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广东省茂名市电白区2025年中考一模物理试题
1．（2025·电白模拟）估测在实际生活中的应用十分广泛，如图所示，罗阳同学对早餐桌上一瓷碗热气腾腾的豆浆进行了估测，其中最接近实际的是（　　）
A．瓷碗的容积约为25L B．瓷碗的质量约为1g
C．碗中小瓷勺的质量为200g D．豆浆的密度约为
【答案】D
【知识点】质量及其特性；密度的应用与物质鉴别
【解析】【解答】根据题意可知，瓷碗的容积约为，瓷碗的质量约为200g，小瓷勺的质量约为十几克，豆浆的密度大于水的密度，约为，故D符合实际，而ABC符合题意。
故选D。
【分析】根据对容积、质量和密度的认识判断。
2．（2025·电白模拟）现在市面上有一款不需要电池的自发电门铃。当人按压门铃压板时，压板后的弹簧会带动磁体运动，从而在线圈中产生电流，发声元件便可发声。下列四幅实验装置图中能反映其工作原理的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】通电直导线周围的磁场；直流电动机的构造原理与工作过程；产生感应电流的条件；影响电磁铁磁性强弱的因素及其探究
【解析】【解答】根据“当按压门铃压板时，压板后面的弹簧会带动磁体运动，从而在线圈中产生电流”可知，该装置的工作原理为电磁感应现象。
A．当导线中有电流经过时，小磁针的指向发生偏转，其原理是电流的磁效应，故A不符合题意；
B．两个电磁铁串联时电流相等，线圈匝数多的吸引的铁屑多，则说明它的磁场更强，那么探究影响电磁铁磁性大小因素，故B不符合题意；
C．闭合开关后，通过电流的导体在磁场中受力运动，为电动机的工作原理，故C不符合题意；
D．当导体在磁场中作切割磁感线运动时，电流表的指针发生偏转，这是电磁感应现象，故D符合题意。
故选D。
【分析】分析各个选项实验中包含的物理原理，然后与自发电门铃的原理对照即可。
3．（2025·电白模拟）如图，这是一款人脸识别门镜一体机，通过摄像镜头捕捉人脸信息，并将所拍图象与系统数据库中预先录入的人脸照片模板进行对比．下面对该装置说法错误的是（　　）
A．该摄像镜头相当于凸透镜
B．这种镜头可用来矫正近视眼
C．这种镜头对光线具有会聚作用
D．若镜头的焦距为10cm，为了能成清晰的像，人脸到镜头的距离应大于20cm
【答案】B
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验；近视眼的成因与矫正办法
【解析】【解答】ACD．根据题意可知，摄像机相当于照相机，成倒立、缩小的实像，此时u＞2f时，即人脸和摄像头的距离大于二倍焦距，也就是大于20cm。摄像机相当于凸透镜对光线有会聚作用，故ACD正确不合题意；
B．矫正近视眼的镜片是凹透镜，不是凸透镜，故B错误。
故选B．
【分析】ACD.根据凸透镜成像的特点和应用判断；
B.根据近视眼的矫正方法分析。
4．（2025·电白模拟）如图所示是锂原子结构模型，关于原子结构，下列说法正确的是（　　）
A．电子带负电，原子核不带电
B．原子核只占整个原子极小的体积
C．原子核是由质子和电子组成
D．原子是由原子核和中子组成
【答案】B
【知识点】原子结构
【解析】【解答】A．原子核带正电，电子带负电，故A错误；
B．原子核的体积只占整个原子体积的很小部分，故B正确；
C．原子核由质子和中子组成，故C错误；
D．原子原子核和核外电子组成，故D错误。
故选B。
【分析】物质的微观结构：有分子和原子、原子包含原子核，电子，原子核包括质子和中子等，分子之间存在间隙，分子间的相互作用力包括引力和斥力。
5．（2025·电白模拟）学习物理要善于归纳和整理，以下是思思同学整理课本插图的相关物理笔记，以下表述正确的是（　　）
A．图甲：动圈式话筒的工作原理是电流的磁效应
B．图乙：磁感线总是从北极出来，回到南极
C．图丙：司南静止时勺柄指南是由于受到地磁场的作用
D．图丁：电动机的工作原理是电磁感应现象
【答案】C
【知识点】磁感线及其特点；地磁场；直流电动机的构造原理与工作过程；动圈式话筒的构造和原理
【解析】【解答】A．动圈式话筒工作时，线圈切割磁感线，产生感应电流，原理是电磁感应现象，故A错误；
B．图中，在磁体外部，磁感线是从磁体的N极出来，回到S极，故B错误；
C．司南能指示南北，利用的是地磁场对磁体有力的作用，故C正确；
D．电动机工作时，磁场对电流的作用，利用了通电导体在磁场受力运动，故D错误。
故选C。
【分析】闭合电路的导体切割磁感线，产生感应电流，是电磁感应现象；磁体周围的磁感线从N极指向S极；地球周围有磁场；电动机根据磁场对电流的作用工作。
6．（2025·电白模拟）如图为四冲程汽油机工作过程中某一冲程的示意图，此冲程的名称及能量转化是（　　）
A．吸气冲程，机械能转化为内能 B．压缩冲程，机械能转化为内能
C．做功冲程，内能转化为机械能 D．排气冲程，内能转化为机械能
【答案】B
【知识点】热机；热机的四个冲程；能量的转化或转移
【解析】【解答】根据图片可知，活塞向上运动，且两个气门都关闭，那么为压缩冲程，将机械能转化为内能，故B符合题意，ACD不符合题意。
故选B。
【分析】根据活塞的运行方向和气门的开合确定冲程名称，进而确定能量转化。
7．（2025·电白模拟）分别用如图所示的甲、乙两个滑轮组，在100s内将重为400N的物体G匀速提升10m，每个滑轮的重力均为20N。不计绳重及摩擦，此过程中（　　）
A．F甲做的功大于F乙做的功
B．F甲做的功小于F乙做的功
C．F甲做功的功率小于F乙做功的功率
D．F甲做功的功率等于F乙做功的功率
【答案】D
【知识点】功率大小的比较；功
【解析】【解答】AB、不计绳重及摩擦，所以拉力做的功为 ；两图对比，题中的G、h、G动均相等，所以F甲做的功等于F乙做的功，故AB错误；
CD、拉力做功的功率，由于F甲做的功与F乙做的功相等，且时间也相等，所以，F甲做功的功率等于F乙做功的功率，故C错误，D正确。
故选：D。
【分析】由两图可知，承担物重的绳子股数n，不计绳重及滑轮轴间的摩擦，利用分析两图中拉力的大小关系；根据功率的定义式分析两图中拉力的功率的大小关系。
8．（2025·电白模拟）吉他的琴声是由琴弦　 　产生的；吉他手弹奏电吉他时不断用手指去控制琴弦长度，这样做的目的是改变声音的　 　；弹奏时，用大小不同的力拨动同一根琴弦，这是改变声音的　 　。
【答案】振动；音调；响度
【知识点】声音的产生；音调、响度与音色的区分
【解析】【解答】（1）吉他的琴声是由琴弦振动产生的。
（2）根据题意可知，吉他手弹奏电吉他时不断用手指去控制琴弦长度，从而改变琴弦的振动频率，这样做的目的是改变声音的音调。
（3）用大小不同的力拨动同一根琴弦，可以改变琴弦的振动幅度，这是改变声音的响度。
【分析】（1）声音是由物体振动产生的；
（2）声音的高低叫音调，与发声体的振动频率有关；
（3）声音的大小叫响度，与发声体的振幅大小有关。
9．（2025·电白模拟）如图中的三幅图选自中国古代科技著作《天工开物》，其中，“场中打稻”通过摔打的方法能将稻粒从稻杆上打落下来，是因为稻粒具有　 　；“赶稻及菽”中牛拉石碾的力与石碾拉牛的力是一对　 　；“炒蒸油料”中，在锅中翻炒的目的是通过　 　的方法改变油料的内能。
【答案】惯性；相互作用力；热传递
【知识点】热传递改变物体内能；力作用的相互性；惯性及其现象
【解析】【解答】（1）根据题意可知，当摔打稻秆时，稻秆受力由运动变为静止，而稻粒由于惯性继续保持原来的运动状态，所以能将稻粒从稻秆上落下来，这是利用稻粒的惯性。
（2）根据题意可知，牛拉石碾的力与石碾拉牛的力，二者大小相等，方向相反，且作用在同一直线上，但是作用在不同物体上，因此是一对相互作用力。
（3）“炒蒸油料”中，在锅中翻炒的目的是使油料吸收锅底的热量，因此是通过热传递的方法改变油料的内能。
【分析】（1）物体保持运动状态不变的性质叫惯性；
（2）相互作用力和平衡力的不同点：前者作用在不同物体上，后者作用在同一物体上；
（3）改变内能的方式：做功，本质为能量的转化；热传递，本质为能量的转移。
10．（2025·电白模拟）2024年，端午半山赛龙舟在西樵山天湖公园隆重举行，如图，各划手用力向后划水，龙舟快速向前，使龙舟向前的力的施力物体是　 　（选填“桨”或“水”）；以划手为参照物，龙舟是　 　（选填“静止”或“运动”）的；停止划水后龙舟会慢慢停下来，原因是　 　。
【答案】水；静止；龙舟受到阻力作用
【知识点】力的概念及单位；力的作用效果；参照物及其选择
【解析】【解答】（1）根据题意可知，向后划桨，桨对水施加向后的力，水会同时对桨施加向前的反作用力，从而推动龙舟向前运动，所以使龙舟向前的力的施力物体是水。
