卷1-备战2023年中考物理【名校地市好题必刷】全真模拟卷（江苏卷专用）·第一辑（解析版）2

备战2023年中考物理【名校地市好题必刷】全真模拟卷（江苏卷专用）第一模拟（本卷共28小题，满分100分，考试用时90分钟）第I卷（选择题）一、选择题：本题共12小题，每小题2分，共24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．（2023·山东济南·统考一模）成语是汉语的精健，浓缩了中因古代传统文化的精华，它言简意赅，以简取繁，以极少的文字传达丰富的内涵，成为汉语言文化中的一道亮丽风景。成语“引吭高歌”和“低声细语”中的“高”和“低”是指声音特性中的（）A．速度 B．音调 C．响度 D．音色【答案】C【详解】声音的三种特性包含音调、响度和音色。响度表示声音的大小或声音的强弱，“引吭高歌”和“低声细语”中的“高”、“低”指的是声音的大小，即响度。故ABD不符合题意，C符合题意。故选C。2．（2023·河北石家庄·模拟预测）下列对图所示光学现象的描述或解释正确的是（）A．甲图：纸板与平面镜不垂直，在纸板上仍可承接到入射光AO的反射光B．乙图：在B处放个硬纸板，可以承接到蜡烛A的像C．丙图：插入水中的筷子看起来会像图中一样向上弯折，这是由于折射的原因D．丁图：此时反射角和入射角均为90°【答案】C【详解】A．因为反射光线、入射光线和法线在同一平面内，所以纸板与平面镜不垂直，在纸板上不能观察AO的反射光线，故A错误；B．因为光屏只能接收实像，不能接收虚像，而平面镜成的是虚像，所以在B处放个硬纸板，不可以承接到蜡烛A的像，故B错误；C．由于筷子反射的光线从水中斜射入空气中时，传播方向发生了偏折，远离法线，折射角大于入射角，所以看到筷子在水中的部分是向上弯折，故C正确；D．当光垂直入射到平面镜上，入射角为0°，反射角为0°，故D错误。故选C。3．（2023·广东深圳·统考一模）干燥的秋冬季节，人触碰到金属门把手有时会有“触电”感觉。为了防止“触电”，可手握如图所示的“静电消除器”去触碰墙壁释放静电。下列有关说法正确的是（）A．若皮肤与衣物摩擦时失去电子，皮肤会带负电B．衣物带电后，更不容易吸附灰尘C．触电是因为人体产生了电荷D．金属钥匙、钢尺也可以替代静电消除器【答案】D【详解】A．若皮肤与衣物摩擦时失去电子，皮肤由于缺少电子，会带正电，故A错误；B．带电体有吸引轻小物体的性质，衣物带电后，更容易吸附灰尘，故B错误；C．触电是因为人体与金属间电荷定向移动形成了电流，故C错误；D．金属钥匙、钢尺均为导体，电荷可以从人体定向移动到墙壁，可以替代静电消除器，故D正确。故选D。4．（2023·广西柳州·统考一模）我国自主研发的造雪机为北京冬奥营造完美雪道。如图，造雪机将压缩空气与5℃以下的冷水混合后喷出，水雾在空气中凝结成雪花，“人造雪”具有更耐高温的优点。下列说法正确的是（）A．“人造雪”的形成是凝华现象 B．“人造雪”形成时需要放热C．“人造雪”的熔点低于自然雪 D．造雪时空气温度须高于5℃【答案】B【详解】AB．由题意知，“人工雪”是水雾凝结成冰晶，继而变成的雪花，是液态变为固态的凝固过程中，凝固放热，故A错误，B正确；C．自然雪的熔点是0℃，“人工雪”的熔点约为5℃，故C错误；D．因为“人工雪”的熔点约为5℃，所以造雪时空气温度须低于5℃，故D错误。故选B。5．（2023·广东深圳·统考一模）小明来到万花争艳的深圳湾公园，下列现象能说明分子在不停地做无规则运动的是（）A．公园里花香四溢B．灌溉系统喷出的水雾飞舞C．树叶在风中飘扬D．露珠沿着草叶滚下【答案】A【详解】A．公园里花香四溢是扩散现象的结果，说明分子在做不停息的无规则运动，故A符合题意；B．灌溉系统喷出的水雾飞舞，是小液滴，属于机械运动，故B不符合题意；C．树叶在风中飘扬，是机械运动，故C不符合题意；D．露珠沿着草叶滚下，是机械运动，故D不符合题意；故选A。6．