资源简介

湖南省娄底市涟源市2025年中考三模理综物理试题
一、选择题（本题共36分。每小题给出的选项中，只有一个是正确的，每小题选对得3分，错选或未选的得0分）
1．（2025·涟源模拟）下列物态变化现象属于熔化的是（　　）
A．冰雪消融 B．热气腾腾 C．浓雾消散 D．霜满枝头
【答案】A
【知识点】熔化与熔化吸热特点；凝固与凝固放热特点；液化及液化放热；凝华及凝华放热
【解析】【解答】A、冰雪消融是固态的冰雪变为液态的水，属于熔化现象，故A正确；
B、热气腾腾是液态的小水滴（水蒸气遇冷液化形成），属于液化现象，故B错误；
C、浓雾消散是液态的小水滴变为气态的水蒸气，属于汽化现象，故C错误；
D、霜满枝头是气态的水蒸气直接变为固态的霜，属于凝华现象，故D错误。
故选：A。
【分析】 熔化指物质由固态转变成液态。
2．（2025·涟源模拟） 水约占人体体重的60%~70%，有助于调节体温，原因之一是水具有较大的（　　）
A．热值 B．密度 C．温度 D．比热容
【答案】D
【知识点】比热容的定义及其计算公式
【解析】【解答】A：热值是燃料完全燃烧放出的热量与燃料质量的比值，水不是燃料，所以与热值无关。故A错误；
B：密度是物质的质量与体积的比值，密度大小与调节体温没有直接关系。故B错误；
C：水本身具有一定的温度，但这不是水有助于调节体温的关键原因。故C错误；
D：水的比热容较大，意味着吸收或放出相同的热量，水的温度变化相对较小。当人体温度升高时，水能够吸收大量热量而自身温度升高不多；当人体温度降低时，水能够放出大量热量而自身温度降低不多。所以水能够有效地帮助人体调节体温。故D正确。
综上所述，正确答案为D。
【分析】探讨水有助于调节人体体温的原因，需从所给选项中选择相关的物理量。水不是燃料，不存在热值的概念，与调节体温无关。
密度只是反映物质质量与体积的关系，对体温调节没有直接作用。水的温度本身不是其能调节体温的关键因素。水的比热容大，使得在吸收或放出相同热量时，自身温度变化较小，能很好地吸收或放出热量来平衡人体温度，从而有助于调节体温。
3．（2025·涟源模拟）“三峡引领号”——我国自主研发的全球首台抗台风型漂浮式海上风电机组及基础平台，是引领我国海上风电行业走向深海的重大成果。下列有关说法正确的是（　　）
A．风能是不可再生能源
B．风力发电是将电能转化为机械能
C．风电机组漂浮在海上时只受浮力作用
D．给“三峡引领号”风力发电机安装消声器，是在声源处防止噪声产生
【答案】D
【知识点】能量的转化或转移；能源及其分类；物体的浮沉条件及其应用；防治噪声的途径
【解析】【解答】A、可再生能源是指可以从自然界源源不断获得的能源，如风能、太阳能、水能等；不可再生能源是指短期内无法再生的能源，如煤、石油、天然气等。风能属于可再生能源，故A错误；
B、风力发电机的工作原理是电磁感应，风的机械能带动风机叶轮旋转，通过发电机将机械能转化为电能，能量转化方向为机械能→电能，故B错误；
C、漂浮在海面上的物体，在竖直方向上受力平衡，受到向下的重力和向上的浮力，二力大小相等、方向相反，因此风电机组同时受重力和浮力作用，故C错误；
D、安装消声器是在噪声的产生环节进行控制，属于声源处减弱噪声，可以有效防止噪声的产生，故D正确。
故选：D。
【分析】 （1）像水能、风能、太阳能、生物质能等都是能够源源不断的从自然界得到的能源叫可再生能源；像化石能源、核能等短期内不能从自然界得到补充的能源叫不可再生能源；
（2）风力发电时，空气流动带动扇叶转动，将空气的机械能转化为电能；
（3）物体漂浮，物体将受到浮力和重力，且浮力等于重力；
（4）减弱噪声的途径有：在声源处减弱，在传播过程中减弱，在人耳处减弱。
4．（2025·涟源模拟）如图所示的光现象中，属于光的直线传播的是（　　）
A．透镜看书 B．手影游戏
C．水中倒影 D．棱镜色散
【答案】B
【知识点】光的直线传播及其应用；光的反射；光的色散；凸透镜成像的应用
【解析】【解答】A、透镜看书利用了凸透镜成正立、放大虚像的原理，本质是光的折射，故A不正确；
B、手影的形成原理是光的直线传播：光沿直线传播时，被手挡住，无法到达手后方的区域，从而形成影子，故B正确；
C、水中倒影是平面镜成像，遵循光的反射定律，属于光的反射，故C不正确；
D、棱镜色散是光的色散现象，本质是不同色光通过三棱镜时的折射角不同，属于光的折射，故D不正确。
故选：B。
【分析】光在自然界中存在三种光现象：
（1）光在同种均匀物质中沿直线传播，在日常生活中，激光准直、小孔成像和影子的形成等都表明光在同一种均匀介质中是沿直线传播的；
（2）当光照射到物体表面上时，有一部分光被反射回来，例如：平面镜成像、水中倒影等；
（3）当光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向会偏折，发生折射现象，如：看水里的鱼比实际位置浅等。
5．（2025·涟源模拟）2024年9月25日8时44分，中国人民解放军火箭军向太平洋相关公海海域成功发射一枚携载训练模拟弹头的洲际弹道导弹，准确落入预定海域。此次导弹发射的新型洲际导弹，发射速度达30马赫，射程达到12000公里（千米）。下列有关说法正确的是（　　）
A．洲际导弹发射过程中只受重力的作用
B．马赫是时间单位
C．12000公里=1.2×107m
D．洲际导弹发射过程中做匀速直线运动
【答案】C
【知识点】长度及其测量；速度与物体运动；力的概念及单位；物体运动状态的变化
【解析】【解答】A、物体受力分析需全面，导弹发射时，发动机提供推力，空气产生阻力，同时受重力，因此受力不止重力，故A错误；
B、马赫是表示速度的量词，用于衡量高速飞行器的速度，1马赫= 1倍音速，不是时间单位，故B错误；
C、科学记数法换算：12000公里=12000×1000m = 1.2×107m，换算正确，故C正确。
D、匀速直线运动要求速度大小和方向都不变，导弹发射时加速升空，运动轨迹为曲线，因此是变速曲线运动，故D错误。
故选：C。
【分析】 （1）结合受力分析判断；
（2）马赫是速度单位；
（3）1公里 = 1000m；
（4）匀速直线运动是指物体在直线路径上以恒定速度进行的运动。
6．（2025·涟源模拟）如图所示，小马用拉力F把重为G的货物匀速提升h到平台，不计绳重及滑轮的摩擦。下列说法正确的是（　　）
A．装置中的滑轮为定滑轮 B．
C．货物越重机械效率越高 D．滑轮越重有用功越多
【答案】C
【知识点】动滑轮及其工作特点；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】 A．图中滑轮随物体一起移动，是动滑轮，故A错误；
B．不计绳重及滑轮的摩擦，因为是动滑轮，则使用动滑轮时拉力，故B错误；C．机械效率等于有用功与总功的比值，动滑轮的机械效率，即货物越重机械效率越高，故C正确；
D．克服滑轮重所做的功为额外功，滑轮越重，需要做的额外功越多，而不是有用功越多，故D错误。
故选：C。
【分析】 轴随物体一起运动的滑轮是动滑轮，使用动滑轮能省一半力，但费距离；动滑轮的机械效率，据此分析。
7．（2025·涟源模拟）下列用电器消耗电能最快的是（　　）
A．电脑 B．电风扇 C．电饭煲 D．节能灯
【答案】C
【知识点】电功率
【解析】【解答】 电饭煲、电脑、节能灯和电风扇中，电饭煲的功率最大，消耗电能最快也就是电功率大。故C符合题意。
故选：C。
【分析】消耗电能最快也就是电功率大，估测用电器的电功率，判断即可。
8．（2025·涟源模拟）如图所示，农历乙巳年央视春晚舞台，我国自主研制的科技人形机器人展示了极其灵巧的动作，并跳起了秧歌舞，丢起了手绢。下列说法正确的是（　　）
A．人形机器人静止站立在舞台时受重力和支持力作用
B．手绢由静止开始旋转，运动状态没有改变
C．春晚的歌声总是令人心情舒畅的乐音
D．手绢被丢出后，若所受的力全部消失，它一定保持静止状态
【答案】A
【知识点】力的作用效果；二力平衡的条件及其应用；平衡状态的判断；音调、响度与音色的区分
【解析】【解答】A、静止的物体受力平衡，机器人静止站立时，竖直方向受重力和支持力，二力大小相等、方向相反、作用在同一直线上，故A正确；
B、运动状态不变的条件是速度大小和方向都不变。手绢从静止到旋转，速度从0变为非0，运动方向也不断改变，因此运动状态发生了改变，故B错误；
C、乐音是发声体做有规则振动产生的声音，但从环保角度，任何干扰人们正常生活的声音都属于噪声。春晚的歌声并非在所有场景下都是乐音，故C错误；
D、牛顿第一定律指出，一切物体在不受力时，总保持静止或匀速直线运动状态。手绢丢出后是运动的，因此力消失后会保持匀速直线运动，故D错误。
故选：A。
【分析】（1）当机器人静止站立时，处于平衡状态。在竖直方向上，它受到竖直向下的重力，同时舞台会给它一个竖直向上的支持力。这两个力大小相等、方向相反、作用在同一直线上，是一对平衡力。
