2023年湖南省郴州市资兴市中考物理二模试卷
一、选择题（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题给出的选项中，只有一项符合题目要求。）
1．（3分）下列物理量最接近实际的是（ ）
A．中学生正常步行的速度大约是4km/h
B．中学生的体重约为50N
C．一个篮球的体积约为0.5m3
D．一盏日光灯的功率约500W
2．（3分）关于信息、能源、材料的描述中，下列说法正确的是（ ）
A．手机通话是利用超声波来传递信息的
B．LED灯是利用超导材料制成的
C．现有核电站利用核聚变释放的能量来发电
D．人类开采的石油，实际上是上亿年前地球接收的太阳能
3．（3分）如图是一般住宅户内配电系统方框图，下列说法正确的是（ ）
A．E处应接入空气开关，F处接入电能表
B．当干路中的电流过大时，漏电保护器就会自动切断电路
C．用试电笔辨别火线和零线时，手要接触笔尾金属体
D．若空气开关自动跳闸，一定是发生了短路
4．（3分）下列叙述中的“影”，属于光的折射现象的是（ ）
A．湖光倒“影” B．形“影”不离 C．立竿见“影” D．毕业合“影”
5．（3分）下列一些关于生活中的物理现象及其解析正确的是（ ）
A．寒冬，房间窗户玻璃的内表面出现冰花，这属于凝固现象
B．夏天，盛冷饮的杯子外壁出现水珠，这是水的液化现象
C．夏天，在教室内洒水可以降温，是利用水的比热容大的原故
D．寒冬，在冰雪覆盖的路面上撒盐便于除雪，是因为盐可以提高冰雪的熔点
6．（3分）2022年6月5日，长征二号F遥十四运载火箭搭载神舟十四号载人飞船成功发射升空。关于运载火箭发射升空时涉及的物理知识，下列说法正确的是（ ）
A．火箭在加速上升过程中，动能增大，机械能增大
B．使用的燃料热值较小
C．大量“白气”涌向四周是扩散现象
D．燃料燃烧时将内能转化为化学能
7．（3分）下面是对生活中一些事例的判断，其中正确的是（ ）
A．冰熔化时温度不变，内能也不变
B．船闸利用了连通器原理
C．用吸管“吸”饮料利用了液体内部压强的规律
D．用热水袋取暖利用了水的比热容小的特性
8．（3分）下列关于电与磁的说法，错误的是（ ）
A．导体中负电荷的定向移动会产生磁场
B．任何磁体都有N、S两极
C．发电机是利用电磁感应现象的原理制成的
D．电动机是利用通电线圈在磁场中受力转动的原理制成，它是把机械能转化为电能的装置
9．（3分）乘坐动车进站时，行李常用传送带运送过安检，水平传送带以0.1m/s的速度匀速向右运动，行李放到传送带上后，速度随时间变化的图像如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．0～t1内，行李受到平衡力的作用
B．0～t1内，以传送带为参照物，行李是静止的
C．t1～t2内，行李的重力与传送带对行李的支持力是一对平衡力
D．t1～t2内，行李的重力与行李对传送带的压力是一对相互作用力
10．（3分）如图所示，工人往车上装重物时，用长木板搭个斜面，工人用平行于斜面向上的力，把重物沿斜面从底端匀速推到顶端。下列说法正确的是（ ）
A．用斜面可以省力也可以省功
B．匀速推动重物的速度越大，重物的惯性越大
C．匀速推动重物的速度越大，推力做功越多
D．匀速推动重物的速度越大，推力的功率越大
11．（3分）法国科学家阿尔贝 费尔和德国科学家彼得 格林贝格尔由于发现了巨磁电阻（GMR）效应而荣获2007年度诺贝尔物理学奖。图中GMR代表巨磁电阻，在磁场中，其阻值随磁场的逐渐变强而减小，闭合开关S1、S2，下列说法中正确的是（ ）
A．电磁铁左端为N极
B．电磁铁外部的磁感线从右端出发回到左端
C．将滑片P向b端滑动，电磁铁磁性变强
D．将滑片P向a端滑动，指示灯变暗
12．（3分）如图甲，大小相同的水平拉力F分别拉着物体M、N在不同的水平地面上做直线运动。此过程M、N的动能随时间变化的关系如图乙所示。用mM和mN、fM、fN、vM和vN分别表示M、N的质量、摩擦力和运动速度的大小，下列判断一定正确的是（ ）
A．mM＜mN B．fM＝fN C．fM＜fN D．vM＞vN
13．（3分）如图所示，甲、乙、丙三个完全相同的烧杯中均装有适量的水，将质地均匀，且不吸水的a、b两实心体分别放入甲、乙烧杯中，当a、b静止时，a有五分之二的体积露出水面，b悬浮于水中，此时两烧杯液面刚好相平。若将b置于a上一起放入丙烧杯中，静止时a的上表面刚好与液面相平，整个过程中水均未溢出，下列说法正确的是
（ ）
A．a的密度是0.4×103kg/m3
B．图中，甲、乙烧杯对桌面的压力之比为3：2
C．a、b的重力之比为3：2
D．a、b的体积之比为3：2
二、填空题（本题共3小题，每空2分，共12分。）
14．（4分）中考期间，考试铃声通过 传到同学们耳中；考场周围禁鸣喇叭，是在 处控制噪声。
