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四川省广元市苍溪县2026年中考二模物理试题
1．下列与物理知识有关的描述中，说法正确的是（　　）
A．电子、质子、原子核是按尺度由大到小的顺序排列的
B．化石能源是不可再生能源
C．一名九年级男生的身高约为1.7 dm
D．中国空间站利用光纤将信息传回地面控制中心
2．北方的冬天属于冰雪的世界。关于北方冬天的一些现象，下列说法正确的是（　　）
A．寒潮来袭时黄河河面结冰，结冰是放热过程
B．“泼水成冰”的原理是水蒸气在极寒环境下凝固成小冰晶
C．气温低于0℃时雪人变小，这是凝华现象
D．游客交谈时嘴边会出现“白气”，这是汽化现象
3．如图所示是一款智能音箱，它可以通过语音指令播放音乐、播报天气，也能与手机蓝牙连接使用。下列说法正确的是（　　）
A．智能音箱是高科技产品，发出的声音不是由物体振动产生的
B．调节音量可以改变智能音箱发出声音的音调
C．智能音箱能根据语言指令来完成指定操作，说明声音可以传递信息
D．午休时关闭智能音箱，这是在传播过程中减弱噪声
4．唐代诗人张志和在《渔歌子》中写道“西塞山前白鹭飞，桃花流水鳜鱼肥”。下图是白鹭在如镜的水面上捕鱼时的情形。针对这一情景，下列说法正确的是（　　）
A．岸上的人看到的白鹭的倒影，是由光在均匀介质中沿直线传播形成的
B．岸上的人能从各个角度看到白鹭，是由于光照在白鹭身上发生了镜面反射
C．白鹭看到的水中的鳜鱼，实际上是由于光的折射形成的实像
D．空中的白鹭俯冲捕鱼时，它在水中所成像的大小始终不变
5．细心的小明通过平时观察发现如下现象，其中说法正确的是（　　）
A．纸片托水的“覆杯实验”，可以证明大气压强的存在
B．扔出的沙包仍能在空中飞行，是因为它受到了惯性力的作用
C．轮船从海水密度较小的海域驶入海水密度较大的海域，它受到的浮力将变大
D．飞机获得升力利用了“流体流速越大压强越大”的原理
6．宋代文人张邦基在《墨庄漫录》中记载：“禁中以翠尾作帚，每幸诸阁，掷龙脑以辟秽，过则以翠尾帚之，皆聚，无有遗者。”意思是用孔雀毛扎成的翠羽扫帚打扫房间后，可以吸引龙脑香燃烧后的灰烬。下列关于该现象的说法中，正确的是（　　）
A．龙脑香燃烧时烟雾缭绕，这是扩散现象
B．翠羽扫帚扫地时因为电荷发生了转移而带上了电荷
C．扫地后的翠羽扫帚可以吸引龙脑香燃烧后的灰烬，是因为分子间存在引力
D．扫地后的翠羽扫帚可以吸引龙脑香燃烧后的灰烬，原理与验电器相同
7．对于如图所示的实验装置，下列说法正确的是（　　）
A．图中蹄形磁体两极的磁性最弱，且它的周围存在的磁感线分布与地磁场的磁感线分布相似
B．科学家根据该实验装置探究得到的结论制造出了电动机
C．该实验装置可以用来探究感应电流产生的条件
D．导体ab固定不动，将蹄形磁体水平向左拉动时，灵敏电流计的指针不会发生偏转
8．如图甲所示是小灯泡L和电阻R的I-U图像。将小灯泡L和电阻R接入如图乙所示的电路中，只闭合开关S1时，电流表的示数为0.5A，此时小灯泡L正常发光。电源为稳压电源，下列说法正确的是（　　）
A．小灯泡L正常发光时的电阻为8Ω
B．两个开关均闭合时，干路电流为0.5A
C．若将小灯泡L和定值电阻R串联后接在图乙中电源两端，通过小灯泡L的电流更大
D．仅将图乙中定值电阻R更换为定值电阻R1，两个开关均闭合，电流表的示数与未更换电阻且两开关均闭合时的示数相比减小了0.1A，则R1的阻值为10Ω
9．如图所示是齐齐家的部分配电系统图，下列说法正确的是（　　）
A．如图所示的电能表的读数为20264 kW·h
B．家庭电路中老化的电源线只要不破损，就可以一直使用下去
C．若空气开关跳闸，一定是家庭电路中用电器总功率过大造成的
D．将其他用电器全部关闭，仅将一台空调打开工作36 s，发现电能表的脉冲指示灯闪烁了54次，则该空调的电功率为1500 W
10．如图所示，用的水平拉力拉着滑轮使重为200N的物体A沿水平地面匀速运动，且物体A运动的速度为0.2m/s，地面对物体A的摩擦力是物体A重力的。两段绳子均水平，不计绳子和滑轮重力，下列说法正确的是（　　）
A．10s内物体A克服与地面之间的摩擦力做的功是80J
B．10s内拉力F做的功是100J
C．拉力F的功率是10W
D．该装置的机械效率是80%
11．医院的病房、楼道和厕所都安装了烟雾报警器。当发生火灾、有患者或患者家属抽烟时，报警器就会发出报警声音。某医院安装的烟雾报警器，它由“控制电路”和“工作电路”组成，电路图如图所示。其中“控制电路”由光敏电阻R、电磁铁（线圈阻值不变）、电源（电压保持不变）、开关、导线等组成；“工作电路”由蓄电池、扬声器、指示灯、导线等组成。已知光敏电阻阻值随光照强度的减弱而增大。烟雾报警器的工作原理：闭合开关S，“控制电路”和“工作电路”均接通且正常工作，此时光敏电阻接收到的光照强度正常，扬声器不发声，指示灯发光；当光敏电阻接收到的光照强度减弱到一定程度时，指示灯熄灭，扬声器发出报警声。下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关S，电磁铁的上端为N极
B．根据报警器的工作原理判断，B处应接指示灯
C．要提高报警器的灵敏度，可适当增大电源电压
D．当光照强度减弱时，电磁铁消耗的电功率变大
12．某工程施工时，要向江中沉放大量的施工构件。如图甲所示，假设一正方体构件从江面被匀速吊入江水中，在沉入过程中，其下表面到水面的距离h逐渐增大，构件所受浮力F1、钢绳拉力F2随h变化的图像如图乙所示；构件下表面从水面下降4 m所用时间为20 s。下列说法正确的是（　　）（g取10 N/kg，ρ水=1.0×103 kg/m3）
A．构件的边长为4 m
B．构件的密度为2×103 kg/m3
C．构件下表面下降到水面下4 m时，它受到的合力大小为1.6×105 N，方向竖直向上
D．构件下表面从水面下降4 m的过程中，其重力所做功的功率为4.8×104 W
13．2026年3月29日19时04分，随着中国国际航空执飞的CA1611航班平稳降落在哈尔滨太平国际机场，标志着国产大飞机C919正式开启北京往返哈尔滨的常态化商业运营。飞机加速滑行时受到　 　（选填“平衡力”或“非平衡力”）的作用；飞机正常升空后，为了安静地休息，乘客戴上了耳罩，这是在　 　（选填“声源处”“传播过程中”或“人耳处”）减弱噪声。
14．如图所示是摄影师使用照相机（镜头焦距不变）拍摄的广元市苍溪县云峰镇梨花。与照相机镜头相同类型的透镜可以用来矫正　 　（选填“近视眼”或“远视眼”）。若想将树上的一朵梨花拍大些，摄影师应使照相机镜头　 　（选填“远离”或“靠近”）这朵梨花。
15．加油机给匀速直线飞行的战斗机加油时，以地面为参照物，加油机是　 　（选填“静止”或“运动”）的；如果加油过程中战斗机在2 s内飞行了0.3 km，则加油机的速度是　 　m/s。
16．紫兰湖能调节周围环境的温度，是因为水具有　 　（选填“比热容”或“热值”）大的特性。周末，齐齐爸爸带着齐齐妈妈和齐齐驾车前往紫兰湖游玩。已知这辆汽车装备的增程器实际上是一个使用汽油的发电机，消耗1 L汽油可以发3.6度电，则这个增程器的发电效率是　 　（结果精确到小数点后一位）%。（汽油的热值是，汽油的密度是）
17．如图所示，电源电压恒为18V，，滑动变阻器的规格为“150Ω，2A”，电流表的测量范围为“0~0.6A”，小灯泡上标有“6V，3W”字样，不考虑温度对灯丝电阻的影响。当开关S闭合，S1、S2断开，小灯泡L正常发光，则通电1min电流通过滑动变阻器产生的热量为　 　J。当开关S闭合，S1和S2自行组合及滑动变阻器的滑片自由移动的情况下，整个电路工作时能达到的最小功率是　 　W。
18．请阅读下面的材料并回答问题：
电水壶（如图所示）通电，水温上升到沸点后，水蒸气使双金属片变形推动蒸汽开关自动断电（下次烧水需重新闭合蒸汽开关）。若蒸汽开关失效，壶内的水会一直烧下去，直至烧干，发热元件温度急剧上升，发热盘底部也有一个双金属片开关，会因为热传导温度急剧上升，膨胀变形，断开电源。
（1）水沸腾后会产生大量水蒸气，则相同质量的100℃的水和水蒸气相比，　 　（选填“水的内能大”“水蒸气的内能大”或“水和水蒸气的内能一样大”）。
（2）电水壶的插头应选用　 　（选填“两脚”或“三脚”）插头。
（3）电水壶烧水时，发生的主要能量转化是　 　（填“××能转化为××能”）。
（4）图中电水壶，其蒸汽开关与发热盘底部的双金属片开关应　 　（选填“串联”或“并联”）连接。
19．如图所示，光源S发出的一束光经平面镜反射后，反射光线经过A点进入人眼，试作出光路图。（保留作图痕迹）
20．如图是小明在确定刻度尺的重心时的情形，刻度尺静止在他的手指上，请画出刻度尺受到的重力和支持力示意图。
21．在“探究光的反射定律”实验中，器材有：激光笔、可折转光屏、平面镜和喷雾器。
（1）将平面镜置于水平桌面，如图甲所示。激光笔的光束射向平面镜上O点，在平面镜上方喷水雾，从前向后观察，可在镜面上方看到　 　条光束。
（2）将折转光屏垂直于平面镜放置，让入射光沿左半屏射到O点，如图乙所示。要呈现反射光，需将右半屏向　 　（选填“前”或“后”）折转。
（3）保持入射点不变，多次改变入射方向，在光屏上记录每次实验的光路aa＇、bb＇和cc＇，如图丙所示。为了研究反射光线和入射光线的位置关系，发现左、右半屏相对应的光线关于转轴对称，可将此对称轴视为法线，同时根据光屏上的信息可得结论，反射角与入射角的大小　 　。
22．小明利用弹簧测力计、粗糙程度不同的两个水平长木板、木块（各个面的粗糙程度相同）、砝码等器材探究“滑动摩擦力大小与哪些因素有关”。
（1）如图甲、乙、丙所示，小明将木块放在水平木板（或水平较粗糙木板）上，用弹簧测力计沿水平方向拉动木块，使其在木板表面做匀速直线运动，实验数据如图所示。通过比较　 　两图数据，可以得到结论：滑动摩擦力的大小与接触面的粗糙程度有关。
