2023年辽宁省沈阳市中考物理试卷

一、选择题（共21分。其中第1～6小题为单选题，每小题2分；第7～9小题为多选题，每题3分，多选、错选不得分，漏选得1分）

1．（2分）下列估测符合实际的是（　　）

A．教室内学生课桌的高度约75cm

B．课间眼保健操的时间约45s

C．夏天上课时教室内的气温约60℃

D．一名初中生的质量约500kg

【答案】A

【考点】质量的估测；摄氏温度的规定及单位；常见的长度及估测；时间的估测．

【分析】根据生活常识对各选项进行判断。

【解答】解：A、教室内学生课桌的高度约中学生身高的一半，约为75cm，故A正确；B、课间眼保健操的时间约5min，故B错误；C、夏天上课时教室内的气温约30℃，故C错误；D、一名初中生的质量约50kg，故D错误。故选：A。

【难度】1

2．（2分）小明同学用相同的玻璃瓶灌入不同高度的水制作水瓶琴，如图所示，并用小木棒敲击瓶口，为同学们演奏美妙乐曲。下列说法正确的是（　　）

A．敲击水瓶琴发出的乐曲声是由空气振动产生的

B．敲击时最左侧瓶子发出声音的音调最高

C．用不同的力敲击同一个瓶子口可以改变声音的音调

D．同学们听到的乐曲声是通过空气传播的

【答案】D

【考点】响度与振幅、距离发声体的关系；声音产生的原因；声音的传播条件；音调与频率的关系．

【分析】声音是由物体的振动产生的，明确振动的物体是什么，再根据音调与振动频率的关系：频率越快，音调就越高去分析；声音靠介质传播。

【解答】解：A、敲击有水玻璃瓶时，声音是由玻璃瓶和水振动产生的，故A错误；B、敲击时，瓶内的水越少振动频率越高，音调越高，所以，最左侧瓶子发出声音的音调最低，故B错误；C、用不同的力敲击同一个瓶子口，它们振动的幅度不同，响度不同，故C错误；D、同学们听到的乐曲声是通过空气传播的，故D正确。故选：D。

【难度】1

3．（2分）下列应用中涉及的光学元件，对光有发散作用的是（　　）

A． 放大镜

B． 潜望镜

C． 近视眼镜

D． 汽车前灯反光装置

【答案】C

【考点】凹透镜的发散作用．

【分析】凸面镜和凹面镜利用光的反射，凸面镜对光线起发散作用，凹面镜对光线起会聚作用；

凸透镜和凹透镜利用光的折射，凸透镜对光线起会聚作用，凹透镜对光线起发散作用。

【解答】解：A、放大镜是利用物距小于凸透镜的一倍焦距时，物体成正立放大的虚像，凸透镜对光线起会聚作用，故A不符合题意；B、平面镜成的是正立、等大的虚像，其原理是光的反射，平行光反射后仍是平行光，既不会聚也不发散，故B不符合题意；C、近视镜片是凹透镜，凹透镜对光线具有发散作用，故C符合题意；D、汽车前灯反光装置是一个凹面镜，凹面镜对光线起会聚作用，故D不符合题意。故选：C。

【难度】1

4．（2分）下列说法正确的是（　　）

A．沿海地区昼夜气温变化小主要是因为水的比热容较大

B．验钞机是利用红外线来验钞的

C．插线板接入多个大功率用电器同时使用，不会有安全隐患

D．利用电磁感应原理制成电动机

【答案】A

【考点】电动机工作原理；紫外线；利用比热容解释生活中的现象；总功率过大对家庭电路的影响．

【分析】（1）水的比热容大，在同样吸放热条件下水的温度变化小；

（2）红外线的主要特点是热作用；紫外线的主要特点是化学作用；

（3）多个大功率用电器同时使用会造成干路电流过大；

（4）电动机是利用通电导体在磁场中受力运动的原理制成的。

【解答】解：A、沿海地区和内陆地区相比，沿海地区水多，水的比热容大，在相同的吸放热条件下，水的温度变化小，冬暖夏凉，昼夜温差小，故A正确；B、验钞机是利用紫外线工作的，故B错误；C、多个大功率用电器同时使用一个插线板会造成电流过大，存在安全隐患，故C错误；D、电动机是利用通电线圈在磁场中受力转动的原理制成的，故D错误。故选：A。

【难度】1

5．（2分）小组同学做对比实验，如图所示，在甲、乙两个相同杯子中分别放入适量的冰块和干冰块。放置一段时间后，发现杯内物块均变小。甲杯内有液体出现，外壁有小水珠生成；乙杯内仍然是干燥的，外壁有一层薄霜生成。下面分析正确的是（　　）

A．冰块变小是凝固现象，干冰变小是升华现象

B．冰块变小需要吸热，干冰变小需要吸热

C．小水珠生成是汽化现象，薄霜生成是凝华现象

D．小水珠生成需要放热，薄霜生成需要吸热

【答案】B

【考点】自然界中的物态变化；液化的概念及现象；升华的概念及现象；升华的吸热特点．

【分析】（1）固态变为液态是熔化，需要吸热；

（2）固态直接变为气态是升华，需要吸热；

（3）气态变为液态是液化，需要放热；

（4）气态直接变为固态是凝华，需要放热。

【解答】解：A、B冰块变小是熔化，需要吸热；干冰变小是升华，需要吸热，故B正确，A错误；C、D小水珠生成是液化现象，需要放热，薄霜形成是凝华，需要放热，故C、D错误；故选：B。

