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2025年河北省石家庄市第四十中学中考二模物理试题
1．下列数据中最接近实际的是（　　）
A．篮球的质量约200g
B．初中物理课本的宽度约18.5cm
C．冰箱冷藏室的温度约为15℃
D．初中生立定跳时腾空时间约为5s
【答案】B
【知识点】温度及温度计的使用与读数；质量及其特性；时间的估测；长度的估测
【解析】【解答】A．标准篮球的质量大约为600g，故A不符合题意；
B．初中物理课本的宽度和全新普通铅笔的长度相近，大约为18.5cm，故B符合题意；
C．一般冰箱冷藏室的温度范围约为3~8℃，远低于10℃，故C不符合题意；
D．初中生进行立定跳远时，腾空的时间大约为0.5s，远小于2s，故D不符合题意。
故选B。
【分析】1、熟悉生活中常见的物体质量，如一枚鸡蛋为50g，中学生质量为50kg
2、熟悉生活重常见的温度，如体温为37℃，令人舒适的温度为24℃，
3、识记生活中常见的长度、中学生身高160cm，课桌80cm，
4、识记生活中常见的速度、心跳一分钟70次，走路的速度1.2m/s。
2．下列有关声现象和电磁波说法正确的是（　　）
A．在相同的环境中，超声波的传播速度比次声波快
B．调节电视机的音量是为了改变声音的音调
C．“摩托车安装消声器”和“住宅安装双层玻璃”，二者减弱噪声的途径相同
D．手机既能发射电磁波，也能接收电磁波
【答案】D
【知识点】声音的传播条件；响度及响度与振幅的关系；防治噪声的途径；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】A、声速的大小和介质种类、环境温度有关，在同一环境下，超声波和次声波的传播速度是相同的，故A错误；
B、响度描述的是声音的强弱大小，调节电视机的音量，改变的就是声音的响度，故B错误；
C、“给摩托车安装消声器”是从声源处减弱噪声，“住宅安装双层玻璃”则是在声音的传播过程中减弱噪声，二者减弱噪声的途径并不相同，故C错误；
D、电磁波传播不需要依赖介质，手机通讯依靠发射和接收电磁波实现信息传递，故D正确。
故选D。
【分析】1、声音产生是由物体振动产生，通过介质（固体、液体、气体）中传播，不能在真空中传播；
2、声音的特点：不同材料决定音色不同；振幅决定响度；振动频率决定音频；振动频率决定音频，频率越高，音调越高，频率越低，音调越低；声音的响度与声源振动的幅度有关，振动幅度越大，响度越大．
3、减弱噪音的途径有：声源处（摩托车装消声器）、传播中（建隔音墙 ）、人耳处（戴耳罩）；
4、信息的传递：无线网络通信依靠电磁波来传递信息。
3．诗词是我国优秀文化遗产之一，下列对古诗词中涉及的物态变化分析正确的是（　　）
A．“露似真珠月似弓”——“露”的形成是液化现象，需要放热
B．“已是悬崖百丈冰”——“冰”的形成是凝华现象，需要放热
C．“月落乌啼霜满天”——“霜”的形成是凝固现象，需要吸热
D．“将登太行雪满山”——“雪”的形成是升华现象，需要吸热
【答案】A
【知识点】凝固与凝固放热特点；液化及液化放热；凝华及凝华放热
【解析】【解答】A．“露”是空气中水蒸气遇冷液化形成的液态小水珠，液化放热，故A正确；
B．“冰”是水由液态变成固态，属于凝固现象，凝固放热，故B错误；
C．“霜”是空气中水蒸气遇冷形成的小冰晶，属于凝华现象，凝华放热，故C错误；
D．“雪”是空气中水蒸气遇冷形成的小冰晶，属于凝华现象，凝华放热，故D错误。
故选A。
【分析】凝固：物质由液态变成固态的过程，凝固放热；
液化：物质由气态变成液态的过程，液化放热；
凝华：物质由气态直接变成固态的过程，凝华放热。
4．如图所示物理现象与物理知识对应正确的是（　　）
A．甲图：反射光线杂乱无章——光的折射
B．乙图：穿过树木的直射阳光——光的漫反射
C．丙图：水中的铅笔发生弯折——光的直线传播
D．丁图：白光通过三棱镜呈现七种色光——光的色散
【答案】D
【知识点】光的直线传播及其应用；镜面反射与漫反射；光的折射现象及其应用；光的色散
【解析】【解答】选项A分析：甲图显示反射光线方向杂乱无章，这是漫反射现象的表现，因此A选项说法错误。
选项B分析：乙图展示阳光穿过树木形成直线光束，这是光的直线传播特性，故B选项判断错误。
选项C分析：丙图中水中的铅笔出现弯折现象，这是由光的折射造成的，所以C选项结论不正确。
选项D分析：丁图呈现白光通过三棱镜分解成七种色光的光学现象，这是典型的色散现象，因此D选项表述正确。
综上所述，正确答案选择D。
【分析】1、光的反射：光在同种介质中传播，经过反射面，入射光线会发生反射的现象，如平面镜成像，湖面倒影；
2、光的折射：光经过不同介质时，入射光线会发生偏折，如：光的色散（太阳光经过三棱镜折射会发生光的色散）、海市蜃楼；
3、光的直线传播：光在同种均匀介质中传播的现象，如激光射线、影子的形成、日食、小孔成像。
5．下列关于温度、热量和内能的说法正确的是（　　）
A．物体的温度越高，内能越大，所以0℃的冰没有内能
B．温度越高的物体含有的热量越多
C．物体吸收热量，温度不一定升高
D．温度高的物体内能一定比温度低的物体大
【答案】C
【知识点】热量的概念；内能的概念；温度、热量与内能的关系
【解析】【解答】A．内能是物体内所有分子动能和分子势能的总和，一切物体在任何温度下都具有内能，因此0℃的冰同样具有内能，故A错误；
B．热量是热传递过程中传递内能的多少，属于过程量，不能描述为物体“含有”多少热量，故B错误；
C．物体吸热后温度不一定升高，例如晶体熔化的过程中，会持续吸收热量，但温度始终保持在熔点不变，故C正确；
D．物体内能的大小和物体的质量、物质种类、温度、状态都有关系，仅温度更高不能说明内能更大，因此温度高的物体的内能不一定比温度低的物体更大，故D错误。
故选C。
【分析】1、温度、内能、热量的关系中只有温度的改变会引起内能改变；
2、内能和物体的质量、温度和状态有关，一切物体都具有内能。
3、热量是过程量，需要通过吸收或者释放来描述。
6．我国的无人机在世界已经处于遥遥领先的位置，如图所示的无人机在空中处于悬停状态进行拍摄，在无风无雨的理想情况下，下列说法正确的是（　　）
A．此时空气对无人机向上的推力和无人机对空气向下的推力为一对平衡力
B．无人机在空中悬停时没有惯性
C．当操纵无人机匀速上升时，无人机的重力小于空气对无人机向上的推力
D．当操纵无人机匀速下降时，无人机的动能不变，机械能变小
【答案】D
【知识点】机械能及其转化；惯性及其现象；平衡力的辨别；平衡状态的判断
【解析】【解答】A．无人机悬停时保持静止状态，此时空气对无人机向上的推力与无人机的重力是一对平衡力，大小相等，故A错误；
B．惯性是一切物体本身固有的性质，一切物体在任何状态下都具有惯性，惯性大小只和物体质量有关，因此无人机悬停时依然具有惯性，故B错误；
C．无人机匀速上升时，做匀速直线运动，竖直方向受力平衡，因此空气对无人机向上的推力和自身重力大小相等，故C错误；
D．机械能等于动能与势能的总和，动能的大小由物体质量和运动速度决定，重力势能的大小由物体质量和所处高度决定。无人机匀速下降过程中，质量不变、速度不变，因此动能大小不变；下降过程中高度不断减小，质量不变，因此重力势能减小；机械能等于动能加重力势能，所以无人机的机械能减小，故D正确。
故选D。
【分析】1、平衡力的特点为：大小相同，方向相反，作用在同一个物体上；
2、惯性是物体的基本属性，只有物体重力有关，当物体速度发生变化时，由于惯性物体保持原来运动状态的属性，利用惯性的实例：运动员助跑起跳，乘车系安全带可以降低司机惯性带来的伤害，惯性不是力，不能用受到惯性、惯性力的作用进行表述；
3、机械能为动能和重力势能之和，当质量不变时，动能和速度成正比，速度不变时，动能和质量成正比；当质量不变时，重力势能和高度成正比，高度不变时，重力势能和质量成正比。
7．在“探究凸透镜成像的规律”实验中，光具座上依次摆放蜡烛、凸透镜和光屏，如图所示，此时烛焰在光屏上恰好成清晰的像。下列说法正确的是（　　）
A．凸透镜的焦距为20cm
B．实验过程中，蜡烛烧短之后，要使像仍然成在光屏中央，需要适当向上调节凸透镜
C．保持凸透镜位置不动，将蜡烛移至10cm刻度处，移动光屏得到清晰的像，此时与照相机的成像原理相同
D．在蜡烛和凸透镜之间放一个近视眼镜，要想光屏上得到清晰的像，光屏需要向左移动
【答案】C
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验
【解析】【解答】A．从题目给出的图像可以得到，物距和像距满足，根据凸透镜成像规律，当物距等于2倍焦距时，会成倒立等大的实像，此时像距也等于2倍焦距，因此可得.计算可得该凸透镜的焦距，故A错误。
B．蜡烛燃烧变短后，烛焰位置向下移动，根据经过透镜光心的光线传播方向不变，像会成在光屏的上方；要让像重新回到光屏中央，应当向上移动光屏，或是向下移动凸透镜，故B错误。
C．保持凸透镜位置不变，把蜡烛移动到10cm刻度位置时，此时的物距
根据凸透镜成像规律，当物距大于2倍焦距时，光屏上会成倒立、缩小的清晰实像，照相机就是利用这个成像原理制成的，故C正确。
D．近视眼镜是凹透镜，对光线有发散作用，在蜡烛和凸透镜之间放入近视眼镜后，光线会被发散，像会成在光屏的后方，所以若要让光屏上再次呈现清晰的像，需要将光屏向远离凸透镜的方向，也就是向右移动，故D错误。
故选C。
【分析】1、测量焦距的方法： 将凸透镜正对太阳光，改变凸透镜与光屏的距离，直到光屏上出现一个 亮点，此时亮点与凸透镜中心的距离为焦距。
