2022年山东省德州市中考物理试卷
一、选择题：本大题包括12小题，每小题3分，共36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．（3分）在如图所示中，关于声现象的描述正确的是（ ）
A．图甲：发声的音叉将乒乓球弹开，说明声音是由物体的振动产生的
B．图乙：发声扬声器旁的烛焰跳动，说明声音可以传递信息
C．图丙：教室安装双层真空玻璃窗是为了在声源处减弱噪声
D．图丁：根据波形可判断乐器发出声音的音色相同
【答案】A
【考点】减弱噪声的途径；声音的产生；根据音色辨别发声体；声与能量
【分析】（1）声音是由物体的振动产生的；
（2）声可以传递信息，声可以传递能量；
（3）减弱噪声的途径：在声源处减弱噪声，在传播过程中减弱噪声，在人耳处减弱噪声；
（4）不同发声体的材料和结构不同，产生的音色会不同，乐器发声的波形图形状不同。
【解答】解：A、发声的音叉将乒乓球弹开，说明声音是由物体振动产生的，故A正确；B、发声扬声器旁的烛焰跳动，说明声音可以传递能量，故B错误；C、教室安装双层真空玻璃窗是为了在传播过程中减弱噪声，故C错误；D、图中波形形状不同，可判断发出声音的音色不同，故D错误。故选：A。
【难度】1
2．（3分）以下物理学家与其科学贡献对应错误的是（ ）
A．牛顿——力是维持物体运动状态的原因
B．托里拆利——最早测出大气压强的数值
C．沈括——地理的两极与地磁场的两极并不重合
D．法拉第——电磁感应现象
【答案】A
【考点】物理常识
【分析】（1）物体在不受力时，总保持静止或匀速直线运动状态，这就是牛顿第一定律，这是在实验的基础上通过推理得出的；由牛顿第一定律推理可知，力是改变物体运动状态的原因，不是维持物体运动的原因；
（2）历史上，最早测出大气压强数值的实验是托里拆利实验；
（3）沈括发现了磁偏角；
（4）法拉第发现了电磁感应现象。
【解答】解：A、亚里士多德提出“力是维持物体运动状态的原因”，牛顿总结概括出了牛顿第一定律，故A错误；B、历史上，最早测出大气压强数值的实验是托里拆利实验，故B正确；C、我国宋代学者沈括是世界上最早记述“地理的两极与地磁场的两极并不重合”的人，故C正确；D、法拉第发现了电磁感应现象，故D正确。故选：A。
【难度】1
3．（3分）下列诗句中，对物理现象解释正确的是（ ）
A．“雪消冰又释”，冰雪消融是凝华现象
B．“清明时节雨纷纷”，雨的形成是熔化现象
C．“白露暖秋色”，露的形成是液化现象
D．“山明水净夜来霜”，霜的形成是凝固现象
【答案】C
【考点】自然界中的物态变化；熔化的概念及现象；液化的概念及现象；升华的概念及现象
【分析】物质从固态变为液态的过程叫做熔化，物质从液态变为固态的过程叫做凝固；物质从液态变为气态的过程叫做汽化，物质从气态变为液态的过程叫做液化；物质从固态直接变为气态的过程叫升华，物质从气态直接变为固态的过程叫凝华；
六种物态变化过程中，都伴随着吸热或放热；其中放出热量的物态变化有：凝固、液化、凝华；吸热的有：熔化、汽化、升华。
【解答】解：A、冰雪消融是物质由固态变为液态，属熔化现象，故A错误；BC、雨、露是水蒸气液化形成的小水珠，故B错误、C正确；D、霜是水蒸气凝华形成的小冰晶，故D错误。故选：C。
【难度】1
4．（3分）如图所示，AO是射向玻璃砖的光线，CD是离开玻璃砖的光线。下列说法正确的是（ ）
A．光线AO射向界面MN时只发生折射
B．光线AO在玻璃砖中的传播路径远离法线
C．光线从A到D的传播过程是光的直线传播
D．光线若沿DC方向射向界面PQ最终将沿OA方向射出
【答案】D
【考点】光折射规律的应用；光的折射现象；折射现象伴随反射现象
【分析】（1）折射和反射同时发生的；
（2）光从空气射向玻璃或其他介质时，折射角小于入射角；
（3）光斜射入不同介质，会发生折射；
（4）光的折射过程，光路具有可逆性。
【解答】解：A、光线AO射向界面MN时，会同时发生光的反射和光的折射，故A错误。B、根据光的折射规律可知，光从空气射入玻璃时，折射角小于入射角，因此光线AO在玻璃砖中的传播路径靠近法线，故B错误。C、光线从A到D的传播过程是光先沿直线传播，经过界面MN时发生折射，然后在玻璃砖中再次沿直线传播，到达界面PQ时再次发生折射进入空气中，接着在空气中沿直线传播，不是一直沿直线传播的，故C错误。D、光的折射过程，光路具有可逆性，光线若沿DC方向射向界面PQ，最终逆着原来的入射光即OA方向射出，故D正确。故选：D。
【难度】1
5．（3分）如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．
人对平衡车的压力与平衡车对人的支持力是一对平衡力
B．
自行车手闸是省力杠杆
C．
端着托盘送餐的机器人相对于托盘是运动的
D．
球拍上的胶粒是通过改变接触面的粗糙程度来减小摩擦
【答案】B
【考点】减小有害摩擦的方法；杠杆的分类；运动和静止的相对性；平衡力与相互作用力的辨析
【分析】（1）处于平衡状态的物体受到的力是平衡力；二力平衡的条件：大小相等、方向相反、作用在同一个物体上，作用在同一条直线上；
（2）先判断杠杆在使用过程中动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆；