15．（4分）质量为2kg的水温度升高80℃，需吸收的热量是 J；若用功率为1400W的电热水壶来提供这些热量，用时为10min，则电热水壶的效率为 。[c水＝4.2×103J/（kg ℃）]
16．（4分）如图甲所示，弹簧测力计通过细线拉着正方体物块缓慢浸入某未知液体中，物块受到的拉力F与其下表面浸入液体中的深度h之间的关系如图乙所示。则物块刚好浸没在液体中时，其下表面受到液体压力为 N，未知液体的密度为 kg/m3。（g取10N/kg）
三、作图、实验与探究题（本大题共4小题，17题2分，18题2分，19题12分，20题12分，共28分。）
17．（2分）画出入射光线经过凸透镜折射后的折射光线。
18．（2分）请用力的示意图表示悬浮在水中的物体受到的浮力。
19．（12分）下面是小聪利用刻度均匀的匀质杠杆进行探究“杠杆平衡条件”的实验。
（1）实验前应将杠杆调节到水平位置平衡，其目的是 ，将杠杆的中点置于支架上，当杠杆静止在图甲所示位置，这时应将平衡螺母向 （选填“左”或“右”）端调节。
（2）调节平衡后，在杠杆A点处挂3个钩码，如图乙所示，则在B点处应挂 个同样的钩码，杠杆仍然在水平位置平衡。
（3）在探究过程中，需要进行多次实验的目的是 。
A.减少实验误差
B.避免实验的偶然性，寻找普遍规律
（4）如图丙所示，小聪在A位置挂一个弹簧测力计，在B位置挂了2个钩码。现将弹簧测力计从D位置移到C位置，在此过程中杠杆始终在水平位置保持平衡，则弹簧测力计示数 （选填“变大”、“变小”或“不变”），原因是 。
20．（12分）在测量“小灯泡的电阻”的实验中，有如下器材：电压表、电流表、开关、电压为3V的电源、标有“2.5V”的小灯泡，滑动变阻器及导线若干。
（1）请用笔画线代替导线，把图甲中的实物电路连接完整；（导线不能交叉）
（2）闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应处于图中最 端（填“左”或“右”）；
（3）连好电路后，闭合开关，发现灯泡不亮，电流表无示数，电压表示数接近电源电压，则产生此故障的原因可能是 ；
A.小灯泡断路
B.小灯泡短路
C.滑动变阻器断路
（4）排除故障后，调节滑动变阻器，使电压表示数达到额定电压时，电流表指针的位置如图乙所示，则通过小灯泡的电流是 A，小灯泡的额定功率是 W；
（5）小华移动滑动变阻器滑片，测出多组电流和电压值，分析数据后发现通过小灯泡的电流值与电压值不成正比，检查两电表均无故障，你认为可能的原因是 。
四、计算题（本题共2小题，21题10分，22题11分，共21分。要求写出必要的文字说明、公式和重要的演算步骤，只写出最终答案的不能计分。）
21．（10分）如图所示，重为600N的工人利用滑轮组将建筑材料运送到平台上，工人用400N的力竖直向上匀速拉绳子，使建筑材料以0.1m/s的速度匀速向上运动了40s，已知滑轮组的机械效率为75%，g取10N/kg，绳重、滑轮与轴的摩擦均忽略不计。问：
（1）若工人双脚与平台的总接触面积为0.04m2，则在提升建筑材料的过程中，工人对平台的压强是多少？
（2）工人对绳做的功为多少？
（3）建筑材料的质量为多少？
22．（11分）如图所示电路中，电源电压为3V，电阻R1的阻值为5Ω，滑动变阻器R2上标有“15Ω 1A”字样，小灯泡L上标有“4V 2W”字样，且小灯泡的电阻会受温度的影响，电流表所选量程为0～0.6A。求：
（1）小灯泡正常发光的电阻；
（2）当开关S、S1和S2都闭合时，R2的滑片置于最右端，电流表的示数为0.6A，小灯泡L在10min内产生的热量；
（3）当S闭合，S1和S2都断开时，在保证电路安全的条件下，则滑动变阻器消耗的最大电功率。
2023年湖南省郴州市资兴市中考物理二模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题给出的选项中，只有一项符合题目要求。）
1．（3分）下列物理量最接近实际的是（ ）
A．中学生正常步行的速度大约是4km/h
B．中学生的体重约为50N
C．一个篮球的体积约为0.5m3
D．一盏日光灯的功率约500W
【分析】新课程标准要求我们能根据日常经验或自然现象粗略估测一些物理量。例如：长度、质量、时间、温度、力、速度、电功率、电流、电压等。解答估测选择题的方法：利用生活中我们熟悉的一些数据作为根据，进行单位换算，有时要利用基本公式求未知物理量。
【解答】解：A、中学生正常步行的速度约1.1m/s＝1.1×3.6km/h＝3.96km/h，接近4km/h，故A符合实际；
B、中学生的体重约为500N，故B不符合实际；
C、一个篮球的体积约为5dm3＝5×10﹣3m3，故C不符合实际；
D、一盏日光灯的功率约50W，故D不符合实际；
故选：A。
【点评】本题考查了对长度、速度、温度、质量的估测，注重理论与实际差异的应变能力的培养，体现新课程的基本理念。
2．（3分）关于信息、能源、材料的描述中，下列说法正确的是（ ）
A．手机通话是利用超声波来传递信息的
B．LED灯是利用超导材料制成的
