2023年江苏省泰州市海陵区海军中学中考物理二模试卷
一、选择题（每题4个选项中只有1个符合题意，每题2分，共24分）
1．（2分）对下列各物理量的估测，最接近实际的是（ ）
A．中学生上一层楼做功约1800J
B．成人正常行走的步长约50dm
C．九年级物理课本的质量约3kg
D．电视机正常工作电流约5A
2．（2分）下列关于能源和电磁波的说法正确的是（ ）
A．风能、水能、核燃料属于可再生能源
B．太阳能电池板将太阳能转化为内能
C．光纤通信是利用光波在光导纤维中传输信息的
D．能量在转化或转移的过程中总量会减少
3．（2分）赛龙舟是端午节举行的一种常见活动，下列关于赛龙舟的有关说法正确的是（ ）
A．龙舟浮在水面上不会沉入水中，是因为浮力大于重力
B．比赛时以龙舟为参照物，岸边的树木是静止的
C．桨往后划，龙舟前进，说明物体间力的作用是相互的
D．龙舟冲过终点后停止划水，龙舟仍会前进，是因为惯性作用
4．（2分）放寒假后小明到白鹿原滑雪场滑雪，逢滑雪场正在进行人工造雪。如图所示，他发现造雪泡机在工作过程中，不断将水吸入，并持续向造雪机的前方喷出“白雾”而在“白雾”下方已经积了厚厚的一层“白雪”。下列说法中正确的是（ ）
A．在造雪机造雪过程中主要发生的物态变化是凝华
B．积雪熔化成水的过程中吸热，内能增大，温度升高
C．阳光下雪看起来刺眼是因为白色物体反射所有色光
D．小明从雪坡最高处滑下时重力势能全部转化为动能
5．（2分）据有关媒体报道，未来在我国航母上，将采用电磁弹射器装置。它的弹射车与舰载机的前轮连接，并处于强磁场中，当弹射车内的导体通入强电流时，立即产生强大的推力，使舰载机快速起飞。电磁弹射器的工作原理是（ ）
A．电流的磁效应 B．磁体间相互作用
C．电磁感应现象 D．磁场对电流的作用
6．（2分）在实验中经常遇到现象或效果不明显的问题，我们需要对实验进行优化改进，下列采取的措施合理的是（ ）
A．在探究I﹣R关系时，为了使实验数据准确一些，用小灯泡代替定值电阻
B．在探究红外线的热效应时，为了使温度计示数变化明显，将玻璃泡涂黑
C．在测量纸锥下落的速度时，为了方便时间的测量，选用锥角较小的纸锥
D．在估测大气压值时，为了便于弹簧测力计的测量，选用较大容积的注射器
7．（2分）如图所示，下列光学现象及其解释正确的是（ ）
A．图甲中，小孔成的是倒立的虚像
B．图乙中，人配戴的凹透镜可以矫正远视眼
C．图丙中，海市蜃楼是由于光的折射现象形成的
D．图丁中，漫反射的光线杂乱无章不遵循光的反射定律
8．（2分）如图甲，水平地面上的物体，在水平向右拉力的作用下，从t＝0开始，物体的运动情况如图乙。对于这个过程力和运动描述正确的是（ ）
A．该物体做匀速直线运动
B．t＝1s时，拉力F＝3N，则地面的滑动摩擦力也为3N
C．从t＝0到t＝6s的过程中，力F在逐渐增大
D．物体做匀速直线运动阶段的速度为2m/s
9．（2分）如图所示，一瓶子斜放在水平桌面上保持静止，则下列说法正确的是（ ）
A．瓶子对桌面的压力和瓶子的重力是一对平衡力
B．桌面对瓶子的支持力和瓶子对桌面的压力是一对平衡力
C．因瓶子倾斜所以瓶子所受各力不平衡
D．瓶子所受重力的作用线通过桌面的支撑点
10．（2分）如图所示，两个质量相等、底面积不等的圆柱形容器放在水平桌面上，分别装有质量相等的两种液体，两个相同的小球分别放入容器中，一个漂浮，一个沉底。甲、乙两图中小球所受浮力分别为F1和F2，容器对桌面的压强分别为p1和p2．下列说法正确的是（ ）
A．F1＞F2 p1＞p2 B．F1＞F2 p1＜p2
C．F1＜F2 p1＞p2 D．F1＜F2 p1＜p2
11．（2分）将如图甲所示的电热水瓶，接入家庭电路中单独工作时，观察到电能表（如图乙）的转盘转6转用时1min。下列关于电能表和电热水瓶的说法正确的是（ ）
A．电能表应接在空气开关和用电器之间
B．电热水瓶的实际功率是600W
C．该电能表所在家庭电路用电器同时工作时总功率不能超过2200W
D．若电热水瓶的指示灯损坏，它的发热电阻还能工作，说明它们之间是串联的
12．（2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4.5V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5Ω，滑动变阻器R2的规格为“15Ω 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，电压表的示数变大
②当水流速度减小时，电压表与电流表的示数之比变大
③滑动变阻器允许接入电路的取值范围为10Ω 15Ω
④电阻R1的电功率的变化范围为0.45W 1.8W
A．①②④ B．①④ C．②③④ D．②④
二、填空题（27分）
13．（2分）预计2021年5月我国火星探测“天问一号”将择机实施火星着陆，登陆火星的降落过程又被称为死亡七分钟．前5分钟“天问一号”的速度将从约5千米/秒迅速减到数百米/秒，此时“天问一号”的隔热大底温度将会升到约2000℃．由以上材料可知，“前5分钟”内“天问一号”的机械能 （选填“增大”、“减小”或“不变”），内能 （选填“增大”、“减小”或“不变”）。
14．（2分）在抗击新冠肺炎的战役中，全国各地“众志成城，共同抗疫”，令世人赞誉。如图是某型号的N95口罩和测温枪，口罩他阻止病毒进入人体，主要是因为滤网中间的熔喷布带有静电，能吸附含毒飞沫的缘故，这是利用了带电体具有 的性质；测温枪是利用 工作的（选填“紫外线”或“红外线”）。
15．（3分）早晨，太阳还在地平线以下时，人们就可以看到它，这是光的 现象；彩色电视机屏幕显示的彩色画面是由红、 、蓝三种色光混合而成的；人站在平面镜前用照相机拍自己在镜中的像，底片上所成的像与镜中的人左右 （“是”或“不是”）相反的。
16．（2分）用如图甲所示的刻度尺测量物块，则物块的长度为 cm，如图乙所示的体温计的读数是 ℃。
17．（6分）生活处处有物理：以汽车为例：
（1）发动机是利用内能做功的机器，发动机用水做冷却剂是因为水的 较大；
（2）有些小汽车的尾部设计如图所示上平下凸的“导流板”（形状是上平下凸，是为了使汽车高速行驶时，气流对导流板上表面的压强 对导流板下表面的压强（填“大于”、“等于”或“小于”）。从而使汽车的行驶更加平稳。
（3）汽车刹车的过程中，伴随着能量从机械能转化为内能，内能散失到空气中，此过程能量的总和 （选填“增加”、“减少”或“不变”），散失到空气中的内能无法自动转化为机械能再用来驱动汽车，这是因为能量的转化和转移具有 。
（4）为减少大气污染，电动汽车正在逐渐转代燃油汽车，电动汽车的动力源是电动机，某电动汽车以60kW的输出功率沿平直路面以72km/h的速度匀速行驶1min，汽车受到的阻力为 N，汽车消耗的电能 （选填“等于”、“大于”或“小于”）牵引力做的功。
18．（2分）用如图所示的滑轮组提升重为400N的物体，2s内绳子自由端在竖直方向匀速移动了3米，若滑轮组的机械效率是80%，则提升物体做的有用功是 J，拉力做功的功率是 W。
19．（3分）小华在探究影响滑动摩擦力大小因素时，用如图所示的方式拉动木块，使木块在水平桌面上做匀速直线运动，实验操作有错误，应该沿 方向匀速直线拉动弹簧测力计。改正错误后，若在木块上再放一个砝码，则木块运动时受到的滑动摩擦力将 （选填“不变”、“变大”或“变小”），若木块在运动过程中拉力突然变大，小华判断木块此时受到的滑动摩擦力大小仍不变，他的依据是 。
20．（4分）小明同学想在家里安装一盏照明灯，如图甲所示是他设计的电路。图中虚线框1和2应连入开关和电灯，则开关应装在 方框中（选填“1”或“2”）。正确安装后，闭合开关，电灯不亮，用测电笔分别测试B、C点时，测电笔的氖管都发光，用测电笔测试A点，氖管不发光，则电路的故障为 。乙图是他设计的短跑比赛“抢跑判断器”。运动员蹲在起跑器上后，工作人员闭合开关S1、S2，发令指示灯亮，运动员抢跑后，R0所受压力变小，电阻变小，电磁铁的磁性 （选填“增强”或“减弱”），将衔铁吸下，抢跑指示灯 （选填“L1”或“L2”）亮，判定运动员抢跑。
21．（3分）标有额定功率为“0.9W”字样白炽灯L和特殊电子元件E并联接在电路中，改变电路两端电压U，通过电灯和特殊电子元件的电流也相应改变，根据实验数据绘出RL和RE的I一U（或U一I）图线，如图所示。
