2022年广西北部湾地区中考物理试题

一、单选题

1．下列物理学家中，以其名字命名力的单位的是（ ） A．牛顿 【答案】A 【解析】 【详解】

A．牛顿是力的单位，故A符合题意； B．瓦特是功率的单位，故B不符合题意； C．帕斯卡是压强的单位，故C不符合题意； D．焦耳是功和热量的单位，故D不符合题意。 故选A。

2．如图所示的光现象中，由于光沿直线传播形成的是（ ）

B．瓦特

C．帕斯卡

D．焦耳

A．墙上手影

B．水中倒影

C．水中“折筷”

D．【答案】A 【解析】 【详解】

海市蜃楼

A．墙上的手影是由于光的直线传播在经过手所在位置时，被手遮挡形成的，故A符合题意； B．水中倒影是由于光的反射形成的，故B不符合题意； C．水中的“折筷”是由于光的折射形成的，故C不符合题意； D．海市蜃楼是由于光的折射形成的，故D不符合题意。 故选A。

3．声纹锁可以通过识别人的声音进行解锁，是根据每个人的声音具有不同的（ ）

试卷第1页，共39页

A．音调 【答案】B 【解析】 【详解】

B．音色 C．响度 D．声速

因为每个人的声带结构不同，所以发出声音的音色就会不同，因此声纹锁可以根据音色来识别人的声音进行解锁，故B符合题意，ACD不符合题意。 故选B。

4．自然现象中蕴含着丰富的物理知识。图中属于凝固的是（ ）

A．冰雪消融 B．露珠形成

C．滴水成冰 D．雾凇结枝

【答案】C 【解析】 【详解】

A．冰雪消融是固态的冰雪变成液态的水，是熔化现象，故A不符合题意； B．露珠是水蒸气遇冷变成液体的水，是液化现象，故B不符合题意； C．滴水成冰是液态的水变成固态的冰，是凝固现象，故C符合题意；

D．雾凇是固态的小冰晶，是水蒸气遇冷直接变成的，是凝华现象，故D不符合题意。 故选C。

5．迄今为止，广西新能源汽车保有量突破30万辆，仅2022年4月，全区建成投运的公用充电桩共2140个。关于充电桩及其使用，符合安全用电的是（ ） A．不用安装漏电保护器

B．在未断开电源的情况下进行检修 C．充电桩的金属外壳与大地相连 D．充电插头的绝缘层破损后仍继续使用 【答案】C 【解析】 【详解】

A．每个充电桩在安装时，都要装漏电保护器，电路漏电时，漏电保护器能切断电源，起到保护作用，故A不符合题意；

试卷第2页，共39页

B．在检修充电桩时，必须要断开电源，不能带电工作，否则会有触电风险，故B不符合题意；

C．充电桩在安装时，要使用三角插头，使用时金属外壳接地，防止外壳漏电，发生触电事故，故C符合题意； D．充电插头的绝缘层破损后应及时更换，若继续使用，会有触电风险，故D不符合题意。 故选C。

6．2022年5月31日，我国自主研制的大型两栖飞机——“鲲龙”AG600在广东珠海首飞成功。返航时，飞机在减速下降过程中（ ） A．动能增大，重力势能减小 B．动能减小，机械能不变 C．动能增大，重力势能增大 D．动能减小，机械能减小 【答案】D 【解析】 【详解】

飞机在减速下降过程中，质量不变，速度减小，动能减小；质量不变，高度变小，重力势能减小，则飞机的机械能减小，故ABC不符合题意，D符合题意。 故选D。

7．如图所示，通电螺线管周围存在磁场，M是某一磁感线上的一点，小磁针静止在磁场中，则M点的磁场方向及小磁针的左端极性分别是（ ）

A．向左 N极 C．向左 S极 【答案】B 【解析】 【详解】

B．向右 N极 D．向右 S极

由图可知，螺线管的左端为N极，由于磁体周围的磁感线是从N极出发，回到S极，所以M点的磁感线向右；螺线管的右端为S极，根据磁极间的相互作用规律可知，小磁针的左端为N极，故B符合题意，ACD不符合题意。 故选B。

8．看似“轻”的空气，却有很大作用。以下事例中，利用流体压强与流速关系的是（ ）

试卷第3页，共39页

A．塑料吸盘“吸”在光滑的墙上 B．我们交谈的声音是通过空气传播 C．茶壶盖上开小孔便于把水倒出

D．飞机机翼设计成上表面弯曲，下表面较平 【答案】D 【解析】 【详解】

A．使用塑料吸盘时，先挤出里边的空气，使其内部的气体压强减小，在外界大气压的作用下，吸盘被压在了光滑的墙面上，利用的是大气压，故A不符合题意；

B．我们交谈的声音是通过空气传播，因为空气能够传声，故B不符合题意；

C．茶壶盖上开小孔，是为了使水壶内外的气压相等，然后在水的重力的作用下，水可以更容易倒出，利用了大气压，故C不符合题意；

D．飞机机翼设计成上表面弯曲，下表面较平，所以在机翼上方的空气流速快，压强小，在机翼下方的空气流速慢，压强大，从而形成向上的压强差，从而产生向上的升力，利用了液体压强大小与流速的关系，故D符合题意。 故选D。

9．在“探究电流与电压的关系”实验中，采用图像法得到如图所示的I－U图像，由图可知，电阻R一定时，通过导体的电流与导体两端的电压的关系及R的阻值分别是（ ）

A．成正比，R＝10Ω C．成反比，R＝10Ω 【答案】A 【解析】 【详解】

B．成正比，R＝1Ω D．成反比，R＝1Ω

由图所示的I－U图像是一条过原点的直线，所以当电阻R一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；当电压为2V时，电流为0.2A，根据欧姆定律IU可得R的阻值为 RRU2V=10Ω I0.2A故A符合题意，BCD不符合题意。

试卷第4页，共39页

故选A。

10．如图所示的各种工具，正常使用时省力的是（ ）

A．定滑轮 B．动滑轮

C．筷子 D．船桨

【答案】B 【解析】 【详解】

A．定滑轮的实质是等臂杠杆，使用时既不省力，也不省距离，故A不符合题意；

B．动滑轮的实质是动力臂为阻力臂二倍的杠杆，若不计轮重和摩擦，可以省一半的力，故B符合题意； C．筷子在使用时，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，故C不符合题意； D．船桨在使用时，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，故D不符合题意。 故选B。

11．2022年2月，中国女足在亚洲杯决赛中顽强拼搏，勇夺冠军。图是女足队员正在比赛的情景，下列说法不正确的是（ ）

A．脚对球施加力的同时球也对脚施加力的作用 B．脚将球踢出，说明力可以改变物体的运动状态 C．足球在空中飞行时相对于地面是运动的

D．向前运动的足球，若受到的力都消失，它将静止 【答案】D 【解析】 【详解】

A．由于力的作用是相互的，所以脚对球施加力的同时球也对脚施加力的作用，故A正确，A不符合题意； B．脚将球踢出，球由静止变为运动，所以力的作用效果是改变物体的运动状态，故B正确，B不符合题意；

试卷第5页，共39页

C．足球在空中飞行时，相对于路面位置在变化，所以相对于地面是运动的，故C正确，C不符合题意； D．根据牛顿第一定律可知，向前运动的足球，若受到的力都消失，它将以力消失时的速度做匀速直线运动，故D错误，D符合题意。 故选D。

12．北京冬奥会期间，某“网红”智慧餐厅从厨师到服务员均是机器人，接到指令后，机器人内部的电动机会驱动其底部的轮子将美食送到指定位置。图中与机器人驱动原理相同的是（ ）

