2025年江苏省常州市金坛区中考物理模拟练习卷

2025年江苏省常州市金坛区中考物理模拟练习卷 一．选择题（共15小题，满分30分，每小题2分） 1．如图所示是一款具有哼唱识别功能的音乐软件，当我们对着手机哼唱时，它就能识别出曲目。它识别歌曲是依据声音的（　　） A．音调 B．音色 C．响度 D．能量 2．如图，将干冰（固体二氧化碳）分别放入装油和装水的杯中，发现水和油中都有大量的气泡产生，且水杯上方有大量的“白气”，油杯上方没有出现大量“白气”，下列说法正确的是（　　） A．水杯中气泡与水沸腾实验中气泡形成原因相同 B．油杯中产生大量气泡，气泡内为水蒸气 C．干冰升华过程中会吸热，水杯温度会下降，而油杯不会 D．油杯上方无大量“白气”而水杯有，说明水杯上方“白气”主要来源于杯内 3．如图所示，1.5m深的水池内，一只立于荷尖上的蜻蜓距水面0.6m，蜻蜓在水中的像（　　） A．因光的直线传播而形成 B．是比蜻蜓略小的虚像 C．在水面下0.9m深处 D．与蜻蜓相距1.2m 4．如图是某款广告投影灯及其内部结构示意图，它主要由光源、广告片和凸透镜组成。下列说法正确的是（　　） A．广告投影灯的成像原理与照相机相同 B．广告片到凸透镜的距离应在一倍焦距以内 C．要从不同角度看到广告图标，应投向光滑地面 D．要得到更大的广告图标，广告投影灯应远离地面 5．一跳伞运动员在下落过程中，看到身旁的直升飞机在向上运动，则直升飞机相对于地面的运动情况是（　　） A．一定上升 B．可能下降 C．一定静止 D．无法判断 6．物理概念的学习要重视建构的过程.通过探究同种物质的质量与体积的关系，建构了密度的概念。根据表中数据，下列建构过程有错误的是（　　） 实验次数 物体 m/g V/cm3 1 铝块1 54 20 2.7 2 铝块2 108 40 2.7 3 松木1 108 216 0.5 4 松木2 10 20 0.5 A．同种物质的质量与体积的比值是一定的，物质不同，其比值一般不同 B．质量与体积之比能反映物质的一种属性，把比值叫做这种物质的密度 C．铝块的密度为2.7g/cm3，表示1cm3的铝的质量是2.7g D．选用不同物质进行多次实验是为了减小实验误差 7．小田学习科学后，对抽烟的爸爸说：“吸烟有害健康，我和妈妈都在被动抽烟。”小田这样说的科学依据是（　　） A．分子间存在引力 B．分子在不停息地做无规则运动 C．分子之间有间隙 D．分子间存在斥力 8．下列情形中力的作用效果与另外三个不同的是（　　） A．用力将橡皮泥捏瘪 B．手拉橡皮筋，橡皮筋变长 C．铁球经过磁体做曲线运动 D．飞来的网球使网球拍的网凹陷 9．如图所示，在“探究二力平衡的条件”时，选小卡片作为研究对象，在绳的两端分别挂上钩码，对卡片滑轮施加两个拉力。为探究这两个力满足什么条件时小卡片才能平衡，下列说法不正确的是（　　） A．卡片两侧的滑轮的高度不一定要相同 B．实验过程中，卡片处于静止状态，受到的合力为零 C．探究两个力大小关系时，可以通过增减钩码的个数来实现 D．将卡片扭转一定角度时，两绳对卡片的拉力仍在同一直线上 10．如图所示，将底面积之比为1：4的甲、乙两容器放在水平桌面上，容器内分别盛有密度为ρ1、ρ2的液体。现将体积相等、密度之比为2：3的A、B两个物体分别放入甲、乙两容器中静止后，物体A悬浮，物体B有一半体积露出液面，此时两容器中液面相平液体对甲容器底部的压强为p1、压力为F1，液体对乙容器底部的压强为p2、压力为F2。则下列判断正确的是（　　） A．ρ1＝ρ2，F1＝F2 B．p1＜p2，6F1＝F2 C．ρ1＞ρ2，F1＝4F2 D．3p1＝p2，12F1＝F2 11．用如图所示的滑轮组提升重为500N的物体A，滑轮组的绳子自由端在拉力F作用下竖直匀速移动6m，物体A被竖直匀速提升2m，用时20s，滑轮组的额外功是200J。下列说法中正确的是（　　） A．物体A上升的速度是0.3m/s B．滑轮组的机械效率等于83.3% C．动滑轮所受的重力为100N D．拉力F的功率为50W 12．关于物体的内能，下列说法正确的是（　　） A．冰在熔化时，温度不变但内能增加 B．物体内能增加，一定从外界吸收热量 C．热传递时，内能大的物体放出热量 D．温度越高的物体，内能越大 13．如题图所示，标有“5Ω 0.5A”的定值电阻R1和标有“15Ω 0.3A”的定值电阻R2连接而成，电源电压可调节，闭合开关S，使电源电压从0V逐渐增加，则下列说法中正确的是（　　） A．电流先通过R1再通过R2 B．R1与R2两端的电压之比是1：3 C．随着电源电压的调高R1比R2先损坏 D．为确保电路安全，电源可调到的最高值为7V 14．不戴头盔存在安全隐患，于是小华同学设计以下方案：骑行前，扫码成功后开关S1闭合，指示灯L亮，但电机不工作；从车头取出头盔并戴上后，头盔内遥控设备遥控S2闭合，电动机才通电工作；若只戴头盔不扫码则无法骑行。下列电路符合以上设计要求的是（　　） A． B． C． D． 15．如图甲所示是电子体重秤的内部简化电路图，电源电压恒为12V，R为压敏电阻，其阻值随着所受压力的变化如图乙所示。R1阻值为50Ω，电子体重计上标有“最大称量200kg”的字样，闭合开关后，下列说法正确的是（　　） A．没有称重时，电压表示数为10V B．把电压表改装成体重秤示数表，体重越大，体重秤指针向右偏，示数增大 C．电路最大总电功率为1.44W D．压敏电阻R，其阻值随着所受压力的增大而增大 二．填空题（共10小题，满分26分） 16． 2023年12月，中国红色旅游博览会在于都举行。