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四川省泸州市龙马潭区多校联考2025年中考二模物理试题
一、选择题（本题共12小题，其中1~10题每小题3分，只有一个选项符合题目要求。11~12题每小题4分，有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全得2分，有错的得0分。共38分）
1．（2025·龙马潭模拟）从生活走向物理，以下是生活中常见的长度或时间的估计值，其中明显不符合实际的是（　　）
A．教室黑板的长约为4m
B．中学生的身高约为16dm
C．中学生的脉搏跳动一次所用的时间约为0.8s
D．中学生运动会百米赛跑的最好成绩约为9s
【答案】D
【知识点】时间的估测；长度的估测
【解析】【解答】A．教室黑板的长度约为4~5m，因此该选项符合实际，故A不符合题意；
B．中学生的身高约为1.6m，即16dm，因此该选项符合实际，故B不符合题意；
C．正常情况下， 中学生的脉搏跳动一次所用的时间约为1s，因此该选项符合实际，故C不符合题意；
D．中学生百米赛跑中最好的成绩约为13s，因此该选项不符合实际，故D符合题意。
故选D。
【分析】首先要对相关物理量有个初步的认识，不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要经过简单的计算，有的要进行单位换算，最后判断符合要求的是哪一个。
2．（2025·龙马潭模拟）下列对热学知识进行的归纳总结中，正确的是（　　）
A．下滑时通过做功增加了物体内能
B．塞子冲出时瓶内空气内能增加
C．海边昼夜温差小是因为水的比热容小
D．小蒸汽轮机利用机械能转化成内能来工作
【答案】A
【知识点】做功改变物体内能；比热容的定义及其计算公式
【解析】【解答】A．改变内能的方式有做功和热传递两种。下滑时人和滑梯摩擦生热，机械能转化为内能，通过做功增加了物体内能，故A正确；
B．物体对外做功，内能减小。塞子冲出时，瓶内空气推动塞子做功，瓶内空气内能减少，故B错误；
C．海边昼夜温差小是因为水的比热容大，相同质量的水和砂石相比，吸收或放出相同热量时，水的温度变化较小，故C错误；
D．小蒸汽轮机利用内能转化为机械能来工作的，故D错误。
故选A。
【分析】A．改变内能的方式有做功和热传递两种。
B．物体对外做功，内能减小。
C．海边昼夜温差小是因为水的比热容大。
D．小蒸汽轮机利用内能转化为机械能来工作的。
3．（2025·龙马潭模拟）如图所示为某单缸四冲程内燃机工作示意图，下列说法中正确的是（　　）
A．一个完整工作循环的顺序是：乙甲丁丙
B．乙冲程是依靠飞轮的惯性运转的
C．丙冲程发生的能量转化是机械能转化为内能
D．丁冲程发生的能量转化是内能转化为机械能
【答案】B
【知识点】热机；热机的四个冲程
【解析】【解答】 解：A、甲图中两气门都关闭，火花塞点火，活塞向下运动，是做功冲程；乙图中进气门开启，气体流入汽缸，是吸气冲程；丙图中排气门开启，气体流出汽缸，是排气冲程；丁图中两气门都关闭，活塞向上运动，是压缩冲程；所以一个完整的工作循环顺序是：乙丁甲丙，故A错误；
B、乙图是吸气冲程，是依靠飞轮的惯性运转的，故B正确；
C、丙冲程是排气冲程，此冲程活塞向上运动排出气缸内的废气，不涉及能量转化，故C错误；
D、丁冲程是压缩冲程，发生的能量转化为机械能转化为内能，故D错误。
故选：B。
【分析】 （1）内燃机一个工作循环中四个冲程的顺序：吸气冲程、压缩冲程、做功冲程和排气冲程。根据活塞的运行方向和气门的关闭情况就可以确定是哪一个冲程；
（2）内燃机的四个冲程中有两个冲程发生能量转化，一是压缩冲程中机械能转化为内能，二是做功冲程中内能转化为机械能，只有做功冲程把内能转化为机械能，对外提供动力，其它三个冲程靠飞轮的惯性完成。
4．（2025·龙马潭模拟）建立宏观与微观的联系是科学的思维方法。对下列事实的微观解释正确的是（　　）
A．酒香不怕巷子深——分子之间有间隔
B．冰雪消融——水分子分解
C．冬天汽车轮胎压强变小——轮胎内气体分子变小
D．敞口容器中的酒精逐渐减少——分子不断运动
【答案】D
【知识点】分子热运动；分子动理论基本观点
【解析】【解答】A、"酒香不怕巷子深"是由于酒精分子具有挥发性，这些带有酒香气味的分子通过扩散作用在空气中传播，因此该选项的判断是错误的。 故A错误；
B、"冰雪消融"的过程属于物理变化，只是水分子间的距离增大导致固态变为液态，水分子本身并未发生化学分解，因此该选项的判断是错误的。 故B错误；
C、轮胎压强变化是由于温度降低导致气体分子运动速度减慢，分子间平均距离缩小所致，因此该选项的判断是错误的。 故C错误；
D、敞口放置时，酒精分子不断从液体表面逸出并扩散到空气中，造成酒精量的减少，这是典型的分子运动现象。 故D正确。故选D。
【分析】根据分子的基本特征：分子质量和体积都很小；分子之间有间隔；分子是在不断运动的。
5．（2025·龙马潭模拟）关于安全用电，下列说法不正确的是（　　）
A．不能在高压线附近放风筝
B．雷雨天时，不要在开阔地行走，不可躲在大树下
C．使用验电笔辨别火线时，手不要接触笔尾金属体
D．使用有金属外壳的家用电器，其外壳需要接地
【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．高压线附近禁止放风筝，因为可能导致触电事故， 故A正确，不符合题意。
B．雷雨天气应避免在开阔地带行走，尤其不可在大树下避雨，因为潮湿的树木是导体，容易引发雷击， 故B正确，不符合题意。
C．使用测电笔检测火线时，必须接触笔尾金属体，与内部电阻串联形成通路，才能使氖管发光。若操作不当会导致检测失败， 故C不正确，符合题意。
D．金属外壳电器必须接地，防止外壳带电时引发触电事故， 故D正确，不符合题意。 故选C。
【分析】（1）安全用电原则是不靠近高压带电体，不能在高压线附近放风筝；
（2）雨天大树易导电，开阔地离避雷针较远，都不安全；
（3）验电笔辨别火线时，电流通过笔尾金属体、人体与大地形成通路；
（4）三孔插头与三孔插座的作用就是能及时把金属外壳的漏电及时导入大地。
6．（2025·龙马潭模拟）如图所示，一只白鹭正在浅水处觅食，在水中形成了两个“影子”。关于这两个“影子”的形成，下列说法中正确的是（　　）
A．“影子”甲是光的反射形成的
B．“影子”乙是光的直线传播形成的
C．当白鹭飞起来时，两个“影子”的大小都不变
D．“影子”甲不是像，“影子”乙是虚像
【答案】D
【知识点】光的直线传播及其应用；光的反射；平面镜成像的原理、特点
【解析】【解答】 解：ABD．由图可知，“影子”甲是光的直线传播形成的，“影子”乙属于平面镜成像，根据平面镜成像的原理和特点可知，“影子”是光的反射形成的虚像，故D正确，AB错误；
C．当白鹭飞起来时，“影子”甲会变大，平面镜成的像，大小不变，所以“影子”乙的大小不变，故C错误。
故选：D。
【分析】光在同种均匀介质中沿直线传播；
平面镜所成的像是虚像、物体和像的大小相等、物体和像关于平面镜对称、物体和像到平面镜的距离相等。
7．（2025·龙马潭模拟）下列说法正确的是（　　）
A．水面下行驶的潜水艇是通过改变自身的体积实现上浮和下沉的
B．氢气球可以飘在空中是因为气球内充入了密度大于空气的气体
C．轮船由长江驶入东海时（ ），排开水的体积变小，但浮力不变
D．热气球上升是因为加热装置向上喷气，把气球吹上去了
【答案】C
【知识点】阿基米德原理；浮力的利用；浮力的应用——潜水艇
【解析】【解析】A选项分析：潜水艇在水中浸没时，其排开水的体积始终保持不变，因此所受浮力恒定。它通过调节水舱中的水量（改变自身重力）来实现上浮或下沉，而非改变浮力。故A选项说法错误。
B选项分析：氢气球能悬浮在空中，是因为所充氢气密度小于空气密度，此时浮力大于气球自身重力。故B选项说法错误。
C选项分析：轮船在长江与东海中均处于漂浮状态，浮力恒等于重力。由于海水密度（）大于江水密度（），根据浮力公式可知，排开液体体积会减小。故C选项正确。
D选项分析：热气球上升原理是通过加热空气使其密度降低（），导致总重力减小。当浮力大于重力时实现升空。故D选项表述不准确。
故选C。
【分析】1、浮力的本质为上下表面产生的压力差，计算公式为F浮=ρ液gV排，所以物体所受浮力和物体所处的深度无关，与排开水的体积有关，当排开水的体积越小时，浮力越小，排开水的体积越大时，浮力越大；
2、阿基米德原理：物体排开水的重力等于物体所受浮力；
3、物体沉浮条件：物体悬浮时的浮力等于重力（排开水的体积等于物体体积），物体的密度等于液体的密度，物体漂浮表明浮力等于重力（排开水的体积小于物体体积），物体的密度小于液体的密度，物体下沉时重力大于浮力（排开水的体积等于物体体积），物体的密度大于液体的密度。
8．（2025·龙马潭模拟）科技小组模拟“智能开锁”设计的电路图，有两种开锁方式。即“人脸识别”与输入“密码”匹配成功，或“人脸识别”与使用“钥匙”匹配成功才可开锁。现用表示人脸识别，、表示密码、钥匙。匹配成功后对应开关自动闭合，电动机才工作开锁。满足上述两种方式都能开锁的电路是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】串、并联电路的设计
【解析】【解答】“人脸识别”与“密码”匹配成功，或“人脸识别”与“钥匙”匹配成功才可开锁，所以“人脸识别”开关与电动机串联在干路上，“密码”开关与“钥匙”开关属于并联，故B符合题意，ACD不符合题意。
故选B。
【分析】电路的串并联：串联：电路元件首位相连，用电器相互干扰，并联：电路元件首首相连，用电器互不干扰，开关在干路上控制整个电路的通断，开关在支路上控制单个支路的通断；家庭、公共场所的电路为并联电路。
9．（2025·龙马潭模拟）关于温度、热量和内能，下列说法正确的是（　　）
A．内能就是物体内部所有分子的动能总和
B．物体温度升高，内能一定增加
C．物体内能增加，一定是从外界吸收了热量
D．热传递总是从高温物体传向低温物体，是因为温度高的物体含有的热量多
【答案】B
【知识点】热量的概念；内能的概念；温度、热量与内能的关系；做功改变物体内能；热传递改变物体内能
