2022年江苏省盐城市中考物理试卷

一、选择题；本题共12小题，每小题2分，共24分，每小题给出的四个选项中只有一个选项正确。

1．（2分）我市大规模利用太阳能发电，下列与太阳能同属于可再生能源的是（　　）

A．风能

B．石油

C．煤炭

D．天然气

【答案】A

【考点】可再生能源和不可再生能源；能源及其分类

【分析】像太阳能、风能、水能以及动植物等这类可以长期提供或可以再生的能源属于可再生能源；而像煤、石油、天然气和铀矿这类化石或矿物能源，一旦消耗就很难再生的能源是不可再生能源。

【解答】解：煤炭、石油、天然气都属于化石能源，是短时间内不能再次产生的，是不可再生能源；

风能在短时间内可以再次产生，是可再生能源，故A符合题意。故选：A。

【难度】1

2．（2分）冬天打开装有热水的保温杯杯盖，杯口处出现“白雾”，形成“白雾”的物态变化是（　　）

A．汽化

B．液化

C．升华

D．凝华

【答案】B

【考点】液化的概念及现象

【分析】物质由气态变为液态的过程叫液化。

【解答】解：“白雾”是液态小水珠，是从保温杯口出来的水蒸气遇冷液化形成的，故B正确。故选：B。

【难度】1

3．（2分）在北京冬奥会上苏翊鸣获得单板滑雪冠军，如图所示是他从高处加速下落时的情景，下列关于苏翊鸣说法正确的是（　　）

A．动能增加，重力势能减小

B．动能增加，重力势能增加

C．动能减小，重力势能增加

D．动能减小，重力势能减小

【答案】A

【考点】动能和重力势能的相互转化

【分析】（1）动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大。

（2）重力势能大小的影响因素：质量、高度。质量越大，高度越高，重力势能越大。

【解答】解：苏翊鸣从高处加速下落时，质量不变，高度变小，重力势能减小，速度变大，动能增加，故A正确。故选：A。

【难度】1

4．（2分）我市高架道路的某些路段两侧装有板墙，它的作用主要是减弱噪声，这种减弱噪声的方法属于（　　）

A．在声源处减弱

B．在传播过程中减弱

C．在人耳处减弱

D．在声源和人耳处减弱

【答案】B

【考点】减弱噪声的途径

【分析】本题从控制噪声的措施分析即可。

【解答】解：控制噪声可以从三个方面着手：在声源处减弱，如摩托车加装消音器；在传播过程中减弱，如在高架道路两侧加装隔音板；在人耳处减弱，如工厂用防噪声耳罩。因此A、C、D不符合题意，只有B正确。故选B。

【难度】1

5．（2分）在“探究滑动摩擦力大小与压力大小关系”的实验中，下列操作方法正确的是（　　）

A．木块由平放改为侧放

B．将木块换成铁块

C．增大对木块的拉力

D．在木块上加砝码

【答案】D

【考点】影响摩擦力大小的因素

【分析】滑动摩擦力的大小与压力大小、接触面的粗糙程度有关，根据控制变量法分析。

【解答】解：在“探究滑动摩擦力大小与压力大小关系”的实验中，采用的是控制变量法，实验中需要控制接触面的粗糙程度相同，改变压力的大小；A、木块由平放改为侧放，改变了接触面积的大小，没有改变压力大小，故A错误；B、将木块换成铁块，压力大小发生了变化，接触面的粗糙程度也发生了改变，故B错误；C、增大对木块的拉力不会改变压力的大小，故C错误；D、在木块上加砝码，接触面的粗糙程度不变，改变了压力的大小，故D正确。故选：D。

【难度】3

6．（2分）2022年4月16日，神舟十三号载人返回舱成功着陆，返回舱与大气摩擦温度升高，内能增加。下列事例中物体内能改变方式与它相同的是（　　）

A． 汤勺放在热汤中温度升高

B． 烧水时水温升高

C． 压缩空气温度升高

D． 取暖器旁的物体温度升高

【答案】C

【考点】做功改变物体的内能

【分析】做功和热传递都可以改变物体的内能，做功是能量的转化，热传递是能量的转移；对物体做功，物体的内能会增加，物体对外做功，其内能会减小。

【解答】解：神舟十三号载人返回舱与大气摩擦温度升高，内能增加，是通过克服摩擦做功来改变内能的。A、汤勺放在热汤中温度升高，是通过热传递来改变物体内能的，故A不合题意；B、烧水时水温升高，是通过热传递来改变物体内能的，故B不合题意；C、压缩空气温度升高，是活塞对空气做功，使空气的内能增大、温度升高，故C符合题意；D、取暖器旁的物体温度升高，是通过热传递来改变物体内能的，故D不合题意。故选：C。

【难度】1

7．（2分）用相同的绝缘细线将带正电的轻质甲球和不带电的轻质乙球悬挂，下列情形正确的是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【考点】物体带电情况的判断

