2022年山东省滨州市中考物理真题试卷（含详解）

2022年山东省滨州市中考物理试卷

一、选择题（本题包括15个小题，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1〜12小题

只有一项符合题目要求，选对得3分；第13〜15小题，有多项符合题目要求，全部选对得

4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）

1.（3分）下列估测中，符合实际的是（）

A.核酸检测用的口咽拭子长度约为60cm

B.人的正常体温约为420c

C.亚洲飞人苏炳添百米速度可达10m/s以上

D.九年级物理课本的质量约为2kg

2.（3分）古诗词是我国的文化瑰宝，很多诗句里蕴含着物理知识。下列分析正确的是（）

A.“姑苏城外寒山寺，夜半钟声到客船"，“钟声”是由于空气的振动而产生的

B.“春眠不觉晓，处处闻啼鸟”，“啼鸟声”是通过空气传入人耳的

C.“月落乌啼霜满天，江枫渔火对愁眠”，“霜”的形成是升华现象

D.“欲渡黄河冰塞川，将登太行雪满山”，“冰”的形成是凝华现象

3.（3分）小华同学用如图甲所示的装置给冰加热。根据实验记录的数据，他绘制了如图乙

所示冰熔化时温度随时间变化的图象。小华又继续加热一段时间，观察到水沸腾时温度

计的示数如图丙所示。下列说法正确（）

4温度

A.BC段表示冰的熔化过程，继续吸热温度保持不变，处于固液共存状态

B.比较AB段和CD段可知，AB段的比热容是CD段比热容的2倍

C.水的沸点是98℃,由此可以判断此时的大气压高于一个标准大气压

D.水沸腾时烧杯上方出现大量的“白气”，这些“白气”的形成属于汽化现象

4.（3分）关于内能和内能的利用。下列说法中正确的是（）

A.5月的街头，杨花飞絮随风舞，好似雪花满天飞，说明分子在不停地做热运动

B.新能源汽车实现了“零排放”，其效率达到了100%

C.我国“长征五号B”大型运载火箭使用氢作燃料，是因为氢的密度小

D.内燃机的压缩冲程，主要通过做功的方式增大汽缸内物质的内能

5.（3分）如图所示，在“探究平面镜成像的特点”实验中。下列说法正确的是（）

A.用玻璃板代替平面镜，是为了观察到的蜡烛的像更清晰

B.只要把光屏放在恰当的位置，就能承接到蜡烛的像

C.蜡烛距玻璃板越远，蜡烛的像就越小

D.只把玻璃板向左平移，蜡烛的像的位置不变

6.（3分）冰壶又称掷冰壶，冰上溜石，是以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目，

被大家喻为冰上的“国际象棋”，它考验参与者的体能与脑力，展现动静之美，取舍之智

慧。如图为北京2022年2月北京冬奥会冰壶比赛的情景。下列说法正确的是（）

A.运动员将冰壶沿水平冰面投掷后，冰壶由于惯性继续向前运动

B.运动员在冰壶前方“刷冰”，是为了增大摩擦

C.冰壶最终停下来因为不受力的作用

D.冰壶静止时，冰壶受到的重力和冰壶对冰面的压力二力平衡

7.（3分）司马迁在《史记》中有壮丽辉煌的咸阳宫的描述。如图是我们的祖先在建造宫殿

时利用木棒搬动巨大木料的情景。他们通过横杆、支架、石块等，将巨木的一端抬起，

垫上圆木，以便将其移到其它地方。以下分析不正确的是（）

A.通过横杆、支架等，将巨木的一端抬起是使用了杠杆

B.人越靠近横杆的右端，会更省力地抬起巨木的一端

C.将巨木的一端抬起，垫上圆木是为了减小摩擦

D.支架下端垫有底面积较大的石块，是为了增大支架对地面的压强

8.（3分）2022年2月北京冬奥会，中国代表团共收获9金4银2铜共15枚奖牌，金牌数

和奖牌数均创历史新高。如图为高速摄影机记录的单板滑雪男子大跳台金牌得主苏翊鸣

在比赛中，从跳台起跳到落地过程的情景。下列关于这一过程说法正确的是（）

A.他从起跳到最高点的过程中，动能逐渐转化成重力势能

B.他起跳后到达最高点时，机械能最大

C.他从空中下落过程中，重力做功越来越慢

D.他从起跳到落地的整个过程中，机械能是守恒的

9.（3分）阅读短文判断问题：为了解释地球存在着磁场一一地磁场，19世纪安培假设：地

球的磁场是由绕过地心轴线的环形电流引起的。①由于地球表面带有某种电荷，随地球

一起自西向东转动时，形成环形电流，如图所示。环形电流可以形象地类似于通电螺线

管中的电流。②环形电流的磁场也可以想象成类似于条形磁铁的磁场。③若将地磁场的

N极和S极相当于通电螺线管的两个磁极，则可以借助安培定则由两极的磁性判断环形

电流的方向。根据以上描述下列判断正确的是（）

A.环形电流的方向是自西向东

B.形成环形电流的电荷是正电荷

C.形成环形电流的电荷，与用丝绸摩擦过的玻璃棒带的电荷相互吸引

D.用实验室常用验电器能够检验出形成环形电流的电荷电性

（多选）10.（3分）如图所示，电源电压恒定不变，开关闭合后，当滑动变阻器的滑片P

由最右端向中点滑动时。下列说法正确的是（)

