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2025年山东省济宁学院附中中考物理三模试卷
一、单选题：本大题共10小题，共20分。
1.声让我们通过听觉感知世界，下列说法不正确的是（　　）

A. 甲图：发声的音叉将乒乓球弹开，说明发声的物体在振动
B. 乙图：弹奏古筝时，手在不同的位置按弦，目的是改变发出声音的音色
C. 丙图：从玻璃罩里向外抽气，听到铃声逐渐减小，推理得出真空不能传声
D. 丁图：静止的烛焰随音箱发出声音的变化而“舞动”起来，说明声音能传递能量
2.在物理学发展的漫长历程中，科学家们研究出了许多成果，为推动社会发展作出了卓越的贡献．以下关于科学家极其研究成果不正确的是（　　）
A. 奥斯特：通过实验揭示了磁与电之间的联系
B. 帕斯卡：研究总结出密闭液体传递压强的规律
C. 欧姆：研究并总结出电流跟电压和电阻的关系
D. 阿伏加德罗：研究并提出了原子核式结构模型
3.2025年4月24日23时49分，神舟二十号载人飞船成功对接于空间站天和核心舱，“太空之吻”再现苍穹；4月25日1时17分，航天员陈冬、陈中瑞、王杰顺利进驻中国空间站。下列说法正确的是（　　）
A. 对接后在太空运动过程中，以空间站为参照物，神舟二十号飞船是静止的
B. 进入空间站后，航天员的质量变小了
C. 空间站利用太阳能帆板提供能量，太阳能是不可再生能源
D. 地面控制中心是通过超声波与空间站内的航天员交流信息的
4.如图是一种佩戴在手腕上的“计步器”，其内部的基本构造是在一段塑料管中密封一小块磁体，管外绕着线圈。走路时，磁体在管中往复运动，线圈输出不断变化的电流，实现计步。下列选项中与“计步器”产生电流的原理相同的是（　　）
A. B.
C. D.
5.关于压强的知识，图中四个实例说法正确的是（　　）
A. 图甲：客车高速行驶时，与静止时相比，车内气体压强变大，把窗帘压出窗外
B. 图乙：用活塞式抽水机抽水主要利用大气压强使水上升到高处
C. 图丙：火车轨道的铁轨下面铺放枕木可以减小地面受到的压力
D. 图丁：将长方体木块沿虚线方向竖直切割，剩余部分对水平面的压强变小
6.运用物理知识可以解决许多生活实际问题，如图所示所蕴含物理知识解释正确的是（　　）
A. 甲图：寒冬撒盐熔雪，是为了提高雪的熔点
B. 乙图：持续加热，碗与锅底不接触，当锅里水沸腾后碗中的水稍后也沸腾了
C. 丙图：利用干冰进行人工降雨，利用了干冰温度较低且汽化吸热
D. 丁图：电冰箱工作时，制冷剂发生的物态变化有汽化和液化
7.如图所示，用相同的滑轮和绳子分别组装成甲、乙两个滑轮组。利用这两个滑轮组在相同时间内，把相同的重物匀速提升相同的高度，若不计绳重及摩擦，下列说法正确的是（　　）
A. 拉力F1和F2大小相等
B. 拉力F1所做的功多一些
C. 拉力F2做功的功率大一些
D. 甲、乙两装置的机械效率相同
8.海鲜保存常要求温度低于-18℃。小明为海鲜市场的冷库设计了温度自动报警器，其原理如图甲所示。控制电路和工作电路的电源电压均为3V保持不变，电磁铁线圈电阻忽略不计，乙图为热敏电阻R随温度变化的图象。冷库温度等于或高于-18℃时，工作电路报警。下列说法正确的是 （　　）
A. 冷库温度升高时，热敏电阻R的阻值变大
B. 工作电路报警时，衔铁被吸下，灯亮铃不响
C. 冷库温度为-18℃时，控制电路中电流为0.03A
D. 冷库温度降低时，控制电路消耗的电功率变大
9.如图是小轩家的部分电路。下列说法正确的是（ ）
A. 若熔断器熔丝熔断了，可以用铜丝代替
B. 若导线cd间断路，仍然可以安全使用三线插座
C. 若闭合开关S，灯泡L不发光。用测电笔检测e点，氖管不发光，则说明灯丝一定断了
D. 若ab间断路，灯泡L仍能正常工作
10.如图甲所示，电源电压不变，闭合开关S，移动滑动变阻器滑片P，使其从最右端向左滑动，直到灯泡L正常发光时停止滑动。电流表示数与两电压表示数的关系如图乙所示，下列分析正确的是（　　）
A. 电源电压是8V
B. 灯泡L正常发光时的功率是4.8W
C. 移动滑动变阻器滑片的过程中，电压表V1示数的变化范围是1～8V
D. 移动滑动变阻器滑片的过程中，滑动变阻器阻值的变化范围是6.75～40Ω
二、填空题：本大题共5小题，共12分。
11.小红在粗糙程度不变的地面，用力F沿水平方向推箱子沿直线运动，如图甲所示。推箱子过程中，其F-t和vt的图像分别如图乙、丙所示。0～3s箱子受到摩擦力大小为______N，3～6s箱子受到合力为______N，9～12s推力的功率为______W。
