资源简介

2025-2026学年贵州省遵义四中高一（上）开学物理试卷
一、单选题：本大题共8小题，共32分。
1.小明晚上在书房做功课，把台灯插头插入书桌边的插座，闭合台灯开关，发现家里的空气开关“跳闸”。造成这一现象的原因可能是( )
A. 台灯的灯丝断了 B. 台灯内部短路
C. 台灯的功率过大 D. 插座与台灯插头接触不良
2.1986年5月，在河南舞阳县发掘出16支竖吹骨笛，骨笛用鹤的尺骨制成，多为七孔，取其中保存完整者，用竖吹方法测试，可奏出六声音阶的乐音，音阶指的是声音的( )
A. 音色 B. 响度 C. 音调 D. 音速
3.关于误差，下列说法中正确的是( )
A. 采用多次测量取半均值方法能减小误差 B. 采用更精密的测量仪器可以消除误差
C. 误差是可以避免的 D. 错误数据就是指测量误差较大的数据
4.在如图的电路中，电源电压保持不变，为定值电阻，滑动变阻器R的最大阻值为，移动滑动变阻器的滑片P从A端到B端，滑动变阻器的电功率随电流表示数变化的完整图线如图，图线中a、b两点对应的电功率均为，且c点对应的是滑动变阻器的最大电功率，且：：4，则图线中b点对应的电路状态中，滑动变阻器接入电路中的电阻大小( )
A. B. C. D.
5.如图所示是某同学设计的监测河水流速变化的装置原理图。机翼状的探头始终浸没在水中，通过连杆带动滑动变阻器的滑片P上下移动，电源电压保持不变，电流表量程为，电压表量程为，定值电阻阻值为，滑动变阻器的规格为“”。闭合开关S，随着水流速度的改变，下列说法正确的是( )
①当水流速度增大时，电压表与电流表的示数之比变大
②当水流速度增大时，电流表的示数变大
③滑动变阻器允许接入电路的取值范围为
④电阻的电功率的变化范围为
A. ①②④ B. ①④ C. ②③④ D. ②④
6.为了避免驾驶员在汽车行驶时低头看仪表造成事故，人们发明了如图甲所示的抬头显示器简称，如图乙所示是HUD工作原理图，将水平显示器上的行车数据通过前挡风玻璃呈现在正前方，驾驶员透过挡风玻璃看作平面镜往前方观看的时候，能够将车外的景象与竖直呈现的行车数据融合在一起，下列说法正确的是( )
A. 挡风玻璃上所成的像是实像 B. 挡风玻璃上所成的像是虚像
C. 挡风玻璃上所成的像比原物体小 D. 像和物体关于挡风玻璃不对称
7.以下现象解释正确的是( )
A. 轮船从河里航行到海里时，浮力保持不变
B. 飞机升力的获得利用了“流体流速越大，压强越大”的原理
C. 用起子开啤酒瓶盖，是为了省距离
D. 饮料吸管的一端剪成斜的，是为了增大压力
8.如图所示，把质量分布均匀的圆柱体甲和装有适量某液体的圆柱形容器乙放在同一水平桌面上，在甲物体上，沿水平方向截取一段长为x的物体A，并平稳放入容器乙中，用力使A物体刚好浸没在液体中不与容器乙接触，液体无溢出。截取后，甲、乙对桌面的压强随截取长度x的变化关系如图丙所示图中未知。已知甲和乙容器的底面积之比为3：4，甲的密度为，容器乙的壁厚和质量均忽略不计，g取，则下列说法正确的是( )
A. 圆柱体甲截取前和容器乙中液体的质量之比为16：3
B. 甲截取前，用力将甲刚好浸没在液体乙中甲不与容器接触，液体无溢出，此时乙对桌面的压强为1600Pa
C.
