2023年黑龙江省鸡西市虎林市中考物理二模试卷
一、单项选择题（每小题2分，共24分。每小题只有一个正确选项）
1．（2分）下列估测与实际最相符的是 （ ）
A．一名普通中学生的重力为50N
B．人的正常体温约为38℃
C．人教版初中物理课本的长度约为26dm
D．成年人正常步行的速度约为1.1m/s
（多选）2．（2分）如图所示是我国春秋战国时代的乐器——编钟。关于编钟下列说法不正确的是（ ）
A．悠扬的编钟声是由钟的振动产生的
B．大小不同的钟振动幅度相同时，发声的音调相同
C．敲钟时，用力越大钟声在空气中的传播速度越大
D．通过钟声能判断钟是否破损只利用了声波传递能量
3．（2分）水烧开时会冒“白气”，下列自然现象的成因与之相同的是 （ ）
A．冰雪消融 B．露的形成
C．雾凇的形成 D．冰凌的形成
4．（2分）潜水员潜入水中工作时看见岸上树梢位置变高了，下列四幅光路图中，能正确说明产生这一现象原因的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2分）下列四个图中，能正确描述某种物质的密度跟它的质量关系的是（ ）
A． B． C． D．
6．（2分）在操场直跑道上进行遥控小车比赛，甲、乙两车从t＝0s时由同一起点同方向运动，两者运动的路程﹣时间图象分别如图中的甲、乙所示，下列判断正确的是（ ）
A．在0～5s内甲车的速度是10m/s
B．在0～5s内乙车的速度是1m/s
C．t＝10s时两车的速度相等
D．t＝10s后甲车超过乙车
7．（2分）下列物理实验与后面的研究方法对应不正确的是 （ ）
A．探究阻力对物体运动的影响——类比法
B．用磁感线的密疏描述磁场的强弱——模型法
C．指南针指南北可证明地磁场的存在——转换法
D．探究液体压强与液体深度的关系时，控制液体密度不变——控制变量法
8．（2分）下列现象中属于增大压强的是（ ）
A．骆驼具有宽大的脚掌
B．蚊子尖尖的口器可以插入皮肤吸充血液
C．推土机有两条宽大的履带
D．火车轨道铺在枕木上
9．（2分）两个相同的容器内分别盛有质量和初温相同的甲、乙两种液体，用相同规格的电加热器同时加热，液体温度与加热时间的关系如图所示。下列说法正确的是 （ ）
A．甲液体的比热容小于乙液体的比热容
B．如果升高相同的温度，两液体吸收的热量相同
C．加热相同的时间，甲液体吸收的热量大于乙液体吸收的热量
D．加热相同的时间，甲液体升高的温度比乙液体升高的温度多，说明甲液体吸热能力强
10．（2分）如图所示，电源电压保持不变，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P向右移动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电流表示数变大
B．电压表示数变大
C．电压表示数与电流表示数的比值变小
D．小灯泡亮度变亮
11．（2分）如图所示，若甲、乙两表都是电压表，当开关S闭合时两表示数之比U甲：U乙＝5：3；若甲、乙两表都是电流表，当开关S断开时，下列判断正确的是 （ ）
A．两电阻的阻值之比R1：R2＝5：3
B．两表的示数之比I甲：I乙＝2：5
C．R1、R2两电阻两端的电压之比U1：U2＝2：3
D．R1、R2两电阻消耗的电功率之比P1：P2＝2：3
12．（2分）如图所示是动圈式话筒，下列选项能说明其工作原理的是 （ ）
A．
B．
C．
D．
二、双项选择题（每小题3分，共9分。每小题有两个正确选项，选项不全但正确得1分，有错误选项不得分）
（多选）13．（3分）如图所示是某家庭电路的一部分，下列说法正确的是（ ）
A．站在地上的人若用手直接接触A点，会有触电危险
B．电冰箱的三脚插头接入三孔插座能保证其外壳接地
C．为保证用电安全，应在甲处安装电灯，乙处安装开关
D．图中两孔插座的连接方式是正确的
（多选）14．（3分）如图所示是小龙家新买的学习座椅，细心的小龙发现椅子中间做成下凹的形状，坐上去感觉持别舒服。则下列说法正确的是 （ ）
A．小龙坐在椅子上静止不动时，椅子受到的重力和地面对椅子的支持力是一对平衡力
B．小龙坐在椅子上静止不动时，小龙对椅子的压力和椅子对小龙的支持力是一对相互作用力
C．椅子中间做成下凹的形状是为了减小受力面积来增大压强
D．学习椅下方的轮子可以减小摩擦，方便移动
（多选）15．（3分）如图所示为小龙实验时所用的电路图，电路中电流表的量程为0～0.6A，电压表的量程为0～3V，滑动变阻器R的最大阻值为20Ω，定值电阻R0为10Ω，电源电压为6V且保持不变，实验时操作正确并保证电路各元件安全。则在闭合开关后，移动滑片P的过程中，下列说法正确的是 （ ）
A．滑动变阻器R允许接入电路的阻值变化范围为0～10Ω
B．电流表示数的变化范围为0.2～0.6A
C．电路的总功率变化范围为1.8～3.6W
D．定值电阻R0的电功率变化范围为0.4～3.6W
三、填空题（每题1分，每题2分，共24分）
16．（2分）2022年2月4日，北京冬奥会开幕式上，中国国旗护卫队护送五星红旗人场。当国旗升起时，现场观众起立齐声高唱中华人民共和国国歌，这一刻让人热血沸腾。现场观众从不同方向都能看到五星红旗缓缓升起，是由于光照射到五星红旗上发生了 （ 填“镜面反射”或“漫反射”）。现场观众听到的国歌奏乐声是通过 传播到耳中的。
17．（2分）如图所示，将一滴红墨水滴入水中，过一会儿会发现整杯水都变红了，这是一种 现象。该现象说明 。
18．（2分）我国平移建筑物技术一直以来都是处于世界领先水平，它把建筑结构力学与岩土工程技术紧密结合起来，其基本原理与起重搬运中的重物水平移动相似。如图所示，若某建筑物质量为10000t，首先被举高1.1m，再水平移动24m，则建筑物被举高的过程中克服其重力做功为 J，水平移动过程中，建筑物重力做功为 J。
19．（2分）全球第一台“华龙一号”核电机组——中核集团福建福清核电5号机组投入商业运行。核反应堆是通过可控 （填“核裂变”或“核聚变”）反应释放核能的设备；从能源的角度看，核能属于 （填“一次”或“二次”）能源。
20．（2分）如图所示是探究电流通过导体时产生的热量与 关系的实验装置。通电一段时间，左侧容器和右侧容器中的电阻丝产生的热量之比为 。
21．（2分）小龙探究“影响电磁铁磁性强弱的因素“，某次实验如图所示，他是在探究电磁铁磁性强弱与 的关系。图中电磁铁B的上端为 （填“N”或“S”）极。
22．（2分）如图所示是单缸四冲程汽油机的 冲程，若其飞轮转速为3000r/min，那么该汽油机每分钟对外做功 次。
23．（2分）小恒家太阳能热水器水箱容积为200L，一天早上他测得水箱中水的初温为20℃，中午时测得水的温度升高了25℃，则这200L水吸收的热量是 J；如果这些水吸收的热量由热值为4.2×107J/kg的煤气来提供，而煤气灶的效率为40%，则需要完全燃烧 kg的煤气。[ρ水＝1.0×103kg/m3，c水＝4.2×103J/（kg ℃）]
24．（2分）在安全工作条件下，将“2.5V 0.5W”的小灯泡L1和“3.0V 0.9W”的小灯泡L2串联在电路中工作，通过L1和L2的电流之比为 ；串联的这两个小灯泡两端允许加的最大电压为 V。（设灯丝电阻不变）
25．（2分）如图所示是测定油箱内油量装置的工作原理示意图。其中R是滑动变阻器的电阻片，滑动变阻器的滑片跟滑杆连接，滑杆可以绕固定轴O转动，另一端固定一个浮子。当电流表示数越小时，滑动变阻器连入电路的阻值 （填“越大”或“越小”），油箱内的油量 （填“越多”或“越少”）。