（3）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；
（4）增大摩擦力的方法有：一是增大压力；二是增大接触面积的粗糙程度；三是用滑动摩擦代替滚动摩擦。
【解答】解：A、人对平衡车的压力与平衡车对人的支持力是作用在不同物体上的两个力，所以不是一对于平衡力，故A错误；B、自行车的手闸在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，刹车时可以省力，故B正确；C、机器人端着托盘送送餐的过程中，机器人与托盘之间的位置没有变化，以托盘为参照物，机器人是静止的，故C错误；D、球拍上的胶粒是通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦的，故D错误。故选：B。
【难度】1
6．（3分）如图所示是舰载机在航母“山东舰”上训练时的场景，下列说法正确的是（ ）
A．舰载机从航母机库上升至航母甲板的过程中，舰载机重力做功为零
B．舰载机飞离航母过程中，航母所受的浮力保持不变
C．舰载机加速升空的过程中，其机械能不变
D．舰载机着舰时，阻拦索的拉力改变了舰载机的运动状态
【答案】D
【考点】机械能的概念；力可以改变物体的运动状态；物体浮沉条件；力是否做功的判断
【分析】（1）舰载机从航母机库上升至航母甲板的过程中，在重力的方向上移动了距离，据此分析；
（2）舰载机飞离航母过程中，航母所受重力减小，根据物体漂浮时所受浮力等于重力分析；
（3）动能的影响因素是质量和速度，重力势能的影响因素是质量与高度，机械能是动能和势能的总和；
（4）力可以改变物体的形状，力可以改变物体的运动状态。
【解答】解：A、舰载机从航母机库上升至航母甲板的过程中，在重力的方向上移动了距离，舰载机的重力做功不为零，故A错误；B、舰载机飞离航母过程中，航母所受重力减小，但航母仍漂浮在海面上，根据物体漂浮时所受浮力等于重力可知，航母所受浮力减小，故B错误；C、舰载机加速升空的过程中，舰载机质量不变，速度增大，舰载机的动能增大，高度增大，重力势能增大，机械能增大，故C错误；D、舰载机着舰时，在阻拦索拉力作用下，速度减小，运动状态改变，故D正确。故选：D。
【难度】1
7．（3分）关于电学知识，下列说法正确的是（ ）
A．毛皮摩擦过的橡胶棒由于失去电子而带负电
B．陶瓷、玻璃、人体在通常情况下都是绝缘体
C．导体两端电压为零时，导体的电阻为零
D．电能表是测量用电器在一段时间内消耗电能的仪表
【答案】D
【考点】电功的测量；摩擦起电的实质；常见的导体与绝缘体；电阻的概念
【分析】（1）摩擦起电的实质是电荷的转移，当用毛皮摩擦橡胶棒时，毛皮上的电子转移到橡胶棒上，橡胶棒上就有多余的电子，从而使橡胶棒带上负电；
（2）根据物质导电性的不同，材料可分为导体，半导体，绝缘体三大类，容易导电的物体叫导体，不容易导电的物体叫绝缘体，导电性能介于导体与绝缘体之间的叫半导体；
（3）电阻是导体本身的一种性质，它与两端的电压和通过电流无关；
（4）电能表是测量消耗电能的仪表，其单位为kW•h。
【解答】解：A、毛皮摩擦过的橡胶棒由于得到电子而带负电，故A错误；B、陶瓷、玻璃在通常情况下都是绝缘体，人体在通常情况下属于导体，故B错误；C、公式R
只说明导体电阻的大小是导体两端的电压与通过导体的电流大小的比值，与它两端的电压和通过的电流无关，当电压为0时，电阻大小不变，故C错误；D、电能表是测量用电器在一段时间内消耗的电能的仪表，故D正确。故选：D。
【难度】1
8．（3分）2022年5月底我国首座潮光互补型光伏电站建成投运，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．光伏发电利用的太阳能是不可再生能源
B．潮汐发电是将水的机械能转化为电能
C．太阳能、水能、电能都是一次能源
D．自然界的能量是守恒的，不需要节约能源
【答案】B
【考点】能源危机和节约资源；能量的转化与转移；能源及其分类；一次能源与二次能源；可再生能源和不可再生能源
【分析】（1）越用越少，不能在短期内从自然界得到补充的能源属于不可再生能源；可以在自然界里源源不断地得到补充的能源属于可再生能源；
（2）潮汐发电主要是利用流动的水带动叶轮转动，使发电机发电，在整个工作过程中，将水的势能和动能转化为电能；
（3）可以从自然界直接获得的能源属于一次能源；无法从自然界直接获取，必须通过消耗一次能源才能得到的能源属于二次能源；
（4）自然界中的能量是守恒的，但是能量的转化与转移是有方向性的。
【解答】解：A太阳能可以在自然界里源源不断地得到补充，是可再生能源，故A错误；B、潮汐发电是将水的机械能转化为电能，故B正确；C、太阳能、水能可以从自然界直接获得，属于一次能源；电能无法从自然界直接获取，必须通过消耗一次能源才能得到，是二次能源，故C错误；D、自然界的能量是守恒的，但是能量的转移和转化具有方向性，我们需要节约能源，故D错误。故选：B。
【难度】1
9．（3分）图甲是某物理兴趣小组设计的体感测温门，其内部工作电路可简化为图乙所示。R1是热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，R0为定值电阻。通过测温门时，若人体温度正常，绿灯亮电铃不响；若人体温度高于37.3℃，绿灯不亮电铃响。下列说法正确的是（ ）