D. 乙液体的密度为
二、填空题：本大题共3小题，共12分。
9.如图甲所示，边长为10cm，密度为的实心均匀正方体A，静止放置在重为10N、底面积为、高为16cm的薄壁容器底部。底面积、高为10cm、重为16N的长方体B，由轻质细线悬挂于天花板。现往容器中注入某种液体，正方体A慢慢上浮并与长方体B固定粘合。当液体深度为15cm时图乙，液体对容器底的压强为1800Pa，且正方体A露出液面的高度为2cm，g取。则液体的密度为______；乙图中，轻质细线对长方体B的拉力为______N；若轻轻剪断乙图中的细线，待AB整体静止后，相较于乙图，容器对桌面的压强变化量为______Pa。
10.图a是实践小组设计的自动储水箱简图，竖直细杆固定在水箱底部，浮筒可沿细杆上下移动，水箱中水深为时，浮筒对水箱底部的压力刚好为零；水深为时，浮筒开始接触进水阀门；水深为时，浮筒使进水阀门完全关闭，浮筒所受浮力和水深关系的图像如图b，已知，g取。
水深从到的过程中，浮筒排开水的重力______，水对箱底产生的压强______以上两空选填“变大”“变小”或“不变”；
阀门完全关闭时，求：①水对箱底产生的压强______；②浮筒排开水的体积______。
11.在学校开展的“走进烹饪”的劳动实践活动中，小明探索到厨房里蕴含着丰富的物理知识。
吸盘挂钩在______的作用下，被压在平滑的墙壁上，可以用来悬挂铲子等厨具。
电热水壶是利用电流的______效应工作的。电热水壶具有加热与保温两种功能，其内部简化电路如图所示。开关闭合、______时为加热挡。若电热水壶加热挡的额定功率为1200W，其正常工作消耗的电能为______J。
三、实验题：本大题共1小题，共9分。
12.图甲是某型号电开水器结构简图，图乙是它的电路原理图。控制进水口的浮球阀由不锈钢浮球、绕O点转动的金属杆ABC、连杆CD、活塞组成。使用时，将插头插入家庭电路的插座中，电压为220V。冷水自进水口进入冷水箱，再经连通管进入煮水箱，当冷水箱水位达到设定高度，浮球浮起，AB水平，连杆CD水平向右推动活塞堵住进水口，停止进水，同时开关闭合，开关与触点2接通，煮水箱中的电热管工作，额定煮水功率为3300W，水沸腾后经出水管溢入贮水箱，冷水再补充入煮水箱，冷水箱中水位下降，进水口打开进水，同时断开，重复上述过程，至贮水箱中注满水后，开关与触点1接通，贮水箱中的电热管工作，进行保温，额定保温功率为660W。保温时，同时接通，当电磁铁线圈中的电流达到，衔铁P被吸起开关断开；当电磁铁线圈中电流减小到，衔铁P被释放开关重新接通，使贮水箱内热水温度维持在。是定值电阻。是热敏电阻，其温度与贮水箱内水温相同，温度每升高，电阻减小，电磁铁线圈的电阻忽略不计。取
该电开水器正常工作时，熔断器上通过的最大电流为______；
A.3A
B.12A
C.15A
D.18A
该电开水器煮水箱电热管连续正常工作1小时能产生33L的开水，若冷水温度为，开水温度为，则煮水箱的加热效率为______；
冷水箱中的浮球质量为，金属杆ABC质量和体积忽略不计，进水口被活塞堵住不能进水时，若浮球恰好一半体积浸在水中，连杆CD受到活塞对它水平向左的推力为30N；若浮球全部浸没于水中，此时连杆能够承受活塞的水平推力为90N，则浮球体积为______，贮水箱中保温控制电路的电压U是______ V。
四、计算题：本大题共1小题，共10分。
13.图甲是某款电熨斗，图乙是其电路原理图。已知电源电压为220V，、为发热体。该电熨斗两挡功率分别为100W和500W，通过开关S实现温度控制，S闭合时为高温挡。
求的阻值；
在使用过程中，若电熨斗消耗电能，请通过计算说明：在这段时间内电熨斗处于何种工作状态，并求出相应状态下的工作时间；
为了适应不同室温和更多衣料，小明对电路做了改进，将换成滑动变阻器，如图丙所示，、均为发热体。假定电熨斗每秒钟散失的热量Q跟电熨斗表面温度与环境温度的温度差关系如图丁所示，则在一个的房间内，要求电熨斗表面保持不变，应将的阻值调为多大？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：空气开关“跳闸”的原因是电路中的电流过大或家庭里面的总功率过大所致，台灯的灯丝断路，只是台灯不亮，台灯的功率不是太大的，不会造成家庭总功率过大，如果插座与台灯插头接触不良，不会造成电流过大，而是台灯的发光不正常，最可能的原因就是台灯内部短路，故B正确，ACD错误。