（2）手绢由静止开始旋转，速度大小发生了改变，而且旋转过程中运动方向也在不断变化，所以它的运动状态发生了改变。
（3）乐音是指发音物体有规律地振动而产生的具有固定音高的音。
（4）一切物体在没有受到任何力的作用时，总保持静止状态或匀速直线运动状态。
9．（2025·涟源模拟）如图所示为小明家电能表示数，下列说法正确的是（　　）
A．电能表示数为2025kW·h
B．电能属于一次能源
C．电路中能接入的用电器总功率最大为2200W
D．接在此电能表上的用电器每消耗1kW·h，电能表转360转
【答案】D
【知识点】能源及其分类；电能表参数的理解；电功率的计算
【解析】【解答】A、电能表读数的最后一位是小数位，单位为kW·h，因此示数应为202.5kW·h，而非2025kW·h，故A错误；
B、一次能源是可直接从自然界获取的能源（如风能、太阳能），电能需要通过其他能源转化而来，属于二次能源，故B错误；
C、电能表参数“220V 10 (20) A”表示额定电压220V，允许通过的最大电流为20A，根据公式P=UI，最大总功率为P=220V×20A=4400W，而非2200W，故C错误；
D、参数“360r/kW·h” 表示接在此电能表上的用电器，每消耗1kW·h的电能，电能表的转盘转过360转，故D正确。
故选：D。
【分析】 （1）电能表的最后一位数是小数；
（2）一次能源可以从自然界直接获得，而二次能源不能从自然界直接获得，需要通过消耗一次能源来获得；
（3）结合电能表的参数，利用P=UI求得用电器总功率；
（4）结合电能表的参数判断即可。
10．（2025·涟源模拟）如图为中国空间站的梦天实验舱与天和核心舱成功对接成“T”字基本构型过程图片，下列说法正确的是（　　）
A．在梦天实验舱靠近天和核心舱的过程中，以天和核心舱为参照物，梦天实验舱是静止的
B．空间站通过电磁波与地面联系
C．加挂梦天实验舱后，空间站的质量不变
D．梦天实验舱与天和核心舱成功对接后不再受力的作用
【答案】B
【知识点】质量及其特性；力的概念及单位；参照物及其选择；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】A、判断物体运动或静止的关键是看物体与参照物的相对位置是否变化。梦天实验舱靠近天和核心舱时，两者相对位置不断改变，因此以天和核心舱为参照物，梦天实验舱是运动的，故A不正确；
B、声音的传播需要介质，真空不能传声，而电磁波可以在真空中传播，因此空间站通过电磁波与地面取得联系，故B正确；
C、质量是物体的基本属性，加挂实验舱后，空间站的总质量等于原核心舱质量与实验舱质量之和，因此质量增大，故C不正确；
D、力是改变物体运动状态的原因。空间站对接后绕地球做圆周运动，运动方向不断改变，运动状态持续变化，因此一定受到地球引力的作用，故D不正确。
故选：B。
【分析】（1）判断物体运动或静止，关键看物体与参照物的位置是否变化；
（2）空间站与地球之间的信息传递，是通过电磁波实现的（比如无线电通信、数据传输等）；
（3）质量是物体所含物质的多少，不随位置、形状、状态的变化而变化，但物质增多时，质量会增加；
（4）力是改变物体运动状态的原因，运动状态改变包括运动的速度大小和方向。
11．（2025·涟源模拟）图甲为灯泡L的电流与电压关系的图像。将该灯泡接入图乙电路，电阻R阻值为10Ω，闭合开关S，电流表示数为0.2A，则说法正确的是（　　）
A．灯泡电阻恒定不变 B．电阻R和灯泡L串联在电路中
C．电源电压为2V D．灯泡L的电功率为0.4W
【答案】C
【知识点】串联电路和并联电路的辨别；并联电路的电压规律；欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【解答】A、由图甲可知，灯泡的I-U图像是曲线，说明通过灯泡的电流与电压不成正比，根据 ，灯泡的电阻随温度升高而增大，不是恒定不变的，故A错误；
B、由图乙可知，电阻R与灯泡L的两端分别连接在一起，属于并联电路，不是串联，故B错误；
C、并联电路中各支路电压等于电源电压。已知电阻R=10Ω，通过R的电流0.2A，根据欧姆定律U=IR=0.2A×10Ω=2V，因此电源电压为2V，故C正确；
D、灯泡两端电压等于电源电压UL=U=2V，由图甲可知，当UL=2V时，通过灯泡的电流IL=0.25A，则灯泡的电功率PL=ULIL=2V×0.25A=0.5W，不是0.4W，故D错误。
故选：C。
【分析】由电路图知，R与L并联，由欧姆定律求得电阻R两端的电压即为电源电压；由图甲得出通过灯泡的电流IL，根据P=UI可知小灯泡L的电功率。
12．（2025·涟源模拟）以下关于电与磁的描述中，说法正确的是（　　）
A．图甲：磁感线是真实存在的，地磁场的北极在地理北极附近
B．图乙：P向右移动，能吸引更多铁钉，铁钉下端为电磁铁的N极
C．图丙：改变电流方向，线圈受力方向改变，是发电机的工作原理图
D．图丁：闭合开关，导体ab左右水平运动，电路产生电流
【答案】D
【知识点】磁感线及其特点；地磁场；直流电动机的构造原理与工作过程；产生感应电流的条件；影响电磁铁磁性强弱的因素及其探究
【解析】【解答】A、磁感线是物理模型，实际不存在；地磁南北极与地理南北极相反，地磁北极在地理南极附近，故A错误；
B、滑片右移，电阻增大，电流减小，电磁铁磁性减弱，吸引铁钉减少；用安培定则（右手握住螺线管，四指指向电流方向，大拇指指向N极）判断，电磁铁上端为N极，下端为S极，B 错误。
C、有电源的是电动机原理（通电导体在磁场中受力），无电源的是发电机原理（电磁感应），图丙是电动机，故C错误；
D、闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动，会产生感应电流，这是电磁感应现象，图丁符合该条件，故D正确。
故选：D。
【分析】 （1）磁感线是人们为了直观形象地描述磁场的方向和分布情况而引入的带方向的曲线，它并不是客观存在的；
地磁场的北极在地理的南极附近；
（2）由安培定则可确定电磁铁的磁极；电磁铁的磁性强弱跟电流大小、线圈匝数多少、有无铁芯有关；
（3）通电导线在磁场中运动的方向与电流的方向和磁场的方向有关；
（4）闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，会产生电流，这种电流叫感应电流，这一现象叫电磁感应现象，应用于发电机。
二、填空题（本大题共4小题，每空2分，共18分）
13．（2025·涟源模拟）随着人们生活水平的提高，扫地机器人逐步进入人们的生活，其工作时通过电动机转动使内部气体流速　 　，压强　 　，使杂物进入扫地机器人内部，从而达到清扫的目的（均选填“变大”、“变小”或“不变”）。
【答案】变大；变小
【知识点】流体压强与流速的关系
【解析】【解答】扫地机器人工作时通过电动机转动把空气排出风机，机器人内部的气体流速变大，根据流体压强与流速的关系可知，机器人内部压强变小，从而小于外界大气压，所以在外界大气压的作用下，使杂物进入扫地机器人内部，从而达到清扫的目的。
【分析】流体在流速大的地方压强小。
14．（2025·涟源模拟）汽车发动机一般是柴油机或汽油机，它把燃料燃烧放出的内能转化为机械能。完全燃烧0.2kg汽油能获得　 　J的能量。小明同学阅读了汽车发动机的说明书后，将内燃机的能量流向制成如图所示的图表，则该内燃机的效率为　 　%。（q汽油=4.6×107J/kg）
【答案】9.2×106；30
【知识点】燃料的热值；热机的效率
【解析】【解答】 汽油完全燃烧能够获得的能量为；
由图可知，该内燃机的效率：η=100%-33%-30%-7%=30%。
故答案为：9.2×106；30。
【分析】知道汽油的质量和热值，利用Q放=mq求出汽油完全燃烧放出的热量；
由能流图得出转化为有用功的能量占总能量的比值，得出内燃机的效率。
15．（2025·涟源模拟）如图所示，是博物馆珍藏的古代青铜“鱼洗”，注入半盆水后，用双手搓把手，盆内水花四溅，会发出嗡嗡声。说明“鱼洗”发声是由物体　 　产生的。“鱼洗”发出的声音通过　 　传播到人耳。
【答案】振动；空气
【知识点】声音的产生；声音的传播条件
【解析】【解答】声音的产生条件是物体振动，搓动把手使 “鱼洗” 振动发声，水花四溅是振动的直观表现；
声音可以在气体、液体、固体中传播，我们日常听到的声音大多是通过空气传播的。
故答案为：振动；空气。
【分析】 声音是由物体振动产生的，声音的传播需要介质，真空不能传声。
16．（2025·涟源模拟）如图甲所示的电路，电源电压恒定。R0为定值电阻，闭合开关S，移动滑片P，电压表示数随电流表示数变化的图像如图乙所示。则电路中最大电流为　 　A，电源电压为　 　V，电压表与电流表的比值最大为　 　Ω。
【答案】0.6；12；100
