2022年江苏省苏州市常熟一中中考物理二模试卷一、选择题（每小题2分，共24分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．）1．（2分）常熟电视台电视节目发射塔，发射的电视信号是（ ） A．超声波B．光波C．电磁波D．次声波考点：信息与信息传播．专题：信息的传递．分析：电视节目是通过电磁波传播的，它由电视台发射塔发射，由电视机天线接收，再通过选台选出特定频率的电磁波．解答：解：电磁波可以传递声音、图象等信息，电视节目和广播节目都是通过电磁波传播的．故选C．点评：了解电磁波的应用是解题的关键，是一道基础题，难度不大．2．（2分）（2022•黄埔区）当温度降低到相当低时，某些物质的电阻会变为零，这种物质叫做超导体．假如科学家能研制出常温下的超导体，不应该用于（ ） A．电动机线圈B．白炽灯泡的灯丝C．电磁起重机D．输电导线考点：超导体的特点．专题：应用题．分析：（1）超导体的电阻为零，不会放热，所以电能无法转化为内能．（2）超导体的电阻为零，也就避免了内能的损耗．解答：解：白炽灯是利用电流的热效应工作的，灯丝必须在白炽状态下才能正常发光．超导体的电阻为零，不会放热，所以电能无法转化为内能．故B符合题意；而电动机线圈和电磁起重机是利用线圈传递电流，是利用电流的磁效应工作的．利用超导体工作的时候，没有能量的损失．故AC不符合题意；由于超导体的电阻为零，所以在用超导体进行远距离输电时不会消耗电能产生热量，减少了在输电过程中的能量损耗，大大节约了能源．故D不符合题意；故选B．点评：解答本题的关键是超导体是零电阻，所有利用电流热效应工作的电器设备都不能用超导材料制作．3．（2分）如图所示的四种现象中，由于光的反射形成的是（ ） A．水中向上折的筷子B．竖直杆的影子 C．放大的邮票D．拱桥的影子考点：光的反射．专题：光的传播和反射、平面镜成像．分析：①光的折射是指光线从一种介质斜射入另一种介质时，光的传播方向发生改变的现象，比如透镜成像、水变浅了、水中的筷子折断了等；②光的反射是指光线在传播的过程中遇到障碍物被反射出去的现象，比如平面镜成像；③要掌握光沿直线传播现象，知道影子的形成、日月食的形成、小孔成像都是光沿直线传播形成的．根据四幅图中形成的原理不同，对其进行分类，并选出符合要求的选项．17\n解答：解：A、筷子“弯折”了是由于水面下的筷子反射的光进入空气时反生折射，折射角大于入射角而造成的．所以属于光的折射，故本选项不符合题意．B、地上之所以有影子，是因为光是沿直线传播的，当一块不透明的物体“竖直杆”挡住了光线时，由于光线不能绕过该物体，所以被物体所挡住的一块区域所接受到的光亮便减少，在地上形成了一块黑暗的与遮挡物形状相同的影子，故本选项不符合题意．C、凸透镜成像是根据光的折射原理制成的，而放大镜是凸透镜的一种应用，因此通过放大镜看到放大的物体，属于光的折射现象；故本选项不符合题意．D、平静的水面相当于平面镜，桥在水中的倒影是平面镜成像现象，故属于光的反射，故本选项符合题意．故选D．点评：光的反射、折射及光的直线传播在生活中有着很多的现象，要在生活中注意观察，并能用所学物理知识进行解释． 4．（2分）（2022•广西）下列估测中，最接近实际的是（ ） A．正式比赛篮球架的篮框高度约1.6mB．成人的正常步行速度约1.2m/s C．人站立时对地面的压力约10ND．初中物理教科书的质量约1.8kg考点：长度的估测；质量的估测；速度与物体运动；重力大小的估测．专题：应用题；估算法．分析：A、根据生活经验可判断正式比赛篮球架的篮框高度大约多少；B、可以试着步量一下，迈一步大约多远，由此可作出判断；C、根据成人的质量在50kg左右，由G=mg可计算出其重力大小，然后即可知人站立时对地面的压力；D、将3.6kg转化成我们比较熟悉的斤、两，即可作出判断．解答：解：A、如果正式比赛篮球架的篮框高度约1.6m，太矮了，不符合实际，故本选项错误；B、成人的正常步行速度约1.2m/s，符合实际，故本选项正确；C、因为成人的质量在50kg左右，由G=mg可计算出其重力大约为500N，因此人站立时对地面的压力约500N，故本选项错误；D、因为初中物理教科书的质量不足500g，故本选项错误；故选B．点评：估测是一种科学的近似计算，它不仅是一种常用的解题方法和思维方法，而且是一种重要的科学研究方法，在生产和生活中也有着重要作用．本题考查物理知识在生活中的应用，是让我们结合生活实际的需要，充分利用物理知识．达到学以致用的目的． 5．（2分）（2022•自贡）用塑料梳子在干燥的头发上梳几下，梳子上会带电，经检验梳子带的是负电荷．下列说法中正确的是（ ） A．梳子得到了一些电子B．梳子失去了一些电子 C．梳子失去了一些原子核D．摩擦创造了电荷考点：摩擦起电的实质．分析：摩擦起电的实质是电子的得失，失去电子的带正电，得到电子的带负电．