C．现有核电站利用核聚变释放的能量来发电
D．人类开采的石油，实际上是上亿年前地球接收的太阳能
【分析】（1）手机是利用电磁波来传递信息的；
（2）二极管是由半导体做成的器件，它具有单向导电性；
（3）核电站的原理是通过核裂变释放能量来发电的；
（4）我们现在开采的化石燃料获取的能量实际上是开采上亿年地球接收的太阳能。
【解答】解：A、手机通话是利用电磁波来传递信息的，故A错误；
B、LED灯是利用半导体材料制成的，故B错误；
C、核电站的原理是通过核裂变释放能量来发电的，故C错误；
D、我们现在开采的化石燃料获取的能量实际上是开采上亿年地球接收的太阳能，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了关于能源、信息的传播、核电站的发电原理和半导体材料等方面知识，难度不大。
3．（3分）如图是一般住宅户内配电系统方框图，下列说法正确的是（ ）
A．E处应接入空气开关，F处接入电能表
B．当干路中的电流过大时，漏电保护器就会自动切断电路
C．用试电笔辨别火线和零线时，手要接触笔尾金属体
D．若空气开关自动跳闸，一定是发生了短路
【分析】（1）家庭电路中各组成的先后顺序为：进户线、电能表、总开关、保险装置、开关、用电器、插座等；
（2）当电路漏电时，漏电保护器能自动“跳闸”对人或电路起到保护作用；当电路中的电流过大时，空气开关会断开电路；
（3）用试电笔辨别火线和零线时，手要接触笔尾金属体，不能接触笔尖金属体；
（4）电路中电流过大的原因有两个：一是短路；二是接入电路中用电器的总功率过大。
【解答】解：A、为了计量整个家庭电路消耗电能的多少，家庭电路中电能表要安装在总开关前面，所以E处为电能表，F处为总开关，故A错误；
B、当干路中的电流过大时，空气开关就会自动切断电路，故B错误；
C、用试电笔辨别火线和零线时，手要接触笔尾金属体，不能接触笔尖金属体，故C正确；
D、若空气开关自动跳闸，是因为电路中的电流过大，可能是发生了短路，也可能是用电器的总功率过大，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查的是日常生活中的一些安全用电常识，安全用电的原则：不接触低压带电体，不靠近高压带电体。
4．（3分）下列叙述中的“影”，属于光的折射现象的是（ ）
A．湖光倒“影” B．形“影”不离 C．立竿见“影” D．毕业合“影”
【分析】“影”的形成有三种不同的情况：
（1）由于光的直线传播形成的“影”，沿直线传播的光被不透明的物体挡住，在不透明物体的后面光照不到的黑暗区域形成物体的“影子”；
（2）由于光的反射形成的“影”，如平面镜成像、湖光倒影等；
（3）由于光的折射形成的“影”，如凸透镜成像所成的“影”，如毕业合“影”。
【解答】解：A、平静的湖面相当于平面镜，而湖光倒“影”中的“影”是平面镜形成的像，属于光的反射现象，；
B、形“影”不离中的“影”是由于身体遮住光线后，在地面形成了自己的影子，属于光沿直线传播现象。
C、立竿见“影”中的“影”是由于光线被竿遮挡形成的影子，属于光沿直线传播现象；
D、照相机是利用凸透镜成像原理进行拍照的，而毕业合“影”中的“影”是照相机拍出的像，属于光的折射现象；
故选：D。
【点评】本题考查光的折射现象、光的反射现象以及光沿直线传播现象，会根据其原理的不同，对光现象进行分类。
5．（3分）下列一些关于生活中的物理现象及其解析正确的是（ ）
A．寒冬，房间窗户玻璃的内表面出现冰花，这属于凝固现象
B．夏天，盛冷饮的杯子外壁出现水珠，这是水的液化现象
C．夏天，在教室内洒水可以降温，是利用水的比热容大的原故
D．寒冬，在冰雪覆盖的路面上撒盐便于除雪，是因为盐可以提高冰雪的熔点
【分析】（1）物质由气态直接变成固态的过程，是凝华现象；
（2）物质由气态变为液态的过程叫液化；
（3）水蒸发时可以从周围空气吸热，使周围的空气温度降低，达到降温的目的；
（4）影响晶体熔点高低的因素：物质的种类、压强的大小、是否有杂质，种类不同，熔点一般不同；压强越大，熔点降低；当有杂质参入时熔点降低。
【解答】解：A、冰花的形成是物质由气态变成固态的过程，是凝华现象，故A错误；
B、夏天，盛冷饮的杯子外壁出现水珠，是空气中的水蒸气遇冷液化形成的小水珠，故B正确；
C、因水蒸发有致冷作用，使周围空气温度降低，所以夏天洒水是利用了蒸发吸热的道理，故C错误；
D、寒冷的冬季，向积雪撒盐，在其它条件相同时，积雪上洒盐是参有杂质，积雪的熔点降低，使积雪熔化，故D错误。
故选：B。
【点评】此题考查了对物态变化现象的判断，是一道有关物态变化的综合题，但难度不大。
6．（3分）2022年6月5日，长征二号F遥十四运载火箭搭载神舟十四号载人飞船成功发射升空。关于运载火箭发射升空时涉及的物理知识，下列说法正确的是（ ）
A．火箭在加速上升过程中，动能增大，机械能增大
B．使用的燃料热值较小
C．大量“白气”涌向四周是扩散现象