【知识点】串联电路的电压规律；欧姆定律及其应用；电路的动态分析
【解析】【解答】 闭合开关，定值电阻R0与滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，电流表测量电路电流。
由图乙可得，当电压表的示数为0时，电流表的示数为0.6A，此时变阻器接入电路电阻为0Ω，此时电路总电阻最小，通过电路的电流最大，故电路中最大电流为0.6A，由图可知通过电路的电流最小为0.1A时，此时滑动变阻器接入电路最大阻值，电压表的示数为10V，
电源电压不变，串联电路总电压等于各部分电压之和，由串联电路电压特点得U=U01+UR1=U02+UR2，由欧姆定律得I1R0+UR1=I2R0+UR2，
则，电源电压为U=U01+UR1=0.6A×20Ω+0V=12V；
根据欧姆定律可得滑动变阻器的最大阻值，
所以电压表与电流表的比值最大为100Ω。
故答案为：0.6；12；100。
【分析】闭合开关，定值电阻R0与滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，电流表测量电路电流。
由图乙可得，当电压表的示数为0时，电流表的示数为0.6A，此时变阻器接入电路电阻为0Ω，此时电路总电阻最小，通过电路的电流最大，由图可知通过电路的电流最小为0.1A时，此时滑动变阻器接入电路最大阻值，电压表的示数为10V，电源电压不变，根据串联电路电压规律结合欧姆定律解方程可得R0，进一步计算电源电压；
根据欧姆定律可得滑动变阻器的最大阻值可知电压表与电流表的最大比值。
三、作图与实验探究题（本大题共4小题，17题4分，其余每空2分，共28分）
17．（2025·涟源模拟）按要求作图；
（1）请作出杠杆上动力F的力臂l。
（2）请在图中画出入射光线AO经平面镜反射后竖直照射到矿井中的反射光线OB。
【答案】（1）
（2）
【知识点】作光的反射光路图；力臂的画法
【解析】【解答】（1） 过支点O作动力F作用线的垂线段l，即为动力臂，如图所示：
（2） 过入射点O，沿竖直向下的方向画一条带箭头的直线，即为入射光线AO经平面镜反射后竖直照射到矿井中的反射光线OB。如图所示：
【分析】（1） 根据力臂的画法，过支点O作动力作用线的垂线段即动力臂。
（2）光的反射定律的内容：反射光线与入射光线、法线在同一平面上；反射光线和入射光线分居在法线的两侧；反射角等于入射角。
（1）杠杆动力臂为支点到动力作用线的距离，如图所示：
（2）根据题意，可知该反射光线竖直照射到矿井中，故过入射点做竖直向下射入井中的光线，如图所示：
18．（2025·涟源模拟）在“探究凸透镜成像的规律实验中”，进行了如下操作：
（1）将蜡烛、　 　和光屏安装在光具座上，并调整好高度和位置。
（2）通过探究，记录并绘制了像距v与物距u之间的关系图像，如图甲所示，则蜡烛在物距u为20cm时成倒立、　 　（选填“放大”、“缩小”或“等大”）、实像。
（3）当蜡烛在如图乙所标位置时，调节光屏的位置可在光屏上得到一个清晰的实像，与生活中的　 　（选填“照相机”、“投影仪”或“放大镜”）成像原理相同。
（4）学生发现蜡烛燃烧产生的异味令人难受，经讨论大家认为可利用LED灯替代蜡烛作为光源，其好处是　 　。
【答案】（1）凸透镜
（2）等大
（3）投影仪
（4）成像稳定
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验；凸透镜成像的应用
【解析】【解答】 （1）在探究凸透镜成像规律实验中，调整烛焰、凸透镜光心、光屏中心在同一高度，这样烛焰的像才能成在光屏中央。
（2）由图甲可知当物距为20cm时像距也等于20cm，根据凸透镜成像规律可知，故此时成倒立、等大的实像。
（3）凸透镜的二倍焦距为20cm，则它的焦距为10cm。由图乙可知，此时物距为15cm，物距在一倍焦距和二倍焦距之间，成倒立、放大的实像，与生活中的投影仪成像原理相同。
（4）LED 灯相比蜡烛，不会像蜡烛燃烧那样产生异味，故可填有利于健康；而且 LED 灯亮度稳定，不像蜡烛会因燃烧变短、晃动等导致成像不稳定；其亮度还可以调节等优点。
故答案为：（1）凸透镜；（2）等大；（3）投影仪；（4）成像稳定。【分析】 （1）探究凸透镜成像规律实验中，需要将蜡烛、凸透镜和光屏依次安装在光具座上；
（2）根据u=v=2f，成倒立等大的实像；
（3）根据2f＞u＞f，成倒立、放大的实像，投影仪就是利用此原理制成的；
（4）蜡烛换成LED灯，实验现象更明显、便于观察、减少了污染等。
（1）在探究凸透镜成像规律实验中，需要将蜡烛、凸透镜和光屏安装在光具座上，通过调整它们的高度，使烛焰、凸透镜光心、光屏中心在同一高度，这样烛焰的像才能成在光屏中央。
（2）对于凸透镜，当物距等于像距等于两倍焦距时成倒立、等大的实像，由图甲可知当物距为20cm时像距也等于20cm，故此时成倒立等大的实像。
（3）由以上分析可知，凸透镜的二倍焦距为20cm，则它的焦距为10cm。由图乙可知，此时物距为15cm，物距在一倍焦距和二倍焦距之间，成倒立、放大的实像，与生活中的投影仪成像原理相同。
（4）LED 灯相比蜡烛，不会像蜡烛燃烧那样产生异味，故可填有利于健康；而且 LED 灯亮度稳定，不像蜡烛会因燃烧变短、晃动等导致成像不稳定；其亮度还可以调节等优点。
19．（2025·涟源模拟）学校实验小组利用天平、量筒等器材测量盐水的密度。
（1）将天平放在水平桌面上，把游码拨到标尺左端的零刻度线处，此时指针如图甲所示，接下来应该调节　 　使横梁平衡。
（2）先用调好的天平测得烧杯和盐水的总质量为116g，然后将适量盐水倒入图乙所示的量筒，再将烧杯和盐水放在天平左盘称量，如图丙所示，则量筒中盐水的质量为　 　g。
（3）根据量筒中盐水的体积和测量的数据，所测盐水的密度为　 　g/cm3。
（4）若在将烧杯中盐水倒入量筒时，有盐水溅到量筒壁上，则所测的盐水密度值　 　（填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【答案】（1）平衡螺母
（2）44
（3）1.1
（4）偏大
【知识点】液体密度的测量
【解析】【解答】 （1）当指针偏向分度盘右侧时，要向左调节平衡螺母，直到指针指在分度盘中央刻度线处，此时天平横梁平衡。
（2）由图丙可知剩余烧杯和盐水总质量为m'=50g+20g+2g=72g
由已知条件，则量筒中盐水质量m=116g-72g=44g
测量时要先读取烧杯和盐水的总质量，倒出部分后再测量剩余质量，两者之差即为倒出盐水的质量。
（3）由图乙量筒读数可知盐水体积V=40mL=40cm3
根据密度公式解得（4）若有盐水溅出，会导致测量的体积偏小，而质量测量准确，根据可知，密度计算结果会偏大。这是测量液体密度时常见的误差来源。
故答案为：（1）平衡螺母；（2）44；（3）1.1；（4）偏大。
【分析】（1）当指针偏向分度盘右侧时，要向左调节平衡螺母。
（2）烧杯和盐水的质量等于物体的质量加上游码对应的示数，得出量筒中盐水质量。
（3）由图乙量筒读数可知盐水体积，根据密度公式得出盐水的密度。
（4）若有盐水溅出，会导致测量的体积偏小，而质量测量准确，根据分析。
（1）当指针偏向分度盘右侧时，说明右侧偏重，需要向左调节平衡螺母，直到指针指在分度盘中央刻度线处，此时天平横梁平衡。这是使用天平的基本调节步骤。
（2）由图丙可知剩余烧杯和盐水总质量为72g，则量筒中盐水质量m=116g-72g=44g。测量时要先读取烧杯和盐水的总质量，倒出部分后再测量剩余质量，两者之差即为倒出盐水的质量。
（3）由图乙量筒读数可知盐水体积V=40mL=40cm3
根据密度公式解得：
（4）若有盐水溅出，会导致测量的体积偏小，而质量测量准确，根据可知，密度计算结果会偏大。这是测量液体密度时常见的误差来源。
20．（2025·涟源模拟）在“测量小灯泡正常发光时的电阻”实验中，器材如下：电源（电压恒为6V）、小灯泡（额定电压3.8V，正常发光时的电阻约10Ω）、电流表（0-0.6A，0-3A）、电压表（0-3V，0-15V）、）滑动变阻器R（20Ω；1A），开关和导线若干。
（1）请用笔画线代替导线将图所示的实物连接成完整电路图　 　（要求连线不得交叉）。
（2）连接电路时，开关应处于　 　状态。
（3）闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P，使电压表示数为3.8V，此时电流表的示数如图所示，则小灯泡正常发光时的电阻为　 　Ω。
（4）完成上述实验之后，老师提出：如果没有电压表，用一个电流表和一个定值电阻R0，仍可完成本实验。兴趣小组经过讨论设计了如图所示的电路，并进行了如下操作：
①闭合开关S、S2，移动滑动变阻器滑片P，使电流表示数为I1，此时小灯泡正常发光。
