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山东临沂市2021年初中学业水平暨高中招生考试
56
(物理满分:100分 考试时间:90分钟)
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
一、选择题(每题所列出的四个选项中,只有一项最符合题目要求,每小题2分,共40分。)
1.(2021山东临沂,1,2分)下列估测,最接近生活实际的是 ( )
A.中学生课桌的高度约8 dm
B.人正常步行的速度约18 km/h
C.九年级物理课本重约10 N
D.家用台灯的额定电流约2 A
1.A 中学生课桌的高度约0.8 m,即8 dm,A正确;人正常步行的速度约1.1 m/s,即4 km/h,B错误;九年级物理课本大
约200 g=0.2 kg,即重约2 N,C错误;家用台灯的额定电流约0.1 A,D错误。故选A。
2.(2021山东临沂,2,2分)为庆祝建党100周年,激发爱党爱国热情,我市部分学校组织了“弘扬沂蒙精神,传承红色
基因”大型合唱比赛,下列判断正确的是
A.歌声是空气的振动产生的
B.使用扩音器可以增大声速
C.男低音演员歌声的响度小
D.女高音演员歌声的音调高
2.D 歌声是由人的声带振动产生的,A错误;使用扩音器可以增大声音的响度,B错误;男低音是指声音的音调低,C
错误;女高音演员歌声的音调高,D正确。故选D。
知识拓展 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;音色反映了声音的品质与特色,是由发声体本身决
定的一个特性。
3.(2021山东临沂,3,2分)下列各图所示的工具,正常使用时省力的是 ( )
3.B 镊子的动力臂小于阻力臂,属于费力杠杆,A不符合题意;羊角锤的动力臂大于阻力臂,属于省力杠杆,B符合题
意;定滑轮动力臂等于阻力臂,属于等臂杠杆,C不符合题意;筷子动力臂小于阻力臂属于费力杠杆,D不符合题意。故
选B。
解题关键 本题只要结合图片和生活经验,判断杠杆在使用过程中,动力臂和阻力臂的大小关系,再判断它是属于哪种类型的杠杆,再根据杠杆的
特点即可解答。
知识拓展 根据杠杆的分类和特点可作出判断:①省力杠杆,动力臂大于阻力臂,省力但费距离;②费力杠杆,动力臂小于阻力臂,费力但省距离;③
等臂杠杆,动力臂等于阻力臂,既不省距离也不省力。
4.(2021山东临沂,4,2分)下列认知或做法,符合安全用电原则的是( )
A.低于220 V的电压都是安全的
B.电路起火时先灭火后断电
C.将家用电器的金属外壳接地D.将开关接在零线与电灯之间
4.C 只有不高于36 V的电压,对人体才是安全的,A不符合安全用电原则;电路起火时,要先切断电源,否则容易发生
触电事故,B不符合安全用电原则;将家用电器的金属外壳接地,当用电器漏电时,地线把人体短路,避免触电事故的发
生,C符合安全用电原则;为了安全,将开关接在火线与电灯之间,D不符合安全用电原则。故选C。
5.(2021山东临沂,5,2分)2021年5月26日,天空先后出现超级月亮和月全食的少见天象,下列光现象,与月全食成因
相同的是 ( )
5.A 当太阳、地球、月球在同一直线上,地球位于太阳与月球之间时,太阳发出的沿直线传播的光被不透明的地球
完全挡住,光线照不到月球上,在地球上完全看不到月球的现象就是月全食,月食是由光的直线传播形成的。
6.(2021山东临沂,6,2分)临沂是“中国物流之都”,仓储管理尤为重要。某仓库管理员设计了一个电路,确保无论前
后门来人按下开关,电铃都会响起,但代表前后门的灯会分别被点亮。下列四种设计,最佳的是 ( )
6.C 由题知,无论前后门来人按下开关,电铃都会响起,代表前后门的灯会分别被点亮,说明两灯互不影响、能独立
工作,即两个电灯应并联,无论前后门来人按下开关,电铃都会响起,说明电铃在干路上,故选C。
知识拓展 知识拓展串联电路中各用电器相互影响,开关控制整个电路;并联电路中各支路用电器互不影响,干路开关控制整个电路,支路开关只
控制所以支路,由此分析两灯和开关的连接方式从而选择正确电路。
7.(2021山东临沂,7,2分)2021年5月15日,我国“天问一号”火星探测器稳稳降落在火星的乌托邦平原,探测器经
过借助火星大气进行气动减速等一系列减速措施后,再经过反推发动机进行动力减速,距离火星表面100 m时,进入
