鲁达 
迎战中考2022年物理一模
山东烟台卷
（本卷共27小题，全卷共六个大题，满分100分）
一、单项选择题（本题共15小题，每小题2分）
1.如图所示的做法中，符合安全用电原则的是（ ）。
【答案】A。
【解析】A、电冰箱必须使用三脚插头，让金属外壳接地可以防止因漏电导致金属外壳带电而发生触电事故，故A正确；
B、由于水是导体，所以用湿抹布擦发光的灯泡很容易使得人触电，故B错误；
C、用手指触碰插座的插孔的做法是很危险的，很容易碰到里面的金属片而触电，故C错误；
D、在大树下避雨，因为大树和人体都是电的良导体，雷电极易通过突起物﹣﹣大树传向人体，而造成雷电灾害，故D错误；故选A。
2.以下现象，反映了光的色散现象的是（ ）。
A．雨后天空，弧状光带；B．岸边树木，水中倒立；
C．水中铅笔，水面折断；D．井底之蛙，所见甚小
【答案】A。
【解析】A、雨过天晴时，常在天空出现彩虹，这是太阳光通过悬浮在空气中细小的水珠折射而成的，白光经水珠折射以后，分成各种彩色光，这种现象叫做光的色散现象；所以说雨后的天空出现彩虹是由光的色散形成的；此选项符合题意。
B、水中倒影是由光的反射形成的，不属于光的色散；此选项不符合题意。
C、水中铅笔，水面折断是光的折射现象，不属于光的色散；此选项不符合题意。
D、“坐井观天，所见甚小”，这一现象说明了光在同一种均匀物质中是沿直线传播的；此选项不符合题意。故选A。
3.下列有关声音的说法中，错误的是（ ）。
A．敲击鼓面，看到鼓面上的泡沫颗粒跳动，说明声音是由物体的振动产生的；
B．把正在响铃的闹钟放在玻璃罩内，逐渐抽出其中的空气，音量减弱，说明空气能够传声；
C．直尺伸出桌面的长度越短，拨动时发出的声音音调越高，说明响度由频率决定；
D．发声的扬声器外，烛焰晃动，说明声音可以传递能量
【答案】C。
【解析】A．敲击鼓面，看到鼓面上的泡沫颗粒跳动，说明声音是由物体的振动产生的；此说法正确。鼓面上的泡沫颗粒的跳动，说明了鼓面的振动，所以声音是由物体振动产生的。
B．把正在响铃的闹钟放在玻璃罩内，逐渐抽出其中的空气，音量减弱，说明空气能够传声；此说法正确。玻璃罩内的空气是传播声音的介质，音量减弱只能说明玻璃罩内的空气稀薄。
C．直尺伸出桌面的长度越短，拨动时发出的声音音调越高，说明响度由频率决定；此说法错误。物体振动的音调越高，它的振动频率越大，音调高指的是频率大，不是响度大；响度是由振动幅度决定的。故，C符合题意。
D．发声的扬声器外，烛焰晃动，说明声音可以传递能量；此说法正确。声音可以传递信息，也可以传递能量；在扬声器旁的烛焰的闪动正说明了这一论断。
4.如图所示，甲、乙两容器间有一斜管相通，中间有阀门K控制，容器中装有水，且两容器中水面相平，则（ ）。
A．打开阀门K后，由于水受重力作用，水将从甲流到乙；
B．打开阀门K后，由于b处的压强大于a处的压强，水将从乙流到甲；
C．打开阀门K后，因为甲、乙两容器中液面高度相等，所以水不会流动；
D．打开阀门K后，因为乙中的水多，所以从乙流到甲
【答案】C。
【解析】根据连通器的特点可知，图示中的容器装的都是水，并且两容器中水面相平，故打开阀门后，水不会流动。故选C。
5.针对下列春夏秋冬四种现象中不可能发生的是（ ）。
- 温暖的春天，有些南方地区会出现“回南天”天气，地面、墙壁全是湿的；
- 潮湿的夏天，从冰箱里取出的冰糕冒“白气”；
- 凉爽的秋天，窗玻璃外侧出出现雾；
- 寒冷的冬天，戴眼镜的同学走出教室镜片会模糊
【答案】D。
【解析】A、温暖的春天，有些南方地区会出现“回南天”天气，地面、墙壁全是湿的；是由于空气中的水蒸气较多，遇到地面和墙壁发生液化所致；故A不符题意。
B、潮湿的夏天，从冰箱里取出的冰糕冒“白气”；是空气中的水蒸气遇冷液化为液态的小水滴；故B不符题意。
C、凉爽的秋天，窗玻璃外侧出出现雾；是由于是空气中的水蒸气遇冷液化为液态的小水滴，附着在玻璃外表面；故C不符题意。
D、寒冷的冬天，戴眼镜的同学走进教室，镜片会模糊，是因为室内热的水蒸气遇到温度低的镜片液化为液态的小水滴；而走出教室时，则不会发生以上现象；故D符合题意。故选D。
6.下列说法错误的是（ ）。
A.磁场是由无数条磁感线组成的；
B.磁感线在磁体的外部从磁体N极出发，最后回到S极；
C.将条形磁铁分成若干段，每段磁体均有N、S极；
D.大头针被磁铁吸引的同时也被磁化成小磁体
【答案】A。
【解析】A、磁场是磁体周围的看不见、摸不着的物质，但它是确实存在的；磁感线是我们为了形象的描述磁场，假想出来的物理模型，是不存在的，所以A是错误的；
B、磁感线在磁体的外部是从N极发出，回到S极的，所以B是正确的；
C、条形磁体分成若干段，每段磁体都有两个磁极：N极和S极，所以C是正确的；
D、大头针在被磁体吸引的过程就是它被磁化的过程，所以D是正确的。故选A。
7.下列关于压强的说法正确的是（ ）。
A．飞机升力是由于机翼上下表面的空气流速不同造成压强差所引起的；
B．拦河坝设计成下宽上窄，利用了液
体压强大小随深度增加而减小；
C．菜刀的刀刃薄，是通过减小受力面积来减小压强；
D．马德堡半球实验首次测出大气压强值
【答案】A。
【解析】A：飞机机翼为流线型，即上方为凸型，下方是平的；等质量的空气在相同的时间内同时通过机翼的上表面和下表面，由于上表面弯曲，下表面平直，所以空气通过机翼上表面的流速大，通过下表面的流速较小；因为机翼上方的空气流速大，压强较小；机翼下方的空气流速小，压强大，所以机翼受到一个向上的压强差，飞机受到向上的升力；故A正确。
B：拦河坝设计成下宽上窄，利用了液体压强大小随深度增加而增大，故B错误。
C：菜刀的刀刃薄，在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强，故C错误。
D：马德堡半球实验首次证明大气压的存在，故D错误。
8.如图所示是蹦极运动的简化示意图，弹性绳一端固定在O点，另一端系住运动员，运动员从O点自由下落，到A点处弹性绳自然伸直。B点是运动员受到的重力与弹性绳对运动员拉力相等的点，C点是蹦极运动员到达的最低点（忽略空气阻力），下列说法正确的是（ ）。
A．从O点到C点运动员速度一直减小；
B．从O点到C点运动员的机械能一直在增大；
C．从O点到C点运动员的机械能一直在减小 ；
D．从O点到A点运动员的机械能不变
【答案】D。
【解析】蹦极运动员在整个运动过程中，从O点到A点，只受重力作用，其速度逐渐增大，动能增大，重力势能减小，但此过程机械能不变；在从A点到C点过程中，运动员受到重力和绳子的拉力作用，机械能不再守恒。所以，正确选项是D。
9.2017年4月22日，天舟一号货运飞船与天宫二号成功对接（如图），天舟一号的任务之一是将储箱内的推进剂（液态燃料和液态氧）分别输送给天宫二号。下面说法不正确的是（ ）。
A.天舟一号与天宫二号成功对接后一起运动，若以天宫二号为参照物，天舟一号飞船是静止的；
B.液态氧可由气态氧气经过液化而形成；
C.要完成本次推进剂补给任务，天舟一号储箱内的压强比天宫二号储箱内的压强要大
D.天舟一号与天宫二号对接过程中靠声波传递信息。
【答案】D。
【解析】A.天舟一号与天宫二号成功完成对接时，天舟一号与天宫二号的位置不发生变化，所以天舟一号货运飞船相对于天宫二号是静止的；故A正确。
B.物质由气态变为液态的过程叫液化，降低温度和压缩体积是气体液化的两种方式，液态氧可由气态氧气经过液化而形成；故B正确。
C.要完成本次推进剂补给任务，根据力是改变物体运动状态的原因，推进的力要大于阻力，即天舟一号储箱内的压强比天宫二号储箱内的压强大；故C正确。
D.太空是真空，无法传播声波，对接过程中是靠电磁波传递信息的；故D错误；D符合题意，故选D。
10.小燕同学在做“研究凸透镜成像规律”实验时，将点燃的蜡烛、凸透镜、光屏调试到如图所示的位置，光屏中心正好出现清晰的像（未画出）。下列说法中正确的是（ ）。
A．凸透镜焦距为20cm； B．屏上的像是倒立、缩小的实像；
C．焟烛燃烧变短，屏上像的位置会下降；D．取走光屏，则凸透镜不成像
【答案】B。
【解析】凸透镜焦距从光具座上无法判断，故A错；
蜡烛燃烧变短，像的位置应向上移动，故C错；
取走光屏，凸透镜照样成像，只是没有显示在光屏上而已，故D错。正确答案是B。
11.下列做法中属于增大压强的是（ ）。
A．站在滑板上滑雪，脚不会陷入雪地；
B．骆驼被称为“沙漠之舟”，是由于它具有宽大的脚掌；
C．蚊子尖尖的口器可以插入皮肤吸吮血液；
D．为了防止载重汽车压坏路面，装有多个宽大的车轮
【答案】C。
【解析】压强大小的影响因素：压力大小和受力面积大小。增大压强的方法：在压力一定时，减小受力面积增大压强。在受力面积一定时，增大压力增大压强；减小压强的方法：在压力一定时，增大受力面积减小压强；在受力面积一定时，减小压力减小压强。
A：站在滑板上滑雪，是在压力一定时，增大受力面积来减小压强，故A不符合题意。
B：骆驼有宽大的脚掌，是在压力一定时，增大受力面积来减小压强，故B不符合题意。
C：蚊子尖尖的口器，是在压力一定时，减小受力面积来增大压强，故C符合题意。
D：载重汽车装有多个宽大的车轮，是在压力一定时，增大受力面积来减小压强，故D不符合题意。答案是C。
12.如图所示，用相同的滑轮不同的绕法提起相同的重物，摩擦力可以忽略不计，在物体匀速上升的过程中（ ）。
A．甲图省力，机械效率甲图大；B．甲图省力，机械效率一样大；
C．乙图省力，机械效率乙图大；D．乙图省力，机械效率一样大
【答案】B。
【解析】（1）分析左图滑轮组的结构，得出承担物重的绳子股数n=3，则拉力端移动的距离S=3h，因摩擦力可以忽略不计，根据
求拉力的大小；利用
求机械效率大小；
；（2）同理，求出右图的拉力和机械效率，通过比较得出答案。
- 分析左图可知，n=3，则s=3h，因为摩擦力可以忽略不计，所以，。
（2）分析右图可知，n=2，则s=2h，因为摩擦力可以忽略不计，所以
，
，由此可知：F1＜F2，η1=η2，所以甲图省力，机械效率一样大。
13.我国北方的冬季气温很低，到处都是冰天雪地，人们有时会将冰雪融化取水，把冰雪放在水壶里热取水的过程中，下列说法正确的是（ ）。
A.冰在0℃时，内能为0；
B.这是通过做功的方式改变物体的内能；
C.在加热过程中，壶内的温度一直在上升；
D.水的温度越高，水分子运动越剧烈
【答案】D。
【解析】A. 一切物体都有内能，冰在0℃时，内能不为为0。
B. 把冰雪放在水壶里热取水的过程中，是通过热传递的方式改变物体的内能。
C. 冰在熔化时吸热，但温度不变，所以，在加热过程中，壶内的温度不是一直上升。
D. 分子的运动与温度有关，水的温度越高，水分子运动越剧烈，故选D。
14.如图所示，电源电压保持不变，当开关S闭合时，滑动变阻器R1的滑片P从b端滑到a端的过程中，下列说法正确的是（ ）。
A.电压表、电流表的示数均变小；
B.电压表、电流表的示数均不变；
C.电压表的示数不变，电流表的示数变小；
D.电压表的示数变小，电流表的示数不变
【答案】D。
【解析】分析电路图：两电阻串联，电流表串联在电路中，滑动变阻器不能起到变阻作用，电压表测量的是aP之间的电压。当滑片P从b端滑到a端的过程中，分析电路中的电阻变化情况，根据欧姆定律确定电流表、电压表示数的变化情况。如图，当滑片P从b端滑到a端的过程中，滑动变阻器不能起到变阻作用，电路中的电阻不变，根据欧姆定律知道电路中的电流不变，即电流表的示数不变；
从b端滑到a端的过程中，RaP变小，因为U1=IRaP ，I不变，
所以滑动变阻器两端的电压变小，即：电压表示数会变小。故选D。
15.某同学做电学实验时，电路如下图所示。已知他所用电流表的量程为0～0.6A，电压表的量程为0～3V，电源电压为6V保持不变，滑动变阻器的最大阻值为50Ω，定值电阻R0为10Ω，开关S闭合后，在实验操作无误的情况下，下列说法中正确的说法是（ ）。
A．电流表的最大示数为0.6A；
B．滑动变阻器消耗的最小功率为0W；
C．电压表的最小示数为1V；
D．电阻R0消耗的最大功率为1.8W
【答案】C。
【解析】分析滑片P在右端（电阻全连入50Ω）和电压表示数最大（滑动变阻器的部分电阻连入）时的电路组成，利用欧姆定律和电功率的公式求解。
（1）因为电源电压为6V，电压表的量程为0-3V，所以P不能滑到左端，也就是滑动变阻器连入电阻不能为0，滑动变阻器的电功率不能为0；
当电压表的示数为3V，即：UR=3V时：①电流最大（电流表的示数最大），
；②R0消耗的电功率最大，P大=I2R0=（0.3A）2×10Ω=0.9W。
（2）当滑片P在右端（电阻全连入为50Ω），此时电路中的电阻最大，电流最小，
，U小=I小R0=0.1A×10Ω=1V。故选C。
- 计算题（1个题，共12分）
16.养生壶的原理如图所示，它有加热和保温两档。当加热到设定温度时，养生壶自动切换为保温档。（养生壶的部分参数如表所示）
（1）当开关S1闭合，S2 （填“闭合”或“断开”）时，养生壶处于加热状态。
（2）在保温档正常工作时，求电路中的电流是多少？
（3）求R1、R2的阻值。
（4）如果养生壶的效率为70%，那么在标准大气压下要将满壶的水从20℃加热至沸腾，请问需要多少分钟？
壶的容积 | 1.5L |
额定电压 | 220V |
加热功率 | 1000W |
保温功率 | 44W |
【解析】（1）养生壶处于加热状态时，电路的总功率最大，
由P＝UI＝
可知，电源的电压一定时，电路的总电阻最小，
由电路图可知，当开关S1、S2闭合时，电路为R1的简单电路，电路的总电阻最小，养生壶处于加热状态；
（2）在保温档正常工作时，由P＝UI可得，电路中的电流：I＝
＝
＝0.2A；
（3）养生壶处于加热状态时，电路为R1的简单电路，
则R1的阻值：R1＝
＝
＝48.4Ω，
当开关S1闭合、S2断开时，R1与R2串联，电路的总电阻最大，总功率最小，养生壶处于保温状态，
由I＝
可得，此时电路中的总电阻：R总＝
＝
＝1100Ω，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，R2的阻值：R2＝R总﹣R1＝1100Ω﹣48.4Ω＝1051.6Ω；
（4）满壶水的体积：V＝1.5L＝1.5dm3＝1.5×10﹣3m3，
由ρ＝
可得，水的质量：m＝ρV＝1.0×103kg/m3×1.5×10﹣3m3＝1.5kg，
在标准大气压下水的沸点为100℃，则水吸收的热量：
Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×1.5kg×（100℃﹣20℃）＝5.04×105J，
由η＝
×100%可得，消耗的电能：W＝
＝
＝7.2×105J，
由P＝
可得，需要的加热时间：t′＝
＝
＝720s＝12min。
答：（1）闭合；（2）在保温档正常工作时，电路中的电流是0.2A；（3）R1的阻值为48.4Ω，R2的阻值为1051.6Ω；（4）如果养生壶的效率为70%，那么在标准大气压下要将满壶的水从20℃加热至沸腾需要12min。
三、实验,探究题（共3题，共20分）
17.（5分）在探究海波熔化过程的试验中，某实验小组讨论了以下问题：
（1）试验中需要的测量工具是温度计和 ，加热时需要不断观察海波的 变化；
（2）本实验成功的关键是保证海波 ，为此需要采用水浴法加热；
（3）实验结束后，他们绘制了海波熔化时温度随时间变化的图线如图所示，由图可知：海波的熔点是 ℃，海波熔化的特点是 。
【答案】（1）秒表；（2）均匀受热；（3）48，吸热温度升高，当温度升高到3min时开始熔化，7min时，固体海波全部熔化完毕变为液体。
【解析】由图像可以看出，海波的熔化过程中，熔点是48ºC，在3min-7min时间内是固液共存状态，下面进行解答：
（1）试验中需要的测量工具是温度计和秒表，加热时需要不断观察海波的状态变化；
（2）本实验成功的关键是保证海波均匀受热，为此需要采用水浴法加热；
（3）实验结束后，他们绘制了海波熔化时温度随时间变化的图线如图所示，由图可知：海波的熔点是48ºC，海波熔化的特点是吸热温度升高，当温度升高到时开始熔化，7min时，固体海波全部熔化完毕变为液体。
18.（5 分）某兴趣小组在探究浸在液体中的物体所受浮力大小规律的实验中，做了如图所示的实验，将同一物体A逐渐浸入到密度的液体中，并通过观察弹簧测力计的示数的变化规律，得出以下一些结论：
（1）分析比较实验序号甲、乙、丙可初步得出结论：当液体的密度相同时，物体排开液体的体积越大，物体受到的浮力越 ，分析比较实验序号 可初步得出结论：当排开液体的体积相同时，物体所受浮力与浸没在液体中的深度 （选填“有关”或“无关”）。
（2）由实验可知A物体的重力为 N，A物体浸没在液体中所受的浮力是 N。
【答案】（1）大；甲、丙、丁；无关；（2）6、2。
【解析】（1）分析比较实验序号甲、乙、丙，液体的密度相同时，物体排开液体的体积越大，弹簧测力计的示数越小，根据F浮=G﹣F示，物体受到浮力越大；研究物体所受浮力与物体浸没在液体中的深度的关系时，应控制排开液体的体积和液体的密度相同，改变物体A在液体的深度，所以，应分析比较实验序号甲、丙、丁。已知在丙、丁中，弹簧测力计的示数均为4N，根据F浮=G﹣F知，物体受到的浮力不变。可初步得出结论：当排开液体的体积相同时，物体所受浮力与浸没在液体中的深度无关；
（2）由甲图知，A物体的重力为6N，A物体浸没时，弹簧测力计的示数为4N，由F浮=G﹣F得：A物体浸没在液体中所受的浮力大小为2N。
19.（10分）小明和小华测量定额电压为2.5V的小灯泡的额定功率。
（1）①图甲是他们连接的部分电路请用笔画线代替导线将电路连接完整。
②闭合开关前，应将滑动变阻器处在最 （填写“左”或“右”）端。
③闭合开关后，发现无论怎样调节滑动变阻器的滑片，灯泡都不亮，电压表和电流表均无示数，小明找来一根完好的导线，一端连在电源负极，另一端触碰接线柱A、B、C，当发现只有触碰接线柱C时，灯泡才发光，若电路中只有一处故障，且各器材，导线均完好，则电路故障可能是 。
④排除故障后，闭合开关，移动滑动变阻器，当电压表为2.5V时，电流表示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为 W。
（2）小明和小华观察电流表和电压表均标有电阻值，请教老师后得知这是电表的电阻，为了在接好的图甲中较准确的测量出小灯泡的电功率，他们对电压表的负接线柱应该接在C处还是D处进行了探究，他们将开关闭合，移动滑动变阻器的滑片使灯泡发光，不添加器材，请你说出接下来的操作及判断方法。
①操作 ；
②如何判断： 。
（3）小明和小华重新设计了一种测量小灯泡额定功率的电路，如图丙所示，电源电压保持3.5V不变，R0为阻值为10Ω的定值电阻，连接好电路后进行如下操作：1）断开开关S2，闭合开关S和、S1，移动滑动变阻器滑片P，使电压表示数为2.5V；2）保持滑动变阻器滑片P位置不变，断开开关S1，闭合开关S、S2，读出电压表示数为2.6V；小灯泡的额电功率为 W（计算结果保留两位小数）。
【答案】（1）①如上所示；②左；③变阻器断路；④0.75。（2）①分别将电压表的负接线柱接在C处和D处，分别记下电压表的示数和电流表的示数UC、IC，UD、ID滑片，比较
和
的大小；②若
，说明电流表的分压较电压表的分流作用大，为避免电流表分得的电压对电压表测量的影响，要将电压表的负接线柱应该接D处；若
，说明电压表的分流较电流表的分压作用大，为避免电压表的分流对电流表测量的影响，要将电压表的负接线柱应该接C。（3）0.72。
【解析】（1）①因灯的电压为2.5V，电压表选用小量程与灯并联，如下所示：
②闭合开关前，应将滑动变阻器处在阻值最大处即最左端；
③闭合开关后，发现无论怎样调节滑动变阻器的滑片，灯泡都不亮，电压表和电流表均无示数，说明电路断路；小明找来一根完好的导线，一端连在电源负极，当发现只有触碰接线柱C时，灯泡才发光，说明电源负极与C间发生断路，若电路中只有一处故障，则电路故障可能是变阻器断路；
④移动滑动变阻器，当电压表为2.5V时，电流表示数如图乙所示，图中电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.3A，则小灯泡的额定功率为P=UI=2.5V×0.3A=0.75W。
（2）在（1）①图中，分别将电压表的负接线柱接在C处和D处，分别记下电压表的示数和电流表的示数UC、IC，UD、ID滑片，接到C时，电流表测量的电流大小等于通过灯的电流，而电压表测灯与电流表串联的电压；
接到D时，电压表测灯的电压是准确的，而电流表测通过电压表与灯的总电流；
②若
，说明电流表的分压较电压表的分流作用大，为避免电流表分得的电压对电压表测量的影响，要将电压表的负接线柱应该接D处；
若
，说明电压表的分流较电流表的分压作用大，为避免电压表的分流对电流表测量的影响，要将电压表的负接线柱应该接C；
（3）在上面的第2次操作中，保持持滑动变阻器滑片P位置不变，断开开关S1，闭合开关S、S2，读出电压表示数为2.6V；此时定值电阻与变阻器串联，根据串联电路的电压规律，变阻器的电压U滑=3.5V-2.6V=0.9V，根据分压原理：
，即
，
；
故在第1次操作中，由串联电路的规律和欧姆定律，通过变阻器的电流即灯的额定电流：
；
故灯的额定功率：PL=ULIL=2.5V×
A≈0.72W。
故答案为：（1）①如上所示；②左；③变阻器断路；④0.75。（2）①分别将电压表的负接线柱接在C处和D处，分别记下电压表的示数和电流表的示数UC、IC，UD、ID滑片，比较
和
的大小；②若
，说明电流表的分压较电压表的分流作用大，为避免电流表分得的电压对电压表测量的影响，要将电压表的负接线柱应该接D处；若
，说明电压表的分流较电流表的分压作用大，为避免电压表的分流对电流表测量的影响，要将电压表的负接线柱应该接C。（3）0.72。
四、综合题（2个题，共20分）
20.（8分）阅读短文，回答问题。
星期日，小王在家里写完作业后，小王的妈妈让小明去理发店理发，小王想绿色出行，因此就骑着家里的自行车去理发店了。骑在人行绿道上，小王就用力打着铃声，让路上的人注意安全，小王还看到路上内燃机车在奔驰，车还从排气筒中冒出黑烟。在上坡时小王就猛踩了几下自行车才上去，一会就到了理发店门口。进入店内，服务员先给他洗头，然后就用剪刀剪，最后就用吹风机给他吹风，小王刚开始感觉到风太热了，所以就让服务员不要吹热风，一会小王的头发就被吹干了，之后就骑着自行车回家去了。想想小王的经历，结合学过的物理知识，请你从中举出三例，并说出它们所包含的物理知识。
物理现象 | 物理知识 | |
1 | ||
2 | ||
3 |
【解析】找出涉及到的物理知识和现象，例如：小王用力按铃，是让路人注意安全，利用了声音可以传递信息；在上坡时小王用力猛踩自行车来提高自行车的速度，是提高自行车动能，有足够的动能转换为重力势能；抽风机吹头发，是电能转化为热能和机械能；小王的头发很快吹干，是因为温度高并加快了空气流通，使蒸发加快等。
此题答案从下表中选取即可。
物理现象 | 物理知识 | |
1 | 小王就用力打着铃声，让路上的人注意安全 | 声音可以传递信息 |
2 | 在上坡时小王就猛踩了几下自行车才上去 | 有足够的动能转化为重力势能 |
3 | 吹风机给他吹风，小王刚开始感觉到风太热了 | 电能转化为机械能（风能）和内能 |
4 | 一会小王的头发就被吹干了 | 加快空气流动可以加快液体蒸发 |
【答案】见上表。
21.（12分）一实心金属块在空气中称量时重5.4N，现将其挂在弹簧测量力计下，慢慢放入一个底面积为100cm2的圆柱形容器内的水中，如图所示，当金属块有一半浸入水中时，弹簧测力计的示数为4.4N．求：（g＝10N/kg）
（1）若将金属块全部浸没在水中，求弹簧测力计的示数；
（2）金属块的密度；
（3）当金属块浸没时，若水不溢出，求水对容器底增大的压强；
（4）若将金属块浸没在某种液体中，弹簧测力计的示数为3.8N，则该液体的密度是多少？
【解析】（1）已知金属块在空气中称量时重5.4N，当金属块有一半浸入水中时，弹簧测力计的示数为4.4N。
则当金属块有一半浸入水中时的浮力F浮＝5.4N﹣4.4N＝1N，
当金属块全部浸没在水中，受到的浮力
＝2N，
则此时弹簧测力计的示数F拉＝G﹣
＝5.4N﹣2N＝3.4N；
（2）金属块质量m＝
＝
＝0.54kg，
由F浮＝ρgV排可得，金属块体积：
V＝V排＝
＝
＝2×10﹣4m3，
金属块的密度：ρ＝
＝
＝2.7×103kg/m3；
（3）当金属块浸没时，若水不溢出，水增大的深度：
△h＝
＝
＝0.02m，
水对容器底增大的压强：△p＝ρ水g△h＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.02m＝200Pa；
（4）若将金属块浸没在某种液体中，此时的浮力F浮液＝5.4N﹣3.8N＝1.6N，
金属块体积不变V＝V排＝2×10﹣4m3，
由F浮＝ρgV排可得，该液体的密度：ρ液＝
＝
＝800kg/m3；
答：（1）弹簧测力计的示数为3.4N；（2）金属块的密度为2.7×103kg/m3；（3）当金属块浸没时，若水不溢出，求水对容器底增大的压强为200Pa；（4）则该液体的密度是800kg/m3。
五、作图（1个题，3分）
22.如图所示，光源S发出的一束光经墙上的平面镜反射后，射入游泳池中。请画出它经平面镜发生反射及进入水中发生折射的光路图。
【解析】先过入射点垂直于镜面作出法线，根据反射角等于入射角作出其反射光线；再根据当光从空气斜射入水中时，折射角小于入射角，作出其折射光线，如下图所示。
六、填空题（5个题，共15分）
23.甲、乙两同学在平直的路面上同向进行，他们运动的s﹣t图象如图所示，由此可判断 同学运动较快，开始运动时两同学相距 m，图中的a点表示 。
【答案】甲；10；甲同学追上了乙同学。
【解析】 （1）由图象可以看出，在时间为5s时，甲同学运动25m，乙车运动25m-10m=15m；相同时间内，甲同学通过的路程大，所以甲同学运动得快。
（2）由图象可知开始运动时，甲同学从0m出发，乙同学距离甲出发点前10m，故相距的距离为10m。
（3）由图象可知，图中的a点表示相遇，即甲同学追上了乙同学。
故答案为：甲；10；甲同学追上了乙同学。
24.如图所示，在“探究光的反射规律”实验中，入射角是________；改变入射光的方向，使入射角变大，则反射角变________；以ON为轴将硬纸板的右半面向后旋转，在硬纸板上_______(填“能”或“不能”）观察到反射光。
故答案为：α；大；不能。
【解析】在“探究光的反射规律”实验中，∠α是入射光线和法线的夹角，所以是入射角；在光的反射时，入射角和反射角相等，所以使入射角变大，则反射角变大；以ON为轴线，把纸板F向后缓慢旋转一个角度，在白纸板上不能看到反射光线，是因为纸板OB面和反射光线以及法线不在同一个平面上。
故答案为：α；大；不能。
25.如题图所示，由不同物质制成的甲和乙两种实心球的体积相等，此时杠杆平衡（杠杆自重、挂盘和细线的质量忽略不计）。则杠杆左右两边的力臂之比为 ，1个甲球和1个乙球的质量之比为 ，甲球和乙球的密度之比为 。
【答案】答案是：2:1、1:3、1:3。
【解析】图中，杠杆平衡，左侧杠杆力臂是右侧杠杆力臂的2倍，力臂之比是：2:1；如果甲物体质量用m甲、乙物体质量用m乙表示，那么可以得到：
即：
，质量之比为1:3；由于甲乙两球体积相同，故其密度比也是1:3。
26.“城市尚余三伏热，秋光先到野人家”，说明在陆游那个时代，人们就已觉察到城市暖于郊区。分析城市“热岛效应”的主要原因：一是工厂、交通工具排放大量的 ；二是建筑群、马路中的砂石、水泥的 小，在相同日照条件下温度上升更明显；三是城市水面小，水的 吸热少；四是楼群林立，难以形成对流。
【答案】废气、比热容，蒸发。
【解析】引起热岛效应的原因有：工厂、交通工具等排放大量的废气，给空气带来大量的热；城市建筑材料的沙石的比热容较小，在相同的日照下（吸收相同的热量）温度上升较快；城市水少，水蒸发时吸收热量少；建筑物较高，空气难以形成对流。
故答案为：废气、比热容，蒸发。
27.图示实验装置中，磁体和导体棒均水平放置，断开S2、闭合S1，使导体棒水平向右运动，电流表G的指针向右偏，这是 现象，为使G的指针向左偏，可使导体棒向 运动，断开S1、闭合S2，导体棒能运动起来，依此可制成 （选填“电动机”或“发电机”）。
【答案】电磁感应；左；电动机。
【解析】断开S2、闭合S1，使导体棒水平向右运动，此时导体在磁场中做切割磁感线运动，电路中就会产生感应电流，电流表G的指针向右偏，这是电磁感应现象；
感应电流的方向与导体运动方向有关，为使G的指针向左偏，可使导体棒向左运；
断开S1、闭合S2，导体棒有电流，在磁场中受到到力的作用，能运动起来，这就是电动机的原理。
故答案为：电磁感应；左；电动机。