②保持滑动变阻器滑片P的位置不变，断开S2，闭合S1，电流表示数为I2，则小灯泡正常发光时的电阻R=　 　（用R0、I1、I2表示）。
【答案】（1）
（2）断开
（3）9.5
（4）
【知识点】伏安法测电阻的探究实验
【解析】【解答】 （1）根据题干和图片可知，小灯泡和滑动变阻器串联，电流表与灯泡串联，电压表与小灯泡并联；电源电压为6V，由于小灯泡额定电压是3.8V，因此电压表选择0～15V量程，电路图如图所示：
（2）连接电路时，开关应处于断开状态，主要是为了保护电路。
（3）闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P，使电压表示数为3.8V，此时电流表的示数如图所示为0.4A，根据欧姆定律可知，小灯泡正常发光时的电阻为
（4）开关变化前后均是R0与灯泡并联，电压相等，则有
解得。
故答案为：（1） ； （2）断开；（3）9.5；（4））。
【分析】 （1）在“测量小灯泡正常发光时的电阻”实验中，电压表测量灯泡两端电压；
（2）为保护电路，连接电路时，开关应处于断开状态；
（3）根据电流表所选量程和指针位置读出此时电流表示数，由欧姆定律可求得小灯泡正常发光时的电阻；
（4）闭合开关S、S2，R0与灯泡并联，保持滑动变阻器滑片P的位置不变，断开S2，闭合S1，R0与灯泡也是并联，根据并联电路的电压规律列出等式可求得小灯泡正常发光时的电阻。
（1）小灯泡和滑动变阻器串联，电流表与灯泡串联，电压表与小灯泡并联；电源电压为6V，由于小灯泡额定电压是3.8V，因此电压表选择0～15V量程，电路图如图所示：
（2）为保护电路，连接电路时，开关应处于断开状态。
（3）闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P，使电压表示数为3.8V，此时电流表的示数如图所示为0.4A，则小灯泡正常发光时的电阻为
（4）开关变化前后均是R0与灯泡并联，电压相等，则有
解得
四、计算题（本题共18分，其中21题8分，22题10分）
21．（2025·涟源模拟）小明家购买了一个多挡位电火锅，其内部电路如图所示，部分参数如表所示，R1、R2、R3均为发热电阻，R3的阻值为44Ω。旋转开关S，让其和触点1和2、2和3或3和4接触时，可实现不同挡位的转换；不考虑电热丝的电阻随温度变化，c冰=4.2×103J/（kg ℃）。
物理量 参数
额定电压 220V
中温挡功率 1100W
低温挡功率 440W
（1）此电火锅利用电流　 　效应原理工作。
（2）当旋转开关S跟触点3和4接触时，电火锅处于　 　挡。
（3）电加热器中的R2阻值为多少？
（4）在高温挡模式下，电路1min内消耗的电能是多少？
【答案】（1）热
（2）高温
（3）开关S跟触点2和3接触时，电路中只有R2，为中温挡，所以。
答：电加热器中的R2阻值为44Ω。
（4）开关S跟触点3和4接触时，R2与R3并联，为高温挡
电路在此模式下1min内消耗的电能。
答：电路1min内消耗的电能是1.32×105J。
【知识点】电路的动态分析；电功的计算；电功率的计算；电流的热效应
【解析】【解答】 （1）电火锅是利用电流通过导体发热来加热的，利用电流的热效应原理工作。
（2）由可知，当电源电压一定时，电路中的总电阻越小，总功率就越大，当开关S和触点3、4接触时，R2与R3并联，此时电路中的总电阻最小，总功率最大，电火锅处于高温挡。
答：（1）热；
（2）高温；
【分析】 （1）电流通过导体时电能转化成内能，这种现象叫作电流的热效应；
（2）分析让其和触点1和2、2和3或3和4接触时电路的连接，根据串联和并联电阻的规律由功率公式确定电路的功率大小，据此分析；
（3）由可知电加热器中的R2阻值；
（4）开关S跟触点3和4接触时，R2与R3并联，为高温挡，由可知高温功率，再利用W=Pt求得电路在此模式下1min内消耗的电能。
（1）电火锅是利用电流通过导体发热来加热的，故电火锅是利用了电流的热效应原理工作。
（2）由可知，当电源电压一定时，电路中的总电阻越小，总功率就越大，当开关S和触点3、4接触时，R2与R3并联，此时电路中的总电阻最小，总功率最大，电火锅处于高温挡。
（3）开关S跟触点2和3接触时，电路中只有R2，为中温挡，所以
（4）开关S跟触点3和4接触时，R2与R3并联，为高温挡
电路在此模式下1min内消耗的电能
22．（2025·涟源模拟）一底面积为300cm2的足够深的薄壁（厚度不计）柱形容器内盛有4.2kg水，将质量为900g、底面积为100cm2、高为12cm的不吸水实心圆柱体放入水中，静止后如图所示。打开阀门K，放出3kg的水后关闭阀门。已知水的密度ρ水=1.0×103kg/m3。求
（1）圆柱体的重力G；
（2）圆柱体的密度ρ圆柱体；
（3）圆柱体入水前水面距容器底部的高度h；
（4）放出3kg水过程中圆柱体重力所做的功W；
（5）放水后水对容器底部的压强p。
【答案】（1）圆柱体的质量为900g=0.9kg，
则圆柱体的重力为：G=mg=0.9kg×10N/kg=9N。
答： 圆柱体的重力G为9N。
（2）圆柱体的体积为：V=S物h物=100cm2×12cm=1200cm3=1.2×10-3m3，
则圆柱体的密度为：。
答： 圆柱体的密度ρ圆柱体为0.75×103kg/m3。
（3）容器内盛有4.2kg水，则水的体积：，
则圆柱体入水前水面距容器底部的高度为：。
答： 圆柱体入水前水面距容器底部的高度h为0.14m。
（4）因为圆柱体的密度小于水的密度，所以圆柱体放入水中静止后处于漂浮状态，
由漂浮条件可得圆柱体受到的浮力：F浮=G=9N，
由F浮=ρ水gV排可得圆柱体排开水的体积：，
则圆柱体浸入水中的深度为：，
由V排=S容Δh可得容器内水面上升的高度为：，
所以圆柱体漂浮时其下底面距容器底的高度为：h1=h+Δh-h浸=14cm+3cm-9cm=8cm，
此时圆柱体底面以下水的质量为：m水'=ρ水V水'=ρ水S容h1=1g/cm3×300cm2×8cm=2400g=2.4kg，
因2.4kg＜3kg，则说明放出3kg水时圆柱体已经沉底，所以放水过程中圆柱体下降的高度为h1=8cm=0.08m，
则放水过程中圆柱体重力做的功：W=Gh1=9N×0.08m=0.72J。
答： 放出3kg水过程中圆柱体重力所做的功为0.72J。
（5）放水后容器中剩余水的质量为：m剩=m水-m放=4.2kg-3kg=1.2kg，
则剩余水的体积：，
因圆柱体沉底，则此时水的深度为：，
所以放水后水对容器底部的压强为：p=ρ水gh'=1×103kg/m3×10N/kg×0.06m=600Pa。
答： 放水后水对容器底部的压强p为600Pa。
【知识点】密度公式及其应用；重力及其大小的计算；液体压强计算公式的应用；阿基米德原理；功的计算及应用
【解析】【分析】 （1）知道圆柱体的质量，根据G=mg求出圆柱体的重力G；
（2）由题意和密度公式可求出圆柱体的密度；
（3）容器内盛有4.2kg水，由密度公式求出水的体积，根据V=Sh求出圆柱体入水前水面距容器底部的高度h；
（4）由圆柱体的密度小于水的密度可知圆柱体开始时处于漂浮状态，由漂浮条件求出此时圆柱体受到的浮力，根据F浮=ρ水gV排可得圆柱体排开水的体积，由V=Sh求出圆柱体浸入水中的深度；
由V排=S容Δh可得容器内水面上升的高度，则此时水深为h+Δh，减去圆柱体浸入水中的深度，即为圆柱体漂浮时其下底面距容器底的高度h1，再根据m=ρ水S容h1求出此时圆柱体底面以下水的质量，并与3kg比较，可判断得出放出3kg水时圆柱体已经沉底，则可知圆柱体下降的高度，再根据W=Gh求出放水过程中圆柱体重力做的功；
（5）根据题意求出放水后容器中剩余水的质量，由密度公式求出剩余水的体积，此时圆柱体沉底，则m剩=ρ水（S容-S物）h'，据此求出此时水的深度，根据p=ρ水gh计算放水后水对容器底部的压强。
（1）圆柱体的重力
（2）圆柱体的密度
（3）圆柱体入水前容器中水的质量
圆柱体入水前水面距容器底部的高度
（4）因为圆柱体的密度小于水的密度，所以圆柱体开始漂浮在水面，设其浸在水中的深度为h2，根据F浮=G=ρ水gV=ρ水gS1h2
得
圆柱体浸在水中的体积
此时容器中液面上升
圆柱体漂浮时其下底面距容器底高
此时圆柱体底面下的水质量
因为2.4kg<3kg，说明放出3kg水过程中圆柱体已经沉入容器底部，所以放水过程中圆柱体重力做的功W=Gh3=9N×0.08m=0.72J
（5）放水后容器中剩余水质量m余=m原m放=4.2kg3kg=1.2kg
设放3kg水后圆柱体浸在水中的深度为h浸，由m余=ρ水（s2s1）h浸得
放水后水对容器底部的压强p=ρ水gh浸=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.06m=600Pa
1 / 1湖南省娄底市涟源市2025年中考三模理综物理试题
