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上海市静安区2025-2026学年九年级下学期中考二模物理试卷
1．阳光下的湖面波光粼粼。
（1）太阳是离地球最近的一颗______。
A．恒星 B．行星 C．卫星
（2）在图中，画出太阳光线AO经湖面的反射光线OB，并标出反射角及其度数；
（3）阳光照射后湖面水温会升高，这是通过　 　的方式改变其内能。
【答案】（1）A
（2）
（3）热传递
【知识点】作光的反射光路图；热传递改变物体内能；科学探索
【解析】【解答】（1）恒星可以自身发光发热，太阳是离地球最近的恒星。
故答案为：A。
（2）入射角是入射光线与法线的夹角，根据入射光线与界面的夹角可算出入射角为；根据光的反射定律，反射角等于入射角，因此反射角为，按要求画出反射光线并标注，如下图所示：
（3）改变内能的方式分为做功和热传递，阳光照射使水温升高，是通过热传递转移热量改变湖水内能。
故答案为：热传递
【分析】(1) 本题考查天体分类，恒星能自身发光发热，太阳是离地球最近的恒星。
(2) 本题考查光的反射定律，反射光线、入射光线和法线在同一平面内，反射光线与入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角。
(3) 本题考查改变内能的方式，热传递和做功是改变内能的两种方式，阳光照射属于热传递。
（1）恒星可以自身发光发热，太阳是离地球最近的恒星，故选A。
（2）入射角是入射光线与法线的夹角，根据入射光线与界面的夹角可算出入射角为；根据光的反射定律，反射角等于入射角，因此反射角为，按要求画出反射光线并标注。
（3）改变内能的方式分为做功和热传递，阳光照射使水温升高，是通过热传递转移热量改变湖水内能。
2．小华在餐厅用餐，餐厅环境优雅，菜品精致。
（1）餐厅内播放着轻柔的小提琴曲，小华是根据　 　（选“A响度”“B音调”或“C音色”）判断出该乐曲是小提琴演奏的；
（2）餐厅的墙面安装了吸音材料，可以控制噪声的　 　（选“A声源”或“B传播途径”）；
（3）厨师会在部分菜品中放置干冰，如图所示，利用其　 　（选“A汽化”或“B升华”）吸热来实现低温保鲜。
【答案】（1）C
（2）B
（3）B
【知识点】升华及升华吸热；音色；防治噪声的途径
【解析】【解答】（1）音色是由发声体本身的材料、结构决定的特性，不同发声体发出声音的音色不同，人们可以通过音色区分不同的乐器，故答案为：C。
（2）墙面的吸音材料是在声音传播过程中吸收噪声，属于在传播途径控制噪声。
故答案为：B。
（3）干冰是固态二氧化碳，常温下会直接从固态变为气态，这个物态变化是升华，升华过程吸热，可以实现低温保鲜；汽化是液态变为气态的过程，不符合干冰的变化。
故答案为：B。
【分析】(1) 音色是由发声体本身的材料、结构决定的特性，不同发声体发出声音的音色不同，因此可以通过音色区分不同的乐器。
(2) 控制噪声的途径有三种：在声源处减弱、在传播过程中减弱、在人耳处减弱。墙面的吸音材料是在声音传播过程中吸收噪声，属于在传播途径控制噪声。
(3) 干冰从固态直接变为气态的过程属于升华现象，升华过程中需要吸收热量，因此可以利用干冰升华吸热来实现低温保鲜。汽化是液态变为气态的过程，不符合干冰的变化特点。
（1）音色是由发声体本身的材料、结构决定的特性，不同发声体发出声音的音色不同，人们可以通过音色区分不同的乐器，故选C。
（2）墙面的吸音材料是在声音传播过程中吸收噪声，属于在传播途径控制噪声，故选B。
（3）干冰是固态二氧化碳，常温下会直接从固态变为气态，这个物态变化是升华，升华过程吸热，可以实现低温保鲜；汽化是液态变为气态的过程，不符合干冰的变化，故选B。
3．家中，用电热水壶烧水。
（1）电热水壶壶身的金属外壳属于　 　（选填“A.导体”或“B.绝缘体”），电热水壶三脚插头插入三孔插座时，其金属外壳与　 　（选填“A.相线”“B.零线”或“C.地线”）相连，以保证人身安全；
（2）通常可以利用壶身上水位计的液面高低来判断壶内水量，当电热水壶内的水越少，壶身上水位计的液面越　 　（选填“A.高”或“B.低”）；
（3）用电热水壶加热质量为2 kg的水，使其温度升高50 ℃，则水吸收的热量为　 　J。[]
【答案】（1）A；C
（2）B
（3）
【知识点】比热容的定义及其计算公式；连通器原理及其应用；家庭电路的组成
【解析】【解答】（1）容易导电的物体叫导体，金属容易导电，因此电热水壶的金属外壳属于导体；带金属外壳的用电器，为避免外壳漏电时发生触电事故，三脚插头连接三孔插座后，金属外壳需要与地线相连，保证安全。
故答案为：A；C
（2）电热水壶的水位计利用了连通器原理：连通器内装同种液体、液体静止时，各部分液面始终相平，因此壶内水越少，水位计的液面越低。
故答案为：B
（3）根据水吸热公式，水吸收的热量
故答案为：
【分析】(1) 金属是常见的导体；三孔插座的地线会与用电器的金属外壳相连，当电器漏电时，电流会通过地线流入大地，避免触电事故。
(2) 连通器的特点是：当内部液体静止时，各部分液面保持相平。因此壶内水量越少，水位计的液面越低。
(3) 利用吸热公式 计算水吸收的热量，代入数据即可求解。
（1）容易导电的物体叫导体，金属容易导电，因此电热水壶的金属外壳属于导体；带金属外壳的用电器，为避免外壳漏电时发生触电事故，三脚插头连接三孔插座后，金属外壳需要与地线相连，保证安全。
（2）电热水壶的水位计利用了连通器原理：连通器内装同种液体、液体静止时，各部分液面始终相平，因此壶内水越少，水位计的液面越低。
（3）根据水吸热公式，水吸收的热量
4．夏天，小明在盛有可乐的玻璃杯中加入冰块。
（1）玻璃杯外侧出现了许多小水珠，这是　 　（选填“A.液化”或“B.汽化”）现象；
（2）一块体积为的冰块全部熔化成水，体积变化了　 　。（，）
【答案】（1）A
（2）0.8
【知识点】液化及液化放热；密度公式及其应用
【解析】【解答】（1）加入冰块后玻璃杯温度很低，空气中的气态水蒸气遇冷，在玻璃杯外侧变成液态小水珠，物质由气态变为液态的过程是液化。
故答案为：A。
（2）根据密度公式，冰块质量
冰熔化为水后质量不变，水的体积
体积变化量
故答案为：0.8
【分析】(1) 液化是物质由气态变为液态的过程，此过程放热。冰块使玻璃杯温度降低，空气中的水蒸气遇冷液化成小水珠附着在杯壁外侧。
(2) 冰熔化成水后质量不变，利用密度公式分别计算冰和水的体积，再求差值即可。
（1）加入冰块后玻璃杯温度很低，空气中的气态水蒸气遇冷，在玻璃杯外侧变成液态小水珠，物质由气态变为液态的过程是液化，因此选A。
