2022年山东省聊城市阳谷县中考物理二模试题及答案解析

第=page11页，共=sectionpages11页2022年山东省聊城市阳谷县中考物理二模试卷一、单选题（本大题共10小题，共30.0分）1.如图所示，关于声现象的描述正确的是(    )A.逐渐抽出真空罩内的空气，铃声逐渐减弱，表明发声体振动减弱B.演奏古筝时用更大的力拨动琴弦，是为了改变古筝的音调C.倒车雷达利用了超声波传递能量D.工厂用的防噪声耳罩是在人耳处减弱噪声2.如图所示，自然界中的雪、雾、露、霜等现象，都是水这种物质发生物态变化形成的。对这些现象的描述，正确的是(    )A.雪的形成是凝华现象，需要吸热B.雾的形成是汽化现象，需要吸热C.露的形成是液化现象，需要放热D.霜的形成是凝固现象，需要放热3.关于用天平、量筒和水测量一个枇杷密度的实验，下列说法正确的是(    )A.应该先测枇杷的体积，再测枇杷的质量B.用调好的天平称量时，枇杷应放在右盘C.所用量筒的分度值越大，测得体积越精确D.枇杷浸没水中，表面附有气泡，测得密度偏小4.为了增强中学生的身体素质，某学校的体育测试增设了铅球项目，在某次投掷铅球的过程中，下列说法正确的是(    )A.铅球一直受到平衡力的作用B.手对铅球的力大于铅球对手的力C.铅球离开后会继续向前运动，是因为铅球具有惯性；铅球最终停下来，惯性消失D.铅球在空中运动时，如果受到的力全部消失，它将做匀速直线运动5.如图，某创新实验小组设计的“研究液体压强与流速的关系”的装置，Y为上端开口的容器，储存液体，X1、X2为上端开口的细玻璃管，与矿泉水瓶、细塑料管等连通。M、N分别是X1、X2内液体中同一水平线上的两个点。下列判断正确的是(    )A.开关关闭时，X1内的液面高于X2内的液面B.开关打开时，X1内的液面低于X2内的液面C.开关关闭时，液体在M点的压强大于液体在N点的压强D.开关打开时，液体在M点的压强大于液体在N点的压强6.一位摄影爱好者采用在同一张底片上多次曝光的 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 ，拍摄了极限跳伞运动员从悬崖上跳下的过程。从运动员离开悬崖时开始，每隔0.3s曝光一次，得到了一张记录运动员在打开降落伞之前的一段下落情况的照片，如图。已知运动员从a点到d点可视为沿竖直方向运动，通过ab、bc和cd的时间间隔均为0.6s，空气阻力不能忽略。对于运动员从a点到d点的下落过程，下列 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 中正确的是(    )A.运动员下落过程中的速度的大小保持不变B.运动员所受的重力在ab段所做的功等于在cd段所做的功C.运动员所受的重力在ab段做功比在cd段做功慢D.运动员下落过程中减少的重力势能全部转化为动能7.关于温度、热量和内能，下列说法正确的是(    )A.温度相同的物体内能一定相等B.汽油机的做功冲程中燃气的内能减小C.我们不敢大口喝热气腾腾的汤，是因为汤含有的热量较多D.摩擦生热过程将机械能转化为内能，这些内能又可以自发的转化为机械能8.青岛某住宅楼，夜间，每当地铁从高架桥上驶过，伴随着地铁行驶噪声，大楼除个别破损的灯泡外，左侧的楼道灯和右侧的走廊灯“自动”亮起，如图所示。白天地铁驶过，不会出现这种情况。已知S1为声控开关(有声闭合、无声断开)，S2为光控开关(夜间闭合、白天断开)，该大楼每层连接楼道灯L1、走廊灯L2的电路为图中的(    )A.B.C.D.9.下列有关电和磁的四幅图，其中描述正确的是(    )A.如图，奥斯特实验证实了磁能产生电B.如图，由小磁针静止时N极的指向可以判断a端与电源正极连接C.如图，扬声器与发电机工作原理相同D.如图，话筒与电动机工作原理相同10.如图所示为某压力传感器的原理图，R1为定值电阻，滑动变阻器R2的滑片P通过AB间可以伸缩的导线与电路相连，导线位于弹簧内部，当闭合开关S，压力F增大时，下列说法正确的是(    )A.电压表V1的示数变大B.电压表V2的示数变小C.电压表V2的示数与电流表A的示数比值变大D.电压表V1的示数与电流表A的示数比值变小二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）11.关于各图所示的物理实验现象及说明的问题，下列说法正确的是(    )A.图甲：太阳光通过棱镜，被分解成各种颜色的光；说明白光由各种色光混合而成B.图乙：小球来回摆动，越靠近低处速度越大；说明重力势能和动能可以相互转化C.图丙：迅速下压活塞，硝化棉立即燃烧起来；说明摩擦生热使筒内空气内能增加D.图丁：微微加热时锥形瓶中呈现淡淡的紫色；说明固态碘受热先熔化再汽化12.如图所示，重为2N的物体A放在水平桌面上，重为5N的物体B挂在动滑轮下，每个滑轮重为1N(不计绳重和摩擦)，B恰好可以匀速下降。现对A施加水平向左的拉力使B上升，当B以0.3m/s的速度匀速上升时，拉力大小为F.下列说法正确的是(    )A.B匀速下降时，物体A受到3N的摩擦力B.拉力F的大小为4NC.拉力F的功率为3.6WD.B匀速上升0.6m的过程中，拉力F做功2.4J13.图甲是测量小灯泡电功率的电路图，电源电压恒为6V。