【分析】带电体能够吸引轻小物体；物体间力的作用是相互的。

【解答】解：用相同的绝缘细线将带正电的轻质甲球和不带电的轻质乙球悬挂，根据带电体能够吸引不带电的轻小物体的性质可知，甲、乙两个球相互吸引，所以两个球的悬线不是竖直的，故D正确。故选：D。

【难度】3

8．（2分）如图是小华做“探究杠杆平衡条件”实验时的情形，下列操作能使杠杆在水平位置平衡的是（　　）

A．增加钩码的个数

B．向左调节平衡螺母

C．向右移动钩码的位置

D．减小弹簧测力计的拉力

【答案】C

【考点】探究杠杆的平衡条件的实验中使用弹簧测力计的问题；探究杠杆的平衡条件

【分析】观察如图所示的杠杆，发现左端低右端高，说明左端偏重，要使杠杆在水平位置平衡，根据杠杆平衡条件F₁L₁＝F₂L₂解答。

【解答】解：A、增加左侧钩码个数，左侧的力臂不变，力变大，力与力臂的乘积变大，杠杆不会平衡，故A错误；B、在实验的过程中，不能通过调节平衡螺母使杠杆在水平位置平衡，故B错误；C、将左侧钩码向右移动，左侧的力不变，力臂变小，则左侧力与力臂的乘积变小，会使杠杆平衡，故C正确；D、减小弹簧测力计的拉力，右侧的力臂不变，力变小，力与力臂的乘积变小，杠杆不会平衡，故D错误。故选：C。

【难度】3

9．（2分）将淀粉与适量的水混合，可做成粘稠状的非牛顿流体，该非牛顿流体有一个特殊的性质，不受冲击时呈液态，受冲击时呈暂时性固态，以下情形正确的是（　　）

A．非牛顿流体能对从高处掉落的鸡蛋起保护作用

B．想让粗木棒进入非牛顿流体中应让木棒缓慢插入

C．人要通过一定深度的非牛顿流体表面区域时应缓慢行走

D．想让手从非牛顿流体中取出，手的速度要尽量大些

【答案】B

【考点】超纲知识

【分析】（1）高处掉落的鸡蛋的速度很大，对非牛顿流体有冲击力，非牛顿流体会呈固态，保护不了鸡蛋；

（2）让粗木棒进入非牛顿流体，应让非牛顿流体保持液态，即对它不要有冲击力；

（3）人要通过一定深度的非牛顿流体，应让非牛顿流体保持固态，即对它要有冲击力；

（4）手从非牛顿流体中取出，应让非牛顿流体保持液态，即对它不要有冲击力。

【解答】解：A、高处掉落的鸡蛋的速度很大，非牛顿流体在冲击力的作用下呈固态，鸡蛋会碎，故A错误；B、想让粗木棒进入非牛顿流体，应让非牛顿流体保持液态，即对它不要有冲击力，应缓慢插入，故B正确；C、人要通过一定深度的非牛顿流体表面区域时，应让非牛顿流体保持固态，要对它要有冲击力，即快速踏步行走，故C错误；D、想让手从非牛顿流体中取出，应让非牛顿流体保持液态，不要对它有冲击力，手的速度应该慢一些，故D错误。故选：B。

【难度】5

10．（2分）如图所示是小明设计的模拟调光台灯电路。闭合开关后，灯泡不亮，电流表无示数，电压表有示数，小明检查后发现有一处故障，该电路的故障可能是（　　）

A．电流表断路

B．电压表短路

C．铅笔芯断路

D．灯泡断路

【答案】D

【考点】电流表、电压表在判断电路故障中的应用

【分析】根据电路图可知，该电路为串联电路，电流表测量电路中的电流，电压表测量灯泡两端的电压；闭合开关后，灯泡不亮，电流表无示数，这说明电路出现了断路故障，根据电压表示数分析电路故障的原因。

【解答】解：根据电路图可知，该电路为串联电路，电流表测量电路中的电流，电压表测量灯泡两端的电压；闭合开关后，灯泡不亮，电流表无示数，这说明电路出现了断路故障；电压表有示数，说明电压表与电源之间是接通的，所以故障是灯泡断路。故选：D。

【难度】3

11．（2分）在综合实践活动中，小明用测电笔来判断家里电灯的开关是接在火线上还是接在零线上，闭合开关，灯泡正常发光，用测电笔分别检测开关的两个接线柱，发现氖管两次都发光，根据此现象（　　）

A．可以确定，开关接在火线上

B．可以确定，开关接在零线上

C．无法确定开关接在火线上还是零线上

D．需断开开关，再检测这两个接线柱才能判断接在火线上还是零线上

【答案】A

【考点】家庭电路的故障分析

【分析】在家庭电路中，开关应接在用电器和火线之间；当测电笔的笔尖接触到火线时，氖管会亮。

【解答】解：闭合开关，灯泡正常发光，用测电笔分别检测开关的两个接线柱，发现氖管两次都发光，这说明开关的两个接线柱都与火线直接相连，故可以确定开关接在火线上；如果开关接在零线上，闭合开关，用测电笔分别检测开关的两个接线柱，相当于用测电笔检测零线，所以氖管不发光，不符合题意；由此可知只有A正确。故选：A。