解答：解：梳子和头发摩擦，梳子带的负电荷说明梳子得到了电子．故选A．点评：此题考查了摩擦起电的实质，是一道基础题． 6．（2分）（2022•泰州二模）根据温度、热量、内能的关系，下列说法正确的是（ ）17\n A．温度高的物体含有的热量多B．物体温度升高，一定吸了热 C．0℃的冰没有内能D．物体温度升高，内能一定增加考点：温度、热量与内能的关系．分析：根据以下知识点答题：热量是一个过程量，不是一个状态量，热量描述了物体发生热传递时，传递能量的多少，不能说物体含有多少热量；对于确定的物体内能与物体的温度有关，温度越高，内能越大；做功与热传递是改变物体内能的两种方式，物体内能的改变，可能是通过做功也可能是通过热传递；组成物体的所有分子的动能与势能的和叫做物体的内能，由于组成物体的分子永不停息地做无规则的热运动，分子动能不为零，任何物体都有内能，内能不为零．解答：解：A、热量是一个过程量，只有在物体发生热传递时，我们才用热量这个概念，不能说物体含有热量，说法错误；B、物体温度升高，内能增加，可能是通过物体吸收了热量，也可能是外界对物体做了功，不一定是吸了热，说法错误；C、任何物体都具有内能，0℃的冰有内能，内有没能的说法是错误的；D、物体温度升高，内能一定增加，说法正确．故选D．点评：此题考查了热学中几个常见概念及物理量的联系；抓住概念间的内涵联系，并从实质角度加以区分，是解题的关键． 7．（2分）（2022•福州）优雅的《梁祝》曲用小提琴或钢琴演奏都很美妙，你能听出是钢琴还是小提琴演奏，主要是依据声音的（ ） A．音调B．响度C．音色D．节奏考点：音色．分析：解决此题需要掌握：音色反映的是声音的品质与特色，它跟发声体的材料和结构有关．解答：解：因为每种乐器发声的材料或结构都不相同，因此会发出不同音色的声音，所以可以通过音色辨别不同的乐器；故选C．点评：解决此类问题要会根据响度、音色和音调的定义区分乐音特征的三个因素． 8．（2分）下列现象都是物态变化的实例，其中吸热的是（ ） A．初春清晨小溪里冰块的熔化B．初夏清晨雾的形成 C．深秋清晨地面露水的形成D．深冬清晨地面凝结的霜考点：熔化与熔化吸热特点；液化及液化现象；生活中的凝华现象．分析：解决此题要知道在物态变化过程中伴随着吸热或放热现象，其中熔化、汽化和升华过程需要吸收热量，而凝固、液化和凝华需要放热．解答：解：A、冰块的熔化时需要吸收热量，符合题意；B、水蒸气遇冷会液化成小液滴，即形成了雾，液化过程需要放出热量，不符合题意；C、露水是空气中的水蒸气遇冷形成的小液滴，此过程是液化现象，需要放出热量，不符合题意；D、水蒸气遇冷直接变成固态的霜，此过程是凝华过程，需要放出热量，不符合题意；故选A．17\n点评：此题考查的是对物态变化过程中的吸热或放热现象的理解与掌握情况． 9．（2分）如图所示，两个实心圆柱体放置在水平地面上，沿水平方向分别截去其上部相同的高度h后，剩余部分对水平地面的压强相等．则它们原来对水平地面的压强关系是（ ） A．p甲=p乙B．p甲＜p乙C．p甲＞p乙D．无法确定考点：压强大小比较．专题：压轴题；推理法．分析：由压强定义式推导：，根据该公式分析比较．解答：解：∵，∴剩余部分：p′甲=ρ甲gh′甲=p′乙=ρ乙gh′乙，又∵h′甲＜h′乙，∴ρ甲＞ρ乙，∴ρ甲gh＞ρ乙gh，ρ甲gh′甲+ρ甲gh＞ρ乙gh′乙+ρ乙gh，由此可知：p甲＞p乙故选C．点评：对于圆柱形或方形均匀物体，会用P=ρgh分析比较压强关系． 10．（2分）2022年3月在日内瓦车展，来自于常熟生产的“观致3”系列轿车引起了轰动．2022年量产的观致轿车将全部在方向盘上和前排乘客的前面安装安全气囊系统，这主要是为了减轻下列哪种情况出现时，可能对人身造成的伤害（ ） A．汽车速度太慢B．汽车转弯 C．汽车突然启动D．汽车前端发生严重撞击考点：惯性．专题：运动和力．分析：气囊的作用是急刹车时对司机和乘客起一个保护作用．由于任何物体都有保持原来运动状态的性质，利用任何物体都具有惯性以及安全气囊位置进行分析．解答：解：汽车急刹车、急剧减速或前端发生严重撞击时，人由于惯性仍保持原来的运动状态向前运动，就会撞在前面较硬的物体上，对人身造成伤害．装有安全气囊系统的汽车，安全气囊在此时自动充气弹出，增大了受力面积，从而减小了对人的压强，避免造成人体伤害．故选D．点评：首先要明确安全气囊的位置是由于惯性当人体向前运动时的整个过程，然后在此基础上利用惯性知识进行分析． 11．（2分）（2022•黄埔区一模）小黄将微风电风扇与小灯泡按如图所示的电路连接，并用手快速拨动风扇叶片，这时可见小灯泡发光，关于这实验有下列说法，其中正确的是（ ）17\n A．电风扇发电的原理是通电导线在磁场中受到力的作用 B．电风扇发电的原理是电磁感应 C．电风扇发电过程是把电能转化为机械能 D．小灯泡发光是把光能转化为电能考点：电磁感应．专题：电动机、磁生电．