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2025年广东省东莞三中、东莞四中、东莞五中中考物理一模试卷
一、单选题：本大题共7小题，共21分。
1.下列关于中学生的估测，符合实际的是（　　）
A. 体温约为50℃ B. 百米赛跑的成绩约为8s
C. 身高约为1.65cm D. 质量约为50kg
2.广东省清远市的“永丰石拱桥”历史悠久，又称“小赵州桥”。如图所示，桥与它在水面的倒影相映成趣。以下的像与“倒影”的形成原理相同的是（　　）
A. 小孔成像
B. 平面镜成像
C. 照相机成像
D. 放大镜成像
3.2024年10月30日4时27分，“长征二号F遥十九”运载火箭成功发射“神舟十九号”载人飞船，如图所示。在火箭加速升空的过程中，下列有关“神舟十九号”飞船的说法错误的是（　　）
A. 动能增大
B. 重力势能增大
C. 机械能增大
D. 惯性增大
4.中华诗词蕴含着丰富的物理知识，以下诗词中有关物态变化的分析，正确的是（　　）
A. “斜月沉沉藏海雾”，雾的形成是汽化现象，需要吸热
B. “已是悬崖百丈冰”，冰的形成是凝华现象，需要吸热
C. “露似真珠月似弓”，露的形成是液化现象，需要放热
D. “霜叶红于二月花”，霜的形成是凝固现象，需要放热
5.“浴霸”里有电加热器和换气扇，使用时，有时需要各自独立工作，有时需要同时工作。符合上述要求的电路是（　　）
A. B.
C. D.
6.用细线将两个体积相同的实心小球A和B连在一起，放入水中静止后状态如图所示，线已绷紧。A、B两球的重力分别为GA、GB，受到的浮力分别为FA、FB，则（　　）
A. FA=GA
B. FB＞GB
C. FA＞FB
D. GA＜GB
7.如图甲所示是检测司机是否酒驾的仪器电路图。图中的R0为定值电阻，R是一个“气敏传感器”，它的阻值会随着其周围酒精气体浓度的增大而减小。检测时，喝了酒的司机对着“气敏传感器”吹气，则下列说法正确的是（　　）
A. 电流表示数减小，电压表示数减小 B. 电流表示数增大，电压表示数增大
C. 电流表示数减小，电压表示数增大 D. 电流表示数增大，电压表示数减小
二、填空题：本大题共7小题，共21分。
8.如图所示，是《天工开物》记载古人炒蒸油料的场景，加热过程中，木炭燃烧一半后热值______（选填“变小”“变大”或“不变”）；油料比热容较______（选填“小”或“大”），所以升温快；闻到油料飘香是扩散现象，表明分子在不停地做______运动。
9.小明用一个杯子做物理小实验。如图甲所示，用手指快速将硬纸片弹飞，鸡蛋掉入了水中，这是由于鸡蛋具有______如图乙所示，用纸板盖住装满水的杯子，倒置后水没有流出，这是______的作用。如图丙所示，将乒乓球放入空杯，沿图示方向用力吹气，乒乓球跳出玻璃杯，这是因为气体中流速大的地方压强______。
10.某家庭用燃气热水器将质量为50kg,温度为20℃的自来水加热到40℃，消耗的天然气体积为0.2m3，则天然气完全燃烧放出的热量为______J，水吸收的热量为______J，该热水器的热效率为______。[已知水的比热容为4.2×103J/（kg ℃），天然气的热值为4×107J/m3]
11.如图甲所示，将半瓶矿泉水放在水平面上，水深10cm,则水对杯底的压强为______Pa,将瓶子翻过来瓶口向下倒立在桌面上，则水对瓶口的压强______，瓶对桌面的压强______。（后两空均选填“变大”“不变”或“变小”）（g取10N/kg）
12.如图所示为灯泡L和定值电阻R的U-I图象，由图像可知R的阻值为______Ω，若将L和R并联在电源电压为6V的电路中，则整个电路的总电流为______A；若将它们串联在电源电压为4V的电路中，则电路中的电流为______A。
13.如图所示是小明家的电能表，小明家同时使用的用电器的总电功率不得超过______W，当小明家只有一个电饭煲接入电路，正常工作12min,发现此电能表的转盘转过了300转，则这个电饭煲消耗的电能是______kW h,电饭煲的额定功率是______W。
14.如图甲手机无线充电是把手机放到充电座上面就可以开始充电，其中电磁感应无线充电是应用最多的无线充电方案，此原理与______（选填“电动机”或“发电机”）的原理相同；图乙是探究磁场对通电导线的作用实验，导体棒ab受力的方向与磁场方向和______方向有关，此过程是将电能转化为______能。
三、作图题：本大题共3小题，共7分。
15.如图所示，水中有一物体A，A′为岸上的人看到物体A的像，请画出人看到物体A的光路图。
16.如图所示，请在杠杆A处画出把物体拉起时的最小拉力F1，并画出阻力F2和阻力臂l2。