12.放置在水平桌面上的溢水杯，装满某种液体，将小球A放入溢水杯中静止时如图所示，从杯中溢出了1.2N的液体，小球A受到的浮力______（选填“大于”“等于”“小于”）1.2N，小球A的密度______（选填“大于”“等于”“小于”）液体密度；与没有放入小球时相比，此时溢水杯对桌面的压力______（“增大”“不变”“减小”）。（g=10N/kg）
13.如图点燃蜡烛后，光屏上恰能成清晰的像，______（选填“照相机”、“投影仪”或“放大镜”）就是根据该成像特点制成的；仅将凸透镜换成另一个焦距更小的凸透镜，发现光屏上的像变模糊了，此现象可模拟______（选填“近视眼”或“远视眼”）的成因；为使光屏上的像恢复清晰，可将光屏向______（选填“靠近”或“远离”）凸透镜的方向移动。
14.甲、乙是两个完全相同的皮球。如图所示，在同一高度同时以大小相等的速度，将甲球竖直向下抛出，乙球竖直向上抛出，不计空气阻力。落地前的运动过程中，甲球的动能______（选填“增大”、“不变”或“减小”），刚到地面时的速度v甲 ______v乙（选填“大于”、“小于”或“等于”）。
15.标有“6V 3W”的小灯泡，通过它的电流与电压的关系如图所示。若把它与一只阻值为5Ω的电阻串联接在电压为6V的电路中，则整个电路消耗的功率为______W。
三、作图题：本大题共2小题，共4分。
16.图甲是小丽带弟弟在水族馆游览时的情境。若用点S表示水中鱼的实际位置，用点A表示弟弟眼睛的位置，请在图乙中画出弟弟看到水中鱼的大致光路（不考虑玻璃的厚度）。
17.水平地面上匀速向右运动的小车上，其支架的连杆上固定一铁球，如图所示，请你作出小球受到的力的示意图。
四、实验探究题：本大题共3小题，共16分。
18.如图所示，小红准备了甲、乙、丙三个相同的装置，来探究不同物质的吸热能力和不同燃料的放热能力，其中液体质量、燃料质量均相等。
（1）探究不同物质的吸热能力时
①选择甲、丙两图进行实验，实验时不同物质吸热的多少是通过______来反映的（选填“温度计示数”或“加热时间”）；
②小红根据测得的实验数据，画出了a、b两种液体温度随时间变化的图像（如图丁所示），由图可判断液体______（选填“a”或“b”）的吸热能力强。若a的比热容是ca，b的比热容是cb，则ca：cb=______。
（2）探究不同燃料的放热能力时：
①选择甲、乙两图进行实验，实验时不同燃料的放热的多少是通过______来反映的（选填“温度计示数”或“加热时间”）；燃料1在燃烧过程中，其热值______（选填“变大”“变小”或“不变”）；
②若图甲烧杯中为50mL的水，若10g酒精燃烧后放出的热量被水吸收，温度计示数升高了20℃，则可以计算出酒精的热值______J/kg。这种方法测算的热值和热值表中的“标准值”相比______（选填“偏大”“偏小”或“一样”）（ρ水=1×103kg/m3，c水=4.2×103J/（kg ℃））。
19.甲、乙两位同学一起做探究杠杆的平衡条件的实验，以杠杆中点为支点，如图所示：
（1）如图甲所示，杠杆调节平衡后，在杠杆上A点处挂3个钩码，在B点处挂2个钩码，杠杆恰好在原位置平衡，于是便得出了杠杆的平衡条件为：F1×L1=F2×L2；请判断他这样得出的结论不合理，判断的理由是______（填选项）；
A.实验次数太少，不能得到普遍规律
B.单位不同的物理量不能相乘
（2）如图乙所示，乙同学设计了两种实验方案：第一种弹簧测力计沿竖直方向拉，其读数为F1；第二种弹簧测力计倾斜拉，其读数为F2，在同等条件下，使杠杆水平平衡时，两次弹簧测力计读数F1______F2（填“＜”、“=”或“＞”）；
（3）乙同学用图丙装置进行探究，发现当杠杆水平平衡时，与甲同学得出的杠杆平衡条件不相符，其可能的原因是______。
（4）如图丁，杆秤是民间的一种测量工具，使用时将待测物体挂在秤钩A上，用手拎住称钮B或C（相当于支点），秤砣D在称杆E上移动，当杠杆水平平衡时就可以在杠杆上读出读数。根据杠杆平衡的条件分析，使用杆秤时，当从秤钮B换到秤纽C时，杠杆的最大测量值将______。（选填“变大”、“变小”或“不变”）
20.在“探究电流与电阻的关系”的实验中，小星使用阻值为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω的定值电阻各一个，电压为6V的电源等器材进行探究。
（1）请用笔画线代替导线将图甲电路连接完整（要求：滑片P向右移动时电路中电流变大）；
（2）图乙是改正故障后根据测得的实验数据绘制的电流I随电阻R变化的图像，由图像可知R两端的电压为______V；要完成该实验滑动变阻器的最大阻值至少是______Ω；
