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2025年广东省深圳市南山实验教育集团中考二模物理试题
1．如题图为某家用电器的铭牌参数图，该电器最有可能为（　　）
额定电压：220V 额定频率：50Hz 额定功率：2800W
A．柜机空调 B．电灯
C．电视机 D．移动电话
2．风靡全球的大黄鸭来深圳“上班”了！大黄鸭接近6层楼高，如图是游客为大黄鸭和“春笋楼”拍的照片。大黄鸭在不充气时已达600kg，鸭身还附带有9t的水泥锚。下列说法正确的是（　　）
A．大黄鸭能在水面漂浮是因为它受到的浮力大于重力
B．照片中大黄鸭看起来比“春笋楼”还高，是因为大黄鸭本身巨大，已经超过“春笋楼”的高度
C．图中大黄鸭遮挡住了远处的建筑，可用光沿直线传播来解释
D．为了使大黄鸭完整地呈现在照片里，需要更靠近大黄鸭拍照
3．如图所示为某校足球队比赛的精彩画面，题图为某次足球在空中由A向B飞行的轨迹，下列说法正确的是（　　）
A．球员踢球时对足球的“踢力”和足球对脚的作用力是一对平衡力
B．足球踢出去时速度越大，惯性越大，运动得越远
C．当足球到达最高点时，若外力全部消失，足球将处于静止状态
D．A、B两点等高，足球在A点时的动能大于在B点时的动能
4．“夜空画师”把深圳创意飞到天上去——深圳无人机表演团队，凭借精湛的技术和表现力，让海内外观众感受到深圳科技的“硬核力”！下列说法正确的是（　　）
A．无人机匀速上升时，其机械能保持不变
B．无人机在空中悬停定位拍摄时，有力在对无人机做功
C．无人机的锂电池充电时，电能转化为化学能
D．无人机的灯光来自LED灯，其发光部件是绝缘体
5．家用吊扇灯的风扇和灯既可独立工作，又可同时工作，下列电路正确的是（　　）
A． B．
C． D．
6．如图甲所示，电源电压为4V且保持不变，滑动变阻器的规格为“20Ω、1A”。灯泡L的额定电流为0.25A，其电流随电压变化的图象如图乙所示。闭合开关S，移动滑片P，在保证电路安全的情况下，则（　　）
A．灯泡正常发光时的电阻是7.5Ω
B．灯泡正常发光1min消耗的电能是60J
C．电路的总功率最大为1W
D．当电流表的示数为0.2A时，滑动变阻器连入电路的阻值是12Ω
7．小南在科技馆了解到一种新型功能材料——磁流体，当周围存在磁场时，磁流体就会“模拟”出磁感线的形状。在一杯水中放置一些磁流体，在杯子左、右两侧分别放置电磁铁A和永磁体B，就出现了如图甲所示的情景，图乙为其简化图。请在图乙中磁流体所“模拟”出的磁感线上用箭头标出磁场的方向，并在永磁体B右端括弧中标注磁极名。
8．如图是我国自主研发的5G警用巡逻机器人，它搭载了5个高清摄像头，具有快速测温筛查、循环播报提醒等功能，能实现全景无死角巡逻。小南观察到，巡逻机器人通过识别不同温度物体辐射的　 　强度不同来实现快速测温：它循环播报提醒是利用声音传递　 　。当5G警用巡逻机器人水平匀速行进时，其处于　 　（“平衡”或“非平衡”）状态，这个过程它的机械能　 　。
9．长江生态不断恢复，江面上再现“江豚群舞”的场最。小明利用3D打印机打印出江豚模型如图甲所示，该模型的长度是　 　cm。把模型放在天平的左盘，天平平衡时，右盘中无砝码，游码的示数如图乙，模型的质量为　 　g。将模型放入盛满水的溢水杯中，溢出水2.8g。该模型在水中静止时的状态是　 　，放入模型后，水对杯底的压强大小将　 　。
10．在“探究杠杆的平衡条件”实验中，小南使用可绕O点自由转动、刻度均匀的杠杆，以及多个重0.5N的钩码进行了以下操作：
（1）不挂钩码时，杠杆静止如图①。小南将杠杆左边的螺母调至最左端，发现杠杆右侧略向下倾斜，此时小南应将右侧平衡螺母向　 　调节，直至杠杆水平平衡；
（2）在杠杆两侧挂上不同数量的钩码，设左侧钩码对杠杆施的力为动力，右侧钩码对杠杆施的力为阻力；读取杠杆水平平衡时的动力臂和阻力臂；并把数据填入下表。小南分析表格中的数据发现，第　 　次实验数据有误，出现错误的原因可能是：　 　。剔除这一组错误数据后，初步得出杠杆的平衡条件：动力×动力臂=阻力×阻力臂；
实验次数 动力/N 动力臂/m 阻力/N 阻力臂/m
1 0.5 0.2 1 0.1
2 1 0.15 1.5 0.1
3 0.1 3 2 0.15
4 2 0.15 1.5 0.2
……
（3）小南撤去右侧钩码，改用弹簧测力计继续实验。如图②，他在左侧A点悬挂三个钩码，再用弹簧测力计（未画出）在B点拉杠杆。保持杠杆在水平方向平衡时，弹簧测力计的示数不可能为　 　（选填序号）。
①2.0N　②2.5N　③3.0N　④3.5N
（4）小南选用质地均匀但两端粗细不同的筷子玩“托筷子”游戏时，用一根筷子把另一根筷子MN水平托起，如图③为筷子稳定时的俯视图，筷子MN的重心在O点，此时　 　（选填“OM”或“ON”）段更重一些；
11．某项目式学习小组探究海陆风的成因。
（1）利用如图所示装置探究沙子和水的吸热能力。在两箱子中装入　 　相等且初温相同的水和沙子，用规格相同的白炽灯模拟太阳对箱中的水和沙子加热，是为了保证相同时间内水和沙子　 　相同。
（2）依据实验数据描绘的水和沙子的温度随时间变化的图像如图所示，可知在相同时间内，沙子升高的温度比水升高的温度　 　，说明　 　的吸热能力强。
【任务二】实验模拟海陆风的形成
信息窗：空气因受热体积膨胀，密度变小而上升，冷空气会从四面八方流过来，从而形成风。
（3）取下两箱子的封口盖，在两个箱子的侧面分别开一小孔后，连接上一个两端开口的透明细管AB，点燃一支香放在细管中（如图），通过白烟的流向模拟日晒下海边的风向。阅读信息窗中的知识并分析判断：相同条件下，加热一段时间后，烟将会从管的　 　（填“A”或“B”）管口冒出。依据实验和理论分析，可推断夜间海风是　 　（填选项前字母）。
A.从大海吹向陆地 B.从陆地吹向大海
12．小南和小实在“探究电流与电阻的关系”实验中，有以下器材：电源（4节全新干电池输出稳定电压6V）、电压表、电流表、滑动变阻器（铭牌上标有“40Ω　2A”字样）和开关各一个，“5Ω、10Ω、15Ω、20Ω”的定值电阻各一个、导线若干。如图甲是小南连接的电路。
（1）在连接电路时，开关应处于　 　状态：
（2）在检查电路时，小实发现有一根导线连接错误，请你在甲图中连接错误的那条导线上画“×”，并用笔画线代替导线将电路连接正确　 　；
（3）改正电路连线后，把5Ω的定值电阻接入电路中，闭合开关，发现电流表无示数，电压表有示数，则电路出现的故障可能是　 　；
（4）排除故障后小实把5Ω的定值电阻接入电路中，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片到合适位置后，记录此时电流表的示数为0.4A。然后小南和小实分别继续实验，但因为他俩的操作不同，得出了如图乙所示的两个不同的图像。通过分析，你认为得出图像　 　的操作是错误的，其错误操作可能是：　 　。最终他们通过正确的操作完成了实验。
13．如图所示，利用斜面将箱子推进车厢，通常要比把箱子直接从地面搬进车厢省力得多。某同学沿斜面向上用100N的力匀速推动箱子，已知箱子质量为20kg，斜面长3m，斜面高1.2m，g取10N/kg．求：
（1）箱子受到的重力；
（2）斜面的机械效率；
（3）箱子受到的摩擦力。
14．小龙家需要购买一个电热水壶。若家庭电路的电压是220V，供电热水壶使用的室内插座的额定电流为5A。商场现有甲、乙、丙三种电热水壶，额定电压均为220V，额定功率分别为800W、1000W和1500W。请你用学过的物理知识帮助小龙分析：
（1）从安全用电的角度考虑，哪一种电热水壶不能选购？请通过计算说明理由。
（2）用1000W的电热水壶，将1kg的水从加热到，需要多长时间？（已知该电热水壶的加热效率为87.5%，）
15．小南发现他家鱼缸中的鱼，在鱼鳍和鱼尾不动时，也能实现上浮和下沉，于是他买了一款“仿生鱼”（如图甲所示），研究鱼在鱼鳍和鱼尾不动时，上浮和下沉的原理。下面是他的实践过程，请帮助他完成下列内容：
【项目分解】
①研究仿生鱼的结构
②研究鱼在水中不动时也能实现上浮和下沉的原因
【项目实施】
（1）研究仿生鱼的结构
小南把仿生鱼拆卸后发现，仿生鱼的表面材质柔软，有弹性，内部有一个小型电机，可以给仿生鱼供电，控制鱼鳍和鱼尾摆动，当电机供电控制鱼鳍向后划水，可实现鱼在水中向前游动，是利用了　 　原理。仿生鱼内部还有一个可以自动充气和放气的类似于鱼腹中“鱼鳔”的装置。当向鱼腹充气时，仿生鱼的腹部就会变大，放气时仿生鱼腹部变小，此过程中鱼腹发生的是　 　（“弹性”或“非弹性”）形变；
