2023年辽宁省盘锦市中考物理试卷

一、选择题（本题包括9小题，共18分。1～5题为单选题，每小题2分；6～9题为多选题，每小题2分，漏选得1分，错选不得分）

1．（2分）下列估测数据最接近实际的是（　　）

A．一支中性笔的质量约为50g

B．教学楼每层楼高约为3.3m

C．人体感到舒适的环境温度约为38℃

D．人步行速度约为8m/s

【答案】B

【考点】常见的长度及估测；速度的定义；速度的估测；质量的估测；温度的估测．

【分析】首先要对选项中涉及的几种物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。

【解答】解：A、一支中性笔的质量约为5g，A选项不正确；B、教学楼的高度约为3.3m，B选项正确；C、人体感到舒适的环境温度约为22℃，C选项不正确；D、人步行速度约为1m/s，D选项不正确；故选：B。

【难度】11

2．（2分）2023年6月3日，我国神舟十五号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。下列说法不正确的是（　　）

A．指挥中心响起的热烈掌声是由物体振动产生的

B．搜救直升机发出的声音震耳欲聋是因为音调高

C．现场直播画面通过电磁波传到千家万户

D．返回舱下落时，它相对于地面是运动的

【答案】B

【考点】声音产生的原因；响度；电磁波的传播；运动和静止的相对性．

【分析】（1）声音由物体的振动产生；

（2）声音震耳欲聋是因为响度大；

（3）直播画面通过电磁波传播信息；

（4）与参照物之间有位置变化的物体相对参照物在运动。

【解答】解：A、指挥中心响起的热烈掌声是由物体振动产生的，故A正确；B、搜救直升机发出的声音震耳欲聋是因为响度大，故B错误；C、现场直播画面通过电磁波传到千家万户，故C正确；D、返回舱下落时，它相对于地面的位置不断发生变化，故其相对地面是运动的，故D正确。故选：B。

【难度】1

3．（2分）下列与热学有关的说法正确的是（　　）

A．霜的形成是凝固现象

B．露珠的形成需要吸收热量

C．冰熔化时，温度不变，内能不变

D．墨水在热水中扩散比冷水中快，说明温度越高分子运动越剧烈

【答案】D

【考点】温度对分子热运动的影响；熔化的概念及现象；液化的概念及现象；升华的概念及现象；自然界中的物态变化；分子的热运动．

【分析】（1）霜是水蒸气凝华形成的；

（2）露珠是水蒸气液化形成的；

（3）冰熔化时需要持续吸热；

（4）分子热运动与温度有关，温度越高，热运动越剧烈。

【解答】解：A、霜是地面附近的水蒸气遇到冷的物体放热凝华形成的，故A错误；B、露珠是地面附近的水蒸气遇冷液化形成的，故B错误；C、冰熔化时虽然温度不变，但是需要持续吸热，内能增加，故C错误；D、分子的热运动与温度有关，温度越高，分子的热运动越快，故D正确。故选：D。

【难度】1

4．（2分）下列四幅图中，能说明电动机工作原理的是（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【考点】电动机工作原理．

【分析】电动机的工作原理是通电线圈在磁场中受力转动。

【解答】解：电动机的工作原理是通电线圈在磁场中受力转动。A、图中的原理是异名磁极相互吸引，与电动机的工作原理不相同，故A不符合题意；B、该实验是奥斯特实验，说明通电导体周围存在磁场，是电流的磁效应，与电动机的工作原理不相同，故B不符合题意；C、该实验中，当给导体中通电时，通电导体在磁场中受力的作用而运动，与电动机的工作原理相同，故C符合题意；D、该实验是探究电磁感应现象，是发电机的工作原理，与电动机的工作原理不相同，故D不符合题意。故选：C。

【难度】1

5．（2分）图甲所示的吊车，通过液压伸缩撑杆推动吊臂，可使其绕O点转动。吊车将货物沿竖直方向匀速吊起过程中，下列说法正确的是（　　）

A．货物的机械能保持不变

B．货物受到的拉力大于重力

C．吊臂可看作是一个费力杠杆

D．图乙是该车四冲程内燃机的吸气冲程

【答案】C

【考点】杠杆的分类；内燃机的四个冲程；机械能的概念．

【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；重力势能大小的影响因素：质量、被举的高度；质量越大，高度越高，重力势能越大；动能和势能统称为机械能；

