陕西省2022年中考物理真题试题（含答案+解析）.pdf

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1、陕西省2022年中考物理试卷一、单选题1.（2022陕西）下列物体的质量最接近50kg的 是（）A.一枚硬币 B.一个鸡蛋 C.一名中学生 D.一支铅笔【答案】C【知识点】质量及其特性【解析】【解答】一个鸡蛋的质量大约是50g,一枚硬币的质量比鸡蛋小，大约为6g,一名中学生的质量为50kg,一支铅笔的质量在10g左右，所以一名中学生的质量最接近50kg,ABD不符合题意，C 符合题意。故答案为：Co【分析】根据常见物体的质量结合数据解答。2.（2022陕西）核能是原子核裂变或聚变释放出的能量。下列说法正确的是（）A.原子核由质子和中子构成B.原子核带负电C.当前的核电站是利用核聚变原理工作的D

2、.核能是可再生能源【答案】A【知识点】核能；核电站发电过程中的能量转化：原子结构【解析】【解答】A.原子是由原子核和核外电子组成，而原子核是由质子和中子构成，A 符合题意；B.原子核内的质子是带正电的，中子不带电，所以原子核是带正电的，B 不符合题意：C.当前的核电站是利用可控的核裂变工作的，C 不符合题意；D.核燃料是用一点少一点，在短时间内无法得到补充，所以核能是不可再生能源，D 不符合题意。故答案为：Ao【分析】原子是由原子核和核外电子组成；原子核内的质子是带正电；核电站是利用可控的核裂变工作的；核能是不可再生能源。3.（2022陕西）“七一勋章”获得者张桂梅老师坚持“革命传统立校，红色

3、文化育人”的教育理念，用知识为滇西北山区女孩创造美好未来，如图，张老师带领师生宣誓，下列说法正确的是（）A.声音只能在空气中传播B.师生宣誓的声音是声带振动产生的C.师生的声音音色相同D.洪亮的宣誓声表明声音的速度很大【答案】B【知识点】声音的产生；声速；音色【解析】【解答】A.声音的传播需要介质，声音不仅可以在空气中传播，还能在固体，液体中传播,A 不符合题意；B.声音是由物体振动产生的，师生宣誓的声音是由师生们的声带振动产生的，B 符合题意；C.音色是由材料和结构决定的，不同人的声带结构不同，音色也不相同，C 不符合题意；D.洪亮的宣誓声表明声音的响度大，D 不符合题意。故答案为：B。【分

4、析】声音是由物体振动产生的；声音的传播需要介质；音色是由材料和结构决定的；声音的大小指响度。4.（2022 陕 西）北京冬奥会上使用的氢燃料火炬、防刺防切割面料运动服、紫外线消毒机器人，智慧AR导航系统，体现了科技冬奥、绿色环保的理念。以下分析错误的是（）A.紫外线具有显著的热效应B.防刺防切割面料具有超弹、超韧和超强等性能C.氢燃料是绿色环保无污染能源D.智慧AR导航利用电磁波传递信息【答案】A【知识点】紫外线；燃料的热值；电磁波在日常生活中的应用【解析】【解答】A.紫外线化学效应强，能杀菌，常用来制成消毒灯；A 错误，符合题意;B.运动服面料具有超弹、超韧和超强等性能，所以能防刺防切割，B

5、 正确，不符合题意；C.氢燃料的使用不会产生环境污染物，所以它是绿色环保无污染能源，C 正确，不符合题意。D.电磁波的传播不需要介质，电磁波可以在固体、液体、气体中传播，也可以在真空中传播，广播、电视、移动通信、卫星导航系统都是用电磁波传递信息的，D 正确，不符合题意。故答案为：Ao【分析】紫外线能杀菌；氢燃料绿色环保无污染能源；广播、电视、移动通信、卫星导航系统都是用电磁波传递信息。5.（2022陕西）陕西秦岭以南具有“雨洗青山四季春”的宜茶环境。如图为一杯陕南富硒绿茶，茶叶翠绿，茶香袭人。下列说法正确的是（）A.茶杯受到的重力与桌面对它的支持力是相互作用力B.热茶暖手是通过做功改变物体的内

6、能C.绿色的茶叶吸收绿光D.茶香袭人是因为分子在永不停息地做无规则运动【答案】D【知识点】物体的颜色；热传递改变物体内能；分子热运动【解析】【解答】A.茶杯受到的重力与桌面对它的支持力作用在同一物体上，是一对平衡力，A 不符合题意；B.改变物体内能的方式有两种分别是做功和热传递，热茶暖手是把热茶的热量传递给手，是通过热传递改变内能的，B 不符合题意；C.不透明物体的颜色是由物体反射的色光决定的，绿色的茶叶是因为茶叶反射绿光，C 不符合题意；D.茶香袭人是扩散现象，是因为茶叶分子在永不停息地做无规则运动，D 符合题意。故答案为：D。【分析】水平面上的物体受到的重力和支持力是平衡力；温度不同的物体