A．测温门是通过感应人体发出的紫外线来测量温度的
B．工作电路主要利用了电流的热效应
C．人体温度越高，电流表的示数越小
D．A处是绿灯，B处是电铃
【答案】D
【考点】电磁继电器的构造与原理；红外线；电流的磁效应
【分析】（1）测温门是通过感应人体发出的红外线测量体温；
（2）工作电路主要利用了电流的磁效应；
（3）体温越高，由表中数据可知热敏电阻大小的变化，根据串联电路电阻规律和欧姆定律分析电流表的示数变化；
（4）根据人体温度变化，热敏电阻R1的阻值变化，电流的变化分析解答。
【解答】解：A、测温门是通过感应人体发出的红外线来测量温度的，不是紫外线，故A错误；B、由图可知，工作电路主要利用了电流的磁效应，故B错误；C、人体温度越高，热敏电阻R1的阻值越小，电路中的总阻值越小，电源电压不变，根据欧姆定律可知，电路中的电流越大，即电流表的示数越大，故C错误；D、人体温度越高，热敏电阻R1的阻值越小，电路中的电流越大，电磁铁磁性就会越强，将衔铁吸下，B接入电路中，此时绿灯不亮，电铃响，因所以B处是电铃，A处是绿灯，D正确。故选：D。
【难度】3
10．（3分）现有两个形状、体积完全相同的玉石摆件a和b，其中一个空心。为加以鉴别，先将a、b分别放在已经调好的天平上，当天平再次平衡时，游码位置如图甲所示，然后将a放入盛水的量筒中，放入前后量筒的示数如图乙所示，已知玉石的密度为3.2×103kg/m3。下列说法正确的是（ ）
A．标尺上游码的示数为3.1g
B．摆件a是空心的
C．摆件a的质量为64g
D．若摆件破损后，玉石的密度将变小
【答案】C
【考点】测量固体的密度
【分析】（1）根据天平游码的分度值和托盘天平的使用方法可读出示数，根据质量大小比较可判断哪块玉石是空心的；
（2）由密度公式及所给信息可求出质量；
（3）密度是物质的一种属性。
【解答】解：A、天平标尺游码的分度值为0.2g，所以游码位置的读数应为3.2g，故A错误；B、由图甲知，玉石a的质量等于玉石b的质量与游码的示数之和，即ma＝mb+3.2g，所以玉石a的质量大于玉石b的质量，它们的体积完全相同，因此玉石b是空心的，故B错误；C、由图乙知，玉石a的体积
，玉石的密度ρ＝3.2×103kg/m3＝3.2g/cm3，则玉石a的质量
，故C正确；D、因为密度是物质的一种属性，所以若摆件破损后，玉石的密度不变，故D错误。故选：C。
【难度】1
11．（3分）用如图所示的装置提升货物。篮子A的重力为15N，绳子能承受的拉力足够大。已知人的重力为500N，现用20N的拉力F拉绳子，此时篮子上升的速度为0.5m/s（忽略绳重和摩擦，g取10N/kg）。下列说法正确的是（ ）
A．绳子自由端移动的速度为1.5m/s
B．动滑轮的重为5N
C．匀速拉动时，篮子里最多能承载960N的货物
D．只改变图中滑轮组的绕绳方式，其机械效率将改变
【答案】C
【考点】滑轮组的特点
【分析】（1）根据滑轮组装置确定绳子股数，根据v绳＝nv物求出绳子自由端移动的速度；
（2）忽略绳重和摩擦，根据F
（G篮+G动）求出动滑轮重；
（3）人对绳的拉力最大等于人的重力，忽略绳重和摩擦，根据F最大
（G最大+G动+G篮）求出货物的最大重力；
（4）忽略绳重和摩擦，根据η
分析回答。
【解答】解：A、由图可知，与动滑轮相连的绳子股数n＝2，篮子上升的速度v＝0.5m/s，则绳子自由端移动的速度v′＝nv＝2×0.5m/s＝1m/s，故A错误；B、忽略绳重和摩擦，根据F
（G篮+G动）可知，动滑轮重为G动＝nF﹣G篮＝2×20N﹣15N＝25N，故B错误；C、绳子的最大拉力等于人受到的重力，即F最大＝500N，忽略绳重和摩擦，根据F最大
（G最大+G动+G篮）可知，货物的最大重力为：G最大＝nF最大﹣G篮﹣G动＝2×500N﹣15N﹣25N＝960N，故C正确；D、忽略绳重和摩擦，根据η
可知，只改变图中滑轮组的绕绳方式，其机械效率将不变，故D错误。故选：C。
【难度】3
12．（3分）在如图所示的电路中，灯泡L标有“6V，3W”字样，定值电阻R1＝8Ω，滑动变阻器R2的最大阻值为20Ω。当只闭合开关S、S1时，调节滑动变阻器R2的滑片P，使灯泡正常发光，此时电源的电压为12V；当只闭合开关S、S2、S3时，调节电源电压和滑动变阻器，使灯泡再次正常发光，此时滑动变阻器的滑片P恰好位于最左端（不考虑温度对灯丝电阻的影响）。下列说法正确的是（ ）
A．灯泡第一次正常发光时，R1两端的电压为6V
B．灯泡第一次正常发光时，R2接入电路中的阻值为6Ω
C．灯泡第二次正常发光时，通过R1的电流为1.25A
D．前后两次灯泡正常发光时，电流表的示数之比为2：5
【答案】D
【考点】电功率的综合计算；欧姆定律的应用
【分析】根据
求出灯泡L的阻值；
（1）只闭合开关S、S1，根据欧姆定律求出灯泡第一次正常发光时通过灯泡的电流，再求出R1两端的电压；
（2）灯泡第一次正常发光时，电源电压U＝12V，根据串联电路中电压的规律可求出R2两端的电压，根据欧姆定律求出R2接入电路中的阻值；
（3）只闭合开关S、S2、S3，灯泡第二次正常发光，此时滑动变阻器的滑片P恰好位于最左端，即滑动变阻器接入电路的阻值为0，电路为R1与L的并联电路。灯泡两端的电压UL＝6V，根据并联电路中电压的特点可知，R1两端的电压，根据欧姆定律可求出通过R1的电流；
