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湖南张家界市桑植县2025-2026学年九年级下学期期中物理学情自测
1．如图，医生为患者检查牙齿时，会使用一面小镜子伸入患者口腔观察牙齿，这面镜子的成像原理利用了光的（　　）
A．反射 B．色散 C．折射 D．直线传播
2．如图为战国曾侯乙墓出土的彩绘漆瑟，是我国古代重要的弹拨弦乐器。关于瑟演奏时发出的声音，下列说法正确的是（　　）
A．瑟声可以在真空中传播
B．瑟声是由空气柱振动产生的
C．用不同力度拨同一根弦，改变的是声音的音调
D．瑟独特的悠扬音色，由发声体的材料和结构决定
3．我国是一个严重缺水的国家，我们应从小培养节水意识，养成节约用水的好习惯。地球上的水通过三态变化不断地在发生循环，关于水循环下列说法正确的是（　　）
A．江、河、湖、海以及大地表层中的水不断升华变成水蒸气
B．当水蒸气升入高空时，遇到冷空气，水蒸气便液化成小水滴
C．冬天，水蒸气在寒冷的高空急剧降温，就会凝固成小冰晶，聚集起来变成雪花
D．小水滴在高空中如果遇到更加寒冷的气流，就会凝华成小冰珠，最后可能形成冰雹
4．科技赋能生活，擦窗机器人让居家清洁更轻松。 机器人底部装有真空泵和吸盘，工作时，真空泵抽出吸盘内空气，使吸盘紧紧吸附在竖直玻璃上。下列说法正确的是（　　）
A．机器人擦窗时相对于玻璃一定是静止的
B．静止在竖直玻璃上时，摩擦力大于它的重力
C．机器人是靠外界大气压的压力吸附在玻璃上的
D．匀速向下移动时，受到的摩擦力与重力是一对相互作用力
5．如图是小东同学设计的简易热机模型。点燃酒精灯，当导气管出气口有蒸气喷出时，小风车就会转动起来。关于该装置，下列说法正确的是（　　）
A．酒精灯中使用的酒精属于不可再生能源
B．水蒸气推动风车转动时，内能转化为机械能
C．烧瓶中水蒸气的内能是通过做功方式增大的
D．该装置在工作时能量转化效率可达到 100%
6．下列关于分子动理论、微观尺度和电现象的说法中，正确的是（　　）
A．摩擦起电的实质是创造了电荷
B．破镜难重圆，主要是因为分子间存在排斥力
C．电子、原子核、原子按由小到大的尺度排列
D．新冠病毒随飞沫传播，说明分子在永不停息地做无规则运动
7．在“爱科学 探深海” 实践活动中，同学们了解到：我国 “奋斗者” 号全海深载人潜水器成功完成万米海试，它采用高强度、低密度的固体浮力材料提供浮力，可在深海中自由上浮、下潜和悬停；潜水器外壳能承受巨大海水压强，保障舱内安全。下列相关说法正确的是（　　）
A．潜水器下潜越深，外壳受到海水的压强越小
B．潜水器悬停时受到的浮力大于它自身的总重力
C．潜水器上浮过程中，惯性大小随速度增大而增大
D．选用浮力材料时主要利用其密度小、抗压能力强的物质属性
8．为筑牢校园消防安全防线，某物理兴趣小组设计了一款烟雾浓度监测报警装置，其电路原理图如图甲所示。正常状态下（烟雾浓度低于安全标准）绿色指示灯亮起，当烟雾浓度超过安全标准（达到报警值）时电铃会发出报警声。图乙为气敏电阻R1的阻值与烟雾浓度的关系图像。下列说法正确的是（　　）
A．虚线框a中应为电铃，b中应为绿色指示灯
B．当开关S1闭合后，通电螺线管的上端为S极
C．滑动变阻器的滑片P向下移动，电磁铁磁性增强
D．仅将滑动变阻器的滑片P向上移动，可使烟雾的报警浓度降低
9．将图甲所示插座面板按安全规范接入家庭电路，其电路连接如图乙所示。闭合开关后，下列说法正确的是（　　）
A．a、b、c依次为中性线、相线和保护线
B．测电笔测试插座的左孔，氖管发光
C．正常使用该插座时有电流流过c导线
D．若指示灯断路，该插座还可以使用
10．我国福建号航母采用了自行研制的电磁弹射器，它的工作原理是：弹射车与飞机前轮连接，处于强磁场中，当弹射车内的导体通过强电流时，会受到磁场力的作用，从而获得强大的推力，带动飞机快速起飞，如图所示。下列实验装置中与其工作原理相同的是（　　）
A． B．
C． D．
11．如图所示的电路中，电源电压恒为9V，电流表使用“0~0.6A”量程，电压表使用“0~3V”量程，定值电阻R的阻值为10Ω，允许通过的最大电流为0.5A。为保证电路中各元件安全工作，滑动变阻器接入电路的最小阻值为（　　）
A．20Ω B．10Ω C．8Ω D．5Ω
12．小杰家的卫生间里安装了一款多功能风暖浴霸，它具备独立照明、吹风换气、暖气升温三种功能。仅闭合开关S1时，照明灯L单独发光； 仅闭合开关S2时，电动机M1工作，开始吹风换气；仅闭合开关S3时，电动机M2和加热电阻R会同时工作，实现暖风升温。小杰根据上述功能设计了四个简化模拟电路图，其中符合要求的是（　　）
A． B．
C． D．
13．城市热岛效应是备受关注的环境问题，汽车尾气与热机效率也会加剧热岛效应。为缓解这一问题，城市中会修建人工湖——利用水的　 　较大，在吸收相同热量时温度升高较慢的特性；夏季也会对路面喷水降温——利用水发生　 　（填物态变化名称）的过程中吸收热量的原理。
14．2025年12月，南京大学科研团队在《科学》杂志发表重大成果，成功研制出高效钙钛矿光伏组件。某块组件功率为125W，每天有效光照时间为10h，光伏组件将光能转化为电能的过程，能量的总量保持不变，这体现了　 　定律；该组件每天可发电　 　度。
15．2025年7月，在第十二届世界高速铁路大会上，我国自主研制的时速600公里高温超导高速磁浮工程样车惊艳亮相，标志着我国高速磁悬浮技术实现新突破。磁悬浮列车的运行控制系统，通过　 　波与地面调度中心进行实时数据传输；列车的磁悬浮缓冲装置简化原理如图所示：当条形磁体与通电螺线管靠近时相互排斥，实现悬浮缓冲。由此可判断通电螺线管的电源左端为　 　极。
16．电热水壶在日常生活中使用广泛，具有加热速度快、操作简便、安全可靠等优点。某电水壶的电路图如图所示，其中R1、R2均为电热丝，该水壶有加热、保温两个挡位，相关参数如表所示。
额定容量/L 1
额定电压/V 220
加热功率/W 1200
保温功率/W 100
（1）电水壶利用电流的 　 　效应工作，将电能主要转化为内能。
（2）在壶内装有额定容量的水，加热挡工作350s，水温升高了90℃，水吸收的热量为　 　J。[c水=4.2×103J/（kg ℃）]
（3）若保持电水壶的保温功率不变，将加热功率提高到1310W，需将电热丝R2更换为阻值为　 　Ω的电阻丝。
17．小静在“探究光的反射规律”的实验中，实验装置如图甲所示：水平放置的平面镜上方，有一块白色纸板，该纸板由E、F两部分拼接而成，可绕中轴线ON自由翻折。
（1）实验时，白色纸板应　 　平面镜放置，确保入射光线、反射光线和法线能在纸板上清晰呈现。
（2）调整激光笔，使纸板E上呈现入射光线AO，若将纸板F绕ON向后折；这一步骤的目的是探究　 　。
（3）保持平面镜和纸板位置不变，逐渐增大入射角，观察到反射光线会　 　法线。
（4）正午时分，太阳光竖直向下直射，小静利用一块平面镜将光线引入水平管道（如图乙）。请在图乙中补全光的传播方向，并画出平面镜的位置。
18．小源在探究影响液体内部压强与哪些因素有关的实验中。
（1）实验前，小源用手指按压金属盒上的橡皮膜，发现U形管两管液面几乎无变化，请你分析其原因是　 　。
（2）重新安装后，小源要探究液体压强与密度的关系，应选用图　 　两次实验进行比较。
（3）小源保持丙图中探头的位置不变，并向容器内加入适量的浓盐水，搅拌均匀后发现U形管两侧液面的高度差变大了（如图丁），于是得出了“液体的压强与液体的密度有关”的结论。小明认为结论并不靠谱，原因是　 　。
（4）小源又设计出如图戊所示的实验器材，测量盐水的密度：
①用细线和橡皮膜把两端开口且粗细均匀的玻璃管一端扎紧，向管内倒入适量的水，橡皮膜向下凸出，如图戊a所示，用刻度尺测出水面到下管口的距离，记为；
②在烧杯中装入适量的盐水，将玻璃管缓慢浸入其中，直至橡皮膜与下管口平齐为止，如图戊b所示，用刻度尺测出盐水面到下管口的距离，记为；
③盐水密度表达式：　 　。
19．图甲是生活中常见的亮度可调的台灯。项目小组想利用图丙中电源、小灯泡、开关、电位器（相当于滑动变阻器）制作一盏简易调光台灯，达到调节灯光亮度的目的。
【项目实施】
（1）设计调光台灯电路
在图乙虚线框内设计一个亮度可调的台灯电路图　 　。
（2）组装调光台灯
请你用笔画线代替导线完成图丙电路的连接。要求顺时针旋动电位器滑片时灯会变亮。a、b、c为电位器的三个接线柱　 　。
【展示交流】
（3）你所设计的图乙和另一同学设计的图2都是台灯调光电路，老师认为图2方案更好一些，理由是　 　。
20．探究电流与电阻关系实验中，可供使用的实验器材有：电源（电压恒为6V），电流表，电压表，滑动变阻器（20Ω　1A），定值电阻5个（5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω各一个），开关，导线若干。
（1）小海按照图甲的实验电路连接好电路，闭合开关前发现电流表指针如图乙所示，接下来应　 　。
（2）故障消除后，小海先接入5Ω的电阻，调节滑片使电压表示数为3V，记录电流表示数为0.6A；若滑动变阻器位置不变，接着用10Ω电阻代替5Ω电阻接入电路，他应将滑片向　 　端移动，同时眼睛应观察电压表，使其示数为3V，并记录下电流表的示数。
（3）如图丙所示的I-R图像中，　 　（选填“①”或“②”）是小海作出的正确图线。
21．农业巡检机器人是智慧农业的核心装备之一，如图是某款履带式农业巡检机器人空载质量为60kg，履带与地面总接触面积。机器人在水平田埂上匀速行驶时受到的阻力为60N，电机将电能转化为机械能的效率为 80%。机器人以0.5m/s的速度匀速行驶2min完成一次巡检作业。（g取10N/kg）
（1）求机器人空载时对水平田埂的压强；
（2）求此过程中机器人牵引力做的功；
（3）求此过程中机器人电机消耗的电能。
22．如图所示的电路中，电源电压保持不变，电阻R1的阻值为20Ω。闭合开关S，两电流表的示数分别为0.9A和0.4A。
（1）求电源电压U；
（2）求通过电阻R2的电流I2；
（3）现用电阻R0替换R1、R2中的一个，替换后只有一个电流表示数发生变化，且电路总功率变化了2.4W。求电阻R0的阻值。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】光的直线传播及其应用；光的折射现象及其应用；光的色散；平面镜成像的原理、特点