7、间，通过热传递改变内能；闻到气味是分子不停的无规则运动形成的。6.（2022陕西）关于家庭电路和安全用电，下列说法正确的是（）A.我国家庭电路的电压是380VB.用电器的开关要连接在零线和用电器之间C.更换灯泡无需断开电源开关D.家庭电路中各用电器是并联的【答案】D【知识点】家庭电路的连接；安全用电原则【解析】【解答】A.我国家庭电路的电压是220V,A 不符合题意；B.在家庭电路连接中，用电器的开关要连接在火线和用电器之间，B 不符合题意；C.更换灯泡需先断开电源开关，防止在更换灯泡的过程中发生触电事故，C 不符合题意；D.我国各家用电器的额定电压均为220V,且用电器使用之间互不影响，所以

8、家庭电路中各用电器是并联的，D 符合题意。故答案为：Do【分析】我国家庭电路的电压是220V；用电器的开关要连接在火线和用电器之间；家庭电路中，各用电器是并联的。7.（2022陕西）如图，滑雪运动员正在比赛。下列分析正确的是（）A.雪地上的影子是光的折射形成的B.滑雪板可以减小运动员对雪地的压强C.运动员在沿倾斜赛道下滑过程中，重力势能不变D.运动员在沿倾斜赛道加速下滑过程中，运动状态保持不变【答案】B【知识点】光的直线传播及其应用；势能大小的比较；减小压强的方法及其应用【解析】【解答】A.日食、月食、影子等现象都是由于光的直线传播形成的，A 不符合题意；B.滑雪板面积比较大，是为了在压力一定

9、时通过增大受力面积来减小运动员对雪地的压强，B 符合题意；C.重力势能的大小与质量和高度有关，物体质量不变，但在下滑过程中高度降低，所以重力势能变小，C 不符合题意；D.速度方向和速度大小的改变都统称为运动状态的改变，加速下滑速度大小发生了改变，所以运动状态也改变了，D 不符合题意。故答案为：Bo【分析】影子是光沿直线传播形成的；压力一定时，增大受力面积可以减小压强；物体的高度减小，重力势能减小；加速运动的物体，运动状态在改变。8.（2022陕西）如图，电源电压不变。闭合开关，发现灯泡不亮，电流表无示数，电压表有示数且等于电源电压。排除故障后，滑动变阻器的滑片P 向左移动，下列分析正确的是（）

10、A.灯泡不亮是因为滑动变阻器阻值过大B.灯泡不亮是因为灯泡短路C.排除故障后，滑片P 向左移动，灯泡变喑D.排除故障后，滑片P 向左移动，电流表和电压表示数均变大【答案】D【知识点】电路的动态分析【解析】【解答】A B.灯泡不亮且电流表无示数，电压表等于电源电压，所以电路中的故障类型是断路，AB不符合题意；C D.由图可知，滑片向左移动，滑动变阻器接入电路中的阻值变小，电路中的总电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，电流表示数变大，灯泡变亮；根据串联电路分压规律可知，小灯泡两端电压变大，电压表示数变大，C 不符合题意，D 符合题意。故答案为：Do【分析 1 在串联电路中，电压表有示数，

11、电流表无示数，可能是电压表测量的位置断路；在串联电路中，滑动变阻器的电阻减小，电流变大，分压减小，其它位置分压变大。9.（2022 陕 西）如图，这是一种塔式起重机，已知起重机上的滑轮组在匀速起吊330kg的物体时，滑轮组的机械效率是60%,g 取 10N/kg。下列分析和计算错误的是（）F滑 翩、A.起重机的吊臂AOB可视为杠杆B.增加起吊物体的质量，滑轮组的机械效率将减小C.物体上升2 m,滑轮组所做有用功是6.6x1 OHD.物体上升2 m,滑轮组所做总功是1.1X104J【答案】B【知识点】机械效率的计算；功的计算及应用【解析】【解答】A.由图可知，起重机的吊臂可以视为支点在O 点，力

