2022年中考第一模拟考试卷（解析版）03

2022年中考第一模拟考试卷（解析版）03初中物理（考试时间：90分钟试卷满分：100分）第Ⅰ卷选择题一．选择题（本题共16小题，每小题2分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．（2022•奉贤区一模）常温下，空气的密度约为（）A．1.29克/厘米3 B．1.29×103克/厘米3 C．1.29×103千克/米3 D．1.29千克/米3【答案】D。【分析】在常温下1m3空气的质量约1.29kg，所以其密度为1.29kg/m3。【解答】解：常温下，1m3空气的质量约1.29kg，所以其密度为1.29kg/m3。故选：D。2．（2021•广西模拟）小秋同学和妈妈去菜市场买菜，小秋用菜篮子把菜拎回家的路上，她感觉到手受到一个向下的作用力，这个力的施力物体是（）A．地球 B．菜 C．菜篮子 D．小秋【答案】C。【分析】力是物体对物体的作用，发生力的作用时，至少要有两个物体，其中受到力的作用的物体叫受力物体，对别的物体施加了力的物体叫施力物体。【解答】解：小秋同学也感觉到手受到一个向下力的作用，则这个力的施力物体是菜篮子，菜篮子对手施加向下的拉力。故ABD错误，C正确。故选：C。3．（2022•福州一模）福州第一大绿色生态景观湖——旗山湖，能调节周边气温，主要是利用水的（）A．密度小 B．沸点高 C．凝固点低 D．比热容大【答案】D。【分析】水的比热容大，相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少；升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多。【解答】解：旗山湖水面大、水多，因为水的比热容较大，白天，相同质量的水和沙石（陆地）比较，吸收相同的热量，水的温度升高的少；夜晚，放出相同的热量，水的温度降低的少，使得昼夜的温差小，能有效调节沿岸气温。故选：D。4．（2022•郑州模拟）如图是一种手持式金属探测器。当它靠近金属物体时，在金属物体中就会产生电流，探测器发出警报。以下选项中也是利用该原理工作的是（）A．电磁起重机 B．电铃 C．动圈式话筒 D．扬声器【答案】C。【分析】由题意可知，探测器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：根据题意可知，探测器的工作原理是电磁感应现象；AB、电磁起重机和电铃的主要部件是电磁铁，利用的是电流的磁效应，故AB错误；C、动圈式话筒是利用线圈在磁场中做切割磁感线运动，产生感应电流制成的，故C正确；D、扬声器是利用通电线圈在磁场中受力的作用而制成的，故D错误。故选：C。5．（2021•建华区模拟）关于图中液体中a、b、c三点压强的说法正确的是（）（盐水的密度为1.03×103kg/m3）A．a点向下压强比向上压强大 B．a、b两点的压强相等 C．b点压强比c点压强小 D．b、c两点的压强相等【答案】C。【分析】液体内部同一深度处向各个方向的压强都相等；已知各点的深度和液体的密度的大小关系，根据公式p＝ρgh可分析比较压强大小。【解答】解：因为液体内部同一深度处向各个方向的压强都相等；所以a点向下的压强和向上的压强一样大；由图中可以看出，a、b两点在纯水里，b点的深度大于a点的深度，据公式p＝ρgh可知，b点的压强大；b、c两点的深度相同，但盐水的密度大于纯水的密度，根据公式p＝ρgh可知，c点的压强大于b点的压强；综上所述，C正确。故选：C。6．（2022•重庆模拟）甲、乙两名中学生在操场上晨练，在某段时间内他们沿直跑道跑步，通过的路程和时间的关系如图所示，由图像可知，在这段时间内（）A．两位同学都在做匀速直线运动B．甲同学在做加速直线运动 C．乙同学在做减速直线运动 D．两位同学都在做变速直线运动，且平均速度相等【答案】D。【分析】（1）在s﹣t图像中，倾斜直线表示物体做匀速直线运动；（2）根据v＝可知，图像的斜率表示速度大小，甲图斜率逐渐变小，乙图斜率逐渐增大，据此分析甲、乙同学的运动情况；在这段时间内，甲、乙同学运动的路程都为60m。所用时间都为12s，故根据v＝可知甲、乙同学的平均速度的大小关系。【解答】解：A、在s﹣t图像中，倾斜直线表示物体做匀速直线运动，故甲、乙两位同学都未做匀速运动，故A错误；BCD、根据v＝可知，图像的斜率表示速度大小，甲图斜率逐渐变小，故甲同学做减速匀速，乙图斜率逐渐增大，故乙同学做加速运动，故BC错误；在这段时间内，甲、乙同学运动的路程都为60m。所用时间都为12s，故根据v＝可知甲、乙同学的平均速度相等，故D正确。故选：D。7．（2022•红花岗区校级模拟）传说中，俞伯牙一曲《高山流水》，成就了一段关于“知音”的千古美谈。下列说法正确的是（）A．弹奏古琴时，拨动不同的琴弦，则主要发声的响度不同 B．用大小不同的力拨动同一个根琴弦能发出不同音调的声音 C．人耳能区分各种不同的乐器是根据音色不同来判断的 D．