（2）根据密度公式，冰块质量
冰熔化为水后质量不变，水的体积
体积变化量
5．图所示实验中，闭合开关，直导线ab向右运动。
（1）闭合开关后，电流沿　 　（选“A ”或“B ”）方向通过直导线ab；
（2）直导线ab向右运动，说明闭合开关后，　 　周围存在磁场，直导线ab在磁场中受到了　 　的作用；
（3）下列操作能使直导线ab向左运动的是_______。
A．改变电压大小 B．改变电流方向
C．改变电流大小 D．改变直导线ab长度
【答案】（1）B
（2）磁体；力
（3）B
【知识点】磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】（1）电路中电流的方向是从电源正极流出，经用电器回到电源负极。由图可知电源左为负极、右为正极，电流从正极流出后，从b端流入直导线ab，从a端流出回到负极，因此电流方向为。
故答案为：B。
（2）本实验中，蹄形磁体本身周围存在磁场；闭合开关后，通电的直导线ab在磁场中受到力的作用，因此ab会运动。
故答案为：磁体；力
（3）通电导体在磁场中受力的方向只和电流方向、磁场方向有关，改变电流大小、电压大小、导线长度只能改变受力大小，不会改变受力方向；因此改变电流方向就能让ab受力方向反向，向左运动。
故答案为：B。
【分析】(1) 本题考查电流方向的判断，电流在电路中总是从电源正极流向负极，因此需结合电源极性和导线连接方式判断电流方向。
(2) 本题考查磁场对通电导体的作用，磁体周围存在磁场，通电导体在磁场中会受到力的作用，力的方向与电流方向和磁场方向有关。
(3) 本题考查影响通电导体受力方向的因素，只有改变电流方向或磁场方向，才能改变导体的运动方向，其他因素只能改变受力大小。
（1）电路中电流的方向是从电源正极流出，经用电器回到电源负极。由图可知电源左为负极、右为正极，电流从正极流出后，从b端流入直导线ab，从a端流出回到负极，因此电流方向为，故选B。
（2）本实验中，蹄形磁体本身周围存在磁场；闭合开关后，通电的直导线ab在磁场中受到力的作用，因此ab会运动。
（3）通电导体在磁场中受力的方向只和电流方向、磁场方向有关，改变电流大小、电压大小、导线长度只能改变受力大小，不会改变受力方向；因此改变电流方向就能让ab受力方向反向，向左运动，故选B。
6．做“用托盘天平测量铜块的质量”实验。
（1）将托盘天平放在水平桌面上，把　 　移至零刻度线；
（2）（不定项）调节平衡螺母时，下列选项中可作为托盘天平已调至平衡的依据是______。
A．指针指在分度盘的中央刻度线
B．指针于中央刻度线的左右等幅摆动
C．指针在分度盘左侧保持静止
（3）正确实验，若读数时托盘天平右盘中的砝码及游码的位置如图所示，则铜块的质量为　 　。
【答案】（1）游码
（2）A；B
（3）71.4
【知识点】质量的测量与天平的使用
【解析】【解答】（1）使用托盘天平前，先将天平放在水平桌面上，第一步需要把游码移到标尺左端的零刻度线处，再调节平衡螺母，因此此处填游码。
故答案为：游码
（2）判断天平调平的依据有两种：①指针静止时，指在分度盘的中央刻度线；②指针摆动时，在中央刻度线左右等幅摆动，两种情况都说明天平平衡。C选项指针静止在分度盘左侧，说明天平不平衡。
故答案为：AB。
（3）天平读数规则：物体质量 = 砝码总质量 + 游码对应刻度值，游码左侧对齐刻度线，
因此铜块总质量为
故答案为：71.4
【分析】（1）本题考查托盘天平的使用方法，使用前需先将天平置于水平桌面，并将游码归零，再调节平衡螺母使天平平衡。
（2）本题考查天平调平的判断依据，指针静止在分度盘中央或在中央刻度线左右等幅摆动，均说明天平已调平。
（3）本题考查天平的读数方法，物体质量等于砝码质量与游码对应刻度值之和，游码读数以左侧对齐的刻度为准。
（1）使用托盘天平前，先将天平放在水平桌面上，第一步需要把游码移到标尺左端的零刻度线处，再调节平衡螺母，因此此处填游码。
（2）判断天平调平的依据有两种：①指针静止时，指在分度盘的中央刻度线；②指针摆动时，在中央刻度线左右等幅摆动，两种情况都说明天平平衡。C选项指针静止在分度盘左侧，说明天平不平衡，故选AB。
（3）天平读数规则：物体质量 = 砝码总质量 + 游码对应刻度值，游码左侧对齐刻度线，因此铜块总质量为
7．夏季，科考船“雪龙2号”在某海域满载航行时，其排开海水的体积为，吃水深度为9 m。（约为）
（1）“雪龙2号”满载航行时所受浮力的大小约为　 　；
（2）海水在9 m深处产生的压强约为　 　；
（3）如图所示，若S线表示“雪龙2号”夏季时在海水中满载航行的“吃水线”，则该船夏季时在淡水满载航行的“吃水线”应为　 　（选“A 甲线”或“B 乙线”）。
【答案】（1）
（2）
（3）A
【知识点】液体压强计算公式的应用；阿基米德原理；浮力的利用
【解析】【解答】（1）“雪龙2号”满载航行时所受浮力的大小约为
故答案为：
（2）海水在9 m深处产生的压强约为
故答案为：
（3）轮船满载时始终漂浮，浮力等于总重力，满载时总重力不变，因此浮力大小不变。 淡水密度小于海水，根据：浮力不变时，液体密度越小，排开液体的体积 越大，吃水深度越大。 相对于船身，吃水深度越大，水面位置越靠上，因此淡水满载的吃水线为甲线。
故答案为：A。
【分析】（1）本题考查阿基米德原理的应用，直接代入公式 即可计算浮力大小。
（2）本题考查液体压强的计算，根据液体压强公式 求解即可。
（3）本题考查漂浮条件与阿基米德原理的综合应用，轮船在不同液体中满载时浮力不变，液体密度越小，排开液体的体积越大，吃水线越高。
（1）“雪龙2号”满载航行时所受浮力的大小约为
（2）海水在9 m深处产生的压强约为
（3）轮船满载时始终漂浮，浮力等于总重力，满载时总重力不变，因此浮力大小不变。 淡水密度小于海水，根据：浮力不变时，液体密度越小，排开液体的体积 越大，吃水深度越大。 相对于船身，吃水深度越大，水面位置越靠上，因此淡水满载的吃水线为甲线，故选A。
8．如图（a）所示，过山车从点出发，先后经过、、、点，运动过程中空气阻力忽略不计。图（b）是过山车在、、、点的动能和重力势能大小的示意图。
（1）过山车先后经过、、、点时，其在　 　点时重力势能最大；
（2）判断过山车经过点和点时速度的大小：　 　（选“A 大于”“B 等于”或“C 小于”）；
（3）写出过山车经过点和点时的机械能大小关系及判断理由，并推测造成其机械能变化的可能原因：　 　。
【答案】（1）B
（2）A
（3）B点机械能大于点机械能；理由：机械能等于动能与重力势能之和，由图(b)可知点动能和重力势能的总和大于点动能和重力势能的总和；变化原因：过山车运动过程中克服轨道摩擦做功，部分机械能转化为内能，机械能逐渐减小