【难度】3

12．（2分）如图甲所示，细线上端固定，线按同一方向绕在轻质纸筒上，将纸筒从一定高度水平释放，发现纸筒在下落过程中偏离竖直方向。小明认为纸筒偏离竖直方向的距离与细线缠绕的圈数和下落的高度有关。现设计了图乙所示的①②③④四种方案，实验时细线的长度相同且均匀密绕在相同纸筒上。四种方案中能验证猜想的是（　　）

A．①②

B．①③

C．③④

D．②③

【答案】D

【考点】控制变量法

【分析】本题实验应用了控制变量法，根据实验方法，探究纸筒偏离竖直方向的距离与细线缠绕的圈数和下落的高度的关系。

【解答】解：本题应用控制变量法研究纸筒偏离竖直方向的距离与细线缠绕的圈数和下落的高度是否有关。实验时细线的长度相同且均匀密绕在相同纸筒上，可通过剩余细线的长度判断细线缠绕的圈数，进而通过两个纸筒的高度和细线缠绕的圈数进行判断。①两个纸筒高度、细线缠绕的圈数都不一样，不符合控制变量法的要求，故不能验证猜想；②两个纸筒高度一样，细线缠绕的圈数不一样，可研究纸筒偏离竖直方向的距离与细线缠绕的圈数是否有关，故能验证猜想；③两个纸筒高度不一样，细线缠绕的圈数一样，可研究纸筒偏离竖直方向的距离与下落的高度是否有关，故能验证猜想；④两个纸筒高度、细线缠绕的圈数都一样，不符合控制变量法的要求，故不能验证猜想。故选：D。

【难度】5

二、填空题：本题共8小题，每空1分，共24分

13．（3分）2022年2月6日我国女足战胜韩国获得亚洲杯冠军。比赛中，啦啦队击鼓助威，鼓声通过 　 　传到运动员的耳中，运动员奋起一脚，球离开脚后由于 　 　飞进球门，顶起球网，使球网发生形变的施力物体是 　 　。

【答案】空气；惯性；足球

【考点】力的作用效果

【分析】（1）声音是由物体的振动产生的，声音能够在固体、液体、气体中传播；

（2）物体保持原来运动状态不变的性质叫做惯性；

（3）力是物体间的相互作用，产生力的物体是施力物体，受到作用力的物体是受力物体。

【解答】解：（1）声音能够在空气中传播，鼓声是通过空气传到运动员耳中的；（2）球离开脚后可以继续向前飞行，是由于足球具有惯性，在空中保持原来的运动状态继续向前运动；（3）足球顶起球网，球对球网有力的作用，使球网发生形变的施力物体是足球。故答案为：空气；惯性；足球。

【难度】1

14．（3分）小明测小石块密度，先用天平测出小石块的质量，如图所示，小石块的质量为 　 　g。接着用量筒和水测出小石块体积为10.0cm³。则小石块的密度为 　 　kg/m³。实验时若先测小石块体积再测小石块质量，所测小石块密度会偏 　 　。

【答案】27；2.7×10³；大

【考点】密度的简单计算

【分析】（1）小石块的质量等于砝码的总质量与游码所对刻度之和；

（2）已知小石块质量和体积，根据密度公式ρ 求出石块的密度；

（3）先测石块的体积，则石块上会粘有水。

【解答】解：由图知，小石块的质量为m＝20g+5g+2g＝27g；小石块的密度为ρ 2.7g/cm³＝2.7×10³kg/m³；先测石块的体积，取出石块再测质量时，由于石块上粘有水，所以测得石块的质量变大，体积不变，导致最终测得石块的密度会偏大。故答案为：27；2.7×10³；大。

【难度】1

15．（3分）2021年11月7日，王亚平从天和核心舱成功出舱。出舱时，以舱门为参照物，她是 　 　的，从舱内到舱外她的质量 　 　，地面指挥中心通过 　 　向王亚平发出指令。

【答案】运动；不变；电磁波

【考点】参照物的选择

【分析】（1）在研究物体运动时，要选择参照的标准，即参照物，物体的位置相对于参照物发生变化，则运动，不发生变化，则静止；

（2）质量是物体的一种基本属性，与物体的状态、形状、温度、所处的空间位置的变化无关；

（3）电磁波能够在真空中传播。

【解答】解：（1）以舱门为参照物，王亚平从舱门出来时相对舱门位置关系发生了变化，是运动的；（2）质量是物体的一种属性，它不随物体的形状、位置、温度和状态的改变而改变，王亚平出舱后空间位置发生改变，但是质量不变；（3）地面指挥中心通过电磁波向王亚平发出指令。故答案为：运动；不变；电磁波。