12、臂分别为OA、OB的杠杆，A 正确，不符合题意；_ _W 壹士 _ W 有公 _，1B.滑轮组的机械效率”二唯=行否=1 行有增加起吊物体的质量时，有用功增加，额外功不变，有用功与总功的比值变大，则滑轮组的机械效率变大，B 错误，符合题意；C.物体上升 2 m,滑轮组所做有用功 W“=Gh=mgh=33OkgxlON/kgx2m=6.6xl（）3jC 正确，不符合题意；W3D.滑轮组所做总功卬，=1=嘲汉=1.1X104/因 T）bU%D 正确，不符合题意。故答案为：Bo【分析】相同的简单机械，物体重力越大，机械效率变大，机械重力越大，机械效率减小；根据物体的重力和高度可以计算有用功；有用功和

13、机械效率的比值计算总功。10.（2022 陕 西）物理科技小组在课外制作活动中，把一废旧电饭锅改造成一个由一根电热丝和两个开关组成的简易电饭锅。接通电源，手动开关闭合，电热丝工作，当锅内温度达到103C时，手动开关自动断开，且无法自动闭合；接通电源，温控开关在锅内温度低于60C时自动闭合，电热丝工作，锅内温度高于85时，温控开关自动断开。通过两个开关的通断，可实现加热和保温两种功能。根据以上描述，下列判断正确的是（）A.接通电源，闭合手动开关，电热丝才能开始工作B.当手动开关自动断开时，简易电饭锅马上进入保温状态C.锅内温度由103降至60过程中，电热丝不工作D.简易电饭锅加热时的功率大于保温

14、时的功率【答案】C【知识点】电功率的计算；电路的基本连接方式【解析】【解答】A.由题意可知，由题意可知，温控开关S i与按钮开关S2是并联的，如图所示电热丝要工作，只需闭合开关子或者开关S 2,当锅内温度低于60时:温控开关S i自动闭合，电热丝工作，A不符合题意；B.当手动开关自动断开时，锅内温度达到103,锅内温度高于8 5 C,温控开关$不会闭合，所以简易电饭锅不能马上进入保温状态，B不符合题意；C.锅内温度达到103时，手动开关自动断开，且无法自动闭合，而温控开关在锅内温度低于60时才会自动闭合，所以锅内温度由1030c降至6 0 c过程中，电热丝不工作，C符合题意；D.根据公式p=%

15、可知，简易电饭锅加热时的功率与保温时的功率一样大，D不符合题意。故答案为：C【分析】多个开关分别控制用电器时，开关并联；接入电路的电阻越大，电功率越小。二、填空题11.（2022陕 西）2021年11月3 0日，世界首条跨海高铁泉州湾跨海大桥合龙成功。如图是大桥与倒影形成的一幅壮美画面，桥在水中的倒影是光的 形成的（选填“虚”或“实”）像。【答案】反射；虚【知识点】光的反射；平面镜成像的原理、特点【解析】【解答】大桥在水中成的倒影是平面镜成像，属于光的反射现象，根据平面镜成像的特点可知，倒影是大桥的虚像。【分析】水中的倒影是光的反射形成的；平面镜成像是虚像。12.（2022陕西）2021年 9

16、 月，第十四届全国运动会在陕西举行，苏炳添以9.95秒的成绩夺得了男子100米冠军。如图所示，比赛中以看台为参照物，苏炳添是 的，冲过终点时不能立刻停下来，是由于他具有,他完成百米比赛的平均速度为 m/s（计算结果保留两位小数）。【答案】运动；惯性；10.05【知识点】速度公式及其应用：惯性及其现象；参照物及其选择【解析】【解答】以看台为参照物，苏炳添与看台之间的位置发生变化，所以苏炳添是运动的。一切物体都有保持物体的运动状态不变的性质叫惯性。所以冲过终点后，人由于具有惯性，他不能立刻停下来。他 跑 完 100m的时间为9.95秒，所以他完成百米比赛的平均速度为0=三=10.05m/s【分析

17、相对于参照物，物体间有位置变化是运动的；惯性是物体保持自身原有状态的性质；利用路程和时间的比值，计算速度。13.（2022陕西）位于陕西泾阳的郑国渠，是我国古代三大水利工程之一、如图是郑国渠跨路面两侧的截面示意图，两 侧 水 渠 和 中 间 的 涵 洞 可 以 看 作 是 一 个:当水不流动时，水 对 A 点的压强（选填“大于”、“等于”或“小于”）水 对 B 点的压强。水 渠 _ _ _ _ _ 路面 水渠二 N二 二 二 二 二 二 尸 卜 卜 方 一 涵洞.【答案】连通器；小于【知识点】液体压强的特点；连通器原理【解析】【解答】跨路面两侧的水渠是上上端开口、下端连通的，当液体不流动时，液