悬停阶段,完成精避障和缓速下降后抵达火星表面,如图所示,下列判断错误的是 ( )
A.探测器与地面控制系统间靠电磁波传递信息
B.反推发动机利用了热值大,密度小的燃料
C.悬停阶段,探测器相对火星表面是静止的D.落地后,探测器的影子是光的反射形成的
7.D 电磁波的传播不需要介质,探测器与地面控制系统间靠电磁波传递信息,A正确,不符合题意;反推发动机利用了
热值大,密度小的燃料,燃烧相同质量的燃料放出的热量多,B正确,不符合题意;悬停阶段,探测器相对火星表面没有
发生位置改变,所以是静止的,C正确,不符合题意;落地后,探测器的影子是光的直线传播形成的,D错误,符合题意。
8.(2021山东临沂,8,2分)2021年3月22日是第二十九个世界水日,节约用水是每个公民的义务和责任,下图所示水
的物态变化,吸放热情况与其他三个不同的是 ( )
8.A 选项A,冰融水开,由固态变为液态,是熔化现象,此过程吸热;选项B,雾是空气中的水蒸气遇冷液化为液态的小
水滴,此过程放热;选项C,露是空气中的水蒸气遇冷液化为液态的小水滴,附着在植被表面,此过程放热;选项D,霜是
空气中的水蒸气遇冷凝华为固体的冰晶,凝华过程放出热量,所以吸放热情况与其他三个不同的是A。故选A。
9.(2021山东临沂,9,2分)2021年5月10日上午,格力电器在全球布局的第十六大基地,也是在山东省布局的唯一工
业制造项目——格力电器(临沂)智能制造生产基地项目开工奠基仪式在临沂综合保税区举行。正在制冷模式下工作
的格力空调 ( )
A.将电能全部转化为内能
B.“超静音”是指声音的音调低
C.出风口处的“白气”是液化的结果
D.通过做功方式降低了房间的温度
9.C 空调制冷时,将电能转化为压缩电动机转动的机械能和电流通过线圈时产生的内能,A错误;“超静音”是指声
音的响度小,B错误;出风口处的“白气”是水蒸气遇冷液化成的小液滴,C正确;开空调制冷时,冷气使房间温度降低,
属于热传递改变物体的内能,D错误。故选C。
10.(2021山东临沂,10,2分)我市滨河景区湿地公园是全国最大的城市湿地公园,大量珍稀水禽在此迁徙繁殖,如图所
示,一只白鹭正在平静的水面上展翅起飞。关于白鹭在水中所成的像,下列说法正确的是 ( )
A.水中的像是光的折射形成的
B.白鹭飞得越高,水中的像越小
C.河水越深,水中的像离水面越远
D.水中的像与白鹭关于水面对称
10.D 平静的水面相当于平面镜,白鹭在水面所成的像属于平面镜成像,是由光的反射形成的,A错误;白鹭飞离水面
的过程中像的大小与白鹭大小相同,所以像的大小不变,B错误;物距是白鹭到水面的距离,像距是白鹭所成的像到水
面的距离,二者始终相等,与水的深度无关,C错误;根据平面镜成像的特点可知,白鹭在水中的像与白鹭关于水面对称,
D正确。故选D。解题关键 平面镜成像是由光的反射形成的,平面镜成像的特点:物体在平面镜中所成的像是虚像,像和物体的大小相等,它们的连线垂直于镜面,
它们到镜面的距离相等。
11.(2021山东临沂,11,2分)2021年4月13日,在奥运会女足亚洲区淘汰赛中,中国女足战胜韩国队,闯进东京奥运会,
关于足球运动,下列说法正确的是 ( )
A.运动员鞋底的花纹可以减小与草地的摩擦
B.踢球时脚疼说明物体间力的作用是相互的
C.在空中运动到最高点的足球受平衡力作用
D.在草地上滚动的足球因不受力而逐渐停下
11.B 运动员的鞋底的花纹,这是通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦的,A错误;踢球时脚给球作用力,球也给脚
反作用力,所以脚感到脚疼,说明物体间力的作用是相互的,B正确;足球运动到最高点时只受重力作用,此时受力不平
衡,C错误;在草地上滚动的足球停下来是因为受到了摩擦力的缘故,D错误。故选B。
12.(2021山东临沂,12,2分)2021年5月20日,第五届世界智能大会在天津梅江会展中心隆重开幕,长安智能化汽车
UNI—K(如图所示)充分展现了“中国智造”科技风采,UNI—K不仅可以实现自动刷脸识别车主身份、车内拍抖音、
全速自适应巡航等众多功能,其炫酷的转向灯也尽显奢华。关于UNI—K,下列判断正确的是 ( )
A.车内的集成电路由超导材料制成
B.左右转向灯之间是并联连接的
C.拍抖音时,景物通过摄像头成虚像
D.汽车的电动机利用了电磁感应原理