（2）探究鱼在水中不动时也能实现上浮和下沉的原因
小南发现控制仿生鱼的鱼鳍和鱼尾不动时，只需控制自动充气装置，改变鱼的体积，就可以实现仿生鱼上浮和下沉。他猜想仿生鱼受到的浮力可能与其浸没的　 　（填“质量”或“体积”）有关，于是他设计如图乙所示实验。已知物块甲和乙为重力相同但体积不同的物体，乙和丙是体积相同密度不同的两种物质。为了验证自己的猜想是否正确，他应选择　 　两个物块进行实验。通过分析数据得出：鱼在水中不动时若想上浮，只需　 　（填“增大”或“减小”）鱼鳔的体积；
（3）小南通过图乙装置还想探究浮力与物体密度是否有关。通过分析②⑤、③⑥四次实验数据可知：物体在液体中受到的浮力与物体密度　 　（填“有”或“无”）关。
【项目拓展】
（4）随着科技的发展，潜水打捞技术日渐成熟，“潜水浮袋”（与鱼在水中改变体积类似，在水中打开后体积自动变大）越来越多地被人们应用于潜水打捞。如图丙所示为潜水员使用“潜水浮袋”打捞沉物的情景。该物体需要2800N的拉力才能被打捞上来，一个“潜水浮袋”充气后的体积约为，重力约为20N，水的密度为，至少需要　 　个“潜水浮袋”才能让沉物浮上水面。
16．请阅读《云中探秘问苍穹》并回答问题
云中探秘问苍穹
苍茫云海、万里层云中蕴藏着丰富的水资源，水的降落滋润着地球万物。在一定时段内，从云中降落到地面上的液态或固态降水，在无渗透、蒸发、流失情况下积聚的水层深度，称为该地该时段内的降水量，单位为毫米（mm）。
如何预测某个区域的降水量呢？如果能获得该区域正上方云层所含降水粒子（云中的小水滴或小冰晶）所能形成的水的总体积，再结合其他信息估测能够降落到地面的降水粒子占总降水粒子的比例，利用体积和该区域面积之间的关系，就可以得到降水量了。
精准预报降水是一个世界难题，我国家族中的新成员——风云三号G星（如图所示）的出现，向解决这一难题迈出了一大步。风云三号G星搭载了我国首套“空中雨量计”——星载KU、KA双频主动降水测量雷达，通过向大气发射电磁波信号，并接收大气中不同高度层的降水粒子反射信号，获取竖直方向不同高度层的降水结构信息；同时，利用雷达跨轨方向的扫描，实现对水平方向的降水探测。这就如同在太空中对大气降水进行“CT”扫描，最终使风云三号G星自上而下地获取云层的三维结构信息，如云层厚度、云层中不同位置降水粒子的数密度（即单位体积内降水粒子的数量）以及各种降水粒子的直径大小等。
风云三号G星云中探秘、叩问苍穹，助力我国在探索浩瀚宇宙的征程上，跑出加速度。请根据上述材料，回答下列问题：
（1）云层中的小水滴，是由大气中的水蒸气　 　（填物态变化名称）形成的，该过程需要　 　（填“吸热”或“放热”）：
（2）降水粒子的数密度越大，则内降水粒子的（　　）越大；
A．质量 B．体积 C．数量
（3）假设探测到某云层的平均厚度为1000m，内部的降水粒子（可视为小水滴）分布均匀，数密度为个/m3，每个降水粒子的体积均为。若在12小时内，该云层中有80%的降水粒子以雨滴形式竖直降落到地面上。该云层对应区域的平均降水量为　 　mm。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】电功率
【解析】【解答】 由表中数据可知，该用电器的额定功率为2800W，
A．柜机空调的功率可能为2800W，故A符合题意；
B．电灯的功率约为20W，远小于2800W，故B不符合题意；
C．电视机的功率约为200W，远小于2800W，故C不符合题意；
D．移动电话在使用过程中的电功率一般低于10W，远小于2800W，故D不符合题意。
故选A 。
【分析】根据生活经验和对电功率单位的认识选择正确选项。
2．【答案】C
【知识点】光的直线传播及其应用；凸透镜成像的应用；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】A． 大黄鸭能在水面漂浮，处于平衡状态，受到的浮力与重力，故A错误；
B．大黄鸭接近6层楼高，春笋楼的高度远高于大黄鸭的高度；大黄鸭比春笋楼还高是因为大黄鸭本身巨大，因为大黄鸭本身巨大，且距离游客较近，视角较大，看到的大黄鸭较大，故B错误；
C．由于光沿直线传播，所以图中大黄鸭挡住了远处的建筑，故C正确；
D．根据凸透镜成实像时“物远像近像变小”可知，为了使大黄鸭更完整的拍在照片里，则像变小，像距变小，物距变大，需要远离大黄鸭 ，故D错误。
故选C。
【分析】（1）根据物体的浮沉条件分析；
（2）根据图示分析大黄鸭和春笋楼的大小关系；
（3）光在同中均匀介质中沿直线传播；
（4）凸透镜成实像时，物远像近像变小。
3．【答案】D
【知识点】机械能及其转化；物体运动状态的变化；惯性及其现象；平衡力的辨别
【解析】【解答】A．球员踢球时对足球的“踢力”和足球对脚的作用力，作用在不同的物体上，是一对相互作用力，不是平衡力，故A错误；
B．足球踢出去时速度变大，质量不变，惯性不变，故B错误；
C．足球到达最高点时竖直方向的速度为零，水平方向的速度不为零，当足球到达最高点时，若外力全部消失，足球将处于匀速直线运动状态，故C错误；
D．由于存在空气阻力，机械能逐渐减小，足球在A点时的机械能大于在B点时的机械能，A、B两点等高，足球的质量不变，重力势能相同，因此足球在A点时的动能大于在B点时的动能，故D正确。
故选D。
【分析】（1）平衡力的条件：大小相等、方向相反、作用在同一个物体上，作用在同一条直线上。
（2）惯性大小只跟物体的质量大小有关，跟物体是否受力、是否运动、运动速度等都没有关系，质量越大，惯性越大。
（3）根据牛顿第一定律，当物体不受力时，将处于静止状态或匀速直线运动状态，若物体原来是运动的，不受力将保持原来的速度做匀速直线运动；当足球运动的图象是一个抛物线，其既有向上的速度也有向前的速度。
（4）动能和势能统称为机械能，首先判断足球在A点时的机械能和在B点时的机械能的大小，然后根据重力势能大小的影响因素判断两点的势能大小，即可得出A、B点动能大小。
4．【答案】C
【知识点】机械能及其转化；能量的转化或转移；导体与绝缘体；是否做功的判断
【解析】【解答】A．无人机匀速上升时，质量不变，速度不变，动能不变，高度变大，重力势能变大，机械能变大，故A错误；
B．无人机在空中悬停定位拍摄时，受到竖直向下的重力和竖直向上的升力，悬停时，没有在力的方向上移动距离，因此没有力在对无人机做功，故B错误；
C．无人机的锂电池充电时，电能转化为化学能储存在电池中，故C正确；
D．无人机的灯光来自LED灯，其发光部件是半导体，故D错误。
故选C。
【分析】（1）动能和势能统称为机械能，机械能的大小与质量、速度和高度等有关。
（2）功包括两个必要因素：一是作用在物体上的力，二是物体在力的方向上通过的距离。
（3）锂电池充电时，电能转化为化学能。
（4）LED是由半导体材料制成的。
5．【答案】C
【知识点】串、并联电路的设计
【解析】【解答】AD.家用吊扇灯的风扇和灯既可独立工作，又可同时工作，因此两个元件应该并联，且各支路存在一个独立开关控制其通断，故A、D不符合题意。
BC.家庭电路中，为了用电安全，开关应接在火线和用电器之间，故B不符合题意，C符合题意。
故选C。
【分析】（1）风扇和灯既可独立工作，又可同时工作，因此两个元件应该并联；
（2）家庭电路中，各元件的开关应该接在火线和用电器之间。
6．【答案】C
【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；电功的计算；电功率的计算
【解析】【解答】A．灯泡L的额定电流为0.25A，由乙图像可知，此时灯泡两端的电压为2.5V，故灯泡正常发光时的电阻是：
故A错误；
B．灯泡正常发光1min消耗的电能为：
故B错误；
C．灯泡L与滑动变阻器R串联，滑动变阻器允许通过的最大电流为1A，灯泡的额定电流为0.25A，在保证电路安全的情况下，电路中的电流不能超过0.25A，电路的总功率最大为：
故C正确；
D．由图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电流表测电路中的电流，由于串联电路中电流处处相等，当电流表的示数为0.2A时，由乙图像可知，灯泡两端的电压为1.5V，根据串联分压规律可知，滑动变阻器两端的电压为：
滑动变阻器连入电路的阻值是：
故D错误。
故选C。
【分析】（1）已知灯泡的额定电流，由图乙读出灯泡的额定电压，根据欧姆定律求出其阻值；
（2）根据W=UIt求出灯泡正常发光1min消耗的电能；
