资源简介

广西壮族自治区崇左市宁明县2025年中考一模物理试题
一、单项选择题（本大题共10小题。第小题3分。共30分。在给出的四个备选项中。只有一个选项符合题目要求。）
1．（2025·宁明模拟）下列有关磁现象说法正确的是（　　）
A．地磁南极在地理北极附近
B．铁、铝、铜块都可以经过磁化获得磁性
C．磁场和磁感线都是客观存在的特殊物质
D．磁体外部的磁感线都是由磁体的S极出发回到N极
【答案】A
【知识点】磁性材料；磁场；磁感线及其特点；地磁场
【解析】【解答】解：A、地磁的南北极与地理的南北极并不重合：地磁南极位于地理北极附近，地磁北极位于地理南极附近。故A正确；
B、只有铁、钴、镍等磁性材料才能被磁化并获得磁性。铝和铜都不是磁性材料，无法被磁化。因此，B错误；
C、磁场是客观存在的特殊物质；而磁感线是为了形象描述磁场而人为引入的物理模型，并非真实存在的物质，故C错误；
D、磁感线是闭合曲线：在磁体外部，磁感线由N极出发，回到S极；在磁体内部，磁感线由S极指向N 极，故D错误。
故选：A。
【分析】 磁场的N极在地理的南极附近，磁场的S极在地理的北极附近。
一些物质在磁体或电流的作用下获得磁性，叫做磁化。
磁感线是不存在的，是为了研究方便假象的一些有方向的曲线。
在磁体外部，磁感线从N极出发，回到S极。
2．（2025·宁明模拟）下列对信息、能源的分析中，不正确的是（　　）
A．煤、石油、天然气这些属于不可再生能源
B．现在遍布全球的通讯技术所依赖的主要媒介是电磁波
C．目前核电站是利用核聚变释放的核能来发电的
D．太阳能电池板可以将太阳能转化为电能
【答案】C
【知识点】能源及其分类；核裂变；太阳能及其利用与转化；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】A．煤、石油、天然气的形成需要亿万年，且需要极其严苛的环境，因此它们属于不可再生资源，故A正确不符合题意；
B．现在遍布全球的通讯技术所依赖的媒介是电磁波，故B正确不符合题意；
C．核聚变目前还不可控，因此核电站是利用可控的核裂变释放的能量发电，故C错误符合题意；
D．太阳能电池板工作时，可以将太阳能转化为电能，故D正确不符合题意。
故选C。
【分析】A.可以在短时间内得到补充的能源为可再生能源；
B.根据电磁波的应用判断；
C.根据核电站的工作原理判断；
D.根据能量转化的知识判断。
3．（2025·宁明模拟）关于如图所示的四个情景，下列说法正确的是（　　）
A．甲图注射器中的水很难被压缩，说明分子间存在引力
B．乙图中骤暖花香，引来长喙天蛾——温度越高，分子运动越剧烈
C．丙图双手互搓取暖，是通过热传递方式改变手的内能
D．丁图中活塞向下运动，机械能转化为内能
【答案】B
【知识点】做功改变物体内能；热机；分子热运动；分子间相互作用力
【解析】【解答】 解：A、注射器中的水很难被压缩，说明液体分子之间存在着斥力，故A错误；
B、乙图中骤暖花香，引来长喙天蛾，分子不停地做无规则运动，温度越高，运动越激烈，故B正确；
C、丙图双手互搓取暖，克服摩擦做功，机械能转化为内能，是通过做功的方式改变手的内能，故C错误；
D、丁图中两气门关闭，活塞向下运动时，是内燃机的做功冲程，将内能转化为机械能，故D错误。
故选：B。
【分析】 （1）分子间存在相互作用的引力和斥力；
（2）分子不停地做无规则运动，温度越高，运动越剧烈；
（3）改变内能的方式包括做功和热传递；
（4）内燃机的做功冲程将机械能转化为内能。
4．（2025·宁明模拟）用毛皮摩擦橡胶棒使其带电，再用橡胶棒接触不带电的验电器，下列分析正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】电荷间的相互作用规律；验电器的原理及使用
【解析】【解答】解：用毛皮摩擦橡胶棒使其带负电，再用橡胶棒接触不带电的验电器，根据验电器的工作原理可知，验电器两金属片带负电并张开，故A符合题意，BCD不符合题意。
故选：A。
【分析】 正电荷：丝绸与玻璃棒摩擦时玻璃棒所带的电荷规定为正电荷；
负电荷：毛皮与橡胶棒摩擦时橡胶棒所带的电荷规定为负电荷；
同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。
5．（2025·宁明模拟）关于现代通信，下列说法正确的是（　　）
A．电磁波可以在真空中传播，传播速度约为
B．移动电话是靠电磁波传递信息的
C．光纤通信传输的信息量很大，主要用于无线电广播
D．我国“北斗”卫星导航系统是利用超声波进行定位的
【答案】B
【知识点】电磁波的产生；光纤通信；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】A选项分析：电磁波能够在真空中传播，其速度约为，因此A选项的表述是错误的。
B选项分析：广播、电视、移动通信以及卫星通信均依赖电磁波传递信息，这一描述是正确的。
C选项分析：光纤通信具有抗干扰能力强、信号衰减低、信息容量大、保密性高等优点。但需注意，光纤通信通过光导纤维传输光信号，属于有线通信方式，而非无线传播，因此C选项是错误的。
D选项分析：电磁波传播不需要介质，我国"北斗"卫星导航系统正是利用电磁波实现定位功能，故D选项的表述是错误的。
综上所述，正确答案为B。
【分析】1、信息的传递：无线网络通信依靠电磁波来传递信息；
1、电磁波的传播不需要介质，常见应用有北斗微信、广播、电视等。
6．（2025·宁明模拟）如图为“探究电阻大小与哪些因素有关”的实验电路图，电阻丝的长度、材料、板截面积情况如图所示（），则下列说法正确的是（　　）
A．研究电阻与材料的关系可以选a和b
B．研究电阻与长度的关系可以选a和c
C．研究电阻与横截面积的关系可以选c和d
D．实验中为了电路安全最好在电路中再串联一个电压表
【答案】A
【知识点】影响电阻大小的因素
【解析】【解答】 解：A、研究电阻与材料的关系时，需控制长度、横截面积相同，改变材料。由题意Sa=Sb，且a（锰铜合金）、b（镍铬合金）材料不同，长度、横截面积均相同，满足控制变量要求。故A 正确。
B、研究电阻与长度的关系时，需控制材料、横截面积相同，改变长度。a是锰铜合金，c是镍铬合金，材料不同，不满足控制变量条件。故B错误。
C、研究电阻与横截面积的关系时，需控制材料、长度相同，改变横截面积。c、d均为镍铬合金（材料相同），但ScD、实验中为保证电路安全，应串联滑动变阻器（或保护电阻），而非电压表。电压表内阻极大，串联后电路几乎断路，无法测量电阻；保护电阻（或滑动变阻器）能限制电流，避免电源短路或元件损坏。故D错误。
故选：A。
【分析】（1）电阻大小可能与导体的材料、长度和横截面积有关，研究电阻大小与其中一个因素的关系时，要控制另外两个因素不变；
（2）电阻表示导体对电流的阻碍作用，实验中，电流表示数越大说明电阻越小。
7．（2025·宁明模拟）如图所示，工人用A、B两个相同的滑轮组成的滑轮组提升重的物体，所用的拉力为，物体以的速度匀速上升了。不计绳重及摩擦，则下列说法正确的是（　　）
A．拉力所做功的功率为
B．C处天花板受到的拉力为660N
C．若匀速提升重240N的物体，滑轮组机械效率为80%
D．动滑轮重为120N
【答案】C
【知识点】功率计算公式的应用；滑轮（组）的机械效率；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【解答】解：A．由图可知，动滑轮上的绳子段数n=3，拉力端绳子的速度为物体速度的3倍，即
根据功率公式可知，拉力F做功的功率，故A错误；
BD．根据可得动滑轮的重
定滑轮的重等于动滑轮的重，则C处天花板所受的拉力等于装置的总重与绳端的拉力之差，即，故BD错误；
C．匀速提升重240N的物体时滑轮组的机械效率
故C正确。
故选：C。
【分析】 （1）由图可知，动滑轮上的绳子段数，根据v=nv物可得拉力端绳子的速度，根据求拉力F做功的功率；
（2）不计绳重及摩擦，根据可得动滑轮的重；定滑轮的重等于动滑轮的重，则C处天花板所受的拉力等于装置的总重与绳端的拉力之差；
（3）不计绳重和摩擦，根据求匀速提升重240N的物体时滑轮组的机械效率。
8．（2025·宁明模拟）如图所示是小明模拟设计的电梯超重报警电路示意图。图中压敏电阻R1的阻值随压力的增大而减小；当其受到压力高于某一设定值时，电铃发声报警。下列说法正确的是（　　）
A．电铃应接在A和C之间
B．闭合开关，电磁铁内部存在无数条磁感线
C．减少电磁铁的线圈匝数，可以提高报警器的灵敏度
D．为使该报警电路在压力更小时报警，可将滑动变阻器R2的滑片向上移
【答案】D
【知识点】电阻的串联；欧姆定律及其应用；电磁继电器的组成、原理和特点；影响电磁铁磁性强弱的因素及其探究
【解析】【解答】A．根据题意可知，当压力过大时，压敏电阻的阻值减小，则控制电路的电流增大，电磁铁的磁性增强，此时衔铁带动动触点向下运动，接通BD电路使电铃响报警，所以电铃应该接在B、D之间，故A错误；
B．磁感线是假想的线，实际上不存在，故B错误；
C．减少电磁铁的线圈匝数，则相同电流时电磁铁的吸引力减小，从而造成衔铁不容易被吸下来的情况，即降低了报警器的灵敏度，故C错误；
D．电磁体吸合时电流大小不变，而电源电压不变，那么总电阻不变。为检测电路在压力更小时压敏电阻的增大，只能减小滑动变阻器的阻值，将R2向上调节，故D正确。
故选D。
【分析】A.压力增大时，压敏电阻阻值增大，根据电磁铁的磁力变化确定衔铁的运动方向和此时的工作状态，进而确定电铃的位置；
B.根据磁感线的定义判断；
C.电磁铁的磁场强弱的影响因素：电流大小和线圈匝数；
D.电磁体吸合时电流大小不变，而电源电压不变，那么总电阻不变，据此分析判断。
9．（2025·宁明模拟）如图，电源电压保持不变。开关S闭合，滑动变阻器的滑片P由中点向右滑动的过程中（　　）
A．电压表V的示数不变，灯泡的亮度不变
B．电流表A1的示数不变，电流表A2的示数变小
C．电流表A2的示数变小，灯泡的亮度变暗
D．电压表V的示数变大，电流表A1的示数变小
【答案】A