【难度】1

6．（2分）我国自主研发的C919大型客机，如图所示，于2023年5月28日圆满完成首次商业航班飞行。下列说法正确的是（　　）

A．机翼是利用气体流速大，压强大的原理获得升力

B．起飞时，飞机在跑道上加速滑行时惯性逐渐增大

C．降落时，随着高度降低，飞机相对于跑道是静止的

D．落地后，静止在停机坪上的飞机受到的力相互平衡

【答案】D

【考点】飞机的升力；运动和静止的相对性；惯性的概念；平衡状态的判断．

【分析】A、气体流速大的位置压强小；

B、惯性大小取决于物体的质量，与物体的运动状态无关；

C、物体机相对于参照物的位置发生变化，则物体是运动的；

D、二力平衡的条件：大小相等、方向相反、作用在同一直线上，作用在同一物体上。

【解答】解：A、机翼是利用气体流速大，压强小的原理获得升力，故A错误；B、惯性大小取决于物体的质量，与物体的运动状态无关，起飞时，飞机在跑道上加速滑行时惯性不变，故B错误；C、降落时，随着高度降低，飞机相对于跑道的位置发生变化，是运动的，故C错误；D、落地后，静止在停机坪上的飞机受到的重力和支持力大小相等、方向相反、作用在同一直线上，作用在同一物体上，为一对平衡力，故D正确。故选：D。

【难度】1

7．（3分）下列关于能源、资源及材料的说法正确的是（　　）

A．天然气虽然是不可再生能源，但是自然界中能量守恒，不需要节约能源

B．地球上的水通过三态变化不停地循环，但是淡水资源有限，仍需节约用水

C．半导体材料是现代化生产、生活的重要材料，可以用来制作二极管

D．超导材料如果用来制作输电线，可以降低由于电阻发热引起的电能损耗

【答案】BCD

【考点】能源危机和节约资源；半导体的特点；二极管；超导现象和超导材料；水的三态变化；能源及其分类；可再生能源和不可再生能源．

【分析】（1）自然界中能量守恒，但由于能量的转化与转移具有方向，可利用的能源越来越少，需要节约能源；

（2）淡水资源越来越少，要节约用水；

（3）二极管是半导体材料制成的；

（4）超导体的电阻为0，通电不会发热。

【解答】解：A．天然气虽然是不可再生能源，但由于能量的转化与转移具有方向，可利用的能源越来越少，需要节约能源，故A错误；B．地球上的水通过三态变化不停地循环，但是淡水资源有限，仍需节约用水，故B正确；C．半导体材料是现代化生产、生活的重要材料，可以用来制作二极管，故C正确；D．超导材料如果用来制作输电线，由于电阻为0，不会产生热量，可以降低由于电阻发热引起的电能损耗，故D正确。故选：BCD。

【难度】1

8．（3分）如图，电源两端电压保持不变，闭合开关S，在滑动变阻器的滑片P向右移动的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．电流表A的示数不变，电压表V₂的示数变小

B．电压表V₁的示数变小，电压表V₂的示数不变

C．电流表A的示数变小，电阻R₁的电功率变大

D．电压表V₂的示数与电流表A的示数的比值变大

【答案】BD

【考点】动态电路中电功率的变化；动态电路的分析．

【分析】（1）由电路图可知电路的连接及电表测量的物理量，变阻器的滑片P向右移动的过程中确定变阻器连入电路的电阻变化，由串联电阻的规律可知电路的电阻变化，由欧姆定律判断电流表示数变化，根据U＝IR可知V₁的示数变化，结合电源电压不变分析V₂的示数变化；

根据P＝I²R分析电阻R₁的电功率变化；

（2）根据欧姆定律可知，电压表V₂的示数与电流表A的示数的比值即串联电路的总电阻，由此可知该比值的变化。

【解答】解：ABC、由电路图可知，两电阻串联，电压表V₁测R₁的电压，V₂测电源电压，电流表测电路的电流，在滑动变阻器的滑片P向右移动的过程中，变阻器连入电路的电阻变大，由串联电阻的规律可知，电路的电阻变大，由欧姆定律可知，电流表示数变小，根据U＝IR可知，R₁的电压变小，即V₁的示数变小；V₂测电源电压，故其示数不变；因电路的电流变小，根据P＝I²R可知，电阻R₁的电功率变小，故B正确，AC错误；D、根据欧姆定律可知，电压表V₂的示数与电流表A的示数的比值即串联电路的总电阻，所以该比值变大，故D正确。故选：BD。

【难度】1

9．（3分）自行车是一种环保、便利的交通工具，如图所示，其构造及使用涉及许多物理知识。下列说法正确的是（　　）

A．车座做得宽大，是为了减小压强

B．手闸使用时相当于一个费力杠杆

C．向自行车的转动部分加润滑油，可以减小摩擦

D．轮胎有花纹是利用增大接触面粗糙程度来增大摩擦

【答案】ACD

【考点】减小有害摩擦的方法；减小压强；杠杆的分类．

【分析】（1）压强大小跟压力大小和受力面积大小有关；

（2）结合图片和生活经验，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）减小摩擦的方法：在接触面粗糙程度一定时，减小压力；在压力一定时，使接触面变光滑；用滚动代替滑动；使接触面脱离；