26．（2分）如图甲所示的电路中，电源电压保持不变。闭合开关S，滑片P从b端滑到a端的过程中，电压表示数U与电流表示数I的变化关系图象如图乙所示。则电源电压为 V，滑动变阻器的最大阻值是 Ω。
27．（2分）家庭电路中电流过大的原因有 和用电器总功率过大。如图是小文连接的照明灯电路，闭合开关S，发现电灯不发光，他用试电笔测试图中的a、b、c、d四点，只有测试c点时氖管不发光，则电路发生的故障可能是 两点间某处断路。
四、探究与实验（28题6分，29题8分，30题6分，共20分）
28．（6分）某学习小组做“探究凸透镜成像规律“的实验。
（1）如图甲所示，测得该凸透镜的焦距为 cm。
（2）安装并调节烛焰、凸透镜、光屏，使它们三者中心大致在 。
（3）如图乙所示，将蜡烛放在光具座15cm刻度线处，凸透镜放在40cm刻度线处，在凸透镜的另一侧移动光屏会得到一个倒立、 （填“放大”“缩小”或“等大”）的清晰实像，生活中的 （填“照相机”“投影仪”或“放大镜”）利用该原理工作。
（4）在（3）中成清晰的像后，保持光屏和凸透镜的位置不变，将蜡烛向左移动一段距离后，为了使光屏上再次成清晰的像，应在凸透镜左侧安装一个焦距适当的 （填“凸透镜”或“凹透镜”），这与 （填“近视眼”或“远视眼”）的矫正相似。
29．（8分）小水和小恒利用如图所示的装置探究杠杆平衡条件，实验所用钩码的质量均相等。
（1）若实验前杠杆如图甲所示，可将杠杆右端的平衡螺母向 （填“左”或“右”）调节，使杠杆在水平位置平衡。
（2）小恒在杠杆两侧加挂钩码，并移动钩码，使杠杆在水平位置平衡，测出力臂，多次实验并把数据记录在表中。
次数 F1/N l1/cm F2/N l2/cm
1 1 10 2 5
2 2 10 1 20
3 2 15 3 10
根据以上数据得出杠杆平衡的条件是 。
（3）杠杆调节水平平衡后，小水在杠杆上的A处挂4个钩码，如图乙所示，为使杠杆重新水平平衡，应在B处挂 个钩码。当杠杆水平平衡后，将A处和B处下方所 挂的钩码同时向支点O靠近一个格，杠杆会 （填“左侧下降”“右侧下降”或“仍水平平衡”）。
（4）如图丙所示，用弹簧测力计在C处竖直向上拉，使杠杆在水平位置平衡，当弹簧测力 计在原位置逐渐向左倾斜时，使杠杆仍然在水平位置平衡，则弹簧测力计的示数将 （填“变大”“变小”或“不变”）。
30．（6分）小明用图甲所示的电路来测量小灯泡的电功率，已知电源电压为3V恒定不变，小灯泡的额定电压为2.5V。
（1）请用笔画线代替导线将图甲中滑动变阻器连入电路，要求滑片向左滑动时，灯泡亮度变大；
（2）连接电路时，开关应该 。
（3）实验中，小明发现无论怎样调节滑动变阻器，两电表指针始终处于图乙所示位置，则接线柱 间（填接线柱的数字编号）出现了 （选填“短路”或“断路”）；
（4）故障排除后，小明从滑动变阻器接入电路阻值最大时开始记录数据，得到小灯泡U﹣I图像如图丙所示，则小灯泡的额定功率是 W，小明所用到的滑动变阻器的规格是下列四个选项中的 （选填选项前字母）；
A.“5Ω 2A”
B.“15Ω 2A”
C.“25Ω 2A”
D.“30Ω 2A”
（5）当灯泡两端的实际电压为额定电压一半时，灯泡的实际电功率为P1，当通过灯泡的实际电流为额定电流的一半时，灯泡的实际电功率为P2。则P1 P2（选填“大于”“小于”或“等于”）。
五、分析与交流（每题4分，共8分）
31．（4分）如图所示的花样滑冰是一种兼具速度和力量的竞技运动，运动员在赛场上会进行滑行、跳跃、转弯、抛掷等动作，请解释：
（1）抛向空中的运动员最终落向地面的原因。
（2）停止蹬地后，运动员最终停下来能说明力具有什么作用效果。
32．（4分）电热毯（俗称“电褥子”）是根据电流的 效应制成的。小亮家的电热毯通电后指示灯不亮，小亮检修时发现是电热丝断了，他把电热丝的两个断头连接起来，他发现连接处比别处更热，这是为什么？
六、综合与应用题（33题7分，34题8分，共15分）
33．（7分）如图所示的太阳能汽车是靠太阳能电池提供动力的，若某太阳能汽车的质量是500kg，在平直路面上行驶的速度最大可达15m/s，匀速行驶的过程中所受的平均阻力是车重的0.02倍，轮胎接触地面的总面积是200cm2，该汽车在平直路面上以最高速度匀速行驶5min，求：
（1）太阳能汽车通过的路程是多少？
（2）驱动电机的输出功率是多少？
（3）太阳能汽车对水平路面的压强是多少？
34．（8分）智能商务饮水机（图甲）已经普遍用于车站学校等公共场所，它的简化电路图如图乙所示，下表列出了它的部分参数。若不考虑热量损失，水的比热容为4.2×103J/（kg ℃），求饮水机正常工作时：
饮水机参数
热水温度 ≥90℃
热胆容积 50L
加热功率 7600W
保温功率 760W
额定电压 380V
频率 50Hz
（1）电热丝R1的阻值。
（2）保温状态的电流。
（3）将一满热胆水从24℃加热到100℃需用的时间。
2023年黑龙江省鸡西市虎林市中考物理二模试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（每小题2分，共24分。每小题只有一个正确选项）
1．（2分）下列估测与实际最相符的是 （ ）
A．一名普通中学生的重力为50N
B．人的正常体温约为38℃
C．人教版初中物理课本的长度约为26dm
D．成年人正常步行的速度约为1.1m/s
【分析】根据生活常识对各选项进行判断。
【解答】解：A、一名普通中学生的质量约为50kg，重力为500N，故A错误；
B、人的正常体温约为37℃，故B错误；
C、人教版初中物理课本的长度约为26cm，故C错误；
D、成年人正常步行的速度约为1.1m/s，故D正确。
故选：D。
【点评】本题是生活常识题，属于基础题。
（多选）2．（2分）如图所示是我国春秋战国时代的乐器——编钟。关于编钟下列说法不正确的是（ ）
A．悠扬的编钟声是由钟的振动产生的
B．大小不同的钟振动幅度相同时，发声的音调相同
C．敲钟时，用力越大钟声在空气中的传播速度越大
D．通过钟声能判断钟是否破损只利用了声波传递能量
【分析】（1）声音是由物体的振动产生的；
（2）物理学中把声音的高低称为音调，音调的高低与发声体的振动快慢有关，物体振动越快，音调就越高；
人耳能感觉到的声音的强弱称为响度，响度与声音的振幅有关，振幅越大，响度越大，振幅越小，响度越小；
（3）声音在同温度的同种均匀介质中传播速度是相同的；
（4）音色反映了声音的品质和特色，不同发声体的材料、结构不同，发出声音的音色也就不同。
【解答】解：A．敲击钟时发出的声音是由钟振动而产生的，故A正确；
B．大小不同的钟振动幅度相同时，发声的响度相同、音调不同，故B错误；
C．敲钟时，用力越大，钟声的响度越大，而响度不同的钟声在空气中的传播速度是相同的，故C错误；
D．通过钟声能判断钟是否破损是利用了声音可以传递信息，故D错误。
故选：BCD。
【点评】本题通过“编钟”考查声音的产生、乐音的响度、音色和音调的区别，注重了物理知识应用能力的考查。
3．（2分）水烧开时会冒“白气”，下列自然现象的成因与之相同的是 （ ）
A．冰雪消融 B．露的形成
C．雾凇的形成 D．冰凌的形成
【分析】物质由固态变为液态的过程叫熔化；物质由液态变为固态的过程叫凝固；物质由液态变为气态的过程叫汽化；物质由气态变为液态的过程叫液化；物质直接由固态变为气态的过程叫升华；物质直接由气态变为固态的过程叫凝华。
【解答】解：水烧开时会冒“白气”，是水烧开时喷出的水蒸气液化形成的小水珠，是液化现象；
A、冰雪消融是熔化现象，故A错误；
B、露的形成是液化现象，故B正确；
C、雾凇的形成是凝华现象，故C错误；
D、冰凌的形成是凝固现象，故D错误。
故选：B。
【点评】此题考查的是生活中物态变化的判断，是一道基础题。
