第09周-备战2023年中考物理模拟卷每周一测（广东专用）（解析版）

备战2023年中考物理模拟每周一测-第一周广东专用本试卷共23题，满分100分，考试时间：80分钟注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明一、单选题(本大题共7小题，每小题3分，共21分.在每个小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的)1．（3分）2022年12月，神十四顺利回家！以下列哪一个作为参照物，神十四是静止的（）A．发射升空时，以航天发射场的发射塔架为参照物 B．着陆时，以月球为参照物 C．与返回器自动对接后，以返回器为参照物 D．在探月过程中，以海面上行驶的远洋观测船为参照物【分析】在判断物体的运动静止时，要看物体相对于参照物的位置是否发生改变，如果改变，物体是运动的，如果不变，则物体是静止的。【解答】解：A、发射升空时，以航天发射场的发射塔架为参照物，“神十四”的位置发生了改变，所以是运动的，故A错误；B、着陆时，以月球为参照物，“神十四”的位置发生了改变，所以是运动的，故B错误；C、与返回器自动对接后，以返回器为参照物，“神十四”的位置没有发生改变，所以是静止的，故C正确；D、在探月过程中，“神十四”与海面上行驶的远洋观测船之间的位置发生了变化，因此“神十四”是运动的，故D错误。故选：C。【点评】此题考查了物体运动状态的判断，一个物体是运动还是静止，决定于所选择的参照物，参照物不同，物体运动状态可能不同。2．（3分）小明和小华做了图甲、图乙所示的实验来探究碘的升华现象，小明将碘锤放在酒精灯上加热，小华将碘锤放入热水中加热。已知常压下，碘的熔点为113.6℃，碘的沸点为184.25℃，酒精灯外焰的温度约800℃。下列说法不正确的是（）A．小明和小华的碘锤中都会出现紫色碘蒸气 B．小明的实验不能证明碘从固态直接变为气态 C．小华的实验中水浴法加热的主要目的是使碘锤受热均匀 D．小华的实验中，不会出现碘的熔化现象【分析】物质由固态直接变为气态的过程是升华；物质由气态直接变为固态的过程是凝华。【解答】解：小华将装固态碘的碘锤放在热水中加热，热水的温度低于碘的熔点，所以碘的温度最多只能达到水的沸点，碘不会熔化，但碘能从固态直接变为气态，所以看到的碘蒸气只能是升华的结果；小明同学将碘锤放在酒精灯上加热，由于酒精灯火焰的温度高于碘的熔点、沸点，所以出现的碘蒸气可能是碘先熔化后汽化形成的；由此可知，只有小华的实验证明碘能从固态直接变为气态，故ABD正确；小华的实验中水浴法加热的主要目的是使碘锤的温度低于碘的熔点，故C错误。故选：C。【点评】本题考查了碘的升华实验，不仅考查学生对基本过程的掌握情况，更进一步考查学生运用基本知识和方法分析问题、解决问题的能力。3．（3分）小明同学在玩滑板车，脚蹬地后，人和车一起沿水平路面向前运动，如图所示。下列说法正确的是（）A．滑板车对地面的压力和滑板车对人的支持力是一对相互作用力 B．人用力蹬地时，滑板车加速前进，说明了力是维持物体运动的原因 C．人站在滑板车上能继续前进，是因为人和车受到了惯性 D．如果人和车匀速直线行驶，人在水平方向不受滑板车对人的摩擦力【分析】（1）相互作用力的条件：大小相等、方向相反、作用在同一条直线上，但作用在两个物体上。（2）力是改变物体运动状态的原因，不是维持物体运动的原因；（3）任何物体都具有保持原来运动状态不变的性质，即惯性；（4）如果物体间没有发生相对运动，也没有相对运动的趋势，则物体间没有摩擦力的作用。【解答】解：A．滑板车对地面的压力大小等于滑板车和人的总重力，而滑板车对人的支持力大小等于人的重力，所以滑板车对地面的压力和滑板车对人的支持力大小不相等，二力不是一对相互作用力，故A错误；B．人用力蹬地时，滑板车加速前进，说明了力是改变物体运动状态的原因，故B错误；C．人站在滑板车上能继续前进是因为人和车具有惯性，惯性不是力，不能说受到了惯性的作用，故C错误；D．如果人和车匀速直线行驶，此时人与车之间没有发生相对运动，也没有相对运动的趋势，所以人在水平方向不受滑板车对人的摩擦力，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了相互作用力、运动和力的关系、惯性、摩擦力等知识，有一定的综合性，但难度不大。4．（3分）我市黄河口生态旅游区生态环境良好，大量珍稀水禽在此迁徙繁殖。如图所示，一只白鹭正在平静的水面上展翅起飞。关于白鹭在水中所成的像，下列说法正确的是（）A．