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广东省广州市南沙区2025年中考二模物理试题
一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分，在每小题给出的四个选项中，只有一项最符合题目要求。
1．编钟是我国瑰宝，如图，某次分别敲打M、N、P三处地方，敲M处发出的声音音调比敲N处的高，比敲P处的低，敲M处发出的声音强弱等级为25dB，敲N处发出的声音强弱等级为30dB，则（　　）
A．编钟发出的声音频率只与其质量有关
B．敲N处发出的声音频率高于敲P处的
C．敲P处时，钟的振幅一定比敲M处时大
D．敲N处发出的声音响度比敲M处时大
【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、M、N 点位置相同，两个编钟质量不同，敲 M 处发出的声音音调比敲 N 处的高，说明编钟发出的声音频率与其质量有关；敲 M 处发出的声音音调比敲 P 处的低，M、P 是同一编钟上不同位置的两个点，说明编钟发出的声音频率还与其发声的位置有关，故 A 错误；
B、音调与频率有关，频率越高，音调越高。敲 M 处发出的声音音调比敲 N 处的高，比敲 P 处的低，所以敲 N 处发出的声音频率低于敲 P 处的，故 B 错误；
C、响度与振幅有关，敲 P 处时和敲 M 处时的响度大小未知，所以振幅大小未知，故 C 错误；
D、敲 M 处发出的声音强弱等级为 25dB，敲 N 处发出的声音强弱等级为 30dB，所以敲 N 处发出的声音响度比敲 M 处时大，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查音调与频率的影响因素，明确编钟的频率不仅与质量有关，还与敲击位置有关；
B、考查音调与频率的对应关系，需根据题干中音调的高低顺序，判断频率的大小关系；
C、考查响度与振幅的关系，明确响度由振幅和距离共同决定，仅根据题干信息无法直接比较振幅大小；
D、考查声音强弱等级（分贝）与响度的关系，分贝数越大，声音的响度越大。
2．有甲、乙两台汽油机，通过查阅资料了解到这甲、乙两台汽油机的机械参数如图所示，从图中可知（　　）
A．甲机械和乙机械的有用功相同 B．甲机械总功大
C．乙机械额外功小 D．乙机械的机械效率较高
【答案】A
【知识点】机械效率的大小比较；有用功和额外功
【解析】【解答】A、甲汽油机额外功为，额外功占比为，则甲的总功：；甲的有用功：；乙汽油机的有用功，故，A正确；
B、乙汽油机总功：；因，故B错误；
C、乙汽油机额外功：；
因，故C错误；
D、甲汽油机效率，乙汽油机效率，因，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A、考查机械效率与功的关系，利用额外功占比求总功，再由效率公式计算有用功并对比；
B、考查总功的计算与比较，利用有用功和效率公式求乙的总功，再与甲对比；
C、考查额外功的计算，用总功减有用功得到额外功，再比较大小；
D、考查机械效率的概念，直接读取效率数值并比较高低。
3．红移现象指物体的电磁辐射由于某种原因发生变化的现象，在可见光波段，表现为光谱的谱线朝红光端移动了一段距离。图是电磁波家族的一部分，已知电磁波的波长越长，频率越低。由此可以推断，当电磁波发生红移时（　　）
A．波长变长 B．频率变高
C．在真空中的波速变小 D．在真空中的波速为
【答案】A
【知识点】电磁波的产生；波速、波长和频率的关系
【解析】【解答】红移现象表现为光谱线向红光端移动，根据多普勒效应理论，此时光波的频率减小，对应的波长增大；而电磁波在真空中的传播速度是恒定的，约为 ，与频率、波长的变化无关。因此A符合题意，BCD不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据红移现象的定义，结合电磁波谱中红光的波长、频率特点，利用波速、波长与频率的关系（）及电磁波在真空中波速恒定的规律，分析各选项的正误。
4．在完全相同的两个瓶里装了甲、乙两种液体，用放在水平桌面已经调节平衡的天平进行测量，如图所示是天平横梁再次平衡的情景。下列说法正确的是（　　）
A．两液体质量可能相等
B．乙液体质量一定较大
C．甲液体密度可能较大
D．不知道两种液体的具体质量，所以不能判断其密度大小
【答案】B
【知识点】密度公式及其应用
【解析】【解答】A、天平平衡时，左盘总质量等于右盘总质量加上游码示数；瓶子完全相同，因此乙瓶液体质量等于甲瓶液体质量加上游码示数，两液体质量不相等，故A错误；
B、根据天平平衡关系，乙瓶液体质量 = 甲瓶液体质量 + 游码示数，因此乙液体质量一定较大，故B正确；
C、由图可知，甲瓶液体体积大于乙瓶液体体积，且乙液体质量更大，根据密度公式，质量大、体积小的乙液体密度一定更大，甲液体密度不可能较大，故C错误；
D、根据天平可判断质量关系，结合图中体积关系，利用密度公式可直接判断密度大小，无需知道具体质量数值，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查天平的读数规则，明确天平平衡时“左盘质量=右盘质量+游码示数”，结合瓶子质量相同，判断液体质量关系；
B、考查天平质量关系的推导，利用天平平衡公式，得出乙液体质量等于甲液体质量加游码示数，因此乙液体质量更大；
C、考查密度公式的应用，结合“乙液体质量大、体积小”的条件，利用判断乙液体密度更大；
D、考查密度的判断方法，无需具体数值，通过质量和体积的大小关系即可比较密度大小。
5．我们可以在不同的环境中看到“白气”。下列有关形成“白气”的说法正确的是（　　）
A．文艺演出时舞台上经常会出现“白气”，这是干冰在常温下升华而成的
B．打开软木塞的热水瓶口会出现“白气”，这是瓶内的水蒸气液化形成的
C．清晨能看到河面上有一团团的“白气”，这是河面上的水蒸发形成的
D．夏天，打开冰箱时常会出现“白气”，这是冰箱内的空气液化形成的
【答案】B
【知识点】物质的三态；液化及液化放热
【解析】【解答】A、文艺演出时舞台上的 “白气”，是干冰升华吸热使空气温度降低，空气中的水蒸气遇冷液化形成的小水珠，并非干冰升华直接形成的，故 A 错误；
B、打开软木塞的热水瓶口出现的 “白气”，是瓶内高温水蒸气遇到外界冷空气，温度降低液化形成的小水珠，故 B 正确；
C、清晨河面上的 “白气”，是河面上的水蒸气遇冷液化形成的小水珠，并非水蒸发直接形成的，故 C 错误；
D、夏天打开冰箱时出现的 “白气”，是空气中的水蒸气遇到冰箱内的冷空气液化形成的小水珠，并非冰箱内的空气液化形成的，故 D 错误；
故答案为：B
【分析】A、考查升华与液化现象的区分，明确 “白气” 本质是液态小水珠，干冰升华只是吸热降温，真正形成 “白气” 的是空气中水蒸气的液化；
B、考查液化现象的成因，热水瓶内水蒸气温度高于外界空气，遇冷发生液化形成 “白气”；
C、考查蒸发与液化的区别，蒸发是液态变气态，而 “白气” 是气态变液态的液化现象；
D、考查液化现象的发生条件，冰箱外空气中的水蒸气遇冷液化，而非冰箱内空气液化。
6．托里拆利测量大气压强值的实验如图所示。以下判断正确的是（　　）
A．若此装置从广州塔首层乘电梯到达顶层过程管内的液面下降，则说明大气压变小
B．若用水代替水银来做实验，则大气压能支撑的水柱高度会变低
C．若换用更粗的玻璃管，则管内的液面会下降
D．此时大气压强等于760mm高水银柱所产生的压强
【答案】A
【知识点】大气压强的测量方法
【解析】【解答】A、从广州塔首层到顶层，海拔升高，外界大气压会降低；根据托里拆利实验原理，管内水银柱产生的压强等于外界大气压，由可知，大气压变小会导致水银柱高度降低，即管内液面下降，故A正确；
B、根据，当大气压不变时，液体密度越小，能支撑的液柱高度越大；水的密度远小于水银，因此大气压能支撑的水柱高度会变高，故B错误；
C、托里拆利实验中，管内水银柱的高度差只与外界大气压有关，与玻璃管的粗细无关；换用更粗的玻璃管，管内液面高度差不变，故C错误；
D、由图可知，玻璃管内水银面到水银槽中水银面的垂直高度为，因此当时的大气压强等于750mm高水银柱所产生的压强，故D错误；
故答案为：A
【分析】A、考查大气压与海拔的关系及托里拆利实验原理，海拔越高大气压越低，结合分析水银柱高度变化；
B、考查液体压强公式的应用，大气压不变时，液柱高度与液体密度成反比；
C、考查托里拆利实验的影响因素，玻璃管粗细不影响水银柱高度差；
D、考查托里拆利实验中大气压的计算，水银柱高度指的是管内水银面与槽内水银面的垂直高度差。
7．列车停在平直轨道上，车厢中小球b静止，忽略桌面对b的摩擦及空气的影响。列车启动后，下列选项中的情况可能出现的是（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【知识点】惯性及其现象
【解析】【解答】由图可知，列车停在平直轨道上，和地面相对静止，车厢中小球b静止且与路灯杆在同一竖直线上。当列车启动后，车厢运动，小球b由于惯性，仍保持原来的静止状态，忽略桌面对b的摩擦及空气的影响，则小球b与路灯杆之间的位置不发生改变，故A符合题意，BCD不符合题意。
故选A。
【分析】由图可知，列车停在平直轨道上，车厢中小球b静止且与路灯杆在同一竖直线上。当列车启动后，车厢受力开始运动，小球b由于惯性，仍保持原来的静止状态，忽略桌面对b的摩擦及空气的影响，则小球b与路灯杆之间的位置不发生改变。
8．将甲、乙两个实心小球放入装有水的烧杯中，若甲、乙两小球的质量和静止时排开水的质量的情况如下表所示，则两球在水中静止时，下列情形合理的是（　　）
实心球 实心球的质量/g 静止时排开水的质量/g
甲 300 200
乙 100 100
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】A、由表格数据可知，甲球质量为300g，排开水的质量为200g，根据阿基米德原理，甲球重力大于浮力，因此甲球应沉底，而非漂浮；乙球质量为100g，排开水的质量为100g，乙球重力等于浮力，应漂浮或悬浮，而图中乙球沉底，故A错误；
B、甲球重力大于浮力，因此甲球沉底；乙球重力等于浮力，且甲球排开水的质量大于乙球，根据阿基米德原理，甲球受到的浮力更大，排开水的体积更大，又因为，所以乙球排开水的体积必然小于自身体积，乙球只能漂浮，图中情形符合，故B正确；
C、甲球沉底、乙球悬浮时，乙球排开水的体积应等于自身体积，而甲球排开水的体积大于乙球，与矛盾，故C错误；
D、甲球排开水的质量大于乙球，因此甲球排开水的体积应大于乙球，而图中甲球排开水的体积小于乙球，故D错误；
故答案为：B
【分析】A、考查物体的浮沉条件与阿基米德原理的应用，根据质量与排开水的质量关系，判断甲、乙两球的浮沉状态；