闭合开关S后，将 规格 视频线规格配置磁共振要求常用水泵型号参数扭矩规格钢结构技术规格书 为“40Ω 1A”的滑动变阻器滑片，从右端向左滑动，当电流表示数为0.3A时，小灯泡正常发光；图乙是此过程中，电压表与电流表示数变化的关系图象，下列分析正确的是(    )A.小灯泡的额定功率是1.14WB.小灯泡的电阻为12.7ΩC.电路中最小电流为0.125AD.电压表示数为2V时电路总功率是1.32W三、填空题（本大题共5小题，共10.0分）14.如图所示，我市夷陵广场安装有噪声自动监测显示屏，显示屏上的分贝数值指的是声音的______(选填“音调”“响度”或“音色”)，广场周边禁止汽车鸣笛是在______处减弱噪声。15.“沿洄划转如旋风，半侧船头水花没”，这是描写船过漩涡时，漩涡中心流速大，中心的水压______(选填“大于”或“小于”)周围的水压而造成的惊险情景；峨眉山顶“煮米不成饭”，是因为峨眉山顶气压______(选填“高”或“低”)，水的沸点低造成的。16.如图所示是某单缸四冲程汽油机的______冲程；若该汽油机每1秒钟对外做功25次，那么该汽油机飞轮的转速为______revs/min。17.如图照明电路中电灯突然熄灭，用试电笔测a、b、c点，试电笔均发亮，测试d点不亮，故障是______；试电笔发亮时，火线、试电笔、人体与大地构成______联电路。18.某同学设计的水位自动报警装置如图所示，当水位上升到与金属片A接触时，控制电路接通，此时工作电路中______(选填“灯亮”或“铃响”)，通电螺线管上方为______(选填“N”或“S”)极。四、作图题（本大题共2小题，共4.0分）19.如图所示，从点光源S射出的一条光线经P处的平面镜反射后，反射光线射向凹透镜的焦点方向。(1)画出平面镜；(2)作出反射光线经凹透镜折射后的光线。20.请在如图所示中作出用一轻质杠杆提起一重物时最省动力F的示意图和F的力臂l。五、实验探究题（本大题共3小题，共18.0分）21.小明在做“探究凸透镜成像规律”的实验中：(1)如图1，让一束平行于主光轴的平行光射向凸透镜，移动光屏，直到在光屏上出现一个最小最亮的光斑，则该凸透镜的焦距为______cm。(2)如图2，要使像成在光屏的中央，应将光屏向______调整(选填“上”或“下”)。(3)当烛焰距离凸透镜12cm处时，移动光屏，可在光屏上得到一个清晰的像，生活中的______就是利用这个原理制成的。(4)当烛焰逐渐远离凸透镜时，烛焰所成的实像将______(选填“变大”或“变小”)。(5)蜡烛、凸透镜、光屏的位置如图3，此时光屏上得到了一个清晰的像，这个像是倒立、______(选填“放大”、“缩小”或“等大”)的实像。(6)随着实验的进行，蜡烛在逐渐变短，出现了如图甲所示现象，为了把像调整到光屏中央，应选______。A.将蜡烛向下移动；B.将凸透镜向下移动；C.将光屏向下移动(7)在上一步实验获得清晰的像后，小明取了一副近视眼镜放在凸透镜前(如图乙)，要使光屏上再次成清晰的像，可将蜡烛向______(左/右)移。(8)如图，蜡烛在光具座上A处向左移动距离s到C，为在光屏上再次成清晰的像，则他应将光屏向左移动，光屏移动距离为s′______s(填“>”“=”或“<”)。22.在“探究影响滑动摩擦力大小的因素”实验中，用完全相同的木块分别做了如图所示的甲、乙、丙三个实验。(1)将木块放在水平木板上，弹簧测力计必须沿水平方向拉动，使木块做匀速直线运动。此时木块受到的滑动摩擦力______弹簧测力计的示数(选填“大于”、“等于”或“小于”)；(2)甲、乙两个实验说明滑动摩擦力的大小与______有关；在甲实验中，若拉力增大为2N，则木块所受到的摩擦力______2N(选填“大于”、“等于”或“小于”)；(3)比较乙、丙两图中的测力计示数，可得出结论：______；利用此结论，如果要在拔河比赛中获胜，应该选用下图中的______类型的鞋；(4)比较甲、丁实验，发现甲实验弹簧测力计的示数大于丁实验弹簧测力计的示数，小明得出结论：滑动摩擦力的大小与接触面积的大小有关，他的结论是错误的。理由是______。23.用图甲电路测量小灯泡电功率，电源电压恒为3V，小灯泡的额定电流为0.2A，额定电压小于3V。(1)连接电路时，开关应处于______状态。(2)请用笔画线代替导线，将图甲中的实物电路连接完整。(3)电路连接正确后，闭合开关，发现小灯泡不亮，但电流表有示数，接下来应进行的操作是______(填序号)。A.更换小灯泡B.检查电路是否断路C.移动滑动变阻器滑片，观察小灯泡是否发光(4)问题解决后，某时刻电流表示数如图乙所示，示数为______A。要测量小灯泡的额定功率，应将滑片P向______(填“左”或“右”)端移动，使电流表示数为0.2A。(5)移动滑片P，记录多组数据，绘制成I−U图像。根据图丙所给信息，计算出小灯泡的额定功率是______W；进一步分析图丙可知，实验过程中小灯泡的电阻发生变化，电阻变化的主要原因是______。(6)对实验现象进一步分析可知：小灯泡的实际功率越大，小灯泡亮度越大。但某同学发现：标有“220V 8.5W”的LED灯与标有“220V 60W”的普通白炽灯都正常发光时，亮度几乎相当。请分析造成这一现象的原因可能是______(填序号)。A.两灯的实际功率相同B.相同时间内，电流通过两灯做功不同C.两灯将电能转化为光能的效率不同六、计算题（本大题共3小题，共24.0分）24.