【知识点】机械能及其转化
【解析】【解答】（1）图(b)直接给出了各点重力势能的大小，重力势能的柱状图在点最高，因此点重力势能最大。
故答案为：B
（2）质量不变时，动能越大，物体速度越大。、都位于水平轨道，重力势能相同；由图(b)可知点动能大于点动能，因此 大于。
故答案为：A。
（3）B 点机械能大于 D 点机械能；理由：机械能等于动能与重力势能之和，由图 (b) 可知 B 点动能和重力势能的总和大于 D 点动能和重力势能的总和；变化原因：过山车运动过程中克服轨道摩擦做功，部分机械能转化为内能，机械能逐渐减小。
故答案为：B 点机械能大于 D 点机械能；理由：机械能等于动能与重力势能之和，由图 (b) 可知 B 点动能和重力势能的总和大于 D 点动能和重力势能的总和；变化原因：过山车运动过程中克服轨道摩擦做功，部分机械能转化为内能，机械能逐渐减小。
【分析】（1）重力势能的大小与物体的质量和高度有关，由图 (b) 的柱状图可直接看出 B 点的重力势能最大。
（2）动能的大小与物体的质量和速度有关，质量不变时，动能越大，速度越大。C 点的动能大于 E 点的动能，因此 C 点速度大于 E 点速度。
（3）机械能等于动能与重力势能之和，B 点的动能与重力势能之和大于 D 点，说明 B 点机械能更大；机械能减少的原因是过山车运动过程中需要克服轨道摩擦做功，部分机械能转化为内能，导致机械能逐渐减小。
（1）图(b)直接给出了各点重力势能的大小，重力势能的柱状图在点最高，因此点重力势能最大。
（2）质量不变时，动能越大，物体速度越大。、都位于水平轨道，重力势能相同；由图(b)可知点动能大于点动能，因此 大于，故选A。
（3）略
9．羊角锤主要有拔钉和敲击两种用途。
（1）（1）如图所示，小明用羊角锤将钉子匀速向上拔出了2 cm，钉子对羊角锤竖直向下的阻力大小为180 N。
①使用羊角锤拔钉时，其可看作一个点为支点的　 　（选填“A 省力”或“B 费力”）杠杆；
②小明对羊角锤点处施加的动力最小为　 　，请在图中羊角锤点处，用力的示意图画出这个最小动力　 　；
③求出此过程中，克服阻力所做的功　 　；
（2）（2）使用羊角锤敲钉时，保持其锤头平击钉帽，若羊角锤对钉帽的作用力大小为120 N，钉子垂直进入墙面，锤头、钉帽的表面积及钉尖的面积如表所示，求敲钉时墙面受到的压强。
锤头的表面积
钉帽的表面积
钉尖的面积
【答案】(1) ① A ；② 27； ； ③(2)
（1）A；27；；
（2）钉尖面积
墙面受到的压力等于羊角锤的作用力
敲钉时墙面受到的压强
故答案为：
【知识点】压强的大小及其计算；杠杆中最小力的问题；功的计算及应用
【解析】【解答】（1）① 拔钉时羊角锤以O为支点，动力臂大于阻力臂，动力小于阻力，因此属于省力杠杆，故A正确。
②③ 作图：作用点在A点，方向垂直OA向左上方，标注，如下图所示：
根据杠杆平衡条件，动力臂最大等于OA长度时，动力最小。
小明对羊角锤点处施加的最小动力
已知
克服阻力做功
故答案为：
【分析】（1）①杠杆类型判断：动力臂大于阻力臂为省力杠杆，羊角锤拔钉时符合省力杠杆特征。
②最小动力的计算：根据杠杆平衡条件，当动力臂最大（等于OA长度）时，动力最小，方向需与OA垂直以获得最大力臂。
③功的计算：克服阻力做功的公式为 ，需注意单位换算。
（2）压强计算：敲钉时墙面受力面积为钉尖面积，根据 计算压强，注意面积单位换算。
10．小华在海边游泳时观察到：晴天，太阳光照射下，浅水区海水几乎无色，而深海海域的海水呈现蓝色。为解释“晴天，深海海域的海水呈现蓝色”的现象，小华查阅资料得知：（a）各种色光的频率范围、海水吸收不同颜色光能力的强弱示意，以及不同颜色光在清澈海水中的传播深度如表所示；（b）频率越高的色光，越容易被海水中的水分子散射，向各个方向散开；（c）“靛”是指深蓝或蓝紫，白天人眼对紫光不如蓝光敏感。
光的颜色 红 橙 黄 绿 蓝 靛 紫
频率（） 4.3～4.8 4.8～5.0 5.0～5.2 5.2～6.1 6.1～6.3 6.3～6.6 6.6～7.5
海水吸收不同颜色光能力的强弱示意
不同颜色光在清澈海水中的传播深度（m） 5～15 10～20 20～40 50～120 150～250 100～200
综合上述信息和所学知识：
（1）深海底的海水压强　 　（选填“A .大于”“B .等于”或“C .小于”）浅海底的海水压强；
（2）请写出“浅水区海水几乎无色”的原因：　 　；
（3）解释“晴天，深海海域的海水呈现蓝色”现象产生的原因：　 　。
【答案】（1）A
（2）浅水区海水深度较浅，红光、橙光、黄光、绿光等传播深度较浅的色光能够到达海底并反射回来，混合后进入人眼，因此海水几乎无色
（3）深海海域海水深度较大，红光、橙光、黄光、绿光等传播深度较浅的色光被海水吸收，无法反射；蓝光、靛光、紫光等传播深度较深的色光反射回来，且频率较高的蓝光、靛光、紫光易被散射，人眼对紫光不敏感，蓝光进入人眼较多，故海水呈现蓝色。
【知识点】光的色散；色光的三（基）原色和颜料的三原色；物体的颜色；液体压强计算公式的应用
【解析】【解答】 （1）根据液体压强公式p=ρgh，海水密度ρ相同，g是常量，深度越大，压强越大。深海的深度远大于浅海，所以深海底的海水压强大于浅海底的海水压强，故选：A。
（2）浅水区海水深度较浅，从表格可知，红光、橙光、黄光、绿光等传播深度较浅的色光能够到达海底并反射回来，这些色光混合后进入人眼，人眼看到的就是接近无色的效果，所以浅水区海水几乎无色。
（3）晴天深海海域海水深度较大，从表格可知：红光、橙光、黄光、绿光等传播深度较浅的色光会被海水吸收，无法反射；蓝光、靛光、紫光等传播深度较深的色光可以反射回来，同时频率较高的蓝光、靛光、紫光易被散射，人眼对紫光不敏感，蓝光进入人眼较多，故海水呈现蓝色。
故答案为：（1）A；（2）浅水区海水深度较浅，红光、橙光、黄光、绿光等传播深度较浅的色光能够到达海底并反射回来，混合后进入人眼，因此海水几乎无色；（3）深海海域海水深度较大，红光、橙光、黄光、绿光等传播深度较浅的色光被海水吸收，无法反射；蓝光、靛光、紫光等传播深度较深的色光反射回来，且频率较高的蓝光、靛光、紫光易被散射，人眼对紫光不敏感，蓝光进入人眼较多，故海水呈现蓝色。【分析】（1）根据液体压强公式p=ρgh进行分析。
（2）（3）分析表格已知数据，得出结论。
（1）根据液体压强规律，液体密度相同时，深度越大，液体压强越大；深海底深度大于浅海底，因此深海底海水压强大于浅海底。
