资源简介

广东省广州市华实初级中学2025年中考二模物理试题
一、选择题：（本大题共10小题，每小题3分，满分30分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，请将答案填在答题卡上）
1．百日冲刺，决战中考。在2025届初三百日誓师活动中，某校初三全体教师走进学生队伍，为初三学子们佩戴象征着希望的“梦想手环”，如图。在该活动中，下列数据最符合实际的是 （　　）
A．手环的质量约为6g B．手环的直径为600mm
C．手环的宽度为12cm D．某同学的手腕周长约为30cm
2．如图所示，声源发出一个持续不断且相同的声音，监测器B以速度v0向声源移动，监测器A、B在此时测得这个声音特性如表，下列说法正确的是（　　）
监测器 声音强弱的等级/dB 频率/ Hz
A 80 800
B 60 900
A．此时监测器B接收到的声音响度较大
B．此时监测器B接收到的声音频率较低
C．此时监测器A和B接收到的声音音调相同
D．此时监测器A接收到的声音每振动一次时间较长
3．中国“人造太阳”——磁约束核聚变实验装置“东方超环”（EAST）取得重大突破，实现403s稳态长脉冲高约束模式等离子体运行，创造了托卡马克装置高约束模式运行新的世器纪录。下列说法正确的是（　　）
A．核能属于二次能源
B．核能属于不可再生能源
C．太阳能属于不可再生能源
D．“人造太阳”获取核能的方式如图乙所示
4．实验操作考试中，小李用如图所示的方式拉动木块，木块一开始未被拉动；接着小李增大拉力，拉着木块以 v1的速度在木板上匀速滑动，此时测力计示数为F、木块受到的摩擦力记为f1，不计空气阻力，则下列说法正确的是 （　　）
A．木块未被拉动时，是因为此刻木块所受拉力小于摩擦力
B．增大拉力若木块仍保持静止，则木块所受摩擦力大小不变
C．拉动木块匀速滑动时，F>f1
D．改变拉力大小，让该木块以 v2的速度匀速滑动，且v2>v1，则木块所受摩擦力f2=f1
5．2024年3月4日。广州进入“回南天”，户外的暖湿气流遇到室内温度较低的瓷砖后，这些瓷砖出现了“流汗”的现象，下列说法正确的是（　　）
A．这是汽化现象
B．此过程水蒸气需要吸热
C．开窗通风可以有效缓解“流汗”现象
D．提高室内温度可以有效缓解“流汗”现象
6．图甲为一彩球“温度计”，其密闭玻璃容器内装有一种特殊液体，随着温度升高，这种液体的密度会减小。液体中有5个挂有温度标牌的彩球，彩球体积（包括标牌）相等，其热胀冷缩可以忽略。当有彩球悬浮时，悬浮的彩球标牌上的温度值就是所测得的当前环境温度。图乙为这个温度计的示意图，编号为4的彩球标牌所标温度值为22℃，相邻编号的彩球标牌上的温度值间隔为2℃。下列说法正确的是（　　）
A．彩球4在22℃时所受浮力大于18℃时所受浮力
B．当环境温度处于该温度计可测得的最低温度时，5个彩球均漂浮
C．若有2个彩球漂浮，3个彩球沉底，则环境温度满足
D．要增大该温度计能测得的最高温度，可增加一个与彩球1体积相等、质量更小的彩球
7．“金陵金箔”是国家级非物质文化遗产，手工打造的金箔轻薄柔软。如图甲所示，把羽毛靠近金箔，金箔仍静止在工作台上；接着手持羽毛轻轻扫过纸垫，如图乙所示；再次将羽毛靠近金箔，羽毛即可将金箔吸起，如图丙所示。下列说法正确的是（　　）
A．摩擦使羽毛带电，说明摩擦创造了电荷
B．摩擦使羽毛和纸垫带上同种电荷
C．羽毛能吸引金箔，是因为羽毛带了电
D．羽毛能吸引金箔，是因为羽毛、金箔带异种电荷
8．如图所示是某家庭电路的一部分，下列说法正确的是（　　）
A．在甲处安装灯泡，乙处安装开关符合安全用电原则
B．当电冰箱接入三孔插座后，其金属外壳与零线相连
C．若A处断开，使用该插座的电冰箱能工作但有安全隐患
D．若电冰箱外壳漏电，图中所示的保险丝会熔断
9．如图所示，是小京设计的汽车油箱内油量不足时触发报警的电路，电源两端电压保持不变，电阻、中的一个是定值电阻，另一个是压敏电阻。压敏电阻装在油箱内底部，其阻值随油箱中油量的减少而增大，当电压表示数大于某一值U时，就会触发报警。电压表示数为U时，油箱中的油量为警戒油量。下列说法错误的是（　　）
A．为压敏电阻
B．随着油箱的油量减少，通过定值电阻的电流变大
C．若换用阻值更大的定值电阻，警戒油量将变小
D．若换用电压更大的电源，警戒油量将变大
10．图中， 表示导线中的电流方向垂直于纸面向里，⊙表示导线中的电流方向垂直于纸面向外，F是磁场对通电导线的作用力。下列选项中，磁场对通电导线的力的方向正确的是（　　）
A． B．
C． D．
二、非选择题：本题共8小题，共60分。按题目要求作答。
11．如图所示， 焦距为10cm凸透镜， 光心为点O（位于15cm处）， 在透镜左侧有一发光体S，S'是S点经过凸透镜所成的像，光线a、b、c是S点发出的三束经过凸透镜后的折射光线，其中光线c平行于主光轴。
（1）请画出光线 a、b、c的入射光线；
（2）发光体S经过凸透镜所成的是　 　（选填“倒立”或“正立”）、　 　（选填“放大”、“等大”或“缩小”）、　 　（选填“实像”或“虚像”）。
（3）若在40cm处放置一块垂直于主光轴的光屏，要在光屏处成清晰的像，则物体应向　 　移动 （选填“左”或“右”）；
（4）光屏处 S'下面有一模型桥，桥下面是水，请画出 S'经水面反射形成的虚像S”。
12．物理兴趣小组的同学到动物园参加实践活动，他们仅用小小的弹簧测力计和一根长硬棒，粗略测出一头大象的重力。如图，测力计在A点垂直长硬棒向下拉长硬棒，使其静止。（g取10N/kg）
（1）此时长硬棒是否平衡 　 　，你的依是：　 　。
（2）请在图中画出杠杆受到测力计的拉力 F1及动力臂 l1。
（3）弹簧测力计的读数为200N，悬点O距弹簧测力计一端的距离为9m，距铁笼悬挂线的距离为6cm，不计长硬棒和铁笼的质量，大象的重力为　 　N。
（4）老师用一个垂直于杠杆的力F把长硬棒从图示位置移动到图中虚线水平位置的过程中，如图，力F　 　（选填“变大”“变小”“不变”），判断依据　 　 。
13．科学家对银河系中心附近的恒星S2进行了多年的持续观测，给出了从1994年到2002年间恒星S2的位置如图所示，科学家认为S2恒星的运动轨迹是一个椭圆。推测银河系中心可能存在着超大质量的黑洞。忽略S2恒星质量的变化，根据图片信息：
（1）黑洞可能位于椭圆轨道内部的　 　点（选填“P”、“Q”）；
（2）S2恒星在运动过程中所受力是否平衡？　 　，你的依据是： 　 　；
（3）由机械能的转化与守恒定律可知，S2恒星在1995年时期的重力势能　 　2001年时期的重力势能，S2恒星在1995年时期的动能　 　2001年时期的动能（以上两空选填“大于”、“小于”或“等于”）；
14．据统计，每燃烧1kg燃油约排放3.3kg二氧化碳。为实现碳达峰、碳中和的目标，氢能作为一种绿色低碳的清洁能源在我国交通领域的应用场景不断扩大，使用氢燃料电池的交通工具不断丰富，其应用流程如下。
（1）下列说法正确的是 ；
A．采用氢燃料是利用氢的比热容大
B．氢能源汽车工作过程，氢燃料电池将电能转化为化学能
C．氢能源汽车工作过程中，剩余氢的热值不变
D．使用热值更大的燃料，一定可以增大热机效率
（2）储氢瓶在高压下储存氢气时，瓶内气体的温度会升高，该过程中氢气的内能　 　（选填“增大”“减小”或“不变”）；汽车冷却系统中，水箱内的液态水通过　 　（填写物态变化名称）吸收热量，有效降低发动机温度；
（3）以氢燃料电池卡车为例，若卡车在水平路面上匀速行驶72km用时1h，功率为172kW；
①求以当前速度卡车行驶72km消耗的能量为　 　J；
②与燃油卡车相比，氢燃料电池卡车行驶72km 可减排二氧化碳的质量为　 　。（燃油机的效率取36%，燃油的热值q取 4.3×107 J/kg）
15．某科技小组的同学想制作一个简易浮力秤来测质量。他们剪掉空塑料瓶的瓶底，旋紧瓶盖，在瓶盖上系一块质量适当的石块，然后将其倒置在水桶里，水桶里面水深 h1=80cm，当瓶中不放被测物体静止时，在瓶上与水面相平位置标记为零刻度线，再在瓶身上均匀标记其他刻度线，左侧标记的是长度值，若在刻度线右侧标上相应的质量值，即可做成一个简易浮力秤，如图甲所示。已知零刻度线以上瓶身粗细均匀，其横截面积为 50cm2，不放被测物体时浮力秤的总质量为170g，水的密度为 1.0×103 kg/m3，g取10N/ kg。
（1）请在方框内画出图中浮力秤的受力示意图（用“·”来表示浮力称）。
（2）水桶底部有一块石头，已知石头上的A点距离水桶底部h2=15cm，求A点处所受水的压强为多少
（3）求图中所示状态浮力秤受到的浮力。
（4）求浮力秤上2cm刻度线对应的质量值。
（5）科技小组的同学又拿着水瓶用滑轮组进行“一瓶水提升一个人”活动，如图乙，水瓶匀速直线下降10m，使人匀速升高0.5m，水瓶对绳a的拉力为 F1=30N，绳b对人的拉力为 F2=480N。此过程
①F1做的功　 　F2做的功（选填“>”“=”“<”）；
②使用该滑轮组是　 　（选填“省力”“费力”或“不省力也不费力”）；
③请分别求出该滑轮组的有用功和机械效率 　 　、　 　
16．图甲是某款鸡蛋孵化器，底部装有加热器。通电后，加热器对水加热，水向上方鸡蛋传递热量，提供孵化所需能量。孵化器简化电路如图乙，R1、R2都是发热电阻，孵化器相关参数如下表所示。
　 额定电压 220V
额定功率 加热挡 80W
保温挡 22W
（1）开关S闭合、S1断开时，孵化器在正常　 　挡？ （选填“保温”“加热”），理由是∶　 　。
（2）孵化器在保温挡正常工作，通过R2的电流是多少？
（3） R2的阻值是多少？
（4）孵化器在加热挡正常工作5min消耗电能是多少？芳芳同学算出水在这段时间吸收热量为2.16×104 J，则孵化器对水加热的效率是多少？
17．我国载人潜水器“奋斗者”号突破万米深潜，潜水器内氧气浓度过低会影响内部人员的生命安全。氧气可通过电解水的方式来制备。某科创小组设计了氧气浓度报警装置，其简化电路（未连接完整）如图甲所示。气敏箱可等效为一个电阻，其阻值R与氧气浓度c的关系如图乙所示。闭合开关，当氧气浓度 c>0.28kg/m3时，绿灯正常发光；当 c≤0.28kg/m3时，红灯正常发光。已知电源电压及两灯的额定电压均为4.8V，电磁铁线圈的电阻忽略不计。