（2）根据题意可知，龙舟相对于划桨手的位置没有发生改变，则若以划桨手为参照物，龙舟是静止的。
（3）停止划水后龙舟会慢慢停下来，原因是龙舟受到阻力作用。
【分析】（1）对龙舟进行受力分析，从而确定使龙舟前进的力的施力物体；
（2）根据参照物的知识判断；
（3）力是改变物体运动状态的原因。
11．（2025·电白模拟）如图是湖南小东江的美景。平静的江面上看到渔舟的倒影，是光的　 　现象；清澈的江水中看到游鱼在嬉戏，是光的　 　现象；微风拂过江面波光粼粼，这是发生　 　（选填“镜面反射”或“漫反射”）。
【答案】反射；折射；镜面反射
【知识点】光的反射；镜面反射与漫反射；光的折射现象及其应用
【解析】【解答】（1）根据题意可知，平静江面上看到渔舟的倒影，是由于光线在水面发生反射形成的。
（2）根据题意可知，江水中的游鱼身上的光线，从水中进入空气时发生折射形成的虚像。
（3）根据题意可知，水面起伏形成许多小镜面，则阳光在水面发生反射，因此看起来波光粼粼。
【分析】（1）根据光的反射的知识解答；
（2）根据光的折射的知识解答；
（3）光线在光滑平整的表面发生镜面反射，在粗糙不平的表面发生漫反射。
12．（2025·电白模拟）如图所示，在超市里常喷一些水雾来保鲜蔬菜和水果，利用这种水雾在发生　 　的过程中　 　（填“吸收”或“放出”）热量，使蔬菜和水果内的分子运动速度　 　（填“加快”或“减慢”），来达到保鲜的目的。
【答案】汽化；吸收；减慢
【知识点】汽化及汽化吸热的特点；分子热运动
【解析】【解答】（1） 如图所示，在超市里常喷一些水雾来保鲜蔬菜和水果， 水雾是液态的小水滴变成气态的水蒸气的过程，属于汽化现象，需要吸收热量。
（2）根据题意可知，蔬菜和水果的温度降低，则内部分子运动变缓慢，从而达到了保鲜的目的。
【分析】（1）根据物质的初始态和终末态确定物态变化的名称，以及吸热还是放热即可；
（2）温度越高，则分子运动加快，据此分析解答。
13．（2025·电白模拟）微信信息是手机利用　 　进行传播的。电影《流浪地球》里为了推动地球去“流浪”，在地球上建造了一万多座行星发动机。行星发动机的燃料是用石头炼成的燃料球。被称为“火石”，如果石头真的可以作为能源，那么它属于　 　（选填“可再生”或“不可再生”）能源。影片中还设计了依靠三千多枚原子弹炸毁月球，原子弹爆炸属于　 　（选填“核聚变”或“核裂变”）。
【答案】电磁波；不可再生；核裂变
【知识点】能源及其分类；核裂变；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】（1）手机微信信息是利用电磁波进行传播的；
（2）根据题意可知，石头炼成的燃料球，不能在短时间内得到补充，应属于不可再生能源。
（3）根据题意可知，原子弹爆炸属于核裂变。
【分析】（1）根据电磁铁的特点和应用解答；
（2）可用在短时间内得到补充的能源为可再生能源；
（3）根据核裂变的应用的知识解答。
14．（2025·电白模拟）如图所示，该装置可探究电流通过导体产生的热量与　 　的关系，通电一段时间后，　 　（选填“左”或“右”）边U形管液面高度差较大，若把R3的阻值改为15Ω，R1与R2产生的热量之比为　 　。
【答案】电流；左；16∶9
【知识点】焦耳定律；焦耳定律的应用
【解析】【解答】 解：在装置中，R2、R3并联后再与R1串联后接到电源两端，R1、R2的电阻与通电时间t相同，根据并联电路电流规律可知，干路电流等于各支路电流之和，所以通过R1的电流大于通过R2的电流，所以此实验是为了探究电流产生的热量与电流的关系；
由Q=I2Rt可知，左边容器中的电阻产生的热量多，温度升得较快，左侧U形管中液面的高度差比右侧的大，因此通电一段时间后，玻璃管左侧液面高度差更大；
由图可知，R2、R3并联后再与R1串联，并联电路两端的电压相等，根据可知，通过R2与R3的电流之比：
I2：I3=R3：R2=15Ω：5Ω=3：1，
又由于I1=I2+I3，所以I1：I2=4：3，
根据焦耳定律可知，R1与R2产生的热量之比：Q1：Q2=I12R1t：I22R2t=I12：I22=42：32=16：9。
故答案为：电流；左；16：9。
【分析】 （1）根据装置中的相同量和不同量，根据控制变量法分析解答；
（2）电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关，探究时运用了控制变量法，根据焦耳定律判断产生热量的多少，进而判断U形管液面高度差大小；
（3）由图可知，R2、R3并联后再与R1串联，根据串并联的电路特点可知，I1=I2+I3，根据并联电路的电压规律和欧姆定律可知R2与R3流过的电流之比，据此可求出通过R1的电流与通过R2的的电流之比；根据焦耳定律求出R1与R2产生的热量之比。
15．（2025·电白模拟）按要求填空；
（1）如图1甲所示，温度计的读数是　 　，图1乙中物体的长度是　 　cm，图1丙中秒表的读数是　 　s；
（2）如图2所示的研究“电磁铁磁性强弱”的实验中，大头针若干，用漆包线（表面涂有绝缘的导线）在大铁钉上绕若干圈，制成简单的电磁铁，如图所示的a、b、c、d为实验中的四种情况，其中b和c线圈匝数相同。请完成下面填空：
①通过观察　 　，来判断磁性强弱的不同，这种研究方法叫　 　（选填“转换法”或“控制变量法”）；
②在b图中铁钉的下端为　 　极；
③通过比较b、c中两电磁铁，发现磁性强弱与　 　有关。
【答案】（1）-39；1.80；
（2）电磁铁吸引大头针的数量；转换法；N；电流大小
【知识点】温度及温度计的使用与读数；时间及其测量；刻度尺的使用；影响电磁铁磁性强弱的因素及其探究
【解析】【解答】（1）①根据图1甲可知，温度计的分度值为，刻度值向下增大，则液柱在以下，读数为：-30℃-1℃×9=。
②根据图1乙可知，刻度尺的分度值是1mm，所以物体的长度是L=4.80cm-3.00cm=1.80cm
③根据图1丙可知，秒表小盘的分度值是，指针在和之间，且超过；大盘的分度值是，指针指在36.8s处，所以秒表的读数是5min36.8s，即336.8s
（2）①根据图2d可知，通过观察电磁铁吸引大头针的数量来判断磁性强弱的不同，这种研究方法叫转换法。
②根根据图2b图可知，线圈上电流方向向左。用右手握住铁钉，四指指向左侧，大拇指指向下端，则b图中铁钉的下端为N极。
③根据图片可知，b和c线圈匝数相同，滑动变阻器的滑片不同，则通过二者的电流大小不变，且电磁铁吸引铁钉的个数不同，说明磁性强弱与电流大小有关。
【分析】（1）①用温度计测量液体的温度，读数时先看清是零上还是零下的，然后认清量程和分度值，最后读出示数。
②刻度尺读数时首先要明确量程以及分度值，然后根据刻度线的位置读数。
③停表的中间的表盘代表分钟，周围的大表盘代表秒，停表读数是两个表盘的示数之和。
（3）①电磁铁吸引铁钉的数量越多，则说明电磁铁的磁场越强；
②根据安培定则判断电磁铁的磁极方向；
③电磁铁磁性的强弱受电流的大小、线圈的匝数、以及铁芯的有无等因素的影响。
（1）[1]图1甲中，温度计的分度值为，液柱在以下，读数为。
[2]图1乙中，刻度尺的分度值是1mm，物体左端对准刻度，右端对准刻度，所以物体的长度是L=4.80cm-3.00cm=1.80cm
[3]图1丙中，秒表小盘的分度值是，指针在和之间，且超过；大盘的分度值是，指针指在36.8s处，所以秒表的读数是5min36.8s，即336.8s
（2）[1]在研究“电磁铁磁性强弱”的实验中，通过观察电磁铁吸引大头针的数量来判断磁性强弱的不同，这种研究方法叫转换法。
[2]根据安培定则，用右手握住铁钉，让四指指向电流的方向，大拇指所指的一端就是电磁铁的N极。在b图中，电流从铁钉的上端流入，所以铁钉的下端为N极。
[3]b和c线圈匝数相同，通过滑动变阻器的滑片位置判断，b中电流小，c中电流较大，b吸引的大头针数量比c少，说明通过比较b、c中两电磁铁，发现磁性强弱与电流大小有关。
16．（2025·电白模拟）如图所示，某快递公司使分拣出来的货物随着传送带一起匀速向左运动，画出此过程中货物受重力和支持力的示意图。
【答案】
【知识点】力的三要素及力的示意图
【解析】【解答】根据题意可知，货物随着传送带一起匀速向左做匀速直线运动，则货物受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力是一对平衡力，即二者大小相等，且二者都作用在货物的重心上，如下图所示：
【分析】对物体进行受力分析，确定力的三要素，然后沿力的方向画带箭头的线段即可。
17．（2025·电白模拟）如图所示，从光源S射出的一条光线经P处的平面镜反射后，反射光线平行于主光轴入射到凹透镜上，请画出平面镜和作出反射光线经凹透镜折射后的光线。
【答案】
【知识点】作光的反射光路图；透镜的光路图