如图所示是百人吹唢呐的场景。唢呐声是由于空气 　 　产生的；旁边的观众正在静静地欣赏唢呐表演，唢呐声对观众来说是 　 　（选填“乐音”或“噪声”）。 17．小刚在探究某种物质熔化特点的实验中，根据实验数据描绘出该物质熔化过程中温度随时间变化的关系图象，由图象可知，该物质的熔点是 　 　℃。在熔化过程中温度 　 　；在加热到第6min时，该物质处于 　 　（选填“固态”“液态”或“固液共存态”），熔化持续了 　 　min。 18．一束光在空气和玻璃界面处同时发生了反射和折射，如图所示，其中入射角大小为 　 　，界面的 　 　方是空气。（选填“上”、“下”、“左”或“右”） 19．一质量为890g，体积为200cm3的空心铜球，其空心部分体积为 　 　cm3；若用纯铁高温熔化后形成的铁水注满该空心铜球，待冷却后，这个球的质量变为 　 　kg。（已知ρ铜＝8.9g/cm3，ρ铁＝7.9g/cm3） 20．我国攻击11无人机是世界上最先列装的飞翼布局隐身无人机，该无人机的列装极大地丰富了中国空军的作战方式。 （1）攻击11无人机能够隐身是因为雷达站发出的电磁波传到机身时，无人机隐身涂层能够吸收一部分电磁波，同时机身的隐身外形使 　 　（填“反射”或“折射”）的电磁波尽量不返回雷达站。该无人机的发动机为喷气发动机，其工作时产生的噪声主要是由发动机等物体的 　 　产生的，发动机在单位时间内的进气量越大，产生的噪声越 　 　（填“大”或“小”）。 （2）攻击11无人机在水平跑道上加速滑行的过程中，该无人机 　 　（填“具有”或“没有”）惯性，其机械能 　 　（填“增大”“减小”或“不变”），空气对无人机上、下表面的压力差 　 　（填“增大”“减小”或“不变”）。 21．国产C919大型客机于2020年12月25日飞抵呼伦贝尔东山机场，开展高寒试验试飞专项任务。飞机翅膀做成下平上凸形状，飞行时飞机翅膀上部空气流速快压强 　 　（选填“大”或“小”），使飞机获得升力；峨眉山顶“煮米不成饭”，是因为峨眉山顶气压低，水的沸点 　 　（选填“高”或“低”）造成的。 22．花匠手握如图所示的修枝剪刀把手的末端，便可以轻松地剪断树枝。这时修枝剪刀属于 　 　（选填“省力”或“费力”）杠杆，它的支点在 　 　（选填“A”“B”或“C”）点，使用该修枝剪刀修剪树枝时，　 　（选填“能”或“不能”）省距离。 23．亮亮家买了一辆新的SUV越野车，下表是该型号越野车的铭牌。假期爸爸带着一家人到永川野生动物园游玩，耗油量约20L。如果汽车加的95号汽油的热值是q＝4×107J/kg，其密度ρ＝0.75×103kg/m3，这些汽油如果完全燃烧释放的热量是 　 　J。若该型汽车的热机效率约为25%，按照发动机铭牌上所标的发动机最大净功率工作，这些汽油可供汽车工作的时间是 　 　s。 品牌 *** 发动机型号 LLB 发动机最大净功率 80kW 最大允许总质量 1.5t 24．如图所示电路，电阻R1的阻值为10Ω，闭合开关后，通过R1的电流为0.2A，则电源电压为 　 　V，若电流表示数为0.3A，则通过R2的电流为 　 　A，电阻R2的阻值为 　 　Ω。 25．如图所示，R是压敏电阻，其阻值随压力的增大而减小。当R所受压力增大时，控制电路中的电流 　 　（选填“变大”、“不变”或“变小”），电磁铁的磁性 　 　（选填“增强”、“不变”或“减弱”），此时 　 　（选填“电动机M”或“电阻R1”）通电。 三．作图题（共2小题，满分4分，每小题2分） 26．如图，请根据小磁针静止时N极的指向在括号内标出电源正负极。 27．天花板下用细线系着一个小球，其来回摆动时的轨迹如图中虚线所示，当小球从细线竖直的位置被弹到如图所示的位置时，不计空气阻力，且细线始终保持自由长度。请画出： （1）此时小球所受力的示意图； （2）假设小球此时受到的所有力都消失，请你用实线画出它之后的运动轨迹。 四．实验探究题（共3小题，满分18分，每小题6分） 28．小刚想测出一个实心塑料球的密度，但是发现塑料球放在水中会漂浮在水面上，无法测出它的体积。小刚设计了以下实验步骤： （1）把天平放在 　 　台面上，将游码移到标尺的零刻度处时，若天平指针静止时如图甲所示，此时应将平衡螺母向 　 　（选填“左”或“右”）调节，使天平平衡。 （2）图乙中被测塑料球的质量是 　 　g；根据图丙塑料球的体积V＝　 　cm3，计算出塑料球的密度ρ＝　 　g/cm3。 （3）小明利用电子秤、细针、烧杯和水进行测量，如图丁操作顺序为A、B、C以及示数m0、m1、m2。 ①小明分析电子秤的数据可知，塑料球的密度为 　 　（利用m1、m2、ρ水表示）； ②同桌小王认为，实验操作B至C过程中，塑料球上浮至漂浮时沾水，导致密度测量结果偏大，该说法是 　 　的（选填“正确”或“错误”）。 29．同种材料制成的甲、乙两个薄凸透镜的焦距为f1和f2，f1＞f2，平行于主光轴的光通过凸透镜甲的光路如图1所示。把发光物体、凸透镜甲和光屏放在光具座上且三者的中心高度相同，当物距u等于2f1时光屏上呈现清晰、等大的实像（像未画出来），如图2所示。 （1）图2中，此时光屏上的像相对于发光物体是 　 　的像（选填“倒立”或“正立”）； （2）保持发光物体、凸透镜位置不变，仅把凸透镜甲换成乙，光屏向 　 　（选填“左”或“右”）平移，才能得到发光物体的清晰的像； （3）如图3所示，若从A点发出的一束光射向凸透镜甲，光通过透镜后的光线是 　 　（选填“①”或“②”或“③”）。 30．如图所示，甲、乙、丙三图中的装置完全相同，燃料的质量都是10g，烧杯内的液体质量和初温也相同。 （1）比较不同燃料的热值，应选择 　 　两图进行实验，燃料完全燃烧放出热量的多少是通过 　 　来反映的。 （2）比较不同物质吸热特点的实验中，液体吸收热量的多少是通过 　 　来反映的，这种研究方法叫转换法，其它用到这种研究方法的实验有：　 　。（试举一例） （3）在图甲中某同学测量液体a的质量为m1，初温t1，加热一段时间后液体a的温度为t2，此时消耗燃料的质量为m，根据液体a的比热容计算出燃料1的热值为 　 　（用已知物理量和测量物理量的字母表示，液体a的比热容为c1，不计热量损失）。 （4）用同一个加热装置分别给质量和初温都相同的两种液体a和b加热，分别记录加热时间和温度，根据记录的数据作出了两种液体a和b的温度（T）随时间（t）变化的图象如图丁所示。若液体b是水，液体a的比热容是 　 　J/（kg•℃）。[c水＝4.2×103J/（kg•℃）] 五．计算题（共3小题，满分22分） 31．东风载重汽车发动机的效率为25%，质量为16t，在平直的公路上以80km/h的速度匀速行驶，汽车受到的阻力为车重的0.09倍。（g＝10N/kg、汽油的热值为4.6×107J/kg）求： （1）汽车匀速行驶时的牵引力为多大？ （2）汽车匀速行驶时发动机的功率是多少？ （3）汽车匀速行驶100km消耗多少千克的汽油？ 32．2020年中国农历鼠年的脚步越来越近了，为了喜迎新年，小亮买了一个铜制鼠摆件，如图所示。为测出该摆件的体积，小亮把该摆件完全浸入盛满水的容器中，刚好溢出300g的水。（ρ铜＝8.9×103kg/m3） （1）该摆件的体积为多少cm3？ （2）若该摆件是实心的，则该摆件的质量为多少克？ （3）这个摆件实际质量是890g，则空心部分体积为多少cm3？ 33．下表是某同学设计的电热加湿器部分参数，其发热电路如图甲所示。R1、R2为发热电阻且R2＝3R1，通过旋转开关S可实现“关”、“低挡”、“高档”之间的转换。 额定电压 220V 高档发热功率 400W 水箱容积 3L 适用面积 20～40m2 （1）求电阻R1的阻值； （2）求加湿器处于低挡位置时的发热功率； （3）如图乙所示是某次使用加湿器工作的图象，请计算加湿器工作30min消耗的总电能。 2025年江苏省常州市金坛区中考物理模拟练习卷 参考答案与试题解析 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 A D D D B D B C D D B 题号 12 13 14 15 答案 A B A C 一．选择题（共15小题，满分30分，每小题2分） 1．【分析】声音的高低叫音调，音调与发声体的频率有关。 【解答】解：同一个人在唱不同的歌时发出声音不同，本质上是歌曲的音调不同。故A正确，BCD错误。 故选：A。 【点评】本题考查的是声音的音调，属于基础性题目。 2．【分析】（1）物质从固态直接变成气态叫升华，升华是吸热过程； （2）物质由气态变成液态的过程叫液化，液化是放热过程；由于水面和油面上方空气中水蒸气的含量是相同的，放入干冰后，水杯上方出现“白气”，说明“白气”主要来源于杯内。 【解答】解：ABC、干冰在常温常压下极易升华成为气态二氧化碳，将干冰（固体二氧化碳）分别放入装油和装水的杯中，干冰迅速升华，所以水和油中都有大量的气泡产生，这是气态的二氧化碳，而水沸腾实验中产生的气泡是水汽化形成的；干冰在升华过程中吸收热量，因此水杯和油杯温度都会下降，故ABC错误； D、没有放入干冰之前，水面和油面上方空气中水蒸气的含量是相同的；将干冰放入装油和装水的杯中，水杯上方有大量的“白气”，油杯上方没有出现大量“白气”，这两个对比实验是为了说明产生“白气”的初始物质主要来自于杯内，故D正确。 故选：D。 【点评】本题考查了物态变化的判断，熟悉物态变化的概念，知道液体沸腾的特点，是解答此题的基础。 3．【分析】（1）荷花池内的水面相当于平面镜，满足光的反射规律； （2）平面镜成像的特点是等大、正立的虚像； （3）根据物到水面的距离和像到水面的距离相等，可求像与物之间的距离，据此解答； （4）根据像与物关于镜面对称分析解答。 【解答】解：A、蜻蜓在水中的像相当于平面镜成像，是由光的反射形成的，故A错误； B、根据平面镜成像特点是等大、正立的虚像，则蜻蜓在水中的像与蜻蜓一样大，故B错误； C、根据像与物关于镜面对称可知，蜻蜓的像在水面下0.6m处，故C错误； D、蜻蜓距水面0.6m，像距水面0.6m，所以像与蜻蜓相距1.2m，故D正确。 故选：D。 【点评】本题考查平面镜成像及其应用，掌握平面镜成像的特点是解答本题的关键。 4．【分析】（1）物体到凸透镜的距离在一倍焦距和两倍焦距之间，成倒立、放大的实像；投影仪和幻灯机就是利用该原理制成的。 （2）广告片到镜头的距离在一倍焦距和两倍焦距之间。 （3）为了从不同角度看到地面上的广告图标，应选择粗糙的地面，让光发生漫反射。 （4）物体成实像时，物距越小，像越大，像距越大。 【解答】解：AB、该投影仪成的是放大的实像，则广告片到镜头的距离在一倍焦距和两倍焦距之间，该投影灯的成像原理与投影仪相同；照相机的成像原理是物距大于两倍焦距，成倒立、缩小的实像，故AB错误； C、为了从不同角度看到地面上的广告图标，光照在地面上需要发生漫反射，因此应该选择粗糙的地面，故C错误； D、要在地面上得到更清晰、更大的广告图标像，根据凸透镜成实像时“物近像远像变大”的规律，可适当减小镜头到广告片的距离，增大投影灯离地面的距离，故D正确。 故选：D。 