（1） 表示的是特殊电子元件E的电流与电压的图像（填“图1”或“图2”）。
（2）若将阻值为5Ω的定值电阻R1与图1元件并联后接在电压为3V电路中，电路消耗的总功率是 W。
（3）若将阻值为10Ω的定值电阻R2与图2元件串联后，接在电压为4.5V的电路中，则电阻R2在1分钟内产生的热量是 J。
三、解答题（共49分）
22．（2分）如图所示，一束光射到水面上，请作出它的反射光线和大致的折射光线。
23．（2分）画出图中静止在斜面上的物体A所受的重力G和它对斜面的压力F 的示意图。
24．请根据图中的信息标出通电螺线管的N极和电源的正极（用“+”表示）。
25．（8分）如图所示，小华家新买了一台小轿车，小轿车的质量是1.2t，车轮与地面接触面积为0.12m2周末小华一家人开车去郊游，在某段水平路面上以72km/h的速度匀速直线行驶了20min，该小轿车共消耗汽油3.2kg，此过程小轿车的输出功率是40kW．求：
（1）轿车静止在水平地面上时，车对地面的压强；（g取10N/kg）
（2）小轿车在这段路程中所受的阻力；
（3）此过程中汽车发动机的效率。（q汽油＝4.6×107J/kg）
26．（6分）图甲是具有高温、低温两挡的电热饭盒，高温挡电功率为242W，简化电路如图乙所示，R1、R2均是发热电阻，且R2的阻值是R1的4倍。求：
（1）R1和R2的阻值是多少？
（2）电热饭盒处于低温挡时，电路中电流是多少？
（3）若电路中只使用该电热饭盒，加热1kg米饭温度升高40℃，如图丙所示电能表的脉冲指示灯闪烁了125次，这个电热饭盒的效率是多少？[米饭的比热容取2.5×103J/（kg ℃）]
27．（6分）小军在“探究冰熔化和水沸腾”的实验中，实验装置如图1甲所示：
（1）实验时，试管里装有适量的碎冰，将试管放入水中加热，这样做的目的是 ，而且温度上升较慢，便于记录。
（2）如题图1乙是根据实验记录绘制的给冰加热时温度随时间变化的图像，由图像可知：图像中a点的内能 （选填“大于”“小于”或“等于”）b点的内能。
（3）试管中的冰完全熔化后，若持续加热，得到图像中的DE段。由此判断可能是液面上方的气压 （选填“高于”或“低于”）1个标准大气压；这段时间内试管中的水 （选填“能”或“不能”）沸腾。
（4）小鹏则同时进行探究“水和油沸腾时温度变化的特点”实验，如图2甲是实验装置，两个试管中分别装有初温相同的水和油，相同时间两试管中的液体吸收的热量相同。（c水＝4.2×103J/（kg ℃）实验进行一段时间后，放在油中温度计的示数如图2甲所示为 ℃。当水沸腾时，如图2乙若试管中油的质量为水质量的2倍，由图像可知：油的比热容c油＝ J/（kg ℃）。
28．（5分）实验小组利用光具座进行成像实验研究，在如图甲中，虚线框内可插入的实验元件有（见图乙）①中央有小孔的纸板；②透明薄玻璃板；③凸透镜，在虚线框内放入上述某一元件后：
（1）在进行图甲的实验时，若在光屏上出现图丙（a）所示的像，则方框内插入的元件可能是 （选填序号，下同）。此后，将蜡烛从30cm移到40cm刻度线处；
（2）若光屏位置未变，光屏上的像由（a）变成（b），则方框内的元件是 ；
（3）若无论怎样移动光屏，光屏上仅有大小不变的均匀的亮斑，则方框内的元件是 ；
（4）由上述实验信息可知，本实验选用的凸透镜焦距是 cm；
（5）在方框内插入②时，无论怎样移动光屏，都不能在光屏上看到像，这是因为 。
29．（4分）如图，某实验小组在“探究物体的动能跟哪些因素有关”的实验中，让小球从同一斜面某处由静止释放，撞击同一水平面上的同一木块，木块移动一段距离后停止。
（1）小球滚下的过程中，它的 能转化为动能，它的动能大小是通过 来反映的。
（2）甲、乙两图是探究动能的大小与 是否有关的。
（3）实验中，木块的质量过大或过小都不行，若木块质量过大会导致 。
30．（6分）利用图所示的装置进行电与磁的相关实验。
（1）若利用该装置探究“通电导体在磁场中受力”，应将开关的接线柱1与 （选填“2”或“3”）接通。为使观察到的现象更明显，导体ab应选择 （选填“空心铜管”或“实心铜棒”）；
（2）将开关反方向闭合，利用该装置探究“产生感应电流的条件”：
①让悬挂的导体ab在图所示位置沿竖直方向上下运动，灵敏电流计指针 （选填“会”或“不会”）发生偏转；
②保持磁体不动，若导体ab水平向右运动，灵敏电流计指针向左偏转，这是 现象，利用这一原理可制成 ；若要使灵敏电流计的指针向右偏转，可以 （填字母）。
A.将磁体的磁极对调，导体ab向左运动
B.保持磁体不动，导体ab向左运动
31．（10分）小伟在做探究“电流与电阻的关系”实验时，准备了以下器材：电源（4.5V），定值电阻四个（5Ω、10Ω、20Ω、25Ω），电流表、电压表、滑动变阻器“20Ω 1A”和开关各一个、导线若干。
（1）小伟连接的电路如图甲所示，闭合开关后，发现 （填“电流表”或“电压表”）无示数，经仔细检查后发现电路中有一根导线连接错误，请在图中错误的那根导线上画“×”，并画出正确的连线。
（2）解决问题后，小伟先将5Ω的定值电阻接入电路。调节滑动变阻器的滑片在某位置时，电流表的示数如图乙所示；将5Ω的电阻换成10Ω的电阻后，他应将滑动变阻器的滑片P向 （填左”或“右”）端移动，使电压表的示数保持 V不变，再次读取电流表的示数。
（3）把20Ω的电阻接入电路时，小伟发现无论怎样调节滑动变阻器都不能完成实验。为了使四个电阻单独接入电路都能完成实验，他应控制电压表的示数不低于 V．由实验得出的结论是：当电压一定时， 。
（4）小伟将定值电阻换成小灯泡L1，测出了几组电流值和电压值。并绘制了L1的U﹣I图象如图丙所示，该图象不是直线的原因是 。
（5）同组的小同学还想测量额定电流为I额的小灯泡L2的额定功率，利用小伟用过的小灯泡L1和绘制的图象，设计了如图丁所示的电路（电源电压为U），测出了小灯泡L2的额定功率。请将她的实验步骤补充完整：
①闭合开关S．将开关S0接1、调节滑动变阻器的滑片P，使电流表的示数为 ，此时L2正常发光。
②将开关S0由1改接到2，滑动变阻器的滑片P （填“移到最左端”“移到最右端”或“保持不动”）此时电流表的示数为I1，根据L1的U﹣I图象可知，当电流为I1时，对应的电压为U1；，则滑动变阻器接入电路的阻值R＝ 。
③小灯泡L2的额定功率P额＝ （用U、I额、R表示）
2023年江苏省泰州市海陵区海军中学中考物理二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每题4个选项中只有1个符合题意，每题2分，共24分）
1．（2分）对下列各物理量的估测，最接近实际的是（ ）
A．中学生上一层楼做功约1800J
B．成人正常行走的步长约50dm
C．九年级物理课本的质量约3kg
D．电视机正常工作电流约5A
【分析】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。
【解答】解：A、中学生上一层楼做功约：W＝Gh＝mgh＝60kg×10N/kg×3m＝1800J，故A正确。
B、成人正常行走的步长约0.5m，即5dm，故B错误。
C、九年级物理课本的质量约300g，即0.3kg，故C错误。
D、电视机正常工作电流约0.5A，故D错误。
故选：A。
【点评】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．（2分）下列关于能源和电磁波的说法正确的是（ ）
A．风能、水能、核燃料属于可再生能源
B．太阳能电池板将太阳能转化为内能
C．光纤通信是利用光波在光导纤维中传输信息的
D．能量在转化或转移的过程中总量会减少
【分析】（1）直接从自然界获得而不需要加工转化，它们都属于一次能源；能够源源不断的从自然界得到的能源叫可再生能源；
（2）太阳能电池可将太阳能转化为电能；
（3）光纤通信是利用激光在光导纤维中传输的一种通信方式；
（4）根据能量守恒定律分析。
【解答】解：A、核能是不可再生能源，风能、水能是可再生能源，故A错误；
B、太阳能电池是将太阳能转化为电能的装置，故B错误；
C、激光在传输过程中，从光导纤维的一端射入后，在光导纤维内壁上要发生多次反射，并从另一端射出，这样就把它携带的信息传递出去，故C正确；
D、根据能量守恒定律可知，能量在转化或转移过程中总量保持不变，故D错误。
故选：C。
【点评】本题主要考查学生对能源的分类、太阳能的利用、电磁波、信息的传输的相关知识，属于基础内容的考查，比较简单。
