2024年江苏省南京二十九中中考物理模拟试卷（二）

第1页（共1页）2024年江苏省南京二十九中中考物理模拟试卷（二）一.选择题（每小题2分）1．（2分）下列能源中，属于可再生能源的是（）A．天然气 B．石油 C．风能 D．核燃料2．（2分）下列有关教室内物体的估测符合实际的是（）A．课桌的高度约为8dm B．教室内一盏照明灯的功率约为400W C．黑板擦受到的重力约为15N D．教室内的大气压强约为104Pa3．（2分）关于“二十四节气”，下列说法正确的是（）A．“谷雨”，雨的形成是汽化现象 B．“白露”，露的形成是液化现象 C．“霜降”，霜的形成是凝固现象 D．“小雪”，雪的形成是升华现象4．（2分）关于家庭电路，下列说法正确的是（）A．电能表测量的是家用电器的总功率 B．用电器电线绝缘层破损了仍可继续使用 C．空气开关自动断开，一定是电路中出现了短路 D．家用电器失火时，先断电后灭火5．（2分）如图所示，悬挂在细线下的小球从A点由静止释放，O为最低点不计空气阻力，若在B点绳子突然断裂，关于小球的下列说法中正确的是（）A．小球所受的绳子拉力是由于小球发生弹性形变产生的 B．小球向右摆动到O点时，受到重力、绳子拉力和水平向右的动力 C．小球B点后的运动轨迹最符合实际的是b D．在小球运动过程中，只存在动能和重力势能的相互转化6．（2分）如图甲所示，轿车在水平路面上高速行驶，下列说法正确的是（）A．车对路面的压力和路面对车的支持力是一对平衡力 B．车对路面的压力是由于路面发生形变产生的 C．高速行驶过程中，车对路面的压力小于车静止时对路面的压力 D．如图乙，驾驶室座椅上安装头枕的目的是防止碰撞前车时造成伤害7．（2分）如图所示，图是风力发电机的示意图，下列选项中与其原理相同的是（）A． B． C． D．8．（2分）如图所示甲、乙、丙三个完全相同的烧瓶中分别装有质量、初温都相同的液体，烧瓶中电阻丝的大小关系为R甲＜R乙＝R丙，烧瓶内插入相同的温度计，以下说法正确的是（）A．甲、丙可探究电阻丝产生电热的多少与电阻大小的关系 B．乙、丙可探究不同物质的吸热升温现象，物体吸热的多少可用温度计示数的升高来表示 C．上述A、B选项中两个实验的研究对象都是瓶内的液体且都还需要天平和秒表 D．通电相同时间，温度计示数的大小关系为T甲＜T乙＜T丙9．（2分）将小球竖直向上抛出后，每隔0.1秒球的位置如图甲所示，N为最高点，下列说法正确的是（）A．球在N点时处于平衡状态 B．球离开手后能继续向上运动是因为受到惯性的作用 C．图甲中小球在M点的动能等于小球在N点的重力势能 D．若球运动至M处所受外力全部消失，则其运动情况及每隔0.1秒的位置是图乙中的（b）10．（2分）如图所示电路，电源电压U恒定不变，R2的规格是“300Ω0.5A”。仅闭合S，滑片P移到最左端，电流表的示数为0.3A，定值电阻R1和R3消耗的电功率之比P1：P3＝3：1；滑片P向右移到某一位置的过程中，电流表的示数变化了0.2A，电压表的示数变化了2V；若三个开关都闭合，在确保电路安全的前提下，移动滑片P，电流表的最大示数为I0，R3消耗的电功率为P0。下列说法正确的是（）A．R1＝10Ω B．I0＝2.1A C．U＝14V D．P0＝19.6W二.填空题（每空2分）11．（6分）玄武湖的樱花节引来大量游客，游客在花海中穿行，樱花树相对于游客是（选填“运动”或“静止”）的。游客们用手机发朋友圈，手机是利用发送信息，其在真空中传播的速度为m/s。12．（8分）水平桌面上有两个质地均匀的正方体A和B，其质量与体积的关系如图甲所示，静止时对桌面的压强相等，则边长的大小关系：lAlB。如图乙两个相同的容器M、N中分别装有等体积的水，将A、B分别放入容器M、N中，水均未溢出，静止时水对容器底部的压强分别为p1和p2，A、B受到的浮力分别为FA和FB。（1）若ρA＝ρ水，则此时p1p2（选填“＞”“＝”或“＜”）。若使FA与FB的比值不变，则将两容器中的水都换成体积相等、密度（选填“更大”或“更小”）的同种液体。（2）若lA＝2lB，FA：FB＝24：5，则ρA＝kg/m3。13．（6分）如图所示为汽油机的四个冲程，其中机械能转化为内能的冲程是图，1min内汽油机完成2400个工作循环，飞轮的转速为r/s。汽油机完成一个工作循环时，需要吸入2L的燃料，这些燃料完全燃烧放出的热量为J。（ρ燃料＝1.4kg/m3，q燃料＝4.6×107J/kg）14．（4分）小明将质量为100g的碎冰放入试管中探究冰的熔化特点，根据数据绘制了温度时间图象。由图象可知冰属于（晶体/非晶体）。若在持续加热的过程中相同时间内吸收的热量相同，则冰在熔化过程中吸收的热量是J[已知c水＝4.2×103J/（kg•℃）]。15．（6分）如图所示，在探究通过导体的电流与电阻的关系实验中，有以下器材：电源电压为6V、滑动变阻器（30Ω1A）、电流表（0～0.6A量程）、电压表、三个定值电阻（5Ω、10Ω、15Ω）、开关和导线若干。要完成实验，控制定值电阻两端电压的范围V≤U≤V；若控制定值电阻两端电压值为1.5V，完成实验需更换最大阻值为Ω的滑动变阻器。16．（8分）如图所示，电源电压保持不变，灯泡L标有“6V3W”（灯泡电阻不变），灯泡的电阻为Ω。当开关S、S1、S2闭合，滑片P从b端滑到中点时，电压表示数（选填“变大”、“变小”或“不变”），当仅闭合开关S，滑片P从b端滑到某一位置时，变阻器的阻值减小6Ω，电流表的示数变化了0.1A，灯泡恰好正常发光，此时电路的电流为A，滑动变阻器的最大阻值是Ω。三.作图题（每题2分）17．（2分）如图所示是厨房里用开关控制的三孔插座，用笔画线代替导线将其接入电路中。