某品牌汽车空载静止时对水平地面的压强为3×105Pa，轮胎与地面总接触面积为400cm2。当汽车以120km/h的速度沿直线匀速行驶时，功率为50kW。求：(1)汽车的重力是多少？(2)当汽车以120km/h的速度沿直线匀速行驶时，所受到的阻力是多少？(3)当汽车以120km/h的速度沿直线匀速行驶100km时，燃浇10kg汽油，则发动机的效率是多少？(汽油热值q=4.6×107J/kg)(结果保留到0.1%)25.搬运工人站在水平高台上用如图所示的滑轮组匀速竖直向上提升重物、不计绳重和摩擦、工人的重力为640N，提升时间为20s，重物上升高度为2m，则：(1)提升时绳自由端的速度为多少？(2)若拉力F的大小为150N，则拉力的功率为多少？(3)若上述过程中所提重物重为360N，则滑轮组的机械效率为多少？(4)若仍用该滑轮组提升另一重物，当提升过程中该工人对高台的压力为800N，则所提升重物的重力为多少？26.在如图甲所示的电路中，电源电压6V保持不变，滑动变阻器R2标有“20Ω 1A”字样，闭合开关S后，电压表的示数为2V，电流表的示数为0.2A。求：(1)定值电阻R1的阻值。(2)100s内通过滑动变阻器R2的电流所做的功。(3)将R1和R2按图乙所示的电路连接，电源电压不变并闭合开关S，求图甲电路消耗的最小功率与图乙电路消耗的最大功率的比值。答案和解析1.【答案】D 【解析】解：A、声音的传播需要介质，逐渐抽出真空罩内的空气，空气越稀薄，听到的铃声越小，不是发声体振动减弱，故A错误；B、演奏古筝时，用较大的力拨动琴弦，琴弦振幅加大，所以响度加大，故B错误；C、倒车雷达利用超声波传递信息，故C错误。D、防噪声耳罩是为了在人耳处减弱噪声，故D正确。故选：D。(1)声音的传播需要介质。(2)根据声音的三个基本特征：响度、音调、音色即可判断。(3)声音能传递信息，也能够传递能量。(4)减弱噪声的途径：在声源处减弱噪声；在传播过程中减弱噪声；在人耳处减弱噪声。本题考查了声音的传播，声音的特性，声音的利用、以及防治噪声的途径，属于声学基础知识的考查。2.【答案】C 【解析】【分析】液化是由气态变成液态的过程，凝华是由气态直接变成固态的过程，升华是由固态直接变成气态的过程，熔化是由固态变成液态的过程。【解答】解：A、“雪”是由空气中的水蒸气遇冷直接变成固态的小冰晶，是凝华现象，凝华放热，故A错误；B、“雾”是由空气中的水蒸气遇冷液化而成的小水滴，附着在空中小尘埃上形成的，是液化现象，液化放热，故B错误；C、“露”是由空气中的水蒸气遇冷液化而成的小水滴，附着在草叶上形成的，是液化现象，液化放热，故C正确；D、“霜”是由空气中的水蒸气遇冷直接变成固态的小冰晶，是凝华现象，凝华放热，故D错误。故选：C。  3.【答案】D 【解析】解：A.假如先测“体积”后测“质量”，由于在排水法测量物体的体积时，物体上会吸附水分；再测质量则会引起质量的测量值比真实质量偏大，故A错误；B.在用天平称量时，应将物体放在左盘，砝码放在右盘，所以枇杷应放在左盘，故B错误；C.所用量筒的分度值越小，测得体积越精确，故C错误；D.若枇杷浸没水中后其表面附着有少量的气泡则测出的体积将偏大，根据ρ=mV，质量一定时，体积偏大，算出枇杷的密度将偏小，故D正确。故选：D。本题考查天平和量筒的使用的注意事项，以及对实验误差的分析，这都是我们在测量密度的实验中必须掌握的。是一道基础题。4.【答案】D 【解析】解：A、掷铅球的过程中，铅球运动的速度和方向不断发生变化，受非平衡力的作用，故A错误；B、手对铅球的力等于铅球对手的力，故B正确；C、投掷铅球时，铅球离开手后继续向前运动是由于铅球具有惯性，铅球最终停下来，仍然具有惯性，故C错误；D、根据牛顿第一定律可知，铅球在空中运动时，如果受到的力全部消失，它将做匀速直线运动，故D正确。故选：D。(1)受平衡力的物体，运动状态不会改变；(2)力的作用是相互的；(3)一切物体都有保持原来运动状态不变的性质，叫惯性；(4)根据牛顿第一定律可知，当物体不受任何外力的时候，总保持匀速直线运动状态或静止状态，在力消失的一瞬间，原来运动的物体将做匀速直线运动，原来静止的物体将永远静止下去。本题考查平衡力的作用、相互作用力、惯性以及牛顿第一定律，是一道综合题。5.【答案】B 【解析】解：AC、开关关闭时，液体处于静止状态，X1、X2与Y构成连通器，根据连通器特点可知，X1内的液面与X2内的液面相平，则由题意可知M点和N点在液体中所处的深度相同，根据p=ρ液gh可知，液体在M点的压强等于液体在N点的压强，故AC错误；BD、开关打开时，由于X1下面的管子比X2下面的矿泉水瓶细，液体流经X1下面的管子时流速大，压强小，而流经X2下面的矿泉水瓶时流速小，压强大，所以X1内的液面低于X2内的液面，结合题意可知此时M点所处的深度较小，根据p=ρ液gh可知，液体在M点的压强小于液体在N点的压强，故B正确，D错误。故选：B。(1)上端开口，下部连通的容器叫做连通器，连通器的特点是容器中装有同一种液体，液体不流动时，各个容器中液面总是相平的；(2)流体流速越大的地方压强越小，流速越小的地方压强越大；(3)分别根据连通器原理、流体压强和流速的关系判断开关关闭、打开时M点和N点到液面的距离大小，然后利用p=ρ液gh判断液体在M点的压强和液体在N点的压强大小。