A.电流表Ai示数不变，电压表V示数不变

B.电流表Ai示数变大，灯泡L的亮度不变

C.电流表A2示数变大，电压表V示数不变

D.电压表V示数与电流表Ai的示数之比变大

11.（3分）关于家庭电路和安全用电的说法中正确的是（）

A.正确使用试电笔测量时，人体安全的原因是试电笔与人体之间绝缘

B.空气开关和漏电保护器在家庭电路中起的作用相同

C.用电器的总功率过大是家庭电路中电流过大的原因之一

D.控制电灯的开关要接在零线和灯泡之间

12.（3分）进入初中学业水平考试考场时，监考教师会使用金属探测仪对大家进行检测。

如果有同学携带金属制品，探测仪就会产生电流并报警。下列四个实验能反映金属探测

仪工作原理的是（）

（多选）13.（4分）小滨用天平、烧杯和量筒测牛奶的密度，如图甲乙丙丁表示了他主要

的操作过程。①调节天平平衡；②测出烧杯和牛奶的总质量mi；③把牛奶倒入量筒中，

测出烧杯的质量m2;④读出牛奶的体积V。根据实验过程及测量数据，下列四个选项正

A.调节天平平衡时，指针如图甲所示，应将平衡螺母向左移动

B.烧杯的质量m2为41.4g

C.牛奶的体积V为100mL

D.牛奶的密度p为l.lg/cn?

（多选）14.（4分）如图所示，用滑轮组提升质量为12kg的物体时，物体在10s内匀速竖

直上升2m。所用拉力F为50N。则在提升物体的过程中（不计绳重和摩擦，g=10N/kg）,

下列说法正确的是（）

A.绳子自由端移动的速度为0.6m/s

B.滑轮组提升物体做的有用功为300J

C.拉力做功的功率为30W

D.该滑轮组的机械效率为80%

（多选）15.（4分）某家用电热壶有“加热”和“保温”两个挡位，其简化电路如图甲所

示，电热丝Ri=48.4Q,R2=435.6Q。小滨为测量电热壶的实际功率，他把家中的其它用

电器都与电源断开，仅让电热壶工作，Imin内电能表（如图乙）的转盘转动了16转。［不

考虑热量损失，已知水的比热容C=4.2X1（）3J/（kg-C）］下面说法正确的是（）

kWh

o-----------------------C

22OV

1220V10(20)A50Hz

(

°~<------［1200r/kW.h)

2

甲乙

A.开关S接“2”时，电热壶为“加热”挡位

B.电热壶的正常加热功率为100W

C.电热壶将1kg的水从25℃加热到75℃,需要正常工作210s

D.测量时电热壶的实际加热功率为800W

二、填空题（每空1分，共6分）

16.（2分）石墨烯是一种新材料•，具有优异的光学、电学、力学特性，石墨烯还具有很好

的韧性，且可以弯曲。北京冬奥会运动场馆的最低温度可达-30℃左右，利用石墨烯制

作的智能温控加热羽绒服可帮助工作人员抵御寒冷，有效提升保暖效果。可见，这种材

料具有密度（选填“较大”或“较小”）、电阻（选填

“较大”或“较小”）的特点。

17.（2分）2022年5月21日，我国海军辽宁舰航母编队圆满完成演习任务，从太平洋返回

东海。如图所示各舰船同速前行时，相邻舰船相对（选填“运动”或“静止”以

且各舰船之间需保持一定距离，以防止相邻舰船间水的流速大，压强（选填“大”

或“小”）而出现碰撞。

18.（2分）2022年3月23日，“天宫课堂”第二课正式开讲，“太空教师”翟志刚、王亚平、

叶光富在中国空间站为广大青少年带来了一场精彩的太空科普课。授课期间，“太空教师”

