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2020年江苏省南京市玄武区中考一模物理试卷解析版

来源：华佗小知识

2020年江苏省南京市玄武区中考一模物理试卷

一、选择题（本题共12小题，每小题3分，共24分．每小题给出的四个选项中只有一个选项正确）

1．（3分）下列估测符合实际的是（） A．中学生正常步行的速度约为1.4km/h B．学生走上三楼教室的功率约为20W

C．教室内普通日光灯正常发光时的电流约为0.15A D．一间普通教室里空气质量约为200g

2．（3分）如图所示的物态变化中，需要吸热的是（）

A．甲、乙

B．乙、丁

C．甲、丙

D．丙、丁

3．（3分）小明在玄武湖游览时看到的景象如图所示，其中由于光的折射形成的是（）

A．

树影落在人行道上 B．

围墙上圆形的光斑

C．了

湖水中的“倒影” D．湖中的鱼变“浅”

4．（3分）如图所示，一块平面镜直立在水平地面上，小华沿与镜面平行的直线从A走到D，从平面镜底边两端点向AD直线所作垂线的交点分别为B、C，则下列说法正确的是（）

A．小华只有行走到BC段才能从平面镜中观察到自己的像 B．小华在AB段或CD段行走时，平面镜中无法形成自己的像 C．小华在镜中所成的像到平面镜的距离先变小后变大 D．此过程中，小华相对于自己的像位置是变化的 5．（3分）关于粒子与宇宙，下列说法正确的是（） A．破镜不能重圆，主要是因为分子间有排斥力

B．电子、原子核、原子是按照由小到大的尺度排列的 C．梧桐飘絮，说明分子在做永不停息的无规则运动

D．物理学家汤姆生发现了电子，从而揭示了原子核是有结构的 6．（3分）下列图中符合安全用电与保护原则的是（）

A．将冰箱的金属外壳接地

B．多个大功率用电器同时使用一个插座

C．用湿抹布擦发光的灯泡

D．开关接在零线上

7．（3分）2019年9月29日，中国女排夺得第十三届女排世界杯冠军，完成11连胜。关于她们比赛时的情景，下列分析正确的是（）

A．发球时，球越过球网的过程中，球的动能保持不变 B．击球时，手对球的力与球对手的力是一对相互作用力 C．击球后，球由于受到惯性的作用能继续飞行 D．扣球时，球的运动状态保持不变

8．（3分）如图所示，两只气球自由的悬挂在空中，下列做法能使两个气球间距离明显变大的是（）

A．用粗吸管对准B点沿垂直于纸面方向用力吹气 B．将直导线竖直放置在A点后通电 C．用条形磁体的N极从C点靠近气球

D．用丝绸摩擦过的玻璃棒从A点靠近气球

9．（3分）如图所示，用手给单摆小球施加一个力，小球绕横杆做圆周运动，下列说法正确的是（）

A．此实验说明力是维持物体运动的原因 B．小球做圆周运动时，受到非平衡力的作用 C．当小球离开手以后，手对小球的力继续对小球做功

D．小球在转动的过程中，若绳子突然断裂，小球一定沿水平方向飞出

10．（3分）科研人员设计了一种“能量采集船”，如图所示，在船的两侧附着可触及水面的旋转“工作臂”，每只“工作臂”的底端装有一只手掌状的、紧贴水面的浮标，当波浪引起浮标上下浮动时，工作臂就前后移动，获得电能储存起来，下图所示实验装置中与“能量采集船”获得能量原理相同的是（）

A．

B．

C．

D．

11．（3分）如图所示，热敏电阻R1的阻值随温度的升高而减小，它在温度为80℃和100℃时的阻值分别为240Ω和200Ω；报警器（阻值不计）在电流达到12mA时开始报警，超过25mA时将损坏；其他器械规格已在图中标明，下列说法正确的是（）

A．当电路开始报警的温度100℃时，滑动变阻器接入电路的阻值是100Ω B．若要提高该电路开始报警时的温度，可将滑片P向右移 C．可以求出该电路的最高报警温度

D．适当增大电源电压，可使最高报警温度升高

12．（3分）如图甲所示电路，电源电压不变，小灯泡L的额定功率为0.625W，乙图是该小灯泡I﹣U图象，滑动变阻器的最大阻值R为定值电阻R0的三倍，将滑动变阻器的滑片P置于最大阻值处，闭合开关S，电压表示数为1V，当滑片P向左移动到某点时，小灯泡正常发光，两次滑动变阻器连入电路的阻值之比为15：8，则下列说法正确的是（）

A．滑片向左移动时，电流表示数变大，电压表示数变小 B．小灯泡正常发光时，电路总阻值大小为36Ω C．两次定值电阻R0的电功率之比为5：2

D．为保证电路安全，整个电路消耗的最大电功率为1.8W 二、填空题（本题共7小题，每空1分，共0分）

13．（5分）新冠疫情暴发以来，负压救护车（如图所示）因其作用突出，被称作“生命的摆渡车”。其最大特点是负压，即利用技术手段，使车内气压低于外界大气压，空气在自由流动时只能由车外流向车内，并利用真空泵将车内空气通入特制的电热丝容器内进行高温消毒后排出，以避免更多的人交叉感染。车上配备了呼吸机、除颤仪、心电监护仪等设备，安装了消毒灯、供氧接口等。

（1）新冠病毒直径约100nm，合 m，可被高温杀死；电热丝高温消毒的过程，是利用了电流的效应。

（2）车内消毒灯是利用（选填“红外线”或“紫外线”）进行消毒的，车载导航系统是通过波来传递信息的。

（3）下列物体中，处于负压状态的是。

①冲完气的汽车轮胎②万米高空飞行中的飞机机舱③用吸管从瓶中吸饮料

14．（3分）声音是由物体的产生的，如图所示，小明用一张硬卡片先后快拨和慢拨木梳的齿，听到声音的不同；但对于声音主要是由哪个物体发出的有所疑感，于是他又找来了薄铁片、薄塑料片和薄木板，用相同的速度先后在梳齿上划过进行对比，发现声音的音色不同，据此判断听到的声音主要是由（选填“梳齿“或“硬卡片”）发出的。

15．（3分）小明和小华测量某种未知液体的密度，具体操作如下：

（1）天平平衡时，放在右盘中的砝码和游码的位置如图甲所示，测得烧杯和液体的质量

为 g。

（2）将烧杯中的部分液体倒入量筒中，如图乙所示，接下来还需测量才能通过计算得出液体的密度。

（3）小华用另一种方法测量该液体的密度，在测量过程中记录了多组实验数据，并根据测量结果作出了“m﹣V”图象，如图丙所示，由图象可知该液体的密度为 kg/m3。 16．（4分）如图所示利用滑轮组提升货物，重为400N的货物在10s的时间内匀速上升5m，拉力F的功率为250W，则此过程中有用功W

有用

＝ J，滑轮组的机械效率η1

＝，拉力F＝ N；用此装置提升500N货物时，机械效率为η2，则η2 η1。

17．（4分）水平桌面上有两个相同的烧杯，分别盛有甲、乙两种液体，将两个完全相同的物体A、B分别放入两杯中，静止时甲、乙液面刚好相平（如图所示），图中甲乙两种液体的密度分别为ρ甲和ρ乙，物体A、B所受浮力分别为F浮A和F浮B，两烧杯底部所受液体的压强分别为p甲和p乙，两烧杯对水平桌面的压力分别F和F'，则它们的大小关系是：ρ甲 ρ乙，F浮A F浮B，p甲 p乙，F F'。

18．（4分）如图甲所示电路，电源电压恒定，定值电阻R1＝10Ω，R2为电阻箱，灯泡L标有“6V、3W”字样，其电流随两端电压变化的关系曲线如图乙所示。

（1）只闭合S，R2的阻值调为0Ω时，灯泡L正常发光，则电源电压为 V，电流表示数为 A；

（2）当S、S1、S2，都闭合，R2调至某一阻值时，电流表示数为1.2A，则电路消耗的总功率 W；此时再将S1、S2断开，则通电1minR2产生的热量为 J。

19．（3分）如图所示是小明家的蛋糕机简化电路图：蛋糕机的额定电压为220V，低温档的功率为220W，中温档功率为440W，该蛋糕机处于低温档工作15min电流做的功为 J，R2的阻值为 Ω；小明家的电能表上标有“3600imp/（kW•h）“的字样，他断开家中的其他用电器，仅让该蛋糕机在高温档下工作，观察到55s内电能表的指示灯闪烁了40次，则此时她家的实际电压是 V。