（2023·广西桂林·统考一模）中国太空站航天员乘组首次成功完成在轨交接后，“神舟十四号”乘组的三名航天员于2022年12月4日顺利返回地面。当返回舱进入大气层后，与大气会摩擦产生高温形成“火球”。如图所示是汽油机工作循环的四个冲程，其能量转化与“火球”形成时的能量转化相同的是（）A． B． C． D．【答案】B【详解】“火球”的形成是返回舱进入大气层，与大气层摩擦生热形成的，是克服摩擦做功，使机械能转化为内能。A．图中吸气阀打开，排气阀关闭，活塞下行，是吸气冲程，没有能量的转化；故A不符合题意；B．图中两气阀紧闭，活塞向上运动，是压缩冲程，机械能转化为内能；故B符合题意；C．图中两气阀关闭，火花塞点火，是做功冲程，内能转化为机械能；故C不符合题意；D．图中排气阀打开，吸气阀关闭，活塞上行，是排气冲程，没有能量的转化；故D不符合题意。故选B。7．（2023·山东菏泽·校考一模）2022年12月，神十四顺利回家！以下列哪一个作为参照物，神十四是静止的（）A．发射升空时，以航天发射场的发射塔架为参照物B．着陆时，以月球为参照物C．与返回器自动对接后，以返回器为参照物D．在探月过程中，以海面上行驶的远洋观测船为参照物【答案】C【详解】A．发射升空时，以航天发射场的发射塔架为参照物，“神十四”的位置发生了改变，所以是运动的，故A不符合题意；B．着陆时，以月球为参照物，“神十四”的位置发生了改变，所以是运动的，故B不符合题意；C．与返回器自动对接后，以返回器为参照物，“神十四”的位置没有发生改变，所以是静止的，故C符合题意；D．在探月过程中，“神十四”与海面上行驶的远洋观测船之间的位置发生了变化，因此“神十四”是运动的，故D不符合题意。故选C。8．（2023·福建福州·校考一模）如图所示的电路中，当闭合开关S1和S2后，两只灯泡均正常发光，下列说法正确的是（）A．电流表测量干路电流 B．断开S2后，L2的亮度不变C．灯L2被短路，L1正常发光 D．通过两灯的电流可能相等【答案】D【详解】由图可知，灯泡L1、L2并列接在电路中，即两灯并联；电流表和L1在一条支路上，则电流表测量通过L1的电流；开关S2和L2，在另一条支路上，开关S2只控制灯L2；开关S1在干路上，则开关S1控制整个电路。A．由图知，电流表和L1在一条支路上，电流表测量通过L1的电流，故A错误；B．闭合开关S1和S2后，灯泡L1、L2并联，断开S2，只有L1发光，L2不发光，L2的亮度变化了，故B错误；C．当闭合开关S1和S2后，两只灯泡均正常发光，故C错误；D．两只灯泡电阻可能相同，并联在同一电路中，电压相同，则通过L1和L2的电流可能相同，故D正确。故选D。9．（2022·江苏苏州·统考二模）如图是“探究不同物质吸热升温的现象”和“比较不同燃料燃烧时放出的热量”的甲、乙两组实验装置，下列关于两组实验的说法正确的是（）A．每组实验中，燃料的质量均应相等B．每组实验中，杯中物质的质量均应相等C．每组实验中，都需要用到天平和秒表D．每组实验中，均应保证温度计上升的示数相同【答案】B【详解】AB．根据“比较不同燃料燃烧放出的热量大小”和探究“不同物质吸热升温现象”两实验的要求，容器中被加热物质的质量都要相同，而探究“不同物质吸热升温现象”实验时，不需要控制燃料的质量相同，故A错误，B正确；C．甲组实验中需要控制水和沙子的质量相同，所以需要用到天平，实验可以根据加热时间来比较吸热的多少，所以需要用到秒表；乙组实验中需要控制酒精和碎纸、两个烧杯内液体的质量相同，所以需要用到天平，实验中根据温度计示数的变化来比较吸热的多少，不需要用秒表，故C错误；D．甲实验中两种液体升高相同的温度，根据加热时间比较吸收热量的多少；乙实验中两种燃料全部燃烧完后，通过观察温度计示数来反映燃料放热的多少，所以乙实验中不需要温度计示数相同，故D错误。故选B。10．（2023·北京·北京市八一中学校考模拟预测）如图所示电路，电源两端电压为U=4.5V且保持不变。电阻R1=5Ω，滑动变阻器R2的铭牌上标有“20Ω