B、考查浮沉条件与体积关系的综合分析，结合和排开水的体积关系，排除乙球悬浮的可能，确定乙球只能漂浮；
C、考查悬浮状态的条件，悬浮时物体排开水的体积等于自身体积，结合甲、乙的体积关系，判断该情形不成立；
D、考查阿基米德原理中排开水的体积与浮力的关系，排开水的质量越大，排开水的体积越大，与图中体积关系矛盾。
9．如图所示，闭合开关，磁场对导体的力F竖直向下，下列选项分别表示闭合开关时磁场对导体ab或cd的力的方向正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】通电导体在磁场中受到的安培力方向由磁场方向和导体中电流方向共同决定，二者只要有一个改变，受力方向就会改变，若二者同时改变，则受力方向不变。
A．和原图相比，本选项中磁场方向不变，导体ab的电流方向发生了改变，因此受力方向也会改变，原本受力向下，现在受力应为竖直向上，故A错误；
B．和原图相比，本选项中磁场方向改变，导体cd的电流方向也改变，因此受力方向不变，仍为竖直向下，故B错误；
C．和原图相比，本选项中磁场方向改变，导体ab的电流方向不变，因此受力方向改变，原本受力向下，现在受力应为竖直向上，故C错误；
D．和原图相比，本选项中磁场方向改变，导体ab的电流方向也改变，因此受力方向不变，仍为竖直向下，故D正确。
故选D。
【分析】通电导线在磁场中受到力的作用，实例有：电动机，通电导体在磁场中受到的安培力方向由磁场方向和导体中电流方向共同决定。
10．如图所示电路是家庭电路的一部分，图中A和B位置分别接入一盏电灯和开关，在符合安全用电原则的情况下，下列相关说法正确的是（　　）
A．应在A处接开关，B处接灯泡
B．用试电笔接触插座的左孔，氖管会发光
C．两孔插座上接入电视机后，电视机是与灯泡并联的
D．若控制灯泡的开关短路，则保险丝会熔断
【答案】C
【知识点】家庭电路的组成；家庭电路的连接；测电笔的使用
【解析】【解答】A、为了安全用电，开关应接在火线上，这样断开开关时，灯泡不带电；图中火线接在上方，因此应在 B 处接开关，A 处接灯泡，故 A 错误；
B、两孔插座遵循 “左零右火” 的接线规则，插座的左孔接零线，用试电笔接触左孔时，氖管不会发光，故 B 错误；
C、家庭电路中各用电器之间为并联连接，因此两孔插座上接入电视机后，电视机与灯泡是并联的，工作时互不干扰，故 C 正确；
D、若控制灯泡的开关短路，电流会直接通过导线使灯泡接入电路正常发光，不会造成电路短路，因此保险丝不会熔断，故 D 错误；
故答案为：C
【分析】A、考查家庭电路中开关与灯泡的连接规则，开关必须接在火线上，断开开关时切断火线，保证用电器不带电；
B、考查试电笔的使用及插座的接线规则，两孔插座 “左零右火”，试电笔接触火线时氖管发光，接触零线时不发光；
C、考查家庭电路中用电器的连接方式，家庭电路中各用电器均为并联，互不影响；
D、考查保险丝熔断的条件，保险丝在电路发生短路或用电器总功率过大时熔断，开关短路不会造成短路故障。
二、非选择题：本题共4小题。按题目要求作答。
11．（1）如图所示，在水面上方有一发光点S发出的两束光分别射到液面，在容器底面出现A和B两个光斑，以及经水面反射后在容器右侧壁出现一个光斑C（C未标出）。已知光斑A在发光点S的正下方，光斑B在光斑A的右侧，请根据光的反射定律和折射特点，画出光线到达A、B、C三点的传播路径并标出C点。
（2）如图所示，不计质量的硬杆处于水平静止状态，的作用线是图中圆的切线。
①以O为支点，画出的力臂。
②如果把的作用点A移动到B点，且让力的大小保持不变，要让杠杆仍处于水平静止的平衡状态，则这个力的方向必须改变。请你在图中画出这个力并标示为（保留作图痕迹）。
（3）如图所示探究凸透镜成像规律实验中，凸透镜的焦距为20cm，为凸透镜的主光轴。
<1>从A点发出的一束光a照射到凸透镜上，请在图中画出a经透镜折射后折射光线　 　。
<2>透镜的焦距太长会不利于找出像的位置，于是某同学更换了一个焦距为5cm透镜。
①若蜡烛和透镜的位置不变，经透镜所成的像会落在光具座上的哪个刻度范围内：　 　。
A.50cm-55cm B.55cm-60cm C.65cm-70cm D.75cm-80cm
②此时烛焰经凸透镜折射后能成一个像，这个像的特点是：　 　。
A．放大正立的虚像 B．放大倒立的实像 C．缩小倒立的实像
③若保透镜的位置不变，要让所成的像成在落在离透镜更远的地方，该如何移动蜡烛？　 　
【答案】（1）
（2）①
②
（3）；B；C；蜡烛向靠近凸透镜的方向移动适当距离
【知识点】作光的反射光路图；作光的折射光路图；透镜的光路图；凸透镜成像规律及其探究实验；力臂的画法
【解析】【解答】（1）容器底上的 A 点在 S 点的正下方，S 发出的光垂直射向水面时，传播方向不变，可直接到达 A 点；当光斜射向水面时，折射角小于入射角。连接 SB，在 SB 与水面交点的右侧选择入射点 O，连接 SO 为入射光线、OB 为折射光线；过 O 点作法线，根据反射角等于入射角，在法线右侧的空气中画出反射光线，与容器右壁的交点即为 C 点，完成光路图，如图所示：
故答案为：；
（2）已知FA的作用线是图中圆的切线，由支点O向FA的作用线作垂线，即为FA的力臂L，如图所示：
作用在 A 点的力移动到 B 点，力的大小不变，根据杠杆平衡条件，其力臂长度保持不变，仍等于圆的半径，据此画出作用在 B 点的力的力臂，由此作图如图所示：
故答案为：；；
（3）凸透镜焦距为 20cm，由图可知物距u = 50.0cm- 30.0cm = 20.0cm，即物距等于焦距，此时从焦点发出的光线经凸透镜后平行射出，如图所示：
更换了一个焦距为5cm透镜，若蜡烛和透镜的位置不变，此时物距大于二倍焦距，像距应该大于一倍焦距小于二倍焦距，故像距应该在55cm-60cm这个范围，故B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。
物距大于二倍焦距，根据凸透镜成像的特点，此时烛焰经凸透镜折射后能成一个倒立、缩小的实像，故C符合题意，AB不符合题意。
保持透镜位置不变，若要让像成在离透镜更远的地方，根据 “物近像远像变大” 的规律，应将蜡烛向靠近凸透镜的方向移动适当距离。
故答案为：；B；C；蜡烛向靠近凸透镜的方向移动适当距离。
【分析】(1) 结合光的折射规律（垂直入射时方向不变、斜射时折射角小于入射角）和光的反射定律（反射角等于入射角），先确定入射点，再依次画出折射光线和反射光线，完成光路。
(2) 根据力臂的定义，从支点向力的作用线作垂线得到力臂；结合杠杆平衡条件，当力的大小不变时，力臂长度不变，据此画出不同作用点的力臂。
(3) 先根据刻度尺读数计算物距，结合凸透镜焦距判断物距与焦距的关系；再利用凸透镜成像规律（物距与像距、成像特点的关系）分析像的位置和成像性质；最后根据 “物近像远像变大” 的规律，判断蜡烛的移动方向。
（1）由题知，容器底上的A点在S点的正下方，S发出的光，垂直射向水面，传播方向不变，即这条光线可到达A点；S发出的光斜射向水面时，折射角小于入射角；连接SB，在SB与水面的交点右侧合适位詈选择一个点O，作为S发出光进入水中折射正好射到B点光路的入射点，连接SO为入射光线，OB为折射光线，过O点作法线，根据反射角等于入射角，在法线右侧的空气中画出反射光线与容器右壁交点为C点，如图所示：
（2）[1]已知FA的作用线是图中圆的切线，由支点O向FA的作用线作垂线，即为FA的力臂L，如图所示：
[2]作用在A点的力移动到B点，力的大小保持不变，由杠杆平衡条件知其力臂不变，所以作用在B点力的力臂仍等于圆的半径，由此作图如图所示：
（3）[1]凸透镜的焦距为20cm，由图可知物距为u=50.0cm-30.0cm=20.0cm
在焦点处的光经过凸透镜平行射出，如图所示：
[2]更换了一个焦距为5cm透镜，若蜡烛和透镜的位置不变，此时物距大于二倍焦距，像距应该大于一倍焦距小于二倍焦距，故像距应该在55cm-60cm这个范围，故B符合题意，ACD不符合题意。
故选B。
[3]物距大于二倍焦距，根据凸透镜成像的特点，此时烛焰经凸透镜折射后能成一个倒立、缩小的实像，故C符合题意，AB不符合题意。
故选C。
[4]若保持透镜的位置不变，要让所成的像成在落在离透镜更远的地方，根据物近像远像变大可知，应该将蜡烛向靠近凸透镜的方向移动适当距离。
12．
（1）如图甲，某次军事演习中，执行深海作业的潜水艇漂浮在海水中，要使潜水艇下潜，应对水舱要　 　（选填“注水”或“排水”），当潜艇在水面下继续下潜过程中，海水对潜水艇上下表面的压力差　 　（选填“变大”“变小”或“不变”）。
（2）如图乙所示，卫生部门利用雾炮车对城区街道喷洒消毒剂进行消毒和除尘，雾炮车在水平路面匀速前进喷洒消毒液的过程中，雾炮车的机械能　 　（选填“变大”“不变”或“变小”）、动能　 　（选填“变大”“不变”或“变小”），喷洒时离得较远的环卫工人也能闻到消毒液的气味，这说明　 　。
（3）如图丙为小明在科技节中自制的水火箭结构示意图。图丁为使用打气筒向水火箭内不断打气示意图，当水面上方空气压强增大到一定程度时，会使水向下喷出，从而使水火箭升空。结合材料，利用打气筒向水火箭内打气，水火箭中空气的内能　 　（选填“变大”“不变”或“变小”），打气筒将空气压入水火箭内的能量转化过程与汽油机的　 　冲程相同，水向下喷出会使水火箭升空是因为　 　。
【答案】（1）注水；不变
（2）变小；变小；分子在不停地做无规则运动
（3）变大；压缩；物体间力的作用是相互的
【知识点】机械能及其转化；做功改变物体内能；浮力的利用；分子热运动
【解析】【解答】(1)潜水艇通过改变自身重力实现浮沉，当重力大于浮力时会下沉；要使潜水艇下潜，需要向水舱注水，增大自身重力。
潜艇在水面下继续下潜时，排开水的体积不变，根据公式 ，浮力大小不变；而海水对潜水艇上下表面的压力差等于浮力，因此压力差也不变。
故答案为：注水；不变；
(2)雾炮车在水平路面匀速前进并喷洒消毒液时，速度不变但质量减小，动能随之减小；高度不变但质量减小，重力势能也随之减小；机械能是动能与势能的总和，因此雾炮车的机械能变小。
能闻到消毒液的气味是扩散现象，这说明分子在永不停息地做无规则运动。
故答案为：变小；变小；分子在不停地做无规则运动；
(3)用打气筒向水火箭内打气时，对筒内空气做功，空气的内能增大。
打气筒将空气压入水火箭时，机械能转化为内能，这一能量转化过程与汽油机的压缩冲程相同。
水向下喷出时，水火箭对水施加向下的力，同时水对水火箭施加向上的反作用力，使水火箭升空，这一现象说明物体间力的作用是相互的。
故答案为：变大；压缩；物体间力的作用是相互的；
