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2023年河北省石家庄市新华区二十八中中考物理模拟试卷（含解析）
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这是一份2023年河北省石家庄市新华区二十八中中考物理模拟试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2023年河北省石家庄市新华区二十八中中考物理模拟试卷
一、单选题（本大题共5小题，共10.0分）
1. 下列估测数值与实际相符的是( )
A. 正常人平静时每分钟呼吸约80次 B. 教室内长方形黑板的宽约为1m
C. 一袋普通牛奶的质量约为1000g D. 现在教室内的温度约为37℃
2. 下列对诗词中涉及的热现象，解释正确的是( )
A. “千里冰封，万里雪飘”中，冰的形成是升华现象
B. “露似真珠月似弓”中，露的形成是液化现象
C. “霜叶红于二月花”中，霜的形成是凝固现象
D. “晴明风日雨干时”中，“雨干”是凝华现象
3. 如图所示的做法中，符合安全用电要求的是( )
A. 甲图：使用测电笔时手接触笔尖金属体
B. 乙图：三脚插头内有一根导线与用电器的金属外壳相连
C. 丙图：警示牌提醒我们靠近低压带电体不会触电
D. 丁图：家庭电路中安装空气开关后就绝对安全
4. 用如图所示的滑轮组拉动物体，已知物体质量为40kg，与地面的摩擦力为其重力的0.2倍。10s内物体被拉动了10m，动滑轮重20N。(不计绳重和滑轮间的摩擦)下列说法中正确的是( )
A. 自由端的拉力F为100N
B. 滑轮组所做的有用功为4000J
C. 拉力的功率为150W
D. 滑轮组的机械效率为80%
5. 2021年5月15日，中国火星探测器“天问一号”成功着陆火星，如图所示为巡视器减速下降到火星表面的过程，下列关于它的机械能变化情况分析正确的是( )
A. 动能增大，重力势能减小，机械能不变
B. 动能减小，重力势能增大，机械能不变
C. 动能增大，重力势能增大，机械能增大
D. 动能减小，重力势能减小，机械能减小
二、多选题（本大题共3小题，共9.0分）
6. 气体的流速与压强存在密切联系，对于如图所示的理解或说明，正确的是( )
A. 战斗机利用气流在机翼上下表面压力差而产生向上的升力，使飞机可以飞起来
B. 候车时，乘客必须站在地铁(或火车)安全线以外的地方
C. 气流偏导器的作用，能给小车身较大升力，减小了车与地面的摩擦
D. 向下吹气，乒乓球迅速下落
7. 如图所示，在探究“凸透镜成像的规律”实验中，光屏的位置如图所示。将蜡烛放到光具座的20cm刻度处时，光屏恰好在当前位置接收到一个清晰的像。下列说法正确的是( )
A. 蜡烛放到光具座20cm刻度处时，光屏上的像为倒立放大的像
B. 将蜡烛远离凸透镜时，为了在光屏上得到清晰的像，也应该将光屏远离凸透镜
C. 保持透镜不动，将蜡烛和光屏同时向左移动10cm，光屏上一定会出现清晰的像
D. 若换用焦距为10cm的凸透镜替换原来的凸透镜进行实验，保持光屏在90cm刻度处不动，为了使光屏上重新出现清晰的像可以让蜡烛靠近透镜一定距离
8. 图甲所示电路中，电源电压保持不变，灯L上标有6V字样，a为实验室常见的电流表或者电压表。图乙是通过小灯泡L和电阻R1的电流随它们两端电压变化的图像。闭合开关S、S2时，将滑片P移到滑动变阻器R的中点时，小灯泡刚好正常发光，a表的指针恰好偏转满量程的五分之一。下列说法中正确的是( )
A. a为电压表
B. 电源电压U为9V，滑动变阻器R的最大阻值是30Ω
C. 闭合开关S、S1时，电路的最小功率为1.35W
D. 闭合开关S、S2，小灯泡的实际功率为P=1W时，滑动变阻器消耗的功率为1.25W
三、填空题（本大题共5小题，共14.0分）
9. 昆曲被联合国教科文组织列入《人类非物质文化遗产代表作名录》，她被誉为“百戏之祖”。演唱时以三弦、曲笛等为主要伴奏乐器，拨动三弦时，弦______产生声音；吹奏曲笛时，按住不同的孔可以改变声音的______；两种乐器相互配合，奏出优美的乐曲，通过______可以辨别它们的声音。
10. 如图所示，这是小林同学使用橡胶柄开瓶器开启瓶盖时的情景。开瓶器开瓶盖时是一个______ (选填“省力”或“费力”)杠杆，手柄上有一颗颗凸起的硅胶，使柄与手的接触面更粗糙，从而______ 摩擦力(选填“增大”或“减小”)。
11. 小明同学坐在平静的湖边，看到“云在水中漂，鱼在云上游”。天上的白云与映在湖里的白云，距水面的距离______ (选填“相同”或“不同”)；看到水中的白云在向东移动，则天上的白云在向______ (选填“东”或“西”)移动：看到的水中鱼和水中云，是鱼和云所成的像，关于这两个像，下列判断正确的是______ (选填字母)。
A.都是实像
B.都是虚像
C.鱼是实像，云是虚像
12. 如图，骑马是古人最便捷的出行方式。“春风得意马蹄疾，一日看尽长安花”。当诗人孟郊骑马看到百花纷纷向后退去，是以______ (选填“花”或“自己”)为参照物。乌鲁木齐到吐鲁番路程约为180km，若古人骑马走完此路段，平均速度为18km/h，合______ m/s，则大约需要______ 小时。
13. 如图楼顶上的太阳能集热器为用户提供热水，这是通过______ 方式(选填“做功”或者“热传递”)增大水的内能。太阳能是可再生能源，清洁无污染，太阳内部氢原子核发生核______ 释放出巨大的能量。某型号太阳能集热器水箱内的水为120L，当太阳照射一段时间后，水箱内的水从20℃升高到50℃，则水吸收的热量为______ J。【水的密度ρ水=1.0×103kg/m3，水的比热容为4.2×103J/(kg⋅℃)】。
四、实验探究题（本大题共3小题，共17.0分）
14. 如图是探究通电螺线管外部磁场分布的实验过程图(俯视图)，其中深色端是小磁针N极。
(1)条形磁铁周围的小磁针的指向如图甲所示，现把小磁针放在螺线管四周不同的位置，通电后发现小磁针的指向如图乙所示，说明通电螺线管周围的磁场跟______ 的磁场相似，图乙中螺线管的右端是______ 极(选填“N”或者“S”)；
(2)为了探究螺线管外部磁场方向是否与电流方向有关，请你写出具体操作步骤：______ ；
(3)下列做法中，不一定能使乙图中的通电螺线管磁性增强的是______ (只填字母序号)。
A.将没有磁性的铁芯插入螺线管中
B.将有磁性的条形磁体插入螺线管中
C.增大通过螺线管的电流
D.增加螺线管的匝数
15. 小亮使用一种医用免洗手消毒液对手部进行消毒过程中，闻到了浓浓的酒精味，看到该液体的流动性较差。查看了瓶身上的说明后，确定这种消毒液的主要成分为75%的酒精。于是小亮所在的兴趣小组对这种消毒液的密度进行了测量。
(1)实验前，将托盘天平放在水平工作台上，游码移到标尺的______ 处，指针静止在如图1甲所示的位置，此时应将右端的平衡螺母向______ (选填“左”或“右”)调节，使天平平衡；
(2)将盛有适量消毒液的烧杯放在天平的左盘，天平重新平衡时，右盘所加砝码及游码位置如图1乙所示，烧杯和消毒液的总质量为______ g；将烧杯中的部分消毒液倒入量筒，测得烧杯和剩余消毒液的总质量为42.4g；经过一段时间后，观察到量筒内的液面如图1丙所示，这种消毒液的密度为______ g/cm3；
(3)小亮觉得消毒液流动性较差，即使经过一段时间后，量筒壁上依旧会残留消毒液，而导致上面所测消毒液的密度______ (选填“偏大”或“偏小”)；
(4)小亮回到家后改进了实验方案，如图2所示。他利用手提式电子秤(既可以测量力，也可以测量质量)、小桶、细线和一个实心铁块(密度已知，记为ρ铁)等器材，再次对这种洗手液的密度进行测量。具体做法如下：
A.先将实心铁块用细线系好，悬挂在电子秤的下端，待电子秤示数稳定后，读出并记为F1；
B.在小桶里倒入适量的消毒液，悬挂在电子秤的下端，待电子秤示数稳定后，读出并记为F2；
C.再用手提着系着实心铁块的细线一端，将实心铁块缓慢地浸没在消毒液中，但要保证实心铁块不碰触小桶底部和侧壁，待电子秤示数稳定后，读出并记为F3；
完成以上测量后，根据所得实验数据，请你写出消毒液密度的表达式：ρ消毒液= ______ 。(用F1、F2、F3、
ρ铁表示)。
16. 在测量小灯泡电阻的实验中，如图甲所示，电源电压恒为3V，小灯泡额定电压为2.5V。
(1)用笔画线代替导线，将图甲实物电路补充完整。