3．（2分）赛龙舟是端午节举行的一种常见活动，下列关于赛龙舟的有关说法正确的是（ ）
A．龙舟浮在水面上不会沉入水中，是因为浮力大于重力
B．比赛时以龙舟为参照物，岸边的树木是静止的
C．桨往后划，龙舟前进，说明物体间力的作用是相互的
D．龙舟冲过终点后停止划水，龙舟仍会前进，是因为惯性作用
【分析】（1）物体漂浮时，浮力与重力相等；
（2）如果物体相对于参照物的位置保持不变，则物体是静止的，如果物体相对于参照物的位置不断改变，则物体是运动的；
（3）当一个物体对另一个物体有力的作用时，另一个物体也同时对这个物体有力的作用，即力的作用是相互的。
（4）物体具有保持原来运动状态不变的性质，惯性是物体的一种特性，不能说受到惯性的作用。
【解答】解：A、龙舟漂浮在水面上，浮力与重力平衡，大小相等，A错误；
B、在划龙舟比赛活动中，路边的树木相对于龙舟的位置不断发生变化，所以以龙舟为参照物，岸边的树木是运动的，故B错误；
C、桨往后划，给了水一个向后的作用力，同时也受到水向前的反作用力，龙舟前进，说明物体间力的作用是相互的，故C正确；
D、停止划桨后，因为物体有惯性，龙舟还会继续前进一段距离，惯性是物体的一种特性，不能说受到惯性的作用，故D错误。
故选：C。
【点评】此题通过龙舟比赛这一盛事考查了相关的物理知识，难度不大，但涉及到的知识点较多，综合性很强，注重了物理和生活实际的联系，体现了物理来源于生活服务于生活的宗旨。
4．（2分）放寒假后小明到白鹿原滑雪场滑雪，逢滑雪场正在进行人工造雪。如图所示，他发现造雪泡机在工作过程中，不断将水吸入，并持续向造雪机的前方喷出“白雾”而在“白雾”下方已经积了厚厚的一层“白雪”。下列说法中正确的是（ ）
A．在造雪机造雪过程中主要发生的物态变化是凝华
B．积雪熔化成水的过程中吸热，内能增大，温度升高
C．阳光下雪看起来刺眼是因为白色物体反射所有色光
D．小明从雪坡最高处滑下时重力势能全部转化为动能
【分析】（1）物质从液态变成固态是凝固。
（2）改变物体内能的方法：做功和热传递。
晶体熔化时吸收热量温度保持不变。
（3）白色物体反射所有的色光。
（4）从雪坡滑下时，机械能转化为内能。
【解答】解：A、人工造雪是水变成冰，是凝固过程，故A错误。
B、积雪熔化时吸收热量，物体的内能增大，冰是晶体，冰熔化时吸收热量温度保持不变，故B错误。
C、白色物体反射所有色光，所以阳光下雪看起来刺眼，故C正确。
D、小明从雪坡最高处滑下机械能转化为内能，并且重力势能减小，动能增大，重力势能转化为动能，所以小明从雪坡最高处滑下时重力势能转化为动能和内能，机械能故D错误。
故选：C。
【点评】本题通过造雪和滑雪考查了人工造雪的原理、改变内能的方法、晶体熔化特点、能的转化，体现了体育运动中包含很多的物理知识。
5．（2分）据有关媒体报道，未来在我国航母上，将采用电磁弹射器装置。它的弹射车与舰载机的前轮连接，并处于强磁场中，当弹射车内的导体通入强电流时，立即产生强大的推力，使舰载机快速起飞。电磁弹射器的工作原理是（ ）
A．电流的磁效应 B．磁体间相互作用
C．电磁感应现象 D．磁场对电流的作用
【分析】先分析电磁弹射器的工作原理，再分析各个选项实验图反应的知识，找出符合题意的选项。
【解答】解：由题意可知，电磁弹射器的弹射车与飞机前轮连接，并处于强磁场中，当弹射车内的导体通以强电流时，即可受到强大的推力，由此可知其原理是通电导体在磁场中受力而运动。
故选：D。
【点评】对于电磁学中的电流磁效应、磁场对通电导体有力的作用、电磁感应实验区分要注意条件。明确电磁弹射器的工作原理是解答的关键。
6．（2分）在实验中经常遇到现象或效果不明显的问题，我们需要对实验进行优化改进，下列采取的措施合理的是（ ）
A．在探究I﹣R关系时，为了使实验数据准确一些，用小灯泡代替定值电阻
B．在探究红外线的热效应时，为了使温度计示数变化明显，将玻璃泡涂黑
C．在测量纸锥下落的速度时，为了方便时间的测量，选用锥角较小的纸锥
D．在估测大气压值时，为了便于弹簧测力计的测量，选用较大容积的注射器
【分析】（1）定值电阻阻值是定值，不随电压与电流的变化而变化，灯泡电阻随温度（电压）的变化而变化，不是定值；
（2）用温度计测试不同光的热效应时，可以将温度计的玻璃泡涂黑，从而使示数变化更加明显；
（3）物体运动过程中受到空气阻力的作用，纸锥的锥角不同受到的阻力大小也不同；
（4）熟悉大气压强的测量方法。
【解答】解：
A、灯泡电阻随温度（电压）的变化而变化，不是定值，故A错误；
B、用温度计观察红外线的热效应时，把玻璃泡涂黑，是因为黑色吸热速度最快，可以使示数变化明显，故B正确；
C、锥角小时，受到的空气阻力减小，影响测量结果，故C错误；
D、大气压变化值不变，注射器容积越大，测力计变化越小，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了多方面的知识，需要同学逐项分析，判断正误。
7．（2分）如图所示，下列光学现象及其解释正确的是（ ）
A．图甲中，小孔成的是倒立的虚像
B．图乙中，人配戴的凹透镜可以矫正远视眼
C．图丙中，海市蜃楼是由于光的折射现象形成的
D．图丁中，漫反射的光线杂乱无章不遵循光的反射定律
【分析】（1）光在同一均匀介质中是沿直线传播的；
（2）近视眼的成因是晶状体太厚，折光能力太强，或者眼球在前后方向上太长，因此来自远处点的光会聚在视网膜前，到达视网膜时已经不是一点而是一个模糊的光斑了，应配戴凹透镜矫正；
（3）光从一种介质斜射入另一种介质时，光的传播方向会发生改变，这就是光的折射，光的折射现象有：透镜的应用、池水变浅了等；
（4）所有反射现象都遵循光的反射定律
【解答】解：A．图中小孔成的是光的直线传播形成的倒立的实像，故A错误。
B．近视眼需要配戴凹透镜矫正，远视眼配戴凸透镜矫正，故B错误；
C．“海市蜃楼”是由于一种由光的折射产生的现象，是由于光在密度不均匀的物质中传播时，发生折射而引起的，故C正确；
D．漫反射的光线杂乱无章，但也遵循光的反射定律，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查光的直线传播，近视眼的矫正，海市蜃楼现象，以及反射定律是一道综合题。
8．（2分）如图甲，水平地面上的物体，在水平向右拉力的作用下，从t＝0开始，物体的运动情况如图乙。对于这个过程力和运动描述正确的是（ ）
A．该物体做匀速直线运动
B．t＝1s时，拉力F＝3N，则地面的滑动摩擦力也为3N
C．从t＝0到t＝6s的过程中，力F在逐渐增大
D．物体做匀速直线运动阶段的速度为2m/s
【分析】（1）由s随时间t的变化图像可知，物体在0﹣2s内速度为零，处于静止状态，2s以后物体处于匀速直线运动状态；
根据滑动摩擦力的大小只与接触面的粗糙程度和压力的大小有关可知当t＝7s和第6s后时物体A受到的摩擦力f的大小；
（2）当t＝1s时，F＝3N，由s随时间t的变化图像可知，物体静止，静摩擦力等于拉力。
（3）由s随时间t的变化图像可知，当2s以后物体做匀速直线运动，受到水平向右的拉力和水平向左的摩擦力是一对平衡力，两个力的大小相等；
（4）由v＝可求匀速直线运动阶段的速度。
【解答】解：A、由s随时间t的变化图像可知，物体在0﹣2s内速度为零，处于静止状态，2s以后物体处于匀速直线运动状态，故A错误；
B、当t＝1s时，F＝3N，由s随时间t的变化图像可知，物体静止，静摩擦力等于拉力，不是滑动摩擦力为3N，故B错误；
C、由s随时间t的变化图像可知，当2s以后物体做匀速直线运动，受到水平向右的拉力和水平向左的摩擦力是一对平衡力，两个力的大小相等，即匀速直线运动阶段力F没有增大，故C错误；
D、匀速直线运动阶段的速度：v＝＝＝2m/s，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了摩擦力大小，关键是根据图像得出相关的信息，有一定的难度。
9．（2分）如图所示，一瓶子斜放在水平桌面上保持静止，则下列说法正确的是（ ）
A．瓶子对桌面的压力和瓶子的重力是一对平衡力
B．桌面对瓶子的支持力和瓶子对桌面的压力是一对平衡力
C．因瓶子倾斜所以瓶子所受各力不平衡
D．瓶子所受重力的作用线通过桌面的支撑点
【分析】一对平衡力等大、反向、作用在同一直线上，作用在同一物体上；物体受平衡力时，处于静止或匀速直线运动状态。