分析：电风扇里的主要部件是电动机，电动机是通入电流能转动的；但此题并没有给电动机通电，而让电动机的转子转动，结果产生了电流，对灯泡供电，使灯泡发光了，题中的电风扇相当于发电机了．这说明电动机和发电机的工作过程正好是相反的，给磁场中的线圈施力转动，就能产生电流，给磁场中的线圈通电，就能受力转动．解答：解：尽管电风扇里装的是电动机，但此题中通过手快速拨动风扇叶片使小灯泡发光，说明是当作发电机用的，故是利用运动的线圈切割磁感线产生了电流，即电磁感应现象，并将机械能转化为了电能．故选B．点评：电动机和发电机的工作过程是相反的：发电机是由磁场和运动产生电流；电动机是由磁场和电流产生运动． 12．（2分）如图所示的电路中，电源电压保持不变，R1=10Ω，R2=20Ω，R3的阻值不为零，当开关S1闭合，S2断开时，电压表的示数为8V；当开关S1、S2都闭合时，电压表的示数可能值为（ ） A．8VB．10VC．12VD．14V考点：串联电路的电压规律；欧姆定律的应用．专题：应用题；电路和欧姆定律．分析：（1）如图所示，当开关S1闭合，S2断开时，电阻R1、R2、R3串联，电压表测量的电阻R2两端的电压；（2）当开关S1、S2都闭合时，电阻R1被短路，电压表仍然测量的是电阻R2两端的电压，但是电路的总电阻减小，总电流增大，电压表的示数会增大．解答：解：（1）当开关S1闭合，S2断开时，电阻R1、R2、R3串联，电压表测量的是电阻R2两端的电压等于8V，此时电路中的电流为I===0.4A，则电阻R1两端的电压U1=IR1=0.4A×10Ω=4V，此时电阻R3两端的电压U3=U﹣4V﹣8V=U﹣12V；17\n（2）当开关S1、S2都闭合时，电阻R1被短路，电压表仍然测量的是电阻R2两端的电压，但是电路的总电阻减小，总电流增大，电压表的示数会增大，因此电压表示数会大于8V．但是电阻R3两端的电压U3也会增大，电源电压不变，一开始U3=U﹣4V﹣8V=U﹣12V，而U3增大，所以R2两端的电压应小于12V，故此时电压表的示数会小于12V．综上分析，电压表的示数大于8V小于12V，故选项中只有10V符合要求．故选B．点评：本题考查学生的推理分析能力，能够分析出开关断开或闭合时，电路结构的变化，电路中电阻、电流和电压的变化是解题的关键． 二、填空题（本题共9小题，每空1分，共29分）13．（3分）（2022•吴中区三模）在家庭电路中，电热水器正常工作的电压为 220 伏，它与家中的空调器是 并联 连接的（选填“串联”或“并联”），家庭中每月的耗电量用 电能 表计量．考点：家庭电路工作电压、零线火线的辨别方法；串联电路和并联电路的辨别；家庭电路的连接．专题：应用题．分析：我国家用电器的额定电压都是220V．家庭电路中各用电器的额定电压是220V，只有并联在家庭电路中，各用电器才能正常工作，并且互不影响．记住电能表是测量消耗电能的仪表．解答：解：电热水器是家用电器，额定电压是220V，也就是正常工作的电压是220V．电热水器和空调都是家用电器，家庭电路中为了使各用电器正常工作，并且互不影响，各用电器之间应该是并联的．家庭电路中，测量消耗电能的多少需要电能表．故答案为：220；并联；电能．点评：本题考查了家用电器正常工作电压和测量消耗电能的仪器．还考查了用电器的连接方法． 14．（3分）位于常熟沿江开发区的苏通大桥主桥长约8.1km．若一辆汽车匀速开过大桥，速度为20m/s，那么通过全程需要的时间是 405 秒；若以地面为参照物，坐在车中的乘客是 运动 的，（选填“静止”或“运动”）．夏天高温下，桥面温度会升高，表明它的内能会增加，其内能的变化是通过 热传递 方式实现的．考点：速度公式及其应用；运动和静止的相对性；热传递改变物体内能．专题：计算题；应用题；长度、时间、速度；运动和力．分析：（1）已知路程和速度，利用t=求通过全程需要的时间；（2）如果物体相对于参照物位置不变则物体是静止的，如果位置变了，则物体是运动的．（3）改变内能的方式有两种：做功与热传递．解答：解：（1）由题意知：s=8.1km=8100m，v=20m/s，∵v=，∴通过全程的时间：t===405s；（2）以地面为参照物，坐在车中的乘客相对于地面的位置不断变化，则乘客是运动的．（3）夏天高温下，桥面从太阳吸收热量、温度升高，是通过热传递方式实现的．17\n故答案为：405；运动；热传递．点评：这是一道学科综合题，考查了速度公式、参照物、能量的转化，但考查方式较简单，是一道基础题． 15．（5分）如图，2022年1月16日我国首架自主研发的大型运输机“运20”试飞成功，飞机在飞行时其机翼 上 （选填“上”或“下”）方空气流速大；飞机在减速下降、准备着陆的过程中，其动能 减小 ，重力势能 减小 （均选填“增大”“减小”或“不变”）；“运20”起落架上共有14个巨大的轮胎，是为了减小起降过程中对跑道的 压强 ；轮胎表面有花纹是为了 增大摩擦 ．