2021年山东省烟台市中考物理真题及答案.doc

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1、2021年山东省烟台市中考物理真题及答案一、选择题（本题为单项选择题每小题2分，共30分）1（2分）人类社会的发展离不开能源的开发和利用，随着社会对能源的需求不断增加，造成了能源的短缺（）A风能B天然气C核能D石油2（2分）如图所示的做法中，符合安全用电要求的是（）A电冰箱没有接地线B用试电笔检测插座是否有电C用湿手按开关D多个大功率用电器同时使用一个插座3（2分）如图所示，两列火车并排停在站台上，小红坐在车厢向另一列火车观望。突然她觉得自己乘坐的列车开始前进了，小红发现她乘坐的列车还停在站台上，原来是对面的列车向反方向开去了。“开始前进了”和“停在站台上”是因为小红所选的参照物是（）A另一列

2、火车 自己乘坐的火车B自己乘坐的火车 站台C站台 另一列火车D另一列火车 站台4（2分）如图所示的四种情景中，属于光的直线传播现象的是（）A凸透镜将光会聚到一点B小孔成像C看见不发光的物体D玻璃板成像5（2分）为了测量牛奶的密度，某同学利用天平和量筒测量了下面的物理量，你认为其中不需要测量的是（）A用天平测量空烧杯的质量B将牛奶倒入烧杯中，用天平测量烧杯和牛奶的总质量C将烧杯中的牛奶倒入量筒中一部分，测出量筒中牛奶的体积D用天平测量烧杯和剩余牛奶的总质量6（2分）下列现象中，能利用流体压强规律解释的是（）A用活塞式抽水机抽水B用塑料吸管吸饮料C盆景自动供水装置D伞面被大风“吸”起7（2分）下列

3、科学家与科学发现对应关系正确的是（）A亚里士多德惯性定律B法拉第电流周围存在磁场C沈括地磁的两极和地理的两极不重合D奥斯特电磁感应现象8（2分）用如图所示的四种方式匀速提升同一物体（不计机械自重和摩擦），其中最费力的是（）ABCD9（2分）某兴趣小组设计了一种路灯自动控制装置，路灯的通断由光控开关控制，两路灯的额定电压为220V，S为光控开关，白天光控并关断开，晚上光控开关闭合，两路灯正常发光。下列电路设计符合要求的是（）ABCD10（2分）如图所示，跳伞运动员在空中匀速直线下降的过程中，关于运动员（不包含降落伞和绳）（）A动能不变，重力势能不变，机械能不变B动能变大，重力势能变小，机械能不变

4、C动能不变，重力势能变小，机械能变小D动能变小，重力势能变小，机械能变小11（2分）下列所示的装置中与如图工作原理相同的是（）A自发电手电筒B话筒C手摇式发电机D扬声器12（2分）如图所示力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，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13（2分）小明同学在一根细木棒的下端缠绕了一些铁丝然后将它分别置于甲，乙两杯液体中，静止时的状态如图所示（）A甲杯液体的密度较大B乙

5、杯液体的密度较大C木棒在甲杯液体中受到的浮力较大D木棒在乙杯液体中受到的浮力较大14（2分）如图所示，电源电压恒定不变，闭合开关S1和L2均发光，一段时间后，一盏灯突然熄灭，出现这一现象的原因可能是（）A灯L1断路B灯L2断路C灯L1短路D灯L2短路15（2分）如图所示，电源电压不变，滑动变阻器的最大阻值为R1：R21：1：2，则下列说法正确的是（）A.当滑片P移动到a端时，闭合S1、S2，通过R1与R2的电流之比是1：2B.当滑片P移动到a端时，闭合S1、S2，通过R1与R2的电流之比是1：1C.当滑片P移动到b端时，只闭合S1，滑动变阻器两端的电压与R1两端的电压之比是1：1D当滑片P移动

