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四川省绵阳市涪城区2025年中考二模物理试题
一、选择题（本题包括13小题，每小题3分，共39分。每小题只有一个选项最符合题目要求）
1．（2025·涪城模拟） 电磁波具有信息特征和能量特性。以下设备中，主要利用电磁波的能量特性工作的是（　　）
A．微波炉 B．手机 C．雷达 D．电吹风
2．（2025·涪城模拟）下列能源中，属于可再生能源的是（　　）
A．石油 B．太阳能 C．煤炭 D．天然气
3．（2025·涪城模拟）如图是我国航空母舰上两位甲板引导员引导飞机起飞的情景。他们工作时要配戴防噪声耳罩，这种控制噪声的措施属于（　　）
A．防止噪声产生 B．监测噪声强弱
C．防止噪声进入耳朵 D．减小噪声传播速度
4．（2025·涪城模拟）①夏天，打开电冰箱门时，冰箱门附近的“白气”；②冬天，户外的人不断呼出的“白气”；③路过包子店，看到蒸笼周围烟雾缭绕的“白气”；④雨后，萦绕在山峦上的“白气”；……这些现象中的“白气”（　　）
A．都是水蒸气
B．都是水蒸气汽化后形成的小水珠
C．其形成之前的水蒸气来自空气中的是①③④
D．其形成的原因均与“露珠”“雾”相同
5．（2025·涪城模拟）空气喷气发动机飞机只携带燃料，从外界空气中获得足够的氧来助燃。空气喷气发动机的种类很多，如图所示为空气涡轮喷气发动机结构图。工作过程中，机身在空气中高速前进，空气从进气口进入，被压缩机压缩后进入燃烧室和从喷雾器喷出的燃料混合，由火花塞点火燃烧，产生大量气体向后喷出，冲击燃气轮机叶轮转动，最后气体以极大的速度从尾部喷管喷出，使机身得到巨大的反冲推力向前飞行。下列有关说法中错误的是（　　）
（图中还有空气涡轮喷气发动机结构示意图，包含进气口、喷雾器、喷管、压缩机、燃烧室、轮机等标注）
A．该发动机工作过程中，先将燃料的化学能转化为内能，然后再将其转化为机身的机械能
B．该发动机不能在大气层外工作
C．该发动机工作过程中，气体温度先升高再降低
D．该发动机点火燃烧前的过程与柴油机某冲程相同，点火方式也与柴油机相同
6．（2025·涪城模拟）光具座上有凸透镜、光屏及发光源各一个。当光屏和凸透镜的距离为10cm时，此时在光屏上成缩小的像。物理王老师把光屏沿着光具座移动5cm后，再次移动光源的位置使成清晰的像。对于该像的情况，下列选项正确的是（　　）
A．一定成放大的像 B．可能成缩小的像
C．成像可能比原来小 D．成像一定比原来小
7．（2025·涪城模拟）如图所示是某同学家部分家庭电路的示意图。电能表上标有“220V 10（40）A”的字样，他家正在使用的所有用电器总功率为6kW，其中电饭煲的功率为1.5kW，饭煮熟后，他将这个电饭煲插头从插座中拔出，再将功率为1kW的电热水壶插头接入插座中，其它用电器仍正常工作，闭合电热水壶上的开关，空气开关跳闸。空气开关跳闸的原因可能是（　　）
A．照明灯的开关接在了零线与灯泡之间
B．用电器的总功率过大
C．电热水壶的内部电路短路
D．接入电热水壶的插座短路
8．（2025·涪城模拟）同学们模仿中药房的戥秤制作杆秤，用筷子做秤杆，用钩码做秤砣，用细线将秤盘系在A点。当不挂秤砣、且秤盘不放物体时，在O点提起提纽，秤杆水平平衡；当秤盘放100g物体、秤砣移到B点时，秤杆再次水平平衡，如图所示。在O到B两条刻线之间均匀地画上49条刻度线。下列说法正确的是（　　）
A．自制杆秤的每一格约表示2.08g
B．称中药时B端翘起应减少中药恢复水平平衡
C．如果秤砣磨损则测量结果会比真实质量偏小
D．若将提纽移到O点右侧可以增大杆秤的量程
9．（2025·涪城模拟）如图所示，一下半部分为圆柱形的玻璃瓶，深度为20cm，内封闭有质量为0.30kg的水。将玻璃瓶正放在水平面上时，水对玻璃瓶底部的压强为900Pa；将玻璃瓶倒放在水平面上时，水对玻璃瓶盖的压强为1400Pa。若该玻璃瓶内装满密度为的酒精，则酒精的质量为（　　）
A．0.36kg B．0.40kg C．0.44kg D．0.48kg
10．（2025·涪城模拟）如图所示，拉力F为5N，物体A以0.1m/s的速度在物体B表面向左做匀速直线运动(B表面足够长)；物体B静止在地面上，受到水平向左4N的摩擦力，弹簧测力计示数为12N．下列说法正确的是( )
A．物体A受到的摩擦力为10N
B．拉力F的功率为1.5W
C．滑轮组的机械效率为80％
D．拉力F增大到15N时，物体B开始向左运动
11．（2025·涪城模拟）如图所示，用电池（电压为3 V）、小灯泡（2.5 V 0.3 A）、甲、乙两根铅笔芯（做滑动变阻器，铅笔芯的长度都是17.5 cm，甲的电阻为20 Ω，乙的电阻为10 Ω）、金属回形针、开关、导线，设计制作一个模拟的调光灯。调节效果可以从两个方面评价：一是小灯泡亮度的变化范围；二是调节精度，回形针移动一定距离时，电阻变化越小调节精度越高。则铅笔芯甲和乙相比（　　）
A．调节范围大，调节精度高 B．调节范围大，调节精度低
C．调节范围小，调节精度高 D．调节范围小，调节精度低
12．（2025·涪城模拟）探究“电压一定时，电流与电阻的关系”。实验过程中，移动滑片，使电压表示数为一固定值，记录电流表示数，多次更换定值电阻重复实验，得到电流I与定值电阻R的倒数关系如图甲中图线A所示，从而得出结论。在整理器材时，发现电压表指针位置如图乙所示。其他同学通过正确实验操作也进行了上述实验，他们的实验结论一致。下述评估中错误的是（　　）
A．该实验遗漏的实验操作是电压表调零（校零）
B．实验结束后，应先断开开关，再拆除电源两端的导线
C．遗漏的实验操作并未影响结论，是因为实验时定值电阻两端电压仍保持为定值
D．电压表调零（校零）后重新进行实验，得到的电流I与定值电阻R的倒数关系应为图甲中的图线C
13．（2025·涪城模拟）如图1所示，在地球上模拟月球表面没有空气的环境，在抽成真空的竖直管道内将不同数量的相同沙包放入不同的容器内，依次进行了甲、乙、丙、丁四次实验，物体在0 s时由静止落下，利用频闪摄影记录了物体在0 s、1 s、2 s、3 s时的位置。各种容器的质量均相等，容器形状和体积已在图中标注，则下列判断中错误的是（　　）
A．验证物体下落的速度与质量是否有关，应比较甲、乙
B．没有空气阻力时，物体由静止状态释放，下落的速度与下落的高度有关
C．利用精密测量技术测量速度，画出图2中直线a，推测t =4s时，物体运动速度为39.2m/s
D．由图中直线a可知“速度与时间的比值”为一定值，其大小与“地球表面物体所受重力大小与质量的比值”存在某种神奇的“巧合”。若这种“巧合”在月球上同样成立，已知月球表面该比值约为1.6N/kg，那么物体在月球上竖直下落过程的v - t图像可能为图中的b
二、填空题（本大题包括5小题，每空2分，共20分）
14．（2025·涪城模拟）某款用电器若长时间通电会自动关机，原因是过热时启动了保护功能。其模拟热保护装置的示意图（如图）中，R0为定值电阻，R为热敏电阻（有两种类型可供选择，其电阻随温度变化关系如图乙所示，R的温度变化主要受发热元件影响）。则热敏电阻应选择　 　类型，启动保护模式一段时间后，工作电路　 　（选填“会”或“不会”）再次启动自动开机。（图为控制电路和工作电路示意图）（图乙分别为NTC热敏电阻和PTC热敏电阻的R - T关系图）
15．（2025·涪城模拟）体脂率是指人体内脂肪的质量占人体总质量的百分比。人运动时，存储在脂肪中的能量的一部分转化为人体的内能，导致人体温度升高，人的体脂率下降，则人体的密度　 　（选填“增大”或“减小”），小强的父亲经锻炼后质量从80kg降为78kg，体脂率从25%降为20%，若肌肉的密度为1.12×103kg/m3，则小强的父亲增加的肌肉的体积为　 　 dm3（结果保留整数）。
16．（2025·涪城模拟）有一个质量为4kg，底面积为500cm2的足够高的薄壁柱形容器放在水平地面上，g取10N/kg。科技小组利用这个容器来研究物体的浮沉，他们将同种材料制成的不吸水的正方体A和长方体B放在容器中，如图甲所示，向容器内缓慢加水，A、B始终保持竖直，水深h与加水体积V的关系如图乙所示。当水深为3h0时，取出其中一个物体，水面下降2cm。当水深为3h0时，水对容器底部的压强是　 　Pa。（已知物A、B密度大于水的密度，不考虑取出物体的过程中带出的水，ρ水=1.0×103kg/m3）
17．（2025·涪城模拟）已知某品牌混动飞行汽车电池容量为20 kW·h。某次测试中当汽车功率为20kW时，以100km/h的速度行驶；当汽车功率为10kW时，以70 km/h的速度行驶。测试过程中汽车功率P与A（汽车耗电量与电池总容量之比）的关系如图所示，当A达到80%时，汽车将采取“强制保电”措施关闭纯电模式，不再由纯电驱动。A与运动路程的对应关系如表所示，已知：s3∶（s2+s4） = 5∶3。若此次测试后充电，电费为1.1元/度，从测试结束的电量开始充电，充满电需要的电费为　 　元；此次“纯电驱动”模式的距离为　 　km。
（有功率P与A关系的折线图和A与运动路程的对应关系表 ）
A 0~10% 10~50% 50~55% 55~75% 75~80%
s 16km s1 s2 s3 s4
18．（2025·涪城模拟）2024年4月30日，全球最大的压缩空气储能项目在我国并网发电。该项目在用电低谷时段利用电网多余电能驱动压缩机压缩空气，使空气内能增大；在用电高峰时段高压空气被释放，膨胀对外做功，使膨胀机转动，将内能转化为机械能，带动发电机产生电能输送至电网。该工程装机功率300兆瓦，就像一个“超级充电宝”，每储存1度电最终能放出0.72度电，每年发电量可达6亿度，能够保障超过20万户家庭用电需求，每年可节约标准煤约1.9×108kg，减少二氧化碳排放约4.9×108kg，可连续放电6小时，使用期长达40年。该项目每年节约的标准煤完全燃烧能释放　 　J（标准煤热值为2.9×107J/kg）的能量；该项目每年发电6亿度，则消耗用电低谷时段电网　 　亿度（计算结果保留1位小数）的多余电能。
三、实验探究题（本题包括3小题，共20分）
19．（2025·涪城模拟）“探究光的反射定律”的实验装置如图所示，在白板上安装一支可自由移动的激光笔，使其发出的光紧贴白板入射。