18．（2分）完成如图中的光路。19．（2分）如图，杠杆AOB保持静止，O为支点，请作出动力F1的力臂l1和阻力F2。四.实验探究题（每空1分）20．（6分）在“探究光的反射规律”实验中，平面镜水平放置于桌面上，E、F是两块可以绕接缝ON翻折的白色硬纸板。实验次数123入射角60°45°30°反射角60°45°30°（1）如图甲所示，白色硬纸板应当立在平面镜上。（2）让一束光紧贴纸板E沿AO方向射向镜面上的O点，在纸板F上呈现反射光束OB，然后将纸板F绕ON向前或向后翻折，在纸板F上看不到反射光束，这表明反射光线、入射光线和法线在。（3）多次改变入射光的方向并描绘光的传播路径，用量角器量出每组反射角与入射角的大小并记入表格，可得结论：反射角与入射角大小。（4）当反射光与入射光夹角为100°时，入射角为°。若入射光束AO绕O点顺时针旋转，将观察到反射光束OB在平面镜中所成的像绕O点时针旋转。（5）如图乙所示，一束光经水平放置的平面镜反射后在天花板上形成光斑，水平向右移动平面镜，观察到光斑位置的变化情况是。21．（6分）小华发现，压缩一个已经充气的气球感到很容易，但想把它压缩得很小却又很困难。由此她猜想被封闭的一定质量的气体产生的压强与体积可能有关，为此她准备了20mL的注射器、弹簧测力计、刻度尺、细绳等，进行探究，步骤如下：（1）如图甲所示，用刻度尺测出注射器刻度部分的长度为cm，则活塞的横截面积为cm2。（2）如图乙所示，用细绳拴住注射器活塞的颈部，使绳的另一端与弹簧测力计的挂钩相连，弹簧测力计一端固定并水平放置，然后水平向乙慢慢地拉动注射器筒，当注射器活塞开始滑动时，弹簧测力计的示数如图乙所示为N，此时外界大气压的数值为Pa。（3）取下橡皮帽，拉动活塞，让活塞的底端位于注射器4mL刻度处，用橡皮帽封住注射器的小孔，确保不漏气，此时注射器内被封闭的气体体积为4mL。再按照图乙的方式操作，水平向右慢慢地拉动注射器筒，当注射器内气体体积变为8mL时，弹簧测力计的示数为10N。继续向右慢慢地拉动注射器筒，记下注射器内气体体积与对应的弹簧测力计的示数，将所测数据记录在如表中。注射器内气体体积V/mL810121620弹簧测力计的示数F/N1013.31516①当注射器内气体体积为10mL时，弹簧测力计示数为N。②当注射器内气体体积为20mL时，注射器内气体压强为Pa。22．（6分）小明在“测小灯泡正常发光时的电阻”的实验中，实验室有以下器材：电源（电压恒为4.5V）、标有2.5V的小灯泡、电流表、电压表、滑动变阻器“20Ω1A”、开关各一个，定值电阻三个（10Ω、20Ω、30Ω）导线若干。（1）如图甲所示是小明同学连接的电路，请你在只改变一根导线连接的情况下，使电路成为能正确完成测量任务的电路（用“×”标出改动之处，画出改接导线）；（2）电路连接好后，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片进行多次实验，并将其中三次数据记录在表格中，根据数据求出小灯泡正常发光时的电阻为（结果保留一位小数）；实验次序123电压表示数U/V2.02.52.8电流表示数I/A0.200.240.26（3）上述实验结束后，小明同学想进一步“探究电流与电阻的关系”，他将小灯泡取下后，按图乙电路在R的位置依次换成已有的定值电阻10Ω、20Ω、30Ω先后接入电路。为保证每次都能将接入的定值电阻两端电压调为2.5V，应在电路中再串联一个阻值范围为Ω至Ω的电阻R；（4）小明想利用如图丙实验电路图测量Rx的阻值。图中R为电阻箱，请在以下空白处填上适当内容。①将开关接a，调节电阻箱和滑动变阻器滑片P至适当位置，记下电流表示数I和电阻箱阻值RA；②将开关改接b，，记下电阻箱阻值RB；③则Rx＝（要求仅利用电阻箱读数表达Rx的阻值）。五.计算题（每小题8分）23．（8分）某家用电热水器，其工作模式和相关参数如表。如图所示为电热水器的原理图，包括工作电路和控制电路两部分，通过电磁继电器自动控制电热水器实现加热状态和保温状态的挡位变换。R0、R1为电热丝，R2为滑动变阻器，R为热敏电阻（置于电热水器内，其阻值随温度的升高而减小。红灯、绿灯是电热水器工作时的指示灯，忽略指示灯对电路的影响。型号LWIZ20﹣19电源AD220V50Hz加热功率800W保温功率40W水容量1.0L（1）分析说明当绿灯亮时，电热水器处长保温状态还是加热状态？（2）工作时，若要提高电热水器的保温温度，如何调节保护电阻R2的滑片？（3）R1工作时的电阻是多大？（4）电热水器处于加热状态时，工作4.2min，可使1L水的温度升高40℃。则该电热水器的效率是多少？[c水＝4.2×103J/（kg•℃），计算结果保留一位小数]

2024年江苏省南京二十九中中考物理模拟试卷（二）参考答案与试题解析一.选择题（每小题2分）1．（2分）下列能源中，属于可再生能源的是（）A．天然气 B．石油 C．风能 D．核燃料【分析】从能源是否可再利用的角度可分为可再生能源和不可再生能源。化石能源、核能会越用越少，不可能在短期内从自然界得到补充，所以它们属于不可再生能源；而风能、水能、太阳能、生物质能，可以在自然界里源源不断的得到补充，所以它们属于可再生能源。【解答】解：核能、石油、天然气不可能在短期内从自然界得到补充，都属于不可再生能源，只有风能可以在自然界里源源不断的得到补充，是可再生能源，即选项C符合题意；故选：C。【点评】此题主要考查对可再生能源和不可再生能源特点的理解，属于基础知识。2．（2分）下列有关教室内物体的估测符合实际的是（）A．课桌的高度约为8dm B．教室内一盏照明灯的功率约为400W C．