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2026年四川省南充高级中学中考物理模拟训练（二模）
1．下面描述节气的诗句中，所涉及的物态变化说法正确的是（　　）
A．清明：“云雨耀兮，虹便搭成”，雨的形成是汽化吸热现象
B．立春：“东风解冻，蛰虫始振”，河水解冻是液化放热现象
C．大雪：“鹦鵙不鸣，雾凇奇特”，雾凇的形成是凝华吸热现象
D．立冬：“水始冰，地始冻”，河水结冰是凝固放热现象
2．科技是立国之本，不仅是推动社会进步和经济增长的重要因素，也是国家竞争力的重要体现。下列选项中说法错误的是（　　）
A．钱学森被誉为“中国航天之父”，火箭升空——利用了物体间力的作用是相互的
B．南仁东被誉为“天眼之父”，天眼是世界上最大口径的射电望远镜——利用了光的折射原理
C．孙家栋被誉为“北斗之父”，北斗卫星导航系统——通过接收和反射电磁波传递信息
D．袁隆平被誉为“杂交水稻之父”，“稻花香里说丰年”——分子不停地做无规则运动
3．央视综合频道于春节期间推出了大型文化节目《经典咏流传》，节目“和诗以歌”，将古典诗词配以流行音乐，带领国人领略诗词之美、音乐之美、情感之美和精神之美。对以下四句古诗词中所包含的物理知识认识不正确的是（　　）
A．“蝉噪林愈静，鸟鸣山更幽”，“静”和“幽”是指声音的响度很小
B．“接天莲叶无穷碧，映日荷花别样红”，“荷花别样红”是因为荷花发出了红光
C．“大漠孤烟直，长河落日圆”，诗人看到的“落日”其实是光的折射形成的虚像
D．“滚滚长江东逝水，浪花淘尽英雄”，“滚滚”形容长江水中蕴藏了丰富的机械能
4．能源、信息与能量转化是现代社会发展的重要支撑，下列说法正确的是（　　）
A．5G信号依靠电磁波传播，光纤通信依靠超声波传递信息，二者在真空中传播速度相同
B．核电站通过控制核聚变的链式反应来发电，能量直接由核能转化为电能
C．能量在转化和转移过程中总量保持不变，所以能量可以被随意利用而不会产生损耗
D．煤、石油、天然气等化石能源，本质上都来源于太阳能，属于一次不可再生能源
5．下列说法错误的是（　　）
A．船闸是利用连通器原理工作的
B．潜水艇是靠改变自身重力实现上浮和下潜的
C．过山车沿轨道向上运动的过程中重力势能减小
D．飞机机翼的设计应用了气体流速越大的位置压强越小的原理
6．甲、乙两物体，同时从同一地点沿直线向同一方向运动，它们的s﹣t图象如图所示。下列说法正确的是（　　）
①内乙做匀速直线运动
②第4s时甲、乙两物体的速度相等
③内乙的平均速度为2m/s
④第3s时甲在乙的后方
A．只有③④ B．只有①② C．只有①③ D．只有②④
7．如图所示，轻质杠杆OA可绕固定点O转动，A处挂一重物G，处有一个始终垂直于OA的拉力，使杠杆缓慢地向图中虚线位置移动的过程中，关于拉力F的说法正确的是
A．先变小后变大 B．先变大后变小
C．一直增大 D．保持不变
8．如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，时刻，将一重为G的金属小球从弹簧正上方某一高度处静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后被弹簧弹起，上升到一定高度后再下落，如此反复，通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示，则（　　）
A．时刻小球的动能最大
B．时刻小球的重力势能最大
C．时刻小球的机械能等于时刻小球的机械能
D．从开始下落到第一次到达最低点，小球内能的增加量小于这两个时刻小球机械能的减少量
9．如图所示，放在水平桌面上的三个完全相同的容器内，装有适量的水，将A、B、C三个体积相同的正方体分别放入容器内，待正方体静止后，三个容器内水面高度相同．下列说法正确的是
A．物体受到的浮力大小关系为FA＞FB＞FC
B．三个物体的密度大小关系为ρA＞ρB＞ρC
C．容器底部受到水的压力大小关系为F甲＞F乙＞F丙
D．容器对桌面的压强大小关系为P甲=P乙=P丙
10．如图甲、乙所示，规格相同的A、B两杯中分别装有300g和400g的牛奶，并用不同加热器同时对其加热，根据所记录的数据分别得到图丙的温度与加热时间的关系图像A和B，已知加热器的加热效率相同，牛奶的比热容为（液体加热过程均未达到沸点），则下列说法正确的是（　　）
A．B杯中牛奶每分钟吸收的热量为
B．甲、乙图中的加热器每分钟放出的热量之比为8∶9
C．若将A、B两杯中的牛奶都从加热至，需要的时间之比是2∶3
D．若两杯牛奶都从加热5min，A、B两杯牛奶升高的温度之比为3∶4
11．如图甲所示的装置，A是重15N的空吊篮，绳子B和C能承受的最大拉力分别为100N和50N。质量为50kg的小张同学将A提升到高处，施加的拉力F随时间变化关系如图乙所示，A上升的速度v随时间变化关系如图丙所示。忽略绳重及摩擦，常数g取10N/kg。下列结论正确的是（　　）
A．动滑轮的重力为9N
B．第2s内拉力F的功率为40W
C．此装置最多能匀速运载80N的货物
D．此装置提升重物的最大机械效率为85%
12．如图甲所示，电源电压不变，小灯泡的额定电压为3V。第一次只闭合、，将滑动变阻器R的滑片从最下端滑到最上端，第二次只闭合开关，将滑动变阻器R的滑片从最下端向上滑到中点时，电压表的示数为1.5V，滑到最上端时，小灯泡正常发光。图乙是两次实验中电流表A与电压表、示数关系图象，下列说法正确的是（　　）
A．小灯泡的额定功率为0.75W
B．定值电阻的阻值为
C．滑动变阻器R的最大阻值为
D．两次实验中，电路最小功率为0.36W
13．端午节时很多人家会煮粽子，打开锅盖取粽子时要注意防烫伤，因为水蒸气液化 　 　（选填“吸热”或“放热”）；剩下的粽子放入冰箱冷冻后再取出时，粽子表面有一层白霜，这是 　 　（填物态变化名称）现象。
14．现代生活，智能手机给人们带来了许多便利，手机屏幕上的多彩画面由红、蓝、　 　三种色光混合而成。但长时间盯着手机屏幕，容易导致视力下降。如图为某人看远处的物体时的成像示意图，为了矫正视力需要佩戴　 　（选填“凹”或“凸”）透镜来矫正。
15．如图所示，这是机场内正在水平匀速运行的传送带的俯视图，两行李箱与传送带均无相对滑动。则行李箱　 　没有受到摩擦力；行李箱　 　处于非平衡状态。（均选填“甲”或“乙”）。
16．如图甲所示，在检查照明电路故障时，先断开所有开关，然后将一个普通的白炽灯L（校验灯）与熔断的熔丝并联，当闭合开关S、时，校验灯L正常发光，而灯不发光，说明灯　 　（选填“断路”“短路”或“正常”）；如图乙所示，将此电能表接入家庭电路中，当关闭其它用电器，让一空调单独工作1h时，观察到电能表的铝盘正好转动了600圈，则该段时间空调消耗的电能是　 　J。
17．科技小组制作了一个“听话”的小瓶子，通过调节滑片，就可以让小瓶子上浮、下沉或悬停在水中。它的原理如图所示（磁铁固定在活塞上），闭合开关S后，电磁铁右边为　 　极。若向左移动滑片P，小瓶子下沉，则桌面所受压力　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”）。
18．如图所示，有一实心长方体悬浮在油和盐水中，浸在油中和盐水中的体积之比为3：2。则该物体在油中受到的浮力与物体的重力之比为　 　；该物体密度为　 　kg/m3。（ρ油=0.7×103kg/m3，ρ盐水=1.2×103kg/m3）
19．如图所示，光线垂直射入水面，水里有个平面镜，请画出此题的光路图（不考虑光在水面发生反射）。
20．如图，杠杆AOB保持静止，O为支点，请作出阻力和维持杠杆平衡的最小动力。
21．在某次探究凸透镜成像规律的实验中：
（1）夏天太阳直射时，小明将透镜正对阳光放置，在透镜下面放上白纸（白纸与透镜平行，如图甲），测出透镜与白纸间距s与对应的白纸被烤焦的时间t，绘出图乙所示的图像，可判断该透镜的焦距f为　 　cm；
（2）如图丙所示，小明把透镜固定在50cm刻度线位置，蜡烛固定在15cm刻度线位置。光屏应在　 　（选填“Ⅰ”、“Ⅱ”或“Ⅲ”）区域内左右移动，才能得到清晰的实像；在光屏右侧位置观察，如果火焰的形状如图丁所示，则光屏上的所成像是　 　（选填“A”、“B”、“C”或“D”）；
（3）若蜡烛的火焰高4cm，像高2cm，则此时仅将光屏和蜡烛的位置对调，则光屏上会呈现一个　 　cm高的像；
22．如图所示，小宁用压强计“探究影响液体内部压强大小的因素”。
（1）通过图甲观察发现压强计　 　（选填“是”“不是”）连通器；
（2）小宁把压强计的橡皮膜和橡皮管更换后，在使用压强计前，发现U形管内水面已有高度差，接下来的操作应是（　　）
A．从U形管内向外倒出适量水
B．拆除软管重新安装
C．向U形管内添加适量水
（3）完成上述操作后，如图乙、丙所示是将该装置的探头放入水中不同深度的情况，比较后可初步得出结论：液体内部的压强随深度的增加而　 　；
（4）小宁同学利用U形管压强计改装成如图戊所示的测量某种未知液体的密度的密度计。A为固定支架，其作用是保证橡皮膜在不同的液体中深度均为5cm。U形管盛水，其右管标有刻度值，为了便于读数，在U形管右管有一个指示液面位置的红色浮标。未测量时，U形管水面刚好与a相平。当橡皮膜放入某液体中时，浮标指示在b处，小宁利用刻度尺测出a、b之间的距离为3.0cm，则该液体的密度为　 　g/cm3；
23．小邓用如图1的电路图测量“小灯泡正常发光时的电阻”，选用的电源电压为3.0V，小灯泡的额定电压为2.5V，图2是未连接完整的实验电路。
（1）按照电路图1将实物图2中的电路元件连接补充完整，要求当滑动变阻器的滑片向右滑动时，电流表的示数减小，在连接电路中，导线不能交叉；
（2）在连接电路时开关要断开，闭合开关前应将滑动变阻器的滑片调到　 　端（选填“A”或“B”）；
