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2025年四川省南充市中考模拟三诊物理试题
1．在物理学中经常要进行估计，以下估计最符合实际的是（　　）
A．九年级物理课本的质量约为300g
B．普通日光灯正常工作时电流为1A
C．中学生步行的速度约为
D．人体感觉舒适的温度约为
2．唐代诗人李白的诗作《早发白帝城》，堪称文学与科学完美结合的典范。这首诗的诗句中涉及的物理知识，下列说法正确的是（　　）
A．“朝辞白帝彩云间”中的“彩云”是由于太阳光照射到云朵时发生了反射
B．“千里江陵一日还”形容舟运动的速度非常大，甚至超过现代的高铁速度
C．“两岸猿声啼不住”舟中人只听到了叫声，就能判断是猿，依据的是音调
D．“轻舟已过万重山”表示若以高山作为参照物，可以判断此轻舟是运动的
3．在科技周活动中，某同学利用手机和焦距为10cm的透镜自制简易投影仪，它能将手机上的画面放大投射到白墙上，如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．手机与透镜的距离应大于20cm
B．能从不同角度看到墙上的画面，是因为光在墙面上发生的是镜面反射
C．墙上呈现的是手机画面的正立、放大的虚像
D．要使墙上的像变大，应该减小手机与透镜之间的距离
4．在制作液氮冰淇淋的过程中，小明将液态氮倒入常温的牛奶混合物中，发现液氮周围立即产生大量“白气”，同时牛奶混合物迅速由液态变为固态，形成冰淇淋。以下说法正确的是（　　）
A．液氮升华吸热，使周围温度降低
B．液氮熔化吸热，导致混合物凝固
C．“白气”是液氮汽化产生的氮气
D．液氮汽化吸热，使混合物降温凝固
5．下列与热现象有关的说法中正确的是（　　）
A．雪花漫天飞舞，说明分子不停地做热运动
B．物体温度升高时，内能一定增加，且一定吸收了热量
C．汽油机的压缩冲程中，通过做功的方式使气缸内气体的内能增大
D．热传递过程中，热量总是从内能大的物体向内能小的物体传递
6．下列关于电和磁的说法正确的是（　　）
A．图甲中，通电螺线管工作时利用了电流的磁效应
B．图乙中，表明地磁南极在地理南极附近
C．图丙中，装置的工作原理是通电导线在磁场中受力运动
D．图丁中，实验表明电磁铁磁性强弱仅与电流大小有关
7．随着“双碳”政策的推进，新能源汽车日益普及。关于其充电设施，下列说法正确的是（　　）
A．充电桩必须安装漏电保护器，但可以省略接地线
B．排列成串的充电桩是相互串联安装的
C．充电过程中，电能主要转化为化学能储存在电池中
D．多个充电桩并联使用时，通过各充电桩的电流大小始终相同
8．如图所示，行李托运时，行李箱随水平传送带一起水平向左做匀速直线运动。下列说法正确的是（　　）
A．行李箱受到传送带对它水平向右的摩擦力
B．传送带对行李箱的支持力与行李箱所受的重力是一对平衡力
C．行李箱对传送带的压力与传送带对行李箱的支持力是一对平衡力
D．行李箱所受的重力与行李箱对传送带的压力是一对平衡力
9．商场里的自动扶梯无人乘坐时，运行速度缓慢；有人乘坐时，“感应开关”自动闭合，速度增大。自动扶梯的出、入口处各有一个“紧急制动开关”，断开任何一个，都能使自动扶梯停止，模拟电路如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．是“紧急制动开关”，是“感应开关”
B．有人乘坐时，均闭合
C．有人乘坐时，电动机两端电压小于电阻R两端电压
D．无人乘坐时，电阻R可以起到节约电能的作用
10．2024年6月，我国C919大型客机成功执飞“上海—香港”首趟跨境商业航班。下列关于飞行过程中所涉及的物理知识，说法正确的是（　　）
A．飞机起飞时，驾驶员通过超声波与塔台进行实时通信
B．飞机在高空水平匀速飞行时，机翼上方气体压强大于下方
C．飞机巡航阶段保持高度匀速飞行，机械能保持不变
D．飞机降落阶段，重力势能减小，机械能减小
11．如图所示，电源电压为12V且保持不变，R0为“100Ω 0.5A”的滑动变阻器，R2=10Ω，另有一只定值电阻R1和一根导线分别接在接线柱cd或ef之间，闭合开关后各用电器均能工作。当闭合S、S1，断开S2，滑动变阻器的滑片P置于最左端a时，滑动变阻器消耗的功率为1W。则（　　）
A．ef间接的是R1，cd间接的是导线
B．定值电阻R1=10Ω
C．仅闭合S和S2且滑片P置于中点时，电阻R2的功率为14.4W
D．仅闭合S和S1时，滑动变阻器接入电路的阻值变化范围为4Ω~100Ω
12．用隔板MN将容器隔开成左右相等的两部分，隔板MN下部有一透气的圆孔用薄橡皮膜封闭。将适量的甲、乙两种液体注入左右隔断的容器中，再分别将体积均为的A、B实心小球放入液体中，小球静止时，小球和橡皮膜的状态如图所示。下列说法中正确的是（　　）
A．两个实心小球的密度关系是
B．甲、乙两种液体对容器底部的压强关系为
C．两个小球静止时所受到的浮力的关系为
D．小球A所受的浮力为
13．渔船配备的声呐系统通过发射超声波来探测鱼群。当声呐系统发出超声波后，经过接收到鱼群反射回来的信号。已知在海水中声音的传播速度为，则鱼群深度为　 　m；此技术还可用于　 　（填“雷达测速”或“医学成像”）。
14．如图，轻质小盘通过一根绕过定滑轮的细绳与桌面上重为8N的木块相连。当小盘内放有重为1N的砝码时，木块没有被拉动，这时木块受到的摩擦力为　 　N；当小盘内放有重为2N的砝码时，木块正好作匀速运动；当小盘内放上重为3N的砝码时，小盘拖动木块运动，当小盘落在地面上后，木块继续运动，此时木块所受到的摩擦力大小为　 　N。
15．如图所示，冬奥会冰壶比赛上，冰壶从出发点A被运动员推着运动6m后，在B点被推出，沿冰道运动30m到O点停下来。冰壶离开手后还能够继续向前运动，是因为冰壶具有　 　，从A点到O点运动过程中，若运动员对冰壶的推力是10N，运动员对冰壶做的功是　 　J。
　　
16．如图所示的华为Mate50手机具有多项黑科技，其中一个亮点就是“华为超级快充技术”。该手机的电池容量为57600J，快充时的功率为40W，如果不考虑快充时的电能损耗，利用该项快充技术，把这款手机电池从电量充到，需要的时间是　 　s，若该手机充电全过程电能表表盘转了30转，则消耗了　 　电能。
17．能源革命正在重塑世界格局，地热能作为地球赋予人类的宝藏，属于　 　（选填“可再生”或“不可再生”）能源；在广袤的宇宙中，太阳内部每时每刻都在进行着剧烈的核　 　（选填“聚变”或“裂变”）反应，源源不断地为地球输送着光和热。
18．如图所示的电路中，电源电压保持不变，电阻R1的阻值为R0，滑动变阻器的最大阻值为2R0。
（1）当闭合开关S、断开开关S1，将滑动变阻器的滑片P向右移动时，电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值将　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”）；
（2）此变化电路的最大总功率与最小总功率之比为　 　。
19．在我国大西北的广袤农村，太阳灶凭借节能环保的优势，成为当地居民常用的加热工具。如图甲所示，其利用反光面将太阳光会聚，实现烧水、煮饭的功能。如图乙所示，一束从太阳发出的光线AO，经太阳灶反光面（可近似看作平面镜）反射后恰好能照射到放置水或食物的B点，为了让太阳灶高效工作，需要确定反光面的准确位置。请你根据光的反射原理，画出平面镜的位置。
20．如图，一小朋友沿滑梯下滑，请画出小朋友所受重力和弹力的示意图。
21．某小组同学通过实验探究电流与电阻的关系。定值电阻分别选用、、，滑动变阻器规格为“”，电源电压为6V保持不变。
（1）他们按照图甲所示电路图连接好电路，闭合开关，发现电压表有示数但电流表无示数，此时出现的故障可能是___________（选填字母）；
