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2026年四川广元旺苍县中考第二次诊断性学科质量监测物理试题
1．以下物理量的估测，最接近实际的是（　　）
A．橡皮擦从课桌掉落到地面所用时间为1min
B．1元硬币的厚度约为0.1dm
C．托起两枚鸡蛋所用的力大约为1N
D．家用电冰箱功率约为100kW
2．下列关于信息和能源说法正确的是（　　）
A．光纤通信是光在光导纤维中发生折射来传递信息
B．电能、水能都是一次能源
C．能量是守恒的，所以能量取之不尽用之不竭
D．声波传递信息需要介质
3．2026年元宵节，旺苍县东河红桥上空，千架无人机组成“旺泽八方，苍润万家”字样。无人机灯光在水面形成倒影，交相辉映。下列说法正确的是（　　）
A．无人机悬停在空中相对于红桥是静止的
B．无人机悬停在空中相对于倒影是运动的
C．无人机匀速上升时，它没有受到重力
D．无人机升力的施力物体是无人机本身
4．如下光现象知识思维导图一个分支实例内容缺失，能正确补充的选项是（　　）
A．树荫下的光斑 B．用放大镜看字
C．皮影戏 D．杯弓蛇影
5．小蔷在厨房做饭时联想到许多物理知识，下列中正确的是（　　）
A．洗菜后用力甩掉菜上的水滴，这是利用了菜叶的惯性
B．鸡蛋碰碗边，鸡蛋破了，则鸡蛋对碗的力小于碗对鸡蛋的力
C．水平桌面上静止的酱油瓶，所受重力与桌面对它的支持力是一对平衡力
D．汤锅内的汤正在沸腾，若加盖上锅盖，锅内气压会变小，汤的沸点随之升高
6．高铁被誉为我国“新四大发明”之一。高铁及铁轨采用了相关措施来保证其安全性和舒适性，下列描述中正确的是（　　）
A．铁轨下铺设枕轨主要是为了增大压强
B．列车的机械部件加润滑油是为了增大摩擦
C．车内的破窗锤头做成锥形是为了增大压强
D．车厢地面铺设防滑磨砂材料是为了减小摩擦
7．如图所示，甲、乙两种滑轮匀速将同一物体提升相同高度，不计绳重和摩擦。下列说法不正确的是（　　）
A．甲乙做的有用功一样多
B．甲乙两绳子自由端的拉力相等
C．乙装置的机械效率比甲低
D．乙绳子自由端移动的距离是甲的2倍
8．在探究“影响浮力大小的因素”实验中，小明选用体积相同的实心金属块甲和乙，实验过程如图所示，他探究的问题是（　　）
A．浮力大小与物体浸入液体深度的关系
B．浮力大小与排开液体重力的关系
C．浮力大小与液体密度的关系
D．浮力大小与物体密度的关系
9．2026年1月19日，神舟二十号返回舱在东风着陆场成功着陆。返回舱经历制动离轨、滑行、减速下降、点火缓冲等阶段。关于降落过程下列说法正确的是（　　）
A．减速下降阶段质量不变，则返回舱的重力势能增大
B．点火缓冲阶段质量不变，则返回舱的动能减小
C．返回舱在大气层内滑行时，只受重力作用，机械能保持守恒
D．返回舱与空气摩擦时，内能转化为机械能，外壳温度升高
10．“以茶会友”是中国人社交的重要方式。将一杯热气腾腾的旺苍绿茶端到客人面前，茶香四溢，令人心旷神怡。下列说法中正确的是（　　）
A．茶水温度越高所含的热量越多
B．热气腾腾的茶水冒出的“白气”是汽化现象
C．端着茶杯的手感觉很热，是通过做功的方式改变了手的内能
D．“茶香四溢”是扩散现象，说明分子在不停地做无规则运动
11．如图所示的四幅图中，用来研究电动机工作原理的实验装置是（　　）
A． B．
C． D．
12．如图甲所示，电源电压恒为18V，灯泡L上标有“10V 0.5A”字样（忽略灯泡电阻随温度的变化），电流表量程为0~0.6A，电压表量程为0~15V，为定值电阻，滑动变阻器R的最大阻值为80Ω。当只闭合S和，移动滑动变阻器的滑片P时，滑动变阻器两端的电压与其接入电路的电阻关系如图乙所示，当滑动变阻器接入电路的阻值由增大到4时，电流表示数变化了0.2A。则下列说法中正确的是（　　）
A．与定值电阻的比值为1：2
B．定值电阻的阻值为20Ω
C．只闭合S和，在保证电路安全情况下，电流表示数变化范围为0.16A~0.4A
D．只闭合S和，在保证电路安全情况下，电压表示数变化范围为6V~15V
13．2026年元宵节，非遗“打铁花”在东河之畔震撼上演。夜幕下，师傅们将1600℃的铁水击向夜空，化作万点金雨。生铁（晶体）熔化时温度　 　（选填“不变”，“升高”或“下降”），铁水冷却变成固态铁粒，该过程发生的物态变化是　 　。
14．如图甲所示的电路，电源电压保持不变，为定值电阻，滑动变阻器。闭合开关S，移动滑片P，根据两电压表的示数与电流示数的变化关系绘制出图像，如图乙所示。则电源电压为　 　V；当滑片P在中点时，1min内产生的热量为　 　J。
15．如图所示，工人利用斜面将货物推上货车。已知斜面长5m，高1m，工人沿斜面方向将质量为160kg的货物从斜面底端匀速推至顶端。使用斜面的好处是　 　（选填“省功”，“省力”或“省距离”）；若该过程斜面的效率为80%，则推力F的大小为　 　N。（g取10N/kg）
16．如图所示，用细绳拉着浸没在水中的合金块，将其从图中位置缓慢拉至刚好离开水面，此过程中烧杯对桌面的压强　 　（选填“不变”，“变大”或“变小”）；剪断细线后，合金块在水中竖直向下做加速运动，不计水的阻力，合金块所受合力的方向为　 　。
17．水平桌面上有一装有适量水的足够高的柱形水槽，水中放一个重力为的木块，将重力为的铁块放在木块上，静止时木块刚好浸没在水中，如图甲所示，此时木块受到的浮力为　 　；当将铁块用细线系在木块下方，浸在水中，静止时木块有十分之一的体积露出水面，如图乙所示，若木块体积为V，则铁块的体积为　 　。（用题中已知物理量写出代数式）
18．阅读短文，回答问题。
月球太阳能电站
科学家设想在太阳光充足、地域广阔的月球正面建设大型太阳能电站，可克服地球太阳能电站受天气影响、功率小等缺点。电站产生的电能经微波转换器转为微波，通过天线发送至地面；地面接收站将微波能还原为电能（图甲），解决电能输送问题。
“嫦娥”系列登月车以太阳能电池板供电，其核心工作原理为光电效应：如图乙所示，太阳光照射到电池板的两片不同半导体表面时，产生光电效应形成电流，工作时将接收到的太阳能直接转化为电能。已知电池板每平方米接收的太阳光照辐射功率为，光电转化效率为18%。
请根据上述材料，回答下列问题：
（1）太阳能电池板的核心工作原理为　 　；
（2）太阳发出的巨大能量来源于太阳内部的氢原子核发生的核　 　变（选填“聚”或“裂”）反应；
（3）在月球上一块接收面积为的太阳能电池板，它的发电功率是　 　W；
（4）若月球电站的总发电能力为，利用微波传输电能的输电效率为80%。则地面接收站1h接收到的电能相当于完全燃烧　 　天然气放出的热量（）。
19．请在图中定性画出水的比热容与其质量的关系图象。
20．如图，闭合开关S后，小磁针N极逆时针偏转。请在括号内分别标出螺线管右端的磁极与电源的正负极。
21．如图是“探究平面镜成像时像与物的关系”的装置。在水平桌面上铺一张白纸，将玻璃板竖立在白纸上，有两支完全相同的蜡烛A和B。把蜡烛A点燃放在玻璃板前面，未点燃的蜡烛B放在玻璃板后面移动，直到看上去它与蜡烛A的像完全重合。
（1）实验中，如果把蜡烛A远离平面镜，蜡烛A像的大小　 　（选填“不变”，“变大”或“变小”）；
（2）实验中同学发现无论如何移动蜡烛B，都无法与蜡烛A的像完全重合，造成这一现象的原因为：　 　。（写出一条即可）
22．如图所示为“伏安法”测量电阻的实物电路，已知滑动变阻器规格为“5Ω 1A”，电源电压恒定为3V，电压表测量定值电阻R两端的电压。
（1）请用笔画线代替导线，将实物电路连接完整。要求：当滑片P向A端滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大（连线时导线不允许交叉）；
（2）正确连接电路后，闭合开关前，应将滑动变阻器滑片移到　 　（选填“A”或“B”）端；闭合开关后，发现电流表和电压表均无示数，则电路故障可能是　 　（选填“电压表”或“滑动变阻器”）断路；
（3）闭合开关后，当滑动变阻器滑片P移至B端时，电压表示数为；当滑动变阻器接入电路的电阻为2.5Ω时，电压表的示数为，则R的阻值为　 　Ω。
23．跨学科实践：制作简易杆秤
如图甲，杆秤是我国流传千年的传统称重器具，凝聚着古人的劳动智慧与深厚传统文化价值。科学实践小组以杆秤为探究对象，结合杠杆平衡原理开展实践探究，完成了产品制作、产品使用、产品改进三大实践环节。
【产品制作】
（1）如图乙所示，科学实践小组选取直尺、钩码、细绳等材料制作简易杆秤。选用质地轻的直尺作为秤杆的主要目的是　 　；在直尺5cm刻度处打孔穿绳制作秤钩，10cm刻度处打孔穿绳制作提纽，其中提纽对应杠杆的　 　。（选填“支点”、“动力作用点”或“阻力作用点”）
【产品使用】
（2）简易杆秤使用前未校零调平，空载时秤钩端略向下倾斜。若直接用该杆秤称量物体质量，测量结果会　 　。（选填“不变”、“偏小”或“偏大”）
【产品改进】
（3）若想提高简易杆秤测量精准度，可采取的办法是　 　。（写出一条即可）
24．科学教育社团利用如图甲装置测量长方体合金工件的密度。一圆柱形容器底面积为120，上端开口面积为80，装有适量水，静止在水平桌面上。用细线吊着高度小于15cm，底面积为60的质地均匀、实心长方体合金工件，使其缓慢浸入水中，当工件完全浸没并沉底后，松开细线，测得其上表面距水面8cm，容器对桌面的压强相比未放入工件时增大了3200Pa（容器中水未外溢）。图乙是水对容器底部的压强p与工件下表面浸入水中深度H的图像。（）求：
（1）未放入合金工件时，容器中水的深度；
（2）当合金工件下表面浸入水中深度H＝3cm时，工件受到的浮力；
（3）求合金工件的密度。
25．如图所示，电源电压恒定不变。当闭合开关和，断开，灯泡L正常发光；当闭合开关和，断开，电压表示数为6V，电流表示数为1.6A；当只闭合开关时，灯泡L消耗的实际功率与额定功率之比为1：9，与消耗的功率之比为3：1（不考虑灯丝电阻随温度变化）。求：