（1）入射点O不变，调整入射光的方向，过入射点O的法线　 　（选填“在”或“不在”）该白板上。
（2）调整白板倾角，当与镜面成90°角时，白板　 　（选填“能”或“不能”）同时呈现入射光和反射光。
（3）入射点O不变，调整入射光的方向，多次改变白板倾角，观察到的现象均与（1）（2）相同，由此说明　 　。
20．（2025·涪城模拟）在探究浮力大小与哪些因素有关”的实验中，完成了“浮力大小”与“排开液体体积”和“液体密度”关系的探究后，继续探究“浮力大小”与“物体浸入液体中的深度”间的关系：
（1）将标有水平、竖直中线的长方体铝块挂在弹簧测力计下，静止时其示数为F0；之后将铝块浸没在水中不同深度处，发现弹簧测力计示数不变。由此可知，物体浸没在同种液体中时所受浮力大小与浸没深度　 　。
（2）的确，浸没前的铝块无论按图甲还是按图乙的方式浸入水中不同深度处，弹簧测力计示数均不同，且深度越深，示数越小。原来，浸没前深度越深，浮力越大，是因为深度增大的同时，铝块排开水的体积也在变大。因而，只需按甲、乙两种方式分别将铝块浸入至相应中线位置，既改变了深度又控制了　 　相同，就可以探究“物体浸没前所受浮力大小与深度的关系”了。
（3）图丙、丁是同一块泡沫平放和竖放时的情景（泡沫在水中漂浮），参考（2）写出探究“漂浮物体所受浮力大小与深度的关系”的主要方法：　 　
21．（2025·涪城模拟）利用如图甲所示的器材和电路，探究“导体的电阻与导体长度的关系”。将固定在木板上长为15cm的铅笔芯作为研究对象，并标记为等长的五段，a、f为铅笔芯的两个端点，中间四个等分点分别标记为b、c、d、e。
（1）把线夹夹在f点，闭合开关，发现无论如何调节滑动变阻器，电压表和电流表始终无示数。用一根导线检测电路故障，将导线的两端分别接到开关两端的接线柱上时，电压表和电流表仍无示数；将导线两端分别接到滑动变阻器接入电路的两个接线柱上时，电压表和电流表均有示数。若电路中只有一处元件故障，则故障是　 　。
（2）排除故障后，闭合开关后快速记录电流表和电压表的示数，然后立即断开开关。调节滑动变阻器，多次测量并计算出电阻的平均值。
（3）将线夹分别夹在e、d、c、b点，重复步骤（2），得到铅笔芯接入长度l和对应的铅笔芯接入电阻的平均值R的数据，如表所示：
线夹位置 b c d e f
铅笔芯接入长度l/cm 3 6 9 12 15
铅笔芯接入电阻的平均值R/Ω 2.0 4.0 5.9 8.0 10.0
①请在如图乙所示的坐标纸上描点，并画出铅笔芯接入电阻的平均值R和铅笔芯接入长度l的关系图像。　 　
②通过分析图像可得实验结论：在材料和横截面积一定的条件下，　 　。
（4）在实验评估环节，有的同学认为，只通过对铅笔芯电阻与其长度关系的探究得到的结论具有偶然性，为了使证据更充分，接下来还应该　 　。
四、综合运用题（本题包括2小题，共21分。解答过程中必须写出必要的文字说明、公式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
22．（2025·涪城模拟）作为现代城市建设中的“地下巨龙”，它拥有着开山裂石的巨大威力，它的名字就是——盾构机，如图甲所示。图乙所示是盾构机的结构图，在推进液压缸的推动下，刀盘向前切割泥土，收入土仓，再由螺旋输送机往后输送泥浆到皮带输送系统。如表是盾构机的有关数据：
（图甲为盾构机外观图，图乙为盾构机结构图，包含开挖面、刀盘、主轴承等标注，图丙为推进液压缸原理示意图 ）
盾构机长/m 盾构机直径/m 盾构机质量/m 每分钟前进距离/mm 推进系统功率/kW 刀盘功率/kW 最大推进力/kN 螺旋输送量/（m2 h-1）
57 6.6 1100 80 80 950 36000 360
（1）若泥土的密度为2×103kg/m3，则螺旋输送机每分钟从土仓里输送出来的泥土的质量是多少吨？当推进系统以最大的推进力工作时，推进效率是多少？
（2）盾构机的推进液压缸有30个，每个液压缸的原理如图丙所示，容器里面密闭液体，容器两端活塞的面积分别是S1、S2，其中大活塞连接刀盘。作用在两个活塞的压力分别是F1、F2，根据帕斯卡原理，把一个力施加在一端的活塞上，产生的压强通过密闭液体传到另一端的活塞上，两个活塞受到密闭液体的压强相等。这样就能够将较小的力通过液体放大，使刀盘获得较大的推进力。已知液压缸两端活塞面积之比S1：S2 = 1：20，如果要刀盘产生最大的推进力，每个缸的S1端至少应该施加多少牛的力？
23．（2025·涪城模拟）某植株的生长环境温度不能超过30℃，并且在20～30℃之间需满足一定的湿度要求。现为其设计的温、湿度报警触发电路如图甲所示。电源为特制的可调恒流电源（使所在电路中的电流恒等于“预先设定的电流”），完全相同的防水热敏电阻R1、R2的阻值随温度的变化规律如图乙所示。
（1）将“预先设定的电流”设置为2×10-3A后进行报警触发设置。温度报警触发设置：30℃时R1两端电压为3.6V，将该电压设为温度报警触发值U，当R1两端实际电压U1U时，触发温度报警。通过对图乙的分析大致求出防水热敏电阻的阻值随温度变化规律的关系式。
（2）湿度报警触发设置：用一端浸在水中的湿纱布敷在R2。由于湿纱布中的水汽化吸热，使R2度降低，导致R2端电压与R1端电压产生电压差U。环境越干燥，R2与R1温差 t越大， U也越大，因此可用t表示湿度状况。当 t≥5℃时需要湿度报警，将 t = 5℃时的电压差U设为湿度报警触发值，记为 U0。请计算 U0。
（3）现根据实际需要改变“预先设定的电流”，使装置在 t8℃且湿度报警触发值比U0大0.05V时触发湿度报警。重新调节后的温度报警触发值U为多少V？
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】A．微波炉是利用电磁波的能量来加热食物的，故A符合题意；
BC．手机和雷达是通过发射及接收电磁波来传递信息的，不是利用电磁波的能量进行工作的，故BC不符合题意；
D．电吹风主要由电动机和电热丝组成；电动机是利用通电导体在磁场中受到力的作用的原理工作的，电热丝是利用电流的热效应工作的，没有应用电磁波，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】电磁波可以传递信息以及能量，电动机是利用通电导体在磁场中受到力的作用的原理工作的。
2．【答案】B
【知识点】能源及其分类
【解析】【解答】ACD．石油、煤炭、天然气等能源，使用之后在短时间内无法在自然界中再次产生的能源，是不可再生能源，故 ACD 不符合题意；
B．太阳能可以从自然界里源源不断的得到补充，属于可再生能源，故符合题意．
故答案为：B
【分析】再短时间内能再生的资源叫做可再生资源，比如水资源、太阳能；再短时间内不能再生的资源叫做可不可再生资源，比如核能、煤炭、石油。
3．【答案】C
【知识点】防治噪声的途径
【解析】【解答】 工作时要配戴防噪声耳罩 属于在人耳处减弱噪音，C正确，ABD错误；
综上选C。【分析】减弱噪音的途径有：声源处（摩托车装消声器）、传播中（建隔音墙 ）、人耳处（戴耳罩）。
4．【答案】D
【知识点】物质的三态；汽化及汽化吸热的特点；液化及液化放热
【解析】【解答】A、“白气”是水蒸气遇冷液化形成的小水滴，不是水蒸气，液化过程放热，故A错误。
B、“白气”是水蒸气液化形成的小水珠，而不是汽化形成的，汽化是由液态变为气态的过程，故B错误。
C、①夏天打开冰箱门，冰箱门附近的“白气”，是空气中的水蒸气遇冷液化形成的；②冬天户外的人呼出的“白气”，是人体内呼出的水蒸气遇冷液化形成的；③路过包子店，蒸笼周围的“白气”，是蒸笼内冒出的水蒸气遇冷液化形成的；④雨后山峦上的“白气”，是空气中的水蒸气遇冷液化形成的。所以形成之前的水蒸气来自空气中的是①④，故C错误。
D、“露珠”“雾”都是空气中的水蒸气遇冷液化形成的，和题目中各种“白气”形成的原因均相同，都是液化现象，故D正确。
故选：D。
【分析】(1)水蒸气是无色透明气体，我们用眼睛观察不到；
（2）汽化指物质由液态变为气态的过程；
（3）液化指物质由气态转变成液态，液化要放热。
5．【答案】D
【知识点】热机；热机的四个冲程；能量的转化或转移
【解析】【解答】A．空气涡轮喷气发动机工作时，燃料燃烧将化学能转化为内能（燃烧过程），高温高压气体向后喷出时，内能转化为机身的机械能（反冲推力做功） ，故A正确，不符合题意；
B．由题可知， 空气喷气发动机从外界空气中获得足够的氧来助燃”，而大气层外没有空气（氧气），无法支持燃料燃烧，故不能在大气层外工作。 ，故B正确，不符合题意；
C．空气涡轮喷气发动机工作时，空气进入压缩机被压缩，对气体做功，气体内能增加，温度升高；燃烧室中燃料燃烧，进一步释放热量，气体温度继续升高；气体冲击轮机叶轮和从喷管喷出时，对外做功，内能减少，温度降低。因此，气体温度先升高（压缩 + 燃烧）再降低（做功），故C正确，不符合题意；
D．点火燃烧前，压缩机压缩空气使温度升高，这与柴油机的压缩冲程（压缩空气升温）相同；但点火方式不同：柴油机是 “压燃式”（压缩空气使温度达到燃料燃点，无需火花塞），而该发动机通过 “火花塞点火”，属于 “点燃式” ，故D错误，符合题意。
故选D。
【分析】（1）热机是利用内能做功的机械，将内能转化为机械能；
（2）空气涡轮喷气发动机工作时需要吸入空气；
（3）空气涡轮喷气发动机工作时，吸入的空气先被加热，再对外做功；
（4）柴油机是压燃式。
6．【答案】B
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验
【解析】【解答】ABCD、当光屏和凸透镜的距离为10cm时，此时在光屏上成缩小的像，即像距v=10cm，则像距的范围为：f＜10cm＜2f，解得5cm＜f＜10cm；把光屏沿着光具座移动5cm后，再次移动光源的位置使成清晰的像，如果是将光屏靠近凸透镜，则此时像距是5cm，小于焦距，是不可能成实像的，故不成立；则光屏必定是远离凸透镜，此时像距变大，根据凸透镜成实像时，物近像远像变大，此时的像一定比原来大，但此时像距15cm不一定大于2倍焦距，故可能是缩小，也可能是放大的实像，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【分析】物距大于二倍焦距成倒立缩小实像，像距大于一倍焦距小于二倍焦距；凸透镜成实像时，物近像远像变大，物远像近像变小。