【解答】解：A、瓶子对桌面的压力和瓶子的重力作用在不同的物体上，不是一对平衡力，故A错误；
B、桌面对瓶子的支持力和瓶子对桌面的压力作用在不同的物体上，不是一对平衡力，而是一对相互作用力，故B错误；
C、瓶子虽然倾斜，但瓶子处于静止状态，所以瓶子受到的各个力是平衡的，故C错误；
D、由于瓶子处于平衡状态，且只受到重力和桌面对它的支持力，则这两个力一定是大小相等、方向相反、作用在一条直线上的。又因为重力方向竖直向下，支持力方向竖直向上，因此，瓶子所受重力的作用线一定通过桌面的支撑点，故D正确。
故选：D。
【点评】深处理解二力平衡的条件是解答本题的关键。在判断时，要特别注意重力的作用线与支持力的作用线是在一条直线上的。
10．（2分）如图所示，两个质量相等、底面积不等的圆柱形容器放在水平桌面上，分别装有质量相等的两种液体，两个相同的小球分别放入容器中，一个漂浮，一个沉底。甲、乙两图中小球所受浮力分别为F1和F2，容器对桌面的压强分别为p1和p2．下列说法正确的是（ ）
A．F1＞F2 p1＞p2 B．F1＞F2 p1＜p2
C．F1＜F2 p1＞p2 D．F1＜F2 p1＜p2
【分析】（1）根据相同的小球在液体中的状态，首先判断小球重力和浮力的关系，然后比较浮力大小。
（2）容器对水平桌面的压力等于容器的重、液体重、小球重之和，受力面积不同，然后根据压强公式判断压强大小。
【解答】解：（1）小球在甲液体中漂浮，小球受到的浮力等于重力即F1＝G，
小球在乙液体中沉底，小球受到的浮力小于重力即F2＜G，
小球的重力不变，所以小球在甲液体中受到的浮力大于小球在乙液体中的浮力，即F1＞F2。
（2）甲乙图中容器重、液体重、小球重都相等，所以容器对水平桌面的压力相等，即F甲＝F乙，
因为，S甲＞S乙，
根据压强公式p＝得，p1＜p2。
故选：B。
【点评】本题的关键是容器放在水平桌面上，容器对水平桌面的压力等于容器的重、液体重、小球重之和。
11．（2分）将如图甲所示的电热水瓶，接入家庭电路中单独工作时，观察到电能表（如图乙）的转盘转6转用时1min。下列关于电能表和电热水瓶的说法正确的是（ ）
A．电能表应接在空气开关和用电器之间
B．电热水瓶的实际功率是600W
C．该电能表所在家庭电路用电器同时工作时总功率不能超过2200W
D．若电热水瓶的指示灯损坏，它的发热电阻还能工作，说明它们之间是串联的
【分析】（1）电能表是用来测量电路中用电器消耗电能的仪表，为了防止偷电，电能表接在空气开关之前；
（2）600r/kW h表示每消耗1kW h的电能，电能表转盘转600转，据此求转6转消耗的电能，再利用P＝求电热水瓶的实际功率；
（3）由电能表表盘信息可知，电能表的标定电流为10A，平时工作允许通过的最大电流为20A，工作电压为220V，利用P＝UI求该电能表所在家庭电路用电器同时工作时最大总电功率；
（4）若电热水瓶的指示灯损坏，它的发热电阻还能工作，说明它们之间互不影响，据此确定是并联还是串联。
【解答】解：
A、电能表是用来测量电路中用电器消耗电能的仪表，应接在空气开关之前，故A错误；
B、600r/kW h表示每消耗1kW h的电能，电能表转盘转600转，
则转6转消耗的电能W＝kW h＝0.01kW h，实际功率P＝＝＝0.6kW＝600W，故B正确；
C、由表盘信息可知，电能表平时工作允许通过的最大电流I最大＝20A，工作电压为220V，
该电能表所在家庭电路用电器同时工作时最大总电功率P最大＝UI最大＝220V×20A＝4400W，故C错误；
D、若电热水瓶的指示灯损坏，它的发热电阻还能工作，说明它们之间互不影响，是并联的，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了电能表的连接位置、消耗电能和电功率的计算以及串并联电路的特点，明确电能表相关参数的意义是关键。
12．（2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4.5V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5Ω，滑动变阻器R2的规格为“15Ω 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，电压表的示数变大
②当水流速度减小时，电压表与电流表的示数之比变大
③滑动变阻器允许接入电路的取值范围为10Ω 15Ω
④电阻R1的电功率的变化范围为0.45W 1.8W
A．①②④ B．①④ C．②③④ D．②④
【分析】（1）流体的压强跟流速有关，流速越大的位置，压强越小，水流速度增大时，机翼状的探头上下表面的压强不同，下表面压强大于上表面压强，R2滑片上移，阻值减小，根据串联电路的分压特点可知电压表示数的变化，同理得出水流速度减小时R2接入电路的阻值变化，然后根据欧姆定律结合R2接入电路中的阻值判断电压表与电流表的示数之比变化；
（2）根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的电阻为零时电路中的电流，然后与电流表的量程相比较确定电路中的最大电流，根据欧姆定律求出电路中的总电阻，利用电阻的串联求出变阻器接入电路中的最小阻值，利用P＝I2R求出电阻R1的最大电功率；当电压表的示数最大时，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，根据串联电路的电压特点求出R1的电压，根据欧姆定律求出此时电路中的电流，再根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的最大阻值，利用P＝UI求出电阻R1的最小功率。
【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，故①错误；
当水流速度减小时，上下表面的压强差减小，R2滑片下移，变阻器接入电路的阻值增大，
由I＝的变形式R＝可知，电压表与电流表的示数之比等于R2接入电路中的阻值，则其比值变大，故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＝＝＝0.9A，
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＝＝＝7.5Ω，
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＝7.5Ω﹣5Ω＝2.5Ω，
电阻R1的最大电功率：
P1＝I大2R1＝（0.6A）2×5Ω＝1.8W；
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＝4.5V﹣3V＝1.5V，
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2.5Ω～10Ω，故③错误；
电阻R1的最小功率：
P1′＝I小2R1＝（0.3A）2×5Ω＝0.45W，
所以，电阻R1的电功率的变化范围为0.45W 1.8W，故④正确。
综上可知，②④正确。
故选：D。
【点评】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，根据流速与压强的关系得出流速变化时变阻器接入电路中电阻的变化是关键。
二、填空题（27分）
13．（2分）预计2021年5月我国火星探测“天问一号”将择机实施火星着陆，登陆火星的降落过程又被称为死亡七分钟．前5分钟“天问一号”的速度将从约5千米/秒迅速减到数百米/秒，此时“天问一号”的隔热大底温度将会升到约2000℃．由以上材料可知，“前5分钟”内“天问一号”的机械能 减小 （选填“增大”、“减小”或“不变”），内能 增大 （选填“增大”、“减小”或“不变”）。
【分析】（1）动能的大小与物体的质量和运动速度有关，重力势能的大小与物体的质量和物体被举高度有关，机械能等于动能和势能之和，据此分析机械能的变化；
（2）同一物体内能的大小与物体的温度有关。
【解答】解：（1）“天问一号”的降落过程，高度和速度都在减小，所以其动能和重力势能都减小，机械能等于动能和势能之和，所以机械能减小；
（2）“天问一号”在降落过程中，温度升到约2000℃，所以内能增大。
故答案为：减小；增大。
【点评】本题主要考查了机械能和内能的变化判断，关键熟练掌握影响因素，并根据题目正确进行分析。