（2）小明想探究滑动摩擦力的大小与接触面积是否有关。为了提高测量精度，小明利用力传感器和传送带设计了如图丁所示的装置，保持传送带的转速不变进行实验，计算机记录木块平放和侧放时的传感器数据分别如图戊、图己（木块平放和侧放时的底面积不同）所示。
①对比戊、己实验，可初步得出结论：滑动摩擦力的大小与接触面积　 　（选填“有关”或“无关”）。
②同桌小华认为传送带向右加速转动也不影响测量结果，他的观点是正确的，理由是：　 　。
23．某同学在老师的指导下对“探究电流与电压的关系”设计了三次实验电路，如图1甲、乙、丙所示。
【证据】
（1）由图1甲改进为图1乙是为保证实验过程中　 　这一因素不变；由图1乙改进为图1丙是因为使用滑动变阻器可以改变电阻R0两端的　 　。小明根据图1丙电路图正确连接电路，闭合开关后调节滑动变阻器，并记录电压表与电流表的示数，得到几组实验数据，如表所示。
实验序号 电压表的示数U/V 电流表的示数I/A
1 1.0 0.1
2 2.0 0.2
3 3.0 0.3
【结论】
（2）根据实验数据可以得出结论：当电阻一定时，电流与电压成　 　比。
【交流】
（3）如图2所示是其他两位同学根据测量数据作出的I-U图像，分析图像可知Ra　 　（选填“>”“<”或“=”）Rb。
24．如图所示，甲、乙两个质量均为2 kg的实心均匀圆柱体放在水平地面上，甲的底面积为4×10-3 m2，乙的体积为0.8×10-3 m3。（g取10 N/kg）
（1）求乙所受的重力G乙和密度；
（2）求甲对地面的压强p甲；
（3）若甲的底面积是乙的1.5倍，在甲、乙的上部沿水平方向分别切去 m甲和 m乙，再将切去部分互换叠放在对方剩余部分的上方，使甲、乙对水平地面的压强相等。求出 m甲和 m乙的差值。
25．周末，小东跟妈妈一起到超市购物，发现称量物品的电子秤（如图甲所示）与所学的物理知识有关，回家自己设计了一个简易的电子秤，电路如图乙所示。已知电源电压恒为6 V，电流表的测量范围为0~0.6 A，R0为定值电阻，Rt为压敏电阻，其阻值随所受压力大小变化的关系如图丙所示。将质量为0.2 kg的托盘放在压敏电阻上（此时未放物品），闭合开关S，电流表的示数为0.1 A。（g取10 N/kg）
（1）求未放物品时，电路消耗的总功率；
（2）将1.0 kg的物品放在托盘中10 s，电流通过R0产生的热量为多少？
（3）求这个电子秤所能称量物品的最大质量。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】能源及其分类；长度的估测；光纤通信；原子结构
【解析】【解答】A、原子由原子核和核外电子组成，原子核由质子和中子组成，按尺度由大到小的顺序排列应为原子核、质子、电子，故 A 错误；
B、化石能源（煤、石油、天然气）在短期内无法从自然界得到补充，属于不可再生能源，故 B 正确；
C、一名九年级男生的身高约为 1.7m，1.7dm=0.17m，不符合实际，故 C 错误；
D、中国空间站利用电磁波（无线电波）将信息传回地面控制中心，光纤通信需要光在光纤中传播，无法在太空中直接使用，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查微观粒子的尺度大小，原子核的尺度大于质子，质子的尺度大于电子；
B、考查能源的分类，化石能源属于不可再生能源；
C、考查长度的估测，九年级男生的身高约为 1.7m；
D、考查电磁波的应用，空间站通过电磁波与地面通信。
2．【答案】A
【知识点】凝固与凝固放热特点；液化及液化放热；升华及升华吸热；凝华及凝华放热
【解析】【解答】A、寒潮来袭时黄河河面结冰，是水由液态变为固态的凝固过程，凝固放热，故 A 正确；
B、“泼水成冰” 的原理是液态的水在极寒环境下迅速凝固成冰，不是水蒸气凝固，故 B 错误；
C、气温低于 0℃时雪人变小，是固态的雪直接升华为水蒸气，属于升华现象，故 C 错误；
D、游客交谈时嘴边出现的 “白气”，是呼出的水蒸气遇冷液化形成的小水滴，属于液化现象，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】A、考查凝固现象，物质由液态变为固态的过程叫凝固，凝固放热；
B、考查物态变化的判断，“泼水成冰” 是液态水的凝固过程，而非水蒸气的变化；
C、考查升华现象，物质由固态直接变为气态的过程叫升华；
D、考查液化现象，物质由气态变为液态的过程叫液化，“白气” 是水蒸气液化形成的小水滴。
3．【答案】C
【知识点】声音的产生；音调、响度与音色的区分；声与信息传递；防治噪声的途径
【解析】【解答】A、声音是由物体振动产生的，智能音箱发出的声音也是由物体振动产生的，故 A 错误；
B、调节音量可以改变智能音箱发出声音的响度，而非音调，故 B 错误；
C、智能音箱能根据语言指令来完成指定操作，说明声音可以传递信息，故 C 正确；
D、午休时关闭智能音箱，这是在声源处减弱噪声，而非传播过程中，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查声音的产生，一切声音都是由物体振动产生的；
B、考查声音的特性，音量调节改变的是声音的响度，音调由频率决定；
C、考查声音的利用，声音可以传递信息和能量，智能音箱根据指令操作是利用声音传递信息；
D、考查噪声的控制，关闭音箱是在声源处减弱噪声。
4．【答案】D
【知识点】光的反射；镜面反射与漫反射；光的折射现象及其应用；平面镜成像的原理、特点
【解析】【解答】A、岸上的人看到的白鹭的倒影，是由光的反射形成的平面镜成像现象，而非光的直线传播，故 A 错误；
B、岸上的人能从各个角度看到白鹭，是由于光照在白鹭身上发生了漫反射，反射光线向各个方向传播，而非镜面反射，故 B 错误；
C、白鹭看到的水中的鳜鱼，实际上是由于光的折射形成的虚像，而非实像，故 C 错误；
D、平面镜成像的特点是像与物体大小相等，空中的白鹭俯冲捕鱼时，白鹭本身的大小不变，因此它在水中所成像的大小始终不变，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查平面镜成像的原理，倒影是光的反射形成的；
B、考查镜面反射与漫反射的区别，能从不同角度看到物体是因为发生了漫反射；
C、考查光的折射现象，水中鱼的虚像是光的折射形成的；
D、考查平面镜成像的特点，像与物体大小始终相等，与物体到镜面的距离无关。
5．【答案】A
【知识点】惯性及其现象；大气压强的存在；流体压强与流速的关系；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】A、纸片托水的 “覆杯实验”，可以证明大气压强的存在，故 A 正确；
B、扔出的沙包仍能在空中飞行，是因为沙包具有惯性，惯性是物体的固有属性，不是力，不能说受到惯性力的作用，故 B 错误；
C、轮船在海中始终漂浮，浮力等于自身重力，重力不变，所以从海水密度较小的海域驶入密度较大的海域，浮力大小不变，故 C 错误；
D、飞机获得升力利用了 “流体流速越大，压强越小” 的原理，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】A、考查大气压的证明实验，覆杯实验是验证大气压存在的经典实验；
B、考查惯性的概念，惯性是物体保持原来运动状态不变的性质，不是一种力；
C、考查物体的浮沉条件，轮船漂浮时浮力始终等于重力，与海水密度无关；
D、考查流体压强与流速的关系，飞机升力利用的是 “流速越大，压强越小” 的原理。
6．【答案】B
【知识点】两种电荷；电荷间的相互作用规律；物体带电情况的判断；验电器的原理及使用；分子热运动
【解析】【解答】A、龙脑香燃烧时烟雾缭绕，烟雾是固体小颗粒的运动，不是分子的扩散现象，故 A 错误；
B、翠羽扫帚扫地时，与地面摩擦，电荷发生转移而带上了电荷，故 B 正确；
C、扫地后的翠羽扫帚吸引灰烬，是因为带电体具有吸引轻小物体的性质，并非分子间引力，故 C 错误；
D、扫地后的翠羽扫帚吸引灰烬，是利用了带电体吸引轻小物体的原理，而验电器的原理是同种电荷相互排斥，两者原理不同，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查扩散现象的本质，扩散是分子的无规则运动，而烟雾是宏观的固体颗粒运动；
B、考查摩擦起电的实质，摩擦起电是电荷的转移过程；
C、考查带电体的性质，带电体能够吸引轻小物体，这与分子间引力无关；
D、考查验电器的工作原理，验电器利用的是同种电荷相互排斥，与带电体吸引轻小物体的原理不同。
7．【答案】C
【知识点】磁感线及其特点；直流电动机的构造原理与工作过程；电磁感应；产生感应电流的条件
【解析】【解答】A、蹄形磁体两极的磁性最强，并非最弱，地磁场的磁感线分布与条形磁体相似，与蹄形磁体不同，故 A 错误；
B、该实验装置探究的是电磁感应现象，根据此原理制造的是发电机，而非电动机，故 B 错误；
C、该实验装置没有电源，通过导体切割磁感线产生感应电流，可以用来探究感应电流产生的条件，故 C 正确；
D、导体 ab 固定不动，将蹄形磁体水平向左拉动时，导体 ab 相对于磁体向右运动，切割磁感线，会产生感应电流，灵敏电流计的指针会发生偏转，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查磁体的性质，磁体两极磁性最强，地磁场的磁感线分布与条形磁体相似；
B、考查电磁感应现象的应用，电磁感应是发电机的工作原理；
C、考查感应电流产生的条件，该装置通过导体切割磁感线产生感应电流，可探究其产生条件；
D、考查相对运动与电磁感应，导体与磁体发生相对切割磁感线运动时，会产生感应电流。
