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广东省佛山市禅城区2025年中考一模物理试题
一、选择题：（7小题，每小题3分，共21分。下列各题所列答案中，只有一项是符合题目要求的，选对的给3分，选错或不选的给0分）。
（2025·禅城模拟）【从生活走向物理】厨房里的物理现象无处不在。根据观察与实践，完成下面小题。
1．妈妈买了一颗大白菜，其质量最接近（　　）
A．50g B．500g C．5kg D．5t
2．用微波炉解冻大鱼头，该过程说法正确的是（　　）
A．消耗的电能属于一次能源
B．微波是一种电磁波
C．主要将电能转化为光能
D．微波在空气中的速度为
3．煲白菜鱼头的过程中，小华看到锅边冒出“白气”，并闻到香味，下列说法正确的是（　　）
A．“白气”是汽化形成的水蒸气
B．燃烧过程中天然气热值不断减小
C．闻到香味是因为分子在不停地做无规则的运动
D．加大火力可以加快汤沸腾，这是因为提高了汤的沸点
4．使用超声波洗碗机清洗餐具，下列说法正确的是（　　）
A．利用声音可以传递信息 B．超声波在水中的速度为340m/s
C．人听到的噪声是超声波 D．超声波是由物体振动产生的
【答案】1．B
2．B
3．C
4．D
【知识点】质量及其特性；燃料的热值；能源及其分类；声与能量传递；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【分析】（1） 首先对题目中涉及的物理量有个初步的了解，对于选项中的数据，可根据需要进行相应的换算或转换，找出符合要求的答案。
（2）可以直接从自然界获得的能源属于一次能源；无法从自然界直接获取，必须通过消耗一次能源才能得到的能源属于二次能源；
无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线、γ射线等都属于电磁波；
微波炉工作时，食物的分子在微波的作用下剧烈振动，使得内能增加，温度升高；
电磁波在真空中的传播速度约为3×108m/s，在空气中的传播速度接近在真空中的传播速度。
（3）物质由气态变为液态的过程叫做液化；
热值只和物质种类有关；
不同物质互相接触时彼此进入对方的现象叫做扩散，扩散现象说明分子在不停地做无规则运动；
液体沸腾时温度保持不变。
（4）声可以传递信息和能量；
声音的传播速度与介质的种类和温度有关；
人耳的听觉频率范围为20～20000Hz；
发声的物体在振动。
1．一颗大白菜的质量约为8斤=4kg，最接近5kg。
故选：C。
2．A、消耗的电能属于二次能源，故A错误；
B、微波是一种波长较短的电磁波，故B正确；
C、用微波炉解冻大鱼头，主要将电能转化为内能，故C错误；
D、微波在空气中的速度为3×105km/s=3×108m/s，故D错误。
故选：B。
3．A、“白气”是水蒸气液化形成的小水滴，故A错误；
B、燃烧过程中天然气热值不变，故B错误；
C、闻到香味是扩散现象，说明分子在不停地做无规则的运动，故C正确；
D、加大火力可以加快汤沸腾，但汤的沸点并没有提高，故D错误。
故选：C。
4．A、使用超声波洗碗机清洗餐具，是利用了声音可以传递能量，故A错误；
B、超声波在15℃空气中的速度为340m/s，在水中的传播速度大于在空气中的传播速度，故B错误；
C、振动频率超过20000Hz的声为超声波，人耳的听觉频率范围为20～20000Hz，因此人听到的噪声不是超声波，故C错误；
D、物体振动发声，超声波是由物体振动产生的，故D正确。
故选：D。
5．（2025·禅城模拟）佛山叠滘龙舟队在河道中漂移过弯，船桨杠杆模型如题图所示。下列说法正确的是（　　）
A．船桨是省力杠杆
B．过弯时龙舟受平衡力的作用
C．停止划桨，龙舟由于惯性继续滑行
D．龙舟前进动力的施力物体是船桨
【答案】C
【知识点】力的概念及单位；惯性及其现象；二力平衡的条件及其应用；杠杆的分类
【解析】【解答】 解：A、船桨在使用过程中，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，故A错误；
B、过弯时龙舟的运动方向改变，即运动状态改变，说明过弯时龙舟受到非平衡力的作用，故B错误；
C、停止划桨，由于惯性，龙舟会继续滑行，故C正确；
D、用桨向后划水，同时水给桨一个向前的力，推动龙舟向前行驶，说明力的作用是相互的，因此使龙舟前进的力的施力物体是水，故D错误。
故选：C。
【分析】 （1）结合图片和生活经验，先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆；
（2）物体在平衡力的作用下，就会保持平衡状态，即静止状态和匀速直线运动状态，物体的运动状态不变；
物体受到非平衡力的作用，才会改变运动状态；
（3）惯性是物体保持原来状态不变的一种性质；
（4）当受力物体受到一个力的作用时，同时也给施力物体一个力，这两个力是相互作用力。
6．（2025·禅城模拟）体重是评价人体健康状况的重要指标．小明同学用图中电路设计电子体重秤，两电表中适合改装为体重秤表盘的是
A．只能是电压表 B．只能是电流表
C．两者都适合 D．两者都不适合
【答案】A
【知识点】串联电路的电压规律；电路的动态分析
【解析】【解答】由电路图可知，定值电阻与滑动变阻器串联，电流表测电路中的电流，电压表测滑片P电阻丝两端的电压，滑片移动时，变阻器接入电路中的电阻不变，电压不变，由I=可知，电路中的电流不变，所以电流表示数不变，测量人的重力时，滑片下移，电压表示数变大，所以，两电表中适合改装为体重秤表盘的是电压表．A正确，BCD错误；
综上选A。
【分析】1、电流表、电压表的连接：电流表与待测原件串联；电压表的与待测原件并联，连接过程需要电流正极流入负极流出，同时选择合适的量程。
2、串联电路的电路规律：串联电路，电流处处相等，电源的电压为用电器电压之和，总电阻为用电器电阻之和。
3、电压表与待测用电器并联测量电压，电流表串联测量用电器电流，根据欧姆定律U=IR计算用电器的电流和电阻以及电压。
7．（2025·禅城模拟）博物馆在精巧的文物前放置凸透镜，可观察到正立、放大的像，则文物到凸透镜的距离和凸透镜焦距最合理的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】凸透镜成像的应用
【解析】【解答】 解：博物馆会在较为精巧的文物前放置凸透镜，看到正立的像，故主要起放大镜作用，看到的是正立放大的虚像，文物放在焦点之内，即u＜f，由此可知，选项C中，物距9cm小于焦距10cm，符合条件，而选项D中，物距1cm过小，实际观察中可能不便，故只有C符合题意，ABD不符合题意。
故选：C。
【分析】 凸透镜成像的规律之一：u＜f，成正立、放大的虚像，应用于放大镜。
二、填空题（7小题，每空1分，共21分）
8．（2025·禅城模拟）中国“人造小太阳”EAST装置利用氘核与氚核在超高温下进行反应释放能量，该反应属于　 　反应（选填“裂变”或“聚变”）；氚核由质子和　 　组成，质子　 　（“带正电”“带负电”或“不带电”）。
【答案】聚变；中子；带正电
【知识点】核聚变；原子结构
【解析】【解答】解：中国“人造小太阳”EAST装置利用氘核与氚核在超高温下进行反应释放能量，该反应属于聚变反应；氚核由质子和中子组成，质子带正电。
故答案为：聚变；中子；带正电。
【分析】 （1）氘核与氚核在超高温条件下进行反应释放出惊人能量的过程叫核聚变。
（2）原子核是由质子和中子组成的，质子不带正电，中子不带电。
9．（2025·禅城模拟）如图是博物馆中的青铜古镜，当游客靠近古镜时，其像的大小　 　，其像到镜面的距离　 　（前两空均选填“变大”、“变小”或“不变”），游客看到的像是　 　像（选填“虚”或“实”）。
【答案】不变；变小；虚
【知识点】平面镜成像的原理、特点
【解析】【解答】 解：当游客靠近古镜时，像与物的大小相等，其像的大小不变；人向靠近镜面的方向移动，其像到镜面的距离变小，平面镜所成的像是虚像。
故答案为：不变；变小；虚。
【分析】平面镜成像的特点：所成的像是虚像；像和物体形状、大小相同；
像和物体各对应点的连线与平面镜垂直；像和物体各对应点到平面镜间距离相等。
10．（2025·禅城模拟）小华戴着“运动手环”运动时，手环中小磁体在管内反复运动，线圈中便会产生电流，通过传感器实现运动追踪，该过程中　 　转化为电能，这是　 　现象，与　 　（选填“乙”或“丙”）工作原理相似。
【答案】机械能；电磁感应；丙
【知识点】直流电动机的构造原理与工作过程；产生感应电流的条件
【解析】【解答】 解：根据“运动手环”的特点可知，当手环中小磁体在管内反复运动，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，产生电流的过程中将机械能转化为电能，与发电机的工作原理是相同的；
乙图中有电源，其原理是通电导体在磁场中受力而运动，据此制成了电动机；
丙图中没有电源，闭合电路的一部分导体在磁场中切割磁感线，产生感应电流，其工作原理是电磁感应现象，所以此处工作原理与“运动手环”相同。
故答案为：机械能；电磁感应；丙。
【分析】 （1）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。
（2）通电导体在磁场中受到磁力的作用而运动，将电能转化为机械能，其实际应用是电动机。
11．（2025·禅城模拟）一个空玻璃瓶的质量为90g，装满水后测得总质量为590g，则瓶子的容积为　 　，重新将瓶子装满牛奶，测得总质量为600g，则牛奶的密度为　 　，喝了一半后，牛奶的密度　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”）。
【答案】500；1.02×103；不变
【知识点】密度及其特性；密度公式及其应用
【解析】【解答】解：瓶子装满水后，水的质量m水=m总-m瓶=590g-90g=500g，
瓶子的容积等于水的体积；瓶子装满牛奶后，牛奶的质量m牛奶=m总'-m瓶=600g-90g=510g，
牛奶的密度；
密度是物质的一种特性，质量减半，密度不变。
故答案为：500；1.02×103；不变。
【分析】 空瓶子的质量已知，装满水后的总质量已知，可知瓶子装满水后，水的质量，水的密度已知，可求出水的体积即瓶子的容积；瓶子重新装满牛奶后的总质量为600g，可求出牛奶的质量，瓶子的容积已知，求出牛奶的密度；密度是物质的一种特性，与牛奶的质量无关。
12．（2025·禅城模拟）如图是使用“三合一”充电线同时为两台手机和一个充电宝充电。两台手机是　 　（填“串联”或“并联”）的，此时充电宝相当于　 　（填“电源”或“用电器”），拔掉手机A，手机B的电流将　 　（填“变大”“不变”或“变小”）。
【答案】并联；用电器；不变
【知识点】电路的构成及电路图；串联电路和并联电路的辨别；并联电路的电流规律
【解析】【解答】 解：如图所示，使用“三合一”充电线同时为两部手机和一个充电宝充电，两手机互不影响，是并联关系；
此时充电宝消耗电能，在电路中相当于用电器；
并联电路各支路之间互不影响，拔掉手机A，手机B的电流将不变。
故答案为：并联；用电器；不变。
【分析】 （1）电路是由提供电能的电源、消耗电能的用电器、控制电路通断的开关和输送电能的导线四部分组成；
