①④ C．②③④ D．②④
二、填空题（每空1分，共14分）
13．（3分）小明家的电热水壶有加热和保温两个挡位，其简化电路如图甲所示，电热丝R2＝44Ω、R1＝20R2。开关S闭合，S1断开时，电热水壶处于 挡，电热水壶的正常保温功率为 W；小明断开家中其它用电器，仅让电热水壶处于加热挡工作，如图乙所示的电能表在1min内转盘转动了20转，则该时间段电热水壶是否正常工作： （选填“是”或“否”）。
14．（2分）如图为掷出的实心球的运动轨迹，实心球离开手后还能够继续在空中飞行（不计空气阻力），是因为实心球具有 ，经过最高点时，实心球所受力全部消失，实心球将 （填写实心球运动状态）。
15．（2分）在图甲所示的电路中，闭合开关，两灯泡均发光，两个电流表指针偏转均如图乙所示，灯泡L1、L2两端的电压之比是 ，灯泡L1、L2的电阻之比是 。
16．（4分）P、Q是同一直线上相距12米的两点，甲、乙两小车同时沿该直线运动，先后经过P点向Q点运动，s﹣t图像分别如图（a）、（b）所示。整个运动过程中，甲车的动能 （选填“增大”“不变”或“减小”）；以甲车为参照物，乙车是 （选填“运动”或“静止”）的；甲车到达Q点时，乙车与Q点的距离为6米，则甲车在P点时，乙车与P点的距离为 米。
17．（3分）如图所示为甲、乙两种物质温度T随加热时间t变化的图像，由图像可知， 物质是晶体，在第0﹣4min时该物质处于 态，此过程中物质的内能 （选填“增加”、“减少”或“不变”）。
三、作图和实验探究题（18题3分，19题1分，20题4分，21题5分，22题8分，23题6分，共27分）
18．（3分）如图所示，一物体以某一初速度冲上光滑斜面，请作出该物体受力的示意图。
19．（1分）小磁针静止时的指向如图所示，标出小磁针的N极。
20．（4分）小明用如图所示的实验装置研究运动和力的关系。
（1）每次都让小车从同一斜面的相同位置由静止开始滑下，是为了使小车在滑到斜面底端时具有相同的 ；
（2）比较图中小车在不同表面滑行的最大距离，可以得出：在初速度相同的条件下，水平面越光滑，小车受到的摩擦力越小，小车运动距离越 ；
（3）小车在水平面上运动的距离反映了 （请选填选项序号）；
A.接触面粗糙程度对滑动摩擦力的影响
B.阻力大小对物体运动的影响
（4）牛顿第一定律告诉了我们物体的运动 （填“需要”或“不需要”）力来维持。
21．（5分）小明在“测量小矿石的密度”实验中。
（1）小明将天平放在水平桌面上，把游码移至标尺左端的零刻线处，发现指针静止时的偏向如图甲所示，此时应将平衡螺母向 （选填“左”或“右”）调节，直至天平横梁水平平衡；
（2）天平调平后，小明正确测量小矿石的质量，天平重新平衡时，砝码及游码的位置如图乙所示，则小矿石的质量为 ：
（3）按如图丙所示测出小矿石的体积；则被测小矿石的密度是 kg/m3，若小矿石会吸水，则测得小矿石的密度 ；（选填“偏大”、“偏小”或“仍然准确”）
（4）小明用图丁装置测量某液体密度，在左侧加入适量水，往右侧倒入待测液体，直到隔板中的橡皮膜相平，测出图中所示物理量。请选用图中适当的物理量，写出待测液体密度的表达式：ρ＝ （用图中字母和ρ水表示）。
22．（8分）如图甲所示，一束平行光经过一凸透镜，调节光屏的位置，直到光屏上得到一个最小、最亮的光斑。小明用此凸透镜“探究凸透镜成像规律”的实验，实验装置如图乙所示。
（1）该凸透镜的焦距为 cm。
（2）当蜡烛、凸透镜位于图乙所示的位置时，光屏上得到一个清晰的像，该像是倒立、 （选填“放大”“等大”或“缩小”）的像，此规律可运用于 （选填“望远镜”“显微镜”）的物镜中。
（3）若保持蜡烛和光屏的位置不变，将凸透镜移至 cm刻度线处，可以在光屏上得到一个倒立、 （选填“放大”“等大”或“缩小”）的清晰的像。