0.5A”的字样，电流表的量程为0~0.6A，两块电压表的量程均为0~3V，在保证电路安全的条件下，下列说法中正确的是（）A．电流表A允许通过的最大电流为0.6AB．滑动变阻器R2的阻值取值范围为9~15ΩC．整个电路消耗电功率的最小值为1.35WD．电阻R1电功率的最小值为0.162W【答案】C【详解】A．由题意可知，该电路为两电阻的串联电路。电流表的量程是0~0.6A，滑动变阻器允许通过的最大电流是0.5A，所以电路中允许通过的最大电流是0.5A，所以电流表A允许通过的最大电流为0.5A，故A错误；B．当电路中的电流最大，根据欧姆定律可知，电路中的总电阻最小，此时滑动变阻器接入电路中的电阻最小，电路中的最大电流是0.5A，此时电路中的总电阻滑动变阻器接入电路中的阻值R滑小=R-R1=9Ω-5Ω=4Ω为保证电路安全，电压表V2的最大示数为3V，即当滑动变阻器两端的电压为3V时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，此时R1两端的电压U1=U-U2=4.5V-3V=1.5V此时电路中的电流则滑动变阻器接入电路中的阻值滑动变阻器R2的阻值取值范围为4~10Ω，故B错误；C．电源电压不变，电路中的最小电流是0.3A，则整个电路消耗电功率的最小值P=UI=4.5V×0.3A=1.35W故C正确；D．电路中的最小电流是0.3A，电阻R1电功率的最小值P1=I2R1=(0.3A)2×5Ω=0.45W故D错误。故选C。11．（2023·山东泰安·校考模拟预测）如图所示，小明将凸透镜（f＝10cm）固定在光具座40cm刻度线处来探究凸透镜成像的规律。下列说法不正确的是（）A．将蜡烛从焦点内某处向透镜方向移动的过程中，像逐渐变小B．当光屏上成清晰的像时，拿开光屏，眼睛在一定范围内仍能看到像C．将蜡烛放在10cm刻度线处，移动光屏，光屏上可得到倒立、缩小的清晰像D．将蜡烛放在35cm刻度线处，移动光屏，光屏上仍能得到清晰的像【答案】D【详解】A．根据“无论实像或虚像，物靠近焦点像变大”可知，蜡烛从焦点内某处向透镜方向移动过程中，即蜡烛远离焦点，所成的虚像将变小，故A正确，不符合题意；B．当光屏上成清晰的像时，该像为实像，拿开光屏，眼睛在一定范围内仍能看到像，故B正确，不符合题意；C．当蜡烛放在10cm处，物距u＝40cm﹣10cm＝30cm＞2f成倒立缩小的实像，故C正确，不符合题意；D．将蜡烛放在35cm刻度线处u＝40cm﹣35cm＝5cm＜f成正立、放大的虚像，光屏上不会有像，故D错误，符合题意。故选D。12．（2023·福建漳州·统考模拟预测）如图甲所示，水平向右的推力F将重为5N的物体压在竖直的粗糙程度相同的墙面上，墙面足够大。F的大小与时间t的关系和物体运动速度v与时间t的关系分别如图乙、丙所示，则（）A．在0~4s时间内物体做加速运动B．当t=1s时，物体受到的摩擦力为f1为12NC．物体在t=1s时与t=5s时受到的摩擦力大小相等D．在2~6s时间内，物体受到的滑动摩擦力大小相等【答案】C【详解】A．由v-t图象可知，0~2s时物体运动的速度为0，物体处于静止状态，2~4s内物体向下做加速运动，故A不符合题意；B．由v-t图象可知，当t=1s时，物体处于静止状态，摩擦力与重力是一对平衡力，大小相等，摩擦力为f1=G=5N,故B不符合题意；C．由v-t图象可知，4~6s内物体运动的速度4m/s不变，做匀速直线运动，处于平衡状态，受到的摩擦力和重力是一对平衡力，二力大小相等，物体受到的滑动摩擦力为5N，即在t=1s时与t=5s时受到的摩擦力大小相等，故C符合题意；D．2~4s内物体向下做加速运动，摩擦力小于重力，4~6s内物体运动做匀速直线运动，受到的摩擦力等于重力，物体的重力不变，故在2~6s时间内，物体受到的滑动摩擦力大小不相等，故D不符合题意。故选C。第II卷（非选择题）二、填空题：本题共9小题，每小题1分，共28分。13．（2022·湖北恩施·统考模拟预测）如图1是体温计，体温计的读数是___________；如图2所示，用刻度尺测物体的长度，所测物体的长度是___________；如图3是测量时间的工具叫停表，它的示数是___________s。【答案】