（2）电路的基本连接形式有两种：一种是串联，在串联电路中电流只有一条路径，各用电器之间相互影响；另一种是并联，在并联电路中电流有多条流通路径，各个用电器之间互不影响，独立工作。
13．（2025·禅城模拟）图是我国自主研制的水陆两栖飞机“鲲龙”。根据表中数据，在河水中“鲲龙”空载时所受的浮力是　 　N，最底部受到液体压强约为　 　Pa；“鲲龙”加速起飞时，机翼上方空气流速　 　下方空气流速（选填“大于”“等于”或“小于”）。
质量（空载） 28.8t
静止吃水深度（空载） 约
最大航程 4000km
【答案】 ； ；大于
【知识点】液体压强计算公式的应用；流体压强与流速的关系；阿基米德原理
【解析】【解答】 解：（1）因为“鲲龙”处于漂浮状态，“鲲龙”空载时所受的浮力等于重力，即F浮=G=mg=28.8×103kg×10N/kg=2.88×105N；
（2）最底部受到液体压强约为：p=ρgh=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.5m=5×103Pa；
（3）“鲲龙”加速起飞时，机翼上表面的空气流速比下表面空气流速大，机翼下表面受到的压强大于上表面受到的压强，下表面受到的压力大于上表面受到的压力，所以产生向上的升力。
故答案为：2.88×105；5×103；大于。
【分析】 （1）根据漂浮条件算出在河水中“鲲龙”空载时所受的浮力；
（2）根据液体的压强p=ρgh算出最底部受到液体压强；
（3）流体的压强跟流速有关，流速越大，压强越小。
14．（2025·禅城模拟）分别用甲、乙两滑轮组将物体A、B匀速提升1m，不计绳重与摩擦，此过程相关数据如图，乙滑轮组所做的有用功为　 　J；甲滑轮组机械效率η甲为　 　%（结果保留一位小数）；F甲　 　F乙（选填“大于”“等于”或“小于”）。
【答案】200；90.9；小于
【知识点】滑轮（组）的机械效率；滑轮组绳子拉力的计算；有用功和额外功
【解析】【解答】 解：（1）由右图得，使用乙滑轮组做的总功W总乙=230J，额外功W额乙=30J，
做的有用功W有用乙=W总乙-W额乙=230J-30J=200J；
（2）使用甲滑轮组做的总功W总甲=330J，额外功W额甲=30J，
做的有用功W有用甲=W总甲-W额甲=330J-30J=300J；
甲滑轮组的机械效率：；（3）由图知，使用甲滑轮组，n甲=3，使用乙滑轮组，n乙=2，分别用甲、乙两滑轮组将物体A、B匀速提升1m，拉力端移动距离s甲=n甲h=3×1m=3m，s乙=n乙h=2×1m=2m，
由W=Fs可得：，，
所以F甲＜F乙。
故答案为：200；90.9；小于。
【分析】 （1）由右图得，使用乙滑轮组做的总功、额外功，使用乙滑轮组做的有用功W有用=W总-W额；
（2）由右图得，使用甲滑轮组做的总功、额外功，使用甲滑轮组做的有用功W有用=W总-W额，滑轮组的机械效率等于有用功与总功的比值；
（3）由图知，使用甲滑轮组，n甲=3，使用乙滑轮组，n乙=2，拉力端移动距离s=nh，知道总功，利用W=Fs分别计算拉力，进而得出拉力大小关系。
三、作图题（共7分）
15．（2025·禅城模拟）按要求作图；
（1）请在题图1中O点画出吉祥物小蛇漂浮时所受力的示意图；
（2）如题图2所示，凸透镜的主光轴与平静水面重合，光线AO射向水面，O与透镜焦点F重合，请画出大致的折射光线及其经凸透镜后的光线；
（3）如题图3是电磁门锁的原理简化图。当开关S闭合时条形磁体和电磁铁相互吸引，请在电源右端括号内标出“+”或“-”极，并标明A点的磁场方向和电磁铁右端磁极。
【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】作光的折射光路图；透镜的光路图；力的三要素及力的示意图；通电螺线管的极性和电流方向的判断
【解析】【解答】解：（1）根据漂浮的条件知，吉祥物小蛇受浮力和重力作用，大小相等，重力方向竖直向下，浮力方向竖直向上，作用点可都画在重心处，如图所示：
（2）光线AO射向水面，折射光线向界面方向偏折；O与透镜焦点F重合，说明水面与凸透镜的主光轴重合，过焦点的光，经过凸透镜后平行于主光轴射出；所以过O点做垂直于水面的法线，再过O点做偏离法线方向的折射光线，再在凸透镜处做出平行于主光轴的折射光线，大致光路如下：
（3）条形磁体的右端是N极，当开关S闭合时条形磁体和电磁铁相互吸引，说明电磁铁的左端是S极，右端是N极；
根据安培定则可知，电流从电磁铁线圈的右后侧流入，从左前侧流出，因此电源右端是正极；
在磁体外部，磁感线从N极发出，回到S极，A点磁感线的方向向右，如图：
【分析】 （1）漂浮在水中时，受到浮力和重力的作用，浮力方向竖直向上，重力方向竖直向下，这两个力的大小相等，所画线段的长度应该相等。
（2）过入射点画出法线，根据光的折射规律画出折射光线；
过焦点的光线经凸透镜折射后折射光线平行于主光轴。
（3）根据磁极间的相互作用规律判断电磁铁的磁极；
根据安培定则判断电磁铁线圈中的电流方向，从而判断出电源的正、负极。
在磁体外部，磁感线从N极发出，回到S极。
（1）吉祥物小蛇漂浮时，受到竖直向下的重力和竖直向上的浮力，处于二力平衡的状态，所以这两个力大小相等，作用点在O点，所以过O点做竖直向下的重力G和竖直向上的浮力F，如图所示：
（2）光线AO射向水面，折射光线向界面方向偏折；O与透镜焦点F重合，说明水面与凸透镜的主光轴重合，过焦点的光，经过凸透镜后平行于主光轴射出；所以过O点做垂直于水面的法线，再过O点做偏离法线方向的折射光线，再在凸透镜处做出平行于主光轴的折射光线，大致光路如下：
（3）当开关S闭合时条形磁体和电磁铁相互吸引，说明通电螺线管的左端为S极，右端为N极，在通电螺线管的外部，磁场方向（磁感线方向）为从磁体的N极出发回到S极，所以A点的磁场方向为向左，根据安培定则可知，电流从螺线管的右后方流入，左前方流出，所以电源右端为电源的正极。如下图所示：
四、实验题（3小题，第16小题7分、第17小题6分，第18小题7分，共20分）
16．（2025·禅城模拟）按要求填空；
（1）如题图所示，小蛇吉祥物的高度为　 　cm；
（2）小明利用题图装置做“探究影响滑动摩擦力大小的因素”实验，此时弹簧测力计读数为　 　N，若拉动木板向右做加速运动，木块受到摩擦力　 　（选填“变小”、“不变”或“变大”）；
（3）小明想探究蔗糖和盐的吸热情况，经查阅资料可知蔗糖熔点为185℃，盐的熔点801℃，所以他采用如题图乙所示装置，将质量相同的糖和盐分别放入A、B试管中进行实验。如图甲所示质量为　 　g；某时刻试管B中温度计示数如图乙为　 　℃；实验中每隔一段时间记录一次温度，作出温度随时间变化的规律图像如图丙，可判断出　 　吸热能力更强（选填“蔗糖”或“盐”）；小明认为在标准大气压下，该实验过程中两种物质不会熔化，理由是　 　。
【答案】（1）3.70
（2）2.4；不变
（3）13.2；56；盐；标准大气压下水的沸点为100℃，达不到蔗糖和盐的熔点。
【知识点】刻度尺的使用；探究影响摩擦力大小因素的实验；探究不同物质的吸热能力
【解析】【解答】解：（1）由图1可知，刻度尺的分度值是0.1cm，小蛇的高度为5.70cm-2.00cm=3.70cm；
（2）由图2可知，弹簧测力计的分度值是0.2N，示数为2.4N；
若拉动木板向右做加速运动，压力、接触面的粗擦程度不变，故木块受到摩擦力不变；
（3）如图甲所示质量m=10g+3.2g=13.2g；
如图乙试管B中温度计示数为56℃；
由图丙可知，加热相同时间，B温度变化小，故B的吸热能力强，B试管装的是盐，即盐吸热能力更强；
标准大气压下水的沸点为100℃，达不到蔗糖和盐的熔点，故该实验过程中两种物质不会熔化。
故答案为：（1）3.70；（2）2.4；不变；（3）13.2；56；盐；标准大气压下水的沸点为100℃，达不到蔗糖和盐的熔点。
【分析】 （1）先观察刻度尺的分度值，再读数；
（2）先观察弹簧测力计的分度值，再读数；
滑动摩擦力的大小与压力、接触面的粗擦程度有关，据此分析；
（3）物体的质量等于砝码和游码之和；
观察温度计的分度值，再读数；
质量相同的不同物体加热相同时间，温度变化小的吸热能力强，据此分析；
标准大气压下水的沸点为100℃，据此分析。
（1）由图可知，刻度尺的分度值为1mm，小蛇的上端对齐2.00cm，小蛇的下端对齐5.70cm，所以小蛇吉祥物的高度为
（2）[1]由图可知，弹簧测力计的分度值为0.2N，弹簧测力计示数为2.4N。
[2]拉动木板向右做加速运动时，由于摩擦力只与压力大小和接触面粗糙程度有关，与物体的运动速度无关，所以木块受到摩擦力不变。
（3）[1]由图甲可知，标尺的分度值为0.2g，游码对应的刻度为3.2g，则天平测量的物体的质量
[2]由图乙可知，温度计的分度值为1℃，温度计示数为56℃。
[3]由图乙可知，A、B试管在相同时间吸收的热量相同，由图丙可知，在相同时间，两种物质吸收的热量相同时，B试管中物质温度变化慢，则B试管中物质的吸热能量强，所以可判断出盐吸热能力更强。
[4]由于标准大气压下，水的沸点为100℃，蔗糖熔点为185℃，盐的熔点801℃，水的沸点低于蔗糖和盐的熔点，所以两种物质不会熔化。
17．（2025·禅城模拟）小明利用若干个钩码（每个钩码质量为50g）和弹簧测力计，探究杠杆的平衡条件。
（1）如题图甲所示静止的杠杆处于　 　状态（选填“平衡”或“非平衡”）；要使它在水平位置平衡，应将杠杆右端的平衡螺母向　 　调节，目的是可直接　 　。
（2）调平后小明进行图乙实验，在A处挂了4个钩码，为使杠杆重新平衡，他应在B点挂　 　个相同的钩码；此时杠杆的动力或阻力是　 　（选填“钩码受到的重力”“钩码对杠杆的拉力”或“杠杆对钩码的拉力”）；
（3）在图丙实验中，改用弹簧测力计拉杠杆，使杠杆在水平位置平衡，当弹簧测力计的示数为3.0N时，该拉力的作用点可能是　 　点（多选，选填“B”“C”“D”或“E”）。
【答案】（1）平衡；右；测量力臂大小
（2）6；钩码对杠杆得拉力
（3）B、C、D
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【解答】 解：（1）杠杆静止在如图甲所示的位置，静止即为平衡状态；
为使杠杆在水平位置平衡，由于杠杆现在左低右高，所以平衡螺母向右调，便于测量力臂大小；
（2）设杠杆每个格的长度为L，每个钩码的重力为G，根据杠杆的平衡条件：FALA=FBLB，
即4G×3L=nG×2L，解得n=6，需挂6个钩码；
此时杠杆的动力或阻力是钩码对杠杆的拉力；
（3）每个钩码质量为50g，根据杠杆的平衡条件：FALA=FBLB可得：
4×50×10-3kg×10N/kg×3L=3N×Lmax
解得：Lmax=2L
故拉力的作用点可能是B、C、D点。
故答案为：（1）平衡；右；测量力臂大小；（2）6；钩码对杠杆的拉力；（3）B、C、D。
【分析】（1）杠杆静止在如图甲所示的位置，静止即为平衡状态；
为使杠杆在水平位置平衡，由于杠杆现在左低右高，所以平衡螺母向右调，便于测量力臂大小；
（2）设一个钩码重为G，杠杆一个小格是L，根据杠杆平衡条件进行判断；
此时杠杆的动力或阻力是钩码对杠杆的拉力；
（3）根据杠杆的平衡条件计算得出最大力臂，进行分析。
（1）[1]平衡状态是指物体处于静止或匀速直线运动状态，则杠杆处于静止，是处于平衡状态。