D．燃料燃烧时将内能转化为化学能
【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、被举得高度，质量越大，高度越高，重力势能越大；机械能＝动能+势能；
（2）热值是燃料的一种特性，相同质量的不同燃料，热值大的完全燃烧放出的热量多；
（3）“白气”属于水蒸气遇冷液化成小水珠，不能说明分子运动；
（4）燃料燃烧将化学能转化为内能。
【解答】解：A、火箭在加速上升过程中，速度在增大，高度在增大，质量不变，动能增大，重力势能增大，机械能增大，故A正确；
B、火箭发射时要选用热值大的燃料，燃料完全燃烧时，热值大的提供的内能越大，故B错误；
C、大量“白气”涌向四周不是分子运动，而是水蒸气遇冷液化形成的小水珠在做机械运动，故C错误；
D、燃料燃烧的过程是化学能转化为内能，故D错误。
故选：A。
【点评】本题综合考查燃料的热值、液化现象、物体内能的改变、扩散现象等，属于基础题。
7．（3分）下面是对生活中一些事例的判断，其中正确的是（ ）
A．冰熔化时温度不变，内能也不变
B．船闸利用了连通器原理
C．用吸管“吸”饮料利用了液体内部压强的规律
D．用热水袋取暖利用了水的比热容小的特性
【分析】（1）晶体熔化时，吸收热量，温度不变，内能增大；
（2）上端开口、下部连通的容器称为连通器，注入同一种液体，在液体不流动时连通器内各容器的液面总是相平的；
（3）用吸管“吸”饮料利用了大气压的作用；
（4）水的比热容较大，相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少，据此分析。
【解答】解：A、冰是晶体，熔化时吸收热量、温度不变、内能增大，故A错误；
B、船闸在工作时，闸室分别与上游和下游构成连通器，利用了连通器原理，故B正确；
C、用吸管“吸”饮料时，先吸走管中的空气，使管内气压减小，饮料在大气压的作用下通过吸管进入口中，因此，利用了大气压的作用，故C错误；
D、用热水袋取暖利用了水的比热容大的特性，是利用了相同质量的水在降低相同的温度时会放出更多的热量，故D错误。
故选：B。
【点评】本题通过一些生活中的事例，考查了对晶体熔化特点、连通器、大气压、水的比热容大的应用等，有一定综合性。
8．（3分）下列关于电与磁的说法，错误的是（ ）
A．导体中负电荷的定向移动会产生磁场
B．任何磁体都有N、S两极
C．发电机是利用电磁感应现象的原理制成的
D．电动机是利用通电线圈在磁场中受力转动的原理制成，它是把机械能转化为电能的装置
【分析】（1）通电导体的周围存在磁场。
（2）磁体都有两个磁极。
（3）闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中会产生感应电流，这种现象叫电磁感应现象，发电机是利用该原理制成的。
（4）电动机是利用通电线圈在磁场中受力转动的原理制成，它是把电能转化为机械能。
【解答】解：A、导体中负电荷的定向移动形成电流，电流的周围会产生磁场，故A正确；
B、任何磁体都有N、S两极，故B正确；
C、发电机是利用电磁感应现象的原理制成的，故C正确；
D、电动机是利用通电线圈在磁场中受力转动的原理制成，它是把电能转化为机械能，故D错误。
故选：D。
【点评】本题主要考查的是电流的磁效应、电磁感应现象和通电导体在磁场中受到力的作用；知道发电机和电动机的基本原理。
9．（3分）乘坐动车进站时，行李常用传送带运送过安检，水平传送带以0.1m/s的速度匀速向右运动，行李放到传送带上后，速度随时间变化的图像如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．0～t1内，行李受到平衡力的作用
B．0～t1内，以传送带为参照物，行李是静止的
C．t1～t2内，行李的重力与传送带对行李的支持力是一对平衡力
D．t1～t2内，行李的重力与行李对传送带的压力是一对相互作用力
【分析】（1）处于静止状态和匀速直线运动状态时，物体处于平衡状态，此时受到的就是平衡力；
（2）在研究机械运动时，假定不动的物体叫参照物．判断一个物体相对于哪一个物体在运动，就要看这个物体相对于哪个物体位置发生变化；
（3）二力平衡：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；
（4）相互作用力的条件：大小相等、方向相反、作用在两个物体上，作用在同一条直线上。
【解答】解：A、由图像可知，0～t1内，物体的速度随时间而增大，所以行李做加速运动，受到非平衡力的作用，故A错误；
B、由图像可知，0～t1内，行李向右加速运动，以传送带为参照物，行李是运动的，故B错误；
C、行李的重力与传送带对行李的支持力大小相等、方向相反、作用在同一个物体上，作用在同一条直线上，所以是一对平衡力，故C正确；
D、t1～t2内，行李的重力与行李对传送带的压力方向相同，不是一对相互作用力，故D错误。
故选：C。