一、选择题（本题共36分。每小题给出的选项中，只有一个是正确的，每小题选对得3分，错选或未选的得0分）
1．（2025·涟源模拟）下列物态变化现象属于熔化的是（　　）
A．冰雪消融 B．热气腾腾 C．浓雾消散 D．霜满枝头
2．（2025·涟源模拟） 水约占人体体重的60%~70%，有助于调节体温，原因之一是水具有较大的（　　）
A．热值 B．密度 C．温度 D．比热容
3．（2025·涟源模拟）“三峡引领号”——我国自主研发的全球首台抗台风型漂浮式海上风电机组及基础平台，是引领我国海上风电行业走向深海的重大成果。下列有关说法正确的是（　　）
A．风能是不可再生能源
B．风力发电是将电能转化为机械能
C．风电机组漂浮在海上时只受浮力作用
D．给“三峡引领号”风力发电机安装消声器，是在声源处防止噪声产生
4．（2025·涟源模拟）如图所示的光现象中，属于光的直线传播的是（　　）
A．透镜看书 B．手影游戏
C．水中倒影 D．棱镜色散
5．（2025·涟源模拟）2024年9月25日8时44分，中国人民解放军火箭军向太平洋相关公海海域成功发射一枚携载训练模拟弹头的洲际弹道导弹，准确落入预定海域。此次导弹发射的新型洲际导弹，发射速度达30马赫，射程达到12000公里（千米）。下列有关说法正确的是（　　）
A．洲际导弹发射过程中只受重力的作用
B．马赫是时间单位
C．12000公里=1.2×107m
D．洲际导弹发射过程中做匀速直线运动
6．（2025·涟源模拟）如图所示，小马用拉力F把重为G的货物匀速提升h到平台，不计绳重及滑轮的摩擦。下列说法正确的是（　　）
A．装置中的滑轮为定滑轮 B．
C．货物越重机械效率越高 D．滑轮越重有用功越多
7．（2025·涟源模拟）下列用电器消耗电能最快的是（　　）
A．电脑 B．电风扇 C．电饭煲 D．节能灯
8．（2025·涟源模拟）如图所示，农历乙巳年央视春晚舞台，我国自主研制的科技人形机器人展示了极其灵巧的动作，并跳起了秧歌舞，丢起了手绢。下列说法正确的是（　　）
A．人形机器人静止站立在舞台时受重力和支持力作用
B．手绢由静止开始旋转，运动状态没有改变
C．春晚的歌声总是令人心情舒畅的乐音
D．手绢被丢出后，若所受的力全部消失，它一定保持静止状态
9．（2025·涟源模拟）如图所示为小明家电能表示数，下列说法正确的是（　　）
A．电能表示数为2025kW·h
B．电能属于一次能源
C．电路中能接入的用电器总功率最大为2200W
D．接在此电能表上的用电器每消耗1kW·h，电能表转360转
10．（2025·涟源模拟）如图为中国空间站的梦天实验舱与天和核心舱成功对接成“T”字基本构型过程图片，下列说法正确的是（　　）
A．在梦天实验舱靠近天和核心舱的过程中，以天和核心舱为参照物，梦天实验舱是静止的
B．空间站通过电磁波与地面联系
C．加挂梦天实验舱后，空间站的质量不变
D．梦天实验舱与天和核心舱成功对接后不再受力的作用
11．（2025·涟源模拟）图甲为灯泡L的电流与电压关系的图像。将该灯泡接入图乙电路，电阻R阻值为10Ω，闭合开关S，电流表示数为0.2A，则说法正确的是（　　）
A．灯泡电阻恒定不变 B．电阻R和灯泡L串联在电路中
C．电源电压为2V D．灯泡L的电功率为0.4W
12．（2025·涟源模拟）以下关于电与磁的描述中，说法正确的是（　　）
A．图甲：磁感线是真实存在的，地磁场的北极在地理北极附近
B．图乙：P向右移动，能吸引更多铁钉，铁钉下端为电磁铁的N极
C．图丙：改变电流方向，线圈受力方向改变，是发电机的工作原理图
D．图丁：闭合开关，导体ab左右水平运动，电路产生电流
二、填空题（本大题共4小题，每空2分，共18分）
13．（2025·涟源模拟）随着人们生活水平的提高，扫地机器人逐步进入人们的生活，其工作时通过电动机转动使内部气体流速　 　，压强　 　，使杂物进入扫地机器人内部，从而达到清扫的目的（均选填“变大”、“变小”或“不变”）。
14．（2025·涟源模拟）汽车发动机一般是柴油机或汽油机，它把燃料燃烧放出的内能转化为机械能。完全燃烧0.2kg汽油能获得　 　J的能量。小明同学阅读了汽车发动机的说明书后，将内燃机的能量流向制成如图所示的图表，则该内燃机的效率为　 　%。（q汽油=4.6×107J/kg）
15．（2025·涟源模拟）如图所示，是博物馆珍藏的古代青铜“鱼洗”，注入半盆水后，用双手搓把手，盆内水花四溅，会发出嗡嗡声。说明“鱼洗”发声是由物体　 　产生的。“鱼洗”发出的声音通过　 　传播到人耳。
16．（2025·涟源模拟）如图甲所示的电路，电源电压恒定。R0为定值电阻，闭合开关S，移动滑片P，电压表示数随电流表示数变化的图像如图乙所示。则电路中最大电流为　 　A，电源电压为　 　V，电压表与电流表的比值最大为　 　Ω。
三、作图与实验探究题（本大题共4小题，17题4分，其余每空2分，共28分）
17．（2025·涟源模拟）按要求作图；
（1）请作出杠杆上动力F的力臂l。
（2）请在图中画出入射光线AO经平面镜反射后竖直照射到矿井中的反射光线OB。
18．（2025·涟源模拟）在“探究凸透镜成像的规律实验中”，进行了如下操作：
（1）将蜡烛、　 　和光屏安装在光具座上，并调整好高度和位置。
（2）通过探究，记录并绘制了像距v与物距u之间的关系图像，如图甲所示，则蜡烛在物距u为20cm时成倒立、　 　（选填“放大”、“缩小”或“等大”）、实像。
（3）当蜡烛在如图乙所标位置时，调节光屏的位置可在光屏上得到一个清晰的实像，与生活中的　 　（选填“照相机”、“投影仪”或“放大镜”）成像原理相同。
（4）学生发现蜡烛燃烧产生的异味令人难受，经讨论大家认为可利用LED灯替代蜡烛作为光源，其好处是　 　。
19．（2025·涟源模拟）学校实验小组利用天平、量筒等器材测量盐水的密度。
（1）将天平放在水平桌面上，把游码拨到标尺左端的零刻度线处，此时指针如图甲所示，接下来应该调节　 　使横梁平衡。
（2）先用调好的天平测得烧杯和盐水的总质量为116g，然后将适量盐水倒入图乙所示的量筒，再将烧杯和盐水放在天平左盘称量，如图丙所示，则量筒中盐水的质量为　 　g。
（3）根据量筒中盐水的体积和测量的数据，所测盐水的密度为　 　g/cm3。
（4）若在将烧杯中盐水倒入量筒时，有盐水溅到量筒壁上，则所测的盐水密度值　 　（填“偏大”“偏小”或“不变”）。
20．（2025·涟源模拟）在“测量小灯泡正常发光时的电阻”实验中，器材如下：电源（电压恒为6V）、小灯泡（额定电压3.8V，正常发光时的电阻约10Ω）、电流表（0-0.6A，0-3A）、电压表（0-3V，0-15V）、）滑动变阻器R（20Ω；1A），开关和导线若干。
（1）请用笔画线代替导线将图所示的实物连接成完整电路图　 　（要求连线不得交叉）。
（2）连接电路时，开关应处于　 　状态。
（3）闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P，使电压表示数为3.8V，此时电流表的示数如图所示，则小灯泡正常发光时的电阻为　 　Ω。
（4）完成上述实验之后，老师提出：如果没有电压表，用一个电流表和一个定值电阻R0，仍可完成本实验。兴趣小组经过讨论设计了如图所示的电路，并进行了如下操作：
①闭合开关S、S2，移动滑动变阻器滑片P，使电流表示数为I1，此时小灯泡正常发光。
②保持滑动变阻器滑片P的位置不变，断开S2，闭合S1，电流表示数为I2，则小灯泡正常发光时的电阻R=　 　（用R0、I1、I2表示）。
四、计算题（本题共18分，其中21题8分，22题10分）
21．（2025·涟源模拟）小明家购买了一个多挡位电火锅，其内部电路如图所示，部分参数如表所示，R1、R2、R3均为发热电阻，R3的阻值为44Ω。旋转开关S，让其和触点1和2、2和3或3和4接触时，可实现不同挡位的转换；不考虑电热丝的电阻随温度变化，c冰=4.2×103J/（kg ℃）。
物理量 参数
额定电压 220V
中温挡功率 1100W
低温挡功率 440W
（1）此电火锅利用电流　 　效应原理工作。
（2）当旋转开关S跟触点3和4接触时，电火锅处于　 　挡。
（3）电加热器中的R2阻值为多少？
（4）在高温挡模式下，电路1min内消耗的电能是多少？
22．（2025·涟源模拟）一底面积为300cm2的足够深的薄壁（厚度不计）柱形容器内盛有4.2kg水，将质量为900g、底面积为100cm2、高为12cm的不吸水实心圆柱体放入水中，静止后如图所示。打开阀门K，放出3kg的水后关闭阀门。已知水的密度ρ水=1.0×103kg/m3。求
（1）圆柱体的重力G；
（2）圆柱体的密度ρ圆柱体；
（3）圆柱体入水前水面距容器底部的高度h；
（4）放出3kg水过程中圆柱体重力所做的功W；
（5）放水后水对容器底部的压强p。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】熔化与熔化吸热特点；凝固与凝固放热特点；液化及液化放热；凝华及凝华放热
