2026年山东省青岛市市北区中考物理二模试卷

**基本信息** 以生活实践与文化情境为载体，通过科学探究与综合应用，全面考查物理观念、科学思维及科学态度，适配中考二模检测需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单项选择|10题20分|安全用电、声现象、光现象等|结合“唐诗宋词”“哪吒踢毽子”等文化与生活情境，考查物理观念| |多项选择|5题15分|比热容、电流形成、焦耳定律等|通过“简易热机模型”“密度计”等情境，考查科学推理与论证| |实验题|6题37分|密度测量、平面镜成像、滑动摩擦力等|“青岛白啤密度测量”含误差分析，“伏安法测电阻”关注温度对电阻影响，突出科学探究| |填空作图|5题13分|能源分类、斜面机械效率、电路连接等|结合“电动公交车”“充电桩”等社会热点，体现社会责任| |计算题|2题15分|电磁继电器、浮力与压强综合|“恒温孵化器”“柱形容器注水”问题，考查模型建构与综合应用能力|

2026年山东省青岛市市北区中考物理二模试卷 一、单项选择题（满分20分，共10题，每题2分。每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求） 1．（2分）“珍爱生命、安全用电”，下列做法中符合用电安全要求的是（　　） A．将电动车放在楼道内充电 B．电器起火应立即浇水灭火 C．使用测电笔时，手接触笔尖金属体 D．更换灯泡前先切断电源 2．（2分）唐诗宋词是我国优秀的文化瑰宝，对下列诗句用物理知识解读错误的是（　　） A．“谁家玉笛暗飞声”，诗人根据音色辨别出是笛声 B．“楼台倒影入池塘”，“倒影”是光折射形成的实像 C．“轻舟已过万重山”，以“山”作为参照物，“舟”是运动的 D．“月落乌啼霜满天”，霜的形成是凝华现象 3．（2分）如图所示为将冰块加热至沸腾的过程中温度随时间变化的图像，下列说法正确的是（　　） A．实验时，水面上方的大气压为1标准大气压 B．冰熔化时间8min C．BC段为熔化过程，温度保持不变，不需要吸热 D．DE段为气态 4．（2分）关于园艺剪（如图所示）的使用，下列说法正确的是（　　） A．剪枝条时，枝条对园艺剪有压力 B．园艺剪是费力杠杆 C．枝条靠近园艺剪刀尖处，剪起来更省力 D．剪枝条时，枝条靠近园艺剪转轴，可增大阻力臂 5．（2分）哪吒与敖丙在踢毽子场景如图所示，忽略空气阻力，下列说法错误的是（　　） A．哪吒抬起一只脚站立时，他对地面的压强增大 B．毽子在空中飞行的过程中机械能不变 C．毽子上升过程，将动能转化为重力势能 D．敖丙将毽子踢出后，继续对毽子做功，所以毽子会继续在空中飞行 6．（2分）下列有关压强的实验，说法正确的是（　　） A．甲：A管中水面上升，是因为流体中流速越大的地方压强越大 B．乙：将竖直玻璃管倾斜，水银柱的竖直高度不变 C．丙：把水气压计从山下移到山顶，细管内的水柱会下降 D．丁：橡皮膜变平，容器右侧液体的密度小于水的密度 7．（2分）小李对下列现象进行了受力分析，其中正确的是（　　） A．甲图：用90N向上的力搬重100N的石块，没有搬动，石块所受合力为10N B．乙图：撑杆跳运动员在加速上升的过程中，受到平衡力的作用 C．丙图：人推木箱未推动，人对木箱的推力等于地面对木箱的摩擦力 D．丁图：悬浮在盐水中的鸡蛋受到重力、浮力和盐水的压力 8．（2分）如图所示，探究“电流跟电压的关系”实验中，下列说法错误的是（　　） A．闭合开关前，滑片要移到最右端 B．用一个定值电阻R，改变变阻器阻值，观察电流表，电压表的示数 C．滑动变阻器滑片向左移动，电压表示数变大 D．通过定值电阻R的电流与电源电压成正比 9．（2分）小明家的电饭煲和节能灯的铭牌分别标有“220V，800W”与“220V，20W”，下列说法正确的是（　　） A．正常工作时，电流通过电饭煲做功比节能灯快 B．电饭煲消耗的电能较多 C．1度电可以使此节能灯正常工作5h D．电饭煲正常工作3min，消耗的电能为2.4kW•h 10．（2分）下列关于图示现象及原理说法错误的是（　　） A．甲：小磁针偏转，说明电流周围有磁场 B．乙：闭合开关后导体AB运动，与扬声器的原理相同 C．丙：反映了电磁铁磁性强弱与电流大小的关系 D．丁：司南受到地磁场的作用，静止时它的长柄（磁S极）指向地球的南极 二、多项选择题（满分15分，共5题。每题给出的四个选项中，有2～3个选项符合题目要求，全选对得3分，漏选得1分，错选或不选得0分） （多选）11．（3分）下列关于物理概念说法错误的是（　　） A．比热容在数值上等于一定质量的某种物质温度升高1℃所吸收的热量 B．只有正电荷定向移动才会形成电流 C．电流通过导体产生的热量与通过导体电流成正比，与导体电阻成正比，与通电时间成正比 D．闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中会产生电流 （多选）12．（3分）小明同学自制的简易热机模型如图所示，易拉罐内装入适量水，酒精灯对易拉罐底部加热，将“叶轮”靠近由罐子顶端小孔喷出的蒸气，叶轮快速转动。关于该热机模型工作过程中涉及到的知识以下说法正确的是（　　） A．酒精燃料燃烧过程中，内能转化为化学能 B．罐中水的内能是通过热传递的方式增大的 C．气体推动叶轮做功，将内能转化为机械能 D．若忽略叶轮轴部摩擦，气体的内能全部转化为叶轮的机械能 （多选）13．（3分）木棒底端缠绕铜丝制成一个简易的密度计，甲、乙容器相同，装有质量相等的不同液体。将该密度计分别放入甲、乙容器中，静止后位置如图所示，下列说法正确的是（　　） A．木棒在容器中受到的浮力：F浮甲＝F浮乙 B．木棒在容器中排开液体的质量：m甲＝m乙 C．液体对容器底的压力：F甲＞F乙 D．木棒下端底面受到液体的压强：p甲＞p乙 （多选）14．（3分）某电子握力器工作原理如图所示，电源电压不变。手柄A端与滑动变阻器滑片连在一起、B端固定不动，使用时，闭合开关S、握手柄AB。握力为零时，滑片处于a端，握力增大时，手柄A向下移动，握力越大，表盘示数越大。下列关于握力器的说法错误的是（　　） A．握力增大时，R2阻值变大 B．握力最小时，电压表示数最大 C．握力最大时，电流表示数最大 D．该表盘是由电压表改装而成的 （多选）15．（3分）如图所示，工人站在水平地面上，用竖直向下的拉力F拉动绳子自由端，使重力为600N的物体以0.2m/s的速度匀速竖直上升，提升过程中滑轮组的机械效率为80%。已知该工人重650N，若三个轮重相等，不计绳重和摩擦，下列说法正确的是（　　） A．绳子自由端受到竖直向下的拉力为250N B．工人做功的功率为50W C．工人对地面的压力为350N D．动滑轮重150N 三、实验题（满分37分，共6题。每空1分，作图1分。） 16．（5分）测量液体密度： 青岛白啤以其香浓醇厚著称，某物理兴趣小组对其密度进行了测量。 （1）实验过程及步骤如下： ①将托盘天平放在水平桌面上，游码移至标尺零刻度线处。调节　 　 ，使横梁平衡； ②向烧杯中倒入适量啤酒，测出烧杯和啤酒的总质量。当加入最小砝码后指针向右偏，取下后指针又向左偏，接下来的操作是：取下最小砝码，然后　 　 ，直至天平平衡。此时右盘中砝码和游码位置如图甲所示，总质量为　 　 g； ③将烧杯中的啤酒倒入量筒一部分，如图乙所示，啤酒的体积为　 　 mL； ④测出烧杯和剩余啤酒的质量为49.2g； （2）根据实验数据，计算出白啤的密度为　 　 kg/m3； （3）考虑到啤酒极易产生大量微小气泡，这将导致测得的啤酒密度值比真实值　 　 （选填“偏大”或“偏小”）。 