【分析】(1) 先明确潜水艇通过改变自身重力实现浮沉的原理，再根据阿基米德原理 ，分析排开液体体积不变时浮力的变化，进而判断上下表面压力差的变化。
(2) 根据动能公式 和重力势能公式 ，分析质量、速度、高度变化对动能和势能的影响，再结合机械能的定义判断机械能的变化；最后根据扩散现象的本质，分析分子的无规则运动。
(3) 根据做功改变内能的原理，分析打气过程中空气内能的变化；对比汽油机冲程的能量转化，判断打气过程对应的冲程；最后根据力的作用的相互性，分析水火箭升空的受力原理。
（1）[1]潜水艇的工作原理是改变自身重力，重力大于浮力时会下沉，要使潜水艇下潜，应对水舱要注水，增大潜水艇的重力。
[2]当潜艇在水面下继续下潜过程中，排开水的体积不变，由可知，浮力不变，海水对潜水艇上下表面的压力差等于浮力，因此海水对潜水艇上下表面的压力差不变。
（2）[1][2] 雾炮车在水平路面匀速前进喷洒消毒液的过程中，质量变小，速度不变，动能变小，质量变小，高度不变，重力势能变小，机械能是动能和势能的总和，因此机械能变小。
[3]闻到消毒液的气味是扩散现象，说明分子在不停地做无规则运动。
（3）[1]利用打气筒向水火箭内打气，对水火箭中的空气做功，水火箭中空气的内能变大。
[2]打气筒将空气压入水火箭时机械能转化为内能，与汽油机的压缩冲程相同。
[3]水向下喷出会使水火箭升空，水火箭给水向下的力，水给水火箭向上的力，使水火箭升空，是因为物体间力的作用是相互的。
13．如图所示，甲、乙、丙是三套相同的装置，三图中的燃料均为10g且相同时间内消耗的燃料质量相同，烧杯内的液体质量、初温均相同且在实验过程中液体都未沸腾。
（1）比较不同物质的比热容，应选择　 　两图进行实验，物质吸热的多少是通过　 　（选填“温度计示数”或“加热时间”）来反映的。
（2）在比较不同物质的比热容的实验中，质量和初温均相同的A、B两种液体吸热后，它们的温度随时间变化的图象如图丁所示，由图可知，　 　液体的比热容较大。若其中比热容较大的液体是水，则另一种液体的比热容为　 　。（已知）
（3）比较不同燃料的热值，应选择　 　两图进行实验；燃料燃烧时放出的热量，通过比较　 　（选填“温度计示数”或“加热时间”）来比较的。
【答案】（1）甲、丙；加热时间
（2）B；2.1×103
（3）甲、乙；温度计示数
【知识点】燃料的热值；探究不同物质的吸热能力
【解析】【解答】(1)根据控制变量法，比较不同物质的比热容时，应控制燃料相同、液体种类不同，甲、丙两图的实验设计符合要求；实验中不同物质吸收热量的多少，是通过加热时间的长短来反映的，这是转换法的应用。
故答案为：甲、丙；加热时间；
(2)质量和初温均相同的A、B两种液体，用相同燃料供热，吸收相等热量时，B液体升高的温度更低；根据公式 可知，B液体的比热容更大。
由图像可知，两种液体温度均升高到80℃时，A需要加热10min，B需要加热20min，因此B吸收的热量是A的2倍；根据 可知，B的比热容是A的2倍，即A的比热容是B的0.5倍。若比热容较大的液体是水，则另一种液体的比热容为：
故答案为：B；2.1×103；
(3)根据控制变量法，比较不同燃料的热值时，需用不同的燃料加热同一种液体，且液体质量相同，通过温度计示数变化判断吸热多少，进而比较热值大小，因此应选择甲、乙两图进行实验；燃料完全燃烧时，通过比较温度计示数的高低来判断不同燃料的热值大小。
故答案为：甲、乙；温度计示数；
【分析】(1) 根据控制变量法的要求，明确比较比热容时需控制的变量，选出符合条件的实验装置；再根据转换法的原理，说明实验中反映物质吸热多少的方法。
(2) 根据公式 ，结合控制变量法，分析吸收相同热量时温度变化与比热容的关系；再通过加热时间的比例关系，得出两种液体的比热容比例，进而计算出未知液体的比热容。
(3) 根据控制变量法的要求，明确比较热值时需控制的变量，选出合适的实验装置；再说明实验中通过温度计示数变化比较燃料热值的原理。
（1）[1][2]根据控制变量法，比较不同物质的比热容，应控制液体种类不同，燃料相同，由图可知，甲、丙两图所示实验符合要求；根据转换法，不同物质吸热的多少是通过加热时间来反映的。
（2）[1]质量和初始温度均相同的A、B两种液体，采用相同燃料供热，由图丁所示可知，吸收相等的热量，B升高的温度低，由Q=cmΔt可知，B液体的比热容较大。
[2]由图像知温度都升高到80℃时，A需要l0min，B需要20min，故B吸收的热量是A的2倍，由Q=cmΔt可知，B的比热容是A的2倍，则A比热容是B的0.5倍。若比热容较大的液体是水，则另一种液体的比热容为
（3）[1][2]根据控制变量法，为了比较热值大小，要用不同的燃料，加热同一种液体，让液体的质量相同，通过温度计的示数高低得出吸热多少，进而判断热值大小，应选择甲和乙两图进行实验。当燃料完全燃烧时，通过比较温度计示数来比较不同燃料的热值。
14．
（1）以电能为动力源的电动汽车属于新能源汽车，在甲、乙两图中能说明电动机工作原理的是图　 　（选填“甲”或“乙”），其工作时将电能转化为　 　能，新能源汽车的使用能有效地减少　 　能源的使用（选填“可再生”或“不可再生”）。
（2）小明按图丙所示电路图正确连接电路，电阻R标有“5Ω”，灯L标有“3.8V 0.3A”。闭合开关S，L不光，电压表V和V1示数均为3.8V。小明认为出现上述现象的原因是R被短路。该说法是否正确？　 　；若正确，写出理由；若不正确，则写出分析过程　 　。
【答案】（1）乙；机械；不可再生
（2）不正确；由电路图可知，灯 L 与定值电阻串联，电压表 V 测电源电压，电压表 V1测灯 L 两端电压。若 R 被短路，灯 L 会发光，与题意不符；灯 L 不发光说明电路发生断路，且电压表 V 和 V1示数均为 3.8V，说明此时 V1相当于直接接在电源两端，因此故障为灯 L 断路。
【知识点】能源及其分类；电路故障的判断；直流电动机的构造原理与工作过程
【解析】【解答】(1)图甲中，闭合电路的部分导体切割磁感线时会产生感应电流，这是电磁感应现象，是发电机的工作原理；图乙中，通电导体在磁场中受力运动，这是电动机的工作原理。电动机工作时消耗电能、产生机械能，将电能转化为机械能；新能源汽车减少了热机的使用，降低了对石油这类不可再生能源的消耗。
故答案为：乙；机械；不可再生；
(2)由电路图可知，灯 L 与定值电阻串联，电压表 V 测电源电压，电压表 V1测灯 L 两端电压。若 R 被短路，灯 L 会发光，与题意不符；灯 L 不发光说明电路发生断路，且电压表 V 和 V1示数均为 3.8V，说明此时 V1相当于直接接在电源两端，因此故障为灯 L 断路。
故答案为：不正确；由电路图可知，灯 L 与定值电阻串联，电压表 V 测电源电压，电压表 V1测灯 L 两端电压。若 R 被短路，灯 L 会发光，与题意不符；灯 L 不发光说明电路发生断路，且电压表 V 和 V1示数均为 3.8V，说明此时 V1相当于直接接在电源两端，因此故障为灯 L 断路。
【解答】(1) 先区分电磁感应与通电导体在磁场中受力的现象，判断发电机和电动机的工作原理；再根据电动机的能量转化特点，分析其电能与机械能的转化；最后结合新能源汽车的应用，分析其对不可再生能源消耗的影响。
(2) 先分析串联电路的连接方式和电压表的测量对象，再结合灯不发光的现象排除短路故障，最后根据电压表的示数判断断路位置，确定灯 L 断路。
（1）[1][2][3]由图甲可知，当闭合电路的一部分导体在做切割磁感线运动时，会产生感应电流，因此是发电机的原理；由图乙可知，通电导体在磁场中受力的作用而运动，是电动机的原理。电动机在工作时，需要消耗电能，产生了机械能，所以是将电能转化为机械能；新能源汽车的使用能有效地减少热机的使用，减少了对石油资源的使用，即减少了对不可再生能源的使用。
（2）[1][2]由电路图可知，灯L与定值电阻串联，电压表V测电源电压，电压表V1测灯L两端电压，若R被短路，则L发光，与题意不符。由L不光，可知电路发生了断路，而电压表V和V1示数均为3.8V，说明此时电压表V1接在了电源两端，所以是灯L断路。
三、15-16题结合题目要求，涉及计算的，应写出必要的文字说明、公式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，演算过程及结果都要在数字的后面写上正确的单位。
15．工人师傅利用汽车作为动力，从水中打捞一个方形物件，绳子通过滑轮，一端系着物件，另一端拴在汽车上，水底到地面的高度h是7m，如图甲所示，汽车拉着物件一直匀速上升，已知汽车对绳子的拉力F与绳子向前移动距离s的变化关系如图乙所示。物件露出水面而带出的水分、绳子的体积、绳重及摩擦均忽略不计，水的密度为，g取10N/kg，求：
（1）物件完全离开水面后上升1m，汽车对绳子的拉力做的功；
（2）物件浸没在水中时，受到的浮力大小；
（3）物件的体积。
【答案】（1）图甲中的滑轮为定滑轮，它只能改变力的方向，不省力也不省距离。由图乙可知，物件完全离开水面后，汽车对绳子的拉力 ，拉力移动的距离 ，因此汽车对绳子的拉力做的功为：
（2）物件完全离开水面后匀速上升，处于平衡状态，因此物件的重力 与绳子拉力 大小相等，即 。
物件浸没在水中时，绳子对物件的拉力 ，根据称重法测浮力，物件浸没时受到的浮力为：
（3）物件完全浸没在水中时，排开水的体积等于物件的体积。根据阿基米德原理 ，物件的体积为：
【知识点】阿基米德原理；浮力大小的计算；功的计算及应用
【解析】【分析】(1) 先根据定滑轮的特点确定拉力移动的距离，再利用功的计算公式 计算拉力做的功。
(2) 根据物件匀速上升时的平衡状态，得出物件重力等于拉力；再利用称重法测浮力公式 ，计算物件浸没在水中时受到的浮力。
(3) 根据阿基米德原理 ，结合物件浸没时 的特点，反推出物件的体积表达式。
（1）由图甲可知，滑动为定滑轮，只改变力的方向。由图乙可知，物件完全离开水面后，汽车对绳子的拉力F=3000N，则汽车对绳子的拉力做的功W=Fs=3000N×1m=3000J
（2）由图乙可知，物件完全离开水面后匀速上升，处于平衡状态，则物件的重力G=F=3000N
物件浸没在水中时，绳子对物件的拉力F1=1750N，根据称重法可知，物件浸没时受到的浮力F浮=G-F1=3000N-1750N=1250N
（3）物件完全浸没在水中时，排开水的体积等于物件的体积，根据阿基米德原理可知，物件的体积
16．几千年来，中国的厨艺最讲究的就是“火候”。现在市场上流行如图甲所示的新型电饭锅，有高温煲饭挡和保温挡两个挡位，采用“聪明火”技术，电脑智能控温、控压，智能化控制食物在不同时间段的温度，以得到最佳的口感和营养，其简化电路如图乙所示。和均为电热丝（假设电能全部转化为内能），是自动控制开关，把电饭锅接入220V的电路中，在电饭锅工作的30min内，电路中总电流随时间变化的图像如图丙所示，求：
（1）电饭锅的最大电功率；