（4）若保持凸透镜的位置不变，将蜡烛移至44cm刻度处，接下来的操作应该是 （选填“①”“②”“③”），此时的像应是如图丙所示的 （选填字母“A”“B”“C”“D”）。
①适当移动光屏，直到在光屏上找到清晰的像
②取下光屏，眼睛从透镜左侧直接透过透镜观察成像情况
③取下光屏，眼睛从透镜右侧直接透过透镜观察成像情况
（5）如图丁所示，将凸透镜看作眼睛的晶状体，光屏看作眼睛的视网膜，烛焰看作眼睛观察的物体。拿一个近视眼睛给“眼睛”戴上，光屏上出现烛焰清晰的像；拿走近视眼镜，烛焰的像变得模糊。在拿走近视眼镜后，下列操作能使光屏上重新得到清晰的像是 。
A、将光屏或蜡烛适当靠近凸透镜
B、同时将光屏和蜡烛适当远离凸透镜
C、将光屏适当远离凸透镜
D、将蜡烛适当远离凸透镜
23．（6分）“测小灯泡电功率”实验如图甲所示，已知电源电压为3V，小灯泡额定电压为2.5V。
（1）闭合开关前，滑动变阻器的滑片应调至最 （填“左”或“右”）端。闭合开关，移动滑片，当电压表示数为1.5V时，电流表示数如图乙所示，则此时小灯泡的功率为 W。若使小灯泡正常发光，应将滑片向 （填“左”或“右”）端移动；
（2）完成上述实验后，小敏设计了如图丙所示的电路，测量额定电流为I额的小灯泡的额定功率。已知电源电压不变，滑动变阻器R1的最大阻值为R1。实验方案如下：
①按电路图连接电路；
②闭合开关S1，移动R1滑片，使电流表的示数为I额，小灯泡正常发光；
③使开关 ，保持R1滑片位置不动，移动R2滑片使电流表的示数为I额；
④保持 滑片位置不动（填“R1”或“R2”），将另一个滑动变阻器滑片移到最左端，电流表的示数为I1，再将此滑动变阻器的滑片移到最右端，电流表的示数为I2；
⑤小灯泡额定功率的表达式为P额＝ （用I额、I1、I2、R1表示）。
四、计算题（24题7分，25题7分，26题9分。共23分）
24．（7分）在泉城济南，游客乘坐画舫游船穿行其间，可以尽享“不出城郭而获山水之怡，身居闹市而有林泉之致”的都市休闲意趣。如图所示，若画舫游船质量为3t，从黑虎泉站出发以3.5m/s的速度匀速行驶到泉城广场站，所用时间约为5min，牵引力是6×103N。取g＝10N/kg，通过计算回答：
（1）黑虎泉站到泉城广场站河段大约多长？
（2）游船在护城河中受到的浮力多大？
（3）这次水上航行中，牵引力对游船做了多少功？
（4）这次水上航行中，牵引力对游船做功的功率多大？
25．（7分）如图所示是电辅热式太阳能热水器的主机，它外接太阳能真空管，既可以通过太阳能加热水，也可以通过电加热水。其主机容量是100L，装满水，晴天时太阳照射8h可以将水温从20℃升高到60℃。日照8h太阳能真空管吸收的太阳能是4.2×107J；阴天时，只使用电加热，电功率是4000W。[水的密度ρ水＝1.0×103kg/m3，水的比热容为c水＝4.2×103J/（kg•℃）]求：
（1）水从20℃升高到60℃吸收的热量；
（2）太阳能转化内能的效率；
（3）不考虑热量损失，单独使用电加热让水从20℃升高到60℃，所需要的时间。
26．（9分）如图甲所示，电源电压可调，滑动变阻器R标有“1A”字样，电流表量程0～3A，小灯泡L1、L2的额定电压均为6V，其电流与电压的关系如图乙所示。只闭合开关S1，滑动变阻器滑片P移至中点时，小灯泡正常发光，此时滑动变阻器的功率为3.2W。求：
（1）L2正常发光时的电阻；
（2）此时的电源电压和滑动变阻器的最大电阻；
（3）若滑片的移动范围为2Ω至最大阻值处，只闭合S3，移动滑片P且同时调节电源电压，使其中一个小灯泡正常发光，各元件均安全工作，求电路总电功率的变化范围。
2023年山东省德州市庆云县中考物理二模试卷
参考答案与试题解析
一、单选题（每题3分，共36分）
1．【解答】解：A、中学生的质量在50kg左右，受到的重力大约为G＝mg＝50kg×10N/kg＝500N。故A不符合实际；
