2023年陕西省西安市铁一滨河学校中考物理一模试卷（含解析）

2023年陕西省西安市铁一滨河学校中考物理一模试卷
一、单选题（本题共10个小题，每小题2分，计20分。每题只有一个选项符合题意）
1．（2分）下列物体的质量最接近于3kg的是（　　）
A．地球的质量 B．一枚硬币的质量
C．一个苹果的质量 D．一个新生儿的质量
2．（2分）有关能源与可持续发展，下列正确的是（　　）
A．大量燃烧煤炭不会加剧地球的温室效应
B．石油属于可再生能源
C．目前的核电站都是利用核聚变释放的核能来发电的
D．以风能、太阳能等为代表的可再生能源是未来理想能源的一个重要发展方向
3．（2分）关于图中的声现象，下列说法正确的是（　　）
A．敲打鼓面，附近的烛焰跳动，说明声音可以传递能量
B．车间工人配戴耳罩，是在传播过程中减弱噪声
C．弹吉他时，增大拨动弦的力度可以提高声音的音调
D．抽出罩内空气，听到闹钟声音变小，说明发声体振动减弱
4．（2分）下列说法错误的是（　　）
A．第四代电源 LED 灯有光效高、寿命长等优点，其主要由硅、砷等半导体材料制成
B．使用光纤通信携带的信息量更大，主要是因为激光传播的速度比电磁波的速度更快
C．化石能源是当今世界的主要能源，是一次能源，不可再生能源
D．尽管能量是守恒的，但由于能量的转移和转化具有方向性，所以我们要节约能源
5．（2分）如图所示，这是我国新一代主力驱逐舰“南昌舰”，“南昌舰”的排水量为1.2×104t，它能将产生的尾气和冷空气混合，使尾气的温度降低后再排出。下列有关说法正确的是（　　）
A．“南昌舰”满载时受到的浮力为1.2×104N
B．直升机从“南昌舰”上飞走后，“南昌舰”所受浮力减小
C．“南昌舰”受到的浮力和“南昌舰”对水的压力是一对平衡力
D．降低尾气的温度是为了减弱敌方的紫外探测
6．（2分）关于家庭电路和安全用电，下列说法中正确的是（　　）
A．我国家庭电路的电压为200V
B．家用电器金属外壳接地线，可以防止金属外壳漏电发生的触电事故
C．客厅里一个开关可以同时控制四只节能灯，这四只节能灯一定是串联的
D．家庭电路中空气开关跳闸了，一定发生了短路现象
7．（2分）如图所示，我省竞走运动员王钦在全国竞走大赛中获得冠军，同时也创造了中国运动员7年以来在此项目上的最好成绩，下列与之有关的描述正确的是（　　）
A．王钦在冲刺时相对于终点是静止的
B．王钦在前进中后脚蹬地时受到的摩擦力向前
C．王钦在竞走时脚对地面的压强比静止站立时小
D．王钦站在领奖台上时受到的重力和奖台对他的支持力是一对相互作用力
8．（2分）如图所示的电路中，电源电压不变，闭合开关S，滑片P从A点向右移动的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．电流表A示数变大，电流表A1示数不变
B．电流表A1示数不变，电流表A2示数变小
C．电压表V示数与电流表A1示数乘积变大
D．电压表V示数与电流表A2示数比值变小
9．（2分）如图所示，用30N的拉力F沿水平方向拉绳子的一端，使重400N的物体A以0.1m/s的速度沿水平地面向左匀速运动了10s，已知滑轮组的机械效率为80%，则此过程中（　　）
A．绳子自由端移动的距离为1m
B．滑轮组对物体A的水平拉力为90N
C．拉力F的功率为3W
D．拉力F所做的有用功为72J
10．（2分）如图所示的是一种温度自动报警器的原理图，在水银温度计中封入一段金属丝，金属丝下端所指示的温度为90℃，当温度达到90℃时，自动报警器报警。下列说法中正确的是（　　）
A．报警器中电磁铁的铁芯可以换成钢棒
B．温度达到90℃时，报警器中的灯灭同时铃响
C．报警器中水银温度计和电磁铁并联在电路中
D．若将上端的金属丝向下移，报警温度将升高
二、填空题与作图（本题共7个小题计22分）
11．（2分）如图所示，小明同学利用易拉罐制作了一个取火凹面镜。利用它能将火柴点燃是因为凹面镜对光有 　 　作用；汽车的后视镜能扩大视野的应用原理与此 　 　（选填“相同”或“不同”）。
12．（3分）冬奥会冰业比赛时，投手用力将冰壶掷出后，冰壶由于具有 　 　，会继续沿着水平赛道向前滑行一段距离，它滑行时受到摩擦力（赛道的粗糙程度各处相同）的作用最终会停止运动，说明 　 　（选填序号：“A.力是使物体运动的原因”或“B.力是改变物体运动状态的原因”）。在冰壶停止运动之前，冰壶受到的摩擦力 　 　（选填“逐渐减小”、“保持不变”或“逐渐增大”）。
13．（2分）如图，在装修房屋时，工人师傅常常会用到一根灌有水（水中无气泡）且足够长的透明塑料软管。他们把这根软管的两端靠在墙面的不同地方并按照水面位置做出标记。这样做的目的是保证两点在 　 　，用到的物理知识是 　 　。
14．（4分）如图，我国首架自主研发的大型运输机“运20”试飞成功，飞机在飞行时其机翼　 　（选填“上”或“下”）方空气流速大；飞机在减速下降、准备着陆的过程中，其动能 　 　（选填“增大”“减小”或“不变”）；“运20”起落架上共有14个巨大的轮胎，是为了减小起降过程中对跑道的 　 　；轮胎表面有花纹是为了 　 　。
15．（3分）上月中旬，东部战区海军某驱逐舰支队组成舰艇编队赴某海域开展实战化训练。驱逐舰舰侧距水面3m深处受到海水的压强为 　 　Pa。驱逐舰满载时排水最达1.236×104t，则其满载时受到的浮力为 　 　N，舰艇执行完任务从大海驶入长江的过程中，舰体会 　 　（选填“上浮”或“下沉”）一些。（g＝10N/kg，ρ水＝1.03×103kg/m3）
16．（4分）如图甲所示，电源电压保持不变，R0为定值电阻。闭合开关S，将滑动变阻器的滑片由最右端滑至最左端，滑片P在最左端时小灯泡恰好正常发光，两个电压表示数与电流表示数的变化关系如图乙所示。该电路的电源电压为 　 　V，滑动变阻器的最大阻值为 　 　Ω小，灯泡的额定电流为 　 　A，小灯泡的额定功率为 　 　W。
17．（2分）如图表示在空中飞行的重力为3N的足球，画出它所受重力的示意图。
18．（2分）在图中，用箭头标出P点磁感线的方向。
三、实验与探究题（共4小题，计22分）
19．（4分）请完成下列填空。