36.6℃

2.12cm

337.5【详解】[1]由图可知，体温计1℃之间有10个小格，所以一个小格代表的温度是0.1℃，即此体温计的分度值为0.1℃，此时的温度为36.6℃。[2]由图知：刻度尺上1cm之间有10个小格，所以一个小格代表的长度是0.1cm=1mm，即此刻度尺的分度值为1mm；物体左侧与3.00cm对齐，右侧与5.12cm对齐，所以物体的长度为L=5.12cm﹣3.00cm=2.12cm[3]停表小盘的分度值是0.5min，指针在5min和6min之间偏向6min一侧；大盘的分度值是0.1s，而大盘指针在37.5s，因此秒表读数为t=5min37.5s=337.5s14．（2023·河北邯郸·模拟预测）声波支付是利用声波的传输，完成两个设备的近场识别。其具体过程是，在第三方支付产品的手机客户端里，内置有“声波支付”功能，用户打开此功能后，用手机扬声器对准收款方的麦克风，手机会播放一段“咻咻咻”的声音。这种声音是由物体___________产生的。将手机扬声器的音量调大是为了改变声音的___________（选填“音调”“响度”或“音色”）。买单完成后，几秒钟内（第23题图）手机就能收到支付账单信息，这是利用了___________传递信息。【答案】

振动

响度

声音【详解】[1][2]一切声音都是由物体的振动产生，手机扬声器将音量调大是为了增大响度，响度的大小是由振幅决定的，振幅越大，响度越大。[3]声音既可以传递信息，也可以传递能量，手机利用声音在支付时，利用的是声音传递信息。15．（2023·新疆乌鲁木齐·乌市八中校考一模）如图所示，太阳光通过三棱镜后，在光屏上会形成一条彩色光带（AB区域），这种现象叫______。用温度计分别在不同色光区域测温，发现温度计放在______（选填“A”或“B”）的外侧时温度计示数上升的较快，说明在这一区域有一种看不见的光；验钞机能检验人民币的真伪，它的原理是利用______使荧光物质发光（选填“红外线”或“紫外线”）。【答案】

光的色散

A

紫外线【详解】[1]太阳光是白光，它通过三棱镜后被分解成各种颜色的光，这种现象称为光的色散。[2]红外线具有很强的热效应，三棱镜对红光的偏折能力最小，故A的外侧，温度计的示数上升最快。[3]紫外线能够使荧光物质发光。16．（2023·河南周口·统考一模）小明和小刚相约打台球，小明用球杆将白球击出，白球撞击红球将红球击进球洞，如图所示。假设所有的台球质量都相等，则白球撞击红球后自身的运动方向改变，说明______________；若保持力的大小和方向不变，使白球撞击红球不同的部位，则红球的运动状态也不同，这表明________________；若撞击后白球的速度小于红球，则可以判断两球的惯性大小关系是_________（选填“红球大”“白球大”或“一样大”）。【答案】

物体间力的作用是相互的

力的作用效果与力的作用点有关

一样大【详解】[1]白球撞击红球，白球给红球一个力的作用，同时红球给白球一个力的作用，白球运动方向改变，说明物体间力的作用是相互的。[2]力的三要素有：力的大小、方向、作用点，它们都影响力的作用效果；保持力的大小和方向不变，使白球撞击红球不同的部位，则红球的运动状态也不同，说明力的作用效果与力的作用点有关。[3]惯性的大小只与物体的质量有关，若撞击后白球的速度小于红球，由于白球和红球的质量相等，两球的惯性一样大。17．（2023·广东佛山·统考一模）如图所示，平面镜竖直放置在水平面上，镜前竖立一支铅笔。将铅笔以速度v水平匀速向平面镜靠近，则铅笔在平面镜中所成像的大小________（选填“变大”“变小”或“不变”），像相对于铅笔的速度为________；若平面镜顺时针转到图中虚线位置，则铅笔的像与铅笔的位置关系是________。【答案】