（3）检查电路无误后闭合开关后，缓慢移动滑动变阻器的滑片P，同时观察　 　（选填“电压表”或“电流表”）示数的变化，当电压表的示数如图3所示时，其读数为　 　V；
（4）实验时闭合开关，两表均有示数，若将小灯泡从灯座中取走，电压表将　 　示数（选填“有”或“无”）；
（5）小邓根据记录的实验数据绘制了图4所示的图像，则小灯泡的额定功率是　 　W；
（6）活动最后，老师要求同学们用量程为“0~3V”的电压表，电源电压恒为6V，其它器材符合实验要求。测出额定电压为3.8V小灯泡正常发光时的电阻，下图是同学们设计的实验电路图合理的是______。
A． B．
C． D．
24．如图甲是文文同学家新买的一台冷暖空调扇，其内部简化电路如图乙所示，R1、R2均为发热电阻，R1的阻值为110Ω，M是电动机。开关S1闭合后，当S2接1、2时吹冷风；当S2接2、3时吹温风；当S2接3、4时吹热风，此时空调扇的总功率为1100W。已知：电源电压为220V，。求：
（1）吹冷风时，在空调扇内加入冰袋会使吹出的风温度变低，若冰袋内冰的质量为1kg，温度从-16℃升高到-6℃时，冰从周围吸收的热量是多少？
（2）吹冷风时，电动机正常工作1h消耗的电能为，此时通过电动机的电流是多少？
（3）吹热风时，R2的电阻是多少？
25．重庆一中物理实验小组设计了一款自动排水报警装置模型，如图所示，该装置左水槽底部有一排水阀门（体积质量均忽略不计）用细绳与浮体甲相连，甲密度为0.5g/cm3，底面积S甲为150cm2，阀门面积S0为40cm2；浮体乙置于水槽底部但未与水槽紧密接触，其上方用轻杆与压敏电阻R0相连，乙重力为5N，底面积S乙为140cm2（两水槽中间通道体积忽略不计）。报警电路电源电压为24V，R0的阻值随压力变化的关系如表。现调节R1为28Ω，并向左水槽注水，当水面刚没过甲时，到达预设液面高度h0，甲在浮力作用下拉开阀门排水，同时报警电路电流为0.4A，触发报警装置，求∶
（1）触发报警装置时，电阻R0所受的压力；
（2）预设液面高度h0为多少cm；
（3）调节R1阻值使液面为12cm时触发报警装置，若仍要实现排水功能，则只需将阀门面积S0调整为多少？
F/N 0 8 16 24 …
R/Ω 60 46 32 18 …
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】凝固与凝固放热特点；液化及液化放热；凝华及凝华放热
【解析】【解答】A．“云雨耀兮，虹便搭成”，雨是空气中的水蒸气从气态变成液态形成的小水珠，属于液化现象，故A错误；
B．“东风解冻，蛰虫始振”，河水解冻是冰由固态变为液态发生熔化现象，故B错误；
C．“鹦鵙不鸣，雾凇奇特”，雾凇是空气中的水蒸气从气态变成固态形成的小冰晶，属于凝华现象，故C错误；
D．“水始冰，地始冻”，河水结冰是由液态变为固态发生凝固现象，故D正确。
故选D。
【分析】物质从气态变成液态发生液化现象，从固态变成液态发生熔化现象，从气态变成固态发生凝华现象，从液态变成固态发生凝固现象。
2．【答案】B
【知识点】凸面镜和凹面镜；力作用的相互性；电磁波在日常生活中的应用；分子热运动
【解析】【解答】A．火箭点火后，对气体施加一个向下的力，同时气体对火箭施加一个向上的力，所以火箭向上运动从而升空，那么原理为力的作用是相互的，故A正确，不符合题意；
B．中国天眼”相当于一个巨大的凹面镜，利用了光的反射原理，对光线有会聚作用，故B错误，符合题意；
C．北斗卫星导航系统通过接收和反射电磁波传递信息，因为电磁波可以在真空中传播，且能传递信息，故C正确，不符合题意；
D．稻花香是香气的分子在空气中不停地做无规则运动引起的，属于扩散现象，故D正确，不符合题意。
故选B。
【分析】A.根据物体间力的作用是相互的分析；
B.面镜对光线发生反射现象；
C.根据电磁波的特点和应用判断；
D.不同的物质接触时彼此进入对方的现象叫扩散现象。
3．【答案】B
【知识点】光的折射现象及其应用；物体的颜色；机械能及其转化；响度及响度与振幅的关系
【解析】【解答】A．“静”与“幽”主要指声音的大小，也就是响度小，故A正确，不符合题意；
B．“荷花别样红”的含义是荷花的颜色为红色，由于荷花是不透明体，则它可以反射红光，故B错误，符合题意；
C．由于大气分布不均匀，下部空气密度大，上部空气密度小，落日发出的光在不均匀的空气中传播时发生折射，因此我们看到的“落日”是由于光的折射而形成的太阳的虚像，故C正确，不符合题意；
D．“滚滚”说明水的速度很大，动能很大，所以形容长江水中蕴藏了丰富的机械能，故D正确，不符合题意。
故选B。
【分析】A.声音的大小叫响度；
B.不透明的物体由它反射是色光决定；
C.根据光的折射的规律判断；
D.机械能包括动能和势能。
4．【答案】D
【知识点】能量的转化或转移；能量守恒定律；能源及其分类；核裂变；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】 A.5G 移动通信利用电磁波传递信息，而光纤通信是借助光的反射传输信号，依靠的是激光。超声波属于机械波，不能在真空环境中传播，和电磁波、激光的传播原理、传播条件均不相同，故A错误。
B．目前投入使用的核电站，工作原理是控制核裂变链式反应释放能量，核聚变暂时无法实现平稳可控利用。其内部能量依次经历核能、内能、机械能的转化，最终才转化为电能，并非由核能直接变为电能，故B错误。
C．根据能量守恒定律，自然界中能量的总量始终保持恒定。但能量在相互转化、发生转移时存在固定方向，部分能量会以热能等形式散失，无法再次被人类有效利用，故C错误。
D．煤、石油、天然气这类化石能源，由远古时期的动植物遗体历经亿万年地质演变形成，其储存的能量最初都来自太阳能。这类能源可以直接从自然界获取，且短时间内无法再生，属于不可再生的一次能源，故D正确。
故选：D。
【分析】 （1）区分电磁波、激光、超声波的传播特点与应用场景，明确不同通信方式的信号载体。 （2）掌握核电站的核反应类型，理清发电全过程的能量转化顺序。
（3）理解能量守恒定律，同时牢记能量转化与转移具有方向性这一特点。
（4）掌握一次能源、二次能源以及可再生、不可再生能源的分类标准，判断化石能源的类别与能量来源。
5．【答案】C
【知识点】动能和势能的大小变化；连通器原理及其应用；流体压强与流速的关系；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】A．船闸的闸室和上下游构成连通器，方便船只上下往来，A正确，不符合题意；
B．潜水艇在水下工作时，受到的浮力大小不变，想要实现自身沉浮就要向储水箱内注水或者排水，改变自身重力，B正确，不符合题意；
C．过山车沿轨道向上运动的过程中，质量不变，所处高度变大，重力势能变大，C错误，符合题意；
D．飞机的机翼设计做成上凸下平的流线型，空气在其上表面流动速度快，压强小，在其下表面流动速度慢，压强大，是机翼上下表面产生压强差，使飞机受到向上的升力，D正确，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】运动的物体具有动能，物体的质量越大、速度越大，物体的动能就越大；处在高处物体具有重力势能，物体的质量越大、高度越高，物体的重力势能就越大。
6．【答案】A
【知识点】时间速度路程的图像分析
【解析】【解答】在s-t图中，前2s为倾斜直线，则甲、乙做匀速直线运动，2s以后，乙的路程不变，则乙是静止的，第3s时乙的路程为8m，第4s时乙的速度为0，在0~4s，乙的平均速度为，故①错误，③正确；
甲始终做匀速直线运动，甲的平均速度为，第3s时甲的路程为：，故②错误，④正确，故BCD错误，A正确。
故选A。
【分析】利用，计算速度；时间变化时，路程不变，是静止状态；根据s=vt，计算路程。
7．【答案】B
【知识点】杠杆的动态平衡分析
【解析】【解答】根据题意可知，拉力始终与杠杆垂直，则动力臂保持不变。将杠杆缓慢地由最初位置拉到水平位置时，阻力臂变大，则阻力臂先变大后变小。根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，F先变大后变小。
故选B。
【分析】根据图片分析杠杆转动过程中动力臂和阻力臂的大小变化，根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2分析动力的大小变化即可。
8．【答案】D
【知识点】机械能及其转化；力与运动的关系；力与图象的结合
【解析】【解答】A．根据图片可知，t1时刻小球刚与弹簧接触，此后弹簧发生形变产生弹力，且弹力越来越大。开始一段时间内弹力小于重力，则小球仍然向下做加速运动，当弹力和重力相等时，合力为零，此时加速停止，则速度达到最大，此时动能变大，故A错误；
B.当t=0时，小球杠杆释放，此时高度最大，则小球的重力势能最大，故AB不符合题意；
C．根据图片可知，时刻时弹力达到最大，此时弹性形变最大，则弹簧具有弹性势能最大，则此时小球的机械能最小。时刻弹簧没有弹簧弹性势能，此时小球的机械能最大，所以小球机械能变小，故C不符合题意；
D．从开始下落到第一次到达最低点，这两个时刻小球机械能的减少量等于弹簧弹性势能增加量和小球内能增加量，故小球内能的增加量小于这两个时刻小球机械能的减少量，故D符合题意。
故选D。
【分析】A.当合力方向与运动方向相同时，物体做加速运动；当合力为零时，物体加速停止，此时速度达到最大；当合力方向与运动方向方向相反时，做减速运动；
B.重力势能与物体的质量和高度有关；
C.根据小球的机械能和弹性势能的转化过程判断；
D.从开始下落到第一次到达最低点，这两个时刻小球机械能的减少量等于弹簧弹性势能增加量和小球内能增加量，据此分析判断。