（1）如图1所示，学校物理实验室的托盘天平横梁两端各有一个平衡螺母。测量前，为使托盘天平横梁水平平衡，左边的平衡螺母应向 　 　（选填“左”或“右”）调节，或者将右边的平衡螺母向 　 　（选填“左”或“右”）调节。
（2）如图2所示，物块A的长度的测量值为 　 　cm。
（3）如图3所示，探究“阻力对物体运动的影响”实验中，选用同一小车从同一斜面的同一高度由静止开始滑下，通过观察和比较小车运动的 　 　（选填“距离”或“速度”），得出“阻力越小，运动速度减小得越慢”的实验结论。
20．（4分）在做“探究并联电路中电流规律”实验中，小明和小华合作完成了探究。
（1）如图甲是他们设计的电路图，图乙是他们测量电流时连接的实验电路，此时电流表测量的是 　 　（选填“A”“B”或“C”）处的电流；
（2）如图甲，测出A、B、C三处电流后可以得出初步结论 　 　（只写表达式），为了得到更普遍的规律，操作方法是：　 　；
（3）二人继续探究“串联电路的电压关系”，实验电路如图丙所示，用某次实验用电压表测得UAB＝1.3V，UBC＝1.7V，UAC＝3V，得到串联电路的电压规律是 　 　（用文字表达）。
21．（7分）在“探究水沸腾时的温度变化的特点”的实验中，a、b两组同学在相同的环境中，用如图甲所示的装置分别进行实验。
（1）如图甲，除温度计外，还需要的测量工具是 　 　。
（2）安装好器材开始实验后，a组同学如图甲所示进行读数，其错误之处是：读数时，视线未与 　 　。
（3）在图乙和丙中，表示沸腾前气泡情况的是图 　 　。
（4）图丁是两组同学根据实验数据绘制的水温随时间变化的图象。由图象可知，水的沸点为 　 　℃，在沸腾过程中水的温度 　 　；实验室当时的大气压 　 　（选填“＞”、“＜”或“＝”）1标准大气压。
（5）a、b两组同学的实验中，选用的实验装置相同，水的初温不同，水从开始加热到沸腾所用的时间相同，则他们所用水的多少的大小关系为：a组 　 　b组（选填“＞”、“＜”或“＝”）。
22．（7分）小强同学用图甲所示装置探究凸透镜成像的规律：
（1）小强正确放置并调节实验器材后，点燃蜡烛，移动蜡烛、凸透镜及光屏进行实验，记录的现象和数据如下表：
实验序号 1 2 3 4 5 6 7
物距u/cm 40.0 30.0 20.0 18.0 14.0 10.0 6.0
像距v/cm 13.4 15.2 20.0 23.0 35.0 光屏上不成像
光屏上成像情况 倒立、缩小 倒立、缩小 倒立、等大 倒立、放大 倒立、放大
①根据表中数据可知，该凸透镜的焦距f＝　 　cm；
②当凸透镜成实像时，物距增大，像 　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”）；生活中应用序号为1、2规律工作的是 　 　（选填“照相机”、“投影仪”或“放大镜”）；
（2）如图乙所示，小强在进行某次实验时，光屏上得到清晰的烛焰的像后，将一眼镜片竖直放在蜡烛与凸透镜之间，光屏上像变模糊了，接着将光屏向左移动适当距离后，像又变清晰了，由此可知，该眼镜片对光线起 　 　（选填“会聚”或“发散”）作用，可用于矫正 　 　眼（选填“近视”或“远视”）；
（3）如图1所示，在天宫课堂中，王亚平向水球中间注入一个气泡，通过水球能看到王亚平一正、一倒两个缩小的像，图2是其示意简图。小强应用上述探究结果，对该现象的成因进行了分析：水球相当于凸透镜（设其焦距为f），王亚平（图中用箭头表示）距水球 　 　，透过水球看到她倒立、缩小的像；向水球中间注入一个气泡，中间部分相当于两个 　 　（选填“平面镜”、“凸透镜”或“凹透镜”）组成的，所以透过水球又看到她正立、缩小的像。
四、综合题（本题共2小题，共16分）
23．（8分）如图是一台电动机提升物体的示意图。电源电压保持12V不变，电路中电动机的线圈电阻为2Ω，R0的阻值是10Ω，闭合开关S，当电动机匀速提升重物时，电压表示数为6V，试问：
（1）R0两端电压为多少伏？
（2）通过电动机的电流为多少安？
（3）电动机正常工作2s消耗的电能是多少焦耳？
（4）线圈产生的热量为多少焦耳？
24．（8分）如图所示，为陕汽重卡——德龙X5000，小锋收集了关于该型卡车的一些数据（如下表所示）。如果该车满载货物后在平直的公路上以100km/h的速度匀速行驶2h，货车受到的阻力是车总重的0.015倍。那么在此过程中：（g取10N/kg）
品牌型号 陕汽重卡德龙X5000 轮胎数 12个
每个轮胎与地面的接触面积 400cm2 空车质量 12t
最高车速 108km/h 满载时载货量 18t
空载百公里油耗 12L 燃油密度 0.8×103kg/m3
满载百公里油耗 30L 燃油热值 5×107J/kg
（1）空车停放在水平地面上时对地面的压强为 　 　Pa。
（2）该货车的牵引力是多大？牵引力所做的功是多少？
（3）燃油完全燃烧放出的热量是多少？
（4）该货车发动机的效率是多少？
2023年陕西省西安市铁一滨河学校中考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、单选题（本题共10个小题，每小题2分，计20分。每题只有一个选项符合题意）
1．（2分）下列物体的质量最接近于3kg的是（　　）
A．地球的质量 B．一枚硬币的质量
C．一个苹果的质量 D．一个新生儿的质量
【分析】此题考查我们对常见物体质量的估测，根据对日常生活中常见物体和质量单位及其进率的认识，选出符合题意的选项。
【解答】解：A、地球质量约为6×1024kg。故A不符合题意；
B、一枚硬币的质量约为6g＝0.006kg。故B不符合题意；
C、一个苹果的质量约为150g＝0.15kg。故C不符合题意；
D、一个新生儿的质量为2～5 kg。故D符合题意。
故选：D。
【点评】质量的估测，需要我们熟悉常见物体的质量大小，以它们为标准对研究对象的质量作出判断．如：一个鸡蛋的质量在60g左右，一个苹果的质量在200g左右，一杯水的质量在0.5kg左右，中学生的质量在50kg左右，大象的质量在5t左右，等等。
2．（2分）有关能源与可持续发展，下列正确的是（　　）
A．大量燃烧煤炭不会加剧地球的温室效应
B．石油属于可再生能源
C．目前的核电站都是利用核聚变释放的核能来发电的
