2022年广西玉林市防城港市中考物理试卷解析一、单项选择（每小题3分，36分．每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的．用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．每小题选对的得3分，不选、多选或选错的均得0分）1．（3分）（2022•玉林）安装在家庭电路中的电能表，测量的是（ ） A．电能B．电压C．电阻D．电流考点：电功的测量．专题：电能和电功率．分析：电能表测量的是一段时间内家庭电路消耗的电能，串联在电路中使用．解答：解：A、电能表是用来测量电路消耗电能的仪表，故A正确；B、电压需要用电压表测量，不能用电能表测量，故B错误；C、电阻应该用欧姆表测量，不能用电能表测量，故C错误；D、电流应该用电流表测量，不能用电能表测量，故D错误；故选A．点评：本题考查了电能表的作用，对常见仪表、仪器、工具要知道它的用途，并会正确使用． 2．（3分）（2022•玉林）以下给出的物质属于晶体的是（ ） A．松香B．沥青C．玻璃D．海波考点：晶体和非晶体的区别．专题：温度计、熔化和凝固．分析：常见的晶体有各种金属，海波，冰、食盐、固态的酒精等；常见的非晶体有石蜡、玻璃、沥青、松香．解答：解：松香、沥青、玻璃都是非晶体，海波是晶体．故选D．点评：晶体和非晶体的区别是晶体有确定的熔点和凝固点，而非晶体没有． 3．（3分）（2022•玉林）如图所示的四种现象中，属于光的反射的是（ ） A．手影B．笔在水面处“折断” C．水面上景物的“倒影”D．透过放大镜看邮票考点：光的反射．17\n专题：光的传播和反射、平面镜成像．分析：（1）光的反射现象，知道平面镜成像是由于光的反射形成的．（2）光的折射现象，知道水底看起来比实际的要浅、斜插入水中的筷子向上折、海市蜃楼、凸透镜成像都是光的折射．（3）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．解答：解：A、手影是由光沿直线传播形成的．不符合题意．B、从水中笔上反射的光斜射入空气中，发生折射，折射光线远离法线，当人逆着折射光线的方向看时，看到的是铅笔的虚像，比实际位置偏高，所以感觉折断了，不符合题意；C、平静水面上景物的“倒影”，属于平面镜成像，是由于光的反射形成的，符合题意．D、用放大镜看邮票时，邮票变大，属于凸透镜成像，是由于光的折射形成的．不符合题意．故选C．点评：此题主要考查了光的直线传播、光的折射、光的反射现象．光的直线传播是光在同一均匀介质中的传播，光的反射是光照射到物体表面又返回的现象，光的折射是由于光从一种介质斜射入另一种介质或在不均匀介质中传播时，传播方向发生变化的现象．它们之间有本质的区别，要注意区分． 4．（3分）（2022•玉林）下列物体属于导体的是（ ） A．铁线B．玻璃C．塑料D．橡胶考点：导体．专题：电流和电路．分析：容易导电的物体是导体，不容易导电的物体是绝缘体，根据导体和绝缘体的定义即可作出判断．解答：解：铁线容易导电，是导体；玻璃、塑料、橡胶不容易导电，属于绝缘体．故选A．点评：本题考查了导体和绝缘体的概念，对于常见的导体和绝缘体可以联系它们在日常生活和工业生产中的应用来记忆，不要死记硬背． 5．（3分）（2022•玉林）质量为100g的水结成冰后，它的质量为（ ） A．110gB．100gC．90gD．10g考点：质量及其特性．专题：质量及其测量．分析：物体所含物质的多少叫质量，质量是物体本身的一种属性，与物体的形状、状态、位置和温度无关，与物体所含物质多少有关．解答：解：质量为100g的水结成冰后，只是状态发生变化，物质多少没有变化，所以质量仍然是100g．故选B．点评：此题考查的是质量的特点，熟悉质量的决定因素是解决此类问题的关键． 6．（3分）（2022•玉林）人能分辨出分别用二胡和小提琴演奏的乐曲《二泉映月》，主要是因为它们的（ ） A．响度不同B．音色不同C．音调不同D．节奏不同17\n考点：音色．专题：应用题；声现象．分析：不同发声体的材料和结构不同，音色会不同，我们是靠音色来辨别乐器的种类．解答：解：因为二胡和小提琴的材料和结构不同，它们产生的音色不同，所以是根据音色分辨出的．故选B．