白鹭在水中的“倒影”是光的折射形成的 B．白鹭飞的越高，在水中的“倒影”越小 C．人们看到白鹭身上的羽毛是白色，是因为它反射了所有的色光 D．当白鹭向上飞行时，其倒影也向上运动【分析】（1）平静的水面相当于平面镜，物体在平面镜中成正立、等大的虚像。（2）白色物体反射所有的色光。（3）物体到平面镜的距离等于像到平面镜的距离。【解答】解：A、白鹭在水中的“倒影”是光的反射形成的，故A错误；B、白鹭飞的越高，在水中的“倒影”大小不变，故B错误；C、人们看到白鹭身上的羽毛是白色，是因为它反射了所有的色光，故C正确；D、当白鹭向上飞行时，其倒影向下运动，距离水面越来越远，故D错误。故选：C。【点评】本题考查的是平面镜的成像特点。属于基础性题目。5．（3分）为实现国家关于“碳达峰”、“碳中和”目标，东风汽车集团研发了一款新型汽车，与旧款汽车同样油耗和使用条件下相比，其发动机工作时，尾气中“汽油味”明显降低，动力更强劲。如图为其发动机某一冲程示意图，下列有关说法正确的是（）A．尾气中“汽油味”降低，是因为汽油在汽缸中燃烧不完全 B．该冲程为做功冲程，机械能转化为内能 C．汽油在汽缸内完全燃烧，发动机效率可达100% D．该发动机减少了碳排放，有利于节约能源和环境保护【分析】（1）汽油在燃烧的过程中，燃烧的越充分，尾气中的“汽油味”越低；（2）根据气门的闭合情况、活塞的运动情况分析是哪个冲程及能量的转化；（3）任何机器都不可避免的做额外功，效率不可能达到100%；（4）根据发动机工作的特点分析。【解答】解：A、尾气中“汽油味”明显降低，这说明汽油的燃烧率较高，燃烧的较完全，故A错误；B、两个气门都关闭，火花塞点火，活塞向下运动，为做功冲程，此冲程中内能转化为机械能，故B错误；C、汽车在工作时不可避免的要克服机械部件间的摩擦做额外功，机械效率一定小于100%，故C错误；D、该发动机的尾气中“汽油味”明显降低，动力更强劲，在做相同有用功时，消耗的燃料少，减少了碳排放，有利于节约能源和环境保护，故D正确。故选：D。【点评】本题考查热机的有关知识，综合性强，难度适中。6．（3分）在如图所示的电路中，电源电压不变，将滑片P向左移动的过程中，判断正确的是（）A．A1的示数变大 B．A的示数变大 C．V的示数不变 D．V的示数与A的示数比值变小【分析】由电路图可知，R1、R2并联，电压表测电源的电压，电流表A测干路中的电流，电流表A1测R2支路的电流；根据电源的电压可知电压表示数的变化，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知滑片移动时通过R1的电流不变，根据滑片的移动可知，接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知该支路电流的变化，根据并联电路的电流特点可知干路电流的变化；根据电压表示数、电流表示数的变化分析电压表与电流表示数比值的变化。【解答】解：由电路图可知，R1、R2并联，电压表测电源的电压，电流表A测干路中的电流，电流表A1测R2支路的电流；电源的电压不变，滑片移动时，电压表的示数不变，故C正确；并联电路中各支路独立工作、互不影响，滑片移动时，通过R1的电流不变，当滑动变阻器的滑片P向左移动时，R2接入电路中的电阻变大，由I＝可知，通过R2支路的电流变小，即电流表A1的示数变小，故A错误；并联电路中干路电流等于各支路电流之和，干路总电流变大，即电流表A的示数变小，故B错误；电压表示数不变，电流表A示数变小，V的示数与A的示数比值变大，故D错误。故选：C。【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，分清电路的连接方式和电表所测的电路元件是关键。7．（3分）盛有水的圆柱形容器竖直放置在水平桌面上，如图甲所示，容器对桌面的压力为10N：用细线拴一实心小球，将小球浸没在水中，如图乙所示，容器对桌面的压力为12N；将细线剪断，小球沉到容器底部静止，如图丙所示，容器对桌面的压力为14N，水始终未滥出，取g＝10N/kg，水的密度ρ水＝1.0×103kg/m3，则下列说法中错误的是（）A．小球所受重力为4N B．小球的密度为2×103kg/m3 C．图丙中小球对容器底的压力为2N D．图丙中水对容器底部的压力比图乙中水对容器底部的压力大2N【分析】A.小球的重力为：放入小球并剪断细线时容器对桌面的压力减去盛水容器对桌面的压力；B.根据甲、乙两图中的压力之差得出小球受到的浮力，根据重力公式得出小球的质量，根据阿基米德原理得出小球的体积，根据密度公式得出小球的密度；C.