三、解答题（本题共11小题，共0分）

20．（4分）如图所示，一束平行光垂直射向盛水的透明烧杯，在烧杯底部放置一块平面镜，光线最终从水面射出，请完成光路图。

21．（4分）如图是用于消毒的手压喷壶，O点为支点，请在A点画出所用最小动力F的示意图及其力臂l。

22．（4分）根据图中信息，标出通电螺线管的N、S极和电源的正、负极。

23．（3分）a、b两组同学用如图甲所示的装置做“观察水的沸腾“的实验。（1）在图甲装置中，存在的错误是；

（2）实验中，两组同学用相同的酒精灯加热，水从开始加热到沸腾所用的时间相同，如图乙所示：则水的沸点是，他们所用水的质量的大小关系为ma mb；（3）当水沸腾时，水中有一个气泡从A位置上升到B位置，受到水的浮力分别为FA和FB，则FA FB。

24．（3分）小明利用水透镜、蜡烛、光屏、光具座等器材进行了如下探究：

（1）实验前，将水透镜、蜡烛和光屏放置在光具座上，调整烛焰和光屏的中心在水透镜的上；

（2）某次实验中，当蜡烛、水透镜和光屏在图示位置时，在光屏上恰能成清晰的像，则此时水透镜的焦距是 cm，接着固定蜡烛位置不变，将水透镜移到50cm刻度线处，要在光屏上再次看到清晰的像，应将光屏向（选填“左”或“右”）移动；（3）小明在光屏上成清晰缩小像时，用注射器往水透镜中注入适量的水，保持蜡烛、水透镜的位置不变，将光屏向左移动适当距离，光屏上再次成清晰的像，此操作是为了探究（选填“近视眼”或“远视眼”）的成因，矫正此类视力缺陷，需佩戴度数合适的眼镜，此眼镜的镜片是透镜。

25．（3分）在“探究影响滑动摩擦力大小因素“的实验中，小明做了如图甲所示的三次实验，请回答下列问题：

（1）实验时用弹簧测力计沿水平方向拉动木块，使其在水平桌面上做匀速直线运动，根据知识，可知滑动摩擦力的大小等于拉力的大小。

（2）刚开始小明做第1次实验时控制不好力度，拉力随时间变化的图象如图乙所示，木块的速度随时间变化的图象如图丙所示，则木块在第7s时的摩擦力为 N。（3）2、3两次实验是为了探究滑动摩擦力的大小与的关系。（4）实验中，木块的内能增大，这是通过方式改变了木块的内能。

（5）利用现有器材来探究“阻力对物体运动的影响“，除了增加一块长木板外，还需将木块换成。

26．（3分）小明用如图所示实验装置探究不同液体的吸热升温特点，在两个相同的烧瓶内分别接入电阻丝，装入质量相等的a、b两种液体，并分别插入温度计。

（1）实验中选用的两根电阻丝的阻值应，用来间接反映液体吸收热量的多少。

（2）如表是实验时记录的数据：

物理量物质液体a 液体b

150 150 质量（g）

加热前温度t1

（℃） 20 20

10 10

加热时间t（min）加热后温度t2

（℃） 49 35

分析表中数据，若在a、b两种液体中选择一种作为汽车发动机冷却剂，应选液体冷却效果较好。

（3）实验中，若a液体中电阻丝的阻值为58Ω，通过的电流为0.5A，若不计热量损失，则a液体的比热容为 J/（kg•℃），此测量值比真实值（选填“大”或“小”）。

27．（3分）如图所示为“探究感应电流产生条件”的实验装置：

（1）闭合开关，当磁体静止、导体棒AB水平向右运动时，AB中电流方向从A向B，则若对调磁体的磁极位置并使AB棒水平向左运动时，AB中电流方向是，本实验中，能量转化情况是。

（2）如果将小量程电流表换成，则可以探究磁场对通电导体的作用。

28．（3分）在“测量小灯泡额定功率”实验中，小灯泡的额定电压U额＝2.5V。

（1）图甲是小明测量小灯泡额定功率的实物电路图，图中有一根线连接错误，请在这根线上打“×”，并在图中改正。

（2）改正电路后，闭合开关，发现无论怎样移动滑片，两电表均无示数，其原因可能是（填字母）。 A．滑动变阻器断路 B．灯泡处断路 C．灯泡被短路 D．电流表处断路

（3）闭合开关，移动滑片P直到电压表示数为2.5V，此时电流表示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为 W。

（4）爱动脑筋的小华想出另一种测量该小灯泡额定功率的方法，设计了如图丙所示的电路，所用电源电压恒为6V，请将以下实验步骤补充完整；

①检查电路无误后，闭合开关S，将开关S1投至“1”，调节滑动变阻器滑片直至电压表示数为 V；

②滑片不动，再将开关S1拨至“2”时，读出电压表示数为U0。 ③小灯泡的额定功率：P额＝（用U额、U0、R0表示）。

④若步骤②中，在将开关S1拨至“2”时，不小心将滑片向右移动了少许，其他操作正确，则测出的小灯泡额定功率比真实值（选填“大“或“小”）。

29．（3分）综艺节目《加油!向未来》中，短跑名将张培萌挑战山鹰FTC﹣2000喷气教练机，50m跑以约5.6s的成绩战胜了教练机。此教练机是目前国内列装最先进的高级教练机，它的最高速度达到1000km/h，最大起飞质量为9000kg，轮子与地面总接触面积为600cm2，求：

（1）节目中张培萌50m跑的平均速度；

（2）山鹰FTC﹣2000教练机以最大起飞质量静止在水平地面上时对地面的压强。

30．（5分）某电热水器具有加热和保温功能，其工作原理如图甲所示，控制电路中的电磁铁线圈电阻不计，R为热敏电阻，其阻值随温度变化的规律如图乙所示，电源电压U1恒为6V．当线圈中的电流I＞8mA时，衔铁被吸下，加热电路接通：当线圈中的电流I≤8mA时，电磁铁不能吸引衔铁，保温电路接通、热敏电阻R和工作电路中的电阻丝R1、R2，均置于储水箱中，U2＝220V，加热功率3000W，加热效率为90%，保温功率200W，水的比热容为4.2×103J/（kg℃）。

（1）若保护电阻R0为200Ω，则热水器刚开始保温时水的温度是 ℃；若要使热水器刚开始保温时的温度降低一些，采取的措施是（写一条即可）。（2）电阻丝R1、R2的阻值分别为多少欧姆？

（3）该热水器在加热状态下，将60kg、20℃的水加热到50℃需要 s。

2020年江苏省南京市玄武区中考一模物理试卷

参与试题解析

一、选择题（本题共12小题，每小题3分，共24分．每小题给出的四个选项中只有一个选项正确）

1．（3分）下列估测符合实际的是（） A．中学生正常步行的速度约为1.4km/h B．学生走上三楼教室的功率约为20W

C．教室内普通日光灯正常发光时的电流约为0.15A D．一间普通教室里空气质量约为200g

【分析】首先对题目中涉及的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、中学生正常步行收到在1.1m/s＝1.1×3.6km/h≈4km/h左右。故A不符合实际；

B、中学生的体重在500N左右，上楼的速度在0.2m/s左右，走上三楼的功率在P＝＝＝Gv＝500N×0.2m/s＝100W左右。故B不符合实际； C、教室中普通日光灯的功率约33W，正常发光时的电流在I＝＝故C符合实际；

D、空气的密度在1.3kg/m3左右。教室的长、宽、高分别在9m、8m、3.5m左右，教室中空气的质量在m＝ρV＝1.3kg/m3×9m×8m×3.5m＝327.6kg左右。故D不符合实际。故选：C。

