资源简介

吉林省长春市德惠市区2025年中考二模物理试题
1．（2025·德惠模拟）下列物质属于晶体的是（　　）
A．蜡 B．海波 C．松香 D．沥青
2．（2025·德惠模拟）世界上第一个发现电与磁之间联系的物理学家是（　　）
A．欧姆 B．焦耳 C．奥斯特 D．法拉第
3．（2025·德惠模拟）在电影《哪吒之魔童闹海》中，哪吒的声音被很多人模仿，大家模仿的是声音的（　　）
A．音色 B．音调 C．响度 D．音速
4．（2025·德惠模拟）如图，光导纤维在传递信息时，光从内芯的一端传输到另一端，其原理应用了光的（　　）
A．折射 B．反射 C．色散 D．直线传播
5．（2025·德惠模拟）北方城市的住房中都安装了暖气片。为达到最佳取暖效果，暖气片应安装在（　　）
A．靠近天花板的墙上 B．靠近地面的墙上
C．房间的中间位置 D．任何地方都可以
6．（2025·德惠模拟）超导材料的应用具有十分诱人的前景。你认为它可作下列哪种用途（　　）
A．自炽灯泡的灯丝 B．电炉中的电阻丝
C．保险丝 D．远距离输电线
7．（2025·德惠模拟）如图所示，舞台上有一个“静电球”，当女孩触摸“静电球”时，头发会一根根地“飞”起来并散开，关于这个现象，下列说法正确的是（　　）
A．头发与静电球带的是异种电荷
B．“飞”起来的头发上产生了电荷
C．“飞”起来的头发带的是同种电荷
D．头发“飞”起来是由于静电球的吸引
8．（2025·德惠模拟）天工开物“北耕兼种”中，耧下端的“蹴尖”是通过什么方式增大压强的（　　）
A．增大受力面积 B．减小受力面积
C．增大压力 D．减小压力
9．（2025·德惠模拟）如图甲所示，升国旗时，向下拉动旗杆底部的绳子，国旗就会向上运动。旗杆上、下各有一个滑轮，图乙为该装置的结构简图。对该装置的分析，下列说法正确的是（　　）
A．两个滑轮都是定滑轮，只能改变力的方向
B．A处滑轮能改变力的方向，B处滑轮能省力
C．若用30N的拉力将国旗升高15m，则拉力做功450J
D．减小滑轮B的质量可以提高该装置的机械效率
10．（2025·德惠模拟）小明同学在医院看到一种夹在输液管上的药水滴完自动警报器（如图甲所示），当管内药液流完时，电铃发声，报警器内部电路如图乙所示，直到药水滴完自动报警器工作，下列分析正确的是（　　）
A．开始输液时，电流表示数最小
B．输完药液时，电流表示数最大
C．输完药液时，电铃两端电压最大
D．输液过程中，该电路的总功率保持不变
11．（2025·德惠模拟）北京时间4月24日17时17分，搭载神舟二十号载人飞船的长征二号运载火箭在酒泉卫星发射中心发射升空。
（1）火箭升空过程中，燃料的内能转化为火箭的　 　，此能量转化过程和内燃机的　 　冲程相同。
（2）宇航舱内三名航天员上升过程中相对于地面是　 　。宇航员带到太空中的食品，质量将　 　。太空舱内宇航员抛出物体会径直向前运动，是由于物体具有　 　。
（3）神舟飞船近地轨道运行速度约为7.9km/s。北京到上海的铁路线长1318km，按照这个速度运行，从北京到上海的大约需要　 　s。（保留整数）
12．（2025·德惠模拟）吉林市冬季的雾凇闻名全国。
（1）吉林市段松花江冬季不封冻，源于丰满发电站。发电机的工作原理是　 　，电能属于　 　能源（选填“一次能源”或“二次能源”）。
（2）当地有“夜看雾，晨看挂（雾凇），待到近午赏落花”的形容。“雾”和“挂”分别是水蒸气遇冷液化和　 　形成的，“落花”说明力能改变物体的　 　。
（3）小明用手机拍摄雾凇景观发给家人，这是通过　 　来传递信息的。
13．（2025·德惠模拟）如图是家用电冰箱的简化电路图。
（1）打开冰箱冷藏室门时，开关S2会自动　 　（选填“断开”或“闭合”）；
（2）冰箱用三脚插头及三孔插座使其外壳与　 　相连，以防触电；
（3）将一瓶600mL的矿泉水放入冰箱冷藏室，一段时间后，水温从25℃降低到5℃，在这过程中，水放出的热量是　 　J。
14．（2025·德惠模拟）某实验小组探究凸透镜成像的实验，装置如图：
（1）2025年哈尔滨亚冬会利用冰透镜进行火种采集，把冰磨制成凸透镜。主要是利用它对光线有　 　作用。
（2）当蜡烛、凸透镜、光屏在光具座上的位置如图所示时，光屏上出现一个清晰的烛焰的像，这个像是　 　（选填“放大”或“缩小”）的实像。
（3）小明同学把蜡烛向右移动一小段距离，发现光屏上烛焰的像变模糊了。要在光屏上得到烛焰清晰的像，他可以将光屏向　 　（选填“左”或“右”）移动。
（4）完成上述探究后，小明同学把凸透镜换成一块薄玻璃板，玻璃板能使蜡烛正立、　 　（选填“放大”“缩小”或“等大”）的像，把光屏移到像所在的位置，光屏上　 　（选填“有”或“没有）烛焰的像。
15．（2025·德惠模拟）探究液体沸腾前后温度变化的特点，实验装置如图甲。取质量相等的水和盐水分别放入两个相同的烧杯中，用相同的酒精灯同时加热，根据实验数据，绘制温度随时间变化的图象，如图乙。
（1）由图乙可知：水在沸腾过程中温度　 　，水的沸点是　 　℃。
（2）由图乙可知：选用　 　煮蛋可以更快地将蛋煮熟。
（3）由图乙可知，　 　的比热容较大，A和B两点水的内能大小关系是　 　（选填“A点大”“B点大”或“相等”）。
16．（2025·德惠模拟）在“探究影响滑动摩擦力大小的因素”实验中，实验小组设计了如图甲所示的实验装置。
（1）实验中，用弹簧测力计沿水平方向拉着木块做　 　运动，根据　 　知识可知，滑动摩擦力的大小等于拉力的大小。
（2）比较图中甲和乙两次实验，可以得出当压力相同时　 　，滑动摩擦力越大的结论。
（3）在图乙和图丙中，拉着木块按（1）的要求运动，先后两次运动的速度相同，则两次拉力做功的功率P1　 　P2。
17．（2025·德惠模拟）如图甲所示，是“探究通电螺线管外部的场分布”的实验。
（1）在玻璃板上均匀撒上铁屑，放上小磁针，闭合开关后，轻敲玻璃板，铁屑分布情况表明：通电螺线管外部的磁场与　 　磁体的磁场相似；
（2）调换电源的正负极，闭合开关，小磁针反方向偏转，这说明通电螺线管外部磁场的方向与　 　有关；
（3）通电螺线管通入如图乙所示的电流I，其右端为　 　极。
18．（2025·德惠模拟）小明利用如图甲所示的电路探究电流跟电阻的关系。已知电源电压为6V且保持不变，实验用到的电阻阻值分别为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω。
（1）该同学接错了一根导线，请你在这根导线上打“×”，并补画出正确的那根导线。
（2）实验过程中，移动滑动变阻器滑片时，眼睛应注视　 　表。
（3）小明多次实验后，得到如图乙的实验图象。由图象可知，小明用5Ω的电阻做完实验后，保持滑动变阻器滑片位置不变，接着把R换为10Ω的电阻接入电路，应向　 　（选填“左”或“右”）端移动滑片，直至电压表示数为　 　V，读出电流表的示数。
（4）根据实验图像判断，小明要完成该实验，他所选择的滑动变阻器的最大阻值至少为　 　Ω。
（5）小军在小明实验的基础上，没有调节滑动变阻器，多进行了一次实验，所用定值电阻为32Ω，测得电流为0.1A，由此推断，小军用32Ω电阻替换掉的是阻值为　 　Ω的电阻。
19．（2025·德惠模拟）图甲是小刚设计的测定物体质量的装置。电源电压恒定，定值电阻R0与报警器连接（报警器未画出），R是压力传感器，位置固定不变，其电阻随压力的变化关系如图乙所示。O点为杠杆AB的支点，杠杆B端始终压在传感器R上，AO长30cm，OB长15cm（托盘和杠杆重力忽略不计），杠杆始终静止在水平位置。
（1）在杠杆AOB中，把A点受力看做是动力，该杠杆属于　 　杠杆；图甲中定值电阻R0和压力传感器R组成　 　电路。
（2）小刚设定随着托盘内物体质量的增加，用于显示质量的电表示数会增大，他应该选用图甲电路中的　 　表显示物体质量。
（3）闭合开关，托盘空载时，电压表示数为7V；当托盘中放入1kg重物时，电压表示数为4.5V，则电源电压是　 　V；继续向托盘中放入重物，当电路中电流达到0.4A时报警器报警，此时托盘中重物的质量为　 　kg。
（4）要增大该装置的量程可以适当　 　R0的阻值。
20．（2025·德惠模拟）2024年4月19日，我国海洋油气生产平台“海基二号”总体结构完成安装，它刷新了高度、质量、作业水深和建造速度等多项亚洲纪录，“海基二号”由上部组块和水下的导管架组成。如图是质量为6×104t的“海洋石油229”驳船将质量为3.7×104t的导管架运载至安装海域的情景。（ρ海水=1.0×103kg/m3）
（1）如图所示，导管架的底部固定着4块面积非常大的钢板，这4块钢板的作用是　 　。“海基二号”在指定海域成功安装后，这4块钢板处于水深324m的海底处，它们受到海水的压强是　 　Pa。
（2）当驳船上的导管架全部滑入海水中后，驳船将　 　一些。
（3）这次海上安装采用了滑移下水方式：工程人员将驳船船头水舱的水排出一部分，又向船尾水舱注入一部分水，使驳船小角度倾斜，最后将驳船和导管架之间的连接点切割分离，导管架就在自身重力作用下顶端朝前沿着轨道滑入海中。若驳船船头水舱排出的水和船尾水舱注入的水的体积分别为2.2×103m3和6×103m3时，导管架顶端浸入海水中的体积为200m3，则驳船和固定在驳船上的导管柴总共受到的浮力是多少N？（写出必要的文字说明、表达式及最后的结果）