（1）灯泡L的额定电压；
（2）灯泡L的额定功率；
（3）当只闭合时，的电功率。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】时间的估测；长度的估测；重力及其大小的计算；电功率
【解析】【解答】 A．标准课桌高度约为0.8m，橡皮擦从课桌自由下落到地面的时间通常不到1秒，故A错误；
B．一枚1元硬币的厚度约为2mm，故B错误；
C．两枚普通鸡蛋的总质量约为 100g，根据重力公式G=mg计算，其总重力约为1N，因此托起两枚鸡蛋所需的力大约为1N，故C正确；
D．家用电冰箱的正常工作功率约为150W，故D错误。
故选：C。
【分析】 （1）判断的关键是结合课桌高度和自由落体运动规律，估算物体下落的大致时间，明确 “不到1 秒”是符合实际的。
（2）判断的关键是掌握生活中常见物品的长度估测，1元硬币的厚度约为2mm。
（3）判断的关键是结合常见物品的质量和重力公式G=mg进行估算，两枚鸡蛋的质量约100g，重力约 1N，因此托起它们的力约为1N。
（4）判断的关键是了解常见家用电器的功率范围，家用电冰箱的功率通常在100W-200W之间，约为 150W。
2．【答案】D
【知识点】能量的转化或转移；能源及其分类；能源与可持续发展；声音的传播条件；光纤通信
【解析】【解答】 A．光纤通信利用光在玻璃纤维内壁不断反射来传输信号，故A错误。
B．能直接从自然界获取的能源为一次能源，水能属于一次能源；电能需要消耗其他形式的能源才能得到，属于二次能源，故B错误。
C．能量总量保持不变，但能量的转化、转移存在方向性，部分能量会耗散流失，难以重复利用，因此可用能源并非无穷无尽，故C错误。
D．声音传播必须依靠介质，真空环境中无法传声，也就不能利用声波传递信息，该说法正确，故D正确。
故选：D。
【分析】 （1）光纤通信的工作原理依靠光的反射。
（2）根据能否直接从自然界获取，可将能源划分为一次能源与二次能源。
（3）结合能量守恒定律以及能量转化、转移的方向性。
（4）明确声音的传播条件，真空不能传声。
3．【答案】A
【知识点】力的概念及单位；重力及其大小的计算；参照物及其选择；运动和静止的相对性
【解析】【解答】 A．无人机保持悬停状态，相对于红桥的空间位置始终没有变化，以红桥作为参照物，无人机处于静止状态，故A正确。
B．无人机在水面形成倒影，属于平面镜成像，像与物体相对静止，二者位置不会发生改变，因此无人机相对于倒影是静止的，该选项判断有误，故B错误。
C．重力是地球附近物体普遍受到的力，无论物体静止还是运动，匀速上升的无人机也不例外，始终会受到重力作用，故C错误。
D．无人机升空依靠空气产生的向上作用力，该升力的施力物体是周围的空气，选项表述错误，故D错误。
故选：A。
【分析】 （1）判断物体运动或静止，关键看被研究物体与参照物之间的相对位置是否改变，位置不变则物体静止。
（2）平面镜所成的像与物体关于镜面对称，物体与像相对位置保持不变，二者始终相对静止。
（3）地球附近的所有物体都会受到重力作用，重力的存在与物体的运动状态无关。
（4）力不能脱离物体单独存在，无人机获得的升力，是由空气施加的。
4．【答案】D
【知识点】光的直线传播及其应用；光的反射；光的折射现象及其应用
【解析】【解答】A．树荫下出现的圆形光斑属于小孔成像，由光沿直线传播形成，故A不符合题意；
B．借助放大镜观察文字，利用了凸透镜成像规律，本质是光的折射现象，故B不符合题意；
C．皮影戏中影子的形成，依据的是光的直线传播原理，故C不符合题意；
D．杯弓蛇影描述的是水面倒影，属于平面镜成像，成像原理为光的反射，故D符合题意。
故选：D。
【分析】 （1）小孔成像、影子的形成，均是光沿直线传播的典型现象。
（2）放大镜成像属于透镜应用，其光学原理为光的折射。
（3）平面镜成像的实质是光的反射，水面倒影是生活中常见的光反射实例。
（4）解题时先明确考点，再区分光的直线传播、光的反射、光的折射三种光学现象即可判断选项。
5．【答案】C
【知识点】力作用的相互性；惯性及其现象；二力平衡的条件及其应用；平衡力的辨别；沸点及沸点与气压的关系
【解析】【解答】 A．洗完蔬菜后抖落水珠，是因为水珠具有惯性，会维持原有运动状态离开菜叶，该现象利用了惯性，故A错误。
B．鸡蛋撞击碗沿时，鸡蛋与碗之间的作用力属于一对相互作用力，相互作用力大小始终相等。鸡蛋破裂只是自身材质脆弱、抗压能力差，并非受力更小，故B错误。
C．静止在水平桌面的酱油瓶，竖直方向上受到竖直向下的重力和桌面竖直向上的支持力，二力大小相等、方向相反、作用在同一物体且在同一直线上，满足二力平衡条件，属于一对平衡力，故C正确。
D．汤水沸腾时盖上锅盖，锅内密闭空间的气压会增大。液体沸点随液面上方气压升高而变大，所以汤的沸点会上升，故D错误。
故选：C。
【分析】 （1）一切物体都具有惯性，惯性会使物体保持原来的运动状态，据此分析生活中甩落水珠的原理。
（2）相互作用力作用在两个不同物体上，大小相等、方向相反，物体是否破损取决于自身承受能力，和受力大小无关。
（3）二力平衡的条件为同体、等大、反向、共线，依据该条件判断静止物体的受力情况。
（4）液体沸点与气压有关，气压越高，液体的沸点越高，结合加盖后锅内气压变化判断沸点变化。
6．【答案】C
【知识点】增大或减小摩擦的方法；增大压强的方法及其应用；减小压强的方法及其应用
【解析】【解答】 A．铁轨下方铺设枕木，在压力保持不变的情况下，增大了受力面积，从而减小对地的压强，故A错误。
B．给列车机械部件添加润滑油，可让接触面彼此隔开，以此减小部件间的摩擦力，故B错误。
C．破窗锤头部设计成锥形，在压力不变时缩小受力面积，进而增大压强，更容易击碎玻璃，故C 正确。
D．车厢地面采用防滑磨砂材质，是在压力不变的前提下，增大接触面粗糙程度，起到增大摩擦的作用，故D错误。
故选：C。
【分析】 （1）根据压强影响因素，压力不变时，增大受力面积可以减小压强。
（2）加润滑油是通过隔离接触面的方法，实现减小摩擦的目的。
（3）压力一定时，减小受力面积能够增大压强，锥形锤头运用了这一原理。
（4）增大接触面粗糙程度，是生活中增大摩擦力的常用方法。
7．【答案】B
【知识点】定滑轮及其工作特点；动滑轮拉力的计算；机械效率的大小比较；滑轮（组）的机械效率；有用功和额外功
【解析】【解答】 A．根据有用功计算公式，由于物体重力与提升高度均相等，所以甲、乙两种装置做的有用功大小相等，故A正确。
B．甲为定滑轮，不具备省力作用，拉力大小等于物重，即；乙为动滑轮，不计绳重与摩擦时，拉力需要承担物重和动滑轮自重，即。对比可知两处拉力大小不相等，故B错误。
C．不计绳重和摩擦，使用定滑轮时几乎不产生额外功，机械效率很高；而动滑轮必须克服自身重力做额外功，总功随之变大。依据机械效率公式可得，乙的机械效率低于甲，故C正确。
D．定滑轮不改变移动距离，绳端移动距离；动滑轮承担物重的绳子段数n=2，绳端移动距离，因此乙的绳端移动距离是甲的两倍，故D正确。
故选：B。
【分析】 （1）有用功只由物重和提升高度决定，物重、高度相同，有用功就相等。
（2）定滑轮只能改变力的方向，不能省力；动滑轮可以省力，拉力大小与物重、动滑轮重力有关，据此比较两次拉力。
（3）额外功越少，机械效率越高。动滑轮因自重产生额外功，所以机械效率更低。
（4）滑轮组绳端移动距离与绳子段数有关，结合定、动滑轮的特点，可判断移动距离的大小关系。
8．【答案】D
【知识点】探究影响浮力大小的因素
【解析】【解答】A、浮力大小与物体浸入液体深度的关系，实验中金属块均完全浸没，浸入深度未发生改变，故 A 错误；
B、浮力大小与排开液体重力的关系，实验未测量排开液体的重力，无法探究该问题，故 B 错误；
C、浮力大小与液体密度的关系，实验中液体均为水，密度未发生改变，故 C 错误；
D、浮力大小与物体密度的关系，实验中金属块甲、乙体积相同、排开水的体积相同、液体密度相同，仅物体密度不同（重力不同），探究的是浮力与物体密度的关系，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查浮力与浸入深度的关系，明确实验中浸入深度未改变；
B、考查浮力与排开液体重力的关系，明确实验未测量排开液体的重力；
C、考查浮力与液体密度的关系，明确实验中液体密度未改变；
D、考查浮力与物体密度的关系，明确实验中控制了排开液体体积和液体密度，改变了物体密度。
9．【答案】B
【知识点】动能和势能的大小变化；动能的影响因素；势能的影响因素；机械能及其转化；机械能守恒条件
【解析】【解答】 A．返回舱减速下落，其质量保持不变，所处高度不断降低，重力势能随之减小，故A错误。 B．点火缓冲过程中返回舱做减速运动，质量不变，运动速度逐渐变小，动能不断减小，故B正确。 C．返回舱在大气层中运动时，会受到空气阻力作用，运动过程中需要克服阻力做功，机械能持续损耗，无法保持守恒，故C错误。
D．返回舱高速穿行时与空气发生摩擦，通过做功的方式将机械能转化为内能，舱体外壳内能增大、温度升高，故D错误。
故选 B。
【分析】 （1）重力势能大小与质量、高度有关，质量不变时，高度越低，重力势能越小。
（2）动能由质量和速度共同决定，物体质量不变，速度减小，动能就会减小。
（3）只有重力做功时机械能才守恒，受到空气阻力并克服阻力做功，机械能会减少。
（4）摩擦生热属于做功改变物体内能，此过程中机械能向内能发生转化。
10．【答案】D
【知识点】液化及液化放热；热量的概念；做功改变物体内能；热传递改变物体内能；分子热运动
【解析】【解答】 A．热量是热传递过程中转移的能量，属于过程量，不能用 “含有、具有” 这类词语描述物体的热量，故A错误。
B．烧水时冒出的 “白气”，并不是气体，而是高温水蒸气遇冷后液化形成的细小水珠，故B错误。
