2023年吉林省长春市汽开区中考物理质检试卷（含解析）

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一、选择题（每题2分，共20分）

1．（2分）20世纪初科学家对原子的结构有了进一步的认识，以下说法不正确的是（）

A．原子是由原子核和核外电子构成的

B．电子是带有最小负电荷的粒子

C．原子的中心是原子核

D．电子在原子核里运动

2．（2分）2022年北京冬季奥运会正式开幕，现场一名儿童小号手吹奏起了乐曲《我和我的祖国》，观众立刻能够辨识出发声的乐器为“小号”，他们依据的是声音的（）

A．音调B．响度C．音色D．频率

3．（2分）如图所示的各种现象，属于汽化的是（）

A．山间的雾B．湖泊的干涸

C．草叶上的露珠D．冰雪的消融

4．（2分）下列现象属于光的折射的是（）

A．小孔成像B．海市蜃楼C．立竿见影D．镜花水月

5．（2分）下列电器没有用到电磁铁的是（）

A．电磁起重机B．发电机C．电动机D．电热毯

6．（2分）关于家庭电路与安全用电的做法中正确的是（）

A．用湿布擦拭发光的电灯

B．电路发生火灾时应首先切断电源

C．开关连接在电灯与零线之间

D．用铜丝、铁丝代替保险丝

7．（2分）如图，开关闭合后，相同类型的两小灯泡均发光，且L1灯比L2灯亮，下列判断正确的是（）

A．A1测的是灯L1的电流

B．A1的示数等于A2的示数

C．灯L1的电阻比灯L2的电阻大

D．灯L1消耗的电能比灯L2的大

8．（2分）如图两杠杆都处于平衡状态。图甲所示轻质塑料袋装满了体积不同的两种不同液体M、N，图乙所示是体积相同但密度不同的金属P、Q。则（）

A．M的密度大于NB．M的质量大于N

C．P的密度大于QD．P的质量大于Q

9．（2分）做同样的有用功，甲、乙柴油机用时和消耗柴油对比如下，下列说法正确的是（）

柴油机完成工作量时间消耗柴油

甲相同3h5kg

乙2h6kg

A．甲的功率小，热机效率低

B．甲的有用功大，做功快

C．乙的总功大，热机效率低

D．消耗相同量的柴油，乙的有用功高

10．（2分）用质量相同的黄金制成大小不同的两个空心金球，放入质量相同的甲、乙两种不同液体中（两个水槽相同），静止时如图所示，不计球内空气的质量。下列说法中正确的是（）

A．小金球受到的浮力较大

B．大金球受到的浮力较大

C．甲液体的密度较小

D．甲、乙两液体对水槽底部的压强一样大

二、非选择题（每空1分，每图1分，推导过程4分，共50分）

11．（1分）如图所示，木块的长度为cm。

12．（1分）小磁针在通电螺线管的磁场作用下静止，如图所示，则电源的左端为电源的极。（选填“正”或“负”）

13．（3分）如图所示是古希腊数学家希罗发明的“汽转球”，被誉为最早的蒸汽机。它由一个装有水的密闭锅与一个空心球通过两根空心管连接在一起，球两旁由两根出气管组成。在锅底加热通过的方式增加水的内能，水沸腾后产生的高温水蒸气由空心管进入球中对球做功，将能转化为机械能，就可以使球体快速转动。这一过程的能量转化和汽油机的冲程的能量转化形式相同。

14．（3分）高铁列车上安装有烟雾报警装置。如图所示是简化原理图。电源电压保持不变，R0为定值电阻，R的阻值随光照强度的减弱而增大，当电路报警中的电流减小至某一数值时报警器开始报警，当有烟雾遮挡射向光敏激光R的激光时，光敏电阻阻值电流表示数电压表示数（以上选填“增大”、“减小”或“不变”）。

15．（4分）如图所示，木块在水平拉力F作用下，由A点静止加速运动到B点，到达B点时突然撤去拉力F，木块最终静止在C点。木块在AB段的摩擦力f1BC段摩擦力f2；木块运动到B点时撤去拉力后继续向前运动，说明木块具有；木块从A点运动到B点过程中，动能，机械能。

16．（4分）在探究凸透镜成像规律中：

（1）将蜡烛、凸透镜和光屏依次安装在光具座上，点燃蜡烛，调整它们的高度使烛焰中心、透镜光心和光屏中心在。

（2）如图甲所示，光屏上成清晰的像。保持蜡烛和光屏的位置不变，只移动透镜到cm刻度处，光屏上可再次成清晰的实像。

（3）实验一段时间后，原来在光屏中心的像“跑”到光屏上方，如图乙所示位置。能让像重新回到光屏中心的最佳操作是（填序号）。

①蜡烛上调

②透镜上调

③光屏下调

（4）实验中，光屏上成模糊的像，如果蜡烛和透镜位置不变，将光屏远离凸透镜到适当位置，光屏上能成清晰的像；如果蜡烛、凸透镜和光屏位置不变，在蜡烛与凸透镜之间放上一个合适的凸透镜，光屏上也能成清晰的像，视眼的矫正与上述成像过程类似。

17．（4分）在“观察水的沸腾”实验中。

（1）实验室提供了两块比烧杯口略大的圆形硬纸板，小致、小知两名同学分别在A、B硬纸板上剪出两个小孔，其中一个与大气相通的孔，另一个孔便于将温度计通过此小孔插入烧杯内的水中，如图甲所示，同学们认为选择纸板更合适。