17．（7分）探究平面镜成像的特点： （1）桌面有4支蜡烛，如图甲所示，应该选择　 　 （填字母）两支蜡烛开展实验，是为了比较像与物的　 　 关系； （2）采用薄玻璃板代替平面镜，是为了便于　 　 ；实验中发现无论怎样移动后面的蜡烛都不能与前面蜡烛的像重合，原因是　 　 （选填“玻璃板太厚”或“玻璃板未垂直安装”）。 （3）实验器材调整正常后，将玻璃板向蜡烛靠近时，蜡烛像的大小　 　 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。 （4）如图丙所示拿走后面蜡烛，用白纸板代替蜡烛，应该用　 　 （选填“①”、“②”或“③”）的方式观察白纸板，发现没有蜡烛的像，说明平面镜成的像是　 　 像。 18．（7分）探究滑动摩擦力影响因素。 （1）实验中，将木板固定，用弹簧测力计水平拉动木块，使它沿水平木板做　 　 ，根据　 　 原理，木块受到的滑动摩擦力大小等于弹簧测力计的示数。 （2）请在a图中画出木块运动时水平方向的受力示意图。 （3）分析图甲中a、b两次实验可知，在接触面粗糙程度相同时，　 　 越大，滑动摩擦力越大。 （4）比较图甲中　 　 （填字母）两次实验可知，滑动摩擦力的大小与接触面粗糙程度有关。 （5）两个完全相同的纸箱，分别按图乙方式摆放，使它们沿水平地面做匀速直线运动。根据图甲的实验现象判断，图乙中水平推力F1、F2大小关系为F1　 　 F2（选填“＞”、“＝”或“＜”）。 19．（6分）探究液体压强的影响因素。 （1）实验中通过观察U形管两端液面　 　 来反映压强大小，下面列举的实验与此研究方法相同的是　 　 。 A.在研究力时，引入“力的示意图”； B.用木块在水平面上移动的距离来反映阻力对物体运动的影响； C.探究电流与电压、电阻的关系。 （2）比较甲、乙两图可知，液体内部压强随深度的增加而　 　 。因此拦河大坝应设计成　 　 （选填“上窄下宽”或“上宽下窄”）的形状。 （3）比较乙、丙两图可得结论：　 　 ，液体压强越大； （4）根据实验探究结果，如图丁所示的居民楼顶的两个完全相同的水箱a和b，若箱内盛满水，同时打开两容器底部出水口（出水口的大小相同）的阀门，则水箱中的水是　 　 （选填“a先流完”、“b先流完”或“同时流完”）。 20．（7分）伏安法测小灯泡电阻： 器材：学生电源、标有“2.5V”的小灯泡、电流表、电压表、滑动变阻器、开关、导线若干。 （1）请用笔画线代替导线将图甲连接完整，要求滑动变阻器向左移动时灯泡变亮。 （2）连接电路时，开关应　 　 （选填“断开”或“闭合”）。 （3）实验中某时刻电压表示数如图乙所示，为使小灯泡正常发光，应将滑动变阻器的滑片P向　 　 （选填“A”或“B”）端移动。 （4）实验中测量了小灯泡在不同电压下的电流，并根据所测得的数据绘制了小灯泡的电流与电压的关系图像，如图丙所示，小灯泡正常发光的电阻为　 　 Ω。 （5）小明分别计算出小灯泡在2V、2.5V和3V电压下的电阻，然后用这三次电阻的平均值作为小灯泡正常发光时的电阻值。他的这种做法是　 　 （选填“正确”或“错误”）的，理由是　 　 。 （6）小明按照如图丁所示的电路图接好电路，闭合开关，发现二极管发光，但看不到小灯泡发光，原因可能是　 　 （选填“小灯泡灯丝断了”或“小灯泡的实际功率太小”）。 21．（5分）探究通电螺线管外部磁场方向。 （1）如图甲所示，在嵌入螺线管的硬纸板上均匀地撒满铁屑，通电后，用手轻敲纸板，观察到铁屑有规则地排列。实验结果表明：通电螺线管外部的磁场与　 　 磁体的磁场相似。 （2）根据图甲中小磁针的N极指向，可知通电螺线管的左端为　 　 极。将电源的正负极对调，小磁针的N极指向也改变了，说明通电螺线管外部的磁场方向与　 　 方向有关。 （3）如图乙所示，根据小磁针静止时的指向，b端应接电源的　 　 极；将一铁芯插入螺线管中，其磁场会变　 　 。 四、填空和作图题（满分13分，共5题。每空1分，作图2分。） 22．（3分）电动公交车在我市已经被广泛使用，该公交车主要采用电能作为动力，与燃气车相比绿色环保。 （1）电能是　 　 （选填“一次”或“二次”）能源； （2）乘坐公交车可以通过手机扫码付费，手机二维码与读码器之间是通过　 　 波来传递信息的。市区内禁止鸣笛是在　 　 （选填“声源处”或“传播过程中”）减弱噪声。 23．（3分）小明在一次劳动中，欲将重为600N的货物搬到距地面2m高的平台上、他用长为4m的木板搭成斜面如图，并用沿着斜面向上大小为400N的力将货物匀速从底端推到顶端，在该过程中斜面起到了　 　 （选填“省力”或“省功”）的作用，小明做的有用功为　 　 J，货物受到的摩擦力为　 　 N。 24．（3分）随着新能源电动汽车销量增长，充电桩的安装率不断提高。据了解，充电桩输出电压的范围是300﹣600V，峰值功率高达500kW。如图所示，充电站内各充电桩是　 　 （选填“串联”或“并联”）的；利用充电桩给汽车电池充电的过程中，汽车电池相当于电路中　 　 ；充电桩外壳常采用铝合金材料，为避免触电，外壳需连接　 　 线。 25．（2分）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，画出相应的折射光线。 26．（2分）图甲是压制饺子皮的“神器”，压皮时压杆可视为一个杠杆，图乙是简化示意图，图中O为支点，F2为压饺子皮时作用在B点的阻力。请在图乙中画出压饺子皮时作用在A点的最小动力F1及阻力F2的力臂l2。 五、计算题（满分15分，共2题。第27题7分，第28题8分。） 27．（7分）在实践活动中，小博利用电磁继电器（电磁铁线圈电阻不计）制作了具有加热、保温功能的恒温孵化器，如图甲所示。在控制电路中，电源电压U1＝12V，定值电阻R0＝50Ω，热敏电阻R阻值随温度变化的图像如图乙所示；在孵化器内的工作电路中，电源电压U2＝220V，R1、R2为电热丝，R1＝1000Ω，R2＝100Ω。当孵化器内温度达到45℃时，衔铁会跳起。求： （1）衔铁刚跳起时，通过电磁铁线圈的电流； （2）工作电路在保温状态下的电功率； （3）衔铁被吸下以后经过10min工作电路中产生的热量； （4）若要使孵化器内温度达到35℃时衔铁就跳起，请通过计算说明应如何调整控制电路。 28．（8分）如图甲所示，柱形容器的质量m0＝0.2kg，底面积S＝2×10﹣2m2，静置于水平桌面，其底部放置边长a＝10cm 的正方体物块。向容器中慢慢注入水，当水的深度h1＝8cm时，物块与容器底部之间恰好无弹力。 （1）求水的深度h1＝8cm时，物块受到的浮力； （2）求物块的密度； （3）求水的深度h2＝4cm时，容器对桌面的压强； （4）如图乙所示，若注水前，将物块用轻质弹簧悬挂，使物块与容器底部之间恰好无弹力。已知该弹簧弹力大小F跟其形变量（伸长量或压缩量）x之间的关系如图丙所示，向容器中慢慢注入水，直到水面与物块上表面平齐，求此时弹簧的形变量x（画出物体的受力示意图）。 2026年山东省青岛市市北区中考物理二模试卷 参考答案与试题解析 一、单项选择题（满分20分，共10题，每题2分。每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求） 1．（2分）“珍爱生命、安全用电”，下列做法中符合用电安全要求的是（　　） A．将电动车放在楼道内充电 B．电器起火应立即浇水灭火 C．使用测电笔时，手接触笔尖金属体 D．