9．【答案】D
【知识点】压强的大小及其计算；液体压强计算公式的应用；阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】A.根据图片可知，A、B在水面漂浮，C在水中悬浮，则A、B、C三个正方体排开水的体积关系为VA排＜VB排＜VC排，根据阿基米德原理可知，浮力的大小关系为：FA＜FB＜FC，故A错误；
B.综上所述，三者受到浮力FA＜FB＜FC，且由浮沉条件可知：GA=FA，GB=FB，GC=FC，那么GA＜GB＜GC。根据可知，物体密度的大小关系：，故B错误；
C.由液体压强公式可知，液体底部压强关系是p甲=p乙=p丙，根据可知，容器底部受到水的压力大小关系：F甲=F乙=F丙，故C错误；
D.因正方体分别处于漂浮或悬浮状态，则浮力等于自身重力。由阿基米德原理F浮=G排可知，物体受到的浮力等于排开液体的重力，那么容器中正方体的重力等于正方体排开水的重力，即可以理解为，容器中正方体的重力补充了它排开的水的重力，能看出三个容器内总重力相等，所以三个容器对桌面的压力关系为F甲=F乙=F丙。根据可知，容器对桌面的压强大小关系为p甲=p乙=p丙，故D正确；
故选D。
【分析】A.根据阿基米德原理可判断物体受到的浮力大小关系；
B.由图A、B、C三个正方体所处的状态，判定其浮力和重力的关系；然后根据三者的浮力大小、利用浮沉条件判断物体密度与水的密度大小关系；
C.利用p=ρgh判断容器底受到水的压强关系，根据F =pS比较压力；
D.根据阿基米德原理可知，物体受到的浮力等于物体排开液体的重力，分析出整个装置的压力的大小关系，结合压强公式比较分析。
10．【答案】C
【知识点】比热容的定义及其计算公式；探究不同物质的吸热能力
【解析】【解答】 A．丙中牛奶3min内温度升高了20℃，根据Q=cmΔt知，每分钟吸收的热量为，故A错误；BC．A杯中牛奶每分钟吸收的热量；
由题意可知，加热器的加热效率相同，故甲图中的加热器每分钟放出的热量之比应为A、B杯中牛奶每分钟吸收的热量之比，即 ；
将A、B两杯中的牛奶都从20℃加热至60℃，由Q=cmΔt得，A、B两杯中的牛奶需要的时间之比是 ；故B错误，C正确；
D．丙中的A平均每分钟升高10℃；乙中的B平均每分钟升高 ；则同时加热5min，A、B两杯牛奶升高的温度之比为 ，故D错误。
故选：C。
【分析】 （1）根据图丙中的图像，结合Q=cmΔt计算热量。
（2）根据A每分钟吸热的多少和加热效率相同，得出每分钟的吸热之比，结合比热容与质量以及Q=cmΔt得A、B两杯中的牛奶需要的时间之比；
（3）根据每分钟的升温分析解答。
11．【答案】B,C
【知识点】功率计算公式的应用；动滑轮拉力的计算；滑轮（组）的机械效率
【解析】【解答】A．根据丙图可知，在1~2s内物体做匀速运动。根据乙图可知，此时拉力为10N。根据甲图可知，滑轮组承担重力的绳子段数n=2，根据得到：；
解得：G动=5N，故A错误；
B．根据丙图可知，第2s内物体移动的速度为2m/s，则绳子自由端的速度为，第2s内拉力F的功率为，故B正确；
C．根据题意可知，绳子C能够承受的拉力最大为50N时，根据可知，可以拉动物重为，故C正确；
D．综上所述，重物最重为80N，则最大的机械效率为，
故D错误。
故选BC。
【分析】A.根据甲图确定承担重力的绳子段数n=2，根据拉力此求动滑轮重力；
B.根据计算绳子移动的速度，利用P=Fv求第2s内拉力F的功率；
C.根据计算拉动物体的最大重力；
D.当物体的重力最大时机械效率最大，根据计算滑轮组的最大机械效率。
12．【答案】A,C,D
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【解答】根据甲图可知，第一次只闭合、，滑动变阻器R与定值电阻串联，电压表测量电源电压，电流表A测量此时的电路电流。将滑动变阻器R的滑片从最下端滑到最上端，滑动变阻器R接入的电阻由最大变为0。
第二次只闭合开关，滑动变阻器R与灯泡串联，电压表测量灯泡的电压。将滑动变阻器R的滑片从最下端向上滑到中点时，电压表的示数为1.5V，滑到最上端时，电路中只有灯泡工作，小灯泡正常发光。说明电源电压等于灯泡的额定电压3V。
A．根据乙图可知，灯泡正常发光时的电流，灯泡的额定电压为3V，
则小灯泡的额定功率为，故A正确；
B．根据图乙可知，只有定值电阻工作时，电路的电流为，
的阻值为，故B错误；
C．根据甲图可知，第二次只闭合开关，灯泡与滑动变阻器R串联，电压表测量灯泡的电压。将滑动变阻器R的滑片从最下端向上滑到中点时，电压表的示数为1.5V，
从乙图中可以看出，此时电路的电流，
此时滑动变阻器的电压，
此时滑动变阻器接入的电阻，
滑动变阻器R的最大阻值为，故C错误；
D．根据乙图可知，定值电阻与滑动变阻器R串联，且滑动变阻器接入的电阻最大时，电路的电流最小，此时电功率最小，此时电路的总电阻，
两次实验中，电路最小功率为，故D符合题意。
故选ACD。
【分析】 根据甲图可知，第二次操作中，只闭合开关S2，将滑动变阻器R的滑片从最下端向上滑至中点再滑至最上端时，可知变阻器连入电路的电阻变化，由欧姆定律确定电路的电流变化，从而确定第二次操作中，表示电流表随电压表示数变化的图线；
A.已知小灯泡的额定电压为3V，在第二次操作中，滑片滑至最上端时，根据灯正常发光可知电源电压为3V，由图可知此时的电流最大值，根据P=UI求出灯的额定功率；
B.在第一次操作中，滑片滑至最上端时，此时电路的电流应最大，由图中竖线可知电路的最大电流，由欧姆定律求出R0；
C.在第二次操作中，滑片在中点时，由串联电路的规律及欧姆定律，变阻器连入电路的电阻，从而得出滑动变阻器R的最大阻值；
D.由乙图知，第一次操作中电路的最小电流小于第二次操作中电路的最小电流，在第一次操作中，当滑片滑到最下端时，电路的电阻最大，由串联电阻的规律和欧姆定律得出电路的最小电流，根据P=UI得出两次实验中电路的最小功率。
13．【答案】放热；凝华
【知识点】液化及液化放热；凝华及凝华放热
【解析】【解答】（1）打开锅盖取粽子时，锅内的水蒸气从气态变成液态发生液化现象从而变成小水珠，同时向外界放出热量。
（2）从冰箱中取出的粽子温度很低，空气中的水蒸气在粽子表面放热，从气态直接变为固态发生凝华现象从而形成霜。
【分析】（1）物质从气态变成液态叫液化，液化向外放热；
（2）物质从气态变成固态发生凝华现象，向外放热。
14．【答案】绿；凹
【知识点】色光的三（基）原色和颜料的三原色；近视眼的成因与矫正办法
【解析】【解答】（1）手机屏幕上的多彩画面由红、蓝、绿三种色光混合而成，因为光的三原色是红、绿、蓝，按照不同比例混合，可以得到各种颜色的光，
（2）根据图片可知，此时成像在视网膜前，那么为近视眼。要使像后移到视网膜上，需要使光线发散，则近视眼用凹透镜矫正。
【分析】（1）根据光的三颜色的知识解答；
（2）成像在视网膜前为近视眼，成像在视网膜后为远视眼，结合二者的矫正方法解答。
15．【答案】甲；乙
【知识点】平衡状态的判断；摩擦力产生的条件
【解析】【解答】（1）根据题意可知，行李箱与传送带接触，当二者之间没有相对运动，也没有相对运动趋势，所以行李箱甲不受摩擦力的作用。
（2）根据图片可知，行李箱乙在传送带转弯处运动的方向在变化，即运动状态不变，那么处于非平衡状态。
【分析】（1）摩擦力产生的条件：①相互接触；②做相对运动或有相对运动的趋势；
（2）平衡状态包括静止状态或匀速直线运动状态。
16．【答案】短路；7.2×105
【知识点】电能表参数的理解；家庭电路的故障分析
【解析】【解答】（1）根据图片可知，当闭合开关S、S1时，校验灯L与灯泡L1串联。此时校验灯正常发光，说明校验灯两端电压为220V，而灯泡L1的电压为零，所以故障是灯L1短路。
（2）根据乙图中“3000r/kW·h”可知，该段时间空调消耗的电能为
。
【分析】（1）在串联电路中，总电压等于各处电压之和，则串联的用电器的电压都小于电源电压；
（2）根据铭牌数据，利用公式计算即可。
17．【答案】N；不变
【知识点】压力及重力与压力的区别；安培定则
【解析】【解答】（1）根据图片可知，线圈上电流方向向下。右手握住螺线管，四指指尖向下，此时大拇指指向右端，则电磁铁的右端是N极。
（2）根据图片可知，无论活塞向哪边移动，瓶子对桌面对桌面的压力始终等于自身重力。因为大瓶整体重力不变，故大瓶对桌面的压力大小不变。
【分析】（1）根据安培定则判断电磁铁的磁极方向；
（2）根据瓶子对桌面的压力等于自身重力分析。
18．【答案】；
【知识点】二力平衡的条件及其应用；阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】设长方体的体积为V，且浸在油中和盐水中的体积之比为3：2，
该物体在油中受到的浮力F浮油=ρ油gV排油，该物体在盐水中受到的浮力F浮盐水=ρ盐水gV排盐水，
该物体的重力G=mg=ρ物gV，长方体悬浮在液体中悬浮，则它受到的浮力等于重力，即F浮=G，
ρ油gV排油+ρ盐水gV排盐水=ρ物gV，
解出：ρ物=0.9×103kg/m3；则该物体在油中受到的浮力与物体的重力之比为：
。
【分析】 设长方体的体积为V，且浸在油中和盐水中的体积之比为3：2，根据阿基米德原理得出物体在油中受到的浮力和物体在盐水中受到的浮力的表达式，
根据重力和密度公式可知该物体的重力表达式，长方体悬浮，F浮=G，据此得出该物体的密度。进而得出该物体在油中受到的浮力与物体的重力之比。
19．【答案】
【知识点】作光的反射光路图；作光的折射光路图
【解析】【解答】光线垂直射入水中时，不发生折射；发生反射时，画法线和平面镜垂直，根据反射角等于入射角，画出反射光线；光从水中射入空气中，画法线和水面垂直，空气中的折射角大于入射角。作图如下：