14．（2分）在抗击新冠肺炎的战役中，全国各地“众志成城，共同抗疫”，令世人赞誉。如图是某型号的N95口罩和测温枪，口罩他阻止病毒进入人体，主要是因为滤网中间的熔喷布带有静电，能吸附含毒飞沫的缘故，这是利用了带电体具有 吸引轻小物体 的性质；测温枪是利用 红外线 工作的（选填“紫外线”或“红外线”）。
【分析】（1）带电体具有吸引轻小物体的性质。
（2）测温枪是利用红外线来工作的。
【解答】解：口罩他阻止病毒进入人体，主要是因为滤网中间的熔喷布带有静电，能吸附含毒飞沫的缘故，这是利用了带电体具有吸引轻小物体的性质；测温枪是利用红外线工作的。
故答案为：吸引轻小物体；红外线。
【点评】本题主要考查了带电体的性质和红外线的应用，本题属于基础性题目。
15．（3分）早晨，太阳还在地平线以下时，人们就可以看到它，这是光的 折射 现象；彩色电视机屏幕显示的彩色画面是由红、 绿 、蓝三种色光混合而成的；人站在平面镜前用照相机拍自己在镜中的像，底片上所成的像与镜中的人左右 是 （“是”或“不是”）相反的。
【分析】太阳还在地平线以下时，人们就可以看到它，这是光的折射现象；
色光的三原色为红、绿、蓝；
平面镜所成的像大小相等，左右相反；照相机所成的像为倒立缩小的虚像。
【解答】解：太阳还在地平线以下时，人们就可以看到它，这是光的折射现象；彩色电视机屏幕显示的彩色画面是由红、绿、蓝三种色光混合而成的；平面镜成的像与物体方向相反，照相机所成的像为倒立缩小的实像，故用照相机拍镜子中的像，底片上所成的像与镜子中的人左右是相反的。
故答案为：折射；绿；是。
【点评】本题主要考查了光的折射，色光的三原色与平面镜的应用，属于基础题。
16．（2分）用如图甲所示的刻度尺测量物块，则物块的长度为 1.45 cm，如图乙所示的体温计的读数是 37.8 ℃。
【分析】（1）使用刻度尺测量物体长度之前，要明确其量程和分度值；使用刻度尺测量物体长度时要观察是否从0刻度线量起，起始端没从0开始，要以某一刻度当作“0”刻度，读出末端刻度值，减去前面的刻度即为物体长度，注意刻度尺要估读到分度值的下一位；
（2）使用体温计测量体温时，先要弄清楚体温计的量程和分度值，再根据液面位置读数。
【解答】（1）由图甲知：刻度尺上1cm之间有10个小格，所以一个小格代表0.1cm＝1mm，即此刻度尺的分度值为1mm；物体左侧与2.00cm对齐，右侧与3.45cm对齐，所以物体的长度为：L＝3.45cm﹣2.00cm＝1.45cm；
（2）由图乙知：体温计上1℃之间有10个小格，所以一个小格代表0.1℃，即此体温计的分度值为0.1℃；此时的温度为37.8℃。
故答案为：1.45；37.8
【点评】刻度尺、体温计是日常生活中经常使用的测量工具，需要我们熟练掌握其使用和读数方法。
17．（6分）生活处处有物理：以汽车为例：
（1）发动机是利用内能做功的机器，发动机用水做冷却剂是因为水的 比热容 较大；
（2）有些小汽车的尾部设计如图所示上平下凸的“导流板”（形状是上平下凸，是为了使汽车高速行驶时，气流对导流板上表面的压强 大于 对导流板下表面的压强（填“大于”、“等于”或“小于”）。从而使汽车的行驶更加平稳。
（3）汽车刹车的过程中，伴随着能量从机械能转化为内能，内能散失到空气中，此过程能量的总和 不变 （选填“增加”、“减少”或“不变”），散失到空气中的内能无法自动转化为机械能再用来驱动汽车，这是因为能量的转化和转移具有 方向性 。
（4）为减少大气污染，电动汽车正在逐渐转代燃油汽车，电动汽车的动力源是电动机，某电动汽车以60kW的输出功率沿平直路面以72km/h的速度匀速行驶1min，汽车受到的阻力为 3×103 N，汽车消耗的电能 大于 （选填“等于”、“大于”或“小于”）牵引力做的功。
【分析】（1）所有的物质中，水的比热容较大，相同条件下，水吸收热量较多；
（2）要产生向下的压力，导流板横截面的形状就应跟飞机机翼的形状相反﹣﹣上平下凸，使上方的空气流速小压强大；
（3）能量转化和转移是有方向性的，并且能量在转化或转移的过程中总量保持不变；
（4）根据P＝＝＝Fv计算出拉力的大小，然后根据匀速行驶F＝f，求出阻力的大小；根据能量守恒来判断汽车消耗的电能与牵引力做的功的大小。
【解答】解：（1）因为水的比热容较大，不同物质，质量相同，升高相同的温度，吸收更多的热量。所以用水作为汽车发动机的冷却剂；
（2）上方平直下方凸起，导流板上方的空气流速小压强大，下方的空气流速大压强小，产生一个向下的压强差，可以增加轿车对地面的压力，提高车轮的抓地性能；
（3）据能量的守恒定律可知，汽车刹车的过程，伴随着能量从机械能转化为内能，内能散失到空气中，此过程能量的总和是不变的；散失到空气中的内能无法自动转化为机械能再用来驱动汽车，这是因为能量的转移和转化具有方向性；
（4）v＝72km/h＝20m/s；
汽车的牵引力为：F＝＝＝3×103N；
因为汽车匀速直线运动，所以汽车受到的阻力f＝F＝3×103N；
因为汽车在行驶的过程中，克服摩擦力做功，故汽车消耗的电能大于牵引力做的功。
故答案为：（1）比热容；（2）大于；（3）不变；方向性；（4）3×103；大于。
【点评】此题考查了水的比热容大的应用、功率计算公式的应用、流体的压强与流速的关系、能量的转化，难度不大。
18．（2分）用如图所示的滑轮组提升重为400N的物体，2s内绳子自由端在竖直方向匀速移动了3米，若滑轮组的机械效率是80%，则提升物体做的有用功是 400 J，拉力做功的功率是 250 W。
【分析】（1）由图可知，绳子的有效段数n＝3，根据s＝nh可得物体上升的高度，根据W＝Gh计算有用功；
（2）根据η＝计算总功，即拉力做的功，再根据P＝计算功率。
【解答】解：（1）由图可知，绳子的有效段数n＝3，物体上升的高度为：h＝s＝×3m＝1m，
提升物体做的有用功为：W有用＝Gh＝400N×1m＝400J；
（2）由η＝的拉力做的功为：W总＝＝＝500J，
拉力的功率为：P＝＝＝250W。
故答案为；400；250。
【点评】本题考查功的公式、机械效率公式和功率公式的运用。
19．（3分）小华在探究影响滑动摩擦力大小因素时，用如图所示的方式拉动木块，使木块在水平桌面上做匀速直线运动，实验操作有错误，应该沿 水平 方向匀速直线拉动弹簧测力计。改正错误后，若在木块上再放一个砝码，则木块运动时受到的滑动摩擦力将 变大 （选填“不变”、“变大”或“变小”），若木块在运动过程中拉力突然变大，小华判断木块此时受到的滑动摩擦力大小仍不变，他的依据是 滑动摩擦力与接触面粗糙程度和压力大小有关，与速度大小无关 。
【分析】（1）木块在长木板上运动，滑动摩擦力不能直接测量，当弹簧测力计水平匀速直线拉动木块，木块在水平方向上受到拉力和滑动摩擦力作用，这两个是平衡力，间接测量滑动摩擦力大小；
（2）滑动摩擦力跟压力大小和接触面粗糙程度有关，接触面粗糙程度不变时，增大压力，滑动摩擦力增大。滑动摩擦力与接触面粗糙程度和压力大小有关，与速度大小无关。
【解答】解：
（1）如图，弹簧测力计没有水平拉动木块，即使木块进行匀速直线运动，木块受到的拉力和滑动摩擦力也不是平衡力，因为它们不在同一直线上。所以要使滑动摩擦力等于弹簧测力计的示数，弹簧测力计要沿水平方向拉动木块，使木块在水平面上进行匀速直线运动；
（2）若在木块上再放一个砝码，接触面粗糙程度不变，压力变大，滑动摩擦力变大。滑动摩擦力与接触面粗糙程度和压力大小有关，与速度大小无关，若木块在运动过程中拉力突然变大，滑动摩擦力将不变。
故答案为：水平；变大；滑动摩擦力与接触面粗糙程度和压力大小有关，与速度大小无关。
【点评】探究滑动摩擦力大小影响因素时，采用间接测量滑动摩擦力的方法，要想使滑动摩擦力等于拉力，两者一定是平衡力。
20．（4分）小明同学想在家里安装一盏照明灯，如图甲所示是他设计的电路。图中虚线框1和2应连入开关和电灯，则开关应装在 2 方框中（选填“1”或“2”）。正确安装后，闭合开关，电灯不亮，用测电笔分别测试B、C点时，测电笔的氖管都发光，用测电笔测试A点，氖管不发光，则电路的故障为 AB之间断路 。乙图是他设计的短跑比赛“抢跑判断器”。运动员蹲在起跑器上后，工作人员闭合开关S1、S2，发令指示灯亮，运动员抢跑后，R0所受压力变小，电阻变小，电磁铁的磁性 增强 （选填“增强”或“减弱”），将衔铁吸下，抢跑指示灯 L2 （选填“L1”或“L2”）亮，判定运动员抢跑。