【解析】【解答】A选项解析：内能是物体内部所有分子无规则运动的动能与分子势能的总和，因此A选项说法不正确。
B选项解析：对于同一物体，当其温度升高时，由于质量不变，其内能必定增加，故B选项正确。
C选项解析：物体内能增加可能有两种途径：一是从外界吸收热量，二是外界对物体做功，所以C选项的说法不完全正确。
D选项解析：热量是过程量，描述的是能量传递过程，不能说物体"含有"热量，因此D选项说法错误。
故选B。
【分析】1、温度、内能、热量的关系中只有温度的改变会引起内能改变；
2、改变物体内能的方式有做功和热传递，如钻木取火、搓手取暖属于做功改变物体内能，用酒精灯热水属于热传递改变物体内能；
3、内能和物体的质量、温度和状态有关，一切物体都具有内能。热量是过程量，只能通过吸收或者释放来描述。
10．（2025·龙马潭模拟）工人用如图所示装置把重为1000N的物体，从斜面底部匀速拉到2m高的平台上（斜面与水平地面的夹角为30°），用时20s。工人对绳子的拉力为400N，动滑轮重为20N，不考虑绳重和滑轮转轴的摩擦，下列计算结果正确的是（　　）
A．绳子对物体的拉力为780N B．绳子对物体做的功为 4000J
C．工人做功的功率为100W D．整个装置的机械效率为72.5%
【答案】A
【知识点】功率计算公式的应用；机械效率的计算；滑轮（组）的机械效率；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【解答】A、从图中可知绳子的股数n=2，工人对绳子的拉力为F=400N，对动滑轮受力分析，受到上面的两段绳子对其竖直向上的拉力、竖直向下的重力和下面的绳子对其竖直向下的拉力F绳，
则2F=G动+F绳，得出F绳=2F-G动=2×400N-20N=780N，故绳子对物体的拉力也为780N，故A正确；
B、斜面与水平地面的夹角为30°，平台高2m，根据数学知识可知斜面的长为s=4m，绳子对物体做的功W=F绳s=780N×4m=3120J，故B错误；
C、绳子自由端移动的距离s'=2×4m=8m，工人做的功W总=Fs'=400N×8m=3200J，工人做功的功率
，故C错误；
D、有用功W有用=Gh=1000N×2m=2000J，整个装置的机械效率
，故D错误。
故选：A。
【分析】（1）从图中可知绳子的股数n=2，工人对绳子的拉力为F=400N，对动滑轮受力分析，受到上面的两段绳子对其竖直向上的拉力、竖直向下的重力和下面的绳子对其竖直向下的拉力F绳，则2F=G动+F绳，得出F绳，进而得出绳子对物体的拉力；
（2）斜面与水平地面的夹角为30°，平台高2m，根据数学知识可知斜面的长为s=4m，根据W=F绳s得出绳子对物体做的功；
（3）绳子自由端移动的距离s'=2×4m=8m，根据W总=Fs'得出工人做的功，根据 得出工人做功的功率；
（4）克服物体重力做的功为有用功，根据W有用=Gh得出有用功，整个装置的机械效率 得出机械效率。
11．（2025·龙马潭模拟）水平桌面上有两个完全相同的杯子，盛有等质量的水。将橘子放入左侧杯中，取出后剥皮再放入右侧杯中，橘子静止时的状态分别如图甲、乙所示。下列分析正确的是（　　）
A．甲图中的橘子所受的浮力大于其所受的重力
B．甲图中的橘子比乙图中的橘子所受的浮力大
C．甲图中杯子对桌面的压强小于乙图中杯子对桌面的压强
D．甲图中杯底所受水的压强大于乙图中杯底所受水的压强
【答案】B,D
【知识点】压强的大小及其计算；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．根据甲图显示，橘子处于漂浮状态，受力平衡。根据浮沉条件可知，橘子受到的重力和浮力大小相等，因此选项A的说法是错误的。
B．在放入橘子之前，两个杯子中的水质量相同且杯子容积相等，因此水面高度相同。将甲图中的橘子取出剥皮后放入右侧杯子时，橘子的重力减小。甲杯中橘子漂浮，浮力等于重力；乙杯中橘子沉底，浮力小于重力。因此甲图中橘子受到的浮力更大，选项B正确。
C．剥皮后橘子的重力减小，而水和杯子的重力保持不变。因此甲杯的总重力大于乙杯的总重力。由于受力面积相同，根据压强公式 可知，甲图中杯子对桌面的压强更大，故选项C错误。
D．从图中可以看出，甲杯中的水深大于乙杯。根据液体压强公式 可知，甲图中杯底受到的水压更大，因此选项D正确。
正确答案为BD。
【分析】1、物体沉浮条件：物体悬浮时的浮力等于重力（排开水的体积等于物体体积），物体的密度等于液体的密度，物体漂浮表明浮力等于重力（排开水的体积小于物体体积），物体的密度小于液体的密度，物体下沉时重力大于浮力（排开水的体积等于物体体积），物体的密度大于液体的密度；
2、压强的计算：公式为P=ρgh，压强和液体的密度、浸没深度有关，且密度越大，压强越大，深度越大，压强越大， 在同种液体的同一深度，液体向各个方向的压强 相同。
12．（2025·龙马潭模拟）如图甲所示，电源电压恒为18V，灯泡L上标有“10V 0.5A”字样（忽略灯泡电阻随温度的变化），电流表量程为0~0.6A，电压表量程为0~15V，滑动变阻器R的最大阻值为140Ω，当只闭合S和，移动滑动变阻器的滑片P时，滑动变阻器两端的电压与其接入电路的电阻关系如图乙所示。当滑动变阻器接入电路的阻值由增大到时，电流表示数变化了0.15A，则下列说法中正确的是（　　）
A．定值电阻与的比值为2∶1
B．定值电阻的阻值为20Ω
C．只闭合S和，在保证电路安全情况下，电流表示数变化范围为0.1A~0.4A
D．只闭合S和，在保证电路安全情况下，电压表示数变化范围为8V~15V
【答案】A,D
【知识点】欧姆定律及其应用；电路的动态分析
【解析】【解答】解：AB、由图可知，只闭合S和S1时，定值电阻R0与滑动变阻器R串联，电压表测滑动变阻器R两端的电压，电流表测电路中的电流，
由图乙可知，当滑动变阻器R接入电路的电阻为R1时，滑动变阻器R两端的电压为U1，
由串联电路的电流特点和欧姆定律可知此时电路中的电流：，由串联电路的电阻特点和欧姆定律可知电源电压：U=I（R0+R1）……①，当滑动变阻器R接入电路的电阻为4R1时，滑动变阻器R两端的电压为2U1，
由串联电路的电流特点和欧姆定律可知此时电路中的电流：，
由串联电路的电阻特点和欧姆定律可知电源电压：……②，
由①②解得：R0=2R1，故A正确；
由欧姆定律可知滑动变阻器接入电路的阻值由R1增大到4R1时电路中的电流减小，
则，解得：R0=40Ω，故B错误；
C、由欧姆定律可知，当滑动变阻器接入电路的电阻为零时，电路中的电流最大，为：，
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时电路中的电流最小，由串联的电阻特点和欧姆定律可知电路中的最小电流：，
由欧姆定律可知此时滑动变阻器两端的电压：U=IR=0.1A×140Ω=14V＜15V，因此电压表安全，
则只闭合S和S1，在保证电路安全的情况下，调节滑动变阻器的滑片P，电流表的示数变化范围为0.1A～0.45A，故C错误；
D、由欧姆定律可知，灯泡L的电阻：，
只闭合S和S2，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测滑动变阻器R两端的电压，电流表测电路中的电流，
由串联电路的分压原理可知，当滑动变阻器接入电路的电阻最大时，滑动变阻器两端的电压最大，
由串联电路的电阻特点和欧姆定律可知，此时电路中的电流：，
由欧姆定律可知，此时滑动变阻器R两端的电压：U1''=I''R最大=0.1125A×140Ω=15.75V＞15V，所以电压表最大示数UV大=15V，
当滑动变阻器接入的电阻最小时，滑动变阻器两端的电压最小，由欧姆定律可知，此时电路中的电流最大，
由灯泡L的铭牌可知，灯泡L允许通过的最大电流为0.5A，电流表的量程为0～0.6A，串联电路的电流特点可知，在保证电路安全的情况下，电路中的最大电流I最大'=0.5A，则灯泡L两端的电压为10V，
由串联电路的电压特点可知，电压表的最小示数：UV小=U-UL大=18V-10V=8V，则电压表的示数变化范围为8V～15V，故D正确。
故选：AD。
【分析】（1）由图可知，只闭合S和S1时，定值电阻R0与滑动变阻器R串联，电压表测滑动变阻器R两端的电压，电流表测电路中的电流，根据串联电路的电流特点和图乙利用欧姆定律表示出滑动变阻器接入电路的阻值为R1和4R1时电路中的电流，根据串联电路的特点和欧姆定律表示出两次情况下的电源电压，解方程求出定值电阻R0与滑动变阻器R的关系，根据串联电路的特点和欧姆定律结合电流表示数变化了0.15A表示出电路中电流的变化，解方程求出的定值电阻R0的阻值；
根据欧姆定律可知当滑动变阻器接入电路的电阻为零时，电路中的电流最大，根据欧姆定律求出电路中的最大电流，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时电路中的电流最小，根据串联的电阻特点和欧姆定律求出电路中的最小电流，进而求出电流表的示数变化范围；
（2）根据欧姆定律求出灯泡L的电阻；
只闭合S和S2，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测滑动变阻器R两端的电压，电流表测电路中的电流，由串联电路的分压原理可知当滑动变阻器接入电路的电阻最大时，滑动变阻器两端的电压最大，根据串联电路的电阻特点和欧姆定律求出电路中的电流，根据欧姆定律求出此时滑动变阻器两端的电压，与电压表的量程进行比较，进而确定电压表的最大示数；当滑动变阻器接入的电阻最小时，滑动变阻器两端的电压最小，由欧姆定律可知此时电路中的电流最大，根据灯泡L允许通过的最大电流和电流表的量程结合串联电路的电流特点求出电路中的最大电流，根据串联电路的电压特点求出电压表的最小示数，进而求出电压表的示数变化范围。
二、填空题（本题共6个小题，每空1分，共18分）
13．（2025·龙马潭模拟）洒水车使用的汽油是 　 　（选填“一次”或“二次”）能源，属于 　 　（选填“清洁型”或“非清洁型”）能源、氢弹利用的是核 　 　变在瞬间释放能量。（选填“裂”或“聚”）
【答案】二次；非清洁型；聚
【知识点】能源及其分类；核聚变
【解析】【解答】汽车使用的汽油经过一次能源加工得到的，是二次能源，汽油燃烧，产生的气体污染空气，属于非清洁型能源；氢弹利用的是核聚变释放能量。