(2)观察图甲实物电路，可知实验小组在连接电路时有一处操作不妥之处是：______ 。
(3)正确连接电路后，闭合开关，无论将滑动变阻器的滑片调节到任何位置，发现电压表和电流表均无示数。查找故障时，实验小组的同学拆图甲中电压表，把电压表的负接线柱接在电源负极上，闭合开关后，将正接线柱分别接在电路中的各接线柱上，得到了下表信息。若电路中只有一处故障，则电路发生的故障可能是______ 。
导线接触接线柱
A
B
C
D
E
F
G
H
电压表示数(V)
3
3
3
0
0
0
0
0
(4)排除故障后，为测量小灯泡正常发光时的电阻，在图甲图中需要调节滑动变阻器的滑片，直至电压表示数是______ V。此时电流表示数(如图乙所示)是______ A，则小灯泡正常发光时的电阻是______ Ω(保留一位小数)。
(5)测量小灯泡正常发光时的电阻，有同学认为可以调节滑动变阻器进行多次测量，然后利用对应的电压和电流值计算出相应的电阻，再求出电阻的平均值，这样可以减小误差。你认为这种做法是______ 的(选填“正确”或“错误”)。
(6)完成上述实验后，再利用图丙的电路，在MN间接入适当的元件，下列不能够完成的实验有______ (选填序号)。
①接入一个灯泡，探究电流和电压的关系
②接入一个未知电阻Rx，测出它的阻值
③接入一个已知额定电压的小灯泡，测出灯泡的额定功率
五、计算题（本大题共2小题，共13.0分）
17. 如图所示，质量为0.81kg的物体A以及甲、乙两个高度相同的轻质薄壁容器置于水平桌面上，甲、乙容器的底面积分别为S甲=1×10−2m2、S乙=5×10−3m2。现分别向甲、乙两个容器中倒入质量相同的酒精和水，甲中酒精的深度为10cm，乙中水的深度为16cm(g=10N/kg,ρ酒=0.8×103kg/m3,ρ水=1.0×103kg/m3)。求：
(1)若物体A的底面积为5×10−3m2，物体A对水平地面的压强；
(2)乙容器中水对容器底部的压力；
(3)若将物块A浸入甲容器的酒精中，甲容器的液面刚好和乙容器中的液面相平，求物块A的最大密度。
18. 在如图所示的电路中，电源电压恒定不变，R1的阻值为24Ω。闭合开关S后，电流表示数为0.5A，电压表V2的示数为6V。求：
(1)电阻R1两端电压U1以及电源电压；
(2)电阻R2的阻值；
(3)现用定值电阻R0替换R2，R0的阻值是5Ω的整数倍，求定值电阻R0的可能值。要求电路能正常工作，且满足：
①电压表V1示数不小于电压表V2示数；
②电压表V1示数与电压表V2示数的比值不超过4。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.正常人平静时每分钟呼吸约20次，故A不正确；
B.教室内长方形黑板的长约为3m，宽约为1m，故B正确；
C.一袋普通牛奶的质量约为250g，故C不正确；
D.现在教室内的温度约为28℃，故D不正确。
故选：B。
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。
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.【答案】B
【解析】解：A、冰的形成是水的凝固现象，故A错误；
B、露是空气中的水蒸气遇冷液化为液态的小水滴，故B正确；
C、霜是空气中的水蒸气遇冷凝华为固态的冰晶，故C错误；
D、“雨干”是水的汽化现象，故D错误。
故选：B。
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；由气态变为液态的过程叫液化，由液态变为气态的过程叫汽化；由固态变为液态的过程叫熔化，由液态变为固态的过程叫凝固。
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。
3.【答案】B
【解析】解：A.使用测电笔时，手与笔尾的金属体接触，不能接触笔尖金属体，故A不符合题意；
B.三脚插头中上方的导线与用电器的外壳相连，当三脚插头与三孔插座连接后，用电器的外壳与大地相连，防止触电事故的发生，故B符合题意；
C.高压警示牌提醒人们有电危险，请不要靠近带电体，故C不符合题意；
D.安装空气总开关只能在电流过大时自动切断电路，并不能在漏电或有人触电时切断电路；为了用电的安全，在电路中应安装漏电保护器，故D不符合题意。
故选：B。
(1)使用测电笔时，笔尖金属体接触导线，手接触笔尾金属体；
(2)三脚插头最长的一个(E)与用电器的金属外壳相连；
(3)安全用电的原则：不接触低压带电体，不靠近高压带电体；
(4)为防止因为干路电流过大引起火灾，家庭电路中必须安装保险丝或空气开关。
本题考查安全用电的常识，解决此类题目要结合安全用电的知识进行分析解答。为防止因电带来的伤害，不能违反。
4.【答案】D
【解析】解：A、已知物体质量为40kg，物体的重力G=mg=40kg×10N/kg=400N，
摩擦力f=0.2G=0.2×400N=80N，物体处于平衡状态，物体左侧绳子的拉力F物=f=80N，
n=2，故自由端的拉力F=12(F物+G动)=12×(80N+20N)=50N，故A错误；
B、滑轮组所做的有用功W有用=F物s物=80N×10m=800J，故B错误；
C、绳子自由端移动的距离s=2s物=2×10m=20m，
拉力做的功W总=Fs=50N×20m=1000J，
拉力的功率P=W总t=1000J10s=100W，故C错误；
D、机械效率η=W有用W总=800J1000J=80%，故D正确。
故选：D。
A、已知物体质量为40kg，根据G=mg得出物体的重力，
根据f=0.2G得出摩擦力，物体处于平衡状态，物体左侧绳子的拉力F物=f，
n=2，根据F=12(F物+G动)得出绳子自由端的拉力；
B、根据W有用=F物s物得出滑轮组所做的有用功；
C、先计算绳子自由端移动的距离，根据W总=Fs得出拉力做的功W总，根据P=W总t得出拉力的功；
D、根据η=W有用W总得出机械效率。
本题是有关滑轮组机械效率的综合计算，要掌握有用功和总功、机械效率的概念，能够正确判断出有用功是解决本题的关键。
5.【答案】D
【解析】解：巡视器减速下降过程中，其质量不变，速度变慢，故动能变小；同时其质量不变，高度变小，所以重力势能变小；机械能等于动能与重力势能之和，故机械能减小，故D正确。
故选：D。
影响动能的因素有物体质量和速度，质量越大、速度越大，动能越大；影响重力势能的因素有质量和高度，高度越高、质量越大，重力势能越大；机械能是动能和势能的总和。
知道动能和重力势能大小的影响因素是解决该题的关键。
6.【答案】AB
【解析】解：A、战斗机的机翼呈流线型，是利用气流在机翼上下表面压力差而产生向上的升力，使飞机可以飞起来，故A正确；
B、候车时，乘客必须站在地铁安全线以外的地方，因为列车驶过时，内侧空气流速大、压强小，外侧空气流速小、压强大，易发生危险，故B正确；
C、气流偏导器相当于倒装的机翼，它的作用是利用流体流速越大的位置压强越小的原理，给小车身较大压力，加大了车与地面的摩擦，故C错误；
D、快速向下吹气，乒乓球不下落，是因为吹气时，乒乓球上方空气流动加快，压强变小，下方的压强大于上方，产生向上的升力，使乒乓球不会下落，故D错误。
故选：AB。
流体流速越大的位置，压强越小，结合这一原理在实际生活中的应用可对选项中的例子逐一做出分析。
本题主要考查了流体压强与流速的关系在生活中的应用，能将相关知识与实例相结合，是解答的关键。
7.【答案】ACD
【解析】解：A.由图可知，凸透镜放在光具座50cm刻度线处，蜡烛放到光具座的20cm刻度处时，蜡烛距凸透镜的距离u=50cm−20cm=30cm，光屏到凸透镜的距离v=90cm−50cm=40cm，物距u小于像距v，说明蜡烛放在了该凸透镜的一倍焦距与两倍焦距之间，成倒立、放大的实像，故A正确；
B.蜡烛离凸透镜越远，它在光屏上成的像离凸透镜越近，所以将蜡烛远离凸透镜时，为了在光屏上得到清晰的像，应该将光屏靠近凸透镜，故B错误；
C.将凸透镜和光屏同时向左移动10cm后，物距变为30.0cm+10cm=40.0cm>2f，而光屏到凸透镜的距离为40.0cm−10cm=30.0cm，此时的像距、物距正好对调，根据光路的可逆性，此时光屏上能看到清晰的像，故C正确；
D.结合A可知：
f<30cm<2f ①
40cm>2f ②
解①②式得15cm
故选：ACD。
凸透镜成像的规律：
当u>2f时，成倒立、缩小的实像，照相机、摄像机就是根据这个原理制成的；
当u=2f时，成倒立、等大的实像；
当f
当u