18、面总保持相平，因此两侧水渠和中间的涵洞可看作一个连通器；由图可知，A点到液面的深度要小于B点到液面的深度，即hAVhB,则由液体压强公式p=pgh可知,当水不流动时，水 对A点的压强小于水对B点的压强。【分析】底部开口、上部连通是容器是连通器；液体密度一定时，深度越深，液体压强越大。14.（2022陕西）如 图1是生活中常见的塑料瓶，瓶盖上的竖条纹是为了 摩擦；如 图2,往塑料瓶里倒入适量热水并晃一晃，然后把热水倒出，迅速盖上瓶盖，过一会儿瓶子变瘪了，证明了_的存在；如 图3,把塑料瓶平放在水平桌面上，用吸管在右侧沿平行于瓶身方向吹气，会看到瓶子向.运动；如 图4,与头发摩擦过的塑料瓶能吸引碎

19、纸屑，是因为瓶子带了。图 1 图 2 图 3 图 4【答案】增大；大气压；右；电【知识点】增大或减小摩擦的方法；大气压强的存在；流体压强与流速的关系；两种电荷【解析】【解答】竖纹的作用主要是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力，易于拧开瓶盖。往空塑料瓶内注入少量的热水，摇晃后倒掉并立即盖紧瓶盖，过一会儿瓶内水蒸气液化，体积变小,瓶内气体压强变小，瓶子在外界大气压作用下慢慢向内凹陷，这说明了大气压的存在。流体流速越快压强越小，用吸管在右侧沿平行于瓶身方向吹气，瓶子右侧的空气流速变快，瓶子右侧空气向左的压强小于瓶子左侧空气向右的压强，所以瓶子向右运动。带电体能够吸引轻小物体，与头发摩

20、擦过的塑料瓶能吸引碎纸屑，是因为瓶子因为摩擦带了电，所以能吸引碎纸屑。【分析】增大接触面的粗糙程度可以增大摩擦力；密闭的塑料瓶被压瘪，是大气压的作用；流体在流速大的地方压强小；带电体能够吸引轻小物体。15.（2022 陕西）在“天宫课堂”中，航天员王亚平用吸管把乒乓球轻轻压入水中，取出吸管后，观察到乒乓球悬停在水中，如 图1所示，这是由于在中国空间站中，乒乓球不再受到重力和 力的原因而悬停不动。在地面课堂的同学们也做同样的实验；用吸管把乒乓球轻轻压入水中，取出吸管后，观察到乒乓球会迅速上浮直至漂浮，如 图2所示，乒乓球露出水面前，浮力 重力且浮力大小 o图1 图2【答案】浮；大于；不变【知识点

21、】浮力及其产生原因；物体的浮沉条件及其应用【解析】【解答】在中国空间站微重力环境中，图中乒乓球所受重力几乎为零，乒乓球悬停处于平衡状态，因此水对乒乓球的浮力几乎为零，即乒乓球不再受到重力和浮力作用。乒乓球露出水面前，乒乓球上浮，根据物体的沉浮条件可知，乒乓球受到的浮力大于它所受的重力。乒乓球露出水面前，处于完全浸没，排开液体的体积等于乒乓球的体积不变，根据阿基米德原理F浮=pgV排，在同种液体中，排开液体体积不变，它所受的浮力也不变。【分析】空间站的物体不受重力，在液体中不受浮力的作用；液体中上升的物体，受到的浮力大于重力。16.（2022陕西）如 图1所示电路，电源电压不变，L是额定电压为2

22、.5V的小灯泡，R为滑动变阻器。闭合开关，滑 片P在某两点间移动的过程中，电流表A与电压表V i的示数变化关系如图2所示。当电流表示数为0.2A时，两电压表的示数相等，则电源电压为 V。小灯泡正常工作时的电流为 A,此时滑动变阻器接入电路的阻值为 C,电路的总功率为 W。【答案】3；0.25；2；0.75【知识点】串联电路的电压规律；欧姆定律及其应用；电功率的计算【解析】【解答】由电路图可知，灯 泡L与滑动变阻器R串联，电压表Vi测L两端的电压，电压表V2测滑动变阻器R两端的电压，电流表测电路中的电流。由图-2可知，当电流表示数为0.2A时，必 表示数为1.5V,由于此时两电压表的示数相等，所

23、以电源电压为 U=UI+U2=1.5V+1.5V=3V由图-2可知，当电压表Vi示数为2.5V时，小灯泡正常发光，此时电路中电流为0.25A,所以小灯泡正常工作时的电流为0.25A。根据串联电路电压特点可知，当电压表Vi示数为2.5V时，电压表V2的示数为U2，=U-UJ=3V-2.5V=0.5V电路中的电流为0.25A,所以此时滑动变阻器接入电路的阻值为R=弓=2总=201 U.Z电路的总功率为P=UI，=3Vx0.25A=0.75W【分析】根据串联电路中，各用电器的分压和等于电源电压，计算总电压；根据灯泡的额定电流判断额定电流大小；根据电压和电流的比值，计算电阻；利用电压和电流的乘积计算电

