2022年甘肃省兰州市中考物理试卷

第33页（共33页）2022年甘肃省兰州市中考物理试卷一、选择题：本大题11小题，每小题3分，共33分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。1．（3分）校园生活，同学们并不陌生，下列有关说法最合理的是（）A．操场篮球架上的篮圈距地面的高度约为5m B．此时教室内的温度约为42℃ C．微机室内台式计算机的功率约为300W D．普通乒乓球拍的质量约为2kg2．（3分）笛子是一种常见的管乐器，下列说法错误的是（）A．笛子发出的声音是由空气柱振动产生的 B．笛声在真空中的传播速度为340m/s C．用不同的力度吹奏主要改变了声音的响度 D．吹奏时按压不同位置的气孔，主要改变了声音的音调3．（3分）如图所示为甲和乙两种物质的质量与体积关系图像，分析图像可知（）A．甲物质的密度与质量成正比 B．若甲、乙的体积相等，则甲的质量较小 C．甲、乙两种物质的密度之比为4：1 D．若甲、乙的质量相等，则甲的体积较大4．（3分）如图所示的情境中，对物体不做功的是（）A．图甲：用力搬石头，没有搬动 B．图乙：将重物从地面拉到高处 C．图丙：推车向前运动 D．图丁：挺举杠铃的过程5．（3分）如图所示，放在水平桌面上的溢水杯盛满水，弹簧测力计挂一个实心铁块其示数为F1。将铁块缓慢浸没入水中（未接触溢水杯），若溢出的水全部流入小烧杯，弹簧测力计的示数为F2，下列判断正确的是（）A．铁块受到的浮力F浮＝F2﹣F1 B．小烧杯中的水重G＝F1﹣F2 C．两次实验中，水对溢水杯底的压强p甲＜p乙 D．两次实验中，溢水杯对桌面的压力F甲＜F乙6．（3分）关于磁现象，下列说法正确的是（）A．图甲：通电时小磁针发生明显偏转说明通电导体周围存在地磁场 B．图乙：利用此装置可说明电磁铁磁性强弱与线圈匝数有关 C．图丙：利用此装置可说明发电机的工作原理 D．图丁：利用此装置可说明电动机的工作原理7．（3分）如图所示，放在M、N两水平桌面上的A、B两物体，分别在F1＝3N、F2＝5N的水平拉力作用下做匀速直线运动，下列判断正确的是（）A．物体A受到的摩擦力一定小于物体B受到的摩擦力 B．桌面M一定比桌面N粗糙 C．物体A的质量一定大于物体B的质量 D．物体A的速度一定大于物体B的速度8．（3分）如图所示，斜面长10m，高4m。用平行于斜面F＝50N的拉力，将重100N的物体，从斜面的底端匀速拉到顶端。在此过程中，下列说法正确的是（）A．利用此装置既可以省力，也可以省功 B．物体受到的摩擦力为50N C．对物体所做的有用功为500J D．该斜面的机械效率为80%9．（3分）如图所示，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，电源电压保持不变。闭合开关S，滑动变阻器滑片P从中点向右移动过程中，下列说法正确的是（）A．电流表A1变小，A2变小，电压表V变大 B．电流表A1变小，A2不变，电压表V不变 C．电压表V的示数与电流表A2示数的比值变小 D．电流表A2、A1的示数之差与电压表示数的乘积不变10．（3分）现有“6V3W”和“12V6W”字样的甲、乙两只灯泡，不考虑灯丝电阻的变化，下列说法正确的是（）A．通电时间相同时，甲灯泡消耗的电能一定比乙灯泡少 B．通电时间相同时，电流通过乙灯泡比甲灯泡做功一定快 C．两只灯泡串联工作时，甲灯泡产生的热量一定比乙灯泡少 D．两只灯泡并联工作时，干路中允许通过的最大电流为1A11．（3分）如图所示，电源电压保持不变，滑动变阻器R标有“30Ω1A”，定值电阻R0的阻值为10Ω，小灯泡L标有“6V0.6A”，电流表的量程为0～3A。不考虑灯丝电阻的变化，只闭合S，滑片P移到R的中点时，小灯泡恰好正常发光。在保证电路安全的前提下，下列说法错误的是（）A．小灯泡的电阻为10Ω B．电源电压为15V C．小灯泡发光最暗时的功率约为1.4W D．电路消耗总功率的最小值与最大值之比是1：8二、填空题：本大题5小题，每空1分，共10分。12．（2分）2022年3月29日，我国成功发射长征六号改运载火箭，搭载了“浦江二号”和“天鲲二号”卫星。在火箭加速升空的过程中，若以发射台为参照物，该火箭是的，卫星的机械能（选填“增大”、“不变”或“减小”）。13．（2分）一台单缸四冲程汽油机，只有第三个冲程中燃气对外做功，其他冲程是靠飞轮的来完成的；若飞轮的转速为1200r/min，则该汽油机每秒钟做功次。14．（2分）如图所示，物块在水平拉力F（大小未知）的作用下，在水平直线轨道上运动，其中AB＝CD＝10m。已知物块在AB段和CD段分别以2m/s和4m/s的速度匀速运动，且在AB段、CD段所受摩擦力分别为1N和2N，则该物块通过AB段和CD段所用的时间之比为，拉力F在AB段做功的功率为W。15．（2分）如图所示，两只气球自由地悬挂在空中。为了使两只气球靠拢，你所采用的方法是，其中用到的物理知识是。16．（2分）阅读短文，回答问题。页岩气页岩气是指附存于有机质泥页岩及其夹层中，以吸附和游离状态为主要存在方式的非常规天然气，成分以甲烷为主，是一种清洁、高效的能源资源和化工原料。页岩气主要用于居民燃气、城市供热、发电、汽车燃料和化工生产等，用途广泛。