6、到b端时，只闭合S2，滑动变阻器两端的电压与R2两端的电压之比是2：1二、填空题（每小题3分，共15分）16（3分）如图所示，小明在筷子的一端捆上棉花蘸水后充当活塞，插入两端开口的塑料管中，可以发出悦耳的哨声，这哨声是由 的振动产生的，上下推拉活塞，改变了声音的 ，当筷子不动，用不同的力吹管时，改变了声音的 。17（3分）现代生活中人们越来越离不开手机，其中手机强大的拍照功能给人们带来很多的便利，景物通过手机镜头成倒立、缩小的 （选填“实像”或“虚像”）。如图所示，小明利用自拍杆进行自拍，与手拿手机自拍相比 物距，从而 取景范围，取得更好的拍摄效果（后两个空均选填“增大”或“减小”）。18（3

7、分）勤洗手是降低新冠病毒感染的有效防护措施。在生活中我们常会碰到这样的情况，洗完手以后身边没有纸巾、毛巾或其它可以摞手的东西，此时为了让手快点干 ，你的做法用到的物理知识是 。（写出一种做法及对应的物理知识）19（3分）为了防止电流过大将用电器核心部件烧毁，很多用电器都装有保险管，如图甲所示，若两管内保险丝的材料相同，长度相同，则两图中 保险丝的电阻大，当乙、丙两保险管通过相同的电流时， 保险丝的热功率大， 保险丝更容易熔断。（均选填“乙图”或“丙图”）。20（3分）如图所示，电源电压恒为12V滑动变阻器的最大阻值为48，电流表量程为00.6A，忽略温度对灯丝电阻的影响。当S、S1和S2都闭合

8、时，调节滑动变阻器的滑片，使电路中的总功率最小且为6W0的阻值为 ；当只闭合S时，电路中允许通过的最大电流为 A，此时滑动变阻器接入电路的阻值为 。三、作图简答题（21题3分，22题6分，共9分）21（3分）如图所示，某清澈池塘底部有一物体A，站在岸边的小明（假设小明的眼睛在C处），请画出小明看到物体A的光路图。22（6分）阅读短文回答问题返回舱的回家之旅经历了长达23天的飞行，在月球成功取样后，嫦娀五号返回舱于2020年12月17日凌晨1点精准地降落在内蒙古四王子旗地区。返回舱在返回过程中要应时多种挑战，首先要应对的是高温。返回舱在利用半弹道跳跃（打水漂）再次进入大气层时的遮度约为7.9km

9、/s，我们知道，在温度为1600时，在3000时，即使是金刚石也会熔化，而仅仅只是被“烤至金黄”？这是因为我国的神舟系列飞船采用了自主研制开发的烧蚀防热技术，就是用先进的防热材料技术给返回舱穿上一层25mm厚的“防热衣”，自身分解、熔化、蒸发和升华，在消耗表面质量的同时带走大量的热；同时还有一层辐射式防热和隔热材料，使热量不能传递到舱内，返回舱返回过程中还要经过一个距地面35km到80km的黑障区，返回舱通过黑障区时，高温使返回舱周围的空气电离形成等离子体，屏蔽了电磁波的通过，这段时间地面人员无法得知返回舱的实时状况，也无法对返回舱进行控制，才能使它顺利通过黑障区。返回舱在到达地面前的最后一道

10、难关是在距地面约10km处要用降落伞减速。嫦城五号返回舱共有三把伞：引导伞、减速伞和主伞，其中主伞面积可以达到1200m2左右，只有让降落伞顺利开伞才能在巨大阻力作用下，在返回舱到达地面前减速到6m/s左右嫦域五号月球取样的成功，在世界面前彰显了我国航天科技的伟大成就，更让我们为祖国的强大而自豪。（1）为什么降落伞上伞的面积要做得尽量大一些？（2）返回舱经过稠密大气层时为什么会出现高温？如何使返回舱内部的温度保持在30左右？（3）返回舱航返回过程中，地面工作人员与返回舱之间利用什么传送信号？当返回舱出现黑障时，为什么无法传送信号？四、实验探究题（每小题8分，共24分）23（8分）在探究某固体熔

11、化时温度的变化规律的实验中，小明采用了水浴法加热。（1）水浴法加热的好处是 。（2）小明组装的实验器材如图甲所示，图中有在一处明显的不足，请你指出不足之处并说明理由 ；（3）小明纠正了不足，重新调整了器材，根据实验测得的数据作出图像，由图像可知该物质的熔点是 ，第10min时，该物质所处的状态是 （填“固态”、“液态”或“固液共存”）。24（8分）在“探究影响滑动摩擦力大小的因素”的实验中，某小组用同一物块按照图甲、乙、丙进行了三次实验。（1）实验过程中，弹簧测力计必须沿水平方向拉着物块做 运动，此时滑动摩擦力的大小等于弹簧测力计的示数，所依据的原理是 。（2）进行 两次实验，是为了探究滑动摩

