2022年江苏省南京市中考物理试卷
一、选择题（本题共12小题，每题2分，共24分）
1．（2分）下列能源中，属于可再生能源的是（ ）
A．核能
B．石油
C．天然气
D．风能
【答案】D
【考点】可再生能源和不可再生能源；能源及其分类
【分析】从能源是否可再利用的角度可分为可再生能源和不可再生能源。化石能源、核能会越用越少，不可能在短期内从自然界得到补充，所以它们属于不可再生能源；而风能、水能、太阳能、生物质能，可以在自然界里源源不断的得到补充，所以它们属于可再生能源。
【解答】解：核能、石油、天然气都属于不可再生能源，只有风能是可再生能源，即选项D符合题意；故选：D。
【难度】1
2．（2分）下列做法中符合安全用电规范的是（ ）
A．用湿手按开关
B．将冰箱的金属外壳接地
C．同时使用多个大功率用电器
D．用湿抹布擦发光的灯泡
【答案】B
【考点】安全用电原则
【分析】利用下列知识分析判断：
（1）生活用水是导体；湿抹布是导体；
（2）带金属外壳的家用电器都要接地线，以防止人再触电；
（3）家庭电路电流过大的原因：短路和用电器总功率过大；
【解答】解：AD、生活用水是导体，用湿手湿抹布，容易造成触电事故，故AD错误；B、带金属外壳的家用电器都要接地线，将冰箱的金属外壳接地，故B正确；C、同时使用多个大功率用电器，会造成总电流过大，易引发火灾故C错误；故选：B。
【难度】1
3．（2分）南京文化底蕴深厚，下列与南京有关的古诗文中涉及的物理现象解释错误的是（ ）
A．“风吹柳花满店香”，“满店香”——分子无规则运动
B．“白露垂珠滴秋月”，“白露”——水蒸气液化形成
C．“白云映水摇空城”，“白云映水”——光的折射
D．“千里莺啼绿映红”，“莺啼”——物体振动发声
【答案】C
【考点】分子的热运动；声音产生的原因；光的反射现象；液化的概念及现象
【分析】（1）构成物质的分子在永不停息地做无规则运动；
（2）物质由气态变成液态叫液化；
（3）白云在水面形成了虚像；
（4）声音是由物体的振动产生的。
【解答】解：A、满店香”——分子无规则运动，是扩散现象，故A正确，A不符合题意；B、“白露”——水蒸气液化形成的小水滴，故B正确，B不符合题意；C、“白云映水”——平面镜成像，属光的反射，故C错误，C符合题意；D、“莺啼”——物体振动发声，故D正确，D不符合题意。故选：C。
【难度】1
4．（2分）2022年4月，中国神舟十三号人飞船返回能成功着陆且呈直立状态，根据如图信息，返回舱的高度约为（ ）
A．1.5m
B．2.5m
C．3.5m
D．4.5m
【答案】B
【考点】常见的长度及估测
【分析】根据图中人的身高及日常生活经验判断即可。
【解答】解：图中所示返回舱的高度略高于普通人的身高，在2.5m左右，故ACD错误、B正确。故选：B。
【难度】1
5．（2分）下列关于热现象的解释，正确的是（ ）
A．夏天在地面上洒水能降温，是因为水的比热容大
B．冬天窗户上有冰花，是水蒸气凝华形成的
C．加油站有“熄火加油”的标志，是为了防止汽油升华后遇明火发生爆炸
D．物体的温度越高内能越大，是因为物体温度越高，含有的热量越多
【答案】B
【考点】水的比热容特点及实际应用；汽化的概念及现象；升华的概念及现象；温度、内能、热量的关系；利用比热容解释生活中的现象
【分析】（1）蒸发吸热，具有致冷作用；
（2）物质从气态直接变为固态的过程称之为凝华；
（3）汽油容易汽化；
（4）热量是一个过程量，不能说含有、具有热量。
【解答】解：A、炎热的夏天，在教室内洒水，水蒸发吸热，有降温的作用，故A错误；B、冬天窗户上有冰花，是水蒸气凝华形成的；故B正确；C、液态的汽油变成气体属于汽化现象，不是升华现象，故C错误。D、热量只能说放出多少或者吸收多少热量，不能表达为含有的热量多。故选：B。
【难度】1
6．（2分）关于粒子和宇宙，下列认识中正确的是（ ）
A．原子是由质子和中子构成的
B．“地心说”提出太阳是宇宙的中心
C．一个带正电的物体吸引轻小物体，说明轻小物体原来一定带负电
D．两个表面光滑的铅块相互紧压后会粘在一起，说明分子间存在引力
【答案】D
【考点】人类探索太阳系及宇宙的历程；分子间作用力的现象；原子结构带电情况；原子的核式模型
【分析】（1）根据原子结构来分析；
（2））“地心说”提出地球是宇宙的中心；
（3）带电物体能吸引轻小物体；
（4）分子间存在着引力和斥力。
【解答】解：A、原子核是由质子和中子构成的，故A错误；B、“地心说”提出地球是宇宙的中心，故B错误；C、“一个带正电的物体吸引轻小物体，说明轻小物体原来不一定带电，故C错误；D、两个表面光滑的铅块相互紧压后会粘在一起，说明分子间存在引力，故D正确。故选：D。
【难度】3
7．（2分）如图所示，四冲程汽油机在压缩冲程中，气缸内气体温度升高，内能增大。四个示例中使物体内能增大的方式与如图相同的是（ ）
A．
酒精点燃后，杯中水温升高
B．
金属汤勺放在热汤中，温度升高
C．
取暖器通电后，电热丝温度升高
D．
太阳辐射后，热水器中水温升高
【答案】C
【考点】做功改变物体的内能；热传递改变物体的内能
【分析】图中是压缩冲程，将机械能转化为内能，通过做功的方式改变气体的内能，气体的温度升高；