页岩气生产过程中一般无需排水，生产周期长，一般为30年～50年，勘探开发成功率高，具有较高的工业经济价值。随着社会对能源需求不断扩大，特别是水平井与压裂技术水平不断进步，人类对页岩气的勘探开发正在形成热潮。我国页岩气资源潜力大，初步估计我国页岩气可采资源量在36.1万亿立方米，与常规天然气相当。（1）页岩气属于（填“可再生”或“不可再生”）能源。（2）若页岩气的热值为4.2×107J/m3，则燃烧5m3页岩气放出的热量为J。三、识图、作图题：本大题3小题，其中第17题4分，第18、19题每题3分，共10分。17．（4分）图甲中物块的质量是g；图乙中物体A重N；物体B沿着斜面匀速下滑，图丙中（选填“G1”、“G2”或“G3”）为物体B所受重力的示意图；图丁中通电螺线管的C端是（选填“N”或“S”）极。18．（3分）如图所示，由发光点A发出的光射到水面上，同时发生反射和折射，反射光线经过S点，试在图中画出入射光线、反射光线和大致的折射光线。19．（3分）如图甲是宾馆床头柜上开关示意图，图乙是其控制的电路，其中S1为旋钮开关，单独控制台灯的通断和亮度，S2为单独控制电视插座的开关。在图乙中将电路图连接完整，要求符合安全用电原则。四、实验题：本大题3小题，第22题第1小题1分，其余每空1分，共14分。20．（6分）小华同学选用图甲、图乙所示的装置，探究了冰的熔化及水沸腾时温度的变化特点，图丙是由测量数据所绘制的图像。（1）要完成这个实验，除了图示的器材外，还需要的测量器材是；若只探究冰熔化应选用图（选填“甲”或“乙”）装置来进行实验，效果更好；在探究水沸腾时温度的变化特点时，试管口产生“白气”的原因：水蒸气遇冷成小水珠。（2）由图丙可知冰是（选填“晶体”或“非晶体”），水的沸点是℃.（3）在评估交流时，有同学提出从开始加热到沸腾所用时间过长，请你说出一种能节省实验时间的方法。21．（3分）小聪同学按照如图所示的装置对动滑轮特点进行了探究，实验数据见下表。通过分析数据，他觉得与“使用动滑轮能省一半的力”的结论偏差较大。（1）该实验中出现这样结果的主要原因是没有考虑；（2）在实验过程中，提升重物时应该注意沿竖直方向拉动。动滑轮可视为杠杆的变形，则此时其支点为（选填“A”、“B”或“C”）点。实验次数物重G/N弹簧测力计示数F/N11.00.721.51.032.01.322．（5分）实验小组的同学们用如图甲所示的电路“探究电流与电阻的关系”。电源电压为6V，滑动变阻器规格为“50Ω2A”，现有5Ω、10Ω、15Ω、25Ω、30Ω的定值电阻各一个。（1）根据图甲将图乙所示的实物连接完整。（2）连接电路时，开关应；（3）在该实验中，若滑动变阻器接触不良，则闭合开关时，电流表和电压表的示数情况是。排除故障后，接入5Ω的电阻，移动滑片P到某一位置时电流表示数如图丙所示，此时通过电阻的电流为A，电压表示数为U1。（4）将5Ω的电阻分别换成10Ω、15Ω、25Ω、30Ω的电阻，继续实验。小明发现当定值电阻为30Ω时，无法完成实验。为了让30Ω的电阻也能完成实验，他设计了如下三个调整方案，其中错误的是（选填“A”、“B”或“C”）。A.电源电压不变，在电路中多串联一个10Ω的电阻，其余操作不变B.U1不变，改变电源电压，电源电压的取值范围是2V～4.4VC.电源电压不变，改变U1的大小（视需要可改变电压表、电流表的量程），U1的取值范围是2.25V～6V五、计算题：本大题2小题，共14分。解答应写出必要的文字说明、公式和步骤，只写最后结果的不给分。23．（7分）一个质量为1kg且质地均匀的长方体物块，底面是边长为10cm的正方形。（1）物块漂浮在水面上时，浸入在水中的体积占物块总体积的，此时物块所受到的浮力大小是多大？（2）用手缓慢下压物块，如图所示，当物块下表面所处的深度为0.09m时，物块下表面受到水的压强是多少？（3）继续用手缓慢下压物块，当物块上表面与液面刚好相平时，需要施加压力是多大？24．（7分）一款内置电陶炉的电暖桌如图甲所示，它不仅具有桌面暖手、桌底暖脚功能，还可以烧水、煮茶等。电陶炉的简化电路如图乙所示，其参数如表所示，高温挡额定功率字迹已被磨损。旋转旋钮开关，可实现停止工作、低温挡和高温挡的转换。R1和R2均为电热丝，R2＝72.6Ω。求：电陶炉额定电压220V额定功率高温挡××W低温挡400W（1）R1的阻值；（2）高温挡额定功率；（3）在某用电高峰期，若家庭电路中只有电陶炉在工作，发现标有“3000imp/（kW•h）”的电能表的指示灯闪烁168次，使质量为1.7kg的水从25℃升高到49℃，求此时电陶炉的加热效率。[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]