12、擦力大小与压力大小之间的关系；（3）实验中发现丙图中弹簧测力计的示数比甲图中的大，由此可以得到的结论是： 。（4）在交流评估环节中，某同学总认为滑动摩擦力的大小还与接触面积有关，为了验证他的想法，测得物块所受摩擦力与甲图中测得的数据进行比较，从而得出结论。请对该同学的设计方案进行评估。25（8分）为了测量小灯泡的电功率及观察小灯泡的亮度变化情况，某小组选用了一只额定电压为3.8V的小灯泡，他们准备进行三次测量，连接的实物电路图如图所示。电压表示数（V）电流表示数（A）小灯泡的实际功率（W）小灯泡的发光情况3.80.40正常发光4.50.421.89校亮3.00.381.14较暗（1）开始实验后

13、，闭合开关，向左移动滑动变阻器的滑片时 （选填“变亮”、“变暗”或“不变”），电流表的示数 ，电压表的示数 （后两个空均选填“变大”、“变小”或“不变”）；（2）小组成员根据观察到的现象检查发现有一根导线连接错误，请在错误的导线上画“”，用笔画线代替导线画出正确的连线；（3）正确连接电路后开始实验，实验所测数据如上表所示，则小灯泡的额定功率为 W；（4）根据上表的实验数据以及小灯泡的发光情况，你有什么发现？五、计算题（26题10分，27题12分，共22分）26（10分）图甲所示为某电暖器的简化原理图，其中R1、R2是两个相同的电热丝，单个电热丝的电流与电压的关系图像如图乙所示。已知电源电压为2

14、20V，每个电热丝的额定电压均为220V。现要在某卧室使用该电暖器3，空气的比热容为1.0103J/（kg），空气密度为1.2kg/m3，假设卧室封闭，请根据图像及以上信息解答下列问题。（1）每个电热丝正常工作时的电阻及额定功率是多少？（2）只闭合S2时，流过电热丝的电流为多少？此时电暖器消耗的总功率为多少？（3）只闭合S1和S3，让电暖器工作15min，卧室内的温度升高了10，电暖器的加热效率是多少？（保留到百分数中小数点后一位）27（12分）如图所示为某学校厕所内自动冲水装置简化的原理图，这种装置能定时为便池冲水。注水口通过阀门控制可保持细小水流不停地向水箱内注水。活塞下方有支撑销（体积不

15、计）支撑，当活塞被顶起时水由冲水口快速流出，当两侧液面相平时，冲水结束；杠杆AB处在水平位置，OA：OB1：2，A端通过竖直顶杆AC与活塞相连连接配重M的细绳通过定滑轮竖直作用在B端。已知活塞的横截面积S110cm2，右侧蓄水箱的横截面积为S20.12m2，注水速度为20cm3/s，配重M的质量m0.5kg，密度物2.0103kg/m3，不计杆AB、顶杆AC、绳及活塞的重力，不计摩擦，不考虑冲水所用的时间，水1.0103kg/m3，g10N/kg，设活塞刚被顶起时，杠杆水平，求：（1）配重M所受浮力F浮；（2）两侧水面高度差h；（3）前后两次冲水的时间间隔；（4）若将配重M更换成相同材料体积较

16、小的物体，装置的其它部分不变，则前后两次冲水的时间间隔怎样变化？此方法能否起到节水的作用？ 参考答案 一、选择题（本题为单项选择题每小题2分，共30分）1解析：（1）可再生能源的概念：像风能、水能、太阳能等可以在自然界中源源不断地得到，这类能源被称为可再生能源。（2）不可再生能源的概念：化石能源、核能等能源越用越少，不能在短期内从自然界中得到补充，这类能源被称为不可再生能源。【参考答案：（1）天然气、核能，因为这些能源越用越少。（2）风能可以在自然界中源源不断地得到，属于可再生能源。故选：A。2解析：（1）为了保证用电安全，有金属外壳的用电器，其外壳要接地；（2）使用试电笔时，笔尖接触要检测的