（2）电热丝的阻值；
（3）30min内电饭锅产生的热量。
【答案】（1）开关S闭合、S1断开时，电路为R1的简单电路，电阻较大，电流较小，根据公式，功率较小，处于保温挡；开关S和S1都闭合时，R1与R2并联，电阻较小，电流较大，功率较大，处于加热挡。由图丙可知，电饭锅的最大电流，则电饭锅的最大电功率为：
（2）开关S闭合、S1断开时，电路为R1的简单电路，由图丙可知，此时通过R1的电流，根据公式，可得R1的阻值：
（3）30分钟内，电饭锅的加热时间为15分钟，产生的热量：
保温时间为15分钟，产生的热量：
因此30分钟内电饭锅产生的总热量：
【知识点】欧姆定律及其应用；电功的计算；电功率的计算；焦耳定律的应用
【解析】【分析】(1) 根据电路连接方式判断电阻大小，结合公式分析功率大小，区分保温挡和加热挡；再利用公式计算电饭锅的最大电功率。
(2) 根据电路状态确定通过R1的电流，利用欧姆定律公式的变形公式，计算R1的阻值。
(3) 根据电流随时间变化的图像，确定加热和保温阶段的时间，分别利用公式计算两个阶段产生的热量，再求和得到总热量。
（1）由乙图可知，开关S闭合、S1断开时，电路为R1的简单电路，电路的电阻较大，电路中的电流最小，根据P=UI可知，处于保温挡；开关S和S1都闭合时，电阻R1与R2并联，电路的电阻较小，电路中的电流最大，根据P=UI可知，处于加热挡；由图丙可知，电饭锅的最大电流I=3A，则电饭锅最大的电功率P大=UI=220V×3A=660W
（2）开关S闭合、S1断开时，电路为R1的简单电路，电路的电阻较大，电路中的电流最小，由丙图可知，通过R1的电流I1=2A，由可得，R1的阻值
（3）由图可知30min内电饭锅的加热时间为15min，产生的热量为Q加=W加=UIt加=220V×3A×15×60s=5.94×105J
保温时间为15min，产生的热量为Q保=W保=UI1t保=220V×2A×15×60s=3.96×105J
所以30min内电饭锅产生的热量为Q=Q加+Q保=5.94×105J+3.96×105J=9.9×105J
17．小明利用如图甲所示的电路来测量小灯泡的电功率（电源为两节新干电池），小灯泡额定电压为2.5V。
（1）请用笔画线代替导线，在图甲中将实验电路连接完整（要求滑动变阻器的滑片向右移动时电流表示数变小）。
（2）实验中，小明发现无论怎样调节滑动变阻器，两电表指针始终处于图乙所示位置，如果导线完好且连接无误，只有一个元件有故障，则故障原因是　 　。
（3）故障排除后，小明从滑动变阻器接入电路阻值最大时开始记录数据，得到小灯泡图像如图丙所示，则小灯泡的额定功率是　 　W，所用滑动变阻器的最大阻值是　 　Ω。
（4）由图丙可以算出小灯泡两端电压为0.5V时灯丝的电阻为　 　，并且实验过程中得出图像不是一条直线，请分析出现这种现象的原因是　 　。
【答案】（1）
（2）灯泡断路
（3）0.75；25
（4）5；灯泡电阻受温度的影响会发生改变
【知识点】探究用电器的电功率实验
【解析】【解答】(1) 测量小灯泡电功率时，电源、开关、灯泡、电流表串联，电压表并联在灯泡两端；电源为两节新干电池（电压3V），因此电压表选用0~3V小量程。要求滑片向右移动时电流表示数变小，说明滑动变阻器接入电路的阻值需变大，因此应将滑动变阻器的左下接线柱接入电路，完成电路连接，如图：
(2) 调节滑动变阻器时，电流表示数始终为零，电压表示数接近电源电压；电流表示数为零说明电路断路，电压表示数接近电源电压说明电压表两端能接到电源两极，因此故障为小灯泡断路。
故答案为：灯泡断路；
(3)由图丙可知，小灯泡在额定电压2.5V下工作时，通过的电流为0.3A，因此小灯泡的额定功率：
当滑动变阻器接入阻值最大时，电路电流最小，由图丙可知此时电流为0.1A，灯泡两端电压为0.5V；根据串联电路电压规律，滑动变阻器两端电压：
则滑动变阻器的最大阻值：
故答案为：0.75；25；
(4)由图丙可知，小灯泡两端电压为0.5V时，通过的电流为0.1A，此时灯丝的电阻：
小灯泡的灯丝电阻会随温度变化而改变，因此灯泡的电流与电压不成正比，U-I关系图像不是直线。
故答案为：5；灯泡电阻受温度的影响会发生改变；
【分析】(1) 根据实验目的连接电路，电源电压确定电压表量程；根据滑片移动时电流的变化，确定滑动变阻器的接线方式，完成电路连接。
(2) 根据电流表无示数判断电路断路，再结合电压表示数接近电源电压，确定断路位置为小灯泡。
(3) 根据额定电压和对应电流，利用公式计算额定功率；根据电路中最小电流和灯泡两端电压，结合串联电路电压规律求出滑动变阻器两端电压，再利用公式计算其最大阻值。
(4) 根据图像中某一电压和对应电流，利用公式计算灯丝电阻；结合灯丝电阻随温度变化的特点，分析U-I图像不是直线的原因。
（1）测量小灯泡的电功率时，电源、开关、灯泡、电流表串联，电压表并联在灯泡两端，由于电源为两节新干电池（即3V），因此电压表选用小量程，要求滑动变阻器的滑片向右移动时电流表示数变小，即滑动变阻器的阻值变大，因此滑动变阻器左下接线柱接入电路，如图所示：
（2）由题意知，发现无论怎样调节滑动变阻器，两电表指针始终处于图乙所示位置，电流表的示数为零，电压表的示数接近电源电压，由电流表示数为了可知电路发生了断路，电压表的示数接近电源电压，因此是灯泡断路。
（3）[1]由图丙可知，当灯泡在额定电压2.5V下工作时，通过的电流为0.3A，因此小灯泡的额定功率P额=U额I额=2.5V×0.3A=0.75W
[2]当滑动变阻器接入电路中的阻值最大时，电路中的电流最小，由图丙可知，此时的电流为0.1A，根据串联电路电压的特点可知，滑动变阻器两端的电压为U滑=U-UL=3V-0.5V=2.5V
则滑动变阻器的最大阻值为
（4）[1]由图丙可知，小灯泡两端电压为0.5V时，通过的电流为0.1A，则此时灯丝的电阻为
[2]因为灯泡电阻受温度的影响会发生改变，所以灯泡的电流与电压不成正比，所以U-I关系图像不是直线。
18．无人机航拍影像具有高清晰、高实用性的优点。下表是某小型无人机的部分参数：
参数名称 最大飞行半径m 最大巡航速度km/h 电池电压V 电池容量mAh 电动机额定功率W 拍摄速度帧/秒
数据 50 24 2500 20 11000
（电池容量=放电电流×放电时间，例如，1mAh是指以1mA的电流能连续工作1h，帧/秒是指每秒拍摄的画面数）。
（1）人们是利用遥控器通过　 　（选填“声波”或“电磁波”）传输信息操控无人机的，其有效操控距离最大为　 　km；如图乙是无人机竖直向上运动的图象，由图象可知，在0~5s内，无人机受到的升力　 　（选填“大于”“等于”或“小于”）重力，其中阴影部分面积所表示的物理量为　 　。
（2）摄像机拍照镜头可看作凸透镜，当摄像机向被拍摄的物体靠近时，物体所成实像的像距将变　 　（选填“大”或“小”）。
（3）小轿车在高速公路上限速120km/h。如图甲所示，交警利用无人机进行高速公路通行情况的实时监测，一辆小轿车在通行0.6m的过程中，高速摄像机拍摄的帧数为220帧，据此判断小轿车是否超速？　 　（选填“是”或“否”）。
（4）电动机是控制无人机飞行状态的关键动力设备，当它正常工作时，12s内消耗的电能是　 　J。已知电动机消耗的能量是无人机电池储存最大能量的50%，则无人机在空中以额定功率飞行的时间不能超过　 　h。
【答案】（1）电磁波；5；大于；路程
（2）大
（3）否
（4）240；1.5
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验；速度公式及其应用；电功的计算；电功率的计算；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】(1)人们利用遥控器通过电磁波传输信息操控无人机，因为电磁波可在真空中传播，且传播速度快，能满足远距离控制的需求。
无人机的最大飞行半径为，因此其有效操控距离最大为5km。
在0~5s内，无人机速度不断增大，处于加速上升状态，此时受到的升力大于重力。
在v-t图像中，阴影部分的面积表示物体的路程，这是因为路程公式为，图像与坐标轴围成的面积对应“速度×时间”的物理意义。
故答案为：电磁波；5；大于；路程；
(2) 摄像机的拍照镜头可看作凸透镜，根据凸透镜成像规律“物近像远像变大”，当摄像机向被拍摄物体靠近时，物距减小，像距会增大，物体所成实像的像距将变大。
故答案为：大；
(3) 已知摄像机拍摄速度为11000帧/秒，小轿车通行0.6m的过程中拍摄了220帧，则小轿车运动的时间：
小轿车的速度：
因为，所以小轿车未超速。
故答案为：否；
(4)电动机正常工作时，额定功率，则12s内消耗的电能：
电池储存的最大能量：
电动机可使用的能量为电池储存能量的50%，即：
无人机在空中以额定功率飞行的时间：
故答案为：240；1.5；
【分析】(1) 结合电磁波的传播特点分析无人机遥控原理；根据飞行半径直接得出操控距离；根据速度变化判断受力关系；利用v-t图像的面积意义分析路程的表示方法。
(2) 利用凸透镜成像规律中“物距与像距的关系”，分析摄像机靠近物体时像距的变化。
(3) 先根据拍摄帧数和拍摄速度计算运动时间，再利用速度公式计算小轿车的速度，最后与限速对比判断是否超速。
(4) 利用电功公式计算电动机消耗的电能；先根据公式计算电池储存的能量，再结合能量利用率求出可用于电动机的能量，最后利用计算飞行时间。
（1）[1]人们是利用遥控器通过电磁波传输信息操控无人机的，因为电磁波可以在真空中传播，且传播速度快，能够满足远距离控制的需求。
[2]由题中信息可知，无人机的最大飞行半径为r=5×103m=5km
所以其有效操控距离最大为5km。
[3]在0~5s内，无人机的速度在不断增大，所以无人机受到的升力大于重力。
[4]在v-t图象中，阴影部分面积所表示的物理量为路程，这是因为v-t图象中，图象与坐标轴围成的面积表示物体的路程s=vt。
（2）摄像机拍照镜头可看作凸透镜，根据凸透镜成像规律，当物距减小时，像距会增大，所以当摄像机向被拍摄的物体靠近时，物体所成实像的像距将变大。
（3）已知摄像机拍摄速度为11000帧/秒，小轿车通行0.6m的过程中拍摄了220帧，则小轿车运动的时间
那么小轿车的速度
所以小轿车未超速。
（4）[1]电动机正常工作时，其额定功率P=20W，则12s内消耗的电能W=Pt=20W×12s=240J
[2]电池储存的最大能量E=UIt=24V×2.5A×3600s=216000J
因为电动机消耗的能量是无人机电池储存最大能量的50%，所以可用于电动机工作的能量为E'=50%×216000J=108000J
则无人机在空中以额定功率飞行的时间
1 / 1广东省广州市南沙区2025年中考二模物理试题