【解析】【解答】A. 医生使用的小镜子是平面镜，平面镜成像的原理是光的反射。光线照射到牙齿上，反射到镜面上，再经镜面反射进入医生的眼睛，从而看到牙齿的像，故A正确；
B. 光的色散是指复色光（如白光）分解为单色光的现象，例如彩虹的形成，与平面镜成像无关，故B错误；
C. 光的折射是指光从一种介质斜射入另一种介质时传播方向发生改变的现象，例如透镜成像、水中的筷子变弯等，而平面镜成像是利用光的反射，故C错误；
D. 光在同种均匀介质中沿直线传播，例如影子的形成、小孔成像等，但这不能解释镜子成像的原理，故D错误。
故选A。
【分析】（1）平面镜成像属于光的反射现象，其特点是成正立、等大的虚像。
（2）区分光的反射、折射、直线传播和色散：反射主要涉及面镜（如平面镜、凸面镜）；折射主要涉及透镜（如放大镜、近视眼镜）或介质变化；直线传播主要涉及影子、日食月食；色散主要涉及三棱镜分光。
2．【答案】D
【知识点】声音的产生；声音的传播条件；音色；音调、响度与音色的区分
【解析】【解答】A. 声音的传播需要介质，它可以在固体、液体和气体中传播，但不能在真空中传播，故A错误；
B. 声音是由物体振动产生的。琴声是由琴弦振动产生的，而不是由空气柱振动产生的（管乐器如笛子才是由空气柱振动发声），故B错误；
C. 用不同力度拨同一根弦，琴弦的振幅不同。振幅决定了声音的响度，力度越大，振幅越大，响度越大。而音调是由频率决定的，与力度无关，故C错误；
D. 音色反映了声音的品质与特色。不同发声体的材料、结构不同，发出声音的音色就不同。我们能区分出是琴声还是其他乐器的声音，就是因为它们的音色不同，故D正确。
故选D。
【分析】（1）声音的传播需要介质，真空不能传声；
（2）声音是由物体振动产生的，弦乐器发声靠的是弦的振动；
（3）声音的三个特征分别是：音调、响度、音色。
音调：指声音的高低，由发声体振动的频率决定；
响度：指声音的强弱（大小），由发声体振动的振幅决定；
音色：指声音的特色，由发声体的材料和结构决定。
3．【答案】B
【知识点】水的三态变化；能源与可持续发展
【解析】【解答】A、江河湖海的水变成水蒸气是汽化（蒸发），不是升华，升华是固态直接变气态，故 A 错误；
B、高空水蒸气遇冷空气，由气态液化形成小水滴，聚集变成云，故 B 正确；
C、冬天高空水蒸气遇冷直接由气态变为固态小冰晶，是凝华，不是凝固，故 C 错误；
D、小水滴遇强冷气流变成小冰珠是凝固，不是凝华，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查汽化与升华区别，液态水变水蒸气为汽化；
B、考查液化：水蒸气遇冷液化成液态小水珠；
C、考查凝华：气态水蒸气直接成固态冰晶；
D、考查凝固：液态小水滴变成固态冰珠。
4．【答案】C
【知识点】平衡力的辨别；大气压的综合应用；参照物及其选择
【解析】【解答】A. 机器人擦窗时，它相对于玻璃的位置在不断发生变化，因此以玻璃为参照物，机器人是运动的，故A错误；
B. 机器人静止在竖直玻璃上时，处于平衡状态。在竖直方向上，它受到的重力和摩擦力是一对平衡力，大小相等，即摩擦力等于重力，故B错误；
C. 真空泵抽出吸盘内的空气，使吸盘内的气压远小于外界大气压。在外界大气压的作用下，吸盘被紧紧地压在玻璃上，所以机器人是靠大气压吸附在玻璃上的，故C正确；
D. 机器人匀速向下移动时，处于平衡状态。在竖直方向上，它受到的向下的重力和向上的摩擦力是一对平衡力，而不是相互作用力（相互作用力作用在两个不同的物体上），故D错误。
故选C。
【分析】（1）判断物体运动还是静止，要看它相对于参照物的位置是否改变；
（2）物体处于静止或匀速直线运动状态时，受平衡力作用，二力平衡的条件是：大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上；
（3）吸盘是利用大气压工作的典型实例；
（4）区分平衡力和相互作用力：平衡力作用在同一物体上，相互作用力作用在两个不同物体上。
5．【答案】B
【知识点】热传递改变物体内能；热机；能源及其分类
【解析】【解答】A. 酒精可以通过粮食发酵等方式制取，属于可再生能源，故A错误；
B. 水蒸气推动风车转动时，水蒸气对外做功，其内能减小，风车的机械能增加，该过程将内能转化为机械能，故B正确；
C. 烧瓶中水蒸气的内能是通过酒精灯加热（热传递）的方式增大的，而不是通过做功，故C错误；D. 任何机械在工作时都不可避免地存在能量损耗（如散热、克服摩擦等），因此能量转化效率不可能达到 100% ，故D错误。
故选B。
【分析】（1）能源分类：可以从自然界源源不断地得到的能源称为可再生能源（如太阳能、风能、生物质能等）；一旦消耗就很难再生的能源称为不可再生能源（如煤、石油、天然气等）。
（2）改变内能的两种方式：做功和热传递。物体吸收热量，内能增加；物体对外做功，内能减小。
（3）能量转化效率：由于能量在转化和转移过程中总会有损耗，所以任何热机的效率都不可能达到 100%
6．【答案】C
【知识点】分子间相互作用力；分子动理论基本观点；原子结构
【解析】【解答】A. 摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，电荷的总量保持不变，并不是创造了电荷，故A错误；
B. 破镜难重圆，是因为镜子破裂后，断裂处的分子间距离太大，超过了分子作用力的有效范围，导致分子间的引力非常微弱，而不是因为存在斥力，故B错误；
C. 物质是由分子或原子组成的，原子由原子核和核外电子组成。从尺度上看，电子最小，其次是原子核，最大的是原子。所以按由小到大的尺度排列是：电子、原子核、原子，故C正确；
D. 飞沫是肉眼可见的小液滴，属于宏观物体。新冠病毒随飞沫传播属于物体的机械运动，不能说明分子在做无规则热运动（分子运动是微观的，肉眼看不见），故D错误。
故选C。
【分析】（1）摩擦起电不是创造了电荷，而是电荷（电子）从一个物体转移到另一个物体；
（2）分子间存在相互作用的引力和斥力，但作用范围很小，当分子间距离过大时，作用力可忽略不计；
（3）微观粒子的尺度大小关系为：夸克 < 质子/中子 < 原子核 < 原子 < 分子；
（4）区分宏观物体的机械运动与微观分子的热运动：分子运动无法直接用肉眼观察，而飞沫、灰尘的运动属于宏观物体的机械运动。
7．【答案】D
【知识点】物质的基本属性；惯性及其现象；液体压强的特点；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】A. 根据液体压强公式 p=ρgh 可知，液体的压强随深度的增加而增大。潜水器下潜越深，所处的深度 越大，因此外壳受到海水的压强越大，故A错误；
B. 潜水器悬停时处于平衡状态，受到的浮力和重力是一对平衡力，大小相等，即浮力等于它自身的总重力，故B错误；
C. 惯性是物体保持原来运动状态不变的性质，其大小只与物体的质量有关，与物体的运动速度无关。潜水器在上浮过程中，质量不变，所以惯性大小不变，故C错误；
D. 潜水器需要下潜到万米深海，该处海水压强极大，因此要求材料抗压能力强；同时为了减轻自身重量以便更容易上浮或悬停，需要选用密度小的材料来提供浮力，故D正确。
故选D。
【分析】（1）液体压强特点：液体内部的压强随深度的增加而增大；
（2）物体的浮沉条件：物体悬浮时，受到的浮力等于重力；
（3）惯性的影响因素：惯性大小只取决于物体的质量，质量越大，惯性越大，与速度、受力情况无关；
（4）物质的物理属性：深海环境恶劣，对材料的密度（影响浮力和自重）和硬度/抗压性（抵抗巨大水压）有特定要求。
8．【答案】C
【知识点】电路的动态分析；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. 由图乙可知，当烟雾浓度增大时，气敏电阻 的阻值减小，控制电路中的电流增大，电磁铁磁性增强，衔铁被吸下。此时动触点与下方的静触点接触，电铃所在电路接通报警；而在正常状态下（衔铁未被吸下），动触点与上方的静触点接触，绿灯亮。因此，虚线框 a 中应为绿色指示灯，b 中应为电铃，故 A 错误；
B. 观察控制电路，电源左侧为正极，右侧为负极。电流从螺线管的上端流入，下端流出。根据安培定则（右手握住螺线管，四指指向电流方向，大拇指所指的方向即为 N 极），可以判断出通电螺线管的上端为 N 极，下端为 S 极，故 B 错误；
C. 滑动变阻器的滑片 P 向下移动时，接入电路的电阻丝长度变短，电阻变小。根据欧姆定律可知，控制电路中的电流变大。电磁铁的磁性强弱与电流大小有关，电流越大，磁性越强，故 C 正确；
D. 若仅将滑动变阻器的滑片 P 向上移动，滑动变阻器接入电路的阻值变大，控制电路的总电阻变大，电流变小，电磁铁磁性减弱。要使衔铁被吸下（即达到报警状态），需要更大的电流，这意味着气敏电阻 的阻值必须变得更小。由图乙可知，阻值越小对应的烟雾浓度越高，因此报警浓度会升高，而不是降低，故 D 错误。
故选 C。
【分析】（1）电磁继电器的工作原理：利用低电压、弱电流电路的通断，来间接控制高电压、强电流电路的装置。
（2）安培定则的应用：用右手握住螺线管，让四指弯向螺线管中电流的方向，则大拇指所指的那端就是螺线管的北极（N极）。
（3）影响电磁铁磁性强弱的因素：电流的大小和线圈的匝数。电流越大、线圈匝数越多，电磁铁的磁性越强。
（4）动态电路分析：结合欧姆定律和图像信息，分析电阻变化对电流的影响，进而判断报警条件的改变。
9．【答案】D
【知识点】家庭电路的组成；家庭电路的连接
【解析】【解答】A. 根据家庭电路的安全用电原则，开关应接在火线上。观察图乙可知，开关连接在导线 a 上，因此 a 为相线（火线）；三孔插座的接法是“左零右火上接地”，插座左孔连接导线 b，因此 b 为中性线（零线）；插座上孔连接导线 c，因此 c 为保护线（地线）。所以 a、b、c 依次为相线、中性线和保护线，故 A 错误；
B. 测电笔接触火线时氖管发光，接触零线时不发光。插座的左孔连接的是中性线（零线），因此用测电笔测试左孔时，氖管不会发光，故 B 错误；
C. 导线 c 是保护接地线。在正常使用电器且电器不漏电的情况下，电流通过火线进入电器，经零线流回，不会有电流流过地线 c。只有当电器金属外壳漏电时，电流才会通过 c 导入大地，故 C 错误；
D. 由电路图可知，指示灯与插座是并联关系（虽然指示灯串联了电阻 R，但整体支路与插座支路并联）。并联电路中各支路互不影响，因此若指示灯断路，插座所在的支路仍然是通路的，该插座还可以正常供电使用，故 D 正确。