【解析】【解答】根据图片可知，首先画出入射光线和反射光线夹角的角平分线，这就是法线。然后通过入射点作法线的垂线，这就是平面镜的位置。
平行于主光轴的光线经凹透镜折射后，其折射光线的反向延长线过焦点，如下图所示：
【分析】根据光的反射定律可知，法线是镜面的垂线，也是反射光线与入射光线夹角的角平分线。再结合透镜的三条特殊光线完成作图即可。
18．（2025·电白模拟）如图是常用的插线板电路简化图，开关断开时指示灯不发光，插孔不提供工作电压；开关闭合时指示灯发光，插孔提供工作电压；若指示灯损坏，开关闭合时插孔也能提供工作电压，请在图中画出开关、指示灯、插孔的连接方式。
【答案】
【知识点】家庭电路的连接
【解析】【解答】由题知，开关断开时指示灯不发光，插孔不能提供工作电压；开关闭合时指示灯发光，插孔提供工作电压；这说明开关同时控制指示灯和插座，开关应该在干路上，且开关应与火线连接，在断开开关时能切断火线，使用更安全；如果指示灯损坏，开关闭合时插孔也能正常通电，说明指示灯和插座之间是并联的；三孔插座的接法：左孔接零线，右孔接火线，上孔接地线，两孔插座的接法：左孔接零线，右孔接火线，如图所示：：
【分析】干路开关控制所有的用电器。并联电路各用电器之间互不影响，串联电路的用电器互相影响。
19．（2025·电白模拟）小勇看到自己离镜子越远，像越小。于是用如图甲所示的装置，探究物体远离平面镜时，像的大小如何变化。
(1)小勇选取了两个外形相同的蜡烛A和B，将蜡烛A放在薄玻璃板前点燃，小勇应在蜡烛　 　（选填“A”或“B”）的一侧观察，同时移动蜡烛B，使它和蜡烛A的像　 　；
(2)将蜡烛A向左移动，重复上述实验过程，得到了相同的实验结果。得出：物体远离平面镜时，所成像的大小　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”）；
(3)小勇又找来一些实验器材，想继续探究物体远离凸透镜时，光屏上像的大小如何变化。
①他将点燃的蜡烛、凸透镜、光屏调节到图乙所示的位置时，光屏上出现清晰的像，所成的像是　 　（选填“放大”、“缩小”或“等大”）的烛焰的像；
②保持凸透镜的位置不变，将蜡烛向左移动一段距离，移动光屏直到光屏上再一次出现清晰的像，对比两次光屏上像的大小得出：物体远离凸透镜时，光屏上所成的像变　 　（选填“大”或“小”）；
(4)小勇将蜡烛继续向左移动，保持凸透镜和光屏的位置不变，在蜡烛和凸透镜之间放置了一个度数合适的眼镜，光屏上也得到了清晰的像，他放置的应该是　 　（选填“近视眼镜”或“远视眼镜”）。
【答案】A；完全重合；不变；缩小；小；近视眼镜
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验；探究平面镜成像的特点
【解析】【解答】（1）根据题意可知，在探究平面镜成像特点的实验中，像由蜡烛A发出的光线在镜面反射形成，因此应该在蜡烛A的一侧观察；同时，移动蜡烛B，使其与A的像完全重合，从而探究像和物体的大小关系。
（2） 将蜡烛A向左移动，重复上述实验过程，得到了相同的实验结果，得出： 物体远离平面镜时所成像的大小不变。
（3）①根据图片可知，此时像距小于物距，则此时所成的像是倒立缩小的实像。
②将蜡烛向左移动一段距离，则物距增大，根据“物远像近像变小”的规律可知，此时光屏上所成的像变小。
（4）小勇将蜡烛继续向左移动，则像距会变得更小，而像距会变小。要使像回到原来位置的光屏上，需要镜片对光起到了发散的作用，因此，他放置的应该是矫正近视眼的凹透镜片。
【分析】（1）我们要看到在平面镜中成的像，那么眼睛要和反射光线在同一侧。当蜡烛B和蜡烛A的像重合时，可以探究像和物体的大小关系；
（2）根据“物像等大”分析；
（3）①比较像距和物距的大小，从而确定成像变化；
②根据凸透镜成像“物近像远大，物远像近小”的规律分析；
（4）根据像距的变化确定需要光线发散还是会聚即可。
20．（2025·电白模拟）小迈同学在“探究电流与电压、电阻的关系”实验中，选择的器材有：新干电池三节，、、、的定值电阻各一个，“0.5A”的滑动变阻器一个，电压表、电流表、开关各一个，导线若干。
（1）请用笔画线代替导线，将如图甲所示的电路连接完整　 　；（要求：导线不能交叉，滑片P向右端移动时，电流表的示数变大）；
（2）在连接电路时，开关应处于　 　（选填“断开”或“闭合”）状态；正确连接电路后，将滑动变阻器滑片置于最大阻值处，闭合开关，小陶发现两电表的指针处于图乙所示的位置，则电路故障可能是　 　；
（3）小迈根据测得的实验数据绘制出电流I随电阻R的变化图像，在实验过程中如图丙所示，小迈先用的电阻做完实验后，不移动滑片，断开开关，将的电阻换成的电阻，然后闭合开关，发现电压表的示数比用的电阻实验时更　 　，接着移动滑动变阻器的滑片使电压表示数为　 　V；
（4）小迈根据实验图像得到的结论是：定值电阻两端电压一定时，电流与电阻　 　；还可知，用和电阻实验时滑动变阻器消耗的电功率变化量为　 　。
【答案】（1）
（2）断开；定值电阻断路
（3）大；2
（4）成反比；0.5W
【知识点】探究电流与电压、电阻的关系实验；欧姆定律及其应用；电功率的测量
【解析】【解答】（1）根据题意可知，滑片P向右端移动时，电流表的示数变大，则总电阻变小。根据R总=R+R滑可知，变阻器阻值变小，所以变阻器应选择右下接线柱串联到电路中，作图如下：
（2）①在连接电路时，为保护电路，则开关应处于断开状态。
②如图乙所示，闭合开关，电流表无示数，说明电路发生断路。电压表有示数，则说明电压表与电源两极正常连通。对照可知，故障是电压表并联部分断路，即定值电阻R断路。
（3）根据题意可知，将5Ω的电阻换成10Ω的电阻，此时定值电阻的阻值变大。根据串联电路电压与电阻成正比的规律可知，电压表示数变大。由图丙图像可知，定值电阻两端所控制的电压为U0=IR=0.4A×5Ω=2V；
（4）①根据丙图可知，通过导体的电流与导体的电阻的乘积保持不变，故可得出结论：电压一定时，通过导体的电流与其电阻成反比。
②根据题意可知，电源是干电池三节串联，即电源电压U=4.5V，
变阻器电压为；
由图丙知，当5Ω接入电路时，电路电流为0.4A，则此时变阻器功率为
；
当10Ω接入电路时，电路电流为0.2A，此时变阻器功率为
；
则滑动变阻器消耗的电功率变化量为。
【分析】（1）根据电流表的示数变化确定变阻器的阻值变化，进而确定变阻器的接线情况即可；
（2）①根据电路连接的注意事项解答；
②根据故障现象，结合欧姆定律确定故障的种类和位置。
（3）根据串联电路的分压规律确定更换电阻后电压表的示数变化情况。从丙图中找到一组对应的电流和电压，然后根据U=IR计算即可。
（4）①分别计算出每组数据中电流和电阻的乘积，比较乘积大小得到规律即可；
②根据串联电路的电压规律计算出变阻器两端的电压，再根据图像丙确定对应的电流，根据P=UI分别计算出对应的电功率，最后相减即可。
（1）要求滑片P向右端移动时，电流表的示数变大，则变阻器阻值变小，所以变阻器应选择右下接线柱串联到电路中，作图如下：
（2）[1][2]为保护电路，在连接电路时，开关应处于断开状态。闭合开关，如图乙所示，电流表无示数，说明电路故障可能是断路，而电压表有示数，则说明电压表与电源连通，则故障是电压表并联部分断路，即定值电阻R断路。
（3）[1][2]电路为定值电阻与变阻器串联，电压表测定值电阻两端电压，将5Ω的电阻换成10Ω的电阻，根据串联电路分压规律，电阻变大，分得电压变大，即电压表示数变大。由图丙图像可知，定值电阻两端所控制的电压为
U0=IR=0.4A×5Ω=2V
（4）[1]由图像丙可知，导体的电阻增大，通过导体的电流减小，通过导体的电流与导体的电阻的乘积保持不变，故可得出结论：电压一定时，通过导体的电流与其电阻成反比。
[2]电源是新干电池三节，即电源电压U=4.5V，由（3）知定值电阻两端的电压为U0=2V，则变阻器电压为
由图丙知，当5Ω接入电路时，电路电流为0.4A，则此时变阻器功率为
当10Ω接入电路时，电路电流为0.2A，定值电阻两端电压和变阻器两端电压都不变，故此时变阻器功率为
则滑动变阻器消耗的电功率变化量为
21．（2025·电白模拟）在学习液体压强时，老师让小明利用压强计探究液体内部压强的特点，进行了如下的操作。
（1）实验前，小明按要求安装好实验器材，如图甲所示，此时压强计　 　（选填“是”或“不是”）连通器；
（2）小明没有按压橡皮膜时，发现U形管两侧液面就存在高度差（如图甲所示），接下来的操作是（　　）（填字母选项）；
A．从U形管内向外倒出适量水
B．拆除软管重新安装
C．向U形管内添加适量水
（3）小明要得到“液体深度相同时，液体密度越大，压强越大”的结论，他应该选图　 　（选填“乙和丙”或“丙和丁”）进行实验；
