2022年山东省淄博市中考物理试卷

一、选择题（本题包括15个小题，每小题2分，共30分。每小题只有一个选项符合题意）

1．（2分）2022年5月10日，庆祝中国共产主义青年团成立100周年大会在人民大会堂隆重召开。大会开始时，全体起立，高唱国歌。下列说法正确的是（　　）

A．唱出的国歌声是由嘴唇的振动产生的

B．“高唱国歌”中的“高”是指音调高

C．国歌伴奏音乐是通过空气传入参会人员耳朵的

D．参会人员听到“全体起立”的指令都站起来，说明声音能传递能量

【答案】C

【考点】声音的传播条件；音调、响度、音色的比较；声与信息；声音产生的原因

【分析】（1）声音是由声源振动产生的；

（2）响度是指声音的强弱，音调是指声音的高低；

（3）声音的传播需要介质，声音可以在固体、液体和气体中传播；

（4）声音可以传递信息和能量。

【解答】解：A、唱出的国歌是由声带振动产生的，故A错误；B、“高唱国歌”中的“高”是指响度大，故B错误；C、国歌伴奏音乐是通过空气传入参会人员耳朵的，故C正确；D、参会人员听到“全体起立”的指令都站起来，说明声音能传递信息，故D错误。故选：C。

【难度】1

2．（2分）小孔成像现象最早被《墨经》记载。下列现象与小孔成像原理相同的是（　　）

A．水中倒影

B．雨后彩虹

C．立竿见影

D．海市蜃楼

【答案】C

【考点】光沿直线传播的现象

【分析】（1）光从一种介质斜射入另一种介质时，光的传播方向会发生偏折，如：透镜的应用、池水变浅了等。

（2）光在同一均匀介质中是沿直线传播的，应用的实例有：小孔成像、影子的形成、日食和月食现象；

（3）光的反射是指光线遇到障碍物被反射回来的现象，比如我们平时看到的物体，平面镜成像等。

【解答】解：A、水中倒影属于平面镜成像，其实质是光的反射，故A错误；B、雨过天晴时，常在天空出现彩虹，这是太阳光通过悬浮在空气中细小的水珠折射而成的，白光经水珠折射以后，分解成各种彩色光，所以说雨后的天空出现彩虹是由光的色散形成的，故B错误。C、立竿见影中的影子是光沿直线传播现象，故C正确D、海市蜃楼是光在沿直线方向传播时，在密度不均匀的空气层中，经过折射造成的结果，故D错误；故选：C。

【难度】1

3．（2分）物理知识与生活密切相关，下列分析错误的是（　　）

A．“禁止鸣笛”是防止噪声的产生

B．手机芯片上的晶体管是用半导体材料制成的

C．“北斗”卫星导航系统是利用电磁波传递信息的

D．在站台候车时，人要站在安全线以外，是因为流体中流速越大的位置压强越大

【答案】D

【考点】流体压强与流速的关系；减弱噪声的途径；半导体的特点；电磁波的传播

【分析】（1）减弱噪声的三个途径：在声源处减弱、在传播过程中减弱、在人耳处减弱；

（2）根据导电性的不同，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。半导体材料有许多独特的功能，根据半导体材料的特殊性质制成了特殊的元件；

（3）“北斗”卫星导航系统是利用电磁波传递信息；

（4）流体压强和流速有关，流速越大的位置压强越小，为了安全，候车的旅客要站在安全线以外。

【解答】解：A、“禁止鸣笛”是在声源处减弱噪声，防止噪声产生，故A正确；B、手机芯片上的晶体管是用半导体材料制成的，故B正确；C、我国建立的“北斗”卫星导航系统是通过电磁波传递信息的，是无线通信，光纤传递信息需要光缆，故C正确；D、火车在高速行驶时带动周围的空气运动，空气流速变大，压强变小，小于大气压，若人站在安全线以内，在大气压的作用下，就可以被推向火车，发生危险，故D错误。故选：D。

【难度】1

4．（2分）探究凸透镜成像规律实验中，蜡烛、凸透镜和光屏的位置如图所示，烛焰在光屏上恰好成一清晰的像。应用此成像规律工作的是（　　）

A．照相机

B．投影仪

C．放大镜

D．潜望镜

【答案】A

【考点】凸透镜成像规律的应用

【分析】当物距u＞2f时，2f＞v＞f，即u＞v，凸透镜成倒立、缩小的实像，应用于照相机。

【解答】解：由图示和题意可知，此时的物距大于像距，在光屏上恰好成一清晰的像（实像），由凸透镜成实像的规律可知此时成倒立、缩小的实像，其实际应用是照相机。故选：A。