改变物体内能的方式有两种：做功与热传递，逐项分析得出答案。
【解答】解：图中是压缩冲程，将机械能转化为内能，通过做功的方式改变气体的内能，气体的温度升高；A、酒精点燃后，通过热传递的方式使杯中水温升高，故A不符合题意；B、金属汤勺放在热汤中，温度升高是热传递改变物体的内能，故B不符合题意；C、取暖器在工作过程中，将电能转化内能，使电热丝的内能增加，温度升高，这是通过电流做功改变电热丝内能的，故C符合题意；D、太阳辐射后，通过热传递的方式使热水器中水温升高，故D不符合题意。故选：C。
【难度】1
8．（2分）如图是一种手摇发电的手电筒，内有线圈、磁铁等，当沿图中箭头方向来回摇动时，灯泡就能发光，其发电的工作原理是（ ）
A．电磁感应
B．磁场对通电导体有力的作用
C．电流的热效应
D．电流的磁效应
【答案】A
【考点】电磁感应现象
【分析】发电机的原理是电磁感应现象，以及电磁感应现象中的能量转化是机械能转化为电能。
【解答】解：如图是一种手摇发电的手电筒，内有线圈、磁铁等，当沿图中箭头方向来回摇动时，线圈来回切割磁感线，产生电流，使得灯泡就能发光，其发电的工作原理是电磁感应，故A正确，BCD错误。故选：A。
【难度】3
9．（2分）以下情境中，关于力与运动关系的认识正确的是（ ）
A．甲图中，直升机上升时所受升力和重力是相互作用力
B．乙图中，回形针受到细线的拉力和磁铁对它的吸引力是一对平衡力
C．丙图中，用剪刀将细线剪断，小球下落，说明物体只有受力才能运动
D．丁图中，摆球摆到最高处B时，若它所受力都消失，摆球将静止在B处
【答案】D
【考点】平衡力与相互作用力的辨析；力与运动的关系
【分析】（1）相互作用力的特点：大小相等、方向相反、在同一直线上、作用于两个不同的物体上；
（2）二力平衡的条件：大小相等、方向相反、在同一直线上、作用于同一物体上，缺一不可；
（3）力是改变物体运动状态的原因，物体不受力或受平衡力，运动状态不变，物体的运动状态改变，一定受非平衡力的作用；
（4）根据牛顿第一定律可知，当物体不受任何外力时，将保持静止状态或匀速直线运动状态。
【解答】解：A、甲图中，直升机上升时所受的升力大于所受的重力，不是相互作用力，故A错误；B、乙图中，回形针受到细线的拉力和磁铁对它的吸引力在同一直线上，但大小不相等，不是一对平衡力，故B错误；C、物体不受力时，可能处于匀速直线运动状态，故C错误；D、单摆的摆球摆动到最高点时，摆球的速度为零，如果外力全部消失，由牛顿第一定律可知摆球将静止，故D正确。故选：D。
【难度】3
10．（2分）在“探究影响压力作用效果因素”与“探究影响重力势能大小因素”两个实验中，均可通过如图所示器材完成实验。以下关于两个实验的四个判断中错误的是（ ）
A．都选用大小不同的木块是为了改变相同的物理量
B．都需要观察小桌陷入沙中的深度
C．前者实验不需要将木块从小桌正上方一定高度自由释放
D．后者实验中小桌不需要倒放
【答案】A
【考点】探究影响物体重力势能大小的因素﹣重力势能大小的现象表现；探究影响压力作用效果的因素；探究影响物体重力势能大小的因素
【分析】影响重力势能大小的因素是质量和被举高度，压力的作用效果与压力的大小和受力面积的大小有关，实验时应采用控制变量法；
实验中根据小桌陷入沙中的深度来反映压力的作用效果和重力势能的大小。
【解答】解：A、“探究影响压力作用效果因素”时，选用大小不同的木块，是为了改变压力的大小；“探究影响重力势能大小因素”时，选用大小不同的木块，是为了改变质量的大小，所以改变的量是不同的，故A错误；B、根据转换法可知，这两个实验中都是根据小桌陷入沙中的深度来反映压力的作用效果或者重力势能的大小，故B正确；C、水平面上的物体对水平面的压力等于自身的重力，所以“探究影响压力作用效果因素”时，不需要将木块从小桌正上方一定高度自由释放，故C正确；D、“探究影响重力势能大小因素”时，不需要改变受力面积的大小，所以小桌不需要倒放，故D正确。故选：A。
【难度】3
11．（2分）在一只烧杯内装有密度为ρa的液体A，在一只轻薄透明塑料袋中装有大半袋密度为ρb的液体B，按如图所示方式，用弹簧测力计吊住塑料袋并将塑料袋缓慢浸入液体A，测力计示数一直减小，当示数减为零时（塑料袋不接触杯底），有以下两个判断：（1）若ρa＝ρb，则袋内液面与袋外液面相平；（2）若ρa＞ρb，则袋内液面高于袋外液面。这两个判断（ ）
A．只有（1）正确
B．只有（2）正确
C．（1）（2）都正确
D．（1）（2）都不正确
【答案】C
【考点】阿基米德原理的理解；利用阿基米德原理进行简单计算；液体压强的公式及计算；称重法测量浮力
【分析】当弹簧测力计的示数为零时，F浮＝G，根据F浮＝ρagV排和GB＝ρbgVB得出
；
若ρa＝ρb和ρa＞ρb判断出V排与VB的关系，得出袋内外液面高度的关系。
【解答】解：当弹簧测力计的示数为零时，F浮＝G，浮力为：F浮＝ρagV排，重力为：GB＝ρbgVB，则ρagV排＝ρbgVB，
；若ρa＝ρb，则V排＝VB，即袋内液面与袋外液面相平，故（1）正确；若ρa＞ρb，
1，
1，则V排＜VB，袋内液面高于袋外液面，故（2）正确。故选：C。
【难度】3