悦耳动听的音乐给人的以愉悦的享受，则音乐一定是乐音【答案】C。【分析】（1）声音有三个特性：音调、响度、音色。音调指声音的高低，与发声体振动的频率有关；响度指声音的大小，与发声体的振幅有关；音色指声音的特色，是由发声体的材料、结构决定的，不同发声体的音色不同。（2）从物理学角度来讲，无规律的、难听刺耳或污染环境的声音都属于噪声；从环保角度来讲，一切影响人们正常工作、休息、学习和生活的声音都属于噪声。【解答】解：A、弹奏古琴时，拨动不同的琴弦，琴弦振动的频率不同，则发声的音调不同，故A错误；B、用大小不同的力拨动同一个根琴弦，琴弦的振动频率相同，音调相同；振幅不同，响度不同，故B错误；C、能分辨出不同乐器发出的声音是根据音色判断的，故C正确；D、悦耳动听的音乐给人的以愉悦的享受，若对人们的工作、学习、休息等造成干扰，从环境保护的角度来说属于噪音，故D错误。故选：C。8．（2022•蜀山区校级一模）小王同学对冰加热，她将冰熔化成水直到沸腾的过程绘制成如图所示的温度随时间变化的图象，下列分析正确的是（）A．图象中的DE段是冰的熔化过程 B．AB、CD段物质在吸热，BC、DE段物质没有吸热 C．冰熔化过程用时6min D．BC段物质的温度保持不变，内能不变【答案】C。【分析】（1）由图象可知：AB段表示冰吸热升温；BC段是冰水混合物，是冰的熔化过程；CD段是水吸热升温；DE段是水的沸腾过程，温度不变；（2）晶体在熔化过程中，吸收热量，温度不变，该温度为晶体的熔点，同一种晶体的熔点和凝固点是相同的；（3）晶体熔化过程中，吸收热量，温度保持不变，内能增加。【解答】解：A、图象中BC段（温度保持0℃不变）才是冰的熔化过程，而DE段（温度保持100℃不变）是水的沸腾过程，故A错误；B、AB、CD段物质在吸热，BC是冰的熔化过程、DE段是水的沸腾过程，都要吸热，故B错误；CD、由图可知，在BC段即冰的熔化过程，从2min～8min，用时6min，熔化过程中吸收热量，温度保持不变，内能增加，故C正确、D错误。故选：C。9．（2022•江西模拟）央视春晚，无人驾驶汽车向全国观众呈现了精彩的高科技大秀。如图所示，是无人驾驶汽车在平直公路上匀速行驶的情景，下列说法正确的是（）A．保持安全行车距离是为了防止惯性带来危害 B．汽车轮胎刻有凹凸不平的花纹是为了减小摩擦力 C．汽车的重力和地面对汽车的支持力是相互作用力 D．汽车对地面的压力和地面对汽车的支持力是平衡力【答案】A。【分析】（1）一切物体都具有惯性，惯性是物体本身的一种属性，人们在实际生活中利用惯性为我们服务，也能更好的防止它带来的危害；（2）增大摩擦力的方法：在接触面粗糙程度一定时，通过增大压力来增大摩擦力；在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力；（3）相互作用力的条件：大小相等、方向相反、作用在一条直线上、作用在两个物体上；（4）二力平衡的条件：大小相等、方向相反、作用在一条直线上、作用在一个物体上。【解答】解：A、行驶的汽车在刹车后，车由于惯性还会前进一段距离，所以保持安全行车距离是为了防止惯性带来危害，故A正确；B、轮胎刻有凹凸不平的花纹，是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力，故B错误；C、汽车受到的重力和地面对汽车的支持力，二力的大小相等、方向相反、作用在同一个物体上（都作用在汽车上）、作用在同一条直线上，符合二力平衡条件，它们是一对平衡力，不是相互作用力，故C错误；D、汽车对地面的压力和地面对汽车的支持力，二力作用在不同的物体上，所以二力不是一对平衡力，故D错误。故选：A。10．（2022•郑州模拟）“珍爱生命，安全用电”。下列事例符合安全用电的是（）A．发现有人触电时，一定要立即用手把他拉开 B．用湿抹布擦拭正在工作的电饭煲 C．在高压线附近放风筝 D．用试电笔辨别火线时，手接触笔尾的金属体【答案】D。【分析】（1）遇到有人触电时，要切断电源，或用干木棒挑开电线；（2）湿物体是导体，接触带电体容易发生触电；（3）安全用电的原则：不接触低压带电体，不靠近高压带电体；（4）使用试电笔时，手必须接触笔尾的金属体。【解答】解：A、遇到有人触电时，直接用手将人拉开，人体也会发生触电，故A不符合安全用电原则；B、用湿抹布擦拭正在正在工作的电饭煲，湿抹布导电容易使人触电，故B不符合安全用电原则；C、安全用电的原则：不接触低压带电体，不靠近高压带电体。在高压线下放风筝很危险，故C不符合安全用电原则；D、使用试电笔时，手要接触笔尾金属体。这样测电笔才能正常工作，故D符合安全用电原则。故选：D。11．（2022•宽城区校级模拟）在牡丹园，小明看到盛开的牡丹花非常美丽，拿出随身携带的照相机对其拍照，发现取景框中的像太小，这时他应该（）A．远离牡丹花，同时使像距变大 B．远离牡丹花，同时使像距变小 C．靠近牡丹花，同时使像距变大 D．靠近牡丹花，同时使像距变小【答案】C。