与地面课堂师生的实时互动交流是通过进行传播的。空间站太阳翼上的太阳能

电池板将太阳能转化成电能为空间站供电，电能是（选填“一次”或“二次”）

能源。

甲乙

三、作图题与实验探究题（本题共5个小题，共26分）

19.（2分）画出图中悬停在空中的无人机受力的示意图。

20.（2分）一条光线从水中斜射入空气中时，其反射光线如图所示。请在图中画出入射光

线、折射光线的大致位置并标出入射角的度数。

21.（6分）小滨同学“探究凸透镜成像的规律”。

（1）如图甲所示，小滨让凸透镜正对平行光，调整凸透镜到光屏的距离，光屏上会出现

一个很小、很亮的光斑，则该凸透镜的焦距f=cm。

（2）小滨在组装器材时，将蜡烛、凸透镜和光屏依次放在光具座上，点燃蜡烛并调节烛

焰、凸透镜、光屏的中心在同一高度上，目的是让烛焰的像成在。

（3）如图乙所示，小滨将凸透镜固定在50cm刻度线处，当蜡烛距凸透镜15cm时，移

动光屏，可在光屏上得到一个倒立、（选填“缩小”、“等大”或“放大”）的实

像，利用该成像规律制成的光学仪器是（选填“照相机”、“投影仪”或“放大

镜”）。此时，若在凸透镜与光屏之间放置一远视镜片，要在光屏上成清晰的像，光屏应

向（选填“左”或“右”）移动。

（4）小滨在实验过程中，光屏上得到清晰的像，突然，一只飞虫落到了凸透镜表面上，

则光屏上出现。

A.E虫的像

B.飞虫的影子

C.仍是烛焰的像

22.（8分）在探究性学习活动中，某学习小组做了以下系列实验探究。

flan

甲

（1）探究影响压力作用效果的因素，该小组用一块海绵、一张小桌和一个祛码，做了如

图甲所示实验。请根据两图中的情景，提出一个要探究的问题是：。经

过多次实验表明影响压力作用效果的因素是。根据实验结论，建立了压强概念

和压强的表达式p=工。

S

（2）该小组取三个高度均为h,密度同为p的实心均匀物体A、B、C。A、C是圆柱体,

B是长方体，A、B的底面积都为S,C的底面积为把它们放在水平桌面的海绵上，

2

如图乙所示，发现海绵被压下的深度相同。

该小组结合在（1）中得到的结论和表达式，分析出了A、B、C三个物体对海绵的压强

均为p=（只写出结果），解释了“海绵被压下的深度相同”的原因。

（3）该小组研究液体内部的压强，用图丙A所示的器材进行实验探究。他们利用这些器

材（选填“能”或“不能”）探究液体的压强跟液体的深度、液体的密度有关。

此过程用的实验方法是（只写出一种）。

该小组对液体压强的大小跟液体的深度、液体的密度之间的定量关系进一步思考。在图

乙B容器内装有密度为p的液体，他们受到上面实验的启发，要想得到液面下深度h处

的压强，可以设想这里有一个水平放置的“平面”，平面的面积为S。这个平面以上的液

柱对平面的压力等于液柱所受的重力。因此，液面下深度h处的压强为p=（写

出推导过程）。

（4）由（3）推导出的表达式，（选填“能”或“不能”）应用于大气压强。

23.（8分）如图甲所示，是某实验小组“探究电流与电阻的关系”的实物图。选用的实验

器材是：电源（电压恒为3V）、电流表、电压表，电阻R有4个阻值（5Q、10。、20。、

30（1）供选用，滑动变阻器（20Q1A）、开关、导线若干。

甲乙丙

（1）请用笔画线代替导线将图甲中的实物图连接完整。

（2）连接电路时，开关应保持；开关闭合前，滑动变阻器的滑片P应滑到

（选填"A”或"B”）端。

（3）检查电路连接无误后闭合开关后，无论怎样移动滑动变阻器的滑片P,电流表几乎

无示数,电压表有示数且不变，原因可能是。

A.R短路

B.R断路

C.滑动变阻器断路

（4）排除故障后继续实验，实验过程中，当把ion电阻换成20Q电阻后，为保持

（选填“电流表”或“电压表”）示数不变，滑片P应向（选填"A”或"B”）

端移动。

（5）根据实验数据绘制了如图乙所示的图象，得出电流与电阻的关系是：。

（6）该小组用电流表和一个定值电阻Ro,测量未知电阻Rx的阻值。他们设计了如图丙

所示的电路图，并进行如下实验操作：

①闭合S、断开Si,此时电流表的示数为II；

②闭合S和Si,此时电流表的示数为12；

③则Rx=（用Ro、11、12表示）。

四、综合应用题（本题共2个小题，共2（）分。解答时应写出必要的文字说明、公式和演算

步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题目，答案中必须明确写出数值和单位。）

24.（10分）建造某跨江大桥时，需将长百米、重千余吨的桥梁从江中吊起，施工时采用了

将桥梁与水面成一定倾角出水的起吊方案，为了探究该方案的合理性，某研究性学习小

组做了以下两个模拟实验。水平桌面上放置一个装有适量水的烧杯，杯的底面积为1X10

-2m2,将小金属板用细线吊着，然后将其浸没在烧杯内的水中，杯中的水没有溢出。

将同一小金属板分别与水面平行和与水面成一定倾角从水下缓慢拉出，如图2乙、图丙

所示。在这两个过程中测力计所受拉力的变化情况，如图2丁坐标图像所示。（g=10N/kg,

p=lX103kg/m3）求：

图2

（1）根据实验数据，实验2中的最大拉力比实验1中的最大拉力减小了多少？

（2）小金属板的密度。

（3）当小金属板浸没水中后，水对烧杯底部增大的压强。