（3）串联电路中电流处处相等，根据灯泡的额定电流和滑动变阻器允许通过的最大电流，确定电路中的最大电流，再根据P=UI求出电路的总功率的最大值；
（4）当电流表的示数为0.2A时，根据欧姆定律求出电路的总电阻，再根据串联电路的电阻规律求出滑动变阻器接入电路的阻值。
7．【答案】
【知识点】磁场；磁感线及其特点
【解析】【解答】由图可知，螺线管的右侧为N极，由于磁感线是从磁体的N极出来回到磁体的S极的，所以永磁体B的左端为S极，右端为N极，据此画出磁感线的方向，如图所示：
【分析】磁感线是从磁体的N极出来回到磁体的S极的；根据通电螺线管的南北极判断永磁体的南北极。
8．【答案】红外线；信息；平衡；不变
【知识点】红外线；机械能及其转化；平衡状态的判断；声与信息传递
【解析】【解答】 巡逻机器人通过识别不同温度物体辐射的红外线强度不同来实现快速测温；
巡逻机器人循环播报提醒是利用声音传递信息；
5G 警用巡逻机器人水平匀速行进，属于匀速直线运动，所以其处于平衡状态；
巡逻机器人水平匀速行进时，质量不变，速度不变，所以动能不变；同时高度不变，质量也不变，其重力势能不变。因此，这个过程中它的机械能不变。
故答案为：红外线；信息；平衡；不变。
【分析】（1）红外线的作用和用途：根据红外线的热作用比较强制成热谱仪、红外线夜视仪、红外线体温计等；红外线可以传递信息，可以进行遥控制成电视、空调遥控器等。
（2）声可以传递信息和能量。
（3）当物体处于静止状态或匀速直线运动状态时，我们说物体处于平衡状态。
（4）机械能包括动能和势能。动能与物体的质量和速度有关，重力势能与物体的质量和高度有关。
9．【答案】3.35；3.6；沉底；不变
【知识点】质量的测量与天平的使用；刻度尺的使用；液体压强计算公式的应用；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】 根据图示刻度尺，最小刻度为0.1cm。按照测量规范需要估读到下一位，因此测得物体长度为3.35cm。
观察图乙中的标尺，其最小分度值为0.2g，由此确定模型的质量测量值为3.6g。
首先进行单位换算：质量，重力，排开水质量：
根据阿基米德原理计算浮力：
由于浮力0.028N小于重力0.036N，故模型在水中处于沉底状态。
模型放入后，水面高度和水的密度均未改变。根据液体压强公式可知水对容器底部的压强保持不变。
【分析】长度的测量：将待测物体紧贴刻度尺，视线平行刻度尺，认清刻度尺的分度值，读数时要精确到分度值后一位。
天平的使用步骤：1、调零：天平置于水平台上，将游码归零，调节平衡螺母使得指针指向刻度中央，称重：是用镊子夹取砝码，测量时为左物右码，不断调整砝码和游码重量，使得天平重新平衡；测量为左物右码，重力的计算：公式为G=mg；
物体沉浮条件：物体悬浮时的浮力等于重力（排开水的体积等于物体体积），物体的密度等于液体的密度，物体漂浮表明浮力等于重力（排开水的体积小于物体体积），物体的密度小于液体的密度，物体下沉时重力大于浮力（排开水的体积等于物体体积），物体的密度大于液体的密度。
浮力的本质为上下表面产生的压力差，计算公式为F浮=ρ液gV排，所以物体所受浮力和物体所处的深度无关，与排开水的体积有关，当排开水的体积越小时，浮力越小，排开水的体积越大时，浮力越大。
10．【答案】（1）左
（2）3；动力臂和动力数据记录时候填反了
（3）①
（4）ON
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【解答】（1）小南将杠杆左边的螺母调至最左端，发现杠杆右侧还略向下倾斜，说明右端重， 此时小南应将右侧平衡螺母向左调节，直至杠杆水平平衡；
（2）由题可知，每个钩码重为0.5N，那么动力和阻力应为0.5N的整数倍，由表中数据可知，第3次实验中，动力F1为0.1N，动力臂3m，都不符合实际，故第3次实验数据有误，原因可能是动力臂和动力数据记录时填反了。
（3）设杠杆上每一格长为L，左侧A点到支点的距离为l1=5L，设A点的力为F1，3个钩码重1.5N，即F1=1.5N，B点在距离支点l2=3L处，当作用在B点的弹簧测力计垂直杠杆向上拉时，力臂最长，弹簧测力计示数F2最小，由杠杆的平衡条件F1l1=F2l2有：
1.5N×5L=F最小×3L
解得：F最小=2.5N，
当弹簧测力计与杠杆不垂直，力臂变小，力会变大，即弹簧测力计的示数会大于2.5N，故①不符合题意，②③④符合题意。
故选①。
（4）用一根筷子把另一根筷子MN水平托起来，筷子MN的重心在O点，将筷子以O分为左右两部分， 根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2可知：
GMOL左=GONL右
由图可知，L左＞L右，则GMO＜GON
即ON段更重一些。
故答案为：（1）左；（2）3；动力臂和动力数据记录时候填反了；（3）①；（4）ON。
【分析】（1）杠杆处于静止状态或匀速转动状态时，杠杆处于平衡状态。调节杠杆平衡时，平衡螺母向上翘的一端移动，直至杠杆在水平位置平衡；
（2）实验中使用的是每个重为0.5N的钩码，由表中记录的实验数据分析判断；
（3）根据杠杆的平衡条件分析解答；
（4）用一根筷子把另一根筷子MN水平托起来，先确定筷子MN两边力臂大小关系，再由杠杆的平衡条件来判断，力臂短的那边重力大。
（1）小南将杠杆左边的螺母调至最左端，发现杠杆右侧还略向下倾斜，即左端上翘，平衡螺母向上翘的左端移动。
（2）[1][2]由题知，杠杆两侧挂上不同数量的钩码，且每个钩码重为0.5N，那么动力和阻力应为0.5N的整数倍，由表中数据知，第3次实验中，动力F1为0.1N，动力臂3m，都不符合实际，故第3次实验数据有误，原因可能是动力臂和动力数据记录时填反了。
（3）设杠杆上每一格长为L，左侧A点（距离支点5L处）悬挂三个钩码（重1.5N），B点在距离支点3L处，当作用在B点的弹簧测力计垂直杠杆向上拉（竖直向上）时，力臂最长，弹簧测力计示数最小，由杠杆的平衡条件有1.5N×5L=F最小×3L
解得弹簧测力计作用在杠杆上的最小力F最小=2.5N，弹簧测力计与杠杆不垂直，则力臂变小，力会变大，即弹簧测力计的示数会大于2.5N，所以示数不可能为①。
故选①。
（4）用一根筷子把另一根筷子MN水平托起来，筷子MN的重心在O点，将筷子以O分为左右两部分， 根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2，可得GMOL左=GONL右
由于L左＞L右
则GMO＜GON
所以ON段更重一些。
11．【答案】质量；吸收的热量；高；水；B；B
【知识点】比热容的定义及其计算公式；物理学方法；探究不同物质的吸热能力
【解析】【解答】（1）为了比较不同物质的吸热能力，实验需要控制变量，确保两箱子中水和沙子的质量相同且初温一致。
采用规格相同的白炽灯模拟太阳光照射，通过转换法保证水和沙子在相同时间内吸收的热量相等。
（2）分析实验数据绘制的水和沙子的温度-时间曲线可知，相同加热时间内，沙子温度上升幅度大于水，表明水吸收相同热量时温度变化更缓慢，说明水的吸热能力更强。
（3）由于水的比热容较大，在相同加热条件下升温较慢，而沙子升温较快，导致沙子（模拟陆地）温度高于水（模拟海洋）。根据热力学原理，热空气密度减小而上升，冷空气补充，因此烟雾会从连接沙子的B管口逸出。
夜间时，因水的比热容大导致降温速率慢于沙子，海洋温度高于陆地。此时海洋上方空气受热上升形成低压区，陆地空气向海洋流动形成海风，
故选B。
【分析】探究不同物质吸热：原理为Q=cmΔt，在控制材料不同的前提下，保证质量、吸收热量相同，根据加热时间代表物体吸收热量的多少（加热时间越长表明吸收热量越大），当加热时间相同时，温度变化少，物质的比热容大（吸热能力强）；加热时间过长，表明吸收热量较大，所以水的质量较多或者初温较低，或者没有加盖三种原因。
海陆风的形成：白天，陆地升温快，海面温度低导致，导致形成海风，晚上形成陆风。
12．【答案】（1）断开
（2）
（3）定值电阻断路
（4）A；没有控制定值电阻两端电压相同
【知识点】电路的构成及电路图；电路故障的判断；探究电流与电压、电阻的关系实验
【解析】【解答】（1）在连接电路时，为了保护电路安全，开关应处于断开状态；
（2）由图甲可知，滑动变阻器与电压表串联，而电压表应测量定值电阻两端电压，则应把定值电阻接滑动变阻器下端的接线柱，改接到电压表负接线柱上，如图所示：
（3）闭合开关，电流表无示数，说明电路可能断路，电压表有示数，说明电压表与电源连通，即与电压表并联的电路以外的电路是接通的，则与电压表并联的定值电阻可能断路；
