资源简介

2026年广西壮族自治区崇左市扶绥县第一次模拟考试卷物理
1．物理知识在生活中处处可见，以下估计正确的是（　　）
A．1名普通中学生的重力约为
B．成年人正常步行的速度为
C．体育中考时跑用时
D．1名普通初中学生的站立时对地面压强约
2．2025年10月，CR450动车组在宜昌至汉川之间已经跑出了动车组单列时速453公里最新世界纪录（如图）。动车行驶过程中，说动车司机是静止的，所选的参照物是（　　）
A．云朵 B．地面 C．房屋 D．座椅
3．CCTV推出一档大型文博探索节目《国家宝藏》，小琳特别关注了“贾湖骨笛”和“曾侯乙编钟”两件国宝，下面说法错误的是（　　）
A．敲击编钟，编钟因振动而发出声音
B．轻敲或重敲编钟同一位置，编钟发出声音的响度不同
C．吹奏骨笛时，按压骨笛不同位置的气孔，发出声音的音色不同
D．悦耳的骨笛声是通过空气传入人耳中的
4．如图，是一张建筑物在水中的倒影照片，下列有关说法正确的是（　　）
A．建筑物在水中的像是缩小的
B．建筑物在水中的像是放大的
C．建筑物在水中的像是虚像
D．建筑物在水中的像到水面的距离与建筑物到水面的距离不相等
5．某校物理科技小组参加青少年科学素养大赛，设计了“火灾自动报警器”。报警器中有热敏电阻（其阻值随温度升高而减小）和保护电阻，闭合开关后，当火灾发生时温度升高，导致电表示数变大而触发报警装置。图中能实现上述功能的设计电路图是（　　）
A． B．
C． D．
6．关于摩擦力，下列说法正确的是（　　）
A．摩擦力总是阻碍物体相对运动的力
B．轮胎上有凹凸不平的花纹是为了减小摩擦
C．机械轴承中加润滑油是为了增大摩擦
D．生活生产中摩擦力总是有害的
7．2024年3月24日，中国·江西·上饶·玉山“华鼎锦纶”斯诺克世界公开赛决赛，中国斯诺克领军人物丁俊晖与卫冕冠军特鲁姆普上演巅峰对决。下图为比赛现场丁俊晖击球场景。下列关于打台球的过程中涉及的物理知识，说法正确的是（　　）
A．台球对桌面的压力与桌面对台球的支持力是一对平衡力
B．球杆击球后，球由于受到惯性仍能继续向前运动
C．击打球的不同部位，球的旋转方向不同，表明力的作用效果与力的作用点有关
D．丁俊晖击打母球后在台面上运动的过程中机械能守恒
8．如图所示为一款新式插座。它带有插头，一转多位插座，调光台灯等功能。某天，台灯正常工作时，小明将小风扇的插头接入该插座，突然全家用电器全部停止工作，小明用学过的物理知识检查出问题，并进行了维修，台灯和风扇又重新可以工作。下列说法正确的是（　　）
A．调光台灯与小风扇是串联连接
B．用试电笔检测线路时，手应接触笔尾金属体
C．所有电器停止工作，是因为小风扇的电功率过大
D．维修后当小风扇加入工作时，通过台灯的电流将会变大
9．中国科技发展日新月异，对以下重大成果中涉及的物理知识解释不正确的是（　　）
A．白鹤滩水电站年均发电量624亿千瓦时——水力发电是将机械能转化为电能
B．“天问二号”小行星探测器遨游太空——探测器在太空中通过电磁波与地面站联系
C．中国空间站利用太阳能电池板供电——太阳能属于清洁能源
D．中国突破了“人造太阳”1亿摄氏度持续1000秒的技术——该反应为核裂变
10．如图甲是某蔬菜大棚里使用的一种温度自动报警器，在温度计里封入一段金属丝，当温度达到金属丝下端所指温度时，扬声器响起，发出报警信号。下列说法正确的是（　　）
A．煤油可用作自动报警器温度计中的工作液体
B．电磁铁通电后其左端为S极
C．动圈式扬声器的工作原理与图乙所示原理相同
D．若只改变电磁铁中的电流方向，电磁铁的磁性将变强
11．如图所示的摩天轮是武汉的一个地标建筑——“东湖之眼”，直径达49.9米，有28个座舱，游客可以通过它看到东湖的别样之美。若小明随座舱在竖直平面内匀速转动，则下列说法不正确的是（　　）
A．以小明为参照物，地面是静止的
B．小明受到的力是非平衡力
C．从最高点转动到最低点的过程中，小明的重力势能转化为动能
D．从最低点转动到最高点的过程中，小明的机械能保持不变
12．如图所示的电路中，电源电压保持不变，为定值电阻，灯泡阻值不变，R为光敏电阻，其阻值随照射在它上面光照的增强而减小。闭合开关S，当光照增强时，下列说法正确的是（　　）
A．电流表A的示数增大
B．电压表的示数增大
C．电压表与电流表A的示数之比减小
D．若将电路中的电压表换成电流表，闭合开关后，电流表A的示数为0
13．如图所示为今年国庆期间在桂林甲天下广场展出的非遗文化“打铁花”表演，表演者将生铁化成铁水后用力泼洒出去，铁水在空中形成“铁花”下落后变成铁屑。闪烁的“铁花”　 　（选填“是”或“不是”）光源；铁水变成铁屑的过程发生的物态变化名称是　 　。
14．如图为中央电视台自主研发的一款特种摄像设备—“猎豹”，专门用于2022年北京冬奥会速度滑冰赛事的转播工作。“猎豹”跟踪拍摄运动员比赛，拍摄出的像成　 　（选填“放大”或“缩小”）的实像。要想运动员的像更大一些，镜头应该　 　（选填“远离”或“靠近”）运动员。
15．出行安全尤为重要。公交车上提示“请抓好扶手”，是因为乘客具有　 　，急刹车时易摔倒；高铁站台上提示“候车请勿越过安全线”，是因为流体流速大的位置压强　 　，越过安全线易引发危险。
16．2024年4月25日神舟十八号飞船成功发射，在加速升空过程中飞船的动能　 　，（选填“增大”或“减小”或“不变”）飞船到达既定轨道后宇航员通过　 　（选填“电磁波”或“超声波”）与地面控制中心进行联系。
17．内燃机的一个工作循环由四个冲程组成，如图所示是内燃机的　 　冲程。一台某型号单缸四冲程汽油机的飞轮速度是1200r/min，在1s内，汽油机完成了　 　个工作循环。
18．如图甲所示的电路中，电源电压保持不变，闭合开关S，滑片P从A端移动到B端的过程中，电流表示数I与电压表示数U的关系图像如图乙所示。的最大阻值为　 　；若把电压表量程改为0~3V，在保证各元件安全的情况下，该电路的最小电功率和最大电功率之比为　 　。
19．（1）请根据给出的入射光线画出折射光线；
（2）悬挂的小球摆动到图示位置时，请画出小球所受重力和拉力的示意图；
（3）根据通电螺线管的N、S极，在括号内标出电源的正极和负极。
20．在“探究物体的动能大小跟哪些因素有关”的实验中，用质量分别为m和M的两个钢球（M >m），分别从不同的高度h和H（H＞h）由静止开始滚下，实验过程如图所示。
（1）实验中，探究的动能是指______（填序号）；
A．钢球在斜面上的动能
B．钢球撞击木块时的动能
C．木块的动能
（2）通过观察木块B移动的距离长短，来判断动能的大小，这种研究方法是　 　（选填“控制变量法”、“等效替代法”或“转换法”）；
（3）由甲、乙两图可得实验结论：当质量一定时，　 　越大，动能越大。这个结论可用于解释汽车　 　（选填“超速”或“超载”）带来的危害；
（4）若在进行乙、丙两图实验时，丙图中木块被撞后滑出木板，为了使木块不滑出木板，只需要重新进行图丙的实验，下列方法可行的是______（填序号）。
A．降低钢球滚下时的高度
B．换用一个质量更大的木块
C．换用足够长的木板
21．（1）如图1甲所示，在两只相同的烧杯里分别装入水和食用油，比较它们的吸热能力。
①在两只烧杯中分别装入初温和　 　均相等的水和食用油；
②在两烧杯中放入规格相同的电加热器，目的是使水和食用油在相同时间内吸收的热量　 　；
③根据实验数据绘制出的温度与时间关系图像如图1乙所示，分析图像可知，若要使水和食用油升高到相同的温度，　 　吸收的热量多，说明　 　的吸热能力更强。
（2）小林利用图2的甲、乙、丙三套完全相同的装置完成相关的热学实验，液体1和2的质量相同，燃料A和B的质量也相同。
①安装实验装置时，应按照　 　（选填“自下而上”或“自上而下”）的顺序；
②为了比较不同燃料的热值，应选择　 　两套装置。
22．小莫和同学们一起利用一长方体物块来探究影响浮力大小的因素。
（1）将物块竖放后挂在弹簧测力计上，测出物块的重力为2.7N，然后将物块部分浸入水中，发现测力计示数减小的同时水面升高了，说明物块受到了竖直向①　 　的浮力，当测力计示数如图甲所示时，浮力为②　 　N；
（2）接下来小莫继续按图乙、丙、丁所示进行实验，由甲、乙、丙的数据可知：在同种液体中，物体排开液体的体积越③　 　，物体受到的浮力越大；由丙、丁的数据可知：物体浸没在同种液体中时所受浮力大小跟深度④　 　；
（3）然后将物块浸没在盐水中如图戊所示，分析数据可知：浮力大小与液体的密度有关，利用以上数据可计算出物块和盐水的密度，你算出所用盐水密度为⑤　 　；（g取10N/kg，）
（4）若在实验前，弹簧测力计的指针在零刻度线以下，并未调零，则利用实验数据算出的盐水密度⑥　 　，算出的物块的密度⑦　 　；（两格均选填“偏大”“偏小”或“不受影响”）
23．实验小组用伏安法测量小灯泡的电阻，连接了如图甲所示的电路，小灯泡的额定电压为2.5V，电源电压恒定。
（1）图甲中有一根导线连接错误。请在该导线上打“×”，并用笔画线代替导线重新画一根正确连接的导线。（导线不得交叉）
（2）改正错误后，闭合开关，移动滑片至某位置时，电压表示数为2V，为测量小灯泡正常发光时的电阻，应将滑片P向　 　（选填“A”或“B”）端移动。
（3）小灯泡正常发光时，电流表的示数如图乙所示，此时小灯泡的电阻是　 　Ω（保留1位小数）。
（4）小灯泡的关系如图丙，当小灯泡两端的电压增大时，它的电阻　 　（选填“增大”、“减小”或“不变”），其原因是灯丝电阻受　 　的影响。
（5）实验小组将图甲中的小灯泡替换为一个定值电阻，其他实验器材不变，　 　（选填“能”或“不能”）完成“探究电流与电压的关系”实验。
（6）小组同学计划用该装置测量某定值电阻的阻值时，发现电压表损坏，于是设计了如图丁所示的电路。实验步骤如下：
①将滑片移到b端，闭合开关S，读出电流表的示数，记为；
②将滑片移到a端，读出电流表的示数，记为；
③已知滑动变阻器的最大阻值为R，则　 　（用、和R表示）。
24．科创小组设计了水库自动泄洪控制装置，将其制成顶部开有小孔的模型，如图所示。其中A为压力传感器，B是质量为750g密度小于水且不吸水的圆柱体，能沿固定的光滑细杆在竖直方向自由移动。当模型内水深h0=15cm时，B与模型底面刚好接触且压力为零。水面上涨到设计的警戒水位时，圆柱体对压力传感器的压力为2N，触发报警装置，开启泄洪阀门。已知圆柱体B的底面积SB=50cm2，高hB=25cm，（细杆体积忽略不计，ρ水=1×103kg/m3）。
（1）圆柱体B的重力为多少N？
（2）模型内水深h0=15cm时，水对模型底部的压强为多少Pa？
（3）刚触发报警装置时，B浸入水中的深度h2为多少cm？
25．恒温箱广泛应用于科研、医疗、养殖等领域。在学校开展的综合实践活动中，某小组设计的装置内部电路如图甲所示，可实现加热、保温两档自动切换，其中是定值电阻，为热敏电阻，、为电热丝。控制电路电源电压U为3V，为25Ω，为176Ω，为44Ω，电磁铁线圈的电阻忽略不计。的阻值与温度的关系如图乙所示，电磁铁衔铁在电流大于或等于60mA时吸合，当电流小于或等于30mA时释放。求：
（1）该恒温箱的温度为25℃时控制电路的电流；
（2）该恒温箱加热状态时工作电路的电功率；
（3）该恒温箱的温度控制范围；
（4）进行培育实践时，要求适宜温度为20℃~25℃，小组成员对恒温箱进行调试，并设计了两种调整方案。
方案一：保持电源电压和控制电流不变，只把增大为50Ω；
