资源简介

2025年河北省石家庄市中考一模物理试题
1．下列生活中的估测符合实际的是（　　）
A．正常人的心脏跳动一次用时约为3s
B．中学生佩戴的眼镜质量约为200g
C．石家庄市六月份的平均气温约为10℃
D．篮球架上的篮圈距地面的高度约为3m
2．下列关于声和电磁波的说法正确的是（　　）
A．声音在真空中传播速度最快
B．汽车倒车雷达是通过电磁波传递信息的
C．吹笛子时用手指按不同的笛孔是为了改变音调
D．学校周围路段禁止鸣笛是在声音的传播过程中减弱噪声
3．将擀好的面条放入沸腾的汤锅后，面条很快变熟。下列分析正确的是（　　）
A．煮面时，香气四溢，表明分子在不停地做无规则运动
B．煮面时，锅边冒出的“白气”是水蒸气，属于汽化现象
C．面条从锅中吸收热量，主要通过做功的方式增加内能
D．汤锅中的水沸腾后继续加热，水的温度持续升高
4．图所示是一款多孔插座，其技术参数为：额定电压220V，最大电流10A。下列说法正确的是（　　）
A．插座使用时可用湿布擦去表面灰尘
B．手机充电完成后应及时将充电器拔下
C．插座中多组插孔之间的连接方式是串联
D．标有“220V 3000W”的空调可使用该插座
5．如图甲所示，小红和同学正在踢毽子。小红先后以速度大小相同的初速度分别沿竖直向上和斜向上方向将毽子踢出，如图乙所示（忽略空气阻力）。下列说法正确的是（　　）
A．毽子上升过程中，踢力对它做功
B．踢出的毽子向上运动的过程中，毽子的惯性减小
C．毽子竖直上升能到达的最高点高于斜向上能到达的最高点
D．落回地面静止后，毽子对地面的压力和地面对它的支持力是一对平衡力
6．如图所示，小明在超市买了个篮球放在小车里，拉着小车在水平地面上行走。下列分析不正确的是（　　）
A．小明拉着小车向左起步时，篮球受到向右的摩擦力
B．若小车与篮球间光滑，小车起步时篮球相对于地面保持静止
C．小明拉着小车向左减速时，篮球受到向右的摩擦力
D．小明拉着小车在水平地面上匀速直线运动时，篮球在水平方向不受力
7．我国独立自主设计建造的“福建舰”航空母舰采用的是先进的电磁弹射技术。电磁弹射器在强磁场中通电后受到强大的磁场力作用，从而弹射器推动舰载机使其加速。图所示的选项中与其原理相同的是（　　）
A． B．
C． D．
8．图所示是探究凸透镜成像规律的装置。凸透镜的焦距，此时在图中光屏上恰好能成清晰的像（光屏未画出）。下列说法正确的是（　　）
A．光屏在区域Ⅱ上成倒立、放大的像，符合投影仪的成像原理
B．保持透镜位置不动，将蜡烛和光屏都靠近透镜适当距离，光屏上可成倒立等大的像
C．保持蜡烛和光屏不动，只将透镜向左移动适当距离可以得到倒立、放大的实像
D．靠近透镜左侧加一老花镜片，将蜡烛向左移动适当距离，可能在区域Ⅱ成清晰的像
9．如图所示，小明用甲、乙两装置匀速提升质量为的物体。滑轮的质量均为，相同的时间内物体被提升的高度均为。下列说法正确的是（　　）
A．绳子自由端的拉力一定为
B．两个拉力做的额外功相等
C．、两个拉力做功的功率比值为3∶2
D．若不计绳重和摩擦，两种装置的机械效率均为
10．图甲所示是利用热敏电阻测量温度的电路，图乙所示是热敏电阻的阻值随温度变化的关系图。电路中电源电压保持不变，热敏电阻的测温量程在~。在时，热敏电阻的阻值与滑动变阻器的滑片恰好在中点时的电阻相等，且此时灵敏电流表示数为。闭合开关，下列分析正确的是（　　）
A．电源电压为
B．保持变阻器滑片不动，随着温度减小电流表的示数变小，电路总功率变小
C．保持变阻器的滑片在中点，电路中电流为时，热敏电阻的温度为
D．若变阻器的滑片在右端不动，在热敏电阻的测温范围内，电路总功率的范围为0.18W~0.45W
11．小明关闭家里的其他所有用电器，只用一台电热水壶烧水，经过水沸腾，观察到电能表的指示灯正好闪烁了150次，电能表的信息如图所示。该段时间内电热水壶消耗的电能为　 　J，实际功率为　 　W。
12．周日，小明在公园游玩。他站在平静的湖边看到“云在水中飘，鱼在云中游”的现象，其中看到的“云”是光的　 　现象；一条小鱼在点，请在答题卡图中画出小明在岸上点（眼睛的位置）观察到鱼（点）的大致光路图。　 　
13．在2024年巴黎奥运会上中国跳水梦之队包揽了跳水项目的全部金牌。如图所示，运动员在起跳前，跳板的　 　转化为运动员的动能。从刚离开跳板到向下落水的过程，运动员动能的变化情况是　 　。
14．如图甲所示，饮料从弯折的吸管被吸到嘴里，是利用　 　的作用；如图乙所示，对吸管吹气，吸管中的水会上升，是因为流体中流速越大的位置压强越　 　（选填“大”或“小”）。
15．随着我国具有完全自主知识产权的第三代百万千瓦级核电站——华龙一号的建设，我国的核电技术已经居于世界领先地位，核电站中的核反应堆是通过可控　 　（选填“核裂变”或“核聚变”）反应释放核能的。在发电过程中，核电站的蒸汽轮机将蒸汽的内能转化为　 　能，再通过发电机进而转化为电能。
16．图所示为“探究影响液体内部压强大小的因素”的实验操作过程。实验中，液体压强是用U形管两侧液面　 　来表示的；通过比较A、B、C三个步骤，可得出结论：　 　；若想探究液体压强与液体密度的关系，请简述操作过程（可添加器材）：　 　。
17．如图A所示，在研究“不同物质的温度变化与吸热关系”的实验中，在两个相同烧杯中分别放入质量和初温都相同的甲、乙两种液体，两个加热器完全相同。如图B所示为两种液体温度随加热时间变化的图像。　 　（选填“甲液体”或“乙液体”）更适合做暖气片内的导热介质；甲、乙的比热容之比为　 　。
18．为测定某牛奶的密度，小明在实验室进行了如下实验。
（1）将托盘天平放在水平工作台上，游码移到标尺的“0”刻度线处，发现指针静止在图甲所示位置，应将平衡螺母向　 　（选填“左”或“右”）调节，使指针指在分度盘的中央。
（2）将装有适量牛奶的烧杯放在天平的左盘，加减砝码，天平重新平衡时如图乙所示，烧杯和牛奶的总质量为　 　g；将烧杯中的部分牛奶倒入量筒，测得烧杯和剩余牛奶的质量为40.9g。
（3）量筒内的牛奶液面如图丙所示。可得出牛奶的密度为=　 　。
（4）上述实验中，有少量牛奶溅到量筒内壁，未静置就直接读出牛奶体积，则测得牛奶的密度　 　（选填“大于”“小于”或“等于”）真实值。
【拓展】小明设计了另一种测牛奶密度的方案继续实验，如图所示，请将实验过程补充完整。
①先用一个小杯子装一定量的水，放在大烧杯的水面上漂浮，沿水面的位置在小杯子侧壁标记为A。再将小杯子中的水全部倒入量筒，测得体积为。
②再向该小杯子倒入少量牛奶，放在大烧杯的水面上漂浮，接着用滴管滴入牛奶，直至　 　，再将小杯子中的牛奶全部倒入量筒，测得体积为。
③牛奶的密度为=　 　（用、、表示）。
19．图所示为测量电阻Rx的实验电路。电源电压为6V保持不变，三种滑动变阻器的规格分别为R1“20Ω1A”、R2“30Ω2A”、R3“50Ω1A”。
（1）请在答题卡图中用笔画线代替导线将实验电路连接完整（要求滑片向左移动电流表示数变小）；
（2）连接完成后，闭合开关，发现电流表有示数，而电压表示数为零，两电表均完好，产生这一现象的原因可能是　 　；
（3）除故障后继续实验，记录的实验数据见下表。分析数据可知，滑动变阻器的滑片不断向　 　（选填“A”或“B”）移动，得出电阻Rx=　 　Ω；
序号 1 2 3 4 5
U/V 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0
I/A 0.10 0.20 0.30 0.40 0.50
（4）该实验所选滑动变阻器的规格及选择理由是　 　。
【拓展】为测出小灯泡正常发光时的电阻RL，小明设计如图所示的电路继续实验。小灯泡的额定电压为2.5V、定值电阻R0已知。操作如下：
①闭合S、S1，断开S2，移动滑动变阻器的滑片P，使电压表的示数为2.5V；
②保持滑片位置不变，　 　（填写开关通断情况），记录电压表示数为U1；
③小灯泡正常发光时的电阻RL=　 　（用R0、U1和已知量表示）。
20．如图是汽车起重机吊货物时的场景。汽车起重机自重为2×105N，吊臂长度可在10~30m之间调节，汽车起重机可以吊起距支点O水平距离4~20m范围内的重物，汽车起重机工作时与水平地面的总接触面积为2m2（不计吊臂重、滑轮重和绳重）。
（1）求汽车起重机未吊货物时对水平地面的压强；
（2）若将质量为20t的货物在10s内匀速竖直提升3m，求此过程中汽车起重机克服货物重力做功的功率；
（3）若汽车起重机动力系统A允许提供的动力与动力臂乘积的最大值为1.5×106N·m，求在动力与动力臂的乘积最大时允许吊起重物的重力范围。
21．如图所示的电路中，电源电压为9V且保持不变，另有阻值为20Ω的定值电阻R1和滑动变阻器R2.