（2）在烧杯中倒入约80℃的水，提高了水的初温，从而加热到沸腾的时间，当水温升到92℃时，每隔0.5min记录一次温度计的示数，部分数据记录如表。分析数据可知：水沸腾后，温度。

时间/min00.511.522.533.544.5……

温度/℃9295979899100100100100100……

（3）如图乙所示，水沸腾后，小致同学移走酒精灯继续观察烧杯中水的沸腾情况；小知同学继续加热，观察烧杯和试管中水的沸腾情况，如图丙所示。他们的目的都是探究水沸腾时是否需要。

18．（5分）电磁的相互转换是人类进入电力时代的标志。

（1）小致做了如图甲所示的实验，给直导线通电，观察到直导线向右运动。①实验现象说明对通电导体有力的作用；若只改变通电直导线中的电流方向，直导线会向运动。

②为使实验效果更明显，直导线应选用（选填“铝棒”、“铁棒”或“塑料棒”）。

（2）把电源换成灵敏电流计，如图乙所示。闭合开关，向右平移直导线ab，电流表指针（选填“偏转”或“不偏转”），根据这个原理制成的。

19．（8分）某小组同学在“探究影响浮力大小的因素”实验中，提出了浮力大小可能与下列因素有关的猜想：

①与物体浸没在液体中的深度有关；

②与物体排开液体的体积有关；

③与液体的密度有关。

实验器材有：弹簧测力计、烧杯、金属块、水、盐水（ρ盐水＞ρ水）。

小明先用弹簧测力计测出金属块的重力，然后将金属块慢慢浸入液体中不同深度。实验步骤如图a、b、c、d、e所示（液体均未溢出），并将弹簧测力计的示数记录下来。

（1）分析数据可知，金属块浸没在水中时受到的浮力大小是N；金属块浸没在盐水中时受到的浮力大小是N；

（2）分析实验步骤a、c、d可知，在同种液体中，物体所受浮力大小与物体浸没在液体中的深度（选填“有关”或“无关”）。分析三个实验步骤（填序号）可知，在同种液体中，物体排开液体的体积越大，物体受到的浮力越大；分析实验步骤a、d、e可知，在物体排开液体的体积一定时，液体密度越大，物体受到的浮力；

（3）若先完成步骤c，再完成步骤a，则测得的浮力将（选填“偏大”或“偏小”）；

（4）该小组同学完成本次实验后，又用获得的数据求出了金属块的体积为m3，盐水的密度为kg/m3。

20．（5分）同学们探究“电流与电阻的关系”。已知电源是3节新的干电池组成。实验用到的定值电阻阻值分别为25Ω、20Ω、15Ω、10Ω、5Ω，滑动变阻器的规格为“50Ω0.6A”。

（1）如图所示的实物电路中有一根导线连接错误，请在这根导线打上“×”，用笔画线连接到正确的位置上（导线不允许交叉）。

（2）在开关闭合前应将滑动变阻器的滑片置于端（选填“左”或“右”）。用以上的五个定值电阻正确完成实验，电阻两端的电压应控制的最大值为V。

（3）小致用5Ω的定值电阻做实验，移动滑动变阻器，当电压表的示数为2V时，读取电流表的示数。若保持滑动变阻器滑片的位置不变，断开开关，直接把5Ω的定值电阻更换为10Ω的定值电阻，闭合开关，此时电压表的示数将4V。

（4）另一组的小知同学也用同样的电源和五个电阻完成了实验，但他实验时控制电阻的电压为2.5V，若小致和小知在实验中所移动滑动变阻器阻值变化范围分别为ΔR1和ΔR2，（若每次记录实验后，滑片P没有滑到阻值最大端）则ΔR1：ΔR2＝。

21．（5分）如图甲所示是箱式电梯的工作原理图。若轿厢和动滑轮的总质量为200kg，某次电梯运送一质量为330kg的货物上楼，轿厢上升高度h与时间t的关系如图乙所示，电动机输出拉力的功率与时间t的关系如图丙所示，解答下列问题（g取10N/kg）：

（1）电梯在这次上升中的平均速度为m/s。

（2）4～16s内，电动机施加在钢丝绳上的拉力为，拉力做的功为。

（3）4～16s内，电动机运送货物的机械效率为。

（4）你认为提高此箱式电梯机械效率的方法是（答一点即可）。

22．（7分）如图甲所示的恒温箱温控电路，包括工作电路和控制电路两部分，其中工作电路的电压为220V，R′为阻值可以调节的可变电阻。R为热敏电阻（置于恒温箱内），其阻值随温度变化的关系如图乙所示，继电器线圈电阻为50Ω。

（1）如图甲所示，该恒温箱处于（选填“保温”或“加热”）状态。

（2）若加热器的电阻为110Ω，1分钟内加热器产生的热量为。

（3）调节R′使其阻值为350Ω不变，当控制电路的电流达到0.04A时，继电器的衔铁被吸合，恒温箱内可获得为100℃的最高温度；当控制电路的电流减小到0.03A时，衔铁会被释放，此时恒温箱内的温度为最低温度，求此最低温度为（写出必要的解题过程）。