【难度】1

16．（3分）小明做“探究水沸腾前后温度变化的特点”实验，绘制出如图所示的图像，由图像可知水沸腾时继续吸热，温度 　 　，若烧杯中水的质量为200g，加热至沸腾，至少需要吸收 　 　J的热量，实际上，提供的热量 　 　水吸收的热量。[c_水＝4.2×10³J/（kg•℃）]

【答案】保持不变；4.2×10⁴；大于

【考点】利用比热容的公式计算热量

【分析】（1）根据图像直接分析水沸腾时继续吸热，温度的变化；

（2）根据图像可知水的初温和水沸腾时的温度，根据Q_吸＝c_水m（t﹣t₀）求将烧杯中的水加热至沸腾至少需要吸收的热量；

（3）根据对水加热的过程中存在热损失分析实际提供的热量与水需要吸收热量之间的关系。

【解答】解：（1）由图像可知，水沸腾时继续吸热，温度保持不变；（2）由图像可知，水的初温t₀＝48.0℃，水沸腾时的温度t＝98.0℃，因此将烧杯中的水加热至沸腾至少需要吸收的热量：Q_吸＝c_水m（t﹣t₀）＝4.2×10³J/（kg•℃）×200×10^﹣3kg×（98.0℃﹣48.0℃）＝4.2×10⁴J；（3）由于对水加热的过程中存在热损失，因此实际提供的热量大于水需要吸收热量。故答案为：保持不变；4.2×10⁴；大于。

【难度】3

17．（3分）在“再探动滑轮”的实验中，小明用弹簧测力计沿竖直方向匀速拉动滑轮，使挂在它下面重为3N的钩码缓缓上升0.2m，钩码上升的时间为4s。绳受到的拉力为2N，此过程中钩码上升的速度为 　 　m/s，拉力的功率为 　 　W，动滑轮的机械效率为 　 　。

【答案】0.05；0.2；75%

【考点】机械效率的简单计算

【分析】此题中，用钩码上升的距离和上升的时间，根据速度公式可计算出钩码上升的速度；再用绳子自由端的拉力、绳子自由端通过的距离和所用时间，根据功率公式计算出拉力的功率；最后根据钩码上升做的有用功和绳子自由端拉力所做的总功，利用机械效率公式求出动滑轮的机械效率。

【解答】解：钩码上升的速度为：v 0.05m/s。拉力的功率为：P 0.2W。动滑轮的机械效率为：η 100% 100% 100%＝75%。故答案为0.05；0.2；75%。

【难度】5

18．（3分）如图所示是小华用漆包线和磁体制作的一台发电机，制作时用刀片将线圈两端的漆全部刮掉，作为转动轴，用纸做一个小风车固定在转轴上，将转轴放在支架上，如图所示，将发电机与小量程电流表相连，转动小风车，电流表指针左右偏转，电路中电流的方向 　 　（填“改变”或“不变”），此过程中发电机将 　 　能转化为电能。若将小量程电流表换成电池，线圈 　 　（填“能”或“不能”）持续转动。

【答案】改变；机械；不能

【考点】发电机能量转化；发电机的原理

【分析】闭合电路部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，会产生感应电流的现象叫做电磁感应；通电导体在磁场中受力运动。

【解答】解：将发电机与小量程相连，转动小风车，线圈在磁场中做切割磁感线运动，线圈中会产生感应电流，电流表指针左右偏转，这说明电路中电流的方向是改变的；此过程中发电机将机械能转化为电能；若将图中电流表换成电池，则无风吹时，由于通电线圈处在磁场中，故会受力转动，而线圈转动至平衡位置时，因线圈两端的绝缘漆全部刮掉，无法改变线圈中的电流方向，所以不能持续转动下去。故答案为：改变；机械；不能。

【难度】1

19．（3分）小明和妈妈去超市购买电热水壶，发现有甲、乙两款，分别标有“220V 800W”、“220V 1800W”的字样，妈妈认为用乙款水壶烧水时，在相同时间内产生的热量 　 　，烧水 　 　，准备用乙款，小明说此款不合适，因为乙款电水壶的额定电流为 　 　A，超过了家里室内插座的额定电流。（结果保留一位小数）

【答案】多；快；8.2

【考点】电功率的综合计算

【分析】（1）根据Q＝W＝Pt分析用乙款水壶烧水时，在相同时间内产生的热量关系和烧水的速度关系；

（2）根据P＝UI求乙款电水壶的额定电流。

【解答】解：（1）由题意可知，乙款水壶的额定功率大于甲的额定功率，根据Q＝W＝Pt可知，用乙款水壶烧水时，在相同时间内产生的热量多，烧水快；（2）由P＝UI可知，乙款电水壶的额定电流：I_额 8.2A。故答案为：多；快；8.2。

