2026年山东省烟台市经开区中考物理一模试卷

**基本信息** 2026年烟台经开区中考物理一模卷以马拉松、发光耳勺等真实情境为载体，通过实验探究与综合计算，全面考查物理观念、科学思维及科学探究能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单项选择|10/20|能源电磁波、声现象|结合5G通信等科技情境，考查物理观念| |多项选择|4/12|杠杆平衡、电路分析|设置抽油烟机电路等复杂问题，体现科学推理| |实验探究|3/24|平面镜成像、浮力测量|设计多步骤实验，培养科学探究能力| |计算题|2/20|机械效率、恒温箱电路|结合打捞管道等工程问题，落实科学态度与责任|

2026年山东省烟台市经开区中考物理一模试卷 一、单项选择题（每小题的四个选项中，只有一个是正确的，每小题2分，共计20分） 1．（2分）关于能源和电磁波、下列说法正确的是（　　） A．电能是一次能源 B．核电站是利用聚变的链式反应发电的 C．5G通信利用电磁波传递信息 D．电视机遥控器发出的红外线不属于电磁波 2．（2分）“风声雨声读书声声声入耳”，声音是我们感知缤纷世界的一个重要窗口。以下关于声现象说法正确的是（　　） A．图甲：密闭玻璃罩中的空气被逐渐抽出，听到的闹铃声逐渐变小 B．图乙：用手拨动一端伸出桌边的塑料尺，伸出长度越长，音调越高 C．图丙：福建舰舰载机引导员戴上耳罩，是为了在传播过程中减弱噪声 D．图丁：用“B超”检查身体，主要利用了声音能传递能量 3．（2分）如图所示，是一种发光耳勺，发光耳勺在使用时，按一下开关，其内部的LED灯就能发光，通过透明塑料射出，照亮耳道，关于这一现象，下列说法正确的是（　　） A．LED灯是自然光源，因为它能自行发光 B．光在耳道内沿曲线传播，所以能照亮弯曲的耳道 C．耳道壁对光的反射是镜面反射，因此看起来很亮 D．光从LED灯射出后在均质透明塑料中沿直线传播 4．（2分）在刚刚结束的济宁首届马拉松比赛中，小强成功跑完全程，根据他跑步手表上的信息（如图所示）判断，下列说法中正确的是（　　） 路程：42km 配速：5min/km 平均心率：150 步频：180/min A．小强相对于路边的树木是运动的，相对于其他选手一定是静止的 B．小强的平均速度8.4km/h C．心跳一次的时间约为0.4s D．小强的步幅约为0.2m 5．（2分）小红在“探究滑动摩擦力的大小与什么因素有关”时，发现在木块没有被拉动时，弹簧测力计也有示数， 且示数会变化，当示数增加到某一值时，木块开始运动，但随即弹簧测力计示数减小，木块匀速滑动时弹簧测力计示数不变，接着弹簧测力计示数变小时，木块慢慢停下。她根据实验数据画出了拉力随时间变化的F﹣t图象，如乙图所示。有关此实验的说法中正确的是（　　） A．0～4s时，木块受到的阻力大于拉力 B．4～8s时，木块受的滑动摩擦力为3N C．8～10s时，木块受到的滑动摩擦力小于3N D．若把木块侧放，则测得木块受到的滑动摩擦力不等于3N 6．（2分）下列有关物态变化的说法正确的是（　　） A．初春，青海湖的冰直接升华成水 B．夏天，西宁北川河的水汽化成水蒸气能调节周边空气湿度 C．初秋，互助北山的水凝华形成雾绕山峦的美景 D．冬天，贵德黄河岸边的树枝上挂满了水蒸气液化形成的雾凇 7．（2分）简易汽油机模型某时刻的冲程运行状态如图所示。下列说法正确的是（　　） A．该冲程吸进的物质是空气 B．该冲程中高温燃气正在对活塞做功 C．让汽油在气缸内充分燃烧，能提高汽油的热值 D．汽油机飞轮转速50转每秒，则1min内汽油机对外做1500次功 8．（2分）光照强度会影响花卉生长。图甲为光照强度过大时触发报警的电路，电源电压不变，R0为阻值可调的电阻箱，R为光敏电阻，其阻值随光照强度变化关系如图乙。当电流表示数大于某一值I0时触发报警，I0时的光照强度为警戒光照强度。闭合开关S，下列说法正确的是（　　） A．R的阻值随光照强度增大而增大 B．增大R0阻值可增大警戒光照强度 C．R0一定时，光照强度越大，通过R0的电流越大 D．R0一定时，光照强度越大，电流表示数越小 9．（2分）如图所示为定值电阻R和灯泡L的U﹣I图像，灯泡L额定电压为2.5V。将两用电器串联在电源两端，灯泡L正常发光。下列说法正确的是（　　） A．电源电压为2.5V B．灯泡L额定功率为0.75W C．R与灯泡L功率之比为5：3 D．灯泡L的U﹣I图像为图线B 10．（2分）如图为空气开关的原理图，P为电磁铁，S为开关，一侧与弹簧连接，可绕A点转动。正常工作时衔铁Q的上端会卡住开关S避免跳闸。下列分析正确的是（　　） A．跳闸后，可先复原空气开关，再去排除电路故障 B．该空气开关会因电流方向的改变而不能正常工作 C．如图所示的电流流入时，电磁铁P的左端为N极 D．若空气开关常在电流较小时跳闸，可适当增加P与Q的距离 二、多项选择题：（每小题给出的四个选项中，均有多个选项符合题意，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，不选或选错的得0分，共12分） （多选）11．（3分）小明学习了望远镜的原理之后，自己动手制作了一个望远镜，结构如图甲所示，其中物镜的焦距为20cm，目镜的焦距为5cm经过不断的调试，他看到了远处物体最大最清晰的像（成像原理的光路图如图乙所示）。对于该望远镜下列说法正确的是（　　） A．远处的物体经过物镜成像在物镜的焦点附近 B．此时物镜和目镜之间的距离约为25cm C．眼睛看到的是远处物体的倒立的实像 D．望远镜的放大倍率为4 （多选）12．（3分）如图所示，小明利用杠杆提升地面上的重物M，他先将支撑物放在轻质杠杆AB之间O点，使OB＝3OA，重物M用细线挂在B端，在A端施加竖直方向力F1使杠杆在水平位置平衡，此时M对地面的压强为p。小明又将重物挂在O点，将支撑物移置B端，在A端施加竖直方向力F2使杠杆在水平位置平衡，此时M对地面的压强仍为p。下列说法正确的是（　　） A．在A端施加的力为F1时，杠杆的类型与筷子相同 B．将支撑物从O点右移，在A端施加的力F1保持不变时，M对地面的压强减小 C．F1与F2两个力的方向相同 D．F1与F2两个力的大小关系为F1＝4F2 （多选）13．（3分）小李家使用的燃气热水器，将30kg的水从20℃加热到45℃消耗了0.15m3的天然气。已知水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），天然气的热值为4×107J/m3，则下列与该过程有关的计算结果和分析正确的是（　　） A．天然气热值的物理意义是1 m3的天然气完全燃烧所释放的热量为4×107J/m3 B．水吸收的热量是3.15×106J C．热水器的能量转化效率是52.5% D．如果天然气完全燃烧，热水器的加热效率可以达到100% 14．（3分）（多选）小亮家的抽油烟机工作时，扇叶转动，油烟被吹风口吸入，从而抽走炒菜时产生的大部分油烟，减少油烟对人体的伤害。小亮发现抽油烟机上有三个开关，一个灯泡L，一个分压电阻R，一个电动机M。三个开关的功能是：照明开关S只控制照明灯，单独按下弱排风开关S1或强排风开关S2，分别对应抽油烟机的弱排风和强排风，同时按下S1、S2则为强排风，并且照明与排风互不影响。已知，灯泡的额定功率是44W，闭合开关S1通过电动机M的电流为1.1A，闭合开关S1和S2通过电动机M的电流为2A。下列说法正确的是（　　） A．开关S1和S2串联 B．闭合开关S2，电阻R与电动机M并联 C．闭合开关S、S1和S2，电路总电流为2.2A D．闭合开关S、S1，工作5min，消耗的电能是85800J 三、填空题（每小题3分，共15分） 15．（3分）市场上有一种变声器，可以改变声音的特性。某段声音的波形变化如图所示，变声前是A段，变声后是B段，则变声后声音的音调　 　 （选填“变高”“不变”或“变低”），响度　 　 （选填“变大”“不变”或“变小”），音色　 　 。（选填“相同”或“不相同”） 16．（3分）很多同学小时候都玩过“竹蜻蜓”，当旋转如图所示的“竹蜻蜓”时，空气对叶片下表面的压强　 　 （选填“大于”、“等于”或“小于”）空气对叶片上表面的压强，形成压力差推动“竹蜻蜓”向　 　 （选填“上”或“下”）飞行；“竹蜻蜓”从开始飞行到落地的过程中，重力势能　 　 。 17．