故选 D。
【分析】（1）家庭电路连接原则：开关控制用电器时，必须接在火线和用电器之间；三孔插座遵循“左零右火上接地”的接线规则。
（2）测电笔的使用：辨别火线和零线，接触火线氖管发光，接触零线不发光。
（3）地线的作用：防止因用电器漏电而触电，正常情况下无电流通过。
（4）电路故障分析：并联电路中，某一支路断路不会影响其他支路的正常工作。
10．【答案】C
【知识点】通电螺线管的磁场；磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】A. 图中实验是奥斯特实验，说明通电导线周围存在磁场，即电流的磁效应，与电磁弹射器的工作原理不同，故 A 错误；
B. 图中实验是探究电磁铁磁性强弱与线圈匝数关系的实验，利用的是电流的磁效应，与电磁弹射器的工作原理不同，故 B 错误；
C. 图中电路中有电源，通电导体在磁场中受力而运动，这是电动机的工作原理，也是电磁弹射器的工作原理（通电导体在磁场中受力），故 C 正确；
D. 图中电路中没有电源，闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，会产生感应电流，这是电磁感应现象，是发电机的工作原理，与电磁弹射器的工作原理不同，故 D 错误。
故选 C。
【分析】（1）电磁弹射器原理：通电导体在磁场中受到力的作用（电能转化为机械能）。
（2）奥斯特实验：证明了通电导线周围存在磁场（电流的磁效应）。
（3）电动机原理：通电线圈在磁场中受力转动（有电源）。
（4）发电机原理：电磁感应现象（无电源，机械能转化为电能）。
11．【答案】A
【知识点】欧姆定律及其应用；电路的动态分析
【解析】【解答】图中，闭合开关，电阻串联，当滑动变阻器接入的电阻越小，总电阻越小，电路中电流越大，电流表使用“0~0.6A”量程，定值电阻R允许通过的最大电流为0.5A，电压表测量R两端的电压，量程为0~3V。当电压表示数达到3V时，通过R的电流为，则最大电流只能为0.3A，总电阻最小，最小总电阻为：；滑动变阻器接入的最小电阻为：，故A符合题意，BCD不符合题意。
故选A。
【分析】根据电压表的最大值和定值电阻，利用，计算电流，结合定值电阻的最大电流和电流表量程，判断电路的最大电流，根据，计算最小电阻。
12．【答案】B
【知识点】串、并联电路的设计
【解析】【解答】ABCD、由题意可知，风暖浴霸可以实现独立照明、取暖和吹风，即各用电器是并联的，其中电动机 和加热电阻 串联在同一支路中，且开关 与灯 串联、开关 与电动机 串联、开关 与电动机 和加热电阻 的整体串联，故 B 符合题意， ACD不符合题意。
故选B。
【分析】根据题意得出各用电器的连接方式和各开关的作用及位置，从而得出正确的电路设计。
13．【答案】比热容；汽化
【知识点】汽化及汽化吸热的特点；水的比热容的特点及其应用
【解析】【解答】（1）城市修建人工湖，是利用水的比热容较大的特性。根据热量公式 Q=cmΔt 可知，在质量相同、吸收的热量相同时，比热容越大的物质，其温度升高得越慢。因此，水能有效调节周围环境的温度，缓解热岛效应。
（2）夏季向路面喷水降温，是利用水发生汽化（或蒸发）的过程。物质由液态变为气态的过程叫汽化，汽化过程需要从周围环境吸收热量，从而使路面的温度降低。
故答案为：（1）比热容；（2）汽化。
【分析】（1）水的比热容较大是生活中常见的物理现象应用。在同样的日照条件下（吸收相同的热量），由于水的比热容大，其升温幅度比沙石、水泥等建筑材料小，因此能起到调节气温的作用。
（2）物态变化中，熔化、汽化、升华是吸热过程；凝固、液化、凝华是放热过程。喷水降温正是利用了液态水变成气态水蒸气（汽化）时吸热的原理。
14．【答案】能量守恒；1.25
【知识点】能量守恒定律；电功的计算
【解析】【解答】（1）光伏组件将光能转化为电能的过程中，能量的总量保持不变，这体现了能量守恒定律。能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只会从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到其它物体，而能量的总量保持不变。
（2）已知组件功率 P=125W=0.125kW ，每天有效光照时间 t=10h 。根据电功公式 W=Pt 可得，该组件每天可发电：，因为 1kW h=1度 ，所以该组件每天可发电 1.25 度。
故答案为：（1）能量守恒；（2）1.25。
【分析】（1）自然界中存在各种形式的能，能量可以从一种形式转化为另一种形式，也可以从一个物体转移到另一个物体，在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变，这就是能量守恒定律。光伏组件发电过程正是光能向电能转化的过程，遵循此定律。
（2）计算发电量（电功）时，要注意单位的统一。题目要求结果单位为“度”（即千瓦时 kW h ），因此需要将功率单位瓦特（ ）换算为千瓦（ ），然后直接利用公式 t 进行计算即可。
15．【答案】电磁；负
【知识点】通电螺线管的极性和电流方向的判断；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】（1）磁悬浮列车的运行控制系统通过电磁波与地面调度中心进行实时数据传输，因为电磁波可以在真空中传播且能传递信息，适合用于远距离的无线通信。
（2）由图可知，条形磁体的右端为S极，当条形磁体与通电螺线管靠近时相互排斥，根据“同名磁极相互排斥”可知，通电螺线管的左端也为S极，右端为N极。
根据安培定则，用右手握住螺线管，让大拇指指向螺线管的N极（左端），则四指所指的方向就是电流的方向。由此可判断出，电流从螺线管的右端流入、左端流出，所以电源的左端为负极。
故答案为：（1）电磁；（2）负。
【分析】（1）电磁波能够在真空中传播，并且可以传递信息，因此现代通信技术（如列车与调度中心的通信）通常利用电磁波来实现数据的实时传输。
（2）首先根据磁极间的相互作用规律（同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引）判断出通电螺线管的磁极；然后利用安培定则（右手握住螺线管，大拇指指向N极，四指弯曲方向为电流方向），结合螺线管的绕线方式，推断出电流的流向，进而确定电源的正负极。
16．【答案】（1）热
（2）3.78×105
（3）40
【知识点】比热容的定义及其计算公式；电功率的计算；电流的热效应
【解析】【解答】（1）电水壶工作时将电能主要转化为内能，利用的是电流的热效应工作。
（2）由密度公式可得1L水的质量为：
水吸收的热量为；
（3）根据可知，电源电压一定时，电路中总电阻最小时，电路的功率最大，是加热挡；由图可知，当S、S1都闭合时，两电阻并联，电阻最小，故为加热挡；当S闭合，S1断开时，该电路为只有电阻R1的简单电路，电阻最大，电路功率最小，故为保温挡；保持电水壶的保温功率不变，由并联电路特点可知，即电阻R1的电功率不变，若将加热功率提高到1310W，此时R2的功率为：，由可知，R2的阻值为
故为了让加热功率提高到1310W，将R2的阻值更换为40Ω。
故答案为：(1) 热；(2) ；(3) 40Ω。
【分析】（1）电热器是利用电流的热效应工作的；
（2）根据热量公式计算解答；
（3）多挡位电热器，电功率最大时是加热挡，电功率最小时是保温挡，电路的电功率由分析判断；并联电路各支路互不影响，可知电阻R1功率不变，可计算出电阻R2的实际电功率，再根据计算电阻。
（1）电水壶利用电流的热效应工作，将电能主要转化为内能。
（2）水的质量
水吸收的热量为
（3）当S、S1都闭合时，两电阻并联，电路中电阻最小，根据可知，电路的功率最大，是加热挡；当S闭合时，电路为只有R1工作，电阻最大，根据可知，电路的功率最小，是保温挡；保持电水壶的保温功率不变，将加热功率提高到1310W，此时R2的功率
根据可知，R2的阻值为
故为了让加热功率提高到1310W，将R2的阻值更换为40Ω。
17．【答案】（1）垂直
（2）反射光线、入射光线和法线是否在同一平面内
（3）远离
（4）
【知识点】作光的反射光路图；探究光的反射定律
【解析】【解答】（1） 在探究光的反射规律实验中，入射光线、反射光线和法线都在同一个平面内。为了能同时在纸板上清晰地看到这三条光线，纸板所在的平面必须包含这三条线。由于法线是垂直于平面镜的，所以纸板也必须垂直于平面镜放置。实验时，白色纸板必须垂直于平面镜放置，这样法线ON才会与镜面垂直，才能在纸板上同时呈现入射光线和反射光线，保证实验正常进行。
（2） 光的反射定律指出，反射光线、入射光线和法线在同一平面内。实验中，纸板E和F在同一平面时，可以同时看到入射光线和反射光线。当将纸板F向后折转，使其与纸板E不在同一平面时，在纸板F上将观察不到反射光线。这个现象有力地证明了反射光线、入射光线和法线必须在同一个平面内。
将纸板F绕ON向后折，纸板E、F不在同一平面，此时纸板F上没有反射光线，因此这一步骤的目的是探究：反射光线、入射光线和法线是否在同一平面内。
（3） 根据光的反射定律，反射角等于入射角。入射角是入射光线与法线的夹角，反射角是反射光线与法线的夹角。当入射角增大时，反射角也随之增大。反射角增大，意味着反射光线与法线的夹角变大，所以反射光线会远离法线。
根据光的反射定律，当入射角变大时，反射角也会同步变大，因此反射光线会远离法线。
（4）确定光线方向： 根据题意，入射光线是竖直向下的，需要被反射成水平向左进入管道。所以，反射光线是一条从入射点开始，水平向左的带箭头的线段。
确定法线： 根据光的反射定律，法线是入射光线和反射光线夹角的平分线。入射光线（竖直向下）和反射光线（水平向左）的夹角为90 。因此，法线应平分这个角，即法线与入射光线和反射光线的夹角均为45 。确定平面镜位置： 平面镜的镜面与法线垂直。由于法线与竖直方向成45 角，所以平面镜应与竖直方向（或水平方向）成45 角放置。如图所示：
故答案为：（1）垂直；（2）反射光线、入射光线和法线是否在同一平面内；（3）远离；（4）见解答图。
【分析】（1） 在探究光的反射规律实验中，白色纸板需要垂直于平面镜放置。这是因为入射光线、反射光线和法线在同一平面内，而法线是垂直于平面镜的，只有纸板垂直于平面镜，才能保证入射光线、反射光线和法线都在纸板所在的平面内，从而能在纸板上清晰地呈现这三条光线，便于观察和研究。