（2）吊车将货物沿竖直方向匀速吊起过程中，货物处于平衡状态据此分析；

（3）结合图片，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；

（4）四冲程内燃机一个工作循环包括吸气、压缩、做功、排气四个冲程，根据两个气门的开关、活塞的运动方向以及火花塞是否点火可以确定每个冲程。

【解答】解：A、吊车将货物沿竖直方向匀速吊起过程中，货物的动能不变，重力势能增大，机械能增大，故A错误；B、吊车将货物沿竖直方向匀速吊起过程中，货物处于平衡状态，拉力和重力是一对平衡力，大小相等，故B错误；C、由图甲可知，吊臂在起吊过程中，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，故C正确；D、由图乙可知，图中两个气门都关闭，火花塞没有点火，此时活塞向上运动，是第二个冲程压缩冲程，故D错误。故选：C。

【难度】1

6．（2分）下列与电有关的说法，符合安全要求的是（　　）

A．使用绝缘皮破损的电源线

B．洗衣机在工作时金属外壳与地线相连

C．多个大功率用电器在一个插座上同时使用

D．为防止静电引起火灾，加油站禁止穿脱、拍打化纤服装

【答案】BD

【考点】安全用电原则．

【分析】（1）绝缘层破损的电线要及时更换；

（2）有金属外壳的用电器应接地线；

（3）电路中电流过大的原因：一是用电器的总功率过大，二是发生短路；

（4）穿脱拍打化纤服装时，服装之间摩擦，会产生静电，而放电时会产生电火花。

【解答】解：A、电线绝缘层破损后，继续使用绝缘皮破损的导线，容易发生触电事故，故A错误；B、洗衣机的金属外壳与地线相连可防止因外壳漏电而触电，故B正确；C、插座上同时接入多个大功率用电器，使用的电器总功率过大，会使电路中电流过大，引起保险丝的熔断，故C错误；D、“禁止穿脱拍打化纤服装”是因为在穿脱拍打化纤服装时，服装之间摩擦，会产生静电，而放电时会产生电火花，可能引发加油站火灾或爆炸，故D正确。故选：BD。

【难度】1

7．（2分）下列关于光和能源的说法正确的是（　　）

A．小孔成像是光沿直线传播形成的

B．泳池里的水看起来比实际要浅是因为光的反射

C．照相时，物体距离照相机越远，像越小

D．太阳能是不可再生能源

【答案】AC

【考点】可再生能源和不可再生能源；光沿直线传播的现象；光的折射现象；凸透镜成像规律的应用；能源及其分类．

【分析】（1）光在同一均匀介质中沿直线传播，光沿直线传播的例子有：小孔成像、影子的形成、日食和月食现象等；

（2）光线在同种不均匀介质中传播或者从一种介质斜射入另一种介质时，就会出现光的折射现象，例如水池底变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼等都是光的折射形成的；

（3）根据凸透镜成像规律分析；

（4）使用之后可以在短时间内从自然界中再次产生的能源是可再生能源，而使用之后在短时间内不可以从自然界中再次产生的能源是不可再生能源。风能、地热能、太阳能属于可再生能源：石油、天然气属于不可再生能源。

【解答】解：A、小孔成像是光沿直线传播形成的，故A正确；B、泳池里的水看起来比实际要浅是因为光的折射，故B错误；C、由凸透镜成像规律可知，成实像时，物体离凸透镜越近，像越大，物体距离照相机越远，像越小，故C正确；D、使用之后可以在短时间内从自然界中再次产生的能源是可再生能源，而使用之后在短时间内不可以从自然界中再次产生的能源是不可再生能源；太阳能属于可再生能源，故D错误。故选：AC。

【难度】1

8．（2分）水平桌面上放置甲、乙两个相同的圆柱形容器，分别装有体积相等的不同液体。将两个完全相同的瓶口扎有薄橡皮膜的空玻璃瓶竖直浸入两种液体中，使其均处于悬浮状态，此时乙容器液面低于甲容器液面，如图所示。下列判断正确的是（　　）

A．甲容器中玻璃瓶受到的浮力等于乙容器中玻璃瓶受到的浮力

B．甲容器中液体密度大于乙容器中液体密度

C．甲容器对桌面的压力小于乙容器对桌面的压力

D．甲容器底受到的液体压强小于乙容器底受到的液体压强

【答案】ACD

【考点】物体浮沉条件；压力的大小；固体压强的比较大小；液体压强的大小比较．

【分析】（1）物体悬浮时，F_浮＝G；

（2）根据F_浮＝ρ_液gV_排比较两种液体的密度关系；

（3）容器对桌面的压力等于容器、容器内液体和物体的总重力；

（4）两容器底受到压力都等于液体重加玻璃瓶重，由于甲、乙两种液体体积相等，根据甲、乙密度的关系判断出甲、乙质量的关系，由p 判断出甲、乙容器底受到液体压强的关系。