A．滑动变阻器短路 B．电流表断路
C．电阻R短路 D．电阻R断路
（2）排除故障后，小华把R从5Ω换成10Ω的电阻接入电路，移动滑片，同时观察电压表直至其示数为　 　 V；
（3）小华再换了个30Ω的电阻接入电路，闭合开关，可无论怎样移动滑片，电压表都不能达到之前的设定电压值。为顺利完成实验，请你帮小华提出一个改进方案：　 　。
22．学校课外物理实践小组利用家中常见的物品筷子、刻度尺、杯子和水，巧妙地测量小石块的密度，实验过程如下：
（1）如图甲所示，用细绳将筷子悬挂，筷子静止处于　 　（选填“平衡”或“不平衡”）状态；
（2）要使筷子在水平位置平衡，应将悬挂点向　 　调节（选填“左”或“右”），直至筷子在水平位置平衡，标记支点的位置为O。如图乙所示重物悬挂在筷子A处，移动石块悬挂在筷子B处，此时筷子在水平位置恢复平衡，用刻度尺分别测得OA、OB的长度为7cm和5cm；
（3）保持重物的悬挂点位置A不变，将小石块浸没在盛有适量水的杯中，如图丙所示，调整小石块的悬挂点位置（且未与杯底、杯壁接触），直至筷子在水平位置再次平衡，用刻度尺测得OC的长度为8cm；
（4）测得石块的密度为　 　（结果保留两位有效数字）。
23．小华同学利用某种密度较大的液体制作了一个简易气压计，如图。
（1）当大气压为时，管内外液面高度差为h，如图所示。现将管竖直向上提升少许，下端管口未露出槽内液面，管内外液面高度差将　 　（填“变大”“不变”或“变小”）；
（2）将简易气压计拿到山顶，发现管内外液面高度差将　 　（填“变大”“不变”或“变小”），此时管内外液面高度差为，则山顶的气压为　 　（用h、、表示）。
24．恒温箱广泛应用于医疗、科研、化工等行业部门。某恒温箱的工作原理图如图所示，两开关均闭合时处于加热状态，其功率为660W；加热至设定恒温温度时，开关S2断开，恒温箱处于保温状态。将恒温箱两气孔封闭时，箱内空气质量为4.8kg，将箱内温度从加热至设定的恒温温度用时3min20s。若电热丝的阻值为，恒温箱的加热效率为80%，箱内空气的比热容为，求：
（1）恒温箱的保温电流。
（2）电热丝的阻值。
（3）恒温箱的恒温温度。
25．工人始终双脚站在地上，用滑轮组从水池底匀速提起一根实心的石柱（不吸水），如图甲所示，动滑轮的质量为20kg。石柱从离开池底到下表面刚要离开水面的过程中，其下底面受到水的压强与时间的关系如图乙所示。石柱从刚离开池底到拉出水面并继续向上运动的过程中，人对地面的压强与时间的关系如图丙所示。已知人的质量为60kg，人双脚站立时，与地面接触的总面积为，石柱的底面积为，不计绳重、滑轮组内的摩擦和水的阻力，石柱底部与池底不密合，忽略水面高度变化。求：
（1）池水深度；
（2）石柱全部露出水面后人对绳的拉力；
（3）石柱的密度。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】温度及温度计的使用与读数；质量及其特性；速度与物体运动；电流和电流的单位换算
【解析】【解答】A．根据实际情况，九年级物理课本的质量约为，故A符合题意；
B．普通日光灯正常工作的功率约20W~60W，电流为0.1A~0.3A，故B不符合题意；
C．中学生步行1min的路程约70m，速度约为，故C不符合题意；
D．人体感觉舒适的温度约为，故D不符合题意。
故选A。
【分析】根据常见物体的质量、温度、速度和用电器的电流，结合数据解答。
2．【答案】D
【知识点】光的色散；速度与物体运动；音调、响度与音色的区分；参照物及其选择
【解析】【解答】A．太阳光由红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫七种色光组成，彩云的形成是色散现象，是光的折射形成的，故A错误；
B．“千里江陵一日还”指水流急，但是舟的速度远小于高铁速度，故B错误；
C．根据音色不同可以发声体，人根据音色不同，能判断是猿声，故C错误；
D．以高山为参照物，“轻舟”位置发生了改变，是运动的，故D正确。
故选D。
【分析】彩云是光的色散现象形成的；船的速度比高铁的速度小；根据音色不同辨别发声体；物体间有位置变化，是相对运动的。
3．【答案】D
【知识点】镜面反射与漫反射；凸透镜成像规律及其探究实验
【解析】【解答】A．投影仪成像时，物体在一倍焦距和二倍焦距间，手机到透镜的距离应大于焦距，小于二倍焦距，故A错误；
B．光在粗糙墙面上发生漫反射，反射光线射向四面八方，能从不同角度看到墙上的画面，故B错误；
C．投影仪成倒立放大是实像，墙上呈现的是手机画面倒立、放大的实像，故C错误；
D．根据物近像远像变大的规律，要使墙上的像变大，应减小手机与透镜间的距离，故D正确。
故选D。
【分析】物体在凸透镜的一倍焦距和二倍焦距间，成倒立放大的实像；粗糙物体的表面发生漫反射。
4．【答案】D
【知识点】凝固与凝固放热特点；汽化及汽化吸热的特点；液化及液化放热
【解析】【解答】ABD．液氮倒入常温牛奶制作冰淇淋，液氮变为气态，是汽化现象，吸收热量，使牛奶温度降低，放出热量发生凝固现象，形成冰激凌，故AB错误，D正确；
C．氮气是无色无味的气体，肉眼看不到，“白气” 是空气中的水蒸气遇冷液化形成的小水珠，故C错误。
故选D。
【分析】液氮是液态，变为气体，是汽化现象；液体变为固体，是凝固现象，白气是水蒸气液化形成的。
5．【答案】C
【知识点】热传递改变物体内能；热机的四个冲程；分子热运动；热传递的概念与方式
【解析】【解答】A．雪花飞舞是物体的机械运动，分子的热运动是肉眼看不见的，故A错误；B．物体温度升高时，内能一定增加，可能吸收了热量，也可能是外界对物体做了功，故B错误；
C．汽油机的压缩冲程中，压缩气缸内的气体做功，将机械能转化为气体的内能，气缸内气体的内能增大，温度升高，故C正确；
D．热传递的条件是温度差，热量从温度高的物体向温度低的物体传递，故D错误。
故选C。
【分析】物体运动不是分子运动；改变内能的方式有热传递和做功两种方式；压缩体积，是做功方式改变内能；热传递的条件是温度差。
6．【答案】A
【知识点】地磁场；通电直导线周围的磁场；电磁感应；影响电磁铁磁性强弱的因素及其探究
【解析】【解答】A．图甲中，通电螺线管中有电流时，周围产生磁场，是电流的磁效应，故A正确；
B．图乙中，地球周围有磁场，地磁南极在地理北极附近，地磁北极在地理南极附近，故B错误；
C．图丙中，闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中产生感应电流，是电磁感应现象，故C错误；
D．图丁中，电磁铁串联，电流相同，线圈匝数不同，吸引的铁钉数量不同，探究电磁铁磁性强弱与线圈匝数有关，故D错误。
故选A。
【分析】电流通过导体产生磁性，是电流的磁效应；地磁场的N极在地理的北极附近；闭合电路的部分导体切割磁感线，导体中产生感应电流；电磁铁的磁性强弱和电流大小有关，和线圈匝数有关。
7．【答案】C
【知识点】能量的转化或转移；串联电路和并联电路的辨别；电功的计算；安全用电原则
【解析】【解答】A．充电桩电流较大，必须安装漏电保护器和接地线，在漏电时能将电流导入大地，保障人身安全，故A错误；
B．各充电桩互不影响，是并联安装的，其中一个出现故障，不影响其他充电桩工作，故B错误；
C．为电池充电时，消耗电能，电池内部发生化学反应，将电能以化学能的形式储存起来，故C正确；
D．充电桩是并联的，各充电桩两端的电压相同，但各支路的电流大小不一定相同，故D错误。
故选C。
【分析】为了安全，充电桩要安全漏电保护器和接地线；各充电桩是并联的，各支路电流不一定相同。
8．【答案】B
【知识点】力作用的相互性；平衡力的辨别；摩擦力产生的条件