【点评】本题考查的是凸透镜的成像规律；知道凸透镜成放大实像的条件；知道照相机和投影仪的应用。 5．【分析】研究物体的运动情况时，首先要选取一个物体作为标准，这个被选作标准的物体叫做参照物，研究对象的运动情况是怎样的，就看它与参照物的相对位置是否变化。 【解答】解：由于跳伞运动员是向下运动的，如果直升飞机静止、上升，运动员以自己为参照物也可看到直升飞机向上运动； 如果直升飞机向下运动，但向下运动的速度小于跳伞运动员的速度，运动员看以自己为参照物，运动员看到的直升飞机也是向上运动的。 因此直升飞机的运动情况是静止、上升、下降都有可能。 故选：B。 【点评】本题主要考查了学生对参照物的选择的了解和掌握，是一道基础题。 6．【分析】（1）同种物质质量不同、体积不同，质量与体积的比值相同；物质不同，质量与体积的比值也不同相同； （2）密度是物质本身的一种属性，它与质量和体积没有关系； （3）对于物体密度的物理意义，可结合密度的定义来解释，即物体单位体积时的质量； （4）多次实验的目的是减小误差或避免偶然性，得出普遍结论。 【解答】解：A、根据表中数据知，同种物质的质量与体积的比值是相同的，不同物质的质量与体积的比值一般是不同的，故A正确； B、质量与体积的比值能反映物质一种属性，我们把它叫做密度，其定义是：单位体积的某种物质的质量叫这种物质的密度，故B正确； C、密度是物体单位体积的质量，所以铝块的密度为2.7g/cm3的物理意义就是：1cm3的铝的质量是2.7g，故C正确； D、实验过程中选用多种物质、多次实验的目的是避免偶然性，得出普遍结论，故D错误。 故选：D。 【点评】本题考查了探究同种物质的质量与体积的关系实验、实验数据的分析与结论、多次实验的目的，是一道综合题。 7．【分析】（1）分子间存在相互作用的引力和斥力。 （2）分子在不停息地做无规则运动。 （3）分子间存在间隙。 【解答】解：“吸烟有害健康，我和妈妈都在被动抽烟。”说明抽烟的人吸烟后有害物质的分子由于分子的运动扩散到被动吸烟的人的肺中，故B符合题意，ACD不符合题意。 故选：B。 【点评】本题考查的是分子动理论的基本内容，属于基础性题目。 8．【分析】力的作用效果有两个：①力可以改变物体的形状即使物体发生形变。②力可以改变物体的运动状态，包括物体的运动速度大小发生变化、运动方向发生变化。 【解答】解：A、用力把橡皮泥捏瘪，橡皮泥的形状发生变化，属于力改变物体的形状； B、手拉橡皮筋，橡皮筋变长，橡皮筋的形状发生变化，属于力改变物体的形状； C、磁力改变小球运动方向，小球的运动状态发生变化，属于力改变物体的运动状态； D、飞来的网球使网球拍的网凹陷，网球拍的形状发生变化，属于力改变物体的形状；可见ABD的效果相同，C的效果与其它三个不同。 故选：C。 【点评】解决本题的关键是掌握力的作用效果：力可以改变物体的形状、力可以改变物体的运动状态。 9．【分析】A.两个滑轮是否在同一高度，是没有要求的，只要两个力在同一直线上即可； B.静止时处于平衡状态，受力平衡，便于探究； C.由题知，以卡片作为研究对象，当卡片受到的拉力远大于卡片的重力时，卡片的重力可以忽略不计，此时卡片可以看作只在两个拉力的作用下平衡，据此分析； D.为了探究一对平衡力是否在同一条直线上，将小卡片旋转一个角度后观察实验现象。 【解答】解：A．两个滑轮是否在同一高度，是没有要求的，只要两个力在同一直线上即可，故A正确； B．卡片静止时处于平衡状态，受力平衡，卡片所受的力方向相反、大小相等、作用在同一条直线上，且作用在同一个物体上，这两个力的合力为零，故B正确； C．探究两个力大小关系时，应该观察两边所挂的钩码质量和个数，以此判断两个力的大小是否相等，故C正确； D．为了探究一对平衡力是否在同一条直线上，将小卡片旋转一个角度后，此时两绳对卡片的拉力已经不在同一直线上了，故D错误。 故选：D。 【点评】本题考查二力平衡条件的应用，有一定综合性。 10．【分析】根据公式p＝ρgh求出容器底部所受的压强，再根据公式F＝pS求出压力。物体A悬浮，A的密度等于液体的密度ρ1，B漂浮，浮力等于重力，根据公式 F浮＝ρ2g×V＝GB＝ρBVg 求出B的密度与该液体密度的关系；又因为F2＝12F1，S乙＝4S甲；根据F＝pS＝ρghS，得出B的密度与A的密度的关系，然后比较ρ1与ρ2的关系。 【解答】解：因A物体悬浮，故ρ1＝ρA，由题意得 FB浮＝ρ2g×V＝GB＝ρBVg，可知ρ2＝2ρB， 液体对甲容器底部的压力F1＝p1S甲＝ρ1ghS甲＝ρAghS甲 液体对乙容器底部的压力F2＝p2S乙＝ρ2ghS乙＝2ρBghS乙， 所以＝＝＝，即F2＝12F1，ρB＝1.5ρA； 又因为ρ1＝ρA，ρ2＝2ρB，所以ρ2＝3ρ1， 液体对甲容器底部的压强p1＝ρ1gh，液体对乙容器底部的压强p2＝ρ2gh，所以3p1＝p2；综上所述，D正确。 故选：D。 【点评】本题考查液体压强和压力的比较，浮力公式的应用，关键是各个公式及其变形的应用，对形状不规则的容器求压力应先求压强，因为压力不等于重力，物体漂浮时密度小于液体密度，物体悬浮时密度等于液体密度。 11．【分析】（1）根据速度公式求出物体A上升的速度； （2）根据W有＝Gh求出滑轮组的有用功，利用η＝＝求出滑轮组的机械效率； （3）不计绳重和摩擦，根据W额＝G动h求出动滑轮重； （4）根据P＝＝求出拉力F的功率。 