黑板擦受到的重力约为15N D．教室内的大气压强约为104Pa【分析】首先要对选项中涉及的几种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、课桌的高度约为8dm，符合实际，故A正确；B、教室内一盏照明灯的功率约为20W，故B错误；C、黑板擦受到的重力约为0.15N，故C错误；D、教室内的大气压强约为105Pa，故D错误。故选：A。【点评】此题考查对生活中常见物理量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，找出符合实际的选项即可。3．（2分）关于“二十四节气”，下列说法正确的是（）A．“谷雨”，雨的形成是汽化现象 B．“白露”，露的形成是液化现象 C．“霜降”，霜的形成是凝固现象 D．“小雪”，雪的形成是升华现象【分析】物质从固态变为液态的过程叫做熔化，物质从液态变为固态的过程叫做凝固；物质从液态变为气态的过程叫做汽化，物质从气态变为液态的过程叫做液化；物质从固态直接变为气态的过程叫升华，物质从气态直接变为固态的过程叫凝华。【解答】解：A．雨是空气中水蒸气遇冷液化所成，或者是高空中的小冰晶下落过程中熔化形成的，故A错误；B．露是空气中的水蒸气液化形成的小水滴，故B正确；C．霜是空气中的水蒸气凝华形成的小冰晶，故C错误；D．雪是空气中的水蒸气凝华形成的小冰晶，故D错误。故选：B。【点评】分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态，基础题。4．（2分）关于家庭电路，下列说法正确的是（）A．电能表测量的是家用电器的总功率 B．用电器电线绝缘层破损了仍可继续使用 C．空气开关自动断开，一定是电路中出现了短路 D．家用电器失火时，先断电后灭火【分析】（1）电能表是测量电路消耗电能的仪表；（2）绝缘层破损的电线要及时更换；（3）空气开关自动断开是因为电路中电流过大，电流过大的原因是短路或用电器的总功率过大；（4）电器着火时，要先切断电源，再救火。【解答】解：A、电能表是测量电路消耗电能（或测量电功）的仪表，故A错误；B、绝缘层破损后要及时更换，防止引发触电事故，故B错误；C、空气开关自动断开，可能是电路出现了短路，也可能是用电器的总功率过大，故C错误；D、用电器着火时，要先切断电源，再救火，若先灭火易引发触电，故D正确。故选：D。【点评】本题考查的是日常生活中的一些安全用电常识，属于基础题。5．（2分）如图所示，悬挂在细线下的小球从A点由静止释放，O为最低点不计空气阻力，若在B点绳子突然断裂，关于小球的下列说法中正确的是（）A．小球所受的绳子拉力是由于小球发生弹性形变产生的 B．小球向右摆动到O点时，受到重力、绳子拉力和水平向右的动力 C．小球B点后的运动轨迹最符合实际的是b D．在小球运动过程中，只存在动能和重力势能的相互转化【分析】（1）拉力是由绳子发生弹性形变而产生的；（2）根据小球的运动状态判定其受力情况；（3）任何物体都有惯性，根据惯性分析小球的运动轨迹；（4）不计空气阻力，小球的机械能是守恒的。【解答】解：A、小球所受的绳子拉力是由于绳子发生弹性形变产生的，故A错误；B、小球向右摆动到O点时，受到两个力的作用：竖直向下的重力、沿绳子向上的拉力，故B错误；C、若在B点绳子突然断裂，小球在B点是斜向上运动的，绳子断裂后，小球由于具有惯性，仍然会斜向上运动，小球在重力的重力下，会先斜向上运动，后斜向下运动，由于绳子拉力消失，所以小球不能到达与A等高的位置，所以小球B点后的运动轨迹最符合实际的是c，故C错误；D、不计空气阻力，小球的机械能是守恒的，只存在动能和重力势能的相互转化，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了牛顿第一定律的应用、平衡力的辨别、物体的受力分析，难度不大。6．（2分）如图甲所示，轿车在水平路面上高速行驶，下列说法正确的是（）A．车对路面的压力和路面对车的支持力是一对平衡力 B．车对路面的压力是由于路面发生形变产生的 C．高速行驶过程中，车对路面的压力小于车静止时对路面的压力 D．如图乙，驾驶室座椅上安装头枕的目的是防止碰撞前车时造成伤害【分析】（1）平衡力的条件：大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上；（2）弹力是物体由于发生弹性形变而产生的力；（3）根据流体压强与流速的关系可对压力与重力的大小做出分析；（4）物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性，据此结合不同运动状态下人身体运动情况的改变分析即可解答。【解答】解：A．车对路面的压力和路面对车的支持力作用在两个物体上，不是一对平衡力，故A错误；B．车对路面的压力是由于车发生形变产生的，故B错误；C．车静止时对路面的压力大小等于车的重力大小，小汽车高速行驶时，车身上方空气流速快、压强小，下方空气流速慢、压强大，产生向上的升力，所以车对路面的压力小于车静止时对路面的压力，故C正确；D．当后车追尾时，坐在座椅上的人的头部由于惯性要保持原来的运动状态，头会突然后仰，这时较软的头枕会保护头颈不被撞伤，故D错误。故选：C。【点评】以汽车为背景，考查了多个与之相关的知识点，体现了物理知识在实际中的应用，有一定综合性，但难度不大。7．（2分）如图所示，图是风力发电机的示意图，下列选项中与其原理相同的是（）A． B． C． D．【分析】风吹过时，扇叶转动，产生了电能，说明是因为运动而产生了电，是机械能转化为电能，是电磁感应现象，找出原理相同的即可。