要求学生能从图中获取信息，然后利用所学规律分析解答问题，这是考试中常见的题型，考查学生的分析能力。此题的关键是掌握凸透镜成像的规律，搞清像距、像的大小与物距之间的关系。
8.【答案】ACD
【解析】解：A.a电表和滑动变阻器并联，故其为电压表，故A正确；
B.闭合开关S、S2时，灯泡和滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，由于小灯泡正常发光，则灯泡的实际电压为：UL=U额=6V，
a表的指针恰好偏转满量程的五分之一，则a表的示数为3V，
根据串联电路电压规律可得电源电压：U=UL+U滑中=6V+3V=9V，
此时灯泡的电阻结合图像可得RL=ULIL=6V0.3A=20Ω，
滑动变阻器接入电路的阻值是最大值的一半，滑动变阻器的两端电压为3V，滑动变阻器R的最大阻值是2×3V0.3A=20Ω，故B错误；
C.由乙图可知，当R1两端的电压为6V时，电流为0.15A，则R1阻值为R1=6V0.15A=40Ω，
闭合开关S、S1时，根据P=U2R可知当滑动变阻器最大阻值接入电路时，电路的功率最小，为P=U2R最大=(9V)240Ω+20Ω=1.35W，故C正确；
D.闭合开关S、S2，由乙图可知，当灯泡两端的电压为4V，通过灯泡的电流为0.25A，满足小灯泡的实际功率为P=1W时的条件，
故滑动变阻器两端电压为9V−4V=5V，消耗的功率为P=U滑I=5V×0.25A=1.25W，故D正确。
故选：ACD。
(1)a电表和滑动变阻器并联，故其为电压表；闭合开关S、S2时，灯泡和滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，由于小灯泡正常发光，则根据灯泡的实际电压和滑动变阻器两端的电压，利用串联电路电压规律求出电源电压；
(2)根据灯泡正常发光时灯泡两端电压，由图乙读出通过灯泡的电流，根据串联电路电流的规律和欧姆定律求出滑动变阻器接入电路的阻值，由于此时滑片P移到滑动变阻器R的中点，据此即可求出滑动变阻器R的最大阻值；
(3)根据图象读出电阻R1的已知电压和电流值，根据欧姆定律求出电阻R1的阻值，
闭合开关S、S1时，R1和滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，当滑动变阻器接入电路的阻值最大时，电路的电流最小，根据串联电路电阻规律和欧姆定律求出电路电流，最后根据P=UI求出电路消耗的最小功率；
(4)闭合开关S、S2时，灯泡的实际功率为P=1W时，根据图象读出灯泡的实际功率为P=1W时小灯泡两端的电压和电流，再利用串联电路电流和电压的规律和P=UI即可求出滑动变阻器消耗的功率。
本题考查了串联电路的特点以及欧姆定律、电功、电功率公式的应用，关键是开关闭合、断开时电路电路的辨别以及图中所给的有用信息，同时要注意灯泡的电阻是变化的。
9.【答案】振动 音调 音色
【解析】解：(1)乐曲的声音是由于弦的振动产生的；
(2)吹奏曲笛时，笛内空气柱振动发声，按住不同的孔，笛内空气柱的长度不同，振动的频率不同，声音的音调不同；
音色由发声体的材料和结构决定，不同的发声体发出声音的音色一般不同，因此通过音色可以辨出三弦、曲笛的声音。
故答案为：振动；音调；音色。
(1)声音是由振动产生的；
(2)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，与振幅和距离有关；音色是由发声体本身决定的一个特性。
本题主要考查了学生对声音的产生、声音的三个特性--音调、响度、音色等知识的理解和应用，难度不大。
10.【答案】省力 增大
【解析】解：(1)开瓶器在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；
(2)手柄上有一颗颗凸起的硅胶，使柄与手的接触面更粗糙，是在压力一定的情况下，通过增大接触面粗糙程度来增大摩擦力的。
故答案为：省力；增大。
(1)结合图片和生活经验，先判断开瓶器在使用过程中，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；
(2)摩擦力大小的影响因素：压力大小和接触面的粗糙程度，增大摩擦力的方法：增大压力，增大接触面的粗糙程度。
本题考查的是杠杆的分类和增大摩擦力的方法，属于基础题。
11.【答案】相同 东 B
【解析】解：小亮看到白云在水中的倒影属于平面镜成像，是由光的反射形成的虚像，根据平面镜成像特点可知，物像到平面镜的距离相等，故天上的白云与映在湖里的白云距水面的距离相同；
由平面镜成像特点可知，物与像关于镜面对称，当水中的白云在向东移动时，则天上的白云在向东移动；
看到的水中鱼，是由光的折射形成的虚像；水中云，是由光的反射形成的虚像，所以这两个像都是虚像，故选B。
故答案为：相同；东；B。
(1)水中倒影属于平面镜成像，其特点是像到镜的距离和物到镜的距离相等，像物的大小相等，像与物的连线与镜面垂直，成的是虚像；
(2)光从一种介质斜射入另一种介质时，会发生折射现象；看到鱼的位置变浅，就是由于光的折射形成的。
本题考查了常见光学现象的区分，解题的关键是把握三种光学现象的本质，是中考光学常考的内容。
12.【答案】自己 5 10
【解析】解：诗人孟郊骑在马上以马(或自己)为参照物，百花与马(或自己)之间的位置发生了变化，所以百花是运动的，即看到百花纷纷向后退去。
由1m/s=3.6km/h得18km/h=18×13.6m/s=5m/s，
由v=st可得大约需要的时间t=sv=180km18km/h=10h。
故答案为：自己；5；10。
(1)判断物体的运动情况时，必须选取一个标准作为参照物，如果研究对象与参照物之间的位置发生了变化，则是运动的；如果位置没有发生变化，则是静止的。
(2)已知速度和路程，利用速度公式计算时间。
本题考查了运动和静止的相对性，速度公式变形的应用。在判断物体运动和静止时，关键看物体相对于参照物的位置是否发生了变化。
13.【答案】热传递 聚变 1.512×107
【解析】解：太阳能热水器通过太阳辐射吸收热，这是通过热传递来增大水的内能的。
太阳的能量来源于太阳内部氢原子核的核聚变。
水箱内的水的体积V=120L=0.12m3，由密度公式的变形可得水的质量m=ρ水V=1.0×103kg/m3×0.12m3=120kg，由c=QmΔt得，水吸收的热量Q吸=cmΔt=4.2×103J/(kg⋅℃)×120kg×(50−20)℃=1.512×107J。
故答案为：热传递；聚变；1.512×107。
(1)太阳能热水器通过热传递来增大水的内能的。
(2)太阳的能量来源于太阳内部氢原子核的核聚变。
(3)根据吸热公式进行计算。
知道太阳能的来源，会根据热量公式计算水吸收的热量即可。
14.【答案】条形磁体 N 在乙图中，更换电源正负极，然后闭合开关，观察实验现象 B
【解析】解：(1)图甲和乙中，小磁针深色端的指向相同，说明通电螺线管周围的磁场跟条形磁铁的磁场相似。
由图乙中可知，电流从通电螺线管的左端流入，右端流出，由安培定则可知，螺线管的右端是N极。
(2)为了探究螺线管外部磁场方向是否与电流方向有关，由控制变量法可知，在乙图中，应更换电源正负极，然后闭合开关，观察实验现象。
(3)A.将没有磁性的铁芯插入螺线管中，会使得螺线管的磁性增强，故A不符合题意；
B.将有磁性的条形磁体插入螺线管中后，条形磁体的磁场分布与螺线管的磁场分布不一定相同，因此不一定能使乙图中的通电螺线管磁性增强，故B符合题意；
C.增大通过螺线管的电流，由电流的磁效应可知，会使得螺线管的磁性增强，故C不符合题意；
D.增加螺线管的匝数，电流的磁场叠加，会使得通电螺线管磁性增强，故D不符合题意。
故选B。
故答案为：(1)条形磁体；N；(2)在乙图中，更换电源正负极，然后闭合开关，观察实验现象；(3)B。
(1)条形磁体周围磁感线的形状是纺锤形的，根据图b所示的通电螺线管周围磁感线的形状，两者联系起来，可以得到此题的答案。
螺线管的极性可通过电磁针的指向来进行判断；
(2)通电螺线管周围磁场的方向与电流方向和线圈的绕向这两个因素有关，若只改变其中的一个，磁场方向发生改变；若两个因素同时改变，磁场方向不变。
(3)螺线管的磁性强弱与螺线管中的电流大小、线圈匝数、螺线管中是否插入铁芯有关。
(1)通过螺线管周围小磁针的北极指向确定了螺线管周围的磁场方向，再利用建立模型法画出了其周围的磁感线形状。与学过的条形、蹄形磁体周围磁感线的形状对比即可解决此题。
(2)此题中在探究螺线管的磁场分布时用到了建立模型法；在探究其磁场方向和磁场强弱时用到了控制变量法和转换法。