【分析】经过一次能源加工得到的能源是二次能源；消耗能源产生污染物质，是非清洁能源；氢弹利用核聚变释放能量。
14．（2025·龙马潭模拟）下雨时常伴随着打雷和闪电发生，但我们总是先看到闪电后听到雷声，这说明光比声音传播得　 　（选填“快”或“慢”）。小明看到闪电2s听到雷声，则打雷处距离小明　 　m（空气中声速为340m/s）。雷声由空气中进水中后传播速度　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”）。
【答案】快；680；变大
【知识点】光的传播速度与光年；速度公式及其应用；声速
【解析】【解答】闪电和雷声是同时发生的，光速大于声速，所以我们先看到闪电，后听到雷声。
根据速度公式计算可知打雷处到小明的距离，声音在不同介质的传播速度不同，在液体的传播速度大于空气的传播速度，所以雷声由空气中进水中后传播速度变大。
【分析】声音的速度，在不同介质中（固体大于液体大于气体）的速度不同，同一种介质中，温度相同速度相同。
15．（2025·龙马潭模拟）当公交车启动前行时，站在公交车上的人将向　 　倾倒，这是因为人的脚受到车厢地板摩擦力作用，随车一起　 　，而人的上半身由于　 　保持原来的静止状态，导致人体失去平衡而晃动甚至摔倒。
【答案】后；运动；惯性
【知识点】惯性及其现象
【解析】【解答】第1空，第2空，第3空，当公交车突然启动前，人和车都保持静止状态，当汽车突然启动时， 人的脚部因与车厢底面接触，受到静摩擦力作用，随车一起运动，而由于惯性，人的上半身要保持原来的静止状态， 随车厢一起向前加速运动从而向前倾倒。故答案为：后；运动；惯性。
【分析】一切物体都有保持原来运动状态不变的性质，叫惯性。
16．（2025·龙马潭模拟）如图所示，开关闭合后，闭合电路的一部分导体ab左右运动时电流计指针发生摆动，这是 　 　现象，利用这个原理可以制成 　 　（选填“发电机”或“电动机”）。若把电流计换成电源，开关闭合后，导体ab能够运动，是因为通电导线在磁场中受到了力的作用，利用这个原理可以制成 　 　（选填“发电机”或“电动机”）。
【答案】电磁感应；发电机；电动机
【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；发电机的构造和原理
【解析】【解答】 当导体ab做左右运动时，导体切割磁感线产生感应电流，导致电流计指针左右偏转。这一现象称为电磁感应现象，其原理可用于制造发电机。
若将电流计替换为电源，则该装置可用于研究通电导体在磁场中的受力运动，这是电动机的工作原理。
【分析】1、电磁感应定律的应用，闭合回路中的导体不断做切割磁感线的运动，导体中就会产生感应电流的现象就是电磁感应现象。
2、通电导线在磁场中受到力的作用，实例有：电动机。
17．（2025·龙马潭模拟）某彩色电视机的铭牌如图所示，其额定电功率为　 　W，额定电流是　 　A。当它正常工作时，60s内消耗的电能为　 　J。
【答案】110；0.5；6600
【知识点】电功的计算；电功率的计算
【解析】【解答】图中，电视机的额定功率为110W，额定电压为220V；则额定电流为：，60s内消耗的电能为。故第1空填：110；第2空填：0.5；第3空填：6600。
【分析】结合用电器的规格，利用，计算电流，利用W=Pt，计算消耗电能的多少。
18．（2025·龙马潭模拟）如图所示，A是体积为10dm3，密度为7.9×103kg/m3的实心铁块，将它浸没在水中，始终未提出水面，若不计摩擦和绳重，g取10N/kg，则A所受的浮力是 　 　N。若匀速拉绳，所用拉力为400N，则该滑轮组的机械效率是 　 　，动滑轮重力是 　 　N。（水的密度1.0×103kg/m3）
【答案】100；86.25%；110
【知识点】阿基米德原理；滑轮（组）的机械效率
【解析】【解答】(1) 由题可知，铁块A的体积为：V = 10 dm3 = 0.01 m3
当铁块完全浸没在水中时，排开水的体积等于铁块的体积：
即V排 = V = 0.01 m3
根据阿基米德原理计算浮力：
F浮 = ρ水gV排 = 1×103 kg/m3 × 10 N/kg × 0.01 m3 = 100 N
(2) 由密度公式计算铁块质量：
m铁 = ρ铁V = 7.9×103 kg/m3 × 0.01 m3 = 79 kg
铁块重力计算：
G铁 = m铁g = 79 kg × 10 N/kg = 790 N
浸没时平衡状态的拉力：
F拉 = G铁 - F浮 = 790 N - 100 N = 690 N
第2空，滑轮组机械效率计算，由图可知，承担物重的绳子股数为n=2，故滑轮组的机械效率为：
根据滑轮组受力关系（不计摩擦）：解得动滑轮重力：
G动 = 2F - F拉 = 2×400 N - 690 N = 110 N
故答案为：100；86.25%；110。
【分析】（1）浸没在液体中的物体排开液体的体积等于物体自身的体积，根据F浮=ρ液gV排求铁块浸没在水中时受到的浮力；
（2）根据 求出铁块的质量，根据G=mg求铁块的重力，根据力的平衡条件求出铁块受到的拉力，由图可知n=2，根据
求滑轮组的机械效率；
（3）利用不计绳重和摩擦时 求动滑轮的重力。
三、作图与实验探究题（本题共5小题，作图题请先用铅笔作图，确定后，再用黑色签字笔描黑，每图2分，其余每空1分，共20分）
19．（2025·龙马潭模拟）同学们在体育课上做仰卧起坐，前半段是背部由平躺地面变成脊柱弯曲，后半段是上半身完全离开地面，迅速成坐姿。仰卧起坐时，人体可看成杠杆模型，O为支点，A为人的重心，肌肉的拉力F为动力，如图所示，请画出重力的示意图及其阻力臂L。
【答案】
【知识点】重力示意图；力臂的画法
【解析】【解答】重力的方向是竖直向下的，从人的重心画一条带箭头的竖直向下的有向线段，用G表示，即为其所受重力示意图；过支点O作动力F作用线的垂线，该垂线段为动力臂L1。如图所示：
【分析】（1）根据重力的方向是竖直向下的，从人的重心作竖直向下的力，并标上字母G；
（2）力臂的概念：力臂是指从支点到力的作用线的距离。
20．（2025·龙马潭模拟）图是经平面镜反射后的反射光线，请画出射向平面镜的入射光线和进入空气中的折射光线。
【答案】
【知识点】作光的反射光路图；作光的折射光路图
【解析】【解答】反射角等于入射角，首先做垂直于反射平面的法线叫反射光线于反射点，据此测量反射角，并做出入射角，光线垂直于空气和水的界面时，传播方面不变，即进入空气的折射光线沿直线传播。如图所示：
【分析】反射定律：反射角等于入射角，反射光线、入射光线、法线处于同一平面、在反射中光路是可逆的；光垂直射入空气中，反射光线和折射光线传播路径不变。
21．（2025·龙马潭模拟）如图所示，某同学用自制的水透镜来探究凸透镜成像规律，当向水透镜里注水时，水透镜的焦距将变小；当从水透镜里抽水时，水透镜的焦距将变大。
（1）如图甲所示，一束平行于主光轴的光射向水透镜，在光屏上得到一个最小光斑，则此时水透镜的焦距为　 　；
（2）该同学移动蜡烛，水透镜和光屏至图乙所示位置时，恰能在光屏上看到清晰　 　（选填“放大”“等大”“缩小”）的像，若仅将蜡烛与光屏位置对调，则在光屏上　 　（选填“能”“不能”）看到清晰的像；
（3）在（2）中将蜡烛与光屏位置对调后的场景下，该同学取了一副眼镜给水透镜“戴上”，如图丙所示，发现光屏上的像变模糊，当往水透镜中加入适量的水后，发现烛焰的像再次变得清晰，由此判断该眼镜是　 　眼镜（选填“近视”“远视”）。
【答案】9.0；缩小；能；近视
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验；近视眼的成因与矫正办法
【解析】【解答】（1）平行于主光轴的光线经凸透镜折射后，会聚在主光轴上一点，光屏上得到一个最小最亮的光斑，这个最小最亮的光斑是凸透镜的焦点，焦点到光心的距离是凸透镜的焦距，所以凸透镜的焦距是：f=19.0cm-10.0cm=9.0cm；
（2）第2空，如图乙所示，水透镜和光屏至图乙所示位置时，u＞v，凸透镜在光屏上看到清晰缩小的实像，与照相机的成像原理相同；
第3空吗，根据在光的折射中，光路是可逆的可知，光屏上能成清晰的像，此时物距小于像距，根据凸透镜成实像时，物距小于像距，成倒立、放大的实像；
（3）当向水透镜里注入适量的水后，对光线的会聚能力增强，发现烛焰的像再次变得清晰，说明水透镜原来“戴上”的是具有发散作用的凹透镜，由于凹透镜可用来纠正近视眼，所以眼镜是近视眼镜；
若水透镜保持原水量，近视眼镜对光线发散，只需要将水透镜向右移动，像也可以变清晰。
故答案为：（1）9.0；（2）缩小；能；（3）近视。【分析】（1）平行于主光轴的光经凸透镜后会聚于主光轴上一点，这一点叫焦点，焦点到光心的距离叫焦距，读数时估读到分度值的下一位；
（2）u＞v，凸透镜在光屏上看到清晰倒立、缩小的实像；在光的折射中，光路是可逆的；根据凸透镜成实像时，物距小于像距，成倒立、放大的实像；
（3）近视眼镜是凹透镜，凹透镜对光线具有发散作用；凸透镜凸度变大，对光的会聚能力变强。
22．（2025·龙马潭模拟）某同学在“探究杠杆平衡条件”的实验中：
（1）实验前，发现杠杆如图甲所示，则应将杠杆左端平衡螺母向　 　（选填“左”或“右”）端适当调节，使杠水平平衡；
（2）该同学通过如图乙所示实验得到相关数据如下表，由表中数据推测出杠杆的平衡条件是：　 　（用F1、F2、l1、l2表示）；
序号 动力F1/N 动力臂l1/cm 阻力F2/N 阻力臂l2/cm
1 1.0 15.0 1.5 10.0
2 1.0 20.0 1.0 20.0
3 3.0 10.0 2.0 15.0
…… 　 　 　 　
（3）若将乙图右侧钩码换成弹簧测力计，如图丙所示，保持杠杆水平平衡，弹簧测力计拉力方向由竖直方向a变为方向b后，弹簧测力计的示数将　 　（选填“增大”、“减小”或“不变”）；
（4）该同学在科技创新实验中将此装置改装成了一个杠杆液体密度计，该装置可测量小桶内液体的密度，如图丁所示，将容积为20mL的小桶挂在M点，调节平衡螺母使杠杆水平平衡，已知OM=OA=5cm，则杠杆密度计的“0刻度”线应在　 　（选填“O”或“A”）点，将待测液体倒满小桶，在杠杆右端挂上重物并调节至N点位置时，杠杆刚好水平平衡，重物质量10g，ON=15cm，N点位置应标注的密度刻度值是　 　g/cm3，改装后杠杆右端的密度刻度线　 　（选填“是”或“不是”）均匀分布的（g=10N/kg）。