12.B 导电性能介于导体与绝缘体之间的叫半导体,车内的集成电路由半导体材料制成,A错误;左右转向灯,在一个
损坏后另一个仍然可以工作,互不影响,所以是并联的,B正确;拍抖音时,景物通过摄像头成像,摄像头是一个凸透镜,
成倒立、缩小的实像,C错误;电动机是根据通电导体在磁场中受到力的作用而转动的原理工作的,D错误。故选B。
13.(2021山东临沂,13,2分)甲、乙两个相同的装置分别由U型磁铁、导体棒和支架构成,导体棒ab和cd由导线连
接,如图所示,闭合开关并向右移动ab,cd也会随之向右运动,关于此现象,下列判断正确的是 ( )
A.甲装置相当于电动机
B.乙装置相当于发电机
C.向左移动ab,cd仍向右运动
D.甲装置将机械能转化为电能
13.D 闭合开关,导体ab和cd组成一个闭合电路,闭合电路的一部分导体ab在磁场中进行切割磁感线运动,闭合电
路中有了感应电流,这种现象是电磁感应现象,发电机是利用电磁感应现象工作的,所以甲装置相当于发电机,此过程
中机械能转化为电能;电路中有了感应电流之后,感应电流经过导体cd,导体cd成为通电导体,在磁场中受力而运动,
这是电动机的工作原理,所以乙装置相当于电动机,A、B错误,D正确;闭合开关并向右移动ab、cd也会随之向右运
动,ab向左运动时,磁场方向不变,感应电流的方向改变,通过cd的电流方向改变,磁场方向不变,则cd受力方向改变,
运动的方向会改变,向左运动,C错误。故选D。
方法技巧 知识拓展电动机是利用通电导体在磁场中受力而运动的原理工作的,发电机是利用电磁感应原理工作的。感应电流的方向与导体运动
方向、磁场方向有关;通电导体在磁场中的受力方向与电流方向、磁场方向有关。14.(2021山东临沂,14,2分)我市积极响应国家“接种新冠疫苗,共筑免疫屏障”的号召,有序推进全民新冠病毒疫苗
预防接种工作,下列说法正确的是 ( )
A.用酒精棉球消毒时,酒精很快吸热升华
B.注射器尖细的针头可以增大对皮肤的压强
C.将药液吸入注射器的针筒利用了帕斯卡定律
D.进行肌肉注射时,大气压将药液压入人的肌肉中
14.B 用酒精棉球消毒时,酒精很快吸热汽化,A错误;尖细的针头可以减小受力面积,在压力一定时,可以增大对皮肤
的压强,B正确;注射器吸取药液时,针筒内的气压减小,药液受到外界大气压的作用,会被压入针筒,利用的是大气压,
C错误;用注射器把药水推入病人肌肉中是靠外力,与大气压无关,D错误。故选B。
15.(2021山东临沂,15,2分)下列与热现象有关的说法,正确的是 ( )
A.固体很难被压缩说明分子间没有间隙
B.0℃的物体也有内能,但一定很小
C.物体吸收热量后,温度不一定升高
D.汽油机的做功冲程将机械能转化为内能
15.C 固体很难被压缩是由于分子间存在斥力,不是因为分子间没是间隙,A错误;0℃的物体有内能,但内能除了与温
度有关外,还与质量、所处的状态有关,所以其内能不一定很小,B错误;晶体熔化时,吸收热量、温度不变,所以物体
吸收热量后,温度不一定升高,C正确;汽油机的做功冲程将内能转化为机械能,D错误。故选C。
16.(2021山东临沂,16,2分)下图是做电学实验时所用电路的一部分,根据图中两表的示数,一定能测出灯泡 ( )
A.正常发光时的电阻
B.实际电功率
C.消耗的电能
D.产生的热量
16.B 由于小灯泡的额定电压不知道,小灯泡电阻受温度影响,不是固定不变的值,所以无法测出正常发光时的电阻,
A错;用电压表可以测出小灯泡的实际电压,用电流表可以测出小灯泡的实际电流,由P=UI可以计算出小灯泡的实际
功率,B正确;由W=UIt和Q=I2Rt可知,电压表可以测出小灯泡的电压,电流表可以测出小灯泡的电流,没有时间,无法
求小灯泡消耗的电能和产生的热量,C、D错;故选B。
17.(2021山东临沂,17,2分)2021年4月7日,我国自主研发的深海钻探“利剑”——“海牛Ⅱ号”抵达2 060 m的
海底,并成功下钻231 m,刷新了深海海底钻机的世界纪录。在海面下匀速竖直下潜的“海牛Ⅱ号”
A.重力不做功
B.机械能不变
C.所受压强减小
D.排开海水的质量不变
17.D “海牛Ⅱ号”在下潜过程中,在重力的方向上通过了一段距离,重力对物体做了功,A错;在下潜过程中,质量不
变,速度不变,动能不变,高度降低,重力势能减小,机械能减小,B错;在下潜过程中,深度减小,压强增大,C错;在海面