【点评】本题结合速度﹣时间图像考查学生对力和运动知识的掌握，能够判断出物体的运动状态，分析出受力情况是解决本题的关键。
10．（3分）如图所示，工人往车上装重物时，用长木板搭个斜面，工人用平行于斜面向上的力，把重物沿斜面从底端匀速推到顶端。下列说法正确的是（ ）
A．用斜面可以省力也可以省功
B．匀速推动重物的速度越大，重物的惯性越大
C．匀速推动重物的速度越大，推力做功越多
D．匀速推动重物的速度越大，推力的功率越大
【分析】（1）根据斜面的工作特点和功的原理解答；
（2）惯性是物体本身的一种性质，惯性的大小只与物体的质量有关，与速度无关；
（3）根据W＝Fs分析解答；
（4）根据P＝＝＝Fv分析解答。
【解答】解：A、根据斜面的工作特点和功的原理可知，利用斜面提高物体可以省力，但不能省功，故A错误；
B、惯性的大小只与物体的质量有关，与速度无关，故B错误；
C、由W＝Fs可知，推力做的功与物体在推力方向上移动的距离有关，与物体的速度无关，故C错误；
D、由P＝＝＝Fv可知，推力的功率与物体的移动速度有关，在推力一定时，速度越大，推力的功率越大，故D正确。
故选：D。
【点评】此题考查斜面的工作特点和功的原理、同时考查惯性、功和功率的影响因素，是一道综合性很强的题目，关键是相关公式和原理的熟练运用。
11．（3分）法国科学家阿尔贝 费尔和德国科学家彼得 格林贝格尔由于发现了巨磁电阻（GMR）效应而荣获2007年度诺贝尔物理学奖。图中GMR代表巨磁电阻，在磁场中，其阻值随磁场的逐渐变强而减小，闭合开关S1、S2，下列说法中正确的是（ ）
A．电磁铁左端为N极
B．电磁铁外部的磁感线从右端出发回到左端
C．将滑片P向b端滑动，电磁铁磁性变强
D．将滑片P向a端滑动，指示灯变暗
【分析】（1）闭合开关，电流从右端流入电磁铁，根据安培定则可得电磁铁左端的极性；在磁体外部，磁感线从N极发出，回到S极；
（2）由滑动变阻器滑片的移动得知电路中电流的变化情况，通过电路中电流的变化结合电磁铁磁性强弱的决定因素可以确定滑片移动时，其磁性强弱的变化；
（3）根据巨磁电阻的阻值与磁场强度的关系判定电路总电阻的变化，根据欧姆定律判定电路中电流的变化和灯泡亮度的变化。
【解答】解：AB、闭合开关，电流从右端流入电磁铁，根据安培定则可得，电磁铁左端为N极，磁感线从左端出发回到右端，故A正确、B错误；
C、滑片向b端滑动，电路中电阻变大，电流减小，电磁铁磁性变弱，故C错误；
D、滑片向a端滑动，电路中电阻变小，电流变大，电磁铁磁性变强，GMR的阻值变小，指示灯所在电路的电流变大，指示灯变亮，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到电磁铁磁性与电流的关系和电功率公式的应用等，判读出巨磁电阻的变化是解题的关键。
12．（3分）如图甲，大小相同的水平拉力F分别拉着物体M、N在不同的水平地面上做直线运动。此过程M、N的动能随时间变化的关系如图乙所示。用mM和mN、fM、fN、vM和vN分别表示M、N的质量、摩擦力和运动速度的大小，下列判断一定正确的是（ ）
A．mM＜mN B．fM＝fN C．fM＜fN D．vM＞vN
【分析】动能的大小与质量和速度有关；物体做匀速直线运动时，物体受力平衡，受到的拉力和滑动摩擦力是一对平衡力；滑动摩擦力的大小与压力大小、接触面的粗糙程度有关。
【解答】解：由图可知，M和N的动能随时间大小不变，运动过程中，M和N的质量不变，所以速度不变，即大小相同的水平拉力F分别拉着物体M、N在不同的水平地面上做匀速直线运动，则物体在水平方向上受到的拉力和滑动摩擦力是一对平衡力，大小相等，所以两个物体受到的摩擦力是相同的，即：fM＝fN；由图乙可知，M的动能大于N的动能，由于不知道两个物体运动速度的大小，所以无法判定两个物体的质量大小关系，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题考查了影响动能、滑动摩擦力大小的因素，以及二力平衡条件的应用等知识，难度不大。
13．（3分）如图所示，甲、乙、丙三个完全相同的烧杯中均装有适量的水，将质地均匀，且不吸水的a、b两实心体分别放入甲、乙烧杯中，当a、b静止时，a有五分之二的体积露出水面，b悬浮于水中，此时两烧杯液面刚好相平。若将b置于a上一起放入丙烧杯中，静止时a的上表面刚好与液面相平，整个过程中水均未溢出，下列说法正确的是
（ ）
A．a的密度是0.4×103kg/m3
B．图中，甲、乙烧杯对桌面的压力之比为3：2
C．a、b的重力之比为3：2
D．a、b的体积之比为3：2
【分析】（1）根据物体漂浮条件F浮＝G及公式G＝mg＝ρgV、F浮＝ρ液gV排来计算物体密度，并分析a、b之间的重力、体积的大小关系；
（2）根据阿基米德原理F浮＝G排及F浮＝G可知，甲、乙两图中烧杯对桌面的压力大小关系。
【解答】解：由漂浮、悬浮条件可知：F浮＝G，结合公式G＝mg＝ρgV、F浮＝ρ液gV排可得：