（4）增大摩擦的方法：在接触面粗糙程度一定时，增大压力；在压力一定时，增大接触面的粗糙程度。

【解答】解：A、车座做成宽大，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强，故A正确；B、手闸在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故B错误；C、向自行车转动部分加润滑油，使接触面脱离来减小摩擦，故C正确；D、自行车的轮胎有花纹，是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力，故D正确。故选：ACD。

【难度】1

二、填空题（每空1分，共18分）

10．（2分）如图是“探究平面镜成像的特点”的实验，点燃的蜡烛放在玻璃板前，可以看到它在玻璃板后面的像。蜡烛与玻璃板的距离是12cm。则像与玻璃板的距离是 　 　cm；当蜡烛靠近玻璃板时，像的大小 　 　（填“变大”、“不变”或“变小”）。

【答案】12；不变。

【考点】像与物的距离和速度计算；平面镜成像的特点与规律；像与物大小相等．

【分析】平面镜成的像和物体到平面镜的距离相等，平面镜所成的像与物体大小相同。

【解答】解：像和物体到平面镜的距离相等，蜡烛与玻璃板的距离是12cm，像与玻璃板的距离是12cm；平面镜所成的像与物体大小相同，当蜡烛靠近玻璃板时，像的大小不变。故答案为：12；不变。

【难度】1

11．（2分）小明发现一个有趣的现象，将两段透明胶带分别粘在桌面上，如图甲所示。胶带能粘在桌面上，说明分子间有 　 　力；当迅速将胶带撕下来并将它们靠近，发现两胶带互相排斥，如图乙所示。小明分析这是因为两段胶带被迅速撕下时带了电荷，因带 　 　（填“同种”或“异种”）电荷而相互排斥。

【答案】引；同种。

【考点】电荷间的相互作用；分子间作用力的现象．

【分析】（1）分子之间存在相互作用的引力和斥力；

（2）同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。

【解答】解：（1）胶带能粘在桌面上，是因为分子间有引力的作用；（2）两段胶带被迅速撕下时带了电荷，因带同种电荷而相互排斥。故答案为：引；同种。

【难度】1

12．（2分）如图甲，“司南”是我国早期的指南针，在 　 　的作用下，静止时其长柄指南，为人们指明方向；如图乙，“日晷”利用指针影子的位置来测量时间，影子是由于光的 　 　形成的。

【答案】地磁场；直线传播

【考点】指南针的工作原理；光沿直线传播的现象．

【分析】（1）地球本身是个大磁体，地磁场的南极在地理的北极附近，地磁场的北极在地理的南极附近，磁体指南北就是因为受到地磁场的作用；

（2）影子是光沿直线传播时遇到不透明的物体，在物体的后面形成的光照不到的暗区。

【解答】解：地球本身是一个大磁体，司南是用天然磁石磨制成的勺子，即其实质就是一块磁铁，在地球的磁场中受到磁力的作用，其静止时其勺柄指向地理南方，即指南的南极用S表示，故长柄所指的方向是地球磁场的北极，即地理的南极附近；在太阳光的照射下看到的影子是由光的直线传播形成的。故答案为：地磁场；直线传播

【难度】1

13．（3分）2022﹣2023赛季辽宁男篮成功卫冕CBA联赛总冠军，比赛中，篮球打到篮板被弹回，说明力可以改变物体的 　 　；篮球下落过程中，　 　能转化为动能。落地的篮球弹起高度逐渐降低，说明篮球的机械能 　 　（填“变大”、“不变”或“变小”）。

【答案】运动状态；重力势；变小。

【考点】动能和重力势能的相互转化；力可以改变物体的运动状态．

【分析】（1）根据力的作用效果进行分析，即力可以改变物体的运动状态，力可以改变物体的形状；

（2）物体由于运动而具有的能叫动能，其大小与物体的质量和速度有关，物体的质量越大、速度越大，动能越大；物体由于被举高而具有的能叫重力势能，其大小与物体的质量和高度有关，物体的质量越大、高度越大，重力势能越大；机械能包括都能和势能。在一定条件下，不同形式的能量之间可以相互转化，但总量保持不变。

【解答】解：当篮球撞在篮板上被弹回，篮球的运动方向发生了改变，是由于篮板的作用力改变了篮球的运动状态；篮球下落过程中，质量不变、速度变大，动能变大；高度变小，重力势能变小，所以重力势能转化为动能；由于克服空气摩擦力做功，与地面撞击做功，将机械能转化成了部分内能，所以机械能减小，落地的篮球弹起高度逐渐降低。故答案为：运动状态；重力势；变小。

【难度】1

14．（2分）周末，小丽帮妈妈整理衣物，打开衣柜时闻到香草散发的淡淡清香，这是 　 　现象；把衣物装入带有排气孔的收纳袋内，用抽气筒向外抽气，在 　 　的作用下收纳袋被压缩得很小，便于存放。

【答案】扩散；大气压

【考点】扩散现象；大气压的综合应用．

【分析】（1）物质是由分子组成的，组成物质的分子在不停地做无规则运动；

（2）大气会产生压力，即存在大气压。

【解答】解：打开衣柜时闻到香草散发的淡淡清香，说明了分子在不停地做无规则运动，这是扩散现象；把衣物装入带有排气孔的收纳袋内，用抽气筒向外抽气，由于里面的气压减小，收纳袋在外界大气压的作用下体积变小；故答案为：扩散；大气压。