【难度】1

5．（2分）规范使用测量仪器是中学生必备的科学素养。关于测量仪器的使用，下列说法错误的是（　　）

A．用刻度尺测量长度时，刻度尺要正放且刻度线要紧贴被测物体

B．用天平称量质量过程中，若指针指在分度盘中线左侧，将平衡螺母向左调

C．用量筒测体积读数时，视线与凹（凸）液面最低（高）处保持水平

D．用温度计测液体温度时，玻璃泡不能碰到容器底

【答案】B

【考点】刻度尺的使用规则；天平的使用方法；天平测量时放在水平台上；称量过程不要移动平衡螺母；量筒的使用方法；温度计的使用；温度计玻璃泡的位置

【分析】（1）刻度尺的使用：刻度尺要正放，要与被测物体对齐，要让刻度尺有刻度的一面紧贴被测物体。

（2）天平的使用：用天平称量质量过程中，调平只能加减砝码或者移动游码。

（3）量筒的使用：读数时，视线应与量筒凹液面的最低处或者凸液面的最高处齐平。

（4）温度计的使用：温度计的玻璃泡不能碰到容器底和容器壁。

【解答】解：A、刻度尺在使用时，要正放，要与被测物体对齐，要让刻度尺有刻度的一面紧贴被测物体，故A正确；B、用天平称量质量过程中，调平只能加减砝码或者移动游码，不能调节平衡螺母，否则会导致测量值错误，故B错误；C、量筒读数时，视线应与量筒凹液面的最低处或者凸液面的最高处齐平，故C正确；D、温度计在使用时，温度计的玻璃泡不能碰到容器底和容器壁，故D正确。故选：B。

【难度】1

6．（2分）安全用电是每一位中学生应有的常识，下列做法符合安全用电原则的是（　　）

A．湿手拔用电器的插头

B．通电电线起火时立即泼水救火

C．断开电源开关后再更换灯泡

D．在一个插线板上同时使用多个大功率用电器

【答案】C

【考点】安全用电原则

【分析】（1）生活用水是导体；

（2）发现有人触电或电引起的火灾，首先切断电源；

（3）在更换灯泡时，应先断开开关；

（4）家庭电路中各用电器是并联的，一个插座上同时使用多个大功率用电器，会造成干路电流过大，引起火灾。

【解答】解：A、因为水是导体，当用湿手接触带电体时，可能会使电源通过人体与大地形成通路，发生触电，故A不符合安全用电原则；B、用电器或电线失火时，用水去灭火，生活用水是导体，会造成间接触电事故，故B不符合安全用电原则；C、在断开电源开关的情况下更换灯泡，灯泡处不带电，这样才安全，故C符合安全用电原则；D、家庭电路中各用电器是并联的，一个插座上同时使用多个大功率用电器，会造成干路电流过大，容易引起火灾，故D不符合安全用电原则。故选：C。

【难度】3

7．（2分）如图是甲、乙两种物质的质量与体积的关系图象。由图象可知（　　）

A．同种物质，体积越大，质量越小

B．同种物质，质量与体积成正比

C．甲物质的密度小于乙物质的密度

D．乙物质的密度为0.5kg/m³

【答案】B

【考点】m﹣V图像问题

【分析】（1）根据图象分析，对AB选项做出判断；

（2）在质量﹣体积图象中，可根据取相同的体积比较质量来判断密度大小，也可取相同质量比较体积来判断密度大小；

（3）由图象可知：体积为20cm³时，乙的质量为10g，据此利用密度公式计算乙物质的密度。

【解答】解：A、分析图象可知，同种物质，体积越大，质量越大，故A错误；B、由图象可知，同种物质的质量与体积成线性关系，且图象过原点，说明物体的质量与体积成正比，故B正确；C、由图象可知，当两者的体积相同时，甲物质的质量大于乙物质的质量，则甲物质的质量跟体积的比值比乙物质大，所以甲物质的密度大于乙物质的密度，故C错误；D、由图象可知，体积为20cm³时，乙的质量为10g，则乙的密度为：ρ_乙 0.5g/cm³＝0.5×10³kg/m³，故D错误。故选：B。

【难度】3

8．（2分）2022年3月23日，“天宫课堂”上王亚平轻推静止的“冰墩墩”，“冰墩墩”沿直线运动到对面叶光富的手中。下列说法正确的是（　　）

A．“冰墩墩”由静止变为运动，是因为受到力的作用

B．王亚平推“冰墩墩”时，“冰墩墩”对王亚平没有力的作用

C．以运动的“冰墩墩”为参照物，叶光富是静止的

D．“冰墩墩”被叶光富接住后不再具有惯性

【答案】A

【考点】惯性的概念；运动和静止的相对性

【分析】（1）力是改变物体运动状态的原因，不是维持物体运动状态的原因。

（2）力是物体对物体的作用，物体间力的作用是相互的。

（3）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。

（4）一切物体都具有惯性。

【解答】解：A、“冰墩墩”由静止变为运动，物体运动状态改变是因为受到力的作用，故A正确；B、抛冰墩墩时，王亚平对冰敦敦有力的作用，由于物体间力的作用是相互的，冰墩墩对王亚平也有力的作用，故B错误；C、以运动的“冰墩墩”为参照物，叶光富的位置发生改变，叶光富是运动的，故C错误；D、一切物体都具有惯性，“冰墩墩”被叶光富接住后也有惯性，故D错误。故选：A。

【难度】1

9．（2分）甲、乙、丙三个轻小物体，甲排斥乙，乙吸引丙。若乙带正电，则（　　）

A．甲一定带正电

B．甲一定带负电

C．丙一定带负电

D．丙一定不带电

【答案】A

【考点】物体带电情况的判断

【分析】电荷间的相互作用规律：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，带电体具有吸引轻小物体的性质，据此解答。