（2） 将纸板 F 绕 ON 向后折，是为了探究反射光线、入射光线和法线是否在同一平面内。当纸板 E 和 F 在同一平面时，能同时看到入射光线和反射光线；当把纸板 F 向后折转，使其与纸板 E 不在同一平面时，在纸板 F 上就观察不到反射光线了。这一现象验证了光的反射定律中“反射光线、入射光线和法线在同一平面内”的内容。
（3） 保持平面镜和纸板位置不变，逐渐增大入射角（入射光线与法线的夹角），根据光的反射定律“反射角等于入射角”，反射角也会随之增大。反射角增大意味着反射光线与法线的夹角变大，因此反射光线会远离法线。这体现了反射角随入射角的变化规律，即反射角始终等于入射角，且两者同时变化。
（4） 正午太阳光竖直向下直射，要将光线引入水平管道，需要根据光的反射定律确定平面镜的位置和光线的传播方向。首先明确入射光线（竖直向下）和反射光线（水平向左进入管道）的方向，然后根据“反射角等于入射角”，找到入射光线和反射光线夹角的平分线（即法线），再根据“法线与平面镜垂直”确定平面镜的位置。这一步综合运用了光的反射定律中“三线共面”“两角相等”以及“法线与镜面垂直”的知识点，是光的反射定律在实际问题中的应用。
（1）实验时，白色纸板必须垂直于平面镜放置，这样法线ON才会与镜面垂直，才能在纸板上同时呈现入射光线和反射光线，保证实验正常进行。
（2）将纸板F绕ON向后折，纸板E、F不在同一平面，此时纸板F上没有反射光线，因此这一步骤的目的是探究：反射光线、入射光线和法线是否在同一平面内。
（3）根据光的反射定律，当入射角变大时，反射角也会同步变大，因此反射光线会远离法线。
（4）根据光的反射定律，反射角等于入射角，法线是入射光线与反射光线夹角的角平分线，且平面镜与法线垂直，在图乙中，入射光线竖直向下，反射光线水平向左，二者交点为入射点；作角平分线，即法线，再作垂直于法线的平面镜，标注光线箭头。
18．【答案】（1）装置气密性不佳
（2）丙丁
（3）没有控制探头的深度不变
（4）1.125
【知识点】探究液体压强的特点实验；利用平衡法求液体密度
【解析】【解答】（1）实验前按压金属盒橡皮膜，U形管液面几乎无变化，说明装置存在漏气问题，需要检查的是橡皮膜和橡胶管是否老化或破损、橡胶管和U形管的连接是否紧密、金属盒和橡皮膜的连接是否紧密。
（2）探究液体压强与密度的关系时，需要控制深度相同，改变液体密度，应选用图丙、丁两次实验进行比较。
（3）向容器内加入浓盐水后，不仅液体密度变大，探头的深度也变大了，没有控制探头的深度不变，所以得出的结论并不可靠。
（4）如图2成a所示，用细线和橡皮膜把玻璃管一端扎紧，向管内倒入适量的水，用刻度尺测出水面到下管口的距离记为 ；
如图2成b所示，在烧杯中装入适量的盐水，将玻璃管缓慢浸入其中，直至橡皮膜水平为止，用刻度尺测出盐水面到下管口的距离记为 ；
因为橡皮水平，说明盐水与水产生的压强相等，即 ，
解得盐水的密度表达式： 。
故答案为：（1）装置气密性不佳；（2）丙、丁；（3） 没有控制探头的深度不变 ；
（4）1.125。
【分析】（1）使用前，用手按压金属盒上的橡皮膜，检查气密性。
（2）液体压强与液体密度和深度有关，利用控制变量法进行分析。
（3）利用水和盐水产生的压强相等，借助液体压强计算公式，求出盐水的密度。
（1）液体压强计的工作原理：橡皮膜受到压强时，会挤压内部密闭空气，密闭空气将压强传递到 U 形管液体，使两侧出现液面高度差。若装置气密性不佳（装置漏气），按压橡皮膜时，管内空气会从缝隙漏出，无法形成气压差，因此 U 形管液面不会升降。
（2）探究“液体压强与液体密度的关系”，必须控制探头浸没深度相同、探头朝向相同，只改变液体的密度。丙图探头在水中、固定深度；丁图探头在盐水中、和丙图完全相同的深度，只有丙、丁两组实验满足控制变量的要求。
（3）保持探头位置不变，往水里加浓盐水，烧杯液面会随着加入液体整体上升。探头的绝对位置没变，但液面升高导致探头在液体中的深度变大。
此时实验同时改变了两个变量：
① 液体密度变大；② 探头的深度变大。
根据控制变量法，无法单独证明压强变化是由液体密度引起的，因此结论不严谨。
（4）橡皮膜最终水平平齐，说明管内水对橡皮膜向下的压强=烧杯中盐水对橡皮膜向上的压强，即 。根据液体压强得
盐水密度为
19．【答案】 ；；串联一个定值电阻R0，可防止当滑动变阻器移到阻值最小时，电路中电流过大，能起到保护灯泡的作用。
【知识点】串、并联电路的设计；变阻器及其应用；滑动变阻器的原理及其使用
【解析】【解答】（1）电位器改变电阻的原理是通过改变接入电路中电阻丝的长度，要设计调光台灯，需要将小灯泡与滑动变阻器串联，如下图所示：
（2）若顺时针转动旋钮时灯泡变亮，说明电路中的电流变大，由知，电源电压一定时，电路的总电阻应变小，电位器（滑动变阻器）接入电路中的电阻应变小，由图可知，将b和c两接线柱接入电路后，顺时针旋转旋钮时，电阻丝连入电路中的长度变短，其阻值变小，电路中的电流变大，灯泡变亮，如图所示：
（3）串联一个定值Rx，防止滑动变阻器移动到最左端时，电路中电流过大，对灯泡起到保护作用。
故答案为：（1）见解答图；（2）见解答图；（3）串联一个定值电阻R0，可防止当滑动变阻器移到阻值最小时，电路中电流过大，能起到保护灯泡的作用。
【分析】（1）根据电位器的原理分析解答；
（2）当移动滑动变阻器的滑片使接入电路中的电阻变小时，电路中的电流变大，小灯泡变亮，据此设计电路；
（3）串联电阻起到保护电路的作用。
20．【答案】（1）对电流表进行调零
（2）B
（3）②
【知识点】电流的测量及电流表的使用；滑动变阻器的原理及其使用；探究电流与电压、电阻的关系实验
【解析】【解答】（1）连接电路前，电路中没有电流，电流表指针没有指向零刻度线，是因为电流表没有调零，因此接下来的操作是将电流表调零；
（2）实验目的是探究电流与电阻关系，必须控制定值电阻两端电压不变，因此眼睛应紧盯电压表，使其示数保持3V 不变。将5Ω 电阻换为10Ω 后，根据串联分压原理，定值电阻电压变大。为保持电压表示数为3V 不变，需增大滑动变阻器接入电阻来分担更多电压。故滑片应向 B 端移动。
（3）实验控制电压为3V 不变，电流与电阻成反比，图像为反比例曲线。根据图丙，当 R=10Ω 时， ， ，因此，图丙中②符合此特征。分析图像可得出结论：当导体两端电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比。
故答案为：（1） 对电流表进行调零 ；（2） B ；（3）②。
【分析】（1）连接电路前，电路中没有电流，电流表指针没有指向零刻度线，是因为电流表没有调零；
（2）研究“导体电流与电阻关系”要控制电阻的电压不变，由分压原理和串联电路电压的规律分析；
（3）探究电流与电阻的关系时，因控制定值电阻两端电压不变，据此确定图像并得出电流与电阻的关系探究电流与电阻的关系时，要控制电阻的电压不变。
（1）闭合开关前，电流表指针偏在零刻度线左侧，说明电流表没有校零，接下来需要对电流表进行调零。
（2）探究电流与电阻关系时，需要保持定值电阻两端电压不变。将电阻换成电阻后，根据串联分压规律，定值电阻分得的电压会升高，大于要求的，需要增大滑动变阻器接入电路的电阻来分压，让定值电阻电压回到；本实验滑动变阻器接左下A接线柱，滑片向右（B端）移动时，接入电阻变大，因此滑片向右移动。
（3）由图像可知，电压不变时，电流与电阻成反比，即
电流与电阻的乘积恒定不变，当电阻时，电路电流为
当时，电路电流为
正好符合图线②的规律，因此②是正确图线。
21．【答案】（1）解：机器人的重力
水平面上，机器人对地面的压力等于自身重力
机器人空载时对水平田埂的压强
（2）解：机器人匀速行驶，牵引力等于阻力
行驶距离
牵引力做功
（3）解：由效率得电机消耗的电能
【知识点】重力及其大小的计算；压强的大小及其计算；机械效率的计算；功的计算及应用
【解析】【分析】（1）根据压强公式计算解答；
（2）利用二力平衡得出牵引力，根据W=Fs计算解答；
（3）根据效率公式计算解答。
（1）机器人的重力
水平面上，机器人对地面的压力等于自身重力
机器人空载时对水平田埂的压强
（2）机器人匀速行驶，牵引力等于阻力
行驶距离
牵引力做功
（3）由效率得电机消耗的电能
22．【答案】（1）解： 由图可知，这是一个并联电路，电流表A测干路电流，A1测R1电流，根据并联电路电流的特点可知，电流表A的示数为0.9A，A1示数为0.4A，电源电压
（2）解：根据并联电路电流特点可知，通过电阻R2的电流
（3）解：用电阻R0替换电阻R1、R2中的一个，若替换R1则电流表A1和A的示数都要变，若替换R2，由于R2与R1并联，互不影响，故A1示数不变，A示数变化，因此R0只能替换R2；替换前，电路中的总功率
替换后总功率变化了2.4W，有可能增大了2.4W，也有可能减小了2.4W。若增大2.4W，则总功率为
此时电路中的电流
则通过R0的电流
R0的阻值
若替换后总功率减小了2.4W，则替换后总功率
此时电路中的电流
则通过R0的电流
R0的阻值
综上可知，R0的阻值为10Ω或40Ω。
【知识点】并联电路的电流规律；并联电路的电压规律；欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【分析】由电路图可知， 与 并联，电流表 测干路电流，电流表 测电阻 支路的电流。
①根据并联电路的电流特点确定两电流表的示数，根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出电源的电压；
②根据并联电路的电流特点求出通过 R2 的电流；
③根据“替换前后，只有一个电流表的示数发生了变化”确定替换的电阻，计算 R0 的电流，根据欧姆定律计算电阻。
（1）由图可知，这是一个并联电路，电流表A测干路电流，A1测R1电流，根据并联电路电流的特点可知，电流表A的示数为0.9A，A1示数为0.4A，电源电压
（2）根据并联电路电流特点可知，通过电阻R2的电流
（3）用电阻R0替换电阻R1、R2中的一个，若替换R1则电流表A1和A的示数都要变，若替换R2，由于R2与R1并联，互不影响，故A1示数不变，A示数变化，因此R0只能替换R2；替换前，电路中的总功率
替换后总功率变化了2.4W，有可能增大了2.4W，也有可能减小了2.4W。若增大2.4W，则总功率为
此时电路中的电流
则通过R0的电流
R0的阻值
若替换后总功率减小了2.4W，则替换后总功率
此时电路中的电流
则通过R0的电流
R0的阻值
