卷子答案网-一个不只有答案的网站广东省深圳市宝安区2023年中考物理二模试卷
一、一.单选题（本题共10小题，每小题2分，共20分）
1．（2020·烟台）小明设计了如图所示的几个实验，能够探究声音产生原因的是（ ）
A． 用发声的音叉接触水面时，水面水花四溅
B． 把罩内的空气抽去一些后，闹钟的铃声明显变小
C． 用嘴吹哨子的上端，向下拉动活塞，声音变低
D． 对着点燃的蜡烛火焰敲击橡皮膜，火焰会熄灭
2．（2023·宝安模拟）如图所示是苍鹭从平静水面上起飞的瞬间。关于苍鹭在水面所成的像，下列说法正确的是（ ）
A．苍鹭所成的像是倒立的实像
B．苍鹭飞离水面的过程中像会变小
C．水越深苍鹭所成的像离它越远
D．苍鹭与它所成的像到水面的距离相等
3．（2023·宝安模拟）下列物理量最接近实际的是（ ）
A．你所在的考场温度约为45℃
B．你所用的新2B铅笔长度约为18cm
C．你的质量约为500g
D．考场里一盏H型日光灯的额定功率约为200W
4．（2020·潍坊）某同学游玩时捡到一物体，对该物体加热，测得其温度随时间变化的图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．该物体是非晶体
B．该物体的熔点为80℃
C．第10min到25min时间内物体不吸收热量
D．第10min到25min时间内物体的内能不变
5．（2020·鞍山）关于质量和密度，下列说法中正确的是（ ）
A．同种物质组成的物体，其密度与质量成正比
B．“铁杵磨成针”时铁的密度发生了变化
C．冰的密度是0.9×103kg/m3，表明1m3冰的质量是0.9×103kg/m3
D．宇航员把月球岩石标本带回地球，标本的质量不变
6．（2023·宝安模拟）2020年5月27日，我国高程测量登山队再次成功登上珠穆朗玛峰峰顶，并完成峰顶测量任务（如图）。下列有关登山队员的分析，正确的是（ ）
A．登山时穿特制鞋是通过增大压力来增大摩擦力
B．在峰顶测量时，队员所受的重力与地面对他的支持力是一对相互作用力
C．在峰顶测量时，地面对队员的支持力与他对地面的压力是一对相互作用力
D．从峰顶返回营地感觉比登峰轻松，是由于队员受到惯性的作用
7．（2020·鞍山）以下关于力学现象的分析中不正确的是（ ）
A．飞机的机翼上凸下平，是利用流体压强与流速的关系来获得升力的
B．轮船通过船闸从下游开到上游，船闸是利用连通器原理工作的
C．拦河大坝上窄下宽是由于液体压强随深度的增加而减小
D．堵住茶壶盖的小孔，水不容易被倒出是由于大气压强的作用
8．（2023·宝安模拟）2020年12月17日，嫦娥五号探测器携带月球土壤样本安全降落在内蒙古四子王旗着落场，我国首次地外天体采样返回工程圆满成功。位于安徽合肥的中国电科第43研究所为嫦娥五号量身定做了4款高压抗辐照电源。下列关于电源的描述中正确的是（ ）
A．太阳能电池是将光能转化为电能的设备
B．电池只能作为电源，不能作为用电器
C．电路中只要有了电源就有电流产生
D．电流方向总是从电源正极流向电源负极
9．（2019九上·营口期末）将一个标有“220V 200W”的电风扇单独接在家庭电路中，正常工作1min后，电能表示数如图所示。下列说法中正确的是（ ）
A．这段时间内电风扇消耗了1123.4J的电能
B．这段时间内电能表转盘共转了10转
C．电能表应安装在家庭电路的总开关之后
D．此时该电路不能再接入一台功率为2500W的空调
10．（2023·宝安模拟）下列图中符合安全用电原则的是（ ）
A．电水壶接三孔插座
B．湿手拔插头
C．使用绝缘皮破损的导线
D．开关接零线
二、双选题（本题共5小题，每小题3分，有错选不得分，有漏选得I分，共15分）
11．（2023·宝安模拟）下列关于热现象的说法中，正确的是（ ）
A．寒冷的冬天，室外的人口中呼出“白气”是汽化现象，是吸热过程
B．打气筒打气时，筒壁发热主要是通过做功改变了内能
C．内燃机的做功冲程将机械能转化为内能
D．汽车发动机用水做冷却剂，是因为水的比热容比较大
12．（2023·宝安模拟）小明在测量小球的平均速度时，让小球从斜面上的A点由静止开始滚到c点，并用照相机每隔0.1s拍摄一次，频闪照片如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．小球从A点运动到C点用时0.6s
B．小球在前0.4s内通过的路程为4.00cm
C．小球在BC段的平均速度大于在AB段的平均速度
D．小球滚下的整个过程的平均速度为11 m/s
13．（2023·宝安模拟）下列有关机械能及其转化的说法正确的是 （ ）
A．拦河大坝使上游的水位升高，提高了水的重力势能
B．弯弓射箭，箭的动能转化为弓的弹性势能
C．蹦床运动员从高处落下过程中，其重力势能转化为动能
D．人造卫星从近地点飞向远地点时势能减小，动能增大
14．（2020·沈阳）如图所示，电源两端的电压保持不变，闭合开关S，滑动变阻器的滑片P从中点附近向左移动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电压表V的示数变小
B．电流表 的示数变小
C．电压表V与电流表 的示数之比保持不变
D．滑动变阻器消耗的电功率一直在变大
15．（2023·宝安模拟）对于下列四个实验的描述，完全正确的有（ ）
A．说明了动圈式扬声器的工作原理
B．实验的结论是：材料、长度均相同的导体，粗导体的电阻大，细导体的电阻小
C．实验证明通电导体周围存在磁场
D．开关闭合导体ab向左运动，若同时改变电流方向和磁场方向，导体ab运动方向不改变
三、实验题（本题共2小题，每空1分。作图1分，共14分）
16．（2023·宝安模拟）
（1）在探究凸透镜成像规律的实验中，所用凸透镜的焦距为10cm。某次实验情形如图甲所示，此时光屏上恰好得到蜡烛清晰的像，则烛焰的像应为图乙中的 ，生活中的 就是利用这一原理工作的。
（2）在“探究浮力的大小跟哪些因素有关“实验中。实验过程如图所示。其中弹簧测力计示数的大小关系是F1＞F2＞F3，F3＜F4。水的密度用ρ水表示。
①比较 两步骤可知，浮力的大小跟物体排开液体的体积有关。
②比较丙、丁两步骤可知，浮力的大小跟 有关。
③分析甲、丙两步骤可得，物体浸没在水中时受到的浮力F浮＝ ，物体的密度ρ物＝ .