方案二：保持和控制电流不变，只把电源电压降低到2.25V。
请任意选择其中一个方案计算分析判断其是否可行。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】时间的估测；速度与物体运动；重力及其大小的计算；压强的大小及其计算
【解析】【解答】A．根据生活经验可知，普通中学生质量约50kg，重力约为，故A正确；
B．根据生活经验可知，成年人正常步行速度约为1.1m/s≈ 4km/h，故B错误；
C．中学生跑100m通常需要13~17s，故C错误；
D．中学生对地面的压力约500N，双脚面积约0.05m2，则他对地面的压强，故D错误。
故选 A。
【分析】我们要对常见的物理量有基本的认识，对于不太熟悉的物理量，可以通过换算单位，或者借助公式转换成熟悉的物理量，然后进行判断即可。
2．【答案】D
【知识点】参照物及其选择
【解析】【解答】 动车行驶过程中，说动车司机是静止的，则它相对所选的参照物的位置保持不变。
A．动车司机相对于云朵的位置是不断变化的，故A不符合题意；
B．动车司机相对于地面的位置是不断变化的，故B不符合题意；
C．动车司机相对于房屋的位置是不断变化的，故C不符合题意；
D．司机与座椅一起运动，他们之间的相对位置没有发生变化，故D符合题意。
故选D。
【分析】如果物体是静止的，那么它相对参照物的位置保持不变；如果物体是运动的，那么它相对参照物的位置发生改变。
3．【答案】C
【知识点】声音的产生；声音的传播条件；音调、响度与音色的区分
【解析】【解答】A．声音是由物体振动产生的，敲击编钟时，编钟振动发出声音，故A正确，不符合题意；
B．用大小不同的力敲击编钟，编钟振动的幅度不同，产生的响度不同，故B正确，不符合题意；
C．吹奏骨笛时，按压骨笛不同的气孔，发声的空气柱长度不同，振动频率不同，音调不同，故C错误，符合题意；
D．声音可以在空气中传播，骨笛声是通过空气传播到我们耳中的，故D正确，不符合题意。
故选C。
【分析】声音是物体振动产生的，声音的传播需要介质，敲击编钟的力不同，振幅不同，响度不同，发声体的长度改变，频率不同，音调不同。
4．【答案】C
【知识点】平面镜成像的原理、特点
【解析】【解答】根据题意可知，平静的水面相当于平面镜，岸边的建筑物发出的光在水面反射形成倒影。根据平面镜成像特点“物像等大”的规律可知，建筑物成的像与物体等大，故AB错误；
根据平面镜成像特点可知，建筑物在水中成的是虚像，故C正确；
根据平面镜成像“物像等距”的规律可知，建筑物在水中的像到水面的距离与建筑物到水面的距离相等，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】平面镜成像的特点：虚像；物像等大，物像等距，据此分析判断。
5．【答案】B
【知识点】串、并联电路的设计；影响电阻大小的因素；欧姆定律及其应用；电路的动态分析
【解析】【解答】根据要求，热敏电阻的阻值随温度升高，阻值减小，电表示数变大，报警装置报警；
A．图中，电流表和R并联，将R短路，温度升高时，电阻不变，电流表示数不变，不能报警，故A不符合题意；
B．两电阻串联，电流表串联，温度升高时R电阻减小，总电阻减小，电流表示数变大，能实现报警，故B符合题意；
C．图中，电阻串联，电压表测R两端电压，温度升高时R电阻减小，电压表示数变小，不能报警，故C不符合题意；
D．图中电阻串联，电压表测电源电压，温度升高时，电压表示数保持不变，不能报警，故D不符合题意；
故选B。
【分析】电流表和电阻并联，电阻短路；在串联电路中，电阻变大，电流减小；变大的电阻分压变大。
6．【答案】A
【知识点】摩擦力产生的条件；增大或减小摩擦的方法
【解析】【解答】A．摩擦力的方向与物体相对运动的方向相反，总是阻碍物体相对运动，故A正确；
B．轮胎上有凹凸不平的花纹是通过增大接触面的粗糙程度增大摩擦，故B错误；
C．机械轴承中加润滑油可以减小摩擦，故C错误；
D．汽车在路面上行驶，皮带传动等，都是利用摩擦，即摩擦也可能是有益的，故D错误。
故选A。
【分析】A.根据摩擦力的定义判断；
B.增大摩擦的方法：增大压力或增大接触面的粗糙程度；
C.减小摩擦力的方法：减小压力，减小接触面的粗糙程度，改变接触面，变滑动为滚动；
D.任何事物都有两面性，摩擦力也可以被我们利用。
7．【答案】C
【知识点】机械能及其转化；力的三要素及力的示意图；惯性及其现象；平衡力的辨别
【解析】【解答】A．台球对桌面的压力受力物体是桌面，桌面对台球的支持力受力物体是台球，二力没有作用在同一物体上，所以二力不是一对平衡力，故A错误；
B．惯性是物体的一种性质，而不是力的作用，故B错误；
C．击打球的不同部位，球的旋转方向不同，即球受力的作用点不同时球的运动状态不同，说明力的作用效果与力的作用点有关，故C正确；
D．母球会撞击其他台球后母球的运动速度会变小，动能会变小，则母球的机械能会变小，故D错误。
故选C。
【分析】A.二力平衡的条件是：大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上；
B.物体保持运动状态不变的性质叫惯性；
C.力的大小、方向和作用点都会影响力的作用效果，称为力的三要素；
D.根据机械能和内能的转化分析判断。
8．【答案】B
【知识点】欧姆定律及其应用；家庭电路的连接；测电笔的使用；家庭电路的故障分析
【解析】【解答】A、家庭电路里各用电器需要独立工作、互不干扰，调光台灯与小风扇属于并联接法，故A错误。
B、使用试电笔辨别火线、零线时，手一定要接触笔尾金属体，让人体和试电笔形成闭合回路，这样才能保证试电笔正常发挥作用，故B正确。
C、小风扇功率较小，接入电路后所有用电器停止工作，故障应为电路发生短路；总功率过大一般出现在多个大功率用电器同时工作时，并非该故障的成因，故C错误。
D、台灯与小风扇并联，各支路两端电压均等于家庭电路电源电压，接入小风扇不会改变台灯两端电压，台灯自身电阻不变，通过台灯的电流也保持不变，故D错误。
故选：B。
【分析】（1）家庭电路中各用电器采用并联方式连接，各用电器工作时彼此互不影响。
（2）试电笔正确使用要求手接触笔尾金属体，不能触碰笔尖金属体，依靠闭合回路判断火线与零线。
（3）电路突然全部断电，小风扇功率较小可排除总功率过大，故障大概率是短路造成空气开关跳闸。
（4）并联电路各支路两端电压相等，支路之间工作互不影响，单一支路用电器接入不会改变其他支路的电压、电流。
9．【答案】D
【知识点】能量的转化或转移；核聚变；核裂变；太阳能及其利用与转化；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】A、水力发电的能量转化过程是将水流具有的机械能通过发电机组转化为电能，该说法正确，故A不符合题意。
B、电磁波能够在真空环境中传播，深空探测器依靠电磁波实现和地面控制中心之间的信号传输，该说法正确，故B不符合题意。
C、太阳能在使用过程中不会产生污染物，且可以源源不断从自然界获取，属于可再生清洁能源，该说法正确，故C不符合题意。
D、“人造太阳”利用的是核聚变反应释放巨大能量，和太阳内部的能量释放方式相同，并不是核裂变，该说法错误，故D符合题意。
故选：D。
【分析】（1）水力发电实现了机械能向电能的转化。
（2）电磁波传播不需要介质，可用于太空远距离通信。
（3）太阳能属于可再生的清洁能源，绿色环保无污染。
（4）人造太阳依托核聚变释放能量，核电站利用的是核裂变。
10．【答案】C
【知识点】电磁铁的其他应用；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；通电螺线管的极性和电流方向的判断
【解析】【解答】A、煤油属于绝缘液体，即便温度上升后液面接触上方金属丝，控制电路也无法形成闭合回路，报警装置不能触发，所以煤油不适合作为该电接点温度计的工作液体，故A错误。
B、控制电路中电流从电磁铁右端流入、左端流出，依据安培定则进行判断，可确定电磁铁的左端为N极，故B错误。
C、动圈式扬声器的工作原理是通电导体在磁场中受力发生运动；乙图实验装置配有电源，探究的正是通电导体在磁场中的受力规律，二者工作原理一致，故C正确。
D、电磁铁磁性强弱由电流大小、线圈匝数决定，仅改变电流方向只会调换电磁铁的磁极，无法改变磁性的强弱，故D错误。
故选：C。
【分析】（1）该报警装置依靠液体导电接通控制电路，因此工作液体需要具备导电性，绝缘的煤油无法完成电路接通。
（2）安培定则可以根据螺线管中电流的环绕方向，判断出电磁铁两端的磁极。
（3）区分电磁感应、通电导体在磁场中受力两类电磁原理，装置带有电源的是通电导体在磁场中受力的应用。
（4）电流方向影响电磁铁磁极，电流大小、线圈匝数才会影响电磁铁磁性的强弱。
11．【答案】A,C,D
【知识点】机械能及其转化；平衡状态的判断；参照物及其选择
【解析】【解答】A． 若小明随座舱在竖直平面内匀速转动时， 以小明为参照物，地面的位置不断改变，即地面是运动的，故A错误，符合题意；
B．当小明在竖直平面内匀速转动时，他的运动方向不断改变，因此处于非平衡状态，不受平衡力，故B正确，不符合题意；
C．从最高点转动到最低点的过程中，小明的质量和速度都不变，则动能不变；小明的质量不变，高度减小，则重力势能减小，则那么二者之间不存在转化关系。根据“机械能=动能+重力势能”可知，小明的机械能减小，故C、D错误，符合题意。
故选ACD。
【分析】A.根据参照物的知识分析判断；
B.平衡状态受到平衡力，平衡状态包括：静止状态或匀速直线运动状态；
CD.动能与质量和速度有关，重力势能与质量和高度有关，而“机械能=动能+重力势能”。
12．【答案】A,D
【知识点】并联电路的电压规律；欧姆定律及其应用；电路的动态分析
【解析】【解答】A．根据欧姆定律，光敏电阻 的阻值减小，电路电流增大，电流表A示数增大，故A正确。
B．根据 ，可得定值电阻 两端电压增大，由串联电路电压规律，电阻 和灯泡L两端的电压之和会减小，即 示数会变小，故B错误。
C．电压表与电流表A的示数之比为 灯泡的阻值，易得灯泡阻值不变，故C错误。
D．灯泡被短接，此时电流表A测量灯泡的电流，故其示数为0，故D正确。
故选：AD。
【分析】（1）光照增强时，光敏电阻R阻值减小，电路总电阻减小，电源电压不变，根据欧姆定律，电路电流增大，电流表A示数增大；
（2）电压表V2测灯泡L和光敏电阻R的总电压，电路电流增大，定值电阻R0两端电压U0=IR0增大，电源电压U不变，因此V2示数U2=U-U0减小；
（3）电压表V1测灯泡L和光敏电阻R的总电压，其与电流表A的示数之比等于L和R的总电阻，灯泡阻值不变，R阻值减小，总电阻减小，因此该比值减小；
（4）若将V1换成电流表A2，电流表相当于导线，会短路灯泡L和电流表A所在支路，因此电流表A的示数为0。
13．【答案】是；凝固
【知识点】凝固与凝固放热特点；光与光源
【解析】【解答】图中，闪烁的“铁花”是自身在发光，是光源。
铁水变成铁屑，从液态变为固态，是凝固现象。故第1空填：是；第2空填：凝固。
【分析】光源是能自行发光的物体；液体变为固体，是凝固现象。
14．【答案】缩小；靠近
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验
【解析】【解答】1.摄像机是利用了物体在凸透镜两倍焦距以外成倒立、缩小的实像这个原理。