【解答】解：风力发电机的工作原理是电磁感应现象；A、如图是闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，电路中产生感应电流，是电磁感应现象，故A正确；B、如图电路中有电源，是通电导体在磁场中受力而运动，是电动机的工作原理，故B错误；C、如图导体中有电流通过，演示通电导体在磁场中受力而运动，故C错误；D、如图是电磁铁，是利用电流的磁效应来工作的，故D错误。故选：A。【点评】电磁联系包括电流的磁效应、电磁感应、磁场对电流的作用三方面，注意区分三方面的应用。8．（2分）如图所示甲、乙、丙三个完全相同的烧瓶中分别装有质量、初温都相同的液体，烧瓶中电阻丝的大小关系为R甲＜R乙＝R丙，烧瓶内插入相同的温度计，以下说法正确的是（）A．甲、丙可探究电阻丝产生电热的多少与电阻大小的关系 B．乙、丙可探究不同物质的吸热升温现象，物体吸热的多少可用温度计示数的升高来表示 C．上述A、B选项中两个实验的研究对象都是瓶内的液体且都还需要天平和秒表 D．通电相同时间，温度计示数的大小关系为T甲＜T乙＜T丙【分析】（1）探究电流通过导体产生的热量与电阻大小的关系，应控制电流和通电相等，改变电阻；（2）比较水和煤油吸热升温的情况的实验中，应用相同的加热装置，给相同质量不同液体加热相同时间，通过升高温度来判断；（3）电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关，探究电流产生热量跟电阻关系时，控制通电时间和电流不变；（4）电流产生的热量越多，则温度计示数就越大。【解答】解：A、电流产生热量与电流、电阻和通电时间三个因素有关，探究中要采用控制变量法；探究电流通过导体产生的热量与电阻大小的关系，应控制电流和通电时间相等以及液体种类相同，改变电阻，而甲、丙两烧瓶中的电阻和液体种类都不同，所以无法完成实验探究，故A错误；B、为了比较水和煤油吸热的多少，应采用相同的加热装置，通过比较加热时间来比较物体吸收热量的多少，故B错误；C、探究电热产生的因素与什么有关时，可以不需要秒表，通过开关的通断就可以判定电热与通电时间的关系，故C错误；D、甲、乙中，电流相同，通电时间相同，电阻越大，产生的热量越多，故乙的温度要大于甲的温度；乙、丙中，水和煤油吸收相同的热量，水的比热容大，则水升高的温度要低一些，故温度计示数高低关系为T丙＞T乙＞T甲，故D正确。故选：D。【点评】本题探究电流产生热量影响因素的实验，考查了实验器材的选择、实验数据分析和评估等，用好控制变量法的转换法是本题解题的关键。9．（2分）将小球竖直向上抛出后，每隔0.1秒球的位置如图甲所示，N为最高点，下列说法正确的是（）A．球在N点时处于平衡状态 B．球离开手后能继续向上运动是因为受到惯性的作用 C．图甲中小球在M点的动能等于小球在N点的重力势能 D．若球运动至M处所受外力全部消失，则其运动情况及每隔0.1秒的位置是图乙中的（b）【分析】（1）物体处于静止或匀速直线运动状态时，物体受力平衡；分析实心球在最高点的受力情况，判断是否是平衡力；（2）一切物体都具有保持原来运动状态不变的性质，叫做惯性；（3）动能的大小与质量、速度有关；重力势能的大小与质量、高度有关；（4）根据牛顿第一定律分析。【解答】解：A、球在N点时运动的速度发生了改变，处于非平衡状态，故A错误；B、球离开手后能继续向上运动是因为具有惯性，不能说受到惯性的作用，故B错误；C、图甲中小球在M点具有一定的动能和重力势能，到N点时只具有重力势能，则M点的动能小于小球在N点的重力势能，故C错误；D、若球运动至M处所受外力全部消失，根据牛顿第一定律可知，小球将以M点的速度继续做匀速直线运动；而（a）图中的速度要小于M点的速度，所以（a）是错误的；则其运动情况及每隔0.1秒的位置是图乙中的（b），故D正确。故选：D。【点评】本题考查了牛顿第一定律的应用、重力势能和动能的转化、惯性、平衡状态的判定，属于基础题。10．（2分）如图所示电路，电源电压U恒定不变，R2的规格是“300Ω0.5A”。仅闭合S，滑片P移到最左端，电流表的示数为0.3A，定值电阻R1和R3消耗的电功率之比P1：P3＝3：1；滑片P向右移到某一位置的过程中，电流表的示数变化了0.2A，电压表的示数变化了2V；若三个开关都闭合，在确保电路安全的前提下，移动滑片P，电流表的最大示数为I0，R3消耗的电功率为P0。下列说法正确的是（）A．R1＝10Ω B．I0＝2.1A C．U＝14V D．P0＝19.6W【分析】（1）由图可知，闭合S，断开S1、S2，滑片P移到最左端，R1、R3串联，R2被短路；根据串联电路的电流特点可知，通过R1、R3的电流相等，根据P＝I2R和R1和R3消耗的电功率之比可知R1、R3的阻值之比；滑片P向右移到某一位置的过程中，电路中的电阻变大，根据欧姆定律可知电路中的电流变小，据此可知A1的电流表示数；根据欧姆定律以及电压表的示数变化可知R3的阻值；根据R1、R3的阻值之比可知R1的阻值；知道R1、R3的阻值，根据欧姆定律可知电源电压；知道通过R3的电流和阻值，利用欧姆定律可知电压表的示数，据此可知电压表的量程；（2）三个开关都闭合时，R1、R2、R3并联，电流表A1测量干路电流，电流表A2测量R1、R2的电流之和，根据电流表A2的量程可知通过R2的最大电流，利用欧姆定律可知R2接入的最小阻值；利用欧姆定律计算出通过R3的电流，据此可知干路的最大电流，利用P＝UI可以求出电路消耗的最大电功率。