7．【答案】C
【知识点】家庭电路的故障分析
【解析】【解答】A、照明灯的开关接在了零线与灯泡之间，不会引发空气开关跳闸，只是容易发生触电事故，故A不符合题意；
B、由电能表上的参数可得，电路中允许的最大功率为：
P=UI=220V×40A=8800W；
正在使用的所有用电器总功率为6kW，其中电饭煲的功率为1.5kW，将电饭煲插头从插座中拔出，再将功率为1kW的电热水壶插头接入插座中，电路中用电器总功率变小，所以空气开关跳闸的原因不可能是用电器的总功率过大，故B不符合题意；
CD、如果接入电热水壶的插座短路，没有插入电热水壶时，空气开关就应该会跳闸，闭合电热水壶上的开关，空气开关跳闸，则说明是由于电热水壶的内部电路短路，故C符合题意、D不符合题意。
故选：C。
【分析】家庭电路中电流过大的原因有两个：短路和总功率过大。从上面这两个因素进行分析。
8．【答案】B
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【解答】A、当秤盘放100g物体、秤砣移到B点时，秤杆再次水平平衡，则在B点所示的质量为物体的质量，在O到B两条刻线之间均匀地画上49条刻度线，从O到B点共50个小格，则每一小格表示的质量为，故A错误；
B、称中药（称取一定量的中药）时B端翘起，杆秤不能水平平衡，说明秤盘内中药的质量大于所需的质量，所以应减少中药的质量来使杆秤恢复水平平衡，故B正确；
C、根据G=mg和杠杆平衡条件可得m物g×OA=m砣g×OB，如果秤砣磨损了，OB变大，则测量结果将偏大，故C错误；
D、若将提纽移到O点右侧，测量相同质量的物体时，左边力臂变大，则其量程变小，故D错误。
故选：B。
【分析】根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2分析，杆秤水平平衡时，秤砣所在的位置显示的示数即物体的质量。
9．【答案】B
【知识点】密度公式及其应用；液体压强计算公式的应用
【解析】【解答】ABCD、玻璃瓶内水的质量为0.30kg=300g，则瓶内水的体积为
，根据正放时水对底部压强为900Pa，由p=ρgh可得水的深度为：，
则瓶底的面积为
；
根据倒放时水对瓶盖压强为1400Pa，则此时水的深度为：，
所以右图中空余部分的高度为h3=H-h2=20cm-14cm=6cm，则右图中空余部分的容积为：
，
整个玻璃瓶的容积为V容=V水+V空余=300cm3+200cm3=500cm3；若该玻璃瓶内装满密度为0.8×103kg/m3的酒精，则V酒精=V容=500cm3，酒精的质量为：
。故ACD错误，B正确。
故选：B。
【分析】瓶子整体并非柱形，应该通过左图算出水的高度，再通过右图算出空余部分的高度，从而算出总高度来解决问题。
10．【答案】C
【知识点】功率计算公式的应用；二力平衡的条件及其应用；探究影响摩擦力大小因素的实验；滑轮（组）的机械效率
【解析】【解答】A、物体B静止在地面上，所以受力平衡；水平方向上物体B受到向右的弹簧拉力、地面对它向左的摩擦力和物体A对它向左的摩擦力，所以两个摩擦力之和为12N，即fAB+4N=12N，则fAB=8N；根据相互作用力的知识可知，物体A受到的摩擦力为f=fAB=8N；故A错误；
B、由图知，水平使用滑轮组，n=2，拉力端移动速度v=2v物=2×0.1m/s=0.2m/s，则拉力做功的功率：；故B错误；
C、滑轮组的机械效率：，故C正确；
D、若拉力F增大到15N时，A在运动过程中，A对B的压力不变、接触面的粗糙程度不变，则A和B之间的摩擦力不变，所以物体B的运动状态不会改变，即物体B仍然静止，不会向左运动，故D错误。
故选：C。
【分析】（1）由图知，水平使用滑轮组，n=2，拉力端移动速度等于物体A移动速度的2倍，利用P=Fv求拉力做功功率；
（2）物体B静止在地面上，受到水平向左4N的摩擦力，弹簧测力计示数为12N，由此可求得物体A受到的摩擦力；
（3）滑轮组的机械效率。
11．【答案】B
【知识点】影响电阻大小的因素
【解析】【解答】ABCD、一是小灯泡亮度的变化范围；二是调节精度，回形针移动一定距离时，电阻变化越小调节精度越高。由题可知，铅笔芯甲和乙相比调节范围大，调节精度低，故B符合题意，ACD不符合题意。
故选：B。
【分析】当移动滑动变阻器的滑片使接入电路中的电阻变大时，电路中的电流变小，小灯泡变暗；而当移动滑动变阻器的滑片使接入电路中的电阻变小时，电路中的电流变大，小灯泡变亮。
12．【答案】D
【知识点】探究电流与电压、电阻的关系实验
【解析】【解答】A、连接电路前，发现电压表指针如图乙所示，说明电压表没有调零，故A正确；
B、为避免电源短路，实验结束后，应先断开开关，拆除电源两端的导线后，再拆除其他导线并整理器材，故B正确；
C、探究电流与电阻关系，需控制定值电阻两端电压一定，改变定值电阻阻值；故遗漏的实验操作并未影响结论，原因是实验时定值电阻两端电压保持为定值，故C正确；
D、正确操作重新进行实验，电压表示数比之前增大，则电流与电阻倒数，即IR增大，故选B图像，故D错误。
故选：D。
【分析】（1）连接电路前，发现电压表指针如图乙所示，说明电压表没有调零；
（2）为避免电源短路，实验结束后，应先断开开关，拆除电源两端的导线后，再拆除其他导线并整理器材；
（3）探究电流与电阻关系，需控制定值电阻两端电压一定，改变定值电阻阻值
（4）正确操作重新进行实验，电压表示数比之前增大，由此分析。
13．【答案】D
【知识点】探究影响重力大小因素的实验；物理学方法；时间速度路程的图像分析
【解析】【解答】A．验证 “物体下落的速度与质量是否有关” 时，需控制其他变量（容器形状、体积、下落条件等）相同，仅改变质量。甲、乙中容器形状和体积相同，沙包数量不同（即总质量不同），符合控制变量法要求。由频闪照片可知，甲、乙在相同时间内下落距离相同（速度相同），说明速度与质量无关。由图可知，应选甲、乙，故A正确，不符合题意；
B．由甲、乙、丙、丁四图可知物体的质量、形状、体积不同，从同一高度下落所用时间相同，即最终速度相同，故可以得出结论：在时间相同时，物体下落速度与形状、质量、体积均无关，对于同一物体来说，下落高度越高，下落时间越长，相等时间间隔内物下落高度越大，即速度越快。因此物体由静止状态下放，下落的速度与下落高度有关，故B正确，不符合题意；
C． 图 2 中直线 a 为物体运动的 v-t 图像， 物体下落时，速度和时间比值不变，即速度与时间成正比，根据图像可以得到比值为
所以4s时，物体运动速度为v'=at'=9.8m/s2×4s=39.2 m/s，故C正确，不符合题意；
D．月球表面重力与质量的比值约为 1.6N/kg，小于地球的9.8N/kg。
v-t 图像中，斜率表示重力与质量的比值，月球上的图像斜率应小于直线 a（地球）。因此物体速度变化比地球上缓慢，相同时间内速度增加量小，因此图像应该在a的下方，可能是图中的c图线图中直线 b 的斜率大于 a，不符合，故D错误，符合题意。
故选D。
【分析】（1）利用控制变量思想进行分析，甲、乙形状、体积相同而质量不同，乙、丙质量、体积相同而形状不同，乙、丁形状、质量相同而体积不同，然后根据探究的目的进行选择即可；
（2）根据图像读出物体下落速度与时间成正比，并由此进行计算分析即可，再利用公式得出速度-时间的比值的单位；
（3）月球上重力小，因此物体速度变化比地球上缓慢，相同时间内速度增加量小，因此图象应该在a的下方。
14．【答案】NTC；会
【知识点】电路的动态分析；电磁继电器的组成、原理和特点
【解析】【解答】（1）根据题目的要求：温度升高时，热敏电阻的阻值减小，热敏电阻应选择NTC类型；
（2）启动保护模式一段时间后，发热元件不工作，温度逐渐降低，控制电路中的热敏电阻随着增大，电路中的电流逐渐减小，电磁铁的磁性减弱，衔铁回复原位，工作电路接通。所以启动保护模式一段时间后，工作电路会再次启动自动开机。
故答案为：NTC；会。
【分析】根据题目的要求，温度升高时，热敏电阻的阻值减小；%0D%0A根据电磁继电器的基本原理来分析。
15．【答案】增大；2
【知识点】密度公式及其应用
【解析】【解答】（1）在体脂率下降、体重不变的情况下，脂肪变少、肌肉变多，而肌肉密度大于脂肪，故人体密度会变大。
（2）小强父亲锻炼前脂肪质量为80kg×25%=20kg；锻炼后脂肪质量为78kg×20%=15.6kg，故脂肪减少4.4kg，肌肉增加4.4kg-2kg=2.4kg，则增加的肌肉体积为。
故答案为：增大；2。
【分析】（1）根据题中给出的定义进行分析即可。
（2）根据欧姆定律、质量密度知识进行分析计算即可。
16．【答案】3000
【知识点】液体压强计算公式的应用；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】A、B密度大于水，由题意及图像可知，hB=2hA。注水体积由0~3V0的过程中(S容-SA-SB)h0=3V0；注水体积由3V0~7V0的过程中(S容-SB)h0=7V0-3V0；注水体积由7V0~12V0的过程中S容h0=12V0-7V0，连列解得，解得A边长，根据压强公式计算公式计算水深为3h0时，水对容器底部的压强p=ρ水g×3h0=1.0×103kg/m3×10N/kg×3×0.1m=3000Pa。
【分析】压强的计算公式：F=Ps，增加压强的方式有增加压力、减小受力面积、减小压强的方式有减小压力，增加受力面积。
17．【答案】17.6；100.8
【知识点】速度公式及其应用；电功率的计算
【解析】【解答】（1）已知 汽车电池容量为20 kW·h ，当A为80%时，即消耗的电能为总电能的80%，车将采取“强制保电”措施关闭纯电模式，不再由纯电驱动，所以充电时需要补充电池容量80%的电能W=20kW h×80%=16kW h，充满电需要的电费为x=16kW h×1.1元/kW h=17.6元；
（2）由表格中数据可知，第一阶段：A为0-10%，此阶段运动的距离s0=16km；
