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2023年山东省济宁市梁山县中考物理二模试卷
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这是一份2023年山东省济宁市梁山县中考物理二模试卷，共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2023年山东省济宁市梁山县中考物理二模试卷
一、单选题（本大题共10小题，共20.0分）
1. 对以下物理量的估测，最接近实际的是( )
A. 人感觉舒适而温暖的室内温度约37℃
B. 珠穆朗玛峰山顶的气压约为1.5×105Pa
C. 正常工作1h大约消耗0.5度电的家电可能是电热水器
D. 六节干电池串联的总电压属于安全电压
2. 如图所示是某款智能音箱，其智能语音控制系统可通过网络让用户以语音对话的交互方式点播歌曲、了解天气等，也可以对智能家居设备进行控制，比如打开窗帘、设置空调温度等。关于智能音箱，以下说法中错误的是( )
A. 音箱发出的声音在空气中传播的速度大约340m/s
B. 音箱靠扬声器纸盆的振动发出声音
C. 当接收“大点儿声”的指令后，纸盘振动加快
D. 播放音乐时，人们能分辨出不同乐器的声音，依据的是声音的音色
3. 如图为我国“祝融号”火星车驶离着陆平台后的“自拍”照片。关于火星车，下列说法正确的是( )
A. 火星车的履带较宽，可增大压强
B. “自拍”时，火星车位于摄像头一倍焦距以内
C. 地面控制中心是通过电磁波向火星车发出指令的
D. 火星车利用“正十一烷”来维持车内温度稳定，火星表面温度升高时，此物质会液化吸热，降低车内温度
4. 同学们梳理了与压强知识相关的实验，如图所示，其中分析正确的是( )
A. 甲图实验，高铁站台边，人必须站在黄色线以外(即安全线左侧)的区域候车
B. 乙图实验，当微小压强计的探头在水中深度逐渐增大时，U形管两边液面高度差不变
C. 丙图实验，装有水的瓶子竖放在海绵上，瓶中水越少，海绵凹陷越明显
D. 丁图实验，向外拉活塞，试管内停止沸腾的水再次沸腾，可知气压减小，水的沸点升高
5. 同学们在为今年的体育中考做准备，下列说法不正确的是( )
A. 垫排球时，感到手疼痛，说明力的作用是相互的
B. 垫排球时，排球向上弹起，说明力可以改变物体的运动状态
C. 扔实心球时，实心球脱离手在空中飞行的过程中，铅球受到重力和手的推力
D. 引体向上时，静止挂在横杆上的同学受到的重力与杆对同学的支持力是一对平衡力
6. 如图所示有关电和磁的现象，下列说法正确的是( )
A. 图中毛皮与橡胶棒摩擦后，毛皮带负电
B. 图中的测电笔在辨别火线、零线时，不能接触笔上的任何金属体
C. 图中的小磁针在地磁场作用下静止时，小磁针的南极指向地磁场的南极
D. 图中“柠檬电池”形成通路后，电流将从铜片流入电压表
7. 某物理兴趣小组用可乐瓶制作了一个水火箭(如图)，先在瓶里装适量水，再将带有阀门的金属管插入瓶塞，旋紧瓶塞，用打气筒往瓶里打足气，打开阀门，水从尾部的金属管向下喷出，火箭竖直向上飞向空中。下列分析正确的是( )
A. 发射时，瓶内高压气体对水没有做功
B. 发射时，火箭的动能是由瓶内高压气体的内能转化来的
C. 上升过程中，火箭的重力势能转化为动能
D. 下降过程中，火箭的重力势能逐渐增大
8. 进入初中学业水平考试考场时，监考教师会使用金属探测仪对大家进行检测。如果有同学携带金属制品，探测仪就会产生电流并报警。下列四个实验能反映金属探测仪工作原理的是( )
A. B.
C. D.
9. 能源、信息和材料是现代社会发展的三大支柱。下列说法正确的是( )
A. 我国的“长征五号”B型火箭用液态氢作燃料，是因为它含有的热量多
B. 化石能源的大量使用造成酸雨、雾霾等环境问题
C. 光纤通讯利用电信号传递信息，具有抗干扰的特点
D. 超导体可应用于电饭锅和电动机
10. 用如图甲所示的装置提升重物A，A的重力为360N，底面积为50cm2，施加的拉力F随时间变化关系如图乙所示，A上升的速度v随时间变化关系如图丙所示。(忽略绳重和摩擦)下列结论错误的是( )
A. 物体匀速上升时拉力F的功率为40W
B. 动滑轮的重力为40N
C. 2～3s时，此装置的机械效率为90%
D. 0.5s时，物体A对地面的压强为2×104Pa
二、填空题（本大题共6小题，共12.0分）
11. 我国成功举办第24届冬奥会，在赛场上，滑雪运动员佩戴的护目镜能有效防止______ (填“红外线”或“紫外线”)的伤害；在各种不同色光中，红、______ 、蓝叫做三原色光。
12. 雨过天晴，地面上会出现建筑物的影子，影子是由光的______成的；一些建筑物外部采用了玻璃幕墙作为装饰，强光照射到玻璃幕墙时会发生______反射，造成“光污染”。
13. 如图，健身时用力反复弯折臂力器，弯折处的温度会升高，这是通过______的方式改变它的内能。用手掌紧握弯折处一段时间后，弯折处与手掌具有相同的______(填“温度”“内能”或“热量”)。
14. 我国电厂利用发电机发出的电是______ 电(填“直流”或“交流”)，发电站通过______ 输电线路将电能输送至远方的变电站(填“高压”或“低压”)。
15. 某燃气热水器将20kg的水从10℃加热到60℃，完全燃烧了0.21m3的煤气。水吸收的热量是______J.热水器烧水的效率是______。[已知水的比热容为4.2×103J/(kg⋅℃)，煤气的热值为4×107J/m3]
16. 如图(a)、(b)所示，分别用力F1、F2匀速提起物体，若不计摩擦和滑轮重力，则力F1 ______ 力F2(填“大于”“等于”或“小于”)；图(a)中物体被竖直提升过程中，其惯性______ (填“增大”“不变”或“减小”)。
三、作图题（本大题共2小题，共4.0分）
17. 我市某热心市民扶起垃圾桶的情景如图甲，请在图乙中作出力F对应的力臂。
18. 如图所示，凸透镜与凹透镜的一个焦点重合，请根据入射光线，画出相应的出射光线。
四、实验探究题（本大题共3小题，共13.0分）
19. 小明对冬奥会冰壶运动员擦冰的情景(如图甲)给留下了深刻的印象。于是想探究冰壶所受滑动摩擦力的大小与什么因素有关。他找来两个冰壶、一块玻璃板(模拟冰面)和足量的碎冰粉末做了如下实验。
(1)小明把冰壶放在水平玻璃板上，用弹簧测力计沿水平方向______ 拉动冰壶，此时弹簧测力计示数等于冰壶所受滑动摩擦力的大小。
(2)通过比较A、C两次实验，可初步得到结论：当______ (填“接触面粗糙程度”或“接触面面积”)相同时，接触面受到的压力越大，滑动摩擦力越大。
(3)实验中，小明发现弹簧测力计示数很难稳定，便设计图丙方案进行实验(忽略定滑轮摩擦)，此时冰壶所受摩擦力的方向为水平向______ (填“左”或“右”)。当传送带运动逐渐变快时，弹簧测力计的示数______ (填“变大”、“变小”或“不变”)。
20. 小张和小敏同学在测量一石块的密度时，发现石块较大，无法放入量筒测它的体积，为此他们仅用电子秤进行了如下的测量：
①烧杯中加入适量水，测得烧杯和水的总质量为60g。接着按一下电子秤的“清零”键，电子秤显示为“0”。
②用细线拴住石块并浸没在水中(水未溢出)，在水面处做标记，此时电子秤显示的数值为220g。
③取出石块，往烧杯中加水，直到水面达到标记处(如图③)，此时电子秤显示的数值为100g。
请根据实验测得的数据计算：
(1)石块的密度为______ kg/m3。
(2)小敏认为取出的石块沾了水，对测得的结果会有影响，你认为计算出的密度值与实际值相比______ (选填“偏大”“偏小”或“相等”)。
(3)小张认为石块会吸水，对测得的结果会有影响，你认为计算出的密度值与实际值相比______ (选填“偏大”“偏小”或“相等”)。
21. 小明用图甲所示电路来测量小灯泡的电阻(部分器材的规格已标明)，电源电压为3V。
(1)图甲是小明接入最后一根导线时的实验电路。请指出图中在器材操作上存在的两个不妥之处：① ______ ，② ______ ；
(2)闭合开关进行实验，小明发现无论怎样调节滑动变阻器，电压表示数始为3V，而电流表示数始终为零，已知仅导线发生故障，则故障的原因是：______ ；
(3)小明利用实验数据绘制了小灯泡的U-I图象如图乙，分析发现，小灯泡的电阻随电压的增大而______ (填“增大”或“减小”或“不变”)；
(4)小明发现电流表损坏后，利用一已知阻值的定值电阻R0也能测量出小灯流的正常发光时的电阻，请在图丙所示的电路图中的虚线框内填入合适的电路元件符号。