4．（2分）潜水员潜入水中工作时看见岸上树梢位置变高了，下列四幅光路图中，能正确说明产生这一现象原因的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】光的折射规律：折射光线、入射光线、法线在同一平面内，折射光线和入射光线分居法线的两侧，且当光从空气斜射入水中时，折射角小于入射角。
【解答】解：潜水员看岸上的树，所以入射光线应该来自岸上，根据光的折射规律，光从空气中斜射入水中时，折射角小于入射角。
故选：B。
【点评】当人在岸上时，由于光的折射，看到水中的物体变浅了，当人在水中时，看到岸上的物体变高了。
5．（2分）下列四个图中，能正确描述某种物质的密度跟它的质量关系的是（ ）
A． B． C． D．
【分析】密度是物质的一种特性，其大小仅与物质的种类和所处的状态有关，与体积和质量无关，不随体积和质量而改变。据此分析选择。
【解答】解：同种物质的密度是保持不变的，并不会随质量的增大而增大，质量增大、密度不变，选项A体现密度不会随质量的变化而变化。
故选：A。
【点评】本题考查密度及其特性，解答此题的关键是知道密度不随质量的改变而改变的特性。
6．（2分）在操场直跑道上进行遥控小车比赛，甲、乙两车从t＝0s时由同一起点同方向运动，两者运动的路程﹣时间图象分别如图中的甲、乙所示，下列判断正确的是（ ）
A．在0～5s内甲车的速度是10m/s
B．在0～5s内乙车的速度是1m/s
C．t＝10s时两车的速度相等
D．t＝10s后甲车超过乙车
【分析】在s﹣t图象中倾斜直线表示物体通过的路程与所用时间成正比，即说明物体做匀速运动；平行于时间轴的直线表示物体通过的路程没有变化，即说明物体处于静止状态；据此判断不同时段甲、乙的运动状态，并结合图中数据利用v＝可求出甲、乙的速度。
【解答】解：A、由图可知，甲的s﹣t图象在0～5s内是倾斜直线，说明这段时间内甲做匀速直线运动，则0～5s内甲的速度为：，故A错误；
B、由图可知，乙的s﹣t图象一直是倾斜直线，说明乙一直做匀速直线运动，则乙的速度为：，因此在0～5s内乙车的速度也是1m/s，故B正确；
C、由图可知，在第5s之后甲的s﹣t图象是平行于时间轴的直线，说明这段时间内甲处于静止状态，因此第10s时甲的速度为0m/s，则t＝10s时两车的速度不相等，故C错误；
D、由图可知，t＝10s后乙车通过的路程大于甲车通过的路程，即乙车超过甲车，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了速度公式的应用，理解运动图象的含义并从图中读取相关信息是解题的关键。
7．（2分）下列物理实验与后面的研究方法对应不正确的是 （ ）
A．探究阻力对物体运动的影响——类比法
B．用磁感线的密疏描述磁场的强弱——模型法
C．指南针指南北可证明地磁场的存在——转换法
D．探究液体压强与液体深度的关系时，控制液体密度不变——控制变量法
【分析】（1）控制变量法：在研究物理问题时，某一物理量往往受几个不同物理量的影响，为了确定各个不同物理量之间的关系，就需要控制某些量，使其固定不变，改变某一个量，看所研究的物理量与该物理量之间的关系；
（2）理想模型法是通过建立模型来揭示原型的形态、特征和本质的方法；
（3）转换法：物理学中对于一些看不见摸不着的现象或不易直接测量的物理量，通常用一些非常直观的现象去认识或用易测量的物理量间接测量，这种研究问题的方法叫转换法。
【解答】解：A、探究阻力对物体运动的影响，应用了控制变量法，故A错误；
B、用磁感线的密疏描述磁场的强弱，应用了模型法，故B正确；
C、指南针指南北可证明地磁场的存在，采用的是转换法，故C正确；
D、探究液体压强与液体深度的关系时，控制液体密度不变，应用了控制变量法，故D正确。
故选：A。
【点评】本题主要考查学生对一些常用的物理学方法的了解和区别，涉及到的方法有控制变量法、转换法、模型法等。
8．（2分）下列现象中属于增大压强的是（ ）
A．骆驼具有宽大的脚掌
B．蚊子尖尖的口器可以插入皮肤吸充血液
C．推土机有两条宽大的履带
D．火车轨道铺在枕木上
【分析】压强大小跟压力大小和受力面积大小有关。
增大压强的方法：是在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强；是在受力面积一定时，通过增大压力来增大压强。
减小压强的方法：是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强；是在受力面积一定时，通过减小压力来减小压强。
【解答】解：
A、骆驼具有宽大的脚掌，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强；故A不合题意；
B、蚊子尖尖的口器，是在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强，利于插入皮肤吸充血液；故B符合题意；
C、推土机有两条宽大的履带，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强；故C不合题意；
D、火车轨道铺在枕木上，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强；故D不合题意。
故选：B。
【点评】本题考查压强大小的影响因素，以及增大和减小压强的方法，压强问题在生活中应用非常广泛，解答此题类问题时要利用控制变量法研究。
9．（2分）两个相同的容器内分别盛有质量和初温相同的甲、乙两种液体，用相同规格的电加热器同时加热，液体温度与加热时间的关系如图所示。下列说法正确的是 （ ）
A．甲液体的比热容小于乙液体的比热容
B．如果升高相同的温度，两液体吸收的热量相同
C．加热相同的时间，甲液体吸收的热量大于乙液体吸收的热量
D．加热相同的时间，甲液体升高的温度比乙液体升高的温度多，说明甲液体吸热能力强
【分析】质量和初温相同的甲、乙两种液体，用相同规格的电加热器同时加热时，相同时间吸收的热量相等，温度升高快的，比热容小。
【解答】解：A、从图像可知，给质量和初温相同的甲、乙两种液体加热时，用相同规格的电加热器加热相等时间时，甲上升的温度高，根据比热容公式可知，甲的比热容小，故A正确。
B、如果升高相同的温度，因为乙的比热容大，故乙吸收的热量更多，故B错误；
C、加热相同的时间，甲液体吸收的热量等于乙液体吸收的热量，故C错误；
D、加热相同的时间，甲液体升高的温度比乙液体升高的温度多，说明甲液体吸热能力弱，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了比热容，属于基础题。
10．（2分）如图所示，电源电压保持不变，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P向右移动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电流表示数变大
B．电压表示数变大
C．电压表示数与电流表示数的比值变小
D．小灯泡亮度变亮
【分析】由图可知滑动变阻器与灯泡串联，电压表测滑动变阻器滑片右端部分两端的电压，电流表测电路中的电流；因电压表的内阻很大、在电路中相当于断路可知，滑片移动时接入电路中的电阻不变，根据欧姆定律可知电路中电流的变化，根据滑片的移动可知滑片右侧部分电阻的变化，根据欧姆定律可知电压表的示数变化，进一步可知电压表和电流表示数的比值变化。
【解答】解：由图可知滑动变阻器与灯泡串联，电压表测滑动变阻器滑片右端部分两端的电压，电流表测电路中的电流；