更换灯泡前先切断电源 【分析】（1）安全用电的原则：不接触低压带电体，不靠近高压带电体。 （2）生活用水属于导体，湿抹布是容易导电的物体。 （3）使用测电笔时，手指接触笔尾金属体，一定不能接触笔尖金属体。 （4）在检修电路时，要先切断电源。 【解答】解：A、电动车在楼道内充电存在极大的消防安全隐患，充电过程中电池可能过热引发火灾，且楼道是消防通道，堵塞后会影响人员疏散，故A错误。 B、电器起火时，电器可能仍处于通电状态，浇水会导致触电事故，还可能使电器短路，加剧火势。正确做法是先切断电源，再用干粉灭火器灭火，故B错误。 C、使用测电笔时，手应接触笔尾金属体，这样才能形成回路，使氖管发光。如果手接触笔尖金属体，会直接接触火线，引发触电事故，故C错误。 D、更换灯泡前切断电源，可以避免在操作过程中接触到带电部分，防止触电事故，故D正确。 故选：D。 【点评】此题考查的是家庭电路的组成和日常生活中的一些安全用电常识。只要同学们牢记安全用电常识，并正确规范操作，就不会有危险发生。 2．（2分）唐诗宋词是我国优秀的文化瑰宝，对下列诗句用物理知识解读错误的是（　　） A．“谁家玉笛暗飞声”，诗人根据音色辨别出是笛声 B．“楼台倒影入池塘”，“倒影”是光折射形成的实像 C．“轻舟已过万重山”，以“山”作为参照物，“舟”是运动的 D．“月落乌啼霜满天”，霜的形成是凝华现象 【分析】（1）声音的三个特性：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，与振幅和距发声体的远近有关；音色指声音的品质与特色，与发声体的材料和结构有关； （2）倒影是光的反射形成的，属平面镜成像现象； （3）在研究物体的运动和静止时，要看物体的位置相对于参照物是否发生改变，若改变，则是运动的，若不改变，则是静止的； （4）物质从气态直接变为固态的过程叫凝华。 【解答】解：A、不同发声体的材料和结构不同，发出声音的音色不同，因此，诗人根据音色辨别出是笛声，故A正确； B、“倒影”是平面镜成像现象，是光的反射形成的虚像，故B错误； C、以“山”作为参照物，“舟”的位置发生了改变，是运动的，故C正确； D、霜的形成是空气中的水蒸气直接变成了小冰晶，属凝华现象，故D正确。 故选：B。 【点评】本题主要考查了声音特性的辨别、光现象、运动与静止的判断、物态变化的判断等，有一定综合性。 3．（2分）如图所示为将冰块加热至沸腾的过程中温度随时间变化的图像，下列说法正确的是（　　） A．实验时，水面上方的大气压为1标准大气压 B．冰熔化时间8min C．BC段为熔化过程，温度保持不变，不需要吸热 D．DE段为气态 【分析】（1）液体沸腾时，温度不变，不断吸热； （2）根据表中信息判断熔化时间、熔化特点； （3）气压越高，沸点越高。 【解答】解：AD．DE段是水的沸腾过程，水沸腾时，液态水持续汽化为水蒸气，1个标准大气压下，水的沸点为100℃，由图可知水沸腾时温度为100℃，因此水面上方的大气压为1个标准大气压，故A正确、D错误； B．冰从第2min开始熔化，到第8min熔化结束，熔化时间为8min﹣2min＝6min，故B错误； C．冰是晶体，晶体熔化时温度保持不变，但需要持续吸热，BC段是冰的熔化过程，故C错误。 故选：A。 【点评】本题考查了晶体熔化、液体沸腾的特点，属于基础题。 4．（2分）关于园艺剪（如图所示）的使用，下列说法正确的是（　　） A．剪枝条时，枝条对园艺剪有压力 B．园艺剪是费力杠杆 C．枝条靠近园艺剪刀尖处，剪起来更省力 D．剪枝条时，枝条靠近园艺剪转轴，可增大阻力臂 【分析】（1）物体间力的作用是相互的； （2）比较动力臂和阻力臂的大小关系，判断杠杆的类型； （3）利用杠杆的平衡条件，分析实际杠使用的问题； （4）支点到阻力作用线的垂直距离叫做阻力臂。 【解答】解：A、剪枝条时，园艺剪对枝条有压力作用，物体间力的作用是相互的，枝条对园艺剪也有压力，故A正确； B、由题图可知，园艺剪的支点在转轴处，手对园艺剪的作用力为动力，树枝对园艺剪的作用力为阻力，动力臂大于阻力臂，故园艺剪为省力杠杆，故B错误； C、枝条靠近园艺剪刀尖处，阻力臂变大，在阻力和动力臂大小不变时，根据杠杆平衡条件可知，动力变大，剪起来更费力，故C错误； D、把枝条往园艺剪的轴处靠近，是为了减小阻力臂，故D错误。 故选：A。 【点评】本题考查了物体间力的作用是相互的、杠杆种类的识别、杠杆平衡条件的应用等，难度不大。 5．（2分）哪吒与敖丙在踢毽子场景如图所示，忽略空气阻力，下列说法错误的是（　　） A．哪吒抬起一只脚站立时，他对地面的压强增大 B．毽子在空中飞行的过程中机械能不变 C．毽子上升过程，将动能转化为重力势能 D．敖丙将毽子踢出后，继续对毽子做功，所以毽子会继续在空中飞行 【分析】（1）根据p分析； （2）毽子在空中飞行时，忽略空气阻力，机械能守恒； （3）动能大小的影响因素：质量和速度，质量越大，速度越大，动能越大；重力势能大小的影响因素：质量和高度，质量越大，高度越高，重力势能越大； （4）做功的两个必要条件：一是作用在物体上的力，二是物体在这个方向上通过的距离。 【解答】解：A．哪吒抬起一只脚时，对地面的压力不变，受力面积减小，根据压强公式p可知哪吒对地面的压强增大，故A正确； B．毽子在空中飞行时，忽略空气阻力，机械能守恒，即机械能不变，故B正确； C．毽子上升过程中，速度减小（动能减小），高度增加（重力势能增大），动能转化为重力势能，故C正确； D．毽子离开脚后，不再受到脚的作用力，踢力不再做功，其飞行是由于毽子的惯性，故D错误。 故选：D。 【点评】本题考查了影响压强大小的因素、机械能的转化、做功的两个必要因素，属于综合题。 6．（2分）下列有关压强的实验，说法正确的是（　　） A．甲：A管中水面上升，是因为流体中流速越大的地方压强越大 B．乙：将竖直玻璃管倾斜，水银柱的竖直高度不变 C．丙：把水气压计从山下移到山顶，细管内的水柱会下降 D．丁：橡皮膜变平，容器右侧液体的密度小于水的密度 【分析】（1）流体的压强跟流体的流速有关，流速越大，压强越小； （2）托里拆利实验：水银柱的竖直高度由外界大气压决定，与玻璃管是否倾斜、粗细、长短无关； （3）大气压强随着高度的增加而减小，当内外压强差增大时，管内水柱的高度增大； （4）橡皮膜变平，说明左右两侧液体对橡皮膜的压强相等（p左＝p右），液体压强公式p＝ρgh分析。 【解答】解：A、A管中水面上升，是因为流体中流速越大的位置压强越小，故A错误； B、乙图是托里拆利实验，大气压不变时，水银柱的竖直高度不变，即使玻璃管倾斜，水银柱长度会变长，但竖直高度不变，故B正确； C、把水气压计从山下带到山上，瓶内空气的压强不变，而外界大气压随高度的增加而减小，此时在瓶内气压的作用下会有一部分水被压入玻璃管，因此管内水柱会升高，故C错误； D、丁图是连通器，液体压强平衡：橡皮膜变平，说明左右两侧液体对橡皮膜的压强相等（p左＝p右），液体压强公式p＝ρgh；由图可知左侧（水）深度h水＞右侧液体深度h液，压强相等、深度越小，密度越大，右侧液体密度应小于水，故D错误。 故选：B。 【点评】本题考查流体压强与流速的关系、大气压强的测量、大气压强跟高度的关系、液体压强等知识的理解和应用，属于综合题。 7．（2分）小李对下列现象进行了受力分析，其中正确的是（　　） A．甲图：用90N向上的力搬重100N的石块，没有搬动，石块所受合力为10N B．乙图：撑杆跳运动员在加速上升的过程中，受到平衡力的作用 C．丙图：人推木箱未推动，人对木箱的推力等于地面对木箱的摩擦力 D．