力的作用是相互的，图丙中小球对容器底的压力等于小球受到的浮力；D.由公式P＝phg可知，水对乙、丙容器底部的压强是一样的，而两个容器底面积相同，由公式p＝可知故两个容器底部受到水的压力的大小关系。【解答】解：A.小球的重力为：放入小球并剪断细线时容器对桌面的压力减去盛水容器对桌面的压力，即：G＝14N﹣10N＝4N，故A正确。B.小球受到的浮力为：F浮＝12N﹣10N＝2N，小球的质量为：m＝＝＝0.4kg，小球的体积为：V＝＝＝2×10﹣4m3＝200cm3，小球的密度为：ρ＝＝＝2g/cm3＝2×103kg/m3，故B正确。C.力的作用是相互，图丙中小球对容器底的压力等于小球受到的浮力为2N，故C正确。D.由公式p＝ρgh可知，水对乙、丙容器底部的压强是一样的，而两个容器底面积相同，由公式p＝可知，故两个容器底部受到水的压力是相同的，故D错误。故选：D。【点评】本题考查阿基米德原理的应用，属于对基础知识的考查，有一定综合性。第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明二、填空题(本大题共7小题，每空1分，共21分)8．（3分）生活中蕴含着很多物理知识：光滑墙壁上的吸盘式挂钩是在大气压作用下被压在墙壁上；洒水壶是利用连通器原理工作的；拦河大坝上窄下宽，这是因为液体内部的压强随着液体深度的增加而变大（选填“变大”“不变”或“变小”）。【分析】（1）大气压的利用一般都是在某处使气压降低，然后在外界大气压的作用下，产生了某种效果；（2）上端开口底部互相连通的容器叫做连通器，在连通器中，注入同一种液体，在液体不流动时连通器内各容器的液面总是保持在同一水平面上，这就是连通器的原理；（3）液体内部的压强随深度的增加而变大。【解答】解：用力将吸盘压在光滑墙壁上，排出里面的空气，由于吸盘内的空气减少，内部气压小于外界大气压，外界大气压将吸盘紧压在墙壁上；洒水壶符合上端开口、下端连通的特点，属于连通器，拦河大坝修建的上窄下宽，是因为液体内部的压强随深度的增加而变大。故答案为：大气压；连通器；变大。【点评】本题考查了蕴含在生活中物理知识：连通器、大气压、液体压强的特点，贴近生活实际，利于激发学生学习物理的兴趣。9．（3分）如图所示，小明将钢尺的一端紧压在桌面上，拨动伸出桌面的一端会听到声音；显著改变钢尺伸出桌面的长度，用相同的力度拨动钢尺，可以观察到钢尺振动的频率发生了改变，声音的音调发生了变化。换用塑料尺拨动，发出声音的音色不同。【分析】音调指声音的高低，是由发声体振动的频率决定，物体振动越快，音调就越高，物体振动越慢，音调就越低；音色反映了声音的品质和特色，不同发声体的材料、结构不同，发出声音的音色也就不同。【解答】解：显著改变钢尺伸出桌面的长度，用相同的力度拨动钢尺，当钢尺伸出桌面的长度越长时，振动越慢，发出声音的音调越低；说明音调的高低与发声物体的振动频率有关；换用塑料尺做此实验，塑料尺伸出桌面的长度、振动幅度和速度与钢尺均相同时，听到声音的主要差异是音色不同。故答案为：频率；音调；音色。【点评】本题考查了音调与音色，属于基础知识。10．（3分）质量为1.4kg的干木柴完全燃烧，放出的热量为1.68×107J。如果这些热量的50%被质量为50kg温度为20℃的水吸收，其温度将升高40℃[已知：干木柴的热值为1.2×107J/kg，水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）]。水温升高后其比热容不变（选填“变大”，“不变”或“变小”）。【分析】（1）已知干木柴的热值和质量，根据Q＝mq求出完全燃烧1.4kg的干木柴能放出的热量；（2）利用效率公式η＝计算水吸收的热量，再根据Q吸＝cmΔt的变形式求出水升高温度；（3）比热容是物质的一种特性，与物质的种类有关，与物体的质量、体积，以及吸放热的多少没有关系。【解答】解：（1）干木柴放出的热量：Q放＝m干木柴q＝1.4kg×1.2×107J/kg＝1.68×107J；（2）由η＝得，水吸收的热量：Q吸＝Q放η＝1.68×107J×50%＝8.4×106J，由Q吸＝cmΔt得，水升高温度：Δt＝＝＝40℃；（3）比热容是物质的一种特性，与温度无关，所以比热容不变。故答案为：1.68×107；40；不变。【点评】本题利用了公式Q放＝mq、Q吸＝cmΔt和η＝进行计算，关键是注意“升高到”和“升高”的区别，这个也是学生容易出错的地方。11．