（2）由表格数据可知，色光频率越高，在海水中的传播深度越大；浅水区深度很小，所有颜色的光都可以传播到浅水区，白光是由所有色光混合而成的，因此混合后呈现白色，所以浅水区海水几乎无色。
（3）结合资料信息分析：海水对频率更低的红、橙、黄等色光吸收能力更强，这类色光传播深度小，在到达深海前就被吸收；蓝、紫色光频率更高，根据资料“频率越高的色光越容易被水分子散射”，且海水对蓝、紫色光吸收能力更弱，传播深度更大，可以到达深海；结合资料“白天人眼对紫光不如蓝光敏感”，最终进入人眼的蓝光最多，因此晴天深海海域的海水呈现蓝色。
11．在“制作加热坐垫”的实践活动中，学校提供了如下器材：电压为5 V的电源、两个完全相同的加热电阻和（阻值均为2.5 Ω）、两个开关和以及导线若干。小红、小华和小明根据所提供的器材各自完成了一个加热坐垫的制作。
（1）小红将电源、开关和加热电阻连成电路，实现了坐垫的加热功能，求闭合开关后，通过电阻的电流及其在10 s内产生的热量；
（2）小明和小华分别利用全部器材，制作了加热坐垫，这两个加热坐垫都能实现“高温挡”和“保温挡”两种状态。
①小明在他的加热坐垫正常工作一段时间后，发现：处于高温挡时，坐垫正常发热；处于保温挡时，坐垫不发热，经检查发现，其中一个加热电阻发生了故障，请画出该坐垫的工作电路图，并在图中标明发生故障的电阻及其故障类型；
②小华和小明一起修复了坐垫后，他们发现小华设计的坐垫无论处于“高温挡”还是“保温挡”，都比小明设计的坐垫处于同挡位时要热一些（即电功率更大），请写出小华所制作加热坐垫的工作电路中和的连接方式并计算其处于“高温挡”时的电功率。
【答案】（1）解：已知电源电压 ，，根据欧姆定律
纯电阻电路中，电流产生的热量等于电功，则热量
（2）①解： 根据题意，高温挡正常发热、保温档不发热，说明保温档电路断路，高温挡电路通路，说明两电阻串联，有一个开关与一个电阻并联，两个开关都闭合时为高温挡，只闭合串联的开关，并联开关断开，两电阻串联接入电路时为保温档，故障是与开关并联的电阻断路，如下图所示：
②解：电源电压不变，功率 ，功率越大总电阻越小。
小华同挡位功率都大于小明，说明同挡位总电阻更小，因此小华的电路中与 并联，
两个开关分别控制两条支路：保温档：仅接入一个电阻，，功率大于小明保温档；
高温挡：两个电阻同时接入，总电阻最小，功率最大。
每个电阻的功率
总功率
【知识点】欧姆定律及其应用；电功的计算；电功率的计算
【解析】【分析】（1）本题考查欧姆定律和焦耳定律的应用，纯电阻电路中电流产生的热量等于电功，直接代入公式计算即可。
（2）①本题考查电路故障分析，结合串联电路的特点：当与开关并联的电阻断路时，开关闭合（高温挡）时电路通路，开关断开（保温挡）时电路断路。
②本题考查并联电路的功率计算，并联电路总电阻更小，功率更大；根据，分别计算单个电阻和并联时的功率，得出高温挡总功率。
（1）已知电源电压 ，，根据欧姆定律
纯电阻电路中，电流产生的热量等于电功，则热量
（2）① 根据题意，高温挡正常发热、保温挡不发热，说明保温挡电路断路，高温挡电路通路，说明两电阻串联，有一个开关与一个电阻并联，两个开关都闭合时为高温挡，只闭合串联的开关，并联开关断开，两电阻串联接入电路时为保温挡，故障是与开关并联的电阻断路，如下图所示：
②电源电压不变，功率 ，功率越大总电阻越小。小华同挡位功率都大于小明，说明同挡位总电阻更小，因此小华的电路中与 并联，两个开关分别控制两条支路：保温挡：仅接入一个电阻，，功率大于小明保温挡；高温挡：两个电阻同时接入，总电阻最小，功率最大。每个电阻的功率
总功率
12．某小组同学做“探究电流与电阻的关系”实验，器材有：电源（电压保持不变）、定值电阻（、、、和）、滑动变阻器（标有“ 1 A”字样）、电流表、电压表（只有0~3 V挡完好）、开关及导线若干。他们根据器材情况进行思考，并设计实验方案，先后完成了两组实验。在每一组实验中，分别换用了3个不同阻值的，且都利用移动变阻器滑片的方法使其两端的电压保持不变，实验数据记录在表1和表2中。最后他们在对实验数据进行分析后，得出了结论。
表1 第一组
实验序号 定值电阻（） 电压表示数（） 电流表示数（）
1 10 3.0 0.30
2 15 3.0 0.20
3 25 3.0 0.12
表2 第二组
实验序号 定值电阻（） 电压表示数（） 电流表示数（）
4 20 2.0 0.30
5 10 2.0 0.60
6 5 2.0 1.20
（1）分析比较实验序号1和2和3的数据及相关条件，可得出的初步结论是：　 　；
（2）小明同学查看了表2第二组中的数据，认为该组数据无法得出正确的结论。请你根据相关信息进行分析，是否赞同小明的观点，并说明理由。
【答案】（1）当导体两端电压保持不变时，通过导体的电流与导体的电阻成反比
（2）赞同，探究“电流与电阻的关系”时，需控制定值电阻两端电压不变，同时电路电流不能超过器材的安全限制。表2中，当定值电阻为5Ω时，电流为1.2A，而滑动变阻器标有“50Ω 1A”，允许通过的最大电流为1A，此时电路电流1.2A超过了滑动变阻器的额定电流，会损坏滑动变阻器，实验无法正常进行。因此该组数据不符合器材安全要求，无法得出正确结论。
【知识点】探究电流与电压、电阻的关系实验
【解析】【解答】（1）实验序号1、2、3中，定值电阻两端电压始终为3V不变，电流随电阻增大而减小，且电流与电阻的乘积为定值，可得出的初步结论是：当导体两端电压保持不变时，通过导体的电流与导体的电阻成反比 。
故答案为：当导体两端电压保持不变时，通过导体的电流与导体的电阻成反比
（2）赞同，探究“电流与电阻的关系”时，需控制定值电阻两端电压不变，同时电路电流不能超过器材的安全限制。表2中，当定值电阻为5Ω时，电流为1.2A，而滑动变阻器标有“50Ω 1A”，允许通过的最大电流为1A，此时电路电流1.2A超过了滑动变阻器的额定电流，会损坏滑动变阻器，实验无法正常进行。因此该组数据不符合器材安全要求，无法得出正确结论。
【分析】（1）本题考查 “探究电流与电阻的关系” 实验结论，控制变量为定值电阻两端电压不变，分析数据可知电流与电阻的乘积为定值，因此可得出电流与电阻成反比的结论。
（2）本题考查实验数据的合理性分析，需结合滑动变阻器的额定电流判断数据是否符合器材安全要求。当定值电阻为 5Ω 时，电路电流超过滑动变阻器的额定电流，因此该组数据无法用于得出正确结论。
（1）实验序号1、2、3中，定值电阻两端电压始终为3V不变，电流随电阻增大而减小，且电流与电阻的乘积为定值，可得出的初步结论是：当导体两端电压保持不变时，通过导体的电流与导体的电阻成反比 。
（2）略
1 / 1上海市静安区2025-2026学年九年级下学期中考二模物理试卷