2.根据凸透镜成像的规律可知，当物体靠近凸透镜，物距减小，则所成的实像就会远离凸透镜，即像距会增大，同时所成的像也会变大，因此，要想运动员的像更大，则拍摄时应该将镜头向前伸一些，靠近运动员，从而减小物距来实像目的。
故正确答案为：缩小；靠近
【分析】根据凸透镜成像规律可知，照相机（或摄像机）是利用物体在凸透镜两倍焦距以外成倒立、缩小的实像这个原理。在拍摄中要想成更大的像，就是要减小物距，要么运动员靠近镜头，要么让镜头向前伸靠近运动员。
15．【答案】惯性；小
【知识点】惯性及其现象；流体压强与流速的关系
【解析】【解答】 （1）人站在汽车上，急刹车前，人和车都处于运动状态，当汽车突然急刹车时，由于脚和车厢底面间的摩擦力作用，脚底随车一起做减速运动，人的上身由于惯性还要保持原来向前的运动状态，所以会向前倾倒。
（2）在高铁站列车驶过时会带动人和车之间的空气流动速度加快，此时人外侧的空气流动速度慢，根据流体压强与流速的关系可知，人外侧空气流速慢、压强大，而内侧流速快、压强小，会产生一个向内侧的压强差，将人推向列车，因此，若越过安全线，即使与列车保持一定的距离，也是非常危险的。
【分析】 （1）任何物体都有保持原来运动状态的性质叫惯性，一切物体都具有惯性，据此分析回答。
（2）流体的压强与流速有关：流速大的地方压强小，流速慢的地方压强大。
16．【答案】增大；电磁波
【知识点】动能的影响因素；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】动能由物体的质量与运动速度共同决定。飞船加速升空时，自身质量保持不变，运动速度持续变大，所以飞船的动能不断增大。
声音、超声波的传播需要依靠介质，真空环境下无法传播；电磁波的传播不需要介质，能够在真空中传递信息，因此航天员依靠电磁波完成与地面之间的通信。
故答案为：增大；电磁波。
【分析】动能大小的影响因素为质量和速度，质量不变时，物体运动速度越大，动能越大；声音传播需要介质，不能在真空中传播，电磁波可以在真空中传播，常应用于航天远程通信。
17．【答案】排气；10
【知识点】热机；热机的四个冲程
【解析】【解答】根据图示分析，此时排气门处于开启状态，进气门关闭，同时活塞向上移动，因此可以判断该冲程为排气冲程。
汽油机飞轮的转速计算如下：；由于飞轮每转两圈完成一个工作循环（包含四个冲程），且每个工作循环对外做功一次，因此： 每秒完成的工作循环数：10个， 每秒完成的冲程数：40个， 每秒对外做功次数：10次。
【分析】1、汽油机四个冲程包括：吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程，根据特点进行识别。
吸气冲程特点：进气后打开，排气口关闭，活塞下移；压缩冲程：进气后关闭，排气口关闭，活塞上移，能量转化为机械能转化为内能，气缸内空气内能增加；做功冲程：进气后关闭，排气口关闭，火花塞点燃，高温高压的气体推动活塞下移，气体内能减小，能量转化为内能转化为机械能；排气冲程：进气后关闭，排气口打开，活塞上移，排除废气。
2、热机转速和做功的关系，热机转2次，对应一次做功，对应四个冲程。
18．【答案】50；1∶2
【知识点】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】由图甲可知，R1与R2串联，电压表测R2两端电压，电流表测电路电流。当滑片P在B端时，R2接入电路的电阻最大，此时电路电流最小，由图乙可知，最小电流为0.1A，此时R2两端电压为5V。串联电路中电流处处相等，此时通过R2的电流为0.1A，R2两端电压为5V，因此R2的最大阻值为。
当滑片在端时，根据欧姆定律，电路电流最大，此时电源电压
当滑片在端时，电源电压
联立得
解得，电源电压
两端最大电压。此时两端电压
电路电流
当时，，符合电压表量程，故电路最大电流仍为，当全部接入时，，超出电压表量程，因此电路最小电流为，最大电功率
最小功率为
则功率之比为。
故答案为：50；1：2。
【分析】滑片P在B端时，滑动变阻器接入电阻最大，此时电路电流最小，电压表示数最大。根据串联电路特点，此时滑动变阻器两端电压最大，电流最小，可算出R2的最大阻值。
先根据图像求出电源电压和R1的阻值，再结合电压表量程0~3V的限制，分别求出电路的最小电功率和最大电功率，再计算两者的比值
19．【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】透镜的光路图；力的三要素及力的示意图；重力示意图；通电螺线管的极性和电流方向的判断
【解析】【解答】（1）光线过凸透镜的焦点，折射光线会平行于主光轴，故作图如下：
（2）物体受到的重力竖直向下，拉力方向沿绳子方向，作用点在重心，分别画竖直向下重力，标注G，沿绳子向上的拉力，标注F，故作图如下：
（3）根据安培定则，结合通电螺线管的N极，电流从螺线管的右端流入、左端流出，电源右端为正极，左端为负极，故作图如下：
【分析】（1）根据凸透镜的特殊光线，画出折射光线；
（2）物体受到的重力竖直向下，物体受到的拉力沿绳子方向；
（3）根据安培定则，结合通电螺线管，判断电流方向。
（1）对于凸透镜，过焦点的入射光线经凸透镜折射后，折射光线会平行于主光轴，故作图如下：
（2）重力方向竖直向下，作用点在小球的球心，拉力方向沿绳子指向悬挂点，作用点也在小球的球心，所以从球心出发，画一条竖直向下的箭头标注G，再画一条沿绳子向上的箭头标注F，故作图如下：
（3）用安培定则，右手握住螺线管，大拇指指向N极，四指弯曲方向为电流方向，此时电流从螺线管的右端流入、左端流出，因此电源右端为正极，左端为负极，故作图如下：
20．【答案】（1）B
（2）转换法
（3）速度；超速
（4）C
【知识点】探究影响物体动能大小的因素
【解析】【解答】（1）本实验探究的是钢球从斜面滑下、撞击木块瞬间所具有的动能，故AC错误，B正确。
故选：B。
（2）动能属于不易直接观测的物理量，实验借助木块被撞击后滑行距离的远近，间接反映钢球动能的大小，这种实验研究方法为转换法。
（3）甲、乙两次实验选用同一钢球，质量保持不变，小球释放高度不同，到达水平面时的运动速度不同，木块滑行距离存在明显差异，由此说明：物体的动能与速度大小有关，在质量一定时，速度越大，物体的动能越大，该结论能够用来解释汽车超速行驶存在安全隐患的原因。
（4）乙、丙两组实验控制小球释放高度相同，保证小球到达水平面时速度一致，用来探究动能与质量的关系。若要防止木块滑出木板，可增大木块质量、加长木板长度或者减小钢球质量，不能改变小球释放高度来控制速度，因此只有C方案可行，AB方案不合理。
故选 C。
故答案为：（1）B；（2）转换法；（3）速度；超速；（4）C。
【分析】（1）本实验研究对象是下滑的钢球，探究的是钢球撞击木块瞬间具备的动能。
（2）转换法常用来将不易测量的物理量转化为直观可见的实验现象，本实验通过木块移动距离反映动能大小。
（3）控制质量不变、改变小球释放高度，可改变小球撞击速度，用来探究动能与速度的关系。
（4）控制变量法要求探究动能与质量的关系时必须保持速度相同，即小球释放高度不变，再结合实验目的选择合理改进方案。
（1）实验中，探究的动能是指钢球撞击木块时的动能，故AC不符合题意，B符合题意。
故选B。
（2）实验中动能的大小无法直接看到，但可以通过观察木块B移动的距离长短来间接判断。这种通过观察易于测量的物理量来反映不易测量的物理量的方法叫转换法。
（3）[1][2]甲、乙两图中小球的质量一定，初始高度不同，到达水平面时的速度不同，对木块做功多少不同，故可以得出结论：物体的动能大小与速度有关，速度越大，动能越大，可以解释汽车超速带来的危害。
（4）由题意可知，乙、丙实验探究在速度相同时，动能大小与质量的关系，质量越大，动能越大，撞击木块后移动的距离更远；由控制变量法的思想可知：为了使木块不滑出木板，可以在乙、丙两实验同时换用一个质量更大的木块，可以单独在丙实验中更换长度较大但粗糙程度不变的木板，也在丙实验中换用质量较小的钢球，但不能改变小球速度，即小球滚下时的高度不能改变，故C符合题意，AB不符合题意。
故选C。
21．【答案】（1）质量；相同；水；水
（2）自下而上；乙丙
【知识点】比热容的定义及其计算公式；燃料的热值；物理学方法；探究不同物质的吸热能力
【解析】【解答】（1）①根据公式Q=cm△t可知，质量相同的不同物质吸收相同的热量时，升高温度小的吸热能力弱，则两只烧杯中要装入初温相同和质量相同的水和食用油进行实验。
②在两烧杯中放入规格相同的电加热器，根据Q=W=Pt可知，在相同时间内水和食用油吸收的热量相同。
③如图1乙所示，要使质量相等的水和食用油升高到相同的温度（从10℃到30℃），水需要加热的时间更长（5min），说明水吸收的热量较多，根据公式Q=cm△t可知，水的吸热能力较强。
（2）①在实验时，要使用酒精灯的外焰加热，且酒精灯的高度不易调节，所以需要点燃酒精灯，根据火焰的高度确定铁圈的高度，再根据铁圈的高度确定上面器材的高度，应按照自下而上的顺序组装器材。
②根据控制变量法的要求可知，为了比较不同燃料的热值，只有燃料的种类不同，而控制其它因素相同，即被加热的液体相同，故选乙丙两套装置实验。
【分析】（1）①根据公式Q=cm△t可知，质量相同的不同物质吸收相同的热量时，升高温度小的吸热能力弱；
②根据Q=W=Pt分析。
③根据图像比较水和食用油升高相同温度时吸收热量多少，根据Q=cm△t比较物质吸热能力强弱；
（2）①根据实验中要用酒精灯的外焰加热分析；
②根据控制变量法的要求选择对照实验。
（1）[1]比较水和食用油的吸热能力大小时，因为物体的质量、升高的温度等会对物体吸收热量的多少有影响，实验运用控制变量法，要装入初温相同和质量相同的水和食用油进行实验。
[2]实验时，在两烧杯中放入规格相同的电加热器，规格相同的电加热器在相同时间内放出的热量相同，可以保证在相同时间内水和食用油吸收的热量相同。
[3][4]如图1乙所示，分析图像可知，若要使质量相等的水和食用油升高到相同的温度，水需要加热的时间更长，说明水吸收的热量较多，则水的吸热能力较强。
（2）[1]安装实验装置时，因为要使用酒精灯的外焰加热，所以需要点燃酒精灯，根据酒精灯外焰的位置调整铁圈的高度，根据铁圈的高度才可以调整确定温度计悬挂的位置和高度；所以，应按照自下而上的顺序组装器材。
[2]为了比较不同燃料的热值，实验运用控制变量法，只有燃料的种类不同，不同种类的燃料质量相等，被加热的液体质量和初温均相同；所以，应选择乙丙两套装置实验。
22．【答案】（1）上；0.3
（2）大；无关
（3）1.1
（4）不受影响；偏大
【知识点】阿基米德原理；浮力大小的计算；探究影响浮力大小的因素
【解析】【解答】 （1）测力计示数减小的同时水面升高了，弹簧测力计示数减小，说明物体受到向上的水的浮力；由称重法可知物体受到的浮力；图甲中，弹簧测力计的分度值是0.1N，此时弹簧测力计示数为2.4N，根据称重法测浮力，则物块受到的浮力为F浮=G-F示=2.7N-2.4N=0.3N；
（2）由甲、乙、丙物体在水中排开水的体积越大，弹簧测力计的示数越小，受到的浮力越大；图丙、丁中，物体排开水的体积相同，物体浸入在水中的深度不同，受到的浮力相同，所以物体浸没在同种液体中时受到的浮力大小跟深度无关；
（3）物体浸没在水中受到的浮力F浮=G-F=2.7N-1.7N=1N，