C．手捧着热茶时，由于茶杯温度高于手部，热量会从茶杯转移到手上，这是利用热传递改变物体内能，故C错误。
D．能闻到阵阵茶香，是香气分子不断运动扩散到空气中，该现象证明分子在永不停息地做无规则运动，故D正确。
故选 ：D。
【分析】 （1）区分温度、内能、热量三个物理量，牢记热量只能对应吸收或放出，不能描述为物体所含有的能量。
（2）生活中看到的 “白气” 均是水蒸气液化形成的液态小水珠，要正确区分汽化与液化现象。
（3）热传递的发生条件是存在温度差，内能会从高温物体转移到低温物体。
（4）扩散现象是分子无规则运动的宏观表现，一切物质的分子都在不停地做无规则运动。
11．【答案】B
【知识点】通电直导线周围的磁场；直流电动机的构造原理与工作过程；电磁感应；影响电磁铁磁性强弱的因素及其探究
【解析】【解答】 电动机是利用通电导体在磁场中受力转动的原理制成，对应的实验电路必须接入电源。
A．装置中搭配灵敏电流计，未设置电源，用来探究电磁感应现象，这也是发电机的工作原理，故A不符合题意。
B．电路中装有电源，能够演示通电导体在磁场中受力运动，与电动机原理相同，故B符合题意。
C．该实验用来探究线圈匝数对电磁铁磁性强弱的影响，和电动机原理无关，故C不符合题意。
D．奥斯特实验直观证明了电流周围存在磁场，体现了电流的磁效应，故D不符合题意。
故选：B。
【分析】 （1）电动机的核心原理为磁场对通电导体有力的作用，辨别实验装置可依据是否接入电源来判断。
（2）电磁感应现象无需外接电源，依靠机械运动产生感应电流，是发电机的理论依据。
（3）电磁铁实验侧重研究影响磁性强弱的因素，属于电流磁效应的应用，并非电动机原理。
（4）奥斯特实验首次发现电生磁现象，证实通电导线周围存在磁场。
12．【答案】A
【知识点】串联电路的电压规律；欧姆定律及其应用；电路的动态分析
【解析】【解答】A．只闭合和时，定值电阻与滑动变阻器R串联，根据图乙可知当变阻器R接入电阻为时，变阻器两端电压为，此时电路电流；当接入电阻增大到时，此时电路电流，根据电源电压恒定为18V，可列等式，代入可得，即，故A正确；
B．只闭合和时，上述变化中电流变化，结合，得到和，与等式和联立，解得定值电阻和，故B错误；
C．只闭合S和，电路中定值电阻与滑动变阻器R串联，当滑动变阻器R接入电路的电阻为0Ω时，电路总电阻最小，此时电流最大，即，满足电流表的量程范围；当滑动变阻器R将全部电阻80Ω接入，电路总电阻最大，此时电流最小，即，电流表示数变化范围为0.16A~0.6A，故C错误；
D．只闭合S和，灯泡L与滑动变阻器R串联，灯泡L电阻为保证电路元器件安全，电路的最大允许电流等于灯泡的额定电流0.5A，此时电压表示数最小，最小示数为，当滑动变阻器R接入全部阻值80Ω时电压表示数最大，示数为，电压表的示数范围为8V~14.4V，故D错误。
故选：A。
【分析】 （1）先根据串联电路电流规律写出两种状态下的电流表达式，再结合电源电压恒定列方程，通过代数推导得出R1 与R0 的比值关系，以此验证选项的正确性。
（2）结合电流变化量与I1 、I2 的比例关系，联立电源电压方程与电阻比例式，求出R0 和R1 的具体数值，对比选项表述判断对错。
（3）分别计算滑动变阻器接入阻值为0和最大时的电路电流，得到电流表示数的变化范围，与选项内容对比验证。
（4）先计算灯泡电阻，再根据串联电路安全条件确定最大电流，分别计算滑动变阻器接入最小和最大阻值时的电压表示数，得到电压表示数的变化范围，判断选项是否正确。
13．【答案】不变；凝固
【知识点】熔化与熔化吸热特点；凝固与凝固放热特点
【解析】【解答】 生铁属于晶体，晶体熔化的特点是熔化过程中温度保持不变。 铁水从液态变为固态铁粒，这个物态变化是凝固。
故答案为：不变；凝固。
【分析】晶体熔化时温度不变，这是晶体区别于非晶体的关键特征；物质由液态变为固态的过程称为凝固。
14．【答案】6；27
【知识点】欧姆定律及其应用；焦耳定律的应用；电功与热量的综合计算
【解析】【解答】甲图中，定值电阻R1与滑动变阻器R2串联，电压表V1测R1两端电压，电压表V2测R2两端电压。根据欧姆定律，定值电阻R1的电压随电流增大而增大，而滑动变阻器R2的电压随电流增大而减小，因此图乙中a是R1的U-I图像，b 是R2的U-I图像。当滑动变阻器接入电阻为0 时，电路电流最大，由图乙可知最大电流为0.3A，此时R1两端电压等于电源电压，因此电源电压为。
的阻值为， 当电流最小时，接入最大电阻，此时电压，则最大阻值
滑片在中点时，接入阻值，总电阻
电路电流
根据焦耳定律， 产生的热量 。
故答案为：6；27。
【分析】串联电路中，定值电阻R1的电压随电流增大而增大，滑动变阻器R2的电压随电流增大而减小，因此可以根据图乙中两条线的变化趋势，判断出a是R1的U-I 图像，b是R2的U-I图像。
当滑动变阻器阻值为0时，电路中只有R1，此时电流最大，R1两端电压等于电源电压，直接从图像中读出该电压值即可。
利用欧姆定律，分别用电源电压除以最大电流求出R1阻值；用滑动变阻器的最大电压除以最小电流求出R2的最大阻值。
滑片在中点时，先算出此时电路的总电阻和电流，再代入公式Q=I2Rt，即可求出R2在1分钟内产生的热量。
15．【答案】省力；400
【知识点】斜面的机械效率；有用功和额外功
【解析】【解答】 斜面属于省力简单机械。根据功的原理，使用任何机械都无法省功，斜面正是依靠增加运动距离来达到省力的效果。
根据重力公式可知，货物重力
有用功为克服重力所做的功，即
根据机械效率公式 得总功
推力为 。
故答案为：省力；400。
【分析】 斜面是省力简单机械，利用增大移动距离的方式实现省力，且使用机械都不能省功。利用重力公式可求出货物的重力，克服物体重力所做的功为有用功。结合机械效率公式算出总功，最后根据功的计算公式即可求出沿斜面的推力大小。
16．【答案】变小；竖直向下
【知识点】二力平衡的条件及其应用；力的合成与应用；压强的大小及其计算；阿基米德原理
【解析】【解答】 物体间力的作用是相互的，浸没在水中的合金块受到向上的浮力，同时会对水施加大小相等、方向向下的反作用力。将合金块向上拉动至刚好离开水面时，它排开水的体积不断变小。根据阿基米德原理，合金块受到的浮力随之减小，其对水的向下作用力也同步减小，烧杯对桌面的总压力变小。烧杯底面积保持不变，依据压强公式可得，烧杯对桌面的压强逐渐变小。剪断细线后，合金块向下加速运动，此时它受到重力与浮力作用，由于重力大于浮力，物体所受合力方向竖直向下。
故答案为：变小；竖直向下。
【分析】 根据力的相互性，物体受到浮力的同时会对水产生反作用力，二者大小相等。排开液体体积减小，浮力就会减小，桌面受到的压力随之改变，结合压强公式可判断压强变化。物体下沉时重力大于浮力，两个力方向相反，合力指向重力一侧，即竖直向下。
17．【答案】；
【知识点】阿基米德原理；浮力大小的计算；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】甲图中，铁块放置在木块上方，整体处于漂浮静止状态。由物体漂浮条件可知，木块所受浮力等于木块与铁块的总重力，因此木块受到的浮力为 。结合阿基米德原理可得： ……①
乙图中，铁块悬挂在木块底部，整体依旧保持漂浮，整体受到的总浮力仍等于总重力。此时木块有露出水面，排开水的体积为，铁块完全浸没在水中，排开水的体积等于铁块自身的体积 。根据阿基米德原理可得……②
将①式代入上式，约去后整理得，解得铁块体积 。
故答案为：；。
【分析】物体漂浮时，所受浮力始终等于自身总重力，两幅图中整体总重力不变，因此整体受到的总浮力大小相等。分别对两种状态运用阿基米德原理列出浮力表达式，通过等式联立、化简推导，即可计算出铁块的体积。
18．【答案】（1）光电效应
（2）聚
（3）
（4）
【知识点】燃料的热值；热机的效率；太阳能及其利用与转化；太阳能的相关计算
【解析】【解答】（1）根据材料原文 “登月车以太阳能电池板供电，其核心工作原理为光电效应”，可知太阳能电池板的核心工作原理为光电效应。
（2）太阳内部的巨大能量来源于氢原子核发生的核聚变反应。
（3）根据题干可知，光电转化效率可表示为
则发电功率
（4）根据公式W=pt可知月球电站1h产生的总电能
地面接收的能量
相当于完全燃烧的天然气的体积。
故答案为：（1）光电效应；（2）聚；（3）；（4）。
【分析】（1）本题可直接通过材料原文信息作答，太阳能电池板的核心原理是光电效应，即光照使材料产生电势差，将光能转化为电能。
（2）太阳内部的能量来自氢原子核的核聚变反应，轻核聚合成重核时释放出巨大的核能，是太阳能量的来源。
（3）光电转化效率的本质是电能与接收太阳能的比值，在相同时间下，功率之比等于能量之比，因此可通过公式直接计算发电功率。
（4）先根据电能公式算出电站产生的总电能，再结合接收效率算出地面实际接收的能量；最后根据热值公式，将能量除以天然气的热值，即可算出等效的天然气体积。
（1）根据材料原文内容“登月车以太阳能电池板供电，其核心工作原理为光电效应”可知，太阳能电池板的核心工作原理为光电效应。
（2）太阳内部的巨大能量来源于氢原子核发生的核聚变反应。
（3）光电转化效率可表示为
则发电功率
（4）月球电站1h产生的总电能
地面接收的能量
相当于完全燃烧的天然气的体积
19．【答案】
【知识点】水的比热容的特点及其应用
【解析】【解答】比热容是表示物质吸放热本领大小的物理量，它和水的质量无关，则水的比热容与其质量的关系图象是与质量平行的直线，如下图所示：
【分析】根据比热容的特点和影响因素的知识分析解答。
20．【答案】
【知识点】通电螺线管的极性和电流方向的判断