17.请按安全用电要求连线：开关能同时控制两盏灯，且一盏灯坏了另一盏灯仍然能正常发光。
四、实验探究题：本大题共5小题，共33分。
18.（1）如图甲，体温计的示数为______℃，若没有甩就用这个体温计去测体温为37.5℃的人的体温，测得的读数为______℃；如图乙，测得一枚纽扣的直径为______cm。
（2）用天平和量筒测某种矿石的密度。在调节天平时，发现指针如图所示偏向分度盘的右侧，此时应将平衡螺母向______调。用天平称矿石的质量，把矿石放在天平的左盘，天平平衡时，放在右盘中的砝码和游码在标尺上的位置如图丙所示，则矿石的质量为______g,矿石的体积如图丁所示为______cm3。由此可知，矿石的密度ρ= ______kg/m3。
19.在“探究浮力的大小跟哪些因素有关”的实验中，实验过程如图所示。
（1）物块的重力为______N，当它浸没在水中时受到的浮力为______N。
（2）分析比较图A ______，可知浮力的大小与液体的密度有关。
（3）分析比较图A ______，可知浮力的大小与物体浸入液体的深度无关。
（4）如图F所示，小明将物块切去一部分后浸没在水中，读出弹簧测力计的示数并与图D对比，得出结论：浮力大小与物体自身的形状有关。这个结论是______（选填“正确”或“错误”）的，理由是______。
（5）实验所用的盐水的密度为______kg/m3。
20.小明做测“小灯泡电功率”实验时，所用器材有电压为6V的电源、额定电压为2.5V的小灯泡、以及符合实验要求的滑动变阻器、电压表、电流表、开关和导线。
（1）小明连好电路闭合开关后，发现小灯泡不亮，无论如何移动滑动变阻器滑片P，电流表无示数，电压表示数接近6V，则故障原因可能是______；
（2）小明调整电路后闭合开关，移动滑片P到某处，电压表的示数为2.2V。要测得小灯泡的额定功率，应将滑片P向______（填“左”或“右”）端滑动；
（3）小明通过移动滑片P分别记下了多组对应的电压表和电流表的示数，并绘制成了如图乙所示的U-I图像，根据图像提供的信息，可计算出小灯泡的额定功率是______W；
（4）实验结束后，小明仅将小灯泡换成定值电阻，来探究电流与电阻的关系，小明想要完成四组实验，准备好的定值电阻有5Ω、10Ω、15Ω、20Ω。
①将电路连接正确后，闭合开关，移动变阻器的滑片P，使定值电阻两端的电压为2V，此时电流表的示数如图丙所示，为______A；
②断开开关，将5Ω的定值电阻换成阻值为10Ω的电阻，其余不动，闭合开关，电压表示数将______（选填“变大”或“变小”）；为使电压表示数仍保持为2V，滑动变阻器的滑片P向______（选填“左”或“右”）移动。
③另一个小组实验过程中，接入20Ω电阻时无论怎么调节滑动变阻器都不能使电压表示数满足要求，原因是______。
21.小明做“探究凸透镜成像规律”实验，凸透镜的焦距是10cm.
（1）为了使像成在光屏的中央，小明需要调节烛焰、凸透镜、光屏的中心在______。
（2）接着小明同学调节光屏如图1所示，发现光屏上得到一个倒立、______（选填放大”或“缩小”或“等大”）的清晰实像，生活中的______（选填“照相机”或“投影仪”或“测焦距”）就可以利用这样的成像原理。
（3）如图2，保持蜡烛位置不变，移动透镜至16cm刻度线处，则人眼在图中______处能观察到烛焰
的像；
（4）如图3，在烛焰和凸透镜之间放一副眼镜，发现光屏上的像由清晰变模糊了，将光屏向透镜移动适当距离后光屏上再次呈现清晰的像，则该眼镜是______眼镜（选填“近视”或“远视”）。
（5）透镜位置不变，若将印有字母“F”的纸片放在离凸透镜12cm的地方，我们能看到的清晰的像是图丁中______。
22.在探究“杠杆的平衡条件”实验中。
（1）挂钩码前，为了使杠杆在水平位置保持平衡，则应将平衡螺母向______（选填“左”或“右”）移动，目的是便于测量______的大小。
（2）如图乙所示，在A点挂2个质量均为50g的钩码，在B点用弹簧测力计竖直向下拉杠杆，使其平衡，此时弹簧测力计的示数为______N。（g取10N/kg）
（3）如图丙所示，保持A点所挂钩码的数量和位置不变，将弹簧测力计绕B点从a位置缓慢转到b位置，杠杆始终保持水平平衡，在此过程中拉力F将______（选填“变大”“变小”或“不变”），原因是______。
（4）为了探究轻质杠杆的动力大小与动力臂的关系，只改变动力臂，多次测量，根据记录的数据画出如图丁所示的动力随动力臂变化的图象。小华发现图象中每次描出的点与两坐标轴围成的方形面积总相等，原因是______。
五、计算题：本大题共2小题，共13分。