【分析】（1）在家庭电路中，开关应接在火线与灯泡之间；
（2）闭合开关，电灯不亮，说明可能有断路故障；当测电笔分别测试B、C点时，测电笔的氖管都发光，说明火线上有电；用测电笔测试A点，氖管不发光，分析判断究竟是零线断路还是灯泡与零线之间断路；
（3）通过电磁铁的电流越大，电磁铁的磁性越强；根据图示的控制电路与工作电路分析答题。
【解答】解：
（1）在家庭电路中，为了保证用电安全，开关应接在火线与灯泡之间，且开关与灯泡串联，所以，开关应接在2处，灯泡应接在1处。
（2）正确安装后，闭合开关，电灯不亮，说明可能有断路故障；
当测电笔分别测试B、C点时，测电笔的氖管都发光，说明火线上有电，即火线没有问题；若进户零线断路，则用测电笔测试A点时，氖管会发光，不符合题意，即零线也没有问题，所以故障是AB之间断路。
（3）工作人员闭合开关S1、S2，发令指示灯L1亮，运动员抢跑后，R0所受压力变小，其电阻变小，根据欧姆定律可知控制电路中的电流变大，电磁铁的磁性增强，将衔铁吸下，灯L2所在电路接通，则抢跑指示灯L2亮。
故答案为：2；AB之间断路；增强；L2。
【点评】本题考查了电磁继电器的工作过程、用测电笔检测家庭电路的故障和电灯与开关的接法，综合性较强。
21．（3分）标有额定功率为“0.9W”字样白炽灯L和特殊电子元件E并联接在电路中，改变电路两端电压U，通过电灯和特殊电子元件的电流也相应改变，根据实验数据绘出RL和RE的I一U（或U一I）图线，如图所示。
（1） 图1 表示的是特殊电子元件E的电流与电压的图像（填“图1”或“图2”）。
（2）若将阻值为5Ω的定值电阻R1与图1元件并联后接在电压为3V电路中，电路消耗的总功率是 2.7 W。
（3）若将阻值为10Ω的定值电阻R2与图2元件串联后，接在电压为4.5V的电路中，则电阻R2在1分钟内产生的热量是 37.5 J。
【分析】（1）根据灯泡的电阻随着电压的增大，功率增大，亮度增加，灯丝温度升高，因此电阻变大结合图象判断表示白炽灯的I﹣U图线，由此确定电子元件电流与电压图象；
（2）根据定值电阻R1与电子元件的I﹣U图线找到3V时通过电子元件的电流，再根据并联电路的电压特点结合欧姆定律得到通过R1的电流；根据并联电路电流特点求出总电流，最后根据P＝UI求出此时电路消耗的总功率；
（3）根据串联电路各处的电流相等结合定值电阻R2与白炽灯L的I﹣U图线，找到满足条件的电压，再根据P＝UI求出灯泡的实际功率，根据纯电阻电路Q＝W＝UIt求出电阻R2在1分钟内产生的热量。
【解答】解：（1）从图1可知，电压增大，电流增大，但电流的变化量比电压的变化量大，根据欧姆定律可知OC代表的电阻减小；由图2可知，电压增大，电流增大，电压的变化量大于电流的变化量，根据欧姆定律可知OD代表的电阻变大；
因为白炽灯泡的电阻会随两端电压的变大，功率变大，温度升高而变大，所以OD代表白炽灯的I﹣U图线，OC代表的是电子元件E的I﹣U图线；
（2）由图1可知，当电压为U＝3V时，电子元件中的电流为IE＝0.3A，
由并联电路U＝U1＝U2得，R1两端电压为U1＝U＝3V，
由I＝得，R1中的电流为I1＝＝0.6A，
电路中的总电流为：I′＝I1+IE＝0.6A+0.3A＝0.9A，
电路的总功率为P总＝UI′＝3V×0.9A＝2.7W；
（3）由图2可知，当电流为I＝0.25A，灯泡两端的电压为UL＝2V，R2两端的电压为U2＝IR2＝0.25A×10Ω＝2.5V时，电路两端的电压为U＝U1+U2＝2V+2.5V＝4.5V；
电阻R2在1分钟内产生的热量：Q2＝W2＝U2It＝2.5V×0.25A×60s＝37.5J。
故答案为：（1）图1；（2）2.7；（3）37.5。
【点评】本题是图象信息题，抓住图象横纵坐标表示的物理量，结合欧姆定律进行分析，重点考查学生分析能力和知识综合运用能力，难点有二：一是结合灯泡的电阻与温度有关判断其I﹣U图线；二是结合串联电路各处的电流相等和总电压等于各分电压之和找出符合电源电压的电流及灯泡、R2两端的电压。
三、解答题（共49分）
22．（2分）如图所示，一束光射到水面上，请作出它的反射光线和大致的折射光线。
【分析】反射定律：反射光线、入射光线和法线在同一平面内，反射光线、入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角，作出反射光线。
发生折射时，光由空气斜射进入水中折射光线向法线偏折，折射角小于入射角，据此作出折射光线。
【解答】解：图中法线已作出，入射角为60°，根据反射角等于入射角，在法线右侧的空气中画出反射光线；
根据光由空气斜射进入水中折射光线向法线偏折，折射角小于入射角，据此在法线右侧的水中作出折射光线，如图所示：
。
【点评】本题考查光的反射和折射光路的作图，关键明确反射角、折射角与入射角的大小关系，注意作图要规范。
23．（2分）画出图中静止在斜面上的物体A所受的重力G和它对斜面的压力F 的示意图。
【分析】重力是物体受到的力，因此根据规则物体的重心在物体的几何中心，重力的方向总是竖直向下的，过物体的重心表示出重力的方向即可；
压力是接触面受到的力，因此压力的作用点在接触面上，即物体与接触面的中点；然后根据压力的方向垂直于受力面，并过压力作用点表示出压力的方向即可。
【解答】解：过物体重心画带箭头的线段，方向竖直向下，符号为G；
在斜面上选取物体与接触面的中点为压力的作用点，过压力作用点画垂直于斜面、带箭头的线段，符号为F；如图所示：
【点评】本题的关键是确定压力和重力的作用点和方向，并会用力的图示表示力的三要素。注意物体对斜面的压力要小于物体所受重力。
24．请根据图中的信息标出通电螺线管的N极和电源的正极（用“+”表示）。
【分析】根据磁感线的形状可知，两者相互吸引，是异名磁极，可知通电螺线管的N极，然后利用安培定则可确定电源的正极。
【解答】解：
根据磁感线的形状可知，两者相互吸引，是异名磁极，则通电螺线管的左端为N极，右端为S极，由安培定则可知电流从左端流出，右端流入，故电源右端为正极，左端为负极，如图所示：
【点评】本题考查了磁极间的相互作用规律和右手螺旋定则。利用安培定则既可由电流的方向判定磁极磁性，也能由磁极极性判断电流的方向和线圈的绕法。
25．（8分）如图所示，小华家新买了一台小轿车，小轿车的质量是1.2t，车轮与地面接触面积为0.12m2周末小华一家人开车去郊游，在某段水平路面上以72km/h的速度匀速直线行驶了20min，该小轿车共消耗汽油3.2kg，此过程小轿车的输出功率是40kW．求：
（1）轿车静止在水平地面上时，车对地面的压强；（g取10N/kg）
（2）小轿车在这段路程中所受的阻力；
（3）此过程中汽车发动机的效率。（q汽油＝4.6×107J/kg）
【分析】（1）轿车静止在水平地面上时，车对地面的压力和自身的重力相等，根据F＝G＝mg求出其大小，又知道车轮与地面接触面积即受力面积，利用p＝求出汽车对地面的压强；
（2）知道汽车匀速直线行驶的速度，利用P＝＝＝Fv求出小轿车在这段路程中的牵引力，汽车匀速直线行驶时处于平衡状态，受到的阻力和牵引力是一对平衡力，二力大小相等；
（3）根据W＝Pt求出小轿车在这段路程中发动机做的功，根据Q放＝mq求出汽油完全燃烧释放的热量，利用η＝×100%求出汽油机的效率。
【解答】解：（1）轿车静止在水平地面上时，车对地面的压力：
F＝G＝mg＝1.2×103kg×10N/kg＝1.2×104N，
汽车对地面压强：
p＝＝＝1×105Pa；
（2）汽车匀速直线行驶的速度：
v＝72km/h＝20m/s，
由P＝＝＝Fv可得，小轿车在这段路程中的牵引力：
F′＝＝＝2×103N，
因汽车匀速直线行驶时处于平衡状态，受到的阻力和牵引力是一对平衡力，
所以，小轿车在这段路程中所受的阻力f＝F′＝2×103N；
（3）小轿车在这段路程中发动机做的功：
W＝Pt＝40×103W×20×60s＝4.8×107J，
汽油完全燃烧释放的热量：
Q放＝m′q汽油＝3.2kg×4.6×107J/kg＝1.472×108J，
汽油机的效率：
η＝×100%＝×100%≈32.6%。
答：（1）轿车静止在水平地面上时，车对地面的压强为1×105Pa；
（2）小轿车在这段路程中所受的阻力为2×103N；
（3）此过程中汽车发动机的效率为32.6%。