【解答】解：A、物体A被竖直匀速提升2m，用时20s，则物体A上升的速度为： v＝＝＝0.1m/s，故A错误； B、滑轮组的有用功为： W有＝Gh＝500N×2m＝1000J， 滑轮组的机械效率为： η＝＝＝×100%≈83.3%，故B正确； C、不计绳重和摩擦，根据W额＝G动h可知，动滑轮重为： G动＝＝＝100N，而题干中没有不计绳重和摩擦，因此动滑轮重应小于100N，故C错误； D、拉力F的功率为： P＝＝＝＝60W，故D错误。 故选：B。 【点评】本题考查了做功公式和滑轮组拉力公式以及滑轮组机械效率公式的应用，明确额外功是关键。 12．【分析】（1）（4）内能的大小与物体的质量、温度、状态等有关； （2）改变内能的方式有两种，即做功和热传递，这两种方式对于改变物体内能是等效的； （3）发生热传递的条件是存在温度差； 【解答】解：A、冰在熔化时，质量、温度不变，但是需要吸收热量，所以其内能增加，故A正确； B、物体内能增加，可能是从外界吸收了热量，也可能是由于外界物体对它做功导致的，故B错误； C、发生热传递的条件是存在温度差，不是存在内能差，故C错误； D、内能的大小与物体的质量和温度有关，所以这里只提到了温度，没有涉及质量，故不能判断内能的大小，故D错误； 故选：A。 【点评】知道内能大小的影响因素、发生热传递的条件等知识点是解决该题的关键。 13．【分析】（1）串联电路中电流处处相等； （2）根据U＝IR得出R1与R2两端的电压之比； （3）根据每个电阻的额定电流的大小分析； （4）根据电路中的最大电流，利用U＝IR求出最大电压。 【解答】解：A．闭合开关S，电路中有电流，电流同时通过R1、R2，故A错误； B．R1与R2串联，所以通过R1与R2的电流相等，由得，R1与R2两端的电压之比：U1：U2＝R1：R2＝5Ω：15Ω＝1：3，故B正确； C．随着电源电压的调高，电路中电流增大，R1的额定电流大于R2的额定电流，则R2比R1先损坏，故C错误； D．为确保电路安全，电路中电流最大为0.3A，由得，电源可调到的最高值为：U＝IR＝0.3A×（5Ω+15Ω）＝6V，故D错误。 故选：B。 【点评】本题考查了串联电路的特点、欧姆定律的应用，属于基础题。 14．【分析】根据题意分析灯泡与电动机的连接方式、开关的连接方式，然后选出正确的电路图。 【解答】解：骑行前，扫码成功后开关S1闭合，指示灯L亮，但电机不工作；戴上头盔后，头盔内遥控设备遥控S2闭合，电动机才通电工作，这说明灯泡与电机工作时互不影响，是并联的；若只戴头盔不扫码则无法骑行，则开关S1在干路中控制整个电路，开关S2与电机在一条支路中，故A正确。 故选：A。 【点评】本题考查了电路图的设计，明确并联电路的特点是解题的关键。 15．【分析】压敏电阻R与定值电阻R1串联，电压表测压敏电阻R两端的电压，电流表测整个电路的电流； （1）没有称重时，根据图乙读出压敏电阻的阻值，然后可得电路中总电阻，根据欧姆定律求出电路中的电流，电压表示数等于压敏电阻阻值乘以电路中电流值；从图乙可知，压敏电阻R，其阻值随着所受压力的增大而减小；把电压表改装成体重秤示数表，体重越大，R的阻值越小，根据串联分压特点可知电压表的示数的变化； （2）最大称量时，根据图乙读出压敏电阻的阻值，然后可得电路中总电阻，根据欧姆定律求出电路中的电流；由P＝UI可知，当电压不变时，电路中电流越大，功率就越大，由P＝UI可知最大功率。 【解答】解：ABD、由图甲可知，压敏电阻R与定值电阻R1串联，电压表测压敏电阻R两端的电压，电流表测整个电路的电流。没有称重时，体重计所受压力为0N，根据图乙可得，此时压敏电阻R阻值为350Ω，根据题干可得R1阻值为50Ω，则电路中总电阻为400Ω，电源电压为12V，则电路中电流I＝＝＝0.03 A，压敏电阻两端电压U压＝IR压＝0.03 A×350Ω＝10.5 V，故电压表示数为10.5V，故A错误； 从图乙可知，压敏电阻R，其阻值随着所受压力的增大而减小，故D错误； 把电压表改装成体重秤示数表，体重越大，R的阻值越小，根据串联分压特点可知，电压表的示数越小，体重秤指针向左偏，示数减小，故B错误； C、由P＝UI可知，当电压不变时，电路中电流越大，功率就越大。压敏电阻R阻值为50Ω时，电路中的总电阻最小，电路的电流最大，电路总电功率最大，即 Pmax＝UI'＝12V×0.12 A＝1.44W，故C正确； 故选：C。 【点评】本题考查欧姆定律的应用和电功率的计算，属于电学综合题，要求学生读懂压敏电阻阻值与压力关系图，然后进行分析。 二．填空题（共10小题，满分26分） 16．【分析】从物理学的角度来说，噪声是发声体做无规则振动时发出的声音。从环境保护的角度来说，凡是妨碍人们正常休息、学习和工作的声音，以及对人们要听的声音产生干扰的声音，都属于噪声。 声音产生的原因是由物体的振动产生的。 【解答】解：唢呐的声音是由于空气振动产生的。 从环境保护的角度来说，凡是妨碍人们正常休息、工作、学习的声音，以及对人们要听的声音起到干扰作用的声音，都属于噪声。旁边的观众正在静静地欣赏唢呐表演，对观众来说唢呐声是他们需要听到的声音，是乐音。 故答案为：振动；乐音。 【点评】本题考查噪声的界定及声音的产生，属于基础题。 17．【分析】根据晶体在熔化过程中吸热但温度保持不变的特点结合图象进行分析；晶体在熔化前处于固态，熔化过程处于固液共存态，熔化完后处于液态。 【解答】解：该物质在BC段保持80℃不变，则该物质有固定的熔点80℃，所以为晶体。 晶体熔化过程中吸收热量，温度保持不变。 在加热6min时温度处于熔点，此时为固液共存态；熔化持续了8min﹣4min＝4min。 故答案为：80；保持不变；固、液共存态；4。 【点评】此题是有关晶体熔化图象的分析，考查了熔点、晶体熔化特点及熔化过程中的状态，是一道基础题。 