【分析】光线和水面垂直时，传播方向不变；发生反射时，反射角等于入射角；光线从水中斜射入空气中，折射角大于入射角。
20．【答案】
【知识点】力臂的画法；杠杆中最小力的问题
【解析】【解答】根据图片可知，O点为杠杆的支点，A点为动力作用点，则OA是最长的动力臂。连接OA，然后通过A点作OA的垂线，在向上的方向上标上箭头表示最小的动力。
作用在B点的阻力由物体的重力产生，作用在B点，方向竖直向下，如下图所示：
【分析】当以杠杆的支点到力的作用点之间的线段为动力臂时最长，此时最省力。对物体进行受力分析，确定力的三要素，然后沿力的方向画带箭头的线段即可。
21．【答案】（1）12
（2）Ⅱ；D
（3）8
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验
【解析】【解答】（1）当凸透镜的焦点成在白纸上时，温度最高，因此白纸被烤焦的时间最短。根据乙图可知，当时，烤焦时间最短，因此该凸透镜的焦距为12cm。
（2）根据乙图可知，此时的物距，则u＞2f，此时像距
，因此光屏移动的范围为，
对应图丙中的Ⅱ区域，此时成倒立、缩小的实像，对应图丁中的D。
（3）若蜡烛的火焰高4cm，像高2cm，则，即烛焰焰高缩小为原来的一半，此时成倒立、缩小的实像。
将光屏和蜡烛的位置对调，根据光路可逆性可知，则光屏上会呈现一个倒立、放大的实像，烛焰焰高放大为原来的2倍，即像高为。
【分析】（1）当凸透镜的焦点成在白纸上时，温度最高，因此白纸被烤焦的时间最短，根据图乙分析解答；
（2）根据乙图确定此时的物距，并与焦距比较，从而确定成像特点和像距范围，进而推算光屏移动的范围，最终确定图片中的对应区域即可。
（3）根据火焰高度和像的高度计算二者高度之比，然后根据光路可逆性确定互换位置后像高和火焰高度的比值，进而计算此时像高。
（1）当白纸刚好在焦点位置时，光线会聚成一点，温度最高，烤焦时间最短，由图乙可知，时，烤焦时间最短，因此该凸透镜的焦距为12cm。
（2）图乙中，物距
根据凸透镜成像规律可知，此时像距
光屏上才能成像，因此光屏移动的范围为
对应图丙中的Ⅱ区域，此时成倒立、缩小的实像，对应图丁中的D。
（3）若蜡烛的火焰高4cm，像高2cm，烛焰焰高缩小为原来的一半，此时成倒立、缩小的实像，根据光路可逆，将光屏和蜡烛的位置对调，则光屏上会呈现一个倒立、放大的实像，烛焰焰高放大为原来的2倍，即像高为
22．【答案】（1）不是
（2）B
（3）增大
（4）1.2
【知识点】液体压强计算公式的应用；连通器原理及其应用；探究液体压强的特点实验
【解析】【解答】（1）根据图片可知，压强计的U形管下部连通，上面只有一端是封闭的，因此压强计不是连通器。
（2）使用压强计前，若U形管内已有高度差，说明压强计内外气压大小不同，此时需要拆除软管重新安装即可，故选B。
（3）根据图片可知，实验乙、丙中，液体密度相同（都是水），丙中探头深度更大，U形管液面高度差更大，说明丙中液体压强更大，因此可得结论：液体内部的压强随深度的增加而增大。
（4）根据题意可知，当浮标从到距离为，说明U形管右管上升，则左管下降，
因此U形管液面高度差；
液体对橡皮膜的压强等于U形管水柱的压强，即 ；；
；解得：。
【分析】（1）底部连通，上面开口的容器为连通器；
（2）根据U形管压强计使用的注意事项解答；
（3）根据图片确定实验乙和丙中哪个因素相同，哪个因素不同，根据U形管两侧液面高度差比较压强大小，进而得到结论；
（4）根据液体对橡皮膜的压强等于U形管水柱的压强，以及液体压强公式p=ρ液gh列式计算即可。
（1）连通器的定义是上端开口、底部互相连通的容器，压强计的U形管一端是封闭的，不符合连通器的特点，因此压强计不是连通器。
（2）使用压强计前，若U形管内已有高度差，说明U形管左端封闭侧的气压不等于大气压，正确操作是拆除软管重新安装，使U形管两端都与大气压相通，让液面相平，故选B。
（3）乙、丙实验中，液体种类相同（都是水），丙中探头深度更大，U形管液面高度差更大（压强更大），因此可得结论：液体内部的压强随深度的增加而增大。
（4）橡皮膜在液体中深度，当浮标从到距离为，说明U形管右管上升，则左管下降，因此U形管液面高度差
根据压强平衡，液体对橡皮膜的压强等于U形管水柱的压强，即
则液体的密度
23．【答案】（1）
（2）B
（3）电压表；1.8
（4）有
（5）0.5
（6）B
【知识点】电压的测量及电压表的使用；串联电路的电压规律；伏安法测电阻的探究实验；探究用电器的电功率实验
【解析】【解答】（1）在测量“小灯泡正常发光时的电阻”的实验中，滑动变阻器与灯泡串联，且接线“一上一下”。滑片向右滑动时电流减小，说明滑动变阻器接入电阻需变大，因此下左端A接线柱接与灯泡右端接线柱相连，如下图所示：
（2）滑动变阻器下面选择的接线柱是A，滑片在B端时接入电阻丝最长、电阻最大，因此闭合开关前，滑动变阻器需要调到B端。
（3）在测量“小灯泡正常发光时的电阻”的实验中，需要灯泡两端电压等于额定电压，因此移动滑片时需要观察电压表示数；
根据图片可知，电压表选0～3V量程，分度值0.1V，则它的读数为1.8V。
（4）根据图片可知，将小灯泡取走后，电压表串联在电路中，相当于测量电源电压，因此电压表有示数。
（5）根据图4可知，小灯泡两端电压为2.5V时，电流为0.2A，则小灯泡的额定功率。
（6）已知电源电压为6V，当灯泡正常发光时，灯泡电压为3.8V，此时滑动变阻器两端的电压为＜3V。那么可以将电压表与滑动变阻器并联，当电压表的示数为2.2V时，灯泡正常发光，如下图所示：
故选B。
【分析】（1）根据电流表的示数变化确定变阻器接入阻值的变化，进而确定变阻器使用的接线柱即可；
（2）闭合开关前，为了避免电流过大而烧毁用电器，要求滑片调到阻值最大的位置；
（3）在测量“小灯泡正常发光时的电阻”的实验中，需要灯泡两端电压等于额定电压。根据图片确定电压表的量程和分度值，然后根据指针位置读出示数。
（4）当电压表串联在电路中时，电压表测电源电压；
（5）根据图4确定灯泡正常发光时的电压和电流，根据P=UI计算灯泡的额定功率。
（6）当灯泡正常发光时，变阻器两端的电压为2.2V，小于电压表的量程，则可以让电压表与变阻器并联，据此设计电路即可。
（1）滑片向右滑动时电流减小，说明滑动变阻器接入电阻需变大，因此下左端A接线柱接与灯泡右端接线柱相连。
（2）闭合开关前，滑动变阻器需要调到最大阻值处，滑片在B端时接入电阻丝最长、电阻最大，闭合开关前应将滑动变阻器的滑片调到B端。
（3）实验目的是让小灯泡达到额定电压，因此移动滑片时需要观察电压表示数；电压表选0～3V量程，分度值0.1V，读数为1.8V。
（4）将小灯泡取走后，电压表串联在电路中，两端通过滑动变阻器接在电源正负极，相当于测量电源电压，因此电压表有示数。
（5）小邓根据记录的实验数据绘制了图4所示的图象，小灯泡两端电压为2.5V时，电流为0.2A，则小灯泡的额定功率
（6）电源电压6V，灯泡额定电压3.8V，电压表量程只有0～3V，无法直接测量灯泡电压，根据串联分压规律，可以将电压表并联在滑动变阻器两端，当灯泡正常发光时，滑动变阻器两端的电压为
小于3V，故选B。
24．【答案】（1）解：根据题意可知， 温度从-16℃升高到-6℃时，
则冰的温度变化量；
则冰从周围吸收的热量。
（2）解：根据题意可知， 电动机正常工作1h消耗的电能为，
那么电动机的电功率，
则通过电动机的电流。

（3）解：根据图片可知，吹热风时，电动机、、并联，
此时的功率；
那么的功率；
则的阻值。

【知识点】比热容的定义及其计算公式；电功率的计算
【解析】【分析】 （1）根据公式Q=cmΔt得到冰吸收的热量；
（2）根据计算电动机的电功率，利用电功率公式得到通过电动机的电流；
（3）根据图片可知，吹热风时，电动机、、并联，根据计算电阻R1的功率，根据得到R2的功率，最后利用公式得到R2阻值。
（1）由题意得，冰的温度变化量
冰从周围吸收的热量
（2）电动机的电功率
通过电动机的电流
（3）吹热风时，电动机、、并联，并联电路各支路电压等于电源电压，的功率
电动机功率不变，的功率
的阻值
25．【答案】解：（1）根据题意可知，报警电路电流为0.4A，电源电压为24V，
则此时报警电路的总电阻为；
电阻R0的阻值为；
根据表格数据可知，此时电阻R0所受的压力为16N。
答： 触发报警装置时，电阻R0所受的压力为16N 。
（2）综上所述，当浮体乙置于水槽底部但未与水槽紧密接触，
所以此时浮体所受浮力为；
乙排开水的体积为
；
预设液面高度h0为。
答： 预设液面高度h0为15cm 。
（3）当h0=15cm时，排水阀门受到水的压强为
；
排水阀门受到水的压力为
；
根据平衡力的知识得到：，
；
解得：V甲=1.2×10-3m3；
物体甲的重力为；
甲的高度为；
当液面为12cm时，甲浸入的深度为
；
甲排开水的体积为；
甲受到的浮力为
；
排水阀门受到水的压力为
；
阀门受到水的压强为
；
阀门面积调整为
；
答：调节R1阻值使液面为12cm时触发报警装置，若仍要实现排水功能，则只需将阀门面积S0调整为12.5cm2。
【知识点】压强的大小及其计算；液体压强计算公式的应用；阿基米德原理；浮力的利用；欧姆定律及其应用
【解析】【分析】（1）根据计算报警电路的总电阻，根据计算电阻R0的阻值，根据计算电阻R0的阻值，最后根据表格确定此时它受到的压力；
（2）对浮体进行受力分析，根据平衡力的知识计算它受到的福利，根据阿基米德原理计算乙排开水的体积，根据计算预设液面高度h0；
（3）根据液体压强公式计算排水阀门受到水的压强，根据F=pS计算排水阀门受到的压力，然后根据平衡力的知识列方程计算甲的体积，并根据计算甲的重力。接下来计算出甲浸入液面的深度，根据阿基米德原理计算甲受到的浮力，根据平衡力的知识计算排水阀门受到的压力和压强，最后根据计算阀门的面积。