8．【答案】A
【知识点】并联电路的电流规律；欧姆定律及其应用
【解析】【解答】A、只闭合开关时，电路为小灯泡的简单电路，电流表的示数为，此时小灯泡正常发光。由图甲可知，此时小灯泡两端的电压为，根据欧姆定律，小灯泡正常发光时的电阻，故A正确；
B、两个开关均闭合时，小灯泡与电阻并联，电源电压为。由图甲可知，当电压为时，通过电阻的电流为，根据并联电路电流规律，干路电流，故B错误；
C、若将小灯泡和定值电阻串联后接在电源两端，总电压为，根据串联电路电压规律，两者电压之和为，电流相同。此时电路电流小于，而原来小灯泡单独工作时电流为，因此串联后通过小灯泡的电流更小，故C错误；
D、原电路中，两开关均闭合时干路电流为，更换电阻后，电流减小，则新的干路电流为，故D错误；
故答案为：A。
【分析】本题考查了欧姆定律的应用，解题关键是结合I-U图像分析电路状态。首先根据只闭合时的电流和小灯泡正常发光的条件，从图像中读出电压，利用公式计算小灯泡的电阻；再分析并联电路中电阻的电流，利用并联电路电流规律得到干路电流；对于串联电路，根据串联电路电压规律判断电流变化；最后分析更换电阻后的电流变化情况。
9．【答案】D
【知识点】电能表参数的理解；电功率的计算；家庭电路的故障分析；安全用电原则
【解析】【解答】A、电能表读数的最后一位是小数位，单位为，所以图示电能表的读数为，故A错误；
B、老化的电源线绝缘层会变脆开裂，存在安全隐患，即使不破损也应及时更换，故B错误；
C、空气开关跳闸的原因有两种：一是电路中用电器总功率过大，二是电路发生短路，故C错误；
D、根据电能表参数“”，指示灯闪烁次消耗的电能，工作时间，根据公式，空调的电功率，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、电能表读数最后一位为小数位，读数应为。
B、老化电源线绝缘层易开裂，存在安全隐患，需及时更换。
C、空气开关跳闸的原因包括用电器总功率过大或电路短路两种情况。
D、先根据电能表参数算出消耗的电能，再用公式算出电功率为，计算正确。
10．【答案】D
【知识点】功率计算公式的应用；滑轮（组）的机械效率；有用功和额外功
【解析】【解答】A、物体A受到的摩擦力，10s内物体A移动的距离，克服摩擦力做功，故A错误；
B、该滑轮为动滑轮，拉力移动的速度，10s内拉力移动的距离，拉力做的功，故B错误；
C、拉力的功率，故C错误；
D、装置的机械效率，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、先计算摩擦力，再根据算出物体移动距离，最后用求克服摩擦力做功，结果为，而非。
B、动滑轮拉力移动距离是物体移动距离的一半，即，用算出拉力做功为，而非。
C、根据，代入拉力做功和时间，算出功率为，而非。
D、机械效率，代入有用功和总功，结果为，计算正确。
11．【答案】B
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率的计算；电磁继电器的组成、原理和特点；通电螺线管的极性和电流方向的判断
【解析】【解答】A、闭合开关S，根据安培定则，电流从电磁铁下端流入、上端流出，电磁铁的下端为N极，上端为S极，故A错误；
B、光照正常时，光敏电阻阻值小，控制电路电流大，电磁铁吸下衔铁，此时A接通、B断开，扬声器不工作、指示灯发光；光照减弱时，光敏电阻阻值变大，控制电路电流小，电磁铁释放衔铁，此时B接通、A断开，指示灯熄灭、扬声器报警，因此B处应接扬声器，A处接指示灯，故B错误；
C、若适当增大电源电压，在相同光照强度（光敏电阻阻值）下，控制电路电流会增大，电磁铁更容易吸合衔铁，从而在烟雾浓度较低（光照减弱不明显）时就能触发报警，提高了报警器的灵敏度，故C正确；
D、当光照强度减弱时，光敏电阻阻值增大，控制电路电流减小，电磁铁线圈阻值不变，根据公式，电磁铁消耗的电功率变小，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查安培定则的应用，电流方向与电磁铁磁极的判断，电流从下端流入，下端为N极。
B、考查电磁继电器的工作原理，光照正常时衔铁吸合，A支路接通，故A处为指示灯；光照减弱时衔铁释放，B支路接通，故B处为扬声器。
C、考查报警器灵敏度的调节，增大电源电压，控制电路电流增大，电磁铁在光敏电阻阻值较小时就能吸合衔铁，提高了灵敏度。
D、考查电功率的计算，光照减弱时，光敏电阻阻值增大，控制电路电流减小，由可知，电磁铁的功率变小。
12．【答案】D
【知识点】密度公式及其应用；功率计算公式的应用；阿基米德原理；浮力大小的计算
【解析】【解答】A、构件边长等于其刚浸没时的深度，由图乙可知，时浮力不再增大，说明此时构件完全浸没，故边长为，A错误；
B、构件完全浸没时浮力；构件重力；构件质量；构件密度，B错误；
C、构件匀速下降，受力平衡，合力为，C错误；
D、构件下降速度；重力功率，D正确；
故答案为：D。
【分析】A、构件刚浸没时浮力不再变化，此时下表面深度等于边长，故边长为，不是。
B、先算完全浸没浮力，再由求重力，最后用计算密度，结果为。
C、匀速运动物体受力平衡，合力为。
D、先算下降速度，再用计算重力做功功率，结果为。
13．【答案】非平衡力；人耳处
【知识点】平衡状态的判断；防治噪声的途径
【解析】【解答】飞机加速滑行时，速度大小发生变化，运动状态改变，因此受到的是非平衡力；乘客戴耳罩通过阻挡噪声进入人耳来减弱噪声，属于在人耳处减弱噪声。
故答案为：非平衡力；人耳处；
【分析】根据运动状态是否改变判断受力情况：物体运动状态改变时，受到的是非平衡力；减弱噪声的途径包括声源处、传播过程中、人耳处，戴耳罩属于在人耳处减弱噪声。关键知识点：力与运动的关系、减弱噪声的途径。
14．【答案】远视眼；靠近
【知识点】近视眼的成因与矫正办法；远视眼的成因与矫正办法
【解析】【解答】照相机的镜头相当于一个凸透镜；矫正近视眼需用凹透镜，矫正远视眼需用凸透镜；根据凸透镜成实像时 “物近像远像变大” 的规律，若要把梨花的像拍得更大，应使照相机镜头靠近梨花。
故答案为：远视眼；靠近；
【分析】本题考查透镜的应用与成像规律，解题时先明确照相机镜头的光学元件类型，再结合近视眼、远视眼的矫正原理判断透镜类型，最后根据凸透镜成实像的规律分析拍摄时的调节方法。关键知识点：凸透镜的应用、近视眼与远视眼的矫正、凸透镜成实像的规律。
15．【答案】运动；150
【知识点】速度公式及其应用；参照物及其选择；运动和静止的相对性
【解析】【解答】判断物体运动状态的依据是：物体相对于参照物的位置是否发生改变。以地面为参照物，加油机的位置发生了变化，因此加油机是运动的。
加油时加油机与战斗机相对静止，二者速度大小相同。先进行单位换算：，再根据速度公式计算：
即加油机的速度为 。
故答案为：运动；150；
【分析】解题时需明确运动和静止的相对性，根据物体与参照物的位置变化判断运动状态，关键知识点：参照物的选择与运动状态的判断。
先利用相对静止的条件确定加油机与战斗机速度相等，再通过单位换算和速度公式计算速度大小，关键知识点：相对静止的条件、速度公式的应用。
16．【答案】比热容；40.2
【知识点】密度公式及其应用；比热容的定义及其计算公式；燃料的热值；热机的效率
【解析】【解答】水具有比热容大的特性，相同质量的水和其他物质相比，吸收或放出相同热量时温度变化更小，因此能调节周围环境的温度。
由得汽油的质量为：
1L汽油燃烧放出的热量为：
转化的电能为：
发电效率为：
故答案为：比热容；40.2；
【分析】本题先利用水的比热容特性解释温度调节原理，再按密度、热值、电能单位换算、效率公式分步计算；关键知识点为比热容特性、密度公式、热值公式、效率公式；易错点为忽略单位换算和效率计算中物理量的对应关系；规范写法为按公式分步推导，每一步标注物理意义，明确单位换算过程。
17．【答案】360；2
【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；焦耳定律的应用
【解析】【解答】当开关闭合，、断开时，灯泡与变阻器串联。因小灯泡正常发光，故，。由得串联电路中的电流：
由串联电路电压特点，变阻器两端电压：
通电电流通过滑动变阻器产生的热量：
不考虑温度对灯丝电阻的影响，小灯泡的电阻：
结合，电源电压一定时，电路总电阻越大，电功率越小。当闭合、灯泡与变阻器串联且滑动变阻器接入电阻最大时，电路总功率最小。此时总电阻：
电路消耗的最小总功率：
故答案为：360；2；
【分析】解题时先分析开关状态对应的电路连接方式，结合小灯泡正常发光的条件，利用求出串联电路电流；再通过串联电路电压规律求出变阻器电压，用计算电流产生的热量；接着用求出灯泡电阻；最后根据，在电源电压一定时，总电阻越大功率越小，结合滑动变阻器最大阻值求出电路的最小总功率。关键知识点：串联电路的电流与电压规律、与的应用、焦耳定律的计算。
18．【答案】（1）水蒸气的内能大
（2）三脚
（3）电能转化为内能
（4）串联
【知识点】温度、热量与内能的关系；能量的转化或转移；串联电路和并联电路的辨别；家庭电路的组成
【解析】【解答】(1) 100℃的水变为同温度的水蒸气时，需要吸收汽化热。由于温度不变，分子动能不变，吸收的热量会转化为分子势能，因此相同质量的水蒸气内能比水更大。
故答案为：水蒸气的内能大；
(2) 电水壶是金属外壳用电器，为防止漏电时外壳带电引发触电事故，需通过插头将金属外壳接地，因此必须选用三脚插头。
故答案为：三脚；
(3) 电水壶烧水时消耗电能，将能量转化为水和发热元件的内能，其主要能量转化形式为电能转化为内能。
故答案为：电能转化为内能；
(4) 两个开关中任意一个断开都需切断整个电水壶的电源，以实现双重保护，只有串联电路能满足这一要求，因此两个开关应串联连接。