物体浸没在盐水中受到的浮力F浮'=G-F'=2.7N-1.6N=1.1N，
物体在水和盐水排开液体的体积相同，由阿基米德原理得：， 。
（4）若在实验前，弹簧测力计的指针在零刻度线以下，并未调零，测量的重力和拉力都偏大，但两次浮力大小都是测力计示数之差，由计算的盐水密度表达式可知，盐水的密度不受影响；
若在实验前，弹簧测力计的指针在零刻度线以下，并未调零，测量的重力偏大，即质量偏大，而测量的体积没有影响，则物体的密度会偏大。
故答案为：（1）上；0.3；（2）大；无关；（3）1.1；（4）不受影响；偏大。
【分析】 （1）测力计示数减小的同时水面升高了，弹簧测力计示数减小，说明物体受到向上的水的浮力；由称重法可知物体受到的浮力；
（2）由甲、乙、丙物体在水中排开水的体积越大，弹簧测力计的示数越小，受到的浮力越大；图丙、丁中，物体排开液体的体积相同，物体浸入在水中的深度不同，受到的浮力相同；
（3）图丁和戊中物体在水和盐水排开液体的体积相同，根据受到浮力，由阿基米德原理可求出盐水的密度；
（4）当实验前，弹簧测力计的指针在零刻度线以下时，由计算的盐水的密度关系式进行说明对测量盐水密度的影响；测量浮力不受影响，根据阿基米德原理求出的排开液体的体积不变，即测量的物体的体积不变，测量的物体的重力偏大，质量偏大，由密度公式可知对测量的物体的密度的影响。
（1）[1]将物块部分浸入水中，发现测力计示数减小的同时水面升高了，弹簧测力计示数减小，说明水有向上的托力，即说明物块受到了竖直向上的浮力。
[2]如图甲所示，弹簧测力计的分度值是0.1N，此时弹簧测力计示数为2.4N，根据称重法测浮力，则物块受到的浮力为
（2）[1]分析甲、乙、丙的数据可知，液体密度相同，排开液体的体积不同，且浸入的体积越大，弹簧测力计示数越小，说明浮力越大，故在同种液体中，物体排开液体的体积越大，浮力越大。
[2]分析丙、丁的数据可知，物体浸没在同种液体中，改变了深度，浮力不变，所以物体浸没在同种液体中时所受浮力大小跟深度无关。
（3）如图丁所示，根据称重法可得，物体完全浸没在水中的浮力为
根据阿基米德原理，排开水的体积为
如图戊所示，当物体完全浸没在盐水中的浮力为
浸没时物体排开盐水的体积等于排开水的体积，则根据阿基米德原理，盐水的密度为
（4）[1]若在实验前，弹簧测力计的指针在零刻度线以下，并未调零，测量的重力和拉力都偏大，但两次浮力大小都是测力计示数之差，对测量的浮力和体积都没有影响，则算出的盐水密度准确。
[2]若在实验前，弹簧测力计的指针在零刻度线以下，并未调零，测量的重力偏大，即质量偏大，而测量的体积没有影响，则物体的密度会偏大。
23．【答案】（1）
（2）B
（3）9.6
（4）增大；温度
（5）能
（6）
【知识点】伏安法测电阻的探究实验
【解析】【解答】（1） 原电路图中，电压表并联在灯泡和滑动变阻器两端是错误的，在测量小灯泡的电阻实验中，灯泡、滑动变阻器和电流表串联，电压表并联在灯泡两端，如下图所示：
（2）改正错误后，闭合开关，移动滑片至某位置时，电压表示数为2V，小于灯泡额定电压2.5V，为测量小灯泡正常发光时电阻，应增大灯泡两端的电压，根据串联电路电压规律，应减小变阻器两端的电压，根据分压原理，应减小变阻器接入电路的阻值，故应将滑片向B端移动；
（3）当小灯泡正常发光时，电流表的示数如图乙所示，电流表选用小测量范围，分度值0.02A，其示数为0.26A，则此时小灯泡的电阻为：；
（4）分析图像丙可知，当小灯泡两端电压增大时，小灯泡的电阻也在增大；当小灯泡两端电压增大时，其实际功率增大，温度也会升高，故灯丝的电阻与温度有关；
（5）将图甲中的小灯泡替换为一个定值电阻，可以保持电阻不变，通过滑动变阻器改变电流，其他实验器材不变，能完成“探究电流与电压的关系”实验；
（6）①将滑片移到b端，此时Rx与R串联，读出电流表的示数，记为I1；则RxI1+RI1=U；
②将滑片移到a端，此电路为Rx的简单电路，闭合开关S，读出电流表的示数，记为I2，则电源电压为U=I2Rx；
③读出滑动变阻器的最大阻值为R，由（a）（b）两式联立可得，待测电阻的阻值为：。
故答案为：（1） ；（2）B；（3）9.6；（4）增大；温度；（5）能；（6）。
【分析】 （1）根据电路连接和电表的使用分析回答；
（2）比较电压表示数与灯泡额定电压大小，根据串联电路电压规律和分压原理确定变阻器滑片移动方向；
（3）根据电流表选用测量范围确定分度值读数，利用求出小灯泡的电阻；
（4）灯丝的电阻随温度的升高而增大；
（5）根据控制变量法分析；
（6）①将滑片移到b端，此时Rx与R串联，根据串联分压的特点可求得电源电压；
②将滑片移到a端，此电路为Rx的简单电路，闭合开关S，读出电流表的示数，记为I2，由此可求得电源电压；
③读出滑动变阻器的最大阻值为R，根据欧姆定律可求出待测电阻的阻值。
（1）在用伏安法测量小灯泡的电阻的实验中，小灯泡与滑动变阻器串联，电压表应并联在小灯泡的两端，如图所示：
（2）闭合开关后，电压表示数为，低于小灯泡额定电压。要测量小灯泡正常发光时的电阻，需要增大灯泡两端电压。根据串联电路电压规律，应减小滑动变阻器两端电压，再依据串联分压原理，要减小变阻器接入电路的阻值，所以滑片应向端移动。
（3）图乙中电流表接量程，分度值是，示数为。小灯泡正常发光时，，则电阻
（4）[1][2]从图丙小灯泡的关系可知，当小灯泡两端电压增大时，电压变化比电流变化快，由可知，它的电阻增大。原因是当灯泡两端电压增大时，灯泡变亮，温度升高。灯丝电阻受温度影响，温度越高，电阻越大。
（5）探究电流与电压的关系时，需控制电阻不变，将小灯泡换为定值电阻后，其他器材不变，能通过改变滑动变阻器阻值改变定值电阻两端电压和通过定值电阻通过的电流，所以能完成“探究电流与电压关系”的实验。
（6）将滑片移到a端，此电路为的简单电路，闭合开关S，读出电流表示数，记为，则电源电压；将滑片移到b端，与滑动变阻器的最大阻值串联，读出电流表示数为，此时电源电压。由上述两式可求待测电阻的阻值。
24．【答案】（1）解：已知B的质量，即B的质量为
根据重力公式可知，B的重力为。
答： 圆柱体B的重力为7.5N。
（2）解：当模型内水深h0=15cm时，根据液体压强公式可知，水对模型底面的压强为。
答： 模型内水深h0=15cm时，水对模型底部的压强为1500Pa。
（3）解：刚触发报警装置时圆柱体对压力传感器的压力为2N，此时B受到的浮力
由阿基米德原理的变形式可知，B排开水的体积
B浸入水中的深度。
答： 刚触发报警装置时，B浸入水中的深度h2为19cm。
【知识点】重力及其大小的计算；液体压强计算公式的应用；阿基米德原理
【解析】【分析】 （1）当模型内水深h0=15cm时，B与模型底面刚好接触，根据V排=SBh0得出此时B排开水的体积，根据阿基米德原理得出所受的浮力，根据G=F浮得出B的重力；
（2）根据p=ρgh求压强；
（3）根据刚触发报警装置时圆柱体对压力传感器的压力为2N结合力的平衡条件求出B受到的浮力，阿基米德原理求出B排开水的体积，根据体积公式求出B浸入水中的深度。
（1）B的质量为
B的重力为
（2）当模型内水深h0=15cm时，水对模型底面的压强为
（3）刚触发报警装置时圆柱体对压力传感器的压力为2N，由力的平衡条件可知，此时B受到的浮力
B排开水的体积
B浸入水中的深度
25．【答案】（1）由图乙可知，当温度为25℃时，热敏电阻的阻值，控制电路由和串联组成，其总电阻为
根据欧姆定律，控制电路的电流为
（2）工作电路有加热和保温两种状态。由可知，在电源电压不变时，电阻越小，功率越大，为加热状态。当电磁铁吸合时，衔铁被吸下，动触点与下方静触点接通，电热丝被短路，只有接入电路，此时电路电阻最小，功率最大，处于加热状态。加热状态的电功率为
（3）恒温箱的温度控制是利用电磁继电器实现的，当温度下降到设定下限时，阻值最小，控制电路电流增大到吸合电流，电磁铁吸合，工作电路从保温状态切换到加热状态和串联，此时控制电路的总电阻为
对应的热敏电阻阻值为
由图乙可知，当时，对应的温度为23℃，此为控制的最低温度。
当温度升高到设定上限时，阻值最大，控制电路电流减小到释放电流，电磁铁释放，工作电路从加热状态切换到保温状态，此时控制电路的总电阻为
对应的热敏电阻阻值为
由图乙可知，当时，对应的温度为26℃，此为控制的最高温度。
因此，该恒温箱的温度控制范围是23℃~26℃
（4）选择方案一进行分析：目标是将温度控制范围调整为20℃~25℃。
方案一：保持电源电压不变，将增大为，根据恒温箱工作原理，控制范围的上限温度由释放电流决定，下限温度由吸合电流决定。
① 计算调整后的下限温度：当电流达到时，电磁铁吸合，开始加热。
此时控制电路总电阻
热敏电阻的阻值
由图乙可知，的阻值随温度升高而增大，当阻值最小时，温度最低，最低温度为20℃，满足要求。
② 计算调整后的上限温度：当电流减小到时，电磁铁释放，停止加热。
此时控制电路总电阻
热敏电阻的阻值
由图乙可知，当时，对应的温度为25℃。
综上，采用方案一，恒温箱的温度控制范围便满足20℃~25℃的要求，故该方案可行。
【知识点】电阻的串联；欧姆定律及其应用；电路的动态分析；电功率的计算
【解析】【分析】（1）先从图像中找到对应温度下热敏电阻的阻值，再根据串联电路特点求出总电阻，进而计算控制电路的电流。
（2）先判断加热状态的电路结构，确定工作电路中接入的电阻，再计算对应的电功率。
（3）根据电磁铁吸合与释放的电流，分别求出对应的热敏电阻阻值，再对照图像得出最高温度和最低温度，确定温度控制范围。
（4）分别按两种方案改变电路参数，计算对应热敏电阻的阻值，对照图像判断温度范围是否符合要求，从而确定方案是否可行。
（1）由图乙可知，当温度为25℃时，热敏电阻的阻值，控制电路由和串联组成，其总电阻为
根据欧姆定律，控制电路的电流为
（2）工作电路有加热和保温两种状态。由可知，在电源电压不变时，电阻越小，功率越大，为加热状态。当电磁铁吸合时，衔铁被吸下，动触点与下方静触点接通，电热丝被短路，只有接入电路，此时电路电阻最小，功率最大，处于加热状态。加热状态的电功率为
（3）恒温箱的温度控制是利用电磁继电器实现的，当温度下降到设定下限时，阻值最小，控制电路电流增大到吸合电流，电磁铁吸合，工作电路从保温状态切换到加热状态和串联，此时控制电路的总电阻为
对应的热敏电阻阻值为
由图乙可知，当时，对应的温度为23℃，此为控制的最低温度。
当温度升高到设定上限时，阻值最大，控制电路电流减小到释放电流，电磁铁释放，工作电路从加热状态切换到保温状态，此时控制电路的总电阻为
对应的热敏电阻阻值为
由图乙可知，当时，对应的温度为26℃，此为控制的最高温度。
因此，该恒温箱的温度控制范围是23℃~26℃
（4）选择方案一进行分析：目标是将温度控制范围调整为20℃~25℃。
方案一：保持电源电压不变，将增大为，根据恒温箱工作原理，控制范围的上限温度由释放电流决定，下限温度由吸合电流决定。
① 计算调整后的下限温度：当电流达到时，电磁铁吸合，开始加热。
此时控制电路总电阻
热敏电阻的阻值
由图乙可知，的阻值随温度升高而增大，当阻值最小时，温度最低，最低温度为20℃，满足要求。
② 计算调整后的上限温度：当电流减小到时，电磁铁释放，停止加热。
此时控制电路总电阻
热敏电阻的阻值
由图乙可知，当时，对应的温度为25℃。
综上，采用方案一，恒温箱的温度控制范围便满足20℃~25℃的要求，故该方案可行。