1 / 12026年四川省南充高级中学中考物理模拟训练（二模）
1．下面描述节气的诗句中，所涉及的物态变化说法正确的是（　　）
A．清明：“云雨耀兮，虹便搭成”，雨的形成是汽化吸热现象
B．立春：“东风解冻，蛰虫始振”，河水解冻是液化放热现象
C．大雪：“鹦鵙不鸣，雾凇奇特”，雾凇的形成是凝华吸热现象
D．立冬：“水始冰，地始冻”，河水结冰是凝固放热现象
【答案】D
【知识点】凝固与凝固放热特点；液化及液化放热；凝华及凝华放热
【解析】【解答】A．“云雨耀兮，虹便搭成”，雨是空气中的水蒸气从气态变成液态形成的小水珠，属于液化现象，故A错误；
B．“东风解冻，蛰虫始振”，河水解冻是冰由固态变为液态发生熔化现象，故B错误；
C．“鹦鵙不鸣，雾凇奇特”，雾凇是空气中的水蒸气从气态变成固态形成的小冰晶，属于凝华现象，故C错误；
D．“水始冰，地始冻”，河水结冰是由液态变为固态发生凝固现象，故D正确。
故选D。
【分析】物质从气态变成液态发生液化现象，从固态变成液态发生熔化现象，从气态变成固态发生凝华现象，从液态变成固态发生凝固现象。
2．科技是立国之本，不仅是推动社会进步和经济增长的重要因素，也是国家竞争力的重要体现。下列选项中说法错误的是（　　）
A．钱学森被誉为“中国航天之父”，火箭升空——利用了物体间力的作用是相互的
B．南仁东被誉为“天眼之父”，天眼是世界上最大口径的射电望远镜——利用了光的折射原理
C．孙家栋被誉为“北斗之父”，北斗卫星导航系统——通过接收和反射电磁波传递信息
D．袁隆平被誉为“杂交水稻之父”，“稻花香里说丰年”——分子不停地做无规则运动
【答案】B
【知识点】凸面镜和凹面镜；力作用的相互性；电磁波在日常生活中的应用；分子热运动
【解析】【解答】A．火箭点火后，对气体施加一个向下的力，同时气体对火箭施加一个向上的力，所以火箭向上运动从而升空，那么原理为力的作用是相互的，故A正确，不符合题意；
B．中国天眼”相当于一个巨大的凹面镜，利用了光的反射原理，对光线有会聚作用，故B错误，符合题意；
C．北斗卫星导航系统通过接收和反射电磁波传递信息，因为电磁波可以在真空中传播，且能传递信息，故C正确，不符合题意；
D．稻花香是香气的分子在空气中不停地做无规则运动引起的，属于扩散现象，故D正确，不符合题意。
故选B。
【分析】A.根据物体间力的作用是相互的分析；
B.面镜对光线发生反射现象；
C.根据电磁波的特点和应用判断；
D.不同的物质接触时彼此进入对方的现象叫扩散现象。
3．央视综合频道于春节期间推出了大型文化节目《经典咏流传》，节目“和诗以歌”，将古典诗词配以流行音乐，带领国人领略诗词之美、音乐之美、情感之美和精神之美。对以下四句古诗词中所包含的物理知识认识不正确的是（　　）
A．“蝉噪林愈静，鸟鸣山更幽”，“静”和“幽”是指声音的响度很小
B．“接天莲叶无穷碧，映日荷花别样红”，“荷花别样红”是因为荷花发出了红光
C．“大漠孤烟直，长河落日圆”，诗人看到的“落日”其实是光的折射形成的虚像
D．“滚滚长江东逝水，浪花淘尽英雄”，“滚滚”形容长江水中蕴藏了丰富的机械能
【答案】B
【知识点】光的折射现象及其应用；物体的颜色；机械能及其转化；响度及响度与振幅的关系
【解析】【解答】A．“静”与“幽”主要指声音的大小，也就是响度小，故A正确，不符合题意；
B．“荷花别样红”的含义是荷花的颜色为红色，由于荷花是不透明体，则它可以反射红光，故B错误，符合题意；
C．由于大气分布不均匀，下部空气密度大，上部空气密度小，落日发出的光在不均匀的空气中传播时发生折射，因此我们看到的“落日”是由于光的折射而形成的太阳的虚像，故C正确，不符合题意；
D．“滚滚”说明水的速度很大，动能很大，所以形容长江水中蕴藏了丰富的机械能，故D正确，不符合题意。
故选B。
【分析】A.声音的大小叫响度；
B.不透明的物体由它反射是色光决定；
C.根据光的折射的规律判断；
D.机械能包括动能和势能。
4．能源、信息与能量转化是现代社会发展的重要支撑，下列说法正确的是（　　）
A．5G信号依靠电磁波传播，光纤通信依靠超声波传递信息，二者在真空中传播速度相同
B．核电站通过控制核聚变的链式反应来发电，能量直接由核能转化为电能
C．能量在转化和转移过程中总量保持不变，所以能量可以被随意利用而不会产生损耗
D．煤、石油、天然气等化石能源，本质上都来源于太阳能，属于一次不可再生能源
【答案】D
【知识点】能量的转化或转移；能量守恒定律；能源及其分类；核裂变；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】 A.5G 移动通信利用电磁波传递信息，而光纤通信是借助光的反射传输信号，依靠的是激光。超声波属于机械波，不能在真空环境中传播，和电磁波、激光的传播原理、传播条件均不相同，故A错误。
B．目前投入使用的核电站，工作原理是控制核裂变链式反应释放能量，核聚变暂时无法实现平稳可控利用。其内部能量依次经历核能、内能、机械能的转化，最终才转化为电能，并非由核能直接变为电能，故B错误。
C．根据能量守恒定律，自然界中能量的总量始终保持恒定。但能量在相互转化、发生转移时存在固定方向，部分能量会以热能等形式散失，无法再次被人类有效利用，故C错误。
D．煤、石油、天然气这类化石能源，由远古时期的动植物遗体历经亿万年地质演变形成，其储存的能量最初都来自太阳能。这类能源可以直接从自然界获取，且短时间内无法再生，属于不可再生的一次能源，故D正确。
故选：D。
【分析】 （1）区分电磁波、激光、超声波的传播特点与应用场景，明确不同通信方式的信号载体。 （2）掌握核电站的核反应类型，理清发电全过程的能量转化顺序。
（3）理解能量守恒定律，同时牢记能量转化与转移具有方向性这一特点。
（4）掌握一次能源、二次能源以及可再生、不可再生能源的分类标准，判断化石能源的类别与能量来源。
5．下列说法错误的是（　　）
A．船闸是利用连通器原理工作的
B．潜水艇是靠改变自身重力实现上浮和下潜的
C．过山车沿轨道向上运动的过程中重力势能减小
D．飞机机翼的设计应用了气体流速越大的位置压强越小的原理
【答案】C
【知识点】动能和势能的大小变化；连通器原理及其应用；流体压强与流速的关系；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】A．船闸的闸室和上下游构成连通器，方便船只上下往来，A正确，不符合题意；
B．潜水艇在水下工作时，受到的浮力大小不变，想要实现自身沉浮就要向储水箱内注水或者排水，改变自身重力，B正确，不符合题意；
C．过山车沿轨道向上运动的过程中，质量不变，所处高度变大，重力势能变大，C错误，符合题意；
D．飞机的机翼设计做成上凸下平的流线型，空气在其上表面流动速度快，压强小，在其下表面流动速度慢，压强大，是机翼上下表面产生压强差，使飞机受到向上的升力，D正确，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】运动的物体具有动能，物体的质量越大、速度越大，物体的动能就越大；处在高处物体具有重力势能，物体的质量越大、高度越高，物体的重力势能就越大。
6．甲、乙两物体，同时从同一地点沿直线向同一方向运动，它们的s﹣t图象如图所示。下列说法正确的是（　　）
①内乙做匀速直线运动
②第4s时甲、乙两物体的速度相等
③内乙的平均速度为2m/s
④第3s时甲在乙的后方
A．只有③④ B．只有①② C．只有①③ D．只有②④
【答案】A
【知识点】时间速度路程的图像分析
【解析】【解答】在s-t图中，前2s为倾斜直线，则甲、乙做匀速直线运动，2s以后，乙的路程不变，则乙是静止的，第3s时乙的路程为8m，第4s时乙的速度为0，在0~4s，乙的平均速度为，故①错误，③正确；
甲始终做匀速直线运动，甲的平均速度为，第3s时甲的路程为：，故②错误，④正确，故BCD错误，A正确。
故选A。
【分析】利用，计算速度；时间变化时，路程不变，是静止状态；根据s=vt，计算路程。
7．如图所示，轻质杠杆OA可绕固定点O转动，A处挂一重物G，处有一个始终垂直于OA的拉力，使杠杆缓慢地向图中虚线位置移动的过程中，关于拉力F的说法正确的是
A．先变小后变大 B．先变大后变小
C．一直增大 D．保持不变
【答案】B
【知识点】杠杆的动态平衡分析
【解析】【解答】根据题意可知，拉力始终与杠杆垂直，则动力臂保持不变。将杠杆缓慢地由最初位置拉到水平位置时，阻力臂变大，则阻力臂先变大后变小。根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，F先变大后变小。
故选B。
【分析】根据图片分析杠杆转动过程中动力臂和阻力臂的大小变化，根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2分析动力的大小变化即可。
8．如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，时刻，将一重为G的金属小球从弹簧正上方某一高度处静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后被弹簧弹起，上升到一定高度后再下落，如此反复，通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示，则（　　）
A．时刻小球的动能最大
B．时刻小球的重力势能最大
C．时刻小球的机械能等于时刻小球的机械能
D．从开始下落到第一次到达最低点，小球内能的增加量小于这两个时刻小球机械能的减少量
【答案】D
【知识点】机械能及其转化；力与运动的关系；力与图象的结合
