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贵州省贵阳市白云区2025年中考二模物理试题
一、选择题（本题共7个小题，每小题3分，共21分。第1~6题为单项选择题。第7题为多项选择题，每小题至少有两项符合题目要求，全选对得3分，选对但不全得1分，选错或不选得0分）
1．（2025·白云模拟）如图所示是车辆上安装的减震器，它可以减小车辆通过凹凸不平路面时的颠簸，其原理主要是利用减震器的（　　）
A．导电性 B．导热性 C．弹性 D．磁性
2．（2025·白云模拟）在快递服务带来便利的同时，部分快递站也被暴露出快递称重误差大的问题，称重误差是指下列哪个物理量的误差（　　）
A．温度 B．质量 C．体积 D．密度
3．（2025·白云模拟）下列用电器的工作原理能够用焦耳定律解释的是（　　）
A．电动机 B．电烤炉 C．发电机 D．麦克风
4．（2025·白云模拟）推理法是物理研究中一种常见的方法，比如在探究“牛顿第一定律”时，小车所受阻力越小，其速度减小越慢，进一步推理出小车不受阻力将做匀速直线运动的结论。下面探究中也用到这个方法的是（　　）
A．阿基米德原理 B．欧姆定律
C．通电导体在磁场中受力 D．真空不能传声
5．（2025·白云模拟）如图所示，博物馆在陈列一些小型文物时，会增加一个凸透镜来辅助游客看清文物。这是利用凸透镜成下列哪种像（　　）
A．正立、放大的虚像 B．倒立、等大的实像
C．正立、放大的实像 D．倒立、放大的实像
6．（2025·白云模拟）关于家庭电路的安全使用，下列说法正确的是（　　）
A．使用测电笔时切勿接触笔尾的金属体
B．发现有人触电时应快速用手将人拉开
C．冰箱的金属外壳必须要接地
D．只有短路才会导致空气开关跳闸
7．（2025·白云模拟）如图所示是一个安装在竖直墙面的置物架，AO两处安装有螺钉，若A处螺钉受力过大而松脱，则整个置物架将绕O点倾翻。关于这个置物架，下列说法正确的是（　　）
A．置物架可看做一个以O点为支点的杠杆
B．A处螺钉受到墙面对它向左的拉力
C．缩短AO的长度，则置物架更不易倾翻
D．重物越靠近A点放置，置物架更不易倾翻
二、填空题（本题共4个小题，每空2分，共10分）
8．（2025·白云模拟）我国防空警报可以通过改变鸣笛时长和停止时长，来提示预先警报、空袭警报和解除警报等内容。这是利用声音来传递　 　。
9．（2025·白云模拟）如图所示是磁控胶囊内镜，它只需患者随水吞下，通过体外磁场来控制胶囊机器人在胃内的运动。由此说明磁控胶囊内镜在磁场中将会受到　 　的作用。
10．（2025·白云模拟）我国古代科技著作《天工开物》中记载“扬郡以风帆数扇，俟风转车，风息则止”。说明我国古代劳动人民很早就会利用　 　能；当风停时风车并没有立即停止，这是因为风车具有　 　。
11．（2025·白云模拟）如图所示的电路中，电源电压恒定。闭合开关S，移动滑动变阻器滑片使得R1=10Ω时，R1电功率为P1；再次移动滑动变阻器滑片，使得R1=90Ω时，其电功率仍然为P1，则R0=　 　Ω。
三、作图题（本题共3个小题，每小题2分，共6分）
12．（2025·白云模拟）请用笔画线代替导线将如图所示未连接完成的电路按要求连接完整。要求：L1、L2并联，电流表测量干路电流，开关控制整个电路，导线不能交叉。
13．（2025·白云模拟）如图所示是某同学在测量实心铁块浸没在水中时所受浮力时的情景，请画出此时铁块所受力的示意图。（其中细线拉力F拉已经画出）
14．（2025·白云模拟）如图甲所示，将一个弹力球从距离地面h1的高度由静止释放，落地之后弹力球回弹的最大高度为h2，若不计空气阻力，且忽略弹力球与地面作用时间。请在图乙的坐标中画出弹力球从释放到回弹至高度为h2的过程中，其动能E的大小随运动路程s变化的大致关系图像。
四、简答题（本题共3个小题，每小题3分，共9分）
15．（2025·白云模拟）如图所示是压缩空气除尘罐。使用时，罐内空气快速从喷嘴喷出，从而达到除尘的效果。请回答下列问题：
（1）请判断罐体内外气体压强的大小关系；
（2）请判断使用时罐体温度将如何变化，并说明判断理由。
16．（2025·白云模拟）如图所示，在装有水的密封矿泉水瓶中加入一些茶叶，部分茶叶上由于粘有气泡而处于漂浮状态。用力挤压矿泉水瓶后，原本漂浮的茶叶逐渐下沉。请回答下列问题：
（1）茶叶漂浮时所受的浮力与重力大小关系如何？
（2）请利用浮力知识解释用力挤压矿泉水瓶后，原本漂浮的茶叶逐渐下沉的原因。
17．（2025·白云模拟）地球的水含量丰富，但与我们生活最为密切的淡水，只占总水量的2.5%左右。将海水转化为淡水，就成为了一种有效解决淡水短缺的有效方法。如图所示是一位同学设计的海水淡化装置，将此装置放置在太阳光下，就可以实现海水淡化。请回答下列问题：
（1）此装置利用了哪些物态变化过程来实现海水淡化的？
（2）可以采取什么措施来加快这个装置淡化海水的速度呢？请列举一条措施。
五、实验与科学探究题（本题共3个小题，第18题8分，第19、20题各10分，共28分）
18．（2025·白云模拟）在“测量小灯泡电阻”的实验中，小明使用的器材如下：小灯泡、电压恒定的电源、滑动变阻器、开关、电流表、电压表、导线若干。他设计的电路如图甲所示。
（1）小明按电路图连接实物，他至少需要　 　根导线；
（2）电路连接完成并检查无误后，闭合开关。发现小灯泡不发光，电流表指针无偏转，小明猜想可能是灯泡开路。为了验证他的猜想，他应该观察的元件是　 　；
（3）解决上述问题后，小明移动滑片使电压表示数如图乙所示，读出此时电流表示数为0.3A，则可计算出小灯泡此时的电阻为　 　Ω；
（4）小明测量出多组数据后，将几次电压取平均值后得到，将几次电流取平均值后得到，通过求出灯泡电阻。你认为他处理数据的方式合理吗？　 　。理由是：　 　。
19．（2025·白云模拟）小明用如图甲所示的装置探究平面镜成像特点。I、II、III为三块可绕轴转动的玻璃板，它们大小相同，其中I、III为无色透明玻璃板，II为茶色透明玻璃板。图乙为装置简化后的主视图。
（1）将一张红色纸条AB贴在玻璃板I的表面，当眼睛位于II的　 　（选填“左”或“右”）侧时，能看到通过II所成的像。实验中玻璃板II相当于　 　的作用；
（2）固定I和II，用一张白纸贴满玻璃板III后并转动，直至透过II观察到的像呈现在III的白纸上。不透过II直接观察白纸，当观察到白纸上　 　，则说明平面镜所成像为虚像；
（3）用小刀沿像的边缘将III上的白纸切开，去掉多余部分后得到。将三块玻璃绕转动后叠在一起，发现与重合。这说明与大小　 　；
（4）通过以上实验，小明分析后得到、，从而与分别到平面镜的距离相等。他通过这一实验过程得出的结论正确吗？　 　，理由是　 　。
20．（2025·白云模拟）乒乓球发球时，要先将乒乓球几乎竖直地向上抛出，等球回落到一定高度时挥动球拍，使之与乒乓球摩擦，便可以发出旋转球（如图甲所示）。乒乓球的旋转强度可以用它旋转的圈数与旋转这些圈数所用时间的比值来表示。作为乒乓球爱好者的小明思考如何才能将乒乓球发得更转，对此他做出了如下猜想：