【知识点】并联电路的电流规律；并联电路的电压规律；滑动变阻器的原理及其使用；欧姆定律及其应用
【解析】【解答】 解：A、电压表V测电源电压，电源电压不变，故电压表示数不变；并联电路中各支路独立工作、互不影响，滑动变阻器滑片移动时，灯泡两端的电压和通过的电流均不变，实际功率不变，因此灯泡亮度不变。故A正确。
B、滑动变阻器接入电路的电阻变大，其两端电压（等于电源电压）不变，由可知，通过滑动变阻器的电流变小，即电流表A1的示数变小；干路电流等于各支路电流之和，灯泡支路电流不变，滑动变阻器支路电流变小，因此干路电流（电流表A2的示数）变小。选项中 “电流表A1的示数不变” 表述错误。故B错误。
C、并联电路中各支路互不影响，灯泡的实际功率始终不变，因此亮度不变；电流表A2 的示数虽变小，但灯泡亮度不变的描述错误。故C错误。
D、电压表V测电源电压，示数不变；电流表A1测滑动变阻器支路电流，其示数变小。选项中 “电压表V的示数变大” 表述错误。故D错误。
故选：A。
【分析】 由电路图可知，滑动变阻器和灯泡并联，电压表测量并联电路两端的电压（电源电压），电流表A1测干路的电流，电流表A2测通过滑动变阻器支路的电流；
根据电源电压可知电压表示数的变化；
根据并联电路特点分析灯泡亮度的变化；
滑动变阻器的滑片从中点向右滑动过程中，根据欧姆定律可知电流表A2示数变化，从而判断干路电流变化。
10．（2025·宁明模拟）在如图所示的电路中，电源电压保持不变，闭合开关时，电流表A有示数。一段时间后电流表A的示数变大，则以下情况可能的是（　　）
A．可能是R1发生了断路 B．可能是滑片P向左移
C．可能R2的PC部分发生了短路 D．可能是bd间发生了断路
【答案】C
【知识点】电路故障的判断
【解析】【解答】由电路图可知，两电阻并联，R2全部接入电路，电流表测干路电流，电压表测滑动变阻器滑片右端的电阻两端的电压。
A．当R1发生断路时，通过R1的电流变为零。由于R2两端的电压和电阻保持不变，通过R2的电流不变。根据并联电路电流特性，干路电流减小，导致电流表示数变小，故A选项不符合题意。
B．滑片P向左移动时，由于滑片上端连接的是电压表（相当于开路），R2仍保持全部接入电路，其电阻值不变，因此通过R2的电流不变。并联电路各支路互不影响，通过R1的电流也不变，所以干路电流保持不变，故B选项不符合题意。
C．如果R2的PC部分发生短路，R2接入电路的电阻减小。在电压不变的情况下，根据欧姆定律，通过R2的电流增大。由于并联电路特性，通过R1的电流不变，导致干路电流增大，故C选项符合题意。
D．若bd间发生断路，通过R2的电流变为零，该支路电流消失。R1两端的电压和电阻不变，其电流保持不变。根据并联电路电流关系，干路电流减小，电流表示数变小，故D选项不符合题意。
正确答案为C。
【分析】1、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；
2、并联电路电压相等、支路电流之和为干路电流。
3、题目中电流表测量干路电流，可能原因如下：总电阻减小，并联电路中电阻小于支路电阻，所以支路电阻断路或者断路不会使得电流变大，根据题目中的选项逐一分析。
二、多项选择题（本大题共2小题。第小题4分，共8分。在每小题列出的四个备选项中，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。有选错得0分。）
11．（2025·宁明模拟）如图所示，下列有关安全用电的知识，说法正确的是（　　）
A．漏电保护器可以对人身触电、导线漏电、插座接错线、用电器短路等故障起保护作用
B．人站在大地上，一只手触摸到了火线，也会触电。当有人触电时应先用手直接拉开触电者，避免触电时间过长危及生命
C．人站在绝缘的物体上，双手同时触摸火线和零线，人会触电
D．三脚插头的三个脚中接地线的脚比其它两个脚要长一些，其目的是插插头时使家用电器的金属外壳先接地线，拔插头时能使金属外壳后离开地线，避免触电
【答案】C,D
【知识点】家庭电路的组成；安全用电原则
【解析】【解答】 解：A．漏电保护器的核心作用是监测火线与零线的电流差，当发生人身触电、导线漏电、插座接错线导致电流不平衡时，会迅速切断电路，起到保护作用；同时它也能对用电器短路等故障进行保护。故A错误；
B．人站在大地上，一只手触摸火线，电流会通过人体流入大地，形成触电回路，会发生触电；但发现有人触电时，绝对不能用手直接拉开触电者，否则施救者也会触电，应先切断电源或用绝缘物体使触电者脱离电源，故B错误；
C．人站在绝缘物体上，双手同时触摸火线和零线，电流会从火线经人体流向零线，形成双线触电回路，即使脚下绝缘，也会发生触电，故C正确；
D．三脚插头的地线插脚更长是为了保证在插电源插头时最先接触地线，拔插头时最后离开地线，从而更好的起到地线保护作用，故D正确。
故选：CD。
【分析】 （1）根据漏电保护器的工作原理分析；
（2）（3）根据电流形成原理即可明确是否会发生触电；
（4）三脚插头与三孔插座相连接时，把有金属外壳的用电器的外壳与地线相接；因用电器漏电时，会使外壳带电，若接上地线，电流就通过地线，流入大地，以防止触电事故的发生；插头制作的长一些是为了插头入插座时先让金属外壳与大地相连，若漏电则先跳闸而防止触电。
12．（2025·宁明模拟）图中是与电磁现象有关的4个实验，下列说法正确的是（ ）
A．甲实验可以演示磁极间存在相互作用，同名磁极间相互作用规律为相互排斥
B．乙实验可以演示电流周围存在磁场，电流产生的磁场的方向与电流方向无关
C．丙实验研究的是通电导体在磁场中受力而运动，电动机是依据此原理制成的
D．丁实验研究的是电磁感应现象，线圈切割磁感线的过程中电能转化为机械能
【答案】A,C
【知识点】磁场；通电直导线周围的磁场；直流电动机的构造原理与工作过程；发电机的构造和原理
【解析】【解答】 解：A、如图可知同名磁极相互排斥，故此图可以探究磁极间相互作用规律，故A符合题意；
B、如图，该实验装置是奥斯特实验装置图，可探究通电导线周围存在着磁场，电流产生的磁场的方向与电流方向有关，故B不符合题意；
C、丙实验研究的是通电导体在磁场中受力而运动，电动机是依据此原理制成的，故C符合题意；
D、丁实验研究的是电磁感应现象，线圈切割磁感线的过程中机械能转化为电能，故D不符合题意。
故选：AC。
【分析】 （1）同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引；
（2）据奥斯特实验可知，通电导线周围存在着与电流方向有关的磁场；
（3）通电导体在磁场中受力而运动，电动机是依据此原理制成的；
（4）电磁感应现象，线圈切割磁感线的过程中机械能转化为电能。
三、填空题（本大题共6小题，每空1分，共12分。）
13．（2025·宁明模拟）如图为电动机和发电机模型，其中图　 　（填“甲”或“乙”）为电动机模型，其工作原理是：通电导体在磁场中受　 　的作用。
【答案】甲；力
【知识点】直流电动机的构造原理与工作过程
【解析】【解答】 解：甲图：电路中有电源，给线圈提供电流，通电线圈在磁场中受力转动，将电能转化为机械能，这是电动机的工作模型。
乙图：电路中没有电源，线圈在磁场中转动切割磁感线，产生感应电流使灯泡发光，将机械能转化为电能，这是发电机的工作模型。因此，图甲为电动机模型。
电动机的工作原理是：通电导体在磁场中受力（或 “力”“磁场力”）的作用。通电后，线圈中的导体在磁场中受到磁场力的作用，使线圈绕轴转动，从而实现电能向机械能的转化。
故答案为：甲；力。【分析】 电动机的原理是通电导体在磁场中受到力的作用。
14．（2025·宁明模拟）小明想要探究“电磁铁磁性强弱与哪些因素有关”，他设计的实验电路图如图所示。连接如图所示电路，提供足够数量的大头针，通过比较吸引大头针的数量可以探究　 　对电磁铁磁场强弱的影响；通过　 　可以探究电流大小对电磁铁磁场强弱的影响。
【答案】线圈匝数；调节滑动变阻器的滑片
【知识点】影响电磁铁磁性强弱的因素及其探究；控制变量法与探究性实验方案
【解析】【解答】 解：连接如图所示电路，提供足够数量的大头针，通过比较吸引大头针的数量可以探究线圈匝数对电磁铁磁场强弱的影响；通过移动滑动变阻器滑片可以探究电流大小对电磁铁磁场强弱的影响。
故答案为：究线圈匝数；移动滑动变阻器滑片。
【分析】电磁铁磁性强弱的影响因素：线圈匝数多少、电流大小。
当电流大小一定时，电磁铁的线圈匝数越多，磁性越强；当线圈匝数一定时，通过电磁铁的电流越大，磁性越强。
15．（2025·宁明模拟）小明爸爸去店保养车。爸爸问师傅：“该换什么了？”师傅告诉爸爸：“该换火花塞了。”通过此对话你可以判断他家的车用的发动机是内燃机中的　 　（选填“汽油机”或“柴油机”）。如图所示的发动机工作原理图，这是四冲程内燃机工作循环中的　 　冲程。
【答案】汽油机；做功
【知识点】热机；热机的四个冲程
【解析】【解答】（1）根据内燃机的结构可知，柴油机顶部是喷油嘴，汽油机顶部是火花塞，因此他家的车用的发动机是内燃机中的汽油机。
（2）根据图片可知，两个气门全部关闭，活塞向下运动，因此是做功冲程。
【分析】（1）根据汽油机和柴油机的结构不同解答；
（2）根据活塞的运行方向和气门的开合，确定冲程的名称。
16．（2025·宁明模拟）如图所示是无人机用绳子吊起物体匀速上升时的情景，此时绳子对物体的拉力　 　（选填“>”、“<”或“=”）物体的重力。某次无人机将重为200N的物体从水平地面匀速提升至30m高的楼顶，此过程中无人机对物体做功　 　J。
【答案】=；6×103
【知识点】平衡状态的判断；功的计算及应用
【解析】【解答】在物体匀速上升过程中，物体处于平衡状态。竖直方向上受到两个力作用：绳子的拉力与重力，这两个力相互平衡。根据平衡力原理，此时绳子的拉力大小等于物体的重力。
已知条件：物体重力G=200N，提升高度h=30m。根据功的计算公式，代入数值计算可得：W=Fs=Gh=200N×30m=6000J。
【分析】力和运动：物体静止或者做匀速直线运动，物体受到平衡力的作用；
功的计算：公式为W=Fs。根据题目信息计算即可。