2．（3分）如图所示的物态变化中，需要吸热的是（）

＝0.15A左右。

A．甲、乙

B．乙、丁

C．甲、丙

D．丙、丁

【分析】（1）在一定条件下，物体的三种状态﹣﹣固态、液态、气态之间会发生相互转化，这就是物态变化；

（2）物质由气态直接变为固态叫凝华，物质由固态直接变为气态叫升华；由气态变为液态叫液化，由液态变为气态叫汽化；由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固；（3）六种物态变化过程中，都伴随着吸热或放热；其中放出热量的物态变化有：凝固、液化、凝华；吸热的有：熔化、汽化、升华。

【解答】解：甲、屋檐上的冰凌正在消融，是冰由固态变为液态，属于熔化现象，需要吸热。符合题意；

乙、铁丝网上出现霜，是空气中温度较高的水蒸气遇冷凝结成的小冰晶，属于凝华现象，需要放热；不合题意；

丙、食品盒中干冰变小，是干冰由固态直接变为气态，属于升华现象，需要吸热，符合题意；

丁、草叶上出现的露珠，是液化现象，需要放热。不合题意。故选：C。

3．（3分）小明在玄武湖游览时看到的景象如图所示，其中由于光的折射形成的是（）

A．

树影落在人行道上 B．

围墙上圆形的光斑

C．了

湖水中的“倒影” D．湖中的鱼变“浅”

【分析】（1）光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，产生的现象有小孔成像、激光准直、影子的形成、日食和月食等；

（2）光线传播到两种介质的表面上时会发生光的反射现象，例如水面上出现岸上物体的倒影、平面镜成像、玻璃等光滑物体反光都是光的反射形成的；

（3）光线在同种不均匀介质中传播或者从一种介质进入另一种介质时，就会出现光的折射现象，例如水池底变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼、凸透镜成像等都是光的折射形成

的。

【解答】解：A、树影落在人行道上是光沿直线传播形成的，故A不合题意； B、围墙上圆形的光斑是光沿直线传播形成的，故B不合题意；

C、湖水中的“倒影”属于平面镜成像，其原理是光的反射。故C不合题意；

D、水中鱼反射出的光从水中斜射入空气中时发生折射，折射光线向远离法线的方向偏折。我们看到的是变浅的鱼的虚像。故D符合题意。故选：D。

A．小华只有行走到BC段才能从平面镜中观察到自己的像 B．小华在AB段或CD段行走时，平面镜中无法形成自己的像 C．小华在镜中所成的像到平面镜的距离先变小后变大 D．此过程中，小华相对于自己的像位置是变化的

【分析】从自己的身体反射的光线经平面镜反射后，根据反射光线是否进入人眼进行分析；平面镜成像时，像和物体到平面镜的距离相等。【解答】解：

AB、平面镜成像的原理是光的反射，要从平面镜中观察到自己像，则他“发出”的光线经平面镜反射后反射光线一定要进入他的眼睛；

由图结合光的反射定律可知，他在AB段或CD段行走时，反射光线会在法线的另一侧，即平面镜反射的光线不会进入他的眼睛，则他不能从平面镜中观察到自己像（即能成像但无法观察到）；而他在BC段行走时，他“发出”的光线（实际是他反射的光线）经平面镜反射后反射光线会进入他的眼睛，则他能从平面镜中观察到自己像，故A正确；B

错误。

CD、由平面镜成像特点，物像关于镜面对称可知，小华在镜中所成的像到平面镜的距离是不变的，则小华相对于自己的像位置是不变的，故CD错误。故选：A。

5．（3分）关于粒子与宇宙，下列说法正确的是（） A．破镜不能重圆，主要是因为分子间有排斥力

B．电子、原子核、原子是按照由小到大的尺度排列的 C．梧桐飘絮，说明分子在做永不停息的无规则运动

D．物理学家汤姆生发现了电子，从而揭示了原子核是有结构的

【分析】（1）物体是由分子组成的，分子在不停地做无规则的运动，分子间存在相互作用的引力和斥力，分子间有间隙；

（2）常见粒子尺度由小到大排序：电子、原子核、原子、分子；

（3）19世纪末，英国物理学家汤姆生发现了比原子小得多的带负电荷的粒子：电子；从而揭示了原子的结构。【解答】解：

A、破镜不能重圆，主要是因为分子间的距离过大，分子间的作用力不能发挥作用，故A错误；

B、常见粒子尺度由小到大排序：电子、原子核、原子、分子，故B正确； C、梧桐飘絮属于宏观物体的机械运动，不是分子运动，故C错误；

D、英国物理学家汤姆生发现了比原子小得多的带负电荷的电子，从而揭示了原子是有结构的，故D错误。故选：B。

6．（3分）下列图中符合安全用电与保护原则的是（）

A．将冰箱的金属外壳接地

B．多个大功率用电器同时使用一个插座

C．用湿抹布擦发光的灯泡

D．开关接在零线上

【分析】①有金属外壳的用电器，外壳要保持良好接地；

②电路中电流过大的原因有两个：一是短路；二是家中使用用电器的总功率过大； ③不能用湿手或湿物体去接触用电器或开关； ④开关应控制火线。【解答】解：

A、洗衣机、电冰箱等家用电器都使用三孔插座，是由于这些用电器的外壳是金属，金属是导体，当用电器漏电时，会使金属外壳带电，若接上地线，电流就通过地线，流入大地，而防止了触电事故的发生，故A正确；

B、电路中电流过大的原因有两个：一是短路；二是家中使用用电器的总功率过大。故大功率用电器同时使用时，将会使电路中的电流过大，引起火灾，故B错误；

C、因为湿抹布是导体，当用湿抹布接触带电体时，可能会使电源通过人体与大地形成通路，使人触电，故C错误；

D、接灯时，火线首先接入开关，然后进入灯泡顶端的金属点；零线直接进入灯泡的螺旋套。如果开关接在零线和灯泡之间，火线直接接在灯泡时，虽然断开开关，但是火线和灯泡相连，触及灯泡会发生触电事故。所以开关要接在灯泡和火线之间，断开开关，切断火线，触及灯泡时更安全，故D错误。故选：A。

7．（3分）2019年9月29日，中国女排夺得第十三届女排世界杯冠军，完成11连胜。关于

她们比赛时的情景，下列分析正确的是（）

【分析】（1）动能的影响因素是质量和速度，据此判断；

（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）惯性指物体保持原来运动状态不变的性质，任何物体都具有惯性，惯性不是力；（4）物体的运动状态的改变包括速度大小和方向的变化。

【解答】解：A、发球时，球越过球网的过程中，球的速度发生改变，所以动能改变，故A错误；

B、击球时手对球的力与球对手的力大小相等、方向相反、作用在两个物体上，作用在同一条直线上，所以是一对相互作用力。故B正确；

C、排球被打出后，由于球具有惯性，仍要保持原来的运动状态，所以能继续向前飞行，惯性不是力，不能说受惯性的作用，故C错误；

D、运动员在扣球时球的运动方向和速度大小都发生了改变，故运动状态发生变化，故D错误。故选：B。

8．（3分）如图所示，两只气球自由的悬挂在空中，下列做法能使两个气球间距离明显变大的是（）

A．用粗吸管对准B点沿垂直于纸面方向用力吹气

B．将直导线竖直放置在A点后通电 C．用条形磁体的N极从C点靠近气球

D．用丝绸摩擦过的玻璃棒从A点靠近气球

【分析】（1）流体流速与压强的关系：流体在流速越大的地方，压强越小；据此分析气球怎样运动；

（2）通电直导线周围有磁场；

（3）同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引；（4）带电体的性质是可以吸引轻小的物体。【解答】解：

A、当用粗吸管对准B点沿垂直于纸面方向用力吹气时，B点处的空气流速加快，压强变小，在两侧大气压的作用下，两球向中间靠近，故A不合题意；

BC、气球没有磁性（不是磁体），将直导线竖直放置在A点后通电（电流周围有磁场），用条形磁体的N极从C点靠近气球，不会吸引和排斥气球，所以气球的位置不变，故BC不合题意；