（1）图甲中的B灯为　 　（选填“红”或“绿”）灯；
（2）闭合开关 S，当c=0.28kg/m3时，通过电磁铁线圈的电流为　 　A；
（3）请根据文中信息，用笔画线代替导线，将图甲所示电路连接完整，要求导线不能相交（ 为接线柱）。
三、科普阅读题
18．阅读材料， 回答问题。
人形机器人
2025年春晚，科技融合传统文化的舞蹈节目《秧BOT》引发较大关注。如题图1，这款宇数H1机器人名叫福兮，表演转手绢不亚于专业舞者。人转手绢时速度是由慢到快，但机器人却能在一秒钟使手绢垂直旋转不会掉。秘密就在于它的关节扭矩、什么叫关节扭矩呢 关节扭矩是指作用在关节上使关节产生转动效应的力的力矩。扭矩 （T）等于力 （F）与力臂 （r）的乘积，即T=F×r。专业的举重运动员在屈膝发力的瞬间，关节扭矩可达350N·m，福兮腿部关节扭矩可达360N·m，手臂关节扭矩可达75N·m，这就是它能够瞬时转得又快又稳的原因。福兮的头部配有3D激光雷达和深度摄像头，配合全自动定位导航技术，实现自动走位和队形变换；未来人形机器人还可以用机械臂抓取危险用品，穿越核污染区自动消毒；在发生自然灾害时成为人类的电子战士等等。在世界的科技舞台上，人形机器人盛世拿手绢博人一笑，乱世携武器保家卫国。
（1）3D激光遇到障碍物后，在障碍物表面发生　 　（选填“反射”或“折射”），激光　 　（选填“属于”或“不属于”）电磁波。
（2）为了使机器人跳舞更灵活，它的双臂关节连接处要尽量　 　（选填“增大”或“减小”）摩擦。
（3）如题图2，机器人搬运货物，它的前臂相当于一根杠杆，支点在肘关节处，其原理如题图3所示。当前臂从水平位置向上提起重物时，在θ角增大到90°的过程中，动力 F1逐渐　 　（填“增大”、“减小”或“不变”）；机器人的前臂长度为300mm，当水平搬运物体时，最多可搬起　 　N的重物（忽略摩擦和前臂的重力）。
（4）题图4是某款人形机器人站在地板上做下蹲、起跳和回落动作的示意图，题图5是地板所受压力随时间变化的图像；根据图像分析可知，机器人离开地面至再次落地所用的时间为　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】质量及其特性；长度的估测
【解析】【解答】A．手环的质量较轻，大约在10克左右，与6克接近， 故A符合题意；
B．手环的直径大约为60毫米（即6厘米）， 故B不符合题意；
C．手环的宽度约为12毫米， 故C不符合题意；
D．中学生手腕的直径约为6厘米，手腕周长约为20厘米， 故D不符合题意。
故选A。
【分析】新课程标准要求我们能根据日常经验或自然现象粗略估测一些物理量。例如：长度、质量、时间、温度、力、速度、电功率、电流、电压等。解答估测选择题的方法：利用生活中我们熟悉的一些数据作为根据，进行单位换算，有时要利用基本公式求未知物理量。
2．【答案】D
【知识点】音调及音调与频率的关系；响度及响度与振幅的关系
【解析】【解答】 A．根据题目描述，监测器B接收到的声音响度为60dB，而监测器A接收到的声音响度为80dB。因此，监测器B接收到的声音响度较小，故A错误；
B．监测器B接收到的声音频率为900Hz，监测器A接收到的声音频率为800Hz。由于两个监测器接收到的声音频率不同，且监测器B接收到的频率更高，因此监测器A和B接收到的声音音调不相同，故B错误；
C．此时监测器B接收到的声音频率为900Hz ，监测器A接收到的声音频率为800Hz ，监测器A和B接收到的声音音调不相同，故C错误；
D．监测器B接收到的声音频率为900Hz，监测器A接收到的频率为800Hz。由于监测器A接收到的频率较低，意味着每振动一次所需时间较长，故D正确。
故选D。
【分析】声音的高低叫音调，与发声体的振动频率有关；声音的大小叫响度，与发声体的振动幅度和距离发声体远近有关；声音的特点和品质叫音色，与发声体的材料和结构有关
3．【答案】B
【知识点】能源及其分类；核聚变
【解析】【解答】AB．核能短期内不能够从自然界源源不断得到补充，属于不可再生能源，从自然界直接获取的能源为一次能源，故A错误，B正确；
C．太阳能可以从自然界源源不断得到补充，属于可再生能源，故C错误；
D．“人造太阳”获取核能的方式是核聚变，甲图是核聚变示意图，乙图是核裂变示意图，故D错误。
故选：B。
【分析】（1）一次能源：是指可以从自然界直接获取的能源。例：煤炭、石油、天然气、水能、风能、太阳能、地热能、潮汐能、生物质能、核能。
（2）不可再生能源：不可能在短期内从自然界得到补充的能源。例：化石能源（煤炭、石油、天然气）、核能。
（3）“人造太阳”获取核能的方式是核聚变，甲图是核聚变示意图，乙图是核裂变示意图。
4．【答案】D
【知识点】二力平衡的条件及其应用；探究影响摩擦力大小因素的实验
【解析】【解答】A．当木块未被拉动时，木块处于静止平衡状态，此时拉力与静摩擦力构成一对平衡力，因此拉力大小等于摩擦力。 故A错误；
B．若增大拉力但木块仍保持静止（平衡状态），根据平衡条件可知，静摩擦力会随拉力增大而相应增大以保持平衡。 故B错误；
C．当木块匀速滑动时（动态平衡状态），拉力F与滑动摩擦力f1满足平衡关系：。 故C错误；
D．根据滑动摩擦力大小仅取决于压力和接触面粗糙程度，与速度无关。因此v2速度下的摩擦力f2与f1相等，选项D的结论"正确"符合物理规律。 故D正确。
故选D。
【分析】二力平衡的条件是：作用在一个物体上的两个力，如果大小相等，方向相反，并且作用在同一直线上，这两个力就彼此平衡。滑动摩擦力影响因素有压力大小和接触面粗糙程度。
5．【答案】D
【知识点】物质的三态；液化及液化放热
【解析】【解答】AB、瓷砖“流汗”是因为水蒸气在其表面液化的结果，且液化需要放热，故A、B选项错误。
C、水蒸气的来源是户外含大量水蒸气的暖湿气流，因此开窗会使得室内水蒸气含量上升，液化现象会更明显，会加快“流汗”现象，故C选项错误；
D、室内温度提高，会加速汽化、减缓液化，即可以缓解“流汗”现象，故D选项正确。
故选：D。
【分析】根据题中所提到的现象进行分析即可。
6．【答案】D
【知识点】密度与温度的关系；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】由题意知，液体的温度升高时，密度变小，原来悬浮的小球因液体的温度升高而下沉，所以4号彩球标牌所标温度值为22℃，则5号小球应标20℃，3号小球应标24℃；
A、22℃大于18℃，液体在22℃时密度小，等于4号球的密度，4号球悬浮，浮力等于重力；液体在18℃时密度大于液体在22℃的密度，即液体密度大于4号球的密度，4号球最终处于漂浮，浮力等于重力，所以4号在22℃时所受浮力等于18℃时所受浮力，故A错误；
B、由于液体的密度随着环境温度降低会增大，有更多的彩球能漂浮，所以当环境温度处于该温度计可测得的最低温度时，液体的密度等于密度最大一个小球的密度，即5号彩球悬浮，其余四个小球漂浮，故B错误；
C、若有2个彩球漂浮，应为 彩球1、2号漂浮， 说明液体温度低于 26℃ ，3个彩球沉底，则3、4、5三个彩球沉底，4号球标示22℃、3号球标示24℃，故液体温度高于24℃，表明当前环境温度在24℃到26℃之间，故C错误；
D、当环境温度升高时，液体的密度减小，当前1号球标示温度最高，若想测量更高的温度，应增加一个密度更小的彩球，所以与彩球1体积相等、质量更小，故D正确。
故选：D。
【分析】（1）液体的密度随着温度升高会减小；
（2）根据物体的浮沉条件分析解答。
7．【答案】C
【知识点】两种电荷；物体带电情况的判断
【解析】【解答】A．摩擦起电的本质是电荷的转移，不是创造电荷，只能转移电荷，故A错误；
B．相互摩擦的两个物体，会得失电子，带上异种电荷，故B错误；
C．羽毛与纸垫摩擦后带电，带电体可以吸引轻小物体（金箔），故C正确；
D．金箔原本不带电，是带电体吸引轻小不带电物体，并非二者异种电荷，故D错误。
故选C。
【分析】（1）摩擦起电的实质是电荷的转移；
（2）得电子的带负电，失去电子的带正电；
（3）带电物体可以吸引轻小物体；
（4）同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。
8．【答案】C
【知识点】家庭电路的组成；家庭电路的连接；安全用电原则
【解析】【解答】A．家庭电路中，灯泡的开关应接在火线一侧，图中甲处应装开关，乙处装电灯，故A错误；
B．当电冰箱接入三孔插座后，将用电器的金属外壳与地线相连，故B错误；
C．图中，若A处断开，即地线断开，接入的电冰箱能工作，若电冰箱漏电，会发生触电事故，有安全隐患，故C正确；
D．若电冰箱外壳漏电，漏电保护器跳闸，保险丝不会熔断，故D错误。
故选C。
【分析】家庭电路中，灯泡的开关连接在火线一侧；有金属外壳的用电器，要利用三孔插座，使金属外壳接地，避免外壳带电使人体触电。
9．【答案】B
【知识点】欧姆定律及其应用
【解析】【解答】A、由图可知，该电路为电阻、 串联，电压表测量定值电阻R1两端电压，由于 压敏电阻阻值随油箱中油量的减少而增大，由串联电路分压规律可知，电源电压一定时，电阻变小，两端电压变小，定值电阻电压变大，由于电压表示数变大，故电阻R1为压敏电阻，故A正确，不符合题意；B．电路中电源电压不变，由于随着油箱的油量减少， 压敏电阻R1电阻变大，电路中总电阻变大，由欧姆定律可知，电路中电流变小，故B错误，符合题意；
C．由串联电路电压规律可知，由于电压表的报警电压不变，故定值电阻两端电压不变，在串联电路中，，两电阻电压之比不变，故当更换阻值更大的定值电阻时，压敏电阻也变大，警戒油量将变小，故C正确，不符合题意；
D、由串联电路电压规律可知，电路中报警电压不变，若换用电压更大的电源，故定值电阻两端电压变大，在串联电路中，，两电阻两端电压之比变小，电阻R2不变，故电压U2变大，电压U1也不变，故电阻之比变小，即压敏电阻R1变小，即 警戒油量将变大 ，故D正确，不符合题意。
故选B。
【分析】（1）分析电路，根据电压表示数变化，结合题中信息分析判断；
（2）分析电路中电阻的变化，根据欧姆定律分析判断；
（3）根据串联电路分压规律分析判断。
10．【答案】B