点评：掌握声音的三个特性，掌握三个特性的影响因素，音调和响度容易混淆，注意区分． 7．（3分）（2022•玉林）神舟十号在飞船加速升空的过程中，实验室的（ ） A．动能增加，重力势能不变B．动能不变，重力势能增加 C．动能和重力势能都增加D．动能不变，机械能也不变考点：动能和势能的大小变化．专题：机械能及其转化．分析：动能与质量和速度有关，质量越大、速度越大则动能越大；重力势能与质量和高度有关，质量越大、高度越大则重力势能越大．解答：解：飞船在加速上升的过程中，实验室的质量不变，由于速度增大，其动能变大；由于上升时高度变大，其重力势能变大．故选C．点评：（1）掌握动能、重力势能、弹性势能的影响因素．（2）能判断动能、重力势能、弹性势能的变化． 8．（3分）（2022•玉林）如图所示，用铅笔芯做成一个滑动变阻器，当铜环从铅笔芯的a端向b端滑动时，电压表示数和小灯泡亮度的变化情况是（ ） A．电压表示数变大，灯变亮B．电压表示数变小，灯变亮 C．电压表示数变小，灯变暗D．电压表示数变大，灯变暗考点：电路的动态分析．专题：电路变化分析综合题．分析：根据实物图可知，灯泡与铅笔芯串联；当铜环从铅笔芯的a端向b端滑动时，连入电路的电阻减小，总电阻减小，总电压不变，根据欧姆定律可知，电路中的电流增大．根据U=IR求得灯泡两端电压的变化情况．根据P=UI求得灯泡的实际功率变化情况．解答：17\n解：当铜环从铅笔芯的a端向b端滑动时，连入电路的电阻减小，总电阻减小，而电源电压不变，根据I=可知，电路中的电流增大，即电流表的示数变大．由U=IR可知，灯泡两端电压增大，即电压表的示数增大．由P=UI求得灯泡的实际功率增大，灯泡变亮．故选A．点评：本题考查了串联电路的电阻、电压、电流变化情况；灯泡的亮度取决于灯泡的实际功率，通过判断灯泡的实际功率判断灯泡的亮度变化． 9．（3分）（2022•漳州）在四冲程汽油机工作过程中，将内能转化成机械能的冲程是（ ） A．吸气冲程B．压缩冲程C．做功冲程D．排气冲程考点：内燃机的四个冲程．分析：汽油机的四个冲程中只有两个冲程伴随有能量的转化．压缩冲程中活塞向上运动，汽油和空气的混合物被压缩，内能增大，温度升高，活塞运动的动能转化为混合气体的内能；做功冲程中，火花塞冒出电火花，将混合气体点燃，混合气体剧烈燃烧，产生高温高压的燃气，推动活塞运动，燃气的内能转化为活塞运动的动能．解答：解：在做功冲程中，两个气门关闭，活塞下行带动曲轴转动做功，气体的内能转化为机械能；故选：C．点评：内燃机属于热机，热机就是利用内能来工作的机械，将内能转化为机械能．内燃机中涉及到的能量转化是经常考查的知识点，需要引起注意． 10．（3分）（2022•玉林）关于家庭电路和安全用电，以下说法正确的是（ ） A．保险丝烧断一定是发生了短路B．开关要接在火线与用电器之间 C．只有36V的电压才是安全的D．家用电器的金属外壳可以不接地考点：安全用电原则．专题：电与热、生活用电．分析：（1）家庭电流中电流过大原因：短路或总功率过大．（2）开关要接在火线与被控制的用电器之间．（3）不高于36V的电压为安全电压．（4）金属外壳的用电器必须接地．解答：解：A、保险丝烧断，可能是发生了短路，或者是家用电器的总功率过大；故A错误；B、开关要接在火线与用电器之间；故B正确；C、小于等于36V的电压为安全电压，故C错误；D、金属外壳的用电器必须接地，金属外壳接地可以防止因漏电，导致金属外壳带电而发生触电事故，故D错误．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． 11．（3分）（2022•玉林）正在水平面上滚动的小球，如果它受到的外力同时消失，那么它将（ ）17\n A．立即停下来B．慢慢停下来C．改变运动方向D．做匀速直线运动考点：牛顿第一定律．专题：压轴题；运动和力．分析：根据牛顿第一定律进行分析，即物体在不受任何外力时，总保持静止状态或匀速直线运动状态．解答：解：因为小球在运动，当小球所受的一切外力都消失时，小球将保持原来的速度做匀速直线运动．故选D．点评：本题考查学生对牛顿第一定律的掌握情况，注意当物体不受外力时，物体的运动状态取决于物体原来的运动状态． 12．