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】晶体和非晶体
【解析】【解答】蜡、松香、沥青无固定的熔点和凝固点，因此都属于非晶体；海波有确定的熔点和凝固点，属于晶体。ACD不符合题意，B符合题意。
故答案为：B。
【分析】晶体熔化时物体的温度保持不变，有确定的熔点，常见的晶体有冰、海波、金属；非晶体熔化时，晶体温度不断上升，有沥青、石蜡、松香、玻璃、塑料等，结合选项求解即可。
2．【答案】C
【知识点】通电直导线周围的磁场
【解析】【解答】1820年，丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，发现电流周围存在磁场，是第一个发现电与磁之间联系的人。
故答案为：C。
【分析】首先发现电和磁之间关系的是奥斯特。
3．【答案】A
【知识点】音调、响度与音色的区分
【解析】【解答】ABCD、在电影《哪吒之魔童闹海》中，哪吒的声音被很多人模仿，大家模仿的是声音的音色，因为音色是发声体的声音品质，由发声体本身的特征决定，是区别声音的重要标志，故A符合题意，BCD不符合题意。
故选：A。
【分析】音色是发声体的声音品质，由发声体本身的特征决定，是区别声音的重要标志。
4．【答案】B
【知识点】光的直线传播及其应用；光的反射；光的折射现象及其应用；光的色散
【解析】【解答】ABCD、光纤通信，光从光导纤维的一端射入，在内壁上多次反射，从另一端射出，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【分析】光纤通信，光从光导纤维的一端射入，在内壁上多次反射，从另一端射出，这样就把它携带的信息传到了远方。
5．【答案】B
【知识点】密度的应用与物质鉴别
【解析】【解答】ABCD、暖气片对空气进行加热，空气受热体积膨胀，密度减小，故热空气会上升，冷空气会下降，所以要想整个房间加热，暖气片就要安装在室内的下方，靠近地面的墙上，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【分析】热空气的密度小于冷空气的密度，热空气比冷空气轻，轻者上升，重者下降，打开暖气后，热空气向上流动，冷空气向下，房间的气温基本平衡。
6．【答案】D
【知识点】超导体特点及作用；电流的热效应
【解析】【解答】A．白炽灯利用将电能转化为内能和光能才能发光，而电阻为零无法将电能转化为内能，无法放热，故A不符合题意；
B．电炉丝是利用了电流通过电阻时将电能转化为内能，故电阻为零无法将电能转化为内能，故B不符合题意；
C．保险丝是采用熔点低、电阻率大的材料制成，利用电流的热效应，当电流过大时，自动熔断来保护电路的。电阻为零无法将电能转化为内能，无法熔断，故C不符合题意；
D．由焦耳定律可知，远距离输电，当导线电阻为零时，可使导线损耗的电能为零，便可减少电能的损失，故D符合题意。
故选D。
【分析】（1）超导体的电阻为零，不会放热，所以电能无法转化为内能。
（2）超导体的电阻为零，也就避免了内能的损耗，适合做输电线路。
7．【答案】C
【知识点】两种电荷；电荷间的相互作用规律
【解析】【解答】AB、“飞”起来的头发上带了电荷，是因为静电球一部分电荷转移到头发上，头发与静电球带上同种电荷，故是电荷发生了转移，而不是产生了电荷，故AB错误；
CD、“飞”起来的头发是因为相互排斥，故头发带的是同种电荷，故C正确，D错误。
故选：C。
【分析】（1）摩擦起电的实质是电荷（电子）的转移。
（2）电荷间的作用规律是：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。
8．【答案】B
【知识点】增大压强的方法及其应用
【解析】【解答】ABCD、天工开物“北耕兼种”中，耧下端的“鐡尖”是在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【分析】增大压强的方法：在压力一定时，减小受力面积；在受力面积一定时，增大压力。
9．【答案】A,C
【知识点】定滑轮及其工作特点；滑轮（组）的机械效率；功的计算及应用；有用功和额外功
【解析】【解答】AB、由图可知，A、B滑轮的位置固定不变，因此两个滑轮都是定滑轮，定滑轮实质是等臂杠杆，不省力也不费力，但可以改变作用力方向，故A正确，B错误；
C、若用30N的拉力将国旗升高15m，则拉力做功为：W=Fs=30N×15m=450J，故C正确；
D、由于A、B都是定滑轮，减小滑轮的质量，并不能增大有用功，同时也不能减小额外功，因此不能提高该装置的机械效率，故D错误。
故选：AC。
【分析】（1）定滑轮使用时，滑轮的位置固定不变；定滑轮实质是等臂杠杆，不省力也不费力，但可以改变作用力方向；
（2）根据W=Fs求出拉力做的功；
（3）增大机械效率的方法有二：一是增大有用功，即拉更重的重物；二是减小额外功，如减小摩擦、减轻动滑轮重。
10．【答案】A,B,C
【知识点】串联电路的电压规律；欧姆定律及其应用；电路的动态分析；电功率的计算
【解析】【解答】AB、由图可知，该电路为串联电路，电压表测量电铃两端的电压；由题意知，当输完药液时，警报器内的电阻最小，电流最大，电流表示数最大；刚开始输药液时，警报器内的电阻最大，电流最小，电流表示数最小，故AB正确；
C、由欧姆定律可知，当输完药液时，警报器内的电阻最小，两端电压最小，由串联电路电压的规律可知电铃两端电压最大，故A错误；
D、输完药液时，电路中的电流变大，根据P=UI可知，电路消耗的电功率变大，故D正确。
故选：D。
【分析】输液管内有液体时，电阻大，无液体时电阻小，根据欧姆定律判断电路中的电流大小和电铃两端的电压表示数变化；根据P=UI判定总功率的变化。
11．【答案】（1）机械能；做功
（2）运动的；不变；惯性
（3）167
【知识点】热机；能量的转化或转移；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】（1）第1空，第2空，火箭升空过程中，燃料的内能转化为火箭的机械能，此能量转化过程和内燃机的做功冲程相同；
（2）第1空，宇航舱内三名航天员上升过程中与地面之间有位置的变化，相对于地面是运动的；
第2空，质量是物体的属性，不随物体形状、状态、位置变化，所以宇航员带到太空中的食品质量不变；
第3空，太空舱内宇航员抛出物体会径直向前运动，是由于物体具有惯性，会保持原来的运动状态；
（3）由可得，从北京到上海的大约为：。
故答案为：（1）机械能；做功；（2）运动的；不变；惯性；（3）167。
【分析】 （1）火箭发动机工作时将内能转化成了机械能；四冲程汽油机在做功冲程中将燃料燃烧释放的内能转化为机械能。
（2）判断一个物体的运动和静止，首先确定一个参照物，被研究的物体和参照物之间发生了位置的改变，被研究的物体是运动的，否则是静止的；质量是物体的属性，不随物体形状、状态、位置变化；物体保持原来运动状态不变的性质叫做惯性。
（3）根据计算从北京到上海的大约时间。
（1）[1][2]火箭升空时，燃料燃烧释放化学能，转化为内能（热能），再转化为火箭的机械能（包括动能和重力势能）。内燃机的做功冲程中，燃料燃烧产生的内能转化为机械能（推动活塞运动），与火箭的能量转化过程相同。
（2）[1]宇航舱内三名航天员上升过程中，相对于地面位置发生了变化，所以宇航员相对地面运动。
[2]质量是物体的基本属性，不会随着位置的变化而变化，所以宇航员带到太空中的食品，质量不变。
[3] 太空舱内宇航员抛出物体，不受力，由于惯性，物体将保持扔出的速度，做匀速直线运动。
（3）从北京到上海的大约需要的时间
12．【答案】（1）电磁感应；二次能源
（2）凝华；运动状态
（3）电磁波
【知识点】物质的三态；能源及其分类；力的作用效果；发电机的构造和原理；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】（1）第1空，发电机的工作原理是电磁感应；
第2空，在发电过程中将机械能转化为电能，电能是经过其他能量转化后才能为我们所用，故属于二次能源。
（2）第1空，“雾”和“树挂”分别是水蒸气遇冷液化和凝华形成的，都需要放出热量。在重力作用下，花落下来，说明力能改变物体的运动状态。
（3）小致用手机 拍摄雾凇景观发给家人， 这是通过电磁波来传递信息的。
故答案为：（1）电磁感应；二次能源；（2）凝华；运动状态；（3））电磁波。【分析】 （1）发电机是利用电磁感应现象来工作的；工作时将机械能转化为电能。需要转化一次的能源叫做二次能源。
（2）物质从气态变成固态叫凝华；凝华和液化都要放出热量。力的作用效果是改变物体的形状和改变物体的运动状态。
（3）电磁波可以传递信息。
（1）[1]发电机的工作原理：闭合线圈做切割磁感线运动，产生感应电流，属于电磁感应。
[2]电能不能源源不断从自然界产生，所以属于不可再生能源。