【答案】右；F1×l1=F2×l2；增大；O；1.5；是
【知识点】密度公式及其应用；探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【解答】（1）杠杆左端重右端轻，使杠杆水平平衡，应将杠杆左端平衡螺母向右端适当调节。
（2）由表中数据可知，杠杆的平衡条件为F1×l1=F2×l2；
（3）保持杠杆水平平衡，弹簧测力计拉力方向由竖直方向a变为方向b后，动力臂变小，其余因素不变，由F1×l1=F2×l2可知动力将变大，即弹簧测力计的示数将增大。
（4）将空桶挂在M点时，调节平衡螺母使杠杆水平平衡，此时杠杆右端没有悬挂重物，所以杠杆密度计的“0刻度”线应在O点。将待测液体倒满小桶，在杠杆右端挂上重物并调节至N点位置时，杠杆平衡，由m液×OM=m物×ON，得此时小桶中的液体重力为
，液体的体积为V液=20mL=20cm3，由可得，液体的密度为
故N点位置应标注的密度刻度值是1.5g/cm3。
设空桶中装满待测液体时，重物到支点的距离为L，杠杆水平平衡，由m液×OM=m物×L，解得待测液体的质量为，待测液体的体积为V，待测液体的密度为，m物、OM、V均不变，故可知待测液体的密度ρ液与重物到支点的距离L成正比，则改装后杠杆右端的密度刻度线是均匀分布的。
【分析】1、 探究杠杆平衡的条件 ，原理为动力*动力臂=阻力*阻力臂，首先对杠杆进行调平：调平原理为动力×动力臂=阻力×阻力臂，当指针偏左表明左侧较重，所以需要增加右侧力和力臂；调平的原因为：减小杠杆自重对杠杆平衡试验的影响
2、其次不断改变钩码重力以及钩码的位置，记录多组试验数据，分析动力、动力臂、阻力、阻力臂的大小关系；其中动力大于阻力此时杠杆为费力杠杆，反之属于在省力杠杆；
3、最后，使用弹簧测力计对杠杆的平衡进行动态分析，改变拉力的方向，实质为改变动力臂的大小，动力臂变小，则动力变大。
4、密度的计算：公式为。
23．（2025·龙马潭模拟）在伏安法测电阻的实验中，电源电压为15V。
（1）用笔画线代替导线将图甲中未连接部分连接起来；
（2）连接好电路后，闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应调至　 　端（选填“A”或“B”），其目的是　 　；
（3）电路连接正确后，闭合开关，将滑片P向左移动时，电压表示数　 　（填“变大”、“变小”或“不变”）；
（4）实验过程中，某次电流表和电压表的示数如图乙所示，此时测得的　 　Ω；
（5）此实验要多次测量电阻值，其目的是　 　。
【答案】（1）
（2）B；保护电路
（3）变大
（4）5
（5）减小误差
【知识点】伏安法测电阻的探究实验
【解析】【解答】（1）根据图甲所示，电压表的负接线柱需要与待测电阻Rx的左端连接。按照滑动变阻器的使用规则，待测电阻的右端应与滑动变阻器的右上接线柱相连，具体连接方式如下：
（2）为了保护电路，在闭合开关之前，应将滑动变阻器的滑片P调至阻值最大处，即B端。
（3）当闭合开关并将滑片P向左移动时，变阻器接入电路的阻值减小，根据串联电路的分压原理，待测电阻两端的电压增大，因此电压表示数变大。
（4）电压表的量程为0～15V，分度值为0.5V，此时指针指示的电压值为12.5V。电流表的量程为0～3A，分度值为0.1A，此时指针指示的电流值为2.5A。根据欧姆定律计算，待测电阻的阻值为：
（5）本实验通过多次测量电阻值并取平均值，目的是减小实验误差。
故答案为：（1）图见解答；（2）B；保护电路；（3）变大；（4）5；（5）减小误差。
【分析】（1）电压表与被测部分电路并联，注意电压表的正、负接线柱，滑动变阻器一上一下接入电路；
（2）为了保护电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于阻值最大值处；
（3）由变阻器连入电路的阻值变化，根据串联电路的分压原理分析判断；
（4）根据电压表、电流表的量程可知其分度值，根据指针位置读数电压表、电流表示数，根据欧姆定律求出待测电阻的阻值；
（5）为减小误差，实验可采用多次测量求平均值。
（1）由图甲知道，电压表的负接线柱应该与待测电阻Rx的左端相连，根据滑动变阻器的使用规则知道，待测电阻的右端应该与滑动变阻器的右上接线柱相连，如图所示：
（2）[1][2]为了保护电路，连接好电路后，闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于阻值最大处，即应调至B端。
（3）闭合开关，将滑片P向左移动时，变阻器连入阻值变小，由串联电路的分压原理知道，待测电阻两端分得电压变大，即电压表示数变大。
（4）由图知道，电压表的量程为0～15V，分度值为0.5V，根据指针位置知道，此时的示数为12.5V，电流表的量程为0～3A，分度值为0.1A，根据指针位置知道，此时的示数为2.5A，根据欧姆定律知道，待测电阻的阻值
（5）此实验要多次测量电阻值，最后求电阻值的平均值，其目的是为了减小实验的误差。
四、计算题（本题共2个小题，第24题9分，第25题10分，共19分；要求写出必要的步骤、相关公式和文字说明）
24．（2025·龙马潭模拟）如图甲所示电路，电源电压可调，R为标有“1A“字样的滑动变阻器，电流表量程为0～3A，L1、L2是额定电压均为6V的小灯泡，其电流与电压的关系如图乙所示。求：
（1）L2正常发光时的电阻；
（2）若只闭合开关S1，电源电压调节为10V，滑片P滑至中点时小灯泡正常发光，滑动变阻器的最大阻值；
（3）若不清楚电路中各开关闭合或断开的状态，滑动变阻器滑片P的移动范围为2Ω至最大阻值处，现移动滑片P同时调节电源电压，使电路中两个小灯泡均发光且有小灯泡正常发光，电路中各元件均安全工作，求对应电路总电功率的变化范围。
【答案】解：（1）L2正常发光时通过的电流为0.8A，L2的电阻
（2）若只闭合开关S1，滑动变阻器和灯泡L2串联，小灯泡正常发光时，电源电压调节为10V，滑片P滑至中点时滑动变阻器两端的电压为4V，此时滑动变阻器接入电路的阻值为 ，则
解得滑动变阻器的最大值
（3）若L1、L2并联，再与变阻器串联，则两灯泡均正常发光时，干路电流为
不能保证变阻器安全；因此使电路中两个小灯泡均发光且有小灯泡正常发光，电路中各元件均安全工作，应该只闭合S3，让两个灯泡及滑动变阻器串联，由图乙可知L1的额定电流大于L2的额定电流，因此只能让L2正常发光，此时电路中的电流为0.8A，由图乙可知，此时L1两端的电压为2V，当变阻器接入的电阻为时，电源电压
对应电路总电功率为
当变阻器接入的电阻为时，电路中的电流为0.8A，由图乙可知，L1两端的电压为2V，电源电压
对应电路总电功率为
对应电路总电功率的变化范围为。
答：（1）L2正常发光时的电阻为；
（2）滑动变阻器的最大阻值为；
（3）对应电路总电功率的变化范围为。
【知识点】串联电路和并联电路的辨别；并联电路的电流规律；串联电路的电压规律；欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【分析】（1）L2正常发光时通过的电流为0.8A，根据欧姆定律计算可知L2的电阻；
（2）若只闭合开关S1，滑动变阻器和灯泡L2串联，小灯泡正常发光时，电源电压调节为10V，滑片P滑至中点时滑动变阻器两端的电压为4V，此时滑动变阻器接入电路的阻值为 ，则，据此求解解得滑动变阻器的最大值；
（3）若L1、L2并联，再与变阻器串联，则两灯泡均正常发光时，干路电流为，此时分析电路是否能安全工作，分析只闭合S3，电路中可以正常工作，此时两个灯泡及滑动变阻器串联，且L1的额定电流大于L2的额定电流，所以L2正常发光，据图乙可知，此时L1两端的电压，当变阻器接入的电阻为时，电源电压，据此分析对应电路总电功率为，当变阻器接入的电阻为时，电路中的电流为0.8A，电源电压，据此计算电路总电功率为。
25．（2025·龙马潭模拟）如图甲所示，质量分布均匀且不吸水的柱体A高70cm（ρA＜ρ水）。足够高的薄壁圆柱形容器B的底面积为300cm2，装有10cm深的水。将A水平切去高度为h的部分，并将切去部分竖直缓慢放入B中，水的深度h水随切去高度h的变化关系图像如图乙所示。ρ水＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg。
（1）当切去高度为h1＝30cm时，求此时水对容器B底部的压强。
（2）已知切去高度h2＞30cm时，A剩余部分对水平桌面的压强和水对容器B底部的压强相等，求h2的值。
（3）在（2）问的条件下，向容器B中缓慢加水，当加入水的质量为2500g时，水中A切去部分仍保持直立，求此时水对容器B底部的压强。
【答案】解：（1）由乙图可知，将A水平切去高度为h1＝30cm时，放入水中恰好沉底，此时处于漂浮状态，浸在水中深度：h水1＝15cm，水对容器B底部的压强为
（2）当切去的高度为h1＝30cm时，A水平切去的体积为
切去部分的质量为
则切去的部分重力为
此时切去部分处于漂浮状态，浮力等于重力，故
故A的密度为
切去高度h2＞30cm时，由柱状固体压强知识可知，A剩余部分对水平桌面的压强为
切去部分浸入水中的深度不变，水对容器B底部的压强为
当切去的高度h2＞30cm时，A剩余部分对水平桌面的压强和水对容器B底部的压强相等，故可得
代入数据解得：h2＝40cm
（3）容器B内原来有水的深度为10cm，水深增加为
容器B内A切去部分排开水的体积
则A的底面积
此时A切去部分的体积为
此时切去部分的质量为
此时切去部分的重力
设当容器B中加水至h水3时，A切去部分在水中恰好漂浮，容器B中A切去部分所受浮力为
又因为物体漂浮，浮力等于重力，即
可得
则水深需再次增加
所需加水的体积：
实际加水的质量m＝2500g，则加水的体积
因为V＞V水3，所以A切去部分漂浮，则实际水的深度
由液体压强计算公式可知，此时水对容器B底部的压强为
答：（1）此时水对容器B底部的压强1500Pa；.