（3分）（2022•玉林）如图所示，电源电压为6V，当小灯泡正常发光时，电压表的示数为2V，电流表的示数为0.5A，则小灯泡的额定功率是（ ） A．8WB．4WC．3WD．2W考点：额定功率．专题：压轴题；电能和电功率．分析：由图知：灯泡和滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端电压，电流表测量电路电流．已知电源电压和滑动变阻器两端电压，可以得到灯泡两端电压；已知灯泡两端电压和通过的电流，并且灯泡正常发光，所以利用公式P=UI得到灯泡的额定功率．解答：解：灯泡两端电压为U额=U﹣U0=6V﹣2V=4V灯泡的额定功率为P额=P实=U额I=4V×0.5A=2W．故选D．点评：此题考查的是串联电路的特点和电功率的计算．需要清楚的是用电器的工作状态决定于实际功率，只有在额定电压下用电器的实际功率才等于额定功率． 二、填空（每空1分，共16分．请将答案填写在答题卡上对应位置内，不要求写出计算过程）13．（2分）（2022•玉林）如图所示，描述的是 近视 眼（选填“近视”或“远视”）的成像情况，矫正的办法是戴一副 凹 （选填“凸”或“凹”）透镜片做的眼镜．考点：近视眼的成因与矫正办法．专题：透镜及其应用．17\n分析：掌握近视眼的成因是解答本题的关键，近视眼是由于人眼晶状体变凸，焦距变短，会聚能力增强．解答：解：近视眼是由于人眼的晶状体变凸，会聚能力增强，像呈在视网膜的前方，故此图描述的是近视眼的成像情况；因此应佩戴发散透镜，使光线发散，即近视眼镜的镜片是凹透镜．故答案为：近视；凹．点评：本题主要考查学生对近视眼的成因与矫正方法的认识和了解，是一道基础题． 14．（2分）（2022•玉林）太阳能是在太阳内部，氢原子核发生 聚变 （选填“裂变”或“聚变”），释放出的核能．电能属于 二次 （选填“一次”或“二次”）能源．考点：能源的分类．专题：能源的利用与发展．分析：根据对太阳能实质的了解来回答第一个问题；一次能源是指可直接从自然界获取并利用的能量，而二次能源则需要从其它能源转化而来，无法直接获取．解答：解：太阳能是在太阳内部，氢原子核发生聚变，释放出的核能，这一过程每时每刻在太阳的内部都在进行着，因此，其能量相当巨大；电能无法从自然界直接获取和利用，因此属于二次能源．故答案为：聚变；二次．点评：本题主要考查了对太阳能的了解和对一次能源和二次能源分类的认识，属基础内容． 15．（2分）（2022•玉林）自行车刹车时，用力越大，刹车皮与车轮间的压力 越大 （选填“越大”或“越小”），车轮受到的摩擦力也就越大，所以自行车就停得 越快 （选填“越快”或“越慢”）．考点：摩擦力大小的影响因素；力与运动的关系．专题：运动和力；重力、弹力、摩擦力．分析：掌握影响摩擦力大小的因素：压力和接触面的粗糙程度．压力越大、接触面越粗糙，滑动摩擦力越大．掌握力的作用效果：改变物体的形状或改变物体的运动状态．力的大小、方向、作用点都会影响力的作用效果．力越大，效果越明显．解答：解：自行车刹车时，用力越大，刹车皮对车轮的压力越大，车轮受到的摩擦力也就越大，所以自行车就停得越快．故答案为：越大；越快．点评：此题通过常见的事例考查了学生对影响摩擦力大小的因素，同时考查了力的作用效果与力的大小之间的关系． 16．（2分）（2022•玉林）如图所示，在薄皮铁桶内放些水，烧开后把开口堵住，再浇上冷水，发现皮桶变扁了，这个现象证明了 大气压强 的存在．薄皮铁桶被压扁表明力可以改变物体的 形状 ．考点：大气压强的存在；力的作用效果．17\n专题：运动和力；气体的压强、流体压强与流速的关系．分析：（1）大气压强是由于空气具有重力和流动性而产生的，吸盘、吸管吸饮料、覆杯实验等都证明了大气压强的存在；（2）力的作用效果有两个：一是改变物体的形状，二是改变物体的运动状态．解答：解：（1）在薄皮铁桶内放些水，烧开后把开口堵住，再浇上冷水，铁桶内的气压减小，桶内的压强小于外界大气压，在大气压的作用下，铁桶被压扁了；（2）薄皮铁桶被压扁，大气压力改变了铁桶的形状，说明力可以改变物体的形状．故答案为：大气压强；形状．点评：本题结合生活事例考查了大气压强和力的作用效果，物理来源于生活，要学以致用． 17．（2分）（2022•玉林）把酒精擦在手背上，手背感觉比较凉快，这是因为酒精 汽化 （选填“汽化”或“液化”）吸热的缘故；同时也闻到酒精的气味，这是 扩散 现象．