17、导线，手接触笔尾金属体，才能正确辨别火线和零线；（3）生活用水是导体家庭电路中，开关接在火线上；（4）多个大功率用电器同时使用一个插座易造成电流过大，引发火灾。【解答】解：A、电冰箱的金属外壳必须接地线，若金属外壳漏电，防止触电事故的发生；B、图中使用试电笔方法正确，故B符合安全用电要求；C、生活用水是导体，易发生触电事故，开关接在火线上。故C不符合安全用电要求；D、多个大功率用电器同时使用一个插座易造成电流过大。故D不符合安全用电要求。故选：B。3解析：判断物体的运动或静止时，要首先选择参照物，如果物体相对于参照物的位置不断变化，物体是运动的；如果物体相对于参照物的位置保持不变，则物体是静止

18、的。【解答】解：小红坐在车厢向另一列火车观望，突然她觉得自己乘坐的列车开始前进了，另一列火车反方向运动时；后来以站台为参照物；先后不同的感觉是因为选择的参照物不同造成的，故D正确。故选：D。4解析：光现象包括三个方面：光在同种均匀介质中沿直线传播、光的反射和光的折射，【解答】解：A.凸透镜将光会聚到一点，是光的折射现象；B.小孔成像是由光沿直线传播形成的，故B正确；C.看见不发光的物体是因为物体上反射的光线进入眼睛，是光的反射现象；D.玻璃板成像是平面镜成像，属于光的反射。故选：B。5解析：用天平和量筒测量牛奶密度的原理是：，为了减小测量误差，合理的步骤为：（1）将牛奶倒入烧杯中，用天平测量烧

19、杯和牛奶的总质量为m1，（2）将烧杯中的牛奶倒入量筒中一部分，测出量筒中牛奶的体积为V，（3）用天平测量烧杯和剩余牛奶的总质量为m2；则牛奶的密度为：，可见，用天平测量空烧杯的质量是多余的。【解答】解：用天平和量筒测量牛奶密度的原理是：，为了减小测量误差B、将牛奶倒入烧杯中1，C、将烧杯中的牛奶倒入量筒中一部分，D、用天平测量烧杯和剩余牛奶的总质量为m2；则牛奶的密度为：，可见。故选：A。6解析：（1）大气压的应用大多是利用内外的气压差，所以要判断是否是大气压的应用，要注意有没有形成这个“气压差”；（2）流体的流速越大，流体压强越小。【解答】解：A、活塞式抽水机工作时，在外界大气压的作用下将水

20、压入抽水机内，利用了大气压强。B、吸管吸饮料时，在外界大气压的作用下，故B不符合题意；C、一个标准大气压可以支持约10m高的水柱，正是因为大气压作用在盆景中的水面，故C不符合题意；D、风吹来时、压强小、压强大、下表面产生一个压强差，在这个力的作用下，故D符合题意。故选：D。7解析：根据对物理规律及科学家主要贡献的掌握分析答题。【解答】解：A、牛顿概括了伽利略等人的研究成果总结出牛顿第一定律，故A错误；B、奥斯特通过实验发现了电流周围存在磁场；C、沈括发现了地磁的两极和地理的两极不重合，故C正确；D、法拉第发现了电磁感应现象。故选：C。8解析：（1）使用动滑轮时，若动力作用在轮上，可以省一半的力

21、，但费距离；若动力作用在轴上，则不能省力，费一倍的力，但可以省距离；（2）定滑轮不能省力，但能改变力的方向；（3）滑轮组是动滑轮、定滑轮的组合，可以省力，也可能改变力的方向；（4）使用斜面的好处是可以省力，但费距离。【解答】解：不计机械自重和摩擦，设物重为GA、使用此动滑轮时，所以费一倍的力12G；B、此装置是定滑轮，所以F8G；C、此装置是滑轮组，所以F3G；D、此装置是斜面，所以F4G。比较可知，上述装置中，最费力的是A。故选：A。9解析：由题意和图示可知，光控开关在控制电路中，白天光控并关断开，两路灯不发光；晚上光控开关闭合，两路灯正常发光，说明白天电磁铁没有磁性、衔铁被拉起，而晚上时电