12．（2分）如图所示，电源电压不变，闭合开关，当滑动变阻器R2的滑片P从a端滑到b端的过程中，电流表示数变化了0.2A，电压表V1的示数从6V变为2V，电压表V2的示数变化了9V，R1的功率变化了ΔP1，电路总功率变化了ΔP。下列选项正确的是（ ）
A．电源电压13.5V
B．R2的最大阻值为45Ω
C．ΔP1为0.8W
D．ΔP为1.8W
【答案】A
【考点】电功率的综合计算；欧姆定律的应用
【分析】先画出两种情况的等效电路图，根据欧姆定律分别表示出电压表V1的示数结合示数的大小求出两电路的电流之比，滑片P从a端滑动到b端的过程中，电路中的电阻变大，电路中的电流变小，据此表示出电流表的示数变化，联立等式即可求出两电流的大小，利用欧姆定律求出R1和R2的阻值，根据串联电路的特点结合电源的电压不变建立等式即可求出R3的阻值，进一步求出电源的电压，利用P＝I2R求出电阻R1的功率变化量，根据P＝UI求出电路消耗总功率的变化量。
【解答】解：当滑动变阻器R2的滑片P位于a端时，等效电路图如图1所示；当滑动变阻器R2的滑片P位于b端时，等效电路图如图2所示；
根据欧姆定律可知：
3；图1中的电阻小于图2中的电阻，且滑片P从a端滑动到b端的过程中电流表示数变化了0.2A，则I1﹣I2＝3I2﹣I2＝2I2＝0.2A，I2＝0.1A，I1＝3I2＝3×0.1A＝0.3A，图1中：R1
20Ω，图2中：R2
90Ω，故B错误；电源的电压不变，则U＝U1+I1R3＝U1′+U2+I2R3，即6V+0.3A×R3＝2V+9V+0.1A×R3，解得：R3＝25Ω，电源的电压U＝6V+0.3A×R3＝6V+0.3A×25Ω＝13.5V，故A正确；电阻R1的功率变化量：ΔP1
R1
R1＝（0.3A）2×20Ω﹣（0.1A）2×20Ω＝1.6W，故C错误；电路消耗总功率的变化：ΔP＝UI1﹣UI2＝13.5V×0.3A﹣13.5V×0.1A＝2.7W，故D错误。故选：A。
【难度】5
二、填空题（本题共7小题，每空1分，共26分）
13．（4分）地铁安检是保障旅客人身安全的重要措施，如图所示。
（1）测温仪是利用 线的热效应原理工作的；
（2）安检时应用了X射线，X射线属于 波；
（3）传送带上的行李在安检时，以传送带为参照物，行李是 的；
（4）轨道旁有安全要示“请在黄线外等候”，其原因可以用流速越大， 越小来解释。
【答案】（1）红外；（2）电磁；（3）静止；（4）压强越小。
【考点】电磁波的传播；参照物的选择；流体压强与流速的关系；红外线
【分析】（1）任何物体在任何温度下都在辐射红外线，温度越高，辐射的红外线越多；
（2）X射线属于电磁波；
（3）一个物体相对于另外一个物体位置没有变化，则该物体是静止的；
（4）根据流体压强进行解析。
【解答】解：地铁安检是保障旅客人身安全的重要措施，其中测温仪是利用红外线的热效应原理工作的；安检时应用了X射线，X射线属于电磁波。行李相对于传送带来说位置没有发生改变，所以是相对静止的。轨道旁有安全警示语“请在黄线外等候，其原因可以用流体流速越大，压强越小来。答案为：（1）红外；（2）电磁；（3）静止；（4）压强越小。
【难度】1
14．（3分）利用大头针可以说明一些物理知识。
（1）图甲所示，小明所说的“多”是指铁钉的 比大头针大。
（2）图乙所示，灯泡发光，说明大头针具有 性。
（3）图丙所示，大头针被吸引，说明通电线圈周围存在 。
【答案】质量；导电；磁场
【考点】电流的磁效应；质量的概念与特性；导体与绝缘体的概念
【分析】（1）物体所含物质的多少叫质量；
（2）容易导电的物体叫导体；
（3）通电导体周围存在着磁场。
【解答】解：（1）图甲所示，小明所说的“多”是指铁钉的质量比大头针大。（2）图乙所示，灯泡发光，说明大头针具有导电性。（3）图丙所示，大头针被吸引，说明通电线圈周围存在磁场。故答案为：质量；导电；磁场。
【难度】3
15．（3分）使用天然气有助于碳中和目标的实现，天然气燃烧过程中，将化学能转化为 内 能，用天然气灶将质量为2.2kg，初温为25℃的水加热到75℃，水吸收的热量是 J；若烧水的效率为42%，此过程中完全燃烧天然气 kg。[水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）；天然气热值为4.4×107J/kg]
【答案】内；4.62×105；0.025
【考点】利用比热容的公式计算热量；燃料燃烧时的能量转化；热值的简单计算；能量的利用效率
【分析】（1）燃料燃烧时将化学能转化为内能，知道水的比热容、质量、初温度和末温度，利用Q吸＝cm（t﹣t0）求出水吸收的热量；
（2）知道天然气灶的热效率，根据η
求天然气完全燃烧放出的热量；再根据Q放＝mq求消耗天然气的质量。
【解答】解：燃料燃烧时将化学能转化为内能，水吸收的热量：Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×2.2kg×（75℃﹣25℃）＝4.62×105J；（2）由η
可得天然气完全燃烧放出的热量：Q放
1.1×106J，由Q放＝mq可得消耗天然气的质量：m
0.025kg。故答案为：内；4.62×105；0.025。
【难度】3