【解析】【解答】A．根据图片可知，t1时刻小球刚与弹簧接触，此后弹簧发生形变产生弹力，且弹力越来越大。开始一段时间内弹力小于重力，则小球仍然向下做加速运动，当弹力和重力相等时，合力为零，此时加速停止，则速度达到最大，此时动能变大，故A错误；
B.当t=0时，小球杠杆释放，此时高度最大，则小球的重力势能最大，故AB不符合题意；
C．根据图片可知，时刻时弹力达到最大，此时弹性形变最大，则弹簧具有弹性势能最大，则此时小球的机械能最小。时刻弹簧没有弹簧弹性势能，此时小球的机械能最大，所以小球机械能变小，故C不符合题意；
D．从开始下落到第一次到达最低点，这两个时刻小球机械能的减少量等于弹簧弹性势能增加量和小球内能增加量，故小球内能的增加量小于这两个时刻小球机械能的减少量，故D符合题意。
故选D。
【分析】A.当合力方向与运动方向相同时，物体做加速运动；当合力为零时，物体加速停止，此时速度达到最大；当合力方向与运动方向方向相反时，做减速运动；
B.重力势能与物体的质量和高度有关；
C.根据小球的机械能和弹性势能的转化过程判断；
D.从开始下落到第一次到达最低点，这两个时刻小球机械能的减少量等于弹簧弹性势能增加量和小球内能增加量，据此分析判断。
9．如图所示，放在水平桌面上的三个完全相同的容器内，装有适量的水，将A、B、C三个体积相同的正方体分别放入容器内，待正方体静止后，三个容器内水面高度相同．下列说法正确的是
A．物体受到的浮力大小关系为FA＞FB＞FC
B．三个物体的密度大小关系为ρA＞ρB＞ρC
C．容器底部受到水的压力大小关系为F甲＞F乙＞F丙
D．容器对桌面的压强大小关系为P甲=P乙=P丙
【答案】D
【知识点】压强的大小及其计算；液体压强计算公式的应用；阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】A.根据图片可知，A、B在水面漂浮，C在水中悬浮，则A、B、C三个正方体排开水的体积关系为VA排＜VB排＜VC排，根据阿基米德原理可知，浮力的大小关系为：FA＜FB＜FC，故A错误；
B.综上所述，三者受到浮力FA＜FB＜FC，且由浮沉条件可知：GA=FA，GB=FB，GC=FC，那么GA＜GB＜GC。根据可知，物体密度的大小关系：，故B错误；
C.由液体压强公式可知，液体底部压强关系是p甲=p乙=p丙，根据可知，容器底部受到水的压力大小关系：F甲=F乙=F丙，故C错误；
D.因正方体分别处于漂浮或悬浮状态，则浮力等于自身重力。由阿基米德原理F浮=G排可知，物体受到的浮力等于排开液体的重力，那么容器中正方体的重力等于正方体排开水的重力，即可以理解为，容器中正方体的重力补充了它排开的水的重力，能看出三个容器内总重力相等，所以三个容器对桌面的压力关系为F甲=F乙=F丙。根据可知，容器对桌面的压强大小关系为p甲=p乙=p丙，故D正确；
故选D。
【分析】A.根据阿基米德原理可判断物体受到的浮力大小关系；
B.由图A、B、C三个正方体所处的状态，判定其浮力和重力的关系；然后根据三者的浮力大小、利用浮沉条件判断物体密度与水的密度大小关系；
C.利用p=ρgh判断容器底受到水的压强关系，根据F =pS比较压力；
D.根据阿基米德原理可知，物体受到的浮力等于物体排开液体的重力，分析出整个装置的压力的大小关系，结合压强公式比较分析。
10．如图甲、乙所示，规格相同的A、B两杯中分别装有300g和400g的牛奶，并用不同加热器同时对其加热，根据所记录的数据分别得到图丙的温度与加热时间的关系图像A和B，已知加热器的加热效率相同，牛奶的比热容为（液体加热过程均未达到沸点），则下列说法正确的是（　　）
A．B杯中牛奶每分钟吸收的热量为
B．甲、乙图中的加热器每分钟放出的热量之比为8∶9
C．若将A、B两杯中的牛奶都从加热至，需要的时间之比是2∶3
D．若两杯牛奶都从加热5min，A、B两杯牛奶升高的温度之比为3∶4
【答案】C
【知识点】比热容的定义及其计算公式；探究不同物质的吸热能力
【解析】【解答】 A．丙中牛奶3min内温度升高了20℃，根据Q=cmΔt知，每分钟吸收的热量为，故A错误；BC．A杯中牛奶每分钟吸收的热量；
由题意可知，加热器的加热效率相同，故甲图中的加热器每分钟放出的热量之比应为A、B杯中牛奶每分钟吸收的热量之比，即 ；
将A、B两杯中的牛奶都从20℃加热至60℃，由Q=cmΔt得，A、B两杯中的牛奶需要的时间之比是 ；故B错误，C正确；
D．丙中的A平均每分钟升高10℃；乙中的B平均每分钟升高 ；则同时加热5min，A、B两杯牛奶升高的温度之比为 ，故D错误。
故选：C。
【分析】 （1）根据图丙中的图像，结合Q=cmΔt计算热量。
（2）根据A每分钟吸热的多少和加热效率相同，得出每分钟的吸热之比，结合比热容与质量以及Q=cmΔt得A、B两杯中的牛奶需要的时间之比；
（3）根据每分钟的升温分析解答。
11．如图甲所示的装置，A是重15N的空吊篮，绳子B和C能承受的最大拉力分别为100N和50N。质量为50kg的小张同学将A提升到高处，施加的拉力F随时间变化关系如图乙所示，A上升的速度v随时间变化关系如图丙所示。忽略绳重及摩擦，常数g取10N/kg。下列结论正确的是（　　）
A．动滑轮的重力为9N
B．第2s内拉力F的功率为40W
C．此装置最多能匀速运载80N的货物
D．此装置提升重物的最大机械效率为85%
【答案】B,C
【知识点】功率计算公式的应用；动滑轮拉力的计算；滑轮（组）的机械效率
【解析】【解答】A．根据丙图可知，在1~2s内物体做匀速运动。根据乙图可知，此时拉力为10N。根据甲图可知，滑轮组承担重力的绳子段数n=2，根据得到：；
解得：G动=5N，故A错误；
B．根据丙图可知，第2s内物体移动的速度为2m/s，则绳子自由端的速度为，第2s内拉力F的功率为，故B正确；
C．根据题意可知，绳子C能够承受的拉力最大为50N时，根据可知，可以拉动物重为，故C正确；
D．综上所述，重物最重为80N，则最大的机械效率为，
故D错误。
故选BC。
【分析】A.根据甲图确定承担重力的绳子段数n=2，根据拉力此求动滑轮重力；
B.根据计算绳子移动的速度，利用P=Fv求第2s内拉力F的功率；
C.根据计算拉动物体的最大重力；
D.当物体的重力最大时机械效率最大，根据计算滑轮组的最大机械效率。
12．如图甲所示，电源电压不变，小灯泡的额定电压为3V。第一次只闭合、，将滑动变阻器R的滑片从最下端滑到最上端，第二次只闭合开关，将滑动变阻器R的滑片从最下端向上滑到中点时，电压表的示数为1.5V，滑到最上端时，小灯泡正常发光。图乙是两次实验中电流表A与电压表、示数关系图象，下列说法正确的是（　　）
A．小灯泡的额定功率为0.75W
B．定值电阻的阻值为
C．滑动变阻器R的最大阻值为
D．两次实验中，电路最小功率为0.36W
【答案】A,C,D
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【解答】根据甲图可知，第一次只闭合、，滑动变阻器R与定值电阻串联，电压表测量电源电压，电流表A测量此时的电路电流。将滑动变阻器R的滑片从最下端滑到最上端，滑动变阻器R接入的电阻由最大变为0。
第二次只闭合开关，滑动变阻器R与灯泡串联，电压表测量灯泡的电压。将滑动变阻器R的滑片从最下端向上滑到中点时，电压表的示数为1.5V，滑到最上端时，电路中只有灯泡工作，小灯泡正常发光。说明电源电压等于灯泡的额定电压3V。
A．根据乙图可知，灯泡正常发光时的电流，灯泡的额定电压为3V，
则小灯泡的额定功率为，故A正确；
B．根据图乙可知，只有定值电阻工作时，电路的电流为，
的阻值为，故B错误；
C．根据甲图可知，第二次只闭合开关，灯泡与滑动变阻器R串联，电压表测量灯泡的电压。将滑动变阻器R的滑片从最下端向上滑到中点时，电压表的示数为1.5V，
从乙图中可以看出，此时电路的电流，
此时滑动变阻器的电压，
此时滑动变阻器接入的电阻，
滑动变阻器R的最大阻值为，故C错误；
D．根据乙图可知，定值电阻与滑动变阻器R串联，且滑动变阻器接入的电阻最大时，电路的电流最小，此时电功率最小，此时电路的总电阻，
两次实验中，电路最小功率为，故D符合题意。
故选ACD。
【分析】 根据甲图可知，第二次操作中，只闭合开关S2，将滑动变阻器R的滑片从最下端向上滑至中点再滑至最上端时，可知变阻器连入电路的电阻变化，由欧姆定律确定电路的电流变化，从而确定第二次操作中，表示电流表随电压表示数变化的图线；
A.已知小灯泡的额定电压为3V，在第二次操作中，滑片滑至最上端时，根据灯正常发光可知电源电压为3V，由图可知此时的电流最大值，根据P=UI求出灯的额定功率；
B.在第一次操作中，滑片滑至最上端时，此时电路的电流应最大，由图中竖线可知电路的最大电流，由欧姆定律求出R0；
C.在第二次操作中，滑片在中点时，由串联电路的规律及欧姆定律，变阻器连入电路的电阻，从而得出滑动变阻器R的最大阻值；
D.由乙图知，第一次操作中电路的最小电流小于第二次操作中电路的最小电流，在第一次操作中，当滑片滑到最下端时，电路的电阻最大，由串联电阻的规律和欧姆定律得出电路的最小电流，根据P=UI得出两次实验中电路的最小功率。
13．端午节时很多人家会煮粽子，打开锅盖取粽子时要注意防烫伤，因为水蒸气液化 　 　（选填“吸热”或“放热”）；剩下的粽子放入冰箱冷冻后再取出时，粽子表面有一层白霜，这是 　 　（填物态变化名称）现象。
【答案】放热；凝华
【知识点】液化及液化放热；凝华及凝华放热
【解析】【解答】（1）打开锅盖取粽子时，锅内的水蒸气从气态变成液态发生液化现象从而变成小水珠，同时向外界放出热量。
（2）从冰箱中取出的粽子温度很低，空气中的水蒸气在粽子表面放热，从气态直接变为固态发生凝华现象从而形成霜。
【分析】（1）物质从气态变成液态叫液化，液化向外放热；