D．以风能、太阳能等为代表的可再生能源是未来理想能源的一个重要发展方向
【分析】（1）温室效应加剧主要是由于现代化工业社会燃烧过多煤炭、石油和天然气，这些燃料燃烧后放出大量的二氧化碳气体进入大气造成的；
（2）能够源源不断的从自然界得到的能源叫可再生能源；短期内不能从自然界得到补充的能源叫不可再生能源；
（3）核电站是可利用核裂变产生的巨大能量来发电的。
【解答】解：
A、煤炭燃烧产生的二氧化碳仍然会在一定程度上加剧地球温室效应，故A错误；
B、石油是化石能源，短时间内不能再次产生的，属于不可再生能源，故B错误；
C、核电站是可利用核裂变产生的巨大能量来发电的，故C错误；
D、风能、太阳能等是可再生能源，足够清洁、无污染环境，可以保证不会严重影响环境，是未来理想能源的一个重要发展方向，故D正确。
故选：D。
【点评】此题是一类多知识点的综合题目，要结合相对应的物理知识进行分析解答，是中考选择题的热点考题。
3．（2分）关于图中的声现象，下列说法正确的是（　　）
A．敲打鼓面，附近的烛焰跳动，说明声音可以传递能量
B．车间工人配戴耳罩，是在传播过程中减弱噪声
C．弹吉他时，增大拨动弦的力度可以提高声音的音调
D．抽出罩内空气，听到闹钟声音变小，说明发声体振动减弱
【分析】（1）声可以传递信息和能量。
（2）减弱噪声有三条途径，即在三个不同的位置﹣﹣声源处、传播过程中、人耳处。
（3）声音的三个特征分别是：音调、响度、音色，是从不同角度描述声音的，音调指声音的高低，由振动频率决定；响度指声音的强弱或大小，与振幅和距离有关；音色是由发声体本身决定的一个特性。
（4）声音的传播需要介质，真空不能传声。
【解答】解：A、甲中敲打鼓面，附近的烛焰跳动，说明声音可以传递能量，使烛焰跳动，故A正确；
B、乙中车间工人佩戴耳罩，是在人耳处减弱噪声，故B错误；
C、丙中弹吉他时，增大拨动弦的力度可以增大声音的响度，故C错误；
D、丁中抽出罩内空气，听到钟声音变小，说明声音的传播需要介质，故D错误。
故选：A。
【点评】知道声可以传递信息和能量，区分减弱噪声的方法，理解声音的三个特征、声音的传播需要介质，可解答此题。
4．（2分）下列说法错误的是（　　）
A．第四代电源 LED 灯有光效高、寿命长等优点，其主要由硅、砷等半导体材料制成
B．使用光纤通信携带的信息量更大，主要是因为激光传播的速度比电磁波的速度更快
C．化石能源是当今世界的主要能源，是一次能源，不可再生能源
D．尽管能量是守恒的，但由于能量的转移和转化具有方向性，所以我们要节约能源
【分析】（1）LED 主要由半导体材料制成；
（2）激光传播的速度与电磁波的速度相同；
（3）化石能源是当今世界的主要能源，目前人们现在使用的化石能主要有煤、石油、天然气等；
（4）自然界中能量是守恒的，但消耗的能源产生的能量不能充分利用，以其它能量的形式损失掉。能量在转化中具有方向性。
【解答】解：A、第四代电源 LED 灯有光效高、寿命长等优点，其主要由硅、砷等半导体材料制成，故A正确；
B、激光传播的速度与电磁波的速度相同，故B错误；
C、化石能源是当今世界的主要能源，是一次能源，不可再生能源，故C正确；
D、能量的转移与转化具有方向性，如：消耗的内能不能收集起来再利用。因此要节约能源，故D正确。
故选：B。
【点评】本题主要考查学生对能源特点，以及能源分类，能量转化、信息的传递的理解。
5．（2分）如图所示，这是我国新一代主力驱逐舰“南昌舰”，“南昌舰”的排水量为1.2×104t，它能将产生的尾气和冷空气混合，使尾气的温度降低后再排出。下列有关说法正确的是（　　）
A．“南昌舰”满载时受到的浮力为1.2×104N
B．直升机从“南昌舰”上飞走后，“南昌舰”所受浮力减小
C．“南昌舰”受到的浮力和“南昌舰”对水的压力是一对平衡力
D．降低尾气的温度是为了减弱敌方的紫外探测
【分析】（1）根据阿基米德原理可知，船满载时受到的浮力等于其排开水的重力；
（2）根据物体漂浮的条件可判断当直升机飞走后，“南昌舰”所受浮力情况；
（3）二力平衡的条件：作用在同一物体上的两个力，大小相等、方向相反，作用在同一直线上；
（4）任何物体都会发出红外线，温度越高，红外特征越强。
【解答】解：A、由阿基米德原理可得，“南昌舰”满载时所受到的浮力：
F浮＝G舰排＝m舰排g＝12000×103kg×10N/kg＝1.2×108N，故A错误；
B、直升机从“南昌舰”上飞走后，“南昌舰”总重力变小，根据漂浮条件，其浮力等于其自身的重力，所以浮力变小，故B正确；
C、“南昌舰”受到的浮力和“南昌舰”对水的压力没有作用在同一物体上，不是一对平衡力，故C错误；
D、南昌舰将产生的尾气和冷空气混合后再排出，是为了降低温度，减弱敌方的红外探测，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查浮力、平衡力以及红外线的应用，是一道综合题。
6．（2分）关于家庭电路和安全用电，下列说法中正确的是（　　）
A．我国家庭电路的电压为200V
B．家用电器金属外壳接地线，可以防止金属外壳漏电发生的触电事故
C．客厅里一个开关可以同时控制四只节能灯，这四只节能灯一定是串联的
D．家庭电路中空气开关跳闸了，一定发生了短路现象
【分析】（1）我国家庭电路的电压是220V；
（2）金属外壳的用电器，外壳一定要接地。
（3）在并联电路中，干路开关控制所有用电器；
（4）家庭电路中过大的原因是：短路和用电器总功率过大；电流超过空气开关允许的最大电流时会跳闸。
【解答】解：
A、我国家庭电路的电压是220V，故A错误；
B、金属外壳的用电器，外壳一定要接地，防止外壳漏电，发生触电事故，故B正确；
C、一个开关在干路时可以控制四盏灯泡，这些灯泡是并联的，工作时互不影响，故C错误；
D、家庭电路中空气开关“跳闸”，说明家庭电路中电流过大，可能是由于电路出现的短路，也可能是用电器总功率过大造成的，故D错误。
故选：B。
【点评】本题是对安全用电常识的考查，要求能运用物理知识解决实际问题。
7．（2分）如图所示，我省竞走运动员王钦在全国竞走大赛中获得冠军，同时也创造了中国运动员7年以来在此项目上的最好成绩，下列与之有关的描述正确的是（　　）