15.【答案】零刻度线 右 72.4 1 偏大 F3−F2F1⋅ρ铁
【解析】解：(1)用托盘天平测量物体质量时，把天平放置在水平桌面上；游码移到标尺左端的零刻线处，然后调节平衡螺母，平衡螺母向上翘的一端移动，发现指针静止时指在分度盘中央刻度线的左侧，要使横梁水平平衡，应将平衡螺母向右调节；
(2)如图1乙所示，烧杯和洗手液的总质量为：m1=50g+20g+2.4g=72.4g，
根据题意，量筒里洗手液的质量是：m=m1−m2=72.4g−42.4g=30g，
由图知，量筒中洗手液的体积是V=30mL=30cm3，
则洗手液的密度ρ=mV=30g30cm3=1g∕cm3；
(3)量筒壁上有残留消毒液，导致量筒中消毒液的体积测量变小，质量是准确的，根据ρ=mV知消毒液的密度测量值变大；
(4)C、将实心铁块缓慢地浸没入悬挂着的小桶内的消毒液中，但要保证实心铁块不碰触小桶底部和侧壁，否则测得实心铁块所受的浮力就不准确了；
由图A可知，实心铁块的重力G=F1，则实心铁块的质量为：
m铁=Gg=F1g；
由ρ=mV知，实心铁块的体积为V铁=m铁ρ铁=F1gρ铁=F1ρ铁g，即实心铁块排开消毒液的体积为V排=F1ρ铁g，
实心铁块在水中受到浮力，根据力的作用是相互的，实心铁块对水有向下的压力，使得电子秤示数增大，则实心铁块在水中受到的浮力为：
F浮=F3−F2，
根据阿基米德原理可得，消毒液的密度为：
ρ消毒液=F浮V排g=F3−F2F1ρ铁g⋅g=F3−F2F1⋅ρ铁。
故答案为：(1)零刻度线；右；(2)72.4；1；(3)偏大；(4)F3−F2F1⋅ρ铁。
(1)天平的正确使用：①放：把天平放到水平桌面上；②移；把游码移到标尺左端零刻线处；③调：调节平衡螺母，使指针指在分度盘的中线处．
(2)用天平测物体质量时，物体的质量等于砝码的质量加上游码所对刻度，而要准确读出游码所对刻度，必须明确标尺的分度值及以游码左端所对刻度为准；读取量筒液体的体积时，视线与液面(凹液面的底部)相平；
(3)量筒壁上有残留消毒液，导致量筒中消毒液的体积测量变小，质量是准确的，根据ρ=mV进行判断；
(4)③将实心铁块缓慢地没入悬挂着的小桶内的消毒液中，为了保证浮力值的准确，要保证不碰触小桶的底部和侧壁，因为触碰和不触碰两种情况下，电子秤的示数是不一样的；
由图A可知，实心铁块的重力，求得实心铁块的质量，再计算实心铁块的体积，即得实心铁块排开消毒液的体积；利用图CB求出实心铁块在水中受到的浮力，根据阿基米德原理可得消毒液的密度。
本题是测液体密度的实验题目，考查了天平的使用、天平和量筒的读数、密度计算以及误差分析，属于密度测量中常见的问题，要掌握好。
16.【答案】变阻器的滑片没有移动到阻值最大处 CD间断路 2.5 0.32 7.8 错误 ①
【解析】解：(1)小灯泡额定电压为2.5V，故电压表选用小量程并联在灯泡两端，如下图所示：
(2)为保护电路，闭合开关前，变阻器的滑片要移动到阻值最大处的C端，不妥之处：变阻器的滑片没有移动到阻值最大处；
(3)由表中数据知：将电压表的负接线柱接在电源负极，正接线柱分别接电路中的D、E、F、G、H各接线柱时，电压表数为0，说明电源负极到D、E、F、G、H以外部分可能有断路发生；
电压表的正接线柱分别接电路中的A、B、C各接线柱时，电压表示数等于电源电压3V，说明电源正极到A、B、C间是通路，所以故障的原因是CD间有断路发生；
(4)想要测量灯泡正常发光时的电阻，需要使电压表的示数为2.5V；此时电流表的示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，则通过小灯泡的电流为0.32A，则该灯泡的电阻为：
RL=ULIL=2.5V0.32A≈7.8Ω；
(5)灯在额定电压下正常发光，不同电压下灯的电阻不同，调节滑动变阻器进行多次测量，然后利用对应的电压和电流值计算出相应的电阻，再求出电阻的平均值，这种做法是错误的；
(6)图中电压表可测MN间的电压，电流表可测电路中的电流；
①探究电流和电压的关系，要控制电阻的大小不变，而灯的电阻随温度的变化而变化，不是一个定值，故不能完成；
②电压表可测出Rx的电压，电流表可测通过Rx的电流，由R=UI可测出Rx的阻值，故能完成；
③电压表可测灯的电压，当灯的电压为额定电压时，灯正常发光，记下电流表的示数，根据P=UI可测出灯泡的额定功率，故能完成。
故选：①。
故答案为：(1)见解答图；(2)变阻器的滑片没有移动到阻值最大处；(3)CD间断路；(4)2.5；0.32；7.8；(5)错误；(6)①。
(1)根据灯泡额定电压确定电压表量程，将电压表并联在灯泡两端；
(2)为保护电路，闭合开关前，变阻器的滑片要移动到阻值最大处；
(3)用电压表判断电路故障，电压表有示数，说明电路与电压表所接触位置与电源间是连通的，电压表无示数，说明与电压表并联部分以外的电路部分有断路；
(4)灯在额定电压下正常发光；根据电流表选用量程确定分度值读数，运用欧姆定律变形公式计算电阻；
(5)灯在额定电压下正常发光，不同电压下灯的电阻不同；
(6)根据伏安法和控制变量法逐一分析每个选项，确定不能完成实验。
本题测量小灯泡电阻的实验，考查电路连接、注意事项、故障分析及控制变量法的运用。
17.【答案】解(1)重力G=mg=0.81kg×10N/kg=8.1N，
在水平面上，物体对水平面的压力大小等于重力大小，即F=G=8.1N，
则物体A对水平地面的压强p=FS=8.1N5×10−3m2=1.62×103Pa
(2)乙容器中水对容器底部的压强为p乙=ρ水gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×16×10−2m=1.6×103Pa，
则水对容器底部的压力为F乙=p乙S乙=1.6×103Pa×5×10−3m2=8N
(3)浸入甲容器的物块，当物体浸没时物块的体积最小，则其密度最大，
由于甲容器的液体进入物块后，甲容器的液面刚好和乙容器中的液面相平，
则此时甲容器的液体深度为h甲′=h乙=16cm=0.16m，
物块的最小体积V=V排=ΔV=S甲(h甲′−h甲)=1×10−2m2×(0.16m−0.1m)=6×10−4m3，
物块A的最大密度为ρA=mV=0.81kg6×10−4m3=1.35×103kg/m3。
答：(1)物体A对水平地面的压强为1.62×103Pa；
(2)乙容器中水对容器底部的压力为8N；
(3)物块A的最大密度为1.35×103kg/m3。
【解析】(1)在水平面上，物体对水平面的压力大小等于重力大小，再利用p=FS求得物体A对水平地面的压强；
(2)利用p=ρgh求出乙容器中水对容器底的压强，然后根据p=FS求出乙容器中水对容器底的压力；
(3)浸入甲容器的液体中的物块A，当物块浸没时物块的体积最小，则其密度最大，根据甲容器的液面刚好和乙容器中的液面相平，求出甲容器需要排开的液体的体积，即为物块的体积，然后根据ρ=mV可求出物块的密度。
本题考查压强和密度公式的应用，关键是根据液体的体积判断出甲、乙容器中液体的是哪一种，知道浸入甲容器的液体中的物块，物块浸没时物块的体积最小，则其密度最大。
18.【答案】解(1)由图知，闭合电键S后，两电阻串联，电压表V1测R1的电压，V2测R2的电压，电流表测量电路中的电流，
R1的阻值为24Ω，闭合开关S后，电流表示数为0.5A，故电阻R1两端电压U1为U1=IR1=0.5A×24Ω=12V，
电压表V2的示数为6V，根据串联电路的电压规律可知电源电压为U=U1+6V═12V+6V=18V；
(2)串联电路电流相等，故电阻R2的阻值为R2=U2I2=6V0.5A=12Ω，
(3)因为电压表V1示数不小于电压表V2示数，根据串联分压得到R0≤R1，R0≤24Ω，电源电压U=U1+U2=12V+6V=18V，
电压表V1示数与电压表V2示数的比值不超过了4，故U118−U1≤4，故U1≤14.4V，当U1=14.4V，根据串联分压得到14.4V18−14.4V=24ΩR0小，故R0小=6Ω，
定值电阻R0的取值范围为6Ω−24Ω，又因为R0的阻值是5Ω的整数倍，故R0的阻值可以是10Ω、15Ω、20Ω。
答：(1)电阻R1两端电压为12V，电源电压为18V；
(2)电阻R2的阻值为12Ω；
(3)故R0的阻值可以是10Ω、15Ω、20Ω。
【解析】(1)闭合电键S后，两电阻串联，电压表V1测R1的电压，V2测R2的电压，电流表测量电路中的电流，已知电流表示数和电压表V2的示数，根据串联电路的规律和欧姆定律求出电阻R1两端电压；