下匀速竖直下潜的“海牛Ⅱ号”,排开液体的密度和体积都不变,根据F =G =ρ gV 可知,浮力不变,排开液体的
浮 排 液 排
重力不变,即排开液体的质量不变,D正确。故选D。
18.(2021山东临沂,18,2分)如图所示电路,闭合开关后两灯均正常发光,下列判断正确的是 ( )A.电流表A 测通过灯L 的电流
1 1
B.两电流表的示数一定不相同
C.两灯的额定功率一定不相同
D.仅断开S,电流表A 的示数不变
2 2
18.B 由题图可知,灯泡L 和L 并联,电流表A 测L 电流,A 测干路总电流,由于干路电流一定大于支路电流,故A
1 2 1 2 2 1
和A 一定不相同,A错误,B正确;由于不知道灯泡的规格是否相同,所以两灯的额定功率是否相同不能确定,C错;断
2
路S,L 不发光,只有L 接入电路,A 示数变小,D错。故选B。
2 2 1 2
19.(2021山东临沂,19,2分)在如图所示的电路中,电源电压保持不变,闭合开关,将滑动变阻器的滑片由最右端向左
移动至中点的过程中 ( )
A.灯泡的亮度变大
B.电流表的示数不变
C.电压表的示数变小
D.电路的总功率变大
19.D 分析电路图可知该电路为并联电路,电压表测量电源的电压,电流表测量干路中的电流;由于电源电压不变,移
动滑片由最右端向左移动至中点时,电压表示数不变,C错误;并联电路各支路互不影响,移动滑片时,通过灯泡的电流
不变,灯泡的亮度不变,A错误;闭合开关,当滑动变阻器滑片向左滑动时,接入的阻值变小,根据欧姆定律可知,通过
滑动变阻器的电流变大,根据并联电路干路电流等于各支路电流之和可知,干路中的电流变大,电流表示数变大,B错
误;电源电压不变,根据P=UI可知,电路消耗的总功率变大,D正确。故选D。
20.(2021山东临沂,20,2分)放在水平桌面上的甲、乙两个相同的容器中盛有同种液体,体积相等的a、b两个物体在
液体中静止时,两液面相平,如图所示,则 ( )
A.物体a的密度大
B.物体b受到的浮力小
C.甲容器底部受到的压力小
D.两容器对桌面的压强一样大
20.D a在液体中漂浮,a的密度要小于液体的密度,b在液体中悬浮,b的密度等于液体的密度,所以a的密度要小于b
的密度,A错误;液体的密度不变,a和b的体积相同,由图可知,a排开的液体的体积要大于b排开的液体的体积,根据F =ρ gV 可知,b受到的浮力大,B错误;液体的密度和深度相同,根据p=ρgh可知,甲、乙两容器中的液体对容器底
浮 液 排
部的压强相同,底面积相同,根据F=pS可知,容器底部受到液体的压力相同,C错误;由于b悬浮,则b所受的浮力F
浮
=G=G ,即b的重力等于排开液体的重力;a漂浮,则B所受的浮力F =G=G ,即a的重力等于排开液体的重力;
b b b排 浮a a a排
因为两液面相平,且是同种液体,所以结合上面分析可知两容器中液体与物体的总重力相同,即装置的总重力相同,两
F
容器对桌面的压力大小相等,由p= 得,甲杯对桌面的压强等于乙杯对桌面的压强,D正确。故选D。
S
解题关键 解答本题一定要掌握物体浮沉情况与密度的关系,同时要搞清不同状态下(漂浮、悬浮)物体所受重力与浮力的大小关系。
二、填空题(每空1分,共18分)
21.(2021山东临沂,21,2分)2020年12月17日凌晨,嫦娥五号月球探测器带着“月球土特产”安全着陆。嫦娥五号
探测器由上升器、着陆器、返回器和轨道器四部分组成。着陆器和上升器的组合体降落至月球表面后完成月球采样,
并将携带的国旗在月面展开,最终,独自携带1731 g月球样品的返回器先以高速进入地球大气层,然后借助大气层提
供的升力“打水漂”后跳起来,之后再重新进入大气层才安全返回地面(如图)
(1)国旗上的五角星呈现黄色是因为五角星只 (选填“反射”或“吸收”)黄光。
(2)返回器加速下降的过程中,动能 (选填“增大”“减小”或“不变”);进入大气层与大气摩擦导致其温
度升高,这是通过 的方式改变了内能;借助大气层提供的升力“打水漂”,说明力可以改变物体的 ;
安全返回的返回器将地面砸出个大坑,说明力可以改变物体的 。
(3)1 731 g月球样品到达地球后,质量 (选填“变大”“变小”或“不变”)
21.答案 (1)反射 (2)增大 做功 运动状态 形状
(3)不变
解析 (1)黄色只反射黄光,其它色光被吸收掉了,所以国旗上的五角星呈现黄色;(2)返回器加速下降的过程中,速度增大,动能增