一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分，在每小题给出的四个选项中，只有一项最符合题目要求。
1．编钟是我国瑰宝，如图，某次分别敲打M、N、P三处地方，敲M处发出的声音音调比敲N处的高，比敲P处的低，敲M处发出的声音强弱等级为25dB，敲N处发出的声音强弱等级为30dB，则（　　）
A．编钟发出的声音频率只与其质量有关
B．敲N处发出的声音频率高于敲P处的
C．敲P处时，钟的振幅一定比敲M处时大
D．敲N处发出的声音响度比敲M处时大
2．有甲、乙两台汽油机，通过查阅资料了解到这甲、乙两台汽油机的机械参数如图所示，从图中可知（　　）
A．甲机械和乙机械的有用功相同 B．甲机械总功大
C．乙机械额外功小 D．乙机械的机械效率较高
3．红移现象指物体的电磁辐射由于某种原因发生变化的现象，在可见光波段，表现为光谱的谱线朝红光端移动了一段距离。图是电磁波家族的一部分，已知电磁波的波长越长，频率越低。由此可以推断，当电磁波发生红移时（　　）
A．波长变长 B．频率变高
C．在真空中的波速变小 D．在真空中的波速为
4．在完全相同的两个瓶里装了甲、乙两种液体，用放在水平桌面已经调节平衡的天平进行测量，如图所示是天平横梁再次平衡的情景。下列说法正确的是（　　）
A．两液体质量可能相等
B．乙液体质量一定较大
C．甲液体密度可能较大
D．不知道两种液体的具体质量，所以不能判断其密度大小
5．我们可以在不同的环境中看到“白气”。下列有关形成“白气”的说法正确的是（　　）
A．文艺演出时舞台上经常会出现“白气”，这是干冰在常温下升华而成的
B．打开软木塞的热水瓶口会出现“白气”，这是瓶内的水蒸气液化形成的
C．清晨能看到河面上有一团团的“白气”，这是河面上的水蒸发形成的
D．夏天，打开冰箱时常会出现“白气”，这是冰箱内的空气液化形成的
6．托里拆利测量大气压强值的实验如图所示。以下判断正确的是（　　）
A．若此装置从广州塔首层乘电梯到达顶层过程管内的液面下降，则说明大气压变小
B．若用水代替水银来做实验，则大气压能支撑的水柱高度会变低
C．若换用更粗的玻璃管，则管内的液面会下降
D．此时大气压强等于760mm高水银柱所产生的压强
7．列车停在平直轨道上，车厢中小球b静止，忽略桌面对b的摩擦及空气的影响。列车启动后，下列选项中的情况可能出现的是（　　）
A．
B．
C．
D．
8．将甲、乙两个实心小球放入装有水的烧杯中，若甲、乙两小球的质量和静止时排开水的质量的情况如下表所示，则两球在水中静止时，下列情形合理的是（　　）
实心球 实心球的质量/g 静止时排开水的质量/g
甲 300 200
乙 100 100
A． B．
C． D．
9．如图所示，闭合开关，磁场对导体的力F竖直向下，下列选项分别表示闭合开关时磁场对导体ab或cd的力的方向正确的是（　　）
A． B．
C． D．
10．如图所示电路是家庭电路的一部分，图中A和B位置分别接入一盏电灯和开关，在符合安全用电原则的情况下，下列相关说法正确的是（　　）
A．应在A处接开关，B处接灯泡
B．用试电笔接触插座的左孔，氖管会发光
C．两孔插座上接入电视机后，电视机是与灯泡并联的
D．若控制灯泡的开关短路，则保险丝会熔断
二、非选择题：本题共4小题。按题目要求作答。
11．（1）如图所示，在水面上方有一发光点S发出的两束光分别射到液面，在容器底面出现A和B两个光斑，以及经水面反射后在容器右侧壁出现一个光斑C（C未标出）。已知光斑A在发光点S的正下方，光斑B在光斑A的右侧，请根据光的反射定律和折射特点，画出光线到达A、B、C三点的传播路径并标出C点。
（2）如图所示，不计质量的硬杆处于水平静止状态，的作用线是图中圆的切线。
①以O为支点，画出的力臂。
②如果把的作用点A移动到B点，且让力的大小保持不变，要让杠杆仍处于水平静止的平衡状态，则这个力的方向必须改变。请你在图中画出这个力并标示为（保留作图痕迹）。
（3）如图所示探究凸透镜成像规律实验中，凸透镜的焦距为20cm，为凸透镜的主光轴。
<1>从A点发出的一束光a照射到凸透镜上，请在图中画出a经透镜折射后折射光线　 　。
<2>透镜的焦距太长会不利于找出像的位置，于是某同学更换了一个焦距为5cm透镜。
①若蜡烛和透镜的位置不变，经透镜所成的像会落在光具座上的哪个刻度范围内：　 　。
A.50cm-55cm B.55cm-60cm C.65cm-70cm D.75cm-80cm
②此时烛焰经凸透镜折射后能成一个像，这个像的特点是：　 　。
A．放大正立的虚像 B．放大倒立的实像 C．缩小倒立的实像
③若保透镜的位置不变，要让所成的像成在落在离透镜更远的地方，该如何移动蜡烛？　 　
12．
（1）如图甲，某次军事演习中，执行深海作业的潜水艇漂浮在海水中，要使潜水艇下潜，应对水舱要　 　（选填“注水”或“排水”），当潜艇在水面下继续下潜过程中，海水对潜水艇上下表面的压力差　 　（选填“变大”“变小”或“不变”）。
（2）如图乙所示，卫生部门利用雾炮车对城区街道喷洒消毒剂进行消毒和除尘，雾炮车在水平路面匀速前进喷洒消毒液的过程中，雾炮车的机械能　 　（选填“变大”“不变”或“变小”）、动能　 　（选填“变大”“不变”或“变小”），喷洒时离得较远的环卫工人也能闻到消毒液的气味，这说明　 　。
（3）如图丙为小明在科技节中自制的水火箭结构示意图。图丁为使用打气筒向水火箭内不断打气示意图，当水面上方空气压强增大到一定程度时，会使水向下喷出，从而使水火箭升空。结合材料，利用打气筒向水火箭内打气，水火箭中空气的内能　 　（选填“变大”“不变”或“变小”），打气筒将空气压入水火箭内的能量转化过程与汽油机的　 　冲程相同，水向下喷出会使水火箭升空是因为　 　。
13．如图所示，甲、乙、丙是三套相同的装置，三图中的燃料均为10g且相同时间内消耗的燃料质量相同，烧杯内的液体质量、初温均相同且在实验过程中液体都未沸腾。
（1）比较不同物质的比热容，应选择　 　两图进行实验，物质吸热的多少是通过　 　（选填“温度计示数”或“加热时间”）来反映的。
（2）在比较不同物质的比热容的实验中，质量和初温均相同的A、B两种液体吸热后，它们的温度随时间变化的图象如图丁所示，由图可知，　 　液体的比热容较大。若其中比热容较大的液体是水，则另一种液体的比热容为　 　。（已知）
（3）比较不同燃料的热值，应选择　 　两图进行实验；燃料燃烧时放出的热量，通过比较　 　（选填“温度计示数”或“加热时间”）来比较的。
14．
（1）以电能为动力源的电动汽车属于新能源汽车，在甲、乙两图中能说明电动机工作原理的是图　 　（选填“甲”或“乙”），其工作时将电能转化为　 　能，新能源汽车的使用能有效地减少　 　能源的使用（选填“可再生”或“不可再生”）。
（2）小明按图丙所示电路图正确连接电路，电阻R标有“5Ω”，灯L标有“3.8V 0.3A”。闭合开关S，L不光，电压表V和V1示数均为3.8V。小明认为出现上述现象的原因是R被短路。该说法是否正确？　 　；若正确，写出理由；若不正确，则写出分析过程　 　。
三、15-16题结合题目要求，涉及计算的，应写出必要的文字说明、公式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，演算过程及结果都要在数字的后面写上正确的单位。
15．工人师傅利用汽车作为动力，从水中打捞一个方形物件，绳子通过滑轮，一端系着物件，另一端拴在汽车上，水底到地面的高度h是7m，如图甲所示，汽车拉着物件一直匀速上升，已知汽车对绳子的拉力F与绳子向前移动距离s的变化关系如图乙所示。物件露出水面而带出的水分、绳子的体积、绳重及摩擦均忽略不计，水的密度为，g取10N/kg，求：
（1）物件完全离开水面后上升1m，汽车对绳子的拉力做的功；
（2）物件浸没在水中时，受到的浮力大小；
（3）物件的体积。
16．几千年来，中国的厨艺最讲究的就是“火候”。现在市场上流行如图甲所示的新型电饭锅，有高温煲饭挡和保温挡两个挡位，采用“聪明火”技术，电脑智能控温、控压，智能化控制食物在不同时间段的温度，以得到最佳的口感和营养，其简化电路如图乙所示。和均为电热丝（假设电能全部转化为内能），是自动控制开关，把电饭锅接入220V的电路中，在电饭锅工作的30min内，电路中总电流随时间变化的图像如图丙所示，求：
（1）电饭锅的最大电功率；
（2）电热丝的阻值；
（3）30min内电饭锅产生的热量。
17．小明利用如图甲所示的电路来测量小灯泡的电功率（电源为两节新干电池），小灯泡额定电压为2.5V。
（1）请用笔画线代替导线，在图甲中将实验电路连接完整（要求滑动变阻器的滑片向右移动时电流表示数变小）。
（2）实验中，小明发现无论怎样调节滑动变阻器，两电表指针始终处于图乙所示位置，如果导线完好且连接无误，只有一个元件有故障，则故障原因是　 　。
（3）故障排除后，小明从滑动变阻器接入电路阻值最大时开始记录数据，得到小灯泡图像如图丙所示，则小灯泡的额定功率是　 　W，所用滑动变阻器的最大阻值是　 　Ω。
（4）由图丙可以算出小灯泡两端电压为0.5V时灯丝的电阻为　 　，并且实验过程中得出图像不是一条直线，请分析出现这种现象的原因是　 　。
18．无人机航拍影像具有高清晰、高实用性的优点。下表是某小型无人机的部分参数：
参数名称 最大飞行半径m 最大巡航速度km/h 电池电压V 电池容量mAh 电动机额定功率W 拍摄速度帧/秒
数据 50 24 2500 20 11000
（电池容量=放电电流×放电时间，例如，1mAh是指以1mA的电流能连续工作1h，帧/秒是指每秒拍摄的画面数）。
（1）人们是利用遥控器通过　 　（选填“声波”或“电磁波”）传输信息操控无人机的，其有效操控距离最大为　 　km；如图乙是无人机竖直向上运动的图象，由图象可知，在0~5s内，无人机受到的升力　 　（选填“大于”“等于”或“小于”）重力，其中阴影部分面积所表示的物理量为　 　。
（2）摄像机拍照镜头可看作凸透镜，当摄像机向被拍摄的物体靠近时，物体所成实像的像距将变　 　（选填“大”或“小”）。
（3）小轿车在高速公路上限速120km/h。如图甲所示，交警利用无人机进行高速公路通行情况的实时监测，一辆小轿车在通行0.6m的过程中，高速摄像机拍摄的帧数为220帧，据此判断小轿车是否超速？　 　（选填“是”或“否”）。
（4）电动机是控制无人机飞行状态的关键动力设备，当它正常工作时，12s内消耗的电能是　 　J。已知电动机消耗的能量是无人机电池储存最大能量的50%，则无人机在空中以额定功率飞行的时间不能超过　 　h。
答案解析部分
1．【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、M、N 点位置相同，两个编钟质量不同，敲 M 处发出的声音音调比敲 N 处的高，说明编钟发出的声音频率与其质量有关；敲 M 处发出的声音音调比敲 P 处的低，M、P 是同一编钟上不同位置的两个点，说明编钟发出的声音频率还与其发声的位置有关，故 A 错误；
