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2025年北京首都师大附中中考三模物理试题
1．如图所示，试电笔的构造元件中通常情况属于绝缘体的是（　　）
A．笔尾金属体 B．电阻 C．弹簧 D．塑料外壳
2．下列物态变化现象中需要吸收热量的是（　　）
A．初春，湖面上冰化成水 B．盛夏，草叶上形成露珠
C．深秋，枫叶上形成霜 D．严冬，树枝上形成雾凇
3．2024年5月22日，国际生物多样性日活动在洪泽湖湿地景区举行。景区内，鸟类时而栖息，时而飞翔，飞鸟的倒影在水中穿梭。下列现象和倒影原理相同的是（　　）
A．冰透镜取火
B．日晷计时
C．小孔成像
D．潜望镜
4．如图所示为小明家中配电箱内的空气开关，①为总开关，②为控制照明灯的开关，③为控制插座的开关。下列分析正确的是（　　）
A．若①自动断开，可能是由于电路中的总电流过小
B．若只有②自动断开，一定是由于照明灯断路
C．若只有③自动断开，可能是插座中接入用电器的总电功率过大
D．若某个空气开关自动断开，排除故障后需更换该空气开关
5．小漫在筷子上缠一些棉花，做成活塞状，将活塞塞入管中制成一个简易的哨子，通过上下推拉活塞，可以吹出简单的曲调，如图甲所示。A、B、C为活塞在管中的不同位置，用嘴吹管的上端能吹出“do”、“re”、“mi”三个音阶，如图乙所示。关于此现象下列说法正确的是（　　）
A．吹气时通过上下推拉活塞改变声音的响度
B．自制哨子发出的声音是由于活塞振动产生的
C．人们能通过音色区分出哨声和其他乐器的声音
D．如图乙所示ABC三个位置分别对应的是“do”、“mi”、“re”
6．糖炒栗子是我国北方非常有名的美食，传统糖炒栗子的精髓在于砂石的导热和糖的焦香。关于糖炒栗子的制作，下列说法正确的是（　　）
A．闻到糖炒栗子的香味体现了分子间存在斥力
B．砂石升温较快，是因为它的吸热能力强
C．刚炒出的栗子烫手是因为含有的热量多
D．炒制过程主要是通过热传递的方式增大栗子的内能
7．如图所示为《天工开物》中记载的一种捣谷工具——舂，人脚用力踩踏A端使B端升起，抬脚后B端重重落下击打稻谷。关于舂的使用，下列说法正确的是（　　）
A．该工具正常工作时，绕着A点转动
B．使用该工具时不能省力，但可以省功
C．若想更省力一些，可将脚踩点A适当靠近O
D．该工具与镊子都正常使用时，它们都属于同一类杠杆
8．跳远运动的几个阶段如图所示，不考虑空气阻力，则下面说法中正确的是（　　）
A．助跑过程可以增大运动员的惯性，从而增大跳远的距离
B．在最高点时若运动员受的一切力都消失，则运动员会静止在最高点
C．运动员在空中运动时，受到了非平衡力的作用
D．运动员落地静止后，运动员对地的压力和地对运动员的支持力是一对平衡力
9．如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．利用图甲的实验结论可以解释电铃的工作原理
B．图乙装置可用来探究发电机工作的原理
C．图丙装置可用来探究条形磁铁周围磁场的方向
D．在图丁的装置中，当夹子向左移动时，灯泡会变的越来越暗
10．如图所示，用大小为5N的力F拉动木板B，使B在水平桌面上向左做匀速直线运动，物体A相对于桌面保持静止，物体A通过水平轻绳经定滑轮与弹簧测力计相连接，此时弹簧测力计的示数为2N，不计空气阻力，下列判断正确的是（　　）
A．物体A受到水平向右的滑动摩擦力
B．木板B受到桌面对它的滑动摩擦力大小为3N
C．若用大小为6N的力F拉动木板B，木板B的运动状态不变
D．若用大小为6N的力F拉动木板B，物体A受到的滑动摩擦力将增大
11．图是小李探究电路变化的实验电路，其中R1、R2为定值电阻，R0为滑动变阻器，Rmax为滑动变阻器的最大阻值。已知电源两极间电压不变，R1＞R2＞Rmax。当滑动变阻器R0的滑片P置于某一位置时，R1、R2、R0两端的电压分别为U1、U2、U0；当滑片P置于另一位置时，R1、R2、R0两端的电压分别为U'1、U'2、U'0。若U1＝|U1－U'1|，U2＝|U2－U'2|，U0＝| U0－U'0 |，则（ ）
A．U0＞U1＞U2 B．U1＜U2＜U0
C．U1＞U2＞U D．U0＜U1＜U
12．如图甲所示的力学装置，杠杆OAB始终在水平位置保持平衡，O为杠杆的支点，OB=3OA，竖直细杆a的上端通过力传感器相连在天花板上，下端连接杠杆的A点，竖直细杆b的两端分别与杠杆的B点和物体M固定，水箱的底面积为200cm2，水箱侧壁与底部的厚度忽略不计，力传感器可以显示出细杆a的上端受到作用力的大小，图乙是力传感器的示数大小随水箱中水的质量变化的图像，不计杠杆、细杆及连接处的重力，则（　　）
A．物体M的密度为
B．当传感器示数为18N时，细杆b对M的作用力方向为竖直向上
C．加水质量为2kg时，水对水箱底部的压强为1800Pa
D．当传感器示数为0N时，水箱内水的高度为7cm
13．下列说法正确的是（　　）
A．只要电荷移动就能形成电流
B．金属导体中电流的方向与自由电子定向移动的方向相反
C．用电器消耗电能越快，用电器的电功率越大
D．北斗卫星导航系统是利用电磁波来导航的
14．小明自制的“温度计”中有密度随温度升高而变小的液体。如图所示，当该液体温度为19℃时，质量为4×10-3kg的小球b悬浮，b标记“19℃”；另外两个小球分别标记“15℃”“23℃”，当小球悬浮时，它标记的温度与液体温度相等。三幅图中的小球体积大小相同且均处于静止状态，忽略小球体积变化，g取10N/kg。下列说法正确的是（　　）
A．图甲中b受到的浮力为0.04N
B．小球c对应的标记为15℃
C．图丙中液体温度可能超过24℃
D．当液体温度在15℃~19℃范围内变化时b在液体中静止时所受浮力随温度升高而增大
15．某科技小组设计了一个跳绳计数器，如图甲、乙电路所示。已知电源电压U1=12V，U2=6V，电阻箱R2调到1kΩ，R是个标有“6V 3W”的自动计数器，R1是一种光敏元件。当绳子挡住了射向R1的红外线时，R1的电阻会变大；信号触发器两端电压UAB=U0时就使乙图电路中S2闭合，自动计数器计数一次。图丙是对某位同学的跳绳项目进行测试后，信号触发器记录的某一时段AB间的电压随时间变化的图像。下列说法中，正确的是（　　）
A．自动计数器正常工作时的电流为2A
B．0.4s内自动计数器消耗的电能为0.12J
C．绳子挡住了射向R1的红外线，信号触发器接通受控电路时，U0=6V和R1=1kΩ
D．由于整个装置工作时间较长，导致U1的电压逐渐减小，现场又没有合适的电源更换，为了能使计数器正常工作，可以适当将电阻箱R2的阻值调大
16．（1）如图甲所示，体温计的示数为　 　℃。
（2）如图乙所示，用毛皮摩擦过的橡胶棒接触原来不带电的验电器的金属球，两片金属箔张开一定角度，由此得知橡胶棒是带电的。验电器的金属箔能够张开，是由于　 　。
（3）如图丙所示，根据图中电源的正、负极可判断：通电螺线管左端为　 　极。
17．在探究物质的熔化规律时，小明对某物质进行持续加热，记录的实验数据如下表所示，请回答下列问题。
加热时间/min 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
物质温度/℃ 40 42 44 46 48 48 48 48 48 50 53 56
（1）该同学应通过观察　 　判断该物质开始熔化；
（2）在此实验中，吸收的热量是通过　 　来反映的；
（3）在第4min至第8min的过程中，该物质的内能　 　（选填“增加”、“减少”或“不变”）。
18．春季是流感爆发的时期，每天都需要对班级进行消毒，减少流感病毒的传播。小明想利用天平和量筒测一测自己班级调配的消毒液的密度大小。请你解答下列问题：
（1）将天平放在水平桌面上静止时，分度盘指针如图甲所示。为使天平平衡，应将右端的平衡螺母向　 　端移动。
（2）将天平调平，测出消毒液和烧杯的总质量如图乙所示，然后将部分消毒液倒入量筒中，如图丙所示，并测量出剩余消毒液和烧杯的总质量为98g，则此消毒液的密度为　 　kg/m3。
19．在“验证凸透镜成像规律”的实验中：
（1）某同学发现凸透镜的焦距未知，于是取来平行光源，让一束平行于主光轴的光线经过凸透镜后，在光屏上形成了一个最小、最亮的光斑。如图所示，则该凸透镜的焦距是　 　cm。
（2）取下平行光源，保持凸透镜的位置不变，把点燃的蜡烛放在光具座20cm处，这时应该向　 　（选填：“左”或“右”）侧移动光屏，会在光屏上得到一个清晰的像。
（3）然后，把点燃的蜡烛放在光具座45cm处，应该在　 　（选填“蜡烛”或“光屏”）一侧透过凸透镜观察像。
20．某实验小组的同学用水、盐水、两种不同形状的容器和U形管压强计来验证液体内部压强的规律，他们的研究情况如图1所示。图甲、乙、丁中的容器内均装满液体，图中的三条虚线分别代表同一水平线。
（1）实验时，通过U形管两侧液面的高度差来表示液体压强的大小，下列实例中用到了此研究方法的是　 　；（选填“①”、“②”、“③”、“④”）
①用磁感线描述磁场；
②借助水压学习电压；
③在实验的基础上，经过科学推理得出牛顿第一定律；
④研究电磁铁的磁性强弱中用吸引大头针的个数来衡量磁性的强弱。
（2）分析如图1所示的实验现象，下列结论正确的有__________；（多选）
A．根据图甲、乙可验证：液体内部压强与容器形状无关；
B．根据图乙、丙可验证：同种液体内部压强与深度有关；
C．根据图丙、丁可验证：液体内部压强与液体密度有关；
D．若在图丁中的容器内轻轻放入一木块，压强计的U形管液面高度差会增大
（3）将微小压强计的探头取下，并将橡胶管和一个玻璃管的侧壁相连通，如图2所示，当向玻璃管中吹风时，U形管内液面较低的是　 　（选填“a”或“b”）侧。
21．如图所示，物理活动小组同学为了测量物体运动的平均速度，拍摄了钢球从O点下落过程中的频闪照片，相机每隔0.1s曝光一次。由下图可知：
（1）由照片可以看出，钢球的运动是　 　（选填“匀速”或“变速”）直线运动，原因是　 　。
（2）钢球由B到C所用时间为　 　s，若钢球实际运动距离是照片上对应距离的10倍，则钢球在BC段的平均速度为　 　m/s；
22．小明同学在“测量小灯泡电功率”的实验中，设计了如图甲所示的电路，灯泡的额定电压是2.5V，电源电压恒为4.5V。
（1）闭合开关后，发现无论怎么移动滑动变阻器，电压表示数一直接近4.5V，电流表没有示数，若电路中只存在一处故障，则故障为　 　；
（2）排除故障后，闭合开关，移动滑片P到某一点时，电压表示数为1.8V，为了测量小灯泡的额定功率，他应该将滑动变阻器向　 　端移动（选填“左”或“右”）。
（3）根据所测得的数据绘制了小灯泡的电流和电压的关系图像，如图乙所示，则小灯泡的额定功率为　 　W；
（4）根据乙图得到的实验数据分析，当加在灯泡两端的电压为额定电压的一半时，灯泡的实际功率P实　 　（选填“>”“<”或“=”）；
23．R1、R2为阻值不同的两根电热丝，分别接入电压相同的电路中，烧开同样一壶水所需的时间分别为t1、t2；将它们串联后接入原来电路中，烧开同样一壶水所需时间为t，通过分析得出t与t1、t2的大小关系，并写出分析过程。（整个过程不计热量损失与水的蒸发）
24．请根据下述材料，回答下列问题：
潮汐发电
在海湾或有潮汐的河口，可见到海水或江水每天有两次的涨落现象，早上的称为潮，晚上的称为汐。潮汐现象主要是由月球、太阳的引潮力以及地球自转效应所造成。涨潮时，大量海水汹涌而来，水位逐渐升高；落潮时，海水奔腾而去，水位陆续下降。每天海水涨潮、退潮各两次，涨潮与退潮一般间隔6小时。海水在运动时所具有的动能和势能统称为潮汐能。潮汐是一种蕴藏量极大、取之不尽、用之不竭、不需开采和运输、洁净无污染的新型能源。
潮汐能的主要利用方式是潮汐发电。潮汐发电是水力发电的一种。在有条件的海湾或有潮汐的河口建筑堤坝、闸门和厂房，围成水库，水库水位与外海潮位之间形成一定的潮差，从而可驱动水轮发电机组发电。如图所示是潮汐发电的原理图。与普通的水力力电的不同在于海水与河水相比，海水落差不大，但流量较大，并且呈间歇性。
潮汐电站一般有三种类型，“单库双向型”就是其中之一，即用一个水库，涨潮与落潮时均可发电，只是在水库内外水位相同的平潮时不能发电。位于我国浙江省的江厦潮汐电站就是一个单库双向型电站，建成于1980年5月，总装机容量为3200kW，年发电量约为107kW·h，为世界第三大潮汐发电站。
（1）潮汐发电过程中把海水的　 　能转化为电能，一个单库双向型潮汐电站一天可以发电　 　次。
（2）潮汐能属于　 　能源。（选填“可再生”或“不可再生”）
（3）假设海湾水库面积为5×108m2，平均潮差为5m，海水密度为1.0×103kg/m3，g取10N/kg，则单次落潮的过程中水所受到的重力做的功为　 　J。
25．家中的消毒柜具有高温消毒和紫外线杀菌功能，其简化电路如图所示。发热电阻，紫外灯L规格为“220V 66W”。闭合开关和，消毒柜正常工作，求：
（1）通过发热电阻R的电流；
（2）消毒柜正常工作时R的电功率；
（3）紫外灯L工作1min消耗的电能。
26．利用弹簧测力计、合金块、细线、已知密度的多种液体等，可以将弹簧测力计设计改装成一支液体密度计。先在弹簧测力计下面挂一个大小适当的合金块，将合金块完全浸没在水中静止时，弹簧测力计示数如图所示，在弹簧测力计刻度盘上标上水的密度值。再将合金块分别完全浸没在不同的液体中，重复上述操作，反复校对检验。这样就制成一支测定液体密度的“密度计”。（）
（1）已知合金块的重力，求合金块完全浸没在水中时的浮力；
（2）求测力计示数处。标记的液体密度是多少；
（3）改装后的密度计的分度值是多少？试推导分析如何减小密度计的分度值。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】导体与绝缘体
【解析】【解答】A．笔尾金属体导电性能良好，属于导体，因此选项A不符合题意。
B．弹簧由金属材料制成，金属具有导电性，属于导体，故选项B不符合题意。
C．电阻是导体对电流阻碍作用的物理量，其本质仍属于导体，因此选项C不符合题意。
D．塑料外壳导电性能极差，属于绝缘体，因此选项D符合题意。
正确答案是D。
【分析】导体：易于传导电流的物质，金属，人体、液体；
绝缘体：不容易导电的物质，橡胶、塑料、石墨。
2．【答案】A
【知识点】熔化与熔化吸热特点；液化及液化放热；凝华及凝华放热
【解析】【解答】A．湖面上冰化成水是熔化现象，需要吸热，A符合题意；
B．草叶上形成露珠是液化现象，需要放热，B不符合题意；
C．枫叶上形成霜是凝华现象，需要放热，C不符合题意；
D．树枝上形成雾凇是液化现象，需要放热，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】物态变化中，吸收热量的有熔化、汽化、升华现象。
3．【答案】D
【知识点】光的直线传播及其应用；光的反射；透镜及其特点与分类
【解析】【解答】 解：水中的倒影是平面镜成像现象，是由光的反射形成的；
A、冰透镜取火是光的折射现象，故A错误；
B、日晷计时是利用影子的方向大致判断时刻，影子是由光的直线传播形成的，故B错误；
C、小孔成像是光的直线传播原理形成的，故C错误；
D、潜望镜利用了光的反射，故D正确。
故选：D。
【分析】 （1）光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，产生的现象有小孔成像、激光准直、影子的形成、日食和月食等；
（2）光线传播到两种介质的表面上时会发生光的反射现象，例如水面上出现岸上物体的倒影、平面镜成像、玻璃等光滑物体反光都是光的反射形成的；
（3）光线在同种不均匀介质中传播或者从一种介质斜射入另一种介质时，就会出现光的折射现象，例如水池底变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼、凸透镜成像等都是光的折射形成的。
4．【答案】C
【知识点】家庭电路的组成；家庭电路的故障分析
【解析】【解答】A：空气开关①自动断开，是因为电路中总电流过大，原因有短路或者总功率过大，总电流过小不会触发空气开关跳闸，故 A 错误；
B：只有开关②自动断开，原因是照明灯支路发生短路或者该支路用电器总功率过大；照明灯断路时电路中没有过大电流，空气开关不会跳闸，故 B 错误；
C：只有开关③自动断开，说明插座支路电流过大，故障原因可能是插座处短路，也可能是插座接入用电器的总电功率过大，故 C 正确；
D：空气开关自动断开属于过载保护，排除故障后直接合上开关即可继续使用，不需要更换空气开关，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】A：考查空气开关的工作原理，空气开关因总电流过大保护跳闸；
B：考查家庭电路故障分析，断路不会造成电流过大，空气开关不会跳闸；
C：考查支路空气开关跳闸的常见原因，短路、用电器总功率过大都会导致电流过大；
D：考查空气开关的使用，故障排除后可重新合闸，无需更换。
5．【答案】C
【知识点】声音的产生；音调、响度与音色的区分
【解析】【解答】A：上下推拉活塞改变的是管内空气柱的长度，从而改变振动频率(影响音调)，并非响度，错误。
B：哨子发声是由管内空气柱振动产生的，不是活塞振动，错误。
C：不同乐器的音色不同，因此人们能通过音色区分哨声和其他乐器的声音，正确。
D：空气柱越短，音调越高。“do""re”"mi"音调逐渐升高，对应空气柱应逐渐变短。图中 A空气柱最长(音调最低，对应 do)，B空气柱最短(音调最高，对应 mi)，C介于两者之间(对应re)，故顺序应为 A(do)、C(re)、B(mi)，选项描述错误。
故选C。
【分析】题目通过简易哨子的实验场景，综合考查对声音产生机制、音调影响因素及音色区分作用的理解。
6．【答案】D
【知识点】温度、热量与内能的关系；热传递改变物体内能；比热容的定义及其计算公式；分子热运动
【解析】【解答】A、闻到香味是分子在不停地做无规则运动（扩散现象），不是分子斥力，故 A 错误；
B、砂石升温快，说明砂石比热容小，吸热能力弱，故 B 错误；
C、热量是过程量，不能说物体含有热量，栗子烫手是温度高，故 C 错误；
D、炒制时高温砂石把热量传递给栗子，通过热传递增大栗子内能，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查扩散现象，扩散体现分子永不停息无规则运动；
B、比热容越小，相同吸热时升温越快，吸热本领越弱；
C、区分内能、温度、热量，热量只能吸收或放出，不能 “含有”；
D、改变内能两种方式：做功、热传递，炒栗子依靠热传递改变内能。
7．【答案】D
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆的分类
【解析】【解答】A、杠杆支点为O，工具绕O转动，故 A 错误；
B、任何机械都不能省功，该杠杆费力、省距离，不能省功，故 B 错误；
C、想要省力，需要增大动力臂，脚踩点A远离支点O，靠近O动力臂变小更费力，故 C 错误；
D、舂的动力臂小于阻力臂，是费力杠杆；镊子使用时同样动力臂小于阻力臂，也为费力杠杆，属于同类杠杆，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】A、找准支点，杠杆固定转动点是O；
B、根据功的原理，使用任何机械都无法省功；
C、杠杆省力条件：增大动力臂、减小阻力臂；
D、对比杠杆类型，二者均为费力杠杆。
8．【答案】C
【知识点】牛顿第一定律；惯性及其现象；平衡力的辨别；平衡状态的判断
【解析】【解答】A：惯性大小只由物体的质量决定，助跑过程中运动员质量不变，惯性不变，助跑是为了增大起跳时的速度，利用惯性跳得更远，故 A 错误；
B：运动员在最高点时具有水平方向的速度，若此时一切外力消失，根据牛顿第一定律，运动员会沿水平方向做匀速直线运动，不会静止在最高点，故 B 错误；
C：运动员在空中运动时，只受重力作用，运动状态不断发生改变，因此受到了非平衡力的作用，故 C 正确；
D：运动员落地静止后，运动员对地的压力和地面对运动员的支持力，两个力分别作用在地面和运动员两个物体上，是一对相互作用力，不是平衡力，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】A：考查惯性的影响因素，明确惯性只与质量有关，速度不能改变惯性大小；
B：考查牛顿第一定律的应用，最高点运动员存在水平速度，外力消失后将保持匀速直线运动；
C：考查平衡力与非平衡力的判断，运动状态发生改变时物体受非平衡力；
D：考查平衡力与相互作用力的区分，平衡力作用在同一物体上，相互作用力作用在两个不同物体上。
9．【答案】A
【知识点】滑动变阻器的原理及其使用；磁场；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
【解析】【解答】A、甲是奥斯特实验，原理：通电导体周围存在磁场（电流磁效应），电铃依靠电磁铁（电流磁效应）工作，可以用该结论解释，故 A 正确；
B、乙装置有电源，是通电导体在磁场中受力，为电动机原理；发电机无电源，是电磁感应，故 B 错误；
C、丙中铁屑只能显示磁场分布疏密，无法判断磁场方向（需要小磁针），故 C 错误；
D、丁夹子左移，接入电阻丝变短、电阻变小，电路电流变大，灯泡变亮，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】A、奥斯特实验证明电流的磁效应，电磁铁、电铃利用此原理；
B、区分电动机（有电源、磁场对电流作用）、发电机（无电源、电磁感应）；
C、铁屑反映磁场分布，小磁针用来确定磁场方向；
D、导体越短电阻越小，电流越大，灯泡亮度随电流变大变亮。
10．【答案】B
【知识点】二力平衡的条件及其应用；摩擦力的大小；摩擦力的方向
【解析】【解答】A、A静止，弹簧拉力向左大小2N，B向左运动，A受到B给的向左滑动摩擦力，故A错误；
B、A、B间滑动摩擦力；B匀速向左，，，故B正确；
C、拉力改为6N，摩擦力不变，合力不为零，B做加速运动，运动状态改变，故C错误；
D、A对B压力、接触面粗糙程度不变，A受到滑动摩擦力大小不变，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、依据二力平衡判断A的摩擦力方向；
B、对B受力分析，水平向左拉力，向右受A的摩擦力和桌面摩擦力，匀速合力为零；
C、拉力大于总摩擦力，物体加速，运动状态改变；
D、滑动摩擦力只和压力、接触面粗糙有关，与拉动速度无关。
11．【答案】A
【知识点】串联电路的电压规律；欧姆定律及其应用
【解析】【解答】该电路为串联电路，因为R1、R2为定值电阻，并且R1＞R2，而当滑动变阻器从一端移至另一端时，通过R1、R2的电流相等，所以定值电阻两端的电压变化为U1=|U1-U1'|=IR1，U2=|U2-U2'|=IR2，故U1＞U2，又因为串联电路两端的电压等于各部分电压之和，因此滑动变阻器两端电压变化量是定值电阻电压变化量之和，即U0=U1+U2，所以U0＞U1＞U2
故答案为：A。
【分析】本题考查串联电路的动态电压变化分析，需结合欧姆定律分析定值电阻电压变化量与电流变化量的关系，再利用串联电路总电压不变的规律，推导出滑动变阻器电压变化量与定值电阻电压变化量的关系，进而比较三者大小。
12．【答案】D
【知识点】压强的大小及其计算；阿基米德原理；杠杆的平衡条件
【解析】【解答】AD．由图乙可知，水箱中没有水时（m=0），力传感器的示数为F0=6N（即细杆a的上端受到的拉力为6N），由杠杆的平衡条件可得
则
设M的底面积为S，压力传感器示数为0时M浸入水中的深度为h1，M的高度为h，当压力传感器的压力为零时，M受到的浮力等于M的重力2N，由图乙可知，当M完全浸没时，压力传感器的示数为24N，由杠杆的平衡条件可得
则
对M受力分析可知，受到竖直向上的浮力、竖直向下的重力和杆的作用力，则此时M受到的浮力
由可得，所以M的体积
物体M的密度
由图乙可知，加水1kg时水面达到M的下表面（此时浮力为0），加水2kg时M刚好浸没（此时浮力为10N），该过程中增加水的质量为1kg，浮力增大了10N，所以，当加水质量大于1kg后每加0.1kg水，物体M受到的浮力增加1N，当向水箱中加入质量为1.2kg的水时，受到的浮力为2N，浮力等于重力，左端没有力，则传感器受力为0N，甲1.2kg的水的体积
传感器受力为0N时，浮力为2N，则
当传感器受力为0N时，水的深度，故A错误，D正确；
B．当传感器示数为18N时，物体已经经过了0N的点，表示物体从漂浮变为下压，受到了压力，故细杆B对M的作用力方向为竖直向下，故B错误；
C．加水质量为2kg时，M刚好完全浸没，由选项B可知此时M受到的浮力是10N，由阿基米德原理可知排开水的重力是10N，水对水箱底部的压力
水对水箱底部的压强为，故C错误。
故答案为：D。
【分析】A、先利用杠杆求物体重力，再由全浸没浮力求体积、密度；
B、向下压杠杆，端拉力向下；
C、液体压强，要扣除物体浸没体积；
D、时浮力等于物体重力，求浸入高度，结合加水体积算水深。
13．【答案】B,C,D
【知识点】电流的形成；电流的方向；电功率；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】A选项错误。因为电流的形成需要电荷的定向移动，单纯有电荷存在并不构成电流。
B选项正确。在金属导体中，电流方向规定为正电荷移动方向，而实际导电的是带负电的自由电子，其移动方向与电流方向相反。
C选项正确。电功率是描述用电器消耗电能快慢程度的物理量，功率值越大表示电能转化速率越快。
D选项正确。电磁波具有传递信息的功能，北斗卫星导航系统正是通过发射和接收电磁波信号来实现定位导航的。
综上所述，正确答案为BCD。
【分析】1、信息的传递：无线网络通信依靠电磁波来传递信息
2、电流的方向：与电子定向移动的方向相反，电流的形成：电荷的定向移动形成电流；
3、电功率是描述用电器消耗电能快慢程度的物理量。
14．【答案】A,B,C
【知识点】物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】，时悬浮，；
液体温度升高变小，物体下沉；温度降低变大，物体上浮。
A、甲中悬浮，浮力等于自身重力，故A正确；
B、下沉，说明此时，对应悬浮温度更低，为；漂浮对应，故B正确；
C、丙中全部小球沉底，液体密度远小于三个小球密度，液体温度远大于，可能超过，故C正确；
D、升温，减小，若仍浸没，随变小而减小，故D错误；
故答案为：ABC。
【分析】A、悬浮条件，利用计算重力；
B、液体温度越低密度越大，小球越容易上浮，下沉小球对应更低标定温度；
C、全部沉底代表液体密度极小，温度很高；
D、浸没时浮力与液体密度成正比，升温液体密度减小，浮力变小。
15．【答案】B,D
【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；电功的计算；电功率的计算
【解析】【解答】A．由图乙可知，电路为R的简单电路，根据“ 6V 3W ”可知，自动计数器正常工作时的电流为，故A错误；
B．根据图丙可知，自动计数器计数一次消耗电能的时间为t=0.4s-0.36s=0.04s，则0.4s内自动计数器计数消耗的电能为，故B正确；
C．当绳子挡住了射向R1的红外线时，R1的电阻会变大，根据串联电路的电压与电阻成正比可知，R1的电压增大，则R2两端的电压减小，由图可知，此时AB端的电压为2V；
此时电路的电流为；
此时R1两端的电压为；
因此R1的电阻为，故C错误；
D．当U1逐渐减小时，根据欧姆定律可知，电路中的电流减小，U0减小。要使U0不变，需要将电阻箱R2的阻值调大，故D正确。
故选BD。
【分析】根据甲图可知，R1和R2串联，AB间电压为R2两端电压；
A.由图乙可知，电路为R的简单电路，根据P=UI算出自动计数器正常工作时的电流；
B.根据图丙读出计数一次消耗电能的时间，根据W=Pt算出自动计数器消耗的电能；
C.根据图丙读出绳子挡住了射向R1的红外线时U0的值，根据欧姆定律算出电流，根据串联电路电压规律算出R1两端的电压，最后利用欧姆定律算出R1的电阻的值；
D.U1的电压减小，根据欧姆定律判断出电流的变化，要使U0不变，需要增大R2的电阻，也可以适当将信号触发器的触发电压调低。
16．【答案】（1）36.5
（2）用毛皮摩擦过的橡胶棒带负电荷，当接触验电器上端的金属球时，橡胶棒上的电子会转移到金属球上，金属箔因与金属球连接，所以金属箔上也会带有多余的电子，故两片金属箔都带上负电荷，由于同种电荷相互排斥而张开。
（3）S
【知识点】体温计的使用及其读数；验电器的原理及使用；通电螺线管的极性和电流方向的判断
【解析】【解答】（1）观察可知，体温计的分度值为 0.1℃，液柱最末端在 36℃右侧5小格处，示数为36.5℃。
故答案为：36.5
（2）用毛皮摩擦过的橡胶棒带负电荷，当接触验电器上端的金属球时，橡胶棒上的电子会转移到金属球上，金属箔因与金属球连接，所以金属箔上也会带有多余的电子，故两片金属箔都带上负电荷，由于同种电荷相互排斥而张开。
故答案为：用毛皮摩擦过的橡胶棒带负电荷，当接触验电器上端的金属球时，橡胶棒上的电子会转移到金属球上，金属箔因与金属球连接，所以金属箔上也会带有多余的电子，故两片金属箔都带上负电荷，由于同种电荷相互排斥而张开。
（3）由图可知电流从螺线管的左端流入，右端流出。根据安培定则，用右手握住螺线管，让四指指向电流方向，大拇指所指方向是螺线管的N极，所以螺线管左端为S极。
故答案为：S
【分析】(1) 体温计分度值固定0.1℃，直接读取液柱对应刻度；
(2) 验电器工作原理：同种电荷相互排斥；
(3) 安培定则：结合电源正负极判断电流方向，进而确定螺线管磁极。
（1）观察可知，体温计的分度值为 0.1℃，液柱最末端在 36℃右侧5小格处，示数为36.5℃。
（2）用毛皮摩擦过的橡胶棒带负电荷，当接触验电器上端的金属球时，橡胶棒上的电子会转移到金属球上，金属箔因与金属球连接，所以金属箔上也会带有多余的电子，故两片金属箔都带上负电荷，由于同种电荷相互排斥而张开。
（3）由图可知电流从螺线管的左端流入，右端流出。根据安培定则，用右手握住螺线管，让四指指向电流方向，大拇指所指方向是螺线管的N极，所以螺线管左端为S极。
17．【答案】物质中开始有液体出现；加热时间；增加
【知识点】熔化和凝固的探究实验；热传递改变物体内能
【解析】【解答】(1) 熔化是物质由固态变为液态的过程，因此可以通过观察物质中开始有液体出现判断该物质开始熔化。
故答案为：物质中开始有液体出现；
(2) 实验使用同一套加热装置，相同时间内热源放出的热量相同，加热时间越长，物质吸收的热量越多，实验采用转换法，吸收的热量是通过加热时间来反映的。
故答案为：加热时间；
(3) 在第 4min 至第 8min 的过程中，物质温度保持 48℃不变，处于晶体熔化阶段，持续吸收热量，分子势能增大，因此该物质的内能增加。
故答案为：增加；
【分析】(1) 本题考查晶体熔化的判断依据，熔化的本质是固态转变为液态，出现液态就代表开始熔化；
(2) 本题考查转换法在吸热实验中的应用，相同热源下用加热时间间接表示吸收热量多少；
(3) 本题考查晶体熔化时内能变化规律，晶体熔化持续吸热，温度不变，内能一定增加。
18．【答案】（1）右
（2）
【知识点】液体密度的测量
【解析】【解答】（1）如图甲所示，分度盘指针向左偏，根据托盘天平的使用方法（左偏右调，右偏左调），所以为使天平平衡，右端的平衡螺母向右端移动。
故答案为：右
（2）如图乙所示，游码的分度值是0.2g，则消毒液和烧杯的总质量为
如图丙所示，倒入量筒内的消毒液的体积为，由题意可知，倒入量筒内消毒液的质量为
由可得，此消毒液的密度为
故答案为：
【分析】(1) 本小问考查天平调平规则，指针左偏平衡螺母右调；
(2) 本小问考查液体密度测量，利用总质量减剩余质量得到倒出液体质量，结合量筒体积，根据密度公式计算密度。
（1）如图甲所示，分度盘指针向左偏，根据托盘天平的使用方法（左偏右调，右偏左调），所以为使天平平衡，右端的平衡螺母向右端移动。
（2）如图乙所示，游码的分度值是0.2g，则消毒液和烧杯的总质量为
如图丙所示，倒入量筒内的消毒液的体积为，由题意可知，倒入量筒内消毒液的质量为
由可得，此消毒液的密度为
19．【答案】（1）10.0
（2）右
（3）光屏
【知识点】主光轴、光心、焦点和焦距；凸透镜成像规律及其探究实验
【解析】【解答】（1）让一束平行于凸透镜主光轴的光线经过凸透镜后，在光屏上形成了一个最小、最亮的光斑，这点是凸透镜的焦点。如图尺子分度值是1cm，焦点到光心的距离是60.0cm-50.0cm=10.0cm
所以凸透镜的焦距是10.0cm。
故答案为：10.0
（2）保持凸透镜位置不变，把点燃的蜡烛放在光具座20cm刻度处，物距为
此时成倒立、缩小的实像，像在大于一倍焦距小于二倍焦距的位置，即在尺子60.0cm到70.0cm之间的位置，所以光屏向右移动。
故答案为：右
（3）把点燃的蜡烛放在光具座45cm刻度处，物距
成正立、放大的虚像，像和物体在凸透镜的同侧，所以应该在光屏一侧透过透镜观察像。
故答案为：光屏
【分析】(1) 本小问考查利用平行光聚焦法测量凸透镜焦距，焦点到透镜光心的距离等于焦距；
(2) 本小问考查成像规律，此时成倒立缩小实像，像距，据此确定光屏移动方向；
(3) 本小问考查成像规律，凸透镜成正立放大虚像，虚像无法用光屏承接，需在光屏侧透过透镜观察。
（1）让一束平行于凸透镜主光轴的光线经过凸透镜后，在光屏上形成了一个最小、最亮的光斑，这点是凸透镜的焦点。如图尺子分度值是1cm，焦点到光心的距离是60.0cm-50.0cm=10.0cm
所以凸透镜的焦距是10.0cm。
（2）保持凸透镜位置不变，把点燃的蜡烛放在光具座20cm刻度处，物距为
此时成倒立、缩小的实像，像在大于一倍焦距小于二倍焦距的位置，即在尺子60.0cm到70.0cm之间的位置，所以光屏向右移动。
（3）把点燃的蜡烛放在光具座45cm刻度处，物距
成正立、放大的虚像，像和物体在凸透镜的同侧，所以应该在光屏一侧透过透镜观察像。
20．【答案】（1）④
（2）A；B
（3）b
【知识点】探究液体压强的特点实验；控制变量法与探究性实验方案
【解析】【解答】（1）实验时通过 U 形管两侧液面的高度差来表示液体压强的大小，这种方法是转换法。
①用磁感线描述磁场，这是模型法，磁感线是为了方便研究磁场而构建的理想化模型，不是转换法。故①不符合题意；
②借助水压学习电压，这是类比法，将电压与水压进行类比来理解电压的概念，不是转换法。 故②不符合题意；
③在实验的基础上，经过科学推理得出牛顿第一定律，这是科学推理法，不是转换法。 故③不符合题意；
④研究电磁铁的磁性强弱中用吸引大头针的个数来衡量磁性的强弱，把电磁铁磁性强弱转换为吸引大头针的个数，是转换法。故④符合题意。
故答案为：④。
（2）A．图甲、乙中液体的密度相同，探头所处深度相同，容器形状不同，U形管两侧液面的高度差相同，可验证液体内部压强与容器形状无关，故A正确；
B．图乙、丙中液体密度相同，探头所处深度不同，U形管两侧液面的高度差不同，可验证同种液体内部压强与深度有关，故B正确；
C．图丙、丁中液体探头所处深度不同，密度不同，U 形管两侧液面的高度差不同，不能可验证液体内部压强与液体密度有关，故C错误；
D．图丁中的容器内装满液体，轻轻放入一木块，液体溢出，液体深度不变，根据，液体压强不变，压强计的U形管液面高度差不变，故D错误。
故答案为：AB。
（3）向玻璃管吹风时，玻璃管内空气流速增大，压强减小，使橡皮管内气压降低，U形管a侧液面上方气压减小，而b上方受到大气压的作用，在液面在压强差作用下下降，因此a侧液面将升高，U形管内液面较低的是b侧。
故答案为：b
【分析】(1) 本小问考查物理研究方法，区分转换法、模型法、类比法、科学推理法；
(2) 本小问考查液体压强影响因素，控制变量法：探究形状控制相同；探究深度控制相同；探究密度需控制相同；装满液体放木块深度不变，压强不变；
(3) 本小问考查流体压强与流速关系：流速越大，压强越小。
（1）实验时通过 U 形管两侧液面的高度差来表示液体压强的大小，这种方法是转换法。
①用磁感线描述磁场，这是模型法，磁感线是为了方便研究磁场而构建的理想化模型，不是转换法。故①不符合题意；
②借助水压学习电压，这是类比法，将电压与水压进行类比来理解电压的概念，不是转换法。 故②不符合题意；
③在实验的基础上，经过科学推理得出牛顿第一定律，这是科学推理法，不是转换法。 故③不符合题意；
④研究电磁铁的磁性强弱中用吸引大头针的个数来衡量磁性的强弱，把电磁铁磁性强弱转换为吸引大头针的个数，是转换法。故④符合题意。
故选④。
（2）A．图甲、乙中液体的密度相同，探头所处深度相同，容器形状不同，U形管两侧液面的高度差相同，可验证液体内部压强与容器形状无关，故A正确；
B．图乙、丙中液体密度相同，探头所处深度不同，U形管两侧液面的高度差不同，可验证同种液体内部压强与深度有关，故B正确；
C．图丙、丁中液体探头所处深度不同，密度不同，U 形管两侧液面的高度差不同，不能可验证液体内部压强与液体密度有关，故C错误；
D．图丁中的容器内装满液体，轻轻放入一木块，液体溢出，液体深度不变，根据，液体压强不变，压强计的U形管液面高度差不变，故D错误。
故选AB。
（3）向玻璃管吹风时，玻璃管内空气流速增大，压强减小，使橡皮管内气压降低，U形管a侧液面上方气压减小，而b上方受到大气压的作用，在液面在压强差作用下下降，因此a侧液面将升高，U形管内液面较低的是b侧。
21．【答案】（1）变速；相同时间运动的路程不同
（2）0.3；4
【知识点】速度公式及其应用；机械运动
【解析】【解答】（1）由图可知，在相同时间内，小球通过的路程越来越大，因此钢球的运动是变速运动。原因是相同时间运动的路程不同。
故答案为：变速；相同时间运动的路程不同
（2）B到C有3个时间间隔，每个间隔的时间为0.1s，钢球由B到C所用时间为0.3s。
图中钢球由B到C运动距离为小球顶端到顶端或底端到底端的距离，即
钢球由B到C实际运动距离是
钢球在BC段的平均速度为
故答案为：0.3；4
【分析】(1) 本小问考查变速运动判断：频闪时间固定，路程不等则速度变化，为变速运动；
(2) 本小问考查平均速度计算，先数间隔求时间，结合缩放倍数得到实际路程，再由计算平均速度。
（1）[1][2]由图可知，在相同时间内，小球通过的路程越来越大，因此钢球的运动是变速运动。原因是相同时间运动的路程不同。
（2）[1]B到C有3个时间间隔，每个间隔的时间为0.1s，钢球由B到C所用时间为0.3s。
[2]图中钢球由B到C运动距离为小球顶端到顶端或底端到底端的距离，即
钢球由B到C实际运动距离是
钢球在BC段的平均速度为
22．【答案】（1）小灯泡断路
（2）左
（3）0.625
（4）>
【知识点】电路故障的判断；电功率的计算；探究用电器的电功率实验
【解析】【解答】（1）闭合开关后，电流表没有示数，说明电路可能是断路。而电压表示数一直接近4.5V（电源电压），这表明电压表与电源的正负极之间是通路，所以故障是小灯泡断路。因为如果小灯泡断路，电压表就会串联在电路中，由于电压表内阻很大，根据串联电路电压分配规律，电压表分得了几乎全部的电源电压。
故答案为：小灯泡断路
（2）灯泡的额定电压是2.5V，此时电压表示数为1.8V，要使灯泡两端电压达到额定电压，根据串联分压特点，需要减小滑动变阻器接入电路的电阻。由图甲可知，向左移动滑动变阻器的滑片可以减小其接入电路的电阻。
故答案为：左
（3）已知灯泡的额定电压2.5V，从图乙中可以看出，当灯泡两端电压为2.5V时，通过灯泡的电流0.25A。小灯泡的额定功率
故答案为：0.625
（4）假设灯泡电阻不变，当电压为额定电压的一半时，则
但实际上，灯泡的电阻随温度的降低而减小，当灯泡两端电压为额定电压的一半时，灯泡的温度降低，电阻变小，由可知，此时。
故答案为：>
【分析】(1) 本小问考查串联断路故障分析：电压表有示数、电流表无示数，被测用电器断路；
(2) 本小问考查串联分压，提升灯泡电压需减小滑动变阻器接入阻值；
(3) 本小问考查额定功率计算，从图像读取额定电流，求解；
(4) 本小问考查灯丝电阻随温度变化规律，低温电阻偏小，因此实际功率比定值电阻假设下的功率偏大。
（1）闭合开关后，电流表没有示数，说明电路可能是断路。而电压表示数一直接近4.5V（电源电压），这表明电压表与电源的正负极之间是通路，所以故障是小灯泡断路。因为如果小灯泡断路，电压表就会串联在电路中，由于电压表内阻很大，根据串联电路电压分配规律，电压表分得了几乎全部的电源电压。
（2）灯泡的额定电压是2.5V，此时电压表示数为1.8V，要使灯泡两端电压达到额定电压，根据串联分压特点，需要减小滑动变阻器接入电路的电阻。由图甲可知，向左移动滑动变阻器的滑片可以减小其接入电路的电阻。
（3）已知灯泡的额定电压2.5V，从图乙中可以看出，当灯泡两端电压为2.5V时，通过灯泡的电流0.25A。小灯泡的额定功率
（4）假设灯泡电阻不变，当电压为额定电压的一半时，则
但实际上，灯泡的电阻随温度的降低而减小，当灯泡两端电压为额定电压的一半时，灯泡的温度降低，电阻变小，由可知，此时。
23．【答案】解：烧开同一壶水时电阻产生热量相等，且产生的热量等于消耗的电能，不考虑能量损失，所以，
且，则
由可得，两电阻的电阻，，两电阻串联在总电压为U的电路中烧开同一壶水产生热量
且，即
所以
【知识点】焦耳定律的应用
【解析】【解答】烧开同一壶水时电阻产生热量相等，且产生的热量等于消耗的电能，不考虑能量损失，所以，，且，则，由可得，两电阻的电阻，，两电阻串联在总电压为U的电路中烧开同一壶水产生热量，且，即
所以
【分析】（1） 本题考查电热综合计算，同一壶水烧开吸热不变，电热等于吸热；
(2) 利用电热公式分别表示两个电阻阻值，再结合串联电阻规律列式推导总时间。
24．【答案】（1）机械；4
（2）可再生
（3）
【知识点】能量的转化或转移；能源及其分类；功的计算及应用
【解析】【解答】（1）潮汐能的特点是海水的运动，运动的物体具有机械能，所以潮汐发电是将海水的机械能转化为电能。
每天海水涨潮、退潮各两次，涨潮与落潮时均可发电，只是在水库内外水位相同的平潮时不能发电，则一个单库双向型潮汐电站一天可以发电4次。
故答案为：机械；4
（2）潮汐能可以源源不断地获得，属于可再生能源。
故答案为：可再生
（3）单次落潮的过程中从水库流出的海水的体积为
根据公式可知，海水的质量为
根据公式可知，海水的重力为
由于潮差是水位变化的总高度，海水下落时重心下降的高度可以近似为潮差的一半，则海水下落高度为
根据公式可知，单次落潮的过程中水所受到的重力做的功为
故答案为：
【分析】(1) 本小问考查能量转化与潮汐发电次数：海水的动能、重力势能统称机械能，转化为电能；一日两涨两落，双向发电共次；
(2) 本小问考查能源分类，短期内可持续补充的能源为可再生能源；
(3) 本小问结合密度、重力、功公式分步计算，海水重心下落高度为潮差一半，再由求重力做功。
（1）[1]潮汐能的特点是海水的运动，运动的物体具有机械能，所以潮汐发电是将海水的机械能转化为电能。
[2]每天海水涨潮、退潮各两次，涨潮与落潮时均可发电，只是在水库内外水位相同的平潮时不能发电，则一个单库双向型潮汐电站一天可以发电4次。
（2）潮汐能可以源源不断地获得，属于可再生能源。
（3）单次落潮的过程中从水库流出的海水的体积为
根据公式可知，海水的质量为
根据公式可知，海水的重力为
由于潮差是水位变化的总高度，海水下落时重心下降的高度可以近似为潮差的一半，则海水下落高度为
根据公式可知，单次落潮的过程中水所受到的重力做的功为
25．【答案】（1）解：由图可知电路为并联电路，则通过发热电阻R的电流
（2）解：消毒柜正常工作时R的电功率
（3）解：紫外灯L工作1min消耗的电能
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【分析】(1) 本小问考查并联电路电压规律与欧姆定律，并联支路电压等于电源电压，代入求电阻电流；
(2) 本小问考查电功率公式，直接用支路电压、支路电流计算发热电阻功率；
(3) 本小问考查电功计算公式，用灯泡额定功率与工作时间求消耗电能。
（1）由图可知电路为并联电路，则通过发热电阻R的电流
（2）消毒柜正常工作时R的电功率
（3）紫外灯L工作1min消耗的电能
26．【答案】（1）解：由称重法可知，合金块完全浸没在水中时的浮力
（2）解：合金块完全浸没在另一中液体中
根据浮力公式，由于不变，浮力与液体密度成正比。已知水的密度为，对应浮力，因此液体密度
（3）解：密度计的分度值由测力计的分度值决定。此测力计分度值为，由第（2）问计算可知，密度计的分度值为
减小分度值的方法：设测力计的分度值为，密度计的分度值为。在密度的液体中；在密度的液体中
因为两次浮力差，就是测力计示数差，也就是测力计的分度值，所以
故减小密度计分度值的方法：
①在不超过测力计量程的情况下，可适当增加合金块的体积；
②或选用用分度值小的弹簧测力计。
【知识点】阿基米德原理；浮力大小的计算
【解析】【分析】(1) 本小问考查称重法测浮力；
(2) 本小问浸没不变，浮力与液体密度成正比，利用比例求液体密度；
(3) 本小问由推导分度值表达式，据此分析减小分度值的两种方案。
（1）由称重法可知，合金块完全浸没在水中时的浮力
（2）合金块完全浸没在另一中液体中
根据浮力公式，由于不变，浮力与液体密度成正比。已知水的密度为，对应浮力，因此液体密度
（3）密度计的分度值由测力计的分度值决定。此测力计分度值为，由第（2）问计算可知，密度计的分度值为
减小分度值的方法：设测力计的分度值为，密度计的分度值为。在密度的液体中；在密度的液体中
因为两次浮力差，就是测力计示数差，也就是测力计的分度值，所以
故减小密度计分度值的方法：
①在不超过测力计量程的情况下，可适当增加合金块的体积；
②或选用用分度值小的弹簧测力计。
1 / 12025年北京首都师大附中中考三模物理试题
1．如图所示，试电笔的构造元件中通常情况属于绝缘体的是（　　）
A．笔尾金属体 B．电阻 C．弹簧 D．塑料外壳
【答案】D
【知识点】导体与绝缘体
【解析】【解答】A．笔尾金属体导电性能良好，属于导体，因此选项A不符合题意。
B．弹簧由金属材料制成，金属具有导电性，属于导体，故选项B不符合题意。
C．电阻是导体对电流阻碍作用的物理量，其本质仍属于导体，因此选项C不符合题意。
D．塑料外壳导电性能极差，属于绝缘体，因此选项D符合题意。
正确答案是D。
【分析】导体：易于传导电流的物质，金属，人体、液体；
绝缘体：不容易导电的物质，橡胶、塑料、石墨。
2．下列物态变化现象中需要吸收热量的是（　　）
A．初春，湖面上冰化成水 B．盛夏，草叶上形成露珠
C．深秋，枫叶上形成霜 D．严冬，树枝上形成雾凇
【答案】A
【知识点】熔化与熔化吸热特点；液化及液化放热；凝华及凝华放热
【解析】【解答】A．湖面上冰化成水是熔化现象，需要吸热，A符合题意；
B．草叶上形成露珠是液化现象，需要放热，B不符合题意；
C．枫叶上形成霜是凝华现象，需要放热，C不符合题意；
D．树枝上形成雾凇是液化现象，需要放热，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】物态变化中，吸收热量的有熔化、汽化、升华现象。
3．2024年5月22日，国际生物多样性日活动在洪泽湖湿地景区举行。景区内，鸟类时而栖息，时而飞翔，飞鸟的倒影在水中穿梭。下列现象和倒影原理相同的是（　　）
A．冰透镜取火
B．日晷计时
C．小孔成像
D．潜望镜
【答案】D
【知识点】光的直线传播及其应用；光的反射；透镜及其特点与分类
【解析】【解答】 解：水中的倒影是平面镜成像现象，是由光的反射形成的；
A、冰透镜取火是光的折射现象，故A错误；
B、日晷计时是利用影子的方向大致判断时刻，影子是由光的直线传播形成的，故B错误；
C、小孔成像是光的直线传播原理形成的，故C错误；
D、潜望镜利用了光的反射，故D正确。
故选：D。
【分析】 （1）光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，产生的现象有小孔成像、激光准直、影子的形成、日食和月食等；
（2）光线传播到两种介质的表面上时会发生光的反射现象，例如水面上出现岸上物体的倒影、平面镜成像、玻璃等光滑物体反光都是光的反射形成的；
（3）光线在同种不均匀介质中传播或者从一种介质斜射入另一种介质时，就会出现光的折射现象，例如水池底变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼、凸透镜成像等都是光的折射形成的。
4．如图所示为小明家中配电箱内的空气开关，①为总开关，②为控制照明灯的开关，③为控制插座的开关。下列分析正确的是（　　）
A．若①自动断开，可能是由于电路中的总电流过小
B．若只有②自动断开，一定是由于照明灯断路
C．若只有③自动断开，可能是插座中接入用电器的总电功率过大
D．若某个空气开关自动断开，排除故障后需更换该空气开关
【答案】C
【知识点】家庭电路的组成；家庭电路的故障分析
【解析】【解答】A：空气开关①自动断开，是因为电路中总电流过大，原因有短路或者总功率过大，总电流过小不会触发空气开关跳闸，故 A 错误；
B：只有开关②自动断开，原因是照明灯支路发生短路或者该支路用电器总功率过大；照明灯断路时电路中没有过大电流，空气开关不会跳闸，故 B 错误；
C：只有开关③自动断开，说明插座支路电流过大，故障原因可能是插座处短路，也可能是插座接入用电器的总电功率过大，故 C 正确；
D：空气开关自动断开属于过载保护，排除故障后直接合上开关即可继续使用，不需要更换空气开关，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】A：考查空气开关的工作原理，空气开关因总电流过大保护跳闸；
B：考查家庭电路故障分析，断路不会造成电流过大，空气开关不会跳闸；
C：考查支路空气开关跳闸的常见原因，短路、用电器总功率过大都会导致电流过大；
D：考查空气开关的使用，故障排除后可重新合闸，无需更换。
5．小漫在筷子上缠一些棉花，做成活塞状，将活塞塞入管中制成一个简易的哨子，通过上下推拉活塞，可以吹出简单的曲调，如图甲所示。A、B、C为活塞在管中的不同位置，用嘴吹管的上端能吹出“do”、“re”、“mi”三个音阶，如图乙所示。关于此现象下列说法正确的是（　　）
A．吹气时通过上下推拉活塞改变声音的响度
B．自制哨子发出的声音是由于活塞振动产生的
C．人们能通过音色区分出哨声和其他乐器的声音
D．如图乙所示ABC三个位置分别对应的是“do”、“mi”、“re”
【答案】C
【知识点】声音的产生；音调、响度与音色的区分
【解析】【解答】A：上下推拉活塞改变的是管内空气柱的长度，从而改变振动频率(影响音调)，并非响度，错误。
B：哨子发声是由管内空气柱振动产生的，不是活塞振动，错误。
C：不同乐器的音色不同，因此人们能通过音色区分哨声和其他乐器的声音，正确。
D：空气柱越短，音调越高。“do""re”"mi"音调逐渐升高，对应空气柱应逐渐变短。图中 A空气柱最长(音调最低，对应 do)，B空气柱最短(音调最高，对应 mi)，C介于两者之间(对应re)，故顺序应为 A(do)、C(re)、B(mi)，选项描述错误。
故选C。
【分析】题目通过简易哨子的实验场景，综合考查对声音产生机制、音调影响因素及音色区分作用的理解。
6．糖炒栗子是我国北方非常有名的美食，传统糖炒栗子的精髓在于砂石的导热和糖的焦香。关于糖炒栗子的制作，下列说法正确的是（　　）
A．闻到糖炒栗子的香味体现了分子间存在斥力
B．砂石升温较快，是因为它的吸热能力强
C．刚炒出的栗子烫手是因为含有的热量多
D．炒制过程主要是通过热传递的方式增大栗子的内能
【答案】D
【知识点】温度、热量与内能的关系；热传递改变物体内能；比热容的定义及其计算公式；分子热运动
【解析】【解答】A、闻到香味是分子在不停地做无规则运动（扩散现象），不是分子斥力，故 A 错误；
B、砂石升温快，说明砂石比热容小，吸热能力弱，故 B 错误；
C、热量是过程量，不能说物体含有热量，栗子烫手是温度高，故 C 错误；
D、炒制时高温砂石把热量传递给栗子，通过热传递增大栗子内能，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查扩散现象，扩散体现分子永不停息无规则运动；
B、比热容越小，相同吸热时升温越快，吸热本领越弱；
C、区分内能、温度、热量，热量只能吸收或放出，不能 “含有”；
D、改变内能两种方式：做功、热传递，炒栗子依靠热传递改变内能。
7．如图所示为《天工开物》中记载的一种捣谷工具——舂，人脚用力踩踏A端使B端升起，抬脚后B端重重落下击打稻谷。关于舂的使用，下列说法正确的是（　　）
A．该工具正常工作时，绕着A点转动
B．使用该工具时不能省力，但可以省功
C．若想更省力一些，可将脚踩点A适当靠近O
D．该工具与镊子都正常使用时，它们都属于同一类杠杆
【答案】D
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆的分类
【解析】【解答】A、杠杆支点为O，工具绕O转动，故 A 错误；
B、任何机械都不能省功，该杠杆费力、省距离，不能省功，故 B 错误；
C、想要省力，需要增大动力臂，脚踩点A远离支点O，靠近O动力臂变小更费力，故 C 错误；
D、舂的动力臂小于阻力臂，是费力杠杆；镊子使用时同样动力臂小于阻力臂，也为费力杠杆，属于同类杠杆，故 D 正确；
故答案为：D。
【分析】A、找准支点，杠杆固定转动点是O；
B、根据功的原理，使用任何机械都无法省功；
C、杠杆省力条件：增大动力臂、减小阻力臂；
D、对比杠杆类型，二者均为费力杠杆。
8．跳远运动的几个阶段如图所示，不考虑空气阻力，则下面说法中正确的是（　　）
A．助跑过程可以增大运动员的惯性，从而增大跳远的距离
B．在最高点时若运动员受的一切力都消失，则运动员会静止在最高点
C．运动员在空中运动时，受到了非平衡力的作用
D．运动员落地静止后，运动员对地的压力和地对运动员的支持力是一对平衡力
【答案】C
【知识点】牛顿第一定律；惯性及其现象；平衡力的辨别；平衡状态的判断
【解析】【解答】A：惯性大小只由物体的质量决定，助跑过程中运动员质量不变，惯性不变，助跑是为了增大起跳时的速度，利用惯性跳得更远，故 A 错误；
B：运动员在最高点时具有水平方向的速度，若此时一切外力消失，根据牛顿第一定律，运动员会沿水平方向做匀速直线运动，不会静止在最高点，故 B 错误；
C：运动员在空中运动时，只受重力作用，运动状态不断发生改变，因此受到了非平衡力的作用，故 C 正确；
D：运动员落地静止后，运动员对地的压力和地面对运动员的支持力，两个力分别作用在地面和运动员两个物体上，是一对相互作用力，不是平衡力，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】A：考查惯性的影响因素，明确惯性只与质量有关，速度不能改变惯性大小；
B：考查牛顿第一定律的应用，最高点运动员存在水平速度，外力消失后将保持匀速直线运动；
C：考查平衡力与非平衡力的判断，运动状态发生改变时物体受非平衡力；
D：考查平衡力与相互作用力的区分，平衡力作用在同一物体上，相互作用力作用在两个不同物体上。
9．如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．利用图甲的实验结论可以解释电铃的工作原理
B．图乙装置可用来探究发电机工作的原理
C．图丙装置可用来探究条形磁铁周围磁场的方向
D．在图丁的装置中，当夹子向左移动时，灯泡会变的越来越暗
【答案】A
【知识点】滑动变阻器的原理及其使用；磁场；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
【解析】【解答】A、甲是奥斯特实验，原理：通电导体周围存在磁场（电流磁效应），电铃依靠电磁铁（电流磁效应）工作，可以用该结论解释，故 A 正确；
B、乙装置有电源，是通电导体在磁场中受力，为电动机原理；发电机无电源，是电磁感应，故 B 错误；
C、丙中铁屑只能显示磁场分布疏密，无法判断磁场方向（需要小磁针），故 C 错误；
D、丁夹子左移，接入电阻丝变短、电阻变小，电路电流变大，灯泡变亮，故 D 错误；
故答案为：A。
【分析】A、奥斯特实验证明电流的磁效应，电磁铁、电铃利用此原理；
B、区分电动机（有电源、磁场对电流作用）、发电机（无电源、电磁感应）；
C、铁屑反映磁场分布，小磁针用来确定磁场方向；
D、导体越短电阻越小，电流越大，灯泡亮度随电流变大变亮。
10．如图所示，用大小为5N的力F拉动木板B，使B在水平桌面上向左做匀速直线运动，物体A相对于桌面保持静止，物体A通过水平轻绳经定滑轮与弹簧测力计相连接，此时弹簧测力计的示数为2N，不计空气阻力，下列判断正确的是（　　）
A．物体A受到水平向右的滑动摩擦力
B．木板B受到桌面对它的滑动摩擦力大小为3N
C．若用大小为6N的力F拉动木板B，木板B的运动状态不变
D．若用大小为6N的力F拉动木板B，物体A受到的滑动摩擦力将增大
【答案】B
【知识点】二力平衡的条件及其应用；摩擦力的大小；摩擦力的方向
【解析】【解答】A、A静止，弹簧拉力向左大小2N，B向左运动，A受到B给的向左滑动摩擦力，故A错误；
B、A、B间滑动摩擦力；B匀速向左，，，故B正确；
C、拉力改为6N，摩擦力不变，合力不为零，B做加速运动，运动状态改变，故C错误；
D、A对B压力、接触面粗糙程度不变，A受到滑动摩擦力大小不变，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、依据二力平衡判断A的摩擦力方向；
B、对B受力分析，水平向左拉力，向右受A的摩擦力和桌面摩擦力，匀速合力为零；
C、拉力大于总摩擦力，物体加速，运动状态改变；
D、滑动摩擦力只和压力、接触面粗糙有关，与拉动速度无关。
11．图是小李探究电路变化的实验电路，其中R1、R2为定值电阻，R0为滑动变阻器，Rmax为滑动变阻器的最大阻值。已知电源两极间电压不变，R1＞R2＞Rmax。当滑动变阻器R0的滑片P置于某一位置时，R1、R2、R0两端的电压分别为U1、U2、U0；当滑片P置于另一位置时，R1、R2、R0两端的电压分别为U'1、U'2、U'0。若U1＝|U1－U'1|，U2＝|U2－U'2|，U0＝| U0－U'0 |，则（ ）
A．U0＞U1＞U2 B．U1＜U2＜U0
C．U1＞U2＞U D．U0＜U1＜U
【答案】A
【知识点】串联电路的电压规律；欧姆定律及其应用
【解析】【解答】该电路为串联电路，因为R1、R2为定值电阻，并且R1＞R2，而当滑动变阻器从一端移至另一端时，通过R1、R2的电流相等，所以定值电阻两端的电压变化为U1=|U1-U1'|=IR1，U2=|U2-U2'|=IR2，故U1＞U2，又因为串联电路两端的电压等于各部分电压之和，因此滑动变阻器两端电压变化量是定值电阻电压变化量之和，即U0=U1+U2，所以U0＞U1＞U2
故答案为：A。
【分析】本题考查串联电路的动态电压变化分析，需结合欧姆定律分析定值电阻电压变化量与电流变化量的关系，再利用串联电路总电压不变的规律，推导出滑动变阻器电压变化量与定值电阻电压变化量的关系，进而比较三者大小。
12．如图甲所示的力学装置，杠杆OAB始终在水平位置保持平衡，O为杠杆的支点，OB=3OA，竖直细杆a的上端通过力传感器相连在天花板上，下端连接杠杆的A点，竖直细杆b的两端分别与杠杆的B点和物体M固定，水箱的底面积为200cm2，水箱侧壁与底部的厚度忽略不计，力传感器可以显示出细杆a的上端受到作用力的大小，图乙是力传感器的示数大小随水箱中水的质量变化的图像，不计杠杆、细杆及连接处的重力，则（　　）
A．物体M的密度为
B．当传感器示数为18N时，细杆b对M的作用力方向为竖直向上
C．加水质量为2kg时，水对水箱底部的压强为1800Pa
D．当传感器示数为0N时，水箱内水的高度为7cm
【答案】D
【知识点】压强的大小及其计算；阿基米德原理；杠杆的平衡条件
【解析】【解答】AD．由图乙可知，水箱中没有水时（m=0），力传感器的示数为F0=6N（即细杆a的上端受到的拉力为6N），由杠杆的平衡条件可得
则
设M的底面积为S，压力传感器示数为0时M浸入水中的深度为h1，M的高度为h，当压力传感器的压力为零时，M受到的浮力等于M的重力2N，由图乙可知，当M完全浸没时，压力传感器的示数为24N，由杠杆的平衡条件可得
则
对M受力分析可知，受到竖直向上的浮力、竖直向下的重力和杆的作用力，则此时M受到的浮力
由可得，所以M的体积
物体M的密度
由图乙可知，加水1kg时水面达到M的下表面（此时浮力为0），加水2kg时M刚好浸没（此时浮力为10N），该过程中增加水的质量为1kg，浮力增大了10N，所以，当加水质量大于1kg后每加0.1kg水，物体M受到的浮力增加1N，当向水箱中加入质量为1.2kg的水时，受到的浮力为2N，浮力等于重力，左端没有力，则传感器受力为0N，甲1.2kg的水的体积
传感器受力为0N时，浮力为2N，则
当传感器受力为0N时，水的深度，故A错误，D正确；
B．当传感器示数为18N时，物体已经经过了0N的点，表示物体从漂浮变为下压，受到了压力，故细杆B对M的作用力方向为竖直向下，故B错误；
C．加水质量为2kg时，M刚好完全浸没，由选项B可知此时M受到的浮力是10N，由阿基米德原理可知排开水的重力是10N，水对水箱底部的压力
水对水箱底部的压强为，故C错误。
故答案为：D。
【分析】A、先利用杠杆求物体重力，再由全浸没浮力求体积、密度；
B、向下压杠杆，端拉力向下；
C、液体压强，要扣除物体浸没体积；
D、时浮力等于物体重力，求浸入高度，结合加水体积算水深。
13．下列说法正确的是（　　）
A．只要电荷移动就能形成电流
B．金属导体中电流的方向与自由电子定向移动的方向相反
C．用电器消耗电能越快，用电器的电功率越大
D．北斗卫星导航系统是利用电磁波来导航的
【答案】B,C,D
【知识点】电流的形成；电流的方向；电功率；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】A选项错误。因为电流的形成需要电荷的定向移动，单纯有电荷存在并不构成电流。
B选项正确。在金属导体中，电流方向规定为正电荷移动方向，而实际导电的是带负电的自由电子，其移动方向与电流方向相反。
C选项正确。电功率是描述用电器消耗电能快慢程度的物理量，功率值越大表示电能转化速率越快。
D选项正确。电磁波具有传递信息的功能，北斗卫星导航系统正是通过发射和接收电磁波信号来实现定位导航的。
综上所述，正确答案为BCD。
【分析】1、信息的传递：无线网络通信依靠电磁波来传递信息
2、电流的方向：与电子定向移动的方向相反，电流的形成：电荷的定向移动形成电流；
3、电功率是描述用电器消耗电能快慢程度的物理量。
14．小明自制的“温度计”中有密度随温度升高而变小的液体。如图所示，当该液体温度为19℃时，质量为4×10-3kg的小球b悬浮，b标记“19℃”；另外两个小球分别标记“15℃”“23℃”，当小球悬浮时，它标记的温度与液体温度相等。三幅图中的小球体积大小相同且均处于静止状态，忽略小球体积变化，g取10N/kg。下列说法正确的是（　　）
A．图甲中b受到的浮力为0.04N
B．小球c对应的标记为15℃
C．图丙中液体温度可能超过24℃
D．当液体温度在15℃~19℃范围内变化时b在液体中静止时所受浮力随温度升高而增大
【答案】A,B,C
【知识点】物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】，时悬浮，；
液体温度升高变小，物体下沉；温度降低变大，物体上浮。
A、甲中悬浮，浮力等于自身重力，故A正确；
B、下沉，说明此时，对应悬浮温度更低，为；漂浮对应，故B正确；
C、丙中全部小球沉底，液体密度远小于三个小球密度，液体温度远大于，可能超过，故C正确；
D、升温，减小，若仍浸没，随变小而减小，故D错误；
故答案为：ABC。
【分析】A、悬浮条件，利用计算重力；
B、液体温度越低密度越大，小球越容易上浮，下沉小球对应更低标定温度；
C、全部沉底代表液体密度极小，温度很高；
D、浸没时浮力与液体密度成正比，升温液体密度减小，浮力变小。
15．某科技小组设计了一个跳绳计数器，如图甲、乙电路所示。已知电源电压U1=12V，U2=6V，电阻箱R2调到1kΩ，R是个标有“6V 3W”的自动计数器，R1是一种光敏元件。当绳子挡住了射向R1的红外线时，R1的电阻会变大；信号触发器两端电压UAB=U0时就使乙图电路中S2闭合，自动计数器计数一次。图丙是对某位同学的跳绳项目进行测试后，信号触发器记录的某一时段AB间的电压随时间变化的图像。下列说法中，正确的是（　　）
A．自动计数器正常工作时的电流为2A
B．0.4s内自动计数器消耗的电能为0.12J
C．绳子挡住了射向R1的红外线，信号触发器接通受控电路时，U0=6V和R1=1kΩ
D．由于整个装置工作时间较长，导致U1的电压逐渐减小，现场又没有合适的电源更换，为了能使计数器正常工作，可以适当将电阻箱R2的阻值调大
【答案】B,D
【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；电功的计算；电功率的计算
【解析】【解答】A．由图乙可知，电路为R的简单电路，根据“ 6V 3W ”可知，自动计数器正常工作时的电流为，故A错误；
B．根据图丙可知，自动计数器计数一次消耗电能的时间为t=0.4s-0.36s=0.04s，则0.4s内自动计数器计数消耗的电能为，故B正确；
C．当绳子挡住了射向R1的红外线时，R1的电阻会变大，根据串联电路的电压与电阻成正比可知，R1的电压增大，则R2两端的电压减小，由图可知，此时AB端的电压为2V；
此时电路的电流为；
此时R1两端的电压为；
因此R1的电阻为，故C错误；
D．当U1逐渐减小时，根据欧姆定律可知，电路中的电流减小，U0减小。要使U0不变，需要将电阻箱R2的阻值调大，故D正确。
故选BD。
【分析】根据甲图可知，R1和R2串联，AB间电压为R2两端电压；
A.由图乙可知，电路为R的简单电路，根据P=UI算出自动计数器正常工作时的电流；
B.根据图丙读出计数一次消耗电能的时间，根据W=Pt算出自动计数器消耗的电能；
C.根据图丙读出绳子挡住了射向R1的红外线时U0的值，根据欧姆定律算出电流，根据串联电路电压规律算出R1两端的电压，最后利用欧姆定律算出R1的电阻的值；
D.U1的电压减小，根据欧姆定律判断出电流的变化，要使U0不变，需要增大R2的电阻，也可以适当将信号触发器的触发电压调低。
16．（1）如图甲所示，体温计的示数为　 　℃。
（2）如图乙所示，用毛皮摩擦过的橡胶棒接触原来不带电的验电器的金属球，两片金属箔张开一定角度，由此得知橡胶棒是带电的。验电器的金属箔能够张开，是由于　 　。
（3）如图丙所示，根据图中电源的正、负极可判断：通电螺线管左端为　 　极。
【答案】（1）36.5
（2）用毛皮摩擦过的橡胶棒带负电荷，当接触验电器上端的金属球时，橡胶棒上的电子会转移到金属球上，金属箔因与金属球连接，所以金属箔上也会带有多余的电子，故两片金属箔都带上负电荷，由于同种电荷相互排斥而张开。
（3）S
【知识点】体温计的使用及其读数；验电器的原理及使用；通电螺线管的极性和电流方向的判断
【解析】【解答】（1）观察可知，体温计的分度值为 0.1℃，液柱最末端在 36℃右侧5小格处，示数为36.5℃。
故答案为：36.5
（2）用毛皮摩擦过的橡胶棒带负电荷，当接触验电器上端的金属球时，橡胶棒上的电子会转移到金属球上，金属箔因与金属球连接，所以金属箔上也会带有多余的电子，故两片金属箔都带上负电荷，由于同种电荷相互排斥而张开。
故答案为：用毛皮摩擦过的橡胶棒带负电荷，当接触验电器上端的金属球时，橡胶棒上的电子会转移到金属球上，金属箔因与金属球连接，所以金属箔上也会带有多余的电子，故两片金属箔都带上负电荷，由于同种电荷相互排斥而张开。
（3）由图可知电流从螺线管的左端流入，右端流出。根据安培定则，用右手握住螺线管，让四指指向电流方向，大拇指所指方向是螺线管的N极，所以螺线管左端为S极。
故答案为：S
【分析】(1) 体温计分度值固定0.1℃，直接读取液柱对应刻度；
(2) 验电器工作原理：同种电荷相互排斥；
(3) 安培定则：结合电源正负极判断电流方向，进而确定螺线管磁极。
（1）观察可知，体温计的分度值为 0.1℃，液柱最末端在 36℃右侧5小格处，示数为36.5℃。
（2）用毛皮摩擦过的橡胶棒带负电荷，当接触验电器上端的金属球时，橡胶棒上的电子会转移到金属球上，金属箔因与金属球连接，所以金属箔上也会带有多余的电子，故两片金属箔都带上负电荷，由于同种电荷相互排斥而张开。
（3）由图可知电流从螺线管的左端流入，右端流出。根据安培定则，用右手握住螺线管，让四指指向电流方向，大拇指所指方向是螺线管的N极，所以螺线管左端为S极。
17．在探究物质的熔化规律时，小明对某物质进行持续加热，记录的实验数据如下表所示，请回答下列问题。
加热时间/min 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
物质温度/℃ 40 42 44 46 48 48 48 48 48 50 53 56
（1）该同学应通过观察　 　判断该物质开始熔化；
（2）在此实验中，吸收的热量是通过　 　来反映的；
（3）在第4min至第8min的过程中，该物质的内能　 　（选填“增加”、“减少”或“不变”）。
【答案】物质中开始有液体出现；加热时间；增加
【知识点】熔化和凝固的探究实验；热传递改变物体内能
【解析】【解答】(1) 熔化是物质由固态变为液态的过程，因此可以通过观察物质中开始有液体出现判断该物质开始熔化。
故答案为：物质中开始有液体出现；
(2) 实验使用同一套加热装置，相同时间内热源放出的热量相同，加热时间越长，物质吸收的热量越多，实验采用转换法，吸收的热量是通过加热时间来反映的。
故答案为：加热时间；
(3) 在第 4min 至第 8min 的过程中，物质温度保持 48℃不变，处于晶体熔化阶段，持续吸收热量，分子势能增大，因此该物质的内能增加。
故答案为：增加；
【分析】(1) 本题考查晶体熔化的判断依据，熔化的本质是固态转变为液态，出现液态就代表开始熔化；
(2) 本题考查转换法在吸热实验中的应用，相同热源下用加热时间间接表示吸收热量多少；
(3) 本题考查晶体熔化时内能变化规律，晶体熔化持续吸热，温度不变，内能一定增加。
18．春季是流感爆发的时期，每天都需要对班级进行消毒，减少流感病毒的传播。小明想利用天平和量筒测一测自己班级调配的消毒液的密度大小。请你解答下列问题：
（1）将天平放在水平桌面上静止时，分度盘指针如图甲所示。为使天平平衡，应将右端的平衡螺母向　 　端移动。
（2）将天平调平，测出消毒液和烧杯的总质量如图乙所示，然后将部分消毒液倒入量筒中，如图丙所示，并测量出剩余消毒液和烧杯的总质量为98g，则此消毒液的密度为　 　kg/m3。
【答案】（1）右
（2）
【知识点】液体密度的测量
【解析】【解答】（1）如图甲所示，分度盘指针向左偏，根据托盘天平的使用方法（左偏右调，右偏左调），所以为使天平平衡，右端的平衡螺母向右端移动。
故答案为：右
（2）如图乙所示，游码的分度值是0.2g，则消毒液和烧杯的总质量为
如图丙所示，倒入量筒内的消毒液的体积为，由题意可知，倒入量筒内消毒液的质量为
由可得，此消毒液的密度为
故答案为：
【分析】(1) 本小问考查天平调平规则，指针左偏平衡螺母右调；
(2) 本小问考查液体密度测量，利用总质量减剩余质量得到倒出液体质量，结合量筒体积，根据密度公式计算密度。
（1）如图甲所示，分度盘指针向左偏，根据托盘天平的使用方法（左偏右调，右偏左调），所以为使天平平衡，右端的平衡螺母向右端移动。
（2）如图乙所示，游码的分度值是0.2g，则消毒液和烧杯的总质量为
如图丙所示，倒入量筒内的消毒液的体积为，由题意可知，倒入量筒内消毒液的质量为
由可得，此消毒液的密度为
19．在“验证凸透镜成像规律”的实验中：
（1）某同学发现凸透镜的焦距未知，于是取来平行光源，让一束平行于主光轴的光线经过凸透镜后，在光屏上形成了一个最小、最亮的光斑。如图所示，则该凸透镜的焦距是　 　cm。
（2）取下平行光源，保持凸透镜的位置不变，把点燃的蜡烛放在光具座20cm处，这时应该向　 　（选填：“左”或“右”）侧移动光屏，会在光屏上得到一个清晰的像。
（3）然后，把点燃的蜡烛放在光具座45cm处，应该在　 　（选填“蜡烛”或“光屏”）一侧透过凸透镜观察像。
【答案】（1）10.0
（2）右
（3）光屏
【知识点】主光轴、光心、焦点和焦距；凸透镜成像规律及其探究实验
【解析】【解答】（1）让一束平行于凸透镜主光轴的光线经过凸透镜后，在光屏上形成了一个最小、最亮的光斑，这点是凸透镜的焦点。如图尺子分度值是1cm，焦点到光心的距离是60.0cm-50.0cm=10.0cm
所以凸透镜的焦距是10.0cm。
故答案为：10.0
（2）保持凸透镜位置不变，把点燃的蜡烛放在光具座20cm刻度处，物距为
此时成倒立、缩小的实像，像在大于一倍焦距小于二倍焦距的位置，即在尺子60.0cm到70.0cm之间的位置，所以光屏向右移动。
故答案为：右
（3）把点燃的蜡烛放在光具座45cm刻度处，物距
成正立、放大的虚像，像和物体在凸透镜的同侧，所以应该在光屏一侧透过透镜观察像。
故答案为：光屏
【分析】(1) 本小问考查利用平行光聚焦法测量凸透镜焦距，焦点到透镜光心的距离等于焦距；
(2) 本小问考查成像规律，此时成倒立缩小实像，像距，据此确定光屏移动方向；
(3) 本小问考查成像规律，凸透镜成正立放大虚像，虚像无法用光屏承接，需在光屏侧透过透镜观察。
（1）让一束平行于凸透镜主光轴的光线经过凸透镜后，在光屏上形成了一个最小、最亮的光斑，这点是凸透镜的焦点。如图尺子分度值是1cm，焦点到光心的距离是60.0cm-50.0cm=10.0cm
所以凸透镜的焦距是10.0cm。
（2）保持凸透镜位置不变，把点燃的蜡烛放在光具座20cm刻度处，物距为
此时成倒立、缩小的实像，像在大于一倍焦距小于二倍焦距的位置，即在尺子60.0cm到70.0cm之间的位置，所以光屏向右移动。
（3）把点燃的蜡烛放在光具座45cm刻度处，物距
成正立、放大的虚像，像和物体在凸透镜的同侧，所以应该在光屏一侧透过透镜观察像。
20．某实验小组的同学用水、盐水、两种不同形状的容器和U形管压强计来验证液体内部压强的规律，他们的研究情况如图1所示。图甲、乙、丁中的容器内均装满液体，图中的三条虚线分别代表同一水平线。
（1）实验时，通过U形管两侧液面的高度差来表示液体压强的大小，下列实例中用到了此研究方法的是　 　；（选填“①”、“②”、“③”、“④”）
①用磁感线描述磁场；
②借助水压学习电压；
③在实验的基础上，经过科学推理得出牛顿第一定律；
④研究电磁铁的磁性强弱中用吸引大头针的个数来衡量磁性的强弱。
（2）分析如图1所示的实验现象，下列结论正确的有__________；（多选）
A．根据图甲、乙可验证：液体内部压强与容器形状无关；
B．根据图乙、丙可验证：同种液体内部压强与深度有关；
C．根据图丙、丁可验证：液体内部压强与液体密度有关；
D．若在图丁中的容器内轻轻放入一木块，压强计的U形管液面高度差会增大
（3）将微小压强计的探头取下，并将橡胶管和一个玻璃管的侧壁相连通，如图2所示，当向玻璃管中吹风时，U形管内液面较低的是　 　（选填“a”或“b”）侧。
【答案】（1）④
（2）A；B
（3）b
【知识点】探究液体压强的特点实验；控制变量法与探究性实验方案
【解析】【解答】（1）实验时通过 U 形管两侧液面的高度差来表示液体压强的大小，这种方法是转换法。
①用磁感线描述磁场，这是模型法，磁感线是为了方便研究磁场而构建的理想化模型，不是转换法。故①不符合题意；
②借助水压学习电压，这是类比法，将电压与水压进行类比来理解电压的概念，不是转换法。 故②不符合题意；
③在实验的基础上，经过科学推理得出牛顿第一定律，这是科学推理法，不是转换法。 故③不符合题意；
④研究电磁铁的磁性强弱中用吸引大头针的个数来衡量磁性的强弱，把电磁铁磁性强弱转换为吸引大头针的个数，是转换法。故④符合题意。
故答案为：④。
（2）A．图甲、乙中液体的密度相同，探头所处深度相同，容器形状不同，U形管两侧液面的高度差相同，可验证液体内部压强与容器形状无关，故A正确；
B．图乙、丙中液体密度相同，探头所处深度不同，U形管两侧液面的高度差不同，可验证同种液体内部压强与深度有关，故B正确；
C．图丙、丁中液体探头所处深度不同，密度不同，U 形管两侧液面的高度差不同，不能可验证液体内部压强与液体密度有关，故C错误；
D．图丁中的容器内装满液体，轻轻放入一木块，液体溢出，液体深度不变，根据，液体压强不变，压强计的U形管液面高度差不变，故D错误。
故答案为：AB。
（3）向玻璃管吹风时，玻璃管内空气流速增大，压强减小，使橡皮管内气压降低，U形管a侧液面上方气压减小，而b上方受到大气压的作用，在液面在压强差作用下下降，因此a侧液面将升高，U形管内液面较低的是b侧。
故答案为：b
【分析】(1) 本小问考查物理研究方法，区分转换法、模型法、类比法、科学推理法；
(2) 本小问考查液体压强影响因素，控制变量法：探究形状控制相同；探究深度控制相同；探究密度需控制相同；装满液体放木块深度不变，压强不变；
(3) 本小问考查流体压强与流速关系：流速越大，压强越小。
（1）实验时通过 U 形管两侧液面的高度差来表示液体压强的大小，这种方法是转换法。
①用磁感线描述磁场，这是模型法，磁感线是为了方便研究磁场而构建的理想化模型，不是转换法。故①不符合题意；
②借助水压学习电压，这是类比法，将电压与水压进行类比来理解电压的概念，不是转换法。 故②不符合题意；
③在实验的基础上，经过科学推理得出牛顿第一定律，这是科学推理法，不是转换法。 故③不符合题意；
④研究电磁铁的磁性强弱中用吸引大头针的个数来衡量磁性的强弱，把电磁铁磁性强弱转换为吸引大头针的个数，是转换法。故④符合题意。
故选④。
（2）A．图甲、乙中液体的密度相同，探头所处深度相同，容器形状不同，U形管两侧液面的高度差相同，可验证液体内部压强与容器形状无关，故A正确；
B．图乙、丙中液体密度相同，探头所处深度不同，U形管两侧液面的高度差不同，可验证同种液体内部压强与深度有关，故B正确；
C．图丙、丁中液体探头所处深度不同，密度不同，U 形管两侧液面的高度差不同，不能可验证液体内部压强与液体密度有关，故C错误；
D．图丁中的容器内装满液体，轻轻放入一木块，液体溢出，液体深度不变，根据，液体压强不变，压强计的U形管液面高度差不变，故D错误。
故选AB。
（3）向玻璃管吹风时，玻璃管内空气流速增大，压强减小，使橡皮管内气压降低，U形管a侧液面上方气压减小，而b上方受到大气压的作用，在液面在压强差作用下下降，因此a侧液面将升高，U形管内液面较低的是b侧。
21．如图所示，物理活动小组同学为了测量物体运动的平均速度，拍摄了钢球从O点下落过程中的频闪照片，相机每隔0.1s曝光一次。由下图可知：
（1）由照片可以看出，钢球的运动是　 　（选填“匀速”或“变速”）直线运动，原因是　 　。
（2）钢球由B到C所用时间为　 　s，若钢球实际运动距离是照片上对应距离的10倍，则钢球在BC段的平均速度为　 　m/s；
【答案】（1）变速；相同时间运动的路程不同
（2）0.3；4
【知识点】速度公式及其应用；机械运动
【解析】【解答】（1）由图可知，在相同时间内，小球通过的路程越来越大，因此钢球的运动是变速运动。原因是相同时间运动的路程不同。
故答案为：变速；相同时间运动的路程不同
（2）B到C有3个时间间隔，每个间隔的时间为0.1s，钢球由B到C所用时间为0.3s。
图中钢球由B到C运动距离为小球顶端到顶端或底端到底端的距离，即
钢球由B到C实际运动距离是
钢球在BC段的平均速度为
故答案为：0.3；4
【分析】(1) 本小问考查变速运动判断：频闪时间固定，路程不等则速度变化，为变速运动；
(2) 本小问考查平均速度计算，先数间隔求时间，结合缩放倍数得到实际路程，再由计算平均速度。
（1）[1][2]由图可知，在相同时间内，小球通过的路程越来越大，因此钢球的运动是变速运动。原因是相同时间运动的路程不同。
（2）[1]B到C有3个时间间隔，每个间隔的时间为0.1s，钢球由B到C所用时间为0.3s。
[2]图中钢球由B到C运动距离为小球顶端到顶端或底端到底端的距离，即
钢球由B到C实际运动距离是
钢球在BC段的平均速度为
22．小明同学在“测量小灯泡电功率”的实验中，设计了如图甲所示的电路，灯泡的额定电压是2.5V，电源电压恒为4.5V。
（1）闭合开关后，发现无论怎么移动滑动变阻器，电压表示数一直接近4.5V，电流表没有示数，若电路中只存在一处故障，则故障为　 　；
（2）排除故障后，闭合开关，移动滑片P到某一点时，电压表示数为1.8V，为了测量小灯泡的额定功率，他应该将滑动变阻器向　 　端移动（选填“左”或“右”）。
（3）根据所测得的数据绘制了小灯泡的电流和电压的关系图像，如图乙所示，则小灯泡的额定功率为　 　W；
（4）根据乙图得到的实验数据分析，当加在灯泡两端的电压为额定电压的一半时，灯泡的实际功率P实　 　（选填“>”“<”或“=”）；
【答案】（1）小灯泡断路
（2）左
（3）0.625
（4）>
【知识点】电路故障的判断；电功率的计算；探究用电器的电功率实验
【解析】【解答】（1）闭合开关后，电流表没有示数，说明电路可能是断路。而电压表示数一直接近4.5V（电源电压），这表明电压表与电源的正负极之间是通路，所以故障是小灯泡断路。因为如果小灯泡断路，电压表就会串联在电路中，由于电压表内阻很大，根据串联电路电压分配规律，电压表分得了几乎全部的电源电压。
故答案为：小灯泡断路
（2）灯泡的额定电压是2.5V，此时电压表示数为1.8V，要使灯泡两端电压达到额定电压，根据串联分压特点，需要减小滑动变阻器接入电路的电阻。由图甲可知，向左移动滑动变阻器的滑片可以减小其接入电路的电阻。
故答案为：左
（3）已知灯泡的额定电压2.5V，从图乙中可以看出，当灯泡两端电压为2.5V时，通过灯泡的电流0.25A。小灯泡的额定功率
故答案为：0.625
（4）假设灯泡电阻不变，当电压为额定电压的一半时，则
但实际上，灯泡的电阻随温度的降低而减小，当灯泡两端电压为额定电压的一半时，灯泡的温度降低，电阻变小，由可知，此时。
故答案为：>
【分析】(1) 本小问考查串联断路故障分析：电压表有示数、电流表无示数，被测用电器断路；
(2) 本小问考查串联分压，提升灯泡电压需减小滑动变阻器接入阻值；
(3) 本小问考查额定功率计算，从图像读取额定电流，求解；
(4) 本小问考查灯丝电阻随温度变化规律，低温电阻偏小，因此实际功率比定值电阻假设下的功率偏大。
（1）闭合开关后，电流表没有示数，说明电路可能是断路。而电压表示数一直接近4.5V（电源电压），这表明电压表与电源的正负极之间是通路，所以故障是小灯泡断路。因为如果小灯泡断路，电压表就会串联在电路中，由于电压表内阻很大，根据串联电路电压分配规律，电压表分得了几乎全部的电源电压。
（2）灯泡的额定电压是2.5V，此时电压表示数为1.8V，要使灯泡两端电压达到额定电压，根据串联分压特点，需要减小滑动变阻器接入电路的电阻。由图甲可知，向左移动滑动变阻器的滑片可以减小其接入电路的电阻。
（3）已知灯泡的额定电压2.5V，从图乙中可以看出，当灯泡两端电压为2.5V时，通过灯泡的电流0.25A。小灯泡的额定功率
（4）假设灯泡电阻不变，当电压为额定电压的一半时，则
但实际上，灯泡的电阻随温度的降低而减小，当灯泡两端电压为额定电压的一半时，灯泡的温度降低，电阻变小，由可知，此时。
23．R1、R2为阻值不同的两根电热丝，分别接入电压相同的电路中，烧开同样一壶水所需的时间分别为t1、t2；将它们串联后接入原来电路中，烧开同样一壶水所需时间为t，通过分析得出t与t1、t2的大小关系，并写出分析过程。（整个过程不计热量损失与水的蒸发）
【答案】解：烧开同一壶水时电阻产生热量相等，且产生的热量等于消耗的电能，不考虑能量损失，所以，
且，则
由可得，两电阻的电阻，，两电阻串联在总电压为U的电路中烧开同一壶水产生热量
且，即
所以
【知识点】焦耳定律的应用
【解析】【解答】烧开同一壶水时电阻产生热量相等，且产生的热量等于消耗的电能，不考虑能量损失，所以，，且，则，由可得，两电阻的电阻，，两电阻串联在总电压为U的电路中烧开同一壶水产生热量，且，即
所以
【分析】（1） 本题考查电热综合计算，同一壶水烧开吸热不变，电热等于吸热；
(2) 利用电热公式分别表示两个电阻阻值，再结合串联电阻规律列式推导总时间。
24．请根据下述材料，回答下列问题：
潮汐发电
在海湾或有潮汐的河口，可见到海水或江水每天有两次的涨落现象，早上的称为潮，晚上的称为汐。潮汐现象主要是由月球、太阳的引潮力以及地球自转效应所造成。涨潮时，大量海水汹涌而来，水位逐渐升高；落潮时，海水奔腾而去，水位陆续下降。每天海水涨潮、退潮各两次，涨潮与退潮一般间隔6小时。海水在运动时所具有的动能和势能统称为潮汐能。潮汐是一种蕴藏量极大、取之不尽、用之不竭、不需开采和运输、洁净无污染的新型能源。
潮汐能的主要利用方式是潮汐发电。潮汐发电是水力发电的一种。在有条件的海湾或有潮汐的河口建筑堤坝、闸门和厂房，围成水库，水库水位与外海潮位之间形成一定的潮差，从而可驱动水轮发电机组发电。如图所示是潮汐发电的原理图。与普通的水力力电的不同在于海水与河水相比，海水落差不大，但流量较大，并且呈间歇性。
潮汐电站一般有三种类型，“单库双向型”就是其中之一，即用一个水库，涨潮与落潮时均可发电，只是在水库内外水位相同的平潮时不能发电。位于我国浙江省的江厦潮汐电站就是一个单库双向型电站，建成于1980年5月，总装机容量为3200kW，年发电量约为107kW·h，为世界第三大潮汐发电站。
（1）潮汐发电过程中把海水的　 　能转化为电能，一个单库双向型潮汐电站一天可以发电　 　次。
（2）潮汐能属于　 　能源。（选填“可再生”或“不可再生”）
（3）假设海湾水库面积为5×108m2，平均潮差为5m，海水密度为1.0×103kg/m3，g取10N/kg，则单次落潮的过程中水所受到的重力做的功为　 　J。
【答案】（1）机械；4
（2）可再生
（3）
【知识点】能量的转化或转移；能源及其分类；功的计算及应用
【解析】【解答】（1）潮汐能的特点是海水的运动，运动的物体具有机械能，所以潮汐发电是将海水的机械能转化为电能。
每天海水涨潮、退潮各两次，涨潮与落潮时均可发电，只是在水库内外水位相同的平潮时不能发电，则一个单库双向型潮汐电站一天可以发电4次。
故答案为：机械；4
（2）潮汐能可以源源不断地获得，属于可再生能源。
故答案为：可再生
（3）单次落潮的过程中从水库流出的海水的体积为
根据公式可知，海水的质量为
根据公式可知，海水的重力为
由于潮差是水位变化的总高度，海水下落时重心下降的高度可以近似为潮差的一半，则海水下落高度为
根据公式可知，单次落潮的过程中水所受到的重力做的功为
故答案为：
【分析】(1) 本小问考查能量转化与潮汐发电次数：海水的动能、重力势能统称机械能，转化为电能；一日两涨两落，双向发电共次；
(2) 本小问考查能源分类，短期内可持续补充的能源为可再生能源；
(3) 本小问结合密度、重力、功公式分步计算，海水重心下落高度为潮差一半，再由求重力做功。
（1）[1]潮汐能的特点是海水的运动，运动的物体具有机械能，所以潮汐发电是将海水的机械能转化为电能。
[2]每天海水涨潮、退潮各两次，涨潮与落潮时均可发电，只是在水库内外水位相同的平潮时不能发电，则一个单库双向型潮汐电站一天可以发电4次。
（2）潮汐能可以源源不断地获得，属于可再生能源。
（3）单次落潮的过程中从水库流出的海水的体积为
根据公式可知，海水的质量为
根据公式可知，海水的重力为
由于潮差是水位变化的总高度，海水下落时重心下降的高度可以近似为潮差的一半，则海水下落高度为
根据公式可知，单次落潮的过程中水所受到的重力做的功为
25．家中的消毒柜具有高温消毒和紫外线杀菌功能，其简化电路如图所示。发热电阻，紫外灯L规格为“220V 66W”。闭合开关和，消毒柜正常工作，求：
（1）通过发热电阻R的电流；
（2）消毒柜正常工作时R的电功率；
（3）紫外灯L工作1min消耗的电能。
【答案】（1）解：由图可知电路为并联电路，则通过发热电阻R的电流
（2）解：消毒柜正常工作时R的电功率
（3）解：紫外灯L工作1min消耗的电能
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【分析】(1) 本小问考查并联电路电压规律与欧姆定律，并联支路电压等于电源电压，代入求电阻电流；
(2) 本小问考查电功率公式，直接用支路电压、支路电流计算发热电阻功率；
(3) 本小问考查电功计算公式，用灯泡额定功率与工作时间求消耗电能。
（1）由图可知电路为并联电路，则通过发热电阻R的电流
（2）消毒柜正常工作时R的电功率
（3）紫外灯L工作1min消耗的电能
26．利用弹簧测力计、合金块、细线、已知密度的多种液体等，可以将弹簧测力计设计改装成一支液体密度计。先在弹簧测力计下面挂一个大小适当的合金块，将合金块完全浸没在水中静止时，弹簧测力计示数如图所示，在弹簧测力计刻度盘上标上水的密度值。再将合金块分别完全浸没在不同的液体中，重复上述操作，反复校对检验。这样就制成一支测定液体密度的“密度计”。（）
（1）已知合金块的重力，求合金块完全浸没在水中时的浮力；
（2）求测力计示数处。标记的液体密度是多少；
（3）改装后的密度计的分度值是多少？试推导分析如何减小密度计的分度值。
【答案】（1）解：由称重法可知，合金块完全浸没在水中时的浮力
（2）解：合金块完全浸没在另一中液体中
根据浮力公式，由于不变，浮力与液体密度成正比。已知水的密度为，对应浮力，因此液体密度
（3）解：密度计的分度值由测力计的分度值决定。此测力计分度值为，由第（2）问计算可知，密度计的分度值为
减小分度值的方法：设测力计的分度值为，密度计的分度值为。在密度的液体中；在密度的液体中
因为两次浮力差，就是测力计示数差，也就是测力计的分度值，所以
故减小密度计分度值的方法：
①在不超过测力计量程的情况下，可适当增加合金块的体积；
②或选用用分度值小的弹簧测力计。
【知识点】阿基米德原理；浮力大小的计算
【解析】【分析】(1) 本小问考查称重法测浮力；
(2) 本小问浸没不变，浮力与液体密度成正比，利用比例求液体密度；
(3) 本小问由推导分度值表达式，据此分析减小分度值的两种方案。
（1）由称重法可知，合金块完全浸没在水中时的浮力
（2）合金块完全浸没在另一中液体中
根据浮力公式，由于不变，浮力与液体密度成正比。已知水的密度为，对应浮力，因此液体密度
（3）密度计的分度值由测力计的分度值决定。此测力计分度值为，由第（2）问计算可知，密度计的分度值为
减小分度值的方法：设测力计的分度值为，密度计的分度值为。在密度的液体中；在密度的液体中
因为两次浮力差，就是测力计示数差，也就是测力计的分度值，所以
故减小密度计分度值的方法：
①在不超过测力计量程的情况下，可适当增加合金块的体积；
②或选用用分度值小的弹簧测力计。
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