（4）根据并联电路中电流的规律可求出电路中的总电流，进而求出前后两次灯泡正常发光时，电流表的示数之比。
【解答】解：灯泡L标有“6V，3W”字样，定值电阻R1＝8Ω，滑动变阻器R2的最大阻值为20Ω。根据
可得，灯泡L的阻值：
。A、只闭合开关S、S1，灯泡第一次正常发光，灯泡两端的电压UL＝6V，根据欧姆定律得，电路中的电流即通过灯泡的电流
，则R1两端的电压U1＝I1R1＝0.5A×8Ω＝4V，A错误；B、灯泡第一次正常发光时，电源电压U＝12V，根据串联电路中电压的规律知，R2两端的电压U2＝U﹣U1﹣UL＝12V﹣4V﹣6V＝2V，根据欧姆定律得，R2接入电路中的阻值
，故B错误；C、只闭合开关S、S2、S3，灯泡第二次正常发光，此时滑动变阻器的滑片P恰好位于最左端，即滑动变阻器接入电路的阻值为0，电路为R1与L的并联电路。灯泡两端的电压UL＝6V，根据并联电路中电压的特点知，R1两端的电压U1′＝UL＝6V，根据欧姆定律得，通过R1的电流：
，C错误；D、通过R1的电流I1′＝0.75A，灯泡正常发光，通过灯泡的电流I1＝0.5A，电流表示数为电路中的总电流，根据并联电路中电流的规律得，电路中的总电流I＝I1′+I1＝0.75A+0.5A＝1.25A，则I1：I＝0.5A：1.25A＝2：5，故D正确。故选：D。
【难度】5
二、填空题：本大题包括6小题，每空1分，共14分。
13．（2分）2022年3月23日，“天宫课堂”在中国空间站再次开讲（如图所示）。在太空抛物实验中，冰墩墩被抛出后能继续向前运动，是因为它具有 ，前进过程中冰墩墩做匀速直线运动，此时它处于 （选填“平衡”或“非平衡”）状态。
【答案】惯性；平衡。
【考点】平衡状态的判断；惯性的概念
【分析】一切物体都有保持原来运动状态不变的性质，叫惯性；平衡状态是指静止状态或匀速直线运动状态。
【解答】解：冰墩墩被抛出后能继续向前运动，是因为它具有惯性，仍会保持原来的运动状态；冰墩墩做的是匀速直线运动，处于平衡状态。故答案为：惯性；平衡。
【难度】1
14．（2分）如图甲所示，全世界首条穿越地上悬河的“万里黄河第一隧”济南黄河济泺路隧道于2021年9月建成通车，该隧道设计为双管双层。图乙是两种交通工具通过隧道时的s﹣t图像，由图像可知：
（选填“A”或“B”）的速度大，在质量不变的情况下，0∼t1时间内A的动能
（选填“变大”“变小”或“不变”）。
【答案】B；不变。
【考点】动能和重力势能的相互转化
【分析】在s﹣t图像中，倾斜直线代表物体做匀速直线运动，v甲和v乙的大小可根据s﹣t图像计算得出，据此比较甲、乙两车速度的大小。影响动能大小的因素：物体的质量和速度．物体的质量越大，速度越大，物体具有的动能就越大。
【解答】解：由图可知，路程和时间成正比，因此甲、乙两辆汽车都做匀速直线运动。因为物体运动的快慢可以根据相同的路程比时间，所用时间少的运动的快，所以B运动的快，即A的速度大。在质量不变的情况下，0∼t1时间内A的速度不变，所以动能不变。故答案为：B；不变。
【难度】1
15．（2分）如图甲所示是2022年2月北京冬奥会冰壶比赛时的场景。比赛所用冰壶的高度如图乙所示，为
cm，若冰壶质量为19kg，与冰道的接触面积为0.02m2，则冰壶对冰道的压强为
Pa。（g取10N/kg）
【答案】11.50；9.5×103
【考点】压强的公式的应用；测量物体的长度
【分析】先观察刻度尺的分度值，再读数；
根据p
进行分析。
【解答】解：由图乙可知，刻度尺的分度值为1mm，读数为11.50cm。冰壶对冰道的压强
。故答案为：11.50；9.5×103。
【难度】1
16．（2分）在图中，请分析所描述物体的受力情况（忽略空气阻力）。其中受两个力的是
，受三个力的是
。（选填数字序号）
【答案】①；④。
【考点】力与运动的关系
【分析】首先对每个选项中的物体进行受力分析，然后做出判断。
【解答】解：①砌墙时的铅锤处于平衡状态，受到竖直向上的拉力和竖直向下的重力，即两个力；②树上落下的苹果只受到竖直向下的重力，即一个力；③水平公路上匀速行驶的汽车，竖直方向上受到重力和路面的支持力，水平方向上受到牵引力和摩擦力，即四个力；④测量人体重时的电子秤，受到竖直向上的支持力、竖直向下的重力和人对它竖直向下的压力，即三个力。故答案为：①；④。
【难度】1
17．（3分）请你帮助小强将学习笔记补充完整。
（1）使用试电笔时，手应该触碰 （选填“笔尖”或“笔尾”）金属体。
（2）控制用电器的开关应连接在 （选填“火线”或“零线”）与用电器之间。
（3）如图所示是电动机的工作原理，闭合开关后金属棒ab向左运动。要使金属棒向右运动，可行的方法是 （写出一种方法即可）。
【答案】（1）笔尾；（2）火线；（3）将磁体的N、S极对调。
【考点】影响通电导线在磁场中所受磁场力方向的因素；家庭电路中各元件的连接方式；试电笔的使用；通电导线在磁场中受到力的作用
【分析】（1）使用试电笔时，手必须接触笔尾金属体，不能接触笔尖金属体。
（2）家庭电路的开关必须接在火线与所控制的用电器之间。
（3）磁场对通电导体作用力的方向与磁场方向和电流方向有关，当变化其中一个方向时，受力方向变化，两个方向同时改变，受力方向不变。