2022年甘肃省兰州市中考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题11小题，每小题3分，共33分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。1．（3分）校园生活，同学们并不陌生，下列有关说法最合理的是（）A．操场篮球架上的篮圈距地面的高度约为5m B．此时教室内的温度约为42℃ C．微机室内台式计算机的功率约为300W D．普通乒乓球拍的质量约为2kg【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、篮球架上的篮圈距地面的高度约3.05m，故A不合理。B、此时教室内的温度约为25℃，故B不合理。C、微机室内台式计算机的功率约为300W，故C合理。D、普通乒乓球拍的质量较小，约为4g，故D不合理。故选：C。【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。2．（3分）笛子是一种常见的管乐器，下列说法错误的是（）A．笛子发出的声音是由空气柱振动产生的 B．笛声在真空中的传播速度为340m/s C．用不同的力度吹奏主要改变了声音的响度 D．吹奏时按压不同位置的气孔，主要改变了声音的音调【分析】（1）声音是由物体振动产生的；（2）声音可以通过固体、液体和气体传播，不能在真空中传播；（3）音调指声音的高低，响度指声音的大小。【解答】解：A、吹奏笛子时，声音是空气柱振动产生的，故A正确；B、声音不能在真空中传播，故B错误；C、用不同的力度吹奏是为了改变振幅，从而改变响度，故C正确；D、吹奏时按压不同位置的气孔，是为了改变振动的频率，从而改变了声音的音调，故D正确。故选：B。【点评】本题考查了声的产生、传播、声音的特性和减弱噪声的方法等，都是属于基础知识，掌握基础知识很重要。3．（3分）如图所示为甲和乙两种物质的质量与体积关系图像，分析图像可知（）A．甲物质的密度与质量成正比 B．若甲、乙的体积相等，则甲的质量较小 C．甲、乙两种物质的密度之比为4：1 D．若甲、乙的质量相等，则甲的体积较大【分析】（1）密度是物质的一种特性，与物质的种类、状态和温度有关，与质量和体积无关；（2）根据图像可知若甲、乙体积相等时，甲、乙的质量大小关系；（3）根据图中的数据利用密度公式可求出甲、乙的密度，进而可得出甲、乙的密度之比；（4）根据图像可知若甲、乙质量相等时，甲、乙的体积大小关系。【解答】解：A、密度是物质的一种特性，与质量无关，故A错误；B、由图可知，若甲、乙的体积相等，则甲的质量较大，故B错误；C、由图可知，乙的密度为：ρ乙＝＝＝0.5g/cm3，甲的密度为：ρ甲＝＝＝2g/cm3，则甲、乙两种物质的密度之比为：ρ甲：ρ乙＝2g/cm3：0.5g/cm3＝4：1，故C正确；D、由图可知，若甲、乙的质量相等，则乙的体积较大，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了密度公式的应用，从图上读取相关信息是解题的关键。4．（3分）如图所示的情境中，对物体不做功的是（）A．图甲：用力搬石头，没有搬动 B．图乙：将重物从地面拉到高处 C．图丙：推车向前运动 D．图丁：挺举杠铃的过程【分析】做功的两个必要因素：1．作用在物体上的力；2．物体在力的方向上通过的距离（即力和距离的方向要一致）；二者缺一不可。【解答】解：A、图中人用力搬石头，搬而未起，只有力没有距离，所以人对物体没有做功，故A正确；B、图中人拉重物从地面提到高处，重物在拉力的方向上移动了距离，所以人对物体做功，故B错误；C、推车向前运动，车在人的推力的方向上通过了距离，对车做功，故C错误；D、挺举杠铃的过程，杠铃在力的方向上通过了距离，人对杠铃做了功，故D错误。故选：A。【点评】本题考查了力是否做功的判断方法，基础题目。5．（3分）如图所示，放在水平桌面上的溢水杯盛满水，弹簧测力计挂一个实心铁块其示数为F1。将铁块缓慢浸没入水中（未接触溢水杯），若溢出的水全部流入小烧杯，弹簧测力计的示数为F2，下列判断正确的是（）A．铁块受到的浮力F浮＝F2﹣F1 B．小烧杯中的水重G＝F1﹣F2 C．两次实验中，水对溢水杯底的压强p甲＜p乙 D．两次实验中，溢水杯对桌面的压力F甲＜F乙【分析】（1）根据称重法求浮力分析解答；（2）根据阿基米德原理分析解答：物体所受浮力等于排开液体的重力；（3）根据p＝ρgh分析水对溢水杯底部的压强变化；（4）溢水杯对桌面的压力等于水对溢水杯底的压力与溢水杯的重力之和。【解答】解：A、F1为铁块浸没水中前的拉力（等于铁块的重力），F2为铁块浸没水中后的拉力，根据称重法测浮力可知，铁块受到的浮力F浮＝F1﹣F2，故A错误；B、根据阿基米德原理可知，铁块所受浮力等于排开水的重力，所以小烧杯中水的重力（排开水的重力）G＝F浮＝F1﹣F2，故B正确；C、甲乙液面相平，且液体均为水，根据p＝ρgh可知，水对溢水杯底部的压强相等，故C错误；D、铁块浸没在水中后，水面高度不变，水对杯底的压强不变，根据F＝pS可知，水对杯底的压力不变，溢水杯的重力不变；因溢水杯对桌面的压力等于水对溢水杯底的压力与溢水杯的重力之和，所以溢水杯对桌面的压力不变，即F甲＝F乙，故D错误。故选：B。【点评】此题考查了液体压强公式、阿基米德原理的应用，同时考查称重法求浮力，知道“溢水杯对桌面的压力等于水对溢水杯底的压力与溢水杯的重力之和是解答此题的关键。6．（3分）关于磁现象，下列说法正确的是（）A．图甲：通电时小磁针发生明显偏转说明通电导体周围存在地磁场 B．图乙：利用此装置可说明电磁铁磁性强弱与线圈匝数有关 C．图丙：利用此装置可说明发电机的工作原理 D．