（1）闭合开关S，若电路的MN间仅连入R1，求10s内电流通过R1所做的功W1。
（2）若将电阻R1与滑动变阻器R2串联连入MN间，滑片在某一位置时，电流为0.3A，求滑动变阻器接入电路的阻值。
（3）若将电阻R1与滑动变阻器R2串联后连入MN间，电流表的示数为I串；若将电阻R1与滑动变阻器R2并联后连入MN间，电流表的示数为I并。在电路安全的情况下，I并与I串的最小差值为0.36A，I并与I串的最大差值为2.25A。求滑动变阻器R2的最大阻值和R2允许通过的最大电流。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】温度及温度计的使用与读数；质量及其特性；时间的估测；长度的估测
【解析】【解答】根据生活经验可知，正常人的心脏跳动一次用时约为1s，中学生佩戴的眼镜质量约为30g，石家庄市六月份平均气温约为30℃，篮球架上的篮圈距地面的高度约为3m，故D符合题意，而ABC不合题意。
故选D。
【分析】根据自己对常见物体的质量、温度、长度和时间的认识判断。
2．【答案】C
【知识点】声音的传播条件；超声波与次声波；音调、响度与音色的区分；防治噪声的途径
【解析】【解答】A．声音在真空中不能传播，因为声音的传播需要介质，故A错误；
B．超声波能量集中且方向向好，因此倒车雷达利用超声波传递信息，故B错误；
C．吹笛子时，是内部的空气柱振动发声。用手指按不同的笛孔，改变了空气柱的长度，从而改变空气柱振动的频率，进而改变声音的音调，故C正确；
D．学校周围路段禁止鸣笛是在声源处减弱噪声，故D错误。
故选C。
【分析】A.根据声音传播的条件判断；
B.根据超声波的特点和应用判断；
C.音调表示声音的高低，与发声体的振动频率有关；
D. 控制噪声的途径有：声源处、传播过程中、人耳处。
3．【答案】A
【知识点】液化及液化放热；探究水的沸腾实验；做功改变物体内能；分子热运动
【解析】【解答】A．煮面时香气四溢，属于扩散现象，本质是香味分子在不停地做无规则运动，故A正确；
B．水蒸气无色透明，根本看不到。煮面时锅边冒出的 “白气”，是水蒸气遇冷从气态变成液态发声液化形成的小水滴，故B错误；
C．面条从锅中吸收热量，属于能量的转移，即是通过热传递的方式增加内能，故C错误；
D．汤锅中的水沸腾后继续加热，水的温度不会持续升高，故D错误。
故选A。
【分析】A.不同的物质接触时彼此进入对方的现象叫扩散现象；
B.根据物质的初始态和终末态确定物态变化的名称；
C.做功改变内能的本质为能量的转化，热传递的本质为能量的转移；
D.液体沸腾时不断吸热，但是温度不变。
4．【答案】B
【知识点】电功率的计算；家庭电路的连接；安全用电原则
【解析】【解答】A．用湿布擦去插座表面灰尘时，由于水为导体，所以容易触电，故A错误；
B．长时间将充电器插在插座上会导致微电流通过，使充电器持续发热，加速器件老化，故B正确；
C．插孔上的用电器可以单独工作，不相互影响，因此插孔之间的连接方式是并联，故C错误；
D．根据题意可知， 插座的额定电压220V，最大电流10A，
则插座允许接入的最大电功率
所以标有“220V 3000W”的空调不可使用该插座，故D错误。
故选B。
【分析】A.根据水是导体分析；
B.根据插座不工作时也会流过电流，且产生热量判断；
C.用电器相互影响为串联，不相互影响为并联；
D.根据P=UI计算插座可以接入的最大功率，然后与空调的功率比较即可。
5．【答案】C
【知识点】机械能守恒条件；惯性及其现象；平衡力的辨别；是否做功的判断
【解析】【解答】A．毽子上升过程中，它已经与脚分开，不再受到踢力作用，所以踢力对它不做功，故A错误；
B．踢出的毽子向上运动的过程中，毽子质量不变，惯性不变，故B错误；
C．当毽子竖直上升时，动能全部转化为重力势能；当毽子斜向上运动时，到达最高点时水平方向的速度不为零，即动能部分转化为重力势能。比较可知，前者的重力势能大于后者即前者到达的最高点更大，故C正确；
D．毽子对地面的压力和作用在地面上，地面对它的支持力作用在毽子上，二者没有在同一物体上，肯定不是平衡力，故D错误。
故选C。
【分析】A.做功的要素：作用在物体上的力和物体在力的方向上通过的距离；
B.惯性大小只与物体质量大小有关；
C.根据能量转化的知识比较到达最高点时重力势能大小即可；
D.平衡力的条件：大小相等、方向相反、作用在同一物体和同一直线上。
6．【答案】A
【知识点】惯性及其现象；摩擦力产生的条件；摩擦力的方向
【解析】【解答】A．小明拉着小车向左起步时，则篮球相对小车有向右运动的趋势，而摩擦力的方向与物体相对运动的方向相反，所以篮球受到向左的摩擦力，故A错误，符合题意；
B．若小车与篮球间光滑，则篮球不会受到小车地板施加的摩擦力。由于惯性，篮球有保持原来的静止状态，即篮球相对于地面保持静止，故B正确，不符合题意；
C．小明拉着小车向左减速时，而篮球有保持原来速度，即篮球相对小车地板有向左运动的趋势，因此篮球受到向右的摩擦力，故C正确，不符合题意；
D．小明拉着小车在水平地面上匀速直线运动时，篮球与小车没有相对运动的趋势，不受摩擦力作用，因此篮球在水平方向不受力，故D正确，不符合题意。
故选A。
【分析】AC.摩擦力的方向总是与物体相对运动的方向相反；
B.物体保持运动状态不变的性质叫惯性，根据惯性的知识分析；
D.摩擦力产生的条件：相互接触，产生压力和有相对运动的趋势。
7．【答案】B
【知识点】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；产生感应电流的条件
【解析】【解答】 电磁弹射器在强磁场中通电后受到强大的磁场力作用，和电动机的原理是相同的。
A、奥斯特实验说明通电导体的周围存在磁场，故A不符合题意；
B、该装置说明通电导体在磁场中会受到力的作用，故B符合题意；
C、闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动，导体中会产生感应电流，这种现象叫电磁感应现象，发电机就是利用该原理制成的，故C不符合题意；
D、通电螺线管是利用电流的磁效应来工作的，故D不符合题意。
故选：B。
【分析】 通电导体在磁场中会受到力的作用。
8．【答案】C
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验；远视眼的成因与矫正办法
【解析】【解答】A．根据天平可知，此时物距>2f，则烛焰成倒立、缩小的实像，利用此原理制成了照相机，故A错误；
B．根据u=v=2f=30cm可知，当物距和像距都等于30cm时，光屏上成清晰等大的实像。则保持透镜位置不动，将蜡烛靠近透镜适当距离，光屏远离凸透镜适当距离，光屏上可成倒立等大的像，故B错误；
C．根据折射光路是可逆性可知，保持蜡烛和光屏不动，将物距和像距交换数值，即将透镜向左移动适当距离可以得到倒立、放大的实像，故C正确；
D．老花镜片是凸透镜，对光有会聚作用，则此时像距减小。根据“物远像近小”的规律可知，将蜡烛向左移动适当距离，可能在区域Ⅰ成清晰的像，故D错误。
故选C。
【分析】A.将物距和焦距比较，从而确定成像特点和应用；
B.根据u=v=2f时成倒立等大的实像判断；
C.根据折射光路的可逆性判断；
D.。根据“物远像近小”的规律分析。
9．【答案】D
【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；有用功和额外功
【解析】【解答】A．根据题意可知，物体质量和动滑轮质量相同，乙图中承担重力的绳子段数n=3，甲图中n=2。如果不考虑摩擦和绳重，则拉力F1>F2。但由于摩擦及绳重的大小不知道，所以绳子自由端的拉力大小无法判断，故A错误；
B．在实验过程中，两个拉力克服动滑轮重力和摩擦做额外功。但由于不知道摩擦及绳重，克服摩擦及绳重做的功无法比较，所以两个拉力做的额外功大小无法比较，故B错误；
C．综上所述，拉力做的功大小无法比较，因此功率大小关系无法比较，故C错误；
D．若不计绳重和摩擦，滑轮组的机械效率，故D正确。
故选D。