23.如图是我国自主研发的四轮长航程极地漫游机器人，其质量为500kg,履带与冰面总接触面积为0.4m2，机器人在水平冰面上匀速直线行驶1800m用时10min,受到的阻力是自身重力的0.1倍。g取10N/kg。求：
（1）机器人静止时对水平冰面的压强；
（2）机器人在匀速直线运动时的牵引力；
（3）机器人在行驶过程中的功率。
24.如图甲所示是一款电热壶，有“加热”和“保温”两个挡位，其简化电路图如图乙所示，R1和R2均为发热电阻，电热壶部分参数如表。电热壶中装有质量为1.5kg,初温为20℃的水，在标准大气压下，将水刚好加热到沸腾，用时700s。已知水的比热容为4.2×103J/（kg ℃），求：
额定电压 220V
保温挡功率 100W
加热挡功率 900W
（1）发热电阻R1的阻值；
（2）加热过程中电热壶消耗的电能；
（3）该电热壶的加热效率。
六、综合题：本大题共1小题，共5分。
25.阅读下列短文，回答问题。
如图甲所示，这是压敏电阻R1的阻值随压力F变化的关系图像，如图乙所示，这是用压敏电阻R1设计的一种“自动限重器”，该装置由控制电路和工作电路组成，其主要元件有电磁继电器、货物装载机（实质是电动机）、压敏电阻R1和定值电阻R2等。当货架承受的压力达到限定值，电磁继电器会自动控制货物装载机停止向货架上摆放物品。已知控制电路的电源电压U=6V，电磁继电器线圈的阻值R=10Ω，定值电阻R2=30Ω。
（1）当货架没有装载货物时（货架的质量忽略不计），压敏电阻，R1的阻值为______Ω；随着货架装载货物质量的增大，压敏电阻R1的阻值将______；
（2）电磁继电器中的电磁铁上端为______（选填“N”或“S”）极；
（3）当电磁继电器线圈中的电流大小为30mA时衔铁被吸下，则货架能承受的最大压力为______N；
（4）为了调节货架能承受的最大压力，可将定值电阻R2替换为滑动变阻器，若需要控制货架能承受的最大压力为800N，则替换的滑动变阻器的最大阻值应不小于______Ω。
1.【答案】
【解析】解：A、人体体温约为37℃，故A错误；
B、中学生百米赛跑的成绩大约为15s,故B错误；
C、中学生身高大约为165cm,故C错误；
D、中学生的质量约为50kg,故D正确。
故选：D。
这是一个常识性的问题，考查的是生活中的常识，依据生活中的实际进行解答即可。
本题主要考查了生活中关于温度、高度、质量和时间的常识性问题，较为简单。
2.【答案】
【解析】解：光线传播到两种介质的表面上时会发生光的反射现象，“倒影”的形成利用的是平面镜成像原理，属于光的反射。
A．小孔成像利用的是光沿直线传播的原理，故A不符合题意；
B．平面镜成像利用光的反射，故B符合题意；
C．照相机成像利用的凸透镜成像原理，属于光的折射，故C不符合题意；
D．放大镜成像利用的凸透镜成像原理，属于光的折射，故D不符合题意。
故选：B。
光线传播到两种介质的表面上时会发生光的反射现象，例如水面上出现岸上物体的倒影、平面镜成像、玻璃等光滑物体反光都是光的反射形成的。
此题主要考查了光的反射现象，在学习过程中要注意区分光的反射、折射及直线传播，要注意这几种现象的本质，在日常生活中学习用所学知识解释有关现象。
3.【答案】
【解析】解：A、动能的大小与物体的质量和速度有关。神舟十九号加速升空，其质量不变，速度增大，所以动能增大，故A正确，不符合题意。
B、重力势能的大小与物体的质量和高度有关。神舟十九号升空过程中，质量不变，高度增加，所以重力势能增大，故B正确，不符合题意。
C、机械能等于动能与重力势能之和。由于飞船的动能增大，重力势能也增大，所以机械能增大，故C正确，不符合题意。
D、惯性的大小只与物体的质量有关，神舟十九号在加速升空过程中，其质量不变，所以惯性不变，故D错误，符合题意。
故选：D。
（1）动能的大小与物体的质量和速度有关。
（2）重力势能的大小与物体的质量和高度有关。
（3）机械能等于动能与重力势能之和。
（4）惯性的大小只与物体的质量有关，
本题考查惯性大小的决定因素及动能和重力势能的概念及影响其大小的因素，属于基本内容。在判断动能和重力势能的大小时，要注意看影响动能和重力势能大小的因素怎么变化。
4.【答案】
【解析】解：
A、“斜月沉沉藏海雾”，雾是空气中的水蒸气遇冷形成的小水珠，是液化现象，需要放热，故A错误；
B．“已是悬崖百丈冰”，冰是水凝固形成的，是凝固现象，需要放热，故B错误；
C、“露似真珠月似弓”，露的形成是液化现象，需要放热，故C正确；
D、“霜叶红于二月花”，霜是空气中的水蒸气遇冷形成的小冰晶，是凝华现象，凝华放热，故D错误。
故选：C。
（1）物质由气态直接变为固态叫凝华；物质由固态直接变为气态叫升华；由气态变为液态叫液化，由液态变为气态叫汽化；由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固。