【分析】凸透镜成实像时，物距减小，像距增大，像增大。【解答】解：照相机是利用u＞2f，成倒立、缩小的实像，照桃花时，发现取景框中的像太小，要增大像，需要减小物距，增大像距，所以这时他应该靠近桃花，同时使像距变大。故选：C。12．（2022•南山区校级模拟）如图所示，是电学中常见的电路图，在A、B两点间分别接入下列选项中加点字的元件并进行以下对应实验，对滑动变阻器在此实验中的作用描述正确的是（）①探究电流与电阻的关系时，调节电阻两端电压成倍数变化②用“伏安法”测电阻时，改变定值电阻两端电压，测量对应电流③研究影响电阻大小因素时，更换不同电阻丝，保持电流不变，测量对应电压值④测量小灯泡的电功率时，改变小灯泡两端的电压，测量对应电流A．①② B．②③ C．③④ D．②④【答案】D。【分析】（1）为了保护电路，闭合开关前，滑动变阻器应处于最大阻值处，探究电流与电阻的关系时滑动变阻器的作用保持导体两端的电压不变；（2）由于电阻是导体本身的一种性质，其大小与导体两端的电压和通过它的电流无关，所以为了防止测量的偶然性，往往采取多次测量求平均值的方法来减小误差；（3）结合滑动变阻器的使用目的可以确定滑动变阻器此时的作用；（4）根据滑动变阻器使用目的，可以确定其在电路中的作用。【解答】解：①、根据控制变量法的思路，研究导体中的电流与电阻的关系时，要保持导体两端的电压不变，而电路中换用阻值不同的电阻时，电阻两端的电压就要改变，为了保持电阻两端的电压不变，就需要改变滑动变阻器接入电路的阻值，故①错误；②、用“伏安法”测电阻时，通过改变滑动变阻器接入电路的阻值，从而改变了待测电阻两端的电压和通过它的电流，可以多测几组数据，通过求平均值来减小误差，故②正确；③、在探究“电阻大小与哪些因素有关”时，保持电压不变，多次更换电阻丝，测量对应电流，是为了得出电阻与什么因素有关，滑动变阻器起到保护电路的作用，故③错误；④、在“伏安法”测小灯泡电功率的实验中，滑动变阻器的作用是：通过改变小灯泡两端的实际电压与通过小灯泡的电流，可比较小灯泡亮度与灯泡的实际功率之间的关系，不需要测量平均功率，故④正确。故选：D。13．（2022•奉贤区一模）如图所示，在水平地面上有甲、乙两个实心正方体，它们对地面的压强p甲＞p乙。现将它们沿竖直方向截去一部分使剩余部分对地面的压力相等，则下列选项中可能成立的是（）A．剩余部分的底面积S甲′＝S乙′ B．剩余部分的体积V甲′＝V乙′ C．对地面压强的变化量Δp甲＜Δp乙 D．对地面压力的变化量ΔF甲＜ΔF乙【答案】B。【分析】若沿竖直方向分别在两个正方体右侧截去一部分，根据剩余部分对地面的压力相等判断出底面积关系，最后比较。【解答】解：若沿竖直方向分别在两个正方体右侧截去一部分，由于竖切后仍然是长方体固体，而且竖切后固体的密度不变，高度不变，则压强不变，所以对地面压强的变化量Δp甲＝Δp乙＝0，故C错误；若剩余部分对地面的压力F甲′＝F乙′；因为p甲＞p乙，所以根据F＝pS可知：剩余部分的底面积S甲′＜S乙′，故A错误；由图可知，h甲＞h乙，根据V＝Sh可知，剩余部分的体积可能相等，故B正确；因为p甲＞p乙，S甲＞S乙，所以由F＝pS可知，两物体原来对水平面的压力：F甲＞F乙；因为剩余部分对地面的压力F甲′＝F乙′，所以由ΔF＝F﹣F′可知，对地面压力的变化量ΔF甲＞ΔF乙，故D错误。故选：B。14．（2021•武昌区模拟）如图所示，水平桌面上放置底面积为80cm2，质量为400g的圆柱形容器，容器内装有16cm深的某种液体。用弹簧测力计悬挂着底面积为40cm2的长方体物块，从液面逐渐浸入液体直到浸没，弹簧测力计示数F与物块下表面浸入液体深度h的部分关系如图所示，（圆柱形容器的厚度忽略不计且液体始终没有溢出），则下列说法错误的是（）A．液体的密度是2.5×103kg/m3 B．物块浸没时受到的浮力大小是8N C．物块刚浸没时，容器对桌面的压强是5.5×103Pa D．弹簧测力计示数为0时，液体对物块下表面的压力大小是16N【答案】D。【分析】（1）（2）从图中可知物体在没有浸入液体中时，弹簧测力计的读数F1，由二力平衡条件可得物块的重力；物体全部浸入液体时，读出弹簧测力计的读数F2，根据称重法测浮力可求出物块浸没时受到的浮力，阿基米德原理法F浮＝G排＝ρgV排，求出液体密度。（3）根据密度公式和重力公式分别求出液体的重力和容器的重力；知道物块浸没时受到的浮力大小，由力作用的相互性可知物块对液体的压力F压，将物块、圆柱形容器、液体看做一个整体，容器对桌面的压力：F＝G液+G容+F压，根据压强公式p＝求出容器对桌面的压强。（4）根据题中所提供的信息可知，弹簧测力计的读数为零时，物体沉底，根据原来液体的深度和物体浸没时排开液体的体积可求出物体沉底后液体的深度，再根据F＝pS＝ρ液ghS求出液体对物块下表面的压力。