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黑龙江省哈尔滨市道外区2025年中考三模理综物理试题
一、选择题（1-23题为单项选择题，每题2分；24题为双项选择题，25题为多项选择题，每题2分，选项全且正确得2分，选项不全但正确只得1分，有错误选项得0分；共计50分）
1．小聪学习《浪淘沙》中：“满眼风光多闪烁，看山恰似走来迎”，其中描述“山走来迎”所选用的参照物是（　　）
A．船 B．山 C．河岸 D．树木
2．下列控制噪声的措施中，属于防止噪声产生的是（　　）
A．晚上休息时关闭房间的门窗
B．公共场所不要高声喧哗
C．街道上安装噪声监测仪
D．纺织车间的工作人员使用防噪声耳罩
3．小聪拍摄的下列照片中，属于光的反射现象的是（　　）
A．平面镜中花瓶的像
B．阳光下指针的影子
C．小孔成的烛焰的像
D．看露珠下的叶脉的像
4．在日常生活中，小明经历的下列现象里属于液化的是（　　）
A．洗过的湿毛巾被晾干
B．冰箱中取出的冰棍儿结上“白霜”
C．衣柜中的樟脑球变小
D．烧水时，壶嘴中冒“白气”
5．放在水平桌面上的橡皮，属于二力平衡的是（　　）
A．橡皮受到的重力与橡皮对水平桌面的压力
B．橡皮受到的重力与水平桌面对橡皮的支持力
C．橡皮对水平桌面的压力与水平桌面对橡皮的支持力
D．水平桌面到的重力与水平桌面对橡皮的支持力
6．如图所示的四个实例中，目的是为了减小摩擦的是（　　）
A．防滑砖表面有凹凸花纹
B．钳子手柄上套有橡胶套
C．电暖气下装有滚轮
D．拖鞋的底部压有花纹
7．在如图所示的四种剪刀中，正常使用时属于费力杠杆的是
A． B．
C． D．
8．如图所示的电路中，闭合开关S1和S2，则（　　）
A．灯泡L1亮，L2不亮 B．灯泡L2亮，L1不亮
C．灯泡L1、L2都不亮 D．灯泡L1、L2都亮
9．如图所示，电源电压保持不变，闭合开关，将滑动变阻器的滑片向右滑动时，则（　　）
A．通过灯L的电流变小，变阻器两端的电压变小
B．通过灯L的电流变大，变阻器两端的电压变大
C．灯L两端的电压变小，通过变阻器的电流变小
D．灯L两端的电压变大，通过变阻器的电流变小
10．下列关于温度、热量和内能变化的说法中，错误的是（）
A．物体温度不变，它的内能可能增加
B．物体温度升高，可能是外界对物体做功
C．物体温度升高，它的内能可能减少
D．物体温度降低，可能是物体放出了热量
11．小聪关于下列情景的说法中正确的是（　　）
A．甲图中：特技演员驾车冲向空中，在空中减速上升时，演员和车的惯性小于其重力
B．乙图中：跳水运动员在空中下落的过程中，运动员的动能逐渐增大
C．丙图中：足球在空中竖直上升的过程中，足球受合力的方向竖直向下
D．丁图中：人漂在死海水面上看报，海水给人的浮力大于重力
12．小明关于电磁现象的下列说法中正确的是（　　）
A．看不见的磁场是客观存在的
B．磁场是由疏密不同的磁感线组成
C．电流周围的小磁针会受到磁场力的作用
D．磁体具有磁性，磁极是磁体上磁性最强的部分
二、非选择题（34－49题，共46分）
13．在电影院偷拍是制作盗版电影惯用的方法。小聪将反盗版电影的装置安装在银幕后面，使其发出的多束红外线通过银幕上的小孔射向观众席上的偷拍摄像机，在其感光底片上成　 　像（填三种性质），从而形成干扰亮点；此装置的使用　 　（选填“会”或“不会”）影响观众观看电影。
14．小明是近视眼，她所佩戴的眼镜镜片应为　 　透镜；她用高速频闪照相机拍摄正在做直线运动的甲、乙两个小球，其中一张频闪照片如图。已知每次曝光的时间间隔为0.1s，比较甲球通过AB段路程与乙球通过CD段路程的过程中，　 　球运动较快。
15．如图是小聪做固体熔化实验时绘制的图像。在CD段时，此物质处于　 　态（选填“固”、“液”或“固液共存”）；这种物质属于　 　（选填“晶体”或“非晶体”）。
16．如图所示，将重为5N的木块放入烧杯中，静止时木块所受浮力的大小为　 　 N，放入木块后，烧杯底部所受水的压强比原来　 　 （填“变大”、“变小”或“不变”）．
17．小聪在挤压气囊时，瓶中香水儿从小孔喷出如图。这是由于挤压气囊使瓶中吸管顶端的气流流速加大，吸管顶端的气体压强　 　（选填“大于”、“小于”或“等于”）瓶中液面上方气体的压强，从而使香水儿沿吸管上升，并随着高速的水平气流从小孔中喷出，这一现象依据的原理是　 　。
18．如图所示的电路中，电源电压保持不变．当开关S由断开到闭合时，电流表的示数将　 　，电压表与电流表示数的比值将　 　(以上两空均填“变大”、“变小”或“不变”)
19．阅读以下材料，回答相应问题：
材料一：1820年，丹麦物理学家奥斯特发现了通电导体周围存在磁场。
材料二：1825年，瑞士物理学家科拉顿做了如下实验：他将一个能反映微小变化的电流表，通过导线与螺旋线圈串联成闭合电路，并将螺旋线圈和电流表分别放置在两个相连的房间如图。他将一个条形磁铁插入螺旋线圈内，同时跑到另一个房间里，观察电流表的指针是否偏转。进行多次实验，他都没有发现电流表指针发生偏转。
材料三：1831年，英国物理学家法拉第用闭合电路的一部分导体，在磁场里切割磁感线的时候，发现导体中产生电流，从而实现了利用磁场获得电流的愿望。
科拉顿的实验中，　 　（选填“已经”或“没有”）满足产生感应电流的条件。要使他能观察到电流表指针偏转，你提出的一种改进方法是　 　。
20．在水平地面上，小聪用10N水平推力推重为50N的物体，使它以的速度沿水平方向移动10m，该过程中小聪水平推力的功率是　 　W，物体重力做功为　 　J。
21．用功率一定的电加热器给质量一定的某种液体均匀加热，研究液体升高的温度跟吸收热量的关系。下表中是该实验获取的部分数据，请你根据数据归纳出这种液体升高的温度Δt跟吸收热量Q的关系：在这种液体的　 　时，Δt=　 　。
Q/103J 25 50 75 100 125 150 175
Δt/℃ 12.5 25 37.5 50 62.5 75 87.5
22．发光二极管就是由半导体材料制成的，它具有　 　导电的性质；20世纪初，科学家发现，铝在以下时，电阻就变成了零，这种现象称为　 　现象。
23．小聪将重为10N的小球悬挂在细线下，使其来回摆动如图。请作出此时小球受到重力G的示意图。
24．小明用如图所示的滑轮组提升重物，请画出最省力的滑轮组绕线。
25．小李同学想测量一块不规则瓷片的密度：
(1)把天平放在　 　桌面上，将游码移到零刻度处，然后调节　 　使天平平衡；
(2)用调节好的天平测量瓷片的质量，所用砝码的个数和游码的位置如图所示，则瓷片的质量为　 　g；
(3)他发现瓷片放不进量筒，改用如图所示的方法测瓷片的体积：
a.往烧杯中加入适量的水，把瓷片浸没，在水面到达的位置上作标记，然后取出瓷片；
b.先往量筒装入40mL的水，然后将量筒的水缓慢倒入烧杯中，让水面到达标记处，量筒里剩余水的体积如图所示，则瓷片的体积为　 　cm3；
(4)用密度公式计算出瓷片的密度ρ为　 　g/cm3；
(5)根据以上步骤，你认为小李同学测出的瓷片密度值　 　（选填“偏大”或“偏小”）。
26．小明做“探究杠杆的平衡条件”的实验：
（1）当杠杆如图甲所示时，小明应将平衡螺母向　 　移动，使杠杆在水平位置平衡；
（2）小明使杠杆在水平位置平衡的目的是　 　；（答一条即可）
（3）调节杠杆水平平衡后，小明在杠杆的A点挂上两个钩码（每个钩码重1N，杠杆上相邻刻度线距离相等）如图乙，若使其恢复水平位置平衡，可以在　 　点挂上一个钩码；
（4）如果使用量程为1牛的弹簧测力计在支点左侧施力，应在　 　点沿着　 　的方向拉住杠杆。
27．小聪测量额定电压为3.8V的小灯泡的电功率，他设计出实验电路图，并按照电路图连接实验器材如图所示：
（1）请你根据实物图的连接情况，画出小聪设计的实验电路图；
（2）小聪连接实验器材时，开关要处于　 　状态；闭合开关前，滑片要调至　 　端；
（3）电路连接正确后，闭合开关S，小聪发现电流表有示数，但示数较小，小灯泡儿不亮，接下来应进行的操作是（　　）
A．更换一个同样规格的小灯泡
B．更换电压表所使用的量程
C．检查电路中是否存在着断路故障
D．减小变阻器接入电路的阻值
（4）实验过程中，当小灯泡两端的电压为额定电压时，电流表的示数如图所示，此时的电流为　 　，小灯泡的额定功率为　 　。