此题通过一个实验，综合考查了连通器原理、流体压强和流速的关系、液体压强的大小比较，巧妙地将几个知识点融合在一起，设计新颖、难度适中，是一道好题！6.【答案】C 【解析】A.由图知，运动员下落过程中在相同时间内通过的距离不同，因此他的速度的大小是变化的，故A错误；B.由图知，运动员在ab段与cd段通过的距离不同，且运动员的重力不变，由公式W=Gh可知，其所受的重力在ab段所做的功不等于在cd段所做的功，故B错误；C.由图知，运动员在ab段比在cd段通过的距离短，因此相同时间内做功少，即重力在ab段做功比在cd段做功慢，故C正确；D.由于空气阻力不能忽略，所以运动员下落过程中克服空气阻力会消耗一部分机械能(会转化为内能)，所以减少的重力势能并没有全部转化为动能，故D错误。故选C。7.【答案】B 【解析】解：A、温度相同的两个物体，质量不一定相同，内能不一定相等，故A错误；B、汽油机在做功冲程中，燃气对活塞做功，燃气的内能转化为机械能，所以燃气的内能减少，故B正确；C、我们不敢大口地喝热气腾腾的汤，是因为热汤的温度高；热量是一个过程量，不能说物体含有多少热量，故C错误；D、摩擦生热是克服摩擦做功，将机械能转化为内能，这些内能可以通过做功再转化为机械能，但这些内能无法自动地转化为机械能，是因为能量的转化是有方向性的，故D错误。故选：B。(1)内能是物体内部所有分子做无规则热运动的动能和分子势能的总和，其大小与物体的质量和温度有关，物体的温度越高、质量越大，内能越大；(2)热机在做功冲程中，燃料在气缸内燃烧，产生高温高压的燃气，燃气对活塞做功，内能转化为机械能。(3)热量是过程量，就是说，热量只存在于热传递过程中，只能说吸收或放出热量，热量传递等；(4)能量在转化和转移过程中具有方向性。本题考查的是学生对影响物体内能大小的因素的理解以及内能、温度与热量三者之间的关系，还有能量转化知识的掌握，是中考的热点。8.【答案】C 【解析】【分析】本题的关键是根据灯泡的工作条件确定开关的连接方式，然后根据串、并联的特点得出符合题意的电路图。【解答】根据题意可得，当光控开关和声控开关都闭合后，灯泡都会亮起，只闭合一个开关，灯泡都不亮，这说明两个开关是串联的；大楼除个别破损的灯泡外，左侧的楼道灯和右侧的走廊灯“自动”亮起，这说明走廊灯能独立工作，是并联的，故C正确。故选：C。  9.【答案】B 【解析】解：A、实验是奥斯特实验证明通电导线周围有磁场，演示的是电流的磁效应，故A错误；B、当小磁针自由静止时，根据磁极间的作用规律可以确定，相互靠近的一定是异名磁极；因此螺线管的左端为S极，右端为N极，根据螺线管的N极，再结合螺线管的线圈绕向，利用安培定则可以确定螺线管中的电流方向是从螺线管的左端流入、右端流出，电流是从电源的正极流出回到负极，所以a端与电源正极连接，故B正确；C、动圈式扬声器是将电信号转化成声信号，也是电能转化为机械能，其原理是电动机的原理相同，故C错误；D、动圈式话筒是声信号转化为电信号的机器，机械能转化为电能，其工作原理与发电机的工作原理相同，故D错误。故选：B。(1)通电导线的周围存在磁场；(2)根据小磁针的N、S极，利用磁极间的作用规律可以确定螺线管的N、S极，再利用安培定则可以确定螺线管中的电流方向，进而可以确定电源的正负极；(3)磁场对通电导体力的作用是通电的导体在磁场中受到力的作用；(4)发电机是利用电磁感应原理工作的，发电机的能量转化是把机械能转化为电能。本题考查电流的磁效应、安培定则、电动机和发电机的工作原理等知识，考查范围较广。10.【答案】C 【解析】解：由电路图可知，闭合开关S，R1与R2串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R2两端的电压，电流表A测电路中的电流。ABC.当压力F增大时，滑片P下移，变阻器R2接入电路中的电阻变大，电路的总电阻变大，由I=UR可知，电路中的电流变小，即电流表A的示数变小；由U=IR可知，R1两端的电压变小，即电压表V1的示数变小；因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，R2两端的电压变大，即电压表V2的示数变大；则电压表V2的示数变大，电流表A的示数比值变小，则电压表V2的示数与电流表A的示数比值变大，故AB错误、C正确；D.由R=UI可知，电压表V1的示数与电流表A的示数比值等于R1的阻值，其比值不变，故D错误。故选：C。由电路图可知，闭合开关S，R1与R2串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R2两端的电压，电流表A测电路中的电流。(1)根据图示可知当压力F增大时滑片P移动的方向，从而得出变阻器R2接入电路中的电阻变化，进一步得出电路的总电阻变化，利用欧姆定律可知电路中电流的变化和R1两端的电压变化，利用串联电路的电压特点可知R2两端的电压变化，从而得出电压表V2的示数与电流表A的示数比值变化；(2)根据欧姆定律结合R1的阻值得出电压表V1的示数与电流表A的示数比值变化。本题考查了电路的动态分析，涉及到串联电路的特点和欧姆定律的应用，会把电压表V1的示数与电流表A的示数比值转化为R1的阻值处理是关键。11.