图丁：利用此装置可说明电动机的工作原理【分析】分析图示实验，确定实验原理或现象，然后结合相关知识分析答题。【解答】解：A、该图是奥斯特实验，说明电流的周围存在磁场，不是地磁场，故A错误；B、图中两个电磁铁串联，通过的电流相同，线圈匝数不同，吸起大头针的数目不同，说明电磁铁磁性强弱与线圈匝数有关，故B正确；C、图中实验研究的是通电导体在磁场中受力运动，能说明电动机工作原理，故C错误；D、图中闭合电路中的部分导体在磁场中做切割磁感线的运动时，会产生感应电流，这是电磁感应现象，该实验说明机械能可以转化为电能，利用此装置可说明发电机的工作原理，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了电流的磁效应、发电机的工作原理、通电导体在磁场中受力运动、影响电磁铁磁性强弱的因素，难度不大。7．（3分）如图所示，放在M、N两水平桌面上的A、B两物体，分别在F1＝3N、F2＝5N的水平拉力作用下做匀速直线运动，下列判断正确的是（）A．物体A受到的摩擦力一定小于物体B受到的摩擦力 B．桌面M一定比桌面N粗糙 C．物体A的质量一定大于物体B的质量 D．物体A的速度一定大于物体B的速度【分析】（1）匀速直线运动的物体受到平衡力的作用，知道拉力，根据二力平衡条件判断滑动摩擦力大小。（2）滑动摩擦力大小跟压力大小和接触面粗糙程度有关，跟物体的运动速度、接触面积大小都没有关系。当接触面粗糙程度一定时，压力越大，滑动摩擦力越大。当压力大小一定时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大。【解答】解：A、对于物体A来讲，水平方向上受到水平向右的拉力和水平向左的滑动摩擦力作用，这两个力是平衡力，大小相等，拉力大小是3N，所以滑动摩擦力大小是3N。对于物体B来讲，水平方向上受到水平向右的拉力和水平向左的滑动摩擦力作用，这两个力是平衡力，大小相等，拉力大小是5N，所以滑动摩擦力大小是5N，A受到的摩擦力一定小于B受到的摩擦力，故A正确；BC、A受到的滑动摩擦力小于B受到的滑动摩擦力，滑动摩擦力跟压力大小和接触面的粗糙程度有关，A受到的滑动摩擦力小，有可能是因为桌面N比桌面M粗糙造成的；也有可能是B的质量大，重力大，对桌面的压力大造成的，故BC错误；D、滑动摩擦力的大小与压力大小和接触面的粗糙程度有关，摩擦力大小跟物体的运动速度无关，故D错误。故选：A。【点评】解决此题的关键是先根据物体做匀速直线运动，判断出拉力与摩擦力是一对平衡力，再确定图甲中摩擦力的大小和方向，常见题目。8．（3分）如图所示，斜面长10m，高4m。用平行于斜面F＝50N的拉力，将重100N的物体，从斜面的底端匀速拉到顶端。在此过程中，下列说法正确的是（）A．利用此装置既可以省力，也可以省功 B．物体受到的摩擦力为50N C．对物体所做的有用功为500J D．该斜面的机械效率为80%【分析】A、此装置为斜面，可以省力；根据功的原理可知，使用任何机械都不省功；BCD、根据W有用＝Gh得出对物体所做的有用功；根据W总＝Fs得出总功，根据η＝得出机械效率；根据W额外＝W总﹣W有用得出额外功，根据f＝得出物体受到的摩擦力。【解答】解：A、此装置为斜面，可以省力，根据功的原理可知，使用任何机械都不省功，故使用此装置不省功，故A错误；BCD、对物体所做的有用功W有用＝Gh＝100N×4m＝400J，故C错误；总功W总＝Fs＝50N×10m＝500J，机械效率η＝＝×100%＝80%，故D正确；额外功W额外＝W总﹣W有用＝500J﹣400J＝100J，物体受到的摩擦力f＝＝＝10N，故B错误。故选D。【点评】本题考查功、功率、效率的计算，综合性强，难度适中。9．（3分）如图所示，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，电源电压保持不变。闭合开关S，滑动变阻器滑片P从中点向右移动过程中，下列说法正确的是（）A．电流表A1变小，A2变小，电压表V变大 B．电流表A1变小，A2不变，电压表V不变 C．电压表V的示数与电流表A2示数的比值变小 D．电流表A2、A1的示数之差与电压表示数的乘积不变【分析】由电路图可知，R1与R2并联，电压表测电源的电压，电流表A2测干路电流，电流表A1测R2支路的电流；根据电源电压判定电压表示数的变化情况；闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P从中点向右移动时，根据滑动变阻器阻值变化判定通过其电流的变化；根据并联电路的特点分析通过R1电流的变化和干路电流的变化。【解答】解：由电路图可知，R1与R2并联，电压表测电源的电压，电流表A2测干路电流，电流表A1测R2支路的电流；AB、由于电源电压不变，则电压表示数不变；闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P从中点向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，根据欧姆定律可知，通过滑动变阻器的电流减小，即电流表A1示数变小；由于并联电路互不影响，则通过R1的电流不变，根据并联电路的电流规律可知，干路中的电流变小，即电流表A2示数变小；故AB错误；C、电压表示数不变，电流表A2示数变小，其比值变大，故C正确；D、电流表A2、A1示数之差为通过R1的电流，保持不变，电压表示数不变，所以乘积不变，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，注意滑动变阻器接入电路中电阻的变化是关键。