（4）探究电流与电阻关系时要控制电阻的电压不变，把5Ω的定值电阻接入电路中，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片到合适位置后，记录此时电流表的示数为0.4A，由欧姆定律可知，定值电阻两端的电压为：
由图像A可知， 定值电阻两端的电压：
UV=IR=0.3A×10Ω≠…≠0.2A×20Ω，
由图乙B的I-R图像可知，定值电阻两端的电压：
UV=IR=0.1A×20Ω=…=0.2A×10Ω=2V，
即A同学没有控制定值电阻两端的电压不变，B同学控制定值电阻两端的电压不变，因此A同学的实验操作是错误的。
故答案为：（1）断开；（2）；（3）定值电阻断路；（4）A；没有控制定值电阻两端电压相同。
【分析】（1）为保护电路，连接电路前，应断开开关；
（2）原电路中，电流表并联在电路中，电压表串联在电路中，电阻应与变阻器串联，电压表与电阻并联；
（3）电流表无示数，说明电路可能断路；电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，与电压表并联的支路断路了；
（4）探究电流与电阻的关系时，要控制电阻的电压不变，根据图乙利用欧姆定律分析解答。
（1）在连接电路时，为了电路中各元件安全，开关应处于断开状态。
（2）由图甲可知，滑动变阻器短路了，根据题意可知，电压表应测量定值电阻两端电压，则应把定值电阻接滑动变阻器的接线柱，改接到电压表负接线柱上，如图所示：
（3）闭合开关，电流表无示数，说明电路可能断路，电压表有示数，说明电压表与电源连通，即与电压表并联的电路以外的电路是接通的，所以与电压表并联的支路电路可能断路了，则故障可能是定值电阻断路。
（4）[1][2]把5Ω的定值电阻接入电路中，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片到合适位置后，记录此时电流表的示数为0.4A，则定值电阻两端电压
由图像A可知，定值电阻为10Ω时，通过定值电阻的电流为0.3A，则定值电阻两端电压
定值电阻为20Ω时，通过定值电阻的电流为0.2A，则定值电阻两端电压
则图像A中定值电阻两端电压一直在变化，没有控制定值电阻两端电压相同。所以图像A的操作是错误的。
13．【答案】（1）解：箱子受到的重力：
答：箱子受到的重力为200N；
（2）推力所做的总功：
推力做的有用功：
斜面的机械效率：
答：80%
（3）沿斜面推动箱子，克服斜面对箱子的摩擦力做的功是额外功：
由可得箱子受到的摩擦力：
答：箱子受到的摩擦力为20N
【知识点】重力及其大小的计算；斜面的机械效率；功的计算及应用
【解析】【分析】（1）根据G=mg求出箱子受到的重力；
（2）根据求出推力所做的总功，根据求出推力做的有用功，利用求出斜面的机械效率；
（3）沿斜面推动箱子，克服斜面对箱子的摩擦力做的功是额外功，利用求出额外功，由可得箱子受到的摩擦力。
（1）箱子受到的重力
（2）推力所做的总功
推力做的有用功
斜面的机械效率
（3）沿斜面推动箱子，克服斜面对箱子的摩擦力做的功是额外功
由可得箱子受到的摩擦力
14．【答案】（1）解：根据电功率公式可知，插座的最大允许功率：
由于，超过插座承载能力，因此不能选购的电热水壶。
答： 从安全用电的角度考虑，1500W的电热水壶不能选购；
（2）水吸收的热量：
该电热水壶的加热效率为87.5%，电热水壶消耗的总电能：
加热所需时间：
答：需要加热。
【知识点】比热容的定义及其计算公式；热机的效率；电功率的计算
【解析】【分析】（1）根据电功率公式求出插座的最大允许功率，比较甲乙丙三种电热水壶的功率即可判断不能选购的电热水壶。
（2）根据求出水吸收的热量，利用求出电热水壶消耗的总电能，根据加热所需时间。
（1）根据电功率公式可知，插座的最大允许功率
由于，超过插座承载能力，因此不能选购的电热水壶。
（2）水吸收的热量
该电热水壶的加热效率为87.5%，电热水壶消耗的总电能
加热所需时间
15．【答案】力的作用是相互的；弹性；体积；甲、乙；增大；无；3
【知识点】力作用的相互性；阿基米德原理；浮力的利用；探究影响浮力大小的因素；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】（1）电机供电控制鱼鳍向后划水，可实现鱼在水中向前游动，是利用了力的作用是相互的原理；
当向鱼腹充气时，仿生鱼的腹部就会变大，放气时腹部又恢复原状，此过程中鱼腹发生的是弹性形变。
（2）由题意可知，仿生鱼在水中不动时，改变鱼的体积，就可以实现仿生鱼上浮和下沉，故猜想仿生鱼受到的浮力可能与浸没的体积有关；
为了验证自己的猜想是否正确，他需要选择两个体积不同而重力相同的物块进行实验，即选择甲、乙两个物块进行实验，当物体全部浸没时，即可改变排开液体的体积，所以比较②、⑤两次弹簧测力计的示数差和①、④两次弹簧测力计的示数差就可以得到浮力大小与排开液体的体积有关。
鱼在水中不动时若想上浮，需要增大浮力，根据阿基米德原理F浮=ρgV排可知，需增大鱼鳔的体积来上浮。
（3）由②⑤和③⑥可知，物体的密度不同，物体浸没时排开液体的体积相同时，两次弹簧测力计的示数差都是4N，即物体受到的浮力相同，故物体在液体中受到的浮力与物体密度无关。
（4）由题可知，该物体需要2800N的拉力才能被打捞上来，由二力平衡条件可知，物体受到的浮力：
一个“潜水浮袋”完全浸没所能产生的浮力为：
每个“潜水浮袋”可以产生的拉力为：
所以所需要的“潜水浮袋”的个数为：
故至少需要3个“潜水浮袋”才能让沉物浮上水面。
故答案为：（1）力的作用是相互的；弹性；（2）体积；甲、乙；增大；（3）无；（4）3。
【分析】（1）力的作用是相互的，能恢复原状的形变是弹性形变；
（2）根据阿基米德原理分析；物理学中对于多因素或多变量的问题，常常采用控制因素（变量）的方法，把多因素的问题变成多个单因素的问题．每一次只改变其中的某一个因素，而控制其余几个因素不变，从而研究被改变的这个因素对事物的影响，分别加以研究，最后再综合解决，这种方法叫控制变量法。
（3）对比数据分析浮力，结合密度不同二浮力相同分析；
（4）根据拉力等于原来的浮力，结合体积计算每个气囊的浮力减去重力，得出每一个的拉力，据此计算个数。
16．【答案】（1）液化；放热
（2）C
（3）31.2
【知识点】液化及液化放热；密度公式及其应用；能源与可持续发展
【解析】【解答】（1）云层中的小水滴，是由大气中的水蒸气液化形成的，该过程需要放热。
（2）根据短文内容可知，“数密度为单位体积内降水粒子的数量”，降水粒子的数密度越大，则 1m3内降水粒子的数量越大。故AB错误，C正确。
故选C。
（3）已知云层平均厚度h=1000m，设对应区域的面积为Sm2，那么云层总体积为1000Sm3；
数密度为6.5×109个/m3，则降水粒子总数：
，
该云层有80%的降水粒子降落到地面，所以降落到地面的粒子数：
N地=N×80%个，
已知每个降水粒子体积为6×10 15m3，则降落到地面的降水粒子总体积：
降水量是降水在无渗透、蒸发、流失情况下积聚的水层深度， 即：
所以该云层对应区域的平均降水量为31.2mm。
故答案为：（1）液化；放热；（2）C；（3）31.2。
【分析】（1）液化指物质由气态转变成液态，液化要放热。
（2）根据文中“数密度为单位体积内降水粒子的数量”可知，降水粒子的数密度越大，则 1m3内降水粒子的数量越大。
（3）首先计算云层总体积。然后计算降水粒子的总数，接着计算降落到地面的降水粒子数，再计算这些降水粒子的总体积，后根据降水量的定义计算降水量。
（1）[1][2]水蒸气是气态，小水滴是液态，物质从气态变为液态的过程是液化，而液化过程会放出热量。故云层中的小水滴，是由大气中的水蒸气液化形成的，该过程需要放热。
（2）根据文中“数密度为单位体积内降水粒子的数量”可知，降水粒子的数密度越大，则 1m3内降水粒子的数量越大。故AB不符合题意，C符合题意。
故选C。
（3）首先计算云层总体积：已知云层平均厚度h=1000m，设对应区域的面积为Sm2，那么云层总体积为1000Sm3； 然后计算降水粒子的总数：数密度为6.5×109个/m3，则降水粒子总数
接着计算降落到地面的降水粒子数：因为有80%的降水粒子降落到地面，所以降落到地面的粒子数N地=N×80%个
再计算这些降水粒子的总体积：每个降水粒子体积为6×10 15m3，则降落到地面的降水粒子总体积
最后根据降水量的定义计算降水量：降水量是降水在无渗透、蒸发、流失情况下积聚的水层深度， 即