因电压表的内阻很大、在电路中相当于断路，所以，滑片移动时，接入电路中的电阻不变，
由I＝可知，电路中电流不变，即电流表示数不变，通过灯泡的电流不变，灯泡的亮度不变；
将滑动变阻器的滑片P向右移动的过程中，滑片右侧部分电阻变小，由U＝IR可知，滑片右侧部分电阻两端的电压变小，即电压表的示数变小；
因电流表的示数不变，电压表的示数变小，所以，电压表和电流表示数的比值变小；
综上所述，C正确。
故选：C。
【点评】本题考查欧姆定律公式及其变形的灵活运用，难点是判断滑动变阻器滑片移动过程中电路电阻的变化和电压表测量部分电阻的变化。
11．（2分）如图所示，若甲、乙两表都是电压表，当开关S闭合时两表示数之比U甲：U乙＝5：3；若甲、乙两表都是电流表，当开关S断开时，下列判断正确的是 （ ）
A．两电阻的阻值之比R1：R2＝5：3
B．两表的示数之比I甲：I乙＝2：5
C．R1、R2两电阻两端的电压之比U1：U2＝2：3
D．R1、R2两电阻消耗的电功率之比P1：P2＝2：3
【分析】（1）若甲、乙两表都是电压表，当开关S闭合时，R1与R2串联，电压表甲测电源两端的电压，电压表乙测R2两端的电压，根据串联电路的电压特点求出两电阻两端的电压之比，再根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出两电阻的阻值之比；
（2）若甲、乙两表都是电流表，当开关S断开时，R1与R2并联，电流表甲测R2支路的电流，电流表乙测干路电流，根据并联电路的电压特点求出R1、R2两电阻两端的电压之比，利用欧姆定律求出两支路的电流之比，再利用并联电路的电流特点求出两表的示数之比，根据P＝UI求出R1、R2两电阻消耗的电功率之比。
【解答】解：
A．若甲、乙两表都是电压表，当开关S闭合时，R1与R2串联，电压表甲测电源两端的电压，电压表乙测R2两端的电压，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，两电阻两端的电压之比，
又因串联电路中各处的电流相等，
所以，由I＝可得，两电阻的阻值之比＝，故A错误；
BCD．若甲、乙两表都是电流表，当开关S断开时，R1与R2并联，电流表甲测R2支路的电流，电流表乙测干路电流，
因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，R1、R2两电阻两端的电压之比U1：U2＝1：1，故C错误；
两支路的电流之比＝＝＝，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，两表的示数之比＝＝＝，故B正确；
R1、R2两电阻消耗的电功率之比＝＝＝，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了串并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，分清开关不同状态、电表不同类型时电路的结构是关键。
12．（2分）如图所示是动圈式话筒，下列选项能说明其工作原理的是 （ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】（1）奥斯特实验说明通电导体的周围存在磁场。
（2）电磁继电器是利用电流的磁效应来工作的。
（3）通电导体在磁场中会受到力的作用，电动机和扬声器就是利用该原理来工作的。
（4）闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体会产生感应电流，这种现象叫电磁感应，发电机和动圈式话筒就是利用该原理来工作的。
【解答】解：动圈式话筒是利用电磁感应现象来工作的。
A、该图说明通电导体的周围存在磁场，故A不符合题意；
B、该图是电磁继电器的基本组成部分，是利用电流的磁效应来工作的，故B不符合题意；
C、该图说明通电导体在磁场中会受到力的作用，电动机和扬声器就是利用该原理来工作的，故C不符合题意；
D、该图说明闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体会产生感应电流，这种现象叫电磁感应，发电机和动圈式话筒就是利用该原理来工作的，故D符合题意。
故选：D。
【点评】本题考查的是动圈式话筒的基本原理，关键是知道电磁感应、电流的磁效应、通电导体在磁场中受力以及这三种电磁现象对应的应用。
二、双项选择题（每小题3分，共9分。每小题有两个正确选项，选项不全但正确得1分，有错误选项不得分）
（多选）13．（3分）如图所示是某家庭电路的一部分，下列说法正确的是（ ）
A．站在地上的人若用手直接接触A点，会有触电危险
B．电冰箱的三脚插头接入三孔插座能保证其外壳接地
C．为保证用电安全，应在甲处安装电灯，乙处安装开关
D．图中两孔插座的连接方式是正确的
【分析】（1）人体触电的原因：人体直接或间接接触了火线；
（2）有金属外壳的用电器，其外壳要接地；
（3）在家庭电路中，开关应接在用电器和火线之间；
（4）两孔插座的接法：左零右火。
【解答】解：A、站在地上的人接触A点（火线）时，火线、人体、大地构成通路，是会触电的，故A正确；
B、电冰箱接入三孔插座能使电冰箱金属外壳接地，防止由于冰箱的外壳带电而使得人发生触电事故，故B正确；
C、在家庭电路中，为了安全，一般把开关接在火线和用电器之间，故甲处接开关，乙处接灯，故C错误；
D、两孔插座的左孔接零线、右孔接火线，图中的接法是错误的，故D错误；
故选：AB。
【点评】知道并理解家庭电路的组成是解决该题的关键。
（多选）14．（3分）如图所示是小龙家新买的学习座椅，细心的小龙发现椅子中间做成下凹的形状，坐上去感觉持别舒服。则下列说法正确的是 （ ）
A．小龙坐在椅子上静止不动时，椅子受到的重力和地面对椅子的支持力是一对平衡力
B．小龙坐在椅子上静止不动时，小龙对椅子的压力和椅子对小龙的支持力是一对相互作用力
C．椅子中间做成下凹的形状是为了减小受力面积来增大压强
D．学习椅下方的轮子可以减小摩擦，方便移动
【分析】（1）二力平衡的条件：大小相等、方向相反、在同一直线上、作用于同一物体上；
（2）相互作用力的条件：大小相等、方向相反、作用在两个物体上，作用在同一条直线上；
（3）减小压强的方法：在压力一定时，增大受力面积来减小压强；在受力面积一定时，减小压力来减小压强；
（4）减小摩擦力的方法：减小压力，减小接触面粗糙程度，用滚动代替滑动，使接触面脱离。
【解答】解：小龙坐在椅子上静止不动时，椅子所受的重力加上小龙的重力才等于地面对椅子的支持力，不符合二力平衡的条件，故A错误；
B、人对椅子的压力和椅子对人的支持力大小相等，方向相反，在一条直线上，作用在两个物体上，是一对相互作用力，故B正确；
C、椅子中间做成下凹的形状是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强，故C错误；
D、学习椅下方的轮子，是用滚动代替滑动减小椅子和地面之间的摩擦力，便于移动，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题通过对学习座椅的观察分析，考查了平衡力与相互作用力的辨别、减小压强的方及减小摩擦力的方法等知识点，是一道综合的力学题。
（多选）15．（3分）如图所示为小龙实验时所用的电路图，电路中电流表的量程为0～0.6A，电压表的量程为0～3V，滑动变阻器R的最大阻值为20Ω，定值电阻R0为10Ω，电源电压为6V且保持不变，实验时操作正确并保证电路各元件安全。则在闭合开关后，移动滑片P的过程中，下列说法正确的是 （ ）