25.（10分）如图甲、乙是某物理兴趣小组，设计的简易坐位体前屈测试仪的测试示意图、

简化原理图。在测试中，测试的同学向前推动测试仪的滑块实际上是移动滑动变阻器的

滑片，电压表的示数用来反映被测试者的成绩。

电源电压恒为6V,电压表量程0〜3V,电流表量程0〜0.6A,滑动变阻器Ri标有“15。

1A”，滑片P每移动1cm,Ri的电阻变化0.5C,定值电阻R2=20。。求：

(1)当滑片P位于最左端时，电流表的示数。

(2)某同学测试时，从最左端推动滑片P向右移动20cm,此时电压表的示数。

(3)若既能保证电路各元件的安全，又能使滑片P移动到最右端，则选取R2时，其阻

值不能小于多少？

2022年山东省滨州市中考物理试卷

参考答案与试题解析

一、选择题（本题包括15个小题，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1〜12小题

只有一项符合题目要求，选对得3分；第13〜15小题，有多项符合题目要求，全部选对得

4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）

1.【分析】不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要简单的计算，有的要进行

单位的换算，最后确定不符合实际的是哪一个。

【解答】解：A、中学生“一挂”的长度约15cm,口咽拭子长度与此差不多，在15cm

左右，故A不符合实际；

B、人体正常体温在37℃左右，变化幅度很小，故B不符合实际；

C、苏炳添百米成绩略小于10s,所以其平均速度略大于10m/s,故C符合实际；

D、九年级物理课本的质量在300g=0.3kg左右，故D不符合实际。

故选：Co

2.【分析】声音是物体振动产生的；声音传播需要介质：根据六种物态变化的定义，识别霜

和冰的形成和对于的物态变化的种类。

【解答】解：A、“钟声”是钟振动产生的，故A错；

B、“啼鸟声”是通过空气传播进入人耳的，故B正确；

C、“霜”是空气中水蒸气遇冷直接凝华成的小冰晶，故C错；

D、“冰”是水的液态变成固态形成的，属于凝固，故D错。

故选：B。

3.【分析】（1）BC段是冰水混合物，是冰的熔化过程，晶体熔化过程中，温度保持不变，

需要继续吸热；

（2）用相同的加热源，在相同时间内吸收相同的热量，利用公式、=011。可计算；

（3）液体的沸点随大气压的增大而升高；

（4）白气是液态小水珠，白气是由气体变成液体。

【解答】解：A、BC段表示冰的熔化过程，继续吸热温度保持不变，处于固液共存状态，

故A正确；

B、CD段加热时间是AB段加热时间的两倍，也CD段吸收的热量是AB段的两倍，CD

段温度变化IO℃,AB段温度变化了10℃,被加热物质的质量不变，根据Q=cmAt可

知，巴坦=里吟拉=浊=2，CD段的比热容是AB段比热容的2倍，故B错误；

QCDcCDm2^tCDcCD2

C、水的沸点为98℃,小于标准大气压下的100℃,说明当地气压低于标准大气压，故C

错误；

D、水沸腾时烧杯上方出现大量的“白气”，白气是由气态变成液态形成的，这些“白气”

的形成属于液化现象，故D错误。

故选：Ao

4.【分析】（1）宏观物体小颗粒的运动，属于机械运动；

（2）任何机械的效率都不能等于或大于100%；

（3）运载火箭采用液态氢作为火箭的燃料，原因是液态氢具有较高的热值，与其他物质

相比完全燃烧相同质量的氢时，可以释放出更多的热量；

（4）改变物体内能的方式有做功和热传递，做功属于能量的转化，热传递属于能量的转

移。

【解答】解：

A、5月的街头，杨花飞絮随风舞，好似雪花满天飞，描述的是宏观物体的机械运动，不

属于分子热运动，故A错误；

B、新能源汽车实现了“零排放”，但是不能排除机械间的摩擦，不能排除热量的散失，

所以机械效率不会达到100%，故B错误；

C、运载火箭采用液态氢作为火箭的燃料，原因是液态氢具有较大的热值，完全燃烧相同

质量的液态氢和其它燃料相比，液态氢可以释放出更多的热量，故C错误；

D、内燃机的压缩冲程，活塞压缩气缸内物质做功，机械能转化为内能，是通过做功改变

物体的内能，故D正确。

故选：D。

5.【分析】（1）玻璃板不但反射光，能成像，还能透光看到玻璃板后面的蜡烛，便于确定像

的位置；

（2）平面镜成像的特点：平面镜所成的像是虚像，物体和像大小相同，物体到平面镜的

距离和像到平面镜的距离相等，物体和像关于平面镜对称；

（3）平面镜所成的像是虚像，虚像不是实际光线的会聚点，所以不会出现在光屏上。

【解答】解：A、使用平面镜时，只能成像，而不能透光，不容易确定像的位置，用玻璃

板时，既能成像，又能透光，便于确定出像的位置，而且能比较像与物的大小关系，故

A错；

B、玻璃板中成的虚像，用光屏承接不到虚像，故B错；

C、蜡烛距玻璃板越远时，根据平面镜成像的特点可知，蜡烛在玻璃板中的像也会变远，

蜡烛的像大小不变，故C错；

D,只把玻璃板向左平移时，蜡烛到玻璃板的距离没改变，由平面镜成像的特点可知，蜡

烛的像到玻璃板的距离也不变，即蜡烛的像的位置不变，故D正确。

故选：D。

6.【分析】（1）物体由于惯性要保持原来的运动状态不变。

（2）影响滑动摩擦力大小的因素有：压力大小和接触面的粗糙程度。增大摩擦的方法有:

增大压力和增大接触面的粗糙程度。减小摩擦力的方法有：减小压力、减小接触面的粗

糙程度、变滑动摩擦为滚动摩擦和使两接触表面彼此离开。

（3）力是改变物体运动状态的原因。

（4）一对平衡力必须大小相等、方向相反、作用在同一物体上、作用在同一直线上。

【解答】解：A、开始冰壶和手一起运动，冰壶脱离手后，冰壶由于惯性要保持原来的运

动状态，所以会继续向前运动，故A正确；

B、冰刷扫冰时，克服摩擦做功，冰的内能增大，温度升高，达到熔点熔化，在冰面和冰

壶之间形成水膜，使接触面分离，从而减小了冰壶和冰面之间的摩擦，故B错误；

C、冰壶最终停下来因为受到摩擦力的作用，故C错误；

D、冰壶静止时，冰壶对冰面的压力作用在冰面上，冰壶受到的重力作用在冰壶上，二力

作用在两个物体上，且二力的方向相同，不是一对平衡力，故D错误。

故选：A。

7.【分析】（1）在力的作用下，能够绕着固定点转动的硬棒叫杠杆，动力臂大于阻力臂的杠

杆可以省力；

（2）在阻力不变的情况下，改变阻力臂和动力臂的大小，根据杠杆平衡条件可知，能改

变动力的大小；

（3）减小摩擦力的方法：在接触面粗糙程度一定时，减小压力；在压力一定时，减小接

触面的粗糙程度；使接触面脱离；用滚动摩擦代替滑动摩擦；

（4）由p=£可知，在压力一定的条件下，S越大，压强越小。

S

【解答】解：A、由图可知，架在支架上的横杆的动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，故

A正确；

B、人越靠近横杆的右端，动力臂越长，会更省力地抬起巨木的一端，故B正确；

C、巨木下面垫上圆木，滑动变滚动，是为了减小摩擦，故C正确；

D、支架对地面的压力一定，在支架下面垫有面积较大的石块，其实质是增大接触面积,

由p=E可知，支架对地面的压强减小，故D错误。

S

故选：D。

8.【分析】(1)动能大小的影响因素：质量、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、高度；质量越大，高度越高，重力势能越大；机械能是动

能和势能的总和；物体克服摩擦或空气阻力做功，机械能转化为内能；

(2)功率是表示物体做功快慢的物理量，根据p=I=Gh=Gv分析重力做功的快慢。

tt

【解答】解：

A、他从起跳到最高点的过程中，他的质量不变，高度变大，重力势能变大，速度变小，

动能变小，是动能逐渐转化成重力势能，故A正确；

B、他起跳后到达最高点时，由于存在空气阻力，克服空气阻力做功，一部分机械能转化

为内能，所以在最高点时的机械能不是最大，故B错误；

C、他从空中下落过程中，速度越来越大，重力不变，根据P=y_=@=Gv可知，重力

tt

做功的功率越来越大，即重力做功越来越快，故C错误；

D、他从起跳到落地的整个过程中，克服摩擦或空气阻力做功，机械能转化为内能，所以

机械能是不守恒的，故D错误。

故选：A。

9.【分析】(1)(2)地磁的北极在地理南极的附近，在用安培定则判定环形电流的方向时右

手的拇指必需指向南方；地球自西向东转，根据安培定则可知地球表面应带负电。

(3)自然界只存在两种电荷，正电荷和负电荷。丝绸摩擦过的玻璃棒带正电；毛皮摩擦

过的橡胶棒带负电；同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引；

(4)验电器的原理及使用方法：验电器是根据同种电荷相互排斥的原理制作的，它能用

来检验物体是否带电，但不能检验带何种电荷。

【解答】解：AB、由于地磁的北极在地理的南极附近，按照安培的假设，地球表面应该

带有负电荷，理由是：由安培定则可知，环形电流的方向是自东向西，而地球的转动方

向是自西向东，电流方向与电荷的定向移动方向相反，该电荷是负电荷，故AB错误；

C、形成环形电流的电荷是负电荷，玻璃棒带正电荷，异种电荷相互吸引，故C正确；

D、验电器能用来检验物体是否带电，但不能检验出物体带电的种类，故D错误。故选:

Co

10•【分析】由电路图可知，滑动变阻器和灯泡并联，电压表测量并联电路两端的电压(电

源电压)，电流表A1测滑动变阻器的电流，电流表A2测干路中的电流；

根据电源电压可知电压表示数的变化，滑动变阻器的滑片P由最右端向中点滑动时，滑

动变阻器接入电路的电阻变小，根据欧姆定律可知通过滑动变阻器电流的变化；

根据并联电路的特点分析通过灯泡电流的变化和灯泡亮度的变化，根据并联电路的电流

规律判定干路中电流的变化；

根据电压表示数、电流表示数的变化分析电压表V示数与电流表Ai的示数之比的变化。

【解答】解：由电路图可知，滑动变阻器和灯泡并联，电压表测量并联电路两端的电压

(电源电压)，电流表Ai测滑动变阻器的电流，电流表A2测干路中的电流；

由于电源电压不变，所以滑片移动时电压表V的示数不变；

因为并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以滑片移动时通过灯泡的电流不变，灯

泡亮度不变；

当滑动变阻器的滑片P由最右端向中点滑动时，变阻器接入电路中的电阻变小，根据欧

姆定律可知，通过变阻器支路的电流变大，即电流表Ai的示数变大；

根据并联电路的电流特点可知，干路电流变大，即电流表A2示数变大；

电压表V示数不变，电流表Ai的示数变大，则电压表V示数与电流表Ai的示数之比变

小；

综上所述，BC正确。

故选：BC,

11•【分析】(1)试电笔中串联着一个非常大的电阻，使得通过人体的电流很小很小，不会

触电；

(2)电路中电流过大时，空开“跳闸”，家庭电路漏电时，漏电保护器工作，断开电路;