28．随着科技的发展，人们常用空气源热水器来冲凉洗澡，如图是空气源热水器。空气源热水器内有一种吸热介质——冷媒。“冷媒”作为空气源热水器热的“搬运工”，能把外界的内能搬到空气源热水器的内部。液态的冷媒温度低于零下，与外界存在着温差，因此，冷媒可吸收外界空气的内能，在蒸发器内部转化为气态，然后通过空气源热水器中压缩机的工作，使气态冷媒的温度升高。温度较高的冷媒通过冷凝器时从气态转化为液态，同时释放出大量的热量，被水箱中储备水吸收，使水温升高，从而达到制热水的目的。空气源热水器所消耗的电能仅是带动压缩机工作，由于大量空气中的内能进入系统，所以它得到的内能是压缩机消耗电能的3倍以上。技术参数表如下表：
空气源热水器技术参数表
名称 空气源热水器
型号 DW－3
总输入功率 880W
热水产量
电源规格
（1）分析该技术参数表，该空气源热水器正常工作时的电流是多少？
（2）小明家每天需要用热水200kg，若水的初温是，则水吸收的热量是多少？[水的比热容]
（3）小明家使用空气源热水器提供热水，若空气源热水器得到的内能是压缩机消耗的电能的3倍，则每天需要消耗的电能是多少度？（保留到小数点后一位）
（4）空气源热水器中水的内能增加是能量的“转移”还是“转化”，写出你判断的理由。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】参照物及其选择
【解析】【解答】A、以船为参照物，山相对船位置不断靠近，出现 “山走来迎” 的视觉效果，故 A 正确；
B、参照物不能选取研究对象自身，无法判断山的运动，故 B 错误；
C、以河岸为参照物，山位置不变，山是静止的，故 C 错误；
D、以树木为参照物，山位置不变，山是静止的，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】A、考查参照物选取，船向前运动，山相对船靠近；
B、参照物不能选物体本身；
C、河岸固定，山相对河岸静止；
D、树木固定，山相对树木静止。
2．【答案】B
【知识点】防治噪声的途径
【解析】【解答】解：
A、晚上休息时关闭房间的门窗，是在噪声的传播过程减弱噪声；故不符合题意；
B、公共场所不要高声喧哗，是从噪声的产生防治噪声；故符合题意；
C、街道上安装噪声监测仪，只是能够监测噪声的分贝，但不能减弱噪声，不符合题意；
D、纺织车间的工作人员使用防噪声耳罩，是在噪声的接收处减弱噪声；故不符合题意；
故选B．
【分析】人们通常从噪声的产生、传播、接收这三个环节来减弱噪声的影响．注意区分每个选项所涉及的环节．
3．【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；平面镜成像的原理、特点
【解析】【解答】A、平面镜中花瓶的像，是光照射到平面镜上发生反射形成的虚像，属于光的反射现象，故 A 正确；
B、阳光下指针的影子，是光沿直线传播时被不透明的指针挡住，在地面形成的暗区，属于光的直线传播现象，故 B 错误；
C、小孔成的烛焰的像，是光沿直线传播通过小孔后形成的实像，属于光的直线传播现象，故 C 错误；
D、露珠下的叶脉看起来被放大，露珠相当于凸透镜，叶脉反射的光通过露珠时发生折射，形成放大的虚像，属于光的折射现象，故 D 错误。
故答案为：A。
【分析】A：考查光的反射现象，平面镜成像的原理是光的反射；
B：考查光的直线传播现象，影子的形成是光沿直线传播的典型应用；
C：考查光的直线传播现象，小孔成像的原理是光的直线传播；
D：考查光的折射现象，露珠成像利用了凸透镜的折射原理。
4．【答案】D
【知识点】汽化及汽化吸热的特点；液化及液化放热；升华及升华吸热
【解析】【解答】A：洗过的湿毛巾被晾干，是液态水变为气态水蒸气的汽化现象，故 A 错误；
B：冰箱中取出的冰棍儿结上 “白霜”，是空气中的水蒸气遇冷直接由气态变为固态形成的，属于凝华现象，故 B 错误；
C：衣柜中的樟脑球变小，是固态樟脑直接变为气态的升华现象，故 C 错误；
D：烧水时，壶嘴中冒 “白气”，是壶内冒出的高温水蒸气遇冷后由气态变为液态形成的小水珠，属于液化现象，故 D 正确。
故答案为：D。
【分析】A：考查汽化现象，物质由液态变为气态；
B：考查凝华现象，物质由气态直接变为固态；
C：考查升华现象，物质由固态直接变为气态；
D：考查液化现象，物质由气态变为液态。
5．【答案】B
【知识点】平衡力的辨别
【解析】【解答】解：A、橡皮受到的重力与橡皮对水平桌面的压力，这两个力的方向相同且作用在两个物体上，不符合二力平衡条件，故A不正确；
B、橡皮受到的重力与水平桌面对橡皮的支持力，这两个力大小相等、方向相反、作用在一条直线上、作用在一个物体上，是一道平衡力，故B正确；
C、橡皮对水平桌面的压力与水平桌面对橡皮的支持力，这两个力大小相等、方向相反、作用在一条直线上、作用在两个物体上，是一道相互作用力，故C不正确；
D、水平桌面到的重力与水平桌面对橡皮的支持力，这两个力的大小不相等且作用在两个物体上，不符合二力平衡条件，故D不正确．
故选B．
【分析】根据二力平衡条件进行解答，即大小相等、方向相反、作用在一条直线上、作用在一个物体上，四个条件缺一不可．
6．【答案】C
【知识点】增大或减小摩擦的方法
【解析】【解答】A：防滑砖表面有凹凸花纹，是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦，故 A 错误；
B：钳子手柄上套有橡胶套，是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦，故 B 错误；
C：电暖气下装有滚轮，是通过变滑动为滚动来减小摩擦，故 C 正确；
D：拖鞋的底部压有花纹，是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦，故 D 错误。
故答案为：C。
【分析】A：考查增大摩擦的方法，通过增大接触面粗糙程度实现；
B：考查增大摩擦的方法，橡胶套增大了接触面的粗糙程度；
C：考查减小摩擦的方法，滚动代替滑动可以减小摩擦；
D：考查增大摩擦的方法，花纹增大了接触面的粗糙程度。
7．【答案】B
【知识点】杠杆的分类
【解析】【解答】A：剪刀手柄长、刀刃短，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，故 A 错误；
B：剪刀手柄短、刀刃长，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，故 B 正确；
C：剪刀手柄与刀刃长度相近，或手柄略长，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，故 C 错误；
D：剪刀手柄长、刀刃短，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，故 D 错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查杠杆的分类，判断依据是动力臂与阻力臂的大小关系：
动力臂大于阻力臂：省力杠杆；
动力臂小于阻力臂：费力杠杆；
动力臂等于阻力臂：等臂杠杆。
剪刀 B 的刀刃长度明显大于手柄长度，动力臂小于阻力臂，因此是费力杠杆。
8．【答案】B
【知识点】电路的三种状态
【解析】【解答】闭合开关S1和S2时，导线直接连接在L1两侧，被短路，此时电路为L2的简单电路，所以灯L1不亮，灯L2亮；B正确，ACD错误。
故选B．
【分析】电路的三种状态：断路：电路中存在接触不良、或者损害电路中无电流；短路：电路中电流直接连接在用电器两端，用电器无电流，通路：电路正常工作。
9．【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】当滑动变阻器的滑片向右滑动时，通过灯L的电流变小，变阻器两端的电压变大。
在图示的电路中，灯泡L和滑动变阻器是串联连接的。当滑动变阻器的滑片向右滑动时，变阻器接入电路的电阻阻值会变大，导致整个电路的总电阻也变大。根据欧姆定律，电源电压不变的情况下，电路总电阻变大，则通过的电流会变小。因此，通过灯L的电流会变小 。