（2）物质从气态变成固态发生凝华现象，向外放热。
14．现代生活，智能手机给人们带来了许多便利，手机屏幕上的多彩画面由红、蓝、　 　三种色光混合而成。但长时间盯着手机屏幕，容易导致视力下降。如图为某人看远处的物体时的成像示意图，为了矫正视力需要佩戴　 　（选填“凹”或“凸”）透镜来矫正。
【答案】绿；凹
【知识点】色光的三（基）原色和颜料的三原色；近视眼的成因与矫正办法
【解析】【解答】（1）手机屏幕上的多彩画面由红、蓝、绿三种色光混合而成，因为光的三原色是红、绿、蓝，按照不同比例混合，可以得到各种颜色的光，
（2）根据图片可知，此时成像在视网膜前，那么为近视眼。要使像后移到视网膜上，需要使光线发散，则近视眼用凹透镜矫正。
【分析】（1）根据光的三颜色的知识解答；
（2）成像在视网膜前为近视眼，成像在视网膜后为远视眼，结合二者的矫正方法解答。
15．如图所示，这是机场内正在水平匀速运行的传送带的俯视图，两行李箱与传送带均无相对滑动。则行李箱　 　没有受到摩擦力；行李箱　 　处于非平衡状态。（均选填“甲”或“乙”）。
【答案】甲；乙
【知识点】平衡状态的判断；摩擦力产生的条件
【解析】【解答】（1）根据题意可知，行李箱与传送带接触，当二者之间没有相对运动，也没有相对运动趋势，所以行李箱甲不受摩擦力的作用。
（2）根据图片可知，行李箱乙在传送带转弯处运动的方向在变化，即运动状态不变，那么处于非平衡状态。
【分析】（1）摩擦力产生的条件：①相互接触；②做相对运动或有相对运动的趋势；
（2）平衡状态包括静止状态或匀速直线运动状态。
16．如图甲所示，在检查照明电路故障时，先断开所有开关，然后将一个普通的白炽灯L（校验灯）与熔断的熔丝并联，当闭合开关S、时，校验灯L正常发光，而灯不发光，说明灯　 　（选填“断路”“短路”或“正常”）；如图乙所示，将此电能表接入家庭电路中，当关闭其它用电器，让一空调单独工作1h时，观察到电能表的铝盘正好转动了600圈，则该段时间空调消耗的电能是　 　J。
【答案】短路；7.2×105
【知识点】电能表参数的理解；家庭电路的故障分析
【解析】【解答】（1）根据图片可知，当闭合开关S、S1时，校验灯L与灯泡L1串联。此时校验灯正常发光，说明校验灯两端电压为220V，而灯泡L1的电压为零，所以故障是灯L1短路。
（2）根据乙图中“3000r/kW·h”可知，该段时间空调消耗的电能为
。
【分析】（1）在串联电路中，总电压等于各处电压之和，则串联的用电器的电压都小于电源电压；
（2）根据铭牌数据，利用公式计算即可。
17．科技小组制作了一个“听话”的小瓶子，通过调节滑片，就可以让小瓶子上浮、下沉或悬停在水中。它的原理如图所示（磁铁固定在活塞上），闭合开关S后，电磁铁右边为　 　极。若向左移动滑片P，小瓶子下沉，则桌面所受压力　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”）。
【答案】N；不变
【知识点】压力及重力与压力的区别；安培定则
【解析】【解答】（1）根据图片可知，线圈上电流方向向下。右手握住螺线管，四指指尖向下，此时大拇指指向右端，则电磁铁的右端是N极。
（2）根据图片可知，无论活塞向哪边移动，瓶子对桌面对桌面的压力始终等于自身重力。因为大瓶整体重力不变，故大瓶对桌面的压力大小不变。
【分析】（1）根据安培定则判断电磁铁的磁极方向；
（2）根据瓶子对桌面的压力等于自身重力分析。
18．如图所示，有一实心长方体悬浮在油和盐水中，浸在油中和盐水中的体积之比为3：2。则该物体在油中受到的浮力与物体的重力之比为　 　；该物体密度为　 　kg/m3。（ρ油=0.7×103kg/m3，ρ盐水=1.2×103kg/m3）
【答案】；
【知识点】二力平衡的条件及其应用；阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】设长方体的体积为V，且浸在油中和盐水中的体积之比为3：2，
该物体在油中受到的浮力F浮油=ρ油gV排油，该物体在盐水中受到的浮力F浮盐水=ρ盐水gV排盐水，
该物体的重力G=mg=ρ物gV，长方体悬浮在液体中悬浮，则它受到的浮力等于重力，即F浮=G，
ρ油gV排油+ρ盐水gV排盐水=ρ物gV，
解出：ρ物=0.9×103kg/m3；则该物体在油中受到的浮力与物体的重力之比为：
。
【分析】 设长方体的体积为V，且浸在油中和盐水中的体积之比为3：2，根据阿基米德原理得出物体在油中受到的浮力和物体在盐水中受到的浮力的表达式，
根据重力和密度公式可知该物体的重力表达式，长方体悬浮，F浮=G，据此得出该物体的密度。进而得出该物体在油中受到的浮力与物体的重力之比。
19．如图所示，光线垂直射入水面，水里有个平面镜，请画出此题的光路图（不考虑光在水面发生反射）。
【答案】
【知识点】作光的反射光路图；作光的折射光路图
【解析】【解答】光线垂直射入水中时，不发生折射；发生反射时，画法线和平面镜垂直，根据反射角等于入射角，画出反射光线；光从水中射入空气中，画法线和水面垂直，空气中的折射角大于入射角。作图如下：
【分析】光线和水面垂直时，传播方向不变；发生反射时，反射角等于入射角；光线从水中斜射入空气中，折射角大于入射角。
20．如图，杠杆AOB保持静止，O为支点，请作出阻力和维持杠杆平衡的最小动力。
【答案】
【知识点】力臂的画法；杠杆中最小力的问题
【解析】【解答】根据图片可知，O点为杠杆的支点，A点为动力作用点，则OA是最长的动力臂。连接OA，然后通过A点作OA的垂线，在向上的方向上标上箭头表示最小的动力。
作用在B点的阻力由物体的重力产生，作用在B点，方向竖直向下，如下图所示：
【分析】当以杠杆的支点到力的作用点之间的线段为动力臂时最长，此时最省力。对物体进行受力分析，确定力的三要素，然后沿力的方向画带箭头的线段即可。
21．在某次探究凸透镜成像规律的实验中：
（1）夏天太阳直射时，小明将透镜正对阳光放置，在透镜下面放上白纸（白纸与透镜平行，如图甲），测出透镜与白纸间距s与对应的白纸被烤焦的时间t，绘出图乙所示的图像，可判断该透镜的焦距f为　 　cm；
（2）如图丙所示，小明把透镜固定在50cm刻度线位置，蜡烛固定在15cm刻度线位置。光屏应在　 　（选填“Ⅰ”、“Ⅱ”或“Ⅲ”）区域内左右移动，才能得到清晰的实像；在光屏右侧位置观察，如果火焰的形状如图丁所示，则光屏上的所成像是　 　（选填“A”、“B”、“C”或“D”）；
（3）若蜡烛的火焰高4cm，像高2cm，则此时仅将光屏和蜡烛的位置对调，则光屏上会呈现一个　 　cm高的像；
【答案】（1）12
（2）Ⅱ；D
（3）8
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验
【解析】【解答】（1）当凸透镜的焦点成在白纸上时，温度最高，因此白纸被烤焦的时间最短。根据乙图可知，当时，烤焦时间最短，因此该凸透镜的焦距为12cm。
（2）根据乙图可知，此时的物距，则u＞2f，此时像距
，因此光屏移动的范围为，
对应图丙中的Ⅱ区域，此时成倒立、缩小的实像，对应图丁中的D。
（3）若蜡烛的火焰高4cm，像高2cm，则，即烛焰焰高缩小为原来的一半，此时成倒立、缩小的实像。
将光屏和蜡烛的位置对调，根据光路可逆性可知，则光屏上会呈现一个倒立、放大的实像，烛焰焰高放大为原来的2倍，即像高为。
【分析】（1）当凸透镜的焦点成在白纸上时，温度最高，因此白纸被烤焦的时间最短，根据图乙分析解答；
（2）根据乙图确定此时的物距，并与焦距比较，从而确定成像特点和像距范围，进而推算光屏移动的范围，最终确定图片中的对应区域即可。
（3）根据火焰高度和像的高度计算二者高度之比，然后根据光路可逆性确定互换位置后像高和火焰高度的比值，进而计算此时像高。
（1）当白纸刚好在焦点位置时，光线会聚成一点，温度最高，烤焦时间最短，由图乙可知，时，烤焦时间最短，因此该凸透镜的焦距为12cm。
（2）图乙中，物距
根据凸透镜成像规律可知，此时像距
光屏上才能成像，因此光屏移动的范围为
对应图丙中的Ⅱ区域，此时成倒立、缩小的实像，对应图丁中的D。
（3）若蜡烛的火焰高4cm，像高2cm，烛焰焰高缩小为原来的一半，此时成倒立、缩小的实像，根据光路可逆，将光屏和蜡烛的位置对调，则光屏上会呈现一个倒立、放大的实像，烛焰焰高放大为原来的2倍，即像高为
22．如图所示，小宁用压强计“探究影响液体内部压强大小的因素”。
（1）通过图甲观察发现压强计　 　（选填“是”“不是”）连通器；
（2）小宁把压强计的橡皮膜和橡皮管更换后，在使用压强计前，发现U形管内水面已有高度差，接下来的操作应是（　　）
A．从U形管内向外倒出适量水
B．拆除软管重新安装
C．向U形管内添加适量水
（3）完成上述操作后，如图乙、丙所示是将该装置的探头放入水中不同深度的情况，比较后可初步得出结论：液体内部的压强随深度的增加而　 　；
（4）小宁同学利用U形管压强计改装成如图戊所示的测量某种未知液体的密度的密度计。A为固定支架，其作用是保证橡皮膜在不同的液体中深度均为5cm。U形管盛水，其右管标有刻度值，为了便于读数，在U形管右管有一个指示液面位置的红色浮标。未测量时，U形管水面刚好与a相平。当橡皮膜放入某液体中时，浮标指示在b处，小宁利用刻度尺测出a、b之间的距离为3.0cm，则该液体的密度为　 　g/cm3；
【答案】（1）不是
（2）B
（3）增大
（4）1.2
【知识点】液体压强计算公式的应用；连通器原理及其应用；探究液体压强的特点实验
【解析】【解答】（1）根据图片可知，压强计的U形管下部连通，上面只有一端是封闭的，因此压强计不是连通器。
（2）使用压强计前，若U形管内已有高度差，说明压强计内外气压大小不同，此时需要拆除软管重新安装即可，故选B。