（2）[1]雾的形式为水蒸气遇冷液化形成的小液滴。雾凇的形成为水蒸气遇冷凝华形成的固体。
[2]落花是由于受到重力，使得运动状态发生改变。
（3）远距离无线通信是以电磁波为媒介进行信息传递，例如手机、电脑等是通过电磁波来传递信息的。
13．【答案】（1）闭合
（2）地线
（3）5.04×104
【知识点】比热容；电路的三种状态；家庭电路的组成；安全用电原则
【解析】【解答】（1）打开冰箱冷藏室门时，开关S2会自动闭合，灯L发光。
（2）冰箱用三脚插头及三孔插座使其外壳与大地相连，以防触电。
（3）将一瓶600mL的矿泉水放入冰箱冷藏室，一段时间后，水温从25℃降低到5℃，水的质量为：m=ρV=1g/cm3×600cm3=600g=0.6kg；
在这过程中，水放出的热量为：
Q放=c水m t=4.2×103J/(kg ℃)×0.6kg×(25℃-5℃)=5.04×104J。
故答案为：（1）闭合；（2）大地；（3）5.04×104。
【分析】 （1）电冰箱的照明灯和电动机是并联的，各自由一个开关控制。
（2）有金属外壳的用电器要使用三孔插座，将外壳接地。
（3）根据密度公式和放热公式Q放=cm（t0-t）进行计算。
（1）打开冰箱冷藏室门时，需要照明灯照明，照明灯应该接入电路中，所以打开冰箱冷藏室门时，开关S2闭合，照明灯泡发光。
（2）带金属外壳的家用电器应该接地，冰箱用三脚插头及三孔插座使其外壳与地线相连，以防触电。
（3）600mL水，表示水的体积是600cm3，水的质量m=ρ水V=1.0×103kg/m3×600×10-6m3=0.6kg
水放出的热量Q放=c水m t=4.2×103J/(kg ℃)×0.6kg×(25℃-5℃)=5.04×104J
14．【答案】（1）会聚
（2）缩小
（3）右
（4）等大；没有
【知识点】透镜及其特点与分类；凸透镜成像规律及其探究实验；平面镜成像的原理、特点
【解析】【解答】 （1）把冰磨制成凸透镜，打磨后的冰块中间厚、边缘薄，对光有会聚作用；
（2）由图可知，此时物距大于像距，根据凸透镜成实像时，物距大于像距，成倒立、缩小的实像；
（3）把蜡烛向右移动一小段距离，此时物距减小，根据凸透镜成实像时，物近像远像变大可知，要在光屏上得到烛焰清晰的像，她可以将光屏向右移动；
（4）第1空，把凸透镜换成一块薄玻璃板，由平面镜成像特点可知，透过玻璃板能看到烛焰正立、等大的虚像；
第2空，把光屏移到像所在的位置，直接观察光屏，因虚像不能与在光屏上，故光屏上没有烛焰的像。
故答案为：（1）会聚；（2）缩小；（3）右；（4）等大；没有。
【分析】 （1）凸透镜对光线具有会聚作用；
（2）根据凸透镜成实像时，物距大于像距，成倒立、缩小的实像；
（3）根据凸透镜成实像时，物近像远像变大分析回答；
（4）平面镜成的像与物体大小相等；虚像不能成在光屏上。
（1）把冰磨制成凸透镜，凸透镜对光线有会聚作用。
（2）据图可知，此时物距大于像距，所以成倒立的缩小的实像。
（3）把蜡烛向右移动一小段距离，物距减小，凸透镜成像遵循物近像远像变大的规律，所以光屏向右移动可以使成像清楚。
（4）[1]薄玻璃板成像属于平面镜成像，像的特点为正立的、等大的虚像。
[2]平面镜成像为虚像，所以光屏上没有烛焰的像。
15．【答案】（1）保持不变；98
（2）盐水
（3）水；B点大
【知识点】沸腾及沸腾条件；温度、热量与内能的关系；比较不同物质吸热的情况实验
【解析】【解答】 （1）第1空，第2空，由图乙可知，水的温度达到98℃，温度不再升高，说明达到沸点，且沸腾时持续吸热，温度保持不变；
（2）由图乙可知，盐水的温度沸点更高，故用盐水煮蛋可以更快地将蛋煮熟；
（3）第1空，由图乙可知，升高相同温度，水加热时间更长，说明水的吸热能力更强，即水的比热容大；
第2空，沸腾过程持续吸热，温度虽然不变，但是内能变大，故B点内能更大。
故答案为：（1）保持不变；98；（2）盐水；（3）水；B点大。
【分析】 （1）液体沸腾时持续吸热，温度保持不变；
（2）由图乙可知，盐水的温度沸点更高，故用盐水煮蛋可以更快地将蛋煮熟；
（3）水的比热容比盐水比热容大；
沸腾过程温度虽然不变，但是需要持续吸热，内能变大。
（1）[1][2]分析图乙中水的图线可知：水在沸腾过程中，继续加热，温度为98℃保持不变，故水的沸点是98℃。
（2）分析图乙中图线可知，其他条件相同时，在同样加热的情况下，盐水的沸点高于水的沸点，且盐水升温较快，故选用盐水煮蛋可以更快地将蛋煮熟。
（3）[1]水和盐水的质量和初温相同，当加热相同的时间时，水和盐水吸收的热量相同，比较盐水和水的温度，水升高的温度比盐水小，由可知，盐水的比热容小于水的比热容。
[2]水在沸腾过程中，温度不变，但内能增大，所以B点水的内能大于A点水的内能。
16．【答案】（1）匀速直线；二力平衡
（2）接触面越粗糙
（3）<
【知识点】功率计算公式的应用；探究影响摩擦力大小因素的实验
【解析】【解答】（1）实验中，只有让木块做匀速直线运动时，水平方向上所受拉力和摩擦力才是一对平衡力，故应用弹簧测力计沿水平方向拉着木块做匀速直线运动，由二力平衡知识可知滑动摩擦力的大小等于拉力的大小。
（2）比较图中甲和乙两次实验，木块对木板的压力相同，乙图中木板表面更粗糙，测力计示数更大，故可得出当压力相同时接触面越粗糙，滑动摩擦力越大的结论。
（3）在图乙和图丙中，拉着木块按（1）的要求运动，先后两次运动的速度相同，丙中拉力大，根据，则两次拉力做功的功率P1＜P2。
故答案为：（1）匀速直线；二力平衡；（2）接触面越粗糙；（3）＜。【分析】 （1）根据二力平衡的条件分析；
（2）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，据此分析回答；
（3）根据二力平衡条件，由P=Fv分析。
（1）[1][2]实验中，用弹簧测力计沿水平方向拉着木块做匀速直线运动，木块在水平方向上受到平衡力的作用，木块处于平衡状态，根据二力平衡知识可知，滑动摩擦力的大小等于拉力的大小。
（2）比较图中甲和乙两次实验，压力相同，乙中接触面粗糙，测力计示数大，可以得出当压力相同时接触面越粗糙，滑动摩擦力越大的结论。
（3）在图乙和图丙中，拉着木块按（1）的要求运动，先后两次运动的速度相同，丙中拉力大，根据P=Fv可知，两次拉力做功的功率P117．【答案】条形；电流方向；S
【知识点】通电螺线管的磁场；通电螺线管的极性和电流方向的判断
【解析】【解答】（1）通电螺线管外部的磁场分布与条形磁体相似，都具有两个磁性较强的磁极（N 极和 S 极）。铁屑在磁场中会被磁化，轻敲玻璃板后，铁屑会按照磁场的方向排列，从而显示出与条形磁体相似的磁场分布。
（2）调换电源的正负极后，螺线管中的电流方向发生改变，小磁针的偏转方向也随之反向，这表明通电螺线管外部磁场的方向与电流的方向有关。电流方向改变，磁场方向也改变。
（3）由乙图可知，电流从通电螺线管右侧正面流入由安培定则可知，让四指顺着电流方向用右手握住螺线管，则大拇指所指的那端就是螺线管的 N 极。
故答案为：（1）条形；（2）电流方向；（3）S。
【分析】（1）通电螺线管周围的磁场与条形磁体的磁场相似；
（2）当电流方向改变时，产生的磁场方向也改变，所以小磁针的偏转方向也改变；
（3）根据安培定则判断磁极：用右手握住螺线管，让四指指向螺线管中电流的方向，则大拇指所指的那端就是螺线管的 N 极。
18．【答案】（1）
（2）电压
（3）左；2.5
（4）35
（5）20
【知识点】探究电流与电压、电阻的关系实验
【解析】【解答】（1） 电压表应该与电阻并联，电流表应该与电阻串联，而在原电路中，电压表串联在了电路中，电流表与电阻并联，所以应该对电路进行改动，使电压表和定值电阻并联，如图：
（2）实验是为了探究电流与电阻的关系，应该保持电压不变，所以在调节滑动变阻器时，应该时刻观察电压表示数，保持电阻两端的电压不变；
（3）第1空，第2空，小明要完成该实验，应该控制定值电阻的电压不变，根据乙图可知，定值电阻为5Ω时，电路中的电流为0.5A，根据欧姆定律I=可得：U=IR=0.5A×5Ω=2.5V，根据串联分压原理可知，将定值电阻R由5Ω改接成10Ω的电阻，电阻增大，其分得的电压增大；
探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，即应保持电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向左端移动，使电压表的示数为2.5V，读出电流表的示数；
（4）根据乙图可知，当更换25Ω定值电阻时，要保持电压表示数不变，根据串并联电路的电压规律可知，滑动变阻器分的电压为：U滑=U总-U=6V-2.5V=3.5V，根据串联电路的电流规律可知，电路中的电流处处相等，则Imin=0.1A，根据欧姆定律，则滑动变阻器的阻值
，故滑动变阻器最大阻值至少为35Ω。
（5）更换32Ω的定值电阻后，电流为0.1A，根据欧姆定律可得：
U'=I'R'=0.1A×32Ω=3.2V， 根据串联电路的电压规律可得此时滑动变阻器的电压为：U滑'=U-U'=6V-3.2V=2.8V，此时滑动变阻器的阻值