【解答】解：A、两瓶都悬浮在液体中，根据物体浮沉条件可知，两瓶受到的浮力都等于其重力，两瓶相同，则重力相等，所以两瓶受到的浮力大小相等，故A正确；B、两瓶都悬浮在液体中，其受到的浮力大小相等，液体原来的体积相同，放入小瓶后，乙容器液面低于甲容器液面，所以乙容器中排开液体的体积小于甲容器中排开液体的体积，根据F_浮＝ρ_液gV_排可知甲容器中液体密度小于乙容器中液体密度，故B错误；C、液体原来的体积相同，且甲容器中液体密度小于乙容器中液体密度，根据m＝ρV知甲容器中液体的质量小于乙容器中液体的质量，由G＝mg知甲容器中液体的重力小于乙容器中液体的重力，两瓶相同，其重力相等；两容器也相同，其重力相等，由于容器对桌面的压力等于容器、容器内液体和物体的总重力，所以甲容器对桌面的压力小于乙容器对桌面的压力，故C正确；D、两容器底受到压力都等于液体重加玻璃瓶重，因为甲乙两种液体体积相等，甲密度小，所以质量小，重力小，压力小，由p 得甲容器底受到的液体压强小于乙容器底受到的液体压强，故D正确。故选：ACD。

【难度】1

9．（2分）如图所示电路，电源电压恒定不变，R₁＝5Ω，滑动变阻器R₂“□Ω，0.5A”（铭牌破损，最大阻值未知），灯泡的规格为“5V 2.5W”（忽略灯丝电阻的变化），电压表量程为“0～3V”。只闭合开关S，将滑动变阻器R₂的滑片移至最左端，灯泡恰好正常发光。在保证各电路元件安全的前提下，以下说法正确的是（　　）

A．电源电压是5V

B．闭合S、S₁、S₂，R₁的最大功率为1.25W

C．通过调节开关的通断和滑动变阻器接入阻值，使R₁的功率最小，且为0.05W，此时滑动变阻器接入阻值为60Ω

D．闭合S、S₂，断开S₁，调节滑动变阻器，通电10s，整个电路电流最多做功15J

【答案】BCD

【考点】电功率的综合计算；欧姆定律的应用；电功与电能的计算．

【分析】（1）由图可知，只闭合开关S，将滑动变阻器R₂的滑片移至最左端，R₁与灯泡L串联；灯泡恰好正常发光，根据P＝UI求出电路中的电流；根据欧姆定律求出R₁两端的电压，根据串联电路的电压特点求出电源电压；

（2）闭合S、S₁、S₂，R₁和滑动变阻器串联，灯泡L被短路，电压表测量R₁两端的电压；根据电压表量程，利用欧姆定律求出R₁通过的最大电流，再根据滑动变阻器允许通过的最大电流确定电路中的最大电流，根据P＝I²R求出R₁的最大功率；

（3）当只闭合开关S，R₁、灯泡L与滑动变阻器串联；知道R₁的最小功率，根据P＝I₂R求出此时电路中的最小电流；根据欧姆定律求出电路中的最大电阻，根据串联电路的电阻特点求出滑动变阻器接入电路的阻值；

（4）闭合S、S₂，断开S₁，R₁、灯泡L与滑动变阻器串联，电压表测量R₁与灯泡的电压之和；根据电压表量程可知电压R₁与灯泡的最大总电压，根据欧姆定律求出电路中的最大电流，根据W＝UIt求出整个电路电流最多做功。