[2]图甲中，杠杆的左端下沉，则应向右调节平衡螺母，才能让杠杆在水平位置平衡。
[3]杠杆在水平位置平衡时，力臂与杠杆重叠，可直接读取出力臂。
（2）[1]设一个钩码的重力为G，杠杆每小格的长度为L，据杠杆平衡条件知
解得n=6
所以B点挂6个相同的钩码。
[2]杠杆上挂上钩码后，才能转动，所以杠杆的动力和阻力是钩码对杠杆的拉力，其大小等于所挂钩码的重力。
（3）图丙中，A点处挂4个钩码，则钩码的重力
而测力计的示数为3.0N，据杠杆的平衡条件有
解得
所以该拉力的作用点可能是B和C点，此时测力计竖直向上拉；当测力计倾斜拉时，可能在E点。
18．（2025·禅城模拟）小明为了测量灯泡电阻，设计如图甲所示的电路图并进行实验。实验中电源电压保持3V不变，灯泡额定电压为2.5V，滑动变阻器的规格为“20Ω；0.5A”。
（1）请你用笔画线代替导线将图乙实物图连接好　 　。
（2）闭合开关，观察到灯泡不亮，但电流表有示数，小明认为灯丝断了。小红认为他的说法　 　（选填“正确”或“错误”），为说服小明，小红向　 　（选填“左”或“右”）移动滑片，继续观察灯泡发光情况。
（3）当电压表的示数为2.00V时，电流表如图丙所示，此时电流表示数为　 　A，灯泡电阻为　 　Ω。（计算结果保留一位小数）
（4）小明将阻值为5Ω的定值电阻代替小灯泡组成电路如图丁所示，探究电流与电压的关系，他预设好表格中的电压值并完成其中5次实验，将电流数据填入表格。
电压
电流
由以上数据可得到实验结论：在电阻一定的情况下，通过导体的电流与导体两端的电压　 　。为了进一步验证该结论，在不改变电路连接且保证各用电器安全使用的情况下，表格里余下的3次实验中，还能完成　 　次。
【答案】（1）
（2）错误；右
（3）0.24；8.3
（4）成正比；1
【知识点】欧姆定律及其应用；伏安法测电阻的探究实验
【解析】【解答】 解：（1）电流表测通过小灯泡的电流，故应将小灯泡与电流表串联在电路中，电压表测小灯泡两端的电压，将电压表并联在小灯泡的两端，如下图所示
（2）若灯丝断了，电路处于断路状态，电流表无示数，故小明的说法错误。闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移到阻值最大处，即左端，闭合开关后，需要增大电路中的电流，使小灯泡变亮，应逐渐减小滑动变阻器接入电路中的阻值，故应将滑片向右移动。
（3）图乙中，电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.24A，灯泡电阻为。
（4）由表中数据可知，电压一定时，通过导体的电流与导体两端的电压正比。由第二～五组数据可知，定值电阻的阻值，当定值电阻两端的电压为0.5V时，由串联电路的分压规律可知，此时滑动变阻器两端的电压U1=U-U0=3V-0.5V=2.5V，由串联电路分压规律可知，，解得R1=25Ω＞20Ω，故不能得出第一组数据。
当定值电阻两端的电压为2.5V时，此时通过定值电阻的电流，滑动变阻器此时接入电路中的阻值，故能得出第七组数据。
当定值电阻两端的电压为3V时，此时通过定值电阻的电流，故不能得出第八组数据。综上可知，在不改变电路连接且保证各用电器安全使用的情况下，只能得出1组数据。
故答案为：（1）；（2）错误；右；（3）0.24；8.3；（4）成正比；1。
【分析】 （1）测小灯泡电阻的实验中，需要用电流表测量通过小灯泡的电流，用电压表测量小灯泡两端的电压；
（2）若灯丝断了，电路处于断路状态，电流表无示数，因此小明的说法错误；小灯泡不亮可能是电路中的电流过小，可以减小滑动变阻器接入电路中的阻值。
（3）根据可计算小灯泡的电阻；
（4）根据串联电路的分压规律、欧姆定律和滑动变阻器的规格来解答此题。
（1）电流表测通过小灯泡的电流，故应将小灯泡与电流表串联在电路中，电压表测小灯泡两端的电压，将电压表并联在小灯泡的两端，如下图所示：
（2）[1][2]若灯丝断了，电路处于断路状态，电流表无示数，故小明的说法错误。闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移到阻值最大处，即左端，闭合开关后，需要增大电路中的电流，使小灯泡变亮，应逐渐减小滑动变阻器接入电路中的阻值，故应将滑片向右移动。
（3）[1][2]图丙中，电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.24A，灯泡电阻为
（4）[1][2]由表中数据可知，电压一定时，通过导体的电流与导体两端的电压正比。由第二～五组数据可知，定值电阻的阻值
当定值电阻两端的电压为0.5V时，由串联电路的分压规律可知，此时滑动变阻器两端的电压U1=U-U0=3V-0.5V=2.5V
由串联电路分压规律可知
解得R1=25Ω＞20Ω，故不能得出第一组数据。
当定值电阻两端的电压为2.5V时，此时通过定值电阻的电流
滑动变阻器此时接入电路中的阻值
故能得出第七组数据。
当定值电阻两端的电压为3V时，此时通过定值电阻的电流
故不能得出第八组数据。综上可知，在不改变电路连接且保证各用电器安全使用的情况下，只能得出1组数据。
五、计算题（2小题，第19题6分，第20题7分，共13分）
19．（2025·禅城模拟）如图所示为一款能自动清扫地面的扫地机器人，某次清扫以0.2m/s的速度水平匀速直线运动0.5min，与地面接触面积为4×10-4m2，该过程中牵引力恒为9N。g取10N/kg。求：
（1）此次清扫，扫地机运动的路程；
（2）行驶过程中牵引力做的功；
（3）清扫完成后，扫地机对地面的压强为1.25×105Pa，求扫地机的总质量。
【答案】（1）解：由可得，此次清扫，机器人运动的路程：
s=vt=0.2m/s×0.5×60s=6m。
答：此次清扫，机器人运动的路程为6m。
（2）解：机器人做匀速直线运动，牵引力：F=9N，
牵引力做的功：W=Fs=9N×6m=54J。
答：行驶过程中牵引力做的功是54J。
（3）解：机器人在水平地面上，由和F=G=mg可得，完成清扫后机器人的总质量：。
答：扫地机的总质量是5kg。
【知识点】速度公式及其应用；压强的大小及其计算；功的计算及应用
【解析】【分析】 （1）根据计算此次清扫，机器人运动的路程；（2）机器人做匀速直线运动，由W=Fs计算牵引力做功；
（3）机器人在水平地面上，根据和F=G=mg计算清扫完成后，扫地机器人的总质量。
（1）扫地机运动得路程为s=vt=0.2m/s×0.5×60s=6m
（2）由于匀速直线运动，故此过程中牵引力做的功为W=Fs=9N×6m=54J
（3）扫完后扫地机对地面总压力F=pS=1.25×105Pa×4×10-4m2=50N
则总质量为
20．（2025·禅城模拟）空气炸锅是一种广受欢迎的小家电，图甲为工作原理示意图，通过发热管加热，再利用电动机带动风扇将加热后的空气向下吹向锅体内食物，达到加热效果。其简化电路图如图乙所示，技术参数如下表。
品名 额定电压 额定频率 额定功率 发热功率 容量
空气炸锅
（1）正常工作时，发热电阻的阻值是多少？
（2）正常工作时，电动机的功率是多少？
（3）小明同学用空气炸锅炸薯条，他将温度设置为200℃，定时20分钟，空气炸锅正常工作时发热电阻的P-t图像如图丙所示，求此过程中空气炸锅消耗的电能？
【答案】（1）解：由图乙可知，电动机和发热管并联在220V的电路中。根据可知，正常工作时，发热电阻的阻值。
答：正常工作时，发热电阻的阻值是48.4Ω。
（2）解：正常工作时，电动机的功率P电=P额-P热=1100W-1000W=100W。
答：正常工作时，电动机的功率是100W。
（3）解：由图丙可知，发热电阻工作的时间：t1=6min+（14min-8min）+（20min-16min）=16min=960s，
电动机工作时间t2=20min=1200s；
发热电阻消耗的电能：W1=P热t1=1000W×960s=9.6×105J，
电动机消耗的电能：W2=P2t2=100W×1200s=1.2×105J，
炸薯条共消耗的电能：W=W2+W1=9.6×105J+1.2×105J=1.08×106J。
答：定时20分钟，空气炸锅消耗的电能为1.08×106J。
【知识点】电功率的计算
【解析】【分析】（1）根据计算发热电阻的阻值；
（2）发热功率与电动机的功率之和等于额定功率，据此来求解电动机的功率；
（3）由图丙可知本次炸薯条过程中，发热管工作的时间，根据W=Pt求出发热管消耗的电能，进而求出本次炸薯条一共消耗的电能。
（1）正常工作时，发热电阻的功率是P热=1000W，则其阻值为。
（2）由于总功率是P总=11000W，正常工作时电动机的功率为。
（3）根据丙图，电动机工作时间是20分钟，则20分钟内电动机消耗的电能为
电阻丝总的工作时间为
发热电阻消耗的电能为
故炸锅20分钟内消耗的总电能为。
六、综合能力题（3小题，第21小题6分，第22小题6分，第23小题6分，共18分）
21．（2025·禅城模拟）小明感觉跑步时跑得越快，风的阻挡越明显。他猜想“空气阻力的大小跟物体在空气中运动的速度大小可能有关”。为此，他做了以下实验。
他向气球内充入空气，充气后体积不变，如图甲所示，在气球上悬挂不同数量的钩码（钩码体积可忽略）研究球形物体的空气阻力与速度的关系。实验前将充好气的气球和细线挂在电子测力计上，无风环境下示数为mg，让气球分别挂上重力为mg、3mg、5mg的钩码从五楼落下，以墙壁为背景，拍摄到气球悬挂钩码落到地面附近的频闪照片（每隔相等的时间会拍摄一张照片，连续记录绳上同一点的位置）分别如图乙中所示。请回答下列问题：
（1）由图乙可判断出悬挂钩码的气球下落到地面附近，此过程中气球质量　 　（选填“变大”“变小”或“不变”），处于　 　状态（选填“平衡”或“非平衡”），三次实验中气球的速度之比为　 　；
（2）第2次实验中气球所受的空气阻力为　 　；
（3）由此可以得出：球形物体所受的空气阻力与其速度的关系是　 　（用文字表述）；
（4）实验结束后，将气球中的空气排出，此时测得气球和细线的总重力　 　mg（选填“大于”“等于”或“小于”）。
【答案】（1）不变；平衡；1∶2∶3
（2）4mg
（3）阻力与速度成正比
（4）小于
【知识点】质量及其特性；物体运动状态的变化；阿基米德原理
【解析】【解答】 解：（1）气球质量：实验中气球内充入的空气量不变，所以气球质量不变。
运动状态：从频闪照片可以看出，气球在相同时间内通过的路程相等，说明气球做匀速直线运动，处于平衡状态。
速度之比：根据频闪照片，设相邻照片的时间间隔为t，第一次实验中，设第一个时间间隔t内通过的距离为s，则第二次实验中相同时间间隔t内通过的距离为2s，第三次实验中为3s。根据速度公式，可知三次实验中气球的速度之比为1：2：3。
（2）对第二次实验中的气球进行受力分析，气球受到竖直向下的重力G=3mg+mg=4mg，竖直向上的空气阻力f。因为气球做变速运动，此时F=G-f，当气球速度稳定时，空气阻力f近似等于重力G，即f=4mg。
（3）由实验数据可知，随着气球速度的增大，空气阻力也增大。可以得出：球形物体所受的空气阻力与其速度成正比。
（4）实验前充好气的气球和细线在无风环境下电子测力计示数为mg，当把气球中的空气排出后，气球内的空气质量变小。根据力的平衡，此时测得气球和细线的总重力会小于mg。