（4）正确操作后，分析图乙、图丙的实验现象，可以得出结论：同种液体中，液体压强随液体深度的增加而　 　；
（5）在探究液体内部压强与液体的密度关系时，小华认为两烧杯中的液面必须相平，你　 　（选填“赞同”或“不赞同”）此观点，理由是　 　。
【答案】（1）不是
（2）B
（3）丙和丁
（4）增大
（5）不赞同；控制金属盒在液体的深度相同
【知识点】探究液体压强的特点实验
【解析】【解答】（1）根据题意可知，U形管压强计的底部连通，上面只有一侧是开口的，因此不是连通器。
（2） 小明没有按压橡皮膜时，发现U形管内水面已有高度差，说明内外气压不一致，此时只需要将软管取下，再重新安装。故B符合题意，AC不符合题意。
故选B。
（3）根据控制变量法可知，要探究液体的压强与液体密度的关系，需要控制液体的深度不变，只改变液体的密度，故选实验丙和丁。
（4）根据图片可知，图乙、图丙中只有探头所处的深度不同，可以得出结论为：同种液体中，液体压强随液体深度的增加而增大。
（5）我不赞同小华的观点，在探究液体内部压强与液体密度关系时，要保持深度相同，只改变液体密度，与两烧杯中液面是否相平无关。
【分析】 （1）U形管压强计不是上端开口底部连通的容器，因此不是连通器；
（2）若在使用压强计前，发现U形管内水面已有高度差，只需要将软管取下，再重新安装；
（3）（4）利用控制变量法分析判断；
（5）在探究液体内部压强与液体密度关系时，只改变液体密度，控制金属盒在液体的深度相同。
（1）U形管压强计的左侧上端封闭，不是上端开口底部连通的容器，因此不是连通器。
（2）若在使用压强计前，发现U形管内水面已有高度差，只需要将软管取下，再重新安装，这样U形管中两管上方的气体压强就是相等的（都等于大气压），当橡皮膜没有受到压强时，U形管中的液面就是相平的。故B符合题意，AC不符合题意。
故选B。
（3）要探究液体的压强与液体密度的关系，根据控制变量法可知，需要控制液体的深度不变，改变液体的密度，实验丙和丁符合题意。
（4）分析图乙、图丙的实验现象，液体的密度相同，探头所处的深度越深，U形管液面的高度差越大，压强越大，可以得出结论为：同种液体中，液体压强随液体深度的增加而增大。
（5）[1][2]不赞同，因为深度是指液体内某一点到液体自由面的距离，在探究液体内部压强与液体密度关系时，只改变液体密度，控制金属盒在液体的深度相同；所以不管两烧杯中液面是否相平，只要控制金属盒在液体的深度相同就可以。
22．（2025·电白模拟）小宇同学想利用学过的知识测量木块的密度（不考虑木块吸水），主要过程如下：
（1）小宇把天平放在水平桌面上，将游码拨至标尺的零刻度线处，指针位置如图甲所示，此时应将平衡螺母向　 　（选填“左”或“右”）调，直至天平平衡。
（2）在测量杯子和水的质量时，小宇用镊子往天平的右盘　 　（选填“从小到大”或“从大到小”）试加砝码，并移动游码，直至天平平衡，这时右盘中的砝码和游码所在的位置如图乙所示，则杯子和水的总质量为　 　g，用同样方法测出木块的质量为18g。
（3）如图丙所示，将一个金属块放在木块上，一起放入杯子中，使木块恰好浸没在水中，测出此时的总质量为132g，则金属块的质量为　 　 g，木块受到的浮力为　 　N，木块的密度为　 　。（计算时g取）
【答案】（1）右
（2）从大到小；102
（3）12；；
【知识点】密度公式及其应用；固体密度的测量；阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】（1）根据图甲可知，天平的指针偏左，说明左边偏重右边偏轻，则平衡螺母应该向右调节。
（2）① 在测量杯子和水的质量时， 右盘的砝码要遵行从大到小的顺序；
②根据图乙可知，砝码的质量为100g，游码的质量为2g，则杯子和水的总质量为；
（3）根据题意可知，属块的质量为
②木块在水面漂浮，则木块受力平衡，所以；
木块的体积为；
那么木块的密度为。
【分析】 （1）利用天平测量质量前调平衡时，按照“左偏右调”的原则进行；
（2）①在测量杯子和水的质量时，用镊子往天平的右盘 从大到小试加砝码，并移动游码，直至天平平衡；
②左盘中物体的质量等于右盘中砝码的质量与游码在标尺上所对的刻度值之和；
（3）由题知，将一个金属块放在木块上，一起放入杯子中，使木块恰好浸没在水中，测出此时的总质量，可求木块和金属块的总质量，利用G=mg求其总重力；因为木块和金属块漂浮，木块恰好浸没在水中，所以木块受到的浮力等于木块和金属块总重力，利用F浮=ρ水V排g=ρ水Vg可求木块的体积，再利用密度公式求木块的密度。
（1）由图甲可知指针偏左，说明左边偏重，则平衡螺母应该向右调节，直到天平平衡。
（2）[1]天平使用过程中，右盘的砝码要遵行从大到小的顺序，最后移动游码，直到天平平衡。
[2]由图乙可知杯子和水的总质量为
（3）[1]根据题意可得金属块的质量为
[2]木块受到竖直向下的重力、金属对木块的压力和竖直向上的浮力，金属块对木块的压力与金属块的重力大小相等，木块处于静止状态，则受力平衡，所以
[3]木块完全浸没，则木块的体积与排开水的体积相等，即
木块的密度为
23．（2025·电白模拟）图甲为某款机器人，质量为30kg，其底部轮子与地面接触的总面积为150cm2，它在某次工作中沿直线行走的速度随时间变化的图象如图乙所示，水平方向上受到的阻力与自身质量的关系图象如图丙所示。（g取10N/kg）求：
（1）机器人静止在水平地面上时，对地面产生的压强。
（2）机器人在0～10s内的平均速度。
（3）在0～6s内机器人牵引力做功的功率。
【答案】解：（1）机器人的重力；
对地面的压力；
机器人对地面的压强。
答：机器人对地面的压强为2×104Pa。
（2）根据乙图可知，机器人在0～10s 内运动的总路程
；
那么机器人在0～10s内的平均速度。
答：机器人在0～10s内的平均速度为1.12m/s；。
（3）根据图丙可知，机器人质量为30kg，受到的阻力为7.5N，
在0～6s 内机器人处于平衡状态，故受到的牵引力；
由图乙可知，0～6s内机器人的速度为1.2m/s，牵引力做功的功率
答：0～6s内机器人牵引力做功的功率9W。
【知识点】功率计算公式的应用；压强的大小及其计算；时间速度路程的图像分析
【解析】【分析】 （1）根据G=mg得到机器人的重力，机器人对地面的压力等于它的重力，根据得到对地面产生的压强；（2）根据s=vt求出0～10s的总路程，根据得到0～10s内的平均速度；
（3）重力和阻力的关系得到阻力，机器人匀速运动，牵引力和阻力是平衡力，牵引力和阻力大小相等，根据P=Fv得到牵引力做功的功率。
24．（2025·电白模拟）如图甲是一款养生壶，图乙是其原理电路图，部分参数如表所示，R1、R2是电热丝（阻值不随温度的变化而变化）。[粥的比热容取4.0×103J/（kg ℃）]求：
额定电压/V 220
加热挡功率/W 880
保温挡功率/W 176
（1）保温挡正常工作时，电路中的电流；
（2）电热丝R1的阻值；
（3）将1.1kg的粥从20℃加热到100℃，需要的时间为500s，此养生壶的加热效率。
【答案】解：（1）由表格参数可知，养生壶保温挡功率P保＝176W，保温挡正常工作时，电路中的电流
（2）由图乙可知，当开关接a时，R1、R2串联，此时电路中的总电阻最大，电路中的总功率最小，养生壶处于保温挡；当开关接b时，只有R1工作，电路中的总电阻最小，总功率最大，养生壶处于加热挡；R1的阻值
（3）粥吸收的热量
Q吸＝cm(t﹣t0)＝4.0×103J/（kg ℃）×1.1kg×（100℃﹣20℃）＝3.52×105J
养生壶正常加热500s消耗的电能
W＝P加热t'＝880W×500s＝4.4×105J
此养生壶的加热效率
答：（1）保温挡正常工作时，电路中的电流为0.8A；
（2）电热丝R1的阻值为55Ω；
（3）将1.1kg的粥从20℃加热到100℃，需要的时间为500s，此养生壶的加热效率为80%。
【知识点】比热容；热机的效率；电功率的计算
【解析】【分析】（1）根据，计算用电器的电流大小；
（2）根据，计算用电器的电阻；
（3）利用Q=cmΔt，计算吸收热量的多少，根据W=Pt，计算消耗电能的多少，利用，计算热效率。
25．（2025·电白模拟）阅读短文，回答问题：
电动汽车
某品牌电动汽车（如图1）车身采用大量轻而坚硬的碳纤维材料，地板位置安装有电池系统，如表为电池系统的部分参数。
电池系统可用能量 72kW·h
电量—里程转换率 160W·h/km
充电时间 交流慢充 6h
直流快充 0.6h
目前电动汽车主流的充电方式为智能恒功率充电，充电电压U和充电电流I的变化如图2所示，第一阶段为限流段，即为预充阶段；第二阶段为恒流段，该过程充电电流保持不变，充电电压稳定增加；第三阶段为恒功率段，该过程充电功率保持恒定；第四阶段为恒压段，即浮充阶段，充电电流不断减小，直至充满。