第二阶段：A取10%-50%，此过程消耗电能W1=20kW h×（50%-10%）=8kW h
此阶段 汽车功率为P1=20kW，飞行速度v1=100km/h，由功率公式，可得此过程飞行时间为，故此过程飞行的距离s1=v1t1=100km/h×0.4h=40km；
第四阶段：A取55%-75%，此过程消耗电能W3=20kW h×（75%-55%）=4kW h
由图像可知，此阶段的功率为P2=10kW，飞行速度为 70 km/h，故此过程飞行时间为，此过程飞行的距离s3=v3t3=70km/h×0.4h=28km；
已知s3∶（s2+s4）=5∶3
所以
故此次“纯电制动”时距离为s=s0+s1+s2+s3+s4=16km+40km+28km+16.8km=100.8km。
故答案为：17.6；100.8。
【分析】（1）先算出需要补充的电能，再计算充满电需要的电费；
（2）分别算出s1、s2、s3、s4的数值，再求和。
18．【答案】5.51×1015；8.3
【知识点】燃料的热值；电功的计算
【解析】【解答】（1）由题可知，该项目每年节约的标准煤 约1.9×108kg 完全燃烧，释放的热量为：
Q放=mq=1.9×108kg×2.9×107J/kg=5.51×1015J；
（2）由题可知， 每储存1度电最终能放出0.72度电， 该项目的能量转换效率
消耗用电低谷时段电网的多余电能为。
故答案为：5.51×1015；8.3。
【分析】（1）根据Q放=mq求出该项目每年节约的标准煤完全燃烧放出的热量；
（2）储存1度电最终能放出0.72度电，由此求出该项目的能量转换效率；由此进一步求出消耗用电低谷时段电网的多余电能。
19．【答案】（1）不在
（2）能
（3）在光的反射现象中，反射光线、入射光线、法线在同一个平面内
【知识点】光的反射定律
【解析】【解答】（1）由于法线与反射面垂直，而白板不与反射面垂直，所以法线不会出现在白板上；
（2）由实验现象分析可知，当白板与镜面成90°角时，法线在白板上，入射光线紧贴白板，所以白板能同时呈现入射光和反射光；
（3）在光的反射现象中，反射光线、入射光线、法线在同一个平面内。
故答案为：（1）不在；（2）能；（3）在光的反射现象中，反射光线、入射光线、法线在同一个平面内。
【分析】（1）法线过入射点垂直于反射面；
（2）在光的反射现象中，反射光线、入射光线、法线在同一个平面内。
（1）法线过入射点垂直于反射面，由于白板不与反射面垂直，所以法线不会出现在白板上。
（2）当与镜面成90°角时，法线在白板上，由于当与镜面成90°角时，法线在白板上，所以白板能同时呈现入射光和反射光。
（3）由实验现象可得，在光的反射现象中，反射光线、入射光线、法线在同一个平面内。
20．【答案】（1）无关
（2）排开液体的体积
（3）将同一块泡沫平放和竖放在水中让其漂浮，发现各自浸入水中的深度并不相同，但浮力均等于泡沫的重力
【知识点】探究浮力大小的实验
【解析】【解答】（1）将标有水平、竖直中线的长方体铝块挂在弹簧测力计下，静止时其示数为F0，即物体重力等于F0；之后将铝块浸没在水中不同深度处，发现弹簧测力计示数不变，由称重法F浮=G-F拉可知，铝块受到的浮力相同，故可说明物体浸没在同种液体中时所受浮力大小与浸没深度无关。
（2）探究浮力与深度的关系时，应该控制排开液体体积相同，只改变深度大小；由图可知，同一铝块体积不变，按照图中方式将铝块的一半体积浸入水中，即排开水的体积相同，但是乙图方式浸入水中的底面积小，故浸入水中体积相同时，乙图浸入水中深度要深一些，按甲、乙两种方式分别将铝块浸入至相应中线位置，既改变了深度，又控制了排开液体的体积相同。
（3）探究浮力与深度的关系时，应该控制排开液体体积相同，只改变深度大小，将同一块泡沫平放和竖放在水中让其漂浮，由于其所受浮力相等，故浸入液体体积相同，但是由于浸入水中底面积不同，故各自浸入水中的深度并不相同，排开液体的体积想相同，但浮力均等于泡沫的重力，由此可得出漂浮物体所受浮力大小与深度的关系。
故答案为：（1）无关；（2）排开液体的体积；（3）将同一块泡沫平放和竖放在水中让其漂浮，发现各自浸入水中的深度并不相同，但浮力均等于泡沫的重力。
【分析】（1）浮力的大小与物体排开的液体的体积、液体的密度有关；与物体的体积、密度、浸入液体的深度无关；
（2）探究浮力与深度的关系时，应该控制排开液体体积相同，只改变深度大小。
（1）将标有水平、竖直中线的长方体铝块挂在弹簧测力计下，静止时其示数为F0；之后将铝块浸没在水中不同深度处，发现弹簧测力计示数不变，根据F浮=G-F拉，说明铁块受到的浮力不变，说明物体浸没在同种液体中时所受浮力大小与浸没深度无关。
（2）探究浮力与深度的关系时，应该控制排开液体体积相同，只改变深度大小，按甲、乙两种方式分别将铝块浸入至相应中线位置，既改变了深度，又控制了排开液体的体积相同。
（3）探究浮力与深度的关系时，应该控制排开液体体积相同，只改变深度大小，将同一块泡沫平放和竖放在水中让其漂浮，发现各自浸入水中的深度并不相同，排开液体的体积想相同，但浮力均等于泡沫的重力，由此可得出漂浮物体所受浮力大小与深度的关系。
21．【答案】滑动变阻器断路；；铅笔芯的电阻与长度成正比；选不同规格的铅笔芯和不同材料的导体进行实验，多次测量得到普遍规律。
【知识点】影响电阻大小的因素
【解析】【解答】（1）由题可知， 把线夹夹在f点，闭合开关，发现无论如何调节滑动变阻器，电压表和电流表始终无示数，可判断电路发生了断路故障； 将导线的两端分别接到开关两端的接线柱上时，电压表和电流表仍无示数，电路仍为接通，故断路位置不在开关；
将导线的两端分别接到滑动变阻器接入电路的两接线柱上时，电压表和电流表均有示数，电路接通，故断路位置在滑动变阻器部分，故若电路中只有一处元件故障，则故障是滑动变阻器断路。
（3） ① 由测得的数据描点画图，如图所示：
② 分析图象可知，该图线是一条过原点的直线，即导体的长度与电阻的比值为定值，故可得实验结论：在材料和横截面积一定的条件下，铅笔芯的电阻与长度成正比。
（4）只通过对铅笔芯电阻与其长度的探究得到的结论具有偶然性，为了使证据更充分，接下来还应该选不同规格的铅笔芯和不同材料的导体进行实验，多次测量使实验结论更具有普遍性。
故答案为：（1）滑动变阻器断路；（3）①见解答图； ②铅笔芯的电阻与长度成正比；（4）选不同规格的铅笔芯和不同材料的导体进行实验，多次测量得到普遍规律。
【分析】（1）根据电流表和电压表的示数分析电路故障的原因；
（3）根据数据描点画图，结合图象得出规律；
（4）根据归纳得出结论必须具有普遍性且样本足够多分析
22．【答案】（1）螺旋输送机每分钟从土仓里输送出来的泥土的质量
最大推进力的每分钟做功为W有=Fs=3.6×107N×0.08m=2.88×106J
刀盘每分钟做功为W总=Pt=8×104W×60s=4.8×106J
故机械效率为
（2）根据题中可知两端活塞面积比为1：20，最大推进力为36000kN，根据帕斯卡定律知，压强不变，压力与面积成正比，则每个缸S1至少施加的力
【知识点】密度公式及其应用；热机的效率；压强的大小及其计算；有用功和额外功
【解析】【分析】（1）先求出每分钟从土仓里输送出来的泥土的体积，利用公式m=ρV计算出泥土的质量。
根据公式W有=Fs求出有用功，W总=Pt求出消耗的电能，再利用机械效率的公式求出机械效率。
（2）根据帕斯卡原理结合压强公式即可解答。
（1）螺旋输送机每分钟从土仓里输送出来的泥土的质量
最大推进力的每分钟做功为W有=Fs=3.6×107N×0.08m=2.88×106J
刀盘每分钟做功为W总=Pt=8×104W×60s=4.8×106J
故机械效率为
（2）根据题中可知两端活塞面积比为1：20，最大推进力为36000kN，根据帕斯卡定律知，压强不变，压力与面积成正比，则每个缸S1至少施加的力
23．【答案】（1）根据30℃时R1两端电压为3.6V，以及2×10-3A，得到30℃时R1阻值为
设防水热敏电阻的阻值随温度变化规律的关系式R= R0-kt
当图t=10℃时，电阻为3300Ω，当温度为30℃时，电阻为1800Ω，则
解得k=75Ω/℃，R0=4050Ω
所以防水热敏电阻的阻值随温度变化规律的关系式为R = R0-kt=4050Ω-75Ω/℃t
（2）每降低1℃，电阻阻值增加量为
初始两个电阻阻值相同，电压相同，均为3.6V。随着R2上的湿纱布水的蒸发吸热，R2阻值增大，当Δt=5℃时，R2阻值增加量为ΔR2=5℃×75Ω/℃=375Ω
故其电压增加量为
故ΔU0=0.75V
（3）新的ΔU'0增大0.05V，故新的ΔU'0=0.75V+0.05V=0.8V
当Δt=8℃时，电阻增加量为△R'2=8℃×75Ω/℃=600Ω
此时电流为
当温度为30℃时，电阻R1两端电压为
【知识点】欧姆定律及其应用；电路的动态分析
【解析】【分析】（1）根据电流和电压信息得到电阻在30℃时的阻值。设防水热敏电阻的阻值随温度变化规律的关系式：R= R0-kt，将t=10℃时，电阻为3300Ω，当温度为30℃时，电阻为1800Ω代入解得k与R0的值，得出防水热敏电阻的阻值随温度变化规律的关系式；
（2）蒸发吸热；电源不是常规恒压电源，而是“恒流源”，根据图像得到电阻阻值随温度变化的函数关系进一步分析ΔU0的大小。
（3）根据Δt的改变量来获得新的电流值，然后根据ΔU0的变化量计算出R1两端电压即可得到报警触发值。
（1）根据30℃时R1两端电压为3.6V，以及2×10-3A，得到30℃时R1阻值为
设防水热敏电阻的阻值随温度变化规律的关系式R= R0-kt
当图t=10℃时，电阻为3300Ω，当温度为30℃时，电阻为1800Ω，则
解得k=75Ω/℃，R0=4050Ω
所以防水热敏电阻的阻值随温度变化规律的关系式为R = R0-kt=4050Ω-75Ω/℃t
（2）每降低1℃，电阻阻值增加量为
初始两个电阻阻值相同，电压相同，均为3.6V。随着R2上的湿纱布水的蒸发吸热，R2阻值增大，当Δt=5℃时，R2阻值增加量为ΔR2=5℃×75Ω/℃=375Ω
故其电压增加量为
故ΔU0=0.75V
（3）新的ΔU'0增大0.05V，故新的ΔU'0=0.75V+0.05V=0.8V
当Δt=8℃时，电阻增加量为△R'2=8℃×75Ω/℃=600Ω
此时电流为