1．阳光下的湖面波光粼粼。
（1）太阳是离地球最近的一颗______。
A．恒星 B．行星 C．卫星
（2）在图中，画出太阳光线AO经湖面的反射光线OB，并标出反射角及其度数；
（3）阳光照射后湖面水温会升高，这是通过　 　的方式改变其内能。
2．小华在餐厅用餐，餐厅环境优雅，菜品精致。
（1）餐厅内播放着轻柔的小提琴曲，小华是根据　 　（选“A响度”“B音调”或“C音色”）判断出该乐曲是小提琴演奏的；
（2）餐厅的墙面安装了吸音材料，可以控制噪声的　 　（选“A声源”或“B传播途径”）；
（3）厨师会在部分菜品中放置干冰，如图所示，利用其　 　（选“A汽化”或“B升华”）吸热来实现低温保鲜。
3．家中，用电热水壶烧水。
（1）电热水壶壶身的金属外壳属于　 　（选填“A.导体”或“B.绝缘体”），电热水壶三脚插头插入三孔插座时，其金属外壳与　 　（选填“A.相线”“B.零线”或“C.地线”）相连，以保证人身安全；
（2）通常可以利用壶身上水位计的液面高低来判断壶内水量，当电热水壶内的水越少，壶身上水位计的液面越　 　（选填“A.高”或“B.低”）；
（3）用电热水壶加热质量为2 kg的水，使其温度升高50 ℃，则水吸收的热量为　 　J。[]
4．夏天，小明在盛有可乐的玻璃杯中加入冰块。
（1）玻璃杯外侧出现了许多小水珠，这是　 　（选填“A.液化”或“B.汽化”）现象；
（2）一块体积为的冰块全部熔化成水，体积变化了　 　。（，）
5．图所示实验中，闭合开关，直导线ab向右运动。
（1）闭合开关后，电流沿　 　（选“A ”或“B ”）方向通过直导线ab；
（2）直导线ab向右运动，说明闭合开关后，　 　周围存在磁场，直导线ab在磁场中受到了　 　的作用；
（3）下列操作能使直导线ab向左运动的是_______。
A．改变电压大小 B．改变电流方向
C．改变电流大小 D．改变直导线ab长度
6．做“用托盘天平测量铜块的质量”实验。
（1）将托盘天平放在水平桌面上，把　 　移至零刻度线；
（2）（不定项）调节平衡螺母时，下列选项中可作为托盘天平已调至平衡的依据是______。
A．指针指在分度盘的中央刻度线
B．指针于中央刻度线的左右等幅摆动
C．指针在分度盘左侧保持静止
（3）正确实验，若读数时托盘天平右盘中的砝码及游码的位置如图所示，则铜块的质量为　 　。
7．夏季，科考船“雪龙2号”在某海域满载航行时，其排开海水的体积为，吃水深度为9 m。（约为）
（1）“雪龙2号”满载航行时所受浮力的大小约为　 　；
（2）海水在9 m深处产生的压强约为　 　；
（3）如图所示，若S线表示“雪龙2号”夏季时在海水中满载航行的“吃水线”，则该船夏季时在淡水满载航行的“吃水线”应为　 　（选“A 甲线”或“B 乙线”）。
8．如图（a）所示，过山车从点出发，先后经过、、、点，运动过程中空气阻力忽略不计。图（b）是过山车在、、、点的动能和重力势能大小的示意图。
（1）过山车先后经过、、、点时，其在　 　点时重力势能最大；
（2）判断过山车经过点和点时速度的大小：　 　（选“A 大于”“B 等于”或“C 小于”）；
（3）写出过山车经过点和点时的机械能大小关系及判断理由，并推测造成其机械能变化的可能原因：　 　。
9．羊角锤主要有拔钉和敲击两种用途。
（1）（1）如图所示，小明用羊角锤将钉子匀速向上拔出了2 cm，钉子对羊角锤竖直向下的阻力大小为180 N。
①使用羊角锤拔钉时，其可看作一个点为支点的　 　（选填“A 省力”或“B 费力”）杠杆；
②小明对羊角锤点处施加的动力最小为　 　，请在图中羊角锤点处，用力的示意图画出这个最小动力　 　；
③求出此过程中，克服阻力所做的功　 　；
（2）（2）使用羊角锤敲钉时，保持其锤头平击钉帽，若羊角锤对钉帽的作用力大小为120 N，钉子垂直进入墙面，锤头、钉帽的表面积及钉尖的面积如表所示，求敲钉时墙面受到的压强。
锤头的表面积
钉帽的表面积
钉尖的面积
10．小华在海边游泳时观察到：晴天，太阳光照射下，浅水区海水几乎无色，而深海海域的海水呈现蓝色。为解释“晴天，深海海域的海水呈现蓝色”的现象，小华查阅资料得知：（a）各种色光的频率范围、海水吸收不同颜色光能力的强弱示意，以及不同颜色光在清澈海水中的传播深度如表所示；（b）频率越高的色光，越容易被海水中的水分子散射，向各个方向散开；（c）“靛”是指深蓝或蓝紫，白天人眼对紫光不如蓝光敏感。
光的颜色 红 橙 黄 绿 蓝 靛 紫
频率（） 4.3～4.8 4.8～5.0 5.0～5.2 5.2～6.1 6.1～6.3 6.3～6.6 6.6～7.5
海水吸收不同颜色光能力的强弱示意
不同颜色光在清澈海水中的传播深度（m） 5～15 10～20 20～40 50～120 150～250 100～200
综合上述信息和所学知识：
（1）深海底的海水压强　 　（选填“A .大于”“B .等于”或“C .小于”）浅海底的海水压强；
（2）请写出“浅水区海水几乎无色”的原因：　 　；
（3）解释“晴天，深海海域的海水呈现蓝色”现象产生的原因：　 　。
11．在“制作加热坐垫”的实践活动中，学校提供了如下器材：电压为5 V的电源、两个完全相同的加热电阻和（阻值均为2.5 Ω）、两个开关和以及导线若干。小红、小华和小明根据所提供的器材各自完成了一个加热坐垫的制作。
（1）小红将电源、开关和加热电阻连成电路，实现了坐垫的加热功能，求闭合开关后，通过电阻的电流及其在10 s内产生的热量；
（2）小明和小华分别利用全部器材，制作了加热坐垫，这两个加热坐垫都能实现“高温挡”和“保温挡”两种状态。
①小明在他的加热坐垫正常工作一段时间后，发现：处于高温挡时，坐垫正常发热；处于保温挡时，坐垫不发热，经检查发现，其中一个加热电阻发生了故障，请画出该坐垫的工作电路图，并在图中标明发生故障的电阻及其故障类型；
②小华和小明一起修复了坐垫后，他们发现小华设计的坐垫无论处于“高温挡”还是“保温挡”，都比小明设计的坐垫处于同挡位时要热一些（即电功率更大），请写出小华所制作加热坐垫的工作电路中和的连接方式并计算其处于“高温挡”时的电功率。
12．某小组同学做“探究电流与电阻的关系”实验，器材有：电源（电压保持不变）、定值电阻（、、、和）、滑动变阻器（标有“ 1 A”字样）、电流表、电压表（只有0~3 V挡完好）、开关及导线若干。他们根据器材情况进行思考，并设计实验方案，先后完成了两组实验。在每一组实验中，分别换用了3个不同阻值的，且都利用移动变阻器滑片的方法使其两端的电压保持不变，实验数据记录在表1和表2中。最后他们在对实验数据进行分析后，得出了结论。
表1 第一组