【难度】1

15．（2分）在2023年“中国航天日”主场活动启动仪式上，我国相关部门发布了由“天问一号”获取的火星全球影像图。影像信息通过 　 　波从遥远的火星传递到地面接收站，“天问一号”上安装的太阳能电池板将太阳能转化为 　 　能，为所携带的设备仪器供电。

【答案】电磁；电

【考点】太阳能的利用；电磁波的传播；太阳能的转化．

【分析】（1）声音不能在真空中传播，电磁波可以在真空中传播；

（2）太阳能电池板将太阳能转化为电能。

【解答】解：电磁波可以在真空中传播，故影像信息通过电磁波从遥远的火星传递到地面接收；

太阳能电池板将太阳能转化为电能。故答案为：电磁；电。

【难度】1

16．（2分）校车在某段平直路面上以36km/h的速度匀速行驶10min，通过的路程为 　 　km；若在此过程中消耗1kg柴油，发动机输出有用的机械功为1.72×10⁷J，校车发动机的效率为 　 　%。（柴油热值为4.3×10⁷J/kg）

【答案】6；40

【考点】速度公式的应用；热机的效率公式与计算．

【分析】（1）利用速度公式计算校车通过的路程；

（2）Q_放＝mq求出1kg柴油完全燃烧放出的热量，然后利用η 100%可求校车发动机的效率。

【解答】解：校车的速度v＝36km/h，行驶的时间t＝10min h，根据v 可得，校车通过的路程：s＝vt＝36km/h h＝6km；1kg柴油完全燃烧放出的热量：Q_放＝mq_柴油＝1kg×4.3×10⁷J/kg＝4.3×10⁷J，则校车发动机的效率为：η 100% 100%＝40%。故答案为：6；40。

【难度】3

17．（3分）如图是定值电阻R₁和R₂的I﹣U关系图象，由图象可知，R₁和R₂的大小关系为R₁　 　R₂（填“＞”、“＝”或“＜”），当R₁和R₂串联时，R₁和R₂两端电压之比U₁：U₂＝　 　；当R₁和R₂并联时，若通过R₁的电流为0.6A，则10s内R₂消耗的电能为 　 　J。

【答案】＜；1：2；9

【考点】电功与电能的计算；运用串联电路中的电流规律计算；欧姆定律在图像中的应用．

【分析】（1）从图象中读出任意一组电压和对应的电流值，根据欧姆定律求出R₁与R₂的阻值；串联时电流处处相等，再根据欧姆定律求出两电阻两端的电压之比；

（2）当R₁和R₂并联时，已知通过R₁的电流，由U＝IR可求得R₁两端电压，并联电路中各支路电压都相等，然后由W＝UIt可求得10s内R₂消耗的电能。

【解答】解：由图象可知，当U₁＝U₂＝2V时，对应的电流分别为I₁＝0.4A，I₂＝0.2A，由I 可得，两电阻的阻值分别为：R₁ 5Ω，R₂ 10Ω；由此可知，R₁＜R₂；当把R₁、R₂串联在某一电路中时，因为串联电路中各处的电流相等，所以I₁：I₂＝1：1，此时它们两端的电压之比： 。当R₁和R₂并联时，若通过R₁的电流为I₁″＝0.6A，由I 可得，R₁两端的电压：U₁″＝I₁″R₁＝0.6A×5Ω＝3V，并联电路中各支路电压都相等，则R₂两端的电压：U₂″＝U₁″＝3V，此时通过R₂的电流：I₂′ 0.3A，10s内R₂消耗的电能：W＝U₂″I₂′t＝3V×0.3A×10s＝9J。故答案为：＜；1：2；9。

【难度】3

三、计算题（共18分，要求写出必要的文字说明、公式、主要的运算过程、数值和单位）

18．（9分）重为5N的空鱼缸，放在水平窗台上，其底面与窗台的接触面积为0.01m²，如图，向鱼缸内注入1.5kg的水，水的深度为10cm。假设小明沿竖直方向把盛水的鱼缸匀速抬高0.3m。（g取10N/kg，水的密度为1.0×10³kg/m³）求：

（1）空鱼缸对窗台的压强；

（2）注水后鱼缸底部受到水的压强；

（3）抬高鱼缸的过程中，小明对鱼缸和水总共做的功。

【答案】（1）空鱼缸对窗台的压强为500Pa；（2）注水后鱼缸底部受到水的压强为1000Pa；（3）抬高鱼缸的过程中，小明对鱼缸和水总共做的功为6J。

【考点】功的简单计算；压强的公式的应用；液体压强的公式及计算．

【分析】（1）知道鱼缸的重力；因为在水平桌面上，利用F＝G求鱼缸对桌面的压力，再利用p 求鱼缸对桌面的压强；

（2）知道鱼缸内水深和水的密度，利用液体压强公式求水对鱼缸底的压强；

（3）求出鱼缸和水的总重力，根据W＝Fs＝Gh求出小明对鱼缸和水总共做的功。

【解答】解：（1）空鱼缸对窗台的压力：F＝G＝5N，空鱼缸对窗台的压强：p 500Pa；（2）注水后鱼缸底部受到水的压强：p′＝ρgh＝1×10³kg/m³×10N/kg×10×10^﹣2m＝1000Pa；（3）水和鱼缸的总重力：G_总＝G+G_水＝G+m_水g＝5N+1.5kg×10N/kg＝20N，抬高鱼缸的过程中，小明对鱼缸和水总共做的功：W＝Fs＝G_总h＝20N×0.3m＝6J，答：（1）空鱼缸对窗台的压强为500Pa；（2）注水后鱼缸底部受到水的压强为1000Pa；（3）抬高鱼缸的过程中，小明对鱼缸和水总共做的功为6J。