（3）小星想将定值电阻换成小灯泡来探究电流与电压的关系，他的实验方案______（填“可行或不可行”）；
（4）在完成上述探究内容后，小星将电路中的定值电阻替换成未知电阻Rx，并利用伏安法成功测量出了Rx的阻值。向老师汇报成果后，老师告诉他还有其他的方法也能够测出未知电阻的阻值，下列电路不能成功测出未知电阻Rx阻值的是______（R0阻值已知，电源电压不变）。
五、计算题：本大题共2小题，共8分。
21.小星的体重为500N，他使用如图所示的滑轮组提升重物，已知动滑轮重100N。当匀速提升一个体积为0.01m3的重物（重物始终未出水面）时，他施加300N的力去提升重物，已知每只脚与地面的接触面积为0.01m2。不计绳重和摩擦。求：
（1）此时小星对地面的压强；
（2）该物体的密度。（g=10N/kg）
22.老李购买了如图甲所示的智能电热中药壶（具有“加热”和“保温”两种工作状态），它的内部简化电路如图乙所示，其中只有R1为加热管（只有加热管放出的热量能被水吸收），R2为限流电阻。已知该壶的额定电压为220V，其加热时的额定功率为1210W，保温时加热管的额定功率为160W。求：
（1）正常工作时，保温状态电路的总功率；
（2）某傍晚用电高峰期，实际电压为200V，老李只让家中电热中药壶通电工作，使其处于“加热”状态6min。求该过程中消耗的电能。
1.【答案】
【解析】解：A、发声的音叉将乒乓球弹开，说明发声的物体在振动，故A正确；
B、弹奏古筝时，手在不同的位置按弦，改变了弦的有效长度，目的是改变发出声音的音调，故B错误；
C、当空气被不断抽出后，铃声逐渐减弱，说明声音的传播需要介质，真空不能传声，故C正确；
D、静止的烛焰随音箱发出声音的变化而“舞动”起来，说明声音能传递能量，故D正确。
故选：B。
（1）声音是由物体振动产生的；
（2）弦乐器发出声音的音调与弦的长短、粗细和松紧有关；
（3）声音的传播需要介质，真空不能传声；
（4）声音能传递信息和能量。
本题通过不同的物理情景考查了声与能量、声音的产生、声音的传播以及声音的三个特征：音调、响度和音色，并能够搞清影响它们的因素。
2.【答案】
【解析】解：
A、电流周围存在磁场．最早发现这一规律的是奥斯特，他也是第一个发现电和磁联系的科学家．故A正确；
B、加在密闭液体上的压强，能够被液体大小不变地向各个方向传递．这一规律最早是帕斯卡发现的，被后人命名为帕斯卡定律．故B正确；
C、通过导体的电流，与导体两端电压成正比，与导体的电阻成反比．这一规律最早是欧姆发现的，被后人命名为欧姆定律．故C正确；
D、原子由位于中心的原子核和绕核高速转动的电子组成．最早建立原子核式结构模型的是汤姆生．故D错误．
故选D．
根据对物理学家及其成就的掌握作答．
此题考查的是我们对物理学家及其成就的掌握情况，属于物理学史的考查，比较简单，容易解答．
3.【答案】
【解析】解：A、对接后在太空运动过程中，以空间站为参照物，神舟二十号飞船的位置没有发生变化，是静止的，故A正确；
B、质量是物体本身的一种属性，与物体的形状、状态、位置和温度无关，因此进入空间站后，航天员的质量不变，故B错误；
C、太阳能可以源源不断地从自然界获得，属于可再生能源，故C错误；
D、面控制中心是通过电磁波与空间站内的航天员相互交流信息的，故D错误。
故选：A。
（1）物体相对于参照物的位置变化了，物体就是运动的；物体相对于参照物的位置不变，物体就是静止的；
（2）物体所含物质的多少叫质量；质量是物体本身的一种属性，与物体的形状、状态、位置和温度无关；
（3）能够从自然界源源不断得到补充的能源叫可再生能源；
（4）广播、电视、卫星、无线通信都是通过电磁波来传播信息的。
本题考查了运动和静止的相对性、能源的分类、质量的特性、信息的传播，属于基础内容，难度不大。
4.【答案】
【解析】解：根据“运动手环”的特点可知，当塑料管运动时，磁铁在管中反复运动，线圈切割磁感线而产生电流。因此，运动手环的基本原理是电磁感应；
A、装置中导体AB在磁场中做切割磁感线运动，会产生感应电流，是电磁感应现象，故A符合题意；
B、这是奥斯特实验，说明电流的周围存在磁场，故B不符合题意；
C、该装置是研究通电导体在磁场中受力运动的实验，故C不符合题意；
D、该装置是探究影响电磁铁磁性大小因素的实验，其原理是电流的磁效应，故D不符合题意。
故选：A。
闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中会产生感应电流，这就是电磁感应；这一过程中，可将机械能转化为电能。