（2）物态变化中吸热的有：熔化、汽化和升华；放热的有：凝固、液化和凝华
此题考查了生活中的物态变化现象，要求学生运用所学知识解答生活、自然现象。
5.【答案】
【解析】解：要求电加热器和换气扇相互不影响，能独立工作，故应使电加热器和换气扇并联，且各自的支路都有一个开关控制，干路上没有开关，故A正确。
故选：A。
由题意可知，照明灯和换气扇都能各自独立工作，说明它们的连接方式是并联。
本题考查了电路图的设计；用电器并联时可以单独工作、相互不影响。
6.【答案】
【解析】解：细线有拉力，说明A的浮力大于重力，若剪断细线，A球上浮，A的密度小于液体密度，B球下沉，FB＜GB；两球体积相同，两球均浸没在水中，根据 F浮=ρ水gV排可知两球所受的浮力相等，即 FA=FB，则 GA＜GB，故 D正确，ABC 错误。
故选：D。
从图中可知，若剪断细线，A球上浮，FA＞GA，则ρA＜ρ水，B球下沉，ρB＞ρ水，据此得出两球密度大小关系；
两球体积相同，根据G=mg=ρVg可知两球重力大小关系；
两球均浸没在水中，根据F浮=ρ水gV排=ρ水gV可知两球所受的浮力大小关系。
本题考查浮力的有关知识，是一道综合题。
7.【答案】
【解析】解：由图示电路图可知，两电阻串联，电压表测定值电阻R0两端电压，电流表测通过电路的电流，
喝了酒的司机对着“气敏传感器”吹气，酒精气体浓度增大，气敏电阻阻值减小，定值电阻阻值不变，根据串联电路电阻规律可知电路总电阻减小，根据欧姆定律可知通过电路的电流增大，根据U=IR可知定值电阻两端的电压变大，即电流表示数增大，电压表示数增大。
故选：B。
由图示电路图可知，两电阻串联，电压表测定值电阻R0两端电压，电流表测通过电路的电流，喝了酒的司机对着“气敏传感器”吹气，酒精气体浓度增大，气敏电阻阻值减小，定值电阻阻值不变，根据串联电路电阻规律可知电路总电阻变化，根据欧姆定律可知通过电路的电流变化，根据U=IR可知定值电阻两端的电压变化。
本题考查串联电路特点、欧姆定律与动态电路分析，属于基础题。
8.【答案】
【解析】解：热值是燃料本身的特性，只与燃料的种类有关，与燃料的质量、放出热量的多少以及是否完全燃烧无关。所以木炭燃烧一半后，其热值不变。
比热容是物质的一种特性，反映了物质吸收或放出热量的能力。比热容较小的物质，在吸收相同热量时，温度升高得较快；而比热容较大的物质，在吸收相同热量时，温度升高得较慢。油料升温快，说明其比热容较小。
不同物质在相互接触时，彼此进入对方的现象叫做扩散。扩散现象表明分子在不停地做无规则运动。闻到油料飘香，是因为油料的分子在不停地做无规则运动，扩散到了空气中，进入人的鼻腔，使人闻到了香味。
故答案为：不变；小；无规则。
（1）热值是燃料本身的特性，只与燃料的种类有关，与燃料的质量、放出热量的多少以及是否完全燃烧无关。
（2）比热容是物质的一种特性，反映了物质吸收或放出热量的能力。
（3）不同物质在相互接触时，彼此进入对方的现象叫做扩散。扩散现象表明分子在不停地做无规则运动。
本题考查扩散现象和燃料热值的影响因素及学生对比热容概念的理解，
9.【答案】
【解析】解：（1）硬纸片被弹飞前，鸡蛋静止在硬纸片上，用手指将硬纸片快速弹飞，鸡蛋由于惯性，还要保持原来的静止状态，没有随硬纸片一起飞出去，在重力作用下掉入水中，说明鸡蛋具有惯性；
（2）水杯倒置水没流出，是因为纸片受到水向下的压强小于外界大气压强，水在外界大气压的作用下不会流出，是由于大气压引起的，说明大气压存在；
（3）当用力吹气时，增大乒乓球上方的空气的流动速度，压强减小，乒乓球下面的压强不变，乒乓球在压强（力）差的作用下会从玻璃杯中跳出。此现象说明流速越大的地方压强越小。
故答案为：惯性；大气压；小。
（1）一切物体都有保持原来运动状态不变的性质称为惯性；
（2）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”；
（3）流体压强与流速的关系：流体流速越大的地方压强越小。
本题考查了对惯性现象的认识、大气压的应用、流体压强与流速的关系，属于基础题目。
10.【答案】
【解析】解：（1）天然气完全燃烧放出的热量：Q放=Vq=0.2m3×4×107J/m3=8×106J；
（2）水吸收的热量：Q吸=cm（t-t0）=4.2×103J/（kg ℃）×50kg×（40℃-20℃）=4.2×106J；
（3）燃气灶的效率：η=×100%=×100%=52.5%。
故答案为：8×106；4.2×106；52.5%。
（1）根据Q放=Vq可求得天然气完全燃烧放出的热量；
（2）知道水的质量、水的比热容，求出水温度的升高值，利用吸热公式Q吸=cmΔt求水吸收的热量；