（2）h2的值为40cm；
（3）此时水对容器B底部的压强为2500Pa。
【知识点】压强的大小及其计算；液体压强计算公式的应用；利用平衡法求液体密度；浮力的利用；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【分析】（1）由乙图可知，将A水平切去高度为h1＝30cm时，放入水中恰好沉底，此时处于漂浮状态，浸在水中深度：h水1＝15cm，水对容器B底部的压强为；
（2）当切去的高度为h1＝30cm时，A水平切去的体积为，切去的部分重力为，此时切去部分处于漂浮状态，浮故，结合密度公式计算可知A的密度为，切去高度h2＞30cm时，A剩余部分对水平桌面的压强为，切去部分浸入水中的深度不变，水对容器B底部的压强为，当切去的高度h2＞30cm时，A剩余部分对水平桌面的压强和水对容器B底部的压强相等，故可得，据此求解h2；
（3）容器B内原来有水的深度为10cm，水深增加为，容器B内A切去部分排开水的体积，则A的底面积
，此时A切去部分的体积为，此时切去部分的质量为，此时切去部分的重力
设当容器B中加水至h水3时，A切去部分在水中恰好漂浮，容器B中A切去部分所受浮力为，物体漂浮，
，解得，则水深需再次增加，所需加水的体积：，实际加水的质量m＝2500g，则加水的体积，因为V＞V水3，所以A切去部分漂浮，则实际水的深度，由液体压强计算公式可知，此时水对容器B底部的压强为。
1 / 1四川省泸州市龙马潭区多校联考2025年中考二模物理试题
一、选择题（本题共12小题，其中1~10题每小题3分，只有一个选项符合题目要求。11~12题每小题4分，有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全得2分，有错的得0分。共38分）
1．（2025·龙马潭模拟）从生活走向物理，以下是生活中常见的长度或时间的估计值，其中明显不符合实际的是（　　）
A．教室黑板的长约为4m
B．中学生的身高约为16dm
C．中学生的脉搏跳动一次所用的时间约为0.8s
D．中学生运动会百米赛跑的最好成绩约为9s
2．（2025·龙马潭模拟）下列对热学知识进行的归纳总结中，正确的是（　　）
A．下滑时通过做功增加了物体内能
B．塞子冲出时瓶内空气内能增加
C．海边昼夜温差小是因为水的比热容小
D．小蒸汽轮机利用机械能转化成内能来工作
3．（2025·龙马潭模拟）如图所示为某单缸四冲程内燃机工作示意图，下列说法中正确的是（　　）
A．一个完整工作循环的顺序是：乙甲丁丙
B．乙冲程是依靠飞轮的惯性运转的
C．丙冲程发生的能量转化是机械能转化为内能
D．丁冲程发生的能量转化是内能转化为机械能
4．（2025·龙马潭模拟）建立宏观与微观的联系是科学的思维方法。对下列事实的微观解释正确的是（　　）
A．酒香不怕巷子深——分子之间有间隔
B．冰雪消融——水分子分解
C．冬天汽车轮胎压强变小——轮胎内气体分子变小
D．敞口容器中的酒精逐渐减少——分子不断运动
5．（2025·龙马潭模拟）关于安全用电，下列说法不正确的是（　　）
A．不能在高压线附近放风筝
B．雷雨天时，不要在开阔地行走，不可躲在大树下
C．使用验电笔辨别火线时，手不要接触笔尾金属体
D．使用有金属外壳的家用电器，其外壳需要接地
6．（2025·龙马潭模拟）如图所示，一只白鹭正在浅水处觅食，在水中形成了两个“影子”。关于这两个“影子”的形成，下列说法中正确的是（　　）
A．“影子”甲是光的反射形成的
B．“影子”乙是光的直线传播形成的
C．当白鹭飞起来时，两个“影子”的大小都不变
D．“影子”甲不是像，“影子”乙是虚像
7．（2025·龙马潭模拟）下列说法正确的是（　　）
A．水面下行驶的潜水艇是通过改变自身的体积实现上浮和下沉的
B．氢气球可以飘在空中是因为气球内充入了密度大于空气的气体
C．轮船由长江驶入东海时（ ），排开水的体积变小，但浮力不变
D．热气球上升是因为加热装置向上喷气，把气球吹上去了
8．（2025·龙马潭模拟）科技小组模拟“智能开锁”设计的电路图，有两种开锁方式。即“人脸识别”与输入“密码”匹配成功，或“人脸识别”与使用“钥匙”匹配成功才可开锁。现用表示人脸识别，、表示密码、钥匙。匹配成功后对应开关自动闭合，电动机才工作开锁。满足上述两种方式都能开锁的电路是（　　）
A． B．
C． D．
9．（2025·龙马潭模拟）关于温度、热量和内能，下列说法正确的是（　　）
A．内能就是物体内部所有分子的动能总和
B．物体温度升高，内能一定增加
C．物体内能增加，一定是从外界吸收了热量
D．热传递总是从高温物体传向低温物体，是因为温度高的物体含有的热量多
10．（2025·龙马潭模拟）工人用如图所示装置把重为1000N的物体，从斜面底部匀速拉到2m高的平台上（斜面与水平地面的夹角为30°），用时20s。工人对绳子的拉力为400N，动滑轮重为20N，不考虑绳重和滑轮转轴的摩擦，下列计算结果正确的是（　　）
A．绳子对物体的拉力为780N B．绳子对物体做的功为 4000J
C．工人做功的功率为100W D．整个装置的机械效率为72.5%
11．（2025·龙马潭模拟）水平桌面上有两个完全相同的杯子，盛有等质量的水。将橘子放入左侧杯中，取出后剥皮再放入右侧杯中，橘子静止时的状态分别如图甲、乙所示。下列分析正确的是（　　）
A．甲图中的橘子所受的浮力大于其所受的重力
B．甲图中的橘子比乙图中的橘子所受的浮力大
C．甲图中杯子对桌面的压强小于乙图中杯子对桌面的压强
D．甲图中杯底所受水的压强大于乙图中杯底所受水的压强
12．（2025·龙马潭模拟）如图甲所示，电源电压恒为18V，灯泡L上标有“10V 0.5A”字样（忽略灯泡电阻随温度的变化），电流表量程为0~0.6A，电压表量程为0~15V，滑动变阻器R的最大阻值为140Ω，当只闭合S和，移动滑动变阻器的滑片P时，滑动变阻器两端的电压与其接入电路的电阻关系如图乙所示。当滑动变阻器接入电路的阻值由增大到时，电流表示数变化了0.15A，则下列说法中正确的是（　　）
A．定值电阻与的比值为2∶1
B．定值电阻的阻值为20Ω
C．只闭合S和，在保证电路安全情况下，电流表示数变化范围为0.1A~0.4A
D．只闭合S和，在保证电路安全情况下，电压表示数变化范围为8V~15V
二、填空题（本题共6个小题，每空1分，共18分）
13．（2025·龙马潭模拟）洒水车使用的汽油是 　 　（选填“一次”或“二次”）能源，属于 　 　（选填“清洁型”或“非清洁型”）能源、氢弹利用的是核 　 　变在瞬间释放能量。（选填“裂”或“聚”）
14．（2025·龙马潭模拟）下雨时常伴随着打雷和闪电发生，但我们总是先看到闪电后听到雷声，这说明光比声音传播得　 　（选填“快”或“慢”）。小明看到闪电2s听到雷声，则打雷处距离小明　 　m（空气中声速为340m/s）。雷声由空气中进水中后传播速度　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”）。
15．（2025·龙马潭模拟）当公交车启动前行时，站在公交车上的人将向　 　倾倒，这是因为人的脚受到车厢地板摩擦力作用，随车一起　 　，而人的上半身由于　 　保持原来的静止状态，导致人体失去平衡而晃动甚至摔倒。
16．（2025·龙马潭模拟）如图所示，开关闭合后，闭合电路的一部分导体ab左右运动时电流计指针发生摆动，这是 　 　现象，利用这个原理可以制成 　 　（选填“发电机”或“电动机”）。若把电流计换成电源，开关闭合后，导体ab能够运动，是因为通电导线在磁场中受到了力的作用，利用这个原理可以制成 　 　（选填“发电机”或“电动机”）。
17．（2025·龙马潭模拟）某彩色电视机的铭牌如图所示，其额定电功率为　 　W，额定电流是　 　A。当它正常工作时，60s内消耗的电能为　 　J。
18．（2025·龙马潭模拟）如图所示，A是体积为10dm3，密度为7.9×103kg/m3的实心铁块，将它浸没在水中，始终未提出水面，若不计摩擦和绳重，g取10N/kg，则A所受的浮力是 　 　N。若匀速拉绳，所用拉力为400N，则该滑轮组的机械效率是 　 　，动滑轮重力是 　 　N。（水的密度1.0×103kg/m3）
三、作图与实验探究题（本题共5小题，作图题请先用铅笔作图，确定后，再用黑色签字笔描黑，每图2分，其余每空1分，共20分）
19．（2025·龙马潭模拟）同学们在体育课上做仰卧起坐，前半段是背部由平躺地面变成脊柱弯曲，后半段是上半身完全离开地面，迅速成坐姿。仰卧起坐时，人体可看成杠杆模型，O为支点，A为人的重心，肌肉的拉力F为动力，如图所示，请画出重力的示意图及其阻力臂L。
20．（2025·龙马潭模拟）图是经平面镜反射后的反射光线，请画出射向平面镜的入射光线和进入空气中的折射光线。
21．（2025·龙马潭模拟）如图所示，某同学用自制的水透镜来探究凸透镜成像规律，当向水透镜里注水时，水透镜的焦距将变小；当从水透镜里抽水时，水透镜的焦距将变大。
（1）如图甲所示，一束平行于主光轴的光射向水透镜，在光屏上得到一个最小光斑，则此时水透镜的焦距为　 　；
（2）该同学移动蜡烛，水透镜和光屏至图乙所示位置时，恰能在光屏上看到清晰　 　（选填“放大”“等大”“缩小”）的像，若仅将蜡烛与光屏位置对调，则在光屏上　 　（选填“能”“不能”）看到清晰的像；
（3）在（2）中将蜡烛与光屏位置对调后的场景下，该同学取了一副眼镜给水透镜“戴上”，如图丙所示，发现光屏上的像变模糊，当往水透镜中加入适量的水后，发现烛焰的像再次变得清晰，由此判断该眼镜是　 　眼镜（选填“近视”“远视”）。
22．（2025·龙马潭模拟）某同学在“探究杠杆平衡条件”的实验中：
（1）实验前，发现杠杆如图甲所示，则应将杠杆左端平衡螺母向　 　（选填“左”或“右”）端适当调节，使杠水平平衡；
（2）该同学通过如图乙所示实验得到相关数据如下表，由表中数据推测出杠杆的平衡条件是：　 　（用F1、F2、l1、l2表示）；
序号 动力F1/N 动力臂l1/cm 阻力F2/N 阻力臂l2/cm
1 1.0 15.0 1.5 10.0
2 1.0 20.0 1.0 20.0
3 3.0 10.0 2.0 15.0
…… 　 　 　 　
（3）若将乙图右侧钩码换成弹簧测力计，如图丙所示，保持杠杆水平平衡，弹簧测力计拉力方向由竖直方向a变为方向b后，弹簧测力计的示数将　 　（选填“增大”、“减小”或“不变”）；
（4）该同学在科技创新实验中将此装置改装成了一个杠杆液体密度计，该装置可测量小桶内液体的密度，如图丁所示，将容积为20mL的小桶挂在M点，调节平衡螺母使杠杆水平平衡，已知OM=OA=5cm，则杠杆密度计的“0刻度”线应在　 　（选填“O”或“A”）点，将待测液体倒满小桶，在杠杆右端挂上重物并调节至N点位置时，杠杆刚好水平平衡，重物质量10g，ON=15cm，N点位置应标注的密度刻度值是　 　g/cm3，改装后杠杆右端的密度刻度线　 　（选填“是”或“不是”）均匀分布的（g=10N/kg）。