B、四月份德州最高气温不到37℃，所以平均气温远低于此数值。故B不符合实际；
C、中学生伸开手掌，大拇指指尖到中指指尖的距离（一拃）大约15cm，一支普通铅笔长度略大于此数值，在18cm左右。故C符合实际；
D、家用电视机的功率在150W左右，工作电流在I＝＝≈0.7A左右。故D不符合实际。
故选：C。
2．【解答】解：A．声音的振动通过小球被弹开的距离来表现出来，小球被弹得越远，说明音叉的振动的幅度越大，响度越大。故A 错误；
B．频率小于20Hz的声波为次声波，火山爆发产生的次声波，人耳听不到，但我们可以通过声学仪器接收到，故B正确；
C．医生用B超查看胎儿的发育情况说明声波可以传递信息，故C错误；
D．摩托车的消声器是从声源处控制噪音，故D错误。
故选：B。
3．【解答】解：A、坎儿井减小了液面上的空气流动，有效减少输水过程中水的蒸发，故A正确；
B、冰雪消融，形成水流，水从固态变成液态，属于熔化现象，故B正确；
C、雾是由空气中的水蒸气液化形成，故C正确；
D、雾凇空气中的水蒸气凝华形成，凝华会放热，故D错误；
故选：D。
4．【解答】解：A．白鹭在水面形成的像属于平面镜成像，是由光的反射形成的，故A错误；
B．白鹭飞得高，平面镜成的像与物体是等大的，故像的大小不变，故B错误；
C．白鹭向上飞起时，白鹭远离水面，像的距离也随着白鹭的飞起而变大，所以像和白鹭的相对位置发生改变，故它相对于水中的像是运动的，故C正确；
D．水中的像与白鹭关于水面对称，所以像离水面的距离与水的深度无关，故D错误。
故选：C。
5．【解答】解：①地面对B的支持力等于A和B的重力之和，故物块B受到的重力和地面对B的支持力大小不等，不是一对平衡力。故①错误。
②以B为研究对象，B做匀速直线运动，处于平衡状态，受到平衡力的作用，而B受到地面对它的摩擦力作用，方向水平向左，所以物块A对B的摩擦力方向向右，大小是20N，故②正确。
③A、B一起向右做匀速直线运动，则地面对B的摩擦力方向水平向左，根据二力平衡可得大小是20N．故③错误。
④拉力F做的功：W＝Fs＝20N×0.6m＝12J，
功率为P＝＝＝4W．故④正确。
故选：D。
6．【解答】解：
A、若闭合开关S1时，发现L1不亮，L2正常发光，这说明校验灯两端的电压为220V，所以故障是L1所在支路短路，故A错误；
B、若闭合开关S1时，发现L1、L2都不亮，说明电路出现了断路现象，即L1所在支路断路，故B错误；
C、若闭合开关S1时，发现L1、L2都发光，但较暗，说明L1所在支路正常，故C正确；
D、若闭合开关S1时，发现L1不亮，L2正常发光，此时用测电笔接触B点，B点与零线相连，氖管不会发光，故D错误。
故选：C。
7．【解答】解：A．开关断开时，铜棒中没有电流通过，铜棒不受力的作用，不运动，故A错误；
B．磁场的基本性质是对放入其中的磁体有力的作用，图中开关闭合时导线中有电流流过，小磁针发生转动说明电流有磁效应，故B正确；
C．两个电磁铁串联在电路中，电流相等。线圈的匝数不同，实验探究的是电磁铁磁性强弱跟线圈匝数的关系，故C错误；
D．图中现象可说明同种电荷互相排斥，也可说明同名磁极相互排斥，故D错误。
故选：B。
8．【解答】解：A、光导纤维为玻璃纤维，不是超导体，是利用光的反射工作的，故A错误；
B、“华龙一号”第三代核电站是利用核裂变释放的能量来发电的，故B错误；
C、我国南海海域深处蕴藏的大量“石油”属于不可再生能源，故C错误；
D、用手机收看直播课是利用电磁波来传递信息的，故D正确。
故选：D。
9．【解答】解：A．轮胎上刻有花纹，是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力，故A错误；
B．舰载机在航母上静止时，舰载机对航母的压力与航母对舰载机的支持力不是作用在同一物体上，不是一对平衡力，故B错误；