【难度】3

19．（9分）如图，电源两端电压为12V且保持不变，灯泡L标有“6V 6W”的字样。滑动变阻器R₂的最大阻值为40Ω。（不考虑温度对灯泡电阻的影响）求：

（1）灯泡的电阻；

（2）当开关S闭合，S₁、S₂断开，滑动变阻器R₂接入电路的电阻为18Ω时，灯泡两端的电压；

（3）当开关S、S₁、S₂都闭合，将滑动变阻器的滑片P移到最右端时，电流表示数为1.5A，此时R₁消耗的电功率。

【答案】（1）灯泡的电阻是6Ω；（2）当开关S闭合，S₁、S₂断开，滑动变阻器R₂接入电路的电阻为18Ω时，灯泡两端的电压为3V；（3）当开关S、S₁、S₂都闭合，将滑动变阻器的滑片P移到最右端时，电流表示数为1.5A，此时R₁消耗的电功率为14.4W。

【考点】电功率的综合计算；欧姆定律的应用；欧姆定律的多状态计算．

【分析】（1）根据R 计算小灯泡的电阻；

（2）当开关S闭合，S₁、S₂断开时，R₂和小灯泡串联，根据串联电路电压和电流的特点计算灯泡两端的电压；

（3）当开关S、S₁、S₂都闭合，此时R₁和R₂并联，根据并联电路的电流规律计算出R₁的电流，再根据电功率的公式计算出R₁消耗的电功率。

【解答】解：（1）灯泡的电阻：R 6Ω；（2）当开关S闭合，S₁、S₂断开时，R₂和小灯泡串联，电路中的总电阻：R_总＝R_灯+R₂＝6Ω+18Ω＝24Ω；电路中的总电流：I 0.5A；灯泡两端的电压：U_灯＝IR_灯＝0.5A×6Ω＝3V；（3）当开关S、S₁、S₂都闭合，将滑动变阻器的滑片P移到最右端时，R₁和R₂并联，I₂ 0.3A，通过R₁的电流：I₁＝I_总﹣I₂＝1，5A﹣0.3A＝1.2A；此时R₁消耗的电功率：P＝UI₁＝12V×1.2A＝14.4W。答：（1）灯泡的电阻是6Ω；（2）当开关S闭合，S₁、S₂断开，滑动变阻器R₂接入电路的电阻为18Ω时，灯泡两端的电压为3V；（3）当开关S、S₁、S₂都闭合，将滑动变阻器的滑片P移到最右端时，电流表示数为1.5A，此时R₁消耗的电功率为14.4W。

【难度】3

四、实验、作图题（共22分）

20．（2分）如图是探究“电流通过导体时产生热的多少跟什么因素有关”的实验装置，透明容器A和B中密封着等质量的空气，U形管中液面相平。

（1）将两容器中的电阻丝R₁和R₂串联起来接到电源两端，通电一段时间后、观察比较两个装置中U形管液面高度差的大小关系，来研究电流通过导体产生的热量与 　 　的关系；

（2）实验中如果单独观察R₁或R₂所在装置，会发现随着通电时间的增加，U形管中液面的高度差增大，这表明：在电阻和电流不变时，通电时间越长，电流通过导体产生的热量越 　 　。

【答案】（1）电阻大小；（2）多。

【考点】电流产生的热量与通电时间的关系；探究影响电流通过导体时产生热量的因素；电阻产生热量多少的表现．

【分析】（1）电流通过导体产生的热量与通过的电流、导体的电阻和通电时间有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外两个因素不变，结合串联、并联电路电流的规律分析；

（2）电流通过导体产生热量的多少不易直接观察，甲、乙两个透明容器中密封着等量的空气，电阻丝产生热量越多，气体膨胀程度越大，故可通过U形管液面的高度差来反映电阻丝产生的热量多少，采用了转换法。

【解答】解：（1）装置中，两电阻串联，通过两电阻的电流相等，而通电时间相同，两电阻大小不同，故实验可以研究电流产生的热量与电阻大小的关系；（2）实验中如果单独观察R₁或R₂所在装置，会发现随着通电时间的增加，U形管中液面的高度差增大，根据转换法，产生的热量越多，这表明：在电阻和电流不变时，通电时间越长，电流通过导体产生的热量越多。故答案为：（1）电阻大小；（2）多。

【难度】3

21．（4分）在课堂上同学们用小纸锅烧水，如图甲所示。为什么水能烧开而纸锅不会燃烧呢？带着这个问题，同学们开始探究水沸腾时温度变化的特点。

（1）如图乙，在安装实验器材时，老师提醒大家固定夹A和B的高度都要适当，固定夹A高度适当的标准是保证能够用酒精灯外焰加热，那么固定夹B高度“适当”的标准是 　 　。