【解答】解：（1）使用试电笔时，手应该触碰笔尾金属体，一定不能触碰笔尖金属体。（2）在家庭电路中，为了防止触电事故的发生，应把用电器的开关安装接在火线与所控制的用电器之间。（3）导体运动的方向与磁场方向和电流方向有关，要使金属棒反方向运动，可以将磁体的N、S极对调或将电源的正、负极对调，注意不可同时将磁体的N、S极和电源的正、负极对调。故答案为：（1）笔尾；（2）火线；（3）将磁体的N、S极对调。
【难度】1
18．（3分）如图所示是定值电阻R与灯泡L的I﹣U图像。当定值电阻R两端电压为2V时，电阻R的电功率为 W；若将它们串联在电源电压为7V的电路中，灯泡L的电阻是 Ω，电阻R与灯泡L消耗的电能之比为 。
【答案】0.8；12.5；2：5。
【考点】电功率的综合计算；电功与电能的计算
【分析】（1）根据图确定定值电阻R两端电压和通过的电流，利用P＝UI求出电阻R的电功率；
（2）当定值电阻R与灯泡L串联在电路中时，根据串联电路的特点确定灯泡、电阻R两端的电压和通过的电流，利用R
求出灯泡的电阻；根据W＝UIt求出电阻R与灯泡L消耗的电能之比。
【解答】解：由图可知，当定值电阻R两端的电压UR＝2V时，通过R的电流IR＝0.4A，则R的电功率PR＝URIR＝2V×0.4A＝0.8W；R与灯泡L串联接入电路，由图可知，当电路中的电流I＝0.4A时，R两端的电压UR＝2V，灯泡L两端的电压UL＝5V，此时电源电压U＝7V，则灯泡L的电阻为：R
12.5Ω；电阻R与灯泡L通过的电流和时间相等，根据W＝UIt可知，R与L消耗的电能之比为：WR：WL＝URIt：ULIt＝UR：UL＝2V：5V＝2：5。故答案为：0.8；12.5；2：5。
【难度】3
三、作图与实验题：本大题包括6小题，共26分。
19．（2分）如图所示，点光源S射出的一条光线在平面镜处发生反射，反射光线与凸透镜的主光轴平行。请画出：
（1）平面镜的位置；
（2）反射光线经凸透镜后的折射光线。
【答案】
【考点】透镜的三条特殊光线的作图；利用光的反射作图
【分析】（1）先过入射点作出入射光线和反射光线的角平分线，即法线，再过入射点作垂直于法线的镜面；
（2）根据凸透镜的三条特殊光线作出折射光线。
【解答】解：（1）作入射光线和反射光线夹角的平分线即为法线，再作法线的垂线即为镜面；（2）反射光线平行于凸透镜的主光轴，则折射光线过凸透镜的焦点F，如图所示：
【难度】3
20．（2分）如图所示，在竖直固定的玻璃板右侧放置一电磁铁，接通电源后，电磁铁可将铁块A吸附在玻璃板上保持静止。
（1）画出铁块A受到摩擦力F的示意图（力的作用点图中已标出）；
（2）用“N”“S”标出电磁铁右端的极性。
【答案】
【考点】安培定则；摩擦力的示意图
【分析】（1）根据A静止受力平衡分析摩擦力的方向，据此画图；
（2）根据安培定则确定磁极。
【解答】解：（1）根据A静止受力平衡，竖直方向受到重力与摩擦力平衡，故摩擦力竖直向上，画在重心上，如图所示：（2）电流从左侧后方流入，根据安培定知，电磁铁的右侧为N极，如图所示：
【难度】1
21．（4分）在探究“水沸腾时温度变化的特点”实验中：
实验数据 |
时间/min |
0 |
0.5 |
1 |
1.5 |
2 |
2.5 |
3 |
3.5 |
温度/℃ |
90 |
92 |
94 |
96 |
98 |
98 |
98 |
98 |
|
实验结论 |
（1）水沸腾时要继续吸热，但温度 ，实验时水的沸点为 ℃。 |
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生活应用 |
（2）由实验可知，用炉火煲汤过程中，可在汤汁沸腾后 （选填“改为小火”或“继续大火”）加热。 |
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问题讨论 |
（3）如图所示是两个实验小组根据实验数据描绘出的水的沸腾图像，两图线不同的原因可能是 。（选填字母） A．酒精灯的火焰相同，甲组水的质量小； B．水的质量相同，乙组酒精灯的火焰大。 |
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【答案】（1）不变；98；（2）改为小火；（3）A。
【考点】探究水沸腾时温度变化的图像分析和数据处理；探究水沸腾时温度变化的特点
【分析】（1）水沸腾时必须要不断吸热，而其温度会保持不变，这也是沸腾的基本特点；
（2）水沸腾后，温度不再上升，改用小火，汤汁仍然能沸腾，这样可以节省能源；
（3）影响加热时间长短的因素有：水的质量不同，水的初温不同，酒精灯火力不同等因素。
【解答】解：（1）由实验数据可看出，水沸腾时温度保持98℃不变，沸点为98℃；（2）水沸腾后温度保持不变，但要继续吸热，因此改为小火后汤汁仍能沸腾，但是燃烧燃料减少，有利于节约能源；（3）由图可知，两组水的沸点相同，甲组水先达到沸腾，则可能原因是甲组水的质量小或甲组酒精灯的火焰大，故选：A。故答案为：（1）不变；98；（2）改为小火；（3）A。
【难度】1
22．（5分）某实验小组做“探究凸透镜成像的规律”实验过程中，进行了如下操作：
（1）为使烛焰的像成在光屏中央，实验前需要调整烛焰、凸透镜、光屏的中心大致在 。
（2）在图中光屏上恰好成一清晰的像，该像的性质是倒立、 的实像。