考点：流体压强与流速的关系；增大或减小摩擦的方法；减小压强的方法及其应用；动能和势能的大小变化．专题：其他综合题．分析：（1）飞机机翼上方空气流速大压强小，下方空气流速小压强大，机翼在压强差的作用下，受到升力作用．（2）影响动能的因素是质量和速度，影响重力势能的因素是质量和高度；（3）减小压强的方法：减小压力，增大受力面积；（4）增大摩擦的方法：增大接触面的粗糙程度，增大压力．解答：解：（1）在相同是时间内，空气经过上方的路程长，速度大；经过下方的路程短，速度小．上方空气流速越大，压强越小；下方空气流速越小，压强越大．所以机翼上方的气流对机翼的压强小于机翼下方的气流对机翼的压强．（2）飞机在减速下降、准备着陆的过程中，质量不变，速度越来越小，动能减小；高度变小，重力势能减小；（3）“运20”起落架上共有14个巨大的轮胎，是为了增大接触面积，减小起降过程中对跑道的压强；（4）轮胎表面有花纹是为了增大接触面的粗糙程度，从而增大摩擦．故答案为：上；减小；减小；压强；增大摩擦．点评：本题考查流体压强与流速的关系、动能和重力势能的影响因素、减小压强的方法、增大摩擦的方法，考查的知识点比较多，主要考查学生对所学物理知识的综合应用能力． 16．（2分）某物体加热由固态变为液态，其温度随时间的变化如图所示，则这种物质在第13min时是 液 态（选填“固”、“液”或“气”），该物质是 晶体 （选填“晶体”或“非晶体”）．考点：晶体的熔化和凝固图像．分析：17\n晶体与非晶体的区别是晶体有固定的熔点和凝固点，而非晶体则没有．在图象上表现为晶体有一个吸热温度不变的水平段，这个水平段对应的过程即为晶体熔化的过程．由此可知该物质是晶体还是非晶体．解答：解：该物质在第六分钟开始熔化，到第十二分钟，熔化完毕，全部变为液体；在此过程中温度不变，所以是晶体．故答案为：液；晶体．点评：根据熔化和凝固图象，可以获取以下信息：通过图象中有无水平段可知物质是晶体的还是非晶体；根据水平段对应的温度可以确定该物质的熔点；利用水平段对应的时间可知熔化过程用了多长时间． 17．（3分）核电站所用的核燃料属于 不可再生 （可再生/不可再生）能源．如图是核电站的基本组成图，核反应堆是将 核 能转化为内能的装置，发电机是 机械 能转化为电能的装置．考点：核能；核电站发电过程中的能量转化．专题：应用题．分析：要解答本题需掌握：①核能是不可再生能源，以及核电站是利用核裂变的原理；②核能发电是利用铀原子核裂变时放出的核能来加热水，用产生的高温、高压蒸汽作为动力，推动蒸汽涡轮机转动，从而带动发电机发电的．解答：解：由于发生核反应的铀在短时间内不能形成，是不可再生能源，所以核电站所用的核燃料属于不可再生能源；核能发电的能量传递和转化过程是：核能→水和蒸汽的内能→发电机转子的机械能→电能；故答案为：不可再生；核；机械．点评：解决此类问题只需要了解核能发电的过程及能量转化过程即可． 18．（2分）（2022•阜新）小明沿水平方向用力推静止在水平地面上的桌子，但没有推动，此时他对桌子的推力 等于 桌子所受到的阻力（填“大于”、“小于”或“等于”），此过程中小明 没有 （填“有”或“没有”）做功．考点：二力平衡条件的应用；力是否做功的判断．分析：（1）当物体处于静止状态或匀速直线运动状态时，物体受到的力平衡，利用二力平衡条件即可判定阻力和推力大小的关系；（2）根据功的概念，看一下物体在力的作用下移动了多少距离，利用W=Fs求推力做的功即可．解答：解：∵桌子始终处于静止状态；∴桌子在水平方向上处于平衡状态，则在水平方向上受的力是平衡力；即阻力和推力是一对平衡力；根据二力平衡的条件：阻力和推力的大小相等，方向相反而且作用在同一条直线上；∴他对桌子的推力等于桌子所受到的阻力．∵桌子始终没动，∴在力的方向上移动的距离为0；此过程中小明没有做功．故答案为：等于；没有．点评：本题考查了二力平衡条件的应用以及学生对功的公式W=Fs的掌握和运用．关键知道物体在静止时推力等于阻力． 19．（3分）（2022•广陵区二模）小华同学想用天平和量杯测一石块的密度．17\n（1）在调节天平时，发现分度盘的指针如图甲所示，此时应将平衡螺母向 右 （选填“左”或“右”）端调．（2）用调节好的天平测石块的质量，若天平平衡时右盘砝码的质量、游码在标尺上的位置如图已所示，则石块的质量 47.4 g，若量杯测出石块的体积为15.8cm3，则石块的密度是 3 g/cm3．考点：固体的密度测量实验；质量的测量与天平；天平的使用．专题：计算题；实验题．分析：根据指针能判断横梁哪端下沉，调节平衡螺母调节天平的横梁平衡．根据砝码和游码对应的刻度值计算物体的质量，根据密度公式计算物体的密度．解答：解：如图，指针偏向分度盘的左侧，说明横梁的左端下沉，平衡螺母向相反的方向移动，所以平衡螺母向右移动．游码对应的刻度值，标尺每一个大格代表1g，每一个小格代表0.2g，游码对应的刻度值是2.4g．