22、磁铁具有磁性、衔铁被吸下，据此结合选项电路图解答；由两路灯的额定电压为220V可知两路灯的连接方式，据此分析选项得出答案。【解答】解：A由电路图可知，电磁铁没有磁性，上面的路灯正常发光，电磁铁具有磁性，下面的路灯正常发光；B由电路图可知、衔铁被拉起，两路灯不发光、衔铁被吸下，但不能正常发光；C由电路图可知、衔铁被拉起，两路灯不发光、衔铁被吸下，故C符合题意；D由电路图可知、衔铁被拉起；晚上时电磁铁具有磁性，两路灯仍然并联在220V的电路中能正常发光。故选：C。10解析：（1）动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大。（2）重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度。质量越大，

23、高度越高，重力势能越大。（3）机械能为动能和势能的和。【解答】解：跳伞运动员在空中匀速直线下降的过程中，运动员的质量不变，所以动能不变，高度减小，因机械能等于动能与势能的总和。故选：C。11解析：如题图所示的原理图是电动机的工作原理图，其原理是通电导体在磁场中受力运动。【解答】解：ABC、自发电手电筒、手摇发电机的原理均是电磁感应现象、B、C错误；D、扬声器的原理是通电导体在磁场中受力运动。故选：D。12解析：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

24、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。【解答】解：由电路图可知，闭合开关S，R1与R2串联，电压表V6测R1两端的电压，电压表V2测R7两端的电压，电流表A测电路中的电流。ABC当压力F增大时，变阻器R2接入电路中的电阻变大，电路的总电阻变大，由I可知，即电流表A的示数变小，由UIR可知，R1两端的电压变小，即电压表V5的示数变小，故A错误；因串联电路中

25、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，故B错误；则电压表V8的示数与电流表A的示数比值变大，故C正确；D由R，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。故选：C。13解析：细木棒在甲乙两种液体中都漂浮，所受浮力都等于木棒重，受浮力相等，再结合阿基米德原理分析即可。【解答】解：（1）物体的质量不变，在两液体中均处于漂浮状态；故CD错误；（2）当F浮相同时，V排大的液体密度小，由图知甲V排的大，所以甲的密度小，故B正确。故选：B。14解析：根据电路图可知，两灯泡并联，电流表测量的是灯L2中电流，电压表测量并联电路两端电压，即电源电压；若一盏

26、灯突然熄灭，电压表示数和电流表示数均不变，说明电流表所在的支路完好，另一条支路发生断路。【解答】解：由图可知，电路为并联电路，电流表测量通过灯L2的电流；因为两灯并联，当一盏灯突然熄灭，说明电流表所在的支路完好1断路。故选：A。15解析：AB、当滑片P移动到a端时，滑动变阻器接入电路的电阻为0，闭合S1、S2，R1和R2并联接入电路，根据并联电路电压特点结合欧姆定律可得通过R1与R2的电流之比；C、当滑片P移动到b端时，滑动变阻器接入电路最大阻值，只闭合S1，R和R1串联接入电路，由串联电路分压原理可得滑动变阻器两端的电压与R1两端的电压之比；D、当滑片P移动到b端时，滑动变阻器接入电路最大阻

27、值，只闭合S2，R和R2串联接入电路，由串联电路分压原理可得滑动变阻器两端的电压与R2两端的电压之比。【解答】解：AB、当滑片P移动到a端时，闭合S1、S2，R4和R2并联接入电路，并联电路各支路两端电压相等，R1：R31：2，由欧姆定律可得通过R6与R2的电流之比为：2：1；C、当滑片P移动到b端时，只闭合S3，R和R1串联接入电路，由串联电路分压原理可得滑动变阻器两端的电压与R1两端的电压之比：，故C正确；D、当滑片P移动到b端时，只闭合S2，R和R2串联接入电路，由串联电路分压原理可得滑动变阻器两端的电压与R2两端的电压之比：，故D错误。故选：C。二、填空题（每小题3分，共15分）16解