1 / 12026年广西壮族自治区崇左市扶绥县第一次模拟考试卷物理
1．物理知识在生活中处处可见，以下估计正确的是（　　）
A．1名普通中学生的重力约为
B．成年人正常步行的速度为
C．体育中考时跑用时
D．1名普通初中学生的站立时对地面压强约
【答案】A
【知识点】时间的估测；速度与物体运动；重力及其大小的计算；压强的大小及其计算
【解析】【解答】A．根据生活经验可知，普通中学生质量约50kg，重力约为，故A正确；
B．根据生活经验可知，成年人正常步行速度约为1.1m/s≈ 4km/h，故B错误；
C．中学生跑100m通常需要13~17s，故C错误；
D．中学生对地面的压力约500N，双脚面积约0.05m2，则他对地面的压强，故D错误。
故选 A。
【分析】我们要对常见的物理量有基本的认识，对于不太熟悉的物理量，可以通过换算单位，或者借助公式转换成熟悉的物理量，然后进行判断即可。
2．2025年10月，CR450动车组在宜昌至汉川之间已经跑出了动车组单列时速453公里最新世界纪录（如图）。动车行驶过程中，说动车司机是静止的，所选的参照物是（　　）
A．云朵 B．地面 C．房屋 D．座椅
【答案】D
【知识点】参照物及其选择
【解析】【解答】 动车行驶过程中，说动车司机是静止的，则它相对所选的参照物的位置保持不变。
A．动车司机相对于云朵的位置是不断变化的，故A不符合题意；
B．动车司机相对于地面的位置是不断变化的，故B不符合题意；
C．动车司机相对于房屋的位置是不断变化的，故C不符合题意；
D．司机与座椅一起运动，他们之间的相对位置没有发生变化，故D符合题意。
故选D。
【分析】如果物体是静止的，那么它相对参照物的位置保持不变；如果物体是运动的，那么它相对参照物的位置发生改变。
3．CCTV推出一档大型文博探索节目《国家宝藏》，小琳特别关注了“贾湖骨笛”和“曾侯乙编钟”两件国宝，下面说法错误的是（　　）
A．敲击编钟，编钟因振动而发出声音
B．轻敲或重敲编钟同一位置，编钟发出声音的响度不同
C．吹奏骨笛时，按压骨笛不同位置的气孔，发出声音的音色不同
D．悦耳的骨笛声是通过空气传入人耳中的
【答案】C
【知识点】声音的产生；声音的传播条件；音调、响度与音色的区分
【解析】【解答】A．声音是由物体振动产生的，敲击编钟时，编钟振动发出声音，故A正确，不符合题意；
B．用大小不同的力敲击编钟，编钟振动的幅度不同，产生的响度不同，故B正确，不符合题意；
C．吹奏骨笛时，按压骨笛不同的气孔，发声的空气柱长度不同，振动频率不同，音调不同，故C错误，符合题意；
D．声音可以在空气中传播，骨笛声是通过空气传播到我们耳中的，故D正确，不符合题意。
故选C。
【分析】声音是物体振动产生的，声音的传播需要介质，敲击编钟的力不同，振幅不同，响度不同，发声体的长度改变，频率不同，音调不同。
4．如图，是一张建筑物在水中的倒影照片，下列有关说法正确的是（　　）
A．建筑物在水中的像是缩小的
B．建筑物在水中的像是放大的
C．建筑物在水中的像是虚像
D．建筑物在水中的像到水面的距离与建筑物到水面的距离不相等
【答案】C
【知识点】平面镜成像的原理、特点
【解析】【解答】根据题意可知，平静的水面相当于平面镜，岸边的建筑物发出的光在水面反射形成倒影。根据平面镜成像特点“物像等大”的规律可知，建筑物成的像与物体等大，故AB错误；
根据平面镜成像特点可知，建筑物在水中成的是虚像，故C正确；
根据平面镜成像“物像等距”的规律可知，建筑物在水中的像到水面的距离与建筑物到水面的距离相等，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】平面镜成像的特点：虚像；物像等大，物像等距，据此分析判断。
5．某校物理科技小组参加青少年科学素养大赛，设计了“火灾自动报警器”。报警器中有热敏电阻（其阻值随温度升高而减小）和保护电阻，闭合开关后，当火灾发生时温度升高，导致电表示数变大而触发报警装置。图中能实现上述功能的设计电路图是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】串、并联电路的设计；影响电阻大小的因素；欧姆定律及其应用；电路的动态分析
【解析】【解答】根据要求，热敏电阻的阻值随温度升高，阻值减小，电表示数变大，报警装置报警；
A．图中，电流表和R并联，将R短路，温度升高时，电阻不变，电流表示数不变，不能报警，故A不符合题意；
B．两电阻串联，电流表串联，温度升高时R电阻减小，总电阻减小，电流表示数变大，能实现报警，故B符合题意；
C．图中，电阻串联，电压表测R两端电压，温度升高时R电阻减小，电压表示数变小，不能报警，故C不符合题意；
D．图中电阻串联，电压表测电源电压，温度升高时，电压表示数保持不变，不能报警，故D不符合题意；
故选B。
【分析】电流表和电阻并联，电阻短路；在串联电路中，电阻变大，电流减小；变大的电阻分压变大。
6．关于摩擦力，下列说法正确的是（　　）
A．摩擦力总是阻碍物体相对运动的力
B．轮胎上有凹凸不平的花纹是为了减小摩擦
C．机械轴承中加润滑油是为了增大摩擦
D．生活生产中摩擦力总是有害的
【答案】A
【知识点】摩擦力产生的条件；增大或减小摩擦的方法
【解析】【解答】A．摩擦力的方向与物体相对运动的方向相反，总是阻碍物体相对运动，故A正确；
B．轮胎上有凹凸不平的花纹是通过增大接触面的粗糙程度增大摩擦，故B错误；
C．机械轴承中加润滑油可以减小摩擦，故C错误；
D．汽车在路面上行驶，皮带传动等，都是利用摩擦，即摩擦也可能是有益的，故D错误。
故选A。
【分析】A.根据摩擦力的定义判断；
B.增大摩擦的方法：增大压力或增大接触面的粗糙程度；
C.减小摩擦力的方法：减小压力，减小接触面的粗糙程度，改变接触面，变滑动为滚动；
D.任何事物都有两面性，摩擦力也可以被我们利用。
7．2024年3月24日，中国·江西·上饶·玉山“华鼎锦纶”斯诺克世界公开赛决赛，中国斯诺克领军人物丁俊晖与卫冕冠军特鲁姆普上演巅峰对决。下图为比赛现场丁俊晖击球场景。下列关于打台球的过程中涉及的物理知识，说法正确的是（　　）
A．台球对桌面的压力与桌面对台球的支持力是一对平衡力
B．球杆击球后，球由于受到惯性仍能继续向前运动
C．击打球的不同部位，球的旋转方向不同，表明力的作用效果与力的作用点有关
D．丁俊晖击打母球后在台面上运动的过程中机械能守恒
【答案】C
【知识点】机械能及其转化；力的三要素及力的示意图；惯性及其现象；平衡力的辨别
【解析】【解答】A．台球对桌面的压力受力物体是桌面，桌面对台球的支持力受力物体是台球，二力没有作用在同一物体上，所以二力不是一对平衡力，故A错误；
B．惯性是物体的一种性质，而不是力的作用，故B错误；
C．击打球的不同部位，球的旋转方向不同，即球受力的作用点不同时球的运动状态不同，说明力的作用效果与力的作用点有关，故C正确；
D．母球会撞击其他台球后母球的运动速度会变小，动能会变小，则母球的机械能会变小，故D错误。
故选C。
【分析】A.二力平衡的条件是：大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上；
B.物体保持运动状态不变的性质叫惯性；
C.力的大小、方向和作用点都会影响力的作用效果，称为力的三要素；
D.根据机械能和内能的转化分析判断。
8．如图所示为一款新式插座。它带有插头，一转多位插座，调光台灯等功能。某天，台灯正常工作时，小明将小风扇的插头接入该插座，突然全家用电器全部停止工作，小明用学过的物理知识检查出问题，并进行了维修，台灯和风扇又重新可以工作。下列说法正确的是（　　）
A．调光台灯与小风扇是串联连接
B．用试电笔检测线路时，手应接触笔尾金属体
C．所有电器停止工作，是因为小风扇的电功率过大
D．维修后当小风扇加入工作时，通过台灯的电流将会变大
【答案】B
【知识点】欧姆定律及其应用；家庭电路的连接；测电笔的使用；家庭电路的故障分析
【解析】【解答】A、家庭电路里各用电器需要独立工作、互不干扰，调光台灯与小风扇属于并联接法，故A错误。
B、使用试电笔辨别火线、零线时，手一定要接触笔尾金属体，让人体和试电笔形成闭合回路，这样才能保证试电笔正常发挥作用，故B正确。
C、小风扇功率较小，接入电路后所有用电器停止工作，故障应为电路发生短路；总功率过大一般出现在多个大功率用电器同时工作时，并非该故障的成因，故C错误。
D、台灯与小风扇并联，各支路两端电压均等于家庭电路电源电压，接入小风扇不会改变台灯两端电压，台灯自身电阻不变，通过台灯的电流也保持不变，故D错误。
故选：B。
【分析】（1）家庭电路中各用电器采用并联方式连接，各用电器工作时彼此互不影响。
（2）试电笔正确使用要求手接触笔尾金属体，不能触碰笔尖金属体，依靠闭合回路判断火线与零线。
（3）电路突然全部断电，小风扇功率较小可排除总功率过大，故障大概率是短路造成空气开关跳闸。
（4）并联电路各支路两端电压相等，支路之间工作互不影响，单一支路用电器接入不会改变其他支路的电压、电流。
9．中国科技发展日新月异，对以下重大成果中涉及的物理知识解释不正确的是（　　）
A．白鹤滩水电站年均发电量624亿千瓦时——水力发电是将机械能转化为电能
B．“天问二号”小行星探测器遨游太空——探测器在太空中通过电磁波与地面站联系
C．中国空间站利用太阳能电池板供电——太阳能属于清洁能源
D．中国突破了“人造太阳”1亿摄氏度持续1000秒的技术——该反应为核裂变
【答案】D
【知识点】能量的转化或转移；核聚变；核裂变；太阳能及其利用与转化；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】A、水力发电的能量转化过程是将水流具有的机械能通过发电机组转化为电能，该说法正确，故A不符合题意。
B、电磁波能够在真空环境中传播，深空探测器依靠电磁波实现和地面控制中心之间的信号传输，该说法正确，故B不符合题意。
C、太阳能在使用过程中不会产生污染物，且可以源源不断从自然界获取，属于可再生清洁能源，该说法正确，故C不符合题意。
D、“人造太阳”利用的是核聚变反应释放巨大能量，和太阳内部的能量释放方式相同，并不是核裂变，该说法错误，故D符合题意。
故选：D。
【分析】（1）水力发电实现了机械能向电能的转化。
（2）电磁波传播不需要介质，可用于太空远距离通信。
（3）太阳能属于可再生的清洁能源，绿色环保无污染。
（4）人造太阳依托核聚变释放能量，核电站利用的是核裂变。
10．如图甲是某蔬菜大棚里使用的一种温度自动报警器，在温度计里封入一段金属丝，当温度达到金属丝下端所指温度时，扬声器响起，发出报警信号。下列说法正确的是（　　）
A．煤油可用作自动报警器温度计中的工作液体
B．电磁铁通电后其左端为S极
C．动圈式扬声器的工作原理与图乙所示原理相同
D．若只改变电磁铁中的电流方向，电磁铁的磁性将变强
【答案】C
【知识点】电磁铁的其他应用；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；通电螺线管的极性和电流方向的判断
【解析】【解答】A、煤油属于绝缘液体，即便温度上升后液面接触上方金属丝，控制电路也无法形成闭合回路，报警装置不能触发，所以煤油不适合作为该电接点温度计的工作液体，故A错误。
B、控制电路中电流从电磁铁右端流入、左端流出，依据安培定则进行判断，可确定电磁铁的左端为N极，故B错误。