【解答】解：甲、乙、丙三个轻小物体，甲排斥乙，乙吸引丙，乙带正电，乙与甲互相排斥，所以甲一定带正电；乙与丙吸引，则丙带负电或不带电。故选：A。

【难度】3

10．（2分）如图是某小区使用的一种垃圾投放装置的示意图，人向下拉吊把就能打开垃圾桶桶盖，非常方便、卫生。下列说法正确的是（　　）

A．装置中的滑轮是动滑轮

B．装置中的滑轮改变了力的方向

C．绳子拉起桶盖时，桶盖可视为费力杠杆

D．蓝色垃圾桶看起来是蓝色，是因为它吸收蓝光

【答案】B

【考点】物体的颜色；杠杆的分类；定滑轮；定滑轮的实质；动滑轮

【分析】（1）定滑轮实质相当于等臂杠杆，不省力，可以改变力的方向；动滑轮使用时，滑轮随重物一起移动；动滑轮实质是动力臂为阻力臂二倍的杠杆，省 力多费1倍距离；

（2）三种杠杆：①省力杠杆：动力臂大于阻力臂，省力但费距离；②费力杠杆：动力臂小于阻力臂，费力但省距离；③等臂杠杆：动力等于阻力臂，不省力，也不费力；

（3）不透明物体的颜色是由它反射的色光决定的。

【解答】解：AB、由图可知，垃圾桶盖使用过程中，滑轮轴固定不动，所以该装置中的滑轮为定滑轮；定滑轮实质相当于等臂杠杆，不省力，可以改变力的方向，故A错误，B正确；C、由图可知，垃圾桶盖使用过程中，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，故C错误；D、蓝色垃圾桶只能反射太阳光中的蓝色光，蓝色光进入人的眼睛，人感觉垃圾桶是蓝色的，故D错误。故选：B。

【难度】3

11．（2分）为做好疫情常态化防控，打造安全就医环境，很多医院启用了智能门禁系统。系统扫描到就医人员的健康码为绿码（模拟电路中的开关S₁闭合）并且检测到其体温正常（开关S₂闭合）时，门禁才会自动打开（电动机工作）。下列图中模拟电路符合上述要求的是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【考点】生活中的串、并联电路；应用欧姆定律设计电路图

【分析】根据题意分析两个开关的连接方式，然后选出正确的电路图。

【解答】解：由题意可知，系统扫描到就医人员的健康码为绿码（模拟电路中的开关S₁闭合）并且检测到其体温正常（开关S₂闭合）时，即两个开关都闭合时，门禁才会自动打开（电动机工作），这说明两个开关相互影响，是串联的，然后与电动机串联在电路中，故D正确。故选：D。

【难度】3

12．（2分）对下列与电磁现象有关的四幅图的分析正确的是（　　）

A．图甲：闭合开关后，通电螺线管右端是S极

B．图乙：利用磁场可以产生电流

C．图丙：只要导体在磁场中运动，就会产生感应电流

D．图丁：该装置可用来研究发电机的工作原理

【答案】A

【考点】安培定则；利用安培定则判断磁极；产生感应电流的条件；发电机的原理；电流的磁效应

【分析】（1）根据安培定则判定通电螺线管的极性；

（2）通电导线的周围存在磁场；

（3）闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，导体中会产生感应电流；

（4）通电导体在磁场中受力运动。

【解答】解：A、闭合开关后，电流从螺线管右侧流入，根据安培定则可知，通电螺线管的左端为N极，其右端是S极，故A正确；B、该实验是奥斯特实验，说明通电导线的周围存在磁场，即电流能产生磁场，故B错误；C、只有闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，导体中才会产生感应电流，故C错误；D、图中有电源，闭合开关后，通电导体在磁场中会受力运动，反映了电动机的工作原理，故D错误。故选：A。

【难度】3

13．（2分）水是人类环境的重要组成部分。水通过吸热、放热在固态、液态、气态三种状态间转化，如图所示。已知甲是水，则（　　）

A．乙是冰

B．丙是水蒸气

C．由丙到甲的过程放热

D．由丙到甲是熔化过程

【答案】D

【考点】水的三态变化

【分析】水的三态有固态，液态和气态；由甲是水，推导出丙和乙的状态。然后判断出它们的放吸热情况。

【解答】解：由甲是水，由甲转变成乙要吸热可知，乙是气体，可推导出丙是固体。故A、B错误；从丙到甲是熔化过程，要吸热，故C错误，D正确。故选：D。

【难度】1

14．（2分）小明洗碗时发现，同一只碗可以漂浮在水面上，也可以沉入水底，如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．碗漂浮时所受的浮力大于它所受的重力