【难度】5

20．（3分）古埃及学者埃拉托色尼发现，利用同一时刻在不同地点影子的长度不同可以估测出地球周长。取一根直杆，将其竖直立在地球上的A点，由于光的 　 　形成了杆的影子，记录直杆在正午时刻影子的长度，算出太阳光与直杆的夹角α₁，同样可以测出此时B点太阳光与直杆的夹角α₂，A、B是同一经度上的两个城市（如图甲），它们的距离为L，可以估算出地球的周长大约为 　 　。实验中需要测出直杆的长度，测量结果如图乙所示，其读数为 　 　。

【答案】直线传播； ；50.00cm。

【考点】测量物体的长度；测量长度的特殊方法

【分析】（1）光在同一种均匀介质中是沿直线传播的，小孔成像、影子的形成、日月食等都是这一原因造成的；

（2）先根据A、B点太阳光与直杆的夹角求出A、B两点所对的圆心角，再结合两个城市的距离L，求出1度的地球圆心角所对应的弧长，然后根据每度所对应的弧长乘以圆周角360度，求出地球的周长；

（3）根据刻度尺的分度值读数示数。

【解答】解：（1）光在同一种均匀介质中是沿直线传播的，当光射到不透明的杆上，由于杆挡住了一部分光线，在光照不到的地方就形成了杆的影子；（2）因为A、B是同一经度上的两个城市，所以A、B两点所对的圆心角：α＝α₂﹣α₁，由题意可知，圆心角α所对应的弧长为L，则每1度所对应的弧长是 ，则360度所对应的弧长，即地球的周长为360° ；（3）由图乙知刻度尺的分度值为1mm，直杆的长度为50.00cm。故答案为：直线传播； ；50.00cm。

【难度】5

三、解答题：本题共9小题，共52分，解答24、25题时应有解题过程。

21．（2分）在图中画出入射光线对应的折射光线。

【答案】

【考点】透镜的三条特殊光线的作图

【分析】由图示可知，入射光线平行于主光轴，根据入射光线的特点，可以画出对应的折射光线。

【解答】解：平行于主光轴的入射光线经过凸透镜折射后，折射光线过焦点，由此可以确定该条入射光线对应的折射光线，如图所示。

【难度】3

22．（2分）在图中画出人所受重力的示意图。

【答案】

【考点】画力的示意图

【分析】重力的方向竖直向下，作用点在物体的重心，据此画图。

【解答】解：画中人的重心已标出，根据重力方向是竖直向下的，从重心竖直向下画有向线段，用G表示，如图所示：

【难度】3

23．（2分）在图中标出小磁针的N极和A点的磁感线方向。

【答案】

【考点】关于磁现象的作图；安培定则

【分析】由电源的正负极确定电流流向，再利用安培定则可判断螺线管的极性，利用磁极间的作用规律确定小磁针的N极，在磁体外部，磁感线从N极出，再回到S极。

【解答】解：电流由右侧流入，由安培定则知电磁铁的左侧为N极，右侧为S极；由磁极间的相互作用可知小磁针左侧为N极，右侧为S极。通电螺线管外部磁感线由N极指向S极。如图所示：

【难度】3

24．（6分）2021年11月，我国第38次南极科学考察队员搭乘“雪龙2”号从上海启程，执行科学考察任务，“雪龙2”号破冰船满载时的总质量为1.4×10⁷kg。g取10N/kg。求：

（1）破冰船满载时的重力；

（2）破冰船满载航行在海面上时，受到的浮力；

（3）某次破冰时，船与冰面的接触面积为10m²，冰块受到的压力为船满载时总重力的0.1倍，船对冰面的压强。

【答案】（1）破冰船满载时的重力为1.4×10⁸N；（2）破冰船满载航行在海面上时，受到的浮力为1.4×10⁸N；（3）船对冰面的压强为1.4×10⁶Pa。

【考点】液体压强的公式及计算

【分析】（1）根据G＝mg求破冰船满载时的重力；

（2）根据物体的漂浮条件求出破冰船满载航行在海面上时，受到的浮力；

（3）根据冰块受到的压力为船满载时总重力的0.1倍求出船对冰面的压力，根据p 求船对冰面的压强。

【解答】解：（1）破冰船满载时的重力：G＝mg＝1.4×10⁷kg×10N/kg＝1.4×10⁸N；（2）破冰船漂浮在水面，由物体的漂浮条件可知，此时破冰船受到的浮力：F_浮＝G＝1.4×10⁸N；（3）由题意可知，船对冰面的压力：F_压＝0.1G＝0.1×1.4×10⁸N＝1.4×10⁷N，则船对冰面的压强：p 1.4×10⁶Pa。答：（1）破冰船满载时的重力为1.4×10⁸N；（2）破冰船满载航行在海面上时，受到的浮力为1.4×10⁸N；（3）船对冰面的压强为1.4×10⁶Pa。