16．（4分）如图是一种塔式起重机上的滑轮组，匀速吊起600kg的物体上升5m用时20s，滑轮组的机械效率是75%。此过程中：
（1）物体的动能 （选填“变大”、“变小”或“不变”）；
（2）有用功是 ；
（3）绳子自由端移动的速度是 m/s；
（4）拉力F的功率是 W。
【答案】（1）不变；（2）3×104J；（3）0.75；（4）2000
【考点】含有滑轮组的复杂装置机械效率的计算；功率的计算；动能和重力势能的相互转化；有用功、额外功与总功；滑轮、滑轮组机械效率的计算
【分析】（1）动能与质量和速度大小有关；
（2）利用W＝Gh求拉力做的有用功；
（3）根据s＝nh计算拉力移动的距离，根据v
计算绳子自由端移动的速度；
（4）知道滑轮组的机械效率，利用η
求总功；知道做功时间，利用P
求拉力做功功率；
【解答】解：（1）匀速吊起时，物体的质量和速度不变，动能不变；（2）拉力做的有用功：W有用＝Gh＝mgh＝600kg×10N/kg×5m＝3×104J；（3）拉力移动的距离s＝nh＝3×5m＝15m，绳子自由端移动的速度v
0.75m/s；（4）根据η
，总功W总
40000J；拉力做功功率：P
2000W。故答案为：（1）不变；（2）3×104J；（3）0.75；（4）2000。
【难度】3
17．（5分）如图所示，用细线、长木板、两个完全相同的木块A、B和一个弹簧测力计，在水平台上探究影响滑动摩擦力大小的因素。
（1）实验过程中每次应水平拉动木块，使它沿长木板做 直线运动。甲、乙两图中测力计示数分别为1.5N和3N。
（2）比较甲、乙两次实验，可得结论：当接触面的粗糙程度相同时， 越大，滑动摩擦力越大。
（3）比较甲、丙两次实验， （选填“能”或“不能”）探究滑动摩擦力大小与接触面积的关系，理由是 。
（4）图丙实验过程中，A、B两物体所受摩擦力fA、fB的大小关系是fA fB。
【考点】探究滑动摩擦力的无关因素；探究影响滑动摩擦力大小的因素的实验
【答案】（1）匀速；（2）压力；（3）不能；没有控制压力相同；（4）＝
【分析】（1）根据二力平衡的条件分析；
（2）（3）（4）影响滑动摩擦力大小因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变，根据图中现象得出结论。
【解答】解：（1）实验时，用弹簧测力计水平拉动木块，使它沿长木板做匀速直线运动，物体在水平方向上受到平衡力的作用，根据二力平衡知识，拉力大小才等于滑动摩擦力的大小；（2）比较甲、乙两图可知，接触面的粗糙程度相同，压力不同，弹簧测力计示数不同，滑动摩擦力不同，压力越大，滑动摩擦力越大；（3）比较甲、丙两图可知，压力大小不同、接触面的粗糙程度相同，接触面积不同，由于没有控制压力大小相同，所以不能探究滑动摩擦力大小与接触面积的关系；（4）图丙实验过程中，A、B两物体一起向右做匀速直线运动，由于滑动摩擦力的大小与压力大小、接触面的粗糙程度有关，A、B两物体对地面的压力相同，接触面的粗糙程度相同，所以受到的滑动摩擦力相同，即：fA＝fB。故答案为：（1）匀速；（2）压力；（3）不能；没有控制压力相同；（4）＝。
【难度】3
18．（4分）如图所示，灯泡标有“6V 3W”字样，R1标有“5Ω 1.5A”，R2为标有“10Ω 1A”的滑动变阻器，电源电压恒定，闭合所有开关，灯泡恰好正常发光，则电源电压是 V，10s内R1产生的热量为 J；断开S1、S2，R2允许调节的阻值范围为 Ω，移动R2滑片的过程中，R2的电功率与电路总功率的最大比值为 。
【答案】6；72；1～10；2：3
【考点】焦耳定律的简单计算；电功率的综合计算
【分析】（1）闭合所有开关，R2被短路，R1与灯泡并联，灯泡恰好正常发光，根据并联电路的电压特点据此求出电源电压；
（2）只根据Q
求出10s内R1产生的热量；
（3）断开S1、S2，滑动变阻器R2、电阻R1串联，根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路的最小电阻，进而确定滑动变阻器接入的电阻范围；
（4）根据P＝I2R2求出R2的电功率与电路的总电功率的最大比值。
【解答】解：（1）闭合所有开关，R2被短路，R1与灯泡并联，灯泡恰好正常发光，根据并联电路的电压特点，所以灯泡L两端的实际电压也等于灯泡L的额定电压，因此电源电压：U＝UL＝6V；（2）由（1）知R1电压为6V，10s内R1产生的热量Q
72J；（3）断开开关S1，S2，R1、R2串联，滑动变阻器R2的最大阻值为10Ω，当阻值最小时。电流最大I大＝1A，串联电路的电流处处都相等，则总电阻R总
6Ω，故R2小＝6Ω﹣5Ω＝1Ω，R2允许调节的阻值范围为1Ω到10Ω；（4）从第（3）可知R2、电阻R1串联，R2的电功率P2＝I2R2
；电路总功率由P总＝I2R总
，故R2的电功率与总电功率的最大比值
，当
越小，功率的比值就越大，则R2越大，
越小；故
；故答案为：6；72；1～10；2：3。
【难度】3
19．（3分）图甲所示是一款全自动豆浆机。其主要结构有两部分：一是有一个带动刀头的电动机，用来将原料粉碎打浆；二是有一个电热器，用来对液体加热。如表是这款豆浆机的主要技术参数。图乙是豆浆机正常工作做一次豆浆过程中电热器和电动机交替工作的P﹣t图像。