2、透镜成像试验：实验步骤：1）实验前，应调节凸透镜、蜡烛烛焰、光屏的中心大致在同一水平高度，环境越暗，物体反射光越明显，所以实验应在较暗的环境中进行；2） 点燃并蜡烛，在光屏上得到一个等大、清晰的烛焰的像，测量此时物到透镜的距离（焦距）；3）移动蜡烛，观察像的变化经过透镜光心的光心不会发生偏折，所以蜡烛变短通过光心的光线会折射到光屏上方，导致像向上移动。
3、凸透镜成实像时，物距越大，像距越小，像越小；物距越小，像距越大，像越大
透镜成像规律：物体距透镜小于一倍焦距，呈正立放大的虚像，应用为放大镜；
物距大于一倍焦距小于二倍焦距，呈倒立立放大的实像，应用为投影仪；
物体大于二倍焦距，呈现倒立缩小实像，应用为照相机，人眼睛。
8．大力发展绿色新能源电动汽车，解决能源危机。电动汽车使用电动机为汽车提供动力。下列图中能说明电动机工作原理的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】电磁铁的构造和原理；磁场对通电导线的作用；电磁感应；影响电磁铁磁性强弱的因素及其探究
【解析】【解答】电动机的工作原理是通电线圈在磁场中受到力的作用发生转动。
A．该装置探究的是电磁感应现象，是发电机的工作原理，和电动机的工作原理不一致，故A错误；
B．该装置中通电导体通入电流后，会在磁场中受到力的作用发生运动，和电动机的工作原理一致，故B正确；
C．该实验探究的是影响电磁铁磁性强弱的因素，和电动机的工作原理不相同，故C错误；
D．该实验是演示通电螺线管磁场方向的判断方法，也就是安培定则（右手螺旋定则），和电动机的工作原理不相同，故D错误。
故选B。
【分析】1、电磁感应现象：闭合电路的一部分导体在磁场中作切割磁感线运动，导体中就会产生电流的现象，实例：发电机、 POS机读出信息；
2、电流的磁效应：通电导线周围存在磁场，使得小磁针发生偏转；
3、通电导线在磁场中受到力的作用，实例有：电动机；
4、通电螺线管：由通电线圈组成，磁性方向可通过安培定则判断：用右手握住通电螺线管，让四指指向电流的方向，那么大拇指所指的那一端就是通电螺线管的N极，磁性与电流、线圈匝数有关。
9．如图甲所示，重为G的物体A在水平拉力F1（F1< G）。的作用下在水平路面上匀速直线移动一段距离s，所用时间为t，改用如图乙所示滑轮组拉动物体A在同一水平路面上用相同时间匀速直线移动相同距离，拉力为F2，每个滑轮的重力为G0。此过程中（　　）
A．拉力F1的功率为
B．拉力F2做的总功为F2S
C．滑轮组的机械效率为
D．使用滑轮组时克服绳重和摩擦所做的额外功占总功的比例为
【答案】D
【知识点】功率计算公式的应用；机械效率的计算；滑轮（组）的机械效率
【解析】【解答】A. 由甲图得，物体 A 受水平拉力F1 匀速运动，结合移动距离s与用时t，可推导出拉力F1 的功率，故A错误。
B. 乙图为滑轮组装置，物体移动距离、用时均与甲图一致，确定承重绳子段数2，算出拉力端移动距离，进而求出拉力F2 做的总功，故B错误。
C. 同一水平面匀速运动，物体所受摩擦力不变，两次有用功相等，代入公式即可算出滑轮组机械效率，故C错误。
D. 滑轮组额外功包含动滑轮自重、绳重及摩擦做功，先求出克服绳重与摩擦的额外功，再算出其占总功的比值，故正确。
故选D。
【分析】1、功的计算：总功为W=Fs，总功包括两部分，有用功和额外功，其中有用功就本题目来说是克服重力做功即W有=Gh，额外功的计算包括总功和有用功的差，也可以根据功的定义W=Fs计算，机械效率：；
2、动滑轮的工作特点：可以省力，但是费距离，定滑轮的工作特点：可以改变方向但是不省力
2、拉力的计算，，n为动滑轮缠绕绳子数，绳子移动的距离为物体移动距离的n倍。
10．小明根据所学的知识设计了一个电子量角器，电路如图所示，电流表的量程为0~0.6A，电压表的量程为0~3V，O为半圆弧电阻MN的圆心，金属滑片OP为半径，与半圆弧接触良好，半圆弧电阻MN的总电阻为30Ω，接入电路的电阻RMP与指针旋转角度θ成正比，电源电压恒为6V，R0为电阻箱，此时电阻调节为10Ω。下列说法正确的是（　　）
A．所测角度θ越大，电流表示数越小，电压表示数越小
B．当电压表示数为2V时，量角器所测角度θ为40°
C．为保证电路安全，此量角器所测角度θ的范围为0~60°
D．将电压表表盘改装为角度指示盘，为满足测量角度范围最大，且精度最高，变阻箱R0的阻值应调节为60Ω
【答案】C
【知识点】欧姆定律及其应用；电路的动态分析
【解析】【解答】A. 由图可知，滑动变阻器 MP 段接入电路，与定值电阻串联，电流表测电路电流，电压表测变阻器两端电压。倾角 θ 越大，接入电阻越大，电路电流越小，电压表示数越大，A 错误。
B. 电压表示数为 2V 时，算出定值电阻两端电压，电路电流，进而求出变阻器接入阻值，对照总电阻即可得出对应角度，故B 错误。
C. 电表量程0-0.6A，时滑动变阻器接入电路中的阻值为0，即量角器测量的角度最小，为0；已知所测角度越大，电压表示数越大，电压表的量程为0~3V，故电压表最大示数为3V，此时电路中的电流为，此时滑动变阻器接入电路的阻值最大，为，量角器所测角度最大，为，对应得出测量角度范围为 0~60°，故C 正确。
D. 若要将测量角度扩至 0~180°，需接入全部圆弧电阻，通过串联分压规律，，解得，调整定值电阻阻值无法实现该要求，故D 错误。
故选C。
【分析】1、串联电路的电路规律：串联电路，电流处处相等，电源的电压为用电器电压之和，总电阻为用电器电阻之和；
2、电压表与待测用电器并联测量电压，电流表串联测量用电器电流，根据欧姆定律U=IR计算用电器的电流和电阻以及电压；
3、串联分压：用电器串联时，其两端的电压和电阻成正比；
4、结合上述分析可知θ 越大，变阻器接入电阻越大，电流越小，电压表示数越大；电压表示数为 2V 时，可计算算出对应接入电阻，依据电表量程确定电流极值，算出变阻器接入最值阻值，欲扩测角至 0~180°，计算调整定值电阻阻值。
11．2024年9月25日8点44分，我国向太平洋预定区域试射一枚洲际导弹，成功命中靶标。该导弹推进火箭使用的燃料需要具备　 　（选填“热值”或“比热容”）大的特点；火箭升空过程中，以火箭为参照物，地面是　 　的。
【答案】热值；运动
【知识点】燃料的热值；运动和静止的相对性
【解析】【解答】 导弹推进火箭选用的燃料要求热值足够大，这样在燃料质量相同的情况下，完全燃烧后可以释放出更多的热量，满足火箭升空的能量需求。
火箭升空过程中，若选择火箭本身作为参照物，地面和火箭的相对位置会不断发生变化，因此地面是运动的。
【分析】物体相对运动：物体与参照物运动状态不一致，所以物体相对参照物运动，物体与参照物运动状态不一致，所以物体相对参照物静止；
火箭的燃料要热值大。
12．小静在完成水沸腾的实验时，在刚停止沸腾的烧瓶口塞上瓶塞，把烧瓶倒置并向烧瓶底部浇上冷水如图，会看到烧瓶内的水再次沸腾，这是由于瓶内气压　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”），水的沸点　 　（选填“升高”、“降低”或“不变”）的缘故。
【答案】变小；降低
【知识点】液化及液化放热；沸点及沸点与气压的关系
【解析】【解答】 在刚停止沸腾的烧瓶口塞上瓶塞，把烧瓶倒置并向烧瓶底部浇上冷水 ，此时瓶内气体温度突然降低，瓶内气体体积缩小，瓶内气压变小，导致水的沸点降低。由于此时水的温度高于水的沸点，所以水重新沸腾起来的。
【分析】根据气体热胀冷缩的性质，结合液体沸点随上方气压的变化规律分析解答。
13．太阳是人类能源的宝库。太阳内部发生剧烈的　 　（选填“核裂变”或“核聚变”）反应，从而辐射出巨大的光和热；太阳能属于　 　（选填“可再生”或“不可再生”）能源。
【答案】核聚变；可再生
【知识点】能源及其分类；核裂变
【解析】【解答】 核裂变与核聚变都能够释放出巨大的能量，太阳内部存在大量氢原子核，太阳的能量正是来源于这些氢原子核发生的核聚变，持续不断地向外界输出能量，为地球提供光与热。
太阳能能够持续不断地从自然界中获取，符合可再生能源的特征，因此属于可再生能源。
【分析】核聚变：主要为太阳能的放能方式，核裂变主要是链式反应的放能方式；
可再生能源：使用后短期可以恢复的能源、如风能、太阳能、不可再生能源：使用内短期不能再生的能源，如核能、化石能源。
14．如图是皮球落地后弹跳过程中，每隔相等时间曝光一次所拍摄的照片。A、B、C是同一高度的三点。不考虑空气阻力，皮球在弹跳过程中，机械能　 　（选填“守恒”或“不守恒”）；C点的动能　 　（选填“>”“<”或“=”）B点的动能。
【答案】守恒；<
【知识点】机械能及其转化；机械能守恒条件
【解析】【解答】 从图中能够看出，皮球在弹跳的过程中，每次上升的高度会逐渐降低，这是因为皮球在运动过程中不断克服空气阻力做功，一部分机械能转化为其他形式的能，因此机械能逐渐减少；若不考虑空气阻力的影响，皮球弹跳过程中只有重力做功，仅发生重力势能和动能的相互转化，没有机械能的损耗，因此机械能总量保持不变，也就是机械能守恒。
根据图中呈现的弹跳高度变化规律可知，皮球弹跳过程中机械能不断损失，因此机械能不守恒，位置C处对应的机械能小于位置B处对应的机械能；皮球质量在运动过程中不会改变，而B点和C点的高度相同，根据重力势能的影响因素可知，B、C两点的重力势能相等；机械能是动能与重力势能的总和，因此C点的动能小于B点的动能。
【分析】机械能为动能和重力势能之和，当质量不变时，动能和速度成正比，速度不变时，动能和质量成正比；当质量不变时，重力势能和高度成正比，高度不变时，重力势能和质量成正比。
15．在电动汽车充电站，“各充电桩之间是　 　联的；在某次充电过程中。若充电桩的输出电压为400V， 充电电流为100A， 则0.5h可充　 　度电。
【答案】并；20
【知识点】串联电路和并联电路的辨别；电功的计算；电功计算公式的应用
【解析】【解答】 解：在电动汽车充电站，各充电桩之间可以独立工作，不会相互影响，所以它们是并联的；