B、音调与频率有关，频率越高，音调越高。敲 M 处发出的声音音调比敲 N 处的高，比敲 P 处的低，所以敲 N 处发出的声音频率低于敲 P 处的，故 B 错误；
C、响度与振幅有关，敲 P 处时和敲 M 处时的响度大小未知，所以振幅大小未知，故 C 错误；
D、敲 M 处发出的声音强弱等级为 25dB，敲 N 处发出的声音强弱等级为 30dB，所以敲 N 处发出的声音响度比敲 M 处时大，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查音调与频率的影响因素，明确编钟的频率不仅与质量有关，还与敲击位置有关；
B、考查音调与频率的对应关系，需根据题干中音调的高低顺序，判断频率的大小关系；
C、考查响度与振幅的关系，明确响度由振幅和距离共同决定，仅根据题干信息无法直接比较振幅大小；
D、考查声音强弱等级（分贝）与响度的关系，分贝数越大，声音的响度越大。
2．【答案】A
【知识点】机械效率的大小比较；有用功和额外功
【解析】【解答】A、甲汽油机额外功为，额外功占比为，则甲的总功：；甲的有用功：；乙汽油机的有用功，故，A正确；
B、乙汽油机总功：；因，故B错误；
C、乙汽油机额外功：；
因，故C错误；
D、甲汽油机效率，乙汽油机效率，因，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A、考查机械效率与功的关系，利用额外功占比求总功，再由效率公式计算有用功并对比；
B、考查总功的计算与比较，利用有用功和效率公式求乙的总功，再与甲对比；
C、考查额外功的计算，用总功减有用功得到额外功，再比较大小；
D、考查机械效率的概念，直接读取效率数值并比较高低。
3．【答案】A
【知识点】电磁波的产生；波速、波长和频率的关系
【解析】【解答】红移现象表现为光谱线向红光端移动，根据多普勒效应理论，此时光波的频率减小，对应的波长增大；而电磁波在真空中的传播速度是恒定的，约为 ，与频率、波长的变化无关。因此A符合题意，BCD不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据红移现象的定义，结合电磁波谱中红光的波长、频率特点，利用波速、波长与频率的关系（）及电磁波在真空中波速恒定的规律，分析各选项的正误。
4．【答案】B
【知识点】密度公式及其应用
【解析】【解答】A、天平平衡时，左盘总质量等于右盘总质量加上游码示数；瓶子完全相同，因此乙瓶液体质量等于甲瓶液体质量加上游码示数，两液体质量不相等，故A错误；
B、根据天平平衡关系，乙瓶液体质量 = 甲瓶液体质量 + 游码示数，因此乙液体质量一定较大，故B正确；
C、由图可知，甲瓶液体体积大于乙瓶液体体积，且乙液体质量更大，根据密度公式，质量大、体积小的乙液体密度一定更大，甲液体密度不可能较大，故C错误；
D、根据天平可判断质量关系，结合图中体积关系，利用密度公式可直接判断密度大小，无需知道具体质量数值，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查天平的读数规则，明确天平平衡时“左盘质量=右盘质量+游码示数”，结合瓶子质量相同，判断液体质量关系；
B、考查天平质量关系的推导，利用天平平衡公式，得出乙液体质量等于甲液体质量加游码示数，因此乙液体质量更大；
C、考查密度公式的应用，结合“乙液体质量大、体积小”的条件，利用判断乙液体密度更大；
D、考查密度的判断方法，无需具体数值，通过质量和体积的大小关系即可比较密度大小。
5．【答案】B
【知识点】物质的三态；液化及液化放热
【解析】【解答】A、文艺演出时舞台上的 “白气”，是干冰升华吸热使空气温度降低，空气中的水蒸气遇冷液化形成的小水珠，并非干冰升华直接形成的，故 A 错误；
B、打开软木塞的热水瓶口出现的 “白气”，是瓶内高温水蒸气遇到外界冷空气，温度降低液化形成的小水珠，故 B 正确；
C、清晨河面上的 “白气”，是河面上的水蒸气遇冷液化形成的小水珠，并非水蒸发直接形成的，故 C 错误；
D、夏天打开冰箱时出现的 “白气”，是空气中的水蒸气遇到冰箱内的冷空气液化形成的小水珠，并非冰箱内的空气液化形成的，故 D 错误；
故答案为：B
【分析】A、考查升华与液化现象的区分，明确 “白气” 本质是液态小水珠，干冰升华只是吸热降温，真正形成 “白气” 的是空气中水蒸气的液化；
B、考查液化现象的成因，热水瓶内水蒸气温度高于外界空气，遇冷发生液化形成 “白气”；
C、考查蒸发与液化的区别，蒸发是液态变气态，而 “白气” 是气态变液态的液化现象；
D、考查液化现象的发生条件，冰箱外空气中的水蒸气遇冷液化，而非冰箱内空气液化。
6．【答案】A
【知识点】大气压强的测量方法
【解析】【解答】A、从广州塔首层到顶层，海拔升高，外界大气压会降低；根据托里拆利实验原理，管内水银柱产生的压强等于外界大气压，由可知，大气压变小会导致水银柱高度降低，即管内液面下降，故A正确；
B、根据，当大气压不变时，液体密度越小，能支撑的液柱高度越大；水的密度远小于水银，因此大气压能支撑的水柱高度会变高，故B错误；
C、托里拆利实验中，管内水银柱的高度差只与外界大气压有关，与玻璃管的粗细无关；换用更粗的玻璃管，管内液面高度差不变，故C错误；
D、由图可知，玻璃管内水银面到水银槽中水银面的垂直高度为，因此当时的大气压强等于750mm高水银柱所产生的压强，故D错误；
故答案为：A
【分析】A、考查大气压与海拔的关系及托里拆利实验原理，海拔越高大气压越低，结合分析水银柱高度变化；
B、考查液体压强公式的应用，大气压不变时，液柱高度与液体密度成反比；
C、考查托里拆利实验的影响因素，玻璃管粗细不影响水银柱高度差；
D、考查托里拆利实验中大气压的计算，水银柱高度指的是管内水银面与槽内水银面的垂直高度差。
7．【答案】A
【知识点】惯性及其现象
【解析】【解答】由图可知，列车停在平直轨道上，和地面相对静止，车厢中小球b静止且与路灯杆在同一竖直线上。当列车启动后，车厢运动，小球b由于惯性，仍保持原来的静止状态，忽略桌面对b的摩擦及空气的影响，则小球b与路灯杆之间的位置不发生改变，故A符合题意，BCD不符合题意。
故选A。
【分析】由图可知，列车停在平直轨道上，车厢中小球b静止且与路灯杆在同一竖直线上。当列车启动后，车厢受力开始运动，小球b由于惯性，仍保持原来的静止状态，忽略桌面对b的摩擦及空气的影响，则小球b与路灯杆之间的位置不发生改变。
8．【答案】B
【知识点】阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】A、由表格数据可知，甲球质量为300g，排开水的质量为200g，根据阿基米德原理，甲球重力大于浮力，因此甲球应沉底，而非漂浮；乙球质量为100g，排开水的质量为100g，乙球重力等于浮力，应漂浮或悬浮，而图中乙球沉底，故A错误；
B、甲球重力大于浮力，因此甲球沉底；乙球重力等于浮力，且甲球排开水的质量大于乙球，根据阿基米德原理，甲球受到的浮力更大，排开水的体积更大，又因为，所以乙球排开水的体积必然小于自身体积，乙球只能漂浮，图中情形符合，故B正确；
C、甲球沉底、乙球悬浮时，乙球排开水的体积应等于自身体积，而甲球排开水的体积大于乙球，与矛盾，故C错误；
D、甲球排开水的质量大于乙球，因此甲球排开水的体积应大于乙球，而图中甲球排开水的体积小于乙球，故D错误；
故答案为：B
【分析】A、考查物体的浮沉条件与阿基米德原理的应用，根据质量与排开水的质量关系，判断甲、乙两球的浮沉状态；
B、考查浮沉条件与体积关系的综合分析，结合和排开水的体积关系，排除乙球悬浮的可能，确定乙球只能漂浮；
C、考查悬浮状态的条件，悬浮时物体排开水的体积等于自身体积，结合甲、乙的体积关系，判断该情形不成立；
D、考查阿基米德原理中排开水的体积与浮力的关系，排开水的质量越大，排开水的体积越大，与图中体积关系矛盾。
9．【答案】D
【知识点】磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】通电导体在磁场中受到的安培力方向由磁场方向和导体中电流方向共同决定，二者只要有一个改变，受力方向就会改变，若二者同时改变，则受力方向不变。
A．和原图相比，本选项中磁场方向不变，导体ab的电流方向发生了改变，因此受力方向也会改变，原本受力向下，现在受力应为竖直向上，故A错误；
B．和原图相比，本选项中磁场方向改变，导体cd的电流方向也改变，因此受力方向不变，仍为竖直向下，故B错误；
C．和原图相比，本选项中磁场方向改变，导体ab的电流方向不变，因此受力方向改变，原本受力向下，现在受力应为竖直向上，故C错误；
D．和原图相比，本选项中磁场方向改变，导体ab的电流方向也改变，因此受力方向不变，仍为竖直向下，故D正确。
故选D。
【分析】通电导线在磁场中受到力的作用，实例有：电动机，通电导体在磁场中受到的安培力方向由磁场方向和导体中电流方向共同决定。
10．【答案】C
【知识点】家庭电路的组成；家庭电路的连接；测电笔的使用
【解析】【解答】A、为了安全用电，开关应接在火线上，这样断开开关时，灯泡不带电；图中火线接在上方，因此应在 B 处接开关，A 处接灯泡，故 A 错误；
B、两孔插座遵循 “左零右火” 的接线规则，插座的左孔接零线，用试电笔接触左孔时，氖管不会发光，故 B 错误；
C、家庭电路中各用电器之间为并联连接，因此两孔插座上接入电视机后，电视机与灯泡是并联的，工作时互不干扰，故 C 正确；
D、若控制灯泡的开关短路，电流会直接通过导线使灯泡接入电路正常发光，不会造成电路短路，因此保险丝不会熔断，故 D 错误；
故答案为：C
【分析】A、考查家庭电路中开关与灯泡的连接规则，开关必须接在火线上，断开开关时切断火线，保证用电器不带电；
B、考查试电笔的使用及插座的接线规则，两孔插座 “左零右火”，试电笔接触火线时氖管发光，接触零线时不发光；
C、考查家庭电路中用电器的连接方式，家庭电路中各用电器均为并联，互不影响；
D、考查保险丝熔断的条件，保险丝在电路发生短路或用电器总功率过大时熔断，开关短路不会造成短路故障。
11．【答案】（1）
（2）①
②
（3）；B；C；蜡烛向靠近凸透镜的方向移动适当距离
【知识点】作光的反射光路图；作光的折射光路图；透镜的光路图；凸透镜成像规律及其探究实验；力臂的画法
【解析】【解答】（1）容器底上的 A 点在 S 点的正下方，S 发出的光垂直射向水面时，传播方向不变，可直接到达 A 点；当光斜射向水面时，折射角小于入射角。连接 SB，在 SB 与水面交点的右侧选择入射点 O，连接 SO 为入射光线、OB 为折射光线；过 O 点作法线，根据反射角等于入射角，在法线右侧的空气中画出反射光线，与容器右壁的交点即为 C 点，完成光路图，如图所示：