故答案为：（1）不变；平衡；1：2：3；（2）4mg；（3）阻力与速度成正比；（4）小于。【分析】物理学中对于多因素或多变量的问题，常常采用控制因素（变量）的方法，把多因素的问题变成多个单因素的问题．每一次只改变其中的某一个因素，而控制其余几个因素不变，从而研究被改变的这个因素对事物的影响，分别加以研究，最后再综合解决，这种方法叫控制变量法。
（1）[1]质量是物质固有属性，气球下落到地面附近，位置发生变化，质量不变。
[2]由图乙知，气球下落过程，在相同的时间内通过的路程相等，做匀速直线运动，处于平衡状态。
[3]由图乙知，在相同的时间内，第3次实验通过的路程是第1次的3倍，第2次通过的路程是第1次的2倍，据知，三次实验中气球的速度之比为1∶2∶3。
（2）第2次实验中，钩码的重力为3mg，则气球及钩码的总重力。气球做匀速直线运动，所受的空气阻力等于自身的重力为4mg。
（3）第1次实验中，气球的总重力为2mg，第3次实验中，气球的总重力为6mg，每次实验中，气球都做匀速直线运动，所受的阻力之比为2mg∶4mg∶6mg=1∶2∶3，而三次的速度之比为1∶2∶3，所以气球所受的阻力与速度成正比。
（4）气球充满气体时，电子测力计的示数mg是气球、细线和内部气体的总重力与气球受到的向上的浮力的差。而向气球内充入空气时，气球内被压缩的空气的重力大于气球外排开同体积的空气的重力，即。排出气体后，气球内空气的重力和这部分空气所受浮力均变为0，则测力计的示数小于mg。
22．（2025·禅城模拟）在“探究光反射的定律”时，小华进行了如图所示的实验；
（1）如图甲，将一束光斜射到水平放置的平面镜上，尝试用一块白纸板去寻找入射光和反射光；实验中白纸板的作用是　 　；固定入射光方向和入射点不变，多次调整白纸板位置，发现　 　，白纸板上同时呈现入射光和反射光；
（2）如图乙，当白纸板上能同时看到入射光和反射光后，分别进行如下三次操作（入射光始终紧贴白纸板，从白纸板上的E点射向O点）：
①将白纸板的右半边绕ON向后折（如图丙）；
②白纸板整体以ON为轴旋转（如图丁）；
③将白纸板整体绕底边CD向后倾斜（如图戊）；
则反射光能在白纸板上呈现的是　 　（选填“丙”、“丁”或“戊”）；以上探究在引入“法线”模型后可以简洁表述为：反射光线、入射光线和法线在　 　；
（3）为进一步探究光反射的规律，接下来应该探究　 　的关系；
（4）实验发现：法线在探究过程中有重要的作用，下列说法正确的有（　　）
A．法线并不真实存在
B．法线便于我们判断并测出入射角和反射角
C．如果没有法线，则光在反射时就没有规律可言
【答案】（1）显示光的传播路径；纸板垂直镜面时
（2）丁；同一平面上
（3）反射角和入射角
（4）A；B
【知识点】光的反射定律
【解析】【解答】 解：（1）白板的作用是显示光的传播路径；固定入射光方向和入射点不变，多次调整白板位置，当白板上同时呈现入射光和反射光时，发现白板与镜面垂直时显示了反射光线；以上发现在引入“法线”模型后可以简洁表述为：反射光线、入射光线和法线同一平面内。
（2）①将白纸板的右半边绕ON向后折（如图丙）；②白纸板整体以ON为轴旋转（如图丁）；③将白纸板整体绕底边CD向后倾斜（如图戊）。则反射光能在白纸板上呈现的是丁，以上探究在引入“法线”模型后可以简洁表述为：反射光线、入射光线和法线在同一平面内。
（3）找到反射光线与入射光线的准确位置关系，接下来应该探究反射角与入射角的大小的关系；
（4）引入“法线”模型，不是真实存在的，法线便于我们判断并测出入射角和反射角；如果没有法线，则光在反射时规律照样存在，故选AB。
故答案为：（1）显示光的传播路径；白板与镜面垂直；（2）丁；同一平面内；（3）反射角与入射角的大小；（4）AB。
【分析】（1）白板的作用是显示光的传播路径；
（2）结合三线共面分析；
（3）探究角的关系；
（4）法线的为了确定反射角和入射角假设的，不是真实存在的。
（1）[1] 在“探究光反射的规律”时，实验中用到了白纸板，由于不能直接在空气中观察到光路，所以白纸板的作用是显示光路。
[2]当白纸板上同时观察到反射光和入射光时，还观察到当白纸板与平面镜垂直时，所以当白纸板垂直镜面时，白纸板上能同时呈现入射光和反射光。
（2）[1]①将白纸板的右半边绕ON向后折，此时反射光线位置不变，故丙图中白纸板上没有反射光线；
②白纸板整体以ON为轴旋转，法线位置不变，入射光线与反射光线及法线仍在同一平面内，故图丁中反射光线能呈现在白纸板上；
③将白纸板整体绕底边CD向后倾斜，法线仍与反射面垂直位置不变，而白纸不在法线与入射光线确定的平面内，故图丁中白纸上看不到反射光线；
综上所述，反射光能在白纸板上呈现的是丁。
[2]多次调整白纸板位置，当白纸板上同时呈现入射光和反射光时，发现白纸板与镜面垂直时显示了反射光线，以上发现在引入“法线”模型后可以简洁表述为：反射光线、入射光线和法线在同一平面内。
（3）由于探究了反射光线、入射光线和法线的位置关系后，还应探究反射角和入射角的大小关系，所以为进一步探究光反射的规律，接下来应该探究反射角和入射角的关系。
（4）法线是经过入射点垂直于反射面的直线，它是一条辅助线，通常用虚线表示，不是真实存在的，法线始终垂直于镜面，有助于帮助我们判断并测出入射角和反射角，但法线并不能影响光的反射规律，故AB正确，C错误。
故选AB。
23．（2025·禅城模拟）阅读短文，回答问题。
储水式电热水器
电热水器主要由加热棒、防电墙等部件组成，加热棒为阻值不变的电热丝，为了安全使用，电热丝外面要包裹一层材料。
电热水器在使用过程中会有漏电危险，为防止使用时漏电且接地线失效时出现触电事故，电热水器在出水口处串接了一个“防电墙”，如图甲、乙是电热水器防电墙的外部和内部构造图，其中防电墙内部水流的是螺旋绝缘通道（如图丙所示）。
表一为该热水器的部分参数，其中“额定最高温度”是电热水器正常工作时水箱中所能达到的最高温度。
表一：
额定容量/ 额定功率/ 额定最高温度/ 额定电压/
用不同长度、不同横截面积的水管做成“防电墙”进行实验，测“防电墙”电阻的大小如表二所示。
表二：
螺旋水柱长度
横截面积
防电墙电阻
（1）考虑用电安全，电热水器应使用　 　孔（选填“两”或“三”）插座，“防电墙”内部做成螺旋状，可增加进入该处水管水流的　 　来增加电阻。
（2）关于热水器内部的加热棒，下列说法正确的是（　　）
A．电热丝通电时内能增大是通过热传递改变的
B．电热丝外面包裹的是导热性差的材料
C．电热丝外面包裹的材料应为绝缘体
D．电热丝应选用电阻小、熔点低的材料
（3）电热水器水箱中注满初温为20℃的冷水，以额定功率加热到额定最高温度所需要的时间为125min，吸收的热量为　 　J，则该电热水器的电热转化效率为　 　。
（4）为确保安全，要求淋浴时通过人体的安全电流不超过1mA，该品牌电热水器防电墙中螺旋水柱的横截面积为0.6cm2，则防电墙内的螺旋水柱总长度至少为　 　cm（淋浴时人体的电阻约为1kΩ，除防电墙和人体外其余水路电阻不计）。
【答案】（1）三；长度
（2）C
（3）1.26×107；84%
（4）54.75
【知识点】影响电阻大小的因素；欧姆定律及其应用；电功率的计算；焦耳定律的应用；安全用电原则
【解析】【解答】 解：（1）电热水器有金属外壳，为了用电的安全，防止因用电器漏电而发生触电事故，其外壳必须要接地，故应使用三孔插座；
导体的电阻与导体的材料、横截面积、长度和温度有关；流经防电墙中的水必须沿着内部隔片螺旋流动，与普通水管相比其中的水柱变得更细更长，使水的横截面积变小，长度变大，从而使水的电阻变大；
（2）A、根据题意可知，电阻丝通电后会产生热量，将电能转化为内能，这是电流在做功，故A错误；
B、电热丝要给水箱内的水加热，所以电热丝外面包裹的材料应该是导热性好的材料，故B错误；
C、为了安全使用，防止漏电，加热棒外面包裹的材料必须是绝缘体，故C正确；
D、由可知在，电压一定时，电阻越小，功率越大，所以电热丝应该使用电阻小的材料；为了防止电热丝熔断，电热丝还要使用熔点高的材料，故D错误；故选：C；
（3）由可得，水的质量：
m=ρV=1.0×103kg/m3×60×10-3m3=60kg，
水吸收的热量：Q吸=cmΔt=4.2×103J/（kg ℃）×60kg×（70℃-20℃）=1.26×107J，
由可得，125min消耗的电能：W=Pt=2000W×125×60s=1.5×107J，
该电热水器的电热转化效率：；
（4）防电墙水管的电阻跟它的长度成正比，跟它的横截面积成反比，据此可知电阻与长度、横截面积的关系为，
根据表格数据可知，，
解得：k=2.4kΩ cm；
则电阻；
由题意可知，当发生漏电时，电流会沿着水管经过喷头流过人体而发生触电事故，即电流依次经过电阻和人体，电流只有一条路径，防电墙的电阻和人体为串联；
淋浴时人体的电阻约为1kΩ，故当淋浴时通过人体的安全电流不超过1mA时，防电墙和人体两端的总电压为220V，
由欧姆定律可得，防电墙和人体串联的总电阻至少为：，
则防电墙的电阻至少为：R=220kΩ-1kΩ=219kΩ；
根据题意可知，该品牌电热水器防电墙中螺旋水柱的横截面积为0.6cm2，
则防电墙电阻：，
解得：L=54.75cm。
故答案为：（1）三；长度；（2）C；（3）1.26×107；84%；（4）54.75。
【分析】 （1）为了防止因用电器漏电而发生触电事故，有金属外壳的用电器要使用三孔插座；导体的电阻与导体的材料、长度、横截面积和温度有关；
（2）①改变内能的方式：做功和热传递；
②电热丝要给水箱内的水加热；
③不容易导电的物体是绝缘体；容易导电的物体是导体；
④电热丝加热时功率较大，温度较高；
（3）由求得水的质量，由Q吸=cmΔt求得水吸收的热量，由，得125min消耗的电能，由可求得该电热水器的电热转化效率；
（4）防电墙水管的电阻跟它的长度成正比，跟它的横截面积成反比，据此可知电阻与长度、横截面积的关系为，根据表二数据代入可求出R的关系式；
根据欧姆定律求出防电墙的阻值，根据表二可知该品牌电热水器防电墙中螺旋长度的总长度；
根据题意可知，该品牌电热水器防电墙中螺旋水柱的横截面积为0.6cm2，将R的值和横截面积代入关系式可解得防电墙中螺旋长度。
（1）[1]为了用电安全，电热水器应使用三孔插座，三孔插座有接地线，能将电热水器外壳与大地相连，防止漏电时发生触电事故。
[2]根据影响电阻大小的因素，在材料和横截面积一定时，导体越长，电阻越大。“防电墙” 内部做成螺旋状，可增加进入该处水管水流的长度来增加电阻。
（2）A．电热丝通电时内能增大是通过电流做功改变的，不是热传递，故A错误；
B．电热丝外面包裹的材料应是导热性好的材料，这样才能将热量更好地传递给水，故B错误；
C．为了安全，电热丝外面包裹的材料应为绝缘体，防止漏电，故C正确；
D．电热丝应选用电阻大、熔点高的材料，根据，在电流和通电时间一定时，电阻越大，产生的热量越多；熔点高才能在高温下不被熔断，故D错误。
故选C。
（3）[1]水的质量
所以水吸收的热量
[2]电流做功
则效率为
（4）当电流为1mA时，总电阻为
由于人体的电阻为1000Ω，故螺旋水柱的电阻应为
根据表二的数据，再利用电阻与长度成正比、与横截面积成反比，进行计算：
①先算长度的情况：用表二第一列的数据计算
解得
②再算横截面积的情况：因为横截面积越大，电阻越小，所以总长度
1 / 1广东省佛山市禅城区2025年中考一模物理试题