再来看电压的变化，由于串联电路中电压的分压特点，变阻器接入电路的电阻阻值越大，变阻器两端分得的电压就越大。所以，当滑动变阻器的滑片向右滑动，变阻器电阻增大时，变阻器两端的电压会变大 。故C符合题意，ABD不符合题意。
故选C。【分析】滑片右移时，滑动变阻器接入电阻增大，由欧姆定律，电路中电流减小，灯泡两端电压减小；由串联电路的电压规律，灯泡两端电压与滑动变阻器两端电压之和等于电源电压，而电源电压不变，故滑动变阻器两端的电压增大。
10．【答案】C
【知识点】温度、热量与内能的关系
【解析】【解答】A、物体吸收热量，内能增加，温度不一定升高，比如晶体在熔化过程中吸收热量，但温度不变．故A正确．
B、物体温度升高，可能吸收了热量，也可能是对它做了功．故B正确．
C、物体温度升高，分子运动更加剧烈，因此内能增大．故C错误．
D、物体温度降低，内能减小，可能放出了热量，也可能对外做了功．故D正确．
故选C．
【分析】做功和热传递都能改变物体的内能，物体温度升高，内能一定增加．
内能与物体的温度、质量以及状态有关．本题主要是考查学生对内能、温度与热量三者之间的联系和区别的掌握，以及改变物体内能的两种方法是等效的
11．【答案】B,C
【知识点】机械能及其转化；惯性及其现象；二力平衡的条件及其应用；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】A：惯性是物体的固有属性，不是力，不能与重力比较大小，故 A 错误；
B：跳水运动员在空中下落的过程中，质量不变、速度增大，动能逐渐增大，故 B 正确；
C：足球在空中竖直上升时，受到竖直向下的重力和竖直向下的空气阻力，合力方向竖直向下，故 C 正确；
D：人漂在死海水面上时，处于漂浮状态，浮力等于重力，故 D 错误。
故答案为：BC。
【分析】A：考查惯性的概念，惯性是物体的属性，不是力，无法与重力比较；
B：考查动能的影响因素，动能与质量和速度有关，下落时速度增大，动能增大；
C：考查合力的判断，足球上升时重力和阻力均向下，合力方向与它们一致；
D：考查漂浮条件，漂浮时物体受到的浮力等于自身重力。
12．【答案】A,C,D
【知识点】磁场；磁感线及其特点；通电直导线周围的磁场
【解析】【解答】A：磁场是一种看不见、摸不着的特殊物质，是客观存在的，故 A 正确；
B：磁感线是为了形象描述磁场而引入的假想曲线，并非真实存在，磁场不是由磁感线组成的，故 B 错误；
C：电流周围存在磁场（电流的磁效应），磁场对放入其中的小磁针有力的作用，因此电流周围的小磁针会受到磁场力的作用，故 C 正确；
D：磁体具有磁性，磁极是磁体上磁性最强的部分（通常在两端），故 D 正确。
故答案为：ACD。
【分析】A：考查磁场的客观性，磁场虽不可见，但真实存在；
B：考查磁感线的概念，磁感线是假想模型，并非真实物质；
C：考查电流的磁效应，电流周围存在磁场，会对小磁针产生力的作用；
D：考查磁体的基本性质，磁极是磁体上磁性最强的部分。
13．【答案】倒立、缩小、实；不会
【知识点】光的直线传播及其应用
【解析】【解答】红外线装置到观众的偷拍摄像机的距离大于两倍的距离，此装置的摄像机的镜头就相当于一个凸透镜，当u>2f时，成缩小倒立的实像。由于人眼看不到红外线，因此此装置的使用不会影响观众的观看。
故答案为：倒立、缩小、实；不会
【分析】（1）本题考查凸透镜成像规律的应用，摄像机镜头相当于凸透镜，当物距大于两倍焦距时，成倒立、缩小的实像。
（2）本题考查红外线的特性，人眼无法看到红外线，因此装置的使用不会影响观众观看电影。
14．【答案】凹；甲
【知识点】近视眼的成因与矫正办法；速度与物体运动
【解析】【解答】近视眼是晶状体变厚，折光能力变强，使得所成的像在视网膜前，所以需要佩戴对光线有发散作用的凹透镜进行矫正。
由图可知，甲球通过AB段路程比CD段路程大，甲球的时间是0.3s，乙球的时间是0.4s，根据可知甲球运动的速度大，即甲球运动较快。
故答案为：凹；甲
【分析】（1）本题考查近视眼的矫正，近视眼需要佩戴对光线有发散作用的凹透镜来矫正。
（2）本题考查速度的比较，需根据频闪照片计算甲、乙两球的运动时间，再结合路程关系判断速度大小。
15．【答案】液；晶体
【知识点】熔化和凝固的温度—时间图象
【解析】【解答】由图像可知，物质在C点熔化完成，所以CD段物质处于液态；图像的BC段，物质吸收热量，温度保持不变，即物质有固定的熔点，故该物质为晶体。
故答案为：液；晶体
【分析】（1）本题考查晶体熔化图像的阶段分析，CD 段物质已完成熔化，处于液态。
（2）本题考查晶体的判断，BC 段物质吸热但温度不变，说明有固定熔点，属于晶体。
16．【答案】5；变大
【知识点】液体压强的特点；浮力大小的计算
【解析】【解答】因为木块漂浮，所以木块受到的浮力：=G=5N，浮力的方向是竖直向上；放入木块后，水深h变大，因为p=ρgh，所以烧杯底部所受水的压强变大．
故答案为：5；变大．
【分析】（1）本题考查漂浮条件的应用，木块漂浮时浮力等于重力。
（2）本题考查液体压强的变化分析，放入木块后水位上升，根据p=ρgh可知烧杯底部所受水的压强变大。
17．【答案】小于；流体流速大的位置，压强小
【知识点】流体压强与流速的关系
【解析】【解答】根据流体中流速大的位置压强小，流速小的位置压强大可知，挤压气囊时，瓶中吸管顶端的气体流速增大，气体压强小于瓶中液面上方气体的压强，从而使香水随着高速的气流从小孔喷出。
故答案为：小于；流体流速大的位置，压强小
【分析】（1）本题考查流体压强与流速的关系，当吸管顶端气流流速增大时，气体压强会减小，小于瓶中液面上方气体的压强，从而推动香水上升并喷出。
（2）本题考查流体压强的基本原理，即流体流速大的位置压强小。
18．【答案】变大；不变
【知识点】欧姆定律及其应用
【解析】【解答】开关断开，定值电阻和灯泡串联总电阻等于二者之和，开关闭合，灯泡被短路，电路只有一个定值电阻，总电阻变小，电源电压不变所以总电流变大．开关断开闭合前后，电压表测量的都是定值电阻的电压，电流表测量的也是流过定值电阻的电流，根据欧姆定律，导体两端的电压和电流之比等于电阻，而定值电阻阻值不变，所以比值不变．
故答案为：变大；不变
【分析】（1）本题考查电路动态分析，开关断开时，定值电阻 R 与灯泡 L 串联；开关闭合时，灯泡被短路，电路中只有 R。电源电压不变，总电阻变小，由欧姆定律可知电流变大。
（2）本题考查欧姆定律的应用，电压表测 R 两端电压，电流表测电路电流，其比值为定值电阻 R 的阻值，故保持不变。
19．【答案】已经；将电流表等器材置于同一房间
【知识点】产生感应电流的条件
【解析】【解答】 解：实验中，通过导线与螺旋线圈串联成闭合电路，并将螺旋线圈和电流表分别放置在两个相连的房间如图。他将一个条形磁铁插入螺旋线圈内，闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，即科拉顿的实验中，已经满足产生感应电流的条件，要使他能观察到电流表指针偏转，改进方法是：将电流表等器材放在同一房间内实验。
故答案为：已经；将电流表等器材放在同一房间。【分析】 产生感应电流的条件是：闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，据此分析。
20．【答案】5；0
【知识点】功率计算公式的应用；是否做功的判断
【解析】【解答】小聪水平推力的功率是
重力的方向竖直向下，物体沿水平方向运动，力与物体运动方向垂直，物体的重力对物体不做功，即做功为0 J。
故答案为：5；0
【分析】（1）本题考查功率的计算，可利用公式P = Fv直接计算推力的功率。
（2）本题考查功的判断，物体在重力方向（竖直方向）上没有位移，因此重力不做功。
21．【答案】质量一定；Δt=0.5×10-3(℃/J) Q
【知识点】比热容的定义及其计算公式
【解析】【解答】根据公式Q=cmΔt得，可见在这种液体的质量一定时，cm就是常数，液体升高的温度Δt跟吸收热量Q成正比；由表中数据可知100×103 J=50℃×n，则n=2×103(J/℃)
所以Δt=0.5×10-3(℃/J) Q
故答案为：质量一定；Δt=0.5×10-3(℃/J) Q