17．（2025·宁明模拟）如图所示是探究“电流产生的热量跟哪些因素有关”的实验。实验中是通过　 　来比较导体产生热量的多少；相同时间内，电流通过产生的热量与通过产生的热量之比为　 　。
【答案】U形管中液面的高度差；4：1
【知识点】焦耳定律的应用；电流的热效应
【解析】【解答】 解：（1）电流产生的热量无法直接观察，实验中采用转换法，通过观察U形管中液面高度差的变化来间接比较导体产生热量的多少：导体产生的热量越多，容器内空气受热膨胀越明显，U形管两侧液面的高度差就越大；
（2）根据串联电路的电流特点可知，右端两个电阻的总电流和左端的电阻电流相等，即I1=I总两个5Ω的电阻并联，根据并联电路的电流特点可知I总=I2+I3，烧瓶内外的电阻值都是5Ω，阻值相等，并联电压相等，则，R1与R2电流之比为2：1。根据焦耳定律Q=I2Rt得到相同时间内，电流通过R1产生的热量与通过R2产生的热量之比为4：1。
故答案为：U形管中液面的高度差；4：1。
【分析】 （1）实验中是通过U形管中液面的高度差来比较导体产生热量的多少；
（2）装置中一个5Ω的电阻与两个5Ω的电阻并联后再串联，根据串联电路的电流特点可知，右端两个电阻的总电流和左端的电阻电流相等；
根据焦耳定律Q=I2Rt得到相同时间内，电流通过R1产生的热量与通过R2产生的热量之比。
18．（2025·宁明模拟）如图所示的电路中，若闭合开关和，断开，则小灯泡的连接方式为　 　；若开关均闭合，则电路为　 　，此时电源将会烧毁。
【答案】并联；短路
【知识点】电路的三种状态；串联电路和并联电路的辨别
【解析】【解答】图中，闭合开关S1和S3，断开S2时，电流分别流过L1、S3，和S1和L2，则L1和L2的电流路径独立，互不影响，是并联的。
开关S1、S2、S3均闭合时，导线直接连接电源两极，导致电源短路，电源可能被烧毁。故第1空填：并联；第2空填：短路。
【分析】各用电器并列连接，是并联电路；导线连接电源两端，电源短路。
四、作图题（本大题共1小题，共6分。）
19．（2025·宁明模拟）请根据如图所示的实物图，在虚线框内画出对应的电路图。
【答案】
【知识点】滑动变阻器的原理及其使用
【解析】【解答】 解：由实物图知，两灯并联，开关S、电流表A在干路上，灯L1、电流表A1在一条支路，灯L2、滑动变阻器在一条支路，电路图如图所示：
。
【分析】 分析实物图，得出两灯的连接方式，以及开关、电流表、滑动变阻器的位置，据此画出对应的电路图。
20．（2025·宁明模拟）如图所示，根据电流方向，请在虚线框内标出通电螺线管和小磁针静止时的磁极。
【答案】
【知识点】磁场；通电螺线管的极性和电流方向的判断
【解析】【解答】解：由安培定则知，左侧为N极，右侧为S极，右侧吸引小磁针的N极，故小磁针右侧为N极。如图所示：
【分析】 由右手螺旋定则可知螺线管的磁极。由磁极间的相互作用可知小磁针的磁极。
21．（2025·宁明模拟）请按照安全用电原则将下图所示的三孔插座和带开关的节能灯正确连入电路。
【答案】
【知识点】家庭电路的连接
【解析】【解答】 解： 火线先进入开关，再从开关引出连接到节能灯顶端的金属点，节能灯的螺旋套（侧面金属部分）直接连接零线，插座左侧接线柱连接零线，插座右侧接线柱连接火线，插座上方接线柱连接地线，如图所示：
【分析】 （1）灯泡的接法：火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点；零线直接接入灯泡的螺旋套。这样在断开开关能切断火线，接触灯泡不会发生触电事故。既能控制灯泡，又能更安全。
（2）三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线。
五、实验探究题（本大题共4小题，共25分。）
22．（2025·宁明模拟）如图所示是探究“物体动能的大小与哪些因素有关”的实验示意图。
（1）实验时让不同质量的小球从同一高度由静止释放，目的是为了探究动能的大小与　 　的关系；钢球到达水平面时会具有相同的　 　（选填“速度”或“动能”）；
（2）小球滚下斜面的过程中，它的　 　能转化为动能，其动能大小是通过木块移动的距离来反映的；如果木块的重为1N，被移动了0.2m，则这个过程中，重力所做的功为　 　J；
（3）若要探究动能与速度的关系，则需将相同质量的小球从斜面的　 　（选填“相同”或“不同”）高度由静止滚下。
【答案】（1）质量；速度
（2）重力势；0
（3）不同
【知识点】探究影响物体动能大小的因素
【解析】【解答】探究动能大小与哪些因素有关时，
（1）让质量不同的小球从斜面的同一高度滑下，小球到达斜面底端的速度相同，小球的质量不同，探究动能的大小与质量的关系。
为了使小球到达水平面时会具有相同的速度，需要将小球从同一高度由静止释放。
（2）实验中，小球从斜面上滚下，质量不变，高度变小，速度变大，重力势能变小，动能变大，重力势能转化为动能。
木块的重力竖直向下，运动方向水平，在重力的方向上没有通过距离，重力不做功，做功为零。
（3）探究动能与速度的关系，质量不变，改变小球的速度，使质量相同的小球从斜面的不同高度由静止滚下。
【分析】（1）当质量不同，速度相同时，探究动能和物体质量的关系；物体下滑的高度相同，到达水平面的速度相同；
（2）物体加速下滑时，重力势能转化为动能；物体受到重力，移动的距离是水平的，重力不做功；
（3）物体下滑的高度不同，到达水平面的速度不同。
（1）[1]让不同质量的小球从同一斜面的同一高度静止释放，小球到达斜面底端的速度相同，改变了小球的质量，探究动能的大小与质量的关系。
[2]为了使小球到达水平面时会具有相同的速度，需要将小球从同一高度由静止释放。
（2）[1]该实验中，小球从斜面上滚下的过程中，质量不变，高度变小，速度变大，重力势能变小，动能变大，重力势能转化为动能。
[2]重力的方向竖直向下，木块在水平方向运动，木块没有在重力的方向上通过一定的距离，重力没有做功，重力做功为零。
（3）要探究动能与速度的关系，保持质量不变，改变小球到达水平面的速度，需要将相同质量的小球从斜面的不同高度由静止滚下。
23．（2025·宁明模拟）如图甲所示为“测量小灯泡电阻”的实验装置，已知小灯泡标有2.5V字样。
（1）按甲图连接的电路，开关闭合前，需要将滑片移动　 　（选填：“C”或“D”）端；
（2）在检查电路无误后进行实验，当移动滑片时电压表的示数如图乙时，为了测量小灯泡在2.5V电压下的电阻，应将滑动变阻器的滑片P向　 　（选填“A”或“B”）端移动，直至电压表的示数为2.5V；
（3）通过移动滑动变阻器的滑片P，进行多次测量记录数据，并绘制U-I图像如图丙所示，由此可得小灯泡在电压为2.5V时的电阻是　 　Ω；
（4）根据图丙可知小灯泡的电阻是　 　（选填“变化”或“不变”），你认为原因是　 　；
（5）通过本实验可知，不能通过求灯泡的平均值来作为灯泡的电阻值，其原因是：　 　。
【答案】（1）C
（2）B
（3）10
（4）变化；灯泡的电阻受温度的影响会发生改变
（5）灯泡的电阻随温度的变化而变化
【知识点】伏安法测电阻的探究实验
【解析】【解答】（1）为了保护电路，开关闭合前，变阻器应移至阻值最大处，即C端。
综上 第1空、 C；
（2）图乙中电压表的量程是0~3V，读数为1.8V，为了测量小灯泡在2.5V电压下的电阻，根据串联分压原理可知，需将变阻器的阻值变小，使其分压减小，应将滑动变阻器的滑片P向B端移动，直至电压表的示数为2.5V。
综上 第1空、 B；
（3）丙图中，当灯泡两端电压为2.5V时，电流为0.25A，根据欧姆定律计算灯泡的电阻为；
综上 第1空、 10；
（4）小灯泡的电阻是变化的，原因为灯泡的电阻受温度的影响会发生改变。
综上 第1空、 变化； 第2空、
（5）灯泡的电阻随温度的变化而变化，不能使用平均值代表它的实际阻值。
综上 第1空、灯泡的电阻随温度的变化而变化。
【分析】1、电路连接的基本操作：连接电路时，为保护电路开关应断开，变阻器调节至最大阻值处，对电表进行试触，根据电表偏转角度选择合适的电表量程；同时电表的正负极接线柱要符合电流的正进负出；
2、串联分压：用电器串联时，其两端的电压和电阻成正比，待测电阻的电压无法降低，表明电源电压过大或者变阻器电阻较小分压过少导致。
3、欧姆定律：U=IR。
（1）开关闭合前，为了保护电路，变阻器应移至阻值最大处，即C端。
（2）图乙中电压表的量程是0~3V，分度值是0.1V，读数为1.8V，为了测量小灯泡在2.5V电压下的电阻，应使变阻器两端电压变小，根据串联分压原理可知，需将变阻器的阻值变小，应将滑动变阻器的滑片P向B端移动，直至电压表的示数为2.5V。
（3）丙图中，当灯泡两端电压为2.5V时，电流为0.25A，则灯泡的电阻为
（4）[1][2]由于灯泡的电阻受温度的影响会发生改变，因此小灯泡的电阻是变化的。
（5）灯泡的电阻随温度的变化而变化，平匀值不能代表它的实际阻值。
24．（2025·宁明模拟）（1）读出如图测量工具的示数：电压表的示数是　 　 ；电流表的示数是　 　 ；电能表的示数是　 　 ；
（2）如图，在探究“产生感应电流的条件”实验中：
①实验中观察　 　来判断电路中是否有感应电流；
②闭合开关，若导体AB 不动，左右移动磁体，电路中　 　（选填“有”或“无”）感应电流；
③该实验的结论是：闭合回路的一部分导体，在磁场中做　 　运动时，导体中就会产生感应电流；
④如果将小量程电流表换成　 　，可以探究磁场对通电导体的作用。
【答案】（1）2.8V；0.28A；31.6kW·h
（2）电流计的指针是否偏转；有；切割磁感线；电源
【知识点】电流的测量及电流表的使用；电压的测量及电压表的使用；电能表参数的理解；磁场对通电导线的作用；电磁感应
【解析】【解答】 解：（1）图中电压表读数为2.8V。
图中电流表的读数为0.28A。
电能表计数窗的最后一位为小数位，单位为kW h，读数为31.6kW h。
（2）①实验中通过观察电流计的指针是否偏转，来判断电路中是否有感应电流。
②导体AB不动，左右移动磁体，根据相对运动的知识可知，此时导体做切割磁感线运动，因此有感应电流产生。