【解答】解：A、由图可知，只闭合开关S，将滑动变阻器R₂的滑片移至最左端，R₁与灯泡L串联；根据题意可知，灯泡正常发光，根据串联电路的电流特点和P＝UI可知，电路中的电流：I＝I_L 0.5A，由I 可知，R₁两端的电压：U₁＝IR₁＝0.5A×5Ω＝2.5V，根据串联电路的电压特点可知，电源电压：U＝U₁+U_L＝2.5V+5V＝7.5V，故A错误；B、闭合S、S₁、S₂，R₁和滑动变阻器串联，灯泡L被短路，电压表测量R₁两端的电压；根据电压表量程可知，R₁两端的最大电压U_1大＝3V，电路中的最大电流：I_1大 0.6A，根据滑动变阻器的规格可知，滑动变阻器允许通过的最大电流为0.5A，所以电路中的最大电流：I_大＝0.5A，R₁的最大功率：P＝I_大²R＝（0.5A）²×5Ω＝1.25W，故B正确；C、当只闭合开关S，R₁、灯泡L与滑动变阻器串联；由P＝I²R可知，此时电路中的最小电流：I_小＝I_1小 0.1A，由I 可知，电路中的最大电阻：R_总 75Ω，灯泡L的电阻：R_L 10Ω，根据串联电路的电阻特点可知，滑动变阻器接入电路的阻值：R_滑＝R_总﹣R₁﹣R_L＝75Ω﹣5Ω﹣10Ω＝60Ω，故C正确；D、闭合S、S₂，断开S₁，R₁、灯泡L与滑动变阻器串联，电压表测量R₁与灯泡的电压之和；根据电压表量程可知，电压R₁与灯泡的最大总电压为U′＝3V，根据串联电路的电阻特点可知，R₁与灯泡的总电阻：R′＝R₁+R_L＝5Ω+10Ω＝15Ω，电路中的最大电流：I′ 0.2A，整个电路电流最多做功：W＝UI′t＝7.5V×0.2A×10s＝15J，故D正确。故选：BCD。

【难度】1

二、填空题（本题包括4小题，每空1分，共10分。）

10．（2分）6月6日是全国“爱眼日”，防治青少年近视工作刻不容缓。近视眼患者看远处物体时所成的像落在视网膜 　 　，需用 　 　透镜矫正。

【答案】前；凹

【考点】近视眼的形成原因；近视眼的矫正．

【分析】近视眼的晶状体较厚，会聚能力较强，看远处的物体时，将像成在视网膜的前面，需戴凹透镜矫正。

【解答】解：近视眼的晶状体较厚，会聚能力较强，看远处的物体时，将像成在视网膜的前方。为了使像正好呈在视网膜上，应使光线推迟会聚，使所成的像相对于晶状体后移，所以应佩戴发散透镜即凹透镜。故答案为：前；凹。

【难度】1

11．（3分）一艘货船排水量为5000t，这艘船在满载时受到的浮力是 　 　N；卸掉一部分货物后，该船底部受到水的压强将 　 　。航行时，禁止两船近距离并排行驶，否则容易被“吸”向对方造成事故，这是因为在流体中，流速越大的位置压强越 　 　。（g＝10N/kg）

【答案】5×10⁷；变小；小

【考点】流体压强与流速的关系；利用阿基米德原理进行简单计算．

【分析】（1）货船漂浮，根据F_浮＝G_排＝m_排g得出满载时受到的浮力，在码头将货物卸下后，自重减小，根据物体的漂浮条件得出受浮力大小变化，从而得出排开水的体积关系，再根据液体压强公式分析河水对船底压强大小的变化情况；

（2）根据流体流速和压强的关系，分析两船并排时，两船之间和两边压强的大小关系来进行解答。

【解答】解：货船漂浮，满载时受到的浮力：F_浮＝G_排＝m_排g＝5000×10³kg×10N/kg＝5×10⁷N；在码头将货物卸下前后，船都漂浮，因为F_浮＝G，船和货物总重变小，所以船受到的浮力变小，因为F_浮＝ρ_水gV_排，所以排开水的体积减小，船将上浮一些，船底所处的深度减小，由液体压强公式p＝ρgh可知，河水对船底压强将变小。由流体压强和流速的关系可知，流速大的地方压强小，流速小的地方压强大；当两船并排行驶时，两船之间的流速大，压强要小于外侧的压强，从而使两船逐渐靠近，有相撞的危险。故答案为：5×10⁷；变小；小。

【难度】1

12．（3分）如图所示滑轮组中定滑轮的作用是 　 　。小铭用该滑轮组将重80N的物体匀速提高，动滑轮重为20N，不计绳重和摩擦，则小铭所用拉力F＝　 　N；若物重增大，该滑轮组机械效率将 　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”）。

【答案】改变力的方向；50；变大。

【考点】滑轮、滑轮组机械效率的计算；滑轮组绳子上的拉力；滑轮组的中的相关计算．

【分析】定滑轮在使用时，只改变力的方向不改变力的大小；

根据图可知，由2股绳子承担总重，则拉力F （G+G_动）；

不计绳重和摩擦，滑轮组的机械效率η ，动滑轮重不变时，物重增大，机械效率增大。

【解答】解：定滑轮的作用是改变力的方向；图中所示承担总重的绳子股数n＝2，拉力F （G+G_动） （80N+20N）＝50N；不计绳重和摩擦，滑轮组的机械效率η ，动滑轮重不变时，物重增大，机械效率将变大。故答案为：改变力的方向；50；变大。