（3分）小明同学做探究改变物体内能的实验：如图所示，他用气筒向装有少量酒精的瓶内用力打气，瓶内气体的内能会　 　 。当他向瓶中继续打气，瓶塞从瓶口处跳出时，观察到瓶内有白雾产生。这是由于瓶内的气体对外做功使其内能　 　 ，温度降低而　 　 。 18．（3分）如图所示，甲、乙两个相同的装置分别由U形磁铁、导体棒和金属支架构成，导体棒ab和cd放在支架上，支架由导线连接。闭合开关并向右移动ab，cd也会随之向右移动，其中甲装置涉及的物理学原理是　 　 ，它是由　 　 （选填“奥斯特”或“法拉第”）发现的，乙装置与　 　 （选填“动圈式扬声器”或“动圈式话筒”）的原理相同。 19．（3分）如图甲所示电路，电源电压不变，灯泡L上标有“5V，2.5W”字样，电压表量程为0～3V，电流表量程为0～0.6A。闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P由b端滑到中点的过程中，灯泡L的电功率与电流的P﹣I关系图像如图乙所示，忽略温度对灯丝电阻的影响；灯泡正常发光时的电流为　 　 A，电源电压为　 　 V；在确保电路元件安全的情况下，滑动变阻器允许连入电路的最小阻值　 　 Ω。 四、作图阅读题（20小题3分，21小题6分，共9分） 20．（3分）如图所示为研究通电螺线管内外磁场方向演示实验原理图，当闭合开关S时，标出螺线管内的小磁针a及螺线管外的小磁针b、c的N极的方向。 21．（6分）阅读短文，回答问题。 牛顿冷却定律 当一个物体表面温度比周围环境高时，就会向周围环境散热，散热快慢可以用单位时间内散失热量的多少来表示。英国物理学家牛顿提出：物体散热快慢与物体和周围环境的温度差成正比，后人研究发现，在温度差不太大的情况下（小于15℃），这个结论符合实际散热规律，称为牛顿冷却定律。如果散热快慢用q表示，则牛顿冷却定律可以表示为q＝k（t物﹣t环），其中k是散热系数，与物体的表面性质、表面积、周围环境性质等因素有关，和物质种类无关，如果上述因素相同，不同物质的散热系数就相同。由于不同物质的比热容不同，即使散热快慢相同，它们降低相同温度需要的时间也不同，根据降温时间可以得到两种物质比热容的大小关系，从而可以进行比热容的测量。 （1）文段中提出散热系数k与物体的表面性质、　 　 、周围环境性质等因素有关。 （2）物体向周围散热，内能　 　 （选填“增加”、“减少”或“不变”）。 （3）若某物体在1min内散失热量6000J，平均散热快慢q＝　 　 ，由此可知散热快慢和下列概念中物理意义最接近的是　 　 。 A.密度； B.压强； C.功率； D.机械效率。 （4）要唱一杯奶咖，可以有以下两种方式，你认为方式　 　 的冷却效果较好。 ①先将烧开的热咖啡倒入杯中，冷却5min，然后加一匙冷牛奶； ②先将烧开的热咖啡倒入杯中，立即将一匙冷牛奶加进杯中，然后冷却5min。 （5）一个物体温度为30℃，周围环境温度保持20℃不变，此时物体的散热快慢为q。当物体温度降低到29℃时，散热快慢为　 　 。 五、实验探究题（22小题8分，23小题7分，24小题9分，共24分） 22．（8分）小明和同学小红一起进行光学实验探究， （一）他们先探究平面镜成像的特点，实验装置如图甲所示。 （1）实验前，将白纸平铺在水平桌面上，玻璃板　 　 架在纸上。 （2）在玻璃板前放置点燃的蜡烛A，在玻璃板后移动完全相同但未点燃的蜡烛B，直到B与A的像A′完全重合，说明像与物的　 　 相等。在纸上描出蜡烛、玻璃板和像的位置，处理数据如图乙所示。 （3）小明直接得出结论：像与物关于平面镜对称，小红则认为要使结论具有普遍性，在得出结论前应该　 　 。 （4）利用茶色薄玻璃板制作如图丙所示的“临摹神器”，可在白纸上临摹手机画面。如图丁所示，当手机屏幕与白纸的夹角为80°，若要使手机画面通过玻璃板所成像的位置在白纸上，玻璃板与桌面的夹角θ应为　 　 ，临摹时要在　 　 （填“①”或“②”）位置观察。 （二）探究完平面镜成像的特点后，他们又用如图2所示的装置探究眼睛变焦的过程。 （5）在图2的光屏上已成蜡烛的清晰像（像未画出），其情况是倒立、　 　 （选填“缩小”“等大”或“放大”）、实像。 （6）图2中，只把蜡烛向右移动一定距离后（相当于看近处景物），光屏上的像变模糊了，缓慢　 　 （选填“注入”或“吸出”）适量水来改变水凸透镜厚度，像又变清晰了。当眼睛长时间处于这种状态，睫状肌会过度疲劳失去弹性，导致看远处景物时无法将晶状体调到较　 　 （选填“薄”或“厚”）状态。 23．（7分）如图1所示，是实验小组同学“探究浮力的大小与哪些因素有关”的实验装置。 猜想1：与物体浸在液体中的深度有关； 猜想2：与物体浸在液体中的体积有关； （1）如图1所示，步骤B物体受到的浮力是　 　 N；根据步骤A、B、C的测量结果，小明认为猜想1是正确的，小华却认为不一定正确，理由是　 　 ；为了验证猜想1，小华利用上述器材设计了步骤D，请在图D中画出他实验时长方体物块的位置； （2）比较图1中实验步骤A、B、C，可知猜想　 　 是正确的； （3）比较图1中实验步骤A、C、E，可知在物体浸在液体中体积一定时，液体密度越大，物体受到的浮力越　 　 ； （4）实验中小组同学发现，浸在液体中的物体排开液体的重力越大，受到的浮力也越大，为了验证这一发现，小组同学设计了如图2所示实验装置进行探究。 ①将装满水的溢水杯放在升降台上，用升降台来调节溢水杯的高度。当逐渐调高升降台时，小明发现随着重物浸入水中的体积变大，弹簧测力计甲的示数变化量与弹簧测力计乙的示数变化量始终相等，则可以得出F浮　 　 G排（选填“＞”、“＜”或“＝”）； ②爱思考的小华又提出了一个新的问题，水产生的浮力能否比自身重力大？于是他取了两个相同的轻质一次性塑料杯，如图3所示，甲杯中装入50g水，乙杯中装入100g水，然后将乙杯放入甲杯中，发现甲杯中水没有溢出，用手轻轻向下按，甲杯中才有水溢出，说明水产生的浮力　 　 （选填“能”或“不能”）比自身重力大。 24．（9分）小明从废旧收音机上拆下一个完好的定值电阻R，他想知道该电阻的阻值，采用“伏安法”进行测量，图甲实验所用电源电压为3V。 （1）请用笔画线表示导线，补全图甲实物电路的连接； （2）闭合开关前，滑动变阻器的滑片应位于　 　 端（选填“A”或“B”）； （3）闭合开关后，发现电压表有示数，电流表无示数，由此可判断产生的故障是　 　 ； （4）排除故障后，正确连接电路。移动滑动变阻器滑片到某一位置时，发现电流表示数为0.24A，电压表示数如图乙所示，则定值电阻R的阻值为　 　 Ω； （5）实验中滑动变阻器的作用除了保护电路，还有　 　 ； （6）小明不小心将电压表损坏，爸爸告诉小明，仅利用电流表和已知阻值的定值电阻也可以测电阻。小明设计了如图丙所示的电路（电源电压未知）来测量另一个待测电阻Rx的阻值，电流表选0～0.6A的量程，定值电阻R0的阻值为10Ω。 ①具体操作如下： a.闭合开关S1，断开开关S2，读出电流表示数为0.40A； b.　 　 ，读出电流表示数为0.50A（请将实验操作补充完整）； ②由以上数据可得，待测电阻Rx的阻值为　 　 Ω； ③小明研究发现，在电源电压和电流表量程不变的情况下，利用该电路能测出的最小阻值为　 　 Ω，原因是　 　 。 六、计算题（25题10分，26题10分，共20分） 25．（10分）如图甲所示，某大桥附属雨水管道突然发生脱落，部分掉入河中，导致河流封航。相关部门立即组织了对脱落管道的打捞清理工作，图乙是一打捞公司用起重机打捞脱落管道的情景（管道不吸水），在整个过程中管道以0.2m/s的速度匀速上升，绳重、摩擦和水的阻力忽略不计，g取10N/kg、，求： （1）管道露出水面前，滑轮组对管道的拉力F1＝8000N，求重物上升1m拉力所做的功； （2）管道完全露出水面后，绳端拉力F2＝2500N，求此时起重机对绳端拉力F2的功率； （3）管道完全露出水面后，绳端拉力保持F2＝2500N不变，滑轮组的机械效率为95%，求动滑轮的重力； （4）根据上面几问中求出的数据，计算管道的体积。 26．（10分）恒温箱广泛应用于科研、医疗、养殖等领域。在学校开展的综合实践活动中，某小组设计的装置内部电路如图甲所示，可实现加热、保温两挡自动切换，其中R0是定值电阻，Rx为热敏电阻，R1、R2为电热丝。控制电路电源电压U为3V，R0为25Ω，R1为176Ω，R2为44Ω，电磁铁线圈的电阻忽略不计。