故答案为：串联；
【分析】(1) 结合内能由分子动能和分子势能构成的特点，利用温度不变时分子动能不变、汽化吸热使分子势能增大的规律，可推得相同质量的水蒸气内能更大；关键知识点：内能的构成、汽化吸热的特点。
(2) 从安全用电角度分析，金属外壳用电器通过三脚插头接地，可在漏电时避免外壳带电引发触电事故；关键知识点：三脚插头的接地保护作用。
(3) 电水壶工作时消耗电能，将能量传递给水和自身发热元件，实现电能向内能的转化；关键知识点：用电器的能量转化。
(4) 根据双重保护的要求，结合串联电路 “一处断开，整个电路断路” 的特点，可知两个开关应串联连接；关键知识点：串联电路的特点。
（1）100℃的水变为同温度的水蒸气时，需要吸收汽化热，温度不变因此分子动能不变，吸收的热量会增加分子势能，相同质量的前提下，水蒸气的内能更大。
（2）电水壶是金属外壳的用电器，为了防止漏电时外壳带电引发触电事故，需要通过插头将金属外壳接地，因此必须选用三脚插头。
（3）电水壶烧水时，消耗电能，将能量转化为水和发热元件的内能，因此主要能量转化是电能转化为内能。
（4）根据题意，两个开关任意一个断开都需要切断整个电水壶的电源，才能起到双重保护的作用，只有串联电路才能满足这一要求，因此两个开关串联连接。
19．【答案】
【知识点】作光的反射光路图；平面镜成像的相关作图
【解析】【解答】根据平面镜成像“物像关于镜面对称”的特点，先作出光源关于平面镜的对称点（即的虚像，作对称的垂线、镜后辅助线用虚线）；连接，交平面镜于点，即为入射点（的镜后部分画虚线，画实线）；连接到，得到入射光线；在光线上标注箭头：入射光线箭头从指向，反射光线箭头从指向，
如图所示：
故答案为： ；
【分析】本题考查平面镜成像的光路作图，解题时先利用平面镜成像的对称性找到光源的虚像，再结合“反射光线的反向延长线过虚像”的规律，连接虚像与目标点确定入射点，最后画出入射光线和反射光线并标注箭头；关键知识点：平面镜成像的对称性、光的反射定律。
20．【答案】
【知识点】力的三要素及力的示意图；重力示意图；二力平衡的条件及其应用
【解析】【解答】刻度尺静止在水平桌面上，处于平衡状态，竖直方向仅受两个力：一是地球施加的竖直向下的重力G，二是手指对它施加的竖直向上的支持力F。这两个力大小相等、方向相反、作用在同一直线上，且都作用在刻度尺的重心位置，构成一对平衡力。按照力学作图规范，以重心为作用点，分别沿竖直向下、竖直向上的方向画出带箭头线段，并标注对应符号即可，如图所示：
【分析】根据物体静止时的平衡状态，判断竖直方向仅受重力与支持力这一对平衡力，再结合力的示意图的绘制要求，明确作用点、方向，即可完成作图。
21．【答案】（1）2
（2）前
（3）相等
【知识点】光的反射定律
【解析】【解答】(1) 激光笔射出的光束射到平面镜 O 点后发生反射，形成入射光束和反射光束；喷水雾后，水雾使光发生散射，清晰显示出两条光路，因此能看到 2 条光束。
故答案为：2；
(2) 根据光的反射定律，反射光线、入射光线和法线在同一平面内。图中右半屏偏向后侧，与左半屏（入射光线所在平面）不在同一平面，需将右半屏向前折转，使其与左半屏共面，才能呈现反射光。
故答案为：前；
(3) 反射光线与入射光线关于法线对称，由光屏刻度可知，每组入射光线、反射光线与法线的夹角相等，因此反射角与入射角的大小相等。
故答案为：相等；
【分析】(1) 解题时结合光的反射现象，分析水雾对光路的显示作用；关键知识点：光的反射、光的散射。
(2) 解题时依据光的反射定律中 “三线共面” 的要求，分析光屏的调整方法；关键知识点：光的反射定律、实验装置的调整。
(3) 解题时通过观察光屏上的角度刻度，结合反射光线与入射光线的对称关系，得出反射角与入射角的关系；关键知识点：光的反射定律、反射角与入射角的关系。
（1）激光笔射出的光束射到平面镜O点后，会发生光的反射，形成1条入射光束和1条反射光束；喷水雾后，水雾使光散射，可清晰显示出两条光路，因此能看到条光束。
（2）根据光的反射定律，反射光线、入射光线和法线在同一平面内。图乙中右半屏目前偏向后侧，和左半屏（入射光线所在平面）不在同一平面，因此需要将右半屏向前折转，使右半屏和左半屏共面，才能呈现出反射光。
（3）反射光线和入射光线关于作为对称轴的法线对称，从光屏的刻度信息可以看出，每组入射光线和反射光线与法线的夹角相等，因此可得结论：反射角与入射角的大小相等。
22．【答案】（1）甲、丙
（2）无关；木块相对地面静止，受到的摩擦力和传感器的拉力是一对平衡力，大小相等，与传送带的运动状态无关
【知识点】探究影响摩擦力大小因素的实验
【解析】【解答】(1) 探究滑动摩擦力与接触面粗糙程度的关系时，需控制压力大小不变，只改变接触面粗糙程度。甲、丙两图中，木块对接触面的压力相同，只有木板粗糙程度不同，因此选择甲、丙两组数据。
故答案为：甲、丙；
(2) 对比戊、己图像可知，木块平放、侧放（接触面积不同）时，稳定后滑动摩擦力大小相等，因此滑动摩擦力大小与接触面积无关；该装置中木块始终相对地面静止，根据二力平衡，传感器拉力大小始终等于滑动摩擦力大小；滑动摩擦力大小只与压力、接触面粗糙程度有关，与传送带的运动速度无关，传送带加速时压力、粗糙程度均不变，滑动摩擦力大小不变，因此加速转动不影响测量，小华的观点正确。
故答案为：无关；木块相对地面静止，受到的摩擦力和传感器的拉力是一对平衡力，大小相等，与传送带的运动状态无关；
【分析】(1) 解题时需运用控制变量法，探究滑动摩擦力与接触面粗糙程度的关系时，控制压力不变，选择接触面粗糙程度不同的甲、丙两组数据；关键知识点：控制变量法、滑动摩擦力的影响因素。
(2) 解题时先通过对比不同接触面积下的摩擦力数据，得出滑动摩擦力与接触面积无关的结论；再结合二力平衡和滑动摩擦力的影响因素，分析传送带加速时摩擦力的变化，验证小华观点的正确性；关键知识点：二力平衡、滑动摩擦力的影响因素。
（1）探究滑动摩擦力与接触面粗糙程度的关系时，需要控制压力大小不变，只改变接触面粗糙程度。甲、丙两图中，木块对接触面的压力相同，只有木板粗糙程度不同，因此选择甲、丙两组数据。
（2）对比戊、己图像可知，木块平放、侧放（接触面积不同）时，稳定后滑动摩擦力大小相等，因此可得出结论：滑动摩擦力大小与接触面积无关。
该装置中木块始终相对地面静止，根据二力平衡，传感器拉力大小始终等于滑动摩擦力大小；滑动摩擦力大小只和压力、接触面粗糙程度有关，和传送带的运动速度无关，传送带加速时压力、粗糙程度都不变，滑动摩擦力大小不变，因此加速转动不影响测量，小华观点正确。
23．【答案】电阻；电压；正；<
【知识点】探究电流与电压、电阻的关系实验；欧姆定律及其应用
【解析】【解答】(1) 甲图使用灯泡，灯丝电阻会随温度变化而改变；乙图换用定值电阻，阻值稳定，因此改进为乙图是为了保证电阻不变。乙图无滑动变阻器，改变电压需更换电源；丙图增加滑动变阻器后，可通过移动滑片方便改变定值电阻两端的电压，便于多次实验。
故答案为：电阻；电压；
(2) 由表格数据可知：电阻不变时，导体两端电压增大为原来的几倍，通过导体的电流也增大为原来的几倍，因此结论为：当电阻一定时，电流与电压成正比。
故答案为：正；
(3) 根据，取相同电压，从图像可知，因此。
故答案为：<；
【分析】(1) 解题时结合实验目的，分析灯泡与定值电阻的特性差异，以及滑动变阻器在实验中的作用；关键知识点：控制变量法、滑动变阻器的作用。
(2) 解题时通过分析表格中电压与电流的变化倍数关系，得出电流与电压的定量关系；关键知识点：欧姆定律、实验数据的分析方法。
(3) 解题时根据欧姆定律，结合图像中相同电压下的电流大小，比较电阻大小；关键知识点：欧姆定律的应用、图像的解读。
24．【答案】（1）乙的重力：
乙的密度：
（2）根据压强公式 ，甲对地面的压强：
（3）已知 ，将截掉的部分互换叠放后，两者对地面的压强相等，因此：
代入 ，约去 和 后化简：
整理得：
【知识点】密度公式及其应用；重力及其大小的计算；压强的大小及其计算
【解析】【分析】(1) 直接利用重力公式 和密度公式 ，代入已知数据计算乙的重力与密度；关键知识点：重力与密度的基本计算。
(2) 水平面上的物体对地面的压力等于其重力，因此利用压强公式 ，代入甲的质量、底面积数据计算压强；关键知识点：压强公式的应用。
(3) 互换叠放后，两物体对地面的压力均为“原重力减去截去质量、加上对方截来的质量”，底面积不变，结合压强相等列方程，代入 化简求解；关键知识点：压强公式的综合应用、方程法解物理问题。
25．【答案】（1）未放物品时，电流表示数 ，电源电压 ，电路消耗的总功率：
（2）放上 托盘时，压敏电阻受到的压力：
此时压敏电阻阻值 ，电路总电阻：
定值电阻阻值：
放入 物品后，总压力：
此时压敏电阻阻值 ，电路电流：
工作 ，电流通过 产生的热量：
（3）电路最大电流 ，此时总电阻最小：
压敏电阻阻值：
由图可知，此时压敏电阻受到的压力 ，托盘和物品的总质量：
电子秤能称量的物品最大质量：
【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；焦耳定律的应用
【解析】【分析】(1) 利用电功率公式 ，直接代入电源电压 和电路电流 ，即可计算出电路消耗的总功率；关键知识点：电功率公式的基本应用。
(2) 先通过托盘质量 计算压力 ，结合欧姆定律 求出电路总电阻，再利用串联电路电阻规律 得到定值电阻阻值；接着计算放入物品后的总压力 ，结合压敏电阻阻值 ，通过欧姆定律 求出电路电流，最后用焦耳定律 计算定值电阻产生的热量；关键知识点：欧姆定律、串联电路电阻规律、焦耳定律。
(3) 根据电路最大电流 ，利用欧姆定律 求出电路的最小总电阻，再结合串联电路电阻规律 得到压敏电阻的最小阻值；通过图像得出对应的压力 ，利用 换算为总质量，减去托盘质量 即可得到物品的最大称量值；关键知识点：欧姆定律的综合应用、串联电路特点、压敏电阻的特性。