【解析】【解答】A．行李箱与传送带一起向右匀速运动，二者间没有发生相对运动和运动趋势，没有摩擦力的作用，故A错误；
B．行李箱向右做匀速直线运动，处于平衡状态，受到的重力和支持力大小相等、方向相反、作用在同一直线上，是一对平衡力，故B正确；
C．行李箱对传送带的压力和传送带对行李箱的支持力，两个力没有作用在同一物体上，不是一对平衡力，故C错误；
D．行李箱的重力方向竖直向下，行李箱对传送带的压力竖直向下，两个力方向相同，不是平衡力，故D错误。
故选B 。
【分析】物体间没有运动和运动趋势，不产生摩擦力；匀速直线运动是，物体受到平衡力；物体间的力和反作用力是相互作用力。
9．【答案】C
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【解答】图中，断开任何一个，整个电路断路，是紧急制动开关。无人乘坐时，断开，电动机和定值电阻串联，电流小，电动机转速小，电梯运行缓慢，可节约电能；当有人乘坐时，自动闭合，定值电阻被短路，只电动机连入电路，电阻小，电流变大，电动机转速变大，电梯速度增大。是感应开关。定值电阻被短路，不分压，电动机的电压等于电源电压，故ABD正确，不符合题意；故C错误，符合题意。
故选C。
【分析】电路中，干路开关可以控制电路的通断；开关和用电器并联，闭合时用电器短路；电路中电阻减小，电流变大，电路的电功率变大。
10．【答案】D
【知识点】机械能及其转化；流体压强与流速的关系；飞机的升力；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】A．电磁波的传播不需要介质，飞机起飞时，驾驶员通过电磁波与塔台进行通信，故A错误；
B．流体的流速越大，压强越小。飞机的机翼上凸下平，机翼上方气体流速大，压强小，小于下方的压强，故B错误；
CD．动能大小与质量和速度有关，重力势能大小与质量和高度有关，飞机高度相同匀速飞行，消耗大量燃油，质量减小，速度不变，动能变小，高度不变，重力势能变小，机械能减小，高度降低，重力势能减小，故C错误；D正确。
故选D。
【分析】飞机利用电磁波和塔台联系；流体的速度大，压强小，速度小，压强大，动能和物体的质量、速度有关，重力势能和物体的质量、高度有关。
11．【答案】A,D
【知识点】串联电路的电压规律；电路故障的判断；电阻的串联；欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【解答】A．根据图像，若ef间接导线，开关都闭合后，R2和R1被短路，不能正常工作，故ef间接的是R1，cd间接导线，故A符合题意；
B．仅闭合S、S1，滑滑片P在最左端a时，R1与R0串联，根据R0的电阻和功率P0=1W，根据，R0两端电压，电路中的电流：，
R1两端电压U1=U-U0=12V-10V=2V，则定值电阻：，故B不符合题意；
C．闭合S和S2时，R0与R2串联，滑片P置于中点时，滑动变阻器接入的电阻为R0'=50Ω，电路电流，
电阻R2的功率为：P2=I2R2=(0.2A)2×10Ω=0.4W，故C不符合题意；
D．闭合S和S1时，R1与R0串联，R0允许的最大电流为Imax=0.5A，最小电阻不低于，滑动变阻器最小电阻不低于，
滑动变阻器接入的阻值变化范围为4Ω~100Ω，故D符合题意；
故选AD。
【分析】导线和用电器并联，用电器被短路；根据，计算电压的大小，结合串联电路的电压和电流，根据，计算电阻；电路的总电阻等于各电阻之和，根据，计算串联电流，利用P=I2R，计算电功率；结合，计算未知电阻大小。
12．【答案】B,D
【知识点】液体压强计算公式的应用；阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】A．图中，橡皮膜向左凸起，则右侧的液体压强大，根据和可知，则；其中A悬浮，B沉底，则，所以，故A错误；
B．根据和，从圆孔处到容器底的深度相同，则压强大小为，圆孔处的左右两边受到液体的压强大小关系为：，所以，即，故B正确；
C．图中，两球体积相等且浸没在液体中，，由，则，故C错误；
D．计算小球A的浮力为：，故D正确。
故选BD。
【分析】根据橡皮膜的凸起方向，判断压强大小；结合，判断液体密度的大小；根据物体悬浮和沉底状态，判断物体密度的大小关系；根据，计算浮力的大小。
13．【答案】300；医学成像
【知识点】声速；超声波与次声波；电磁波的产生
【解析】【解答】根据题意，结合回声，超声波从海面到鱼群的时间为，
根据，计算鱼群距离船的距离，声呐利用的超声波，而 “雷达测速” 利用的是电磁波； 医学B超，利用超声波，与声呐原理一致。
【分析】根据接收到回声的时间，结合声速，计算路程；声呐和B超利用的都是超声波。
14．【答案】1；2
【知识点】二力平衡的条件及其应用；摩擦力的大小；探究影响摩擦力大小因素的实验
【解析】【解答】图中，木块受到拉力静止时，受到平衡力，根据二力平衡，大小相等，木块受到的摩擦力为f=F=G砝码=1N，当木块受到2N的拉力做匀速直线运动，摩擦力与拉力平衡，大小相等，滑动摩擦力为f'=F'=G砝码'=2N；
小盘落到地面后，木块继续运动，由于与桌面的压力、接触面的粗糙程度不变，滑动摩擦力大小不变，仍为2N。
【分析】物体受到静摩擦力，处于静止状态，静摩擦力和拉力大小相等；物体匀速直线运动时，受到平衡力，根据拉力计算摩擦力；当压力和接触面的粗糙程度不变时，摩擦力不变。
15．【答案】惯性；60
【知识点】惯性及其现象；功的计算及应用
【解析】【解答】冰壶具有惯性，被推出后仍向前滑行，保持原来的运动状态。
图中，从出发点A被运动员推着运动6m，到达投掷线，冰壶受到推力，并在推力的方向上通过距离，推力做了功；离手后，冰壶通过了距离，但不再受到推力，运动员对冰壶不做功，运动员对冰壶做功：W=Fs=10N×6m=60J。
【分析】物体受力，且在力的方向移动距离，力对物体做了功；根据W=Fs，计算做功多少。
16．【答案】1440；0.05
【知识点】电能表参数的理解；电功的计算；电功率的计算
【解析】【解答】根据手机电池的容量，得消耗的电能，功率，计算快充需要的时间；
根据电能表的转盘转数规格和盘转了30转，则消耗的电能。
【分析】根据，结合电能和电功率，计算时间；根据电能表转数规格，计算消耗的电能。
17．【答案】可再生；聚变
【知识点】能源及其分类；核聚变
【解析】【解答】地热能可以从自然界不断得到补充，是可再生能源。
核聚变是氢原子核在超高温下聚变成氦原子核，太阳能通过核聚变反应，释放出巨大的能量，不断地为地球输送能量。
【分析】地热能是可再生能源；太阳能通过核聚变释放能量。
18．【答案】不变；9∶2
【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】【解答】（1）图中，只闭合开关S，R1与R2串联，电压表测滑动变阻器的电压，滑片P向右移动，根据串联分压特点，电压表示数变化量等于R1两端电压变化量，电压表变化量与电流表变化量的比值等于定值电阻R1的阻值，则比值不变。
（2）当滑片在最左端且开关均闭合时，R1与R2并联，总电阻最小，根据，电路的功率最大，当滑片在最右端且只闭合开关S时，R1与R2串联，电路的总电阻最大，根据，功率最小，则电路的最大总功率与最小总功率之比为：
【分析】（1）根据电压表示数变化量和电流表示数变化量的比值是定值电阻的阻值；
（2）电阻并联时，电阻最小，电阻串联时，电阻最大，根据，判断电功率的大小和比值关系。
19．【答案】
【知识点】光的反射定律；作光的反射光路图
【解析】【解答】根据入射光线AO，再连接OB即为反射光线，反射时，反射角等于入射角，先作出反射光线与入射光线的夹角的平分线，为法线，作法线的垂线即为平面镜的位置，如图所示。
【分析】根据反射角等于入射角，画出法线，平面镜和法线垂直。