（3分）一个空玻璃瓶的质量是50g，装进满瓶水后总质量为250g。当装进半瓶某种液体时，测得总质量为150g，则玻璃瓶的容积是200mL，该液体的质量是0.1kg，该液体的密度是1g/cm3。【分析】（1）已知空玻璃瓶的质量、瓶与水的总质量，可求水的质量，利用V＝可求出水的体积，即玻璃瓶的容积；（2）当装进半瓶某种液体时，液体的体积等于瓶子的容积的一半，求出液体的质量，再利用ρ＝求液体的密度。【解答】解：（1）瓶子装满水后水的质量：m水＝m总1﹣m瓶＝250g﹣50g＝200g，由ρ＝可得水的体积：V水＝＝＝200cm3＝200mL，瓶子的容积：V＝V水＝200mL；（2）装进半瓶某种液体时，液体的体积：V液＝V＝×200cm3＝100cm3，液体的质量：m液＝m总2﹣m瓶＝150g﹣50g＝100g＝0.1kg，液体的密度：ρ液＝＝＝1g/cm3；故答案为：200；0.1；1。【点评】本题考查了密度公式及其变形公式的灵活运用，突破点是计算瓶子的容积，解题过程中要注意单位换算。12．（3分）小阳在探究凸透镜成像规律时，首先将烛焰、凸透镜、光屏的中心调整到同一高度，然后将焦距为10cm的凸透镜固定在光具座上50cm刻度线处，将点燃的蜡烛放置在光具座上20cm刻度线处，如图所示。移动光屏，当光屏移动到65cm刻度线处时，烛焰在光屏上成清晰的像。光屏上所成的像是倒立、缩小的实像（选填“放大”或“缩小”）。利用这一成像规律可以制成的是照相机（选填“照相机”、“投影仪”或“放大镜”）。【分析】探究凸透镜成像规律时，首先将烛焰、凸透镜、光屏的中心调整到同一高度，当u＞2f时，成倒立缩小的实像，为照相机的原理。【解答】解：探究凸透镜成像规律时，首先将烛焰、凸透镜、光屏的中心调整到同一高度；由题意可知u＝50cm﹣20cm＝30cm＞20cm，即u＞2f，为照相机的原理，成倒立缩小的实像。故答案为：同一高度；缩小；照相机。【点评】本题考查凸透镜成像的规律的运用，熟练掌握凸透镜成像的规律是解答的关键。13．（3分）小明两次水平拉动同一物体在同一水平面上做匀速直线运动，两次物体运动的路程（s）﹣时间（t）图象如图所示，由图像可知：两次物体运动的速度：v1＞v2；两次物体所受的拉力F1＝F2；两次拉力对物体做功的功率：P1＞P2（均选填“＞”、“＝”或“＜”）。【分析】（1）比较相同时间内物体两次通过的路程，或者比较物体通过相同路程两次所用时间得出速度的大小；（2）根据力的平衡和摩擦力大小的影响因素分析两次物体所受的拉力的大小；（3）知道做功大小，利用P＝Fv分析两次拉力对物体做功的功率大小。【解答】解：由图乙知，两次运动，物体的s﹣t图像都是过原点的直线，说明都是做匀速直线运动。在相同时间内，第1次通过的路程比第2次通过的路程大，据知，第1次运动速度大于第2次的运动速度，即v1＞v2。同一物体两次运动是在同一水平面上，所以压力和接触面的粗糙程度相同，那么两次物体所受的摩擦力相同，物体两次都做匀速直线运动，所以两次的拉力都等于摩擦力，即F1＝F2。据P＝Fv知，第1次拉力做功的功率较大，第2次拉力做功的功率较小，即P1＞P2。故答案为：＞；＝；＞。【点评】根据图象或图表探究规律是近两年来出现较多的题目，图象可以使我们建立更多的感性认识，从表象中去探究本质规律，体验知识的形成过程。此题涉及到的知识点较多，综合性很强。14．（3分）如图所示是小明设计的照明电路。各元件安装完毕后，闭合开关S，电灯不亮，用试电笔分别测试a、b、c、d点时，a点氖管不发光，b、c、d点氖管都发光，由此可知ab两点间出现断路。小明又把一小射灯（正常工作时的电压为20V，电流为0.2A），直接接入家庭电路后，刚通电，小射灯立刻就烧坏了，经检查，发现还有一个配件忘记安装，该配件是一个阻值为1000Ω的定值电阻，需要与小射灯串联使其正常工作。【分析】开关接在灯与火线之间。当试电笔分别测试电灯两接线处和插座的两孔时，试电笔的氖管都发光，说明零线断路了；家庭电路的电压为220V，小射灯额定电压为20V，用电器在额定电压才能正常工作，根据串联电路的特点和欧姆定律计算配件的电阻大小。【解答】解：开关应接在灯与火线之间，因此开关应接在2处；当试电笔分别测试b、c、d点时，试电笔的氖管都发光，说明b、c、d点都与火线相连，a点氖管不发光，a与火线不相连，说明a、b间断路；配件（小电阻）与小射灯串联后使其正常工作，由串联电路特点有：I灯＝I配＝0.2A，U配＝U﹣U灯＝220V﹣20V＝200V，由欧姆定律可得配件的电阻：R配＝＝＝1000Ω。故答案为：ab；1000；串。