【解析】【解答】A、冰雪消融是固态的冰雪变为液态的水，属于熔化现象，故A正确；
B、热气腾腾是液态的小水滴（水蒸气遇冷液化形成），属于液化现象，故B错误；
C、浓雾消散是液态的小水滴变为气态的水蒸气，属于汽化现象，故C错误；
D、霜满枝头是气态的水蒸气直接变为固态的霜，属于凝华现象，故D错误。
故选：A。
【分析】 熔化指物质由固态转变成液态。
2．【答案】D
【知识点】比热容的定义及其计算公式
【解析】【解答】A：热值是燃料完全燃烧放出的热量与燃料质量的比值，水不是燃料，所以与热值无关。故A错误；
B：密度是物质的质量与体积的比值，密度大小与调节体温没有直接关系。故B错误；
C：水本身具有一定的温度，但这不是水有助于调节体温的关键原因。故C错误；
D：水的比热容较大，意味着吸收或放出相同的热量，水的温度变化相对较小。当人体温度升高时，水能够吸收大量热量而自身温度升高不多；当人体温度降低时，水能够放出大量热量而自身温度降低不多。所以水能够有效地帮助人体调节体温。故D正确。
综上所述，正确答案为D。
【分析】探讨水有助于调节人体体温的原因，需从所给选项中选择相关的物理量。水不是燃料，不存在热值的概念，与调节体温无关。
密度只是反映物质质量与体积的关系，对体温调节没有直接作用。水的温度本身不是其能调节体温的关键因素。水的比热容大，使得在吸收或放出相同热量时，自身温度变化较小，能很好地吸收或放出热量来平衡人体温度，从而有助于调节体温。
3．【答案】D
【知识点】能量的转化或转移；能源及其分类；物体的浮沉条件及其应用；防治噪声的途径
【解析】【解答】A、可再生能源是指可以从自然界源源不断获得的能源，如风能、太阳能、水能等；不可再生能源是指短期内无法再生的能源，如煤、石油、天然气等。风能属于可再生能源，故A错误；
B、风力发电机的工作原理是电磁感应，风的机械能带动风机叶轮旋转，通过发电机将机械能转化为电能，能量转化方向为机械能→电能，故B错误；
C、漂浮在海面上的物体，在竖直方向上受力平衡，受到向下的重力和向上的浮力，二力大小相等、方向相反，因此风电机组同时受重力和浮力作用，故C错误；
D、安装消声器是在噪声的产生环节进行控制，属于声源处减弱噪声，可以有效防止噪声的产生，故D正确。
故选：D。
【分析】 （1）像水能、风能、太阳能、生物质能等都是能够源源不断的从自然界得到的能源叫可再生能源；像化石能源、核能等短期内不能从自然界得到补充的能源叫不可再生能源；
（2）风力发电时，空气流动带动扇叶转动，将空气的机械能转化为电能；
（3）物体漂浮，物体将受到浮力和重力，且浮力等于重力；
（4）减弱噪声的途径有：在声源处减弱，在传播过程中减弱，在人耳处减弱。
4．【答案】B
【知识点】光的直线传播及其应用；光的反射；光的色散；凸透镜成像的应用
【解析】【解答】A、透镜看书利用了凸透镜成正立、放大虚像的原理，本质是光的折射，故A不正确；
B、手影的形成原理是光的直线传播：光沿直线传播时，被手挡住，无法到达手后方的区域，从而形成影子，故B正确；
C、水中倒影是平面镜成像，遵循光的反射定律，属于光的反射，故C不正确；
D、棱镜色散是光的色散现象，本质是不同色光通过三棱镜时的折射角不同，属于光的折射，故D不正确。
故选：B。
【分析】光在自然界中存在三种光现象：
（1）光在同种均匀物质中沿直线传播，在日常生活中，激光准直、小孔成像和影子的形成等都表明光在同一种均匀介质中是沿直线传播的；
（2）当光照射到物体表面上时，有一部分光被反射回来，例如：平面镜成像、水中倒影等；
（3）当光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向会偏折，发生折射现象，如：看水里的鱼比实际位置浅等。
5．【答案】C
【知识点】长度及其测量；速度与物体运动；力的概念及单位；物体运动状态的变化
【解析】【解答】A、物体受力分析需全面，导弹发射时，发动机提供推力，空气产生阻力，同时受重力，因此受力不止重力，故A错误；
B、马赫是表示速度的量词，用于衡量高速飞行器的速度，1马赫= 1倍音速，不是时间单位，故B错误；
C、科学记数法换算：12000公里=12000×1000m = 1.2×107m，换算正确，故C正确。
D、匀速直线运动要求速度大小和方向都不变，导弹发射时加速升空，运动轨迹为曲线，因此是变速曲线运动，故D错误。
故选：C。
【分析】 （1）结合受力分析判断；
（2）马赫是速度单位；
（3）1公里 = 1000m；
（4）匀速直线运动是指物体在直线路径上以恒定速度进行的运动。
6．【答案】C
【知识点】动滑轮及其工作特点；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】 A．图中滑轮随物体一起移动，是动滑轮，故A错误；
B．不计绳重及滑轮的摩擦，因为是动滑轮，则使用动滑轮时拉力，故B错误；C．机械效率等于有用功与总功的比值，动滑轮的机械效率，即货物越重机械效率越高，故C正确；
D．克服滑轮重所做的功为额外功，滑轮越重，需要做的额外功越多，而不是有用功越多，故D错误。
故选：C。
【分析】 轴随物体一起运动的滑轮是动滑轮，使用动滑轮能省一半力，但费距离；动滑轮的机械效率，据此分析。
7．【答案】C
【知识点】电功率
【解析】【解答】 电饭煲、电脑、节能灯和电风扇中，电饭煲的功率最大，消耗电能最快也就是电功率大。故C符合题意。
故选：C。
【分析】消耗电能最快也就是电功率大，估测用电器的电功率，判断即可。
8．【答案】A
【知识点】力的作用效果；二力平衡的条件及其应用；平衡状态的判断；音调、响度与音色的区分
【解析】【解答】A、静止的物体受力平衡，机器人静止站立时，竖直方向受重力和支持力，二力大小相等、方向相反、作用在同一直线上，故A正确；
B、运动状态不变的条件是速度大小和方向都不变。手绢从静止到旋转，速度从0变为非0，运动方向也不断改变，因此运动状态发生了改变，故B错误；
C、乐音是发声体做有规则振动产生的声音，但从环保角度，任何干扰人们正常生活的声音都属于噪声。春晚的歌声并非在所有场景下都是乐音，故C错误；
D、牛顿第一定律指出，一切物体在不受力时，总保持静止或匀速直线运动状态。手绢丢出后是运动的，因此力消失后会保持匀速直线运动，故D错误。
故选：A。
【分析】（1）当机器人静止站立时，处于平衡状态。在竖直方向上，它受到竖直向下的重力，同时舞台会给它一个竖直向上的支持力。这两个力大小相等、方向相反、作用在同一直线上，是一对平衡力。
（2）手绢由静止开始旋转，速度大小发生了改变，而且旋转过程中运动方向也在不断变化，所以它的运动状态发生了改变。
（3）乐音是指发音物体有规律地振动而产生的具有固定音高的音。
（4）一切物体在没有受到任何力的作用时，总保持静止状态或匀速直线运动状态。
9．【答案】D
【知识点】能源及其分类；电能表参数的理解；电功率的计算
【解析】【解答】A、电能表读数的最后一位是小数位，单位为kW·h，因此示数应为202.5kW·h，而非2025kW·h，故A错误；
B、一次能源是可直接从自然界获取的能源（如风能、太阳能），电能需要通过其他能源转化而来，属于二次能源，故B错误；
C、电能表参数“220V 10 (20) A”表示额定电压220V，允许通过的最大电流为20A，根据公式P=UI，最大总功率为P=220V×20A=4400W，而非2200W，故C错误；
D、参数“360r/kW·h” 表示接在此电能表上的用电器，每消耗1kW·h的电能，电能表的转盘转过360转，故D正确。
故选：D。
【分析】 （1）电能表的最后一位数是小数；
（2）一次能源可以从自然界直接获得，而二次能源不能从自然界直接获得，需要通过消耗一次能源来获得；
（3）结合电能表的参数，利用P=UI求得用电器总功率；
（4）结合电能表的参数判断即可。
10．【答案】B
【知识点】质量及其特性；力的概念及单位；参照物及其选择；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】A、判断物体运动或静止的关键是看物体与参照物的相对位置是否变化。梦天实验舱靠近天和核心舱时，两者相对位置不断改变，因此以天和核心舱为参照物，梦天实验舱是运动的，故A不正确；
B、声音的传播需要介质，真空不能传声，而电磁波可以在真空中传播，因此空间站通过电磁波与地面取得联系，故B正确；
C、质量是物体的基本属性，加挂实验舱后，空间站的总质量等于原核心舱质量与实验舱质量之和，因此质量增大，故C不正确；
D、力是改变物体运动状态的原因。空间站对接后绕地球做圆周运动，运动方向不断改变，运动状态持续变化，因此一定受到地球引力的作用，故D不正确。
故选：B。
【分析】（1）判断物体运动或静止，关键看物体与参照物的位置是否变化；