一、选择题：（7小题，每小题3分，共21分。下列各题所列答案中，只有一项是符合题目要求的，选对的给3分，选错或不选的给0分）。
（2025·禅城模拟）【从生活走向物理】厨房里的物理现象无处不在。根据观察与实践，完成下面小题。
1．妈妈买了一颗大白菜，其质量最接近（　　）
A．50g B．500g C．5kg D．5t
2．用微波炉解冻大鱼头，该过程说法正确的是（　　）
A．消耗的电能属于一次能源
B．微波是一种电磁波
C．主要将电能转化为光能
D．微波在空气中的速度为
3．煲白菜鱼头的过程中，小华看到锅边冒出“白气”，并闻到香味，下列说法正确的是（　　）
A．“白气”是汽化形成的水蒸气
B．燃烧过程中天然气热值不断减小
C．闻到香味是因为分子在不停地做无规则的运动
D．加大火力可以加快汤沸腾，这是因为提高了汤的沸点
4．使用超声波洗碗机清洗餐具，下列说法正确的是（　　）
A．利用声音可以传递信息 B．超声波在水中的速度为340m/s
C．人听到的噪声是超声波 D．超声波是由物体振动产生的
5．（2025·禅城模拟）佛山叠滘龙舟队在河道中漂移过弯，船桨杠杆模型如题图所示。下列说法正确的是（　　）
A．船桨是省力杠杆
B．过弯时龙舟受平衡力的作用
C．停止划桨，龙舟由于惯性继续滑行
D．龙舟前进动力的施力物体是船桨
6．（2025·禅城模拟）体重是评价人体健康状况的重要指标．小明同学用图中电路设计电子体重秤，两电表中适合改装为体重秤表盘的是
A．只能是电压表 B．只能是电流表
C．两者都适合 D．两者都不适合
7．（2025·禅城模拟）博物馆在精巧的文物前放置凸透镜，可观察到正立、放大的像，则文物到凸透镜的距离和凸透镜焦距最合理的是（　　）
A． B．
C． D．
二、填空题（7小题，每空1分，共21分）
8．（2025·禅城模拟）中国“人造小太阳”EAST装置利用氘核与氚核在超高温下进行反应释放能量，该反应属于　 　反应（选填“裂变”或“聚变”）；氚核由质子和　 　组成，质子　 　（“带正电”“带负电”或“不带电”）。
9．（2025·禅城模拟）如图是博物馆中的青铜古镜，当游客靠近古镜时，其像的大小　 　，其像到镜面的距离　 　（前两空均选填“变大”、“变小”或“不变”），游客看到的像是　 　像（选填“虚”或“实”）。
10．（2025·禅城模拟）小华戴着“运动手环”运动时，手环中小磁体在管内反复运动，线圈中便会产生电流，通过传感器实现运动追踪，该过程中　 　转化为电能，这是　 　现象，与　 　（选填“乙”或“丙”）工作原理相似。
11．（2025·禅城模拟）一个空玻璃瓶的质量为90g，装满水后测得总质量为590g，则瓶子的容积为　 　，重新将瓶子装满牛奶，测得总质量为600g，则牛奶的密度为　 　，喝了一半后，牛奶的密度　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”）。
12．（2025·禅城模拟）如图是使用“三合一”充电线同时为两台手机和一个充电宝充电。两台手机是　 　（填“串联”或“并联”）的，此时充电宝相当于　 　（填“电源”或“用电器”），拔掉手机A，手机B的电流将　 　（填“变大”“不变”或“变小”）。
13．（2025·禅城模拟）图是我国自主研制的水陆两栖飞机“鲲龙”。根据表中数据，在河水中“鲲龙”空载时所受的浮力是　 　N，最底部受到液体压强约为　 　Pa；“鲲龙”加速起飞时，机翼上方空气流速　 　下方空气流速（选填“大于”“等于”或“小于”）。
质量（空载） 28.8t
静止吃水深度（空载） 约
最大航程 4000km
14．（2025·禅城模拟）分别用甲、乙两滑轮组将物体A、B匀速提升1m，不计绳重与摩擦，此过程相关数据如图，乙滑轮组所做的有用功为　 　J；甲滑轮组机械效率η甲为　 　%（结果保留一位小数）；F甲　 　F乙（选填“大于”“等于”或“小于”）。
三、作图题（共7分）
15．（2025·禅城模拟）按要求作图；
（1）请在题图1中O点画出吉祥物小蛇漂浮时所受力的示意图；
（2）如题图2所示，凸透镜的主光轴与平静水面重合，光线AO射向水面，O与透镜焦点F重合，请画出大致的折射光线及其经凸透镜后的光线；
（3）如题图3是电磁门锁的原理简化图。当开关S闭合时条形磁体和电磁铁相互吸引，请在电源右端括号内标出“+”或“-”极，并标明A点的磁场方向和电磁铁右端磁极。
四、实验题（3小题，第16小题7分、第17小题6分，第18小题7分，共20分）
16．（2025·禅城模拟）按要求填空；
（1）如题图所示，小蛇吉祥物的高度为　 　cm；
（2）小明利用题图装置做“探究影响滑动摩擦力大小的因素”实验，此时弹簧测力计读数为　 　N，若拉动木板向右做加速运动，木块受到摩擦力　 　（选填“变小”、“不变”或“变大”）；
（3）小明想探究蔗糖和盐的吸热情况，经查阅资料可知蔗糖熔点为185℃，盐的熔点801℃，所以他采用如题图乙所示装置，将质量相同的糖和盐分别放入A、B试管中进行实验。如图甲所示质量为　 　g；某时刻试管B中温度计示数如图乙为　 　℃；实验中每隔一段时间记录一次温度，作出温度随时间变化的规律图像如图丙，可判断出　 　吸热能力更强（选填“蔗糖”或“盐”）；小明认为在标准大气压下，该实验过程中两种物质不会熔化，理由是　 　。
17．（2025·禅城模拟）小明利用若干个钩码（每个钩码质量为50g）和弹簧测力计，探究杠杆的平衡条件。
（1）如题图甲所示静止的杠杆处于　 　状态（选填“平衡”或“非平衡”）；要使它在水平位置平衡，应将杠杆右端的平衡螺母向　 　调节，目的是可直接　 　。
（2）调平后小明进行图乙实验，在A处挂了4个钩码，为使杠杆重新平衡，他应在B点挂　 　个相同的钩码；此时杠杆的动力或阻力是　 　（选填“钩码受到的重力”“钩码对杠杆的拉力”或“杠杆对钩码的拉力”）；
（3）在图丙实验中，改用弹簧测力计拉杠杆，使杠杆在水平位置平衡，当弹簧测力计的示数为3.0N时，该拉力的作用点可能是　 　点（多选，选填“B”“C”“D”或“E”）。
18．（2025·禅城模拟）小明为了测量灯泡电阻，设计如图甲所示的电路图并进行实验。实验中电源电压保持3V不变，灯泡额定电压为2.5V，滑动变阻器的规格为“20Ω；0.5A”。
（1）请你用笔画线代替导线将图乙实物图连接好　 　。
（2）闭合开关，观察到灯泡不亮，但电流表有示数，小明认为灯丝断了。小红认为他的说法　 　（选填“正确”或“错误”），为说服小明，小红向　 　（选填“左”或“右”）移动滑片，继续观察灯泡发光情况。
（3）当电压表的示数为2.00V时，电流表如图丙所示，此时电流表示数为　 　A，灯泡电阻为　 　Ω。（计算结果保留一位小数）
（4）小明将阻值为5Ω的定值电阻代替小灯泡组成电路如图丁所示，探究电流与电压的关系，他预设好表格中的电压值并完成其中5次实验，将电流数据填入表格。
电压
电流
由以上数据可得到实验结论：在电阻一定的情况下，通过导体的电流与导体两端的电压　 　。为了进一步验证该结论，在不改变电路连接且保证各用电器安全使用的情况下，表格里余下的3次实验中，还能完成　 　次。
五、计算题（2小题，第19题6分，第20题7分，共13分）
19．（2025·禅城模拟）如图所示为一款能自动清扫地面的扫地机器人，某次清扫以0.2m/s的速度水平匀速直线运动0.5min，与地面接触面积为4×10-4m2，该过程中牵引力恒为9N。g取10N/kg。求：
（1）此次清扫，扫地机运动的路程；
（2）行驶过程中牵引力做的功；
（3）清扫完成后，扫地机对地面的压强为1.25×105Pa，求扫地机的总质量。
20．（2025·禅城模拟）空气炸锅是一种广受欢迎的小家电，图甲为工作原理示意图，通过发热管加热，再利用电动机带动风扇将加热后的空气向下吹向锅体内食物，达到加热效果。其简化电路图如图乙所示，技术参数如下表。
品名 额定电压 额定频率 额定功率 发热功率 容量
空气炸锅
（1）正常工作时，发热电阻的阻值是多少？
（2）正常工作时，电动机的功率是多少？
（3）小明同学用空气炸锅炸薯条，他将温度设置为200℃，定时20分钟，空气炸锅正常工作时发热电阻的P-t图像如图丙所示，求此过程中空气炸锅消耗的电能？
六、综合能力题（3小题，第21小题6分，第22小题6分，第23小题6分，共18分）
21．（2025·禅城模拟）小明感觉跑步时跑得越快，风的阻挡越明显。他猜想“空气阻力的大小跟物体在空气中运动的速度大小可能有关”。为此，他做了以下实验。
他向气球内充入空气，充气后体积不变，如图甲所示，在气球上悬挂不同数量的钩码（钩码体积可忽略）研究球形物体的空气阻力与速度的关系。实验前将充好气的气球和细线挂在电子测力计上，无风环境下示数为mg，让气球分别挂上重力为mg、3mg、5mg的钩码从五楼落下，以墙壁为背景，拍摄到气球悬挂钩码落到地面附近的频闪照片（每隔相等的时间会拍摄一张照片，连续记录绳上同一点的位置）分别如图乙中所示。请回答下列问题：
（1）由图乙可判断出悬挂钩码的气球下落到地面附近，此过程中气球质量　 　（选填“变大”“变小”或“不变”），处于　 　状态（选填“平衡”或“非平衡”），三次实验中气球的速度之比为　 　；
（2）第2次实验中气球所受的空气阻力为　 　；
（3）由此可以得出：球形物体所受的空气阻力与其速度的关系是　 　（用文字表述）；
（4）实验结束后，将气球中的空气排出，此时测得气球和细线的总重力　 　mg（选填“大于”“等于”或“小于”）。
22．（2025·禅城模拟）在“探究光反射的定律”时，小华进行了如图所示的实验；
（1）如图甲，将一束光斜射到水平放置的平面镜上，尝试用一块白纸板去寻找入射光和反射光；实验中白纸板的作用是　 　；固定入射光方向和入射点不变，多次调整白纸板位置，发现　 　，白纸板上同时呈现入射光和反射光；
（2）如图乙，当白纸板上能同时看到入射光和反射光后，分别进行如下三次操作（入射光始终紧贴白纸板，从白纸板上的E点射向O点）：
①将白纸板的右半边绕ON向后折（如图丙）；
②白纸板整体以ON为轴旋转（如图丁）；
③将白纸板整体绕底边CD向后倾斜（如图戊）；
则反射光能在白纸板上呈现的是　 　（选填“丙”、“丁”或“戊”）；以上探究在引入“法线”模型后可以简洁表述为：反射光线、入射光线和法线在　 　；
（3）为进一步探究光反射的规律，接下来应该探究　 　的关系；
（4）实验发现：法线在探究过程中有重要的作用，下列说法正确的有（　　）
A．法线并不真实存在
B．法线便于我们判断并测出入射角和反射角
C．如果没有法线，则光在反射时就没有规律可言
23．（2025·禅城模拟）阅读短文，回答问题。
储水式电热水器
电热水器主要由加热棒、防电墙等部件组成，加热棒为阻值不变的电热丝，为了安全使用，电热丝外面要包裹一层材料。
电热水器在使用过程中会有漏电危险，为防止使用时漏电且接地线失效时出现触电事故，电热水器在出水口处串接了一个“防电墙”，如图甲、乙是电热水器防电墙的外部和内部构造图，其中防电墙内部水流的是螺旋绝缘通道（如图丙所示）。
表一为该热水器的部分参数，其中“额定最高温度”是电热水器正常工作时水箱中所能达到的最高温度。
表一：
额定容量/ 额定功率/ 额定最高温度/ 额定电压/
用不同长度、不同横截面积的水管做成“防电墙”进行实验，测“防电墙”电阻的大小如表二所示。
表二：
螺旋水柱长度
横截面积
防电墙电阻