不变

2v

垂直【详解】[1]由平面镜成像的特点可知，铅笔与平面镜的距离改变，铅笔在镜中的像的大小不变；[2]像与物体关于镜面是对称的，所以像的移动速度为v，则像相对于铅笔的速度为2v；[3]若平面镜顺时针转到图中虚线位置，铅笔与平面镜的夹角为45°，根据平面镜成像的特点，此时平面镜将铅笔与像的夹角平分，所以铅笔与它在平面镜中的像互相垂直。18．（2023·河北石家庄·一模）驾驶员头靠头枕、身系安全带，驾驶着轿车在水平路面上高速向前行驶，如图所示。驾驶员头靠头枕是为了防止汽车在______（选填“加速”“减速”）时由于惯性造成的伤害。轿车在水平路面上高速行驶时对面的压力______（选填“大于”“小于”）静止时对地面的压力，是由于______的原因（请从流体规律简单解释）。【答案】

加速

小于

汽车高速行驶时上方的空气流速大压强小【详解】[1]在座位的靠背上安装“头枕”，当轿车被追尾时，轿车速度加快，乘客由于惯性会保持原来的运动状态，此时头枕可以起到防止乘客颈椎受伤。[2][3]在路面上静止的轿车，轿车对路面的压力大小等于轿车的重力，当轿车在路面上行驶时，车顶的空气流速大于车底的空气流速，所以会产生向上的压强差，即而产生一定大小的向上的升力，使轿车对路面的压力小于汽车所受的重力，故轿车对路面的压力与静止使相比变小，即轿车在水平路面上高速行驶时对面的压力小于静止时对地面的压力。19．（2023·河北石家庄·一模）如图是小明家月初和月末电能表的示数，这个月消耗的电能是_______度，若她家正工作的用电器总功率为3200W，________（选填“能”或“不能”）将额定功率为1500W的空调再接入电路。若只让1500W的空调单独正常工作2min，电能表的转盘转_________转。【答案】

162.6

不能

30【详解】[1]由图示电能表可知，电能表月初、月末示数为1120.0kW·h、1282.6kW·h，这个月消耗的电能W=1282.6kW·h-1120.0kW·h=162.6kW·h[2]由电能表表盘知，电能表的工作电压是220V，允许通过的最大电流为20A，所以他家电能表同时允许接入用电器最大总电功率P最大=UI最大=220V×20A=4400W,再将空调接入电路，总电功率P总=3200W+1500W=4700W>P最大=4400W，所以不能将额定功率为1500W的空调再接入电路。[3]“600revs/(kW·h)”表示每消耗1kW·h的电能电能表的转盘转600r，只让空调单独正常工作2min消耗的电能，电能表转盘转数n=600revs/(kW·h)×0.05kW·h=30r20．（2023·江苏苏州·统考一模）用一把材料分布均匀的米尺，一端用细线系住一个物块，然后将其支撑起来，不断调整，使米尺静止在水平位置如图甲，然后将物块浸没在水中，调整支撑点，使米尺再次静止在水平位置如图乙，则物块的质量与米尺的质量比为_________，物块的密度是_________kg/m3，乙图小桌子对地面的压强比甲图小桌子对地面的压强_________（大/小/相等）。【答案】

2∶3

1.6×103

小【详解】[1][2]一把材料分布均匀的米尺，其重心在中心。杠杆平衡时，如图甲知，重心到支点的距离为两格，重物到支点的距离为三格，设一格长度为L，米尺重为G，物体重为G1，根据杠杆的平衡条件得，所以①由乙图知，杠杆平衡时，根据杠杆的平衡条件得②由①②得，又因为浸没，所以所以[3]甲图小桌子对地面的压力等于米尺、物体和小桌的总重力；乙图小桌子对地面的压力等于米尺、物体和小桌的总重力减去物体所受的浮力，即乙图小桌子对地面的压力比甲图小桌子对地面的压力小，小桌子的受力面积不变，根据知，乙图小桌子对地面的压强比甲图小桌子对地面的压强小。21．（2023·上海宝山·统考一模）如图（a）所示是电子天平的结构原理图，它是由几个部分构成的电路：电源（电压保持不变）、定值电阻R0、压力电阻R（电阻值会随所受压力大小发生变化的可变电阻）、托盘、质量显示仪表M（实质是一只电流表）、开关。使用时，闭合开关，当托盘上所放物体的质量越大，仪表M的指针向右偏转的角度也越大。（1）由上述信息可知：压力电阻R所受的压力越大，通过它的电流越______，其阻值越______；（均选填“大”或“小”）（2）若用一只电压表作为质量显示仪表M并联在电路中，如图（b）所示。则此质量显示仪表的“0（千克）”刻度线位于表盘的_______（选填“左”或“右”）端。理由是______。【答案】