（2）用酒精灯给水加热至沸腾，需要计时，记录温度并观察现象。实验中判断水沸腾的依据是烧杯中出现图丙中的 　a　（填“a”或“b”）所示现象。

（3）将收集的数据绘制成如图丁所示的“温度﹣时间”关系图象，发现水在沸腾过程中，温度变化的特点是 　 　。

（4）交流评估环节中，同学们提出了各自的观点，其中正确的有 　 　（填字母）。

a.纸板上的小孔加快了水的散热，因此小孔是多余的

b.用初温较高的水做实验，可以缩短沸腾前的加热时间，节约能源

c.纸锅烧水实验中，纸锅不会燃烧是因为纸的着火点高于水的沸点，且水沸腾时要不断吸热

【答案】（1）温度计的玻璃泡要全部浸没在水中，不要碰到容器底或容器壁；（2）a；（3）温度保持不变；（4）b、c。

【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）测量时温度计的玻璃泡要全部浸入被测液体中，不要碰到容器底或容器壁；

（2）水沸腾时温度较高，会不断有大量水汽化成水蒸气进入气泡，这些气泡上升时体积逐渐变大，据此分析；

（3）液体沸腾时不断吸收热量，温度保持不变；

（4）纸板上的小孔是为了使烧杯内外气压相等；

缩短沸腾前的加热时间可以从以下几个方面考虑：水的初温、水量多少、火焰大小；

水沸腾时温度不变，持续吸热，而水的沸点低于纸的着火点，据此分析。

【解答】解：（1）固定夹B高度“适当”的标准是温度计的玻璃泡要全部浸入被测液体中，不要碰到容器底或容器壁；（2）水沸腾时温度较高，会不断有大量水汽化成水蒸气进入气泡，这些气泡上升时体积逐渐变大，迅速到达液面破裂开，由此可知图a所示为水沸腾时的图景；（3）水在沸腾过程中，继续吸收热量但温度不变；（4）a、实验中若在烧杯上加盖密闭，气压升高，水的沸点会升高，所以设计一个小孔是为了使杯内外气压平衡，故a错误；b、适当提高水的初温，可以缩短沸腾前的加热时间，节约能源，故b正确；c、纸锅里装些水，放到火上加热。过一会水就会沸腾，而纸锅不会燃烧。这主要是因为水沸腾时要吸热，并且水的温度不变，使纸锅的温度不能达到纸的燃点，故c正确。故选bc。故答案为：（1）温度计的玻璃泡要全部浸没在水中，不要碰到容器底或容器壁；（2）a；（3）温度保持不变；（4）b、c。

【难度】3

22．（5分）在“探究凸透镜成像的规律”的实验中，选用的凸透镜焦距为10cm，将实验器材调节好，把点燃的蜡烛放在距凸透镜较远的地方，然后逐渐移近，观察烛焰成像情况并记录物距和像距。

（1）蜡烛、凸透镜、光屏在光具座上的位置如图1所示，此时烛焰的像成在光屏的中央，烛焰的像是倒立、　 　的实像；若只将凸透镜调高，则光屏上烛焰的像会向 　 　移动；

（2）如图1，保持凸透镜的位置不变，将蜡烛移动到光具座上30cm刻度处，移动光屏直到光屏上再次出现清晰的像，则像移动的距离 　 　（填“大于”、“等于”或“小于”）蜡烛移动的距离；

（3）实验中，小丽观察到图2中的物点S的虚像S'，请根据凸透镜成像原理，在图中完成物点S发出的光线a经过凸透镜后的折射光线；

（4）毕业典礼上，小丽想拍摄教学楼的全景，但她所在的位置只能拍摄到教学楼的一部分，由于无法改变拍摄位置，她只能通过改变照相机镜头焦距使像变小，从而拍摄到全景。小丽的照相机镜头相当于一个焦距可变的凸透镜，为了拍摄到全景，她应该调节照相机镜头的焦距，使其适当 　变小　（填“变大”或“变小”）。

【答案】（1）缩小；上；（2）小于；（3）见解答图；（4）变小。

【考点】烛焰、光屏的移动；探究凸透镜成像的规律；探究凸透镜成像实验的成像原理．

【分析】（1）根据u＞2f，成倒立、缩小的实像；根据过光心的光线传播方向不变分析回答；

（2）根据u＝v＝2f，成倒立、等大的实像，据此分析；

（3）根据物体发出的光线经过凸透镜折射后，折射光线的反向延长线通过其虚像，据此作图；

（4）凸透镜焦距变小，相当于增大物距，减小像距。

【解答】解：（1）蜡烛、凸透镜、光屏在光具座上的位置如图1所示，此时物距u＝50cm﹣15cm＝35cm＞2f，根据u＞2f，成倒立、缩小的实像；若只将凸透镜调高，根据过光心的光线传播方向不变可知，光屏上烛焰的像会向上移动；（2）如图1，保持凸透镜的位置不变，将蜡烛移动到光具座上30cm刻度处，此时物距u＝50cm﹣30cm＝20cm＝2f，根据u＝v＝2f，成倒立、等大的实像，即像距v＝2f＝20cm，则蜡烛移动的距离为30cm﹣15cm＝15cm，光屏移动的距离为70cm﹣65cm＝5cm，故像移动的距离小于蜡烛移动的距离；（3）物体发出的光线经过凸透镜折射后，折射光线的反向延长线通过其虚像，如下图所示： ；（4）为了拍摄到全景，她应该将照相机镜头的焦距变小，因凸透镜焦距变小，相当于增大物距，减小像距，像随之变小。故答案为：（1）缩小；上；（2）小于；（3）见解答图；（4）变小。