综上可知，R0的阻值为10Ω或40Ω。
1 / 1湖南张家界市桑植县2025-2026学年九年级下学期期中物理学情自测
1．如图，医生为患者检查牙齿时，会使用一面小镜子伸入患者口腔观察牙齿，这面镜子的成像原理利用了光的（　　）
A．反射 B．色散 C．折射 D．直线传播
【答案】A
【知识点】光的直线传播及其应用；光的折射现象及其应用；光的色散；平面镜成像的原理、特点
【解析】【解答】A. 医生使用的小镜子是平面镜，平面镜成像的原理是光的反射。光线照射到牙齿上，反射到镜面上，再经镜面反射进入医生的眼睛，从而看到牙齿的像，故A正确；
B. 光的色散是指复色光（如白光）分解为单色光的现象，例如彩虹的形成，与平面镜成像无关，故B错误；
C. 光的折射是指光从一种介质斜射入另一种介质时传播方向发生改变的现象，例如透镜成像、水中的筷子变弯等，而平面镜成像是利用光的反射，故C错误；
D. 光在同种均匀介质中沿直线传播，例如影子的形成、小孔成像等，但这不能解释镜子成像的原理，故D错误。
故选A。
【分析】（1）平面镜成像属于光的反射现象，其特点是成正立、等大的虚像。
（2）区分光的反射、折射、直线传播和色散：反射主要涉及面镜（如平面镜、凸面镜）；折射主要涉及透镜（如放大镜、近视眼镜）或介质变化；直线传播主要涉及影子、日食月食；色散主要涉及三棱镜分光。
2．如图为战国曾侯乙墓出土的彩绘漆瑟，是我国古代重要的弹拨弦乐器。关于瑟演奏时发出的声音，下列说法正确的是（　　）
A．瑟声可以在真空中传播
B．瑟声是由空气柱振动产生的
C．用不同力度拨同一根弦，改变的是声音的音调
D．瑟独特的悠扬音色，由发声体的材料和结构决定
【答案】D
【知识点】声音的产生；声音的传播条件；音色；音调、响度与音色的区分
【解析】【解答】A. 声音的传播需要介质，它可以在固体、液体和气体中传播，但不能在真空中传播，故A错误；
B. 声音是由物体振动产生的。琴声是由琴弦振动产生的，而不是由空气柱振动产生的（管乐器如笛子才是由空气柱振动发声），故B错误；
C. 用不同力度拨同一根弦，琴弦的振幅不同。振幅决定了声音的响度，力度越大，振幅越大，响度越大。而音调是由频率决定的，与力度无关，故C错误；
D. 音色反映了声音的品质与特色。不同发声体的材料、结构不同，发出声音的音色就不同。我们能区分出是琴声还是其他乐器的声音，就是因为它们的音色不同，故D正确。
故选D。
【分析】（1）声音的传播需要介质，真空不能传声；
（2）声音是由物体振动产生的，弦乐器发声靠的是弦的振动；
（3）声音的三个特征分别是：音调、响度、音色。
音调：指声音的高低，由发声体振动的频率决定；
响度：指声音的强弱（大小），由发声体振动的振幅决定；
音色：指声音的特色，由发声体的材料和结构决定。
3．我国是一个严重缺水的国家，我们应从小培养节水意识，养成节约用水的好习惯。地球上的水通过三态变化不断地在发生循环，关于水循环下列说法正确的是（　　）
A．江、河、湖、海以及大地表层中的水不断升华变成水蒸气
B．当水蒸气升入高空时，遇到冷空气，水蒸气便液化成小水滴
C．冬天，水蒸气在寒冷的高空急剧降温，就会凝固成小冰晶，聚集起来变成雪花
D．小水滴在高空中如果遇到更加寒冷的气流，就会凝华成小冰珠，最后可能形成冰雹
【答案】B
【知识点】水的三态变化；能源与可持续发展
【解析】【解答】A、江河湖海的水变成水蒸气是汽化（蒸发），不是升华，升华是固态直接变气态，故 A 错误；
B、高空水蒸气遇冷空气，由气态液化形成小水滴，聚集变成云，故 B 正确；
C、冬天高空水蒸气遇冷直接由气态变为固态小冰晶，是凝华，不是凝固，故 C 错误；
D、小水滴遇强冷气流变成小冰珠是凝固，不是凝华，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查汽化与升华区别，液态水变水蒸气为汽化；
B、考查液化：水蒸气遇冷液化成液态小水珠；
C、考查凝华：气态水蒸气直接成固态冰晶；
D、考查凝固：液态小水滴变成固态冰珠。
4．科技赋能生活，擦窗机器人让居家清洁更轻松。 机器人底部装有真空泵和吸盘，工作时，真空泵抽出吸盘内空气，使吸盘紧紧吸附在竖直玻璃上。下列说法正确的是（　　）
A．机器人擦窗时相对于玻璃一定是静止的
B．静止在竖直玻璃上时，摩擦力大于它的重力
C．机器人是靠外界大气压的压力吸附在玻璃上的
D．匀速向下移动时，受到的摩擦力与重力是一对相互作用力
【答案】C
【知识点】平衡力的辨别；大气压的综合应用；参照物及其选择
【解析】【解答】A. 机器人擦窗时，它相对于玻璃的位置在不断发生变化，因此以玻璃为参照物，机器人是运动的，故A错误；
B. 机器人静止在竖直玻璃上时，处于平衡状态。在竖直方向上，它受到的重力和摩擦力是一对平衡力，大小相等，即摩擦力等于重力，故B错误；
C. 真空泵抽出吸盘内的空气，使吸盘内的气压远小于外界大气压。在外界大气压的作用下，吸盘被紧紧地压在玻璃上，所以机器人是靠大气压吸附在玻璃上的，故C正确；
D. 机器人匀速向下移动时，处于平衡状态。在竖直方向上，它受到的向下的重力和向上的摩擦力是一对平衡力，而不是相互作用力（相互作用力作用在两个不同的物体上），故D错误。
故选C。
【分析】（1）判断物体运动还是静止，要看它相对于参照物的位置是否改变；
（2）物体处于静止或匀速直线运动状态时，受平衡力作用，二力平衡的条件是：大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上；
（3）吸盘是利用大气压工作的典型实例；
（4）区分平衡力和相互作用力：平衡力作用在同一物体上，相互作用力作用在两个不同物体上。
5．如图是小东同学设计的简易热机模型。点燃酒精灯，当导气管出气口有蒸气喷出时，小风车就会转动起来。关于该装置，下列说法正确的是（　　）
A．酒精灯中使用的酒精属于不可再生能源
B．水蒸气推动风车转动时，内能转化为机械能
C．烧瓶中水蒸气的内能是通过做功方式增大的
D．该装置在工作时能量转化效率可达到 100%
【答案】B
【知识点】热传递改变物体内能；热机；能源及其分类
【解析】【解答】A. 酒精可以通过粮食发酵等方式制取，属于可再生能源，故A错误；
B. 水蒸气推动风车转动时，水蒸气对外做功，其内能减小，风车的机械能增加，该过程将内能转化为机械能，故B正确；
C. 烧瓶中水蒸气的内能是通过酒精灯加热（热传递）的方式增大的，而不是通过做功，故C错误；D. 任何机械在工作时都不可避免地存在能量损耗（如散热、克服摩擦等），因此能量转化效率不可能达到 100% ，故D错误。
故选B。
【分析】（1）能源分类：可以从自然界源源不断地得到的能源称为可再生能源（如太阳能、风能、生物质能等）；一旦消耗就很难再生的能源称为不可再生能源（如煤、石油、天然气等）。
（2）改变内能的两种方式：做功和热传递。物体吸收热量，内能增加；物体对外做功，内能减小。
（3）能量转化效率：由于能量在转化和转移过程中总会有损耗，所以任何热机的效率都不可能达到 100%
6．下列关于分子动理论、微观尺度和电现象的说法中，正确的是（　　）
A．摩擦起电的实质是创造了电荷
B．破镜难重圆，主要是因为分子间存在排斥力
C．电子、原子核、原子按由小到大的尺度排列
D．新冠病毒随飞沫传播，说明分子在永不停息地做无规则运动
【答案】C
【知识点】分子间相互作用力；分子动理论基本观点；原子结构
【解析】【解答】A. 摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，电荷的总量保持不变，并不是创造了电荷，故A错误；
B. 破镜难重圆，是因为镜子破裂后，断裂处的分子间距离太大，超过了分子作用力的有效范围，导致分子间的引力非常微弱，而不是因为存在斥力，故B错误；
C. 物质是由分子或原子组成的，原子由原子核和核外电子组成。从尺度上看，电子最小，其次是原子核，最大的是原子。所以按由小到大的尺度排列是：电子、原子核、原子，故C正确；
D. 飞沫是肉眼可见的小液滴，属于宏观物体。新冠病毒随飞沫传播属于物体的机械运动，不能说明分子在做无规则热运动（分子运动是微观的，肉眼看不见），故D错误。
故选C。
【分析】（1）摩擦起电不是创造了电荷，而是电荷（电子）从一个物体转移到另一个物体；
（2）分子间存在相互作用的引力和斥力，但作用范围很小，当分子间距离过大时，作用力可忽略不计；
（3）微观粒子的尺度大小关系为：夸克 < 质子/中子 < 原子核 < 原子 < 分子；
（4）区分宏观物体的机械运动与微观分子的热运动：分子运动无法直接用肉眼观察，而飞沫、灰尘的运动属于宏观物体的机械运动。
7．在“爱科学 探深海” 实践活动中，同学们了解到：我国 “奋斗者” 号全海深载人潜水器成功完成万米海试，它采用高强度、低密度的固体浮力材料提供浮力，可在深海中自由上浮、下潜和悬停；潜水器外壳能承受巨大海水压强，保障舱内安全。下列相关说法正确的是（　　）
A．潜水器下潜越深，外壳受到海水的压强越小
B．潜水器悬停时受到的浮力大于它自身的总重力
C．潜水器上浮过程中，惯性大小随速度增大而增大
D．选用浮力材料时主要利用其密度小、抗压能力强的物质属性
【答案】D
【知识点】物质的基本属性；惯性及其现象；液体压强的特点；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】A. 根据液体压强公式 p=ρgh 可知，液体的压强随深度的增加而增大。潜水器下潜越深，所处的深度 越大，因此外壳受到海水的压强越大，故A错误；
B. 潜水器悬停时处于平衡状态，受到的浮力和重力是一对平衡力，大小相等，即浮力等于它自身的总重力，故B错误；
C. 惯性是物体保持原来运动状态不变的性质，其大小只与物体的质量有关，与物体的运动速度无关。潜水器在上浮过程中，质量不变，所以惯性大小不变，故C错误；
D. 潜水器需要下潜到万米深海，该处海水压强极大，因此要求材料抗压能力强；同时为了减轻自身重量以便更容易上浮或悬停，需要选用密度小的材料来提供浮力，故D正确。
故选D。
【分析】（1）液体压强特点：液体内部的压强随深度的增加而增大；
（2）物体的浮沉条件：物体悬浮时，受到的浮力等于重力；
（3）惯性的影响因素：惯性大小只取决于物体的质量，质量越大，惯性越大，与速度、受力情况无关；
（4）物质的物理属性：深海环境恶劣，对材料的密度（影响浮力和自重）和硬度/抗压性（抵抗巨大水压）有特定要求。