③根据实验可知，闭合回路中一部分导体做切割磁感线运动，导体中会产生感应电流。
④探究磁场对通电导体的作用，电路中需要有电源，因此将小量程电流表换成电源。
故答案为：（1）2.8V；0.28A；31.6kW h；
（2）①电流计指针是否偏转；②有；③切割磁感线；④电源。
【分析】 （1）根据电压表的量程是0～3V确定分度值读数。
根据电流表的量程是0～0.6A确定分度值读数。
电能表计数窗的最后一位为小数位，据此读数。
（2）①实验中通过观察电流计的指针是否偏转，来判断电路中是否有感应电流。
②③闭合回路中一部分导体做切割磁感线运动，导体中会产生感应电流，据此分析。
④探究磁场对通电导体的作用，电路中需要有电源，据此分析。
（1）[1]图中电压表的量程是0~3V，分度值是0.1V，读数为2.8V。
[2]图中电流表的量程是0~0.6A，分度值是0.02A，读数为0.28A。
[3]电能表计数窗的最后一位为小数位，读数为31.6kW·h。
（2）[1]实验中通过观察电流计的指针是否偏转，来判断电路中是否有感应电流。
[2]导体AB不动，左右移动磁体，根据相对运动的知识可知，此时导体做切割磁感线运动，因此有感应电流产生。
[3]根据实验可知，闭合电路中一部分导体做切割磁感线运动，导体中会产生感应电流。
[4]探究磁场对通电导体的作用，电路中需要有电源，因此将小量程电流表换成电源。
25．（2025·宁明模拟）在“测量小灯泡的电功率”实验中，小灯泡额定电压为2.5V（电阻约为10Ω），电源电压由三节新干电池串联组成。
（1）本实验的原理是　 　，连接电路时开关应处于　 　状态；
（2）请你用笔画线代替导线将图甲中电路连接完整（要求：连线不得交叉）；
（3）若有规格分别为A：“5Ω 1A”，B：“50Ω 0.2A”，C：“20Ω 0.5A”的三个滑动变阻器供选择，为了使实验能顺利进行，他应选　 　（选填A，B，C序号）滑动变阻器连入电路；
（4）连接好电路后，闭合开关，移动滑片P到某一位置，电压表的示数是1.8V，若要测量小灯泡的额定功率，应将实物电路中滑动变阻器滑片P向　 　（选填“A”或“B”）端移动，才能使电压表的示数为2.5V；
（5）当电压表示数为2.5V时，小灯泡正常发光，此时电流表的示数如图乙所示为　 　A，则小灯泡的额定功率是　 　W。
【答案】（1）P＝UI；断开
（2）
（3）C
（4）B
（5）0.24；0.6
【知识点】探究用电器的电功率实验
【解析】【解答】 解：（1）测小灯泡额定电功率的实验原理为：P=UI；
连接电路时，为保护电路，开关应处于断开状态；
（2）灯的额定电压为2.5V，故电压表选用小量程与灯并联，如下图所示：
（3）小灯泡额定电压为2.5V，电阻约为10Ω，由欧姆定律，灯的额定电流约为：，电源电压为4.5V，由串联电路电压的规律及欧姆定律，灯正常发光时变阻器连入电路的电阻为：，
考虑到电流因素，只能选用“20Ω 0.5A”的C滑动变阻器连入电路；
（4）灯在额定电压下正常发光，示数为1.8V小于灯的额定电压2.5V，应增大灯的电压，根据串联电路电压的规律，应减小变阻器的电压，由分压原理，应减小变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向B移动，直到使电压表的示数为2.5V；
（5）当电压表示数为2.5V时，小灯泡正常发光，根据电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.24A，则小灯泡的额定功率是：
P额=U额I额=2.5V×0.24A=0.6W。
故答案为：（1）P=UI；断开；（2）；（3）C；（4）B；（5）0.24；0.6。
【分析】 （1）由电功率的计算公式确定测量小灯泡额定功率的实验原理；为保护电路，连接电路时，开关应处于断开状态；
（2）根据小灯泡额定电压为2.5V确定电压表选用小量程与灯并联；
（3）根据小灯泡额定电压为2.5V，电阻约为10Ω，由欧姆定律得出灯的额定电流，由串联电路电压的规律得出灯正常发光时变阻器的电压，由欧姆定律得出变阻器连入电路的电阻，结合电流因素，确定选用的滑动变阻器的规格；
（4）灯在额定电压下正常发光，比较电压表示数与额定电压的大小，根据串联电路电压的规律及分压原理得出滑片移动的方向；
（5）根据电流表选用的量程确定分度值读数，根据P=UI得出小灯泡的额定功率。
（1）[1]测小灯泡额定电功率的实验原理为P=UI。
[2]为保护电路，连接电路时，开关应处于断开状态。
（2）灯的额定电压为2.5V，故电压表选用小量程与灯并联，如图所示：
（3）小灯泡额定电压为2.5V，电阻约为10Ω，由欧姆定律，灯的额定电流约为
电源由三节新干电池串联，电压为4.5V，由串联电路电压的规律及欧姆定律，灯正常发光时变阻器连入电路的电阻为
综合考虑电流和电阻因素，只能选用“20Ω 0.5A”的C滑动变阻器连入电路。
（4）灯在额定电压下正常发光，示数为1.8V小于灯的额定电压2.5V，应增大灯的电压。根据串联电路电压的规律，应减小变阻器的电压，由串联分压规律，应减小变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向B移动，直到使电压表的示数为2.5V。
（5）[1][2]当电压表示数为2.5V时，小灯泡正常发光。由图乙可知，电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.24A。则小灯泡的额定功率P额=U额I额=2.5V×0.24A=0.6W
六、综合应用题（本大题共2小题，共19分。解答时要求在答题卡相应的答题区域内写出必要的文字说明、计算公式和重要的演算步骤。只写出最后答案，未写出主要演算过程的，不得分。）
26．（2025·宁明模拟）如图所示，小明的新家使用即热式天然气热水器供家里洗刷用水，他想估测家中热水器的加热效率。打开热水器，用温度计测得热水器进水管的水温为16℃，出水管的水温为56℃，放出50kg的热水后，从燃气表中看到天然气表示数由2380.19m3变为2380.69m3。[q天然气=4.2×107J/m3，c水=4.2×103J/（kg·℃）]求：
（1）0.5m3的天然气完全燃烧放出的热量；
（2）50kg的水吸收的热量；
（3）热水器的加热效率。
【答案】（1）解：由题意可知，燃烧的天然气为2380.69m3-2380.19m3=0.5m3
0.5m3的天然气完全燃烧放出的热量。
（2）解：水吸收的热量为：。
（3）解：热水器的实际效率为。
【知识点】比热容的定义及其计算公式；燃料的热值；热机效率的计算——烧锅炉
【解析】【分析】（1）根据燃料释放热量的公式求出天然气释放的热量；
（2）由公式Q=cmΔt求出水吸收的热量；
（3）吸收的热量与放出的热量比值即为热水器的实际效率。
（1）由题意可知，燃烧的天然气为2380.69m3-2380.19m3=0.5m3
0.5m3的天然气完全燃烧放出的热量
（2）水吸收的热量为
（3）热水器的实际效率为
27．（2025·宁明模拟）如图所示，电源电压恒为18V，电压表量程为0~15V，电流表量程为0~0.6A，定值电阻R0的阻值为20Ω，滑动变阻器R的规格为“50Ω 1A”。闭合开关S，电压表的示数为10V。
（1）求此时通过R0的电流；
（2）求此时R消耗的电功率；
（3）在保证电路安全的情况下，移动滑动变阻器的滑片P，电压表示数的最小值和最大值之比为1：2，且有一个电表的指针可以达到满偏，求R接入电路的阻值范围。
【答案】（1）解：由电路图可知，电阻与变阻器串联，电压表测量R0两端的电压，电流表测量电路中的电流，当电压表的示数为10V。通过R0的电流：。
答：此时通过R0的电流为0.5A。
（2）解：由电路图可知，定值电阻R0与滑动变阻器R串联，R两端的电压为
UP=U-U0=18V-10V=8V
通过R的电流IP=I0=0.5A，此时R消耗的电功率为P=UPIP=8V×0.5A=4W。
答：此时R消耗的电功率是4W。
（3）解：当电路中电压表的指针达到满偏时，为15V，此时电流表的示数
此时电路中的电流超过了电流表的量程，电路不安全，所以电压表的指针不能达到满偏。当电路中电流表的指针达到满偏时，为电路中最大安全电流I1=0.6A，此时电压表的示数U1=I1R0=0.6A×20Ω=12V
此时电压表的示数未超过最大量程，所以在保证电路安全的情况下，电流表的指针可以达到满偏，电压表的最大示数为12V。此时R接入电路的阻值
电压表示数的最小值和最大值之比为1：2，则电压表最小示数为6V，此时电流中的电流
R接入电路的阻值：
R接入电路的阻值范围是10Ω～40Ω。
答：在保证电路安全的情况下，移动滑动变阻器的滑片P，电压表示数的最小值和最大值之比为1：2，且有一个电表的指针可以达到满偏，R接入电路的阻值范围10Ω～40Ω。
【知识点】欧姆定律及其应用；电路的动态分析；电功率的计算
【解析】【分析】 （1）由电路图可知，电阻与变阻器串联，电压表测量R0两端的电压，电流表测量电路中的电流，根据欧姆定律计算电流；
（2）根据串联电路的特点和P=UI计算电功率；
（3）根据电压表最大值计算电流，分析电流表是否超量程，据此确定满偏的电表，结合欧姆定律和电压表示数的最小值和最大值之比为1：2，计算R接入电路的阻值范围。
（1）由电路图可知，电压表的示数为两端的电压，为。通过的电流：
（2）由电路图可知，定值电阻R0与滑动变阻器R串联，两端的电压为
通过的电流，此时消耗的电功率为
（3）当电路中电压表的指针达到满偏时，为，此时电流表的示数
此时电路中的电流超过了电流表的量程，电路不安全，所以电压表的指针不能达到满偏。当电路中电流表的指针达到满偏时，为电路中最大安全电流，此时电压表的示数
此时电压表的示数未超过最大量程，所以在保证电路安全的情况下，电流表的指针可以达到满偏，电压表的最大示数为。此时接入电路的阻值
电压表示数的最小值和最大值之比为，则电压表最小示数为，此时电流中的电流
接入电路的阻值：
接入电路的阻值范围是。
1 / 1广西壮族自治区崇左市宁明县2025年中考一模物理试题