五、计算题（本大题共2小题，共11.0分）
22. 市面上有一种防溺水手环，如图，将手环系在手臂上，紧急情况下打开手环，手环内气瓶的CO2会迅速充满气囊，最终使人漂浮于水面。为确保安全，人体浸入水中的体积不能超过人体总体积的五分之四，已知某运动员质量m人=51kg，平均密度ρ人=1.02×103kg/m3，水的密度ρ水=1.0×103kg/m3，g取10N/kg，忽略手环体积和自重，求：
(1)当人体浸入水中体积为人体总体积的五分之四时，该运动员在水中受到的浮力；
(2)人漂浮时，气囊体积至少多大，才能确保运动员的安全。
23. 教室里有一款饮水机，其工作电路可简化为如图甲所示的电路。S是温度控制开关，根据饮水机内水杯中水温的变化自动切换加热和保温两种工作状态，R1、R2是加热管的电阻(不考虑阻值受温度变化影响)，它的部分技术参数如表所示，试回答下列问题：
(1)饮水机开关S ______ 时，饮水机处于加热工作状态。
(2)R2的阻值是多大？
(3)最近一次使用时，加热管R1损坏了，物理兴趣小组的同学们认为可以利用“165Ω 4A”的滑动变阻器R，设计如图乙所示的电路来控制加热管R2的发热功率，则改装后，饮水机加热管R2的发热功率范围是多大？
额定电压
220V
加热功率
900W
保温功率
20W
水杯容量
0.6kg
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、人感觉舒适而温暖的室内温度约25℃，故A不符合实际；
B、大气压强随海拔高度的增加而减小，海平面处的气压在1.0×105Pa左右，珠穆朗玛峰山顶气压远小于此数值，故B不符合实际；
C、电热水器的功率在1000W左右。正常工作1h大约消耗0.5度电的家电功率为P=Wt=0.5kW⋅h1h=0.5kW=500W，故C不符合实际；
D、人体安全电压不高于36V，一节干电池电压是1.5V，六节干电池串联的总电压为9V，所以属于安全电压，故D符合实际。
故选：D。
不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要简单的计算，有的要进行单位的换算，最后判断最符合实际的是哪一个。
物理学中，对各种物理量的估算能力，是我们应该加强锻炼的重要能力之一，这种能力的提高，对我们的生活同样具有很大的现实意义。
2.【答案】C
【解析】解：A、声音在标准大气压和15℃空气中传播的速度为340m/s，故A正确；
B、声音是由物体振动产生的，音箱依靠扬声器的振动才能发出声音，故B正确；
C、“大点儿声”目的是改变声音的响度，纸盘振动幅度增大，故C错误；
D、人们能分辨出不同乐器的声音，根据的是声音的音色不同，故D正确。
故选：C。
(1)声音在标准大气压和15℃空气中传播的速度为340m/s；
(2)声音是由物体振动产生的；
(3)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。
本题考查声音的产生与传播，区分声音的三个特征以及声音的利用，是声学综合题。
3.【答案】C
【解析】解：A、火星车的履带较宽，是压力一定，减小受力面积，所以可减小压强，故A错误；
B、摄像头相当于凸透镜，是利用物距大于二倍焦距时，成倒立缩小实像的规律工作的，故B错误；
C、地面控制中心是通过电磁波向火星车发出指令的，故C正确；
D、火星车利用“正十一烷”来维持车内温度稳定，火星表面温度升高时，此物质会熔化吸热，降低车内温度，故D错误。
故选：C。
(1)增大压强方法：压力一定，减小受力面积；受力面积一定，增大压力；同时增大压力，减小受力面积；
(2)凸透镜成像时，物距u>2f，成倒立缩小的实像，应用是照相机；
(3)电磁波的传播不需要介质，电磁波可以在固体、液体、气体中传播，也可以在真空中传播；
(4)物质由固态转变为液态的过程叫做熔化，熔化是吸热过程。
本题考查了增大压强方法、照相机原理、电磁波的传播与应用、熔化及熔化的吸热特点等，属于基础性题目。
4.【答案】A
【解析】解：A、当列车驶进站台时，会带动人和车之间的空气流动速度加快，此时人外侧的空气流动速度慢，根据流体压强与流速的关系可知：人外侧空气流速慢压强大，而内侧流速快压强小，会产生一个向内侧的压强差，将人推向火车，易出现危险。所以人必须站在黄色线以外(即安全线左侧)的区域候车，故A正确；
B、液体压强和深度有关，同种液体中，深度越深，压强越大，所以U形管两边液面高度差越大，故B错误；
C、瓶内水越少，压力越大，在受力面积一定时，压强越小，即海绵凹陷程度越不明显，故C错误；
D、沸点和气压有关，向外拉活塞，试管内气压减小，沸点降低，故D错误。
故选：A。
(1)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；
(2)液体压强和深度有关，同种液体中，深度越深，压强越大，所以U形管两边液面高度差越大；
(3)受力面积一定时，压强随着压力的增大而增大，瓶内水越少，压力越小，压强越小；
(4)沸点和气压有关，气压减小，沸点降低。
本题考查了沸点和气压的关系、影响固体压强和液体压强的因素以及流体压强与流速的关系，属于基础题。
5.【答案】C
【解析】解：A、垫排球时，手对排球施加了力，同时排球也对手施加了力，人感到手疼痛，说明物体间力的作用是相互的，故A正确；
B、垫排球时，排球向上弹起，改变了排球的运动方向，说明力可以改变物体的运动状态，故B正确；
C、扔实心球时，实心球脱离手在空中飞行的过程中，没有受到推力，故C错误；
D、引体向上时，静止挂在横杆上的同学受到的重力与杆对同学的支持力大小相等、方向相反、作用在同一物体上、作用在一条直线上，故D正确。
故选：C。
(1)物体间力的作用是相互的；
(2)力可以改变物体的运动状态和形状；
(3)力是物体对物体的作用；
(4)一对平衡力必须符合四个条件：大小相等、方向相反、作用在同一物体上、作用在一条直线上。
该题考查了平衡力、力的作用效果、物体间力的作用，是一道综合题，主要考查学生对所学物理知识的综合应用能力。
6.【答案】D
【解析】解：A.毛皮与橡胶棒摩擦后，毛皮失去电子带正电，橡胶棒得到电子带负电，故A错误；
B.使用测电笔时，手要与笔尾金属体接触，这样在接触火线时才能构成通路，氖管才能发光，故B错误；
C.地磁场南极在地理北极附近，地磁场的北极在地理南极附近，小磁针在地磁场作用下静止时，根据异名磁极相互吸引可知，小磁针的南极指向地磁场的北极，故C错误；
D.根据图示可知，电压表正向偏转，铜片与电压表的正接线柱相连，因此铜片为电池的正极，铁片是电池的负极，电流将从铜片流入电压表，故D正确。
故选：D。
(1)摩擦起电的实质是电子的转移；
(2)测电笔的正确使用是：手接触笔尾金属体，笔尖金属体接触零线或火线，氖管发光的是火线，氖管不发光的是零线；
(3)地磁场的北极在地理南极附近，地磁场南极在地理北极附近，结合磁极间的作用规律可做出判断；
(4)根据电压表的正确使用方法确定电源的正负极和电流的流向。
本题考查了带电的性质、测电笔的使用、地磁场、电流方向的判断，属于基础题。
7.【答案】B
【解析】解：A、发射时，瓶内高压气体对水做功，将内能转化为机械能，故A错误；
B、发射时，火箭的动能是由瓶内高压气体的内能转化来的，故B正确；
C、上升过程中，火箭的动能势能转化为重力势能，故C错误；
D、下降过程中，火箭的重力势能逐渐减小，因为高度变小，故D错误。
故选：B。
(1)气体膨胀对外做功，将内能转化为机械能。
(2)机械能包括动能和势能；物体由于运动而具有的能量叫动能；物体由于受到重力并处在一定高度时所具有的能叫重力势能；物体由于发生弹性形变而具有的能叫弹性势能。动能的大小与质量和速度有关，重力势能大小与质量和高度有关，弹性势能与弹性形变大小有关。
理解改变内能的方法和能量转化现象，理解影响动能和重力势能的因素，可解答此题。
8.【答案】A
【解析】解：当金属探测仪靠近金属物体时，在金属物体中产生电流，相当于闭合电路的部分导体在切割磁感线，故在线圈中会产生电流，故探测器应采用了电磁感应原理；
A、此图中没有电源，ab做切割磁感线运动时，会产生感应电流，即为探究电磁感应现象的实验，故A正确；
B、图中装置是电磁继电器，其主要部件是电磁铁，电磁铁的工作原理是电流的磁效应，故B错误；
C、此图为探究通电导体在磁场中受力的实验，反映了电动机的原理，故C错误；
D、此装置是奥斯特实验，说明电流的周围存在磁场，这是电流的磁效应，故D错误。