大

小

左

见解析【详解】（1）[1][2]由图示电路图可知，压力电阻与定值电阻串联，电流表测量电路中的电流，闭合电键，当托盘上所放物体的质量越大，压力电阻R所受的压力越大，仪表M的示数变大，即电流表的示数变大，因定值电阻阻值R0不变，电路电流变大，由可知电路总电阻变小，由电阻的串联可知压力电阻R阻值变小。（2）[3][4]当托盘上所放物体的质量越大，压力电阻R所受的压力越大，其阻值越小。电源电压保持不变，总电阻变小，电路中的电流变大，定值电阻R0两端的电压变大，电压表的指针偏转角度变大，则质量显示仪表盘的右侧表示的质量越大，此质量显示仪表的“0（千克）”刻度线位于表盘的左端。三、解答题：本题共7小题，共48分。22．（2022·四川遂宁·校联考三模）根据要求作图。（1）如图所示，物体A静止在斜面上，请在图中作出物体A所受到的力的示意图。（2）如图，OA是光源S发出的一条经平面镜反射后的反射光线，反射光线OA经过了凸透镜焦点F。请作出OA的入射光线和经凸透镜折射后的折射光线。（3）请在图中标出通电螺线管的N极和静止的小磁针的N极。【详解】（1）物体受竖直向下的重力、垂直于斜面的支持力及沿斜面向上的摩擦力，过物体的重心分别沿竖直向下、沿斜面向上和垂直于斜面向上的方向画一条带箭头的线段，分别用G、F和f表示，如下图所示：（2）过反射点垂直于镜面作出法线，根据反射光线与入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角，在法线左侧作出入射光线，对于凸透镜，过焦点的光线经凸透镜折射后，其折射光线平行于主光轴，如下图所示：（3）根据安培定则，用右手握住螺线管，四指指向电流的方向，大拇指所指的就是N极，可知通电螺线管的左端为N极；由于同名磁极相互排斥，故静止小磁针的右端为N极，如下图所示：23．（2023·河南南阳·统考模拟预测）甲、乙两小组探究“电流与电压和电阻的关系”，老师提供的实验器材有：电源（电压恒为4.5V），电流表、电压表各一个，开关一个，四个定值电阻（5Ω、10Ω、15Ω、20Ω），两只滑动变阻器（规格分别为“20Ω2A”、“50Ω1A”），小灯泡一只（额定电压3.8V），导线若干。（1）甲小组探究“电流与电压的关系”：①请你根据图甲的电路图，用笔画线代替导线将图乙中的实物电路连接完整；______电压U/V1.01.53.0电流I/A0.20.30.6②他们将5Ω的电阻接入电路，检查无误后闭合开关，发现电压表有示数，电流表无示数，造成这一现象的原因可能是______（写出一条即可）；③排除故障后进行实验得到的数据如表，可得的实验结论是______；（2）乙小组探究“电流与电阻的关系”：①将5Ω的电阻接入电路，检查无误后闭合开关，移动滑片，使电压表的示数为1.5V，并记下相应的电流值。再用10Ω的电阻替代5Ω的电阻，此时滑片应向______（选填“左”或“右”）端移动，移动滑动变阻器滑片的目的是______；②为了完成用四个定值电阻进行实验，应选择滑动变阻器的规格是______。③他们用小灯泡替换定值电阻，电压表改接大量程，电流表量程不变。移动滑片，使小灯泡正常发光，电流表示数如丙图所示，则小灯泡的额定功率是______W。【答案】