（1）车身采用大量碳纤维材料，是因为碳纤维不仅　 　小而且硬度大；
（2）电动车需紧急出行而电量不足时，应选择　 　（直流/交流）充电方式；
（3）电池充电至某一阶段时，充电电压不断增加，充电电流不断减小，该阶段为　 　；
A．限流段 B．恒流段 C．恒功率段 D．恒压段
（4）电池充满电后，理论续航里程为　 　km；
（5）在充电恒压段，电池能量E随时间t变化的图像为　 　。
A. B. C. D.
【答案】密度；直流；C；450；A
【知识点】密度的应用与物质鉴别；电功的计算；发电机的构造和原理
【解析】【解答】（1）根据“车身采用大量轻而坚硬的碳纤维材料”可知，车身采用大量碳纤维材料，是因为可知碳纤维材料密度较小而且硬度大。
（2）根据表格数据可知，直流快充为0.6h，交流慢充为6h，则直流电充电更加迅速，故电动车需紧急出行而电量不足时，应选择直流充电方式。
（3）根据图2可知，充电电压不断增加，充电电流不断减小，则该特征符合恒功率段。故ABD不符合题意，C符合题意。
故选C。
（4）根据题意可知，电池充满电后，理论续航里程为；
（5）BC．根据题意可知，电池能量E不可能为0，故BC不符合题意。
AD．第四阶段为恒压段，即浮充阶段，充电电流不断减小，根据W=UIt可知，电池能量的增加的越来越慢，故D不符合题意，A符合题意。
故选A。
【分析】 （1）从碳纤维材料密度小的角度考虑；
（2）表格数据可得，交流慢充为6h，直流快充为0.6h，故直流电充电更加迅速，据此选择充电方式；
（3）电池充电至某一阶段时，充电电压不断增加，充电电流不断减小，从图2可知符合的充电阶段；
（4）电池系统可用能量为53kW h=53000W h，电量—里程转换率为132.5W h/km，据此得出电池充满电后，理论续航里程；
（5）根据题干描述的过程，逐项分析各选项，得出答案。
1 / 1广东省茂名市电白区2025年中考一模物理试题
1．（2025·电白模拟）估测在实际生活中的应用十分广泛，如图所示，罗阳同学对早餐桌上一瓷碗热气腾腾的豆浆进行了估测，其中最接近实际的是（　　）
A．瓷碗的容积约为25L B．瓷碗的质量约为1g
C．碗中小瓷勺的质量为200g D．豆浆的密度约为
2．（2025·电白模拟）现在市面上有一款不需要电池的自发电门铃。当人按压门铃压板时，压板后的弹簧会带动磁体运动，从而在线圈中产生电流，发声元件便可发声。下列四幅实验装置图中能反映其工作原理的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2025·电白模拟）如图，这是一款人脸识别门镜一体机，通过摄像镜头捕捉人脸信息，并将所拍图象与系统数据库中预先录入的人脸照片模板进行对比．下面对该装置说法错误的是（　　）
A．该摄像镜头相当于凸透镜
B．这种镜头可用来矫正近视眼
C．这种镜头对光线具有会聚作用
D．若镜头的焦距为10cm，为了能成清晰的像，人脸到镜头的距离应大于20cm
4．（2025·电白模拟）如图所示是锂原子结构模型，关于原子结构，下列说法正确的是（　　）
A．电子带负电，原子核不带电
B．原子核只占整个原子极小的体积
C．原子核是由质子和电子组成
D．原子是由原子核和中子组成
5．（2025·电白模拟）学习物理要善于归纳和整理，以下是思思同学整理课本插图的相关物理笔记，以下表述正确的是（　　）
A．图甲：动圈式话筒的工作原理是电流的磁效应
B．图乙：磁感线总是从北极出来，回到南极
C．图丙：司南静止时勺柄指南是由于受到地磁场的作用
D．图丁：电动机的工作原理是电磁感应现象
6．（2025·电白模拟）如图为四冲程汽油机工作过程中某一冲程的示意图，此冲程的名称及能量转化是（　　）
A．吸气冲程，机械能转化为内能 B．压缩冲程，机械能转化为内能
C．做功冲程，内能转化为机械能 D．排气冲程，内能转化为机械能
7．（2025·电白模拟）分别用如图所示的甲、乙两个滑轮组，在100s内将重为400N的物体G匀速提升10m，每个滑轮的重力均为20N。不计绳重及摩擦，此过程中（　　）
A．F甲做的功大于F乙做的功
B．F甲做的功小于F乙做的功
C．F甲做功的功率小于F乙做功的功率
D．F甲做功的功率等于F乙做功的功率
8．（2025·电白模拟）吉他的琴声是由琴弦　 　产生的；吉他手弹奏电吉他时不断用手指去控制琴弦长度，这样做的目的是改变声音的　 　；弹奏时，用大小不同的力拨动同一根琴弦，这是改变声音的　 　。
9．（2025·电白模拟）如图中的三幅图选自中国古代科技著作《天工开物》，其中，“场中打稻”通过摔打的方法能将稻粒从稻杆上打落下来，是因为稻粒具有　 　；“赶稻及菽”中牛拉石碾的力与石碾拉牛的力是一对　 　；“炒蒸油料”中，在锅中翻炒的目的是通过　 　的方法改变油料的内能。
10．（2025·电白模拟）2024年，端午半山赛龙舟在西樵山天湖公园隆重举行，如图，各划手用力向后划水，龙舟快速向前，使龙舟向前的力的施力物体是　 　（选填“桨”或“水”）；以划手为参照物，龙舟是　 　（选填“静止”或“运动”）的；停止划水后龙舟会慢慢停下来，原因是　 　。
11．（2025·电白模拟）如图是湖南小东江的美景。平静的江面上看到渔舟的倒影，是光的　 　现象；清澈的江水中看到游鱼在嬉戏，是光的　 　现象；微风拂过江面波光粼粼，这是发生　 　（选填“镜面反射”或“漫反射”）。
12．（2025·电白模拟）如图所示，在超市里常喷一些水雾来保鲜蔬菜和水果，利用这种水雾在发生　 　的过程中　 　（填“吸收”或“放出”）热量，使蔬菜和水果内的分子运动速度　 　（填“加快”或“减慢”），来达到保鲜的目的。
13．（2025·电白模拟）微信信息是手机利用　 　进行传播的。电影《流浪地球》里为了推动地球去“流浪”，在地球上建造了一万多座行星发动机。行星发动机的燃料是用石头炼成的燃料球。被称为“火石”，如果石头真的可以作为能源，那么它属于　 　（选填“可再生”或“不可再生”）能源。影片中还设计了依靠三千多枚原子弹炸毁月球，原子弹爆炸属于　 　（选填“核聚变”或“核裂变”）。
14．（2025·电白模拟）如图所示，该装置可探究电流通过导体产生的热量与　 　的关系，通电一段时间后，　 　（选填“左”或“右”）边U形管液面高度差较大，若把R3的阻值改为15Ω，R1与R2产生的热量之比为　 　。
15．（2025·电白模拟）按要求填空；
（1）如图1甲所示，温度计的读数是　 　，图1乙中物体的长度是　 　cm，图1丙中秒表的读数是　 　s；
（2）如图2所示的研究“电磁铁磁性强弱”的实验中，大头针若干，用漆包线（表面涂有绝缘的导线）在大铁钉上绕若干圈，制成简单的电磁铁，如图所示的a、b、c、d为实验中的四种情况，其中b和c线圈匝数相同。请完成下面填空：
①通过观察　 　，来判断磁性强弱的不同，这种研究方法叫　 　（选填“转换法”或“控制变量法”）；
②在b图中铁钉的下端为　 　极；
③通过比较b、c中两电磁铁，发现磁性强弱与　 　有关。
16．（2025·电白模拟）如图所示，某快递公司使分拣出来的货物随着传送带一起匀速向左运动，画出此过程中货物受重力和支持力的示意图。
17．（2025·电白模拟）如图所示，从光源S射出的一条光线经P处的平面镜反射后，反射光线平行于主光轴入射到凹透镜上，请画出平面镜和作出反射光线经凹透镜折射后的光线。
18．（2025·电白模拟）如图是常用的插线板电路简化图，开关断开时指示灯不发光，插孔不提供工作电压；开关闭合时指示灯发光，插孔提供工作电压；若指示灯损坏，开关闭合时插孔也能提供工作电压，请在图中画出开关、指示灯、插孔的连接方式。
19．（2025·电白模拟）小勇看到自己离镜子越远，像越小。于是用如图甲所示的装置，探究物体远离平面镜时，像的大小如何变化。
(1)小勇选取了两个外形相同的蜡烛A和B，将蜡烛A放在薄玻璃板前点燃，小勇应在蜡烛　 　（选填“A”或“B”）的一侧观察，同时移动蜡烛B，使它和蜡烛A的像　 　；
(2)将蜡烛A向左移动，重复上述实验过程，得到了相同的实验结果。得出：物体远离平面镜时，所成像的大小　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”）；
(3)小勇又找来一些实验器材，想继续探究物体远离凸透镜时，光屏上像的大小如何变化。
①他将点燃的蜡烛、凸透镜、光屏调节到图乙所示的位置时，光屏上出现清晰的像，所成的像是　 　（选填“放大”、“缩小”或“等大”）的烛焰的像；
②保持凸透镜的位置不变，将蜡烛向左移动一段距离，移动光屏直到光屏上再一次出现清晰的像，对比两次光屏上像的大小得出：物体远离凸透镜时，光屏上所成的像变　 　（选填“大”或“小”）；
(4)小勇将蜡烛继续向左移动，保持凸透镜和光屏的位置不变，在蜡烛和凸透镜之间放置了一个度数合适的眼镜，光屏上也得到了清晰的像，他放置的应该是　 　（选填“近视眼镜”或“远视眼镜”）。
20．（2025·电白模拟）小迈同学在“探究电流与电压、电阻的关系”实验中，选择的器材有：新干电池三节，、、、的定值电阻各一个，“0.5A”的滑动变阻器一个，电压表、电流表、开关各一个，导线若干。
（1）请用笔画线代替导线，将如图甲所示的电路连接完整　 　；（要求：导线不能交叉，滑片P向右端移动时，电流表的示数变大）；
（2）在连接电路时，开关应处于　 　（选填“断开”或“闭合”）状态；正确连接电路后，将滑动变阻器滑片置于最大阻值处，闭合开关，小陶发现两电表的指针处于图乙所示的位置，则电路故障可能是　 　；
（3）小迈根据测得的实验数据绘制出电流I随电阻R的变化图像，在实验过程中如图丙所示，小迈先用的电阻做完实验后，不移动滑片，断开开关，将的电阻换成的电阻，然后闭合开关，发现电压表的示数比用的电阻实验时更　 　，接着移动滑动变阻器的滑片使电压表示数为　 　V；