（3）在上述实验的基础上，只移动蜡烛和光屏，可以实现投影仪成像原理的操作是 。（选填字母）A．都左移；
B．都右移；
C．蜡烛左移，光屏右移；
D．蜡烛右移，光屏左移。
（4）实验过程中蜡烛燃烧变短，烛焰的像偏离了光屏中央，在保持蜡烛和光屏不动的条件下，使像重新回到光屏的中央，应将凸透镜向 （选填“上”或“下”）调节。
（5）当蜡烛移动到小于一倍焦距时，无论怎样移动光屏，都不能在光屏上得到烛焰的像。此时眼睛在 （选填“烛焰”或“光屏”）一侧通过透镜观察，可以看到正立、放大的虚像。
【答案】（1）同一高度；（2）缩小；（3）B；（4）下；（5）光屏。
【考点】探究凸透镜成像实验的成像原理；探究凸透镜成像的规律；探究凸透镜成像实验仪器的摆放原则
【分析】（1）为使所成像能在光屏的中心，必须使烛焰、凸透镜、光屏的中心在同一高度上；
（2）根据物距与像距的关系确定像的性质；
（3）当物距在一倍焦距与二倍焦距之间时，像距大于二倍焦距，成正立放大的实像，是投影仪成像原理；
（4）根据过凸透镜光心的光线传播方向不变解答；
（5）根据u＜f，成正立、放大的虚像，像与物同侧。
【解答】解：（1）为使烛焰的像成在光屏中央，实验前需要调整烛焰、凸透镜、光屏的中心在同一高度。（2）由图可知，物距大于像距，因此成倒立、缩小的实像。（3）投影仪的成像原理是当物距在一倍焦距至二倍焦距之间时，像距在二倍焦距之外，成倒立、放大的实像。因此需要将蜡烛和光屏都向右移。（4）蜡烛燃烧变短，根据过光心的光传播方向不变，可知像将向光屏上方移动。为使像重新回到光屏中央，应将凸透镜向下调节。（5）当物距小于一倍焦距时成虚像，此时眼睛应在光屏一侧透过透镜观察。故答案为：（1）同一高度；（2）缩小；（3）B；（4）下；（5）光屏。
【难度】3
23．（6分）如图甲所示，某实验小组利用实心圆柱金属块探究“浮力的大小跟哪些因素有关”。
（1）金属块的重力是 N。
（2）比较实验步骤①④⑤可知，浮力大小与 有关。
（3）当金属块从接触水面到浸没于水中，直至更深位置（未触底），在图乙中能表示此过程金属块所受浮力F与浸入水中深度关系的图像是 （选填“a”或“b”）。
（4）该实验运用的主要科学探究方法是 。
（5）如果在实验中不小心使金属块碰到容器底，且与容器底有力的作用，则测出的浮力将偏 。
（6）进一步学习了阿基米德原理之后，利用图甲中的测量数据，还可以计算出其他一些物理量（水的密度已知）。下列物理量中不能计算出的是 。（选填字母）
A．金属块的体积；
B．金属块的密度；
C．盐水的体积；
D．盐水的密度。
【答案】（1）2.7；（2）液体密度；（3）b；（4）控制变量法；（5）大；（6）C。
【考点】探究浮力大小与排开液体体积的关系；探究浮力大小的影响因素
【分析】（1）金属块受到的重力大小等于弹簧测力计的示数；
（2）通过比较①④⑤三次实验的数据，根据实验控制的变量与实验现象得出结论；
（3）由F浮＝ρ液gV排可知，物体受到的浮力与液体的密度和它排开液体的体积有关，据此分析；
（4）研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变，分析实验中相同量和不同量，结合称重法测浮力得出浮力大小与变化量的关系；
（5）金属块碰到容器底部，受到支持力，由F浮＝G﹣F示分析；
（6）利用F浮＝ρ液gV排和ρ
，根据已知量进行分析即可。
【解答】解：（1）由①可知，金属块受到的重力大小等于弹簧测力计的示数，为2.7N。（2）步骤①④⑤中，金属块排开液体的体积相同，液体的密度不同，弹簧测力计的示数不同，受到的浮力不同，由此可知：浮力大小与液体密度有关。（3）金属块刚接触水面时，所受浮力为0，随着浸入水中深度的增加，物体排开水的体积逐渐增大，所受浮力增大，当物体全部浸没在水中时，物体排开水的体积不变，浮力大小不再变化，因此符合的是图像b。（4）要探究的问题有多个影响因素时，探究与某一因素的关系应控制其他因素不变，这是控制变量法。（5）金属块碰到容器底部，受到支持力，会使弹簧测力计的示数偏小，由F浮＝G﹣F示可知，测出的浮力偏大。（6）根据①③可得金属块浸没在水中受到的浮力F浮水，根据阿基米德原理可计算出金属块浸没时排开水的体积，即金属块的体积，A可以；根据①可得金属块的重力，从而计算出金属块的质量，由①③计算出金属块的体积，根据ρ
即可得到金属块的密度，B可以；根据①⑤可得金属块浸没在盐水中受到的浮力F浮盐水，金属块的体积可以得到，即金属块浸没在盐水中排开盐水的体积，根据阿基米德原理可计算出盐水的密度，D可以；盐水的体积不能通过该实验得出，C不可以。故答案为：（1）2.7；（2）液体密度；（3）b；（4）控制变量法；（5）大；（6）C。
【难度】5
24．（7分）小强在“探究电流与电阻的关系”时，可供使用的实验器材有：电源（电压恒为6V）、滑动变阻器、电流表、电压表、开关各一个、阻值不同的定值电阻四个（5Ω、10Ω、15Ω、20Ω），导线若干。
（1）连接电路前，开关应处于 状态。
（2）图甲是小强连接的电路，其中有一根多余的导线，导致电路连接错误，请在这根导线上打“×”。
（3）若闭合开关试触时，发现电流表指针摆动出现了图乙所示情况，存在的问题是： 。