上次实验中，为了保证定值电阻两端电压为U=2.5V不变，滑动变阻器依然分电压为，则上次实验中的电流
由欧姆定律可得，所求定值电阻的阻值。
故答案为：（1）见解答图；（2）电压；（3）左；2.5；（4）35；（5）20。
【分析】 （1）连接电路时，电压表并联在定值电阻两端，电流表串联在电路中；
（2）探究电流跟电阻的关系时应保持电压不变；
（3）根据串联分压原理和串联电路电压的规律可分析回答；
（4）根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压，根据分压原理，求出当接入25Ω电阻时变阻器连入电路中的电阻，进而确定滑动变阻器的规格；
（5）根据已知条件求出电阻的电压，根据控制变量法分析，由欧姆定律得出变阻器连入电路的电阻，求出更换电阻前滑动变阻器的电压，进而求出电路中的电流，由欧姆定律求出原来的电阻大小。
（1）原电路中电压表和后面的用电原件串联，是错误的，修改后电压表和定值电阻并联，如图所示：
（2）探究电流与电阻关系时需控制定值电阻两端电压不变，故移动滑片时应观察电压表示数，确保其始终为定值。
（3）[1]将5Ω电阻换为10Ω后，根据串联分压原理，定值电阻两端电压增大。为保持电压表示数不变，需增大滑动变阻器接入电路的阻值，故滑片应向左移动。
[2]由图像可知，每个定值电阻的阻值与对应电流值的乘积为定值2.5V，即实验控制的电压为2.5V，故调节滑片直至电压表示数再次达到2.5V。
（4）当定值电阻为25Ω时，所需滑动变阻器阻值最大。此时电路电流
滑动变阻器需分得电压
则滑动变阻器的阻值
故滑动变阻器最大阻值至少为35Ω。
（5）所用定值电阻为R新=32Ω，测得电流为0.1A，那么它的电压
未调节滑片时，滑动变阻器阻值固定，滑动变阻器分得电压
此时滑动变阻器的阻值
上次实验中，为了保证定值电阻两端电压为U=2.5V不变，滑动变阻器依然分电压为，则上次实验中的电流
由欧姆定律可得，所求定值电阻的阻值
19．【答案】（1）省力；串联
（2）电流
（3）12；3.5
（4）增大
【知识点】杠杆的分类；串联电路和并联电路的辨别；串联电路的电压规律；欧姆定律及其应用；电路的动态分析
【解析】【解答】（1）第1空， 在杠杆AOB中，把A点受力看做是动力，此时动力臂大于阻力臂，该杠杆属于省力杠杆；
第2空，图甲中定值电阻R0和压力传感器R在同一个电流路径上，是组成串联电路。
（2）由图乙可知， 托盘内物体质量的增加，对压敏电阻的压力增大，根据图像知，电阻R减小，电路的总电阻减小，根据欧姆定律知，电路中的电流增大，故电流表示数增大，根据串联分压规律知，R越小，分得的电压越小，电压表示数越小，故选电流表显示物体质量。
（3）第1空，当空载时，即压力为0，此时R=35Ω；根据串联电压之比等于电阻之比有：R：R0=UV：（U-UV）；
代入数据有35Ω：R0=7V：（U-7V）；
托盘中放入1kg重物时，电压表示数为4.5V，根据杠杆的平衡条件知，G OA=F OB；
即1kg×10N/kg×30cm=F×15cm；解得压力F=20N，此时R'=15Ω；
根据串联电压之比等于电阻之比有：R'：R0=U'V：（U-U'V）；
代入数据有15Ω：R0=4.5V：（U-4.5V）；
解得U=12V；R0=25Ω；
第2空，向托盘中放入重物，当电路中电流达到0.4A时报警器报警，电路的总电阻为
此时R'=R总-R0=30Ω-25Ω=5Ω；
对应的压力F'=70N；
G' OA=F' OB；
即m×10N/kg×30cm=70N×15cm；解得m=3.5kg；
（4） 要增大该装置的量程，物体的质量变大，压力变大，压敏电阻减小，而报警的电流不变，故电路的总电阻不变，因而必须增大R0的阻值。
故答案为：（1）省力；串联；（2）电流；（3）12；3.5；（4）增大。
【分析】 （1）根据动力臂与阻力臂关系分析；串联电路只有一条电流路径；
（2）根据图像知，物体重力越大，压力越大时，电阻越小，结合欧姆定律分析电流表示数，结合串联分压分析电压表示数；
（3）根据图像确定R，根据串联分压规律，列方程计算电源电压和定值电阻；
（4）根据电流表的示数不变，结合电路中的总电阻不变，根据压敏电阻的变化分析。
（1）[1]把A点受力看做是动力，O点为杠杆AB的支点，AO>BO，即动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆。
[2]由图可知，电流从电源正极流出，经过开关，定值电阻R0、压力传感器R、电流表回到电源负极，电压表并联在压力传感器R两端，所以定值电阻R0和压力传感器R组成串联电路。
（2）由图乙可知，随着托盘内物体质量的增加，压力传感器R的阻值减小，电压表并联在压力传感器R两端，所以电压表示数减小，电路中的总电阻减小，则电路中的总电流增大，电流表的示数增大，所以设定随着托盘内物体质量的增加，用于显示质量的电表示数会增大，应选择电流表显示物质质量。
（3）[1]由图乙可知，托盘空载时，压力传感器接入电路中的阻值是35Ω，电压表示数为7V，则电路中的电流
则电源电压U=UR+U0=UR+IR0=7V+0.2A×R0 ①
当托盘中放入1kg重物时，重物对托盘的压力F=G=mg=1kg×10N/kg=10N
根据杠杆的平衡条件可知F×OA=F1×OB，则
由图乙可知，此时压力传感器接入电路中的阻值是15Ω，电压表示数为4.5V，则电路中的电流
则电源电压
U=UR'+U0'=UR'+I'R0=4.5V+0.3A×R0 ②
联立①②解得，R0=25Ω，U=12V
[2]当电路中电流达到0.4A时，电路中的总电阻
压力传感器接入电路中的阻值R''=R总-R0=30Ω-25Ω=5Ω
由图乙可知，此时压力传感器受到的压力为70N，根据杠杆平衡条件可得，托盘受到的压力
托盘中重物的质量
（4）要增大此装置的测量范围，根据杠杆平衡条件可知，压力传感器受到的压力变大，由图乙可知压力传感器接入电路的电阻变小，根据串联电路电阻规律可知电路总电阻变小，若电源电压不变，根据欧姆定律可知可增大R0的阻值。
20．【答案】（1）减小压强；3.24×106
（2）上浮
（3）驳船小角度倾斜前，驳船和导管架的总重力
G总=(m驳+m架)g=(6×104×103kg+3.7×104×103kg)×10N/kg=9.7×108N
驳船小角度倾斜时，水舱中水增加的重力
ΔG=Δmg=ρ海水ΔVg=1.0×103kg/m3×(6×103m3-2.2×103m3)×10N/kg=3.8×107N
驳船小角度倾斜时处于漂浮状态，总浮力等于总重力，即
F浮总=G总+ΔG=9.7×108N+3.8×107N=1.08×109N
【知识点】重力及其大小的计算；减小压强的方法及其应用；液体压强计算公式的应用；阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】（1）第1空，导管架的底部固定着4块面积非常大的钢板，目的是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强。
第2空。它们受到海水的压强p=ρ海水gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×324m=3.24×106Pa
（2） 驳船上的导管架全部滑入海水中后，驳船重力减小，驳船漂浮，浮力等于重力，故浮力减小，根据阿基米德原理知，排开液体的体积减小，故上浮一些；
故答案为：（1）减小压强；3.24×106（2）上浮。
【分析】 （1）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；由p=ρgh可求得它们受到海水的压强；
（2）根据漂浮条件结合重力变化分析浮力，根据阿基米德原理分析排开液体的体积变化，据此解答；
（3）由G=mg'求得驳船小角度倾斜前的重力，在求得驳船小角度倾斜时，水舱中水增加的重力，漂浮时，浮力等于总重力。
（1）[1]导管架的底部固定着4块面积非常大的钢板，这是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强的。
[2]它们受到海水的压强p=ρ海水gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×324m=3.24×106Pa
（2）根据阿基米德原理，在导管架滑入海水的过程中，海水的密度不变，导管架排开海水的体积逐渐变大，由于总重力不变，则总浮力变大，根据阿基米德原理可知，驳船排开水的体积减少，即船将上浮一些。
（3）驳船小角度倾斜前，驳船和导管架的总重力G总=(m驳+m架)g=(6×104×103kg+3.7×104×103kg)×10N/kg=9.7×108N
驳船小角度倾斜时，水舱中水增加的重力ΔG=Δmg=ρ海水ΔVg=1.0×103kg/m3×(6×103m3-2.2×103m3)×10N/kg=3.8×107N
驳船小角度倾斜时处于漂浮状态，总浮力等于总重力，即F浮总=G总+ΔG=9.7×108N+3.8×107N=1.08×109N