（4）小迈根据实验图像得到的结论是：定值电阻两端电压一定时，电流与电阻　 　；还可知，用和电阻实验时滑动变阻器消耗的电功率变化量为　 　。
21．（2025·电白模拟）在学习液体压强时，老师让小明利用压强计探究液体内部压强的特点，进行了如下的操作。
（1）实验前，小明按要求安装好实验器材，如图甲所示，此时压强计　 　（选填“是”或“不是”）连通器；
（2）小明没有按压橡皮膜时，发现U形管两侧液面就存在高度差（如图甲所示），接下来的操作是（　　）（填字母选项）；
A．从U形管内向外倒出适量水
B．拆除软管重新安装
C．向U形管内添加适量水
（3）小明要得到“液体深度相同时，液体密度越大，压强越大”的结论，他应该选图　 　（选填“乙和丙”或“丙和丁”）进行实验；
（4）正确操作后，分析图乙、图丙的实验现象，可以得出结论：同种液体中，液体压强随液体深度的增加而　 　；
（5）在探究液体内部压强与液体的密度关系时，小华认为两烧杯中的液面必须相平，你　 　（选填“赞同”或“不赞同”）此观点，理由是　 　。
22．（2025·电白模拟）小宇同学想利用学过的知识测量木块的密度（不考虑木块吸水），主要过程如下：
（1）小宇把天平放在水平桌面上，将游码拨至标尺的零刻度线处，指针位置如图甲所示，此时应将平衡螺母向　 　（选填“左”或“右”）调，直至天平平衡。
（2）在测量杯子和水的质量时，小宇用镊子往天平的右盘　 　（选填“从小到大”或“从大到小”）试加砝码，并移动游码，直至天平平衡，这时右盘中的砝码和游码所在的位置如图乙所示，则杯子和水的总质量为　 　g，用同样方法测出木块的质量为18g。
（3）如图丙所示，将一个金属块放在木块上，一起放入杯子中，使木块恰好浸没在水中，测出此时的总质量为132g，则金属块的质量为　 　 g，木块受到的浮力为　 　N，木块的密度为　 　。（计算时g取）
23．（2025·电白模拟）图甲为某款机器人，质量为30kg，其底部轮子与地面接触的总面积为150cm2，它在某次工作中沿直线行走的速度随时间变化的图象如图乙所示，水平方向上受到的阻力与自身质量的关系图象如图丙所示。（g取10N/kg）求：
（1）机器人静止在水平地面上时，对地面产生的压强。
（2）机器人在0～10s内的平均速度。
（3）在0～6s内机器人牵引力做功的功率。
24．（2025·电白模拟）如图甲是一款养生壶，图乙是其原理电路图，部分参数如表所示，R1、R2是电热丝（阻值不随温度的变化而变化）。[粥的比热容取4.0×103J/（kg ℃）]求：
额定电压/V 220
加热挡功率/W 880
保温挡功率/W 176
（1）保温挡正常工作时，电路中的电流；
（2）电热丝R1的阻值；
（3）将1.1kg的粥从20℃加热到100℃，需要的时间为500s，此养生壶的加热效率。
25．（2025·电白模拟）阅读短文，回答问题：
电动汽车
某品牌电动汽车（如图1）车身采用大量轻而坚硬的碳纤维材料，地板位置安装有电池系统，如表为电池系统的部分参数。
电池系统可用能量 72kW·h
电量—里程转换率 160W·h/km
充电时间 交流慢充 6h
直流快充 0.6h
目前电动汽车主流的充电方式为智能恒功率充电，充电电压U和充电电流I的变化如图2所示，第一阶段为限流段，即为预充阶段；第二阶段为恒流段，该过程充电电流保持不变，充电电压稳定增加；第三阶段为恒功率段，该过程充电功率保持恒定；第四阶段为恒压段，即浮充阶段，充电电流不断减小，直至充满。
（1）车身采用大量碳纤维材料，是因为碳纤维不仅　 　小而且硬度大；
（2）电动车需紧急出行而电量不足时，应选择　 　（直流/交流）充电方式；
（3）电池充电至某一阶段时，充电电压不断增加，充电电流不断减小，该阶段为　 　；
A．限流段 B．恒流段 C．恒功率段 D．恒压段
（4）电池充满电后，理论续航里程为　 　km；
（5）在充电恒压段，电池能量E随时间t变化的图像为　 　。
A. B. C. D.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】质量及其特性；密度的应用与物质鉴别
【解析】【解答】根据题意可知，瓷碗的容积约为，瓷碗的质量约为200g，小瓷勺的质量约为十几克，豆浆的密度大于水的密度，约为，故D符合实际，而ABC符合题意。
故选D。
【分析】根据对容积、质量和密度的认识判断。
2．【答案】D
【知识点】通电直导线周围的磁场；直流电动机的构造原理与工作过程；产生感应电流的条件；影响电磁铁磁性强弱的因素及其探究
【解析】【解答】根据“当按压门铃压板时，压板后面的弹簧会带动磁体运动，从而在线圈中产生电流”可知，该装置的工作原理为电磁感应现象。
A．当导线中有电流经过时，小磁针的指向发生偏转，其原理是电流的磁效应，故A不符合题意；
B．两个电磁铁串联时电流相等，线圈匝数多的吸引的铁屑多，则说明它的磁场更强，那么探究影响电磁铁磁性大小因素，故B不符合题意；
C．闭合开关后，通过电流的导体在磁场中受力运动，为电动机的工作原理，故C不符合题意；
D．当导体在磁场中作切割磁感线运动时，电流表的指针发生偏转，这是电磁感应现象，故D符合题意。
故选D。
【分析】分析各个选项实验中包含的物理原理，然后与自发电门铃的原理对照即可。
3．【答案】B
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验；近视眼的成因与矫正办法
【解析】【解答】ACD．根据题意可知，摄像机相当于照相机，成倒立、缩小的实像，此时u＞2f时，即人脸和摄像头的距离大于二倍焦距，也就是大于20cm。摄像机相当于凸透镜对光线有会聚作用，故ACD正确不合题意；
B．矫正近视眼的镜片是凹透镜，不是凸透镜，故B错误。
故选B．
【分析】ACD.根据凸透镜成像的特点和应用判断；
B.根据近视眼的矫正方法分析。
4．【答案】B
【知识点】原子结构
【解析】【解答】A．原子核带正电，电子带负电，故A错误；
B．原子核的体积只占整个原子体积的很小部分，故B正确；
C．原子核由质子和中子组成，故C错误；
D．原子原子核和核外电子组成，故D错误。
故选B。
【分析】物质的微观结构：有分子和原子、原子包含原子核，电子，原子核包括质子和中子等，分子之间存在间隙，分子间的相互作用力包括引力和斥力。
5．【答案】C
【知识点】磁感线及其特点；地磁场；直流电动机的构造原理与工作过程；动圈式话筒的构造和原理
【解析】【解答】A．动圈式话筒工作时，线圈切割磁感线，产生感应电流，原理是电磁感应现象，故A错误；
B．图中，在磁体外部，磁感线是从磁体的N极出来，回到S极，故B错误；
C．司南能指示南北，利用的是地磁场对磁体有力的作用，故C正确；
D．电动机工作时，磁场对电流的作用，利用了通电导体在磁场受力运动，故D错误。
故选C。
【分析】闭合电路的导体切割磁感线，产生感应电流，是电磁感应现象；磁体周围的磁感线从N极指向S极；地球周围有磁场；电动机根据磁场对电流的作用工作。
6．【答案】B
【知识点】热机；热机的四个冲程；能量的转化或转移
【解析】【解答】根据图片可知，活塞向上运动，且两个气门都关闭，那么为压缩冲程，将机械能转化为内能，故B符合题意，ACD不符合题意。
故选B。
【分析】根据活塞的运行方向和气门的开合确定冲程名称，进而确定能量转化。
7．【答案】D
【知识点】功率大小的比较；功
【解析】【解答】AB、不计绳重及摩擦，所以拉力做的功为 ；两图对比，题中的G、h、G动均相等，所以F甲做的功等于F乙做的功，故AB错误；
CD、拉力做功的功率，由于F甲做的功与F乙做的功相等，且时间也相等，所以，F甲做功的功率等于F乙做功的功率，故C错误，D正确。
故选：D。
【分析】由两图可知，承担物重的绳子股数n，不计绳重及滑轮轴间的摩擦，利用分析两图中拉力的大小关系；根据功率的定义式分析两图中拉力的功率的大小关系。
8．【答案】振动；音调；响度
【知识点】声音的产生；音调、响度与音色的区分
【解析】【解答】（1）吉他的琴声是由琴弦振动产生的。
（2）根据题意可知，吉他手弹奏电吉他时不断用手指去控制琴弦长度，从而改变琴弦的振动频率，这样做的目的是改变声音的音调。
（3）用大小不同的力拨动同一根琴弦，可以改变琴弦的振动幅度，这是改变声音的响度。
【分析】（1）声音是由物体振动产生的；
（2）声音的高低叫音调，与发声体的振动频率有关；
（3）声音的大小叫响度，与发声体的振幅大小有关。
9．【答案】惯性；相互作用力；热传递
【知识点】热传递改变物体内能；力作用的相互性；惯性及其现象
【解析】【解答】（1）根据题意可知，当摔打稻秆时，稻秆受力由运动变为静止，而稻粒由于惯性继续保持原来的运动状态，所以能将稻粒从稻秆上落下来，这是利用稻粒的惯性。
（2）根据题意可知，牛拉石碾的力与石碾拉牛的力，二者大小相等，方向相反，且作用在同一直线上，但是作用在不同物体上，因此是一对相互作用力。
（3）“炒蒸油料”中，在锅中翻炒的目的是使油料吸收锅底的热量，因此是通过热传递的方法改变油料的内能。
【分析】（1）物体保持运动状态不变的性质叫惯性；
（2）相互作用力和平衡力的不同点：前者作用在不同物体上，后者作用在同一物体上；
（3）改变内能的方式：做功，本质为能量的转化；热传递，本质为能量的转移。
10．【答案】水；静止；龙舟受到阻力作用
【知识点】力的概念及单位；力的作用效果；参照物及其选择
【解析】【解答】（1）根据题意可知，向后划桨，桨对水施加向后的力，水会同时对桨施加向前的反作用力，从而推动龙舟向前运动，所以使龙舟向前的力的施力物体是水。
（2）根据题意可知，龙舟相对于划桨手的位置没有发生改变，则若以划桨手为参照物，龙舟是静止的。
（3）停止划水后龙舟会慢慢停下来，原因是龙舟受到阻力作用。
【分析】（1）对龙舟进行受力分析，从而确定使龙舟前进的力的施力物体；