一、单项选择题（本大题共10小题。第小题3分。共30分。在给出的四个备选项中。只有一个选项符合题目要求。）
1．（2025·宁明模拟）下列有关磁现象说法正确的是（　　）
A．地磁南极在地理北极附近
B．铁、铝、铜块都可以经过磁化获得磁性
C．磁场和磁感线都是客观存在的特殊物质
D．磁体外部的磁感线都是由磁体的S极出发回到N极
2．（2025·宁明模拟）下列对信息、能源的分析中，不正确的是（　　）
A．煤、石油、天然气这些属于不可再生能源
B．现在遍布全球的通讯技术所依赖的主要媒介是电磁波
C．目前核电站是利用核聚变释放的核能来发电的
D．太阳能电池板可以将太阳能转化为电能
3．（2025·宁明模拟）关于如图所示的四个情景，下列说法正确的是（　　）
A．甲图注射器中的水很难被压缩，说明分子间存在引力
B．乙图中骤暖花香，引来长喙天蛾——温度越高，分子运动越剧烈
C．丙图双手互搓取暖，是通过热传递方式改变手的内能
D．丁图中活塞向下运动，机械能转化为内能
4．（2025·宁明模拟）用毛皮摩擦橡胶棒使其带电，再用橡胶棒接触不带电的验电器，下列分析正确的是（　　）
A． B．
C． D．
5．（2025·宁明模拟）关于现代通信，下列说法正确的是（　　）
A．电磁波可以在真空中传播，传播速度约为
B．移动电话是靠电磁波传递信息的
C．光纤通信传输的信息量很大，主要用于无线电广播
D．我国“北斗”卫星导航系统是利用超声波进行定位的
6．（2025·宁明模拟）如图为“探究电阻大小与哪些因素有关”的实验电路图，电阻丝的长度、材料、板截面积情况如图所示（），则下列说法正确的是（　　）
A．研究电阻与材料的关系可以选a和b
B．研究电阻与长度的关系可以选a和c
C．研究电阻与横截面积的关系可以选c和d
D．实验中为了电路安全最好在电路中再串联一个电压表
7．（2025·宁明模拟）如图所示，工人用A、B两个相同的滑轮组成的滑轮组提升重的物体，所用的拉力为，物体以的速度匀速上升了。不计绳重及摩擦，则下列说法正确的是（　　）
A．拉力所做功的功率为
B．C处天花板受到的拉力为660N
C．若匀速提升重240N的物体，滑轮组机械效率为80%
D．动滑轮重为120N
8．（2025·宁明模拟）如图所示是小明模拟设计的电梯超重报警电路示意图。图中压敏电阻R1的阻值随压力的增大而减小；当其受到压力高于某一设定值时，电铃发声报警。下列说法正确的是（　　）
A．电铃应接在A和C之间
B．闭合开关，电磁铁内部存在无数条磁感线
C．减少电磁铁的线圈匝数，可以提高报警器的灵敏度
D．为使该报警电路在压力更小时报警，可将滑动变阻器R2的滑片向上移
9．（2025·宁明模拟）如图，电源电压保持不变。开关S闭合，滑动变阻器的滑片P由中点向右滑动的过程中（　　）
A．电压表V的示数不变，灯泡的亮度不变
B．电流表A1的示数不变，电流表A2的示数变小
C．电流表A2的示数变小，灯泡的亮度变暗
D．电压表V的示数变大，电流表A1的示数变小
10．（2025·宁明模拟）在如图所示的电路中，电源电压保持不变，闭合开关时，电流表A有示数。一段时间后电流表A的示数变大，则以下情况可能的是（　　）
A．可能是R1发生了断路 B．可能是滑片P向左移
C．可能R2的PC部分发生了短路 D．可能是bd间发生了断路
二、多项选择题（本大题共2小题。第小题4分，共8分。在每小题列出的四个备选项中，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。有选错得0分。）
11．（2025·宁明模拟）如图所示，下列有关安全用电的知识，说法正确的是（　　）
A．漏电保护器可以对人身触电、导线漏电、插座接错线、用电器短路等故障起保护作用
B．人站在大地上，一只手触摸到了火线，也会触电。当有人触电时应先用手直接拉开触电者，避免触电时间过长危及生命
C．人站在绝缘的物体上，双手同时触摸火线和零线，人会触电
D．三脚插头的三个脚中接地线的脚比其它两个脚要长一些，其目的是插插头时使家用电器的金属外壳先接地线，拔插头时能使金属外壳后离开地线，避免触电
12．（2025·宁明模拟）图中是与电磁现象有关的4个实验，下列说法正确的是（ ）
A．甲实验可以演示磁极间存在相互作用，同名磁极间相互作用规律为相互排斥
B．乙实验可以演示电流周围存在磁场，电流产生的磁场的方向与电流方向无关
C．丙实验研究的是通电导体在磁场中受力而运动，电动机是依据此原理制成的
D．丁实验研究的是电磁感应现象，线圈切割磁感线的过程中电能转化为机械能
三、填空题（本大题共6小题，每空1分，共12分。）
13．（2025·宁明模拟）如图为电动机和发电机模型，其中图　 　（填“甲”或“乙”）为电动机模型，其工作原理是：通电导体在磁场中受　 　的作用。
14．（2025·宁明模拟）小明想要探究“电磁铁磁性强弱与哪些因素有关”，他设计的实验电路图如图所示。连接如图所示电路，提供足够数量的大头针，通过比较吸引大头针的数量可以探究　 　对电磁铁磁场强弱的影响；通过　 　可以探究电流大小对电磁铁磁场强弱的影响。
15．（2025·宁明模拟）小明爸爸去店保养车。爸爸问师傅：“该换什么了？”师傅告诉爸爸：“该换火花塞了。”通过此对话你可以判断他家的车用的发动机是内燃机中的　 　（选填“汽油机”或“柴油机”）。如图所示的发动机工作原理图，这是四冲程内燃机工作循环中的　 　冲程。
16．（2025·宁明模拟）如图所示是无人机用绳子吊起物体匀速上升时的情景，此时绳子对物体的拉力　 　（选填“>”、“<”或“=”）物体的重力。某次无人机将重为200N的物体从水平地面匀速提升至30m高的楼顶，此过程中无人机对物体做功　 　J。
17．（2025·宁明模拟）如图所示是探究“电流产生的热量跟哪些因素有关”的实验。实验中是通过　 　来比较导体产生热量的多少；相同时间内，电流通过产生的热量与通过产生的热量之比为　 　。
18．（2025·宁明模拟）如图所示的电路中，若闭合开关和，断开，则小灯泡的连接方式为　 　；若开关均闭合，则电路为　 　，此时电源将会烧毁。
四、作图题（本大题共1小题，共6分。）
19．（2025·宁明模拟）请根据如图所示的实物图，在虚线框内画出对应的电路图。
20．（2025·宁明模拟）如图所示，根据电流方向，请在虚线框内标出通电螺线管和小磁针静止时的磁极。
21．（2025·宁明模拟）请按照安全用电原则将下图所示的三孔插座和带开关的节能灯正确连入电路。
五、实验探究题（本大题共4小题，共25分。）
22．（2025·宁明模拟）如图所示是探究“物体动能的大小与哪些因素有关”的实验示意图。
（1）实验时让不同质量的小球从同一高度由静止释放，目的是为了探究动能的大小与　 　的关系；钢球到达水平面时会具有相同的　 　（选填“速度”或“动能”）；
（2）小球滚下斜面的过程中，它的　 　能转化为动能，其动能大小是通过木块移动的距离来反映的；如果木块的重为1N，被移动了0.2m，则这个过程中，重力所做的功为　 　J；
（3）若要探究动能与速度的关系，则需将相同质量的小球从斜面的　 　（选填“相同”或“不同”）高度由静止滚下。
23．（2025·宁明模拟）如图甲所示为“测量小灯泡电阻”的实验装置，已知小灯泡标有2.5V字样。
（1）按甲图连接的电路，开关闭合前，需要将滑片移动　 　（选填：“C”或“D”）端；
（2）在检查电路无误后进行实验，当移动滑片时电压表的示数如图乙时，为了测量小灯泡在2.5V电压下的电阻，应将滑动变阻器的滑片P向　 　（选填“A”或“B”）端移动，直至电压表的示数为2.5V；
（3）通过移动滑动变阻器的滑片P，进行多次测量记录数据，并绘制U-I图像如图丙所示，由此可得小灯泡在电压为2.5V时的电阻是　 　Ω；
（4）根据图丙可知小灯泡的电阻是　 　（选填“变化”或“不变”），你认为原因是　 　；
（5）通过本实验可知，不能通过求灯泡的平均值来作为灯泡的电阻值，其原因是：　 　。
24．（2025·宁明模拟）（1）读出如图测量工具的示数：电压表的示数是　 　 ；电流表的示数是　 　 ；电能表的示数是　 　 ；
（2）如图，在探究“产生感应电流的条件”实验中：
①实验中观察　 　来判断电路中是否有感应电流；
②闭合开关，若导体AB 不动，左右移动磁体，电路中　 　（选填“有”或“无”）感应电流；
③该实验的结论是：闭合回路的一部分导体，在磁场中做　 　运动时，导体中就会产生感应电流；
④如果将小量程电流表换成　 　，可以探究磁场对通电导体的作用。
25．（2025·宁明模拟）在“测量小灯泡的电功率”实验中，小灯泡额定电压为2.5V（电阻约为10Ω），电源电压由三节新干电池串联组成。
（1）本实验的原理是　 　，连接电路时开关应处于　 　状态；
（2）请你用笔画线代替导线将图甲中电路连接完整（要求：连线不得交叉）；
（3）若有规格分别为A：“5Ω 1A”，B：“50Ω 0.2A”，C：“20Ω 0.5A”的三个滑动变阻器供选择，为了使实验能顺利进行，他应选　 　（选填A，B，C序号）滑动变阻器连入电路；
（4）连接好电路后，闭合开关，移动滑片P到某一位置，电压表的示数是1.8V，若要测量小灯泡的额定功率，应将实物电路中滑动变阻器滑片P向　 　（选填“A”或“B”）端移动，才能使电压表的示数为2.5V；
（5）当电压表示数为2.5V时，小灯泡正常发光，此时电流表的示数如图乙所示为　 　A，则小灯泡的额定功率是　 　W。
六、综合应用题（本大题共2小题，共19分。解答时要求在答题卡相应的答题区域内写出必要的文字说明、计算公式和重要的演算步骤。只写出最后答案，未写出主要演算过程的，不得分。）
26．（2025·宁明模拟）如图所示，小明的新家使用即热式天然气热水器供家里洗刷用水，他想估测家中热水器的加热效率。打开热水器，用温度计测得热水器进水管的水温为16℃，出水管的水温为56℃，放出50kg的热水后，从燃气表中看到天然气表示数由2380.19m3变为2380.69m3。[q天然气=4.2×107J/m3，c水=4.2×103J/（kg·℃）]求：
（1）0.5m3的天然气完全燃烧放出的热量；
（2）50kg的水吸收的热量；
（3）热水器的加热效率。