所以该云层对应区域的平均降水量为31.2mm。
1 / 12025年广东省深圳市南山实验教育集团中考二模物理试题
1．如题图为某家用电器的铭牌参数图，该电器最有可能为（　　）
额定电压：220V 额定频率：50Hz 额定功率：2800W
A．柜机空调 B．电灯
C．电视机 D．移动电话
【答案】A
【知识点】电功率
【解析】【解答】 由表中数据可知，该用电器的额定功率为2800W，
A．柜机空调的功率可能为2800W，故A符合题意；
B．电灯的功率约为20W，远小于2800W，故B不符合题意；
C．电视机的功率约为200W，远小于2800W，故C不符合题意；
D．移动电话在使用过程中的电功率一般低于10W，远小于2800W，故D不符合题意。
故选A 。
【分析】根据生活经验和对电功率单位的认识选择正确选项。
2．风靡全球的大黄鸭来深圳“上班”了！大黄鸭接近6层楼高，如图是游客为大黄鸭和“春笋楼”拍的照片。大黄鸭在不充气时已达600kg，鸭身还附带有9t的水泥锚。下列说法正确的是（　　）
A．大黄鸭能在水面漂浮是因为它受到的浮力大于重力
B．照片中大黄鸭看起来比“春笋楼”还高，是因为大黄鸭本身巨大，已经超过“春笋楼”的高度
C．图中大黄鸭遮挡住了远处的建筑，可用光沿直线传播来解释
D．为了使大黄鸭完整地呈现在照片里，需要更靠近大黄鸭拍照
【答案】C
【知识点】光的直线传播及其应用；凸透镜成像的应用；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】A． 大黄鸭能在水面漂浮，处于平衡状态，受到的浮力与重力，故A错误；
B．大黄鸭接近6层楼高，春笋楼的高度远高于大黄鸭的高度；大黄鸭比春笋楼还高是因为大黄鸭本身巨大，因为大黄鸭本身巨大，且距离游客较近，视角较大，看到的大黄鸭较大，故B错误；
C．由于光沿直线传播，所以图中大黄鸭挡住了远处的建筑，故C正确；
D．根据凸透镜成实像时“物远像近像变小”可知，为了使大黄鸭更完整的拍在照片里，则像变小，像距变小，物距变大，需要远离大黄鸭 ，故D错误。
故选C。
【分析】（1）根据物体的浮沉条件分析；
（2）根据图示分析大黄鸭和春笋楼的大小关系；
（3）光在同中均匀介质中沿直线传播；
（4）凸透镜成实像时，物远像近像变小。
3．如图所示为某校足球队比赛的精彩画面，题图为某次足球在空中由A向B飞行的轨迹，下列说法正确的是（　　）
A．球员踢球时对足球的“踢力”和足球对脚的作用力是一对平衡力
B．足球踢出去时速度越大，惯性越大，运动得越远
C．当足球到达最高点时，若外力全部消失，足球将处于静止状态
D．A、B两点等高，足球在A点时的动能大于在B点时的动能
【答案】D
【知识点】机械能及其转化；物体运动状态的变化；惯性及其现象；平衡力的辨别
【解析】【解答】A．球员踢球时对足球的“踢力”和足球对脚的作用力，作用在不同的物体上，是一对相互作用力，不是平衡力，故A错误；
B．足球踢出去时速度变大，质量不变，惯性不变，故B错误；
C．足球到达最高点时竖直方向的速度为零，水平方向的速度不为零，当足球到达最高点时，若外力全部消失，足球将处于匀速直线运动状态，故C错误；
D．由于存在空气阻力，机械能逐渐减小，足球在A点时的机械能大于在B点时的机械能，A、B两点等高，足球的质量不变，重力势能相同，因此足球在A点时的动能大于在B点时的动能，故D正确。
故选D。
【分析】（1）平衡力的条件：大小相等、方向相反、作用在同一个物体上，作用在同一条直线上。
（2）惯性大小只跟物体的质量大小有关，跟物体是否受力、是否运动、运动速度等都没有关系，质量越大，惯性越大。
（3）根据牛顿第一定律，当物体不受力时，将处于静止状态或匀速直线运动状态，若物体原来是运动的，不受力将保持原来的速度做匀速直线运动；当足球运动的图象是一个抛物线，其既有向上的速度也有向前的速度。
（4）动能和势能统称为机械能，首先判断足球在A点时的机械能和在B点时的机械能的大小，然后根据重力势能大小的影响因素判断两点的势能大小，即可得出A、B点动能大小。
4．“夜空画师”把深圳创意飞到天上去——深圳无人机表演团队，凭借精湛的技术和表现力，让海内外观众感受到深圳科技的“硬核力”！下列说法正确的是（　　）
A．无人机匀速上升时，其机械能保持不变
B．无人机在空中悬停定位拍摄时，有力在对无人机做功
C．无人机的锂电池充电时，电能转化为化学能
D．无人机的灯光来自LED灯，其发光部件是绝缘体
【答案】C
【知识点】机械能及其转化；能量的转化或转移；导体与绝缘体；是否做功的判断
【解析】【解答】A．无人机匀速上升时，质量不变，速度不变，动能不变，高度变大，重力势能变大，机械能变大，故A错误；
B．无人机在空中悬停定位拍摄时，受到竖直向下的重力和竖直向上的升力，悬停时，没有在力的方向上移动距离，因此没有力在对无人机做功，故B错误；
C．无人机的锂电池充电时，电能转化为化学能储存在电池中，故C正确；
D．无人机的灯光来自LED灯，其发光部件是半导体，故D错误。
故选C。
【分析】（1）动能和势能统称为机械能，机械能的大小与质量、速度和高度等有关。
（2）功包括两个必要因素：一是作用在物体上的力，二是物体在力的方向上通过的距离。
（3）锂电池充电时，电能转化为化学能。
（4）LED是由半导体材料制成的。
5．家用吊扇灯的风扇和灯既可独立工作，又可同时工作，下列电路正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】串、并联电路的设计
【解析】【解答】AD.家用吊扇灯的风扇和灯既可独立工作，又可同时工作，因此两个元件应该并联，且各支路存在一个独立开关控制其通断，故A、D不符合题意。
BC.家庭电路中，为了用电安全，开关应接在火线和用电器之间，故B不符合题意，C符合题意。
故选C。
【分析】（1）风扇和灯既可独立工作，又可同时工作，因此两个元件应该并联；
（2）家庭电路中，各元件的开关应该接在火线和用电器之间。
6．如图甲所示，电源电压为4V且保持不变，滑动变阻器的规格为“20Ω、1A”。灯泡L的额定电流为0.25A，其电流随电压变化的图象如图乙所示。闭合开关S，移动滑片P，在保证电路安全的情况下，则（　　）
A．灯泡正常发光时的电阻是7.5Ω
B．灯泡正常发光1min消耗的电能是60J
C．电路的总功率最大为1W
D．当电流表的示数为0.2A时，滑动变阻器连入电路的阻值是12Ω
【答案】C
【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；电功的计算；电功率的计算
【解析】【解答】A．灯泡L的额定电流为0.25A，由乙图像可知，此时灯泡两端的电压为2.5V，故灯泡正常发光时的电阻是：
故A错误；
B．灯泡正常发光1min消耗的电能为：
故B错误；
C．灯泡L与滑动变阻器R串联，滑动变阻器允许通过的最大电流为1A，灯泡的额定电流为0.25A，在保证电路安全的情况下，电路中的电流不能超过0.25A，电路的总功率最大为：
故C正确；
D．由图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电流表测电路中的电流，由于串联电路中电流处处相等，当电流表的示数为0.2A时，由乙图像可知，灯泡两端的电压为1.5V，根据串联分压规律可知，滑动变阻器两端的电压为：
滑动变阻器连入电路的阻值是：
故D错误。
故选C。
【分析】（1）已知灯泡的额定电流，由图乙读出灯泡的额定电压，根据欧姆定律求出其阻值；
（2）根据W=UIt求出灯泡正常发光1min消耗的电能；
（3）串联电路中电流处处相等，根据灯泡的额定电流和滑动变阻器允许通过的最大电流，确定电路中的最大电流，再根据P=UI求出电路的总功率的最大值；
（4）当电流表的示数为0.2A时，根据欧姆定律求出电路的总电阻，再根据串联电路的电阻规律求出滑动变阻器接入电路的阻值。
7．小南在科技馆了解到一种新型功能材料——磁流体，当周围存在磁场时，磁流体就会“模拟”出磁感线的形状。在一杯水中放置一些磁流体，在杯子左、右两侧分别放置电磁铁A和永磁体B，就出现了如图甲所示的情景，图乙为其简化图。请在图乙中磁流体所“模拟”出的磁感线上用箭头标出磁场的方向，并在永磁体B右端括弧中标注磁极名。
【答案】
【知识点】磁场；磁感线及其特点
【解析】【解答】由图可知，螺线管的右侧为N极，由于磁感线是从磁体的N极出来回到磁体的S极的，所以永磁体B的左端为S极，右端为N极，据此画出磁感线的方向，如图所示：
【分析】磁感线是从磁体的N极出来回到磁体的S极的；根据通电螺线管的南北极判断永磁体的南北极。