(3)电路中电流过大的原因：一是短路；二是电路中同时工作的用电器的总功率过大；

(4)开关应该接在火线和灯泡之间。

【解答】解：A、试电笔接触火线时，火线、试电笔、人体、大地构成一个通路，不会触

电的原因是试电笔中串联着一个很大的电阻，约有一百万欧姆，根据欧姆定律可知，在

试电笔接触火线时，从人体流过的电流很小很小，所以才不会触电，故A错误；

B、空开是防止电路短路或者超负荷工作的，漏电保护器是防止因漏电而造成人身触电的,

故B错误：

C、用电器的总功率过大时，根据I=E可知，电压电压一定，功率越大电路中的电流就

U

越大，故C正确；

D、如果把开关接在零线和火线之间，断开开关后，灯泡仍然和火线是相连的，更换灯泡

或者维修电路时还会造成触电事故，所以应该将开关接在灯泡和火线之间，故D错误；

故选：Co

12•【分析】由题意可知，探测仪是将线圈靠近金属物体时，相当于闭合电路的部分导体在

切割磁感线，从而产生了电流，则分析各实验现象可知能产生电流的选项。

【解答】解：当线圈靠近金属物体时，在金属物体中产生电流，相当于闭合电路的部分

导体在切割磁感线，故在线圈中会产生电流，故探测器应采用了电磁感应原理；

A、此图是探究磁极间相互作用规律的实验，故A错误；

B、此图中没有电源，ab做切割磁感线运动时，会产生感应电流，即为探究电磁感应现

象的实验，故B正确；

C、此装置的主要部件是电磁铁，其工作原理是电流的磁效应，故C错误；

D、此图为探究通电导体在磁场中受力的实验，反映了电动机的原理，故D错误。

故选：Bo

13.【分析】（1）平衡螺母的调节方法：左偏右调，右偏左调。

（2）用天平称物体的质量时：物体质量等于所有祛码质量加游码左边缘对应示数。

⑶根据密度p=g计算出牛奶密度。

【解答】解：A、根据图甲所示，指针指向左边，平衡螺母应向右调，故A错误。

B、根据图丙可知：烧杯的质量m2为41.4g,故B正确。

C、根据图丁可知：牛奶的体积V为100mL,故C正确。

D、根据图乙可知：牛奶和烧杯的总质量为151.4g,所以牛奶的质量为110g,牛奶密度p

^m=U0g=1lg/cm3r故D正确。

V100cm3

故选：BCDo

14.【分析】（1）由图可知，滑轮组绳子的有效股数n=3,根据s=nh求出绳端移动的距离,

根据速度公式求出绳子自由端移动的速度；

(2)利用W=Gh求出有用功；

(3)知道绳端移动的距离和拉力大小，根据W^=Fs得出拉力在这10s内做的总功，根

据P=!曳得出拉力F的功率；

t

甲有

(4)根据!1=_5_X10O%得出滑轮组的机械效率。

【解答】解：A、由图可知，n=3,则绳端移动的距离：s=3h=3X2m=6m,

绳子自由端移动的速度：v=—=-^5L=0.6m/s,故A正确；

t10s

B、滑轮组提升物体做的有用功为：W有=611=11^11=121^乂1(^/1^义201=24(11,故B

错误；

C、拉力在这10s内做的总功：W.fe=Fs=50NX6m=300J,

拉力F的功率：P=_^=ML=30W,故C正确；

t10s

D、滑轮组的机械效率为：

n=上亘X100%=驶Lxi00%=80%,故D正确。

W总300.T

故选：ACD。

15.【分析】(1)由P=UI=止•可知，当电源电压一定时，电路电阻越大，功率越小，根据

R

电路图分析电路结构，结合串联电路电阻规律和P=UI=U：可知各挡位时电路的连接；

R

(2)根据P=UI=U_求出电热壶的正常加热功率；

R

(3)根据Q“4t=cm(t-to)求出水吸水的热量，根据不考虑热量损失求出电热壶加热时

消耗的电能，根据P=*求电热壶正常加热的时间；

t

(4)1200r/(kW-h)表示电路中用电器每消耗lkW・h的电能，电能表的转盘转1200转，

据此可以计算出能表的转盘转16r时电热壶消耗的电能，根据P=V计算出电热壶的实际

t

加热功率。

【解答】解：A、开关S接“1”时，电路为Ri的简单电路，开关S接“2”时，电热丝

Ri、R2串联;

因为串联电路中的总电阻大于各串联导体的电阻，所以由P=UI=U：可知，电路为Ri

的简单电路时，电路中的电阻最小，电功率最大，电热壶为“加热”挡；Ri、R2串联时,

电路中的电阻最大，电功率最小，此时电热壶为“保温”挡，

因此开关S接“2”时，电热壶为“保温”挡，故A错误；

B、电热壶的正常加热功率：P加热=尤=1000W,故B错误：

Ri48.4Q

3

C、水吸水的热量：Q>s=cm(t-to)=4.2X10J/(kg.℃)XlkgX(75℃-25℃)=2.1

X105J,

因为不考虑热量损失，所以电热壶加热时消耗的电能：W=Q吸=2.1X1()5J,

由P=也可知，电热壶正常加热的时间：t'=—I—=2-1义1°J=210s,故C正确；

P加热1000W

D,1200r/(kW-h)表示电路中用电器每消耗lkW・h的电能，电能表的转盘转1200转,

电能表的转盘转16r时，电热壶消耗的电能：N实=------粤----_=Ji_kWh;

1200r/(kV'h)75

电蒸锅的实际功率：P-)；―—江=0.8kW=800W,故D正确。

故选：CD。

二、填空题(每空1分，共6分)

16•【分析】石墨烯是一种新发现的材料，它的物理性质是密度小、延展性好、导电性和导

热性好、硬度大、熔点高等，根据它的这些特性我们就能知道它的用途。

【解答】解：石墨烯特殊晶体结构使其具有多项优异的物化性能，是目前电阻率最小的

材料，石墨烯作填料能够有效提升涂料的导电性，利用的就是其电阻较小的特点；

其次石墨烯是一种超轻材料，故其密度很小，由此可知利用石墨烯制作的智能温控加热

羽绒服可帮助工作人员抵御寒冷利用了石墨烯密度小且电阻小的特点。

故答案为：较小；较小。

17.【分析】(1)一个物体与另一个物体的相对位置没有改变，我们就说这个物体是静止的。

(2)流体在流速大的地方压强较小，在流速小的地方压强较大.