故选：B。
空气开关“跳闸”的原因是电路中的电流过大或家庭里面的总功率过大所致，据此逐项分析即可。
知道空气开关“跳闸”的原因是电路中的电流过大或家庭里面的总功率过大所致是解题的基础。
2.【答案】C
【解析】解：音阶指声音频率的高低，而声音频率的高低叫音调。故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据音阶指声音频率的高低分析求解。
本题考查了声现象，理解音调、音色和响度的联系和区别是解决此类问题的关键。
3.【答案】A
【解析】解：A、测量值和真实值之间的差别，这就是误差。采用多次测量取平均值方法能减小误差，故A正确；
B、采用更精密的测量仪器可以减小误差，但不能消除误差，故B错误；
C、误差是不可避免的，而错误可以避免，故C错误；
D、错误数据是测量过程中没有遵守操作规范或读数时粗心造成的，并不是指测量误差较大的数据，故D错误。
故选：A。
测量时，受所用仪器和测量方法的限制，测量值和真实值之间总会有差别，这就是误差。误差不同于错误，误差不可避免，只能尽量减小，在实际中采用多次测量取来减小误差。
本题考查学生对误差定义、误差产生的原因及减小误差的方法的理解和掌握，属于基础性题目，要知道多次测量取平均值方法能减小误差。
4.【答案】B
【解析】解：由图可知，a点时电路中电流最小，滑动变阻器接入电路的电阻最大，滑片P在A端，此时滑动变阻器的电功率为，则有
滑动变阻器的电功率为
当时，滑动变阻器消耗的功率最大，且最大功率为
则
可得
化简可得
根据前面分析可知大于，解得
图线中b点对应的电路状态中，设滑动变阻器接入电路中的电阻为R，且，已知此时变阻器消耗的电功率也为，则有
因b点对应的电路状态中的电流较大，则变阻器接入电路的阻值较小，解得，故ACD错误，B正确。
故选：B。
由图知a点时电流最小，滑动变阻器的电阻最大，滑片P在A端，根据功率公式和欧姆定律得到电功率与的关系式。推导出滑动变阻器消耗的功率与其阻值的关系式，确定功率最大的条件，得到最大电功率与的关系式，结合：：4，得到与的关系，再求图线中b点对应的电路状态中，滑动变阻器接入电路中的电阻大小。
解答本题的关键要根据功率公式和欧姆定律得到滑动变阻器消耗的功率与其阻值的关系式，运用数学知识得到功率最大的条件。
5.【答案】D
【解析】解：①②流体的压强跟流速有关，流速越大的位置，压强越小；当水流速度增大时，机翼状的探头下表面受到的压强大于上表面受到的压强，机翼状的探头向上移动，通过连杆带动的滑片上移，接入电路的阻值减小；
根据欧姆定律，电路中的电流增大，电流表的示数变大；
根据欧姆定律得，可知电压表与电流表的示数之比表示滑动变阻器的接入电阻，的滑片上移，接入电路的阻值减小，因此电压表与电流表的示数之比变小；
综上分析，故①错误，故②正确；
③当电路中的电流为时，滑动变阻器的接入电阻为
根据欧姆定律
代入数据解得
当电压表的示数为时，定值电阻两端的电压
此时滑动变阻器的接入电阻为，根据串联电路电压的分配与电阻成正比
代入数据解得
电路中的电流
滑动变阻器允许接入电路的取值范围为，故③错误；
④当电路中的电流时，电阻消耗的功率
当电路中的电流时，电阻消耗的功率
因此电阻的电功率的变化范围为，故④正确。
综上可知，②④正确。
故选：D。
①②流体压强与流速有关，流速越大，压强越小，据此分析机翼状探头的移动方向，进而分析滑动变阻器接入电阻的大小变化，根据欧姆定律求解电路中的电流变化；电压表与电流表的示数之比表示滑动变阻器的接入电阻，据此分析作答；
③当电路中的电流最大，滑动变阻器的接入电阻最小，根据欧姆定律求解滑动变阻器的最小接入电阻；
当电压表的示数最大时，滑动变阻器的接入电阻最大，根据串联电路电压的分配与电阻的关系求解滑动变阻器的最大接入电阻，并求解此时电路中的电流；
④根据功率公式分别求解电阻消耗的功率，然后作答。
本题主要考查了流体压强与流速的关系、串联电路的特点、欧姆定律和功率公式；求解滑动变阻器允许接入电路的取值范围是本题的难点。
6.【答案】B
【解析】解：AB、挡风玻璃相当于平面镜，根据平面镜成像特点可知，挡风玻璃上所成的像是正立的虚像，故A错误，B正确；