2023年吉林省长春市汽开区中考物理质检试卷

参考答案与试题解析

一、选择题（每题2分，共20分）

1．（2分）20世纪初科学家对原子的结构有了进一步的认识，以下说法不正确的是（）

A．原子是由原子核和核外电子构成的

B．电子是带有最小负电荷的粒子

C．原子的中心是原子核

D．电子在原子核里运动

【分析】解答本题应掌握原子结构的组成。

【解答】解：ABC、卢瑟福提出的核式结构模型为：原子是由位于原子中心的原子核，及核外绕核转动的一定数目的电子组成的，电子是带有最小负电荷的粒子，而原子核是由带正电的质子和不带电的中子组成的。故ABC正确；

D、带负电的电子在原子核外空间里绕核运动。故D不正确；

故选：D。

【点评】本题考查了原子的结构，属于基本内容。

2．（2分）2022年北京冬季奥运会正式开幕，现场一名儿童小号手吹奏起了乐曲《我和我的祖国》，观众立刻能够辨识出发声的乐器为“小号”，他们依据的是声音的（）

A．音调B．响度C．音色D．频率

【分析】色是取决于发声体本身的一种特性，可以用于区分或辨别发声体。

【解答】解：色是取决于发声体本身的一种特性，可以用于区分发声体，所以观众能够辨识出发声的乐器为“小号”，依据的是声音的音色。

故选：C。

【点评】本题考查了音色与音调和响度的区别，属于基础知识。

3．（2分）如图所示的各种现象，属于汽化的是（）

A．山间的雾B．湖泊的干涸

C．草叶上的露珠D．冰雪的消融

【分析】物质由固态变为液态叫熔化；物质由液态变为固态叫凝固；

物质由气态变为液态的过程叫液化；物质由液态变为气态的过程叫汽化；

物质由固态直接变为气态的过程叫升华；物质由气态直接变为固态的过程叫凝华。

【解答】解：A、山间的雾是水蒸气遇冷凝结成小水滴，是液化现象，故A不符合题意；

B、湖泊的干涸是水汽化为水蒸气，散发到大气中，故B符合题意。

C、夏天的早晨花草上的露水是水蒸气遇冷凝结成小水滴，是液化现象，故C不符合题意；

D、春天冰雪消融是固态变成液态，是熔化现象，故D不符合题意。

故选：B。

【点评】此类问题是考查对物态变化过程中的汽化现象的理解与掌握情况，判断出物质变化前后的状态是解决此类问题的关键。

4．（2分）下列现象属于光的折射的是（）

A．小孔成像B．海市蜃楼C．立竿见影D．镜花水月

【分析】（1）光线在同种不均匀介质中传播或者从一种介质斜射入另一种介质时，就会出现光的折射现象，例如水池底变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼等都是光的折射形成的；

（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）光在同一均匀介质中沿直线传播，光沿直线传播的例子有：小孔成像、影子的形成、日食和月食现象等。

【解答】解：A、小孔成像是由光的直线传播形成的，故A错误；

B、海市蜃楼是由光的折射形成的，故B正确；

C、立竿见影由光的直线传播形成的，故C错误；

D、镜花水月属于平面镜成像，是由光的反射形成的，故D错误。

故选：B。

【点评】本题考查了光的直线传播、光的反射和折射，属于基础知识。

5．（2分）下列电器没有用到电磁铁的是（）

A．电磁起重机B．发电机C．电动机D．电热毯

【分析】要解答本题需掌握：电磁铁在生活中的应用，以及电能和内能的转化。

【解答】解：电磁起重机就是一个电磁铁，而发电机和电动机可以利用永磁体，实际应用中为了增强磁性，常用电磁铁提供磁场，而电热毯是把电能转化为内能，是利用电流的热效应。

故选：D。

【点评】本题考查电磁铁的应用，属于基础题。

6．（2分）关于家庭电路与安全用电的做法中正确的是（）

A．用湿布擦拭发光的电灯

B．电路发生火灾时应首先切断电源

C．开关连接在电灯与零线之间

D．用铜丝、铁丝代替保险丝

【分析】（1）湿物体是导体，接触带电体容易发生触电；

（2）用电电路着火时，应先切断电源，再采取适当的灭火措施。

（3）控制电灯的开关应安装在火线与灯之间；

（4）铜丝的电阻率小、熔点高，用铜丝代替保险丝，不能在电流过大时，自动切断电路。

【解答】解：

A、生活用水是导体，用湿抹布擦带电的用电器时，可能会因湿抹布导电而发生触电事故，A不合题意。

B、电路起火时，应先切断电源，后灭火，B符合题意。

C、电灯的开关接在了零线上时，更换灯泡时易发生触电事故，C不符合题意；

D、铜丝的电阻小、熔点高，在电流过大时，产生的热量不容易达到熔点，因此不会熔断，起不到保险的作用，D不合题意。

故选：B。

【点评】本题考查了学生对安全用电知识的了解与掌握，平时学习时多了解、多积累，加强安全意识，不能违反。

7．（2分）如图，开关闭合后，相同类型的两小灯泡均发光，且L1灯比L2灯亮，下列判断正确的是（）

A．A1测的是灯L1的电流

B．A1的示数等于A2的示数

C．灯L1的电阻比灯L2的电阻大

D．灯L1消耗的电能比灯L2的大

【分析】（1）（2）分析电路图可知，灯L1和L2组成并联电路，电流表A1测通过干路的电流，电流表A2测通过灯L1的电流；在并联电路中干路中的电流等于各支路电流之和；