【分析】（1）本题考查比热容公式 的应用，当液体质量一定时，比热容 为定值，升高的温度 与吸收的热量 成正比。
（2）本题考查数据归纳与关系式推导，通过表格数据可得出 。
22．【答案】单向；超导
【知识点】半导体特点及作用；超导体特点及作用
【解析】【解答】发光二极管就是由半导体材料制成的，它具有单向导电性，电流只能从二极管的正极流入，负极流出，二极管才能发光。
超导现象指的是物体在极低的温度下，电阻变为了零，故铝在-以下时，电阻就变成了零，是超导现象。
故答案为：单向；超导
【分析】（1）本题考查半导体二极管的特性，发光二极管具有单向导电性，电流只能从正极流入、负极流出才能发光。
（2）本题考查超导现象的定义，当某些材料在极低温度下电阻变为零的现象称为超导现象。
23．【答案】
【知识点】重力示意图
【解析】【解答】重力的方向是竖直向下的，过重心画一条带箭头的竖直向下的有向线段，用G表示，如图所示：
【分析】作用点：重力的作用点在小球的重心，也就是小球的几何中心。
方向：重力的方向始终是竖直向下的，与小球的摆动方向无关。
标注：画一条从重心出发、带箭头的竖直向下线段，并在线段末端标注符号G，旁边注明大小。
24．【答案】
【知识点】滑轮组的设计与组装
【解析】【解答】最省力的方式3段绳子分担动滑轮重，绳子的固定端需要固定在动滑轮的钩子上，向上绕过定滑轮，再绕过动滑轮向上，故如图所示：
【分析】固定端：绳子固定在动滑轮的挂钩上。
第一次绕线：向上绕过定滑轮。
第二次绕线：向下绕过动滑轮，绳子末端向上，拉力方向向上。
25．【答案】水平；平衡螺母；32；16；2；偏小
【知识点】固体密度的测量
【解析】【解答】(1)使用天平时，首先应把天平放在水平桌面上，将游码移到零刻度处，然后调节平衡螺母使横梁平衡。
故答案为：水平；平衡螺母
(2)由图知道，天平的分度值为0.2g，示数是2g，故瓷片的质量m=20g+10g+2g=32g
故答案为：32
(3)由图知道，量筒的分度值为2cm3 ，量筒中剩余水的体积为24cm3 ，瓷片的体积V=40cm3 -24cm3 =16cm3
故答案为：16
(4)由知道，瓷片的密度
故答案为：2
(5)由于取出瓷片时，瓷片上会沾有一部分水，使得倒入量筒中水的体积会偏大，即水的体积大于瓷片的体积，由知道，密度测量值会偏小。
故答案为：偏小
【分析】(1) 本题考查天平的使用方法，天平使用前需放在水平桌面上，将游码归零后调节平衡螺母使横梁平衡。
(2) 本题考查天平读数，瓷片质量为砝码质量加游码示数。
(3) 本题考查排水法测体积，瓷片体积等于倒出的水的体积。
(4) 本题考查密度公式的应用，用可得。
(5) 本题考查误差分析，取出瓷片时会带出水，导致补充的水体积偏大，测得的瓷片体积偏大，由可知，密度测量值偏小。
26．【答案】（1）左
（2）此时力臂在杠杆上，便于直接测量
（3）E
（4）C；竖直向上
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【解答】（1）由图甲可知，杠杆往右偏，所以向左移动平衡螺母。使杠杆在水平位置平衡。
故答案为：左
（2）杠杆在水平位置平衡，钩码对杠杆的力竖直向下，则力臂在杠杆上，便于直接测量力臂的大小。
故答案为：此时力臂在杠杆上，便于直接测量
（3）由杠杆平衡条件可得
解得，即在E点挂一个钩码。
故答案为：E
（4）由杠杆平衡条件可得
解得，所以在C点沿竖直向上的方向拉住杠杆。
故答案为：C；竖直向上
【分析】(1) 本题考查杠杆的调节方法，先观察杠杆哪一端偏重，平衡螺母向偏高的一侧移动，使杠杆在水平位置平衡。
(2) 本题考查杠杆在水平位置平衡的目的，水平位置平衡时，力的方向与杠杆垂直，力臂与杠杆重合，便于直接从杠杆上读出力臂的大小。
(3) 本题考查杠杆平衡条件的应用，根据杠杆平衡条件 ，代入已知的力和力臂，计算出未知力的力臂，再确定对应的挂钩码的位置。
(4) 本题考查杠杆平衡条件的应用，根据杠杆平衡条件 ，结合弹簧测力计的量程，计算出所需的力臂长度，再确定施力点和施力方向（支点左侧施力时，力的方向需向上，使杠杆平衡）。
（1）由图甲可知，杠杆往右偏，所以向左移动平衡螺母。使杠杆在水平位置平衡。
（2）杠杆在水平位置平衡，钩码对杠杆的力竖直向下，则力臂在杠杆上，便于直接测量力臂的大小。
（3）由杠杆平衡条件可得
解得，即在E点挂一个钩码。
（4）[1][2]由杠杆平衡条件可得
解得，所以在C点沿竖直向上的方向拉住杠杆。
27．【答案】（1）
（2）断开；A
（3）D
（4）0.4A；1.52W
【知识点】探究用电器的电功率实验
【解析】【解答】（1）如图所示，电流从电池的正极出发，经过开关、电流表、灯泡、滑动变阻器回到负极，电压表测量小灯泡的电压，故电路图如图所示：
（2）连接电路时，为了保护电路，开关需要处于断开状态。
闭合开关前，为了保护电路，滑片P需要位于阻值最大处，故滑动变阻器的滑片P需要调至A端。
故答案为：断开；A
（3）电路连接正确后，闭合开关S，小聪发现电流表有示数，但示数较小，小灯泡儿不亮，可能原因是滑动变阻器接入的阻值太大了，电路中的电流过小，灯泡不亮，下一步的实验操作是先移动滑动变阻器的滑片P，减小滑动变阻器接入的阻值，观察灯泡的亮暗情况、电流表的示数，电压表的示数，故D符合题意；ABC不符合题意。
故答案为：D。
（4）电流表的示数如图所示，选择小量程，分度值为0.02A，此时的电流为0.4A。
小灯泡的额定功率为
故答案为：0.4A；1.52W
【分析】(1) 本题考查根据实物图画电路图，先确定电流路径，从电源正极出发，依次经过开关、电流表、灯泡、滑动变阻器回到负极，电压表并联在灯泡两端，据此画出电路图。
(2) 本题考查电路连接的注意事项，连接电路时，为保护电路，开关应处于断开状态；闭合开关前，滑动变阻器滑片应调至阻值最大端（A端）。
(3) 本题考查电路故障分析，电流表有示数说明电路是通路，示数较小、灯泡不亮是因为滑动变阻器接入阻值太大，导致电路电流过小，因此应减小滑动变阻器接入的阻值。
(4) 本题考查电流表读数和额定功率的计算，电流表接0~0.6A量程，分度值为0.02A，根据指针位置读出电流，再利用 计算额定功率。
（1）如图所示，电流从电池的正极出发，经过开关、电流表、灯泡、滑动变阻器回到负极，电压表测量小灯泡的电压，故电路图如图所示：
（2）[1]连接电路时，为了保护电路，开关需要处于断开状态。
[2]闭合开关前，为了保护电路，滑片P需要位于阻值最大处，故滑动变阻器的滑片P需要调至A端。
（3）电路连接正确后，闭合开关S，小聪发现电流表有示数，但示数较小，小灯泡儿不亮，可能原因是滑动变阻器接入的阻值太大了，电路中的电流过小，灯泡不亮，下一步的实验操作是先移动滑动变阻器的滑片P，减小滑动变阻器接入的阻值，观察灯泡的亮暗情况、电流表的示数，电压表的示数，故D符合题意；ABC不符合题意。
故选D。
（4）[1]电流表的示数如图所示，选择小量程，分度值为0.02A，此时的电流为0.4A。
[2]小灯泡的额定功率为
28．【答案】（1）解：空气源热水器正常工作的电流
（2）解：水吸收的热量是
（3）解：由题意得空气源热水器得到的内能，所以每天需要消耗的电能是
（4）解：能量的转移。理由：“冷媒”作为空气源热水器热的“搬运工”，能把外界的内能搬到空气源热水器的内部，使水温升高，前后过程中发生了能量的转移，能量的形式没有发生变化。
【知识点】热传递改变物体内能；比热容的定义及其计算公式；电功率的计算
【解析】【分析】(1) 本题考查电功率公式的应用，已知空气源热水器的额定功率和额定电压，可通过公式 计算正常工作时的电流。
(2) 本题考查吸热公式的应用，已知水的质量、初末温度和比热容，可通过公式 计算水吸收的热量。
(3) 本题考查能量转化与电能的计算，已知空气源热水器得到的内能是压缩机消耗电能的3倍，可通过 计算消耗的电能，并进行单位换算。
(4) 本题考查能量转移与转化的判断，空气源热水器通过“冷媒”将外界的内能搬到热水器内部，能量形式未发生变化，属于能量的转移。
（1）空气源热水器正常工作的电流
（2）水吸收的热量是
（3）由题意得空气源热水器得到的内能，所以每天需要消耗的电能是
（4）能量的转移。理由：“冷媒”作为空气源热水器热的“搬运工”，能把外界的内能搬到空气源热水器的内部，使水温升高，前后过程中发生了能量的转移，能量的形式没有发生变化。