【知识点】磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】 A、如图，根据安培定则可以判断左侧通电螺线管的左端是S极、右端是N极，右侧通电螺线管的左端是S极、右端是N极，和题干中的磁极比对可知，导体中的电流方向改变，导体所在位置的磁场方向不变，所以磁场对通电导线的作用力方向改变，是向上的，故A错误；
B、如图，根据安培定则可以判断左侧通电螺线管的左端是S极、右端是N极，右侧通电螺线管的左端是S极、右端是N极；左侧的导线的电流的方向垂直纸面向外，受到的磁场力的方向是向上的；右侧的导线的电流的方向垂直纸面向里，受到的磁场力的方向是向下的，故B正确；
C、由图可知，线圈右侧中电流的方向是向外的，根据磁场方向可知，其受到的磁场力的方向是向下的，故C错误；
D、由图可知，线圈上侧中电流的方向是向里的，根据磁场方向可知，其受到的磁场力的方向是向左的，故D错误。
故选：B。
【分析】（1）通电导体在磁场中受力运动，运动方向跟电流方向和磁场方向有关，当只改变电流方向时通电导体运动方向改变，当只改变磁场方向时通电导体的运动方向改变，当同时改变电流方向和磁场方向时通电导体的运动方向不变。
（2）首先根据安培定则判断通电螺线管的磁极，和题干中的磁极和电流方向比对做出判断。
11．【答案】（1）
（2）倒立；等大；实像
（3）右
（4）
【知识点】平面镜成像的相关作图；透镜的光路图；凸透镜成像规律及其探究实验
【解析】【解答】（1）过光心的光线传播方向不变，光线b过光心O，所以其入射光线沿b所在直线从右向左。 经过凸透镜焦点的光线，经过凸透镜后平行于主光轴。光线c平行于主光轴，其入射光线是连接S点与光线c与凸透镜的交点，其与主光轴的交点为左侧焦点F； 连接S点与光线a和凸透镜的交点，即为a的入射光线（平行于主光轴），如图所示：
（2）第1空，第2空，第3空，从图中看到像距等于二倍焦距（已知焦距f=10cm，光心O位于15cm处，像S'在35cm处，像距v=35cm-15cm=20cm=2f）。依据凸透镜成像规律，当物距等于像距且都等于二倍焦距时，所成的像是倒立、等大的实像。
（3）若在40cm处放置光屏，此时像距增大了，根据凸透镜成实像的规律，“物近像远像变大”，可知，要在光屏上成清晰的像，就需要减小物距，所以物体应向右移动。
（4）根据平面镜成像的特点，像与物关于镜面对称。先过S'点作水面的垂线，然后在垂线上取点S″，使S''到水面的距离等于S'到水面的距离，如图所示：
故答案为：（1）见解答图；（2）倒立；等大；实像；（3）右；（4）见解答图。【分析】（1）根据凸透镜的三条特殊光线的特点来作图。
（2）凸透镜成像规律之一，当物距等于像距且都等于二倍焦距时，所成的像是倒立、等大的实像。
（3）凸透镜成实像时的动态变化规律：物近像远像变大，物远像近像变小。
（4）根据平面镜成像特点（像、物关于平面镜对称）作出飞鸟S的像S'；
（1）根据凸透镜的三条特殊光线的特点来作图：
过光心的光线传播方向不变，光线b过光心O，所以其入射光线沿b所在直线从右向左。
经过凸透镜焦点的光线，经过凸透镜后平行于主光轴。光线c平行于主光轴，其入射光线是连接S点与光线c与凸透镜的交点，其与主光轴的交点为左侧焦点F；
连接S点与光线a和凸透镜的交点，即为a的入射光线（平行于主光轴），如图所示
（2）[1][2][3]从图中看到像距等于二倍焦距（已知焦距，光心O位于15cm处，像S'在35cm处，像距。依据凸透镜成像规律，当物距等于像距且都等于二倍焦距时，所成的像是倒立、等大的实像。
（3）若在40cm处放置光屏，此时像距增大了。根据凸透镜成像的 “物近像远像变大” 规律，要在光屏上成清晰的像，就需要减小物距，所以物体应向右移动。
（4）根据平面镜成像的特点，像与物关于镜面对称。先过S'点作水面的垂线，然后在垂线上取点S″，使S''到水面的距离等于S'到水面的距离，如图所示
12．【答案】（1）是；此时长硬棒处于静止状态
（2）
（3）30000
（4）变大；根据杠杆平衡条件：F1L1=F2L2， 当长硬棒由图示位置移到水平位置时，L1和F2保持不变，L2变大，所有F1变大
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【解答】（1）杠杆保持静止不动，或绕支点匀速转动，长硬棒处于静止状态，说明杠杆处于平衡状态。
（2）杠杆A端所受拉力F1方向垂直长硬棒向下。 由动力臂定义可知，动力臂L1是支点O到拉力F1 作用线的垂直距离，即图中OA的长度。如图所示：
（3）由题可知，拉力F1=200N，L1=9m，阻力臂为L2=6cm=0.06m，由杠杆平衡条件F1L1=F2L2，可得大象的重力为： ；
（4）当杠杆从图中倾斜位置移动到水平位置时，支点到大象重力作用线的垂直距离为阻力臂L2，故阻力臂逐渐增大，由于动力F1与杠杆始终垂直，故动力臂L1和阻力F2（大象重力）不变。根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2，L2增大导致F1随之增大。
故答案为：（1）是；此时长硬棒处于静止状态； （2）见解答图； （3）30000； （4）变大；根据杠杆平衡条件：F1L1=F2L2，当长硬棒由图示位置移到水平位置时，L1和F2保持不变，L2变大，所以F1变大。
【分析】（1）杠杆保持静止不动，或绕支点匀速转动，我们说杠杆处于平衡状态。
（2）动力沿着弹簧测力计的方向，力臂L1是从支点O到拉力F1作用线的垂直距离，即OA的长度；
（3）根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2，代入数据计算；
（4）根据杠杆平衡条件分析解答。
（1）长硬棒处于静止状态，根据杠杆是否处于平衡状态的规定，杠杆保持静止不动，或绕支点匀速转动，我们说杠杆处于平衡状态。
（2）测力计的拉力F1方向垂直长硬棒向下，作用在A点。动力臂L1是从支点O到拉力F1作用线的垂直距离，即OA的长度。如图所示：
（3）根据杠杆平衡条件，已知F1=200N，L1=9m，L2=6cm=0.06m，代入公式可得大象的重力
（4）当长硬棒从倾斜位置移动到水平位置时，阻力臂L2（支点到大象重力作用线的垂直距离）逐渐增大，而动力臂L1和阻力F2（大象重力）不变。根据杠杆平衡条件，L2增大导致F1随之增大。
13．【答案】（1）Q
（2）否；S2恒星在运动过程中运动状态发生了改变，所以S2受力不平衡
（3）大于；小于
【知识点】动能和势能的大小变化；机械能及其转化；平衡状态的判断
【解析】【解答】（1）根据图示数据可知，S2恒星在1995年时的移动距离较小，说明其速度较小，因此动能较小。由于太空环境中不存在空气阻力等能量损耗因素，系统机械能守恒。由此可推断该时期恒星的重力势能较大，距离引力极强的黑洞较远，对应位置为Q点。
（2）S2恒星的运动轨迹呈椭圆形，表明其运动状态持续变化。根据牛顿第一定律，运动状态改变说明恒星受到非平衡力的作用。
（3）图示数据显示1995年期间S2恒星的移动距离小于2001年期间，表明其速度较小，动能较小。在机械能守恒条件下，1995年时期的重力势能必然大于2001年时期。
故答案为：（1）Q； （2）否；S2恒星在运动过程中运动状态发生了改变，所以S2受力不平衡； （3）大于；小于。
【分析】通过比较相同时间内恒星移动的距离来分析速度变化，结合动能与质量和速度的关系，以及机械能守恒原理进行综合分析。
（1）根据图中每年运动轨迹知道，S2恒星在1995年时期的移动距离比2001年时期的移动距离小，速度小，因而动能小，由于太空没有空气等阻力，故机械能守恒，故此时的重力势能大，离吸引力很大的黑洞距离远，故黑洞可能是Q点。
（2）[1][2]科学家认为S2恒星的运动轨迹是一个椭圆，即S2恒星在运动过程中运动状态发生改变，所以S2恒星在运动过程中所受力不平衡。
（3）[1][2]根据图中每年运动轨迹知道，S2恒星在1995年时期的移动距离比2001年时期的移动距离小，速度小，则S2恒星在1995年时期的动能小于2001年时期的动能，由于太空没有空气等阻力，故机械能守恒，故S2恒星在1995年时期的重力势能大于2001年时期的重力势能。
14．【答案】（1）C
（2）增大；汽化
（3）6.192×108；132kg
【知识点】汽化及汽化吸热的特点；温度、热量与内能的关系；燃料的热值；热机的效率；功的计算及应用
【解析】 【解答】（1）A、氢燃料的热值较高，因此等质量下完全燃烧时释放的热量比其他燃料更多。但题目中描述"采用氢燃料是利用氢的热值大"是错误的，因为实际应用中并非仅因热值大而选择氢燃料，故A错误。
B、氢燃料电池工作时将化学能转化为电能，为电路提供电能。但题目中标注"B错误"有误，应为正确表述，因此原解析中的B标记错误。
C、热值是燃料的固有属性，与质量、燃烧情况无关。剩余氢的热值保持不变，此说法正确。
D、热机效率取决于能量转化率，与燃料热值无直接关系，故使用更高热值燃料不一定提高效率，D错误。
故选C。
（2）第1空，储氢瓶在高压储存氢气时，气体温度升高，分子动能增大，导致氢气的内能增加。
第2空，水箱中的液态水通过汽化（蒸发）吸收热量，转化为水蒸气，从而降低发动机温度。
（3）卡车行驶72 km消耗的能量为：
燃油完全燃烧释放的热量需满足效率关系：
根据热值计算：
二氧化碳减排：排放质量为燃油质量的3.3倍：
故答案为：（1）C；（2）增大；汽化；（3）6.192×108；132kg。
【分析】（1）A．等质量的氢燃料和其他燃料，氢燃料完全燃烧放出的热量更多，所以采用氢燃料是利用氢的热值大；
B．电池为电路提供电能。氢能源汽车工作过程，氢燃料电池将化学能转化为电能；
C．热值是燃料的特性，与燃料的质量、完全燃烧放出的热量以及燃烧情况等无关，只与燃料本身有关；
D．热机的效率与燃料的热值无关。
（2）内能大小与物体的质量、温度等有关。所以储氢瓶在高压下储存氢气时，瓶内气体的温度会升高，该过程中氢气的内能增大。 汽车冷却系统中，水箱内的液态水通过汽化变成水蒸气，该过程吸收热量，能有效降低发动机温度。
（3）根据W=Pt计算以当前速度卡车行驶72km消耗的能量。 燃油完全燃烧释放的热量计算燃烧燃油的质量m，根据m二氧化碳=3.3m计算可减排二氧化碳的质量。
（1）A．等质量的氢燃料和其他燃料，氢燃料完全燃烧放出的热量更多，所以采用氢燃料是利用氢的热值大，故A错误；
B．电池为电路提供电能。氢能源汽车工作过程，氢燃料电池将化学能转化为电能，故B错误；