（3）因为L1灯比L2灯亮，所以P1大于P2，根据P＝的变形式判断L1的电阻与L2的电阻的关系；

（4）实际功率越大，相同时间消耗的电能就越大。

【解答】解：AB、由图可知，两灯泡并联，电流表A1测量的是干路电流，电流表A2测量的是灯泡L1的电流，所以电流表A2的示数比电流表A1的示数小，故AB错误；

C、由于灯L1比L2亮，所以灯L1的实际功率比L2大，且两灯泡电压相等，由公式R＝可知，灯L1的电阻比灯L2的电阻小，故C错误；

D、灯L1实际功率大，由W＝Pt可知，相同时间消耗的电能就大，故D正确。

故选：D。

【点评】解决此类问题的关键是要知道并联电路的电压和电流规律：并联支路两端电压相等，干路中的电流等于各支路电流之和，即I＝I1+I2。还要会应用电功率和电功的计算公式。

8．（2分）如图两杠杆都处于平衡状态。图甲所示轻质塑料袋装满了体积不同的两种不同液体M、N，图乙所示是体积相同但密度不同的金属P、Q。则（）

A．M的密度大于NB．M的质量大于N

C．P的密度大于QD．P的质量大于Q

【分析】分析杠杆时，找到对应的力臂，利用杠杆平衡去比较大小。

【解答】解：对于甲图，M的力臂小于N的力臂，所以M的重力大于N的重力，则M的质量大于N。由于M体积大于N的体积，所以无法比较M和N的密度大小，故A错误，B正确；

对于乙图，Q的力臂小于P的力臂，所以Q的重力大于P的重力，则Q的质量大于P。由于P和Q的体积一样，所以Q的密度大于P的密度，故C、D都错误；

故选：B。

【点评】本题考查了杠杆的平衡条件的应用和密度知识的应用，属于中档题目。

9．（2分）做同样的有用功，甲、乙柴油机用时和消耗柴油对比如下，下列说法正确的是（）

柴油机完成工作量时间消耗柴油

甲相同3h5kg

乙2h6kg

A．甲的功率小，热机效率低

B．甲的有用功大，做功快

C．乙的总功大，热机效率低

D．消耗相同量的柴油，乙的有用功高

【分析】功率表示做功的快慢，根据P＝，结合表中的数据比较，甲、乙完成相同的功，功率的大小和做功的快慢；

根据η＝＝，结合表中的数据，甲、乙完成相同的功，比较效率、总功；消耗相同的柴油，比较有用功。

【解答】解：根据P＝知，甲、乙完成相同的功，乙用的时间少，则乙的功率大；

功率表示做功的快慢，则乙做功快；

热机的效率η＝＝，甲、乙完成相同的功，W相同，消耗的都是柴油，燃料的热值q相同，甲消耗的柴油少，则甲的效率高，乙的总功大；

若消耗相同的柴油，乙的有用功少，故ABD错误，C正确。

故选：C。

【点评】本题考查了热机功率和效率的比较，要求学生能够根据功率的公式P＝和效率的公式η＝＝解决实际问题。

10．（2分）用质量相同的黄金制成大小不同的两个空心金球，放入质量相同的甲、乙两种不同液体中（两个水槽相同），静止时如图所示，不计球内空气的质量。下列说法中正确的是（）

A．小金球受到的浮力较大

B．大金球受到的浮力较大

C．甲液体的密度较小

D．甲、乙两液体对水槽底部的压强一样大

【分析】（1）根据悬浮的条件来即可判断浮力大小关系；

（2）知道浮力的大小关系即可根据阿基米德原理判断液体密度的大小；

（3）柱形容器中液体对容器底的压力等于液体和小球的总重力，又因为液体和小球的质量相同，根据G＝mg判断出总重力的关系以及液体对容器底的压力的关系，根据p＝判断出甲、乙两液体对水槽底部压强的关系。

【解答】解：读图可知，金小球在甲乙液体中都悬浮；

AB、根据悬浮的条件可知：金小球所受的浮力都等于它自身的重力，两小球的质量相同，根据G＝mg知两个小球所受的重力相同，浮力也相等；故AB错误；

C、两小球的浮力相同，由图知甲中的小球排开液体的体积小，根据阿基米德原理F浮＝ρ液gV排知甲液体的密度大，故C错误；

D、因为容器为柱形，液体对容器底的压力等于液体和小球的总重力，又因为液体和小球的质量相同，根据G＝mg知，总重力相同，液体对容器底的压力也相同，根据p＝知，在容器底面积相同时甲、乙两液体对水槽底部的压强一样大，故D正确。

故选：D。

【点评】此题综合考查了阿基米德原理、物体浮沉条件及其应用、压强的大小比较等知识点，是一道综合性较强的题目。

二、非选择题（每空1分，每图1分，推导过程4分，共50分）

11．（1分）如图所示，木块的长度为3.50cm。

【分析】使用刻度尺测量物体长度之前，要明确其分度值；测量物体长度时，要观察是否从0刻度线量起，起始端没从0开始，要以某一刻度当作“0”刻度，读出末端刻度值，减去前面的刻度值即为物体长度，注意刻度尺要估读到分度值的下一位。

【解答】解：图中刻度尺上1cm之间有10个小格，所以一个小格代表的长度是0.1cm＝1mm，即此刻度尺的分度值为1mm；木块左侧与1.00cm对齐，右侧与4.50cm对齐，所以木块的长度为L＝4.50cm﹣1.00cm＝3.50cm。