【点评】本题主要考查家庭电路的故障分析、串联电路特点和欧姆定律的应用，知道灯泡电压等于额定电压时正常工作，低于额定电压时不能正常工作，高于额定电压过多时易烧杯。三、作图题(本大题共3小题，共7分)15．（1）（2分）如图所示，在O内填入电流表与电压表的符号，闭合开关S后两灯均能发光。【分析】根据电压表一定要并联在电路中，电流表一定要串联在电路中分析即可。【解答】解：由图可知，左边的电表与灯泡L并联在一起，为电压表；右面的电表串联在电路中，为电流表，如图所示：【点评】本题考查了电流表和电压表的使用，本题只要抓住电流表与被测用电器串联，电压表与被测用电器并联即可解答。（2）（2分）如图，在图中虚线上用箭头标出磁感线方向并标出电源的“+”、“﹣”极。【分析】①知道小磁针静止时N极的指向，根据磁极间的相互作用判断出通电螺线管的磁极。②根据通电螺线管的磁极判断出磁感线的方向。在磁体外部，磁感线总是从N极发出，回到S极。③根据安培定则判断出电流的方向，确定电源的正负极。【解答】解：由图可知，小磁针静止时左端为N极、右端为S极，根据异名磁极相互吸引可知，通电螺线管的右端为N极、左端为S极。在磁体外部，磁感线总是从N极发出，回到S极，所以磁感线的方向是指向左的。根据安培定则可知，电流从螺线管的左下端流入，则电源的左端为正极，右端是负极，如图所示：【点评】本题考查了磁极间的相互作用规律，磁感线的特点以及利用手安培定则判断螺线管极性或电流方向的重要方法，应能做到灵活应用；同时还要注意小磁针静止时N极所指的方向为该点磁感线的方向。（3）（3分）如图乙所示是牙医借助平面镜观察患者牙齿背面时的情景，请在图中画出牙医通过平面镜观察到患者牙齿的光路图。【分析】根据平面镜成像的特点可知，牙齿和在平面镜形成的像关于平面镜对称，先确定像的位置，连接像与人的眼睛确定入射点，可得反射光线，进一步得出入射光线即可完成光路图。【解答】解：先作出牙齿A关于平面镜的对称点A′，即像的位置，连接像A′和眼睛B与平面镜交于O点，即为入射点，连接AO为入射光线，OB为反射光线，如图所示：【点评】本题考查了平面镜成像的特点、作光的反射光路图，注意反射光线的反向延长线过像点。四、实验题(本大题共3小题，第16题7分，第17题6分，第18题7分，共20分.)16．（7分）利用如图甲所示的装置做“探究水沸腾时温度变化的特点”的实验。（1）装置图中有一处明显的错误，请指出错误之处：温度计的玻璃泡接触了烧杯底部。（2）图甲烧杯上所盖纸板的作用是减少热量散失，缩短加热时间，纸板上留有小孔的目的是为了使烧杯内外气压相同。（3）图乙中a图象是实验小组根据记录绘制的水沸腾图象，根据图象可以得出水沸腾时的特点是继续吸热，温度不变；当地大气压低于（填“高于”、“等于”或“低于”）标准大气压。（4）如果减少烧杯中水的质量，水沸腾时图象可能是图乙中的c（填“b”、“c”或“d”）。（5）如表是小燕记录的实验数据：实验过程中，她发现在第3min时，水中的气泡在上升过程中逐渐变小（选填“变大”或“变小”）。时间/min01234567温度/℃8890929496989898【分析】（1）温度计的玻璃泡要全部浸没在液体中，但不能碰到容器底和容器壁；（2）为了减少热量的散失，要在烧杯上加盖，这样可以缩短实验时间，并可起到固定温度计的作用；液体的沸点跟气压的大小有关；（3）根据沸点的概念（液体沸腾时的温度）结合图象确定出沸点；沸点与气压的关系：沸点随气压的增大而升高，随气压的减小而降低；（4）只减少水的质量，只是从开始加热到沸腾的时间变短，不会改变水的沸点；（5）气泡在水沸腾前由大变小、沸腾时由小变大。【解答】解：（1）由图甲知，装置中明显的错误是：温度计的玻璃泡接触了烧杯底部；（2）在烧杯上放置一个纸板，其目的是：减少热量散失，缩短加热时间；因为液体的沸点跟气压的大小有关，在“探究水沸腾时温度变化的特点”，纸板上留有小孔的目的是为了使烧杯内外气压相同；（3）由图乙知，水在沸腾时，继续从外界吸热，温度保持在沸点不变；由图乙知，此时水的沸点为98℃，小于水在一标准大气压下的沸点100℃，因液体的沸点随气压的增大而升高，故当地大气压低于一标准大气压；（4）因当地大气压不变，水的沸点不变，故减少水的质量时，只是缩短了加热时间，故水沸腾时图象可能是图乙中的c；（5）在第3min时，水还没有沸腾，水沸腾前，由于上面水的温度低，所以水蒸气被冷却液化，气体体积变小，气泡变小，所以气泡是由大变小。故答案为：（1）温度计的玻璃泡接触了烧杯底部；（2）减少热量散失，缩短加热时间；为了使烧杯内外气压相同；（3）继续吸热，温度不变；低于；（4）c；（5）变小。