8．为筑牢校园消防安全防线，某物理兴趣小组设计了一款烟雾浓度监测报警装置，其电路原理图如图甲所示。正常状态下（烟雾浓度低于安全标准）绿色指示灯亮起，当烟雾浓度超过安全标准（达到报警值）时电铃会发出报警声。图乙为气敏电阻R1的阻值与烟雾浓度的关系图像。下列说法正确的是（　　）
A．虚线框a中应为电铃，b中应为绿色指示灯
B．当开关S1闭合后，通电螺线管的上端为S极
C．滑动变阻器的滑片P向下移动，电磁铁磁性增强
D．仅将滑动变阻器的滑片P向上移动，可使烟雾的报警浓度降低
【答案】C
【知识点】电路的动态分析；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. 由图乙可知，当烟雾浓度增大时，气敏电阻 的阻值减小，控制电路中的电流增大，电磁铁磁性增强，衔铁被吸下。此时动触点与下方的静触点接触，电铃所在电路接通报警；而在正常状态下（衔铁未被吸下），动触点与上方的静触点接触，绿灯亮。因此，虚线框 a 中应为绿色指示灯，b 中应为电铃，故 A 错误；
B. 观察控制电路，电源左侧为正极，右侧为负极。电流从螺线管的上端流入，下端流出。根据安培定则（右手握住螺线管，四指指向电流方向，大拇指所指的方向即为 N 极），可以判断出通电螺线管的上端为 N 极，下端为 S 极，故 B 错误；
C. 滑动变阻器的滑片 P 向下移动时，接入电路的电阻丝长度变短，电阻变小。根据欧姆定律可知，控制电路中的电流变大。电磁铁的磁性强弱与电流大小有关，电流越大，磁性越强，故 C 正确；
D. 若仅将滑动变阻器的滑片 P 向上移动，滑动变阻器接入电路的阻值变大，控制电路的总电阻变大，电流变小，电磁铁磁性减弱。要使衔铁被吸下（即达到报警状态），需要更大的电流，这意味着气敏电阻 的阻值必须变得更小。由图乙可知，阻值越小对应的烟雾浓度越高，因此报警浓度会升高，而不是降低，故 D 错误。
故选 C。
【分析】（1）电磁继电器的工作原理：利用低电压、弱电流电路的通断，来间接控制高电压、强电流电路的装置。
（2）安培定则的应用：用右手握住螺线管，让四指弯向螺线管中电流的方向，则大拇指所指的那端就是螺线管的北极（N极）。
（3）影响电磁铁磁性强弱的因素：电流的大小和线圈的匝数。电流越大、线圈匝数越多，电磁铁的磁性越强。
（4）动态电路分析：结合欧姆定律和图像信息，分析电阻变化对电流的影响，进而判断报警条件的改变。
9．将图甲所示插座面板按安全规范接入家庭电路，其电路连接如图乙所示。闭合开关后，下列说法正确的是（　　）
A．a、b、c依次为中性线、相线和保护线
B．测电笔测试插座的左孔，氖管发光
C．正常使用该插座时有电流流过c导线
D．若指示灯断路，该插座还可以使用
【答案】D
【知识点】家庭电路的组成；家庭电路的连接
【解析】【解答】A. 根据家庭电路的安全用电原则，开关应接在火线上。观察图乙可知，开关连接在导线 a 上，因此 a 为相线（火线）；三孔插座的接法是“左零右火上接地”，插座左孔连接导线 b，因此 b 为中性线（零线）；插座上孔连接导线 c，因此 c 为保护线（地线）。所以 a、b、c 依次为相线、中性线和保护线，故 A 错误；
B. 测电笔接触火线时氖管发光，接触零线时不发光。插座的左孔连接的是中性线（零线），因此用测电笔测试左孔时，氖管不会发光，故 B 错误；
C. 导线 c 是保护接地线。在正常使用电器且电器不漏电的情况下，电流通过火线进入电器，经零线流回，不会有电流流过地线 c。只有当电器金属外壳漏电时，电流才会通过 c 导入大地，故 C 错误；
D. 由电路图可知，指示灯与插座是并联关系（虽然指示灯串联了电阻 R，但整体支路与插座支路并联）。并联电路中各支路互不影响，因此若指示灯断路，插座所在的支路仍然是通路的，该插座还可以正常供电使用，故 D 正确。
故选 D。
【分析】（1）家庭电路连接原则：开关控制用电器时，必须接在火线和用电器之间；三孔插座遵循“左零右火上接地”的接线规则。
（2）测电笔的使用：辨别火线和零线，接触火线氖管发光，接触零线不发光。
（3）地线的作用：防止因用电器漏电而触电，正常情况下无电流通过。
（4）电路故障分析：并联电路中，某一支路断路不会影响其他支路的正常工作。
10．我国福建号航母采用了自行研制的电磁弹射器，它的工作原理是：弹射车与飞机前轮连接，处于强磁场中，当弹射车内的导体通过强电流时，会受到磁场力的作用，从而获得强大的推力，带动飞机快速起飞，如图所示。下列实验装置中与其工作原理相同的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】通电螺线管的磁场；磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】A. 图中实验是奥斯特实验，说明通电导线周围存在磁场，即电流的磁效应，与电磁弹射器的工作原理不同，故 A 错误；
B. 图中实验是探究电磁铁磁性强弱与线圈匝数关系的实验，利用的是电流的磁效应，与电磁弹射器的工作原理不同，故 B 错误；
C. 图中电路中有电源，通电导体在磁场中受力而运动，这是电动机的工作原理，也是电磁弹射器的工作原理（通电导体在磁场中受力），故 C 正确；
D. 图中电路中没有电源，闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，会产生感应电流，这是电磁感应现象，是发电机的工作原理，与电磁弹射器的工作原理不同，故 D 错误。
故选 C。
【分析】（1）电磁弹射器原理：通电导体在磁场中受到力的作用（电能转化为机械能）。
（2）奥斯特实验：证明了通电导线周围存在磁场（电流的磁效应）。
（3）电动机原理：通电线圈在磁场中受力转动（有电源）。
（4）发电机原理：电磁感应现象（无电源，机械能转化为电能）。
11．如图所示的电路中，电源电压恒为9V，电流表使用“0~0.6A”量程，电压表使用“0~3V”量程，定值电阻R的阻值为10Ω，允许通过的最大电流为0.5A。为保证电路中各元件安全工作，滑动变阻器接入电路的最小阻值为（　　）
A．20Ω B．10Ω C．8Ω D．5Ω
【答案】A
【知识点】欧姆定律及其应用；电路的动态分析
【解析】【解答】图中，闭合开关，电阻串联，当滑动变阻器接入的电阻越小，总电阻越小，电路中电流越大，电流表使用“0~0.6A”量程，定值电阻R允许通过的最大电流为0.5A，电压表测量R两端的电压，量程为0~3V。当电压表示数达到3V时，通过R的电流为，则最大电流只能为0.3A，总电阻最小，最小总电阻为：；滑动变阻器接入的最小电阻为：，故A符合题意，BCD不符合题意。
故选A。
【分析】根据电压表的最大值和定值电阻，利用，计算电流，结合定值电阻的最大电流和电流表量程，判断电路的最大电流，根据，计算最小电阻。
12．小杰家的卫生间里安装了一款多功能风暖浴霸，它具备独立照明、吹风换气、暖气升温三种功能。仅闭合开关S1时，照明灯L单独发光； 仅闭合开关S2时，电动机M1工作，开始吹风换气；仅闭合开关S3时，电动机M2和加热电阻R会同时工作，实现暖风升温。小杰根据上述功能设计了四个简化模拟电路图，其中符合要求的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】串、并联电路的设计
【解析】【解答】ABCD、由题意可知，风暖浴霸可以实现独立照明、取暖和吹风，即各用电器是并联的，其中电动机 和加热电阻 串联在同一支路中，且开关 与灯 串联、开关 与电动机 串联、开关 与电动机 和加热电阻 的整体串联，故 B 符合题意， ACD不符合题意。
故选B。
【分析】根据题意得出各用电器的连接方式和各开关的作用及位置，从而得出正确的电路设计。
13．城市热岛效应是备受关注的环境问题，汽车尾气与热机效率也会加剧热岛效应。为缓解这一问题，城市中会修建人工湖——利用水的　 　较大，在吸收相同热量时温度升高较慢的特性；夏季也会对路面喷水降温——利用水发生　 　（填物态变化名称）的过程中吸收热量的原理。
【答案】比热容；汽化
【知识点】汽化及汽化吸热的特点；水的比热容的特点及其应用
【解析】【解答】（1）城市修建人工湖，是利用水的比热容较大的特性。根据热量公式 Q=cmΔt 可知，在质量相同、吸收的热量相同时，比热容越大的物质，其温度升高得越慢。因此，水能有效调节周围环境的温度，缓解热岛效应。
（2）夏季向路面喷水降温，是利用水发生汽化（或蒸发）的过程。物质由液态变为气态的过程叫汽化，汽化过程需要从周围环境吸收热量，从而使路面的温度降低。
故答案为：（1）比热容；（2）汽化。
【分析】（1）水的比热容较大是生活中常见的物理现象应用。在同样的日照条件下（吸收相同的热量），由于水的比热容大，其升温幅度比沙石、水泥等建筑材料小，因此能起到调节气温的作用。
（2）物态变化中，熔化、汽化、升华是吸热过程；凝固、液化、凝华是放热过程。喷水降温正是利用了液态水变成气态水蒸气（汽化）时吸热的原理。
14．2025年12月，南京大学科研团队在《科学》杂志发表重大成果，成功研制出高效钙钛矿光伏组件。某块组件功率为125W，每天有效光照时间为10h，光伏组件将光能转化为电能的过程，能量的总量保持不变，这体现了　 　定律；该组件每天可发电　 　度。
【答案】能量守恒；1.25
【知识点】能量守恒定律；电功的计算
【解析】【解答】（1）光伏组件将光能转化为电能的过程中，能量的总量保持不变，这体现了能量守恒定律。能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只会从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到其它物体，而能量的总量保持不变。
（2）已知组件功率 P=125W=0.125kW ，每天有效光照时间 t=10h 。根据电功公式 W=Pt 可得，该组件每天可发电：，因为 1kW h=1度 ，所以该组件每天可发电 1.25 度。
故答案为：（1）能量守恒；（2）1.25。
【分析】（1）自然界中存在各种形式的能，能量可以从一种形式转化为另一种形式，也可以从一个物体转移到另一个物体，在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变，这就是能量守恒定律。光伏组件发电过程正是光能向电能转化的过程，遵循此定律。
（2）计算发电量（电功）时，要注意单位的统一。题目要求结果单位为“度”（即千瓦时 kW h ），因此需要将功率单位瓦特（ ）换算为千瓦（ ），然后直接利用公式 t 进行计算即可。