【分析】A.绳子自由端的拉力克服动滑轮重力和摩擦、绳子重力做功，注意分析绳子重力和摩擦是否明确；
B.克服绳重和摩擦做额外功，注意绳子重力和摩擦是否明确；
C.注意分析拉力做的总功是否能够计算；
D.根据公式推导计算即可。
10．【答案】B
【知识点】电阻的串联；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】A．根据乙图可知，温度为50℃时热敏电阻的阻值为100Ω，
根据“ 热敏电阻的阻值与滑动变阻器的滑片恰好在中点时的电阻相等 ”可知，滑动变阻器的最大阻值为200Ω，
此时的总电阻R总=Rt+R=100Ω+100Ω=200Ω，
那么电源电压U=IR总=0.03A×200Ω=6V，
故A错误；
B．根据乙图可知，温度减小热敏电阻的阻值变大，则此时总电阻变大。由可知，电路的总功率变小，故B正确；
C．变阻器的滑片在中点且电路中电流为时，
此时的总电阻，
则热敏电阻的阻值Rt=R总-R=300Ω-100Ω=200Ω；
由乙图可知，热敏电阻的温度为40℃，故C错误；
D．当变阻器的滑片在右端时电阻为200Ω，
根据乙图可知，当热敏电阻的测温量程在0℃~60℃时其阻值范围在0~600Ω，
当其阻值最小时，电路的最大电功率；
最小电功率；
所以电路总功率的范围为0.045W~0.18W，故D错误。
故选B。
【分析】 A.根据乙图确定50℃时热敏电阻的阻值，然后计算出变阻器的最大阻值，根据串联电路电阻特点和欧姆定律可得电源电压。
B.根据乙图确定热敏电阻的阻值在温度降低时的变化规律，根据判断总功率的变化；
C.首先根据欧姆定律计算出总电阻，然后根据串联电路电阻特点计算此时热敏电阻的阻值，对照图乙可知此时的温度。
D.根据乙图确定热敏电阻的阻值变化范围，根据串联电阻的规律计算出总电阻的变化范围，最后根据计算总功率的变化范围。
11．【答案】1.8×105；500
【知识点】电能表参数的理解；电功率的计算
【解析】【解答】根据“3000imp/(kW·h)”可知，该段时间内电热水壶消耗的电能为
电热水壶的实际功率为。
【分析】首先根据计算电水壶消耗的电能，然后根据计算电水壶的实际功率。
12．【答案】反射；
【知识点】光的反射；作光的折射光路图
【解析】【解答】（1）云在天上，它发出的光线经过平静的湖面反射后进入人眼所形成的虚像，因此我们看到的“云在水中飘”，这是光的反射现象。
（2）根据题意可知，鱼的实际位置为A点，从A点发出的光线在水面发生折射，此时折射角大于入射角。人眼在B点逆着折射光线看过去，会看到鱼的虚像A'在实际位置A的上方，如下图所示：
【分析】（1）平面镜成像现象的原理为光的反射；
（2）根据光的折射规律完成作图即可。
13．【答案】弹性势能；先变小后变大
【知识点】动能和势能的大小变化；机械能及其转化
【解析】【解答】（1）运动员起跳前，被压弯的跳板具有弹性势能，则将跳板的弹性势能转化为运动员的动能。
（2）根据题意可知，从刚离开跳板到向下落水的过程，运动员先上升后下降，则他的速度先减小后增大，所以动能先减小后变大。
【分析】（1）物体由于发生弹性形变具有的能量为弹性势能；
（2）动能大小与速度大小有关，分析运动员速度的变化即可。
14．【答案】大气压；小
【知识点】大气压的综合应用；流体压强与流速的关系
【解析】【解答】（1）用吸管吸饮料时，吸管内气压减小，在外界大气压的作用下，饮料就被压进吸管进而被吸到嘴里，所以是利用大气压的作用。
（2）对吸管A吹气时，吸管B上方空气流速增大而压强变小，而吸管B下方大气压不变，在大气压的作用下，吸管B中的水会上升。
【分析】（1）大气对浸入其中的物体产生压力作用，这就是大气压强；
（2）根据流体压强和流速的关系分析解答。
15．【答案】核裂变；机械
【知识点】核电站发电过程中的能量转化；核裂变
【解析】【解答】（1）核裂变是重核分裂成较轻核的过程，能产生大量能量且便于控制，所以核电站中的核反应堆是通过核裂变释放内能的。
（2）根据核电站的工作过程可知，蒸汽轮机利用蒸汽的内能推动轮机转动，将内能转化为机械能，之后机械能再由发电机转化为电能。
【分析】（1） 核裂变是重核分裂成较轻核的过程， 核聚变是轻核生成重核的过程；
（2）根据核电站的能量转化的知识解答。
16．【答案】高度差；同种液体内部同一深度，各个方向的压强相等；将探头放入同一深度的盐水，观察U形管两侧液面的高度差（答案合理即可）
【知识点】探究液体压强的特点实验
【解析】【解答】（1）在实验过程中，U形管两侧液面的高度差越大，说明此时的液体压强越大，则液体内部压强的大小是通过液体压强计U形管两边液面的高度差来判断的。
（2）根据图片可知，实验A、B、C中探头的深度相同，只是探头的朝向不同，而U形管两侧液面高度差相同，那么得出结论：在同种液体的同一深度，液体向各个方向的压强相等。
（3）根据控制变量法的要求可知，若想探究液体压强与液体密度的关系，要控制深度相同，只改变液体的密度，则操作过程为：在探头放在和D实验相同深度的盐水中，比较U形管两侧液面的度差。
【分析】（1）在实验过程中，U形管两侧液面的高度差越大，说明此时的液体压强越大；
（2）根据图片确定实验A、B、C中哪个因素相同，哪个因素不同，根据控制变量法的要求描述结论；
（3）根据控制变量法的要求可知，若想探究液体压强与液体密度的关系，要控制深度相同，只改变液体的密度，据此设计实验步骤。
17．【答案】甲液体；2∶1
【知识点】比热容的定义及其计算公式；探究不同物质的吸热能力
【解析】【解答】（1）根据B图可知，当都升高到50℃时，甲需要的时间长，吸收的热量多，根据公式可知，甲液体的比热容大于乙液体的比热容，所以甲液体更适合做暖气片内的导热介质。
（2）根据B图可知，甲、乙温度从20℃升高到50℃时，二者升高的温度相等。甲加热时间为40s，乙加热时间为20s，根据吸收热量与加热时间成正比可知，甲吸收的热量是乙的2倍。根据公式可知，甲的比热容是乙的2倍，所以甲、乙的比热容之比为2∶1。
【分析】（1）根据B图确定升高相同的温度时二者加热时间多少，进而确定吸收热量多少，最后根据比较二者比热容大小即可；
（2）根据B图可知，甲、乙温度从20℃升高到50℃时，二者升高的温度相等，根据加热时间计算二者吸收热量之比，最后根据计算二者比热容之比。
18．【答案】（1）右
（2）72.4
（3）1.05×103
（4）大于；水面达到小杯子侧壁的标记A处；
【知识点】密度公式及其应用；液体密度的测量；阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】（1）根据图片可知，天平的指针偏左，说明左侧重右侧轻，应将平衡螺母向右调节。
（2）根据乙图可知，标尺的分度值为0.2g，则游码质量为2.4g，砝码质量为：50g+20g=70g，那么 烧杯和牛奶的总质量 m=70g+2.4g=72.4g；
（3）综上所述，量筒中牛奶质量m=72.4g-40.9g=31.5g；
量筒的分度值为2mL，则牛奶的体积V=30mL=30cm3；
那么牛奶的密度=1.05g/cm3=1.05×103kg/m3。
（4）① 上述实验中，有少量牛奶溅到量筒内壁，未静置就直接读出牛奶体积， 会导致测得体积偏小，由可知，密度测量值大于真实值。
②在实验中，需使两次排开水的体积相同，故应使水面再次达到标记A处。
③根据漂浮条件可知，两次浮力相等：ρ水gV1=ρ牛奶gV2 ，
故ρ牛奶=。
【分析】 （1）平衡螺母总是向较轻的一侧调节；
（2）烧杯和牛奶的总质量等于砝码质量和游码质量之和；
（3）将烧杯和牛奶的总质量相减得出量筒中牛奶的质量，读出量筒内的牛奶体积，由密度公式得出牛奶的密度。
（4）①上述实验中，有少量牛奶溅到量筒内壁，未静置就直接读出牛奶体积，则测得牛奶的体积偏小，由密度公式可知，测量的密度大于真实值。
②当两次排开水的体积相同时，他受到的浮力相等，即牛奶和水的重力相等；
③根据等效替代法得出牛奶的质量，根据密度公式得出杯中水的质量，即牛奶的质量，测得体积为V2，由密度公式得出牛奶的密度。