27．（2025·宁明模拟）如图所示，电源电压恒为18V，电压表量程为0~15V，电流表量程为0~0.6A，定值电阻R0的阻值为20Ω，滑动变阻器R的规格为“50Ω 1A”。闭合开关S，电压表的示数为10V。
（1）求此时通过R0的电流；
（2）求此时R消耗的电功率；
（3）在保证电路安全的情况下，移动滑动变阻器的滑片P，电压表示数的最小值和最大值之比为1：2，且有一个电表的指针可以达到满偏，求R接入电路的阻值范围。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】磁性材料；磁场；磁感线及其特点；地磁场
【解析】【解答】解：A、地磁的南北极与地理的南北极并不重合：地磁南极位于地理北极附近，地磁北极位于地理南极附近。故A正确；
B、只有铁、钴、镍等磁性材料才能被磁化并获得磁性。铝和铜都不是磁性材料，无法被磁化。因此，B错误；
C、磁场是客观存在的特殊物质；而磁感线是为了形象描述磁场而人为引入的物理模型，并非真实存在的物质，故C错误；
D、磁感线是闭合曲线：在磁体外部，磁感线由N极出发，回到S极；在磁体内部，磁感线由S极指向N 极，故D错误。
故选：A。
【分析】 磁场的N极在地理的南极附近，磁场的S极在地理的北极附近。
一些物质在磁体或电流的作用下获得磁性，叫做磁化。
磁感线是不存在的，是为了研究方便假象的一些有方向的曲线。
在磁体外部，磁感线从N极出发，回到S极。
2．【答案】C
【知识点】能源及其分类；核裂变；太阳能及其利用与转化；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】A．煤、石油、天然气的形成需要亿万年，且需要极其严苛的环境，因此它们属于不可再生资源，故A正确不符合题意；
B．现在遍布全球的通讯技术所依赖的媒介是电磁波，故B正确不符合题意；
C．核聚变目前还不可控，因此核电站是利用可控的核裂变释放的能量发电，故C错误符合题意；
D．太阳能电池板工作时，可以将太阳能转化为电能，故D正确不符合题意。
故选C。
【分析】A.可以在短时间内得到补充的能源为可再生能源；
B.根据电磁波的应用判断；
C.根据核电站的工作原理判断；
D.根据能量转化的知识判断。
3．【答案】B
【知识点】做功改变物体内能；热机；分子热运动；分子间相互作用力
【解析】【解答】 解：A、注射器中的水很难被压缩，说明液体分子之间存在着斥力，故A错误；
B、乙图中骤暖花香，引来长喙天蛾，分子不停地做无规则运动，温度越高，运动越激烈，故B正确；
C、丙图双手互搓取暖，克服摩擦做功，机械能转化为内能，是通过做功的方式改变手的内能，故C错误；
D、丁图中两气门关闭，活塞向下运动时，是内燃机的做功冲程，将内能转化为机械能，故D错误。
故选：B。
【分析】 （1）分子间存在相互作用的引力和斥力；
（2）分子不停地做无规则运动，温度越高，运动越剧烈；
（3）改变内能的方式包括做功和热传递；
（4）内燃机的做功冲程将机械能转化为内能。
4．【答案】A
【知识点】电荷间的相互作用规律；验电器的原理及使用
【解析】【解答】解：用毛皮摩擦橡胶棒使其带负电，再用橡胶棒接触不带电的验电器，根据验电器的工作原理可知，验电器两金属片带负电并张开，故A符合题意，BCD不符合题意。
故选：A。
【分析】 正电荷：丝绸与玻璃棒摩擦时玻璃棒所带的电荷规定为正电荷；
负电荷：毛皮与橡胶棒摩擦时橡胶棒所带的电荷规定为负电荷；
同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。
5．【答案】B
【知识点】电磁波的产生；光纤通信；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】A选项分析：电磁波能够在真空中传播，其速度约为，因此A选项的表述是错误的。
B选项分析：广播、电视、移动通信以及卫星通信均依赖电磁波传递信息，这一描述是正确的。
C选项分析：光纤通信具有抗干扰能力强、信号衰减低、信息容量大、保密性高等优点。但需注意，光纤通信通过光导纤维传输光信号，属于有线通信方式，而非无线传播，因此C选项是错误的。
D选项分析：电磁波传播不需要介质，我国"北斗"卫星导航系统正是利用电磁波实现定位功能，故D选项的表述是错误的。
综上所述，正确答案为B。
【分析】1、信息的传递：无线网络通信依靠电磁波来传递信息；
1、电磁波的传播不需要介质，常见应用有北斗微信、广播、电视等。
6．【答案】A
【知识点】影响电阻大小的因素
【解析】【解答】 解：A、研究电阻与材料的关系时，需控制长度、横截面积相同，改变材料。由题意Sa=Sb，且a（锰铜合金）、b（镍铬合金）材料不同，长度、横截面积均相同，满足控制变量要求。故A 正确。
B、研究电阻与长度的关系时，需控制材料、横截面积相同，改变长度。a是锰铜合金，c是镍铬合金，材料不同，不满足控制变量条件。故B错误。
C、研究电阻与横截面积的关系时，需控制材料、长度相同，改变横截面积。c、d均为镍铬合金（材料相同），但ScD、实验中为保证电路安全，应串联滑动变阻器（或保护电阻），而非电压表。电压表内阻极大，串联后电路几乎断路，无法测量电阻；保护电阻（或滑动变阻器）能限制电流，避免电源短路或元件损坏。故D错误。
故选：A。
【分析】（1）电阻大小可能与导体的材料、长度和横截面积有关，研究电阻大小与其中一个因素的关系时，要控制另外两个因素不变；
（2）电阻表示导体对电流的阻碍作用，实验中，电流表示数越大说明电阻越小。
7．【答案】C
【知识点】功率计算公式的应用；滑轮（组）的机械效率；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【解答】解：A．由图可知，动滑轮上的绳子段数n=3，拉力端绳子的速度为物体速度的3倍，即
根据功率公式可知，拉力F做功的功率，故A错误；
BD．根据可得动滑轮的重
定滑轮的重等于动滑轮的重，则C处天花板所受的拉力等于装置的总重与绳端的拉力之差，即，故BD错误；
C．匀速提升重240N的物体时滑轮组的机械效率
故C正确。
故选：C。
【分析】 （1）由图可知，动滑轮上的绳子段数，根据v=nv物可得拉力端绳子的速度，根据求拉力F做功的功率；
（2）不计绳重及摩擦，根据可得动滑轮的重；定滑轮的重等于动滑轮的重，则C处天花板所受的拉力等于装置的总重与绳端的拉力之差；
（3）不计绳重和摩擦，根据求匀速提升重240N的物体时滑轮组的机械效率。
8．【答案】D
【知识点】电阻的串联；欧姆定律及其应用；电磁继电器的组成、原理和特点；影响电磁铁磁性强弱的因素及其探究
【解析】【解答】A．根据题意可知，当压力过大时，压敏电阻的阻值减小，则控制电路的电流增大，电磁铁的磁性增强，此时衔铁带动动触点向下运动，接通BD电路使电铃响报警，所以电铃应该接在B、D之间，故A错误；
B．磁感线是假想的线，实际上不存在，故B错误；
C．减少电磁铁的线圈匝数，则相同电流时电磁铁的吸引力减小，从而造成衔铁不容易被吸下来的情况，即降低了报警器的灵敏度，故C错误；
D．电磁体吸合时电流大小不变，而电源电压不变，那么总电阻不变。为检测电路在压力更小时压敏电阻的增大，只能减小滑动变阻器的阻值，将R2向上调节，故D正确。
故选D。
【分析】A.压力增大时，压敏电阻阻值增大，根据电磁铁的磁力变化确定衔铁的运动方向和此时的工作状态，进而确定电铃的位置；
B.根据磁感线的定义判断；
C.电磁铁的磁场强弱的影响因素：电流大小和线圈匝数；
D.电磁体吸合时电流大小不变，而电源电压不变，那么总电阻不变，据此分析判断。
9．【答案】A
【知识点】并联电路的电流规律；并联电路的电压规律；滑动变阻器的原理及其使用；欧姆定律及其应用
【解析】【解答】 解：A、电压表V测电源电压，电源电压不变，故电压表示数不变；并联电路中各支路独立工作、互不影响，滑动变阻器滑片移动时，灯泡两端的电压和通过的电流均不变，实际功率不变，因此灯泡亮度不变。故A正确。
B、滑动变阻器接入电路的电阻变大，其两端电压（等于电源电压）不变，由可知，通过滑动变阻器的电流变小，即电流表A1的示数变小；干路电流等于各支路电流之和，灯泡支路电流不变，滑动变阻器支路电流变小，因此干路电流（电流表A2的示数）变小。选项中 “电流表A1的示数不变” 表述错误。故B错误。
C、并联电路中各支路互不影响，灯泡的实际功率始终不变，因此亮度不变；电流表A2 的示数虽变小，但灯泡亮度不变的描述错误。故C错误。
D、电压表V测电源电压，示数不变；电流表A1测滑动变阻器支路电流，其示数变小。选项中 “电压表V的示数变大” 表述错误。故D错误。
故选：A。
【分析】 由电路图可知，滑动变阻器和灯泡并联，电压表测量并联电路两端的电压（电源电压），电流表A1测干路的电流，电流表A2测通过滑动变阻器支路的电流；
根据电源电压可知电压表示数的变化；
根据并联电路特点分析灯泡亮度的变化；
滑动变阻器的滑片从中点向右滑动过程中，根据欧姆定律可知电流表A2示数变化，从而判断干路电流变化。
10．【答案】C
【知识点】电路故障的判断
【解析】【解答】由电路图可知，两电阻并联，R2全部接入电路，电流表测干路电流，电压表测滑动变阻器滑片右端的电阻两端的电压。
A．当R1发生断路时，通过R1的电流变为零。由于R2两端的电压和电阻保持不变，通过R2的电流不变。根据并联电路电流特性，干路电流减小，导致电流表示数变小，故A选项不符合题意。
B．滑片P向左移动时，由于滑片上端连接的是电压表（相当于开路），R2仍保持全部接入电路，其电阻值不变，因此通过R2的电流不变。并联电路各支路互不影响，通过R1的电流也不变，所以干路电流保持不变，故B选项不符合题意。
C．如果R2的PC部分发生短路，R2接入电路的电阻减小。在电压不变的情况下，根据欧姆定律，通过R2的电流增大。由于并联电路特性，通过R1的电流不变，导致干路电流增大，故C选项符合题意。
D．若bd间发生断路，通过R2的电流变为零，该支路电流消失。R1两端的电压和电阻不变，其电流保持不变。根据并联电路电流关系，干路电流减小，电流表示数变小，故D选项不符合题意。