20．【答案】
【知识点】弹力；重力示意图
【解析】【解答】重力是竖直向下的，作用点在小朋友的重心，过重心画一条竖直向下的带箭头线段，并标符号“G”，小朋友沿滑梯下滑时，受到支持力，方向垂直于滑梯表面向上，并标符号“F”。如图所示：
【分析】物体受到的重力竖直向下；物体受到的支持力和支撑面垂直。
21．【答案】（1）D
（2）2
（3）换用最大阻值大于等于的变阻器进行实验
【知识点】探究电流与电压、电阻的关系实验
【解析】【解答】（1）图甲中，电阻串联，闭合开关，电流表无示数，电路发生断路，电压表有示数，能与电源接通，电压表测量的位置断路，电阻R断路，D符合题意；
故选D。
（2）实验时，将5Ω的定值电阻改接成的电阻，电阻增大，分压增大，探究电流与电阻关系时，控制电压不变，应增大滑动变阻器分得的电压，增大滑动变阻器连入电路中的电阻，移动滑片，使电压表示数为：；
（3）定值电阻的电压控制为2V，变阻器的电压为，
串联电路电流处处相等，得，
当换的电阻接入电路，变阻器接入电路中电阻为：，
超过变阻器的最大阻值，为顺利完成这四组实验，换用最大阻值至少的变阻器进行实验。
【分析】（1）在串联电路中，电流表无示数，电压表有示数，电压表测量的位置断路；
（2）探究电流和电阻的关系时，保持电阻两端的电压不变，电压表处的电阻变大，需要调节滑动变阻器，使电压表示数一定；根据U=IR，计算电压表示数；
（3）在串联电路中，根据电阻的分压比计算电阻比值，判断滑动变阻器的最大电阻。
（1）A．滑动变阻器短路，电路为定值电阻的简单电路，电路中有电流，电流表有示数，电压表的示数等于电源电压，故A不符合题意；
B．电流表断路，电压表与电源连接断开，电压表无示数，故B不符合题意；
C．电阻R短路，电阻R两端电压为0，电压表示数为0，故C不符合题意；
D．电阻R断路，电路中没有电流，电流表示数为0，电压表与电源两端相连接，则电压表有示数，故D符合题意。
故选D。
（2）将定值电阻改接成的电阻，根据串联分压原理可知，电阻增大，其分得的电压增大，探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，即应保持电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，移动滑片，同时观察电压表直至其示数为
（3）定值电阻的电压控制为2V，变阻器的电压为
由串联电路电流处处相等与欧姆定律得
当换的电阻接入电路，变阻器接入电路中电阻为
超过变阻器的最大阻值，则无法完成实验，为顺利完成这四组实验，换用最大阻值大于等于的变阻器进行实验。
22．【答案】平衡；右；2.7
【知识点】阿基米德原理；杠杆的平衡条件
【解析】【解答】（1）甲图中，杠杆处于静止状态，是平衡状态。
（2）甲图中，杠杆右端下沉，则右端重，需将细线向右进行调节，使杠杆水平平衡。
（4）小石块完全浸没，使排开水的体积等于石块的体积；
根据杠杆平衡的条件，即，即，
则
丙图中，杠杆平衡的条件，即
即，则
所以，解得，根据，可得
解得
【分析】（1）静止的杠杆处于平衡状态；
（2）杠杆倾斜时，将支点向偏高的方向调节，可使杠杆水平平衡；
（3）根据杠杆的平衡条件，结合物体受到的浮力，结合，计算物体的密度。
23．【答案】（1）不变
（2）变小；
【知识点】液体压强计算公式的应用；大气压强的测量方法；大气压强与高度的关系；气压计和抽水机
【解析】【解答】（1）托里拆利实验中，试管内上方是真空，当将管竖直向上提升少许，管内液体的压强依然要等于外界大气压，液体密度不变，根据，管内外液面高度差不变。
（2）大气压随海拔高度升高而降低，将简易气压计拿到山顶，大气压降低，管内外液面高度差变小。
当大气压为时，管内外液面高度差为h，根据，表示液体的密度为，
将简易气压计拿到山顶，管内外液面高度差为，则山顶的气压为。
【分析】（1）大气压一定时，向上提起托里拆利实验的试管，管内外液面高度差不变；
（2）大气压随海拔高度升高而降低；根据，可以计算液体密度；根据液面高度差，计算实际大气压的大小。
（1）管内上方是真空，管内液体产生的压强等于外界大气压。当将管竖直向上提升少许，下端管口未露出槽内液面时，管内液体的压强依然要等于外界大气压，而液体密度不变，根据（h是内外液面高度差），所以管内外液面高度差将不变。
（2）[1]将简易气压计拿到山顶，外界大气压降低，管内外液面高度差将变小。
[2]当大气压为时，管内外液面高度差为h，根据可知，液体的密度为
将简易气压计拿到山顶，管内外液面高度差为，则山顶的气压为
24．【答案】（1）解：由图知道，两开关均闭合时处于加热状态，在加热状态下，两电热丝并联，恒温箱总功率为P=660W，电源电压为U=220V，由知道，此时的总电流
通过电热丝R2的电流
根据并联电路的电流特点知道，此时通过R1的电流
当开关S1闭合，S2断开时，恒温箱处于保温状态，电路是只有R1的简单电路，因电路的电压和电阻都没变，所以恒温箱的保温电流与加热状态时的电流相同，即为1A。
（2）解：由知道，电热丝R1的阻值
（3）解：由知道，恒温箱加热3min20s消耗的电能
由知道，恒温箱内气体吸收的热量
由知道，恒温箱的恒温温度
【知识点】比热容的定义及其计算公式；并联电路的电流规律；欧姆定律及其应用；电功的计算；电功率的计算
【解析】【分析】（1）根据，，计算电流的大小，利用并联电路电流规律，计算支路电流；
（2）根据，计算电热丝的电阻；
（3）根据W=Pt，计算消耗的电能，利用，计算温度差，结合初温，计算末温。
（1）由图知道，两开关均闭合时处于加热状态，在加热状态下，两电热丝并联，恒温箱总功率为P=660W，电源电压为U=220V，由知道，此时的总电流
通过电热丝R2的电流
根据并联电路的电流特点知道，此时通过R1的电流
当开关S1闭合，S2断开时，恒温箱处于保温状态，电路是只有R1的简单电路，因电路的电压和电阻都没变，所以恒温箱的保温电流与加热状态时的电流相同，即为1A。
（2）由知道，电热丝R1的阻值
（3）由知道，恒温箱加热3min20s消耗的电能
由知道，恒温箱内气体吸收的热量
由知道，恒温箱的恒温温度
25．【答案】（1）解：石柱下底面在池底时受到的压强最大，由图乙可知，石柱下底面受到水的最大压强，故池水深度
（2）解：由图甲可知，滑轮组中承担物重的绳子段数n=2，人的重力
由图丙可知，石柱全部露出水面后，人对地面的压强，人双脚与地面接触总面积S=300cm2=0.03m2
根据，可得人对地面的压力
地面对人的支持力与人对地面的压力是一对相互作用力，则地面对人的支持力也为60N，此时人静止，所以石柱全部露出水面后人对绳的拉力
（3）解：动滑轮重力
则石柱的重力
石柱的质量
由图乙可知，石柱从离开池底到下表面刚要离开水面的过程中，用时 30s ，石柱匀速上升，速度
则石块的高度
石柱的体积
则石柱的密度。
【知识点】密度公式及其应用；速度公式及其应用；液体压强计算公式的应用；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【分析】（1）根据，计算池水深度大小；
（2）根据，结合压强，计算压力的大小；
（3）利用G=mg，计算重力，根据，计算速度，根据，计算密度大小。
（1）石柱下底面在池底时受到的压强最大，由图乙可知，石柱下底面受到水的最大压强，故池水深度
（2）由图甲可知，滑轮组中承担物重的绳子段数n=2，人的重力
由图丙可知，石柱全部露出水面后，人对地面的压强，人双脚与地面接触总面积S=300cm2=0.03m2
根据，可得人对地面的压力
地面对人的支持力与人对地面的压力是一对相互作用力，则地面对人的支持力也为60N，此时人静止，所以石柱全部露出水面后人对绳的拉力
（3）动滑轮重力
则石柱的重力
石柱的质量