C．热值是燃料的特性，与燃料的质量、完全燃烧放出的热量以及燃烧情况等无关，只与燃料本身有关，所以氢能源汽车工作过程中，剩余氢的热值不变，故C正确；
D．热机的效率与燃料的热值无关，所以使用热值更大的燃料，不一定会增大热机效率，故D错误。
故选C。
（2）[1]内能大小与物体的质量、温度等有关。所以储氢瓶在高压下储存氢气时，瓶内气体的温度会升高，该过程中氢气的内能增大。
[2]汽车冷却系统中，水箱内的液态水通过汽化变成水蒸气，该过程吸收热量，能有效降低发动机温度。
（3）[1]以当前速度卡车行驶72km消耗的能量为W=Pt=172×103W×3600s=6.192×108J
[2]燃油完全燃烧释放的热量为
燃烧燃油的质量为
可减排二氧化碳的质量为 m二氧化碳=3.3m=3.3×40kg=132kg
15．【答案】（1）
（2）解：A点处所处深度
A点处压强为
（3）解：浮力秤漂浮，浮力秤受到的浮力
（4）解：浮力秤浸到2cm刻度线漂浮时，秤内放入被测物的质量为m测，依据漂浮时受力平衡条件，不放入被测物时F浮=G秤
放入被测物时F浮'=G秤+m测g
可知m测g=F浮'-F浮
依据阿基米德原理F浮=ρ水gV0
则F浮'=ρ水gV0+ρ水gΔV排
则有m测=ρ水ΔV排=ρ水SΔh=1.0g/cm3×50cm3×2cm=100g
（5）>；省力；240J；80%
【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；滑轮（组）的机械效率；有用功和额外功
【解析】【解答】（1）当浮力秤处于漂浮状态时，其所受浮力与重力平衡，二者大小相等。浮力方向竖直向上，重力方向竖直向下，作用点均位于重心。受力示意图如下：
（5）① 克服人体重力做的功为有用功。已知绳b的拉力F2=480N（等于人体重G），则：
有用功 W有 = Gh = 480N × 0.5m = 240J
F1做的总功 W总 = F1h瓶 = 30N × 10m = 300J
故W总 > W有，说明F1做功更多。
② 由于绳a拉力F1=30N远小于绳b拉力F2=480N，满足F1 < F2，因此该滑轮组具有省力特性。
③ 第3空，有用功 W有 = Gh = 480N × 0.5m = 240J；
第4空，机械效率为：
计算结果为80%，表明系统能量转化效率较高。
故答案为：（1）见解答图；（5）>；省力；240J；80%。
【分析】（1）浮力秤漂浮时，浮力等于重力，据此画出浮力秤的受力示意图；
（2）根据p=ρ水gh求出A点处所受水的压强；
（3）浮力秤漂浮，根据F浮=G秤=m秤g求出图2中所示状态浮力秤受到的浮力；
（4）根据放入物体后仍漂浮，增大的浮力等于增大的重力，计算物体的质量；
（5）①根据功的公式进行计算，从而判断两个力做功的大小；
②根据F1与F2的大小判断该滑轮组是否省力；
③根据求出该滑轮组的机械效率。
（1）浮力秤漂浮时，浮力等于重力，都画在重心上，浮力方向竖直向上，重力方向竖直向下，受力示意图如下图所示：
（2）A点处所处深度
A点处压强为
（3）浮力秤漂浮，浮力秤受到的浮力
（4）浮力秤浸到2cm刻度线漂浮时，秤内放入被测物的质量为m测，依据漂浮时受力平衡条件，不放入被测物时F浮=G秤
放入被测物时F浮'=G秤+m测g
可知m测g=F浮'-F浮
依据阿基米德原理F浮=ρ水gV0
则F浮'=ρ水gV0+ρ水gΔV排
则有m测=ρ水ΔV排=ρ水SΔh=1.0g/cm3×50cm3×2cm=100g
（5）①[1]克服人的重力所做的功为有用功，绳b对人的拉力为F2=480N，所以人的重力G=F2=480N
有用功W有=Gh=480N×0.5m=240J
F1做的功为总功，总功大小为W总=F1h瓶=30N×10m=300J>240J
所以F1做的功大于F2做的功。
②[2]水瓶对绳a的拉力为 F1=30N，绳b对人的拉力为 F2=480N，由于F1所以该滑轮组是省力。
③[3][4]有用功W有=Gh=480N×0.5m=240J
机械效率
16．【答案】（1）保温；由图乙可知，当R2单独工作时，电路总电阻大于两个开关均闭合时并联电路的总电阻，根据可知，电阻越大功率越小，故 开关S闭合、S1断开时是保温挡；
（2）解：由表中数据可知保温挡的额定功率为22W，由P=UI可得通过R2的电流： 。
（3）解：R2的阻值：
（4）解：加热挡的功率为110W，加热挡正常工作5min消耗电能：
， 加热过程中电能转化为内能被水吸收，已知水吸收的热量为2.2×104J， 则孵化器对水加热的效率： 。
【知识点】热机的效率；电路的动态分析；电功的计算；电功率的计算
【解析】【解答】（1）由图乙可知， 开关S闭合、S1断开时， R2单独工作，电路总电阻大于两个开关均闭合时并联电路的总电阻，根据可知，电阻越大功率越小，故开关S闭合、S1断开时是保温挡；
故答案为：（1）保温；由图乙可知，当R2单独工作时，电路总电阻大于两个开关均闭合时并联电路的总电阻，根据可知，电阻越大功率越小，故 开关S闭合、S1断开时是保温挡；。【分析】（1）电阻并联的总电阻小于任何一个分电阻，根据功率公式分析解答；
（2）用电器不同的挡位就是功率不同，根据功率可以计算工作时的电流。
（3）由图乙可知，当R2单独工作时是保温挡，根据保温功率求出R2的阻值。
（4）根据加热挡的功率，可以求出5分钟消耗的电能。加热过程中电能转化为内能被水吸收，可以求出加热的效率。
（1）[1][2]由图乙知道，当开关S、S1都闭合时，R1、R2并联，根据并联电路的电阻特点可知，此时电路中的总电阻最小，由可知，电路中的总功率最大，孵化器处于加热挡；当S闭合、S1断开时，只有R2工作，电路中的总电阻最大，总功率最小，孵化器处于保温挡。
（2）孵化器在保温挡正常工作，通过R2的电流为
（3）由欧姆定律可知，R2的阻值为
（4）在加热挡正常工作5min消耗电能为
孵化器对水加热的效率为
17．【答案】（1）红
（2）0.1
（3）
【知识点】电阻的串联；欧姆定律及其应用；电路的动态分析；电磁继电器的组成、原理和特点
【解析】【解答】（1）根据图乙显示，随着氧气浓度增加，气敏电阻阻值增大。由于电磁铁线圈电阻不计且电源电压恒定，控制电路电流减小导致磁性减弱，衔铁弹起使A灯电路接通。此时绿灯亮起，因此A灯对应绿灯，B灯则为红灯。
（2）图乙数据表明气敏电阻阻值变化与氧气浓度变化呈线性关系，比例系数为。当氧气浓度c=0.28kg/m3时：
浓度变化量：
电阻变化量：
总阻值：
控制电流：
（3）电磁继电器需设计双电路结构：
控制电路：包含电源、电磁铁和气敏电阻
工作电路：分为两个支路，衔铁弹起时绿灯亮，吸合时红灯亮
具体连接方式如图所示（维持原图不变）。
故答案为：（1）红；（2）0.1；（3）见解答图。
【分析】（2）根据电磁继电器的基本原理，结合当氧气的浓度升高时，气敏电阻的阻值变大，电磁铁线圈的电阻忽略不计，控制电路的电源电压不变，故电路中的电流变小，磁性变弱，衔铁弹上去，进行分析。
（3）由图乙得出气敏箱的阻值R，然后根据欧姆定律求出通过电磁铁线圈的电流；
（4）根据电磁铁和灯泡的工作特点判断出连接方式，然后完成电路连接。
（1）如图乙所示，可知，当氧气的浓度升高时，气敏电阻的阻值变大，电磁铁线圈的电阻忽略不计，控制电路的电源电压不变，故电路中的电流变小，磁性变弱，衔铁弹上去，则A灯接通，此时绿灯发光，故A灯为绿灯，则B灯为红灯。
（2）分析图乙可知，气敏电阻的阻值变化量与氧气的浓度变化量的比值是一个定值，该定值为
闭合开关S，当c=0.28kg/m3时，浓度变化为
则电阻的变化量为
气敏电阻的阻值为
已知电源电压及两灯的额定电压均为4.8V，电磁铁线圈的电阻忽略不计，则通过电磁铁线圈的电流为
（3）电磁继电器需要两个电路，一个是控制电路，一个工作电路，根据题意可知，两个电路共用一个电源，控制电路的重要组成部件为电源、电磁铁、气敏电阻，据此可以画出控制电路，工作电路需要分为两个简单电路，衔铁弹上去时，绿灯亮，衔铁吸下来时，红灯亮，如图所示：
18．【答案】（1）反射；属于
（2）减小
（3）减小；250
（4）t5-t4
【知识点】光的反射定律；摩擦力的大小；机械运动；杠杆的动态平衡分析；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】（1）第1空，激光照射到障碍物表面会发生反射，机器人通过接收反射回的激光信号，实现全自动定位导航，从而完成自主移动和队形变换。
第2空，激光是电磁波的一种，可见光（如各种颜色的光）也属于电磁波，只是处于特定频率范围内。
（2）为提升机器人舞蹈动作的灵活性，需减小其双臂关节连接处的摩擦力。若摩擦力过大，会导致转动阻力增加，从而影响动作流畅性。
（3）第1空，当前臂从水平位置向上抬起重物时，随着角度θ从0°增大至90°，阻力大小不变，但阻力臂逐渐减小，而动力臂保持不变。根据杠杆平衡原理（F1L1=F2L2），动力F1会随之减小。
第2空，已知机器人关节扭矩T=75N·m，前臂长度
。
根据扭矩公式
，
可计算水平搬运时最大能承受的重力：
。
（4）图像显示，机器人对地面的压力在t4时刻降为0，t5时刻重新出现压力，表明t5时刻为落地时刻。因此，机器人腾空时间为t5－t4。
故答案为：（1）反射；属于；（2）减小；（3）减小；250；（4）t5-t4。
【分析】（1）激光遇到障碍物后，在障碍物表面发生反射，激光属于电磁波；
（2）摩擦力太大，阻力太大，就会导致转动不灵活；
（3）杠杆平衡条件分析即可；
（4）根据图像分析。
（1）[1]激光遇到障碍物后，在障碍物表面发生反射，机器人接收反射回来的激光，完成全自动定位导航技术，实现自动走位和队形变换。
[2]激光属于电磁波，就连我们常说的各种颜色的可见光，都属于电磁波，属于特殊频段的电磁波。
（2）为了使机器人跳舞更灵活，它的双臂关节连接处要尽量减小摩擦。摩擦力太大，阻力太大，就会导致转动不灵活。
（3）[1]当前臂从水平位置向上提起重物时，在θ角增大到90°的过程中，阻力不变，阻力臂变小，而动力臂不变，根据杠杆平衡条件可知，动力 F1逐渐减小。
[2]机器人手臂关节扭矩可达T=75N·m，机器人的前臂长度为
根据得水平搬运物体时，最多可搬起的重物得重力