丁图：悬浮在盐水中的鸡蛋受到重力、浮力和盐水的压力 【分析】（1）平衡力的合力为零； （2）跳运动员在加速上升的过程中，处于非平衡状态，受到非平衡力的作用 （3）平衡力大小相等； （4）物体悬浮时受到浮力和重力的作用。 【解答】解：A．地面上的箱子，所受重力为100N，当受到90N向上的拉力时，箱子依然静止，处于平衡状态，所以箱子还受到地面给它的竖直向上的10N的支持力的作用，箱子所受的合力为0，故A错误； B．撑杆跳运动员在加速上升的过程中，处于非平衡状态，受到非平衡力的作用，故B错误； C．人推木箱未推动，处于平衡状态，受平衡力，人对木箱的推力等于地面对木箱的摩擦力，故C正确； D．悬浮在盐水中的鸡蛋受到重力和浮力两个力的作用，故D错误。 故选：C。 【点评】本题综合考查力的合成、平衡力的判断以及受力分析，涉及的内容较多，但都属于基础知识考查范围。 8．（2分）如图所示，探究“电流跟电压的关系”实验中，下列说法错误的是（　　） A．闭合开关前，滑片要移到最右端 B．用一个定值电阻R，改变变阻器阻值，观察电流表，电压表的示数 C．滑动变阻器滑片向左移动，电压表示数变大 D．通过定值电阻R的电流与电源电压成正比 【分析】A.为了保护电路，闭合开关前，滑动变阻器滑片移到最大值的最大值处； BC.实验中移动滑动变阻器的滑片，改变滑动变阻器接入的电阻，从而改变电路的中总电阻，改变电路中的电流； D.电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比。 【解答】解：A.为了保护电路，闭合开关前，滑动变阻器滑片移到最大值的最右端，故A正确，不符合题意； BC.移动滑动变阻器的滑片，改变滑动变阻器接入的电阻，从而改变电路的总电阻，电路中的电流也随之改变，观察电压表和电流表的示数，当滑片向左移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，根据串联电路电阻规律可知，电路中的总电阻变大，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，即电流表示数变大，根据U＝IR可知，定值电阻两端的电压变大，即电压表示数变大，故BC正确，不符合题意； D.电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比，电源电压保持不变，故不正确，D符合题意。 故选：D。 【点评】本题考查了滑动变阻器在实验中的作用，探究电流与电压、电阻的关系实验中需要用到的器材。 9．（2分）小明家的电饭煲和节能灯的铭牌分别标有“220V，800W”与“220V，20W”，下列说法正确的是（　　） A．正常工作时，电流通过电饭煲做功比节能灯快 B．电饭煲消耗的电能较多 C．1度电可以使此节能灯正常工作5h D．电饭煲正常工作3min，消耗的电能为2.4kW•h 【分析】（1）功率是表示做功快慢的物理量，功率越大，做功越快； （2）根据W＝Pt分析消耗的电能多少； （3）根据计算1度电可以使此节能灯工作的时间； （4）根据W＝Pt计算电饭煲工作3min消耗的电能。 【解答】解：A、正常工作时，用电器的实际功率等于额定功率，功率是表示做功快慢的物理量，功率越大，做功越快，电饭煲功率大，做功一定快，故A正确； B、工作的时间未知，消耗电能的多少无法判断，故B错误； C、P节能灯＝20W，1度电可以使此节能灯工作的时间为50h，故C错误； D、P电饭煲＝800W，电饭煲正常工作3min消耗的电能为，故D错误。 故选：A。 【点评】本题考查了电能、电功率公式的灵活运用，难度不大，属于基础题。 10．（2分）下列关于图示现象及原理说法错误的是（　　） A．甲：小磁针偏转，说明电流周围有磁场 B．乙：闭合开关后导体AB运动，与扬声器的原理相同 C．丙：反映了电磁铁磁性强弱与电流大小的关系 D．丁：司南受到地磁场的作用，静止时它的长柄（磁S极）指向地球的南极 【分析】（1）奥斯特实验说明通电导体的周围存在磁场。 （2）通电导体在磁场中会受到力的作用，动圈式扬声器是利用该原理制成的。 （3）电磁铁的磁性强弱与电流的大小有关。 （4）司南是由于受到地磁场的作用来指示南北的，静止时它的长柄指向地球的南极。 【解答】解：A、甲图中，接通电路的瞬间小磁针发生偏转，说明电流周围有磁场，发现此规律的科学家是奥斯特，故A正确； B、通电导体在磁场中会受到力的作用；乙图中，闭合开关后导体AB运动，和动圈式扬声器的原理相同，故B正确； C、丙图中两电磁铁串联，通过的电流相同，线圈匝数不同，反映了电磁铁磁性强弱与线圈匝数的关系，故C错误； D、丁图中，司南受到地磁场的作用，地磁的北极在地理的南极附近，静止时它的长柄（磁S极）指向地球的南极，故D正确。 故选：C。 【点评】本题考查的是电流的磁效应、地磁场、扬生器的原理和影响电磁铁磁性强弱的因素。 二、多项选择题（满分15分，共5题。每题给出的四个选项中，有2～3个选项符合题目要求，全选对得3分，漏选得1分，错选或不选得0分） （多选）11．（3分）下列关于物理概念说法错误的是（　　） A．比热容在数值上等于一定质量的某种物质温度升高1℃所吸收的热量 B．只有正电荷定向移动才会形成电流 C．电流通过导体产生的热量与通过导体电流成正比，与导体电阻成正比，与通电时间成正比 D．闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中会产生电流 【分析】（1）比热容的概念：单位质量的某种物质升高或降低1℃吸收或放出热量叫做这种物质的比热容； （2）电流是电荷的定向移动形成的，电流方向是正电荷的定向移动方向； （3）焦耳定律的主要内容：Q＝I2Rt； （4）结合产生感应电流的条件判断即可。 【解答】解：A、比热容的定义是：单位质量的某种物质，温度升高（或降低）1℃所吸收（或放出）的热量。选项中缺少“单位质量”这个关键条件，表述不准确，故A错误。 B、电荷的定向移动形成电流，定向移动的电荷可以是正电荷，也可以是负电荷，还可以是正、负电荷同时向相反方向移动，比如金属导体中是自由电子（负电荷）定向移动形成电流，故B错误。 C、根据焦耳定律Q＝I2Rt，电流通过导体产生的热量与电流的平方成正比，与导体电阻成正比，与通电时间成正比，选项中“与电流成正比”的表述错误，故C错误。 D、这是电磁感应现象的定义，满足“闭合电路”“部分导体”“切割磁感线运动”这三个条件时，导体中就会产生感应电流，故D正确。 故选：ABC。 【点评】此题考查了电磁感应现象、电流的形成、焦耳定律及比热容的概念。 （多选）12．（3分）小明同学自制的简易热机模型如图所示，易拉罐内装入适量水，酒精灯对易拉罐底部加热，将“叶轮”靠近由罐子顶端小孔喷出的蒸气，叶轮快速转动。关于该热机模型工作过程中涉及到的知识以下说法正确的是（　　） A．酒精燃料燃烧过程中，内能转化为化学能 B．罐中水的内能是通过热传递的方式增大的 C．气体推动叶轮做功，将内能转化为机械能 D．若忽略叶轮轴部摩擦，气体的内能全部转化为叶轮的机械能 【分析】（1）燃料燃烧时将化学能转化为内能。 （2）改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，热传递过程是能量的转移过程，做功过程是能量的转化过程。 （3）做功可以改变物体的内能，物体对外做功，内能减少，外界对物体做功，内能增加。 （4）能量在转移和转化中会有损耗。 【解答】解：A、酒精燃料燃烧过程中，是化学能转化为内能，而不是内能转化为化学能，故A错误。 