猜想1：乒乓球的旋转强度与球被抛出的最高点到球拍之间的距离有关；
猜想2：乒乓球的旋转强度与乒乓球的大小有关。
小明在铺有地胶的水平地进行实验（乒乓球落在地胶上不弹起），准备的材料有乒乓球拍1支、直径为40mm和38mm的乒乓球各一个。
（1）球拍摩擦乒乓球之后，乒乓球随即旋转起来，并竖直落到水平面的O点（如图乙所示），由于球的旋转，它将滚动一段距离s后停下，则　 　的长短可以反映乒乓球的旋转强度。根据乒乓球的旋转方向可以判断，图乙中将向　 　（选填“左”或“右”）滚动一段距离；
（2）为了探究猜想1，他将直径为40mm的乒乓球抛起，球在最高点到球拍之间的距离为H1，随后球在水平面上的滚动的距离为s1；将同一个球抛起更高的高度，使得球在最高点到球拍之间的距离为H2（H1＜H2），球在水平面上的滚动的距离为s2.测量后发现s1＜s2。由此可以得出结论：同一乒乓球，球被抛出的最高点到球拍之间的距离越大，球的旋转越　 　。这是由于最高点到球拍之间的距离越大，乒乓球与球拍接触时的　 　越大，从而增大了摩擦力；
（3）为了探究猜想2，他将直径为38mm的乒乓球抛起，控制球在最高点到球拍之间的距离为H1，随后球在水平面上滚动的距离为s3；测量后发现s1=s3由此得出结论：乒乓球的旋转强度与乒乓球的大小无关。你认为他通过上述实验过程得出的结论可信吗？　 　。理由是：　 　。（两次实验中球从落地到停止滚动的时间相同）
六、综合应用题（本题共3个小题，第21题8分，第22题8分，共16分。解答时需写出必要的计算公式及过程或文字说明，若只写出计算结果将不得分）
21．（2025·白云模拟）如图所示电路，电源电压恒为3V。闭合开关S，电流表的示数为0.5A，干路电流，设灯丝电阻不变，求：
（1）通过灯的电流。
（2）灯消耗的电功率。
（3）灯的阻值。
22．（2025·白云模拟）如图所示的天鲲号是我国自主设计建造的绞吸式挖泥船，广泛应用于航道疏通、填海造陆等工程，在这些工程中发挥着重要作用。其工作原理涉及压强和能量等物理知识，通过一系列环节完成海底泥沙的吸入和排放。具体过程包括：
I.挖掘环节：船头的铰刀高速旋转，将海底的泥沙和岩石搅碎，与水混合形成泥浆。
II.吸入环节：泥泵的叶轮高速旋转，泥浆通过吸泥管被吸入船内。
III.输送环节：泥浆在吸泥管中不断上升，进入排泥管，并最终在管道末端喷出，输送至指定区域。
请回答下列问题：
（1）铰刀刀齿制作得非常锋利，这是通过　 　的方式来增大压强；
（2）请利用流体压强的知识解释，为什么泥泵的叶轮高速旋转，就可以将泥浆通过吸泥管被吸入船内　 　？
（3）挖泥船的最大挖深为35m，在最大挖深处，海水对挖泥船吸入口的压强为多少Pa　 　？（取g=10N/kg，ρ海水=1×103kg/m3）
（4）泥泵功率一定，泥泵过于粘稠（阻力过大）时就很难被吸入船内，请从功能关系解释产生这一现象的原因　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】物质的基本属性；弹力；磁场
【解析】【解答】车辆上安装减震器，当车辆通过凹凸不平路面时，可减小颠簸，是减震器发生了弹性形变，又能恢复原状，是利用了减震器的弹性。故C符合题意，ABD不符合题意。
故选C。
【分析】减震器能防止颠簸，是其发生了弹性形变，产生了弹力。
2．【答案】B
【知识点】质量及其特性；密度及其特性
【解析】【解答】称重误差，指的是称量质量时，传感器测量结果与被测量的真值之差。故B符合题意，ACD不符合题意。
故选B。
【分析】称重，描述了称量质量的多少。
3．【答案】B
【知识点】电流的热效应；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；发电机的构造和原理
【解析】【解答】焦耳定律探究的是电流产生热量的影响因素，是电流的热效应，
A．电动机的工作原理是通电导体在磁场中受力的作用，将电能主要转化为机械能，故A不符合题意；
B．电烤炉工作时，是将电能主要转化为内能，利用了电流的热效应，是焦耳定律，故B符合题意；
CD．发电机、麦克风工作原理是电磁感应现象，不是利用焦耳定律，故CD不符合题意。
故选B。
【分析】电动机根据磁场对电流的作用工作；电热器根据电流的热效应工作；发电机根据电磁感应工作。
4．【答案】D
【知识点】牛顿第一定律；声音的传播条件；磁场对通电导线的作用；物理学方法
【解析】【解答】A．阿基米德原理是通过实验直接得出的，即F浮=G排，没有用到推理法，故A不符合题意；
B．欧姆定律是通过控制变量法，多次改变电压、电阻，测量电流，总结出电流与电压、电阻的关系，是实验归纳法，故B不符合题意；
C．通电导体在磁场中受力，是通过实验直接到的现象，进而总结规律，故C不符合题意；
D．探究 真空不能传声时，逐渐抽出玻璃罩内空气，听到的声音逐渐变小，若空气全部抽出时，声音无法传播，用到了推理法，与探究牛顿第一定律的方法相同，故D符合题意；
故选D。
【分析】探究牛顿第一定律的实验、探究真空不传声的实验，都利用了推理法；探究欧姆定律、阿基米德原理、通电导体在磁场中受力，都利用了归纳法。
5．【答案】A
【知识点】凸透镜成像的应用
【解析】【解答】在较为精巧的文物前放置凸透镜，便于观察细微之处，则凸透镜相当于放大镜，成正立、放大的虚像，故A符合题意，BCD不符合题意。
故选A。
【分析】观察微小事物时，利用的凸透镜，相当于放大镜，成正立放大的虚像。
6．【答案】C
【知识点】家庭电路的组成；测电笔的使用；安全用电原则
【解析】【解答】A．使用试电笔时，手指不能碰到笔尖金属体，但要接触笔尾金属体，故A错误；
B．当有人触电时，应迅速切断电源或用绝缘体挑开电线，让触电人脱离电源，不能用手拉触电的人，会导致自己触电，故B错误；
C．电冰箱有金属外壳，电冰箱的金属外壳应接地，可防止触电事故，故C正确；
D．空气开关跳闸是电路中总电流过大，电流过大的原因有：一是发生短路，二是总功率过大，故D错误。
故选C。
【分析】使用测电笔时，手要接触金属笔尾；人触电时，先断开电源；有金属外壳的用电器，金属外壳要接地；电路中短路或总功率过大，空气开关跳闸。
7．【答案】A,B,D
【知识点】杠杆及其五要素；杠杆的平衡条件
【解析】【解答】A．图中，若A处螺钉松脱，整个置物架将绕O点倾翻，是一个以O点为支点的杠杆，故A正确；
B．图中，A处螺钉受到置物架向右的拉力，相对于墙面向右运动，墙面对螺钉有向左的拉力，故B正确；
C．若重物施加的力为阻力，螺钉受到的力为动力，缩短AO的长度，阻力和阻力臂不变，动力臂变短，动力和动力臂乘积变小，置物架更易倾翻，故C错误；
D．若重物越靠近A点放置，阻力臂变短，阻力和阻力臂乘积变小，动力和动力臂乘积变小，置物架对A处螺钉施加的拉力变小，置物架更不易倾翻，故D正确。
故选ABD。
【分析】杠杆是可以绕支撑点转动的坚实物体；根据杠杆的平衡条件，当阻力臂减小时，阻力和动力臂一定，动力减小。