C、动圈式扬声器的工作原理是通电导体在磁场中受力发生运动；乙图实验装置配有电源，探究的正是通电导体在磁场中的受力规律，二者工作原理一致，故C正确。
D、电磁铁磁性强弱由电流大小、线圈匝数决定，仅改变电流方向只会调换电磁铁的磁极，无法改变磁性的强弱，故D错误。
故选：C。
【分析】（1）该报警装置依靠液体导电接通控制电路，因此工作液体需要具备导电性，绝缘的煤油无法完成电路接通。
（2）安培定则可以根据螺线管中电流的环绕方向，判断出电磁铁两端的磁极。
（3）区分电磁感应、通电导体在磁场中受力两类电磁原理，装置带有电源的是通电导体在磁场中受力的应用。
（4）电流方向影响电磁铁磁极，电流大小、线圈匝数才会影响电磁铁磁性的强弱。
11．如图所示的摩天轮是武汉的一个地标建筑——“东湖之眼”，直径达49.9米，有28个座舱，游客可以通过它看到东湖的别样之美。若小明随座舱在竖直平面内匀速转动，则下列说法不正确的是（　　）
A．以小明为参照物，地面是静止的
B．小明受到的力是非平衡力
C．从最高点转动到最低点的过程中，小明的重力势能转化为动能
D．从最低点转动到最高点的过程中，小明的机械能保持不变
【答案】A,C,D
【知识点】机械能及其转化；平衡状态的判断；参照物及其选择
【解析】【解答】A． 若小明随座舱在竖直平面内匀速转动时， 以小明为参照物，地面的位置不断改变，即地面是运动的，故A错误，符合题意；
B．当小明在竖直平面内匀速转动时，他的运动方向不断改变，因此处于非平衡状态，不受平衡力，故B正确，不符合题意；
C．从最高点转动到最低点的过程中，小明的质量和速度都不变，则动能不变；小明的质量不变，高度减小，则重力势能减小，则那么二者之间不存在转化关系。根据“机械能=动能+重力势能”可知，小明的机械能减小，故C、D错误，符合题意。
故选ACD。
【分析】A.根据参照物的知识分析判断；
B.平衡状态受到平衡力，平衡状态包括：静止状态或匀速直线运动状态；
CD.动能与质量和速度有关，重力势能与质量和高度有关，而“机械能=动能+重力势能”。
12．如图所示的电路中，电源电压保持不变，为定值电阻，灯泡阻值不变，R为光敏电阻，其阻值随照射在它上面光照的增强而减小。闭合开关S，当光照增强时，下列说法正确的是（　　）
A．电流表A的示数增大
B．电压表的示数增大
C．电压表与电流表A的示数之比减小
D．若将电路中的电压表换成电流表，闭合开关后，电流表A的示数为0
【答案】A,D
【知识点】并联电路的电压规律；欧姆定律及其应用；电路的动态分析
【解析】【解答】A．根据欧姆定律，光敏电阻 的阻值减小，电路电流增大，电流表A示数增大，故A正确。
B．根据 ，可得定值电阻 两端电压增大，由串联电路电压规律，电阻 和灯泡L两端的电压之和会减小，即 示数会变小，故B错误。
C．电压表与电流表A的示数之比为 灯泡的阻值，易得灯泡阻值不变，故C错误。
D．灯泡被短接，此时电流表A测量灯泡的电流，故其示数为0，故D正确。
故选：AD。
【分析】（1）光照增强时，光敏电阻R阻值减小，电路总电阻减小，电源电压不变，根据欧姆定律，电路电流增大，电流表A示数增大；
（2）电压表V2测灯泡L和光敏电阻R的总电压，电路电流增大，定值电阻R0两端电压U0=IR0增大，电源电压U不变，因此V2示数U2=U-U0减小；
（3）电压表V1测灯泡L和光敏电阻R的总电压，其与电流表A的示数之比等于L和R的总电阻，灯泡阻值不变，R阻值减小，总电阻减小，因此该比值减小；
（4）若将V1换成电流表A2，电流表相当于导线，会短路灯泡L和电流表A所在支路，因此电流表A的示数为0。
13．如图所示为今年国庆期间在桂林甲天下广场展出的非遗文化“打铁花”表演，表演者将生铁化成铁水后用力泼洒出去，铁水在空中形成“铁花”下落后变成铁屑。闪烁的“铁花”　 　（选填“是”或“不是”）光源；铁水变成铁屑的过程发生的物态变化名称是　 　。
【答案】是；凝固
【知识点】凝固与凝固放热特点；光与光源
【解析】【解答】图中，闪烁的“铁花”是自身在发光，是光源。
铁水变成铁屑，从液态变为固态，是凝固现象。故第1空填：是；第2空填：凝固。
【分析】光源是能自行发光的物体；液体变为固体，是凝固现象。
14．如图为中央电视台自主研发的一款特种摄像设备—“猎豹”，专门用于2022年北京冬奥会速度滑冰赛事的转播工作。“猎豹”跟踪拍摄运动员比赛，拍摄出的像成　 　（选填“放大”或“缩小”）的实像。要想运动员的像更大一些，镜头应该　 　（选填“远离”或“靠近”）运动员。
【答案】缩小；靠近
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验
【解析】【解答】1.摄像机是利用了物体在凸透镜两倍焦距以外成倒立、缩小的实像这个原理。
2.根据凸透镜成像的规律可知，当物体靠近凸透镜，物距减小，则所成的实像就会远离凸透镜，即像距会增大，同时所成的像也会变大，因此，要想运动员的像更大，则拍摄时应该将镜头向前伸一些，靠近运动员，从而减小物距来实像目的。
故正确答案为：缩小；靠近
【分析】根据凸透镜成像规律可知，照相机（或摄像机）是利用物体在凸透镜两倍焦距以外成倒立、缩小的实像这个原理。在拍摄中要想成更大的像，就是要减小物距，要么运动员靠近镜头，要么让镜头向前伸靠近运动员。
15．出行安全尤为重要。公交车上提示“请抓好扶手”，是因为乘客具有　 　，急刹车时易摔倒；高铁站台上提示“候车请勿越过安全线”，是因为流体流速大的位置压强　 　，越过安全线易引发危险。
【答案】惯性；小
【知识点】惯性及其现象；流体压强与流速的关系
【解析】【解答】 （1）人站在汽车上，急刹车前，人和车都处于运动状态，当汽车突然急刹车时，由于脚和车厢底面间的摩擦力作用，脚底随车一起做减速运动，人的上身由于惯性还要保持原来向前的运动状态，所以会向前倾倒。
（2）在高铁站列车驶过时会带动人和车之间的空气流动速度加快，此时人外侧的空气流动速度慢，根据流体压强与流速的关系可知，人外侧空气流速慢、压强大，而内侧流速快、压强小，会产生一个向内侧的压强差，将人推向列车，因此，若越过安全线，即使与列车保持一定的距离，也是非常危险的。
【分析】 （1）任何物体都有保持原来运动状态的性质叫惯性，一切物体都具有惯性，据此分析回答。
（2）流体的压强与流速有关：流速大的地方压强小，流速慢的地方压强大。
16．2024年4月25日神舟十八号飞船成功发射，在加速升空过程中飞船的动能　 　，（选填“增大”或“减小”或“不变”）飞船到达既定轨道后宇航员通过　 　（选填“电磁波”或“超声波”）与地面控制中心进行联系。
【答案】增大；电磁波
【知识点】动能的影响因素；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】动能由物体的质量与运动速度共同决定。飞船加速升空时，自身质量保持不变，运动速度持续变大，所以飞船的动能不断增大。
声音、超声波的传播需要依靠介质，真空环境下无法传播；电磁波的传播不需要介质，能够在真空中传递信息，因此航天员依靠电磁波完成与地面之间的通信。
故答案为：增大；电磁波。
【分析】动能大小的影响因素为质量和速度，质量不变时，物体运动速度越大，动能越大；声音传播需要介质，不能在真空中传播，电磁波可以在真空中传播，常应用于航天远程通信。
17．内燃机的一个工作循环由四个冲程组成，如图所示是内燃机的　 　冲程。一台某型号单缸四冲程汽油机的飞轮速度是1200r/min，在1s内，汽油机完成了　 　个工作循环。
【答案】排气；10
【知识点】热机；热机的四个冲程
【解析】【解答】根据图示分析，此时排气门处于开启状态，进气门关闭，同时活塞向上移动，因此可以判断该冲程为排气冲程。
汽油机飞轮的转速计算如下：；由于飞轮每转两圈完成一个工作循环（包含四个冲程），且每个工作循环对外做功一次，因此： 每秒完成的工作循环数：10个， 每秒完成的冲程数：40个， 每秒对外做功次数：10次。
【分析】1、汽油机四个冲程包括：吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程，根据特点进行识别。
吸气冲程特点：进气后打开，排气口关闭，活塞下移；压缩冲程：进气后关闭，排气口关闭，活塞上移，能量转化为机械能转化为内能，气缸内空气内能增加；做功冲程：进气后关闭，排气口关闭，火花塞点燃，高温高压的气体推动活塞下移，气体内能减小，能量转化为内能转化为机械能；排气冲程：进气后关闭，排气口打开，活塞上移，排除废气。
2、热机转速和做功的关系，热机转2次，对应一次做功，对应四个冲程。
18．如图甲所示的电路中，电源电压保持不变，闭合开关S，滑片P从A端移动到B端的过程中，电流表示数I与电压表示数U的关系图像如图乙所示。的最大阻值为　 　；若把电压表量程改为0~3V，在保证各元件安全的情况下，该电路的最小电功率和最大电功率之比为　 　。
【答案】50；1∶2
【知识点】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】由图甲可知，R1与R2串联，电压表测R2两端电压，电流表测电路电流。当滑片P在B端时，R2接入电路的电阻最大，此时电路电流最小，由图乙可知，最小电流为0.1A，此时R2两端电压为5V。串联电路中电流处处相等，此时通过R2的电流为0.1A，R2两端电压为5V，因此R2的最大阻值为。
当滑片在端时，根据欧姆定律，电路电流最大，此时电源电压
当滑片在端时，电源电压
联立得
解得，电源电压
两端最大电压。此时两端电压
电路电流
当时，，符合电压表量程，故电路最大电流仍为，当全部接入时，，超出电压表量程，因此电路最小电流为，最大电功率
最小功率为
则功率之比为。
故答案为：50；1：2。
【分析】滑片P在B端时，滑动变阻器接入电阻最大，此时电路电流最小，电压表示数最大。根据串联电路特点，此时滑动变阻器两端电压最大，电流最小，可算出R2的最大阻值。
先根据图像求出电源电压和R1的阻值，再结合电压表量程0~3V的限制，分别求出电路的最小电功率和最大电功率，再计算两者的比值
19．（1）请根据给出的入射光线画出折射光线；
（2）悬挂的小球摆动到图示位置时，请画出小球所受重力和拉力的示意图；
（3）根据通电螺线管的N、S极，在括号内标出电源的正极和负极。
【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】透镜的光路图；力的三要素及力的示意图；重力示意图；通电螺线管的极性和电流方向的判断
【解析】【解答】（1）光线过凸透镜的焦点，折射光线会平行于主光轴，故作图如下：
（2）物体受到的重力竖直向下，拉力方向沿绳子方向，作用点在重心，分别画竖直向下重力，标注G，沿绳子向上的拉力，标注F，故作图如下：
（3）根据安培定则，结合通电螺线管的N极，电流从螺线管的右端流入、左端流出，电源右端为正极，左端为负极，故作图如下：
【分析】（1）根据凸透镜的特殊光线，画出折射光线；
（2）物体受到的重力竖直向下，物体受到的拉力沿绳子方向；
（3）根据安培定则，结合通电螺线管，判断电流方向。
（1）对于凸透镜，过焦点的入射光线经凸透镜折射后，折射光线会平行于主光轴，故作图如下：
（2）重力方向竖直向下，作用点在小球的球心，拉力方向沿绳子指向悬挂点，作用点也在小球的球心，所以从球心出发，画一条竖直向下的箭头标注G，再画一条沿绳子向上的箭头标注F，故作图如下：