C．发动机向后喷气，舰载机就向前运动，这一现象说明物体间力的作用是相互的，故C正确；
D．静止时，舰载机对航母的压力和它的重力没有作用在同一物体上，不是一对平衡力，故D错误。
故选：C。
10．【解答】解：根据题意可知，物重G＝10N，物体由静止开始竖直向上运动，测力计的示数反映了向上拉力的大小；
（1）由F﹣t图象可知，0～t1时间内，拉力F1＝12.5N；
比较可知，拉力＞重力，合力的方向竖直向上，所以物体竖直向上做加速运动；
（2）由F﹣t图象可知，t1～t2时间内，拉力F2＝10N；
比较可知，拉力＝重力，物体所受合力为零，所以物体保持原来的速度做匀速直线运动；
（3）由F﹣t图象可知，t2～t3时间内，拉力F3＝7.5N；
比较可知，拉力＜重力，合力的方向竖直向下，所以物体竖直向上做减速运动，根据（1）（3）两次受到的合力相等，物体的速度变化量快慢相同，
根据以上分析可知，物体在此过程中速度随时间变化的图象（v﹣t图象）应为B图所示。
故选：B。
11．【解答】解：A、两种液体对容器底的压强相等，根据p＝ρgh，因为h甲＞h乙，所以ρ甲＜ρ乙，故A错误。
B、两种液体对容器底的压强相等，受力面积相等，根据F＝pS得，所以甲和乙两种液体对容器底的压力相等，
即F甲＝F乙，所以G甲+Ga排＝G乙+Gb排，
由于ρ甲＜ρ乙，Va排＜Vb排，
所以ρ甲Va排＜ρ乙Vb排，
所以，Ga排＜Gb排，
故G甲＞G乙，
m甲＞m乙，故B错误。
CD、a漂浮在甲液面上，Ga＝Fa，b在乙液体中沉底，Gb＞Fb，又因为F浮＝ρ液gV排，乙液体密度大，b排开乙液体体积大，所以乙受到的浮力大于甲受到的浮力，即Fb＞Fa，所以Gb＞Ga，故C正确，D错误。
故选：C。
12．【解答】解：由图知，定值电阻R1与变阻器R2串联，电压表测变阻器R2的电压，电流表测电路的电流：
①②流体的压强跟流速有关，流速越大的位置，压强越小，当水流速度增大时，机翼状的探头上下表面受到的压强不同，下表面受到的压强大于上表面受到的压强，R2的滑片上移，接入电路的阻值减小，根据串联电路的分压特点可知，变阻器R2的电压减小，即电压表示数减小；此时电路总电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，电流表示数变大，则电压表与电流表的示数之比变小，故①错误、②正确；
③④当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时，电路中的电流：I＝＝＝0.8A，
因串联电路中各处的电流相等，且电流表的量程为0～0.6A，
所以，电路中的最大电流为I大＝0.6A，此时滑动变阻器接入电路中的电阻最小，电阻R1的电功率最大，
此时电路中的总电阻：R＝＝＝8Ω，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，滑动变阻器接入电路中的最小阻值：
R2＝R﹣R1＝8Ω﹣6Ω＝2Ω，
电阻R1的最大电功率：P1＝I大2R1＝（0.6A）2×6Ω＝2.16W；
当电压表的示数最大为U2＝3V时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，R1的功率最小，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，此时R1的电压：
U1＝U﹣U2＝4.8V﹣3V＝1.8V，
则电路中最小的电流：
I小＝＝＝0.3A，
则滑动变阻器接入电路中的最大阻值：
R2′＝＝＝10Ω，
所以，滑动变阻器允许接入电路的取值范围为2Ω～10Ω，故③错误；
电阻R1的最小功率：
P1′＝I小2R1＝（0.3A）2×6Ω＝0.54W，
所以，电阻R1的电功率的变化范围为0.54W∼2.16W，故④正确。