正确答案为C。
【分析】1、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；
2、并联电路电压相等、支路电流之和为干路电流。
3、题目中电流表测量干路电流，可能原因如下：总电阻减小，并联电路中电阻小于支路电阻，所以支路电阻断路或者断路不会使得电流变大，根据题目中的选项逐一分析。
11．【答案】C,D
【知识点】家庭电路的组成；安全用电原则
【解析】【解答】 解：A．漏电保护器的核心作用是监测火线与零线的电流差，当发生人身触电、导线漏电、插座接错线导致电流不平衡时，会迅速切断电路，起到保护作用；同时它也能对用电器短路等故障进行保护。故A错误；
B．人站在大地上，一只手触摸火线，电流会通过人体流入大地，形成触电回路，会发生触电；但发现有人触电时，绝对不能用手直接拉开触电者，否则施救者也会触电，应先切断电源或用绝缘物体使触电者脱离电源，故B错误；
C．人站在绝缘物体上，双手同时触摸火线和零线，电流会从火线经人体流向零线，形成双线触电回路，即使脚下绝缘，也会发生触电，故C正确；
D．三脚插头的地线插脚更长是为了保证在插电源插头时最先接触地线，拔插头时最后离开地线，从而更好的起到地线保护作用，故D正确。
故选：CD。
【分析】 （1）根据漏电保护器的工作原理分析；
（2）（3）根据电流形成原理即可明确是否会发生触电；
（4）三脚插头与三孔插座相连接时，把有金属外壳的用电器的外壳与地线相接；因用电器漏电时，会使外壳带电，若接上地线，电流就通过地线，流入大地，以防止触电事故的发生；插头制作的长一些是为了插头入插座时先让金属外壳与大地相连，若漏电则先跳闸而防止触电。
12．【答案】A,C
【知识点】磁场；通电直导线周围的磁场；直流电动机的构造原理与工作过程；发电机的构造和原理
【解析】【解答】 解：A、如图可知同名磁极相互排斥，故此图可以探究磁极间相互作用规律，故A符合题意；
B、如图，该实验装置是奥斯特实验装置图，可探究通电导线周围存在着磁场，电流产生的磁场的方向与电流方向有关，故B不符合题意；
C、丙实验研究的是通电导体在磁场中受力而运动，电动机是依据此原理制成的，故C符合题意；
D、丁实验研究的是电磁感应现象，线圈切割磁感线的过程中机械能转化为电能，故D不符合题意。
故选：AC。
【分析】 （1）同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引；
（2）据奥斯特实验可知，通电导线周围存在着与电流方向有关的磁场；
（3）通电导体在磁场中受力而运动，电动机是依据此原理制成的；
（4）电磁感应现象，线圈切割磁感线的过程中机械能转化为电能。
13．【答案】甲；力
【知识点】直流电动机的构造原理与工作过程
【解析】【解答】 解：甲图：电路中有电源，给线圈提供电流，通电线圈在磁场中受力转动，将电能转化为机械能，这是电动机的工作模型。
乙图：电路中没有电源，线圈在磁场中转动切割磁感线，产生感应电流使灯泡发光，将机械能转化为电能，这是发电机的工作模型。因此，图甲为电动机模型。
电动机的工作原理是：通电导体在磁场中受力（或 “力”“磁场力”）的作用。通电后，线圈中的导体在磁场中受到磁场力的作用，使线圈绕轴转动，从而实现电能向机械能的转化。
故答案为：甲；力。【分析】 电动机的原理是通电导体在磁场中受到力的作用。
14．【答案】线圈匝数；调节滑动变阻器的滑片
【知识点】影响电磁铁磁性强弱的因素及其探究；控制变量法与探究性实验方案
【解析】【解答】 解：连接如图所示电路，提供足够数量的大头针，通过比较吸引大头针的数量可以探究线圈匝数对电磁铁磁场强弱的影响；通过移动滑动变阻器滑片可以探究电流大小对电磁铁磁场强弱的影响。
故答案为：究线圈匝数；移动滑动变阻器滑片。
【分析】电磁铁磁性强弱的影响因素：线圈匝数多少、电流大小。
当电流大小一定时，电磁铁的线圈匝数越多，磁性越强；当线圈匝数一定时，通过电磁铁的电流越大，磁性越强。
15．【答案】汽油机；做功
【知识点】热机；热机的四个冲程
【解析】【解答】（1）根据内燃机的结构可知，柴油机顶部是喷油嘴，汽油机顶部是火花塞，因此他家的车用的发动机是内燃机中的汽油机。
（2）根据图片可知，两个气门全部关闭，活塞向下运动，因此是做功冲程。
【分析】（1）根据汽油机和柴油机的结构不同解答；
（2）根据活塞的运行方向和气门的开合，确定冲程的名称。
16．【答案】=；6×103
【知识点】平衡状态的判断；功的计算及应用
【解析】【解答】在物体匀速上升过程中，物体处于平衡状态。竖直方向上受到两个力作用：绳子的拉力与重力，这两个力相互平衡。根据平衡力原理，此时绳子的拉力大小等于物体的重力。
已知条件：物体重力G=200N，提升高度h=30m。根据功的计算公式，代入数值计算可得：W=Fs=Gh=200N×30m=6000J。
【分析】力和运动：物体静止或者做匀速直线运动，物体受到平衡力的作用；
功的计算：公式为W=Fs。根据题目信息计算即可。
17．【答案】U形管中液面的高度差；4：1
【知识点】焦耳定律的应用；电流的热效应
【解析】【解答】 解：（1）电流产生的热量无法直接观察，实验中采用转换法，通过观察U形管中液面高度差的变化来间接比较导体产生热量的多少：导体产生的热量越多，容器内空气受热膨胀越明显，U形管两侧液面的高度差就越大；
（2）根据串联电路的电流特点可知，右端两个电阻的总电流和左端的电阻电流相等，即I1=I总两个5Ω的电阻并联，根据并联电路的电流特点可知I总=I2+I3，烧瓶内外的电阻值都是5Ω，阻值相等，并联电压相等，则，R1与R2电流之比为2：1。根据焦耳定律Q=I2Rt得到相同时间内，电流通过R1产生的热量与通过R2产生的热量之比为4：1。
故答案为：U形管中液面的高度差；4：1。
【分析】 （1）实验中是通过U形管中液面的高度差来比较导体产生热量的多少；
（2）装置中一个5Ω的电阻与两个5Ω的电阻并联后再串联，根据串联电路的电流特点可知，右端两个电阻的总电流和左端的电阻电流相等；
根据焦耳定律Q=I2Rt得到相同时间内，电流通过R1产生的热量与通过R2产生的热量之比。
18．【答案】并联；短路
【知识点】电路的三种状态；串联电路和并联电路的辨别
【解析】【解答】图中，闭合开关S1和S3，断开S2时，电流分别流过L1、S3，和S1和L2，则L1和L2的电流路径独立，互不影响，是并联的。
开关S1、S2、S3均闭合时，导线直接连接电源两极，导致电源短路，电源可能被烧毁。故第1空填：并联；第2空填：短路。
【分析】各用电器并列连接，是并联电路；导线连接电源两端，电源短路。
19．【答案】
【知识点】滑动变阻器的原理及其使用
【解析】【解答】 解：由实物图知，两灯并联，开关S、电流表A在干路上，灯L1、电流表A1在一条支路，灯L2、滑动变阻器在一条支路，电路图如图所示：
。
【分析】 分析实物图，得出两灯的连接方式，以及开关、电流表、滑动变阻器的位置，据此画出对应的电路图。
20．【答案】
【知识点】磁场；通电螺线管的极性和电流方向的判断
【解析】【解答】解：由安培定则知，左侧为N极，右侧为S极，右侧吸引小磁针的N极，故小磁针右侧为N极。如图所示：
【分析】 由右手螺旋定则可知螺线管的磁极。由磁极间的相互作用可知小磁针的磁极。
21．【答案】
【知识点】家庭电路的连接
【解析】【解答】 解： 火线先进入开关，再从开关引出连接到节能灯顶端的金属点，节能灯的螺旋套（侧面金属部分）直接连接零线，插座左侧接线柱连接零线，插座右侧接线柱连接火线，插座上方接线柱连接地线，如图所示：
【分析】 （1）灯泡的接法：火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点；零线直接接入灯泡的螺旋套。这样在断开开关能切断火线，接触灯泡不会发生触电事故。既能控制灯泡，又能更安全。
（2）三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线。
22．【答案】（1）质量；速度
（2）重力势；0
（3）不同
【知识点】探究影响物体动能大小的因素
【解析】【解答】探究动能大小与哪些因素有关时，
（1）让质量不同的小球从斜面的同一高度滑下，小球到达斜面底端的速度相同，小球的质量不同，探究动能的大小与质量的关系。
为了使小球到达水平面时会具有相同的速度，需要将小球从同一高度由静止释放。
（2）实验中，小球从斜面上滚下，质量不变，高度变小，速度变大，重力势能变小，动能变大，重力势能转化为动能。
木块的重力竖直向下，运动方向水平，在重力的方向上没有通过距离，重力不做功，做功为零。
（3）探究动能与速度的关系，质量不变，改变小球的速度，使质量相同的小球从斜面的不同高度由静止滚下。
【分析】（1）当质量不同，速度相同时，探究动能和物体质量的关系；物体下滑的高度相同，到达水平面的速度相同；
（2）物体加速下滑时，重力势能转化为动能；物体受到重力，移动的距离是水平的，重力不做功；
（3）物体下滑的高度不同，到达水平面的速度不同。
（1）[1]让不同质量的小球从同一斜面的同一高度静止释放，小球到达斜面底端的速度相同，改变了小球的质量，探究动能的大小与质量的关系。
[2]为了使小球到达水平面时会具有相同的速度，需要将小球从同一高度由静止释放。
（2）[1]该实验中，小球从斜面上滚下的过程中，质量不变，高度变小，速度变大，重力势能变小，动能变大，重力势能转化为动能。
[2]重力的方向竖直向下，木块在水平方向运动，木块没有在重力的方向上通过一定的距离，重力没有做功，重力做功为零。
（3）要探究动能与速度的关系，保持质量不变，改变小球到达水平面的速度，需要将相同质量的小球从斜面的不同高度由静止滚下。
23．【答案】（1）C
（2）B
（3）10
（4）变化；灯泡的电阻受温度的影响会发生改变
（5）灯泡的电阻随温度的变化而变化
【知识点】伏安法测电阻的探究实验
【解析】【解答】（1）为了保护电路，开关闭合前，变阻器应移至阻值最大处，即C端。
综上 第1空、 C；