23．（2025·龙马潭模拟）在伏安法测电阻的实验中，电源电压为15V。
（1）用笔画线代替导线将图甲中未连接部分连接起来；
（2）连接好电路后，闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应调至　 　端（选填“A”或“B”），其目的是　 　；
（3）电路连接正确后，闭合开关，将滑片P向左移动时，电压表示数　 　（填“变大”、“变小”或“不变”）；
（4）实验过程中，某次电流表和电压表的示数如图乙所示，此时测得的　 　Ω；
（5）此实验要多次测量电阻值，其目的是　 　。
四、计算题（本题共2个小题，第24题9分，第25题10分，共19分；要求写出必要的步骤、相关公式和文字说明）
24．（2025·龙马潭模拟）如图甲所示电路，电源电压可调，R为标有“1A“字样的滑动变阻器，电流表量程为0～3A，L1、L2是额定电压均为6V的小灯泡，其电流与电压的关系如图乙所示。求：
（1）L2正常发光时的电阻；
（2）若只闭合开关S1，电源电压调节为10V，滑片P滑至中点时小灯泡正常发光，滑动变阻器的最大阻值；
（3）若不清楚电路中各开关闭合或断开的状态，滑动变阻器滑片P的移动范围为2Ω至最大阻值处，现移动滑片P同时调节电源电压，使电路中两个小灯泡均发光且有小灯泡正常发光，电路中各元件均安全工作，求对应电路总电功率的变化范围。
25．（2025·龙马潭模拟）如图甲所示，质量分布均匀且不吸水的柱体A高70cm（ρA＜ρ水）。足够高的薄壁圆柱形容器B的底面积为300cm2，装有10cm深的水。将A水平切去高度为h的部分，并将切去部分竖直缓慢放入B中，水的深度h水随切去高度h的变化关系图像如图乙所示。ρ水＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg。
（1）当切去高度为h1＝30cm时，求此时水对容器B底部的压强。
（2）已知切去高度h2＞30cm时，A剩余部分对水平桌面的压强和水对容器B底部的压强相等，求h2的值。
（3）在（2）问的条件下，向容器B中缓慢加水，当加入水的质量为2500g时，水中A切去部分仍保持直立，求此时水对容器B底部的压强。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】时间的估测；长度的估测
【解析】【解答】A．教室黑板的长度约为4~5m，因此该选项符合实际，故A不符合题意；
B．中学生的身高约为1.6m，即16dm，因此该选项符合实际，故B不符合题意；
C．正常情况下， 中学生的脉搏跳动一次所用的时间约为1s，因此该选项符合实际，故C不符合题意；
D．中学生百米赛跑中最好的成绩约为13s，因此该选项不符合实际，故D符合题意。
故选D。
【分析】首先要对相关物理量有个初步的认识，不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要经过简单的计算，有的要进行单位换算，最后判断符合要求的是哪一个。
2．【答案】A
【知识点】做功改变物体内能；比热容的定义及其计算公式
【解析】【解答】A．改变内能的方式有做功和热传递两种。下滑时人和滑梯摩擦生热，机械能转化为内能，通过做功增加了物体内能，故A正确；
B．物体对外做功，内能减小。塞子冲出时，瓶内空气推动塞子做功，瓶内空气内能减少，故B错误；
C．海边昼夜温差小是因为水的比热容大，相同质量的水和砂石相比，吸收或放出相同热量时，水的温度变化较小，故C错误；
D．小蒸汽轮机利用内能转化为机械能来工作的，故D错误。
故选A。
【分析】A．改变内能的方式有做功和热传递两种。
B．物体对外做功，内能减小。
C．海边昼夜温差小是因为水的比热容大。
D．小蒸汽轮机利用内能转化为机械能来工作的。
3．【答案】B
【知识点】热机；热机的四个冲程
【解析】【解答】 解：A、甲图中两气门都关闭，火花塞点火，活塞向下运动，是做功冲程；乙图中进气门开启，气体流入汽缸，是吸气冲程；丙图中排气门开启，气体流出汽缸，是排气冲程；丁图中两气门都关闭，活塞向上运动，是压缩冲程；所以一个完整的工作循环顺序是：乙丁甲丙，故A错误；
B、乙图是吸气冲程，是依靠飞轮的惯性运转的，故B正确；
C、丙冲程是排气冲程，此冲程活塞向上运动排出气缸内的废气，不涉及能量转化，故C错误；
D、丁冲程是压缩冲程，发生的能量转化为机械能转化为内能，故D错误。
故选：B。
【分析】 （1）内燃机一个工作循环中四个冲程的顺序：吸气冲程、压缩冲程、做功冲程和排气冲程。根据活塞的运行方向和气门的关闭情况就可以确定是哪一个冲程；
（2）内燃机的四个冲程中有两个冲程发生能量转化，一是压缩冲程中机械能转化为内能，二是做功冲程中内能转化为机械能，只有做功冲程把内能转化为机械能，对外提供动力，其它三个冲程靠飞轮的惯性完成。
4．【答案】D
【知识点】分子热运动；分子动理论基本观点
【解析】【解答】A、"酒香不怕巷子深"是由于酒精分子具有挥发性，这些带有酒香气味的分子通过扩散作用在空气中传播，因此该选项的判断是错误的。 故A错误；
B、"冰雪消融"的过程属于物理变化，只是水分子间的距离增大导致固态变为液态，水分子本身并未发生化学分解，因此该选项的判断是错误的。 故B错误；
C、轮胎压强变化是由于温度降低导致气体分子运动速度减慢，分子间平均距离缩小所致，因此该选项的判断是错误的。 故C错误；
D、敞口放置时，酒精分子不断从液体表面逸出并扩散到空气中，造成酒精量的减少，这是典型的分子运动现象。 故D正确。故选D。
【分析】根据分子的基本特征：分子质量和体积都很小；分子之间有间隔；分子是在不断运动的。
5．【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．高压线附近禁止放风筝，因为可能导致触电事故， 故A正确，不符合题意。
B．雷雨天气应避免在开阔地带行走，尤其不可在大树下避雨，因为潮湿的树木是导体，容易引发雷击， 故B正确，不符合题意。
C．使用测电笔检测火线时，必须接触笔尾金属体，与内部电阻串联形成通路，才能使氖管发光。若操作不当会导致检测失败， 故C不正确，符合题意。
D．金属外壳电器必须接地，防止外壳带电时引发触电事故， 故D正确，不符合题意。 故选C。
【分析】（1）安全用电原则是不靠近高压带电体，不能在高压线附近放风筝；
（2）雨天大树易导电，开阔地离避雷针较远，都不安全；
（3）验电笔辨别火线时，电流通过笔尾金属体、人体与大地形成通路；
（4）三孔插头与三孔插座的作用就是能及时把金属外壳的漏电及时导入大地。
6．【答案】D
【知识点】光的直线传播及其应用；光的反射；平面镜成像的原理、特点
【解析】【解答】 解：ABD．由图可知，“影子”甲是光的直线传播形成的，“影子”乙属于平面镜成像，根据平面镜成像的原理和特点可知，“影子”是光的反射形成的虚像，故D正确，AB错误；
C．当白鹭飞起来时，“影子”甲会变大，平面镜成的像，大小不变，所以“影子”乙的大小不变，故C错误。
故选：D。
【分析】光在同种均匀介质中沿直线传播；
平面镜所成的像是虚像、物体和像的大小相等、物体和像关于平面镜对称、物体和像到平面镜的距离相等。
7．【答案】C
【知识点】阿基米德原理；浮力的利用；浮力的应用——潜水艇
【解析】【解析】A选项分析：潜水艇在水中浸没时，其排开水的体积始终保持不变，因此所受浮力恒定。它通过调节水舱中的水量（改变自身重力）来实现上浮或下沉，而非改变浮力。故A选项说法错误。
B选项分析：氢气球能悬浮在空中，是因为所充氢气密度小于空气密度，此时浮力大于气球自身重力。故B选项说法错误。
C选项分析：轮船在长江与东海中均处于漂浮状态，浮力恒等于重力。由于海水密度（）大于江水密度（），根据浮力公式可知，排开液体体积会减小。故C选项正确。
D选项分析：热气球上升原理是通过加热空气使其密度降低（），导致总重力减小。当浮力大于重力时实现升空。故D选项表述不准确。
故选C。
【分析】1、浮力的本质为上下表面产生的压力差，计算公式为F浮=ρ液gV排，所以物体所受浮力和物体所处的深度无关，与排开水的体积有关，当排开水的体积越小时，浮力越小，排开水的体积越大时，浮力越大；
2、阿基米德原理：物体排开水的重力等于物体所受浮力；
3、物体沉浮条件：物体悬浮时的浮力等于重力（排开水的体积等于物体体积），物体的密度等于液体的密度，物体漂浮表明浮力等于重力（排开水的体积小于物体体积），物体的密度小于液体的密度，物体下沉时重力大于浮力（排开水的体积等于物体体积），物体的密度大于液体的密度。
8．【答案】B
【知识点】串、并联电路的设计
【解析】【解答】“人脸识别”与“密码”匹配成功，或“人脸识别”与“钥匙”匹配成功才可开锁，所以“人脸识别”开关与电动机串联在干路上，“密码”开关与“钥匙”开关属于并联，故B符合题意，ACD不符合题意。
故选B。
【分析】电路的串并联：串联：电路元件首位相连，用电器相互干扰，并联：电路元件首首相连，用电器互不干扰，开关在干路上控制整个电路的通断，开关在支路上控制单个支路的通断；家庭、公共场所的电路为并联电路。
9．【答案】B
【知识点】热量的概念；内能的概念；温度、热量与内能的关系；做功改变物体内能；热传递改变物体内能
【解析】【解答】A选项解析：内能是物体内部所有分子无规则运动的动能与分子势能的总和，因此A选项说法不正确。
B选项解析：对于同一物体，当其温度升高时，由于质量不变，其内能必定增加，故B选项正确。
C选项解析：物体内能增加可能有两种途径：一是从外界吸收热量，二是外界对物体做功，所以C选项的说法不完全正确。
D选项解析：热量是过程量，描述的是能量传递过程，不能说物体"含有"热量，因此D选项说法错误。
故选B。
【分析】1、温度、内能、热量的关系中只有温度的改变会引起内能改变；
2、改变物体内能的方式有做功和热传递，如钻木取火、搓手取暖属于做功改变物体内能，用酒精灯热水属于热传递改变物体内能；
3、内能和物体的质量、温度和状态有关，一切物体都具有内能。热量是过程量，只能通过吸收或者释放来描述。
10．【答案】A
【知识点】功率计算公式的应用；机械效率的计算；滑轮（组）的机械效率；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【解答】A、从图中可知绳子的股数n=2，工人对绳子的拉力为F=400N，对动滑轮受力分析，受到上面的两段绳子对其竖直向上的拉力、竖直向下的重力和下面的绳子对其竖直向下的拉力F绳，
则2F=G动+F绳，得出F绳=2F-G动=2×400N-20N=780N，故绳子对物体的拉力也为780N，故A正确；
B、斜面与水平地面的夹角为30°，平台高2m，根据数学知识可知斜面的长为s=4m，绳子对物体做的功W=F绳s=780N×4m=3120J，故B错误；
C、绳子自由端移动的距离s'=2×4m=8m，工人做的功W总=Fs'=400N×8m=3200J，工人做功的功率
，故C错误；
D、有用功W有用=Gh=1000N×2m=2000J，整个装置的机械效率
，故D错误。
故选：A。