【点评】本题考查了重力公式和压强公式、功率公式、二力平衡条件、做功公式、燃料完全燃烧释放热量公式以及效率公式的应用，涉及到的知识点较多，综合性强，有一定的难度。
26．（6分）图甲是具有高温、低温两挡的电热饭盒，高温挡电功率为242W，简化电路如图乙所示，R1、R2均是发热电阻，且R2的阻值是R1的4倍。求：
（1）R1和R2的阻值是多少？
（2）电热饭盒处于低温挡时，电路中电流是多少？
（3）若电路中只使用该电热饭盒，加热1kg米饭温度升高40℃，如图丙所示电能表的脉冲指示灯闪烁了125次，这个电热饭盒的效率是多少？[米饭的比热容取2.5×103J/（kg ℃）]
【分析】（1）开关S接2时，电路为R1的简单电路，电路的总电阻最小，电路的总功率最大，电热饭盒处于高温挡；
根据P＝UI＝求出R1的阻值，利用R2的阻值是R1的4倍求出R2的阻值；
（2）开关S接1时，R1、R2串联，电路的总电阻最大，电路的总功率最小，电热饭盒处于低温挡；根据I＝求出电热饭盒处于低温挡时电路中的电流；
（3）由Q＝cmΔt求得米饭吸收的热量，根据电能表的脉冲指示灯闪烁了125次求得消耗的电能，由η＝×100%可求得这个电热饭盒的效率。
【解答】解：
（1）由图知，开关S接2时，电路为R1的简单电路，电路的总电阻最小，电路的总功率最大，电热饭盒处于高温挡，
由P＝可得，R1的阻值：R1＝＝＝200Ω，
由题知R2的阻值是R1的4倍，所以R2＝4R1＝4×200Ω＝800Ω；
（2）开关S接1时，R1、R2串联，电路的总电阻最大，电路的总功率最小，电热饭盒处于低温挡；
电热饭盒处于低温挡时，电路中电流：
I＝＝＝＝0.22A；
（3）米饭吸收的热量：
Q＝cmΔt＝2.5×103J/（kg ℃）×1kg×40℃＝1×105J，
脉冲指示灯闪烁了125次，则电热饭盒消耗的电能：
W＝＝kW h＝×3.6×106J＝1.25×105J，
则这个电热饭盒的效率：
η＝×100%＝×100%＝80%。
答：（1）R1的阻值是200Ω，R2的阻值是800Ω；
（2）电热饭盒处于低温挡时，电路中电流为0.22A；
（3）这个电热饭盒的效率是80%。
【点评】本题考查了电功率公式、吸热公式、效率公式和欧姆定律的综合应用，分清电热饭盒在不同挡位时电路的连接方式是关键。
27．（6分）小军在“探究冰熔化和水沸腾”的实验中，实验装置如图1甲所示：
（1）实验时，试管里装有适量的碎冰，将试管放入水中加热，这样做的目的是 使冰均匀受热 ，而且温度上升较慢，便于记录。
（2）如题图1乙是根据实验记录绘制的给冰加热时温度随时间变化的图像，由图像可知：图像中a点的内能 小于 （选填“大于”“小于”或“等于”）b点的内能。
（3）试管中的冰完全熔化后，若持续加热，得到图像中的DE段。由此判断可能是液面上方的气压 低于 （选填“高于”或“低于”）1个标准大气压；这段时间内试管中的水 不能 （选填“能”或“不能”）沸腾。
（4）小鹏则同时进行探究“水和油沸腾时温度变化的特点”实验，如图2甲是实验装置，两个试管中分别装有初温相同的水和油，相同时间两试管中的液体吸收的热量相同。（c水＝4.2×103J/（kg ℃）实验进行一段时间后，放在油中温度计的示数如图2甲所示为 91 ℃。当水沸腾时，如图2乙若试管中油的质量为水质量的2倍，由图像可知：油的比热容c油＝ 2.1×103 J/（kg ℃）。
【分析】（1）探究晶体的熔化实验时，一般都采用水浴法，物体的温度变化比较均匀，并且变化比较慢，便于记录实验温度；
（2）冰在熔化过程中不断吸热，温度不变，内能变大。
（3）液体沸点随气压的升高而升高；水沸腾后，温度不再上升，试管内的水到达沸点后，不能继续吸热，不能沸腾；
（4）温度计读数时看清量程和分度值；根据Q吸＝cmΔt可求油的比热容。
【解答】解：（1）探究冰熔化时温度的变化规律时，试管里应装有适量的碎冰，在加热过程中，碎冰受热均匀，并且变化比较慢，方便记录实验温度变化；
（2）冰在熔化过程中温度不变，但一直从外界吸收热量，所以内能变大；
（3）1标准大气压下沸水的温度是100℃，液体沸点随气压的升高而升高，根据图像可知，水的沸点没有达到100℃，原因是液面上方大气压小于1标准大气压；由于烧杯内的水沸腾时温度保持不变，试管内的水虽达到沸点，但不能继续吸热，所以不能沸腾；
（4）温度计的分度值为1℃，读数为91℃。由图可知，相同时间吸收相同的热量，根据水沸腾前，水和油的温度变化线是重合的可知，水与油的温度变化相同，试管中油的质量为水质量的2倍，
Q吸＝cmΔt＝c水m水Δt＝c油m油Δt，
c油＝＝×4.2×103J/（kg ℃）＝2.1×103J/（kg ℃）。
故答案为：（1）使冰均匀受热；（2）小于；（3）低于；不能；（4）91；2.1×103。
【点评】本题考查了液体沸腾的特点、实验的基本操作原理及学生对熔化图像、和比热容概念的理解及Q吸＝cmΔt的运用。
28．（5分）实验小组利用光具座进行成像实验研究，在如图甲中，虚线框内可插入的实验元件有（见图乙）①中央有小孔的纸板；②透明薄玻璃板；③凸透镜，在虚线框内放入上述某一元件后：
（1）在进行图甲的实验时，若在光屏上出现图丙（a）所示的像，则方框内插入的元件可能是 ①③ （选填序号，下同）。此后，将蜡烛从30cm移到40cm刻度线处；
（2）若光屏位置未变，光屏上的像由（a）变成（b），则方框内的元件是 ① ；
（3）若无论怎样移动光屏，光屏上仅有大小不变的均匀的亮斑，则方框内的元件是 ③ ；
（4）由上述实验信息可知，本实验选用的凸透镜焦距是 10.0 cm；
（5）在方框内插入②时，无论怎样移动光屏，都不能在光屏上看到像，这是因为 平面镜成虚像，所以屏幕上没有像 。
【分析】（1）凸透镜、小孔都可以成倒立的实像；
（2）物距变小，像距没有变，像变大，是小孔成像的特点；
（3）由焦点发出的光经凸透镜折射后平行于主光轴；
（4）当u＝v＝2f时，成倒立、等大的实像；
（5）薄玻璃板所成的像为正立、等大的虚像。
【解答】解：（1）在进行图甲的实验时，若在光屏上出现图丙（a）所示的像，即倒立、缩小的实像，而凸透镜、小孔可以成倒立缩小的实像，所以方框内插入的元件可能是①③；
（2）若光屏位置未变，光屏上的像由（a）变成（b），物距变小，像距没有变，像变大，则方框内的元件是小孔，故选①；
（3）若无论怎样移动光屏，光屏上仅有均匀的亮斑，这说明光通过凸透镜后为平行光，所以烛焰放在了凸透镜的焦点上，则方框内的元件是凸透镜，故选③；
（4）由图甲中的数据可知，u＝v＝20.0cm，由凸透镜成像规律可知此时u＝v＝2f，焦距f＝10.0cm；
（5）在方框内插入②时，即插入玻璃板，无论怎样移动光屏，都不能在光屏上看到像，这是因为平面镜成虚像，所以屏幕上没有像。
故答案为：（1）①③；（2）①；（3）③；（4）10.0；（5）平面镜成虚像，所以屏幕上没有像。
【点评】本题涉及到的小孔成像、平面镜成像和凸透镜成像的特点，要熟悉掌握三种成像的原理和特点，题目综合性很强，有一定的难度。
29．（4分）如图，某实验小组在“探究物体的动能跟哪些因素有关”的实验中，让小球从同一斜面某处由静止释放，撞击同一水平面上的同一木块，木块移动一段距离后停止。
（1）小球滚下的过程中，它的 重力势 能转化为动能，它的动能大小是通过 木块移动的距离 来反映的。
（2）甲、乙两图是探究动能的大小与 速度 是否有关的。
（3）实验中，木块的质量过大或过小都不行，若木块质量过大会导致 小球的动能转化为木块的动能时，木块移动的速度较小，木块移动的距离较小，或几乎不动，实验现象不明显 。
【分析】（1）（2）小球滚下的过程中，重力势能是转化为动能；根据实验的过程分析即可；根据控制变量法的要求选择对照实验。
（3）若木块质量过大，小球的动能转化为木块的动能时，木块移动的速度较小，木块移动的距离较小，或几乎不动，实验现象不明显。
【解答】解：（1）小球滚下的过程中，自身的质量不变，高度在减小，则重力势能在减小，速度在变大，动能在增大，它的重力势能是转化为动能；小球动能越大，撞击的木块移动的距离越大，所以小球的动能大小是通过木块移动的距离来反映的。
（2）从甲、乙两图可看到，小球的质量相同，下落的高度不同，则小球到达斜面底端时，速度不同，小球撞击的木块移动距离不同，即甲、乙两图是探究动能的大小与速度是否有关。
（3）实验中，木块的质量过大或过小都不行，若木块质量过大，小球的动能转化为木块的动能时，木块移动的速度较小，木块移动的距离较小，或几乎不动，实验现象不明显。