1 / 1吉林省长春市德惠市区2025年中考二模物理试题
1．（2025·德惠模拟）下列物质属于晶体的是（　　）
A．蜡 B．海波 C．松香 D．沥青
【答案】B
【知识点】晶体和非晶体
【解析】【解答】蜡、松香、沥青无固定的熔点和凝固点，因此都属于非晶体；海波有确定的熔点和凝固点，属于晶体。ACD不符合题意，B符合题意。
故答案为：B。
【分析】晶体熔化时物体的温度保持不变，有确定的熔点，常见的晶体有冰、海波、金属；非晶体熔化时，晶体温度不断上升，有沥青、石蜡、松香、玻璃、塑料等，结合选项求解即可。
2．（2025·德惠模拟）世界上第一个发现电与磁之间联系的物理学家是（　　）
A．欧姆 B．焦耳 C．奥斯特 D．法拉第
【答案】C
【知识点】通电直导线周围的磁场
【解析】【解答】1820年，丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，发现电流周围存在磁场，是第一个发现电与磁之间联系的人。
故答案为：C。
【分析】首先发现电和磁之间关系的是奥斯特。
3．（2025·德惠模拟）在电影《哪吒之魔童闹海》中，哪吒的声音被很多人模仿，大家模仿的是声音的（　　）
A．音色 B．音调 C．响度 D．音速
【答案】A
【知识点】音调、响度与音色的区分
【解析】【解答】ABCD、在电影《哪吒之魔童闹海》中，哪吒的声音被很多人模仿，大家模仿的是声音的音色，因为音色是发声体的声音品质，由发声体本身的特征决定，是区别声音的重要标志，故A符合题意，BCD不符合题意。
故选：A。
【分析】音色是发声体的声音品质，由发声体本身的特征决定，是区别声音的重要标志。
4．（2025·德惠模拟）如图，光导纤维在传递信息时，光从内芯的一端传输到另一端，其原理应用了光的（　　）
A．折射 B．反射 C．色散 D．直线传播
【答案】B
【知识点】光的直线传播及其应用；光的反射；光的折射现象及其应用；光的色散
【解析】【解答】ABCD、光纤通信，光从光导纤维的一端射入，在内壁上多次反射，从另一端射出，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【分析】光纤通信，光从光导纤维的一端射入，在内壁上多次反射，从另一端射出，这样就把它携带的信息传到了远方。
5．（2025·德惠模拟）北方城市的住房中都安装了暖气片。为达到最佳取暖效果，暖气片应安装在（　　）
A．靠近天花板的墙上 B．靠近地面的墙上
C．房间的中间位置 D．任何地方都可以
【答案】B
【知识点】密度的应用与物质鉴别
【解析】【解答】ABCD、暖气片对空气进行加热，空气受热体积膨胀，密度减小，故热空气会上升，冷空气会下降，所以要想整个房间加热，暖气片就要安装在室内的下方，靠近地面的墙上，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【分析】热空气的密度小于冷空气的密度，热空气比冷空气轻，轻者上升，重者下降，打开暖气后，热空气向上流动，冷空气向下，房间的气温基本平衡。
6．（2025·德惠模拟）超导材料的应用具有十分诱人的前景。你认为它可作下列哪种用途（　　）
A．自炽灯泡的灯丝 B．电炉中的电阻丝
C．保险丝 D．远距离输电线
【答案】D
【知识点】超导体特点及作用；电流的热效应
【解析】【解答】A．白炽灯利用将电能转化为内能和光能才能发光，而电阻为零无法将电能转化为内能，无法放热，故A不符合题意；
B．电炉丝是利用了电流通过电阻时将电能转化为内能，故电阻为零无法将电能转化为内能，故B不符合题意；
C．保险丝是采用熔点低、电阻率大的材料制成，利用电流的热效应，当电流过大时，自动熔断来保护电路的。电阻为零无法将电能转化为内能，无法熔断，故C不符合题意；
D．由焦耳定律可知，远距离输电，当导线电阻为零时，可使导线损耗的电能为零，便可减少电能的损失，故D符合题意。
故选D。
【分析】（1）超导体的电阻为零，不会放热，所以电能无法转化为内能。
（2）超导体的电阻为零，也就避免了内能的损耗，适合做输电线路。
7．（2025·德惠模拟）如图所示，舞台上有一个“静电球”，当女孩触摸“静电球”时，头发会一根根地“飞”起来并散开，关于这个现象，下列说法正确的是（　　）
A．头发与静电球带的是异种电荷
B．“飞”起来的头发上产生了电荷
C．“飞”起来的头发带的是同种电荷
D．头发“飞”起来是由于静电球的吸引
【答案】C
【知识点】两种电荷；电荷间的相互作用规律
【解析】【解答】AB、“飞”起来的头发上带了电荷，是因为静电球一部分电荷转移到头发上，头发与静电球带上同种电荷，故是电荷发生了转移，而不是产生了电荷，故AB错误；
CD、“飞”起来的头发是因为相互排斥，故头发带的是同种电荷，故C正确，D错误。
故选：C。
【分析】（1）摩擦起电的实质是电荷（电子）的转移。
（2）电荷间的作用规律是：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。
8．（2025·德惠模拟）天工开物“北耕兼种”中，耧下端的“蹴尖”是通过什么方式增大压强的（　　）
A．增大受力面积 B．减小受力面积
C．增大压力 D．减小压力
【答案】B
【知识点】增大压强的方法及其应用
【解析】【解答】ABCD、天工开物“北耕兼种”中，耧下端的“鐡尖”是在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【分析】增大压强的方法：在压力一定时，减小受力面积；在受力面积一定时，增大压力。
9．（2025·德惠模拟）如图甲所示，升国旗时，向下拉动旗杆底部的绳子，国旗就会向上运动。旗杆上、下各有一个滑轮，图乙为该装置的结构简图。对该装置的分析，下列说法正确的是（　　）
A．两个滑轮都是定滑轮，只能改变力的方向
B．A处滑轮能改变力的方向，B处滑轮能省力
C．若用30N的拉力将国旗升高15m，则拉力做功450J
D．减小滑轮B的质量可以提高该装置的机械效率
【答案】A,C
【知识点】定滑轮及其工作特点；滑轮（组）的机械效率；功的计算及应用；有用功和额外功
【解析】【解答】AB、由图可知，A、B滑轮的位置固定不变，因此两个滑轮都是定滑轮，定滑轮实质是等臂杠杆，不省力也不费力，但可以改变作用力方向，故A正确，B错误；
C、若用30N的拉力将国旗升高15m，则拉力做功为：W=Fs=30N×15m=450J，故C正确；
D、由于A、B都是定滑轮，减小滑轮的质量，并不能增大有用功，同时也不能减小额外功，因此不能提高该装置的机械效率，故D错误。
故选：AC。
【分析】（1）定滑轮使用时，滑轮的位置固定不变；定滑轮实质是等臂杠杆，不省力也不费力，但可以改变作用力方向；
（2）根据W=Fs求出拉力做的功；
（3）增大机械效率的方法有二：一是增大有用功，即拉更重的重物；二是减小额外功，如减小摩擦、减轻动滑轮重。
10．（2025·德惠模拟）小明同学在医院看到一种夹在输液管上的药水滴完自动警报器（如图甲所示），当管内药液流完时，电铃发声，报警器内部电路如图乙所示，直到药水滴完自动报警器工作，下列分析正确的是（　　）
A．开始输液时，电流表示数最小
B．输完药液时，电流表示数最大
C．输完药液时，电铃两端电压最大
D．输液过程中，该电路的总功率保持不变
【答案】A,B,C
【知识点】串联电路的电压规律；欧姆定律及其应用；电路的动态分析；电功率的计算
【解析】【解答】AB、由图可知，该电路为串联电路，电压表测量电铃两端的电压；由题意知，当输完药液时，警报器内的电阻最小，电流最大，电流表示数最大；刚开始输药液时，警报器内的电阻最大，电流最小，电流表示数最小，故AB正确；
C、由欧姆定律可知，当输完药液时，警报器内的电阻最小，两端电压最小，由串联电路电压的规律可知电铃两端电压最大，故A错误；
D、输完药液时，电路中的电流变大，根据P=UI可知，电路消耗的电功率变大，故D正确。
故选：D。
【分析】输液管内有液体时，电阻大，无液体时电阻小，根据欧姆定律判断电路中的电流大小和电铃两端的电压表示数变化；根据P=UI判定总功率的变化。
11．（2025·德惠模拟）北京时间4月24日17时17分，搭载神舟二十号载人飞船的长征二号运载火箭在酒泉卫星发射中心发射升空。
（1）火箭升空过程中，燃料的内能转化为火箭的　 　，此能量转化过程和内燃机的　 　冲程相同。
（2）宇航舱内三名航天员上升过程中相对于地面是　 　。宇航员带到太空中的食品，质量将　 　。太空舱内宇航员抛出物体会径直向前运动，是由于物体具有　 　。
（3）神舟飞船近地轨道运行速度约为7.9km/s。北京到上海的铁路线长1318km，按照这个速度运行，从北京到上海的大约需要　 　s。（保留整数）
【答案】（1）机械能；做功
（2）运动的；不变；惯性
（3）167
【知识点】热机；能量的转化或转移；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】（1）第1空，第2空，火箭升空过程中，燃料的内能转化为火箭的机械能，此能量转化过程和内燃机的做功冲程相同；