④深入分析丙、丁两步骤，比较水对容器底的压强p水和某液体对容器底的压强p液的大小关系，则p水 p液。
17．（2023·宝安模拟）小明所在小组在做“测量小灯泡额定功率”的实验时，选用如图甲所示的器材和电路，其中电源电压为6V，小灯泡的额定电压为2.5V，滑动变阻器的铭牌上标有“20Ω 1A”字样。
（1）请用笔画线代替导线将图甲的实验电路补充完整。（要求：滑动变阻器的滑片向右移动时小灯泡变亮）
（2）闭合开关后，移动滑动变阻器的滑片，发现小灯泡始终不发光，电压表有示数，电流表无示数。若电路只有一处故障，则故障原因是 。
（3）排除故障后再次闭合开关，移动滑片直到电压表的示数为2.5V，此时电流表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为 W。再调节滑动变阻器使电压表的示数达到3V，小灯泡强烈发光，小明通过计算得到小灯泡的电功率为1.08W，则此时小灯泡的实际功率应 1.08W（选填“大于”、“小于”或“等于”）。
（4）同组的小丽同学还想探究“在电压一定时，电流与电阻的关系”，于是将图甲电路中的小灯泡分别换成阻值为5Ω、10Ω、15Ω的定值电阻，其余连接均不改变。图丙是小丽根据测得的实验数据绘制的电流I随电阻R变化的图像。
①由图像可知小丽将定值电阻R两端的电压控制为 V不变。当定值电阻由5Ω换为10Ω时，为达到实验要求，滑动变阻器连入电路的阻值应 （填“变大”、变小”或“不变”）。
②实验结束后，小丽请教老师，保持该电压不变的情况下，能否更换50Ω的定值电阻继续进行此实验，老师帮助小丽分析了不能更换的原因，你认为原因是 。
四、计算题（共2小题，共15分）
18．（2020·遵化模拟）如图1所示，装有0.01m3水的圆桶置于水平地面上，桶与地面间的接触面积为0.2m2。桶的质量忽略不计，g取10N/kg。
（1）求桶中水的质量。
（2）求这桶水对地面的压强。
（3）某同学用图2所示的滑轮组将这桶水匀速提升2m的过程中，所用拉力为40N.求该滑轮组的机械效率。
19．（2023·宝安模拟）在中学生创新大赛中，我市某初中参赛小组设计了一种测定风力的装置（如图甲），迎风板与压敏电阻Rx连接，工作时迎风板总是正对风吹来的方向。压敏电阻的阻值随风力变化而变化，其阻值Rx与风力F关系如图乙所示。已知电源电压恒为5V，定值电阻R＝5欧。
（1）开关闭合后，风力增加时，电压表的示数是增大还是减小？（不用说明理由）
（2）求无风时，压敏电阻的功率？
（3）如果电压表的量程为0～3V，求该装置所能测量的最大风力？
五、综合能力题（请同学们在20--A和20-B中任选1题完成，每空1分，共6分）
20．（2023·宝安模拟）如图所示是探究“电流产生的热量与哪些因素有关”的装置。甲、乙两图的密闭容器中都装有等量的空气。
（1）图甲装置可研究电流产生的热量与 的关系；
（2）图乙两密闭容器中的电阻丝阻值相等，在其中一容器外部并联一个阻值相等的电阻e。若两侧U形管液面高度变化相同，则故障可能是 。排除故障后通电相同时间，发现左侧U形管内液面高度变化明显，这表明：在电阻和通电时间相同的情况下，通过导体的 越大，产生的热量越多；
（3）为了使乙实验中两侧U形管液面高度差更明显，可将空气盒外电阻换成 （选填“大于”或“小于”）5Ω的电阻；
（4）若图甲和图乙中两套装置的电源电压相同，在相同时间内，b和c两电阻产生的热量之比为 ；
（5）生活中我们经常见到“电炉丝热得发红，而与它相连的导线却不热”这一现象，可用上面图 的实验结论来解释。
21．（2023·宝安模拟）“鲲龙”——AG600水陆两栖飞机
2018年10月20日，中国自主研制的首款大型水陆两栖飞机“鲲龙”AG600在湖北荆门漳河水建首飞成功（如图甲所示）!AG600是我国为满足森林灭火和水上救援的迫切需要，首次研制的大型特种用途民用飞机，是国家应急救援体系建设急需的重大航空装备。
AG600飞机可以在陆地机场和水上起降，水面起降抗浪高度大于2.8m海浪，是世界上最大的水陆两用飞机。当飞机停泊在水上时，宽大的船体所产生的浮力就会使飞机浮在水面上，在需要起飞时，螺旋桨发动机产生的拉力拖着飞机以相当快的速度在水面上滑跑，伴随着速度的不断增加，机翼上产生的升力逐渐增大，从而把飞机从水面上逐渐托起来，成为在空中飞行的航船。
AG600飞机使用四台WJ﹣6涡轮螺旋桨发动机，单台发动机功率约3800kW。“鲲龙”AG600的最大起飞重量可达53.5t，最大平飞速度500km/h，最大航程可达4000km。在水上救援方面，一次可救援50名遇险人员或装载相应重量的空投物资。AG600飞机的应用可以更好地满足我国日益增长的海洋战略发展需求。
请找出三个与以上情景有关的物理信息，并指出对应的物理知识，不得与示例重复。
序号 物理信息 物理知识
示例 AG600飞机在陆基机场起降 以地面为参照物，飞机是运动的
1
2
3
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】声音的产生
【解析】【解答】A．用发声的音叉接触水面时，水面水花四溅，可以说明声音是由物体振动产生的，A符合题意；
B．罩内的空气抽去一些后，闹钟的铃声明显变小，说明声音的产生需要介质，B不符合题意；
C．用嘴吹哨子的上端，向下拉动活塞，声音的振动频率变低，音调变低，C不符合题意；
D．对着点燃的蜡烛火焰敲击橡皮膜，火焰会熄灭，说明声音具有能量，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】该题目考查的声音产生的条件，声音是由物体振动产生的，物体的振动必然会产生声音。
2．【答案】D
【知识点】平面镜成像的原理、特点
【解析】【解答】 A、苍鹭在水面所成的像属于平面镜成像，平面镜成正立等大的虚像，故A错误；
B、平面镜成等大的像，像的大小不随物距的变化而变化，因此苍鹭飞离水面的过程中像不会变小，故B错误；
CD、平面镜成像中，物距等于像距，与水的深度无关，故C错误，D正确。
故选：D。
【分析】平面镜成像是由光的反射形成的，平面镜成正立等大的虚像，物体和像到镜面的距离相等。
3．【答案】B
【知识点】温度及温度计的使用与读数；质量及其特性；长度的估测；电功率
【解析】【解答】A、 考场内气温大约在25℃，不可能达到45℃。故A不符合实际；
B、中学生伸开手掌，大拇指指尖到中指指尖的距离大约15cm，一支新2B铅笔的长度略大于此数值，在18cm左右。故B符合实际；
C、中学生的质量大约在50kg左右。故C不符合实际；
D、 考场里一盏H型日光灯的额定功率约为40W。故D不符合实际。
故选：B。
【分析】根据常见的温度、长度、质量及电功率，结合数据解答。
4．【答案】B
【知识点】熔化与熔化吸热特点；熔化和凝固的温度—时间图象
【解析】【解答】A．由图象可知，此物质在熔化过程中温度保持80℃不变，则该物质为晶体，并且熔点为80℃．A不符合题意，B符合题意；
CD．物质从第10min到25min时间属于熔化过程，保持温度不变，但继续吸收热量，内能增加。CD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】晶体在熔化时，吸收热量，温度保持不变，熔化时的温度是熔点。
5．【答案】D
【知识点】质量及其特性；密度及其特性
【解析】【解答】A．对于同一种物质，密度是不变的，即物质的密度大小与质量和体积无关，A不符合题意；
B．密度是物质的一种特性，“铁杵磨成针”时铁的密度不变，B不符合题意；
C．冰的密度是0.9×103kg/m3，表明1m3冰的质量是0.9×103kg，C不符合题意；
D．宇航员从月球带回岩石标本，位置发生改变，质量不变，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】密度是物质的特性，和质量无关；质量表示物体含有物质的多少。
6．【答案】C
【知识点】力作用的相互性；惯性及其现象；平衡力的辨别；增大或减小摩擦的方法
【解析】【解答】 A、登山时穿特制鞋的鞋底凹凸不平，是通过压力一定时，增大接触面粗糙程度来增大摩擦力，故A错误；
B、相互作用力应作用在不同物体上，在峰顶测量时，队员所受的重力与地面对他的支持力作用在同一物体上，不是一对相互作用力，故B错误；
C、在峰顶测量时，地面对队员的支持力与他对地面的压力大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在两个物体上，是一对相互作用力，故C正确；
D、平衡力应满足作用在同一物体上，在峰顶测量时，队员所受的重力作用在队员上，而他对地面的压力作用在地面上，不是一对平衡力，故D错误。
故选：C。
【分析】在压力一定时，增大接触面的粗糙程度可以增大摩擦；二力平衡的条件是：大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上；一对相互作用力的条件是：大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在两个物体上。
7．【答案】C
【知识点】液体压强的特点；连通器原理；流体压强与流速的关系
【解析】【解答】A．飞机的机翼上凸下平，气流通过上方时，速度大、压强小，气流通过下方时，速度小、压强大，在上下的压强差下获得升力，A正确，不符合题意；
B．连通器的底部连通，上面开口，船闸利用的是连通器原理使船能够在上下游来回航行，B正确，不符合题意；
C．由于同种液体中，深度越深，压强越大，为了使拦河大坝底部能够承受更大的压强，即在单位面积上承担更大的压力，建成上窄下宽的形状，C错误，符合题意；
D．堵住茶壶盖的小孔，壶内压强小于大气压强，在大气压的作用下，水不容易被倒出是由于大气压强的作用，D正确，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】流体在流速的大的地方压强小，使飞机获得升力；船闸利用连通器的原理工作；液体液体随深度的增大而增大。
8．【答案】A
【知识点】太阳能及其利用与转化；电流的形成；电流的方向；电路的构成及电路图
【解析】【解答】 A、太阳能电池是将光能转化为电能的设备，故A正确；
B、在给蓄电池充电时，消耗了电能，在电路中就是一个用电器，故B错误；
C、电流产生的条件：电路中有电源，电路闭合， 电路中有了电源但电路不闭合是没有电流的，故C错误；
D、在电源的外部，电流从电源的正极经过用电器后回到电源的负极，在电源的内部，电流从负极流向正极，故D错误。
故选：A。
【分析】 太阳能电池是将太阳能转化为电能的装置；当给蓄电池充电时，是一个用电器；产生持续电流的条件是：一是有电源，二是电路闭合；在电路中，电流从电源的正极经过用电器后回到电源的负极，在电源的内部，电流从负极流向正极。
9．【答案】B
【知识点】电能表参数的理解；电功的测量；电功率
【解析】【解答】解：A、电风扇接在家庭电路中正常工作，则P＝200W，1min消耗的电能W＝Pt＝200W×60s＝12000J，A不符合题意；
B、这段时间内消耗的电能W＝12000J＝12000× kW h＝ kW h，
因3000r/kW h表示的是电路中每消耗1kW h的电能，转盘转3000圈，
所以，这段时间内电能表转盘的转数n＝3000r/kW h× kW h＝10转，B符合题意；
C、为了防止偷电，电能表应安装在家庭电路的总开关之前，C不符合题意；
D、该电路再接入一台功率为2500W的空调时总功率为P＝2500W+200W＝2700W，
由电能表的参数可知，该电能表的工作电压为220V，允许通过的最大电流为20A，电能表允许接入用电器的最大总功率：P最大＝UI＝220V×20A＝4400W；
因为P＜P最大，所以该电路能再接入一台功率为2500W的空调，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】根据W＝Pt可求出电风扇接在家庭电路中正常工作1min消耗的电能，根据消耗的电能和000r/kW h可求出这段时间内电能表转盘的转数，为了防止偷电，电能表应安装在家庭电路的总开关之前，接入空调时总功率为P＝2500W+200W＝2700W，电能表允许接入用电器的最大总功率：P最大＝UI＝220V×20A＝4400W，P＜P最大，可知能接入一台功率为2500W的空调.