【解答】解：AB、由图象知，当h＝0时（即物体还没有浸入液体中），测力计的示数F示1＝10N，由二力平衡条件可得物块的重力G＝F示1＝10N；当浸入深度h≥8cm时，测力计的示数不变，说明此时浮力不变，物块完全浸没在液体中，且此时测力计的示数F示2＝2N；则物块浸没时受到的浮力：F浮＝G﹣F示2＝10N﹣2N＝8N；由图象可知物块的高h＝8cm，物块浸没时排开液体的体积：V排＝V物＝S物h＝40cm2×8cm＝320cm3＝3.2×10﹣4m3由F浮＝ρ液gV排得，液体的密度：ρ液＝＝＝2.5×103kg/m3；故AB正确；C、圆柱形容器的底面积为80cm2，最初液体的深度为16cm，则液体的质量m液＝ρ液V液＝ρ液S容器h0＝2.5×103kg/m3×80×10﹣4m2×0.16m＝3.2kg，液体的重力：G液＝m液g＝3.2kg×10N/kg＝32N，容器的重力：G容＝m容g＝0.4kg×10N/kg＝4N，物块刚浸没时，液体对物块的浮力为8N，由力作用的相互性可知，物块对液体的压力F压＝F浮＝8N，将物块、圆柱形容器、液体看做一个整体，则其对桌面的压力：F＝G液+G容+F压＝32N+4N+8N＝44N，容器对桌面的压强：p＝＝＝5.5×103Pa；故C正确；D、当物块完全浸入液体时，所受到的浮力为8N，其本身重10N，即G＞F浮，所以物块在下降过程中测力计示数不可能为零；现在测力计示数为0，说明此时物块沉底，在物块沉底时液体的深度：h′＝h0+Δh＝h0+＝0.16m+＝0.2m，物块的底面积S物＝40cm2＝4×10﹣3m2，液体对物块下表面的压力：F＝p液S物＝ρ液gh′S物＝2.5×103kg/m3×10N/kg×0.2m×40×10﹣4m2＝20N，故D错误。故选：D。15．（2021•江岸区模拟）在如图甲所示的电路中，电源电压保持不变，开关S闭合后，将滑动变阻器的滑片由a端向b端移动的过程中，图乙是将滑动变阻器的滑片由a端向b端移动的过程中小灯泡的I—U图像（小灯泡的额定电压为12V）。下列判断正确的是（）①小灯泡的平均电阻为4.5Ω②电压表V示数变小，电路消耗的总功率变小③滑动变阻器的最大阻值为9Ω④电压表V的示数与电流表A的比值变小⑤滑片在a端和在b端时，小灯泡的功率变化了9WA．②③ B．③④⑤ C．②③④ D．①②③④⑤【答案】C。【分析】（1）小灯泡的电阻受温度影响较大，不同电压时电阻不同，故不能计算平均电阻；（2）由图可知：灯泡与滑动变阻器串联，电压表测灯泡两端电压；将滑动变阻器的滑片由a端向b端移动的过程中，滑动变阻器连入电路的电阻变大，由欧姆定律可知电路中的电流变化，然后根据串联电路的分压特点可知电压表V示数的变化，根据P＝UI可知总功率的变化；（3）当滑片在a端时为灯泡的简单电路，此时通过灯泡的电流最大，根据图象读出滑片在a端时电路电流以及灯泡两端电压，根据灯泡的电压可知电源电压；当滑片在b端时灯泡和滑动变阻器的最大阻值串联，根据图象读出滑片在b端时电路电流以及灯泡两端电压，根据串联电路的特点和欧姆定律分别求出灯泡的电阻和滑动变阻器的最大阻值；利用P＝UI分别求出灯泡的功率，然后即可判断灯泡电阻的变化和功率的变化量。【解答】解：（1）小灯泡的电阻受温度影响较大，不同电压时电阻不同，则不能计算平均电阻，故①错误；（2）由图可知：灯泡与滑动变阻器串联，电压表测灯泡两端电压；将滑动变阻器的滑片由a端向b端移动的过程中，滑动变阻器连入电路的电阻变大，根据欧姆定律可知电路中的电流变小，根据P＝UI可知总功率变小；根据串联电路的分压特点可知滑动变阻器两端的电压变大，则灯泡两端的电压变小，即电压表V的示数变小，故②正确；（3）当滑片在a端时为灯泡的简单电路，此时通过灯泡的电流最大，由图象可知最大电流为：I最大＝2.0A，灯泡两端电压为：UL＝12V，则电源电压U＝UL＝12V，由于灯泡的额定电压U额＝12V，则此时灯泡正常工作，灯泡电阻为：RL＝＝＝6Ω；灯泡的最大功率：Pa＝UI最大＝12V×2A＝24W；当滑片在b端时灯泡和滑动变阻器的最大阻值串联，此时电路中电流最小，由图象可知最小电流为：I最小＝1.0A，灯泡两端的最小电压为：UL最小＝3V，则灯泡电阻为：RL′＝＝＝3Ω；根据欧姆定律可知电压表V的示数与电流表A的比值为灯泡的电阻值，根据RL＝6Ω＞RL′＝3Ω可知：滑动变阻器的滑片由a端向b端移动的过程中电压表V的示数与电流表A的比值变小，故④正确；灯泡的最小功率：Pb＝UL最小I最小＝3V×1A＝3W；则滑动变阻器的滑片由a端向b端移动的过程中，小灯泡的功率变化量为：ΔP＝Pa﹣Pb＝24W﹣3W＝21W，故⑤错误；根据串联电路的动电压等于各用电器两端的电压之和可知：滑动变阻器两端的电压：U滑＝U﹣UL最小＝12V﹣3V＝9V，根据I＝可得滑动变阻器的最大阻值为：R滑＝＝＝9Ω，故③正确。由上分析可知：②③④正确。故选：C。16．（2021•朝阳区模拟）甲物体静止在水平地面上时，对地面的压强为6×105Pa．现将甲物体用细绳挂在轻质杠杆的A端，杠杆的B端悬挂乙物体，如图所示，当杠杆在水平位置平衡时，甲物体对地面的压强为2×105Pa，已知：乙物体的质量为2kg，AO：AB＝1：4，g取10N/kg。要使甲物体恰好被细绳拉离地面，则下列判断中正确的是（）A．