24、功率。三、作图题17.（2022陕西）在图中画出足球静止时对水平地面压力F的 示 意 图（作用点在O点）。O【答案】解:如图所示:【知识点】重力示意图【解析】【解答】选取物体与接触面的中点为压力的作用点，过压力作用点画垂直于斜面、带箭头的线段，符号为F；如图所示【分析】物体对地面的压力和地面垂指向下。18.（2022 陕西）如图所示，用笔画线代替导线将电路连接完整，并在括号中标出小磁针静止时右端的 磁 极 名 称（要求：闭合开关，移动滑片P 时，螺线管磁性强弱改变）。【答案】解：如图所示:【知识点】实物的电路连接；通电螺线管的极性和电流方向的判断【解析】【解答】通过螺线管的电流或螺线管的匝数改

25、变时，螺线管磁性强弱会改变。由于螺线管匝数一定，可以改变电流改变螺线管的磁性强弱，故滑动变阻器一上一下串联接入电路能改变电路中电流的大小，故将滑动变阻器上面的接线柱与螺线管右端的导线相连；由于电流从螺线管的右端流入，根据安培定则可知，螺线管的左端为N 极，右端为S 极，根据磁极间的作用规律可知，小磁针左端为N 极，右端为S 极，如图【分析】根据安培定则判断螺线管的磁极位置，判断小磁针的磁极；滑动变阻器连接时，接线柱一上一下串联。四、实验题19.（2022 陕西）请完成下列填空。（1）如 图 1,测量前，为使托盘天平横梁水平平衡，应向 调节平衡螺母。（2）如 图 2,用刻度尺测量一物块的长度，该

26、物块长度为 cm。（3）如 图 3,在“探究阻力对物体运动的影响”实验中，让小车从同一斜面的同一高度由静止滑下，进入粗糙程度不同的水平面。由实验现象可知：水平面越光滑，小 车 受 到 的 阻 力 越，速度减小的越慢，小车运动的路程越。【答案】（1）右（2）2.32（2.312.34 均可）（3）小；远（或大、长）【知识点】质量的测量与天平的使用；长度及其测量；阻力对物体运动影响的探究实验【解析】【解答】（1）由图-1可知，天平指针偏左，说明左端重，所以将平衡螺母向右调节，直至横梁在水平位置平衡。（2）由图-2可知，刻度尺的分度值为1 m m,物体左边与刻度尺的零刻度线对齐，右边与刻度尺2.3

27、1 c m（2.3 1 2.3 4 c m均可）对齐，所以物块的长度为2.3 2 c m （2.3 1 2.3 4 c m均可）。（3）由图-3可知，小车在木板上受到的阻力最小，小车滑行距离最远，由此可知，水平面越光滑，小车受到的阻力越小，速度减小的越慢，小车运动的路程越远。【分析】（1）调节天平平衡时，平衡螺母向偏高的一侧调节；（2）根据物体对应刻度尺的位置，测量长度；（3）压力一定时，水平面越光滑，物体受到的阻力越小，物体运行的越远。2 0.（2 0 2 2陕 西）在“探究并联电路电流特点”的实验中，小华设计了如图1所示的电路进行实验。图 1 图 3图2实验序号I A/AI B/AI C/

28、A10.4 60.1 80.2 820.3 60.2 00.1 630.70.3 20.3 8（1）连接电路时，开关应处于 状态；（2）实验中，在A、B、C三处各接入一个电流表，并选择合适的量程，闭合开关，测得A、B、C三处的电流分别为IA、IB、I c。更换多组（选填“相同”或“不同”）规格的灯泡重复实验，部分实验数据如表所示；（3）分析实验数据可得：在并联电路中，干路电流与各支路电流的关系是（写出关系式)；(4)小华在某次实验时，测得C处电流I c 为 0.3 0 A,观察到A处电流表指针位置如图3 所示，则A处电流大小为 A o【答案】(1)断开(2)不同(3)IA=IB+IC(4)0.