当温度为30℃时，电阻R1两端电压为
1 / 1四川省绵阳市涪城区2025年中考二模物理试题
一、选择题（本题包括13小题，每小题3分，共39分。每小题只有一个选项最符合题目要求）
1．（2025·涪城模拟） 电磁波具有信息特征和能量特性。以下设备中，主要利用电磁波的能量特性工作的是（　　）
A．微波炉 B．手机 C．雷达 D．电吹风
【答案】A
【知识点】电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】A．微波炉是利用电磁波的能量来加热食物的，故A符合题意；
BC．手机和雷达是通过发射及接收电磁波来传递信息的，不是利用电磁波的能量进行工作的，故BC不符合题意；
D．电吹风主要由电动机和电热丝组成；电动机是利用通电导体在磁场中受到力的作用的原理工作的，电热丝是利用电流的热效应工作的，没有应用电磁波，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】电磁波可以传递信息以及能量，电动机是利用通电导体在磁场中受到力的作用的原理工作的。
2．（2025·涪城模拟）下列能源中，属于可再生能源的是（　　）
A．石油 B．太阳能 C．煤炭 D．天然气
【答案】B
【知识点】能源及其分类
【解析】【解答】ACD．石油、煤炭、天然气等能源，使用之后在短时间内无法在自然界中再次产生的能源，是不可再生能源，故 ACD 不符合题意；
B．太阳能可以从自然界里源源不断的得到补充，属于可再生能源，故符合题意．
故答案为：B
【分析】再短时间内能再生的资源叫做可再生资源，比如水资源、太阳能；再短时间内不能再生的资源叫做可不可再生资源，比如核能、煤炭、石油。
3．（2025·涪城模拟）如图是我国航空母舰上两位甲板引导员引导飞机起飞的情景。他们工作时要配戴防噪声耳罩，这种控制噪声的措施属于（　　）
A．防止噪声产生 B．监测噪声强弱
C．防止噪声进入耳朵 D．减小噪声传播速度
【答案】C
【知识点】防治噪声的途径
【解析】【解答】 工作时要配戴防噪声耳罩 属于在人耳处减弱噪音，C正确，ABD错误；
综上选C。【分析】减弱噪音的途径有：声源处（摩托车装消声器）、传播中（建隔音墙 ）、人耳处（戴耳罩）。
4．（2025·涪城模拟）①夏天，打开电冰箱门时，冰箱门附近的“白气”；②冬天，户外的人不断呼出的“白气”；③路过包子店，看到蒸笼周围烟雾缭绕的“白气”；④雨后，萦绕在山峦上的“白气”；……这些现象中的“白气”（　　）
A．都是水蒸气
B．都是水蒸气汽化后形成的小水珠
C．其形成之前的水蒸气来自空气中的是①③④
D．其形成的原因均与“露珠”“雾”相同
【答案】D
【知识点】物质的三态；汽化及汽化吸热的特点；液化及液化放热
【解析】【解答】A、“白气”是水蒸气遇冷液化形成的小水滴，不是水蒸气，液化过程放热，故A错误。
B、“白气”是水蒸气液化形成的小水珠，而不是汽化形成的，汽化是由液态变为气态的过程，故B错误。
C、①夏天打开冰箱门，冰箱门附近的“白气”，是空气中的水蒸气遇冷液化形成的；②冬天户外的人呼出的“白气”，是人体内呼出的水蒸气遇冷液化形成的；③路过包子店，蒸笼周围的“白气”，是蒸笼内冒出的水蒸气遇冷液化形成的；④雨后山峦上的“白气”，是空气中的水蒸气遇冷液化形成的。所以形成之前的水蒸气来自空气中的是①④，故C错误。
D、“露珠”“雾”都是空气中的水蒸气遇冷液化形成的，和题目中各种“白气”形成的原因均相同，都是液化现象，故D正确。
故选：D。
【分析】(1)水蒸气是无色透明气体，我们用眼睛观察不到；
（2）汽化指物质由液态变为气态的过程；
（3）液化指物质由气态转变成液态，液化要放热。
5．（2025·涪城模拟）空气喷气发动机飞机只携带燃料，从外界空气中获得足够的氧来助燃。空气喷气发动机的种类很多，如图所示为空气涡轮喷气发动机结构图。工作过程中，机身在空气中高速前进，空气从进气口进入，被压缩机压缩后进入燃烧室和从喷雾器喷出的燃料混合，由火花塞点火燃烧，产生大量气体向后喷出，冲击燃气轮机叶轮转动，最后气体以极大的速度从尾部喷管喷出，使机身得到巨大的反冲推力向前飞行。下列有关说法中错误的是（　　）
（图中还有空气涡轮喷气发动机结构示意图，包含进气口、喷雾器、喷管、压缩机、燃烧室、轮机等标注）
A．该发动机工作过程中，先将燃料的化学能转化为内能，然后再将其转化为机身的机械能
B．该发动机不能在大气层外工作
C．该发动机工作过程中，气体温度先升高再降低
D．该发动机点火燃烧前的过程与柴油机某冲程相同，点火方式也与柴油机相同
【答案】D
【知识点】热机；热机的四个冲程；能量的转化或转移
【解析】【解答】A．空气涡轮喷气发动机工作时，燃料燃烧将化学能转化为内能（燃烧过程），高温高压气体向后喷出时，内能转化为机身的机械能（反冲推力做功） ，故A正确，不符合题意；
B．由题可知， 空气喷气发动机从外界空气中获得足够的氧来助燃”，而大气层外没有空气（氧气），无法支持燃料燃烧，故不能在大气层外工作。 ，故B正确，不符合题意；
C．空气涡轮喷气发动机工作时，空气进入压缩机被压缩，对气体做功，气体内能增加，温度升高；燃烧室中燃料燃烧，进一步释放热量，气体温度继续升高；气体冲击轮机叶轮和从喷管喷出时，对外做功，内能减少，温度降低。因此，气体温度先升高（压缩 + 燃烧）再降低（做功），故C正确，不符合题意；
D．点火燃烧前，压缩机压缩空气使温度升高，这与柴油机的压缩冲程（压缩空气升温）相同；但点火方式不同：柴油机是 “压燃式”（压缩空气使温度达到燃料燃点，无需火花塞），而该发动机通过 “火花塞点火”，属于 “点燃式” ，故D错误，符合题意。
故选D。
【分析】（1）热机是利用内能做功的机械，将内能转化为机械能；
（2）空气涡轮喷气发动机工作时需要吸入空气；
（3）空气涡轮喷气发动机工作时，吸入的空气先被加热，再对外做功；
（4）柴油机是压燃式。
6．（2025·涪城模拟）光具座上有凸透镜、光屏及发光源各一个。当光屏和凸透镜的距离为10cm时，此时在光屏上成缩小的像。物理王老师把光屏沿着光具座移动5cm后，再次移动光源的位置使成清晰的像。对于该像的情况，下列选项正确的是（　　）
A．一定成放大的像 B．可能成缩小的像
C．成像可能比原来小 D．成像一定比原来小
【答案】B
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验
【解析】【解答】ABCD、当光屏和凸透镜的距离为10cm时，此时在光屏上成缩小的像，即像距v=10cm，则像距的范围为：f＜10cm＜2f，解得5cm＜f＜10cm；把光屏沿着光具座移动5cm后，再次移动光源的位置使成清晰的像，如果是将光屏靠近凸透镜，则此时像距是5cm，小于焦距，是不可能成实像的，故不成立；则光屏必定是远离凸透镜，此时像距变大，根据凸透镜成实像时，物近像远像变大，此时的像一定比原来大，但此时像距15cm不一定大于2倍焦距，故可能是缩小，也可能是放大的实像，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【分析】物距大于二倍焦距成倒立缩小实像，像距大于一倍焦距小于二倍焦距；凸透镜成实像时，物近像远像变大，物远像近像变小。
7．（2025·涪城模拟）如图所示是某同学家部分家庭电路的示意图。电能表上标有“220V 10（40）A”的字样，他家正在使用的所有用电器总功率为6kW，其中电饭煲的功率为1.5kW，饭煮熟后，他将这个电饭煲插头从插座中拔出，再将功率为1kW的电热水壶插头接入插座中，其它用电器仍正常工作，闭合电热水壶上的开关，空气开关跳闸。空气开关跳闸的原因可能是（　　）
A．照明灯的开关接在了零线与灯泡之间
B．用电器的总功率过大
C．电热水壶的内部电路短路
D．接入电热水壶的插座短路
【答案】C
【知识点】家庭电路的故障分析
【解析】【解答】A、照明灯的开关接在了零线与灯泡之间，不会引发空气开关跳闸，只是容易发生触电事故，故A不符合题意；
B、由电能表上的参数可得，电路中允许的最大功率为：
P=UI=220V×40A=8800W；
正在使用的所有用电器总功率为6kW，其中电饭煲的功率为1.5kW，将电饭煲插头从插座中拔出，再将功率为1kW的电热水壶插头接入插座中，电路中用电器总功率变小，所以空气开关跳闸的原因不可能是用电器的总功率过大，故B不符合题意；
CD、如果接入电热水壶的插座短路，没有插入电热水壶时，空气开关就应该会跳闸，闭合电热水壶上的开关，空气开关跳闸，则说明是由于电热水壶的内部电路短路，故C符合题意、D不符合题意。
故选：C。
【分析】家庭电路中电流过大的原因有两个：短路和总功率过大。从上面这两个因素进行分析。
8．（2025·涪城模拟）同学们模仿中药房的戥秤制作杆秤，用筷子做秤杆，用钩码做秤砣，用细线将秤盘系在A点。当不挂秤砣、且秤盘不放物体时，在O点提起提纽，秤杆水平平衡；当秤盘放100g物体、秤砣移到B点时，秤杆再次水平平衡，如图所示。在O到B两条刻线之间均匀地画上49条刻度线。下列说法正确的是（　　）
A．自制杆秤的每一格约表示2.08g
B．称中药时B端翘起应减少中药恢复水平平衡
C．如果秤砣磨损则测量结果会比真实质量偏小
D．若将提纽移到O点右侧可以增大杆秤的量程
【答案】B
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【解答】A、当秤盘放100g物体、秤砣移到B点时，秤杆再次水平平衡，则在B点所示的质量为物体的质量，在O到B两条刻线之间均匀地画上49条刻度线，从O到B点共50个小格，则每一小格表示的质量为，故A错误；
B、称中药（称取一定量的中药）时B端翘起，杆秤不能水平平衡，说明秤盘内中药的质量大于所需的质量，所以应减少中药的质量来使杆秤恢复水平平衡，故B正确；
C、根据G=mg和杠杆平衡条件可得m物g×OA=m砣g×OB，如果秤砣磨损了，OB变大，则测量结果将偏大，故C错误；
D、若将提纽移到O点右侧，测量相同质量的物体时，左边力臂变大，则其量程变小，故D错误。
故选：B。
【分析】根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2分析，杆秤水平平衡时，秤砣所在的位置显示的示数即物体的质量。