【难度】3

25．（9分）2022年5月，天舟四号货运飞船与空间站核心舱顺利对接。小宇通过查阅资料了解到，科技人员通常要检验飞船舱体的气密性。他设计了如图甲所示的检测电路，电源电压保持不变，R₀为100Ω的定值电阻，R为压力传感器，其阻值随环境气压的变化规律如图乙所示，将R置于舱体中，舱体置于真空室中，舱体不漏气时，电压表示数为200V，舱体内气压为1.0×10⁵Pa。求：

（1）舱体不漏气时，通过R₀的电流；

（2）舱体不漏气时，工作10min，电路消耗的总电能；

（3）若电压表示数为176V时，此时舱内的气压值。

【答案】（1）舱体不漏气时，通过R₀的电流为2A；（2）舱体不漏气时，工作10min，电路消耗的总电能为2.64×10⁵J；（3）若电压表示数为176V时，此时舱内的气压值为6×10⁴Pa。

【考点】电功与电能的计算

【分析】由图甲可知，定值电阻R₀与压敏电阻R串联，电压表测R₀两端的电压；

（1）根据欧姆定律求出通过R₀的电流；

（2）根据图乙可知，舱体内气压为1.0×10⁵Pa时，压敏电阻R的阻值，根据串联电路的电阻特点求出电路中的总电阻，根据串联电路的电流特点求出此时电路中的电流，根据欧姆定律求出电源电压，根据W＝UIt求出工作10min，电路消耗的总电能；

（3）根据欧姆定律求出电路中的电流，根据欧姆定律求出此时电路中的总电阻，根据串联电路的电阻特点求出压敏电阻的阻值，根据图乙可知此时舱内的气压值。

【解答】解：由图甲可知，定值电阻R₀与压敏电阻R串联，电压表测R₀两端的电压；（1）通过R₀的电流：I₀ 2A；（2）由图乙可知，舱体内气压为1.0×10⁵Pa时，压敏电阻R的阻值R＝10Ω，由串联电路的电阻特点可知，电路中的总电阻：R_总＝R+R₀＝10Ω+100Ω＝110Ω，由串联电路的电流特点可知，此时电路中的电流：I＝I₀＝2A；由欧姆定律可知，电源电压：U＝IR_总＝2A×110Ω＝220V，则工作10min，电路消耗的总电能：W＝UIt＝220V×2A×10×60s＝2.64×10⁵J；（3）此时电路中的电流：I'＝I₀' 1.76A，由欧姆定律可知，此时电路中的总电阻：R_总' 125Ω，则压敏电阻的阻值：R'＝R_总'﹣R₀＝125Ω﹣100Ω＝25Ω，由图乙可知，此时舱内的气压值为0.6×10⁵Pa＝6×10⁴Pa。答：（1）舱体不漏气时，通过R₀的电流为2A；（2）舱体不漏气时，工作10min，电路消耗的总电能为2.64×10⁵J；（3）若电压表示数为176V时，此时舱内的气压值为6×10⁴Pa。

【难度】5

26．（6分）小明做“探究液体内部压强与哪些因素有关”的实验。

（1）实验中通过观察U形管两边液面 　 　来显示压强大小，手指轻按压强计上金属盒的橡皮膜，观察到U形管中液面不发生变化，说明该装置 　 　（填“漏气”或“不漏气”）。

（2）对比甲、乙两图所示实验，说明液体内部压强与液体的 　 　有关。

（3）为了探究液体内部同一深度不同方向压强大小，小明手应直接转动图乙装置中的 　 　（填①/②/③/④）。

（4）在探究液体内部压强与液体密度关系时，小华认为两烧杯中液面必须相平，你 　 　（填“赞同”或“不赞同”）此观点，理由是 　 　。

【答案】（1）高度差；漏气；（2）深度；（3）①；（4）只要控制金属盒在液体的深度相同就可以。

【考点】探究液体内部压强与液体密度的关系；探究液体内部的压强；探究液体内部压强实验的气密性检验；探究液体内部压强与深度的关系

【分析】（1）液体压强计就是利用U形管中液面的高度差来显示压强大小，压强越大，U形管液面高度差越大；若U形管和橡皮膜连接的软管出现漏气，不论橡皮膜是否受到压强，软管中气体的压强都等于大气压，则U形管两边液面就不会出现高度差；

（2）影响液体压强的因素有：液体的密度和浸入液体的深度，在探究时应使用控制变量法；

（3）为了探究液体内部同一深度不同方向压强大小，应改变金属盒的橡皮膜的方向；

（4）在探究液体压强与液体密度的关系时，只改变液体密度，控制金属盒在液体的深度相同。

【解答】解：（1）液体压强计是利用U形管两侧液面高度差来体现压强大小的，液面高度差越大，说明液体压强越大；若手指轻按压强计上金属盒的橡皮膜，观察到U形管中液面不发生变化，说明该装置漏气，使软管中的气体和大气相通，等于大气压强，橡皮膜受到压强时，软管内的气体压强不会发生变化，U形管中的液面就不会出现高度差；（2）由图甲乙知，容器中液体的密度相同，压强计金属盒放入水中深度不同，所以甲、乙两图的实验探究的是液体压强与液体深度的关系；（3）在图乙中，为了探究液体内部同一深度不同方向压强大小，应控制金属盒的橡皮膜在水中的深度不变，旋转旋钮改变金属盒的朝向，因此手应直接转动图乙装置中的①；（4）在探究液体内部压强与液体密度关系时，只改变液体密度，控制金属盒在液体的深度相同；所以不管两烧杯中液面是否相平，只要控制金属盒在液体的深度相同就可以。

