2025年江苏省连云港市中考物理模拟测试卷（练习卷）

江苏省连云港市2024～2025学年九年级物理中考模拟测试卷（练习卷） 一．选择题（共10小题，满分20分，每小题2分） 1．在一年一度的校百灵歌手大赛中，小红同学的歌声很尖细，特别震撼刺耳，这里“刺耳”指声音的（　　） A．音调高 B．音色优美 C．响度大 D．传播速度快 2．糖画是传统手工技艺，被列为中国国家级非物质文化遗产。以勺为笔，用糖作墨，糖汁成画。如图所示，糖汁冷却成糖画的过程中，发生的物态变化是（　　） A．沸腾 B．凝固 C．熔化 D．升华 3．小亮同学在帮着妈妈洗碗时，把一根筷子斜着插入水中，发现水下部分筷子看起来向上弯折，如图所示。以下四幅光路图能正确反映此现象的是（　　） A． B． C． D． 4．分别由不同物质a、b、c组成的三个实心物体，它们的体积和质量的关系如图所示，由图可知，下列说法中不正确的是（　　） A．a物质的密度最大 B．b物质的密度是1.0×103kg/m3 C．c物质的密度是a的4倍 D．a、b、c物质的密度与它们的质量、体积无关 5．如图所示，光滑水平面上叠放着甲、乙两个木块，甲木块用一根细绳拴在左边固定的竖直墙壁上，现用F＝10N的水平力把木块乙从右端匀速抽出，则下列说法正确的是（　　） A．甲受到10N的静摩擦力 B．甲受到两对平衡力作用 C．乙受到的摩擦力水平向右 D．甲对乙的压力与乙的重力是一对平衡力 6．A、B、C三个小球的体积相同，在水中的状态如图所示，三个小球所受的浮力分别为FA、FB、FC其大小的关系为（　　） A．FA＞FB＞FC B．FA＜FB＜FC C．FB＞FC＞FA D．FA＜FB＝FC 7．杆秤是我国古代对杠杆平衡条件的应用。小华用硬杆自制了一个杆秤，杆的粗细不均匀，将提纽固定在O点，提起提纽，托盘中不放重物，将秤砣移至O点左侧的B点，OB＝2cm，秤杆可以在水平位置平衡，提纽与托盘间距离OA＝10cm，秤砣质量m＝0.5kg，如图所示，关于该杆秤，以下说法正确的是（　　） A．秤的零刻线在O点 B．因杆粗细不均匀，所以秤的刻线分布也不均匀 C．秤的2kg刻度线在O点右侧C处，OC＝38cm D．称量物体质量时，若杆秤右端上扬，可将秤砣向左侧适当移动 8．小帆在老师指导下，用如图1所示的同一个实验装置分别加热100g的甲、乙两种液体（其中一种是水），用测得的数据绘制了温度随时间变化图像（图2），乙从20℃加热至沸腾刚好消耗了4g酒精（q酒＝3×107J/kg）。若单位时间内甲吸收的热量与乙吸收的热量相等，c水＝4.2×103J/（kg•℃），则下列说法中正确的是（　　） A．c乙＝2.4×103J/（kg•℃） B．乙的吸热能力大于甲的吸热能力 C．0～8min乙吸收的热量为3.36×107J D．该酒精灯的加热效率为30% 9．如图为标有“2.5V”字样的小灯泡L与定值电阻R的U﹣I图像，若将它们串联接入电路，小灯泡L恰好正常发光，由图可知（　　） A．电源电压为5V B．小灯泡正常发光时的阻值比定值电阻小 C．定值电阻的阻值为10Ω D．若将它们并联接入2.5V的电路中，干路电流为0.8A 10．标有“6V 6W”的灯L1和标有“6V 3W”的灯L2的I﹣U图像如图所示，在保证电路安全的前提下，下列说法正确的是（　　） A．两灯的电流与电压不成正比，故两灯的电流、电压和电阻不遵循欧姆定律 B．当灯L2正常发光时，通过灯L1的电流一定为1.0A C．两灯并联时，电路的最大总功率为4.5W D．当灯L1、L2串联且有一个灯正常工作时，另一个灯的功率为1W 二．填空题（共7小题，满分20分） 11．青藏铁路两边“热棒”被称为不用电的“空调器”。