考点：汽化及汽化吸热的特点；扩散现象．专题：汽化和液化、升华和凝华；分子热运动、内能．分析：（1）汽化是由液态变成气态的过程，汽化有两种方式：蒸发和沸腾．在汽化过程中，需要吸热．（2）不同的物质相互接触时，彼此进入对方的现象，叫扩散．扩散现象说明：分子在不停的做无规则运动．解答：解：（1）用酒精擦在他的皮肤上消毒时，他感到皮肤比较凉，是因为酒精要蒸发，蒸发过程要从身体上吸热，使皮肤的温度降低．（2）他闻到酒精的气味，是由于酒精分子在空气中发生了扩散现象．故答案为：汽化；扩散．点评：此题主要考查的是汽化现象和扩散现象在生活中的应用，结合生活实际，考查学生应用物理知识解决实际问题的能力． 18．（2分）（2022•玉林）如图所示，电源电压为11V，闭合开关，当滑动变阻器R2的滑片在中点位置时，小灯泡正常发光，电压表的的示数为6V，电压表的的示数为7V，R1消耗的电功率是1W，则小灯泡的额定功率为 2 W，滑动变阻器的最大电阻值为 20 Ω．考点：额定功率；欧姆定律的变形公式．专题：欧姆定律；电能和电功率．分析：由电路图知：灯泡、定值电阻和滑动变阻器串联，其中电压表V1测量灯泡和定值电阻的总电压，电压表V2测量定值电阻和滑动变阻器的总电压．①由电源电压和电压表V2示数得到灯泡两端电压；由电压表V1示数和灯泡两端电压得到定值电阻两端电压；已知定值电阻两端电压和功率，利用公式I=得到电路电流；已知灯泡两端电压和通过的电流，利用公式P=UI得到灯泡功率，已知灯泡正常发光，所以此时的功率也就是额定功率；②由电压表V217\n示数和定值电阻两端电压，可以得到滑动变阻器两端电压；已知滑动变阻器两端电压和通过的电流，利用公式R=得到滑动变阻器接入电路的电阻，最终得到滑动变阻器的最大阻值．解答：解：①已知灯泡正常发光，所以额定电压为U额=UL=U﹣U2=11V﹣7V=4V，定值电阻两端电压为U1=6V﹣4V=2V，∵P=UI，∴电路电流为I===0.5A，∴灯泡的额定功率为P额=U额I=4V×0.5A=2W；②滑动变阻器两端电压为U2=7V﹣2V=5V，∵I=，∴滑动变阻器接入电路的电阻为R2===10Ω，滑动变阻器的最大电阻值为2×10Ω=20Ω．故答案为：2；20．点评：此题考查的是串联电路的特点、欧姆定律的应用和电功率计算公式的应用，熟悉串联电路特点、正确判断电压表的测量位置，是解决此题的关键． 19．（2分）（2022•玉林）小王沿水平方向用100N的水平拉力，5s内小车前进了10m，在此过程中，小车运动的速度为 2 m/s，推力做功的功率为 200 W．考点：速度的计算；功率的计算．专题：压轴题；长度、时间、速度；功、功率、机械效率．分析：①已知小车运动的距离和所用时间，利用公式v=得到运动的速度；②已知小车受到的拉力和运动速度，利用公式P=Fv得到做功的功率．解答：解：①小车运动的速度为v===2m/s；②推力做功的功率为P===F•v=100N×2m/s=200W．故答案为：2；200．点评：此题考查的是速度的计算和利用公式P=Fv计算功率，对于功率一定的物体，牵引力与运动速度成反比． 20．（2分）（2022•玉林）如图所示，足够高的圆柱形容器中盛有15cm深的水，已知不吸水的长方体物块A密度为0.4×103kg/m3，高为15cm，底面积是容器底面积的1/3．则放入物块A前，水对容器底部产生的压强为 1500 Pa；把物块A放入容器中静止时，物块A对容器底部产生的压强与水对容器底部产生的压强之比为 6：17 ．（g取10N/kg）17\n考点：液体的压强的计算；压强的大小及其计算．专题：压轴题；压强、液体的压强．分析：（1）已知液体至溢口的深度和液体对容器底部的压强，根据p=ρgh求出水对容器底部产生的压强；（2）因为是规则的长方体物块，因此可利用p=ρgh利用物块A对容器底部产生的压强；把物块A放入容器中静止时，木块漂浮在水面上，根据F浮=ρ水gV排求出木块排开水的体积，再根据木块底面积是容器底面积的．可求出水面上升的高度然后可知水对容器底部产生的压强，问题可解．