（3）水吸收的热量跟天然气完全燃烧放出的热量之比等于燃气灶的效率。
本题主要考查了燃料完全燃烧放热公式Q放=Vq、Q吸=cmΔt=cm（t-t0）和效率公式的掌握和运用，要求掌握公式的正确应用。
11.【答案】
【解析】解：由甲图可知，水深10cm,则水对杯底的压强为
p=ρ水gh=1×103kg/m3×10N/kg×0.1m=1×103Pa；
由乙图可知，将瓶子翻过来瓶口向下倒立在桌面上，水的深度增加，根据公式：p=ρ水gh；
水对容器底部的压强随深度的增加而增大，故翻过来后水对瓶口的压强变大；
整个瓶子对桌面的压力等于自身重力，翻过来瓶子重力不变，压力不变，但受力面积变小，由压强公式
p=可知，翻过来后瓶对桌面的压强变大。
故答案为：1×103；变大；变大。
（1）利用p=ρgh求得水对杯底的压强，将半瓶矿泉水翻过来瓶口向下倒立在桌面上时，瓶对桌面的压力都等于自身的重力，由公式p=知，F一定时，p与S成反比；
（2）根据液体的压强公式比较压强大小。
本题主要是对压强大小的比较，利用好公式p=ρgh和p=是关键。
12.【答案】
【解析】解：电阻R电压6V，电流为0.4A，电阻R===15Ω；
若将L和R并联在电源电压为6V的电路中，并联电路各支路两端电压相等，由图可知，当电源电压为6V时，IL=0.5A，IR=0.4A，则整个电路的总电流为：I=IL+IR=0.5A+0.4A=0.9A；
若将其串联在电源电压为4V的电路中，由图可知，当I′=0.2A时，UL=1V，UR=3V，电源电压U=UL+UR=1V+3V=4V，符合要求。
故答案为：15；0.9；0.2。
（1）根据欧姆定律计算电阻；若将L和R并联在电源电压为6V的电路中，根据并联电路规律可知，小灯泡和定值电阻两端电压相同且等于电源电压，通过小灯泡和定值电阻的电流之和等于干路电流，由图可知，当电源电压为6V时，通过灯泡的电流和通过定值电阻的电流，进一步计算此时的干路电流；
（2）若将其串联在电源电压为4V的电路中，根据串联电路规律可知，通过小灯泡和定值电阻的电流相同，且小灯泡和定值电阻两端电压之和等于电源电压，由图可知此时灯泡和定值电阻两端的电压和电路中的电流，根据欧姆定律计算L与R的阻值的比值。
本题考查串联电路特点、并联电路特点、欧姆定律的灵活运用，正确读取图中信息是解题的关键。
13.【答案】
【解析】解：（1）由图可知，电能表的额定最大电流是40A，则小明家同时工作的用电器的最大总功率：P最大=UI最大=220V×40A=8800W；
（2）电能表参数N=3000r/（kW h）表示电路中每消耗1kW h电能，电能表的转盘转过3000转，
则电能表的转盘转了n=300转，电饭煲消耗的电能：W===0.1kW h；
电饭煲工作时间：t=12min=0.2h,
电饭煲的电功率：P===0.5kW=500W。
故答案为：8800；0.1；500。
（1）220V是指电能表适用在220V的家庭电路中工作；10（40）A：10A是表示电能表的标定电流是10A，40A是指电能表的额定最大电流是40A；利用P=UI可以计算出小明家同时工作的用电器的最大总功率；
（2）3000r/（kW h）表示电路中每消耗1kW h电能，电能表的转盘转过3000转，据此可以计算出电能表的转盘转了300转，电饭煲消耗的电能；利用P=计算出电饭煲的电功率。
本题考查对电能表参数的理解和掌握，同时考查电功率的计算，是基础题。
14.【答案】
【解析】解：手机无线充电的工作原理是电磁感应现象，与发电机的工作原理相同；
探究磁场对通电导线的作用实验中，导体棒ab受力的方向与磁场方向和电流的方向有关，此过程中电动机消耗了电能，是将电能转化为机械能。
故答案为：发电机；电流；机械。
无线充电器是指利用电磁感应原理进行充电的设备，原理类似于变压器。在发送和接收端各有一个线圈，发送端线圈连接有线电源产生电磁信号，接收端线圈感应发送端的电磁信号从而产生电流给电池充电；通电导体在磁场中受力运动，电能转化为机械能。
本题考查了发电机和电动机的工作原理，属于基础题。
15.【答案】
【解析】解：连接像A′与人眼的连线交水面于点O，O到人眼为折射光线，AO为入射光线，眼睛逆着折射光线沿直线看过去，感觉池底的A升高到A′变“浅”了，如图所示：
人认为光沿直线传播，人看到的物体是折射光反向延长线相交形成的虚像，由此先连接像与人眼连线，确定入射点和折射光线，从而作出入射光线。
熟练运用光的折射规律是解决此题的关键。不论从岸上看水里的景物还是在水里看岸上的景物，看到的都是被折射的物体的虚像，都比原来要高。
16.【答案】
【解析】解：
由杠杆平衡条件可知，在阻力、阻力臂一定时，动力臂越大，动力越小。动力F1作用在A点，当OA为F1的力臂时，力臂最长，此时力F1最小，并且F1的方向垂直杠杆向上，从A点垂直杠杆向上画出F1的示意图；