Rx的阻值与温度的关系如图乙所示，电磁铁衔铁在电流大于或等于60mA时吸合，当电流小于或等于30mA时释放，求： （1）该恒温箱的温度为25℃时控制电路的电流； （2）该恒温箱加热状态时工作电路的电功率； （3）该恒温箱的温度控制范围。 2026年山东省烟台市经开区中考物理一模试卷 参考答案与试题解析 一、单项选择题（每小题的四个选项中，只有一个是正确的，每小题2分，共计20分） 1．（2分）关于能源和电磁波、下列说法正确的是（　　） A．电能是一次能源 B．核电站是利用聚变的链式反应发电的 C．5G通信利用电磁波传递信息 D．电视机遥控器发出的红外线不属于电磁波 【分析】（1）一次能源是指可以从自然界直接获取的能源；二次能源是指无法从自然界直接获取，必须经过一次能源的消耗才能得到的能源； （2）由于核聚变还不可控，现在的核电站是利用核裂变反应发电的； （3）电磁波可以传递能量和信息； （4）电磁波是一个大家族，红外线也是电磁波的一种。 【解答】解：A、电能是由机械能、内能、光能转化来的，属于二次能源，故A错误； B、由于核聚变还不可控，现在的核电站是利用核裂变的链式反应发电的，故B错误； C、5G通信利用电磁波传递信息的，故C正确； D、电视机遥控器发出的红外线属于电磁波的一种，故D错误。 故选：C。 【点评】本题考查学生对能源分类、信息传递知识、电磁波的应用以及核能的相关知识，是一道基础题。 2．（2分）“风声雨声读书声声声入耳”，声音是我们感知缤纷世界的一个重要窗口。以下关于声现象说法正确的是（　　） A．图甲：密闭玻璃罩中的空气被逐渐抽出，听到的闹铃声逐渐变小 B．图乙：用手拨动一端伸出桌边的塑料尺，伸出长度越长，音调越高 C．图丙：福建舰舰载机引导员戴上耳罩，是为了在传播过程中减弱噪声 D．图丁：用“B超”检查身体，主要利用了声音能传递能量 【分析】A．声音的传播需要介质； B．伸出长度越长，频率越小，音调越低； C．减弱噪声的方法：在人耳处减弱、在传播过程中减弱、在声源处减弱； D．声音能传递信息和能量。 【解答】解：A．图甲：密闭玻璃罩中的空气被逐渐抽出，内部传递声音的介质变少，听到的闹铃声逐渐变小，故A正确； B．图乙：用手拨动一端伸出桌边的塑料尺，伸出长度越长，频率越小，音调越低，故B错误； C．图丙：福建舰舰载机引导员戴上耳罩，是为了在人耳处减弱噪声，故C错误； D．图丁：用“B超”检查身体，主要利用了声音能传递信息，故D错误。 故选：A。 【点评】本题考查声音的传播、影响音调的因素、声音的运用及减弱噪声的方法。 3．（2分）如图所示，是一种发光耳勺，发光耳勺在使用时，按一下开关，其内部的LED灯就能发光，通过透明塑料射出，照亮耳道，关于这一现象，下列说法正确的是（　　） A．LED灯是自然光源，因为它能自行发光 B．光在耳道内沿曲线传播，所以能照亮弯曲的耳道 C．耳道壁对光的反射是镜面反射，因此看起来很亮 D．光从LED灯射出后在均质透明塑料中沿直线传播 【分析】自然光源是指自然界中本身就能发光的物体，比如太阳、萤火虫；LED灯是通过电能转化为光能，属于人造光源。 光在同种均匀介质中沿直线传播。 光照在凹凸不平的物体表面，反射光线向着四面八方反射，这种反射叫漫反射；物体照在光滑的物体表面，反射光线向着同一方向射出，这种反射叫镜面反射。 【解答】解：A．自然光源是指自然界中本身就能发光的物体，比如太阳、萤火虫，LED灯是人类利用科技手段制造出来的光源，属于人造光源，故A错误； B．光在同种均匀介质中沿直线传播，光在耳道内沿直线传播，耳道壁对光的反射能照亮弯曲的耳道，故B错误； C．耳道壁表面比较粗糙，耳道壁对光的反射是漫反射，故C错误； D．光在同种均匀介质中沿直线传播，透明塑料是同种均匀介质，光从LED灯射出后在塑料中沿直线传播，故D正确。 故选：D。 【点评】此题考查了光源、光的直线传播及反射现象。 4．（2分）在刚刚结束的济宁首届马拉松比赛中，小强成功跑完全程，根据他跑步手表上的信息（如图所示）判断，下列说法中正确的是（　　） 路程：42km 配速：5min/km 平均心率：150 步频：180/min A．小强相对于路边的树木是运动的，相对于其他选手一定是静止的 B．小强的平均速度8.4km/h C．心跳一次的时间约为0.4s D．小强的步幅约为0.2m 【分析】（1）物体相对于参照物的位置发生改变则是运动的； （2）小强的配速是5min/km，利用速度公式求出小强的平均速度； （3）小强的平均心率150次/min可得，心脏每跳动一次平均所需时间； （4）根据已知的总时间、步频计算出步数，小强的步幅等于总路程与步数之比。 【解答】解：A．小强跑步过程中，以路边的树木为参照物，小强相对于路边的树木位置发生改变，是运动的；以其他选手为参照物，小强相对于其他选手的位置可能发生改变，可能是运动的，故A错误； B．小强的配速是5min/km，小强的平均速度，故B错误； C．由小强的平均心率150次/min可得，心脏每跳动一次平均所需时间为t1，故C正确； D．小强成功跑完全程的时间t总＝5min/km×42km＝210min， 小强的步频为180/min，走的步数为180/min×210min＝37800， 小强的步幅，故D错误。 故选：C。 【点评】本题考查运动和静止的相对性、速度公式的简单计算，难度中等。 5．（2分）小红在“探究滑动摩擦力的大小与什么因素有关”时，发现在木块没有被拉动时，弹簧测力计也有示数， 且示数会变化，当示数增加到某一值时，木块开始运动，但随即弹簧测力计示数减小，木块匀速滑动时弹簧测力计示数不变，接着弹簧测力计示数变小时，木块慢慢停下。她根据实验数据画出了拉力随时间变化的F﹣t图象，如乙图所示。有关此实验的说法中正确的是（　　） A．0～4s时，木块受到的阻力大于拉力 B．4～8s时，木块受的滑动摩擦力为3N C．8～10s时，木块受到的滑动摩擦力小于3N D．若把木块侧放，则测得木块受到的滑动摩擦力不等于3N 【分析】根据以下知识分析解答： （1）处于平衡状态的物体受到的是平衡力； （2）摩擦力大小的影响因素：压力大小和接触面的粗糙程度。 【解答】解：A、由题意可知，0～4s时，木块静止，处于平衡状态，此时木块受到的阻力与拉力是一对平衡力，二者大小相等，故A错误。 B、由题图可知，4～8s时，木块做匀速直线运动，处于平衡状态，此时木块受到的阻力与拉力是一对平衡力，二者大小相等，所以受的滑动摩擦力为f＝F＝3N，故B正确。 C、8～10s时，木块对水平面的压力不变，接触面的粗糙程不变，则木块受到的滑动摩擦力不变，仍为3N，故C错误。 D、若把木块侧放，木块对水平面的压力不变，接触面的粗糙程不变，则木块受到的滑动摩擦力不变，所以测得木块受到的滑动摩擦力应等于3N，故D错误。 故选：B。 【点评】此题考查摩擦力的大小计算，读懂图象、熟练掌握摩擦力大小的影响因素是关键。 6．（2分）下列有关物态变化的说法正确的是（　　） A．初春，青海湖的冰直接升华成水 B．夏天，西宁北川河的水汽化成水蒸气能调节周边空气湿度 C．初秋，互助北山的水凝华形成雾绕山峦的美景 D．冬天，贵德黄河岸边的树枝上挂满了水蒸气液化形成的雾凇 【分析】自然界中的物质一般有固态、液态、气态三种形式； 从固态变为液态叫做熔化，液态变为固态叫做凝固；从液态变为气态叫做汽化，从气态变为液态叫做液化；从固态直接变为气态叫做升华，从气态直接变为固态叫做凝华。 【解答】解：A、初春，青海湖的冰直接升华成水蒸气，故A错误； B、夏天，西宁北川河的水汽化成水蒸气，故B正确； C、初秋，互助北山的水蒸气液化成雾绕山峦的美景，故C错误； D、冬天，贵德黄河岸边的树枝上挂满了水蒸气凝华形成的雾凇，故D错误。 故选：B。 【点评】本题考查了水三种状态之间的转化，明确水的三种状态，知道三种状态转化的关系是解题的关键。 7．（2分）简易汽油机模型某时刻的冲程运行状态如图所示。下列说法正确的是（　　） A．该冲程吸进的物质是空气 B．该冲程中高温燃气正在对活塞做功 C．让汽油在气缸内充分燃烧，能提高汽油的热值 D．汽油机飞轮转速50转每秒，则1min内汽油机对外做1500次功 【分析】（1）汽油机的一个工作循环依次为吸气、压缩、做功和排气冲程，根据进气门和排气门的关闭和打开情况、活塞的上行和下行情况来判断是哪个冲程，并判断可能涉及的能量转化； （2）热值是燃料的一种特性，只与燃料的种类有关，与燃料质量、燃烧程度无关； （3）四冲程汽油机每个工作循环，完成4个冲程，飞轮转动2周，对外做功1次，由此可得出结论。 