了解电磁感应现象，知道产生感应电流的条件是解答本题的关键。
5.【答案】
【解析】解：A、因为客车快速行驶时，车外的空气流速大、压强小；车内的空气流速小、压强大。车内的气压大于车外的气压，压强差就把窗帘压向车外，故A错误；
B、活塞式抽水机是利用大气压把水抽出的，故B正确；
C、铁轨下面铺放枕木，是在压力一定的情况下，通过增大受力面积，减小压强，故C错误；
D、沿图示AB位置切去右侧的一半后，它对桌面压力和受力面积都变小，且都变为原来的一半，由p=可知，它对桌面压强不变，故D错误。
故选：B。
（1）流体流速越大的地方，压强越小；
（2）大气压的利用一般都是在某处使气压降低，然后在外界大气压的作用下，产生了某种效果；
（3）减小压强的方法：在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强；在受力面积一定时，通过减小压力来减小压强；
（4）根据p=分析将长方体木块沿虚线方向竖直切割，剩余部分对水平面的压强变化。
本题考查流体压强和流速的关系、大气压的应用和减小压强的方法，属于基础题。
6.【答案】
【解析】解：A、寒冬撒盐熔雪，是为了降低雪的熔点，故A错误；
B、持续加热，炖盅内外的水温度相同，炖盅内的水由于吸收不到热量，因此不会沸腾，而炖盅外的水可以吸收到热量，所以可以沸腾，故B错误；
C、干冰进行人工降雨，是利用干冰升华吸热导致周围空气温度降低，空气中的水蒸气遇冷液化形成降雨，故C错误；
D、丁图中，气态制冷剂通过冷凝管液化成液体制冷剂，液体制冷剂在冷冻室汽化吸热变成气态，最后电动压缩机把气体抽出，达到制冷的目的，故D正确。
故选：D。
（1）盐水的凝固点比水低，据此分析回答；
（2）液体沸腾的条件：①达到沸点；②继续吸热，二者缺一不可；
（3）物质从固态直接变成气态的过程叫升华，升华吸热，具有制冷作用；
（4）汽化指物质由液态转变成气态，汽化要吸热；液化指物质由气态转变成液态，液化要放热。
本题主要考查了对物态变化过程以及吸放热特点的理解，属于基础题。
7.【答案】
【解析】解：A．甲滑轮组中动滑轮上有2段绳子，乙滑轮组中动滑轮上有3段绳子，
则拉力，
，
所以F1＞F2，故A错误；
B．因相同时间把相同的重物匀速提升相同的高度，若不计绳重及摩擦，滑轮组的额外功相等，均等于克服动滑轮重力做的功，做的有用功W有=G物h也相等，由W总=W有+W额可知它们做的总功相同，故B错误；
C．因为两个滑轮组做的总功相同，所用时间相同，由可知，两个拉力的功率相同，故C错误；
D．不计绳重及摩擦，由B可知两个滑轮组做的有用功和总功都相同，根据可知，甲装置和乙装置的机械效率相同，故D正确。
故选：D。
由滑轮组的结构知道承担物重的绳子股数n,则绳子自由端移动的距离s=nh；把相同的重物匀速提升相同的高度，做的有用功相同；不计绳重及摩擦，利用相同的滑轮和绳子、提升相同的高度，做额外功相同；而总功等于有用功加上额外功，可知利用滑轮组做的总功相同，做功的时间相同，根据P=比较功率的大小，再根据效率公式判断滑轮组机械效率的大小关系。
本题考查了使用滑轮组时n的确定方法，有用功、额外功、总功的计算方法，不计摩擦和绳重时拉力的求法；本题关键在于确定额外功相等。
8.【答案】
【解析】解：
A、根据图像，冷库温度上升后，热敏电阻阻值变小，故A选项错误；
B、温度过高，热敏电阻阻值变小，控制电路电流变大，衔铁被吸下，工作电路中电铃响，灯不亮，故B选项错误；
C、冷库温度-18℃时，热敏电阻阻值为100Ω，利用欧姆定律得到：，故C选项正确；
D、冷库温度降低时，控制电路中热敏电阻阻值变大，电流变小，根据P=UI得出电路电功率变小，故D选项错误。
故选：C。
控制电路只有热敏电阻R，结合电源电压可以求出报警的临界电流；当温度升高后，电阻变小，控制电路电流变大，衔铁被吸下，工作电路中电铃响，报警。据此再对选项进行分析判断即可。
本题考查了电磁继电器的基本工作原理。利用控制电路的热敏电阻的报警温度对应的阻值计算出报警电流，再结合工作电路进行识别即可，在电磁继电器题目中属于比较基础的。
9.【答案】
【解析】解：
A、保险丝熔断后，不能用铜丝来代替，因为铜丝的电阻率小、熔点高，用铜丝代替保险丝，不能在电流过大时自动切断电路，故A错误；
B、由图知，如果导线cd间断路，用电器的金属外壳无法接地，存在漏电危险，所以不能继续安全使用三线插座，故B错误；
C、如果火线断路、熔断器的熔丝烧断、灯泡灯丝断了或者灯泡到火线间的电路断路，灯泡都不能发光，同时测电笔接触e点，氖管都不能发光，所以不能说明灯丝一定断了，故C错误；