可充的电能：W=UIt=400V×100A×0.5h=20000W h=20kW h=20度。
故答案为：并；20。
【分析】 （1）并联电路的各用电器之间互不影响，可以独立工作；
（2）根据W=UIt求出可充的电能。
16．如图1，小明用两个不同电路中的电阻丝R1、R2，分别同时给质量均为200g的甲、乙液体加热（c甲（1）加热时，是通过　 　的方式使液体的内能增大；
（2）同一时刻，　 　（选填“甲”或“乙”）液体的分子运动更剧烈；
（3）加热相同时间，甲液体吸收的热量　 　（选填“>”“<”或“=”）乙液体吸收的热量；
（4）实验中测得通过R1和R2的电流大小相等，可以判断R1　 　R2。（选填“>”“<”或“=”）；
（5）若甲液体的比热容为，则加热150s时甲液体吸收的热量为　 　J。
【答案】（1）热传递
（2）甲
（3）<
（4）<
（5）1.68×104
【知识点】热传递改变物体内能；比热容的定义及其计算公式；焦耳定律的应用
【解析】【解答】（1）加热过程中，液体从热源吸收热量，自身内能增加，该过程是通过热传递的方式改变液体的内能。
（2）物体的温度越高，分子的无规则热运动就越剧烈；结合图2可知，同一计时时刻，甲液体的温度更高，因此甲液体的分子运动更剧烈。
（3）根据题意可知，甲、乙两种液体质量相等，且；从图2可以得到，加热相同时长后，乙的温度变化量更大。根据吸热公式，可推导出：加热相同时间时，甲液体吸收的热量小于乙液体吸收的热量。
（4）已经得出加热相同时间时甲吸收的热量小于乙吸收的热量，且本题中电阻丝产生的热量全部被液体吸收，因此加热相同时间，乙对应的电阻丝R2产生的热量更大。本电路中R1和R2串联，通过两个电阻的电流相等，根据焦耳定律，可推出两个电阻的大小关系为。
（5）若甲液体的比热容为，加热150s时，甲升高的温度为$\Delta t=100℃-60℃=40℃$，则甲液体吸收的热量计算过程为：
【分析】1、改变物体内能的方式有做功和热传递，如钻木取火、搓手取暖属于做功改变物体内能，用酒精灯热水属于热传递改变物体内能；
2、分子热运动的特点：分子无规则运动，肉眼无法观察，常见例子有：气体颜色的改变，味道的扩散；且温度越高，分子热运动速度越快；
3、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。
4、探究电流的热效应：原理为焦耳定律Q=I2Rt，所以产热量和电阻成正比，和电流的平方成正比，实验中通过液面高度差的变化作为观察指标转化为电流的产热量。
转换法：在物理实验中，某些物理量（内能、电能）难以直接观察，需要转换成容易观察的指标进行测量，如本题中热能的大小难以直接测量，所以需要通过 液面高度差的变化进行测量；控制变量法：在物理实验中，存在多个影响因素共同决定某个物理量，如电流的热效应的影响因素有：电阻和电流。在探究某个单一变量对物理量的影响时，需要控制其余变量相同，如探究 导体的发热量可能与导体的电阻的关系时，需要电流相同，故选择串联电路。
（1）加热时，液体吸收热量，内能增大，是通过热传递的方式使液体的内能增大。
（2）物体的温度越高，分子热运动越剧烈；由图2得，同一时刻，甲液体温度较高，则甲液体的分子运动更剧烈。
（3）依题意得，甲、乙液体的质量相等，且，由图2得，加热相同时间，乙升高的温度较多，由得，加热相同时间，甲液体吸收的热量小于乙液体吸收的热量。
（4）加热相同时间，甲液体吸收的热量小于乙液体吸收的热量，电阻丝产生的热量全部被液体吸收，则加热相同时间，R2产生的热量较大，通过R1和R2的电流大小相等，由得。
（5）若甲液体的比热容为，则加热150s时甲液体吸收的热量为
17．实验小组在“研究杠杆平衡条件”的实验中所用的实验器材有刻度均匀的杠杆、支架、刻度尺、细线和重为0.5N的相同钩码5个。
（1）如图甲所示，实验前，杠杆左侧下沉，则应将左端的平衡螺母向　 　（选填“左”或“右”）调节，直到杠杆在水平位置平衡，支点在杠杆的中点是为了消除　 　对杠杆平衡的影响。
（2）小明同学完成某次操作后，实验现象如图乙所示，他记录的数据为动力F1=1.0N，动力臂l1=0.30m， 阻力F2=1.5N，则阻力臂l2=　 　m。
（3）小明利用图乙所示的器材，测出多组数据后，得出结论：动力×支点到动力作用点的距离=阻力×支点到阻力作用点的距离。与小组同学交流后，小华为了验证小明的结论是否准确，她利用图丙中水平平衡的杠杆（OD>OA=OC）进行实验，保持B处悬挂钩码的个数和位置不变，在A处悬挂钩码，使杠杆平衡。若小明同学的结论错误，则：将A处的钩码改挂在C处时，杠杆　 　（选填“平衡”或“不平衡”）；将A处的钩码改挂在D处时，杠杆　 　（选填“平衡”或“不平衡”）。
【拓展】在得出正确的杠杆平衡条件后，小明在一根均匀硬质的细杆（杆重为0.1N）上挖出等间距的5道细凹槽，将细杆分成6等份，并分别在细杆两端和凹槽处标记出“0、1、2、3、4、5、6”，然后在两端对称安装合适的螺母，如下图所示。支架（未画出）支撑在任一标记处时，都要重新调节螺母，使细杆不挂物体时在水平位置平衡。有一最大容积为1000mL、重为1N的小桶，小桶内倒满待测液体，通过改变支架支撑的位置、小桶悬挂的位置以及钩码在标记处的位置，使细杆水平平衡，则小桶内液体的密度最大为　 　kg/m3。
【答案】（1）右；杠杆自身重力
（2）0.20
（3）不平衡；平衡；1.15×103
【知识点】密度公式及其应用；杠杆的平衡条件；探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【解答】（1） 调节杠杆在水平位置平衡时，平衡螺母的调节遵循“哪端偏高就向哪端调”的原则，图甲中杠杆右端偏高，因此需要将平衡螺母向右调节。
本次实验所用杠杆质地均匀、形状规则，因此杠杆的重心在杠杆的中点；当支点设置在杠杆中心位置时，支点刚好和杠杆重心重合，这样就可以消除杠杆自身重力对杠杆平衡的影响，保证实验结论的准确性。
（2）根据杠杆平衡条件，可得：
（3） 假设图丙中左侧钩码的作用力为动力F1，右侧钩码的作用力为阻力F2，当钩码挂在A点时杠杆平衡，满足。如果小明“力臂等于支点到力的作用点的距离”这一结论正确，由于OA=OC，因此钩码挂在C点时满足，杠杆仍能平衡；如果小明的结论错误，说明支点到A点、C点的力臂不相等，那么A点平衡时，C点挂同样钩码杠杆无法平衡。
同理，钩码挂在A点平衡时满足。若小明的结论正确，因为\(OD>OA\)，所以钩码挂在D点时满足，杠杆无法平衡；如果小明的结论错误，说明支点到A点、D点的力臂相等，那么A点平衡时，D点挂同样钩码杠杆仍能平衡。
根据操作要求“支架支撑在任一标记处时，都要重新调节螺母，使细杆不挂物体时在水平位置平衡”，可知杠杆自身重力对平衡的影响已经被消除，因此实验过程不需要考虑杠杆自重。
设小桶和液体的总重力G为动力，动力臂为l1，根据杠杆平衡条件可得：（1）
设支点到动力作用点之间的等份数为n，每一等份的长度为Δx；由于此时杠杆在水平位置平衡，若力臂等于支点到力作用点的距离，则动力臂可表示为l1=nΔx，阻力臂可表示为l2=(6-n)Δx。则（1）式可以表示为，即。
要使得小桶内液体的密度最大，则需小桶内液体质量最大，需小桶内液体重力最大，需液体和小桶的总重力最大，即最大，所以当G钩最大、n=1时，小桶内液体的密度最大。钩码提供的最大总重力，液体和小桶的最大总重力，液体最大重力，液体的最大质量，液体的最大密度。
【分析】1、 探究杠杆平衡的条件 首先对杠杆进行调平：调平原理为动力×动力臂=阻力×阻力臂，当指针偏左表明左侧较重，所以需要增加右侧力和力臂；调平的原因为：减小杠杆自重对杠杆平衡试验的影响；
2、其次不断改变钩码重力以及钩码的位置，记录多组试验数据，分析动力、动力臂、阻力、阻力臂的大小关系；其中动力大于阻力此时杠杆为费力杠杆，反之属于在省力杠杆；
3、最后，使用弹簧测力计对杠杆的平衡进行动态分析，改变拉力的方向，实质为改变动力臂的大小，动力臂变小，则动力变大
4、力的合成与应用：两个力在同一直线上，方向相反，合力为两个力的代数差，方向相同，合力为两个力的代数和。
5、重力：由于地球的吸引而使物体受到的力，大小为自身重力、方向竖直向下，作用点位于物体重心，公式为G=mg。
6、物体密度的计算：原理为ρ=m/v。
（1）[1]将杠杆调节在水平位置平衡时，平衡螺母移动的方向遵循“左高左调，右高右调”的调节方法，图甲中杠杆右端较高，故需将平衡螺母向右边调节。
[2]由于杠杆的形状规则、质地均匀，故杠杆的重心在杠杆的中点位置，当支点在杠杆中心位置时，刚好与重心重合，此时就可以排除杠杆自身重力对杠杆平衡的影响，从而得出正确结论。
（2）根据杠杆的平衡条件可知
（3）[1]在图丙中，假设左侧的钩码提供的力为动力F1，右侧的钩码提供的力为阻力F2，在A点有，若小明的结论正确，因为OA=OC，则在C点时，即在这两点时杠杆都保持平衡，若小明的结论不正确，O点到钩码作用在A、C两个位置时的力臂不同，则杠杆在A点保持平衡时，C点就不会保持平衡。
[2]同上述假设，在A点有，若小明的结论正确，因为OD>OA，则在D点有 ，即在D点时杠杆不平衡，若小明的结论不正确，O点到钩码作用在A、D两个位置时的力臂相同，则在A点保持平衡时，在D点也会保持平衡。
[3]由“支架（未画出）支撑在任一标记处时，都要重新调节螺母，使细杆不挂物体时在水平位置平衡”这句话可知，杠杆自身重力不会影响测量时杠杆的平衡状态，即计算过程中不用考虑杠杆自身的重力。
假设液体和小桶提供的总重力G为动力，动力臂为l1，钩码提供的总重力G钩为阻力，动力臂为l2，则有………………（1）
假设细杆支点到动力作用点的等份数为n，每等份长度为Δx，由于细杆是在水平位置平衡，则支点到力的作用点的距离就是力臂的大小，则动力臂可以表示为l1=nΔx，阻力臂可以表示为l2=(6-n)Δx。