大;借助大气层提供的升力“打水漂”,运动状态发生了改变,说明力可以改变物体的运动状态;安全返回的返回器将地面砸出个大
坑,物体的形状发生了变化,说明力可以改变物体的形状;(3)质量是物体的一种属性,不随形状、状态、温度、位置的改变而改变,
所以月球样品到达地球后质量不变。
22.(2021山东临沂,22,2分)2021年2月4日晚,北京冬奥会倒计时一周年活动在国家游泳中心“冰立方”举行,下图
是中国女子冰壶队积极备战训练的情景。掷球员将冰壶沿水平冰面推出后,冰壶由于 继续向前运动;刷冰员
不停地刷冰面可以 (选填“增大”或“减小”)冰壶受到的摩擦力;如果摩擦力为零,运动的冰壶将
(选填“静止”“逐渐停下来”或“做匀速直线运动”)。
22.答案 惯性 减小 做匀速直线运动
解析 运动员将冰壶推出之后,冰壶由于惯性,继续保持原来的运动状态向前运动;运动员在冰壶前进途中,不断地刷冰,为了使冰
面形成一层水面,水的出现使冰壶与冰面分开,从而减小了冰壶与冰面之间的摩擦力;如果摩擦力为零,根据牛顿第一定律可知,运
动的冰壶将做匀速直线运动。
23.(2021山东临沂,23,2分)如图所示,由通电螺线管的磁感线方向可知,电流表的上端为 接线柱;静止的小
磁针的左端为 极。23.答案 正(或+) 北(或N)
解析 由图可知,磁感线是从螺线管的左侧回到螺线管的右侧,则螺线管的左侧为N极,右侧为S极,根据异名磁极相互吸引可知,
小磁针的左端为N极,右端为S极;根据安培定则可知,电流从螺线管的左端流入,右端流出,电流表在接入电路中时,电流从电流
表的正接线柱流入,从负接线柱流出,所以电流表的上端为正接线柱。
24.(2021山东临沂,24,2分)2021年4月23日,海军三型主战舰艇——长征18号艇、大连舰、海南舰在海南三亚某
军港集中交接入列。中共中央总书记、国家主席、中央军委主席习近平出席交接入列活动并登上舰艇视察。如图所
示的大连舰满载排水量大12 300 t,则其满载时受到的浮力为 N(g取10 N/kg);舰载直升机起飞后,大连舰受
到的浮力 (选填“变大”“变小”或“不变”);两只舰艇不能近距离高速并排航行,是由于两舰艇间水的流
速越大,压强越 ,容易相撞。
24.答案 1.23×108 变小 小
解析 大连舰满载排水量大12 300 t,即排开水的质量m=1.23×107kg,物体漂浮时,F =G =mg=1.23×107kg×10 N/kg=1.23×108N;舰
浮 排
载直升机起飞后,大连舰总重力减小,浮力减小;两只舰艇不能近距离高速并排航行,是由于两舰艇间水的流速越大,压强越小。
25.(2021山东临沂,25,2分)仅将一把电热水壶接入图示电能表所在的电路,正常工作6 min,电能表的转盘转过了360
r,则电热水壶消耗的电能为 kW·h,电功率为 kW。
25.答案 0.12 1.2
解析 由图可知,电路中每消耗1 kW·h的电能,电能表的转盘转过3 000 r,当电能表的转盘转过了360 r,电热水壶消耗的电能W=
0.12kW·h
360r 1 W
=0.12 kW·h;t=6 min= h,P= = 1 =1.2 kW。
3 000r/kW·h 10 t h
10
思路分析 电能表所标“3 000 r/(kW·h)”表示电路中每消耗1 kW·h的电能,电能表的转盘转3 000转,现在知道转盘转了360转,可以求出该用
W
电器在6 min内消耗的电能,再利用P= 求出该用电器的电功率。
t
26.(2021山东临沂,26,2分)如图甲所示电路,电源电压保持不变,闭合开关,将滑动变阻器的滑片由最右端向左移动
的过程中,电压表与电流表示数的变化关系如图乙所示,则定值电阻R 的阻值为 Ω;电路消耗的最小功率为
1
W。26.答案 10 1.3
解析 闭合开关,R、R 串联,电流表测量电路电流,电压表测量R 两端的电压。当滑动变阻器的滑片在最右端时,滑动变阻器接
1 2 2
入电路的阻值最大,根据欧姆定律可知此时电路中电流最小,从图乙可知,此时电路中电流为0.1 A,滑动变阻器两端得到电压为12
U 12V
V,则滑动变阻器的阻值为R= 2 = =120 Ω,电源电压U=U+U=IR+U=0.1 A×R+12 V……①,当电路中电流为1 A时,滑
2 I 0.1A 1 2 1 2 1