实验序号 定值电阻（） 电压表示数（） 电流表示数（）
1 10 3.0 0.30
2 15 3.0 0.20
3 25 3.0 0.12
表2 第二组
实验序号 定值电阻（） 电压表示数（） 电流表示数（）
4 20 2.0 0.30
5 10 2.0 0.60
6 5 2.0 1.20
（1）分析比较实验序号1和2和3的数据及相关条件，可得出的初步结论是：　 　；
（2）小明同学查看了表2第二组中的数据，认为该组数据无法得出正确的结论。请你根据相关信息进行分析，是否赞同小明的观点，并说明理由。
答案解析部分
1．【答案】（1）A
（2）
（3）热传递
【知识点】作光的反射光路图；热传递改变物体内能；科学探索
【解析】【解答】（1）恒星可以自身发光发热，太阳是离地球最近的恒星。
故答案为：A。
（2）入射角是入射光线与法线的夹角，根据入射光线与界面的夹角可算出入射角为；根据光的反射定律，反射角等于入射角，因此反射角为，按要求画出反射光线并标注，如下图所示：
（3）改变内能的方式分为做功和热传递，阳光照射使水温升高，是通过热传递转移热量改变湖水内能。
故答案为：热传递
【分析】(1) 本题考查天体分类，恒星能自身发光发热，太阳是离地球最近的恒星。
(2) 本题考查光的反射定律，反射光线、入射光线和法线在同一平面内，反射光线与入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角。
(3) 本题考查改变内能的方式，热传递和做功是改变内能的两种方式，阳光照射属于热传递。
（1）恒星可以自身发光发热，太阳是离地球最近的恒星，故选A。
（2）入射角是入射光线与法线的夹角，根据入射光线与界面的夹角可算出入射角为；根据光的反射定律，反射角等于入射角，因此反射角为，按要求画出反射光线并标注。
（3）改变内能的方式分为做功和热传递，阳光照射使水温升高，是通过热传递转移热量改变湖水内能。
2．【答案】（1）C
（2）B
（3）B
【知识点】升华及升华吸热；音色；防治噪声的途径
【解析】【解答】（1）音色是由发声体本身的材料、结构决定的特性，不同发声体发出声音的音色不同，人们可以通过音色区分不同的乐器，故答案为：C。
（2）墙面的吸音材料是在声音传播过程中吸收噪声，属于在传播途径控制噪声。
故答案为：B。
（3）干冰是固态二氧化碳，常温下会直接从固态变为气态，这个物态变化是升华，升华过程吸热，可以实现低温保鲜；汽化是液态变为气态的过程，不符合干冰的变化。
故答案为：B。
【分析】(1) 音色是由发声体本身的材料、结构决定的特性，不同发声体发出声音的音色不同，因此可以通过音色区分不同的乐器。
(2) 控制噪声的途径有三种：在声源处减弱、在传播过程中减弱、在人耳处减弱。墙面的吸音材料是在声音传播过程中吸收噪声，属于在传播途径控制噪声。
(3) 干冰从固态直接变为气态的过程属于升华现象，升华过程中需要吸收热量，因此可以利用干冰升华吸热来实现低温保鲜。汽化是液态变为气态的过程，不符合干冰的变化特点。
（1）音色是由发声体本身的材料、结构决定的特性，不同发声体发出声音的音色不同，人们可以通过音色区分不同的乐器，故选C。
（2）墙面的吸音材料是在声音传播过程中吸收噪声，属于在传播途径控制噪声，故选B。
（3）干冰是固态二氧化碳，常温下会直接从固态变为气态，这个物态变化是升华，升华过程吸热，可以实现低温保鲜；汽化是液态变为气态的过程，不符合干冰的变化，故选B。
3．【答案】（1）A；C
（2）B
（3）
【知识点】比热容的定义及其计算公式；连通器原理及其应用；家庭电路的组成
【解析】【解答】（1）容易导电的物体叫导体，金属容易导电，因此电热水壶的金属外壳属于导体；带金属外壳的用电器，为避免外壳漏电时发生触电事故，三脚插头连接三孔插座后，金属外壳需要与地线相连，保证安全。
故答案为：A；C
（2）电热水壶的水位计利用了连通器原理：连通器内装同种液体、液体静止时，各部分液面始终相平，因此壶内水越少，水位计的液面越低。
故答案为：B
（3）根据水吸热公式，水吸收的热量
故答案为：
【分析】(1) 金属是常见的导体；三孔插座的地线会与用电器的金属外壳相连，当电器漏电时，电流会通过地线流入大地，避免触电事故。
(2) 连通器的特点是：当内部液体静止时，各部分液面保持相平。因此壶内水量越少，水位计的液面越低。
(3) 利用吸热公式 计算水吸收的热量，代入数据即可求解。
（1）容易导电的物体叫导体，金属容易导电，因此电热水壶的金属外壳属于导体；带金属外壳的用电器，为避免外壳漏电时发生触电事故，三脚插头连接三孔插座后，金属外壳需要与地线相连，保证安全。
（2）电热水壶的水位计利用了连通器原理：连通器内装同种液体、液体静止时，各部分液面始终相平，因此壶内水越少，水位计的液面越低。
（3）根据水吸热公式，水吸收的热量
4．【答案】（1）A
（2）0.8
【知识点】液化及液化放热；密度公式及其应用
【解析】【解答】（1）加入冰块后玻璃杯温度很低，空气中的气态水蒸气遇冷，在玻璃杯外侧变成液态小水珠，物质由气态变为液态的过程是液化。
故答案为：A。
（2）根据密度公式，冰块质量
冰熔化为水后质量不变，水的体积
体积变化量
故答案为：0.8
【分析】(1) 液化是物质由气态变为液态的过程，此过程放热。冰块使玻璃杯温度降低，空气中的水蒸气遇冷液化成小水珠附着在杯壁外侧。
(2) 冰熔化成水后质量不变，利用密度公式分别计算冰和水的体积，再求差值即可。
（1）加入冰块后玻璃杯温度很低，空气中的气态水蒸气遇冷，在玻璃杯外侧变成液态小水珠，物质由气态变为液态的过程是液化，因此选A。
（2）根据密度公式，冰块质量
冰熔化为水后质量不变，水的体积
体积变化量
5．【答案】（1）B
（2）磁体；力
（3）B
【知识点】磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】（1）电路中电流的方向是从电源正极流出，经用电器回到电源负极。由图可知电源左为负极、右为正极，电流从正极流出后，从b端流入直导线ab，从a端流出回到负极，因此电流方向为。
故答案为：B。
（2）本实验中，蹄形磁体本身周围存在磁场；闭合开关后，通电的直导线ab在磁场中受到力的作用，因此ab会运动。
故答案为：磁体；力
（3）通电导体在磁场中受力的方向只和电流方向、磁场方向有关，改变电流大小、电压大小、导线长度只能改变受力大小，不会改变受力方向；因此改变电流方向就能让ab受力方向反向，向左运动。
故答案为：B。
【分析】(1) 本题考查电流方向的判断，电流在电路中总是从电源正极流向负极，因此需结合电源极性和导线连接方式判断电流方向。