故选：A。
由题意可知，探测仪是将线圈靠近金属物体时，相当于闭合电路的部分导体在切割磁感线，从而产生了电流，则分析各实验现象可知能产生电流的选项。
本题考查电磁感应现象的应用，要求学生能通过题意找出探测器的原理，并能正确掌握各实验的意义。
9.【答案】B
【解析】解：A、我国的“长征五号”B型火箭用液态氢作燃料，是因为它的热值高，与相同质量的其它燃料相比，在完全燃烧时可以释放更多的热量用于做功。热量是一个过程量，物体“含有热量”的表述是错误的，故A错误；
B、化石能源包括，煤、石油、天然气，他们的使用会产生二氧化硫、二氧化碳、粉尘，引起酸雨、雾霾、温室效应等环境问题，故B正确；
C.光纤利用激光传递信息，而不是利用电信号传递信息的，且具有抗干扰的特点，故C错误；
D.超导体没有电阻，根据焦耳定律Q=I2Rt可知，电流通过时不会产生热量，而电饭锅是利用电流的热效应工作的，故不能应用于电饭锅，可以制成电动机，故D错误。
故选：B。
(1)热量是一个过程量，只能说“放出”或“吸收”，不能说含有；
(2)根据化石燃料燃烧得产物来分析；
(3)光纤通信是利用激光传递信息；
(4)超导体的电阻为零，电流通过时不能发热。
此题涉及到能源的利用、现代通信、超导体等相关知识，属于基础知识的考查。
10.【答案】A
【解析】解：
A、由图丙可知，2s到3s物体匀速上升，速度为0.2m/s，由图乙知，拉力为200N，由图甲可知连接动滑轮的绳子的段数为2，绳子自由端移动的速度为0.4m/s；拉力的功率为P=Fv=200N×0.4m/s=80W，
故A错误；
B.忽略绳重和摩擦，根据F=1n(G物+G动)得动滑轮重力为G动=nF-G物=2×200N-360N=40N，
故B正确；
C.2～3s时，此装置的机械效率为η=GhFs=GhF×nF=GnF=360N200N×2×100%=90%，
故C正确；
D.由图乙可知，0.5s时拉力为150N，物体受到竖直向上的拉力为F1=nF2-G动=2×150N-40N=260N，
物体对地面的压力为F压=G-F1=360N-260N=100N，
则对地面的压强为p=F压S=100N50×10-4m2=2×104Pa，故D正确。
故选A。
A、由图丙可知，2s到3s物体匀速上升，速度为0.2m/s，由图乙知，拉力为200N，由图甲可知连接动滑轮的绳子的段数为2，根据v绳=nv得出绳子自由端移动的速度为0.4m/s；根据P=Fv得出拉力的功率；
B.忽略绳重和摩擦，根据F=1n(G物+G动)得出动滑轮重力，
C.2～3s时，根据η=GhFs=GhF×nF=GnF得出此装置的机械效率；
D.由图乙可知，0.5s时拉力为150N，根据F1=nF2-G动得出物体受到竖直向上的拉力，根据 压=G物-F1得出物体对地面的压力，根据p=F压S得出对地面的压强。
本题考查滑轮组的拉力。效率、功率的有关计算，综合性强，难度适中。
11.【答案】紫外线 绿
【解析】解：护目镜能有效防止来自太阳的辐射，主要是能阻挡太阳光中的紫外线；
在各种不同色光中，红、绿、蓝叫做三原色光。
故答案为：紫外线；绿。
护目镜可以阻挡阳光中的紫外线；光的三原色是红、绿、蓝。
本题考查了紫外线、光的三原色，属于基础题。
12.【答案】直线传播 镜面
【解析】解：(1)影子是沿直线传播的光被不透明的建筑物挡住，在建筑物后面的地面上光照不到的地方形成影子；
(2)当强烈的太阳光照射到玻璃幕墙的表面时，会发生镜面反射，反射光线非常集中，炫目的光会干扰人们的正常生活，造成“光污染”。
故答案为：直线传播；镜面。
(1)光在同种均匀物质中沿直线传播，在日常生活中，激光准直、小孔成像和影子的形成等，都表明光在同一种均匀介质中是沿直线传播的；
(2)平行光射到玻璃幕墙、釉面砖墙、磨光大理石等反射面时，反射光线射向同一方向，即发生镜面反射，会造成光污染。
本题考查光的直线传播以及光的镜面反射，难度不大。
13.【答案】做功 温度
【解析】解：反复折铁丝时，人对铁丝做功，机械能转化为铁丝的内能，内能增大，温度升高，是通过做功的方式改变物体的内能；
发生热传递的条件是有温度差，则相互接触的两个物体之间不发生热传递，它们之间一定具有相同的温度，所以用手触摸弯折处，一段时间后，弯折处与手具有相同的温度。
故答案为：做功；温度。
(1)做功可以改变物体的内能，当对物体做功时，机械能转化为内能，当物体对外做功时，内能转化为机械能；
(2)发生热传递的条件是有温度差。
解决此类问题要结合改变的物体内能的两种方式和发生热传递的条件进行分析解答，属于基础题。
14.【答案】交流 高压
【解析】解：我国电厂利用发电机发出的电是交流电；根据P=UI可知，在输送功率一定时，电压越高，电流越小，输送过程中电能的损失越小，所以发电站采用高压输电线路将电能输送至远方的变电站。
故答案为：交流；高压。
(1)根据日常用电的常识判断；
(2)根据P=UI可知，在输送功率一定时，电压越高，电流越小，根据Q=I2Rt，电阻一定，通电时间一定时，电流越小，电热越少，输送过程中能量损失越小，所以从发电站到用电区采用高压输电。
本题考查了日常用电的常识、高压输电的原因。
15.【答案】4.2×106 50%
【解析】解：
(1)水吸收的热量：
Q吸=cm(t-t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×20kg×(60℃-10℃)=4.2×106J；
(2)这些煤气完全燃烧放出的热量：
Q放=qV=4×107J/m3×0.21m3=8.4×106J，
热水器烧水的效率：
η=Q吸Q放=4.2×106J8.4×106J×100%=50%。
故答案为：4.2×106；50%。
(1)知道水的质量、水的初温和末温、水的比热容，利用吸热公式Q吸=cm(t-t0)求水吸收的热量(有用能量)；
(2)知道使用煤气的体积、煤气的热值，利用Q放=qV求煤气完全燃烧放出的热量(总能量)；热水器烧水的效率等于水吸收的热量与煤气完全燃烧放出的热量之比。
本题考查了吸热公式、燃料完全燃烧放热公式、效率公式的应用，是一道较简单的应用题。
16.【答案】大于 不变
【解析】解：(1)由图可知，不计摩擦和滑轮重力，滑轮(a)是定滑轮，定滑轮的实质是一个等臂杠杆，则F1=G；滑轮(b)是动滑轮，F2=12G，所以F1大于F2。
(2)因为惯性的大小只与物体的质量有关，图(a)中物体被竖直提升过程中，物体的质量不变，则惯性不变。
故答案为：大于；不变。
(1)定滑轮的轮轴是固定的，使用定滑轮不能省力，但可以改变力的方向，定滑轮的实质是一个等臂杠杆；动滑轮的轮轴与物体一起运动，使用动滑轮可以省力；
(2)惯性是物体保持运动状态不变的性质，任何物体都具有惯性；惯性大小只与质量有关，物体质量越大惯性越大。
本题考查了定滑轮和动滑轮的特点、惯性大小的判断，难度不大。
17.【答案】解：反向延长力F的作用线，然后过支点O点作力的作用线的垂线，即为F对应的力臂L，如图所示：
【解析】力臂是支点到力的作用线的距离，因此要先确定支点，然后判断力的方向，再过支点做出力的作用线的垂线，支点到力的作用线的距离，即为所求作的力臂。
力臂的画法：①首先根据杠杆的示意图，确定杠杆的支点。②确定力的作用点和力的方向，画出力的作用线。③从支点向力的作用线作垂线，支点到垂足的距离就是力臂。
18.【答案】解：凸透镜左右两侧各有一个焦点，且这两个焦点关于光心对称，同理凹透镜也是如此；
已知凸透镜与凹透镜的一个焦点重合，则由图可知是凸透镜的右焦点和凹透镜的左焦点重合，
过焦点的光线，经过凸透镜折射后，折射光线要平行于主光轴；平行于主光轴的光线，经过凹透镜折射后，折射光线的反向延长线要过凹透镜的虚焦点，据此作图，如下图所示：
【解析】已知凸透镜与凹透镜的一个焦点重合，根据图示判断是哪个焦点重合；在作凸透镜或凹透镜的光路图时，先确定所给光线的特点再根据透镜的光学特点来作图。
(1)凸透镜的三条特殊光线：①通过焦点的光线经凸透镜折射后将平行于主光轴；②平行于主光轴的光线经凸透镜折射后将过焦点；③过光心的光线经凸透镜折射后传播方向不改变；
(2)凹透镜的三条特殊光线：①延长线过另一侧焦点的光线经凹透镜折射后将平行于主光轴；②平行于主光轴的光线经凹透镜折射后，其折射光线的反向延长线过焦点；③过光心的光线经凹透镜折射后传播方向不改变。
19.【答案】匀速直线 接触面粗糙程度 左 不变
【解析】解：(1)小明把冰壶放在水平玻璃板上，用弹簧测力计沿水平方向匀速直线拉动冰壶，冰壶在水平方向上受到平衡力的作用，根据二力平衡的条件，此时弹簧测力计示数等于冰壶所受滑动摩擦力的大小。