动变阻器两端的电压为3 V,电源电压U=U'+U'=I'R+U'=1 A×R+3 V……②,根据①②可得:U=13 V,R=10 Ω;电源电压不变,根据
1 2 1 2 1 1
P=UI可知,电路中电流最小时,总功率最大,根据欧姆定律可知,电路中电阻最大时,电流最小,此时滑动变阻器接入电路的电阻为
U 13V
120 Ω,根据欧姆定律可知电流I″= = =0.1 A,电路消耗功率P=UI=13 V×0.1 A=1.3 W。
R 10Ω+120Ω
总
思路分析 闭合开关,R、R 串联,电流表测量电路电流,电压表测量R 两端的电压。当滑动变阻器的滑片在最右端时,滑动变阻器接入电路的阻
1 2 2
值最大,根据欧姆定律可知此时电路中电流最小,从图乙可知,此时电路中电流为0.1 A,滑动变阻器两端得到电压为12 V,根据欧姆定律可知滑动
变阻器的最大阻值,并可得出电源电压的表达式;当电路中电流为1 A时,滑动变阻器两端的电压为3 V,得出电源电压的表达式,联立以上两式可
得出电源电压和R 的阻值。
1
三、实验探究题(第27题2分,第28题5分,第29题4分,第30题6分,第31题7分,共24分)
27.(2021山东临沂,27,2分)如图所示,茶壶静止在水平桌面上,请画出它所受力的示意图(将力的作用点画在茶壶的
重心O点上)。
27.答案 如图所示
解析 茶壶静止,则受平衡力,这两个力是竖直向下的重力G和竖直向上的支持力F,大小相等,方向相反,且作用在同一直线上,作
用点在物体的重心。重力从重心竖直向下画,标出符号G,支持力从重心竖直向上画,标出符号F,注意所画的长度要相等,如图所
示。
思路分析 画力的示意图,首先要对物体进行受力分析,看物体受几个力,要先分析力的大小、方向和作用点,再按照画图的要求画出各个力。
28.(2021山东临沂,28,5分)在“探究水的沸腾特点”的实验中:
(1)组装如图甲所示的实验装置时,应先调节 (选填“A”或“B”)固定夹的位置。
(2)水银和酒精是液体温度计常用的测温物质,由表格乙中的数据可知,本实验应选用 制作的温度计。甲
测温物质 凝固点/℃ 沸点/℃
水银 -39 357
酒精 -117 78
注:在1个标准大气压下
乙
丙
(3)实验过程中,某时刻温度计的示数如图甲所示,此时水的温度为 ℃.
(4)实验结束后撤去酒精灯,水还会继续沸腾一小会儿,这是因为 。
(5)图丙是a、b两个实验小组根据实验数据描绘出的水的沸腾图像,两图线不同的原因可能是 (选填序号)
A.酒精灯的火焰相同,a组水的质量大
B.水的质量相同,b组酒精灯的火焰小
28.答案 (1)A (2)水银 (3)93
(4)水还能继续吸热(或石棉网还能继续对水加热或石棉网的温度高于水的沸点)(表述与答案意思相同即可)
(5)B
解析 (1)按照自下而上的顺序,先根据酒精灯火焰的位置确定A固定夹的位置;
(2)标准大气压下,水的沸点为100 ℃,酒精的沸点为78 ℃,低于水的沸点,水银的沸点为357 ℃,高于水的沸点,故选用水银制作的
温度计;
(3)温度计的分度值为1 ℃,示数为93 ℃;
(4)实验结束后撤去酒精灯,水还会继续沸腾一小会儿,这是因为石棉网的余温高于水的沸点,水会继续吸收热量;
(5)从图中可知b组加热至沸腾所用时间较长;酒精灯的火焰相同,相同时间里a、b组的水吸收的热量相同,a组的水的质量大,则
a组加热至沸腾所用时间长,A与题意不符;水的质量相同,b组酒精灯的火焰小,则相同时间里b组的水吸收的热量少,加热至沸腾
所用时间长,B符合题意。故选B。
29.(2021山东临沂,29,4分)小明用焦距为15.0 cm的凸透镜探究凸透镜的成像规律,当各器材位置如图所示时,光屏
上承接到烛焰清晰的像
(1)实验前,应调整蜡烛、凸透镜和光屏的高度,使烛焰、凸透镜、光屏三者的中心大致在 。
(2)此时烛焰的成像特点与 (选填“照相机”“投影仪”或“放大镜”)的成像特点相同。
(3)实验时,若一只苍蝇落在了凸透镜上,光屏上 (选填“有”或“没有”)苍蝇的像。(4)小明将一副远视眼镜的镜片放在蜡烛与凸透镜之间且靠近凸透镜的地方,若保持光屏的位置不变,仅将蜡烛向
移动适当距离,光屏上即可重新承接到烛焰清晰的像。
29.答案 (1)同一高度上;(2)照相机;(3)没有;(4)右
解析 (1)点燃蜡烛后,调节烛焰、凸透镜、光屏的中心大致在同一高度上,这样才能使像成在光屏的中央;