则（1）式可以表示为，即。
要使得小桶内液体的密度最大，则需小桶内液体质量最大，需小桶内液体重力最大，需液体和小桶的总重力最大，即最大，所以当G钩最大、n=1时，小桶内液体的密度最大。
钩码提供的最大总重力
液体和小桶的最大总重力
液体最大重力
液体的最大质量
液体的最大密度
18．在“探究通过导体的电流与电阻的关系”实验中，小明利用以下器材进行实验：电压恒定的电源，阻值分别为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω的定值电阻，电流表、电压表、开关、滑动变阻器各1个，导线若干。
次数 1 2 3 4
R/Ω 5 10 15 20
I/A 0.4 0.3· 0.24 0.2
（1）他连接的电路如图所示，有一根导线接错了，请在接错的导线上打“×”，并改接到正确位置。
（2）改正错误后，在闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片调到　 　（选填“左”或“右”）端。
（3）闭合开关，移动滑片，电流表和电压表都没有示数。小明由此猜测不可能是　 　（选填“定值电阻”、“滑动变阻器”或“开关”）断路。解决故障后，小明进行了实验，在表格中记录了实验数据。
（4）分析实验数据，小明发现电流与电阻不成反比，原因是　 　。
（5）老师指出第3、4次数据是编造的，原因是　 　。小明向老师坦白了实验过程：在得出第一组数据之后，就没有再调节滑动变阻器。由此可知，在记录数据时，滑动变阻器接入电路的阻值为　 　Ω，电源电压为　 　V。
【答案】（1）
（2）左
（3）定值电阻
（4）没有控制定值电阻两端电压一定
（5）定值电阻两端电压超过电压表量程；10；6
【知识点】探究电流与电压、电阻的关系实验
【解析】【解答】（1）分析原电路图可知，电压表错误地和滑动变阻器串联了，本实验中滑动变阻器应与定值电阻串联，电压表应并联在定值电阻两端，正确修改后的电路如下图：
（2）为保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器滑片调至接入阻值最大的位置，因此滑片应滑到最左端。
（3）移动滑片后，电流表和电压表都没有示数，说明电路整体为断路状态；如果是定值电阻断路，电压表会串联在电路中，电压表会接近电源电压，有示数，因此故障不可能是电压表所测量的定值电阻断路。
（4）分析表格中的数据可以发现，各组数据中电流I与电阻R的乘积不是定值，不符合探究电流与电阻关系时“电压不变”的实验要求，说明该同学实验时没有控制定值电阻两端的电压保持不变。
（5）根据欧姆定律变形公式计算可知，第三组和第四组数据计算得到的定值电阻两端电压都大于3V，超出了电压表选用的0~3V量程，因此这两组数据是编造的，无法通过该实验电路实际测得。得到前两组数据后，该同学更换定值电阻后没有调节滑动变阻器，滑动变阻器接入电路的阻值保持不变。设电源电压为U，滑动变阻器接入的不变阻值为R，根据串联电路电压规律，结合第一、二组数据可以得到两个等式：，联立两个等式解得R=10Ω，U=6V。
【分析】1、电流表、电压表的连接：电流表与待测原件串联；电压表的与待测原件并联，连接过程需要电流正极流入负极流出，同时选择合适的量程。
2、电路连接的基本操作：连接电路时，为保护电路开关应断开，变阻器调节至最大阻值处，对电表进行试触，根据电表偏转角度选择合适的电表量程；同时电表的正负极接线柱要符合电流的正进负出；
3、故障分析：电流表和电压表都没有示数，说明电路为断路，结合题目所给信息判断断路位置；
4、控制变量法：在物理实验中，存在多个影响因素共同决定某个物理量探究电流与电阻关系时“电压不变”；
5、串联电路的电路规律：串联电路，电流处处相等，电源的电压为用电器电压之和，总电阻为用电器电阻之和；
6、电压表与待测用电器并联测量电压，电流表串联测量用电器电流，根据欧姆定律U=IR计算用电器的电流和电阻以及电压。
（1）分析电路图可知，电压表与滑动变阻器串联了。正确的解法应该是滑动变阻器与定值电阻串联，电压表与定值电阻并联，故改正如下：
（2）闭合开关前滑片应划到最大阻值端，因此应滑到最左端。
（3）移动滑片，电流表和电压表都没有示数，说明整个电路处于断路状态，且不能是电压表测量对象即定值电阻断路。
（4）分析数据可以发现，表格中各组I与R的乘积不为定值，说明实验过程中没有控制定值电阻两端电压相同。
（5）[1]由欧姆定律变形式U=IR，可以计算的第三组和第四组数据定值电阻两端电压大于3V，超过电压表量程，由此可知第三、四组数据是认为编造数据，并不是通过实验电路测量而得。
[2][3] 在得出第一组数据之后，就没有再调节滑动变阻器，设电源电压为U，滑动变阻器阻值不变为R，由一二两组数据可列出等式，
联立上述等式，解得R=10Ω，U=6V。
19．甲物体密度为，边长如图甲所示，乙容器为一个矩形容器，底部边长如图乙所示，容器内水对容器底部的压强为1200Pa，容器足够高。（，g取10N/ kg）
（1）求甲物体的质量。
（2）求乙容器中水的深度。
（3）将甲物体放入乙容器中，让甲物体对容器底部压力最大，求此时物体受到的浮力。
【答案】（1）解：由甲图可知，甲物体的体积
甲物体的质量
（2）解：由液体内部压强知，此时乙容器中水的深度
（3）解：甲物体放在乙容器中，甲物体受到三个力，重力、浮力、支持力，当浮力最小时，甲受到的支持力最大，甲对容器底的压力最大，此时最小，
物体浸入水中的深度
此时的
此时的浮力
【知识点】密度公式及其应用；液体压强计算公式的应用；阿基米德原理
【解析】【分析】（1）由甲图求出甲物体体积与质量。（2）根据液体压强公式，算出乙容器内水深。
（3）甲物体沉底受重力、浮力、容器支持力。浮力最小时支持力、物体对容器底压力最大，确定最小浸入深度，进而求出对应浮力大小。
（1）由甲图可知，甲物体的体积
甲物体的质量
（2）由液体内部压强知，此时乙容器中水的深度
（3）甲物体放在乙容器中，甲物体受到三个力，重力、浮力、支持力，当浮力最小时，甲受到的支持力最大，甲对容器底的压力最大，此时最小，
物体浸入水中的深度
此时的
此时的浮力
20．如图所示电路中，电源电压为12V且保持不变，电阻R1的阻值为10Ω，电流表的表盘如图所示。
（1）求电阻R1的电功率；
（2）若将标有“20Ω1A”字样的滑动变阻器R2与R1串联接入MN两点间，使电路正常工作，求滑动变阻器R2阻值的调节范围。
（3）若将标有“2A”字样的滑动变阻器R3与R1以某种方式接入MN两点间，使电路正常工作，在移动滑动变阻器滑片的过程中，电流表示数的最大变化量ΔI为1A，求滑动变阻器的规格。
【答案】（1）解：由图得，电阻R1连接在电源两端，电阻R1的电功率
（2）解：将标有“20Ω1A”字样的滑动变阻器R2与R1串联接入MN两点间，串联电路电流处处相等，电路电流最大为1A，当电路电流最大时，电路电阻最小，变阻器接入电路中的电阻最小，由欧姆定律得，电路最小电阻为由串联电路电阻特点得滑动变阻器接入最小值
变阻器接入电路中的最大电阻为20Ω，则滑动变阻器R2阻值的调节范围为2~20Ω。
（3）解：若滑动变阻器R3与R1串联，则变阻器接入电路中的电阻为0时，电路电阻最小，电路电流最大为在移动滑动变阻器滑片的过程中，电流表示数的最大变化量ΔI为1A，则变阻器接入电路中电阻最大时，电路电流最小为
由欧姆定律得，此时电路的总电阻为
变阻器的最大电阻为
若滑动变阻器R3与R1并联，电流表串联在干路；并联电路中用电器互不影响，电流表示数的变化量为滑动变阻器R3的电流，当变阻器的电流最大为2A时，变阻器接入电路中的电阻最小；当变阻器接入电路中电阻最大时，变阻器的电流最小，此时变阻器的电流为
由欧姆定律得，变阻器的最大电阻为
则滑动变阻器的规格为“2A 50Ω”或“2A 12Ω”。
【知识点】电阻的串联；欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【解答】（1）由电路图可知R1 直接接电源，据此求出R1 的电功率。
（2）把规格 “20Ω 1A” 的滑动变阻器R2 与R1 串联，电路最大电流为1A，先算出电路最小总电阻，再求出变阻器接入最小阻值；结合其最大阻值，确定R2 可调范围。
（3）R3 与R1 串联时，变阻器阻值为零电流最大，结合电流最大变化量求出最小电流，依次算出电路总电阻与R3 最大阻值；R3 与R1 并联时，电流变化量等于变阻器支路电流，由电流极值算出变阻器最值阻值，最终确定滑动变阻器可选规格。
（1）由图得，电阻R1连接在电源两端，电阻R1的电功率
（2）将标有“20Ω1A”字样的滑动变阻器R2与R1串联接入MN两点间，串联电路电流处处相等，电路电流最大为1A，当电路电流最大时，电路电阻最小，变阻器接入电路中的电阻最小，由欧姆定律得，电路最小电阻为
由串联电路电阻特点得滑动变阻器接入最小值
变阻器接入电路中的最大电阻为20Ω，则滑动变阻器R2阻值的调节范围为2~20Ω。
（3）若滑动变阻器R3与R1串联，则变阻器接入电路中的电阻为0时，电路电阻最小，电路电流最大为
在移动滑动变阻器滑片的过程中，电流表示数的最大变化量ΔI为1A，则变阻器接入电路中电阻最大时，电路电流最小为
由欧姆定律得，此时电路的总电阻为
变阻器的最大电阻为
若滑动变阻器R3与R1并联，电流表串联在干路；并联电路中用电器互不影响，电流表示数的变化量为滑动变阻器R3的电流，当变阻器的电流最大为2A时，变阻器接入电路中的电阻最小；当变阻器接入电路中电阻最大时，变阻器的电流最小，此时变阻器的电流为
由欧姆定律得，变阻器的最大电阻为
则滑动变阻器的规格为“2A 50Ω”或“2A 12Ω”。
1 / 12025年河北省石家庄市第四十中学中考二模物理试题