物体的质量=砝码的质量+游码对应的刻度值=20g+20g+5g+2.4g=47.4g．ρ===3g/cm3．故答案为：右；3．点评：本题属于基础题．本题考查了天平的调节、天平的读数、固体密度的测量方法等．记忆窍门：调节天平横梁平衡时，哪端上翘，可以理解成敲尾巴，把上翘的尾巴压下去．平衡螺母把上翘的尾巴压下去． 20．（4分）如图所示，一个重30N、体积为0.002m3的物体用绳子悬挂着，现将物体完全浸没在烧杯的水中，物体受到的浮力是 20 N（g取10N/kg），此时静止，绳子受到的拉力为 10 N．物体浸没水中后继续下沉的过程中，水对杯底的压强 不变 （填“增大”、“不变”或“减小”）．释放绳子后，物体将 下沉 （填“上浮”或“下沉”）．考点：浮力大小的计算；液体的压强的计算；物体的浮沉条件及其应用．专题：压强和浮力．分析：（1）物体浸没在水中，排开水的体积等于物体的体积，利用阿基米德原理求物体受到的浮力；（2）此时物体受到的拉力加上浮力等于物体的重力，据此求物体受到的拉力，再根据力的相互性求绳子手的拉力；（3）根据液体压强公式求p=ρgh判断水对杯底的压强变化；（4）根据物体的浮沉条件判断物体的浮沉情况．解答：解：（1）∵物体完全浸没在烧杯的水中，17\n∴V排=V=0.002m3，物体所受的浮力：F浮=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.002m3=20N；（2）∵物体静止，∴F浮+F拉=G，∴物体受到的拉力：F拉=G﹣F浮=30N﹣20N=10N，∵力的作用是相互的，∴绳子受到的拉力：F浮′=F拉=10N；（3）物体浸没水中后继续下沉的过程中，排开水的体积不变、水的密度不变，由公式p=ρgh可知水对杯底的压强不变；（4）∵物体浸没在水中，G=30N，F浮=20N，∴浮＜G，∴释放绳子后，物体将下沉．故答案为：20；10；不变；下沉．点评：本题考查了学生对阿基米德原理、物体的浮沉条件、液体压强公式、力的相互性的掌握和运用，虽知识点多，但都属于基础，难度不大． 21．（4分）（2022•咸宁）在“凸透镜成像规律”实验中，某同学进行了如下两个探究：物距u/cm实验序号焦距f/cm像距v/cm10122.525103840（1）为研究像距与焦距的关系，他选用焦距不同的三个凸透镜进行实验，实验数据记录如下表．分析表中数据可知，保持物距不变时，焦距越大，则所成实像的像距越 大 （选填：“大”或“小”）．（2）该同学用若干个发光二极管组成形状如“E”的发光物体，如图甲所示，将发光物体、凸透镜和光屏依次组装到光具座上并调整好，且物距调节为6cm时，在光屏上成的像如图乙所示，则他选用的是三个透镜中焦距为 5 cm的凸透镜；如果只将“E”，换成“R”，并在同一位置观察，光屏上成的像应是图丙中的 ② （填数字序号）．考点：凸透镜成像规律及其探究实验．专题：实验探究题．分析：（1）要解决此题，需要认真分析表格中焦距的变化情况和像距的变化情况．根据它们的变化情况得出结论．（2）要解决此题，需要掌握凸透镜成像的规律．知道当物距处于1倍焦距和2倍焦距之间时，凸透镜成倒立、放大的实像．并且要正确理解倒立实像的含义，知道像与物的上下颠倒、左右颠倒．解答：解：（1）由表格中数据知，物距不变，凸透镜的焦距逐渐增大，成的像距在增大．故答案为：大．17\n（2）从图中可知，凸透镜成的是倒立、放大的实像．所以f＜6cm＜2f．所以3cm＜f＜6cm．所以该同学选择的是焦距为5cm的凸透镜．凸透镜成的实像与物体左右相反、上下也相反．所以R的像应为②．故答案为：5；②．点评：此题是探究凸透镜成像的规律．考查了学生根据数据得出结论的能力．同时考查了凸透镜成像规律的应用，一定要熟记规律的内容，能做到举一反三．并要理解倒立实像的含义． 三、解答题（共47分．解答23、24、25题时应有解题过程）22．（7分）（1）如图甲所示，小球A重6N．画出它所受重力G的示意图．（2）如图乙所示，O是杠杆OA的支点．在图中画出拉力F1和F2的力臂l1和l2．（3）如图丙所示，一束光线AO从空气斜射到水面时发生反射和折射，在图中作出它的反射光线和折射光线．（4）根据图示丁通电螺线管周围的磁感线方向，在图中标出通电螺线管的N．S极和电源的正、负极．考点：重力示意图；力臂的画法；作光的折射光路图；磁感线及其特点；安培定则；通电螺线管的极性和电流方向的判断．专题：作图题．分析：（1）画重力的示意图应先分析力的三要素，再从作用点开始，沿力的方向画出线段．（2）力臂的画法：①首先根据杠杆的示意图，确定杠杆的支点．②确定力的作用点和力的方向，画出力的作用线．③从支点向力的作用线作垂线，支点到垂足的距离就是力臂．