D、用丝绸摩擦过的玻璃棒带电，带电体能吸引不带电的轻小物体，则该玻璃棒从A点靠近气球会吸引该球，使它向左移动，即观察到两球分开，两个气球间距离明显变大，故D符合题意。故选：D。

9．（3分）如图所示，用手给单摆小球施加一个力，小球绕横杆做圆周运动，下列说法正确的是（）

A．此实验说明力是维持物体运动的原因 B．小球做圆周运动时，受到非平衡力的作用 C．当小球离开手以后，手对小球的力继续对小球做功

D．小球在转动的过程中，若绳子突然断裂，小球一定沿水平方向飞出

【分析】（1）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。

（2）当物体受平衡力作用时运动状态将不会改变，运动状态发生改变时一定是受非平衡力作用。

（3）小球离开手指后，小球由于惯性继续运动，此时手对小球没有力的作用，不符合做功的两个必要条件；

（4）细线断裂时，由于惯性小球会沿圆周的切线方向飞出。【解答】解：

A、小球原来是静止的，给单摆小球施加一个力，小球将做圆周运动，说明力改变了物体运动状态，故A错误；

B、小球做圆周运动，运动状态（运动方向）不断发生改变，所以小球一定是受非平衡力的作用，故B正确；

C、当小球离开手后，手对小球没有力的作用，所以该力没有继续对小球做功，故C错误；

D、细线断裂时，由于惯性小球会沿圆周的切线方向飞出，不一定沿水平方向飞出，故D错误。故选：B。

A．

B．

C．

D．

【分析】当波浪引起浮标上下浮动时，工作臂就前后移动，获得电能，该过程将机械能转化为电能。

【解答】解：根据题意可知，波浪引起浮标上下浮动时，工作臂就前后移动，获得电能储存起来，因此该过程将机械能转化为了电能，这是电磁感应现象；

AB、电路中有电源，直导线或线圈通电后在磁场中受到力的作用而运动，是电能转化为机械能，不属于电磁感应现象，故AB错误；

C、闭合电路的一部分导体ab做切割磁感线运动，会产生感应电流，这是电磁感应现象，机械能转化为电能，故C正确；

D、该图是电流的磁效应，不是电磁感应现象，故D错误。故选：C。

D．适当增大电源电压，可使最高报警温度升高

【分析】由电路图可知，热敏电阻R1与滑动变阻器、报警器串联。

（1）根据题意得出电路开始报警的温度100℃时R1的阻值以及报警器开始报警时电路中的电流，根据欧姆定律求出电路中的总电阻，利用电阻的串联求出滑动变阻器接入电路的阻值；

（2）电源的电压和该电路开始报警时的电流不变，则电路开始报警时电路的总电阻不变，根据题意可知该电路开始报警时的温度升高时热敏电阻R1的阻值变化，然后得出变阻器接入电路中的电阻变化，进一步得出滑片的移动方向；

（3）知道报警器允许的最大电流，根据欧姆定律求出此时电路的总电阻，利用电阻的串联求出滑动变阻器接入电路中的电阻最大时热敏电阻的阻值，然后结合题干进行判断；（4）该电路开始报警时的电流不变，适当增大电源电压，导致电路的总电阻变大，从而得出在变阻器接入电路中的电阻不变的情况下R1的阻值变化，据此进行解答。【解答】解：由电路图可知，热敏电阻R1与滑动变阻器、报警器串联。

A、当电路开始报警的温度100℃时，R1＝200Ω，报警器开始报警时电路中的电流I＝12mA＝0.012A，

由I＝可得，电路中的总电阻： R总＝＝

＝250Ω，

由串联电路中总电阻等于各分电阻之和可知，滑动变阻器接入电路的阻值： R滑＝R总﹣R1＝250Ω﹣200Ω＝50Ω，故A错误；

B、电源的电压和该电路开始报警时的电流不变，则电路开始报警时电路的总电阻不变，因热敏电阻R1的阻值随温度的升高而减小，

所以要提高该电路开始报警时的温度，应增大变阻器接入电路中的电阻，即滑片右移，

故B正确；

C、报警器允许的最大电流I′＝25mA＝0.025A，此时电路的总电阻： R总′＝

＝

＝120Ω，

当滑动变阻器接入电路中的电阻为100Ω时，热敏电阻的阻值最小，即：R1′＝R总′﹣R滑大＝120Ω﹣100Ω＝20Ω，

由题干信息可知，无法得出该电路的最高报警温度，故C错误；

D、该电路开始报警时的电流不变，适当增大电源电压，导致电路的总电阻变大，在变阻器接入电路中的电阻不变的情况下，R1的阻值变大，可使最高报警温度降低，故D错误。故选：B。

A．滑片向左移动时，电流表示数变大，电压表示数变小 B．小灯泡正常发光时，电路总阻值大小为36Ω C．两次定值电阻R0的电功率之比为5：2

D．为保证电路安全，整个电路消耗的最大电功率为1.8W

【分析】由电路图可知，灯泡L与R0、R串联，电压表测L两端的电压，电流表测电路中的电流。

（1）滑片向左移动时，滑动变阻器接入电路的阻值减小，由欧姆定律可知电路电流的变化，由I～U图象可知灯泡两端电压随电流的变化；

（2）由I～U图象可知，当电压表示数为1V时，通过灯泡的电流为0.2A，根据欧姆定律和串联电路特点表示出电源电压；根据I～U图象和P＝UI可知，当灯泡两端电压为2.5V时，通过的电流为0.25A，灯泡正常发光，根据两次滑动变阻器连入电路的阻值之

比可知灯泡正常发光时连入电路的阻值与变阻器最大阻值的关系，根据欧姆定律和串联电路特点表示出电源电压，进一步求出电源电压和滑动变阻器的最大阻值，最后根据欧姆定律的应用求出电路的总电阻；

（3）根据出两次定值电阻R0的电功率之比；

（4）当电路电流为灯泡的额定电流时，电路电流最大，根据P＝UI可求出整个电路消耗的最大电功率。

【解答】解：A、滑片向左移动时，滑动变阻器接入电路的阻值减小，电路的总电阻减小，由欧姆定律可知电路电流的变大，即电流表示数变大；

由I～U图象可知灯泡两端电压随电流的增大而增大，因此电压表示数变大，故A错误； B、因滑动变阻器的最大阻值R为定值电阻R0的三倍，所以R＝3R0，由I～U图象可知，当电压表示数为1V时，通过灯泡的电流为0.2A，

根据欧姆定律和串联电路特点可知：U＝UL+I（R0+3R0）＝1V+0.2A×4R0＝1V+0.8R0﹣﹣﹣﹣﹣①

因为灯泡的额定功率为0.625W，因此根据I～U图象和P＝UI可知，当灯泡两端电压为2.5V时，通过的电流为0.25A，灯泡正常发光；

因为两次滑动变阻器连入电路的阻值之比为15：8，因此灯泡正常发光时连入电路的阻值为

R，

×3R0）＝2.5V+0.25A（R0+

根据欧姆定律和串联电路特点可知：U＝UL′+I′（R0+×3R0）＝2.5V+

R0﹣﹣﹣﹣﹣②

联立①②可得：U＝9V，R0＝10Ω；故R═3R0＝3×10Ω＝30Ω；

由I＝可得，小灯泡正常发光时，电路总阻值：R总＝

＝

＝36Ω，故B正确；

C、由P＝I2R0可知，两次定值电阻R0的电功率之比：P0：P0′＝I2R0：I′2R0＝I2：I′

＝（0.2A）2：（0.25A）2＝16：25，故C错误；

D、当电路电流为灯泡的额定电流时，电路电流最大，整个电路消耗的最大电功率：Pmax＝UI′＝9V×0.25A＝2.25W，故D错误。故选：B。

二、填空题（本题共7小题，每空1分，共0分）

（1）新冠病毒直径约100nm，合 107 m，可被高温杀死；电热丝高温消毒的过程，

﹣

是利用了电流的热效应。

（2）车内消毒灯是利用紫外线（选填“红外线”或“紫外线”）进行消毒的，车载导航系统是通过电磁波来传递信息的。（3）下列物体中，处于负压状态的是 ③ 。

①冲完气的汽车轮胎②万米高空飞行中的飞机机舱③用吸管从瓶中吸饮料

【分析】（1）物理量单位的换算首先要明确其常用的单位及进率关系，电流通过导体发热，这种现象叫电流的热效应；

（2）紫外线可以用来杀菌和消毒；车的导航系统是通过电磁波来传递信息的；（3）负压救护车是指车内的气压低于车外的气压，分析各个选项中轮胎内外、飞机机舱内外、用吸管从瓶中吸饮料的气压关系进行判断。