（3）用安培定则，右手握住螺线管，大拇指指向N极，四指弯曲方向为电流方向，此时电流从螺线管的右端流入、左端流出，因此电源右端为正极，左端为负极，故作图如下：
20．在“探究物体的动能大小跟哪些因素有关”的实验中，用质量分别为m和M的两个钢球（M >m），分别从不同的高度h和H（H＞h）由静止开始滚下，实验过程如图所示。
（1）实验中，探究的动能是指______（填序号）；
A．钢球在斜面上的动能
B．钢球撞击木块时的动能
C．木块的动能
（2）通过观察木块B移动的距离长短，来判断动能的大小，这种研究方法是　 　（选填“控制变量法”、“等效替代法”或“转换法”）；
（3）由甲、乙两图可得实验结论：当质量一定时，　 　越大，动能越大。这个结论可用于解释汽车　 　（选填“超速”或“超载”）带来的危害；
（4）若在进行乙、丙两图实验时，丙图中木块被撞后滑出木板，为了使木块不滑出木板，只需要重新进行图丙的实验，下列方法可行的是______（填序号）。
A．降低钢球滚下时的高度
B．换用一个质量更大的木块
C．换用足够长的木板
【答案】（1）B
（2）转换法
（3）速度；超速
（4）C
【知识点】探究影响物体动能大小的因素
【解析】【解答】（1）本实验探究的是钢球从斜面滑下、撞击木块瞬间所具有的动能，故AC错误，B正确。
故选：B。
（2）动能属于不易直接观测的物理量，实验借助木块被撞击后滑行距离的远近，间接反映钢球动能的大小，这种实验研究方法为转换法。
（3）甲、乙两次实验选用同一钢球，质量保持不变，小球释放高度不同，到达水平面时的运动速度不同，木块滑行距离存在明显差异，由此说明：物体的动能与速度大小有关，在质量一定时，速度越大，物体的动能越大，该结论能够用来解释汽车超速行驶存在安全隐患的原因。
（4）乙、丙两组实验控制小球释放高度相同，保证小球到达水平面时速度一致，用来探究动能与质量的关系。若要防止木块滑出木板，可增大木块质量、加长木板长度或者减小钢球质量，不能改变小球释放高度来控制速度，因此只有C方案可行，AB方案不合理。
故选 C。
故答案为：（1）B；（2）转换法；（3）速度；超速；（4）C。
【分析】（1）本实验研究对象是下滑的钢球，探究的是钢球撞击木块瞬间具备的动能。
（2）转换法常用来将不易测量的物理量转化为直观可见的实验现象，本实验通过木块移动距离反映动能大小。
（3）控制质量不变、改变小球释放高度，可改变小球撞击速度，用来探究动能与速度的关系。
（4）控制变量法要求探究动能与质量的关系时必须保持速度相同，即小球释放高度不变，再结合实验目的选择合理改进方案。
（1）实验中，探究的动能是指钢球撞击木块时的动能，故AC不符合题意，B符合题意。
故选B。
（2）实验中动能的大小无法直接看到，但可以通过观察木块B移动的距离长短来间接判断。这种通过观察易于测量的物理量来反映不易测量的物理量的方法叫转换法。
（3）[1][2]甲、乙两图中小球的质量一定，初始高度不同，到达水平面时的速度不同，对木块做功多少不同，故可以得出结论：物体的动能大小与速度有关，速度越大，动能越大，可以解释汽车超速带来的危害。
（4）由题意可知，乙、丙实验探究在速度相同时，动能大小与质量的关系，质量越大，动能越大，撞击木块后移动的距离更远；由控制变量法的思想可知：为了使木块不滑出木板，可以在乙、丙两实验同时换用一个质量更大的木块，可以单独在丙实验中更换长度较大但粗糙程度不变的木板，也在丙实验中换用质量较小的钢球，但不能改变小球速度，即小球滚下时的高度不能改变，故C符合题意，AB不符合题意。
故选C。
21．（1）如图1甲所示，在两只相同的烧杯里分别装入水和食用油，比较它们的吸热能力。
①在两只烧杯中分别装入初温和　 　均相等的水和食用油；
②在两烧杯中放入规格相同的电加热器，目的是使水和食用油在相同时间内吸收的热量　 　；
③根据实验数据绘制出的温度与时间关系图像如图1乙所示，分析图像可知，若要使水和食用油升高到相同的温度，　 　吸收的热量多，说明　 　的吸热能力更强。
（2）小林利用图2的甲、乙、丙三套完全相同的装置完成相关的热学实验，液体1和2的质量相同，燃料A和B的质量也相同。
①安装实验装置时，应按照　 　（选填“自下而上”或“自上而下”）的顺序；
②为了比较不同燃料的热值，应选择　 　两套装置。
【答案】（1）质量；相同；水；水
（2）自下而上；乙丙
【知识点】比热容的定义及其计算公式；燃料的热值；物理学方法；探究不同物质的吸热能力
【解析】【解答】（1）①根据公式Q=cm△t可知，质量相同的不同物质吸收相同的热量时，升高温度小的吸热能力弱，则两只烧杯中要装入初温相同和质量相同的水和食用油进行实验。
②在两烧杯中放入规格相同的电加热器，根据Q=W=Pt可知，在相同时间内水和食用油吸收的热量相同。
③如图1乙所示，要使质量相等的水和食用油升高到相同的温度（从10℃到30℃），水需要加热的时间更长（5min），说明水吸收的热量较多，根据公式Q=cm△t可知，水的吸热能力较强。
（2）①在实验时，要使用酒精灯的外焰加热，且酒精灯的高度不易调节，所以需要点燃酒精灯，根据火焰的高度确定铁圈的高度，再根据铁圈的高度确定上面器材的高度，应按照自下而上的顺序组装器材。
②根据控制变量法的要求可知，为了比较不同燃料的热值，只有燃料的种类不同，而控制其它因素相同，即被加热的液体相同，故选乙丙两套装置实验。
【分析】（1）①根据公式Q=cm△t可知，质量相同的不同物质吸收相同的热量时，升高温度小的吸热能力弱；
②根据Q=W=Pt分析。
③根据图像比较水和食用油升高相同温度时吸收热量多少，根据Q=cm△t比较物质吸热能力强弱；
（2）①根据实验中要用酒精灯的外焰加热分析；
②根据控制变量法的要求选择对照实验。
（1）[1]比较水和食用油的吸热能力大小时，因为物体的质量、升高的温度等会对物体吸收热量的多少有影响，实验运用控制变量法，要装入初温相同和质量相同的水和食用油进行实验。
[2]实验时，在两烧杯中放入规格相同的电加热器，规格相同的电加热器在相同时间内放出的热量相同，可以保证在相同时间内水和食用油吸收的热量相同。
[3][4]如图1乙所示，分析图像可知，若要使质量相等的水和食用油升高到相同的温度，水需要加热的时间更长，说明水吸收的热量较多，则水的吸热能力较强。
（2）[1]安装实验装置时，因为要使用酒精灯的外焰加热，所以需要点燃酒精灯，根据酒精灯外焰的位置调整铁圈的高度，根据铁圈的高度才可以调整确定温度计悬挂的位置和高度；所以，应按照自下而上的顺序组装器材。
[2]为了比较不同燃料的热值，实验运用控制变量法，只有燃料的种类不同，不同种类的燃料质量相等，被加热的液体质量和初温均相同；所以，应选择乙丙两套装置实验。
22．小莫和同学们一起利用一长方体物块来探究影响浮力大小的因素。
（1）将物块竖放后挂在弹簧测力计上，测出物块的重力为2.7N，然后将物块部分浸入水中，发现测力计示数减小的同时水面升高了，说明物块受到了竖直向①　 　的浮力，当测力计示数如图甲所示时，浮力为②　 　N；
（2）接下来小莫继续按图乙、丙、丁所示进行实验，由甲、乙、丙的数据可知：在同种液体中，物体排开液体的体积越③　 　，物体受到的浮力越大；由丙、丁的数据可知：物体浸没在同种液体中时所受浮力大小跟深度④　 　；
（3）然后将物块浸没在盐水中如图戊所示，分析数据可知：浮力大小与液体的密度有关，利用以上数据可计算出物块和盐水的密度，你算出所用盐水密度为⑤　 　；（g取10N/kg，）
（4）若在实验前，弹簧测力计的指针在零刻度线以下，并未调零，则利用实验数据算出的盐水密度⑥　 　，算出的物块的密度⑦　 　；（两格均选填“偏大”“偏小”或“不受影响”）
【答案】（1）上；0.3
（2）大；无关
（3）1.1
（4）不受影响；偏大
【知识点】阿基米德原理；浮力大小的计算；探究影响浮力大小的因素
【解析】【解答】 （1）测力计示数减小的同时水面升高了，弹簧测力计示数减小，说明物体受到向上的水的浮力；由称重法可知物体受到的浮力；图甲中，弹簧测力计的分度值是0.1N，此时弹簧测力计示数为2.4N，根据称重法测浮力，则物块受到的浮力为F浮=G-F示=2.7N-2.4N=0.3N；
（2）由甲、乙、丙物体在水中排开水的体积越大，弹簧测力计的示数越小，受到的浮力越大；图丙、丁中，物体排开水的体积相同，物体浸入在水中的深度不同，受到的浮力相同，所以物体浸没在同种液体中时受到的浮力大小跟深度无关；
（3）物体浸没在水中受到的浮力F浮=G-F=2.7N-1.7N=1N，
物体浸没在盐水中受到的浮力F浮'=G-F'=2.7N-1.6N=1.1N，
物体在水和盐水排开液体的体积相同，由阿基米德原理得：， 。
（4）若在实验前，弹簧测力计的指针在零刻度线以下，并未调零，测量的重力和拉力都偏大，但两次浮力大小都是测力计示数之差，由计算的盐水密度表达式可知，盐水的密度不受影响；
若在实验前，弹簧测力计的指针在零刻度线以下，并未调零，测量的重力偏大，即质量偏大，而测量的体积没有影响，则物体的密度会偏大。
故答案为：（1）上；0.3；（2）大；无关；（3）1.1；（4）不受影响；偏大。
【分析】 （1）测力计示数减小的同时水面升高了，弹簧测力计示数减小，说明物体受到向上的水的浮力；由称重法可知物体受到的浮力；
（2）由甲、乙、丙物体在水中排开水的体积越大，弹簧测力计的示数越小，受到的浮力越大；图丙、丁中，物体排开液体的体积相同，物体浸入在水中的深度不同，受到的浮力相同；
（3）图丁和戊中物体在水和盐水排开液体的体积相同，根据受到浮力，由阿基米德原理可求出盐水的密度；
（4）当实验前，弹簧测力计的指针在零刻度线以下时，由计算的盐水的密度关系式进行说明对测量盐水密度的影响；测量浮力不受影响，根据阿基米德原理求出的排开液体的体积不变，即测量的物体的体积不变，测量的物体的重力偏大，质量偏大，由密度公式可知对测量的物体的密度的影响。
（1）[1]将物块部分浸入水中，发现测力计示数减小的同时水面升高了，弹簧测力计示数减小，说明水有向上的托力，即说明物块受到了竖直向上的浮力。
[2]如图甲所示，弹簧测力计的分度值是0.1N，此时弹簧测力计示数为2.4N，根据称重法测浮力，则物块受到的浮力为
（2）[1]分析甲、乙、丙的数据可知，液体密度相同，排开液体的体积不同，且浸入的体积越大，弹簧测力计示数越小，说明浮力越大，故在同种液体中，物体排开液体的体积越大，浮力越大。
[2]分析丙、丁的数据可知，物体浸没在同种液体中，改变了深度，浮力不变，所以物体浸没在同种液体中时所受浮力大小跟深度无关。
（3）如图丁所示，根据称重法可得，物体完全浸没在水中的浮力为
根据阿基米德原理，排开水的体积为
如图戊所示，当物体完全浸没在盐水中的浮力为
浸没时物体排开盐水的体积等于排开水的体积，则根据阿基米德原理，盐水的密度为
（4）[1]若在实验前，弹簧测力计的指针在零刻度线以下，并未调零，测量的重力和拉力都偏大，但两次浮力大小都是测力计示数之差，对测量的浮力和体积都没有影响，则算出的盐水密度准确。
[2]若在实验前，弹簧测力计的指针在零刻度线以下，并未调零，测量的重力偏大，即质量偏大，而测量的体积没有影响，则物体的密度会偏大。
23．实验小组用伏安法测量小灯泡的电阻，连接了如图甲所示的电路，小灯泡的额定电压为2.5V，电源电压恒定。
（1）图甲中有一根导线连接错误。请在该导线上打“×”，并用笔画线代替导线重新画一根正确连接的导线。（导线不得交叉）