【解答】解：AB．由图可知，进气门打开，排气门关闭，活塞向下运动，为吸气冲程，该冲程吸进的物质是空气和汽油的混合物，且该冲程不涉及能量转化，因此不存在高温燃气对活塞做功，故AB错误； C．热值是燃料的一种特性，只与燃料的种类有关，与燃烧程度无关，故C错误； D．四冲程汽油机每个工作循环，完成4个冲程，飞轮转动2周，对外做功1次，已知飞轮转速50转每秒，则在1min内，飞轮转动3000周，汽油机对外做功1500次，故D正确。 故选：D。 【点评】此题是一道与热机有关的综合题，考查了汽油机的四个冲程中的能量转化、冲程的判断、热值、并能根据汽油机每个工作循环，完成4个冲程，飞轮转动2周，对外做功1次计算做功次数，难度不大，熟悉基础知识即可正确解答。 8．（2分）光照强度会影响花卉生长。图甲为光照强度过大时触发报警的电路，电源电压不变，R0为阻值可调的电阻箱，R为光敏电阻，其阻值随光照强度变化关系如图乙。当电流表示数大于某一值I0时触发报警，I0时的光照强度为警戒光照强度。闭合开关S，下列说法正确的是（　　） A．R的阻值随光照强度增大而增大 B．增大R0阻值可增大警戒光照强度 C．R0一定时，光照强度越大，通过R0的电流越大 D．R0一定时，光照强度越大，电流表示数越小 【分析】（1）由图乙知R的阻值随光照强度增大而减小； （2）由图甲知光敏电阻和电阻箱并联，电流表测量干路的电流，由题意知当电流表示数大于某一值I0时触发报警，若增大R0阻值，由欧姆定律判断出通过R0这一支路电流的变化变小，进而判断出通过光敏电阻电流的变化，由欧姆定律判断出光敏电阻阻值的变化以及警戒光照强度的变化； （3）R0一定时，电源电压不变，由I判断出通过R0电流的变化； （4）R0一定时，光照强度越大，光敏电阻的阻值越小，由I判断出通过光敏电阻的电流越大，进而判断出干路电流的变化，即电流表示数的变化。 【解答】解：由图可知，定值电阻R0和光敏电阻R并联，电流表测干路中的电流； A．R为光敏电阻，其阻值随光照强度变化关系如图乙所示，可以看出光照强度增大时阻值减小，故A错误； B．当电流表示数大于某一值I0时触发报警，报警电流不变，增大R0阻值会导致通过R0支路的电流减小，因此光敏电阻阻值需减小才能让电流重新达到I0。此时需要更强的光照，故B正确； C．定值电阻R0和光敏电阻R并联，互不影响，R0一定时，电源电压不变，光照强度越大，只会改变光敏电阻R的阻值和通过光敏电阻R的电流。通过R0的电流不会改变，故C错误； D．R0一定时，电压不变，通过R0的电流不变。光照强度越大，光敏电阻R的阻值减小，根据可知通过光敏电阻R这条支路的电流增大，电流表测干路电流，等于各支路电流之和，一条支路电流不变，另一条支路电流增大，故电流表示数增大，故D错误。 故选：B。 【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到并联电路的特点和欧姆定律的应用。 9．（2分）如图所示为定值电阻R和灯泡L的U﹣I图像，灯泡L额定电压为2.5V。将两用电器串联在电源两端，灯泡L正常发光。下列说法正确的是（　　） A．电源电压为2.5V B．灯泡L额定功率为0.75W C．R与灯泡L功率之比为5：3 D．灯泡L的U﹣I图像为图线B 【分析】AD、定值电阻R的电流随电压的变化关系为一过原点的直线，据此确定R的U﹣I图像为B； 灯泡L额定电压为2.5V可知正常发光时的，根据串联电路电流的规律结合串联电路的规律可得出电源电压大小； B、根据P＝UI得出灯泡L额定功率； C、串联电路各处的电流都相等，根据P＝UI可知，在电流不变时，电功率与电压成正比，据此得出R与灯泡L功率之比。 【解答】解：AD、定值电阻R的电流随电压的变化关系为一过原点的直线，R的U﹣I图像为B，灯泡L的U﹣I图像为A；灯泡L额定电压为2.5V，可知正常发光时的电流为0.3A，将两用电器串联在电源两端，串联电路各处的电流都相等，灯泡L正常发光，R的电压为1.5V，根据串联电路的规律 U＝1.5V+2.5V＝4V 故AD错误； B、灯泡L额定功率为 PL＝ULIL＝2.5V×0.3A＝0.75W 故B正确； C、串联电路各处的电流都相等，根据P＝UI可知，在电流不变时，电功率与电压成正比，故R与灯泡L功率之比为： 1.5V：2.5V＝3：5 故C错误。 故选：B。 【点评】本题考查串联电路的规律及电功率公式的运用，关键是从图中获取有效的信息。 10．（2分）如图为空气开关的原理图，P为电磁铁，S为开关，一侧与弹簧连接，可绕A点转动。正常工作时衔铁Q的上端会卡住开关S避免跳闸。下列分析正确的是（　　） A．跳闸后，可先复原空气开关，再去排除电路故障 B．该空气开关会因电流方向的改变而不能正常工作 C．如图所示的电流流入时，电磁铁P的左端为N极 D．若空气开关常在电流较小时跳闸，可适当增加P与Q的距离 【分析】（1）空气开关跳闸后应该先排除故障，后复原空气开关。 （2）空气开关的正常工作与电流的方向无关。 （3）根据安培定则判断电磁铁的磁极。 （4）电磁铁的磁性强弱与电流的大小有关；电磁力随距离的增大而减小，随距离的减小而增大。 【解答】解：A.跳闸后，需要先排除电路故障，然后再复原空气开关，故A错误； B.衔铁为软磁性材料，不会保持磁性，电磁铁有磁性就可以吸引衔铁，与电磁铁的磁场方向无关，因此电流方向改变时正常工作，故B错误； C.根据图片可知，线圈上电流方向向下，右手握住螺线管，弯曲的四指指尖向下，此时大拇指指向右端，则电磁铁P的左端为S极，右端为N极，故C错误； D.若空气开关常在电流较小时跳闸，说明此时电磁铁的磁场太强，可适当增加P与Q的距离减小电磁铁对衔铁的吸引力，故D正确。 故选：D。 【点评】本题考查的空气开关的作用和原理；会根据安培定则判断电磁铁的磁极。 二、多项选择题：（每小题给出的四个选项中，均有多个选项符合题意，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，不选或选错的得0分，共12分） （多选）11．（3分）小明学习了望远镜的原理之后，自己动手制作了一个望远镜，结构如图甲所示，其中物镜的焦距为20cm，目镜的焦距为5cm经过不断的调试，他看到了远处物体最大最清晰的像（成像原理的光路图如图乙所示）。对于该望远镜下列说法正确的是（　　） A．远处的物体经过物镜成像在物镜的焦点附近 B．此时物镜和目镜之间的距离约为25cm C．眼睛看到的是远处物体的倒立的实像 D．望远镜的放大倍率为4 【分析】望远镜的物镜和目镜都是一个凸透镜，物镜成倒立、缩小的实像，这个像成在目镜一倍焦距以内，目镜成正立、放大的虚像；物镜相当于照相机，目镜相当于放大镜。 物距与目镜焦距之比为望远镜的放大倍率。 【解答】解：A．物体大于两倍焦距时，经过物镜折射后，成倒立的缩小的实像，成实像时，物远像近，物体无限远，像无限接近物镜的焦点，故A正确，符合题意； B．远处的物体落在物镜的焦点附近，而像需要在目镜的焦距以内，才能够成像，故此时物镜和目镜之间的距离略小于20cm+5cm＝25cm，故B错误，不符合题意； C．经过物镜，成倒立的缩小的实像，再经过目镜，成正立的放大的虚像，故眼睛看到的是远处物体的倒立的虚像，故C错误，不符合题意； D．望远镜的放大倍率为 故D正确，符合题意。 故选：AD。 【点评】本题考查望远镜成像规律及望远镜的放大倍率，属于基础题型。 （多选）12．（3分）如图所示，小明利用杠杆提升地面上的重物M，他先将支撑物放在轻质杠杆AB之间O点，使OB＝3OA，重物M用细线挂在B端，在A端施加竖直方向力F1使杠杆在水平位置平衡，此时M对地面的压强为p。小明又将重物挂在O点，将支撑物移置B端，在A端施加竖直方向力F2使杠杆在水平位置平衡，此时M对地面的压强仍为p。下列说法正确的是（　　） A．在A端施加的力为F1时，杠杆的类型与筷子相同 B．将支撑物从O点右移，在A端施加的力F1保持不变时，M对地面的压强减小 C．F1与F2两个力的方向相同 D．F1与F2两个力的大小关系为F1＝4F2 【分析】（1）图中杠杆，动力臂OA，阻力臂OB，OB ＝ 3OA，即动力臂小于阻力臂，据此分析杠杆类型； （2）根据动力臂的变化，结合杠杆平衡条件分析对M的拉力变化，得出对地面压力的变化，据此分析； （3）根据动力和阻力的定义分析； （4）根据杠杆平衡条件分析计算拉力大小。 