（2）第1空，宇航舱内三名航天员上升过程中与地面之间有位置的变化，相对于地面是运动的；
第2空，质量是物体的属性，不随物体形状、状态、位置变化，所以宇航员带到太空中的食品质量不变；
第3空，太空舱内宇航员抛出物体会径直向前运动，是由于物体具有惯性，会保持原来的运动状态；
（3）由可得，从北京到上海的大约为：。
故答案为：（1）机械能；做功；（2）运动的；不变；惯性；（3）167。
【分析】 （1）火箭发动机工作时将内能转化成了机械能；四冲程汽油机在做功冲程中将燃料燃烧释放的内能转化为机械能。
（2）判断一个物体的运动和静止，首先确定一个参照物，被研究的物体和参照物之间发生了位置的改变，被研究的物体是运动的，否则是静止的；质量是物体的属性，不随物体形状、状态、位置变化；物体保持原来运动状态不变的性质叫做惯性。
（3）根据计算从北京到上海的大约时间。
（1）[1][2]火箭升空时，燃料燃烧释放化学能，转化为内能（热能），再转化为火箭的机械能（包括动能和重力势能）。内燃机的做功冲程中，燃料燃烧产生的内能转化为机械能（推动活塞运动），与火箭的能量转化过程相同。
（2）[1]宇航舱内三名航天员上升过程中，相对于地面位置发生了变化，所以宇航员相对地面运动。
[2]质量是物体的基本属性，不会随着位置的变化而变化，所以宇航员带到太空中的食品，质量不变。
[3] 太空舱内宇航员抛出物体，不受力，由于惯性，物体将保持扔出的速度，做匀速直线运动。
（3）从北京到上海的大约需要的时间
12．（2025·德惠模拟）吉林市冬季的雾凇闻名全国。
（1）吉林市段松花江冬季不封冻，源于丰满发电站。发电机的工作原理是　 　，电能属于　 　能源（选填“一次能源”或“二次能源”）。
（2）当地有“夜看雾，晨看挂（雾凇），待到近午赏落花”的形容。“雾”和“挂”分别是水蒸气遇冷液化和　 　形成的，“落花”说明力能改变物体的　 　。
（3）小明用手机拍摄雾凇景观发给家人，这是通过　 　来传递信息的。
【答案】（1）电磁感应；二次能源
（2）凝华；运动状态
（3）电磁波
【知识点】物质的三态；能源及其分类；力的作用效果；发电机的构造和原理；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】（1）第1空，发电机的工作原理是电磁感应；
第2空，在发电过程中将机械能转化为电能，电能是经过其他能量转化后才能为我们所用，故属于二次能源。
（2）第1空，“雾”和“树挂”分别是水蒸气遇冷液化和凝华形成的，都需要放出热量。在重力作用下，花落下来，说明力能改变物体的运动状态。
（3）小致用手机 拍摄雾凇景观发给家人， 这是通过电磁波来传递信息的。
故答案为：（1）电磁感应；二次能源；（2）凝华；运动状态；（3））电磁波。【分析】 （1）发电机是利用电磁感应现象来工作的；工作时将机械能转化为电能。需要转化一次的能源叫做二次能源。
（2）物质从气态变成固态叫凝华；凝华和液化都要放出热量。力的作用效果是改变物体的形状和改变物体的运动状态。
（3）电磁波可以传递信息。
（1）[1]发电机的工作原理：闭合线圈做切割磁感线运动，产生感应电流，属于电磁感应。
[2]电能不能源源不断从自然界产生，所以属于不可再生能源。
（2）[1]雾的形式为水蒸气遇冷液化形成的小液滴。雾凇的形成为水蒸气遇冷凝华形成的固体。
[2]落花是由于受到重力，使得运动状态发生改变。
（3）远距离无线通信是以电磁波为媒介进行信息传递，例如手机、电脑等是通过电磁波来传递信息的。
13．（2025·德惠模拟）如图是家用电冰箱的简化电路图。
（1）打开冰箱冷藏室门时，开关S2会自动　 　（选填“断开”或“闭合”）；
（2）冰箱用三脚插头及三孔插座使其外壳与　 　相连，以防触电；
（3）将一瓶600mL的矿泉水放入冰箱冷藏室，一段时间后，水温从25℃降低到5℃，在这过程中，水放出的热量是　 　J。
【答案】（1）闭合
（2）地线
（3）5.04×104
【知识点】比热容；电路的三种状态；家庭电路的组成；安全用电原则
【解析】【解答】（1）打开冰箱冷藏室门时，开关S2会自动闭合，灯L发光。
（2）冰箱用三脚插头及三孔插座使其外壳与大地相连，以防触电。
（3）将一瓶600mL的矿泉水放入冰箱冷藏室，一段时间后，水温从25℃降低到5℃，水的质量为：m=ρV=1g/cm3×600cm3=600g=0.6kg；
在这过程中，水放出的热量为：
Q放=c水m t=4.2×103J/(kg ℃)×0.6kg×(25℃-5℃)=5.04×104J。
故答案为：（1）闭合；（2）大地；（3）5.04×104。
【分析】 （1）电冰箱的照明灯和电动机是并联的，各自由一个开关控制。
（2）有金属外壳的用电器要使用三孔插座，将外壳接地。
（3）根据密度公式和放热公式Q放=cm（t0-t）进行计算。
（1）打开冰箱冷藏室门时，需要照明灯照明，照明灯应该接入电路中，所以打开冰箱冷藏室门时，开关S2闭合，照明灯泡发光。
（2）带金属外壳的家用电器应该接地，冰箱用三脚插头及三孔插座使其外壳与地线相连，以防触电。
（3）600mL水，表示水的体积是600cm3，水的质量m=ρ水V=1.0×103kg/m3×600×10-6m3=0.6kg
水放出的热量Q放=c水m t=4.2×103J/(kg ℃)×0.6kg×(25℃-5℃)=5.04×104J
14．（2025·德惠模拟）某实验小组探究凸透镜成像的实验，装置如图：
（1）2025年哈尔滨亚冬会利用冰透镜进行火种采集，把冰磨制成凸透镜。主要是利用它对光线有　 　作用。
（2）当蜡烛、凸透镜、光屏在光具座上的位置如图所示时，光屏上出现一个清晰的烛焰的像，这个像是　 　（选填“放大”或“缩小”）的实像。
（3）小明同学把蜡烛向右移动一小段距离，发现光屏上烛焰的像变模糊了。要在光屏上得到烛焰清晰的像，他可以将光屏向　 　（选填“左”或“右”）移动。
（4）完成上述探究后，小明同学把凸透镜换成一块薄玻璃板，玻璃板能使蜡烛正立、　 　（选填“放大”“缩小”或“等大”）的像，把光屏移到像所在的位置，光屏上　 　（选填“有”或“没有）烛焰的像。
【答案】（1）会聚
（2）缩小
（3）右
（4）等大；没有
【知识点】透镜及其特点与分类；凸透镜成像规律及其探究实验；平面镜成像的原理、特点
【解析】【解答】 （1）把冰磨制成凸透镜，打磨后的冰块中间厚、边缘薄，对光有会聚作用；
（2）由图可知，此时物距大于像距，根据凸透镜成实像时，物距大于像距，成倒立、缩小的实像；
（3）把蜡烛向右移动一小段距离，此时物距减小，根据凸透镜成实像时，物近像远像变大可知，要在光屏上得到烛焰清晰的像，她可以将光屏向右移动；
（4）第1空，把凸透镜换成一块薄玻璃板，由平面镜成像特点可知，透过玻璃板能看到烛焰正立、等大的虚像；
第2空，把光屏移到像所在的位置，直接观察光屏，因虚像不能与在光屏上，故光屏上没有烛焰的像。
故答案为：（1）会聚；（2）缩小；（3）右；（4）等大；没有。
【分析】 （1）凸透镜对光线具有会聚作用；
（2）根据凸透镜成实像时，物距大于像距，成倒立、缩小的实像；
（3）根据凸透镜成实像时，物近像远像变大分析回答；
（4）平面镜成的像与物体大小相等；虚像不能成在光屏上。
（1）把冰磨制成凸透镜，凸透镜对光线有会聚作用。
（2）据图可知，此时物距大于像距，所以成倒立的缩小的实像。
（3）把蜡烛向右移动一小段距离，物距减小，凸透镜成像遵循物近像远像变大的规律，所以光屏向右移动可以使成像清楚。
（4）[1]薄玻璃板成像属于平面镜成像，像的特点为正立的、等大的虚像。
[2]平面镜成像为虚像，所以光屏上没有烛焰的像。
15．（2025·德惠模拟）探究液体沸腾前后温度变化的特点，实验装置如图甲。取质量相等的水和盐水分别放入两个相同的烧杯中，用相同的酒精灯同时加热，根据实验数据，绘制温度随时间变化的图象，如图乙。
（1）由图乙可知：水在沸腾过程中温度　 　，水的沸点是　 　℃。
（2）由图乙可知：选用　 　煮蛋可以更快地将蛋煮熟。
（3）由图乙可知，　 　的比热容较大，A和B两点水的内能大小关系是　 　（选填“A点大”“B点大”或“相等”）。
【答案】（1）保持不变；98
（2）盐水
（3）水；B点大
【知识点】沸腾及沸腾条件；温度、热量与内能的关系；比较不同物质吸热的情况实验
【解析】【解答】 （1）第1空，第2空，由图乙可知，水的温度达到98℃，温度不再升高，说明达到沸点，且沸腾时持续吸热，温度保持不变；
（2）由图乙可知，盐水的温度沸点更高，故用盐水煮蛋可以更快地将蛋煮熟；
（3）第1空，由图乙可知，升高相同温度，水加热时间更长，说明水的吸热能力更强，即水的比热容大；
第2空，沸腾过程持续吸热，温度虽然不变，但是内能变大，故B点内能更大。
故答案为：（1）保持不变；98；（2）盐水；（3）水；B点大。
【分析】 （1）液体沸腾时持续吸热，温度保持不变；
（2）由图乙可知，盐水的温度沸点更高，故用盐水煮蛋可以更快地将蛋煮熟；
（3）水的比热容比盐水比热容大；
沸腾过程温度虽然不变，但是需要持续吸热，内能变大。
（1）[1][2]分析图乙中水的图线可知：水在沸腾过程中，继续加热，温度为98℃保持不变，故水的沸点是98℃。