(2)通过比较A、C两次实验接触面粗糙程度相同，可初步得到结论：当接触面粗糙程度相同时，接触面受到的压力越大，滑动摩擦力越大。
(3)图丙方案，冰壶相对地面处于静止状态，受到测力计的拉力与受到长木板施加的滑动摩擦力为一对平衡力，大小相等，方向相反，因细线对冰壶的拉力方向为水平向右，故冰壶所受的摩擦力方向为水平向左；当传送带运动逐渐变快时，因压力大小和接触面的粗糙程度不变，冰壶受到有滑动摩擦力不变，入弹簧测力计的示数不变。
故答案为：(1)匀速直线；(2)接触面粗糙程度；(3)左；不变。
(1)根据二力平衡的条件分析；
(2)影响滑动摩擦力大小因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变，据此分析回答；
(3)图丙中，冰壶相对地面处于静止状态，根据二力平衡知识分析。
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和对实验方案的改进，体现了对过程和方法的考查。
20.【答案】2.2×103 相等 偏大
【解析】解：(1)石块的质量m=220g；
加水的质量m'=100g，
由ρ=mV可知，加水的体积V'=m'ρ水=100g1g/cm3=100cm3；
石块的体积V=V'=100cm3；
石块的密度：ρ石=mV=220g100cm3=2.2g/cm3=2.2×103kg/m3；
(2)取出石块后并没有测量烧杯和水的质量，接下来继续加水至标记，再测出烧杯和水的总质量。因此石块将一部分水带出，不会影响增加的水的质量，即测量的石块的体积不变，则密度不变；
(3)石块吸水导致标记下降，所加水的体积偏小，算出的石块体积偏小，石块质量准确，根据ρ=mV计算出的密度会偏小。
故答案为：(1)2.2×103；(2)相等；(3)偏大。
(1)由②可知石块的质量，由③可知后来加水的质量，根据加水的质量利用密度公式计算出加水的体积，即为石块的体积；③知道石块的质量和体积，利用密度公式计算出石块的密度；
(2)取出石块后并没有测量烧杯和水的质量，接下来继续加水至标记，再测出烧杯和水的总质量。因此石块将一部分水带出，不会影响增加水后的总质量，据此分析；
(3)石块吸水，会导致标记偏低，则后来加入水的质量就会偏小，利用密度公式计算出的加入水的体积偏小，从而导致测出的体积偏小，据此分析。
此题为我们提供了一种利用等效替代求固体体积的方法，特别适用于在没有量筒或物体大于量筒口径时使用，值得关注。
21.【答案】开关未断开 没有将变阻器最大电阻连入电路 导线①发生了断路 增大
【解析】解：(1)连接电路时，为保护电路，开关要断开，将变阻器最大电阻连入电路。故两个不妥之处：①开关未断开；②没有将变阻器最大电阻连入电路。
(2)电流表示数始终为零，电路可能断路，电压表示数始终为3V，说明电压表与电源连通，已知仅导线发生故障，则图甲中导线①发生了断路，导致电压表串联在电路中了。
(3)根据乙图中数据，由公式R=UI得出不同电压下灯泡的阻值，
R1=U1I1=0.5V0.1A=5Ω
R2=U2I2=1.25V0.2A=6.25Ω
R3=U3I3=2.5V0.3A≈8.33Ω
分析可知：小灯泡的电阻是随电压的增大而增大，原因是：通过灯的电流随电压的增大而变大，根据P=UI，灯消耗的电功率变大，灯丝的温度升高，灯的电阻变大，所以得到小灯泡的电阻是随电压的增大而增大。
(4)该题中电流表损坏，所以需要利用定值电阻R0与灯泡串联得到灯泡正常发光时的电流，用电压表测量灯泡正常工作时的电压，再利用R=UI计算灯泡电阻，基于以上分析，设计的电路如下图所示：
故答案为：(1)①开关未断开；②没有将变阻器最大电阻连入电路；(2)导线①发生了断路；(3)增大；(4)见上图。
(1)连接电路时，为保护电路，开关要断开，将变阻器最大电阻连入电路。
(2)若电流表示数为0，说明电路可能断路；电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了。
(3)根据图中数据，由公式R=UI得出不同电压下的电阻大小，根据灯丝的电阻随温度升高变大分析。
(5)该题中电流表损坏，所以需要利用定值电阻R0与灯泡串联得到灯泡正常发光时的电流，用电压表测量灯泡正常工作时的电压，再利用R=UI计算灯泡电阻。
本题测量小灯泡的电阻，考查电路连接、故障分析、串联电路的规律及欧姆定律的运用，综合性较强。
22.【答案】解：(1)由ρ=mV得人的体积为：
V人=m人ρ人=51kg1.02×103kg/m3=0.05m3，
当人体浸入水中体积为人体总体积的五分之四时，该运动员在水中受到的浮力为：
F浮=ρ水gV排=ρ水g45V人=1.0×103kg/m3×10N/kg×45×0.05m3=400N；
(2)该运动员的重力为：
G人=m人g=51kg×10N/kg=510N；
人漂浮时，受到的浮力为F浮'=G人=510N，
由F浮=ρ水gV排得此时排开水的体积为：
V排'=F浮'ρ水g=510N1.0×103kg/m3×10N/kg=0.051m3；
气囊体积为：
V气囊=V排'-45V人=0.051m3-45×0.05m3=0.011m3。
答：(1)当人体浸入水中体积为人体总体积的五分之四时，该运动员在水中受到的浮力为400N；
(2)人漂浮时，气囊体积至少为0.011m3，才能确保运动员的安全。
【解析】(1)由密度公式算出人的体积，由阿基米德原理算出当人体浸入水中体积为人体总体积的五分之四时该运动员在水中受到的浮力；
(2)根据G=mg算出该运动员的重力；
根据漂浮的条件算出人漂浮时受到的浮力，由阿基米德原理算出人排开水的体积，人排开水的体积减去人体45的体积就是气囊的体积。
本题考查了重力公式、阿基米德原理公式以及浮沉条件的应用等知识，是一道综合题，有一定的难度。
23.【答案】闭合
【解析】解：(1)由甲电路图可知，开关S断开时电路为R1的简单电路，开关S闭合时R1与R2并联，
因并联电路中总电阻小于任何一个分电阻，
所以，开关S闭合时，电路的总电阻最小，由P=UI=U2R可知，电源的电压一定时，电路的总功率最大，处于加热状态；
同理可知，开关S断开时，处于保温状态；
(2)饮水机处于保温状态时电路为R1的简单电路，饮水机处于加热状态时R1与R2并联，根据并联电路规律可知，S无论闭合还是断开，R1的功率保持不变；
因电路的总功率等于各用电器功率之和，
所以，加热状态时R2的电功率：P2=P加热-P保温=900W-20W=880W，
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，R2的阻值：R2=U2P2=(220V)2880W=55Ω；
(3)由图R与R2串联，当滑片位于左端时，接入电路中的电阻最大，电路的总电阻最大，此时电路中的电流最小，
由P=UI=I2R可知，电热管R2的功率最小，即饮水机的加热功率最小，
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=UR总=UR+R2=220V165Ω+55Ω=1A，
则P2=I2R2=(1A)2×55Ω=55W，
当滑片位于右端时，接入电路中的电阻为零，电路的总电阻最小，电路中的电流最大，电热管R2的功率最大，即饮水机的加热功率最大，
当滑片位于最右端时，电路为R2的简单电路，
则饮水机的加热功率：P2'=U2R2=(220V)255Ω=880W，
则饮水机的加热功率范围是55W～880W。
答：(1)闭合；
(2)R2的阻值是55Ω；
(3)改装后，饮水机的加热功率范围是55W～880W。
(1)由甲电路图可知，开关S断开时电路为R1的简单电路，开关S闭合时R1与R2并联，根据电阻的并联比较两种情况下的总电阻关系，根据P=UI=U2R可知，电源的电压一定时，电路的总电阻越小，总功率最大，处于加热状态，反之处于保温状态；
(2)饮水机处于保温状态时电路为R1的简单电路，饮水机处于加热状态时R1与R2并联，加热状态时R2的电功率等于加热功率减去保温功率，根据并联电路的电压特点和P=UI=U2R求出R2的阻值；
(3)①由图乙可知，R与R2串联，分析滑片位于左端或右端时电路的总电阻关系，根据欧姆定律电路中的电流情况，利用P=UI=I2R可知电热管R2的功率情况，从而得出饮水机的功率情况；
②当滑片位于最左端时，电热管R2的功率最小，根据电阻串联和欧姆定律求出电路中的电流，利用P=UI=I2R求出饮水机的功率；当滑片位于最右端时，电路为R2的简单电路，根据P=UI=U2R求出饮水机的加热功率，然后得出饮水机的加热功率范围。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用等，分清饮水机处于不同状态时电路的连接方式是关键。