18．【分析】首先根据反射角和入射角相等，找出法线，从而确定界面，然后根据折射光线和入射光线的关系确定出折射光线、入射光线、反射光线以及折射角的度数。 【解答】解：由图可知，∠BOE＝60°，所以∠COE＝90°﹣60°＝30°，而∠COF＝30°，根据反射角等于入射角都等于30°，可知CD为法线，AB为界面； 而折射光线和入射光线分别位于法线两侧，则OG一定为折射光线，EO为入射光线，OF为反射光线；折射角为∠GOD＝45°，根据折射角大于入射角可知界面AB的右边是空气，左方是玻璃。 故答案为：30°；右。 【点评】此题考查了光的反射定律、光的折射规律的应用，首先要掌握定律的内容，根据反射角与入射角之间的关系确定法线，从而确定界面，则可首先确定出折射光线，根据折射光线与入射光线的关系确定出入射光线，最后确定反射光线。 19．【分析】（1）知道空心铜球的质量和铜的密度，根据ρ＝公式变形求出这个空心铜球铜的体积，然后用球的体积减去铜的体积，可得这个空心铜球的总体积； （2）铁水注满该空心铜球的体积为空心部分体积，由ρ＝公式变形求出铁水的质量，再加上铜球的质量即为这个球的总质量。 【解答】解：由ρ＝可得，空心铜球铜的体积： V铜＝＝＝100cm3； 则空心部分的体积V空＝V球﹣V铜＝200cm3﹣100cm3＝100cm3； 空心铜球的总体积：V总＝2×100cm3＝200cm3； 用纯铁高温熔化后形成的铁水注满该空心铜球，由ρ＝可得，注入铁水的质量； m铁＝ρ铁V空＝7.9g/cm3×100cm3＝790g； 这个球的总质量m总＝m铜+m铁＝890g+790g＝1680g＝1.68kg。 故答案为：100；1.68。 【点评】本题主要考查了密度公式的应用，要注意注入铁水的体积和空心部分的体积相等，同时要注意单位的换算。 20．【分析】（1）雷达靠电磁波的反射传递信息的，声音是由于物体的振动产生的，振幅越大，响度越大； （2）任何物体都有惯性，动能与速度和质量有关，重力势能与质量和高度有关，流体中速度越大的位置，压强越小。 【解答】解：（1）攻击11无人机能够隐身是因为雷达站发出的电磁波传到机身时，无人机隐身涂层能够吸收一部分电磁波，同时机身的隐身外形使反射的电磁波尽量不返回雷达站，从而使得雷达无法识别飞机。该无人机的发动机为喷气发动机，其工作时产生的噪声主要是由发动机等物体的振动产生的，发动机在单位时间内的进气量越大，产生的噪声越大； （2）攻击11无人机在水平跑道上加速滑行的过程中，该无人机具有惯性，加速时速度增大，质量不变，动能增大，而重力势能不变，则其机械能增大，速度越快，相对于飞机空气的流速越快，空气对无人机上、下表面的压强差越大，使得压力差增大。 故答案为：（1）反射；振动；大；（2）具有；增大；增大。 【点评】本题考查多个知识点的综合，属于简单的综合题。 21．【分析】（1）在流体中，流速越大的位置压强越小，流速越小的位置压强越大； （2）大气压强随高度的增加而减小；液体沸点随液面上气压的减小而减小。 【解答】解：飞机翅膀做成下平上凸形状，根据流体压强和流速的关系可知，飞行时飞机翅膀上部空气流速快压强小，飞机翅膀下部空气流速慢压强大，从而使飞机获得向上的升力； 因为海拔越高，气压越低，所以高山上的大气压低于标准大气压；又因为液体沸点随液面上气压的减小而减小，所以水的沸点低于100℃，在这些地方用普通锅煮饭，往往不熟。 故答案为：小；低。 【点评】本题主要考查学生对流体压强与流速的关系、气压与高度的关系，以及气压与沸点的关系的了解，难度不大。 22．【分析】剪刀的本质是杠杆，“把长刃短”的剪刀是省力杠杆的结构，利用省力杠杆节省力的特点来产生较大的力。 【解答】解：剪刀属于杠杆，支点是B点，动力作用在A点，阻力作用在C点，使用时动力臂大于阻力臂，因此是省力杠杆； 省力杠杆在使用过程中可以省力，但会费距离，即省力杠杆不能省距离。 故答案为：省力；B；不能。 【点评】剪刀是杠杆在日常生活中的重要应用之一，根据剪刀的用途不同采用了不同的杠杆种类。 23．【分析】（1）已知汽油的体积与密度，由密度公式的变形公式可以求出汽油的质量， 汽油的质量乘以汽油的燃烧值，等于汽油释放的能量； （2）利用η＝求出汽车的有用功，由W＝Pt计算汽油可供汽车工作的时间。 【解答】解：（1）汽油的质量m＝ρV＝0.75×103kg/m3×20×10﹣3m3＝15kg， 完全燃烧放出的热量Q放＝mq＝15kg×4×107J/kg＝6×108J； （2）由η＝知，汽车的有用功： W＝ηQ放＝25%×6×108J＝1.5×108J， 由W＝Pt知，汽油可供汽车工作的时间： t＝＝＝1875s。 故答案为：6×108；1875。 【点评】本题考查了汽油燃烧放出的热量、热机效率，功的有关计算，是一道学科综合题，但难度不大，只要熟练掌握相关的基础知识，就可以轻松解题。 24．【分析】闭合开关，两电阻并联，电流表测干路电流，已知通过R1的电流，根据欧姆定律求出电源电压；根据并联电路电流的规律求出通过R2的电流，由欧姆定律求出定值电阻R2。 【解答】解：闭合开关，两电阻并联，电流表测干路电流， 根据I＝可得电源电压为：U＝I1R1＝0.2A×10Ω＝2V； 根据并联电路干路电流等于各支路电流之和可得通过R2的电流为： I2＝I﹣I1＝0.3A﹣0.2A＝0.1A， 根据I＝可得，定值电阻R2的阻值： R2＝＝＝20Ω。 故答案为：2；0.1；20。 【点评】本题考查并联电路的特点及规律和欧姆定律公式的运用。 25．