B、酒精灯对易拉罐加热，罐中的水通过热传递的方式吸收热量，内能增大，故B正确。 C、水蒸气推动叶轮做功，将内能转化为叶轮的机械能，故C正确。 D、即使忽略叶轮的摩擦，气体的内能也不可能全部转化为叶轮的机械能，能量转化过程中会有部分内能散失，比如罐体散热、水蒸气本身的内能残留等，故D错误。 故选：BC。 【点评】此题以选择题的形式，考查与能量相关的知识点，属于中考热点内容，难度不大，熟练掌握相关基础知识和规律是关键。 （多选）13．（3分）木棒底端缠绕铜丝制成一个简易的密度计，甲、乙容器相同，装有质量相等的不同液体。将该密度计分别放入甲、乙容器中，静止后位置如图所示，下列说法正确的是（　　） A．木棒在容器中受到的浮力：F浮甲＝F浮乙 B．木棒在容器中排开液体的质量：m甲＝m乙 C．液体对容器底的压力：F甲＞F乙 D．木棒下端底面受到液体的压强：p甲＞p乙 【分析】（1）简易密度计在两种液体中均处于漂浮状态，根据F浮＝G＝G排＝m排g可知简易密度计所受的浮力的大小关系以及木棒在容器中排开液体质量的关系； （2）因为两个容器相同且装有质量相等的不同液体，且两个容器为直筒容器，所以液体对容器底的压力等于液体的重力与密度计重力之和； （3）密度计受到的浮力等于其下表面受到的液体压力，木棒底面受到的液体的压强等于底面受到的液体的压力除以受力面积。 【解答】解：A．因为密度计在甲、乙液体中均处于漂浮状态，受到的浮力等于重力，而密度计的重力不变，所以木棒在容器中受到的浮力F浮甲＝F浮乙，故A正确； B．因为F浮甲＝F浮乙，根据阿基米德原理F浮＝G排＝m排g知木棒在容器中排开液体的质量相等，即m甲＝m乙，故B正确； C．因为两个容器相同且装有质量相等的不同液体，且两个容器为直筒容器，所以液体对容器底的压力等于液体的重力与密度计重力之和，即压力相等，故C错误； D．因为密度计受到的浮力等于其下表面受到的液体压力，且浮力相等，根据可知木棒底面受到的液体的压强也相等，即p甲＝p乙，故D错误。 故选：AB。 【点评】本题考查浮沉条件、浮力和压强的知识，综合性较强。 （多选）14．（3分）某电子握力器工作原理如图所示，电源电压不变。手柄A端与滑动变阻器滑片连在一起、B端固定不动，使用时，闭合开关S、握手柄AB。握力为零时，滑片处于a端，握力增大时，手柄A向下移动，握力越大，表盘示数越大。下列关于握力器的说法错误的是（　　） A．握力增大时，R2阻值变大 B．握力最小时，电压表示数最大 C．握力最大时，电流表示数最大 D．该表盘是由电压表改装而成的 【分析】由图可知，定值电阻与变阻器串联接入电路中，电压表测量变阻器两端的电压，电流表测量电路中的电流； 当握力改变时，根据滑动变阻器接入电路中电阻的变化分析电路总电阻的变化，根据欧姆定律分析电路中电流的变化；根据串联电路的分压规律分析电压表示数的变化； 当握力最小时，滑动变阻器接入电路电阻最大，电路的总电阻最大，根据串联电路的分压规律分析电压表示数的情况。 【解答】解：由图可知，定值电阻与变阻器串联接入电路中，电压表测量变阻器两端的电压，电流表测量电路中的电流。 ACD．握力增大，滑动变阻器R2接入电路电阻减小，根据串联电路电阻规律可知电路的总电阻减小，由I知，电路中的电流增大，电流表的示数增大，当握力最大时，电流表示数最大；由串联分压可知电压表的示数减小，握力越大表盘示数越大，所以握力器的表盘应由电流表改装，故AD错误、C正确； B．当握力最小时，滑动变阻器接入电路电阻最大，电路的总电阻最大，分得的电压最大，电压表的示数最大，故B正确。 故选：AD。 【点评】本题主要考查电路的动态分析、欧姆定律的应用，难度不大。 （多选）15．（3分）如图所示，工人站在水平地面上，用竖直向下的拉力F拉动绳子自由端，使重力为600N的物体以0.2m/s的速度匀速竖直上升，提升过程中滑轮组的机械效率为80%。已知该工人重650N，若三个轮重相等，不计绳重和摩擦，下列说法正确的是（　　） A．绳子自由端受到竖直向下的拉力为250N B．工人做功的功率为50W C．工人对地面的压力为350N D．动滑轮重150N 【分析】（1）根据滑轮组装置确定绳子股数，利用η求出绳子自由端受到竖直向下的拉力； （2）根据PFv'＝Fnv求出工人做功的功率； （3）工人对地面的压力等于人的重力与绳的拉力之差； （4）不计滑轮组的绳重和摩擦，根据F（G+G动）求出动滑轮重。 【解答】解：A、由图可知，n＝3，根据η可知，绳子自由端受到竖直向下的拉力为： F250N，故A正确； B、工人做功的功率为： PFv'＝Fnv＝250N×3×0.2m/s＝150W，故B错误； C、工人对地面的压力等于人的重力与绳的拉力之差，即F压＝G人﹣F＝650N﹣250N＝400N，故C错误； D、不计滑轮组的绳重和摩擦，根据F（G+G动）可知，动滑轮重为： G动＝nF﹣G＝3×250N﹣600N＝150N， 若三个滑轮重均相等，即G定＝G动＝150N。 故选：AD。 【点评】本题考查滑轮组功率和机械效率的计算，难度适中。 三、实验题（满分37分，共6题。每空1分，作图1分。） 16．（5分）测量液体密度： 青岛白啤以其香浓醇厚著称，某物理兴趣小组对其密度进行了测量。 （1）实验过程及步骤如下： ①将托盘天平放在水平桌面上，游码移至标尺零刻度线处。调节　平衡螺母　 ，使横梁平衡； ②向烧杯中倒入适量啤酒，测出烧杯和啤酒的总质量。当加入最小砝码后指针向右偏，取下后指针又向左偏，接下来的操作是：取下最小砝码，然后　向右移动游码　 ，直至天平平衡。此时右盘中砝码和游码位置如图甲所示，总质量为　89.6　 g； ③将烧杯中的啤酒倒入量筒一部分，如图乙所示，啤酒的体积为　40　 mL； ④测出烧杯和剩余啤酒的质量为49.2g； （2）根据实验数据，计算出白啤的密度为　1.01×103 kg/m3； （3）考虑到啤酒极易产生大量微小气泡，这将导致测得的啤酒密度值比真实值　偏小　 （选填“偏大”或“偏小”）。 【分析】（1）①将托盘天平放在水平桌面上，游码移至标尺零刻度线处。调节平衡螺母，使横梁平衡； ②向烧杯中倒入适量啤酒，测出烧杯和啤酒的总质量。当加入最小砝码后指针向右偏，可知砝码的质量大一些，取下后指针又向左偏，砝码的质量小一些，据此分析，物体的质量等于砝码的质量与游码的示数和； ③得出啤酒的体积； （2）根据实验数据得出量筒内白啤的质量，由密度公式得出白啤的密度； （3）考虑到啤酒极易产生大量微小气泡，这将导致测得的体积偏大，由密度公式分析。 【解答】解：（1）①将托盘天平放在水平桌面上，游码移至标尺零刻度线处。调节平衡螺母，使横梁平衡，才能测量物体的质量； ②向烧杯中倒入适量啤酒，测出烧杯和啤酒的总质量。当加入最小砝码后指针向右偏，可知砝码的质量大一些，取下后指针又向左偏，砝码的质量小一些，接下来的操作是：取下最小砝码，然后向右移动游码，直至天平平衡。此时右盘中砝码和游码位置如图甲所示，总质量为 m′＝50g+20g+10g+5g+4.6g＝89.6g； ③将烧杯中的啤酒倒入量筒一部分，如图乙所示，啤酒的体积为40mL； ④测出烧杯和剩余啤酒的质量为49.2g； （2）根据实验数据，量筒内白啤的质量为 m＝89.6g﹣49.2g＝40.4g 计算白啤的密度 ρ1.01g/cm3＝1.01×103kg/m3； （3）考虑到啤酒极易产生大量微小气泡，这将导致测得的体积偏大，由密度公式可知啤酒密度值比真实值偏小。 故答案为：（1）①平衡螺母；②向右移动游码；89.6；③40； （2）1.01×103；偏小。 【点评】本题考查测量液体密度的常规方法及误差分析。 