故答案为：3.50。

【点评】在物理实验和日常生活中经常使用刻度尺，我们要熟练掌握其使用和读数方法。

12．（1分）小磁针在通电螺线管的磁场作用下静止，如图所示，则电源的左端为电源的负极。（选填“正”或“负”）

【分析】知道小磁针的磁极，根据磁极间的相互作用，可判断出通电螺线管的磁极，再根据安培定则判断出电流的方向从而找到电源的正负极。

【解答】解：从图可知，小磁针的右端是N极，左端为S极；由于同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引可知，通电螺线管的右端是S极，左端是N极。

根据安培定则，伸出右手握住螺线管使大拇指指示通电螺线管的N极，则四指弯曲所指的方向为电流的方向，所以电流从右端流入，则电源的左端为负极。

故答案为：负。

【点评】安培定则涉及三个方向：电流方向；磁场方向；线圈绕向，告诉其中的两个可以确定第三个。其中的电流方向经常与电源的正负极联系在一起，磁场方向经常与磁感线方向、周围小磁针的NS极联系在一起。

13．（3分）如图所示是古希腊数学家希罗发明的“汽转球”，被誉为最早的蒸汽机。它由一个装有水的密闭锅与一个空心球通过两根空心管连接在一起，球两旁由两根出气管组成。在锅底加热通过热传递的方式增加水的内能，水沸腾后产生的高温水蒸气由空心管进入球中对球做功，将内能转化为机械能，就可以使球体快速转动。这一过程的能量转化和汽油机的做功冲程的能量转化形式相同。

【分析】（1）做功和热传递都可以改变物体的内能；

（2）当气体对外做功时，气体的内能转化为机械能，内燃机的做功冲程就是利用此原理。

【解答】解：

（1）在锅底加热水的过程中，水从锅上吸收热量，温度升高，达到水的沸点而沸腾，这是通过热传递的方式增加水的内能；

（2）水沸腾后产生的高温水蒸气由空心管进入球中对球做功，使球体快速转动，此过程水蒸气的内能转化为球体的机械能，与汽油机的做功冲程的能量转化相同。

故答案为：热传递；内；做功。

【点评】本题考查了改变物体内能的方式及热机做功冲程的能量转化，属于基础题。

14．（3分）高铁列车上安装有烟雾报警装置。如图所示是简化原理图。电源电压保持不变，R0为定值电阻，R的阻值随光照强度的减弱而增大，当电路报警中的电流减小至某一数值时报警器开始报警，当有烟雾遮挡射向光敏激光R的激光时，光敏电阻阻值增大电流表示数减小电压表示数增大（以上选填“增大”、“减小”或“不变”）。

【分析】分析电路的连接及电表测量的量，当有烟雾遮挡射向光敏电阻R的激光时，光照强度的减弱，光敏电阻R的阻值增大，根据串联电阻的规律判断总电阻变化，由欧姆定律分析电路中电流变化，根据U＝IR确定定值电阻电压变化，根据串联电路电压的规律得出电压表示数变化。

【解答】解：

由图知，定值电阻R0与光敏电阻R串联，电压表测光敏电阻R的电压，电流表测电路中的电流；

当有烟雾遮挡射向光敏电阻R的激光时，光照强度减弱，光敏电阻R的阻值增大，根据串联电阻的规律，总电阻变大，由欧姆定律可知，电路中电流变小，即电流表示数减小；根据U＝IR可知，定值电阻R0的电压变小，根据串联电路电压的规律，光敏电阻R的电压增大，即电压表示数增大。

故答案为：增大；减小；增大。

【点评】本题考查串联电路的规律及欧姆定律的运用，关键是从题中获取有效的信息。

15．（4分）如图所示，木块在水平拉力F作用下，由A点静止加速运动到B点，到达B点时突然撤去拉力F，木块最终静止在C点。木块在AB段的摩擦力f1等于BC段摩擦力f2；木块运动到B点时撤去拉力后继续向前运动，说明木块具有惯性；木块从A点运动到B点过程中，动能增大，机械能增大。

【分析】滑动摩擦力的大小与压力大小、接触面的粗糙程度有关；

一切物体都有惯性；根据木块具有保持原来运动状态的性质进行分析；

同一物体的动能大小与物体的速度有关，重力势能大小与其高度有关；

【解答】解：木块运动到B点后撤去拉力F，木块还能继续向前运动，是因为物体具有惯性，要保持原来的运动状态而继续向前运动，因为影响滑动摩擦力的因素是压力的大小与接触面的粗糙程度，木块最终静止在C点。木块在AB段与在BC段压力的大小与接触面的粗糙程度都没有变，所以木块在AB段的摩擦力f1等于BC段摩擦力f2。

木块从A点运动到B点过程中，由于做加速运动，故木块的动能增加，重力势能始终为零，因此机械能增大。

故答案为：等于；惯；增大；增大。

【点评】本题考查了惯性的概念，并且通过惯性现象进一步理解惯性的概念，并会根据影响滑动摩擦力的大小因素分析摩擦力的大小变化以，同时考查了动能和重力势能的大小判断，关键是看动能和势能物体质量、速度、高度的变化。