1 / 1黑龙江省哈尔滨市道外区2025年中考三模理综物理试题
一、选择题（1-23题为单项选择题，每题2分；24题为双项选择题，25题为多项选择题，每题2分，选项全且正确得2分，选项不全但正确只得1分，有错误选项得0分；共计50分）
1．小聪学习《浪淘沙》中：“满眼风光多闪烁，看山恰似走来迎”，其中描述“山走来迎”所选用的参照物是（　　）
A．船 B．山 C．河岸 D．树木
【答案】A
【知识点】参照物及其选择
【解析】【解答】A、以船为参照物，山相对船位置不断靠近，出现 “山走来迎” 的视觉效果，故 A 正确；
B、参照物不能选取研究对象自身，无法判断山的运动，故 B 错误；
C、以河岸为参照物，山位置不变，山是静止的，故 C 错误；
D、以树木为参照物，山位置不变，山是静止的，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】A、考查参照物选取，船向前运动，山相对船靠近；
B、参照物不能选物体本身；
C、河岸固定，山相对河岸静止；
D、树木固定，山相对树木静止。
2．下列控制噪声的措施中，属于防止噪声产生的是（　　）
A．晚上休息时关闭房间的门窗
B．公共场所不要高声喧哗
C．街道上安装噪声监测仪
D．纺织车间的工作人员使用防噪声耳罩
【答案】B
【知识点】防治噪声的途径
【解析】【解答】解：
A、晚上休息时关闭房间的门窗，是在噪声的传播过程减弱噪声；故不符合题意；
B、公共场所不要高声喧哗，是从噪声的产生防治噪声；故符合题意；
C、街道上安装噪声监测仪，只是能够监测噪声的分贝，但不能减弱噪声，不符合题意；
D、纺织车间的工作人员使用防噪声耳罩，是在噪声的接收处减弱噪声；故不符合题意；
故选B．
【分析】人们通常从噪声的产生、传播、接收这三个环节来减弱噪声的影响．注意区分每个选项所涉及的环节．
3．小聪拍摄的下列照片中，属于光的反射现象的是（　　）
A．平面镜中花瓶的像
B．阳光下指针的影子
C．小孔成的烛焰的像
D．看露珠下的叶脉的像
【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；平面镜成像的原理、特点
【解析】【解答】A、平面镜中花瓶的像，是光照射到平面镜上发生反射形成的虚像，属于光的反射现象，故 A 正确；
B、阳光下指针的影子，是光沿直线传播时被不透明的指针挡住，在地面形成的暗区，属于光的直线传播现象，故 B 错误；
C、小孔成的烛焰的像，是光沿直线传播通过小孔后形成的实像，属于光的直线传播现象，故 C 错误；
D、露珠下的叶脉看起来被放大，露珠相当于凸透镜，叶脉反射的光通过露珠时发生折射，形成放大的虚像，属于光的折射现象，故 D 错误。
故答案为：A。
【分析】A：考查光的反射现象，平面镜成像的原理是光的反射；
B：考查光的直线传播现象，影子的形成是光沿直线传播的典型应用；
C：考查光的直线传播现象，小孔成像的原理是光的直线传播；
D：考查光的折射现象，露珠成像利用了凸透镜的折射原理。
4．在日常生活中，小明经历的下列现象里属于液化的是（　　）
A．洗过的湿毛巾被晾干
B．冰箱中取出的冰棍儿结上“白霜”
C．衣柜中的樟脑球变小
D．烧水时，壶嘴中冒“白气”
【答案】D
【知识点】汽化及汽化吸热的特点；液化及液化放热；升华及升华吸热
【解析】【解答】A：洗过的湿毛巾被晾干，是液态水变为气态水蒸气的汽化现象，故 A 错误；
B：冰箱中取出的冰棍儿结上 “白霜”，是空气中的水蒸气遇冷直接由气态变为固态形成的，属于凝华现象，故 B 错误；
C：衣柜中的樟脑球变小，是固态樟脑直接变为气态的升华现象，故 C 错误；
D：烧水时，壶嘴中冒 “白气”，是壶内冒出的高温水蒸气遇冷后由气态变为液态形成的小水珠，属于液化现象，故 D 正确。
故答案为：D。
【分析】A：考查汽化现象，物质由液态变为气态；
B：考查凝华现象，物质由气态直接变为固态；
C：考查升华现象，物质由固态直接变为气态；
D：考查液化现象，物质由气态变为液态。
5．放在水平桌面上的橡皮，属于二力平衡的是（　　）
A．橡皮受到的重力与橡皮对水平桌面的压力
B．橡皮受到的重力与水平桌面对橡皮的支持力
C．橡皮对水平桌面的压力与水平桌面对橡皮的支持力
D．水平桌面到的重力与水平桌面对橡皮的支持力
【答案】B
【知识点】平衡力的辨别
【解析】【解答】解：A、橡皮受到的重力与橡皮对水平桌面的压力，这两个力的方向相同且作用在两个物体上，不符合二力平衡条件，故A不正确；
B、橡皮受到的重力与水平桌面对橡皮的支持力，这两个力大小相等、方向相反、作用在一条直线上、作用在一个物体上，是一道平衡力，故B正确；
C、橡皮对水平桌面的压力与水平桌面对橡皮的支持力，这两个力大小相等、方向相反、作用在一条直线上、作用在两个物体上，是一道相互作用力，故C不正确；
D、水平桌面到的重力与水平桌面对橡皮的支持力，这两个力的大小不相等且作用在两个物体上，不符合二力平衡条件，故D不正确．
故选B．
【分析】根据二力平衡条件进行解答，即大小相等、方向相反、作用在一条直线上、作用在一个物体上，四个条件缺一不可．
6．如图所示的四个实例中，目的是为了减小摩擦的是（　　）
A．防滑砖表面有凹凸花纹
B．钳子手柄上套有橡胶套
C．电暖气下装有滚轮
D．拖鞋的底部压有花纹
【答案】C
【知识点】增大或减小摩擦的方法
【解析】【解答】A：防滑砖表面有凹凸花纹，是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦，故 A 错误；
B：钳子手柄上套有橡胶套，是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦，故 B 错误；
C：电暖气下装有滚轮，是通过变滑动为滚动来减小摩擦，故 C 正确；
D：拖鞋的底部压有花纹，是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦，故 D 错误。
故答案为：C。
【分析】A：考查增大摩擦的方法，通过增大接触面粗糙程度实现；
B：考查增大摩擦的方法，橡胶套增大了接触面的粗糙程度；
C：考查减小摩擦的方法，滚动代替滑动可以减小摩擦；
D：考查增大摩擦的方法，花纹增大了接触面的粗糙程度。
7．在如图所示的四种剪刀中，正常使用时属于费力杠杆的是
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】杠杆的分类
【解析】【解答】A：剪刀手柄长、刀刃短，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，故 A 错误；
B：剪刀手柄短、刀刃长，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，故 B 正确；
C：剪刀手柄与刀刃长度相近，或手柄略长，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，故 C 错误；
D：剪刀手柄长、刀刃短，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，故 D 错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查杠杆的分类，判断依据是动力臂与阻力臂的大小关系：
动力臂大于阻力臂：省力杠杆；
动力臂小于阻力臂：费力杠杆；
动力臂等于阻力臂：等臂杠杆。
剪刀 B 的刀刃长度明显大于手柄长度，动力臂小于阻力臂，因此是费力杠杆。
8．如图所示的电路中，闭合开关S1和S2，则（　　）
A．灯泡L1亮，L2不亮 B．灯泡L2亮，L1不亮
C．灯泡L1、L2都不亮 D．灯泡L1、L2都亮
【答案】B
【知识点】电路的三种状态
【解析】【解答】闭合开关S1和S2时，导线直接连接在L1两侧，被短路，此时电路为L2的简单电路，所以灯L1不亮，灯L2亮；B正确，ACD错误。
故选B．
【分析】电路的三种状态：断路：电路中存在接触不良、或者损害电路中无电流；短路：电路中电流直接连接在用电器两端，用电器无电流，通路：电路正常工作。