【解答】解：AC、由图可知，闭合S，断开S1、S2，滑片P移到最左端，R1、R3串联，R2被短路，A1表的示数为I＝0.3A，电压表测量R3两端的电压；根据串联电路的电流特点可知，通过R1、R3的电流相等，R1和R3消耗的电功率之比P1：P3＝I2R1：I2R3＝R1：R3＝3：1，即R1＝3R3；滑片P向右移到某一位置的过程中，电路中的电阻变大，根据欧姆定律可知，电路中的电流变小，A1表的示数变化了0.2A，所以电流表A1此时的示数I′＝I﹣ΔI＝0.3A﹣0.2A＝0.1A；根据欧姆定律可知，电压表的示数变化ΔV＝IR3﹣I′R3＝0.3A×R3﹣0.1A×R3＝2V，解得：R3＝10Ω；R1的阻值R1＝3R3＝3×10Ω＝30Ω；电源电压U＝U1+U3＝IR1+IR3＝0.3A×30Ω+0.3A×10Ω＝12V；故AC错误；B、三个开关都闭合时，R1、R2、R3并联，电流表A测量干路电流，根据并联电路的电压特点可知，各支路电压相等，都等于电源电压12V；此时通过R1的电流I1＝＝＝0.4A；此时通过R3的电流I3＝＝＝1.2A；通过R2的最大电流I′2＝0.5A；电流表的最大示数为I0＝I1+I′2+I3＝2.1A，故B正确；D、R3消耗的电功率为P0＝UI′2＝12V×1.2A＝14.4W，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了电路的动态分析，难度较大。二.填空题（每空2分）11．（6分）玄武湖的樱花节引来大量游客，游客在花海中穿行，樱花树相对于游客是运动（选填“运动”或“静止”）的。游客们用手机发朋友圈，手机是利用电磁波发送信息，其在真空中传播的速度为3×108m/s。【分析】（1）在研究物体运动时，要选择参照的标准，即参照物，物体的位置相对于参照物发生变化，则运动，不发生变化，则静止；（2）手机是利用电磁波传递信息的，电磁波在真空中的传播速度为3×108m/s。【解答】解：游客在花海中穿行，樱花树相对于游客发生了位置变化，所以樱花树相对于游客是运动的；手机是利用电磁波发送信息，其在真空中传播的速度为3×108m/s。故答案为：运动；电磁波；3×108。【点评】此题主要考查了运动和静止的相对性、电磁波的传播与应用，在判断物体运动和静止时，关键看物体相对于参照物的位置是否发生了变化。12．（8分）水平桌面上有两个质地均匀的正方体A和B，其质量与体积的关系如图甲所示，静止时对桌面的压强相等，则边长的大小关系：lA＞lB。如图乙两个相同的容器M、N中分别装有等体积的水，将A、B分别放入容器M、N中，水均未溢出，静止时水对容器底部的压强分别为p1和p2，A、B受到的浮力分别为FA和FB。（1）若ρA＝ρ水，则此时p1＞p2（选填“＞”“＝”或“＜”）。若使FA与FB的比值不变，则将两容器中的水都换成体积相等、密度更小（选填“更大”或“更小”）的同种液体。（2）若lA＝2lB，FA：FB＝24：5，则ρA＝0.6×103kg/m3。【分析】由图甲可知两正方体的密度关系，根据质量分布均匀的柱状物体对地面的压强p＝ρgh可判断两正方体的边长关系；（1））①若ρA＝ρ水，则由前面分析可得ρB＞ρA＝ρ水，将A、B分别放入盛有水的容器M、N中，水均未溢出，由浮沉条件可知，A、B在水中分别处于悬浮和沉底状态，则排开水的体积等于物体自身的体积；且lA＞lB，VA＞VB，则将A、B物体放入水中时，可知A物体排开的液体体积较大，即放入A物体的容器水面上升的高度较高，根据p＝ρ液gh可判断p1与p2关系；②根据题干知ρA＜ρB，由阿基米德原理可知，因浸在同种液体中，所以若想使FA与FB的比值不变，则应保证A、B排开液体的体积之比不变。（2）根据甲图A、B物体的密度关系，题意lA＝2lB，A、B受到的浮力之比FA：FB＝24：5判断，两物体在液体中的沉浮情况，再根据浮力之比FA：FB＝24：5，即可解题。【解答】解：由图甲可知，ρA＜ρB。因质量分布均匀的柱状物体对地面的压强为p＝ρgh，所以hA＞hB。因A、B均是正方体，所以其高度h等于边长l，故lA＞lB。（1）①若ρA＝ρ水，则由前面分析可得ρB＞ρA＝ρ水，将A、B分别放入盛有水的容器M、N中，水均未溢出，由浮沉条件可知，A、B在水中分别处于悬浮和沉底状态，则排开水的体积等于物体自身的体积；因lA＞lB，则VA＞VB，所以A物体排开水的体积较大，且原来水的体积相同，故放入A物体的容器水面上升的高度较高，根据p＝ρ液gh可得p1＞p2；②由①可知A、B在水中分别处于悬浮和沉底状态，则排开水的体积等于物体自身的体积，则它们在水中所受浮力之比：＝＝；根据阿基米德原理可知，因浸在同种液体中，所以若想使FA与FB的比值不变，则应保证A、B排开液体的体积之比不变；若将两容器中的液体换成等体积、密度更大的同种液体，A物体会漂浮，浮力等于重力，由于液体密度和B物体的密度不能比较，不能判断其浮沉情况，不能判断出浮力的比值；若将两容器中的液体换成等体积、密度更小的同种液体，则两物体的密度都大于液体的密度，所以AB物体都下沉，排开液体的体积仍都等于物体的体积，则仍然等于，符合题意；（2）根据题意lA＝2lB，A、B受到的浮力之比FA：FB＝24：5判断，若两物体都浸没，则FA：FB＝ρ液gVA：ρ液gVB＝VA：VB＝（2lB）3：lB3＝8：1≠24：5，所以不可能都沉底；由甲图估算：ρB≈2ρA若两物体都漂浮或悬浮，则FA：FB＝ρAgVA：ρBgVB＝ρAVA：ρBVB＝ρAVA：2ρA×VA＝4：1≠24：5，所以不可能都漂浮、悬浮，所以肯定是一个漂浮、悬浮，一个沉底，由图可知因为ρB＞ρA，所以肯定是A漂浮，B沉底，则浮力之比为：＝＝＝＝＝所以ρA＝ρ水＝×1.0×103kg/m3＝0.6×103kg/m3故答案为：＞；（1）＞，更小；（2）0.6×103。