15．2025年7月，在第十二届世界高速铁路大会上，我国自主研制的时速600公里高温超导高速磁浮工程样车惊艳亮相，标志着我国高速磁悬浮技术实现新突破。磁悬浮列车的运行控制系统，通过　 　波与地面调度中心进行实时数据传输；列车的磁悬浮缓冲装置简化原理如图所示：当条形磁体与通电螺线管靠近时相互排斥，实现悬浮缓冲。由此可判断通电螺线管的电源左端为　 　极。
【答案】电磁；负
【知识点】通电螺线管的极性和电流方向的判断；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】（1）磁悬浮列车的运行控制系统通过电磁波与地面调度中心进行实时数据传输，因为电磁波可以在真空中传播且能传递信息，适合用于远距离的无线通信。
（2）由图可知，条形磁体的右端为S极，当条形磁体与通电螺线管靠近时相互排斥，根据“同名磁极相互排斥”可知，通电螺线管的左端也为S极，右端为N极。
根据安培定则，用右手握住螺线管，让大拇指指向螺线管的N极（左端），则四指所指的方向就是电流的方向。由此可判断出，电流从螺线管的右端流入、左端流出，所以电源的左端为负极。
故答案为：（1）电磁；（2）负。
【分析】（1）电磁波能够在真空中传播，并且可以传递信息，因此现代通信技术（如列车与调度中心的通信）通常利用电磁波来实现数据的实时传输。
（2）首先根据磁极间的相互作用规律（同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引）判断出通电螺线管的磁极；然后利用安培定则（右手握住螺线管，大拇指指向N极，四指弯曲方向为电流方向），结合螺线管的绕线方式，推断出电流的流向，进而确定电源的正负极。
16．电热水壶在日常生活中使用广泛，具有加热速度快、操作简便、安全可靠等优点。某电水壶的电路图如图所示，其中R1、R2均为电热丝，该水壶有加热、保温两个挡位，相关参数如表所示。
额定容量/L 1
额定电压/V 220
加热功率/W 1200
保温功率/W 100
（1）电水壶利用电流的 　 　效应工作，将电能主要转化为内能。
（2）在壶内装有额定容量的水，加热挡工作350s，水温升高了90℃，水吸收的热量为　 　J。[c水=4.2×103J/（kg ℃）]
（3）若保持电水壶的保温功率不变，将加热功率提高到1310W，需将电热丝R2更换为阻值为　 　Ω的电阻丝。
【答案】（1）热
（2）3.78×105
（3）40
【知识点】比热容的定义及其计算公式；电功率的计算；电流的热效应
【解析】【解答】（1）电水壶工作时将电能主要转化为内能，利用的是电流的热效应工作。
（2）由密度公式可得1L水的质量为：
水吸收的热量为；
（3）根据可知，电源电压一定时，电路中总电阻最小时，电路的功率最大，是加热挡；由图可知，当S、S1都闭合时，两电阻并联，电阻最小，故为加热挡；当S闭合，S1断开时，该电路为只有电阻R1的简单电路，电阻最大，电路功率最小，故为保温挡；保持电水壶的保温功率不变，由并联电路特点可知，即电阻R1的电功率不变，若将加热功率提高到1310W，此时R2的功率为：，由可知，R2的阻值为
故为了让加热功率提高到1310W，将R2的阻值更换为40Ω。
故答案为：(1) 热；(2) ；(3) 40Ω。
【分析】（1）电热器是利用电流的热效应工作的；
（2）根据热量公式计算解答；
（3）多挡位电热器，电功率最大时是加热挡，电功率最小时是保温挡，电路的电功率由分析判断；并联电路各支路互不影响，可知电阻R1功率不变，可计算出电阻R2的实际电功率，再根据计算电阻。
（1）电水壶利用电流的热效应工作，将电能主要转化为内能。
（2）水的质量
水吸收的热量为
（3）当S、S1都闭合时，两电阻并联，电路中电阻最小，根据可知，电路的功率最大，是加热挡；当S闭合时，电路为只有R1工作，电阻最大，根据可知，电路的功率最小，是保温挡；保持电水壶的保温功率不变，将加热功率提高到1310W，此时R2的功率
根据可知，R2的阻值为
故为了让加热功率提高到1310W，将R2的阻值更换为40Ω。
17．小静在“探究光的反射规律”的实验中，实验装置如图甲所示：水平放置的平面镜上方，有一块白色纸板，该纸板由E、F两部分拼接而成，可绕中轴线ON自由翻折。
（1）实验时，白色纸板应　 　平面镜放置，确保入射光线、反射光线和法线能在纸板上清晰呈现。
（2）调整激光笔，使纸板E上呈现入射光线AO，若将纸板F绕ON向后折；这一步骤的目的是探究　 　。
（3）保持平面镜和纸板位置不变，逐渐增大入射角，观察到反射光线会　 　法线。
（4）正午时分，太阳光竖直向下直射，小静利用一块平面镜将光线引入水平管道（如图乙）。请在图乙中补全光的传播方向，并画出平面镜的位置。
【答案】（1）垂直
（2）反射光线、入射光线和法线是否在同一平面内
（3）远离
（4）
【知识点】作光的反射光路图；探究光的反射定律
【解析】【解答】（1） 在探究光的反射规律实验中，入射光线、反射光线和法线都在同一个平面内。为了能同时在纸板上清晰地看到这三条光线，纸板所在的平面必须包含这三条线。由于法线是垂直于平面镜的，所以纸板也必须垂直于平面镜放置。实验时，白色纸板必须垂直于平面镜放置，这样法线ON才会与镜面垂直，才能在纸板上同时呈现入射光线和反射光线，保证实验正常进行。
（2） 光的反射定律指出，反射光线、入射光线和法线在同一平面内。实验中，纸板E和F在同一平面时，可以同时看到入射光线和反射光线。当将纸板F向后折转，使其与纸板E不在同一平面时，在纸板F上将观察不到反射光线。这个现象有力地证明了反射光线、入射光线和法线必须在同一个平面内。
将纸板F绕ON向后折，纸板E、F不在同一平面，此时纸板F上没有反射光线，因此这一步骤的目的是探究：反射光线、入射光线和法线是否在同一平面内。
（3） 根据光的反射定律，反射角等于入射角。入射角是入射光线与法线的夹角，反射角是反射光线与法线的夹角。当入射角增大时，反射角也随之增大。反射角增大，意味着反射光线与法线的夹角变大，所以反射光线会远离法线。
根据光的反射定律，当入射角变大时，反射角也会同步变大，因此反射光线会远离法线。
（4）确定光线方向： 根据题意，入射光线是竖直向下的，需要被反射成水平向左进入管道。所以，反射光线是一条从入射点开始，水平向左的带箭头的线段。
确定法线： 根据光的反射定律，法线是入射光线和反射光线夹角的平分线。入射光线（竖直向下）和反射光线（水平向左）的夹角为90 。因此，法线应平分这个角，即法线与入射光线和反射光线的夹角均为45 。确定平面镜位置： 平面镜的镜面与法线垂直。由于法线与竖直方向成45 角，所以平面镜应与竖直方向（或水平方向）成45 角放置。如图所示：
故答案为：（1）垂直；（2）反射光线、入射光线和法线是否在同一平面内；（3）远离；（4）见解答图。
【分析】（1） 在探究光的反射规律实验中，白色纸板需要垂直于平面镜放置。这是因为入射光线、反射光线和法线在同一平面内，而法线是垂直于平面镜的，只有纸板垂直于平面镜，才能保证入射光线、反射光线和法线都在纸板所在的平面内，从而能在纸板上清晰地呈现这三条光线，便于观察和研究。
（2） 将纸板 F 绕 ON 向后折，是为了探究反射光线、入射光线和法线是否在同一平面内。当纸板 E 和 F 在同一平面时，能同时看到入射光线和反射光线；当把纸板 F 向后折转，使其与纸板 E 不在同一平面时，在纸板 F 上就观察不到反射光线了。这一现象验证了光的反射定律中“反射光线、入射光线和法线在同一平面内”的内容。
（3） 保持平面镜和纸板位置不变，逐渐增大入射角（入射光线与法线的夹角），根据光的反射定律“反射角等于入射角”，反射角也会随之增大。反射角增大意味着反射光线与法线的夹角变大，因此反射光线会远离法线。这体现了反射角随入射角的变化规律，即反射角始终等于入射角，且两者同时变化。
（4） 正午太阳光竖直向下直射，要将光线引入水平管道，需要根据光的反射定律确定平面镜的位置和光线的传播方向。首先明确入射光线（竖直向下）和反射光线（水平向左进入管道）的方向，然后根据“反射角等于入射角”，找到入射光线和反射光线夹角的平分线（即法线），再根据“法线与平面镜垂直”确定平面镜的位置。这一步综合运用了光的反射定律中“三线共面”“两角相等”以及“法线与镜面垂直”的知识点，是光的反射定律在实际问题中的应用。
（1）实验时，白色纸板必须垂直于平面镜放置，这样法线ON才会与镜面垂直，才能在纸板上同时呈现入射光线和反射光线，保证实验正常进行。
（2）将纸板F绕ON向后折，纸板E、F不在同一平面，此时纸板F上没有反射光线，因此这一步骤的目的是探究：反射光线、入射光线和法线是否在同一平面内。
（3）根据光的反射定律，当入射角变大时，反射角也会同步变大，因此反射光线会远离法线。
（4）根据光的反射定律，反射角等于入射角，法线是入射光线与反射光线夹角的角平分线，且平面镜与法线垂直，在图乙中，入射光线竖直向下，反射光线水平向左，二者交点为入射点；作角平分线，即法线，再作垂直于法线的平面镜，标注光线箭头。
18．小源在探究影响液体内部压强与哪些因素有关的实验中。
（1）实验前，小源用手指按压金属盒上的橡皮膜，发现U形管两管液面几乎无变化，请你分析其原因是　 　。
（2）重新安装后，小源要探究液体压强与密度的关系，应选用图　 　两次实验进行比较。
（3）小源保持丙图中探头的位置不变，并向容器内加入适量的浓盐水，搅拌均匀后发现U形管两侧液面的高度差变大了（如图丁），于是得出了“液体的压强与液体的密度有关”的结论。小明认为结论并不靠谱，原因是　 　。
（4）小源又设计出如图戊所示的实验器材，测量盐水的密度：
①用细线和橡皮膜把两端开口且粗细均匀的玻璃管一端扎紧，向管内倒入适量的水，橡皮膜向下凸出，如图戊a所示，用刻度尺测出水面到下管口的距离，记为；
②在烧杯中装入适量的盐水，将玻璃管缓慢浸入其中，直至橡皮膜与下管口平齐为止，如图戊b所示，用刻度尺测出盐水面到下管口的距离，记为；
③盐水密度表达式：　 　。
【答案】（1）装置气密性不佳
（2）丙丁
（3）没有控制探头的深度不变
（4）1.125
【知识点】探究液体压强的特点实验；利用平衡法求液体密度
【解析】【解答】（1）实验前按压金属盒橡皮膜，U形管液面几乎无变化，说明装置存在漏气问题，需要检查的是橡皮膜和橡胶管是否老化或破损、橡胶管和U形管的连接是否紧密、金属盒和橡皮膜的连接是否紧密。
（2）探究液体压强与密度的关系时，需要控制深度相同，改变液体密度，应选用图丙、丁两次实验进行比较。