(2) 本题考查磁场对通电导体的作用，磁体周围存在磁场，通电导体在磁场中会受到力的作用，力的方向与电流方向和磁场方向有关。
(3) 本题考查影响通电导体受力方向的因素，只有改变电流方向或磁场方向，才能改变导体的运动方向，其他因素只能改变受力大小。
（1）电路中电流的方向是从电源正极流出，经用电器回到电源负极。由图可知电源左为负极、右为正极，电流从正极流出后，从b端流入直导线ab，从a端流出回到负极，因此电流方向为，故选B。
（2）本实验中，蹄形磁体本身周围存在磁场；闭合开关后，通电的直导线ab在磁场中受到力的作用，因此ab会运动。
（3）通电导体在磁场中受力的方向只和电流方向、磁场方向有关，改变电流大小、电压大小、导线长度只能改变受力大小，不会改变受力方向；因此改变电流方向就能让ab受力方向反向，向左运动，故选B。
6．【答案】（1）游码
（2）A；B
（3）71.4
【知识点】质量的测量与天平的使用
【解析】【解答】（1）使用托盘天平前，先将天平放在水平桌面上，第一步需要把游码移到标尺左端的零刻度线处，再调节平衡螺母，因此此处填游码。
故答案为：游码
（2）判断天平调平的依据有两种：①指针静止时，指在分度盘的中央刻度线；②指针摆动时，在中央刻度线左右等幅摆动，两种情况都说明天平平衡。C选项指针静止在分度盘左侧，说明天平不平衡。
故答案为：AB。
（3）天平读数规则：物体质量 = 砝码总质量 + 游码对应刻度值，游码左侧对齐刻度线，
因此铜块总质量为
故答案为：71.4
【分析】（1）本题考查托盘天平的使用方法，使用前需先将天平置于水平桌面，并将游码归零，再调节平衡螺母使天平平衡。
（2）本题考查天平调平的判断依据，指针静止在分度盘中央或在中央刻度线左右等幅摆动，均说明天平已调平。
（3）本题考查天平的读数方法，物体质量等于砝码质量与游码对应刻度值之和，游码读数以左侧对齐的刻度为准。
（1）使用托盘天平前，先将天平放在水平桌面上，第一步需要把游码移到标尺左端的零刻度线处，再调节平衡螺母，因此此处填游码。
（2）判断天平调平的依据有两种：①指针静止时，指在分度盘的中央刻度线；②指针摆动时，在中央刻度线左右等幅摆动，两种情况都说明天平平衡。C选项指针静止在分度盘左侧，说明天平不平衡，故选AB。
（3）天平读数规则：物体质量 = 砝码总质量 + 游码对应刻度值，游码左侧对齐刻度线，因此铜块总质量为
7．【答案】（1）
（2）
（3）A
【知识点】液体压强计算公式的应用；阿基米德原理；浮力的利用
【解析】【解答】（1）“雪龙2号”满载航行时所受浮力的大小约为
故答案为：
（2）海水在9 m深处产生的压强约为
故答案为：
（3）轮船满载时始终漂浮，浮力等于总重力，满载时总重力不变，因此浮力大小不变。 淡水密度小于海水，根据：浮力不变时，液体密度越小，排开液体的体积 越大，吃水深度越大。 相对于船身，吃水深度越大，水面位置越靠上，因此淡水满载的吃水线为甲线。
故答案为：A。
【分析】（1）本题考查阿基米德原理的应用，直接代入公式 即可计算浮力大小。
（2）本题考查液体压强的计算，根据液体压强公式 求解即可。
（3）本题考查漂浮条件与阿基米德原理的综合应用，轮船在不同液体中满载时浮力不变，液体密度越小，排开液体的体积越大，吃水线越高。
（1）“雪龙2号”满载航行时所受浮力的大小约为
（2）海水在9 m深处产生的压强约为
（3）轮船满载时始终漂浮，浮力等于总重力，满载时总重力不变，因此浮力大小不变。 淡水密度小于海水，根据：浮力不变时，液体密度越小，排开液体的体积 越大，吃水深度越大。 相对于船身，吃水深度越大，水面位置越靠上，因此淡水满载的吃水线为甲线，故选A。
8．【答案】（1）B
（2）A
（3）B点机械能大于点机械能；理由：机械能等于动能与重力势能之和，由图(b)可知点动能和重力势能的总和大于点动能和重力势能的总和；变化原因：过山车运动过程中克服轨道摩擦做功，部分机械能转化为内能，机械能逐渐减小
【知识点】机械能及其转化
【解析】【解答】（1）图(b)直接给出了各点重力势能的大小，重力势能的柱状图在点最高，因此点重力势能最大。
故答案为：B
（2）质量不变时，动能越大，物体速度越大。、都位于水平轨道，重力势能相同；由图(b)可知点动能大于点动能，因此 大于。
故答案为：A。
（3）B 点机械能大于 D 点机械能；理由：机械能等于动能与重力势能之和，由图 (b) 可知 B 点动能和重力势能的总和大于 D 点动能和重力势能的总和；变化原因：过山车运动过程中克服轨道摩擦做功，部分机械能转化为内能，机械能逐渐减小。
故答案为：B 点机械能大于 D 点机械能；理由：机械能等于动能与重力势能之和，由图 (b) 可知 B 点动能和重力势能的总和大于 D 点动能和重力势能的总和；变化原因：过山车运动过程中克服轨道摩擦做功，部分机械能转化为内能，机械能逐渐减小。
【分析】（1）重力势能的大小与物体的质量和高度有关，由图 (b) 的柱状图可直接看出 B 点的重力势能最大。
（2）动能的大小与物体的质量和速度有关，质量不变时，动能越大，速度越大。C 点的动能大于 E 点的动能，因此 C 点速度大于 E 点速度。
（3）机械能等于动能与重力势能之和，B 点的动能与重力势能之和大于 D 点，说明 B 点机械能更大；机械能减少的原因是过山车运动过程中需要克服轨道摩擦做功，部分机械能转化为内能，导致机械能逐渐减小。
（1）图(b)直接给出了各点重力势能的大小，重力势能的柱状图在点最高，因此点重力势能最大。
（2）质量不变时，动能越大，物体速度越大。、都位于水平轨道，重力势能相同；由图(b)可知点动能大于点动能，因此 大于，故选A。
（3）略
9．【答案】(1) ① A ；② 27； ； ③(2)
（1）A；27；；
（2）钉尖面积
墙面受到的压力等于羊角锤的作用力
敲钉时墙面受到的压强
故答案为：
【知识点】压强的大小及其计算；杠杆中最小力的问题；功的计算及应用
【解析】【解答】（1）① 拔钉时羊角锤以O为支点，动力臂大于阻力臂，动力小于阻力，因此属于省力杠杆，故A正确。
②③ 作图：作用点在A点，方向垂直OA向左上方，标注，如下图所示：
根据杠杆平衡条件，动力臂最大等于OA长度时，动力最小。
小明对羊角锤点处施加的最小动力
已知
克服阻力做功
故答案为：
【分析】（1）①杠杆类型判断：动力臂大于阻力臂为省力杠杆，羊角锤拔钉时符合省力杠杆特征。
②最小动力的计算：根据杠杆平衡条件，当动力臂最大（等于OA长度）时，动力最小，方向需与OA垂直以获得最大力臂。
③功的计算：克服阻力做功的公式为 ，需注意单位换算。
（2）压强计算：敲钉时墙面受力面积为钉尖面积，根据 计算压强，注意面积单位换算。