（2）分析图乙中图线可知，其他条件相同时，在同样加热的情况下，盐水的沸点高于水的沸点，且盐水升温较快，故选用盐水煮蛋可以更快地将蛋煮熟。
（3）[1]水和盐水的质量和初温相同，当加热相同的时间时，水和盐水吸收的热量相同，比较盐水和水的温度，水升高的温度比盐水小，由可知，盐水的比热容小于水的比热容。
[2]水在沸腾过程中，温度不变，但内能增大，所以B点水的内能大于A点水的内能。
16．（2025·德惠模拟）在“探究影响滑动摩擦力大小的因素”实验中，实验小组设计了如图甲所示的实验装置。
（1）实验中，用弹簧测力计沿水平方向拉着木块做　 　运动，根据　 　知识可知，滑动摩擦力的大小等于拉力的大小。
（2）比较图中甲和乙两次实验，可以得出当压力相同时　 　，滑动摩擦力越大的结论。
（3）在图乙和图丙中，拉着木块按（1）的要求运动，先后两次运动的速度相同，则两次拉力做功的功率P1　 　P2。
【答案】（1）匀速直线；二力平衡
（2）接触面越粗糙
（3）<
【知识点】功率计算公式的应用；探究影响摩擦力大小因素的实验
【解析】【解答】（1）实验中，只有让木块做匀速直线运动时，水平方向上所受拉力和摩擦力才是一对平衡力，故应用弹簧测力计沿水平方向拉着木块做匀速直线运动，由二力平衡知识可知滑动摩擦力的大小等于拉力的大小。
（2）比较图中甲和乙两次实验，木块对木板的压力相同，乙图中木板表面更粗糙，测力计示数更大，故可得出当压力相同时接触面越粗糙，滑动摩擦力越大的结论。
（3）在图乙和图丙中，拉着木块按（1）的要求运动，先后两次运动的速度相同，丙中拉力大，根据，则两次拉力做功的功率P1＜P2。
故答案为：（1）匀速直线；二力平衡；（2）接触面越粗糙；（3）＜。【分析】 （1）根据二力平衡的条件分析；
（2）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，据此分析回答；
（3）根据二力平衡条件，由P=Fv分析。
（1）[1][2]实验中，用弹簧测力计沿水平方向拉着木块做匀速直线运动，木块在水平方向上受到平衡力的作用，木块处于平衡状态，根据二力平衡知识可知，滑动摩擦力的大小等于拉力的大小。
（2）比较图中甲和乙两次实验，压力相同，乙中接触面粗糙，测力计示数大，可以得出当压力相同时接触面越粗糙，滑动摩擦力越大的结论。
（3）在图乙和图丙中，拉着木块按（1）的要求运动，先后两次运动的速度相同，丙中拉力大，根据P=Fv可知，两次拉力做功的功率P117．（2025·德惠模拟）如图甲所示，是“探究通电螺线管外部的场分布”的实验。
（1）在玻璃板上均匀撒上铁屑，放上小磁针，闭合开关后，轻敲玻璃板，铁屑分布情况表明：通电螺线管外部的磁场与　 　磁体的磁场相似；
（2）调换电源的正负极，闭合开关，小磁针反方向偏转，这说明通电螺线管外部磁场的方向与　 　有关；
（3）通电螺线管通入如图乙所示的电流I，其右端为　 　极。
【答案】条形；电流方向；S
【知识点】通电螺线管的磁场；通电螺线管的极性和电流方向的判断
【解析】【解答】（1）通电螺线管外部的磁场分布与条形磁体相似，都具有两个磁性较强的磁极（N 极和 S 极）。铁屑在磁场中会被磁化，轻敲玻璃板后，铁屑会按照磁场的方向排列，从而显示出与条形磁体相似的磁场分布。
（2）调换电源的正负极后，螺线管中的电流方向发生改变，小磁针的偏转方向也随之反向，这表明通电螺线管外部磁场的方向与电流的方向有关。电流方向改变，磁场方向也改变。
（3）由乙图可知，电流从通电螺线管右侧正面流入由安培定则可知，让四指顺着电流方向用右手握住螺线管，则大拇指所指的那端就是螺线管的 N 极。
故答案为：（1）条形；（2）电流方向；（3）S。
【分析】（1）通电螺线管周围的磁场与条形磁体的磁场相似；
（2）当电流方向改变时，产生的磁场方向也改变，所以小磁针的偏转方向也改变；
（3）根据安培定则判断磁极：用右手握住螺线管，让四指指向螺线管中电流的方向，则大拇指所指的那端就是螺线管的 N 极。
18．（2025·德惠模拟）小明利用如图甲所示的电路探究电流跟电阻的关系。已知电源电压为6V且保持不变，实验用到的电阻阻值分别为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω。
（1）该同学接错了一根导线，请你在这根导线上打“×”，并补画出正确的那根导线。
（2）实验过程中，移动滑动变阻器滑片时，眼睛应注视　 　表。
（3）小明多次实验后，得到如图乙的实验图象。由图象可知，小明用5Ω的电阻做完实验后，保持滑动变阻器滑片位置不变，接着把R换为10Ω的电阻接入电路，应向　 　（选填“左”或“右”）端移动滑片，直至电压表示数为　 　V，读出电流表的示数。
（4）根据实验图像判断，小明要完成该实验，他所选择的滑动变阻器的最大阻值至少为　 　Ω。
（5）小军在小明实验的基础上，没有调节滑动变阻器，多进行了一次实验，所用定值电阻为32Ω，测得电流为0.1A，由此推断，小军用32Ω电阻替换掉的是阻值为　 　Ω的电阻。
【答案】（1）
（2）电压
（3）左；2.5
（4）35
（5）20
【知识点】探究电流与电压、电阻的关系实验
【解析】【解答】（1） 电压表应该与电阻并联，电流表应该与电阻串联，而在原电路中，电压表串联在了电路中，电流表与电阻并联，所以应该对电路进行改动，使电压表和定值电阻并联，如图：
（2）实验是为了探究电流与电阻的关系，应该保持电压不变，所以在调节滑动变阻器时，应该时刻观察电压表示数，保持电阻两端的电压不变；
（3）第1空，第2空，小明要完成该实验，应该控制定值电阻的电压不变，根据乙图可知，定值电阻为5Ω时，电路中的电流为0.5A，根据欧姆定律I=可得：U=IR=0.5A×5Ω=2.5V，根据串联分压原理可知，将定值电阻R由5Ω改接成10Ω的电阻，电阻增大，其分得的电压增大；
探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，即应保持电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向左端移动，使电压表的示数为2.5V，读出电流表的示数；
（4）根据乙图可知，当更换25Ω定值电阻时，要保持电压表示数不变，根据串并联电路的电压规律可知，滑动变阻器分的电压为：U滑=U总-U=6V-2.5V=3.5V，根据串联电路的电流规律可知，电路中的电流处处相等，则Imin=0.1A，根据欧姆定律，则滑动变阻器的阻值
，故滑动变阻器最大阻值至少为35Ω。
（5）更换32Ω的定值电阻后，电流为0.1A，根据欧姆定律可得：
U'=I'R'=0.1A×32Ω=3.2V， 根据串联电路的电压规律可得此时滑动变阻器的电压为：U滑'=U-U'=6V-3.2V=2.8V，此时滑动变阻器的阻值
上次实验中，为了保证定值电阻两端电压为U=2.5V不变，滑动变阻器依然分电压为，则上次实验中的电流
由欧姆定律可得，所求定值电阻的阻值。
故答案为：（1）见解答图；（2）电压；（3）左；2.5；（4）35；（5）20。
【分析】 （1）连接电路时，电压表并联在定值电阻两端，电流表串联在电路中；
（2）探究电流跟电阻的关系时应保持电压不变；
（3）根据串联分压原理和串联电路电压的规律可分析回答；
（4）根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压，根据分压原理，求出当接入25Ω电阻时变阻器连入电路中的电阻，进而确定滑动变阻器的规格；
（5）根据已知条件求出电阻的电压，根据控制变量法分析，由欧姆定律得出变阻器连入电路的电阻，求出更换电阻前滑动变阻器的电压，进而求出电路中的电流，由欧姆定律求出原来的电阻大小。
（1）原电路中电压表和后面的用电原件串联，是错误的，修改后电压表和定值电阻并联，如图所示：
（2）探究电流与电阻关系时需控制定值电阻两端电压不变，故移动滑片时应观察电压表示数，确保其始终为定值。
（3）[1]将5Ω电阻换为10Ω后，根据串联分压原理，定值电阻两端电压增大。为保持电压表示数不变，需增大滑动变阻器接入电路的阻值，故滑片应向左移动。
[2]由图像可知，每个定值电阻的阻值与对应电流值的乘积为定值2.5V，即实验控制的电压为2.5V，故调节滑片直至电压表示数再次达到2.5V。
（4）当定值电阻为25Ω时，所需滑动变阻器阻值最大。此时电路电流
滑动变阻器需分得电压
则滑动变阻器的阻值
故滑动变阻器最大阻值至少为35Ω。
（5）所用定值电阻为R新=32Ω，测得电流为0.1A，那么它的电压
未调节滑片时，滑动变阻器阻值固定，滑动变阻器分得电压
此时滑动变阻器的阻值
上次实验中，为了保证定值电阻两端电压为U=2.5V不变，滑动变阻器依然分电压为，则上次实验中的电流
由欧姆定律可得，所求定值电阻的阻值
19．（2025·德惠模拟）图甲是小刚设计的测定物体质量的装置。电源电压恒定，定值电阻R0与报警器连接（报警器未画出），R是压力传感器，位置固定不变，其电阻随压力的变化关系如图乙所示。O点为杠杆AB的支点，杠杆B端始终压在传感器R上，AO长30cm，OB长15cm（托盘和杠杆重力忽略不计），杠杆始终静止在水平位置。