【解答】解：A．筷子属于费力杠杆，图中杠杆，动力臂OA，阻力臂OB，OB＝3OA，即动力臂小于阻力臂，也是费力杠杆；故A正确。 B．将支撑物从O点右移，动力臂l1变小，阻力臂l2变大，若动力F1大小不变，由杠杆平衡条件F1l1＝F2l2，那么杠杆对重物M的拉力变小。重物M对地面压力F压＝G﹣F拉，会变大，受力面积不变，根据p知，压强增大，故B错误； C．将重物挂在O点，将支撑物移置B端，由于物体的拉力向下使得杠杆顺时针转动，则拉力必须向上使得杠杆逆时针转动，故F2的方向竖直向上，而图中F1的方向是竖直向下，故C错误； D、M对地面的压强均为p，对于M物体来讲，受力面积S不变，对地面的压强不变，则压力不变，由于F压＝G﹣F拉，即两次杠杆对重物M的拉力也相同。设两次杠杆对重物M拉力均为F，OA＝L，则OB＝3OA＝3L； 第一次物M用细线挂在B端，在A端施加竖直方向力F1使杠杆在水平位置平衡，由杠杆平衡条件得F拉×OB＝F1×OA，代入数据得F拉×3L＝F1×L，将重物M挂在O点，支撑物移置B端，在A端施加竖直方向力F2由杠杆平衡条件，得F拉×OB＝F2×AB，代入数据F拉×3L＝F2×4L，解得F1＝4F2，故D正确。 故选：AD。 【点评】本题考查杠杆平衡条件的应用，属于较难题。 （多选）13．（3分）小李家使用的燃气热水器，将30kg的水从20℃加热到45℃消耗了0.15m3的天然气。已知水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），天然气的热值为4×107J/m3，则下列与该过程有关的计算结果和分析正确的是（　　） A．天然气热值的物理意义是1 m3的天然气完全燃烧所释放的热量为4×107J/m3 B．水吸收的热量是3.15×106J C．热水器的能量转化效率是52.5% D．如果天然气完全燃烧，热水器的加热效率可以达到100% 【分析】（1）单位体积的某种燃料完全燃烧放出的热量叫做这种燃料的热值； （2）根据Q吸＝cmΔt求出水吸收的热量； （3）根据Q放＝Vq求出天然气完全燃烧放出热量，根据效率公式求出热水器的能量转化效率； （4）能量损失是不可避免的，效率永远小于100%。 【解答】解：A、单位体积的某种燃料完全燃烧放出的热量叫做这种燃料的热值，已知天然气的热值为4×107J/m3，表示1m3的天然气完全燃烧会释放出4×107J的热量，故A错误； B、水吸收的热量：，故B正确； C、天然气完全燃烧释放的热量：， 热水器的能量转化效率：，故C正确； D、在实际加热过程中，总会有一些热量损失（比如散热、不完全燃烧等），所以热水器的加热效率不可能达到100%。，D错误。 故选：BC。 【点评】本题考查对燃料热值概念和效率概念的理解、吸热公式、放热公式以及效率公式的灵活运用，是一道热学综合题，难度不大。 （多选）14．（3分）小亮家的抽油烟机工作时，扇叶转动，油烟被吹风口吸入，从而抽走炒菜时产生的大部分油烟，减少油烟对人体的伤害。小亮发现抽油烟机上有三个开关，一个灯泡L，一个分压电阻R，一个电动机M。三个开关的功能是：照明开关S只控制照明灯，单独按下弱排风开关S1或强排风开关S2，分别对应抽油烟机的弱排风和强排风，同时按下S1、S2则为强排风，并且照明与排风互不影响。已知，灯泡的额定功率是44W，闭合开关S1通过电动机M的电流为1.1A，闭合开关S1和S2通过电动机M的电流为2A。下列说法正确的是（　　） A．开关S1和S2串联 B．闭合开关S2，电阻R与电动机M并联 C．闭合开关S、S1和S2，电路总电流为2.2A D．闭合开关S、S1，工作5min，消耗的电能是85800J 【分析】（1）并联电路各元件互不影响，串联各元件相互影响； （2）电阻R是分压电阻，根据串并联电路的特点可知电阻R与电动机M的连接方式； （3）根据题意可知，闭合开关S、S1和S2，灯泡L与电动机并联，根据P＝UI求出通过灯泡L的电流，根据并联电路的特点求出电路的总电流； （4）闭合开关S、S1，分压电阻R与电动机串联后与灯泡L并联，根据并联电路的特点求出电路的总电流，根据W＝UIt求出工作5min，消耗的电能。 【解答】解：A、根据题意可知，单独按下弱排风开关S1或强排风开关S2，分别对应抽油烟机的弱排风和强排风，说明开关S1和S2之间互不影响，所以它们是并联的，故A错误； B、电阻R是分压电阻，所以电阻R与电动机不可能并联，闭合开关S2，抽油烟机处于强排风，所以此时电阻R被短路，电路中只有电动机M工作，故B错误； C、闭合开关S1和S2，电阻R被短路，只有电动机M工作，此时通过电动机M的电流为2A； 根据题意可知，闭合开关S、S1和S2，灯泡L与电动机并联； 由P＝UI可知，通过灯泡L的电流：IL0.2A， 根据并联电路的特点可知，电路的总电流：I＝IL+IM＝0.2A+2A＝2.2A，故C正确； D、根据题意可知，闭合开关S、S1，分压电阻R与电动机串联后与灯泡L并联，抽油烟机处于弱排风，通过电动机M的电流为1.1A， 根据并联电路的特点可知，此时电路的总电流：I′＝IL+I′M＝0.2A+1.1A＝1.3A， 工作5min，消耗的电能：W＝UI′t＝220V×1.3A×5×60s＝85800J，故D正确。 故选：CD。 【点评】本题考查串并联电路的特点、电功公式以及电功率公式的应用，能正确分析电路连接是解题的关键。 三、填空题（每小题3分，共15分） 15．（3分）市场上有一种变声器，可以改变声音的特性。某段声音的波形变化如图所示，变声前是A段，变声后是B段，则变声后声音的音调　不变　 （选填“变高”“不变”或“变低”），响度　变大　 （选填“变大”“不变”或“变小”），音色　不相同　 。（选填“相同”或“不相同”） 【分析】（1）声音的高低叫音调，音调的高低与振动的频率有关。在波形图中，波的疏密程度表示频率。 （2）声音的大小叫响度，响度与振幅和距离声源的远近有关。在波形图中，波峰和波谷之间距离表示振幅。 （3）音色与发声体的材料和结构有关。在波形图中，波的形状表示音色。 【解答】解：由图知，相同时间内A段、B段振动的次数相同，即它们振动的频率相同，音调相同， 由图可知，变声后是B段振幅变大，则响度变大。 由图可知，变声后B段与A段的波形不同，则音色不相同。 故答案为：不变；变大；不相同。 【点评】通过比较声音的波形图来考查频率对音调的影响和振幅对响度的影响，解题的关键是能够从波形图上看懂频率和振幅。 16．（3分）很多同学小时候都玩过“竹蜻蜓”，当旋转如图所示的“竹蜻蜓”时，空气对叶片下表面的压强　大于　 （选填“大于”、“等于”或“小于”）空气对叶片上表面的压强，形成压力差推动“竹蜻蜓”向　上　 （选填“上”或“下”）飞行；“竹蜻蜓”从开始飞行到落地的过程中，重力势能　先增大后减小　 。 【分析】（1）流体压强与流速的关系：流速大的地方压强小，流速小的地方压强大。 （2）重力势能大小的影响因素：质量、被举的高度；质量越大，高度越高，重力势能越大。 【解答】解：竹蜻蜓的叶片上表面凸起，当旋转时，流过叶片上方的气流速度较大，压强较小；流过叶片下方的气流速度较小，压强较大；在叶片上下表面产生压强差，形成对叶片向上的压力差，推动竹蜻蜓向上飞行。 “竹蜻蜓”从开始飞行到落地的过程中，质量不变，高度先增大后减小，所以重力势能先增大后减小。 故答案为：大于；上；增大。 【点评】本题考查流体压强跟流速的关系、重力势能与高度的关系，属于基础题目，难度不大。 17．（3分）小明同学做探究改变物体内能的实验：如图所示，他用气筒向装有少量酒精的瓶内用力打气，瓶内气体的内能会　增大　 。当他向瓶中继续打气，瓶塞从瓶口处跳出时，观察到瓶内有白雾产生。这是由于瓶内的气体对外做功使其内能　减小　 ，温度降低而　使水蒸气液化　 。 【分析】改变物体内能的两种方法：对物体做功、热传递。对物体做功物体的内能增加，物体对外做功，物体的内能减少；物体吸收热量内能增加，物体放出热量内能减少。 【解答】解： 瓶子里装有一些酒精，用力打气，在瓶塞未跳起前，压缩瓶内的气体做功，瓶内气体的内能增大； 继续打气，当瓶塞跳起时，瓶内气体对瓶塞做功，瓶内气体的内能减小、温度降低，水蒸气遇冷液化形成“白气”。 故答案为：增大；减小；使水蒸气液化。 【点评】此题主要考查做功可以改变物体的内能，要明确对气体做功和气体对外做功在改变内能上的不同。 