10．（3分）现有“6V3W”和“12V6W”字样的甲、乙两只灯泡，不考虑灯丝电阻的变化，下列说法正确的是（）A．通电时间相同时，甲灯泡消耗的电能一定比乙灯泡少 B．通电时间相同时，电流通过乙灯泡比甲灯泡做功一定快 C．两只灯泡串联工作时，甲灯泡产生的热量一定比乙灯泡少 D．两只灯泡并联工作时，干路中允许通过的最大电流为1A【分析】（1）额定电压是指用电器正常工作时的电压，额定功率是指用电器在额定电压下的电功率；由W＝Pt分析判断；（2）电功率：表示电流做功快慢的物理量；（3）由P＝计算两灯电阻的大小，由串联电路特点和Q＝I2Rt分析判断；（4）由两规格，结合并联电路特点计算干路中的最大电流。【解答】解：“6V3W”和“12V6W”分别是甲两灯的额定电压和额定功率。A、由于两灯是否正常工作，所以两实际功率大小未知，由W＝Pt知，无法判断两灯在相同时间内消耗电能的多少，故A错误；B、由于两灯的实际功率未知，而电功率是表示电流做功快慢的物理量，所以电流通过两灯做功的快慢无法确定，故B错误；C、由P＝可得，R甲＝＝＝12Ω，R乙＝＝＝24Ω，由串联电路的电流特点知，两只灯泡串联工作时，通过的电流相等，由Q＝I2Rt知，相等时间里甲灯产生热量小于乙，故C正确；D、甲的额定电压小于乙，由并联电路的电压规律知，甲和乙灯并联时，电源电压最大为U＝U实乙＝U额甲＝6V，由并联电路的电流规律和欧姆定律可得，干路中允许通过的最大电流：I＝I甲+I乙＝+＝+＝0.75A，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了对额定电压、额定功率的理解、串联和并联电路特点、欧姆定律以及电功率公式的应用，掌握基础知识，灵活应用公式是关键。11．（3分）如图所示，电源电压保持不变，滑动变阻器R标有“30Ω1A”，定值电阻R0的阻值为10Ω，小灯泡L标有“6V0.6A”，电流表的量程为0～3A。不考虑灯丝电阻的变化，只闭合S，滑片P移到R的中点时，小灯泡恰好正常发光。在保证电路安全的前提下，下列说法错误的是（）A．小灯泡的电阻为10Ω B．电源电压为15V C．小灯泡发光最暗时的功率约为1.4W D．电路消耗总功率的最小值与最大值之比是1：8【分析】由图可知，只闭合S，小灯泡L与滑动变阻器R串联，电流表测量干路电流；（1）知道小灯泡的规格，利用欧姆定律求出小灯泡的电阻；（2）根据串联电路的特点可知通过滑动变阻器R的电流，利用欧姆定律求出R两端的电压，根据串联电路的特点可知电源电压；（3）当滑动变阻器滑片P移到右端时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，根据欧姆定律可知电路中的电流最小，小灯泡的实际功率最小，灯泡最暗，利用P＝I2R求出小灯泡发光最暗时的功率；（4）要保证电路安全，分析电路可得，当闭合开关S、S2和S1时，且通过滑动变阻器的电流为1A时，干路电流最大，根据并联电路电压规律和欧姆定律求出通过R0的电流，再根据并联电路电流规律求出干路最大电流，根据P＝UI求出电路消耗的最大总功率；当S闭合，S1、S2都断开，灯泡与滑动变阻器的最大阻值串联时，电路电流最小，根据串联电路电阻规律和欧姆定律求出电流最小电流，再根据P＝UI求出电路消耗的最小总功率，据此可知电路消耗总功率的最小值与最大值之比。【解答】解：A、由I＝可知，小灯泡的电阻RL＝＝＝10Ω，故A正确；B、由于小灯泡正常发光，根据串联电路特点可知，通过滑动变阻器R的电流IR＝IL＝0.6A，由欧姆定律可知，滑动变阻器R两端的电压UR＝IRR′＝0.6A××30Ω＝9V，根据串联电路的电压特点可知，电源电压U＝UL+UR＝6V+9V＝15V，故B正确；C、当滑动变阻器滑片P移到右端时，滑动变阻器接入电路的阻值最大R＝30Ω，此时电路中的最小电流I小＝＝＝＝0.375A，小灯泡发光最暗时的功率P＝I小2RL＝（0.375A）2×1Ω≈1.4W，故C正确；D、要保证电路安全，分析电路可得，当闭合开关S、S2和S1时，且通过滑动变阻器的电流为1A时，干路电流最大；因并联电路中各支路两端电压相等，所以此时通过R0的电流：I0＝＝＝1.5A；因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以干路的最大电流：Imax＝1A+1.5A＝2.5A，电路消耗的最大功率：Pmax＝UImax＝15V×2.5A＝37.5W；当S闭合，S1、S2都断开，R与R0并联，灯泡与滑动变阻器的最大阻值串联时，电路电流最小，因串联电路的总电阻等于各分电阻之和，所以电路最小电流：Imin＝＝＝0.375A，电路消耗的最小功率：Pmin＝UImin＝15V×0.375A＝5.625W；则电路消耗总功率的最小值与最大值之比Pmin：Pmax＝5.625W：37.5W＝3：20，故D错误。