9．（2025·涪城模拟）如图所示，一下半部分为圆柱形的玻璃瓶，深度为20cm，内封闭有质量为0.30kg的水。将玻璃瓶正放在水平面上时，水对玻璃瓶底部的压强为900Pa；将玻璃瓶倒放在水平面上时，水对玻璃瓶盖的压强为1400Pa。若该玻璃瓶内装满密度为的酒精，则酒精的质量为（　　）
A．0.36kg B．0.40kg C．0.44kg D．0.48kg
【答案】B
【知识点】密度公式及其应用；液体压强计算公式的应用
【解析】【解答】ABCD、玻璃瓶内水的质量为0.30kg=300g，则瓶内水的体积为
，根据正放时水对底部压强为900Pa，由p=ρgh可得水的深度为：，
则瓶底的面积为
；
根据倒放时水对瓶盖压强为1400Pa，则此时水的深度为：，
所以右图中空余部分的高度为h3=H-h2=20cm-14cm=6cm，则右图中空余部分的容积为：
，
整个玻璃瓶的容积为V容=V水+V空余=300cm3+200cm3=500cm3；若该玻璃瓶内装满密度为0.8×103kg/m3的酒精，则V酒精=V容=500cm3，酒精的质量为：
。故ACD错误，B正确。
故选：B。
【分析】瓶子整体并非柱形，应该通过左图算出水的高度，再通过右图算出空余部分的高度，从而算出总高度来解决问题。
10．（2025·涪城模拟）如图所示，拉力F为5N，物体A以0.1m/s的速度在物体B表面向左做匀速直线运动(B表面足够长)；物体B静止在地面上，受到水平向左4N的摩擦力，弹簧测力计示数为12N．下列说法正确的是( )
A．物体A受到的摩擦力为10N
B．拉力F的功率为1.5W
C．滑轮组的机械效率为80％
D．拉力F增大到15N时，物体B开始向左运动
【答案】C
【知识点】功率计算公式的应用；二力平衡的条件及其应用；探究影响摩擦力大小因素的实验；滑轮（组）的机械效率
【解析】【解答】A、物体B静止在地面上，所以受力平衡；水平方向上物体B受到向右的弹簧拉力、地面对它向左的摩擦力和物体A对它向左的摩擦力，所以两个摩擦力之和为12N，即fAB+4N=12N，则fAB=8N；根据相互作用力的知识可知，物体A受到的摩擦力为f=fAB=8N；故A错误；
B、由图知，水平使用滑轮组，n=2，拉力端移动速度v=2v物=2×0.1m/s=0.2m/s，则拉力做功的功率：；故B错误；
C、滑轮组的机械效率：，故C正确；
D、若拉力F增大到15N时，A在运动过程中，A对B的压力不变、接触面的粗糙程度不变，则A和B之间的摩擦力不变，所以物体B的运动状态不会改变，即物体B仍然静止，不会向左运动，故D错误。
故选：C。
【分析】（1）由图知，水平使用滑轮组，n=2，拉力端移动速度等于物体A移动速度的2倍，利用P=Fv求拉力做功功率；
（2）物体B静止在地面上，受到水平向左4N的摩擦力，弹簧测力计示数为12N，由此可求得物体A受到的摩擦力；
（3）滑轮组的机械效率。
11．（2025·涪城模拟）如图所示，用电池（电压为3 V）、小灯泡（2.5 V 0.3 A）、甲、乙两根铅笔芯（做滑动变阻器，铅笔芯的长度都是17.5 cm，甲的电阻为20 Ω，乙的电阻为10 Ω）、金属回形针、开关、导线，设计制作一个模拟的调光灯。调节效果可以从两个方面评价：一是小灯泡亮度的变化范围；二是调节精度，回形针移动一定距离时，电阻变化越小调节精度越高。则铅笔芯甲和乙相比（　　）
A．调节范围大，调节精度高 B．调节范围大，调节精度低
C．调节范围小，调节精度高 D．调节范围小，调节精度低
【答案】B
【知识点】影响电阻大小的因素
【解析】【解答】ABCD、一是小灯泡亮度的变化范围；二是调节精度，回形针移动一定距离时，电阻变化越小调节精度越高。由题可知，铅笔芯甲和乙相比调节范围大，调节精度低，故B符合题意，ACD不符合题意。
故选：B。
【分析】当移动滑动变阻器的滑片使接入电路中的电阻变大时，电路中的电流变小，小灯泡变暗；而当移动滑动变阻器的滑片使接入电路中的电阻变小时，电路中的电流变大，小灯泡变亮。
12．（2025·涪城模拟）探究“电压一定时，电流与电阻的关系”。实验过程中，移动滑片，使电压表示数为一固定值，记录电流表示数，多次更换定值电阻重复实验，得到电流I与定值电阻R的倒数关系如图甲中图线A所示，从而得出结论。在整理器材时，发现电压表指针位置如图乙所示。其他同学通过正确实验操作也进行了上述实验，他们的实验结论一致。下述评估中错误的是（　　）
A．该实验遗漏的实验操作是电压表调零（校零）
B．实验结束后，应先断开开关，再拆除电源两端的导线
C．遗漏的实验操作并未影响结论，是因为实验时定值电阻两端电压仍保持为定值
D．电压表调零（校零）后重新进行实验，得到的电流I与定值电阻R的倒数关系应为图甲中的图线C
【答案】D
【知识点】探究电流与电压、电阻的关系实验
【解析】【解答】A、连接电路前，发现电压表指针如图乙所示，说明电压表没有调零，故A正确；
B、为避免电源短路，实验结束后，应先断开开关，拆除电源两端的导线后，再拆除其他导线并整理器材，故B正确；
C、探究电流与电阻关系，需控制定值电阻两端电压一定，改变定值电阻阻值；故遗漏的实验操作并未影响结论，原因是实验时定值电阻两端电压保持为定值，故C正确；
D、正确操作重新进行实验，电压表示数比之前增大，则电流与电阻倒数，即IR增大，故选B图像，故D错误。
故选：D。
【分析】（1）连接电路前，发现电压表指针如图乙所示，说明电压表没有调零；
（2）为避免电源短路，实验结束后，应先断开开关，拆除电源两端的导线后，再拆除其他导线并整理器材；
（3）探究电流与电阻关系，需控制定值电阻两端电压一定，改变定值电阻阻值
（4）正确操作重新进行实验，电压表示数比之前增大，由此分析。
13．（2025·涪城模拟）如图1所示，在地球上模拟月球表面没有空气的环境，在抽成真空的竖直管道内将不同数量的相同沙包放入不同的容器内，依次进行了甲、乙、丙、丁四次实验，物体在0 s时由静止落下，利用频闪摄影记录了物体在0 s、1 s、2 s、3 s时的位置。各种容器的质量均相等，容器形状和体积已在图中标注，则下列判断中错误的是（　　）
A．验证物体下落的速度与质量是否有关，应比较甲、乙
B．没有空气阻力时，物体由静止状态释放，下落的速度与下落的高度有关
C．利用精密测量技术测量速度，画出图2中直线a，推测t =4s时，物体运动速度为39.2m/s
D．由图中直线a可知“速度与时间的比值”为一定值，其大小与“地球表面物体所受重力大小与质量的比值”存在某种神奇的“巧合”。若这种“巧合”在月球上同样成立，已知月球表面该比值约为1.6N/kg，那么物体在月球上竖直下落过程的v - t图像可能为图中的b
【答案】D
【知识点】探究影响重力大小因素的实验；物理学方法；时间速度路程的图像分析
【解析】【解答】A．验证 “物体下落的速度与质量是否有关” 时，需控制其他变量（容器形状、体积、下落条件等）相同，仅改变质量。甲、乙中容器形状和体积相同，沙包数量不同（即总质量不同），符合控制变量法要求。由频闪照片可知，甲、乙在相同时间内下落距离相同（速度相同），说明速度与质量无关。由图可知，应选甲、乙，故A正确，不符合题意；
B．由甲、乙、丙、丁四图可知物体的质量、形状、体积不同，从同一高度下落所用时间相同，即最终速度相同，故可以得出结论：在时间相同时，物体下落速度与形状、质量、体积均无关，对于同一物体来说，下落高度越高，下落时间越长，相等时间间隔内物下落高度越大，即速度越快。因此物体由静止状态下放，下落的速度与下落高度有关，故B正确，不符合题意；
C． 图 2 中直线 a 为物体运动的 v-t 图像， 物体下落时，速度和时间比值不变，即速度与时间成正比，根据图像可以得到比值为
所以4s时，物体运动速度为v'=at'=9.8m/s2×4s=39.2 m/s，故C正确，不符合题意；
D．月球表面重力与质量的比值约为 1.6N/kg，小于地球的9.8N/kg。
v-t 图像中，斜率表示重力与质量的比值，月球上的图像斜率应小于直线 a（地球）。因此物体速度变化比地球上缓慢，相同时间内速度增加量小，因此图像应该在a的下方，可能是图中的c图线图中直线 b 的斜率大于 a，不符合，故D错误，符合题意。
故选D。
【分析】（1）利用控制变量思想进行分析，甲、乙形状、体积相同而质量不同，乙、丙质量、体积相同而形状不同，乙、丁形状、质量相同而体积不同，然后根据探究的目的进行选择即可；
（2）根据图像读出物体下落速度与时间成正比，并由此进行计算分析即可，再利用公式得出速度-时间的比值的单位；
（3）月球上重力小，因此物体速度变化比地球上缓慢，相同时间内速度增加量小，因此图象应该在a的下方。
二、填空题（本大题包括5小题，每空2分，共20分）
14．（2025·涪城模拟）某款用电器若长时间通电会自动关机，原因是过热时启动了保护功能。其模拟热保护装置的示意图（如图）中，R0为定值电阻，R为热敏电阻（有两种类型可供选择，其电阻随温度变化关系如图乙所示，R的温度变化主要受发热元件影响）。则热敏电阻应选择　 　类型，启动保护模式一段时间后，工作电路　 　（选填“会”或“不会”）再次启动自动开机。（图为控制电路和工作电路示意图）（图乙分别为NTC热敏电阻和PTC热敏电阻的R - T关系图）
【答案】NTC；会
【知识点】电路的动态分析；电磁继电器的组成、原理和特点
【解析】【解答】（1）根据题目的要求：温度升高时，热敏电阻的阻值减小，热敏电阻应选择NTC类型；
（2）启动保护模式一段时间后，发热元件不工作，温度逐渐降低，控制电路中的热敏电阻随着增大，电路中的电流逐渐减小，电磁铁的磁性减弱，衔铁回复原位，工作电路接通。所以启动保护模式一段时间后，工作电路会再次启动自动开机。
故答案为：NTC；会。
【分析】根据题目的要求，温度升高时，热敏电阻的阻值减小；%0D%0A根据电磁继电器的基本原理来分析。
15．（2025·涪城模拟）体脂率是指人体内脂肪的质量占人体总质量的百分比。人运动时，存储在脂肪中的能量的一部分转化为人体的内能，导致人体温度升高，人的体脂率下降，则人体的密度　 　（选填“增大”或“减小”），小强的父亲经锻炼后质量从80kg降为78kg，体脂率从25%降为20%，若肌肉的密度为1.12×103kg/m3，则小强的父亲增加的肌肉的体积为　 　 dm3（结果保留整数）。