（4）由图像可以看出，机器人对地面的压力在t4时刻变为0，t5时刻又开始有压力，t5时刻落地，机器人离开地面至再次落地所用的时间为t5-t4。
1 / 1广东省广州市华实初级中学2025年中考二模物理试题
一、选择题：（本大题共10小题，每小题3分，满分30分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，请将答案填在答题卡上）
1．百日冲刺，决战中考。在2025届初三百日誓师活动中，某校初三全体教师走进学生队伍，为初三学子们佩戴象征着希望的“梦想手环”，如图。在该活动中，下列数据最符合实际的是 （　　）
A．手环的质量约为6g B．手环的直径为600mm
C．手环的宽度为12cm D．某同学的手腕周长约为30cm
【答案】A
【知识点】质量及其特性；长度的估测
【解析】【解答】A．手环的质量较轻，大约在10克左右，与6克接近， 故A符合题意；
B．手环的直径大约为60毫米（即6厘米）， 故B不符合题意；
C．手环的宽度约为12毫米， 故C不符合题意；
D．中学生手腕的直径约为6厘米，手腕周长约为20厘米， 故D不符合题意。
故选A。
【分析】新课程标准要求我们能根据日常经验或自然现象粗略估测一些物理量。例如：长度、质量、时间、温度、力、速度、电功率、电流、电压等。解答估测选择题的方法：利用生活中我们熟悉的一些数据作为根据，进行单位换算，有时要利用基本公式求未知物理量。
2．如图所示，声源发出一个持续不断且相同的声音，监测器B以速度v0向声源移动，监测器A、B在此时测得这个声音特性如表，下列说法正确的是（　　）
监测器 声音强弱的等级/dB 频率/ Hz
A 80 800
B 60 900
A．此时监测器B接收到的声音响度较大
B．此时监测器B接收到的声音频率较低
C．此时监测器A和B接收到的声音音调相同
D．此时监测器A接收到的声音每振动一次时间较长
【答案】D
【知识点】音调及音调与频率的关系；响度及响度与振幅的关系
【解析】【解答】 A．根据题目描述，监测器B接收到的声音响度为60dB，而监测器A接收到的声音响度为80dB。因此，监测器B接收到的声音响度较小，故A错误；
B．监测器B接收到的声音频率为900Hz，监测器A接收到的声音频率为800Hz。由于两个监测器接收到的声音频率不同，且监测器B接收到的频率更高，因此监测器A和B接收到的声音音调不相同，故B错误；
C．此时监测器B接收到的声音频率为900Hz ，监测器A接收到的声音频率为800Hz ，监测器A和B接收到的声音音调不相同，故C错误；
D．监测器B接收到的声音频率为900Hz，监测器A接收到的频率为800Hz。由于监测器A接收到的频率较低，意味着每振动一次所需时间较长，故D正确。
故选D。
【分析】声音的高低叫音调，与发声体的振动频率有关；声音的大小叫响度，与发声体的振动幅度和距离发声体远近有关；声音的特点和品质叫音色，与发声体的材料和结构有关
3．中国“人造太阳”——磁约束核聚变实验装置“东方超环”（EAST）取得重大突破，实现403s稳态长脉冲高约束模式等离子体运行，创造了托卡马克装置高约束模式运行新的世器纪录。下列说法正确的是（　　）
A．核能属于二次能源
B．核能属于不可再生能源
C．太阳能属于不可再生能源
D．“人造太阳”获取核能的方式如图乙所示
【答案】B
【知识点】能源及其分类；核聚变
【解析】【解答】AB．核能短期内不能够从自然界源源不断得到补充，属于不可再生能源，从自然界直接获取的能源为一次能源，故A错误，B正确；
C．太阳能可以从自然界源源不断得到补充，属于可再生能源，故C错误；
D．“人造太阳”获取核能的方式是核聚变，甲图是核聚变示意图，乙图是核裂变示意图，故D错误。
故选：B。
【分析】（1）一次能源：是指可以从自然界直接获取的能源。例：煤炭、石油、天然气、水能、风能、太阳能、地热能、潮汐能、生物质能、核能。
（2）不可再生能源：不可能在短期内从自然界得到补充的能源。例：化石能源（煤炭、石油、天然气）、核能。
（3）“人造太阳”获取核能的方式是核聚变，甲图是核聚变示意图，乙图是核裂变示意图。
4．实验操作考试中，小李用如图所示的方式拉动木块，木块一开始未被拉动；接着小李增大拉力，拉着木块以 v1的速度在木板上匀速滑动，此时测力计示数为F、木块受到的摩擦力记为f1，不计空气阻力，则下列说法正确的是 （　　）
A．木块未被拉动时，是因为此刻木块所受拉力小于摩擦力
B．增大拉力若木块仍保持静止，则木块所受摩擦力大小不变
C．拉动木块匀速滑动时，F>f1
D．改变拉力大小，让该木块以 v2的速度匀速滑动，且v2>v1，则木块所受摩擦力f2=f1
【答案】D
【知识点】二力平衡的条件及其应用；探究影响摩擦力大小因素的实验
【解析】【解答】A．当木块未被拉动时，木块处于静止平衡状态，此时拉力与静摩擦力构成一对平衡力，因此拉力大小等于摩擦力。 故A错误；
B．若增大拉力但木块仍保持静止（平衡状态），根据平衡条件可知，静摩擦力会随拉力增大而相应增大以保持平衡。 故B错误；
C．当木块匀速滑动时（动态平衡状态），拉力F与滑动摩擦力f1满足平衡关系：。 故C错误；
D．根据滑动摩擦力大小仅取决于压力和接触面粗糙程度，与速度无关。因此v2速度下的摩擦力f2与f1相等，选项D的结论"正确"符合物理规律。 故D正确。
故选D。
【分析】二力平衡的条件是：作用在一个物体上的两个力，如果大小相等，方向相反，并且作用在同一直线上，这两个力就彼此平衡。滑动摩擦力影响因素有压力大小和接触面粗糙程度。
5．2024年3月4日。广州进入“回南天”，户外的暖湿气流遇到室内温度较低的瓷砖后，这些瓷砖出现了“流汗”的现象，下列说法正确的是（　　）
A．这是汽化现象
B．此过程水蒸气需要吸热
C．开窗通风可以有效缓解“流汗”现象
D．提高室内温度可以有效缓解“流汗”现象
【答案】D
【知识点】物质的三态；液化及液化放热
【解析】【解答】AB、瓷砖“流汗”是因为水蒸气在其表面液化的结果，且液化需要放热，故A、B选项错误。
C、水蒸气的来源是户外含大量水蒸气的暖湿气流，因此开窗会使得室内水蒸气含量上升，液化现象会更明显，会加快“流汗”现象，故C选项错误；
D、室内温度提高，会加速汽化、减缓液化，即可以缓解“流汗”现象，故D选项正确。
故选：D。
【分析】根据题中所提到的现象进行分析即可。
6．图甲为一彩球“温度计”，其密闭玻璃容器内装有一种特殊液体，随着温度升高，这种液体的密度会减小。液体中有5个挂有温度标牌的彩球，彩球体积（包括标牌）相等，其热胀冷缩可以忽略。当有彩球悬浮时，悬浮的彩球标牌上的温度值就是所测得的当前环境温度。图乙为这个温度计的示意图，编号为4的彩球标牌所标温度值为22℃，相邻编号的彩球标牌上的温度值间隔为2℃。下列说法正确的是（　　）
A．彩球4在22℃时所受浮力大于18℃时所受浮力
B．当环境温度处于该温度计可测得的最低温度时，5个彩球均漂浮
C．若有2个彩球漂浮，3个彩球沉底，则环境温度满足
D．要增大该温度计能测得的最高温度，可增加一个与彩球1体积相等、质量更小的彩球
【答案】D
【知识点】密度与温度的关系；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】由题意知，液体的温度升高时，密度变小，原来悬浮的小球因液体的温度升高而下沉，所以4号彩球标牌所标温度值为22℃，则5号小球应标20℃，3号小球应标24℃；
A、22℃大于18℃，液体在22℃时密度小，等于4号球的密度，4号球悬浮，浮力等于重力；液体在18℃时密度大于液体在22℃的密度，即液体密度大于4号球的密度，4号球最终处于漂浮，浮力等于重力，所以4号在22℃时所受浮力等于18℃时所受浮力，故A错误；
B、由于液体的密度随着环境温度降低会增大，有更多的彩球能漂浮，所以当环境温度处于该温度计可测得的最低温度时，液体的密度等于密度最大一个小球的密度，即5号彩球悬浮，其余四个小球漂浮，故B错误；
C、若有2个彩球漂浮，应为 彩球1、2号漂浮， 说明液体温度低于 26℃ ，3个彩球沉底，则3、4、5三个彩球沉底，4号球标示22℃、3号球标示24℃，故液体温度高于24℃，表明当前环境温度在24℃到26℃之间，故C错误；
D、当环境温度升高时，液体的密度减小，当前1号球标示温度最高，若想测量更高的温度，应增加一个密度更小的彩球，所以与彩球1体积相等、质量更小，故D正确。
故选：D。
【分析】（1）液体的密度随着温度升高会减小；
（2）根据物体的浮沉条件分析解答。
7．“金陵金箔”是国家级非物质文化遗产，手工打造的金箔轻薄柔软。如图甲所示，把羽毛靠近金箔，金箔仍静止在工作台上；接着手持羽毛轻轻扫过纸垫，如图乙所示；再次将羽毛靠近金箔，羽毛即可将金箔吸起，如图丙所示。下列说法正确的是（　　）
A．摩擦使羽毛带电，说明摩擦创造了电荷
B．摩擦使羽毛和纸垫带上同种电荷
C．羽毛能吸引金箔，是因为羽毛带了电
D．羽毛能吸引金箔，是因为羽毛、金箔带异种电荷
【答案】C
【知识点】两种电荷；物体带电情况的判断
【解析】【解答】A．摩擦起电的本质是电荷的转移，不是创造电荷，只能转移电荷，故A错误；
B．相互摩擦的两个物体，会得失电子，带上异种电荷，故B错误；
C．羽毛与纸垫摩擦后带电，带电体可以吸引轻小物体（金箔），故C正确；
D．金箔原本不带电，是带电体吸引轻小不带电物体，并非二者异种电荷，故D错误。
故选C。
【分析】（1）摩擦起电的实质是电荷的转移；
（2）得电子的带负电，失去电子的带正电；
（3）带电物体可以吸引轻小物体；
（4）同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。
8．如图所示是某家庭电路的一部分，下列说法正确的是（　　）
A．在甲处安装灯泡，乙处安装开关符合安全用电原则
B．当电冰箱接入三孔插座后，其金属外壳与零线相连
C．若A处断开，使用该插座的电冰箱能工作但有安全隐患
D．若电冰箱外壳漏电，图中所示的保险丝会熔断
【答案】C
【知识点】家庭电路的组成；家庭电路的连接；安全用电原则
【解析】【解答】A．家庭电路中，灯泡的开关应接在火线一侧，图中甲处应装开关，乙处装电灯，故A错误；
B．当电冰箱接入三孔插座后，将用电器的金属外壳与地线相连，故B错误；
C．图中，若A处断开，即地线断开，接入的电冰箱能工作，若电冰箱漏电，会发生触电事故，有安全隐患，故C正确；