D、由图知，虽然ab间断路，但电流可以从火线到灯泡，经a点回到零线，所以灯泡L仍能正常工作，故D正确。
故选：D。
①保险丝在电流过大时发热自动熔断，切断电路，从而起到保护电路的作用，采用电阻率大，熔点较低的材料制作；
②三孔插座的第三个孔接地线，三脚插头的第三个脚接用电器金属外壳；
③灯泡处于断路状态时不能发光；
④电流通过灯泡能形成完整通路，灯泡就能发光。
此题考查了保险丝的作用及家庭电路故障的分析，是一道联系实际的应用题。正确理解通路、断路和短路的概念，是解答此类问题的基础。
10.【答案】
【解析】解：由甲图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表V1测灯泡两端的电压，电压表V2测变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流；
A、当电路中电流增大时，由物理常识可知灯泡两端的电压也增大，由串联电路的电压特点可知变阻器分得的电压将减小，所以，乙图中下方的曲线为灯泡的U-I图像，上方的曲线为滑动变阻器的U-I图像，
由乙图可知，当电流为I1=0.2A时，灯泡和变阻器的电压分别为UL=1V和U滑=8V，
则电源电压为U=UL+U滑=1V+8V=9V，故A错误；
B、当电流表示数最大时，灯泡正常发光，由图乙可知，最大电流为0.8A，滑动变阻器两端电压为3V，
则灯泡正常发光时的电压为：UL′=U-U滑′=9V-3V=6V，
灯泡L正常发光时的功率为：P额=UL′Imax=6V×0.8A=4.8W，故B正确；
C、电压表V1测灯泡L两端的电压，由前面解答可知电压表V1的最小示数为1V，当灯泡正常发光时V1的示数最大为6V，所以电压表V1示数的变化范围是1～6V，故C错误；
D、当电流为I1=0.2A时，滑动变阻器的电压为U滑=8V，则滑动变阻器的最大阻值为R滑大===40Ω，
当电流最大为0.8A时，滑动变阻器的电压为U滑′=3V，则滑动变阻器的最小阻值为R滑小===3.75Ω，
所以滑动变阻器阻值的变化范围是3.75～40Ω，故D错误。
故选：B。
由甲图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表V1测灯泡两端的电压，电压表V2测变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）当电路中电流增大时，由物理常识可知灯泡两端的电压也增大，由串联电路的电压特点可知变阻器分得的电压将减小，据此可知两条曲线表示的物理意义；由乙图可知，当电流为0.2A时灯泡和变阻器的电压，根据串联电路的电压特点求出电源电压；
（2）当电流表示数最大时，灯泡正常发光，由图乙可知电路中的最大电流和此时变阻器两端的电压，再由串联电路的电压特点求出灯泡L正常发光时的电压，根据公式P=UI求出灯泡L正常发光时的功率；
（3）电压表V1测灯泡L的电压，当电流最小为0.2A时由乙图可知电压表V1的最小示数，当电流最大为0.8A时电压表V1示数等于灯泡正常发光时的电压，据此可知电压表V1示数的变化范围；
（4）由乙图可知电流在0.2A和0.8A时滑动变阻器的电压值，根据R=求出变阻器接入电路的阻值，即可得到滑动变阻器阻值的变化范围。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，正确判断电流表示数与两电压表示数对应的关系图线是关键。
11.【答案】
【解析】解：由丙图可知，前3s物体速度为零，仍处于静止状态，合力为零，则水平方向受到的摩擦力和推力是一对平衡力，由图乙可知，0～3s箱子受到的推力是30N，箱子受到摩擦力大小是30N；
由图丙知9s～12s内，物体做匀速直线运动，速度为1m/s,受推力和摩擦力一对平衡力，大小相等，由图乙知此时的推力F为60N，摩擦力也为60N，由图丙知3s～6s内，物体做加速运动，但由于压力和接触面的粗糙程度不变，摩擦力不变，仍为60N，由图乙可知，3～6s推力是90N，箱子受到合力90N-60N=30N；
由图丙知9s～12s内，物体的速度为1m/s,受到的推力是60N，则推力的功率为P==Fv=60N×1m/s=60W。
故答案为：30；30；60。
（1）由图丙可知，0～3s物体静止，当物体静止时，静摩擦力与推力二力平衡，大小相等；
（2）由图丙可知，9～12s物体做匀速直线运动，推力和摩擦力一对平衡力，大小相等，3～6s物体加速运动，根据滑动摩擦力大小的影响因素分析摩擦力的变化，拉力和摩擦力支持等于合力；
（3）根据P==Fv得到9～12s推力的功率。