B．碗漂浮时所受的浮力等于它排开的水所受的重力

C．碗沉底时所受的浮力大于它漂浮时所受的浮力

D．碗沉底时排开水的体积等于它漂浮时排开水的体积

【答案】B

【考点】利用物体的浮沉条件比较浮力的大小；阿基米德原理的理解

【分析】（1）物体漂浮时，浮力等于自身的重力；

（2）根据阿基米德原理判断出碗漂浮时所受的浮力与它排开的水所受的重力的关系；

（3）下沉时，物体所受的浮力小于自身的重力，物体漂浮时，浮力等于自身的重力，根据重力的关系判断出漂浮和沉底时浮力放入关系，根据F_浮＝ρ_水gV_排判断出碗沉底时排开水的体积与它漂浮时排开水的体积的关系。

【解答】解：A、碗漂浮时，碗受到的浮力等于自身的重力，故A错误；B、根据阿基米德原理知碗漂浮时所受的浮力等于它排开的水所受的重力，故B正确；CD、碗沉入水底时，受到的浮力小于它的重力，碗漂浮时，浮力等于自身的重力，由于重力不变，所以漂浮时的浮力大于下沉时的浮力，根据F_浮＝ρ_水gV_排知碗沉底时排开水的体积小于它漂浮时排开水的体积，故C、D错误。故选：B。

【难度】3

15．（2分）如图，在“探究串并联电路中电流的规律”实验中，灯泡L₁和L₂上分别标有“3.8V 0.2A”和“3.8V 0.3A”字样。闭合开关两灯均发光（灯泡的电阻不受温度影响），则（　　）

A．两灯串联

B．电流表A₁测灯L₁的电流

C．灯L₁比L₂暗

D．电流表A₂的示数为0.5A

【答案】C

【考点】实际功率；小灯泡实际功率的比较

【分析】（1）由图可知，两灯泡并联接入电路，电流表A₁测通过灯泡L₂的电流，电流表A₂测干路电流；

（2）根据欧姆定律可比较两灯泡的电阻大小，根据并联电路电压特点结合P 可比较灯泡实际功率的大小，灯泡的亮度取决于其实际功率大小；

（3）由图知，两节干电池串联，则电源电压为3V，根据灯泡规格分析灯泡是否正常发光，进一步判断干路电流的大小。

【解答】解：AB、由图可知，两灯泡并联接入电路，电流表A₁测通过灯泡L₂的电流，电流表A₂测干路电流，故AB错误；C、两灯泡L₁和L₂分别标有“3.8V 0.2A”和“3.8V 0.3A”字样，由欧姆定律可得两灯的电阻关系为R₁＞R₂，两灯泡并联，其两端电压相等，且R₁＞R₂，由P 可知，灯泡L₁的实际功率小于灯泡L₂的实际功率，则灯L₂更亮，故C正确；D、由图知，两节干电池串联，则电源电压为3V，如果两灯能正常发光，则A₂的示数为0.2A+0.3A＝0.5A；由于电源电压小于两灯泡的额定电压为3.8V，所以此时两灯泡都不能正常发光，则A₂的示数应小于0.5A，故D错误。故选：C。

【难度】5

二、理解与应用（本题包括5个小题，共17分）

16．（4分）电热水壶是利用电流的 　 　效应工作的。小明家要购买一只电热水壶，他发现某商场有容积相同、额定电压均为220V、额定功率分别为800W和1800W的两种电热水壶。家中给电热水壶供电插座的额定电流是5A，从安全用电的角度考虑，小明应选购 　 　W的电热水壶。如图电热水壶的插头中插脚①较长，将插头插入插座时，可确保电热水壶的金属外壳先接触 　 　线，避免触电事故。插头外壳是用橡胶做的，是因为橡胶是 　 　体。

【答案】热；800；地；绝缘体。

【考点】电流的热效应

【分析】（1）电流的热效应是指导体通电时会发热的现象；

（2）根据I 分别计算出甲、乙电热水壶的额定电流，根据额定电流与室内插座的额定电流的大小分析；

（3）插头制作的长一些是为了插插头入插座时先让金属外壳与大地相连，若漏电则先跳闸而防止触电；

（4）不容易导电的物体叫绝缘体，橡胶、塑料等都是绝缘体。

【解答】解：（1）电热水壶是利用电流的热效应工作的；（2）额定功率为800W电热水壶的额定电流为：I_甲 3.6A；额定功率分别为1800W电热水壶的额定电流为：I_乙 8.18A；室内插座的额定电流是5A，额定功率为1800W电热水壶的额定电流大于插座的额定电流，额定功率为800W电热水壶的额定电流小于插座的额定电流，所以应该选用800W的；（3）插头制作的长一些，可以使用电器在与火线接通之间先使外壳与地线相通，在拔插头时，先使插头与火线相脱离，防止触电事故的发生；（4）各种插头的外壳都采用了橡胶、塑料等材料，是因为塑料和橡胶都是绝缘体，可以防止漏电。故答案为：热；800；地；绝缘体。

【难度】3

17．（4分）某些商场里的自动扶梯在无人和有人乘坐时运行速度不同，从而节约电能。小明根据所学知识，设计了扶梯工作时的模拟电路。如图所示是扶梯上无人时电路的工作状态，R是压敏电阻，其阻值随压力的增大而减小。当扶梯上有人时，R所受压力增大，控制电路中的电流 　 　，电磁铁的磁性 　 　，将衔铁吸下，使动触点与静触点“2”接触，工作电路中的电动机转速变大。小红站在扶梯上匀速上行的过程中，她的动能 　 　、机械能 　 　。（均选填“变大”“变小”或“不变”）