(2)由图可知,物距u=50 cm-10 cm=40 cm,像距v=74 cm-50 cm=24 cm,已知f=15.0 cm,此时u>2f,成倒立、缩小的实像,能够说明
照相机的成像原理;
(3)有一只苍蝇落在透镜上,透镜的其他部分仍能透过光线,则光屏烛焰所成的像完整,由于经过透镜的光线减少,像的亮度变暗,苍
蝇不会成像,光屏上没有苍蝇的像;
(4)小明将一副远视眼镜的镜片放在蜡烛与凸透镜之间且靠近凸透镜的地方。若保持光屏的位置不变,根据凸透镜成像特点,物近
像远像变大,将蜡烛向右移动适当距离,光屏上即可重新承接到烛焰清晰的像。
知识拓展 物体有无数点组成,物体上任一点射向凸透镜有无数条光线,经凸透镜折射后,有无数条折射光线会聚成该点的像;当遮住凸透镜的一
部分,还有另外的部分光线,经凸透镜折射会聚成像。
30.(2021山东临沂,30,6分)2021年初夏,我市部分山区在精准扶贫政策扶持下种植的大樱桃喜获丰收,小明想知道大
樱桃的密度,他用天平和量筒进行了如下实验。
(1)把天平放在水平桌面上,先将 后,再调节天平横梁平衡。
(2)测量大樱桃的质量时,将最小为5 g的砝码放在天平右盘中后,分度盘指针如图甲所示。此时应 ,使横梁
平衡,横梁平衡后,所用砝码和游码的位置如图乙所示,则大樱桃的质量为 g。
(3)用细线拴住大樱桃并放入装有适量水的量筒中,水面上升到如图丙所示位置。接着将大樱桃提出后,量筒中的水
面下降到60 ml刻度线处,则大樱桃的体积为 cm3,大樱桃的密度为 kg/m3.
(4)小明所测大樱桃的密度 (选填“大于”“小于”或“等于”)真实值。
30.答案 (1)游码移至横梁标尺左端的零刻度线处
(2)将5 g的砝码取下并移动游码 10.4
(3)10 1.04×103
(4)小于(每空1分,共6分)
解析 (1)把天平放在水平桌面上,先将游码移到横梁标尺最左端零刻度线处;(2)将最小为5 g的砝码放在天平右盘中后,分度盘
指针如图甲所示。此时应将5 g的砝码取下并移动游码,使横梁再次平衡;如乙图示数,砝码的质量为10 g,游码分度值为0.2 g,对
应的刻度为0.4 g;则大樱桃的质量为m=10 g+0.4 g=10.4 g;(3)用细线拴住大樱桃并放入装有适量水的量筒中,水面上升到如图丙
所示位置,示数为70 ml,接着将大樱桃提出后,量筒中的水面下降到60 ml刻度线处,则大樱桃的体积为V=70 ml-60 ml=10 ml=10
m 10.4g
cm3。大樱桃的密度为ρ= = =1.04 g/cm3=1.04×103kg/m3。(4)由于将大樱桃从量筒中提出后,大樱桃会沾有水,测量大樱
V 10cm3
m
桃的体积偏大,由ρ= 可知,大樱桃的密度偏小。
V
31.(2021山东临沂,31,7分)用图甲所示电路测量额定电压为2.5 V的小灯泡的电阻,根据实验数据绘制的小灯泡的I-
U图像,如图乙所示。甲
乙
丙
(1)为保证实验顺利进行,应选用 (选填序号)滑动变阻器。
A.“10 Ω 0.5 A”
B.“50 Ω 0.3 A”
C.“100 Ω 0.2 A”
(2)用笔画线代替导线,将图甲所示电路补充完整。
(3)电路连接完整后闭合开关,小灯泡不亮,电流表有示数,电压表无示数,可能是小灯泡 。
(4)排除故障后进行实验,当滑动变阻器的滑片位于某一位置时,电流表示数如图丙所示,为测量小灯泡正常发光时的
电阻,应将滑片向 (选填“左”或“右”)移动。
(5)由图像可知,小灯泡正常发光时的电阻为 Ω;额定功率为 W。
(6)由图像可知,实验过程中小灯泡的电阻是逐渐变大的,滑动变阻器接入电路的电阻是逐渐变小的,则小灯泡电阻的
变化量ΔR (选填“大于”“小于”或“等于”)滑动变阻器的变化量ΔR。
L
31.答案 (1)B
(2)或
(3)短路 (4)右 (5)10 0.625
(6)小于(每空1分,作图1分,共7分)
解析 (1)由图乙可知,小灯泡正常发光时的电流为0.25 A,故规格为“100 Ω 0.2 A”的滑动变阻器不能选;电源由三节电池组成
电池组,电源为4.5 V,由乙图可知,灯泡电压为1.5 V时,此时电流为0.2 A,滑动变阻器的电压为3 V,由于串联电路电流处处相等,
U 3V
则滑动变阻器电流也为0.2 A,则滑动变阻器连入电阻为R= = =15 Ω>10 Ω,A不能选,故滑动变阻器应选B。
I 0.2A
U
(2)本实验的实验目的是测量额定电压为2.5 V的小灯泡的电阻,由R= 可知,电压表应并联在灯泡两端测量灯泡两端电压,即接