【分析】（1）从图中可知绳子的股数n=2，工人对绳子的拉力为F=400N，对动滑轮受力分析，受到上面的两段绳子对其竖直向上的拉力、竖直向下的重力和下面的绳子对其竖直向下的拉力F绳，则2F=G动+F绳，得出F绳，进而得出绳子对物体的拉力；
（2）斜面与水平地面的夹角为30°，平台高2m，根据数学知识可知斜面的长为s=4m，根据W=F绳s得出绳子对物体做的功；
（3）绳子自由端移动的距离s'=2×4m=8m，根据W总=Fs'得出工人做的功，根据 得出工人做功的功率；
（4）克服物体重力做的功为有用功，根据W有用=Gh得出有用功，整个装置的机械效率 得出机械效率。
11．【答案】B,D
【知识点】压强的大小及其计算；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．根据甲图显示，橘子处于漂浮状态，受力平衡。根据浮沉条件可知，橘子受到的重力和浮力大小相等，因此选项A的说法是错误的。
B．在放入橘子之前，两个杯子中的水质量相同且杯子容积相等，因此水面高度相同。将甲图中的橘子取出剥皮后放入右侧杯子时，橘子的重力减小。甲杯中橘子漂浮，浮力等于重力；乙杯中橘子沉底，浮力小于重力。因此甲图中橘子受到的浮力更大，选项B正确。
C．剥皮后橘子的重力减小，而水和杯子的重力保持不变。因此甲杯的总重力大于乙杯的总重力。由于受力面积相同，根据压强公式 可知，甲图中杯子对桌面的压强更大，故选项C错误。
D．从图中可以看出，甲杯中的水深大于乙杯。根据液体压强公式 可知，甲图中杯底受到的水压更大，因此选项D正确。
正确答案为BD。
【分析】1、物体沉浮条件：物体悬浮时的浮力等于重力（排开水的体积等于物体体积），物体的密度等于液体的密度，物体漂浮表明浮力等于重力（排开水的体积小于物体体积），物体的密度小于液体的密度，物体下沉时重力大于浮力（排开水的体积等于物体体积），物体的密度大于液体的密度；
2、压强的计算：公式为P=ρgh，压强和液体的密度、浸没深度有关，且密度越大，压强越大，深度越大，压强越大， 在同种液体的同一深度，液体向各个方向的压强 相同。
12．【答案】A,D
【知识点】欧姆定律及其应用；电路的动态分析
【解析】【解答】解：AB、由图可知，只闭合S和S1时，定值电阻R0与滑动变阻器R串联，电压表测滑动变阻器R两端的电压，电流表测电路中的电流，
由图乙可知，当滑动变阻器R接入电路的电阻为R1时，滑动变阻器R两端的电压为U1，
由串联电路的电流特点和欧姆定律可知此时电路中的电流：，由串联电路的电阻特点和欧姆定律可知电源电压：U=I（R0+R1）……①，当滑动变阻器R接入电路的电阻为4R1时，滑动变阻器R两端的电压为2U1，
由串联电路的电流特点和欧姆定律可知此时电路中的电流：，
由串联电路的电阻特点和欧姆定律可知电源电压：……②，
由①②解得：R0=2R1，故A正确；
由欧姆定律可知滑动变阻器接入电路的阻值由R1增大到4R1时电路中的电流减小，
则，解得：R0=40Ω，故B错误；
C、由欧姆定律可知，当滑动变阻器接入电路的电阻为零时，电路中的电流最大，为：，
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时电路中的电流最小，由串联的电阻特点和欧姆定律可知电路中的最小电流：，
由欧姆定律可知此时滑动变阻器两端的电压：U=IR=0.1A×140Ω=14V＜15V，因此电压表安全，
则只闭合S和S1，在保证电路安全的情况下，调节滑动变阻器的滑片P，电流表的示数变化范围为0.1A～0.45A，故C错误；
D、由欧姆定律可知，灯泡L的电阻：，
只闭合S和S2，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测滑动变阻器R两端的电压，电流表测电路中的电流，
由串联电路的分压原理可知，当滑动变阻器接入电路的电阻最大时，滑动变阻器两端的电压最大，
由串联电路的电阻特点和欧姆定律可知，此时电路中的电流：，
由欧姆定律可知，此时滑动变阻器R两端的电压：U1''=I''R最大=0.1125A×140Ω=15.75V＞15V，所以电压表最大示数UV大=15V，
当滑动变阻器接入的电阻最小时，滑动变阻器两端的电压最小，由欧姆定律可知，此时电路中的电流最大，
由灯泡L的铭牌可知，灯泡L允许通过的最大电流为0.5A，电流表的量程为0～0.6A，串联电路的电流特点可知，在保证电路安全的情况下，电路中的最大电流I最大'=0.5A，则灯泡L两端的电压为10V，
由串联电路的电压特点可知，电压表的最小示数：UV小=U-UL大=18V-10V=8V，则电压表的示数变化范围为8V～15V，故D正确。
故选：AD。
【分析】（1）由图可知，只闭合S和S1时，定值电阻R0与滑动变阻器R串联，电压表测滑动变阻器R两端的电压，电流表测电路中的电流，根据串联电路的电流特点和图乙利用欧姆定律表示出滑动变阻器接入电路的阻值为R1和4R1时电路中的电流，根据串联电路的特点和欧姆定律表示出两次情况下的电源电压，解方程求出定值电阻R0与滑动变阻器R的关系，根据串联电路的特点和欧姆定律结合电流表示数变化了0.15A表示出电路中电流的变化，解方程求出的定值电阻R0的阻值；
根据欧姆定律可知当滑动变阻器接入电路的电阻为零时，电路中的电流最大，根据欧姆定律求出电路中的最大电流，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时电路中的电流最小，根据串联的电阻特点和欧姆定律求出电路中的最小电流，进而求出电流表的示数变化范围；
（2）根据欧姆定律求出灯泡L的电阻；
只闭合S和S2，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测滑动变阻器R两端的电压，电流表测电路中的电流，由串联电路的分压原理可知当滑动变阻器接入电路的电阻最大时，滑动变阻器两端的电压最大，根据串联电路的电阻特点和欧姆定律求出电路中的电流，根据欧姆定律求出此时滑动变阻器两端的电压，与电压表的量程进行比较，进而确定电压表的最大示数；当滑动变阻器接入的电阻最小时，滑动变阻器两端的电压最小，由欧姆定律可知此时电路中的电流最大，根据灯泡L允许通过的最大电流和电流表的量程结合串联电路的电流特点求出电路中的最大电流，根据串联电路的电压特点求出电压表的最小示数，进而求出电压表的示数变化范围。
13．【答案】二次；非清洁型；聚
【知识点】能源及其分类；核聚变
【解析】【解答】汽车使用的汽油经过一次能源加工得到的，是二次能源，汽油燃烧，产生的气体污染空气，属于非清洁型能源；氢弹利用的是核聚变释放能量。
【分析】经过一次能源加工得到的能源是二次能源；消耗能源产生污染物质，是非清洁能源；氢弹利用核聚变释放能量。
14．【答案】快；680；变大
【知识点】光的传播速度与光年；速度公式及其应用；声速
【解析】【解答】闪电和雷声是同时发生的，光速大于声速，所以我们先看到闪电，后听到雷声。
根据速度公式计算可知打雷处到小明的距离，声音在不同介质的传播速度不同，在液体的传播速度大于空气的传播速度，所以雷声由空气中进水中后传播速度变大。
【分析】声音的速度，在不同介质中（固体大于液体大于气体）的速度不同，同一种介质中，温度相同速度相同。
15．【答案】后；运动；惯性
【知识点】惯性及其现象
【解析】【解答】第1空，第2空，第3空，当公交车突然启动前，人和车都保持静止状态，当汽车突然启动时， 人的脚部因与车厢底面接触，受到静摩擦力作用，随车一起运动，而由于惯性，人的上半身要保持原来的静止状态， 随车厢一起向前加速运动从而向前倾倒。故答案为：后；运动；惯性。
【分析】一切物体都有保持原来运动状态不变的性质，叫惯性。
16．【答案】电磁感应；发电机；电动机
【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；发电机的构造和原理
【解析】【解答】 当导体ab做左右运动时，导体切割磁感线产生感应电流，导致电流计指针左右偏转。这一现象称为电磁感应现象，其原理可用于制造发电机。
若将电流计替换为电源，则该装置可用于研究通电导体在磁场中的受力运动，这是电动机的工作原理。
【分析】1、电磁感应定律的应用，闭合回路中的导体不断做切割磁感线的运动，导体中就会产生感应电流的现象就是电磁感应现象。
2、通电导线在磁场中受到力的作用，实例有：电动机。
17．【答案】110；0.5；6600
【知识点】电功的计算；电功率的计算
【解析】【解答】图中，电视机的额定功率为110W，额定电压为220V；则额定电流为：，60s内消耗的电能为。故第1空填：110；第2空填：0.5；第3空填：6600。
【分析】结合用电器的规格，利用，计算电流，利用W=Pt，计算消耗电能的多少。
18．【答案】100；86.25%；110
【知识点】阿基米德原理；滑轮（组）的机械效率
【解析】【解答】(1) 由题可知，铁块A的体积为：V = 10 dm3 = 0.01 m3
当铁块完全浸没在水中时，排开水的体积等于铁块的体积：
即V排 = V = 0.01 m3
根据阿基米德原理计算浮力：
F浮 = ρ水gV排 = 1×103 kg/m3 × 10 N/kg × 0.01 m3 = 100 N
(2) 由密度公式计算铁块质量：
m铁 = ρ铁V = 7.9×103 kg/m3 × 0.01 m3 = 79 kg
铁块重力计算：
G铁 = m铁g = 79 kg × 10 N/kg = 790 N
浸没时平衡状态的拉力：
F拉 = G铁 - F浮 = 790 N - 100 N = 690 N
第2空，滑轮组机械效率计算，由图可知，承担物重的绳子股数为n=2，故滑轮组的机械效率为：
根据滑轮组受力关系（不计摩擦）：解得动滑轮重力：
G动 = 2F - F拉 = 2×400 N - 690 N = 110 N
故答案为：100；86.25%；110。
【分析】（1）浸没在液体中的物体排开液体的体积等于物体自身的体积，根据F浮=ρ液gV排求铁块浸没在水中时受到的浮力；
（2）根据 求出铁块的质量，根据G=mg求铁块的重力，根据力的平衡条件求出铁块受到的拉力，由图可知n=2，根据
求滑轮组的机械效率；
（3）利用不计绳重和摩擦时 求动滑轮的重力。
19．【答案】
【知识点】重力示意图；力臂的画法
【解析】【解答】重力的方向是竖直向下的，从人的重心画一条带箭头的竖直向下的有向线段，用G表示，即为其所受重力示意图；过支点O作动力F作用线的垂线，该垂线段为动力臂L1。如图所示：
【分析】（1）根据重力的方向是竖直向下的，从人的重心作竖直向下的力，并标上字母G；
（2）力臂的概念：力臂是指从支点到力的作用线的距离。
20．【答案】
【知识点】作光的反射光路图；作光的折射光路图
【解析】【解答】反射角等于入射角，首先做垂直于反射平面的法线叫反射光线于反射点，据此测量反射角，并做出入射角，光线垂直于空气和水的界面时，传播方面不变，即进入空气的折射光线沿直线传播。如图所示：