（1）指针偏左说明左侧质量偏大，应将平衡螺母向右调节，使天平平衡。
（2）天平示数m=50g+20g+2.4g=72.4g
（3）量筒中牛奶质量m=72.4g-40.9g=31.5g
体积V=30mL=30cm3
密度=1.05g/cm3=1.05×103kg/m3
（4）[1]牛奶溅出导致测得体积偏小，由可知密度测量值大于真实值。
[2]需使两次排开水的体积相同，故应使水面再次达到标记A处。
[3]根据漂浮条件，知道两次浮力相等：ρ水gV1=ρ牛奶gV2 ，故ρ牛奶=。
19．【答案】（1）
（2）待测电阻Rx短路
（3）B；10
（4）见详解；闭合S、S2断开S1；
【知识点】伏安法测电阻的探究实验
【解析】【解答】（1）在伏安法测电阻的实验中，变阻器与电阻串联，且接线“一上一下”。滑片向左移动电流表示数变小，表明变阻器接入电阻变大，那么应该将滑动变阻器下端应接入右端接线柱，如下图所示：
（2）电流表有示数，表明整个电路为通路。电流从电压表的位置经过但是电压表示数为零，表明电压表并联的位置存在短路，故产生这一现象的原因可能是待测电阻Rx短路。
（3）根据表格数据可知，电路中电流不断变大，说明变阻器接入的电阻不断减小，故滑动变阻器的滑片不断向B移动。
根据欧姆定律可知，电阻为。
（4）①根据表格数据可知，电路的最小电流为0.1A，此时电压表的示数为1V，则此时变阻器的阻值，则滑动变阻器至少为50Ω，故选R3。
②闭合S、S1，断开S2，电压表测灯泡两端电压，移动滑动变阻器的滑片P，使电压表的示数为2.5V；
保持滑片位置不变，闭合S、S2断开S1，电压表测灯泡和定值电阻R0的总电压，记录电压表示数为U1；
则电路中电流为；
解得：。
【分析】 （1）根据电流表的示数变化确定变阻器接入阻值的变化，进而确定选择的接线柱即可；
（2）根据电压表和电流表的示数变化确定故障的种类和位置；
（3）根据电流表的示数变化确定变阻器接入阻值的变化，进而确定滑片的移动方向；
根据欧姆定律计算待测电阻阻值。
（4）①根据表中第1组数据，由串联电阻的规律及欧姆定律得出变阻器连入电路的电阻；
②为测出小灯泡正常发光时的电阻RL，若该电路中没有电流表，电压表和定值电阻应起到测量电流的作用，首先使灯正常发光，先将电压表与灯并联，通过移动滑片的位置，使灯的电压为额定电压；保持滑片位置不动，通过开关的转换，使电压表测灯与定值电阻的电压，因此时各电阻的大小和电压不变，灯仍正常工作，根据串联电路电压的规律，可求出此时定值电阻的电压，由欧姆定律可求出灯的额定电流，由欧姆定律得出灯正常发光的电阻。
（1）滑片向左移动电流表示数变小，表明接入电阻变大，滑动变阻器下端应接入右端接线柱，如图所示
（2）闭合开关，发现电流表有示数，表明电路中不存在断路，可能存在短路，而电压表示数为零，表明电压表测量范围内存在短路，故产生这一现象的原因可能是待测电阻Rx短路。
（3）[1][2]分析数据可知，电路中电流不断变大，表明接入电阻不断减小，故滑动变阻器的滑片不断向B移动，得出电阻为
（4）[1]选R3“50Ω1A”，由第一组数据，则滑动变阻器至少为50Ω，故选R3。
[2]①闭合S、S1，断开S2，电压表测灯泡两端电压，移动滑动变阻器的滑片P，使电压表的示数为2.5V；
②保持滑片位置不变，闭合S、S2断开S1，电压表测灯泡和定值电阻R0的总电压，记录电压表示数为U1；则电路中电流为
[3]③小灯泡正常发光时的电阻为
20．【答案】（1）解：汽车起重机未吊货物时，它对水平地面的压力等于重力，即F=G= 2×105N ；
此时它对水平地面的压强为。
（2）解：根据平衡力的知识可知，当货物匀速升高时，起重机对货物的拉力等于货物的重力，
即F拉=G物=20×103kg×10N/kg=2×105N
起重机提升货物的速度为
起重机对货物做功的功率为。

（3）解：由杠杆平衡条件F1l1=F2l2可知，当最小时，允许的G物最大，
根据题意可知，最小为，那么得到：；
解得：，
当最大时，允许的G物最小，
根据题意可知，最大为，那么得到：；
解得：。
所以重物的重力的范围
【知识点】功率计算公式的应用；压强的大小及其计算；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】 （1）汽车起重机未吊货物时，它对水平地面的压力等于重力，利用计算出对地面的压强；（2）首先根据平衡力的知识计算提升时拉力，根据计算提升货物的速度，最后根据P=Fv计算起重机对货物做功的功率；
（3）由杠杆平衡条件F1l1=F2l2可知，当最小时，允许的G物最大；当最大时，允许的G物最小。根据杠杆平衡条件结合可以吊起距支点O水平距离4 20m范围内的重物，可求出允许吊起重物的重力范围。
（1）汽车起重机未吊货物时对水平地面的压强为
（2）起重机对货物的拉力为F拉=G物=20×103kg×10N/kg=2×105N
起重机提升货物的速度为
起重机对货物做功的功率为
（3）由杠杆平衡条件F1l1=F2l2可知，G物L物=F动L动，即保持不变，当最小时，允许的G物最大，最小为，则
解得，当最大时，允许的G物最小，最大为，则
解得
所以重物的重力的范围
21．【答案】（1）解：根据电路图可知， 闭合开关S， 若电路的MN间仅连入R1，
此时电路中电流
10秒内电流通过R1所做的功。
（2）解：根据电路图可知， 若将电阻R1与滑动变阻器R2串联连入MN间， 电流表示数为，
则此时电路的总电阻为；
那么此时滑动变阻器的阻值为。
（3）解：根据电路图可知，当并联电路的干路电流最小（滑动变阻器接入阻值最大），串联电路的电流最大（此时滑动变阻器接入阻值为0），此时与的差值最小，即
根据欧姆定律得到：；
；
解得：=。
当并联电路的干路电流最大，串联电路的电流最小（此时滑动变阻器接入阻值最大）时，此时与的差值最大，即；
①若此时电流表示数最大可以达到，则；
解得：（舍去，若未讨论此种情况也可）
②并联电路最大电流为，即；
；
解得：允许通过的最大电流为。
因此滑动变阻器的最大阻值为，允许通过的最大电流为。
【知识点】电阻的串联；欧姆定律及其应用；电路的动态分析；电功的计算
【解析】【分析】 （1） 闭合开关S， 若电路的MN间仅连入R1，首先根据计算通过电路的电流，
最后根据计算10秒内电流通过R1所做的功；
（2）若将电阻R1与滑动变阻器R2串联连入MN间，根据欧姆定律计算此时的总电阻，根据计算即可。
（3） 由图可知，电阻R1与滑动变阻器R2并联后连入MN间，当滑动变阻器连入的阻值最大时，并联电路的干路电流最小，
若将电阻R1与滑动变阻器R2串联后连入MN间，当滑动变阻器连入电路的阻值为0时，串联电路中的电流最大，
此时I并与I串的差值最小，根据欧姆定律可求出滑动变阻器的最大阻值；
电阻R1与滑动变阻器R2并联后连入MN间，当滑动变阻器连入的阻值最小时，并联电路的干路电流最大，
若将电阻R1与滑动变阻器R2串联后连入MN间，当滑动变阻器连入电路的阻值最大时，串联电路中的电流最小，
此时此时I并与I串的差值最大，根据欧姆定律可求出允许通过R2的最大电流。
（1）若电路的MN间仅连入R1此时电路中电流
10秒内电流通过R1所做的功
（2）电流表示数为，此时电路的总电阻为
根据串联电路电阻的特点可知，此时滑动变阻器的阻值为
（3）当并联电路的干路电流最小（滑动变阻器接入阻值最大），串联电路的电流最大（此时滑动变阻器接入阻值为0），此时与的差值最小，即
由欧姆定律可得
代入数据可得
解得滑动变阻器的最大阻值为。当并联电路的干路电流最大，串联电路的电流最小（此时滑动变阻器接入阻值最大）时，此时与的差值最大，即
①若此时电流表示数最大可以达到，则
代入数据
解得此时（舍去，若未讨论此种情况也可）
②并联电路最大电流为，即
代入数据可得
解得允许通过的最大电流为。因此滑动变阻器的最大阻值为，允许通过的最大电流为。
1 / 12025年河北省石家庄市中考一模物理试题
1．下列生活中的估测符合实际的是（　　）
A．正常人的心脏跳动一次用时约为3s
B．中学生佩戴的眼镜质量约为200g
C．石家庄市六月份的平均气温约为10℃
D．篮球架上的篮圈距地面的高度约为3m