【难度】3

23．（5分）在力学专题复习中，小丽总结了测量和比较物质密度的几种方法：

（1）用天平和量筒测密度。例如：测量盐水密度。

①将盛有盐水的烧杯放在调好的天平左盘，向右盘加减砝码并移动游码，测出烧杯和盐水的质量为112.4g；

②接下来，把盐水倒入量筒中一部分，如图甲所示；

③如图乙，再用天平测出烧杯和剩余盐水的质量为 　 　g；

④利用测量的数据计算出这杯盐水的密度ρ＝　 　g/cm³。

（2）用替代的方法测密度，例如：测量鸡蛋的密度。

①把鸡蛋放入足量清水中，鸡蛋沉底，说明鸡蛋所受的浮力 　 　（填“大于”、“等于”或“小于”）重力；

②向水中缓慢加盐并轻轻搅拌，不断调节盐和水的用量，直至看到 　 　现象，说明鸡蛋的密度恰好等于此时盐水的密度，用密度计测量盐水密度就可以知道鸡蛋的密度。

（3）自制密度计比较密度、例如：用食盐和小瓶制成不同的密度计比较不同盐水的密度。

①取两个完全相同的小瓶A和B，在小瓶侧壁相同的位置上做标记a。如图丙所示；

②向小瓶中加入食盐，并不断调节加入食盐的多少，使两个小瓶分别竖直漂浮在两杯不同的盐水中；

③用天平分别测量小瓶和食盐的总质量，只通过比较总质量的大小就能判断盐水密度的大小关系。上述过程中②步骤缺少一个关键条件，请补充：　 　。

【答案】（1）③79.4；④1.1；（2）小于；鸡蛋悬浮在盐水中的；（3）使盐水均达到标记a处。

【考点】测量液体的密度；测量固体的密度．

【分析】（1）③天平的读数等于砝码质量加上游码指示的质量；④先用总质量减去剩余烧杯和盐水的质量得到倒入量筒中的盐水的质量，再利用ρ 得到盐水的密度；

（2）①当物体的重力大于浮力时，物体在液体中将处于沉底状态；②当物体的密度与液体的密度相同时，物体将处于悬浮状态；

（3）物体漂浮在液体中，只有当V_排相同时，有F_浮＝ρ_液gV_排＝G_物＝m_物g，得ρ_液 ，比较小瓶和食盐的总质量即可得到盐水密度的大小关系。

【解答】解：（1）由图甲知倒入量筒中的盐水的体积为30cm³，由图乙知烧杯和剩余盐水的质量为79.4g，则倒入量筒中的盐水的质量为m＝112.4g﹣79.4g＝33g，盐水的密度ρ 1.1g/cm³。（2）浸没在液体中的物体，物体的重力大于浮力时，物体在液体中将处于沉底状态，鸡蛋在清水中处于沉底状态，说明鸡蛋受到的浮力小于重力；当物体的密度与液体的密度相同时，物体将处于悬浮状态，所以当看到鸡蛋悬浮在盐水中的现象时，说明鸡蛋的密度恰好等于此时盐水的密度；（3）当两个小瓶漂浮且排开水的体积相等时，有：F_浮＝ρ_液gV_排＝G_物＝m_物g，得ρ_液 ，比较小瓶和食盐的总质量即可得到盐水密度的大小关系，故在②中就应补充的条件是，使盐水均达到标记a处；故答案为：（1）③79.4；④1.1；（2）小于；鸡蛋悬浮在盐水中的；（3）使盐水均达到标记a处。

【难度】3

24．（6分）在“探究电流与电压和电阻的关系”的实验中，电源两端电压3V且保持不变，滑动变阻器规格为“25Ω 1A”。

（1）探究电流与电压的关系，实验电路如图甲所示，请用笔画线代替导线，将实物图连接完整；

（2）闭合开关后，发现电压表无示数，电流表有示数，移动滑动变阻器的滑片P，电压表仍无示数，电流表示数有变化。若电路故障只有一处，则故障可能是定值电阻R发生 　 　（填“短路”或“断路”）；

（3）排除故障后，进行实验。实验数据如表所示：

实验次数	1	2	3	4	5
电压U/V	0.6	1	1.5	2	2.5
电流I/A	0.12	0.2	0.3	0.4

其中第5次实验中电流表示数如图乙所示，为 　0.5　A；

（4）分析表格中数据得出电流与电压的定量关系：在电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压 　 　；

（5）利用这个电路继续探究电流与电阻的关系。实验中分别接入阻值为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω的定值电阻，且每次只接入一个定值电阻，同时移动滑动变阻器的滑片P，观察电压表和电流表的示数。实验中调节滑动变阻器的目的是 　 　；不改变现有器材的规格，设定的电压表示数应不低于 　 　V，才能保证五次实验顺利进行，得出正确结论。

【答案】（1）见解答图；（2）短路；（3）0.5；（4）成正比；（5）控制电阻两端的电压不变；1.5。

【考点】探究电流与电阻的关系．

【分析】（1）根据电源电压判断出电压表的量程与定值电阻并联；

（2）闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P，电流表示数有变化，则电路为通路，根据电压表无示数分析；