【解答】解：（1）因为1nm＝109m，所以100nm＝100×109m＝107m，电热丝在高温

﹣

消毒的过程，利用了电流的热效应；

（2）由于紫外线能杀毒和消菌，所以消毒灯是利用紫外线来工作的；车载导航系统是通过电磁波来传递信息的；

（3）①充完气的汽车轮胎内的气压大于大气压，不处于负压状态，故①错误； ②高空飞行中的飞机机舱外气体流速大、压强小，小于机舱内的气压，不处于负压状态，故②错误；

③用吸管从瓶中吸饮料，管内压强减小，小于外界的大气压，处于负压状态，故③正确。故选③。

故答案为：（1）107；热；（2）紫外线；电磁；（3）③。

﹣

14．（3分）声音是由物体的振动产生的，如图所示，小明用一张硬卡片先后快拨和慢拨木梳的齿，听到声音的音调不同；但对于声音主要是由哪个物体发出的有所疑感，于是他又找来了薄铁片、薄塑料片和薄木板，用相同的速度先后在梳齿上划过进行对比，发现声音的音色不同，据此判断听到的声音主要是由硬卡片（选填“梳齿“或“硬卡片”）发出的。

【分析】声音是物体振动产生的；声音的特征：音调、响度、音色；音调与物体振动的频率有关；结合发声的音色可判断具体的发声体。

【解答】解：用一张硬卡片拨动木梳的齿，听到卡片发出声音，说明声音是由物体振动产生的；

用硬卡片先后快拨和慢拨木梳的齿，硬纸片振动的频率不同，可以探究音调与频率的关系；

分别用薄铁片、薄塑料片和薄木板，用相同的速度先后在梳齿上划过进行对比，由发出声音的音色可以判断，听到的声音主要是由硬卡片发出的。故答案为：振动；音调；硬卡片。

15．（3分）小明和小华测量某种未知液体的密度，具体操作如下：

（1）天平平衡时，放在右盘中的砝码和游码的位置如图甲所示，测得烧杯和液体的质量为 48.4 g。

（2）将烧杯中的部分液体倒入量筒中，如图乙所示，接下来还需测量烧杯和剩余液体

的总质量才能通过计算得出液体的密度。

（3）小华用另一种方法测量该液体的密度，在测量过程中记录了多组实验数据，并根据测量结果作出了“m﹣V”图象，如图丙所示，由图象可知该液体的密度为 0.8×103 kg/m3。

【分析】（1）确定标尺的分度值，则物体质量等于砝码质量加游码在标尺上所对的刻度值；

（3）已知倒入量筒中液体的体积，根据ρ＝可知还需要知道倒入量筒中液体的质量，而倒入量筒中液体的质量等于烧杯和液体的总质量减去烧杯和剩余液体的总质量；（3）根据图象中一组对应的质量和体积，代入公式ρ＝算出密度。

【解答】解：（1）由图知，标尺的分度值为0.2g，烧杯和液体的质量：m总＝20g+20g+5g+3.4g＝48.4g；

（2）由于倒入量筒中液体的质量等于烧杯和液体的总质量减去烧杯和剩余液体的总质量，所以还需要测量烧杯和剩余液体的总质量；

（3）当总质量为45g时，液体质量为m＝45g﹣25g＝20g，体积为V＝25cm3，液体密度：ρ＝＝

＝0.8g/cm3＝0.8×103kg/m3。

故答案为：（1）48.4；（2）烧杯和剩余液体的总质量；（3）0.8×103。

16．（4分）如图所示利用滑轮组提升货物，重为400N的货物在10s的时间内匀速上升5m，拉力F的功率为250W，则此过程中有用功W

有用

＝ 2000 J，滑轮组的机械效率η1＝

80% ，拉力F＝ 250 N；用此装置提升500N货物时，机械效率为η2，则η2 ＞ η1。

【分析】（1）知道货物的重力、上升的高度，利用W＝Gh计算此过程中做的有用功；（2）知道拉力F的功率、做功时间，利用W＝Pt求拉力做的总功，滑轮组的机械效率等于有用功与总功之比；

（3）由图知，n＝2，拉力端移动距离s＝2h，利用W＝Fs计算拉力大小；

（4）提高滑轮组机械效率的方法：一是增大提升的物重，二是减小动滑轮重力、减小摩

擦。【解答】解：

（1）此过程中做的有用功： W有用1＝Gh＝400N×5m＝2000J；（2）拉力做的总功：

W总1＝Pt＝250W×10s＝2500J，滑轮组的机械效率： η1＝

＝

×100%＝80%；

（3）由图知，n＝2，拉力端移动的距离： s＝2h＝2×5m＝10m，由W总＝Fs得拉力大小： F＝

＝

＝250N；

（4）用此装置提升500N货物时，增大了提升的物重，增大了有用功，而额外功几乎不变，使得有用功与总功的比值增大，机械效率将增大，则η2＞η1。故答案为：2000；80%；250；＞。

【分析】（1）由图可知：两物体处于漂浮状态，根据漂浮条件即可物体所受浮力关系；（2）比较得出物体排开水的体积，根据阿基米德原理即可判断两种液体的密度关系，然后根据液体压强公式比较杯底受到的压强关系，然后可知杯底受到的压力关系，因为两个相同的烧杯是规则容器，由此可知两烧杯对水平桌面的压力关系。

【解答】解：（1）由图知，物体A、B在液体中都处于漂浮，则F浮A＝GA；F浮B＝GB；

而物体A、B是完全相同的物体，则重力相等，即GA＝GB，所以，F浮A＝F浮B；

（2）由图知，A排开液体的体积小于B排开液体的体积，已知F＝ρ

液

浮A

＝F

浮B

，根据F浮

gV排可知，ρ甲＞ρ乙；

液

已知两液面等高，根据p＝ρgh可知，两烧杯底部所受液体的压强，p甲＞p乙。

由p＝可得，F＝pS，两个相同的烧杯，即底面积相同，则两烧杯底部所受液体的压力F甲＞F乙，

因为两个相同的烧杯是规则容器，所以两烧杯对水平桌面的压力等于两烧杯底部所受液体的压力，即F＞F'。由

故答案为：＞；＝；＞；＞。

18．（4分）如图甲所示电路，电源电压恒定，定值电阻R1＝10Ω，R2为电阻箱，灯泡L标有“6V、3W”字样，其电流随两端电压变化的关系曲线如图乙所示。

（1）只闭合S，R2的阻值调为0Ω时，灯泡L正常发光，则电源电压为 6 V，电流表示数为 0.5 A；

（2）当S、S1、S2，都闭合，R2调至某一阻值时，电流表示数为1.2A，则电路消耗的总功率 10.8 W；此时再将S1、S2断开，则通电1minR2产生的热量为 48 J。

【分析】（1）只闭合S，R2的阻值调为0Ω时，电路为L的简单电路，电流表测电路中的电流，根据额定电压下灯泡正常发光得出电源的电压，根据P＝UI求出电路中电流表的示数；

（2）当S、S1、S2都闭合，R2调至某一阻值时，R1与R2并联，电流表测R2支路的电流，根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出通过R1的电流，根据并联电路的电流特点求出干路电流，利用P＝UI求出电路消耗的总功率；根据欧姆定律求出此时R2接入电路中的电阻，此时再将S1、S2断开，R2与L串联，根据串联电路的特点表示出电源的电压，