【分析】压敏电阻的阻值随压力的增大而减小；电磁铁的磁性强弱随电流的大小而变化，据此分析。 【解答】解：当R所受压力增大时，R的阻值变小，控制电路的总电阻变小，根据欧姆定律可知，控制电路中的电流变大；通过电磁铁的电流变大，则电磁铁的磁性增强，衔铁被吸下，电动机M通电。 故答案为：变大；增强；电动机M。 【点评】知道影响电磁铁磁性强弱的因素、会根据欧姆定律分析电路中的电流变化是解题的关键。 三．作图题（共2小题，满分4分，每小题2分） 26．【分析】根据小磁针静止时N极的指向和磁极间的相互作用规律判断出通电螺线管的磁极；根据安培定则判断出通电螺线管线圈中的电流方向，进而判断出电源正负极。 【解答】解：图中小磁针静止时N极指向右侧，同名磁极互相排斥，异名磁极互相吸引，因此通电螺线管的右端为S极，左端为N极；根据安培定则可知，电流从通电螺线管的右端流入，左端流出，因此电源的左端为负极，右端为正极。如图： 【点评】此题考查了磁极间的相互作用规律和安培定则，比较简单，属基础题。 27．【分析】小球来回摆动时受到重力和绳子的拉力，根据牛顿第一定律分析所有力都消失的运动状态。 【解答】解：天花板下用细线系着一个小球，其来回摆动时的轨迹如图中虚线所示，当小球从细线竖直的位置被弹到如图所示的位置时，不计空气阻力，且细线始终保持自由长度。小球受到重力和绳子的拉力，重力方向竖直向下，拉力方向沿着绳子的方向，都画在重心上，而图中不是最高点，假设小球此时受到的所有力都消失，将沿着切线方向做匀速直线运动；如图所示： 【点评】本题考查力的示意图和牛顿第一定律，属于中档题。 四．实验探究题（共3小题，满分18分，每小题6分） 28．【分析】（1）天平测量物体质量前要调节横梁平衡，先将天平放在水平台上，游码移至零刻度线；天平的调节原则是：左偏右调，右偏左调，先快后慢； （2）根据天平的读数方法，物体的质量等于砝码的质量加上游码所对刻度，而要准确读出游码所对刻度，必须明确标尺的分度值及以游码左端所对刻度为准； 用排水法测量塑料球的体积，读取塑料球的体积时，视线与液面（凹液面的底部）相平。先测量量筒水与沉锤的体积V1，然后测量塑料球、沉锤和水的总体积V2，V球＝V2﹣V1。 利用密度公式ρ＝，已知木块质量、体积，求出塑料球密度； （3）由图AC可得塑料球的质量，由图AB计算塑料球的体积，由ρ＝可求出塑料球的密度 根据对测量数据的影响分析。 【解答】解：（1）天平测量物体质量前要调节横梁平衡，先将天平放在水平台上，游码移至零刻度线； 由图甲可知，指针偏向分度盘中线的左侧，应向右调节平衡螺母，使天平平衡； （2）由图乙可知，塑料球的质量：m＝10g+1.2g＝11.2g， 由图丙可知，塑料球的体积：V＝40mL﹣20mL＝20mL＝20cm3， 塑料球的密度：ρ＝＝＝0.56g/cm3； （3）①由图A、C可得塑料球的质量m球＝m2﹣m0， B中塑料球浸没中水中，受到竖直向上的浮力、竖直向下的压力和重力，且三个力平衡，结合图A、B可知： F浮＝G排＝G球+F＝（m1﹣m0）g， 则：m排＝ρ水V排＝m1﹣m0， 所以V球＝V排＝， 塑料球的密度：ρ球＝＝＝； ②实验操作B至C过程中，塑料球上浮至漂浮时沾水，不会影响测量排开水的质量，则不会影响密度的计算结果，故小王的说法错误。 故答案为：（1）水平；右；（2）11.2；20；0.56；（3）①；②错误。 【点评】测量固体的密度时，实验中有天平和量筒，分别测量固体的质量和体积。 实验中没有天平时，采用弹簧测力计测量重力求质量，或利用漂浮的物体浮力等于重力，再求质量。 实验中没有量筒或固体太大时，采用固体浸没在水中，利用阿基米德原理求体积，或利用溢水杯法，溢出水的体积等于固体体积。 总之，测量固体的密度时，要直接或间接测量固体的质量和体积，根据密度公式求密度。 29．【分析】（1）根据u＝v＝2f，成倒立、等大的实像； （2）凸透镜焦距变小，对光的会聚能力变强； （3）凸透镜对光线具有会聚作用。 【解答】解：（1）由图2可知，此时物距u＝2f1，根据u＝v＝2f，成倒立、等大的实像，即光屏上的像相对于发光物体是倒立的像； （2）保持发光物体、凸透镜位置不变，仅把凸透镜甲换成乙，因f1＞f2，即凸透镜的焦距变小，对光的会聚能力变强，会将光线提前会聚成像，因此光屏向左平移，才能得到发光物体的清晰的像； （3）从焦点发出的光线经凸透镜折射后将平行于主光轴，而A点小于焦距，因此从A点发出的光线经凸透镜折射后不会平行于主光轴；又因凸透镜对光线具有会聚作用，故从A点发出的一束光射向凸透镜甲，光通过透镜后的光线是②。 故答案为：（1）倒立；（2）左；（3）②。 【点评】此题考查了凸透镜成像规律的探究及应用，关键是熟记成像规律的内容，并做到灵活运用。 30．【分析】（1）要探究不同燃料的热值的实验，要控制燃料的质量相等，相同的烧杯中同种液体且质量和初温都相等，通过燃料完全燃烧后，温度计温度上升的多少来反映热值的大小，温度计末温大的，对应的燃料的热值大。 （2）不同物质吸热的多少，是通过加热时间来判断的，用到了转换法； 转换法还应用到探究动能大小的因素实验，通过木块被推动的距离来反映小球动能的大小； （3）不计热量损失，根据液体吸收的热量等于燃料完全燃烧放出的热量，其中Q吸＝cm（t﹣t0），q＝； （4）根据加热时间的关系，判断两种液体吸收热量的关系，根据Q＝cm△t列出相关等式便可求解。 【解答】解：（1）为了比较热值大小要用不同的燃料，加热同一种液体，让液体的质量相同，通过温度计的示数高低得出吸热多少，进而判断热值大小，应选择甲和乙两图进行实验； 燃料完全燃烧放出热量的多少是通过温度计示数来反映的。