A． B．

C． D．

【答案】C 【解析】 【详解】

机器人的jnws利用的是通电导体在磁场中受力运动，相当于电动机原理。

A．图中导体中有电流通过时，磁针发生偏转，表明通电导体的周围存在磁场，是电流的磁效应，故A不符合题意；

B．图中是电磁继电器，利用的是电流的磁效应，故B不符合题意；

C．图中探究的就是通电导体在磁场中受力运动，属于电动机原理，故C符合题意；

D．图中导体做切割磁感线运动时，感应电表发生偏转，表明产生了感应电流，探究的是电磁感应现象，故D不符合题意。 故选C。

13．如图所示，验电器M不带电、N带负电，用带有绝缘柄的金属棒将它们的金属球连接起来，发现验电器M的金属箔片张开。下列说法正确的是（ ）

A．M带上了正电 B．N的金属箔片张角变大 C．金属棒中电流的方向由M向N

试卷第6页，共39页

D．用手触摸金属棒，M、N的金属箔片张角不变 【答案】C 【解析】 【详解】

A．M、N的金属球通过金属棒连接后，带负电的N的电荷经过金属棒流向M，使M带上负电荷，故A错误； B．根据电荷守恒定律可知，M、N上的总电荷量不变，因为M从不带电到带电，从而使N的电荷量减少，所以验电器N的金属箔片张角变小，故B错误；

C．在金属棒中负电荷由N流向M，相当于正电荷由M流向N，我们规定电流的方向是正电荷的移动方向，所以金属棒中电流的方向由M向N，故C正确；

D．用手触摸金属棒，使负电荷通过人体流向大地，导致M、N上的总电荷量减少，所以M、N的金属箔片张角变小，故D错误。 故选C。

14．2022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．使用的燃料热值较小

B．大量“白气”涌向四周是扩散现象 C．燃料燃烧时将内能转化为化学能

D．燃气主要通过热传递使周围的空气内能增大 【答案】D 【解析】 【详解】

A．运载火箭的燃料一般选择热值比较大的，这样在燃烧相同质量的燃料时，可以释放更多的热量，故A错误； B．“白气”属于水蒸气遇冷液化的小水珠，而扩散是分子彼此进入对方的现象，所以大量“白气”涌向四周不是扩散现象，故B错误；

C．火箭发射升空时，首先燃烧燃料，将燃料的化学能转化为燃气的内能，故C错误； D．喷出燃气时，会释放大量热量，主要通过热传递使周围的空气内能增大，故D正确。 故选D。

15．如图所示电路中，电源电压保持不变，闭合开关，当滑动变阻器的滑片P向右移动时，下列说法正确的是（ ）

试卷第7页，共39页

A．电流表示数变大，灯泡变暗 B．电流表示数变小，灯泡变亮 C．电压表示数变大，灯泡变暗 D．电压表示数变小，灯泡变亮 【答案】C 【解析】 【详解】

由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，电流表测量电路中的电流。当滑动变阻器的滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，串联电路中的总电阻增大，根据IU可R知，电路中的电流增大，即电流表示数增大；根据串联正比分压可知，滑动变阻器两端的电压变大，即电压表示数增大；由于电源电压不变，滑动变阻器两端的电压变大，所以小灯泡两端的电压变小，通过小灯泡的电流变小，根据P=UI可知，小灯泡的实际功率减小，灯泡变暗。综上可知，C正确，ABD错误。 故选C。

16．在“天宫课堂”中，航天员王亚平展示了“浮力消失”的实验。在中国空间站微重力环境中，她用吸管把乒乓球轻轻压入水中，取出吸管后，观察到乒乓球静止不动，如图甲所示。在中国科技馆的同学们做了同样的实验，乒乓球却迅速上浮直至漂浮，如图乙所示。下列说法中正确的是（ ）

A．图甲中，乒乓球的质量为零

B．图甲中，水所受的重力几乎为零，因此“浮力消失” C．图乙中，乒乓球上浮时所受的浮力小于所受的重力 D．图乙中，乒乓球上浮时水对容器底部的压强变大 【答案】B 【解析】 【详解】

试卷第8页，共39页

A．质量是物体所含物质的多少，跟物体所处的位置无关，所以乒乓球在太空时的质量不变，故A错误； B．在微重力的环境下，水受到的重力几乎为零，由于此时乒乓球静止不动，即处于平衡状态，所以此时乒乓球所受浮力等于重力，也几乎为零，即浮力消失，故B正确；

C．由题意可知，乒乓球迅速上浮，说明乒乓球所受的合外力不为零，且方向向上，即此时乒乓球所受浮力大于其所受重力，故C错误；

D．乒乓球在上浮过程中，还没露出水面前，V排不变，即此时容器内液面的高度不变，根据液压公式pgh可知，此时水对容器底部的压强不变；当乒乓球逐渐露出水面后，V排变小，即此时容器内液面的高度下降，根据液压公式pgh可知，此时水对容器底部的压强变小，故D错误。 故选B。 二、填空题

17．为了推进农业机械智能化，某科技团队研发了5G智能电动拖拉机，它可以通过______（选填“电磁波”或“超声波”）传递云端网络信息实现无人驾驶。拖拉机行驶时消耗的电能是______次能源。 【答案】 电磁波 二 【解析】 【详解】

[1]5G智能电动拖拉机是利用电磁波，将信息传递云端网络，实现无人驾驶传递的。

[2]一次能源是指从自然界直接获取、没有经过加工的能源，电能是人们消耗一次能源获得的，属于二次能。 18．在较暗的室内，手持一个凸透镜，在白墙和点燃的蜡烛间移动（离墙近些），在墙上能看到烛焰______（选填“正立”或“倒立”）缩小的像，根据这个原理可制成______（选填“照相机”或“投影仪”）。 【答案】 倒立 照相机 【解析】 【详解】

[1]手持一个凸透镜，在白墙和点燃的蜡烛间移动（离墙近些），此时物距大于像距，若能在墙上成像，则成倒立、缩小的实像。

[2]照相机成的像是倒立、缩小的实像，投影仪成的像是倒立、放大的实像，所以根据这个原理可制成照相机。 19．用电器消耗的电能可用电能表计量。如图所示的电能表应接在______V的电路中使用，示数是______kW·h。

【答案】 220 2022.6

试卷第9页，共39页

【解析】 【详解】

[1]由图可知，电能表上的“220V”表示该电能表应该接在220V的电路中使用。

[2]由图可知，根据电能表的读数规则，最后一位是小数，单位是kW·h，所以该电能表的示数是2022.6 kW·h。 20．生活中处处有物理。我们在平静的湖边常看到“云在水中飘，鱼在云上游”的美景，其中看到的“鱼”是由于光的______形成的______（选填“实”或“虚”）像；用梳子梳理头发时，有时发现越梳头发越蓬松，这是因为头发带上______种电荷而相互排斥。 【答案】 折射 虚 同 【解析】 【详解】

[1][2]水中鱼反射的光线由水射入空气时，在水面处发生折射，折射光线进入人眼，人眼会逆着折射光线的方向看去，看到的是鱼的虚像，是由光的折射形成的。

[3]用梳子梳理头发时，有时发现越梳头发越蓬松，说明头发之间相互排斥，根据电荷间的相互作用规律可知，同种电荷相互排斥，所以头发带上同种电荷而相互排斥。

21．图中，甲、乙为两只相同的电压表或电流表，若断开开关，甲、乙两表示数之比为2:1，通过R1的电流为I1，此时R1与R2______联。更换两表种类，闭合开关，两表均有示数，此时两表均为______表，通过R2的电流为I2，则I1:I2______。