16．（4分）在探究凸透镜成像规律中：

（1）将蜡烛、凸透镜和光屏依次安装在光具座上，点燃蜡烛，调整它们的高度使烛焰中心、透镜光心和光屏中心在同一高度。

（2）如图甲所示，光屏上成清晰的像。保持蜡烛和光屏的位置不变，只移动透镜到55.0cm刻度处，光屏上可再次成清晰的实像。

（3）实验一段时间后，原来在光屏中心的像“跑”到光屏上方，如图乙所示位置。能让像重新回到光屏中心的最佳操作是①（填序号）。

①蜡烛上调

②透镜上调

③光屏下调

（4）实验中，光屏上成模糊的像，如果蜡烛和透镜位置不变，将光屏远离凸透镜到适当位置，光屏上能成清晰的像；如果蜡烛、凸透镜和光屏位置不变，在蜡烛与凸透镜之间放上一个合适的凸透镜，光屏上也能成清晰的像，远视眼的矫正与上述成像过程类似。

【分析】（1）为使像能成在光屏的上都，应调节烛焰、凸透镜、光屏的中心大致在同一高度；

（2）根据光的可逆性分析解答；

（3）根据物与像移动方向相反定调节方法；

（4）近视眼配戴凹透镜进行矫正，凹透镜对光线有发散作用。

【解答】解：（1）点燃蜡烛后，调节烛焰、凸透镜、光屏的中心在同一高度，这样才能使像成在光屏的上都；

（2）由图甲知，当蜡烛在刻度尺的25cm处，物距为u＝40.0cm﹣25.0cm＝15.0cm，像距为v＝70.0cm﹣40.0cm＝30.0cm，2f＞u＞f，凸透镜成倒立放大的实像，若保持蜡烛和光屏位置不变，根据折射现象的可逆性，物距u′＝v＝15cm+15cm＝30cm处，即移动透镜至55.0cm刻度线处，光屏上能再次呈现倒立缩小实像；

（3）实验一段时间后，蜡烛变短，像移动到光屏的上方，根据过光心的光线传播方向不变，要让像重新回到光屏上都，可将蜡烛向上移动、将光屏向上移动、将凸透镜向下移动，能让像重新回到光屏中心，但是如果蜡烛、凸透镜、光屏三者的中心不在同一个高度，每进行一次实验都需要进行调整，给实验带来很多不便，要使像成在光屏的上都位置，蜡烛、凸透镜、光屏三者的中心大致在同一高度，最佳操作应该是将蜡烛向上移动，故①符合题意；

（4）光屏上成模糊的像，如果蜡烛和透镜位置不变，将光屏远离凸透镜到适当位置，光屏上能成清晰的像，在蜡烛与凸透镜之间放上一个合适的凸透镜，光屏上也能成清晰的像，说明凸透镜对光有会聚作用，远视眼是利用凸透镜进行校正的。

故答案为：（1）同一高度；（2）55.0；（3）①；（4）远。

【点评】此题是探究凸透镜成像的实验，考查了学生对实验操作的要求，为使像成在光屏的上都，应使凸透镜、烛焰、光屏的中心大致在同一高度处，同时还考查了凸透镜成像的规律及应用，要注意理解应用。

17．（4分）在“观察水的沸腾”实验中。

（1）实验室提供了两块比烧杯口略大的圆形硬纸板，小致、小知两名同学分别在A、B硬纸板上剪出两个小孔，其中一个与大气相通的孔，另一个孔便于将温度计通过此小孔插入烧杯内的水中，如图甲所示，同学们认为选择A纸板更合适。

（2）在烧杯中倒入约80℃的水，提高了水的初温，从而缩短加热到沸腾的时间，当水温升到92℃时，每隔0.5min记录一次温度计的示数，部分数据记录如表。分析数据可知：水沸腾后，温度不变。

时间/min00.511.522.533.544.5……

温度/℃9295979899100100100100100……

（3）如图乙所示，水沸腾后，小致同学移走酒精灯继续观察烧杯中水的沸腾情况；小知同学继续加热，观察烧杯和试管中水的沸腾情况，如图丙所示。他们的目的都是探究水沸腾时是否需要吸热。

【分析】（1）根据使用温度计时玻璃泡不能碰到容器侧壁的知识，确定硬纸板上剪出小孔的位置；

（2）影响加热时间的因素：水的多少、水的初温、是否加盖等；根据水沸腾特点作答；

（3）比较两个装置，发现有个装置没有加热，而另一个装置继续加热，这是探究沸腾的条件：持续吸热。

【解答】解：（1）甲图中A纸板中间的小孔可以插入温度计，B纸板边缘剪孔，放入温度计后，温度计的玻璃泡会接触到烧杯侧壁，从而导致测量温度不准确，故剪裁合适的是A；

（2）在烧杯中倒入约80℃的水，提高了水的初温，从而缩短加热到沸腾的时间；水沸腾后，继续吸热，温度不变；

（3）小致同学移走酒精灯，水无法持续吸热，沸腾停止，而小知同学继续加热，烧杯中的水继续吸热，能继续沸腾，但试管内水的温度始终和烧杯内水的温度相同，没有温度差，无法热传递，因此试管内的水无法持续吸热，故不沸腾，因此他们的目的都是探究水沸腾时是否需要吸热。