【解答】解：(1)各舰船运动方向相同，速度相同，它们之间的相对位置没变，所以说

它们之间是相对静止的。

（2）各舰船之间需保持一定距离，以防止相邻舰船间水的流速大，压强小而出现碰撞。

故答案为：（1）静止；（2）小。

18.【分析】（1）卫星都是通过电磁波来传递信息的；

（2）能直接从自然界得到的能源叫一次能源；通过一次能源的消耗才能得到的能源叫二

次能源。

【解答】解：电磁波的传播不需要介质，声音的传播需要介质，而太空中没有空气，所

以太空教师”与地面课堂师生的实时互动交流是通过电磁波进行传播；

电能是消耗其它能源经过加工转换来的，属于二次能源；

故答案为：电磁波；二次。

三、作图题与实验探究题（本题共5个小题，共26分）

19.【分析】首先对无人机进行受力分析，然后按照力的示意图的画法画出各个力；

画力的示意图的一般步骤为：一画简图，二定点，三画线，四画尖，五把力的符号标尖

边.按照这个作图步骤，很容易能够画出指定力的示意图。

【解答】解：无人机悬停在空中时，所受空气浮力忽略不计，无人机受重力和升力的作

用，二者大小相等，方向相反，从无人机的重心分别沿竖直向下和竖直向上的方向画一

条带箭头的线段表示出重力G和升力F,注意两条线段长度要相等，如下图所示：

20.【分析】根据反射角等于入射角作出入射光线；

根据光由水中斜射进入空气中时，折射光线远离法线偏折，折射角大于入射角，画出大

致的入射光线。

【解答】解：由图可知，反射光线与水面的夹角为60°,则反射角等于90°-60°=30°,

则入射角等于30°,根据反射角等于入射角，在法线右侧，水面下画出入射光线；

从入射点在法线左侧的空气中画出折射光线，注意折射角大于入射角，如图所示：

21•【分析】（1）如图甲所示，小滨让凸透镜正对平行光，调整凸透镜到光屏的距离，光屏

上会出现一个很小、很亮的光斑，此光斑位置即为凸透镜的焦点位置，据此得出该凸透

镜的焦距；

（2）目为了让烛焰的像成在光屏的中央，应点燃蜡烛并调节烛焰、凸透镜、光屏的中心

在同一高度上；

（3）fVu（2f,成倒立、放大的实像，利用该成像规律制成的光学仪器是投影仪；

远视镜片为凸透镜，对光线有会聚作用，据此分析光屏的移动方向；

（4）凸透镜成像属于光的折射现象，物体发出的光线经凸透镜折射后，会聚在凸透镜另

一侧的光屏上，形成物体的实像；如果凸透镜的口径大，透过的光多，像就亮；口径小,

透过的光少，像就暗，据此分析。

【解答】解：（1）如图甲所示，小滨让凸透镜正对平行光，调整凸透镜到光屏的距离，

光屏上会出现一个很小、很亮的光斑，此光斑位置即为凸透镜的焦点位置，则该凸透镜

的焦距f=20.0cm-10.0cm=10.0cm；

（2）小滨在组装器材时，将蜡烛、凸透镜和光屏依次放在光具座上，点燃蜡烛并调节烛

焰、凸透镜、光屏的中心在同一高度上，目的是让烛焰的像成在光屏的中央；

（3）如图乙所示，小滨将凸透镜固定在50cm刻度线处，当蜡烛距凸透镜15cm时，f<

u<2f,移动光屏，可在光屏上得到一个倒立、放大的实像，利用该成像规律制成的光学

仪器是投影仪；

止匕时，若在凸透镜与光屏之间放置一远视镜片，远视镜片为凸透镜，对光线有会聚作用，

要在光屏上成清晰的像，光屏应向左移动；

（4）凸透镜成实像时，所有透过透镜的光会聚到光屏上成像，飞虫落在透镜上后，整个

物体发出的光虽有一小部分被挡住，但总会有一部分光通过凸透镜而会聚成像，因此，

像与原来相同，大小不变；由于透镜的一小部分被遮住，因此折射出的光线与原来相比

减少了，故亮度会变暗，故选C。

故答案为：（1）10.0；（2）光屏的中央；（3）放大；投影仪；左；（4）C。

22.【分析】（1）影响压力作用效果的因素：压力大小、受力面积大小；实验方法有：控制

变量法、转换法；

（2）利用压强的定义式推导规则均匀柱体对水平面的压强，即可得出答案：

（3）探究液体内部的压强跟液体的深度、液体的密度关系时，应使用控制变量法来选定

合适的器材和设计实验方案。液面下深度h处的压强的推导时,先把液体对液面的压力

和受力面积分别表示出来，再代入压强的定义式，即可得出结果；

（4）根据p=pgh的适用范围，分析该表达式能否应用于大气压强。

【解答】解：（1）A、B两图中，小桌与海绵的接触面积相同，压力大小不同，导致海绵

的凹陷程度不同，即压力作用效果不同，所以根据A、B两图可以探究压力作用效果可

能与压力大小有关；

（2）A、B、C三个柱体对海绵的压力分别为：

FA=GA=mAg=pVAg=pShg,FB=GB=niBg=pVeg=pShg,Fc=Gc=mcg=pVeg=

p与hg;