【解析】【解答】 根据“同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引”的规律，开关闭合后，小磁针N极逆时针偏转，说明通电螺线管的左端为N极、右端为S极；再根据安培定则，用右手握住螺线管，大拇指指向N极（左端），四指指向电流方向，可判断出电流由螺线管的左端流入，因此电源左端为正极、右端为负极，如图所示：
【分析】 解题时先根据小磁针的偏转方向，利用磁极间的相互作用规律判断出螺线管的N、S极；再通过安培定则，结合螺线管的绕线方式，反推出电流在螺线管中的流向，从而确定电源的正、负极。
21．【答案】（1）不变
（2）玻璃板倾斜未竖直放置
【知识点】探究平面镜成像的特点
【解析】【解答】 （1）平面镜成像时，像与物体大小始终相等，像的大小不会随物距的改变而变化。当蜡烛A逐渐远离平面镜，其所成像的大小保持不变。
（2）实验过程中玻璃板必须竖直摆放。一旦玻璃板发生倾斜，蜡烛A所成的像会偏离水平面，导致另一侧的蜡烛B无法与A的像完全重合。
故答案为：（1）不变；（2）玻璃板倾斜未竖直放置。
【分析】 （1）平面镜成像的核心特点之一是像与物等大，无论物体距离镜面远近，像的大小都不会发生改变。
（2）玻璃板竖直放置是本实验的基本要求，若板面倾斜，像的位置会偏移，进而无法完成物像重合的操作。
（1）平面镜成像的特点是：像的大小与物体本身的大小相等，和物体到平面镜的距离无关，因此蜡烛A远离平面镜时，它的像大小不变。
（2）实验中要求玻璃板垂直于水平桌面放置；若玻璃板倾斜未竖直放置，蜡烛A的像会成在桌面上方或下方，因此移动蜡烛B时，始终无法和A的像完全重合。
22．【答案】（1）
（2）A；滑动变阻器
（3）5
【知识点】伏安法测电阻的探究实验
【解析】【解答】 （1）滑片P向A端滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻需变大，根据滑动变阻器“一上一下” 的接线规则，应将右下接线柱（B 接线柱）接入电路，即用导线连接开关右侧接线柱与滑动变阻器B接线柱，完成电路连接，如图所示：
（2）为保护电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应移到阻值最大处，即A端。
闭合开关后，电流表和电压表均无示数，说明电路发生断路故障。若电压表断路，定值电阻与滑动变阻器仍能形成通路，电流表应有示数，不符合题意；若滑动变阻器断路，整个电路断开，电流表和电压表均无示数，因此电路故障为滑动变阻器断路。
（3）滑片P移至B端时，滑动变阻器接入电阻为0，电路为定值电阻R的简单电路，此时电源电压等于R两端的电压。
当滑动变阻器接入电路的电阻为2.5Ω时，滑动变阻器两端电压，通过滑动变阻器的电流与电路电流相等，再结合欧姆定律即可求出定值电阻阻值。
故答案为：（1）；（2）A；滑动变阻器；（3）5。
【分析】（1）滑动变阻器接入电路的电阻大小取决于下接线柱的位置，滑片远离下接线柱时电阻变大，因此要滑片向A端滑动电阻变大，必须将B接线柱接入电路。
（2）闭合开关前，滑片移到阻值最大端是为了防止电流过大烧坏元件。两表均无示数说明电路整体断路，逐一排查后，滑动变阻器断路符合题意。
（3）当滑动变阻器滑片移至B端时，其接入电阻为0，此时电源电压等于定值电阻两端的电压。再结合滑动变阻器接入2.5Ω时的电压和电流数据，利用欧姆定律即可求出定值电阻的阻值。
（1）要求滑片P向A端滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，如图所示，则需将滑动变阻器右下接线柱（B接线柱）接入电路，故只需用导线连接开关右侧接线柱与滑动变阻器B接线柱。据此作图。
（2）为保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器滑片移到阻值最大处，即应将滑动变阻器滑片移到A端。
闭合开关后，电流表和电压表均无示数，若电压表断路，定值电阻与滑动变阻器仍能形成通路，电流表应有示数，不符合题意；若滑动变阻器断路，整个电路断路，电流表和电压表均无示数，所以电路故障可能是滑动变阻器断路。
（3）滑动变阻器滑片P移至B端时，电路是只有定值电阻R的简单电路，则电源电压
当滑动变阻器接入电路的电阻为2.5Ω时，滑动变阻器两端电压
此时通过滑动变阻器的电流
R的阻值
23．【答案】减小秤杆自身重力对杠杆平衡的影响；支点；偏大；换用质量更小的秤砣
【知识点】杠杆的平衡条件；探究杠杆的平衡条件实验；制作简易杆秤
【解析】【解答】 （1）若秤杆自身质量较大，其重力会对杠杆平衡造成影响，增大测量误差，选用质地较轻的直尺作为秤杆，正是为了减小秤杆自重对平衡的干扰；杆秤工作时，杠杆绕提纽转动，因此提纽对应杠杆的支点。
（2）空载时秤钩端下倾，说明空载状态下秤钩端的力与力臂乘积更大，为使杆秤平衡，需将秤砣移至零刻度线的右侧。称量物体时，该空载误差会叠加在测量值中，导致最终测量结果偏大。
（3）根据杠杆平衡原理，对于相同质量变化的被测物体，换用质量更小的秤砣时，秤砣对应的力臂变化量会更大，杆秤的刻度间距随之增大，能有效提高测量的精准度。
故答案为：（1）减小秤杆自身重力对杠杆平衡的影响；支点；（2）偏大；（3）换用质量更小的秤砣。
【分析】 （1）杠杆平衡不仅受被测物体和秤砣的影响，秤杆自身重力也会产生力矩干扰。选用轻质材料，可降低这一额外力矩，减小系统误差；提纽作为杆秤的转动中心，是杠杆的支点。
（2）空载时秤钩端下倾，说明杆秤在未挂物体时已处于 “不平衡” 状态，零刻度线不再是真正的平衡位置。称量时，秤砣需要额外移动一段距离来抵消空载偏差，导致读数偏大。
（3）杠杆平衡条件为动力×动力臂=阻力×阻力臂，被测物体质量变化相同时，秤砣质量越小，对应的力臂变化就越大，刻度间距也越大，更便于读数，从而提升测量精度。
24．【答案】（1）由图乙可知，未放入合金工件时，水对容器底部的压强。根据液体压强公式p=ρgh，可得水的深度：。
答： 未放入合金工件时，容器中水的深度为12cm。
（2）当时，工件排开水的体积：
根据阿基米的原理可知，工件受到的浮力。
答： 当合金工件下表面浸入水中深度H＝3cm时，工件受到的浮力为1.8N。
（3）水平桌面受到容器的压力增加量等于合金工件的重力，即：
根据重力公式变形式可知，合金工件的质量
原来容器中水的体积
由题意可知，容器下部总高度为，时水对容器底压强为，对应水深，恰好到达容器粗细交界处，设合金高度为，完全浸没沉底后总水深，且，合金全部在容器下部，水的体积
即
解得，合金体积
则合金的密度。
答： 合金工件的密度为。
【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）已知未放入工件时水对容器底的压强，结合水的密度和重力加速度，可直接通过p=ρgh变形求出水的初始深度。
（2）先根据工件浸入水中的高度和横截面积算出排开水的体积，再代入阿基米德原理公式F浮=ρ水gV排，即可求出工件受到的浮力。
（3）① 利用桌面压力的增加量等于工件重力，结合压强变化量和容器底面积，求出工件的重力与质量；
② 利用水的体积不变，结合容器上下两部分的横截面积和工件高度，列方程求出工件的高度，进而得到工件体积；
③ 代入密度公式，计算出合金工件的密度。
（1）由图乙可知，未放入合金工件时，水对容器底部的压强，水的深度
（2）当时，工件排开水的体积
工件受到的浮力
（3）水平桌面受到容器的压力增加量等于合金工件的重力，即
合金工件的质量
原来容器中水的体积
由题意可知，容器下部总高度为，时水对容器底压强为，对应水深，恰好到达容器粗细交界处，设合金高度为，完全浸没沉底后总水深，且，合金全部在容器下部，水的体积
即
解得，合金体积
则合金的密度
25．【答案】（1）当闭合开关S1和S3，断开S2时，R1与R2并联，电压表测量电源电压，由电压表示数得电源电压，当闭合开关S1和S2，断开S3时，电路为灯泡L的简单电路，此时灯泡正常发光，灯泡额定电压等于电源电压，即。
答： 灯泡L的额定电压为6V。
（2）当只闭合开关S2时，R1、R2、L串联，已知，灯丝电阻RL不变，由得，实际功率与额定功率之比
解得实际电压为
串联电路电流处处相等，与消耗的功率之比，由P=I2R得，与消耗的功率之比
解得，R1、R2并联时，干路电流，由并联电路电流规律
代入和，解得，
对串联电路，由欧姆定律得，总电压，代入已知量得
解得灯泡的电阻为，灯泡额定功率。
答： 灯泡L的额定功率为3.6W。
（3）只闭合S2时，电路总电阻
电路电流
R1的电功率。
答： 当只闭合时，的电功率为0.6W。
【知识点】串联电路的电压规律；电阻的串联；欧姆定律及其应用；电路的动态分析；电功率的计算
【解析】【分析】（1）分析不同开关状态下的电路结构：闭合S1、S3断开S2时，R1与R2并联，电压表直接测得电源电压；闭合S1、S2断开S3时，只有灯泡接入电路且正常发光，因此灯泡额定电压等于电源电压。
（2）先利用灯泡实际功率与额定功率的比值，求出串联时灯泡的实际电压与电流；再通过R1、R2的功率比得到电阻比，结合并联电路的电流数据求出R1、R2的阻值；最后根据串联电路的电压关系求出电路电流，进而算出灯泡电阻和额定功率。
（3）只闭合S2时，R1、R2与灯泡串联，利用第（2）问中已求出的电路电流和R1的阻值，直接用P=I2R即可算出R1的电功率。
（1）当闭合开关S1和S3，断开S2时，R1与R2并联，电压表测量电源电压，由电压表示数得电源电压，当闭合开关S1和S2，断开S3时，电路为灯泡L的简单电路，此时灯泡正常发光，灯泡额定电压等于电源电压，即
（2）当只闭合开关S2时，R1、R2、L串联，已知，灯丝电阻RL不变，由得，实际功率与额定功率之比
解得实际电压为
串联电路电流处处相等，与消耗的功率之比，由P=I2R得，与消耗的功率之比
解得，R1、R2并联时，干路电流，由并联电路电流规律
代入和，解得，
对串联电路，由欧姆定律得，总电压，代入已知量得