根据图乙读出符合要求的电流与电压，根据Q＝IRt求出通电1minR2产生的热量。【解答】解：

（1）只闭合S，R2的阻值调为0Ω时，电路为L的简单电路，电流表测电路中的电流，因灯泡的额定电压为6V，则灯泡正常发光时，电源的电压U＝UL＝6V；由P＝UI可得，电路中电流表的示数： I＝IL＝

＝

＝0.5A；

（2）当S、S1、S2都闭合，R2调至某一阻值时，R1与R2并联，电流表测R2支路的电流，

因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，通过R1的电流：I1＝

＝

＝0.6A，

因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，干路电流：I′＝I1+I2＝0.6A+1.2A＝1.8A，则电路消耗的总功率：P＝UI′＝6V×1.8A＝10.8W；由欧姆定律得，此时R2接入电路中的电阻： R2＝

＝

＝5Ω，

此时再将S1、S2断开，R2与L串联，

因串联电路中总电压等于各分电压之和，且电路中各处的电流相等，所以，电源的电压U＝I″R2+UL′，即6V＝I″×5Ω+UL′，由图乙可知，当I″＝IL′＝0.4A、UL′＝4V时符合，则通电1minR2产生的热量：

Q2＝（I″）2R2t＝（0.4A）2×5Ω×60s＝48J。故答案为：（1）6；0.5；（2）10.8；48。

19．（3分）如图所示是小明家的蛋糕机简化电路图：蛋糕机的额定电压为220V，低温档的功率为220W，中温档功率为440W，该蛋糕机处于低温档工作15min电流做的功为 1.98×105 J，R2的阻值为 110 Ω；小明家的电能表上标有“3600imp/（kW•h）“的字样，他断开家中的其他用电器，仅让该蛋糕机在高温档下工作，观察到55s内电能表的指示灯闪烁了40次，则此时她家的实际电压是 200 V。

【分析】（1）已知蛋糕机处于低温档时功率和时间，利用W＝Pt求该蛋糕机处于低温档工作10min电流做的功；

（2）由图知，当开关S1闭合、S2接B时，电阻R1、R2并联；当开关S1断开，S2接A时，电阻R1、R2串联；当S2接A，S1闭合时，R2被短路，只有电阻R1接入电路，利用P＝

可知三种情况下电功率大小，进而确定当S2接A，S1闭合时蛋糕机处于中温档；

求R1、R1和R2串联的总电阻，进而求R2

知道中温档功率、低温档功率，利用P＝的阻值；

（3）求出蛋糕机高温档（两电阻并联）的电阻；3600revs/kW•h表示电路中每消耗1kW•h的电能，电能表的指示灯闪烁3600次，据此可求指示灯闪烁40次消耗的电能，再利用P＝求蛋糕机的实际功率，再利用P＝

求实际电压。

【解答】解：（1）蛋糕机低温档的功率P低温＝220W，由P＝可得该蛋糕机处于低温档工作15min电流做的功为：W＝P低温t＝220W×15×60s＝1.98×105J；

（2）由图知，当开关S1闭合、S2接B时，电阻R1、R2并联，电路中的总电阻最小，由P＝

可知，总功率最大，所以此时蛋糕机为高温档；

可知总

当开关S1断开，S2接A时，电阻R1、R2串联，电路中的总电阻最大，由P＝功率最小，此时为低温档；

当S2接A，S1闭合时，R2被短路，只有电阻R1接入电路，蛋糕机处于中温档。而P中温＝440W，由P＝

可得R1的阻值为：

R1＝＝＝110Ω；

P低温＝220W，由P＝

可得电阻R1、R2串联后的阻值为：

R串＝＝＝220Ω，

R2＝R串﹣R1＝220Ω﹣110Ω＝110Ω；（3）由上面的计算可知R1＝R2＝110Ω，

蛋糕机处于高温档时R1、R2并联，并联后的电阻为： R并＝R1＝×110Ω＝55Ω，

3600imp/kW•h表示电路中每消耗1kW•h的电能，电能表的指示灯闪烁3600次，指示灯闪烁40次消耗的电能为： W＝

kW•h＝

×3.6×106J＝4×104J，

蛋糕机的实际功率为： P实＝＝由P＝

＝

可得实际电压为：

W，

U实＝＝＝200V。

故答案为：1.98×105；110；200。三、解答题（本题共11小题，共0分）

20．（4分）如图所示，一束平行光垂直射向盛水的透明烧杯，在烧杯底部放置一块平面镜，光线最终从水面射出，请完成光路图。

【分析】光线垂直射向水中时，光线的方向是不变的；反射时，反射光线和入射光线分居法线的两侧，反射角等于入射角；光从水中斜射入空气，入射光线和折射光线分居法线的两侧，且折射角大于入射角。由此完成光路图。【解答】解：

（1）光线从空气垂直射入水中时，光线的方向不变；

（2）光在平面镜上发生反射，先画出法线，再根据反射光线和入射光线分居法线的两侧，

反射角等于入射角画出反射光线；

（3）光从水中斜射入空气中时发生折射，先画法线，再根据折射光线和入射光线分居法线的两侧，且折射角大于入射角，画出折射光线，如图所示：

21．（4分）如图是用于消毒的手压喷壶，O点为支点，请在A点画出所用最小动力F的示意图及其力臂l。

【分析】由杠杆的平衡条件F1l1＝F2l2可知，当动力臂最大时，动力最小，即最省力。连接支点和力的作用点A即是最大动力臂，当作用力与之垂直时，作用力最小。【解答】解：力臂越长越省力，最长的力臂即支点与作用点的连线，即线段OA，从C点向右画出垂直于OA的力，如图所示：

22．（4分）根据图中信息，标出通电螺线管的N、S极和电源的正、负极。

【分析】知道小磁针的磁极，根据磁极间的作用判断通电螺线管的磁极，利用安培定则判断电流方向，确定电源的正负极。

【解答】解：根据磁极间的作用可以判断通电螺线管的左端为N极，右端是S极，根据安培定则，可以判断电流从螺线管的右端进入，从左端流出，所以电源的左端是负极，

右端是正极。如图：

23．（3分）a、b两组同学用如图甲所示的装置做“观察水的沸腾“的实验。（1）在图甲装置中，存在的错误是温度计的玻璃泡碰到了烧杯底；

（2）实验中，两组同学用相同的酒精灯加热，水从开始加热到沸腾所用的时间相同，如图乙所示：则水的沸点是 99℃ ，他们所用水的质量的大小关系为ma ＞ mb；（3）当水沸腾时，水中有一个气泡从A位置上升到B位置，受到水的浮力分别为FA和FB，则FA ＜ FB。

【分析】（1）在温度计测量液体温度时，正确的方法是：温度计的玻璃泡要全部浸入被测液体中；不要碰到容器底或容器壁；

（2）水沸腾后温度保持不变；通过ab初温不相同，但到达沸腾的时间相同，根据Q＝cm△t判断水的质量；

（3）水沸腾时，气泡不断变大，上升，根据阿基米德原理即可判断出。

【解答】解：（1）根据图甲可知，在温度计测量液体温度时，温度计的玻璃泡要全部浸入被测液体中；不要碰到容器底或容器壁；而图中温度计的玻璃泡碰到了容器底；（2）保持不变的温度即为水的沸点，由图可知为99℃；

由图乙知a的初温比b的初温高，ab同时沸腾，说明吸收的热量相同，a升高的温度低，根据Q＝cm△t知，说明a的质量大；

（3）沸腾时，气泡在上升过程中不断变大即V排变大，根据阿基米德原理F浮＝ρ可知液体密度不变，V排变大，浮力变大，所以FA＜FB。

故答案为：（1）温度计玻璃泡碰到了烧杯底部；（2）99℃；＞；（3）＜。 24．（3分）小明利用水透镜、蜡烛、光屏、光具座等器材进行了如下探究：

（1）实验前，将水透镜、蜡烛和光屏放置在光具座上，调整烛焰和光屏的中心在水透镜

液

gV排

的主光轴上；

（2）某次实验中，当蜡烛、水透镜和光屏在图示位置时，在光屏上恰能成清晰的像，则此时水透镜的焦距是 10 cm，接着固定蜡烛位置不变，将水透镜移到50cm刻度线处，要在光屏上再次看到清晰的像，应将光屏向右（选填“左”或“右”）移动；（3）小明在光屏上成清晰缩小像时，用注射器往水透镜中注入适量的水，保持蜡烛、水透镜的位置不变，将光屏向左移动适当距离，光屏上再次成清晰的像，此操作是为了探究近视眼（选填“近视眼”或“远视眼”）的成因，矫正此类视力缺陷，需佩戴度数合适的眼镜，此眼镜的镜片是凹透镜。