10．【答案】A
【知识点】安全用电原则
【解析】【解答】 A、电水壶是带有金属外壳的用电器，应采用三脚插头连接地线，可以防止外壳漏电时发生触电事故，故A符合题意。
B、生活用水属于导体，用湿手触摸时，有可能使电流通过水传到人体上，发生触电事故，故B不符合题意。
C、使用绝缘皮破损的导线，从而容易使人体和带电体接触，就会发生触电事故，故C不符合题意。
D、开关应接在灯泡和火线之间，当断开开关，可以使火线和灯泡断开，人接触灯泡的金属部分时就不会发生触电事故，故D不符合题意。
故选：A。
【分析】有金属外壳的用电器应使用三孔插座接地；生活用水是导体，不能接触用电器；对各种电气设备按规定进行定期检查；开关接在灯泡和火线之间。
11．【答案】B,D
【知识点】液化及液化放热；做功改变物体内能；比热容；能量的转化或转移
【解析】【解答】 A、寒冷的冬天，室外的人口中呼出的“白气”是呼出的温度较高的水蒸气遇冷液化形成的小水滴，液化放热，故A错误；
B、打气筒给轮胎打气时气筒壁发热，是压缩空气做功过程，将机械能转化为内能，即通过做功的方式改变内能，故B正确；
C、内燃机的做功冲程，燃料燃烧产生的燃气对外做功，将燃料的内能转化为活塞的机械能，故C错误；
D、水的比热容较大，质量相同的水和其它液体相比较，升高相同的温度时，吸收的热量多；利用水的比热容大的特点把这些热迅速吸收，使发动机的温度不致升得太高，故D正确。
故选：BD。
【分析】 物质由气态变成液态的过程叫液化，液化是放热过程；压缩空气做功，是通过做功改变内能的；内燃机的做功冲程将燃气内能转化为机械能；相同条件下，比热容大的物质能吸收更多的热量。
12．【答案】B,C
【知识点】测量物体运动的平均速度
【解析】【解答】A、因为照相机每隔0.1s拍摄一次，小球从A点运动到C点经过的时间为：5×0.1s=0.5s，故A错误；
B、刻度尺的分度值为0.1cm，刻度尺读数时要估读到分度值的下一位，小球在前0.4s内通过的路程为第一个球到第5个球的位置，即4.00cm，故B正确；保存进入下一题
C、照相机每隔0.1s拍摄一次，小球在BC段的时间为：tBC=2×0.1s=0.2s，路程：sBC=5.50cm-2.50cm=3.00cm=0.03m，速度为：；小球在AB段的时间：tAB=3×0.1s=0.3s；路程：sAB=2.50cm=0.025m，速度为：
所以小球在BC段的平均速度大于AB段的平均速度，故C正确；
D、则整个运动过程平均速度为：，故D错误。
故选：BC。
【分析】根据照相机每隔0.1s拍摄一次，确定运动的时间；看清刻度尺的分度值，结合对应刻度读数；根据公式，求出并比较速度大小。
13．【答案】A,C
【知识点】动能和势能的大小变化；机械能及其转化
【解析】【解答】 A、拦河大坝使上游的水位升高，高度增大，水的重力势能变大，故A正确；
B、弯弓射箭，弹性形变减小，弹性势能变小，速度变大，动能变大，弓的弹性势能转化为箭的动能，故B错误；
C、蹦床运动员从高处落下，其质量不变，高度减小，速度增大，则重力势能减小，动能增大，所以该过程中其重力势能转化为动能，故C正确；
D、人造卫星从近地点飞向远地点时，质量不变，速度减小，则动能减小，相对高度增大，势能增大，故D错误。
故选：AC。
【分析】质量一定速度越大，动能越大；高度越高，重力势能越大；物体弹性形变的程度越大弹性势能越大。
14．【答案】B,C
【知识点】电路的动态分析
【解析】【解答】由电路图可知，R1与R2并联，电流表A1测干路电流，电流表A2测R2电流，电压表测量R2的电压。
A．R1与R2并联，根据并联电路电压特点可知，闭合开关S，滑动变阻器的滑片P从中点附近向左移动过程中，R2的电压不变，即电压表V的示数不变，A不符合题意；
BC．闭合开关S，滑动变阻器的滑片P从中点附近向左移动过程中，R1阻值变大，则经过R1的电流变小，而R2的电压不变，电阻不变，根据 ，所以A2的示数不变，则电压表V与电流表 的示数之比保持不变；根据并联电路电流的特点，干路电流等于各支路电流之和，所以干路电流变小，即电流表 的示数变小，BC符合题意；
D．滑动变阻器的滑片P从中点附近向左移动过程中，根据并联电路特点可知，R1的电压不变，R1阻值变大，则经过R1的电流变小，由 可知，滑动变阻器消耗的电功率一直在变小，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】在并联电路中，支路电阻增大，其它支路不受影响，干路电流改变。
15．【答案】C,D
【知识点】通电直导线周围的磁场；直流电动机的构造原理与工作过程；扬声器和耳机的构造和原理；动圈式话筒的构造和原理；发电机的构造和原理
【解析】【解答】 A、动圈式扬声器的工作原理是，通电导线在磁场中受力的作用，而图中演示的是电磁感应现象，故A错误；
B、材料相同、长度相同，横截面积越大（导体越粗）的导体电阻越小，故B错误；
C、图中是奥斯特实验，该图中的实验现象说明通电导体周围存在着磁场，故C正确；
D、通电导体运动方向与电流方向和磁场方向有关，若同时改变电流方向和磁场方向，导体ab运动方向不改变，故D正确。
故选：CD。
【分析】 电磁感应是指闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线时，电路中会产生感应电流，发电机是利用该原理制成的；材料相同、长度相同，横截面积越大的导体电阻越小；奥斯特实验说明通电导线周围存在磁场；通电导体运动方向与电流方向和磁场方向有关。
16．【答案】（1）C；照相机
（2）乙丙；液体密度；F1﹣F3；；大于
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验；探究浮力大小的实验
【解析】【解答】（1）由甲图可知，物距大于像距，凸透镜成缩小倒立的实像，此时物距大于二倍焦距时，照相机就是利用这个原理做成的；
（2）①要探究浮力大小与排开液体体积的关系时，应选择乙、丙两次实验，保持液体密度相同，改变物体排开液体的体积；
②根据丙丁两图可知，物体排开液体体积不变，改变了液体密度，故这两个步骤是为了探究浮力的大小跟液体密度有关；
③由于根据称重法F浮=G-F拉，弹簧的力计未浸入液体前测的是物体重力，丙测的是物体浸没在液体中时的拉力，故F浮=F1-F3；则物体的质量为：，
物体浸没时，由F浮=ρ液gV排可得：V＝V排＝，
故物体密度为：；
④根据丙丁可知，物体在丁中受到的浮力较小，又因为排开液体体积相同，所以丁中液体的密度较小，根据液体压强公式p=ρgh可知，深度相同时，液体密度小的，压强小，即p水＞p液；
【分析】（1）凸透镜物距大于像距时，成倒立缩小的实像，应用为照相机；
（2）浮力的大小与液体密度和排开液体体积有关；根据称重法可得出浮力的测量方法，根据阿基米德原理计算浸没时排开液体体积，即为物体体积。利用得出物体密度；根据P=ρgh判断液体对容器底的压强大小。
17．【答案】（1）
（2）灯泡断路（或灯座接触不良）
（3）0.75；小于
（4）3；变大；变阻器的最大电阻过小
【知识点】探究用电器的电功率实验
【解析】【解答】（1）根据滑动变阻器的滑片向右移动时小灯泡变亮，即电路中的总电阻变小，所以滑动变阻器下接线柱应接在右面，如下所示：
（2）闭合开关后，移动滑动变阻器的滑片，发现小灯泡始终不发光，电流表无示数，电压表有示数，说明与电压表并联的部分断路，则故障原因是：灯泡断路（或灯座接触不良）；
（3）灯泡两端电压为2.5V时，灯泡正常发光，电流表的分度值0.02A，灯泡正常发光的电流为0.3A，
灯泡的额定功率：P=U灯I=2.5V×0.3A=0.75W；若灯的电阻不变，灯泡的电阻为：，则灯泡的实际功率为：P实==1.08W，但因灯的电阻随温度的升高而变大，故此时灯泡的实际功率小于1.08W；
（4）“在电压一定时，电流与电阻的关系”实验中，应保持电压不变，
①由图丙知，电阻两端的不变的电压为：UV=I′R′=0.2A×15Ω==3V，即电阻两端的电压控制为3V不变；根据串联阻大压大可知，将定值电阻由5Ω改接成10Ω的电阻，电阻增大，其分得的电压增大；
探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，即应保持电阻两端的电压不变，滑动变阻器连入电路的阻值应变大；
②电阻两端的电压始终保持UV=3V，根据串联电路电压的规律，变阻器的电压：U滑=U-UV=6V-3V=3V，变阻器分得的电压为电压表示数相等，更换50Ω的定值电阻时，变阻器连入电路中的电阻为也应为50Ω，故为了完成整个实验，滑动变阻器的最大阻值不能小于50Ω，超出了现有变阻器的最大电阻为20Ω，即小丽分析了不能更换的原因是：变阻器的最大电阻过小。