（3）根据图片可知，实验乙、丙中，液体密度相同（都是水），丙中探头深度更大，U形管液面高度差更大，说明丙中液体压强更大，因此可得结论：液体内部的压强随深度的增加而增大。
（4）根据题意可知，当浮标从到距离为，说明U形管右管上升，则左管下降，
因此U形管液面高度差；
液体对橡皮膜的压强等于U形管水柱的压强，即 ；；
；解得：。
【分析】（1）底部连通，上面开口的容器为连通器；
（2）根据U形管压强计使用的注意事项解答；
（3）根据图片确定实验乙和丙中哪个因素相同，哪个因素不同，根据U形管两侧液面高度差比较压强大小，进而得到结论；
（4）根据液体对橡皮膜的压强等于U形管水柱的压强，以及液体压强公式p=ρ液gh列式计算即可。
（1）连通器的定义是上端开口、底部互相连通的容器，压强计的U形管一端是封闭的，不符合连通器的特点，因此压强计不是连通器。
（2）使用压强计前，若U形管内已有高度差，说明U形管左端封闭侧的气压不等于大气压，正确操作是拆除软管重新安装，使U形管两端都与大气压相通，让液面相平，故选B。
（3）乙、丙实验中，液体种类相同（都是水），丙中探头深度更大，U形管液面高度差更大（压强更大），因此可得结论：液体内部的压强随深度的增加而增大。
（4）橡皮膜在液体中深度，当浮标从到距离为，说明U形管右管上升，则左管下降，因此U形管液面高度差
根据压强平衡，液体对橡皮膜的压强等于U形管水柱的压强，即
则液体的密度
23．小邓用如图1的电路图测量“小灯泡正常发光时的电阻”，选用的电源电压为3.0V，小灯泡的额定电压为2.5V，图2是未连接完整的实验电路。
（1）按照电路图1将实物图2中的电路元件连接补充完整，要求当滑动变阻器的滑片向右滑动时，电流表的示数减小，在连接电路中，导线不能交叉；
（2）在连接电路时开关要断开，闭合开关前应将滑动变阻器的滑片调到　 　端（选填“A”或“B”）；
（3）检查电路无误后闭合开关后，缓慢移动滑动变阻器的滑片P，同时观察　 　（选填“电压表”或“电流表”）示数的变化，当电压表的示数如图3所示时，其读数为　 　V；
（4）实验时闭合开关，两表均有示数，若将小灯泡从灯座中取走，电压表将　 　示数（选填“有”或“无”）；
（5）小邓根据记录的实验数据绘制了图4所示的图像，则小灯泡的额定功率是　 　W；
（6）活动最后，老师要求同学们用量程为“0~3V”的电压表，电源电压恒为6V，其它器材符合实验要求。测出额定电压为3.8V小灯泡正常发光时的电阻，下图是同学们设计的实验电路图合理的是______。
A． B．
C． D．
【答案】（1）
（2）B
（3）电压表；1.8
（4）有
（5）0.5
（6）B
【知识点】电压的测量及电压表的使用；串联电路的电压规律；伏安法测电阻的探究实验；探究用电器的电功率实验
【解析】【解答】（1）在测量“小灯泡正常发光时的电阻”的实验中，滑动变阻器与灯泡串联，且接线“一上一下”。滑片向右滑动时电流减小，说明滑动变阻器接入电阻需变大，因此下左端A接线柱接与灯泡右端接线柱相连，如下图所示：
（2）滑动变阻器下面选择的接线柱是A，滑片在B端时接入电阻丝最长、电阻最大，因此闭合开关前，滑动变阻器需要调到B端。
（3）在测量“小灯泡正常发光时的电阻”的实验中，需要灯泡两端电压等于额定电压，因此移动滑片时需要观察电压表示数；
根据图片可知，电压表选0～3V量程，分度值0.1V，则它的读数为1.8V。
（4）根据图片可知，将小灯泡取走后，电压表串联在电路中，相当于测量电源电压，因此电压表有示数。
（5）根据图4可知，小灯泡两端电压为2.5V时，电流为0.2A，则小灯泡的额定功率。
（6）已知电源电压为6V，当灯泡正常发光时，灯泡电压为3.8V，此时滑动变阻器两端的电压为＜3V。那么可以将电压表与滑动变阻器并联，当电压表的示数为2.2V时，灯泡正常发光，如下图所示：
故选B。
【分析】（1）根据电流表的示数变化确定变阻器接入阻值的变化，进而确定变阻器使用的接线柱即可；
（2）闭合开关前，为了避免电流过大而烧毁用电器，要求滑片调到阻值最大的位置；
（3）在测量“小灯泡正常发光时的电阻”的实验中，需要灯泡两端电压等于额定电压。根据图片确定电压表的量程和分度值，然后根据指针位置读出示数。
（4）当电压表串联在电路中时，电压表测电源电压；
（5）根据图4确定灯泡正常发光时的电压和电流，根据P=UI计算灯泡的额定功率。
（6）当灯泡正常发光时，变阻器两端的电压为2.2V，小于电压表的量程，则可以让电压表与变阻器并联，据此设计电路即可。
（1）滑片向右滑动时电流减小，说明滑动变阻器接入电阻需变大，因此下左端A接线柱接与灯泡右端接线柱相连。
（2）闭合开关前，滑动变阻器需要调到最大阻值处，滑片在B端时接入电阻丝最长、电阻最大，闭合开关前应将滑动变阻器的滑片调到B端。
（3）实验目的是让小灯泡达到额定电压，因此移动滑片时需要观察电压表示数；电压表选0～3V量程，分度值0.1V，读数为1.8V。
（4）将小灯泡取走后，电压表串联在电路中，两端通过滑动变阻器接在电源正负极，相当于测量电源电压，因此电压表有示数。
（5）小邓根据记录的实验数据绘制了图4所示的图象，小灯泡两端电压为2.5V时，电流为0.2A，则小灯泡的额定功率
（6）电源电压6V，灯泡额定电压3.8V，电压表量程只有0～3V，无法直接测量灯泡电压，根据串联分压规律，可以将电压表并联在滑动变阻器两端，当灯泡正常发光时，滑动变阻器两端的电压为
小于3V，故选B。
24．如图甲是文文同学家新买的一台冷暖空调扇，其内部简化电路如图乙所示，R1、R2均为发热电阻，R1的阻值为110Ω，M是电动机。开关S1闭合后，当S2接1、2时吹冷风；当S2接2、3时吹温风；当S2接3、4时吹热风，此时空调扇的总功率为1100W。已知：电源电压为220V，。求：
（1）吹冷风时，在空调扇内加入冰袋会使吹出的风温度变低，若冰袋内冰的质量为1kg，温度从-16℃升高到-6℃时，冰从周围吸收的热量是多少？
（2）吹冷风时，电动机正常工作1h消耗的电能为，此时通过电动机的电流是多少？
（3）吹热风时，R2的电阻是多少？
【答案】（1）解：根据题意可知， 温度从-16℃升高到-6℃时，
则冰的温度变化量；
则冰从周围吸收的热量。
（2）解：根据题意可知， 电动机正常工作1h消耗的电能为，
那么电动机的电功率，
则通过电动机的电流。

（3）解：根据图片可知，吹热风时，电动机、、并联，
此时的功率；
那么的功率；
则的阻值。

【知识点】比热容的定义及其计算公式；电功率的计算
【解析】【分析】 （1）根据公式Q=cmΔt得到冰吸收的热量；
（2）根据计算电动机的电功率，利用电功率公式得到通过电动机的电流；
（3）根据图片可知，吹热风时，电动机、、并联，根据计算电阻R1的功率，根据得到R2的功率，最后利用公式得到R2阻值。
（1）由题意得，冰的温度变化量
冰从周围吸收的热量
（2）电动机的电功率
通过电动机的电流
（3）吹热风时，电动机、、并联，并联电路各支路电压等于电源电压，的功率
电动机功率不变，的功率
的阻值
25．重庆一中物理实验小组设计了一款自动排水报警装置模型，如图所示，该装置左水槽底部有一排水阀门（体积质量均忽略不计）用细绳与浮体甲相连，甲密度为0.5g/cm3，底面积S甲为150cm2，阀门面积S0为40cm2；浮体乙置于水槽底部但未与水槽紧密接触，其上方用轻杆与压敏电阻R0相连，乙重力为5N，底面积S乙为140cm2（两水槽中间通道体积忽略不计）。报警电路电源电压为24V，R0的阻值随压力变化的关系如表。现调节R1为28Ω，并向左水槽注水，当水面刚没过甲时，到达预设液面高度h0，甲在浮力作用下拉开阀门排水，同时报警电路电流为0.4A，触发报警装置，求∶
（1）触发报警装置时，电阻R0所受的压力；
（2）预设液面高度h0为多少cm；
（3）调节R1阻值使液面为12cm时触发报警装置，若仍要实现排水功能，则只需将阀门面积S0调整为多少？
F/N 0 8 16 24 …
R/Ω 60 46 32 18 …
【答案】解：（1）根据题意可知，报警电路电流为0.4A，电源电压为24V，
则此时报警电路的总电阻为；
电阻R0的阻值为；
根据表格数据可知，此时电阻R0所受的压力为16N。
答： 触发报警装置时，电阻R0所受的压力为16N 。
（2）综上所述，当浮体乙置于水槽底部但未与水槽紧密接触，
所以此时浮体所受浮力为；
乙排开水的体积为
；
预设液面高度h0为。
答： 预设液面高度h0为15cm 。
（3）当h0=15cm时，排水阀门受到水的压强为
；
排水阀门受到水的压力为
；
根据平衡力的知识得到：，
；
解得：V甲=1.2×10-3m3；
物体甲的重力为；
甲的高度为；
当液面为12cm时，甲浸入的深度为
；
甲排开水的体积为；
甲受到的浮力为
；
排水阀门受到水的压力为
；
阀门受到水的压强为
；
阀门面积调整为
；
答：调节R1阻值使液面为12cm时触发报警装置，若仍要实现排水功能，则只需将阀门面积S0调整为12.5cm2。
【知识点】压强的大小及其计算；液体压强计算公式的应用；阿基米德原理；浮力的利用；欧姆定律及其应用
【解析】【分析】（1）根据计算报警电路的总电阻，根据计算电阻R0的阻值，根据计算电阻R0的阻值，最后根据表格确定此时它受到的压力；
（2）对浮体进行受力分析，根据平衡力的知识计算它受到的福利，根据阿基米德原理计算乙排开水的体积，根据计算预设液面高度h0；
（3）根据液体压强公式计算排水阀门受到水的压强，根据F=pS计算排水阀门受到的压力，然后根据平衡力的知识列方程计算甲的体积，并根据计算甲的重力。接下来计算出甲浸入液面的深度，根据阿基米德原理计算甲受到的浮力，根据平衡力的知识计算排水阀门受到的压力和压强，最后根据计算阀门的面积。
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