（2）根据比较吸热能力的方法，实验中需要使用相同的加热器，通过比较加热相同时间物质的升高温度来比较物质的吸热能力，用到了转换法； 探究影响动能大小的因素也使用了转换法； （3）不计热量损失，所以：Q放＝Q吸＝c1m1（t2﹣t1） 燃料的热值为：q＝＝； （4）由图知，升高相同的温度，A、B两种液体所需的加热时间之比为：10min：20min＝1：2，故两液体所吸收的热量之比为1：2，可知c水mΔt＝2c液mΔt，则c液＝ c水＝×4.2×103J/（kg•℃）＝2.1×103J/（kg•℃）。故答案为：（1）甲、乙；温度计示数变化；（2）加热时间；探究影响动能大小的因素；（3）；（4）2.1×103。 【点评】本题是一道关于物质比热容的实验，实验中应用了控制变量法，转换法，能够通过实验图像分析吸热和放热的关系也是关键。 五．计算题（共3小题，满分22分） 31．【分析】（1）根据题意求出阻力大小，汽车在平直的公路上匀速行驶，牵引力和阻力是一对平衡力，大小相等； （2）根据P＝＝＝Fv求出发动机的功率； （3）根据W＝Fs求出汽车做的有用功，利用η＝求出汽油完全燃烧释放的热量，根据Q放＝mq求出汽油的质量。 【解答】解：（1）车受到的阻力f＝0.09G＝0.09mg＝0.09×1.6×104kg×10N/kg＝1.44×104N， 汽车在平直的公路上匀速行驶，则牵引力和阻力是一对平衡力，大小相等，所以F＝f＝1.44×104N； （2）汽车以80km/h的速度匀速行驶时发动机的功率为： P＝＝＝Fv＝1.44×104N×80×m/s＝3.2×105W； （3）汽车匀速行驶100km所做的有用功为： W＝Fs＝1.44×104N×100×103m＝1.44×109J， 汽油完全燃烧释放的热量为： Q放＝＝＝5.76×109J； 所需汽油的质量m＝＝≈125.2kg。 答：（1）汽车匀速行驶时的牵引力为1.44×104N； （2）汽车匀速行驶时发动机的功率是3.2×105W； （3）汽车匀速行驶100km消耗125.2kg汽油。 【点评】此题考查了热机效率的计算，涉及到二力平衡条件的应用、燃料完全燃烧放热公式、做功公式、功率公式的计算，属于综合性题目。 32．【分析】（1）根据密度公式变形V＝求出水的体积，该摆件的体积为溢出水的体积； （2）若该摆件是实心的，根据m＝ρV算出该摆件的质量； （3）若这个摆件实际质量是890g，根据密度公式算出实心铜的体积，则总体积减去铜的体积就是空心部分体积。 【解答】解：（1）由ρ＝得，溢出水的体积为： V水＝＝＝300cm3； 该摆件的体积等于溢出水的体积，即V摆件＝V水＝300cm3； （2）若该摆件是实心的，由ρ＝得，则该摆件的质量为： m＝ρV＝8.9g/cm3×300cm3＝2670g； （3）由ρ＝得，摆件中铜的体积为： V实心＝＝＝100cm3； 空心部分体积为： V空＝V摆件﹣V实心＝300cm3﹣100cm3＝200cm3。 答：（1）该摆件的体积为300cm3； （2）若该摆件是实心的，则该摆件的质量为2670克； （3）这个摆件实际质量是890g，则空心部分体积为200cm3。 【点评】本题考查了密度公式的简单应用，关键是摆件完全浸没时溢出水的体积和本身的体积相等，计算过程注意单位的换算。 33．【分析】（1）由图乙可知，S与触点3、4接触时，电路中为R1的简单电路，此时电路的总电阻最小，总功率最大，处于高温挡，根据P＝UI＝求出发热电阻R1的阻值； （2）根据题意求出R2的阻值，由P＝UI＝可知，加湿器在低挡加热时，电路中的总电阻最大，根据电阻的串联和P＝UI＝求出低挡时的最大发热功率； （3）由图乙可知，加湿器工作30min内高挡工作的时间和低挡工作的时间，根据P＝求出加湿器工作30分钟消耗的电能。 【解答】解： （1）旋转型开关接触3、4两个触点时，R2被短路，电路为R1的简单电路，电路中的总电阻最小，根据P＝可知，电热加湿器的功率最大，处于高挡， 由表格数据可知，额定最大发热功率P高＝400W， 由P＝可得，电阻R1的阻值：R1＝＝＝121Ω； （2）由电路图可知，开关S应旋转至触点2、3端位置时，R1与R2串联，电路中的总电阻最大，由P＝可知，加湿器的总功率最小，处于低挡加热； 根据题意可知，R2的阻值：R2＝3R1＝3×121Ω＝363Ω， 根据串联电路的电阻特点可知，低温挡工作时电路中的总电阻：R＝R1+R2＝121Ω+363Ω＝484Ω， 低挡时的最大发热功率：P低＝＝＝100W； （3）由图乙可知，加湿器工作30min内，高挡工作的时间为10min，低挡工作的时间为20min， 由P＝可得，加湿器工作30分钟消耗的电能： W＝P高t高+P低t低＝400W×10×60s+100W×20×60s＝3.6×105J。 答：（1）电阻R1的阻值为121Ω； （2）加湿器处于低挡位置时的发热功率为100W； （3）加湿器工作30min消耗的总电能为3.6×105J。 【点评】本题考查了串联电路的特点、电功率多挡位问题、电功率公式以及电功公式的应用，分清加湿器处于不同状态时电路的连接方式是关键。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/1/24 18:43:38；用户：陈轩；邮箱：13625253945；学号：59240608 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$