解答：解：（1）放入物块A前，水对容器底部产生的压强p=ρgh1=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.15m=1500Pa；（2）物块A对容器底部产生的压强p1=ρAgh木=0.4×103kg/m3×10N/kg×0.15m=600Pa；∵ρ木＜ρ水，∴木块漂浮在水面上，∵F浮=ρ水gV排=G木，∴ρ水gs△h=m木g=ρ木V木gρ水gs△h=m木g=ρ木sh木g解得△h=0.02m，则把物块A放入容器中静止时，水对容器底部产生的压强p2=ρgh2=1.0×103kg/m3×10N/kg×（0.15m+0.02m）=1700Pa；==．故答案为：1500；6：17．点评：本题考查了学生对液体压强公式、阿基米德原理、物体的漂浮条件的掌握和运用，难度较大． 三、作图、实验与探究（21、22题各2分、23题5分，24题7分，25题8分，共24分．将答案填写在答题卡上对应位置内）21．（2分）（2022•玉林）根据图小磁针静止时的指向，在对应位置标出通电螺线管的N极和电源的“+”和“﹣”极．考点：通电螺线管的极性和电流方向的判断；磁极间的相互作用；安培定则．专题：作图题；磁现象、电生磁．17\n分析：由磁极间的相互作用规律：同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，判断出通电螺线管的NS极，再由安培定判断出电流的方向，标出电源的正、负极．解答：解：由磁极间的相互作用规律可知通电螺线管的左端为S极，右端为N极；根据安培定则，伸出右手，使右手大拇指指示通电螺线管的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入的，右端流出，所以电源的左端为正极，右端为负极．如图所示：点评：本题考查了磁极间的相互作用规律和安培定则的使用．利用定则既可由电流的方向判定磁极磁性，也能由磁极极性判断电流的方向和线圈的绕法． 22．（2分）（2022•玉林）如图所示，B物体叠放在A物体上，随A物体在拉力F作用下在水平面上匀速运动，请画出B物体受力的示意图．考点：力的示意图．专题：重力、弹力、摩擦力．分析：A、B两物块叠放在水平面上，在水平恒力F作用下，A、B一起匀速运动，知B处于平衡状态，据此进行受力分析，再根据力的示意图的画法画出B物体受力示意图．解答：解：由于A、B做匀速运动，B处于平衡状态，则B受作用，不会受摩擦力作用，因为一旦受摩擦力，B将不再平衡，所以A受到重力G和支持力F的作用，如图所示：点评：本题考查了力的示意图的画法，对B进行正确的受力分析是本题的关键． 23．（5分）（2022•玉林）下面是小华进行探究“平面镜成像特点”的活动过程．（1）实验室有厚为0.2cm的透明玻璃板A和厚为0.5cm的透明玻璃板B．为了减小误差，他应该选用 A 玻璃板做实验．（选填“A”或“B”）．（2）为了便于观察，该实验最好在 较黑暗 环境中进行（选填“较明亮”或“较黑暗”）．（3）如图所示，把点燃的a蜡烛放在玻璃板的前面，可以看到它在玻璃板后面的像，如果将a蜡烛向玻璃板靠近，像的大小会 不变 （选填“变大”、“不变”或“变小”）．（4）如果在a蜡烛像的位置上放一张白纸做屏幕，则在白纸板上 不能 （选填“能”或“不能”）承接到a蜡烛的像．这说明平面镜所成的像是 虚 像．17\n考点：平面镜成像的特点、原理、现象及其实验方案．专题：探究型实验综合题．分析：（1）从厚玻璃板的两个面都可以当作反射面，会出现两个像这一角度去分析此题．（2）物体射出的光线对人眼刺激越强，人眼感觉物体越亮，物体经过平面镜反射，反射光线进入人眼的光线越多，人眼感到物体的像越亮．在比较亮的环境中，很多物体射出光都对眼睛有刺激，干扰人的视线．（3）平面镜成像大小跟物体的大小有关，这是关键．（4）实像能承接在光屏上，虚像不能承接到光屏上．解答：解：（1）因为厚玻璃板的两个面都可以当作反射面，会出现两个像，影响到实验效果，所以应选用薄玻璃板，用0.2cm厚的．（2）在比较明亮的环境中，很多物体都在射出光线，干扰人的视线，在较黑暗的环境中，蜡烛是最亮的，蜡烛射向平面镜的光线最多，反射光线最多，进入人眼的光线最多，感觉蜡烛的像最亮．所以在比较黑暗的环境中进行实验．（3）平面镜成像大小跟物体大小有关，与物体到平面镜的距离无关，蜡烛a向玻璃板靠近，像的大小不会变化．