1．下列数据中最接近实际的是（　　）
A．篮球的质量约200g
B．初中物理课本的宽度约18.5cm
C．冰箱冷藏室的温度约为15℃
D．初中生立定跳时腾空时间约为5s
2．下列有关声现象和电磁波说法正确的是（　　）
A．在相同的环境中，超声波的传播速度比次声波快
B．调节电视机的音量是为了改变声音的音调
C．“摩托车安装消声器”和“住宅安装双层玻璃”，二者减弱噪声的途径相同
D．手机既能发射电磁波，也能接收电磁波
3．诗词是我国优秀文化遗产之一，下列对古诗词中涉及的物态变化分析正确的是（　　）
A．“露似真珠月似弓”——“露”的形成是液化现象，需要放热
B．“已是悬崖百丈冰”——“冰”的形成是凝华现象，需要放热
C．“月落乌啼霜满天”——“霜”的形成是凝固现象，需要吸热
D．“将登太行雪满山”——“雪”的形成是升华现象，需要吸热
4．如图所示物理现象与物理知识对应正确的是（　　）
A．甲图：反射光线杂乱无章——光的折射
B．乙图：穿过树木的直射阳光——光的漫反射
C．丙图：水中的铅笔发生弯折——光的直线传播
D．丁图：白光通过三棱镜呈现七种色光——光的色散
5．下列关于温度、热量和内能的说法正确的是（　　）
A．物体的温度越高，内能越大，所以0℃的冰没有内能
B．温度越高的物体含有的热量越多
C．物体吸收热量，温度不一定升高
D．温度高的物体内能一定比温度低的物体大
6．我国的无人机在世界已经处于遥遥领先的位置，如图所示的无人机在空中处于悬停状态进行拍摄，在无风无雨的理想情况下，下列说法正确的是（　　）
A．此时空气对无人机向上的推力和无人机对空气向下的推力为一对平衡力
B．无人机在空中悬停时没有惯性
C．当操纵无人机匀速上升时，无人机的重力小于空气对无人机向上的推力
D．当操纵无人机匀速下降时，无人机的动能不变，机械能变小
7．在“探究凸透镜成像的规律”实验中，光具座上依次摆放蜡烛、凸透镜和光屏，如图所示，此时烛焰在光屏上恰好成清晰的像。下列说法正确的是（　　）
A．凸透镜的焦距为20cm
B．实验过程中，蜡烛烧短之后，要使像仍然成在光屏中央，需要适当向上调节凸透镜
C．保持凸透镜位置不动，将蜡烛移至10cm刻度处，移动光屏得到清晰的像，此时与照相机的成像原理相同
D．在蜡烛和凸透镜之间放一个近视眼镜，要想光屏上得到清晰的像，光屏需要向左移动
8．大力发展绿色新能源电动汽车，解决能源危机。电动汽车使用电动机为汽车提供动力。下列图中能说明电动机工作原理的是（　　）
A． B．
C． D．
9．如图甲所示，重为G的物体A在水平拉力F1（F1< G）。的作用下在水平路面上匀速直线移动一段距离s，所用时间为t，改用如图乙所示滑轮组拉动物体A在同一水平路面上用相同时间匀速直线移动相同距离，拉力为F2，每个滑轮的重力为G0。此过程中（　　）
A．拉力F1的功率为
B．拉力F2做的总功为F2S
C．滑轮组的机械效率为
D．使用滑轮组时克服绳重和摩擦所做的额外功占总功的比例为
10．小明根据所学的知识设计了一个电子量角器，电路如图所示，电流表的量程为0~0.6A，电压表的量程为0~3V，O为半圆弧电阻MN的圆心，金属滑片OP为半径，与半圆弧接触良好，半圆弧电阻MN的总电阻为30Ω，接入电路的电阻RMP与指针旋转角度θ成正比，电源电压恒为6V，R0为电阻箱，此时电阻调节为10Ω。下列说法正确的是（　　）
A．所测角度θ越大，电流表示数越小，电压表示数越小
B．当电压表示数为2V时，量角器所测角度θ为40°
C．为保证电路安全，此量角器所测角度θ的范围为0~60°
D．将电压表表盘改装为角度指示盘，为满足测量角度范围最大，且精度最高，变阻箱R0的阻值应调节为60Ω
11．2024年9月25日8点44分，我国向太平洋预定区域试射一枚洲际导弹，成功命中靶标。该导弹推进火箭使用的燃料需要具备　 　（选填“热值”或“比热容”）大的特点；火箭升空过程中，以火箭为参照物，地面是　 　的。
12．小静在完成水沸腾的实验时，在刚停止沸腾的烧瓶口塞上瓶塞，把烧瓶倒置并向烧瓶底部浇上冷水如图，会看到烧瓶内的水再次沸腾，这是由于瓶内气压　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”），水的沸点　 　（选填“升高”、“降低”或“不变”）的缘故。
13．太阳是人类能源的宝库。太阳内部发生剧烈的　 　（选填“核裂变”或“核聚变”）反应，从而辐射出巨大的光和热；太阳能属于　 　（选填“可再生”或“不可再生”）能源。
14．如图是皮球落地后弹跳过程中，每隔相等时间曝光一次所拍摄的照片。A、B、C是同一高度的三点。不考虑空气阻力，皮球在弹跳过程中，机械能　 　（选填“守恒”或“不守恒”）；C点的动能　 　（选填“>”“<”或“=”）B点的动能。
15．在电动汽车充电站，“各充电桩之间是　 　联的；在某次充电过程中。若充电桩的输出电压为400V， 充电电流为100A， 则0.5h可充　 　度电。
16．如图1，小明用两个不同电路中的电阻丝R1、R2，分别同时给质量均为200g的甲、乙液体加热（c甲（1）加热时，是通过　 　的方式使液体的内能增大；
（2）同一时刻，　 　（选填“甲”或“乙”）液体的分子运动更剧烈；
（3）加热相同时间，甲液体吸收的热量　 　（选填“>”“<”或“=”）乙液体吸收的热量；
（4）实验中测得通过R1和R2的电流大小相等，可以判断R1　 　R2。（选填“>”“<”或“=”）；
（5）若甲液体的比热容为，则加热150s时甲液体吸收的热量为　 　J。
17．实验小组在“研究杠杆平衡条件”的实验中所用的实验器材有刻度均匀的杠杆、支架、刻度尺、细线和重为0.5N的相同钩码5个。
（1）如图甲所示，实验前，杠杆左侧下沉，则应将左端的平衡螺母向　 　（选填“左”或“右”）调节，直到杠杆在水平位置平衡，支点在杠杆的中点是为了消除　 　对杠杆平衡的影响。
（2）小明同学完成某次操作后，实验现象如图乙所示，他记录的数据为动力F1=1.0N，动力臂l1=0.30m， 阻力F2=1.5N，则阻力臂l2=　 　m。
（3）小明利用图乙所示的器材，测出多组数据后，得出结论：动力×支点到动力作用点的距离=阻力×支点到阻力作用点的距离。与小组同学交流后，小华为了验证小明的结论是否准确，她利用图丙中水平平衡的杠杆（OD>OA=OC）进行实验，保持B处悬挂钩码的个数和位置不变，在A处悬挂钩码，使杠杆平衡。若小明同学的结论错误，则：将A处的钩码改挂在C处时，杠杆　 　（选填“平衡”或“不平衡”）；将A处的钩码改挂在D处时，杠杆　 　（选填“平衡”或“不平衡”）。
【拓展】在得出正确的杠杆平衡条件后，小明在一根均匀硬质的细杆（杆重为0.1N）上挖出等间距的5道细凹槽，将细杆分成6等份，并分别在细杆两端和凹槽处标记出“0、1、2、3、4、5、6”，然后在两端对称安装合适的螺母，如下图所示。支架（未画出）支撑在任一标记处时，都要重新调节螺母，使细杆不挂物体时在水平位置平衡。有一最大容积为1000mL、重为1N的小桶，小桶内倒满待测液体，通过改变支架支撑的位置、小桶悬挂的位置以及钩码在标记处的位置，使细杆水平平衡，则小桶内液体的密度最大为　 　kg/m3。
18．在“探究通过导体的电流与电阻的关系”实验中，小明利用以下器材进行实验：电压恒定的电源，阻值分别为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω的定值电阻，电流表、电压表、开关、滑动变阻器各1个，导线若干。
次数 1 2 3 4
R/Ω 5 10 15 20
I/A 0.4 0.3· 0.24 0.2
（1）他连接的电路如图所示，有一根导线接错了，请在接错的导线上打“×”，并改接到正确位置。
（2）改正错误后，在闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片调到　 　（选填“左”或“右”）端。
（3）闭合开关，移动滑片，电流表和电压表都没有示数。小明由此猜测不可能是　 　（选填“定值电阻”、“滑动变阻器”或“开关”）断路。解决故障后，小明进行了实验，在表格中记录了实验数据。
（4）分析实验数据，小明发现电流与电阻不成反比，原因是　 　。
（5）老师指出第3、4次数据是编造的，原因是　 　。小明向老师坦白了实验过程：在得出第一组数据之后，就没有再调节滑动变阻器。由此可知，在记录数据时，滑动变阻器接入电路的阻值为　 　Ω，电源电压为　 　V。
19．甲物体密度为，边长如图甲所示，乙容器为一个矩形容器，底部边长如图乙所示，容器内水对容器底部的压强为1200Pa，容器足够高。（，g取10N/ kg）
（1）求甲物体的质量。
（2）求乙容器中水的深度。
（3）将甲物体放入乙容器中，让甲物体对容器底部压力最大，求此时物体受到的浮力。
20．如图所示电路中，电源电压为12V且保持不变，电阻R1的阻值为10Ω，电流表的表盘如图所示。
（1）求电阻R1的电功率；
（2）若将标有“20Ω1A”字样的滑动变阻器R2与R1串联接入MN两点间，使电路正常工作，求滑动变阻器R2阻值的调节范围。
（3）若将标有“2A”字样的滑动变阻器R3与R1以某种方式接入MN两点间，使电路正常工作，在移动滑动变阻器滑片的过程中，电流表示数的最大变化量ΔI为1A，求滑动变阻器的规格。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】温度及温度计的使用与读数；质量及其特性；时间的估测；长度的估测
【解析】【解答】A．标准篮球的质量大约为600g，故A不符合题意；
B．初中物理课本的宽度和全新普通铅笔的长度相近，大约为18.5cm，故B符合题意；
C．一般冰箱冷藏室的温度范围约为3~8℃，远低于10℃，故C不符合题意；
D．初中生进行立定跳远时，腾空的时间大约为0.5s，远小于2s，故D不符合题意。