【难度】1

13．（2分）在图甲所示电路中，电源电压不变，R为热敏电阻，其阻值随温度变化关系如图乙所示，R₀是定值电阻，闭合开关S，则：

1. 温度升高时，电压表的示数 　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”）；

②温度降低时，电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值 　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”）。

【答案】变大；不变。

【考点】动态电路的分析．

【分析】由电路图可知，热敏电阻R与定值电阻R₀串联，电压表测R₀两端的电压，电流表测电路中的电流。

（1）根据图乙得出温度升高时R的阻值变化，根据串联电路的分压特点得出热敏电阻两端电压的变化，由串联电路电压的规律判断出电压表示数变化；

（2）根据欧姆定律结合R₀的阻值判断温度降低时电压表与电流表示数变化量的比值变化。

【解答】解：由电路图可知，热敏电阻R与定值电阻R₀串联，电压表测R₀两端的电压，电流表测电路中的电流。由图乙可知，温度升高时R的阻值变小，由串联电路的分压特点可知，R两端的电压变小，由串联电路电压的规律知定值电阻R₀两端的电压变大，即电压表的示数变大；由图甲可知，电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值等于R₀的阻值，由于R₀的阻值不变，则该比值不变。故答案为：变大；不变。

【难度】1

三、计算题（本题包括2小题，共12分。要求写出必要的文字说明、公式、计算过程、数值、单位和答）

14．（6分）某品牌的柴油车进行性能测试，该车在1600N的牵引力驱动下，沿平直路面以20m/s的速度匀速行驶了4.3km，消耗了0.5L柴油。（ρ_柴油＝0.8×10³kg/m³，q_柴油＝4.3×10⁷J/kg）在此次路测过程中，求：

（1）消耗柴油的质量；

（2）牵引力功率；

（3）柴油机效率。

【答案】（1）消耗柴油的质量是0.4kg；（2）牵引力功率是32000W；（3）柴油机效率是40%。

【考点】功率的计算；热机的效率公式与计算；密度的简单计算．

【分析】（1）根据m＝ρV得到消耗柴油的质量；

（2）根据P Fv得到牵引力功率；

（3）根据W＝Fs得到有用功，根据Q＝mq得到柴油完全燃烧放出的热量，柴油机的效率等于有用功和燃料燃烧放出的热量的比值。

【解答】解：（1）消耗柴油的质量m＝ρV＝0.8×10³kg/m³×0.5×10^﹣3m³＝0.4kg；（2）牵引力功率P Fv＝1600N×20m/s＝32000W；（3）有用功W_有＝Fs＝1600N×4300m＝6.88×10⁶J，完全燃烧0.4kg柴油放出的热量为Q_放＝mq＝0.4kg×4.3×10⁷J/kg＝1.72×10⁷J，柴油机效率η 40%。答：（1）消耗柴油的质量是0.4kg；（2）牵引力功率是32000W；（3）柴油机效率是40%。

【难度】3

15．（6分）如图所示电路，电阻R₁为10Ω，电源电压为12V恒定不变，滑动变阻器R₂最大阻值为40Ω。闭合开关S，求：

（1）通过R₁的电流；

（2）当干路电流为2A时，滑动变阻器R₂消耗的功率；

（3）整个电路在100s内产生的最少热量。

【答案】（1）通过R₁的电流为1.2A；（2）当干路电流为2A时，滑动变阻器R₂消耗的功率为9.6W；（3）整个电路在100s内产生的最少热量为1800J。

【考点】焦耳定律推导公式的应用；欧姆定律的应用；电功率的综合计算．

【分析】（1）由图可知R₁与滑动变阻器R₂并联；根据并联电路的电压特点可知R₁两端的电压，根据欧姆定律求出通过R₁的电流；

（2）根据并联电路的电流特点求出当干路电流为2A时，通过滑动变阻器R₂的电流；根据P＝UI求出滑动变阻器R₂消耗的功率；

（3）当滑动变阻器接入电路的阻值最大时，由欧姆定律可知通过滑动变阻器的电流最小，干路的总电流最小，根据焦耳定律Q＝W＝UIt求出整个电路在100s内产生的最少热量。