（4）排除错误，实验中多次改变R的阻值，调节滑动变阻器，使电压表示数保持不变，记下电流表的示数，得到如图丙所示的I﹣R图像。
①实验中电压表的示数控制在 V不变；
②由实验图像可得出结论：电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成 ；
③实验中小强所用滑动变阻器的最大阻值不能小于 Ω。
（5）实验结束后，小强又设计了如图丁所示的电路来测量未知电阻Rx的阻值，R0为已知阻值的定值电阻，请把实验步骤补充完整。
①只闭合开关S，记下此时电流表的示数I1；
②闭合开关S、S1，记录电流表示数I2；
③未知电阻阻值的表达式Rx＝ 
。 （用I1、I2、R0表示）。
【答案】（1）断开；（2）见解答图；（3）电流表正负接线柱接反了；（4）①2；②反比；③40；（5）
。
【考点】伏安法测电阻；探究电流与电阻的关系
【分析】（1）为了保护电路，连接电路前，开关应处于断开状态；
（2）在“探究电流与电阻的关系”时，定值电阻、滑动变阻器和电流表串联，电压表并联在定值电阻两端；
（3）电流应从电表正接线柱流入，从负接线柱流出，否则指针反向偏转；
（4）①②根据实验所得的数据绘制出I﹣R图象，由欧姆定律得出电阻两端的电压为一定值分析；
③探究电流与电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变；根据串联电路电压的规律求出滑动变阻器分得的电压，根据分压原理，求出当接入20Ω电阻时滑动变阻器连入电路中的电阻；
（5）根据并联电路的特点和欧姆定律写出未知电阻阻值的表达式。
【解答】解：（1）为了保护电路，连接电路前，开关应处于断开状态；（2）原电路图中，滑动变阻器和定值电阻并联是错误的，在“探究电流与电阻的关系”时，定值电阻、滑动变阻器和电流表串联，电压表并联在定值电阻两端，如下图所示：
；（3）若闭合开关试触时，发现电流表指针摆动出现了图1乙所示，即反向偏转，其存在的问题是：电流表正负接线柱接反了；（4）①根据实验所得的数据绘制出I﹣R图象知，电流与电阻之积为：UV＝IR＝0.4A×5Ω＝……＝0.1A×20Ω＝2V，故实验中电压表的示数控制在2V不变；②由于电流与电阻之积为一定值，故由实验图象可得出结论：电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；③实验中使用的定值电阻阻值最大为20Ω，定值电阻两端的电压始终保持UV＝2V，根据串联电路电压的规律，滑动变阻器分得的电压：U滑＝U﹣UV＝6V﹣2V＝4V，滑动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，滑动变阻器连入电路中的电阻为：R滑＝2×20Ω＝40Ω，即所选择的滑动变阻器的最大阻值不能小于40Ω；（5）实验步骤：①只闭合开关S，记下此时电流表的示数I1；②闭合开关S、S1，记录电流表示数I2；③在步骤①中，电路为只有R0的简单电路，电流表测电路中的电流，此时定值电阻两端电压为U＝I1R0；在步骤②中，两电阻并联，电流表测干路电流；由于闭合S1前后，R0两端的电压不变，电阻不变，故通过R0的电流不变，根据并联电路电流特点，通过Rx的电流为Ix＝I2﹣I1，此时Rx两端电压为U＝IxRx＝（I2﹣I1）Rx，根据并联电路电压规律，I1R0＝（I2﹣I1）Rx，解得：Rx
。故答案为：（1）断开；（2）见解答图；（3）电流表正负接线柱接反了；（4）①2；②反比；③40；（5）
。
【难度】3
四、计算题：本大题包括3小题，共24分。解答时应写出必要的文字说明、公式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分。
25．（6分）某辆汽车在平直的公路上匀速行驶了一段距离，消耗汽油2.1kg，此过程中汽车牵引力所做的功为2.898×107J，已知汽油的热值为4.6×107J/kg，水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）。求：
（1）汽油完全燃烧放出的热量；
（2）汽油机的效率；
（3）若汽油完全燃烧放出的热量全部被水吸收，可使质量为500kg，初温为10℃的水温度升高到多少。
【答案】（1）汽油完全燃烧放出的热量为9.66×107J；（2）汽油机的效率为30%；（3）若汽油完全燃烧放出的热量全部被水吸收，可使质量为500kg，初温为10℃的水温度升高到56℃。
【考点】热机的效率公式与计算；利用比热容的公式计算热量；热值的简单计算
【分析】（1）根据Q放＝mq求出2.1kg汽油完全燃烧放出的热量；
（2）利用η
100%求出汽油机的效率；
【解答】解：（1）汽油完全燃烧放出的热量：
9.66×107J；（2）汽油机的效率
30%；（3）汽油完全燃烧放出的热量全部被水吸收Q放＝Q吸＝c水m水（t﹣t0），水的温度升高到：
10℃＝56℃。答：（1）汽油完全燃烧放出的热量为9.66×107J；（2）汽油机的效率为30%；（3）若汽油完全燃烧放出的热量全部被水吸收，可使质量为500kg，初温为10℃的水温度升高到56℃。
【难度】5
26．（8分）神舟十四号载人飞船于2022年6月5日发射升空。航天员在执行任务前必须进行多个项目训练以适应空间站的生活和工作，如表所示是其中两项，请根据相关信息进行计算。