由图乙可知，石柱从离开池底到下表面刚要离开水面的过程中，用时 30s ，石柱匀速上升，速度
则石块的高度
石柱的体积
则石柱的密度
1 / 12025年四川省南充市中考模拟三诊物理试题
1．在物理学中经常要进行估计，以下估计最符合实际的是（　　）
A．九年级物理课本的质量约为300g
B．普通日光灯正常工作时电流为1A
C．中学生步行的速度约为
D．人体感觉舒适的温度约为
【答案】A
【知识点】温度及温度计的使用与读数；质量及其特性；速度与物体运动；电流和电流的单位换算
【解析】【解答】A．根据实际情况，九年级物理课本的质量约为，故A符合题意；
B．普通日光灯正常工作的功率约20W~60W，电流为0.1A~0.3A，故B不符合题意；
C．中学生步行1min的路程约70m，速度约为，故C不符合题意；
D．人体感觉舒适的温度约为，故D不符合题意。
故选A。
【分析】根据常见物体的质量、温度、速度和用电器的电流，结合数据解答。
2．唐代诗人李白的诗作《早发白帝城》，堪称文学与科学完美结合的典范。这首诗的诗句中涉及的物理知识，下列说法正确的是（　　）
A．“朝辞白帝彩云间”中的“彩云”是由于太阳光照射到云朵时发生了反射
B．“千里江陵一日还”形容舟运动的速度非常大，甚至超过现代的高铁速度
C．“两岸猿声啼不住”舟中人只听到了叫声，就能判断是猿，依据的是音调
D．“轻舟已过万重山”表示若以高山作为参照物，可以判断此轻舟是运动的
【答案】D
【知识点】光的色散；速度与物体运动；音调、响度与音色的区分；参照物及其选择
【解析】【解答】A．太阳光由红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫七种色光组成，彩云的形成是色散现象，是光的折射形成的，故A错误；
B．“千里江陵一日还”指水流急，但是舟的速度远小于高铁速度，故B错误；
C．根据音色不同可以发声体，人根据音色不同，能判断是猿声，故C错误；
D．以高山为参照物，“轻舟”位置发生了改变，是运动的，故D正确。
故选D。
【分析】彩云是光的色散现象形成的；船的速度比高铁的速度小；根据音色不同辨别发声体；物体间有位置变化，是相对运动的。
3．在科技周活动中，某同学利用手机和焦距为10cm的透镜自制简易投影仪，它能将手机上的画面放大投射到白墙上，如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．手机与透镜的距离应大于20cm
B．能从不同角度看到墙上的画面，是因为光在墙面上发生的是镜面反射
C．墙上呈现的是手机画面的正立、放大的虚像
D．要使墙上的像变大，应该减小手机与透镜之间的距离
【答案】D
【知识点】镜面反射与漫反射；凸透镜成像规律及其探究实验
【解析】【解答】A．投影仪成像时，物体在一倍焦距和二倍焦距间，手机到透镜的距离应大于焦距，小于二倍焦距，故A错误；
B．光在粗糙墙面上发生漫反射，反射光线射向四面八方，能从不同角度看到墙上的画面，故B错误；
C．投影仪成倒立放大是实像，墙上呈现的是手机画面倒立、放大的实像，故C错误；
D．根据物近像远像变大的规律，要使墙上的像变大，应减小手机与透镜间的距离，故D正确。
故选D。
【分析】物体在凸透镜的一倍焦距和二倍焦距间，成倒立放大的实像；粗糙物体的表面发生漫反射。
4．在制作液氮冰淇淋的过程中，小明将液态氮倒入常温的牛奶混合物中，发现液氮周围立即产生大量“白气”，同时牛奶混合物迅速由液态变为固态，形成冰淇淋。以下说法正确的是（　　）
A．液氮升华吸热，使周围温度降低
B．液氮熔化吸热，导致混合物凝固
C．“白气”是液氮汽化产生的氮气
D．液氮汽化吸热，使混合物降温凝固
【答案】D
【知识点】凝固与凝固放热特点；汽化及汽化吸热的特点；液化及液化放热
【解析】【解答】ABD．液氮倒入常温牛奶制作冰淇淋，液氮变为气态，是汽化现象，吸收热量，使牛奶温度降低，放出热量发生凝固现象，形成冰激凌，故AB错误，D正确；
C．氮气是无色无味的气体，肉眼看不到，“白气” 是空气中的水蒸气遇冷液化形成的小水珠，故C错误。
故选D。
【分析】液氮是液态，变为气体，是汽化现象；液体变为固体，是凝固现象，白气是水蒸气液化形成的。
5．下列与热现象有关的说法中正确的是（　　）
A．雪花漫天飞舞，说明分子不停地做热运动
B．物体温度升高时，内能一定增加，且一定吸收了热量
C．汽油机的压缩冲程中，通过做功的方式使气缸内气体的内能增大
D．热传递过程中，热量总是从内能大的物体向内能小的物体传递
【答案】C
【知识点】热传递改变物体内能；热机的四个冲程；分子热运动；热传递的概念与方式
【解析】【解答】A．雪花飞舞是物体的机械运动，分子的热运动是肉眼看不见的，故A错误；B．物体温度升高时，内能一定增加，可能吸收了热量，也可能是外界对物体做了功，故B错误；
C．汽油机的压缩冲程中，压缩气缸内的气体做功，将机械能转化为气体的内能，气缸内气体的内能增大，温度升高，故C正确；
D．热传递的条件是温度差，热量从温度高的物体向温度低的物体传递，故D错误。
故选C。
【分析】物体运动不是分子运动；改变内能的方式有热传递和做功两种方式；压缩体积，是做功方式改变内能；热传递的条件是温度差。
6．下列关于电和磁的说法正确的是（　　）
A．图甲中，通电螺线管工作时利用了电流的磁效应
B．图乙中，表明地磁南极在地理南极附近
C．图丙中，装置的工作原理是通电导线在磁场中受力运动
D．图丁中，实验表明电磁铁磁性强弱仅与电流大小有关
【答案】A
【知识点】地磁场；通电直导线周围的磁场；电磁感应；影响电磁铁磁性强弱的因素及其探究
【解析】【解答】A．图甲中，通电螺线管中有电流时，周围产生磁场，是电流的磁效应，故A正确；
B．图乙中，地球周围有磁场，地磁南极在地理北极附近，地磁北极在地理南极附近，故B错误；
C．图丙中，闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中产生感应电流，是电磁感应现象，故C错误；
D．图丁中，电磁铁串联，电流相同，线圈匝数不同，吸引的铁钉数量不同，探究电磁铁磁性强弱与线圈匝数有关，故D错误。
故选A。
【分析】电流通过导体产生磁性，是电流的磁效应；地磁场的N极在地理的北极附近；闭合电路的部分导体切割磁感线，导体中产生感应电流；电磁铁的磁性强弱和电流大小有关，和线圈匝数有关。
7．随着“双碳”政策的推进，新能源汽车日益普及。关于其充电设施，下列说法正确的是（　　）
A．充电桩必须安装漏电保护器，但可以省略接地线
B．排列成串的充电桩是相互串联安装的
C．充电过程中，电能主要转化为化学能储存在电池中
D．多个充电桩并联使用时，通过各充电桩的电流大小始终相同
【答案】C
【知识点】能量的转化或转移；串联电路和并联电路的辨别；电功的计算；安全用电原则
【解析】【解答】A．充电桩电流较大，必须安装漏电保护器和接地线，在漏电时能将电流导入大地，保障人身安全，故A错误；
B．各充电桩互不影响，是并联安装的，其中一个出现故障，不影响其他充电桩工作，故B错误；
C．为电池充电时，消耗电能，电池内部发生化学反应，将电能以化学能的形式储存起来，故C正确；
D．充电桩是并联的，各充电桩两端的电压相同，但各支路的电流大小不一定相同，故D错误。
故选C。
【分析】为了安全，充电桩要安全漏电保护器和接地线；各充电桩是并联的，各支路电流不一定相同。
8．如图所示，行李托运时，行李箱随水平传送带一起水平向左做匀速直线运动。下列说法正确的是（　　）
A．行李箱受到传送带对它水平向右的摩擦力
B．传送带对行李箱的支持力与行李箱所受的重力是一对平衡力
C．行李箱对传送带的压力与传送带对行李箱的支持力是一对平衡力
D．行李箱所受的重力与行李箱对传送带的压力是一对平衡力
【答案】B