故答案为：；
（2）已知FA的作用线是图中圆的切线，由支点O向FA的作用线作垂线，即为FA的力臂L，如图所示：
作用在 A 点的力移动到 B 点，力的大小不变，根据杠杆平衡条件，其力臂长度保持不变，仍等于圆的半径，据此画出作用在 B 点的力的力臂，由此作图如图所示：
故答案为：；；
（3）凸透镜焦距为 20cm，由图可知物距u = 50.0cm- 30.0cm = 20.0cm，即物距等于焦距，此时从焦点发出的光线经凸透镜后平行射出，如图所示：
更换了一个焦距为5cm透镜，若蜡烛和透镜的位置不变，此时物距大于二倍焦距，像距应该大于一倍焦距小于二倍焦距，故像距应该在55cm-60cm这个范围，故B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。
物距大于二倍焦距，根据凸透镜成像的特点，此时烛焰经凸透镜折射后能成一个倒立、缩小的实像，故C符合题意，AB不符合题意。
保持透镜位置不变，若要让像成在离透镜更远的地方，根据 “物近像远像变大” 的规律，应将蜡烛向靠近凸透镜的方向移动适当距离。
故答案为：；B；C；蜡烛向靠近凸透镜的方向移动适当距离。
【分析】(1) 结合光的折射规律（垂直入射时方向不变、斜射时折射角小于入射角）和光的反射定律（反射角等于入射角），先确定入射点，再依次画出折射光线和反射光线，完成光路。
(2) 根据力臂的定义，从支点向力的作用线作垂线得到力臂；结合杠杆平衡条件，当力的大小不变时，力臂长度不变，据此画出不同作用点的力臂。
(3) 先根据刻度尺读数计算物距，结合凸透镜焦距判断物距与焦距的关系；再利用凸透镜成像规律（物距与像距、成像特点的关系）分析像的位置和成像性质；最后根据 “物近像远像变大” 的规律，判断蜡烛的移动方向。
（1）由题知，容器底上的A点在S点的正下方，S发出的光，垂直射向水面，传播方向不变，即这条光线可到达A点；S发出的光斜射向水面时，折射角小于入射角；连接SB，在SB与水面的交点右侧合适位詈选择一个点O，作为S发出光进入水中折射正好射到B点光路的入射点，连接SO为入射光线，OB为折射光线，过O点作法线，根据反射角等于入射角，在法线右侧的空气中画出反射光线与容器右壁交点为C点，如图所示：
（2）[1]已知FA的作用线是图中圆的切线，由支点O向FA的作用线作垂线，即为FA的力臂L，如图所示：
[2]作用在A点的力移动到B点，力的大小保持不变，由杠杆平衡条件知其力臂不变，所以作用在B点力的力臂仍等于圆的半径，由此作图如图所示：
（3）[1]凸透镜的焦距为20cm，由图可知物距为u=50.0cm-30.0cm=20.0cm
在焦点处的光经过凸透镜平行射出，如图所示：
[2]更换了一个焦距为5cm透镜，若蜡烛和透镜的位置不变，此时物距大于二倍焦距，像距应该大于一倍焦距小于二倍焦距，故像距应该在55cm-60cm这个范围，故B符合题意，ACD不符合题意。
故选B。
[3]物距大于二倍焦距，根据凸透镜成像的特点，此时烛焰经凸透镜折射后能成一个倒立、缩小的实像，故C符合题意，AB不符合题意。
故选C。
[4]若保持透镜的位置不变，要让所成的像成在落在离透镜更远的地方，根据物近像远像变大可知，应该将蜡烛向靠近凸透镜的方向移动适当距离。
12．【答案】（1）注水；不变
（2）变小；变小；分子在不停地做无规则运动
（3）变大；压缩；物体间力的作用是相互的
【知识点】机械能及其转化；做功改变物体内能；浮力的利用；分子热运动
【解析】【解答】(1)潜水艇通过改变自身重力实现浮沉，当重力大于浮力时会下沉；要使潜水艇下潜，需要向水舱注水，增大自身重力。
潜艇在水面下继续下潜时，排开水的体积不变，根据公式 ，浮力大小不变；而海水对潜水艇上下表面的压力差等于浮力，因此压力差也不变。
故答案为：注水；不变；
(2)雾炮车在水平路面匀速前进并喷洒消毒液时，速度不变但质量减小，动能随之减小；高度不变但质量减小，重力势能也随之减小；机械能是动能与势能的总和，因此雾炮车的机械能变小。
能闻到消毒液的气味是扩散现象，这说明分子在永不停息地做无规则运动。
故答案为：变小；变小；分子在不停地做无规则运动；
(3)用打气筒向水火箭内打气时，对筒内空气做功，空气的内能增大。
打气筒将空气压入水火箭时，机械能转化为内能，这一能量转化过程与汽油机的压缩冲程相同。
水向下喷出时，水火箭对水施加向下的力，同时水对水火箭施加向上的反作用力，使水火箭升空，这一现象说明物体间力的作用是相互的。
故答案为：变大；压缩；物体间力的作用是相互的；
【分析】(1) 先明确潜水艇通过改变自身重力实现浮沉的原理，再根据阿基米德原理 ，分析排开液体体积不变时浮力的变化，进而判断上下表面压力差的变化。
(2) 根据动能公式 和重力势能公式 ，分析质量、速度、高度变化对动能和势能的影响，再结合机械能的定义判断机械能的变化；最后根据扩散现象的本质，分析分子的无规则运动。
(3) 根据做功改变内能的原理，分析打气过程中空气内能的变化；对比汽油机冲程的能量转化，判断打气过程对应的冲程；最后根据力的作用的相互性，分析水火箭升空的受力原理。
（1）[1]潜水艇的工作原理是改变自身重力，重力大于浮力时会下沉，要使潜水艇下潜，应对水舱要注水，增大潜水艇的重力。
[2]当潜艇在水面下继续下潜过程中，排开水的体积不变，由可知，浮力不变，海水对潜水艇上下表面的压力差等于浮力，因此海水对潜水艇上下表面的压力差不变。
（2）[1][2] 雾炮车在水平路面匀速前进喷洒消毒液的过程中，质量变小，速度不变，动能变小，质量变小，高度不变，重力势能变小，机械能是动能和势能的总和，因此机械能变小。
[3]闻到消毒液的气味是扩散现象，说明分子在不停地做无规则运动。
（3）[1]利用打气筒向水火箭内打气，对水火箭中的空气做功，水火箭中空气的内能变大。
[2]打气筒将空气压入水火箭时机械能转化为内能，与汽油机的压缩冲程相同。
[3]水向下喷出会使水火箭升空，水火箭给水向下的力，水给水火箭向上的力，使水火箭升空，是因为物体间力的作用是相互的。
13．【答案】（1）甲、丙；加热时间
（2）B；2.1×103
（3）甲、乙；温度计示数
【知识点】燃料的热值；探究不同物质的吸热能力
【解析】【解答】(1)根据控制变量法，比较不同物质的比热容时，应控制燃料相同、液体种类不同，甲、丙两图的实验设计符合要求；实验中不同物质吸收热量的多少，是通过加热时间的长短来反映的，这是转换法的应用。
故答案为：甲、丙；加热时间；
(2)质量和初温均相同的A、B两种液体，用相同燃料供热，吸收相等热量时，B液体升高的温度更低；根据公式 可知，B液体的比热容更大。
由图像可知，两种液体温度均升高到80℃时，A需要加热10min，B需要加热20min，因此B吸收的热量是A的2倍；根据 可知，B的比热容是A的2倍，即A的比热容是B的0.5倍。若比热容较大的液体是水，则另一种液体的比热容为：
故答案为：B；2.1×103；
(3)根据控制变量法，比较不同燃料的热值时，需用不同的燃料加热同一种液体，且液体质量相同，通过温度计示数变化判断吸热多少，进而比较热值大小，因此应选择甲、乙两图进行实验；燃料完全燃烧时，通过比较温度计示数的高低来判断不同燃料的热值大小。
故答案为：甲、乙；温度计示数；
【分析】(1) 根据控制变量法的要求，明确比较比热容时需控制的变量，选出符合条件的实验装置；再根据转换法的原理，说明实验中反映物质吸热多少的方法。
(2) 根据公式 ，结合控制变量法，分析吸收相同热量时温度变化与比热容的关系；再通过加热时间的比例关系，得出两种液体的比热容比例，进而计算出未知液体的比热容。
(3) 根据控制变量法的要求，明确比较热值时需控制的变量，选出合适的实验装置；再说明实验中通过温度计示数变化比较燃料热值的原理。
（1）[1][2]根据控制变量法，比较不同物质的比热容，应控制液体种类不同，燃料相同，由图可知，甲、丙两图所示实验符合要求；根据转换法，不同物质吸热的多少是通过加热时间来反映的。
（2）[1]质量和初始温度均相同的A、B两种液体，采用相同燃料供热，由图丁所示可知，吸收相等的热量，B升高的温度低，由Q=cmΔt可知，B液体的比热容较大。
[2]由图像知温度都升高到80℃时，A需要l0min，B需要20min，故B吸收的热量是A的2倍，由Q=cmΔt可知，B的比热容是A的2倍，则A比热容是B的0.5倍。若比热容较大的液体是水，则另一种液体的比热容为
（3）[1][2]根据控制变量法，为了比较热值大小，要用不同的燃料，加热同一种液体，让液体的质量相同，通过温度计的示数高低得出吸热多少，进而判断热值大小，应选择甲和乙两图进行实验。当燃料完全燃烧时，通过比较温度计示数来比较不同燃料的热值。
14．【答案】（1）乙；机械；不可再生
（2）不正确；由电路图可知，灯 L 与定值电阻串联，电压表 V 测电源电压，电压表 V1测灯 L 两端电压。若 R 被短路，灯 L 会发光，与题意不符；灯 L 不发光说明电路发生断路，且电压表 V 和 V1示数均为 3.8V，说明此时 V1相当于直接接在电源两端，因此故障为灯 L 断路。
【知识点】能源及其分类；电路故障的判断；直流电动机的构造原理与工作过程
【解析】【解答】(1)图甲中，闭合电路的部分导体切割磁感线时会产生感应电流，这是电磁感应现象，是发电机的工作原理；图乙中，通电导体在磁场中受力运动，这是电动机的工作原理。电动机工作时消耗电能、产生机械能，将电能转化为机械能；新能源汽车减少了热机的使用，降低了对石油这类不可再生能源的消耗。
故答案为：乙；机械；不可再生；
(2)由电路图可知，灯 L 与定值电阻串联，电压表 V 测电源电压，电压表 V1测灯 L 两端电压。若 R 被短路，灯 L 会发光，与题意不符；灯 L 不发光说明电路发生断路，且电压表 V 和 V1示数均为 3.8V，说明此时 V1相当于直接接在电源两端，因此故障为灯 L 断路。
故答案为：不正确；由电路图可知，灯 L 与定值电阻串联，电压表 V 测电源电压，电压表 V1测灯 L 两端电压。若 R 被短路，灯 L 会发光，与题意不符；灯 L 不发光说明电路发生断路，且电压表 V 和 V1示数均为 3.8V，说明此时 V1相当于直接接在电源两端，因此故障为灯 L 断路。
【解答】(1) 先区分电磁感应与通电导体在磁场中受力的现象，判断发电机和电动机的工作原理；再根据电动机的能量转化特点，分析其电能与机械能的转化；最后结合新能源汽车的应用，分析其对不可再生能源消耗的影响。
(2) 先分析串联电路的连接方式和电压表的测量对象，再结合灯不发光的现象排除短路故障，最后根据电压表的示数判断断路位置，确定灯 L 断路。