（4）当在a蜡烛像的位置上放一张白纸做屏幕，白纸上不能承接到像，因为平面镜成虚像．故答案为：（1）A；（2）较黑暗；（3）不变；（4）不能；虚．点评：本题考查学生动手操作实验的能力并会根据对实验现象的分析得出正确的结论．此类题目在近几年中考中频繁出现，备受出题人青睐，其实解答此类题目往往有规律可循，牢记并紧扣平面镜成像特点可比较容易的进行解答． 24．（7分）（2022•玉林）下面是小王利用刻度均匀的匀质杠杆进行探究“杠杆的平衡条件”的实验．（每个钩码重0.5N）（1）实验前，将杠杆的中点置于支架上，当杠杆静止时，发现杠杆左端下沉，这时应将平衡螺母向 右 （选填“左”或“右”）端调节，直到杠杆在水平位置平衡．（2）如图1所示，①在杠杆A点处挂4个钩码，则在B点处应挂 6 个同样的钩码，杠杆仍然在水平位置平衡．②把B点处的钩码取下，在B点处施加一个竖直向下的拉力F= 3 N时，杠杆仍然在水平位置平衡．当拉力F向右倾斜时，仍要保持杠杆在水平位置平衡，拉力F的大小将 变大 （选填“变大”、“变小”或“不变”）．原因是 F的力臂变小 ．（3）如果小王又进行了如图2所示的探究，考虑杠杆 重力 的影响，发现用弹簧测力计在C点竖直向上拉使杠杆仍然处于水平位置平衡时，则弹簧测力计的示数应大于 3 N．17\n考点：探究杠杆的平衡条件实验．专题：压轴题；探究型实验综合题．分析：（1）在调平杠杆平衡时，杠杆的哪端高，平衡螺母要向哪端移动；（2）根据杠杆的平衡条件计算出在B点挂的钩码个数或拉力的大小；当拉力F向右倾斜时，分析出力臂的变化结合杠杆的平衡条件判断力的变化；（3）若杠杆的支点在杠杆的中点处，此时重力恰好作用在支点，若不在中点，此时杠杆的平衡会受重力的影响，根据重力的方向判断出重力是使杠杆向哪个方向转动，从而判断出测量结果偏差．解答：解：（1）杠杆静止时，杠杆左端下沉，说明右端偏高，平衡螺母需向右调节；（2）①设杠杆每个格的长度为L，每个钩码的重力为G，根据杠杆的平衡条件：FALA=FBLB4G•3L=FB•2L解得FB=6G需挂6个钩码．②若在B点处施加一个竖直向下的拉力，则FB=6G=6×0.5N=3N；若拉力F向右倾斜时，此时F的力臂变短，根据杠杆的平衡条件，力变大；（3）若不计杠杆的重力，根据杠杆的平衡条件：F向上L向上=F向下L向下F′•3L=3G•6L解得F′=6G=6×0.5N=3N由于杆的重心在杆的中点，方向竖直向下，重力与钩码同时使杠杆向逆时针方向转动，所以弹簧测力计的示数应大于3N．故答案为：（1）右；（2）①6；②3；变大；F的力臂变小；（3）重力；3．点评：此题是探究杠杆平衡实验，考查了杠杆的调平及杠杆平衡条件的应用，在利用平衡条件公式时，要注意分析力和对应的力臂． 25．（8分）（2022•玉林）小明用图（甲）所示的电路探究“电阻上的电流跟两端电压的关系”．（1）请你在图（甲）中用一根导线（用笔画线代替）完成实验电路的连接．（要求滑动变阻器滑片向左移动时，电流表示数增大）（2）连接电路时，开关要 断开 ．17\n（3）闭合开关后，无论怎样调节滑动变阻器的滑片，都发现电流表无示数，电压表有示数．其原因可能是电阻R 断路 （选填“断路”或“短路”）（4）排除故障后，小明在实验中通过调节滑动变阻器的滑片，测出电阻R在不同电压下的电流值，如下表所示U（V）0.51.01.61.92.53.0I（A）0.10.20.30.40.50.6①小明在实验中所用电阻R的阻值约为 5 Ω．②分析表中的数据得到：电阻一定时，电流跟电压成 正比 ．（5）小明将电阻R换成一个额定电压为3.8V，阻值约为10Ω的小灯泡，进行”“测量小灯泡的额定电功率”的实验：①在增加一节干电池的同时对电路还必须进行改动的是 电压表选择0～15V量程 ．②当调节滑动变阻器的滑片使电压表的示数为3.8V时，电流表的示数如图（乙）所示，其读数为 0.3 A，则小灯泡的额定功率是 1.14 W．考点：探究电流与电压、电阻的关系实验．专题：压轴题；探究型实验综合题．