(2)由欧姆定律求出R2；
(3)由题中要求a和分压原理确定R0的最大值；由要求b和分压原理，求出R0最小值。
本题考查串联电路的规律及欧姆定律的运用，有一定难度。
2023年河北省石家庄市新华区二十八中中考物理模拟试卷
一、单选题（本大题共5小题，共10.0分）
1. 下列估测数值与实际相符的是( )
A. 正常人平静时每分钟呼吸约80次 B. 教室内长方形黑板的宽约为1m
C. 一袋普通牛奶的质量约为1000g D. 现在教室内的温度约为37℃
2. 下列对诗词中涉及的热现象，解释正确的是( )
A. “千里冰封，万里雪飘”中，冰的形成是升华现象
B. “露似真珠月似弓”中，露的形成是液化现象
C. “霜叶红于二月花”中，霜的形成是凝固现象
D. “晴明风日雨干时”中，“雨干”是凝华现象
3. 如图所示的做法中，符合安全用电要求的是( )
A. 甲图：使用测电笔时手接触笔尖金属体
B. 乙图：三脚插头内有一根导线与用电器的金属外壳相连
C. 丙图：警示牌提醒我们靠近低压带电体不会触电
D. 丁图：家庭电路中安装空气开关后就绝对安全
4. 用如图所示的滑轮组拉动物体，已知物体质量为40kg，与地面的摩擦力为其重力的0.2倍。10s内物体被拉动了10m，动滑轮重20N。(不计绳重和滑轮间的摩擦)下列说法中正确的是( )
A. 自由端的拉力F为100N
B. 滑轮组所做的有用功为4000J
C. 拉力的功率为150W
D. 滑轮组的机械效率为80%
5. 2021年5月15日，中国火星探测器“天问一号”成功着陆火星，如图所示为巡视器减速下降到火星表面的过程，下列关于它的机械能变化情况分析正确的是( )
A. 动能增大，重力势能减小，机械能不变
B. 动能减小，重力势能增大，机械能不变
C. 动能增大，重力势能增大，机械能增大
D. 动能减小，重力势能减小，机械能减小
二、多选题（本大题共3小题，共9.0分）
6. 气体的流速与压强存在密切联系，对于如图所示的理解或说明，正确的是( )
A. 战斗机利用气流在机翼上下表面压力差而产生向上的升力，使飞机可以飞起来
B. 候车时，乘客必须站在地铁(或火车)安全线以外的地方
C. 气流偏导器的作用，能给小车身较大升力，减小了车与地面的摩擦
D. 向下吹气，乒乓球迅速下落
7. 如图所示，在探究“凸透镜成像的规律”实验中，光屏的位置如图所示。将蜡烛放到光具座的20cm刻度处时，光屏恰好在当前位置接收到一个清晰的像。下列说法正确的是( )
A. 蜡烛放到光具座20cm刻度处时，光屏上的像为倒立放大的像
B. 将蜡烛远离凸透镜时，为了在光屏上得到清晰的像，也应该将光屏远离凸透镜
C. 保持透镜不动，将蜡烛和光屏同时向左移动10cm，光屏上一定会出现清晰的像
D. 若换用焦距为10cm的凸透镜替换原来的凸透镜进行实验，保持光屏在90cm刻度处不动，为了使光屏上重新出现清晰的像可以让蜡烛靠近透镜一定距离
8. 图甲所示电路中，电源电压保持不变，灯L上标有6V字样，a为实验室常见的电流表或者电压表。图乙是通过小灯泡L和电阻R1的电流随它们两端电压变化的图像。闭合开关S、S2时，将滑片P移到滑动变阻器R的中点时，小灯泡刚好正常发光，a表的指针恰好偏转满量程的五分之一。下列说法中正确的是( )
A. a为电压表
B. 电源电压U为9V，滑动变阻器R的最大阻值是30Ω
C. 闭合开关S、S1时，电路的最小功率为1.35W
D. 闭合开关S、S2，小灯泡的实际功率为P=1W时，滑动变阻器消耗的功率为1.25W
三、填空题（本大题共5小题，共14.0分）
9. 昆曲被联合国教科文组织列入《人类非物质文化遗产代表作名录》，她被誉为“百戏之祖”。演唱时以三弦、曲笛等为主要伴奏乐器，拨动三弦时，弦______产生声音；吹奏曲笛时，按住不同的孔可以改变声音的______；两种乐器相互配合，奏出优美的乐曲，通过______可以辨别它们的声音。
10. 如图所示，这是小林同学使用橡胶柄开瓶器开启瓶盖时的情景。开瓶器开瓶盖时是一个______ (选填“省力”或“费力”)杠杆，手柄上有一颗颗凸起的硅胶，使柄与手的接触面更粗糙，从而______ 摩擦力(选填“增大”或“减小”)。
11. 小明同学坐在平静的湖边，看到“云在水中漂，鱼在云上游”。天上的白云与映在湖里的白云，距水面的距离______ (选填“相同”或“不同”)；看到水中的白云在向东移动，则天上的白云在向______ (选填“东”或“西”)移动：看到的水中鱼和水中云，是鱼和云所成的像，关于这两个像，下列判断正确的是______ (选填字母)。
A.都是实像
B.都是虚像
C.鱼是实像，云是虚像
12. 如图，骑马是古人最便捷的出行方式。“春风得意马蹄疾，一日看尽长安花”。当诗人孟郊骑马看到百花纷纷向后退去，是以______ (选填“花”或“自己”)为参照物。乌鲁木齐到吐鲁番路程约为180km，若古人骑马走完此路段，平均速度为18km/h，合______ m/s，则大约需要______ 小时。
13. 如图楼顶上的太阳能集热器为用户提供热水，这是通过______ 方式(选填“做功”或者“热传递”)增大水的内能。太阳能是可再生能源，清洁无污染，太阳内部氢原子核发生核______ 释放出巨大的能量。某型号太阳能集热器水箱内的水为120L，当太阳照射一段时间后，水箱内的水从20℃升高到50℃，则水吸收的热量为______ J。【水的密度ρ水=1.0×103kg/m3，水的比热容为4.2×103J/(kg⋅℃)】。
四、实验探究题（本大题共3小题，共17.0分）
14. 如图是探究通电螺线管外部磁场分布的实验过程图(俯视图)，其中深色端是小磁针N极。
(1)条形磁铁周围的小磁针的指向如图甲所示，现把小磁针放在螺线管四周不同的位置，通电后发现小磁针的指向如图乙所示，说明通电螺线管周围的磁场跟______ 的磁场相似，图乙中螺线管的右端是______ 极(选填“N”或者“S”)；
(2)为了探究螺线管外部磁场方向是否与电流方向有关，请你写出具体操作步骤：______ ；
(3)下列做法中，不一定能使乙图中的通电螺线管磁性增强的是______ (只填字母序号)。
A.将没有磁性的铁芯插入螺线管中
B.将有磁性的条形磁体插入螺线管中
C.增大通过螺线管的电流
D.增加螺线管的匝数
15. 小亮使用一种医用免洗手消毒液对手部进行消毒过程中，闻到了浓浓的酒精味，看到该液体的流动性较差。查看了瓶身上的说明后，确定这种消毒液的主要成分为75%的酒精。于是小亮所在的兴趣小组对这种消毒液的密度进行了测量。
(1)实验前，将托盘天平放在水平工作台上，游码移到标尺的______ 处，指针静止在如图1甲所示的位置，此时应将右端的平衡螺母向______ (选填“左”或“右”)调节，使天平平衡；
(2)将盛有适量消毒液的烧杯放在天平的左盘，天平重新平衡时，右盘所加砝码及游码位置如图1乙所示，烧杯和消毒液的总质量为______ g；将烧杯中的部分消毒液倒入量筒，测得烧杯和剩余消毒液的总质量为42.4g；经过一段时间后，观察到量筒内的液面如图1丙所示，这种消毒液的密度为______ g/cm3；
(3)小亮觉得消毒液流动性较差，即使经过一段时间后，量筒壁上依旧会残留消毒液，而导致上面所测消毒液的密度______ (选填“偏大”或“偏小”)；
(4)小亮回到家后改进了实验方案，如图2所示。他利用手提式电子秤(既可以测量力，也可以测量质量)、小桶、细线和一个实心铁块(密度已知，记为ρ铁)等器材，再次对这种洗手液的密度进行测量。具体做法如下：
A.先将实心铁块用细线系好，悬挂在电子秤的下端，待电子秤示数稳定后，读出并记为F1；
B.在小桶里倒入适量的消毒液，悬挂在电子秤的下端，待电子秤示数稳定后，读出并记为F2；
C.再用手提着系着实心铁块的细线一端，将实心铁块缓慢地浸没在消毒液中，但要保证实心铁块不碰触小桶底部和侧壁，待电子秤示数稳定后，读出并记为F3；
完成以上测量后，根据所得实验数据，请你写出消毒液密度的表达式：ρ消毒液= ______ 。(用F1、F2、F3、
ρ铁表示)。
16. 在测量小灯泡电阻的实验中，如图甲所示，电源电压恒为3V，小灯泡额定电压为2.5V。
(1)用笔画线代替导线，将图甲实物电路补充完整。
(2)观察图甲实物电路，可知实验小组在连接电路时有一处操作不妥之处是：______ 。
(3)正确连接电路后，闭合开关，无论将滑动变阻器的滑片调节到任何位置，发现电压表和电流表均无示数。查找故障时，实验小组的同学拆图甲中电压表，把电压表的负接线柱接在电源负极上，闭合开关后，将正接线柱分别接在电路中的各接线柱上，得到了下表信息。若电路中只有一处故障，则电路发生的故障可能是______ 。