29、8【知识点】探究串并联电路中的电流特点实验【解析】【解答】(1)连接电路时，避免电路中电流过大，烧坏用电器，所以开关要断开。(2)为了避免实验的偶然性，需要更换不同规格的灯泡重复试验。(3)通过分析三次试验可知，C处的电流I c 与 B处的电流IB的和等于A处的电流IA,即并联电路中干路电流与支路电流的关系是IA=IB+IC(4)由表格中的数据可知，电流的最大值是0.7 A,所以电流表接入电路中的量程是0 3 V,此时电流表的示数为0.8 A。【分析】(1)连接电路时，开关要断开；(2)探究并联电路电流规律时，更换不同规格的灯泡进行多次实验；(3)根据多次测量的电流，总结并联电路电流规律；(4

30、)根据并联电路电流规律，计算电流大小。2 L (2 0 2 2,陕西)物理学习小组在做“探究水沸腾时温度变化的特点”实验时，装置如图1 所示。(1)安 装 实 验 器 材 应 按 照 (选填“自下而上”或“自上而下”)的顺序；(2)在水温升高到8 5 后，每隔1 m i n 读取一次温度计的示数，直到水沸腾并持续一段时间。将所得数据记录在如下表格中。由实验可知：水 沸 腾 时 需 要，但温度;时间/m i n 0 1 23456789 1 0 1 1 1 2温度/8 58 68 89 09 29 49 69 89 89 89 89 89 8（3）在本次实验中，水的沸点是,由 此 可 知 当 地

31、 大 气 压（选填“高于”“低于”或“等于）1 标准大气压；（4）初步得出结论后，等水温降至8 5 c 以下后，另一位同学继续利用该装置再次进行实验，并在同一坐标系中画出水沸腾前后温度随时间变化的图像，如图2 所示，从两次实验的图像中可看出，水从 8 5 加热至刚沸腾时，所用 不同，原因可能是水的 不同。【答案】（1）自下而上（2）吸热；不变（3）9 8；低于（4）时间；质量【知识点】探究水的沸腾实验【解析】【解答】（1）加热时要用酒精灯的外焰加热，所以实验器材应该按照自下而上的顺序安装。（2）水沸腾时不断用酒精灯加热，所以水沸腾时需要不断加热，由表可知，水沸腾时温度不变。（3）由表可知，水的

32、温度保持9 8 不变，所以水的沸点是9 8,标准大气压下，水的沸点是1 0 0,此时水的沸点低于标准大气压下水的沸点，气压高，沸点高，气压低，沸点低，所以此地大气压低于标准大气压。（4）由图可知，两次实验水沸腾的时间不同，第一次实验水沸腾所需时间大于第二次实验所需时间，两次实验水的初始温度相同，所以原因可能是水的质量不同。【分析】（1）探究水的沸腾规律时，组装器材从下到上；（2）水在沸腾时，吸收热量，闻到保持不变；（3）水沸腾时的温度是沸点，沸点随大气压的降低而降低（4）加热的水的质量不同，加热到沸腾的时间不同。2 2.（2 0 2 2 陕 西）如图1 所示，人眼的功能类似于照相机，照相机如何

33、成清晰的像，进行了进一步研究；品弋膜胶片图1学习了凸透镜成像规律后，小明对人眼和多头3）人眼结构中，视网膜到晶状体的距离不变，相当于“探究凸透镜成像规律”实验中，到凸透镜的距离不变，能否看清远近不同的物体，可能与晶状体的焦距有关，使用变焦照相机拍照，能否得到清晰的像，可能同时与焦距和像距有关，于是他用图2装置进行探究；图2（2）实验前，调节“F”光源和光屏的中心在凸透镜的主光轴上，是为了使像呈现在；（3）实验主要步骤：保持光屏到凸透镜的距离不变，换上不同焦距的凸透镜，调节“F”光源到凸透镜的距离，直到光屏上成清晰的像，分别记录焦距、物距和像的高度；保持 到凸透镜的距离不变，换上不同焦距的凸透镜

34、，调节光屏到凸透镜的距离，直到光屏上成清晰的像，分别记录焦距、像距和像的高度;（4）实验数据如下表所示：物体的高度H=5.0 c m分析 三组数据可知：当像距不变时，物距变大，要成清晰的像，凸透镜焦距要变实验序号物距/c m像距u/c z n焦距f/c m像的高度”c m11 7.11 5.08.04.423 0.01 5.01 0.02.536 0.01 5.01 2.01.342 5.01 1.88.02.452 5.01 6.71 0.03.362 5.02 3.11 2.04.6大；分 析4、5、6三组数据可知：当物距不变时，凸透镜焦距越,像距越大，像也越大；根据以上探究可知：人眼是通