（2）改正错误后，闭合开关，移动滑片至某位置时，电压表示数为2V，为测量小灯泡正常发光时的电阻，应将滑片P向　 　（选填“A”或“B”）端移动。
（3）小灯泡正常发光时，电流表的示数如图乙所示，此时小灯泡的电阻是　 　Ω（保留1位小数）。
（4）小灯泡的关系如图丙，当小灯泡两端的电压增大时，它的电阻　 　（选填“增大”、“减小”或“不变”），其原因是灯丝电阻受　 　的影响。
（5）实验小组将图甲中的小灯泡替换为一个定值电阻，其他实验器材不变，　 　（选填“能”或“不能”）完成“探究电流与电压的关系”实验。
（6）小组同学计划用该装置测量某定值电阻的阻值时，发现电压表损坏，于是设计了如图丁所示的电路。实验步骤如下：
①将滑片移到b端，闭合开关S，读出电流表的示数，记为；
②将滑片移到a端，读出电流表的示数，记为；
③已知滑动变阻器的最大阻值为R，则　 　（用、和R表示）。
【答案】（1）
（2）B
（3）9.6
（4）增大；温度
（5）能
（6）
【知识点】伏安法测电阻的探究实验
【解析】【解答】（1） 原电路图中，电压表并联在灯泡和滑动变阻器两端是错误的，在测量小灯泡的电阻实验中，灯泡、滑动变阻器和电流表串联，电压表并联在灯泡两端，如下图所示：
（2）改正错误后，闭合开关，移动滑片至某位置时，电压表示数为2V，小于灯泡额定电压2.5V，为测量小灯泡正常发光时电阻，应增大灯泡两端的电压，根据串联电路电压规律，应减小变阻器两端的电压，根据分压原理，应减小变阻器接入电路的阻值，故应将滑片向B端移动；
（3）当小灯泡正常发光时，电流表的示数如图乙所示，电流表选用小测量范围，分度值0.02A，其示数为0.26A，则此时小灯泡的电阻为：；
（4）分析图像丙可知，当小灯泡两端电压增大时，小灯泡的电阻也在增大；当小灯泡两端电压增大时，其实际功率增大，温度也会升高，故灯丝的电阻与温度有关；
（5）将图甲中的小灯泡替换为一个定值电阻，可以保持电阻不变，通过滑动变阻器改变电流，其他实验器材不变，能完成“探究电流与电压的关系”实验；
（6）①将滑片移到b端，此时Rx与R串联，读出电流表的示数，记为I1；则RxI1+RI1=U；
②将滑片移到a端，此电路为Rx的简单电路，闭合开关S，读出电流表的示数，记为I2，则电源电压为U=I2Rx；
③读出滑动变阻器的最大阻值为R，由（a）（b）两式联立可得，待测电阻的阻值为：。
故答案为：（1） ；（2）B；（3）9.6；（4）增大；温度；（5）能；（6）。
【分析】 （1）根据电路连接和电表的使用分析回答；
（2）比较电压表示数与灯泡额定电压大小，根据串联电路电压规律和分压原理确定变阻器滑片移动方向；
（3）根据电流表选用测量范围确定分度值读数，利用求出小灯泡的电阻；
（4）灯丝的电阻随温度的升高而增大；
（5）根据控制变量法分析；
（6）①将滑片移到b端，此时Rx与R串联，根据串联分压的特点可求得电源电压；
②将滑片移到a端，此电路为Rx的简单电路，闭合开关S，读出电流表的示数，记为I2，由此可求得电源电压；
③读出滑动变阻器的最大阻值为R，根据欧姆定律可求出待测电阻的阻值。
（1）在用伏安法测量小灯泡的电阻的实验中，小灯泡与滑动变阻器串联，电压表应并联在小灯泡的两端，如图所示：
（2）闭合开关后，电压表示数为，低于小灯泡额定电压。要测量小灯泡正常发光时的电阻，需要增大灯泡两端电压。根据串联电路电压规律，应减小滑动变阻器两端电压，再依据串联分压原理，要减小变阻器接入电路的阻值，所以滑片应向端移动。
（3）图乙中电流表接量程，分度值是，示数为。小灯泡正常发光时，，则电阻
（4）[1][2]从图丙小灯泡的关系可知，当小灯泡两端电压增大时，电压变化比电流变化快，由可知，它的电阻增大。原因是当灯泡两端电压增大时，灯泡变亮，温度升高。灯丝电阻受温度影响，温度越高，电阻越大。
（5）探究电流与电压的关系时，需控制电阻不变，将小灯泡换为定值电阻后，其他器材不变，能通过改变滑动变阻器阻值改变定值电阻两端电压和通过定值电阻通过的电流，所以能完成“探究电流与电压关系”的实验。
（6）将滑片移到a端，此电路为的简单电路，闭合开关S，读出电流表示数，记为，则电源电压；将滑片移到b端，与滑动变阻器的最大阻值串联，读出电流表示数为，此时电源电压。由上述两式可求待测电阻的阻值。
24．科创小组设计了水库自动泄洪控制装置，将其制成顶部开有小孔的模型，如图所示。其中A为压力传感器，B是质量为750g密度小于水且不吸水的圆柱体，能沿固定的光滑细杆在竖直方向自由移动。当模型内水深h0=15cm时，B与模型底面刚好接触且压力为零。水面上涨到设计的警戒水位时，圆柱体对压力传感器的压力为2N，触发报警装置，开启泄洪阀门。已知圆柱体B的底面积SB=50cm2，高hB=25cm，（细杆体积忽略不计，ρ水=1×103kg/m3）。
（1）圆柱体B的重力为多少N？
（2）模型内水深h0=15cm时，水对模型底部的压强为多少Pa？
（3）刚触发报警装置时，B浸入水中的深度h2为多少cm？
【答案】（1）解：已知B的质量，即B的质量为
根据重力公式可知，B的重力为。
答： 圆柱体B的重力为7.5N。
（2）解：当模型内水深h0=15cm时，根据液体压强公式可知，水对模型底面的压强为。
答： 模型内水深h0=15cm时，水对模型底部的压强为1500Pa。
（3）解：刚触发报警装置时圆柱体对压力传感器的压力为2N，此时B受到的浮力
由阿基米德原理的变形式可知，B排开水的体积
B浸入水中的深度。
答： 刚触发报警装置时，B浸入水中的深度h2为19cm。
【知识点】重力及其大小的计算；液体压强计算公式的应用；阿基米德原理
【解析】【分析】 （1）当模型内水深h0=15cm时，B与模型底面刚好接触，根据V排=SBh0得出此时B排开水的体积，根据阿基米德原理得出所受的浮力，根据G=F浮得出B的重力；
（2）根据p=ρgh求压强；
（3）根据刚触发报警装置时圆柱体对压力传感器的压力为2N结合力的平衡条件求出B受到的浮力，阿基米德原理求出B排开水的体积，根据体积公式求出B浸入水中的深度。
（1）B的质量为
B的重力为
（2）当模型内水深h0=15cm时，水对模型底面的压强为
（3）刚触发报警装置时圆柱体对压力传感器的压力为2N，由力的平衡条件可知，此时B受到的浮力
B排开水的体积
B浸入水中的深度
25．恒温箱广泛应用于科研、医疗、养殖等领域。在学校开展的综合实践活动中，某小组设计的装置内部电路如图甲所示，可实现加热、保温两档自动切换，其中是定值电阻，为热敏电阻，、为电热丝。控制电路电源电压U为3V，为25Ω，为176Ω，为44Ω，电磁铁线圈的电阻忽略不计。的阻值与温度的关系如图乙所示，电磁铁衔铁在电流大于或等于60mA时吸合，当电流小于或等于30mA时释放。求：
（1）该恒温箱的温度为25℃时控制电路的电流；
（2）该恒温箱加热状态时工作电路的电功率；
（3）该恒温箱的温度控制范围；
（4）进行培育实践时，要求适宜温度为20℃~25℃，小组成员对恒温箱进行调试，并设计了两种调整方案。
方案一：保持电源电压和控制电流不变，只把增大为50Ω；
方案二：保持和控制电流不变，只把电源电压降低到2.25V。
请任意选择其中一个方案计算分析判断其是否可行。
【答案】（1）由图乙可知，当温度为25℃时，热敏电阻的阻值，控制电路由和串联组成，其总电阻为
根据欧姆定律，控制电路的电流为
（2）工作电路有加热和保温两种状态。由可知，在电源电压不变时，电阻越小，功率越大，为加热状态。当电磁铁吸合时，衔铁被吸下，动触点与下方静触点接通，电热丝被短路，只有接入电路，此时电路电阻最小，功率最大，处于加热状态。加热状态的电功率为
（3）恒温箱的温度控制是利用电磁继电器实现的，当温度下降到设定下限时，阻值最小，控制电路电流增大到吸合电流，电磁铁吸合，工作电路从保温状态切换到加热状态和串联，此时控制电路的总电阻为
对应的热敏电阻阻值为
由图乙可知，当时，对应的温度为23℃，此为控制的最低温度。
当温度升高到设定上限时，阻值最大，控制电路电流减小到释放电流，电磁铁释放，工作电路从加热状态切换到保温状态，此时控制电路的总电阻为
对应的热敏电阻阻值为
由图乙可知，当时，对应的温度为26℃，此为控制的最高温度。
因此，该恒温箱的温度控制范围是23℃~26℃
（4）选择方案一进行分析：目标是将温度控制范围调整为20℃~25℃。
方案一：保持电源电压不变，将增大为，根据恒温箱工作原理，控制范围的上限温度由释放电流决定，下限温度由吸合电流决定。
① 计算调整后的下限温度：当电流达到时，电磁铁吸合，开始加热。
此时控制电路总电阻
热敏电阻的阻值
由图乙可知，的阻值随温度升高而增大，当阻值最小时，温度最低，最低温度为20℃，满足要求。
② 计算调整后的上限温度：当电流减小到时，电磁铁释放，停止加热。
此时控制电路总电阻
热敏电阻的阻值
由图乙可知，当时，对应的温度为25℃。
综上，采用方案一，恒温箱的温度控制范围便满足20℃~25℃的要求，故该方案可行。
【知识点】电阻的串联；欧姆定律及其应用；电路的动态分析；电功率的计算
【解析】【分析】（1）先从图像中找到对应温度下热敏电阻的阻值，再根据串联电路特点求出总电阻，进而计算控制电路的电流。
（2）先判断加热状态的电路结构，确定工作电路中接入的电阻，再计算对应的电功率。
（3）根据电磁铁吸合与释放的电流，分别求出对应的热敏电阻阻值，再对照图像得出最高温度和最低温度，确定温度控制范围。
（4）分别按两种方案改变电路参数，计算对应热敏电阻的阻值，对照图像判断温度范围是否符合要求，从而确定方案是否可行。
（1）由图乙可知，当温度为25℃时，热敏电阻的阻值，控制电路由和串联组成，其总电阻为
根据欧姆定律，控制电路的电流为
（2）工作电路有加热和保温两种状态。由可知，在电源电压不变时，电阻越小，功率越大，为加热状态。当电磁铁吸合时，衔铁被吸下，动触点与下方静触点接通，电热丝被短路，只有接入电路，此时电路电阻最小，功率最大，处于加热状态。加热状态的电功率为
（3）恒温箱的温度控制是利用电磁继电器实现的，当温度下降到设定下限时，阻值最小，控制电路电流增大到吸合电流，电磁铁吸合，工作电路从保温状态切换到加热状态和串联，此时控制电路的总电阻为
对应的热敏电阻阻值为
由图乙可知，当时，对应的温度为23℃，此为控制的最低温度。
当温度升高到设定上限时，阻值最大，控制电路电流减小到释放电流，电磁铁释放，工作电路从加热状态切换到保温状态，此时控制电路的总电阻为
对应的热敏电阻阻值为
由图乙可知，当时，对应的温度为26℃，此为控制的最高温度。
因此，该恒温箱的温度控制范围是23℃~26℃
（4）选择方案一进行分析：目标是将温度控制范围调整为20℃~25℃。
方案一：保持电源电压不变，将增大为，根据恒温箱工作原理，控制范围的上限温度由释放电流决定，下限温度由吸合电流决定。
① 计算调整后的下限温度：当电流达到时，电磁铁吸合，开始加热。
此时控制电路总电阻
热敏电阻的阻值
由图乙可知，的阻值随温度升高而增大，当阻值最小时，温度最低，最低温度为20℃，满足要求。
② 计算调整后的上限温度：当电流减小到时，电磁铁释放，停止加热。
此时控制电路总电阻
热敏电阻的阻值
由图乙可知，当时，对应的温度为25℃。
综上，采用方案一，恒温箱的温度控制范围便满足20℃~25℃的要求，故该方案可行。
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