【分析】（1）根据滑片向右移动时灯泡变亮确定滑动变阻器右下接线柱连入电路中；
（2）若电流表示数为0，灯不亮，电压表有示数，说明与电压表并联的部分断路了；
（3）根据电流表选用的量程确定分度值读数，由P=UI计算灯泡的额定功率；灯的电阻随温度的升高而变大；
（4）①研究电流与电阻关系时要控制电阻的电压一定；当换上大电阻时，根据分压原理应增大滑动变阻器电压；
②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变阻器分得的电压，根据分压原理，求出当接入50Ω电阻时变阻器连入电路中的电阻。
18．【答案】（1）解：水的体积V＝0.01m3，
水的质量：m＝ρV＝1×103kg/m3×0.01m3＝10kg
答：这桶水的质量为10kg
（2）解：这桶水所受的重力：
G＝mg＝10kg×10N/kg＝100N，
桶的质量忽略不计、自重不计，则水桶对地面的压力：
F＝G＝100N，
这桶水对地面的压强：p＝ ＝500Pa
答：桶对地面的压强为500Pa。
（3）解：由图知，承担物重的绳子股数n＝3，则滑轮组的机械效率：
η＝ ≈83.3%
答：滑轮组的机械效率为83.3%。
【知识点】密度公式及其应用；压强的大小及其计算；机械效率的计算
【解析】【分析】（1）根据水的密度和体积的乘积计算质量；
（2）利用质量计算重力，根据压力和受力面积的比值计算压强；
（3）利用物体的重力计算有用功，拉力计算总功，有用功和总功的比值计算机械效率。
19．【答案】（1）开关闭合后，风力增加时，电压表的示数是增大。
（2）由图象可知，当无风时，电阻Rx＝7Ω，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以电路中的电流：
I＝ ＝ ＝ A，
压敏电阻Rx消耗的电功率：
Px＝I2Rx＝（ A）2×7Ω≈1.22W；
答：无风时，压敏电阻的功率1.22W。
（3）由图象可知Rx与F图线为一次函数，Rx＝aF+b，
当F＝0时，Rx＝7Ω，所以7Ω＝a×0+b，
可得：b＝7Ω，
当F＝600N时，Rx＝1Ω，所以1Ω＝a×600N+7Ω，
可得：a＝﹣0.01Ω/N，
则：Rx＝﹣0.01Ω/N×F+7Ω，
当所测风力最大时，Rx的阻值最小，电路中电流最大，则电压表的示数最大，即UR＝3V，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以Rx两端的电压：
Ux＝U﹣UR＝5V﹣3V＝2V，
因串联电路中各处的电流相等，所以电路中的电流：
I′＝ ＝ ＝0.6A，
则压敏电阻的阻值：
Rx′＝ ＝ ＝ Ω，
所以 Ω＝﹣0.01Ω/N×F+7Ω，
解得：F≈366.7N，
答：该装置所能测量的最大风力为366.7N。
【知识点】欧姆定律及其应用；电路的动态分析；电功率的计算
【解析】【解答】（1）根据甲图可知，R与Rx串联，电压表测R的电压，根据乙图可知，Rx的随风力的增大而减小，开关闭合后，风力增加时，Rx的电阻减小，总电阻减小，根据欧姆定律可知，电路中的电流增加，电压表的示数增大。
【分析】（1）总电阻减小，根据欧姆定律可知，电路中的电流增加，电压表的示数增大；
（2）根据公式 Px＝I2Rx ，可求出无风时的电功率；
（3）根据公式，可求出电阻。
20．【答案】（1）电阻
（2）e电阻开路；电流
（3）小于
（4）1：2
（5）甲
【知识点】焦耳定律的应用
【解析】【解答】（1）如图甲装置，串联在电路中电流相同，通电时间相同，两个电阻阻值不同，探究的是电流产生热量跟电阻的关系；
（2）玻璃管内液面上升高度相同，则说明两玻璃管内电流产生热量相同，根据Q=I2Rt可知，c、d两玻璃管里面的电阻相等，则通过电阻的电流相等，说明d玻璃管外面的电阻没有电流通过，则e电阻开路；根据并联电路的干路电流等于各支路电流之和可知，I右=I上+I下，根据欧姆定律，阻值相等，则支路中电流相等，I1=I2，由Q=I2Rt可知，左边容器中的电阻产生的热量多，温度升得较快；这表明：在相同时间内，电阻相同，电流越大，通过导体时产生的热量越多；
（3）为了使乙实验中两侧U形管液面高度差更明显，需要增大左侧电阻的电流，即需要减小电路的总电阻；根据并联电路的电阻关系可知，如果减小右侧上面的电阻的阻值，则并联部分的总电阻减小，并联部分分担的电压减小，则d两端的电压减小，根据欧姆定律可知，通过d的电流减小，这样能是c和d的电流差值变大，则U形管液面高度差更明显；
（4）根据串并联电路电阻关系，甲装置中的总电阻R甲=5Ω+10Ω=15Ω；
乙装置的总电阻R乙=Rc+Rd=5Ω+×5Ω=7.5Ω，
则根据欧姆定律可知：I甲：I乙=R乙：R甲=7.5Ω：15Ω=1：2，
由于b、c中两电阻的阻值不相等、通电时间相同，
据Q=I2Rt可知：Qb：Qc=I甲2Rbt：I乙2Rct=I甲2Rb：I乙2Rc==1：2；
（5）电炉丝与导线串联，电炉丝电阻较大，导线电阻非常小，电流和通电时间相同，电炉丝热得发红，而导线却几乎不发热，说明电流产生的热量与导体电阻大小的关系；由甲装置可知，两个盒中的电阻丝串联，通过两电阻丝的电流和通电时间相同，而两电阻丝的阻值不同，研究的是：当通过的电流和通电时间相同时，电流产生的热量与导体电阻大小的关系；所以甲实验可以解释“电炉丝热得发红，而导线却几乎不发热”现象。
【分析】 （1）控制通电时间和电流不变时，可探究电流产生热量跟电阻关系；
（2）根据Q=I2Rt，判断故障；应探究电流产生热量跟通电时间关系时，控制电流和电阻不变；
（3）根据串联电路的总电阻等于各电阻之和；
（4）根据Q=I2Rt，可求出热量之比；
（5）根据Q=I2Rt，通电时间和电流相同，电阻越大产生的热量越多。
21．【答案】燃料燃烧时能量的转化；化学能转化为内能；AG600飞机以最大起飞重量起飞时的最小升力；5.35×105N；飞机的升力；机翼上方凸出，下方平直，在相同时间内，空气经过机翼上方的路程长，速度大；经过机翼下方的路程短，速度小。所以，上方空气流速大压强小，下翼面空气流速小受到的压强大，产生向上的升力
【知识点】功率计算公式的应用；能量的转化或转移；流体压强与流速的关系；飞机的升力；功的计算及应用
【解析】【解答】（1）燃料燃烧时，温度升高，内能增大，是将化学能转化为内能的过程；
（2）飞机的最大起飞重力G=mg=53.5×103kg×10N/kg=5.35×105N，当升力大于重力时，飞机就可以离陆上升；
（3）机翼上方凸出，在相同时间内，空气经过机翼上方的路程长，根据，可知速度大；飞机上方空气流速大压强小，小于下翼面压强，产生向上的升力。
【分析】 （1）燃料燃烧化学能转化为内能；
（2）运动方向与较大的力的方向相同；
（3）流体中，流速大的位置压强小。
广东省深圳市宝安区2023年中考物理二模试卷
一、一.单选题（本题共10小题，每小题2分，共20分）
1．（2020·烟台）小明设计了如图所示的几个实验，能够探究声音产生原因的是（ ）
A． 用发声的音叉接触水面时，水面水花四溅
B． 把罩内的空气抽去一些后，闹钟的铃声明显变小
C． 用嘴吹哨子的上端，向下拉动活塞，声音变低
D． 对着点燃的蜡烛火焰敲击橡皮膜，火焰会熄灭
【答案】A
【知识点】声音的产生
【解析】【解答】A．用发声的音叉接触水面时，水面水花四溅，可以说明声音是由物体振动产生的，A符合题意；
B．罩内的空气抽去一些后，闹钟的铃声明显变小，说明声音的产生需要介质，B不符合题意；
C．用嘴吹哨子的上端，向下拉动活塞，声音的振动频率变低，音调变低，C不符合题意；
D．对着点燃的蜡烛火焰敲击橡皮膜，火焰会熄灭，说明声音具有能量，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】该题目考查的声音产生的条件，声音是由物体振动产生的，物体的振动必然会产生声音。
2．（2023·宝安模拟）如图所示是苍鹭从平静水面上起飞的瞬间。关于苍鹭在水面所成的像，下列说法正确的是（ ）
A．苍鹭所成的像是倒立的实像
B．苍鹭飞离水面的过程中像会变小
C．水越深苍鹭所成的像离它越远
D．苍鹭与它所成的像到水面的距离相等
【答案】D
【知识点】平面镜成像的原理、特点
【解析】【解答】 A、苍鹭在水面所成的像属于平面镜成像，平面镜成正立等大的虚像，故A错误；
B、平面镜成等大的像，像的大小不随物距的变化而变化，因此苍鹭飞离水面的过程中像不会变小，故B错误；
CD、平面镜成像中，物距等于像距，与水的深度无关，故C错误，D正确。
故选：D。
【分析】平面镜成像是由光的反射形成的，平面镜成正立等大的虚像，物体和像到镜面的距离相等。
3．（2023·宝安模拟）下列物理量最接近实际的是（ ）
A．你所在的考场温度约为45℃