（2）空间站与地球之间的信息传递，是通过电磁波实现的（比如无线电通信、数据传输等）；
（3）质量是物体所含物质的多少，不随位置、形状、状态的变化而变化，但物质增多时，质量会增加；
（4）力是改变物体运动状态的原因，运动状态改变包括运动的速度大小和方向。
11．【答案】C
【知识点】串联电路和并联电路的辨别；并联电路的电压规律；欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【解答】A、由图甲可知，灯泡的I-U图像是曲线，说明通过灯泡的电流与电压不成正比，根据 ，灯泡的电阻随温度升高而增大，不是恒定不变的，故A错误；
B、由图乙可知，电阻R与灯泡L的两端分别连接在一起，属于并联电路，不是串联，故B错误；
C、并联电路中各支路电压等于电源电压。已知电阻R=10Ω，通过R的电流0.2A，根据欧姆定律U=IR=0.2A×10Ω=2V，因此电源电压为2V，故C正确；
D、灯泡两端电压等于电源电压UL=U=2V，由图甲可知，当UL=2V时，通过灯泡的电流IL=0.25A，则灯泡的电功率PL=ULIL=2V×0.25A=0.5W，不是0.4W，故D错误。
故选：C。
【分析】由电路图知，R与L并联，由欧姆定律求得电阻R两端的电压即为电源电压；由图甲得出通过灯泡的电流IL，根据P=UI可知小灯泡L的电功率。
12．【答案】D
【知识点】磁感线及其特点；地磁场；直流电动机的构造原理与工作过程；产生感应电流的条件；影响电磁铁磁性强弱的因素及其探究
【解析】【解答】A、磁感线是物理模型，实际不存在；地磁南北极与地理南北极相反，地磁北极在地理南极附近，故A错误；
B、滑片右移，电阻增大，电流减小，电磁铁磁性减弱，吸引铁钉减少；用安培定则（右手握住螺线管，四指指向电流方向，大拇指指向N极）判断，电磁铁上端为N极，下端为S极，B 错误。
C、有电源的是电动机原理（通电导体在磁场中受力），无电源的是发电机原理（电磁感应），图丙是电动机，故C错误；
D、闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动，会产生感应电流，这是电磁感应现象，图丁符合该条件，故D正确。
故选：D。
【分析】 （1）磁感线是人们为了直观形象地描述磁场的方向和分布情况而引入的带方向的曲线，它并不是客观存在的；
地磁场的北极在地理的南极附近；
（2）由安培定则可确定电磁铁的磁极；电磁铁的磁性强弱跟电流大小、线圈匝数多少、有无铁芯有关；
（3）通电导线在磁场中运动的方向与电流的方向和磁场的方向有关；
（4）闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，会产生电流，这种电流叫感应电流，这一现象叫电磁感应现象，应用于发电机。
13．【答案】变大；变小
【知识点】流体压强与流速的关系
【解析】【解答】扫地机器人工作时通过电动机转动把空气排出风机，机器人内部的气体流速变大，根据流体压强与流速的关系可知，机器人内部压强变小，从而小于外界大气压，所以在外界大气压的作用下，使杂物进入扫地机器人内部，从而达到清扫的目的。
【分析】流体在流速大的地方压强小。
14．【答案】9.2×106；30
【知识点】燃料的热值；热机的效率
【解析】【解答】 汽油完全燃烧能够获得的能量为；
由图可知，该内燃机的效率：η=100%-33%-30%-7%=30%。
故答案为：9.2×106；30。
【分析】知道汽油的质量和热值，利用Q放=mq求出汽油完全燃烧放出的热量；
由能流图得出转化为有用功的能量占总能量的比值，得出内燃机的效率。
15．【答案】振动；空气
【知识点】声音的产生；声音的传播条件
【解析】【解答】声音的产生条件是物体振动，搓动把手使 “鱼洗” 振动发声，水花四溅是振动的直观表现；
声音可以在气体、液体、固体中传播，我们日常听到的声音大多是通过空气传播的。
故答案为：振动；空气。
【分析】 声音是由物体振动产生的，声音的传播需要介质，真空不能传声。
16．【答案】0.6；12；100
【知识点】串联电路的电压规律；欧姆定律及其应用；电路的动态分析
【解析】【解答】 闭合开关，定值电阻R0与滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，电流表测量电路电流。
由图乙可得，当电压表的示数为0时，电流表的示数为0.6A，此时变阻器接入电路电阻为0Ω，此时电路总电阻最小，通过电路的电流最大，故电路中最大电流为0.6A，由图可知通过电路的电流最小为0.1A时，此时滑动变阻器接入电路最大阻值，电压表的示数为10V，
电源电压不变，串联电路总电压等于各部分电压之和，由串联电路电压特点得U=U01+UR1=U02+UR2，由欧姆定律得I1R0+UR1=I2R0+UR2，
则，电源电压为U=U01+UR1=0.6A×20Ω+0V=12V；
根据欧姆定律可得滑动变阻器的最大阻值，
所以电压表与电流表的比值最大为100Ω。
故答案为：0.6；12；100。
【分析】闭合开关，定值电阻R0与滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，电流表测量电路电流。
由图乙可得，当电压表的示数为0时，电流表的示数为0.6A，此时变阻器接入电路电阻为0Ω，此时电路总电阻最小，通过电路的电流最大，由图可知通过电路的电流最小为0.1A时，此时滑动变阻器接入电路最大阻值，电压表的示数为10V，电源电压不变，根据串联电路电压规律结合欧姆定律解方程可得R0，进一步计算电源电压；
根据欧姆定律可得滑动变阻器的最大阻值可知电压表与电流表的最大比值。
17．【答案】（1）
（2）
【知识点】作光的反射光路图；力臂的画法
【解析】【解答】（1） 过支点O作动力F作用线的垂线段l，即为动力臂，如图所示：
（2） 过入射点O，沿竖直向下的方向画一条带箭头的直线，即为入射光线AO经平面镜反射后竖直照射到矿井中的反射光线OB。如图所示：
【分析】（1） 根据力臂的画法，过支点O作动力作用线的垂线段即动力臂。
（2）光的反射定律的内容：反射光线与入射光线、法线在同一平面上；反射光线和入射光线分居在法线的两侧；反射角等于入射角。
（1）杠杆动力臂为支点到动力作用线的距离，如图所示：
（2）根据题意，可知该反射光线竖直照射到矿井中，故过入射点做竖直向下射入井中的光线，如图所示：
18．【答案】（1）凸透镜
（2）等大
（3）投影仪
（4）成像稳定
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验；凸透镜成像的应用
【解析】【解答】 （1）在探究凸透镜成像规律实验中，调整烛焰、凸透镜光心、光屏中心在同一高度，这样烛焰的像才能成在光屏中央。
（2）由图甲可知当物距为20cm时像距也等于20cm，根据凸透镜成像规律可知，故此时成倒立、等大的实像。
（3）凸透镜的二倍焦距为20cm，则它的焦距为10cm。由图乙可知，此时物距为15cm，物距在一倍焦距和二倍焦距之间，成倒立、放大的实像，与生活中的投影仪成像原理相同。
（4）LED 灯相比蜡烛，不会像蜡烛燃烧那样产生异味，故可填有利于健康；而且 LED 灯亮度稳定，不像蜡烛会因燃烧变短、晃动等导致成像不稳定；其亮度还可以调节等优点。
故答案为：（1）凸透镜；（2）等大；（3）投影仪；（4）成像稳定。【分析】 （1）探究凸透镜成像规律实验中，需要将蜡烛、凸透镜和光屏依次安装在光具座上；
（2）根据u=v=2f，成倒立等大的实像；
（3）根据2f＞u＞f，成倒立、放大的实像，投影仪就是利用此原理制成的；
（4）蜡烛换成LED灯，实验现象更明显、便于观察、减少了污染等。
（1）在探究凸透镜成像规律实验中，需要将蜡烛、凸透镜和光屏安装在光具座上，通过调整它们的高度，使烛焰、凸透镜光心、光屏中心在同一高度，这样烛焰的像才能成在光屏中央。
（2）对于凸透镜，当物距等于像距等于两倍焦距时成倒立、等大的实像，由图甲可知当物距为20cm时像距也等于20cm，故此时成倒立等大的实像。
（3）由以上分析可知，凸透镜的二倍焦距为20cm，则它的焦距为10cm。由图乙可知，此时物距为15cm，物距在一倍焦距和二倍焦距之间，成倒立、放大的实像，与生活中的投影仪成像原理相同。
（4）LED 灯相比蜡烛，不会像蜡烛燃烧那样产生异味，故可填有利于健康；而且 LED 灯亮度稳定，不像蜡烛会因燃烧变短、晃动等导致成像不稳定；其亮度还可以调节等优点。
19．【答案】（1）平衡螺母
（2）44
（3）1.1
（4）偏大
【知识点】液体密度的测量
【解析】【解答】 （1）当指针偏向分度盘右侧时，要向左调节平衡螺母，直到指针指在分度盘中央刻度线处，此时天平横梁平衡。
（2）由图丙可知剩余烧杯和盐水总质量为m'=50g+20g+2g=72g
由已知条件，则量筒中盐水质量m=116g-72g=44g