8．【答案】信息
【知识点】声与信息传递
【解析】【解答】防空警报可以通过鸣笛，提示预警，人们根据鸣笛时长和停止时长，来预先警报、空袭警报和解除警报等信息，是利用声音来传递信息的。故第1空填：信息。
【分析】声音既可传递信息又可传递能量，通过声音得知某事，是声音传递信息。
9．【答案】力
【知识点】磁场
【解析】【解答】通过操控体外磁场来控制磁控胶囊内镜在胃内的运动，是力改变物体运动状态，则磁控胶囊内镜在磁场中将会受到力的作用。故第1空填：力。
【分析】力可以改变物体的运动状态，磁场对其中的物体有磁力。
10．【答案】风；惯性
【知识点】惯性及其现象；能量的存在形式
【解析】【解答】（1）根据“俟风转车”可知，风车转动依靠风能，说明我国古代劳动人民很早就会利用风能。
（2）因为风车具有惯性，所以当风停时风车并没有立即停止。
【分析】 （1）风是流动的空气，具有动能，即风能；
（2）物体保持运动状态不变的性质叫做惯性。
11．【答案】30
【知识点】电阻的串联；电功率的计算
【解析】【解答】图中，电阻R0和变阻器R1串联，闭合开关S，移动滑片使得R1=10Ω时，R1电功率为P1，则，
再移动滑动变阻器滑片，使得R1=90Ω时，其电功率仍然为P1，此时，
根据电功率相等，则，解得R0=30Ω。故第1空填：30。
【分析】根据，计算电流，根据P=I2R，计算电功率，结合电功率相等，计算未知电阻。
12．【答案】
【知识点】实物的电路连接
【解析】【解答】根据要求，电流表在干路上，测量干路电流，两灯并联，分别连接在电路中，开关在干路中控制整个电路，如图：
【分析】并联电路中，各用电器分别在不同支路上；电流表测量总电流，在干路上。
13．【答案】
【知识点】重力示意图；浮力的示意图
【解析】【解答】铁块浸没在水中，受到弹簧测力计向上的拉力、竖直向上的浮力及竖直向下的重力，拉力与浮力之和等于重力，则受力的示意图，如图所示：
【分析】物体受到的浮力竖直向上，重力竖直向下，测力计的拉力竖直向上。
14．【答案】
【知识点】动能的影响因素
【解析】【解答】不计空气阻力，在空气中上升和下落过程中机械能守恒，弹力球从距离地面h1的高度由静止释放，下落过程中重力势能转化动能，动能逐渐增大；与地面接触时，动能转化为弹性势能，向上反弹时，弹性势能再转化为动能和重力势能，能量转化中有损耗，弹力球无法达到之前的高度，上升过程中，动能转化为重力势能，动能减小，上升到最高点时，动能为零，作图如下所示：
【分析】物体的动能和质量、速度有关，下落时，速度变大，动能变大，上升时，速度减小，动能减小。
15．【答案】（1）压缩空气除尘罐内有高压气体，使用时，罐内空气快速喷出，则罐体内气体压强大于外部气体压强。
（2）当高压空气从喷嘴中喷出时，罐内的压缩空气对外做功，自身的内能会减小，温度降低
【知识点】做功改变物体内能；流体压强与流速的关系
【解析】【解答】（1）压缩空气除尘罐内有高压气体，使用时，罐内空气快速喷出，则罐体内气体压强大于外部气体压强。
（2）当高压空气从喷嘴中喷出时，罐内的压缩空气对外做功，自身的内能会减小，温度降低。
【分析】（1）罐内有压缩空气，空气的压强变大；
（2）物体对外做功时，自身内能减小，温度降低。
（1）压缩空气除尘罐内有高压气体，使用时，罐内空气快速从喷嘴喷出，说明罐体内气体压强大于外部气体压强。
（2）当高压空气从喷嘴中喷出时，储存罐内的压缩空气对外做功，自身的内能会减小，温度降低。
16．【答案】（1）
（2）挤压矿泉水瓶，瓶内压强增大，气泡体积减小，茶叶排开液体体积减小，根据，V排减小，浮力减小，重力不变，此时浮力小于重力，茶叶下沉
【知识点】阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】（1）茶叶漂浮时，处于平衡状态，所受浮力和重力是平衡力，大小相等，即 。
（2）用力挤压矿泉水瓶，瓶内压强增大，气泡体积减小，则茶叶排开液体体积减小，根据，V排减小，浮力减小，重力不变，此时浮力小于重力，茶叶下沉。
【分析】（1）物体漂浮时，受到平衡力，此时，浮力和重力是平衡力，大小相等；
（2）当物体排开液体的体积减小时，浮力变小，若浮力小于重力，物体下沉。
（1）茶叶漂浮时，根据物体漂浮条件，所受浮力等于重力，即 。
（2）用力挤压矿泉水瓶，瓶内压强增大，气泡体积减小，茶叶排开液体体积减小，根据，V排减小，浮力减小，重力不变，此时浮力小于重力，所以茶叶下沉。
17．【答案】（1）海水淡化时，将装置放在太阳光下，海水吸收热量先蒸发，即汽化变成水蒸气，水蒸气液化成小水滴，滴落在淡水装置中，实现海水淡化
（2）蒸发快慢的影响因素有：温度、液体上方空气流速、液体的表面积，当把装置放在温度更高的地方或增大海水表面积、加快海水表面空气流速等，可以加快蒸发
【知识点】汽化及汽化吸热的特点；影响蒸发快慢的因素；液化及液化放热
【解析】【解答】（1）海水淡化时，将装置放在太阳光下，海水吸收热量先蒸发，即汽化变成水蒸气，水蒸气液化成小水滴，滴落在淡水装置中，实现海水淡化。
（2）蒸发快慢的影响因素有：温度、液体上方空气流速、液体的表面积，当把装置放在温度更高的地方或增大海水表面积、加快海水表面空气流速等，可以加快蒸发。
【分析】（1）液体变为气体，是汽化现象；气体变为液体，是液化现象；
（2）温度越高、液体表面积越大、液面有空气流动，可以加快蒸发。
（1）放置在太阳光下，海水吸收热量先蒸发，即汽化变成水蒸气，然后水蒸气液化成小水滴，实现海水淡化。
（2）影响蒸发的因素有温度、液体上方空气流速、液体的表面积，因此可以把装置放在温度更高的地方或增大海水表面积、加快海水表面空气流速等。
18．【答案】（1）7
（2）电压表
（3）9
（4）不合理；灯泡在不同电压下，实际功率不同，温度也不同。而灯丝的电阻受温度影响而改变，不同温度下灯丝的电阻不同，不能求平均值，毫无实际意义，
【知识点】伏安法测电阻的探究实验
【解析】【解答】测量小灯泡的电阻时，
（1）根据图甲，将电源、灯泡、滑动变阻器、电流表、开关串联起来，需要5根导线，将电压表并联在灯泡两端需要2根导线，因此至少需要7根导线。
（2）闭合开关，小灯泡不发光，电流表指针无偏转，则电路发生了断路，应该观察电压表的示数，如电压表示数为零，则电压表并联之外的电路断路，如电压表的示数接近电源电压，则是灯泡断路；
（3）图乙中，电压表选用0~3V量程，分度值为0.1V，示数为2.7V，电流表示数为0.3A，计算小灯泡此时的电阻为：；
（4）灯泡在不同电压下，实际功率不同，温度也不同。而灯丝的电阻受温度影响而改变，不同温度下灯丝的电阻不同，不能求平均值，毫无实际意义，因此处理数据的方式不合理。
【分析】（1）根据测量电阻要求，判断连接电路所需导线；
（2）在串联电路中，电流表无示数，判断电路有断路；当电压表有示数，电压表测量位置断路，当电压表无示数，电压表以外的位置断路；
（3）根据电压表的量程和指针位置，测量电压；根据，计算电阻；