型号 |
额定电压 |
额定频率 |
电机功率 |
加热功率 |
容量 |
××× |
220V |
50Hz |
100W |
1210W |
1000mL |
（1）豆浆机正常工作做一次豆浆的过程中，电热器与电动机工作的时间之比为 ；
（2）豆浆机正常工作时的最大电流为 A；
（3）某次豆浆机正常工作过程中，将其它用电器都关闭，观察到标有3600imp/（kW•h）字样的电能表指示灯在2min内闪烁了123次，此2min内电热器工作的时间为 s。
【答案】（1）9：2；（2）5.5；（3）100。
【考点】W＝Pt求电能的大小；电功率P＝W/t的简单计算；电功率P＝UI的简单计算
【分析】（1）根据表格中数据结合图象进行分析，得出加热所需的时间和电机工作的时间；
（2）从表中可以看出豆浆机正常工作时的最大功率，根据P＝UI的变形公式求出豆浆机正常工作时的最大电流；
（3）根据电能表的闪烁次数求出豆浆机消耗的电能，根据电热器消耗的电能和电动机消耗的电能之和等于总电能求出电热器的工作时间。
【解答】解：（1）由图象知，豆浆机正常工作做一次豆浆，电热管加热的时间：t热＝3min×3＝9min；电动机工作的时间是：t电＝1min×2＝2min；所以电热器与电动机工作的时间之比为：t热：t电＝9：2。（2）由表中数据可知，豆浆机正常工作时的电压是U＝220V，最大功率是P加热＝1210W，所以正常工作时的最大电流：
。（3）标有3600imp/（kW•h）字样的电能表指示灯在2min内闪烁了123次，则豆浆机消耗的电能为：
由W＝Pt可得，W＝P加热t加热+P电机（t﹣t加热），已知t＝2min＝120s，此2min内电热器工作的时间为：
。故答案为：（1）9：2；（2）5.5；（3）100。
【难度】5
三、解答题（本题共11小题，共50分。解答第29、30题时应有公式和解题过程）
20．（2分）根据平面镜成像特点在图中画出物体AB在平面镜MN中所成的像。
【答案】
【考点】平面镜成像的作图
【分析】平面镜成像的特点是：像物大小相等、到平面镜的距离相等、连线与镜面垂直、左右互换，即像物关于平面镜对称，利用这一对称性作出AB的像。
【解答】解：分别作出物体AB端点A、B关于平面镜的对称点A′、B′，用虚线连接A′、B′即为AB在平面镜中的像。如图所示：
【难度】1
21．（2分）如图所示，用轻质绳子悬挂一小球，小球与光滑轨道接触且处于静止状态，绳子竖直。在图中画出小球的受力示意图。
【答案】
【考点】画力的示意图
【分析】画力的示意图，首先要对物体进行受力分析，看物体受几个力，要先分析力的大小、方向和作用点，再按要求画出各个力。
【解答】解：小球处于静止状态，受力平衡，绳子处于竖直状态（球与斜面虽然接触但不发生挤压），所以小球不受摩擦力和支持力的作用；则小球受到重力和拉力的作用，重力的方向竖直向下，拉力的方向沿绳子向上，两个力的作用点都画在球的重心上，这两个力是一对平衡力，大小相等，作图时两条线段的长度相等。如图所示：
【难度】1
22．（2分）磁体旁的小磁针静止时所指方向如图所示，画出通过小磁针中心的一条磁感线，并标出磁体的N极。
【答案】
【考点】关于磁现象的作图
【分析】由于磁体周围的磁感线从N极出发回到S极，磁感线上的任何一点的切线方向跟小磁针放在该点的北极指向一致，故可标出磁感线的方向。
【解答】解：已知小磁针左端为N极，右端为S极，由磁极间的相互作用规律可知，条形磁体的左端为S极，右端为N极。在磁体外部，磁感线方向是从N极指向S极，则通过小磁针中心的一条磁感线方向向左，如图所示：
【难度】1
23．（4分）用图甲所示实验装置做“探究水沸腾时温度变化特点”实验。
（1）图甲中，按规范要求，实验前应先调节铁圈 （填数字）的高度。
（2）某小组实验过程中，温度计的示数如图乙所示，为 ℃，图丙是该小组做的水的温度与时间关系的图象，水沸腾时温度变化特点是 。
（3）另外两组同学测得水的沸点分别为96℃和100℃，他们猜想这是由于各组所用温度计刻度有偏差造成的。为验证此猜想，最便捷的方法是，用三个小组的温度计 （选填“依次”或“同时”）测出同一杯热水的温度。
【答案】（1）2；（2）92；保持不变；（3）同时。
【考点】缩短液体沸腾实验加热的时间的方法；探究水沸腾时温度变化的特点
【分析】（1）因为外焰温度最高，实验时要用酒精灯外焰加热，需要根据外焰高度先确定铁圈的位置；
（2）由图乙可知温度计的分度值是1℃，且在90℃～100℃之间，可得温度值。水沸腾后的特点是：吸收热量且温度不变，据此分析即可；
（3）同一个地点的同一杯水温度是一样的。
【解答】解：（1）因为外焰温度最高，实验时要用酒精灯外焰加热，需要根据外焰高度先确定铁圈2的位置；（2）由图乙可知温度计的分度值是1℃，且在90℃～100℃之间，所以温度值为92℃。水沸腾后的特点是：吸收热量且温度不变；（3）在一标准大气压下，同一杯水的沸点是100℃，最便捷的方法是，用三个小组的温度计同时测出同一杯热水的温度。故答案为：（1）2；（2）92；保持不变；（3）同时。
【难度】3