【难度】5

故答案为：（1）高度差；漏气；（2）深度；（3）①；（4）只要控制金属盒在液体的深度相同就可以。

27．（7分）小红做“探究光的反射定律”实验。

（1）将平面镜水平放置，白色硬纸 　 　放在平面镜上。

（2）如图甲所示，让一束光 　 　着纸板射向镜面上的O点；小红能从不同方向看到纸板上的光束，是因为发生了 　 　反射，在纸板上画出光路，再次改变 　 　的方向，重复上述实验，取下纸板，用量角器量出光线AO与 　 　（填“ON”或“CD”）的夹角，即为入射角，记下数据，比较反射角和入射角的大小关系。

（3）为了寻找反射光线与入射光线构成的平面究竟在哪里，小红用如图乙所示的装置对实验进行改进。光屏安装在底座上，可以绕水平直径偏转，平面镜固定在水平底座上，将光屏倒向后方，用激光笔作光源，将激光束沿固定方向照射到平面镜中心处，水平旋转底座并改变 　 　的角度，设法使光屏上呈现出 　 　的径迹，如图丙所示，此时光屏所在的平面就是要寻找的平面。

【答案】（1）竖直；（2）沿；漫；入射光线；ON；（3）光屏；反射光线。

【考点】光的反射定律的应用

【分析】“探究光的反射定律”实验中，硬纸需竖直放在平面镜上；光与纸板在同一平面上，纸板上才能看到光束；只有发生漫反射，才能从不同方向看到光束；多次改变入射光线方向重复实验，是为了避免结果偶然性；入射光线与法线的夹角称为入射角；只有光屏上显示出光束径迹，才能说明光束与光屏在同一平面。

【解答】解：（1）“探究光的反射定律”实验中，应将硬纸竖直放在平面镜上；（2）要在纸板上看到光束，光束与纸板需在同一平面，因此应让光束沿着纸板射向镜面；能从不同方向看到光束，说明光线能从不同方向进入人的眼睛，发生的是漫反射；入射光线与法线的夹角称为入射角；（3）改变光屏的角度，当光束与光屏处于同一平面时，光屏上就会呈现出反射光线的径迹。故答案为：（1）竖直；（2）沿；漫；入射光线；ON；（3）光屏；反射光线。

【难度】3

28．（8分）小聪做“测量小灯泡电功率”实验，灯泡上标有“2.5V”字样。

（1）用笔画线代替导线将甲图连接完整，要求：当滑片P向右滑动时，灯泡变亮。

（2）电路连接正确且无故障，闭合开关，两电表示数如图乙所示，电压表的示数为 　 　V，造成此现象的原因是 　 　。

（3）调整后继续实验，数据如下：

	1	2	3	4	5	6	7
电压/V	0.3	0.5	1.0	1.5	2.0	2.5	2.8
电流/A	0.12	0.16	0.21	0.26	0.30	0.32	0.33