A．王钦在冲刺时相对于终点是静止的
B．王钦在前进中后脚蹬地时受到的摩擦力向前
C．王钦在竞走时脚对地面的压强比静止站立时小
D．王钦站在领奖台上时受到的重力和奖台对他的支持力是一对相互作用力
【分析】（1）在研究物体运动时，要选择参照的标准，即参照物，物体的位置相对于参照物发生变化，则运动，不发生变化，则静止。
（2）摩擦力的方向与物体相对运动或相对运动趋势的方向相反。
（3）王钦在竞走时和静止站立时对地面的压力相等，都等于其自身重力，竞走时，地面的受力面积减小，根据p＝分析压强大小；
（4）相互作用力的特点：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、王钦在冲刺时相对于终点之间发生了位置变化，所以王钦在冲刺时相对于终点是运动的，故A错误。
B、王钦在前进中后脚蹬地时，有相对于地面向后运动的趋势，地面给后脚向前的摩擦力，故B正确。
C、王钦在竞走时和静止站立时对地面的压力相等，都等于其自身重力，竞走时，地面的受力面积减小，根据p＝可知，王钦在竞走时脚对地面的压强比静止站立时大，故C错误。
D、王钦站在领奖台上时受到的重力和奖台对他的支持力是作用在不同物体上的两个力，所以不是一对相互作用力，而是一对平衡力，故D错误。
故选：B。
【点评】此题考查运动和静止的相对性、摩擦力方向的判断、压强的大小比较、平衡力和相互作用力的辨别等，涉及到的知识点多，综合性强，但总体难度不大，熟练掌握相关基础知识是关键。
8．（2分）如图所示的电路中，电源电压不变，闭合开关S，滑片P从A点向右移动的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．电流表A示数变大，电流表A1示数不变
B．电流表A1示数不变，电流表A2示数变小
C．电压表V示数与电流表A1示数乘积变大
D．电压表V示数与电流表A2示数比值变小
【分析】由电路图可知，R0与R1并联，电流表A1测R0支路的电流，电流表A2测R1支路的电流，电流表A测干路电流，电压表测电源两端的电压。根据电源电压可知滑片移动时电压表V的示数变化，根据并联电路中各支路独立工作、互不影响可知滑片移动时通过R0的电流变化，然后得出电压表V示数与电流表A1示数的乘积的变化，根据滑片的移动可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知通过R1的电流变化，进一步得出电压表V示数与电流表A2示数的比值变化，利用并联电路的电流特点可知干路电流的变化，即电流表A的示数变化。
【解答】解：由电路图可知，R0与R1并联，电流表A1测R0支路的电流，电流表A2测R1支路的电流，电流表A测干路电流，电压表测电源两端的电压。
因电源电压不变，所以，滑片移动时，电压表V的示数不变；
因并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以，滑片移动时，通过R0的电流不变，即电流表A1的示数不变；则电压表V示数与电流表A1示数的乘积不变；
滑片P从A点向右移动的过程中，接入电路中的电阻变大，由I＝可知，通过R1的电流变小，即电流表A2的示数变小，则电压表V示数与电流表A2示数的比值变大；
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，干路电流变小，即电流表A的示数变小；
综上所述，B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到并联电路的特点和欧姆定律的应用，分清电路的连接方式和电表所测的电路元件是关键。
9．（2分）如图所示，用30N的拉力F沿水平方向拉绳子的一端，使重400N的物体A以0.1m/s的速度沿水平地面向左匀速运动了10s，已知滑轮组的机械效率为80%，则此过程中（　　）
A．绳子自由端移动的距离为1m
B．滑轮组对物体A的水平拉力为90N
C．拉力F的功率为3W
D．拉力F所做的有用功为72J
【分析】（1）由图可知，连接动滑轮绳子的股数n＝3，绳子自由端移动的速度v绳＝nv物，利用s＝vt求绳子自由端移动的距离；
（2）滑轮组的机械效率η＝＝＝＝，据此求物体A受到的摩擦力；由于物体A匀速运动，所以滑轮组对物体A的水平拉力等于物体A受到的摩擦力；
（3）利用P＝＝＝Fv求拉力F做功的功率；
（4）拉力所做的有用功，也就是克服物体A与水平面之间的摩擦力做的功。
【解答】解：
A、由图可知，连接动滑轮绳子的股数n＝3，绳子自由端移动的速度v绳＝nv物＝3×0.1m/s＝0.3m/s，
则绳子自由端移动的距离s绳＝v绳t＝0.3m/s×10s＝3m，故A错误；
B、由η＝＝＝＝可得，物体A受到的摩擦力f＝3ηF＝3×80%×30N＝72N，由于物体A匀速运动，所以滑轮组对物体A的水平拉力等于物体A受到的摩擦力，大小为72N，故B错误；
C、因为P＝＝＝Fv，所以拉力F做功的功率：P＝Fv绳＝30N×0.3m/s＝9W，故C错误；
D、拉力所做的有用功，即克服物体A与水平面之间的摩擦力做的功W有＝fs＝fv物t＝72N×0.1m/s×10s＝72J，故D正确。
故选：D。
【点评】水平使用滑轮组时注意：有用功等于摩擦力与物体移动的距离的乘积，这是本题的关键、易错点！
10．（2分）如图所示的是一种温度自动报警器的原理图，在水银温度计中封入一段金属丝，金属丝下端所指示的温度为90℃，当温度达到90℃时，自动报警器报警。下列说法中正确的是（　　）
A．报警器中电磁铁的铁芯可以换成钢棒
B．温度达到90℃时，报警器中的灯灭同时铃响
C．报警器中水银温度计和电磁铁并联在电路中
D．若将上端的金属丝向下移，报警温度将升高
【分析】温度自动报警器的原理：
当温度未升高到90℃时，水银和金属丝没有接通，控制电路是断开的，在弹簧作用下，动触头和灯的电路接通，灯发光，电铃不响。
当温度升高到90℃时，水银和金属丝接通，由于水银和金属丝都是导体，所以控制电路接通，电磁铁有磁性，电磁铁吸引衔铁，动触头和电铃的电路接通，电铃响，灯不亮。