17．（7分）探究平面镜成像的特点： （1）桌面有4支蜡烛，如图甲所示，应该选择　C、D　 （填字母）两支蜡烛开展实验，是为了比较像与物的　大小　 关系； （2）采用薄玻璃板代替平面镜，是为了便于　确定像的位置　 ；实验中发现无论怎样移动后面的蜡烛都不能与前面蜡烛的像重合，原因是　玻璃板未垂直安装　 （选填“玻璃板太厚”或“玻璃板未垂直安装”）。 （3）实验器材调整正常后，将玻璃板向蜡烛靠近时，蜡烛像的大小　不变　 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。 （4）如图丙所示拿走后面蜡烛，用白纸板代替蜡烛，应该用　②　 （选填“①”、“②”或“③”）的方式观察白纸板，发现没有蜡烛的像，说明平面镜成的像是　虚　 像。 【分析】（1）用两个完全相同的蜡烛，便于比较物像大小关系； （2）透明玻璃板不但反射光成像，还能透光看到玻璃板后面的蜡烛，便于确定像的位置；玻璃板倾斜时，像会偏高或偏低，导致无法重合； （3）平面镜成像时，像与物体大小始终相等； （4）实像和虚像的重要区别，实像能用光屏承接到，虚像不能用光屏承接到； 【解答】解：（1）实验中，用未点燃的蜡烛代替点燃蜡烛的像，当未点燃蜡烛与点燃蜡烛的像重合时，说明平面镜成像中，像与物大小相等，所以应选择外形相同的蜡烛C和D。 （2）使用平面镜时，只能成像，而不能透光，不能确定像的位置，用玻璃时，既能成像，又能透光，便于确定像的位置； 如果无论怎样移动蜡烛B都不能与像重合，原因是玻璃板未垂直桌面，玻璃板倾斜时，像会偏高或偏低，导致无法重合。 （3）平面镜成像时，像与物体大小始终相等，所以将玻璃板向蜡烛靠近时，蜡烛像的大小不变。 （4）平面镜成像是光的反射形成的，在图丙中的②位置既能观察到白纸板上的像，又能避免反射光线进入眼睛。 此时的白纸板相当于光屏，实像能在光屏上呈现，虚像不能在光屏上呈现，所以白纸板上没有成像时，说明平面镜成的是虚像。 故答案为：（1）C、D；大小；（2）确定像的位置；玻璃板未垂直安装；（3）不变；（4）②；虚。 【点评】本题主要考查了平面镜成像特点的实验，这是光学中的一个重点，也是近几年来中考经常出现的题型，要求学生熟练掌握，并学会灵活运用。 18．（7分）探究滑动摩擦力影响因素。 （1）实验中，将木板固定，用弹簧测力计水平拉动木块，使它沿水平木板做　匀速直线　 ，根据　二力平衡　 原理，木块受到的滑动摩擦力大小等于弹簧测力计的示数。 （2）请在a图中画出木块运动时水平方向的受力示意图。 （3）分析图甲中a、b两次实验可知，在接触面粗糙程度相同时，　压力　 越大，滑动摩擦力越大。 （4）比较图甲中　b、d　 （填字母）两次实验可知，滑动摩擦力的大小与接触面粗糙程度有关。 （5）两个完全相同的纸箱，分别按图乙方式摆放，使它们沿水平地面做匀速直线运动。根据图甲的实验现象判断，图乙中水平推力F1、F2大小关系为F1　＝　 F2（选填“＞”、“＝”或“＜”）。 【分析】（1）根据二力平衡的条件分析； （2）在水平方向上受摩擦力和拉力，摩擦力的方向与拉力方向相反，据此画出力的示意图； （3）（4）（5）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。 【解答】解：（1）实验中应该用弹簧测力计水平匀速直线拉动木块在长木板上运动，木块在水平方向上受到拉力和摩擦力大小相等，方向相反，作用在同一直线上，作用在同一物体上是一对平衡力，此时木块所受滑动摩擦力大小等于弹簧测力计的示数； （2）在水平方向上受摩擦力和拉力，摩擦力的方向与拉力方向相反，力的示意图如图所示： （3）比较a、b两次实验可知，压力大小相同，b中接触面粗糙，测力计示数大，滑动摩擦力也大，故可得出结论：压力相同时，接触面越粗糙，滑动摩擦越大； （4）探究滑动摩擦力与接触面粗糙程度的关系时，应该控制压力相等，只改变接触面粗糙程度，故选b、d两实验； （5）两个完全相同的纸箱，分别按图乙方式摆放，使它们沿水平地面做匀速直线运动，因压力大小和接触面的粗糙程度相同，故受到的摩擦力相同，由二力平衡的条件，图乙中水平推力F1、F2大小关系为F1＝F2。 故答案为：（1）匀速直线；二力平衡； （2）； （3）压力； （4）b、d； （5）＝。 【点评】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，体现了对过程和方法的考查。 19．（6分）探究液体压强的影响因素。 （1）实验中通过观察U形管两端液面　高度差　 来反映压强大小，下面列举的实验与此研究方法相同的是　B　 。 A.在研究力时，引入“力的示意图”； B.用木块在水平面上移动的距离来反映阻力对物体运动的影响； C.探究电流与电压、电阻的关系。 （2）比较甲、乙两图可知，液体内部压强随深度的增加而　增大　 。因此拦河大坝应设计成　上窄下宽　 （选填“上窄下宽”或“上宽下窄”）的形状。 （3）比较乙、丙两图可得结论：　当深度相同时，液体的密度越大　 ，液体压强越大； （4）根据实验探究结果，如图丁所示的居民楼顶的两个完全相同的水箱a和b，若箱内盛满水，同时打开两容器底部出水口（出水口的大小相同）的阀门，则水箱中的水是　b先流完　 （选填“a先流完”、“b先流完”或“同时流完”）。 【分析】（1）实验中通过观察U形管两端液面高度差来反映压强大小，这种方法叫转换法，据此分析。 （2）液体内部压强随深度的增加而增大。因此拦河大坝应设计成上窄下宽的形状。 （3）液体内部的压强取决于液体密度的和液体内部的深度，利用控制变量法分析。 （4）根据液体压强随深度增大而增大分析。 【解答】解：（1）实验中通过观察U形管两端液面高度差来反映压强大小，这种方法叫转换法。 A、“力的示意图”是模型法； B、“用木块移动距离反映阻力对运动的影响”是转换法； C、“探究电流与电压电阻的关系”是控制变量法。 故选：B。 （2）甲、乙两图中，液体密度相同，乙的深度比甲大，U形管液面高度差更大，说明液体内部压强随深度的增加而增大。因此拦河大坝应设计成上窄下宽的形状，以承受更大的底部水压。 （3）乙、丙两图中，探头深度相同，液体密度不同，盐水中U形管液面高度差更大，可得结论：当深度相同时，液体的密度越大，液体强越大。 （4）丁图中，b水箱是竖直放置，底部深度比a水箱的底部深度大，根据液体压强随深度增大而增大，b底部出水口处的压强更大，水流速度更快，所以b先流完。 故答案为：（1）高度差；B； （2）增大；上窄下宽；（3）当深度相同时，液体的密度越大；（4）b先流完。 【点评】本题探究液体内部的压强实验，利用控制变量法分析。 20．（7分）伏安法测小灯泡电阻： 器材：学生电源、标有“2.5V”的小灯泡、电流表、电压表、滑动变阻器、开关、导线若干。 （1）请用笔画线代替导线将图甲连接完整，要求滑动变阻器向左移动时灯泡变亮。 （2）连接电路时，开关应　断开　 （选填“断开”或“闭合”）。 （3）实验中某时刻电压表示数如图乙所示，为使小灯泡正常发光，应将滑动变阻器的滑片P向　A　 （选填“A”或“B”）端移动。 （4）实验中测量了小灯泡在不同电压下的电流，并根据所测得的数据绘制了小灯泡的电流与电压的关系图像，如图丙所示，小灯泡正常发光的电阻为　10　 Ω。 （5）小明分别计算出小灯泡在2V、2.5V和3V电压下的电阻，然后用这三次电阻的平均值作为小灯泡正常发光时的电阻值。他的这种做法是　错误　 （选填“正确”或“错误”）的，理由是　小灯泡的电阻随温度变化而变化，不是一个定值　 。 （6）小明按照如图丁所示的电路图接好电路，闭合开关，发现二极管发光，但看不到小灯泡发光，原因可能是　小灯泡的实际功率太小　 （选填“小灯泡灯丝断了”或“小灯泡的实际功率太小”）。 【分析】（1）滑动变阻器滑片左移灯泡变亮，意味着电流增大，滑动变阻器接入电阻减小，由此可判断滑动变阻器接入电路的下端接线柱，再结合图图丙中记录的流过灯泡的电流大小可判断电流表选用的量程，据此完成电路连接； （2）连接电路时为了保护电路，开关必须断开。 （3）电压表读数确定当前电压，若小于额定电压则滑片移动改变分压，使灯泡电压达到额定值。 （4）利用欧姆定律，在额定电压下求对应的电流算出电阻。 （5）灯丝电阻受温度影响较大，不同电压下温度不同，电阻不同，不能取平均。 （6）串联情况下二极管发光说明通路，灯泡不亮是因为实际功率太小达不到发光程度。 【解答】解：（1）滑动变阻器向左移动时灯泡变亮，说明电路中电流变大，滑动变阻器阻值变小，故滑动变阻器选用左下接线柱与开关串联在电路中，再结合图丙中记录的流过灯泡的电流大小可判断电流表选用0～0.6A的量程即可，据此完成电路连接如下图所示： ； （2）为了保护电路元件，防止连接过程中短路或电流过大，连接线路时开关应处于断开状态。 （3）电压表选用小测量范围，分度值为0.1V，示数为1.8V，小于灯泡额定电压2.5V，为使小灯泡正常发光，应增大灯泡两端电压，根据串联电路电压规律，应减小滑动变阻器两端电压，根据分压原理，应减小滑动变阻器接入电路的阻值，故应将滑动变阻器的滑片P向A端移动，直到电压表示数为2.5V。 （4）由图丙可知，当灯泡两端电压为2.5V时，通过灯泡的电流为0.25A，根据欧姆定律可以计算小灯泡正常发光时的电阻。。 （5）小灯泡的电阻随温度的变化而变化，不是定值。在不同的电压下，小灯泡的实际功率不同，温度不同，电阻也不同。所以求平均值没有意义，这种做法是错误的。 （6）二极管发光说明电路中有电流，属于通路。小灯泡不亮是因为它的实际功率太小，不足以让它发光。如果是灯丝断了，整个电路断路，二极管也不会亮，所以排除灯丝断了的情况。 故答案为：（1）；（2）断开；（3）A；（4）10；（5）错误；小灯泡的电阻随温度变化而变化，不是一个定值；（6）小灯泡的实际功率太小。 【点评】本题考查探究小灯泡电学特性的实验，重点掌握滑动变阻器的作用、电路连接注意事项、灯丝电阻的温度特性，理解实际功率决定亮度。 21．（5分）探究通电螺线管外部磁场方向。 （1）如图甲所示，在嵌入螺线管的硬纸板上均匀地撒满铁屑，通电后，用手轻敲纸板，观察到铁屑有规则地排列。实验结果表明：通电螺线管外部的磁场与　条形　 磁体的磁场相似。 （2）根据图甲中小磁针的N极指向，可知通电螺线管的左端为　N　 极。将电源的正负极对调，小磁针的N极指向也改变了，说明通电螺线管外部的磁场方向与　电流　 方向有关。 （3）如图乙所示，根据小磁针静止时的指向，b端应接电源的　负　 极；将一铁芯插入螺线管中，其磁场会变　强　 。 【分析】（1）通电螺线管外部的磁场和条形磁体的磁场相似；细铁屑排列有规律是因为它能被磁化。 （2）通电螺线管的磁场方向与电流方向有关。 （3）根据安培定则判断电源的正负极；插入铁芯后，通电螺线管的磁场会变强。 【解答】解：（1）实验表明：通电螺线管外部的磁场和条形磁铁的磁场相似。 （2）磁体周围的磁感线，总是从N极发出，回到S极；根据小磁针的指向可知：通电螺线管的左端为N极，将电源的正负极对调，小磁针的N极指向也改变了，说明通电螺线管外部的磁场方向与电流方向有关。 （3）根据小磁针静止时的指向，b端应接电源的负极；将一铁芯插入螺线管中，其磁场会变强。 故答案为：（1）条形；（2）N；电流；（3）负；强。 【点评】本题考查的是通电螺线管的磁场分布；知道通电螺线管的磁场方向与电流的方向有关；会根据安培定则判断电源的正负极。 四、填空和作图题（满分13分，共5题。每空1分，作图2分。） 22．（3分）电动公交车在我市已经被广泛使用，该公交车主要采用电能作为动力，与燃气车相比绿色环保。 （1）电能是　二次　 （选填“一次”或“二次”）能源； （2）乘坐公交车可以通过手机扫码付费，手机二维码与读码器之间是通过　电磁　 波来传递信息的。市区内禁止鸣笛是在　声源处　 （选填“声源处”或“传播过程中”）减弱噪声。 【分析】（1）一次能源可以从自然界直接获得，而二次能源不能从自然界直接获得，需要通过消耗一次能源来获得。 （2）电磁波可以传递信息；减弱噪声的途径：在声源处减弱；在传播过程中减弱；在人耳处减弱。 【解答】解：（1）电能无法从自然界直接获取，是由其它形式的能转化而来，因此属于二次能源。 （2）手机扫码付费时，二维码与读码器之间依靠电磁波传递信息，电磁波能在空气中传播，适用于这类无线信息交互场景。禁止鸣笛是直接抑制噪声的产生源头，属于在声源处减弱噪声。 故答案为：（1）二；（2）电磁；声源处。 【点评】本题考查了能源的分类、电磁波的应用、减弱噪声的途径，属于综合题。 23．（3分）小明在一次劳动中，欲将重为600N的货物搬到距地面2m高的平台上、他用长为4m的木板搭成斜面如图，并用沿着斜面向上大小为400N的力将货物匀速从底端推到顶端，在该过程中斜面起到了　省力　 （选填“省力”或“省功”）的作用，小明做的有用功为　1200　 J，货物受到的摩擦力为　100　 N。 【分析】（1）比较物体的重力和推力大小可知，斜面是否省力； （2）根据W＝Fs计算总功，根据W有＝Gh计算有用功，根据W总＝W有+W额求出额外功，再根据W额＝fs可求摩擦力。 【解答】解：斜面是一种省力机械，不省功。这里物体的重力G＝600N，沿斜面的推力F＝400N，由于F＜G，所以利用斜面起到了省力的作用。 小明做的有用功W有＝Gh＝600N×2m＝1200J； 做的总功W总＝Fs＝400N×4m＝1600J， 额外功W额＝W总﹣W有＝1600J﹣1200J＝400J， 根据W额＝fs可得，摩擦力f100N。 故答案为：省力；1200；100。 【点评】本题考查了使用斜面时功和摩擦力的计算，以及使用斜面时可以省力的特点，难度中等。 24．（3分）随着新能源电动汽车销量增长，充电桩的安装率不断提高。据了解，充电桩输出电压的范围是300﹣600V，峰值功率高达500kW。如图所示，充电站内各充电桩是　并联　 （选填“串联”或“并联”）的；利用充电桩给汽车电池充电的过程中，汽车电池相当于电路中　用电器　 ；充电桩外壳常采用铝合金材料，为避免触电，外壳需连接　地　 线。 【分析】（1）充电桩之间互不影响，是并联的。 （2）充电桩给汽车电池充电的过程中，汽车电池相当于电路中的用电器。 （3）有金属外壳的用电器要接地线。 【解答】解：充电站里的各个充电桩，每个都可以单独给汽车充电，彼此之间不会互相干扰，因此是并联的； 利用充电桩给汽车电池充电的过程中，汽车电池消耗电能，在电路中相当于电路中的用电器； 充电桩外壳采用铝合金材料，铝合金属于金属，是导体，为了避免触电，当外壳带电时，电流可以通过地线导入大地，从而保障人身安全，所以外壳需连接地线。 故答案为：并联；用电器；地。 【点评】本题考查的是安全用电的原则；知道电路的组成和串并联电路的特点。 25．（2分）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，画出相应的折射光线。 【分析】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。 【解答】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： 。 