甲物体的底面积应小于2×10﹣5m2 B．甲物体对地面的压力只需减少10N C．杠杆B端所挂物体的质量至少增加2kg D．可以移动支点O的位置，使OA：OB＝2：9【答案】D。【分析】根据杠杆平衡条件求出细绳对A端的拉力，即等于甲减小的对地面的压力，再根据压强公式计算出甲物体的重力；根据杠杆的平衡条件判断各选项。【解答】解：乙物体的重力G乙＝m乙g＝2kg×10N/kg＝20N；根据杠杆平衡条件FAlOA＝G乙lOB，细绳对A端的拉力：FA＝＝20N×＝60N，绳子拉力处处相等，细绳对甲的拉力也为60N，甲对地面的压力△F减少了60N，△F＝F1﹣F2＝p1S﹣p2S，数据代入：60N＝6×105PaS﹣2×105PaS，解得：S＝1.5×10﹣4m2，则甲的重力G甲＝F1＝p1S＝6×105Pa×1.5×10﹣4m2＝90N；甲物体恰好被细绳拉离地面时，甲对地面的压力为0，A端受到的拉力等于甲的重力：A、增大或减小受力面积只能改变压强，不能改变物体甲对压力，故不符合题意；B、甲对地面的压力为F甲＝G甲﹣△F＝90N﹣60N＝30N，甲物体恰好被细绳拉离地面，压力还要减小30N，故不符合题意；C、根据杠杆平衡条件：G甲lOA＝lOB，＝＝90N×＝30N，杠杆B端所挂物体的质量至少增加△m＝＝＝1kg，故不符合题意；D、根据杠杆平衡条件：G甲＝G乙，则＝＝＝，符合题意。故选：D。第Ⅱ卷非选择题二．填空题（本题共6小题，每空1分，共12分）17．（2021•洪泽区模拟）如图所示，校园门口的限速标志牌，表示机动车辆驶进校内，车速应低于；校园门口到教学楼前停车场的距离约900m，到达至少需要min时间。【答案】5km/h；10.8。【分析】限速标志牌提示的是最大速度；已知路程和速度，利用t＝可求时间。【解答】解：限速标志牌提示的是最大速度，即车速应低于5km/h；已知校门口到教学楼前的路程s＝900m，机动车辆的行驶速度v＝5km/h＝，所以由校门口到教学楼前的行驶时间t＝。故答案为：5km/h；10.8。18．（2022•福州一模）小榕在电影《长津湖》中看到志愿军战士眉毛上结了一层厚厚的霜，霜是口中呼出的水蒸气形成的；志愿军战士吃像石头一样硬的结冰熟土豆，冰是土豆中的水形成的。（均填写物态变化名称）【答案】凝华；凝固。【分析】物质由气态直接变为固态的过程叫凝华，物质由液态变为固态的过程叫凝固。【解答】解：霜是口中呼出的水蒸气遇冷凝华形成的；冰是土豆中的水由液态变成固态的过程，属于凝固现象。故答案为：凝华；凝固。19．（2022•江西模拟）纸巾束缚电子的本领比吸管的要弱。用绝缘细线把被纸巾摩擦过的吸管悬挂起来，将被毛皮摩擦过的橡胶棒靠近吸管，它们会相互。这与验电器的原理是（选填“相同”或“不相同”）的。【答案】排斥；相同。【分析】摩擦起电并不是创造了电，而是两个物体在摩擦过程中，电子发生了转移，它从一个物体转移到另一个物体上，使失去电子的物体带正电，得到电子的物体带负电。同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。【解答】解：纸巾束缚电子的本领比吸管的要弱，纸巾和吸管摩擦时，纸巾失去电子带正电，吸管得到电子带负电；毛皮摩擦过的橡胶棒带负电；将被毛皮摩擦过的橡胶棒靠近吸管，同种电荷相互排斥，所以它们会相互排斥；验电器是利用同种电荷相互排斥的原理工作的，与验电器的工作原理相同。故答案为：排斥；相同。20．（2022•吉安县模拟）我们能够看见不发光的物体，就是因为物体进入了我们的眼睛。光的反射分为镜面反射和。【答案】反射的光；漫反射。【分析】我们能看见本身不发光的物体，是因为这些物体反射的光线进入我们的眼睛，镜面反射和漫反射都是光的反射。【解答】解：我们能看到本身不发光的物体，是因为光在物体表面上发生了反射，物体反射的光线进入我们的眼睛的缘故。光的反射分为镜面反射和漫反射。故答案为：反射的光；漫反射。21．（2022•云南模拟）将如图所示粗细不同的玻璃管装置接到水流稳定的自来水管上，当水在玻璃管中流动时，可以观察到两根竖直管中A处水面高于B处，说明A处的压强比B处的更；这是因为A处液体的比B处的更小。【答案】大；流速。【分析】在流体中，流速越大的位置压强越小，流速越小的位置压强越大。【解答】解：图中，A处液体的横截面积比B处的更小；当水在玻璃管中流动时，横截面积越小的地方水的流速就越大，因为A处液体的流速比B处的更小，流速越大的位置压强越小，则A处水面高于B处。故答案为：大；流速。22．（2021•厦门二模）将一个漂浮在油面上的立方体工件用竖直向下的力F缓缓地压入油内，如图甲所示，工件的下底面与油面的距离为h，力F与h的大小关系如图乙所示。已知力F为负值时，表明它的方向与原来的方向相反，油的密度为kg/m3，已知容器底面积为5000cm2，从漂浮到F＝400N的过程中，重力对工件做的功为J。【答案】（1）0.8×103；（2）40。