【解答】解：A、电磁铁通电后具有磁性，铁棒容易被磁化，磁性也容易消失，当电磁铁断电后，铁棒不具有磁性；而钢棒被磁化后磁性不容易消失，电磁铁断电后钢棒具有磁性，会吸引衔铁，使得衔铁不能被拉起，所以报警器中电磁铁的铁芯不可以换成钢棒，故A错误；
BC、水银温度计和电磁铁串联接在电路中，当温度升高到90℃时，水银和金属丝接通，由于水银和金属丝都是导体，所以控制电路接通，电磁铁有磁性，电磁铁吸引衔铁，动触头和电铃的电路接通，电铃响，灯不亮，故B正确，C错误；
D、若将上端的金属丝向下移，报警的温度会低于90摄氏度，报警温度将降低，故D错误。
故选：B。
【点评】明确图中左侧为控制电路，右侧为工作电路，两电路依据中间的电磁铁来发生相互作用，是搞清这一装置原理的关键点之一，同时，还应明确水银也是导体，当其与上方金属丝接通时，也成为了电路的一部分。
二、填空题与作图（本题共7个小题计22分）
11．（2分）如图所示，小明同学利用易拉罐制作了一个取火凹面镜。利用它能将火柴点燃是因为凹面镜对光有 　会聚　作用；汽车的后视镜能扩大视野的应用原理与此 　不同　（选填“相同”或“不同”）。
【分析】（1）凹面镜对光有会聚作用，太阳灶等就是利用凹面镜的反射来会聚光的。
（2）凸面镜对光有发散作用，汽车的观后镜就是利用凸面镜的反射来扩大视野的。
【解答】解：如图所示，小明利用易拉罐制作了一个取火凹面镜，利用它能将火柴点燃，是因为凹面镜对光线有会聚作用；
汽车后视镜是凸面镜，对光有发散作用，与凹面镜对光线的作用不同。
答案：会聚；不同。
【点评】牢记凸面镜和凹面镜对光的作用。本题是基础性题目。
12．（3分）冬奥会冰业比赛时，投手用力将冰壶掷出后，冰壶由于具有 　惯性　，会继续沿着水平赛道向前滑行一段距离，它滑行时受到摩擦力（赛道的粗糙程度各处相同）的作用最终会停止运动，说明 　B　（选填序号：“A.力是使物体运动的原因”或“B.力是改变物体运动状态的原因”）。在冰壶停止运动之前，冰壶受到的摩擦力 　保持不变　（选填“逐渐减小”、“保持不变”或“逐渐增大”）。
【分析】（1）惯性是物体保持原来运动状态不变的一种性质，冰壶向前运动，是因为具有惯性。
（2）力是改变物体运动状态的原因。
（3）根据摩擦力大小的影响因素分析解答。
【解答】解：冰壶比赛时，投手用力将冰壶掷出后，由于冰壶具有惯性，仍要保持原来的运动状态，所以它会继续沿着水平赛道向前滑行一段距离；
冰壶滑行时受到摩擦力的作用最终会停止运动，是摩擦力改变了冰壶的运动状态，所以力是改变物体运动状态的原因；
在冰壶停止运动之前，冰壶对水平赛道的压力不变、接触面的粗糙程度不变，所以冰壶受到的摩擦阻力保持不变。
故答案为：惯性；B；保持不变。
【点评】该题考查了惯性、力的作用效果、重力的方向等知识点，是一道综合题，但难度不大，属于基础知识考查。
13．（2分）如图，在装修房屋时，工人师傅常常会用到一根灌有水（水中无气泡）且足够长的透明塑料软管。他们把这根软管的两端靠在墙面的不同地方并按照水面位置做出标记。这样做的目的是保证两点在 　同一等高线上　，用到的物理知识是 　连通器原理　。
【分析】上端开口不连通，下部连通的容器叫连通器；静止在连通器中的同一种液体，各部分直接与大气接触的液面总在同一水平面上。
【解答】解：两个透明软管的两端开口、底部连通，属于连通器；连通器中两端的液面保持在同一水平面上，所以工人师傅这样做的目的是保证两点在同一等高线上，用到的物理知识是连通器原理。
故答案为：同一等高线上；连通器原理。
【点评】本题主要考查对连通器特点的了解；关键是知道连通器的概念和连通器中液面的特点。
14．（4分）如图，我国首架自主研发的大型运输机“运20”试飞成功，飞机在飞行时其机翼　上　（选填“上”或“下”）方空气流速大；飞机在减速下降、准备着陆的过程中，其动能 　减小　（选填“增大”“减小”或“不变”）；“运20”起落架上共有14个巨大的轮胎，是为了减小起降过程中对跑道的 　压强　；轮胎表面有花纹是为了 　增大摩擦　。
【分析】（1）流体压强与流速的关系：在流体流速越大的地方，压强越小；在流体流速越小的地方，压强越大；
（2）影响动能的因素是质量和速度；
（3）减小压强的方法：在压力一定时，增大受力面积；在受力面积一定时，减小压力；
（4）增大摩擦力的方法：在接触面粗糙程度一定时，增大压力；在压力一定时，增大接触面的粗糙程度。
【解答】解：（1）如图，飞机在飞行时，机翼上方气流比下方气流的流速大，则下方空气的压强大于上方空气的压强，产生向上的压强差、压力差，形成升力；
（2）飞机在减速下降、准备着陆的过程中，质量不变，速度越来越小，动能减小；
（3）飞机起落架上共有14个巨大的轮胎，是通过增大接触面积，减小起降过程中对跑道的压强；
（4）轮胎表面有花纹是通过增大接触面的粗糙程度，从而增大摩擦。
故答案为：上；减小；压强；增大摩擦。
【点评】本题考查流体压强与流速的关系、动能和重力势能的影响因素、减小压强的方法、增大摩擦的方法，考查的知识点比较多，主要考查学生对所学物理知识的综合应用能力。
15．（3分）上月中旬，东部战区海军某驱逐舰支队组成舰艇编队赴某海域开展实战化训练。驱逐舰舰侧距水面3m深处受到海水的压强为 　3.09×104　Pa。驱逐舰满载时排水最达1.236×104t，则其满载时受到的浮力为 　1.236×108　N，舰艇执行完任务从大海驶入长江的过程中，舰体会 　下沉　（选填“上浮”或“下沉”）一些。（g＝10N/kg，ρ水＝1.03×103kg/m3）
【分析】（1）根据p＝ρgh可求出驱逐舰舰侧距水面3m深处受到海水的压强；
（2）根据F浮＝G排＝m排g求出驱逐舰满载时受到的浮力；
（3）该舰从大海驶入江水中，都处于漂浮，受到的浮力等于自重，舰的重力不变、浮力不变，但河水密度小，由F浮＝ρ液V排g可知排开水的体积变化，进而判断是上浮还是下沉。
【解答】解：（1）驱逐舰舰侧距水面3m深处受到海水的压强为：p＝ρ水gh＝1.03×103kg/m3×10N/kg×3m＝3.09×104Pa；
（2）驱逐舰满载时受到的浮力为：F浮＝G排＝m排g＝1.236×104×103kg×10N/kg＝1.236×108N；
（3）舰从大海驶入江水中，都处于漂浮，受到的浮力等于自重，舰的重力不变、浮力不变，但河水密度小，由F浮＝ρ液V排g可知排开水的体积变大，舰将下沉一些。