【点评】本题考查了压强公式、阿基米德原理以及浮沉条件的应用，是一道综合题，有一定的难度。13．（6分）如图所示为汽油机的四个冲程，其中机械能转化为内能的冲程是图甲，1min内汽油机完成2400个工作循环，飞轮的转速为80r/s。汽油机完成一个工作循环时，需要吸入2L的燃料，这些燃料完全燃烧放出的热量为1.288×105J。（ρ燃料＝1.4kg/m3，q燃料＝4.6×107J/kg）【分析】（1）根据图中气门的关闭情况和活塞的运动方向判断是哪个冲程，进而判断能量的转化。（2）四冲程内燃机一个工作循环包括4个冲程，曲轴转动2圈，对外做功1次。（3）知道密度和体积，根据密度公式可以求出质量；知道燃料的热值和质量，利用Q放＝mq求该汽油机完全燃烧可放出多少热量。【解答】解：（1）机械能转化为内能的冲程是压缩冲程，活塞向上运动，进气门、排气门均关闭，故图甲是。（2）一个工作循环飞轮转动两转，所以飞轮的转速为＝80r/s。（3）2L＝2dm3＝2×10﹣3m3，根据密度公式ρ＝，可得燃料的质量m＝ρ燃料V＝1.4kg/m3×2×10﹣3m3＝2.8×10﹣3kg。燃料完全燃烧放出的热量Q＝q燃料m＝4.6×107J/kg×2.8×10﹣3kg＝1.288×105J。故答案为：甲；80；1.288×105。【点评】本题主要考查四冲程汽油机的各个冲程的工作特点、密度公式和对热值计算公式的理解和掌握。14．（4分）小明将质量为100g的碎冰放入试管中探究冰的熔化特点，根据数据绘制了温度时间图象。由图象可知冰属于晶体（晶体/非晶体）。若在持续加热的过程中相同时间内吸收的热量相同，则冰在熔化过程中吸收的热量是4.2×103J[已知c水＝4.2×103J/（kg•℃）]。【分析】（1）晶体与非晶体的区别是晶体有固定的熔点，而非晶体没有；由图象可知有固定熔点；（2）根据公式Q＝cmΔt求出15～20min内水吸收的热量吸收的热量；物质在相同的时间内吸收的热量是相同的，据此求出5～15min内冰熔化吸收的热量。【解答】解：（1）晶体有固定熔点，非晶体没有固定熔点，由图象可知冰在5min～15min吸收热量，温度保持不变，有固定熔点，故冰是晶体；（2）冰熔化过程中质量不变，所以水的质量m＝100g＝0.1kg，在15～20min内，水的温度升高了5℃，则在15～20min内水吸收的热量为：Q＝c水mΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×0.1kg×5℃＝2.1×103J；因为物质在相同的时间内吸收的热量是相同的，所以5～15min内冰吸收的热量为Q′＝2Q＝2×2.1×103J＝4.2×103J。故答案为：晶体；4.2×103。【点评】该题通过图象考查了晶体的熔化过程、吸热公式的应用，解题的关键是理解图象中每一阶段表示的含义及物质的状态。15．（6分）如图所示，在探究通过导体的电流与电阻的关系实验中，有以下器材：电源电压为6V、滑动变阻器（30Ω1A）、电流表（0～0.6A量程）、电压表、三个定值电阻（5Ω、10Ω、15Ω）、开关和导线若干。要完成实验，控制定值电阻两端电压的范围2V≤U≤3V；若控制定值电阻两端电压值为1.5V，完成实验需更换最大阻值为45Ω的滑动变阻器。【分析】（1）根据串联电路电压的规律和分压原理求电压表控制的最小值；根据电路最大电流和最小电阻求出电压表控制的最大值；（2）探究电流与电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变；根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压，根据分压原理，求出当接入15Ω电阻时变阻器连入电路中的电阻。【解答】解：（1）设电压表示数为UV，根据串联电路电压的规律和分压原理有：＝，……①，①式左边为一定值，右边也为一定值，故当R取最大值时，变阻器对应为30Ω，即＝，故电压表控制的最小电压为UV＝2V；因电路中允许通过的最大电流为0.6A，此时电路中的电阻最小，由欧姆定律，U＝IR＝0.6A×5Ω＝3V，即电阻的最大电压为3V，故要完成实验，控制定值电阻两端电压的范围2V≤U≤3V；（2）电阻两端的电压始终保持UV′＝1.5V，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：U滑＝U﹣UV′＝6V﹣1.5V＝4.5V，变阻器分得的电压为电压表示数的＝3倍，根据分压原理，当接入15Ω电阻时，变阻器连入电路中的电阻为：R滑＝3R定大＝3×15Ω＝45Ω，故为了完成整个实验，更换最大阻值为45Ω的滑动变阻器。故答案为：2；3；45。【点评】本题考查串联电路的规律及欧姆定律和控制变量法的运用，难度较大。16．（8分）如图所示，电源电压保持不变，灯泡L标有“6V3W”（灯泡电阻不变），灯泡的电阻为12Ω。当开关S、S1、S2闭合，滑片P从b端滑到中点时，电压表示数不变（选填“变大”、“变小”或“不变”），当仅闭合开关S，滑片P从b端滑到某一位置时，变阻器的阻值减小6Ω，电流表的示数变化了0.1A，灯泡恰好正常发光，此时电路的电流为0.5A，滑动变阻器的最大阻值是18Ω。【分析】（1）灯泡正常发光时的功率和额定功率相等，根据P＝算出灯泡的电阻：根据P＝UI求出其电流，根据欧姆定律求出灯泡的电阻；（2）当开关S、S1、S2闭合时，灯泡短路，R0和变阻器R并联，电压表测量电源电压，滑片P从b端滑到中点时，由于电源电压不变，据此可知电压表示数的变化情况；（3）当仅闭合开关S，滑片P处于b端和滑到某一位置的等效电路图；由于灯泡恰好正常发光，根据P＝UI即可求出图2中的电流；进一步根据题意可知图1中的电流，根据串联电路的特点和欧姆定律分别得出滑片P在b端和滑到某一位置时电源电压的表达式，然后根据电源电压不变即可求出滑动变阻器的最大阻值。