【解答】解：（1）由图可知R，₁与滑动变阻器R₂并联；根据并联电路的电压特点可知，R₁两端的电压：U₁＝U₂＝U＝12V，通过R₁的电流：I₁ 1.2A；（2）根据并联电路的电流特点可知，当干路电流为2A时，通过滑动变阻器R₂的电流：I₂＝I﹣I₁＝2A﹣1.2A＝0.8A，滑动变阻器R₂消耗的功率：P₂＝U₂I₂＝12V×0.8A＝9.6W；（3）当滑动变阻器接入电路的阻值最大时，根据欧姆定律可知，通过滑动变阻器的电流最小，通过滑动变阻器的最小电流I_2小 0.3A，根据并联电路的电流特点可知，干路的最小电流：I_小＝I₁+I_2小＝1.2A+0.3A＝1.5A，整个电路在100s内产生的最少热量：Q_小＝W_小＝UI_小t＝12V×1.5A×100s＝1800J。答：（1）通过R₁的电流为1.2A；（2）当干路电流为2A时，滑动变阻器R₂消耗的功率为9.6W；（3）整个电路在100s内产生的最少热量为1800J。

【难度】3

四、综合题（本题包括4小题，共20分）

16．（4分）如图甲所示，小明用相同的实验装置分别加热质量均为200g的水和食用油，根据实验数据绘制了如图乙所示的温度随时间变化图象。

标准大气压下
物质	沸点/℃
酒精	78
煤油	150
水银	357

（1）由图乙和表丙可知，小明选用的是 　 　（选填“酒精”、“煤油”或“水银”）温度计。

（2）由图乙可知，　 　的吸热能力较强。

（3）水在0～4min吸收的热量是 　 　J。[c_水＝4.2×10³J/（kg•℃）]

（4）小明分析图乙后，想到端午节妈妈煮粽子时，先用大火将水烧开，再改用小火加热，这样既可以节约能源，又能保持水继续沸腾将粽子煮熟。原因是水沸腾时持续吸热，温度 　 　。

【答案】（1）水银；（2）水； （3）6.72×10⁴； （4）不变。

【考点】比较不同物质吸热的情况；比热容的计算公式；利用比热容的公式计算热量；沸腾的特点；沸点及气压影响液体沸点．

【分析】（1）由图乙，比较食用油、酒精和煤油的沸点大小关系，据此回答；

（2）我们使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；

比较物质吸热能力的2种方法：使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量（即比较加热时间），吸收热量多的吸热能力强；

（3）根据图乙得出水在0～4min升高的温度，根据Q_吸＝c_水m（t﹣t₀）得出水吸收的热量；

（4）沸腾是吸热过程，但温度保持不变。

【解答】解：（1）由图乙可知，食用油的沸点为260℃，大于酒精和煤油的沸点，小于水银的沸点，故小明选用的是水银温度计。（2）由图乙可知，升高相同的温度，水加热时间长，故水的吸热能力较强。（3）水在0～4min升高的温度为：100℃﹣20℃＝80℃，水吸收的热量是：Q_吸＝c_水m（t﹣t₀）＝4.2×10³J/（kg•℃）×0.2kg×80℃＝6.72×10⁴J；（4）沸腾是吸热过程，但温度保持不变，小明分析图乙后，想到端午节妈妈煮粽子时，先用大火将水烧开，再改用小火加热，这样既可以节约能源，又能保持水继续沸腾将粽子煮熟。原因是水沸腾时持续吸热，温度不变。故答案为：（1）水银；（2）水； （3）6.72×10⁴； （4）不变。