（2）根据参照物的知识判断；
（3）力是改变物体运动状态的原因。
11．【答案】反射；折射；镜面反射
【知识点】光的反射；镜面反射与漫反射；光的折射现象及其应用
【解析】【解答】（1）根据题意可知，平静江面上看到渔舟的倒影，是由于光线在水面发生反射形成的。
（2）根据题意可知，江水中的游鱼身上的光线，从水中进入空气时发生折射形成的虚像。
（3）根据题意可知，水面起伏形成许多小镜面，则阳光在水面发生反射，因此看起来波光粼粼。
【分析】（1）根据光的反射的知识解答；
（2）根据光的折射的知识解答；
（3）光线在光滑平整的表面发生镜面反射，在粗糙不平的表面发生漫反射。
12．【答案】汽化；吸收；减慢
【知识点】汽化及汽化吸热的特点；分子热运动
【解析】【解答】（1） 如图所示，在超市里常喷一些水雾来保鲜蔬菜和水果， 水雾是液态的小水滴变成气态的水蒸气的过程，属于汽化现象，需要吸收热量。
（2）根据题意可知，蔬菜和水果的温度降低，则内部分子运动变缓慢，从而达到了保鲜的目的。
【分析】（1）根据物质的初始态和终末态确定物态变化的名称，以及吸热还是放热即可；
（2）温度越高，则分子运动加快，据此分析解答。
13．【答案】电磁波；不可再生；核裂变
【知识点】能源及其分类；核裂变；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】（1）手机微信信息是利用电磁波进行传播的；
（2）根据题意可知，石头炼成的燃料球，不能在短时间内得到补充，应属于不可再生能源。
（3）根据题意可知，原子弹爆炸属于核裂变。
【分析】（1）根据电磁铁的特点和应用解答；
（2）可用在短时间内得到补充的能源为可再生能源；
（3）根据核裂变的应用的知识解答。
14．【答案】电流；左；16∶9
【知识点】焦耳定律；焦耳定律的应用
【解析】【解答】 解：在装置中，R2、R3并联后再与R1串联后接到电源两端，R1、R2的电阻与通电时间t相同，根据并联电路电流规律可知，干路电流等于各支路电流之和，所以通过R1的电流大于通过R2的电流，所以此实验是为了探究电流产生的热量与电流的关系；
由Q=I2Rt可知，左边容器中的电阻产生的热量多，温度升得较快，左侧U形管中液面的高度差比右侧的大，因此通电一段时间后，玻璃管左侧液面高度差更大；
由图可知，R2、R3并联后再与R1串联，并联电路两端的电压相等，根据可知，通过R2与R3的电流之比：
I2：I3=R3：R2=15Ω：5Ω=3：1，
又由于I1=I2+I3，所以I1：I2=4：3，
根据焦耳定律可知，R1与R2产生的热量之比：Q1：Q2=I12R1t：I22R2t=I12：I22=42：32=16：9。
故答案为：电流；左；16：9。
【分析】 （1）根据装置中的相同量和不同量，根据控制变量法分析解答；
（2）电流产生的热量跟电流大小、电阻大小、通电时间有关，探究时运用了控制变量法，根据焦耳定律判断产生热量的多少，进而判断U形管液面高度差大小；
（3）由图可知，R2、R3并联后再与R1串联，根据串并联的电路特点可知，I1=I2+I3，根据并联电路的电压规律和欧姆定律可知R2与R3流过的电流之比，据此可求出通过R1的电流与通过R2的的电流之比；根据焦耳定律求出R1与R2产生的热量之比。
15．【答案】（1）-39；1.80；
（2）电磁铁吸引大头针的数量；转换法；N；电流大小
【知识点】温度及温度计的使用与读数；时间及其测量；刻度尺的使用；影响电磁铁磁性强弱的因素及其探究
【解析】【解答】（1）①根据图1甲可知，温度计的分度值为，刻度值向下增大，则液柱在以下，读数为：-30℃-1℃×9=。
②根据图1乙可知，刻度尺的分度值是1mm，所以物体的长度是L=4.80cm-3.00cm=1.80cm
③根据图1丙可知，秒表小盘的分度值是，指针在和之间，且超过；大盘的分度值是，指针指在36.8s处，所以秒表的读数是5min36.8s，即336.8s
（2）①根据图2d可知，通过观察电磁铁吸引大头针的数量来判断磁性强弱的不同，这种研究方法叫转换法。
②根根据图2b图可知，线圈上电流方向向左。用右手握住铁钉，四指指向左侧，大拇指指向下端，则b图中铁钉的下端为N极。
③根据图片可知，b和c线圈匝数相同，滑动变阻器的滑片不同，则通过二者的电流大小不变，且电磁铁吸引铁钉的个数不同，说明磁性强弱与电流大小有关。
【分析】（1）①用温度计测量液体的温度，读数时先看清是零上还是零下的，然后认清量程和分度值，最后读出示数。
②刻度尺读数时首先要明确量程以及分度值，然后根据刻度线的位置读数。
③停表的中间的表盘代表分钟，周围的大表盘代表秒，停表读数是两个表盘的示数之和。
（3）①电磁铁吸引铁钉的数量越多，则说明电磁铁的磁场越强；
②根据安培定则判断电磁铁的磁极方向；
③电磁铁磁性的强弱受电流的大小、线圈的匝数、以及铁芯的有无等因素的影响。
（1）[1]图1甲中，温度计的分度值为，液柱在以下，读数为。
[2]图1乙中，刻度尺的分度值是1mm，物体左端对准刻度，右端对准刻度，所以物体的长度是L=4.80cm-3.00cm=1.80cm
[3]图1丙中，秒表小盘的分度值是，指针在和之间，且超过；大盘的分度值是，指针指在36.8s处，所以秒表的读数是5min36.8s，即336.8s
（2）[1]在研究“电磁铁磁性强弱”的实验中，通过观察电磁铁吸引大头针的数量来判断磁性强弱的不同，这种研究方法叫转换法。
[2]根据安培定则，用右手握住铁钉，让四指指向电流的方向，大拇指所指的一端就是电磁铁的N极。在b图中，电流从铁钉的上端流入，所以铁钉的下端为N极。
[3]b和c线圈匝数相同，通过滑动变阻器的滑片位置判断，b中电流小，c中电流较大，b吸引的大头针数量比c少，说明通过比较b、c中两电磁铁，发现磁性强弱与电流大小有关。
16．【答案】
【知识点】力的三要素及力的示意图
【解析】【解答】根据题意可知，货物随着传送带一起匀速向左做匀速直线运动，则货物受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力是一对平衡力，即二者大小相等，且二者都作用在货物的重心上，如下图所示：
【分析】对物体进行受力分析，确定力的三要素，然后沿力的方向画带箭头的线段即可。
17．【答案】
【知识点】作光的反射光路图；透镜的光路图
【解析】【解答】根据图片可知，首先画出入射光线和反射光线夹角的角平分线，这就是法线。然后通过入射点作法线的垂线，这就是平面镜的位置。
平行于主光轴的光线经凹透镜折射后，其折射光线的反向延长线过焦点，如下图所示：
【分析】根据光的反射定律可知，法线是镜面的垂线，也是反射光线与入射光线夹角的角平分线。再结合透镜的三条特殊光线完成作图即可。
18．【答案】
【知识点】家庭电路的连接
【解析】【解答】由题知，开关断开时指示灯不发光，插孔不能提供工作电压；开关闭合时指示灯发光，插孔提供工作电压；这说明开关同时控制指示灯和插座，开关应该在干路上，且开关应与火线连接，在断开开关时能切断火线，使用更安全；如果指示灯损坏，开关闭合时插孔也能正常通电，说明指示灯和插座之间是并联的；三孔插座的接法：左孔接零线，右孔接火线，上孔接地线，两孔插座的接法：左孔接零线，右孔接火线，如图所示：：
【分析】干路开关控制所有的用电器。并联电路各用电器之间互不影响，串联电路的用电器互相影响。
19．【答案】A；完全重合；不变；缩小；小；近视眼镜
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验；探究平面镜成像的特点
【解析】【解答】（1）根据题意可知，在探究平面镜成像特点的实验中，像由蜡烛A发出的光线在镜面反射形成，因此应该在蜡烛A的一侧观察；同时，移动蜡烛B，使其与A的像完全重合，从而探究像和物体的大小关系。
（2） 将蜡烛A向左移动，重复上述实验过程，得到了相同的实验结果，得出： 物体远离平面镜时所成像的大小不变。
（3）①根据图片可知，此时像距小于物距，则此时所成的像是倒立缩小的实像。
②将蜡烛向左移动一段距离，则物距增大，根据“物远像近像变小”的规律可知，此时光屏上所成的像变小。
（4）小勇将蜡烛继续向左移动，则像距会变得更小，而像距会变小。要使像回到原来位置的光屏上，需要镜片对光起到了发散的作用，因此，他放置的应该是矫正近视眼的凹透镜片。
【分析】（1）我们要看到在平面镜中成的像，那么眼睛要和反射光线在同一侧。当蜡烛B和蜡烛A的像重合时，可以探究像和物体的大小关系；
（2）根据“物像等大”分析；
（3）①比较像距和物距的大小，从而确定成像变化；
②根据凸透镜成像“物近像远大，物远像近小”的规律分析；
（4）根据像距的变化确定需要光线发散还是会聚即可。
20．【答案】（1）
（2）断开；定值电阻断路
（3）大；2
（4）成反比；0.5W
【知识点】探究电流与电压、电阻的关系实验；欧姆定律及其应用；电功率的测量
【解析】【解答】（1）根据题意可知，滑片P向右端移动时，电流表的示数变大，则总电阻变小。根据R总=R+R滑可知，变阻器阻值变小，所以变阻器应选择右下接线柱串联到电路中，作图如下：
（2）①在连接电路时，为保护电路，则开关应处于断开状态。
②如图乙所示，闭合开关，电流表无示数，说明电路发生断路。电压表有示数，则说明电压表与电源两极正常连通。对照可知，故障是电压表并联部分断路，即定值电阻R断路。
（3）根据题意可知，将5Ω的电阻换成10Ω的电阻，此时定值电阻的阻值变大。根据串联电路电压与电阻成正比的规律可知，电压表示数变大。由图丙图像可知，定值电阻两端所控制的电压为U0=IR=0.4A×5Ω=2V；
（4）①根据丙图可知，通过导体的电流与导体的电阻的乘积保持不变，故可得出结论：电压一定时，通过导体的电流与其电阻成反比。
②根据题意可知，电源是干电池三节串联，即电源电压U=4.5V，