（3）先过入射点垂直界面作出法线，要作出反射光线必须知道反射定律的内容：反射光线、入射光线、法线在同一个平面内，反射光线、入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角，按反射定律的内容作出反射光线；要作出折射光线，必须知道折射定律的内容：折射光线、入射光线、法线在同一个平面内，折射光线与入射光线分居法线两侧，当光由空气斜射入水中时，折射角小于入射角，根据折射定律作出折射光线．（4）根据图中磁感线的方向，首先判断螺线管的两个磁极，再根据右手螺旋定则判断螺线管中电流的方向，并标出电源的正负极．解答：解：（1）过球心沿竖直向下画一条带箭头的线段，并用符号G表示重力，大小为6N．如图所示（2）从支点向力的作用线作垂线，支点到垂足的距离就是力臂．17\n（3）过入射点垂直界面作出法线，在空气中法线右侧斜向上作出反射光线，并使反射角等于入射角，如图；在法线右侧的水中斜向下作出折射光线，使折射角小于入射角，如图：（4）在磁体外部，磁感线总是从磁体的N极发出，最后回到S极，所以螺线管的右端为N极，左端为S极．根据右手螺旋定则，伸出右手，使右手大拇指指向通电螺线管的N极（右端），则四指弯曲所指的方向为电流的方向，即电流是从螺线管的左端流出，右端流入，所以电源的左端为正极，右端为负极．如图所示：点评：（1）画重力的示意图时要先分析出力的大小、方向、作用点，再按作图的要求进行作图．力的示意图是来体现力的三要素，本题的关键是找对重力的作用点及方向．（2）作力臂时要找好支点与力的作用线，力臂应是从支点到力的作用线的距离．（3）光斜射到两种透明介质的界面上，一般要发生反射和折射，反射与入射在同一种介质中，要按反射定律作图；折射与入射在不同的介质中，要按折射定律去作图．（4）右手螺旋定则为重点内容应熟练掌握，其内容为：用右手握住螺线管，四指指向电流方向，大拇指所指的方向为N极方向． 23．（6分）用燃气灶烧水，燃烧0.1kg的煤气，使10kg的水从20℃升高到70℃．已知水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），煤气的热值为4.2×107J/kg．求：（1）0.1kg煤气完全燃烧放出的热量．（2）水吸收的热量．（3）燃气灶烧水的效率．考点：热平衡方程的应用．专题：比热容、热机、热值．分析：（1）知道煤气的质量和煤气的热值，利用Q放=mq计算煤气完全燃烧放出的热量；（2）知道水的质量、水的比热容和水的初温和末温，利用吸热公式求水吸收的热量；（3）水吸收的热量是有用的能量，煤气完全燃烧放出的热量为总能量，利用效率公式求燃气灶烧水的效率．解答：解：（1）0.1kg煤气完全燃烧放出的热量：17\nQ放=mq=0.1kg×4.2×107J/kg=4.2×106J；（2）水吸收的热量：Q吸=cm△t=4.2×103J/（kg•℃）×10kg×（70℃﹣20℃）=2.1×106J；（3）燃气灶烧水的效率：η=×100%=×100%=50%．答：（1）0.1kg煤气完全燃烧放出的热量为4.2×106J；（2）水吸收的热量为2.1×106J；（3）燃气灶烧水的效率为50%．点评：本题考查了学生对吸热公式、燃料燃烧放热公式、效率公式的掌握和运用，因条件已给出，难度不大． 24．（4分）（2022•岑溪市一模）水平地面上有一个质量为1kg、底面积为1×10﹣2m2的薄壁圆柱形容器，容器内盛有质量为4kg的水，ρ水=1.0×103kg/m3．求：（1）水的体积；（2）容器对地面的压强．考点：密度公式的应用；压强的大小及其计算．专题：计算题；密度及其应用；压强、液体的压强．分析：（1）已知水的质量和密度，利用公式V=得到水的体积；（2）已知容器质量和水的质量，得到总质量，进一步得到总重力，容器对水平地面的压力等于其重力；已知压力和受力面积，利用公式p=得到容器对地面的压强．解答：已知：m0=1kgm水=4kgρ水=1.0×103kg/m3S=1×10﹣2m2g=9.8N/kg求：（1）V水=？（2）p=？解：（1）∵ρ=，∴水的体积为V水===4×10﹣3m3；（2）容器和水对水平地面的压力为F=G总=G0+G水=（m0+m水）g=（1kg+4kg）×9.8N/kg=49N，容器对水平地面的压强为p===4900Pa．答：（1）水的体积为4×10﹣3m3；（2）容器对水平地面的压强为4900Pa．点评：此题考查的是密度计算公式、压强计算公式的应用，其中容器对地面的压力等于容器和液体的重力之和，应用的是固体对压力的传递作用． 25．（6分）如图：电源电压恒定不变，小灯泡L标有“9V4.5W”，当开关S1、S3闭合，S2断开时，电流表示数为1.25A，这时L正常发光（灯泡电阻不随温度变化）求：（1）小灯泡正常发光时，灯泡中电流大小．（2）电阻R的阻值．（3）S1、S3断开，S2闭合时，通电5min电路消耗总的电能．17\n考点：欧姆定律的应用；并联电路的电流规律；并联电路的电压规律；电阻的串联；电路的动态分析；电功的计算．专题：计算题；电路和欧姆定律；电能和电功率；电路变化分析综合题．