【点评】本题主要考查“探究水沸腾时温度变化特点”的实验，水沸腾时温度变化特点，气泡在水沸腾前、沸腾时大小变化特点是解题的关键。17．（6分）如图所示，是小明同学探究电流通过导体产生电热跟什么因素有关的实验装置图。在四个透明容器中封闭着等量的空气，且都有一段电阻丝；将透明容器与U形管相连，接入电路。（1）由于电流产生的热量不易直接测量，因此在实验中通过观察U形管中液面高度差来显示甲、乙容器内温度的变化，这里用到的科学探究方法是转换法。（2）连接好电路后闭合开关，通电一段时间，观察到右侧液面高于左侧液面，如图甲所示，表明在电流和通电时间相同的情况下，电阻越大，产生的热量越多。（3）图中U形管不是（选填“是”或“不是”）连通器，乙图中R3与R2并联，目的是使通过R1与R2的电流不同。（4）某小组在利用乙图装置实验时，发现左右两侧U形管液面上升高度相同，与其他小组的实验现象都不同，经检查气密性良好，请你分析实验现象不同的原因：R3断路。【分析】（1）电阻丝产生的热量不易直接观察，可给等质量的空气加热，气体吸热越多，气体膨胀程度越大，U形管内的液面高度差越大，采用了转换法；（2）根据已知条件结合转换法分析回答；（3）上端开口、下部连通的容器叫连通器；根据并联、串联电路电流的规律分析；（4）根据转换法和Q＝I2Rt分析。【解答】解：（1）由于电流产生的热量不易直接测量，因此在实验中通过观察U形管中液面高度差来显示甲、乙容器内温度的变化，这里用到的科学探究方法是转换法；（2）连接好电路后闭合开关，通电一段时间，观察到右侧液面高于左侧液面，根据转换法，10Ω电阻产生的热量多，表明在电流和通电时间相同的情况下，电阻越大，产生的热量越多；（3）图中U形管一端封闭，故不是连通器；乙装置中，右侧两电阻并联后再与左侧电阻串联，容器内两电阻大小相等，根据并联和串联电路电流的规律，通过左侧容器中电阻的电流大于通过右侧容器中电阻的电流，故乙图中R3与R2并联，目的是使通过R1与R2的电流不同；（4）某小组在利用乙图装置实验时，发现左右两侧U形管液面上升高度相同，根据转换法，容器内两电阻产生热量相同，根据Q＝I2Rt可知，通过R1、R2的电流相等，经检查气密性良好，实验现象不同的原因：R3断路。故答案为：（1）高度差；转换法；（2）电阻；（3）不是；电流（4）R3断路。【点评】本题探究“导体产生的热量与什么因素有关”，考查控制变量法、转换法、串联和并联电路的规律及焦耳定律的运用。18．（7分）如图所示，利用小桌、海绵、砝码探究影响压力作用效果的因素。（1）实验是通过观察海绵的凹陷程度来比较压力的作用效果。（2）通过比较图甲和图乙，说明受力面积一定时，压力越大，压力的作用效果越明显；通过比较图乙和图丙，说明压力一定时，受力面积越小，压力的作用效果越明显；（3）实验中主要采用的研究方法是控制变量法。（填“控制变量法”或“理想实验法”）（4）将该小桌和砝码放在如图丁所示的木板上，比较图丙中海绵受到的压强p丙和图丁中木板受到的压强p丁的大小关系为p丙＝p丁；（填“＞”、“＜”或“＝”）（5）实验时，小明将小桌换成砖块，并将砖块沿竖直方向切成大小不同的两块，如图戊所示，发现它们对海绵的压力作用效果相同。由此得出的结论是压力的作用效果与受力面积无关。你认为他在探究过程中存在的问题是没有控制压力的大小相同。【分析】（1）本实验通过海绵的凹陷程度来反映压力的作用效果，采用了转换法；（2）压力的作用效果与压力的大小和受力面积的大小有关，实验时应采用控制变量法，即探究压力的作用效果与压力大小的关系时应控制受力面积的大小不变，探究压力的作用效果与受力面积时应控制压力的大小不变，据此分析回答；（3）当受压材料不同时，不能根据受压材料的凹陷程度比较，应根据p＝分析；（4）要探究压力的作用效果与受力面积的关系，应该控制压力的大小相同，将砖块沿竖直方向切成大小不同的两块，压力大小与受力面积都不相同，所以不能得出压力的作用效果与受力面积无关的结论。【解答】解：（1）根据转换法，图中压力的作用效果是通过观察海绵的凹陷程度来显示的；（2）通过比较图甲和图乙知，说明受力面积一定时，压力越大，压力的作用效果越明显；研究压力的作用效果与受力面积关系时，要控制压力一定，故通过比较图乙和图丙，说明压力一定时，受力面积越小，压力的作用效果越明显；（3）实验中主要采用的研究方法是控制变量法；（4）将该小桌和砝码放在如图丁所示的木板上，根据p＝，因压力和受力面积相同，故图丙中海绵受到的压强p丙等于图丁中木板受到的压强p丁的大小，p丙＝p丁；（5）实验时，小明将小桌换成砖块，并将砖块沿竖直方向切成大小不同的两块，则压力大小不同，压力作用效果相同，没有控制压力的大小相同，由此得出的结论“压力的作用效果与受力面积无关”是错误的。