细线对杆的拉力为阻力，其大小等于物体的重力，方向竖直向下，画出阻力F2的作用线，O为支点，从支点O画F2作用线的垂线，可得其力臂L2；
如图所示：
由杠杆平衡条件（F1L1=F2L2）可知，在阻力、阻力臂一定时，动力臂越大，动力越小，根据图示确定最长动力臂，然后作出最小的动力。
细线对杆的拉力为阻力，其大小等于物体的重力，方向竖直向下，由画出阻力F2，从支点画阻力的作用线的垂线，支点到垂足的距离为阻力的力臂。
本题考查了使用杠杆时最小力的示意图、力臂的画法，熟练应用杠杆平衡条件、由图示确定最大力臂是正确解题的关键。
17.【答案】
【解析】解：由题意可知，开关S控制两盏灯，且一盏灯坏了时另外一盏灯仍然能正常发光，说明两灯泡并联，可以互不影响，开关接在干路上，并且根据安全用电原则可知，开关要接在火线和用电器之间，如图所示：
为了保证用电安全，开关要控制火线；根据题意可知，两个灯泡要并联，且开关应串联在干路上。
本题考查了开关、灯泡的接法，注意家庭电路中的各用电器并联连接，开关接在火线与电灯之间。
18.【答案】
【解析】（1）图甲中体温计的分度值是0.1℃，示数为36℃+0.9℃=36.9℃；如果没有甩就用示数是36.9℃的体温计直接测量体温为37.5℃的病人时，水银会从玻璃泡内膨胀上升，使示数增加到37.5℃，所以体温计的读数为37.5℃；
图乙中刻度尺的分度值为1mm；纽扣左侧与2.00cm刻度对齐，右侧与3.30cm刻度对齐，所以纽扣的直径为d=3.30cm-2.00cm=1.30cm；
（2）在调节天平时，发现指针如图所示偏向分度盘的右侧，此时应将平衡螺母向左调；
矿石的质量m=50g+20g+3.4g=73.4g,
矿石的体积V=40mL-20mL=20mL=20cm3，
矿石的密度ρ==3.67g/cm3=3.67×103kg/m3。
故答案为：（1）36.9；37.5；1.30；
（2）左；73.4；20；3.67×103。
（1）①图甲中体温计是利用液体的热胀冷缩的原理制成的，体温计读数时注意分度值，视线与刻度线垂直；体温计玻璃泡的上方有一段非常细的缩口，它可以使体温计玻璃泡上方的水银不能自动流回玻璃泡中，所以体温计可以离开人体读数，同时体温计在使用前要用力甩一下，将水银甩回玻璃泡中；
②图乙中由于刻度尺不是从零刻度开始测量的，因此需要将紧挨物体左侧的2.00cm当作“零”刻度，然后用最后的读数减去“零”刻度的读数即为该纽扣的直径，注意刻度尺的读数需要进行估读；
（2）天平使用之前要进行调节，先放在水平桌面上，再调节：平衡螺母的移动规律是“左偏右调，右偏左调”；根据砝码和游码对应的刻度值计算物体的质量，（在标尺上读数时应以游码左边在标尺上所对应的刻度来读数）；再根据读出物体浸没水前后水面到达刻度，求出物体的体积，最后利用密度公式计算物体的密度。
此题考查的是常见的几种物理仪器的读数方法，在读数前一定要观察仪器的量程和分度值。
19.【答案】
【解析】（1）由A图可知，弹簧测力计的分度值为0.2N，则物体的重力为G=4.8N。由A、C可知物块浸没在水中时受到的浮力F浮=G-F=4.8N-2.8N=2N；
（2）探究浮力的大小与液体的密度的关系，保持物体排开液体的体积相同，液体的密度不同，选择A、D、E或A、C、E图；
（3）研究浮力的大小与物体浸入液体的深度的关系，应控制液体密度和排开液体的体积相同，分析比较图A、C、D，可知浮力的大小与物体浸入液体的深度无关。
（4）研究浮力大小与物体自身的形状的关系，要控制排开液体的体积相同，图D、F中物块排开液体的体积不同，故得出浮力大小与物体自身的形状有关的结论是错误的，理由是没有控制排开液体的体积相同；
（5）物块的体积：
V=V排===2×10-4m3；
物体浸没在盐水中受到的浮力：F浮盐=G-FE=4.8N-2.6N=2.2N；
盐水的密度：
ρ盐====1.1×103kg/m3。
故答案为：
（1）4.8；2；（2）D、E；（3）C、D；（4）错误；没有控制排开液体的体积相同；（5）1.1×103。
（1）根据弹簧测力计的分度值读出示数，空气中弹簧测力计的示数即为物体的重力；
读出物体浸没在水中时弹簧测力计的示数，利用称重法求出受到的浮力；
（2）探究浮力的大小与液体的密度的关系，保持物体排开液体的体积相同，液体的密度不同；
（3）研究浮力的大小与物体浸入液体的深度的关系，应控制液体密度和排开液体的体积相同；
（4）观察ADE或ACE图物体排开液体的体积、液体的密度、弹簧测力计的示数、进行解答；
（5）根据阿基米德原理公式得出物体的体积；根据阿基米德公式得出盐水的密度。
本题探究浮力大小的影响因素，考查了弹簧测力的读数、称重法测浮力、控制变量法和数据分析等知识。