【答案】D
【知识点】温度及温度计的使用与读数；质量及其特性；时间的估测；长度的估测
【解析】【解答】根据生活经验可知，正常人的心脏跳动一次用时约为1s，中学生佩戴的眼镜质量约为30g，石家庄市六月份平均气温约为30℃，篮球架上的篮圈距地面的高度约为3m，故D符合题意，而ABC不合题意。
故选D。
【分析】根据自己对常见物体的质量、温度、长度和时间的认识判断。
2．下列关于声和电磁波的说法正确的是（　　）
A．声音在真空中传播速度最快
B．汽车倒车雷达是通过电磁波传递信息的
C．吹笛子时用手指按不同的笛孔是为了改变音调
D．学校周围路段禁止鸣笛是在声音的传播过程中减弱噪声
【答案】C
【知识点】声音的传播条件；超声波与次声波；音调、响度与音色的区分；防治噪声的途径
【解析】【解答】A．声音在真空中不能传播，因为声音的传播需要介质，故A错误；
B．超声波能量集中且方向向好，因此倒车雷达利用超声波传递信息，故B错误；
C．吹笛子时，是内部的空气柱振动发声。用手指按不同的笛孔，改变了空气柱的长度，从而改变空气柱振动的频率，进而改变声音的音调，故C正确；
D．学校周围路段禁止鸣笛是在声源处减弱噪声，故D错误。
故选C。
【分析】A.根据声音传播的条件判断；
B.根据超声波的特点和应用判断；
C.音调表示声音的高低，与发声体的振动频率有关；
D. 控制噪声的途径有：声源处、传播过程中、人耳处。
3．将擀好的面条放入沸腾的汤锅后，面条很快变熟。下列分析正确的是（　　）
A．煮面时，香气四溢，表明分子在不停地做无规则运动
B．煮面时，锅边冒出的“白气”是水蒸气，属于汽化现象
C．面条从锅中吸收热量，主要通过做功的方式增加内能
D．汤锅中的水沸腾后继续加热，水的温度持续升高
【答案】A
【知识点】液化及液化放热；探究水的沸腾实验；做功改变物体内能；分子热运动
【解析】【解答】A．煮面时香气四溢，属于扩散现象，本质是香味分子在不停地做无规则运动，故A正确；
B．水蒸气无色透明，根本看不到。煮面时锅边冒出的 “白气”，是水蒸气遇冷从气态变成液态发声液化形成的小水滴，故B错误；
C．面条从锅中吸收热量，属于能量的转移，即是通过热传递的方式增加内能，故C错误；
D．汤锅中的水沸腾后继续加热，水的温度不会持续升高，故D错误。
故选A。
【分析】A.不同的物质接触时彼此进入对方的现象叫扩散现象；
B.根据物质的初始态和终末态确定物态变化的名称；
C.做功改变内能的本质为能量的转化，热传递的本质为能量的转移；
D.液体沸腾时不断吸热，但是温度不变。
4．图所示是一款多孔插座，其技术参数为：额定电压220V，最大电流10A。下列说法正确的是（　　）
A．插座使用时可用湿布擦去表面灰尘
B．手机充电完成后应及时将充电器拔下
C．插座中多组插孔之间的连接方式是串联
D．标有“220V 3000W”的空调可使用该插座
【答案】B
【知识点】电功率的计算；家庭电路的连接；安全用电原则
【解析】【解答】A．用湿布擦去插座表面灰尘时，由于水为导体，所以容易触电，故A错误；
B．长时间将充电器插在插座上会导致微电流通过，使充电器持续发热，加速器件老化，故B正确；
C．插孔上的用电器可以单独工作，不相互影响，因此插孔之间的连接方式是并联，故C错误；
D．根据题意可知， 插座的额定电压220V，最大电流10A，
则插座允许接入的最大电功率
所以标有“220V 3000W”的空调不可使用该插座，故D错误。
故选B。
【分析】A.根据水是导体分析；
B.根据插座不工作时也会流过电流，且产生热量判断；
C.用电器相互影响为串联，不相互影响为并联；
D.根据P=UI计算插座可以接入的最大功率，然后与空调的功率比较即可。
5．如图甲所示，小红和同学正在踢毽子。小红先后以速度大小相同的初速度分别沿竖直向上和斜向上方向将毽子踢出，如图乙所示（忽略空气阻力）。下列说法正确的是（　　）
A．毽子上升过程中，踢力对它做功
B．踢出的毽子向上运动的过程中，毽子的惯性减小
C．毽子竖直上升能到达的最高点高于斜向上能到达的最高点
D．落回地面静止后，毽子对地面的压力和地面对它的支持力是一对平衡力
【答案】C
【知识点】机械能守恒条件；惯性及其现象；平衡力的辨别；是否做功的判断
【解析】【解答】A．毽子上升过程中，它已经与脚分开，不再受到踢力作用，所以踢力对它不做功，故A错误；
B．踢出的毽子向上运动的过程中，毽子质量不变，惯性不变，故B错误；
C．当毽子竖直上升时，动能全部转化为重力势能；当毽子斜向上运动时，到达最高点时水平方向的速度不为零，即动能部分转化为重力势能。比较可知，前者的重力势能大于后者即前者到达的最高点更大，故C正确；
D．毽子对地面的压力和作用在地面上，地面对它的支持力作用在毽子上，二者没有在同一物体上，肯定不是平衡力，故D错误。
故选C。
【分析】A.做功的要素：作用在物体上的力和物体在力的方向上通过的距离；
B.惯性大小只与物体质量大小有关；
C.根据能量转化的知识比较到达最高点时重力势能大小即可；
D.平衡力的条件：大小相等、方向相反、作用在同一物体和同一直线上。
6．如图所示，小明在超市买了个篮球放在小车里，拉着小车在水平地面上行走。下列分析不正确的是（　　）
A．小明拉着小车向左起步时，篮球受到向右的摩擦力
B．若小车与篮球间光滑，小车起步时篮球相对于地面保持静止
C．小明拉着小车向左减速时，篮球受到向右的摩擦力
D．小明拉着小车在水平地面上匀速直线运动时，篮球在水平方向不受力
【答案】A
【知识点】惯性及其现象；摩擦力产生的条件；摩擦力的方向
【解析】【解答】A．小明拉着小车向左起步时，则篮球相对小车有向右运动的趋势，而摩擦力的方向与物体相对运动的方向相反，所以篮球受到向左的摩擦力，故A错误，符合题意；
B．若小车与篮球间光滑，则篮球不会受到小车地板施加的摩擦力。由于惯性，篮球有保持原来的静止状态，即篮球相对于地面保持静止，故B正确，不符合题意；
C．小明拉着小车向左减速时，而篮球有保持原来速度，即篮球相对小车地板有向左运动的趋势，因此篮球受到向右的摩擦力，故C正确，不符合题意；
D．小明拉着小车在水平地面上匀速直线运动时，篮球与小车没有相对运动的趋势，不受摩擦力作用，因此篮球在水平方向不受力，故D正确，不符合题意。
故选A。
【分析】AC.摩擦力的方向总是与物体相对运动的方向相反；
B.物体保持运动状态不变的性质叫惯性，根据惯性的知识分析；
D.摩擦力产生的条件：相互接触，产生压力和有相对运动的趋势。
7．我国独立自主设计建造的“福建舰”航空母舰采用的是先进的电磁弹射技术。电磁弹射器在强磁场中通电后受到强大的磁场力作用，从而弹射器推动舰载机使其加速。图所示的选项中与其原理相同的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】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；产生感应电流的条件
【解析】【解答】 电磁弹射器在强磁场中通电后受到强大的磁场力作用，和电动机的原理是相同的。
A、奥斯特实验说明通电导体的周围存在磁场，故A不符合题意；
B、该装置说明通电导体在磁场中会受到力的作用，故B符合题意；
C、闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动，导体中会产生感应电流，这种现象叫电磁感应现象，发电机就是利用该原理制成的，故C不符合题意；
D、通电螺线管是利用电流的磁效应来工作的，故D不符合题意。
故选：B。
【分析】 通电导体在磁场中会受到力的作用。
8．图所示是探究凸透镜成像规律的装置。凸透镜的焦距，此时在图中光屏上恰好能成清晰的像（光屏未画出）。下列说法正确的是（　　）
A．光屏在区域Ⅱ上成倒立、放大的像，符合投影仪的成像原理
B．保持透镜位置不动，将蜡烛和光屏都靠近透镜适当距离，光屏上可成倒立等大的像
C．保持蜡烛和光屏不动，只将透镜向左移动适当距离可以得到倒立、放大的实像
D．靠近透镜左侧加一老花镜片，将蜡烛向左移动适当距离，可能在区域Ⅱ成清晰的像
【答案】C