2

A、B、C三个柱体对海绵的压强分别为：

s

pA='=0'惋=pgh,pB=E=口法告=pgh,pC=-^-=-----1------=pgh；

SSSSS__S

22

因为A、B、C三个柱体对海绵的压强相等，所以“海绵被压下的深度相同”。

（3）①在图丙A中，将压强计的探头放在水中的a、b两点时，探头的深度不同，液体

密度相同，可探究液体的压强跟液体的深度关系；在图丙A中，将压强计的探头放在水

中的b、c两点时，液体密度不同，探头的深度相同，可探究液体的压强跟液体的密度关

系，所以用图丙A所示的器材能探究液体的压强跟液体的深度、液体的密度的关系；

②实验方法有控制变量法；

③液面下深度h处的压强p=E=C=^=°诵=°Shg=pgh；

sssss

（4）由于地球周围的大气很厚，大气的密度是不均匀的，同时大气的深度也无法确定，

所以p=pgh不能应用于大气压强。

故答案为：（1）A、B；压力作用效果可能与压力大小有关；压力大小、受力面积大小;

（2）pgh：（3）能；控制变量法；见解答过程；（4）不能。

23•【分析】（1）根据电源电压确定电流表量程，将电压表并联在电阻R两端;

（2）为了保护电路，连接电路时，开关应保持断开；开关闭合前，滑动变阻器的滑片P

应滑到阻值最大处；

（3）检查电路连接无误后闭合开关后，无论怎样移动滑动变阻器的滑片P,电流表几乎

无示数，说明电路可能断路；电压表有示数并不变，说明电压表与电源连通，则与电压

表并联的支路以外的电路是完好的，则与电压表并联的支路断路了；

（4）根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻的电压相同，当换上

大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律结合分压原理

确定滑片移动的方向；

（5）根据电流与电阻的乘积为一定值分析回答；

（6）在没有电压表时，使定值电阻与待测电阻并联，根据电流表和定值电阻的阻值计算

出电压，然后根据公式R=U计算出Rx的阻值。

I

【解答】解：（1）电源电压恒为3V,故电压表应选小量程并联在电阻R两端，如下图所

甲；

（2）为了保护电路，连接电路时，开关应保持断开；开关闭合前，滑动变阻器的滑片P

应滑到阻值最大处，即A端；

（3）检查电路连接无误后闭合开关后，无论怎样移动滑动变阻器的滑片P,电流表几乎

无示数，说明电路可能断路；电压表有示数并不变，说明电压表与电源连通，则与电压

表并联的支路以外的电路是完好的，则与电压表并联的支路断路了，即原因可能是R断

路，故选B；

（4）根据串联分压原理可知，将ion电阻换成20。电阻，电阻增大，其分得的电压增

大；

探究电流与电阻的实验中应控制电阻两端的电压不变，即应保持电压表示数不变，根据

串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理，应增大滑动变阻

器连入电路中的电阻，所以滑片应向A端移动；

(5)由图乙可知，电流与电阻的乘积为Uv=IR=0.4AX5H=...=0.1AX20fl=2V,

为一定值，可以得出电流与电阻的关系是：当电压一定时，通过导体的电流与导体的电

阻成反比；

(6)实验步骤：

①闭合S、断开Si,此时电流表的示数为II；

②闭合S和Si,此时电流表的示数为12;

③在步骤①中，电路为只有Ro的简单电路，电流表测通过Ro的电流，此时电流表的示

数为11,则电源电压为U=hRo；

在步骤②中，Ro与Rx并联，电流表测量干路电流，示数为12；

根据并联电路电流的规律知，通过Rx的电流为：Ix=l2-h,则电源电压为：U=IxRx=

(I2-I1)Rx,

根据电源电压相等知：IiRo=(12-Ii)Rx,

解得：Rx=J[R0一。

I2-I1

故答案为：(1)见解答图；(2)断开；A；(3)B；(4)电压表；A；(5)当电压一定时，

TR

通过导体的电流与导体的电阻成反比；(6)③-工。一。

12-11

四、综合应用题(本题共2个小题，共2()分。解答时应写出必要的文字说明、公式和演算

步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题目，答案中必须明确写出数值和单位。)

24•【分析】(1)根据丁图找到实验1和实验2中最大拉力的值，再求两次最大拉力的差值;

(2)由丁图中的实验1的图象可知：小金属板浸没水中时弹簧测力计的示数为6N,小

金属板离开水面后弹簧测力计的示数为9N,即小金属板的重力为9N。利用称重法计算

出小金属板浸没水中时的浮力，再由浮力求出浸没时排开水的体积，即为小金属板的体

积；由重力公式求出小金属板的质量，最后利用密度公式计算小金属板的密度；

(3)当小金属板浸没水中后，根据相互作用力的特点可知，水对烧杯底部增大的压力大

小等于小金属板浸没时受到的浮力大小，烧杯的底面积大小为已知，最后利用水对烧杯

底部增大的压强等于水对烧杯底部增大的压力大小与烧杯的底面积大小的比值计算出水

对烧杯底部增大的压强。

【解答】解：（1）根据丁图中实验1和实验2的图象可知，实验2中的最大拉力与实验1

中的最大拉力分别是9N/12N,则实验2中的最大拉力比实验1中的最大拉力减小了12N

-9N=3N；

（2）由丁图中实验1图象可知，小金属板浸没水中时弹簧测力计的示数F=6N,小金属

板离开水面后弹簧测力计的示数为9N,即小金属板的重力G=9N,则小金属板浸没时受

到的浮力F浮=6-F=9N-6N=3N；