9．如图所示，电源电压保持不变，闭合开关，将滑动变阻器的滑片向右滑动时，则（　　）
A．通过灯L的电流变小，变阻器两端的电压变小
B．通过灯L的电流变大，变阻器两端的电压变大
C．灯L两端的电压变小，通过变阻器的电流变小
D．灯L两端的电压变大，通过变阻器的电流变小
【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】当滑动变阻器的滑片向右滑动时，通过灯L的电流变小，变阻器两端的电压变大。
在图示的电路中，灯泡L和滑动变阻器是串联连接的。当滑动变阻器的滑片向右滑动时，变阻器接入电路的电阻阻值会变大，导致整个电路的总电阻也变大。根据欧姆定律，电源电压不变的情况下，电路总电阻变大，则通过的电流会变小。因此，通过灯L的电流会变小 。
再来看电压的变化，由于串联电路中电压的分压特点，变阻器接入电路的电阻阻值越大，变阻器两端分得的电压就越大。所以，当滑动变阻器的滑片向右滑动，变阻器电阻增大时，变阻器两端的电压会变大 。故C符合题意，ABD不符合题意。
故选C。【分析】滑片右移时，滑动变阻器接入电阻增大，由欧姆定律，电路中电流减小，灯泡两端电压减小；由串联电路的电压规律，灯泡两端电压与滑动变阻器两端电压之和等于电源电压，而电源电压不变，故滑动变阻器两端的电压增大。
10．下列关于温度、热量和内能变化的说法中，错误的是（）
A．物体温度不变，它的内能可能增加
B．物体温度升高，可能是外界对物体做功
C．物体温度升高，它的内能可能减少
D．物体温度降低，可能是物体放出了热量
【答案】C
【知识点】温度、热量与内能的关系
【解析】【解答】A、物体吸收热量，内能增加，温度不一定升高，比如晶体在熔化过程中吸收热量，但温度不变．故A正确．
B、物体温度升高，可能吸收了热量，也可能是对它做了功．故B正确．
C、物体温度升高，分子运动更加剧烈，因此内能增大．故C错误．
D、物体温度降低，内能减小，可能放出了热量，也可能对外做了功．故D正确．
故选C．
【分析】做功和热传递都能改变物体的内能，物体温度升高，内能一定增加．
内能与物体的温度、质量以及状态有关．本题主要是考查学生对内能、温度与热量三者之间的联系和区别的掌握，以及改变物体内能的两种方法是等效的
11．小聪关于下列情景的说法中正确的是（　　）
A．甲图中：特技演员驾车冲向空中，在空中减速上升时，演员和车的惯性小于其重力
B．乙图中：跳水运动员在空中下落的过程中，运动员的动能逐渐增大
C．丙图中：足球在空中竖直上升的过程中，足球受合力的方向竖直向下
D．丁图中：人漂在死海水面上看报，海水给人的浮力大于重力
【答案】B,C
【知识点】机械能及其转化；惯性及其现象；二力平衡的条件及其应用；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】A：惯性是物体的固有属性，不是力，不能与重力比较大小，故 A 错误；
B：跳水运动员在空中下落的过程中，质量不变、速度增大，动能逐渐增大，故 B 正确；
C：足球在空中竖直上升时，受到竖直向下的重力和竖直向下的空气阻力，合力方向竖直向下，故 C 正确；
D：人漂在死海水面上时，处于漂浮状态，浮力等于重力，故 D 错误。
故答案为：BC。
【分析】A：考查惯性的概念，惯性是物体的属性，不是力，无法与重力比较；
B：考查动能的影响因素，动能与质量和速度有关，下落时速度增大，动能增大；
C：考查合力的判断，足球上升时重力和阻力均向下，合力方向与它们一致；
D：考查漂浮条件，漂浮时物体受到的浮力等于自身重力。
12．小明关于电磁现象的下列说法中正确的是（　　）
A．看不见的磁场是客观存在的
B．磁场是由疏密不同的磁感线组成
C．电流周围的小磁针会受到磁场力的作用
D．磁体具有磁性，磁极是磁体上磁性最强的部分
【答案】A,C,D
【知识点】磁场；磁感线及其特点；通电直导线周围的磁场
【解析】【解答】A：磁场是一种看不见、摸不着的特殊物质，是客观存在的，故 A 正确；
B：磁感线是为了形象描述磁场而引入的假想曲线，并非真实存在，磁场不是由磁感线组成的，故 B 错误；
C：电流周围存在磁场（电流的磁效应），磁场对放入其中的小磁针有力的作用，因此电流周围的小磁针会受到磁场力的作用，故 C 正确；
D：磁体具有磁性，磁极是磁体上磁性最强的部分（通常在两端），故 D 正确。
故答案为：ACD。
【分析】A：考查磁场的客观性，磁场虽不可见，但真实存在；
B：考查磁感线的概念，磁感线是假想模型，并非真实物质；
C：考查电流的磁效应，电流周围存在磁场，会对小磁针产生力的作用；
D：考查磁体的基本性质，磁极是磁体上磁性最强的部分。
二、非选择题（34－49题，共46分）
13．在电影院偷拍是制作盗版电影惯用的方法。小聪将反盗版电影的装置安装在银幕后面，使其发出的多束红外线通过银幕上的小孔射向观众席上的偷拍摄像机，在其感光底片上成　 　像（填三种性质），从而形成干扰亮点；此装置的使用　 　（选填“会”或“不会”）影响观众观看电影。
【答案】倒立、缩小、实；不会
【知识点】光的直线传播及其应用
【解析】【解答】红外线装置到观众的偷拍摄像机的距离大于两倍的距离，此装置的摄像机的镜头就相当于一个凸透镜，当u>2f时，成缩小倒立的实像。由于人眼看不到红外线，因此此装置的使用不会影响观众的观看。
故答案为：倒立、缩小、实；不会
【分析】（1）本题考查凸透镜成像规律的应用，摄像机镜头相当于凸透镜，当物距大于两倍焦距时，成倒立、缩小的实像。
（2）本题考查红外线的特性，人眼无法看到红外线，因此装置的使用不会影响观众观看电影。
14．小明是近视眼，她所佩戴的眼镜镜片应为　 　透镜；她用高速频闪照相机拍摄正在做直线运动的甲、乙两个小球，其中一张频闪照片如图。已知每次曝光的时间间隔为0.1s，比较甲球通过AB段路程与乙球通过CD段路程的过程中，　 　球运动较快。
【答案】凹；甲
【知识点】近视眼的成因与矫正办法；速度与物体运动
【解析】【解答】近视眼是晶状体变厚，折光能力变强，使得所成的像在视网膜前，所以需要佩戴对光线有发散作用的凹透镜进行矫正。
由图可知，甲球通过AB段路程比CD段路程大，甲球的时间是0.3s，乙球的时间是0.4s，根据可知甲球运动的速度大，即甲球运动较快。
故答案为：凹；甲
【分析】（1）本题考查近视眼的矫正，近视眼需要佩戴对光线有发散作用的凹透镜来矫正。
（2）本题考查速度的比较，需根据频闪照片计算甲、乙两球的运动时间，再结合路程关系判断速度大小。
15．如图是小聪做固体熔化实验时绘制的图像。在CD段时，此物质处于　 　态（选填“固”、“液”或“固液共存”）；这种物质属于　 　（选填“晶体”或“非晶体”）。
【答案】液；晶体
【知识点】熔化和凝固的温度—时间图象
【解析】【解答】由图像可知，物质在C点熔化完成，所以CD段物质处于液态；图像的BC段，物质吸收热量，温度保持不变，即物质有固定的熔点，故该物质为晶体。
故答案为：液；晶体
【分析】（1）本题考查晶体熔化图像的阶段分析，CD 段物质已完成熔化，处于液态。
（2）本题考查晶体的判断，BC 段物质吸热但温度不变，说明有固定熔点，属于晶体。
16．如图所示，将重为5N的木块放入烧杯中，静止时木块所受浮力的大小为　 　 N，放入木块后，烧杯底部所受水的压强比原来　 　 （填“变大”、“变小”或“不变”）．
【答案】5；变大
【知识点】液体压强的特点；浮力大小的计算
【解析】【解答】因为木块漂浮，所以木块受到的浮力：=G=5N，浮力的方向是竖直向上；放入木块后，水深h变大，因为p=ρgh，所以烧杯底部所受水的压强变大．
故答案为：5；变大．
【分析】（1）本题考查漂浮条件的应用，木块漂浮时浮力等于重力。
（2）本题考查液体压强的变化分析，放入木块后水位上升，根据p=ρgh可知烧杯底部所受水的压强变大。
17．小聪在挤压气囊时，瓶中香水儿从小孔喷出如图。这是由于挤压气囊使瓶中吸管顶端的气流流速加大，吸管顶端的气体压强　 　（选填“大于”、“小于”或“等于”）瓶中液面上方气体的压强，从而使香水儿沿吸管上升，并随着高速的水平气流从小孔中喷出，这一现象依据的原理是　 　。
【答案】小于；流体流速大的位置，压强小
【知识点】流体压强与流速的关系