本题考查学生对图像的认识及力的合成的应用，要求能熟练读图，并能结合运动分析物体的受力情况。
12.【答案】
【解析】解：（1）由阿基米德原理知，物体所受浮力大小等于排开液体所受的重力，所以小球A所受浮力等于溢出水的重力，为1.2N；
（2）小球A处于漂浮状态，说明小球的密度小于液体的密度；
（3）物体A漂浮，所受浮力等于排开液体的重力，故与没有放入小球时相比，容器的总重力不变，故溢水杯对桌面的压力不变。
故答案为：等于；小于；不变。
（1）根据阿基米德原理可知小球受到的浮力；
（2）根据物体浮沉条件得出两种液体的密度关系；
（3）根据漂浮时物体所受的浮力等于它排开液体所受的重力解答。
本题考查了学生对阿基米德原理以及物体浮沉条件，难度不大。
13.【答案】
【解析】解：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，应用于照相机；
仅将凸透镜换成另一个焦距更小的凸透镜，凸透镜焦距越小，对光的会聚能力越强，会将光线提前会聚成像，使像成在光屏的前方，此现象可模拟近视眼的成因；为使光屏上的像恢复清晰，可将光屏向靠近凸透镜的方向移动。
故答案为：照相机；近视眼；靠近。
（1）根据凸透镜成实像时，物距大于像距，成倒立、缩小的实像，应用于照相机；
（2）凸透镜焦距越小，对光的会聚能力越强；近视眼的晶状体凸度较大，对光的会聚能力较强，使像成在视网膜的前方。
本题探究凸透镜成像在实际生活中的应用，熟记凸透镜成像规律是解题关键。
14.【答案】
【解析】解：不计空气阻力，皮球在运动过程中只有动能和势能相互转化，运动过程中两个皮球的机械能守恒；落地前的运动过程中，皮球的高度减小，重力势能转化成动能，甲球的动能增大；
落地时，两个皮球的重力势能全部转化为动能，且两个皮球的动能相同，质量相同，因此刚到地面时的速度v甲等于v乙，即v甲=v乙。
故答案为：增大；等于。
重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度。质量越大，高度越高，重力势能越大。由于不计空气阻力，则小球的机械能是守恒的，据此分析即可。
本题考查动能、重力势能、弹性势能的影响因素及判断动能、重力势能、弹性势能、机械能的变化。
15.【答案】
【解析】解：小灯泡与一个阻值R=5Ω电阻串联接入电压是6V的电路中，
因串联电路中各处的电流相等，
电源的电压：
U=IR+UL，即6V=I×5Ω+UL，
由图象可知，当灯泡两端的电压为4V，通过的电流为0.4A时，上面等式成立；即5Ω电阻与灯泡串联在6V电路中时，电路中的电流为0.4A；
则整个电路消耗的功率：P=UI=6V×0.4A=2.4W。
故答案为：2.4。
小灯泡与一个阻值R=5Ω电阻串联接入电压是6V的电路中，通过它们的电流相等，根据串联电路的电压特点和欧姆定律表示出电源的电压，根据图象读出符合题意的电流和电压，根据P=UI求出整个电路消耗的功率。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，从图象中读出符合题意的电流和电压是关键。
16.【答案】
【解析】解：由于光的折射，人看到的鱼是鱼在水的像，比实际位置要浅一点，即像S′在点S的左侧，所以连接AS′，与水面的交点O即为入射点，过点O画出法线，连接SO即为入射光线，OA为折射光线，如图所示：
由于光的折射，人看到的鱼是鱼在水的像，比实际位置要浅一点，即像S′在点S的左侧，故可先连接AS′，与水面的交点即为入射点O，过点O画出法线，再连接SO，标出光的传播方向。
本题通过光的折射现象的作图，说明了为什么感觉水中的物体看起来变浅的原因，需要注意的是哪些线是实线、哪些线是虚线，另外不要把方向标反了。
17.【答案】
【解析】由题意可知小球处于平衡状态，故小球受到竖直向下的重力和杆子对小球竖直向上力的作用，过小球的重心表示出铁球所受力的方向。
画力的示意图的一般步骤为：一画简图二定点，三画线，四画尖，五把力的符号标尖边。按照这个作图步骤，很容易能够画出指定力的示意图。
18.【答案】
【解析】（1）实验加热的时间越长，相同燃料燃烧的质量越多，放出的热量越多，液体吸收的就越多，故通过加热时间来反映物质吸热的多少。
由图丁所示可知，液体a在10min钟内温度上升40℃，质量相同的液体b在20min钟内温度上升40℃，所以它们吸收热量Qb=Qa，由Q=cm△t可知，a液体的比热容为ca=cb。
（2）为了比较不同燃料的热值，要用相同质量的不同燃料，加热质量相同的同种液体，根据Q吸=cmΔt可知，温度计上升的示数越高，故燃料热值的大小是通过温度计的示数来反映的；