A．滑动变阻器R允许接入电路的阻值变化范围为0～10Ω
B．电流表示数的变化范围为0.2～0.6A
C．电路的总功率变化范围为1.8～3.6W
D．定值电阻R0的电功率变化范围为0.4～3.6W
【分析】由电路图可知，定值电阻R0与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路的电阻为零时电路中的电流，结合电流表的量程得出电路中的最大电流，此时电路为R0的简单电路，根据P＝UI求出整个电路和R0的最大功率；
（2）由串联分压的规律可知，当电压表的示数最大时，变阻器接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，此时整个电路和R0消耗的功率均最小；根据串联电路的电压特点求出R0两端的电压，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出电路中的最小电流，再根据欧姆定律求出变阻器接入电路中的最大阻值，根据P＝UI求出整个电路的最小功率和R0的最小功率。
【解答】解：由电路图可知，定值电阻R0与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）当滑动变阻器接入电路的电阻为零时，电路为R0的简单电路，此时电路中的电流：I＝＝＝0.6A，
此时电路中的电流没有超出电流表的量程，所以电路中的最大电流（电流表的最大示数）为0.6A，
则R0消耗的最大功率即电路的最大总功率为：P总大＝P0大＝UI大＝6V×0.6A＝3.6W；
（2）由串联分压的规律可知，当电压表示数最大为UR＝3V时，变阻器接入电路的阻值最大，电路中的电流最小，整个电路和R0消耗的功率均最小；
因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，此时R0两端的电压：U0＝U﹣UR＝6V﹣3V＝3V，
因串联电路中各处的电流相等，所以，电路中的最小电流：I小＝＝＝0.3A，即电流表的最小示数为0.3A，所以电流表示数的变化范围为0.3～0.6A，故B错误；
滑动变阻器接入电路中的最大阻值：R滑大＝＝＝10Ω，则滑动变阻器R允许接入电路的阻值变化范围为0～10Ω，故A正确；
电路的最小总功率：P总小＝UI小＝6V×0.3A＝1.8W，则电路的总功率变化范围为1.8～3.6W，故C正确；
R0消耗的最小功率为：P0小＝U0I小＝3V×0.3A＝0.9W，则定值电阻R0的电功率变化范围为0.9～3.6W，故D错误。
故选：AC。
【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，关键是确定电路中的最小电流和最大电流。
三、填空题（每题1分，每题2分，共24分）
16．（2分）2022年2月4日，北京冬奥会开幕式上，中国国旗护卫队护送五星红旗人场。当国旗升起时，现场观众起立齐声高唱中华人民共和国国歌，这一刻让人热血沸腾。现场观众从不同方向都能看到五星红旗缓缓升起，是由于光照射到五星红旗上发生了 漫反射 （ 填“镜面反射”或“漫反射”）。现场观众听到的国歌奏乐声是通过 空气 传播到耳中的。
【分析】（1）凹凸不平的表面会把光线向着四面八方反射，这种反射叫做漫反射。
（2）声音的传播需要介质。
【解答】解：红旗表面是凹凸不平的，可以将射来的光线向四面八方反射，是漫反射，所以现场观众从不同方向都能看到五星红旗缓缓升起。
现场观众听到的国歌奏乐声是通过空气传播到耳中的。
故答案为：漫反射；空气。
【点评】此题考查对漫反射、声音的传播的理解，基础题。
17．（2分）如图所示，将一滴红墨水滴入水中，过一会儿会发现整杯水都变红了，这是一种 扩散 现象。该现象说明 分子在不停地做无规则运动 。
【分析】不同物质接触时物体的分子彼此进入对方的现象叫扩散，扩散现象是分子不停地做无规则运动的结果。
【解答】解：将一滴红墨水滴入水中，过一会儿会发现整杯水都变红了，这是墨水分子不停地做无规则运动的结果，属于扩散现象，该现象说明分子在不停地做无规则运动。
故答案为：扩散；分子在不停地做无规则运动。
【点评】本题主要考查学生对扩散现象的认识，是一道基础题。
18．（2分）我国平移建筑物技术一直以来都是处于世界领先水平，它把建筑结构力学与岩土工程技术紧密结合起来，其基本原理与起重搬运中的重物水平移动相似。如图所示，若某建筑物质量为10000t，首先被举高1.1m，再水平移动24m，则建筑物被举高的过程中克服其重力做功为 1.1×108 J，水平移动过程中，建筑物重力做功为 0 J。
【分析】（1）根据G＝mg计算重力；根据W＝Gh计算克服重力所做的功；
（2）功的两个必要因素：一是作用在物体上的力；二是物体在这个力的方向上通过的距离。
【解答】解：由G＝mg，W＝Gh得，克服建筑物重力做的功为：
W＝Gh＝mgh＝10000×103kg×10N/kg×1.1m＝1.1×108J；
水平移动过程中，没有在建筑物重力方向上移动距离，建筑物重力没有做功，即做功为0J。
故答案为：1.×108；0。
【点评】解决此类问题要掌握功的两个必要因素，知道利用公式W＝Fs计算功的大小。
19．（2分）全球第一台“华龙一号”核电机组——中核集团福建福清核电5号机组投入商业运行。核反应堆是通过可控 核裂变 （填“核裂变”或“核聚变”）反应释放核能的设备；从能源的角度看，核能属于 一次 （填“一次”或“二次”）能源。
【分析】（1）核反应堆是利用核裂变反应释放核能的设备；
（2）一次能源：是指可以从自然界直接获取的能源，例：煤炭、石油、天然气、水能、风能、太阳能、地热能、潮汐能、生物质能、核能。
【解答】解：核反应堆是通过可控核裂变反应释放核能的设备；核能可以从自然界直接获取，属于一次能源。
故答案为：核裂变；一次。
【点评】本题考查了能源的分类和核裂变的应用，属于基础知识，要牢固掌握。
20．（2分）如图所示是探究电流通过导体时产生的热量与 电流 关系的实验装置。通电一段时间，左侧容器和右侧容器中的电阻丝产生的热量之比为 4：1 。
【分析】电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关。
（1）探究电流产生热量跟电阻关系时，控制通电时间和电流不变；探究电流产生热量跟通电时间关系时，控制电流和电阻不变；
（2）探究电流产生的热量跟电流大小和电阻大小关系时运用了控制变量法；
（3）电流通过导体产生热量的多少不能直接观察，但液体温度的变化可以通过液面高度差的变化来反映，体现的是转换思想。
【解答】解：由图知，装置中一个5Ω的电阻与两个5Ω的电阻并联后再串联，根据串联电路的电流特点可知，右端两个电阻的总电流和左端的电阻电流相等，即I右＝I左，两个5Ω的电阻并联，根据并联电路的电流特点知I右＝I1+I2，两电阻阻值相等，则支路中电流相等，I1＝I2，所以右边容器中的通过电阻的电流是左侧通过电流的一半，即是研究电流产生的热量与电流的关系；
由Q＝I2Rt可知，左边容器中的电阻产生的热量是右侧容器电阻丝产生的热量的4倍。
故答案为：电流；4：1。
【点评】此题主要考查的是学生对“电流通过导体产生的热量与电流的关系”实验的理解和掌握，注意控制变量法和转换法的运用是解决该题的关键。
21．（2分）小龙探究“影响电磁铁磁性强弱的因素“，某次实验如图所示，他是在探究电磁铁磁性强弱与 线圈匝数 的关系。图中电磁铁B的上端为 N （填“N”或“S”）极。
【分析】影响电磁铁磁性强弱的因素：电流的大小和线圈的匝数，电流越大、线圈匝数越多，电磁铁的磁性越强；根据安培定则，可判断出电磁铁的两端极性.