20.【答案】
【解析】（1）小明连好电路闭合开关后，发现小灯泡不亮，无论如何移动滑动变阻器滑片P，电流表几乎无示数，说明电路断路，电压表示数接近6V，电压表与电源连通，则故障原因可能是灯泡断路；
（2）灯在额定电压下正常发光，电压表示数为2.2V，小于灯的额定电压2.5V，应增大灯的电压，根据串联电路电压的规律，应减小变阻器的电压，由分压原理，应减小变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向右移动，直到电压表示数等于额定电压；
（3）根据绘制成的如图乙所示的U-I图像知，灯在额定电压2.5V时通过的电流为0.2A，
小灯泡的额定功率：P=UI=2.5V×0.2A=0.5W；
（4）①电流表选用小量程，分度值为0.02A，此时图丙电流表的示数为0.4A；
②将电路连接正确后，闭合开关，移动变阻器的滑片P，使定值电阻两端的电压为2V，
由分压原理，电压表示数将变大，所以应将滑片向左移动，以增大变阻器分得电压，从而减小定值电阻两端的电压，使其两端电压保持UV=2V不变；
根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压
U滑=U-UV=6V-2V=4V
变阻器分得的电压为电压表示数的2倍，根据分压原理，当接入20Ω电阻时，变阻器连入电路中的电阻为
R滑=2×20Ω=40Ω
接入20Ω电阻时无论怎么调节滑动变阻器都不能使电压表示数满足要求，原因是变阻器的最大电阻过小。
故答案为：（1）灯泡断路；（2）右；（3）0.5；（4）①0.4；②变大；左；变阻器的最大电阻过小。
（1）发现小灯泡不亮，无论如何移动滑动变阻器滑片P，电流表几乎无示数，说明电路断路，电压表示数接近6V，电压表与电源连通，据此分析；
（2）灯在额定电压下正常发光，电压表示数为2.2V小于灯的额定电压2.5V，应增大灯的电压，根据串联电路电压的规律和分压原理分析；
（3）根据绘制成的U-I图像知灯在额定电压2.5V时通过的电流，根据P=UI得出小灯泡的额定功率；
（4）①根据电流表选用小量程确定分度值读数；
②由分压原理分析电压表示数将变大；根据串联电路电压的规律及分压原理分析；
③根据串联电路电压的规律得出变阻器分得的电压，根据分压原理得出当接入20Ω电阻时变阻器连入电路中的电阻大小。
本题测“小灯泡电功率”和“探究电流与电阻的关系”，考查故障分析、操作过程和对器材的要求。
21.【答案】
【解析】解：（1）实验过程中，调整凸透镜和光屏的高度，使蜡烛、凸透镜和光屏三者中心大致在同一高度，目的是使烛焰的像成在光屏的中央。
（2）当蜡烛、凸透镜位于图乙中刻度对应的位置时，物距在大于2倍焦距，凸透镜能成倒立缩小的实像，照相机是根据这个原理制成的；
（3）此时物距为16cm-10cm=6cm，物距小于焦距，成正立、放大的虚像，则人眼在图中B处能观察到烛焰的像；
（4）将一副眼镜放在蜡烛和凸透镜之间，结果，光屏上原来清晰的像变模糊了，他只将光屏向靠近凸透镜的方向移动适当距离时，又在光屏上观察到蜡烛清晰的像，说明提前成像了，故放置的是使光线会聚的凸透镜，这种眼镜是用来矫正远视眼的；
（5）若将印有字母“F”的纸片放在离凸透镜12cm的地方，物距大于一倍焦距小于二倍焦距，成倒立放大的实像，故选B。
故答案为：（1）同一高度；（2）缩小；照相机；（3）B；（4）远视；（5）B。
（1）为使像能成在光屏的中央，应使凸透镜、光屏、烛焰的中心大致在同一高度处；
（2）根据物距大于2倍焦距时，成倒立缩小实像的原理进行分析，照相机就是根据这个原理制成的；
（3）物距小于焦距，成正立放大的虚像；
（4）远视眼成因：眼球晶状体的曲度过小，远处物体反射来的光线通过晶状体折射后形成的物像，就会落在视网膜的后方造成远视眼；
（5）u＜v，成倒立、放大的实像。
本题考查了有关凸透镜成像规律及其应用，要熟练掌握成像特点与物距、像距的关系。
22.【答案】
【解析】（1）调节杠杆在水平位置平衡，杠杆右端偏高，左端的平衡螺母应向上翘的右端移动，使杠杆在水平位置平衡，力臂在杠杆上，便于测量力臂大小；
（2）由图根据杠杆平衡条件可知FALA=FBLB，代入数据可得2×0.05kg×10N/kg×3L=FB×2L，
解得：FB=1.5N；
（3）如图丙，若不在B点挂钩码，改用弹簧测力计在B点向下拉杠杆，使杠杆仍在水平位置平衡，当测力计从a位置转到b位置时，阻力和阻力臂一定，动力臂变小，动力变大，所以测力计的示数将变大；
（4）图像中每次描出的点与两坐标轴围成的方形面积是动力与动力臂的乘积，根据杠杆平衡条件可知，F1L1=F2L2，而阻力与阻力臂的乘积保持不变，故图像中每次描出的点与两坐标轴围成的方形面积总相等。