（1）在杠杆AOB中，把A点受力看做是动力，该杠杆属于　 　杠杆；图甲中定值电阻R0和压力传感器R组成　 　电路。
（2）小刚设定随着托盘内物体质量的增加，用于显示质量的电表示数会增大，他应该选用图甲电路中的　 　表显示物体质量。
（3）闭合开关，托盘空载时，电压表示数为7V；当托盘中放入1kg重物时，电压表示数为4.5V，则电源电压是　 　V；继续向托盘中放入重物，当电路中电流达到0.4A时报警器报警，此时托盘中重物的质量为　 　kg。
（4）要增大该装置的量程可以适当　 　R0的阻值。
【答案】（1）省力；串联
（2）电流
（3）12；3.5
（4）增大
【知识点】杠杆的分类；串联电路和并联电路的辨别；串联电路的电压规律；欧姆定律及其应用；电路的动态分析
【解析】【解答】（1）第1空， 在杠杆AOB中，把A点受力看做是动力，此时动力臂大于阻力臂，该杠杆属于省力杠杆；
第2空，图甲中定值电阻R0和压力传感器R在同一个电流路径上，是组成串联电路。
（2）由图乙可知， 托盘内物体质量的增加，对压敏电阻的压力增大，根据图像知，电阻R减小，电路的总电阻减小，根据欧姆定律知，电路中的电流增大，故电流表示数增大，根据串联分压规律知，R越小，分得的电压越小，电压表示数越小，故选电流表显示物体质量。
（3）第1空，当空载时，即压力为0，此时R=35Ω；根据串联电压之比等于电阻之比有：R：R0=UV：（U-UV）；
代入数据有35Ω：R0=7V：（U-7V）；
托盘中放入1kg重物时，电压表示数为4.5V，根据杠杆的平衡条件知，G OA=F OB；
即1kg×10N/kg×30cm=F×15cm；解得压力F=20N，此时R'=15Ω；
根据串联电压之比等于电阻之比有：R'：R0=U'V：（U-U'V）；
代入数据有15Ω：R0=4.5V：（U-4.5V）；
解得U=12V；R0=25Ω；
第2空，向托盘中放入重物，当电路中电流达到0.4A时报警器报警，电路的总电阻为
此时R'=R总-R0=30Ω-25Ω=5Ω；
对应的压力F'=70N；
G' OA=F' OB；
即m×10N/kg×30cm=70N×15cm；解得m=3.5kg；
（4） 要增大该装置的量程，物体的质量变大，压力变大，压敏电阻减小，而报警的电流不变，故电路的总电阻不变，因而必须增大R0的阻值。
故答案为：（1）省力；串联；（2）电流；（3）12；3.5；（4）增大。
【分析】 （1）根据动力臂与阻力臂关系分析；串联电路只有一条电流路径；
（2）根据图像知，物体重力越大，压力越大时，电阻越小，结合欧姆定律分析电流表示数，结合串联分压分析电压表示数；
（3）根据图像确定R，根据串联分压规律，列方程计算电源电压和定值电阻；
（4）根据电流表的示数不变，结合电路中的总电阻不变，根据压敏电阻的变化分析。
（1）[1]把A点受力看做是动力，O点为杠杆AB的支点，AO>BO，即动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆。
[2]由图可知，电流从电源正极流出，经过开关，定值电阻R0、压力传感器R、电流表回到电源负极，电压表并联在压力传感器R两端，所以定值电阻R0和压力传感器R组成串联电路。
（2）由图乙可知，随着托盘内物体质量的增加，压力传感器R的阻值减小，电压表并联在压力传感器R两端，所以电压表示数减小，电路中的总电阻减小，则电路中的总电流增大，电流表的示数增大，所以设定随着托盘内物体质量的增加，用于显示质量的电表示数会增大，应选择电流表显示物质质量。
（3）[1]由图乙可知，托盘空载时，压力传感器接入电路中的阻值是35Ω，电压表示数为7V，则电路中的电流
则电源电压U=UR+U0=UR+IR0=7V+0.2A×R0 ①
当托盘中放入1kg重物时，重物对托盘的压力F=G=mg=1kg×10N/kg=10N
根据杠杆的平衡条件可知F×OA=F1×OB，则
由图乙可知，此时压力传感器接入电路中的阻值是15Ω，电压表示数为4.5V，则电路中的电流
则电源电压
U=UR'+U0'=UR'+I'R0=4.5V+0.3A×R0 ②
联立①②解得，R0=25Ω，U=12V
[2]当电路中电流达到0.4A时，电路中的总电阻
压力传感器接入电路中的阻值R''=R总-R0=30Ω-25Ω=5Ω
由图乙可知，此时压力传感器受到的压力为70N，根据杠杆平衡条件可得，托盘受到的压力
托盘中重物的质量
（4）要增大此装置的测量范围，根据杠杆平衡条件可知，压力传感器受到的压力变大，由图乙可知压力传感器接入电路的电阻变小，根据串联电路电阻规律可知电路总电阻变小，若电源电压不变，根据欧姆定律可知可增大R0的阻值。
20．（2025·德惠模拟）2024年4月19日，我国海洋油气生产平台“海基二号”总体结构完成安装，它刷新了高度、质量、作业水深和建造速度等多项亚洲纪录，“海基二号”由上部组块和水下的导管架组成。如图是质量为6×104t的“海洋石油229”驳船将质量为3.7×104t的导管架运载至安装海域的情景。（ρ海水=1.0×103kg/m3）
（1）如图所示，导管架的底部固定着4块面积非常大的钢板，这4块钢板的作用是　 　。“海基二号”在指定海域成功安装后，这4块钢板处于水深324m的海底处，它们受到海水的压强是　 　Pa。
（2）当驳船上的导管架全部滑入海水中后，驳船将　 　一些。
（3）这次海上安装采用了滑移下水方式：工程人员将驳船船头水舱的水排出一部分，又向船尾水舱注入一部分水，使驳船小角度倾斜，最后将驳船和导管架之间的连接点切割分离，导管架就在自身重力作用下顶端朝前沿着轨道滑入海中。若驳船船头水舱排出的水和船尾水舱注入的水的体积分别为2.2×103m3和6×103m3时，导管架顶端浸入海水中的体积为200m3，则驳船和固定在驳船上的导管柴总共受到的浮力是多少N？（写出必要的文字说明、表达式及最后的结果）
【答案】（1）减小压强；3.24×106
（2）上浮
（3）驳船小角度倾斜前，驳船和导管架的总重力
G总=(m驳+m架)g=(6×104×103kg+3.7×104×103kg)×10N/kg=9.7×108N
驳船小角度倾斜时，水舱中水增加的重力
ΔG=Δmg=ρ海水ΔVg=1.0×103kg/m3×(6×103m3-2.2×103m3)×10N/kg=3.8×107N
驳船小角度倾斜时处于漂浮状态，总浮力等于总重力，即
F浮总=G总+ΔG=9.7×108N+3.8×107N=1.08×109N
【知识点】重力及其大小的计算；减小压强的方法及其应用；液体压强计算公式的应用；阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】（1）第1空，导管架的底部固定着4块面积非常大的钢板，目的是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强。
第2空。它们受到海水的压强p=ρ海水gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×324m=3.24×106Pa
（2） 驳船上的导管架全部滑入海水中后，驳船重力减小，驳船漂浮，浮力等于重力，故浮力减小，根据阿基米德原理知，排开液体的体积减小，故上浮一些；
故答案为：（1）减小压强；3.24×106（2）上浮。
【分析】 （1）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；由p=ρgh可求得它们受到海水的压强；
（2）根据漂浮条件结合重力变化分析浮力，根据阿基米德原理分析排开液体的体积变化，据此解答；
（3）由G=mg'求得驳船小角度倾斜前的重力，在求得驳船小角度倾斜时，水舱中水增加的重力，漂浮时，浮力等于总重力。
（1）[1]导管架的底部固定着4块面积非常大的钢板，这是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强的。
[2]它们受到海水的压强p=ρ海水gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×324m=3.24×106Pa
（2）根据阿基米德原理，在导管架滑入海水的过程中，海水的密度不变，导管架排开海水的体积逐渐变大，由于总重力不变，则总浮力变大，根据阿基米德原理可知，驳船排开水的体积减少，即船将上浮一些。
（3）驳船小角度倾斜前，驳船和导管架的总重力G总=(m驳+m架)g=(6×104×103kg+3.7×104×103kg)×10N/kg=9.7×108N
驳船小角度倾斜时，水舱中水增加的重力ΔG=Δmg=ρ海水ΔVg=1.0×103kg/m3×(6×103m3-2.2×103m3)×10N/kg=3.8×107N
驳船小角度倾斜时处于漂浮状态，总浮力等于总重力，即F浮总=G总+ΔG=9.7×108N+3.8×107N=1.08×109N
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