（4）灯丝电阻受温度影响，不需计算电阻的平均值。
（1）由实物图可知，将电源、灯泡、滑动变阻器、电流表、开关串联起来，需要5根导线，将电压表并联在灯泡两端需要2根导线，因此至少需要7根导线。
（2）电路连接完成并检查无误后，闭合开关。发现小灯泡不发光，电流表指针无偏转，则是电路发生了断路，此时应该观察电压表的示数，如电压表的示数为零，则是电压表并联之外的电路断路，如电压表的示数接近电源电压，则是灯泡断路，因此应该观察的元件是电压表。
（3）如图乙，电压表选用0~3V量程，分度值为0.1V，示数为2.7V，电流表示数为0.3A，则小灯泡此时的电阻为
（4）灯泡在不同电压下工作时，其实际功率不同，温度也不同。而灯丝的电阻受温度影响较大，不同温度下灯丝的电阻是不同的，不能求平均值，毫无实际意义，因此处理数据的方式不合理。
19．【答案】（1）左；平面镜
（2）没有AB的像
（3）相等
（4）不正确；只进行一次实验，实验次数太少，结论不具有普遍性
【知识点】平面镜成像的原理、特点；探究平面镜成像的特点
【解析】【解答】探究平面镜成像特点时，
（1）实验中，玻璃板II相当于平面镜，平面镜成像的原理是光的反射，红色纸条AB贴在玻璃板I的表面，从AB上反射出的光线经玻璃板II反射到左侧，眼睛位于II的左侧时，能看到通过II所成的像。
（2）实像可以用光屏承接，虚像不能用光屏承接。透光玻璃板能看到像，不透过II直接观察白纸，白纸上没有AB的像，可知，平面镜所成像为虚像。
（3）将三块玻璃绕转动后叠在一起，与重合。与大小相等，可知，平面镜成像时，像与物体关于平面镜对称，且大小相等。
（4）探究平面镜成像规律，只进行一次实验，实验次数太少，结论不具有普遍性，通过一次实验得出的结论不正确。
【分析】（1）平面镜成像是光的反射现象，人要在物体一侧观察像；
（2）平面镜成像是虚像，不能成在光屏上；
（3）平面镜成像时，像和物体的大小相等；
（4）探究平面镜成像规律，一次实验的数据具有偶然性，需要多次实验，结论具有普遍性。
（1）[1][2]实验中玻璃板II相当于平面镜，平面镜成像原理是光的反射，张红色纸条AB贴在玻璃板I的表面，从AB上射出的光线经玻璃板II反射后进入人的眼睛，就看到了AB的像，所以眼睛应位于II的左侧时，能看到通过II所成的像。
（2）实像可以用光屏承接，虚像不能用光屏承接。不透过II直接观察白纸，当观察到白纸上没有AB的像，说明平面镜所成像为虚像。
（3）将三块玻璃绕转动后叠在一起，发现与重合。这说明与大小相等，平面镜所成的像与物体关于平面镜对称。
（4）[1][2]小明只进行一次实验，实验次数太少，结论不具有普遍性，他通过这一实验过程得出的结论不正确。
20．【答案】（1）滚动距离；右
（2）强；速度
（3）可信；探究乒乓球的旋转强度与乒乓球的大小是否有关时，控制了球被抛出的最高点到球拍之间的距离相同，只改变乒乓球的大小
【知识点】物体运动状态的变化；增大或减小摩擦的方法
【解析】【解答】探究乒乓球旋转强度的影响因素时，
（1）实验中，由于球的旋转，它将在水平面滚动一段距离s后停下，通过观察滚动距离的长短来反映乒乓球的旋转强度。
乙图中，乒乓球向右旋转，因此，乒乓球向右滚动一段距离。
（2）根据实验，抛球越高，落地后运动的距离越远，球的旋转越强，可得结论为：同一乒乓球，球被抛出的最高点到球拍之间的距离越大，球的旋转越强。
由于最高点到球拍之间的距离越大，乒乓球与球拍接触时的速度越大，从而增大了摩擦力。
（3）根据实验过程，探究乒乓球的旋转强度与乒乓球的大小是否有关时，控制了球被抛出的最高点到球拍之间的距离相同，只改变乒乓球的大小，得出的结论可信。
【分析】（1）乒乓球的旋转强度不同，在水平面运行距离不同，通过运行距离，反应球的旋转强度；
（2）当乒乓球的质量相同，下落的高度越高，旋转强度越大；
（3）当探究乒乓球的旋转强度和乒乓球质量的关系，需要保持下落的高度相同，改变乒乓球的质量。
（1）[1]根据题意，由于球的旋转，它将滚动一段距离s后停下，因此实验中可通过观察滚动距离的长短来反映乒乓球的旋转强度。
[2]乙图中乒乓球向右旋转，因此向右滚动一段距离。
（2）[1]根据实验结果可得结论为：同一乒乓球，球被抛出的最高点到球拍之间的距离越大，球的旋转越强。
[2]由于最高点到球拍之间的距离越大，乒乓球与球拍接触时的速度越大，从而增大了摩擦力。
（3）[1][2]根据实验过程可知，探究乒乓球的旋转强度与乒乓球的大小是否有关时，控制了球被抛出的最高点到球拍之间的距离相同，只改变乒乓球的大小，因此可得的结论可信。
21．【答案】解：（1）由图可知，灯泡L1和L2并联，电流表测量通过L2的电流。根据并联电路的电流特点可知，通过L1的电流
（2）根据并联电路的电压特点可知，灯泡L1与L2的电压相等，都等于电源电压，即
灯L1消耗的电功率
（3）由可知，灯L2的阻值
答：（1）通过灯L的电流为1A；
（2）灯消耗的电功率为3W；
（3）灯L2的阻值为6Ω。
【知识点】并联电路的电流规律；欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【分析】(1)由图可知，灯泡L1和L2并联，电流表测量通过L2的电流，根据并联电路的电流特点求出通过L1的电流I1；
(2)由并联电路的电压特点，可知灯L1两端电压，结合已求出的过L1的电流，可根据P=UI求出灯L1消耗的电功率P1；
(3)已知过灯L2的电流和灯L2两端电压，根据欧姆定律求出灯L2的阻值R2。
22．【答案】（1）减小受力面积
（2）泥泵叶轮高速旋转，吸泥管内空气流速大，压强小，外界大气压大于管内压强，在压强差作用下，泥浆被吸入船内
（3）
（4）泥泵功率P一定，根据，泥浆太粘稠，阻力F大，速度v就小，泥浆难被吸入船内
【知识点】功率计算公式的应用；增大压强的方法及其应用；液体压强计算公式的应用；流体压强与流速的关系
【解析】【解答】（1）压强大小的影响因素有：压力和受力面积，铰刀刀齿制作得非常锋利，在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强。
（2）泥泵叶轮高速旋转，吸泥管内空气流速大，压强小，外界大气压大于管内压强，在压强差作用下，泥浆被吸入船内。
（3）根据p=ρgh，计算海水对挖泥船吸入口的压强为：
（4）根据，泥泵功率P一定，泥浆太粘稠，阻力F大，速度v就小，泥浆难被吸入船内。
【分析】（1）压力一定时，减小受力面积，可以增大压强；
（2）流体在流速大的地方压强小，流速小的地方压强大；
（3）根据p=ρgh，可以计算液体压强的大小；
（4）根据P=Fv，当功率一定时，力越大， 则速度越小。
（1）增大压强的方法有：在压力一定时减小受力面积；或在受力面积一定时增大压力。铰刀刀齿制作得非常锋利，这是在压力一定时通过减小受力面积的方式来增大压强。
（2）泥泵叶轮高速旋转，吸泥管内空气流速大压强小，外界大气压大于管内压强，在压强差作用下泥浆被吸入船内。
（3）根据p=ρgh可得，海水对挖泥船吸入口的压强为