B．你所用的新2B铅笔长度约为18cm
C．你的质量约为500g
D．考场里一盏H型日光灯的额定功率约为200W
【答案】B
【知识点】温度及温度计的使用与读数；质量及其特性；长度的估测；电功率
【解析】【解答】A、 考场内气温大约在25℃，不可能达到45℃。故A不符合实际；
B、中学生伸开手掌，大拇指指尖到中指指尖的距离大约15cm，一支新2B铅笔的长度略大于此数值，在18cm左右。故B符合实际；
C、中学生的质量大约在50kg左右。故C不符合实际；
D、 考场里一盏H型日光灯的额定功率约为40W。故D不符合实际。
故选：B。
【分析】根据常见的温度、长度、质量及电功率，结合数据解答。
4．（2020·潍坊）某同学游玩时捡到一物体，对该物体加热，测得其温度随时间变化的图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．该物体是非晶体
B．该物体的熔点为80℃
C．第10min到25min时间内物体不吸收热量
D．第10min到25min时间内物体的内能不变
【答案】B
【知识点】熔化与熔化吸热特点；熔化和凝固的温度—时间图象
【解析】【解答】A．由图象可知，此物质在熔化过程中温度保持80℃不变，则该物质为晶体，并且熔点为80℃．A不符合题意，B符合题意；
CD．物质从第10min到25min时间属于熔化过程，保持温度不变，但继续吸收热量，内能增加。CD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】晶体在熔化时，吸收热量，温度保持不变，熔化时的温度是熔点。
5．（2020·鞍山）关于质量和密度，下列说法中正确的是（ ）
A．同种物质组成的物体，其密度与质量成正比
B．“铁杵磨成针”时铁的密度发生了变化
C．冰的密度是0.9×103kg/m3，表明1m3冰的质量是0.9×103kg/m3
D．宇航员把月球岩石标本带回地球，标本的质量不变
【答案】D
【知识点】质量及其特性；密度及其特性
【解析】【解答】A．对于同一种物质，密度是不变的，即物质的密度大小与质量和体积无关，A不符合题意；
B．密度是物质的一种特性，“铁杵磨成针”时铁的密度不变，B不符合题意；
C．冰的密度是0.9×103kg/m3，表明1m3冰的质量是0.9×103kg，C不符合题意；
D．宇航员从月球带回岩石标本，位置发生改变，质量不变，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】密度是物质的特性，和质量无关；质量表示物体含有物质的多少。
6．（2023·宝安模拟）2020年5月27日，我国高程测量登山队再次成功登上珠穆朗玛峰峰顶，并完成峰顶测量任务（如图）。下列有关登山队员的分析，正确的是（ ）
A．登山时穿特制鞋是通过增大压力来增大摩擦力
B．在峰顶测量时，队员所受的重力与地面对他的支持力是一对相互作用力
C．在峰顶测量时，地面对队员的支持力与他对地面的压力是一对相互作用力
D．从峰顶返回营地感觉比登峰轻松，是由于队员受到惯性的作用
【答案】C
【知识点】力作用的相互性；惯性及其现象；平衡力的辨别；增大或减小摩擦的方法
【解析】【解答】 A、登山时穿特制鞋的鞋底凹凸不平，是通过压力一定时，增大接触面粗糙程度来增大摩擦力，故A错误；
B、相互作用力应作用在不同物体上，在峰顶测量时，队员所受的重力与地面对他的支持力作用在同一物体上，不是一对相互作用力，故B错误；
C、在峰顶测量时，地面对队员的支持力与他对地面的压力大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在两个物体上，是一对相互作用力，故C正确；
D、平衡力应满足作用在同一物体上，在峰顶测量时，队员所受的重力作用在队员上，而他对地面的压力作用在地面上，不是一对平衡力，故D错误。
故选：C。
【分析】在压力一定时，增大接触面的粗糙程度可以增大摩擦；二力平衡的条件是：大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上；一对相互作用力的条件是：大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在两个物体上。
7．（2020·鞍山）以下关于力学现象的分析中不正确的是（ ）
A．飞机的机翼上凸下平，是利用流体压强与流速的关系来获得升力的
B．轮船通过船闸从下游开到上游，船闸是利用连通器原理工作的
C．拦河大坝上窄下宽是由于液体压强随深度的增加而减小
D．堵住茶壶盖的小孔，水不容易被倒出是由于大气压强的作用
【答案】C
【知识点】液体压强的特点；连通器原理；流体压强与流速的关系
【解析】【解答】A．飞机的机翼上凸下平，气流通过上方时，速度大、压强小，气流通过下方时，速度小、压强大，在上下的压强差下获得升力，A正确，不符合题意；
B．连通器的底部连通，上面开口，船闸利用的是连通器原理使船能够在上下游来回航行，B正确，不符合题意；
C．由于同种液体中，深度越深，压强越大，为了使拦河大坝底部能够承受更大的压强，即在单位面积上承担更大的压力，建成上窄下宽的形状，C错误，符合题意；
D．堵住茶壶盖的小孔，壶内压强小于大气压强，在大气压的作用下，水不容易被倒出是由于大气压强的作用，D正确，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】流体在流速的大的地方压强小，使飞机获得升力；船闸利用连通器的原理工作；液体液体随深度的增大而增大。
8．（2023·宝安模拟）2020年12月17日，嫦娥五号探测器携带月球土壤样本安全降落在内蒙古四子王旗着落场，我国首次地外天体采样返回工程圆满成功。位于安徽合肥的中国电科第43研究所为嫦娥五号量身定做了4款高压抗辐照电源。下列关于电源的描述中正确的是（ ）
A．太阳能电池是将光能转化为电能的设备
B．电池只能作为电源，不能作为用电器
C．电路中只要有了电源就有电流产生
D．电流方向总是从电源正极流向电源负极
【答案】A
【知识点】太阳能及其利用与转化；电流的形成；电流的方向；电路的构成及电路图
【解析】【解答】 A、太阳能电池是将光能转化为电能的设备，故A正确；
B、在给蓄电池充电时，消耗了电能，在电路中就是一个用电器，故B错误；
C、电流产生的条件：电路中有电源，电路闭合， 电路中有了电源但电路不闭合是没有电流的，故C错误；
D、在电源的外部，电流从电源的正极经过用电器后回到电源的负极，在电源的内部，电流从负极流向正极，故D错误。
故选：A。
【分析】 太阳能电池是将太阳能转化为电能的装置；当给蓄电池充电时，是一个用电器；产生持续电流的条件是：一是有电源，二是电路闭合；在电路中，电流从电源的正极经过用电器后回到电源的负极，在电源的内部，电流从负极流向正极。
9．（2019九上·营口期末）将一个标有“220V 200W”的电风扇单独接在家庭电路中，正常工作1min后，电能表示数如图所示。下列说法中正确的是（ ）
A．这段时间内电风扇消耗了1123.4J的电能
B．这段时间内电能表转盘共转了10转
C．电能表应安装在家庭电路的总开关之后
D．此时该电路不能再接入一台功率为2500W的空调
【答案】B
【知识点】电能表参数的理解；电功的测量；电功率
【解析】【解答】解：A、电风扇接在家庭电路中正常工作，则P＝200W，1min消耗的电能W＝Pt＝200W×60s＝12000J，A不符合题意；
B、这段时间内消耗的电能W＝12000J＝12000× kW h＝ kW h，
因3000r/kW h表示的是电路中每消耗1kW h的电能，转盘转3000圈，
所以，这段时间内电能表转盘的转数n＝3000r/kW h× kW h＝10转，B符合题意；
C、为了防止偷电，电能表应安装在家庭电路的总开关之前，C不符合题意；
D、该电路再接入一台功率为2500W的空调时总功率为P＝2500W+200W＝2700W，
由电能表的参数可知，该电能表的工作电压为220V，允许通过的最大电流为20A，电能表允许接入用电器的最大总功率：P最大＝UI＝220V×20A＝4400W；
因为P＜P最大，所以该电路能再接入一台功率为2500W的空调，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】根据W＝Pt可求出电风扇接在家庭电路中正常工作1min消耗的电能，根据消耗的电能和000r/kW h可求出这段时间内电能表转盘的转数，为了防止偷电，电能表应安装在家庭电路的总开关之前，接入空调时总功率为P＝2500W+200W＝2700W，电能表允许接入用电器的最大总功率：P最大＝UI＝220V×20A＝4400W，P＜P最大，可知能接入一台功率为2500W的空调.