8．如图是我国自主研发的5G警用巡逻机器人，它搭载了5个高清摄像头，具有快速测温筛查、循环播报提醒等功能，能实现全景无死角巡逻。小南观察到，巡逻机器人通过识别不同温度物体辐射的　 　强度不同来实现快速测温：它循环播报提醒是利用声音传递　 　。当5G警用巡逻机器人水平匀速行进时，其处于　 　（“平衡”或“非平衡”）状态，这个过程它的机械能　 　。
【答案】红外线；信息；平衡；不变
【知识点】红外线；机械能及其转化；平衡状态的判断；声与信息传递
【解析】【解答】 巡逻机器人通过识别不同温度物体辐射的红外线强度不同来实现快速测温；
巡逻机器人循环播报提醒是利用声音传递信息；
5G 警用巡逻机器人水平匀速行进，属于匀速直线运动，所以其处于平衡状态；
巡逻机器人水平匀速行进时，质量不变，速度不变，所以动能不变；同时高度不变，质量也不变，其重力势能不变。因此，这个过程中它的机械能不变。
故答案为：红外线；信息；平衡；不变。
【分析】（1）红外线的作用和用途：根据红外线的热作用比较强制成热谱仪、红外线夜视仪、红外线体温计等；红外线可以传递信息，可以进行遥控制成电视、空调遥控器等。
（2）声可以传递信息和能量。
（3）当物体处于静止状态或匀速直线运动状态时，我们说物体处于平衡状态。
（4）机械能包括动能和势能。动能与物体的质量和速度有关，重力势能与物体的质量和高度有关。
9．长江生态不断恢复，江面上再现“江豚群舞”的场最。小明利用3D打印机打印出江豚模型如图甲所示，该模型的长度是　 　cm。把模型放在天平的左盘，天平平衡时，右盘中无砝码，游码的示数如图乙，模型的质量为　 　g。将模型放入盛满水的溢水杯中，溢出水2.8g。该模型在水中静止时的状态是　 　，放入模型后，水对杯底的压强大小将　 　。
【答案】3.35；3.6；沉底；不变
【知识点】质量的测量与天平的使用；刻度尺的使用；液体压强计算公式的应用；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】 根据图示刻度尺，最小刻度为0.1cm。按照测量规范需要估读到下一位，因此测得物体长度为3.35cm。
观察图乙中的标尺，其最小分度值为0.2g，由此确定模型的质量测量值为3.6g。
首先进行单位换算：质量，重力，排开水质量：
根据阿基米德原理计算浮力：
由于浮力0.028N小于重力0.036N，故模型在水中处于沉底状态。
模型放入后，水面高度和水的密度均未改变。根据液体压强公式可知水对容器底部的压强保持不变。
【分析】长度的测量：将待测物体紧贴刻度尺，视线平行刻度尺，认清刻度尺的分度值，读数时要精确到分度值后一位。
天平的使用步骤：1、调零：天平置于水平台上，将游码归零，调节平衡螺母使得指针指向刻度中央，称重：是用镊子夹取砝码，测量时为左物右码，不断调整砝码和游码重量，使得天平重新平衡；测量为左物右码，重力的计算：公式为G=mg；
物体沉浮条件：物体悬浮时的浮力等于重力（排开水的体积等于物体体积），物体的密度等于液体的密度，物体漂浮表明浮力等于重力（排开水的体积小于物体体积），物体的密度小于液体的密度，物体下沉时重力大于浮力（排开水的体积等于物体体积），物体的密度大于液体的密度。
浮力的本质为上下表面产生的压力差，计算公式为F浮=ρ液gV排，所以物体所受浮力和物体所处的深度无关，与排开水的体积有关，当排开水的体积越小时，浮力越小，排开水的体积越大时，浮力越大。
10．在“探究杠杆的平衡条件”实验中，小南使用可绕O点自由转动、刻度均匀的杠杆，以及多个重0.5N的钩码进行了以下操作：
（1）不挂钩码时，杠杆静止如图①。小南将杠杆左边的螺母调至最左端，发现杠杆右侧略向下倾斜，此时小南应将右侧平衡螺母向　 　调节，直至杠杆水平平衡；
（2）在杠杆两侧挂上不同数量的钩码，设左侧钩码对杠杆施的力为动力，右侧钩码对杠杆施的力为阻力；读取杠杆水平平衡时的动力臂和阻力臂；并把数据填入下表。小南分析表格中的数据发现，第　 　次实验数据有误，出现错误的原因可能是：　 　。剔除这一组错误数据后，初步得出杠杆的平衡条件：动力×动力臂=阻力×阻力臂；
实验次数 动力/N 动力臂/m 阻力/N 阻力臂/m
1 0.5 0.2 1 0.1
2 1 0.15 1.5 0.1
3 0.1 3 2 0.15
4 2 0.15 1.5 0.2
……
（3）小南撤去右侧钩码，改用弹簧测力计继续实验。如图②，他在左侧A点悬挂三个钩码，再用弹簧测力计（未画出）在B点拉杠杆。保持杠杆在水平方向平衡时，弹簧测力计的示数不可能为　 　（选填序号）。
①2.0N　②2.5N　③3.0N　④3.5N
（4）小南选用质地均匀但两端粗细不同的筷子玩“托筷子”游戏时，用一根筷子把另一根筷子MN水平托起，如图③为筷子稳定时的俯视图，筷子MN的重心在O点，此时　 　（选填“OM”或“ON”）段更重一些；
【答案】（1）左
（2）3；动力臂和动力数据记录时候填反了
（3）①
（4）ON
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【解答】（1）小南将杠杆左边的螺母调至最左端，发现杠杆右侧还略向下倾斜，说明右端重， 此时小南应将右侧平衡螺母向左调节，直至杠杆水平平衡；
（2）由题可知，每个钩码重为0.5N，那么动力和阻力应为0.5N的整数倍，由表中数据可知，第3次实验中，动力F1为0.1N，动力臂3m，都不符合实际，故第3次实验数据有误，原因可能是动力臂和动力数据记录时填反了。
（3）设杠杆上每一格长为L，左侧A点到支点的距离为l1=5L，设A点的力为F1，3个钩码重1.5N，即F1=1.5N，B点在距离支点l2=3L处，当作用在B点的弹簧测力计垂直杠杆向上拉时，力臂最长，弹簧测力计示数F2最小，由杠杆的平衡条件F1l1=F2l2有：
1.5N×5L=F最小×3L
解得：F最小=2.5N，
当弹簧测力计与杠杆不垂直，力臂变小，力会变大，即弹簧测力计的示数会大于2.5N，故①不符合题意，②③④符合题意。
故选①。
（4）用一根筷子把另一根筷子MN水平托起来，筷子MN的重心在O点，将筷子以O分为左右两部分， 根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2可知：
GMOL左=GONL右
由图可知，L左＞L右，则GMO＜GON
即ON段更重一些。
故答案为：（1）左；（2）3；动力臂和动力数据记录时候填反了；（3）①；（4）ON。
【分析】（1）杠杆处于静止状态或匀速转动状态时，杠杆处于平衡状态。调节杠杆平衡时，平衡螺母向上翘的一端移动，直至杠杆在水平位置平衡；
（2）实验中使用的是每个重为0.5N的钩码，由表中记录的实验数据分析判断；
（3）根据杠杆的平衡条件分析解答；
（4）用一根筷子把另一根筷子MN水平托起来，先确定筷子MN两边力臂大小关系，再由杠杆的平衡条件来判断，力臂短的那边重力大。
（1）小南将杠杆左边的螺母调至最左端，发现杠杆右侧还略向下倾斜，即左端上翘，平衡螺母向上翘的左端移动。
（2）[1][2]由题知，杠杆两侧挂上不同数量的钩码，且每个钩码重为0.5N，那么动力和阻力应为0.5N的整数倍，由表中数据知，第3次实验中，动力F1为0.1N，动力臂3m，都不符合实际，故第3次实验数据有误，原因可能是动力臂和动力数据记录时填反了。
（3）设杠杆上每一格长为L，左侧A点（距离支点5L处）悬挂三个钩码（重1.5N），B点在距离支点3L处，当作用在B点的弹簧测力计垂直杠杆向上拉（竖直向上）时，力臂最长，弹簧测力计示数最小，由杠杆的平衡条件有1.5N×5L=F最小×3L
解得弹簧测力计作用在杠杆上的最小力F最小=2.5N，弹簧测力计与杠杆不垂直，则力臂变小，力会变大，即弹簧测力计的示数会大于2.5N，所以示数不可能为①。
故选①。
（4）用一根筷子把另一根筷子MN水平托起来，筷子MN的重心在O点，将筷子以O分为左右两部分， 根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2，可得GMOL左=GONL右
由于L左＞L右
则GMO＜GON
所以ON段更重一些。
11．某项目式学习小组探究海陆风的成因。
（1）利用如图所示装置探究沙子和水的吸热能力。在两箱子中装入　 　相等且初温相同的水和沙子，用规格相同的白炽灯模拟太阳对箱中的水和沙子加热，是为了保证相同时间内水和沙子　 　相同。
（2）依据实验数据描绘的水和沙子的温度随时间变化的图像如图所示，可知在相同时间内，沙子升高的温度比水升高的温度　 　，说明　 　的吸热能力强。