变阻器电压为；
由图丙知，当5Ω接入电路时，电路电流为0.4A，则此时变阻器功率为
；
当10Ω接入电路时，电路电流为0.2A，此时变阻器功率为
；
则滑动变阻器消耗的电功率变化量为。
【分析】（1）根据电流表的示数变化确定变阻器的阻值变化，进而确定变阻器的接线情况即可；
（2）①根据电路连接的注意事项解答；
②根据故障现象，结合欧姆定律确定故障的种类和位置。
（3）根据串联电路的分压规律确定更换电阻后电压表的示数变化情况。从丙图中找到一组对应的电流和电压，然后根据U=IR计算即可。
（4）①分别计算出每组数据中电流和电阻的乘积，比较乘积大小得到规律即可；
②根据串联电路的电压规律计算出变阻器两端的电压，再根据图像丙确定对应的电流，根据P=UI分别计算出对应的电功率，最后相减即可。
（1）要求滑片P向右端移动时，电流表的示数变大，则变阻器阻值变小，所以变阻器应选择右下接线柱串联到电路中，作图如下：
（2）[1][2]为保护电路，在连接电路时，开关应处于断开状态。闭合开关，如图乙所示，电流表无示数，说明电路故障可能是断路，而电压表有示数，则说明电压表与电源连通，则故障是电压表并联部分断路，即定值电阻R断路。
（3）[1][2]电路为定值电阻与变阻器串联，电压表测定值电阻两端电压，将5Ω的电阻换成10Ω的电阻，根据串联电路分压规律，电阻变大，分得电压变大，即电压表示数变大。由图丙图像可知，定值电阻两端所控制的电压为
U0=IR=0.4A×5Ω=2V
（4）[1]由图像丙可知，导体的电阻增大，通过导体的电流减小，通过导体的电流与导体的电阻的乘积保持不变，故可得出结论：电压一定时，通过导体的电流与其电阻成反比。
[2]电源是新干电池三节，即电源电压U=4.5V，由（3）知定值电阻两端的电压为U0=2V，则变阻器电压为
由图丙知，当5Ω接入电路时，电路电流为0.4A，则此时变阻器功率为
当10Ω接入电路时，电路电流为0.2A，定值电阻两端电压和变阻器两端电压都不变，故此时变阻器功率为
则滑动变阻器消耗的电功率变化量为
21．【答案】（1）不是
（2）B
（3）丙和丁
（4）增大
（5）不赞同；控制金属盒在液体的深度相同
【知识点】探究液体压强的特点实验
【解析】【解答】（1）根据题意可知，U形管压强计的底部连通，上面只有一侧是开口的，因此不是连通器。
（2） 小明没有按压橡皮膜时，发现U形管内水面已有高度差，说明内外气压不一致，此时只需要将软管取下，再重新安装。故B符合题意，AC不符合题意。
故选B。
（3）根据控制变量法可知，要探究液体的压强与液体密度的关系，需要控制液体的深度不变，只改变液体的密度，故选实验丙和丁。
（4）根据图片可知，图乙、图丙中只有探头所处的深度不同，可以得出结论为：同种液体中，液体压强随液体深度的增加而增大。
（5）我不赞同小华的观点，在探究液体内部压强与液体密度关系时，要保持深度相同，只改变液体密度，与两烧杯中液面是否相平无关。
【分析】 （1）U形管压强计不是上端开口底部连通的容器，因此不是连通器；
（2）若在使用压强计前，发现U形管内水面已有高度差，只需要将软管取下，再重新安装；
（3）（4）利用控制变量法分析判断；
（5）在探究液体内部压强与液体密度关系时，只改变液体密度，控制金属盒在液体的深度相同。
（1）U形管压强计的左侧上端封闭，不是上端开口底部连通的容器，因此不是连通器。
（2）若在使用压强计前，发现U形管内水面已有高度差，只需要将软管取下，再重新安装，这样U形管中两管上方的气体压强就是相等的（都等于大气压），当橡皮膜没有受到压强时，U形管中的液面就是相平的。故B符合题意，AC不符合题意。
故选B。
（3）要探究液体的压强与液体密度的关系，根据控制变量法可知，需要控制液体的深度不变，改变液体的密度，实验丙和丁符合题意。
（4）分析图乙、图丙的实验现象，液体的密度相同，探头所处的深度越深，U形管液面的高度差越大，压强越大，可以得出结论为：同种液体中，液体压强随液体深度的增加而增大。
（5）[1][2]不赞同，因为深度是指液体内某一点到液体自由面的距离，在探究液体内部压强与液体密度关系时，只改变液体密度，控制金属盒在液体的深度相同；所以不管两烧杯中液面是否相平，只要控制金属盒在液体的深度相同就可以。
22．【答案】（1）右
（2）从大到小；102
（3）12；；
【知识点】密度公式及其应用；固体密度的测量；阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】（1）根据图甲可知，天平的指针偏左，说明左边偏重右边偏轻，则平衡螺母应该向右调节。
（2）① 在测量杯子和水的质量时， 右盘的砝码要遵行从大到小的顺序；
②根据图乙可知，砝码的质量为100g，游码的质量为2g，则杯子和水的总质量为；
（3）根据题意可知，属块的质量为
②木块在水面漂浮，则木块受力平衡，所以；
木块的体积为；
那么木块的密度为。
【分析】 （1）利用天平测量质量前调平衡时，按照“左偏右调”的原则进行；
（2）①在测量杯子和水的质量时，用镊子往天平的右盘 从大到小试加砝码，并移动游码，直至天平平衡；
②左盘中物体的质量等于右盘中砝码的质量与游码在标尺上所对的刻度值之和；
（3）由题知，将一个金属块放在木块上，一起放入杯子中，使木块恰好浸没在水中，测出此时的总质量，可求木块和金属块的总质量，利用G=mg求其总重力；因为木块和金属块漂浮，木块恰好浸没在水中，所以木块受到的浮力等于木块和金属块总重力，利用F浮=ρ水V排g=ρ水Vg可求木块的体积，再利用密度公式求木块的密度。
（1）由图甲可知指针偏左，说明左边偏重，则平衡螺母应该向右调节，直到天平平衡。
（2）[1]天平使用过程中，右盘的砝码要遵行从大到小的顺序，最后移动游码，直到天平平衡。
[2]由图乙可知杯子和水的总质量为
（3）[1]根据题意可得金属块的质量为
[2]木块受到竖直向下的重力、金属对木块的压力和竖直向上的浮力，金属块对木块的压力与金属块的重力大小相等，木块处于静止状态，则受力平衡，所以
[3]木块完全浸没，则木块的体积与排开水的体积相等，即
木块的密度为
23．【答案】解：（1）机器人的重力；
对地面的压力；
机器人对地面的压强。
答：机器人对地面的压强为2×104Pa。
（2）根据乙图可知，机器人在0～10s 内运动的总路程
；
那么机器人在0～10s内的平均速度。
答：机器人在0～10s内的平均速度为1.12m/s；。
（3）根据图丙可知，机器人质量为30kg，受到的阻力为7.5N，
在0～6s 内机器人处于平衡状态，故受到的牵引力；
由图乙可知，0～6s内机器人的速度为1.2m/s，牵引力做功的功率
答：0～6s内机器人牵引力做功的功率9W。
【知识点】功率计算公式的应用；压强的大小及其计算；时间速度路程的图像分析
【解析】【分析】 （1）根据G=mg得到机器人的重力，机器人对地面的压力等于它的重力，根据得到对地面产生的压强；（2）根据s=vt求出0～10s的总路程，根据得到0～10s内的平均速度；
（3）重力和阻力的关系得到阻力，机器人匀速运动，牵引力和阻力是平衡力，牵引力和阻力大小相等，根据P=Fv得到牵引力做功的功率。
24．【答案】解：（1）由表格参数可知，养生壶保温挡功率P保＝176W，保温挡正常工作时，电路中的电流
（2）由图乙可知，当开关接a时，R1、R2串联，此时电路中的总电阻最大，电路中的总功率最小，养生壶处于保温挡；当开关接b时，只有R1工作，电路中的总电阻最小，总功率最大，养生壶处于加热挡；R1的阻值
（3）粥吸收的热量
Q吸＝cm(t﹣t0)＝4.0×103J/（kg ℃）×1.1kg×（100℃﹣20℃）＝3.52×105J
养生壶正常加热500s消耗的电能
W＝P加热t'＝880W×500s＝4.4×105J
此养生壶的加热效率
答：（1）保温挡正常工作时，电路中的电流为0.8A；
（2）电热丝R1的阻值为55Ω；
（3）将1.1kg的粥从20℃加热到100℃，需要的时间为500s，此养生壶的加热效率为80%。
【知识点】比热容；热机的效率；电功率的计算
【解析】【分析】（1）根据，计算用电器的电流大小；
（2）根据，计算用电器的电阻；
（3）利用Q=cmΔt，计算吸收热量的多少，根据W=Pt，计算消耗电能的多少，利用，计算热效率。
25．【答案】密度；直流；C；450；A
【知识点】密度的应用与物质鉴别；电功的计算；发电机的构造和原理
【解析】【解答】（1）根据“车身采用大量轻而坚硬的碳纤维材料”可知，车身采用大量碳纤维材料，是因为可知碳纤维材料密度较小而且硬度大。
（2）根据表格数据可知，直流快充为0.6h，交流慢充为6h，则直流电充电更加迅速，故电动车需紧急出行而电量不足时，应选择直流充电方式。
（3）根据图2可知，充电电压不断增加，充电电流不断减小，则该特征符合恒功率段。故ABD不符合题意，C符合题意。
故选C。
（4）根据题意可知，电池充满电后，理论续航里程为；
（5）BC．根据题意可知，电池能量E不可能为0，故BC不符合题意。
AD．第四阶段为恒压段，即浮充阶段，充电电流不断减小，根据W=UIt可知，电池能量的增加的越来越慢，故D不符合题意，A符合题意。
故选A。
【分析】 （1）从碳纤维材料密度小的角度考虑；
（2）表格数据可得，交流慢充为6h，直流快充为0.6h，故直流电充电更加迅速，据此选择充电方式；
（3）电池充电至某一阶段时，充电电压不断增加，充电电流不断减小，从图2可知符合的充电阶段；
（4）电池系统可用能量为53kW h=53000W h，电量—里程转换率为132.5W h/km，据此得出电池充满电后，理论续航里程；
（5）根据题干描述的过程，逐项分析各选项，得出答案。
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