【解析】【解答】根据流体中流速大的位置压强小，流速小的位置压强大可知，挤压气囊时，瓶中吸管顶端的气体流速增大，气体压强小于瓶中液面上方气体的压强，从而使香水随着高速的气流从小孔喷出。
故答案为：小于；流体流速大的位置，压强小
【分析】（1）本题考查流体压强与流速的关系，当吸管顶端气流流速增大时，气体压强会减小，小于瓶中液面上方气体的压强，从而推动香水上升并喷出。
（2）本题考查流体压强的基本原理，即流体流速大的位置压强小。
18．如图所示的电路中，电源电压保持不变．当开关S由断开到闭合时，电流表的示数将　 　，电压表与电流表示数的比值将　 　(以上两空均填“变大”、“变小”或“不变”)
【答案】变大；不变
【知识点】欧姆定律及其应用
【解析】【解答】开关断开，定值电阻和灯泡串联总电阻等于二者之和，开关闭合，灯泡被短路，电路只有一个定值电阻，总电阻变小，电源电压不变所以总电流变大．开关断开闭合前后，电压表测量的都是定值电阻的电压，电流表测量的也是流过定值电阻的电流，根据欧姆定律，导体两端的电压和电流之比等于电阻，而定值电阻阻值不变，所以比值不变．
故答案为：变大；不变
【分析】（1）本题考查电路动态分析，开关断开时，定值电阻 R 与灯泡 L 串联；开关闭合时，灯泡被短路，电路中只有 R。电源电压不变，总电阻变小，由欧姆定律可知电流变大。
（2）本题考查欧姆定律的应用，电压表测 R 两端电压，电流表测电路电流，其比值为定值电阻 R 的阻值，故保持不变。
19．阅读以下材料，回答相应问题：
材料一：1820年，丹麦物理学家奥斯特发现了通电导体周围存在磁场。
材料二：1825年，瑞士物理学家科拉顿做了如下实验：他将一个能反映微小变化的电流表，通过导线与螺旋线圈串联成闭合电路，并将螺旋线圈和电流表分别放置在两个相连的房间如图。他将一个条形磁铁插入螺旋线圈内，同时跑到另一个房间里，观察电流表的指针是否偏转。进行多次实验，他都没有发现电流表指针发生偏转。
材料三：1831年，英国物理学家法拉第用闭合电路的一部分导体，在磁场里切割磁感线的时候，发现导体中产生电流，从而实现了利用磁场获得电流的愿望。
科拉顿的实验中，　 　（选填“已经”或“没有”）满足产生感应电流的条件。要使他能观察到电流表指针偏转，你提出的一种改进方法是　 　。
【答案】已经；将电流表等器材置于同一房间
【知识点】产生感应电流的条件
【解析】【解答】 解：实验中，通过导线与螺旋线圈串联成闭合电路，并将螺旋线圈和电流表分别放置在两个相连的房间如图。他将一个条形磁铁插入螺旋线圈内，闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，即科拉顿的实验中，已经满足产生感应电流的条件，要使他能观察到电流表指针偏转，改进方法是：将电流表等器材放在同一房间内实验。
故答案为：已经；将电流表等器材放在同一房间。【分析】 产生感应电流的条件是：闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，据此分析。
20．在水平地面上，小聪用10N水平推力推重为50N的物体，使它以的速度沿水平方向移动10m，该过程中小聪水平推力的功率是　 　W，物体重力做功为　 　J。
【答案】5；0
【知识点】功率计算公式的应用；是否做功的判断
【解析】【解答】小聪水平推力的功率是
重力的方向竖直向下，物体沿水平方向运动，力与物体运动方向垂直，物体的重力对物体不做功，即做功为0 J。
故答案为：5；0
【分析】（1）本题考查功率的计算，可利用公式P = Fv直接计算推力的功率。
（2）本题考查功的判断，物体在重力方向（竖直方向）上没有位移，因此重力不做功。
21．用功率一定的电加热器给质量一定的某种液体均匀加热，研究液体升高的温度跟吸收热量的关系。下表中是该实验获取的部分数据，请你根据数据归纳出这种液体升高的温度Δt跟吸收热量Q的关系：在这种液体的　 　时，Δt=　 　。
Q/103J 25 50 75 100 125 150 175
Δt/℃ 12.5 25 37.5 50 62.5 75 87.5
【答案】质量一定；Δt=0.5×10-3(℃/J) Q
【知识点】比热容的定义及其计算公式
【解析】【解答】根据公式Q=cmΔt得，可见在这种液体的质量一定时，cm就是常数，液体升高的温度Δt跟吸收热量Q成正比；由表中数据可知100×103 J=50℃×n，则n=2×103(J/℃)
所以Δt=0.5×10-3(℃/J) Q
故答案为：质量一定；Δt=0.5×10-3(℃/J) Q
【分析】（1）本题考查比热容公式 的应用，当液体质量一定时，比热容 为定值，升高的温度 与吸收的热量 成正比。
（2）本题考查数据归纳与关系式推导，通过表格数据可得出 。
22．发光二极管就是由半导体材料制成的，它具有　 　导电的性质；20世纪初，科学家发现，铝在以下时，电阻就变成了零，这种现象称为　 　现象。
【答案】单向；超导
【知识点】半导体特点及作用；超导体特点及作用
【解析】【解答】发光二极管就是由半导体材料制成的，它具有单向导电性，电流只能从二极管的正极流入，负极流出，二极管才能发光。
超导现象指的是物体在极低的温度下，电阻变为了零，故铝在-以下时，电阻就变成了零，是超导现象。
故答案为：单向；超导
【分析】（1）本题考查半导体二极管的特性，发光二极管具有单向导电性，电流只能从正极流入、负极流出才能发光。
（2）本题考查超导现象的定义，当某些材料在极低温度下电阻变为零的现象称为超导现象。
23．小聪将重为10N的小球悬挂在细线下，使其来回摆动如图。请作出此时小球受到重力G的示意图。
【答案】
【知识点】重力示意图
【解析】【解答】重力的方向是竖直向下的，过重心画一条带箭头的竖直向下的有向线段，用G表示，如图所示：
【分析】作用点：重力的作用点在小球的重心，也就是小球的几何中心。
方向：重力的方向始终是竖直向下的，与小球的摆动方向无关。
标注：画一条从重心出发、带箭头的竖直向下线段，并在线段末端标注符号G，旁边注明大小。
24．小明用如图所示的滑轮组提升重物，请画出最省力的滑轮组绕线。
【答案】
【知识点】滑轮组的设计与组装
【解析】【解答】最省力的方式3段绳子分担动滑轮重，绳子的固定端需要固定在动滑轮的钩子上，向上绕过定滑轮，再绕过动滑轮向上，故如图所示：
【分析】固定端：绳子固定在动滑轮的挂钩上。
第一次绕线：向上绕过定滑轮。
第二次绕线：向下绕过动滑轮，绳子末端向上，拉力方向向上。
25．小李同学想测量一块不规则瓷片的密度：
(1)把天平放在　 　桌面上，将游码移到零刻度处，然后调节　 　使天平平衡；
(2)用调节好的天平测量瓷片的质量，所用砝码的个数和游码的位置如图所示，则瓷片的质量为　 　g；
(3)他发现瓷片放不进量筒，改用如图所示的方法测瓷片的体积：
a.往烧杯中加入适量的水，把瓷片浸没，在水面到达的位置上作标记，然后取出瓷片；
b.先往量筒装入40mL的水，然后将量筒的水缓慢倒入烧杯中，让水面到达标记处，量筒里剩余水的体积如图所示，则瓷片的体积为　 　cm3；
(4)用密度公式计算出瓷片的密度ρ为　 　g/cm3；
(5)根据以上步骤，你认为小李同学测出的瓷片密度值　 　（选填“偏大”或“偏小”）。
【答案】水平；平衡螺母；32；16；2；偏小
【知识点】固体密度的测量
【解析】【解答】(1)使用天平时，首先应把天平放在水平桌面上，将游码移到零刻度处，然后调节平衡螺母使横梁平衡。
故答案为：水平；平衡螺母
(2)由图知道，天平的分度值为0.2g，示数是2g，故瓷片的质量m=20g+10g+2g=32g
故答案为：32
(3)由图知道，量筒的分度值为2cm3 ，量筒中剩余水的体积为24cm3 ，瓷片的体积V=40cm3 -24cm3 =16cm3
故答案为：16
(4)由知道，瓷片的密度
故答案为：2
(5)由于取出瓷片时，瓷片上会沾有一部分水，使得倒入量筒中水的体积会偏大，即水的体积大于瓷片的体积，由知道，密度测量值会偏小。
故答案为：偏小
【分析】(1) 本题考查天平的使用方法，天平使用前需放在水平桌面上，将游码归零后调节平衡螺母使横梁平衡。
(2) 本题考查天平读数，瓷片质量为砝码质量加游码示数。
(3) 本题考查排水法测体积，瓷片体积等于倒出的水的体积。
(4) 本题考查密度公式的应用，用可得。