导线接触接线柱
A
B
C
D
E
F
G
H
电压表示数(V)
3
3
3
0
0
0
0
0
(4)排除故障后，为测量小灯泡正常发光时的电阻，在图甲图中需要调节滑动变阻器的滑片，直至电压表示数是______ V。此时电流表示数(如图乙所示)是______ A，则小灯泡正常发光时的电阻是______ Ω(保留一位小数)。
(5)测量小灯泡正常发光时的电阻，有同学认为可以调节滑动变阻器进行多次测量，然后利用对应的电压和电流值计算出相应的电阻，再求出电阻的平均值，这样可以减小误差。你认为这种做法是______ 的(选填“正确”或“错误”)。
(6)完成上述实验后，再利用图丙的电路，在MN间接入适当的元件，下列不能够完成的实验有______ (选填序号)。
①接入一个灯泡，探究电流和电压的关系
②接入一个未知电阻Rx，测出它的阻值
③接入一个已知额定电压的小灯泡，测出灯泡的额定功率
五、计算题（本大题共2小题，共13.0分）
17. 如图所示，质量为0.81kg的物体A以及甲、乙两个高度相同的轻质薄壁容器置于水平桌面上，甲、乙容器的底面积分别为S甲=1×10−2m2、S乙=5×10−3m2。现分别向甲、乙两个容器中倒入质量相同的酒精和水，甲中酒精的深度为10cm，乙中水的深度为16cm(g=10N/kg,ρ酒=0.8×103kg/m3,ρ水=1.0×103kg/m3)。求：
(1)若物体A的底面积为5×10−3m2，物体A对水平地面的压强；
(2)乙容器中水对容器底部的压力；
(3)若将物块A浸入甲容器的酒精中，甲容器的液面刚好和乙容器中的液面相平，求物块A的最大密度。
18. 在如图所示的电路中，电源电压恒定不变，R1的阻值为24Ω。闭合开关S后，电流表示数为0.5A，电压表V2的示数为6V。求：
(1)电阻R1两端电压U1以及电源电压；
(2)电阻R2的阻值；
(3)现用定值电阻R0替换R2，R0的阻值是5Ω的整数倍，求定值电阻R0的可能值。要求电路能正常工作，且满足：
①电压表V1示数不小于电压表V2示数；
②电压表V1示数与电压表V2示数的比值不超过4。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.正常人平静时每分钟呼吸约20次，故A不正确；
B.教室内长方形黑板的长约为3m，宽约为1m，故B正确；
C.一袋普通牛奶的质量约为250g，故C不正确；
D.现在教室内的温度约为28℃，故D不正确。
故选：B。
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。
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.【答案】B
【解析】解：A、冰的形成是水的凝固现象，故A错误；
B、露是空气中的水蒸气遇冷液化为液态的小水滴，故B正确；
C、霜是空气中的水蒸气遇冷凝华为固态的冰晶，故C错误；
D、“雨干”是水的汽化现象，故D错误。
故选：B。
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；由气态变为液态的过程叫液化，由液态变为气态的过程叫汽化；由固态变为液态的过程叫熔化，由液态变为固态的过程叫凝固。
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。
3.【答案】B
【解析】解：A.使用测电笔时，手与笔尾的金属体接触，不能接触笔尖金属体，故A不符合题意；
B.三脚插头中上方的导线与用电器的外壳相连，当三脚插头与三孔插座连接后，用电器的外壳与大地相连，防止触电事故的发生，故B符合题意；
C.高压警示牌提醒人们有电危险，请不要靠近带电体，故C不符合题意；
D.安装空气总开关只能在电流过大时自动切断电路，并不能在漏电或有人触电时切断电路；为了用电的安全，在电路中应安装漏电保护器，故D不符合题意。
故选：B。
(1)使用测电笔时，笔尖金属体接触导线，手接触笔尾金属体；
(2)三脚插头最长的一个(E)与用电器的金属外壳相连；
(3)安全用电的原则：不接触低压带电体，不靠近高压带电体；
(4)为防止因为干路电流过大引起火灾，家庭电路中必须安装保险丝或空气开关。
本题考查安全用电的常识，解决此类题目要结合安全用电的知识进行分析解答。为防止因电带来的伤害，不能违反。
4.【答案】D
【解析】解：A、已知物体质量为40kg，物体的重力G=mg=40kg×10N/kg=400N，
摩擦力f=0.2G=0.2×400N=80N，物体处于平衡状态，物体左侧绳子的拉力F物=f=80N，
n=2，故自由端的拉力F=12(F物+G动)=12×(80N+20N)=50N，故A错误；
B、滑轮组所做的有用功W有用=F物s物=80N×10m=800J，故B错误；
C、绳子自由端移动的距离s=2s物=2×10m=20m，
拉力做的功W总=Fs=50N×20m=1000J，
拉力的功率P=W总t=1000J10s=100W，故C错误；
D、机械效率η=W有用W总=800J1000J=80%，故D正确。
故选：D。
A、已知物体质量为40kg，根据G=mg得出物体的重力，
根据f=0.2G得出摩擦力，物体处于平衡状态，物体左侧绳子的拉力F物=f，
n=2，根据F=12(F物+G动)得出绳子自由端的拉力；
B、根据W有用=F物s物得出滑轮组所做的有用功；
C、先计算绳子自由端移动的距离，根据W总=Fs得出拉力做的功W总，根据P=W总t得出拉力的功；
D、根据η=W有用W总得出机械效率。
本题是有关滑轮组机械效率的综合计算，要掌握有用功和总功、机械效率的概念，能够正确判断出有用功是解决本题的关键。
5.【答案】D
【解析】解：巡视器减速下降过程中，其质量不变，速度变慢，故动能变小；同时其质量不变，高度变小，所以重力势能变小；机械能等于动能与重力势能之和，故机械能减小，故D正确。
故选：D。
影响动能的因素有物体质量和速度，质量越大、速度越大，动能越大；影响重力势能的因素有质量和高度，高度越高、质量越大，重力势能越大；机械能是动能和势能的总和。
知道动能和重力势能大小的影响因素是解决该题的关键。
6.【答案】AB
【解析】解：A、战斗机的机翼呈流线型，是利用气流在机翼上下表面压力差而产生向上的升力，使飞机可以飞起来，故A正确；
B、候车时，乘客必须站在地铁安全线以外的地方，因为列车驶过时，内侧空气流速大、压强小，外侧空气流速小、压强大，易发生危险，故B正确；
C、气流偏导器相当于倒装的机翼，它的作用是利用流体流速越大的位置压强越小的原理，给小车身较大压力，加大了车与地面的摩擦，故C错误；
D、快速向下吹气，乒乓球不下落，是因为吹气时，乒乓球上方空气流动加快，压强变小，下方的压强大于上方，产生向上的升力，使乒乓球不会下落，故D错误。
故选：AB。
流体流速越大的位置，压强越小，结合这一原理在实际生活中的应用可对选项中的例子逐一做出分析。
本题主要考查了流体压强与流速的关系在生活中的应用，能将相关知识与实例相结合，是解答的关键。
7.【答案】ACD
【解析】解：A.由图可知，凸透镜放在光具座50cm刻度线处，蜡烛放到光具座的20cm刻度处时，蜡烛距凸透镜的距离u=50cm−20cm=30cm，光屏到凸透镜的距离v=90cm−50cm=40cm，物距u小于像距v，说明蜡烛放在了该凸透镜的一倍焦距与两倍焦距之间，成倒立、放大的实像，故A正确；
B.蜡烛离凸透镜越远，它在光屏上成的像离凸透镜越近，所以将蜡烛远离凸透镜时，为了在光屏上得到清晰的像，应该将光屏靠近凸透镜，故B错误；
C.将凸透镜和光屏同时向左移动10cm后，物距变为30.0cm+10cm=40.0cm>2f，而光屏到凸透镜的距离为40.0cm−10cm=30.0cm，此时的像距、物距正好对调，根据光路的可逆性，此时光屏上能看到清晰的像，故C正确；
D.结合A可知：
f<30cm<2f ①
40cm>2f ②
解①②式得15cm
故选：ACD。
凸透镜成像的规律：
当u>2f时，成倒立、缩小的实像，照相机、摄像机就是根据这个原理制成的；
当u=2f时，成倒立、等大的实像；
当f
当u
要求学生能从图中获取信息，然后利用所学规律分析解答问题，这是考试中常见的题型，考查学生的分析能力。此题的关键是掌握凸透镜成像的规律，搞清像距、像的大小与物距之间的关系。
8.【答案】ACD
【解析】解：A.a电表和滑动变阻器并联，故其为电压表，故A正确；