故选：D。【点评】本题考查串并联电路的特点、欧姆定律的应用以及电功率的计算，能正确分析电路是解题的关键。二、填空题：本大题5小题，每空1分，共10分。12．（2分）2022年3月29日，我国成功发射长征六号改运载火箭，搭载了“浦江二号”和“天鲲二号”卫星。在火箭加速升空的过程中，若以发射台为参照物，该火箭是运动的，卫星的机械能增大（选填“增大”、“不变”或“减小”）。【分析】（1）研究物体的运动情况时，首先要选取一个物体作为标准，这个被选作标准的物体叫做参照物。研究对象的运动情况是怎样的，就看它与参照物的相对位置是否变化。（2）动能的大小与物体的质量和速度有关，重力势能的大小与物体的质量和高度有关，且动能和势能统称为机械能；【解答】解：（1）以发射台为参照物，火箭的位置相对于发射台发生改变，所以火箭是运动的（2）火箭加速升空的过程，卫星的质量不变、速度增大，动能增大，高度增大，重力势能增大，因此卫星的机械能变大。故答案为：运动；增大。【点评】此题是一道综合题目，考查了机械能、运动和静止的相对性，属于基础题。13．（2分）一台单缸四冲程汽油机，只有第三个冲程中燃气对外做功，其他冲程是靠飞轮的惯性来完成的；若飞轮的转速为1200r/min，则该汽油机每秒钟做功10次。【分析】内燃机的四个冲程：吸气、压缩、做功、排气冲程；四个冲程是一个工作循环，只有做功冲程对外做功，其它三个冲程靠飞轮的惯性完成。1200r/min的含义：它表示热机的飞轮每分钟转1200圈；在一个工作循环中曲轴转2圈，飞轮转2周，做功一次。【解答】解：四冲程内燃机的一个工作循环是由吸气、压缩、做功和排气四个冲程组成的；在内燃机工作的四个冲程中，只有做功冲程对外做功，其它冲程是靠飞轮的惯性来工作的；四冲程汽油机的飞轮转速为1200r/min，则该飞轮每秒钟转20圈；因为一个工作循环飞轮转2圈，完成四个工作冲程，做功1次，所以，1s内飞轮转20圈，活塞往复运动20次，共10个工作循环，做功10次。故答案为：惯性；10。【点评】此题考查了内燃机的种类及四个冲程，要掌握四个冲程的特点及能量转化情况，是基础性题目。14．（2分）如图所示，物块在水平拉力F（大小未知）的作用下，在水平直线轨道上运动，其中AB＝CD＝10m。已知物块在AB段和CD段分别以2m/s和4m/s的速度匀速运动，且在AB段、CD段所受摩擦力分别为1N和2N，则该物块通过AB段和CD段所用的时间之比为5：2，拉力F在AB段做功的功率为2W。【分析】由速度公式的变形式t＝分别得出该物块通过AB段所用时间和通过CD段所用时间，进而得出该物块通过AB段和CD段所用的时间之比；物块在AB段做匀速直线运动，处于平衡状态，根据F＝f1得出所受的拉力，根据P＝＝＝Fv可知拉力F在AB段做功的功率。【解答】解：由速度公式可得，该物块通过AB段所用时间：tAB＝＝＝5s，通过CD段所用时间：tCD＝＝＝2s，则该物块通过AB段和CD段所用的时间之比为：＝＝5：2；物块在AB段做匀速直线运动，处于平衡状态，所受的拉力F＝f1＝1N，根据P＝＝＝Fv可知拉力F在AB段做功的功率P＝FvAB＝1N×2m/s＝2W。故答案为：5：2；2。【点评】本题考查速度和功率的有关计算，综合性强，难度适中。15．（2分）如图所示，两只气球自由地悬挂在空中。为了使两只气球靠拢，你所采用的方法是用吸管向两气球中间吹气（或将一个气球用丝绸摩擦后去靠近另一气球），其中用到的物理知识是气体流速越大，压强越小（或带电体具有吸引轻小物体的性质）。。【分析】可利用以下知识分析解答：（1）流体流速越大，压强越小；（2）物体相互摩擦可以使物体带电，带电体能吸引轻小物体。【解答】解：方法一：用吸管向两气球中间吹气。因为气体流速越大，压强越小，所以向两气球之间吹气时，两气球间的空气流速变大，压强变小，气球外侧的大气压使两只气球靠拢。方法二：将一个气球用丝绸摩擦后去靠近另一气球。这是因为用丝绸摩擦过的气球带了电，能吸引轻小物体，所以两只气球在引力的作用下相互靠拢。故答案为：用吸管向两气球中间吹气（或将一个气球用丝绸摩擦后去靠近另一气球）；气体流速越大，压强越小（或带电体具有吸引轻小物体的性质）。【点评】此题考查了流体压强与流速的关系及物体带电现象，属于开放性题目，答案合理即可。16．（2分）阅读短文，回答问题。页岩气页岩气是指附存于有机质泥页岩及其夹层中，以吸附和游离状态为主要存在方式的非常规天然气，成分以甲烷为主，是一种清洁、高效的能源资源和化工原料。页岩气主要用于居民燃气、城市供热、发电、汽车燃料和化工生产等，用途广泛。页岩气生产过程中一般无需排水，生产周期长，一般为30年～50年，勘探开发成功率高，具有较高的工业经济价值。随着社会对能源需求不断扩大，特别是水平井与压裂技术水平不断进步，人类对页岩气的勘探开发正在形成热潮。我国页岩气资源潜力大，初步估计我国页岩气可采资源量在36.1万亿立方米，与常规天然气相当。（1）页岩气属于不可再生（填“可再生”或“不可再生”）能源。（2）若页岩气的热值为4.2×107J/m3，则燃烧5m3页岩气放出的热量为2.1×108J。【分析】（1）根据煤、石油和天然气属于化石燃料，是不可再生能源解答；（2）知道页岩气的体积和热值，利用燃料完全燃烧公式Q放＝Vq求出这些页岩气完全燃烧放出的热量。