故答案为：（1）A；（2）缩短；不变；（3）吸热。

【点评】此题是探究水的沸腾实验，难度较小，属于基础性题目。

18．（5分）电磁的相互转换是人类进入电力时代的标志。

（1）小致做了如图甲所示的实验，给直导线通电，观察到直导线向右运动。①实验现象说明磁场对通电导体有力的作用；若只改变通电直导线中的电流方向，直导线会向左运动。

②为使实验效果更明显，直导线应选用铝棒（选填“铝棒”、“铁棒”或“塑料棒”）。

（2）把电源换成灵敏电流计，如图乙所示。闭合开关，向右平移直导线ab，电流表指针偏转（选填“偏转”或“不偏转”），发电机根据这个原理制成的。

【分析】（1）通电导体在磁场中受到力的作用，所受力的方向跟导体中的电流方向和磁场方向有关；实验中必须选择导体，且不说磁性材料；

（2）闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，会产生电流，这种现象叫电磁感应现象。

【解答】解：（1）给直导线通电，观察到直导线向右运动，说明磁场对通电导体有力的作用。

若只对调电源正负极接线，则电流方向反向，而磁场方向不变，受力方向改变，故通电直导线会向左运动。

为使实验效果更明显，必须是导体，不易被磁体吸引，直导线应选用铝棒，铝棒导电性良好且质量较轻，容易观察到受力后的运动状态。

（2）去掉电源，在导线两端接上灵敏电流表，闭合开关，向右平移直导线ab时切割磁感线，导线中产生感应电流，电流表指针发生偏转，这是电磁感应现象，发电机即利用电磁感应原理工作。

故答案为：（1）磁场；左；铝棒；（2）偏转；发电机。

【点评】本题考查的是磁场对通电导体的作用和电磁感应实验，知道感应电流产生的条件、分析清楚电路结构、根据实验过程即可正确解题，并要注意能量的转化及能量守恒定律的应用。

19．（8分）某小组同学在“探究影响浮力大小的因素”实验中，提出了浮力大小可能与下列因素有关的猜想：

①与物体浸没在液体中的深度有关；

②与物体排开液体的体积有关；

③与液体的密度有关。

实验器材有：弹簧测力计、烧杯、金属块、水、盐水（ρ盐水＞ρ水）。

小明先用弹簧测力计测出金属块的重力，然后将金属块慢慢浸入液体中不同深度。实验步骤如图a、b、c、d、e所示（液体均未溢出），并将弹簧测力计的示数记录下来。

（1）分析数据可知，金属块浸没在水中时受到的浮力大小是2N；金属块浸没在盐水中时受到的浮力大小是2.2N；

（2）分析实验步骤a、c、d可知，在同种液体中，物体所受浮力大小与物体浸没在液体中的深度无关（选填“有关”或“无关”）。分析三个实验步骤a、b、c（填序号）可知，在同种液体中，物体排开液体的体积越大，物体受到的浮力越大；分析实验步骤a、d、e可知，在物体排开液体的体积一定时，液体密度越大，物体受到的浮力越大；

（3）若先完成步骤c，再完成步骤a，则测得的浮力将偏大（选填“偏大”或“偏小”）；

（4）该小组同学完成本次实验后，又用获得的数据求出了金属块的体积为2×10﹣4m3，盐水的密度为1.1×103kg/m3。

【分析】（1）根据称重法知物体在水中和盐水中受到的浮力大小等于在空气中弹簧测力计的示数减去浸没在水中或盐水中时弹簧测力计的示数；

（2）影响浮力因素是液体的密度、排开液体的体积；

分析实验步骤a、c、d或a、d、e的相同量和不同量，根据控制变量法分析解答；

要探究浮力与排开液体体积的关系，需要控制液体的密度相同，改变排开液体的体积，据此判断出实验序号；

根据控制变量法，找出不变的量和变化的量，确定浮力大小与变化量之间的关系；

（3）根据称重法分析解答；

（4）根据G＝mg求出金属块的质量；根据阿基米德原理求出金属块的体积，由于排开盐水的体积等于金属块的体积，由阿基米德原理算出盐水的密度。

【解答】解：（1）由a、c或a、d，根据称重法知金属块浸没在水中时受到的浮力大小是：

F浮＝G﹣F＝4.8N﹣2.8N＝2N；

由a、e，根据称重法知金属块浸没在盐水中时受到的浮力大小是：

F浮′＝G﹣F′＝4.8N﹣2.6N＝2.2N；

（2）分析a、c、d三次实验可知，液体的密度和排开液体的体积相同，金属块浸没在水中深度增加，弹簧测力计的示数不变，由称重法可知，金属块所受浮力不变，说明浮力大小跟物体浸没在液体中的深度无关；

要验证浮力大小与排开液体体积的关系，需要控制液体的密度相同，排开液体的体积不同，步骤a、b、c符合题意；

分析a、d、e三次实验可知，排开液体的体积相同，液体的密度不同，弹簧测力计的示数不同，且液体的密度越大，弹簧测力计的示数越小，由称重法可知，浮力越大，所以可以得出结论：在物体排开液体的体积一定时，液体密度越大，物体受到的浮力越大；

（3）若先完成实验c，再完成实验a，会由于金属块沾有水，导致所测重力偏大，由称重法F浮＝G﹣F可知，测得金属块受到的浮力将偏大；

（4）由G＝mg可知金属块的质量：

m＝＝＝0.48kg，

因金属块完全浸没在水中，

根据F浮＝ρ液gV排可得金属块的体积：

V＝V排＝＝＝2×10﹣4m3，

根据F浮＝ρ液gV排可得盐水的密度为：

ρ盐水＝＝＝1.1×103kg/m3。

故答案为：（1）2；2.2；（2）无关；a、b、c；越大；（3）偏大；（4）2×10﹣4；1.1×103。

【点评】本题考查影响浮力大小的因素、控制变量法的使用、浮力的测量、密度的计算和阿基米德原理的应用，是一道综合题。本题探究“浮力的大小与哪些因素有关”实验，考查控制变量法、称重法测浮力。