故答案为：（1）海绵的凹陷程度；（2）甲；压力越大；丙；（3）控制变量法；（4）＝；（5）没有控制压力的大小相同。【点评】本题探究“压力的作用效果跟什么因素有关”的实验，主要考查控制变量法及转换法的应用，体现了对过程和方法的考查。五、计算题(本大题共2小题，第19题6分，第20题7分，共13分)19．（6分）一辆重2×107N的四轮卡车，开进了一段泥泞的道路，不能继续行驶。司机找来一小型拖拉机、绳子、动滑轮，采用如图所示装置，拖拉机在绳端用3500N的水平拉力，将汽车以0.2m/s的速度水平匀速拉出泥泞路段，用时10s。求：（1）拉力F做的功。（2）若动滑轮的机械效率为80%，则汽车所受的阻力为多少？【分析】（1）根据v＝求出汽车移动的距离，动滑轮绳子的有效股数为2，利用s绳＝ns车求出绳子自由端移动的距离，利用W总＝Fs绳求出拉力F做的功；（2）根据η＝×100%求出拉力F做的有用功，利用W有＝fs车求出汽车所受的阻力。【解答】解：（1）由v＝可得，汽车移动的距离：s车＝vt＝0.2m/s×10s＝2m，动滑轮绳子的有效股数n＝2，则绳子自由端移动的距离：s绳＝ns车＝2×2m＝4m，拉力F做的功：W总＝Fs绳＝3500N×4m＝1.4×104J；（2）由η＝×100%可得，拉力F做的有用功：W有＝W总η＝1.4×104J×80%＝1.12×104J，由W有＝fs车可得，汽车所受的阻力：f＝＝＝5.6×103N。答：（1）拉力F做的功为1.4×104J；（2）汽车所受的阻力为5.6×103N。【点评】本题考查了速度公式和做功公式、滑轮组机械效率公式的应用，明确有用功和总功的含义是关键。20．（7分）在如图甲所示的电路中，电源电压不变，R的阻值为8Ω，灯泡L的电流随电压变化的关系如图乙所示。闭合开关，灯泡L两端的电压为8V。求：（1）电源电压；（2）将图甲中的R换成和L一样的灯泡，1min内一个灯泡消耗的电能；（3）将图甲中R和L由串联改为并联，电阻R的电功率。【分析】（1）根据图乙读出灯泡的电流，根据串联电路的电流特点求得定值电阻两端的电压，然后根据串联电路的电压特点求出电源的电压；（2）将图甲中的R换成和L一样的灯泡后，根据串联分压可求得L的电压，由图乙读出此时的电流，由W＝UIt可求得1min内一个灯泡消耗的电能；（3）将图甲中R和L由串联改为并联，根据并联电路的电压特点可知L的电压，利用图乙读出此时的电流，由欧姆定律公式可求得通过定值电阻的电流，再利用并联电路中干路电流等于各支路电流之和可求得总电流，再利用P＝UI可求得整个电路的电功率。【解答】解：（1）由图甲知，R与L串联在电路中，由图乙可知，当灯泡两端的电压为UL＝8V，通过灯泡的电流为0.50A；根据串联电路中电流处处相等可知：IR＝IL＝0.50A；根据U＝IR可知，电阻R两端的电压为：UR＝IRR＝0.50A×8Ω＝4V；根据串联电路中电压的规律可知，电源电压为：U＝UL+UR＝8V+4V＝12V；（2）把R换成与L一样的灯泡，则两个灯泡两端的电压为：；由图乙可知，当灯泡两端的电压为6V时，通过灯泡的电流为：I'L＝0.45A；一个灯泡1min内消耗的电能为：W'L＝U'LI'Lt＝6V×0.45A×60s＝162J；（3）R与L并联在电路中时，根据并联电路中电压的规律可知，电阻R两端的电压为12V，则通过电阻R的电流为：；电阻R消耗的电功率为：PR＝UIR＝12V×1.5A＝18W。答：（1）电源电压为12V；（2）1min内一个灯泡消耗的电能为162J；（3）电阻R的电功率为18W。【点评】本题考查了串、并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，从图象中获取有用的信息是关键。六、综合题(本大题共3小题，第21题6分，第22题6分，第25题6分，共18分)21．（6分）有一种由酒精气体传感器制成的呼气酒精测试仪被广泛用来检测酒驾，传感器R1的阻值随酒精气体浓度的变化如图甲所示，工作电路如图乙所示，电源电压恒为12V，定值电阻R2＝30Ω。求：（1）闭合开关后，若被检测者未喝酒时，即酒精浓度为0时，R1阻值为60Ω，此时，电流表的示数为0.13A。（2）被检测者酒精浓度越大时，电流表示数越大，电压表示数越小。