【解答】解：由图可知，两个电磁铁串联在电路中，所以两个电磁铁的电流相等，A吸引的大头针多，说明A的磁性强，这说明电流一定时，线圈匝数越多，电磁铁磁性越强，该实验装置可以用来探究电磁铁磁性强弱与绕线匝数的关系；
用右手握住螺线管，四指指向电流的方向，大拇指指向N极，则图中电磁铁B的上端为N极。
故答案为：线圈匝数；N。
【点评】本题考查了电磁铁磁性强弱的影响因素、安培定则的应用，难度不大。
22．（2分）如图所示是单缸四冲程汽油机的 压缩 冲程，若其飞轮转速为3000r/min，那么该汽油机每分钟对外做功 1500 次。
【分析】（1）热机的四个冲程：吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程，根据气门的开闭和活塞运动方向确定冲程；
（2）内燃机工作时，一个工作循环活塞往复2次，曲轴转动2周，做功1次。
【解答】解：（1）图中所示，两个气门关闭，活塞向上运行，是压缩冲程；
（2）已知飞轮转速为3000r/min，一个工作循环活塞往复2次，曲轴转动2周，做一次功，故该活塞每分钟燃气推动活塞往返3000次，做功1500次。
故答案为：压缩；1500。
【点评】此题主要考查了内燃机的四冲程中做功次数与飞轮转数之间的关系；关键要搞清一个工作循环包括四个冲程，飞轮转两周，对外做功一次。
23．（2分）小恒家太阳能热水器水箱容积为200L，一天早上他测得水箱中水的初温为20℃，中午时测得水的温度升高了25℃，则这200L水吸收的热量是 2.1×107 J；如果这些水吸收的热量由热值为4.2×107J/kg的煤气来提供，而煤气灶的效率为40%，则需要完全燃烧 1.25 kg的煤气。[ρ水＝1.0×103kg/m3，c水＝4.2×103J/（kg ℃）]
【分析】（1）利用密度公式m＝ρ水V求出水的质量，已知水的质量、比热容和温度的变化，根据Q吸＝c水m（t﹣t0）求出水箱中水吸收的热量；
（2）知道煤气灶的效率，利用η＝求煤气完全燃烧放出的热量，再利用Q放＝mq求需要完全燃烧煤气的质量。
【解答】解：（1）水的体积为：V＝200L＝0.2m3，
由密度公式得：m＝ρ水V＝1.0×103kg/m3×0.2m3＝200kg，
水箱中水吸收的热量：
Q吸＝c水mΔt＝4.2×103J/（kg ℃）×200kg×25℃＝2.1×107J；
（2）由η＝得煤气完全燃烧放出的热量：
Q放＝＝＝5.25×107J，
由Q放＝m煤气q得需要煤气的质量：
m煤气＝＝＝1.25kg。
故答案为：2.1×107；1.25。
【点评】本题考查了密度公式和吸热公式、燃料完全燃烧释放热量公式、效率公式的应用，与实际生活相联系，使学生觉得学了物理有用。
24．（2分）在安全工作条件下，将“2.5V 0.5W”的小灯泡L1和“3.0V 0.9W”的小灯泡L2串联在电路中工作，通过L1和L2的电流之比为 1：1 ；串联的这两个小灯泡两端允许加的最大电压为 4.5 V。（设灯丝电阻不变）
【分析】（1）将小灯泡L1和L2串联在电路中工作时，根据串联电路的电流特点可知通过两灯的电流之比；
（2）已知灯泡的额定电压和额定功率，根据公式I＝1＝分别求出两灯泡的额定电流，根据欧姆定律求出两灯的电阻。将L1、L2串联到电源上后，通过的最大电流只能是两个灯泡额定电流中最小的，根据电阻的串联和欧姆定律求出电源的最大电压。
【解答】解：（1）将小灯泡L1和L2串联在电路中工作时，根据串联电路的电流处处相等可知；通过两灯的电流之比为1：1；
（2）两灯泡的额定电流分别为：I1＝＝＝0.2A，
I2＝＝＝0.3A，
电阻分别为：
R1＝＝＝12.5Ω，
R2＝＝＝10Ω，
两灯泡串联时，通过两灯泡的电流相等，通过的最大电流只能是两个灯泡额定电流中最小的0.2A，
所以电源电压U＝I1（R1+R2）＝0.2A×（12.5Ω+10Ω）＝4.5V。
故答案为：1：1；4.5。
【点评】本题考查串联电路的特点、欧姆定律、电功率的应用，属于中档题。
25．（2分）如图所示是测定油箱内油量装置的工作原理示意图。其中R是滑动变阻器的电阻片，滑动变阻器的滑片跟滑杆连接，滑杆可以绕固定轴O转动，另一端固定一个浮子。当电流表示数越小时，滑动变阻器连入电路的阻值 越大 （填“越大”或“越小”），油箱内的油量 越少 （填“越多”或“越少”）。
【分析】由电路图可知，滑动变阻器R与定值电阻R0串联，电流表测电路中的电流，根据欧姆定律可知电流表示数越小时电路中总电阻的变化，根据电阻的串联可知滑动变阻器连入电路中电阻的变化；然后判断滑片移动的方向，进一步可知浮子移动的方向，从而得出油箱内油量的变化。
【解答】解：由图知，滑动变阻器R与定值电阻R0串联，电流表测电路中的电流，
电流表的示数越小，由欧姆定律I＝可知电路的总电阻越大，定值电阻不变，根据串联电阻的特点知，滑动变阻器连入电路的阻值越大，由图知此时滑片向上滑动，则浮标下移，说明油箱内的油量越少。
故答案为：越大；越少。
【点评】本题是利用所学知识解释油量表的原理，是一道力学和电学的综合题，学以致用，符合新课标的要求。
26．（2分）如图甲所示的电路中，电源电压保持不变。闭合开关S，滑片P从b端滑到a端的过程中，电压表示数U与电流表示数I的变化关系图象如图乙所示。则电源电压为 9 V，滑动变阻器的最大阻值是 12 Ω。
【分析】根据电路图知，定值电阻与滑动变阻器串联，电压表测量定值电阻的电压，当滑片位于a端时，电路为R的简单电路，电压表测电源的电压，电流表测电路中的电流，此时电路中的电流最大，根据图乙读出电源的电压和电路中的最大电流，根据欧姆定律求出R0的阻值；当滑片位于a端时，R0与R串联，电流表测电路中的电流，电压表测R0两端的电压，此时电路中的电流最小，根据图乙可知电路中的电流和电压表的示数，根据串联电路的电压特点求出滑动变阻器两端的电压，利用欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值。
【解答】解：由图知，滑动变阻器和定值电阻R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流；
当滑片位于a端时，电路为R的简单电路，电压表测电源的电压，电流表测电路中的电流，
此时电路中的电流最大，由图乙可知，电源的电压U＝9V，电路中的最大电流I大＝1.5A，
由I＝可得，此时定值电阻的阻值：R＝＝＝6Ω，
当滑片位于b端时，R与滑动变阻器R的最大阻值串联，电流表测电路中的电流，电压表测R两端的电压，此时电路中的电流最小，
由图乙可知，电路中的最小电流I小＝0.5A，此时R两端的电压U'＝3V，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，滑动变阻器两端的电压：
U滑＝U﹣U'＝9V﹣3V＝6V，
则滑动变阻器的最大阻值：
R大＝＝＝12Ω。
故答案为：9；12。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，从图象中获取有用的信息是关键。
27．（2分）家庭电路中电流过大的原因有 短路 和用电器总功率过大。如图是小文连接的照明灯电路，闭合开关S，发现电灯不发光，他用试电笔测试图中的a、b、c、d四点，只有测试c点时氖管不发光，则电路发生的故障可能是 a、c 两点间某处断路。
【分析】电流过大的原因：短路、总功率过大。