故答案为：3.09×104；1.236×108；下沉。
【点评】本题考查液体压强的计算和密度公式的应用，属于基础题。
16．（4分）如图甲所示，电源电压保持不变，R0为定值电阻。闭合开关S，将滑动变阻器的滑片由最右端滑至最左端，滑片P在最左端时小灯泡恰好正常发光，两个电压表示数与电流表示数的变化关系如图乙所示。该电路的电源电压为 　6　V，滑动变阻器的最大阻值为 　35　Ω小，灯泡的额定电流为 　0.2　A，小灯泡的额定功率为 　0.6　W。
【分析】由电路图可知，闭合开关，灯泡L、定值电阻R0和滑动变阻器R串联，电压表V1测灯L和R0两端的电压，电压表V2测滑动变阻器R和R0两端的电压，电流表测电路中的电流；
当滑片P从最右端向最左端滑动时，滑动变阻器连入电路的阻值变小，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律可知电路中的电流变大，
由U＝IR可知灯L和R0两端的电压变大，滑动变阻器R和R0两端的电压变小，即图乙中的上升曲线代表电压表V1示数与电流表示数的变化关系，下降曲线代表电压表V2的示数与电流表示数的变化关系；
当滑动变阻器的滑片滑到最左端时，滑动变阻器连入电路的阻值为0，电路为灯L和R0的串联电路，则此时电压表V1的示数为电源电压，由图乙可知此时V1的示数；
当滑片P在最左端时，灯泡正常发光，由图乙可知此时电路中的电流和电阻R0两端的电压，
根据串联电路的电压特点计算灯泡L两端的电压，根据P＝UI计算灯泡的额定功率；
根据欧姆定律计算电阻R0的阻值，
当滑片P在最右端时，滑动变阻器连入电路的阻值最大，由图乙可知此时电压表V2的示数和电路中的电流，根据串联电路电阻规律结合欧姆定律列方程可得滑动变阻器的最大阻值。
【解答】解：由电路图可知，闭合开关，灯泡L、定值电阻R0和滑动变阻器R串联，电压表V1测灯L和R0两端的电压，电压表V2测滑动变阻器R和R0两端的电压，电流表测电路中的电流；
当滑片P从最右端向最左端滑动时，滑动变阻器连入电路的阻值变小，串联电路总电阻等于各部分电阻之和，根据欧姆定律可知电路中的电流变大，
由U＝IR可知灯L和R0两端的电压变大，滑动变阻器R和R0两端的电压变小，即图乙中的上升曲线代表电压表V1示数与电流表示数的变化关系，下降曲线代表电压表V2的示数与电流表示数的变化关系；
当滑动变阻器的滑片滑到最左端时，滑动变阻器连入电路的阻值为0，电路为灯L和R0的串联电路，则此时电压表V1的示数为电源电压，由图乙可知，此时V1的示数为6V，即电源电压U＝6V；
当滑片P在最左端时，灯泡正常发光，此时电路中的电流为I2＝0.2A，电压表V2的示数为3V，即电阻R0两端的电压为U0＝3V，
由串联电路的电压特点可知灯泡L两端的电压为：UL＝U﹣U0＝6V﹣3V＝3V，
则灯泡的额定功率为：PL＝ULI2＝3V×0.2A＝0.6W；
电阻R0的阻值为：R0＝＝＝15Ω；
当滑片P在最右端时，滑动变阻器连入电路的阻值最大，此时由图乙可知，电压表V2的示数为U2′＝5V，电路中的电流为I1＝0.1A，
根据欧姆定律可得U2′＝I1（R0+R），即0.1A×（15Ω+R）＝5V，
解得R＝35Ω。
故答案为：6；35；0.2；0.6。
【点评】本题考查了学生对欧姆定律的运用以及电能和电功率的计算，解题的关键就是能准确判断图乙中的图像分别代表哪个电压表示数与电流表示数的变化关系，并从图像中读出有用的信息。
17．（2分）如图表示在空中飞行的重力为3N的足球，画出它所受重力的示意图。
【分析】根据重力的方向是竖直向下的、足球的重心在球心，从足球的重心作竖直向下的力即可。
【解答】解：重力的方向是竖直向下的，从足球的重心（球心）开始画一条带箭头的竖直向下的有向线段，用G＝3N表示重力的大小，如图所示：
【点评】本题考查了重力示意图的画法，不管物体怎样运动，重力的方向总是竖直向下的。
18．（2分）在图中，用箭头标出P点磁感线的方向。
【分析】根据电流表的接法判定电流的方向；利用安培定则判断出通电螺线管的NS极，在磁体的外部磁感线从N极出来，回到S极。
【解答】解：根据电流的接法可知，电流从螺线管的左端流入，右端流出，根据安培定则可知，螺线管的右端为S极、左端为N极，在磁体的外部磁感线从N极出来，回到S极，所以P点磁感线的方向是向右的，如图：
【点评】安培定则为判断螺线管极性或电流方向的重要方法，应能做到灵活应用；同时还要注意小磁针静止时N极所指的方向为该点磁感线的方向。
三、实验与探究题（共4小题，计22分）
19．（4分）请完成下列填空。
（1）如图1所示，学校物理实验室的托盘天平横梁两端各有一个平衡螺母。测量前，为使托盘天平横梁水平平衡，左边的平衡螺母应向 　右　（选填“左”或“右”）调节，或者将右边的平衡螺母向 　右　（选填“左”或“右”）调节。
（2）如图2所示，物块A的长度的测量值为 　1.85　cm。
（3）如图3所示，探究“阻力对物体运动的影响”实验中，选用同一小车从同一斜面的同一高度由静止开始滑下，通过观察和比较小车运动的 　距离　（选填“距离”或“速度”），得出“阻力越小，运动速度减小得越慢”的实验结论。
【分析】（1）在对天平进行调节时，要遵循“左偏右调、右偏左调”的规律；
（2）刻度尺读数时，要看清分度值，并估读到分度值的下一位；
（3）在探究“阻力对物体运动的影响”的实验中，通过通过观察和比较小车运动的距离来对阻力对物体运动的影响进行研究。
【解答】解：（1）由图可知，分度盘上的指针左偏，为使托盘天平横梁水平平衡，左边的平衡螺母应向右调节，或者将右边的平衡螺母向右调节；
（2）图2中，刻度尺的分度值为1mm，物块A的长度的测量值为12.85cm﹣11.00cm＝1.85cm；
（3）图3探究“阻力对物体运动的影响”实验中，选用同一小车从同一斜面的同一高度由静止开始滑下，通过观察和比较小车运动的距离，得出“阻力越小，运动速度减小得越慢”的实验结论。
故答案为：（1）右；右；（2）1.85；（3）距离。
【点评】本题考查了天平的调节、刻度尺的读数、探究“阻力对物体运动的影响”的实验要求等，有一定综合性，但难度不大。
20．（4分）在做“探究并联电路中电流规律”实验中，小明和小华合作完成了探究。