【解答】解：（1）页岩气不能在短期内再生，属于不可再生能源；（2）完全燃烧5m3页岩气可放出的热量：Q放＝Vq＝5m3×4.2×107J/m3＝2.1×108J。故答案为：不可再生；2.1×108。【点评】本题考查了能源的分类，燃料释放热量的计算，是一道较为简单的应用题。三、识图、作图题：本大题3小题，其中第17题4分，第18、19题每题3分，共10分。17．（4分）图甲中物块的质量是26.6g；图乙中物体A重1.2N；物体B沿着斜面匀速下滑，图丙中G3（选填“G1”、“G2”或“G3”）为物体B所受重力的示意图；图丁中通电螺线管的C端是S（选填“N”或“S”）极。【分析】（1）物块的质量等于砝码的质量加游码对应的刻度值；（2）首先确定弹簧测力计的分度值，然后根据指针的位置读数；（3）根据重力的方向是竖直向下的进行判断；（4）根据安培定则可判断通电螺线管的N、S极。【解答】解：（1）标尺的分度值是0.2g，物块的质量：m＝20g+5g+1.6g＝26.6g；（2）由图可知，弹簧测力计的分度值为0.2N，示数为1.2N，所以物体A重1.2N；（3）不管物体怎样运动，其所受重力的方向总是竖直向下的，所以，图中G3为物体A所受重力的示意图；（4）由电源正负极可知电流从螺线管的下端流入，结合图中导线的绕法，根据安培定则可知，C端为S极。故答案为：（1）26.6；（2）1.2；（3）G3；（4）S。【点评】本题考查了天平和弹簧测力计的读数、重力的方向、安培定则的应用，属于基础题。18．（3分）如图所示，由发光点A发出的光射到水面上，同时发生反射和折射，反射光线经过S点，试在图中画出入射光线、反射光线和大致的折射光线。【分析】本题首要的问题是确定反射点的位置，可根据反射光线反向延长通过像点，像点与发光点关于水面对称，找到反射点作出反射光线；找到反射点后，补出入射光线，根据光线由空气斜射进入水中折射光线向法线偏折，折射角小于入射角，大致画出折射光线。【解答】解：先作出发光点A关于水面的对称点A′，连接SA′，交平面镜于点O，OS为反射光线，AO为入射光线；过O点垂直水面作出法线，在水中法线的右侧画出折射光线OB，注意折射角小于入射角，辅助线用虚线，如图所示：【点评】①本题考查光的反射定律：反射光线、入射光线、法线在同一个平面内，反射光线与入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角。②平面镜成像的特点：像与物大小相等，连线与镜面垂直，到平面镜的距离相等，左右相反，即像与物关于平面镜对称。③光的折射定律：折射光线、入射光线、法线在同一个平面内，折射光线、入射光线分居法线两侧，当光由空气斜射进入水中或其它透明介质中时，折射光线向法线偏折，折射角小于入射角；当光由水中或其它透明介质斜射进入空气中时，折射光线远离法线偏折，折射角大于入射角。19．（3分）如图甲是宾馆床头柜上开关示意图，图乙是其控制的电路，其中S1为旋钮开关，单独控制台灯的通断和亮度，S2为单独控制电视插座的开关。在图乙中将电路图连接完整，要求符合安全用电原则。【分析】灯泡的接法：火线首先过开关，再接入灯泡，零线直接接入灯泡；S2为单独控制电视插座的开关，则S2应与电视插座串联；【解答】解：火线先进台灯的开关，然后变阻器与灯泡串联，而零线直接接在灯泡上；开关S2应与插座串联，开关S2接在火线上，电视插座的上端直接接在零线上。如图所示：【点评】本题考查了家庭电路的连接，要掌握灯泡、开关、插座的接法，掌握安全用电的原则。四、实验题：本大题3小题，第22题第1小题1分，其余每空1分，共14分。20．（6分）小华同学选用图甲、图乙所示的装置，探究了冰的熔化及水沸腾时温度的变化特点，图丙是由测量数据所绘制的图像。（1）要完成这个实验，除了图示的器材外，还需要的测量器材是秒表；若只探究冰熔化应选用图乙（选填“甲”或“乙”）装置来进行实验，效果更好；在探究水沸腾时温度的变化特点时，试管口产生“白气”的原因：水蒸气遇冷液化成小水珠。（2）由图丙可知冰是晶体（选填“晶体”或“非晶体”），水的沸点是98℃.（3）在评估交流时，有同学提出从开始加热到沸腾所用时间过长，请你说出一种能节省实验时间的方法减少水的质量。【分析】（1）该实验中需要观察不同时刻物质的状态以及温度随时间的变化规律，据此可确定所需的测量工具；利用“水浴法”加热，可以使固态物质受热均匀，且可以防止温度上升较快，便于温度的测量；物质从气态变为液态称为液化；（2）晶体和非晶体的区别是晶体有固定的熔点，而非晶体没有；水沸腾时，继续吸热，但温度不变，这个不变的温度称为沸点；（3）通过减少水的质量、加大酒精灯火焰或提升水的初温，可以缩短实验时间。【解答】解：（1）该实验中需要观察不同时刻物质的状态以及温度随时间的变化规律，所以还需要的测量器材是秒表；若只探究冰的熔化规律，需要利用“水浴法”加热，可以使冰受热均匀，也便于温度的测量，故应选乙装置来进行试验；试管口附近的“白气”是水蒸气上升时遇冷液化形成的；（2）由图丙可知，在BC段，冰吸热但温度保持不变，这是冰的熔化过程，所以冰是晶体；在CD段吸收热量，温度升高，在DE段，水的温度保持不变，这是水的沸腾过程，由图丙可知水沸腾时的温度保持98℃不变，即水的沸点为98℃；（3）为了缩短实验的时间，可以采取的措施是减少水的质量或加大酒精灯火焰等。