【答案】 并 电压 3∶1 【解析】 【详解】

[1]由题意可知，若断开开关，两表均有示数，若两表均为电压表，则电路处于断路状态，两表不会有示数，所以两表均为电流表，甲表测通过R1的电流，乙表测通过R2的电流，且甲、乙两表的比值为2∶1，示数不同，所以此时R1与R2并联。

[2]两表原来均为电流表，更换两表种类，所以此时两表均为电压表。

[3]R1与R2并联时，甲表测通过R1的电流，乙表测通过R2的电流，且甲、乙两表的比值为2∶1，因为并联，所以R1、R2两端电压相等，根据欧姆定律可得

试卷第10页，共39页

UU:2:1 R1R2所以R2=2R1，此时I1U，当两表均为电压表时，闭合开关，两个电阻串联，根据欧姆定律可得通过R2的电流为 R1I2UU

R1R23R1所以

I1:I2UU:3:1 R13R122．质量分布均匀的实心正方体甲、乙放在水平地面上，将甲、乙沿水平方向切去高度h，剩余部分对地面的压

33强p与h的关系如图所示，已知甲810kg/m，乙的边长为20cm，则乙的密度是______kg/m3，甲的质量是

______kg，图中A点横坐标是______。

【答案】 3103 8 4 【解析】 【详解】

[1]由图可知，当还未沿水平方向切时，乙对地面的压强为6×103Pa，又因为乙是边长为20cm的正方体，且质量分布均匀，根据公式pgh可得乙的密度为

p6103Pa乙3103kg/m3 2gh乙10N/kg2010m[2]由图可知，当沿水平方向切去高度h10cm时，甲对地面的压强为0，即可得甲的边长为10cm，所以甲的体积为

33Vh甲=（10cm）=1000cm3=110-3m3

根据密度公式m可得甲的质量为 Vm甲V=8103kg/m3110-3m38kg

[3]A点表示，当甲、乙沿水平方向切去相同高度时，对地面的压强也相等，设此时切去相同的高度为x，则根据公式pgh可得等式

甲（gh甲-x)乙g（h乙-x)

即

试卷第11页，共39页

8103kg/m310N/kg(0.1mx)3103kg/m310N/kg(0.2mx)

解得

x0.04m=4cm

所以图中A点横坐标是4。 三、作图题

23．请在图中画出冰墩墩所受重力的示意图（O点为重心）。

【答案】

【解析】 【详解】

重力的方向是竖直向下的，作用点为O点，故过O竖直向下作线段，在线段的末尾标箭头表示重力的方向，并标出G，作图如下

24．请在图中画出入射光线通过透镜后的折射光线。

【答案】

【解析】 【详解】

试卷第12页，共39页

对于凸透镜，过光心的光线经凸透镜后方向不变；平行于主光轴的光线经凸透镜折射后折射光线通过焦点，如图所示：

四、简答题

25．勤洗手是良好的卫生习惯。在七步洗手法“内、外、夹、弓、大、立、腕”字诀中，“夹”是指洗掌侧指缝时，掌心相对，双手交叉沿指缝相互揉搓，如图所示。当手指稍用力“夹”时，清洗效果会更好；洗手后为了让手快点干，文明的做法是双手靠拢并朝着洗手池用力甩。请用所学的物理知识分析说明上述两种做法的理由。

【答案】见解析 【解析】 【详解】

（1）“夹”是指洗掌侧指缝时，掌心相对，双手交叉沿指缝相互揉搓，当手指稍用力“夹”时，增大压力从而增大摩擦力，清洗效果会更好。

（2）双手靠拢并朝着洗手池用力甩，利用水的惯性保持静止，水和手分开，而且双手靠拢，是增大了水的质量，从而增大了水的惯性，水和手更容易分离，手更容易甩干。 五、实验题

26．（1）图甲是某物质熔化时的温度变化曲线，由图可知，该物质属于______（选填“晶体”或“非晶体”），图中A点对应的温度如图乙温度计所示，读数为______∶；

（2）图丙是“探究平面镜成像的特点”的实验装置，该实验用______分别测量蜡烛和它的像到玻璃板的距离。当蜡

试卷第13页，共39页

烛向玻璃板靠近时，像的大小______（选填“变大”“变小”或“不变”）；

（3）图丁所示，两容器中的电阻丝串联接到电源两端，是为了探究电流产生的热量与______的关系，通电一段时间后，______侧U形管中液面高度的变化较大。 【答案】 晶体 49 刻度尺 不变 电阻 右 【解析】 【详解】

（1）[1]由图甲可知，该物质熔化时温度保持不变，所以该物质有固定的熔点，是晶体。 [2]由图乙可知，该温度计分度值为1∶，液柱所在位置的示数为49∶。

（2）[3]探究平面镜成像的特点为了研究像距和物距的关系，用刻度尺分别测量蜡烛和它的像到玻璃板的距离，即为物距和像距；

[4]由平面镜成像规律可知，像与实物大小相等，当蜡烛向玻璃板靠近时，实物大小不变，所以像的大小不变。 （3）[5][6]由图丁可知，两容器中的电阻丝串联接到电源两端，通过两个电阻丝的电流相等，两个电阻丝的电阻不同，所以可以探究电流产生的热量与电阻的关系；由QI2Rt可知，在电流相同下，通电一段时间后，电阻大的右侧产生的热量多，右侧U形管中液面高度的变化较大。 27．实验小组的同学利用学过的物理知识测定一块吊坠的密度。

（1）把天平放在水平桌面上，将游码调到标尺左端______处时，发现指针偏向分度盘的左侧，此时应向______调节平衡螺母，使横梁平衡；

（2）将吊坠放在天平左盘中，向右盘中加砝码并调节游码直到横梁平衡。此时，右盘中的砝码和游码的位置如图甲所示，则吊坠的质量是______g；

（3）往量筒中倒入50mL水，将吊坠浸没在水中，液面位置如图乙所示，则吊坠的密度是______kg/m3； （4）整理实验器材时发现，使用的砝码有磨损，则测得的密度值偏______；

（5）实验小组讨论后，不用砝码，只利用天平、两个相同的烧杯、量筒和水也能测出吊坠的密度。请将实验步骤补充完整。

∶在两个烧杯中倒入等量的水，分别放在已调平衡的天平的左右盘中如图丙所示；

∶将拴着细线的吊坠浸没在左盘烧杯的水中（不碰烧杯底），用量筒向右盘的烧杯中加水到A处时横梁平衡，记下加水的体积为V1，如图丁所示；

∶___________，用量筒继续向右盘的烧杯中加水，直到横梁平衡，并记下再次加入水的体积为V2；

试卷第14页，共39页

∶吊坠密度的表达式为______。（用V1、V2、水表示）

【答案】 零刻度线 右 32.2 2.310 大 将吊坠直接放在左盘烧杯的水中

3水(V1V2)V1

【解析】 【详解】

（1）[1][2]根据托盘天平的使用规则可知，首先把天平放在水平桌面上，然后将游码调到标尺左端零刻度线处，若发现指针偏向分度盘的左侧，说明左侧较重，所以把平衡螺母向右调节，才能使天平平衡。