【分析】反射定律：反射角等于入射角，反射光线、入射光线、法线处于同一平面、在反射中光路是可逆的；光垂直射入空气中，反射光线和折射光线传播路径不变。
21．【答案】9.0；缩小；能；近视
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验；近视眼的成因与矫正办法
【解析】【解答】（1）平行于主光轴的光线经凸透镜折射后，会聚在主光轴上一点，光屏上得到一个最小最亮的光斑，这个最小最亮的光斑是凸透镜的焦点，焦点到光心的距离是凸透镜的焦距，所以凸透镜的焦距是：f=19.0cm-10.0cm=9.0cm；
（2）第2空，如图乙所示，水透镜和光屏至图乙所示位置时，u＞v，凸透镜在光屏上看到清晰缩小的实像，与照相机的成像原理相同；
第3空吗，根据在光的折射中，光路是可逆的可知，光屏上能成清晰的像，此时物距小于像距，根据凸透镜成实像时，物距小于像距，成倒立、放大的实像；
（3）当向水透镜里注入适量的水后，对光线的会聚能力增强，发现烛焰的像再次变得清晰，说明水透镜原来“戴上”的是具有发散作用的凹透镜，由于凹透镜可用来纠正近视眼，所以眼镜是近视眼镜；
若水透镜保持原水量，近视眼镜对光线发散，只需要将水透镜向右移动，像也可以变清晰。
故答案为：（1）9.0；（2）缩小；能；（3）近视。【分析】（1）平行于主光轴的光经凸透镜后会聚于主光轴上一点，这一点叫焦点，焦点到光心的距离叫焦距，读数时估读到分度值的下一位；
（2）u＞v，凸透镜在光屏上看到清晰倒立、缩小的实像；在光的折射中，光路是可逆的；根据凸透镜成实像时，物距小于像距，成倒立、放大的实像；
（3）近视眼镜是凹透镜，凹透镜对光线具有发散作用；凸透镜凸度变大，对光的会聚能力变强。
22．【答案】右；F1×l1=F2×l2；增大；O；1.5；是
【知识点】密度公式及其应用；探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【解答】（1）杠杆左端重右端轻，使杠杆水平平衡，应将杠杆左端平衡螺母向右端适当调节。
（2）由表中数据可知，杠杆的平衡条件为F1×l1=F2×l2；
（3）保持杠杆水平平衡，弹簧测力计拉力方向由竖直方向a变为方向b后，动力臂变小，其余因素不变，由F1×l1=F2×l2可知动力将变大，即弹簧测力计的示数将增大。
（4）将空桶挂在M点时，调节平衡螺母使杠杆水平平衡，此时杠杆右端没有悬挂重物，所以杠杆密度计的“0刻度”线应在O点。将待测液体倒满小桶，在杠杆右端挂上重物并调节至N点位置时，杠杆平衡，由m液×OM=m物×ON，得此时小桶中的液体重力为
，液体的体积为V液=20mL=20cm3，由可得，液体的密度为
故N点位置应标注的密度刻度值是1.5g/cm3。
设空桶中装满待测液体时，重物到支点的距离为L，杠杆水平平衡，由m液×OM=m物×L，解得待测液体的质量为，待测液体的体积为V，待测液体的密度为，m物、OM、V均不变，故可知待测液体的密度ρ液与重物到支点的距离L成正比，则改装后杠杆右端的密度刻度线是均匀分布的。
【分析】1、 探究杠杆平衡的条件 ，原理为动力*动力臂=阻力*阻力臂，首先对杠杆进行调平：调平原理为动力×动力臂=阻力×阻力臂，当指针偏左表明左侧较重，所以需要增加右侧力和力臂；调平的原因为：减小杠杆自重对杠杆平衡试验的影响
2、其次不断改变钩码重力以及钩码的位置，记录多组试验数据，分析动力、动力臂、阻力、阻力臂的大小关系；其中动力大于阻力此时杠杆为费力杠杆，反之属于在省力杠杆；
3、最后，使用弹簧测力计对杠杆的平衡进行动态分析，改变拉力的方向，实质为改变动力臂的大小，动力臂变小，则动力变大。
4、密度的计算：公式为。
23．【答案】（1）
（2）B；保护电路
（3）变大
（4）5
（5）减小误差
【知识点】伏安法测电阻的探究实验
【解析】【解答】（1）根据图甲所示，电压表的负接线柱需要与待测电阻Rx的左端连接。按照滑动变阻器的使用规则，待测电阻的右端应与滑动变阻器的右上接线柱相连，具体连接方式如下：
（2）为了保护电路，在闭合开关之前，应将滑动变阻器的滑片P调至阻值最大处，即B端。
（3）当闭合开关并将滑片P向左移动时，变阻器接入电路的阻值减小，根据串联电路的分压原理，待测电阻两端的电压增大，因此电压表示数变大。
（4）电压表的量程为0～15V，分度值为0.5V，此时指针指示的电压值为12.5V。电流表的量程为0～3A，分度值为0.1A，此时指针指示的电流值为2.5A。根据欧姆定律计算，待测电阻的阻值为：
（5）本实验通过多次测量电阻值并取平均值，目的是减小实验误差。
故答案为：（1）图见解答；（2）B；保护电路；（3）变大；（4）5；（5）减小误差。
【分析】（1）电压表与被测部分电路并联，注意电压表的正、负接线柱，滑动变阻器一上一下接入电路；
（2）为了保护电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于阻值最大值处；
（3）由变阻器连入电路的阻值变化，根据串联电路的分压原理分析判断；
（4）根据电压表、电流表的量程可知其分度值，根据指针位置读数电压表、电流表示数，根据欧姆定律求出待测电阻的阻值；
（5）为减小误差，实验可采用多次测量求平均值。
（1）由图甲知道，电压表的负接线柱应该与待测电阻Rx的左端相连，根据滑动变阻器的使用规则知道，待测电阻的右端应该与滑动变阻器的右上接线柱相连，如图所示：
（2）[1][2]为了保护电路，连接好电路后，闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于阻值最大处，即应调至B端。
（3）闭合开关，将滑片P向左移动时，变阻器连入阻值变小，由串联电路的分压原理知道，待测电阻两端分得电压变大，即电压表示数变大。
（4）由图知道，电压表的量程为0～15V，分度值为0.5V，根据指针位置知道，此时的示数为12.5V，电流表的量程为0～3A，分度值为0.1A，根据指针位置知道，此时的示数为2.5A，根据欧姆定律知道，待测电阻的阻值
（5）此实验要多次测量电阻值，最后求电阻值的平均值，其目的是为了减小实验的误差。
24．【答案】解：（1）L2正常发光时通过的电流为0.8A，L2的电阻
（2）若只闭合开关S1，滑动变阻器和灯泡L2串联，小灯泡正常发光时，电源电压调节为10V，滑片P滑至中点时滑动变阻器两端的电压为4V，此时滑动变阻器接入电路的阻值为 ，则
解得滑动变阻器的最大值
（3）若L1、L2并联，再与变阻器串联，则两灯泡均正常发光时，干路电流为
不能保证变阻器安全；因此使电路中两个小灯泡均发光且有小灯泡正常发光，电路中各元件均安全工作，应该只闭合S3，让两个灯泡及滑动变阻器串联，由图乙可知L1的额定电流大于L2的额定电流，因此只能让L2正常发光，此时电路中的电流为0.8A，由图乙可知，此时L1两端的电压为2V，当变阻器接入的电阻为时，电源电压
对应电路总电功率为
当变阻器接入的电阻为时，电路中的电流为0.8A，由图乙可知，L1两端的电压为2V，电源电压
对应电路总电功率为
对应电路总电功率的变化范围为。
答：（1）L2正常发光时的电阻为；
（2）滑动变阻器的最大阻值为；
（3）对应电路总电功率的变化范围为。
【知识点】串联电路和并联电路的辨别；并联电路的电流规律；串联电路的电压规律；欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【分析】（1）L2正常发光时通过的电流为0.8A，根据欧姆定律计算可知L2的电阻；
（2）若只闭合开关S1，滑动变阻器和灯泡L2串联，小灯泡正常发光时，电源电压调节为10V，滑片P滑至中点时滑动变阻器两端的电压为4V，此时滑动变阻器接入电路的阻值为 ，则，据此求解解得滑动变阻器的最大值；
（3）若L1、L2并联，再与变阻器串联，则两灯泡均正常发光时，干路电流为，此时分析电路是否能安全工作，分析只闭合S3，电路中可以正常工作，此时两个灯泡及滑动变阻器串联，且L1的额定电流大于L2的额定电流，所以L2正常发光，据图乙可知，此时L1两端的电压，当变阻器接入的电阻为时，电源电压，据此分析对应电路总电功率为，当变阻器接入的电阻为时，电路中的电流为0.8A，电源电压，据此计算电路总电功率为。
25．【答案】解：（1）由乙图可知，将A水平切去高度为h1＝30cm时，放入水中恰好沉底，此时处于漂浮状态，浸在水中深度：h水1＝15cm，水对容器B底部的压强为
（2）当切去的高度为h1＝30cm时，A水平切去的体积为
切去部分的质量为
则切去的部分重力为
此时切去部分处于漂浮状态，浮力等于重力，故
故A的密度为
切去高度h2＞30cm时，由柱状固体压强知识可知，A剩余部分对水平桌面的压强为
切去部分浸入水中的深度不变，水对容器B底部的压强为
当切去的高度h2＞30cm时，A剩余部分对水平桌面的压强和水对容器B底部的压强相等，故可得
代入数据解得：h2＝40cm
（3）容器B内原来有水的深度为10cm，水深增加为
容器B内A切去部分排开水的体积
则A的底面积
此时A切去部分的体积为
此时切去部分的质量为
此时切去部分的重力
设当容器B中加水至h水3时，A切去部分在水中恰好漂浮，容器B中A切去部分所受浮力为
又因为物体漂浮，浮力等于重力，即
可得
则水深需再次增加
所需加水的体积：
实际加水的质量m＝2500g，则加水的体积
因为V＞V水3，所以A切去部分漂浮，则实际水的深度
由液体压强计算公式可知，此时水对容器B底部的压强为
答：（1）此时水对容器B底部的压强1500Pa；.
（2）h2的值为40cm；
（3）此时水对容器B底部的压强为2500Pa。
【知识点】压强的大小及其计算；液体压强计算公式的应用；利用平衡法求液体密度；浮力的利用；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【分析】（1）由乙图可知，将A水平切去高度为h1＝30cm时，放入水中恰好沉底，此时处于漂浮状态，浸在水中深度：h水1＝15cm，水对容器B底部的压强为；
（2）当切去的高度为h1＝30cm时，A水平切去的体积为，切去的部分重力为，此时切去部分处于漂浮状态，浮故，结合密度公式计算可知A的密度为，切去高度h2＞30cm时，A剩余部分对水平桌面的压强为，切去部分浸入水中的深度不变，水对容器B底部的压强为，当切去的高度h2＞30cm时，A剩余部分对水平桌面的压强和水对容器B底部的压强相等，故可得，据此求解h2；
（3）容器B内原来有水的深度为10cm，水深增加为，容器B内A切去部分排开水的体积，则A的底面积
，此时A切去部分的体积为，此时切去部分的质量为，此时切去部分的重力
设当容器B中加水至h水3时，A切去部分在水中恰好漂浮，容器B中A切去部分所受浮力为，物体漂浮，
，解得，则水深需再次增加，所需加水的体积：，实际加水的质量m＝2500g，则加水的体积，因为V＞V水3，所以A切去部分漂浮，则实际水的深度，由液体压强计算公式可知，此时水对容器B底部的压强为。
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