(5) 本题考查误差分析，取出瓷片时会带出水，导致补充的水体积偏大，测得的瓷片体积偏大，由可知，密度测量值偏小。
26．小明做“探究杠杆的平衡条件”的实验：
（1）当杠杆如图甲所示时，小明应将平衡螺母向　 　移动，使杠杆在水平位置平衡；
（2）小明使杠杆在水平位置平衡的目的是　 　；（答一条即可）
（3）调节杠杆水平平衡后，小明在杠杆的A点挂上两个钩码（每个钩码重1N，杠杆上相邻刻度线距离相等）如图乙，若使其恢复水平位置平衡，可以在　 　点挂上一个钩码；
（4）如果使用量程为1牛的弹簧测力计在支点左侧施力，应在　 　点沿着　 　的方向拉住杠杆。
【答案】（1）左
（2）此时力臂在杠杆上，便于直接测量
（3）E
（4）C；竖直向上
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【解答】（1）由图甲可知，杠杆往右偏，所以向左移动平衡螺母。使杠杆在水平位置平衡。
故答案为：左
（2）杠杆在水平位置平衡，钩码对杠杆的力竖直向下，则力臂在杠杆上，便于直接测量力臂的大小。
故答案为：此时力臂在杠杆上，便于直接测量
（3）由杠杆平衡条件可得
解得，即在E点挂一个钩码。
故答案为：E
（4）由杠杆平衡条件可得
解得，所以在C点沿竖直向上的方向拉住杠杆。
故答案为：C；竖直向上
【分析】(1) 本题考查杠杆的调节方法，先观察杠杆哪一端偏重，平衡螺母向偏高的一侧移动，使杠杆在水平位置平衡。
(2) 本题考查杠杆在水平位置平衡的目的，水平位置平衡时，力的方向与杠杆垂直，力臂与杠杆重合，便于直接从杠杆上读出力臂的大小。
(3) 本题考查杠杆平衡条件的应用，根据杠杆平衡条件 ，代入已知的力和力臂，计算出未知力的力臂，再确定对应的挂钩码的位置。
(4) 本题考查杠杆平衡条件的应用，根据杠杆平衡条件 ，结合弹簧测力计的量程，计算出所需的力臂长度，再确定施力点和施力方向（支点左侧施力时，力的方向需向上，使杠杆平衡）。
（1）由图甲可知，杠杆往右偏，所以向左移动平衡螺母。使杠杆在水平位置平衡。
（2）杠杆在水平位置平衡，钩码对杠杆的力竖直向下，则力臂在杠杆上，便于直接测量力臂的大小。
（3）由杠杆平衡条件可得
解得，即在E点挂一个钩码。
（4）[1][2]由杠杆平衡条件可得
解得，所以在C点沿竖直向上的方向拉住杠杆。
27．小聪测量额定电压为3.8V的小灯泡的电功率，他设计出实验电路图，并按照电路图连接实验器材如图所示：
（1）请你根据实物图的连接情况，画出小聪设计的实验电路图；
（2）小聪连接实验器材时，开关要处于　 　状态；闭合开关前，滑片要调至　 　端；
（3）电路连接正确后，闭合开关S，小聪发现电流表有示数，但示数较小，小灯泡儿不亮，接下来应进行的操作是（　　）
A．更换一个同样规格的小灯泡
B．更换电压表所使用的量程
C．检查电路中是否存在着断路故障
D．减小变阻器接入电路的阻值
（4）实验过程中，当小灯泡两端的电压为额定电压时，电流表的示数如图所示，此时的电流为　 　，小灯泡的额定功率为　 　。
【答案】（1）
（2）断开；A
（3）D
（4）0.4A；1.52W
【知识点】探究用电器的电功率实验
【解析】【解答】（1）如图所示，电流从电池的正极出发，经过开关、电流表、灯泡、滑动变阻器回到负极，电压表测量小灯泡的电压，故电路图如图所示：
（2）连接电路时，为了保护电路，开关需要处于断开状态。
闭合开关前，为了保护电路，滑片P需要位于阻值最大处，故滑动变阻器的滑片P需要调至A端。
故答案为：断开；A
（3）电路连接正确后，闭合开关S，小聪发现电流表有示数，但示数较小，小灯泡儿不亮，可能原因是滑动变阻器接入的阻值太大了，电路中的电流过小，灯泡不亮，下一步的实验操作是先移动滑动变阻器的滑片P，减小滑动变阻器接入的阻值，观察灯泡的亮暗情况、电流表的示数，电压表的示数，故D符合题意；ABC不符合题意。
故答案为：D。
（4）电流表的示数如图所示，选择小量程，分度值为0.02A，此时的电流为0.4A。
小灯泡的额定功率为
故答案为：0.4A；1.52W
【分析】(1) 本题考查根据实物图画电路图，先确定电流路径，从电源正极出发，依次经过开关、电流表、灯泡、滑动变阻器回到负极，电压表并联在灯泡两端，据此画出电路图。
(2) 本题考查电路连接的注意事项，连接电路时，为保护电路，开关应处于断开状态；闭合开关前，滑动变阻器滑片应调至阻值最大端（A端）。
(3) 本题考查电路故障分析，电流表有示数说明电路是通路，示数较小、灯泡不亮是因为滑动变阻器接入阻值太大，导致电路电流过小，因此应减小滑动变阻器接入的阻值。
(4) 本题考查电流表读数和额定功率的计算，电流表接0~0.6A量程，分度值为0.02A，根据指针位置读出电流，再利用 计算额定功率。
（1）如图所示，电流从电池的正极出发，经过开关、电流表、灯泡、滑动变阻器回到负极，电压表测量小灯泡的电压，故电路图如图所示：
（2）[1]连接电路时，为了保护电路，开关需要处于断开状态。
[2]闭合开关前，为了保护电路，滑片P需要位于阻值最大处，故滑动变阻器的滑片P需要调至A端。
（3）电路连接正确后，闭合开关S，小聪发现电流表有示数，但示数较小，小灯泡儿不亮，可能原因是滑动变阻器接入的阻值太大了，电路中的电流过小，灯泡不亮，下一步的实验操作是先移动滑动变阻器的滑片P，减小滑动变阻器接入的阻值，观察灯泡的亮暗情况、电流表的示数，电压表的示数，故D符合题意；ABC不符合题意。
故选D。
（4）[1]电流表的示数如图所示，选择小量程，分度值为0.02A，此时的电流为0.4A。
[2]小灯泡的额定功率为
28．随着科技的发展，人们常用空气源热水器来冲凉洗澡，如图是空气源热水器。空气源热水器内有一种吸热介质——冷媒。“冷媒”作为空气源热水器热的“搬运工”，能把外界的内能搬到空气源热水器的内部。液态的冷媒温度低于零下，与外界存在着温差，因此，冷媒可吸收外界空气的内能，在蒸发器内部转化为气态，然后通过空气源热水器中压缩机的工作，使气态冷媒的温度升高。温度较高的冷媒通过冷凝器时从气态转化为液态，同时释放出大量的热量，被水箱中储备水吸收，使水温升高，从而达到制热水的目的。空气源热水器所消耗的电能仅是带动压缩机工作，由于大量空气中的内能进入系统，所以它得到的内能是压缩机消耗电能的3倍以上。技术参数表如下表：
空气源热水器技术参数表
名称 空气源热水器
型号 DW－3
总输入功率 880W
热水产量
电源规格
（1）分析该技术参数表，该空气源热水器正常工作时的电流是多少？
（2）小明家每天需要用热水200kg，若水的初温是，则水吸收的热量是多少？[水的比热容]
（3）小明家使用空气源热水器提供热水，若空气源热水器得到的内能是压缩机消耗的电能的3倍，则每天需要消耗的电能是多少度？（保留到小数点后一位）
（4）空气源热水器中水的内能增加是能量的“转移”还是“转化”，写出你判断的理由。
【答案】（1）解：空气源热水器正常工作的电流
（2）解：水吸收的热量是
（3）解：由题意得空气源热水器得到的内能，所以每天需要消耗的电能是
（4）解：能量的转移。理由：“冷媒”作为空气源热水器热的“搬运工”，能把外界的内能搬到空气源热水器的内部，使水温升高，前后过程中发生了能量的转移，能量的形式没有发生变化。
【知识点】热传递改变物体内能；比热容的定义及其计算公式；电功率的计算
【解析】【分析】(1) 本题考查电功率公式的应用，已知空气源热水器的额定功率和额定电压，可通过公式 计算正常工作时的电流。
(2) 本题考查吸热公式的应用，已知水的质量、初末温度和比热容，可通过公式 计算水吸收的热量。
(3) 本题考查能量转化与电能的计算，已知空气源热水器得到的内能是压缩机消耗电能的3倍，可通过 计算消耗的电能，并进行单位换算。
(4) 本题考查能量转移与转化的判断，空气源热水器通过“冷媒”将外界的内能搬到热水器内部，能量形式未发生变化，属于能量的转移。
（1）空气源热水器正常工作的电流
（2）水吸收的热量是
（3）由题意得空气源热水器得到的内能，所以每天需要消耗的电能是
（4）能量的转移。理由：“冷媒”作为空气源热水器热的“搬运工”，能把外界的内能搬到空气源热水器的内部，使水温升高，前后过程中发生了能量的转移，能量的形式没有发生变化。
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