如图甲所示，它是封闭中空的，里面灌有易汽化的液态氨，上端有散热片（如图乙所示）。当路基温度较高时，液态氨受热汽化，上升到热棒的上端，通过散热片向空气中散热，气态氨又液化成液态氨下沉到热棒的下部。如此往复循环，不断地将路基中的热散发到空气中，从而保证了路基的坚固、稳定。请根据上述材料，回答下列问题。 （1）当热棒工作时，上端和下端发生的物态变化分别是 　 　。 （2）根据热棒的工作原理，你认为管中的“氨”应具有的主要物理性质是 　 　。 A.沸点低 B.熔点低 C.沸点高 D.熔点高 12．教室里用白色的布而不用其他颜色布来做投影幕，这是因为 　 　，各个位置的同学都能看到银幕上的字，这是因为 　 　，个别同学被前方高个子同学挡住，看不到银幕上的一些字，这是因为 　 　的缘故。 13．小明家住在高层建筑的21层，他坐电梯上楼，电梯从1楼运行到5楼时，用时4s，因上下乘客在5楼停了10s，接着又用了16s运行到21楼，则电梯全程的平均速度是 　 　km/h，（设每层楼高为3m）；甲，乙两物体都在做匀速直线运动，如果他们通过的路程之比为3：2，所用的时间之比是2：3，则甲，乙两物体的速度之比是 　 　。 14．如图所示，用10N的握力握住重5N的瓶子，此时瓶子受到的摩擦力大小为　 　N，增大手对瓶子的握力，瓶子受到的静摩擦力将选填　 　（选填“增大”“减小”或“不变”）。 15．甲和乙两位同学按如图所示的连接方式组装好滑轮组，做测量滑轮组机械效率的实验，为了测量绳子自由端的拉力F，甲同学认为应该在弹簧测力计静止时读数，乙同学认为应该在缓慢匀速提升时读数，正确的是 　 　（选填“甲”或“乙”）。若增加物重，则所测滑轮组的机械效率将 　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”）。 16．如图所示的电路中，电源电压为8伏，当开关S合上时，电压表示数为2伏，则电压表测 　 　两端的电压（填：“L1”或“L2”），灯L2两端电压为 　 　伏。 17．如图1所示，闭合开关S，小磁针静止时N极指向 　 　（选填“左”或“右”）。如图2所示，在某轻质杠杆B点，用弹簧测力计沿竖直方向提升一重物，当杠杆水平静止时，弹簧测力计示数为10N，若OA＝10cm，AB＝40cm，则物体的重力大小为 　 　N。 三．作图题（共2小题，满分4分，每小题2分） 18．如图所示，人站地面使用该滑轮组向下拉绳提升水桶，请画出细线的绕法。 19．如图所示，入射光线与镜面的夹角为55°，根据光的反射定律，在图中画出反射光线并标出反射角的度数。 四．实验探究题（共4小题，满分32分，每小题8分） 20．下面是叶子姐姐在“探究光的反射规律”实验时用到的实验报告片段，请帮助她将内容填完整。 实验过程 （1）如图1所示，把一个平面镜放在水平桌面上，再把一张纸板ENF 　 　在平面镜上，纸板上的直线ON垂直于镜面作为 　 　。 （2）让一束光贴着纸板沿某一个角度射到O点，经平面镜反射后，沿另一个方向射出，在纸板上用笔描出入射光线EO和反射光线OF的径迹。观察EO和OF相对法线的位置，改变光的入射方向，重做一次。换另一种颜色的笔，记录光的径迹。观察EO和OF相对法线的位置，发现入射光线、反射光线 　 　。 （3）取下纸板，用量角器测量NO两侧的角i和角r，得出结论：　 　。 （4）如图2所示，把纸板NOF向后折，此时 　 　（能、不能）看到反射光线。说明反射光线、入射光线和法线 　 　。 图象 实验中反射角随入射角的变化情况可通过如图3图象表示，其中能正确表示反射角与入射角关系的图象是 　 　。 21．利用小桌、海绵、砝码等探究影响压力作用效果的因素，如图甲、乙、丙所示： （1）图中压力的作用效果是通过观察 　 　来比较压力作用效果的。