B.闭合开关S、S2时，灯泡和滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，由于小灯泡正常发光，则灯泡的实际电压为：UL=U额=6V，
a表的指针恰好偏转满量程的五分之一，则a表的示数为3V，
根据串联电路电压规律可得电源电压：U=UL+U滑中=6V+3V=9V，
此时灯泡的电阻结合图像可得RL=ULIL=6V0.3A=20Ω，
滑动变阻器接入电路的阻值是最大值的一半，滑动变阻器的两端电压为3V，滑动变阻器R的最大阻值是2×3V0.3A=20Ω，故B错误；
C.由乙图可知，当R1两端的电压为6V时，电流为0.15A，则R1阻值为R1=6V0.15A=40Ω，
闭合开关S、S1时，根据P=U2R可知当滑动变阻器最大阻值接入电路时，电路的功率最小，为P=U2R最大=(9V)240Ω+20Ω=1.35W，故C正确；
D.闭合开关S、S2，由乙图可知，当灯泡两端的电压为4V，通过灯泡的电流为0.25A，满足小灯泡的实际功率为P=1W时的条件，
故滑动变阻器两端电压为9V−4V=5V，消耗的功率为P=U滑I=5V×0.25A=1.25W，故D正确。
故选：ACD。
(1)a电表和滑动变阻器并联，故其为电压表；闭合开关S、S2时，灯泡和滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，由于小灯泡正常发光，则根据灯泡的实际电压和滑动变阻器两端的电压，利用串联电路电压规律求出电源电压；
(2)根据灯泡正常发光时灯泡两端电压，由图乙读出通过灯泡的电流，根据串联电路电流的规律和欧姆定律求出滑动变阻器接入电路的阻值，由于此时滑片P移到滑动变阻器R的中点，据此即可求出滑动变阻器R的最大阻值；
(3)根据图象读出电阻R1的已知电压和电流值，根据欧姆定律求出电阻R1的阻值，
闭合开关S、S1时，R1和滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，当滑动变阻器接入电路的阻值最大时，电路的电流最小，根据串联电路电阻规律和欧姆定律求出电路电流，最后根据P=UI求出电路消耗的最小功率；
(4)闭合开关S、S2时，灯泡的实际功率为P=1W时，根据图象读出灯泡的实际功率为P=1W时小灯泡两端的电压和电流，再利用串联电路电流和电压的规律和P=UI即可求出滑动变阻器消耗的功率。
本题考查了串联电路的特点以及欧姆定律、电功、电功率公式的应用，关键是开关闭合、断开时电路电路的辨别以及图中所给的有用信息，同时要注意灯泡的电阻是变化的。
9.【答案】振动 音调 音色
【解析】解：(1)乐曲的声音是由于弦的振动产生的；
(2)吹奏曲笛时，笛内空气柱振动发声，按住不同的孔，笛内空气柱的长度不同，振动的频率不同，声音的音调不同；
音色由发声体的材料和结构决定，不同的发声体发出声音的音色一般不同，因此通过音色可以辨出三弦、曲笛的声音。
故答案为：振动；音调；音色。
(1)声音是由振动产生的；
(2)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，与振幅和距离有关；音色是由发声体本身决定的一个特性。
本题主要考查了学生对声音的产生、声音的三个特性--音调、响度、音色等知识的理解和应用，难度不大。
10.【答案】省力 增大
【解析】解：(1)开瓶器在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；
(2)手柄上有一颗颗凸起的硅胶，使柄与手的接触面更粗糙，是在压力一定的情况下，通过增大接触面粗糙程度来增大摩擦力的。
故答案为：省力；增大。
(1)结合图片和生活经验，先判断开瓶器在使用过程中，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；
(2)摩擦力大小的影响因素：压力大小和接触面的粗糙程度，增大摩擦力的方法：增大压力，增大接触面的粗糙程度。
本题考查的是杠杆的分类和增大摩擦力的方法，属于基础题。
11.【答案】相同 东 B
【解析】解：小亮看到白云在水中的倒影属于平面镜成像，是由光的反射形成的虚像，根据平面镜成像特点可知，物像到平面镜的距离相等，故天上的白云与映在湖里的白云距水面的距离相同；
由平面镜成像特点可知，物与像关于镜面对称，当水中的白云在向东移动时，则天上的白云在向东移动；
看到的水中鱼，是由光的折射形成的虚像；水中云，是由光的反射形成的虚像，所以这两个像都是虚像，故选B。
故答案为：相同；东；B。
(1)水中倒影属于平面镜成像，其特点是像到镜的距离和物到镜的距离相等，像物的大小相等，像与物的连线与镜面垂直，成的是虚像；
(2)光从一种介质斜射入另一种介质时，会发生折射现象；看到鱼的位置变浅，就是由于光的折射形成的。
本题考查了常见光学现象的区分，解题的关键是把握三种光学现象的本质，是中考光学常考的内容。
12.【答案】自己 5 10
【解析】解：诗人孟郊骑在马上以马(或自己)为参照物，百花与马(或自己)之间的位置发生了变化，所以百花是运动的，即看到百花纷纷向后退去。
由1m/s=3.6km/h得18km/h=18×13.6m/s=5m/s，
由v=st可得大约需要的时间t=sv=180km18km/h=10h。
故答案为：自己；5；10。
(1)判断物体的运动情况时，必须选取一个标准作为参照物，如果研究对象与参照物之间的位置发生了变化，则是运动的；如果位置没有发生变化，则是静止的。
(2)已知速度和路程，利用速度公式计算时间。
本题考查了运动和静止的相对性，速度公式变形的应用。在判断物体运动和静止时，关键看物体相对于参照物的位置是否发生了变化。
13.【答案】热传递 聚变 1.512×107
【解析】解：太阳能热水器通过太阳辐射吸收热，这是通过热传递来增大水的内能的。
太阳的能量来源于太阳内部氢原子核的核聚变。
水箱内的水的体积V=120L=0.12m3，由密度公式的变形可得水的质量m=ρ水V=1.0×103kg/m3×0.12m3=120kg，由c=QmΔt得，水吸收的热量Q吸=cmΔt=4.2×103J/(kg⋅℃)×120kg×(50−20)℃=1.512×107J。
故答案为：热传递；聚变；1.512×107。
(1)太阳能热水器通过热传递来增大水的内能的。
(2)太阳的能量来源于太阳内部氢原子核的核聚变。
(3)根据吸热公式进行计算。
知道太阳能的来源，会根据热量公式计算水吸收的热量即可。
14.【答案】条形磁体 N 在乙图中，更换电源正负极，然后闭合开关，观察实验现象 B
【解析】解：(1)图甲和乙中，小磁针深色端的指向相同，说明通电螺线管周围的磁场跟条形磁铁的磁场相似。
由图乙中可知，电流从通电螺线管的左端流入，右端流出，由安培定则可知，螺线管的右端是N极。
(2)为了探究螺线管外部磁场方向是否与电流方向有关，由控制变量法可知，在乙图中，应更换电源正负极，然后闭合开关，观察实验现象。
(3)A.将没有磁性的铁芯插入螺线管中，会使得螺线管的磁性增强，故A不符合题意；
B.将有磁性的条形磁体插入螺线管中后，条形磁体的磁场分布与螺线管的磁场分布不一定相同，因此不一定能使乙图中的通电螺线管磁性增强，故B符合题意；
C.增大通过螺线管的电流，由电流的磁效应可知，会使得螺线管的磁性增强，故C不符合题意；
D.增加螺线管的匝数，电流的磁场叠加，会使得通电螺线管磁性增强，故D不符合题意。
故选B。
故答案为：(1)条形磁体；N；(2)在乙图中，更换电源正负极，然后闭合开关，观察实验现象；(3)B。
(1)条形磁体周围磁感线的形状是纺锤形的，根据图b所示的通电螺线管周围磁感线的形状，两者联系起来，可以得到此题的答案。
螺线管的极性可通过电磁针的指向来进行判断；
(2)通电螺线管周围磁场的方向与电流方向和线圈的绕向这两个因素有关，若只改变其中的一个，磁场方向发生改变；若两个因素同时改变，磁场方向不变。
(3)螺线管的磁性强弱与螺线管中的电流大小、线圈匝数、螺线管中是否插入铁芯有关。
(1)通过螺线管周围小磁针的北极指向确定了螺线管周围的磁场方向，再利用建立模型法画出了其周围的磁感线形状。与学过的条形、蹄形磁体周围磁感线的形状对比即可解决此题。
(2)此题中在探究螺线管的磁场分布时用到了建立模型法；在探究其磁场方向和磁场强弱时用到了控制变量法和转换法。
15.【答案】零刻度线 右 72.4 1 偏大 F3−F2F1⋅ρ铁
【解析】解：(1)用托盘天平测量物体质量时，把天平放置在水平桌面上；游码移到标尺左端的零刻线处，然后调节平衡螺母，平衡螺母向上翘的一端移动，发现指针静止时指在分度盘中央刻度线的左侧，要使横梁水平平衡，应将平衡螺母向右调节；