（2）[3]根据托盘天平的读数规则可知，左盘上物体的质量等于右盘砝码的质量与标尺上游码所表示的示数之和，所以吊坠的质量为

m=20g+10g+2.2g=32.2g

（3）[4]由图可知，该量筒的分度值为2mL，根据液面所在的位置可知，此时量筒的示数为mL，由题意可知，吊坠的体积等于量筒中水增加的体积，即吊坠的体积为

V=mL-50mL=14mL=14cm3

根据密度公式m可得，该吊坠的密度为 V吊坠m32.2g=2.3g/cm3=2.3103kg/m3 3V14cmm可知，测得的密度值偏大。 V（4）[5]使用的砝码有磨损，会导致测量的质量偏大，根据（5）[6][7]天平是一个等臂杠杆，将拴着细线的吊坠浸没在左盘烧杯的水中（不碰烧杯底），用量筒向右盘的烧杯中加水到A处时横梁平衡，记下加水的体积为V1， 此时右侧增加的水的重力等于右侧吊坠所受到的浮力，即F浮=G1，可得

水gV排=m1g水gV1

所以此时V排=V1，又因为吊坠在水中处于浸没状态，所以

V吊坠=V排=V1

将吊坠直接放在左盘烧杯的水中，用量筒继续向右盘的烧杯中加水，直到横梁平衡，并记下再次加入水的体积为

V2，此时天平两侧的重力大小相等，所以右侧增加的水的重力等于吊坠的重力，即可得吊坠的重力为

G吊坠=G2水g(V1V2)

所以吊坠的质量为

m吊坠G吊坠水g(V1V2)水(V1V2) gg根据密度公式m可得，该吊坠的密度为 Vm吊坠水(V1V2)= V吊坠V1试卷第15页，共39页

28．在水果中平行插入两片不同金属制成的极板，就组成了一个水果电池，如图所示。物理兴趣小组的同学在课外实践活动中探究影响水果电池电压大小的因素，实验前，他们的部分实验猜想如下： 猜想一：水果电池电压可能与水果的种类有关 猜想二：水果电池电压可能与极板的材料有关

（1）为了验证猜想一和猜想二，在不同水果中插入不同金属制成的极板，并保持两块极板间的距离、极板插入水果的深度不变，分别测出电压，实验记录如下表所示。

两极板间电压U/V 实验序号 水果种类 铁—锌 1 2 3 4

∶为了验证猜想一，保持______不变，改变水果种类，多次实验后，得出结论：猜想一是______（选填“正确”或“错误”）的；

∶分析数据可知，水果电池电压与极板材料有关，表中效果最好的两极板材料是______；

∶图中，与电压表标有“3”字样的接线柱相连的极板是水果电池的______极，若要使电压表指针偏转角度更大，可将多个水果电池______联。

（2）将两极板插入水果更深些，发现电压表示数发生了变化，由此，可以提出一个可探究的科学问题是_______________；

（3）兴趣小组的同学将两极板都换成铜片，发现两铜极板间无电压，于是提出一个新的探究问题：水果的电阻是多大？为此，利用一个电源（未知电压）、已知阻值的定值电阻R0、导线、三个开关及原有的电压表进行电路设计，测出此时水果的电阻，请在虚线框内画出可行的电路图_______。（水果的电阻用“

”这样的符号表示）

苹果 菠萝 梨 橙 0.6 0.5 0.4 0.7 铁—铜 0.7 0.6 0.5 0.8 铜—锌 1.0 0.9 0.8 1.1 试卷第16页，共39页

【答案】 极板的材料 正确 铜—锌 正 串 水果电池电压可能与极板与水果的接触面积有

关

【解析】 【详解】

（1）∶[1][2]为了验证猜想一：水果电池电压可能与水果的种类有关，需要控制极板的材料不变，仅改变水果种类；由表格数据可知，当两极板材料相同，例如都为铁—锌时，改变水果种类，苹果、菠萝、梨、橙它们组成的水果电池电压都不相同，说明水果电池电压与水果的种类有关，故猜想一是正确的。

∶[3]由表格数据可知，当水果的种类相同，例如都为苹果时，由铁—锌、铁—铜、铜—锌极板的材料组成的水果电池电压都不相同，且由铜—锌极板材料制成的水果电池电压最大，所以铜—锌极板材料效果最好。

∶[4][5]由电压表的使用规则可知，电压表“3V”的接线柱接电源的正极；由串联电路电压规律可知，若要增大电源电压，使电压表指针偏转角度更大，可将多个水果电池串联。

（2）[6]将两极板插入水果更深些，极板与水果的接触面积就越大，发现电压表示数发生了变化，可以提出猜想：水果电池电压可能与极板与水果的接触面积有关。

（3）[7]利用一个电源（未知电压）、已知阻值的定值电阻R0、导线、三个开关及原有的电压表进行电路设计，测出此时水果的电阻，设计的电路图如图所示：

试卷第17页，共39页

当闭合S1S2S3时，水果电阻被短路，为R0的简单电路，电压表测电源电压，此时电压记为U，当只闭合S1S2时，两电阻串联，电压表测R0两端的电压，此时的电压记为U0，由欧姆定律可知，电路中的电流为

IU0 R0由串联电路电压规律可知，水果电池两端的电压为

U水果UU0

则此时水果的电阻

RU水果IUU0UU0R0U0 U0R0六、计算题

29．第十二届中国（南宁）国际园林博览会为打造“智慧园博”，引入纯电动无人驾驶观光车，供市民免费乘坐游览，如图所示。若观光车与乘客总质量为600kg，轮胎与地面的总接触面积为0.02m2，在园内某段平直路面上匀速行驶30m，用时10s，牵引力为2×103N，求： （1）观光车行驶的速度； （2）牵引力做的功；

（3）观光车静止在水平地面上时对地面的压强。

【答案】（1）3m/s；（2）6×104J；（3）3×105Pa 【解析】 【详解】

解：（1）观光车在平直路面上匀速行驶30m，用时10s，所以观光车行驶的速度为

vs30m3m/s t10s（2）牵引力为2×103N，行驶的路程为30m，所以牵引力做的功为

W=Fs=2×103N×30m=6×104J

（3）观光车与乘客总质量为600kg，静止在水平地面上时对地面的压力为

F=G=mg=600kg×10N/kg=6000N

观光车轮胎与地面的总接触面积为0.02m2，所以观光车对地面的压强为

pF6000N3105Pa 2S0.02m试卷第18页，共39页

答：（1）观光车行驶的速度3m/s； （2）牵引力做的功为6×104J；

（3）观光车静止在水平地面上时对地面的压强为3×105Pa。

30．善于观察的小明发现，家中的即热式水龙头使用时冬季水温偏低，夏季水温偏高，还发现水龙头标有“220V；2200W”。于是他增加两个相同的发热电阻R、两个指示灯（电阻不计）设计了如图所示的电路进行改进，其中R0为改进前水龙头发热电阻。开关S1可以只与c相连或同时与a、b相连，使其具有两挡工作状态，且冬季与夏季水龙头工作的总电流之比为4∶1。求： （1）电阻R0的阻值；

（2）改进前，若水龙头的热效率为90%，正常加热100s提供的热量； （3）改进后，冬季使用时水龙头工作的总电功率。

【答案】（1）22Ω；（2）1.98×105J；（3）4400W 【解析】 【详解】

解：（1）R0的电阻为

U2(220V)2R0=22Ω

P额2200W（2）改进前，正常加热100s消耗的电能

W=P额t=2200W×100s=2.2×105J

正常加热100s提供的热量

Q=Wη=2.2×105J×90%=1.98×105J

U2（3）由电路图可知，将开关S1与a、b相连时工作的电路元件，R0和R并联，电路的总电阻最小，由P可

RU2知，电路的总功率最大，水龙头处于高温状态；将开关S1与c相连时，R与R0串联，总电阻较大，由P可

R知，总功率较小，水龙头处于低温状态；因为冬季与夏季水龙头工作的总电流之比为4∶1，所以两季电流之比

UUI冬RR0(RR0)2(R22)24=

UI夏RR022R1RR0试卷第19页，共39页

解方程可得

R=22Ω

改进后，冬季使用时水龙头工作的总电流

I冬UU220V220V=20A RR02222改进后，冬季使用时水龙头工作的总电功率

P总=UI冬=220V×20A=4400W

答：（1）电阻R0的阻值是22Ω；

（2）改进前，若水龙头的热效率为90%，正常加热100s提供的热量是1.98×105J； （3）改进后，冬季使用时水龙头工作的总电功率是4400W。

31．某学习小组在完成压强知识的学习后，为深入了解压强的变化情况，将实心柱体甲和盛满水的薄壁轻质容器乙放置在水平地面上，如图所示，其中甲、乙底面积分别为2S、S，水的质量为m，D点距水面0.1m，