（1）[1][2][3]由图甲可知，当闭合电路的一部分导体在做切割磁感线运动时，会产生感应电流，因此是发电机的原理；由图乙可知，通电导体在磁场中受力的作用而运动，是电动机的原理。电动机在工作时，需要消耗电能，产生了机械能，所以是将电能转化为机械能；新能源汽车的使用能有效地减少热机的使用，减少了对石油资源的使用，即减少了对不可再生能源的使用。
（2）[1][2]由电路图可知，灯L与定值电阻串联，电压表V测电源电压，电压表V1测灯L两端电压，若R被短路，则L发光，与题意不符。由L不光，可知电路发生了断路，而电压表V和V1示数均为3.8V，说明此时电压表V1接在了电源两端，所以是灯L断路。
15．【答案】（1）图甲中的滑轮为定滑轮，它只能改变力的方向，不省力也不省距离。由图乙可知，物件完全离开水面后，汽车对绳子的拉力 ，拉力移动的距离 ，因此汽车对绳子的拉力做的功为：
（2）物件完全离开水面后匀速上升，处于平衡状态，因此物件的重力 与绳子拉力 大小相等，即 。
物件浸没在水中时，绳子对物件的拉力 ，根据称重法测浮力，物件浸没时受到的浮力为：
（3）物件完全浸没在水中时，排开水的体积等于物件的体积。根据阿基米德原理 ，物件的体积为：
【知识点】阿基米德原理；浮力大小的计算；功的计算及应用
【解析】【分析】(1) 先根据定滑轮的特点确定拉力移动的距离，再利用功的计算公式 计算拉力做的功。
(2) 根据物件匀速上升时的平衡状态，得出物件重力等于拉力；再利用称重法测浮力公式 ，计算物件浸没在水中时受到的浮力。
(3) 根据阿基米德原理 ，结合物件浸没时 的特点，反推出物件的体积表达式。
（1）由图甲可知，滑动为定滑轮，只改变力的方向。由图乙可知，物件完全离开水面后，汽车对绳子的拉力F=3000N，则汽车对绳子的拉力做的功W=Fs=3000N×1m=3000J
（2）由图乙可知，物件完全离开水面后匀速上升，处于平衡状态，则物件的重力G=F=3000N
物件浸没在水中时，绳子对物件的拉力F1=1750N，根据称重法可知，物件浸没时受到的浮力F浮=G-F1=3000N-1750N=1250N
（3）物件完全浸没在水中时，排开水的体积等于物件的体积，根据阿基米德原理可知，物件的体积
16．【答案】（1）开关S闭合、S1断开时，电路为R1的简单电路，电阻较大，电流较小，根据公式，功率较小，处于保温挡；开关S和S1都闭合时，R1与R2并联，电阻较小，电流较大，功率较大，处于加热挡。由图丙可知，电饭锅的最大电流，则电饭锅的最大电功率为：
（2）开关S闭合、S1断开时，电路为R1的简单电路，由图丙可知，此时通过R1的电流，根据公式，可得R1的阻值：
（3）30分钟内，电饭锅的加热时间为15分钟，产生的热量：
保温时间为15分钟，产生的热量：
因此30分钟内电饭锅产生的总热量：
【知识点】欧姆定律及其应用；电功的计算；电功率的计算；焦耳定律的应用
【解析】【分析】(1) 根据电路连接方式判断电阻大小，结合公式分析功率大小，区分保温挡和加热挡；再利用公式计算电饭锅的最大电功率。
(2) 根据电路状态确定通过R1的电流，利用欧姆定律公式的变形公式，计算R1的阻值。
(3) 根据电流随时间变化的图像，确定加热和保温阶段的时间，分别利用公式计算两个阶段产生的热量，再求和得到总热量。
（1）由乙图可知，开关S闭合、S1断开时，电路为R1的简单电路，电路的电阻较大，电路中的电流最小，根据P=UI可知，处于保温挡；开关S和S1都闭合时，电阻R1与R2并联，电路的电阻较小，电路中的电流最大，根据P=UI可知，处于加热挡；由图丙可知，电饭锅的最大电流I=3A，则电饭锅最大的电功率P大=UI=220V×3A=660W
（2）开关S闭合、S1断开时，电路为R1的简单电路，电路的电阻较大，电路中的电流最小，由丙图可知，通过R1的电流I1=2A，由可得，R1的阻值
（3）由图可知30min内电饭锅的加热时间为15min，产生的热量为Q加=W加=UIt加=220V×3A×15×60s=5.94×105J
保温时间为15min，产生的热量为Q保=W保=UI1t保=220V×2A×15×60s=3.96×105J
所以30min内电饭锅产生的热量为Q=Q加+Q保=5.94×105J+3.96×105J=9.9×105J
17．【答案】（1）
（2）灯泡断路
（3）0.75；25
（4）5；灯泡电阻受温度的影响会发生改变
【知识点】探究用电器的电功率实验
【解析】【解答】(1) 测量小灯泡电功率时，电源、开关、灯泡、电流表串联，电压表并联在灯泡两端；电源为两节新干电池（电压3V），因此电压表选用0~3V小量程。要求滑片向右移动时电流表示数变小，说明滑动变阻器接入电路的阻值需变大，因此应将滑动变阻器的左下接线柱接入电路，完成电路连接，如图：
(2) 调节滑动变阻器时，电流表示数始终为零，电压表示数接近电源电压；电流表示数为零说明电路断路，电压表示数接近电源电压说明电压表两端能接到电源两极，因此故障为小灯泡断路。
故答案为：灯泡断路；
(3)由图丙可知，小灯泡在额定电压2.5V下工作时，通过的电流为0.3A，因此小灯泡的额定功率：
当滑动变阻器接入阻值最大时，电路电流最小，由图丙可知此时电流为0.1A，灯泡两端电压为0.5V；根据串联电路电压规律，滑动变阻器两端电压：
则滑动变阻器的最大阻值：
故答案为：0.75；25；
(4)由图丙可知，小灯泡两端电压为0.5V时，通过的电流为0.1A，此时灯丝的电阻：
小灯泡的灯丝电阻会随温度变化而改变，因此灯泡的电流与电压不成正比，U-I关系图像不是直线。
故答案为：5；灯泡电阻受温度的影响会发生改变；
【分析】(1) 根据实验目的连接电路，电源电压确定电压表量程；根据滑片移动时电流的变化，确定滑动变阻器的接线方式，完成电路连接。
(2) 根据电流表无示数判断电路断路，再结合电压表示数接近电源电压，确定断路位置为小灯泡。
(3) 根据额定电压和对应电流，利用公式计算额定功率；根据电路中最小电流和灯泡两端电压，结合串联电路电压规律求出滑动变阻器两端电压，再利用公式计算其最大阻值。
(4) 根据图像中某一电压和对应电流，利用公式计算灯丝电阻；结合灯丝电阻随温度变化的特点，分析U-I图像不是直线的原因。
（1）测量小灯泡的电功率时，电源、开关、灯泡、电流表串联，电压表并联在灯泡两端，由于电源为两节新干电池（即3V），因此电压表选用小量程，要求滑动变阻器的滑片向右移动时电流表示数变小，即滑动变阻器的阻值变大，因此滑动变阻器左下接线柱接入电路，如图所示：
（2）由题意知，发现无论怎样调节滑动变阻器，两电表指针始终处于图乙所示位置，电流表的示数为零，电压表的示数接近电源电压，由电流表示数为了可知电路发生了断路，电压表的示数接近电源电压，因此是灯泡断路。
（3）[1]由图丙可知，当灯泡在额定电压2.5V下工作时，通过的电流为0.3A，因此小灯泡的额定功率P额=U额I额=2.5V×0.3A=0.75W
[2]当滑动变阻器接入电路中的阻值最大时，电路中的电流最小，由图丙可知，此时的电流为0.1A，根据串联电路电压的特点可知，滑动变阻器两端的电压为U滑=U-UL=3V-0.5V=2.5V
则滑动变阻器的最大阻值为
（4）[1]由图丙可知，小灯泡两端电压为0.5V时，通过的电流为0.1A，则此时灯丝的电阻为
[2]因为灯泡电阻受温度的影响会发生改变，所以灯泡的电流与电压不成正比，所以U-I关系图像不是直线。
18．【答案】（1）电磁波；5；大于；路程
（2）大
（3）否
（4）240；1.5
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验；速度公式及其应用；电功的计算；电功率的计算；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】(1)人们利用遥控器通过电磁波传输信息操控无人机，因为电磁波可在真空中传播，且传播速度快，能满足远距离控制的需求。
无人机的最大飞行半径为，因此其有效操控距离最大为5km。
在0~5s内，无人机速度不断增大，处于加速上升状态，此时受到的升力大于重力。
在v-t图像中，阴影部分的面积表示物体的路程，这是因为路程公式为，图像与坐标轴围成的面积对应“速度×时间”的物理意义。
故答案为：电磁波；5；大于；路程；
(2) 摄像机的拍照镜头可看作凸透镜，根据凸透镜成像规律“物近像远像变大”，当摄像机向被拍摄物体靠近时，物距减小，像距会增大，物体所成实像的像距将变大。
故答案为：大；
(3) 已知摄像机拍摄速度为11000帧/秒，小轿车通行0.6m的过程中拍摄了220帧，则小轿车运动的时间：
小轿车的速度：
因为，所以小轿车未超速。
故答案为：否；
(4)电动机正常工作时，额定功率，则12s内消耗的电能：
电池储存的最大能量：
电动机可使用的能量为电池储存能量的50%，即：
无人机在空中以额定功率飞行的时间：
故答案为：240；1.5；
【分析】(1) 结合电磁波的传播特点分析无人机遥控原理；根据飞行半径直接得出操控距离；根据速度变化判断受力关系；利用v-t图像的面积意义分析路程的表示方法。
(2) 利用凸透镜成像规律中“物距与像距的关系”，分析摄像机靠近物体时像距的变化。
(3) 先根据拍摄帧数和拍摄速度计算运动时间，再利用速度公式计算小轿车的速度，最后与限速对比判断是否超速。
(4) 利用电功公式计算电动机消耗的电能；先根据公式计算电池储存的能量，再结合能量利用率求出可用于电动机的能量，最后利用计算飞行时间。
（1）[1]人们是利用遥控器通过电磁波传输信息操控无人机的，因为电磁波可以在真空中传播，且传播速度快，能够满足远距离控制的需求。
[2]由题中信息可知，无人机的最大飞行半径为r=5×103m=5km
所以其有效操控距离最大为5km。
[3]在0~5s内，无人机的速度在不断增大，所以无人机受到的升力大于重力。
[4]在v-t图象中，阴影部分面积所表示的物理量为路程，这是因为v-t图象中，图象与坐标轴围成的面积表示物体的路程s=vt。
（2）摄像机拍照镜头可看作凸透镜，根据凸透镜成像规律，当物距减小时，像距会增大，所以当摄像机向被拍摄的物体靠近时，物体所成实像的像距将变大。
（3）已知摄像机拍摄速度为11000帧/秒，小轿车通行0.6m的过程中拍摄了220帧，则小轿车运动的时间
那么小轿车的速度
所以小轿车未超速。
（4）[1]电动机正常工作时，其额定功率P=20W，则12s内消耗的电能W=Pt=20W×12s=240J
[2]电池储存的最大能量E=UIt=24V×2.5A×3600s=216000J
因为电动机消耗的能量是无人机电池储存最大能量的50%，所以可用于电动机工作的能量为E'=50%×216000J=108000J
则无人机在空中以额定功率飞行的时间
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