I
在灯泡左边接线柱或电流表负接线柱上,如图所示。
(3)电路连接完整后闭合开关,小灯泡不亮,电流表有示数,说明电流表与电源形成通路,电压表无示数,说明是小灯泡短路。
(4)由乙图可知,小灯泡正常发光时的额定电压为2.5 V,对应的额定电流为0.25 A,如图丙所示电流表示数为0.16 A<0.25 A,为测
量小灯泡正常发光时的电阻,应将滑片向右滑动,使滑动变阻器的电阻变小,电流变大,达到小灯泡的额定电压值。
U 2.5V
(5)由图像可知,小灯泡正常发光时的额定电压为2.5 V,对应的额定电流为0.25 A,小灯泡正常发光时的电阻为R= =
I 0.25A
=10 Ω。小灯泡的额定功率为P=UI=2.5 V×0.25 A=0.625 W。
(6)调节滑动变阻器的滑片,使小灯泡两端的电压逐渐降低,小灯泡逐渐变暗,此时灯泡两端电压减小,通过灯的电流也减小,电源电
U
压不变,由R= 知,电路的总电阻变大,由P=UI知,灯泡的实际功率减小,灯丝的温度降低,小灯泡阻值随温度的减小而变小,由电
I
阻的串联规律可知R =R +R,如果总电阻不变,说明ΔR =ΔR,现在总电阻变大,说明小灯泡阻值减小的值ΔR 小于变阻器连入电路
总 L L L
中增大的值ΔR。
四、解答题(第32题8分,第33题10分,共18分)
32.(2021山东临沂,32,8分)2021年3月24日,临沂市获得2020年山东16地市经济社会发展综合考核一等奖,同时
还获得打赢污染防治攻坚战等单项奖励。绿化喷洒车对城区道路的卫生清洁保持工作功不可没。如图所示的绿化喷
洒车空载时的质量为6 t,罐体有效容积为8 m3,该喷洒车从水源地装满水后,沿平直公路以15 m/s的速度匀速驶向距
离2.7 km的目的地,行驶过程中喷洒车受到的阻力为1.5×104N,车轮与地面的总接触面积为0.4 m2,g取10 N/kg。求
喷洒车从水源地到目的地:
(1)所用的时间;
(2)牵引力所做的功;
(3)对水平地面的压强。32.答案 (1)0.05 h(或180 s)
(2)4.05×107J
(3)3.5×105Pa
s
解析 (1)由速度公式v= 可得,喷洒车从水源地到目的地所用的时间:
t
s 2.7km
t= = =0.05 h(2分)
v 54km/h
( s 2 700m )
或t= = =180s
v 15m/s
(2)喷洒车从水源地到目的地,牵引力所做的功:
W=Fs=fs=1.5×104N×2.7×103m=4.05×107J(2分)
m
(3)由密度公式ρ= 可得,喷洒车装满水后,水的质量:
V
m =ρV=1×103kg/m3×8 m3=8×103kg(1分)
水
喷洒车装满水后对地面的压力:
F =G =(m +m )g=(6×103kg+8×103kg)×10 N/kg=1.4×105N(1分)
车 总 车 水
喷洒车装满水后对地面的压强:
p=F =1.4×105N=3.5×105Pa(2分)
车
s 0.4m2
33.(2021山东临沂,33,10分)某品牌电热水瓶具有加热和电动出水两种功能,其简化电路如图所示,其中R 是额定功
1
率为2 000 W的电热丝,R 是阻值为130 Ω的分压电阻,电磁泵的额定电压为12 V,在1标准大气压下,将初温为20
2
℃、质量为2.5 kg的水装入电热水瓶,正常加热8 min20 s将水烧开,已知水的比热容为4.2×103 J/(kg·℃),求该电热
水瓶:
(1)此次加热水的效率;
(2)电磁泵的额定功率。
33.答案 (1)84% (2)19.2 W
解析 (1)水吸收的热量:
Q =cm(t-t)=4.2×103J/(kg·℃)×2.5 kg×(100 ℃-20 ℃)=8.4×105J(2分)
吸 2 1
W
由电功率公式P= 可得,电热丝放出的热量:
t
Q =W=Pt=2 000 W×500 s=1×106J(2分)
放电热水瓶此次加热水的效率:
η=Q
吸
×100%=8.4×105J×100%=84% (1分)
Q 1×106J
放
(2)分压电阻R 两端的电压:
2
U=U-U =220 V-12 V=208 V(1分)
2 泵
电磁泵的额定电流:
I
泵
=I
2
= U 2=208V =1.6 A(2分)
R 130Ω
2
电磁泵的额定功率:
P=U I =12 V×1.6 A=19.2 W(2分)
泵 泵