【答案】AB 【解析】解：A、太阳光通过棱镜后被分散为各种颜色的光，这种现象叫光的色散，说明了白光是由多种色光混合而成的，故A正确；B、从A→B的过程中，金属小球的质量不变、高度减小、速度增大，所以重力势能减小，动能增大，在B点时动能最大、重力势能最小；在此过程中重力势能转化为动能；从B→C的过程中，金属小球的质量不变、高度增大、速度减小，重力势能增大，动能减小，在C点动能最小、重力势能最大，在此过程中动能转化为重力势能，小球来回摆动，越靠近低处速度越大；说明重力势能和动能可以相互转化，故B正确；C、向下压活塞时，活塞对筒内的空气做功，机械能转化为空气的内能，使气体的内能增加，温度升高，当温度升高达到棉花的着火点时，筒内棉花燃烧起来。故C错误；D、微微加热时锥形瓶中呈现淡淡的紫色：说明固态碘受热直接升华为碘蒸气，故D错误。故选：AB。(1)太阳光可以通过棱镜分散为七种色光，说明它是七种色光混合形成的，是混合光。(2)影响动能大小的因素：质量和速度，质量越大，速度越大，动能越大。影响重力势能大小的因素：质量和高度，质量越大，高度越高，重力势能越大。(3)做功可以使内能与机械能之间进行转化；对物体做功，物体内能会增加；物体对外做功，物体内能会减少。(4)物质由固态直接变为气态叫升华。该题考查了光的色散、动能和重力势能的相互转换、改变内能的方法、物态变化等，是一道综合题。从近几年的中考命题来看，综合题的比例比较大，需要引起同学们的注意。12.【答案】BC 【解析】解：A、由图可知动滑轮上绳子的段数n=3，不计绳重及摩擦时，则绳子自由端的拉力(即滑轮组对物体A的拉力)：FA=13(GB+G动)=13×(5N+1N)=2N，B匀速下降，物体A匀速向右运动时，受到向右的拉力FA和向左的摩擦力作用，则由二力平衡条件可得，物体A受到的摩檫力：f=FA=2N，故A错误；B、当使物体B以0.2m/s的速度上升时，物体A匀速向左运动，此时A受到向右的拉力FA、摩擦力和向左的拉力F作用，由于物体A对桌面的压力大小和接触面的粗糙程度都不变，则摩擦力大小不变，所以，由力的平衡条件可得F=FA+f=2N+2N=4N；故B正确；C、绳子自由端移动的速度(即物体A运动的速度)：vA=3vB=3×0.3m/s=0.9m/s，则拉力F的功率为：P=FvA=4N×0.9m/s=3.6W；故C正确；D、B匀速上升0.6m，则绳子自由端移动的距离：sA=3sB=3×0.6m=1.8m，该过程中拉力F做功：W=FsA=4N×1.8m=7.2J，故D错误；故选：BC。(1)根据滑轮组省力的特点求得绳子自由端的拉力(即对物体A的拉力FA)；物体B匀速下降，物体A匀速向右运动，根据二力平衡条件求出物体A受到摩擦力的大小；(2)当使物体B以0.2m/s的速度上升时，物体A匀速向左运动，此时A受到向右的拉力FA、摩擦力和向左的拉力F作用；根据影响滑动摩擦力大小的因素判断此时A受到的摩擦力大小，再由力的平衡条件可求出拉力F的大小；(3)绳子自由端移动的速度为：vA=3vB，根据P=Fv可求拉力F的功率；(4)B匀速上升0.6m，则绳子自由端移动的距离：sA=3sB，再根据W=Fs可求B匀速上升0.6m的过程中，拉力F做的功。本题考查了滑轮组的特点、平衡力、功和功率的计算，知识点多，综合性强。13.【答案】ACD 【解析】解：由图甲知，滑动变阻器与灯泡串联，电压表测量灯泡两端的电压，电流表测量电路的电流；A、当电流表示数为0.3A时，小灯泡正常发光；由图乙可知此时电压表示数为3.8V，则灯泡的额定功率：P额=PL=UI=3.8V×0.3A=1.14W，故A正确；B、由图乙知，灯的电流随电压的变化关系为一曲线，说明灯的电阻是变化的，故小灯泡的电阻约为12.7Ω是错误的，故B错误；C、当滑动变阻器滑片在右端，滑动变阻器连入电路的电阻最大，电压表示数最小时，电路中的电流最小，由图乙读出电压表的最小示数为1V，根据串联电路的总电压等于各用电器两端的电压之和可知滑动变阻器两端的电压为：U滑=U−U小=6V−1V=5V，则电路中的最小电流为：I小=U滑R​=5V40Ω=0.125A，故C正确；D、由图乙读出电压表示数为2V时电路中电流为0.22A，则电路总功率：P=UI′=6V×0.22A=1.32W，故D正确。故选：ACD。由图甲知，滑动变阻器与灯泡串联，电压表测量灯泡两端的电压，电流表测量电路的电流；(1)已知当电流表示数为0.3A时，小灯泡正常发光；由图乙读出此时电压表示数，即可利用P=UI求出灯泡的实际功率，即为额定功率；(2)由图乙知，灯的电流随电压的变化关系为一曲线，根据I=UR说明灯的电阻是变化的；(3)当滑动变阻器滑片在左端，只有灯泡连入电路，此时电路中的电流最大，电压表测量电源电压，由图乙读出电压表的最大示数即为电源电压；当滑动变阻器滑片在右端，滑动变阻器连入电路的电阻最大，电压表示数最小时，电路中的电流最小，由图乙读出电压表的最小示数，然后根据串联电路电压的规律和欧姆定律算出电路中的最小电流；(4)由图乙读出电压表示数为2V时电路中电流，然后根据P=UI算出电路总功率。本题考查了欧姆定律和电功率公式的应用，看懂图象是解题的关键。14.【答案】响度 声源 【解析】解：图中噪声监测器显示此时的噪声是63.0分贝，该装置是用来监测噪声强弱的仪器，所以测的是当时环境声音的响度；广场周边禁止汽车鸣笛是是从声源处减弱噪声。故答案为：响度；声源。15.