10．（2023·宝安模拟）下列图中符合安全用电原则的是（ ）
A．电水壶接三孔插座
B．湿手拔插头
C．使用绝缘皮破损的导线
D．开关接零线
【答案】A
【知识点】安全用电原则
【解析】【解答】 A、电水壶是带有金属外壳的用电器，应采用三脚插头连接地线，可以防止外壳漏电时发生触电事故，故A符合题意。
B、生活用水属于导体，用湿手触摸时，有可能使电流通过水传到人体上，发生触电事故，故B不符合题意。
C、使用绝缘皮破损的导线，从而容易使人体和带电体接触，就会发生触电事故，故C不符合题意。
D、开关应接在灯泡和火线之间，当断开开关，可以使火线和灯泡断开，人接触灯泡的金属部分时就不会发生触电事故，故D不符合题意。
故选：A。
【分析】有金属外壳的用电器应使用三孔插座接地；生活用水是导体，不能接触用电器；对各种电气设备按规定进行定期检查；开关接在灯泡和火线之间。
二、双选题（本题共5小题，每小题3分，有错选不得分，有漏选得I分，共15分）
11．（2023·宝安模拟）下列关于热现象的说法中，正确的是（ ）
A．寒冷的冬天，室外的人口中呼出“白气”是汽化现象，是吸热过程
B．打气筒打气时，筒壁发热主要是通过做功改变了内能
C．内燃机的做功冲程将机械能转化为内能
D．汽车发动机用水做冷却剂，是因为水的比热容比较大
【答案】B,D
【知识点】液化及液化放热；做功改变物体内能；比热容；能量的转化或转移
【解析】【解答】 A、寒冷的冬天，室外的人口中呼出的“白气”是呼出的温度较高的水蒸气遇冷液化形成的小水滴，液化放热，故A错误；
B、打气筒给轮胎打气时气筒壁发热，是压缩空气做功过程，将机械能转化为内能，即通过做功的方式改变内能，故B正确；
C、内燃机的做功冲程，燃料燃烧产生的燃气对外做功，将燃料的内能转化为活塞的机械能，故C错误；
D、水的比热容较大，质量相同的水和其它液体相比较，升高相同的温度时，吸收的热量多；利用水的比热容大的特点把这些热迅速吸收，使发动机的温度不致升得太高，故D正确。
故选：BD。
【分析】 物质由气态变成液态的过程叫液化，液化是放热过程；压缩空气做功，是通过做功改变内能的；内燃机的做功冲程将燃气内能转化为机械能；相同条件下，比热容大的物质能吸收更多的热量。
12．（2023·宝安模拟）小明在测量小球的平均速度时，让小球从斜面上的A点由静止开始滚到c点，并用照相机每隔0.1s拍摄一次，频闪照片如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．小球从A点运动到C点用时0.6s
B．小球在前0.4s内通过的路程为4.00cm
C．小球在BC段的平均速度大于在AB段的平均速度
D．小球滚下的整个过程的平均速度为11 m/s
【答案】B,C
【知识点】测量物体运动的平均速度
【解析】【解答】A、因为照相机每隔0.1s拍摄一次，小球从A点运动到C点经过的时间为：5×0.1s=0.5s，故A错误；
B、刻度尺的分度值为0.1cm，刻度尺读数时要估读到分度值的下一位，小球在前0.4s内通过的路程为第一个球到第5个球的位置，即4.00cm，故B正确；保存进入下一题
C、照相机每隔0.1s拍摄一次，小球在BC段的时间为：tBC=2×0.1s=0.2s，路程：sBC=5.50cm-2.50cm=3.00cm=0.03m，速度为：；小球在AB段的时间：tAB=3×0.1s=0.3s；路程：sAB=2.50cm=0.025m，速度为：
所以小球在BC段的平均速度大于AB段的平均速度，故C正确；
D、则整个运动过程平均速度为：，故D错误。
故选：BC。
【分析】根据照相机每隔0.1s拍摄一次，确定运动的时间；看清刻度尺的分度值，结合对应刻度读数；根据公式，求出并比较速度大小。
13．（2023·宝安模拟）下列有关机械能及其转化的说法正确的是 （ ）
A．拦河大坝使上游的水位升高，提高了水的重力势能
B．弯弓射箭，箭的动能转化为弓的弹性势能
C．蹦床运动员从高处落下过程中，其重力势能转化为动能
D．人造卫星从近地点飞向远地点时势能减小，动能增大
【答案】A,C
【知识点】动能和势能的大小变化；机械能及其转化
【解析】【解答】 A、拦河大坝使上游的水位升高，高度增大，水的重力势能变大，故A正确；
B、弯弓射箭，弹性形变减小，弹性势能变小，速度变大，动能变大，弓的弹性势能转化为箭的动能，故B错误；
C、蹦床运动员从高处落下，其质量不变，高度减小，速度增大，则重力势能减小，动能增大，所以该过程中其重力势能转化为动能，故C正确；
D、人造卫星从近地点飞向远地点时，质量不变，速度减小，则动能减小，相对高度增大，势能增大，故D错误。
故选：AC。
【分析】质量一定速度越大，动能越大；高度越高，重力势能越大；物体弹性形变的程度越大弹性势能越大。
14．（2020·沈阳）如图所示，电源两端的电压保持不变，闭合开关S，滑动变阻器的滑片P从中点附近向左移动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电压表V的示数变小
B．电流表 的示数变小
C．电压表V与电流表 的示数之比保持不变
D．滑动变阻器消耗的电功率一直在变大
【答案】B,C
【知识点】电路的动态分析
【解析】【解答】由电路图可知，R1与R2并联，电流表A1测干路电流，电流表A2测R2电流，电压表测量R2的电压。
A．R1与R2并联，根据并联电路电压特点可知，闭合开关S，滑动变阻器的滑片P从中点附近向左移动过程中，R2的电压不变，即电压表V的示数不变，A不符合题意；
BC．闭合开关S，滑动变阻器的滑片P从中点附近向左移动过程中，R1阻值变大，则经过R1的电流变小，而R2的电压不变，电阻不变，根据 ，所以A2的示数不变，则电压表V与电流表 的示数之比保持不变；根据并联电路电流的特点，干路电流等于各支路电流之和，所以干路电流变小，即电流表 的示数变小，BC符合题意；
D．滑动变阻器的滑片P从中点附近向左移动过程中，根据并联电路特点可知，R1的电压不变，R1阻值变大，则经过R1的电流变小，由 可知，滑动变阻器消耗的电功率一直在变小，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】在并联电路中，支路电阻增大，其它支路不受影响，干路电流改变。
15．（2023·宝安模拟）对于下列四个实验的描述，完全正确的有（ ）
A．说明了动圈式扬声器的工作原理
B．实验的结论是：材料、长度均相同的导体，粗导体的电阻大，细导体的电阻小
C．实验证明通电导体周围存在磁场
D．开关闭合导体ab向左运动，若同时改变电流方向和磁场方向，导体ab运动方向不改变
【答案】C,D
【知识点】通电直导线周围的磁场；直流电动机的构造原理与工作过程；扬声器和耳机的构造和原理；动圈式话筒的构造和原理；发电机的构造和原理
【解析】【解答】 A、动圈式扬声器的工作原理是，通电导线在磁场中受力的作用，而图中演示的是电磁感应现象，故A错误；
B、材料相同、长度相同，横截面积越大（导体越粗）的导体电阻越小，故B错误；
C、图中是奥斯特实验，该图中的实验现象说明通电导体周围存在着磁场，故C正确；
D、通电导体运动方向与电流方向和磁场方向有关，若同时改变电流方向和磁场方向，导体ab运动方向不改变，故D正确。
故选：CD。
【分析】 电磁感应是指闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线时，电路中会产生感应电流，发电机是利用该原理制成的；材料相同、长度相同，横截面积越大的导体电阻越小；奥斯特实验说明通电导线周围存在磁场；通电导体运动方向与电流方向和磁场方向有关。
三、实验题（本题共2小题，每空1分。作图1分，共14分）
16．（2023·宝安模拟）
（1）在探究凸透镜成像规律的实验中，所用凸透镜的焦距为10cm。某次实验情形如图甲所示，此时光屏上恰好得到蜡烛清晰的像，则烛焰的像应为图乙中的 ，生活中的 就是利用这一原理工作的。
（2）在“探究浮力的大小跟哪些因素有关“实验中。实验过程如图所示。其中弹簧测力计示数的大小关系是F1＞F2＞F3，F3＜F4。水的密度用ρ水表示。
①比较 两步骤可知，浮力的大小跟物体排开液体的体积有关。
②比较丙、丁两步骤可知，浮力的大小跟 有关。
③分析甲、丙两步骤可得，物体浸没在水中时受到的浮力F浮＝ ，物体的密度ρ物＝ .