【分析】（1）做实验时应保证烛焰的焰心，凸透镜的光心，光屏的中心三者位于同一高度，且它们的中心在水透镜的主光轴上；

（2）当u＝v＝2f时，凸透镜成倒立等大的实像，据此分析；u＞2f，成倒立、缩小的实像，2f＞v＞f；

（3）近视眼是由于晶状体太厚，折光能力强造成的；凸透镜越厚，折光能力越强，焦距越短，据此分析即可判断。【解答】解

（1）为了让像成在光屏的，调整后使烛焰的中心、透镜的中心和光屏的中心在同一高度，且它们的中心在水透镜的主光轴上；

（2）将蜡烛、水透镜、光屏依次放在光具座如图甲所示的位置上时，光屏上呈现了等大的像，此时u＝v＝2f＝20cm，解得，则此时水透镜的焦距为：f＝10cm；

将透镜移到50cm刻度线处，此时u＞2f，成倒立、缩小的实像，2f＞v＞f，即光屏距离凸透镜的距离在10cm﹣20cm之间，故应将光屏向右移动；

（3）近视眼是由于晶状体太厚，折光能力强造成的，故保持蜡烛和水透镜的位置不动，用注射器往水透镜中注入适量的水，相当于让晶状体变厚，小明想要研究的是近视眼的成因，同时由于近视眼由于晶状体变厚，使得其折光能力变强，所以会使像落在视网膜前面，故纠正时需要佩戴凹透镜。

故答案为：（1）主光轴；（2）10；右；（3）近视眼；凹。

25．（3分）在“探究影响滑动摩擦力大小因素“的实验中，小明做了如图甲所示的三次实验，请回答下列问题：

（1）实验时用弹簧测力计沿水平方向拉动木块，使其在水平桌面上做匀速直线运动，根据二力平衡知识，可知滑动摩擦力的大小等于拉力的大小。

（2）刚开始小明做第1次实验时控制不好力度，拉力随时间变化的图象如图乙所示，木块的速度随时间变化的图象如图丙所示，则木块在第7s时的摩擦力为 3 N。（3）2、3两次实验是为了探究滑动摩擦力的大小与压力大小的关系。（4）实验中，木块的内能增大，这是通过做功方式改变了木块的内能。

（5）利用现有器材来探究“阻力对物体运动的影响“，除了增加一块长木板外，还需将木块换成小车。

【分析】（1）根据二力平衡的条件分析；

（2）根据图丙分析各段的运动情况，根据图乙分析出拉力的大小，根据影响摩擦力的因素分析出摩擦力的大小；

（3）影响摩擦力的因素有压力和接触面的粗糙程度，要探究滑动摩擦力的大小跟压力大小的关系时采用的是控制变量法，据此分析，得出结论；（4）改变内能的方法：做功和热传递；

（5）在探究阻力对物体运动的影响实验中，利用小车代替木块实验。【解答】解：

（1）只有沿水平方向拉着物体做匀速直线运动，物体在水平方向上受到平衡力的作用，根据二力平衡知识知，拉力大小才等于摩擦力的大小；

（2）由图丙知：2～6s物体做匀速运动，此时物体处于平衡状态，受到的拉力和摩擦力是一对平衡力，大小相等，由图乙知此过程的拉力为3N，所以滑动摩擦力为3N； 6～8s物体做减速运动，但由于压力的接触面的粗糙程度不变，摩擦力不变，仍为3N，故第7s时，摩擦力为3N；

由1、2两次接触面粗糙程度相同，压力不同，是探究滑动摩擦力的大小跟压力大小的关系，故可以得出：在接触面粗糙程度一定时，压力越大，摩擦力越大；

（3）2、3两次实验中，接触面的粗糙程度相同，压力不相同，弹簧测力计的示数不同，滑动摩擦力不同，是探究滑动摩擦力的大小与压力大小的关系；

（4）实验中，克服摩擦力做功机械能转化为内能，内能增加，温度升高；

（5）在探究阻力对物体运动的影响实验中，作为阻力的摩擦力不能过大，同时也为了便于进行理想推理，利用小车代替木块实验。

故答案为：（1）二力平衡；（2）3；（3）压力大小；（4）做功；（5）小车。

（1）实验中选用的两根电阻丝的阻值应相同，用加热时间来间接反映液体吸收热量的多少。

（2）如表是实验时记录的数据：

物理量物质液体a 液体b

150 150 质量（g）

加热前温度t1

（℃） 20 20

10 10

加热时间t（min）加热后温度t2

（℃） 49 35

分析表中数据，若在a、b两种液体中选择一种作为汽车发动机冷却剂，应选 b 液体冷却效果较好。

（3）实验中，若a液体中电阻丝的阻值为58Ω，通过的电流为0.5A，若不计热量损失，则a液体的比热容为 2000 J/（kg•℃），此测量值比真实值偏大（选填“大”或“小”）。

【分析】（1）（2）我们使用相同加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；比较物质吸热能力的方法：使相同质量的不同物质吸收相同的热量（即加热相同的时间），比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；

（3）根据焦耳定律和c＝求出比热容的大小；在实验中的过程中，有热量的散失。

【解答】解：（1）图中两电阻丝串联，通过的电流相同和通电时间相同，根据Q＝I2Rt可知，要产生的热量相同，则实验中选用的两根电阻丝的阻值应相同；

探究两种液体的吸热能力时，需要控制热源相同，即相同时间内热源产生的热量相同，根据转换法，实验中是用加热时间间接反映液体吸收热量的多少；

（2）根据表格中的数据可知，质量相同的a和b两种液体，加热时间相同时即吸收相同的热量，b液体升高的温度小，则说明b液体的吸热能力较强；如果a、b两种液体都可作为发动机冷却液，从物质吸热能力角度考虑，因b的的吸热能力强（即b的比热容大），根据Q＝cm△t可知，相同质量的ab两种液体升高相同的温度时，b吸热多，故应选b液体作发动机冷却液；

（3）根据焦耳定律可知，a液体吸收的热量等于电阻放出的热量：Q＝Q放＝I2Rt＝（0.5A）

×58Ω×600s＝8700J；

根据Q＝cm△t可知，a液体的比热容为： c＝

＝

＝2000J/（kg•℃）；

在实验的过程中，由于有热量的散失，电阻放出的热量不可能全部被a液体吸收，即a吸收的热量偏小，即Q小于Q放，所以测量值会偏大。故答案为：（1）相同；加热时间；（2）b；（3）2000；偏大。 27．（3分）如图所示为“探究感应电流产生条件”的实验装置：

（1）闭合开关，当磁体静止、导体棒AB水平向右运动时，AB中电流方向从A向B，则若对调磁体的磁极位置并使AB棒水平向左运动时，AB中电流方向是从A向B ，本实验中，能量转化情况是机械能转化为电能。

（2）如果将小量程电流表换成电源，则可以探究磁场对通电导体的作用。

【分析】（1）闭合电路的一部分导体在磁场中作切割磁感应运动时，电路中就会产生感应电流；感应电流的方向与导体运动的方向和磁场的方向有关；

（2）通电导体在磁场中受到磁力作用，将电能转化为机械能，利用此原理制成了电动机。

【解答】解：

（1）让导线AB水平向右运动时，AB中电流方向从A向B；对调磁体的磁极位置并使AB棒水平向左运动时，则电流的方向不变，即电路中的电流方向为A→B，此过程中机械能转化为电能；