水1.0103kg/m3。将甲沿虚线切出一质量为m0的小物块（不吸水）放入乙中，小物块有四分之一的体积露出水

面。

（1）求D处水的压强； （2）求甲的密度；

（3）现有A、B、C三物体，相关信息如下表所示。 物体 密度 体积

若要选择其中一个先后放在甲剩余部分的上部和放入乙中（均可浸没），使乙对地面的压强变化量大于甲剩余部分对地面的压强变化量，且乙对地面的压强p最大。请分析说明所选物体的理由，并计算出p的最大值。（结果用题中字母表示）

A 1.2水B 3.8水C 2.5水 2V 0.5V 2V

【答案】（1）1000Pa；（2）0.8103kg/m3；（3）【解析】

gSm水+30水V

试卷第20页，共39页

【详解】

解：（1）D处水的压强

pgh=1103kg/m310N/kg0.1m=1103Pa

（2）甲沿虚线切出一质量为m0的小物块（不吸水）放入乙中，甲漂浮，漂浮时，浮力等于物体的重力，故小物块的浮力为

G0m0g=F浮

小物块有四分之一的体积露出水面，说明排开液体的体积为

31V排1-V物=V物

44则此时的浮力为

3G0m0g=F浮=水gV排=水gV物

4经整理可知

3m0g=甲V物g=水gV物

4可得

甲=水=1103kg/m3=0.8103kg/m3

（3）由于三个物体放入乙中，都浸没在水中，有部分水会溢出，乙对地面的压强为

p乙FG水G物G排= S乙S3434要是乙对地面的压强最大，则需要物体的总重力最大，则放入A时增加的总重力为

ΔGA总=1.2水2V10N/kg-水2V10N/kg=4水V

放入B时增加的总重力为

ΔGB总=3.8水0.5V10N/kg-水0.5V10N/kg=14水V

放入C时增加的总重力为

GC=2.5水2V10N/kg-水2V10N/kg=30水V

C物体的重力最大，故将C放入水中，若将C放入剩余的甲上，甲剩余部分对地面增大的压强为

Δp甲乙对地面的增大的压强为

Δp乙ΔF甲GC50水VN25水V== S甲S甲2SSΔF乙GC30水VN30水V== S乙S乙SS乙对地面的压强p最大

试卷第21页，共39页

p最大F最大S=mg+30水VgSgSm+30V

水乙此时也满足乙对地面的压强变化量大于甲剩余部分对地面的压强变化量。 答：（1）D处水的压强为1000Pa； （2）甲的密度为0.8103kg/m3； （3）p的最大值为

gSm+30水V。

2022年浙江省绍兴市中考物理试卷

一、选择题（本题共7道题，每小题4分，共28分。下列各小题中只有一个选项符号题意） 1．（4分）实验室用于测量液体体积的仪器是（ ）

A．刻度尺 B．量筒 C．温度计 D．秒表

2．（4分）科学研究常采用转换、模型、等效替代和控制变量等方法。下列实验中采用等效替代的是（A．探究平面镜成像 B．探究种子萌发的条件

C．用石蕊试液判断酸碱性 D．模拟泥石流的形成

3．（4分）如图，小敏用条形磁铁使铁钉竖直静止在空中，细线紧绷且质量不计。下列说法正确的是（

A．铁钉上端被磁化成N极

B．铁钉受到的磁力与自身重力大小相等 C．桌面对石头的支持力和石头的重力是一对平衡力

D．细线对石头的拉力和石头对细线的拉力是一对相互作用力

试卷第22页，共39页

）

）

4．（4分）下列关于压强的实验说法不正确的是（ ）

A．实验甲说明大气压的存在

B．实验乙说明液体的沸点随着气压的增大而升高 C．实验丙说明气体的压强随着流速的增大而增大 D．实验丁说明同种液体中的压强随着深度的增加而增大

5．（4分）如图，小敏在家中做凸透镜成像实验，墙上出现一个倒立缩小清晰的像。下列说法正确的是（ ）

A．墙上所成的烛焰像是虚像

B．手和透镜的影子是光的反射形成的

C．若透镜不动，蜡烛远离透镜，手和透镜的影子大小不变 D．若蜡烛不动，透镜靠近蜡烛，能再次呈现清晰的烛焰像

6．（4分）小敏在做“研究杠杆平衡条件”的实验时，先后出现杠杆右端下降的现象。为使杠杆水平平衡，下列操作正确的是（ ）

A．图甲中平衡螺母向左调节；图乙中右侧钩码向左移动 B．图甲中平衡螺母向左调节；图乙中右侧钩码向右移动 C．图甲中平衡螺母向右调节；图乙中左侧钩码向左移动 D．图甲中平衡螺母向右调节；图乙中左侧钩码向右移动

7．（4分）学习了《质量测量工具的进化》的STEAM课程，小敏认识并使用了如图台秤，发现指针偏转角度与所测物体质量成正比。根据台秤示数变化规律，小敏想选用电流表或电压表的示数来反映所测物体质量大小，设计的电路最合理的是（ ）

试卷第23页，共39页

A．

B．

C．

D．

二、填空题（本题共2小题，每空2份，共12分）

8．（6分）如图是手机无线充电的原理简化图。当充电器线圈接通电源之后，该线圈就会产生一个磁场，当手机放在充电器上的时候，手机中的线圈就会产生感应电流，实现无线充电。 （1）手机线圈中产生电流是利用 现象。

（2）当充电器线圈中某一时刻的电流方向如图所示，则图中B点的磁场方向是 （选填“向上”或“向下”）。

（3）与传统方式相比，请你对这种充电方式进行评价： 。

试卷第24页，共39页

9．（6分）长度均为20厘米的相同均质木块A、B平放在水平桌面上，从图示位置开始推木块。当F为3牛时，木块静止；当F为6牛时，木块A、B开始沿桌面做匀速直线运动，2秒后木块A掉落；继续推木块B使其仍做匀速直线运动直到掉落。

（1）推力为3牛时，AB整体受到摩擦力为 牛。 （2）木块A在桌面上匀速运动的速度大小为 米/秒。 （3）从开始推动到木块B掉落的过程中，推力共做功 焦。

三、实验探究题（本题共2小题，每空3分，共21分）

10．（9分）在“研究动能大小与速度关系”实验中，小敏利用图甲中的装置进行研究，在水平面铺上材料A制成的粗糙平板，同一小球从斜面不同高度静止释放，运动一段距离后停止，位置如图。

（1）根据图甲实验结果，可得出的结论是：质量相同时，物体的速度越大， 。

（2）图乙中，水平面铺上不同材料的平板，其中材料A、B、C粗糙程度依次减小。小敏先后三次将同一小球从同一高度静止释放，刚到底部时用频闪相机（间隔相同时间自动拍摄）开始记录小球在平板上的位置情况。请在材料C平板上画出第2、3次频闪相机拍摄到小球的大致位置。

（3）小敏调节图甲中的平板呈不同角度，重现伽利略斜面实验。不考虑底部转折处的能量损失，下列最符合实

试卷第25页，共39页

际的现象是 。

11．（12分）在“探究电流与电阻关系”的实验时，为了使实验操作简便，小敏用电阻箱来代替不同的定值电阻，电阻箱能提供的阻值是0～9999欧之间的任意整数值。现提供的器材有：电源（恒为6伏）、滑动变阻器（1安 50欧）、电压表（0～3伏）、电流表（0～0.6安）、电阻箱、开关和导线若干。

（1）请完成实物图甲的连接（要求滑片在最右端时滑动变阻器接入阻值最大）。 （2）实验中滑动变阻器的作用是 。

（3）实验开始时，调节电阻箱使接入阻值为5欧，闭合开关，再调节滑片使电压表示数达到设定值，电流表示数如图乙所示，则此时电压表示数为 伏。

（4）小敏多次改变电阻箱的接入阻值，测得相应电流，并得出了实验结论。根据所给量程和设定电压，电阻箱可调节的范围为 。

四、解答题（本题共4小题，12题7分，13题6分，14题9分，15题2分，共24分） 12．（7分）在北京冬奥会上，中国运动员苏翊鸣勇夺单板滑雪大跳台金牌。

（1）滑雪板底面越宽大，对雪地的压强 。

（2）若滑雪板与雪地总接触面积为0.4米2，苏翊鸣和滑雪板的总质量为72千克，当他穿着滑雪板站立在水平雪地上时，对雪地的压强为多大？

（3）图甲是他在决赛中的完美飞行轨迹，AB是飞跃跳台的上升阶段，BC是下落阶段。请在图乙中画出他在飞

试卷第26页，共39页

行过程中速度随时间变化的大致曲线图，（v0为A点的速度，不计空气阻力）

13．（6分）汽车在给人们的出行带来便利的同时，也带来了能源消耗、尾气污染等问题。

材料一：如图是一辆小汽车行驶时的能耗分配图。汽油在汽缸内完全燃烧时放出的能量，大约只有13%用于驱动汽车前进，而其余87%的能量则被损耗掉了。

材料二：排出的尾气除了CO2、H2O外，还有CO、NO、NO2及未燃烧的碳氢化合物等有害气体。 结合材料：

（1）对汽车行驶时能量形式的转化与损耗途径作出分析。 （2）请从节能、减排等方面对燃油汽车提出技术改进建议。

14．（9分）图甲是某款电火锅，其内部简化电路如图乙所示，S1是旋钮开关，S2是温控开关（当锅体温度达到设定值时自动断开，当锅体温度低于一定值时自动闭合），R是指示灯的分压电阻，不起到加热作用，发热管内部结构如图丙所示，滑片转动时只能与滑动触头接触，0挡为断开状态，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ挡是不同功率的挡位，电热丝被均分为四段接入电路，其他元件的电阻均忽略不计。

（1）S1从0挡转到Ⅰ挡开始工作，温控开关S2的状态是 （选填“断开”或“闭合”）。 （2）加热时，锅内水温逐渐升高，其中改变水的内能的方式是 （选填“做功”或“热传递”）。 （3）图丙中，滑片顺时针转动，发热管的加热功率增大，Ⅳ挡时功率最大。则接线柱a、b、c中连入电路的应该是 。

（4）已知电火锅Ⅳ挡加热功率为1000瓦，若电火锅在Ⅲ挡工作5分钟，求发热管消耗的电能。

试卷第27页，共39页

15．（2分）“海洋强国”是国家战略，绍兴作为浙江海洋经济发展示范区的重要战略节点，正以积极的姿态规划发展海洋经济。提升通江达海内河港是海洋经济发展的主通道。

①如图是上虞港集装箱吊机正在作业，随着船上货物增多，货船受到的浮力 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。

②若货船从上虞淡水港出发入海，装货完毕后船身吃水位置在图甲“28”刻度处，那么在海上航行时，吃水位置在“28”刻度处 方（选填“上”或“下”）。

试卷第28页，共39页

2022年浙江省绍兴市中考物理试卷

参与试题解析

一、选择题（本题共7道题，每小题4分，共28分。下列各小题中只有一个选项符号题意） 1．（4分）实验室用于测量液体体积的仪器是（ ）

A．刻度尺 B．量筒 C．温度计 D．秒表

【解答】解：A、测量长度的工具是刻度尺，故A不合题意； B、量筒是测量液体体积的工具，故B符合题意； C、温度计是测量物体温度的工具，故C不合题意； D、秒表是用来测时间的，故D不合题意。 故选：B。

2．（4分）科学研究常采用转换、模型、等效替代和控制变量等方法。下列实验中采用等效替代的是（ ）

A．探究平面镜成像 B．探究种子萌发的条件

C．用石蕊试液判断酸碱性 D．模拟泥石流的形成

【解答】解：A、探究平面镜成像，用未点燃的蜡烛代替点燃蜡烛的像，采用了等效替代法，故A正确； B、探究种子萌发的条件，需控制其它条件相同是，探究其中的一个因素，采用了控制变量法，故B错误； C、用石蕊试液判断酸碱性，运用了对比法，故C错误；

D、模拟泥石流的形成，不同的接触表面，运用了模拟法，故D错误。 故选：A。

3．（4分）如图，小敏用条形磁铁使铁钉竖直静止在空中，细线紧绷且质量不计。下列说法正确的是（ ）

试卷第29页，共39页

A．铁钉上端被磁化成N极

B．铁钉受到的磁力与自身重力大小相等 C．桌面对石头的支持力和石头的重力是一对平衡力

D．细线对石头的拉力和石头对细线的拉力是一对相互作用力

【解答】解：A、条形磁铁的下端时N极，异名磁极相互吸引，铁钉上端被磁化成S极，故A错误；

B、铁钉在竖直方向上受到竖直向下的重力和细线的拉力，竖直向上的磁力，这三个力是平衡力，磁力等于重力和拉力的和，故B错误；

C、桌面对石头的支持力、细线的拉力和石头的重力是一对平衡力，故C错误；

D、细线对石头的拉力和石头对细线的拉力作用在两个物体上，是一对相互作用力，故D正确。 故选：D。 4．（4

分）下列关于压强的实验说法不正确的是（

）

A．实验甲说明大气压的存在

B．实验乙说明液体的沸点随着气压的增大而升高 C．实验丙说明气体的压强随着流速的增大而增大 D．实验丁说明同种液体中的压强随着深度的增加而增大

【解答】解：A、图中的水在大气压力作用下被托起，证明了大气压的存在，故A正确； B、气压越高，液体沸点越高，气压越低，沸点越低，故B正确； C、气体的压强随着流速的增大而减小，故C错误； D、同种液体中的压强随着深度的增加而增大，故D正确。 故选：C。

5．（4分）如图，小敏在家中做凸透镜成像实验，墙上出现一个倒立缩小清晰的像。下列说法正确的是（ ）

试卷第30页，共39页

A．墙上所成的烛焰像是虚像

B．手和透镜的影子是光的反射形成的

C．若透镜不动，蜡烛远离透镜，手和透镜的影子大小不变 D．若蜡烛不动，透镜靠近蜡烛，能再次呈现清晰的烛焰像

【解答】解：A、由题意可墙上出现一个倒立缩小清晰的像，根据凸透镜成像规律可知应得到倒立缩小的实像，故A错误；

B、手和透镜的影子是光的直线传播形成的，故B错误； C、若透镜不动，蜡烛远离透镜，手和透镜的影子变小；

D、图中，蜡烛经凸透镜成倒立缩小的实像，此时物距u＞2f，若蜡烛不动，透镜靠近蜡烛，在f＜u＜2f还能成倒立放大的实像，即能再次呈现清晰的烛焰像，故D正确。 故选：D。

6．（4分）小敏在做“研究杠杆平衡条件”的实验时，先后出现杠杆右端下降的现象。为使杠杆水平平衡，下列操作正确的是（ ）

A．图甲中平衡螺母向左调节；图乙中右侧钩码向左移动 B．图甲中平衡螺母向左调节；图乙中右侧钩码向右移动 C．图甲中平衡螺母向右调节；图乙中左侧钩码向左移动 D．图甲中平衡螺母向右调节；图乙中左侧钩码向右移动

【解答】解：由图甲可知，是在探究之前，因此应将平衡螺母向左调节，由图乙可知，是在探究过程中，应将钩码向左移动，故A正确。 故选：A。

7．（4分）学习了《质量测量工具的进化》的STEAM课程，小敏认识并使用了如图台秤，发现指针偏转角度与所测物体质量成正比。根据台秤示数变化规律，小敏想选用电流表或电压表的示数来反映所测物体质量大小，设计的电路最合理的是（ ）

试卷第31页，共39页

A．

B．

C．

D．

【解答】解：由图可知，物体的质量越大，重力越大，滑动变阻器的滑片向下滑动，滑动变阻器接入电路的电阻变大，

A、图A中，电阻R0与滑动变阻器R串联，电压表测滑动变阻器R两端的电压，由串联电路的电压特点和欧姆定律可知，电压表的示数：UV＝U﹣U0＝U﹣IR0＝U﹣

，由数学知识可知，UV与R不成正比，故A错误；

B、图B中，电阻R0与滑动变阻器R串联，电压表测滑动变阻器R上端的电压，因为电压表内阻很大，在电路中相当于开路，因此滑片移动的过程中，电路中的总电阻不变，电路中的电流不变，因此电压表的示数：UV＝IR

接入

，由数学知识可知，UV与R接入成正比，故B正确；

，由数学知识可

CD、图CD中，电阻R0与滑动变阻器R串联，电流表测电路的电流，电流表的示数：I＝知，I与R不成正比，故CD错误。

试卷第32页，共39页

故选：B。

二、填空题（本题共2小题，每空2份，共12分）

8．（6分）如图是手机无线充电的原理简化图。当充电器线圈接通电源之后，该线圈就会产生一个磁场，当手机放在充电器上的时候，手机中的线圈就会产生感应电流，实现无线充电。 （1）手机线圈中产生电流是利用 电磁感应 现象。

（2）当充电器线圈中某一时刻的电流方向如图所示，则图中B点的磁场方向是 向上 （选填“向上”或“向下”）。

（3）与传统方式相比，请你对这种充电方式进行评价： 优点：使用方便、兼容性强、可以一对多进行充电；缺点：充电效率较低、电磁辐射较大 。

【解答】解：（1）电磁感应现象：闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，会产生电流。所以手机线圈中产生电流是利用电磁感应现象。

（2）电流从上往下看是逆时针转动，利用右手螺旋定则判断B点磁场方向是向上；

（3）和传统充电相比，无线充电不需要数据线，避免了多种充电接口，所以充电方便、可以兼容多种充电接口的手机充电、可以一对多进行充电； 缺点：电磁辐射较大、充电效率低。

故答案为：（1）电磁感应；（2）向上；（3）优点：无线充电不需要数据线，避免了多种充电接口，所以充电方便、可以兼容多种充电接口的手机充电、可以一对多进行充电； 缺点：充电效率较低、电磁辐射较大。

9．（6分）长度均为20厘米的相同均质木块A、B平放在水平桌面上，从图示位置开始推木块。当F为3牛时，木块静止；当F为6牛时，木块A、B开始沿桌面做匀速直线运动，2秒后木块A掉落；继续推木块B使其仍做匀速直线运动直到掉落。

（1）推力为3牛时，AB整体受到摩擦力为 3 牛。 （2）木块A在桌面上匀速运动的速度大小为 0.05 米/秒。

试卷第33页，共39页

（3）从开始推动到木块B掉落的过程中，推力共做功 1.2 焦。

【解答】解：（1）推力为3N时，木块静止，根据二力平衡条件可知摩擦力和推力是一对平衡力，所以摩擦力为3N；

（2）当木块A一半体积离开桌面时，木块A就会掉落，此时移动的距离s＝木块A在桌面上匀速运动的速度v＝＝

＝0.05m/s；

＝10cm＝0.1m；

（3）木块A掉落前做的功W1＝F1s＝6N×0.1m＝0.6J；

当木块B一半体积离开桌面时，木块B就会掉落，从A掉落到B掉落，一共移动距离s′＝0.1m+0.1m＝0.2m； 这段路程中，压力大小变成了之前的一半，摩擦力变为原来的一半，所以推力F2＝F1＝3N； 这段路程做功W2＝F2s′＝3N×0.2m＝0.6J；

从开始推动到木块B掉落的过程中，推力做的功W＝W1+W2＝0.6J+0.6J＝1.2J； 故答案为：（1）3；（2）0.05；（3）1.2。

三、实验探究题（本题共2小题，每空3分，共21分）

10．（9分）在“研究动能大小与速度关系”实验中，小敏利用图甲中的装置进行研究，在水平面铺上材料A制成的粗糙平板，同一小球从斜面不同高度静止释放，运动一段距离后停止，位置如图。

（1）根据图甲实验结果，可得出的结论是：质量相同时，物体的速度越大， 动能越大 。

（2）图乙中，水平面铺上不同材料的平板，其中材料A、B、C粗糙程度依次减小。小敏先后三次将同一小球从同一高度静止释放，刚到底部时用频闪相机（间隔相同时间自动拍摄）开始记录小球在平板上的位置情况。请在材料C平板上画出第2、3次频闪相机拍摄到小球的大致位置。

（3）小敏调节图甲中的平板呈不同角度，重现伽利略斜面实验。不考虑底部转折处的能量损失，下列最符合实际的现象是 B 。

试卷第34页，共39页

【解答】解（1）图甲实验分析，随着小球放置在静止位置的高度变高时，则小球到达水平面的速度变大。小球在水平面上运动的距离变得更远，说明小球的动能更大。

（2）材料越光滑，移动速度越快，所以材料C中小球速度最快，大致位置如图；

；

（3）小敏调节图甲中的平板呈不同角度，重现伽利略斜面实验。不考虑底部转折处的能量损失，材料A制成的粗糙平板，由于摩擦力做功，部分能量转化为为内能，达不到一开始静止位置的高度，故A、C错误，B正确； 故答案为：（1）动能越大；（2）如图所示；（3）B。

11．（12分）在“探究电流与电阻关系”的实验时，为了使实验操作简便，小敏用电阻箱来代替不同的定值电阻，电阻箱能提供的阻值是0～9999欧之间的任意整数值。现提供的器材有：电源（恒为6伏）、滑动变阻器（1安 50欧）、电压表（0～3伏）、电流表（0～0.6安）、电阻箱、开关和导线若干。

（1）请完成实物图甲的连接（要求滑片在最右端时滑动变阻器接入阻值最大）。 （2）实验中滑动变阻器的作用是 保护电路和控制定值电阻两端的电压不变 。

（3）实验开始时，调节电阻箱使接入阻值为5欧，闭合开关，再调节滑片使电压表示数达到设定值，电流表示数如图乙所示，则此时电压表示数为 2 伏。

（4）小敏多次改变电阻箱的接入阻值，测得相应电流，并得出了实验结论。根据所给量程和设定电压，电阻箱可调节的范围为 4Ω～25Ω 。

【解答】解：（1）滑动变阻器串联在电路中，滑片在最右端时滑动变阻器接入阻值最大，故滑动变阻器左下接线柱连入电路中，如图所示：

试卷第35页，共39页

；

（2）探究电流与电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变，因此实验中滑动变阻器的作用控制定值电阻两端的电压不变，同时还有保护电路的作用；

（3）由图乙可知，电流表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，示数为0.4A，则电阻箱两端的电压为：UV＝IR＝0.4A×5Ω＝2V，即电压表的示数为2V；

（4）由（3）可知，电阻箱两端的电压始终保持UV＝2V，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：U滑＝U﹣UV＝6V﹣2V＝4V，则电阻箱两端的电压为变阻器分得电压的

＝0.5倍，根据分压原理，当变阻器连入电

路中的电阻最大50Ω时，电阻箱接入电路的电阻为：R大＝0.5×50Ω＝25Ω；因为滑动变阻器允许通过的最大电流为1A，电流表的量程为0～0.6A，由串联电路的电流特点可知，电路中允许通过的最大为0.6A，由欧姆定律可知，此时电阻箱接入电路的最小电阻：R小＝

＝

≈3.3Ω，由电阻箱的特点可知，电阻箱接入电路的最

小电阻为4Ω，因此电阻箱可调节的范围为4Ω～25Ω。

故答案为：（1）如图所示；（2）保护电路和控制定值电阻两端的电压不变；（3）2；（4）4Ω～25Ω。 四、解答题（本题共4小题，12题7分，13题6分，14题9分，15题2分，共24分） 12．（7分）在北京冬奥会上，中国运动员苏翊鸣勇夺单板滑雪大跳台金牌。

（1）滑雪板底面越宽大，对雪地的压强 越小 。

（2）若滑雪板与雪地总接触面积为0.4米2，苏翊鸣和滑雪板的总质量为72千克，当他穿着滑雪板站立在水平雪地上时，对雪地的压强为多大？

试卷第36页，共39页

（3）图甲是他在决赛中的完美飞行轨迹，AB是飞跃跳台的上升阶段，BC是下落阶段。请在图乙中画出他在飞行过程中速度随时间变化的大致曲线图，（v0为A点的速度，不计空气阻力）

【解答】解：（1）压强的大小与压力大小和受力面积大小有关，所以滑雪板底面越宽大，在压力相同的情况下，由于受力面积越大，所以 滑雪板对雪地的压强越大；

（2）苏翊鸣和滑雪板的总重力：G＝mg＝72kg×10N/kg＝720N； 当他穿着滑雪板站立在水平雪地上时，对雪地的压力F＝G＝720N； 对雪地的压强：p＝＝

＝1800Pa；

（3）他在飞行过程中，上升阶段：动能转化为重力势能，动能减小，速度减小；下落阶段：重力势能转化为动能，动能增大，速度增大；

所以他在整个过程中的速度先变小，当上升到最高点B时，速度最小，接着下落过程速度变大； 速度随时间变化的大致曲线图如图所示：

答：（1）减小；

（2）当他穿着滑雪板站立在水平雪地上时，对雪地的压强为1800Pa； （3）图见解析。

13．（6分）汽车在给人们的出行带来便利的同时，也带来了能源消耗、尾气污染等问题。

材料一：如图是一辆小汽车行驶时的能耗分配图。汽油在汽缸内完全燃烧时放出的能量，大约只有13%用于驱动汽车前进，而其余87%的能量则被损耗掉了。

材料二：排出的尾气除了CO2、H2O外，还有CO、NO、NO2及未燃烧的碳氢化合物等有害气体。 结合材料：

（1）对汽车行驶时能量形式的转化与损耗途径作出分析。 （2）请从节能、减排等方面对燃油汽车提出技术改进建议。

试卷第37页，共39页

【解答】答：（1）汽车行驶时的能量转化分析：汽油的化学能转化为气体内能，然后再转化为活塞机械能，最后为汽车机械能，转化率很低；

损耗途径分析：绝大部分是以热能形式损失的，部分是未完全燃烧的碳氢化合物损失，还有少量是汽油蒸发损失。 （2）技术改进建议：减少散热器、排气管和发动机的热损失；减少汽油的蒸发；使汽油充分燃烧；研制和使用混合动力或者纯电动的新能源汽车。

14．（9分）图甲是某款电火锅，其内部简化电路如图乙所示，S1是旋钮开关，S2是温控开关（当锅体温度达到设定值时自动断开，当锅体温度低于一定值时自动闭合），R是指示灯的分压电阻，不起到加热作用，发热管内部结构如图丙所示，滑片转动时只能与滑动触头接触，0挡为断开状态，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ挡是不同功率的挡位，电热丝被均分为四段接入电路，其他元件的电阻均忽略不计。

（1）S1从0挡转到Ⅰ挡开始工作，温控开关S2的状态是 闭合 （选填“断开”或“闭合”）。

（2）加热时，锅内水温逐渐升高，其中改变水的内能的方式是 热传递 （选填“做功”或“热传递”）。 （3）图丙中，滑片顺时针转动，发热管的加热功率增大，Ⅳ挡时功率最大。则接线柱a、b、c中连入电路的应该是 b、c 。

（4）已知电火锅Ⅳ挡加热功率为1000瓦，若电火锅在Ⅲ挡工作5分钟，求发热管消耗的电能。

【解答】解：（1）因为当锅体温度达到设定值时温控开关自动断开，当锅体温度低于一定值时温控开关自动闭合，所以S1从0挡转到Ⅰ挡刚开始工作，温度较低，温控开关S2的状态闭合； （2）加热时，锅内水温逐渐升高，其中改变水的内能的方式是热传递；

试卷第38页，共39页

（3）图丙中，滑片顺时针转动，发热管的加热功率增大，Ⅳ挡时功率最大。由P＝的电阻最小，则应将b、c连入电路；

（4）已知电火锅Ⅳ挡加热功率为1000瓦，则Ⅳ挡加热时的电阻为：RⅣ＝所以Ⅲ挡工作时的电阻为：RⅢ＝2RⅣ＝2×48.4Ω＝96.8Ω， 所以电火锅在Ⅲ挡工作5分钟消耗的电能为：W＝UIⅢt＝

t＝

＝

可知，在Ⅳ挡时连入电路

＝48.4Ω，

×5×60s＝1.5×105J。

故答案为：（1）闭合；（2）热传递；（3）b、c；（4）电火锅在Ⅲ挡工作5分钟，发热管消耗的电能为1.5×105J。 15．（2分）“海洋强国”是国家战略，绍兴作为浙江海洋经济发展示范区的重要战略节点，正以积极的姿态规划发展海洋经济。提升通江达海内河港是海洋经济发展的主通道。

①如图是上虞港集装箱吊机正在作业，随着船上货物增多，货船受到的浮力 变大 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。

②若货船从上虞淡水港出发入海，装货完毕后船身吃水位置在图甲“28”刻度处，那么在海上航行时，吃水位置在“28”刻度处 下 方（选填“上”或“下”）。

【解答】解：①由于船处于漂浮状态，根据漂浮条件可知F浮＝G；如果向船上装货物时，船的重力增大，则船受到的浮力将变大；

②货船由河里驶入海里时，因船在海水中也处于漂浮状态，所受浮力不变；由于水的密度变大，根据F浮＝ρgV排可知：排开水的体积变小，货船上浮一些，所以在海上航行时，吃水位置在“28”刻度处下方。 故答案为：①变大；②下。

水

试卷第39页，共39页