【答案】增大；2
【知识点】密度公式及其应用
【解析】【解答】（1）在体脂率下降、体重不变的情况下，脂肪变少、肌肉变多，而肌肉密度大于脂肪，故人体密度会变大。
（2）小强父亲锻炼前脂肪质量为80kg×25%=20kg；锻炼后脂肪质量为78kg×20%=15.6kg，故脂肪减少4.4kg，肌肉增加4.4kg-2kg=2.4kg，则增加的肌肉体积为。
故答案为：增大；2。
【分析】（1）根据题中给出的定义进行分析即可。
（2）根据欧姆定律、质量密度知识进行分析计算即可。
16．（2025·涪城模拟）有一个质量为4kg，底面积为500cm2的足够高的薄壁柱形容器放在水平地面上，g取10N/kg。科技小组利用这个容器来研究物体的浮沉，他们将同种材料制成的不吸水的正方体A和长方体B放在容器中，如图甲所示，向容器内缓慢加水，A、B始终保持竖直，水深h与加水体积V的关系如图乙所示。当水深为3h0时，取出其中一个物体，水面下降2cm。当水深为3h0时，水对容器底部的压强是　 　Pa。（已知物A、B密度大于水的密度，不考虑取出物体的过程中带出的水，ρ水=1.0×103kg/m3）
【答案】3000
【知识点】液体压强计算公式的应用；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】A、B密度大于水，由题意及图像可知，hB=2hA。注水体积由0~3V0的过程中(S容-SA-SB)h0=3V0；注水体积由3V0~7V0的过程中(S容-SB)h0=7V0-3V0；注水体积由7V0~12V0的过程中S容h0=12V0-7V0，连列解得，解得A边长，根据压强公式计算公式计算水深为3h0时，水对容器底部的压强p=ρ水g×3h0=1.0×103kg/m3×10N/kg×3×0.1m=3000Pa。
【分析】压强的计算公式：F=Ps，增加压强的方式有增加压力、减小受力面积、减小压强的方式有减小压力，增加受力面积。
17．（2025·涪城模拟）已知某品牌混动飞行汽车电池容量为20 kW·h。某次测试中当汽车功率为20kW时，以100km/h的速度行驶；当汽车功率为10kW时，以70 km/h的速度行驶。测试过程中汽车功率P与A（汽车耗电量与电池总容量之比）的关系如图所示，当A达到80%时，汽车将采取“强制保电”措施关闭纯电模式，不再由纯电驱动。A与运动路程的对应关系如表所示，已知：s3∶（s2+s4） = 5∶3。若此次测试后充电，电费为1.1元/度，从测试结束的电量开始充电，充满电需要的电费为　 　元；此次“纯电驱动”模式的距离为　 　km。
（有功率P与A关系的折线图和A与运动路程的对应关系表 ）
A 0~10% 10~50% 50~55% 55~75% 75~80%
s 16km s1 s2 s3 s4
【答案】17.6；100.8
【知识点】速度公式及其应用；电功率的计算
【解析】【解答】（1）已知 汽车电池容量为20 kW·h ，当A为80%时，即消耗的电能为总电能的80%，车将采取“强制保电”措施关闭纯电模式，不再由纯电驱动，所以充电时需要补充电池容量80%的电能W=20kW h×80%=16kW h，充满电需要的电费为x=16kW h×1.1元/kW h=17.6元；
（2）由表格中数据可知，第一阶段：A为0-10%，此阶段运动的距离s0=16km；
第二阶段：A取10%-50%，此过程消耗电能W1=20kW h×（50%-10%）=8kW h
此阶段 汽车功率为P1=20kW，飞行速度v1=100km/h，由功率公式，可得此过程飞行时间为，故此过程飞行的距离s1=v1t1=100km/h×0.4h=40km；
第四阶段：A取55%-75%，此过程消耗电能W3=20kW h×（75%-55%）=4kW h
由图像可知，此阶段的功率为P2=10kW，飞行速度为 70 km/h，故此过程飞行时间为，此过程飞行的距离s3=v3t3=70km/h×0.4h=28km；
已知s3∶（s2+s4）=5∶3
所以
故此次“纯电制动”时距离为s=s0+s1+s2+s3+s4=16km+40km+28km+16.8km=100.8km。
故答案为：17.6；100.8。
【分析】（1）先算出需要补充的电能，再计算充满电需要的电费；
（2）分别算出s1、s2、s3、s4的数值，再求和。
18．（2025·涪城模拟）2024年4月30日，全球最大的压缩空气储能项目在我国并网发电。该项目在用电低谷时段利用电网多余电能驱动压缩机压缩空气，使空气内能增大；在用电高峰时段高压空气被释放，膨胀对外做功，使膨胀机转动，将内能转化为机械能，带动发电机产生电能输送至电网。该工程装机功率300兆瓦，就像一个“超级充电宝”，每储存1度电最终能放出0.72度电，每年发电量可达6亿度，能够保障超过20万户家庭用电需求，每年可节约标准煤约1.9×108kg，减少二氧化碳排放约4.9×108kg，可连续放电6小时，使用期长达40年。该项目每年节约的标准煤完全燃烧能释放　 　J（标准煤热值为2.9×107J/kg）的能量；该项目每年发电6亿度，则消耗用电低谷时段电网　 　亿度（计算结果保留1位小数）的多余电能。
【答案】5.51×1015；8.3
【知识点】燃料的热值；电功的计算
【解析】【解答】（1）由题可知，该项目每年节约的标准煤 约1.9×108kg 完全燃烧，释放的热量为：
Q放=mq=1.9×108kg×2.9×107J/kg=5.51×1015J；
（2）由题可知， 每储存1度电最终能放出0.72度电， 该项目的能量转换效率
消耗用电低谷时段电网的多余电能为。
故答案为：5.51×1015；8.3。
【分析】（1）根据Q放=mq求出该项目每年节约的标准煤完全燃烧放出的热量；
（2）储存1度电最终能放出0.72度电，由此求出该项目的能量转换效率；由此进一步求出消耗用电低谷时段电网的多余电能。
三、实验探究题（本题包括3小题，共20分）
19．（2025·涪城模拟）“探究光的反射定律”的实验装置如图所示，在白板上安装一支可自由移动的激光笔，使其发出的光紧贴白板入射。
（1）入射点O不变，调整入射光的方向，过入射点O的法线　 　（选填“在”或“不在”）该白板上。
（2）调整白板倾角，当与镜面成90°角时，白板　 　（选填“能”或“不能”）同时呈现入射光和反射光。
（3）入射点O不变，调整入射光的方向，多次改变白板倾角，观察到的现象均与（1）（2）相同，由此说明　 　。
【答案】（1）不在
（2）能
（3）在光的反射现象中，反射光线、入射光线、法线在同一个平面内
【知识点】光的反射定律
【解析】【解答】（1）由于法线与反射面垂直，而白板不与反射面垂直，所以法线不会出现在白板上；
（2）由实验现象分析可知，当白板与镜面成90°角时，法线在白板上，入射光线紧贴白板，所以白板能同时呈现入射光和反射光；
（3）在光的反射现象中，反射光线、入射光线、法线在同一个平面内。
故答案为：（1）不在；（2）能；（3）在光的反射现象中，反射光线、入射光线、法线在同一个平面内。
【分析】（1）法线过入射点垂直于反射面；
（2）在光的反射现象中，反射光线、入射光线、法线在同一个平面内。
（1）法线过入射点垂直于反射面，由于白板不与反射面垂直，所以法线不会出现在白板上。
（2）当与镜面成90°角时，法线在白板上，由于当与镜面成90°角时，法线在白板上，所以白板能同时呈现入射光和反射光。
（3）由实验现象可得，在光的反射现象中，反射光线、入射光线、法线在同一个平面内。
20．（2025·涪城模拟）在探究浮力大小与哪些因素有关”的实验中，完成了“浮力大小”与“排开液体体积”和“液体密度”关系的探究后，继续探究“浮力大小”与“物体浸入液体中的深度”间的关系：
（1）将标有水平、竖直中线的长方体铝块挂在弹簧测力计下，静止时其示数为F0；之后将铝块浸没在水中不同深度处，发现弹簧测力计示数不变。由此可知，物体浸没在同种液体中时所受浮力大小与浸没深度　 　。
（2）的确，浸没前的铝块无论按图甲还是按图乙的方式浸入水中不同深度处，弹簧测力计示数均不同，且深度越深，示数越小。原来，浸没前深度越深，浮力越大，是因为深度增大的同时，铝块排开水的体积也在变大。因而，只需按甲、乙两种方式分别将铝块浸入至相应中线位置，既改变了深度又控制了　 　相同，就可以探究“物体浸没前所受浮力大小与深度的关系”了。
（3）图丙、丁是同一块泡沫平放和竖放时的情景（泡沫在水中漂浮），参考（2）写出探究“漂浮物体所受浮力大小与深度的关系”的主要方法：　 　
【答案】（1）无关
（2）排开液体的体积
（3）将同一块泡沫平放和竖放在水中让其漂浮，发现各自浸入水中的深度并不相同，但浮力均等于泡沫的重力
【知识点】探究浮力大小的实验
【解析】【解答】（1）将标有水平、竖直中线的长方体铝块挂在弹簧测力计下，静止时其示数为F0，即物体重力等于F0；之后将铝块浸没在水中不同深度处，发现弹簧测力计示数不变，由称重法F浮=G-F拉可知，铝块受到的浮力相同，故可说明物体浸没在同种液体中时所受浮力大小与浸没深度无关。
（2）探究浮力与深度的关系时，应该控制排开液体体积相同，只改变深度大小；由图可知，同一铝块体积不变，按照图中方式将铝块的一半体积浸入水中，即排开水的体积相同，但是乙图方式浸入水中的底面积小，故浸入水中体积相同时，乙图浸入水中深度要深一些，按甲、乙两种方式分别将铝块浸入至相应中线位置，既改变了深度，又控制了排开液体的体积相同。
（3）探究浮力与深度的关系时，应该控制排开液体体积相同，只改变深度大小，将同一块泡沫平放和竖放在水中让其漂浮，由于其所受浮力相等，故浸入液体体积相同，但是由于浸入水中底面积不同，故各自浸入水中的深度并不相同，排开液体的体积想相同，但浮力均等于泡沫的重力，由此可得出漂浮物体所受浮力大小与深度的关系。
故答案为：（1）无关；（2）排开液体的体积；（3）将同一块泡沫平放和竖放在水中让其漂浮，发现各自浸入水中的深度并不相同，但浮力均等于泡沫的重力。
【分析】（1）浮力的大小与物体排开的液体的体积、液体的密度有关；与物体的体积、密度、浸入液体的深度无关；
（2）探究浮力与深度的关系时，应该控制排开液体体积相同，只改变深度大小。