训练项目 |
相关数据 |
问题解决 |
（一）航天员在跑步机上进行动态肺功能训练。 |
若航天员在跑步机上以5m/s的速度匀速跑动30min，跑动的总动力为40N。 |
求：（1）航天员在这段时间内相当于跑了多少路程。 （2）航天员跑动时总动力做功的功率。 |
（二）身穿模拟航天服的航天员通过自身携带的配重和漂浮器可悬浮在浮力水槽中工作，模拟失重环境下的感觉和工作效应。 |
若航天员的质量为65kg，模拟航天服及所带配重和漂浮器的质量为25kg。（ |
（3）航天员在水下2m处受到水的压强。 （4）航天员悬浮在水中训练时受到的浮力及排开水的体积。 |
，【答案】（1）航天员在这段时间内相当于跑了9000m。（2）航天员跑动时总动力做功的功率为200W。（3）航天员在水下2m处受到水的压强为2×104Pa。（4）航天员悬浮在水中训练时受到的浮力为900N；排开水的体积为9×10﹣2m3。
【考点】功率的计算；速度公式的简单计算；液体压强的公式及计算；阿基米德原理的理解
【分析】（1）根据s＝vt计算航天员跑动的路程；
（2）根据P
计算航天员跑动时总动力做功的功率；
（3）根据p＝ρ水gh计算航天员在水下2m处受到水的压强；
（4）根据F浮＝G总＝（m人+m装备）g求出航天员悬浮在水中训练时受到的浮力；根据V排
计算排开水的体积。
【解答】解：（1）航天员跑动的路程s＝vt＝5m/s×30×60s＝9000m；（2）航天员跑动时总动力做功的功率P
Fv＝40N×5m/s＝200W；（3）航天员在水下2m处受到水的压强p＝ρ水gh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×2m＝2×104Pa；（4）航天员悬浮在水中训练时受到的浮力等于他受到的重力，为F浮＝G总＝（m人+m装备）g＝（65kg+25kg）×10N/kg＝900N；由F浮＝ρ水gV排得，航天员悬浮在水中训练时排开水的体积V排
9×10﹣2m3。答：（1）航天员在这段时间内相当于跑了9000m。（2）航天员跑动时总动力做功的功率为200W。（3）航天员在水下2m处受到水的压强为2×104Pa。（4）航天员悬浮在水中训练时受到的浮力为900N；排开水的体积为9×10﹣2m3。
【难度】5
27．（10分）小强设计的简易体重测量仪工作电路如图甲所示。已知电源电压恒定，定值电阻R0＝20Ω，电流表的量程选用0～0.6A，压敏电阻R的阻值随压力F的变化关系如图乙所示。闭合开关S，小强从站上踏板并最终静止在踏板上的过程中，电流表的示数I随时间t变化的图像如图丙所示。（踏板质量忽略不计，g取10N/kg）
求：
（1）小强未站上踏板时，压敏电阻的阻值；
（2）电源的电压；
（3）1～4s内压敏电阻消耗的电能；
（4）小强的质量。
【答案】（1）小强未站上踏板时，压敏电阻的阻值100Ω；（2）电源的电压为12V；（3）1～4s内压敏电阻消耗的电能5.4J；（4）小强的质量是50kg。
【考点】电功与电能的计算；欧姆定律的应用；光敏、热敏、压敏等半导体电路分析
【分析】由图甲可知，压力传感器R与定值电阻R0串联，电流表测电路中的电流；
（1）小强尚未站上踏板，传感器踏板受到压力为零，由图丙可知此时压力传感器的电阻值；
（2）根据串联电路的电阻特点求出此时电路的总电阻，根据欧姆定律求出电路中的电流I1；
（3）电路中的电流为0.5A时，根据欧姆定律求出此时电路的总电阻，结合图丙可得出压力传感器的阻值R随所受压力F的函数关系，再利用该函数关系求出此时传感器受到的压力，即为物体的重力，根据G＝mg求出对应的质量；
（4）分析图甲和图丙可知，压力传感器R受到的压力越大，则传感器的电阻越小，总电阻越小，由欧姆定律可知电路中电流越大；由图乙可知电路中的最大电流，根据欧姆定律求出测量时电路的最小总电阻，根据串联电路的电阻特点求出测量时压力传感器的最小阻值，根据传感器的阻值R随所受压力F的函数关系求出测量时传感器受到的最大压力，同理求出小明静止在踏板上时的压力，再根据G＝mg求出小明的质量。
【解答】解：由图甲可知，压力传感器R与定值电阻R0串联，电流表测电路中的电流；（1）小强未站上踏板时，压敏电阻所受压力F＝0，由图乙可知，压敏电阻R的阻值R＝100Ω。（2）由串联电路的电阻特点可知，此时电路的总电阻：R总1＝R+R0＝100Ω+20Ω＝120Ω，
得，电源的电压U＝IR总1＝0.1A×120Ω＝12V。（3）由图丙可知，1～4s内，电流表的示数I1＝0.3A，结合欧姆定律得，此时电路中的总电阻
，由串联电路的电阻特点可知，此时压力传感器的电阻：R1＝R′﹣R0＝40Ω﹣20Ω＝20Ω，1～4s内，压敏电阻消耗的电能：
。（4）设压敏电阻阻值R随所受压力F的变化关系为R压＝kF+b，将图乙中的两组数据：（0，100Ω），（200N，68Ω）代入关系式得：k＝﹣0.16Ω/N，b＝100Ω，即R压＝﹣0.16Ω/N×F+100Ω。小强静止站在踏板上，压敏电阻的阻值为20Ω，此时压敏电阻受到的压力等于小强的重力：
，由G＝mg得，小强的质量
。答：（1）小强未站上踏板时，压敏电阻的阻值100Ω；（2）电源的电压为12V；（3）1～4s内压敏电阻消耗的电能5.4J；（4）小强的质量是50kg。
【难度】5