35、过调节晶状体焦距来看清远近不同物体的；用变焦照相机在同一位置拍摄同一物体时，是通过同时调节焦距和像距，使物体成大小不同的清晰的像；（5）实验结束后，小明和同学们进行了如下交流：人 长时间看近处物体，眼睛容易疲劳。学习较长时间后，建议同学们适当远眺，使睫状体放松，晶 状 体 变(选 填“厚”或 薄”)，焦距变大，舒缓眼疲劳，保护眼睛；用变焦相机拍完西安钟楼的全景后，要在原地把钟楼上的钟拍得更大一些，应该把照相机的镜头(选填“向前伸”或“往后缩”)同时增大焦距。【答案】(1)光屏(2)光屏中央(3)“F”光源(4)1、2、3；大(或长)(5)薄；向前伸【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验；眼睛及其

36、视物原理【解析】【解答】(1)在人眼结构中，外界事物透过晶状体最终成像在视网膜上，视网膜相当于凸透镜成像规律中的光屏，故视网膜到晶状体的距离不变，相当于光屏到凸透镜的距离不变。(2)实验前，调节“F”光源和光屏的中心在凸透镜的主光轴上，是为了使像最终能够在光屏的中央显现。(3)保持“F”光源到凸透镜的距离不变，保持物距不变，换上不同焦距的凸透镜，直到光屏上成清晰的像，可以探究焦距与像距之间的关系。(4)要得出“当像距不变时，物距变大，要成清晰的像，凸透镜焦距要变大。”的结论，需要控制像距保持不变，改变物距，故答案为：1、2、3 组数据。分析4、5、6 三组数据可知，物距保持不变，透镜的焦距逐渐

37、增大，发现像距也在逐渐增大，且像的高度也在逐渐增大，故当物距不变时，凸透镜焦距越大，像距越大，像也越大。(5)人长时间看近处物体，晶状体收缩变厚，对光的偏折能力变大，眼睛的焦距变小，远眺时，使睫状体放松，晶状体变薄，对光的偏折能力变小，眼睛的焦距变大，远处物体射来的光刚好聚在视网膜上，可以看清远处的事物，可以起到舒缓眼疲劳，保护眼睛的作用。拍完西安钟楼的全景后，需要在原地把钟楼上的钟拍得更大一些，则物距保持不变，像变大，分析表格数据可知，此时焦距变大，故把照相机的镜头像前伸。【分析】(1)探究眼睛成像规律时，光屏到凸透镜的距离不变；(2)当物体和凸透镜的中心、光屏中心在同一高度时，像成在光屏中

38、央；(3)若更换不同的凸透镜，需要保持物体到凸透镜的距离不变；(4)根据实验数据的变化，判断改变的物理量；当物距不变时，凸透镜焦距越大，像距越大，像也越大；(5)当眼睛的睫状肌放松，晶状体变薄；当物距变大时，凸透镜的焦距变大，像距变大。五、综合题2 3.（2 0 2 2 陕 西）如图是某家用电扇的铭牌。FS6 9 电扇额定电压 220 V额定功率 66 W、质 量 6 kg,（1）电动机的工作原理是磁场对通电导体有 的作用；电扇正常工作时，电能主要转化为能；（2）电扇底座与地面总接触面积为2.4x 10-37 n2,电扇静止时对水平地面的压强是多少？（g 取1 0 N/k g）_ _ _ _

39、_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _（3）电扇使用事项中明确规定：“禁止用手或其他物体阻挡叶片转动“，这是因为正常工作的电扇，如果叶片被卡住而不转动时，电能将全部转化为内能，很容易烧坏电动机线圈。已知线圈电阻为2 2 C,正常工作的电扇叶片被卡住不转时，线 圈 中 的 电 流 为 多 少?若此状态持续I m i n,则线圈中电流产生的热量是多少？【答案】（1）力；机械（2）2.5 x 1 04P a（3）1 0 A；1.3 2 x 1 057【知识点】重力及其大小的计算；压强的大小及其计算；欧姆定律及其应用；焦耳定律的应用【解析】【解答】解：（1）电动机中的线圈通上电流，线圈就会转动起来

40、，说明通电导体在磁场中受到力的作用。所以电动机的工作原理是磁场对通电导体有力的作用。电扇正常工作时，电扇里的电动机将电能转化为机械能。（2）电扇对水平地面的压力尸=G=mg=6kg x 10N/kg=60N电扇对水平地面的压强P =*=-60,=2.5 x 1 04P a、2.4 x 1 0 3 m 2（3）正常工作的电扇，叶片被卡住时，线圈中的电流/=g=翦=1 0 4I m i n 线圈中电流产生的热量Q =l2Rt=（1 0 X）2 X 2 2 0 X 6 0 s=1.3 2 x 1 057答：（1）电动机的工作原理是磁场对通电导体有力的作用；电扇正常工作时，电能主要转化为机械能；（2）