④深入分析丙、丁两步骤，比较水对容器底的压强p水和某液体对容器底的压强p液的大小关系，则p水 p液。
【答案】（1）C；照相机
（2）乙丙；液体密度；F1﹣F3；；大于
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验；探究浮力大小的实验
【解析】【解答】（1）由甲图可知，物距大于像距，凸透镜成缩小倒立的实像，此时物距大于二倍焦距时，照相机就是利用这个原理做成的；
（2）①要探究浮力大小与排开液体体积的关系时，应选择乙、丙两次实验，保持液体密度相同，改变物体排开液体的体积；
②根据丙丁两图可知，物体排开液体体积不变，改变了液体密度，故这两个步骤是为了探究浮力的大小跟液体密度有关；
③由于根据称重法F浮=G-F拉，弹簧的力计未浸入液体前测的是物体重力，丙测的是物体浸没在液体中时的拉力，故F浮=F1-F3；则物体的质量为：，
物体浸没时，由F浮=ρ液gV排可得：V＝V排＝，
故物体密度为：；
④根据丙丁可知，物体在丁中受到的浮力较小，又因为排开液体体积相同，所以丁中液体的密度较小，根据液体压强公式p=ρgh可知，深度相同时，液体密度小的，压强小，即p水＞p液；
【分析】（1）凸透镜物距大于像距时，成倒立缩小的实像，应用为照相机；
（2）浮力的大小与液体密度和排开液体体积有关；根据称重法可得出浮力的测量方法，根据阿基米德原理计算浸没时排开液体体积，即为物体体积。利用得出物体密度；根据P=ρgh判断液体对容器底的压强大小。
17．（2023·宝安模拟）小明所在小组在做“测量小灯泡额定功率”的实验时，选用如图甲所示的器材和电路，其中电源电压为6V，小灯泡的额定电压为2.5V，滑动变阻器的铭牌上标有“20Ω 1A”字样。
（1）请用笔画线代替导线将图甲的实验电路补充完整。（要求：滑动变阻器的滑片向右移动时小灯泡变亮）
（2）闭合开关后，移动滑动变阻器的滑片，发现小灯泡始终不发光，电压表有示数，电流表无示数。若电路只有一处故障，则故障原因是 。
（3）排除故障后再次闭合开关，移动滑片直到电压表的示数为2.5V，此时电流表的示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为 W。再调节滑动变阻器使电压表的示数达到3V，小灯泡强烈发光，小明通过计算得到小灯泡的电功率为1.08W，则此时小灯泡的实际功率应 1.08W（选填“大于”、“小于”或“等于”）。
（4）同组的小丽同学还想探究“在电压一定时，电流与电阻的关系”，于是将图甲电路中的小灯泡分别换成阻值为5Ω、10Ω、15Ω的定值电阻，其余连接均不改变。图丙是小丽根据测得的实验数据绘制的电流I随电阻R变化的图像。
①由图像可知小丽将定值电阻R两端的电压控制为 V不变。当定值电阻由5Ω换为10Ω时，为达到实验要求，滑动变阻器连入电路的阻值应 （填“变大”、变小”或“不变”）。
②实验结束后，小丽请教老师，保持该电压不变的情况下，能否更换50Ω的定值电阻继续进行此实验，老师帮助小丽分析了不能更换的原因，你认为原因是 。
【答案】（1）
（2）灯泡断路（或灯座接触不良）
（3）0.75；小于
（4）3；变大；变阻器的最大电阻过小
【知识点】探究用电器的电功率实验
【解析】【解答】（1）根据滑动变阻器的滑片向右移动时小灯泡变亮，即电路中的总电阻变小，所以滑动变阻器下接线柱应接在右面，如下所示：
（2）闭合开关后，移动滑动变阻器的滑片，发现小灯泡始终不发光，电流表无示数，电压表有示数，说明与电压表并联的部分断路，则故障原因是：灯泡断路（或灯座接触不良）；
（3）灯泡两端电压为2.5V时，灯泡正常发光，电流表的分度值0.02A，灯泡正常发光的电流为0.3A，
灯泡的额定功率：P=U灯I=2.5V×0.3A=0.75W；若灯的电阻不变，灯泡的电阻为：，则灯泡的实际功率为：P实==1.08W，但因灯的电阻随温度的升高而变大，故此时灯泡的实际功率小于1.08W；
（4）“在电压一定时，电流与电阻的关系”实验中，应保持电压不变，
①由图丙知，电阻两端的不变的电压为：UV=I′R′=0.2A×15Ω==3V，即电阻两端的电压控制为3V不变；根据串联阻大压大可知，将定值电阻由5Ω改接成10Ω的电阻，电阻增大，其分得的电压增大；
探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，即应保持电阻两端的电压不变，滑动变阻器连入电路的阻值应变大；
②电阻两端的电压始终保持UV=3V，根据串联电路电压的规律，变阻器的电压：U滑=U-UV=6V-3V=3V，变阻器分得的电压为电压表示数相等，更换50Ω的定值电阻时，变阻器连入电路中的电阻为也应为50Ω，故为了完成整个实验，滑动变阻器的最大阻值不能小于50Ω，超出了现有变阻器的最大电阻为20Ω，即小丽分析了不能更换的原因是：变阻器的最大电阻过小。
【分析】（1）根据滑片向右移动时灯泡变亮确定滑动变阻器右下接线柱连入电路中；
（2）若电流表示数为0，灯不亮，电压表有示数，说明与电压表并联的部分断路了；
（3）根据电流表选用的量程确定分度值读数，由P=UI计算灯泡的额定功率；灯的电阻随温度的升高而变大；
（4）①研究电流与电阻关系时要控制电阻的电压一定；当换上大电阻时，根据分压原理应增大滑动变阻器电压；
②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变阻器分得的电压，根据分压原理，求出当接入50Ω电阻时变阻器连入电路中的电阻。
四、计算题（共2小题，共15分）
18．（2020·遵化模拟）如图1所示，装有0.01m3水的圆桶置于水平地面上，桶与地面间的接触面积为0.2m2。桶的质量忽略不计，g取10N/kg。
（1）求桶中水的质量。
（2）求这桶水对地面的压强。
（3）某同学用图2所示的滑轮组将这桶水匀速提升2m的过程中，所用拉力为40N.求该滑轮组的机械效率。
【答案】（1）解：水的体积V＝0.01m3，
水的质量：m＝ρV＝1×103kg/m3×0.01m3＝10kg
答：这桶水的质量为10kg
（2）解：这桶水所受的重力：
G＝mg＝10kg×10N/kg＝100N，
桶的质量忽略不计、自重不计，则水桶对地面的压力：
F＝G＝100N，
这桶水对地面的压强：p＝ ＝500Pa
答：桶对地面的压强为500Pa。
（3）解：由图知，承担物重的绳子股数n＝3，则滑轮组的机械效率：
η＝ ≈83.3%
答：滑轮组的机械效率为83.3%。
【知识点】密度公式及其应用；压强的大小及其计算；机械效率的计算
【解析】【分析】（1）根据水的密度和体积的乘积计算质量；
（2）利用质量计算重力，根据压力和受力面积的比值计算压强；
（3）利用物体的重力计算有用功，拉力计算总功，有用功和总功的比值计算机械效率。
19．（2023·宝安模拟）在中学生创新大赛中，我市某初中参赛小组设计了一种测定风力的装置（如图甲），迎风板与压敏电阻Rx连接，工作时迎风板总是正对风吹来的方向。压敏电阻的阻值随风力变化而变化，其阻值Rx与风力F关系如图乙所示。已知电源电压恒为5V，定值电阻R＝5欧。
（1）开关闭合后，风力增加时，电压表的示数是增大还是减小？（不用说明理由）
（2）求无风时，压敏电阻的功率？
（3）如果电压表的量程为0～3V，求该装置所能测量的最大风力？
【答案】（1）开关闭合后，风力增加时，电压表的示数是增大。
（2）由图象可知，当无风时，电阻Rx＝7Ω，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以电路中的电流：