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验；远视眼的成因与矫正办法
【解析】【解答】A．根据天平可知，此时物距>2f，则烛焰成倒立、缩小的实像，利用此原理制成了照相机，故A错误；
B．根据u=v=2f=30cm可知，当物距和像距都等于30cm时，光屏上成清晰等大的实像。则保持透镜位置不动，将蜡烛靠近透镜适当距离，光屏远离凸透镜适当距离，光屏上可成倒立等大的像，故B错误；
C．根据折射光路是可逆性可知，保持蜡烛和光屏不动，将物距和像距交换数值，即将透镜向左移动适当距离可以得到倒立、放大的实像，故C正确；
D．老花镜片是凸透镜，对光有会聚作用，则此时像距减小。根据“物远像近小”的规律可知，将蜡烛向左移动适当距离，可能在区域Ⅰ成清晰的像，故D错误。
故选C。
【分析】A.将物距和焦距比较，从而确定成像特点和应用；
B.根据u=v=2f时成倒立等大的实像判断；
C.根据折射光路的可逆性判断；
D.。根据“物远像近小”的规律分析。
9．如图所示，小明用甲、乙两装置匀速提升质量为的物体。滑轮的质量均为，相同的时间内物体被提升的高度均为。下列说法正确的是（　　）
A．绳子自由端的拉力一定为
B．两个拉力做的额外功相等
C．、两个拉力做功的功率比值为3∶2
D．若不计绳重和摩擦，两种装置的机械效率均为
【答案】D
【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；有用功和额外功
【解析】【解答】A．根据题意可知，物体质量和动滑轮质量相同，乙图中承担重力的绳子段数n=3，甲图中n=2。如果不考虑摩擦和绳重，则拉力F1>F2。但由于摩擦及绳重的大小不知道，所以绳子自由端的拉力大小无法判断，故A错误；
B．在实验过程中，两个拉力克服动滑轮重力和摩擦做额外功。但由于不知道摩擦及绳重，克服摩擦及绳重做的功无法比较，所以两个拉力做的额外功大小无法比较，故B错误；
C．综上所述，拉力做的功大小无法比较，因此功率大小关系无法比较，故C错误；
D．若不计绳重和摩擦，滑轮组的机械效率，故D正确。
故选D。
【分析】A.绳子自由端的拉力克服动滑轮重力和摩擦、绳子重力做功，注意分析绳子重力和摩擦是否明确；
B.克服绳重和摩擦做额外功，注意绳子重力和摩擦是否明确；
C.注意分析拉力做的总功是否能够计算；
D.根据公式推导计算即可。
10．图甲所示是利用热敏电阻测量温度的电路，图乙所示是热敏电阻的阻值随温度变化的关系图。电路中电源电压保持不变，热敏电阻的测温量程在~。在时，热敏电阻的阻值与滑动变阻器的滑片恰好在中点时的电阻相等，且此时灵敏电流表示数为。闭合开关，下列分析正确的是（　　）
A．电源电压为
B．保持变阻器滑片不动，随着温度减小电流表的示数变小，电路总功率变小
C．保持变阻器的滑片在中点，电路中电流为时，热敏电阻的温度为
D．若变阻器的滑片在右端不动，在热敏电阻的测温范围内，电路总功率的范围为0.18W~0.45W
【答案】B
【知识点】电阻的串联；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】A．根据乙图可知，温度为50℃时热敏电阻的阻值为100Ω，
根据“ 热敏电阻的阻值与滑动变阻器的滑片恰好在中点时的电阻相等 ”可知，滑动变阻器的最大阻值为200Ω，
此时的总电阻R总=Rt+R=100Ω+100Ω=200Ω，
那么电源电压U=IR总=0.03A×200Ω=6V，
故A错误；
B．根据乙图可知，温度减小热敏电阻的阻值变大，则此时总电阻变大。由可知，电路的总功率变小，故B正确；
C．变阻器的滑片在中点且电路中电流为时，
此时的总电阻，
则热敏电阻的阻值Rt=R总-R=300Ω-100Ω=200Ω；
由乙图可知，热敏电阻的温度为40℃，故C错误；
D．当变阻器的滑片在右端时电阻为200Ω，
根据乙图可知，当热敏电阻的测温量程在0℃~60℃时其阻值范围在0~600Ω，
当其阻值最小时，电路的最大电功率；
最小电功率；
所以电路总功率的范围为0.045W~0.18W，故D错误。
故选B。
【分析】 A.根据乙图确定50℃时热敏电阻的阻值，然后计算出变阻器的最大阻值，根据串联电路电阻特点和欧姆定律可得电源电压。
B.根据乙图确定热敏电阻的阻值在温度降低时的变化规律，根据判断总功率的变化；
C.首先根据欧姆定律计算出总电阻，然后根据串联电路电阻特点计算此时热敏电阻的阻值，对照图乙可知此时的温度。
D.根据乙图确定热敏电阻的阻值变化范围，根据串联电阻的规律计算出总电阻的变化范围，最后根据计算总功率的变化范围。
11．小明关闭家里的其他所有用电器，只用一台电热水壶烧水，经过水沸腾，观察到电能表的指示灯正好闪烁了150次，电能表的信息如图所示。该段时间内电热水壶消耗的电能为　 　J，实际功率为　 　W。
【答案】1.8×105；500
【知识点】电能表参数的理解；电功率的计算
【解析】【解答】根据“3000imp/(kW·h)”可知，该段时间内电热水壶消耗的电能为
电热水壶的实际功率为。
【分析】首先根据计算电水壶消耗的电能，然后根据计算电水壶的实际功率。
12．周日，小明在公园游玩。他站在平静的湖边看到“云在水中飘，鱼在云中游”的现象，其中看到的“云”是光的　 　现象；一条小鱼在点，请在答题卡图中画出小明在岸上点（眼睛的位置）观察到鱼（点）的大致光路图。　 　
【答案】反射；
【知识点】光的反射；作光的折射光路图
【解析】【解答】（1）云在天上，它发出的光线经过平静的湖面反射后进入人眼所形成的虚像，因此我们看到的“云在水中飘”，这是光的反射现象。
（2）根据题意可知，鱼的实际位置为A点，从A点发出的光线在水面发生折射，此时折射角大于入射角。人眼在B点逆着折射光线看过去，会看到鱼的虚像A'在实际位置A的上方，如下图所示：
【分析】（1）平面镜成像现象的原理为光的反射；
（2）根据光的折射规律完成作图即可。
13．在2024年巴黎奥运会上中国跳水梦之队包揽了跳水项目的全部金牌。如图所示，运动员在起跳前，跳板的　 　转化为运动员的动能。从刚离开跳板到向下落水的过程，运动员动能的变化情况是　 　。
【答案】弹性势能；先变小后变大
【知识点】动能和势能的大小变化；机械能及其转化
【解析】【解答】（1）运动员起跳前，被压弯的跳板具有弹性势能，则将跳板的弹性势能转化为运动员的动能。
（2）根据题意可知，从刚离开跳板到向下落水的过程，运动员先上升后下降，则他的速度先减小后增大，所以动能先减小后变大。
【分析】（1）物体由于发生弹性形变具有的能量为弹性势能；
（2）动能大小与速度大小有关，分析运动员速度的变化即可。
14．如图甲所示，饮料从弯折的吸管被吸到嘴里，是利用　 　的作用；如图乙所示，对吸管吹气，吸管中的水会上升，是因为流体中流速越大的位置压强越　 　（选填“大”或“小”）。
【答案】大气压；小
【知识点】大气压的综合应用；流体压强与流速的关系
【解析】【解答】（1）用吸管吸饮料时，吸管内气压减小，在外界大气压的作用下，饮料就被压进吸管进而被吸到嘴里，所以是利用大气压的作用。
（2）对吸管A吹气时，吸管B上方空气流速增大而压强变小，而吸管B下方大气压不变，在大气压的作用下，吸管B中的水会上升。
【分析】（1）大气对浸入其中的物体产生压力作用，这就是大气压强；
（2）根据流体压强和流速的关系分析解答。
15．随着我国具有完全自主知识产权的第三代百万千瓦级核电站——华龙一号的建设，我国的核电技术已经居于世界领先地位，核电站中的核反应堆是通过可控　 　（选填“核裂变”或“核聚变”）反应释放核能的。在发电过程中，核电站的蒸汽轮机将蒸汽的内能转化为　 　能，再通过发电机进而转化为电能。
【答案】核裂变；机械
【知识点】核电站发电过程中的能量转化；核裂变
【解析】【解答】（1）核裂变是重核分裂成较轻核的过程，能产生大量能量且便于控制，所以核电站中的核反应堆是通过核裂变释放内能的。
（2）根据核电站的工作过程可知，蒸汽轮机利用蒸汽的内能推动轮机转动，将内能转化为机械能，之后机械能再由发电机转化为电能。
【分析】（1） 核裂变是重核分裂成较轻核的过程， 核聚变是轻核生成重核的过程；