【答案】变大；变大；不变；变大

【考点】动能和重力势能的相互转化

【分析】当扶梯上有人时，R所受压力增大，根据题意分析压敏电阻阻值的变化，由欧姆定律分析控制电路中电流的变化，根据电磁铁磁性强弱的影响因素分析其磁性的变化情况；

动能的大小与质量、速度有关，重力势能的大小与质量、高度有关，机械能等于动能与势能之和。

【解答】解：当扶梯上有人时，R所受压力增大，由题意可知此时压敏电阻的阻值减小，根据欧姆定律可知控制电路中的电流变大，则电磁铁的磁性增强，将衔铁吸下，使动触点与静触点“2”接触，工作电路中的电动机转速变大。小红站在扶梯上匀速上行的过程中，她的质量不变，速度不变，则动能不变，同时高度变大，其重力势能变大；因机械能等于动能与势能之和，所以她的机械能增大。故答案为：变大；变大；不变；变大。

【难度】3

18．（4分）工人用如图所示的滑轮组来提升货物，已知货物重400N，每个滑轮重50N，若物体在10s内被提升了6m，不计绳重和摩擦，则拉力F是 　 　N，绳自由端移动的距离是 　 　m，物体上升的速度是 　 　m/s，滑轮组的机械效率是 　 　（精确到1%）。

【答案】225；12；0.6；89%。

【考点】滑轮、滑轮组机械效率的计算

【分析】从图中可知，n＝2，不计绳重和摩擦，根据F （G+G_动）可知则拉力F，根据s＝nh可知绳自由端移动的距离，根据v 得出物体上升的速度，根据η 得出滑轮组的机械效率。

【解答】解：从图中可知，n＝2，不计绳重和摩擦，根据F （G+G_动）可知则拉力F （400N+50N）＝225N，根据s＝nh可知绳自由端移动的距离s＝nh＝2×6m＝12m，物体上升的速度v 0.6m/s，滑轮组的机械效率η 89%。故答案为：225；12；0.6；89%。

【难度】5

19．（3分）天然气是一种低污染燃料，它是 　 　（选填“可再生”或“不可再生”）能源，完全燃烧0.021m³的天然气可放出 　 　J的热量。若这些热量全部被水吸收，可使 　 　kg的水温度从20℃升高到60℃。[q_天然气＝4×10⁷J/m³，c_水＝4.2×10³J/（kg•℃）]

【答案】（1）不可再生；（2）8.4×10⁵；（3）5。

【考点】可再生能源和不可再生能源；利用比热容的公式计算热量；能源及其分类

【分析】（1）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，所以它们都属于不可再生能源；

（2）利用Q＝Vq可求天然气完全燃烧放出的热量；

（3）利用Q＝cmΔt求水的质量。

【解答】解：（1）天然气是化石能源的一种，化石能源、核能等能源会越用越少，不可能在短期内从自然界得到补充，所以它们都属于不可再生能源；（2）天然气放出的热量Q＝Vq_天然气＝0.021m³×4×10⁷J/m³＝8.4×10⁵J；（3）天然气放出的热量Q可知，水吸收的热量为8.4×10⁵J，由Q＝cmΔt得，水得质量m 5kg。故答案为：（1）不可再生；（2）8.4×10⁵；（3）5。

【难度】3

20．（2分）如图甲所示，一摞棋子中的一颗棋子A被用力打出。请在图乙中画出棋子A受力的示意图（忽略空气阻力）。

【答案】

【考点】画力的示意图

【分析】先分析被打出棋子的受力情况，再按力的示意图的要求画图。

【解答】解：忽略空气阻力，被打出的棋子由于惯性继续向左运动，A只受到竖直向下的重力，如图所示： 。

【难度】3

三、实验与探究（本题包括4个小题，共26分）

21．（4分）小明用玻璃板、蜡烛、白纸、刻度尺、火柴等器材探究平面镜成像的特点。

（1）他将点燃的蜡烛A放置在玻璃板前面（如图），分别拿未点燃的蜡烛B、C、D（D与A同粗等高）竖立着在玻璃板后面移动。他发现只有蜡烛D能跟蜡烛A的像完全重合，此时蜡烛D的位置就是 　 　的位置，在此位置做好标记，移去蜡烛D，在标记处放置一块光屏，光屏上承接不到蜡烛A的像，这说明平面镜成 　 　像。多次改变蜡烛A的位置并相应移动蜡烛D，蜡烛D均能与蜡烛A的像完全重合，这说明平面镜所成像的大小与物体的大小 　 　。

（2）探究完像和物的位置关系并最终得出“平面镜所成的像与物体关于镜面对称”的结论后，小明分析，小轿车前挡风玻璃安装成倾斜，除了减小风阻外，还有一个重要原因是为了行车安全。这是因为：夜间行车时，如果车内开灯，车内乘客经前挡风玻璃成的像在司机的 　 　（选填“斜上方”“正前方”或“斜下方”），这样会减小对司机观察路况的干扰。为了行车安全，夜间行车时，车内不宜开灯。