【难度】3

17．（4分）在“探究光的反射规律”实验中，将平面镜放置在水平面上，纸板垂直于镜面，纸板由E、F两部分组成，可以绕ON前后转动，如图甲所示。

（1）图甲中入射角是 　40　度。

（2）为了探究反射角与入射角的大小关系，应进行的操作是 　 　（填写字母）。

A.改变纸板与平面镜的夹角

B.沿ON向后转动纸板F

C.多次改变光线入射的角度，并测量对应反射角和入射角的大小

（3）小羽同学又利用图乙所示器材探究平面镜成像特点，用玻璃板代替平面镜的目的是：　 　。

（4）小羽将图乙中的玻璃板竖直向上移动一段距离，则蜡烛所成像的位置将 　 　（选填“向上移动”、“向下移动”或“保持不变”）。

【答案】（1）40；（2）C；（3）便于确定像的位置；（4）保持不变。

【考点】探究平面镜成像实验选用玻璃板的原因；探究光反射时的规律；光的反射定律的应用；探究平面镜成像的特点．

【分析】（1）入射光线与法线的夹角叫入射角，据此分析；

（2）反射角随入射角的增大而增大，随入射角的减小而减小，实验中要多次验证；

（3）利用玻璃板透明的特点，可以观察到玻璃板的另一侧，便于找到像的位置；

（4）平面镜所成的像与物体关于镜面对称。

【解答】解：（1）入射光线与法线的夹角叫入射角，图甲中入射角为90°﹣50°＝40°；（2）在探究反射角与入射角的大小关系时，为了得出普遍的规律，应多次改变入射角的大小，这样才能避免结论的偶然性，应进行的操作是改变光线AO与ON的夹角，故C正确；（3）实验时选择透明的玻璃板，在物体的一侧，既能看到物体的像，也能看到代替物体的另一个物体，便于确定像的位置；（4）由于平面镜所成的像与物体关于镜面对称，所以如果将玻璃板竖直向上移动一段距离，观察到蜡烛的像保持不变。故答案为：（1）40；（2）C；（3）便于确定像的位置；（4）保持不变。

【难度】3

18．（6分）小萌在水平路面上骑自行车时发现这样的现象：①车速度越大，停止蹬车后滑行距离越远；②车在滑行时，地面越光滑滑行的距离越远。

（1）根据现象①，小萌做了如图甲的探究实验：让小车从斜面上由静止下滑，撞击置于水平木板上的物块，观察物块被撞后移动的距离。以下A、B两种操作，你认为正确的是 　 　（填写字母）。

A.用质量相同的小车从斜面的不同高度自由滑下

B.用质量不同的小车从斜面的相同高度自由滑下

（2）在图甲中画出小车在斜面上所受重力的示意图。

（3）由实验可以得出的结论是：动能大小与 　 　有关。

（4）物块被撞击后在做减速运动的过程中，其所受摩擦力 　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”）。

（5）根据现象②，小萌又做了如图乙的探究实验：让小车从斜面的相同位置由静止滑下，观察小车在毛巾、棉布、木板三种平面上滑行的距离。分析图乙可知：阻力越小，小车速度减小的越 　 　。在滑行的整个过程中，小车在毛巾和木板表面克服摩擦力做功分别为W₁和W₂，则W₁　 　W₂（选填“＞”、“＜”或“＝”）。

【答案】（1）A；（2） （3）速度；（4）不变；（5）慢；＝。

【考点】探究阻力对物体运动的影响；小车从同一高度滑下的原因；改变阻力大小的方法；探究影响物体动能大小的因素．

【分析】（1）研究滑行距离与速度的关系，要改变速度大小，控制质量不变；

（2）重力的方向竖直向下，作用点在物体的重心；

（3）根据转换法，物块被撞后移动的距离越大，据此分析；

（4）影响滑动摩擦力大小的因素：压力大小和接触面粗糙程度，据此分析；

（5）木板表面最光滑，小车受到的阻力最小，通过的距离最长，结合实验现象分析；

因初速度相同，而最终的速度为0，动能变化量相同，据此分析。

【解答】解：（1）研究滑行距离与速度的关系，要改变速度大小，控制质量不变，故用质量相同的小车从斜面的不同高度自由滑下，故选：A；（2）小车在斜面上所受重力的方向竖直向下，作用点在物体的重心，如下所示： （3）物块被撞后移动的距离越大，说明小车下滑到水平面的速度越大，由实验可以得出的结论是：动能大小与速度有关。（4）物块被撞击后在做减速运动的过程中，因压力大小和接触面粗糙程度不变，故其所受摩擦力不变；（5）木板表面最光滑，小车受到的阻力最小，通过的距离最长，观察小车在毛巾、棉布、木板三种平面上滑行的距离。分析图乙可知：阻力越小，小车速度减小的越慢。在滑行的整个过程中，因初速度相同，而最终的速度为0，动能变化量相同，故小车在毛巾和木板表面克服摩擦力做功分别为W₁和W₂，则W₁＝W₂。故答案为：（1）A；（2） （3）速度；（4）不变；（5）慢；＝。