28、析：（1）声音是由物体的振动产生的；（2）声音的高低叫音调；音调与发声体振动的频率有关，频率越大音调越高；（3）声音的强弱叫响度；响度与发声体振动的幅度、传播距离、分散程度有关。【解答】解：哨声是由于空气柱振动而产生的；上下推拉活塞改变了空气柱的长度，振动频率也会发生变化；活塞不动，用不同的力吹哨子，所以改变了哨声的响度。故答案为：空气柱；音调。17解析：手机的摄像头是利用凸透镜成倒立、缩小的实像工作的，凸透镜成实像时，物距越大，像距越小，像越小。【解答】解：手机的摄像头相当于一个凸透镜，景物通过手机镜头成倒立。凸透镜成实像时，物距越大，像越小，利用自拍杆可以增大物距，从而增大取景范围。故答案

29、为：实像；增大。18解析：物体具有保持原来运动状态不变的性质叫做惯性。【解答】解：为了让手快点干，可以采用的方法是甩手，手和水一起运动，水由于惯性，所以手上的水被甩出。故答案为：甩手；惯性。19解析：电阻的大小与材料、长度、横截面积和温度有关；根据保险丝的特点，利用焦耳定律分析。【解答】解：两管内保险丝的材料相同，长度相同，越细的电阻越大；当乙，根据PI2R可知，丙保险丝的热功率大，根据QI2Rt可知，丙保险丝产生的热量多，更更容易熔断。故答案为：丙图；丙图。20解析：当S、S1和S2都闭合时，灯泡被短路，滑动变阻器和定值电阻并联接入电路，滑动变阻器接入电路最大阻值时，由欧姆定律可知此时通过滑

30、动变阻器的电流最小，关键并联电路电流规律可知此时通过电路的电流最小，根据PUI可知此时电路中的总功率最小，根据欧姆定律可得通过滑动变阻器的电流，根据电功率公式计算此时通过电路的电流，进一步计算通过定值电阻的电流，由欧姆定律可得定值电阻R0的阻值；当只闭合S时，灯泡和滑动变阻器串联接入电路，电流表测通过电路的电流，根据电功率公式的变形计算通过灯泡的最大电流，根据串联电路电流特点确定电路中允许通过的最大电流，此时灯泡正常发光，灯泡两端的电压等于灯泡的额定电压，根据串联电路电压规律计算滑动变阻器两端的电压，根据欧姆定律计算此时滑动变阻器接入电路的阻值。【解答】解：当S、S1和S2都闭合时，灯泡被短路

31、，并联电路各支路两端电压相等，由欧姆定律可知此时通过滑动变阻器的电流最小，则此时通过电路的电流最小，滑动变阻器的最大阻值为48，由欧姆定律可得通过滑动变阻器的电流：IH025A，此时通过电路的电流：I0.5A，所以通过定值电阻的电流：I5IIH0.5A8.25A0.25A，由欧姆定律可得定值电阻R0的阻值为：R548；当只闭合S时，灯泡和滑动变阻器串联接入电路，电流表量程为30.6A，小灯泡标有“4V3W”字样，灯泡允许通过的最大电流为：IL0.5A，串联电路各处电流相等，所以电路中允许通过的最大电流为4.5A，灯泡两端的电压等于灯泡的额定电压6V，串联电路总电压等于各部分电压之和，所以滑动变

32、阻器两端的电压：UHUUL12V3V6V，滑动变阻器接入电路的阻值为：RH12。故答案为：48；0.5。三、作图简答题（21题3分，22题6分，共9分）21解析：光从水中斜射入空气中时发生折射，人看到的A即A的像，比原来的位置要浅一点，故可先将眼睛和像点B连接起来，与水面的交点即为入射点，再连接入射点与物体A，标出光的传播方向。【解答】解：来自A的光线斜射向水面时会发生光的折射，折射角大于入射角，即B点，与水面的交点即为入射点O，OC为折射光线22解析：（1）降落伞受到的阻力与伞的面积有关，其它条件一定时，伞的面积越大，受到的阻力越大；（2）返回舱与大气剧烈摩擦时，摩擦生热，机械能转化为内能；