D．若电冰箱外壳漏电，漏电保护器跳闸，保险丝不会熔断，故D错误。
故选C。
【分析】家庭电路中，灯泡的开关连接在火线一侧；有金属外壳的用电器，要利用三孔插座，使金属外壳接地，避免外壳带电使人体触电。
9．如图所示，是小京设计的汽车油箱内油量不足时触发报警的电路，电源两端电压保持不变，电阻、中的一个是定值电阻，另一个是压敏电阻。压敏电阻装在油箱内底部，其阻值随油箱中油量的减少而增大，当电压表示数大于某一值U时，就会触发报警。电压表示数为U时，油箱中的油量为警戒油量。下列说法错误的是（　　）
A．为压敏电阻
B．随着油箱的油量减少，通过定值电阻的电流变大
C．若换用阻值更大的定值电阻，警戒油量将变小
D．若换用电压更大的电源，警戒油量将变大
【答案】B
【知识点】欧姆定律及其应用
【解析】【解答】A、由图可知，该电路为电阻、 串联，电压表测量定值电阻R1两端电压，由于 压敏电阻阻值随油箱中油量的减少而增大，由串联电路分压规律可知，电源电压一定时，电阻变小，两端电压变小，定值电阻电压变大，由于电压表示数变大，故电阻R1为压敏电阻，故A正确，不符合题意；B．电路中电源电压不变，由于随着油箱的油量减少， 压敏电阻R1电阻变大，电路中总电阻变大，由欧姆定律可知，电路中电流变小，故B错误，符合题意；
C．由串联电路电压规律可知，由于电压表的报警电压不变，故定值电阻两端电压不变，在串联电路中，，两电阻电压之比不变，故当更换阻值更大的定值电阻时，压敏电阻也变大，警戒油量将变小，故C正确，不符合题意；
D、由串联电路电压规律可知，电路中报警电压不变，若换用电压更大的电源，故定值电阻两端电压变大，在串联电路中，，两电阻两端电压之比变小，电阻R2不变，故电压U2变大，电压U1也不变，故电阻之比变小，即压敏电阻R1变小，即 警戒油量将变大 ，故D正确，不符合题意。
故选B。
【分析】（1）分析电路，根据电压表示数变化，结合题中信息分析判断；
（2）分析电路中电阻的变化，根据欧姆定律分析判断；
（3）根据串联电路分压规律分析判断。
10．图中， 表示导线中的电流方向垂直于纸面向里，⊙表示导线中的电流方向垂直于纸面向外，F是磁场对通电导线的作用力。下列选项中，磁场对通电导线的力的方向正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】 A、如图，根据安培定则可以判断左侧通电螺线管的左端是S极、右端是N极，右侧通电螺线管的左端是S极、右端是N极，和题干中的磁极比对可知，导体中的电流方向改变，导体所在位置的磁场方向不变，所以磁场对通电导线的作用力方向改变，是向上的，故A错误；
B、如图，根据安培定则可以判断左侧通电螺线管的左端是S极、右端是N极，右侧通电螺线管的左端是S极、右端是N极；左侧的导线的电流的方向垂直纸面向外，受到的磁场力的方向是向上的；右侧的导线的电流的方向垂直纸面向里，受到的磁场力的方向是向下的，故B正确；
C、由图可知，线圈右侧中电流的方向是向外的，根据磁场方向可知，其受到的磁场力的方向是向下的，故C错误；
D、由图可知，线圈上侧中电流的方向是向里的，根据磁场方向可知，其受到的磁场力的方向是向左的，故D错误。
故选：B。
【分析】（1）通电导体在磁场中受力运动，运动方向跟电流方向和磁场方向有关，当只改变电流方向时通电导体运动方向改变，当只改变磁场方向时通电导体的运动方向改变，当同时改变电流方向和磁场方向时通电导体的运动方向不变。
（2）首先根据安培定则判断通电螺线管的磁极，和题干中的磁极和电流方向比对做出判断。
二、非选择题：本题共8小题，共60分。按题目要求作答。
11．如图所示， 焦距为10cm凸透镜， 光心为点O（位于15cm处）， 在透镜左侧有一发光体S，S'是S点经过凸透镜所成的像，光线a、b、c是S点发出的三束经过凸透镜后的折射光线，其中光线c平行于主光轴。
（1）请画出光线 a、b、c的入射光线；
（2）发光体S经过凸透镜所成的是　 　（选填“倒立”或“正立”）、　 　（选填“放大”、“等大”或“缩小”）、　 　（选填“实像”或“虚像”）。
（3）若在40cm处放置一块垂直于主光轴的光屏，要在光屏处成清晰的像，则物体应向　 　移动 （选填“左”或“右”）；
（4）光屏处 S'下面有一模型桥，桥下面是水，请画出 S'经水面反射形成的虚像S”。
【答案】（1）
（2）倒立；等大；实像
（3）右
（4）
【知识点】平面镜成像的相关作图；透镜的光路图；凸透镜成像规律及其探究实验
【解析】【解答】（1）过光心的光线传播方向不变，光线b过光心O，所以其入射光线沿b所在直线从右向左。 经过凸透镜焦点的光线，经过凸透镜后平行于主光轴。光线c平行于主光轴，其入射光线是连接S点与光线c与凸透镜的交点，其与主光轴的交点为左侧焦点F； 连接S点与光线a和凸透镜的交点，即为a的入射光线（平行于主光轴），如图所示：
（2）第1空，第2空，第3空，从图中看到像距等于二倍焦距（已知焦距f=10cm，光心O位于15cm处，像S'在35cm处，像距v=35cm-15cm=20cm=2f）。依据凸透镜成像规律，当物距等于像距且都等于二倍焦距时，所成的像是倒立、等大的实像。
（3）若在40cm处放置光屏，此时像距增大了，根据凸透镜成实像的规律，“物近像远像变大”，可知，要在光屏上成清晰的像，就需要减小物距，所以物体应向右移动。
（4）根据平面镜成像的特点，像与物关于镜面对称。先过S'点作水面的垂线，然后在垂线上取点S″，使S''到水面的距离等于S'到水面的距离，如图所示：
故答案为：（1）见解答图；（2）倒立；等大；实像；（3）右；（4）见解答图。【分析】（1）根据凸透镜的三条特殊光线的特点来作图。
（2）凸透镜成像规律之一，当物距等于像距且都等于二倍焦距时，所成的像是倒立、等大的实像。
（3）凸透镜成实像时的动态变化规律：物近像远像变大，物远像近像变小。
（4）根据平面镜成像特点（像、物关于平面镜对称）作出飞鸟S的像S'；
（1）根据凸透镜的三条特殊光线的特点来作图：
过光心的光线传播方向不变，光线b过光心O，所以其入射光线沿b所在直线从右向左。
经过凸透镜焦点的光线，经过凸透镜后平行于主光轴。光线c平行于主光轴，其入射光线是连接S点与光线c与凸透镜的交点，其与主光轴的交点为左侧焦点F；
连接S点与光线a和凸透镜的交点，即为a的入射光线（平行于主光轴），如图所示
（2）[1][2][3]从图中看到像距等于二倍焦距（已知焦距，光心O位于15cm处，像S'在35cm处，像距。依据凸透镜成像规律，当物距等于像距且都等于二倍焦距时，所成的像是倒立、等大的实像。
（3）若在40cm处放置光屏，此时像距增大了。根据凸透镜成像的 “物近像远像变大” 规律，要在光屏上成清晰的像，就需要减小物距，所以物体应向右移动。
（4）根据平面镜成像的特点，像与物关于镜面对称。先过S'点作水面的垂线，然后在垂线上取点S″，使S''到水面的距离等于S'到水面的距离，如图所示
12．物理兴趣小组的同学到动物园参加实践活动，他们仅用小小的弹簧测力计和一根长硬棒，粗略测出一头大象的重力。如图，测力计在A点垂直长硬棒向下拉长硬棒，使其静止。（g取10N/kg）
（1）此时长硬棒是否平衡 　 　，你的依是：　 　。
（2）请在图中画出杠杆受到测力计的拉力 F1及动力臂 l1。
（3）弹簧测力计的读数为200N，悬点O距弹簧测力计一端的距离为9m，距铁笼悬挂线的距离为6cm，不计长硬棒和铁笼的质量，大象的重力为　 　N。
（4）老师用一个垂直于杠杆的力F把长硬棒从图示位置移动到图中虚线水平位置的过程中，如图，力F　 　（选填“变大”“变小”“不变”），判断依据　 　 。
【答案】（1）是；此时长硬棒处于静止状态
（2）
（3）30000
（4）变大；根据杠杆平衡条件：F1L1=F2L2， 当长硬棒由图示位置移到水平位置时，L1和F2保持不变，L2变大，所有F1变大
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【解答】（1）杠杆保持静止不动，或绕支点匀速转动，长硬棒处于静止状态，说明杠杆处于平衡状态。
（2）杠杆A端所受拉力F1方向垂直长硬棒向下。 由动力臂定义可知，动力臂L1是支点O到拉力F1 作用线的垂直距离，即图中OA的长度。如图所示：
（3）由题可知，拉力F1=200N，L1=9m，阻力臂为L2=6cm=0.06m，由杠杆平衡条件F1L1=F2L2，可得大象的重力为： ；
（4）当杠杆从图中倾斜位置移动到水平位置时，支点到大象重力作用线的垂直距离为阻力臂L2，故阻力臂逐渐增大，由于动力F1与杠杆始终垂直，故动力臂L1和阻力F2（大象重力）不变。根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2，L2增大导致F1随之增大。
故答案为：（1）是；此时长硬棒处于静止状态； （2）见解答图； （3）30000； （4）变大；根据杠杆平衡条件：F1L1=F2L2，当长硬棒由图示位置移到水平位置时，L1和F2保持不变，L2变大，所以F1变大。
【分析】（1）杠杆保持静止不动，或绕支点匀速转动，我们说杠杆处于平衡状态。
（2）动力沿着弹簧测力计的方向，力臂L1是从支点O到拉力F1作用线的垂直距离，即OA的长度；
（3）根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2，代入数据计算；
（4）根据杠杆平衡条件分析解答。
（1）长硬棒处于静止状态，根据杠杆是否处于平衡状态的规定，杠杆保持静止不动，或绕支点匀速转动，我们说杠杆处于平衡状态。
（2）测力计的拉力F1方向垂直长硬棒向下，作用在A点。动力臂L1是从支点O到拉力F1作用线的垂直距离，即OA的长度。如图所示：
（3）根据杠杆平衡条件，已知F1=200N，L1=9m，L2=6cm=0.06m，代入公式可得大象的重力
（4）当长硬棒从倾斜位置移动到水平位置时，阻力臂L2（支点到大象重力作用线的垂直距离）逐渐增大，而动力臂L1和阻力F2（大象重力）不变。根据杠杆平衡条件，L2增大导致F1随之增大。
13．科学家对银河系中心附近的恒星S2进行了多年的持续观测，给出了从1994年到2002年间恒星S2的位置如图所示，科学家认为S2恒星的运动轨迹是一个椭圆。推测银河系中心可能存在着超大质量的黑洞。忽略S2恒星质量的变化，根据图片信息：