1 / 1四川省广元市苍溪县2026年中考二模物理试题
1．下列与物理知识有关的描述中，说法正确的是（　　）
A．电子、质子、原子核是按尺度由大到小的顺序排列的
B．化石能源是不可再生能源
C．一名九年级男生的身高约为1.7 dm
D．中国空间站利用光纤将信息传回地面控制中心
【答案】B
【知识点】能源及其分类；长度的估测；光纤通信；原子结构
【解析】【解答】A、原子由原子核和核外电子组成，原子核由质子和中子组成，按尺度由大到小的顺序排列应为原子核、质子、电子，故 A 错误；
B、化石能源（煤、石油、天然气）在短期内无法从自然界得到补充，属于不可再生能源，故 B 正确；
C、一名九年级男生的身高约为 1.7m，1.7dm=0.17m，不符合实际，故 C 错误；
D、中国空间站利用电磁波（无线电波）将信息传回地面控制中心，光纤通信需要光在光纤中传播，无法在太空中直接使用，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查微观粒子的尺度大小，原子核的尺度大于质子，质子的尺度大于电子；
B、考查能源的分类，化石能源属于不可再生能源；
C、考查长度的估测，九年级男生的身高约为 1.7m；
D、考查电磁波的应用，空间站通过电磁波与地面通信。
2．北方的冬天属于冰雪的世界。关于北方冬天的一些现象，下列说法正确的是（　　）
A．寒潮来袭时黄河河面结冰，结冰是放热过程
B．“泼水成冰”的原理是水蒸气在极寒环境下凝固成小冰晶
C．气温低于0℃时雪人变小，这是凝华现象
D．游客交谈时嘴边会出现“白气”，这是汽化现象
【答案】A
【知识点】凝固与凝固放热特点；液化及液化放热；升华及升华吸热；凝华及凝华放热
【解析】【解答】A、寒潮来袭时黄河河面结冰，是水由液态变为固态的凝固过程，凝固放热，故 A 正确；
B、“泼水成冰” 的原理是液态的水在极寒环境下迅速凝固成冰，不是水蒸气凝固，故 B 错误；
C、气温低于 0℃时雪人变小，是固态的雪直接升华为水蒸气，属于升华现象，故 C 错误；
D、游客交谈时嘴边出现的 “白气”，是呼出的水蒸气遇冷液化形成的小水滴，属于液化现象，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】A、考查凝固现象，物质由液态变为固态的过程叫凝固，凝固放热；
B、考查物态变化的判断，“泼水成冰” 是液态水的凝固过程，而非水蒸气的变化；
C、考查升华现象，物质由固态直接变为气态的过程叫升华；
D、考查液化现象，物质由气态变为液态的过程叫液化，“白气” 是水蒸气液化形成的小水滴。
3．如图所示是一款智能音箱，它可以通过语音指令播放音乐、播报天气，也能与手机蓝牙连接使用。下列说法正确的是（　　）
A．智能音箱是高科技产品，发出的声音不是由物体振动产生的
B．调节音量可以改变智能音箱发出声音的音调
C．智能音箱能根据语言指令来完成指定操作，说明声音可以传递信息
D．午休时关闭智能音箱，这是在传播过程中减弱噪声
【答案】C
【知识点】声音的产生；音调、响度与音色的区分；声与信息传递；防治噪声的途径
【解析】【解答】A、声音是由物体振动产生的，智能音箱发出的声音也是由物体振动产生的，故 A 错误；
B、调节音量可以改变智能音箱发出声音的响度，而非音调，故 B 错误；
C、智能音箱能根据语言指令来完成指定操作，说明声音可以传递信息，故 C 正确；
D、午休时关闭智能音箱，这是在声源处减弱噪声，而非传播过程中，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查声音的产生，一切声音都是由物体振动产生的；
B、考查声音的特性，音量调节改变的是声音的响度，音调由频率决定；
C、考查声音的利用，声音可以传递信息和能量，智能音箱根据指令操作是利用声音传递信息；
D、考查噪声的控制，关闭音箱是在声源处减弱噪声。
4．唐代诗人张志和在《渔歌子》中写道“西塞山前白鹭飞，桃花流水鳜鱼肥”。下图是白鹭在如镜的水面上捕鱼时的情形。针对这一情景，下列说法正确的是（　　）
A．岸上的人看到的白鹭的倒影，是由光在均匀介质中沿直线传播形成的
B．岸上的人能从各个角度看到白鹭，是由于光照在白鹭身上发生了镜面反射
C．白鹭看到的水中的鳜鱼，实际上是由于光的折射形成的实像
D．空中的白鹭俯冲捕鱼时，它在水中所成像的大小始终不变
【答案】D
【知识点】光的反射；镜面反射与漫反射；光的折射现象及其应用；平面镜成像的原理、特点
【解析】【解答】A、岸上的人看到的白鹭的倒影，是由光的反射形成的平面镜成像现象，而非光的直线传播，故 A 错误；
B、岸上的人能从各个角度看到白鹭，是由于光照在白鹭身上发生了漫反射，反射光线向各个方向传播，而非镜面反射，故 B 错误；
C、白鹭看到的水中的鳜鱼，实际上是由于光的折射形成的虚像，而非实像，故 C 错误；
D、平面镜成像的特点是像与物体大小相等，空中的白鹭俯冲捕鱼时，白鹭本身的大小不变，因此它在水中所成像的大小始终不变，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查平面镜成像的原理，倒影是光的反射形成的；
B、考查镜面反射与漫反射的区别，能从不同角度看到物体是因为发生了漫反射；
C、考查光的折射现象，水中鱼的虚像是光的折射形成的；
D、考查平面镜成像的特点，像与物体大小始终相等，与物体到镜面的距离无关。
5．细心的小明通过平时观察发现如下现象，其中说法正确的是（　　）
A．纸片托水的“覆杯实验”，可以证明大气压强的存在
B．扔出的沙包仍能在空中飞行，是因为它受到了惯性力的作用
C．轮船从海水密度较小的海域驶入海水密度较大的海域，它受到的浮力将变大
D．飞机获得升力利用了“流体流速越大压强越大”的原理
【答案】A
【知识点】惯性及其现象；大气压强的存在；流体压强与流速的关系；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】A、纸片托水的 “覆杯实验”，可以证明大气压强的存在，故 A 正确；
B、扔出的沙包仍能在空中飞行，是因为沙包具有惯性，惯性是物体的固有属性，不是力，不能说受到惯性力的作用，故 B 错误；
C、轮船在海中始终漂浮，浮力等于自身重力，重力不变，所以从海水密度较小的海域驶入密度较大的海域，浮力大小不变，故 C 错误；
D、飞机获得升力利用了 “流体流速越大，压强越小” 的原理，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】A、考查大气压的证明实验，覆杯实验是验证大气压存在的经典实验；
B、考查惯性的概念，惯性是物体保持原来运动状态不变的性质，不是一种力；
C、考查物体的浮沉条件，轮船漂浮时浮力始终等于重力，与海水密度无关；
D、考查流体压强与流速的关系，飞机升力利用的是 “流速越大，压强越小” 的原理。
6．宋代文人张邦基在《墨庄漫录》中记载：“禁中以翠尾作帚，每幸诸阁，掷龙脑以辟秽，过则以翠尾帚之，皆聚，无有遗者。”意思是用孔雀毛扎成的翠羽扫帚打扫房间后，可以吸引龙脑香燃烧后的灰烬。下列关于该现象的说法中，正确的是（　　）
A．龙脑香燃烧时烟雾缭绕，这是扩散现象
B．翠羽扫帚扫地时因为电荷发生了转移而带上了电荷
C．扫地后的翠羽扫帚可以吸引龙脑香燃烧后的灰烬，是因为分子间存在引力
D．扫地后的翠羽扫帚可以吸引龙脑香燃烧后的灰烬，原理与验电器相同
【答案】B
【知识点】两种电荷；电荷间的相互作用规律；物体带电情况的判断；验电器的原理及使用；分子热运动
【解析】【解答】A、龙脑香燃烧时烟雾缭绕，烟雾是固体小颗粒的运动，不是分子的扩散现象，故 A 错误；
B、翠羽扫帚扫地时，与地面摩擦，电荷发生转移而带上了电荷，故 B 正确；
C、扫地后的翠羽扫帚吸引灰烬，是因为带电体具有吸引轻小物体的性质，并非分子间引力，故 C 错误；
D、扫地后的翠羽扫帚吸引灰烬，是利用了带电体吸引轻小物体的原理，而验电器的原理是同种电荷相互排斥，两者原理不同，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查扩散现象的本质，扩散是分子的无规则运动，而烟雾是宏观的固体颗粒运动；
B、考查摩擦起电的实质，摩擦起电是电荷的转移过程；
C、考查带电体的性质，带电体能够吸引轻小物体，这与分子间引力无关；
D、考查验电器的工作原理，验电器利用的是同种电荷相互排斥，与带电体吸引轻小物体的原理不同。
7．对于如图所示的实验装置，下列说法正确的是（　　）
A．图中蹄形磁体两极的磁性最弱，且它的周围存在的磁感线分布与地磁场的磁感线分布相似
B．科学家根据该实验装置探究得到的结论制造出了电动机
C．该实验装置可以用来探究感应电流产生的条件
D．导体ab固定不动，将蹄形磁体水平向左拉动时，灵敏电流计的指针不会发生偏转
【答案】C
【知识点】磁感线及其特点；直流电动机的构造原理与工作过程；电磁感应；产生感应电流的条件
【解析】【解答】A、蹄形磁体两极的磁性最强，并非最弱，地磁场的磁感线分布与条形磁体相似，与蹄形磁体不同，故 A 错误；
B、该实验装置探究的是电磁感应现象，根据此原理制造的是发电机，而非电动机，故 B 错误；
C、该实验装置没有电源，通过导体切割磁感线产生感应电流，可以用来探究感应电流产生的条件，故 C 正确；
D、导体 ab 固定不动，将蹄形磁体水平向左拉动时，导体 ab 相对于磁体向右运动，切割磁感线，会产生感应电流，灵敏电流计的指针会发生偏转，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查磁体的性质，磁体两极磁性最强，地磁场的磁感线分布与条形磁体相似；