综上可知，②④正确。
故选：D。
二、填空题（每空1分，共14分）
13．【解答】解：（1）开关S闭合、S1断开时，电路中只有R1，电路中电阻较大；开关S闭合、S1闭合时，R1、R2并联，电路中电阻较小；由P＝可知，当电源电压一定时，电路电阻越大，功率越小，处于保温挡；电路电阻越小，功率越大，处于加热挡；
所以开关S闭合、S1断开时，处于保温挡；开关S闭合、S1闭合时，处于加热挡；
R1＝20R2＝20×44Ω＝880Ω，
电热壶的正常保温功率：P保温＝＝＝55W；
（2）开关S闭合、S1闭合时，处于加热挡，R1、R2的电功率分别为P1＝P保温＝55W，P2＝＝＝1100W，电热壶的正常加热功率P加热＝P1+P2＝55W+1100W＝1155W；
1200r/（kW•h）表示电路中用电器每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转1200转，
转盘转20r时，电热水壶消耗的电能：
W＝kW•h＝kW•h，
电热水壶的实际功率：
P实际＝＝＝1kW＝1000W，小于电热水壶的正常加热功率，所以电热水壶不是正常工作。
故答案为：保温；55；否。
14．【解答】解：实心球离开手后还能够继续在空中飞行，是因为实心球具有惯性，仍要保持原来的运动状态；
当实心球运动到最高点Q时，在竖直方向速度是零，但由于惯性，在水平方向仍然运动，若此时所受的外力全部消失，据牛顿第一运动定律知，实心球将沿水平方向做匀速直线运动。
故答案为：惯性；沿水平方向做匀速直线运动。
15．【解答】解：由电路图可知，两灯泡并联，电流表A1测干路电流，电流表A2测L2支路电流，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，且两个电流表的指针在同一个位置，
所以，电流表A1的示数大于电流表A2的示数，
则电流表A1的量程为0～3A，分度值为0.1A，示数为1.5A，即：I＝1.5A，
电流表A2的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，示数为0.3A，即：I2＝0.3A，
所以，灯L1中的电流：
I1＝I﹣I2＝1.5A﹣0.3A＝1.2A。
因两灯泡并联，则灯泡L1与L2两端的电压之比U1：U2＝1：1；
根据欧姆定律可得两灯泡的电阻之比：
＝＝×＝×＝＝1：4。
故答案为：1：1；1：4。
16．【解答】解：图象是路程随时间变化图象，由图象知，甲与乙都做匀速直线运动，由于甲的速度不变，质量不变，甲的动能不变。
由图可知，甲的速度v甲＝＝＝3m/s，乙的速度v乙＝＝＝2m/s。
甲、乙两物体的速度不同，如果以甲为参照物，则乙相对于甲的位置不断变化，乙是运动的。
由于甲、乙两小车同时沿该直线运动，先后经过P点向Q点运动，运动方向相同，甲车到达Q点时，乙车与Q点的距离为6米，可能在甲的前方，此时乙距离P点L乙＝12m+6m＝18m；也可能在甲的后方，此时乙距离P点L'乙＝12m﹣6m＝6m；
从P运动到Q，用的时间t＝＝＝4s，
此段时间乙运动距离s乙＝v乙t＝2m/s×4s＝8m，
当则甲车在P点时，乙车与P点的距离L＝L乙﹣s乙＝18m﹣8m＝10m；
或者L'＝L'乙﹣s乙＝6m﹣8m＝﹣2m；此时距离P点也是2m，且没有经过P点。
故答案为：不变；运动；2或10。
17．【解答】解：晶体有固定的熔化温度，而非晶体没有。读图可知，甲物质图象上有一段与时间轴平行的直线，表示该物质在熔化过程中不断吸热，温度保持不变，因此甲物质为晶体。乙物质温度一直升高，没有固定的熔化温度，故为非晶体；在第0﹣4min时，物质还没有熔化，因此处于固态，此过程中甲物质吸收热量，内能增加。
故答案为：甲；固态；增加。