故答案为：（1）右；力臂；（2）1.5；（3）变大；动力臂变小；（4）阻力与阻力臂乘积保持不变。
（1）调节杠杆在水平位置平衡时，平衡螺母向上翘的一端移动；探究杠杆平衡条件时，使杠杆在水平位置平衡，这样方便测量力臂；
（2）根据杠杆的平衡条件求出拉力的大小；
（3）当弹簧测力计斜着拉时，其力臂小于杠杆长，根据杠杆平衡条件分析出答案；
（4）阻力和阻力臂的乘积不变时，从图象中选择动力和动力臂的对应值，得出动力跟动力臂的乘积也不变，据此分析。
本题考查了杠杆平衡的条件、应用杠杆平衡条件计算和分析问题，是一道基础题。
23.【答案】
【解析】（1）机器人受到的重力：G=mg=500kg×10N/kg=5×103N；
机器人静止时对水平冰面的压力：F压=G=5×103N，
机器人静止时对水平冰面的压强：p===1.25×104Pa；
（2）因为机器人匀速直线行驶，处于平衡状态，所受牵引力F牵=f=0.1G=0.1×5×103N=500N；
（3）机器人在行驶过程中牵引力做的功W=F牵s=500N×1800m=9×105J，
机器人在行驶过程中的功率P===1500W。
答：（1）机器人静止时对水平冰面的压强为1.25×104Pa；
（2）机器人在匀速直线运动时的牵引力是500N；
（3）机器人在行驶过程中的功率为1500W。
（1）根据G=mg得出机器人受到的重力；根据F压=G得出机器人静止时对水平冰面的压力，根据p=得出机器人静止时对水平冰面的压强；
（2）因为机器人匀速直线行驶，处于平衡状态，根据F牵=f=0.1G得出所受牵引力；
（3）根据W=F牵s得出机器人在行驶过程中牵引力做的功，根据P=得出机器人在行驶过程中的功率。
本题考查重力、压力、压强、功率的计算，综合性强，难度适中。
24.【答案】
【解析】（1）由图乙可知，当开关S1、S2都闭合时，R1、R2并联，根据并联电路的特点可知，此时电路的总电阻最小，由P=可知，电路的总功率最大，电热壶处于加热挡；
当开关S1闭合、S2断开时，只有R1工作，电路的总电阻最大，总功率最小，电热壶处于保温挡；
由P=可知，发热电阻R1的阻值：R1===484Ω；
（2）加热过程中电热壶消耗的电能：W=P加热t=900W×700s=6.3×105J；
（3）一个标准大气压下，水的沸点是100℃，
水吸收的热量：Q吸=cmΔt=4.2×103J/（kg ℃）×1.5kg×（100℃-20℃）=5.04×105J，
电热壶的加热效率：η=×100%=×100%=80%。
答：（1）发热电阻R1的阻值为484Ω；
（2）加热过程中电热壶消耗的电能为6.3×105J；
（3）该电热壶的加热效率为80%。
（1）由图乙可知，当开关S1、S2都闭合时，R1、R2并联；当开关S1闭合、S2断开时，只有R1工作，根据并联电路的特点和P=可知电热壶加热挡和保温挡的电路连接；根据保温功率和P=可求出发热电阻R1的阻值；
（2）根据W=Pt求出加热过程中电热壶消耗的电能；
（3）根据Q吸=cmΔt求出水吸收的热量，根据效率公式求出电热壶的加热效率。
本题考查并联电路的特点、吸热公式、电功公式、电功率公式以及效率公式的应用，属于电热多挡位电路问题，能正确分析电路连接是解题的关键。
25.【答案】
【解析】（1）当货架没有装载货物时（货架的质量忽略不计），即F=0，压敏电阻是240Ω；根据图甲可知：随着货架装载货物质量的增大，压敏电阻R1的阻值将减小。
（2）根据图乙，电流从电磁铁的上端流入，从下端流出，利用安培定则，电磁铁的上端是N极。
（3）当电磁继电器线圈中的电流大小为30mA时衔铁被吸下，此时控制电路的总电阻为：；
串联电阻的总电阻等于各个串联导体的电阻之和，所以此时压敏电阻为：R压敏=R-R2-R0=200Ω-30Ω-10Ω=160Ω；
根据图甲可知；货架能承受的最大压力为400N。
（4）若需要控制货架能承受的最大压力为800N，根据图甲可知：此时压敏电阻为80Ω，则替换的滑动变阻器的最大阻值为：R2'=R-R0-R'压敏=200Ω-10Ω-80Ω=110Ω。
故答案为：（1）240；减小；（2）N；（3）400；（4）110。
（1）根据图甲分析压敏电阻的电阻与压力的关系。
（2）根据安培定则来判断电磁铁的磁极。
（3）根据欧姆定律来计算压敏电阻的阻值和图甲来计算货架能承受的最大压力。
（4）根据图甲和欧姆定律来计算替换的滑动变阻器的最大阻值。
本题考查的是电磁继电器在生产中的应用。关键是知道压敏电阻的特性；会根据安培定则判断电磁铁的磁极；会根据欧姆定律来进行简单的计算和分析。
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