故答案为：（1）重力势；木块移动的距离；（2）速度；（3）小球的动能转化为木块的动能时，木块移动的速度较小，木块移动的距离较小，或几乎不动，实验现象不明显。
【点评】本题考查了探究“物体动能的大小与哪些因素有关”的实验，实验应用了转换法和控制变量法，掌握转换法与控制变量法的应用、分析图示实验即可正确解题。
30．（6分）利用图所示的装置进行电与磁的相关实验。
（1）若利用该装置探究“通电导体在磁场中受力”，应将开关的接线柱1与 3 （选填“2”或“3”）接通。为使观察到的现象更明显，导体ab应选择 空心铜管 （选填“空心铜管”或“实心铜棒”）；
（2）将开关反方向闭合，利用该装置探究“产生感应电流的条件”：
①让悬挂的导体ab在图所示位置沿竖直方向上下运动，灵敏电流计指针 不会 （选填“会”或“不会”）发生偏转；
②保持磁体不动，若导体ab水平向右运动，灵敏电流计指针向左偏转，这是 电磁感应 现象，利用这一原理可制成 发电机 ；若要使灵敏电流计的指针向右偏转，可以 B （填字母）。
A.将磁体的磁极对调，导体ab向左运动
B.保持磁体不动，导体ab向左运动
【分析】（1）“通电导体在磁场中受力”必须要有电源，据此判断；
（2）①掌握产生感应电流的条件：闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动；
②产生感应电流的方向与导体运动方向和磁场方向有关。
【解答】解：（1）若利用该装置探究“通电导体在磁场中受力”，必须要有电源，应将开关的接线柱1与3接通，为使观察到的现象更明显，应该减轻导体ab的重力，应选择空心铜管；
（2）①让悬挂的导体ab在如图所示位置沿竖直方向上下运动，不切割磁感线，不会产生感应电流，灵敏电流计指针不会发生偏转；
②产生感应电流的方向与导体运动方向和磁场方向有关；电磁感应现象应用于发电机；
若保持磁体不动，将导体ab水平向右运动，灵敏电流计指针向左偏转；若要使灵敏电流计的指针向右偏转，可以将磁体的磁极对调或导体ab向左运动，两者不能同时改变，故B符合题意。
故答案为：（1）3；空心铜管；（2）①不会； ②电磁感应；发电机；B。
【点评】此题是探究电磁感应现象的实验，考查了学生对产生感应电流条件的掌握及影响感应电流大小的因素。同时还考查了电磁感应实验与“探究磁场对通电导线的作用”实验的不同，这是两个相似度较高的实验，应对比记忆。
31．（10分）小伟在做探究“电流与电阻的关系”实验时，准备了以下器材：电源（4.5V），定值电阻四个（5Ω、10Ω、20Ω、25Ω），电流表、电压表、滑动变阻器“20Ω 1A”和开关各一个、导线若干。
（1）小伟连接的电路如图甲所示，闭合开关后，发现 电压表 （填“电流表”或“电压表”）无示数，经仔细检查后发现电路中有一根导线连接错误，请在图中错误的那根导线上画“×”，并画出正确的连线。
（2）解决问题后，小伟先将5Ω的定值电阻接入电路。调节滑动变阻器的滑片在某位置时，电流表的示数如图乙所示；将5Ω的电阻换成10Ω的电阻后，他应将滑动变阻器的滑片P向 右 （填左”或“右”）端移动，使电压表的示数保持 2 V不变，再次读取电流表的示数。
（3）把20Ω的电阻接入电路时，小伟发现无论怎样调节滑动变阻器都不能完成实验。为了使四个电阻单独接入电路都能完成实验，他应控制电压表的示数不低于 2.5 V．由实验得出的结论是：当电压一定时， 电流与电阻成反比 。
（4）小伟将定值电阻换成小灯泡L1，测出了几组电流值和电压值。并绘制了L1的U﹣I图象如图丙所示，该图象不是直线的原因是 灯的电阻随温度的变化而变化 。
（5）同组的小同学还想测量额定电流为I额的小灯泡L2的额定功率，利用小伟用过的小灯泡L1和绘制的图象，设计了如图丁所示的电路（电源电压为U），测出了小灯泡L2的额定功率。请将她的实验步骤补充完整：
①闭合开关S．将开关S0接1、调节滑动变阻器的滑片P，使电流表的示数为 I额 ，此时L2正常发光。
②将开关S0由1改接到2，滑动变阻器的滑片P 保持不动 （填“移到最左端”“移到最右端”或“保持不动”）此时电流表的示数为I1，根据L1的U﹣I图象可知，当电流为I1时，对应的电压为U1；，则滑动变阻器接入电路的阻值R＝ 。
③小灯泡L2的额定功率P额＝ （U﹣I额×R ）×I额 （用U、I额、R表示）
【分析】（1）原电路中，电压表与电阻短路了，只有电流表与变阻器连入电路中，据此分析；
电流表应与电阻串联，电压表与电阻并联；
（2）根据电流表选用小量程确定分度值读数，由欧姆定律得出电压表示数；
根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻的电压相同，当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律结合分压原理确定滑片移动的方向；
（3）设控制电压表的示数最小为UV，根据串联电路电压的规律和分压原理得出他应控制电压表的示数不低于多少；
当电压一定时，电流与电阻成反比；
（4）根据灯的电阻随温度的变化而变化分析；
（5）求额定电流为I额的小灯泡L2的额定功率，根据P＝UI，关键是得出灯的额定电压；
先将灯L2与变阻器串联在电路中，使灯L2正常发光，保持滑片位置不动，通过开关的转换，使灯L1与变阻器串联在电路中，记下电流表的示数，可知灯L1对应的电压，根据串联电路的规律和欧姆定律可求出变阻器连入电路中的电阻大小；
在第1次操作中，由欧姆定律和串联电路的规律可得出L2的额定电压，根据P＝UI得出小灯泡L2的额定功率P2。
【解答】解：（1）原电路中，电阻与导线并联了，电压表与电流表和变阻器串联连入电路中，电压表测电源电压，故电压表没有示数；
电流表应与电阻串联，电压表与电阻并联，改正后如下所示：
（2）小伟先将5Ω的定值电阻接入电路，调节滑动变阻器的滑片在某位置时，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，电流为0.4A，由欧姆定律，电压表示数为：
U＝IR＝0.4A×5Ω＝2V；
根据串联分压原理可知，将定值电阻由5Ω改接成10Ω的电阻，电阻增大，其分得的电压增大；
探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，即应保持电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向右端移动，使电压表的示数为2V，再次读取电流表的示数；
（3）设控制为UV，
根据串联电路电压的规律和分压原理：
＝﹣﹣﹣﹣﹣①，
①式左边为一定值，右边也为一定值，当变阻器的最大电阻连入电路中时，对应的定值也应最大，此时变阻器器分得的电压最大，电压表的示数最小，
即＝，故UV＝2.5V；
为了使四个电阻单独接入电路都能完成实验，他应控制电压表的示数不低于2.5V；
由实验得出的结论是：当电压一定时，电流与电阻成反比；
（4）绘制了L1的U﹣I图象如图丙所示，该图象不是直线的原因是灯的电阻随温度的变化而变化；
（5）实验步骤：
①闭合开关S，将开关S0接1、调节滑动变阻器的滑片P，使电流表的示数为I额，此时L2正常发光。
②将开关S0由1改接到2，滑动变阻器的滑片P保持不动，此时电流表的示数为I1，根据L1的（U﹣I图象可知，当电流为I1时，对应的电压为U1）；
在①中，L1短路，L2与变阻器串联，
在②中，L2短路，L1与变阻器串联，因电流为I1，由图丙知，L1对应的电压为U1，由串联电路的规律和欧姆定律，
则滑动变阻器接入电路的阻值：
R＝；
在①中，由欧姆定律，变阻器的电压为：
U滑＝I额×R＝I额×R；
根据串联电路电压的规律，L2的额定电压为：
U额＝U﹣U滑＝U﹣I额×R；
小灯泡L2的额定功率：
P2＝U额×I额＝（U﹣I额×R ）×I额。
故答案为：（1）电压表；如上所示；（2）右；2；（3）2.5；电流与电阻成反比；（4）灯的电阻随温度的变化而变化；（5）①I额；②保持不动；；③（U﹣I额×R ）×I额。
【点评】本题探究“电流与电阻的关系”实验，考查电路分析、电路连接、控制变量法、操作过程、实验结论、影响电阻大小的因素及在没有电压表条件下设计实验方案测额定功率的能力，最后一问难度较大。
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