B、考查电磁感应现象的应用，电磁感应是发电机的工作原理；
C、考查感应电流产生的条件，该装置通过导体切割磁感线产生感应电流，可探究其产生条件；
D、考查相对运动与电磁感应，导体与磁体发生相对切割磁感线运动时，会产生感应电流。
8．如图甲所示是小灯泡L和电阻R的I-U图像。将小灯泡L和电阻R接入如图乙所示的电路中，只闭合开关S1时，电流表的示数为0.5A，此时小灯泡L正常发光。电源为稳压电源，下列说法正确的是（　　）
A．小灯泡L正常发光时的电阻为8Ω
B．两个开关均闭合时，干路电流为0.5A
C．若将小灯泡L和定值电阻R串联后接在图乙中电源两端，通过小灯泡L的电流更大
D．仅将图乙中定值电阻R更换为定值电阻R1，两个开关均闭合，电流表的示数与未更换电阻且两开关均闭合时的示数相比减小了0.1A，则R1的阻值为10Ω
【答案】A
【知识点】并联电路的电流规律；欧姆定律及其应用
【解析】【解答】A、只闭合开关时，电路为小灯泡的简单电路，电流表的示数为，此时小灯泡正常发光。由图甲可知，此时小灯泡两端的电压为，根据欧姆定律，小灯泡正常发光时的电阻，故A正确；
B、两个开关均闭合时，小灯泡与电阻并联，电源电压为。由图甲可知，当电压为时，通过电阻的电流为，根据并联电路电流规律，干路电流，故B错误；
C、若将小灯泡和定值电阻串联后接在电源两端，总电压为，根据串联电路电压规律，两者电压之和为，电流相同。此时电路电流小于，而原来小灯泡单独工作时电流为，因此串联后通过小灯泡的电流更小，故C错误；
D、原电路中，两开关均闭合时干路电流为，更换电阻后，电流减小，则新的干路电流为，故D错误；
故答案为：A。
【分析】本题考查了欧姆定律的应用，解题关键是结合I-U图像分析电路状态。首先根据只闭合时的电流和小灯泡正常发光的条件，从图像中读出电压，利用公式计算小灯泡的电阻；再分析并联电路中电阻的电流，利用并联电路电流规律得到干路电流；对于串联电路，根据串联电路电压规律判断电流变化；最后分析更换电阻后的电流变化情况。
9．如图所示是齐齐家的部分配电系统图，下列说法正确的是（　　）
A．如图所示的电能表的读数为20264 kW·h
B．家庭电路中老化的电源线只要不破损，就可以一直使用下去
C．若空气开关跳闸，一定是家庭电路中用电器总功率过大造成的
D．将其他用电器全部关闭，仅将一台空调打开工作36 s，发现电能表的脉冲指示灯闪烁了54次，则该空调的电功率为1500 W
【答案】D
【知识点】电能表参数的理解；电功率的计算；家庭电路的故障分析；安全用电原则
【解析】【解答】A、电能表读数的最后一位是小数位，单位为，所以图示电能表的读数为，故A错误；
B、老化的电源线绝缘层会变脆开裂，存在安全隐患，即使不破损也应及时更换，故B错误；
C、空气开关跳闸的原因有两种：一是电路中用电器总功率过大，二是电路发生短路，故C错误；
D、根据电能表参数“”，指示灯闪烁次消耗的电能，工作时间，根据公式，空调的电功率，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、电能表读数最后一位为小数位，读数应为。
B、老化电源线绝缘层易开裂，存在安全隐患，需及时更换。
C、空气开关跳闸的原因包括用电器总功率过大或电路短路两种情况。
D、先根据电能表参数算出消耗的电能，再用公式算出电功率为，计算正确。
10．如图所示，用的水平拉力拉着滑轮使重为200N的物体A沿水平地面匀速运动，且物体A运动的速度为0.2m/s，地面对物体A的摩擦力是物体A重力的。两段绳子均水平，不计绳子和滑轮重力，下列说法正确的是（　　）
A．10s内物体A克服与地面之间的摩擦力做的功是80J
B．10s内拉力F做的功是100J
C．拉力F的功率是10W
D．该装置的机械效率是80%
【答案】D
【知识点】功率计算公式的应用；滑轮（组）的机械效率；有用功和额外功
【解析】【解答】A、物体A受到的摩擦力，10s内物体A移动的距离，克服摩擦力做功，故A错误；
B、该滑轮为动滑轮，拉力移动的速度，10s内拉力移动的距离，拉力做的功，故B错误；
C、拉力的功率，故C错误；
D、装置的机械效率，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、先计算摩擦力，再根据算出物体移动距离，最后用求克服摩擦力做功，结果为，而非。
B、动滑轮拉力移动距离是物体移动距离的一半，即，用算出拉力做功为，而非。
C、根据，代入拉力做功和时间，算出功率为，而非。
D、机械效率，代入有用功和总功，结果为，计算正确。
11．医院的病房、楼道和厕所都安装了烟雾报警器。当发生火灾、有患者或患者家属抽烟时，报警器就会发出报警声音。某医院安装的烟雾报警器，它由“控制电路”和“工作电路”组成，电路图如图所示。其中“控制电路”由光敏电阻R、电磁铁（线圈阻值不变）、电源（电压保持不变）、开关、导线等组成；“工作电路”由蓄电池、扬声器、指示灯、导线等组成。已知光敏电阻阻值随光照强度的减弱而增大。烟雾报警器的工作原理：闭合开关S，“控制电路”和“工作电路”均接通且正常工作，此时光敏电阻接收到的光照强度正常，扬声器不发声，指示灯发光；当光敏电阻接收到的光照强度减弱到一定程度时，指示灯熄灭，扬声器发出报警声。下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关S，电磁铁的上端为N极
B．根据报警器的工作原理判断，B处应接指示灯
C．要提高报警器的灵敏度，可适当增大电源电压
D．当光照强度减弱时，电磁铁消耗的电功率变大
【答案】B
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率的计算；电磁继电器的组成、原理和特点；通电螺线管的极性和电流方向的判断
【解析】【解答】A、闭合开关S，根据安培定则，电流从电磁铁下端流入、上端流出，电磁铁的下端为N极，上端为S极，故A错误；
B、光照正常时，光敏电阻阻值小，控制电路电流大，电磁铁吸下衔铁，此时A接通、B断开，扬声器不工作、指示灯发光；光照减弱时，光敏电阻阻值变大，控制电路电流小，电磁铁释放衔铁，此时B接通、A断开，指示灯熄灭、扬声器报警，因此B处应接扬声器，A处接指示灯，故B错误；
C、若适当增大电源电压，在相同光照强度（光敏电阻阻值）下，控制电路电流会增大，电磁铁更容易吸合衔铁，从而在烟雾浓度较低（光照减弱不明显）时就能触发报警，提高了报警器的灵敏度，故C正确；
D、当光照强度减弱时，光敏电阻阻值增大，控制电路电流减小，电磁铁线圈阻值不变，根据公式，电磁铁消耗的电功率变小，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查安培定则的应用，电流方向与电磁铁磁极的判断，电流从下端流入，下端为N极。
B、考查电磁继电器的工作原理，光照正常时衔铁吸合，A支路接通，故A处为指示灯；光照减弱时衔铁释放，B支路接通，故B处为扬声器。
C、考查报警器灵敏度的调节，增大电源电压，控制电路电流增大，电磁铁在光敏电阻阻值较小时就能吸合衔铁，提高了灵敏度。
D、考查电功率的计算，光照减弱时，光敏电阻阻值增大，控制电路电流减小，由可知，电磁铁的功率变小。
12．某工程施工时，要向江中沉放大量的施工构件。如图甲所示，假设一正方体构件从江面被匀速吊入江水中，在沉入过程中，其下表面到水面的距离h逐渐增大，构件所受浮力F1、钢绳拉力F2随h变化的图像如图乙所示；构件下表面从水面下降4 m所用时间为20 s。下列说法正确的是（　　）（g取10 N/kg，ρ水=1.0×103 kg/m3）
A．构件的边长为4 m
B．构件的密度为2×103 kg/m3
C．构件下表面下降到水面下4 m时，它受到的合力大小为1.6×105 N，方向竖直向上
D．构件下表面从水面下降4 m的过程中，其重力所做功的功率为4.8×104 W
【答案】D
【知识点】密度公式及其应用；功率计算公式的应用；阿基米德原理；浮力大小的计算
【解析】【解答】A、构件边长等于其刚浸没时的深度，由图乙可知，时浮力不再增大，说明此时构件完全浸没，故边长为，A错误；
B、构件完全浸没时浮力；构件重力；构件质量；构件密度，B错误；
C、构件匀速下降，受力平衡，合力为，C错误；
D、构件下降速度；重力功率，D正确；
故答案为：D。
【分析】A、构件刚浸没时浮力不再变化，此时下表面深度等于边长，故边长为，不是。
B、先算完全浸没浮力，再由求重力，最后用计算密度，结果为。
C、匀速运动物体受力平衡，合力为。
D、先算下降速度，再用计算重力做功功率，结果为。
13．2026年3月29日19时04分，随着中国国际航空执飞的CA1611航班平稳降落在哈尔滨太平国际机场，标志着国产大飞机C919正式开启北京往返哈尔滨的常态化商业运营。飞机加速滑行时受到　 　（选填“平衡力”或“非平衡力”）的作用；飞机正常升空后，为了安静地休息，乘客戴上了耳罩，这是在　 　（选填“声源处”“传播过程中”或“人耳处”）减弱噪声。
【答案】非平衡力；人耳处
【知识点】平衡状态的判断；防治噪声的途径
【解析】【解答】飞机加速滑行时，速度大小发生变化，运动状态改变，因此受到的是非平衡力；乘客戴耳罩通过阻挡噪声进入人耳来减弱噪声，属于在人耳处减弱噪声。
故答案为：非平衡力；人耳处；
【分析】根据运动状态是否改变判断受力情况：物体运动状态改变时，受到的是非平衡力；减弱噪声的途径包括声源处、传播过程中、人耳处，戴耳罩属于在人耳处减弱噪声。关键知识点：力与运动的关系、减弱噪声的途径。
14．如图所示是摄影师使用照相机（镜头焦距不变）拍摄的广元市苍溪县云峰镇梨花。与照相机镜头相同类型的透镜可以用来矫正　 　（选填“近视眼”或“远视眼”）。若想将树上的一朵梨花拍大些，摄影师应使照相机镜头　 　（选填“远离”或“靠近”）这朵梨花。
【答案】远视眼；靠近