故选B。
【分析】1、熟悉生活中常见的物体质量，如一枚鸡蛋为50g，中学生质量为50kg
2、熟悉生活重常见的温度，如体温为37℃，令人舒适的温度为24℃，
3、识记生活中常见的长度、中学生身高160cm，课桌80cm，
4、识记生活中常见的速度、心跳一分钟70次，走路的速度1.2m/s。
2．【答案】D
【知识点】声音的传播条件；响度及响度与振幅的关系；防治噪声的途径；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】A、声速的大小和介质种类、环境温度有关，在同一环境下，超声波和次声波的传播速度是相同的，故A错误；
B、响度描述的是声音的强弱大小，调节电视机的音量，改变的就是声音的响度，故B错误；
C、“给摩托车安装消声器”是从声源处减弱噪声，“住宅安装双层玻璃”则是在声音的传播过程中减弱噪声，二者减弱噪声的途径并不相同，故C错误；
D、电磁波传播不需要依赖介质，手机通讯依靠发射和接收电磁波实现信息传递，故D正确。
故选D。
【分析】1、声音产生是由物体振动产生，通过介质（固体、液体、气体）中传播，不能在真空中传播；
2、声音的特点：不同材料决定音色不同；振幅决定响度；振动频率决定音频；振动频率决定音频，频率越高，音调越高，频率越低，音调越低；声音的响度与声源振动的幅度有关，振动幅度越大，响度越大．
3、减弱噪音的途径有：声源处（摩托车装消声器）、传播中（建隔音墙 ）、人耳处（戴耳罩）；
4、信息的传递：无线网络通信依靠电磁波来传递信息。
3．【答案】A
【知识点】凝固与凝固放热特点；液化及液化放热；凝华及凝华放热
【解析】【解答】A．“露”是空气中水蒸气遇冷液化形成的液态小水珠，液化放热，故A正确；
B．“冰”是水由液态变成固态，属于凝固现象，凝固放热，故B错误；
C．“霜”是空气中水蒸气遇冷形成的小冰晶，属于凝华现象，凝华放热，故C错误；
D．“雪”是空气中水蒸气遇冷形成的小冰晶，属于凝华现象，凝华放热，故D错误。
故选A。
【分析】凝固：物质由液态变成固态的过程，凝固放热；
液化：物质由气态变成液态的过程，液化放热；
凝华：物质由气态直接变成固态的过程，凝华放热。
4．【答案】D
【知识点】光的直线传播及其应用；镜面反射与漫反射；光的折射现象及其应用；光的色散
【解析】【解答】选项A分析：甲图显示反射光线方向杂乱无章，这是漫反射现象的表现，因此A选项说法错误。
选项B分析：乙图展示阳光穿过树木形成直线光束，这是光的直线传播特性，故B选项判断错误。
选项C分析：丙图中水中的铅笔出现弯折现象，这是由光的折射造成的，所以C选项结论不正确。
选项D分析：丁图呈现白光通过三棱镜分解成七种色光的光学现象，这是典型的色散现象，因此D选项表述正确。
综上所述，正确答案选择D。
【分析】1、光的反射：光在同种介质中传播，经过反射面，入射光线会发生反射的现象，如平面镜成像，湖面倒影；
2、光的折射：光经过不同介质时，入射光线会发生偏折，如：光的色散（太阳光经过三棱镜折射会发生光的色散）、海市蜃楼；
3、光的直线传播：光在同种均匀介质中传播的现象，如激光射线、影子的形成、日食、小孔成像。
5．【答案】C
【知识点】热量的概念；内能的概念；温度、热量与内能的关系
【解析】【解答】A．内能是物体内所有分子动能和分子势能的总和，一切物体在任何温度下都具有内能，因此0℃的冰同样具有内能，故A错误；
B．热量是热传递过程中传递内能的多少，属于过程量，不能描述为物体“含有”多少热量，故B错误；
C．物体吸热后温度不一定升高，例如晶体熔化的过程中，会持续吸收热量，但温度始终保持在熔点不变，故C正确；
D．物体内能的大小和物体的质量、物质种类、温度、状态都有关系，仅温度更高不能说明内能更大，因此温度高的物体的内能不一定比温度低的物体更大，故D错误。
故选C。
【分析】1、温度、内能、热量的关系中只有温度的改变会引起内能改变；
2、内能和物体的质量、温度和状态有关，一切物体都具有内能。
3、热量是过程量，需要通过吸收或者释放来描述。
6．【答案】D
【知识点】机械能及其转化；惯性及其现象；平衡力的辨别；平衡状态的判断
【解析】【解答】A．无人机悬停时保持静止状态，此时空气对无人机向上的推力与无人机的重力是一对平衡力，大小相等，故A错误；
B．惯性是一切物体本身固有的性质，一切物体在任何状态下都具有惯性，惯性大小只和物体质量有关，因此无人机悬停时依然具有惯性，故B错误；
C．无人机匀速上升时，做匀速直线运动，竖直方向受力平衡，因此空气对无人机向上的推力和自身重力大小相等，故C错误；
D．机械能等于动能与势能的总和，动能的大小由物体质量和运动速度决定，重力势能的大小由物体质量和所处高度决定。无人机匀速下降过程中，质量不变、速度不变，因此动能大小不变；下降过程中高度不断减小，质量不变，因此重力势能减小；机械能等于动能加重力势能，所以无人机的机械能减小，故D正确。
故选D。
【分析】1、平衡力的特点为：大小相同，方向相反，作用在同一个物体上；
2、惯性是物体的基本属性，只有物体重力有关，当物体速度发生变化时，由于惯性物体保持原来运动状态的属性，利用惯性的实例：运动员助跑起跳，乘车系安全带可以降低司机惯性带来的伤害，惯性不是力，不能用受到惯性、惯性力的作用进行表述；
3、机械能为动能和重力势能之和，当质量不变时，动能和速度成正比，速度不变时，动能和质量成正比；当质量不变时，重力势能和高度成正比，高度不变时，重力势能和质量成正比。
7．【答案】C
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验
【解析】【解答】A．从题目给出的图像可以得到，物距和像距满足，根据凸透镜成像规律，当物距等于2倍焦距时，会成倒立等大的实像，此时像距也等于2倍焦距，因此可得.计算可得该凸透镜的焦距，故A错误。
B．蜡烛燃烧变短后，烛焰位置向下移动，根据经过透镜光心的光线传播方向不变，像会成在光屏的上方；要让像重新回到光屏中央，应当向上移动光屏，或是向下移动凸透镜，故B错误。
C．保持凸透镜位置不变，把蜡烛移动到10cm刻度位置时，此时的物距
根据凸透镜成像规律，当物距大于2倍焦距时，光屏上会成倒立、缩小的清晰实像，照相机就是利用这个成像原理制成的，故C正确。
D．近视眼镜是凹透镜，对光线有发散作用，在蜡烛和凸透镜之间放入近视眼镜后，光线会被发散，像会成在光屏的后方，所以若要让光屏上再次呈现清晰的像，需要将光屏向远离凸透镜的方向，也就是向右移动，故D错误。
故选C。
【分析】1、测量焦距的方法： 将凸透镜正对太阳光，改变凸透镜与光屏的距离，直到光屏上出现一个 亮点，此时亮点与凸透镜中心的距离为焦距。
2、透镜成像试验：实验步骤：1）实验前，应调节凸透镜、蜡烛烛焰、光屏的中心大致在同一水平高度，环境越暗，物体反射光越明显，所以实验应在较暗的环境中进行；2） 点燃并蜡烛，在光屏上得到一个等大、清晰的烛焰的像，测量此时物到透镜的距离（焦距）；3）移动蜡烛，观察像的变化经过透镜光心的光心不会发生偏折，所以蜡烛变短通过光心的光线会折射到光屏上方，导致像向上移动。
3、凸透镜成实像时，物距越大，像距越小，像越小；物距越小，像距越大，像越大
透镜成像规律：物体距透镜小于一倍焦距，呈正立放大的虚像，应用为放大镜；
物距大于一倍焦距小于二倍焦距，呈倒立立放大的实像，应用为投影仪；
物体大于二倍焦距，呈现倒立缩小实像，应用为照相机，人眼睛。
8．【答案】B
【知识点】电磁铁的构造和原理；磁场对通电导线的作用；电磁感应；影响电磁铁磁性强弱的因素及其探究
【解析】【解答】电动机的工作原理是通电线圈在磁场中受到力的作用发生转动。
A．该装置探究的是电磁感应现象，是发电机的工作原理，和电动机的工作原理不一致，故A错误；
B．该装置中通电导体通入电流后，会在磁场中受到力的作用发生运动，和电动机的工作原理一致，故B正确；
C．该实验探究的是影响电磁铁磁性强弱的因素，和电动机的工作原理不相同，故C错误；
D．该实验是演示通电螺线管磁场方向的判断方法，也就是安培定则（右手螺旋定则），和电动机的工作原理不相同，故D错误。
故选B。
【分析】1、电磁感应现象：闭合电路的一部分导体在磁场中作切割磁感线运动，导体中就会产生电流的现象，实例：发电机、 POS机读出信息；
2、电流的磁效应：通电导线周围存在磁场，使得小磁针发生偏转；
3、通电导线在磁场中受到力的作用，实例有：电动机；
4、通电螺线管：由通电线圈组成，磁性方向可通过安培定则判断：用右手握住通电螺线管，让四指指向电流的方向，那么大拇指所指的那一端就是通电螺线管的N极，磁性与电流、线圈匝数有关。
9．【答案】D
【知识点】功率计算公式的应用；机械效率的计算；滑轮（组）的机械效率
【解析】【解答】A. 由甲图得，物体 A 受水平拉力F1 匀速运动，结合移动距离s与用时t，可推导出拉力F1 的功率，故A错误。
B. 乙图为滑轮组装置，物体移动距离、用时均与甲图一致，确定承重绳子段数2，算出拉力端移动距离，进而求出拉力F2 做的总功，故B错误。
C. 同一水平面匀速运动，物体所受摩擦力不变，两次有用功相等，代入公式即可算出滑轮组机械效率，故C错误。
D. 滑轮组额外功包含动滑轮自重、绳重及摩擦做功，先求出克服绳重与摩擦的额外功，再算出其占总功的比值，故正确。
故选D。
【分析】1、功的计算：总功为W=Fs，总功包括两部分，有用功和额外功，其中有用功就本题目来说是克服重力做功即W有=Gh，额外功的计算包括总功和有用功的差，也可以根据功的定义W=Fs计算，机械效率：；
2、动滑轮的工作特点：可以省力，但是费距离，定滑轮的工作特点：可以改变方向但是不省力
2、拉力的计算，，n为动滑轮缠绕绳子数，绳子移动的距离为物体移动距离的n倍。
10．【答案】C
【知识点】欧姆定律及其应用；电路的动态分析