【答案】小于 低 【解析】解：(1)由于在流体中，流速越大的地方压强越小，流速越小的地方压强越大，漩涡中心流速大，压强小，小于周围的水压；(2)因为海拔越高，气压越低，所以高山上的大气压低于 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大气压；又因为液体沸点随液面上气压的减小而减小，所以水的沸点低于100℃，在这些地方用普通锅煮饭，往往不熟。故答案为：小于；低。(1)在流体中，流速越大的地方压强越小，流速越小的地方压强越大；(2)大气压强随高度的增加而减小；液体沸点随液面上气压的减小而减小。本题主要考查学生对流体压强与流速的关系、气压与高度的关系，以及气压与沸点的关系的了解，难度不大。16.【答案】压缩 3000 【解析】解：(1)由题图可知，进气门和排气门都关闭，活塞向上运动，所以是压缩冲程；(2)该汽油机每1秒钟对外做功25次，因一个工作循环有4个冲程，且飞轮转2圈，做功一次，则飞轮转速是25×2×60revs/min=3000revs/min。故答案为：压缩；3000。(1)由进气门和排气门的关闭和打开情况、活塞的上行和下行情况来判断是哪个冲程。(2)单缸四冲程汽油机曲轴转一圈，完成2个冲程，1个工作循环包括4个冲程并对外做功1次。本题考查了内燃机完成一个工作循环飞轮转动的圈数和做功次数的计算。17.【答案】cd段断路 串 【解析】解：用试电笔测a、b、c点，试电笔均发亮，说明这三点与火线之间是接通的，测试d点不亮，说明d点接触的是零线，所以故障是cd段断路；使用试电笔检查电路时，如果被测导线是火线，电流经过笔尖、电阻、氖管、弹簧，再经过人体、大地、零线，与电源构成串联电路。故答案为：cd段断路；串。18.【答案】铃响 S 【解析】解：当水位上升到与金属片A接触时，控制电路接通，此时，电磁铁有磁性，将衔铁吸引，工作电路中的铃响；电流从通电螺线管的上方流入，下方流出，根据安培定则可知通电螺线管上方为S极。故答案为：铃响；S。当水位上升到与金属片A接触时，控制电路接通，此时，电磁铁有磁性，将衔铁吸引，据此分析；由电源的正负极可知电流的方向，则由安培定则可知通电螺线管的极性。本题考查电磁继电器和安培定则的有关知识，属于基础知识，难度不大。19.【答案】解：由图可知，知道入射光线和反射光线，做出入射光线和反射光线夹角的角平分线，该角平分线也是法线，根据镜面与法线垂直作出平面镜的位置；射向凹透镜另一侧焦点的光线，经过凹透镜后会平行于主光轴，如图所示： 【解析】根据入射光线和反射光线找出入射光线和反射光线夹角的角平分线，角平分线的位置与法线的位置重合，根据镜面与法线垂直作出平面镜的位置；射向焦点的光线经过凹透镜后会平行于主光轴。本题考查了平面镜成像的特点(物像对称)和凹透镜的特殊光线，属于基础题目。20.【答案】解：由杠杆平衡条件F1l1=F2l2可知在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小。如下图所示，当力的方向与OB垂直向下时动力臂最长。 【解析】本题主要考查两个知识点：(1)对力臂概念的理解：力臂是指从支点到力的作用线的距离。(2)对杠杆平衡条件(F1l1=F2l2)的理解与运用：在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小。本题的解题关键是通过杠杆的平衡条件得出：在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小的结论。21.【答案】10.0 下 投影仪 变小 放大 B 左 大于 【解析】解：(1)由焦距的概念知，f=60.0cm−50.0cm=10.0cm；(2)由图知，光屏的位置偏高，要使像能成在光屏的中央，应将光屏向下调整；(3)当烛焰距离凸透镜12cm处时，物体处于1倍焦距和2倍焦距之间，所以此时成倒立、放大的实像，投影仪是根据这个原理制成的；(4)当烛焰逐渐远离凸透镜时，由于物距变大，像距变小，烛焰的实像将成的像也变小；(5)由图可知，此时的物体处于1倍焦距和2倍焦距之间，所以此时成倒立、放大的实像；(6)由图可知，此时的像成在了光屏的上方，为了把像调整到光屏中央，根据经过光心的光线的传播方向不变可知，可以将光屏上移或凸透镜下移或蜡烛上移，应选B；(7)在上一步实验获得清晰的像后，小明取了一副近视眼镜放在凸透镜前(如图乙)，近视眼镜是凹透镜，对光线具有发散作用，使像推迟会聚，像成在光屏的后方，要使光屏上再次成清晰的像，应该减小像距，增大物距，即可将蜡烛向左移动；(8)由图可知，物距小于像距，由凸透镜成像规律可知，可在B处的光屏上成一清晰的像，所成像为倒立、放大的实像；凸透镜位置不变，蜡烛向左移动，物距增大，像距减小，光屏向左移动才能接到清晰的像。当物距等于2f，此时像距也为2f，物像之距最小。当由A处向左移动时，由于物体向2f处靠近，所以物像之距在减小，因为物体向左移动，像也向左移动，所以物体移动的距离s小于像移动的距离s′。故答案为：(1)10.0；(2)下；(3)投影仪；(4)变小；(5)放大；(6)B；(7)左；(8)大于。