【分析】（1）由图乙中坐标系，利用函数关系求出，工件与油面的距离为0时，工件受到的竖直向上的拉力，即等于工件受到的重力；由图像知，立方体工件边长是0.5m。当浸入深度为0.2m时，工件处于漂浮，根据漂浮条件和阿基米德原理即可求出密度；（2）由图像知，F＝400N时，工件的下底面与油面的距离，利用W＝Gh计算重力做功。【解答】解：（1）由图乙可知，A点在CB的延长线上，且h与F是一次函数关系，设为h＝kF+b，函数过（0，0.2）和（600，0.5）两点，所以可解得函数为h＝5×10﹣4F+0.2，当h＝0时（即物体刚离开液面），解得F＝400N；由题意可知它表示的量就是工件受到的重力，即当浸入深度为0时（工件在空气中），要用400N的力向上提起，所以工件的重力G＝400N，C点所对应状态，即工件刚好完全浸入h＝0.5m，即立方体工件的边长是0.5m，当浸入深度为0.2m时，F＝0，说明工件处于漂浮状态，此时，工件排开油的体积：V排＝Sh浸＝0.5m×0.5m×0.2m＝0.05m3。工件处于漂浮，则F浮＝ρ油gV排＝G，则油的密度ρ油＝＝＝0.8×103kg/m3；（2）容器底面积：S＝5000cm2＝0.5m2，由图乙可知，当浸入深度为0.2m时，F＝0N，说明工件处于漂浮状态，当F＝400N时，工件的下底面与油面的距离为0.4m，工件的下底面与油面的距离为0.4m时液面上升高度：△h＝＝＝0.1m，工件下底面比漂浮时向下运动距离：h＝0.4m﹣0.2m﹣0.1m＝0.1m，工件的重心下降0.1m，重力对工件做的功：W＝Gh＝400N×0.1m＝40J。故答案为：（1）0.8×103；（2）40。三．作图题（本题共2小题,每小题3分，共6分）23．（2022•铜仁市校级模拟）如图所示是小明同学在研究通电螺线管极性的情形，请标出开关闭合后通电螺线管的N极和S极、螺线管内小磁针的N极和磁感线上A点的磁场方向．【分析】从电流的方向入手，利用右手螺旋定则判断出螺线管的极性，然后根据磁体外部磁感线总是从N极指向S极确定A点磁感线的方向，再利用内部磁感线方向确定小磁针的磁极。【解答】解：由右手螺旋定则可得，右手握住螺线管，四指指向电流的方向，大拇指指向螺线管的右端为N极；外部磁感线由N极指向S极，故A点磁感线向左，内部磁感线方向由S极指向N极，故小磁针右侧为N极，左侧为S极。故答案如图：24．（2022•汕尾模拟）在图中画出力F的力臂．【分析】力臂是支点到力的作用线的距离，从支点向力的作用线作垂线，支点到垂足的距离为该力的力臂。【解答】解：先延长画出力F的作用线，然后从支点O向力F的作用线作垂线，支点到垂足的距离为该力F的力臂L，如图所示：四．实验题（本题共3小题，每空1分，共19分）25．（2022•南平模拟）在“探究水沸腾时温度变化的特点”实验中：（1）实验前，向烧杯中倒入热水而不是冷水，这样做是为了。第4min时温度计的示数（如图甲）是℃。时间t/min01234567时间t/℃89919395999999（2）根据表数据可知，水沸腾时，继续吸热，水的温度。（3）实验中收集多组数据是为了（选填“寻找普遍规律”或“减小实验误差”）。（4）实验过程中，小明发现在刚拿走酒精灯时，烧杯中的水依然在沸腾。小明经过思考后觉得原因是此时铁圈b和石棉网的温度水的沸点（选填“高于”或“低于”）。（5）实验中小明观察到水沸腾时水中产生气泡的现象应该是如图所示（选填“乙”或“丙”）。（6）如图丁所示，小明根据自己的记录数据，画出的水温随时间变化的图像a，小华实验时，仅烧水质量比小明的少，则她画出的图像是（填“a”“b”或“c”）。【答案】（1）缩短将水加热至沸腾的时间；97；（2）不变；（3）寻找普遍规律；（4）高于；（5）乙；（6）b。【分析】（1）同样质量的水，水的初温越高，水沸腾的越快；读示数时需要先看清最小分度值；（2）根据数据表格可知，将水加热至98℃，继续加热，水的温度不变；（3）实验中需要多次测量，是为了得到普遍性规律；（4）根据水沸腾的条件：温度达到沸点并继续吸热，通过沸腾的两个条件结合热传递的知识进行分析；（5）水沸腾前和沸腾时的现象区别：沸腾前气泡在上升过程中体积逐渐变小；沸腾时气泡在上升过程中体积逐渐变大；（6）根据图象温度与时间的变化关系来分析得出结论。【解答】解：（1）向烧杯中倒入热水而不是冷水，这样水的初温高，水沸腾的快，可以缩短加热时间；该温度计的分度值为1℃，所以当前示数为97℃；（2）将数据表格中数据描点，并连线，可得图像如图：；当水的温度达到99℃后，继续对水加热，水的温度不变，所以水沸腾时吸收热量，温度不变；（3）在此实验中，收集多组数据是为了寻找普遍规律，得到可靠的结论；（4）水沸腾的条件是：温度达到沸点并继续吸热，刚撤掉酒精灯时，铁圈、石棉网的温度还高于水的温度，所以水可以继续吸热，依然能继续沸腾一小会儿；（5）乙图气泡在上升过程中，体积逐渐增大，所以是沸腾时的现象，丙图气泡在上升过程中体积逐渐减小，所以是沸腾前的现象；（6）由题可知，小华实验时，仅烧水质量比小明的少，初温一样，升温比a快，所以图线是b。