分析：（1）在连接电路时，注意滑动变阻器要一上一下，根据题目要求选择下面一个接线柱，滑片离下面一个接线柱越远，电阻越大；（2）在连接电路时，为防止电路接错电流过大，滑片应移至最大阻值处；（3）根据电流表的示数判断电路中出现了断路，根据电压表的示数判断哪儿发生了断路；（4）①根据其中的一组电流、电压值，代入公式R=计算出电阻；②根据电流和电压的变化，得出电流和电压的正比例关系；（5）①主要检查电流表、电压表的量程选择是否合适；②读出电流表的数值，根据公式P=UI计算出电功率的值．解答：解：（1）滑动变阻器滑片向左移动时，电流表示数增大，说明滑动变阻器的阻值应减小，则应接下面左边的接线柱，如图所示：（2）在连接电路时，开关应断开；（3）电流表无示数，说明电路中某处发生了断路，又因为电压表有示数，说明与电压表并联的导体断路；（4）①由第一组数据知，当U=0.5V时，I=0.1A，所以R===5Ω②由表格中数据知，电阻不变，电压增大为原来的几倍，则电流增大为原来的几倍，可知电阻不变，导体的电流与它两端的电压成正比．（5）①由于电流表的数值不会很大，所以可以选择0～0.6A的量程，而额定电压3.8V大于3V，所以电压表量程应改为0～15V；②由图知，电流表的量程为0～0.6A，分度值0～0.02A，所以其示数为0.3A．17\nP=UI=3.8V×0.3A=1.14W．故答案为：（1）如上图；（2）断开；（3）断路；（4）①5；②正比；（5）①电压表选择0～15V量程；0.3；1.14．点评：此题探究“电阻上的电流跟两端电压的关系”实验，考查了有关电路的连接，特别是滑动变阻器的接法，同时考查了电阻的计算和额定功率的计算，在此题中正确读出电流表的数值很重要；同时考查了电路故障的分析和测量数据的分析． 四、综合应用（26小题7分，27小题8分，28题9分，共24分．请将解答过程填写在答题卡上对应位置内．其中计算题的解答过程应写出必要的文字说明、主要公式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，结果应写明数值和单位）26．（7分）（2022•玉林）如图所示是一台电热水器铭牌上的部分信息．请根据铭牌提供的信息解答下列问题：[c水=4.2×103J/（kg∙℃）]（1）若给该电热水器装满水进行加热，使水的温度从22℃升高到62℃，求水吸收的热量．（2）如果电热水器正常工作时，所产生的热量有80%被水吸收，则上一问题中给水加热的时间是多少？（3）当电热水器通电后水温达到最高时，为什么与电热水器连接的铜导线却不怎么热？考点：电功与热量的综合计算；电热；焦耳定律在实际中的应用．专题：计算题；应用题；电和热综合题．分析：（1）从铭牌知道电热水器的容积即装满水的体积，利用密度公式求水的质量；又知道水的温度变化和水的比热容，根据吸热公式求水吸收的热量；（2）根据效率公式求出消耗的电能，利用W=Pt求出给水加热的时间；（3）由焦耳定律知道，电流通过导体产生的热量跟电流的平方、电阻大小和通电时间成正比．电热水器通电后和连接的铜导线串联在电路中（通过的电流相等），通电时间是相同的，而电热水器的电阻比铜导线的电阻大，据焦耳定律分析．解答：解：（1）电热水器装满水的体积：V=10L=1×10﹣2m3，根据ρ=可得，水的质量：m=ρ水v=1×103kg/m3×1×10﹣2m3=10kg，水吸收的热量：Q吸=cm（t﹣t0）=4.2×103J/（kg•℃）×10kg×（62℃﹣22℃）=1.68×106J；（2）∵η=×100%，∴消耗的电能：W===2.1×106J，根据W=Pt可得，给水加热的时间：17\nt===1050s；（3）电热水器通电后，电热水器电阻和铜导线串联，I电炉丝=I导线，通电时间t相同，∵Q=I2Rt，R电热水器＞R导线，∴电流产生的热量：Q电热水器＞Q导线，从而出现水温达到最高时，电热水器连接的铜导线却不怎么热的现象．答：（1）水吸收的热量为1.68×106J；（2）给水加热的时间是1050s；（3）因为电炉丝的电阻大，产生的热量多．点评：本题考查了密度公式、吸热公式、效率公式、电功公式和焦耳定律的应用，与生活相连，使学生觉得学了物理有用，计算时注意单位的统一． 27．（8分）（2022•玉林）如图所示，电源电压为6V，滑动变阻器R1标有“10Ω2A”的字样，当滑动变阻器滑片P在最右端时，闭合开关S，电流表的0.5A．求：（1）R2的阻值；（2）此时电流表的示数；（3）若在电路安全工作的前提下，移动滑动变阻器滑片P，电路消耗的总功率范围．