定值电阻断路

在电阻一定时，通过电阻的电流与电阻两端的电压成正比

左

控制定值电阻的电压不变

50Ω1A

1.14【详解】（1）①[1]变阻器按一上一下连入电路中与电阻串联，电压表与电阻并联，实物电路连接如下所示：②[2]他们将5Ω的电阻接入电路，检查无误后闭合开关，电流表无示数，电路可能断路，发现电压表有示数，则电压表与电源连通，造成这一现象的原因可能是定值电阻断路。③[3]根据表中数据可知，电压增大为原来的几倍，通过的电流也增大为原来的几倍，可得的实验结论是：在电阻一定时，通过电阻的电流与电阻两端的电压成正比。（2）①[4][5]根据串联分压原理可知，将定值电阻由5Ω改接成10Ω的电阻，电阻增大，其分得的电压增大；探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，即应保持电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向左端移动，使电压表的示数为1.5V；移动滑动变阻器滑片的目的是控制定值电阻的电压不变。②[6]根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压U滑=U-UV=4.5V-1.5V=3V变阻器分得的电压为电压表示数的2倍，根据分压原理，当接入20Ω电阻时，变阻器连入电路中的电阻为R滑=2×20Ω=40Ω，为了完成用四个定值电阻进行实验，应选择滑动变阻器的规格是50Ω1A。③[7]他们用小灯泡替换定值电阻，移动滑片，使小灯泡正常发光，电流表示数如丙图所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流为0.3A，则小灯泡的额定功率是P=ULIL=3.8V×0.3A=1.14W24．（2023·山东济南·统考一模）学习了密度知识后，晓悦想知道妈妈配制的用于腌鸡蛋所用盐水的密度，她利用天平、量筒等进行了如下操作。（1）晓悦把天平放在水平台上，将游码移至标尺左端的零刻度线处，发现分度标尺的指针位置如图所示，此时应向__________调节平衡螺母；（2）在烧杯中倒入适量的盐水，用调节好的天平测量烧杯和盐水的总质量时，通过加、减砝码的一番操作，当将砝码盒中最小的砝码放入右盘后，指针仍如图甲所示。接下来正确的操作是__________；A．向右移动游码B．向右调节平衡螺母C．取下最小砝码后移动游码（3）测出烧怀和盐水的总质量为96.6g后。将烧杯中的一部分盐水倒入量筒中。观察液面位置如图所示，则量简中盐水的体积是__________cm³；（4）再用天平测量烧杯和剩余盐水的质量，天平横梁平衡时如图所示，则烧杯和剩余盐水的质量为__________g，晓悦利用密度的计算公式测得盐水的密度是__________kg/m³。【答案】

右

A

40

48.6

【详解】（1）[1]把天平放在水平台上，游码归零，指针左偏如图甲，说明左端重、右端轻，所以，应将平衡螺母向右端移动，使天平横梁平衡。（2）[2]当将砝码盒中最小的砝码放入右盘后，横梁指针偏向分度盘的左侧，说明右盘中砝码的总质量略小于左盘中物体的质量，此时应该向右移动游码，使天平水平平衡，故A符合题意，BC不符合题意。故选A。（3）[3]由图知道，量筒的分度值为1mL，读数为40mL。所以倒入量筒中盐水的体积为V=40mL=40cm3（4）[4]由图知道，烧杯和剩余盐水的总量为m剩=20g+20g+5g+3.6g=48.6g[5]由知道，得盐水的密度是25．（2023·陕西咸阳·校考一模）小明利用弹簧测力计、烧杯、小桶、石块、细线等器材探究浮力大小与排开液体的重力的关系。（1）部分实验操作步骤如图甲所示，遗漏的主要步骤是_______，若将遗漏的步骤标注为D，最合理的实验步骤顺序是_______（用实验步骤对应的字母表示）；（2）小明进行实验并把数据记录在下表中，从表中数据可知石块受到的浮力是________N。小明根据表中数据归纳出了实验结论并准备结束实验，同组的小丽认为实验还没有结束，理由是________；实验步骤ABCD弹簧测力计示数/N1.61.80.50.3（3）实验结束后，小明还想进一步探究浮力大小是否与物体的密度有关，可取________相同的铁块和铝块，使其浸没在同种液体中，比较浮力的大小；（4）另一小组利用两个相同的弹簧测力计A和B，饮料瓶、薄塑料袋（质量忽略不计）和吸管组成的溢水杯对实验进行改进，装置如图乙所示。向下移动横杆，使重物缓慢浸入盛满水的溢水杯中，观察到A的示数和B的示数都在变化，且A、B示数的变化量________（选填“相等”或“不相等”）；（5）若该小组记录到重物在浸入水中前和完全浸入水中后（未接触溢水杯底），弹簧测力计A的示数分别为4.8N和3.6N，已知水的密度为1g/cm3，则该重物的密度为________kg/m3。【答案】