故答案为：（1）缩短将水加热至沸腾的时间；97；（2）不变；（3）寻找普遍规律；（4）高于；（5）乙；（6）b。26．（2021•元阳县模拟）在探究“影响液体内部压强大小因素”的实验中。（1）使用压强计前用手轻轻按压几下橡皮膜，发现U形管中的液体能灵活升降，则说明装置（选填“漏气”或“不漏气”）。若在使用压强计前发现U形管内水面有高度差，应通过方法进行调节。A.从U形管内倒出适量的水B.拆除软管重新安装C.向U形管内加入适量的水（2）图甲、乙两容器中装的液体均为水，根据甲中两图探究可得出的结论是：。（3）实验时使用的U形压强计（选填“是”或“不是”）连通器。（4）如图乙所示，若U形管左右两侧水面的高度差为h，外界气压为p0，水的密度用ρ水表示，则橡皮管内气体的压强为（用所给字母表示）。（5）将压强计做了如图丙所示的改进，当两金属盒在空气中时，U形管两边液面相平；现把两金属盒分别放在密度为ρ1、ρ2的A、B两种液体中，则由图可知ρ1ρ2（选填“＞”、“＜”或“＝”），若B液体中装入的是水且金属盒在水中的深度为8cm，A液体是密度为0.8×103kg/m3的油，则金属盒进入A液体的深度为cm。【答案】（1）不漏气；B；（2）在液体的密度相同时，液体的深度越深，压强越大；（3）不是；（4）p0+ρ水gh；（5）＜；10。【分析】（1）若按压橡皮膜，U形管中的液体能灵活升降，则说明装置不漏气；使用压强计前发现U形管内水面有高度差，说明软管内封闭的气体不受力时，压强与外界气压不相等，应重新进行安装；（2）两容器中装的液体均为水，乙容器中橡皮膜所处深度较深，且U形管两侧液面高度差较大，说明此橡皮膜所受的液体压强较大；（3）上端开口，下端连通的是连通器；（4）橡皮管内气体的压强等于外界大气压强与液体内部压强（即U形管中液面高度差产生的压强）之和；（5）读图可知，压强计的探头在两液体中的深度是不同的，A液体中的探头所处深度更大，而U形管中液面的高度相同，说明两液体中的探头所受的液体压强相同，根据p液＝ρ液gh可以判断两液体的密度大小关系；根据pA＝pB，即ρ油ghA＝ρ水ghB，得出金属盒进入A液体的深度。。【解答】解：（1）用手轻轻按压几下橡皮膜，如果U形管中的液体能灵活升降，则说明装置不漏气；若在使用压强计前发现U形管内水面有高度差，说明被封闭气体压强太大，对实验结果会造成影响，应拆除软管重新安装，故选B；（2）两容器中装的液体均为水，乙容器中橡皮膜所处深度较深，且U形管两侧液面高度差较大，说明此橡皮膜所受的液体压强较大，根据两图探究可得出的结论为：在液体的密度相同时，液体的深度越深，压强越大；（3）U形管下端连通，但上端只有一个开口，不符合连通器的概念，所以U形压强计不是连通器；（4）橡皮管内气体的压强等于外界大气压强与液体内部压强（即U形管中液面高度差产生的压强）之和；液体产生的压强为：p液＝ρ水gh，所以橡皮管内气体的压强为p0+ρ水gh；（5）读图可知，压强计的探头在两液体中的深度是不同的，A液体中的探头所处深度更大，而U形管中液面的高度相同，说明两液体中的探头所受的液体压强相同，根据p液＝ρ液gh可以判断A液体的密度小，即：ρ1＜ρ2；B液体中装入的水的深度为hB＝8cm＝0.08m，A根据pA＝pB可知：ρ油ghA＝ρ水ghB，则hA＝＝＝0.1m＝10cm，故金属盒进入A液体的深度为10cm。故答案为：（1）不漏气；B；（2）在液体的密度相同时，液体的深度越深，压强越大；（3）不是；（4）p0+ρ水gh；（5）＜；10。27．（2022•深圳模拟）在“测量小灯泡的电功率”实验中，小灯泡额定电压是2.5V。次数物理量123电压U/V2.202.502.80电流I0.280.300.32电功率P/W0.620.750.90亮度逐渐变亮（1）如图是某同学连接的实物电路，闭合开关后，灯泡发光，电压表有示数，电流表无示数，其原因可能是。A.电流表内部断路B.开关处接触不良C.电流表被短路D.电源供电不足（2）排除故障后，该同学移动滑片，记下多组对应的电压表和电流表的示数，填入表格。由表格可知：①小灯泡的额定功率是W；②小灯泡的亮暗程度由（选填“实际功率”或“额定功率”）决定。（3）此实验记录表格的不足之处是。（4）交流评估时，有同学说电压表中会有微弱的电流通过，导致测量值与真实值之间有偏差，那么电功率的测量值要比真实值（选填“偏大”或“偏小”）。【答案】（1）C；（2）①0.75；②实际功率；（3）表格中三次电压值相差很小，亮度变化不大；（4）偏大。【分析】（1）闭合开关后，灯泡发光，说明电路中有电流，但电流表无示数，说明电流表被短路了；（2）①根据额定功率的定义，找出额定电压下的电功率的大小；②灯泡的亮度由其实际电功率决定；（3）在测量小灯泡功率的实验中需要时小灯泡两端的电压低于（0.8U额）、等于、高于（1.2U额）额定电压；（4）分析图中电路的连接及电表测量的物理量，由并联电路电流的规律判断出电流表示数与灯的实际电流大小，根据P＝UI分析。