热值是燃料的特性，只与燃料的种类有关，与其是否燃烧和燃烧是否充分无关，所以在燃烧的过程中，燃料的热值将不变。
50mL水的质量m=ρV=103kg/m3×50×10-6m3=0.05kg；
水吸收的热量Q吸=cmΔt=4.2×103 J/（kg ℃）×0.05kg×20℃=4.2×103J；
根据题意，Q吸=Q放可知，由Q放=qm可知，酒精的热值q===4.2×105J/kg。
故答案为：（1）①加热时间；②b；1：2；（2）①温度计示数；不变；②4.2×105；偏小。
（1）实验加热的时间越长，相同燃料燃烧的质量越多，放出的热量越多，液体吸收的就越多；
由图丁所示可知，液体a在10min钟内温度上升40℃，质量相同的液体b在20min钟内温度上升40℃，所以它们吸收热量Qb=Qa，由Q=cm△t可知两液体的比热容得关系。
（2）为了比较不同燃料的热值，要用相同质量的不同燃料，加热质量相同的同种液体，根据Q吸=cmΔt可知，温度计上升的示数越高，故燃料热值的大小是通过温度计的示数来反映的；被加热的液体吸收的热量越多，则燃料完全燃烧放出的热量越多，这种燃料热值越大，据此分析。
热值是燃料的特性，只与燃料的种类有关，与其是否燃烧和燃烧是否充分无关；
根据m=ρV得出50mL水的质量；
根据Q吸=cmΔt得出水吸收的热量；
根据题意，Q吸=Q放可知，由Q放=qm可知酒精的热值；
由于酒精燃烧放出的热量并没有全部被水吸收，且酒精不能完全燃烧，所以算出的热值比标准值偏小。
本题考查了学生对热值概念、比热容概念的了解与掌握，分析时用好控制变量法是本题的关键，难点是根据Q吸=cmΔt、Q放=mq结合表格中的数据得出等式求出燃料2的热值，难度较大。
19.【答案】
【解析】（1）只通过一次测量，根据得出的数据就得出实验结论，实验数据太少，不具备普遍性，因此得出的结论不合理。故选A；
（2）力臂等于支点到力的作用线的距离，当杠杆在水平位置平衡时，力的方向与杠杆垂直，力臂可以从杠杆标尺刻度上直接读出来，因此第一种实验方案更方便，此时弹簧测力计的拉力与杠杆垂直，能从杠杆上直接读力臂；因为第一方案的动力臂要大于第二种方案的动力臂，根据杠杆的平衡条件，在阻力和阻力臂都相同的情况下，动力臂越大的越省力，所以，F1＜F2；
（3）图丙中，杠杆的重心不在支点上，杠杆的重力对杠杆转动产生了影响，导致拉力F的大小比由杠杆平衡条件计算出来的数值偏大；
（4）使用杆秤时，当从秤钮B换到秤纽C时，左侧力臂变大，右侧变小，也就是说，当秤砣到达最远点时产生的力与力臂乘积变小，故所测量的最大值也应变小。
故答案为：（1）A；（2）＜；（3）杠杆有自重；（4）变小。
（1）根据杠杆的平衡条件：F1L1=F2L2求出在E点处挂的钩码个数；实验时，如果只用一组数据得到结论，偶然性太大，因此应获取多组实验数据归纳出物理规律。
（2）杠杆的平衡条件是：F1L1=F2L2；探究杠杆平衡条件时，使杠杆在水平位置平衡，此时力的方向与杠杆垂直，力臂的长度可以直接从杠杆上读出来；
（3）图丙中，支点位于动力和阻力的右侧，弹簧测力计不但提了钩码，而且还提了杠杆，杠杆的重力对杠杆转动产生了影响；
（4）由杠杆的平衡进行分析，由杠杆的原理可知答案。
本题重点考查探究杠杆平衡条件的实验调平和操作，要求平时做实验时多加注意，锻炼自己的实验操作能力。
20.【答案】
【解析】（1）在“探究电流与电阻关系”的实验中，定值电阻与滑动变阻器串联，电流表测量电路中的电流，电压表测量定值电阻两端的电压。当滑片P向右移动时电路中电流变大，即电路中的电阻变小，所以滑动变阻器应选择右下方接线柱接入电路，如下图所示：
（2）由图乙可知，当R1=5Ω时，电流为I1=0.4A，当R2=10Ω时，电流为I2=0.2A，当R3=20Ω时，电流为I3=0.1A，由U=IR可知，R两端的电压为2V；
已知电源电压为U=6V、R两端所控制的电压为U定=2V，所以变阻器两端的电压为U滑=U-U定=6V-2V=4V，
由串联电路的分压大原理可得：R滑大：R定大=U滑大：U定大=4V：2V=2：1，即：R滑大=2R定大=2×20Ω=40Ω；
（3）探究电流与电压的关系时，要控制电阻不变，而小灯泡的电阻随温度的变化而变化，不是定值，所以他的实验方案不可行；
（4）A、先闭合S1，Rx与R0串联，读出电压表示数Ux为Rx两端电压，再闭合S2，R0被短路，读出电压表示数U，即是电源电压，则R0两端的电压为U0=U-Ux，可以得到Rx与R0串联时电路的电流为：
I==，
所以Rx的阻值为：
Rx===，故A图可以测出Rx的阻值；