在甲中，a漂浮，有五分之二的体积露出水面，则a的重力为Ga＝ρagVa，
a受到的浮力为F浮a＝ρ液gV排a＝ρ水gVa，
即Ga＝ρagVa＝ρ水gVa……①
在乙中，b悬浮，则Gb＝F浮b＝ρ水gVb……②
在丙中，a、b漂浮，则Ga+Gb＝F浮＝ρ水gVa……③
由①可得：ρa＝ρ水＝0.6×103kg/m3，故A错误；
由①②③可得：2Ga＝3Gb，即：Ga：Gb＝3：2，故C正确；
2Va＝5Vb，即：Va：Vb＝5：2，故D错误；
在甲、乙中，a、b漂浮，且两容器内液面相平，结合阿基米德原理可得：G排a＝F浮a＝Ga，G排b＝F浮b＝Gb，
所以两容器内水和物体的总重力相等，则两个相同的容器对水平桌面的压力为容器的重力与水和物体总重力的和，大小相等，甲、乙烧杯对桌面的压力之比为1：1，故B错误；
故选：C。
【点评】本题考查物体漂浮、悬浮条件及阿基米德原理的应用，难度较大。
二、填空题（本题共3小题，每空2分，共12分。）
14．（4分）中考期间，考试铃声通过 空气 传到同学们耳中；考场周围禁鸣喇叭，是在 声源 处控制噪声。
【分析】（1）声音的传播需要介质：固体、液体和气体介质。
（2）控制噪声的方法有：在声源处减弱；在传播过程中减弱；在人耳处减弱。
【解答】解：声音靠介质传播，考试铃声是通过空气传入耳朵的；考场周围禁鸣喇叭是在声源处减弱噪声的。
故答案为：空气；声源。
【点评】此题是一道声现象的基础题，考查了声音的传播、减弱噪声的途径，比较简单，难度不大。
15．（4分）质量为2kg的水温度升高80℃，需吸收的热量是 6.72×105 J；若用功率为1400W的电热水壶来提供这些热量，用时为10min，则电热水壶的效率为 80% 。[c水＝4.2×103J/（kg ℃）]
【分析】（1）根据Q吸＝cmΔt求出水吸收的热量；
（2）根据W＝Pt求出电热水壶消耗的电能，根据效率公式求出电热水壶的效率。
【解答】解：水吸收的热量：Q吸＝c水mΔt＝4.2×103J/（kg ℃）×2kg×80℃＝6.72×105J；
由P＝可知，电热水壶消耗的电能：W＝Pt＝1400W×10×60s＝8.4×105J，
电热水壶的效率：η＝×100%＝×100%＝80%。
故答案为：6.72×105；80%。
【点评】本题考查吸热公式、电功公式以及效率公式的应用，是一道电热综合题，难度不大。
16．（4分）如图甲所示，弹簧测力计通过细线拉着正方体物块缓慢浸入某未知液体中，物块受到的拉力F与其下表面浸入液体中的深度h之间的关系如图乙所示。则物块刚好浸没在液体中时，其下表面受到液体压力为 9 N，未知液体的密度为 0.9×103 kg/m3。（g取10N/kg）
【分析】由图象可知，弹簧测力计的最大示数，此时物块未浸入液体中，物块重力等于最大示数；
由图象可知，物块从刚浸入液体到完全浸入，物块浸入深度，即正方体物块的边长；
求出物块的体积，由图得出物块全浸入时弹簧测力计的示数，利用称重法求受到的浮力，根据浮力产生的原因可知物块刚好浸没在液体中时，其下表面受到液体压力；物块排开液体的体积等于物块的体积，再利用F浮＝ρ液V排g求液体的密度。
【解答】解：由图象可知，弹簧测力计的最大示数F最大＝15N，此时物块未浸入液体中，则物块重力G＝F最大＝15N；
由图象可知，物块从刚浸入液体到完全浸入，物块浸入深度h＝10cm，即正方体物块的边长为10cm；
物块的体积V＝（10cm）3＝1000cm3＝1×10﹣3m3，物块全浸入时弹簧测力计的示数F示＝6N，
受到的浮力F浮＝G﹣F示＝15N﹣6N＝9N，
根据浮力产生的原因可知物块刚好浸没在液体中时，其下表面受到液体压力F压＝F浮＝9N，
物块排开液体的体积：
V排＝V＝1×10﹣3m3，
由F浮＝ρ液V排g可得液体的密度：
ρ液＝＝＝0.9×103kg/m3。
故答案为：9；0.9×103。
【点评】本题考查了密度公式、阿基米德原理的应用，分析图象得出相关信息是关键。
三、作图、实验与探究题（本大题共4小题，17题2分，18题2分，19题12分，20题12分，共28分。）
17．（2分）画出入射光线经过凸透镜折射后的折射光线。
【分析】先确定所给的入射光线的特点，然后根据凸透镜的光学特点（三条特殊光线）作图。
【解答】解：
平行于主光轴的入射光线经过凸透镜折射后，折射光线过焦点，由此画出对应的折射光线。如图所示：
【点评】凸透镜三条特殊光线的作图：①通过焦点的光线经凸透镜折射后将平行于主光轴。②平行于主光轴的光线经凸透镜折射后将过焦点。③过光心的光线经凸透镜折射后传播方向不改变。
18．（2分）请用力的示意图表示悬浮在水中的物体受到的浮力。
【分析】（1）物体在水中受到重力和浮力的作用，由于处于悬浮状态，并且静止，浮力等于重力，二者是一对平衡力；
（2）力的示意图就是用一条带箭头的线段表示力的大小、方向、作用点，浮力的方向是竖直向上的
【解答】解：物体在水中处于悬浮状态，浮力等于重力，重力的方向竖直向下，浮力的方向竖直向上，力的作用点可画在物体的重心上，如图所示：