（1）考虑用电安全，电热水器应使用　 　孔（选填“两”或“三”）插座，“防电墙”内部做成螺旋状，可增加进入该处水管水流的　 　来增加电阻。
（2）关于热水器内部的加热棒，下列说法正确的是（　　）
A．电热丝通电时内能增大是通过热传递改变的
B．电热丝外面包裹的是导热性差的材料
C．电热丝外面包裹的材料应为绝缘体
D．电热丝应选用电阻小、熔点低的材料
（3）电热水器水箱中注满初温为20℃的冷水，以额定功率加热到额定最高温度所需要的时间为125min，吸收的热量为　 　J，则该电热水器的电热转化效率为　 　。
（4）为确保安全，要求淋浴时通过人体的安全电流不超过1mA，该品牌电热水器防电墙中螺旋水柱的横截面积为0.6cm2，则防电墙内的螺旋水柱总长度至少为　 　cm（淋浴时人体的电阻约为1kΩ，除防电墙和人体外其余水路电阻不计）。
答案解析部分
【答案】1．B
2．B
3．C
4．D
【知识点】质量及其特性；燃料的热值；能源及其分类；声与能量传递；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【分析】（1） 首先对题目中涉及的物理量有个初步的了解，对于选项中的数据，可根据需要进行相应的换算或转换，找出符合要求的答案。
（2）可以直接从自然界获得的能源属于一次能源；无法从自然界直接获取，必须通过消耗一次能源才能得到的能源属于二次能源；
无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线、γ射线等都属于电磁波；
微波炉工作时，食物的分子在微波的作用下剧烈振动，使得内能增加，温度升高；
电磁波在真空中的传播速度约为3×108m/s，在空气中的传播速度接近在真空中的传播速度。
（3）物质由气态变为液态的过程叫做液化；
热值只和物质种类有关；
不同物质互相接触时彼此进入对方的现象叫做扩散，扩散现象说明分子在不停地做无规则运动；
液体沸腾时温度保持不变。
（4）声可以传递信息和能量；
声音的传播速度与介质的种类和温度有关；
人耳的听觉频率范围为20～20000Hz；
发声的物体在振动。
1．一颗大白菜的质量约为8斤=4kg，最接近5kg。
故选：C。
2．A、消耗的电能属于二次能源，故A错误；
B、微波是一种波长较短的电磁波，故B正确；
C、用微波炉解冻大鱼头，主要将电能转化为内能，故C错误；
D、微波在空气中的速度为3×105km/s=3×108m/s，故D错误。
故选：B。
3．A、“白气”是水蒸气液化形成的小水滴，故A错误；
B、燃烧过程中天然气热值不变，故B错误；
C、闻到香味是扩散现象，说明分子在不停地做无规则的运动，故C正确；
D、加大火力可以加快汤沸腾，但汤的沸点并没有提高，故D错误。
故选：C。
4．A、使用超声波洗碗机清洗餐具，是利用了声音可以传递能量，故A错误；
B、超声波在15℃空气中的速度为340m/s，在水中的传播速度大于在空气中的传播速度，故B错误；
C、振动频率超过20000Hz的声为超声波，人耳的听觉频率范围为20～20000Hz，因此人听到的噪声不是超声波，故C错误；
D、物体振动发声，超声波是由物体振动产生的，故D正确。
故选：D。
5．【答案】C
【知识点】力的概念及单位；惯性及其现象；二力平衡的条件及其应用；杠杆的分类
【解析】【解答】 解：A、船桨在使用过程中，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，故A错误；
B、过弯时龙舟的运动方向改变，即运动状态改变，说明过弯时龙舟受到非平衡力的作用，故B错误；
C、停止划桨，由于惯性，龙舟会继续滑行，故C正确；
D、用桨向后划水，同时水给桨一个向前的力，推动龙舟向前行驶，说明力的作用是相互的，因此使龙舟前进的力的施力物体是水，故D错误。
故选：C。
【分析】 （1）结合图片和生活经验，先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆；
（2）物体在平衡力的作用下，就会保持平衡状态，即静止状态和匀速直线运动状态，物体的运动状态不变；
物体受到非平衡力的作用，才会改变运动状态；
（3）惯性是物体保持原来状态不变的一种性质；
（4）当受力物体受到一个力的作用时，同时也给施力物体一个力，这两个力是相互作用力。
6．【答案】A
【知识点】串联电路的电压规律；电路的动态分析
【解析】【解答】由电路图可知，定值电阻与滑动变阻器串联，电流表测电路中的电流，电压表测滑片P电阻丝两端的电压，滑片移动时，变阻器接入电路中的电阻不变，电压不变，由I=可知，电路中的电流不变，所以电流表示数不变，测量人的重力时，滑片下移，电压表示数变大，所以，两电表中适合改装为体重秤表盘的是电压表．A正确，BCD错误；
综上选A。
【分析】1、电流表、电压表的连接：电流表与待测原件串联；电压表的与待测原件并联，连接过程需要电流正极流入负极流出，同时选择合适的量程。
2、串联电路的电路规律：串联电路，电流处处相等，电源的电压为用电器电压之和，总电阻为用电器电阻之和。
3、电压表与待测用电器并联测量电压，电流表串联测量用电器电流，根据欧姆定律U=IR计算用电器的电流和电阻以及电压。
7．【答案】C
【知识点】凸透镜成像的应用
【解析】【解答】 解：博物馆会在较为精巧的文物前放置凸透镜，看到正立的像，故主要起放大镜作用，看到的是正立放大的虚像，文物放在焦点之内，即u＜f，由此可知，选项C中，物距9cm小于焦距10cm，符合条件，而选项D中，物距1cm过小，实际观察中可能不便，故只有C符合题意，ABD不符合题意。
故选：C。
【分析】 凸透镜成像的规律之一：u＜f，成正立、放大的虚像，应用于放大镜。
8．【答案】聚变；中子；带正电
【知识点】核聚变；原子结构
【解析】【解答】解：中国“人造小太阳”EAST装置利用氘核与氚核在超高温下进行反应释放能量，该反应属于聚变反应；氚核由质子和中子组成，质子带正电。
故答案为：聚变；中子；带正电。
【分析】 （1）氘核与氚核在超高温条件下进行反应释放出惊人能量的过程叫核聚变。
（2）原子核是由质子和中子组成的，质子不带正电，中子不带电。
9．【答案】不变；变小；虚
【知识点】平面镜成像的原理、特点
【解析】【解答】 解：当游客靠近古镜时，像与物的大小相等，其像的大小不变；人向靠近镜面的方向移动，其像到镜面的距离变小，平面镜所成的像是虚像。
故答案为：不变；变小；虚。
【分析】平面镜成像的特点：所成的像是虚像；像和物体形状、大小相同；
像和物体各对应点的连线与平面镜垂直；像和物体各对应点到平面镜间距离相等。
10．【答案】机械能；电磁感应；丙
【知识点】直流电动机的构造原理与工作过程；产生感应电流的条件
【解析】【解答】 解：根据“运动手环”的特点可知，当手环中小磁体在管内反复运动，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，产生电流的过程中将机械能转化为电能，与发电机的工作原理是相同的；
乙图中有电源，其原理是通电导体在磁场中受力而运动，据此制成了电动机；
丙图中没有电源，闭合电路的一部分导体在磁场中切割磁感线，产生感应电流，其工作原理是电磁感应现象，所以此处工作原理与“运动手环”相同。
故答案为：机械能；电磁感应；丙。
【分析】 （1）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。
（2）通电导体在磁场中受到磁力的作用而运动，将电能转化为机械能，其实际应用是电动机。
11．【答案】500；1.02×103；不变
【知识点】密度及其特性；密度公式及其应用
【解析】【解答】解：瓶子装满水后，水的质量m水=m总-m瓶=590g-90g=500g，
瓶子的容积等于水的体积；瓶子装满牛奶后，牛奶的质量m牛奶=m总'-m瓶=600g-90g=510g，
牛奶的密度；
密度是物质的一种特性，质量减半，密度不变。
故答案为：500；1.02×103；不变。
【分析】 空瓶子的质量已知，装满水后的总质量已知，可知瓶子装满水后，水的质量，水的密度已知，可求出水的体积即瓶子的容积；瓶子重新装满牛奶后的总质量为600g，可求出牛奶的质量，瓶子的容积已知，求出牛奶的密度；密度是物质的一种特性，与牛奶的质量无关。
12．【答案】并联；用电器；不变
【知识点】电路的构成及电路图；串联电路和并联电路的辨别；并联电路的电流规律
【解析】【解答】 解：如图所示，使用“三合一”充电线同时为两部手机和一个充电宝充电，两手机互不影响，是并联关系；
此时充电宝消耗电能，在电路中相当于用电器；
并联电路各支路之间互不影响，拔掉手机A，手机B的电流将不变。
故答案为：并联；用电器；不变。
【分析】 （1）电路是由提供电能的电源、消耗电能的用电器、控制电路通断的开关和输送电能的导线四部分组成；
（2）电路的基本连接形式有两种：一种是串联，在串联电路中电流只有一条路径，各用电器之间相互影响；另一种是并联，在并联电路中电流有多条流通路径，各个用电器之间互不影响，独立工作。
13．【答案】 ； ；大于
【知识点】液体压强计算公式的应用；流体压强与流速的关系；阿基米德原理
【解析】【解答】 解：（1）因为“鲲龙”处于漂浮状态，“鲲龙”空载时所受的浮力等于重力，即F浮=G=mg=28.8×103kg×10N/kg=2.88×105N；
（2）最底部受到液体压强约为：p=ρgh=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.5m=5×103Pa；
（3）“鲲龙”加速起飞时，机翼上表面的空气流速比下表面空气流速大，机翼下表面受到的压强大于上表面受到的压强，下表面受到的压力大于上表面受到的压力，所以产生向上的升力。
故答案为：2.88×105；5×103；大于。
【分析】 （1）根据漂浮条件算出在河水中“鲲龙”空载时所受的浮力；
（2）根据液体的压强p=ρgh算出最底部受到液体压强；
（3）流体的压强跟流速有关，流速越大，压强越小。
14．【答案】200；90.9；小于
【知识点】滑轮（组）的机械效率；滑轮组绳子拉力的计算；有用功和额外功
【解析】【解答】 解：（1）由右图得，使用乙滑轮组做的总功W总乙=230J，额外功W额乙=30J，
做的有用功W有用乙=W总乙-W额乙=230J-30J=200J；
（2）使用甲滑轮组做的总功W总甲=330J，额外功W额甲=30J，
做的有用功W有用甲=W总甲-W额甲=330J-30J=300J；
甲滑轮组的机械效率：；（3）由图知，使用甲滑轮组，n甲=3，使用乙滑轮组，n乙=2，分别用甲、乙两滑轮组将物体A、B匀速提升1m，拉力端移动距离s甲=n甲h=3×1m=3m，s乙=n乙h=2×1m=2m，
由W=Fs可得：，，
所以F甲＜F乙。
故答案为：200；90.9；小于。
【分析】 （1）由右图得，使用乙滑轮组做的总功、额外功，使用乙滑轮组做的有用功W有用=W总-W额；
（2）由右图得，使用甲滑轮组做的总功、额外功，使用甲滑轮组做的有用功W有用=W总-W额，滑轮组的机械效率等于有用功与总功的比值；
（3）由图知，使用甲滑轮组，n甲=3，使用乙滑轮组，n乙=2，拉力端移动距离s=nh，知道总功，利用W=Fs分别计算拉力，进而得出拉力大小关系。