(1)从焦点到凸透镜的距离叫做焦距；(2)要使像能成在光屏的中央，应使烛焰、光屏、凸透镜的中心大致在同一高度处；(3)(5)分析物距和焦距的关系，利用物距处于1倍和2倍焦距之间时，成倒立放大实像的特点进行判断，幻灯机、投影仪都是根据这个原理制成的；(4)根据凸透镜成实像时，遵循物近像远像变大的特点进行判断；(6)根据经过光心的光线的传播方向不变分析；(7)近视眼镜是凹透镜，对光线具有发散作用；(8)凸透镜成像时，当物距等于2f，此时像距也为2f，物像之距最小。当由A处向左移动时，由于物体向2f处靠近，所以物像之距在减小。由此可得出s′与s的关系。此题是探究凸透镜成像的规律实验，考查了焦距的测量及实验器材的调节，掌握成像特点及物距、像距之间的关系及应用，同时自己做一些总结，更有利于对成像规律的理解和掌握。22.【答案】等于 压力 小于 压力大小相同时，接触面的粗糙程度越大，滑动摩擦力越大 A 没有控制压力大小相同 【解析】解：(1)将木块放在水平木板上，用弹簧测力计沿水平方向拉动，使木块做匀速直线运动，物体在水平方向上受到平衡力的作用，此时木块受到的滑动摩擦力大小等于弹簧测力计的示数；(2)甲、乙两个实验，接触面粗糙程度相同，压力不同，测力计示数不同，说明滑动摩擦力的大小与压力有关；在甲实验中，由弹簧测力计的示数可知滑动摩擦力为1.5N，若拉力增大为2N，根据滑动摩擦力与压力大小和接触面粗糙程度有关，则木块所受到的摩擦力还是1.5N，小于2N；(3)乙、丙两图接触面粗糙程度不同，压力相同、弹簧测力计的示数不同，滑动摩擦力大小不相同，可得结论：压力大小相同时，接触面的粗糙程度越大，滑动摩擦力越大；利用此结论，如果要在拔河比赛中获胜，应该底面粗糙的鞋子，选用图中的A类型的鞋；(4)观察实验，比较甲图和丁图所示实验可知，作用在物体表面的压力不同，接触面的面积不同，摩擦力不同，所以小明认为滑动摩擦力与接触面积有关的结论是错误的，没有控制压力大小相同。故答案为：(1)等于；(2)压力；小于；(3)压力大小相同时，接触面的粗糙程度越大，滑动摩擦力越大；A；(4)没有控制压力大小相同。(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，根据图中现象得出结论；滑动摩擦力大小跟压力大小和接触面粗糙程度有关，跟拉力大小无关；(3)当接触面粗糙程度一定时，压力越大，滑动摩擦力越大；当压力大小一定时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大；(4)根据控制变量法的要求分析答题。本题探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关，考查实验原理及控制变量法的运用，体现了对过程和方法的考查。23.【答案】(1)断开；(2)如图所示(3)C；(4)0.08；左；(5)0.5；灯泡灯丝电阻受温度影响；(6)C 【解析】解：(1)为保护电路，连接电路时，开关应处于断开状态；(2)因为额定电压小于3V，所以电压表应选择小量程与灯泡并联，如图所示：；(3)闭合开关后，电流表有示数，说明电路是通路，灯泡没坏，也不是断路，可能是连入电路的电阻过大，电路中电流过小造成的，所以下一步操作：移动滑动变阻器滑片，观察小灯泡是否发光，故选C；(4)由图甲知，电流表使用小量程，分度值0.02A，由图乙电流表示数0.08A，小于灯泡的额定电流，要测量小灯泡的额定功率，应将滑片向左移动，减小电路中电阻，使电流表示数增大到0.2A；(5)由图丙所示I−U图像可知，通过灯泡的电流等于额定电流0.2A时，灯泡两端电压等于2.5V，则灯泡的额定功率P=UI=2.5V×0.2A=0.5W；由图象知，当小灯泡两端电压增大时，通过的电流也增大，实际电功率增大，亮度增大，温度升高，所以电阻随之增大；(6)标有“220V 8.5W”的LED灯与标有“220V 60W”的普通白炽灯都正常发光时，亮度几乎相当，即转化为的光能相同，普通白炽灯转化为的内能更多，消耗的电能多、LED灯消耗的电能少，即LED灯电能转化为光能的效率更高。故选C。故答案为：(1)断开；(2)见上图；(3)C；(4)0.08；左；(5)0.5；灯泡电阻受温度影响；(6)C。(1)连接电路时，应断开开关；(2)根据灯泡的额定电压选择合适量程，将电压表并联在灯泡两端；(3)闭合开关后，发现小灯泡不亮，但电流表有示数，说明电路是通路，可能是连入电阻太大，电路中电流太小造成的；(4)根据乙读出电流表的示数，与灯泡的额定电流比较，根据串联电路特点分析判断滑片的移动方向；(5)由I−U图像找出灯泡电流等于额定电流时对应的电压，根据P=UI求出灯泡的额定功率；影响电阻大小的因素有：导体的 材料 关于××同志的政审材料调查表环保先进个人材料国家普通话测试材料农民专业合作社注销四查四问剖析材料 、长度、横截面积和温度；对大多数导体来说，温度越高，电阻越大；(6)节能灯的亮度与一只“220V 60W”的普通白炽灯的亮度相当。电能转化为的光能相同，但是普通白炽灯转化为的热能更多、节能灯转化为的热能更少，普通白炽灯消耗的电能多、节能灯消耗的电能少。本题是测灯泡电功率的实验，考查了实验注意事项、实物电路的连接、实验的操作、电表的读数、电功率的计算等，考查知识点多，综合性强。24.