【解答】解：（1）已知灯泡L标有“6V3W”（灯泡电阻不变），根据P＝得，灯泡的电阻：RL＝＝＝12Ω；（2）当开关S、S1、S2闭合，对灯泡短路，R0和变阻器R并联，电压表测量电源电压，滑片P从b端滑到中点时，由于电源电压不变，则电压表示数不变；（3）当仅闭合开关S，滑片P位于b端时，等效电路图如图1所示；滑片P滑到某一位置的等效电路图如图2所示；在图2中，由于灯泡正常发光，根据P＝UI可得，电路中电流：I＝IL＝＝＝0.5A，因为图1中的电阻大于图2中的电阻，根据欧姆定律可得，图1中的电流小于图2中的电流，则图1中电流：I′＝I﹣0.1A＝0.5A﹣0.1A＝0.4A，由于滑片P从b端滑到某一位置时，变阻器的阻值减小6Ω，则Rap＝Rab﹣6Ω，因为电源的电压不变，所以在图1和图2中，由串联电路特点和欧姆定律有：U＝I′（RL+Rab）＝I（RL+Rap），即：0.4A×（12Ω+Rab）＝0.5A×（12Ω+Rab﹣6Ω）解得：Rab＝18Ω。故答案为：12；不变；0.5；18。【点评】本题考查了串联电路和并联电路的特点以及欧姆定律、电功率公式的灵活应用，关键是开关闭合、断开时电路串并联的辨别和根据题意得出滑片P从b端滑到某一位置时电路中电流之间的关系。三.作图题（每题2分）17．（2分）如图所示是厨房里用开关控制的三孔插座，用笔画线代替导线将其接入电路中。【分析】三孔插座的接法是上孔接地线，左孔接零线，右孔接火线；【解答】解：为了安全，开关接在火线上，三孔插座中上孔接地线，左孔接零线，右孔接火线，如下图所示：【点评】本题考查了家庭电路的连接，属于基础题。18．（2分）完成如图中的光路。【分析】先确定所给的入射光线的特点，然后根据凹透镜的光学特点（三条特殊光线）作图。【解答】解：过凹透镜光心的光线传播方向不变，平行于主光轴的光线经凹透镜折射后折射光线反向延长通过焦点，如图所示：【点评】凹透镜有三条特殊光线：过凹透镜光心的光线传播方向不变；指向另一侧焦点的光线经凹透镜折射后折射光线平行于主光轴；平行于主光轴的光线经凹透镜折射后折射光线反向延长通过焦点。19．（2分）如图，杠杆AOB保持静止，O为支点，请作出动力F1的力臂l1和阻力F2。【分析】先确定阻力作用点（即B点），然后过阻力作用点表示阻力的方向（即竖直向下）；力臂的画法：首先确定支点O，再由支点向动力作用线作垂线，标出L1。【解答】解：阻力F2的作用点在点B，方向竖直向下；过支点作力F1作用线的垂线段，即可做出力臂L1，如图所示；【点评】关键是掌握杠杆五要素，然后根据杠杆的五要素作出相应的作用力或力臂。四.实验探究题（每空1分）20．（6分）在“探究光的反射规律”实验中，平面镜水平放置于桌面上，E、F是两块可以绕接缝ON翻折的白色硬纸板。实验次数123入射角60°45°30°反射角60°45°30°（1）如图甲所示，白色硬纸板应当竖直立在平面镜上。（2）让一束光紧贴纸板E沿AO方向射向镜面上的O点，在纸板F上呈现反射光束OB，然后将纸板F绕ON向前或向后翻折，在纸板F上看不到反射光束，这表明反射光线、入射光线和法线在同一平面内。（3）多次改变入射光的方向并描绘光的传播路径，用量角器量出每组反射角与入射角的大小并记入表格，可得结论：反射角与入射角大小相等。（4）当反射光与入射光夹角为100°时，入射角为50°。若入射光束AO绕O点顺时针旋转，将观察到反射光束OB在平面镜中所成的像绕O点顺时针旋转。（5）如图乙所示，一束光经水平放置的平面镜反射后在天花板上形成光斑，水平向右移动平面镜，观察到光斑位置的变化情况是不变。【分析】（1）实验中应将硬纸板垂直置于平面镜上，这样反射光线才能在硬纸板上呈现；（2）（3）光的反射规律：三线共面（入射光线、反射光线、法线），两线分居（入射光线、反射光线分居法线两侧），两角相等（入射角、反射角）；（4）（5）在光的反射现象中，反射光线与入射光线关于法线对称；平面镜成像时，像与物关于镜面对称。【解答】解：（1）入射光线、反射光线和法线在同一平面内，所以纸板一定与平面镜垂直；（2）当F板向后折转一定的角度，则呈现反射光线的F板和呈现入射光线的E板不在同一平面内，所以在F板上不能看到反射光，这表明反射光线和入射光线仍然在同一平面内；（3）由表格可得结论：反射角与入射角大小相等；（4）反射光与入射光的夹角为100°，即反射角与入射角的和为100°，根据反射角等于入射角可知，入射角为50°；在光的反射现象中，反射光线与入射光线关于法线对称，若入射光束AO绕O点顺时针旋转，则反射光束OB将沿逆时针方向转动；将观察到反射光束OB在平面镜中所成的像绕O点顺时针旋转。（5）一束光经水平放置的平面镜反射后在天花板上形成光斑，水平向右移动平面镜，入射点位置不变，且反射面位置不变，入射角不变，观察到光斑位置的变化情况是不变。故答案为：（1）竖直；（2）同一平面内；（3）相等；（4）50；顺；（5）不变。【点评】本题考查光的反射定律实验的有关内容，主要考查学生对实验过程中出现问题的应对能力，就是为了锻炼学生的动手、动脑的能力。21．（6分）小华发现，压缩一个已经充气的气球感到很容易，但想把它压缩得很小却又很困难。由此她猜想被封闭的一定质量的气体产生的压强与体积可能有关，为此她准备了20mL的注射器、弹簧测力计、刻度尺、细绳等，进行探究，步骤如下：（1）如图甲所示，用刻度尺测出注射器刻度部分的长度为10.00cm，则活塞的横截面积为2cm2。