【点评】画力的示意图的一般步骤为：一画简图二定点，三画线，四画尖，五把力的符号标尖边。按照这个作图步骤，很容易能够画出指定力的示意图。
19．（12分）下面是小聪利用刻度均匀的匀质杠杆进行探究“杠杆平衡条件”的实验。
（1）实验前应将杠杆调节到水平位置平衡，其目的是 便于确定力臂的长 ，将杠杆的中点置于支架上，当杠杆静止在图甲所示位置，这时应将平衡螺母向 右 （选填“左”或“右”）端调节。
（2）调节平衡后，在杠杆A点处挂3个钩码，如图乙所示，则在B点处应挂 4 个同样的钩码，杠杆仍然在水平位置平衡。
（3）在探究过程中，需要进行多次实验的目的是 B 。
A.减少实验误差
B.避免实验的偶然性，寻找普遍规律
（4）如图丙所示，小聪在A位置挂一个弹簧测力计，在B位置挂了2个钩码。现将弹簧测力计从D位置移到C位置，在此过程中杠杆始终在水平位置保持平衡，则弹簧测力计示数 变大 （选填“变大”、“变小”或“不变”），原因是 阻力、阻力臂不变，拉力F力臂变小，则拉力F变大 。
【分析】（1）使杠杆在水平位置保持平衡，这样做的目的是便于直接在杠杆上读取力臂；在调节杠杆平衡时，应该向较高的一端调节平衡螺母；
（2）设每个钩码重为G，每个小格为L，根据杠杆的平衡条件求解；
（3）在探究过程中，需要进行多次实验的目的是避免偶然性，寻找普遍规律；
（4）当拉力由垂直变成倾斜时，会造成力臂变小，相应的力会变大，这样才能继续平衡。
【解答】解：（1）实验前应将杠杆调节到水平位置平衡，这样做便于直接在杠杆上读取力臂的大小；当杠杆静止在图甲所示位置时，右端偏高，这时应将平衡螺母向右端调节；
（2）如图乙所示，在杠杆A点处挂3个钩码，设在则在B点处应挂n个同样的钩码，可使杠杆仍然在水平位置平衡；
设每个钩码重为G，每个小格为L，根据杠杆的平衡条件F动l动＝F阻l阻，
3G×4L＝nG×3L，故n＝4，
即在B点处应挂4个同样的钩码，杠杆仍然在水平位置平衡；
（3）在探究过程中，需要进行多次实验的目的是避免实验的偶然性，寻找普遍规律，故选：B；
（4）图丙中，当弹簧测力计绕A点从D位置转动到C位置的过程中，阻力、阻力臂不变，拉力F力臂变小，相应的力会变大，因此，要保持杠杆仍在水平位置平衡，拉力F将变大。
故答案为：（1）便于确定力臂的长；右；（2）4；（3）B；（4）变大；阻力、阻力臂不变，拉力F力臂变小，则拉力F变大。
【点评】本题考查了杠杆平衡的调节、杠杆平衡条件的应用等问题，是实验的常考问题，一定要掌握。
20．（12分）在测量“小灯泡的电阻”的实验中，有如下器材：电压表、电流表、开关、电压为3V的电源、标有“2.5V”的小灯泡，滑动变阻器及导线若干。
（1）请用笔画线代替导线，把图甲中的实物电路连接完整；（导线不能交叉）
（2）闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应处于图中最 左 端（填“左”或“右”）；
（3）连好电路后，闭合开关，发现灯泡不亮，电流表无示数，电压表示数接近电源电压，则产生此故障的原因可能是 A ；
A.小灯泡断路
B.小灯泡短路
C.滑动变阻器断路
（4）排除故障后，调节滑动变阻器，使电压表示数达到额定电压时，电流表指针的位置如图乙所示，则通过小灯泡的电流是 0.24 A，小灯泡的额定功率是 0.6 W；
（5）小华移动滑动变阻器滑片，测出多组电流和电压值，分析数据后发现通过小灯泡的电流值与电压值不成正比，检查两电表均无故障，你认为可能的原因是 灯丝的电阻随温度的升高而增大 。
【分析】（1）根据灯泡的额定电压确定电压表量程，并与灯泡并联；
（2）为保护电路，闭合开关前，应使滑动变阻器滑片置于阻值最大处；
（3）电流表无示数，说明电路中存在断路；电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源串联，与电压表并联以外的电路是完好的，则灯泡断路；
（4）根据图示可知，电流表选用量程是0～0.6A，根据分度值读数，额定功率通过P＝UI进行计算；
（5）灯泡的电阻随着温度的改变而改变。
【解答】解：（1）标有“2.5V”小灯泡表示其额定电压为2.5V，因此电压表选用小量程与灯泡并联，如下图，
（2）为保护电路，闭合开关前，滑动变阻器滑片P应处于阻值最大处，即图中最左端；
（3）电流表无示数，灯泡不亮，说明电路中出现断路；电压表有示数且接近电源电压，说明电压表与电源相连，与电压表并联以外的电路无断路，说明电压表所并联的小灯泡出现断路；故A正确。
（4）根据图可知，电流表选用是小量程0～0.6A，电流表示数为0.24A，
额定功率P＝UI＝2.5V×0.24A＝0.6W；
（5）当灯泡的电压变大时，电功率变大，灯泡的亮度增大，灯丝温度升高，由于灯丝的电阻随温度的升高而增大，因而通过小灯泡的电流值与电压值不成正比。