【答案】（1）蜡烛A的像；虚；相等；（2）斜上方。

【考点】平面镜成像的特点与规律；平面镜成像的应用；探究平面镜成像的特点；探究平面镜成像实验成虚像；探究平面镜成像实验像与物的大小以及位置关系

【分析】（1）实验时用透明的玻璃板代替平面镜，既能看到物体的像，也能看到像一侧的代替物体，便于确定像的位置；

平面镜所成的像是虚像，不会出现在光屏上；但是透过玻璃板可以看到蜡烛的像；

平面镜所成的像与物体等大；

（2）从车辆行驶的安全角度考虑，把挡风玻璃看作平面镜，根据平面镜所成的像是否干扰观看路况来分析。

【解答】解：（1）把一支点燃的蜡烛A竖直立在玻璃板前面，再拿一支外形完全相同的不点燃的蜡烛B，蜡烛B在A的另一侧，当蜡烛B和蜡烛A的像重合时，蜡烛B的位置便是蜡烛A的像的位置；移去蜡烛B，在其原来位置上放置一块光屏，光屏上无法呈现蜡烛的像，这说明平面镜成的是虚像，透过玻璃板在光屏上能看到蜡烛A的像；随着蜡烛A的燃烧蜡烛B无法与A的像重合，此时蜡烛A与像大小相等；（2）小汽车前面的挡风玻璃相当于平面镜，平面镜成像的特点是像与物关于镜面对称，如果竖直安装，成的虚像会在正前方，干扰司机观察路况，倾斜安装可以使像成在斜上方，不干扰司机观察路况。故答案为：（1）蜡烛A的像；虚；相等；（2）斜上方。

【难度】3

22．（6分）小明用图甲装置探究水沸腾时的现象及温度变化特点。

（1）点燃酒精灯时，能闻到酒精的气味，这是 　 　现象。

（2）加热过程中，随着水温度的不断升高，水分子的热运动越来越 　 　，水的内能增加，这是通过 　 　的方式增加水的内能。

（3）加热一段时间后，水的温度不再升高，温度计的示数如图乙所示，本次所测水的沸点是 　 　℃。

（4）水沸腾时，大量的气泡上升、变 　 　，到水面破裂，里面的水蒸气散发到空气中。

（5）实验时水被加热至沸腾所用时间较长，原因可能是 　 　。（写出一条即可）

【答案】（1）扩散；（2）快；热传递；（3）98；（4）大；（5）水的质量大。

【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；探究水沸腾实验沸腾前后气泡的状态

【分析】（1）不同物质彼此进入对方的现象叫扩散；

（2）分子在永不停息地做无规则的热运动，温度越高，分子运动越快；做功和热传递是改变物体内能的两种方式；

（3）明确温度计的分度值，视线与液柱的上表面相平，读取温度计的示数；

（4）水沸腾时的现象：有大量气泡产生，气泡上升过程中体积变大，升至液面破裂；

（5）缩短沸腾时间的方法：减少水量、提高初温或加盖。

【解答】解：（1）点燃酒精灯时，能闻到酒精的气味，属于扩散现象；（2）在加热过程中，随着水温升高，水分子运动得越来越快；给水加热，是通过热传递增加水的内能；（3）由图乙可知，温度计的分度值为1℃，此时液柱的上表面与98刻度线对齐，则该温度计的示数为98℃；（4）根据水沸腾时的现象可知，水沸腾时，有大量的气泡上升，气泡上升过程中体积变大，升至液面破裂；（5）实验时水被加热至沸腾所用时间较长，原因可能是水的质量大。故答案为：（1）扩散；（2）快；热传递；（3）98；（4）大；（5）水的质量大。

【难度】3

23．（8分）小明用木块、木板、毛巾、玻璃板、砝码、弹簧测力计等器材探究影响滑动摩擦力大小的因素。

（1）木块在水平面上被拉动时所受滑动摩擦力的大小无法直接测量，可依据二力平衡的条件，拉动木块做匀速直线运动，则滑动摩擦力的大小等于 　 　的大小。

（2）实验过程如图所示（木块均做匀速直线运动），其中F₅＜F₁＜F₄＜F₂＜F₃。

①相比甲实验，乙、丙实验中木块上增加砝码是为了增大 　 　的压力（选填“砝码对木块”“木块对木板”或“木板对桌面”）。对比甲、乙、丙三次实验可知：在接触面粗糙程度一定时，压力越大，滑动摩擦力 　 　。

②对比甲、丁、戊三次实验可知：压力相同时，　 　，滑动摩擦力越大。

（3）要探究滑动摩擦力大小跟物体运动速度是否有关，需要保持 　 　和 　 　不变，只改变 　 　。

（4）本实验主要运用的研究方法是控制变量法，下列实验中也用到了这种方法的是 　 　。

A.探究压力的作用效果跟什么因素有关

B.探究杠杆的平衡条件

C.测量固体的密度

【答案】（1）弹簧测力计对木块拉力；（2）①木块对木板；越大；②接触面越粗糙；（3）压力大小；接触面的粗糙程度；物体运动的速度；（4）A。

【考点】探究滑动摩擦力与接触面积的关系；探究影响滑动摩擦力大小的因素的实验

【分析】（1）根据二力平衡的条件分析；

（2）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，找出相关实验中相同量和不同量，分析得出滑动摩擦力与变化量的关系；