（2）图乙中电压表的量程是0~3V，读数为1.8V，为了测量小灯泡在2.5V电压下的电阻，根据串联分压原理可知，需将变阻器的阻值变小，使其分压减小，应将滑动变阻器的滑片P向B端移动，直至电压表的示数为2.5V。
综上 第1空、 B；
（3）丙图中，当灯泡两端电压为2.5V时，电流为0.25A，根据欧姆定律计算灯泡的电阻为；
综上 第1空、 10；
（4）小灯泡的电阻是变化的，原因为灯泡的电阻受温度的影响会发生改变。
综上 第1空、 变化； 第2空、
（5）灯泡的电阻随温度的变化而变化，不能使用平均值代表它的实际阻值。
综上 第1空、灯泡的电阻随温度的变化而变化。
【分析】1、电路连接的基本操作：连接电路时，为保护电路开关应断开，变阻器调节至最大阻值处，对电表进行试触，根据电表偏转角度选择合适的电表量程；同时电表的正负极接线柱要符合电流的正进负出；
2、串联分压：用电器串联时，其两端的电压和电阻成正比，待测电阻的电压无法降低，表明电源电压过大或者变阻器电阻较小分压过少导致。
3、欧姆定律：U=IR。
（1）开关闭合前，为了保护电路，变阻器应移至阻值最大处，即C端。
（2）图乙中电压表的量程是0~3V，分度值是0.1V，读数为1.8V，为了测量小灯泡在2.5V电压下的电阻，应使变阻器两端电压变小，根据串联分压原理可知，需将变阻器的阻值变小，应将滑动变阻器的滑片P向B端移动，直至电压表的示数为2.5V。
（3）丙图中，当灯泡两端电压为2.5V时，电流为0.25A，则灯泡的电阻为
（4）[1][2]由于灯泡的电阻受温度的影响会发生改变，因此小灯泡的电阻是变化的。
（5）灯泡的电阻随温度的变化而变化，平匀值不能代表它的实际阻值。
24．【答案】（1）2.8V；0.28A；31.6kW·h
（2）电流计的指针是否偏转；有；切割磁感线；电源
【知识点】电流的测量及电流表的使用；电压的测量及电压表的使用；电能表参数的理解；磁场对通电导线的作用；电磁感应
【解析】【解答】 解：（1）图中电压表读数为2.8V。
图中电流表的读数为0.28A。
电能表计数窗的最后一位为小数位，单位为kW h，读数为31.6kW h。
（2）①实验中通过观察电流计的指针是否偏转，来判断电路中是否有感应电流。
②导体AB不动，左右移动磁体，根据相对运动的知识可知，此时导体做切割磁感线运动，因此有感应电流产生。
③根据实验可知，闭合回路中一部分导体做切割磁感线运动，导体中会产生感应电流。
④探究磁场对通电导体的作用，电路中需要有电源，因此将小量程电流表换成电源。
故答案为：（1）2.8V；0.28A；31.6kW h；
（2）①电流计指针是否偏转；②有；③切割磁感线；④电源。
【分析】 （1）根据电压表的量程是0～3V确定分度值读数。
根据电流表的量程是0～0.6A确定分度值读数。
电能表计数窗的最后一位为小数位，据此读数。
（2）①实验中通过观察电流计的指针是否偏转，来判断电路中是否有感应电流。
②③闭合回路中一部分导体做切割磁感线运动，导体中会产生感应电流，据此分析。
④探究磁场对通电导体的作用，电路中需要有电源，据此分析。
（1）[1]图中电压表的量程是0~3V，分度值是0.1V，读数为2.8V。
[2]图中电流表的量程是0~0.6A，分度值是0.02A，读数为0.28A。
[3]电能表计数窗的最后一位为小数位，读数为31.6kW·h。
（2）[1]实验中通过观察电流计的指针是否偏转，来判断电路中是否有感应电流。
[2]导体AB不动，左右移动磁体，根据相对运动的知识可知，此时导体做切割磁感线运动，因此有感应电流产生。
[3]根据实验可知，闭合电路中一部分导体做切割磁感线运动，导体中会产生感应电流。
[4]探究磁场对通电导体的作用，电路中需要有电源，因此将小量程电流表换成电源。
25．【答案】（1）P＝UI；断开
（2）
（3）C
（4）B
（5）0.24；0.6
【知识点】探究用电器的电功率实验
【解析】【解答】 解：（1）测小灯泡额定电功率的实验原理为：P=UI；
连接电路时，为保护电路，开关应处于断开状态；
（2）灯的额定电压为2.5V，故电压表选用小量程与灯并联，如下图所示：
（3）小灯泡额定电压为2.5V，电阻约为10Ω，由欧姆定律，灯的额定电流约为：，电源电压为4.5V，由串联电路电压的规律及欧姆定律，灯正常发光时变阻器连入电路的电阻为：，
考虑到电流因素，只能选用“20Ω 0.5A”的C滑动变阻器连入电路；
（4）灯在额定电压下正常发光，示数为1.8V小于灯的额定电压2.5V，应增大灯的电压，根据串联电路电压的规律，应减小变阻器的电压，由分压原理，应减小变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向B移动，直到使电压表的示数为2.5V；
（5）当电压表示数为2.5V时，小灯泡正常发光，根据电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.24A，则小灯泡的额定功率是：
P额=U额I额=2.5V×0.24A=0.6W。
故答案为：（1）P=UI；断开；（2）；（3）C；（4）B；（5）0.24；0.6。
【分析】 （1）由电功率的计算公式确定测量小灯泡额定功率的实验原理；为保护电路，连接电路时，开关应处于断开状态；
（2）根据小灯泡额定电压为2.5V确定电压表选用小量程与灯并联；
（3）根据小灯泡额定电压为2.5V，电阻约为10Ω，由欧姆定律得出灯的额定电流，由串联电路电压的规律得出灯正常发光时变阻器的电压，由欧姆定律得出变阻器连入电路的电阻，结合电流因素，确定选用的滑动变阻器的规格；
（4）灯在额定电压下正常发光，比较电压表示数与额定电压的大小，根据串联电路电压的规律及分压原理得出滑片移动的方向；
（5）根据电流表选用的量程确定分度值读数，根据P=UI得出小灯泡的额定功率。
（1）[1]测小灯泡额定电功率的实验原理为P=UI。
[2]为保护电路，连接电路时，开关应处于断开状态。
（2）灯的额定电压为2.5V，故电压表选用小量程与灯并联，如图所示：
（3）小灯泡额定电压为2.5V，电阻约为10Ω，由欧姆定律，灯的额定电流约为
电源由三节新干电池串联，电压为4.5V，由串联电路电压的规律及欧姆定律，灯正常发光时变阻器连入电路的电阻为
综合考虑电流和电阻因素，只能选用“20Ω 0.5A”的C滑动变阻器连入电路。
（4）灯在额定电压下正常发光，示数为1.8V小于灯的额定电压2.5V，应增大灯的电压。根据串联电路电压的规律，应减小变阻器的电压，由串联分压规律，应减小变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向B移动，直到使电压表的示数为2.5V。
（5）[1][2]当电压表示数为2.5V时，小灯泡正常发光。由图乙可知，电流表选用小量程，分度值为0.02A，示数为0.24A。则小灯泡的额定功率P额=U额I额=2.5V×0.24A=0.6W
26．【答案】（1）解：由题意可知，燃烧的天然气为2380.69m3-2380.19m3=0.5m3
0.5m3的天然气完全燃烧放出的热量。
（2）解：水吸收的热量为：。
（3）解：热水器的实际效率为。
【知识点】比热容的定义及其计算公式；燃料的热值；热机效率的计算——烧锅炉
【解析】【分析】（1）根据燃料释放热量的公式求出天然气释放的热量；
（2）由公式Q=cmΔt求出水吸收的热量；
（3）吸收的热量与放出的热量比值即为热水器的实际效率。
（1）由题意可知，燃烧的天然气为2380.69m3-2380.19m3=0.5m3
0.5m3的天然气完全燃烧放出的热量
（2）水吸收的热量为
（3）热水器的实际效率为
27．【答案】（1）解：由电路图可知，电阻与变阻器串联，电压表测量R0两端的电压，电流表测量电路中的电流，当电压表的示数为10V。通过R0的电流：。
答：此时通过R0的电流为0.5A。
（2）解：由电路图可知，定值电阻R0与滑动变阻器R串联，R两端的电压为
UP=U-U0=18V-10V=8V
通过R的电流IP=I0=0.5A，此时R消耗的电功率为P=UPIP=8V×0.5A=4W。
答：此时R消耗的电功率是4W。
（3）解：当电路中电压表的指针达到满偏时，为15V，此时电流表的示数
此时电路中的电流超过了电流表的量程，电路不安全，所以电压表的指针不能达到满偏。当电路中电流表的指针达到满偏时，为电路中最大安全电流I1=0.6A，此时电压表的示数U1=I1R0=0.6A×20Ω=12V
此时电压表的示数未超过最大量程，所以在保证电路安全的情况下，电流表的指针可以达到满偏，电压表的最大示数为12V。此时R接入电路的阻值
电压表示数的最小值和最大值之比为1：2，则电压表最小示数为6V，此时电流中的电流
R接入电路的阻值：
R接入电路的阻值范围是10Ω～40Ω。
答：在保证电路安全的情况下，移动滑动变阻器的滑片P，电压表示数的最小值和最大值之比为1：2，且有一个电表的指针可以达到满偏，R接入电路的阻值范围10Ω～40Ω。
【知识点】欧姆定律及其应用；电路的动态分析；电功率的计算
【解析】【分析】 （1）由电路图可知，电阻与变阻器串联，电压表测量R0两端的电压，电流表测量电路中的电流，根据欧姆定律计算电流；
（2）根据串联电路的特点和P=UI计算电功率；
（3）根据电压表最大值计算电流，分析电流表是否超量程，据此确定满偏的电表，结合欧姆定律和电压表示数的最小值和最大值之比为1：2，计算R接入电路的阻值范围。
（1）由电路图可知，电压表的示数为两端的电压，为。通过的电流：
（2）由电路图可知，定值电阻R0与滑动变阻器R串联，两端的电压为
通过的电流，此时消耗的电功率为
（3）当电路中电压表的指针达到满偏时，为，此时电流表的示数
此时电路中的电流超过了电流表的量程，电路不安全，所以电压表的指针不能达到满偏。当电路中电流表的指针达到满偏时，为电路中最大安全电流，此时电压表的示数
此时电压表的示数未超过最大量程，所以在保证电路安全的情况下，电流表的指针可以达到满偏，电压表的最大示数为。此时接入电路的阻值
电压表示数的最小值和最大值之比为，则电压表最小示数为，此时电流中的电流
接入电路的阻值：
接入电路的阻值范围是。
1 / 1

展开更多......

收起↑