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；电功率的计算．专题：计算题；压轴题；电路和欧姆定律；电能和电功率；电路变化分析综合题．分析：由电路图可知，滑动变阻器R1和定值电阻R2并联，电流表A测干路电流，电流表A1测R2支路的电流．（1）根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出R2的阻值；（2）根据欧姆定律求出当滑动变阻器滑片P在最右端时通过的电流，利用并联电路的电流特点求出干路电流表的示数；（3）根据P=UI求出此时电路消耗的最小电功率，由变阻器的铭牌可知通过的最大电流，根据并联电路的电流特点求出干路最大电流，利用P=UI求出电路消耗的最大电功率，即可求出电路消耗的总功率范围．解答：解：由电路图可知，滑动变阻器R1和定值电阻R2并联，电流表A测干路电流，电流表A1测R2支路的电流．（1）∵并联电路中各支路两端的电压相等，∴根据欧姆定律可得，R2的阻值：R2===12Ω；17\n（2）此时通过滑动变阻器的电流：I1===0.6A，∵并联电路中干路电流等于各支路电流之和，∴此时电流表A的示数为：I=I1+I2=0.6A+0.5A=1.1A；（3）电路消耗的最小总功率：Pmin=UI=6V×1.1A=6.6W，由滑动变阻器的铭牌可知，允许通过的最大电流为2A，电路中的最大电流：I′=I1′+I2=2A+0.5A=2.5A，电路消耗的最大总功率：Pmax=UI′=6V×2.5A=15W，∴在电路安全工作的前提下，移动滑动变阻器滑片P，电路消耗的总功率范围为6.6W～15W．答：（1）R2的阻值为12Ω；（2）此时电流表A的示数为1.1A；（3）若在电路安全工作的前提下，移动滑动变阻器滑片P，电路消耗的总功率范围为6.6W～15W．点评：本题考查了并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，关键是根据滑动变阻器的铭牌确定电路中的最大电流，同时要注意滑片移动时通过定值电阻的电流不变． 28．（9分）（2022•玉林）小李用如图的滑轮组匀速提升水中的重物．当重物A未露出水面之前，人对地面的压力为F1；当重物A完全露出水面之后，人对地面的压力为F2．已知重物A的重力为750N，体积为0.015m3，动滑轮重为120N，F1：F2=3：2．（不计绳重和摩擦，g取10N/kg）求：（1）重物A的密度；（2）重物A浸没在水中时受到的浮力；（3）重物A未露出水面之前，滑轮组的机械效率；（4）人的重力．考点：密度的计算；浮力大小的计算；滑轮（组）的机械效率．专题：压轴题；密度及其应用；浮力；功、功率、机械效率．分析：（1）已知物体A重，利用重力公式求其质量，再利用密度公式求物体A的密度；（2）根据F浮=ρgV排可求得重物A浸没在水中时受到的浮力；（3）重物A未露出水面之前，滑轮组的机械效率η==，（4）当重物A未露出水面之前，人对地面的压力为F1；则F1+（G﹣F浮+G动17\n）=G，当重物A完全露出水面之后，人对地面的压力为F2．则F2+（G+G动）=G，再根据F1：F2=3：2．即可求得结论．解答：解：（1）mA===75kg，ρA===5×103kg/m3；（2）重物A浸没在水中时受到的浮力F浮=ρgV排=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.015m3=150N；（3）重物A未露出水面之前，滑轮组的机械效率η=×100%=×100%=×100%=×100%≈83%，（4）当重物A未露出水面之前，人对地面的压力为F1；则F1+（G﹣F浮+G动）=G…①，当重物A完全露出水面之后，人对地面的压力为F2．则F2+（G+G动）=G…②，再根据F1：F2=3：2．解得G=435N．答：（1）重物A的密度为=5×103kg/m3；（2）重物A浸没在水中时受到的浮力为150N；（3）重物A未露出水面之前，滑轮组的机械效率为83%；（4）人的重力为435N．点评：本题考查了学生对密度公式、重力公式、阿基米德原理、效率公式的掌握和运用，涉及到对物体的受力分析，知识点多、综合性强，属于难题！ 17