测电笔是用来辨别火线和零线的：用手接触笔尾的金属体，笔尖接触火线，测电笔的氖管将发光；试电笔测试图中的a、b、c、d四点，a、b、c点发光，说明与火线是连通的，d点不发光说明与火线是断开的，据此判断。
【解答】解：家庭电路中电流过大的原因有二：用电器总功率过大，发生了短路；
闭合开关，发现电灯不亮，这说明电路出现了断路现象；用试电笔测试a、b、c、d四点，只有c点不发光，说明a、b、d点发光，说明与火线是连通的，c点不发光说明与火线是断开的，则电路故障可能是a、c两点间发生断路。
故答案为：短路；a、c。
【点评】此题主要考查家庭电路电流过大的原因、家庭电路故障是判定，属于基础题。
四、探究与实验（28题6分，29题8分，30题6分，共20分）
28．（6分）某学习小组做“探究凸透镜成像规律“的实验。
（1）如图甲所示，测得该凸透镜的焦距为 10.0 cm。
（2）安装并调节烛焰、凸透镜、光屏，使它们三者中心大致在 同一高度 。
（3）如图乙所示，将蜡烛放在光具座15cm刻度线处，凸透镜放在40cm刻度线处，在凸透镜的另一侧移动光屏会得到一个倒立、 缩小 （填“放大”“缩小”或“等大”）的清晰实像，生活中的 照相机 （填“照相机”“投影仪”或“放大镜”）利用该原理工作。
（4）在（3）中成清晰的像后，保持光屏和凸透镜的位置不变，将蜡烛向左移动一段距离后，为了使光屏上再次成清晰的像，应在凸透镜左侧安装一个焦距适当的 凹透镜 （填“凸透镜”或“凹透镜”），这与 近视眼 （填“近视眼”或“远视眼”）的矫正相似。
【分析】（1）一束平行于凸透镜主光轴的光线经过凸透镜后，会聚于一点，凸透镜与光屏间的距离为焦距，计算凸透镜的焦距；主要长度需要估读到分度值的下一位；
（2）在实验中，为使像能成在光屏的中心，应调整烛焰、凸透镜和光屏的高度，使它们的中心大致在同一高度；
（3）物距大于二倍焦距，所成的像是倒立、缩小的实像，照相机就是利用这一成像规律工作的；
（4）凹透镜对光线具有发散作用，可以矫正近视眼。
【解答】解：（1）一束平行于凸透镜主光轴的光线经过凸透镜后，会聚于一点，凸透镜与光屏间的距离为焦距，该凸透镜的焦距为30.0cm﹣20.0cm＝10.0cm；
（2）为使烛焰的像能成在光屏的中心，需要调整凸透镜和光屏的高度，使它们的中心位置跟烛焰中心的位置大致在同一高度；
（3）将蜡烛放在光具座15cm刻度线处，凸透镜放在40cm刻度线处，此时的物距大于二倍焦距，所成的像是倒立、缩小的实像，照相机就是利用这一成像规律工作的；
（4）将蜡烛向左移动一段距离后，物距变大，像距将减小即光屏左移才能得一清晰的像，由于保持光屏和凸透镜的位置不变，即像距不变，因此需在凸透镜左侧附近安装一个发散透镜﹣﹣凹透镜，这与近视眼的矫正相似。
故答案为：（1）10.0；（2）同一高度；（3）缩小；照相机；（4）凹透镜；近视眼。
【点评】凸透镜成像的规律涉及四个方面的内容：物距与焦距的关系；成像性质；像距与焦距的关系；应用。只要告诉这四个方面中的一个，就可以确定其余的三个方面。
29．（8分）小水和小恒利用如图所示的装置探究杠杆平衡条件，实验所用钩码的质量均相等。
（1）若实验前杠杆如图甲所示，可将杠杆右端的平衡螺母向 右 （填“左”或“右”）调节，使杠杆在水平位置平衡。
（2）小恒在杠杆两侧加挂钩码，并移动钩码，使杠杆在水平位置平衡，测出力臂，多次实验并把数据记录在表中。
次数 F1/N l1/cm F2/N l2/cm
1 1 10 2 5
2 2 10 1 20
3 2 15 3 10
根据以上数据得出杠杆平衡的条件是 F1l1＝F2l2 。
（3）杠杆调节水平平衡后，小水在杠杆上的A处挂4个钩码，如图乙所示，为使杠杆重新水平平衡，应在B处挂 6 个钩码。当杠杆水平平衡后，将A处和B处下方所 挂的钩码同时向支点O靠近一个格，杠杆会 左侧下降 （填“左侧下降”“右侧下降”或“仍水平平衡”）。
（4）如图丙所示，用弹簧测力计在C处竖直向上拉，使杠杆在水平位置平衡，当弹簧测力 计在原位置逐渐向左倾斜时，使杠杆仍然在水平位置平衡，则弹簧测力计的示数将 变大 （填“变大”“变小”或“不变”）。
【分析】（1）调节杠杆在水平位置平衡，左边下沉往右调；
（2）杠杆平衡条件是：F1l1＝F2l2。
（3）设一个钩码重为G，杠杆一个小格是L，根据杠杆平衡条件进行判断；根据杠杆的平衡条件分析解答；
（4）阻力和阻力臂不变时，弹簧测力计倾斜，动力臂变小，动力变大。
【解答】解：（1）杠杆不在水平位置，左端向下倾斜，右端上翘，故应向右调节平衡螺母；
（2）根据表格中的实验数据可知，杠杆平衡条件是：F1l1＝F2l2；
（3）设杠杆每个格的长度为L，每个钩码的重力为G，根据杠杆的平衡条件：FALA＝FBLB，
即4G×3L＝FB×2L，解得FB＝6G，需挂6个钩码；
当杠杆平衡后，将A处和B处下方所 挂的钩码支点O靠近一个格，
此时杠杆左端动力与动力臂的乘积为：4G×2L＝8GL，杠杆右端阻力与阻力臂的乘积为：6G×L＝6GL，8GL＞6GL，
所以杠杆的左侧下降；
（4）当弹簧测力计倾斜拉杠杆时，拉力的力臂小于OC，拉力的力臂变小，根据杠杆的平衡条件可知，此时拉力变大。
故答案为：（1）右；（2）F1l1＝F2l2；（3）6；左侧下降；（4）变大。
【点评】本题探究杠杆的平衡条件，考查器材调试及目的、杠杆平衡条件的运用和对力臂定义的理解。
30．（6分）小明用图甲所示的电路来测量小灯泡的电功率，已知电源电压为3V恒定不变，小灯泡的额定电压为2.5V。
（1）请用笔画线代替导线将图甲中滑动变阻器连入电路，要求滑片向左滑动时，灯泡亮度变大；
（2）连接电路时，开关应该 断开 。
（3）实验中，小明发现无论怎样调节滑动变阻器，两电表指针始终处于图乙所示位置，则接线柱 ③⑥⑦ 间（填接线柱的数字编号）出现了 断路 （选填“短路”或“断路”）；
（4）故障排除后，小明从滑动变阻器接入电路阻值最大时开始记录数据，得到小灯泡U﹣I图像如图丙所示，则小灯泡的额定功率是 0.75 W，小明所用到的滑动变阻器的规格是下列四个选项中的 C （选填选项前字母）；
A.“5Ω 2A”
B.“15Ω 2A”
C.“25Ω 2A”
D.“30Ω 2A”
（5）当灯泡两端的实际电压为额定电压一半时，灯泡的实际电功率为P1，当通过灯泡的实际电流为额定电流的一半时，灯泡的实际电功率为P2。则P1 大于 P2（选填“大于”“小于”或“等于”）。
【分析】（1）当滑动变阻器的滑动滑片向左滑动时，小灯泡的亮度变大，说明滑动变阻器和灯泡串联，且滑动变阻器电阻减小，电路电流变大；
（2）在连接电路时，开关应该断开；
（3）由图乙可知，电流表示数为0，电路可能断路，电压表示数为电源电压，电压表与电源连通，则与电压表并联的灯之外的电路是连通的，则与电压表并联的灯断路了；
（4）根据图丙，由P＝UI计算出额定功率；
根据图像确定变阻器最大时，其两端的电压和电路中的电流值，根据欧姆定律计算出变阻器的最大阻值；
（5）因为P＝，如果灯泡电阻不随温度变化，则灯泡电压为其额定电压一半时的实际功率等于额定功率的四分之一，实际上灯泡电阻随温度升高而增大，所以灯泡实际电压为额定电压一半时的电阻小于正常工作的电阻，此时灯泡实际功率大于额定功率的四分之一；
如果灯泡电阻不随温度变化而变化，电流等于额定电流一半时，灯泡实际功率等于额定功率的四分之一，实际上灯泡温度越低，灯泡电阻越小，通过灯泡电流为其额定电流一半时，灯泡电阻小于灯泡正常发光时的电阻，则灯泡实际功率小于额定功率的四分之一。
【解答】解：（1）当滑动变阻器的滑动滑片向左滑动时，小灯泡的亮度变大，说明滑动变阻器和灯泡串联，且滑动变阻器电阻减小，电路电流变大，因此应将左下接线柱连入电路，如图所示：