18．（3分）如图所示，甲、乙两个相同的装置分别由U形磁铁、导体棒和金属支架构成，导体棒ab和cd放在支架上，支架由导线连接。闭合开关并向右移动ab，cd也会随之向右移动，其中甲装置涉及的物理学原理是　电磁感应　 ，它是由　法拉第　 （选填“奥斯特”或“法拉第”）发现的，乙装置与　动圈式扬声器　 （选填“动圈式扬声器”或“动圈式话筒”）的原理相同。 【分析】（1）闭合电路的一部分导体在磁场做切割磁感线运动，导体中有感应电流产生，这种现象是电磁感应现象，电磁感应现象是法拉第首先发现的； （2）电动机是根据通电导体在磁场中受力而运动的原理工作的。 【解答】解：（1）闭合开关，导体ab和cd组成一个闭合电路，闭合电路的一部分导体ab在磁场中进行切割磁感线运动，闭合电路中有了感应电流，这种现象是电磁感应现象，动圈式话筒是利用电磁感应现象工作的，此过程中机械能转化为电能，电磁感应现象是法拉第首先发现的； （2）电路中有了感应电流之后，感应电流经过导体cd，导体cd成为通电导体在磁场中受力而运动，这是动圈式扬声器的工作原理，乙装置相当于动圈式扬声器。 故答案为：电磁感应；法拉第；动圈式扬声器。 【点评】电动机是利用通电导体在磁场中受力而运动的原理工作的，发电机是利用电磁感应原理工作的。 19．（3分）如图甲所示电路，电源电压不变，灯泡L上标有“5V，2.5W”字样，电压表量程为0～3V，电流表量程为0～0.6A。闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P由b端滑到中点的过程中，灯泡L的电功率与电流的P﹣I关系图像如图乙所示，忽略温度对灯丝电阻的影响；灯泡正常发光时的电流为　0.5　 A，电源电压为　6　 V；在确保电路元件安全的情况下，滑动变阻器允许连入电路的最小阻值　2　 Ω。 【分析】（1）闭合开关，灯泡和滑动变阻器串联接入电路，电压表测滑动变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流；滑片P在b端时，变阻器接入电路的电阻最大，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可知此时通过电路的电流最小，由图乙可知此时通过电路的电流和灯泡的实际功率。 （2）根据电功率公式计算滑片P在b端时灯泡两端的电压，根据串联电路电流特点、串联电路电压规律结合欧姆定律表示电源电压，由乙图可知滑动变阻器的滑片位于中点时通过电路的电流和此时灯泡的实际功率，根据电功率公式计算灯泡两端的电压，根据串联电路电压规律结合欧姆定律可得电源电压，电源电压不变，解方程可得滑动变阻器的阻值和电源电压； （3）灯泡L上标有“5V 2.5W”字样，根据R计算灯泡正常发光时的电阻；根据电功率公式计算灯泡正常发光时的电流，根据串联电路电流特点确定通过电路的最大电流，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可知此时滑动变阻器接入电路的电阻最小，根据欧姆定律计算电路总电阻，进一步求出滑动变阻器接入电路的最小阻值。 【解答】解：从题目可知灯泡L上标有“5V，2.5W”字样，那么灯泡正常发光时的电流为 从灯泡L上标有“5V，2.5W”字样，可知灯泡电阻为 灯泡与变阻器是串联，滑片P在b端时滑动变阻器的电阻最大，电路中电流是最小的，此时灯泡电流应该为Ib＝0.3A，实际功率应该为Pb＝0.9W，所以灯泡的电压为 当滑动变阻器的P滑到滑动变阻器的一半时，灯泡电流是I中＝0.4A，实际功率是P中＝1.6W，灯泡两端的电压是 由于电源电压不变，故此把上述两式列成等式有 即 解得Rb＝10Ω，U电＝6V。 在确保电路元件安全的情况下，灯泡正常发光时的电流为0.5A，电压为5V，电路电流处处相等，滑动变阻器允许连入电路的最小阻值为 答案为：0.5；6；2 【点评】本题考查了串联电路的特点、欧姆定律、电功率公式的灵活运用，难度适中。 四、作图阅读题（20小题3分，21小题6分，共9分） 20．（3分）如图所示为研究通电螺线管内外磁场方向演示实验原理图，当闭合开关S时，标出螺线管内的小磁针a及螺线管外的小磁针b、c的N极的方向。 【分析】根据电源的正负极可以确定螺线管中的电流方向，再螺线管的线圈绕向利用安培定则可以确定螺线管的N、S极； 在磁体的外部，磁感线从N极指向S极；在磁体的内部，磁感线从S极指向N极，根据磁场的方向可以确定小磁针的N、S极。 【解答】解：闭合开关后，电流由螺线管的右侧流入、左侧流出，根据安培定则可得，通电螺线管的左端为N极、右端为S极；在磁体的外部，磁感线从N极指向S极；在磁体的内部，磁感线从S极指向N极，小磁针的N极指向表示该点的磁场方向，如图所示： 【点评】本题考查了磁场的方向和安培定则的应用，属于基础题。 21．（6分）阅读短文，回答问题。 牛顿冷却定律 当一个物体表面温度比周围环境高时，就会向周围环境散热，散热快慢可以用单位时间内散失热量的多少来表示。英国物理学家牛顿提出：物体散热快慢与物体和周围环境的温度差成正比，后人研究发现，在温度差不太大的情况下（小于15℃），这个结论符合实际散热规律，称为牛顿冷却定律。如果散热快慢用q表示，则牛顿冷却定律可以表示为q＝k（t物﹣t环），其中k是散热系数，与物体的表面性质、表面积、周围环境性质等因素有关，和物质种类无关，如果上述因素相同，不同物质的散热系数就相同。由于不同物质的比热容不同，即使散热快慢相同，它们降低相同温度需要的时间也不同，根据降温时间可以得到两种物质比热容的大小关系，从而可以进行比热容的测量。 （1）文段中提出散热系数k与物体的表面性质、　表面积　 、周围环境性质等因素有关。 （2）物体向周围散热，内能　减少　 （选填“增加”、“减少”或“不变”）。 （3）若某物体在1min内散失热量6000J，平均散热快慢q＝　100J/s　 ，由此可知散热快慢和下列概念中物理意义最接近的是　C　 。 A.密度； B.压强； C.功率； D.机械效率。 （4）要唱一杯奶咖，可以有以下两种方式，你认为方式　①　 的冷却效果较好。 ①先将烧开的热咖啡倒入杯中，冷却5min，然后加一匙冷牛奶； ②先将烧开的热咖啡倒入杯中，立即将一匙冷牛奶加进杯中，然后冷却5min。 （5）一个物体温度为30℃，周围环境温度保持20℃不变，此时物体的散热快慢为q。当物体温度降低到29℃时，散热快慢为　0.9q　 。 【分析】（1）阅读材料即可得到答案； （2）改变物体内能的方法：一是做功（能量的转化），二是热传递（能量的转移）； （3）根据“散热快慢可以用单位时间内散失热量的多少来表示”逐一分析每个选项，找出符合题意的答案； （4）热传递的条件是有温度差，并且传递过程中速度先快后慢； （5）根据q＝k（t侧﹣t外）求出物体温度降低到29℃时的散热快慢。 【解答】解：（1）由题意可知，散热系数k与物体的表面性质、表面积、周围环境性质等因素有关，和物质种类无关； （2）物体向周围散热，相当于物体对外放热，内能减少，周围环境的内能增加，此现象为热传递； （3）散热快慢的定义是单位时间内散失热量的多少，某物体在1min内散失热量6000J，平均散热快慢q； 由题目提供的信息可知，散热快慢的定义是单位时间内散失热量的多少，这是一个描述快慢的物理量。 A．密度的定义是单位体积某种物质的质量，与能量无关，故A不符合题意； B.压强描述的是单位面积上物体所受压力的大小，故B不符合题意； C．功率的定义是单位时间内做的功，与散热快慢一样都是描述的单位时间内的能量，故C符合题意； D．效率的定义是有用功与总功之比，故D不符合题意； 故选：C； （4）根据热传递速度先快后慢的特点，应选择①冷却效果会更好； （5）由题意可知，牛顿冷却定律q＝k（t物﹣t环）＝k（30℃﹣20℃），解得散热系数由于散热系数k与物体的表面性质、表面积、周围环境性质等因素有关，和物质种类无关，因此当物体温度降低到29℃时，散热系数k不变，则当物体温度降低到29℃时，散热快慢： q′＝k（t物′﹣t环′）（30℃﹣20℃）＝0.9q。 故答案为：（1）表面积；（2）变小；（3）100J/s；C；（4）①；（5）0.9q。 【点评】本题考查做功改变内能的方法、功率的定义、热传递和热量公式的应用等，关键是从题目获取解题相关的信息。 五、实验探究题（22小题8分，23小题7分，24小题9分，共24分） 22．