24．（4分）用如图所示的电路探究并联电路特点，闭合所有开关，发现：
现象1：灯L1发光；
现象2：灯L2不发光。
对此现象的原因有以下三种猜想：
猜想1：干路上某根导线断路
猜想2：灯L2的灯丝断路
猜想3：灯L2支路某根导线断路
（1）根据现象 （填数字）可以判断猜想1是错误的。
（2）若灯L2不发光的原因是由猜想2或猜想3引起的，用以下两种方法可以验证。
方法1：不添加器材且不拆除导线。具体操作是： 。
方法2：在干路上串联一个滑动变阻器，再用一根完好的导线接在L2的A、B两端，闭合所有开关，若观察到现象 ，则猜想 （填数字）正确。
【答案】（1）1；（2）将灯L1与灯L2互换位置，若灯L1发光灯L2不发光，则猜想2正确，若灯L1不发光灯L2发光，则猜想3正确；灯L1发光；3。
【考点】探究并联电路中干路电流与各支路电流的关系
【分析】（1）干路断路两灯都不会发光；
（2）方法1：将灯L2换到灯L1的位置，只要能看到灯L2发光，就说明灯L2自身没有问题；
方法2：假如灯L2支路某根导线断路，即使用一根完好的导线接在L2的A、B两端，灯L1也不会被短接，能正常发光，但如果是灯L2的灯丝断路，用一根完好的导线接在L2的A、B两端后，灯L1也会被短接，不再发光。
【解答】解：（1）灯L1发光说明干路是通路，因此可以判断猜想1是错误的；（2）方法1：将灯L1与灯L2互换位置后，若灯L1发光灯L2不发光，则说明干路及原灯L2所在支路没有问题，问题在灯L2自身，因此故障原因是猜想2，若灯L1不发光灯L2发光，则说明干路及灯L2自身没有问题，因灯L1自身也没有问题，所以猜想3正确；方法2：用一根完好的导线接在L2的A、B两端，导线将灯L1及L2均短接，若观察到灯L1发光，说明灯L1所在支路有电流通过，干路没有断路，灯L2被短接后电流并没有在灯L2支路通过，因此猜想3正确。故答案为：（1）1；（2）将灯L1与灯L2互换位置，若灯L1发光灯L2不发光，则猜想2正确，若灯L1不发光灯L2发光，则猜想3正确；灯L1发光；3。
【难度】1
25．（5分）在探究“凸透镜成像规律”的实验中。
（1）如图甲，平行光正对凸透镜照射时，光屏上出现一个最小最亮的光斑，则凸透镜的焦距f＝ cm。
（2）要验证图甲中光屏上的光斑是否最小最亮，可以 （选填“向左”、“向右”或“左右来回”）稍稍移动光屏并观察。
（3）当该透镜位于图乙中刻度对应的位置时，光屏上能否观察到烛焰清晰的像？请在横线上作答。要求：①若能，请写出像的性质；②若不能，请说明仅移动光屏到何刻度线处才能观察到清晰的像。答： 。
（4）凸透镜可以用来矫正 视眼的视力缺陷。
【答案】（1）10.0；（2）左右来回；（3）能，倒立放大的实像；（4）远。
【考点】探究凸透镜成像的规律
【分析】（1）（2）平行于主光轴的光会聚于主光轴上一点，这一点叫焦点，焦点到光心的距离叫焦距，读数时估读到分度值的下一位；
（3）根据2f＞u＞f，v＞2f时，在光屏上成倒立放大的实像；
（4）凸透镜可以矫正远视眼。
【解答】解：（1）平行于主光轴的光线经凸透镜折射后，会聚在主光轴上一点，这点是凸透镜的焦点，焦点到光心的距离是凸透镜的焦距，所以凸透镜的焦距是：f＝20.0cm﹣10.0cm＝10.0cm；（2）由于在焦点处光斑是最小最亮的，要验证图甲中光屏上的光斑是否最小最亮，可以左右来回稍稍移动光屏并观察；（3）当该透镜位于图乙中刻度对应的位置时，此时物距u＝25.0cm﹣10.0cm＝15.0cm，v＝55.0cm﹣25.0cm＝30.0cm，物距大于一倍焦距小于二倍焦距，像距大于二倍焦距，故光屏上能观察到清晰的像，根据凸透镜成像规律，此时光屏上成倒立放大的实像；（4）由于远视眼将物体的像成在视网膜的后面，凸透镜对光线具有会聚作用，可以将光线提前会聚到视网膜上，故凸透镜可以矫正远视眼。故答案为：（1）10.0；（2）左右来回；（3）能，倒立放大的实像；（4）远。
【难度】3
26．（3分）用如图甲所示的电路研究通过导体的电流与电压、电阻的关系。
（1）实验前，电流表的指针位置如图乙所示，应该 。
（2）在研究电流与电压关系时，为了改变电阻箱R1两端的电压， （选填“需要”或“不需要”）调节R2的阻值。
（3）在研究电流与电阻关系时，有以下步骤：
A.调节R1的阻值为3Ω；
B.移动滑动变阻器R2的滑片P至某一位置，记录电流表的示数为0.50A；
C.仅调节R1的阻值，分别为6Ω和9Ω，记录两次相应的电流值分别为0.33A和0.25A。
以上步骤C存在问题，要使第一次实验数据有效，步骤C中将R1的阻值由3Ω调成6Ω后，正确的操作是 。
【答案】（1）调零；（2）需要；（3）移动滑动变阻器R2的滑片P使电压表的示数为1.5V不变，记录电流表对应的示数。
【考点】探究电流与电阻的关系
【分析】（1）电流表使用前要调零。
（2）在研究电流与电压关系时，要控制电阻大小不变，记录电流随电压的变化关系，据此分析；
（3）在研究电流与电阻关系时，要控制电阻的电压不变，根据A、B得出电阻的电压，据此分析。