41、电扇静止时对水平地面的压强是2.5 x l O 4 P a；（3）正常工作的电扇叶片被卡住不转时，线圈中的电流为1 0 A,若此状态持续I m i n,则线圈中电流产生的热量是1.3 2 x l O5J【分析】（1）电动机的工作原理，是磁场对通电导体有力的作用，电动机工作时，将电能转化为机械能；（2）根据压力和受力面积的比值，计算压强；（3）利用电压和电阻的比值，计算电流；根据电流、电阻和时间的乘积计算消耗的电能。2 4.（2 0 2 2陕西）今年“五一”假期，广大市民按照疫情防控要求，积极响应“非必要不离市”号召，在郊区、公园指定区域进行户外活动。小刚同学家购买了一款如图1所示户外分体式燃气

42、炉，准备去户外野炊。该燃气炉的铭牌如图2所示，其中功率4 5 0 0 W是指气体燃料完全燃烧时燃气炉每秒放出4 5 0 0 J的热量。【品名】XX牌分体式防风燃气炉【材料】不锈钢 铜 铸铝【规格】展开（p260 xl 16mm折桎（pl27xl32mm【功率】4500W图 3图 2（1）气体燃料在常温下是通过 的方式液化存储在储气罐内，使用过程中，罐体温度变 低 是 因 为 燃 料 发 生 汽 化 时 要 （选填“吸收”或“放出”）热量；（2）在标准大气压下，用该燃气炉将1 L水从2 5 加热到沸腾用时1 4 0 s,燃气炉烧水时的效率是多少？已知水的密度为1.0 x I 0 3 k g/m3

43、,水的比热容为4.2 x l0 3 j/（k g.）；（3）小刚注意到炉头上标有参数：1 5字样，他查阅说明书得知，该参数表示的是：燃气炉功率 单位：瓦（W）与耗气量 单位：克/时（g/h）J之比的数值为1 5,计算该燃气炉所使用燃料的热值是多少？_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _（4）小刚同学打算展示在劳动课上学习的烹饪技能，为家人做顿可口饭菜，下表是他出发前做的规划，则小刚至少应携带几个如图3所 示 的 新 储 气 罐?内容每次耗时/min次数/次炒菜83煮汤1 01烧水32【答案】（1）压缩体积；吸收（2）5 0%（3）5.4 x l07J/k g（4）2【知

44、识点】密度公式及其应用；热量的计算；燃料的热值；焦耳定律的应用；电功与热量的综合计算【解析】【解答】(1)液化的方式有两种，分别是压缩体积和降低温度，气体燃料在常温下是通过压缩体积的方式液化的。汽化是物质由液态变为气态，需要吸收热量。(2)1 L 水的质量m 次=pV 1.0 x 103kg/m3 x 1 x 1 0-3m3=1kgI L 水从 2 5 C 升高到 1 0 0 吸收的热量Q 级=c m t -t0)=4.2 x 10?J/(kg )x 1kg x (1 0 0 -2 5)=3.1 5 x 1 0571 4 0 s 内燃气炉放出的热量Q =Pt i=4 5 0 0 W x l4

45、0 s =6.3 X1 0 5/燃气炉烧水时的效率=M x 1 0 0%=3 1 5 x 1?/*1 0 0%=5 0%Q 放 6.3 x 1 0 7(3)lh 内燃气炉放出的热量Q =Pt2=4 5 0 0 I 4 Z x 3 6 0 0 s =1.6 2 x 1 07;燃气炉功率与耗气量之比的数值为1 5,则 lh内燃气炉消耗燃气的质量7 n=总=翳g=3 0 0 g=0.3kg7燃气的热值q =2=1黑 。/=5,4 x 101/kg(4)由题意知，物料总加热时间 总=t炒+煮+毙=3 x 8 m m +lOmin 4-2 x 3min=4 0 m m =2 4 0 0 s2 4 0 0

46、 s 内燃气炉放出的热量Q 总=Pt总=4 5 0 0 1 V x 2 4 0 0 s =1.0 8 x 1 07；Q 72 4 0 0 s 内 消 耗 燃 气 的 质 量=1 08x”/=0,2 k g=2 0 0 g总 q 5.4xlO7J/kg由图可知，一个储气罐的质量是1 2 0 g,所以需要的储气罐个数n =患 黑 2J.Z.U 9小刚至少应携带2个新储气罐【分析】(1)气体在压缩体积时，可以液化；汽化时吸收热量；(2)根据物体的比热容、质量和温度差的乘积计算吸收的热量；利用功率和时间的乘积计算消耗的电能；利用吸收到达热量和消耗到达总能量的比值计算热效率；(3)利用热量和质量的比值，计算消耗燃料的热值；(4)根据热量和热值的比值计算消耗的燃料的质量，判断数量。