（3）根据电流表的量程和分度值读出电流表的示数；

（4）根据表格数据得出结论；

（5）研究电流与电阻的关系，要控制电阻两端的电压不变，据此分析出滑动变阻器的作用；

根据分压原理，当用最大电阻25Ω电阻进行实验时，滑动变阻器连入电路中的电阻应最大，由此得出控制电压表的最小电压。

【解答】解：（1）由于电源电压为3V，所以电压表选用0～3V的量程与定值电阻并联，如下图： （2）闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P，电流表示数有变化，则电路为通路，发现电压表无示数，则故障原因可能是定值电阻R短路；（3）由图知电流表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，示数为0.5A；（4）由表格数据知在电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；（5）研究电流与电阻的关系，要控制电阻两端的电压不变，实验中调节滑动变阻器的目的就是控制电阻两端的电压不变；滑动变阻器与定值电阻串联，设电压表示数为U_V，根据串联电路电压的规律，滑动变阻器分得的电压：U_滑'＝U﹣U_V＝3V﹣U_V，根据分压原理有： ，即 Ⅰ，因电压表示数U_V为定值，由Ⅰ式知，方程左边为一定值，故右边也为一定值，故当定值电阻取最大时，滑动变阻器连入电路中的电阻最大，由Ⅰ式得： ，解得电压表的示数：U_V＝1.5V，即控制定值电阻两端电压不低于1.5V不变时，能使实验顺利进行。故答案为：（1）见解答图；（2）短路；（3）0.5；（4）成正比；（5）控制电阻两端的电压不变；1.5。

【难度】3

五、综合应用题（共6分）

25．（6分）小明发现小区、商场等地下停车场入口处的地面要比临街路面高一些。经过调查了解，这是为了避免雨天路上的积水流进地下停车场而采取的措施，当积水过高时还要用沙袋将停车场入口地面垫高，小明与学习小组的同学拟设计一个自动装置、解决积水进入地下停车场的问题，制定了如下项目研究内容：

【项目名称】浮体式拦水坝

【项目特点】隐藏式、自动化、节能

【项目要求】

要求一：积水即将没过上行缓坡时，蓄水池蓄水。当蓄水达到一定高度，拦水坝升起。

要求二：积水水位降低，拦水坝自动下降。当水位降至路面时，拦水坝下降至底部。

【项目设计】

（1）结构及原理：如图1甲，参照船闸的结构和原理，地下蓄水池相当于闸室。积水的路面相当于河流的上游，通过进水口下方管道连接起来构成 　 　。如图1乙，当蓄水池中水面逐渐上升至H位置时，拦水坝刚要浮起，在这个过程中拦水坝受到的浮力 　 　（填“变大”、“不变”或“变小”）。如图丙，随着水面继续升高，拦水坝慢慢升起至顶端，此时坝体与蓄水池左侧壁接触紧密，避免蓄水池中的水进入地下停车场。

（2）方案评估：同学们经过充分讨论后发现这个设计方案不能满足“项目要求”中的 　 　（填“要求一”或“要求二”），需要进一步改进。

（3）设计改进：①如图2，参照原设计结构，增加一个排水管道，排水口与路面相平。要保证积水不能从排水管道流进蓄水池，但蓄水池中的水可以从排水管道排出。这就需要利用单向阀门来控制水流方向，单向阀门只能向一个方向开启，其结构和作用如图3所示。要满足全部项目要求，应在图2虚线框所在的位置安装图3中的 　 　（填“A阀门”或“B阀门”）。

②通过调节拦水坝的配重，可改变排水水位的高度，以应对各种积水情况。

（4）功能升级：拦水坝升起时车辆不能通行，应在入口处设计一个报警电路。

①如图4，虚线位置为拦水坝恰好浮起时蓄水池水面高度H处，金属块A、B、C分别安装在蓄水池侧壁的不同高度上，随着水位的升高，都能与雨水接触较好（雨水可以导电）。其中a、b、c是连接金属块的接线柱、d、e是电磁继电器上的接线柱。

②要求：拦水坝不升起时，绿灯亮；拦水坝升起时，红灯亮同时电铃响，起到警示作用。请你根据上述要求选择合适的接线柱，用笔画线代替导线，将电路连接完整。

【项目小结】同学们的设计已完成项目要求，更多功能可进一步开发。

【答案】（1）连通器；变大；（2）要求二；（3）A阀门；（4）见解答。

【考点】控制变量法；改变物体浮沉状态．

【分析】（1）上端开口、下部相连通的容器叫连通器；

浮力大小与排开液体的体积和液体密度有关，结合阿基米德原理分析；

（2）根据项目要求具体分析；

（3）更具单向阀的作用和开口方向分析；

（4）根据电磁电磁继电器的工作过程分析，水位相当于控制开关，必须浸没才能导通。

【解答】解：（1）地下蓄水池相当于闸室。积水的路面相当于河流的上游，通过进水口下方管道连接起来，构成一个上端开口下部相连通的连通器；当蓄水池中水面逐渐上升至H位置时，拦水坝刚要浮起，在这个过程中拦水坝排开液体的体积变大，因而受到的浮力变大；（2）本设计能够自动抬升，却不能自动回复使得拦水坝下降，故不能满足“项目要求”中的要求二；（3）单向阀的作用时使得蓄水池中的水可以从排水管道排出，而不能进入，因而选择阀门A，可以向右开启，不能向左开启；（4）拦水坝不升起时，绿灯亮，根据图中可知衔铁没有被吸下，说明控制电路断开，拦水坝升起时，红灯亮同时电铃响，衔铁被吸下，控制电路闭合，因而控制电路必须在水位超限时接通，只能选择a接入电路；衔铁带动动触点移动，相当于开关，根据家庭电路安全要求，开关解火线，则d与火线相连，电路如图所示： 故答案为：（1）连通器；变大；（2）要求二；（3）A阀门；（4）见解答。

【难度】5