（4）泥泵功率P一定，根据，泥浆太粘稠阻力F大，速度v就小，泥浆难被吸入船内。
1 / 1贵州省贵阳市白云区2025年中考二模物理试题
一、选择题（本题共7个小题，每小题3分，共21分。第1~6题为单项选择题。第7题为多项选择题，每小题至少有两项符合题目要求，全选对得3分，选对但不全得1分，选错或不选得0分）
1．（2025·白云模拟）如图所示是车辆上安装的减震器，它可以减小车辆通过凹凸不平路面时的颠簸，其原理主要是利用减震器的（　　）
A．导电性 B．导热性 C．弹性 D．磁性
【答案】C
【知识点】物质的基本属性；弹力；磁场
【解析】【解答】车辆上安装减震器，当车辆通过凹凸不平路面时，可减小颠簸，是减震器发生了弹性形变，又能恢复原状，是利用了减震器的弹性。故C符合题意，ABD不符合题意。
故选C。
【分析】减震器能防止颠簸，是其发生了弹性形变，产生了弹力。
2．（2025·白云模拟）在快递服务带来便利的同时，部分快递站也被暴露出快递称重误差大的问题，称重误差是指下列哪个物理量的误差（　　）
A．温度 B．质量 C．体积 D．密度
【答案】B
【知识点】质量及其特性；密度及其特性
【解析】【解答】称重误差，指的是称量质量时，传感器测量结果与被测量的真值之差。故B符合题意，ACD不符合题意。
故选B。
【分析】称重，描述了称量质量的多少。
3．（2025·白云模拟）下列用电器的工作原理能够用焦耳定律解释的是（　　）
A．电动机 B．电烤炉 C．发电机 D．麦克风
【答案】B
【知识点】电流的热效应；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；发电机的构造和原理
【解析】【解答】焦耳定律探究的是电流产生热量的影响因素，是电流的热效应，
A．电动机的工作原理是通电导体在磁场中受力的作用，将电能主要转化为机械能，故A不符合题意；
B．电烤炉工作时，是将电能主要转化为内能，利用了电流的热效应，是焦耳定律，故B符合题意；
CD．发电机、麦克风工作原理是电磁感应现象，不是利用焦耳定律，故CD不符合题意。
故选B。
【分析】电动机根据磁场对电流的作用工作；电热器根据电流的热效应工作；发电机根据电磁感应工作。
4．（2025·白云模拟）推理法是物理研究中一种常见的方法，比如在探究“牛顿第一定律”时，小车所受阻力越小，其速度减小越慢，进一步推理出小车不受阻力将做匀速直线运动的结论。下面探究中也用到这个方法的是（　　）
A．阿基米德原理 B．欧姆定律
C．通电导体在磁场中受力 D．真空不能传声
【答案】D
【知识点】牛顿第一定律；声音的传播条件；磁场对通电导线的作用；物理学方法
【解析】【解答】A．阿基米德原理是通过实验直接得出的，即F浮=G排，没有用到推理法，故A不符合题意；
B．欧姆定律是通过控制变量法，多次改变电压、电阻，测量电流，总结出电流与电压、电阻的关系，是实验归纳法，故B不符合题意；
C．通电导体在磁场中受力，是通过实验直接到的现象，进而总结规律，故C不符合题意；
D．探究 真空不能传声时，逐渐抽出玻璃罩内空气，听到的声音逐渐变小，若空气全部抽出时，声音无法传播，用到了推理法，与探究牛顿第一定律的方法相同，故D符合题意；
故选D。
【分析】探究牛顿第一定律的实验、探究真空不传声的实验，都利用了推理法；探究欧姆定律、阿基米德原理、通电导体在磁场中受力，都利用了归纳法。
5．（2025·白云模拟）如图所示，博物馆在陈列一些小型文物时，会增加一个凸透镜来辅助游客看清文物。这是利用凸透镜成下列哪种像（　　）
A．正立、放大的虚像 B．倒立、等大的实像
C．正立、放大的实像 D．倒立、放大的实像
【答案】A
【知识点】凸透镜成像的应用
【解析】【解答】在较为精巧的文物前放置凸透镜，便于观察细微之处，则凸透镜相当于放大镜，成正立、放大的虚像，故A符合题意，BCD不符合题意。
故选A。
【分析】观察微小事物时，利用的凸透镜，相当于放大镜，成正立放大的虚像。
6．（2025·白云模拟）关于家庭电路的安全使用，下列说法正确的是（　　）
A．使用测电笔时切勿接触笔尾的金属体
B．发现有人触电时应快速用手将人拉开
C．冰箱的金属外壳必须要接地
D．只有短路才会导致空气开关跳闸
【答案】C
【知识点】家庭电路的组成；测电笔的使用；安全用电原则
【解析】【解答】A．使用试电笔时，手指不能碰到笔尖金属体，但要接触笔尾金属体，故A错误；
B．当有人触电时，应迅速切断电源或用绝缘体挑开电线，让触电人脱离电源，不能用手拉触电的人，会导致自己触电，故B错误；
C．电冰箱有金属外壳，电冰箱的金属外壳应接地，可防止触电事故，故C正确；
D．空气开关跳闸是电路中总电流过大，电流过大的原因有：一是发生短路，二是总功率过大，故D错误。
故选C。
【分析】使用测电笔时，手要接触金属笔尾；人触电时，先断开电源；有金属外壳的用电器，金属外壳要接地；电路中短路或总功率过大，空气开关跳闸。
7．（2025·白云模拟）如图所示是一个安装在竖直墙面的置物架，AO两处安装有螺钉，若A处螺钉受力过大而松脱，则整个置物架将绕O点倾翻。关于这个置物架，下列说法正确的是（　　）
A．置物架可看做一个以O点为支点的杠杆
B．A处螺钉受到墙面对它向左的拉力
C．缩短AO的长度，则置物架更不易倾翻
D．重物越靠近A点放置，置物架更不易倾翻
【答案】A,B,D
【知识点】杠杆及其五要素；杠杆的平衡条件
【解析】【解答】A．图中，若A处螺钉松脱，整个置物架将绕O点倾翻，是一个以O点为支点的杠杆，故A正确；
B．图中，A处螺钉受到置物架向右的拉力，相对于墙面向右运动，墙面对螺钉有向左的拉力，故B正确；
C．若重物施加的力为阻力，螺钉受到的力为动力，缩短AO的长度，阻力和阻力臂不变，动力臂变短，动力和动力臂乘积变小，置物架更易倾翻，故C错误；
D．若重物越靠近A点放置，阻力臂变短，阻力和阻力臂乘积变小，动力和动力臂乘积变小，置物架对A处螺钉施加的拉力变小，置物架更不易倾翻，故D正确。
故选ABD。
【分析】杠杆是可以绕支撑点转动的坚实物体；根据杠杆的平衡条件，当阻力臂减小时，阻力和动力臂一定，动力减小。
二、填空题（本题共4个小题，每空2分，共10分）
8．（2025·白云模拟）我国防空警报可以通过改变鸣笛时长和停止时长，来提示预先警报、空袭警报和解除警报等内容。这是利用声音来传递　 　。
【答案】信息
【知识点】声与信息传递
【解析】【解答】防空警报可以通过鸣笛，提示预警，人们根据鸣笛时长和停止时长，来预先警报、空袭警报和解除警报等信息，是利用声音来传递信息的。故第1空填：信息。
【分析】声音既可传递信息又可传递能量，通过声音得知某事，是声音传递信息。
9．（2025·白云模拟）如图所示是磁控胶囊内镜，它只需患者随水吞下，通过体外磁场来控制胶囊机器人在胃内的运动。由此说明磁控胶囊内镜在磁场中将会受到　 　的作用。
【答案】力
【知识点】磁场
【解析】【解答】通过操控体外磁场来控制磁控胶囊内镜在胃内的运动，是力改变物体运动状态，则磁控胶囊内镜在磁场中将会受到力的作用。故第1空填：力。