（2）如图乙所示，用细绳拴住注射器活塞的颈部，使绳的另一端与弹簧测力计的挂钩相连，弹簧测力计一端固定并水平放置，然后水平向乙慢慢地拉动注射器筒，当注射器活塞开始滑动时，弹簧测力计的示数如图乙所示为20N，此时外界大气压的数值为1×105Pa。（3）取下橡皮帽，拉动活塞，让活塞的底端位于注射器4mL刻度处，用橡皮帽封住注射器的小孔，确保不漏气，此时注射器内被封闭的气体体积为4mL。再按照图乙的方式操作，水平向右慢慢地拉动注射器筒，当注射器内气体体积变为8mL时，弹簧测力计的示数为10N。继续向右慢慢地拉动注射器筒，记下注射器内气体体积与对应的弹簧测力计的示数，将所测数据记录在如表中。注射器内气体体积V/mL810121620弹簧测力计的示数F/N1013.31516①当注射器内气体体积为10mL时，弹簧测力计示数为12N。②当注射器内气体体积为20mL时，注射器内气体压强为2×104Pa。【分析】（1）长度测量时，需认清刻度尺的分度值，结果要精确到分度值的下一位；已知活塞的体积V，根据S＝可得活塞的横截面积；（2）弹簧测力计的拉力等于外界大气压对活塞的压力；根据p＝可得此时外界大气压的数值；（3）分析表格数据，结合外界大气压对活塞的压力，可得当注射器内气体体积为10mL时弹簧测力计示数；当注射器内气体体积为20mL时，弹簧测力计的示数为16N，外界大气压对活塞的压力为20N，可得注射器内气体对活塞的压力，根据p＝可得注射器内气体压强。【解答】解：（1）如图甲所示，注射器刻度部分左端对准零刻线，右端对准10cm刻线，刻度尺的分度值为0.1cm＝1mm，刻度尺测出注射器刻度部分的长度L＝10.00cm；活塞的体积V＝20mL＝20cm3，则活塞的横截面积为：S＝＝＝2cm2；（2）如图乙，弹簧测力计的分度值为0.2N，读数为20N；此时弹簧测力计的拉力等于外界大气压对活塞的压力F＝20N，外界大气压的数值p＝＝＝1×105Pa；（3）①注射器内被封闭的气体体积为4mL，再用测力计拉动活塞时，测力计的拉力与注射器内气体对活塞的压力之和等于外界大气压对活塞的压力，F测力计+F内＝F大气压，观察表中的数据可以发现：注射器内的气体变化为原来体积的2倍时，注射器内气体对活塞的压力减半，由上表可知，注射器内气体为20mL时注射器内气体对活塞的压力为4N，因此注射器内气体为10mL时注射器内气体对活塞的压力为8N，当注射器内气体体积为10mL时，弹簧测力计示数为：F测力计＝20N﹣8N＝12N；②当注射器内气体体积为20mL时，弹簧测力计的示数为16N，外界大气压对活塞的压力为20N，则注射器内气体对活塞的压力为：F内＝F大气压﹣F测力计＝20N﹣16N＝4N，由压强公式p＝可得，注射器内大气压为：p内＝＝＝2×104Pa。故答案为：（1）10.00；2；（2）20；1×105；（3）①12；②2×104。【点评】本题考查长度测量、体积公式、受力分析、压强公式的综合运用，关键还要学会对数据进行分析处理。22．（6分）小明在“测小灯泡正常发光时的电阻”的实验中，实验室有以下器材：电源（电压恒为4.5V）、标有2.5V的小灯泡、电流表、电压表、滑动变阻器“20Ω1A”、开关各一个，定值电阻三个（10Ω、20Ω、30Ω）导线若干。（1）如图甲所示是小明同学连接的电路，请你在只改变一根导线连接的情况下，使电路成为能正确完成测量任务的电路（用“×”标出改动之处，画出改接导线）；（2）电路连接好后，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片进行多次实验，并将其中三次数据记录在表格中，根据数据求出小灯泡正常发光时的电阻为（结果保留一位小数）；实验次序123电压表示数U/V2.02.52.8电流表示数I/A0.200.240.26（3）上述实验结束后，小明同学想进一步“探究电流与电阻的关系”，他将小灯泡取下后，按图乙电路在R的位置依次换成已有的定值电阻10Ω、20Ω、30Ω先后接入电路。为保证每次都能将接入的定值电阻两端电压调为2.5V，应在电路中再串联一个阻值范围为4Ω至8Ω的电阻R；（4）小明想利用如图丙实验电路图测量Rx的阻值。图中R为电阻箱，请在以下空白处填上适当内容。①将开关接a，调节电阻箱和滑动变阻器滑片P至适当位置，记下电流表示数I和电阻箱阻值RA；②将开关改接b，调节电阻箱，使电流表示数不变，记下电阻箱阻值RB；③则Rx＝RB﹣RA（要求仅利用电阻箱读数表达Rx的阻值）。【分析】（1）在“测小灯泡正常发光时的电阻”的实验中，灯泡、滑动变阻器和电流表串联，电压表并联在灯泡两端；（2）根据表中数据确定灯泡额定电压对应的额定电流，利用R＝求出小灯泡正常发光时的电阻；（3）定值电阻、滑动变阻器、需接入定值电阻三者串联在图乙实验电路中，根据题意，UR＝2.5V，据此可求出滑动变阻器与需接入定值电阻R′共同分得的电压U′；当接入电阻为R1＝10Ω时，据欧姆定律及串联电路电流的规律列式计算出需接入定值电阻R总′阻值；同理，当接入电阻为R3＝30Ω时，据欧姆定律及串联电路电流的规律列式计算出R总，再根据R滑＝20Ω计算出需接入定值电阻R′的阻值；根据以上计算结果确定需接入定值电阻阻值范围；（4）②应保证两次电路中总电阻相同；③根据欧姆定律，两次的电压与电流不变，所以总电阻也不变，据此列等式计算Rx的值。【解答】解：（1）原电路图中，电流表和滑动变阻器串联后与灯泡并联，电压表串联在电路中是错误的；在“测小灯泡正常发光时的电阻”的实验中，灯泡、滑动变阻器和电流表串联，电压表并联在灯泡两端，如下图