（1）将标有水平、竖直中线的长方体铝块挂在弹簧测力计下，静止时其示数为F0；之后将铝块浸没在水中不同深度处，发现弹簧测力计示数不变，根据F浮=G-F拉，说明铁块受到的浮力不变，说明物体浸没在同种液体中时所受浮力大小与浸没深度无关。
（2）探究浮力与深度的关系时，应该控制排开液体体积相同，只改变深度大小，按甲、乙两种方式分别将铝块浸入至相应中线位置，既改变了深度，又控制了排开液体的体积相同。
（3）探究浮力与深度的关系时，应该控制排开液体体积相同，只改变深度大小，将同一块泡沫平放和竖放在水中让其漂浮，发现各自浸入水中的深度并不相同，排开液体的体积想相同，但浮力均等于泡沫的重力，由此可得出漂浮物体所受浮力大小与深度的关系。
21．（2025·涪城模拟）利用如图甲所示的器材和电路，探究“导体的电阻与导体长度的关系”。将固定在木板上长为15cm的铅笔芯作为研究对象，并标记为等长的五段，a、f为铅笔芯的两个端点，中间四个等分点分别标记为b、c、d、e。
（1）把线夹夹在f点，闭合开关，发现无论如何调节滑动变阻器，电压表和电流表始终无示数。用一根导线检测电路故障，将导线的两端分别接到开关两端的接线柱上时，电压表和电流表仍无示数；将导线两端分别接到滑动变阻器接入电路的两个接线柱上时，电压表和电流表均有示数。若电路中只有一处元件故障，则故障是　 　。
（2）排除故障后，闭合开关后快速记录电流表和电压表的示数，然后立即断开开关。调节滑动变阻器，多次测量并计算出电阻的平均值。
（3）将线夹分别夹在e、d、c、b点，重复步骤（2），得到铅笔芯接入长度l和对应的铅笔芯接入电阻的平均值R的数据，如表所示：
线夹位置 b c d e f
铅笔芯接入长度l/cm 3 6 9 12 15
铅笔芯接入电阻的平均值R/Ω 2.0 4.0 5.9 8.0 10.0
①请在如图乙所示的坐标纸上描点，并画出铅笔芯接入电阻的平均值R和铅笔芯接入长度l的关系图像。　 　
②通过分析图像可得实验结论：在材料和横截面积一定的条件下，　 　。
（4）在实验评估环节，有的同学认为，只通过对铅笔芯电阻与其长度关系的探究得到的结论具有偶然性，为了使证据更充分，接下来还应该　 　。
【答案】滑动变阻器断路；；铅笔芯的电阻与长度成正比；选不同规格的铅笔芯和不同材料的导体进行实验，多次测量得到普遍规律。
【知识点】影响电阻大小的因素
【解析】【解答】（1）由题可知， 把线夹夹在f点，闭合开关，发现无论如何调节滑动变阻器，电压表和电流表始终无示数，可判断电路发生了断路故障； 将导线的两端分别接到开关两端的接线柱上时，电压表和电流表仍无示数，电路仍为接通，故断路位置不在开关；
将导线的两端分别接到滑动变阻器接入电路的两接线柱上时，电压表和电流表均有示数，电路接通，故断路位置在滑动变阻器部分，故若电路中只有一处元件故障，则故障是滑动变阻器断路。
（3） ① 由测得的数据描点画图，如图所示：
② 分析图象可知，该图线是一条过原点的直线，即导体的长度与电阻的比值为定值，故可得实验结论：在材料和横截面积一定的条件下，铅笔芯的电阻与长度成正比。
（4）只通过对铅笔芯电阻与其长度的探究得到的结论具有偶然性，为了使证据更充分，接下来还应该选不同规格的铅笔芯和不同材料的导体进行实验，多次测量使实验结论更具有普遍性。
故答案为：（1）滑动变阻器断路；（3）①见解答图； ②铅笔芯的电阻与长度成正比；（4）选不同规格的铅笔芯和不同材料的导体进行实验，多次测量得到普遍规律。
【分析】（1）根据电流表和电压表的示数分析电路故障的原因；
（3）根据数据描点画图，结合图象得出规律；
（4）根据归纳得出结论必须具有普遍性且样本足够多分析
四、综合运用题（本题包括2小题，共21分。解答过程中必须写出必要的文字说明、公式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
22．（2025·涪城模拟）作为现代城市建设中的“地下巨龙”，它拥有着开山裂石的巨大威力，它的名字就是——盾构机，如图甲所示。图乙所示是盾构机的结构图，在推进液压缸的推动下，刀盘向前切割泥土，收入土仓，再由螺旋输送机往后输送泥浆到皮带输送系统。如表是盾构机的有关数据：
（图甲为盾构机外观图，图乙为盾构机结构图，包含开挖面、刀盘、主轴承等标注，图丙为推进液压缸原理示意图 ）
盾构机长/m 盾构机直径/m 盾构机质量/m 每分钟前进距离/mm 推进系统功率/kW 刀盘功率/kW 最大推进力/kN 螺旋输送量/（m2 h-1）
57 6.6 1100 80 80 950 36000 360
（1）若泥土的密度为2×103kg/m3，则螺旋输送机每分钟从土仓里输送出来的泥土的质量是多少吨？当推进系统以最大的推进力工作时，推进效率是多少？
（2）盾构机的推进液压缸有30个，每个液压缸的原理如图丙所示，容器里面密闭液体，容器两端活塞的面积分别是S1、S2，其中大活塞连接刀盘。作用在两个活塞的压力分别是F1、F2，根据帕斯卡原理，把一个力施加在一端的活塞上，产生的压强通过密闭液体传到另一端的活塞上，两个活塞受到密闭液体的压强相等。这样就能够将较小的力通过液体放大，使刀盘获得较大的推进力。已知液压缸两端活塞面积之比S1：S2 = 1：20，如果要刀盘产生最大的推进力，每个缸的S1端至少应该施加多少牛的力？
【答案】（1）螺旋输送机每分钟从土仓里输送出来的泥土的质量
最大推进力的每分钟做功为W有=Fs=3.6×107N×0.08m=2.88×106J
刀盘每分钟做功为W总=Pt=8×104W×60s=4.8×106J
故机械效率为
（2）根据题中可知两端活塞面积比为1：20，最大推进力为36000kN，根据帕斯卡定律知，压强不变，压力与面积成正比，则每个缸S1至少施加的力
【知识点】密度公式及其应用；热机的效率；压强的大小及其计算；有用功和额外功
【解析】【分析】（1）先求出每分钟从土仓里输送出来的泥土的体积，利用公式m=ρV计算出泥土的质量。
根据公式W有=Fs求出有用功，W总=Pt求出消耗的电能，再利用机械效率的公式求出机械效率。
（2）根据帕斯卡原理结合压强公式即可解答。
（1）螺旋输送机每分钟从土仓里输送出来的泥土的质量
最大推进力的每分钟做功为W有=Fs=3.6×107N×0.08m=2.88×106J
刀盘每分钟做功为W总=Pt=8×104W×60s=4.8×106J
故机械效率为
（2）根据题中可知两端活塞面积比为1：20，最大推进力为36000kN，根据帕斯卡定律知，压强不变，压力与面积成正比，则每个缸S1至少施加的力
23．（2025·涪城模拟）某植株的生长环境温度不能超过30℃，并且在20～30℃之间需满足一定的湿度要求。现为其设计的温、湿度报警触发电路如图甲所示。电源为特制的可调恒流电源（使所在电路中的电流恒等于“预先设定的电流”），完全相同的防水热敏电阻R1、R2的阻值随温度的变化规律如图乙所示。
（1）将“预先设定的电流”设置为2×10-3A后进行报警触发设置。温度报警触发设置：30℃时R1两端电压为3.6V，将该电压设为温度报警触发值U，当R1两端实际电压U1U时，触发温度报警。通过对图乙的分析大致求出防水热敏电阻的阻值随温度变化规律的关系式。
（2）湿度报警触发设置：用一端浸在水中的湿纱布敷在R2。由于湿纱布中的水汽化吸热，使R2度降低，导致R2端电压与R1端电压产生电压差U。环境越干燥，R2与R1温差 t越大， U也越大，因此可用t表示湿度状况。当 t≥5℃时需要湿度报警，将 t = 5℃时的电压差U设为湿度报警触发值，记为 U0。请计算 U0。
（3）现根据实际需要改变“预先设定的电流”，使装置在 t8℃且湿度报警触发值比U0大0.05V时触发湿度报警。重新调节后的温度报警触发值U为多少V？
【答案】（1）根据30℃时R1两端电压为3.6V，以及2×10-3A，得到30℃时R1阻值为
设防水热敏电阻的阻值随温度变化规律的关系式R= R0-kt
当图t=10℃时，电阻为3300Ω，当温度为30℃时，电阻为1800Ω，则
解得k=75Ω/℃，R0=4050Ω
所以防水热敏电阻的阻值随温度变化规律的关系式为R = R0-kt=4050Ω-75Ω/℃t
（2）每降低1℃，电阻阻值增加量为
初始两个电阻阻值相同，电压相同，均为3.6V。随着R2上的湿纱布水的蒸发吸热，R2阻值增大，当Δt=5℃时，R2阻值增加量为ΔR2=5℃×75Ω/℃=375Ω
故其电压增加量为
故ΔU0=0.75V
（3）新的ΔU'0增大0.05V，故新的ΔU'0=0.75V+0.05V=0.8V
当Δt=8℃时，电阻增加量为△R'2=8℃×75Ω/℃=600Ω
此时电流为
当温度为30℃时，电阻R1两端电压为
【知识点】欧姆定律及其应用；电路的动态分析
【解析】【分析】（1）根据电流和电压信息得到电阻在30℃时的阻值。设防水热敏电阻的阻值随温度变化规律的关系式：R= R0-kt，将t=10℃时，电阻为3300Ω，当温度为30℃时，电阻为1800Ω代入解得k与R0的值，得出防水热敏电阻的阻值随温度变化规律的关系式；
（2）蒸发吸热；电源不是常规恒压电源，而是“恒流源”，根据图像得到电阻阻值随温度变化的函数关系进一步分析ΔU0的大小。
（3）根据Δt的改变量来获得新的电流值，然后根据ΔU0的变化量计算出R1两端电压即可得到报警触发值。
（1）根据30℃时R1两端电压为3.6V，以及2×10-3A，得到30℃时R1阻值为
设防水热敏电阻的阻值随温度变化规律的关系式R= R0-kt
当图t=10℃时，电阻为3300Ω，当温度为30℃时，电阻为1800Ω，则
解得k=75Ω/℃，R0=4050Ω
所以防水热敏电阻的阻值随温度变化规律的关系式为R = R0-kt=4050Ω-75Ω/℃t
（2）每降低1℃，电阻阻值增加量为
初始两个电阻阻值相同，电压相同，均为3.6V。随着R2上的湿纱布水的蒸发吸热，R2阻值增大，当Δt=5℃时，R2阻值增加量为ΔR2=5℃×75Ω/℃=375Ω
故其电压增加量为
故ΔU0=0.75V
（3）新的ΔU'0增大0.05V，故新的ΔU'0=0.75V+0.05V=0.8V
当Δt=8℃时，电阻增加量为△R'2=8℃×75Ω/℃=600Ω
此时电流为
当温度为30℃时，电阻R1两端电压为
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