【答案】解：(1)根据p=FS可知汽车空载静止时对水平地面的压力F=pS=3×105Pa×400×10−4m2=1.2×104N，则汽车的重力G=F=1.2×104N；(2)汽车的速度v=120km/h=1203.6m/s，当汽车以120km/h的速度沿直线匀速行驶时，处于平衡状态，所受阻力和牵引力大小相等，根据P=Wt=Fst=Fv可知汽车所受阻力f=F牵=Pv=50×103W1203.6m/s=1500N；(3)当汽车以120km/h的速度沿直线匀速行驶100km时，牵引力做功W=F牵s=1500N×100×103m=1.5×108J，10kg汽油完全燃烧放出的热量Q放=qm=4.6×107J/kg×10kg=4.6×108J，发动机的效率η=WQ放=1.5×108J4.6×108J×100%≈32.6%。答：(1)汽车的重力是1.2×104N；(2)所受到的阻力是1500N；(3)发动机的效率是32.6%。 【解析】(1)根据p=FS可知汽车空载静止时对水平地面的压力，根据G=F得出汽车的重力；(2)当汽车以120km/h的速度沿直线匀速行驶时，处于平衡状态，所受阻力和牵引力大小相等，根据P=Wt=Fst=Fv可知汽车所受的牵引力，进而得出阻力；(3)当汽车以120km/h的速度沿直线匀速行驶100km时，根据W=F牵s得出牵引力做功，根据Q放=qm得出10kg汽油完全燃烧放出的热量，根据η=WQ放得出发动机的效率。本题考查重力、压强、功率、效率的有关计算，并考查二力平衡的知识，综合性较强。25.【答案】解：(1)由图可知，n=3，绳自由端移动距离s=nh=3×2m=6m，绳自由端移动的速度：v=st=6m20s=0.3m/s；(2)拉力的功率：P=Fv=150N×0.3m/s=45W；(3)滑轮组的机械效率；η=W有用W总=GhFs=GhF×nh=GnF=360N3×150N×100%=80%；(4)在上述过程中，F=150N，G=360N，不计绳重和摩擦，拉力F=1n(G+G动)，则动滑轮的重力：G动=nF−G=3×150N−360N=90N，当提升另一重物时，工人对高台的压力F压=800N，而工人对高台的压力F压=G人+F拉，所以，绳自由端的拉力：F拉=F压−G人=800N−640N=160N，不计绳重和摩擦，拉力F拉=1n(G′+G动)，此时所提升货物的重力：G′=nF拉−G动=3×160N−90N=390N。答：(1)提升时绳自由端的速度为0.3m/s；(2)若拉力F的大小为150N，则拉力的功率为45W；(3)若上述过程中所提重物重为360N，则滑轮组的机械效率为80%；(4)若仍用该滑轮组提升另一重物，当提升过程中该工人对高台的压力为800N，则所提升重物的重力为390N。 【解析】(1)由图可知，n=3，绳自由端移动距离s=nh，利用速度公式求绳自由端移动的速度；(2)利用P=Wt=Fst=Fv求拉力的功率；(3)滑轮组的机械效率η=W有用W总=GhFs=GhF×nh=GnF；(4)在上述过程中，知道拉力、提升重物G，不计绳重和摩擦，拉力F=1n(G+G动)，据此求动滑轮的重力；当提升另一重物时，工人对高台的压力等于人的重力加上拉力，据此求绳自由端的拉力；不计绳重和摩擦，拉力F拉=1n(G′+G动)，据此求此时所提升货物的重力。本题考查了使用滑轮组时拉力、功、机械效率、功率的计算，灵活运用相关公式是解题的关键。26.【答案】解：由电路图甲可知，电阻R1与滑动变阻器R2串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流。(1)由欧姆定律可得定值电阻R1的阻值：R1=U1I=2V0.2A=10Ω；(2)串联电路的总电压等于各用电器两端的电压之和，则滑动变阻器R2两端的电压为：U2=U−U1=6V−2V=4V，则100s内通过滑动变阻器R2的电流所做的功：W2=U2It=4V×0.2A×100s=80J；(3)图甲中，当滑动变阻器连入电路的阻值最大时电路消耗的功率最小，串联电路总电阻等于各部分电阻之和，则最小总功率为：P最小=U2R1+R2=(6V)210Ω+20Ω=1.2W；图乙中，R1与R2并联，根据滑动变阻器R2标有“20Ω 1A”字样可知通过滑动变阻器的最大电流为1A，通过R1的电流为：I1=UR1=6V10Ω=0.6A，则干路电流为：I总=I1+I2=0.6A+1A=1.6A，所以，图乙电路消耗的最大功率：P最大=UI总=6V×1.6A=9.6W；则P最小：P最大=1.2W：9.6W=1：8。答：(1)定值电阻R1的阻值为10Ω。(2)100s内通过滑动变阻器R2的电流所做的功为80J。(3)图甲电路消耗的最小功率与图乙电路消耗的最大功率的比值为1：8。 【解析】由电路图甲可知，电阻R1与滑动变阻器R2串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流。(1)根据欧姆定律求出R1的阻值；(2)根据串联电路的电压特点求出滑动变阻器R2两端的电压，利用W=UIt即可求出100s内通过滑动变阻器R2的电流所做的功；(3)图甲中当滑动变阻器连入电路的阻值最大时电路消耗的功率最小，利用电阻的串联和P=U2P即可求出最小功率；图乙所示的电路是R1与R2并联，根据滑动变阻器R2标有“20Ω 1A”字样可知通过滑动变阻器的最大电流，然后根据欧姆定律和并联电路的特点求出干路最大电流，利用P=UI得出图乙电路消耗的最大功率，最后即可求出比值。本题考查了串联电路的特点、欧姆定律以及电功率公式的应用，解题时要注意方法的灵活性。