（2）根据核电站的能量转化的知识解答。
16．图所示为“探究影响液体内部压强大小的因素”的实验操作过程。实验中，液体压强是用U形管两侧液面　 　来表示的；通过比较A、B、C三个步骤，可得出结论：　 　；若想探究液体压强与液体密度的关系，请简述操作过程（可添加器材）：　 　。
【答案】高度差；同种液体内部同一深度，各个方向的压强相等；将探头放入同一深度的盐水，观察U形管两侧液面的高度差（答案合理即可）
【知识点】探究液体压强的特点实验
【解析】【解答】（1）在实验过程中，U形管两侧液面的高度差越大，说明此时的液体压强越大，则液体内部压强的大小是通过液体压强计U形管两边液面的高度差来判断的。
（2）根据图片可知，实验A、B、C中探头的深度相同，只是探头的朝向不同，而U形管两侧液面高度差相同，那么得出结论：在同种液体的同一深度，液体向各个方向的压强相等。
（3）根据控制变量法的要求可知，若想探究液体压强与液体密度的关系，要控制深度相同，只改变液体的密度，则操作过程为：在探头放在和D实验相同深度的盐水中，比较U形管两侧液面的度差。
【分析】（1）在实验过程中，U形管两侧液面的高度差越大，说明此时的液体压强越大；
（2）根据图片确定实验A、B、C中哪个因素相同，哪个因素不同，根据控制变量法的要求描述结论；
（3）根据控制变量法的要求可知，若想探究液体压强与液体密度的关系，要控制深度相同，只改变液体的密度，据此设计实验步骤。
17．如图A所示，在研究“不同物质的温度变化与吸热关系”的实验中，在两个相同烧杯中分别放入质量和初温都相同的甲、乙两种液体，两个加热器完全相同。如图B所示为两种液体温度随加热时间变化的图像。　 　（选填“甲液体”或“乙液体”）更适合做暖气片内的导热介质；甲、乙的比热容之比为　 　。
【答案】甲液体；2∶1
【知识点】比热容的定义及其计算公式；探究不同物质的吸热能力
【解析】【解答】（1）根据B图可知，当都升高到50℃时，甲需要的时间长，吸收的热量多，根据公式可知，甲液体的比热容大于乙液体的比热容，所以甲液体更适合做暖气片内的导热介质。
（2）根据B图可知，甲、乙温度从20℃升高到50℃时，二者升高的温度相等。甲加热时间为40s，乙加热时间为20s，根据吸收热量与加热时间成正比可知，甲吸收的热量是乙的2倍。根据公式可知，甲的比热容是乙的2倍，所以甲、乙的比热容之比为2∶1。
【分析】（1）根据B图确定升高相同的温度时二者加热时间多少，进而确定吸收热量多少，最后根据比较二者比热容大小即可；
（2）根据B图可知，甲、乙温度从20℃升高到50℃时，二者升高的温度相等，根据加热时间计算二者吸收热量之比，最后根据计算二者比热容之比。
18．为测定某牛奶的密度，小明在实验室进行了如下实验。
（1）将托盘天平放在水平工作台上，游码移到标尺的“0”刻度线处，发现指针静止在图甲所示位置，应将平衡螺母向　 　（选填“左”或“右”）调节，使指针指在分度盘的中央。
（2）将装有适量牛奶的烧杯放在天平的左盘，加减砝码，天平重新平衡时如图乙所示，烧杯和牛奶的总质量为　 　g；将烧杯中的部分牛奶倒入量筒，测得烧杯和剩余牛奶的质量为40.9g。
（3）量筒内的牛奶液面如图丙所示。可得出牛奶的密度为=　 　。
（4）上述实验中，有少量牛奶溅到量筒内壁，未静置就直接读出牛奶体积，则测得牛奶的密度　 　（选填“大于”“小于”或“等于”）真实值。
【拓展】小明设计了另一种测牛奶密度的方案继续实验，如图所示，请将实验过程补充完整。
①先用一个小杯子装一定量的水，放在大烧杯的水面上漂浮，沿水面的位置在小杯子侧壁标记为A。再将小杯子中的水全部倒入量筒，测得体积为。
②再向该小杯子倒入少量牛奶，放在大烧杯的水面上漂浮，接着用滴管滴入牛奶，直至　 　，再将小杯子中的牛奶全部倒入量筒，测得体积为。
③牛奶的密度为=　 　（用、、表示）。
【答案】（1）右
（2）72.4
（3）1.05×103
（4）大于；水面达到小杯子侧壁的标记A处；
【知识点】密度公式及其应用；液体密度的测量；阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】（1）根据图片可知，天平的指针偏左，说明左侧重右侧轻，应将平衡螺母向右调节。
（2）根据乙图可知，标尺的分度值为0.2g，则游码质量为2.4g，砝码质量为：50g+20g=70g，那么 烧杯和牛奶的总质量 m=70g+2.4g=72.4g；
（3）综上所述，量筒中牛奶质量m=72.4g-40.9g=31.5g；
量筒的分度值为2mL，则牛奶的体积V=30mL=30cm3；
那么牛奶的密度=1.05g/cm3=1.05×103kg/m3。
（4）① 上述实验中，有少量牛奶溅到量筒内壁，未静置就直接读出牛奶体积， 会导致测得体积偏小，由可知，密度测量值大于真实值。
②在实验中，需使两次排开水的体积相同，故应使水面再次达到标记A处。
③根据漂浮条件可知，两次浮力相等：ρ水gV1=ρ牛奶gV2 ，
故ρ牛奶=。
【分析】 （1）平衡螺母总是向较轻的一侧调节；
（2）烧杯和牛奶的总质量等于砝码质量和游码质量之和；
（3）将烧杯和牛奶的总质量相减得出量筒中牛奶的质量，读出量筒内的牛奶体积，由密度公式得出牛奶的密度。
（4）①上述实验中，有少量牛奶溅到量筒内壁，未静置就直接读出牛奶体积，则测得牛奶的体积偏小，由密度公式可知，测量的密度大于真实值。
②当两次排开水的体积相同时，他受到的浮力相等，即牛奶和水的重力相等；
③根据等效替代法得出牛奶的质量，根据密度公式得出杯中水的质量，即牛奶的质量，测得体积为V2，由密度公式得出牛奶的密度。
（1）指针偏左说明左侧质量偏大，应将平衡螺母向右调节，使天平平衡。
（2）天平示数m=50g+20g+2.4g=72.4g
（3）量筒中牛奶质量m=72.4g-40.9g=31.5g
体积V=30mL=30cm3
密度=1.05g/cm3=1.05×103kg/m3
（4）[1]牛奶溅出导致测得体积偏小，由可知密度测量值大于真实值。
[2]需使两次排开水的体积相同，故应使水面再次达到标记A处。
[3]根据漂浮条件，知道两次浮力相等：ρ水gV1=ρ牛奶gV2 ，故ρ牛奶=。
19．图所示为测量电阻Rx的实验电路。电源电压为6V保持不变，三种滑动变阻器的规格分别为R1“20Ω1A”、R2“30Ω2A”、R3“50Ω1A”。
（1）请在答题卡图中用笔画线代替导线将实验电路连接完整（要求滑片向左移动电流表示数变小）；
（2）连接完成后，闭合开关，发现电流表有示数，而电压表示数为零，两电表均完好，产生这一现象的原因可能是　 　；
（3）除故障后继续实验，记录的实验数据见下表。分析数据可知，滑动变阻器的滑片不断向　 　（选填“A”或“B”）移动，得出电阻Rx=　 　Ω；
序号 1 2 3 4 5
U/V 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0
I/A 0.10 0.20 0.30 0.40 0.50
（4）该实验所选滑动变阻器的规格及选择理由是　 　。
【拓展】为测出小灯泡正常发光时的电阻RL，小明设计如图所示的电路继续实验。小灯泡的额定电压为2.5V、定值电阻R0已知。操作如下：
①闭合S、S1，断开S2，移动滑动变阻器的滑片P，使电压表的示数为2.5V；
②保持滑片位置不变，　 　（填写开关通断情况），记录电压表示数为U1；
③小灯泡正常发光时的电阻RL=　 　（用R0、U1和已知量表示）。
【答案】（1）
（2）待测电阻Rx短路
（3）B；10
（4）见详解；闭合S、S2断开S1；
【知识点】伏安法测电阻的探究实验
【解析】【解答】（1）在伏安法测电阻的实验中，变阻器与电阻串联，且接线“一上一下”。滑片向左移动电流表示数变小，表明变阻器接入电阻变大，那么应该将滑动变阻器下端应接入右端接线柱，如下图所示：
（2）电流表有示数，表明整个电路为通路。电流从电压表的位置经过但是电压表示数为零，表明电压表并联的位置存在短路，故产生这一现象的原因可能是待测电阻Rx短路。