2023年山东省济宁市梁山县中考物理二模试卷
一、单选题（本大题共10小题，共20.0分）
1. 对以下物理量的估测，最接近实际的是( )
A. 人感觉舒适而温暖的室内温度约37℃
B. 珠穆朗玛峰山顶的气压约为1.5×105Pa
C. 正常工作1h大约消耗0.5度电的家电可能是电热水器
D. 六节干电池串联的总电压属于安全电压
2. 如图所示是某款智能音箱，其智能语音控制系统可通过网络让用户以语音对话的交互方式点播歌曲、了解天气等，也可以对智能家居设备进行控制，比如打开窗帘、设置空调温度等。关于智能音箱，以下说法中错误的是( )
A. 音箱发出的声音在空气中传播的速度大约340m/s
B. 音箱靠扬声器纸盆的振动发出声音
C. 当接收“大点儿声”的指令后，纸盘振动加快
D. 播放音乐时，人们能分辨出不同乐器的声音，依据的是声音的音色
3. 如图为我国“祝融号”火星车驶离着陆平台后的“自拍”照片。关于火星车，下列说法正确的是( )
A. 火星车的履带较宽，可增大压强
B. “自拍”时，火星车位于摄像头一倍焦距以内
C. 地面控制中心是通过电磁波向火星车发出指令的
D. 火星车利用“正十一烷”来维持车内温度稳定，火星表面温度升高时，此物质会液化吸热，降低车内温度
4. 同学们梳理了与压强知识相关的实验，如图所示，其中分析正确的是( )
A. 甲图实验，高铁站台边，人必须站在黄色线以外(即安全线左侧)的区域候车
B. 乙图实验，当微小压强计的探头在水中深度逐渐增大时，U形管两边液面高度差不变
C. 丙图实验，装有水的瓶子竖放在海绵上，瓶中水越少，海绵凹陷越明显
D. 丁图实验，向外拉活塞，试管内停止沸腾的水再次沸腾，可知气压减小，水的沸点升高
5. 同学们在为今年的体育中考做准备，下列说法不正确的是( )
A. 垫排球时，感到手疼痛，说明力的作用是相互的
B. 垫排球时，排球向上弹起，说明力可以改变物体的运动状态
C. 扔实心球时，实心球脱离手在空中飞行的过程中，铅球受到重力和手的推力
D. 引体向上时，静止挂在横杆上的同学受到的重力与杆对同学的支持力是一对平衡力
6. 如图所示有关电和磁的现象，下列说法正确的是( )
A. 图中毛皮与橡胶棒摩擦后，毛皮带负电
B. 图中的测电笔在辨别火线、零线时，不能接触笔上的任何金属体
C. 图中的小磁针在地磁场作用下静止时，小磁针的南极指向地磁场的南极
D. 图中“柠檬电池”形成通路后，电流将从铜片流入电压表
7. 某物理兴趣小组用可乐瓶制作了一个水火箭(如图)，先在瓶里装适量水，再将带有阀门的金属管插入瓶塞，旋紧瓶塞，用打气筒往瓶里打足气，打开阀门，水从尾部的金属管向下喷出，火箭竖直向上飞向空中。下列分析正确的是( )
A. 发射时，瓶内高压气体对水没有做功
B. 发射时，火箭的动能是由瓶内高压气体的内能转化来的
C. 上升过程中，火箭的重力势能转化为动能
D. 下降过程中，火箭的重力势能逐渐增大
8. 进入初中学业水平考试考场时，监考教师会使用金属探测仪对大家进行检测。如果有同学携带金属制品，探测仪就会产生电流并报警。下列四个实验能反映金属探测仪工作原理的是( )
A. B.
C. D.
9. 能源、信息和材料是现代社会发展的三大支柱。下列说法正确的是( )
A. 我国的“长征五号”B型火箭用液态氢作燃料，是因为它含有的热量多
B. 化石能源的大量使用造成酸雨、雾霾等环境问题
C. 光纤通讯利用电信号传递信息，具有抗干扰的特点
D. 超导体可应用于电饭锅和电动机
10. 用如图甲所示的装置提升重物A，A的重力为360N，底面积为50cm2，施加的拉力F随时间变化关系如图乙所示，A上升的速度v随时间变化关系如图丙所示。(忽略绳重和摩擦)下列结论错误的是( )
A. 物体匀速上升时拉力F的功率为40W
B. 动滑轮的重力为40N
C. 2～3s时，此装置的机械效率为90%
D. 0.5s时，物体A对地面的压强为2×104Pa
二、填空题（本大题共6小题，共12.0分）
11. 我国成功举办第24届冬奥会，在赛场上，滑雪运动员佩戴的护目镜能有效防止______ (填“红外线”或“紫外线”)的伤害；在各种不同色光中，红、______ 、蓝叫做三原色光。
12. 雨过天晴，地面上会出现建筑物的影子，影子是由光的______成的；一些建筑物外部采用了玻璃幕墙作为装饰，强光照射到玻璃幕墙时会发生______反射，造成“光污染”。
13. 如图，健身时用力反复弯折臂力器，弯折处的温度会升高，这是通过______的方式改变它的内能。用手掌紧握弯折处一段时间后，弯折处与手掌具有相同的______(填“温度”“内能”或“热量”)。
14. 我国电厂利用发电机发出的电是______ 电(填“直流”或“交流”)，发电站通过______ 输电线路将电能输送至远方的变电站(填“高压”或“低压”)。
15. 某燃气热水器将20kg的水从10℃加热到60℃，完全燃烧了0.21m3的煤气。水吸收的热量是______J.热水器烧水的效率是______。[已知水的比热容为4.2×103J/(kg⋅℃)，煤气的热值为4×107J/m3]
16. 如图(a)、(b)所示，分别用力F1、F2匀速提起物体，若不计摩擦和滑轮重力，则力F1 ______ 力F2(填“大于”“等于”或“小于”)；图(a)中物体被竖直提升过程中，其惯性______ (填“增大”“不变”或“减小”)。
三、作图题（本大题共2小题，共4.0分）
17. 我市某热心市民扶起垃圾桶的情景如图甲，请在图乙中作出力F对应的力臂。
18. 如图所示，凸透镜与凹透镜的一个焦点重合，请根据入射光线，画出相应的出射光线。
四、实验探究题（本大题共3小题，共13.0分）
19. 小明对冬奥会冰壶运动员擦冰的情景(如图甲)给留下了深刻的印象。于是想探究冰壶所受滑动摩擦力的大小与什么因素有关。他找来两个冰壶、一块玻璃板(模拟冰面)和足量的碎冰粉末做了如下实验。
(1)小明把冰壶放在水平玻璃板上，用弹簧测力计沿水平方向______ 拉动冰壶，此时弹簧测力计示数等于冰壶所受滑动摩擦力的大小。
(2)通过比较A、C两次实验，可初步得到结论：当______ (填“接触面粗糙程度”或“接触面面积”)相同时，接触面受到的压力越大，滑动摩擦力越大。
(3)实验中，小明发现弹簧测力计示数很难稳定，便设计图丙方案进行实验(忽略定滑轮摩擦)，此时冰壶所受摩擦力的方向为水平向______ (填“左”或“右”)。当传送带运动逐渐变快时，弹簧测力计的示数______ (填“变大”、“变小”或“不变”)。
20. 小张和小敏同学在测量一石块的密度时，发现石块较大，无法放入量筒测它的体积，为此他们仅用电子秤进行了如下的测量：
①烧杯中加入适量水，测得烧杯和水的总质量为60g。接着按一下电子秤的“清零”键，电子秤显示为“0”。
②用细线拴住石块并浸没在水中(水未溢出)，在水面处做标记，此时电子秤显示的数值为220g。
③取出石块，往烧杯中加水，直到水面达到标记处(如图③)，此时电子秤显示的数值为100g。
请根据实验测得的数据计算：
(1)石块的密度为______ kg/m3。
(2)小敏认为取出的石块沾了水，对测得的结果会有影响，你认为计算出的密度值与实际值相比______ (选填“偏大”“偏小”或“相等”)。
(3)小张认为石块会吸水，对测得的结果会有影响，你认为计算出的密度值与实际值相比______ (选填“偏大”“偏小”或“相等”)。
21. 小明用图甲所示电路来测量小灯泡的电阻(部分器材的规格已标明)，电源电压为3V。
(1)图甲是小明接入最后一根导线时的实验电路。请指出图中在器材操作上存在的两个不妥之处：① ______ ，② ______ ；
(2)闭合开关进行实验，小明发现无论怎样调节滑动变阻器，电压表示数始为3V，而电流表示数始终为零，已知仅导线发生故障，则故障的原因是：______ ；
(3)小明利用实验数据绘制了小灯泡的U-I图象如图乙，分析发现，小灯泡的电阻随电压的增大而______ (填“增大”或“减小”或“不变”)；
(4)小明发现电流表损坏后，利用一已知阻值的定值电阻R0也能测量出小灯流的正常发光时的电阻，请在图丙所示的电路图中的虚线框内填入合适的电路元件符号。
五、计算题（本大题共2小题，共11.0分）