我们 　 　（填“可以”或“不可以”）用沙子代替海绵来完成实验； （2）通过比较图甲和图乙，说明受力面积一定时，压力越 　 　，压力的作用效果越明显，通过比较图 　 　（填序号）和图丙，说明一定压力时，受力面积越 　 　，压力的作用效果越明显； （3）将该小桌和砝码放在如图丁所示的木板上，比较图丙中海绵受到的压强p和图丁中木板受到的压强p′的大小关系为p 　 　p′（填“＞”“＜”或“＝”）； （4）实验时如果将小桌换成砖块，并将砖块沿竖直方向切成大小不同的两块，如图戊所示。小明发现它们对海绵的压力作用效果相同，由此他得出的结论是：压力的作用效果与受力面积无关。你认为他在探究过程中存在的问题是 　 　。 22．利用如图甲、乙所示的实验装置探究“煤油和水的温度变化与吸热的关系”。 （1）在两烧杯中分别装入初始温度相同且 　 　相等的煤油和水； （2）实验中，是通过 　 　来间接反映煤油和水吸收的热量； （3）根据实验数据绘制成温度与时间的关系图像，如图丙所示，分析图像可知 　 　（选填“煤油”或“水”）的吸热能力较强； （4）从图像中可知，煤油的比热容是 　 　J/（kg•℃）。 23．在“探究电流与电压的关系”的实验中，电源两端电压3V且保持不变，滑动变阻器规格为“25Ω 1A”。 （1）闭合开关后，发现电压表无示数，电流表有示数，移动滑动变阻器的滑片P，电压表仍无示数，电流表示数有变化。若电路故障只有一处，则故障可能是定值电阻R发生 　 　（填“短路”或“断路”）； （2）排除故障后，进行实验。实验数据如表所示。其中第1次实验中电流表示数如图乙所示，为 　 　A； 实验次数 1 2 3 4 5 电压U/V 0.6 1 1.5 2 2.5 电流I/A 0.2 0.3 0.4 0.5 （3）分析实验数据可得出电流与电压的定量关系为：　 　； （4）利用本实验电路还可以进行“探究电流和电阻的关系”和“伏安法测电阻”实验。在这两个实验中进行多次实验的目的是否相同？答：　 　（选填“相同”或“不相同”）。 五．计算题（共2小题，满分14分） 24．《乌鸦喝水》的寓言故事大家都很熟悉：一个容积为0.95L的瓶内盛有750g水，一只口渴的乌鸦每次将一块质量为20g的同规格小石块投入瓶中，当乌鸦投了27枚同规格小石块后水面升到瓶口，乌鸦喝到了水。ρ水＝1×103kg/m3，求： （1）瓶内水的体积。 （2）石块的密度是多少kg/m3？ 25．如图所示是一款煮茶器，有“加热”和“保温”两个挡位，部分参数如表。煮茶器中装有1.5kg的水，在标准大气压下，将水由20℃加热到刚好沸腾。已知煮茶器的热效率为80%，c水＝4.2×103J/（kg•℃），求： （1）水吸收的热量； （2）加热所需要的时间。 额定电压 220V 保温挡功率 100W 加热挡功率 900W 江苏省连云港市2024～2025学年九年级物理中考模拟测试卷（练习卷） 参考答案与试题解析 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A B C A B D C C D D 一．选择题（共10小题，满分20分，每小题2分） 1．【分析】声音的三个特征分别是：音调、响度、音色，是从不同角度描述声音的，音调指声音的高低，由振动频率决定；响度指声音的强弱或大小，与振幅和距离有关；音色是由发声体本身决定的一个特性。 【解答】解：音调是指声音的高低，由频率决定，小红同学的歌声很尖细，特别震撼刺耳，这里刺耳指声音的音调高，故A正确，BCD错误。 故选：A。 【点评】本题考查声音的有关问题，相对比较简单，属于基础题。 2．