（3）探究滑动摩擦力是否和物体运动速度有关，应保持压力大小和接触面的粗糙程度一定，使物体在不同的速度下进行匀速直线运动；

（4）一个物理量受多个因素影响时，探究物理量和其中一个因素的关系时，控制其它因素不变，这种方法是控制变量法。

【解答】解：（1）用弹簧测力计水平拉动木块，使它沿水平长木板做匀速直线运动，根据二力平衡知识可知，木块受到的摩擦力大小等于弹簧测力计对木块拉力的大小；（2）①相比甲实验，乙、丙实验中木块上增加砝码，木块对水平面的压力大小等于木块和砝码的总重力，从而增大木块对木板的压力；对比甲、乙、丙三次实验可知，接触面的粗糙程度相同，压力大小不同，滑动摩擦力大小不同，故对比甲、乙、丙三次实验可知：在接触面粗糙程度一定时，压力越大，滑动摩擦力越大；②对比甲、丁、戊三次实验可知：压力相同，接触面粗糙程度不同，且接触面越粗糙，测力计的示数越大，故压力相同时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大；（3）探究滑动摩擦力是否和物体运动速度有关，应保持压力大小和接触面的粗糙程度一定，使物体在不同的速度下做匀速直线运动；（4）本实验探究主要运用的科学探究方法是控制变量法：A、压力的作用效果与压力的大小和受力面积的大小有关，实验探究时应采用控制变量法；B、探究杠杆的平衡条件，采用多次测量寻找普遍规律，没有采用控制变量法；C、测量固体的密度多次测量取平均值，为了减小误差，没有采用控制变量法；故选A。故答案为：（1）弹簧测力计对木块拉力；（2）①木块对木板；越大；②接触面越粗糙；（3）压力大小；接触面的粗糙程度；物体运动的速度；（4）A。

【难度】5

24．（8分）小明用电源（电压恒为3V）、电阻（5Ω、10Ω、20Ω各一个）、小灯泡、滑动变阻器、电压表、电流表、开关和导线进行实验。

（1）探究电流与电压的关系。

①小明设计了图1中甲、乙、丙三个电路图，经小组讨论，最终确定用图丙电路进行实验，原因是该电路不仅能保持 　 　不变，还能很容易改变 　 　。

②图2是小明实验时连接的部分电路，请你用笔画线代替导线将电路连接完整。

③小明先将5Ω的定值电阻接入电路，闭合开关，调节滑动变阻器滑片，得到如表三组数据。小明准备分析数据归纳结论，小丽认为还不能归纳结论，他们接下来的实验操作是 　 　。

实验次数	1	2	3
电压U/V	1.0	1.5	2.0
电流I/A	0.2	0.3	0.4

（2）测量小灯泡的电功率。

①小明将图2中的定值电阻更换为额定电压为2.5V的小灯泡，将滑动变阻器的滑片调至B端，闭合开关后发现小灯泡不亮，但电流表、电压表均有示数。接下来他首先应进行的操作是 　 　。

A.检查电路是否断路

B.更换小灯泡

C.调节滑动变阻器的滑片，观察小灯泡是否发光

②实验中，滑动变阻器的滑片在某一位置时，电压表示数为1.5V，为测量小灯泡的额定功率，应将滑片向 　 　（选填“A”或“B”）端移动，直至电压表示数为 　 　V。