（1）如图甲是他们设计的电路图，图乙是他们测量电流时连接的实验电路，此时电流表测量的是 　B　（选填“A”“B”或“C”）处的电流；
（2）如图甲，测出A、B、C三处电流后可以得出初步结论 　IC＝IA+IB　（只写表达式），为了得到更普遍的规律，操作方法是：　换用不同规格的灯泡多次实验　；
（3）二人继续探究“串联电路的电压关系”，实验电路如图丙所示，用某次实验用电压表测得UAB＝1.3V，UBC＝1.7V，UAC＝3V，得到串联电路的电压规律是 　串联电路的总电压等于各部分电路电压　（用文字表达）。
【分析】（1）电流表与待测电路串联；
（2）并联电路干路电流等于地各支路电流之和；为了得到更普遍的规律，应换用不同规格的灯泡进行实验；
（3）分析测量得到的数据，得出结论。
【解答】解：（1）电流表与待测电路串联，图乙是他们测量电流时连接的实验电路，电流表与灯L2串联，所以此时电流表测量的是B处的电流；
（2）测出A、B、C三处电流后可以得出初步结论IC＝IA+IB，为了得到更普遍的规律，应当进行多次实验，操作方法是：换用不同规格的灯泡进行实验。
（3）由测量的数据可知UAC＝UAB+UBC，由此可知，串联电路的电压规律是串联电路的总电压等于各部分电路电压。
故答案为：（1）B；（2）IC＝IA+IB；换用不同规格的灯泡多次实验；（3）串联电路的总电压等于各部分电路电压。
【点评】本题探究并联和串联电路中电流、电压规律，考查电流表连接、实验结论、归纳法的运用。
21．（7分）在“探究水沸腾时的温度变化的特点”的实验中，a、b两组同学在相同的环境中，用如图甲所示的装置分别进行实验。
（1）如图甲，除温度计外，还需要的测量工具是 　秒表　。
（2）安装好器材开始实验后，a组同学如图甲所示进行读数，其错误之处是：读数时，视线未与 　液柱上表面相平　。
（3）在图乙和丙中，表示沸腾前气泡情况的是图 　丙　。
（4）图丁是两组同学根据实验数据绘制的水温随时间变化的图象。由图象可知，水的沸点为 　98　℃，在沸腾过程中水的温度 　不变　；实验室当时的大气压 　＜　（选填“＞”、“＜”或“＝”）1标准大气压。
（5）a、b两组同学的实验中，选用的实验装置相同，水的初温不同，水从开始加热到沸腾所用的时间相同，则他们所用水的多少的大小关系为：a组 　＞　b组（选填“＞”、“＜”或“＝”）。
【分析】（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，据此分析即可；
（2）温度计读数时，视线要与液柱上表面相平，俯视会使结果偏大、仰视会使结果偏小；
（3）水沸腾前产生的气泡在上升过程中会因为温度降低，气泡里面的水蒸气液化进入水中，使气泡逐渐变小。水沸腾时不断有水汽化为水蒸气进入气泡，气泡在上升过程中逐渐变大，到水面破裂开来；
（4）水在到达沸点后只要能继续吸收热量，就能保持沸腾，且温度不变，据此分析即可。在一标准大气压下，水的沸点是100℃，且气压越低，沸点越低；
（5）由图丁可知，a的初温更高，在相同质量的情况下达到沸点时间更短。但是二者达到沸点的时间相同，所以a的质量更多。
【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；
（2）温度计读数时，视线要与液柱上表面相平，俯视会使结果偏大、仰视会使结果偏小。所以错误之处是：读数时，视线未与液柱上表面相平；
（3）水沸腾前产生的气泡在上升过程中会因为温度降低，气泡里面的水蒸气液化进入水中，使气泡逐渐变小。水沸腾时不断有水汽化为水蒸气进入气泡，气泡在上升过程中逐渐变大，到水面破裂开来。所以表示沸腾前气泡情况的是图丙；
（4）水在到达沸点后只要能继续吸收热量，就能保持沸腾，且温度不变。由图象可知，水的沸点为98℃，在沸腾过程中水的温度不变。在一标准大气压下，水的沸点是100℃，且气压越低，沸点越低，实验中的沸点低于100℃，所以气压小于一标准大气压；
（5）由图丁可知，a的初温更高，在相同质量的情况下达到沸点时间更短。但是二者达到沸点的时间相同，所以a的质量更多。所以他们所用水的多少的大小关系为：a组＞b组。
故答案为：（1）秒表；（2）液柱上表面相平；（3）丙；（4）98；不变；＜；（5）＞。
【点评】此题考查实验工具的选取、温度计的读数、沸腾前后气泡的不同、沸点、水沸腾时温度的特点等知识，数综合题目。
22．（7分）小强同学用图甲所示装置探究凸透镜成像的规律：
（1）小强正确放置并调节实验器材后，点燃蜡烛，移动蜡烛、凸透镜及光屏进行实验，记录的现象和数据如下表：
实验序号 1 2 3 4 5 6 7
物距u/cm 40.0 30.0 20.0 18.0 14.0 10.0 6.0
像距v/cm 13.4 15.2 20.0 23.0 35.0 光屏上不成像
光屏上成像情况 倒立、缩小 倒立、缩小 倒立、等大 倒立、放大 倒立、放大
①根据表中数据可知，该凸透镜的焦距f＝　10.0　cm；
②当凸透镜成实像时，物距增大，像 　变小　（选填“变大”、“变小”或“不变”）；生活中应用序号为1、2规律工作的是 　照相机　（选填“照相机”、“投影仪”或“放大镜”）；
（2）如图乙所示，小强在进行某次实验时，光屏上得到清晰的烛焰的像后，将一眼镜片竖直放在蜡烛与凸透镜之间，光屏上像变模糊了，接着将光屏向左移动适当距离后，像又变清晰了，由此可知，该眼镜片对光线起 　会聚　（选填“会聚”或“发散”）作用，可用于矫正 　远视　眼（选填“近视”或“远视”）；
（3）如图1所示，在天宫课堂中，王亚平向水球中间注入一个气泡，通过水球能看到王亚平一正、一倒两个缩小的像，图2是其示意简图。小强应用上述探究结果，对该现象的成因进行了分析：水球相当于凸透镜（设其焦距为f），王亚平（图中用箭头表示）距水球 　大于2f　，透过水球看到她倒立、缩小的像；向水球中间注入一个气泡，中间部分相当于两个 　凹透镜　（选填“平面镜”、“凸透镜”或“凹透镜”）组成的，所以透过水球又看到她正立、缩小的像。
【分析】（1）凸透镜成像规律：u＞2f时，f＜v＜2f，成倒立缩小实像；u＝2f时，v＝2f，成倒立等大实像；f＜u＜2f时，v＞2f，成倒立放大实像；u＜f时，成正立放大虚像。