CD、根据平面镜成像特点，像和物关于镜面对称，所成的像与物体等大，故CD错误。
故选：B。
根据平面镜成像特点：成正立等大的虚像、像物大小相等、到平面镜的距离相等、连线与镜面垂直，像物关于平面镜对称分析解答。
此题主要考查学生对于平面镜成像特点和平面镜在生活中的应用的理解和掌握。难度不大，属于基础题目。
7.【答案】A
【解析】解：A、浮力等于重力，重力不变，则浮力不变，故A正确；
B、飞机升力的获得是利用机翼上下方压强不同，机翼上方空气流速大压强小，机翼下方空气流速小压强大，故B错误；
C、用起子开啤酒瓶盖，起子是省力杠杆，是为了省力，故C错误；
D、饮料吸管的一端剪成斜的是为了减小受力面积，增大压强，故D错误。
故选：A。
A、浮力等于重力，重力不变，则浮力不变；
B、飞机升力的获得是利用机翼上下方压强不同；
C、用起子开啤酒瓶盖，是为了省力；
D、饮料吸管的一端剪成斜的是为了减小受力面积，增大压强。
考查物理学知识的实际应用，将所学知识与实例结合起来分析。
8.【答案】D
【解析】解：A、由图可知，截取前圆柱体甲对桌面的压强为：
容器乙对桌面的压强为：
由、可知，圆柱体甲截取前和容器乙中液体的质量之比为：，故A错误；
D、容器乙中未放入物体A时，结合图丙可知，液体对容器底的压强为：
若圆柱体甲截取，圆柱体甲截取的体积为：
液体乙上升的高度为：
结合图丙有：
解得：
则容器乙中液体的密度为：，故D正确。
BC、根据题意，设截取前圆柱体甲的高度为h，则由图丙有：
若圆柱体甲截取，结合图丙有：
解得：
则圆柱体甲截取前对桌面的压强为：
解得：，故B C错误；
故选：D。
圆柱形容器乙内液体对容器底的压力和液体的重力相等，根据求出圆柱体甲截取前和容器乙中的液体重力之比，利用求出两者的质量之比；
容器乙中未放入物体A时，对桌面的压强等于液体的压强，根据表示出其大小，根据表示出圆柱体甲截取长度时物体A的体积，再根据表示出将物体A浸没在液体乙中时液面上升的高度，物体A刚好浸没在液体中时，容器乙对桌面的压强等于此时液体的压强，根据表示出其大小，然后联立等式即可求出液体上升的高度和原来液体的高度，然后利用求出容器乙内液体的密度。
圆柱体对水平桌面的压强，根据图丙读出原来圆柱体甲对水平桌面的压强和时圆柱体甲对水平桌面的压强，根据分别得出等式，然后联立等式即可求出圆柱体甲原来的高度，然后求出的大小；
本题考查了固体压强公式和液体压强公式的灵活应用，关键要明确可以用求出柱体对桌面的压强，能从图像上找出有用的信息即可正确解题，有一定的难度。
9.【答案】 440
【解析】根据液体压强公式，可得液体的密度。
物体A的重力为
物体A受到的浮力为
根据平衡条件可得
因为力的作用是相互的，所以A对B的支持力大小为
所以轻质细线对长方体B的拉力大小为。
剪断细线前，容器中液体对容器底的压力大小为
容器对桌面的压力大小为
容器对桌面的压强为
剪断细线后，以AB为整体，整体质量为
整体体积为
整体的密度为
则整体将沉底，液体溢出，整体触底时，余下的液体体积为
余下的液体重力大小为
容器对桌面的压力大小为
容器对桌面的压强为
所以容器对桌面的压强变化量为。
故答案为：，，440。
利用液体压强公式变形求出液体密度。先通过密度、体积公式算A的质量与重力，再用阿基米德原理算A的浮力，最后对A、B整体受力分析，根据平衡条件求出拉力。分析剪断细线前后容器对桌面的压力变化，压力变化量等于细线拉力，再结合压强公式求出压强变化量。
本题考查了密度、浮力、液体压强以及压强变化的综合知识。涉及到密度公式、重力公式、液体压强公式、阿基米德原理，还有受力平衡分析以及压强变化量的计算等知识点。
10.【答案】不变；变大； ；
【解析】解：根据图b可得，在水深从到的过程中，浮筒所受浮力不变，根据阿基米德原理，可得浮筒排开水的重力不变。
在水深从到的过程中，水的深度增大，液体的压强增大，故水对箱底产生的压强变大。
①阀门完全关闭时，水深为，根据
代入数据可得水对箱底产生的压强
②根据图b可得，阀门完全关闭时，浮筒所受浮力为，根据
代入数据解得
故答案为：不变；变大；；
由图b知水深从到的过程中，浮筒所受浮力不变，由阿基米德原理判断出浮筒排开水重力的变化；由判断出水对箱底产生压强的变化；
①根据算出水对箱底产生的压强；