【分析】物质由固态变为液态的过程称为熔化，该过程是吸热的；物质由液态变为固态的过程称为凝固，该过程是放热的。 【解答】解：A、沸腾属于汽化现象，故A错误； B、让白糖变成糖浆，即由固态变为液态，是熔化；糖汁冷却成糖画，物质由液态变为固态，属于凝固。故B正确； C、物质由固态变为液态的过程称为熔化，糖汁冷却成糖画的过程，由液态变为固态，属于凝固，故C错误； D、升华是指物质由固态直接变成气态的过程，故D错误。 故选：B。 【点评】本题结合生活实际，考查了“糖画”制作过程中的熔化和凝固现象，属热学的基础知识。 3．【分析】光从一种介质斜射入另一种介质时，光的传播方向会发生偏折，这种现象叫光的折射；光从水中斜射入空气时，传播方向将远离法线，折射角大于入射角。 【解答】解：筷子反射的光从水中斜射入空气时，在水与空气的交界面上发生折射，进入空气中的折射光线向水面偏折（偏离法线），人眼沿直线看到筷子位置在折射光线的反向延长线上，像的位置比实际位置偏高，看起来筷子向上弯折。 A、光线从水中斜射入空气中，应该是折射角大于入射角，而图中折射角小于入射角了，故A错误； BD、光线由空气斜射入水中，故BD错误； C、图中光线从水中斜射入空气中，折射角大于入射角，符合光的折射规律，故C正确。 故选：C。 【点评】本题考查运用折射规律解释生活中的现象，正确判断光的传播方向以及折射角与入射角大小关系，这是解答此题的关键。 4．【分析】（1）比较物质的密度大小关系，可采取两种方法：①相同体积比较质量，质量大的密度大；②相同质量比较体积，体积小的密度大； （2）密度是质量与体积的比值，从图象b中找出一组对应的数据然后根据密度公式ρ＝算出b物质的密度； （3）取体积相同，看c物质的质量是a物质的几倍，那么c物质的密度就是a物质的几倍； （4）密度是物质的一种特性，与物体的质量、体积都无关。 【解答】解：由图象可知，横轴代表质量，纵轴代表体积； A、由图象可知，当三种物质的质量都为1kg时，a物质的体积最大，c物质的体积最小，由公式ρ＝知a物质的密度最小，c物质的密度最大，故A不正确； B、由图象可知，当b物质的体积为1×10﹣3m3时，b物质的质量是1kg，所以b物质的密度是ρb＝＝1.0×103kg/m3，故B正确； C、由图象可知，当物质的体积为2×10﹣3m3时，a物质的质量是1kg，c物质的质量是4kg，根据m＝ρV得，体积相同密度和质量成正比，由此可知c物质的密度是a物质的4倍，故C正确； D、同种物质密度一定，质量与体积成正比。当质量增大时，体积也跟着增大，但它们的比值是不变的，所以密度与物体的质量、体积都无关，故D正确。 故选：A。 【点评】本题考查了学生对密度公式的应用、密度及其特性的理解，考查了学生根据物理知识分析图象的能力，这类题在试题中经常出现，一定要掌握解答此类题的方法。 5．【分析】（1）物体静止或做匀速直线运动时处于平衡状态，受力平衡，分析乙的受力情况判断所其受摩擦力的大小和方向，根据相互作用力判断甲摩擦力的大小和方向。 （2）以甲为研究对象，甲处于平衡状态，分别从水平和竖直两个方向对甲进行受力分析； （3）平衡力的条件：大小相等、方向相反、作用在同一个物体上，作用在同一条直线上。 【解答】解：AC、把木块乙从右端匀速地抽出时，甲、乙均处于平衡状态， 因乙物体水平方向受到向右的拉力F和甲对乙向左的摩擦力f是一对平衡力， 所以，乙受到的摩擦力方向水平向左，大小f＝F＝10N， 因甲对乙的摩擦力和乙对甲的摩擦力是一对相互作用力， 所以，甲受到的为滑动摩擦力，方向为水平向右，大小为f′＝f＝10N，故AC错误； B、以甲为研究对象，甲处于平衡状态，在水平方向上受到的向左的拉力和向右的摩擦力相平衡，在竖直方向上受到的重力和乙对它的支持力相平衡，所以甲受到两对平衡力作用，故B正确； D、甲对乙的压力与乙的重力大小不同，且方向相同，所以不是一对平衡力，故D错误。 