【点评】（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。 26．（2分）图甲是压制饺子皮的“神器”，压皮时压杆可视为一个杠杆，图乙是简化示意图，图中O为支点，F2为压饺子皮时作用在B点的阻力。请在图乙中画出压饺子皮时作用在A点的最小动力F1及阻力F2的力臂l2。 【分析】（1）力臂的概念：力臂是指从支点到力的作用线的距离； （2）杠杆平衡条件：动力×动力臂＝阻力×阻力臂（F1L1＝F2L2），在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小。 【解答】解： （1）反向延长F2画出阻力作用线，从支点O作阻力F2作用线的垂线，则支点到垂足的距离为阻力臂l2； （2）由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小；图中支点在O点，因此OA作为动力臂最长；在压制饺子皮时，动力的方向应该向下，过点A垂直于OA向下作出最小动力F1的示意图，如图所示： 。 【点评】本题的解题关键是通过杠杆的平衡条件得出：在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小的结论。 五、计算题（满分15分，共2题。第27题7分，第28题8分。） 27．（7分）在实践活动中，小博利用电磁继电器（电磁铁线圈电阻不计）制作了具有加热、保温功能的恒温孵化器，如图甲所示。在控制电路中，电源电压U1＝12V，定值电阻R0＝50Ω，热敏电阻R阻值随温度变化的图像如图乙所示；在孵化器内的工作电路中，电源电压U2＝220V，R1、R2为电热丝，R1＝1000Ω，R2＝100Ω。当孵化器内温度达到45℃时，衔铁会跳起。求： （1）衔铁刚跳起时，通过电磁铁线圈的电流； （2）工作电路在保温状态下的电功率； （3）衔铁被吸下以后经过10min工作电路中产生的热量； （4）若要使孵化器内温度达到35℃时衔铁就跳起，请通过计算说明应如何调整控制电路。 【分析】（1）由图甲可知，控制电路中，定值电阻R0与热敏电阻R串联，由图乙可知，当温度为45℃时热敏电阻R阻值，根据串联电路的特点求出控制电路的总电阻，根据欧姆定律求出衔铁刚跳起时，通过电磁铁线圈的电流； （2）由图甲可知，工作电路中，当衔铁与触点a接触时，R1、R2串联；当衔铁与触点b接触时，只有R2工作，根据串联电路的特点和P可知工作电路加热状态和保温状态的电路连接；根据串联电路的特点和P可求出工作电路在保温状态下的电功率； （3）根据Q＝Wt求出衔铁被吸下以后经过10min工作电路中产生的热量； （4）由图乙可知，温度为35℃时热敏电阻的阻值，衔铁刚跳起时，通过电磁铁线圈的电流是不变的，若控制电路的电源电压不变，根据欧姆定律控制电路的总电阻不变，根据串联电路特点求出定值电阻R0的阻值。 【解答】解：（1）由图甲可知，控制电路中，定值电阻R0与热敏电阻R串联， 由图乙可知，当温度为45℃时，热敏电阻R＝250Ω， 根据串联电路的特点可知，此时控制电路的总电阻：R总＝R+R0＝50Ω+250Ω＝300Ω， 衔铁刚跳起时，通过电磁铁线圈的电流：I0.04A； （2）由图甲可知，工作电路中，当衔铁与触点a接触时，R1、R2串联，根据串联电路的特点可知，此时工作电路的总电阻最大，由P可知，工作电路的总功率最小，工作电路处于保温状态； 当衔铁与触点b接触时，只有R2工作，工作电路的总电阻最小，总功率最大，工作电路处于加热状态； 根据串联电路的特点和P可知，工作电路在保温状态下的电功率：P保温44W； （3）衔铁被吸下以后经过10min工作电路中产生的热量：Q＝Wt10×60s＝2.904×105J； （4）由图乙可知，温度为35℃时，热敏电阻的阻值：R′＝200Ω， 若要使孵化器内温度达到35℃时衔铁就跳起，通过电磁铁线圈的电流是不变的，若控制电路的电源电压不变，根据欧姆定律可知，控制电路的总电阻不变， 根据串联电路的特点可知，此时定值电阻的阻值：R′0＝R总﹣R′＝300Ω﹣200Ω＝100Ω，即保持控制电路的电源电压不变，只要换用一个阻值为100Ω定值电阻即可（答案不唯一）。 答：（1）衔铁刚跳起时，通过电磁铁线圈的电流为0.04A； （2）工作电路在保温状态下的电功率为44W； （3）衔铁被吸下以后经过10min工作电路中产生的热量为2.904×105J； （4）保持控制电路的电源电压不变，只要换用一个阻值为100Ω定值电阻即可（答案不唯一）。 【点评】本题考查串联电路的特点、欧姆定律、焦耳定律以及电功率公式的灵活运用，能从图中获取相关信息是解题的关键。 28．（8分）如图甲所示，柱形容器的质量m0＝0.2kg，底面积S＝2×10﹣2m2，静置于水平桌面，其底部放置边长a＝10cm 的正方体物块。向容器中慢慢注入水，当水的深度h1＝8cm时，物块与容器底部之间恰好无弹力。 （1）求水的深度h1＝8cm时，物块受到的浮力； （2）求物块的密度； （3）求水的深度h2＝4cm时，容器对桌面的压强； （4）如图乙所示，若注水前，将物块用轻质弹簧悬挂，使物块与容器底部之间恰好无弹力。已知该弹簧弹力大小F跟其形变量（伸长量或压缩量）x之间的关系如图丙所示，向容器中慢慢注入水，直到水面与物块上表面平齐，求此时弹簧的形变量x（画出物体的受力示意图）。 【分析】（1）根据浸入的体积结合阿基米德原理计算浮力； （2）物块与容器之间恰好无弹力，恰好漂浮，结合G＝mg＝ρVg计算密度； （3）根据深度计算水的重力，结合压力等于总重力和压强公式解答； （4）根据物块的重力结合阿基米德原理计算弹力，结合图中的弹力与伸长关系分析解答。 【解答】解：（1）水的深度h1＝8cm时，物块排开水的体积V＝Sh1＝（10cm）2×8cm＝800cm3＝8×10﹣4m3，根据阿基米德原理知，物块受到的浮力为： F浮＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×8×10﹣4m3＝8N； （2）水的深度h1＝8cm时，物块与容器之间恰好无弹力，即恰好漂浮，则G＝F浮＝8N； 根据G＝mg＝ρVg知，物块的密度为： ρ0.8×103kg/m3； （3）水的深度h2＝4cm时，注入水的质量m水＝ρ水V水＝1.0×103kg/m3×[2×10﹣2m2﹣（0.1m）2]×0.04m＝0.4kg，柱形容器的质量m0＝0.2kg， 容器对桌面的压力F＝G容+G水+G＝（0.2kg+0.4kg）×10N/kg+8N＝14N； 容器对桌面的压强为： p700Pa； （4）注水前，弹簧处于伸长状态，物块受到重力G和弹簧的弹力F1而平衡，即F1＝G＝8N，弹簧的伸长量6cm； 水面与物块上表面平齐，物块受到的浮力为： F′浮＝ρ水gV＝1.0×103kg/m3×10N/kg×（0.1m）3＝10N； 此时弹簧处于压缩状态，弹力F2＝F'浮﹣G＝10N﹣8N＝2N，由图丙可知，弹簧被压缩1.5cm； 物体的受力示意图如下图所示： 。 答：（1）水的深度h1＝8cm时，物块受到的浮力为8N； （2）物块的密度为0.8×103kg/m3； （3）水的深度h2＝4cm时，容器对桌面的压强为700Pa； （4）此时弹簧的形变量x为1.5cm；。 【点评】本题考查浮沉条件与阿基米德原理以及压强和弹力的计算，属于难题。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $