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江苏省无锡市惠山区2025年中考三模物理试题
一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分。每小题给出的四个选项中只有一个是正确的）
1．我国自主创新研发的新型深、远海综合科学考察船“东方红3号”成为全球最大的静音科考船，该船配有先进的声呐探测系统和静音螺旋桨，其静音螺旋桨低噪音控制指标达全球最高级别：根据以上介绍，下列说法正确的是（　　）
A．该船发出的噪声不能在水中传播
B．该船发出的噪声属于次声波
C．声呐探测是通过发射超声波工作的
D．该船的静音螺旋桨是在传播过程中控制噪声
2．下列说法符合实际的是（　　）
A．人脉搏跳动一次的时间约为0.8s
B．中学生步行上楼的功率约为1500W
C．一本苏科版物理教材重约25N
D．家用挂壁式空调正常工作时的电流约为1A
3．下面是应用人工智能做的四句诗，其中关于物态变化的分析错误的是（　　）
A．“雾开山露颜”，“雾开”是汽化现象
B．“露凝芳草间”，“露凝”是液化现象
C．“霜降红枫醉”，“霜降”是凝固现象
D．“冰融水潺潺”，“冰融”是熔化现象
4．对图中所示光现象的描述正确的是(　　)
A．图甲中，漫反射的光线不遵循光的反射定律
B．图乙中，水中倒影说明了光的折射
C．图丙中，光的色散现象说明白光是由各种色光混合而成的
D．图丁中，平面镜成像时进入眼睛的光线是由像发出的
5．如图，中医是中国古代科学的瑰宝，下列说法正确的是（　　）
A．甲中“艾灸”时，闻到艾草药香是因为分子不停地做无规则运动
B．乙中“针灸”的针头做得尖是为了减小受力面积，从而减小压强
C．丙中“拔火罐”时，玻璃罐能“吸附”在皮肤上是摩擦力的作用
D．丁中“刮痧”时，皮肤温度升高是通过热传递方式改变物体内能
6．下面四幅图中，所反映的物理原理相同的两幅图是（　　）
A．甲和丁 B．乙和丙 C．丙和丁 D．甲和乙
7．2025多哈世界乒乓球锦标赛正在举行，如图所示为孙颖莎参赛时的情景，下列说法中正确的是（　　）
A．乒乓球速度越大，惯性越大
B．将乒乓球竖直向上抛，到最高点时受平衡力
C．击球时，球拍对球的作用力大于球对球拍的作用力
D．击球时乒乓球受到的弹力是由球拍发生弹性形变而产生的
8．小东自制了一个简易投影仪，它主要由手电筒、内筒（一端开口，另一端可以放置胶片）、外筒（一端开口，另一端固定凸透镜）组成，内筒可嵌于外筒且能左右推动。将印有“冰墩墩”的透明胶片贴于内筒一端，打开手电筒，调整胶片、凸透镜到白墙的位置，在墙上得到清晰放大的像，如图所示。已知凸透镜的焦距是10cm。下列说法正确的是（　　）
A．自制投影仪能成放大的像，是因为凸透镜对光线有发散作用
B．白墙到凸透镜的距离应大于20cm
C．胶片与凸透镜的距离应小于10cm，且胶片应倒立放置
D．若要白墙上清晰的像变得更大一些，只将内筒往外拉动一些即可
9．小明分别用甲、乙两个滑轮组匀速提升物体A、B（不计绳重及摩擦）。若每个滑轮质量相同，对比两个滑轮组，下列说法正确的是（　　）
A．若只增大甲匀速提升物体A的速度，甲的机械效率增大
B．若，甲更省力
C．若，甲的机械效率更大
D．若物体升高相同高度，乙的额外功少
10．如图甲所示，长方体金属块在细绳竖直向上拉力作用下从水中（未沉底）开始一直竖直向上做匀速直线运动，上升到离水面一定的高度处。图乙是绳子拉力F随时间t变化的图像。根据图像信息，下列判断正确的是（　　）
A．该金属块重力的大小为34N
B．在0至t1时间段金属块上下表面所受水的压力差减小
C．在t1至t2时间段金属块所受浮力逐渐增大
D．根据数据可求出金属块的密度为2.7g/cm3
11．杆秤作为华夏国粹，曾是商品流通中的主要度量工具，它的原理和制作工艺无一不渗透着中国古代人民的智慧。如图是杆秤的示意图，使用时将货物挂在秤钩上，用手提起B或C（相当于支点）处的秤纽，移动秤砣改变其在秤杆上的位置，当秤杆水平平衡时，可读出货物的质量。秤砣最远可移至D点，此秤最大称量为10kg。秤杆、秤钩和秤纽的质量忽略不计。下列说法不正确的是（　　）
A．秤砣的质量为0.4kg
B．称2kg的荔枝，应提起C秤纽，秤砣移到离C秤纽20cm处
C．距离C点12.5cm，有两个刻度，分别为1kg和3.1kg
D．若选用秤杆粗细不一致，所标记的刻度仍是均匀的
12．图甲是一种握力计，图乙为它的工作原理图。电源两端电压为3V保持不变，握力显示表是由电流表改装而成，R1是一根长度为6cm的电阻丝（该电阻丝阻值大小与长度成正比），定值电阻R2起保护电路作用。不施加力时弹簧一端的滑片P在R1的最上端，当施加的力最大时滑片P移动到R1的最下端（弹簧的电阻不计），施加的力F与弹簧压缩量△L的关系如图丙所示。握力计测量范围为0～60N，电路中电流表变化范围0.1～0.6A，则下列说法正确的是（　　）
A．握力60N时电路中电流为0.6A
B．R2电阻为20Ω
C．R1连入电路阻值变化的范围是0～30Ω
D．当电流表示数为0.3A时，握力大小为12N
二、填空题（本题共12小题，每空1分，共36分）
13．“音爆云”是一种飞行奇观（如图所示），它是飞机速度接近音速时，压缩周围的空气，产生音爆。音爆声是由空气　 　产生的；低空音爆会对房子的玻璃造成破坏，这是因为声音能够传递　 　。
14．物理实践小组在做“观察水的沸腾”实验，如图1所示。水沸腾时温度计的示数如图2所示，水的沸点为　 　℃；在图3所示情景中，　 　（选填“甲”或“乙”）是沸腾时水中气泡上升的情况。
15．用钢勺和瓷勺进行实验。如图（a）所示，将钢勺和瓷勺的勺头一起放入盛有开水的烧杯中，过一会儿，用手触摸两个勺子的勺柄，会感觉到　 　勺的勺柄较烫手；如图（b）所示，将瓷勺的勺头放在酒精灯火焰上加热一段时间，然后与火柴头接触，火柴被点燃，由此可以说明由于瓷的　 　比钢差。
16．频闪拍摄是研究物体运动的方式之一。某科创小组用频闪拍摄的方法来“测量小车运动的平均速度”，如图所示，他们用相机每隔0.5s曝光一次，拍摄了小车在斜面上下滑的频闪照片，则照片中AD间路程为　 　cm；实际小车的车长为15cm，其在AC段的平均速度为　 　m/s。
17．小明在探究物体动能的大小与哪些因素有关的实验中，提出了2个猜想。猜想1：物体动能的大小与物体的质量有关；猜想2：物体动能的大小与物体的速度有关。
为了验证猜想，小明设计了如图所示的实验。光滑斜轨道与水平直轨道平滑连接，将体积相同、质量为m和2m的两个小球分别从斜轨道上高度为2h、h处由静止释放。3次实验中，小球进入水平直轨道推动纸盒一起在水平面上运动了一段距离后停下，分别测出小球与纸盒一起运动的最大距离，由此判断出小球撞击纸盒时的动能大小。
（1）该实验中，“物体的动能”中“物体”指的是　 　（选填“小球”或“纸盒”）；
（2）图甲、乙所示的2次实验中，小球都从相同高度处由静止释放，是为了使2次实验中小球运动到斜轨道底端时的　 　相同；
（3）对比图　 　和图丙所示的2次实验，可以验证小明的猜想　 　（选填“1”或“2”）是正确的。
18．如图所示是用蜡烛完成的两个光学实验。甲为小孔成像示意图，小孔成像的原理与“潭清疑水浅”中“水浅”形成原理　 　（选填“相同”或“不同”）。图乙是用蜡烛“探究凸透镜成像的规律”，当将器材按图中的位置摆放时，恰能在光屏上得到一个清晰的像（像未画出），这个像是　 　（选填“放大”或“缩小”）的，生活中的　 　（选填“照相机”“投影仪”或“放大镜”）是利用该成像特点制成的；随着蜡烛燃烧变短，烛焰在光屏上的像会　 　（选填“向上方移动”“向下方移动”或“仍在原来的位置”）。
19．小明用托盘天平和量筒测量矿石的密度。他在调节托盘天平横梁平衡时，观察到指针如图1所示情况，将天平的平衡螺母向　 　（选填“左”或“右”）移动，使天平横梁平衡。将矿石标本放在调节好的天平左盘里，当天平平衡时，盘内砝码和游码在标尺上的位置如图2所示，则矿石的质量为　 　g。再将矿石放在装有水的量筒中，前后两次量筒的水面位置如图3所示，通过计算，矿石的密度为　 　g/cm3。测量结束后，小明发现50g的砝码有明显磨损，他测的矿石的密度值偏　 　（填“大”或“小”）。
20．如图所示，用两拇指同时压铅笔两端是为了探究压力作用效果与　 　大小的关系。此时左手指受到铅笔的压强为p1，右手指受到铅笔的压强为p2，则p1　 　p2（选填“>”、“<”或“=”）。潜水员在较深的海水中工作时要穿抗压潜水服，这是由于海水的压强随着深度的增加而　 　；若不考虑海水密度的变化，则潜水员在水中下潜过程中，所受浮力　 　（均选填“增大”、“减小”或“不变”）。
21．如图所示，将测力计左端固定在墙上，右端用细线与重为 10N 的木块相连，木块放在上表面水平的小车上，测力计保持水平拉动小车向右做匀速直线运动，当测力计示数稳定时，木块对小车的压力大小为　 　N，木块所受摩擦力的方向为　 　，若拉动小车加速运动，测力计的示数将　 　。
22．如图，小华发现家中蒸蛋器在使用时会通过上方小孔喷出蒸汽，于是小心地将自制的风车放在小孔附近，成功的让风车转了起来，蒸汽推动风车时能量转化与汽油机　 　冲程的能量转化相同；某单缸四冲程汽油机工作时，飞轮转速为3000r/min，则其1s内对外做功　 　次；若缸内燃气对活塞平均推力为2000N，活塞向下运动的距离为0.05m，则功率是　 　W。
23．某同学设计了一个身高、体重测量仪，电路如图所示。改装后的电压表、电流表的刻度分别显示身高和体重的大小，压敏电阻R的阻值随压力增大而减小，R0为定值电阻，滑片P随身高增高而上滑。体检者体重越大，电流表的示数　 　，电路消耗的总电功率　 　；改装后　 　（电压表/电流表/两者）的刻度是均匀的。
24．冬季里，小王喜欢做冻豆腐涮火锅，她买来1kg鲜豆腐，体积为800cm3，鲜豆腐的密度为　 　g/cm3，豆腐含水的质量占总质量的54%，将鲜豆腐冰冻后，然后化冻，让水全部流出，形成数量繁多的孔洞，豆腐整体外形不变（即总体积不变），变成了不含水分的海绵豆腐（俗称冻豆腐），海绵豆腐内所有孔洞的总体积为　 　cm3，海绵豆腐的实心部分密度为　 　g/cm3。（冰＝0.9×103kg/m3）
三、解答题（本题共6小题，共40分。其中26、30题应写出必要的解题过程）
25．按题目要求作图：
（1）如图，一束光斜射到空气和玻璃砖的交界面上，画出光经过玻璃砖并再次进入空气中的大致光路；
（2）如图所示，挤压雪碧瓶使得“浮沉子”向下运动，画出此时“浮沉子”所受力的示意图；
（3）如图所示，A为带开关和指示灯的三孔插座；断开开关，插座不能供电，指示灯不亮；若指示灯损坏，闭合开关后插孔仍能供电。请画出正确的连接方式。
26．扫地机器人是通过安装在其圆形身体底部的轮子与地面接触，清扫中利用软毛刷和吸气孔收集灰尘。已知机器人质量为6kg，轮子与地面的总接触面积为6×10-4m2，行进中受地面的摩擦力大小恒为10N，忽略灰尘质量、毛刷支撑以及气流的影响。求：
（1）该扫地机器人对地面的压强；
（2）若该扫地机器人以0.2m/s匀速前进10秒，则它克服摩擦力做功的功率。
27．为测量大气压强的数值，同学们进行了大量的实验：
（1）小华利用注射器、弹簧测力计、刻度尺等器材粗测大气压值。
①在做好甲图实验后，小华把注射器的活塞推至底端，然后用橡皮帽封住注射器的小孔，目的是　 　，按图乙所示安装好器材，水平向右慢慢地拉动注射器筒，当弹簧测力计的示数增大如图所示时，注射器中的活塞刚开始滑动，则测得大气压值p =　 　Pa；
②实验时若筒内空气没有排尽，将导致测得大气压值　 　；若活塞与注射器内壁间的摩擦较大，将导致测得大气压值　 　；（均选填“偏大”、“偏小”或“不变”）
③在实验评估后，他对实验进行了适当的改进，首先读出注射器的最大刻度为V，用刻度尺量出其全部刻度的长度为L；然后仍按照图乙所示的过程，慢慢的拉注射器（第一次没有盖上橡皮帽、第二次在排尽空气后盖上了橡皮帽），刚好拉动活塞时，弹簧测力计示数分别是F1和F2，下列计算式正确且最接近真实值的是　 　
A． B． C． D．
（2）①小欣同学将塑料挂钩吸盘按压在光滑水平玻璃下面，挤出塑料吸盘内的空气，测出吸盘压在玻璃上的直径为d；将装适量细沙的小桶轻轻挂在吸盘下面的塑料挂钩上，如图所示，用小勺轻轻向桶内加细沙，直到塑料吸盘刚好脱落掉下，测出塑料挂钩、小桶和沙的总重力为G。②吸盘即将脱离玻璃板时，空气对塑料吸盘的压力大小是　 　，所测大气压强的表达式是　 　；③该方法所测数值往往比实际值小一些，你认为产生这一误差的原因可能是（一条即可）：　 　。
28．某科技小组为了比较“泡沫塑料和棉花的保温性能”，用大烧杯、小烧杯、温度计、热水等器材进行实验。把小烧杯放进大烧杯中，在两个烧杯之间塞满保温材料，将质量初温都相同的热水倒入小烧杯中，盖好插有温度计的盖子。实验置如图所示：
（1）盖子上有水珠是因为发生了　 　现象；
（2）根据实验数据，在方格纸上画出了图甲装置中的热水温度与时间的图像，并描出了乙装置中的热水温度与时间的坐标点；
①请在方格纸上，将乙装置中的热水温度与时间的图像补充完整；　 　
②根据图像可知，保温性能好的材料是　 　，理由是：　 　；
（3）分析图像，可知当时的室温为　 　；
（4）由表可知，本次实验应选用测温物质为　 　的温度计。
测温物质 凝固点 沸点
水银 357
酒精 78
29．在“探究通过导体的电流与电阻的关系”实验中，小红利用可调电压电源、5个定值电阻（阻值分别为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω）、滑动变阻器（30Ω，1A）、电压表和电流表、导线若干，设计了如图甲所示的电路图：
（1）闭合开关，电流表无示数，电压表有示数，并接近电源电压，则故障原因是：定值电阻　 　（选填“短路”或“断路”）；
（2）排除故障后，将定值电阻由5Ω更换为10Ω时，应将滑动变阻器的滑片P从上一位置向　 　（选填“左”或“右”）滑动，使电压表示数保持不变；
（3）小红收集的数据如表所示，实验中控制定值电阻两端电压为　 　V，分析表中数据，发现第　 　次实验的数据存在错误，反思产生的原因，回忆是某次将定值电阻的阻值由　 　Ω变换为错误数据点对应阻值时（实验过程并未按表中序号顺序进行，而是随机选取电阻测出数据填入表格），未调节滑片P就读取电流而造成的。根据出现的数据，求出电源的电压是　 　V；
实验序号 1 2 3 4 5
电阻R/Ω 5 10 15 20 25
电流I/A 0.40 0.20 0.10 0.10 0.08
（4）排除表中错误数据后，可得出结论：　 　；
（5）在实验中，若定值电阻两端设定的不变电压值为1.6V，要顺利完成5次实验，下列方案可行的是（　　）。
①电源电压可重设在1.6～3.52V的范围内
②将滑动变阻器更换为“40Ω，1A”
③可在电路中再串联一个阻值为10Ω的电阻
A．① B．② C．①② D．①②③
30．清代《理论骈文》一书中有这样的记载：“临卧滛足，三阴皆起于足，指寒又从足心入，濯之所以温阴，而却寒也。”小明的外婆坚持每天泡脚，表格为他家的电动足浴盆的相关参数，其内部电路可分为工作电路和控制电路两部分（如甲所示）。电磁继电器所在控制电路的电源电压U=6V，电磁继电器线圈的电阻可不计，加热至40℃时，自动进入保温模式，此时电磁继电器线圈的电流达到30mA，热敏电阻Rt的阻值随温度变化的曲线如图乙所示。
额定电压：220V 频率：50Hz 加热功率：2100W 保温功率：100W 最大注水量：5kg
（1）电磁铁上端为　 　极，处于加热状态时，继电器衔铁的触点应该与　 　（填“A”或“B”）相连；
（2）求R1、R2的阻值；
（3）在某次使用过程中，小明在足浴盆中加入20℃的水至最大注水量。足浴盆加热4min后进入保温模式，则加热过程中消耗的电能是多少？加热效率是多少？c水=4.2×103J/(kg·℃)
（4）为使温度加热至40℃时，自动进入保温模式，滑动变阻器的电阻需要调到　 　Ω；
（5）天气寒冷想要升高足浴盆保温温度，请提出一条改进的措施　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】声音的传播条件；超声波与次声波；防治噪声的途径
【解析】【解答】A．声音可以在水中传播，该船发出的噪声能在水中传播，故A错误；
BC．声呐探测是向海底发射超声波，利用的是超声波，故该船发出的噪声属于超声波，故C正确；
D．该船的静音螺旋桨是在声源处控制噪声，不是在传播过程中控制噪声，故D错误。
故选C。
【分析】（1）声音的传播需要介质，气体、液体、固体都能传声；
（2）声呐是利用超声波的回声定位原理制成的；
（3）减弱噪声的途径：在声源处减弱、传播过程中减弱、人耳处减弱减弱。
2．【答案】A
【知识点】功率的计算；时间的估测；重力及其大小的计算；电功率的计算
【解析】【解答】A、正常情况下，人的脉搏1分钟跳动约75次，跳动一次的时间约为 ，故A正确；
B、中学生的体重约500N，一层楼高度约3m，步行上楼用时约15s，功率约为 ，远小于1500W，故B错误；
C、一本苏科版物理教材的质量约250g，重力约为 ，远小于25N，故C错误；
D、家用挂壁式空调的功率约1000W，正常工作电流约为 ，远大于1A，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A、根据脉搏每分钟跳动次数计算单次跳动时间，判断是否符合实际；
B、结合中学生体重、楼层高度和上楼时间，利用功率公式计算功率，判断选项数值是否合理；
C、估算教材质量，利用重力公式计算重力，判断选项数值是否合理；
D、根据空调功率和家庭电路电压，利用电流公式计算工作电流，判断选项数值是否合理。
3．【答案】C
【知识点】物质的三态；熔化与熔化吸热特点；汽化及汽化吸热的特点；液化及液化放热；凝华及凝华放热
【解析】【解答】A、“雾开山露颜” 中，“雾开” 是液态的小水滴（雾）吸热汽化为水蒸气，属于汽化现象，故 A 正确；
B、“露凝芳草间” 中，“露凝” 是空气中的水蒸气遇冷液化成液态小水珠，属于液化现象，故 B 正确；
C、“霜降红枫醉” 中，“霜降” 是空气中的水蒸气遇冷直接由气态变为固态的霜，属于凝华现象，而非凝固现象，故 C 错误；
D、“冰融水潺潺” 中，“冰融” 是固态的冰吸热变为液态的水，属于熔化现象，故 D 正确；
故答案为：C。
【分析】A、雾是液态小水滴，雾消失是液态变为气态的汽化过程；
B、露是空气中的水蒸气遇冷液化形成的液态小水珠；
C、霜是空气中的水蒸气直接凝华形成的固态冰晶，不是凝固（液态变固态）；
D、冰融是固态冰变为液态水的熔化过程。
4．【答案】C
【知识点】镜面反射与漫反射；光的色散；平面镜成像的原理、特点
【解析】【解答】A． 图甲中， 漫反射也是反射，因此它的光线仍然遵循光的反射定律，故A错误；
B． 图乙中， 水面倒影是物体发出的光在水面发生反射形成的平面镜成像，平面镜成像的原理是光的反射，故B错误；
C． 图丙中， 白光通过三棱镜时被分解成红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫七色光，说明白光是由各种色光混合而成的，故C正确；
D． 图丁中， 平面镜成虚像时进入眼睛的光线是物体发出的，不是镜子发出的，故D错误。
故选C。
【分析】A.只要是反射，就遵循光的反射定律；
BD.根据平面镜成像的原理判断；
C.根据光的色散现象的本质判断。
5．【答案】A
【知识点】做功改变物体内能；增大压强的方法及其应用；大气压的综合应用；分子热运动
【解析】【解答】A．浓浓的艾草药香，其实是药香分子在空气中不停地做无规则运动所致，故A正确；
B“针灸”的针头做得比较尖，是通过减小受力面积增大压强，使其更容易刺入皮肤，故B错误；
C．使用拔火罐时，罐内气压小于外面的大气压，外面的大气压就将罐紧紧地压在皮肤上，故C错误；
D．“刮痧”时，刮痧板克服皮肤摩擦做功，将机械能转化为内能，这是通过做功的方式改变物体的内能，故D错误。
故选A。
【分析】A.根据分子运动的知识判断；
B.增大压强的方法：增大压力或减小受力面积；
C.根据大气压强的知识判断；
D.热传递的本质为能量的转移，做功的本质为能量的转化。
6．【答案】A
【知识点】通电直导线周围的磁场；电磁继电器的组成、原理和特点；直流电动机的构造原理与工作过程；电磁感应
【解析】【解答】根据图片可知，甲是奥斯特实验，当导线中有电流经过时，小磁针的指向发生偏转，说明电流周围存在磁场，电流的磁效应；
乙中通电导体在磁场中受到力的作用而转动，为电动机的工作原理；
丙是中导体在磁场中做切割磁感线运动时，灵敏电流计的指针发生偏转，这是电磁感应现象；
丁中电流通过电磁铁时，产生磁性，说明电流周围存在磁场。
所以图甲和丁的物理原理相同，故A符合题意，BCD不符合题意。
故选A。
【分析】根据图片分析各个实验中包含的物理原理，然后对照即可。
7．【答案】D
【知识点】力作用的相互性；弹力；惯性及其现象；平衡状态的判断
【解析】【解答】A．惯性的大小只与质量有关，与速度无关，所以乒乓球速度变大，惯性大小不变，故A错误；
B．将乒乓球到最高点时，只受重力作用，受力不平衡，故B错误；
C．击球时，球拍对球的作用力与球对球拍的作用力是一对相互作用力，大小相等，故C错误；
D．击球时，球拍发生弹性形变，所以乒乓球受到的弹力是由于球拍发生弹性形变而产生的，故D正确。
故选D。
【分析】1.惯性：一切物体都有保持原来运动状态不变的性质；惯性是物体的固有属性，惯性的惟一量度是质量，质量越大，物体具有的惯性越大；
2.二力平衡的条件：作用在同一物体上的两个力，大小相等，方向相反，作用在同一直线上；
3.相互作用力关系：作用在不同物体上的两个力，大小相等，方向相反，作用在同一直线上；
4.弹力：物体由于发生弹性形变而产生的力。
8．【答案】B
【知识点】透镜及其特点与分类；凸透镜成像规律及其探究实验；凸透镜成像的应用
【解析】【解答】A、凸透镜对光线有会聚作用，而非发散作用，故A错误；
B、投影仪成放大实像时，物距在一倍焦距和二倍焦距之间，像距大于二倍焦距；已知焦距，则像距（白墙到凸透镜的距离）应大于，故B正确；
C、胶片与凸透镜的距离（物距）应在之间，而非小于10cm，故C错误；
D、若要让像变大，根据“物近像远像变大”的规律，需减小物距（内筒向凸透镜移动），同时增大像距（凸透镜远离白墙），仅拉动内筒无法实现，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、凸透镜的基本光学性质是会聚光线，发散作用是凹透镜的特点；
B、投影仪成放大实像时，像距需大于二倍焦距，本题中焦距为10cm，故像距应大于20cm；
C、投影仪的物距需在一倍焦距和二倍焦距之间，才能成放大的实像；
D、根据凸透镜成像规律，要使像变大，需同时减小物距、增大像距，仅移动内筒无法满足条件。
9．【答案】C
【知识点】滑轮（组）的机械效率；滑轮组绳子拉力的计算；有用功和额外功
【解析】【解答】A、机械效率与提升速度无关，只与物重、动滑轮重有关，故A错误；
B、不计绳重及摩擦，拉力公式为 。甲滑轮组 ，乙滑轮组 ，若，则，，乙的拉力更小，更省力，故B错误；
C、不计绳重及摩擦，机械效率公式为。甲乙的动滑轮重相同，若，则甲的有用功占比更高，机械效率更大，故C正确；
D、额外功，甲乙动滑轮重相同，物体升高相同高度时，额外功相等，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、机械效率由物重和动滑轮重决定，与提升速度无关；
B、根据滑轮组拉力公式，在物重、动滑轮重相同时，承担物重的绳子段数越多越省力；
C、在动滑轮重相同时，物重越大，有用功占总功的比例越高，机械效率越大；
D、不计绳重及摩擦，额外功等于提升动滑轮所做的功，动滑轮重和提升高度相同时，额外功相等。
10．【答案】D
【知识点】密度公式及其应用；阿基米德原理；浮力大小的计算
【解析】【解答】A、金属块完全离开水面后，拉力等于重力，由图可知此时拉力为54N，故金属块重力，A错误；
B、在0至时间段，金属块完全浸没在水中，排开水的体积不变，根据阿基米德原理，浮力不变；而浮力的实质就是物体上下表面所受水的压力差，因此压力差不变，B错误；
C、在至时间段，金属块逐渐露出水面，排开水的体积减小，所受浮力逐渐减小，C错误；
D、金属块完全浸没时，拉力，则浮力；由阿基米德原理，可得金属块体积；金属块质量，因此密度，D正确；
故答案为：D。
【分析】A、金属块离开水面后不受浮力，拉力等于重力，对应图中拉力的最大值；
B、浮力的本质是上下表面的压力差，完全浸没时浮力不变，故压力差不变；
C、物体逐渐露出水面时，排开液体的体积减小，浮力随之减小；
D、利用浮力求出金属块体积，再结合重力求出质量，最终计算出金属块的密度。
11．【答案】B
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆的动态平衡分析
【解析】【解答】A、当提起B秤纽时，最大称量为10kg，由杠杆平衡条件 ，即 ，可得 ，解得 ，故A正确；
B、称2kg的荔枝，若提起C秤纽，根据杠杆平衡条件 ，即 ，解得 ，并非20cm，故B错误；
C、距离C点12.5cm处，若提起B秤纽，物重满足 ，解得 ；若提起C秤纽，物重满足 ，解得 ，与选项中的刻度不符，故C错误；
D、根据杠杆平衡条件 ，可得 ，物重与秤砣到支点的距离成正比，与秤杆粗细无关，因此刻度仍是均匀的，故D正确；
故答案为：B。
【分析】A：利用杠杆平衡条件，结合最大称量数据，可求出秤砣的质量；
B：称2kg物体时，提起C秤纽，根据杠杆平衡条件计算秤砣到C点的距离，与选项对比；
C：分别计算提起B、C秤纽时，距离C点12.5cm处对应的物重，判断选项刻度是否正确；
D：根据杠杆平衡条件，物重与秤砣位置成正比，与秤杆粗细无关，因此刻度均匀。
12．【答案】D
【知识点】电阻的串联；欧姆定律及其应用；电路的动态分析
【解析】【解答】根据乙图可知，变阻器和定值电阻串联，电流表测电路电流。
A．当握力增大时，滑片下移，阻值变大，根据R总=R1+R2可知，总电阻变大。根据欧姆定律可知，电流表示数变小，所以最大握力60N时电路中最小电流为0.1A，故A错误；
B．根据题意可知，不施加力时弹簧一端的滑片P在R1的最上端，此时变阻器的阻值为零，只有单独工作，此时电流最大为0.6A，则R2电阻为，
故B错误；
C．根据图乙可知，当变阻器R1连入电路阻值最大时，
此时总电阻为；
则R1连入电路阻值最大为，
所以R1连入电路阻值变化的范围是0～25Ω，故C错误；
D．根据题意可知，当电流表示数为0.3A时，总电阻为；
此时R1连入电路阻值为，
则弹簧压缩量为；
由图丙可知，力F与弹簧压缩量△L成正比，则有：；
解得：握力，故D正确。
故选D。
【分析】 由电路图可知，R1与R2串联，电流表测电路中的电流。
A.握力为60N时，滑片P移动到R1的最下端，R1接入电路中的电阻最大，电路的总电阻最大，电路中的电流最小，根据电流表变化范围得出电路中的电流；
B.不施加力时弹簧一端的滑片P在R1的最上端，其接入电路中的电阻为零，此时电路中的电流最大，根据电路中电流表变化范围得出电路中的电流，根据欧姆定律求出R2电阻；
C.握力为60N时，根据欧姆定律求出电路的总电阻，根据电阻的串联求出R1的最大阻值，然后得出R1连入电路阻值变化的范围；
D.当电流表示数为0.3A时，根据欧姆定律求出电路中的总电阻，利用电阻的串联求出此时变阻器接入电路中的电阻，根据R1是一根长度为6cm的电阻丝（该电阻丝阻值大小与长度成正比）求出电阻丝接入电路中的长度即弹簧的压缩量，由图丙可知，F与ΔL成正比，据此求出握力的大小。
13．【答案】振动；能量
【知识点】声音的产生；声与能量传递
【解析】【解答】声音是由物体振动产生的，音爆声是由空气的剧烈振动产生的；声音既可以传递信息，也可以传递能量。低空音爆能震碎房屋玻璃，说明声音能够传递能量。
故答案为：振动；能量；
【分析】考查声音的产生与利用，解题关键是理解声音的产生条件（物体振动），并区分声音传递信息和传递能量的不同应用场景，音爆震碎玻璃属于传递能量的实例。
14．【答案】98；甲
【知识点】温度及温度计的使用与读数；沸腾及沸腾条件
【解析】【解答】温度计的分度值为 1℃，液柱位于 90℃到 100℃之间的第 8 个刻度处，因此读数为98℃。
水沸腾时，整个容器内水温达到沸点，水持续汽化产生气泡。气泡在上升过程中，周围的水不断汽化补充到气泡内，且水压减小，气泡体积逐渐变大，最终在水面破裂。因此图甲是水沸腾时的气泡示意图。
故答案为：98；甲；
【分析】本题考查温度计读数，解题关键是先明确温度计的分度值，再根据液柱位置读取温度。
本题考查水沸腾时气泡的特点，解题关键是区分沸腾前和沸腾时气泡的变化规律，沸腾时气泡上升过程中体积逐渐变大。
15．【答案】钢；导热性
【知识点】物质的基本属性
【解析】【解答】钢属于金属材料，是热的良导体，导热性能好。当钢勺和瓷勺的勺头同时放入开水中时，钢勺能快速将热量从勺头传递到勺柄，因此钢勺的勺柄会比较烫手。
瓷的导热性比钢差，是热的不良导体。瓷勺在酒精灯火焰上加热时，热量散失较慢，勺头温度会迅速升高，足以点燃火柴。
故答案为：钢；导热性；
【分析】本题考查热的良导体特性，解题关键是明确金属导热性好，能快速传递热量，因此钢勺柄会烫手。
本题考查热的不良导体特性，解题关键是理解瓷的导热性差，热量不易散失，加热时温度易升高，从而点燃火柴。
16．【答案】7.50；0.6
【知识点】刻度尺的使用；速度公式及其应用；测量物体运动的平均速度
【解析】【解答】由图可知，刻度尺的分度值为0.1cm，照片中AD间的路程：
照片中AC间的路程：
照片中小车长度为1cm，实际车长为15cm，因此实际长度是照片中长度的15倍，AC间的实际路程：
小车在AC间运动的时间：
根据公式 ，小车在AC段的平均速度：
故答案为：7.50；0.6；
【分析】本题考查刻度尺的读数，解题关键是先确定刻度尺的分度值，再用末端刻度减去起始刻度得到路程。
本题考查平均速度的计算，解题关键是先根据照片中小车长度与实际长度的比例，求出AC间的实际路程，再结合频闪照片的时间间隔，利用公式 计算平均速度。
17．【答案】（1）小球
（2）速度大小
（3）甲；2
【知识点】探究影响物体动能大小的因素
【解析】【解答】 解：（1）该实验中，探究的是小球撞击木块时的动能，故“物体的动能”中“物体”指的是小球；
（2）图甲、乙所示情景，小球的质量不同，从同一高度下落，撞击木块时的速度相同；
（3）探究物体的动能大小与物体的运动速度有关时，应控制小球的质量相同，速度不同，所以应使质量相同的小球从斜面的不同高度由静止滚下，图甲、丙中控制了物体的质量相同，故探究的是动能大小与速度的关系，故可以验证小明的猜想2是正确的。
故答案为：（1）小球；（2）速度；（3）甲；2。【分析】 （1）“物体的动能”中“物体”指的是小球；
（2）（3）物体的动能与质量和速度有关，利用控制变量法进行分析。
（1）实验中运用转换法，通过观察木块被小球撞击距离的远近来表的小球具有动能的大小，因此“物体的动能”中“物体”指的是小球。
（2）小球都从相同高度处由静止释放，小球到达斜面底端的速度相同，因此是为了使2次实验中小球运动到斜轨道底端时的速度大小相同。
（3）[1][2]要探究物体动能的大小与物体速度的关系，需要控制小球的质量相同，小球在斜面下滑的高度不同，因此选用甲、丙所示的2次实验，实验中，当质量相同时，小球的速度越大，木块被撞击的距离越远，说明小球动能的大小与速度有关，小明的猜想2是正确的。
18．【答案】不同；放大；投影仪；向上方移动
【知识点】光的直线传播及其应用；光的折射现象及其应用；凸透镜成像规律及其探究实验
【解析】【解答】（1）“潭清疑水浅”中“水浅”是因为池底发出的光在水面发生折射形成的，而小孔成像的原理是光沿直线传播，因此两者的原理不同。
（2）根据乙图可知，此时像距大于物距，则光屏上成倒立、放大的实像。生活中的投影仪是利用该成像特点制成的。
（3）蜡烛燃烧变短，相当于蜡烛火焰向下移动，由过光心的光线传播方向不变可知，烛焰在光屏上的像会向上方移动。
【分析】（1）将小孔成像和“潭清疑水浅”的光学原理对照即可；
（2）比较像距和物距大小，从而确定成像特点和应用；
（3）根据通过光心的光线传播方向不变分析。
19．【答案】左；73.4；3.67；大
【知识点】固体密度的测量
【解析】【解答】调节天平横梁平衡时，指针向右偏，说明右侧较重，应将平衡螺母向左移动，使天平横梁平衡。
矿石的质量：砝码质量与游码示数之和，标尺分度值为0.2g，游码示数为3.4g，因此 。
矿石的体积：量筒中水的体积为20mL，水和矿石的总体积为40mL，因此 ；矿石的密度：。
砝码磨损后，实际质量变小，但读数时仍按标注质量读取，会使测得的矿石质量偏大。根据 ，体积 不变，质量 偏大，则密度测量值偏大。
故答案为：左；73.4；3.67；大；
【分析】考查天平的调节，解题关键是遵循“左偏右调，右偏左调”的原则，指针右偏说明右侧较重，需将平衡螺母向左移动。
考查天平的读数，解题关键是明确天平读数为砝码质量加上游码对应的刻度值，注意游码的分度值。
考查密度的计算，解题关键是先利用排水法测出矿石的体积，再根据公式 计算矿石的密度。
考查误差分析，解题关键是理解砝码磨损对质量测量的影响，再结合密度公式判断密度测量值的偏差。
20．【答案】受力面积；>；增大；不变
【知识点】探究压力的作用效果跟什么因素有关的实验；液体压强计算公式的应用；阿基米德原理
【解析】【解答】调节天平横梁平衡时，指针向右偏，说明右侧较重，应将平衡螺母向左移动，使天平横梁平衡。
矿石的质量：砝码质量与游码示数之和，标尺分度值为0.2g，游码示数为3.4g，因此 。
矿石的体积：量筒中水的体积为20mL，水和矿石的总体积为40mL，因此 ；矿石的密度：。
砝码磨损后，实际质量变小，但读数时仍按标注质量读取，会使测得的矿石质量偏大。根据 ，体积 不变，质量 偏大，则密度测量值偏大。
故答案为：受力面积；>；增大；不变；
【分析】本题考查天平的调节，解题关键是遵循“左偏右调，右偏左调”的原则，指针右偏说明右侧较重，需将平衡螺母向左移动。
本题考查天平的读数，解题关键是明确天平读数为砝码质量加上游码对应的刻度值，注意游码的分度值。
本题考查密度的计算，解题关键是先利用排水法测出矿石的体积，再根据公式 计算矿石的密度。
本题考查误差分析，解题关键是理解砝码磨损对质量测量的影响，再结合密度公式判断密度测量值的偏差。
21．【答案】10；水平向右；不变
【知识点】二力平衡的条件及其应用；摩擦力的方向；探究影响摩擦力大小因素的实验
【解析】【解答】木块重力为 10N，水平面上的木块对小车的压力大小等于自身重力，因此木块对小车的压力为 10N。
拉动小车向右匀速直线运动时，木块相对于小车向左运动；由于摩擦力方向与物体相对运动方向相反，因此木块所受摩擦力方向为水平向右。
滑动摩擦力的大小只与压力和接触面粗糙程度有关，与运动速度无关。拉动小车加速运动时，木块对小车的压力和接触面粗糙程度均不变，因此木块受到的摩擦力大小不变，测力计的示数也保持不变。
故答案为：10；水平向右；不变；
【分析】考查压力的计算，解题关键是明确水平面上的物体对支撑面的压力大小等于自身重力。
考查摩擦力方向的判断，解题关键是先确定木块相对于小车的运动方向，再根据 “摩擦力方向与相对运动方向相反” 判断摩擦力方向。
考查影响滑动摩擦力大小的因素，解题关键是理解滑动摩擦力只与压力和接触面粗糙程度有关，与运动速度无关，因此加速运动时摩擦力不变。
22．【答案】做功；25；2.5×104
【知识点】功率计算公式的应用；热机；热机的四个冲程；能量的转化或转移；功的计算及应用
【解析】【解答】（1） 蒸汽推动风车转动时，将内能转化成了机械能，与汽油机的做功冲程的能量转化相同。
（2）四冲程汽油机飞轮转速3000r/min=r/s，所以1s内该汽油机对外做功次。
（3） 若缸内燃气对活塞平均推力为2000N，活塞向下运动的距离为0.05m，
则汽缸内燃气推动活塞一次所做的功；
做功一次所用的时间，
则汽油机的功率。
【分析】（1）汽油机的做功冲程，将内能转化为机械能；压缩冲程，将机械能转化为内能；
（2） 四冲程内燃机一个工作循环完成4个冲程，飞轮和曲轴转2圈，对外做功1次；
（3）首先根据W=Fs计算燃气一次做功，然后根据计算汽油机的功率。
23．【答案】越大；越大；电压表
【知识点】并联电路的电流规律；欧姆定律及其应用；电路的动态分析；电功率的计算
【解析】【解答】根据乙图可知，压敏电阻R与变阻器R0并联，电流表测压敏电阻所在支路的电流，电压表测滑片P下方电阻丝两端的电压。
因电压表的内阻很大，所以它所在电路中相当于断路，则人的身高变化即滑片移动时，R0接入电路中的电阻不变，根据可知，通过R0的电流不变。
当体重越大时，压敏电阻受到的压力越大，则压敏电阻的阻越小，由I=可知，通过R的电流变大，即电流表的示数变大；
根据并联电路电流I总=I1+I2可知，电路总电流变大，由可知，电源电压不变，总电流变大，总功率变大。
根据U=IR可知，电压表的示数与电压表并联部分的电阻的大小成正比，所以将电压表改装成的身高测量仪的刻度是均匀的。
【分析】 由电路图可知，R与R0并联，电压表测滑片P下方电阻丝两端的电压，电流表测压敏电阻所在支路的电流；
当体重越大时，压敏电阻受到的压力越大，根据压敏电阻R的阻值随压力增大而减小可知R的阻值越小，根据欧姆定律可知通过R的电流变化；
根据电压表的内阻很大、在电路中相当于断路可知滑片移动时接入电路中的电阻不变，根据欧姆定律可知通过R0的电流变化，当身高越高时滑片上移，滑片P下方电阻丝的阻值变大，根据欧姆定律可知滑片P下方电阻丝两端的电压变化，进而得出结论。
24．【答案】1.25；540；2.3
【知识点】密度公式及其应用
【解析】【解答】调节天平横梁平衡时，指针向右偏，说明右侧较重，应将平衡螺母向左移动，使天平横梁平衡。
矿石的质量：砝码质量与游码示数之和，标尺分度值为0.2g，游码示数为3.4g，因此 。
矿石的体积：量筒中水的体积为20mL，水和矿石的总体积为40mL，因此 ；矿石的密度：。
砝码磨损后，实际质量变小，但读数时仍按标注质量读取，会使测得的矿石质量偏大。根据 ，体积 不变，质量 偏大，则密度测量值偏大。
故答案为：1.25；540；2.3；
【分析】考查天平的调节，解题关键是遵循“左偏右调，右偏左调”的原则，指针右偏说明右侧较重，需将平衡螺母向左移动。
考查天平的读数，解题关键是明确天平读数为砝码质量加上游码对应的刻度值，注意游码的分度值。
考查密度的计算，解题关键是先利用排水法测出矿石的体积，再根据公式 计算矿石的密度。
考查误差分析，解题关键是理解砝码磨损对质量测量的影响，再结合密度公式判断密度测量值的偏差。
25．【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】作光的折射光路图；重力示意图；浮力的示意图；家庭电路的连接
【解析】【解答】（1）根据光的折射规律可知，当光从空气斜射入玻璃时，折射角小于入射角；当光从玻璃斜射入空气时，折射角大于入射角。根据光路的可逆性可知，最后的折射角等于最初的入射角，如下图所示：
（2）根据图片可知，浮尘子受到竖直向上的浮力和竖直向下的重力，都作用在它的重心上。挤压雪碧瓶，浮沉子里进入一些水而向下沉，所以浮沉子受到的重力G大于浮力F浮，如下图所示：
（3）根据题意可知，如果指示灯损坏，开关闭合时插孔也能提供工作电压，说明两者不相互影响，即二者是并联。
断开开关，插座不能供电，指示灯不亮 ，说明开关在干路上控制所有用电器。
为了用电安全，开关要接在火线一侧的干路上，且三孔插座采用“左零右火上地”的接法，如图所示：
【分析】（1）根据光的折射规律完成作图；
（2）对物体进行受力分析，从而确定力的三要素，最后沿力的方向画带箭头的线段即可；
（3）用电器相互影响为串联，不相互影响为并联。干路开关控制所有用电器，支路开关只控制支路上的用的电器，结合安全用电的要求完成作图。
（1）先画出法线，当光从空气斜射入玻璃时，折射光线和入射光线分居法线的两侧，折射角小于入射角；当光从玻璃斜射入空气时，折射光线和入射光线分居法线的两侧，折射角大于入射角。如图所示：
（2）挤压雪碧瓶，瓶内空气被压缩，水被压入小瓶中，将瓶体中的空气压缩，这时浮沉子里进入一些水，它的重力增加，大于它受到的浮力，就向下沉，所以浮沉子受到的重力G大于浮力F浮。由浮沉子重心竖直向下、竖直向上画有向线段，分别用G和F浮表示。如图所示：
（3）由题意可知，开关断开时指示灯不亮，插孔不能提供工作电压；开关闭合时指示灯亮，插孔能提供工作电压；如果指示灯损坏，开关闭合时插孔也能提供工作电压，说明两者是并联，且都由开关来控制；三孔插座采用“左零右火上地”的接法。如图所示：
26．【答案】（1）扫地机器人对地面的压力等于自身重力：
对地面的压强：
（2）克服摩擦力做功的功率：由公式 可得，克服摩擦力做功的功率：
【知识点】功率计算公式的应用；压强的大小及其计算
【解析】【分析】（1）本题考查压强的计算，解题关键是先根据 求出机器人的重力，即对地面的压力，再利用压强公式 计算压强。
（2）本题考查功率的计算，解题关键是推导并应用功率的变形式 ，将摩擦力作为动力，代入摩擦力和速度直接计算功率。
（1）该扫地机器人对地面的压力为
则该扫地机器人对地面的压强
（2）根据，克服摩擦力做功的功率
27．【答案】（1）排出注射器中的空气，使注射器密封；1.08×105；偏小；偏大；C
（2）G；；吸盘内空气未排尽
【知识点】大气压强的测量方法
【解析】【解答】（1）①实验中要将活塞推至注射器筒底端，目的是排尽注射器内的空气，使筒内接近真空，从而保证测量的大气压值更准确。
注射器刻度部分的长度 ，容积 。活塞的横截面积：
当弹簧测力计示数为 时，拉力与大气压力平衡，因此大气压：
②若注射器内空气未排尽，内部气压会抵消部分外界大气压，导致所需拉力变小，测得的大气压值偏小。
若活塞与筒壁间的摩擦力较大，测得的拉力会偏大，最终导致大气压测量值偏大。
③丙图未盖橡皮帽时，拉力 等于活塞与筒壁的摩擦力；丁图排尽空气并盖上橡皮帽后，拉力 等于摩擦力与大气压力之和。因此，大气对活塞的压力为 ，大气压：，故选 C。
故答案为：排出注射器中的空气，使注射器密封；1.08×105；偏小；偏大；C；
（2）吸盘脱离玻璃板时，小桶对吸盘的拉力（桶和细砂的总重力 ）等于大气压对吸盘的压力。吸盘的面积 ，因此大气压强：
实验误差的主要来源：挤压吸盘时，内部空气未完全排出；吸盘气密性不佳，有外部空气进入；或吸盘脱离玻璃板前，实际受力面积减小等。
故答案为：G；；吸盘内空气未排尽；
【分析】（1）①排尽空气消除内部气压影响，使拉力等于大气压力，保证测量准确。
用 计算活塞面积，再根据平衡条件 ，代入 求大气压。
②空气未排尽，内部气压抵消部分大气压，所需拉力偏小，导致结果偏小。
活塞与筒壁摩擦，拉力需额外克服摩擦力，测得拉力偏大，导致结果偏大。
③丙图拉力 仅克服摩擦力，丁图拉力 克服摩擦力与大气压力，联立消去摩擦力，得 。
（2）拉力与大气压力平衡，由 ，结合吸盘面积 ，推导得 。
误差源于吸盘内空气未排尽、气密性不佳、实际受力面积减小等，导致拉力偏小，测量结果偏小。
（1）①[1]实验中要排出注射器内的空气，这样在拉动活塞时，注射器内部会接近于真空，测量的大气压比较准确，实验时，把活塞推至注射器筒底端是为了排出注射器中的空气，使注射器密封。
[2]由图甲可知，注射器的刻度部分长为L=8.00cm-2.00cm=6.00cm
其容积为V=4.5mL=4.5cm3
则注射器活塞的横截面积为
把注射器的活塞推至底端，排尽筒内空气，然后用橡皮帽封住注射器的小孔，瓶内可认为是真空，水平向右慢慢地拉动注射器筒，当弹簧测力计的示数增大到8.1N时，注射器中的活塞刚开始滑动时，弹簧测力计的拉力与大气的压力刚好平衡，大气对活塞产生的压力F=8.1N，所以大气压为
②[3]实验时若注射器内空气没有排尽，大气压等于注射器内压强加上拉力产生的压强，这样会使得测得的大气压值偏小。
[4]拉动活塞时，活塞与注射器内壁间的摩擦较大，则测得的拉力变大，这会造成最终测量的结果偏大。
③[5]丙图没有盖上橡皮帽，刚好拉动活塞时，弹簧测力计示数F1等于活塞与筒壁的摩擦力大小，丁图在排尽空气后盖上了橡皮帽，刚好拉动活塞时，弹簧测力计示数是F2等于活塞与筒壁的摩擦力和大气的压力之和，所以，大气对活塞产生的压力F2大=F2-F1
大气压为
故选C。
（2）[1][2]吸盘脱离玻璃板时，小桶对吸盘的拉力（桶和细砂的重力）等于大气压对吸盘的压力，即p大气S=G
所以大气压强
[3]实验产生的误差主要是因为实验过程并不如原理分析中那么理想化，如：挤压吸盘时，吸盘内的空气没有完全都被挤出；（或吸盘的气密性不好；实验过程中有外部空气进入吸盘；吸盘脱离玻璃板前面积有所减小等）。
28．【答案】液化；；泡沫塑料；降低相同的温度，装置甲的用时更长；；水银
【知识点】温度及温度计的使用与读数；液体温度计的构造与工作原理
【解析】【解答】（1）小烧杯中热的水蒸气遇到温度较低的盖子，液化形成小水滴附着在盖子上。
故答案为：液化；
（2）①将坐标系中的点用平滑的曲线依次连接，描点作图如下：
②由图像可知，相同时间内，用塑料泡沫做保温材料的烧杯中水温下降较慢，因此塑料泡沫的保温性能更好。
故答案为：；泡沫塑料；降低相同的温度，装置甲的用时更长；
（3）由图像可知，当水温降到 20℃时，温度不再变化，因此室温为 20℃。
故答案为：；
（4）由图像可知，水的初温为 80℃，因此温度计的测温物质沸点要高于 80℃，应选择水银作为测温物质。
故答案为：水银；
【分析】（1）本题考查液化现象，解题关键是明确水蒸气遇冷会液化成小水珠。
（2）①考查数据描点作图，解题关键是用平滑曲线连接各数据点，直观反映温度随时间的变化趋势。
②考查保温性能的比较，解题关键是通过相同时间内的温度下降幅度判断降温快慢，进而比较保温效果。
（3）本题考查室温的判断，解题关键是理解水温最终会稳定在室温，因此温度不再变化时的数值即为室温。
（4）本题考查温度计的选择，解题关键是明确测温物质的沸点需高于被测温度，因此需选择沸点高于 80℃的水银。
29．【答案】（1）断路
（2）右
（3）2；3；25；4
（4）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
（5）D
【知识点】电路的三种状态；探究电流与电压、电阻的关系实验
【解析】【解答】（1）闭合开关后电流表无示数，说明电路存在断路；电压表有示数且接近电源电压，说明电压表两端到电源两极是连通的，因此故障为定值电阻断路。
故答案为：断路；
（2）探究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻两端电压不变。将定值电阻由5Ω更换为10Ω后，根据串联分压规律，定值电阻两端电压会大于2V，因此应将滑动变阻器的滑片向右滑动，增大其接入电路的阻值，使电压表示数回到2V。
故答案为：右；
（3）实验中控制定值电阻两端电压：。
第三组数据存在错误，此时电压表示数 ，不符合实验控制的电压条件。
错误原因：将定值电阻由25Ω更换为15Ω时，未调节滑动变阻器滑片就读取了电流，导致定值电阻两端电压未保持2V。
设滑动变阻器最大阻值为，根据电源电压不变列方程：
解得，电源电压。
故答案为：2；3；25；4；
（4）排除错误数据后，电压一定时，电阻越大电流越小，且电阻与电流的乘积为定值，因此可得结论：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：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；
（5）① 电源电压可调范围为1.6~3.52V。电源电压最小值为1.6V（滑动变阻器阻值调为0）；最大值计算：当用25Ω电阻实验时，电流，滑动变阻器两端电压，故电源电压最大值，此方案可行。
② 更换滑动变阻器为“40Ω，1A”，电源电压4V不变，定值电阻两端电压1.6V，则滑动变阻器两端电压为2.4V。根据串联分压，解得，此方案可行。
③ 串联一个10Ω电阻，电源电压4V不变，定值电阻两端电压1.6V，则滑动变阻器与新电阻两端电压为2.4V。根据串联分压，解得，此方案可行。
综上，方案①②③均可行，故选D。
故答案为：D；
【分析】（1）本题考查电路故障分析，解题关键是结合电流表、电压表的示数特征判断断路位置，电流表无示数说明断路，电压表有示数说明电压表到电源通路，故障在电压表两接线柱之间。
（2）本题考查探究电流与电阻关系的实验操作，解题关键是理解串联分压规律，更换大电阻后需增大滑动变阻器阻值以保持定值电阻两端电压不变。
（3）本题考查实验数据误差分析与计算，解题关键是根据控制变量法判断错误数据，再通过串联电路电压不变列方程求解滑动变阻器阻值和电源电压。
（4）本题考查实验结论的得出，解题关键是分析排除错误数据后电流与电阻的关系，得出电压一定时电流与电阻成反比的结论。
（5）本题考查实验改进方案的分析，解题关键是利用串联分压原理，分别计算三种方案中滑动变阻器所需的阻值，判断是否在器材允许范围内。
（1）闭合开关，电流表无示数，电路中有断路故障，电压表有示数，并接近电源电压，说明电压表正负接线柱到电源间是连通的，故障应出现在电压表正负接线柱之间的元件，为定值电阻断路。
（2）探究通过导体的电流与电阻的关系，应控制定值电阻两端电压一定，根据表中数据，实验中控制定值电阻两端电压为2V，将定值电阻由5Ω更换为10Ω时，定值电阻两端电压会大于2V，应将滑动变阻器的滑片P从上一位置向右滑动，增大滑动变阻器接入电路的阻值，使电压表的示数变为2V。
（3）[1]实验中控制定值电阻两端电压为
[2]第三组数据存在错误，第三组实验电压表示数
不等于2V。
[3]由第三组实验数据，用的是，电压表示数为1.5V，小于2V，说明换上R3，定值电阻阻值变小了，之前用的应该是或，再观察第三组实验电流表的示数与第四组实验电流表示数相同，说明之前的实验用的绝不是R4，因为由R4换成R3，电流应该变大，所以用R3实验之前用的电阻不是R4，而是R5。因此第三次实验错误原因是：将定值电阻的阻值由25Ω变换为错误数据点对应阻值时，未调节滑片P就读取电流而造成的。
[4]通过前面的分析，由25Ω的电阻换成15Ω的电阻，没有移动滑片，于是列出方程
解得，电源电压为
（4）排除表中错误数据后发现，电压一定，电阻越大，电流越小，电阻和电流的乘积不变，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。
（5）①电源电压可重设在1.6～3.52V的范围内。把滑动变阻器阻值调为0，每次只接入一个定值电阻，电源电压设为1.6V，即可完成实验，所以电源电压最小值为1.6V；当用25欧电阻做实验，变阻器阻值最大时，电源电压最大，此时电流
此时变阻器两端电压
电源电压最大值
所以，若定值电阻两端设定的不变电压值为1.6V，电源电压可重设在1.6～3.52V的范围内，可顺利完成5次实验。
②将滑动变阻器更换为“40Ω，1A”，也可以完成5次实验。电源电压4V不变，定值电阻两端电压为1.6V，滑动变阻器两端电压
接入最大阻值的定值电阻，根据串联分压原理，
解得此时变阻器连入的阻值，所以，将滑动变阻器更换为“40Ω，1A”，也可以完成5次实验。
③可在电路中再串联一个阻值为10Ω的电阻，也可以完成5次实验，电源电压4V不变，定值电阻两端电压为1.6V，滑动变阻器和新接入的定值电阻两端电压为2.4V，接入最大阻值的定值电阻，根据串联分压原理
解得此时变阻器连入的阻值。故方案①②③都可行。故D符合题意，ABC不符合题意。
故选D。
30．【答案】（1）N；B
（2）保温状态下，工作电路为R1的简单电路，由得R1的阻值：
加热状态下，R1与R2并联，R2的功率：
由得R2的阻值：
（3）加热过程消耗的电能：
水吸收的热量：
加热效率：
（4）160Ω
（5）需要减小滑动变阻器R的阻值
【知识点】比热容的定义及其计算公式；热机的效率；电阻的串联；电功率的计算；电磁继电器的组成、原理和特点
【解析】【解答】（1）电流从电磁铁上端流入，根据安培定则可判断电磁铁的上端为N极。
电磁继电器的衔铁被弹起时，工作电路为R1的简单电路，总电阻最大；衔铁被吸下与触点B相连时，R1与R2并联，总电阻最小。由公式可知，电压一定时，衔铁被弹起时电路总功率最小，为保温状态；衔铁被吸下时电路总功率最大，为加热状态。故答案为：N；B；
（4）当水温加热至40℃时，电磁继电器线圈电流达到，控制电路总电阻：
40℃时热敏电阻，由串联电路电阻规律得滑动变阻器接入的电阻：
故答案为：160Ω；
（5）若要升高保温温度，控制电路电源电压不变、工作电流不变，总电阻不变。由热敏电阻特性可知，温度升高时变大，因此需要减小滑动变阻器的阻值，以保持总电阻不变。
故答案为：需要减小滑动变阻器R的阻值；
【分析】（1）本题考查安培定则和电路状态判断，解题关键是用安培定则判断磁极，并结合并联电路电阻规律和分析保温、加热状态的功率差异。
（2）本题考查电阻计算，解题关键是根据保温、加热状态的电路结构，分别利用计算R1和R2的阻值。
（3）本题考查电功、热量和效率的计算，解题关键是分别计算消耗的电能和水吸收的热量，再根据求加热效率。
（4）本题考查控制电路的电阻计算，解题关键是利用求总电阻，再结合串联电路电阻规律计算滑动变阻器的阻值。
（5）本题考查控制电路的动态分析，解题关键是理解温度变化对热敏电阻阻值的影响，结合串联电路总电阻不变的条件，分析滑动变阻器的调节方向。
（1）[1]通电时的电流从电磁铁上端流入，由安培定则可知电磁铁的上端为N极。
[2]电磁继电器的衔铁被弹起时，工作电路为R1的简单电路，电磁继电器的衔铁被吸下与触点B相连时，工作电路中R1与R2并联，因并联电路中总电阻小于任何一个分电阻，所以，衔铁被弹起时，工作电路的总电阻最大，衔铁被吸下时，工作电路的总电阻最小，由公式可知，电压一定时，衔铁被弹起时工作电路的总功率最小，处于保温状态，反之，衔铁被吸下与触点B相连时工作电路的总功率最大，处于加热状态。
（2）电磁继电器的衔铁被弹起时，工作电路为R1的简单电路，处于保温状态，则R1的阻值
电磁继电器的衔铁被吸下与触点B相连时，工作电路中R1与R2并联，处于加热状态。R2的电功率
R2的阻值
（3）加热过程中消耗的电能
足浴盆加热至40℃时，自动进入保温模式，则水吸收的热量
加热效率
（4）为使温度加热至40℃时，自动进入保温模式，通过电磁继电器线圈的电流达到I＝30mA＝0.03A
由可得，控制电路的总电阻为
由图丙可知，40℃时热敏电阻Rt的阻值为40Ω，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，滑动变阻器接入电路的电阻为R滑＝R总﹣Rt＝200Ω﹣40Ω＝160Ω
（5）天气寒冷想要升高足浴盆保温温度，控制电路的电源电压不变，工作电流不变，则控制电路的总电阻不变，由图乙可知Rt变大，所以需要减小滑动变阻器的阻值。
1 / 1江苏省无锡市惠山区2025年中考三模物理试题
一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分。每小题给出的四个选项中只有一个是正确的）
1．我国自主创新研发的新型深、远海综合科学考察船“东方红3号”成为全球最大的静音科考船，该船配有先进的声呐探测系统和静音螺旋桨，其静音螺旋桨低噪音控制指标达全球最高级别：根据以上介绍，下列说法正确的是（　　）
A．该船发出的噪声不能在水中传播
B．该船发出的噪声属于次声波
C．声呐探测是通过发射超声波工作的
D．该船的静音螺旋桨是在传播过程中控制噪声
【答案】C
【知识点】声音的传播条件；超声波与次声波；防治噪声的途径
【解析】【解答】A．声音可以在水中传播，该船发出的噪声能在水中传播，故A错误；
BC．声呐探测是向海底发射超声波，利用的是超声波，故该船发出的噪声属于超声波，故C正确；
D．该船的静音螺旋桨是在声源处控制噪声，不是在传播过程中控制噪声，故D错误。
故选C。
【分析】（1）声音的传播需要介质，气体、液体、固体都能传声；
（2）声呐是利用超声波的回声定位原理制成的；
（3）减弱噪声的途径：在声源处减弱、传播过程中减弱、人耳处减弱减弱。
2．下列说法符合实际的是（　　）
A．人脉搏跳动一次的时间约为0.8s
B．中学生步行上楼的功率约为1500W
C．一本苏科版物理教材重约25N
D．家用挂壁式空调正常工作时的电流约为1A
【答案】A
【知识点】功率的计算；时间的估测；重力及其大小的计算；电功率的计算
【解析】【解答】A、正常情况下，人的脉搏1分钟跳动约75次，跳动一次的时间约为 ，故A正确；
B、中学生的体重约500N，一层楼高度约3m，步行上楼用时约15s，功率约为 ，远小于1500W，故B错误；
C、一本苏科版物理教材的质量约250g，重力约为 ，远小于25N，故C错误；
D、家用挂壁式空调的功率约1000W，正常工作电流约为 ，远大于1A，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A、根据脉搏每分钟跳动次数计算单次跳动时间，判断是否符合实际；
B、结合中学生体重、楼层高度和上楼时间，利用功率公式计算功率，判断选项数值是否合理；
C、估算教材质量，利用重力公式计算重力，判断选项数值是否合理；
D、根据空调功率和家庭电路电压，利用电流公式计算工作电流，判断选项数值是否合理。
3．下面是应用人工智能做的四句诗，其中关于物态变化的分析错误的是（　　）
A．“雾开山露颜”，“雾开”是汽化现象
B．“露凝芳草间”，“露凝”是液化现象
C．“霜降红枫醉”，“霜降”是凝固现象
D．“冰融水潺潺”，“冰融”是熔化现象
【答案】C
【知识点】物质的三态；熔化与熔化吸热特点；汽化及汽化吸热的特点；液化及液化放热；凝华及凝华放热
【解析】【解答】A、“雾开山露颜” 中，“雾开” 是液态的小水滴（雾）吸热汽化为水蒸气，属于汽化现象，故 A 正确；
B、“露凝芳草间” 中，“露凝” 是空气中的水蒸气遇冷液化成液态小水珠，属于液化现象，故 B 正确；
C、“霜降红枫醉” 中，“霜降” 是空气中的水蒸气遇冷直接由气态变为固态的霜，属于凝华现象，而非凝固现象，故 C 错误；
D、“冰融水潺潺” 中，“冰融” 是固态的冰吸热变为液态的水，属于熔化现象，故 D 正确；
故答案为：C。
【分析】A、雾是液态小水滴，雾消失是液态变为气态的汽化过程；
B、露是空气中的水蒸气遇冷液化形成的液态小水珠；
C、霜是空气中的水蒸气直接凝华形成的固态冰晶，不是凝固（液态变固态）；
D、冰融是固态冰变为液态水的熔化过程。
4．对图中所示光现象的描述正确的是(　　)
A．图甲中，漫反射的光线不遵循光的反射定律
B．图乙中，水中倒影说明了光的折射
C．图丙中，光的色散现象说明白光是由各种色光混合而成的
D．图丁中，平面镜成像时进入眼睛的光线是由像发出的
【答案】C
【知识点】镜面反射与漫反射；光的色散；平面镜成像的原理、特点
【解析】【解答】A． 图甲中， 漫反射也是反射，因此它的光线仍然遵循光的反射定律，故A错误；
B． 图乙中， 水面倒影是物体发出的光在水面发生反射形成的平面镜成像，平面镜成像的原理是光的反射，故B错误；
C． 图丙中， 白光通过三棱镜时被分解成红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫七色光，说明白光是由各种色光混合而成的，故C正确；
D． 图丁中， 平面镜成虚像时进入眼睛的光线是物体发出的，不是镜子发出的，故D错误。
故选C。
【分析】A.只要是反射，就遵循光的反射定律；
BD.根据平面镜成像的原理判断；
C.根据光的色散现象的本质判断。
5．如图，中医是中国古代科学的瑰宝，下列说法正确的是（　　）
A．甲中“艾灸”时，闻到艾草药香是因为分子不停地做无规则运动
B．乙中“针灸”的针头做得尖是为了减小受力面积，从而减小压强
C．丙中“拔火罐”时，玻璃罐能“吸附”在皮肤上是摩擦力的作用
D．丁中“刮痧”时，皮肤温度升高是通过热传递方式改变物体内能
【答案】A
【知识点】做功改变物体内能；增大压强的方法及其应用；大气压的综合应用；分子热运动
【解析】【解答】A．浓浓的艾草药香，其实是药香分子在空气中不停地做无规则运动所致，故A正确；
B“针灸”的针头做得比较尖，是通过减小受力面积增大压强，使其更容易刺入皮肤，故B错误；
C．使用拔火罐时，罐内气压小于外面的大气压，外面的大气压就将罐紧紧地压在皮肤上，故C错误；
D．“刮痧”时，刮痧板克服皮肤摩擦做功，将机械能转化为内能，这是通过做功的方式改变物体的内能，故D错误。
故选A。
【分析】A.根据分子运动的知识判断；
B.增大压强的方法：增大压力或减小受力面积；
C.根据大气压强的知识判断；
D.热传递的本质为能量的转移，做功的本质为能量的转化。
6．下面四幅图中，所反映的物理原理相同的两幅图是（　　）
A．甲和丁 B．乙和丙 C．丙和丁 D．甲和乙
【答案】A
【知识点】通电直导线周围的磁场；电磁继电器的组成、原理和特点；直流电动机的构造原理与工作过程；电磁感应
【解析】【解答】根据图片可知，甲是奥斯特实验，当导线中有电流经过时，小磁针的指向发生偏转，说明电流周围存在磁场，电流的磁效应；
乙中通电导体在磁场中受到力的作用而转动，为电动机的工作原理；
丙是中导体在磁场中做切割磁感线运动时，灵敏电流计的指针发生偏转，这是电磁感应现象；
丁中电流通过电磁铁时，产生磁性，说明电流周围存在磁场。
所以图甲和丁的物理原理相同，故A符合题意，BCD不符合题意。
故选A。
【分析】根据图片分析各个实验中包含的物理原理，然后对照即可。
7．2025多哈世界乒乓球锦标赛正在举行，如图所示为孙颖莎参赛时的情景，下列说法中正确的是（　　）
A．乒乓球速度越大，惯性越大
B．将乒乓球竖直向上抛，到最高点时受平衡力
C．击球时，球拍对球的作用力大于球对球拍的作用力
D．击球时乒乓球受到的弹力是由球拍发生弹性形变而产生的
【答案】D
【知识点】力作用的相互性；弹力；惯性及其现象；平衡状态的判断
【解析】【解答】A．惯性的大小只与质量有关，与速度无关，所以乒乓球速度变大，惯性大小不变，故A错误；
B．将乒乓球到最高点时，只受重力作用，受力不平衡，故B错误；
C．击球时，球拍对球的作用力与球对球拍的作用力是一对相互作用力，大小相等，故C错误；
D．击球时，球拍发生弹性形变，所以乒乓球受到的弹力是由于球拍发生弹性形变而产生的，故D正确。
故选D。
【分析】1.惯性：一切物体都有保持原来运动状态不变的性质；惯性是物体的固有属性，惯性的惟一量度是质量，质量越大，物体具有的惯性越大；
2.二力平衡的条件：作用在同一物体上的两个力，大小相等，方向相反，作用在同一直线上；
3.相互作用力关系：作用在不同物体上的两个力，大小相等，方向相反，作用在同一直线上；
4.弹力：物体由于发生弹性形变而产生的力。
8．小东自制了一个简易投影仪，它主要由手电筒、内筒（一端开口，另一端可以放置胶片）、外筒（一端开口，另一端固定凸透镜）组成，内筒可嵌于外筒且能左右推动。将印有“冰墩墩”的透明胶片贴于内筒一端，打开手电筒，调整胶片、凸透镜到白墙的位置，在墙上得到清晰放大的像，如图所示。已知凸透镜的焦距是10cm。下列说法正确的是（　　）
A．自制投影仪能成放大的像，是因为凸透镜对光线有发散作用
B．白墙到凸透镜的距离应大于20cm
C．胶片与凸透镜的距离应小于10cm，且胶片应倒立放置
D．若要白墙上清晰的像变得更大一些，只将内筒往外拉动一些即可
【答案】B
【知识点】透镜及其特点与分类；凸透镜成像规律及其探究实验；凸透镜成像的应用
【解析】【解答】A、凸透镜对光线有会聚作用，而非发散作用，故A错误；
B、投影仪成放大实像时，物距在一倍焦距和二倍焦距之间，像距大于二倍焦距；已知焦距，则像距（白墙到凸透镜的距离）应大于，故B正确；
C、胶片与凸透镜的距离（物距）应在之间，而非小于10cm，故C错误；
D、若要让像变大，根据“物近像远像变大”的规律，需减小物距（内筒向凸透镜移动），同时增大像距（凸透镜远离白墙），仅拉动内筒无法实现，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、凸透镜的基本光学性质是会聚光线，发散作用是凹透镜的特点；
B、投影仪成放大实像时，像距需大于二倍焦距，本题中焦距为10cm，故像距应大于20cm；
C、投影仪的物距需在一倍焦距和二倍焦距之间，才能成放大的实像；
D、根据凸透镜成像规律，要使像变大，需同时减小物距、增大像距，仅移动内筒无法满足条件。
9．小明分别用甲、乙两个滑轮组匀速提升物体A、B（不计绳重及摩擦）。若每个滑轮质量相同，对比两个滑轮组，下列说法正确的是（　　）
A．若只增大甲匀速提升物体A的速度，甲的机械效率增大
B．若，甲更省力
C．若，甲的机械效率更大
D．若物体升高相同高度，乙的额外功少
【答案】C
【知识点】滑轮（组）的机械效率；滑轮组绳子拉力的计算；有用功和额外功
【解析】【解答】A、机械效率与提升速度无关，只与物重、动滑轮重有关，故A错误；
B、不计绳重及摩擦，拉力公式为 。甲滑轮组 ，乙滑轮组 ，若，则，，乙的拉力更小，更省力，故B错误；
C、不计绳重及摩擦，机械效率公式为。甲乙的动滑轮重相同，若，则甲的有用功占比更高，机械效率更大，故C正确；
D、额外功，甲乙动滑轮重相同，物体升高相同高度时，额外功相等，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、机械效率由物重和动滑轮重决定，与提升速度无关；
B、根据滑轮组拉力公式，在物重、动滑轮重相同时，承担物重的绳子段数越多越省力；
C、在动滑轮重相同时，物重越大，有用功占总功的比例越高，机械效率越大；
D、不计绳重及摩擦，额外功等于提升动滑轮所做的功，动滑轮重和提升高度相同时，额外功相等。
10．如图甲所示，长方体金属块在细绳竖直向上拉力作用下从水中（未沉底）开始一直竖直向上做匀速直线运动，上升到离水面一定的高度处。图乙是绳子拉力F随时间t变化的图像。根据图像信息，下列判断正确的是（　　）
A．该金属块重力的大小为34N
B．在0至t1时间段金属块上下表面所受水的压力差减小
C．在t1至t2时间段金属块所受浮力逐渐增大
D．根据数据可求出金属块的密度为2.7g/cm3
【答案】D
【知识点】密度公式及其应用；阿基米德原理；浮力大小的计算
【解析】【解答】A、金属块完全离开水面后，拉力等于重力，由图可知此时拉力为54N，故金属块重力，A错误；
B、在0至时间段，金属块完全浸没在水中，排开水的体积不变，根据阿基米德原理，浮力不变；而浮力的实质就是物体上下表面所受水的压力差，因此压力差不变，B错误；
C、在至时间段，金属块逐渐露出水面，排开水的体积减小，所受浮力逐渐减小，C错误；
D、金属块完全浸没时，拉力，则浮力；由阿基米德原理，可得金属块体积；金属块质量，因此密度，D正确；
故答案为：D。
【分析】A、金属块离开水面后不受浮力，拉力等于重力，对应图中拉力的最大值；
B、浮力的本质是上下表面的压力差，完全浸没时浮力不变，故压力差不变；
C、物体逐渐露出水面时，排开液体的体积减小，浮力随之减小；
D、利用浮力求出金属块体积，再结合重力求出质量，最终计算出金属块的密度。
11．杆秤作为华夏国粹，曾是商品流通中的主要度量工具，它的原理和制作工艺无一不渗透着中国古代人民的智慧。如图是杆秤的示意图，使用时将货物挂在秤钩上，用手提起B或C（相当于支点）处的秤纽，移动秤砣改变其在秤杆上的位置，当秤杆水平平衡时，可读出货物的质量。秤砣最远可移至D点，此秤最大称量为10kg。秤杆、秤钩和秤纽的质量忽略不计。下列说法不正确的是（　　）
A．秤砣的质量为0.4kg
B．称2kg的荔枝，应提起C秤纽，秤砣移到离C秤纽20cm处
C．距离C点12.5cm，有两个刻度，分别为1kg和3.1kg
D．若选用秤杆粗细不一致，所标记的刻度仍是均匀的
【答案】B
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆的动态平衡分析
【解析】【解答】A、当提起B秤纽时，最大称量为10kg，由杠杆平衡条件 ，即 ，可得 ，解得 ，故A正确；
B、称2kg的荔枝，若提起C秤纽，根据杠杆平衡条件 ，即 ，解得 ，并非20cm，故B错误；
C、距离C点12.5cm处，若提起B秤纽，物重满足 ，解得 ；若提起C秤纽，物重满足 ，解得 ，与选项中的刻度不符，故C错误；
D、根据杠杆平衡条件 ，可得 ，物重与秤砣到支点的距离成正比，与秤杆粗细无关，因此刻度仍是均匀的，故D正确；
故答案为：B。
【分析】A：利用杠杆平衡条件，结合最大称量数据，可求出秤砣的质量；
B：称2kg物体时，提起C秤纽，根据杠杆平衡条件计算秤砣到C点的距离，与选项对比；
C：分别计算提起B、C秤纽时，距离C点12.5cm处对应的物重，判断选项刻度是否正确；
D：根据杠杆平衡条件，物重与秤砣位置成正比，与秤杆粗细无关，因此刻度均匀。
12．图甲是一种握力计，图乙为它的工作原理图。电源两端电压为3V保持不变，握力显示表是由电流表改装而成，R1是一根长度为6cm的电阻丝（该电阻丝阻值大小与长度成正比），定值电阻R2起保护电路作用。不施加力时弹簧一端的滑片P在R1的最上端，当施加的力最大时滑片P移动到R1的最下端（弹簧的电阻不计），施加的力F与弹簧压缩量△L的关系如图丙所示。握力计测量范围为0～60N，电路中电流表变化范围0.1～0.6A，则下列说法正确的是（　　）
A．握力60N时电路中电流为0.6A
B．R2电阻为20Ω
C．R1连入电路阻值变化的范围是0～30Ω
D．当电流表示数为0.3A时，握力大小为12N
【答案】D
【知识点】电阻的串联；欧姆定律及其应用；电路的动态分析
【解析】【解答】根据乙图可知，变阻器和定值电阻串联，电流表测电路电流。
A．当握力增大时，滑片下移，阻值变大，根据R总=R1+R2可知，总电阻变大。根据欧姆定律可知，电流表示数变小，所以最大握力60N时电路中最小电流为0.1A，故A错误；
B．根据题意可知，不施加力时弹簧一端的滑片P在R1的最上端，此时变阻器的阻值为零，只有单独工作，此时电流最大为0.6A，则R2电阻为，
故B错误；
C．根据图乙可知，当变阻器R1连入电路阻值最大时，
此时总电阻为；
则R1连入电路阻值最大为，
所以R1连入电路阻值变化的范围是0～25Ω，故C错误；
D．根据题意可知，当电流表示数为0.3A时，总电阻为；
此时R1连入电路阻值为，
则弹簧压缩量为；
由图丙可知，力F与弹簧压缩量△L成正比，则有：；
解得：握力，故D正确。
故选D。
【分析】 由电路图可知，R1与R2串联，电流表测电路中的电流。
A.握力为60N时，滑片P移动到R1的最下端，R1接入电路中的电阻最大，电路的总电阻最大，电路中的电流最小，根据电流表变化范围得出电路中的电流；
B.不施加力时弹簧一端的滑片P在R1的最上端，其接入电路中的电阻为零，此时电路中的电流最大，根据电路中电流表变化范围得出电路中的电流，根据欧姆定律求出R2电阻；
C.握力为60N时，根据欧姆定律求出电路的总电阻，根据电阻的串联求出R1的最大阻值，然后得出R1连入电路阻值变化的范围；
D.当电流表示数为0.3A时，根据欧姆定律求出电路中的总电阻，利用电阻的串联求出此时变阻器接入电路中的电阻，根据R1是一根长度为6cm的电阻丝（该电阻丝阻值大小与长度成正比）求出电阻丝接入电路中的长度即弹簧的压缩量，由图丙可知，F与ΔL成正比，据此求出握力的大小。
二、填空题（本题共12小题，每空1分，共36分）
13．“音爆云”是一种飞行奇观（如图所示），它是飞机速度接近音速时，压缩周围的空气，产生音爆。音爆声是由空气　 　产生的；低空音爆会对房子的玻璃造成破坏，这是因为声音能够传递　 　。
【答案】振动；能量
【知识点】声音的产生；声与能量传递
【解析】【解答】声音是由物体振动产生的，音爆声是由空气的剧烈振动产生的；声音既可以传递信息，也可以传递能量。低空音爆能震碎房屋玻璃，说明声音能够传递能量。
故答案为：振动；能量；
【分析】考查声音的产生与利用，解题关键是理解声音的产生条件（物体振动），并区分声音传递信息和传递能量的不同应用场景，音爆震碎玻璃属于传递能量的实例。
14．物理实践小组在做“观察水的沸腾”实验，如图1所示。水沸腾时温度计的示数如图2所示，水的沸点为　 　℃；在图3所示情景中，　 　（选填“甲”或“乙”）是沸腾时水中气泡上升的情况。
【答案】98；甲
【知识点】温度及温度计的使用与读数；沸腾及沸腾条件
【解析】【解答】温度计的分度值为 1℃，液柱位于 90℃到 100℃之间的第 8 个刻度处，因此读数为98℃。
水沸腾时，整个容器内水温达到沸点，水持续汽化产生气泡。气泡在上升过程中，周围的水不断汽化补充到气泡内，且水压减小，气泡体积逐渐变大，最终在水面破裂。因此图甲是水沸腾时的气泡示意图。
故答案为：98；甲；
【分析】本题考查温度计读数，解题关键是先明确温度计的分度值，再根据液柱位置读取温度。
本题考查水沸腾时气泡的特点，解题关键是区分沸腾前和沸腾时气泡的变化规律，沸腾时气泡上升过程中体积逐渐变大。
15．用钢勺和瓷勺进行实验。如图（a）所示，将钢勺和瓷勺的勺头一起放入盛有开水的烧杯中，过一会儿，用手触摸两个勺子的勺柄，会感觉到　 　勺的勺柄较烫手；如图（b）所示，将瓷勺的勺头放在酒精灯火焰上加热一段时间，然后与火柴头接触，火柴被点燃，由此可以说明由于瓷的　 　比钢差。
【答案】钢；导热性
【知识点】物质的基本属性
【解析】【解答】钢属于金属材料，是热的良导体，导热性能好。当钢勺和瓷勺的勺头同时放入开水中时，钢勺能快速将热量从勺头传递到勺柄，因此钢勺的勺柄会比较烫手。
瓷的导热性比钢差，是热的不良导体。瓷勺在酒精灯火焰上加热时，热量散失较慢，勺头温度会迅速升高，足以点燃火柴。
故答案为：钢；导热性；
【分析】本题考查热的良导体特性，解题关键是明确金属导热性好，能快速传递热量，因此钢勺柄会烫手。
本题考查热的不良导体特性，解题关键是理解瓷的导热性差，热量不易散失，加热时温度易升高，从而点燃火柴。
16．频闪拍摄是研究物体运动的方式之一。某科创小组用频闪拍摄的方法来“测量小车运动的平均速度”，如图所示，他们用相机每隔0.5s曝光一次，拍摄了小车在斜面上下滑的频闪照片，则照片中AD间路程为　 　cm；实际小车的车长为15cm，其在AC段的平均速度为　 　m/s。
【答案】7.50；0.6
【知识点】刻度尺的使用；速度公式及其应用；测量物体运动的平均速度
【解析】【解答】由图可知，刻度尺的分度值为0.1cm，照片中AD间的路程：
照片中AC间的路程：
照片中小车长度为1cm，实际车长为15cm，因此实际长度是照片中长度的15倍，AC间的实际路程：
小车在AC间运动的时间：
根据公式 ，小车在AC段的平均速度：
故答案为：7.50；0.6；
【分析】本题考查刻度尺的读数，解题关键是先确定刻度尺的分度值，再用末端刻度减去起始刻度得到路程。
本题考查平均速度的计算，解题关键是先根据照片中小车长度与实际长度的比例，求出AC间的实际路程，再结合频闪照片的时间间隔，利用公式 计算平均速度。
17．小明在探究物体动能的大小与哪些因素有关的实验中，提出了2个猜想。猜想1：物体动能的大小与物体的质量有关；猜想2：物体动能的大小与物体的速度有关。
为了验证猜想，小明设计了如图所示的实验。光滑斜轨道与水平直轨道平滑连接，将体积相同、质量为m和2m的两个小球分别从斜轨道上高度为2h、h处由静止释放。3次实验中，小球进入水平直轨道推动纸盒一起在水平面上运动了一段距离后停下，分别测出小球与纸盒一起运动的最大距离，由此判断出小球撞击纸盒时的动能大小。
（1）该实验中，“物体的动能”中“物体”指的是　 　（选填“小球”或“纸盒”）；
（2）图甲、乙所示的2次实验中，小球都从相同高度处由静止释放，是为了使2次实验中小球运动到斜轨道底端时的　 　相同；
（3）对比图　 　和图丙所示的2次实验，可以验证小明的猜想　 　（选填“1”或“2”）是正确的。
【答案】（1）小球
（2）速度大小
（3）甲；2
【知识点】探究影响物体动能大小的因素
【解析】【解答】 解：（1）该实验中，探究的是小球撞击木块时的动能，故“物体的动能”中“物体”指的是小球；
（2）图甲、乙所示情景，小球的质量不同，从同一高度下落，撞击木块时的速度相同；
（3）探究物体的动能大小与物体的运动速度有关时，应控制小球的质量相同，速度不同，所以应使质量相同的小球从斜面的不同高度由静止滚下，图甲、丙中控制了物体的质量相同，故探究的是动能大小与速度的关系，故可以验证小明的猜想2是正确的。
故答案为：（1）小球；（2）速度；（3）甲；2。【分析】 （1）“物体的动能”中“物体”指的是小球；
（2）（3）物体的动能与质量和速度有关，利用控制变量法进行分析。
（1）实验中运用转换法，通过观察木块被小球撞击距离的远近来表的小球具有动能的大小，因此“物体的动能”中“物体”指的是小球。
（2）小球都从相同高度处由静止释放，小球到达斜面底端的速度相同，因此是为了使2次实验中小球运动到斜轨道底端时的速度大小相同。
（3）[1][2]要探究物体动能的大小与物体速度的关系，需要控制小球的质量相同，小球在斜面下滑的高度不同，因此选用甲、丙所示的2次实验，实验中，当质量相同时，小球的速度越大，木块被撞击的距离越远，说明小球动能的大小与速度有关，小明的猜想2是正确的。
18．如图所示是用蜡烛完成的两个光学实验。甲为小孔成像示意图，小孔成像的原理与“潭清疑水浅”中“水浅”形成原理　 　（选填“相同”或“不同”）。图乙是用蜡烛“探究凸透镜成像的规律”，当将器材按图中的位置摆放时，恰能在光屏上得到一个清晰的像（像未画出），这个像是　 　（选填“放大”或“缩小”）的，生活中的　 　（选填“照相机”“投影仪”或“放大镜”）是利用该成像特点制成的；随着蜡烛燃烧变短，烛焰在光屏上的像会　 　（选填“向上方移动”“向下方移动”或“仍在原来的位置”）。
【答案】不同；放大；投影仪；向上方移动
【知识点】光的直线传播及其应用；光的折射现象及其应用；凸透镜成像规律及其探究实验
【解析】【解答】（1）“潭清疑水浅”中“水浅”是因为池底发出的光在水面发生折射形成的，而小孔成像的原理是光沿直线传播，因此两者的原理不同。
（2）根据乙图可知，此时像距大于物距，则光屏上成倒立、放大的实像。生活中的投影仪是利用该成像特点制成的。
（3）蜡烛燃烧变短，相当于蜡烛火焰向下移动，由过光心的光线传播方向不变可知，烛焰在光屏上的像会向上方移动。
【分析】（1）将小孔成像和“潭清疑水浅”的光学原理对照即可；
（2）比较像距和物距大小，从而确定成像特点和应用；
（3）根据通过光心的光线传播方向不变分析。
19．小明用托盘天平和量筒测量矿石的密度。他在调节托盘天平横梁平衡时，观察到指针如图1所示情况，将天平的平衡螺母向　 　（选填“左”或“右”）移动，使天平横梁平衡。将矿石标本放在调节好的天平左盘里，当天平平衡时，盘内砝码和游码在标尺上的位置如图2所示，则矿石的质量为　 　g。再将矿石放在装有水的量筒中，前后两次量筒的水面位置如图3所示，通过计算，矿石的密度为　 　g/cm3。测量结束后，小明发现50g的砝码有明显磨损，他测的矿石的密度值偏　 　（填“大”或“小”）。
【答案】左；73.4；3.67；大
【知识点】固体密度的测量
【解析】【解答】调节天平横梁平衡时，指针向右偏，说明右侧较重，应将平衡螺母向左移动，使天平横梁平衡。
矿石的质量：砝码质量与游码示数之和，标尺分度值为0.2g，游码示数为3.4g，因此 。
矿石的体积：量筒中水的体积为20mL，水和矿石的总体积为40mL，因此 ；矿石的密度：。
砝码磨损后，实际质量变小，但读数时仍按标注质量读取，会使测得的矿石质量偏大。根据 ，体积 不变，质量 偏大，则密度测量值偏大。
故答案为：左；73.4；3.67；大；
【分析】考查天平的调节，解题关键是遵循“左偏右调，右偏左调”的原则，指针右偏说明右侧较重，需将平衡螺母向左移动。
考查天平的读数，解题关键是明确天平读数为砝码质量加上游码对应的刻度值，注意游码的分度值。
考查密度的计算，解题关键是先利用排水法测出矿石的体积，再根据公式 计算矿石的密度。
考查误差分析，解题关键是理解砝码磨损对质量测量的影响，再结合密度公式判断密度测量值的偏差。
20．如图所示，用两拇指同时压铅笔两端是为了探究压力作用效果与　 　大小的关系。此时左手指受到铅笔的压强为p1，右手指受到铅笔的压强为p2，则p1　 　p2（选填“>”、“<”或“=”）。潜水员在较深的海水中工作时要穿抗压潜水服，这是由于海水的压强随着深度的增加而　 　；若不考虑海水密度的变化，则潜水员在水中下潜过程中，所受浮力　 　（均选填“增大”、“减小”或“不变”）。
【答案】受力面积；>；增大；不变
【知识点】探究压力的作用效果跟什么因素有关的实验；液体压强计算公式的应用；阿基米德原理
【解析】【解答】调节天平横梁平衡时，指针向右偏，说明右侧较重，应将平衡螺母向左移动，使天平横梁平衡。
矿石的质量：砝码质量与游码示数之和，标尺分度值为0.2g，游码示数为3.4g，因此 。
矿石的体积：量筒中水的体积为20mL，水和矿石的总体积为40mL，因此 ；矿石的密度：。
砝码磨损后，实际质量变小，但读数时仍按标注质量读取，会使测得的矿石质量偏大。根据 ，体积 不变，质量 偏大，则密度测量值偏大。
故答案为：受力面积；>；增大；不变；
【分析】本题考查天平的调节，解题关键是遵循“左偏右调，右偏左调”的原则，指针右偏说明右侧较重，需将平衡螺母向左移动。
本题考查天平的读数，解题关键是明确天平读数为砝码质量加上游码对应的刻度值，注意游码的分度值。
本题考查密度的计算，解题关键是先利用排水法测出矿石的体积，再根据公式 计算矿石的密度。
本题考查误差分析，解题关键是理解砝码磨损对质量测量的影响，再结合密度公式判断密度测量值的偏差。
21．如图所示，将测力计左端固定在墙上，右端用细线与重为 10N 的木块相连，木块放在上表面水平的小车上，测力计保持水平拉动小车向右做匀速直线运动，当测力计示数稳定时，木块对小车的压力大小为　 　N，木块所受摩擦力的方向为　 　，若拉动小车加速运动，测力计的示数将　 　。
【答案】10；水平向右；不变
【知识点】二力平衡的条件及其应用；摩擦力的方向；探究影响摩擦力大小因素的实验
【解析】【解答】木块重力为 10N，水平面上的木块对小车的压力大小等于自身重力，因此木块对小车的压力为 10N。
拉动小车向右匀速直线运动时，木块相对于小车向左运动；由于摩擦力方向与物体相对运动方向相反，因此木块所受摩擦力方向为水平向右。
滑动摩擦力的大小只与压力和接触面粗糙程度有关，与运动速度无关。拉动小车加速运动时，木块对小车的压力和接触面粗糙程度均不变，因此木块受到的摩擦力大小不变，测力计的示数也保持不变。
故答案为：10；水平向右；不变；
【分析】考查压力的计算，解题关键是明确水平面上的物体对支撑面的压力大小等于自身重力。
考查摩擦力方向的判断，解题关键是先确定木块相对于小车的运动方向，再根据 “摩擦力方向与相对运动方向相反” 判断摩擦力方向。
考查影响滑动摩擦力大小的因素，解题关键是理解滑动摩擦力只与压力和接触面粗糙程度有关，与运动速度无关，因此加速运动时摩擦力不变。
22．如图，小华发现家中蒸蛋器在使用时会通过上方小孔喷出蒸汽，于是小心地将自制的风车放在小孔附近，成功的让风车转了起来，蒸汽推动风车时能量转化与汽油机　 　冲程的能量转化相同；某单缸四冲程汽油机工作时，飞轮转速为3000r/min，则其1s内对外做功　 　次；若缸内燃气对活塞平均推力为2000N，活塞向下运动的距离为0.05m，则功率是　 　W。
【答案】做功；25；2.5×104
【知识点】功率计算公式的应用；热机；热机的四个冲程；能量的转化或转移；功的计算及应用
【解析】【解答】（1） 蒸汽推动风车转动时，将内能转化成了机械能，与汽油机的做功冲程的能量转化相同。
（2）四冲程汽油机飞轮转速3000r/min=r/s，所以1s内该汽油机对外做功次。
（3） 若缸内燃气对活塞平均推力为2000N，活塞向下运动的距离为0.05m，
则汽缸内燃气推动活塞一次所做的功；
做功一次所用的时间，
则汽油机的功率。
【分析】（1）汽油机的做功冲程，将内能转化为机械能；压缩冲程，将机械能转化为内能；
（2） 四冲程内燃机一个工作循环完成4个冲程，飞轮和曲轴转2圈，对外做功1次；
（3）首先根据W=Fs计算燃气一次做功，然后根据计算汽油机的功率。
23．某同学设计了一个身高、体重测量仪，电路如图所示。改装后的电压表、电流表的刻度分别显示身高和体重的大小，压敏电阻R的阻值随压力增大而减小，R0为定值电阻，滑片P随身高增高而上滑。体检者体重越大，电流表的示数　 　，电路消耗的总电功率　 　；改装后　 　（电压表/电流表/两者）的刻度是均匀的。
【答案】越大；越大；电压表
【知识点】并联电路的电流规律；欧姆定律及其应用；电路的动态分析；电功率的计算
【解析】【解答】根据乙图可知，压敏电阻R与变阻器R0并联，电流表测压敏电阻所在支路的电流，电压表测滑片P下方电阻丝两端的电压。
因电压表的内阻很大，所以它所在电路中相当于断路，则人的身高变化即滑片移动时，R0接入电路中的电阻不变，根据可知，通过R0的电流不变。
当体重越大时，压敏电阻受到的压力越大，则压敏电阻的阻越小，由I=可知，通过R的电流变大，即电流表的示数变大；
根据并联电路电流I总=I1+I2可知，电路总电流变大，由可知，电源电压不变，总电流变大，总功率变大。
根据U=IR可知，电压表的示数与电压表并联部分的电阻的大小成正比，所以将电压表改装成的身高测量仪的刻度是均匀的。
【分析】 由电路图可知，R与R0并联，电压表测滑片P下方电阻丝两端的电压，电流表测压敏电阻所在支路的电流；
当体重越大时，压敏电阻受到的压力越大，根据压敏电阻R的阻值随压力增大而减小可知R的阻值越小，根据欧姆定律可知通过R的电流变化；
根据电压表的内阻很大、在电路中相当于断路可知滑片移动时接入电路中的电阻不变，根据欧姆定律可知通过R0的电流变化，当身高越高时滑片上移，滑片P下方电阻丝的阻值变大，根据欧姆定律可知滑片P下方电阻丝两端的电压变化，进而得出结论。
24．冬季里，小王喜欢做冻豆腐涮火锅，她买来1kg鲜豆腐，体积为800cm3，鲜豆腐的密度为　 　g/cm3，豆腐含水的质量占总质量的54%，将鲜豆腐冰冻后，然后化冻，让水全部流出，形成数量繁多的孔洞，豆腐整体外形不变（即总体积不变），变成了不含水分的海绵豆腐（俗称冻豆腐），海绵豆腐内所有孔洞的总体积为　 　cm3，海绵豆腐的实心部分密度为　 　g/cm3。（冰＝0.9×103kg/m3）
【答案】1.25；540；2.3
【知识点】密度公式及其应用
【解析】【解答】调节天平横梁平衡时，指针向右偏，说明右侧较重，应将平衡螺母向左移动，使天平横梁平衡。
矿石的质量：砝码质量与游码示数之和，标尺分度值为0.2g，游码示数为3.4g，因此 。
矿石的体积：量筒中水的体积为20mL，水和矿石的总体积为40mL，因此 ；矿石的密度：。
砝码磨损后，实际质量变小，但读数时仍按标注质量读取，会使测得的矿石质量偏大。根据 ，体积 不变，质量 偏大，则密度测量值偏大。
故答案为：1.25；540；2.3；
【分析】考查天平的调节，解题关键是遵循“左偏右调，右偏左调”的原则，指针右偏说明右侧较重，需将平衡螺母向左移动。
考查天平的读数，解题关键是明确天平读数为砝码质量加上游码对应的刻度值，注意游码的分度值。
考查密度的计算，解题关键是先利用排水法测出矿石的体积，再根据公式 计算矿石的密度。
考查误差分析，解题关键是理解砝码磨损对质量测量的影响，再结合密度公式判断密度测量值的偏差。
三、解答题（本题共6小题，共40分。其中26、30题应写出必要的解题过程）
25．按题目要求作图：
（1）如图，一束光斜射到空气和玻璃砖的交界面上，画出光经过玻璃砖并再次进入空气中的大致光路；
（2）如图所示，挤压雪碧瓶使得“浮沉子”向下运动，画出此时“浮沉子”所受力的示意图；
（3）如图所示，A为带开关和指示灯的三孔插座；断开开关，插座不能供电，指示灯不亮；若指示灯损坏，闭合开关后插孔仍能供电。请画出正确的连接方式。
【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】作光的折射光路图；重力示意图；浮力的示意图；家庭电路的连接
【解析】【解答】（1）根据光的折射规律可知，当光从空气斜射入玻璃时，折射角小于入射角；当光从玻璃斜射入空气时，折射角大于入射角。根据光路的可逆性可知，最后的折射角等于最初的入射角，如下图所示：
（2）根据图片可知，浮尘子受到竖直向上的浮力和竖直向下的重力，都作用在它的重心上。挤压雪碧瓶，浮沉子里进入一些水而向下沉，所以浮沉子受到的重力G大于浮力F浮，如下图所示：
（3）根据题意可知，如果指示灯损坏，开关闭合时插孔也能提供工作电压，说明两者不相互影响，即二者是并联。
断开开关，插座不能供电，指示灯不亮 ，说明开关在干路上控制所有用电器。
为了用电安全，开关要接在火线一侧的干路上，且三孔插座采用“左零右火上地”的接法，如图所示：
【分析】（1）根据光的折射规律完成作图；
（2）对物体进行受力分析，从而确定力的三要素，最后沿力的方向画带箭头的线段即可；
（3）用电器相互影响为串联，不相互影响为并联。干路开关控制所有用电器，支路开关只控制支路上的用的电器，结合安全用电的要求完成作图。
（1）先画出法线，当光从空气斜射入玻璃时，折射光线和入射光线分居法线的两侧，折射角小于入射角；当光从玻璃斜射入空气时，折射光线和入射光线分居法线的两侧，折射角大于入射角。如图所示：
（2）挤压雪碧瓶，瓶内空气被压缩，水被压入小瓶中，将瓶体中的空气压缩，这时浮沉子里进入一些水，它的重力增加，大于它受到的浮力，就向下沉，所以浮沉子受到的重力G大于浮力F浮。由浮沉子重心竖直向下、竖直向上画有向线段，分别用G和F浮表示。如图所示：
（3）由题意可知，开关断开时指示灯不亮，插孔不能提供工作电压；开关闭合时指示灯亮，插孔能提供工作电压；如果指示灯损坏，开关闭合时插孔也能提供工作电压，说明两者是并联，且都由开关来控制；三孔插座采用“左零右火上地”的接法。如图所示：
26．扫地机器人是通过安装在其圆形身体底部的轮子与地面接触，清扫中利用软毛刷和吸气孔收集灰尘。已知机器人质量为6kg，轮子与地面的总接触面积为6×10-4m2，行进中受地面的摩擦力大小恒为10N，忽略灰尘质量、毛刷支撑以及气流的影响。求：
（1）该扫地机器人对地面的压强；
（2）若该扫地机器人以0.2m/s匀速前进10秒，则它克服摩擦力做功的功率。
【答案】（1）扫地机器人对地面的压力等于自身重力：
对地面的压强：
（2）克服摩擦力做功的功率：由公式 可得，克服摩擦力做功的功率：
【知识点】功率计算公式的应用；压强的大小及其计算
【解析】【分析】（1）本题考查压强的计算，解题关键是先根据 求出机器人的重力，即对地面的压力，再利用压强公式 计算压强。
（2）本题考查功率的计算，解题关键是推导并应用功率的变形式 ，将摩擦力作为动力，代入摩擦力和速度直接计算功率。
（1）该扫地机器人对地面的压力为
则该扫地机器人对地面的压强
（2）根据，克服摩擦力做功的功率
27．为测量大气压强的数值，同学们进行了大量的实验：
（1）小华利用注射器、弹簧测力计、刻度尺等器材粗测大气压值。
①在做好甲图实验后，小华把注射器的活塞推至底端，然后用橡皮帽封住注射器的小孔，目的是　 　，按图乙所示安装好器材，水平向右慢慢地拉动注射器筒，当弹簧测力计的示数增大如图所示时，注射器中的活塞刚开始滑动，则测得大气压值p =　 　Pa；
②实验时若筒内空气没有排尽，将导致测得大气压值　 　；若活塞与注射器内壁间的摩擦较大，将导致测得大气压值　 　；（均选填“偏大”、“偏小”或“不变”）
③在实验评估后，他对实验进行了适当的改进，首先读出注射器的最大刻度为V，用刻度尺量出其全部刻度的长度为L；然后仍按照图乙所示的过程，慢慢的拉注射器（第一次没有盖上橡皮帽、第二次在排尽空气后盖上了橡皮帽），刚好拉动活塞时，弹簧测力计示数分别是F1和F2，下列计算式正确且最接近真实值的是　 　
A． B． C． D．
（2）①小欣同学将塑料挂钩吸盘按压在光滑水平玻璃下面，挤出塑料吸盘内的空气，测出吸盘压在玻璃上的直径为d；将装适量细沙的小桶轻轻挂在吸盘下面的塑料挂钩上，如图所示，用小勺轻轻向桶内加细沙，直到塑料吸盘刚好脱落掉下，测出塑料挂钩、小桶和沙的总重力为G。②吸盘即将脱离玻璃板时，空气对塑料吸盘的压力大小是　 　，所测大气压强的表达式是　 　；③该方法所测数值往往比实际值小一些，你认为产生这一误差的原因可能是（一条即可）：　 　。
【答案】（1）排出注射器中的空气，使注射器密封；1.08×105；偏小；偏大；C
（2）G；；吸盘内空气未排尽
【知识点】大气压强的测量方法
【解析】【解答】（1）①实验中要将活塞推至注射器筒底端，目的是排尽注射器内的空气，使筒内接近真空，从而保证测量的大气压值更准确。
注射器刻度部分的长度 ，容积 。活塞的横截面积：
当弹簧测力计示数为 时，拉力与大气压力平衡，因此大气压：
②若注射器内空气未排尽，内部气压会抵消部分外界大气压，导致所需拉力变小，测得的大气压值偏小。
若活塞与筒壁间的摩擦力较大，测得的拉力会偏大，最终导致大气压测量值偏大。
③丙图未盖橡皮帽时，拉力 等于活塞与筒壁的摩擦力；丁图排尽空气并盖上橡皮帽后，拉力 等于摩擦力与大气压力之和。因此，大气对活塞的压力为 ，大气压：，故选 C。
故答案为：排出注射器中的空气，使注射器密封；1.08×105；偏小；偏大；C；
（2）吸盘脱离玻璃板时，小桶对吸盘的拉力（桶和细砂的总重力 ）等于大气压对吸盘的压力。吸盘的面积 ，因此大气压强：
实验误差的主要来源：挤压吸盘时，内部空气未完全排出；吸盘气密性不佳，有外部空气进入；或吸盘脱离玻璃板前，实际受力面积减小等。
故答案为：G；；吸盘内空气未排尽；
【分析】（1）①排尽空气消除内部气压影响，使拉力等于大气压力，保证测量准确。
用 计算活塞面积，再根据平衡条件 ，代入 求大气压。
②空气未排尽，内部气压抵消部分大气压，所需拉力偏小，导致结果偏小。
活塞与筒壁摩擦，拉力需额外克服摩擦力，测得拉力偏大，导致结果偏大。
③丙图拉力 仅克服摩擦力，丁图拉力 克服摩擦力与大气压力，联立消去摩擦力，得 。
（2）拉力与大气压力平衡，由 ，结合吸盘面积 ，推导得 。
误差源于吸盘内空气未排尽、气密性不佳、实际受力面积减小等，导致拉力偏小，测量结果偏小。
（1）①[1]实验中要排出注射器内的空气，这样在拉动活塞时，注射器内部会接近于真空，测量的大气压比较准确，实验时，把活塞推至注射器筒底端是为了排出注射器中的空气，使注射器密封。
[2]由图甲可知，注射器的刻度部分长为L=8.00cm-2.00cm=6.00cm
其容积为V=4.5mL=4.5cm3
则注射器活塞的横截面积为
把注射器的活塞推至底端，排尽筒内空气，然后用橡皮帽封住注射器的小孔，瓶内可认为是真空，水平向右慢慢地拉动注射器筒，当弹簧测力计的示数增大到8.1N时，注射器中的活塞刚开始滑动时，弹簧测力计的拉力与大气的压力刚好平衡，大气对活塞产生的压力F=8.1N，所以大气压为
②[3]实验时若注射器内空气没有排尽，大气压等于注射器内压强加上拉力产生的压强，这样会使得测得的大气压值偏小。
[4]拉动活塞时，活塞与注射器内壁间的摩擦较大，则测得的拉力变大，这会造成最终测量的结果偏大。
③[5]丙图没有盖上橡皮帽，刚好拉动活塞时，弹簧测力计示数F1等于活塞与筒壁的摩擦力大小，丁图在排尽空气后盖上了橡皮帽，刚好拉动活塞时，弹簧测力计示数是F2等于活塞与筒壁的摩擦力和大气的压力之和，所以，大气对活塞产生的压力F2大=F2-F1
大气压为
故选C。
（2）[1][2]吸盘脱离玻璃板时，小桶对吸盘的拉力（桶和细砂的重力）等于大气压对吸盘的压力，即p大气S=G
所以大气压强
[3]实验产生的误差主要是因为实验过程并不如原理分析中那么理想化，如：挤压吸盘时，吸盘内的空气没有完全都被挤出；（或吸盘的气密性不好；实验过程中有外部空气进入吸盘；吸盘脱离玻璃板前面积有所减小等）。
28．某科技小组为了比较“泡沫塑料和棉花的保温性能”，用大烧杯、小烧杯、温度计、热水等器材进行实验。把小烧杯放进大烧杯中，在两个烧杯之间塞满保温材料，将质量初温都相同的热水倒入小烧杯中，盖好插有温度计的盖子。实验置如图所示：
（1）盖子上有水珠是因为发生了　 　现象；
（2）根据实验数据，在方格纸上画出了图甲装置中的热水温度与时间的图像，并描出了乙装置中的热水温度与时间的坐标点；
①请在方格纸上，将乙装置中的热水温度与时间的图像补充完整；　 　
②根据图像可知，保温性能好的材料是　 　，理由是：　 　；
（3）分析图像，可知当时的室温为　 　；
（4）由表可知，本次实验应选用测温物质为　 　的温度计。
测温物质 凝固点 沸点
水银 357
酒精 78
【答案】液化；；泡沫塑料；降低相同的温度，装置甲的用时更长；；水银
【知识点】温度及温度计的使用与读数；液体温度计的构造与工作原理
【解析】【解答】（1）小烧杯中热的水蒸气遇到温度较低的盖子，液化形成小水滴附着在盖子上。
故答案为：液化；
（2）①将坐标系中的点用平滑的曲线依次连接，描点作图如下：
②由图像可知，相同时间内，用塑料泡沫做保温材料的烧杯中水温下降较慢，因此塑料泡沫的保温性能更好。
故答案为：；泡沫塑料；降低相同的温度，装置甲的用时更长；
（3）由图像可知，当水温降到 20℃时，温度不再变化，因此室温为 20℃。
故答案为：；
（4）由图像可知，水的初温为 80℃，因此温度计的测温物质沸点要高于 80℃，应选择水银作为测温物质。
故答案为：水银；
【分析】（1）本题考查液化现象，解题关键是明确水蒸气遇冷会液化成小水珠。
（2）①考查数据描点作图，解题关键是用平滑曲线连接各数据点，直观反映温度随时间的变化趋势。
②考查保温性能的比较，解题关键是通过相同时间内的温度下降幅度判断降温快慢，进而比较保温效果。
（3）本题考查室温的判断，解题关键是理解水温最终会稳定在室温，因此温度不再变化时的数值即为室温。
（4）本题考查温度计的选择，解题关键是明确测温物质的沸点需高于被测温度，因此需选择沸点高于 80℃的水银。
29．在“探究通过导体的电流与电阻的关系”实验中，小红利用可调电压电源、5个定值电阻（阻值分别为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω）、滑动变阻器（30Ω，1A）、电压表和电流表、导线若干，设计了如图甲所示的电路图：
（1）闭合开关，电流表无示数，电压表有示数，并接近电源电压，则故障原因是：定值电阻　 　（选填“短路”或“断路”）；
（2）排除故障后，将定值电阻由5Ω更换为10Ω时，应将滑动变阻器的滑片P从上一位置向　 　（选填“左”或“右”）滑动，使电压表示数保持不变；
（3）小红收集的数据如表所示，实验中控制定值电阻两端电压为　 　V，分析表中数据，发现第　 　次实验的数据存在错误，反思产生的原因，回忆是某次将定值电阻的阻值由　 　Ω变换为错误数据点对应阻值时（实验过程并未按表中序号顺序进行，而是随机选取电阻测出数据填入表格），未调节滑片P就读取电流而造成的。根据出现的数据，求出电源的电压是　 　V；
实验序号 1 2 3 4 5
电阻R/Ω 5 10 15 20 25
电流I/A 0.40 0.20 0.10 0.10 0.08
（4）排除表中错误数据后，可得出结论：　 　；
（5）在实验中，若定值电阻两端设定的不变电压值为1.6V，要顺利完成5次实验，下列方案可行的是（　　）。
①电源电压可重设在1.6～3.52V的范围内
②将滑动变阻器更换为“40Ω，1A”
③可在电路中再串联一个阻值为10Ω的电阻
A．① B．② C．①② D．①②③
【答案】（1）断路
（2）右
（3）2；3；25；4
（4）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
（5）D
【知识点】电路的三种状态；探究电流与电压、电阻的关系实验
【解析】【解答】（1）闭合开关后电流表无示数，说明电路存在断路；电压表有示数且接近电源电压，说明电压表两端到电源两极是连通的，因此故障为定值电阻断路。
故答案为：断路；
（2）探究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻两端电压不变。将定值电阻由5Ω更换为10Ω后，根据串联分压规律，定值电阻两端电压会大于2V，因此应将滑动变阻器的滑片向右滑动，增大其接入电路的阻值，使电压表示数回到2V。
故答案为：右；
（3）实验中控制定值电阻两端电压：。
第三组数据存在错误，此时电压表示数 ，不符合实验控制的电压条件。
错误原因：将定值电阻由25Ω更换为15Ω时，未调节滑动变阻器滑片就读取了电流，导致定值电阻两端电压未保持2V。
设滑动变阻器最大阻值为，根据电源电压不变列方程：
解得，电源电压。
故答案为：2；3；25；4；
（4）排除错误数据后，电压一定时，电阻越大电流越小，且电阻与电流的乘积为定值，因此可得结论：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：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；
（5）① 电源电压可调范围为1.6~3.52V。电源电压最小值为1.6V（滑动变阻器阻值调为0）；最大值计算：当用25Ω电阻实验时，电流，滑动变阻器两端电压，故电源电压最大值，此方案可行。
② 更换滑动变阻器为“40Ω，1A”，电源电压4V不变，定值电阻两端电压1.6V，则滑动变阻器两端电压为2.4V。根据串联分压，解得，此方案可行。
③ 串联一个10Ω电阻，电源电压4V不变，定值电阻两端电压1.6V，则滑动变阻器与新电阻两端电压为2.4V。根据串联分压，解得，此方案可行。
综上，方案①②③均可行，故选D。
故答案为：D；
【分析】（1）本题考查电路故障分析，解题关键是结合电流表、电压表的示数特征判断断路位置，电流表无示数说明断路，电压表有示数说明电压表到电源通路，故障在电压表两接线柱之间。
（2）本题考查探究电流与电阻关系的实验操作，解题关键是理解串联分压规律，更换大电阻后需增大滑动变阻器阻值以保持定值电阻两端电压不变。
（3）本题考查实验数据误差分析与计算，解题关键是根据控制变量法判断错误数据，再通过串联电路电压不变列方程求解滑动变阻器阻值和电源电压。
（4）本题考查实验结论的得出，解题关键是分析排除错误数据后电流与电阻的关系，得出电压一定时电流与电阻成反比的结论。
（5）本题考查实验改进方案的分析，解题关键是利用串联分压原理，分别计算三种方案中滑动变阻器所需的阻值，判断是否在器材允许范围内。
（1）闭合开关，电流表无示数，电路中有断路故障，电压表有示数，并接近电源电压，说明电压表正负接线柱到电源间是连通的，故障应出现在电压表正负接线柱之间的元件，为定值电阻断路。
（2）探究通过导体的电流与电阻的关系，应控制定值电阻两端电压一定，根据表中数据，实验中控制定值电阻两端电压为2V，将定值电阻由5Ω更换为10Ω时，定值电阻两端电压会大于2V，应将滑动变阻器的滑片P从上一位置向右滑动，增大滑动变阻器接入电路的阻值，使电压表的示数变为2V。
（3）[1]实验中控制定值电阻两端电压为
[2]第三组数据存在错误，第三组实验电压表示数
不等于2V。
[3]由第三组实验数据，用的是，电压表示数为1.5V，小于2V，说明换上R3，定值电阻阻值变小了，之前用的应该是或，再观察第三组实验电流表的示数与第四组实验电流表示数相同，说明之前的实验用的绝不是R4，因为由R4换成R3，电流应该变大，所以用R3实验之前用的电阻不是R4，而是R5。因此第三次实验错误原因是：将定值电阻的阻值由25Ω变换为错误数据点对应阻值时，未调节滑片P就读取电流而造成的。
[4]通过前面的分析，由25Ω的电阻换成15Ω的电阻，没有移动滑片，于是列出方程
解得，电源电压为
（4）排除表中错误数据后发现，电压一定，电阻越大，电流越小，电阻和电流的乘积不变，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。
（5）①电源电压可重设在1.6～3.52V的范围内。把滑动变阻器阻值调为0，每次只接入一个定值电阻，电源电压设为1.6V，即可完成实验，所以电源电压最小值为1.6V；当用25欧电阻做实验，变阻器阻值最大时，电源电压最大，此时电流
此时变阻器两端电压
电源电压最大值
所以，若定值电阻两端设定的不变电压值为1.6V，电源电压可重设在1.6～3.52V的范围内，可顺利完成5次实验。
②将滑动变阻器更换为“40Ω，1A”，也可以完成5次实验。电源电压4V不变，定值电阻两端电压为1.6V，滑动变阻器两端电压
接入最大阻值的定值电阻，根据串联分压原理，
解得此时变阻器连入的阻值，所以，将滑动变阻器更换为“40Ω，1A”，也可以完成5次实验。
③可在电路中再串联一个阻值为10Ω的电阻，也可以完成5次实验，电源电压4V不变，定值电阻两端电压为1.6V，滑动变阻器和新接入的定值电阻两端电压为2.4V，接入最大阻值的定值电阻，根据串联分压原理
解得此时变阻器连入的阻值。故方案①②③都可行。故D符合题意，ABC不符合题意。
故选D。
30．清代《理论骈文》一书中有这样的记载：“临卧滛足，三阴皆起于足，指寒又从足心入，濯之所以温阴，而却寒也。”小明的外婆坚持每天泡脚，表格为他家的电动足浴盆的相关参数，其内部电路可分为工作电路和控制电路两部分（如甲所示）。电磁继电器所在控制电路的电源电压U=6V，电磁继电器线圈的电阻可不计，加热至40℃时，自动进入保温模式，此时电磁继电器线圈的电流达到30mA，热敏电阻Rt的阻值随温度变化的曲线如图乙所示。
额定电压：220V 频率：50Hz 加热功率：2100W 保温功率：100W 最大注水量：5kg
（1）电磁铁上端为　 　极，处于加热状态时，继电器衔铁的触点应该与　 　（填“A”或“B”）相连；
（2）求R1、R2的阻值；
（3）在某次使用过程中，小明在足浴盆中加入20℃的水至最大注水量。足浴盆加热4min后进入保温模式，则加热过程中消耗的电能是多少？加热效率是多少？c水=4.2×103J/(kg·℃)
（4）为使温度加热至40℃时，自动进入保温模式，滑动变阻器的电阻需要调到　 　Ω；
（5）天气寒冷想要升高足浴盆保温温度，请提出一条改进的措施　 　。
【答案】（1）N；B
（2）保温状态下，工作电路为R1的简单电路，由得R1的阻值：
加热状态下，R1与R2并联，R2的功率：
由得R2的阻值：
（3）加热过程消耗的电能：
水吸收的热量：
加热效率：
（4）160Ω
（5）需要减小滑动变阻器R的阻值
【知识点】比热容的定义及其计算公式；热机的效率；电阻的串联；电功率的计算；电磁继电器的组成、原理和特点
【解析】【解答】（1）电流从电磁铁上端流入，根据安培定则可判断电磁铁的上端为N极。
电磁继电器的衔铁被弹起时，工作电路为R1的简单电路，总电阻最大；衔铁被吸下与触点B相连时，R1与R2并联，总电阻最小。由公式可知，电压一定时，衔铁被弹起时电路总功率最小，为保温状态；衔铁被吸下时电路总功率最大，为加热状态。故答案为：N；B；
（4）当水温加热至40℃时，电磁继电器线圈电流达到，控制电路总电阻：
40℃时热敏电阻，由串联电路电阻规律得滑动变阻器接入的电阻：
故答案为：160Ω；
（5）若要升高保温温度，控制电路电源电压不变、工作电流不变，总电阻不变。由热敏电阻特性可知，温度升高时变大，因此需要减小滑动变阻器的阻值，以保持总电阻不变。
故答案为：需要减小滑动变阻器R的阻值；
【分析】（1）本题考查安培定则和电路状态判断，解题关键是用安培定则判断磁极，并结合并联电路电阻规律和分析保温、加热状态的功率差异。
（2）本题考查电阻计算，解题关键是根据保温、加热状态的电路结构，分别利用计算R1和R2的阻值。
（3）本题考查电功、热量和效率的计算，解题关键是分别计算消耗的电能和水吸收的热量，再根据求加热效率。
（4）本题考查控制电路的电阻计算，解题关键是利用求总电阻，再结合串联电路电阻规律计算滑动变阻器的阻值。
（5）本题考查控制电路的动态分析，解题关键是理解温度变化对热敏电阻阻值的影响，结合串联电路总电阻不变的条件，分析滑动变阻器的调节方向。
（1）[1]通电时的电流从电磁铁上端流入，由安培定则可知电磁铁的上端为N极。
[2]电磁继电器的衔铁被弹起时，工作电路为R1的简单电路，电磁继电器的衔铁被吸下与触点B相连时，工作电路中R1与R2并联，因并联电路中总电阻小于任何一个分电阻，所以，衔铁被弹起时，工作电路的总电阻最大，衔铁被吸下时，工作电路的总电阻最小，由公式可知，电压一定时，衔铁被弹起时工作电路的总功率最小，处于保温状态，反之，衔铁被吸下与触点B相连时工作电路的总功率最大，处于加热状态。
（2）电磁继电器的衔铁被弹起时，工作电路为R1的简单电路，处于保温状态，则R1的阻值
电磁继电器的衔铁被吸下与触点B相连时，工作电路中R1与R2并联，处于加热状态。R2的电功率
R2的阻值
（3）加热过程中消耗的电能
足浴盆加热至40℃时，自动进入保温模式，则水吸收的热量
加热效率
（4）为使温度加热至40℃时，自动进入保温模式，通过电磁继电器线圈的电流达到I＝30mA＝0.03A
由可得，控制电路的总电阻为
由图丙可知，40℃时热敏电阻Rt的阻值为40Ω，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，滑动变阻器接入电路的电阻为R滑＝R总﹣Rt＝200Ω﹣40Ω＝160Ω
（5）天气寒冷想要升高足浴盆保温温度，控制电路的电源电压不变，工作电流不变，则控制电路的总电阻不变，由图乙可知Rt变大，所以需要减小滑动变阻器的阻值。
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