解得灯泡的电阻为，灯泡额定功率
（3）只闭合S2时，电路总电阻
电路电流
R1的电功率
1 / 12026年四川广元旺苍县中考第二次诊断性学科质量监测物理试题
1．以下物理量的估测，最接近实际的是（　　）
A．橡皮擦从课桌掉落到地面所用时间为1min
B．1元硬币的厚度约为0.1dm
C．托起两枚鸡蛋所用的力大约为1N
D．家用电冰箱功率约为100kW
【答案】C
【知识点】时间的估测；长度的估测；重力及其大小的计算；电功率
【解析】【解答】 A．标准课桌高度约为0.8m，橡皮擦从课桌自由下落到地面的时间通常不到1秒，故A错误；
B．一枚1元硬币的厚度约为2mm，故B错误；
C．两枚普通鸡蛋的总质量约为 100g，根据重力公式G=mg计算，其总重力约为1N，因此托起两枚鸡蛋所需的力大约为1N，故C正确；
D．家用电冰箱的正常工作功率约为150W，故D错误。
故选：C。
【分析】 （1）判断的关键是结合课桌高度和自由落体运动规律，估算物体下落的大致时间，明确 “不到1 秒”是符合实际的。
（2）判断的关键是掌握生活中常见物品的长度估测，1元硬币的厚度约为2mm。
（3）判断的关键是结合常见物品的质量和重力公式G=mg进行估算，两枚鸡蛋的质量约100g，重力约 1N，因此托起它们的力约为1N。
（4）判断的关键是了解常见家用电器的功率范围，家用电冰箱的功率通常在100W-200W之间，约为 150W。
2．下列关于信息和能源说法正确的是（　　）
A．光纤通信是光在光导纤维中发生折射来传递信息
B．电能、水能都是一次能源
C．能量是守恒的，所以能量取之不尽用之不竭
D．声波传递信息需要介质
【答案】D
【知识点】能量的转化或转移；能源及其分类；能源与可持续发展；声音的传播条件；光纤通信
【解析】【解答】 A．光纤通信利用光在玻璃纤维内壁不断反射来传输信号，故A错误。
B．能直接从自然界获取的能源为一次能源，水能属于一次能源；电能需要消耗其他形式的能源才能得到，属于二次能源，故B错误。
C．能量总量保持不变，但能量的转化、转移存在方向性，部分能量会耗散流失，难以重复利用，因此可用能源并非无穷无尽，故C错误。
D．声音传播必须依靠介质，真空环境中无法传声，也就不能利用声波传递信息，该说法正确，故D正确。
故选：D。
【分析】 （1）光纤通信的工作原理依靠光的反射。
（2）根据能否直接从自然界获取，可将能源划分为一次能源与二次能源。
（3）结合能量守恒定律以及能量转化、转移的方向性。
（4）明确声音的传播条件，真空不能传声。
3．2026年元宵节，旺苍县东河红桥上空，千架无人机组成“旺泽八方，苍润万家”字样。无人机灯光在水面形成倒影，交相辉映。下列说法正确的是（　　）
A．无人机悬停在空中相对于红桥是静止的
B．无人机悬停在空中相对于倒影是运动的
C．无人机匀速上升时，它没有受到重力
D．无人机升力的施力物体是无人机本身
【答案】A
【知识点】力的概念及单位；重力及其大小的计算；参照物及其选择；运动和静止的相对性
【解析】【解答】 A．无人机保持悬停状态，相对于红桥的空间位置始终没有变化，以红桥作为参照物，无人机处于静止状态，故A正确。
B．无人机在水面形成倒影，属于平面镜成像，像与物体相对静止，二者位置不会发生改变，因此无人机相对于倒影是静止的，该选项判断有误，故B错误。
C．重力是地球附近物体普遍受到的力，无论物体静止还是运动，匀速上升的无人机也不例外，始终会受到重力作用，故C错误。
D．无人机升空依靠空气产生的向上作用力，该升力的施力物体是周围的空气，选项表述错误，故D错误。
故选：A。
【分析】 （1）判断物体运动或静止，关键看被研究物体与参照物之间的相对位置是否改变，位置不变则物体静止。
（2）平面镜所成的像与物体关于镜面对称，物体与像相对位置保持不变，二者始终相对静止。
（3）地球附近的所有物体都会受到重力作用，重力的存在与物体的运动状态无关。
（4）力不能脱离物体单独存在，无人机获得的升力，是由空气施加的。
4．如下光现象知识思维导图一个分支实例内容缺失，能正确补充的选项是（　　）
A．树荫下的光斑 B．用放大镜看字
C．皮影戏 D．杯弓蛇影
【答案】D
【知识点】光的直线传播及其应用；光的反射；光的折射现象及其应用
【解析】【解答】A．树荫下出现的圆形光斑属于小孔成像，由光沿直线传播形成，故A不符合题意；
B．借助放大镜观察文字，利用了凸透镜成像规律，本质是光的折射现象，故B不符合题意；
C．皮影戏中影子的形成，依据的是光的直线传播原理，故C不符合题意；
D．杯弓蛇影描述的是水面倒影，属于平面镜成像，成像原理为光的反射，故D符合题意。
故选：D。
【分析】 （1）小孔成像、影子的形成，均是光沿直线传播的典型现象。
（2）放大镜成像属于透镜应用，其光学原理为光的折射。
（3）平面镜成像的实质是光的反射，水面倒影是生活中常见的光反射实例。
（4）解题时先明确考点，再区分光的直线传播、光的反射、光的折射三种光学现象即可判断选项。
5．小蔷在厨房做饭时联想到许多物理知识，下列中正确的是（　　）
A．洗菜后用力甩掉菜上的水滴，这是利用了菜叶的惯性
B．鸡蛋碰碗边，鸡蛋破了，则鸡蛋对碗的力小于碗对鸡蛋的力
C．水平桌面上静止的酱油瓶，所受重力与桌面对它的支持力是一对平衡力
D．汤锅内的汤正在沸腾，若加盖上锅盖，锅内气压会变小，汤的沸点随之升高
【答案】C
【知识点】力作用的相互性；惯性及其现象；二力平衡的条件及其应用；平衡力的辨别；沸点及沸点与气压的关系
【解析】【解答】 A．洗完蔬菜后抖落水珠，是因为水珠具有惯性，会维持原有运动状态离开菜叶，该现象利用了惯性，故A错误。
B．鸡蛋撞击碗沿时，鸡蛋与碗之间的作用力属于一对相互作用力，相互作用力大小始终相等。鸡蛋破裂只是自身材质脆弱、抗压能力差，并非受力更小，故B错误。
C．静止在水平桌面的酱油瓶，竖直方向上受到竖直向下的重力和桌面竖直向上的支持力，二力大小相等、方向相反、作用在同一物体且在同一直线上，满足二力平衡条件，属于一对平衡力，故C正确。
D．汤水沸腾时盖上锅盖，锅内密闭空间的气压会增大。液体沸点随液面上方气压升高而变大，所以汤的沸点会上升，故D错误。
故选：C。
【分析】 （1）一切物体都具有惯性，惯性会使物体保持原来的运动状态，据此分析生活中甩落水珠的原理。
（2）相互作用力作用在两个不同物体上，大小相等、方向相反，物体是否破损取决于自身承受能力，和受力大小无关。
（3）二力平衡的条件为同体、等大、反向、共线，依据该条件判断静止物体的受力情况。
（4）液体沸点与气压有关，气压越高，液体的沸点越高，结合加盖后锅内气压变化判断沸点变化。
6．高铁被誉为我国“新四大发明”之一。高铁及铁轨采用了相关措施来保证其安全性和舒适性，下列描述中正确的是（　　）
A．铁轨下铺设枕轨主要是为了增大压强
B．列车的机械部件加润滑油是为了增大摩擦
C．车内的破窗锤头做成锥形是为了增大压强
D．车厢地面铺设防滑磨砂材料是为了减小摩擦
【答案】C
【知识点】增大或减小摩擦的方法；增大压强的方法及其应用；减小压强的方法及其应用
【解析】【解答】 A．铁轨下方铺设枕木，在压力保持不变的情况下，增大了受力面积，从而减小对地的压强，故A错误。
B．给列车机械部件添加润滑油，可让接触面彼此隔开，以此减小部件间的摩擦力，故B错误。
C．破窗锤头部设计成锥形，在压力不变时缩小受力面积，进而增大压强，更容易击碎玻璃，故C 正确。
D．车厢地面采用防滑磨砂材质，是在压力不变的前提下，增大接触面粗糙程度，起到增大摩擦的作用，故D错误。
故选：C。
【分析】 （1）根据压强影响因素，压力不变时，增大受力面积可以减小压强。
（2）加润滑油是通过隔离接触面的方法，实现减小摩擦的目的。
（3）压力一定时，减小受力面积能够增大压强，锥形锤头运用了这一原理。
（4）增大接触面粗糙程度，是生活中增大摩擦力的常用方法。
7．如图所示，甲、乙两种滑轮匀速将同一物体提升相同高度，不计绳重和摩擦。下列说法不正确的是（　　）
A．甲乙做的有用功一样多
B．甲乙两绳子自由端的拉力相等
C．乙装置的机械效率比甲低
D．乙绳子自由端移动的距离是甲的2倍
【答案】B
【知识点】定滑轮及其工作特点；动滑轮拉力的计算；机械效率的大小比较；滑轮（组）的机械效率；有用功和额外功
【解析】【解答】 A．根据有用功计算公式，由于物体重力与提升高度均相等，所以甲、乙两种装置做的有用功大小相等，故A正确。
B．甲为定滑轮，不具备省力作用，拉力大小等于物重，即；乙为动滑轮，不计绳重与摩擦时，拉力需要承担物重和动滑轮自重，即。对比可知两处拉力大小不相等，故B错误。
C．不计绳重和摩擦，使用定滑轮时几乎不产生额外功，机械效率很高；而动滑轮必须克服自身重力做额外功，总功随之变大。依据机械效率公式可得，乙的机械效率低于甲，故C正确。
D．定滑轮不改变移动距离，绳端移动距离；动滑轮承担物重的绳子段数n=2，绳端移动距离，因此乙的绳端移动距离是甲的两倍，故D正确。
故选：B。
【分析】 （1）有用功只由物重和提升高度决定，物重、高度相同，有用功就相等。
（2）定滑轮只能改变力的方向，不能省力；动滑轮可以省力，拉力大小与物重、动滑轮重力有关，据此比较两次拉力。
（3）额外功越少，机械效率越高。动滑轮因自重产生额外功，所以机械效率更低。
（4）滑轮组绳端移动距离与绳子段数有关，结合定、动滑轮的特点，可判断移动距离的大小关系。
8．在探究“影响浮力大小的因素”实验中，小明选用体积相同的实心金属块甲和乙，实验过程如图所示，他探究的问题是（　　）
A．浮力大小与物体浸入液体深度的关系
B．浮力大小与排开液体重力的关系
C．浮力大小与液体密度的关系
D．浮力大小与物体密度的关系
【答案】D
【知识点】探究影响浮力大小的因素
【解析】【解答】A、浮力大小与物体浸入液体深度的关系，实验中金属块均完全浸没，浸入深度未发生改变，故 A 错误；
B、浮力大小与排开液体重力的关系，实验未测量排开液体的重力，无法探究该问题，故 B 错误；