测量空桶的重力

DBAC

0.2

见解析

体积

相等

4×103【详解】（1）[1]探究浮力大小与排开液体的重力的关系，先根据称重法F浮=G-F示求出物体受到的浮力大小，再称出物体排开的水和小桶的总重力，但题目是要探究浮力大小与排开液体的重力的关系，所以需要减掉小桶的重力，因此遗漏的步骤是测量空桶的重力。[2]实验时先测出空桶的重力，然后测出物体的重力，再将物体浸在溢水杯中，读出弹簧测力计的示数，根据F浮=G-F示求出受到的浮力，最后测出小桶和水的总重力，从而测出物体排开水的重力，因此合理的顺序为：DBAC。（2）[3]由实验步骤A、B可知，物体的重力为1.8N，浸在液体中时，弹簧测力示的示数为1.6N，浸在液体中时受到的浮力为F浮=G-F示=FB-FA=1.8N-1.6N=0.2N[4]由于只测了一组实验数据，这样得出的结论会有偶然性，所以为了寻找普遍规律，做完一次试验后，需要换用不同液体重新实验。（3）[5]想进一步探究浮力大小是否与物体的密度有关，根据控制变量法，需要选用体积相同，密度不同的物体，使其浸没在同种液体中（保证了液体密度相同、排开液体的体积相同），比较浮力大小。所以可取体积相同的铁块和铝块进行实验。（4）[6]如图乙所示，向下移动水平横杆，使重物缓慢浸入盛满水的溢水杯中，重物排开水的体积变大，受到的浮力变大，由称重法F浮=G-F示可知弹簧测力计A的示数变小；重物排开水的体积越大时薄塑料袋内水的重力越大，即弹簧测力计B的示数越大，薄塑料袋的质量忽略不计时，由阿基米德原理可知，弹簧测力计A、B示数的变化量相等。（5）[7]重物在浸入水中前和完全浸入水中后（未接触溢水杯底），弹簧测力计A的示数分别为4.8N和3.6N，则重物浸在水中时受到的浮力为F浮1=G1-F示1=FA1-FA2=4.8N-3.6N=1.2N由F浮=ρgV排可得，重物排开水的体积为重物的质量为，因为重物全部浸没，所以重物的体积V=V排=1.2×10-4m3，则重物的密度为26．（2023·河北石家庄·一模）体重为600N的小明用如图所示的滑轮组来竖直提升物体A。当A以0.1m/s的速度匀速上升时，小明对绳子的拉力F为400N，滑轮组的机械效率为80%（不计绳重及摩擦）。求：（1）拉力F的功率；（2）物体A受到的重力；（3）小明拉动绳子前、后对地面的压强之比。【答案】（1）120W；（2）960N；（3）3∶1【详解】解：（1）由图可知，n=3，拉力F的功率P=Fv=F·nv物=400N×3×0.1m/s=120W（2）由图可知，滑轮组用三段绳子提起物体，故s=3h，滑轮组的机械效率，则物体A受到的重力（3）拉动绳子前，小明对地面压力，F1=G人=600N，拉动绳子时，小明对地面压力F2=G人-F=600N-400N=200N小明拉动绳子前后地面的受力面积不变，根据，故对地面的压强之比为答：（1）拉力F的功率120W；（2）物体A受到的重力为960N；（3）小明拉动绳子前、后对地面的压强之比为3∶1。27．（2023·山东济南·统考一模）如图甲所示的打印笔有快慢两档，其内部简化电路如图乙所示，R1、R2是用于发热的定值电阻，只闭合开关S时为慢档，S和S1均闭合时为快档。工作时，3D打印笔通过加热，挤出热熔的塑胶，然后在空气中迅速冷却，最后固化成稳定的形状。某次使用慢档打印10min，刚好将30g的塑胶从20℃加热到120℃。已知该打印笔慢档打印功率为22W，塑胶的比热容为2.2×10³J/(kg·℃)。求此过程中：（1）通过R1的电流是多少安?（2）打印笔消耗的电能是多少焦?（3）塑胶吸收的热量是多少焦?（4）打印笔的热效率是多少?【答案】（1）0.1A；（2）1.32×104J；（3）6.6×103J；（4）50%【详解】（1）已知，只闭合开关S时为慢档，此时电路为R1的简单电路，印笔慢档打印功率为22W，根据公式P=UI可知，通过R1的电流为（2）打印笔消耗的电能为W1=P1t=22W×10×60s=1.32×104J（3）塑胶吸收的热量为Q吸=cmΔt=2.2×10³J/(kg·℃)×30×10-3kg×(120℃-20℃)=6.6×103J（4）打印笔的热效率为答：（1）通过R1的电流是0.1安；（2）打印笔消耗的电能是1.32×104焦；（3）塑胶吸收的热量是6.6×103焦；（4）打印笔的热效率是50%。28．（2023·广东·校联考一模）广东的春季，天气潮湿，需要除湿，如图1所示