三、作图和实验探究题（18题3分，19题1分，20题4分，21题5分，22题8分，23题6分，共27分）
18．【解答】解：物体以某一初速度冲上光滑斜面时，不受摩擦力的作用，受到的力有重力和支持力。重力的方向竖直向下；支持力的方向垂直于支持面向下。该物体受力的示意图如下：
19．【解答】解：根据安培定则可知，通电螺线管的左侧为S极，右侧为N极，因为同名磁极互相排斥，异名磁极互相吸引，因此小磁针的左端为N极。如图所示：
20．【解答】解：（1）由控制变量法，每次都让小车从同一斜面的相同位置由静止开始滑下，是为了使小车在滑到斜面底端时具有相同的速度。
（2）因小车最终速度为0，可以得出：在初速度相同的条件下，速度减小量相同；比较图中小车在不同表面滑行的距离，木板表面最光滑，小车受到的摩擦力越小，小车运动距离越远；
（3）本实验中，通过观察小车在水平面上运动的距离来反映阻力对小车运动的影响情况，这叫转换法，故选：B。
（4）牛顿第一定律告诉了我们物体的运动不需要力来维持，一切物体都有保持原来运动状态不变的性质。
故答案为：（1）速度；（2）远；（3）B；（4）不需要。
21．【解答】解：（1）天平放在水平桌面上，把游码拨至标尺左端零刻度线上，发现横梁稳定时指针偏向分度盘的左侧，说明天平的右端上翘，平衡螺母向上翘的右端调节；
（2）图乙中矿石的质量m＝50g+5g+1.8g＝56.8g；
（3）往量筒中倒入适量的水，如图丙所示，测出水的体积为20mL，再用细线将小矿石拴好，轻轻放入量筒内的水中，如图丁所示，测出小矿石和水的体积为40mL，
则测出小矿石的体积为V＝40mL﹣20mL＝20mL＝20cm3。
矿石的密度ρ矿石＝＝＝2.84g/cm3＝2.84×103kg/m3；
矿石吸水，导致矿石体积的测量值偏小，由ρ＝可知，矿石密度偏大；
（4）在左侧加入适量的水，往右侧倒入待测液体，直到隔板中的橡皮膜相平，则左右液体产生的压强相同，即ρ水gh2＝ρ液gh3；
液体的密度为：ρ液＝•ρ水。
故答案为：（1）右；（2）56.8g；（3）2.84×103；偏大；（4）•ρ水。
22．【解答】解：（1）根据焦距的定义，此时光屏到凸透镜的距离为焦距，f＝60.0cm﹣50.0cm＝10.0cm；
（2）当蜡烛、凸透镜位于图乙所示的位置时，光屏上得到一个清晰的像，根据凸透镜成实像时，物距大于像距时，在光屏上成倒立缩小的实像，望远镜的物镜就是利用此原理制成的；
（3）若保持蜡烛和光屏的位置不变，要在光屏上成清晰的像，根据光的折射中，光路是可逆的，故可以将物距变为上次成像的像距，像距变为上次成像的物距，即将凸透镜移至34cm刻度线处，可以再次成清晰的像；此时物距小于像距，根据凸透镜成实像时，物距小于像距，在光屏成倒立放大的实像；
（4）若保持凸透镜的位置不变，将蜡烛移至44cm刻度处，此时u＝50cm﹣44cm＝6cm＜f，成正立放大的虚像，接下来的操作应该是：取下光屏，眼睛从透镜右侧直接透过透镜观察成像情况，故选③；此时的像应是如图丙所示的D；
（5）近视眼镜是凹透镜，凹透镜对光线具有发散作用；拿走近视眼镜则烛焰的像成在光屏的前面，可以将光屏靠近凸透镜或减小物距以增大像距的方法使烛焰清晰的像承接在光屏上，故选：A。
故答案为：（1）10.0；（2）缩小；望远镜；（3）34；放大；（4）③；D；（5）A。
23．【解答】解：（1）闭合开关前，为保护电路，滑动变阻器的滑片应调至阻值最大处，即最左端。
闭合开关，移动滑片，当电压表示数为1.5V时，电流表示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.3A，
则此时小灯泡的功率为P＝UI＝1.5V×0.3A＝0.45W，
灯在额定电压下正常发光，此时电压表的示数为1.5V，小于灯的额定电压2.5V，应增大灯的电压，根据串联电路电压的规律，应减小变阻器的电压，故滑片应向右移动。