【分析】力可以改变物体的运动状态，磁场对其中的物体有磁力。
10．（2025·白云模拟）我国古代科技著作《天工开物》中记载“扬郡以风帆数扇，俟风转车，风息则止”。说明我国古代劳动人民很早就会利用　 　能；当风停时风车并没有立即停止，这是因为风车具有　 　。
【答案】风；惯性
【知识点】惯性及其现象；能量的存在形式
【解析】【解答】（1）根据“俟风转车”可知，风车转动依靠风能，说明我国古代劳动人民很早就会利用风能。
（2）因为风车具有惯性，所以当风停时风车并没有立即停止。
【分析】 （1）风是流动的空气，具有动能，即风能；
（2）物体保持运动状态不变的性质叫做惯性。
11．（2025·白云模拟）如图所示的电路中，电源电压恒定。闭合开关S，移动滑动变阻器滑片使得R1=10Ω时，R1电功率为P1；再次移动滑动变阻器滑片，使得R1=90Ω时，其电功率仍然为P1，则R0=　 　Ω。
【答案】30
【知识点】电阻的串联；电功率的计算
【解析】【解答】图中，电阻R0和变阻器R1串联，闭合开关S，移动滑片使得R1=10Ω时，R1电功率为P1，则，
再移动滑动变阻器滑片，使得R1=90Ω时，其电功率仍然为P1，此时，
根据电功率相等，则，解得R0=30Ω。故第1空填：30。
【分析】根据，计算电流，根据P=I2R，计算电功率，结合电功率相等，计算未知电阻。
三、作图题（本题共3个小题，每小题2分，共6分）
12．（2025·白云模拟）请用笔画线代替导线将如图所示未连接完成的电路按要求连接完整。要求：L1、L2并联，电流表测量干路电流，开关控制整个电路，导线不能交叉。
【答案】
【知识点】实物的电路连接
【解析】【解答】根据要求，电流表在干路上，测量干路电流，两灯并联，分别连接在电路中，开关在干路中控制整个电路，如图：
【分析】并联电路中，各用电器分别在不同支路上；电流表测量总电流，在干路上。
13．（2025·白云模拟）如图所示是某同学在测量实心铁块浸没在水中时所受浮力时的情景，请画出此时铁块所受力的示意图。（其中细线拉力F拉已经画出）
【答案】
【知识点】重力示意图；浮力的示意图
【解析】【解答】铁块浸没在水中，受到弹簧测力计向上的拉力、竖直向上的浮力及竖直向下的重力，拉力与浮力之和等于重力，则受力的示意图，如图所示：
【分析】物体受到的浮力竖直向上，重力竖直向下，测力计的拉力竖直向上。
14．（2025·白云模拟）如图甲所示，将一个弹力球从距离地面h1的高度由静止释放，落地之后弹力球回弹的最大高度为h2，若不计空气阻力，且忽略弹力球与地面作用时间。请在图乙的坐标中画出弹力球从释放到回弹至高度为h2的过程中，其动能E的大小随运动路程s变化的大致关系图像。
【答案】
【知识点】动能的影响因素
【解析】【解答】不计空气阻力，在空气中上升和下落过程中机械能守恒，弹力球从距离地面h1的高度由静止释放，下落过程中重力势能转化动能，动能逐渐增大；与地面接触时，动能转化为弹性势能，向上反弹时，弹性势能再转化为动能和重力势能，能量转化中有损耗，弹力球无法达到之前的高度，上升过程中，动能转化为重力势能，动能减小，上升到最高点时，动能为零，作图如下所示：
【分析】物体的动能和质量、速度有关，下落时，速度变大，动能变大，上升时，速度减小，动能减小。
四、简答题（本题共3个小题，每小题3分，共9分）
15．（2025·白云模拟）如图所示是压缩空气除尘罐。使用时，罐内空气快速从喷嘴喷出，从而达到除尘的效果。请回答下列问题：
（1）请判断罐体内外气体压强的大小关系；
（2）请判断使用时罐体温度将如何变化，并说明判断理由。
【答案】（1）压缩空气除尘罐内有高压气体，使用时，罐内空气快速喷出，则罐体内气体压强大于外部气体压强。
（2）当高压空气从喷嘴中喷出时，罐内的压缩空气对外做功，自身的内能会减小，温度降低
【知识点】做功改变物体内能；流体压强与流速的关系
【解析】【解答】（1）压缩空气除尘罐内有高压气体，使用时，罐内空气快速喷出，则罐体内气体压强大于外部气体压强。
（2）当高压空气从喷嘴中喷出时，罐内的压缩空气对外做功，自身的内能会减小，温度降低。
【分析】（1）罐内有压缩空气，空气的压强变大；
（2）物体对外做功时，自身内能减小，温度降低。
（1）压缩空气除尘罐内有高压气体，使用时，罐内空气快速从喷嘴喷出，说明罐体内气体压强大于外部气体压强。
（2）当高压空气从喷嘴中喷出时，储存罐内的压缩空气对外做功，自身的内能会减小，温度降低。
16．（2025·白云模拟）如图所示，在装有水的密封矿泉水瓶中加入一些茶叶，部分茶叶上由于粘有气泡而处于漂浮状态。用力挤压矿泉水瓶后，原本漂浮的茶叶逐渐下沉。请回答下列问题：
（1）茶叶漂浮时所受的浮力与重力大小关系如何？
（2）请利用浮力知识解释用力挤压矿泉水瓶后，原本漂浮的茶叶逐渐下沉的原因。
【答案】（1）
（2）挤压矿泉水瓶，瓶内压强增大，气泡体积减小，茶叶排开液体体积减小，根据，V排减小，浮力减小，重力不变，此时浮力小于重力，茶叶下沉
【知识点】阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】（1）茶叶漂浮时，处于平衡状态，所受浮力和重力是平衡力，大小相等，即 。
（2）用力挤压矿泉水瓶，瓶内压强增大，气泡体积减小，则茶叶排开液体体积减小，根据，V排减小，浮力减小，重力不变，此时浮力小于重力，茶叶下沉。
【分析】（1）物体漂浮时，受到平衡力，此时，浮力和重力是平衡力，大小相等；
（2）当物体排开液体的体积减小时，浮力变小，若浮力小于重力，物体下沉。
（1）茶叶漂浮时，根据物体漂浮条件，所受浮力等于重力，即 。
（2）用力挤压矿泉水瓶，瓶内压强增大，气泡体积减小，茶叶排开液体体积减小，根据，V排减小，浮力减小，重力不变，此时浮力小于重力，所以茶叶下沉。
17．（2025·白云模拟）地球的水含量丰富，但与我们生活最为密切的淡水，只占总水量的2.5%左右。将海水转化为淡水，就成为了一种有效解决淡水短缺的有效方法。如图所示是一位同学设计的海水淡化装置，将此装置放置在太阳光下，就可以实现海水淡化。请回答下列问题：
（1）此装置利用了哪些物态变化过程来实现海水淡化的？
（2）可以采取什么措施来加快这个装置淡化海水的速度呢？请列举一条措施。
【答案】（1）海水淡化时，将装置放在太阳光下，海水吸收热量先蒸发，即汽化变成水蒸气，水蒸气液化成小水滴，滴落在淡水装置中，实现海水淡化
（2）蒸发快慢的影响因素有：温度、液体上方空气流速、液体的表面积，当把装置放在温度更高的地方或增大海水表面积、加快海水表面空气流速等，可以加快蒸发
【知识点】汽化及汽化吸热的特点；影响蒸发快慢的因素；液化及液化放热
【解析】【解答】（1）海水淡化时，将装置放在太阳光下，海水吸收热量先蒸发，即汽化变成水蒸气，水蒸气液化成小水滴，滴落在淡水装置中，实现海水淡化。
（2）蒸发快慢的影响因素有：温度、液体上方空气流速、液体的表面积，当把装置放在温度更高的地方或增大海水表面积、加快海水表面空气流速等，可以加快蒸发。