（2）若将灵敏电流计换成电源，有电流通过导体AB，则AB会在磁场中受力运动。故答案为：（1）从A向B；机械能转化为电能；（2）电源。

28．（3分）在“测量小灯泡额定功率”实验中，小灯泡的额定电压U额＝2.5V。

（1）图甲是小明测量小灯泡额定功率的实物电路图，图中有一根线连接错误，请在这根线上打“×”，并在图中改正。

（2）改正电路后，闭合开关，发现无论怎样移动滑片，两电表均无示数，其原因可能是 A、D （填字母）。 A．滑动变阻器断路 B．灯泡处断路 C．灯泡被短路 D．电流表处断路

（3）闭合开关，移动滑片P直到电压表示数为2.5V，此时电流表示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为 0.75 W。

（4）爱动脑筋的小华想出另一种测量该小灯泡额定功率的方法，设计了如图丙所示的电路，所用电源电压恒为6V，请将以下实验步骤补充完整；

①检查电路无误后，闭合开关S，将开关S1投至“1”，调节滑动变阻器滑片直至电压表示数为 3.5 V；

②滑片不动，再将开关S1拨至“2”时，读出电压表示数为U0。 ③小灯泡的额定功率：P额＝ U额•

（用U额、U0、R0表示）。

④若步骤②中，在将开关S1拨至“2”时，不小心将滑片向右移动了少许，其他操作正

确，则测出的小灯泡额定功率比真实值小（选填“大“或“小”）。

【分析】（1）原电路中，电流表与变阻器串联后再与灯并联，电压表串联在电路中是错误的，电流表、变阻器、灯泡三者应串联，电压表与灯并联；（2）逐一分析每个选项，找出符合题意的答案；

（3）根据电流表选用小量程确定分度值读数，根据P＝UI得出小灯泡的额定功率；（4）①②③要测量小灯泡的额定功率，需使小灯泡两端的电压等于其额定电压，根据串联电路电压规律可得出电压表的示数；

滑片不动，再将开关S1拨至“2”，求出此时电路中的电流即为小灯泡的额定电流，根据P额＝U额I额求出小灯泡的额定功率；

④将开关S1拨至“2”，滑片向右移动稍许，滑动变阻器接入电路的阻值变大，根据串联分压知识可知，滑动变阻器两端的电压和定值电阻R0两端的电压变化，最后根据P额＝U额I额可判断测出的小灯泡的额定功率比真实值偏小还是偏大。【解答】解：（1）原电路中，电流表与变阻器串联后再与灯并联，电压表串联在电路中是错误的，电流表、变阻器、灯泡三者应串联，电压表与灯并联，如下所示：

（2）A．若滑动变阻器断路，整个电路断路，两表都没有示数，符合题意； B．若灯泡处断路，电压表串联在电路中测电源电压，电压表有示数，不符合题意； C．若灯泡被短路，电压表没有示数，但电流表有示数，不符合题意； D．电流表处断路，整个电路断路，两表都没有示数，符合题意；故选A、D；

（3）闭合开关，移动滑片P直到电压表示数为2.5V，此时电流表示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流为0.3A，则小灯泡的额定功率为：P＝U额I＝2.5V×0.3A＝0.75W；

（4）①检查电路无误后，闭合开关S，将开关S1拨至“1”，调节滑动变阻器滑片直至电压表示数为3.5V；

②滑片不动，再将开关S1拨至“2”时，读出电压表示数为U0。

③在①中，小灯泡、R0和滑动变阻器串联，电压表测R0和滑动变阻器两端的电压，调节滑动变阻器的滑片至电压表示数为3.5V，由串联电路电压的规律，灯的电压：U灯＝U﹣UV＝6V﹣3.5V＝2.5V＝U额，灯泡正常发光；

在②中，变阻器的滑片不动，再将开关S1拨至“2”，电压表测R0两端的电压U0，此时电路中的电流即为小灯泡的额定电流：I额＝

。

小灯泡的额定功率：P额＝U额I额＝U额×；

④将开关S1拨至“2”，滑片向右移动稍许，滑动变阻器接入电路的阻值变大，根据串联分压知识可知，滑动变阻器两端的电压变大，由串联电路电压的规律，定值电阻R0两端的电压U0变小，根据P额＝U额I额＝U额×

可知，测出的小灯泡的额定功率比真实值偏小。

故答案为：（1）如上图所示；（2）A、D；（3）0.75；

（4）①3.5V； ③U额×

； ④小。

（1）节目中张培萌50m跑的平均速度；

（2）山鹰FTC﹣2000教练机以最大起飞质量静止在水平地面上时对地面的压强。

【分析】（1）根据速度公式可求出平均速度；

（2）水平地面受到的压力等于重力，据此求出压力，再利用p＝求出对地面的压强。【解答】解：（1）节目中张培萌50m跑的平均速度： v＝＝

＝8.93m/s；

（2）教练机以最大起飞质量静止在水平地面上时对地面的压力： F＝G＝mg＝9000kg×10N/kg＝9×104N，地面受到的压强： p＝＝

＝1.5×106Pa。

答：（1）节目中张培萌50m跑的平均速度为8.93m/s；

（2）山鹰FTC﹣2000教练机以最大起飞质量静止在水平地面上时对地面的压强为1.5×106Pa。

（1）若保护电阻R0为200Ω，则热水器刚开始保温时水的温度是 80 ℃；若要使热水器刚开始保温时的温度降低一些，采取的措施是增大保护电阻R0或减小电源电压（写一条即可）。

（2）电阻丝R1、R2的阻值分别为多少欧姆？

（3）该热水器在加热状态下，将60kg、20℃的水加热到50℃需要 2800 s。

【分析】（1）根据电路图甲可知，控制电路为R、R0的串联电路，根据题意可知，当电

路电流为0.8mA时，刚开始保温，根据欧姆定律的应用求出此时电路的总电阻，然后根据串联电路电阻特点求出R的阻值，再根据图乙读出此时水的温度；

根据图乙可知，开始保温的温度越低，热敏电阻的阻值越小，根据欧姆定律的的应用和串联电路电阻特点可知保护电阻阻值的变化或电源电压的变化；

（2）由甲图可知，电磁铁的衔铁被吸下，继电器下方触点和触点b接通时，电路为R2的基本电路；继电器上方触点和触点a接通时，R1与R2串联；根据串联电路特点和P＝

可知电路的工作状态，并进一步求出R1和R2的阻值；

（3）根据Q＝cm△t算出水吸收的热量，根据效率公式算出消耗的电能，根据W＝Pt算出加热时间。

【解答】解：（1）由题意可知，刚开始保温时，电路电流为0.8mA，由I＝可知，R＝＝

＝750Ω，

总

因串联电路中的总电阻等于各部分电阻之和，所以热敏电阻的阻值为：R＝R750Ω﹣200Ω＝550Ω，

﹣R0＝

由图乙可知，此时水温为80℃；并且开始保温的温度越低，热敏电阻的阻值越小，由I＝和串联电路电阻特点可知：R＝

﹣R0，因此使热水器刚开始保温时的温度降低一

些，可增大保护电阻R0或减小电源电压；

（2）由甲图可知，电磁铁的衔铁被吸下，继电器下方触点和触点b接通时，电路为R2的基本电路；继电器上方触点和触点a接通时，R1与R2串联；

因串联电路中的总电阻等于各部分电阻之和，所以继电器下方触点和触点b接通时，为R2的基本电路，电路处于加热状态；

继电器上方触点和触点a接通时，R1与R2串联，电路处于保温状态；由P＝

可知，R2＝

＝

＝16.1Ω，

R总′＝＝＝242Ω，

则R1＝R总′﹣R2＝242Ω﹣16.1Ω＝225.9Ω；（3）水吸收的热量：Q＝7.56×106J，

吸

＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×60kg×（50℃﹣20℃）

由η＝可得，加热电路消耗的能量：W＝＝

＝8.4×106J，

由W＝Pt可得，加热时间：t＝＝＝2800s。

答：（1）80；增大保护电阻R0或减小电源电压；（2）电阻丝R1、R2阻值分别为16.1Ω、225.9Ω；（3）2800。

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