（2）在连接电路时，为了保护电路，开关应该断开；
（3）经分析，闭合开关，小明发现两电表指针处于图乙所示位置，即电压表示数为电源电压，电流表示数为零，说明电路为小灯泡所处的支路断路；
（4）由图丙知，当U＝2.5V时，I＝0.3A，则灯泡的实际功率P＝UI＝2.5V×0.3A＝0.75W；
灯泡正常发光时，变阻器两端的电压U滑＝3V﹣2.5V＝0.5V；
由图像知，当灯泡两端电压最小时，变阻器的阻值最大，可知此时U滑＝3V﹣0.5V＝2.5V；
此时电路中的电流为0.1A，则滑动变阻器的阻值：
R滑＝＝＝25Ω，所以滑动变阻器的规格是“25Ω，2A”，故C正确；
（5）因为P＝，所以灯泡实际电压为其额定电压一半时的电阻小于正常发光时电阻，它的实际功率：
P1＞P额；﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
因为P＝I2R
所以实际电流等于额定电流一半时的电阻小于正常发光时电阻，实际功率：
P2＜P额，﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由①②得：P1＞P2。
故答案为：（1）见上图；（2）断开；（3）③⑥⑦；断路；（4）0.75；C；（5）大于。
【点评】本题是测量小灯泡电功率的实验，考查了变阻器的连接、额定功率的计算、电路故障的分析等，考查全面，关键能够从图示中确定相关的已知条件。
五、分析与交流（每题4分，共8分）
31．（4分）如图所示的花样滑冰是一种兼具速度和力量的竞技运动，运动员在赛场上会进行滑行、跳跃、转弯、抛掷等动作，请解释：
（1）抛向空中的运动员最终落向地面的原因。
（2）停止蹬地后，运动员最终停下来能说明力具有什么作用效果。
【分析】（1）地球附近的物体都受到地球的吸引﹣﹣由于地球的吸引而使物体受到的力叫重力，重力的方向是竖直向下的。
（2）力可以改变物体的运动状态，包括物体的运动速度大小发生变化、运动方向发生变化。
【解答】答：（1）被抛向空中的运动员受到重力的作用，而重力的方向竖直向下，故运动员最终会落回到地面上来。
（2）运动员最终停下来，说明力可以改变物体的运动状态。
【点评】本题考查了重力的方向、运动和静止的判断以及力的作用效果，属于力学综合性题目。
32．（4分）电热毯（俗称“电褥子”）是根据电流的 热 效应制成的。小亮家的电热毯通电后指示灯不亮，小亮检修时发现是电热丝断了，他把电热丝的两个断头连接起来，他发现连接处比别处更热，这是为什么？
【分析】（1）电流通过导体发热的现象叫做电流的热效应；
（2）在家庭电路中，导线连接往往接触不好，易造成电阻变大，根据Q＝I2Rt可知，在电流、通电时间相同时，电阻大的产生的热量多。
【解答】解：（1）电热毯是利用电流的热效应工作的；
（2）把电热丝的两个断头连接起来后，连接处横截面积变小，电阻变大，
由Q＝I2Rt可知，在电流、通电时间相同时，连接处产生的热量多，
所以连接处比别处更热。
答：热；把电热丝的两个断头连接起来后，连接处横截面积变小，电阻变大，由Q＝I2Rt可知，在电流、通电时间相同时，连接处产生的热量多。
【点评】本题考查了电流的热效应的应用和焦耳定律的应用，知道把电热丝的两个断头连接起来后该位置电阻变大是关键。
六、综合与应用题（33题7分，34题8分，共15分）
33．（7分）如图所示的太阳能汽车是靠太阳能电池提供动力的，若某太阳能汽车的质量是500kg，在平直路面上行驶的速度最大可达15m/s，匀速行驶的过程中所受的平均阻力是车重的0.02倍，轮胎接触地面的总面积是200cm2，该汽车在平直路面上以最高速度匀速行驶5min，求：
（1）太阳能汽车通过的路程是多少？
（2）驱动电机的输出功率是多少？
（3）太阳能汽车对水平路面的压强是多少？
【分析】（1）由v＝可得，汽车以最高速度匀速行驶5min通过的路程；
（2）根据G＝mg得出太阳能汽车的重力，根据f＝0.02G得出汽车受到的阻力，汽车在平直路面上做匀速直线运动，水平方向上受到的牵引力和阻力是一对平衡力，大小相等，据此得出驱动电机提供的牵引力，根据W＝Fs得出汽车克服阻力做功，根据P＝得出驱动电机的输出功率；
（3）根据F压＝G得出该太阳能汽车对水平路面的压力，根据p＝得出汽车对水平地面的压强。
【解答】解：
（1）由v＝可得，汽车以最高速度匀速行驶5min通过的路程：s＝vt＝15m/s×5×60s＝4500m；
（2）太阳能汽车的重力：G＝mg＝500kg×10N/kg＝5000N，由题可知，汽车受到的阻力：f＝0.02G＝0.02×5000N＝100N，汽车在平直路面上做匀速直线运动，水平方向上受到的牵引力和阻力是一对平衡力，大小相等，所以驱动电机提供的牵引力：F＝f＝100N，汽车克服阻力做功：W＝Fs＝100N×4500m＝4.5×105J，驱动电机的输出功率：P＝＝＝1500W；
（3）该太阳能汽车对水平路面的压力：F压＝G＝5000N，轮胎接触地面的总面积：S＝200cm2＝2×10﹣2m2，汽车对水平地面的压强p＝＝＝2.5×105Pa。
答：（1）太阳能汽车通过的路程是4500m；
（2）驱动电机的输出功率是1500W；
（3）太阳能汽车对水平路面的压强是2.5×105Pa。
【点评】本题考查速度、功率和压强的有关计算，是一道综合题。
34．（8分）智能商务饮水机（图甲）已经普遍用于车站学校等公共场所，它的简化电路图如图乙所示，下表列出了它的部分参数。若不考虑热量损失，水的比热容为4.2×103J/（kg ℃），求饮水机正常工作时：
饮水机参数
热水温度 ≥90℃
热胆容积 50L
加热功率 7600W
保温功率 760W
额定电压 380V
频率 50Hz
（1）电热丝R1的阻值。
（2）保温状态的电流。
（3）将一满热胆水从24℃加热到100℃需用的时间。
【分析】（1）从图乙可知，闭合开关S1、S2，电路为R1的简单电路，总电阻较小，根据P＝可知总功率较大，为加热状态。
已知加热功率为7600W，根据P＝可知电热丝R1的阻值；
（2）只闭合开关S1，两电阻串联，总电阻较大，根据P＝可知总功率较小，为保温状态。
已知保温功率为760W，根据P＝UI可知保温状态的电流；
（3）已知水的体积，根据密度公式可知水的质量，
根据Q吸＝c水mΔt可知水吸收的热量，若不考虑热量损失，消耗的电能W＝Q吸，根据t＝得出所用时间。
【解答】解：（1）从图乙可知，闭合开关S1、S2，电路为R1的简单电路，总电阻较小，根据P＝可知总功率较大，为加热状态。
已知加热功率为7600W，根据P＝可知电热丝R1的阻值R1＝＝＝19Ω；
（2）只闭合开关S1，两电阻串联，总电阻较大，根据P＝可知总功率较小，为保温状态。
已知保温功率为760W，根据P＝UI可知保温状态的电流I保温＝＝＝2A；
（3）水的体积V＝50L＝50dm3＝5×10﹣2m3，
根据密度公式可知水的质量m＝ρ水V＝103kg/m3×5×10﹣2m3＝50kg，
水吸收的热量Q吸＝c水mΔt＝4.2×103J/（kg ℃）×50kg×（100℃﹣24℃）＝1.596×107J，
若不考虑热量损失，消耗的电能W＝Q吸＝1.596×107J，
所用时间t＝＝＝2100s。
答：（1）电热丝R1的阻值为19Ω；
（2）保温状态的电流为2A；
（3）将一满热胆水从24℃加热到100℃需用的时间为2100s。
【点评】本题考查电功与热量的综合计算，综合性强，有一定难度。