故答案为：（1）秒表；乙；液化；（2）晶体；98；（3）减少水的质量。【点评】本题是探究冰熔化和水沸腾特点的实验，考查了器材的选取、晶体和非晶体的判断、液化现象以及沸点等知识，是一道常见题。21．（3分）小聪同学按照如图所示的装置对动滑轮特点进行了探究，实验数据见下表。通过分析数据，他觉得与“使用动滑轮能省一半的力”的结论偏差较大。（1）该实验中出现这样结果的主要原因是没有考虑滑轮的自重；（2）在实验过程中，提升重物时应该注意沿竖直方向匀速拉动。动滑轮可视为杠杆的变形，则此时其支点为A（选填“A”、“B”或“C”）点。实验次数物重G/N弹簧测力计示数F/N11.00.721.51.032.01.3【分析】（1）实验中如果忽略滑轮自重和摩擦力的大小，使用动滑轮能省一半的力，如果考虑动滑轮自重，则F＝（G动+G物）；（2）使用动滑轮时，只有匀速竖直向上拉，拉力的力臂才等于滑轮的直径，也使得弹簧测力计的示数稳定，便于读出拉力的大小。【解答】解：（1）由表中数据可知，随着物重的增加，测力计的示数变大，但比物重的一半要大，这与“使用动滑轮能省一半的力”的结论偏差较大。其主要原因是没有考虑滑轮的自重；（2）使用动滑轮提升物体时，只有匀速竖直向上拉动弹簧测力计，使得弹簧测力计的示数稳定，便于读出拉力的大小，此时动滑轮的实质是动力臂等于阻力臂2倍的省力杠杆，支点是A点。故答案为：（1）滑轮的自重；（2）匀速；A。【点评】有许多物理中的结论是建立在理想模型条件下得出的，在实际的应用中会出现与结论不一致，是受到了客观条件的影响，而不能说结论有错误。某个结论的得出是有一定的前提条件的。22．（5分）实验小组的同学们用如图甲所示的电路“探究电流与电阻的关系”。电源电压为6V，滑动变阻器规格为“50Ω2A”，现有5Ω、10Ω、15Ω、25Ω、30Ω的定值电阻各一个。（1）根据图甲将图乙所示的实物连接完整。（2）连接电路时，开关应断开；（3）在该实验中，若滑动变阻器接触不良，则闭合开关时，电流表和电压表的示数情况是电流表示数为零，电压表示数也为零。排除故障后，接入5Ω的电阻，移动滑片P到某一位置时电流表示数如图丙所示，此时通过电阻的电流为0.4A，电压表示数为U1。（4）将5Ω的电阻分别换成10Ω、15Ω、25Ω、30Ω的电阻，继续实验。小明发现当定值电阻为30Ω时，无法完成实验。为了让30Ω的电阻也能完成实验，他设计了如下三个调整方案，其中错误的是B（选填“A”、“B”或“C”）。A.电源电压不变，在电路中多串联一个10Ω的电阻，其余操作不变B.U1不变，改变电源电压，电源电压的取值范围是2V～4.4VC.电源电压不变，改变U1的大小（视需要可改变电压表、电流表的量程），U1的取值范围是2.25V～6V【分析】（1）先根据实验电路图确定电压表，定值电阻、滑动变阻器的连接方式，再据此连接实物图；（2）连接电路时，为保护电路，开关应断开；（3）滑动变阻器接触不良会造成断路，断路时电流表无示数，若电压表测量的时断路元件两端的电压，则它的示数接近电源电压，若电压表测量正常元件两端的电压，则它的示数为零；根据电流表选用小量程确定分度值，然后读数；（4）根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻的电压相同，当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律和欧姆定律分析调整的方案。【解答】解：（1）电压表测量定值电阻两端的电压，二者并联；滑动变阻器和定值电阻串联，且向左移动时接入电路中的电阻变小，所以应把左下角接线柱接入电路，具体连接方式如下图所示；（2）连接电路时，为保护电路，开关应断开；（3）实验电路中，定值电阻、滑动变阻器、电流表串联，电压表测量定值电阻两端电压，若滑动变阻器接触不良，会造成断路，所以电流表示数为零，电压表示数也为零。由图丙可知电流表选用小量程，其分度值为0.02A，则电流表的示数为0.4A；（4）根据欧姆定律可知，定值电阻两端的电压为U'＝IR＝0.4A×5Ω＝2V；A、30Ω的电阻接入电路时，电路中的电流为：I'＝＝A；则滑动变阻器应接入电路的电阻为：R2＝＝60Ω，滑动变阻器的最大阻值为50Ω，所以可以串联一个10Ω的电阻来完成实验，故A正确；B、由于定值电阻的阻值较大，滑动变阻器的最大阻值一定，换用30Ω的电阻时，定值电阻两端分担的电压较大，会大于2V，所以可以通过减小电源电压的方法来完成实验；定值电阻两端的控制电压为2V，故电源电压最小为2V；滑动变阻器阻值最大时，滑动变阻器两端的电压最大，最大电压为：U'2＝A×50Ω≈3.3V；则电源的最大电压为U＝2V+3.3V＝5.3V，故B错误；C、滑动变阻器阻值调至最大时，定值电阻两端控制的电压最小，则最小电压为：Umin＝＝×30Ω＝2.25V；电源电压为6V，所以控制的最大电压为6V，即U1的取值范围为2.25V﹣6V，故C正确；故选B。故答案为：（1）如图所示（2）断开；（3）电流表示数为零，电压表示数也为零；0.4；（4）B。【点评】本题探究通过导体的电流与电阻的关系，考查注意事项、故障分析、操作过程、控制变量法和实验结论。五