③本实验多次测量的目的是 　 　。

A.求平均值减小误差

B.测不同电压下小灯泡的电功率

【答案】（1）①电阻阻值；定值电阻两端的电压；②如图所示；③换用不同规格的电阻再做几次实验；（2）①C；②A；2.5；③B。

【考点】探究电流与电压的关系；伏安法测量小灯泡的电功率

【分析】（1）①探究电流与电压的关系时，应控制电阻阻值不变，改变电阻两端的电压，据此分析图丙电路的优点；

②根据电压表与被测电路并联、滑动变阻器与定值电阻串联连接电路；

③用归纳法得出普遍性的结论，一要选用的样本有代表性，二要数量足够多；

（2）①闭合开关后发现小灯泡不亮，但电流表、电压表均有示数，电路为通路，发现小灯泡不亮，说明电路中的电流过小，据此分析；

②灯在额定电压下正常发光，将灯泡的实际电压与灯泡的额定电压比较，根据串联电路电压的规律及分压原理确定滑片移动的方向；

③灯泡在不同电压下的功率不同，据此分析。

【解答】解：（1）①探究电流与电压的关系时，应控制电阻阻值不变，改变电阻两端的电压，图1甲图中灯泡的电阻随温度的变化而变化，因为电源电压恒定，所以乙图无法改变电阻两端的电压，丙图不仅能保持电阻阻值不变，还可以通过移动滑动变阻器的滑片改变定值电阻两端的电压；②滑动变阻器与定值电阻串联，电压表与定值电阻并联，如图所示： ；③为了使得出的结论具有普遍性，应换用不同规格的电阻再做几次实验；（2）①闭合开关后发现小灯泡不亮，但电流表、电压表均有示数，电路为通路，发现小灯泡不亮，说明电路中的电流过小，接下来应进行的操作是：移动滑动变阻器的滑片，观察小灯泡是否发光，选C；②灯在额定电压下正常发光，灯泡的实际1.5V小于灯泡的额定电压2.5V，应增大灯泡两端的电压，根据串联电路电压的规律，应减小滑动变阻器两端的电压，由分压原理可知，应减小滑动变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向A移动，直到电压表示数为灯泡的额定电压2.5V；③因为灯泡在不同电压下的功率不同，多次测量取平均值没有意义，所以本实验多次测量的目的是测不同电压下小灯泡的电功率，故选B。故答案为：（1）①电阻阻值；定值电阻两端的电压；②如图所示；③换用不同规格的电阻再做几次实验；（2）①C；②A；2.5；③B。

【难度】5

四、分析与计算（本题包括2个小题，共17分）

25．（9分）我国生产的无人机世界领先，种类繁多，应用广泛。如图所示是一架已经装载上10kg防疫物资的无人机，若该无人机自身质量为30kg，它有4条支撑腿，每条支撑腿与地面的接触面积为25cm²。（g取10N/kg）

请解答下列问题：

（1）防疫物资所受的重力；

（2）图中静止在水平地面上的无人机对地面的压强（旋翼未转动）；

（3）起飞后，无人机在30s内匀速竖直上升60m，此过程中无人机对防疫物资做功的功率。

【答案】（1）防疫物资所受的重力为100N；（2）图中静止在水平地面上的无人机对地面的压强为4×10⁴Pa；（3）此过程中无人机对防疫物资做功的功率为200W。

【考点】压强的公式的应用；功率的计算；重力的计算

【分析】（1）知道防疫物资的质量，根据G＝mg求出防疫物资的重力；

（2）在水平地面上静止的无人机对地面的压力等于防疫物资和无人机的重力之和，求出总的受力面积，利用p 计算无人机对地面的压强；

（3）利用W＝Gh求出无人机对防疫物资做的功，然后利用P 计算功率。

【解答】解：（1）防疫物资的重力：G_物资＝m_物资g＝10kg×10N/kg＝100N；（2）无人机的重力：G_无人机＝m_无人机g＝30kg×10N/kg＝300N，在水平地面上静止的无人机对地面的压力：F＝G_物资+G_无人机＝100N+300N＝400N，总受力面积：S＝4×25cm²＝100cm²＝1×10^﹣2m²，则无人机对地面的压强：p 4×10⁴Pa；（3）无人机对防疫物资做的功：W＝G_物资h＝100N×60m＝6×10³J，则此过程中无人机对防疫物资做功的功率：P 200W。答：（1）防疫物资所受的重力为100N；（2）图中静止在水平地面上的无人机对地面的压强为4×10⁴Pa；（3）此过程中无人机对防疫物资做功的功率为200W。

【难度】5

26．（8分）如图所示是一种测定油箱内油量装置的示意图。当油箱中油量改变时，浮子带动滑杆，滑杆带动滑片在电阻片R上滑动，从而改变电路中电流表的示数。已知电源电压15V保持不变，R的规格为“20Ω 1A”。当油量最多时，滑片在A端；当油量最少时，滑片在B端，此时电流表示数为0.3A。

求：

（1）R₀的阻值；

（2）油量最多时，电流表的示数及R₀消耗的电功率。

【答案】（1）R₀的阻值为30Ω；（2）油量最多时，电流表的示数为0.5A，R₀消耗的电功率为7.5W。

【考点】欧姆定律的应用；电功率的综合计算

【分析】由电路图可知，R与R₀串联，电流表测电路中的电流。

（1）当油量最少时，滑片在B端，变阻器接入电路中的电阻最大，根据欧姆定律计算此时电路总电阻，根据串联电路的电阻规律计算R₀的阻值；

（2）当油量最多时，滑片在A端，变阻器接入电路中电阻为零，电路为R₀的简单电路，根据欧姆定律计算此时电路中的电流，根据电功率公式P＝UI计算R₀消耗的电功率。

【解答】解：由电路图可知，R与R₀串联，电流表测电路中的电流。（1）当油量最少时，滑片在B端，变阻器接入电路中的电阻最大，此时电路中的电流I＝0.3A，根据欧姆定律可知此时电路的总电阻：R_总 50Ω，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以R₀的阻值：R₀＝R_总﹣R＝50Ω﹣20Ω＝30Ω；（2）当油量最多时，滑片在A端，变阻器接入电路中电阻为零，此时电路为R₀的简单电路，则此时电路中的电流：I′ 0.5A，R₀消耗的电功率：P₀＝UI′＝15V×0.5A＝7.5W。答：（1）R₀的阻值为30Ω；（2）油量最多时，电流表的示数为0.5A，R₀消耗的电功率为7.5W。

【难度】5