【解答】解：（1）闭合开关后，灯泡发光，说明电路中有电流，但电流表无示数，说明电流表被短路了，故C正确；（2）①由表格数据可知，灯泡额定电压U＝2.5V，所对应的灯泡的额定功率为0.75W；②由表格数据知小灯泡的实际功率越大，小灯泡越亮，所以灯泡的亮度是由实际功率决定的；（3）在测量小灯泡功率的实验中需要时小灯泡两端的电压低于（0.8U额＝2V）、等于、高于（1.2U额＝3V）额定电压，而表格中三次电压值相差很小，亮度变化不大；（4）实验中电压表中会有微弱的电流通过，这是电流表测量小灯泡和电压表的电流，电流表示数偏大，根据P＝UI知电功率的测量值要比真实值偏大。故答案为：（1）C；（2）①0.75；②实际功率；（3）表格中三次电压值相差很小，亮度变化不大；（4）偏大。五．计算题（本题共3小题，共31分）28．（8分）（2021•永州模拟）好好家门口到永州新世纪广场的公交路线全长9km，周末，好好从家门口的公车站乘坐公共汽车用时15min到达新世纪广场公交车站与同学汇合。求：（1）公共汽车从好好家门口的公车站到新世纪广场公车站的平均速度v1是多少km/h？合多少m/s？（2）新世纪广场到植物园的公交路线全长27km，则好好和同学从新世纪广场公车站乘坐公共汽车到植物园公车站需要用多少分钟（假定此公共汽车的速度v2与v1相同）？【分析】（1）已知好好家门口的公车站到新世纪广场两地的距离和时间，利用v＝即可求得平均速度，根据1m/s＝3.6km/h换算单位；（2）利用v＝的变形式得出公共汽车的速度v2与v1相同形可求好好和同学从新世纪广场公车站乘坐公共汽车到植物园公车站需要用的时间。【解答】解：（1）公共汽车从好好家门口的公车站到新世纪广场公车站的平均速度：v1＝＝＝36km/h；36km/h＝36×m/s＝10m/s；（2）假定此公共汽车的速度v2与v1相同，由v＝可得，从新世纪广场公车站乘坐公共汽车到植物园公车站需要的时间：t2＝＝＝0.75h＝45min。答：（1）公共汽车从好好家门口的公车站到新世纪广场公车站的平均速度v1是36km/h，合10m/s；（2）新世纪广场到植物园的公交路线全长27km，则好好和同学从新世纪广场公车站乘坐公共汽车到植物园公车站需要用45分钟。29．（11分）（2021•江北区校级一模）如图甲，一薄壁圆柱体容器足够深容器底面积为350cm2，容器内放有边长为0.1m的均匀正方体物块M（不吸水），随后慢慢向容器中加水，在加水的过程中，物体M对容器底的压强p与所加水的质量m的关系如图乙所示，在整个过程中没有水溢出，且物体M的底面始终与容器中的水面平行。求：（1）物块M的密度？（2）加水1.5kg时，物体M受到的浮力？（3）若向容器内加水2.7kg时，容器底部受到水的压强为多少？【分析】（1）根据图乙可读出，当容器内没有水时，物块M对容器底的压强，根据p＝可求出物块M对容器底的压力，再根据容器底受到的压力等于物块M的重力可求出物块M的重力，进一步求出其质量，最后根据密度公式可求出物块M的密度；（2）由图乙可知，当加入水的质量为2kg时，物体M对容器底部的压强刚好为0，说明此时物体刚好漂浮，则加入水的质量为1.5kg时，物体还没有漂浮，即处于沉底状态（但有部分体积露出水面）；先根据密度公式求出1.5kg水的体积，进一步求出水的深度，根据p＝ρgh求出物体M下表面受到水的压强，再根据F＝pS求出物体下表面受到水的压力，最后根据浮力产生的原因可求出物体M受到的浮力；（3）由图读出加入水的质量为2kg时，物体M对容器底部的压强，得出物体M恰好漂浮，利用物体漂浮条件和阿基米德原理列出关系式，两式联立可求物体浸入水中的深度；加水2kg时物体刚好漂浮，水的质量从2kg增大到2.7kg，物体缓慢上浮，且浸入水中的深度不变，此时相当于在物体下面加水0.7kg，则可求出物体下表面以下水的深度，进一步求出此时水的总深度，最后根据p＝ρgh求出容器底部受到水的压强。【解答】解：（1）由图乙可知，当加入水的质量为0kg时，物体M对容器底部的压强p0＝0.8×103Pa，物体M的重力：G＝F＝p0S＝0.8×103Pa×（0.1m）2＝8N﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①，物体M的质量：m＝＝＝0.8kg，物块M的密度：ρM＝＝＝0.8×103kg/m3；（2）由图乙可知，当加入水的质量为2kg时，物体M对容器底部的压强刚好为0，说明此时物体刚好漂浮，则加入水的质量为1.5kg时，物体还没有漂浮，即处于沉底状态（但有部分体积露出水面），由ρ＝可得，加水1.5kg时，水的体积：V水＝＝＝1.5×10﹣3m3，物体M的底面积：S＝（0.1m）2＝0.01m2，此时水的深度：h水＝＝＝0.06m，物体M下表面受到水的压强：p＝ρ水gh水＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.06m＝600Pa，据浮力产生的原因可知，此时物体M受到的浮力：F浮＝F′＝pS＝600Pa