33、烧蚀防热技术、辐射式防热和隔热材料可以使返回舱内部的温度保持在30左右；（3）由题意可知，返回舱通过黑障区时，外壳温度为2000左右，高温使返回舱周围的空气电离形成等离子体，屏蔽了电磁波的通过，因此会丧失与外界的无线电联系，据此进行解答。【参考答案：（1）降落伞受到的阻力与伞的面积有关，其它条件一定时，伞的面积要做得尽量大一些；（2）返回舱经过稠密大气层时，与大气的剧烈摩擦，机械能转化为内能；返回舱表面涂满一层25mm厚的防热材料，在高温作用下、熔化，在消耗表面质量的同时带走大量的热；同时还有一层辐射式防热和隔热材料，最终可使返回舱内部的温度控制在30左右；（3）返回舱航返回过程中，首先要经过

34、真空区域、电磁波的传播不需要介质可知；当返回舱出现黑障时，外壳会产生高温，屏蔽了电磁波的通过。四、实验探究题（每小题8分，共24分）23解析：（1）采用水浴法加热的好处是：避免局部受热，使物质受热均匀；（2）根据器材的使用规则进行观察，发现图中实验装置错误；（3）晶体熔化时，不断吸收热量，温度保持不变，这个不变的温度是晶体的熔点；晶体处于熔点时，晶体可以是固态，也可以是液态，也可以是固液共存状态。【解答】解：（1）采用水浴法加热的好处是：避免局部受热，使物质受热均匀；（2）由图甲可知，在安装上有一处明显的错误；（3）由图乙可知，该物质在第6分钟到13分钟，温度保持60不变；在第10min时，为

35、固液共存态。故答案为：（1）使物质受热均匀；（2）温度计的玻璃泡碰到了试管底；固液共存。24解析：（1）根据二力平衡的条件分析；（2）要探究滑动摩擦力大小与压力大小之间的关系，需要控制接触面的粗糙程度相同，改变压力的大小，据此分析解答；（3）（4）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，根据现象得出结论。【解答】解：（1）实验中，弹簧测力计必须沿水平方向拉动木块做匀速直线运动；（2）研究滑动摩擦力的大小与压力大小有关，要控制接触面粗糙程度相同，滑动摩擦力的大小与压力大小有关；（3）甲、丙两次实验中，丙中接触面较粗糙，滑动摩擦

36、力也较大，接触面越粗糙；（4）研究滑动摩擦力的大小与接触面积的关系，要控制压力大小相同，压力也变为原来的一半，故探究过程不正确。故答案为：（1）匀速直线；二力平衡；（3）在压力一定时，滑动摩擦力摩擦力越大，压力也变为原来的一半，故探究过程不正确。25解析：（1）分析电路的连接，根据电源电压判定电压表示数的变化；向左移动滑动变阻器滑片P的过程中，判断变阻器连入电路中的电阻变化，由电阻的串联确定电路的总电阻变化，由欧姆定律确定电路中的电流变化、灯泡亮度的变化；（2）测量灯泡的电功率时，电压表应与灯泡并联；（3）根据PUI求出小灯泡的额定功率；（4）根据表格中的数据分析。【解答】解：（1）由电路可知

37、，灯与变阻器串联，电流表测电路中的电流，则电压表示数不变；向左移动滑动变阻器滑片P的过程中，变阻器连入电路中的电阻变小，由欧姆定律可知，即电流表示数变大，灯泡变亮；（2）测量灯泡的电功率时，电压表应并联到灯泡的两端；（3）灯泡两端的电压为3.8V时，灯泡正常发光；（4）根据表格中的数据可知，小灯泡的实际功率越大。故答案为：（1）变亮；变大；（2）如图；（4）小灯泡的实际功率越大。五、计算题（26题10分，27题12分，共22分）26解析：（1）根据图像判断出电热丝正常工作时的电流，根据欧姆定律I算出每个电热丝正常工作时的电阻，根据PUI算出每个电热丝正常工作的额定功率；（2）只闭合S2时两电阻