22. 市面上有一种防溺水手环，如图，将手环系在手臂上，紧急情况下打开手环，手环内气瓶的CO2会迅速充满气囊，最终使人漂浮于水面。为确保安全，人体浸入水中的体积不能超过人体总体积的五分之四，已知某运动员质量m人=51kg，平均密度ρ人=1.02×103kg/m3，水的密度ρ水=1.0×103kg/m3，g取10N/kg，忽略手环体积和自重，求：
(1)当人体浸入水中体积为人体总体积的五分之四时，该运动员在水中受到的浮力；
(2)人漂浮时，气囊体积至少多大，才能确保运动员的安全。
23. 教室里有一款饮水机，其工作电路可简化为如图甲所示的电路。S是温度控制开关，根据饮水机内水杯中水温的变化自动切换加热和保温两种工作状态，R1、R2是加热管的电阻(不考虑阻值受温度变化影响)，它的部分技术参数如表所示，试回答下列问题：
(1)饮水机开关S ______ 时，饮水机处于加热工作状态。
(2)R2的阻值是多大？
(3)最近一次使用时，加热管R1损坏了，物理兴趣小组的同学们认为可以利用“165Ω 4A”的滑动变阻器R，设计如图乙所示的电路来控制加热管R2的发热功率，则改装后，饮水机加热管R2的发热功率范围是多大？
额定电压
220V
加热功率
900W
保温功率
20W
水杯容量
0.6kg
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、人感觉舒适而温暖的室内温度约25℃，故A不符合实际；
B、大气压强随海拔高度的增加而减小，海平面处的气压在1.0×105Pa左右，珠穆朗玛峰山顶气压远小于此数值，故B不符合实际；
C、电热水器的功率在1000W左右。正常工作1h大约消耗0.5度电的家电功率为P=Wt=0.5kW⋅h1h=0.5kW=500W，故C不符合实际；
D、人体安全电压不高于36V，一节干电池电压是1.5V，六节干电池串联的总电压为9V，所以属于安全电压，故D符合实际。
故选：D。
不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要简单的计算，有的要进行单位的换算，最后判断最符合实际的是哪一个。
物理学中，对各种物理量的估算能力，是我们应该加强锻炼的重要能力之一，这种能力的提高，对我们的生活同样具有很大的现实意义。
2.【答案】C
【解析】解：A、声音在标准大气压和15℃空气中传播的速度为340m/s，故A正确；
B、声音是由物体振动产生的，音箱依靠扬声器的振动才能发出声音，故B正确；
C、“大点儿声”目的是改变声音的响度，纸盘振动幅度增大，故C错误；
D、人们能分辨出不同乐器的声音，根据的是声音的音色不同，故D正确。
故选：C。
(1)声音在标准大气压和15℃空气中传播的速度为340m/s；
(2)声音是由物体振动产生的；
(3)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。
本题考查声音的产生与传播，区分声音的三个特征以及声音的利用，是声学综合题。
3.【答案】C
【解析】解：A、火星车的履带较宽，是压力一定，减小受力面积，所以可减小压强，故A错误；
B、摄像头相当于凸透镜，是利用物距大于二倍焦距时，成倒立缩小实像的规律工作的，故B错误；
C、地面控制中心是通过电磁波向火星车发出指令的，故C正确；
D、火星车利用“正十一烷”来维持车内温度稳定，火星表面温度升高时，此物质会熔化吸热，降低车内温度，故D错误。
故选：C。
(1)增大压强方法：压力一定，减小受力面积；受力面积一定，增大压力；同时增大压力，减小受力面积；
(2)凸透镜成像时，物距u>2f，成倒立缩小的实像，应用是照相机；
(3)电磁波的传播不需要介质，电磁波可以在固体、液体、气体中传播，也可以在真空中传播；
(4)物质由固态转变为液态的过程叫做熔化，熔化是吸热过程。
本题考查了增大压强方法、照相机原理、电磁波的传播与应用、熔化及熔化的吸热特点等，属于基础性题目。
4.【答案】A
【解析】解：A、当列车驶进站台时，会带动人和车之间的空气流动速度加快，此时人外侧的空气流动速度慢，根据流体压强与流速的关系可知：人外侧空气流速慢压强大，而内侧流速快压强小，会产生一个向内侧的压强差，将人推向火车，易出现危险。所以人必须站在黄色线以外(即安全线左侧)的区域候车，故A正确；
B、液体压强和深度有关，同种液体中，深度越深，压强越大，所以U形管两边液面高度差越大，故B错误；
C、瓶内水越少，压力越大，在受力面积一定时，压强越小，即海绵凹陷程度越不明显，故C错误；
D、沸点和气压有关，向外拉活塞，试管内气压减小，沸点降低，故D错误。
故选：A。
(1)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；
(2)液体压强和深度有关，同种液体中，深度越深，压强越大，所以U形管两边液面高度差越大；
(3)受力面积一定时，压强随着压力的增大而增大，瓶内水越少，压力越小，压强越小；
(4)沸点和气压有关，气压减小，沸点降低。
本题考查了沸点和气压的关系、影响固体压强和液体压强的因素以及流体压强与流速的关系，属于基础题。
5.【答案】C
【解析】解：A、垫排球时，手对排球施加了力，同时排球也对手施加了力，人感到手疼痛，说明物体间力的作用是相互的，故A正确；
B、垫排球时，排球向上弹起，改变了排球的运动方向，说明力可以改变物体的运动状态，故B正确；
C、扔实心球时，实心球脱离手在空中飞行的过程中，没有受到推力，故C错误；
D、引体向上时，静止挂在横杆上的同学受到的重力与杆对同学的支持力大小相等、方向相反、作用在同一物体上、作用在一条直线上，故D正确。
故选：C。
(1)物体间力的作用是相互的；
(2)力可以改变物体的运动状态和形状；
(3)力是物体对物体的作用；
(4)一对平衡力必须符合四个条件：大小相等、方向相反、作用在同一物体上、作用在一条直线上。
该题考查了平衡力、力的作用效果、物体间力的作用，是一道综合题，主要考查学生对所学物理知识的综合应用能力。
6.【答案】D
【解析】解：A.毛皮与橡胶棒摩擦后，毛皮失去电子带正电，橡胶棒得到电子带负电，故A错误；
B.使用测电笔时，手要与笔尾金属体接触，这样在接触火线时才能构成通路，氖管才能发光，故B错误；
C.地磁场南极在地理北极附近，地磁场的北极在地理南极附近，小磁针在地磁场作用下静止时，根据异名磁极相互吸引可知，小磁针的南极指向地磁场的北极，故C错误；
D.根据图示可知，电压表正向偏转，铜片与电压表的正接线柱相连，因此铜片为电池的正极，铁片是电池的负极，电流将从铜片流入电压表，故D正确。
故选：D。
(1)摩擦起电的实质是电子的转移；
(2)测电笔的正确使用是：手接触笔尾金属体，笔尖金属体接触零线或火线，氖管发光的是火线，氖管不发光的是零线；
(3)地磁场的北极在地理南极附近，地磁场南极在地理北极附近，结合磁极间的作用规律可做出判断；
(4)根据电压表的正确使用方法确定电源的正负极和电流的流向。
本题考查了带电的性质、测电笔的使用、地磁场、电流方向的判断，属于基础题。
7.【答案】B
【解析】解：A、发射时，瓶内高压气体对水做功，将内能转化为机械能，故A错误；
B、发射时，火箭的动能是由瓶内高压气体的内能转化来的，故B正确；
C、上升过程中，火箭的动能势能转化为重力势能，故C错误；
D、下降过程中，火箭的重力势能逐渐减小，因为高度变小，故D错误。
故选：B。
(1)气体膨胀对外做功，将内能转化为机械能。
(2)机械能包括动能和势能；物体由于运动而具有的能量叫动能；物体由于受到重力并处在一定高度时所具有的能叫重力势能；物体由于发生弹性形变而具有的能叫弹性势能。动能的大小与质量和速度有关，重力势能大小与质量和高度有关，弹性势能与弹性形变大小有关。
理解改变内能的方法和能量转化现象，理解影响动能和重力势能的因素，可解答此题。
8.【答案】A
【解析】解：当金属探测仪靠近金属物体时，在金属物体中产生电流，相当于闭合电路的部分导体在切割磁感线，故在线圈中会产生电流，故探测器应采用了电磁感应原理；
A、此图中没有电源，ab做切割磁感线运动时，会产生感应电流，即为探究电磁感应现象的实验，故A正确；
B、图中装置是电磁继电器，其主要部件是电磁铁，电磁铁的工作原理是电流的磁效应，故B错误；
C、此图为探究通电导体在磁场中受力的实验，反映了电动机的原理，故C错误；
D、此装置是奥斯特实验，说明电流的周围存在磁场，这是电流的磁效应，故D错误。
故选：A。
由题意可知，探测仪是将线圈靠近金属物体时，相当于闭合电路的部分导体在切割磁感线，从而产生了电流，则分析各实验现象可知能产生电流的选项。
本题考查电磁感应现象的应用，要求学生能通过题意找出探测器的原理，并能正确掌握各实验的意义。