（8分）小明和同学小红一起进行光学实验探究， （一）他们先探究平面镜成像的特点，实验装置如图甲所示。 （1）实验前，将白纸平铺在水平桌面上，玻璃板　垂直　 架在纸上。 （2）在玻璃板前放置点燃的蜡烛A，在玻璃板后移动完全相同但未点燃的蜡烛B，直到B与A的像A′完全重合，说明像与物的　大小　 相等。在纸上描出蜡烛、玻璃板和像的位置，处理数据如图乙所示。 （3）小明直接得出结论：像与物关于平面镜对称，小红则认为要使结论具有普遍性，在得出结论前应该　多次改变蜡烛A位置进行多次实验　 。 （4）利用茶色薄玻璃板制作如图丙所示的“临摹神器”，可在白纸上临摹手机画面。如图丁所示，当手机屏幕与白纸的夹角为80°，若要使手机画面通过玻璃板所成像的位置在白纸上，玻璃板与桌面的夹角θ应为　50°　 ，临摹时要在　①　 （填“①”或“②”）位置观察。 （二）探究完平面镜成像的特点后，他们又用如图2所示的装置探究眼睛变焦的过程。 （5）在图2的光屏上已成蜡烛的清晰像（像未画出），其情况是倒立、　缩小　 （选填“缩小”“等大”或“放大”）、实像。 （6）图2中，只把蜡烛向右移动一定距离后（相当于看近处景物），光屏上的像变模糊了，缓慢　注入　 （选填“注入”或“吸出”）适量水来改变水凸透镜厚度，像又变清晰了。当眼睛长时间处于这种状态，睫状肌会过度疲劳失去弹性，导致看远处景物时无法将晶状体调到较　薄　 （选填“薄”或“厚”）状态。 【分析】（1）玻璃板要与水平桌面要垂直放置，否则成的像偏高或偏低，不易确定像的位置； （2）本实验根据等效替代法确定像的位置和比较像与物大小； （3）为使该结论具有普遍性，应该多次改变蜡烛A位置进行多次实验； （4）根据像与物关于镜面对称分析；平面镜成的是虚像，据此分析； （5）物距大于像像，其情况是倒立、缩小、实像。 （6）凸透镜成实像的条件下，物距变小，像距变大，要使像变清晰，结合凸透镜（凸起程度越大，对光的折射能力越强）对光线有会聚作用分析。 【解答】解：（1）实验前，为了确定像的位置，玻璃板应该垂直白纸； （2）在玻璃板前放置点燃的蜡烛A，在玻璃板后移动完全相同但未点燃的蜡烛B；蜡烛B与蜡烛A完全重合，说明像与物大小相等； （3）为使该结论具有普遍性，应该多次改变蜡烛A位置进行多次实验； （4）手机屏幕与白纸的夹角为80°，根据像与物关于镜面对称可知，若要使手机画面通过玻璃板所成像的位置在白纸上，玻璃板与桌面的夹角θ应为50°； 平面镜成的是虚像，故临摹时要在①位置观察； （5）在图2的光屏上已成蜡烛的清晰像（像未画出），因物距大于像像，其情况是倒立、缩小、实像。 （6）图2中，把蜡烛向右移动一定距离后（相当于看近处景物），物距变小，像距变大，光屏上的像变模糊了，要使像变清晰，因凸透镜（凸起程度越大，对光的折射能力越强）对光线有会聚作用，要缓慢注入适量水来改变水凸透镜厚度。当眼睛长时间处于这种状态，睫状肌会过度疲劳失去弹性，导致看远处景物时无法将晶状体调到较薄状态，即形成近视眼。 故答案为：（1）垂直；（2）大小；（3）改变蜡烛A位置进行多次实验；（4）50；①； （5）缩小； （6）注入；薄。 【点评】本题探究平面镜成像的特点实验和凸透镜成像规律的运用，有一定难度。 23．（7分）如图1所示，是实验小组同学“探究浮力的大小与哪些因素有关”的实验装置。 猜想1：与物体浸在液体中的深度有关； 猜想2：与物体浸在液体中的体积有关； （1）如图1所示，步骤B物体受到的浮力是　0.5　 N；根据步骤A、B、C的测量结果，小明认为猜想1是正确的，小华却认为不一定正确，理由是　没有控制物体浸在液体中的体积不变　 ；为了验证猜想1，小华利用上述器材设计了步骤D，请在图D中画出他实验时长方体物块的位置； （2）比较图1中实验步骤A、B、C，可知猜想　2　 是正确的； （3）比较图1中实验步骤A、C、E，可知在物体浸在液体中体积一定时，液体密度越大，物体受到的浮力越　大　 ； （4）实验中小组同学发现，浸在液体中的物体排开液体的重力越大，受到的浮力也越大，为了验证这一发现，小组同学设计了如图2所示实验装置进行探究。 ①将装满水的溢水杯放在升降台上，用升降台来调节溢水杯的高度。当逐渐调高升降台时，小明发现随着重物浸入水中的体积变大，弹簧测力计甲的示数变化量与弹簧测力计乙的示数变化量始终相等，则可以得出F浮　＝　 G排（选填“＞”、“＜”或“＝”）； ②爱思考的小华又提出了一个新的问题，水产生的浮力能否比自身重力大？于是他取了两个相同的轻质一次性塑料杯，如图3所示，甲杯中装入50g水，乙杯中装入100g水，然后将乙杯放入甲杯中，发现甲杯中水没有溢出，用手轻轻向下按，甲杯中才有水溢出，说明水产生的浮力　能　 （选填“能”或“不能”）比自身重力大。 【分析】（1）根据称重法得出步骤B物体受到的浮力。 探究浮力与物体浸在液体中的深度的关系，根据控制变量法，应只改变物体浸在液体中的深度。据此分析。 （2）（3）物体在液体中所受的浮力的大小，只跟它浸在液体中的体积和液体的密度有关。物体浸在液体中的体积越大、液体的密度越大，物体所受的浮力就越大，利用控制变量法分析。 （4）根据称重法F浮＝G﹣F示可知弹簧测力计甲的示数变化量等于物体受到的浮力大小，弹簧测力计乙的示数变化量等于排开液体的重力G排的大小，当逐渐调高升降台时，弹簧测力计甲的示数变化量与弹簧测力计乙的示数变化量始终相等，则可以得出F浮＝G排。 如图﹣3，将乙杯放入甲杯中，发现甲杯中水没有溢出，乙杯漂浮，则浮力等于重力，说明水产生的浮力能比自身重力大。 【解答】解：（1）根据称重法，物体受到的浮力为F浮＝G﹣FB＝4N﹣3.5N＝0.5N。 探究浮力与物体浸在液体中的深度的关系，根据控制变量法，应只改变物体浸在液体中的深度。步骤A、B、C中，没有控制物体浸在液体中的体积不变，所以猜想1不一定正确；所以为了验证猜想1，应该让物体在水中浸没的深度不同，这样就可以控制物体浸在液体中的体积不变、物体浸在液体中的深度改变，作图如下： （2）比较图﹣1中实验步骤A、B、C，只有物体浸在液体中的体积不同，测力计示数不同，根据称重法可知浮力不同，说明浸在液体中的物体所受浮力大小与物体浸在液体中的体积有关，可知猜想2是正确的。 （3）比较图﹣1中实验步骤A、C、E，物体浸在水和酒精中的体积相同，酒精的密度小于水的密度，E中测力计示数较大，根据称重法可知浮力较小，可得：在物体浸在液体中体积一定时，液体密度越大，物体受到的浮力越大。 （4）根据称重法F浮＝G﹣F示可知弹簧测力计甲的示数变化量等于物体受到的浮力大小，弹簧测力计乙的示数变化量等于排开液体的重力G排的大小，当逐渐调高升降台时，小明发现随着重物浸入水中的体积变大，弹簧测力计甲的示数变化量与弹簧测力计乙的示数变化量始终相等，则可以得出F浮＝G排。 如图﹣3，甲杯中装入50g水，乙杯中装入100g水，然后将乙杯放入甲杯中，发现甲杯中水没有溢出，乙杯漂浮，则浮力等于重力，乙杯中水的重力大于甲杯中水的重力，说明水产生的浮力能比自身重力大。 故答案为：（1）0.5；没有控制物体浸在液体中的体积不变；； （2）2； （3）大； （4）＝；能。 【点评】本题探究浮力大小的影响因素实验，利用控制变量法分析。 24．（9分）小明从废旧收音机上拆下一个完好的定值电阻R，他想知道该电阻的阻值，采用“伏安法”进行测量，图甲实验所用电源电压为3V。 （1）请用笔画线表示导线，补全图甲实物电路的连接； （2）闭合开关前，滑动变阻器的滑片应位于　A　 端（选填“A”或“B”）； （3）闭合开关后，发现电压表有示数，电流表无示数，由此可判断产生的故障是　电阻R断路　 ； （4）排除故障后，正确连接电路。移动滑动变阻器滑片到某一位置时，发现电流表示数为0.24A，电压表示数如图乙所示，则定值电阻R的阻值为　10　 Ω； （5）实验中滑动变阻器的作用除了保护电路，还有　能改变待测电阻两端的电压和通过的电流　 ； （6）小明不小心将电压表损坏，爸爸告诉小明，仅利用电流表和已知阻值的定值电阻也可以测电阻。小明设计了如图丙所示的电路（电源电压未知）来测量另一个待测电阻Rx的阻值，电流表选0～0.6A的量程，定值电阻R0的阻值为10Ω。 ①具体操作如下： a.闭合开关S1，断开开关S2，读出电流表示数为0.40A； b.　