（2）用如图丙所示的电路，测额定电流为I的小灯泡的额定功率。
①按电路图连接电路。
②闭合开关S1，移动R1滑片，使电流表的示数为I额，灯泡正常发光；此时灯泡与R1串联；
③闭合开关S2、断开S1，保持R1滑片位置不动，移动R2滑片，使电流表的示数为I额。此时R1与R2串联，因为电路中电流仍为I额，所以R2＝RL，
④为测量变阻器R2接入电路的阻值，应保持R2滑片位置不动，将另一个滑动变阻器（R1）滑片移到最左端，电流表的示数为I1，再将此滑动变阻器（R1）的滑片移到最右端，电流表的示数为I2，因电源电压不变，由串联电路特点和欧姆定律可得U＝I1R2＝I2（R1+R2），
解得，
⑤小灯泡额定功率的表达式为。
故答案为：（1）左；0.45；右；（2）S1断开，S2闭合；R2；。
四、计算题（24题7分，25题7分，26题9分。共23分）
24．【解答】解：（1）黑虎泉站到泉城广场站河段的长度s＝vt＝3.5m/s×300s＝1050m；
（2）游船在护城河中受到的浮力F浮＝G＝mg＝3000kg×10N/kg＝3×104N；
（3）这次水上航行中，牵引力对游船做的功W＝Fs＝6×103N×1050m＝6.3×106J；
（4）这次水上航行中，牵引力对游船做功的功率P＝＝＝2.1×104W。
答：（1）黑虎泉站到泉城广场站河段大约长1050m；
（2）游船在护城河中受到的浮力为3×104N；
（3）这次水上航行中，牵引力对游船做了6.3×106J的功；
（4）这次水上航行中，牵引力对游船做功的功率为2.1×104W。
25．【解答】解：（1）水的体积为：
V＝100L＝0.1m3；
100L水的质量为：
m＝ρV＝1.0×103kg/m3×0.1m3＝100kg；
水从20℃升高到60℃吸收的热量为：
Q吸＝cmΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×100kg×（60℃﹣20℃）＝1.68×107J；
（2）太阳能转化内能的效率为：
η＝＝＝40%；
（3）不考虑热量损失，单独使用电加热让水从20℃升高到60℃，所需要的时间为：
t＝＝＝＝4200s。
答：（1）水从20℃升高到60℃吸收的热量为1.68×107J；
（2）太阳能转化内能的效率为40%；
（3）不考虑热量损失，单独使用电加热让水从20℃升高到60℃，所需要的时间为4200s。
26．【解答】解：（1）由图乙可知，L2正常发光时的电流I2＝0.8A，则L2正常发光时的电阻；
（2）只闭合开关S1时，L2与滑动变阻器串联，L2正常发光，则I＝I2＝0.8A，
滑动变阻器电压＝，
电源电压U＝U2+U滑＝6V+4V＝10V，
滑动变阻器最大电阻＝10Ω；
（3）只闭合S3时，两灯串联后再与变阻器串联，通过两灯的电流相等，
因灯L1的额定电流大于灯L2的额定电流，所以只能使L2正常发光，此时电路中的电流：I＝＝0.8A；
由图象可知，当电流为0.8A时的L1两端的电压＝2V，此时灯L1的电阻＝＝2.5Ω，
因滑动变阻器接入电路的电阻不小于2Ω，根据串联电路的电阻特点可知，电路的最小电阻：
R串小＝7.5Ω+2Ω+2.5Ω＝12Ω；
电路的最大电阻：R串大＝7.5Ω+10Ω+2.5Ω＝20Ω，
所以电路的最小功率：
P小＝I2R串小＝（0.8A）2×12Ω＝7.68W；
电路的最大功率：
P大＝I2R串大＝（0.8A）2×20Ω＝12.8W，
即电路总电功率的变化范围为7.68W～12.8W。
答：（1）L2正常发光时的电阻为7.5Ω；
（2）此时的电源电压和滑动变阻器的最大电阻10Ω；
（3）电路总电功率的变化范围为7.68W～12.8W。
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