分析：（1）灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，根据P=UI求出通过的电流；（2）当开关S1、S3闭合，S2断开时，灯泡与R并联，电流表测干路中的电流，根据并联电路的电流特点求出通过R的电流，利用并联电路的电压特点和欧姆定律求出R的阻值；（3）根据欧姆定律求出灯泡的电阻，当S1、S3断开，S2闭合时，灯泡与电阻R串联，根据电阻的串联和Q=t求出通电5min电路消耗总的电能．解答：解：（1）灯泡正常发光时的电压为9V，功率为4.5W，由P=UI可得，通过的电流：IL===0.5A；（2）当开关S1、S3闭合，S2断开时，灯泡与R并联，∵并联电路中各支路两端的电压相等，且灯泡正常发光，∴电源的电压U=UL=9V，∵并联电路中干路电流等于各支路电流之和，∴通过R的电流：IR=I﹣IL=1.25A﹣0.5A=0.75A，则R===12Ω；（3）灯泡的电阻：RL===18Ω，当S1、S3断开，S2闭合时，灯泡与电阻R串联，∵串联电路中总电阻等于各分电阻之和，∴通电5min电路消耗总的电能：W=t=×5×60s=810J．答：（1）小灯泡正常发光时，灯泡中电流大小为0.5A；（2）电阻R的阻值为12Ω；（3）S1、S3断开，S2闭合时，通电5min电路消耗总的电能810J．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，要注意灯泡正常发光时的电压和额定电压相等． 17\n26．（6分）（2022•安顺）在“探究动滑轮的机械效率”时，某小组利用自重不同的两个动滑轮进行了如图所示的三次测量，数据记录如下：实验序号钩码重（N）动滑轮重（N）拉力（N）钩码上升的高度（m）测力计移动的距离（m）有用功（J）总功（J）机械效率（%）140.52.30.20.40.80.9287.0240.92.50.20.40.81.080.0360.53.30.20.4①②③（1）完成表格中实验数据①、②和③的计算．（2）通过比较哪两次实验数据〔选填实验序号〕，可以初步判断动滑轮的机械效率与动滑轮的自重有关？（3）小明认为“同一个机械，它的机械效率是一个定值”，你可以用哪两次实验数据来验证他的观点是不对的？考点：滑轮（组）机械效率的测量实验．专题：实验题；压轴题．分析：（1）有用功等于钩码重力和钩码上升高度的乘积，即W有用=Gh；总功等于拉力和测力计移动距离的乘积，即W总=FS；机械效率等于有用功和总功的比值，即η=；（2）研究动滑轮机械效率与动滑轮自身重力是否有关时，应控制提升钩码的重力相同，改变动滑轮重力；（3）同一个机械，额外功基本上不变，当提升的物体重力变化时，有用功在总功中占得比值就变化，机械效率也就变化．解答：解：（1）第3次数据中，有用功W有用=Gh=6N×0.2m=1.2J，总功W总=FS=3.3N×0.4m=1.32J，机械效率η===≈90.9%；（2）①②两次实验中，钩码的重力相同，动滑轮的重力不同，机械效率也不同，因此探究的是机械效率与动滑轮自重的关系；（3）比较①③，同一个机械，动滑轮重力不变，提升的物体重力不同时，机械效率也不同，提的物体越重，机械效率越大．故答案为：（1）1.2；1.32；90.9；（2）①与②有关；（3）①与③．点评：要求了解与掌握：（1）滑轮组的机械效率与提升物体的重力、动滑轮重力、绳子段数及摩擦有关；（2）同一滑轮组，提升物体重力越大，机械效率越大． 17\n27．（6分）（2022•金华）小华为了探究物体动能的大小与质量、速度的关系，设计了如图甲、乙所示的实验．实验甲：质量相同的两个小球，沿同一光滑弧形轨道分别从A处和B处开始向下运动，然后与放在水平面上的木块相碰，木块在水平面上移动一段距离后静止，如图甲所示．实验乙：质量不同的两个小球，沿同一光滑弧形轨道分别从A处开始向下运动，然后与放在水平面上的木块相碰，木块在水平面上移动一段距离后静止，如图乙所示．（1）要探究物体动能的大小与速度的关系，应选用 甲 图．（填“甲”、“乙”）（2）甲、乙两组实验可以得出的结论是 物体动能的大小与质量和速度有关，质量越大，速度越大，物体的动能就越大 ．（3）这个实验中，利用木块被碰撞后移动的 距离 来比较物体的动能大小．下列实例中与此实验方法相同的有 ②③ ．（填编号）①认识电流时，用水流进行类比②用红墨水在水中的扩散现象来认识分子是运动的③用酚酞试液滴入溶液变红色来判断溶液呈碱性．考点：探究影响物体动能大小的因素．专题：简答题；实验探究题；控制变量法；转换法．分析：（1）影响动能大小的因素是质量和速度，进行探究时要采用控制变量法的思想，控制相同因素，改变不同因素；（2）比较甲、乙两组实验中的相同因素和不同因素，结合控制变量法的思想得出结论；（3）小球的动能通过它推动木块移动的距离来体现，采用了转换法的思想．