闭合开关S1、S2 ，读出电流表示数为0.50A（请将实验操作补充完整）； ②由以上数据可得，待测电阻Rx的阻值为　40　 Ω； ③小明研究发现，在电源电压和电流表量程不变的情况下，利用该电路能测出的最小阻值为　20　 Ω，原因是　当待测电阻阻值为20Ω时，电流表中的电流已达到0.6A最大量程。　 。 【分析】（1）根据电源电压确定电压表量程，将电压表并联在电阻R两端； （2）为了保护电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应位于阻值最大处； （3）闭合开关后，发现电流表无示数，说明电路可能断路，电压表有示数，说明电压表与电源连通，电压表被串联在电路中，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了； （4）根据（1）确定电压表量程，由图乙确定分度值读数，利用R求出定值电阻R的阻值； （5）为了减小误差，应多次测量求平均值； （6）根据并联电路特点结合欧姆定律求出待测电阻Rx的阻值；根据电流表的量程确定电路中最大电流，根据欧姆定律求出最小电阻。 【解答】解：（1）由图甲可知，电源为两节干电池串联，即3V，故电压表选用小量程并联在电阻R两端，如下图答所示： ；（2）为了保护电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应位于阻值最大处，即A端； （3）闭合开关后，发现电流表无示数，说明电路可能断路，电压表有示数，说明电压表与电源连通，电压表被串联在电路中，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了，即由此可判断产生的故障是电阻R断路； （4）由（1）可知，电压表选用小量程；移动滑动变阻器滑片到某一位置时，发现电流表示数为0.24A，电压表示数如图乙所示，电压表分度值0.1V，其示数为2.4V，则定值电阻R的阻值为： R10Ω； （5）实验中滑动变阻器的作用除了保护电路，变阻器还能改变待测电阻两端的电压和通过的电流； （6）实验步骤： ①a.闭合开关S1，断开开关S2，读出电流表示数为0.40A； b.闭合开关S1、S2，读出电流表示数为0.50A； ②在步骤①a中，电路为只有R0的简单电路，电流表测电路中的电流，则电源电压为U'＝U0＝I0R0＝0.40A×10Ω＝4V； 在步骤①b中，两电阻并联，电流表测干路电流为0.50A；根据并联电路电流规律可知，通过Rx的电流为Ix＝I'﹣I0＝0.50A﹣0.40A＝0.10A，则待测电阻Rx的阻值为： Rx40Ω； ③电流表量程为0～0.6A，即电路中最大电流为0.6A，因电源电压不变，则通过R0的电流大小不变，故通过待测电阻的最大电流为I'x＝I大＝I0＝0.6A﹣0.4A＝0.2A， 故利用该电路能测出的最小阻值为： R'x20Ω。 故答案为：（1）；（2）A；（3）电阻R断路；（4）10；（5）改变电阻的电压和电流，多次测量求平均值；；（6）①闭合开关S1、S2；②40；③20；当待测电阻阻值为20Ω时，电流表中的电流已达到0.6A最大量程。 【点评】本题“伏安法”测电阻实验，考查了电路连接、注意事项、电路故障、电压表读数、电阻的计算、多次测量的目的及设计实验方案测电阻的能力。 六、计算题（25题10分，26题10分，共20分） 25．（10分）如图甲所示，某大桥附属雨水管道突然发生脱落，部分掉入河中，导致河流封航。相关部门立即组织了对脱落管道的打捞清理工作，图乙是一打捞公司用起重机打捞脱落管道的情景（管道不吸水），在整个过程中管道以0.2m/s的速度匀速上升，绳重、摩擦和水的阻力忽略不计，g取10N/kg、，求： （1）管道露出水面前，滑轮组对管道的拉力F1＝8000N，求重物上升1m拉力所做的功； （2）管道完全露出水面后，绳端拉力F2＝2500N，求此时起重机对绳端拉力F2的功率； （3）管道完全露出水面后，绳端拉力保持F2＝2500N不变，滑轮组的机械效率为95%，求动滑轮的重力； （4）根据上面几问中求出的数据，计算管道的体积。 【分析】（1）已知拉力大小和重物上升的高度，根据W＝F1h计算重物上升1m拉力F1所做的功； （2）由图可知，有4段绳子拉着动滑轮，即n＝4，已知重物匀速上升的速度，根据v绳＝nv物计算出绳子自由端移动的速度，再根据P＝F2v绳计算此时起重机对绳端拉力F2的功率； （3）由机械效率η可得G＝ηnF，代入数据可计算管道的重力；不计绳重和摩擦，根据G动＝nF﹣G计算动滑轮的重力； （4）管道露出水面前，完全浸没在水中，受到重力、浮力和滑轮组的拉力，根据F浮＝G﹣F1可计算管道在水中受到的浮力，再根据V＝V排计算管道的体积。 【解答】解：（1）重物上升1m拉力F1所做的功为：W＝F1h＝8000N×1m＝8000J； （2）由图可知，有4段绳子拉着动滑轮，即n＝4，整个过程中重物匀速上升的速度v物＝0.2m/s； 则绳子自由端移动的速度为：v绳＝nv物＝4×0.2m/s＝0.8m/s； 此时起重机对绳端拉力F2的功率为：P＝F2v绳＝2500N×0.8m/s＝2000W； （3）由机械效率η可得，则管道的重力为： G＝ηnF＝95%×4×2500N＝9500N； 不计绳重和摩擦，由F（G+G动）可得，动滑轮的重力为：G动＝nF﹣G＝4×2500N﹣9500N＝500N； （4）管道露出水面前，完全浸没在水中，受到重力、浮力和滑轮组的拉力； 根据力的平衡条件，管道在水中受到的浮力为： F浮＝G﹣F1＝9500N﹣8000N＝1500N； 由F浮＝ρ水gV排可得，管道的体积即排开的水的体积为： V＝V排0.15m3。 答：（1）重物上升1m拉力所做的功为8000J； （2）此时起重机对绳端拉力F2的功率为2000W； （3）动滑轮的重力为500N； （4）管道的体积为0.15m3。 【点评】本题考查功的计算、功率的计算、滑轮组机械效率公式的应用、阿基米德原理的应用，有一定难度。 26．（10分）恒温箱广泛应用于科研、医疗、养殖等领域。在学校开展的综合实践活动中，某小组设计的装置内部电路如图甲所示，可实现加热、保温两挡自动切换，其中R0是定值电阻，Rx为热敏电阻，R1、R2为电热丝。控制电路电源电压U为3V，R0为25Ω，R1为176Ω，R2为44Ω，电磁铁线圈的电阻忽略不计。Rx的阻值与温度的关系如图乙所示，电磁铁衔铁在电流大于或等于60mA时吸合，当电流小于或等于30mA时释放，求： （1）该恒温箱的温度为25℃时控制电路的电流； （2）该恒温箱加热状态时工作电路的电功率； （3）该恒温箱的温度控制范围。 【分析】（1）由图乙知温度为25℃的Rx大小，由串联电阻的规律及欧姆定律得出控制电路的电流； （2）电磁铁衔铁在电流大于或等于60mA时吸合，只有R2连入电路中，根据P得出该恒温箱加热状态时工作电路的电功率； （3）当 I＝60mA＝0.06A 时，由欧姆定律得出R0两端的电压，由串联电路电压的规律得出Rx两端的电压，两电阻电压相等，由分压原理得出Rx大小，由图乙得出对应的温度；当 ＝30mA，由欧姆定律得出R0两端的电压，从而得出Rx两端的电压，由欧姆定律可知Rx的阻值，由图乙知当Rx＝75Ω时对应的温度。 【解答】解：（1）由图乙知温度为25℃，Rx＝50Ω时，由串联电阻的规律及欧姆定律，控制电路的电流 I0.04A （2）电磁铁衔铁在电流大于或等于60mA时吸合，只有R2连入电路中，该恒温箱加热状态时工作电路的电功率 P1100W； （3）当 I＝60mA＝0.06A 时，R0两端的电压为： U0＝IR0＝0.06A×25Ω＝1.5V， Rx两端的电压为： Ux＝U﹣U＝3V﹣1.5V＝1.5V，两电阻电压相等，由分压原理可知， Rx＝R0＝25Ω 由图乙知当Rx＝25Ω时，温度为23℃； 当 I＝30mA＝0.03A 时，R0两端的电压为： U0′＝I′R0＝0.03A×25Ω＝0.75V， Rx两端的电压为： Ux′＝U﹣U0′＝3V﹣0.75V＝2.25V， 由欧姆定律可知Rx的阻值为： Rx′75Ω 由图乙知当Rx＝75Ω时，温度为26℃ 该恒温箱的温度控制范围为23℃到26℃。 答：（1）该恒温箱的温度为25℃时控制电路的电流； （2）该恒温箱加热状态时工作电路的电功率； （3）该恒温箱的温度控制范围。 【点评】本题考查了串联电路特点、欧姆定律的应用，有一定难度。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $