2022年甘肃省兰州市中考物理试卷
一、选择题：本大题11小题，每小题3分，共33分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。
1．（3分）校园生活，同学们并不陌生，下列有关说法最合理的是（ ）
A．操场篮球架上的篮圈距地面的高度约为5m
B．此时教室内的温度约为42℃
C．微机室内台式计算机的功率约为300W
D．普通乒乓球拍的质量约为2kg
2．（3分）笛子是一种常见的管乐器，下列说法错误的是（ ）
A．笛子发出的声音是由空气柱振动产生的
B．笛声在真空中的传播速度为340m/s
C．用不同的力度吹奏主要改变了声音的响度
D．吹奏时按压不同位置的气孔，主要改变了声音的音调
3．（3分）如图所示为甲和乙两种物质的质量与体积关系图像，分析图像可知（ ）
A．甲物质的密度与质量成正比
B．若甲、乙的体积相等，则甲的质量较小
C．甲、乙两种物质的密度之比为4：1
D．若甲、乙的质量相等，则甲的体积较大
4．（3分）如图所示的情境中，对物体不做功的是（ ）
A．图甲：用力搬石头，没有搬动
B．图乙：将重物从地面拉到高处
C．图丙：推车向前运动
D．图丁：挺举杠铃的过程
5．（3分）如图所示，放在水平桌面上的溢水杯盛满水，弹簧测力计挂一个实心铁块其示数为F1。将铁块缓慢浸没入水中（未接触溢水杯），若溢出的水全部流入小烧杯，弹簧测力计的示数为F2，下列判断正确的是（ ）
A．铁块受到的浮力F浮＝F2﹣F1
B．小烧杯中的水重G＝F1﹣F2
C．两次实验中，水对溢水杯底的压强p甲＜p乙
D．两次实验中，溢水杯对桌面的压力F甲＜F乙
6．（3分）关于磁现象，下列说法正确的是（ ）
A．图甲：通电时小磁针发生明显偏转说明通电导体周围存在地磁场
B．图乙：利用此装置可说明电磁铁磁性强弱与线圈匝数有关
C．图丙：利用此装置可说明发电机的工作原理
D．图丁：利用此装置可说明电动机的工作原理
7．（3分）如图所示，放在M、N两水平桌面上的A、B两物体，分别在F1＝3N、F2＝5N的水平拉力作用下做匀速直线运动，下列判断正确的是（ ）
A．物体A受到的摩擦力一定小于物体B受到的摩擦力
B．桌面M一定比桌面N粗糙
C．物体A的质量一定大于物体B的质量
D．物体A的速度一定大于物体B的速度
8．（3分）如图所示，斜面长10m，高4m。用平行于斜面F＝50N的拉力，将重100N的物体，从斜面的底端匀速拉到顶端。在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．利用此装置既可以省力，也可以省功
B．物体受到的摩擦力为50N
C．对物体所做的有用功为500J
D．该斜面的机械效率为80%
9．（3分）如图所示，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，电源电压保持不变。闭合开关S，滑动变阻器滑片P从中点向右移动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电流表A1变小，A2变小，电压表V变大
B．电流表A1变小，A2不变，电压表V不变
C．电压表V的示数与电流表A2示数的比值变小
D．电流表A2、A1的示数之差与电压表示数的乘积不变
10．（3分）现有“6V3W”和“12V6W”字样的甲、乙两只灯泡，不考虑灯丝电阻的变化，下列说法正确的是（ ）
A．通电时间相同时，甲灯泡消耗的电能一定比乙灯泡少
B．通电时间相同时，电流通过乙灯泡比甲灯泡做功一定快
C．两只灯泡串联工作时，甲灯泡产生的热量一定比乙灯泡少
D．两只灯泡并联工作时，干路中允许通过的最大电流为1A
11．（3分）如图所示，电源电压保持不变，滑动变阻器R标有“30Ω 1A”，定值电阻R0的阻值为10Ω，小灯泡L标有“6V 0.6A”，电流表的量程为0～3A。不考虑灯丝电阻的变化，只闭合S，滑片P移到R的中点时，小灯泡恰好正常发光。在保证电路安全的前提下，下列说法错误的是（ ）
A．小灯泡的电阻为10Ω
B．电源电压为15V
C．小灯泡发光最暗时的功率约为1.4W
D．电路消耗总功率的最小值与最大值之比是1：8
二、填空题：本大题5小题，每空1分，共10分。
12．（2分）2022年3月29日，我国成功发射长征六号改运载火箭，搭载了“浦江二号”和“天鲲二号”卫星。在火箭加速升空的过程中，若以发射台为参照物，该火箭是 的，卫星的机械能 （选填“增大”、“不变”或“减小”）。
13．（2分）一台单缸四冲程汽油机，只有第三个冲程中燃气对外做功，其他冲程是靠飞轮的 来完成的；若飞轮的转速为1200r/min，则该汽油机每秒钟做功 次。
14．（2分）如图所示，物块在水平拉力F（大小未知）的作用下，在水平直线轨道上运动，其中AB＝CD＝10m。已知物块在AB段和CD段分别以2m/s和4m/s的速度匀速运动，且在AB段、CD段所受摩擦力分别为1N和2N，则该物块通过AB段和CD段所用的时间之比为 ，拉力F在AB段做功的功率为 W。
15．（2分）如图所示，两只气球自由地悬挂在空中。为了使两只气球靠拢，你所采用的方法是 ，其中用到的物理知识是 。
16．（2分）阅读短文，回答问题。
页岩气
页岩气是指附存于有机质泥页岩及其夹层中，以吸附和游离状态为主要存在方式的非常规天然气，成分以甲烷为主，是一种清洁、高效的能源资源和化工原料。页岩气主要用于居民燃气、城市供热、发电、汽车燃料和化工生产等，用途广泛。
页岩气生产过程中一般无需排水，生产周期长，一般为30年～50年，勘探开发成功率高，具有较高的工业经济价值。随着社会对能源需求不断扩大，特别是水平井与压裂技术水平不断进步，人类对页岩气的勘探开发正在形成热潮。我国页岩气资源潜力大，初步估计我国页岩气可采资源量在36.1万亿立方米，与常规天然气相当。
（1）页岩气属于 （填“可再生”或“不可再生”）能源。
（2）若页岩气的热值为4.2×107J/m3，则燃烧5m3页岩气放出的热量为 J。
三、识图、作图题：本大题3小题，其中第17题4分，第18、19题每题3分，共10分。
17．（4分）图甲中物块的质量是 g；图乙中物体A重 N；物体B沿着斜面匀速下滑，图丙中 （选填“G1”、“G2”或“G3”）为物体B所受重力的示意图；图丁中通电螺线管的C端是 （选填“N”或“S”）极。
18．（3分）如图所示，由发光点A发出的光射到水面上，同时发生反射和折射，反射光线经过S点，试在图中画出入射光线、反射光线和大致的折射光线。
19．（3分）如图甲是宾馆床头柜上开关示意图，图乙是其控制的电路，其中S1为旋钮开关，单独控制台灯的通断和亮度，S2为单独控制电视插座的开关。在图乙中将电路图连接完整，要求符合安全用电原则。
四、实验题：本大题3小题，第22题第1小题1分，其余每空1分，共14分。
20．（6分）小华同学选用图甲、图乙所示的装置，探究了冰的熔化及水沸腾时温度的变化特点，图丙是由测量数据所绘制的图像。
（1）要完成这个实验，除了图示的器材外，还需要的测量器材是 ；若只探究冰熔化应选用图 （选填“甲”或“乙”）装置来进行实验，效果更好；在探究水沸腾时温度的变化特点时，试管口产生“白气”的原因：水蒸气遇冷 成小水珠。
（2）由图丙可知冰是 （选填“晶体”或“非晶体”），水的沸点是 ℃.
（3）在评估交流时，有同学提出从开始加热到沸腾所用时间过长，请你说出一种能节省实验时间的方法 。
21．（3分）小聪同学按照如图所示的装置对动滑轮特点进行了探究，实验数据见下表。通过分析数据，他觉得与“使用动滑轮能省一半的力”的结论偏差较大。
（1）该实验中出现这样结果的主要原因是没有考虑 ；
（2）在实验过程中，提升重物时应该注意沿竖直方向 拉动。动滑轮可视为杠杆的变形，则此时其支点为 （选填“A”、“B”或“C”）点。
实验次数 物重G/N 弹簧测力计示数F/N 1 1.0 0.7 2 1.5 1.0 3 2.0 1.3
22．（5分）实验小组的同学们用如图甲所示的电路“探究电流与电阻的关系”。电源电压为6V，滑动变阻器规格为“50Ω 2A”，现有5Ω、10Ω、15Ω、25Ω、30Ω的定值电阻各一个。
（1）根据图甲将图乙所示的实物连接完整。
（2）连接电路时，开关应 ；
（3）在该实验中，若滑动变阻器接触不良，则闭合开关时，电流表和电压表的示数情况是 。排除故障后，接入5Ω的电阻，移动滑片P到某一位置时电流表示数如图丙所示，此时通过电阻的电流为 A，电压表示数为U1。
（4）将5Ω的电阻分别换成10Ω、15Ω、25Ω、30Ω的电阻，继续实验。小明发现当定值电阻为30Ω时，无法完成实验。为了让30Ω的电阻也能完成实验，他设计了如下三个调整方案，其中错误的是 （选填“A”、“B”或“C”）。
A.电源电压不变，在电路中多串联一个10Ω的电阻，其余操作不变
B.U1不变，改变电源电压，电源电压的取值范围是2V～4.4V
C.电源电压不变，改变U1的大小（视需要可改变电压表、电流表的量程），U1的取值范围是2.25V～6V
五、计算题：本大题2小题，共14分。解答应写出必要的文字说明、公式和步骤，只写最后结果的不给分。
23．（7分）一个质量为1kg且质地均匀的长方体物块，底面是边长为10cm的正方形。
（1）物块漂浮在水面上时，浸入在水中的体积占物块总体积的，此时物块所受到的浮力大小是多大？
（2）用手缓慢下压物块，如图所示，当物块下表面所处的深度为0.09m时，物块下表面受到水的压强是多少？
（3）继续用手缓慢下压物块，当物块上表面与液面刚好相平时，需要施加压力是多大？
24．（7分）一款内置电陶炉的电暖桌如图甲所示，它不仅具有桌面暖手、桌底暖脚功能，还可以烧水、煮茶等。电陶炉的简化电路如图乙所示，其参数如表所示，高温挡额定功率字迹已被磨损。旋转旋钮开关，可实现停止工作、低温挡和高温挡的转换。R1和R2均为电热丝，R2＝72.6Ω。求：
电陶炉 额定电压 220V 额定功率 高温挡 ××W 低温挡 400W （1）R1的阻值；
（2）高温挡额定功率；
（3）在某用电高峰期，若家庭电路中只有电陶炉在工作，发现标有“3000imp/（kW?h）”的电能表的指示灯闪烁168次，使质量为1.7kg的水从25℃升高到49℃，求此时电陶炉的加热效率。[c水＝4.2×103J/（kg?℃）]
2022年甘肃省兰州市中考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本大题11小题，每小题3分，共33分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。
1．（3分）校园生活，同学们并不陌生，下列有关说法最合理的是（ ）
A．操场篮球架上的篮圈距地面的高度约为5m
B．此时教室内的温度约为42℃
C．微机室内台式计算机的功率约为300W
D．普通乒乓球拍的质量约为2kg
【解答】解：A、篮球架上的篮圈距地面的高度约3.05m，故A不合理。
B、此时教室内的温度约为25℃，故B不合理。
C、微机室内台式计算机的功率约为300W，故C合理。
D、普通乒乓球拍的质量较小，约为4g，故D不合理。
故选：C。
2．（3分）笛子是一种常见的管乐器，下列说法错误的是（ ）
A．笛子发出的声音是由空气柱振动产生的
B．笛声在真空中的传播速度为340m/s
C．用不同的力度吹奏主要改变了声音的响度
D．吹奏时按压不同位置的气孔，主要改变了声音的音调
【解答】解：A、吹奏笛子时，声音是空气柱振动产生的，故A正确；
B、声音不能在真空中传播，故B错误；
C、用不同的力度吹奏是为了改变振幅，从而改变响度，故C正确；
D、吹奏时按压不同位置的气孔，是为了改变振动的频率，从而改变了声音的音调，故D正确。
故选：B。
3．（3分）如图所示为甲和乙两种物质的质量与体积关系图像，分析图像可知（ ）
A．甲物质的密度与质量成正比
B．若甲、乙的体积相等，则甲的质量较小
C．甲、乙两种物质的密度之比为4：1
D．若甲、乙的质量相等，则甲的体积较大
【解答】解：A、密度是物质的一种特性，与质量无关，故A错误；
B、由图可知，若甲、乙的体积相等，则甲的质量较大，故B错误；
C、由图可知，乙的密度为：ρ乙＝＝＝0.5g/cm3，
甲的密度为：ρ甲＝＝＝2g/cm3，
则甲、乙两种物质的密度之比为：ρ甲：ρ乙＝2g/cm3：0.5g/cm3＝4：1，故C正确；
D、由图可知，若甲、乙的质量相等，则乙的体积较大，故D错误。
故选：C。
4．（3分）如图所示的情境中，对物体不做功的是（ ）
A．图甲：用力搬石头，没有搬动
B．图乙：将重物从地面拉到高处
C．图丙：推车向前运动
D．图丁：挺举杠铃的过程
【解答】解：A、图中人用力搬石头，搬而未起，只有力没有距离，所以人对物体没有做功，故A正确；
B、图中人拉重物从地面提到高处，重物在拉力的方向上移动了距离，所以人对物体做功，故B错误；
C、推车向前运动，车在人的推力的方向上通过了距离，对车做功，故C错误；
D、挺举杠铃的过程，杠铃在力的方向上通过了距离，人对杠铃做了功，故D错误。
故选：A。
5．（3分）如图所示，放在水平桌面上的溢水杯盛满水，弹簧测力计挂一个实心铁块其示数为F1。将铁块缓慢浸没入水中（未接触溢水杯），若溢出的水全部流入小烧杯，弹簧测力计的示数为F2，下列判断正确的是（ ）
A．铁块受到的浮力F浮＝F2﹣F1
B．小烧杯中的水重G＝F1﹣F2
C．两次实验中，水对溢水杯底的压强p甲＜p乙
D．两次实验中，溢水杯对桌面的压力F甲＜F乙
【解答】解：A、F1为铁块浸没水中前的拉力（等于铁块的重力），F2为铁块浸没水中后的拉力，根据称重法测浮力可知，铁块受到的浮力F浮＝F1﹣F2，故A错误；
B、根据阿基米德原理可知，铁块所受浮力等于排开水的重力，所以小烧杯中水的重力（排开水的重力）G＝F浮＝F1﹣F2，故B正确；
C、甲乙液面相平，且液体均为水，根据p＝ρgh可知，水对溢水杯底部的压强相等，故C错误；
D、铁块浸没在水中后，水面高度不变，水对杯底的压强不变，根据F＝pS可知，水对杯底的压力不变，溢水杯的重力不变；因溢水杯对桌面的压力等于水对溢水杯底的压力与溢水杯的重力之和，所以溢水杯对桌面的压力不变，即F甲＝F乙，故D错误。
故选：B。
6．（3分）关于磁现象，下列说法正确的是（ ）
A．图甲：通电时小磁针发生明显偏转说明通电导体周围存在地磁场
B．图乙：利用此装置可说明电磁铁磁性强弱与线圈匝数有关
C．图丙：利用此装置可说明发电机的工作原理
D．图丁：利用此装置可说明电动机的工作原理
【解答】解：
A、该图是奥斯特实验，说明电流的周围存在磁场，不是地磁场，故A错误；
B、图中两个电磁铁串联，通过的电流相同，线圈匝数不同，吸起大头针的数目不同，说明电磁铁磁性强弱与线圈匝数有关，故B正确；
C、图中实验研究的是通电导体在磁场中受力运动，能说明电动机工作原理，故C错误；
D、图中闭合电路中的部分导体在磁场中做切割磁感线的运动时，会产生感应电流，这是电磁感应现象，该实验说明机械能可以转化为电能，利用此装置可说明发电机的工作原理，故D错误。
故选：B。
7．（3分）如图所示，放在M、N两水平桌面上的A、B两物体，分别在F1＝3N、F2＝5N的水平拉力作用下做匀速直线运动，下列判断正确的是（ ）
A．物体A受到的摩擦力一定小于物体B受到的摩擦力
B．桌面M一定比桌面N粗糙
C．物体A的质量一定大于物体B的质量
D．物体A的速度一定大于物体B的速度
【解答】解：A、对于物体A来讲，水平方向上受到水平向右的拉力和水平向左的滑动摩擦力作用，这两个力是平衡力，大小相等，拉力大小是3N，所以滑动摩擦力大小是3N。
对于物体B来讲，水平方向上受到水平向右的拉力和水平向左的滑动摩擦力作用，这两个力是平衡力，大小相等，拉力大小是5N，所以滑动摩擦力大小是5N，A受到的摩擦力一定小于B受到的摩擦力，故A正确；
BC、A受到的滑动摩擦力小于B受到的滑动摩擦力，滑动摩擦力跟压力大小和接触面的粗糙程度有关，A受到的滑动摩擦力小，有可能是因为桌面N比桌面M粗糙造成的；也有可能是B的质量大，重力大，对桌面的压力大造成的，故BC错误；
D、滑动摩擦力的大小与压力大小和接触面的粗糙程度有关，摩擦力大小跟物体的运动速度无关，故D错误。
故选：A。
8．（3分）如图所示，斜面长10m，高4m。用平行于斜面F＝50N的拉力，将重100N的物体，从斜面的底端匀速拉到顶端。在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．利用此装置既可以省力，也可以省功
B．物体受到的摩擦力为50N
C．对物体所做的有用功为500J
D．该斜面的机械效率为80%
【解答】解：A、此装置为斜面，可以省力，根据功的原理可知，使用任何机械都不省功，故使用此装置不省功，故A错误；
BCD、对物体所做的有用功W有用＝Gh＝100N×4m＝400J，故C错误；
总功W总＝Fs＝50N×10m＝500J，机械效率η＝＝×100%＝80%，故D正确；
额外功W额外＝W总﹣W有用＝500J﹣400J＝100J，
物体受到的摩擦力f＝＝＝10N，故B错误。
故选D。
9．（3分）如图所示，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，电源电压保持不变。闭合开关S，滑动变阻器滑片P从中点向右移动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电流表A1变小，A2变小，电压表V变大
B．电流表A1变小，A2不变，电压表V不变
C．电压表V的示数与电流表A2示数的比值变小
D．电流表A2、A1的示数之差与电压表示数的乘积不变
【解答】解：由电路图可知，R1与R2并联，电压表测电源的电压，电流表A2测干路电流，电流表A1测R2支路的电流；
AB、由于电源电压不变，则电压表示数不变；闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P从中点向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，根据欧姆定律可知，通过滑动变阻器的电流减小，即电流表A1示数变小；由于并联电路互不影响，则通过R1的电流不变，根据并联电路的电流规律可知，干路中的电流变小，即电流表A2示数变小，故AB错误；
C、电压表示数不变，电流表A2示数变小，其比值变大，故C错误；
D、电流表A2、A1示数之差为通过R1的电流，保持不变，且电压表示数不变，所以它们的乘积不变，故D正确。
故选：D。
10．（3分）现有“6V3W”和“12V6W”字样的甲、乙两只灯泡，不考虑灯丝电阻的变化，下列说法正确的是（ ）
A．通电时间相同时，甲灯泡消耗的电能一定比乙灯泡少
B．通电时间相同时，电流通过乙灯泡比甲灯泡做功一定快
C．两只灯泡串联工作时，甲灯泡产生的热量一定比乙灯泡少
D．两只灯泡并联工作时，干路中允许通过的最大电流为1A
【解答】解：“6V 3W”和“12V 6W”分别表示甲、乙两灯的额定电压和额定功率。
A、由于两灯是否正常工作，所以两实际功率大小未知，由W＝Pt知，无法判断两灯在相同时间内消耗电能的多少，故A错误；
B、由于两灯的实际功率未知，而电功率是表示电流做功快慢的物理量，所以电流通过两灯做功的快慢无法确定，故B错误；
C、由P＝可得，R甲＝＝＝12Ω，R乙＝＝＝24Ω，
由串联电路的电流特点知，两只灯泡串联工作时，通过的电流相等，由Q＝I2Rt知，相等时间里甲灯产生热量小于乙，故C正确；
D、甲的额定电压小于乙，由并联电路的电压规律知，甲和乙灯并联时，电源电压最大为U＝U实乙＝U额甲＝6V，
由并联电路的电流规律和欧姆定律可得，干路中允许通过的最大电流：
I＝I甲+I乙＝+＝+＝0.75A，故D错误。
故选：C。
11．（3分）如图所示，电源电压保持不变，滑动变阻器R标有“30Ω 1A”，定值电阻R0的阻值为10Ω，小灯泡L标有“6V 0.6A”，电流表的量程为0～3A。不考虑灯丝电阻的变化，只闭合S，滑片P移到R的中点时，小灯泡恰好正常发光。在保证电路安全的前提下，下列说法错误的是（ ）
A．小灯泡的电阻为10Ω
B．电源电压为15V
C．小灯泡发光最暗时的功率约为1.4W
D．电路消耗总功率的最小值与最大值之比是1：8
【解答】解：A、由I＝可知，小灯泡的电阻RL＝＝＝10Ω，故A正确；
B、由于小灯泡正常发光，根据串联电路特点可知，通过滑动变阻器R的电流IR＝IL＝0.6A，
由欧姆定律可知，滑动变阻器R两端的电压UR＝IRR′＝0.6A××30Ω＝9V，
根据串联电路的电压特点可知，电源电压U＝UL+UR＝6V+9V＝15V，故B正确；
C、当滑动变阻器滑片P移到右端时，滑动变阻器接入电路的阻值最大R＝30Ω，
此时电路中的最小电流I小＝＝＝＝0.375A，
小灯泡发光最暗时的功率P＝I小2RL＝（0.375A）2×1Ω≈1.4W，故C正确；
D、要保证电路安全，分析电路可得，当闭合开关S、S2和S1时，且通过滑动变阻器的电流为1A时，干路电流最大；
因并联电路中各支路两端电压相等，
所以此时通过R0的电流：I0＝＝＝1.5A；
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以干路的最大电流：Imax＝1A+1.5A＝2.5A，
电路消耗的最大功率：Pmax＝UImax＝15V×2.5A＝37.5W；
当S闭合，S1、S2都断开，R与R0并联，灯泡与滑动变阻器的最大阻值串联时，电路电流最小，因串联电路的总电阻等于各分电阻之和，
所以电路最小电流：Imin＝＝＝0.375A，
电路消耗的最小功率：Pmin＝UImin＝15V×0.375A＝5.625W；
则电路消耗总功率的最小值与最大值之比Pmin：Pmax＝5.625W：37.5W＝3：20，故D错误。
故选：D。
二、填空题：本大题5小题，每空1分，共10分。
12．（2分）2022年3月29日，我国成功发射长征六号改运载火箭，搭载了“浦江二号”和“天鲲二号”卫星。在火箭加速升空的过程中，若以发射台为参照物，该火箭是 运动 的，卫星的机械能 增大 （选填“增大”、“不变”或“减小”）。
【解答】解：（1）以发射台为参照物，火箭的位置相对于发射台发生改变，所以火箭是运动的
（2）火箭加速升空的过程，卫星的质量不变、速度增大，动能增大，高度增大，重力势能增大，因此卫星的机械能变大。
故答案为：运动；增大。
13．（2分）一台单缸四冲程汽油机，只有第三个冲程中燃气对外做功，其他冲程是靠飞轮的 惯性 来完成的；若飞轮的转速为1200r/min，则该汽油机每秒钟做功 10 次。
【解答】解：四冲程内燃机的一个工作循环是由吸气、压缩、做功和排气四个冲程组成的；在内燃机工作的四个冲程中，只有做功冲程对外做功，其它冲程是靠飞轮的惯性来工作的；
四冲程汽油机的飞轮转速为1200r/min，则该飞轮每秒钟转20圈；因为一个工作循环飞轮转2圈，完成四个工作冲程，做功1次，所以，1s内飞轮转20圈，活塞往复运动20次，共10个工作循环，做功10次。
故答案为：惯性；10。
14．（2分）如图所示，物块在水平拉力F（大小未知）的作用下，在水平直线轨道上运动，其中AB＝CD＝10m。已知物块在AB段和CD段分别以2m/s和4m/s的速度匀速运动，且在AB段、CD段所受摩擦力分别为1N和2N，则该物块通过AB段和CD段所用的时间之比为 2：1 ，拉力F在AB段做功的功率为 2 W。
【解答】解：由速度公式可得，该物块通过AB段所用时间：tAB＝＝＝5s，
通过CD段所用时间：tCD＝＝＝2.5s，
则该物块通过AB段和CD段所用的时间之比为：＝＝2：1；
物块在AB段做匀速直线运动，处于平衡状态，所受的拉力F＝f1＝1N，
根据P＝＝＝Fv可知拉力F在AB段做功的功率P＝FvAB＝1N×2m/s＝2W。
故答案为：2：1；2。
15．（2分）如图所示，两只气球自由地悬挂在空中。为了使两只气球靠拢，你所采用的方法是 用吸管向两气球中间吹气（或将一个气球用丝绸摩擦后去靠近另一气球） ，其中用到的物理知识是 气体流速越大，压强越小（或带电体具有吸引轻小物体的性质）。 。
【解答】解：方法一：用吸管向两气球中间吹气。因为气体流速越大，压强越小，所以向两气球之间吹气时，两气球间的空气流速变大，压强变小，气球外侧的大气压使两只气球靠拢。
方法二：将一个气球用丝绸摩擦后去靠近另一气球。这是因为用丝绸摩擦过的气球带了电，能吸引轻小物体，所以两只气球在引力的作用下相互靠拢。
故答案为：用吸管向两气球中间吹气（或将一个气球用丝绸摩擦后去靠近另一气球）；气体流速越大，压强越小（或带电体具有吸引轻小物体的性质）。
16．（2分）阅读短文，回答问题。
页岩气
页岩气是指附存于有机质泥页岩及其夹层中，以吸附和游离状态为主要存在方式的非常规天然气，成分以甲烷为主，是一种清洁、高效的能源资源和化工原料。页岩气主要用于居民燃气、城市供热、发电、汽车燃料和化工生产等，用途广泛。
页岩气生产过程中一般无需排水，生产周期长，一般为30年～50年，勘探开发成功率高，具有较高的工业经济价值。随着社会对能源需求不断扩大，特别是水平井与压裂技术水平不断进步，人类对页岩气的勘探开发正在形成热潮。我国页岩气资源潜力大，初步估计我国页岩气可采资源量在36.1万亿立方米，与常规天然气相当。
（1）页岩气属于 不可再生 （填“可再生”或“不可再生”）能源。
（2）若页岩气的热值为4.2×107J/m3，则燃烧5m3页岩气放出的热量为 2.1×108 J。
【解答】解：（1）页岩气不能在短期内再生，属于不可再生能源；
（2）完全燃烧5m3页岩气可放出的热量：
Q放＝Vq＝5m3×4.2×107J/m3＝2.1×108J。
故答案为：不可再生；2.1×108。
三、识图、作图题：本大题3小题，其中第17题4分，第18、19题每题3分，共10分。
17．（4分）图甲中物块的质量是 26.6 g；图乙中物体A重 1.2 N；物体B沿着斜面匀速下滑，图丙中 G3 （选填“G1”、“G2”或“G3”）为物体B所受重力的示意图；图丁中通电螺线管的C端是 S （选填“N”或“S”）极。
【解答】解：
（1）标尺的分度值是0.2g，物块的质量：m＝20g+5g+1.6g＝26.6g；
（2）由图可知，弹簧测力计的分度值为0.2N，示数为1.2N，所以物体A重1.2N；
（3）不管物体怎样运动，其所受重力的方向总是竖直向下的，所以，图中G3为物体B所受重力的示意图；
（4）由电源正负极可知电流从螺线管的下端流入，结合图中导线的绕法，根据安培定则可知，C端为S极。
故答案为：（1）26.6；（2）1.2；（3）G3；（4）S。
18．（3分）如图所示，由发光点A发出的光射到水面上，同时发生反射和折射，反射光线经过S点，试在图中画出入射光线、反射光线和大致的折射光线。
【解答】解：先作出发光点A关于水面的对称点A′，连接SA′，交平面镜于点O，OS为反射光线，AO为入射光线；
过O点垂直水面作出法线，在水中法线的右侧画出折射光线OB，注意折射角小于入射角，辅助线用虚线，如图所示：
19．（3分）如图甲是宾馆床头柜上开关示意图，图乙是其控制的电路，其中S1为旋钮开关，单独控制台灯的通断和亮度，S2为单独控制电视插座的开关。在图乙中将电路图连接完整，要求符合安全用电原则。
【解答】解：火线先进台灯的开关，然后变阻器与灯泡串联，而零线直接接在灯泡上；开关S2应与插座串联，开关S2接在火线上，电视插座的上端直接接在零线上。如图所示：
四、实验题：本大题3小题，第22题第1小题1分，其余每空1分，共14分。
20．（6分）小华同学选用图甲、图乙所示的装置，探究了冰的熔化及水沸腾时温度的变化特点，图丙是由测量数据所绘制的图像。
（1）要完成这个实验，除了图示的器材外，还需要的测量器材是 秒表 ；若只探究冰熔化应选用图 乙 （选填“甲”或“乙”）装置来进行实验，效果更好；在探究水沸腾时温度的变化特点时，试管口产生“白气”的原因：水蒸气遇冷 液化 成小水珠。
（2）由图丙可知冰是 晶体 （选填“晶体”或“非晶体”），水的沸点是 98 ℃.
（3）在评估交流时，有同学提出从开始加热到沸腾所用时间过长，请你说出一种能节省实验时间的方法 减少水的质量 。
【解答】解：
（1）该实验中需要观察不同时刻物质的状态以及温度随时间的变化规律，所以还需要的测量器材是秒表；
若只探究冰的熔化规律，需要利用“水浴法”加热，可以使冰受热均匀，也便于温度的测量，故应选乙装置来进行试验；
试管口附近的“白气”是水蒸气上升时遇冷液化形成的；
（2）由图丙可知，在BC段，冰吸热但温度保持不变，这是冰的熔化过程，所以冰是晶体；
在CD段吸收热量，温度升高，在DE段，水的温度保持不变，这是水的沸腾过程，由图丙可知水沸腾时的温度保持98℃不变，即水的沸点为98℃；
（3）为了缩短实验的时间，可以采取的措施是减少水的质量或加大酒精灯火焰等。
故答案为：（1）秒表；乙；液化；（2）晶体；98；（3）减少水的质量。
21．（3分）小聪同学按照如图所示的装置对动滑轮特点进行了探究，实验数据见下表。通过分析数据，他觉得与“使用动滑轮能省一半的力”的结论偏差较大。
（1）该实验中出现这样结果的主要原因是没有考虑 滑轮的自重 ；
（2）在实验过程中，提升重物时应该注意沿竖直方向 匀速 拉动。动滑轮可视为杠杆的变形，则此时其支点为 A （选填“A”、“B”或“C”）点。
实验次数 物重G/N 弹簧测力计示数F/N 1 1.0 0.7 2 1.5 1.0 3 2.0 1.3
【解答】解：（1）由表中数据可知，随着物重的增加，测力计的示数变大，但比物重的一半要大，这与“使用动滑轮能省一半的力”的结论偏差较大。其主要原因是没有考虑滑轮的自重；
（2）使用动滑轮提升物体时，只有匀速竖直向上拉动弹簧测力计，使得弹簧测力计的示数稳定，便于读出拉力的大小，此时动滑轮的实质是动力臂等于阻力臂2倍的省力杠杆，支点是A点。
故答案为：（1）滑轮的自重；（2）匀速；A。
22．（5分）实验小组的同学们用如图甲所示的电路“探究电流与电阻的关系”。电源电压为6V，滑动变阻器规格为“50Ω 2A”，现有5Ω、10Ω、15Ω、25Ω、30Ω的定值电阻各一个。
（1）根据图甲将图乙所示的实物连接完整。
（2）连接电路时，开关应 断开 ；
（3）在该实验中，若滑动变阻器接触不良，则闭合开关时，电流表和电压表的示数情况是 电流表示数为零，电压表示数也为零 。排除故障后，接入5Ω的电阻，移动滑片P到某一位置时电流表示数如图丙所示，此时通过电阻的电流为 0.4 A，电压表示数为U1。
（4）将5Ω的电阻分别换成10Ω、15Ω、25Ω、30Ω的电阻，继续实验。小明发现当定值电阻为30Ω时，无法完成实验。为了让30Ω的电阻也能完成实验，他设计了如下三个调整方案，其中错误的是 B （选填“A”、“B”或“C”）。
A.电源电压不变，在电路中多串联一个10Ω的电阻，其余操作不变
B.U1不变，改变电源电压，电源电压的取值范围是2V～4.4V
C.电源电压不变，改变U1的大小（视需要可改变电压表、电流表的量程），U1的取值范围是2.25V～6V
【解答】解：（1）电压表测量定值电阻两端的电压，二者并联；滑动变阻器和定值电阻串联，且向左移动时接入电路中的电阻变小，所以应把左下角接线柱接入电路，具体连接方式如下图所示
；
（2）连接电路时，为保护电路，开关应断开；
（3）实验电路中，定值电阻、滑动变阻器、电流表串联，电压表测量定值电阻两端电压，若滑动变阻器接触不良，会造成断路，所以电流表示数为零，电压表示数也为零。
由图丙可知电流表选用小量程，其分度值为0.02A，则电流表的示数为0.4A；
（4）根据欧姆定律可知，定值电阻两端的电压为U''＝IR＝0.4A×5Ω＝2V；
A、30Ω的电阻接入电路时，电路中的电流为：I''＝＝A；
则滑动变阻器应接入电路的电阻为：R2＝＝60Ω，滑动变阻器的最大阻值为50Ω，所以可以串联一个10Ω的电阻来完成实验，故A正确；
B、由于定值电阻的阻值较大，滑动变阻器的最大阻值一定，换用30Ω的电阻时，定值电阻两端分担的电压较大，会大于2V，所以可以通过减小电源电压的方法来完成实验；
定值电阻两端的控制电压为2V，故电源电压最小为2V；
滑动变阻器阻值最大时，滑动变阻器两端的电压最大，最大电压为：U''2＝A×50Ω≈3.3V；则电源的最大电压为U＝2V+3.3V＝5.3V，故B错误；
C、滑动变阻器阻值调至最大时，定值电阻两端控制的电压最小，则最小电压为：Umin＝＝×30Ω＝2.25V；电源电压为6V，所以控制的最大电压为6V，即U1的取值范围为2.25V﹣6V，故C正确；
故选B。
故答案为：（1）如图所示（2）断开；（3）电流表示数为零，电压表示数也为零；0.4；（4）B。
五、计算题：本大题2小题，共14分。解答应写出必要的文字说明、公式和步骤，只写最后结果的不给分。
23．（7分）一个质量为1kg且质地均匀的长方体物块，底面是边长为10cm的正方形。
（1）物块漂浮在水面上时，浸入在水中的体积占物块总体积的，此时物块所受到的浮力大小是多大？
（2）用手缓慢下压物块，如图所示，当物块下表面所处的深度为0.09m时，物块下表面受到水的压强是多少？
（3）继续用手缓慢下压物块，当物块上表面与液面刚好相平时，需要施加压力是多大？
【解答】解：（1）物块漂浮在水面上时，受到的浮力为等于物块的重力，即：
F浮＝G＝mg＝1kg×10N/kg＝10N；
（2）当物块下表面所处的深度为0.09m时，物块下表面受到水的压强为：
p＝ρ水gh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.09m＝900Pa；
（3）物块漂浮在水面上时，排开水的体积为：
V排＝＝＝10﹣3m3，
则物块的体积为：V＝V排＝×10﹣3m3＝1.25×10﹣3m3，
当物块上表面与液面刚好相平时，受到的浮力为：
F浮''＝ρ水gV排＝ρ水gV＝1.0×103kg/m3×10N/kg×1.25×10﹣3m3＝12.5N，
当物块上表面与液面刚好相平时需要施加压力为：
F＝F浮''﹣G＝12.5N﹣10N＝2.5N。
答：（1）物块漂浮在水面上时，受到的浮力为10N；
（2）当物块下表面所处的深度为0.09m时，物块下表面受到水的压强为900Pa；
（3）当物块上表面与液面刚好相平时，需要施加压力为2.5N。
24．（7分）一款内置电陶炉的电暖桌如图甲所示，它不仅具有桌面暖手、桌底暖脚功能，还可以烧水、煮茶等。电陶炉的简化电路如图乙所示，其参数如表所示，高温挡额定功率字迹已被磨损。旋转旋钮开关，可实现停止工作、低温挡和高温挡的转换。R1和R2均为电热丝，R2＝72.6Ω。求：
电陶炉 额定电压 220V 额定功率 高温挡 ××W 低温挡 400W （1）R1的阻值；
（2）高温挡额定功率；
（3）在某用电高峰期，若家庭电路中只有电陶炉在工作，发现标有“3000imp/（kW?h）”的电能表的指示灯闪烁168次，使质量为1.7kg的水从25℃升高到49℃，求此时电陶炉的加热效率。[c水＝4.2×103J/（kg?℃）]
【解答】解：（1）旋钮开关放在1位置时，两电阻串联，总电阻较大，电源电压不变，根据P＝可知总功率较小，电陶炉处于低温挡，根据P＝可知R串＝＝＝121Ω；
根据电阻串联的特点可知R1＝R串﹣R2＝121Ω﹣72.6Ω＝48.4Ω；
（2）旋钮开关放在2位置时，电路为R1的简单电路，总电阻较大小，电源电压不变，根据P＝可知总功率较大，电陶炉处于高温挡，根据P＝可知高温挡额定功率P高温＝＝＝1000W；
（3）电能表上的3000imp/（kW?h），表示电路中用电器消耗1kW?h电能，电能表的指示灯闪烁3000次，
故闪烁168次电陶炉消耗的电能：
W＝kW?h/imp×168imp＝0.056kW?h＝2.016×105J，
质量为1.7kg的水从25℃升高到49℃吸收的热量Q＝c水mΔt＝4.2×103J/（kg?℃）×1.7kg×（49℃﹣25℃）＝1.7136×105J；
此时电陶炉的加热效率：
η＝＝×100%＝85%。
答：（1）R1的阻值为48.4Ω；
（2）高温挡额定功率为1000W；
（3）此时电陶炉的加热效率为85%。
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