（1）黑洞可能位于椭圆轨道内部的　 　点（选填“P”、“Q”）；
（2）S2恒星在运动过程中所受力是否平衡？　 　，你的依据是： 　 　；
（3）由机械能的转化与守恒定律可知，S2恒星在1995年时期的重力势能　 　2001年时期的重力势能，S2恒星在1995年时期的动能　 　2001年时期的动能（以上两空选填“大于”、“小于”或“等于”）；
【答案】（1）Q
（2）否；S2恒星在运动过程中运动状态发生了改变，所以S2受力不平衡
（3）大于；小于
【知识点】动能和势能的大小变化；机械能及其转化；平衡状态的判断
【解析】【解答】（1）根据图示数据可知，S2恒星在1995年时的移动距离较小，说明其速度较小，因此动能较小。由于太空环境中不存在空气阻力等能量损耗因素，系统机械能守恒。由此可推断该时期恒星的重力势能较大，距离引力极强的黑洞较远，对应位置为Q点。
（2）S2恒星的运动轨迹呈椭圆形，表明其运动状态持续变化。根据牛顿第一定律，运动状态改变说明恒星受到非平衡力的作用。
（3）图示数据显示1995年期间S2恒星的移动距离小于2001年期间，表明其速度较小，动能较小。在机械能守恒条件下，1995年时期的重力势能必然大于2001年时期。
故答案为：（1）Q； （2）否；S2恒星在运动过程中运动状态发生了改变，所以S2受力不平衡； （3）大于；小于。
【分析】通过比较相同时间内恒星移动的距离来分析速度变化，结合动能与质量和速度的关系，以及机械能守恒原理进行综合分析。
（1）根据图中每年运动轨迹知道，S2恒星在1995年时期的移动距离比2001年时期的移动距离小，速度小，因而动能小，由于太空没有空气等阻力，故机械能守恒，故此时的重力势能大，离吸引力很大的黑洞距离远，故黑洞可能是Q点。
（2）[1][2]科学家认为S2恒星的运动轨迹是一个椭圆，即S2恒星在运动过程中运动状态发生改变，所以S2恒星在运动过程中所受力不平衡。
（3）[1][2]根据图中每年运动轨迹知道，S2恒星在1995年时期的移动距离比2001年时期的移动距离小，速度小，则S2恒星在1995年时期的动能小于2001年时期的动能，由于太空没有空气等阻力，故机械能守恒，故S2恒星在1995年时期的重力势能大于2001年时期的重力势能。
14．据统计，每燃烧1kg燃油约排放3.3kg二氧化碳。为实现碳达峰、碳中和的目标，氢能作为一种绿色低碳的清洁能源在我国交通领域的应用场景不断扩大，使用氢燃料电池的交通工具不断丰富，其应用流程如下。
（1）下列说法正确的是 ；
A．采用氢燃料是利用氢的比热容大
B．氢能源汽车工作过程，氢燃料电池将电能转化为化学能
C．氢能源汽车工作过程中，剩余氢的热值不变
D．使用热值更大的燃料，一定可以增大热机效率
（2）储氢瓶在高压下储存氢气时，瓶内气体的温度会升高，该过程中氢气的内能　 　（选填“增大”“减小”或“不变”）；汽车冷却系统中，水箱内的液态水通过　 　（填写物态变化名称）吸收热量，有效降低发动机温度；
（3）以氢燃料电池卡车为例，若卡车在水平路面上匀速行驶72km用时1h，功率为172kW；
①求以当前速度卡车行驶72km消耗的能量为　 　J；
②与燃油卡车相比，氢燃料电池卡车行驶72km 可减排二氧化碳的质量为　 　。（燃油机的效率取36%，燃油的热值q取 4.3×107 J/kg）
【答案】（1）C
（2）增大；汽化
（3）6.192×108；132kg
【知识点】汽化及汽化吸热的特点；温度、热量与内能的关系；燃料的热值；热机的效率；功的计算及应用
【解析】 【解答】（1）A、氢燃料的热值较高，因此等质量下完全燃烧时释放的热量比其他燃料更多。但题目中描述"采用氢燃料是利用氢的热值大"是错误的，因为实际应用中并非仅因热值大而选择氢燃料，故A错误。
B、氢燃料电池工作时将化学能转化为电能，为电路提供电能。但题目中标注"B错误"有误，应为正确表述，因此原解析中的B标记错误。
C、热值是燃料的固有属性，与质量、燃烧情况无关。剩余氢的热值保持不变，此说法正确。
D、热机效率取决于能量转化率，与燃料热值无直接关系，故使用更高热值燃料不一定提高效率，D错误。
故选C。
（2）第1空，储氢瓶在高压储存氢气时，气体温度升高，分子动能增大，导致氢气的内能增加。
第2空，水箱中的液态水通过汽化（蒸发）吸收热量，转化为水蒸气，从而降低发动机温度。
（3）卡车行驶72 km消耗的能量为：
燃油完全燃烧释放的热量需满足效率关系：
根据热值计算：
二氧化碳减排：排放质量为燃油质量的3.3倍：
故答案为：（1）C；（2）增大；汽化；（3）6.192×108；132kg。
【分析】（1）A．等质量的氢燃料和其他燃料，氢燃料完全燃烧放出的热量更多，所以采用氢燃料是利用氢的热值大；
B．电池为电路提供电能。氢能源汽车工作过程，氢燃料电池将化学能转化为电能；
C．热值是燃料的特性，与燃料的质量、完全燃烧放出的热量以及燃烧情况等无关，只与燃料本身有关；
D．热机的效率与燃料的热值无关。
（2）内能大小与物体的质量、温度等有关。所以储氢瓶在高压下储存氢气时，瓶内气体的温度会升高，该过程中氢气的内能增大。 汽车冷却系统中，水箱内的液态水通过汽化变成水蒸气，该过程吸收热量，能有效降低发动机温度。
（3）根据W=Pt计算以当前速度卡车行驶72km消耗的能量。 燃油完全燃烧释放的热量计算燃烧燃油的质量m，根据m二氧化碳=3.3m计算可减排二氧化碳的质量。
（1）A．等质量的氢燃料和其他燃料，氢燃料完全燃烧放出的热量更多，所以采用氢燃料是利用氢的热值大，故A错误；
B．电池为电路提供电能。氢能源汽车工作过程，氢燃料电池将化学能转化为电能，故B错误；
C．热值是燃料的特性，与燃料的质量、完全燃烧放出的热量以及燃烧情况等无关，只与燃料本身有关，所以氢能源汽车工作过程中，剩余氢的热值不变，故C正确；
D．热机的效率与燃料的热值无关，所以使用热值更大的燃料，不一定会增大热机效率，故D错误。
故选C。
（2）[1]内能大小与物体的质量、温度等有关。所以储氢瓶在高压下储存氢气时，瓶内气体的温度会升高，该过程中氢气的内能增大。
[2]汽车冷却系统中，水箱内的液态水通过汽化变成水蒸气，该过程吸收热量，能有效降低发动机温度。
（3）[1]以当前速度卡车行驶72km消耗的能量为W=Pt=172×103W×3600s=6.192×108J
[2]燃油完全燃烧释放的热量为
燃烧燃油的质量为
可减排二氧化碳的质量为 m二氧化碳=3.3m=3.3×40kg=132kg
15．某科技小组的同学想制作一个简易浮力秤来测质量。他们剪掉空塑料瓶的瓶底，旋紧瓶盖，在瓶盖上系一块质量适当的石块，然后将其倒置在水桶里，水桶里面水深 h1=80cm，当瓶中不放被测物体静止时，在瓶上与水面相平位置标记为零刻度线，再在瓶身上均匀标记其他刻度线，左侧标记的是长度值，若在刻度线右侧标上相应的质量值，即可做成一个简易浮力秤，如图甲所示。已知零刻度线以上瓶身粗细均匀，其横截面积为 50cm2，不放被测物体时浮力秤的总质量为170g，水的密度为 1.0×103 kg/m3，g取10N/ kg。
（1）请在方框内画出图中浮力秤的受力示意图（用“·”来表示浮力称）。
（2）水桶底部有一块石头，已知石头上的A点距离水桶底部h2=15cm，求A点处所受水的压强为多少
（3）求图中所示状态浮力秤受到的浮力。
（4）求浮力秤上2cm刻度线对应的质量值。
（5）科技小组的同学又拿着水瓶用滑轮组进行“一瓶水提升一个人”活动，如图乙，水瓶匀速直线下降10m，使人匀速升高0.5m，水瓶对绳a的拉力为 F1=30N，绳b对人的拉力为 F2=480N。此过程
①F1做的功　 　F2做的功（选填“>”“=”“<”）；
②使用该滑轮组是　 　（选填“省力”“费力”或“不省力也不费力”）；
③请分别求出该滑轮组的有用功和机械效率 　 　、　 　
【答案】（1）
（2）解：A点处所处深度
A点处压强为
（3）解：浮力秤漂浮，浮力秤受到的浮力
（4）解：浮力秤浸到2cm刻度线漂浮时，秤内放入被测物的质量为m测，依据漂浮时受力平衡条件，不放入被测物时F浮=G秤
放入被测物时F浮'=G秤+m测g
可知m测g=F浮'-F浮
依据阿基米德原理F浮=ρ水gV0
则F浮'=ρ水gV0+ρ水gΔV排
则有m测=ρ水ΔV排=ρ水SΔh=1.0g/cm3×50cm3×2cm=100g
（5）>；省力；240J；80%
【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；滑轮（组）的机械效率；有用功和额外功
【解析】【解答】（1）当浮力秤处于漂浮状态时，其所受浮力与重力平衡，二者大小相等。浮力方向竖直向上，重力方向竖直向下，作用点均位于重心。受力示意图如下：
（5）① 克服人体重力做的功为有用功。已知绳b的拉力F2=480N（等于人体重G），则：
有用功 W有 = Gh = 480N × 0.5m = 240J
F1做的总功 W总 = F1h瓶 = 30N × 10m = 300J
故W总 > W有，说明F1做功更多。
② 由于绳a拉力F1=30N远小于绳b拉力F2=480N，满足F1 < F2，因此该滑轮组具有省力特性。
③ 第3空，有用功 W有 = Gh = 480N × 0.5m = 240J；
第4空，机械效率为：
计算结果为80%，表明系统能量转化效率较高。
故答案为：（1）见解答图；（5）>；省力；240J；80%。
【分析】（1）浮力秤漂浮时，浮力等于重力，据此画出浮力秤的受力示意图；
（2）根据p=ρ水gh求出A点处所受水的压强；
（3）浮力秤漂浮，根据F浮=G秤=m秤g求出图2中所示状态浮力秤受到的浮力；
（4）根据放入物体后仍漂浮，增大的浮力等于增大的重力，计算物体的质量；
（5）①根据功的公式进行计算，从而判断两个力做功的大小；
②根据F1与F2的大小判断该滑轮组是否省力；
③根据求出该滑轮组的机械效率。
（1）浮力秤漂浮时，浮力等于重力，都画在重心上，浮力方向竖直向上，重力方向竖直向下，受力示意图如下图所示：
（2）A点处所处深度
A点处压强为
（3）浮力秤漂浮，浮力秤受到的浮力
（4）浮力秤浸到2cm刻度线漂浮时，秤内放入被测物的质量为m测，依据漂浮时受力平衡条件，不放入被测物时F浮=G秤
放入被测物时F浮'=G秤+m测g
可知m测g=F浮'-F浮
依据阿基米德原理F浮=ρ水gV0