15．【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】作光的折射光路图；透镜的光路图；力的三要素及力的示意图；通电螺线管的极性和电流方向的判断
【解析】【解答】解：（1）根据漂浮的条件知，吉祥物小蛇受浮力和重力作用，大小相等，重力方向竖直向下，浮力方向竖直向上，作用点可都画在重心处，如图所示：
（2）光线AO射向水面，折射光线向界面方向偏折；O与透镜焦点F重合，说明水面与凸透镜的主光轴重合，过焦点的光，经过凸透镜后平行于主光轴射出；所以过O点做垂直于水面的法线，再过O点做偏离法线方向的折射光线，再在凸透镜处做出平行于主光轴的折射光线，大致光路如下：
（3）条形磁体的右端是N极，当开关S闭合时条形磁体和电磁铁相互吸引，说明电磁铁的左端是S极，右端是N极；
根据安培定则可知，电流从电磁铁线圈的右后侧流入，从左前侧流出，因此电源右端是正极；
在磁体外部，磁感线从N极发出，回到S极，A点磁感线的方向向右，如图：
【分析】 （1）漂浮在水中时，受到浮力和重力的作用，浮力方向竖直向上，重力方向竖直向下，这两个力的大小相等，所画线段的长度应该相等。
（2）过入射点画出法线，根据光的折射规律画出折射光线；
过焦点的光线经凸透镜折射后折射光线平行于主光轴。
（3）根据磁极间的相互作用规律判断电磁铁的磁极；
根据安培定则判断电磁铁线圈中的电流方向，从而判断出电源的正、负极。
在磁体外部，磁感线从N极发出，回到S极。
（1）吉祥物小蛇漂浮时，受到竖直向下的重力和竖直向上的浮力，处于二力平衡的状态，所以这两个力大小相等，作用点在O点，所以过O点做竖直向下的重力G和竖直向上的浮力F，如图所示：
（2）光线AO射向水面，折射光线向界面方向偏折；O与透镜焦点F重合，说明水面与凸透镜的主光轴重合，过焦点的光，经过凸透镜后平行于主光轴射出；所以过O点做垂直于水面的法线，再过O点做偏离法线方向的折射光线，再在凸透镜处做出平行于主光轴的折射光线，大致光路如下：
（3）当开关S闭合时条形磁体和电磁铁相互吸引，说明通电螺线管的左端为S极，右端为N极，在通电螺线管的外部，磁场方向（磁感线方向）为从磁体的N极出发回到S极，所以A点的磁场方向为向左，根据安培定则可知，电流从螺线管的右后方流入，左前方流出，所以电源右端为电源的正极。如下图所示：
16．【答案】（1）3.70
（2）2.4；不变
（3）13.2；56；盐；标准大气压下水的沸点为100℃，达不到蔗糖和盐的熔点。
【知识点】刻度尺的使用；探究影响摩擦力大小因素的实验；探究不同物质的吸热能力
【解析】【解答】解：（1）由图1可知，刻度尺的分度值是0.1cm，小蛇的高度为5.70cm-2.00cm=3.70cm；
（2）由图2可知，弹簧测力计的分度值是0.2N，示数为2.4N；
若拉动木板向右做加速运动，压力、接触面的粗擦程度不变，故木块受到摩擦力不变；
（3）如图甲所示质量m=10g+3.2g=13.2g；
如图乙试管B中温度计示数为56℃；
由图丙可知，加热相同时间，B温度变化小，故B的吸热能力强，B试管装的是盐，即盐吸热能力更强；
标准大气压下水的沸点为100℃，达不到蔗糖和盐的熔点，故该实验过程中两种物质不会熔化。
故答案为：（1）3.70；（2）2.4；不变；（3）13.2；56；盐；标准大气压下水的沸点为100℃，达不到蔗糖和盐的熔点。
【分析】 （1）先观察刻度尺的分度值，再读数；
（2）先观察弹簧测力计的分度值，再读数；
滑动摩擦力的大小与压力、接触面的粗擦程度有关，据此分析；
（3）物体的质量等于砝码和游码之和；
观察温度计的分度值，再读数；
质量相同的不同物体加热相同时间，温度变化小的吸热能力强，据此分析；
标准大气压下水的沸点为100℃，据此分析。
（1）由图可知，刻度尺的分度值为1mm，小蛇的上端对齐2.00cm，小蛇的下端对齐5.70cm，所以小蛇吉祥物的高度为
（2）[1]由图可知，弹簧测力计的分度值为0.2N，弹簧测力计示数为2.4N。
[2]拉动木板向右做加速运动时，由于摩擦力只与压力大小和接触面粗糙程度有关，与物体的运动速度无关，所以木块受到摩擦力不变。
（3）[1]由图甲可知，标尺的分度值为0.2g，游码对应的刻度为3.2g，则天平测量的物体的质量
[2]由图乙可知，温度计的分度值为1℃，温度计示数为56℃。
[3]由图乙可知，A、B试管在相同时间吸收的热量相同，由图丙可知，在相同时间，两种物质吸收的热量相同时，B试管中物质温度变化慢，则B试管中物质的吸热能量强，所以可判断出盐吸热能力更强。
[4]由于标准大气压下，水的沸点为100℃，蔗糖熔点为185℃，盐的熔点801℃，水的沸点低于蔗糖和盐的熔点，所以两种物质不会熔化。
17．【答案】（1）平衡；右；测量力臂大小
（2）6；钩码对杠杆得拉力
（3）B、C、D
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【解答】 解：（1）杠杆静止在如图甲所示的位置，静止即为平衡状态；
为使杠杆在水平位置平衡，由于杠杆现在左低右高，所以平衡螺母向右调，便于测量力臂大小；
（2）设杠杆每个格的长度为L，每个钩码的重力为G，根据杠杆的平衡条件：FALA=FBLB，
即4G×3L=nG×2L，解得n=6，需挂6个钩码；
此时杠杆的动力或阻力是钩码对杠杆的拉力；
（3）每个钩码质量为50g，根据杠杆的平衡条件：FALA=FBLB可得：
4×50×10-3kg×10N/kg×3L=3N×Lmax
解得：Lmax=2L
故拉力的作用点可能是B、C、D点。
故答案为：（1）平衡；右；测量力臂大小；（2）6；钩码对杠杆的拉力；（3）B、C、D。
【分析】（1）杠杆静止在如图甲所示的位置，静止即为平衡状态；
为使杠杆在水平位置平衡，由于杠杆现在左低右高，所以平衡螺母向右调，便于测量力臂大小；
（2）设一个钩码重为G，杠杆一个小格是L，根据杠杆平衡条件进行判断；
此时杠杆的动力或阻力是钩码对杠杆的拉力；
（3）根据杠杆的平衡条件计算得出最大力臂，进行分析。
（1）[1]平衡状态是指物体处于静止或匀速直线运动状态，则杠杆处于静止，是处于平衡状态。
[2]图甲中，杠杆的左端下沉，则应向右调节平衡螺母，才能让杠杆在水平位置平衡。
[3]杠杆在水平位置平衡时，力臂与杠杆重叠，可直接读取出力臂。
（2）[1]设一个钩码的重力为G，杠杆每小格的长度为L，据杠杆平衡条件知
解得n=6
所以B点挂6个相同的钩码。
[2]杠杆上挂上钩码后，才能转动，所以杠杆的动力和阻力是钩码对杠杆的拉力，其大小等于所挂钩码的重力。
（3）图丙中，A点处挂4个钩码，则钩码的重力
而测力计的示数为3.0N，据杠杆的平衡条件有
解得
所以该拉力的作用点可能是B和C点，此时测力计竖直向上拉；当测力计倾斜拉时，可能在E点。
18．【答案】（1）
（2）错误；右
（3）0.24；8.3
（4）成正比；1
【知识点】欧姆定律及其应用；伏安法测电阻的探究实验
【解析】【解答】 解：（1）电流表测通过小灯泡的电流，故应将小灯泡与电流表串联在电路中，电压表测小灯泡两端的电压，将电压表并联在小灯泡的两端，如下图所示
（2）若灯丝断了，电路处于断路状态，电流表无示数，故小明的说法错误。闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移到阻值最大处，即左端，闭合开关后，需要增大电路中的电流，使小灯泡变亮，应逐渐减小滑动变阻器接入电路中的阻值，故应将滑片向右移动。
（3）图乙中，电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.24A，灯泡电阻为。
（4）由表中数据可知，电压一定时，通过导体的电流与导体两端的电压正比。由第二～五组数据可知，定值电阻的阻值，当定值电阻两端的电压为0.5V时，由串联电路的分压规律可知，此时滑动变阻器两端的电压U1=U-U0=3V-0.5V=2.5V，由串联电路分压规律可知，，解得R1=25Ω＞20Ω，故不能得出第一组数据。
当定值电阻两端的电压为2.5V时，此时通过定值电阻的电流，滑动变阻器此时接入电路中的阻值，故能得出第七组数据。
当定值电阻两端的电压为3V时，此时通过定值电阻的电流，故不能得出第八组数据。综上可知，在不改变电路连接且保证各用电器安全使用的情况下，只能得出1组数据。
故答案为：（1）；（2）错误；右；（3）0.24；8.3；（4）成正比；1。
【分析】 （1）测小灯泡电阻的实验中，需要用电流表测量通过小灯泡的电流，用电压表测量小灯泡两端的电压；
（2）若灯丝断了，电路处于断路状态，电流表无示数，因此小明的说法错误；小灯泡不亮可能是电路中的电流过小，可以减小滑动变阻器接入电路中的阻值。
（3）根据可计算小灯泡的电阻；
（4）根据串联电路的分压规律、欧姆定律和滑动变阻器的规格来解答此题。
（1）电流表测通过小灯泡的电流，故应将小灯泡与电流表串联在电路中，电压表测小灯泡两端的电压，将电压表并联在小灯泡的两端，如下图所示：
（2）[1][2]若灯丝断了，电路处于断路状态，电流表无示数，故小明的说法错误。闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移到阻值最大处，即左端，闭合开关后，需要增大电路中的电流，使小灯泡变亮，应逐渐减小滑动变阻器接入电路中的阻值，故应将滑片向右移动。
（3）[1][2]图丙中，电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.24A，灯泡电阻为
（4）[1][2]由表中数据可知，电压一定时，通过导体的电流与导体两端的电压正比。由第二～五组数据可知，定值电阻的阻值
当定值电阻两端的电压为0.5V时，由串联电路的分压规律可知，此时滑动变阻器两端的电压U1=U-U0=3V-0.5V=2.5V
由串联电路分压规律可知
解得R1=25Ω＞20Ω，故不能得出第一组数据。
当定值电阻两端的电压为2.5V时，此时通过定值电阻的电流
滑动变阻器此时接入电路中的阻值
故能得出第七组数据。
当定值电阻两端的电压为3V时，此时通过定值电阻的电流
故不能得出第八组数据。综上可知，在不改变电路连接且保证各用电器安全使用的情况下，只能得出1组数据。
19．【答案】（1）解：由可得，此次清扫，机器人运动的路程：
s=vt=0.2m/s×0.5×60s=6m。
答：此次清扫，机器人运动的路程为6m。
（2）解：机器人做匀速直线运动，牵引力：F=9N，
牵引力做的功：W=Fs=9N×6m=54J。
答：行驶过程中牵引力做的功是54J。
（3）解：机器人在水平地面上，由和F=G=mg可得，完成清扫后机器人的总质量：。
答：扫地机的总质量是5kg。
【知识点】速度公式及其应用；压强的大小及其计算；功的计算及应用
【解析】【分析】 （1）根据计算此次清扫，机器人运动的路程；（2）机器人做匀速直线运动，由W=Fs计算牵引力做功；
（3）机器人在水平地面上，根据和F=G=mg计算清扫完成后，扫地机器人的总质量。
（1）扫地机运动得路程为s=vt=0.2m/s×0.5×60s=6m
（2）由于匀速直线运动，故此过程中牵引力做的功为W=Fs=9N×6m=54J
（3）扫完后扫地机对地面总压力F=pS=1.25×105Pa×4×10-4m2=50N
则总质量为
20．【答案】（1）解：由图乙可知，电动机和发热管并联在220V的电路中。根据可知，正常工作时，发热电阻的阻值。