②由图知阀门完全关闭时浮筒受到的浮力，由算出浮筒排开水的体积。
本题考查了液体压强公式、阿基米德原理公式的应用，是一道综合题。
11.【答案】大气压； 热；闭合；
【解析】解：由于大气压的作用，吸盘被压在平滑的墙壁上，可以用来悬挂铲子等厨具；
电热水壶是利用电流的热效应工作的；
由图可知，当开关闭合、断开时，、串联，根据串联电路的特点可知，此时电路的总电阻最大，由
可知电路的总功率最小，电热水壶处于保温挡；
当开关、都闭合时，只有工作，电路的总电阻最小，总功率最大，电热水壶处于加热挡；
由
可知电热水壶加热挡正常工作消耗的电能
故答案为：大气压；热；闭合；。
大气由于重力和流动性，向各个方向都有压强；
电流通过导体时，将电能转化为内能的现象叫做电流的热效应；由图可知，当开关闭合、断开时，、串联，当开关都闭合时，只有工作，根据串联电路的特点和可知电热水壶加热挡和保温挡的电路连接；根据求出电热水壶加热挡正常工作消耗的电能。
本题考查串联电路的特点、大气压的存在、电流的热效应以及电功率公式的灵活运用，能正确分析电路连接是解题的关键。
12.【答案】C 10
【解析】解：由题意可知，开关闭合，开关与触点2接通，煮水箱中的电热管工作，额定煮水功率为3300W，工作电路中功率最大，所以熔断器上通过的最大电流
故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据密度公式，33L的开水的质量
根据热量的计算公式，水吸收热量
电热管连续正常工作1小时，产生热量
则煮水箱的加热效率
浮球质量为，则浮球的重力
若浮球恰好一半体积浸在水中，连杆CD受到活塞对它水平向左的推力为30N，根据杠杆平衡原理可得
浮球全部浸没于水中，此时连杆能够承受活塞的水平推力为90N，根据杠杆平衡原理可得
根据阿基米德原理可得
解得一半浮球受到的浮力
由阿基米德原理可得，浮球的体积
贮水箱内热水温度维持在，则温度在时，电磁铁线圈中的电流达到，衔铁P被吸起，是热敏电阻，其温度与贮水箱内水温相同，温度每升高，电阻减小，设此时电阻为，则贮水箱中保温控制电路的电压①
温度在时，电磁铁线圈中电流减小到，衔铁P被释放，此时电阻为，则贮水箱中保温控制电路的电压②
联立①②解得。
故答案为：；；；10。
开关闭合，开关S与触点2接通，煮水箱中的电热管工作，额定煮水功奉为3300W，工作电路中功率最大，利用求出最大电流；
根据密度公式求出水的质量，利用和分别求出水吸收的热量和电热管R放出的热量，再求煮水箱的加热效率；
若浮球恰好一半体积浸在水中，连杆CD受到活塞对它水平向左的推力为30N；浮球全部浸没于水中，此时连杆能够承受活塞的水平推力为90N，根据杠杆平衡条件求出小球一半浸没在水中时受 到的浮力，利用阿基米德原理求出浮球的体积；
根据串联电路电压规律分别表达出温度在和时控制电路的电压，联立方程求出控制电路的电压。
本题考查了阿基米德原理的应用、热量的计算、效率的计算、欧姆定律的应用和电功的计算，综合性较强，难度较大。
13.【答案】电阻的阻值为；
电熨斗在下工作了420s，在下工作了180s；
在一个的房间内，要求电熨斗表面保持不变，应将的阻值调为
【解析】当S闭合时，只有接入电路，对应高温挡功率
由
得
这段时间内电熨斗的平均功率
因为，所以这段时间内电熨斗在100W到500W之间切换；
设电熨斗在下工作时间为t，则有
已知、、，代入可得
即电熨斗在下工作了420s，在下工作了180s。
由题干可知室温为，电熨斗表面为，则温差
观察图像丁可知，在温差为下电熨斗每秒钟散失的热量为400J，则损失热量的功率为
要想保持电熨斗表面温度不变，则电熨斗的加热功率，电路丙中消耗的总功率
已知、、
代入可得
答：电阻的阻值为；
电熨斗在下工作了420s，在下工作了180s；
在一个的房间内，要求电熨斗表面保持不变，应将的阻值调为。
根据功率公式求解作答；
根据平均功率关系求解作答；
根据温度差结合图丁求解电熨斗每秒钟散失的热量，根据串联电路的特点和功率公式求解作答。
本题主要考查了串联电路的特点、做功公式和功率公式在多挡位状态下的运用；能够从图中获取相关信息是解题的关键。

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