小灯泡的额定功率为 　 　W。

（4）根据实验数据在图丙中画出灯泡的电流与电压的关系图像，由图像可知，当灯泡两端电压为2.2V时，通过灯泡的电流约为 　 　A。

（5）小华小组在做此实验的过程中，正确连接电路，无论怎样调节滑动变阻器滑片都不能使小灯泡正常发光，请对这一现象产生的原因提出合理的猜想 　 　。

【答案】（1）见解答图；（2）2.7；滑动变阻器接入阻值较小；（3）0.8；（4）见解答图；0.31；（5）电源电压太小或滑动变阻器最大阻值太小。

【考点】伏安法测量小灯泡的电功率

【分析】（1）当滑片P向右滑动时，灯泡变亮，说明电路中电流变大，电阻变小，据此确定变阻器选用的下边接线柱；

（2）根据电压表选用量程确定分度值读数；

（3）根据表中数据确定灯泡额定电压对应的额定电流，利用P＝UI求出灯泡的额定功率；

（4）根据表格数据描点画出图像；根据图像确定当灯泡两端电压为2.2V时通过灯泡的电流；

（5）小灯泡在额定电压下才能正常发光，根据无法达到额定电压寻找原因。

【解答】解：（1）当滑片P向右滑动时，灯泡变亮，说明电路中电流变大，电阻变小，故变阻器应选右下接线柱与电源串联在电路中，如下图所示： ；（2）闭合开关，两电表示数如图乙所示，电压表选用小量程，分度值0.1V，其示数为2.7V；电流表和电压表示数偏大，造成此现象的原因是滑动变阻器接入阻值较小；（3）由表中数据可知，当灯泡两端电压为2.5V时，通过灯泡的电流为0.32A，小灯泡额定功率为：P＝UI＝2.5V×0.32A＝0.8W；（4）根据表格数据描点画出图像，如下图所示： ；由图像分析可知，当灯泡两端电压为2.2V时，通过灯泡的电流约为0.31A；（5）无论怎样调节滑动变阻器滑片都不能使小灯泡正常发光，可能是电源电压太小，使得小灯泡两端电压始终小于2.5V，或者滑动变阻器最大阻值太小，使得小灯泡两端电压始终大于2.5V。故答案为：（1）见解答图；（2）2.7；滑动变阻器接入阻值较小；（3）0.8；（4）见解答图；0.31；（5）电源电压太小或滑动变阻器最大阻值太小。

【难度】5

29．（10分）阅读短文，回答问题：

教室护眼灯

教室护眼灯的外观图如图甲所示，它工作时光线柔和，基本无可视频闪，也就是在相同时间内闪烁的次数比较多，人眼几乎感觉不到，且不会产生刺眼的眩光，能有效预防近视的发生。常见的眩光类型有直接眩光、反射眩光和光幕眩光，直接眩光由灯具产生，反射眩光和光幕眩光主要由高反射物体表面产生。

教室护眼灯采用双侧发光的方式，光源放在灯具的两条长边上，发出的光由两侧的导光板向中央传播，在没有导光点的导光板上，光不能从导光板表面射出，起不到照明作用。当遇到导光板底部的导光点时，改变了光线的传播方向，由导光板正面射出，如图乙所示。最后通过扩散膜、微晶防眩板均匀射出。

教室护眼灯工作时也会产生热量，研究表明护眼灯灯珠的电阻随温度的升高而减小，图丙是温度为T₁时护眼灯灯珠工作时的电流与电压的关系图像。当电路中加载一定的电压或工作电压超过某一特定值时，微小的电压变化会造成电流的急剧变化，进而导致护眼灯过度发热而损坏，因此要给护眼灯配制合理的电源进行供电。

（1）护眼灯与白炽灯在发光时相比不会产生眩光，白炽灯产生的眩光属于 　 　眩光。

（2）导光板材料主要利用了下列哪种物理属性 　 　。

A.导电性

B.导热性

C.磁性

D.透明度

（3）当光由两侧的导光板向中央传播时，下列说法正确的是 　 　。

A.没有导光点时，只反射；遇到导光点时，只折射

B.没有导光点时，只折射；遇到导光点时，只反射

C.没有导光点时，只反射；遇到导光点时，既反射又折射

D.没有导光点时，只折射；遇到导光点时，既反射又折射

（4）当护眼灯灯珠的温度由T₁升高到T₂时，电流与电压的关系图像应在丙图像中的 　 　（填“左侧”“右侧”或“原处”）。

（5）下列四种不同电源输出的电流或电压随时间变化关系的图像，最符合护眼灯灯珠工作特性要求的供电方案是 　 　。

【答案】（1）直接；（2）D；（3）C；（4）左侧；（5）B。

【考点】欧姆定律的应用；物质的物理属性；半导体的特点

【分析】（1）通过阅读材料可知，常见的眩光类型有直接眩光、反射眩光和光幕眩光，直接眩光由灯具产生，反射眩光和光幕眩光主要由高反射物体表面产生；

（2）教室护眼灯采用双侧发光的方式，光源放在灯具的两条长边上，发出的光由两侧的导光板向中央传播；

（3）光由两侧的导光板向中央传播，在没有导光点的导光板上，光不能从导光板表面射出，起不到照明作用。当遇到导光板底部的导光点时，改变了光线的传播方向，由导光板正面射出；

（4）（5）研究表明护眼灯灯珠的电阻随温度的升高而减小，图丙是温度为T₁时护眼灯灯珠工作时的电流与电压的关系图像，应据此判断。

【解答】解：（1）由材料可知，常见的眩光类型有直接眩光、反射眩光和光幕眩光，而白炽灯产生的眩光是灯具产生的，属于直接眩光；（2）导光板将两边的的光导向中央传播，则利用的物理性质应与光相关，故选：D；（3）由乙图可知，在没有导光点的导光板上，光在导光板中只发生反射，所以没有导光点时，只反射；遇到导光点时，既反射又折射，故选：C；（4）由材料可知，护眼灯灯珠的电阻随温度的升高而减小，所以当护眼灯灯珠的温度由T₁升高到T₂时，根据 ，此时I﹣U图像的斜率将变大，故应在丙图像的左侧；（5）由丙图的阴影部分知道，护眼灯灯珠的工作电压在U1和U2之间，超过这个区间，则微小的电压变化会造成电流的急剧变化，损坏灯珠，故B符合题意，ACD不符合题意。故选：B。故答案为：（1）直接；（2）D；（3）C；（4）左侧；（5）B。

【难度】5