【知识点】近视眼的成因与矫正办法；远视眼的成因与矫正办法
【解析】【解答】照相机的镜头相当于一个凸透镜；矫正近视眼需用凹透镜，矫正远视眼需用凸透镜；根据凸透镜成实像时 “物近像远像变大” 的规律，若要把梨花的像拍得更大，应使照相机镜头靠近梨花。
故答案为：远视眼；靠近；
【分析】本题考查透镜的应用与成像规律，解题时先明确照相机镜头的光学元件类型，再结合近视眼、远视眼的矫正原理判断透镜类型，最后根据凸透镜成实像的规律分析拍摄时的调节方法。关键知识点：凸透镜的应用、近视眼与远视眼的矫正、凸透镜成实像的规律。
15．加油机给匀速直线飞行的战斗机加油时，以地面为参照物，加油机是　 　（选填“静止”或“运动”）的；如果加油过程中战斗机在2 s内飞行了0.3 km，则加油机的速度是　 　m/s。
【答案】运动；150
【知识点】速度公式及其应用；参照物及其选择；运动和静止的相对性
【解析】【解答】判断物体运动状态的依据是：物体相对于参照物的位置是否发生改变。以地面为参照物，加油机的位置发生了变化，因此加油机是运动的。
加油时加油机与战斗机相对静止，二者速度大小相同。先进行单位换算：，再根据速度公式计算：
即加油机的速度为 。
故答案为：运动；150；
【分析】解题时需明确运动和静止的相对性，根据物体与参照物的位置变化判断运动状态，关键知识点：参照物的选择与运动状态的判断。
先利用相对静止的条件确定加油机与战斗机速度相等，再通过单位换算和速度公式计算速度大小，关键知识点：相对静止的条件、速度公式的应用。
16．紫兰湖能调节周围环境的温度，是因为水具有　 　（选填“比热容”或“热值”）大的特性。周末，齐齐爸爸带着齐齐妈妈和齐齐驾车前往紫兰湖游玩。已知这辆汽车装备的增程器实际上是一个使用汽油的发电机，消耗1 L汽油可以发3.6度电，则这个增程器的发电效率是　 　（结果精确到小数点后一位）%。（汽油的热值是，汽油的密度是）
【答案】比热容；40.2
【知识点】密度公式及其应用；比热容的定义及其计算公式；燃料的热值；热机的效率
【解析】【解答】水具有比热容大的特性，相同质量的水和其他物质相比，吸收或放出相同热量时温度变化更小，因此能调节周围环境的温度。
由得汽油的质量为：
1L汽油燃烧放出的热量为：
转化的电能为：
发电效率为：
故答案为：比热容；40.2；
【分析】本题先利用水的比热容特性解释温度调节原理，再按密度、热值、电能单位换算、效率公式分步计算；关键知识点为比热容特性、密度公式、热值公式、效率公式；易错点为忽略单位换算和效率计算中物理量的对应关系；规范写法为按公式分步推导，每一步标注物理意义，明确单位换算过程。
17．如图所示，电源电压恒为18V，，滑动变阻器的规格为“150Ω，2A”，电流表的测量范围为“0~0.6A”，小灯泡上标有“6V，3W”字样，不考虑温度对灯丝电阻的影响。当开关S闭合，S1、S2断开，小灯泡L正常发光，则通电1min电流通过滑动变阻器产生的热量为　 　J。当开关S闭合，S1和S2自行组合及滑动变阻器的滑片自由移动的情况下，整个电路工作时能达到的最小功率是　 　W。
【答案】360；2
【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；焦耳定律的应用
【解析】【解答】当开关闭合，、断开时，灯泡与变阻器串联。因小灯泡正常发光，故，。由得串联电路中的电流：
由串联电路电压特点，变阻器两端电压：
通电电流通过滑动变阻器产生的热量：
不考虑温度对灯丝电阻的影响，小灯泡的电阻：
结合，电源电压一定时，电路总电阻越大，电功率越小。当闭合、灯泡与变阻器串联且滑动变阻器接入电阻最大时，电路总功率最小。此时总电阻：
电路消耗的最小总功率：
故答案为：360；2；
【分析】解题时先分析开关状态对应的电路连接方式，结合小灯泡正常发光的条件，利用求出串联电路电流；再通过串联电路电压规律求出变阻器电压，用计算电流产生的热量；接着用求出灯泡电阻；最后根据，在电源电压一定时，总电阻越大功率越小，结合滑动变阻器最大阻值求出电路的最小总功率。关键知识点：串联电路的电流与电压规律、与的应用、焦耳定律的计算。
18．请阅读下面的材料并回答问题：
电水壶（如图所示）通电，水温上升到沸点后，水蒸气使双金属片变形推动蒸汽开关自动断电（下次烧水需重新闭合蒸汽开关）。若蒸汽开关失效，壶内的水会一直烧下去，直至烧干，发热元件温度急剧上升，发热盘底部也有一个双金属片开关，会因为热传导温度急剧上升，膨胀变形，断开电源。
（1）水沸腾后会产生大量水蒸气，则相同质量的100℃的水和水蒸气相比，　 　（选填“水的内能大”“水蒸气的内能大”或“水和水蒸气的内能一样大”）。
（2）电水壶的插头应选用　 　（选填“两脚”或“三脚”）插头。
（3）电水壶烧水时，发生的主要能量转化是　 　（填“××能转化为××能”）。
（4）图中电水壶，其蒸汽开关与发热盘底部的双金属片开关应　 　（选填“串联”或“并联”）连接。
【答案】（1）水蒸气的内能大
（2）三脚
（3）电能转化为内能
（4）串联
【知识点】温度、热量与内能的关系；能量的转化或转移；串联电路和并联电路的辨别；家庭电路的组成
【解析】【解答】(1) 100℃的水变为同温度的水蒸气时，需要吸收汽化热。由于温度不变，分子动能不变，吸收的热量会转化为分子势能，因此相同质量的水蒸气内能比水更大。
故答案为：水蒸气的内能大；
(2) 电水壶是金属外壳用电器，为防止漏电时外壳带电引发触电事故，需通过插头将金属外壳接地，因此必须选用三脚插头。
故答案为：三脚；
(3) 电水壶烧水时消耗电能，将能量转化为水和发热元件的内能，其主要能量转化形式为电能转化为内能。
故答案为：电能转化为内能；
(4) 两个开关中任意一个断开都需切断整个电水壶的电源，以实现双重保护，只有串联电路能满足这一要求，因此两个开关应串联连接。
故答案为：串联；
【分析】(1) 结合内能由分子动能和分子势能构成的特点，利用温度不变时分子动能不变、汽化吸热使分子势能增大的规律，可推得相同质量的水蒸气内能更大；关键知识点：内能的构成、汽化吸热的特点。
(2) 从安全用电角度分析，金属外壳用电器通过三脚插头接地，可在漏电时避免外壳带电引发触电事故；关键知识点：三脚插头的接地保护作用。
(3) 电水壶工作时消耗电能，将能量传递给水和自身发热元件，实现电能向内能的转化；关键知识点：用电器的能量转化。
(4) 根据双重保护的要求，结合串联电路 “一处断开，整个电路断路” 的特点，可知两个开关应串联连接；关键知识点：串联电路的特点。
（1）100℃的水变为同温度的水蒸气时，需要吸收汽化热，温度不变因此分子动能不变，吸收的热量会增加分子势能，相同质量的前提下，水蒸气的内能更大。
（2）电水壶是金属外壳的用电器，为了防止漏电时外壳带电引发触电事故，需要通过插头将金属外壳接地，因此必须选用三脚插头。
（3）电水壶烧水时，消耗电能，将能量转化为水和发热元件的内能，因此主要能量转化是电能转化为内能。
（4）根据题意，两个开关任意一个断开都需要切断整个电水壶的电源，才能起到双重保护的作用，只有串联电路才能满足这一要求，因此两个开关串联连接。
19．如图所示，光源S发出的一束光经平面镜反射后，反射光线经过A点进入人眼，试作出光路图。（保留作图痕迹）
【答案】
【知识点】作光的反射光路图；平面镜成像的相关作图
【解析】【解答】根据平面镜成像“物像关于镜面对称”的特点，先作出光源关于平面镜的对称点（即的虚像，作对称的垂线、镜后辅助线用虚线）；连接，交平面镜于点，即为入射点（的镜后部分画虚线，画实线）；连接到，得到入射光线；在光线上标注箭头：入射光线箭头从指向，反射光线箭头从指向，
如图所示：
故答案为： ；
【分析】本题考查平面镜成像的光路作图，解题时先利用平面镜成像的对称性找到光源的虚像，再结合“反射光线的反向延长线过虚像”的规律，连接虚像与目标点确定入射点，最后画出入射光线和反射光线并标注箭头；关键知识点：平面镜成像的对称性、光的反射定律。
20．如图是小明在确定刻度尺的重心时的情形，刻度尺静止在他的手指上，请画出刻度尺受到的重力和支持力示意图。
【答案】
【知识点】力的三要素及力的示意图；重力示意图；二力平衡的条件及其应用
【解析】【解答】刻度尺静止在水平桌面上，处于平衡状态，竖直方向仅受两个力：一是地球施加的竖直向下的重力G，二是手指对它施加的竖直向上的支持力F。这两个力大小相等、方向相反、作用在同一直线上，且都作用在刻度尺的重心位置，构成一对平衡力。按照力学作图规范，以重心为作用点，分别沿竖直向下、竖直向上的方向画出带箭头线段，并标注对应符号即可，如图所示：
【分析】根据物体静止时的平衡状态，判断竖直方向仅受重力与支持力这一对平衡力，再结合力的示意图的绘制要求，明确作用点、方向，即可完成作图。
21．在“探究光的反射定律”实验中，器材有：激光笔、可折转光屏、平面镜和喷雾器。
（1）将平面镜置于水平桌面，如图甲所示。激光笔的光束射向平面镜上O点，在平面镜上方喷水雾，从前向后观察，可在镜面上方看到　 　条光束。
（2）将折转光屏垂直于平面镜放置，让入射光沿左半屏射到O点，如图乙所示。要呈现反射光，需将右半屏向　 　（选填“前”或“后”）折转。
（3）保持入射点不变，多次改变入射方向，在光屏上记录每次实验的光路aa＇、bb＇和cc＇，如图丙所示。为了研究反射光线和入射光线的位置关系，发现左、右半屏相对应的光线关于转轴对称，可将此对称轴视为法线，同时根据光屏上的信息可得结论，反射角与入射角的大小　 　。
【答案】（1）2
（2）前
（3）相等
【知识点】光的反射定律
【解析】【解答】(1) 激光笔射出的光束射到平面镜 O 点后发生反射，形成入射光束和反射光束；喷水雾后，水雾使光发生散射，清晰显示出两条光路，因此能看到 2 条光束。
故答案为：2；