故答案为：（1）如图见解答；（2）左；（3）A；（4）0.24；0.6；（5）灯丝的电阻随温度的升高而增大。
【点评】本题测量小灯泡电阻，考查了电路的连接，注意事项，故障分析，电表读数及额定功率、灯丝电阻的变化等知识。
四、计算题（本题共2小题，21题10分，22题11分，共21分。要求写出必要的文字说明、公式和重要的演算步骤，只写出最终答案的不能计分。）
21．（10分）如图所示，重为600N的工人利用滑轮组将建筑材料运送到平台上，工人用400N的力竖直向上匀速拉绳子，使建筑材料以0.1m/s的速度匀速向上运动了40s，已知滑轮组的机械效率为75%，g取10N/kg，绳重、滑轮与轴的摩擦均忽略不计。问：
（1）若工人双脚与平台的总接触面积为0.04m2，则在提升建筑材料的过程中，工人对平台的压强是多少？
（2）工人对绳做的功为多少？
（3）建筑材料的质量为多少？
【分析】（1）根据力的平衡条件求出平台对工人的支持力，根据力的作用是相互的求出工人对平台的压力，根据p＝求工人对平台的压强；
（2）根据速度公式求建筑材料运动的距离；由图可知n＝3，绳子自由端移动的距离s＝nh，利用W总＝Fs求拉力做的总功；
（3）利用η＝×100%求有用功，利用W有＝Gh求建筑材料的重力，利用G＝mg求建筑材料的质量。
【解答】解：（1）由力的平衡条件可知，平台对工人的支持力：
F支＝G人+F＝600N+400N＝1000N，
此过程中该工人对地面的压力：
F压＝F支＝1000N，
则工人对平台的压强：
p＝＝＝2.5×104Pa；
（2）建筑材料运动的距离为：
h＝vt＝0.1m/s×40s＝4m，
由图可知n＝3，绳子自由端移动的距离：s＝nh＝3×4m＝12m，
拉力做的总功：W总＝Fs＝400N×12m＝4800J；
（2）由η＝×100%可知，拉力做的有用功：
W有＝ηW总＝75%×4800J＝3600J，
由W有＝Gh可知，建筑材料的重力：
G＝＝＝900N，
由G＝mg可知，建筑材料的的质量：
m＝＝＝90kg。
答：（1）若工人双脚与平台的总接触面积为0.04m2，则在提升建筑材料的过程中，工人对平台的压强是2.5×104Pa；
（2）工人对绳做的功为4800J；
（3）建筑材料的质量为90kg。
【点评】本题考查了压强定义式、重力公式和力的平衡条件的应用、使用滑轮组时有用功、总功和机械效率的计算，关键是从图中得出滑轮组绳子的有效股数。
22．（11分）如图所示电路中，电源电压为3V，电阻R1的阻值为5Ω，滑动变阻器R2上标有“15Ω 1A”字样，小灯泡L上标有“4V 2W”字样，且小灯泡的电阻会受温度的影响，电流表所选量程为0～0.6A。求：
（1）小灯泡正常发光的电阻；
（2）当开关S、S1和S2都闭合时，R2的滑片置于最右端，电流表的示数为0.6A，小灯泡L在10min内产生的热量；
（3）当S闭合，S1和S2都断开时，在保证电路安全的条件下，则滑动变阻器消耗的最大电功率。
【分析】（1）已知灯泡的额定电压和额定功率，根据P＝计算小灯泡正常发光的电阻；
（2）当开关S、S1和S2都闭合时，L与R2并联，电流表测干路电流，滑片置于最右端，由并联电路特点和欧姆定律计算通过灯泡的电流，由Q＝W＝UIt计算小灯泡L在10min内产生的热量；
（3）当S闭合，S1和S2都断开时，R1与滑动变阻器R2串联，在保证电路安全的条件下，根据P滑＝I2R滑＝（）2R滑＝＝分析并计算出滑动变阻器消耗的最大电功率。
【解答】解：
（1）由P＝可得，小灯泡正常发光的电阻：
RL＝＝＝8Ω；
（2）由图知，当开关S、S1和S2都闭合时，L与R2并联，电流表测干路电流，
由并联电路电压规律知，UL＝U2＝U＝3V，
滑片置于最右端，通过R2的电流：
I2＝＝＝0.2A，
由并联电路电流规律可得，通过灯泡的电流：
IL＝I﹣I2＝0.6A﹣0.2A＝0.4A，
小灯泡L在10min内产生的热量：
QL＝W L＝ULILt＝3V×0.4A×10×60s＝720J；
（3）当S闭合，S1和S2都断开时，R1与R2串联，电流表测电路中电流，
由串联电路特点、欧姆定律和P＝I2R有，滑动变阻器的电功率：
P滑＝I′2R滑＝（）2R滑＝＝，
当R1＝R滑＝5Ω时，滑动变阻器消耗电功率有最大值，
此时电路中电流：I′＝＝＝0.3A＜0.6A，电路安全，
所以滑动变阻器消耗的最大电功率：
P滑大＝I′2R滑＝（0.3A）2×5Ω＝0.45W。
答：（1）小灯泡正常发光的电阻为8Ω；
（2）当开关S、S1和S2都闭合时，R2的滑片置于最右端，小灯泡L在10min内产生的热量为720J；
（3）当S闭合，S1和S2都断开时，在保证电路安全的条件下，滑动变阻器消耗的最大电功率为0.45W。
【点评】本题考查了串并联电路特点、欧姆定律、电功率以及电热计算公式的灵活应用，利用数学方法得出滑动变阻器何时消耗功率最大，是解答最后一问的关键。
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