（3）向容器内加入浓盐水后，不仅液体密度变大，探头的深度也变大了，没有控制探头的深度不变，所以得出的结论并不可靠。
（4）如图2成a所示，用细线和橡皮膜把玻璃管一端扎紧，向管内倒入适量的水，用刻度尺测出水面到下管口的距离记为 ；
如图2成b所示，在烧杯中装入适量的盐水，将玻璃管缓慢浸入其中，直至橡皮膜水平为止，用刻度尺测出盐水面到下管口的距离记为 ；
因为橡皮水平，说明盐水与水产生的压强相等，即 ，
解得盐水的密度表达式： 。
故答案为：（1）装置气密性不佳；（2）丙、丁；（3） 没有控制探头的深度不变 ；
（4）1.125。
【分析】（1）使用前，用手按压金属盒上的橡皮膜，检查气密性。
（2）液体压强与液体密度和深度有关，利用控制变量法进行分析。
（3）利用水和盐水产生的压强相等，借助液体压强计算公式，求出盐水的密度。
（1）液体压强计的工作原理：橡皮膜受到压强时，会挤压内部密闭空气，密闭空气将压强传递到 U 形管液体，使两侧出现液面高度差。若装置气密性不佳（装置漏气），按压橡皮膜时，管内空气会从缝隙漏出，无法形成气压差，因此 U 形管液面不会升降。
（2）探究“液体压强与液体密度的关系”，必须控制探头浸没深度相同、探头朝向相同，只改变液体的密度。丙图探头在水中、固定深度；丁图探头在盐水中、和丙图完全相同的深度，只有丙、丁两组实验满足控制变量的要求。
（3）保持探头位置不变，往水里加浓盐水，烧杯液面会随着加入液体整体上升。探头的绝对位置没变，但液面升高导致探头在液体中的深度变大。
此时实验同时改变了两个变量：
① 液体密度变大；② 探头的深度变大。
根据控制变量法，无法单独证明压强变化是由液体密度引起的，因此结论不严谨。
（4）橡皮膜最终水平平齐，说明管内水对橡皮膜向下的压强=烧杯中盐水对橡皮膜向上的压强，即 。根据液体压强得
盐水密度为
19．图甲是生活中常见的亮度可调的台灯。项目小组想利用图丙中电源、小灯泡、开关、电位器（相当于滑动变阻器）制作一盏简易调光台灯，达到调节灯光亮度的目的。
【项目实施】
（1）设计调光台灯电路
在图乙虚线框内设计一个亮度可调的台灯电路图　 　。
（2）组装调光台灯
请你用笔画线代替导线完成图丙电路的连接。要求顺时针旋动电位器滑片时灯会变亮。a、b、c为电位器的三个接线柱　 　。
【展示交流】
（3）你所设计的图乙和另一同学设计的图2都是台灯调光电路，老师认为图2方案更好一些，理由是　 　。
【答案】 ；；串联一个定值电阻R0，可防止当滑动变阻器移到阻值最小时，电路中电流过大，能起到保护灯泡的作用。
【知识点】串、并联电路的设计；变阻器及其应用；滑动变阻器的原理及其使用
【解析】【解答】（1）电位器改变电阻的原理是通过改变接入电路中电阻丝的长度，要设计调光台灯，需要将小灯泡与滑动变阻器串联，如下图所示：
（2）若顺时针转动旋钮时灯泡变亮，说明电路中的电流变大，由知，电源电压一定时，电路的总电阻应变小，电位器（滑动变阻器）接入电路中的电阻应变小，由图可知，将b和c两接线柱接入电路后，顺时针旋转旋钮时，电阻丝连入电路中的长度变短，其阻值变小，电路中的电流变大，灯泡变亮，如图所示：
（3）串联一个定值Rx，防止滑动变阻器移动到最左端时，电路中电流过大，对灯泡起到保护作用。
故答案为：（1）见解答图；（2）见解答图；（3）串联一个定值电阻R0，可防止当滑动变阻器移到阻值最小时，电路中电流过大，能起到保护灯泡的作用。
【分析】（1）根据电位器的原理分析解答；
（2）当移动滑动变阻器的滑片使接入电路中的电阻变小时，电路中的电流变大，小灯泡变亮，据此设计电路；
（3）串联电阻起到保护电路的作用。
20．探究电流与电阻关系实验中，可供使用的实验器材有：电源（电压恒为6V），电流表，电压表，滑动变阻器（20Ω　1A），定值电阻5个（5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω各一个），开关，导线若干。
（1）小海按照图甲的实验电路连接好电路，闭合开关前发现电流表指针如图乙所示，接下来应　 　。
（2）故障消除后，小海先接入5Ω的电阻，调节滑片使电压表示数为3V，记录电流表示数为0.6A；若滑动变阻器位置不变，接着用10Ω电阻代替5Ω电阻接入电路，他应将滑片向　 　端移动，同时眼睛应观察电压表，使其示数为3V，并记录下电流表的示数。
（3）如图丙所示的I-R图像中，　 　（选填“①”或“②”）是小海作出的正确图线。
【答案】（1）对电流表进行调零
（2）B
（3）②
【知识点】电流的测量及电流表的使用；滑动变阻器的原理及其使用；探究电流与电压、电阻的关系实验
【解析】【解答】（1）连接电路前，电路中没有电流，电流表指针没有指向零刻度线，是因为电流表没有调零，因此接下来的操作是将电流表调零；
（2）实验目的是探究电流与电阻关系，必须控制定值电阻两端电压不变，因此眼睛应紧盯电压表，使其示数保持3V 不变。将5Ω 电阻换为10Ω 后，根据串联分压原理，定值电阻电压变大。为保持电压表示数为3V 不变，需增大滑动变阻器接入电阻来分担更多电压。故滑片应向 B 端移动。
（3）实验控制电压为3V 不变，电流与电阻成反比，图像为反比例曲线。根据图丙，当 R=10Ω 时， ， ，因此，图丙中②符合此特征。分析图像可得出结论：当导体两端电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比。
故答案为：（1） 对电流表进行调零 ；（2） B ；（3）②。
【分析】（1）连接电路前，电路中没有电流，电流表指针没有指向零刻度线，是因为电流表没有调零；
（2）研究“导体电流与电阻关系”要控制电阻的电压不变，由分压原理和串联电路电压的规律分析；
（3）探究电流与电阻的关系时，因控制定值电阻两端电压不变，据此确定图像并得出电流与电阻的关系探究电流与电阻的关系时，要控制电阻的电压不变。
（1）闭合开关前，电流表指针偏在零刻度线左侧，说明电流表没有校零，接下来需要对电流表进行调零。
（2）探究电流与电阻关系时，需要保持定值电阻两端电压不变。将电阻换成电阻后，根据串联分压规律，定值电阻分得的电压会升高，大于要求的，需要增大滑动变阻器接入电路的电阻来分压，让定值电阻电压回到；本实验滑动变阻器接左下A接线柱，滑片向右（B端）移动时，接入电阻变大，因此滑片向右移动。
（3）由图像可知，电压不变时，电流与电阻成反比，即
电流与电阻的乘积恒定不变，当电阻时，电路电流为
当时，电路电流为
正好符合图线②的规律，因此②是正确图线。
21．农业巡检机器人是智慧农业的核心装备之一，如图是某款履带式农业巡检机器人空载质量为60kg，履带与地面总接触面积。机器人在水平田埂上匀速行驶时受到的阻力为60N，电机将电能转化为机械能的效率为 80%。机器人以0.5m/s的速度匀速行驶2min完成一次巡检作业。（g取10N/kg）
（1）求机器人空载时对水平田埂的压强；
（2）求此过程中机器人牵引力做的功；
（3）求此过程中机器人电机消耗的电能。
【答案】（1）解：机器人的重力
水平面上，机器人对地面的压力等于自身重力
机器人空载时对水平田埂的压强
（2）解：机器人匀速行驶，牵引力等于阻力
行驶距离
牵引力做功
（3）解：由效率得电机消耗的电能
【知识点】重力及其大小的计算；压强的大小及其计算；机械效率的计算；功的计算及应用
【解析】【分析】（1）根据压强公式计算解答；
（2）利用二力平衡得出牵引力，根据W=Fs计算解答；
（3）根据效率公式计算解答。
（1）机器人的重力
水平面上，机器人对地面的压力等于自身重力
机器人空载时对水平田埂的压强
（2）机器人匀速行驶，牵引力等于阻力
行驶距离
牵引力做功
（3）由效率得电机消耗的电能
22．如图所示的电路中，电源电压保持不变，电阻R1的阻值为20Ω。闭合开关S，两电流表的示数分别为0.9A和0.4A。
（1）求电源电压U；
（2）求通过电阻R2的电流I2；
（3）现用电阻R0替换R1、R2中的一个，替换后只有一个电流表示数发生变化，且电路总功率变化了2.4W。求电阻R0的阻值。
【答案】（1）解： 由图可知，这是一个并联电路，电流表A测干路电流，A1测R1电流，根据并联电路电流的特点可知，电流表A的示数为0.9A，A1示数为0.4A，电源电压
（2）解：根据并联电路电流特点可知，通过电阻R2的电流
（3）解：用电阻R0替换电阻R1、R2中的一个，若替换R1则电流表A1和A的示数都要变，若替换R2，由于R2与R1并联，互不影响，故A1示数不变，A示数变化，因此R0只能替换R2；替换前，电路中的总功率
替换后总功率变化了2.4W，有可能增大了2.4W，也有可能减小了2.4W。若增大2.4W，则总功率为
此时电路中的电流
则通过R0的电流
R0的阻值
若替换后总功率减小了2.4W，则替换后总功率
此时电路中的电流
则通过R0的电流
R0的阻值
综上可知，R0的阻值为10Ω或40Ω。
【知识点】并联电路的电流规律；并联电路的电压规律；欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【分析】由电路图可知， 与 并联，电流表 测干路电流，电流表 测电阻 支路的电流。
①根据并联电路的电流特点确定两电流表的示数，根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出电源的电压；
②根据并联电路的电流特点求出通过 R2 的电流；
③根据“替换前后，只有一个电流表的示数发生了变化”确定替换的电阻，计算 R0 的电流，根据欧姆定律计算电阻。
（1）由图可知，这是一个并联电路，电流表A测干路电流，A1测R1电流，根据并联电路电流的特点可知，电流表A的示数为0.9A，A1示数为0.4A，电源电压
（2）根据并联电路电流特点可知，通过电阻R2的电流
（3）用电阻R0替换电阻R1、R2中的一个，若替换R1则电流表A1和A的示数都要变，若替换R2，由于R2与R1并联，互不影响，故A1示数不变，A示数变化，因此R0只能替换R2；替换前，电路中的总功率
替换后总功率变化了2.4W，有可能增大了2.4W，也有可能减小了2.4W。若增大2.4W，则总功率为
此时电路中的电流
则通过R0的电流
R0的阻值
若替换后总功率减小了2.4W，则替换后总功率
此时电路中的电流
则通过R0的电流
R0的阻值
综上可知，R0的阻值为10Ω或40Ω。
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