20．（5分）同学们探究“电流与电阻的关系”。已知电源是3节新的干电池组成。实验用到的定值电阻阻值分别为25Ω、20Ω、15Ω、10Ω、5Ω，滑动变阻器的规格为“50Ω0.6A”。

（1）如图所示的实物电路中有一根导线连接错误，请在这根导线打上“×”，用笔画线连接到正确的位置上（导线不允许交叉）。

（2）在开关闭合前应将滑动变阻器的滑片置于右端（选填“左”或“右”）。用以上的五个定值电阻正确完成实验，电阻两端的电压应控制的最大值为3V。

（3）小致用5Ω的定值电阻做实验，移动滑动变阻器，当电压表的示数为2V时，读取电流表的示数。若保持滑动变阻器滑片的位置不变，断开开关，直接把5Ω的定值电阻更换为10Ω的定值电阻，闭合开关，此时电压表的示数将小于4V。

（4）另一组的小知同学也用同样的电源和五个电阻完成了实验，但他实验时控制电阻的电压为2.5V，若小致和小知在实验中所移动滑动变阻器阻值变化范围分别为ΔR1和ΔR2，（若每次记录实验后，滑片P没有滑到阻值最大端）则ΔR1：ΔR2＝25：16。

【分析】（1）在“探究电流与电阻的关系”的实验中，定值电阻、滑动变阻器和电流表串联，电压表并联在定值电阻两端；

（2）为了保护电路，在开关闭合前应将滑动变阻器的滑片置于阻值最大处；根据允许的最大电流和最小电阻确定控制电压表的最大电压；

（3）根据串联电路电压规律和分压原理求出用5Ω的定值电阻做实验时滑动变阻器接入电路的阻值；当定值电阻更换为10Ω的定值电阻，利用串联电路电压规律和分压原理求出电压表示数；

（4）当定值电阻最小时，滑动变阻器接入电路的阻值也最小，根据串联分压原理求出滑动变阻器最小阻值；

当定值电阻最大时，滑动变阻器接入电路的阻值也最大，根据串联分压原理求出滑动变阻器最大阻值，据此分析。

【解答】解：（1）原电路图中，电流表与定值电阻并联，电压表串联在电路中是错误的，在“探究电流与电阻的关系”的实验中，定值电阻、滑动变阻器和电流表串联，电压表并联在定值电阻两端，如下图所示：

；

（2）为了保护电路，在开关闭合前应将滑动变阻器的滑片置于阻值最大处，即右端；

由图甲可知，电流表选用小量程，滑动变阻器允许通过的最大电流为0.6A，即电路中最大电流为0.6A，当电路中电流最大，定值电阻阻值最小时，定值电阻两端电压最大，故定值电阻两端最大电压为：

UV大＝I大R定小＝0.6A×5Ω＝3V；

（3）小致用5Ω的定值电阻做实验，移动滑动变阻器，当电压表的示数为2V时，滑动变阻器两端电压为U滑＝U﹣U1＝4.5V﹣2V＝2.5V，滑动变阻器分得的电压为电压表示数的＝1.25倍，根据分压原理，当接入5Ω电阻时，滑动变阻器连入电路中的电阻为：R滑＝1.25×5Ω＝6.25Ω；

当定值电阻更换为10Ω的定值电阻时，设定值电阻两端电压为U'，根据串联电路电压规律，滑动变阻器两端电压为U滑'＝U﹣U'，根据分压原理有：

＝，即＝，

解得：U'≈2.8V＜4V；

（4）由题意可知，小致控制定值电阻两端电压为2V，当用5Ω的定值电阻做实验时，根据串联电路电压规律和分压原理可知，滑动变阻器接入电路的最小阻值为：

＝，即＝，

解得：R滑1＝6.25Ω；

当用25Ω的定值电阻做实验时，根据串联电路电压规律和分压原理可知，滑动变阻器接入电路的最大阻值为：

＝，即＝，

解得：R滑2＝31.25Ω，

则滑动变阻器阻值变化范围ΔR1＝R滑2﹣R滑1＝31.25Ω﹣6.25Ω＝25Ω；

由题意可知，小知控制定值电阻两端电压为2.5V，当用5Ω的定值电阻做实验时，根据串联电路电压规律和分压原理可知，滑动变阻器接入电路的最小阻值为：

＝，即＝，

解得：R滑1'＝4Ω；

当用25Ω的定值电阻做实验时，根据串联电路电压规律和分压原理可知，滑动变阻器接入电路的最大阻值为：

＝，即＝，

解得：R滑2'＝20Ω，

则滑动变阻器阻值变化范围ΔR2＝R滑2'﹣R滑1'＝20Ω﹣4Ω＝16Ω，

则ΔR1：ΔR2＝25Ω：16Ω＝25：16。

故答案为：（1）见解答图；（2）右；3；（3）小于；（4）25：16。

【点评】本题探究“电流与电阻的关系”实验，考查了电路连接、注意事项、控制变量法和欧姆定律的应用，综合性较强，难度较大。

21．（5分）如图甲所示是箱式电梯的工作原理图。若轿厢和动滑轮的总质量为200kg，某次电梯运送一质量为330kg的货物上楼，轿厢上升高度h与时间t的关系如图乙所示，电动机输出拉力的功率与时间t的关系如图丙所示，解答下列问题（g取10N/kg）：

（1）电梯在这次上升中的平均速度为1.25m/s。

（2）4～16s内，电动机