【知识点】力作用的相互性；平衡力的辨别；摩擦力产生的条件
【解析】【解答】A．行李箱与传送带一起向右匀速运动，二者间没有发生相对运动和运动趋势，没有摩擦力的作用，故A错误；
B．行李箱向右做匀速直线运动，处于平衡状态，受到的重力和支持力大小相等、方向相反、作用在同一直线上，是一对平衡力，故B正确；
C．行李箱对传送带的压力和传送带对行李箱的支持力，两个力没有作用在同一物体上，不是一对平衡力，故C错误；
D．行李箱的重力方向竖直向下，行李箱对传送带的压力竖直向下，两个力方向相同，不是平衡力，故D错误。
故选B 。
【分析】物体间没有运动和运动趋势，不产生摩擦力；匀速直线运动是，物体受到平衡力；物体间的力和反作用力是相互作用力。
9．商场里的自动扶梯无人乘坐时，运行速度缓慢；有人乘坐时，“感应开关”自动闭合，速度增大。自动扶梯的出、入口处各有一个“紧急制动开关”，断开任何一个，都能使自动扶梯停止，模拟电路如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．是“紧急制动开关”，是“感应开关”
B．有人乘坐时，均闭合
C．有人乘坐时，电动机两端电压小于电阻R两端电压
D．无人乘坐时，电阻R可以起到节约电能的作用
【答案】C
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【解答】图中，断开任何一个，整个电路断路，是紧急制动开关。无人乘坐时，断开，电动机和定值电阻串联，电流小，电动机转速小，电梯运行缓慢，可节约电能；当有人乘坐时，自动闭合，定值电阻被短路，只电动机连入电路，电阻小，电流变大，电动机转速变大，电梯速度增大。是感应开关。定值电阻被短路，不分压，电动机的电压等于电源电压，故ABD正确，不符合题意；故C错误，符合题意。
故选C。
【分析】电路中，干路开关可以控制电路的通断；开关和用电器并联，闭合时用电器短路；电路中电阻减小，电流变大，电路的电功率变大。
10．2024年6月，我国C919大型客机成功执飞“上海—香港”首趟跨境商业航班。下列关于飞行过程中所涉及的物理知识，说法正确的是（　　）
A．飞机起飞时，驾驶员通过超声波与塔台进行实时通信
B．飞机在高空水平匀速飞行时，机翼上方气体压强大于下方
C．飞机巡航阶段保持高度匀速飞行，机械能保持不变
D．飞机降落阶段，重力势能减小，机械能减小
【答案】D
【知识点】机械能及其转化；流体压强与流速的关系；飞机的升力；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】A．电磁波的传播不需要介质，飞机起飞时，驾驶员通过电磁波与塔台进行通信，故A错误；
B．流体的流速越大，压强越小。飞机的机翼上凸下平，机翼上方气体流速大，压强小，小于下方的压强，故B错误；
CD．动能大小与质量和速度有关，重力势能大小与质量和高度有关，飞机高度相同匀速飞行，消耗大量燃油，质量减小，速度不变，动能变小，高度不变，重力势能变小，机械能减小，高度降低，重力势能减小，故C错误；D正确。
故选D。
【分析】飞机利用电磁波和塔台联系；流体的速度大，压强小，速度小，压强大，动能和物体的质量、速度有关，重力势能和物体的质量、高度有关。
11．如图所示，电源电压为12V且保持不变，R0为“100Ω 0.5A”的滑动变阻器，R2=10Ω，另有一只定值电阻R1和一根导线分别接在接线柱cd或ef之间，闭合开关后各用电器均能工作。当闭合S、S1，断开S2，滑动变阻器的滑片P置于最左端a时，滑动变阻器消耗的功率为1W。则（　　）
A．ef间接的是R1，cd间接的是导线
B．定值电阻R1=10Ω
C．仅闭合S和S2且滑片P置于中点时，电阻R2的功率为14.4W
D．仅闭合S和S1时，滑动变阻器接入电路的阻值变化范围为4Ω~100Ω
【答案】A,D
【知识点】串联电路的电压规律；电路故障的判断；电阻的串联；欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【解答】A．根据图像，若ef间接导线，开关都闭合后，R2和R1被短路，不能正常工作，故ef间接的是R1，cd间接导线，故A符合题意；
B．仅闭合S、S1，滑滑片P在最左端a时，R1与R0串联，根据R0的电阻和功率P0=1W，根据，R0两端电压，电路中的电流：，
R1两端电压U1=U-U0=12V-10V=2V，则定值电阻：，故B不符合题意；
C．闭合S和S2时，R0与R2串联，滑片P置于中点时，滑动变阻器接入的电阻为R0'=50Ω，电路电流，
电阻R2的功率为：P2=I2R2=(0.2A)2×10Ω=0.4W，故C不符合题意；
D．闭合S和S1时，R1与R0串联，R0允许的最大电流为Imax=0.5A，最小电阻不低于，滑动变阻器最小电阻不低于，
滑动变阻器接入的阻值变化范围为4Ω~100Ω，故D符合题意；
故选AD。
【分析】导线和用电器并联，用电器被短路；根据，计算电压的大小，结合串联电路的电压和电流，根据，计算电阻；电路的总电阻等于各电阻之和，根据，计算串联电流，利用P=I2R，计算电功率；结合，计算未知电阻大小。
12．用隔板MN将容器隔开成左右相等的两部分，隔板MN下部有一透气的圆孔用薄橡皮膜封闭。将适量的甲、乙两种液体注入左右隔断的容器中，再分别将体积均为的A、B实心小球放入液体中，小球静止时，小球和橡皮膜的状态如图所示。下列说法中正确的是（　　）
A．两个实心小球的密度关系是
B．甲、乙两种液体对容器底部的压强关系为
C．两个小球静止时所受到的浮力的关系为
D．小球A所受的浮力为
【答案】B,D
【知识点】液体压强计算公式的应用；阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】A．图中，橡皮膜向左凸起，则右侧的液体压强大，根据和可知，则；其中A悬浮，B沉底，则，所以，故A错误；
B．根据和，从圆孔处到容器底的深度相同，则压强大小为，圆孔处的左右两边受到液体的压强大小关系为：，所以，即，故B正确；
C．图中，两球体积相等且浸没在液体中，，由，则，故C错误；
D．计算小球A的浮力为：，故D正确。
故选BD。
【分析】根据橡皮膜的凸起方向，判断压强大小；结合，判断液体密度的大小；根据物体悬浮和沉底状态，判断物体密度的大小关系；根据，计算浮力的大小。
13．渔船配备的声呐系统通过发射超声波来探测鱼群。当声呐系统发出超声波后，经过接收到鱼群反射回来的信号。已知在海水中声音的传播速度为，则鱼群深度为　 　m；此技术还可用于　 　（填“雷达测速”或“医学成像”）。
【答案】300；医学成像
【知识点】声速；超声波与次声波；电磁波的产生
【解析】【解答】根据题意，结合回声，超声波从海面到鱼群的时间为，
根据，计算鱼群距离船的距离，声呐利用的超声波，而 “雷达测速” 利用的是电磁波； 医学B超，利用超声波，与声呐原理一致。
【分析】根据接收到回声的时间，结合声速，计算路程；声呐和B超利用的都是超声波。
14．如图，轻质小盘通过一根绕过定滑轮的细绳与桌面上重为8N的木块相连。当小盘内放有重为1N的砝码时，木块没有被拉动，这时木块受到的摩擦力为　 　N；当小盘内放有重为2N的砝码时，木块正好作匀速运动；当小盘内放上重为3N的砝码时，小盘拖动木块运动，当小盘落在地面上后，木块继续运动，此时木块所受到的摩擦力大小为　 　N。
【答案】1；2
【知识点】二力平衡的条件及其应用；摩擦力的大小；探究影响摩擦力大小因素的实验
【解析】【解答】图中，木块受到拉力静止时，受到平衡力，根据二力平衡，大小相等，木块受到的摩擦力为f=F=G砝码=1N，当木块受到2N的拉力做匀速直线运动，摩擦力与拉力平衡，大小相等，滑动摩擦力为f'=F'=G砝码'=2N；
小盘落到地面后，木块继续运动，由于与桌面的压力、接触面的粗糙程度不变，滑动摩擦力大小不变，仍为2N。