9.【答案】B
【解析】解：A、我国的“长征五号”B型火箭用液态氢作燃料，是因为它的热值高，与相同质量的其它燃料相比，在完全燃烧时可以释放更多的热量用于做功。热量是一个过程量，物体“含有热量”的表述是错误的，故A错误；
B、化石能源包括，煤、石油、天然气，他们的使用会产生二氧化硫、二氧化碳、粉尘，引起酸雨、雾霾、温室效应等环境问题，故B正确；
C.光纤利用激光传递信息，而不是利用电信号传递信息的，且具有抗干扰的特点，故C错误；
D.超导体没有电阻，根据焦耳定律Q=I2Rt可知，电流通过时不会产生热量，而电饭锅是利用电流的热效应工作的，故不能应用于电饭锅，可以制成电动机，故D错误。
故选：B。
(1)热量是一个过程量，只能说“放出”或“吸收”，不能说含有；
(2)根据化石燃料燃烧得产物来分析；
(3)光纤通信是利用激光传递信息；
(4)超导体的电阻为零，电流通过时不能发热。
此题涉及到能源的利用、现代通信、超导体等相关知识，属于基础知识的考查。
10.【答案】A
【解析】解：
A、由图丙可知，2s到3s物体匀速上升，速度为0.2m/s，由图乙知，拉力为200N，由图甲可知连接动滑轮的绳子的段数为2，绳子自由端移动的速度为0.4m/s；拉力的功率为P=Fv=200N×0.4m/s=80W，
故A错误；
B.忽略绳重和摩擦，根据F=1n(G物+G动)得动滑轮重力为G动=nF-G物=2×200N-360N=40N，
故B正确；
C.2～3s时，此装置的机械效率为η=GhFs=GhF×nF=GnF=360N200N×2×100%=90%，
故C正确；
D.由图乙可知，0.5s时拉力为150N，物体受到竖直向上的拉力为F1=nF2-G动=2×150N-40N=260N，
物体对地面的压力为F压=G-F1=360N-260N=100N，
则对地面的压强为p=F压S=100N50×10-4m2=2×104Pa，故D正确。
故选A。
A、由图丙可知，2s到3s物体匀速上升，速度为0.2m/s，由图乙知，拉力为200N，由图甲可知连接动滑轮的绳子的段数为2，根据v绳=nv得出绳子自由端移动的速度为0.4m/s；根据P=Fv得出拉力的功率；
B.忽略绳重和摩擦，根据F=1n(G物+G动)得出动滑轮重力，
C.2～3s时，根据η=GhFs=GhF×nF=GnF得出此装置的机械效率；
D.由图乙可知，0.5s时拉力为150N，根据F1=nF2-G动得出物体受到竖直向上的拉力，根据 压=G物-F1得出物体对地面的压力，根据p=F压S得出对地面的压强。
本题考查滑轮组的拉力。效率、功率的有关计算，综合性强，难度适中。
11.【答案】紫外线 绿
【解析】解：护目镜能有效防止来自太阳的辐射，主要是能阻挡太阳光中的紫外线；
在各种不同色光中，红、绿、蓝叫做三原色光。
故答案为：紫外线；绿。
护目镜可以阻挡阳光中的紫外线；光的三原色是红、绿、蓝。
本题考查了紫外线、光的三原色，属于基础题。
12.【答案】直线传播 镜面
【解析】解：(1)影子是沿直线传播的光被不透明的建筑物挡住，在建筑物后面的地面上光照不到的地方形成影子；
(2)当强烈的太阳光照射到玻璃幕墙的表面时，会发生镜面反射，反射光线非常集中，炫目的光会干扰人们的正常生活，造成“光污染”。
故答案为：直线传播；镜面。
(1)光在同种均匀物质中沿直线传播，在日常生活中，激光准直、小孔成像和影子的形成等，都表明光在同一种均匀介质中是沿直线传播的；
(2)平行光射到玻璃幕墙、釉面砖墙、磨光大理石等反射面时，反射光线射向同一方向，即发生镜面反射，会造成光污染。
本题考查光的直线传播以及光的镜面反射，难度不大。
13.【答案】做功 温度
【解析】解：反复折铁丝时，人对铁丝做功，机械能转化为铁丝的内能，内能增大，温度升高，是通过做功的方式改变物体的内能；
发生热传递的条件是有温度差，则相互接触的两个物体之间不发生热传递，它们之间一定具有相同的温度，所以用手触摸弯折处，一段时间后，弯折处与手具有相同的温度。
故答案为：做功；温度。
(1)做功可以改变物体的内能，当对物体做功时，机械能转化为内能，当物体对外做功时，内能转化为机械能；
(2)发生热传递的条件是有温度差。
解决此类问题要结合改变的物体内能的两种方式和发生热传递的条件进行分析解答，属于基础题。
14.【答案】交流 高压
【解析】解：我国电厂利用发电机发出的电是交流电；根据P=UI可知，在输送功率一定时，电压越高，电流越小，输送过程中电能的损失越小，所以发电站采用高压输电线路将电能输送至远方的变电站。
故答案为：交流；高压。
(1)根据日常用电的常识判断；
(2)根据P=UI可知，在输送功率一定时，电压越高，电流越小，根据Q=I2Rt，电阻一定，通电时间一定时，电流越小，电热越少，输送过程中能量损失越小，所以从发电站到用电区采用高压输电。
本题考查了日常用电的常识、高压输电的原因。
15.【答案】4.2×106 50%
【解析】解：
(1)水吸收的热量：
Q吸=cm(t-t0)=4.2×103J/(kg⋅℃)×20kg×(60℃-10℃)=4.2×106J；
(2)这些煤气完全燃烧放出的热量：
Q放=qV=4×107J/m3×0.21m3=8.4×106J，
热水器烧水的效率：
η=Q吸Q放=4.2×106J8.4×106J×100%=50%。
故答案为：4.2×106；50%。
(1)知道水的质量、水的初温和末温、水的比热容，利用吸热公式Q吸=cm(t-t0)求水吸收的热量(有用能量)；
(2)知道使用煤气的体积、煤气的热值，利用Q放=qV求煤气完全燃烧放出的热量(总能量)；热水器烧水的效率等于水吸收的热量与煤气完全燃烧放出的热量之比。
本题考查了吸热公式、燃料完全燃烧放热公式、效率公式的应用，是一道较简单的应用题。
16.【答案】大于 不变
【解析】解：(1)由图可知，不计摩擦和滑轮重力，滑轮(a)是定滑轮，定滑轮的实质是一个等臂杠杆，则F1=G；滑轮(b)是动滑轮，F2=12G，所以F1大于F2。
(2)因为惯性的大小只与物体的质量有关，图(a)中物体被竖直提升过程中，物体的质量不变，则惯性不变。
故答案为：大于；不变。
(1)定滑轮的轮轴是固定的，使用定滑轮不能省力，但可以改变力的方向，定滑轮的实质是一个等臂杠杆；动滑轮的轮轴与物体一起运动，使用动滑轮可以省力；
(2)惯性是物体保持运动状态不变的性质，任何物体都具有惯性；惯性大小只与质量有关，物体质量越大惯性越大。
本题考查了定滑轮和动滑轮的特点、惯性大小的判断，难度不大。
17.【答案】解：反向延长力F的作用线，然后过支点O点作力的作用线的垂线，即为F对应的力臂L，如图所示：
【解析】力臂是支点到力的作用线的距离，因此要先确定支点，然后判断力的方向，再过支点做出力的作用线的垂线，支点到力的作用线的距离，即为所求作的力臂。
力臂的画法：①首先根据杠杆的示意图，确定杠杆的支点。②确定力的作用点和力的方向，画出力的作用线。③从支点向力的作用线作垂线，支点到垂足的距离就是力臂。
18.【答案】解：凸透镜左右两侧各有一个焦点，且这两个焦点关于光心对称，同理凹透镜也是如此；
已知凸透镜与凹透镜的一个焦点重合，则由图可知是凸透镜的右焦点和凹透镜的左焦点重合，
过焦点的光线，经过凸透镜折射后，折射光线要平行于主光轴；平行于主光轴的光线，经过凹透镜折射后，折射光线的反向延长线要过凹透镜的虚焦点，据此作图，如下图所示：
【解析】已知凸透镜与凹透镜的一个焦点重合，根据图示判断是哪个焦点重合；在作凸透镜或凹透镜的光路图时，先确定所给光线的特点再根据透镜的光学特点来作图。
(1)凸透镜的三条特殊光线：①通过焦点的光线经凸透镜折射后将平行于主光轴；②平行于主光轴的光线经凸透镜折射后将过焦点；③过光心的光线经凸透镜折射后传播方向不改变；
(2)凹透镜的三条特殊光线：①延长线过另一侧焦点的光线经凹透镜折射后将平行于主光轴；②平行于主光轴的光线经凹透镜折射后，其折射光线的反向延长线过焦点；③过光心的光线经凹透镜折射后传播方向不改变。
19.【答案】匀速直线 接触面粗糙程度 左 不变
【解析】解：(1)小明把冰壶放在水平玻璃板上，用弹簧测力计沿水平方向匀速直线拉动冰壶，冰壶在水平方向上受到平衡力的作用，根据二力平衡的条件，此时弹簧测力计示数等于冰壶所受滑动摩擦力的大小。
(2)通过比较A、C两次实验接触面粗糙程度相同，可初步得到结论：当接触面粗糙程度相同时，接触面受到的压力越大，滑动摩擦力越大。
(3)图丙方案，冰壶相对地面处于静止状态，受到测力计的拉力与受到长木板施加的滑动摩擦力为一对平衡力，大小相等，方向相反，因细线对冰壶的拉力方向为水平向右，故冰壶所受的摩擦力方向为水平向左；当传送带运动逐渐变快时，因压力大小和接触面的粗糙程度不变，冰壶受到有滑动摩擦力不变，入弹簧测力计的示数不变。