C、浮力大小与液体密度的关系，实验中液体均为水，密度未发生改变，故 C 错误；
D、浮力大小与物体密度的关系，实验中金属块甲、乙体积相同、排开水的体积相同、液体密度相同，仅物体密度不同（重力不同），探究的是浮力与物体密度的关系，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查浮力与浸入深度的关系，明确实验中浸入深度未改变；
B、考查浮力与排开液体重力的关系，明确实验未测量排开液体的重力；
C、考查浮力与液体密度的关系，明确实验中液体密度未改变；
D、考查浮力与物体密度的关系，明确实验中控制了排开液体体积和液体密度，改变了物体密度。
9．2026年1月19日，神舟二十号返回舱在东风着陆场成功着陆。返回舱经历制动离轨、滑行、减速下降、点火缓冲等阶段。关于降落过程下列说法正确的是（　　）
A．减速下降阶段质量不变，则返回舱的重力势能增大
B．点火缓冲阶段质量不变，则返回舱的动能减小
C．返回舱在大气层内滑行时，只受重力作用，机械能保持守恒
D．返回舱与空气摩擦时，内能转化为机械能，外壳温度升高
【答案】B
【知识点】动能和势能的大小变化；动能的影响因素；势能的影响因素；机械能及其转化；机械能守恒条件
【解析】【解答】 A．返回舱减速下落，其质量保持不变，所处高度不断降低，重力势能随之减小，故A错误。 B．点火缓冲过程中返回舱做减速运动，质量不变，运动速度逐渐变小，动能不断减小，故B正确。 C．返回舱在大气层中运动时，会受到空气阻力作用，运动过程中需要克服阻力做功，机械能持续损耗，无法保持守恒，故C错误。
D．返回舱高速穿行时与空气发生摩擦，通过做功的方式将机械能转化为内能，舱体外壳内能增大、温度升高，故D错误。
故选 B。
【分析】 （1）重力势能大小与质量、高度有关，质量不变时，高度越低，重力势能越小。
（2）动能由质量和速度共同决定，物体质量不变，速度减小，动能就会减小。
（3）只有重力做功时机械能才守恒，受到空气阻力并克服阻力做功，机械能会减少。
（4）摩擦生热属于做功改变物体内能，此过程中机械能向内能发生转化。
10．“以茶会友”是中国人社交的重要方式。将一杯热气腾腾的旺苍绿茶端到客人面前，茶香四溢，令人心旷神怡。下列说法中正确的是（　　）
A．茶水温度越高所含的热量越多
B．热气腾腾的茶水冒出的“白气”是汽化现象
C．端着茶杯的手感觉很热，是通过做功的方式改变了手的内能
D．“茶香四溢”是扩散现象，说明分子在不停地做无规则运动
【答案】D
【知识点】液化及液化放热；热量的概念；做功改变物体内能；热传递改变物体内能；分子热运动
【解析】【解答】 A．热量是热传递过程中转移的能量，属于过程量，不能用 “含有、具有” 这类词语描述物体的热量，故A错误。
B．烧水时冒出的 “白气”，并不是气体，而是高温水蒸气遇冷后液化形成的细小水珠，故B错误。
C．手捧着热茶时，由于茶杯温度高于手部，热量会从茶杯转移到手上，这是利用热传递改变物体内能，故C错误。
D．能闻到阵阵茶香，是香气分子不断运动扩散到空气中，该现象证明分子在永不停息地做无规则运动，故D正确。
故选 ：D。
【分析】 （1）区分温度、内能、热量三个物理量，牢记热量只能对应吸收或放出，不能描述为物体所含有的能量。
（2）生活中看到的 “白气” 均是水蒸气液化形成的液态小水珠，要正确区分汽化与液化现象。
（3）热传递的发生条件是存在温度差，内能会从高温物体转移到低温物体。
（4）扩散现象是分子无规则运动的宏观表现，一切物质的分子都在不停地做无规则运动。
11．如图所示的四幅图中，用来研究电动机工作原理的实验装置是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】通电直导线周围的磁场；直流电动机的构造原理与工作过程；电磁感应；影响电磁铁磁性强弱的因素及其探究
【解析】【解答】 电动机是利用通电导体在磁场中受力转动的原理制成，对应的实验电路必须接入电源。
A．装置中搭配灵敏电流计，未设置电源，用来探究电磁感应现象，这也是发电机的工作原理，故A不符合题意。
B．电路中装有电源，能够演示通电导体在磁场中受力运动，与电动机原理相同，故B符合题意。
C．该实验用来探究线圈匝数对电磁铁磁性强弱的影响，和电动机原理无关，故C不符合题意。
D．奥斯特实验直观证明了电流周围存在磁场，体现了电流的磁效应，故D不符合题意。
故选：B。
【分析】 （1）电动机的核心原理为磁场对通电导体有力的作用，辨别实验装置可依据是否接入电源来判断。
（2）电磁感应现象无需外接电源，依靠机械运动产生感应电流，是发电机的理论依据。
（3）电磁铁实验侧重研究影响磁性强弱的因素，属于电流磁效应的应用，并非电动机原理。
（4）奥斯特实验首次发现电生磁现象，证实通电导线周围存在磁场。
12．如图甲所示，电源电压恒为18V，灯泡L上标有“10V 0.5A”字样（忽略灯泡电阻随温度的变化），电流表量程为0~0.6A，电压表量程为0~15V，为定值电阻，滑动变阻器R的最大阻值为80Ω。当只闭合S和，移动滑动变阻器的滑片P时，滑动变阻器两端的电压与其接入电路的电阻关系如图乙所示，当滑动变阻器接入电路的阻值由增大到4时，电流表示数变化了0.2A。则下列说法中正确的是（　　）
A．与定值电阻的比值为1：2
B．定值电阻的阻值为20Ω
C．只闭合S和，在保证电路安全情况下，电流表示数变化范围为0.16A~0.4A
D．只闭合S和，在保证电路安全情况下，电压表示数变化范围为6V~15V
【答案】A
【知识点】串联电路的电压规律；欧姆定律及其应用；电路的动态分析
【解析】【解答】A．只闭合和时，定值电阻与滑动变阻器R串联，根据图乙可知当变阻器R接入电阻为时，变阻器两端电压为，此时电路电流；当接入电阻增大到时，此时电路电流，根据电源电压恒定为18V，可列等式，代入可得，即，故A正确；
B．只闭合和时，上述变化中电流变化，结合，得到和，与等式和联立，解得定值电阻和，故B错误；
C．只闭合S和，电路中定值电阻与滑动变阻器R串联，当滑动变阻器R接入电路的电阻为0Ω时，电路总电阻最小，此时电流最大，即，满足电流表的量程范围；当滑动变阻器R将全部电阻80Ω接入，电路总电阻最大，此时电流最小，即，电流表示数变化范围为0.16A~0.6A，故C错误；
D．只闭合S和，灯泡L与滑动变阻器R串联，灯泡L电阻为保证电路元器件安全，电路的最大允许电流等于灯泡的额定电流0.5A，此时电压表示数最小，最小示数为，当滑动变阻器R接入全部阻值80Ω时电压表示数最大，示数为，电压表的示数范围为8V~14.4V，故D错误。
故选：A。
【分析】 （1）先根据串联电路电流规律写出两种状态下的电流表达式，再结合电源电压恒定列方程，通过代数推导得出R1 与R0 的比值关系，以此验证选项的正确性。
（2）结合电流变化量与I1 、I2 的比例关系，联立电源电压方程与电阻比例式，求出R0 和R1 的具体数值，对比选项表述判断对错。
（3）分别计算滑动变阻器接入阻值为0和最大时的电路电流，得到电流表示数的变化范围，与选项内容对比验证。
（4）先计算灯泡电阻，再根据串联电路安全条件确定最大电流，分别计算滑动变阻器接入最小和最大阻值时的电压表示数，得到电压表示数的变化范围，判断选项是否正确。
13．2026年元宵节，非遗“打铁花”在东河之畔震撼上演。夜幕下，师傅们将1600℃的铁水击向夜空，化作万点金雨。生铁（晶体）熔化时温度　 　（选填“不变”，“升高”或“下降”），铁水冷却变成固态铁粒，该过程发生的物态变化是　 　。
【答案】不变；凝固
【知识点】熔化与熔化吸热特点；凝固与凝固放热特点
【解析】【解答】 生铁属于晶体，晶体熔化的特点是熔化过程中温度保持不变。 铁水从液态变为固态铁粒，这个物态变化是凝固。
故答案为：不变；凝固。
【分析】晶体熔化时温度不变，这是晶体区别于非晶体的关键特征；物质由液态变为固态的过程称为凝固。
14．如图甲所示的电路，电源电压保持不变，为定值电阻，滑动变阻器。闭合开关S，移动滑片P，根据两电压表的示数与电流示数的变化关系绘制出图像，如图乙所示。则电源电压为　 　V；当滑片P在中点时，1min内产生的热量为　 　J。
【答案】6；27
【知识点】欧姆定律及其应用；焦耳定律的应用；电功与热量的综合计算
【解析】【解答】甲图中，定值电阻R1与滑动变阻器R2串联，电压表V1测R1两端电压，电压表V2测R2两端电压。根据欧姆定律，定值电阻R1的电压随电流增大而增大，而滑动变阻器R2的电压随电流增大而减小，因此图乙中a是R1的U-I图像，b 是R2的U-I图像。当滑动变阻器接入电阻为0 时，电路电流最大，由图乙可知最大电流为0.3A，此时R1两端电压等于电源电压，因此电源电压为。
的阻值为， 当电流最小时，接入最大电阻，此时电压，则最大阻值
滑片在中点时，接入阻值，总电阻
电路电流
根据焦耳定律， 产生的热量 。
故答案为：6；27。
【分析】串联电路中，定值电阻R1的电压随电流增大而增大，滑动变阻器R2的电压随电流增大而减小，因此可以根据图乙中两条线的变化趋势，判断出a是R1的U-I 图像，b是R2的U-I图像。
当滑动变阻器阻值为0时，电路中只有R1，此时电流最大，R1两端电压等于电源电压，直接从图像中读出该电压值即可。
利用欧姆定律，分别用电源电压除以最大电流求出R1阻值；用滑动变阻器的最大电压除以最小电流求出R2的最大阻值。
滑片在中点时，先算出此时电路的总电阻和电流，再代入公式Q=I2Rt，即可求出R2在1分钟内产生的热量。
15．如图所示，工人利用斜面将货物推上货车。已知斜面长5m，高1m，工人沿斜面方向将质量为160kg的货物从斜面底端匀速推至顶端。使用斜面的好处是　 　（选填“省功”，“省力”或“省距离”）；若该过程斜面的效率为80%，则推力F的大小为　 　N。（g取10N/kg）