【解析】【解答】A. 由图可知，滑动变阻器 MP 段接入电路，与定值电阻串联，电流表测电路电流，电压表测变阻器两端电压。倾角 θ 越大，接入电阻越大，电路电流越小，电压表示数越大，A 错误。
B. 电压表示数为 2V 时，算出定值电阻两端电压，电路电流，进而求出变阻器接入阻值，对照总电阻即可得出对应角度，故B 错误。
C. 电表量程0-0.6A，时滑动变阻器接入电路中的阻值为0，即量角器测量的角度最小，为0；已知所测角度越大，电压表示数越大，电压表的量程为0~3V，故电压表最大示数为3V，此时电路中的电流为，此时滑动变阻器接入电路的阻值最大，为，量角器所测角度最大，为，对应得出测量角度范围为 0~60°，故C 正确。
D. 若要将测量角度扩至 0~180°，需接入全部圆弧电阻，通过串联分压规律，，解得，调整定值电阻阻值无法实现该要求，故D 错误。
故选C。
【分析】1、串联电路的电路规律：串联电路，电流处处相等，电源的电压为用电器电压之和，总电阻为用电器电阻之和；
2、电压表与待测用电器并联测量电压，电流表串联测量用电器电流，根据欧姆定律U=IR计算用电器的电流和电阻以及电压；
3、串联分压：用电器串联时，其两端的电压和电阻成正比；
4、结合上述分析可知θ 越大，变阻器接入电阻越大，电流越小，电压表示数越大；电压表示数为 2V 时，可计算算出对应接入电阻，依据电表量程确定电流极值，算出变阻器接入最值阻值，欲扩测角至 0~180°，计算调整定值电阻阻值。
11．【答案】热值；运动
【知识点】燃料的热值；运动和静止的相对性
【解析】【解答】 导弹推进火箭选用的燃料要求热值足够大，这样在燃料质量相同的情况下，完全燃烧后可以释放出更多的热量，满足火箭升空的能量需求。
火箭升空过程中，若选择火箭本身作为参照物，地面和火箭的相对位置会不断发生变化，因此地面是运动的。
【分析】物体相对运动：物体与参照物运动状态不一致，所以物体相对参照物运动，物体与参照物运动状态不一致，所以物体相对参照物静止；
火箭的燃料要热值大。
12．【答案】变小；降低
【知识点】液化及液化放热；沸点及沸点与气压的关系
【解析】【解答】 在刚停止沸腾的烧瓶口塞上瓶塞，把烧瓶倒置并向烧瓶底部浇上冷水 ，此时瓶内气体温度突然降低，瓶内气体体积缩小，瓶内气压变小，导致水的沸点降低。由于此时水的温度高于水的沸点，所以水重新沸腾起来的。
【分析】根据气体热胀冷缩的性质，结合液体沸点随上方气压的变化规律分析解答。
13．【答案】核聚变；可再生
【知识点】能源及其分类；核裂变
【解析】【解答】 核裂变与核聚变都能够释放出巨大的能量，太阳内部存在大量氢原子核，太阳的能量正是来源于这些氢原子核发生的核聚变，持续不断地向外界输出能量，为地球提供光与热。
太阳能能够持续不断地从自然界中获取，符合可再生能源的特征，因此属于可再生能源。
【分析】核聚变：主要为太阳能的放能方式，核裂变主要是链式反应的放能方式；
可再生能源：使用后短期可以恢复的能源、如风能、太阳能、不可再生能源：使用内短期不能再生的能源，如核能、化石能源。
14．【答案】守恒；<
【知识点】机械能及其转化；机械能守恒条件
【解析】【解答】 从图中能够看出，皮球在弹跳的过程中，每次上升的高度会逐渐降低，这是因为皮球在运动过程中不断克服空气阻力做功，一部分机械能转化为其他形式的能，因此机械能逐渐减少；若不考虑空气阻力的影响，皮球弹跳过程中只有重力做功，仅发生重力势能和动能的相互转化，没有机械能的损耗，因此机械能总量保持不变，也就是机械能守恒。
根据图中呈现的弹跳高度变化规律可知，皮球弹跳过程中机械能不断损失，因此机械能不守恒，位置C处对应的机械能小于位置B处对应的机械能；皮球质量在运动过程中不会改变，而B点和C点的高度相同，根据重力势能的影响因素可知，B、C两点的重力势能相等；机械能是动能与重力势能的总和，因此C点的动能小于B点的动能。
【分析】机械能为动能和重力势能之和，当质量不变时，动能和速度成正比，速度不变时，动能和质量成正比；当质量不变时，重力势能和高度成正比，高度不变时，重力势能和质量成正比。
15．【答案】并；20
【知识点】串联电路和并联电路的辨别；电功的计算；电功计算公式的应用
【解析】【解答】 解：在电动汽车充电站，各充电桩之间可以独立工作，不会相互影响，所以它们是并联的；
可充的电能：W=UIt=400V×100A×0.5h=20000W h=20kW h=20度。
故答案为：并；20。
【分析】 （1）并联电路的各用电器之间互不影响，可以独立工作；
（2）根据W=UIt求出可充的电能。
16．【答案】（1）热传递
（2）甲
（3）<
（4）<
（5）1.68×104
【知识点】热传递改变物体内能；比热容的定义及其计算公式；焦耳定律的应用
【解析】【解答】（1）加热过程中，液体从热源吸收热量，自身内能增加，该过程是通过热传递的方式改变液体的内能。
（2）物体的温度越高，分子的无规则热运动就越剧烈；结合图2可知，同一计时时刻，甲液体的温度更高，因此甲液体的分子运动更剧烈。
（3）根据题意可知，甲、乙两种液体质量相等，且；从图2可以得到，加热相同时长后，乙的温度变化量更大。根据吸热公式，可推导出：加热相同时间时，甲液体吸收的热量小于乙液体吸收的热量。
（4）已经得出加热相同时间时甲吸收的热量小于乙吸收的热量，且本题中电阻丝产生的热量全部被液体吸收，因此加热相同时间，乙对应的电阻丝R2产生的热量更大。本电路中R1和R2串联，通过两个电阻的电流相等，根据焦耳定律，可推出两个电阻的大小关系为。
（5）若甲液体的比热容为，加热150s时，甲升高的温度为$\Delta t=100℃-60℃=40℃$，则甲液体吸收的热量计算过程为：
【分析】1、改变物体内能的方式有做功和热传递，如钻木取火、搓手取暖属于做功改变物体内能，用酒精灯热水属于热传递改变物体内能；
2、分子热运动的特点：分子无规则运动，肉眼无法观察，常见例子有：气体颜色的改变，味道的扩散；且温度越高，分子热运动速度越快；
3、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。
4、探究电流的热效应：原理为焦耳定律Q=I2Rt，所以产热量和电阻成正比，和电流的平方成正比，实验中通过液面高度差的变化作为观察指标转化为电流的产热量。
转换法：在物理实验中，某些物理量（内能、电能）难以直接观察，需要转换成容易观察的指标进行测量，如本题中热能的大小难以直接测量，所以需要通过 液面高度差的变化进行测量；控制变量法：在物理实验中，存在多个影响因素共同决定某个物理量，如电流的热效应的影响因素有：电阻和电流。在探究某个单一变量对物理量的影响时，需要控制其余变量相同，如探究 导体的发热量可能与导体的电阻的关系时，需要电流相同，故选择串联电路。
（1）加热时，液体吸收热量，内能增大，是通过热传递的方式使液体的内能增大。
（2）物体的温度越高，分子热运动越剧烈；由图2得，同一时刻，甲液体温度较高，则甲液体的分子运动更剧烈。
（3）依题意得，甲、乙液体的质量相等，且，由图2得，加热相同时间，乙升高的温度较多，由得，加热相同时间，甲液体吸收的热量小于乙液体吸收的热量。
（4）加热相同时间，甲液体吸收的热量小于乙液体吸收的热量，电阻丝产生的热量全部被液体吸收，则加热相同时间，R2产生的热量较大，通过R1和R2的电流大小相等，由得。
（5）若甲液体的比热容为，则加热150s时甲液体吸收的热量为
17．【答案】（1）右；杠杆自身重力
（2）0.20
（3）不平衡；平衡；1.15×103
【知识点】密度公式及其应用；杠杆的平衡条件；探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【解答】（1） 调节杠杆在水平位置平衡时，平衡螺母的调节遵循“哪端偏高就向哪端调”的原则，图甲中杠杆右端偏高，因此需要将平衡螺母向右调节。
本次实验所用杠杆质地均匀、形状规则，因此杠杆的重心在杠杆的中点；当支点设置在杠杆中心位置时，支点刚好和杠杆重心重合，这样就可以消除杠杆自身重力对杠杆平衡的影响，保证实验结论的准确性。
（2）根据杠杆平衡条件，可得：
（3） 假设图丙中左侧钩码的作用力为动力F1，右侧钩码的作用力为阻力F2，当钩码挂在A点时杠杆平衡，满足。如果小明“力臂等于支点到力的作用点的距离”这一结论正确，由于OA=OC，因此钩码挂在C点时满足，杠杆仍能平衡；如果小明的结论错误，说明支点到A点、C点的力臂不相等，那么A点平衡时，C点挂同样钩码杠杆无法平衡。
同理，钩码挂在A点平衡时满足。若小明的结论正确，因为\(OD>OA\)，所以钩码挂在D点时满足，杠杆无法平衡；如果小明的结论错误，说明支点到A点、D点的力臂相等，那么A点平衡时，D点挂同样钩码杠杆仍能平衡。
根据操作要求“支架支撑在任一标记处时，都要重新调节螺母，使细杆不挂物体时在水平位置平衡”，可知杠杆自身重力对平衡的影响已经被消除，因此实验过程不需要考虑杠杆自重。
设小桶和液体的总重力G为动力，动力臂为l1，根据杠杆平衡条件可得：（1）
设支点到动力作用点之间的等份数为n，每一等份的长度为Δx；由于此时杠杆在水平位置平衡，若力臂等于支点到力作用点的距离，则动力臂可表示为l1=nΔx，阻力臂可表示为l2=(6-n)Δx。则（1）式可以表示为，即。
要使得小桶内液体的密度最大，则需小桶内液体质量最大，需小桶内液体重力最大，需液体和小桶的总重力最大，即最大，所以当G钩最大、n=1时，小桶内液体的密度最大。钩码提供的最大总重力，液体和小桶的最大总重力，液体最大重力，液体的最大质量，液体的最大密度。
【分析】1、 探究杠杆平衡的条件 首先对杠杆进行调平：调平原理为动力×动力臂=阻力×阻力臂，当指针偏左表明左侧较重，所以需要增加右侧力和力臂；调平的原因为：减小杠杆自重对杠杆平衡试验的影响；