答：正常工作时，发热电阻的阻值是48.4Ω。
（2）解：正常工作时，电动机的功率P电=P额-P热=1100W-1000W=100W。
答：正常工作时，电动机的功率是100W。
（3）解：由图丙可知，发热电阻工作的时间：t1=6min+（14min-8min）+（20min-16min）=16min=960s，
电动机工作时间t2=20min=1200s；
发热电阻消耗的电能：W1=P热t1=1000W×960s=9.6×105J，
电动机消耗的电能：W2=P2t2=100W×1200s=1.2×105J，
炸薯条共消耗的电能：W=W2+W1=9.6×105J+1.2×105J=1.08×106J。
答：定时20分钟，空气炸锅消耗的电能为1.08×106J。
【知识点】电功率的计算
【解析】【分析】（1）根据计算发热电阻的阻值；
（2）发热功率与电动机的功率之和等于额定功率，据此来求解电动机的功率；
（3）由图丙可知本次炸薯条过程中，发热管工作的时间，根据W=Pt求出发热管消耗的电能，进而求出本次炸薯条一共消耗的电能。
（1）正常工作时，发热电阻的功率是P热=1000W，则其阻值为。
（2）由于总功率是P总=11000W，正常工作时电动机的功率为。
（3）根据丙图，电动机工作时间是20分钟，则20分钟内电动机消耗的电能为
电阻丝总的工作时间为
发热电阻消耗的电能为
故炸锅20分钟内消耗的总电能为。
21．【答案】（1）不变；平衡；1∶2∶3
（2）4mg
（3）阻力与速度成正比
（4）小于
【知识点】质量及其特性；物体运动状态的变化；阿基米德原理
【解析】【解答】 解：（1）气球质量：实验中气球内充入的空气量不变，所以气球质量不变。
运动状态：从频闪照片可以看出，气球在相同时间内通过的路程相等，说明气球做匀速直线运动，处于平衡状态。
速度之比：根据频闪照片，设相邻照片的时间间隔为t，第一次实验中，设第一个时间间隔t内通过的距离为s，则第二次实验中相同时间间隔t内通过的距离为2s，第三次实验中为3s。根据速度公式，可知三次实验中气球的速度之比为1：2：3。
（2）对第二次实验中的气球进行受力分析，气球受到竖直向下的重力G=3mg+mg=4mg，竖直向上的空气阻力f。因为气球做变速运动，此时F=G-f，当气球速度稳定时，空气阻力f近似等于重力G，即f=4mg。
（3）由实验数据可知，随着气球速度的增大，空气阻力也增大。可以得出：球形物体所受的空气阻力与其速度成正比。
（4）实验前充好气的气球和细线在无风环境下电子测力计示数为mg，当把气球中的空气排出后，气球内的空气质量变小。根据力的平衡，此时测得气球和细线的总重力会小于mg。
故答案为：（1）不变；平衡；1：2：3；（2）4mg；（3）阻力与速度成正比；（4）小于。【分析】物理学中对于多因素或多变量的问题，常常采用控制因素（变量）的方法，把多因素的问题变成多个单因素的问题．每一次只改变其中的某一个因素，而控制其余几个因素不变，从而研究被改变的这个因素对事物的影响，分别加以研究，最后再综合解决，这种方法叫控制变量法。
（1）[1]质量是物质固有属性，气球下落到地面附近，位置发生变化，质量不变。
[2]由图乙知，气球下落过程，在相同的时间内通过的路程相等，做匀速直线运动，处于平衡状态。
[3]由图乙知，在相同的时间内，第3次实验通过的路程是第1次的3倍，第2次通过的路程是第1次的2倍，据知，三次实验中气球的速度之比为1∶2∶3。
（2）第2次实验中，钩码的重力为3mg，则气球及钩码的总重力。气球做匀速直线运动，所受的空气阻力等于自身的重力为4mg。
（3）第1次实验中，气球的总重力为2mg，第3次实验中，气球的总重力为6mg，每次实验中，气球都做匀速直线运动，所受的阻力之比为2mg∶4mg∶6mg=1∶2∶3，而三次的速度之比为1∶2∶3，所以气球所受的阻力与速度成正比。
（4）气球充满气体时，电子测力计的示数mg是气球、细线和内部气体的总重力与气球受到的向上的浮力的差。而向气球内充入空气时，气球内被压缩的空气的重力大于气球外排开同体积的空气的重力，即。排出气体后，气球内空气的重力和这部分空气所受浮力均变为0，则测力计的示数小于mg。
22．【答案】（1）显示光的传播路径；纸板垂直镜面时
（2）丁；同一平面上
（3）反射角和入射角
（4）A；B
【知识点】光的反射定律
【解析】【解答】 解：（1）白板的作用是显示光的传播路径；固定入射光方向和入射点不变，多次调整白板位置，当白板上同时呈现入射光和反射光时，发现白板与镜面垂直时显示了反射光线；以上发现在引入“法线”模型后可以简洁表述为：反射光线、入射光线和法线同一平面内。
（2）①将白纸板的右半边绕ON向后折（如图丙）；②白纸板整体以ON为轴旋转（如图丁）；③将白纸板整体绕底边CD向后倾斜（如图戊）。则反射光能在白纸板上呈现的是丁，以上探究在引入“法线”模型后可以简洁表述为：反射光线、入射光线和法线在同一平面内。
（3）找到反射光线与入射光线的准确位置关系，接下来应该探究反射角与入射角的大小的关系；
（4）引入“法线”模型，不是真实存在的，法线便于我们判断并测出入射角和反射角；如果没有法线，则光在反射时规律照样存在，故选AB。
故答案为：（1）显示光的传播路径；白板与镜面垂直；（2）丁；同一平面内；（3）反射角与入射角的大小；（4）AB。
【分析】（1）白板的作用是显示光的传播路径；
（2）结合三线共面分析；
（3）探究角的关系；
（4）法线的为了确定反射角和入射角假设的，不是真实存在的。
（1）[1] 在“探究光反射的规律”时，实验中用到了白纸板，由于不能直接在空气中观察到光路，所以白纸板的作用是显示光路。
[2]当白纸板上同时观察到反射光和入射光时，还观察到当白纸板与平面镜垂直时，所以当白纸板垂直镜面时，白纸板上能同时呈现入射光和反射光。
（2）[1]①将白纸板的右半边绕ON向后折，此时反射光线位置不变，故丙图中白纸板上没有反射光线；
②白纸板整体以ON为轴旋转，法线位置不变，入射光线与反射光线及法线仍在同一平面内，故图丁中反射光线能呈现在白纸板上；
③将白纸板整体绕底边CD向后倾斜，法线仍与反射面垂直位置不变，而白纸不在法线与入射光线确定的平面内，故图丁中白纸上看不到反射光线；
综上所述，反射光能在白纸板上呈现的是丁。
[2]多次调整白纸板位置，当白纸板上同时呈现入射光和反射光时，发现白纸板与镜面垂直时显示了反射光线，以上发现在引入“法线”模型后可以简洁表述为：反射光线、入射光线和法线在同一平面内。
（3）由于探究了反射光线、入射光线和法线的位置关系后，还应探究反射角和入射角的大小关系，所以为进一步探究光反射的规律，接下来应该探究反射角和入射角的关系。
（4）法线是经过入射点垂直于反射面的直线，它是一条辅助线，通常用虚线表示，不是真实存在的，法线始终垂直于镜面，有助于帮助我们判断并测出入射角和反射角，但法线并不能影响光的反射规律，故AB正确，C错误。
故选AB。
23．【答案】（1）三；长度
（2）C
（3）1.26×107；84%
（4）54.75
【知识点】影响电阻大小的因素；欧姆定律及其应用；电功率的计算；焦耳定律的应用；安全用电原则
【解析】【解答】 解：（1）电热水器有金属外壳，为了用电的安全，防止因用电器漏电而发生触电事故，其外壳必须要接地，故应使用三孔插座；
导体的电阻与导体的材料、横截面积、长度和温度有关；流经防电墙中的水必须沿着内部隔片螺旋流动，与普通水管相比其中的水柱变得更细更长，使水的横截面积变小，长度变大，从而使水的电阻变大；
（2）A、根据题意可知，电阻丝通电后会产生热量，将电能转化为内能，这是电流在做功，故A错误；
B、电热丝要给水箱内的水加热，所以电热丝外面包裹的材料应该是导热性好的材料，故B错误；
C、为了安全使用，防止漏电，加热棒外面包裹的材料必须是绝缘体，故C正确；
D、由可知在，电压一定时，电阻越小，功率越大，所以电热丝应该使用电阻小的材料；为了防止电热丝熔断，电热丝还要使用熔点高的材料，故D错误；故选：C；
（3）由可得，水的质量：
m=ρV=1.0×103kg/m3×60×10-3m3=60kg，
水吸收的热量：Q吸=cmΔt=4.2×103J/（kg ℃）×60kg×（70℃-20℃）=1.26×107J，
由可得，125min消耗的电能：W=Pt=2000W×125×60s=1.5×107J，
该电热水器的电热转化效率：；
（4）防电墙水管的电阻跟它的长度成正比，跟它的横截面积成反比，据此可知电阻与长度、横截面积的关系为，
根据表格数据可知，，
解得：k=2.4kΩ cm；
则电阻；
由题意可知，当发生漏电时，电流会沿着水管经过喷头流过人体而发生触电事故，即电流依次经过电阻和人体，电流只有一条路径，防电墙的电阻和人体为串联；
淋浴时人体的电阻约为1kΩ，故当淋浴时通过人体的安全电流不超过1mA时，防电墙和人体两端的总电压为220V，
由欧姆定律可得，防电墙和人体串联的总电阻至少为：，
则防电墙的电阻至少为：R=220kΩ-1kΩ=219kΩ；
根据题意可知，该品牌电热水器防电墙中螺旋水柱的横截面积为0.6cm2，
则防电墙电阻：，
解得：L=54.75cm。
故答案为：（1）三；长度；（2）C；（3）1.26×107；84%；（4）54.75。
【分析】 （1）为了防止因用电器漏电而发生触电事故，有金属外壳的用电器要使用三孔插座；导体的电阻与导体的材料、长度、横截面积和温度有关；
（2）①改变内能的方式：做功和热传递；
②电热丝要给水箱内的水加热；
③不容易导电的物体是绝缘体；容易导电的物体是导体；
④电热丝加热时功率较大，温度较高；
（3）由求得水的质量，由Q吸=cmΔt求得水吸收的热量，由，得125min消耗的电能，由可求得该电热水器的电热转化效率；
（4）防电墙水管的电阻跟它的长度成正比，跟它的横截面积成反比，据此可知电阻与长度、横截面积的关系为，根据表二数据代入可求出R的关系式；
根据欧姆定律求出防电墙的阻值，根据表二可知该品牌电热水器防电墙中螺旋长度的总长度；
根据题意可知，该品牌电热水器防电墙中螺旋水柱的横截面积为0.6cm2，将R的值和横截面积代入关系式可解得防电墙中螺旋长度。
（1）[1]为了用电安全，电热水器应使用三孔插座，三孔插座有接地线，能将电热水器外壳与大地相连，防止漏电时发生触电事故。
[2]根据影响电阻大小的因素，在材料和横截面积一定时，导体越长，电阻越大。“防电墙” 内部做成螺旋状，可增加进入该处水管水流的长度来增加电阻。
（2）A．电热丝通电时内能增大是通过电流做功改变的，不是热传递，故A错误；
B．电热丝外面包裹的材料应是导热性好的材料，这样才能将热量更好地传递给水，故B错误；
C．为了安全，电热丝外面包裹的材料应为绝缘体，防止漏电，故C正确；
D．电热丝应选用电阻大、熔点高的材料，根据，在电流和通电时间一定时，电阻越大，产生的热量越多；熔点高才能在高温下不被熔断，故D错误。
故选C。
（3）[1]水的质量
所以水吸收的热量
[2]电流做功
则效率为
（4）当电流为1mA时，总电阻为
由于人体的电阻为1000Ω，故螺旋水柱的电阻应为
根据表二的数据，再利用电阻与长度成正比、与横截面积成反比，进行计算：
①先算长度的情况：用表二第一列的数据计算
解得
②再算横截面积的情况：因为横截面积越大，电阻越小，所以总长度
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