【答案】省力；400
【知识点】斜面的机械效率；有用功和额外功
【解析】【解答】 斜面属于省力简单机械。根据功的原理，使用任何机械都无法省功，斜面正是依靠增加运动距离来达到省力的效果。
根据重力公式可知，货物重力
有用功为克服重力所做的功，即
根据机械效率公式 得总功
推力为 。
故答案为：省力；400。
【分析】 斜面是省力简单机械，利用增大移动距离的方式实现省力，且使用机械都不能省功。利用重力公式可求出货物的重力，克服物体重力所做的功为有用功。结合机械效率公式算出总功，最后根据功的计算公式即可求出沿斜面的推力大小。
16．如图所示，用细绳拉着浸没在水中的合金块，将其从图中位置缓慢拉至刚好离开水面，此过程中烧杯对桌面的压强　 　（选填“不变”，“变大”或“变小”）；剪断细线后，合金块在水中竖直向下做加速运动，不计水的阻力，合金块所受合力的方向为　 　。
【答案】变小；竖直向下
【知识点】二力平衡的条件及其应用；力的合成与应用；压强的大小及其计算；阿基米德原理
【解析】【解答】 物体间力的作用是相互的，浸没在水中的合金块受到向上的浮力，同时会对水施加大小相等、方向向下的反作用力。将合金块向上拉动至刚好离开水面时，它排开水的体积不断变小。根据阿基米德原理，合金块受到的浮力随之减小，其对水的向下作用力也同步减小，烧杯对桌面的总压力变小。烧杯底面积保持不变，依据压强公式可得，烧杯对桌面的压强逐渐变小。剪断细线后，合金块向下加速运动，此时它受到重力与浮力作用，由于重力大于浮力，物体所受合力方向竖直向下。
故答案为：变小；竖直向下。
【分析】 根据力的相互性，物体受到浮力的同时会对水产生反作用力，二者大小相等。排开液体体积减小，浮力就会减小，桌面受到的压力随之改变，结合压强公式可判断压强变化。物体下沉时重力大于浮力，两个力方向相反，合力指向重力一侧，即竖直向下。
17．水平桌面上有一装有适量水的足够高的柱形水槽，水中放一个重力为的木块，将重力为的铁块放在木块上，静止时木块刚好浸没在水中，如图甲所示，此时木块受到的浮力为　 　；当将铁块用细线系在木块下方，浸在水中，静止时木块有十分之一的体积露出水面，如图乙所示，若木块体积为V，则铁块的体积为　 　。（用题中已知物理量写出代数式）
【答案】；
【知识点】阿基米德原理；浮力大小的计算；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】甲图中，铁块放置在木块上方，整体处于漂浮静止状态。由物体漂浮条件可知，木块所受浮力等于木块与铁块的总重力，因此木块受到的浮力为 。结合阿基米德原理可得： ……①
乙图中，铁块悬挂在木块底部，整体依旧保持漂浮，整体受到的总浮力仍等于总重力。此时木块有露出水面，排开水的体积为，铁块完全浸没在水中，排开水的体积等于铁块自身的体积 。根据阿基米德原理可得……②
将①式代入上式，约去后整理得，解得铁块体积 。
故答案为：；。
【分析】物体漂浮时，所受浮力始终等于自身总重力，两幅图中整体总重力不变，因此整体受到的总浮力大小相等。分别对两种状态运用阿基米德原理列出浮力表达式，通过等式联立、化简推导，即可计算出铁块的体积。
18．阅读短文，回答问题。
月球太阳能电站
科学家设想在太阳光充足、地域广阔的月球正面建设大型太阳能电站，可克服地球太阳能电站受天气影响、功率小等缺点。电站产生的电能经微波转换器转为微波，通过天线发送至地面；地面接收站将微波能还原为电能（图甲），解决电能输送问题。
“嫦娥”系列登月车以太阳能电池板供电，其核心工作原理为光电效应：如图乙所示，太阳光照射到电池板的两片不同半导体表面时，产生光电效应形成电流，工作时将接收到的太阳能直接转化为电能。已知电池板每平方米接收的太阳光照辐射功率为，光电转化效率为18%。
请根据上述材料，回答下列问题：
（1）太阳能电池板的核心工作原理为　 　；
（2）太阳发出的巨大能量来源于太阳内部的氢原子核发生的核　 　变（选填“聚”或“裂”）反应；
（3）在月球上一块接收面积为的太阳能电池板，它的发电功率是　 　W；
（4）若月球电站的总发电能力为，利用微波传输电能的输电效率为80%。则地面接收站1h接收到的电能相当于完全燃烧　 　天然气放出的热量（）。
【答案】（1）光电效应
（2）聚
（3）
（4）
【知识点】燃料的热值；热机的效率；太阳能及其利用与转化；太阳能的相关计算
【解析】【解答】（1）根据材料原文 “登月车以太阳能电池板供电，其核心工作原理为光电效应”，可知太阳能电池板的核心工作原理为光电效应。
（2）太阳内部的巨大能量来源于氢原子核发生的核聚变反应。
（3）根据题干可知，光电转化效率可表示为
则发电功率
（4）根据公式W=pt可知月球电站1h产生的总电能
地面接收的能量
相当于完全燃烧的天然气的体积。
故答案为：（1）光电效应；（2）聚；（3）；（4）。
【分析】（1）本题可直接通过材料原文信息作答，太阳能电池板的核心原理是光电效应，即光照使材料产生电势差，将光能转化为电能。
（2）太阳内部的能量来自氢原子核的核聚变反应，轻核聚合成重核时释放出巨大的核能，是太阳能量的来源。
（3）光电转化效率的本质是电能与接收太阳能的比值，在相同时间下，功率之比等于能量之比，因此可通过公式直接计算发电功率。
（4）先根据电能公式算出电站产生的总电能，再结合接收效率算出地面实际接收的能量；最后根据热值公式，将能量除以天然气的热值，即可算出等效的天然气体积。
（1）根据材料原文内容“登月车以太阳能电池板供电，其核心工作原理为光电效应”可知，太阳能电池板的核心工作原理为光电效应。
（2）太阳内部的巨大能量来源于氢原子核发生的核聚变反应。
（3）光电转化效率可表示为
则发电功率
（4）月球电站1h产生的总电能
地面接收的能量
相当于完全燃烧的天然气的体积
19．请在图中定性画出水的比热容与其质量的关系图象。
【答案】
【知识点】水的比热容的特点及其应用
【解析】【解答】比热容是表示物质吸放热本领大小的物理量，它和水的质量无关，则水的比热容与其质量的关系图象是与质量平行的直线，如下图所示：
【分析】根据比热容的特点和影响因素的知识分析解答。
20．如图，闭合开关S后，小磁针N极逆时针偏转。请在括号内分别标出螺线管右端的磁极与电源的正负极。
【答案】
【知识点】通电螺线管的极性和电流方向的判断
【解析】【解答】 根据“同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引”的规律，开关闭合后，小磁针N极逆时针偏转，说明通电螺线管的左端为N极、右端为S极；再根据安培定则，用右手握住螺线管，大拇指指向N极（左端），四指指向电流方向，可判断出电流由螺线管的左端流入，因此电源左端为正极、右端为负极，如图所示：
【分析】 解题时先根据小磁针的偏转方向，利用磁极间的相互作用规律判断出螺线管的N、S极；再通过安培定则，结合螺线管的绕线方式，反推出电流在螺线管中的流向，从而确定电源的正、负极。
21．如图是“探究平面镜成像时像与物的关系”的装置。在水平桌面上铺一张白纸，将玻璃板竖立在白纸上，有两支完全相同的蜡烛A和B。把蜡烛A点燃放在玻璃板前面，未点燃的蜡烛B放在玻璃板后面移动，直到看上去它与蜡烛A的像完全重合。
（1）实验中，如果把蜡烛A远离平面镜，蜡烛A像的大小　 　（选填“不变”，“变大”或“变小”）；
（2）实验中同学发现无论如何移动蜡烛B，都无法与蜡烛A的像完全重合，造成这一现象的原因为：　 　。（写出一条即可）
【答案】（1）不变
（2）玻璃板倾斜未竖直放置
【知识点】探究平面镜成像的特点
【解析】【解答】 （1）平面镜成像时，像与物体大小始终相等，像的大小不会随物距的改变而变化。当蜡烛A逐渐远离平面镜，其所成像的大小保持不变。
（2）实验过程中玻璃板必须竖直摆放。一旦玻璃板发生倾斜，蜡烛A所成的像会偏离水平面，导致另一侧的蜡烛B无法与A的像完全重合。
故答案为：（1）不变；（2）玻璃板倾斜未竖直放置。
【分析】 （1）平面镜成像的核心特点之一是像与物等大，无论物体距离镜面远近，像的大小都不会发生改变。
（2）玻璃板竖直放置是本实验的基本要求，若板面倾斜，像的位置会偏移，进而无法完成物像重合的操作。
（1）平面镜成像的特点是：像的大小与物体本身的大小相等，和物体到平面镜的距离无关，因此蜡烛A远离平面镜时，它的像大小不变。
（2）实验中要求玻璃板垂直于水平桌面放置；若玻璃板倾斜未竖直放置，蜡烛A的像会成在桌面上方或下方，因此移动蜡烛B时，始终无法和A的像完全重合。
22．如图所示为“伏安法”测量电阻的实物电路，已知滑动变阻器规格为“5Ω 1A”，电源电压恒定为3V，电压表测量定值电阻R两端的电压。
（1）请用笔画线代替导线，将实物电路连接完整。要求：当滑片P向A端滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大（连线时导线不允许交叉）；
（2）正确连接电路后，闭合开关前，应将滑动变阻器滑片移到　 　（选填“A”或“B”）端；闭合开关后，发现电流表和电压表均无示数，则电路故障可能是　 　（选填“电压表”或“滑动变阻器”）断路；
（3）闭合开关后，当滑动变阻器滑片P移至B端时，电压表示数为；当滑动变阻器接入电路的电阻为2.5Ω时，电压表的示数为，则R的阻值为　 　Ω。
【答案】（1）
（2）A；滑动变阻器
（3）5
【知识点】伏安法测电阻的探究实验
【解析】【解答】 （1）滑片P向A端滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻需变大，根据滑动变阻器“一上一下” 的接线规则，应将右下接线柱（B 接线柱）接入电路，即用导线连接开关右侧接线柱与滑动变阻器B接线柱，完成电路连接，如图所示：
（2）为保护电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应移到阻值最大处，即A端。