【解答】解：（1）实验前，电流表的指针位置如图乙所示，即指针没有正对零刻度线，应该调零。（2）在研究电流与电压关系时，要控制电阻大小不变，记录电流随电压的变化关系，为了改变电阻箱R1两端的电压，需要调节R2的阻值，从而改变阻器连入电路的电阻，进而改变电路的电流，达到改变电阻箱电压的目的；（3）在研究电流与电阻关系时，要控制电阻的电压不变，根据A、B可知，电阻的电压为：U＝IR＝0.50A×3Ω＝1.5V；要使第一次实验数据有效，步骤C中将R1的阻值由3Ω调成6Ω后，正确的操作是：移动滑动变阻器R2的滑片P使电压表的示数为1.5V不变，记录电流表对应的示数。故答案为：（1）调零；（2）需要；（3）移动滑动变阻器R2的滑片P使电压表的示数为1.5V不变，记录电流表对应的示数。
【难度】1
27．（5分）用如图装置体验并探究影响液体内部压强的因素。（ρ盐水＞ρ水＞ρ酒精）
（1）如图（a）所示，向玻璃管内加水，可以看到橡皮膜 ，说明水对橡皮膜有向 的压强。
（2）图（b）中压强计显示的是水中 cm深处的压强。
（3）比较图 （填字母）的实验现象可得结论： 。
【答案】（1）向外凹陷；下；（2）14；（3）b、c；在深度相同时，液体密度越大，液体的压强越大。
【考点】探究液体内部各个方向上的压强；探究液体内部的压强；探究液体内部压强与液体密度的关系
【分析】（1）液体内部向各个方向都有压强；
（2）橡皮膜所处的深度是该处到自由液面的竖直高度；
（3）探究液体压强跟密度的关系时，保持液体的深度相同、橡皮膜方向相同。
【解答】解：（1）向玻璃管内加水，可以看到橡皮膜向外凹陷，说明水对橡皮膜有向下的压强；（2）橡皮膜所处的深度是该处到自由液面的竖直高度，如图b，深度为20cm﹣6cm＝14cm；（3）比较b、c两个图可知，金属盒所处的深度相同，液体的密度不同，因此可探究液体压强与液体密度的关系，由于盐水的密度大于水的密度，丙中液面高度差大，产生的压强大，可得出结论：在深度相同时，液体密度越大，液体的压强越大。故答案为：（1）向外凹陷；下；（2）14；（3）b、c；在深度相同时，液体密度越大，液体的压强越大。
【难度】3
28．（8分）现有一只阻值未知的定值电阻Rx。
（1）图甲为用伏安法测电阻Rx的部分电路。
①用笔画线将电路补充完整，要求：滑片向B端移动时，变阻器接入电路的电阻变小。
②调节滑动变阻器可以多次实验，其目的是 。
③请在虚线框内设计一个记录数据的表格。
④收集数据完成实验。
（2）利用如图乙所示电路，能测出Rx的阻值。其中R为定值电阻，R'为电阻箱。请在横线上填上合适内容。
①闭合开关前，将滑动变阻器滑片滑到b端，电阻箱调为某一阻值R1；
②闭合开关，调节滑动变阻器，使电压表和电流表示数为合适的值；
③断开开关，再将电压表与待测电阻C端间的导线改接到D端（图中虚线所示），闭合开关，反复调节 ，使两表的示数与②中相同，记录此时电阻箱的阻值R2，断开开关。
④待测电阻的阻值Rx＝ 。
【答案】（1）①见解答；②减小误差；③见解答；（2）③电阻箱和滑动变阻器；④R1﹣R2。
【考点】伏安法测电阻
【分析】（1）根据滑片向B移动时变阻器接入电路的阻值变小，确定滑动变阻器的右下接线柱连入电路中与电流表串联，电压表与电阻并联；
（2）测电阻时多次测量可以减小误差；本实验需测量电阻两端的电压、电流，并计算出电阻值，并采用多次测量求平均值的方法减小测量误差，据此设计实验表格；
（3）根据等效替代法分析电阻值的大小。
【解答】解：（1）①根据滑片向B移动时变阻器接入电路的阻值变小，确定滑动变阻器的右下接线柱连入电路中与电流表串联，电压表与电阻并联；如图所示：
②调节滑动变阻器可以多次实验，其目的是多次测量取平均值减小误差；③本实验需测量电阻两端的电压、电流，并计算出电阻值，并采用多次测量求平均值的方法减小测量误差，则实验数据记录表格如下；
实验次数 |
电压/V |
电流/A |
电阻/Ω |
平均值/Ω |
1 |
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
3 |
|
|
|
（2）利用如图乙所示电路，能测出Rx的阻值。其中R为定值电阻，R'为电阻箱。①闭合开关前，将滑动变阻器滑片滑到b端，电阻箱调为某一阻值R1；②闭合开关，调节滑动变阻器，使电压表和电流表示数为合适的值；③断开开关，再将电压表与待测电阻C端间的导线改接到D端（图中虚线所示），闭合开关，此时电压表测电阻箱、定值电阻、待测电阻两端的电压；要使两表的示数与②中相同，即电流表和电压表示数均与②中相同，而电源电压不变，由欧姆定律可知此时总电阻与②中相同，根据题意可知一定要调节电阻箱的阻值，且仍然是4个电阻元件串联，所以还需要调节滑动变阻器才能使总电阻不变，才能使电流表示数不变，记录此时电阻箱的阻值R2，断开开关。④因两表的示数与②中相同，则根据欧姆定律可得R1+R＝R2+R+Rx，则待测电阻的阻值Rx＝R1﹣R2。故答案为：（1）①见解答；②减小误差；③见解答；（2）③电阻箱和滑动变阻器；④R1﹣R2。
【难度】3
29．（7分）南京城墙是世界上现存最长的砖石构造城市城墙，如图甲所示。图乙是一块质地均匀的平整长方体城砖的示意图，已知城砖长AC为40cm，宽AB为20cm，厚AD为10cm，质量为20kg。
（1）城砖的重力多大？（g取10N/kg）
（2）城砖按图乙方式放在水平地面上时，它对地面的压强是多少帕？