【分析】物体受到静摩擦力，处于静止状态，静摩擦力和拉力大小相等；物体匀速直线运动时，受到平衡力，根据拉力计算摩擦力；当压力和接触面的粗糙程度不变时，摩擦力不变。
15．如图所示，冬奥会冰壶比赛上，冰壶从出发点A被运动员推着运动6m后，在B点被推出，沿冰道运动30m到O点停下来。冰壶离开手后还能够继续向前运动，是因为冰壶具有　 　，从A点到O点运动过程中，若运动员对冰壶的推力是10N，运动员对冰壶做的功是　 　J。
　　
【答案】惯性；60
【知识点】惯性及其现象；功的计算及应用
【解析】【解答】冰壶具有惯性，被推出后仍向前滑行，保持原来的运动状态。
图中，从出发点A被运动员推着运动6m，到达投掷线，冰壶受到推力，并在推力的方向上通过距离，推力做了功；离手后，冰壶通过了距离，但不再受到推力，运动员对冰壶不做功，运动员对冰壶做功：W=Fs=10N×6m=60J。
【分析】物体受力，且在力的方向移动距离，力对物体做了功；根据W=Fs，计算做功多少。
16．如图所示的华为Mate50手机具有多项黑科技，其中一个亮点就是“华为超级快充技术”。该手机的电池容量为57600J，快充时的功率为40W，如果不考虑快充时的电能损耗，利用该项快充技术，把这款手机电池从电量充到，需要的时间是　 　s，若该手机充电全过程电能表表盘转了30转，则消耗了　 　电能。
【答案】1440；0.05
【知识点】电能表参数的理解；电功的计算；电功率的计算
【解析】【解答】根据手机电池的容量，得消耗的电能，功率，计算快充需要的时间；
根据电能表的转盘转数规格和盘转了30转，则消耗的电能。
【分析】根据，结合电能和电功率，计算时间；根据电能表转数规格，计算消耗的电能。
17．能源革命正在重塑世界格局，地热能作为地球赋予人类的宝藏，属于　 　（选填“可再生”或“不可再生”）能源；在广袤的宇宙中，太阳内部每时每刻都在进行着剧烈的核　 　（选填“聚变”或“裂变”）反应，源源不断地为地球输送着光和热。
【答案】可再生；聚变
【知识点】能源及其分类；核聚变
【解析】【解答】地热能可以从自然界不断得到补充，是可再生能源。
核聚变是氢原子核在超高温下聚变成氦原子核，太阳能通过核聚变反应，释放出巨大的能量，不断地为地球输送能量。
【分析】地热能是可再生能源；太阳能通过核聚变释放能量。
18．如图所示的电路中，电源电压保持不变，电阻R1的阻值为R0，滑动变阻器的最大阻值为2R0。
（1）当闭合开关S、断开开关S1，将滑动变阻器的滑片P向右移动时，电压表示数变化量与电流表示数变化量的比值将　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”）；
（2）此变化电路的最大总功率与最小总功率之比为　 　。
【答案】不变；9∶2
【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】【解答】（1）图中，只闭合开关S，R1与R2串联，电压表测滑动变阻器的电压，滑片P向右移动，根据串联分压特点，电压表示数变化量等于R1两端电压变化量，电压表变化量与电流表变化量的比值等于定值电阻R1的阻值，则比值不变。
（2）当滑片在最左端且开关均闭合时，R1与R2并联，总电阻最小，根据，电路的功率最大，当滑片在最右端且只闭合开关S时，R1与R2串联，电路的总电阻最大，根据，功率最小，则电路的最大总功率与最小总功率之比为：
【分析】（1）根据电压表示数变化量和电流表示数变化量的比值是定值电阻的阻值；
（2）电阻并联时，电阻最小，电阻串联时，电阻最大，根据，判断电功率的大小和比值关系。
19．在我国大西北的广袤农村，太阳灶凭借节能环保的优势，成为当地居民常用的加热工具。如图甲所示，其利用反光面将太阳光会聚，实现烧水、煮饭的功能。如图乙所示，一束从太阳发出的光线AO，经太阳灶反光面（可近似看作平面镜）反射后恰好能照射到放置水或食物的B点，为了让太阳灶高效工作，需要确定反光面的准确位置。请你根据光的反射原理，画出平面镜的位置。
【答案】
【知识点】光的反射定律；作光的反射光路图
【解析】【解答】根据入射光线AO，再连接OB即为反射光线，反射时，反射角等于入射角，先作出反射光线与入射光线的夹角的平分线，为法线，作法线的垂线即为平面镜的位置，如图所示。
【分析】根据反射角等于入射角，画出法线，平面镜和法线垂直。
20．如图，一小朋友沿滑梯下滑，请画出小朋友所受重力和弹力的示意图。
【答案】
【知识点】弹力；重力示意图
【解析】【解答】重力是竖直向下的，作用点在小朋友的重心，过重心画一条竖直向下的带箭头线段，并标符号“G”，小朋友沿滑梯下滑时，受到支持力，方向垂直于滑梯表面向上，并标符号“F”。如图所示：
【分析】物体受到的重力竖直向下；物体受到的支持力和支撑面垂直。
21．某小组同学通过实验探究电流与电阻的关系。定值电阻分别选用、、，滑动变阻器规格为“”，电源电压为6V保持不变。
（1）他们按照图甲所示电路图连接好电路，闭合开关，发现电压表有示数但电流表无示数，此时出现的故障可能是___________（选填字母）；
A．滑动变阻器短路 B．电流表断路
C．电阻R短路 D．电阻R断路
（2）排除故障后，小华把R从5Ω换成10Ω的电阻接入电路，移动滑片，同时观察电压表直至其示数为　 　 V；
（3）小华再换了个30Ω的电阻接入电路，闭合开关，可无论怎样移动滑片，电压表都不能达到之前的设定电压值。为顺利完成实验，请你帮小华提出一个改进方案：　 　。
【答案】（1）D
（2）2
（3）换用最大阻值大于等于的变阻器进行实验
【知识点】探究电流与电压、电阻的关系实验
【解析】【解答】（1）图甲中，电阻串联，闭合开关，电流表无示数，电路发生断路，电压表有示数，能与电源接通，电压表测量的位置断路，电阻R断路，D符合题意；
故选D。
（2）实验时，将5Ω的定值电阻改接成的电阻，电阻增大，分压增大，探究电流与电阻关系时，控制电压不变，应增大滑动变阻器分得的电压，增大滑动变阻器连入电路中的电阻，移动滑片，使电压表示数为：；
（3）定值电阻的电压控制为2V，变阻器的电压为，
串联电路电流处处相等，得，
当换的电阻接入电路，变阻器接入电路中电阻为：，
超过变阻器的最大阻值，为顺利完成这四组实验，换用最大阻值至少的变阻器进行实验。
【分析】（1）在串联电路中，电流表无示数，电压表有示数，电压表测量的位置断路；
（2）探究电流和电阻的关系时，保持电阻两端的电压不变，电压表处的电阻变大，需要调节滑动变阻器，使电压表示数一定；根据U=IR，计算电压表示数；
（3）在串联电路中，根据电阻的分压比计算电阻比值，判断滑动变阻器的最大电阻。
（1）A．滑动变阻器短路，电路为定值电阻的简单电路，电路中有电流，电流表有示数，电压表的示数等于电源电压，故A不符合题意；
B．电流表断路，电压表与电源连接断开，电压表无示数，故B不符合题意；
C．电阻R短路，电阻R两端电压为0，电压表示数为0，故C不符合题意；
D．电阻R断路，电路中没有电流，电流表示数为0，电压表与电源两端相连接，则电压表有示数，故D符合题意。
故选D。
（2）将定值电阻改接成的电阻，根据串联分压原理可知，电阻增大，其分得的电压增大，探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，即应保持电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，移动滑片，同时观察电压表直至其示数为
（3）定值电阻的电压控制为2V，变阻器的电压为
由串联电路电流处处相等与欧姆定律得
当换的电阻接入电路，变阻器接入电路中电阻为
超过变阻器的最大阻值，则无法完成实验，为顺利完成这四组实验，换用最大阻值大于等于的变阻器进行实验。