(2)如图1乙所示，烧杯和洗手液的总质量为：m1=50g+20g+2.4g=72.4g，
根据题意，量筒里洗手液的质量是：m=m1−m2=72.4g−42.4g=30g，
由图知，量筒中洗手液的体积是V=30mL=30cm3，
则洗手液的密度ρ=mV=30g30cm3=1g∕cm3；
(3)量筒壁上有残留消毒液，导致量筒中消毒液的体积测量变小，质量是准确的，根据ρ=mV知消毒液的密度测量值变大；
(4)C、将实心铁块缓慢地浸没入悬挂着的小桶内的消毒液中，但要保证实心铁块不碰触小桶底部和侧壁，否则测得实心铁块所受的浮力就不准确了；
由图A可知，实心铁块的重力G=F1，则实心铁块的质量为：
m铁=Gg=F1g；
由ρ=mV知，实心铁块的体积为V铁=m铁ρ铁=F1gρ铁=F1ρ铁g，即实心铁块排开消毒液的体积为V排=F1ρ铁g，
实心铁块在水中受到浮力，根据力的作用是相互的，实心铁块对水有向下的压力，使得电子秤示数增大，则实心铁块在水中受到的浮力为：
F浮=F3−F2，
根据阿基米德原理可得，消毒液的密度为：
ρ消毒液=F浮V排g=F3−F2F1ρ铁g⋅g=F3−F2F1⋅ρ铁。
故答案为：(1)零刻度线；右；(2)72.4；1；(3)偏大；(4)F3−F2F1⋅ρ铁。
(1)天平的正确使用：①放：把天平放到水平桌面上；②移；把游码移到标尺左端零刻线处；③调：调节平衡螺母，使指针指在分度盘的中线处．
(2)用天平测物体质量时，物体的质量等于砝码的质量加上游码所对刻度，而要准确读出游码所对刻度，必须明确标尺的分度值及以游码左端所对刻度为准；读取量筒液体的体积时，视线与液面(凹液面的底部)相平；
(3)量筒壁上有残留消毒液，导致量筒中消毒液的体积测量变小，质量是准确的，根据ρ=mV进行判断；
(4)③将实心铁块缓慢地没入悬挂着的小桶内的消毒液中，为了保证浮力值的准确，要保证不碰触小桶的底部和侧壁，因为触碰和不触碰两种情况下，电子秤的示数是不一样的；
由图A可知，实心铁块的重力，求得实心铁块的质量，再计算实心铁块的体积，即得实心铁块排开消毒液的体积；利用图CB求出实心铁块在水中受到的浮力，根据阿基米德原理可得消毒液的密度。
本题是测液体密度的实验题目，考查了天平的使用、天平和量筒的读数、密度计算以及误差分析，属于密度测量中常见的问题，要掌握好。
16.【答案】变阻器的滑片没有移动到阻值最大处 CD间断路 2.5 0.32 7.8 错误 ①
【解析】解：(1)小灯泡额定电压为2.5V，故电压表选用小量程并联在灯泡两端，如下图所示：
(2)为保护电路，闭合开关前，变阻器的滑片要移动到阻值最大处的C端，不妥之处：变阻器的滑片没有移动到阻值最大处；
(3)由表中数据知：将电压表的负接线柱接在电源负极，正接线柱分别接电路中的D、E、F、G、H各接线柱时，电压表数为0，说明电源负极到D、E、F、G、H以外部分可能有断路发生；
电压表的正接线柱分别接电路中的A、B、C各接线柱时，电压表示数等于电源电压3V，说明电源正极到A、B、C间是通路，所以故障的原因是CD间有断路发生；
(4)想要测量灯泡正常发光时的电阻，需要使电压表的示数为2.5V；此时电流表的示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，则通过小灯泡的电流为0.32A，则该灯泡的电阻为：
RL=ULIL=2.5V0.32A≈7.8Ω；
(5)灯在额定电压下正常发光，不同电压下灯的电阻不同，调节滑动变阻器进行多次测量，然后利用对应的电压和电流值计算出相应的电阻，再求出电阻的平均值，这种做法是错误的；
(6)图中电压表可测MN间的电压，电流表可测电路中的电流；
①探究电流和电压的关系，要控制电阻的大小不变，而灯的电阻随温度的变化而变化，不是一个定值，故不能完成；
②电压表可测出Rx的电压，电流表可测通过Rx的电流，由R=UI可测出Rx的阻值，故能完成；
③电压表可测灯的电压，当灯的电压为额定电压时，灯正常发光，记下电流表的示数，根据P=UI可测出灯泡的额定功率，故能完成。
故选：①。
故答案为：(1)见解答图；(2)变阻器的滑片没有移动到阻值最大处；(3)CD间断路；(4)2.5；0.32；7.8；(5)错误；(6)①。
(1)根据灯泡额定电压确定电压表量程，将电压表并联在灯泡两端；
(2)为保护电路，闭合开关前，变阻器的滑片要移动到阻值最大处；
(3)用电压表判断电路故障，电压表有示数，说明电路与电压表所接触位置与电源间是连通的，电压表无示数，说明与电压表并联部分以外的电路部分有断路；
(4)灯在额定电压下正常发光；根据电流表选用量程确定分度值读数，运用欧姆定律变形公式计算电阻；
(5)灯在额定电压下正常发光，不同电压下灯的电阻不同；
(6)根据伏安法和控制变量法逐一分析每个选项，确定不能完成实验。
本题测量小灯泡电阻的实验，考查电路连接、注意事项、故障分析及控制变量法的运用。
17.【答案】解(1)重力G=mg=0.81kg×10N/kg=8.1N，
在水平面上，物体对水平面的压力大小等于重力大小，即F=G=8.1N，
则物体A对水平地面的压强p=FS=8.1N5×10−3m2=1.62×103Pa
(2)乙容器中水对容器底部的压强为p乙=ρ水gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×16×10−2m=1.6×103Pa，
则水对容器底部的压力为F乙=p乙S乙=1.6×103Pa×5×10−3m2=8N
(3)浸入甲容器的物块，当物体浸没时物块的体积最小，则其密度最大，
由于甲容器的液体进入物块后，甲容器的液面刚好和乙容器中的液面相平，
则此时甲容器的液体深度为h甲′=h乙=16cm=0.16m，
物块的最小体积V=V排=ΔV=S甲(h甲′−h甲)=1×10−2m2×(0.16m−0.1m)=6×10−4m3，
物块A的最大密度为ρA=mV=0.81kg6×10−4m3=1.35×103kg/m3。
答：(1)物体A对水平地面的压强为1.62×103Pa；
(2)乙容器中水对容器底部的压力为8N；
(3)物块A的最大密度为1.35×103kg/m3。
【解析】(1)在水平面上，物体对水平面的压力大小等于重力大小，再利用p=FS求得物体A对水平地面的压强；
(2)利用p=ρgh求出乙容器中水对容器底的压强，然后根据p=FS求出乙容器中水对容器底的压力；
(3)浸入甲容器的液体中的物块A，当物块浸没时物块的体积最小，则其密度最大，根据甲容器的液面刚好和乙容器中的液面相平，求出甲容器需要排开的液体的体积，即为物块的体积，然后根据ρ=mV可求出物块的密度。
本题考查压强和密度公式的应用，关键是根据液体的体积判断出甲、乙容器中液体的是哪一种，知道浸入甲容器的液体中的物块，物块浸没时物块的体积最小，则其密度最大。
18.【答案】解(1)由图知，闭合电键S后，两电阻串联，电压表V1测R1的电压，V2测R2的电压，电流表测量电路中的电流，
R1的阻值为24Ω，闭合开关S后，电流表示数为0.5A，故电阻R1两端电压U1为U1=IR1=0.5A×24Ω=12V，
电压表V2的示数为6V，根据串联电路的电压规律可知电源电压为U=U1+6V═12V+6V=18V；
(2)串联电路电流相等，故电阻R2的阻值为R2=U2I2=6V0.5A=12Ω，
(3)因为电压表V1示数不小于电压表V2示数，根据串联分压得到R0≤R1，R0≤24Ω，电源电压U=U1+U2=12V+6V=18V，
电压表V1示数与电压表V2示数的比值不超过了4，故U118−U1≤4，故U1≤14.4V，当U1=14.4V，根据串联分压得到14.4V18−14.4V=24ΩR0小，故R0小=6Ω，
定值电阻R0的取值范围为6Ω−24Ω，又因为R0的阻值是5Ω的整数倍，故R0的阻值可以是10Ω、15Ω、20Ω。
答：(1)电阻R1两端电压为12V，电源电压为18V；
(2)电阻R2的阻值为12Ω；
(3)故R0的阻值可以是10Ω、15Ω、20Ω。
【解析】(1)闭合电键S后，两电阻串联，电压表V1测R1的电压，V2测R2的电压，电流表测量电路中的电流，已知电流表示数和电压表V2的示数，根据串联电路的规律和欧姆定律求出电阻R1两端电压；
(2)由欧姆定律求出R2；
(3)由题中要求a和分压原理确定R0的最大值；由要求b和分压原理，求出R0最小值。
本题考查串联电路的规律及欧姆定律的运用，有一定难度。
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