2、其次不断改变钩码重力以及钩码的位置，记录多组试验数据，分析动力、动力臂、阻力、阻力臂的大小关系；其中动力大于阻力此时杠杆为费力杠杆，反之属于在省力杠杆；
3、最后，使用弹簧测力计对杠杆的平衡进行动态分析，改变拉力的方向，实质为改变动力臂的大小，动力臂变小，则动力变大
4、力的合成与应用：两个力在同一直线上，方向相反，合力为两个力的代数差，方向相同，合力为两个力的代数和。
5、重力：由于地球的吸引而使物体受到的力，大小为自身重力、方向竖直向下，作用点位于物体重心，公式为G=mg。
6、物体密度的计算：原理为ρ=m/v。
（1）[1]将杠杆调节在水平位置平衡时，平衡螺母移动的方向遵循“左高左调，右高右调”的调节方法，图甲中杠杆右端较高，故需将平衡螺母向右边调节。
[2]由于杠杆的形状规则、质地均匀，故杠杆的重心在杠杆的中点位置，当支点在杠杆中心位置时，刚好与重心重合，此时就可以排除杠杆自身重力对杠杆平衡的影响，从而得出正确结论。
（2）根据杠杆的平衡条件可知
（3）[1]在图丙中，假设左侧的钩码提供的力为动力F1，右侧的钩码提供的力为阻力F2，在A点有，若小明的结论正确，因为OA=OC，则在C点时，即在这两点时杠杆都保持平衡，若小明的结论不正确，O点到钩码作用在A、C两个位置时的力臂不同，则杠杆在A点保持平衡时，C点就不会保持平衡。
[2]同上述假设，在A点有，若小明的结论正确，因为OD>OA，则在D点有 ，即在D点时杠杆不平衡，若小明的结论不正确，O点到钩码作用在A、D两个位置时的力臂相同，则在A点保持平衡时，在D点也会保持平衡。
[3]由“支架（未画出）支撑在任一标记处时，都要重新调节螺母，使细杆不挂物体时在水平位置平衡”这句话可知，杠杆自身重力不会影响测量时杠杆的平衡状态，即计算过程中不用考虑杠杆自身的重力。
假设液体和小桶提供的总重力G为动力，动力臂为l1，钩码提供的总重力G钩为阻力，动力臂为l2，则有………………（1）
假设细杆支点到动力作用点的等份数为n，每等份长度为Δx，由于细杆是在水平位置平衡，则支点到力的作用点的距离就是力臂的大小，则动力臂可以表示为l1=nΔx，阻力臂可以表示为l2=(6-n)Δx。
则（1）式可以表示为，即。
要使得小桶内液体的密度最大，则需小桶内液体质量最大，需小桶内液体重力最大，需液体和小桶的总重力最大，即最大，所以当G钩最大、n=1时，小桶内液体的密度最大。
钩码提供的最大总重力
液体和小桶的最大总重力
液体最大重力
液体的最大质量
液体的最大密度
18．【答案】（1）
（2）左
（3）定值电阻
（4）没有控制定值电阻两端电压一定
（5）定值电阻两端电压超过电压表量程；10；6
【知识点】探究电流与电压、电阻的关系实验
【解析】【解答】（1）分析原电路图可知，电压表错误地和滑动变阻器串联了，本实验中滑动变阻器应与定值电阻串联，电压表应并联在定值电阻两端，正确修改后的电路如下图：
（2）为保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器滑片调至接入阻值最大的位置，因此滑片应滑到最左端。
（3）移动滑片后，电流表和电压表都没有示数，说明电路整体为断路状态；如果是定值电阻断路，电压表会串联在电路中，电压表会接近电源电压，有示数，因此故障不可能是电压表所测量的定值电阻断路。
（4）分析表格中的数据可以发现，各组数据中电流I与电阻R的乘积不是定值，不符合探究电流与电阻关系时“电压不变”的实验要求，说明该同学实验时没有控制定值电阻两端的电压保持不变。
（5）根据欧姆定律变形公式计算可知，第三组和第四组数据计算得到的定值电阻两端电压都大于3V，超出了电压表选用的0~3V量程，因此这两组数据是编造的，无法通过该实验电路实际测得。得到前两组数据后，该同学更换定值电阻后没有调节滑动变阻器，滑动变阻器接入电路的阻值保持不变。设电源电压为U，滑动变阻器接入的不变阻值为R，根据串联电路电压规律，结合第一、二组数据可以得到两个等式：，联立两个等式解得R=10Ω，U=6V。
【分析】1、电流表、电压表的连接：电流表与待测原件串联；电压表的与待测原件并联，连接过程需要电流正极流入负极流出，同时选择合适的量程。
2、电路连接的基本操作：连接电路时，为保护电路开关应断开，变阻器调节至最大阻值处，对电表进行试触，根据电表偏转角度选择合适的电表量程；同时电表的正负极接线柱要符合电流的正进负出；
3、故障分析：电流表和电压表都没有示数，说明电路为断路，结合题目所给信息判断断路位置；
4、控制变量法：在物理实验中，存在多个影响因素共同决定某个物理量探究电流与电阻关系时“电压不变”；
5、串联电路的电路规律：串联电路，电流处处相等，电源的电压为用电器电压之和，总电阻为用电器电阻之和；
6、电压表与待测用电器并联测量电压，电流表串联测量用电器电流，根据欧姆定律U=IR计算用电器的电流和电阻以及电压。
（1）分析电路图可知，电压表与滑动变阻器串联了。正确的解法应该是滑动变阻器与定值电阻串联，电压表与定值电阻并联，故改正如下：
（2）闭合开关前滑片应划到最大阻值端，因此应滑到最左端。
（3）移动滑片，电流表和电压表都没有示数，说明整个电路处于断路状态，且不能是电压表测量对象即定值电阻断路。
（4）分析数据可以发现，表格中各组I与R的乘积不为定值，说明实验过程中没有控制定值电阻两端电压相同。
（5）[1]由欧姆定律变形式U=IR，可以计算的第三组和第四组数据定值电阻两端电压大于3V，超过电压表量程，由此可知第三、四组数据是认为编造数据，并不是通过实验电路测量而得。
[2][3] 在得出第一组数据之后，就没有再调节滑动变阻器，设电源电压为U，滑动变阻器阻值不变为R，由一二两组数据可列出等式，
联立上述等式，解得R=10Ω，U=6V。
19．【答案】（1）解：由甲图可知，甲物体的体积
甲物体的质量
（2）解：由液体内部压强知，此时乙容器中水的深度
（3）解：甲物体放在乙容器中，甲物体受到三个力，重力、浮力、支持力，当浮力最小时，甲受到的支持力最大，甲对容器底的压力最大，此时最小，
物体浸入水中的深度
此时的
此时的浮力
【知识点】密度公式及其应用；液体压强计算公式的应用；阿基米德原理
【解析】【分析】（1）由甲图求出甲物体体积与质量。（2）根据液体压强公式，算出乙容器内水深。
（3）甲物体沉底受重力、浮力、容器支持力。浮力最小时支持力、物体对容器底压力最大，确定最小浸入深度，进而求出对应浮力大小。
（1）由甲图可知，甲物体的体积
甲物体的质量
（2）由液体内部压强知，此时乙容器中水的深度
（3）甲物体放在乙容器中，甲物体受到三个力，重力、浮力、支持力，当浮力最小时，甲受到的支持力最大，甲对容器底的压力最大，此时最小，
物体浸入水中的深度
此时的
此时的浮力
20．【答案】（1）解：由图得，电阻R1连接在电源两端，电阻R1的电功率
（2）解：将标有“20Ω1A”字样的滑动变阻器R2与R1串联接入MN两点间，串联电路电流处处相等，电路电流最大为1A，当电路电流最大时，电路电阻最小，变阻器接入电路中的电阻最小，由欧姆定律得，电路最小电阻为由串联电路电阻特点得滑动变阻器接入最小值
变阻器接入电路中的最大电阻为20Ω，则滑动变阻器R2阻值的调节范围为2~20Ω。
（3）解：若滑动变阻器R3与R1串联，则变阻器接入电路中的电阻为0时，电路电阻最小，电路电流最大为在移动滑动变阻器滑片的过程中，电流表示数的最大变化量ΔI为1A，则变阻器接入电路中电阻最大时，电路电流最小为
由欧姆定律得，此时电路的总电阻为
变阻器的最大电阻为
若滑动变阻器R3与R1并联，电流表串联在干路；并联电路中用电器互不影响，电流表示数的变化量为滑动变阻器R3的电流，当变阻器的电流最大为2A时，变阻器接入电路中的电阻最小；当变阻器接入电路中电阻最大时，变阻器的电流最小，此时变阻器的电流为
由欧姆定律得，变阻器的最大电阻为
则滑动变阻器的规格为“2A 50Ω”或“2A 12Ω”。
【知识点】电阻的串联；欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【解答】（1）由电路图可知R1 直接接电源，据此求出R1 的电功率。
（2）把规格 “20Ω 1A” 的滑动变阻器R2 与R1 串联，电路最大电流为1A，先算出电路最小总电阻，再求出变阻器接入最小阻值；结合其最大阻值，确定R2 可调范围。
（3）R3 与R1 串联时，变阻器阻值为零电流最大，结合电流最大变化量求出最小电流，依次算出电路总电阻与R3 最大阻值；R3 与R1 并联时，电流变化量等于变阻器支路电流，由电流极值算出变阻器最值阻值，最终确定滑动变阻器可选规格。
（1）由图得，电阻R1连接在电源两端，电阻R1的电功率
（2）将标有“20Ω1A”字样的滑动变阻器R2与R1串联接入MN两点间，串联电路电流处处相等，电路电流最大为1A，当电路电流最大时，电路电阻最小，变阻器接入电路中的电阻最小，由欧姆定律得，电路最小电阻为
由串联电路电阻特点得滑动变阻器接入最小值
变阻器接入电路中的最大电阻为20Ω，则滑动变阻器R2阻值的调节范围为2~20Ω。
（3）若滑动变阻器R3与R1串联，则变阻器接入电路中的电阻为0时，电路电阻最小，电路电流最大为
在移动滑动变阻器滑片的过程中，电流表示数的最大变化量ΔI为1A，则变阻器接入电路中电阻最大时，电路电流最小为
由欧姆定律得，此时电路的总电阻为
变阻器的最大电阻为
若滑动变阻器R3与R1并联，电流表串联在干路；并联电路中用电器互不影响，电流表示数的变化量为滑动变阻器R3的电流，当变阻器的电流最大为2A时，变阻器接入电路中的电阻最小；当变阻器接入电路中电阻最大时，变阻器的电流最小，此时变阻器的电流为
由欧姆定律得，变阻器的最大电阻为
则滑动变阻器的规格为“2A 50Ω”或“2A 12Ω”。
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