闭合开关后，电流表和电压表均无示数，说明电路发生断路故障。若电压表断路，定值电阻与滑动变阻器仍能形成通路，电流表应有示数，不符合题意；若滑动变阻器断路，整个电路断开，电流表和电压表均无示数，因此电路故障为滑动变阻器断路。
（3）滑片P移至B端时，滑动变阻器接入电阻为0，电路为定值电阻R的简单电路，此时电源电压等于R两端的电压。
当滑动变阻器接入电路的电阻为2.5Ω时，滑动变阻器两端电压，通过滑动变阻器的电流与电路电流相等，再结合欧姆定律即可求出定值电阻阻值。
故答案为：（1）；（2）A；滑动变阻器；（3）5。
【分析】（1）滑动变阻器接入电路的电阻大小取决于下接线柱的位置，滑片远离下接线柱时电阻变大，因此要滑片向A端滑动电阻变大，必须将B接线柱接入电路。
（2）闭合开关前，滑片移到阻值最大端是为了防止电流过大烧坏元件。两表均无示数说明电路整体断路，逐一排查后，滑动变阻器断路符合题意。
（3）当滑动变阻器滑片移至B端时，其接入电阻为0，此时电源电压等于定值电阻两端的电压。再结合滑动变阻器接入2.5Ω时的电压和电流数据，利用欧姆定律即可求出定值电阻的阻值。
（1）要求滑片P向A端滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，如图所示，则需将滑动变阻器右下接线柱（B接线柱）接入电路，故只需用导线连接开关右侧接线柱与滑动变阻器B接线柱。据此作图。
（2）为保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器滑片移到阻值最大处，即应将滑动变阻器滑片移到A端。
闭合开关后，电流表和电压表均无示数，若电压表断路，定值电阻与滑动变阻器仍能形成通路，电流表应有示数，不符合题意；若滑动变阻器断路，整个电路断路，电流表和电压表均无示数，所以电路故障可能是滑动变阻器断路。
（3）滑动变阻器滑片P移至B端时，电路是只有定值电阻R的简单电路，则电源电压
当滑动变阻器接入电路的电阻为2.5Ω时，滑动变阻器两端电压
此时通过滑动变阻器的电流
R的阻值
23．跨学科实践：制作简易杆秤
如图甲，杆秤是我国流传千年的传统称重器具，凝聚着古人的劳动智慧与深厚传统文化价值。科学实践小组以杆秤为探究对象，结合杠杆平衡原理开展实践探究，完成了产品制作、产品使用、产品改进三大实践环节。
【产品制作】
（1）如图乙所示，科学实践小组选取直尺、钩码、细绳等材料制作简易杆秤。选用质地轻的直尺作为秤杆的主要目的是　 　；在直尺5cm刻度处打孔穿绳制作秤钩，10cm刻度处打孔穿绳制作提纽，其中提纽对应杠杆的　 　。（选填“支点”、“动力作用点”或“阻力作用点”）
【产品使用】
（2）简易杆秤使用前未校零调平，空载时秤钩端略向下倾斜。若直接用该杆秤称量物体质量，测量结果会　 　。（选填“不变”、“偏小”或“偏大”）
【产品改进】
（3）若想提高简易杆秤测量精准度，可采取的办法是　 　。（写出一条即可）
【答案】减小秤杆自身重力对杠杆平衡的影响；支点；偏大；换用质量更小的秤砣
【知识点】杠杆的平衡条件；探究杠杆的平衡条件实验；制作简易杆秤
【解析】【解答】 （1）若秤杆自身质量较大，其重力会对杠杆平衡造成影响，增大测量误差，选用质地较轻的直尺作为秤杆，正是为了减小秤杆自重对平衡的干扰；杆秤工作时，杠杆绕提纽转动，因此提纽对应杠杆的支点。
（2）空载时秤钩端下倾，说明空载状态下秤钩端的力与力臂乘积更大，为使杆秤平衡，需将秤砣移至零刻度线的右侧。称量物体时，该空载误差会叠加在测量值中，导致最终测量结果偏大。
（3）根据杠杆平衡原理，对于相同质量变化的被测物体，换用质量更小的秤砣时，秤砣对应的力臂变化量会更大，杆秤的刻度间距随之增大，能有效提高测量的精准度。
故答案为：（1）减小秤杆自身重力对杠杆平衡的影响；支点；（2）偏大；（3）换用质量更小的秤砣。
【分析】 （1）杠杆平衡不仅受被测物体和秤砣的影响，秤杆自身重力也会产生力矩干扰。选用轻质材料，可降低这一额外力矩，减小系统误差；提纽作为杆秤的转动中心，是杠杆的支点。
（2）空载时秤钩端下倾，说明杆秤在未挂物体时已处于 “不平衡” 状态，零刻度线不再是真正的平衡位置。称量时，秤砣需要额外移动一段距离来抵消空载偏差，导致读数偏大。
（3）杠杆平衡条件为动力×动力臂=阻力×阻力臂，被测物体质量变化相同时，秤砣质量越小，对应的力臂变化就越大，刻度间距也越大，更便于读数，从而提升测量精度。
24．科学教育社团利用如图甲装置测量长方体合金工件的密度。一圆柱形容器底面积为120，上端开口面积为80，装有适量水，静止在水平桌面上。用细线吊着高度小于15cm，底面积为60的质地均匀、实心长方体合金工件，使其缓慢浸入水中，当工件完全浸没并沉底后，松开细线，测得其上表面距水面8cm，容器对桌面的压强相比未放入工件时增大了3200Pa（容器中水未外溢）。图乙是水对容器底部的压强p与工件下表面浸入水中深度H的图像。（）求：
（1）未放入合金工件时，容器中水的深度；
（2）当合金工件下表面浸入水中深度H＝3cm时，工件受到的浮力；
（3）求合金工件的密度。
【答案】（1）由图乙可知，未放入合金工件时，水对容器底部的压强。根据液体压强公式p=ρgh，可得水的深度：。
答： 未放入合金工件时，容器中水的深度为12cm。
（2）当时，工件排开水的体积：
根据阿基米的原理可知，工件受到的浮力。
答： 当合金工件下表面浸入水中深度H＝3cm时，工件受到的浮力为1.8N。
（3）水平桌面受到容器的压力增加量等于合金工件的重力，即：
根据重力公式变形式可知，合金工件的质量
原来容器中水的体积
由题意可知，容器下部总高度为，时水对容器底压强为，对应水深，恰好到达容器粗细交界处，设合金高度为，完全浸没沉底后总水深，且，合金全部在容器下部，水的体积
即
解得，合金体积
则合金的密度。
答： 合金工件的密度为。
【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）已知未放入工件时水对容器底的压强，结合水的密度和重力加速度，可直接通过p=ρgh变形求出水的初始深度。
（2）先根据工件浸入水中的高度和横截面积算出排开水的体积，再代入阿基米德原理公式F浮=ρ水gV排，即可求出工件受到的浮力。
（3）① 利用桌面压力的增加量等于工件重力，结合压强变化量和容器底面积，求出工件的重力与质量；
② 利用水的体积不变，结合容器上下两部分的横截面积和工件高度，列方程求出工件的高度，进而得到工件体积；
③ 代入密度公式，计算出合金工件的密度。
（1）由图乙可知，未放入合金工件时，水对容器底部的压强，水的深度
（2）当时，工件排开水的体积
工件受到的浮力
（3）水平桌面受到容器的压力增加量等于合金工件的重力，即
合金工件的质量
原来容器中水的体积
由题意可知，容器下部总高度为，时水对容器底压强为，对应水深，恰好到达容器粗细交界处，设合金高度为，完全浸没沉底后总水深，且，合金全部在容器下部，水的体积
即
解得，合金体积
则合金的密度
25．如图所示，电源电压恒定不变。当闭合开关和，断开，灯泡L正常发光；当闭合开关和，断开，电压表示数为6V，电流表示数为1.6A；当只闭合开关时，灯泡L消耗的实际功率与额定功率之比为1：9，与消耗的功率之比为3：1（不考虑灯丝电阻随温度变化）。求：
（1）灯泡L的额定电压；
（2）灯泡L的额定功率；
（3）当只闭合时，的电功率。
【答案】（1）当闭合开关S1和S3，断开S2时，R1与R2并联，电压表测量电源电压，由电压表示数得电源电压，当闭合开关S1和S2，断开S3时，电路为灯泡L的简单电路，此时灯泡正常发光，灯泡额定电压等于电源电压，即。
答： 灯泡L的额定电压为6V。
（2）当只闭合开关S2时，R1、R2、L串联，已知，灯丝电阻RL不变，由得，实际功率与额定功率之比
解得实际电压为
串联电路电流处处相等，与消耗的功率之比，由P=I2R得，与消耗的功率之比
解得，R1、R2并联时，干路电流，由并联电路电流规律
代入和，解得，
对串联电路，由欧姆定律得，总电压，代入已知量得
解得灯泡的电阻为，灯泡额定功率。
答： 灯泡L的额定功率为3.6W。
（3）只闭合S2时，电路总电阻
电路电流
R1的电功率。
答： 当只闭合时，的电功率为0.6W。
【知识点】串联电路的电压规律；电阻的串联；欧姆定律及其应用；电路的动态分析；电功率的计算
【解析】【分析】（1）分析不同开关状态下的电路结构：闭合S1、S3断开S2时，R1与R2并联，电压表直接测得电源电压；闭合S1、S2断开S3时，只有灯泡接入电路且正常发光，因此灯泡额定电压等于电源电压。
（2）先利用灯泡实际功率与额定功率的比值，求出串联时灯泡的实际电压与电流；再通过R1、R2的功率比得到电阻比，结合并联电路的电流数据求出R1、R2的阻值；最后根据串联电路的电压关系求出电路电流，进而算出灯泡电阻和额定功率。
（3）只闭合S2时，R1、R2与灯泡串联，利用第（2）问中已求出的电路电流和R1的阻值，直接用P=I2R即可算出R1的电功率。
（1）当闭合开关S1和S3，断开S2时，R1与R2并联，电压表测量电源电压，由电压表示数得电源电压，当闭合开关S1和S2，断开S3时，电路为灯泡L的简单电路，此时灯泡正常发光，灯泡额定电压等于电源电压，即
（2）当只闭合开关S2时，R1、R2、L串联，已知，灯丝电阻RL不变，由得，实际功率与额定功率之比
解得实际电压为
串联电路电流处处相等，与消耗的功率之比，由P=I2R得，与消耗的功率之比
解得，R1、R2并联时，干路电流，由并联电路电流规律
代入和，解得，
对串联电路，由欧姆定律得，总电压，代入已知量得
解得灯泡的电阻为，灯泡额定功率
（3）只闭合S2时，电路总电阻
电路电流
R1的电功率
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