（2）凸透镜成实像时，物距越大，像距越小，像越小。
（3）远视眼成像在视网膜之后，凸透镜可用于矫正远视眼。
【解答】解：（1）①根据凸透镜成像规律，当u＝2f时，成倒立等大实像，据表中数据可知，u＝20.0cm时，光屏上成倒立、等大的像，因此该凸透镜的焦距f＝10.0cm；
②当凸透镜成实像时，物距增大，像距减小，像变小；实验序号1、2中光屏上成倒立、缩小实像，生活中应用此规律工作的是照相机；
（2）进行某次实验时，光屏上得到清晰的烛焰的像后，将一眼镜片竖直放在蜡烛与凸透镜之间，光屏上像变模糊了，接着将光屏向左移动适当距离后，像又变清晰了，由此可知，加入该眼镜片后像距减小，该眼镜片对光线起会聚作用，为凸透镜，可用于矫正远视；
（3）在天宫课堂中，王亚平向水球中间注入一个气泡，通过水球能看到王亚平一正、一倒两个缩小的像，对该现象的成因进行了分析：水球相当于凸透镜，在凸透镜成像时，如果u＞2f，则成倒立缩小实像，因此王亚平距水球大于2f，透过水球看到她倒立、缩小的像；向水球中间注入一个气泡，中间部分中间薄、边缘厚，相当于两个凹透镜组成的，所以透过水球又看到她正立、缩小的像。
故答案为：（1）①10.0；
②变小；照相机；
（2）会聚；远视；
（3）大于2f；凹透镜。
【点评】此题考查了凸透镜成像规律及其应用、凹透镜，属常规题目。
四、综合题（本题共2小题，共16分）
23．（8分）如图是一台电动机提升物体的示意图。电源电压保持12V不变，电路中电动机的线圈电阻为2Ω，R0的阻值是10Ω，闭合开关S，当电动机匀速提升重物时，电压表示数为6V，试问：
（1）R0两端电压为多少伏？
（2）通过电动机的电流为多少安？
（3）电动机正常工作2s消耗的电能是多少焦耳？
（4）线圈产生的热量为多少焦耳？
【分析】（1）根据串联电路电压的规律求出电阻R0的电压；
（2）根据欧姆定律求出通过R0的电流，根据串联电路的特点可知通过电动机的电流；
（3）根据W＝UIt算出电动机正常工作2秒所消耗的电能；
（4）根据焦耳定律Q＝I2Rt计算出线圈产生的热量。
【解答】解：（1）由图可知，电动机和R0串联，电压表测量电动机两端的电压；
根据串联电路电压的规律可知，电阻R0的电压：U0＝U﹣U电动机＝12V﹣6V＝6V；
（2）根据欧姆定律可知，通过电阻R0的电流是：I0＝＝＝0.6A；
根据串联电路电流的规律可知，通过电动机的电流为IM＝I0＝0.6A；
（3）电动机正常工作2秒所消耗的电能：W＝U电动机IMt＝6V×0.6A×2s＝7.2J；
（4）电动机线圈产生的热量：Q＝IM2Rt＝（0.6A）2×2Ω×2s＝1.44J。
答：（1）R0两端电压为6V；
（2）通过电动机的电流为0.6A；
（3）电动机正常工作2s消耗的电能是7.2J；
（4）线圈产生的热量为1.44J。
【点评】本题考查了串联电路的特点、欧姆定律、电功公式和焦耳定律的应用，是一道综合题，难度不大。
24．（8分）如图所示，为陕汽重卡——德龙X5000，小锋收集了关于该型卡车的一些数据（如下表所示）。如果该车满载货物后在平直的公路上以100km/h的速度匀速行驶2h，货车受到的阻力是车总重的0.015倍。那么在此过程中：（g取10N/kg）
品牌型号 陕汽重卡德龙X5000 轮胎数 12个
每个轮胎与地面的接触面积 400cm2 空车质量 12t
最高车速 108km/h 满载时载货量 18t
空载百公里油耗 12L 燃油密度 0.8×103kg/m3
满载百公里油耗 30L 燃油热值 5×107J/kg
（1）空车停放在水平地面上时对地面的压强为 　2.5×105　Pa。
（2）该货车的牵引力是多大？牵引力所做的功是多少？
（3）燃油完全燃烧放出的热量是多少？
（4）该货车发动机的效率是多少？
【分析】（1）根据p＝＝＝求出压强的大小；
（2）根据货车空车质量和满载时载货量可求出货车的总质量，利用G＝mg可求出汽车的总重力，根据货车受到的阻力等于汽车总重的0.015倍可求出货车受到的阻力；由于货车在平直公路上匀速行驶，货车受到的阻力与货车的牵引力是一对平衡力，可求出货车的牵引力的大小；利用W＝Fs可求出货车牵引力做的功；
（3）根据v＝求出货车通过的距离s；根据货车满载时每千米油耗可求出货车行驶路程s消耗的燃油的体积，根据m＝ρV可求出货车消耗的燃油的质量，利用Q放＝mq可求出燃油完全燃烧放出的热量；
（4）利用η＝×100%可求出货车发动机的效率。
【解答】解：（1）空车停放在水平地面上时对地面的压强为：p＝＝＝＝＝2.5×105Pa；
（2）货车满载时的总质量：
m总＝m空+m货＝12×103kg+18×103kg＝3×104kg，
货车满载时的总重力：G总＝m总g＝3×104kg×10N/kg＝3×105N，
货车满载时受到的阻力：f＝0.015G总＝0.015×3×105N＝4.5×103N；
由于货车在平直公路上匀速行驶，货车受到的阻力与货车的牵引力是一对平衡力，所以货车的牵引力的大小F牵引力＝f＝4.5×103N；
货车行驶的路程为：s＝vt＝100km/h×2h＝200km＝2×105m；
货车牵引力做的功：W有＝Fs＝4.5×103N×2×105m＝9×108J；
（3）货车行驶200km消耗的燃油的体积：V燃油＝2×30L＝0.06m3，
货车消耗的燃油的质量：m燃油＝ρ燃油V燃油＝0.8×103kg/m3×0.06m3＝48kg
货车消耗的燃油完全燃烧放出的热量：Q放＝m燃油q＝48kg×5×107J/kg＝2.4×109J；
（4）货车发动机的效率：η＝×100%＝×100%＝37.5%。
答：（1）2.5×105；
（2）货车牵引力是4.5×103N；货车牵引力做的功是9×108J；
（3）燃油完全燃烧放出的热量是2.4×109J；
（4）货车发动机的效率是37.5%。
【点评】本题主要考查功的计算公式的应用，压强的计算；燃料燃烧放出热量的计算公式的应用，热机效率的计算公式的应用，密度公式的应用，其中分析货车的牵引力与货车受到的阻力是一对平衡力是解题的关键，本题有一定难度，属于中档题。
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