【分析】（1）液体变为气体，是汽化现象；气体变为液体，是液化现象；
（2）温度越高、液体表面积越大、液面有空气流动，可以加快蒸发。
（1）放置在太阳光下，海水吸收热量先蒸发，即汽化变成水蒸气，然后水蒸气液化成小水滴，实现海水淡化。
（2）影响蒸发的因素有温度、液体上方空气流速、液体的表面积，因此可以把装置放在温度更高的地方或增大海水表面积、加快海水表面空气流速等。
五、实验与科学探究题（本题共3个小题，第18题8分，第19、20题各10分，共28分）
18．（2025·白云模拟）在“测量小灯泡电阻”的实验中，小明使用的器材如下：小灯泡、电压恒定的电源、滑动变阻器、开关、电流表、电压表、导线若干。他设计的电路如图甲所示。
（1）小明按电路图连接实物，他至少需要　 　根导线；
（2）电路连接完成并检查无误后，闭合开关。发现小灯泡不发光，电流表指针无偏转，小明猜想可能是灯泡开路。为了验证他的猜想，他应该观察的元件是　 　；
（3）解决上述问题后，小明移动滑片使电压表示数如图乙所示，读出此时电流表示数为0.3A，则可计算出小灯泡此时的电阻为　 　Ω；
（4）小明测量出多组数据后，将几次电压取平均值后得到，将几次电流取平均值后得到，通过求出灯泡电阻。你认为他处理数据的方式合理吗？　 　。理由是：　 　。
【答案】（1）7
（2）电压表
（3）9
（4）不合理；灯泡在不同电压下，实际功率不同，温度也不同。而灯丝的电阻受温度影响而改变，不同温度下灯丝的电阻不同，不能求平均值，毫无实际意义，
【知识点】伏安法测电阻的探究实验
【解析】【解答】测量小灯泡的电阻时，
（1）根据图甲，将电源、灯泡、滑动变阻器、电流表、开关串联起来，需要5根导线，将电压表并联在灯泡两端需要2根导线，因此至少需要7根导线。
（2）闭合开关，小灯泡不发光，电流表指针无偏转，则电路发生了断路，应该观察电压表的示数，如电压表示数为零，则电压表并联之外的电路断路，如电压表的示数接近电源电压，则是灯泡断路；
（3）图乙中，电压表选用0~3V量程，分度值为0.1V，示数为2.7V，电流表示数为0.3A，计算小灯泡此时的电阻为：；
（4）灯泡在不同电压下，实际功率不同，温度也不同。而灯丝的电阻受温度影响而改变，不同温度下灯丝的电阻不同，不能求平均值，毫无实际意义，因此处理数据的方式不合理。
【分析】（1）根据测量电阻要求，判断连接电路所需导线；
（2）在串联电路中，电流表无示数，判断电路有断路；当电压表有示数，电压表测量位置断路，当电压表无示数，电压表以外的位置断路；
（3）根据电压表的量程和指针位置，测量电压；根据，计算电阻；
（4）灯丝电阻受温度影响，不需计算电阻的平均值。
（1）由实物图可知，将电源、灯泡、滑动变阻器、电流表、开关串联起来，需要5根导线，将电压表并联在灯泡两端需要2根导线，因此至少需要7根导线。
（2）电路连接完成并检查无误后，闭合开关。发现小灯泡不发光，电流表指针无偏转，则是电路发生了断路，此时应该观察电压表的示数，如电压表的示数为零，则是电压表并联之外的电路断路，如电压表的示数接近电源电压，则是灯泡断路，因此应该观察的元件是电压表。
（3）如图乙，电压表选用0~3V量程，分度值为0.1V，示数为2.7V，电流表示数为0.3A，则小灯泡此时的电阻为
（4）灯泡在不同电压下工作时，其实际功率不同，温度也不同。而灯丝的电阻受温度影响较大，不同温度下灯丝的电阻是不同的，不能求平均值，毫无实际意义，因此处理数据的方式不合理。
19．（2025·白云模拟）小明用如图甲所示的装置探究平面镜成像特点。I、II、III为三块可绕轴转动的玻璃板，它们大小相同，其中I、III为无色透明玻璃板，II为茶色透明玻璃板。图乙为装置简化后的主视图。
（1）将一张红色纸条AB贴在玻璃板I的表面，当眼睛位于II的　 　（选填“左”或“右”）侧时，能看到通过II所成的像。实验中玻璃板II相当于　 　的作用；
（2）固定I和II，用一张白纸贴满玻璃板III后并转动，直至透过II观察到的像呈现在III的白纸上。不透过II直接观察白纸，当观察到白纸上　 　，则说明平面镜所成像为虚像；
（3）用小刀沿像的边缘将III上的白纸切开，去掉多余部分后得到。将三块玻璃绕转动后叠在一起，发现与重合。这说明与大小　 　；
（4）通过以上实验，小明分析后得到、，从而与分别到平面镜的距离相等。他通过这一实验过程得出的结论正确吗？　 　，理由是　 　。
【答案】（1）左；平面镜
（2）没有AB的像
（3）相等
（4）不正确；只进行一次实验，实验次数太少，结论不具有普遍性
【知识点】平面镜成像的原理、特点；探究平面镜成像的特点
【解析】【解答】探究平面镜成像特点时，
（1）实验中，玻璃板II相当于平面镜，平面镜成像的原理是光的反射，红色纸条AB贴在玻璃板I的表面，从AB上反射出的光线经玻璃板II反射到左侧，眼睛位于II的左侧时，能看到通过II所成的像。
（2）实像可以用光屏承接，虚像不能用光屏承接。透光玻璃板能看到像，不透过II直接观察白纸，白纸上没有AB的像，可知，平面镜所成像为虚像。
（3）将三块玻璃绕转动后叠在一起，与重合。与大小相等，可知，平面镜成像时，像与物体关于平面镜对称，且大小相等。
（4）探究平面镜成像规律，只进行一次实验，实验次数太少，结论不具有普遍性，通过一次实验得出的结论不正确。
【分析】（1）平面镜成像是光的反射现象，人要在物体一侧观察像；
（2）平面镜成像是虚像，不能成在光屏上；
（3）平面镜成像时，像和物体的大小相等；
（4）探究平面镜成像规律，一次实验的数据具有偶然性，需要多次实验，结论具有普遍性。
（1）[1][2]实验中玻璃板II相当于平面镜，平面镜成像原理是光的反射，张红色纸条AB贴在玻璃板I的表面，从AB上射出的光线经玻璃板II反射后进入人的眼睛，就看到了AB的像，所以眼睛应位于II的左侧时，能看到通过II所成的像。
（2）实像可以用光屏承接，虚像不能用光屏承接。不透过II直接观察白纸，当观察到白纸上没有AB的像，说明平面镜所成像为虚像。
（3）将三块玻璃绕转动后叠在一起，发现与重合。这说明与大小相等，平面镜所成的像与物体关于平面镜对称。
（4）[1][2]小明只进行一次实验，实验次数太少，结论不具有普遍性，他通过这一实验过程得出的结论不正确。
20．（2025·白云模拟）乒乓球发球时，要先将乒乓球几乎竖直地向上抛出，等球回落到一定高度时挥动球拍，使之与乒乓球摩擦，便可以发出旋转球（如图甲所示）。乒乓球的旋转强度可以用它旋转的圈数与旋转这些圈数所用时间的比值来表示。作为乒乓球爱好者的小明思考如何才能将乒乓球发得更转，对此他做出了如下猜想：
猜想1：乒乓球的旋转强度与球被抛出的最高点到球拍之间的距离有关；
猜想2：乒乓球的旋转强度与乒乓球的大小有关。
小明在铺有地胶的水平地进行实验（乒乓球落在地胶上不弹起），准备的材料有乒乓球拍1支、直径为40mm和38mm的乒乓球各一个。