10．【答案】（1）A
（2）浅水区海水深度较浅，红光、橙光、黄光、绿光等传播深度较浅的色光能够到达海底并反射回来，混合后进入人眼，因此海水几乎无色
（3）深海海域海水深度较大，红光、橙光、黄光、绿光等传播深度较浅的色光被海水吸收，无法反射；蓝光、靛光、紫光等传播深度较深的色光反射回来，且频率较高的蓝光、靛光、紫光易被散射，人眼对紫光不敏感，蓝光进入人眼较多，故海水呈现蓝色。
【知识点】光的色散；色光的三（基）原色和颜料的三原色；物体的颜色；液体压强计算公式的应用
【解析】【解答】 （1）根据液体压强公式p=ρgh，海水密度ρ相同，g是常量，深度越大，压强越大。深海的深度远大于浅海，所以深海底的海水压强大于浅海底的海水压强，故选：A。
（2）浅水区海水深度较浅，从表格可知，红光、橙光、黄光、绿光等传播深度较浅的色光能够到达海底并反射回来，这些色光混合后进入人眼，人眼看到的就是接近无色的效果，所以浅水区海水几乎无色。
（3）晴天深海海域海水深度较大，从表格可知：红光、橙光、黄光、绿光等传播深度较浅的色光会被海水吸收，无法反射；蓝光、靛光、紫光等传播深度较深的色光可以反射回来，同时频率较高的蓝光、靛光、紫光易被散射，人眼对紫光不敏感，蓝光进入人眼较多，故海水呈现蓝色。
故答案为：（1）A；（2）浅水区海水深度较浅，红光、橙光、黄光、绿光等传播深度较浅的色光能够到达海底并反射回来，混合后进入人眼，因此海水几乎无色；（3）深海海域海水深度较大，红光、橙光、黄光、绿光等传播深度较浅的色光被海水吸收，无法反射；蓝光、靛光、紫光等传播深度较深的色光反射回来，且频率较高的蓝光、靛光、紫光易被散射，人眼对紫光不敏感，蓝光进入人眼较多，故海水呈现蓝色。【分析】（1）根据液体压强公式p=ρgh进行分析。
（2）（3）分析表格已知数据，得出结论。
（1）根据液体压强规律，液体密度相同时，深度越大，液体压强越大；深海底深度大于浅海底，因此深海底海水压强大于浅海底。
（2）由表格数据可知，色光频率越高，在海水中的传播深度越大；浅水区深度很小，所有颜色的光都可以传播到浅水区，白光是由所有色光混合而成的，因此混合后呈现白色，所以浅水区海水几乎无色。
（3）结合资料信息分析：海水对频率更低的红、橙、黄等色光吸收能力更强，这类色光传播深度小，在到达深海前就被吸收；蓝、紫色光频率更高，根据资料“频率越高的色光越容易被水分子散射”，且海水对蓝、紫色光吸收能力更弱，传播深度更大，可以到达深海；结合资料“白天人眼对紫光不如蓝光敏感”，最终进入人眼的蓝光最多，因此晴天深海海域的海水呈现蓝色。
11．【答案】（1）解：已知电源电压 ，，根据欧姆定律
纯电阻电路中，电流产生的热量等于电功，则热量
（2）①解： 根据题意，高温挡正常发热、保温档不发热，说明保温档电路断路，高温挡电路通路，说明两电阻串联，有一个开关与一个电阻并联，两个开关都闭合时为高温挡，只闭合串联的开关，并联开关断开，两电阻串联接入电路时为保温档，故障是与开关并联的电阻断路，如下图所示：
②解：电源电压不变，功率 ，功率越大总电阻越小。
小华同挡位功率都大于小明，说明同挡位总电阻更小，因此小华的电路中与 并联，
两个开关分别控制两条支路：保温档：仅接入一个电阻，，功率大于小明保温档；
高温挡：两个电阻同时接入，总电阻最小，功率最大。
每个电阻的功率
总功率
【知识点】欧姆定律及其应用；电功的计算；电功率的计算
【解析】【分析】（1）本题考查欧姆定律和焦耳定律的应用，纯电阻电路中电流产生的热量等于电功，直接代入公式计算即可。
（2）①本题考查电路故障分析，结合串联电路的特点：当与开关并联的电阻断路时，开关闭合（高温挡）时电路通路，开关断开（保温挡）时电路断路。
②本题考查并联电路的功率计算，并联电路总电阻更小，功率更大；根据，分别计算单个电阻和并联时的功率，得出高温挡总功率。
（1）已知电源电压 ，，根据欧姆定律
纯电阻电路中，电流产生的热量等于电功，则热量
（2）① 根据题意，高温挡正常发热、保温挡不发热，说明保温挡电路断路，高温挡电路通路，说明两电阻串联，有一个开关与一个电阻并联，两个开关都闭合时为高温挡，只闭合串联的开关，并联开关断开，两电阻串联接入电路时为保温挡，故障是与开关并联的电阻断路，如下图所示：
②电源电压不变，功率 ，功率越大总电阻越小。小华同挡位功率都大于小明，说明同挡位总电阻更小，因此小华的电路中与 并联，两个开关分别控制两条支路：保温挡：仅接入一个电阻，，功率大于小明保温挡；高温挡：两个电阻同时接入，总电阻最小，功率最大。每个电阻的功率
总功率
12．【答案】（1）当导体两端电压保持不变时，通过导体的电流与导体的电阻成反比
（2）赞同，探究“电流与电阻的关系”时，需控制定值电阻两端电压不变，同时电路电流不能超过器材的安全限制。表2中，当定值电阻为5Ω时，电流为1.2A，而滑动变阻器标有“50Ω 1A”，允许通过的最大电流为1A，此时电路电流1.2A超过了滑动变阻器的额定电流，会损坏滑动变阻器，实验无法正常进行。因此该组数据不符合器材安全要求，无法得出正确结论。
【知识点】探究电流与电压、电阻的关系实验
【解析】【解答】（1）实验序号1、2、3中，定值电阻两端电压始终为3V不变，电流随电阻增大而减小，且电流与电阻的乘积为定值，可得出的初步结论是：当导体两端电压保持不变时，通过导体的电流与导体的电阻成反比 。
故答案为：当导体两端电压保持不变时，通过导体的电流与导体的电阻成反比
（2）赞同，探究“电流与电阻的关系”时，需控制定值电阻两端电压不变，同时电路电流不能超过器材的安全限制。表2中，当定值电阻为5Ω时，电流为1.2A，而滑动变阻器标有“50Ω 1A”，允许通过的最大电流为1A，此时电路电流1.2A超过了滑动变阻器的额定电流，会损坏滑动变阻器，实验无法正常进行。因此该组数据不符合器材安全要求，无法得出正确结论。
【分析】（1）本题考查 “探究电流与电阻的关系” 实验结论，控制变量为定值电阻两端电压不变，分析数据可知电流与电阻的乘积为定值，因此可得出电流与电阻成反比的结论。
（2）本题考查实验数据的合理性分析，需结合滑动变阻器的额定电流判断数据是否符合器材安全要求。当定值电阻为 5Ω 时，电路电流超过滑动变阻器的额定电流，因此该组数据无法用于得出正确结论。
（1）实验序号1、2、3中，定值电阻两端电压始终为3V不变，电流随电阻增大而减小，且电流与电阻的乘积为定值，可得出的初步结论是：当导体两端电压保持不变时，通过导体的电流与导体的电阻成反比 。
（2）略
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