测量时要先读取烧杯和盐水的总质量，倒出部分后再测量剩余质量，两者之差即为倒出盐水的质量。
（3）由图乙量筒读数可知盐水体积V=40mL=40cm3
根据密度公式解得（4）若有盐水溅出，会导致测量的体积偏小，而质量测量准确，根据可知，密度计算结果会偏大。这是测量液体密度时常见的误差来源。
故答案为：（1）平衡螺母；（2）44；（3）1.1；（4）偏大。
【分析】（1）当指针偏向分度盘右侧时，要向左调节平衡螺母。
（2）烧杯和盐水的质量等于物体的质量加上游码对应的示数，得出量筒中盐水质量。
（3）由图乙量筒读数可知盐水体积，根据密度公式得出盐水的密度。
（4）若有盐水溅出，会导致测量的体积偏小，而质量测量准确，根据分析。
（1）当指针偏向分度盘右侧时，说明右侧偏重，需要向左调节平衡螺母，直到指针指在分度盘中央刻度线处，此时天平横梁平衡。这是使用天平的基本调节步骤。
（2）由图丙可知剩余烧杯和盐水总质量为72g，则量筒中盐水质量m=116g-72g=44g。测量时要先读取烧杯和盐水的总质量，倒出部分后再测量剩余质量，两者之差即为倒出盐水的质量。
（3）由图乙量筒读数可知盐水体积V=40mL=40cm3
根据密度公式解得：
（4）若有盐水溅出，会导致测量的体积偏小，而质量测量准确，根据可知，密度计算结果会偏大。这是测量液体密度时常见的误差来源。
20．【答案】（1）
（2）断开
（3）9.5
（4）
【知识点】伏安法测电阻的探究实验
【解析】【解答】 （1）根据题干和图片可知，小灯泡和滑动变阻器串联，电流表与灯泡串联，电压表与小灯泡并联；电源电压为6V，由于小灯泡额定电压是3.8V，因此电压表选择0～15V量程，电路图如图所示：
（2）连接电路时，开关应处于断开状态，主要是为了保护电路。
（3）闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P，使电压表示数为3.8V，此时电流表的示数如图所示为0.4A，根据欧姆定律可知，小灯泡正常发光时的电阻为
（4）开关变化前后均是R0与灯泡并联，电压相等，则有
解得。
故答案为：（1） ； （2）断开；（3）9.5；（4））。
【分析】 （1）在“测量小灯泡正常发光时的电阻”实验中，电压表测量灯泡两端电压；
（2）为保护电路，连接电路时，开关应处于断开状态；
（3）根据电流表所选量程和指针位置读出此时电流表示数，由欧姆定律可求得小灯泡正常发光时的电阻；
（4）闭合开关S、S2，R0与灯泡并联，保持滑动变阻器滑片P的位置不变，断开S2，闭合S1，R0与灯泡也是并联，根据并联电路的电压规律列出等式可求得小灯泡正常发光时的电阻。
（1）小灯泡和滑动变阻器串联，电流表与灯泡串联，电压表与小灯泡并联；电源电压为6V，由于小灯泡额定电压是3.8V，因此电压表选择0～15V量程，电路图如图所示：
（2）为保护电路，连接电路时，开关应处于断开状态。
（3）闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P，使电压表示数为3.8V，此时电流表的示数如图所示为0.4A，则小灯泡正常发光时的电阻为
（4）开关变化前后均是R0与灯泡并联，电压相等，则有
解得
21．【答案】（1）热
（2）高温
（3）开关S跟触点2和3接触时，电路中只有R2，为中温挡，所以。
答：电加热器中的R2阻值为44Ω。
（4）开关S跟触点3和4接触时，R2与R3并联，为高温挡
电路在此模式下1min内消耗的电能。
答：电路1min内消耗的电能是1.32×105J。
【知识点】电路的动态分析；电功的计算；电功率的计算；电流的热效应
【解析】【解答】 （1）电火锅是利用电流通过导体发热来加热的，利用电流的热效应原理工作。
（2）由可知，当电源电压一定时，电路中的总电阻越小，总功率就越大，当开关S和触点3、4接触时，R2与R3并联，此时电路中的总电阻最小，总功率最大，电火锅处于高温挡。
答：（1）热；
（2）高温；
【分析】 （1）电流通过导体时电能转化成内能，这种现象叫作电流的热效应；
（2）分析让其和触点1和2、2和3或3和4接触时电路的连接，根据串联和并联电阻的规律由功率公式确定电路的功率大小，据此分析；
（3）由可知电加热器中的R2阻值；
（4）开关S跟触点3和4接触时，R2与R3并联，为高温挡，由可知高温功率，再利用W=Pt求得电路在此模式下1min内消耗的电能。
（1）电火锅是利用电流通过导体发热来加热的，故电火锅是利用了电流的热效应原理工作。
（2）由可知，当电源电压一定时，电路中的总电阻越小，总功率就越大，当开关S和触点3、4接触时，R2与R3并联，此时电路中的总电阻最小，总功率最大，电火锅处于高温挡。
（3）开关S跟触点2和3接触时，电路中只有R2，为中温挡，所以
（4）开关S跟触点3和4接触时，R2与R3并联，为高温挡
电路在此模式下1min内消耗的电能
22．【答案】（1）圆柱体的质量为900g=0.9kg，
则圆柱体的重力为：G=mg=0.9kg×10N/kg=9N。
答： 圆柱体的重力G为9N。
（2）圆柱体的体积为：V=S物h物=100cm2×12cm=1200cm3=1.2×10-3m3，
则圆柱体的密度为：。
答： 圆柱体的密度ρ圆柱体为0.75×103kg/m3。
（3）容器内盛有4.2kg水，则水的体积：，
则圆柱体入水前水面距容器底部的高度为：。
答： 圆柱体入水前水面距容器底部的高度h为0.14m。
（4）因为圆柱体的密度小于水的密度，所以圆柱体放入水中静止后处于漂浮状态，
由漂浮条件可得圆柱体受到的浮力：F浮=G=9N，
由F浮=ρ水gV排可得圆柱体排开水的体积：，
则圆柱体浸入水中的深度为：，
由V排=S容Δh可得容器内水面上升的高度为：，
所以圆柱体漂浮时其下底面距容器底的高度为：h1=h+Δh-h浸=14cm+3cm-9cm=8cm，
此时圆柱体底面以下水的质量为：m水'=ρ水V水'=ρ水S容h1=1g/cm3×300cm2×8cm=2400g=2.4kg，
因2.4kg＜3kg，则说明放出3kg水时圆柱体已经沉底，所以放水过程中圆柱体下降的高度为h1=8cm=0.08m，
则放水过程中圆柱体重力做的功：W=Gh1=9N×0.08m=0.72J。
答： 放出3kg水过程中圆柱体重力所做的功为0.72J。
（5）放水后容器中剩余水的质量为：m剩=m水-m放=4.2kg-3kg=1.2kg，
则剩余水的体积：，
因圆柱体沉底，则此时水的深度为：，
所以放水后水对容器底部的压强为：p=ρ水gh'=1×103kg/m3×10N/kg×0.06m=600Pa。
答： 放水后水对容器底部的压强p为600Pa。
【知识点】密度公式及其应用；重力及其大小的计算；液体压强计算公式的应用；阿基米德原理；功的计算及应用
【解析】【分析】 （1）知道圆柱体的质量，根据G=mg求出圆柱体的重力G；
（2）由题意和密度公式可求出圆柱体的密度；
（3）容器内盛有4.2kg水，由密度公式求出水的体积，根据V=Sh求出圆柱体入水前水面距容器底部的高度h；
（4）由圆柱体的密度小于水的密度可知圆柱体开始时处于漂浮状态，由漂浮条件求出此时圆柱体受到的浮力，根据F浮=ρ水gV排可得圆柱体排开水的体积，由V=Sh求出圆柱体浸入水中的深度；
由V排=S容Δh可得容器内水面上升的高度，则此时水深为h+Δh，减去圆柱体浸入水中的深度，即为圆柱体漂浮时其下底面距容器底的高度h1，再根据m=ρ水S容h1求出此时圆柱体底面以下水的质量，并与3kg比较，可判断得出放出3kg水时圆柱体已经沉底，则可知圆柱体下降的高度，再根据W=Gh求出放水过程中圆柱体重力做的功；
（5）根据题意求出放水后容器中剩余水的质量，由密度公式求出剩余水的体积，此时圆柱体沉底，则m剩=ρ水（S容-S物）h'，据此求出此时水的深度，根据p=ρ水gh计算放水后水对容器底部的压强。
（1）圆柱体的重力
（2）圆柱体的密度
（3）圆柱体入水前容器中水的质量
圆柱体入水前水面距容器底部的高度
（4）因为圆柱体的密度小于水的密度，所以圆柱体开始漂浮在水面，设其浸在水中的深度为h2，根据F浮=G=ρ水gV=ρ水gS1h2
得
圆柱体浸在水中的体积
此时容器中液面上升
圆柱体漂浮时其下底面距容器底高
此时圆柱体底面下的水质量
因为2.4kg<3kg，说明放出3kg水过程中圆柱体已经沉入容器底部，所以放水过程中圆柱体重力做的功W=Gh3=9N×0.08m=0.72J
（5）放水后容器中剩余水质量m余=m原m放=4.2kg3kg=1.2kg
设放3kg水后圆柱体浸在水中的深度为h浸，由m余=ρ水（s2s1）h浸得
放水后水对容器底部的压强p=ρ水gh浸=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.06m=600Pa
1 / 1

展开更多......

收起↑