故答案为：(1)匀速直线；(2)接触面粗糙程度；(3)左；不变。
(1)根据二力平衡的条件分析；
(2)影响滑动摩擦力大小因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变，据此分析回答；
(3)图丙中，冰壶相对地面处于静止状态，根据二力平衡知识分析。
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和对实验方案的改进，体现了对过程和方法的考查。
20.【答案】2.2×103 相等 偏大
【解析】解：(1)石块的质量m=220g；
加水的质量m'=100g，
由ρ=mV可知，加水的体积V'=m'ρ水=100g1g/cm3=100cm3；
石块的体积V=V'=100cm3；
石块的密度：ρ石=mV=220g100cm3=2.2g/cm3=2.2×103kg/m3；
(2)取出石块后并没有测量烧杯和水的质量，接下来继续加水至标记，再测出烧杯和水的总质量。因此石块将一部分水带出，不会影响增加的水的质量，即测量的石块的体积不变，则密度不变；
(3)石块吸水导致标记下降，所加水的体积偏小，算出的石块体积偏小，石块质量准确，根据ρ=mV计算出的密度会偏小。
故答案为：(1)2.2×103；(2)相等；(3)偏大。
(1)由②可知石块的质量，由③可知后来加水的质量，根据加水的质量利用密度公式计算出加水的体积，即为石块的体积；③知道石块的质量和体积，利用密度公式计算出石块的密度；
(2)取出石块后并没有测量烧杯和水的质量，接下来继续加水至标记，再测出烧杯和水的总质量。因此石块将一部分水带出，不会影响增加水后的总质量，据此分析；
(3)石块吸水，会导致标记偏低，则后来加入水的质量就会偏小，利用密度公式计算出的加入水的体积偏小，从而导致测出的体积偏小，据此分析。
此题为我们提供了一种利用等效替代求固体体积的方法，特别适用于在没有量筒或物体大于量筒口径时使用，值得关注。
21.【答案】开关未断开 没有将变阻器最大电阻连入电路 导线①发生了断路 增大
【解析】解：(1)连接电路时，为保护电路，开关要断开，将变阻器最大电阻连入电路。故两个不妥之处：①开关未断开；②没有将变阻器最大电阻连入电路。
(2)电流表示数始终为零，电路可能断路，电压表示数始终为3V，说明电压表与电源连通，已知仅导线发生故障，则图甲中导线①发生了断路，导致电压表串联在电路中了。
(3)根据乙图中数据，由公式R=UI得出不同电压下灯泡的阻值，
R1=U1I1=0.5V0.1A=5Ω
R2=U2I2=1.25V0.2A=6.25Ω
R3=U3I3=2.5V0.3A≈8.33Ω
分析可知：小灯泡的电阻是随电压的增大而增大，原因是：通过灯的电流随电压的增大而变大，根据P=UI，灯消耗的电功率变大，灯丝的温度升高，灯的电阻变大，所以得到小灯泡的电阻是随电压的增大而增大。
(4)该题中电流表损坏，所以需要利用定值电阻R0与灯泡串联得到灯泡正常发光时的电流，用电压表测量灯泡正常工作时的电压，再利用R=UI计算灯泡电阻，基于以上分析，设计的电路如下图所示：
故答案为：(1)①开关未断开；②没有将变阻器最大电阻连入电路；(2)导线①发生了断路；(3)增大；(4)见上图。
(1)连接电路时，为保护电路，开关要断开，将变阻器最大电阻连入电路。
(2)若电流表示数为0，说明电路可能断路；电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了。
(3)根据图中数据，由公式R=UI得出不同电压下的电阻大小，根据灯丝的电阻随温度升高变大分析。
(5)该题中电流表损坏，所以需要利用定值电阻R0与灯泡串联得到灯泡正常发光时的电流，用电压表测量灯泡正常工作时的电压，再利用R=UI计算灯泡电阻。
本题测量小灯泡的电阻，考查电路连接、故障分析、串联电路的规律及欧姆定律的运用，综合性较强。
22.【答案】解：(1)由ρ=mV得人的体积为：
V人=m人ρ人=51kg1.02×103kg/m3=0.05m3，
当人体浸入水中体积为人体总体积的五分之四时，该运动员在水中受到的浮力为：
F浮=ρ水gV排=ρ水g45V人=1.0×103kg/m3×10N/kg×45×0.05m3=400N；
(2)该运动员的重力为：
G人=m人g=51kg×10N/kg=510N；
人漂浮时，受到的浮力为F浮'=G人=510N，
由F浮=ρ水gV排得此时排开水的体积为：
V排'=F浮'ρ水g=510N1.0×103kg/m3×10N/kg=0.051m3；
气囊体积为：
V气囊=V排'-45V人=0.051m3-45×0.05m3=0.011m3。
答：(1)当人体浸入水中体积为人体总体积的五分之四时，该运动员在水中受到的浮力为400N；
(2)人漂浮时，气囊体积至少为0.011m3，才能确保运动员的安全。
【解析】(1)由密度公式算出人的体积，由阿基米德原理算出当人体浸入水中体积为人体总体积的五分之四时该运动员在水中受到的浮力；
(2)根据G=mg算出该运动员的重力；
根据漂浮的条件算出人漂浮时受到的浮力，由阿基米德原理算出人排开水的体积，人排开水的体积减去人体45的体积就是气囊的体积。
本题考查了重力公式、阿基米德原理公式以及浮沉条件的应用等知识，是一道综合题，有一定的难度。
23.【答案】闭合
【解析】解：(1)由甲电路图可知，开关S断开时电路为R1的简单电路，开关S闭合时R1与R2并联，
因并联电路中总电阻小于任何一个分电阻，
所以，开关S闭合时，电路的总电阻最小，由P=UI=U2R可知，电源的电压一定时，电路的总功率最大，处于加热状态；
同理可知，开关S断开时，处于保温状态；
(2)饮水机处于保温状态时电路为R1的简单电路，饮水机处于加热状态时R1与R2并联，根据并联电路规律可知，S无论闭合还是断开，R1的功率保持不变；
因电路的总功率等于各用电器功率之和，
所以，加热状态时R2的电功率：P2=P加热-P保温=900W-20W=880W，
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，R2的阻值：R2=U2P2=(220V)2880W=55Ω；
(3)由图R与R2串联，当滑片位于左端时，接入电路中的电阻最大，电路的总电阻最大，此时电路中的电流最小，
由P=UI=I2R可知，电热管R2的功率最小，即饮水机的加热功率最小，
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=UR总=UR+R2=220V165Ω+55Ω=1A，
则P2=I2R2=(1A)2×55Ω=55W，
当滑片位于右端时，接入电路中的电阻为零，电路的总电阻最小，电路中的电流最大，电热管R2的功率最大，即饮水机的加热功率最大，
当滑片位于最右端时，电路为R2的简单电路，
则饮水机的加热功率：P2'=U2R2=(220V)255Ω=880W，
则饮水机的加热功率范围是55W～880W。
答：(1)闭合；
(2)R2的阻值是55Ω；
(3)改装后，饮水机的加热功率范围是55W～880W。
(1)由甲电路图可知，开关S断开时电路为R1的简单电路，开关S闭合时R1与R2并联，根据电阻的并联比较两种情况下的总电阻关系，根据P=UI=U2R可知，电源的电压一定时，电路的总电阻越小，总功率最大，处于加热状态，反之处于保温状态；
(2)饮水机处于保温状态时电路为R1的简单电路，饮水机处于加热状态时R1与R2并联，加热状态时R2的电功率等于加热功率减去保温功率，根据并联电路的电压特点和P=UI=U2R求出R2的阻值；
(3)①由图乙可知，R与R2串联，分析滑片位于左端或右端时电路的总电阻关系，根据欧姆定律电路中的电流情况，利用P=UI=I2R可知电热管R2的功率情况，从而得出饮水机的功率情况；
②当滑片位于最左端时，电热管R2的功率最小，根据电阻串联和欧姆定律求出电路中的电流，利用P=UI=I2R求出饮水机的功率；当滑片位于最右端时，电路为R2的简单电路，根据P=UI=U2R求出饮水机的加热功率，然后得出饮水机的加热功率范围。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用等，分清饮水机处于不同状态时电路的连接方式是关键。
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