(2) 根据光的反射定律，反射光线、入射光线和法线在同一平面内。图中右半屏偏向后侧，与左半屏（入射光线所在平面）不在同一平面，需将右半屏向前折转，使其与左半屏共面，才能呈现反射光。
故答案为：前；
(3) 反射光线与入射光线关于法线对称，由光屏刻度可知，每组入射光线、反射光线与法线的夹角相等，因此反射角与入射角的大小相等。
故答案为：相等；
【分析】(1) 解题时结合光的反射现象，分析水雾对光路的显示作用；关键知识点：光的反射、光的散射。
(2) 解题时依据光的反射定律中 “三线共面” 的要求，分析光屏的调整方法；关键知识点：光的反射定律、实验装置的调整。
(3) 解题时通过观察光屏上的角度刻度，结合反射光线与入射光线的对称关系，得出反射角与入射角的关系；关键知识点：光的反射定律、反射角与入射角的关系。
（1）激光笔射出的光束射到平面镜O点后，会发生光的反射，形成1条入射光束和1条反射光束；喷水雾后，水雾使光散射，可清晰显示出两条光路，因此能看到条光束。
（2）根据光的反射定律，反射光线、入射光线和法线在同一平面内。图乙中右半屏目前偏向后侧，和左半屏（入射光线所在平面）不在同一平面，因此需要将右半屏向前折转，使右半屏和左半屏共面，才能呈现出反射光。
（3）反射光线和入射光线关于作为对称轴的法线对称，从光屏的刻度信息可以看出，每组入射光线和反射光线与法线的夹角相等，因此可得结论：反射角与入射角的大小相等。
22．小明利用弹簧测力计、粗糙程度不同的两个水平长木板、木块（各个面的粗糙程度相同）、砝码等器材探究“滑动摩擦力大小与哪些因素有关”。
（1）如图甲、乙、丙所示，小明将木块放在水平木板（或水平较粗糙木板）上，用弹簧测力计沿水平方向拉动木块，使其在木板表面做匀速直线运动，实验数据如图所示。通过比较　 　两图数据，可以得到结论：滑动摩擦力的大小与接触面的粗糙程度有关。
（2）小明想探究滑动摩擦力的大小与接触面积是否有关。为了提高测量精度，小明利用力传感器和传送带设计了如图丁所示的装置，保持传送带的转速不变进行实验，计算机记录木块平放和侧放时的传感器数据分别如图戊、图己（木块平放和侧放时的底面积不同）所示。
①对比戊、己实验，可初步得出结论：滑动摩擦力的大小与接触面积　 　（选填“有关”或“无关”）。
②同桌小华认为传送带向右加速转动也不影响测量结果，他的观点是正确的，理由是：　 　。
【答案】（1）甲、丙
（2）无关；木块相对地面静止，受到的摩擦力和传感器的拉力是一对平衡力，大小相等，与传送带的运动状态无关
【知识点】探究影响摩擦力大小因素的实验
【解析】【解答】(1) 探究滑动摩擦力与接触面粗糙程度的关系时，需控制压力大小不变，只改变接触面粗糙程度。甲、丙两图中，木块对接触面的压力相同，只有木板粗糙程度不同，因此选择甲、丙两组数据。
故答案为：甲、丙；
(2) 对比戊、己图像可知，木块平放、侧放（接触面积不同）时，稳定后滑动摩擦力大小相等，因此滑动摩擦力大小与接触面积无关；该装置中木块始终相对地面静止，根据二力平衡，传感器拉力大小始终等于滑动摩擦力大小；滑动摩擦力大小只与压力、接触面粗糙程度有关，与传送带的运动速度无关，传送带加速时压力、粗糙程度均不变，滑动摩擦力大小不变，因此加速转动不影响测量，小华的观点正确。
故答案为：无关；木块相对地面静止，受到的摩擦力和传感器的拉力是一对平衡力，大小相等，与传送带的运动状态无关；
【分析】(1) 解题时需运用控制变量法，探究滑动摩擦力与接触面粗糙程度的关系时，控制压力不变，选择接触面粗糙程度不同的甲、丙两组数据；关键知识点：控制变量法、滑动摩擦力的影响因素。
(2) 解题时先通过对比不同接触面积下的摩擦力数据，得出滑动摩擦力与接触面积无关的结论；再结合二力平衡和滑动摩擦力的影响因素，分析传送带加速时摩擦力的变化，验证小华观点的正确性；关键知识点：二力平衡、滑动摩擦力的影响因素。
（1）探究滑动摩擦力与接触面粗糙程度的关系时，需要控制压力大小不变，只改变接触面粗糙程度。甲、丙两图中，木块对接触面的压力相同，只有木板粗糙程度不同，因此选择甲、丙两组数据。
（2）对比戊、己图像可知，木块平放、侧放（接触面积不同）时，稳定后滑动摩擦力大小相等，因此可得出结论：滑动摩擦力大小与接触面积无关。
该装置中木块始终相对地面静止，根据二力平衡，传感器拉力大小始终等于滑动摩擦力大小；滑动摩擦力大小只和压力、接触面粗糙程度有关，和传送带的运动速度无关，传送带加速时压力、粗糙程度都不变，滑动摩擦力大小不变，因此加速转动不影响测量，小华观点正确。
23．某同学在老师的指导下对“探究电流与电压的关系”设计了三次实验电路，如图1甲、乙、丙所示。
【证据】
（1）由图1甲改进为图1乙是为保证实验过程中　 　这一因素不变；由图1乙改进为图1丙是因为使用滑动变阻器可以改变电阻R0两端的　 　。小明根据图1丙电路图正确连接电路，闭合开关后调节滑动变阻器，并记录电压表与电流表的示数，得到几组实验数据，如表所示。
实验序号 电压表的示数U/V 电流表的示数I/A
1 1.0 0.1
2 2.0 0.2
3 3.0 0.3
【结论】
（2）根据实验数据可以得出结论：当电阻一定时，电流与电压成　 　比。
【交流】
（3）如图2所示是其他两位同学根据测量数据作出的I-U图像，分析图像可知Ra　 　（选填“>”“<”或“=”）Rb。
【答案】电阻；电压；正；<
【知识点】探究电流与电压、电阻的关系实验；欧姆定律及其应用
【解析】【解答】(1) 甲图使用灯泡，灯丝电阻会随温度变化而改变；乙图换用定值电阻，阻值稳定，因此改进为乙图是为了保证电阻不变。乙图无滑动变阻器，改变电压需更换电源；丙图增加滑动变阻器后，可通过移动滑片方便改变定值电阻两端的电压，便于多次实验。
故答案为：电阻；电压；
(2) 由表格数据可知：电阻不变时，导体两端电压增大为原来的几倍，通过导体的电流也增大为原来的几倍，因此结论为：当电阻一定时，电流与电压成正比。
故答案为：正；
(3) 根据，取相同电压，从图像可知，因此。
故答案为：<；
【分析】(1) 解题时结合实验目的，分析灯泡与定值电阻的特性差异，以及滑动变阻器在实验中的作用；关键知识点：控制变量法、滑动变阻器的作用。
(2) 解题时通过分析表格中电压与电流的变化倍数关系，得出电流与电压的定量关系；关键知识点：欧姆定律、实验数据的分析方法。
(3) 解题时根据欧姆定律，结合图像中相同电压下的电流大小，比较电阻大小；关键知识点：欧姆定律的应用、图像的解读。
24．如图所示，甲、乙两个质量均为2 kg的实心均匀圆柱体放在水平地面上，甲的底面积为4×10-3 m2，乙的体积为0.8×10-3 m3。（g取10 N/kg）
（1）求乙所受的重力G乙和密度；
（2）求甲对地面的压强p甲；
（3）若甲的底面积是乙的1.5倍，在甲、乙的上部沿水平方向分别切去 m甲和 m乙，再将切去部分互换叠放在对方剩余部分的上方，使甲、乙对水平地面的压强相等。求出 m甲和 m乙的差值。
【答案】（1）乙的重力：
乙的密度：
（2）根据压强公式 ，甲对地面的压强：
（3）已知 ，将截掉的部分互换叠放后，两者对地面的压强相等，因此：
代入 ，约去 和 后化简：
整理得：
【知识点】密度公式及其应用；重力及其大小的计算；压强的大小及其计算
【解析】【分析】(1) 直接利用重力公式 和密度公式 ，代入已知数据计算乙的重力与密度；关键知识点：重力与密度的基本计算。
(2) 水平面上的物体对地面的压力等于其重力，因此利用压强公式 ，代入甲的质量、底面积数据计算压强；关键知识点：压强公式的应用。
(3) 互换叠放后，两物体对地面的压力均为“原重力减去截去质量、加上对方截来的质量”，底面积不变，结合压强相等列方程，代入 化简求解；关键知识点：压强公式的综合应用、方程法解物理问题。
25．周末，小东跟妈妈一起到超市购物，发现称量物品的电子秤（如图甲所示）与所学的物理知识有关，回家自己设计了一个简易的电子秤，电路如图乙所示。已知电源电压恒为6 V，电流表的测量范围为0~0.6 A，R0为定值电阻，Rt为压敏电阻，其阻值随所受压力大小变化的关系如图丙所示。将质量为0.2 kg的托盘放在压敏电阻上（此时未放物品），闭合开关S，电流表的示数为0.1 A。（g取10 N/kg）
（1）求未放物品时，电路消耗的总功率；
（2）将1.0 kg的物品放在托盘中10 s，电流通过R0产生的热量为多少？
（3）求这个电子秤所能称量物品的最大质量。
【答案】（1）未放物品时，电流表示数 ，电源电压 ，电路消耗的总功率：
（2）放上 托盘时，压敏电阻受到的压力：
此时压敏电阻阻值 ，电路总电阻：
定值电阻阻值：
放入 物品后，总压力：
此时压敏电阻阻值 ，电路电流：
工作 ，电流通过 产生的热量：
（3）电路最大电流 ，此时总电阻最小：
压敏电阻阻值：
由图可知，此时压敏电阻受到的压力 ，托盘和物品的总质量：
电子秤能称量的物品最大质量：
【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；焦耳定律的应用
【解析】【分析】(1) 利用电功率公式 ，直接代入电源电压 和电路电流 ，即可计算出电路消耗的总功率；关键知识点：电功率公式的基本应用。
(2) 先通过托盘质量 计算压力 ，结合欧姆定律 求出电路总电阻，再利用串联电路电阻规律 得到定值电阻阻值；接着计算放入物品后的总压力 ，结合压敏电阻阻值 ，通过欧姆定律 求出电路电流，最后用焦耳定律 计算定值电阻产生的热量；关键知识点：欧姆定律、串联电路电阻规律、焦耳定律。
(3) 根据电路最大电流 ，利用欧姆定律 求出电路的最小总电阻，再结合串联电路电阻规律 得到压敏电阻的最小阻值；通过图像得出对应的压力 ，利用 换算为总质量，减去托盘质量 即可得到物品的最大称量值；关键知识点：欧姆定律的综合应用、串联电路特点、压敏电阻的特性。
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