【任务二】实验模拟海陆风的形成
信息窗：空气因受热体积膨胀，密度变小而上升，冷空气会从四面八方流过来，从而形成风。
（3）取下两箱子的封口盖，在两个箱子的侧面分别开一小孔后，连接上一个两端开口的透明细管AB，点燃一支香放在细管中（如图），通过白烟的流向模拟日晒下海边的风向。阅读信息窗中的知识并分析判断：相同条件下，加热一段时间后，烟将会从管的　 　（填“A”或“B”）管口冒出。依据实验和理论分析，可推断夜间海风是　 　（填选项前字母）。
A.从大海吹向陆地 B.从陆地吹向大海
【答案】质量；吸收的热量；高；水；B；B
【知识点】比热容的定义及其计算公式；物理学方法；探究不同物质的吸热能力
【解析】【解答】（1）为了比较不同物质的吸热能力，实验需要控制变量，确保两箱子中水和沙子的质量相同且初温一致。
采用规格相同的白炽灯模拟太阳光照射，通过转换法保证水和沙子在相同时间内吸收的热量相等。
（2）分析实验数据绘制的水和沙子的温度-时间曲线可知，相同加热时间内，沙子温度上升幅度大于水，表明水吸收相同热量时温度变化更缓慢，说明水的吸热能力更强。
（3）由于水的比热容较大，在相同加热条件下升温较慢，而沙子升温较快，导致沙子（模拟陆地）温度高于水（模拟海洋）。根据热力学原理，热空气密度减小而上升，冷空气补充，因此烟雾会从连接沙子的B管口逸出。
夜间时，因水的比热容大导致降温速率慢于沙子，海洋温度高于陆地。此时海洋上方空气受热上升形成低压区，陆地空气向海洋流动形成海风，
故选B。
【分析】探究不同物质吸热：原理为Q=cmΔt，在控制材料不同的前提下，保证质量、吸收热量相同，根据加热时间代表物体吸收热量的多少（加热时间越长表明吸收热量越大），当加热时间相同时，温度变化少，物质的比热容大（吸热能力强）；加热时间过长，表明吸收热量较大，所以水的质量较多或者初温较低，或者没有加盖三种原因。
海陆风的形成：白天，陆地升温快，海面温度低导致，导致形成海风，晚上形成陆风。
12．小南和小实在“探究电流与电阻的关系”实验中，有以下器材：电源（4节全新干电池输出稳定电压6V）、电压表、电流表、滑动变阻器（铭牌上标有“40Ω　2A”字样）和开关各一个，“5Ω、10Ω、15Ω、20Ω”的定值电阻各一个、导线若干。如图甲是小南连接的电路。
（1）在连接电路时，开关应处于　 　状态：
（2）在检查电路时，小实发现有一根导线连接错误，请你在甲图中连接错误的那条导线上画“×”，并用笔画线代替导线将电路连接正确　 　；
（3）改正电路连线后，把5Ω的定值电阻接入电路中，闭合开关，发现电流表无示数，电压表有示数，则电路出现的故障可能是　 　；
（4）排除故障后小实把5Ω的定值电阻接入电路中，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片到合适位置后，记录此时电流表的示数为0.4A。然后小南和小实分别继续实验，但因为他俩的操作不同，得出了如图乙所示的两个不同的图像。通过分析，你认为得出图像　 　的操作是错误的，其错误操作可能是：　 　。最终他们通过正确的操作完成了实验。
【答案】（1）断开
（2）
（3）定值电阻断路
（4）A；没有控制定值电阻两端电压相同
【知识点】电路的构成及电路图；电路故障的判断；探究电流与电压、电阻的关系实验
【解析】【解答】（1）在连接电路时，为了保护电路安全，开关应处于断开状态；
（2）由图甲可知，滑动变阻器与电压表串联，而电压表应测量定值电阻两端电压，则应把定值电阻接滑动变阻器下端的接线柱，改接到电压表负接线柱上，如图所示：
（3）闭合开关，电流表无示数，说明电路可能断路，电压表有示数，说明电压表与电源连通，即与电压表并联的电路以外的电路是接通的，则与电压表并联的定值电阻可能断路；
（4）探究电流与电阻关系时要控制电阻的电压不变，把5Ω的定值电阻接入电路中，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片到合适位置后，记录此时电流表的示数为0.4A，由欧姆定律可知，定值电阻两端的电压为：
由图像A可知， 定值电阻两端的电压：
UV=IR=0.3A×10Ω≠…≠0.2A×20Ω，
由图乙B的I-R图像可知，定值电阻两端的电压：
UV=IR=0.1A×20Ω=…=0.2A×10Ω=2V，
即A同学没有控制定值电阻两端的电压不变，B同学控制定值电阻两端的电压不变，因此A同学的实验操作是错误的。
故答案为：（1）断开；（2）；（3）定值电阻断路；（4）A；没有控制定值电阻两端电压相同。
【分析】（1）为保护电路，连接电路前，应断开开关；
（2）原电路中，电流表并联在电路中，电压表串联在电路中，电阻应与变阻器串联，电压表与电阻并联；
（3）电流表无示数，说明电路可能断路；电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，与电压表并联的支路断路了；
（4）探究电流与电阻的关系时，要控制电阻的电压不变，根据图乙利用欧姆定律分析解答。
（1）在连接电路时，为了电路中各元件安全，开关应处于断开状态。
（2）由图甲可知，滑动变阻器短路了，根据题意可知，电压表应测量定值电阻两端电压，则应把定值电阻接滑动变阻器的接线柱，改接到电压表负接线柱上，如图所示：
（3）闭合开关，电流表无示数，说明电路可能断路，电压表有示数，说明电压表与电源连通，即与电压表并联的电路以外的电路是接通的，所以与电压表并联的支路电路可能断路了，则故障可能是定值电阻断路。
（4）[1][2]把5Ω的定值电阻接入电路中，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片到合适位置后，记录此时电流表的示数为0.4A，则定值电阻两端电压
由图像A可知，定值电阻为10Ω时，通过定值电阻的电流为0.3A，则定值电阻两端电压
定值电阻为20Ω时，通过定值电阻的电流为0.2A，则定值电阻两端电压
则图像A中定值电阻两端电压一直在变化，没有控制定值电阻两端电压相同。所以图像A的操作是错误的。
13．如图所示，利用斜面将箱子推进车厢，通常要比把箱子直接从地面搬进车厢省力得多。某同学沿斜面向上用100N的力匀速推动箱子，已知箱子质量为20kg，斜面长3m，斜面高1.2m，g取10N/kg．求：
（1）箱子受到的重力；
（2）斜面的机械效率；
（3）箱子受到的摩擦力。
【答案】（1）解：箱子受到的重力：
答：箱子受到的重力为200N；
（2）推力所做的总功：
推力做的有用功：
斜面的机械效率：
答：80%
（3）沿斜面推动箱子，克服斜面对箱子的摩擦力做的功是额外功：
由可得箱子受到的摩擦力：
答：箱子受到的摩擦力为20N
【知识点】重力及其大小的计算；斜面的机械效率；功的计算及应用
【解析】【分析】（1）根据G=mg求出箱子受到的重力；
（2）根据求出推力所做的总功，根据求出推力做的有用功，利用求出斜面的机械效率；
（3）沿斜面推动箱子，克服斜面对箱子的摩擦力做的功是额外功，利用求出额外功，由可得箱子受到的摩擦力。
（1）箱子受到的重力
（2）推力所做的总功
推力做的有用功
斜面的机械效率
（3）沿斜面推动箱子，克服斜面对箱子的摩擦力做的功是额外功
由可得箱子受到的摩擦力
14．小龙家需要购买一个电热水壶。若家庭电路的电压是220V，供电热水壶使用的室内插座的额定电流为5A。商场现有甲、乙、丙三种电热水壶，额定电压均为220V，额定功率分别为800W、1000W和1500W。请你用学过的物理知识帮助小龙分析：
（1）从安全用电的角度考虑，哪一种电热水壶不能选购？请通过计算说明理由。
（2）用1000W的电热水壶，将1kg的水从加热到，需要多长时间？（已知该电热水壶的加热效率为87.5%，）
【答案】（1）解：根据电功率公式可知，插座的最大允许功率：
由于，超过插座承载能力，因此不能选购的电热水壶。
答： 从安全用电的角度考虑，1500W的电热水壶不能选购；
（2）水吸收的热量：
该电热水壶的加热效率为87.5%，电热水壶消耗的总电能：
加热所需时间：
答：需要加热。
【知识点】比热容的定义及其计算公式；热机的效率；电功率的计算
【解析】【分析】（1）根据电功率公式求出插座的最大允许功率，比较甲乙丙三种电热水壶的功率即可判断不能选购的电热水壶。
（2）根据求出水吸收的热量，利用求出电热水壶消耗的总电能，根据加热所需时间。
（1）根据电功率公式可知，插座的最大允许功率
由于，超过插座承载能力，因此不能选购的电热水壶。
（2）水吸收的热量
该电热水壶的加热效率为87.5%，电热水壶消耗的总电能
加热所需时间