22．学校课外物理实践小组利用家中常见的物品筷子、刻度尺、杯子和水，巧妙地测量小石块的密度，实验过程如下：
（1）如图甲所示，用细绳将筷子悬挂，筷子静止处于　 　（选填“平衡”或“不平衡”）状态；
（2）要使筷子在水平位置平衡，应将悬挂点向　 　调节（选填“左”或“右”），直至筷子在水平位置平衡，标记支点的位置为O。如图乙所示重物悬挂在筷子A处，移动石块悬挂在筷子B处，此时筷子在水平位置恢复平衡，用刻度尺分别测得OA、OB的长度为7cm和5cm；
（3）保持重物的悬挂点位置A不变，将小石块浸没在盛有适量水的杯中，如图丙所示，调整小石块的悬挂点位置（且未与杯底、杯壁接触），直至筷子在水平位置再次平衡，用刻度尺测得OC的长度为8cm；
（4）测得石块的密度为　 　（结果保留两位有效数字）。
【答案】平衡；右；2.7
【知识点】阿基米德原理；杠杆的平衡条件
【解析】【解答】（1）甲图中，杠杆处于静止状态，是平衡状态。
（2）甲图中，杠杆右端下沉，则右端重，需将细线向右进行调节，使杠杆水平平衡。
（4）小石块完全浸没，使排开水的体积等于石块的体积；
根据杠杆平衡的条件，即，即，
则
丙图中，杠杆平衡的条件，即
即，则
所以，解得，根据，可得
解得
【分析】（1）静止的杠杆处于平衡状态；
（2）杠杆倾斜时，将支点向偏高的方向调节，可使杠杆水平平衡；
（3）根据杠杆的平衡条件，结合物体受到的浮力，结合，计算物体的密度。
23．小华同学利用某种密度较大的液体制作了一个简易气压计，如图。
（1）当大气压为时，管内外液面高度差为h，如图所示。现将管竖直向上提升少许，下端管口未露出槽内液面，管内外液面高度差将　 　（填“变大”“不变”或“变小”）；
（2）将简易气压计拿到山顶，发现管内外液面高度差将　 　（填“变大”“不变”或“变小”），此时管内外液面高度差为，则山顶的气压为　 　（用h、、表示）。
【答案】（1）不变
（2）变小；
【知识点】液体压强计算公式的应用；大气压强的测量方法；大气压强与高度的关系；气压计和抽水机
【解析】【解答】（1）托里拆利实验中，试管内上方是真空，当将管竖直向上提升少许，管内液体的压强依然要等于外界大气压，液体密度不变，根据，管内外液面高度差不变。
（2）大气压随海拔高度升高而降低，将简易气压计拿到山顶，大气压降低，管内外液面高度差变小。
当大气压为时，管内外液面高度差为h，根据，表示液体的密度为，
将简易气压计拿到山顶，管内外液面高度差为，则山顶的气压为。
【分析】（1）大气压一定时，向上提起托里拆利实验的试管，管内外液面高度差不变；
（2）大气压随海拔高度升高而降低；根据，可以计算液体密度；根据液面高度差，计算实际大气压的大小。
（1）管内上方是真空，管内液体产生的压强等于外界大气压。当将管竖直向上提升少许，下端管口未露出槽内液面时，管内液体的压强依然要等于外界大气压，而液体密度不变，根据（h是内外液面高度差），所以管内外液面高度差将不变。
（2）[1]将简易气压计拿到山顶，外界大气压降低，管内外液面高度差将变小。
[2]当大气压为时，管内外液面高度差为h，根据可知，液体的密度为
将简易气压计拿到山顶，管内外液面高度差为，则山顶的气压为
24．恒温箱广泛应用于医疗、科研、化工等行业部门。某恒温箱的工作原理图如图所示，两开关均闭合时处于加热状态，其功率为660W；加热至设定恒温温度时，开关S2断开，恒温箱处于保温状态。将恒温箱两气孔封闭时，箱内空气质量为4.8kg，将箱内温度从加热至设定的恒温温度用时3min20s。若电热丝的阻值为，恒温箱的加热效率为80%，箱内空气的比热容为，求：
（1）恒温箱的保温电流。
（2）电热丝的阻值。
（3）恒温箱的恒温温度。
【答案】（1）解：由图知道，两开关均闭合时处于加热状态，在加热状态下，两电热丝并联，恒温箱总功率为P=660W，电源电压为U=220V，由知道，此时的总电流
通过电热丝R2的电流
根据并联电路的电流特点知道，此时通过R1的电流
当开关S1闭合，S2断开时，恒温箱处于保温状态，电路是只有R1的简单电路，因电路的电压和电阻都没变，所以恒温箱的保温电流与加热状态时的电流相同，即为1A。
（2）解：由知道，电热丝R1的阻值
（3）解：由知道，恒温箱加热3min20s消耗的电能
由知道，恒温箱内气体吸收的热量
由知道，恒温箱的恒温温度
【知识点】比热容的定义及其计算公式；并联电路的电流规律；欧姆定律及其应用；电功的计算；电功率的计算
【解析】【分析】（1）根据，，计算电流的大小，利用并联电路电流规律，计算支路电流；
（2）根据，计算电热丝的电阻；
（3）根据W=Pt，计算消耗的电能，利用，计算温度差，结合初温，计算末温。
（1）由图知道，两开关均闭合时处于加热状态，在加热状态下，两电热丝并联，恒温箱总功率为P=660W，电源电压为U=220V，由知道，此时的总电流
通过电热丝R2的电流
根据并联电路的电流特点知道，此时通过R1的电流
当开关S1闭合，S2断开时，恒温箱处于保温状态，电路是只有R1的简单电路，因电路的电压和电阻都没变，所以恒温箱的保温电流与加热状态时的电流相同，即为1A。
（2）由知道，电热丝R1的阻值
（3）由知道，恒温箱加热3min20s消耗的电能
由知道，恒温箱内气体吸收的热量
由知道，恒温箱的恒温温度
25．工人始终双脚站在地上，用滑轮组从水池底匀速提起一根实心的石柱（不吸水），如图甲所示，动滑轮的质量为20kg。石柱从离开池底到下表面刚要离开水面的过程中，其下底面受到水的压强与时间的关系如图乙所示。石柱从刚离开池底到拉出水面并继续向上运动的过程中，人对地面的压强与时间的关系如图丙所示。已知人的质量为60kg，人双脚站立时，与地面接触的总面积为，石柱的底面积为，不计绳重、滑轮组内的摩擦和水的阻力，石柱底部与池底不密合，忽略水面高度变化。求：
（1）池水深度；
（2）石柱全部露出水面后人对绳的拉力；
（3）石柱的密度。
【答案】（1）解：石柱下底面在池底时受到的压强最大，由图乙可知，石柱下底面受到水的最大压强，故池水深度
（2）解：由图甲可知，滑轮组中承担物重的绳子段数n=2，人的重力
由图丙可知，石柱全部露出水面后，人对地面的压强，人双脚与地面接触总面积S=300cm2=0.03m2
根据，可得人对地面的压力
地面对人的支持力与人对地面的压力是一对相互作用力，则地面对人的支持力也为60N，此时人静止，所以石柱全部露出水面后人对绳的拉力
（3）解：动滑轮重力
则石柱的重力
石柱的质量
由图乙可知，石柱从离开池底到下表面刚要离开水面的过程中，用时 30s ，石柱匀速上升，速度
则石块的高度
石柱的体积
则石柱的密度。
【知识点】密度公式及其应用；速度公式及其应用；液体压强计算公式的应用；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【分析】（1）根据，计算池水深度大小；
（2）根据，结合压强，计算压力的大小；
（3）利用G=mg，计算重力，根据，计算速度，根据，计算密度大小。
（1）石柱下底面在池底时受到的压强最大，由图乙可知，石柱下底面受到水的最大压强，故池水深度
（2）由图甲可知，滑轮组中承担物重的绳子段数n=2，人的重力
由图丙可知，石柱全部露出水面后，人对地面的压强，人双脚与地面接触总面积S=300cm2=0.03m2
根据，可得人对地面的压力
地面对人的支持力与人对地面的压力是一对相互作用力，则地面对人的支持力也为60N，此时人静止，所以石柱全部露出水面后人对绳的拉力
（3）动滑轮重力
则石柱的重力
石柱的质量
由图乙可知，石柱从离开池底到下表面刚要离开水面的过程中，用时 30s ，石柱匀速上升，速度
则石块的高度
石柱的体积
则石柱的密度
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