（1）球拍摩擦乒乓球之后，乒乓球随即旋转起来，并竖直落到水平面的O点（如图乙所示），由于球的旋转，它将滚动一段距离s后停下，则　 　的长短可以反映乒乓球的旋转强度。根据乒乓球的旋转方向可以判断，图乙中将向　 　（选填“左”或“右”）滚动一段距离；
（2）为了探究猜想1，他将直径为40mm的乒乓球抛起，球在最高点到球拍之间的距离为H1，随后球在水平面上的滚动的距离为s1；将同一个球抛起更高的高度，使得球在最高点到球拍之间的距离为H2（H1＜H2），球在水平面上的滚动的距离为s2.测量后发现s1＜s2。由此可以得出结论：同一乒乓球，球被抛出的最高点到球拍之间的距离越大，球的旋转越　 　。这是由于最高点到球拍之间的距离越大，乒乓球与球拍接触时的　 　越大，从而增大了摩擦力；
（3）为了探究猜想2，他将直径为38mm的乒乓球抛起，控制球在最高点到球拍之间的距离为H1，随后球在水平面上滚动的距离为s3；测量后发现s1=s3由此得出结论：乒乓球的旋转强度与乒乓球的大小无关。你认为他通过上述实验过程得出的结论可信吗？　 　。理由是：　 　。（两次实验中球从落地到停止滚动的时间相同）
【答案】（1）滚动距离；右
（2）强；速度
（3）可信；探究乒乓球的旋转强度与乒乓球的大小是否有关时，控制了球被抛出的最高点到球拍之间的距离相同，只改变乒乓球的大小
【知识点】物体运动状态的变化；增大或减小摩擦的方法
【解析】【解答】探究乒乓球旋转强度的影响因素时，
（1）实验中，由于球的旋转，它将在水平面滚动一段距离s后停下，通过观察滚动距离的长短来反映乒乓球的旋转强度。
乙图中，乒乓球向右旋转，因此，乒乓球向右滚动一段距离。
（2）根据实验，抛球越高，落地后运动的距离越远，球的旋转越强，可得结论为：同一乒乓球，球被抛出的最高点到球拍之间的距离越大，球的旋转越强。
由于最高点到球拍之间的距离越大，乒乓球与球拍接触时的速度越大，从而增大了摩擦力。
（3）根据实验过程，探究乒乓球的旋转强度与乒乓球的大小是否有关时，控制了球被抛出的最高点到球拍之间的距离相同，只改变乒乓球的大小，得出的结论可信。
【分析】（1）乒乓球的旋转强度不同，在水平面运行距离不同，通过运行距离，反应球的旋转强度；
（2）当乒乓球的质量相同，下落的高度越高，旋转强度越大；
（3）当探究乒乓球的旋转强度和乒乓球质量的关系，需要保持下落的高度相同，改变乒乓球的质量。
（1）[1]根据题意，由于球的旋转，它将滚动一段距离s后停下，因此实验中可通过观察滚动距离的长短来反映乒乓球的旋转强度。
[2]乙图中乒乓球向右旋转，因此向右滚动一段距离。
（2）[1]根据实验结果可得结论为：同一乒乓球，球被抛出的最高点到球拍之间的距离越大，球的旋转越强。
[2]由于最高点到球拍之间的距离越大，乒乓球与球拍接触时的速度越大，从而增大了摩擦力。
（3）[1][2]根据实验过程可知，探究乒乓球的旋转强度与乒乓球的大小是否有关时，控制了球被抛出的最高点到球拍之间的距离相同，只改变乒乓球的大小，因此可得的结论可信。
六、综合应用题（本题共3个小题，第21题8分，第22题8分，共16分。解答时需写出必要的计算公式及过程或文字说明，若只写出计算结果将不得分）
21．（2025·白云模拟）如图所示电路，电源电压恒为3V。闭合开关S，电流表的示数为0.5A，干路电流，设灯丝电阻不变，求：
（1）通过灯的电流。
（2）灯消耗的电功率。
（3）灯的阻值。
【答案】解：（1）由图可知，灯泡L1和L2并联，电流表测量通过L2的电流。根据并联电路的电流特点可知，通过L1的电流
（2）根据并联电路的电压特点可知，灯泡L1与L2的电压相等，都等于电源电压，即
灯L1消耗的电功率
（3）由可知，灯L2的阻值
答：（1）通过灯L的电流为1A；
（2）灯消耗的电功率为3W；
（3）灯L2的阻值为6Ω。
【知识点】并联电路的电流规律；欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【分析】(1)由图可知，灯泡L1和L2并联，电流表测量通过L2的电流，根据并联电路的电流特点求出通过L1的电流I1；
(2)由并联电路的电压特点，可知灯L1两端电压，结合已求出的过L1的电流，可根据P=UI求出灯L1消耗的电功率P1；
(3)已知过灯L2的电流和灯L2两端电压，根据欧姆定律求出灯L2的阻值R2。
22．（2025·白云模拟）如图所示的天鲲号是我国自主设计建造的绞吸式挖泥船，广泛应用于航道疏通、填海造陆等工程，在这些工程中发挥着重要作用。其工作原理涉及压强和能量等物理知识，通过一系列环节完成海底泥沙的吸入和排放。具体过程包括：
I.挖掘环节：船头的铰刀高速旋转，将海底的泥沙和岩石搅碎，与水混合形成泥浆。
II.吸入环节：泥泵的叶轮高速旋转，泥浆通过吸泥管被吸入船内。
III.输送环节：泥浆在吸泥管中不断上升，进入排泥管，并最终在管道末端喷出，输送至指定区域。
请回答下列问题：
（1）铰刀刀齿制作得非常锋利，这是通过　 　的方式来增大压强；
（2）请利用流体压强的知识解释，为什么泥泵的叶轮高速旋转，就可以将泥浆通过吸泥管被吸入船内　 　？
（3）挖泥船的最大挖深为35m，在最大挖深处，海水对挖泥船吸入口的压强为多少Pa　 　？（取g=10N/kg，ρ海水=1×103kg/m3）
（4）泥泵功率一定，泥泵过于粘稠（阻力过大）时就很难被吸入船内，请从功能关系解释产生这一现象的原因　 　。
【答案】（1）减小受力面积
（2）泥泵叶轮高速旋转，吸泥管内空气流速大，压强小，外界大气压大于管内压强，在压强差作用下，泥浆被吸入船内
（3）
（4）泥泵功率P一定，根据，泥浆太粘稠，阻力F大，速度v就小，泥浆难被吸入船内
【知识点】功率计算公式的应用；增大压强的方法及其应用；液体压强计算公式的应用；流体压强与流速的关系
【解析】【解答】（1）压强大小的影响因素有：压力和受力面积，铰刀刀齿制作得非常锋利，在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强。
（2）泥泵叶轮高速旋转，吸泥管内空气流速大，压强小，外界大气压大于管内压强，在压强差作用下，泥浆被吸入船内。
（3）根据p=ρgh，计算海水对挖泥船吸入口的压强为：
（4）根据，泥泵功率P一定，泥浆太粘稠，阻力F大，速度v就小，泥浆难被吸入船内。
【分析】（1）压力一定时，减小受力面积，可以增大压强；
（2）流体在流速大的地方压强小，流速小的地方压强大；
（3）根据p=ρgh，可以计算液体压强的大小；
（4）根据P=Fv，当功率一定时，力越大， 则速度越小。
（1）增大压强的方法有：在压力一定时减小受力面积；或在受力面积一定时增大压力。铰刀刀齿制作得非常锋利，这是在压力一定时通过减小受力面积的方式来增大压强。
（2）泥泵叶轮高速旋转，吸泥管内空气流速大压强小，外界大气压大于管内压强，在压强差作用下泥浆被吸入船内。
（3）根据p=ρgh可得，海水对挖泥船吸入口的压强为
（4）泥泵功率P一定，根据，泥浆太粘稠阻力F大，速度v就小，泥浆难被吸入船内。
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