解答：解：（1）要探究物体动能的大小与速度的关系，必须控制物体的质量相同，速度不同，速度的不同是通过小球在斜面的位置来体现的，符合条件的只有甲图；（2）通过甲图可得到的结论是：质量相同时，物体的速度越大，动能越大；通过乙图可得到的结论是：物体速度相同时，质量越大，动能越大；因此综合甲图和乙图，可得到的结论是：物体动能的大小与质量和速度有关，质量越大，速度越大，物体的动能就越大．（3）实验中利用木块被碰撞后移动的距离来比较物体的动能大小，属于转换法的思想，采用这个研究方法的还有研究分子的扩散现象和用酚酞试液滴入溶液变红色来判断溶液呈碱性．故答案为：（1）甲；（2）物体动能的大小与质量和速度有关，质量越大，速度越大，物体的动能就越大；（3）距离、②③．点评：（1）用控制变量法研究动能大小的影响因素，用转换法表示动能的大小；（2）不同质量的物体，在同一高度自由落下，到达地面的速度相同，越高自由落下时，到达地面的速度越大． 28．（12分）在“测定额定电压为3.8V小灯泡功率”的实验中：（1）小冬同学在连接实验电路时还有导线未接上，如图甲所示，请你用笔画线代替导线，正确完成电路连接（请勿更改原有导线，导线不得交叉）；（2）闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移到 B （选填“A”或“B”）端；17\n（3）闭合开关，移动滑动变阻器的滑片到某处时，电压表示数为2V，要测量小灯泡的额定功率，应将滑动变阻器滑片向 A （选填“A”或“B”）端移动，当电压表示数为 3.8 V时，小灯泡正常发光，此时电流表的指针位置如图乙所示，则小灯泡的额定功率是 1.52 W；若此时滑片再向B端移动一点，小灯泡的实际功率会 变小 （选填“变大”“变小”或“不变”），灯会比刚才 暗 一点．（4）继续移动滑片，小灯泡突然熄灭，此时电流表示数为0，而电压表有示数，那么发生的故障是 小灯泡断路 ；（5）传统的普通100W以上的白炽灯泡（如图）已于2022年10月1日起年底停止销售．你觉得普通白炽灯被淘汰的原因主要是 C （填编号）；A．生产技术不成熟B．价格高C．发光效率低（6）小冬同学在家找到两个外观一样额定电压均为220V的普通白炽灯，其铭牌已经看不出额定功率，但小冬根据灯丝形状（如下右图），没有通电便判断出来了．你觉得两灯中，额定功率大是的 甲 灯，将两灯串联起来，接在220V电路中， 乙 灯更亮一些（均选填“甲”或“乙”）．考点：电功率的测量．专题：压轴题；测量型实验综合题．分析：（1）电压表与灯泡并联，注意量程和正负接线柱的接法；滑动变阻器要接一上一下；（2）为保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移到最大阻值处；（3）要测量灯泡的额定功率，需使灯泡两端的电压等于额定电压，根据串分压的知识判断出滑片的移动方向；确定电流表的量程和分度值，读出电流值，根据P=UI计算出电功率的值；根据灯泡的实际电压判断实际功率，从而判断出灯泡的亮暗；（4）电流表示数为0，说明电路某处电路，电压表有示数，则说明与电压表并联的电路断路；（5）白炽灯是因为灯丝发热而发光，其发光效率较低；（6）根据长度和横截面积的大小判断灯丝电阻的大小，额定电压相同，根据P=判断额定功率的大小关系；串联电流相同，根据P=I2R判断实际功率的大小关系．解答：解：（1）电压表与灯泡并联，灯泡的额定电压为3.8V，所以应选择0～15V的量程；17\n滑动变阻器已接了下面一个接线柱，可再接上面任意一个接线柱，如图所示：；（2）滑动变阻器下面接了A接线柱，所以在闭合开关前应将滑片移至B端使其阻值最大；（3）电压表示数为2V，要测量小灯泡的额定功率，应减小滑动变阻器的阻值，将滑片向A端移动，使电压表的示数为3.8V；由图乙知，电流表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，示数为0.4A，所以P=UI=3.8V×0.4A=1.52W；若此时滑片再向B端移动一点，变阻器的阻值变大，灯泡的电压和电流会减小，实际功率变小，灯泡变暗；（4）电流表示数为0，说明电路某处电路，电压表有示数，则说明与电压表并联的小灯泡断路；（5）普通白炽灯比日光灯的发光效率低，所以逐渐被淘汰；（6）甲灯丝粗而短，乙灯丝细而长，所以甲的电阻小于乙的电阻，两灯泡的额定电压相同，根据P=，甲的额定功率大于乙的额定功率；两灯串联时，通过的电流相等，根据P=I2R，甲的电功率小于乙的电功率，所以乙灯更亮一些．故答案为：（1）见上图；（2）B；（3）A；3.8；1.52；变小；暗；（4）小灯泡断路；（5）C；（6）甲；乙．点评：此题是测量灯泡的额定功率实验，考查了电压表的连接、滑动变阻器的使用，考查了电流表的读数及电功率的计算，同时考查了电路故障的分析及功率大小的判断，（6）是难点，关键是判断出相同的量，确定正确的推导公式． 17