B、闭合S1，断开S2，电压表示数为电源电压示数，再闭合S1和S2，R0被短路，电压表示数仍然为电源电压，故无法得到电路中的电流与Rx两端的电压，故B图不能测出Rx的阻值；
C、闭合S1，将S2先与R0相连，读出电流表示数为I0，此时电路的总电压为U总=I0R0，再将S2与Rx相连，读出电流表的示数为Ix，所以Rx的阻值为：
Rx=，故C图可以测出Rx的阻值；
D、先闭合S1，Rx与R0串联，读出电流表示为I1，所以电源电压为U=I1（Rx+R0）①，在闭合S2，R0被短路，读出此时电流表示数为I2，此时电路的电源电压为U=I2Rx②，由①②可得：
I1（Rx+R0）=I2Rx，所以Rx=，故D图可以测出Rx的阻值。
故选：B。
故答案为：（1）见解答图；（2）2；40；（3）不可行；（4）B。
（1）在“探究电流与电阻关系”的实验中，定值电阻与滑动变阻器串联，电流表测量电路中的电流，电压表测量定值电阻两端的电压。根据要求确定滑动变阻器的下接线柱接入电路，从而完成电路连接；
（2）由图乙数据，根据欧姆定律求出R两端的电压；
已知电源电压和R两端所控制的电压，根据串联电路的电压规律可知滑动变阻器两端的电压，根据串联电路的分压原理求出滑动变阻器的最大阻值；
（3）探究电流与电压的关系时，要控制电阻不变，而小灯泡的电阻随温度的变化而变化；
（4）由图所给的电路图分析是否能根据所给物理量测出Rx的阻值。
本题探究电流与电阻的关系，考查电路连接、串并联电路的特点和欧姆定律的应用及测未知电阻阻值的电路设计，难度较大。
21.【答案】
【解析】（1）此时小星对地面的压力：
F压=FN=G人-F=500N-300N=200N，
对地面的压强：p===1×104Pa；
（2）因物体浸没时排开水的体积和自身的体积相等，
所以，物体受到的浮力：
F浮=ρ水gV排=ρ水gV=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.01m3=100N，
因匀速提升水中的重物时处于平衡状态，不计绳重和摩擦，动滑轮和物体受到竖直向下的重力等于物体受到竖直向上的浮力和两股绳子的拉力，
即G动+G=F浮+2F，
则物体的重力：
G=2F+F浮-G动=2×300N+100N-100N=600N，
G=mg=ρVg可得：600N=ρ物×10N/kg×0.01m3；
该物体的密度：ρ物=6×103kg/m3。
答：（1）此时小星对地面的压强是1×104Pa；
（2）该物体的密度为6×103kg/m3。
（1）小星在地面上静止时处于平衡状态，根据力的平衡条件求出受到的支持力，小星受到的支持力和对地面的压力是一对相互作用力，二力大小相等，又知道两只脚与地面的总接触面积，根据p=求出此时小星对地面的压强；
（2）重物始终未出水面排开水的体积和自身的体积相等，根据阿基米德原理求出受到的浮力，匀速提升水中的重物时处于平衡状态，据此求出物体的重力，根据G=mg求出物体的质量，根据密度公式求出该物体的密度。
本题考查浮力、压强与滑轮组的综合，属于中档题。
22.【答案】
【解析】（1）由图乙可知，当开关S闭合、S1断开时，R1、R2串联，根据串联电路的特点可知，此时电路的总电阻最大，由欧姆定律可知，此时电路的电流最小，根据P=UI可知，电路中的总功率最小，电热中药壶处于保温状态；
当开关S、S1都闭合时，只有R1工作，电路的总电阻最小，总电流最大，总功率最大，电热中药壶处于加热状态；
由P=可知，R1的阻值：R1===40Ω，
由P=I2R可知，保温状态工作时电路中的电流：I保温===2A，
则保温状态电路的总功率：P=UI保温=220V×2A=440W；
（2）电热中药壶的实际功率：P实===1000W，
老李只让家中电热中药壶通电工作，使其处于“加热”状态6min,该过程中消耗的电能：W=P实t=1000W×6×60s=3.6×105J。
答：（1）正常工作时，保温状态电路的总功率为440W；
（2）该过程中消耗的电能为3.6×105J。
（1）由图乙可知，当开关S闭合、S1断开时，R1、R2串联，当开关S、S1都闭合时，只有R1工作，根据串联电路的特点、欧姆定律和P=UI可知加热状态和保温状态的电路连接；根据P=求出R1的阻值，根据P=I2R求出保温状态时电路中的电流，根据P=UI求出保温状态电路的总功率；
（2）根据P=求出电热中药壶的实际功率，根据W=Pt求出消耗的电能。
本题考查串联电路的特点、欧姆定律、电功公式以及电功率公式的灵活运用，难度适中。
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