38、串联，根据串联电路的分压作用判断出每个电阻分得的电压，由乙图判断出此时的电流，根据PUI算出此时电暖器消耗的总功率；（3）根据算出空气的质量为，由Q吸c空气mt算出卧室内的温度升高了10吸收的热量；只闭合S1和S3，两电阻并联，算出电热丝的功率，由WP额t算出消耗的电能，最后由100%算出电暖器的加热效率。【解答】解：（1）R1、R2是两个相同的电热丝，每个电热丝正常工作时的电压为220V，根据欧姆定律I知每个电热丝正常工作时的电阻为：R7R2110；每个电热丝正常工作的额定功率为：P额U额I额220V2A440W；（2）由图可知只闭合S2时两电热丝串联，因为两电热丝的阻值相等，都为110V，

39、此时电暖器消耗的总功率为：PUI220V1.8A330W；（3）根据知空气的质量为：mV1.2kg/m650m360kg，卧室内的温度升高了10吸收的热量为：Q吸c空气mt1.8103J/（kg）60kg106102J，只闭合S1和S3，两电热丝并联，则两电热丝的总功率为7440W880W；电暖器工作15min消耗的电能为：WP总t880W1560s7.92105J，电暖器的加热效率为：100%。答：（1）每个电热丝正常工作时的电阻为110，额定功率是440W；（2）只闭合S2时，流过电热丝的电流为6.5A；（3）只闭合S1和S8，让电暖器工作15min，卧室内的温度升高了10。27解析：（1

40、）知道配重M的质量和密度，根据求出配重M的体积，即为排开水的体积，根据F浮液gV排求出配重M所受浮力；（2）不计杆AB、顶杆AC、绳及活塞的重力，不计摩擦，杠杆B端的作用力等于配重M的重力减去受到的浮力，活塞刚被顶起时，杠杆水平，根据杠杆的平衡条件求出杠杆A端受到的压力即活塞C受到向下的压力，此时活塞受到水向上的压力和活塞C受到向下的压力相等，根据p求出活塞C受到水的压强，利用p液gh求出两侧水面高度差；（3）根据VSh求出前后两次冲水时流出水的体积，不考虑冲水所用的时间，根据注水速度求出前后两次冲水的时间间隔；（4）将配重M更换成相同材料体积较小的物体，装置的其它部分不变，根据GmgVg和F

41、浮液gV排液gV得出杠杆B端的作用力，从而得出杠杆B端的作用力变化，进一步得出活塞C受到向下的压力、活塞C受到水的压强、两侧水面高度差的变化，然后得出前后两次冲水时流出水的体积变化以及前后两次冲水的时间间隔变化；注水速度不变，且不考虑冲水所用的时间，总的来说相同时间内蓄水箱内注水的体积相同，流出水的体积也相等，据此进行解答。【解答】解：（1）由可得M3.5104m8，因物体浸没时排开液体的体积和自身的体积相等，所以，配重M所受浮力：F浮水gV排水gVM1.0108kg/m310N/kg2.5104m33.5N；（2）因不计杆AB、顶杆AC，不计摩擦，所以，杠杆B端的作用力：FBGMF浮mMgF

42、浮0.7kg10N/kg2.5N5.5N，因活塞刚被顶起时，杠杆水平，所以，由杠杆的平衡条件可得：FAOAFBOB，则杠杆A端受到的压力即活塞C受到向下的压力：FCFAFB2.5N8N，又因此时活塞受到水向上的压力和活塞C受到向下的压力相等，所以，活塞C受到水的压强：p，由p液gh可得，两侧水面高度差：h；（3）前后两次冲水时流出水的体积：V水S2h0.12m60.5m8.06m36105cm3，因不考虑冲水所用的时间，所以，前后两次冲水的时间间隔：t；（4）由GmgVg和F浮液gV排液gV可得，杠杆B端的作用力：FBGMF浮Vg水gV（水）gV，若将配重M更换成相同材料体积较小的物体，装置的其它部分不变，活塞C受到向下的压力减小，则活塞C受到水的压强减小，两侧水面高度差减小，前后两次冲水的时间间隔减小；因注水速度不变，且不考虑冲水所用的时间，所以，总的来说相同时间内蓄水箱内注水的体积相同，故此方法不能起到节水的作用。答：（1）配重M所受浮力为2.8N；（2）两侧水面高度差为0.5m；（3）前后两次冲水的时间间隔为50min；（4）若将配重M更换成相同材料体积较小的物体，装置的其它部分不变，此方法不能起到节水的作用。