（3）根据表格数据可知，电路中电流不断变大，说明变阻器接入的电阻不断减小，故滑动变阻器的滑片不断向B移动。
根据欧姆定律可知，电阻为。
（4）①根据表格数据可知，电路的最小电流为0.1A，此时电压表的示数为1V，则此时变阻器的阻值，则滑动变阻器至少为50Ω，故选R3。
②闭合S、S1，断开S2，电压表测灯泡两端电压，移动滑动变阻器的滑片P，使电压表的示数为2.5V；
保持滑片位置不变，闭合S、S2断开S1，电压表测灯泡和定值电阻R0的总电压，记录电压表示数为U1；
则电路中电流为；
解得：。
【分析】 （1）根据电流表的示数变化确定变阻器接入阻值的变化，进而确定选择的接线柱即可；
（2）根据电压表和电流表的示数变化确定故障的种类和位置；
（3）根据电流表的示数变化确定变阻器接入阻值的变化，进而确定滑片的移动方向；
根据欧姆定律计算待测电阻阻值。
（4）①根据表中第1组数据，由串联电阻的规律及欧姆定律得出变阻器连入电路的电阻；
②为测出小灯泡正常发光时的电阻RL，若该电路中没有电流表，电压表和定值电阻应起到测量电流的作用，首先使灯正常发光，先将电压表与灯并联，通过移动滑片的位置，使灯的电压为额定电压；保持滑片位置不动，通过开关的转换，使电压表测灯与定值电阻的电压，因此时各电阻的大小和电压不变，灯仍正常工作，根据串联电路电压的规律，可求出此时定值电阻的电压，由欧姆定律可求出灯的额定电流，由欧姆定律得出灯正常发光的电阻。
（1）滑片向左移动电流表示数变小，表明接入电阻变大，滑动变阻器下端应接入右端接线柱，如图所示
（2）闭合开关，发现电流表有示数，表明电路中不存在断路，可能存在短路，而电压表示数为零，表明电压表测量范围内存在短路，故产生这一现象的原因可能是待测电阻Rx短路。
（3）[1][2]分析数据可知，电路中电流不断变大，表明接入电阻不断减小，故滑动变阻器的滑片不断向B移动，得出电阻为
（4）[1]选R3“50Ω1A”，由第一组数据，则滑动变阻器至少为50Ω，故选R3。
[2]①闭合S、S1，断开S2，电压表测灯泡两端电压，移动滑动变阻器的滑片P，使电压表的示数为2.5V；
②保持滑片位置不变，闭合S、S2断开S1，电压表测灯泡和定值电阻R0的总电压，记录电压表示数为U1；则电路中电流为
[3]③小灯泡正常发光时的电阻为
20．如图是汽车起重机吊货物时的场景。汽车起重机自重为2×105N，吊臂长度可在10~30m之间调节，汽车起重机可以吊起距支点O水平距离4~20m范围内的重物，汽车起重机工作时与水平地面的总接触面积为2m2（不计吊臂重、滑轮重和绳重）。
（1）求汽车起重机未吊货物时对水平地面的压强；
（2）若将质量为20t的货物在10s内匀速竖直提升3m，求此过程中汽车起重机克服货物重力做功的功率；
（3）若汽车起重机动力系统A允许提供的动力与动力臂乘积的最大值为1.5×106N·m，求在动力与动力臂的乘积最大时允许吊起重物的重力范围。
【答案】（1）解：汽车起重机未吊货物时，它对水平地面的压力等于重力，即F=G= 2×105N ；
此时它对水平地面的压强为。
（2）解：根据平衡力的知识可知，当货物匀速升高时，起重机对货物的拉力等于货物的重力，
即F拉=G物=20×103kg×10N/kg=2×105N
起重机提升货物的速度为
起重机对货物做功的功率为。

（3）解：由杠杆平衡条件F1l1=F2l2可知，当最小时，允许的G物最大，
根据题意可知，最小为，那么得到：；
解得：，
当最大时，允许的G物最小，
根据题意可知，最大为，那么得到：；
解得：。
所以重物的重力的范围
【知识点】功率计算公式的应用；压强的大小及其计算；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】 （1）汽车起重机未吊货物时，它对水平地面的压力等于重力，利用计算出对地面的压强；（2）首先根据平衡力的知识计算提升时拉力，根据计算提升货物的速度，最后根据P=Fv计算起重机对货物做功的功率；
（3）由杠杆平衡条件F1l1=F2l2可知，当最小时，允许的G物最大；当最大时，允许的G物最小。根据杠杆平衡条件结合可以吊起距支点O水平距离4 20m范围内的重物，可求出允许吊起重物的重力范围。
（1）汽车起重机未吊货物时对水平地面的压强为
（2）起重机对货物的拉力为F拉=G物=20×103kg×10N/kg=2×105N
起重机提升货物的速度为
起重机对货物做功的功率为
（3）由杠杆平衡条件F1l1=F2l2可知，G物L物=F动L动，即保持不变，当最小时，允许的G物最大，最小为，则
解得，当最大时，允许的G物最小，最大为，则
解得
所以重物的重力的范围
21．如图所示的电路中，电源电压为9V且保持不变，另有阻值为20Ω的定值电阻R1和滑动变阻器R2.
（1）闭合开关S，若电路的MN间仅连入R1，求10s内电流通过R1所做的功W1。
（2）若将电阻R1与滑动变阻器R2串联连入MN间，滑片在某一位置时，电流为0.3A，求滑动变阻器接入电路的阻值。
（3）若将电阻R1与滑动变阻器R2串联后连入MN间，电流表的示数为I串；若将电阻R1与滑动变阻器R2并联后连入MN间，电流表的示数为I并。在电路安全的情况下，I并与I串的最小差值为0.36A，I并与I串的最大差值为2.25A。求滑动变阻器R2的最大阻值和R2允许通过的最大电流。
【答案】（1）解：根据电路图可知， 闭合开关S， 若电路的MN间仅连入R1，
此时电路中电流
10秒内电流通过R1所做的功。
（2）解：根据电路图可知， 若将电阻R1与滑动变阻器R2串联连入MN间， 电流表示数为，
则此时电路的总电阻为；
那么此时滑动变阻器的阻值为。
（3）解：根据电路图可知，当并联电路的干路电流最小（滑动变阻器接入阻值最大），串联电路的电流最大（此时滑动变阻器接入阻值为0），此时与的差值最小，即
根据欧姆定律得到：；
；
解得：=。
当并联电路的干路电流最大，串联电路的电流最小（此时滑动变阻器接入阻值最大）时，此时与的差值最大，即；
①若此时电流表示数最大可以达到，则；
解得：（舍去，若未讨论此种情况也可）
②并联电路最大电流为，即；
；
解得：允许通过的最大电流为。
因此滑动变阻器的最大阻值为，允许通过的最大电流为。
【知识点】电阻的串联；欧姆定律及其应用；电路的动态分析；电功的计算
【解析】【分析】 （1） 闭合开关S， 若电路的MN间仅连入R1，首先根据计算通过电路的电流，
最后根据计算10秒内电流通过R1所做的功；
（2）若将电阻R1与滑动变阻器R2串联连入MN间，根据欧姆定律计算此时的总电阻，根据计算即可。
（3） 由图可知，电阻R1与滑动变阻器R2并联后连入MN间，当滑动变阻器连入的阻值最大时，并联电路的干路电流最小，
若将电阻R1与滑动变阻器R2串联后连入MN间，当滑动变阻器连入电路的阻值为0时，串联电路中的电流最大，
此时I并与I串的差值最小，根据欧姆定律可求出滑动变阻器的最大阻值；
电阻R1与滑动变阻器R2并联后连入MN间，当滑动变阻器连入的阻值最小时，并联电路的干路电流最大，
若将电阻R1与滑动变阻器R2串联后连入MN间，当滑动变阻器连入电路的阻值最大时，串联电路中的电流最小，
此时此时I并与I串的差值最大，根据欧姆定律可求出允许通过R2的最大电流。
（1）若电路的MN间仅连入R1此时电路中电流
10秒内电流通过R1所做的功
（2）电流表示数为，此时电路的总电阻为
根据串联电路电阻的特点可知，此时滑动变阻器的阻值为
（3）当并联电路的干路电流最小（滑动变阻器接入阻值最大），串联电路的电流最大（此时滑动变阻器接入阻值为0），此时与的差值最小，即
由欧姆定律可得
代入数据可得
解得滑动变阻器的最大阻值为。当并联电路的干路电流最大，串联电路的电流最小（此时滑动变阻器接入阻值最大）时，此时与的差值最大，即
①若此时电流表示数最大可以达到，则
代入数据
解得此时（舍去，若未讨论此种情况也可）
②并联电路最大电流为，即
代入数据可得
解得允许通过的最大电流为。因此滑动变阻器的最大阻值为，允许通过的最大电流为。
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