I＝ ＝ ＝ A，
压敏电阻Rx消耗的电功率：
Px＝I2Rx＝（ A）2×7Ω≈1.22W；
答：无风时，压敏电阻的功率1.22W。
（3）由图象可知Rx与F图线为一次函数，Rx＝aF+b，
当F＝0时，Rx＝7Ω，所以7Ω＝a×0+b，
可得：b＝7Ω，
当F＝600N时，Rx＝1Ω，所以1Ω＝a×600N+7Ω，
可得：a＝﹣0.01Ω/N，
则：Rx＝﹣0.01Ω/N×F+7Ω，
当所测风力最大时，Rx的阻值最小，电路中电流最大，则电压表的示数最大，即UR＝3V，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以Rx两端的电压：
Ux＝U﹣UR＝5V﹣3V＝2V，
因串联电路中各处的电流相等，所以电路中的电流：
I′＝ ＝ ＝0.6A，
则压敏电阻的阻值：
Rx′＝ ＝ ＝ Ω，
所以 Ω＝﹣0.01Ω/N×F+7Ω，
解得：F≈366.7N，
答：该装置所能测量的最大风力为366.7N。
【知识点】欧姆定律及其应用；电路的动态分析；电功率的计算
【解析】【解答】（1）根据甲图可知，R与Rx串联，电压表测R的电压，根据乙图可知，Rx的随风力的增大而减小，开关闭合后，风力增加时，Rx的电阻减小，总电阻减小，根据欧姆定律可知，电路中的电流增加，电压表的示数增大。
【分析】（1）总电阻减小，根据欧姆定律可知，电路中的电流增加，电压表的示数增大；
（2）根据公式 Px＝I2Rx ，可求出无风时的电功率；
（3）根据公式，可求出电阻。
五、综合能力题（请同学们在20--A和20-B中任选1题完成，每空1分，共6分）
20．（2023·宝安模拟）如图所示是探究“电流产生的热量与哪些因素有关”的装置。甲、乙两图的密闭容器中都装有等量的空气。
（1）图甲装置可研究电流产生的热量与 的关系；
（2）图乙两密闭容器中的电阻丝阻值相等，在其中一容器外部并联一个阻值相等的电阻e。若两侧U形管液面高度变化相同，则故障可能是 。排除故障后通电相同时间，发现左侧U形管内液面高度变化明显，这表明：在电阻和通电时间相同的情况下，通过导体的 越大，产生的热量越多；
（3）为了使乙实验中两侧U形管液面高度差更明显，可将空气盒外电阻换成 （选填“大于”或“小于”）5Ω的电阻；
（4）若图甲和图乙中两套装置的电源电压相同，在相同时间内，b和c两电阻产生的热量之比为 ；
（5）生活中我们经常见到“电炉丝热得发红，而与它相连的导线却不热”这一现象，可用上面图 的实验结论来解释。
【答案】（1）电阻
（2）e电阻开路；电流
（3）小于
（4）1：2
（5）甲
【知识点】焦耳定律的应用
【解析】【解答】（1）如图甲装置，串联在电路中电流相同，通电时间相同，两个电阻阻值不同，探究的是电流产生热量跟电阻的关系；
（2）玻璃管内液面上升高度相同，则说明两玻璃管内电流产生热量相同，根据Q=I2Rt可知，c、d两玻璃管里面的电阻相等，则通过电阻的电流相等，说明d玻璃管外面的电阻没有电流通过，则e电阻开路；根据并联电路的干路电流等于各支路电流之和可知，I右=I上+I下，根据欧姆定律，阻值相等，则支路中电流相等，I1=I2，由Q=I2Rt可知，左边容器中的电阻产生的热量多，温度升得较快；这表明：在相同时间内，电阻相同，电流越大，通过导体时产生的热量越多；
（3）为了使乙实验中两侧U形管液面高度差更明显，需要增大左侧电阻的电流，即需要减小电路的总电阻；根据并联电路的电阻关系可知，如果减小右侧上面的电阻的阻值，则并联部分的总电阻减小，并联部分分担的电压减小，则d两端的电压减小，根据欧姆定律可知，通过d的电流减小，这样能是c和d的电流差值变大，则U形管液面高度差更明显；
（4）根据串并联电路电阻关系，甲装置中的总电阻R甲=5Ω+10Ω=15Ω；
乙装置的总电阻R乙=Rc+Rd=5Ω+×5Ω=7.5Ω，
则根据欧姆定律可知：I甲：I乙=R乙：R甲=7.5Ω：15Ω=1：2，
由于b、c中两电阻的阻值不相等、通电时间相同，
据Q=I2Rt可知：Qb：Qc=I甲2Rbt：I乙2Rct=I甲2Rb：I乙2Rc==1：2；
（5）电炉丝与导线串联，电炉丝电阻较大，导线电阻非常小，电流和通电时间相同，电炉丝热得发红，而导线却几乎不发热，说明电流产生的热量与导体电阻大小的关系；由甲装置可知，两个盒中的电阻丝串联，通过两电阻丝的电流和通电时间相同，而两电阻丝的阻值不同，研究的是：当通过的电流和通电时间相同时，电流产生的热量与导体电阻大小的关系；所以甲实验可以解释“电炉丝热得发红，而导线却几乎不发热”现象。
【分析】 （1）控制通电时间和电流不变时，可探究电流产生热量跟电阻关系；
（2）根据Q=I2Rt，判断故障；应探究电流产生热量跟通电时间关系时，控制电流和电阻不变；
（3）根据串联电路的总电阻等于各电阻之和；
（4）根据Q=I2Rt，可求出热量之比；
（5）根据Q=I2Rt，通电时间和电流相同，电阻越大产生的热量越多。
21．（2023·宝安模拟）“鲲龙”——AG600水陆两栖飞机
2018年10月20日，中国自主研制的首款大型水陆两栖飞机“鲲龙”AG600在湖北荆门漳河水建首飞成功（如图甲所示）!AG600是我国为满足森林灭火和水上救援的迫切需要，首次研制的大型特种用途民用飞机，是国家应急救援体系建设急需的重大航空装备。
AG600飞机可以在陆地机场和水上起降，水面起降抗浪高度大于2.8m海浪，是世界上最大的水陆两用飞机。当飞机停泊在水上时，宽大的船体所产生的浮力就会使飞机浮在水面上，在需要起飞时，螺旋桨发动机产生的拉力拖着飞机以相当快的速度在水面上滑跑，伴随着速度的不断增加，机翼上产生的升力逐渐增大，从而把飞机从水面上逐渐托起来，成为在空中飞行的航船。
AG600飞机使用四台WJ﹣6涡轮螺旋桨发动机，单台发动机功率约3800kW。“鲲龙”AG600的最大起飞重量可达53.5t，最大平飞速度500km/h，最大航程可达4000km。在水上救援方面，一次可救援50名遇险人员或装载相应重量的空投物资。AG600飞机的应用可以更好地满足我国日益增长的海洋战略发展需求。
请找出三个与以上情景有关的物理信息，并指出对应的物理知识，不得与示例重复。
序号 物理信息 物理知识
示例 AG600飞机在陆基机场起降 以地面为参照物，飞机是运动的
1
2
3
【答案】燃料燃烧时能量的转化；化学能转化为内能；AG600飞机以最大起飞重量起飞时的最小升力；5.35×105N；飞机的升力；机翼上方凸出，下方平直，在相同时间内，空气经过机翼上方的路程长，速度大；经过机翼下方的路程短，速度小。所以，上方空气流速大压强小，下翼面空气流速小受到的压强大，产生向上的升力
【知识点】功率计算公式的应用；能量的转化或转移；流体压强与流速的关系；飞机的升力；功的计算及应用
【解析】【解答】（1）燃料燃烧时，温度升高，内能增大，是将化学能转化为内能的过程；
（2）飞机的最大起飞重力G=mg=53.5×103kg×10N/kg=5.35×105N，当升力大于重力时，飞机就可以离陆上升；
（3）机翼上方凸出，在相同时间内，空气经过机翼上方的路程长，根据，可知速度大；飞机上方空气流速大压强小，小于下翼面压强，产生向上的升力。
【分析】 （1）燃料燃烧化学能转化为内能；
（2）运动方向与较大的力的方向相同；
（3）流体中，流速大的位置压强小。
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