15．小南发现他家鱼缸中的鱼，在鱼鳍和鱼尾不动时，也能实现上浮和下沉，于是他买了一款“仿生鱼”（如图甲所示），研究鱼在鱼鳍和鱼尾不动时，上浮和下沉的原理。下面是他的实践过程，请帮助他完成下列内容：
【项目分解】
①研究仿生鱼的结构
②研究鱼在水中不动时也能实现上浮和下沉的原因
【项目实施】
（1）研究仿生鱼的结构
小南把仿生鱼拆卸后发现，仿生鱼的表面材质柔软，有弹性，内部有一个小型电机，可以给仿生鱼供电，控制鱼鳍和鱼尾摆动，当电机供电控制鱼鳍向后划水，可实现鱼在水中向前游动，是利用了　 　原理。仿生鱼内部还有一个可以自动充气和放气的类似于鱼腹中“鱼鳔”的装置。当向鱼腹充气时，仿生鱼的腹部就会变大，放气时仿生鱼腹部变小，此过程中鱼腹发生的是　 　（“弹性”或“非弹性”）形变；
（2）探究鱼在水中不动时也能实现上浮和下沉的原因
小南发现控制仿生鱼的鱼鳍和鱼尾不动时，只需控制自动充气装置，改变鱼的体积，就可以实现仿生鱼上浮和下沉。他猜想仿生鱼受到的浮力可能与其浸没的　 　（填“质量”或“体积”）有关，于是他设计如图乙所示实验。已知物块甲和乙为重力相同但体积不同的物体，乙和丙是体积相同密度不同的两种物质。为了验证自己的猜想是否正确，他应选择　 　两个物块进行实验。通过分析数据得出：鱼在水中不动时若想上浮，只需　 　（填“增大”或“减小”）鱼鳔的体积；
（3）小南通过图乙装置还想探究浮力与物体密度是否有关。通过分析②⑤、③⑥四次实验数据可知：物体在液体中受到的浮力与物体密度　 　（填“有”或“无”）关。
【项目拓展】
（4）随着科技的发展，潜水打捞技术日渐成熟，“潜水浮袋”（与鱼在水中改变体积类似，在水中打开后体积自动变大）越来越多地被人们应用于潜水打捞。如图丙所示为潜水员使用“潜水浮袋”打捞沉物的情景。该物体需要2800N的拉力才能被打捞上来，一个“潜水浮袋”充气后的体积约为，重力约为20N，水的密度为，至少需要　 　个“潜水浮袋”才能让沉物浮上水面。
【答案】力的作用是相互的；弹性；体积；甲、乙；增大；无；3
【知识点】力作用的相互性；阿基米德原理；浮力的利用；探究影响浮力大小的因素；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】（1）电机供电控制鱼鳍向后划水，可实现鱼在水中向前游动，是利用了力的作用是相互的原理；
当向鱼腹充气时，仿生鱼的腹部就会变大，放气时腹部又恢复原状，此过程中鱼腹发生的是弹性形变。
（2）由题意可知，仿生鱼在水中不动时，改变鱼的体积，就可以实现仿生鱼上浮和下沉，故猜想仿生鱼受到的浮力可能与浸没的体积有关；
为了验证自己的猜想是否正确，他需要选择两个体积不同而重力相同的物块进行实验，即选择甲、乙两个物块进行实验，当物体全部浸没时，即可改变排开液体的体积，所以比较②、⑤两次弹簧测力计的示数差和①、④两次弹簧测力计的示数差就可以得到浮力大小与排开液体的体积有关。
鱼在水中不动时若想上浮，需要增大浮力，根据阿基米德原理F浮=ρgV排可知，需增大鱼鳔的体积来上浮。
（3）由②⑤和③⑥可知，物体的密度不同，物体浸没时排开液体的体积相同时，两次弹簧测力计的示数差都是4N，即物体受到的浮力相同，故物体在液体中受到的浮力与物体密度无关。
（4）由题可知，该物体需要2800N的拉力才能被打捞上来，由二力平衡条件可知，物体受到的浮力：
一个“潜水浮袋”完全浸没所能产生的浮力为：
每个“潜水浮袋”可以产生的拉力为：
所以所需要的“潜水浮袋”的个数为：
故至少需要3个“潜水浮袋”才能让沉物浮上水面。
故答案为：（1）力的作用是相互的；弹性；（2）体积；甲、乙；增大；（3）无；（4）3。
【分析】（1）力的作用是相互的，能恢复原状的形变是弹性形变；
（2）根据阿基米德原理分析；物理学中对于多因素或多变量的问题，常常采用控制因素（变量）的方法，把多因素的问题变成多个单因素的问题．每一次只改变其中的某一个因素，而控制其余几个因素不变，从而研究被改变的这个因素对事物的影响，分别加以研究，最后再综合解决，这种方法叫控制变量法。
（3）对比数据分析浮力，结合密度不同二浮力相同分析；
（4）根据拉力等于原来的浮力，结合体积计算每个气囊的浮力减去重力，得出每一个的拉力，据此计算个数。
16．请阅读《云中探秘问苍穹》并回答问题
云中探秘问苍穹
苍茫云海、万里层云中蕴藏着丰富的水资源，水的降落滋润着地球万物。在一定时段内，从云中降落到地面上的液态或固态降水，在无渗透、蒸发、流失情况下积聚的水层深度，称为该地该时段内的降水量，单位为毫米（mm）。
如何预测某个区域的降水量呢？如果能获得该区域正上方云层所含降水粒子（云中的小水滴或小冰晶）所能形成的水的总体积，再结合其他信息估测能够降落到地面的降水粒子占总降水粒子的比例，利用体积和该区域面积之间的关系，就可以得到降水量了。
精准预报降水是一个世界难题，我国家族中的新成员——风云三号G星（如图所示）的出现，向解决这一难题迈出了一大步。风云三号G星搭载了我国首套“空中雨量计”——星载KU、KA双频主动降水测量雷达，通过向大气发射电磁波信号，并接收大气中不同高度层的降水粒子反射信号，获取竖直方向不同高度层的降水结构信息；同时，利用雷达跨轨方向的扫描，实现对水平方向的降水探测。这就如同在太空中对大气降水进行“CT”扫描，最终使风云三号G星自上而下地获取云层的三维结构信息，如云层厚度、云层中不同位置降水粒子的数密度（即单位体积内降水粒子的数量）以及各种降水粒子的直径大小等。
风云三号G星云中探秘、叩问苍穹，助力我国在探索浩瀚宇宙的征程上，跑出加速度。请根据上述材料，回答下列问题：
（1）云层中的小水滴，是由大气中的水蒸气　 　（填物态变化名称）形成的，该过程需要　 　（填“吸热”或“放热”）：
（2）降水粒子的数密度越大，则内降水粒子的（　　）越大；
A．质量 B．体积 C．数量
（3）假设探测到某云层的平均厚度为1000m，内部的降水粒子（可视为小水滴）分布均匀，数密度为个/m3，每个降水粒子的体积均为。若在12小时内，该云层中有80%的降水粒子以雨滴形式竖直降落到地面上。该云层对应区域的平均降水量为　 　mm。
【答案】（1）液化；放热
（2）C
（3）31.2
【知识点】液化及液化放热；密度公式及其应用；能源与可持续发展
【解析】【解答】（1）云层中的小水滴，是由大气中的水蒸气液化形成的，该过程需要放热。
（2）根据短文内容可知，“数密度为单位体积内降水粒子的数量”，降水粒子的数密度越大，则 1m3内降水粒子的数量越大。故AB错误，C正确。
故选C。
（3）已知云层平均厚度h=1000m，设对应区域的面积为Sm2，那么云层总体积为1000Sm3；
数密度为6.5×109个/m3，则降水粒子总数：
，
该云层有80%的降水粒子降落到地面，所以降落到地面的粒子数：
N地=N×80%个，
已知每个降水粒子体积为6×10 15m3，则降落到地面的降水粒子总体积：
降水量是降水在无渗透、蒸发、流失情况下积聚的水层深度， 即：
所以该云层对应区域的平均降水量为31.2mm。
故答案为：（1）液化；放热；（2）C；（3）31.2。
【分析】（1）液化指物质由气态转变成液态，液化要放热。
（2）根据文中“数密度为单位体积内降水粒子的数量”可知，降水粒子的数密度越大，则 1m3内降水粒子的数量越大。
（3）首先计算云层总体积。然后计算降水粒子的总数，接着计算降落到地面的降水粒子数，再计算这些降水粒子的总体积，后根据降水量的定义计算降水量。
（1）[1][2]水蒸气是气态，小水滴是液态，物质从气态变为液态的过程是液化，而液化过程会放出热量。故云层中的小水滴，是由大气中的水蒸气液化形成的，该过程需要放热。
（2）根据文中“数密度为单位体积内降水粒子的数量”可知，降水粒子的数密度越大，则 1m3内降水粒子的数量越大。故AB不符合题意，C符合题意。
故选C。
（3）首先计算云层总体积：已知云层平均厚度h=1000m，设对应区域的面积为Sm2，那么云层总体积为1000Sm3； 然后计算降水粒子的总数：数密度为6.5×109个/m3，则降水粒子总数
接着计算降落到地面的降水粒子数：因为有80%的降水粒子降落到地面，所以降落到地面的粒子数N地=N×80%个
再计算这些降水粒子的总体积：每个降水粒子体积为6×10 15m3，则降落到地面的降水粒子总体积
最后根据降水量的定义计算降水量：降水量是降水在无渗透、蒸发、流失情况下积聚的水层深度， 即
所以该云层对应区域的平均降水量为31.2mm。
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