则F浮'=ρ水gV0+ρ水gΔV排
则有m测=ρ水ΔV排=ρ水SΔh=1.0g/cm3×50cm3×2cm=100g
（5）①[1]克服人的重力所做的功为有用功，绳b对人的拉力为F2=480N，所以人的重力G=F2=480N
有用功W有=Gh=480N×0.5m=240J
F1做的功为总功，总功大小为W总=F1h瓶=30N×10m=300J>240J
所以F1做的功大于F2做的功。
②[2]水瓶对绳a的拉力为 F1=30N，绳b对人的拉力为 F2=480N，由于F1所以该滑轮组是省力。
③[3][4]有用功W有=Gh=480N×0.5m=240J
机械效率
16．图甲是某款鸡蛋孵化器，底部装有加热器。通电后，加热器对水加热，水向上方鸡蛋传递热量，提供孵化所需能量。孵化器简化电路如图乙，R1、R2都是发热电阻，孵化器相关参数如下表所示。
　 额定电压 220V
额定功率 加热挡 80W
保温挡 22W
（1）开关S闭合、S1断开时，孵化器在正常　 　挡？ （选填“保温”“加热”），理由是∶　 　。
（2）孵化器在保温挡正常工作，通过R2的电流是多少？
（3） R2的阻值是多少？
（4）孵化器在加热挡正常工作5min消耗电能是多少？芳芳同学算出水在这段时间吸收热量为2.16×104 J，则孵化器对水加热的效率是多少？
【答案】（1）保温；由图乙可知，当R2单独工作时，电路总电阻大于两个开关均闭合时并联电路的总电阻，根据可知，电阻越大功率越小，故 开关S闭合、S1断开时是保温挡；
（2）解：由表中数据可知保温挡的额定功率为22W，由P=UI可得通过R2的电流： 。
（3）解：R2的阻值：
（4）解：加热挡的功率为110W，加热挡正常工作5min消耗电能：
， 加热过程中电能转化为内能被水吸收，已知水吸收的热量为2.2×104J， 则孵化器对水加热的效率： 。
【知识点】热机的效率；电路的动态分析；电功的计算；电功率的计算
【解析】【解答】（1）由图乙可知， 开关S闭合、S1断开时， R2单独工作，电路总电阻大于两个开关均闭合时并联电路的总电阻，根据可知，电阻越大功率越小，故开关S闭合、S1断开时是保温挡；
故答案为：（1）保温；由图乙可知，当R2单独工作时，电路总电阻大于两个开关均闭合时并联电路的总电阻，根据可知，电阻越大功率越小，故 开关S闭合、S1断开时是保温挡；。【分析】（1）电阻并联的总电阻小于任何一个分电阻，根据功率公式分析解答；
（2）用电器不同的挡位就是功率不同，根据功率可以计算工作时的电流。
（3）由图乙可知，当R2单独工作时是保温挡，根据保温功率求出R2的阻值。
（4）根据加热挡的功率，可以求出5分钟消耗的电能。加热过程中电能转化为内能被水吸收，可以求出加热的效率。
（1）[1][2]由图乙知道，当开关S、S1都闭合时，R1、R2并联，根据并联电路的电阻特点可知，此时电路中的总电阻最小，由可知，电路中的总功率最大，孵化器处于加热挡；当S闭合、S1断开时，只有R2工作，电路中的总电阻最大，总功率最小，孵化器处于保温挡。
（2）孵化器在保温挡正常工作，通过R2的电流为
（3）由欧姆定律可知，R2的阻值为
（4）在加热挡正常工作5min消耗电能为
孵化器对水加热的效率为
17．我国载人潜水器“奋斗者”号突破万米深潜，潜水器内氧气浓度过低会影响内部人员的生命安全。氧气可通过电解水的方式来制备。某科创小组设计了氧气浓度报警装置，其简化电路（未连接完整）如图甲所示。气敏箱可等效为一个电阻，其阻值R与氧气浓度c的关系如图乙所示。闭合开关，当氧气浓度 c>0.28kg/m3时，绿灯正常发光；当 c≤0.28kg/m3时，红灯正常发光。已知电源电压及两灯的额定电压均为4.8V，电磁铁线圈的电阻忽略不计。
（1）图甲中的B灯为　 　（选填“红”或“绿”）灯；
（2）闭合开关 S，当c=0.28kg/m3时，通过电磁铁线圈的电流为　 　A；
（3）请根据文中信息，用笔画线代替导线，将图甲所示电路连接完整，要求导线不能相交（ 为接线柱）。
【答案】（1）红
（2）0.1
（3）
【知识点】电阻的串联；欧姆定律及其应用；电路的动态分析；电磁继电器的组成、原理和特点
【解析】【解答】（1）根据图乙显示，随着氧气浓度增加，气敏电阻阻值增大。由于电磁铁线圈电阻不计且电源电压恒定，控制电路电流减小导致磁性减弱，衔铁弹起使A灯电路接通。此时绿灯亮起，因此A灯对应绿灯，B灯则为红灯。
（2）图乙数据表明气敏电阻阻值变化与氧气浓度变化呈线性关系，比例系数为。当氧气浓度c=0.28kg/m3时：
浓度变化量：
电阻变化量：
总阻值：
控制电流：
（3）电磁继电器需设计双电路结构：
控制电路：包含电源、电磁铁和气敏电阻
工作电路：分为两个支路，衔铁弹起时绿灯亮，吸合时红灯亮
具体连接方式如图所示（维持原图不变）。
故答案为：（1）红；（2）0.1；（3）见解答图。
【分析】（2）根据电磁继电器的基本原理，结合当氧气的浓度升高时，气敏电阻的阻值变大，电磁铁线圈的电阻忽略不计，控制电路的电源电压不变，故电路中的电流变小，磁性变弱，衔铁弹上去，进行分析。
（3）由图乙得出气敏箱的阻值R，然后根据欧姆定律求出通过电磁铁线圈的电流；
（4）根据电磁铁和灯泡的工作特点判断出连接方式，然后完成电路连接。
（1）如图乙所示，可知，当氧气的浓度升高时，气敏电阻的阻值变大，电磁铁线圈的电阻忽略不计，控制电路的电源电压不变，故电路中的电流变小，磁性变弱，衔铁弹上去，则A灯接通，此时绿灯发光，故A灯为绿灯，则B灯为红灯。
（2）分析图乙可知，气敏电阻的阻值变化量与氧气的浓度变化量的比值是一个定值，该定值为
闭合开关S，当c=0.28kg/m3时，浓度变化为
则电阻的变化量为
气敏电阻的阻值为
已知电源电压及两灯的额定电压均为4.8V，电磁铁线圈的电阻忽略不计，则通过电磁铁线圈的电流为
（3）电磁继电器需要两个电路，一个是控制电路，一个工作电路，根据题意可知，两个电路共用一个电源，控制电路的重要组成部件为电源、电磁铁、气敏电阻，据此可以画出控制电路，工作电路需要分为两个简单电路，衔铁弹上去时，绿灯亮，衔铁吸下来时，红灯亮，如图所示：
三、科普阅读题
18．阅读材料， 回答问题。
人形机器人
2025年春晚，科技融合传统文化的舞蹈节目《秧BOT》引发较大关注。如题图1，这款宇数H1机器人名叫福兮，表演转手绢不亚于专业舞者。人转手绢时速度是由慢到快，但机器人却能在一秒钟使手绢垂直旋转不会掉。秘密就在于它的关节扭矩、什么叫关节扭矩呢 关节扭矩是指作用在关节上使关节产生转动效应的力的力矩。扭矩 （T）等于力 （F）与力臂 （r）的乘积，即T=F×r。专业的举重运动员在屈膝发力的瞬间，关节扭矩可达350N·m，福兮腿部关节扭矩可达360N·m，手臂关节扭矩可达75N·m，这就是它能够瞬时转得又快又稳的原因。福兮的头部配有3D激光雷达和深度摄像头，配合全自动定位导航技术，实现自动走位和队形变换；未来人形机器人还可以用机械臂抓取危险用品，穿越核污染区自动消毒；在发生自然灾害时成为人类的电子战士等等。在世界的科技舞台上，人形机器人盛世拿手绢博人一笑，乱世携武器保家卫国。
（1）3D激光遇到障碍物后，在障碍物表面发生　 　（选填“反射”或“折射”），激光　 　（选填“属于”或“不属于”）电磁波。
（2）为了使机器人跳舞更灵活，它的双臂关节连接处要尽量　 　（选填“增大”或“减小”）摩擦。
（3）如题图2，机器人搬运货物，它的前臂相当于一根杠杆，支点在肘关节处，其原理如题图3所示。当前臂从水平位置向上提起重物时，在θ角增大到90°的过程中，动力 F1逐渐　 　（填“增大”、“减小”或“不变”）；机器人的前臂长度为300mm，当水平搬运物体时，最多可搬起　 　N的重物（忽略摩擦和前臂的重力）。
（4）题图4是某款人形机器人站在地板上做下蹲、起跳和回落动作的示意图，题图5是地板所受压力随时间变化的图像；根据图像分析可知，机器人离开地面至再次落地所用的时间为　 　。
【答案】（1）反射；属于
（2）减小
（3）减小；250
（4）t5-t4
【知识点】光的反射定律；摩擦力的大小；机械运动；杠杆的动态平衡分析；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】（1）第1空，激光照射到障碍物表面会发生反射，机器人通过接收反射回的激光信号，实现全自动定位导航，从而完成自主移动和队形变换。
第2空，激光是电磁波的一种，可见光（如各种颜色的光）也属于电磁波，只是处于特定频率范围内。
（2）为提升机器人舞蹈动作的灵活性，需减小其双臂关节连接处的摩擦力。若摩擦力过大，会导致转动阻力增加，从而影响动作流畅性。
（3）第1空，当前臂从水平位置向上抬起重物时，随着角度θ从0°增大至90°，阻力大小不变，但阻力臂逐渐减小，而动力臂保持不变。根据杠杆平衡原理（F1L1=F2L2），动力F1会随之减小。
第2空，已知机器人关节扭矩T=75N·m，前臂长度
。
根据扭矩公式
，
可计算水平搬运时最大能承受的重力：
。
（4）图像显示，机器人对地面的压力在t4时刻降为0，t5时刻重新出现压力，表明t5时刻为落地时刻。因此，机器人腾空时间为t5－t4。
故答案为：（1）反射；属于；（2）减小；（3）减小；250；（4）t5-t4。
【分析】（1）激光遇到障碍物后，在障碍物表面发生反射，激光属于电磁波；
（2）摩擦力太大，阻力太大，就会导致转动不灵活；
（3）杠杆平衡条件分析即可；
（4）根据图像分析。
（1）[1]激光遇到障碍物后，在障碍物表面发生反射，机器人接收反射回来的激光，完成全自动定位导航技术，实现自动走位和队形变换。
[2]激光属于电磁波，就连我们常说的各种颜色的可见光，都属于电磁波，属于特殊频段的电磁波。
（2）为了使机器人跳舞更灵活，它的双臂关节连接处要尽量减小摩擦。摩擦力太大，阻力太大，就会导致转动不灵活。
（3）[1]当前臂从水平位置向上提起重物时，在θ角增大到90°的过程中，阻力不变，阻力臂变小，而动力臂不变，根据杠杆平衡条件可知，动力 F1逐渐减小。
[2]机器人手臂关节扭矩可达T=75N·m，机器人的前臂长度为
根据得水平搬运物体时，最多可搬起的重物得重力
（4）由图像可以看出，机器人对地面的压力在t4时刻变为0，t5时刻又开始有压力，t5时刻落地，机器人离开地面至再次落地所用的时间为t5-t4。
1 / 1

展开更多......

收起↑