（3）要在AB的中点O处用一与AB垂直的水平力F将城砖推倒，则F至少为 N。
【答案】（1）城砖的重力为200N；（2）城砖按图乙方式放在水平地面上时，它对地面的压强是1×104Pa；（3）25。
【考点】压强的公式的应用
【分析】（1）知道城砖的质量，利用G＝mg求出城砖的重力；
（2）由图乙可求出城砖与地面的受力面积，城砖静止在水平地面时，城砖对地面的压力等于城砖自身的重力，利用p
求出城砖对地面的压强；
（3）要在AB的中点O处用一与AB垂直的水平力F将城砖推倒，可把城砖看成一个绕底部转动的杠杆；动力F的力臂大小等于城砖AC的长，阻力为城砖的重力，阻力臂等于AD长的一半，根据杠杆的平衡条件可求出力F的的大小。
【解答】解：（1）城砖的重力：G＝mg＝20kg×10N/kg＝200N；（2）城砖按图乙方式放在水平地面上时，地面的受力面积S＝AC×AD＝20cm×10cm＝200cm2，城砖静止在水平地面时，城砖对地面的压力：F＝G＝200N，城砖对地面的压强：p
1×104Pa；（3）要在AB的中点O处用一与AB垂直的水平力F将城砖推倒，可把城砖看成一个绕底部转动的杠杆，动力F的力臂大小等于城砖AC的长，即L1＝40cm，阻力F＝G＝200N，阻力臂L2
AD
10cm＝5cm，根据杠杆的平衡条件可知，F×L1＝G×L2，代入数据解得：F
25N。故答案为：（1）城砖的重力为200N；（2）城砖按图乙方式放在水平地面上时，它对地面的压强是1×104Pa；（3）25。
【难度】5
30．（8分）综合实践活动中，同学们设计了一种测量液体密度大小的装置，主要结构如图甲所示，从电流表指针所指的刻度就可以知道液体密度的大小。AB为长18cm阻值为36Ω的电阻丝，其阻值与长度成正比。托盘上的小桶中无液体时，滑片P恰好位于电阻丝最上端A处；每次测量时，在小桶内倒入体积恒为20cm3的待测液体后，弹簧增加的弹力F与滑片P向下移动的距离x的关系如图乙所示。电源电压恒为6V，R0标有“4Ω 0.5A”，电流表量程为0～0.6A。不计一切摩擦。
（1）闭合开关，滑片P在A端时，电流表示数为多少？
（2）某次测量时，电流表示数为0.3A，所测液体密度为多少？（g取10N/kg）
（3）若利用电压表（量程0～3V）示数来显示液体密度大小，其它条件不变，要求液体密度越大，电压表示数也越大。在图丙中接入电压表后与原装置相比，该装置所能测量密度的最大值 （选填“变大”“变小”或“不变”）。
【答案】（1）闭合开关，滑片P在A端时，电流表示数为0.15A；（2）某次测量时，电流表示数为0.3A，所测液体密度为1×103kg/m3；（3）不变。
【考点】欧姆定律的应用
【分析】（1）闭合开关，滑片P在A端时，电阻丝AB与R0串联，根据串联电路特点和欧姆定律计算电流表示数；
（2）由串联电路特点和欧姆定律计算电流表示数为0.3A时，电阻丝接入电路的电阻，计算滑片向下移动的距离，根据图象乙可得弹簧增加的弹力，从而得到液体的重力，根据密度和重力公式计算液体的密度；
（3）图甲中，电路中电流最大为0.5A，电阻丝连入电路的阻值最小，弹簧增加弹力最大，桶中液体重力最大，密度最大；
当小桶中装密度越大的液体时，电阻丝连入电路的阻值的越小，根据串联电路的分压原理分析，两电阻分得电压的变化，从而判断电压表测哪个电阻的电压，
根据串联电路特点和欧姆定律计算电路中电流最大时，电压表示数是否超过量程，判断接入电压表后该装置所能测量密度的最大值情况。
【解答】解：（1）由图甲知，闭合开关，滑片P在A端时，电阻丝AB与R0串联，电流表测电路中电流，根据串联电路的电阻特点和欧姆定律可得，电流表的示数：I
0.15A；（2）测某液体的密度时，电流表示数为0.3A，所以：I′
，即：0.3A
，解得，电阻丝连入电路的电阻：RBP＝16Ω，AB为长18cm阻值为36Ω的电阻丝，其阻值与长度成正比，电阻丝每厘米的电阻为：
2Ω/cm，电阻丝连入电路的长度：LBP
8cm，滑片P向下移动的距离：x＝LAB﹣LBP＝18cm﹣8cm＝10cm，由乙图知，此时弹簧增加的弹力：F＝0.2N，小桶中液体的重力：G＝F＝0.2N，所以液体的密度：ρ液
1×103kg/m3；（3）由题知，R0标有“4Ω
0.5A”，图甲电路中的最大电流I最大＝0.5A，此时电阻丝连入电路的阻值最小，弹簧增加的弹力F最大，小桶中装入待测液体重力最大，液体密度最大；利用电压表（量程0～3V）示数来显示液体密度大小，其它条件不变，当同体积的液体密度越大，质量最大，液体重力也最大，弹簧增加的弹力最大，电阻丝连入电路的阻值最小，根据串联电路的分压原理知，此时电阻丝分得电压最小，定值电阻R0两端电压最大，所以要实现液体密度越大，电压表示数也越大，电压表应并联在R0两端，当电路中电流达到最大I最大＝0.5A时，电压表示数，UV＝U0最大＝I最大R0＝0.5A×4Ω＝2V＜3V，电路安全，此时所测密度密度最大；所以，接入电压表与原装置相比，所能测量密度的最大值不变。故答案为：（1）闭合开关，滑片P在A端时，电流表示数为0.15A；（2）某次测量时，电流表示数为0.3A，所测液体密度为1×103kg/m3；（3）不变。
【难度】5