【难度】5

19．（6分）在“测量小灯泡电阻”的实验中，电源电压恒定，小灯泡额定电压为2.5V。

（1）请用笔画线代替导线按要求将甲图连接完整（向左移动滑片P时电流表示数变大，导线不交叉）。

（2）正确连接电路后，闭合开关，小灯泡不亮，发现电流表有示数，电压表无示数，原因可能是小灯泡 　 　（选填“断路”或“短路”）。

（3）排除故障后，闭合开关，移动滑片P，电压表示数如图乙所示，此时小灯泡两端电压为 　 　V。

（4）改变滑片P的位置，获得多组对应的电压值和电流值，根据实验数据绘制了如图丙所示的I﹣U图象。由图象可知：

①小灯泡正常发光时的电阻为 　 　Ω。

②小灯泡灯丝电阻随温度升高而 　 　。

（5）若要测量一个额定电压为U₀的小灯泡的额定功率，电源电压为U且保持不变，定值电阻R₁阻值已知。下列电路能够实现的是 　 　（填写字母）。

A.只有①

B.只有②

C.①②

【答案】（1）见解答图；（2）短路；（3）1.9；（4）①10；②变大；（5）C。

【考点】伏安法测小灯泡的电阻；电阻和灯泡的伏安特性曲线；伏安法测量小灯泡的电功率．

【分析】（1）向左移动滑片P时电流表示数变大，说明滑动变阻器阻值变小，据此确定滑动变阻器选用的下端接线柱；

（2）正确连接电路后，闭合开关，小灯泡不亮，发现电流表有示数，说明电路是通路；电压表无示数，说明电压表并联的电路短路或电压表短路；

（3）根据电压表选用量程确定分度值读数；

（4）①根据图丙确定灯泡额定电压对应的额定电流，利用R 求出小灯泡正常发光时的电阻；

②灯丝电阻随温度的升高而增大；

（5）小灯泡的额定功率等于额定电压和额定电流的乘积，小灯泡的额定电压U₀已知，关键是测出额定电流；分别分析每个电路，看哪一个电路图能测量出灯泡的额定电流。

【解答】解：（1）向左移动滑片P时电流表示数变大，说明滑动变阻器阻值变小，故滑动变阻器选用左下接线柱与电源串联在电路中，如下图所示： ；（2）正确连接电路后，闭合开关，小灯泡不亮，发现电流表有示数，说明电路是通路；电压表无示数，说明电压表并联的电路短路或电压表短路，即原因可能是小灯泡短路；（3）排除故障后，闭合开关，移动滑片P，电压表示数如图乙所示，电压表选用小量程，分度值0.1V，其示数为1.9V；（4）①由图丙可知，当灯泡两端电压为2.5V时，通过灯泡的额定电流为0.25A，则小灯泡正常发光时的电阻为：R 10Ω；②由图丙可知，当灯泡两端电压增大，通过灯泡的电流也增大，根据P＝UI可知，灯泡功率变大，温度升高，小灯泡灯丝电阻随温度升高而变大；（5）①闭合开关S、S₂，断开开关S₁，灯泡、滑动变阻器和R₁串联，电压表测灯泡两端电压；移动滑动变阻器滑片，使电压表示数为U₀，此时灯泡正常发光；保持滑动变阻器滑片位置不动，闭合开关S、S₁，断开开关S₂，灯泡、滑动变阻器和R₁仍串联，电压表测灯泡和滑动变阻器两端电压，其示数为U'；因电路的连接关系没有改变，各电阻的大小和通过的电流不变，灯仍正常发光，根据串联电路电压规律，R₁两端电压为U﹣U'，根据串联电路电流特点和欧姆定律可求出灯泡的额定电流，利用P＝UI可求出灯泡额定功率，故①电路能够测出小灯泡的额定功率；②闭合开关S、S₁，断开开关S₂，灯泡、滑动变阻器和R₁串联，电压表测滑动变阻器和R₁两端电压，移动滑动变阻器滑片，使电压表示数为U﹣U₀，根据串联电路电压规律，此时灯泡两端为U₀，灯泡正常发光；保持滑动变阻器滑片位置不动，闭合开关S、S₂，断开开关S₁，灯泡、滑动变阻器和R₁仍串联，电压表测滑动变阻器两端电压，其示数为U''；因电路的连接关系没有改变，各电阻的大小和通过的电流不变，灯仍正常发光，根据串联电路电压规律，R₁两端电压为U﹣U₀﹣U''，根据串联电路电流特点和欧姆定律可求出灯泡的额定电流，利用P＝UI可求出灯泡额定功率，故②电路能够测出小灯泡的额定功率；故选：C。故答案为：（1）见解答图；（2）短路；（3）1.9；（4）①10；②变大；（5）C。

【难度】5