（3）被检测者酒精气体浓度为0.8mg/mL时，电流表的示数为0.3A。（4）现在公认的酒驾标准为0.2mg/mL≤酒精气体浓度≤0.8mg/mL，当电压表示数为4.8V时，被检测司机酒精浓度是0.3mg/mL。【分析】（1）从图甲中直接可以看出，当被检测者未喝酒时，即酒精气体的浓度为0时传感器电阻的阻值，根据欧姆定律算出此时的电流；（2）由电路图可知，传感器和定值电阻串联，电压表测传感器两端的电压，电流表测电路中的电流；由图可知气敏电阻的性质，由电阻的变化利用欧姆定律可求得电路中电流的变化及R1两端电压的变化。（3）据图甲可知，当酒精浓度为0.8mg/ml时R1的电阻，求出总电阻，根据欧姆定律求出电流表的示数；（4）当电压表的示数为4.8V时，根据串联电路的电压特点求出定值电阻两端的电压，根据欧姆定律求出电路的电流，继而求出传感器的电阻，由图象得出对应酒精气体的浓度。【解答】解：（1）由图象可知，当被检测者未喝酒时，即酒精气体的浓度为0时，R1的电阻为60Ω，此时电路的电流为：I＝＝≈0.13A；（2）由电路图可知，传感器R1和定值电阻R2串联，电压表测传感器R1两端的电压，电流表测电路中的电流；由图可知，当酒精浓度增大时，传感器R1的阻值会减小，由欧姆定律可得电路中电流增加，即电流表示数增大，由U2＝IR2可知，定值电阻R2两端的电压会增大，根据串联电路的电压特点可知R1两端的电压会减小，即电压表的示数会变小；（3）据图甲可知，当酒精浓度为0.8mg/ml时，R1的电阻为10Ω，则R′＝R1′+R2＝10Ω+30Ω＝40Ω；此时电路中电流：I′＝＝＝0.3A，即电流表的示数为0.3A；（4）当电压表的示数U1＝4.8V时，根据串联电路的电压特点可知：U2＝U﹣U1＝12V﹣4.8V＝7.2V，电路中的电流I1＝I2＝＝＝0.24A，根据欧姆定律可得，此时传感器R1的阻值：R1′＝＝＝20Ω，由甲图可知，被检测者的酒精气体浓度为0.3mg/ml。故答案为：（1）60Ω；0.13；（2）大；小；（3）0.3；（4）0.3。【点评】本题考查电流的计算和是否饮酒或醉酒驾车的界定标准，以及欧姆定律的应用，关键明白电路的连接和能从图象上找到有用的数据。22．（6分）阅读下列短文，回答问题.“华龙一号”核电技术2021年1月，全球第一台“华龙一号”核电机组，在福清核电5号机组投入商业运行，标志着我国打破了国外核电技术垄断，正式进入核电技术先进国家行列，其利用核能获得电能工作原理是如图所示：以核反应堆来代替火力发电站的锅炉，以核燃料（铀）在核反应堆中发生特殊形式的“燃烧”产生热量来加热水，使之变成蒸气。蒸气通过管路进入汽轮机，推动汽轮机带着发电机旋转，从而产生电，并通过电网送到四面八方.据统计，一台华龙机组装机容量1200MW（1MW＝106W），一台华龙机组年发电量能满足一个中型城市一年的用电需求，为践行绿色发展做出了巨大贡献。（1）核反应堆是通过可控裂变（选填“裂变”或“聚变”）反应释放核能的设备，核能属于不可再生（选填“可再生”或“不可再生”）能源。（2）蒸气发生器中的水被加热后汽化（填物态变化名称）成水蒸气，这个过程需要吸收（选填“吸收”或“放出”）热量，这些水蒸气推动汽轮机带动发电机发电。（3）根据材料提供的数据，请计算一台华龙机组10天发电2.4×108度（一天工作20h），若这些电能用热电转换效率为30%的火力发电厂发电，需要完全燃烧96000吨煤。（q煤＝3.0×107J/kg）.【分析】（1）核裂变和核聚变都能释放能量，对于核裂变是可控的，如核电站的核反应堆就是通过核裂变提供能量的；能够短时间内从自然界得到补充的是可再生能源，短时间得不到补充的是不可再生能源；（2）物质由液态变为气态的过程叫做汽化，汽化吸热；（3）已知功率和时间，根据公式W＝Pt可求核电站共发电的度数；根据η＝，可得燃烧煤放出的热量，根据公式Q放＝q煤m可求燃烧的煤的质量。【解答】解：（1）核电站主要利用核裂变的可控链式反应来发电的；核能用完后不能再生，属于不可再生能源；（2）蒸发器中的水是液体，被加热后变成了水蒸气，水蒸气是气体，水由液态变为气态是汽化，汽化吸热；（3）发电的多少：W＝Pt＝1200×103kW×20h×10＝2.4×108kW•h＝2.4×108度；W＝2.4×108kW•h＝8.64×1014J；由η＝，可得，燃烧煤放出的热量：＝2.88×1015J；因为Q放＝q煤m，所以燃烧煤的质量m＝＝9.6×107kg＝96000t；故答案为：（1）裂变；不可再生；（2）汽化；吸收；（3）2.4×108