故选：B。 【点评】本题考查了摩擦力的大小和方向的判断、平衡力的辨别，以及对物体的受力分析能力，掌握二力平衡条件，选择正确的对象进行受力分析是关键。 6．【分析】由题知，三个小球的体积相同，根据图示得出三个小球排开水的体积的大小关系，根据阿基米德原理得出受到的浮力的大小关系。 【解答】解：由图知，三个球排开水的体积： VA＜VB＝VC， 由公式F浮＝ρ水v排g得三个球受到的浮力： FA＜FB＝FC。 故选：D。 【点评】本题考查了学生对阿基米德原理的了解与掌握，能从图中得出排开水的体积关系是本题的关键。 7．【分析】杆秤利用的是杠杆的平衡条件，通过力臂的大小关系得出物体重和秤砣重之间的关系，进而得出物体的质量与秤砣的质量之间的关系，测量的是物体的质量。 【解答】解：A、将提纽固定在O点，提起提纽，托盘中不放重物，将秤砣移至O点左侧的B点，秤杆可以在水平位置平衡，因此B点应该为零刻度线，故A错误； B、无论杆秤粗细是否均匀，秤的刻度线分布都是均匀的，因为无论杆秤粗细是否均匀，由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，动力臂与阻力的大小成正比，故B错误； C、由题意知B点为零刻度线，则OA＝10cm，OB＝2cm， 利用支点左端力与力臂乘积的变化量等于右端力与力臂乘积变化量：m1g×OA﹣m2×OB＝m2g×OC， 即2kg×10N/kg×10cm﹣0.5kg×10N/kg×2cm＝0.5kg×10N/kg×OC， 解得：OC＝38cm，故C正确； D、秤杆右端上扬，即为左端重，应将秤砣向右移，增加力臂使其平衡，故D错误。 故选：C。 【点评】本题考查杠杆平衡条件的灵活运用，用杠杆的平衡条件分析解答即可。 8．【分析】（1）（2）根据c＝求出乙的比热容； （3）根据Q吸＝cmΔt求出乙吸收的热量； （4）根据Q放＝mq求出酒精完全燃烧放出的热量，根据效率公式求出效率。 【解答】解：AB、根据图乙可知，质量相同的甲和乙升高相同的温度，甲的加热时间是乙的加热时间的2倍，则甲吸收的热量是乙吸收热量的2倍，则甲的吸热能力大于乙的吸热能力，甲为水；根据c＝可知，甲的比热容是乙的比热容的2倍，乙的比热容为：c乙＝×4.2×103J/（kg•℃）＝2.1×103J/（kg•℃），故AB错误； C、用相同的酒精灯加热，在相同的时间内，水吸收的热量等于乙吸收的热量，0～8min乙吸收的热量等于甲吸收的热量：Q乙＝Q水＝c水m水Δt＝4.2×103J/（kg•℃）×0.1kg×（100℃﹣20℃）＝3.36×104J，故C正确； D、酒精完全燃烧放出的热量为：Q放＝m酒精q＝0.004kg×3×107J/kg＝1.2×105J； 乙从加热到沸腾吸收的热量为：Q'乙＝×3.36×104J＝4.2×104J； 酒精灯的加热效率为：η＝＝＝35%，故D错误。 故选：C。 【点评】本题考查了比热容的计算、吸热和放热公式的应用、效率的计算，考查的知识点较多。 9．【分析】首先根据灯泡的电阻和定值电阻的U﹣I图像特点判断出A、B分别是谁的图像。 （1）小灯泡L和电阻R串联后灯泡正常发光，根据图象读出小灯泡正常发光的电流，因为串联电路通过它们的电流相等，读出此时R两端的电压，根据串联电路电压的规律算出电源电压。 （2）根据欧姆定律即可灯泡正常发光时的阻值与定值电阻的大小； （3）读出R的一组电压值和对应的电流值，根据欧姆定律算出R的阻值； （4）小灯泡L和电阻R并联接在电压为2.5V的电源两端时，它们两端的电压相等，根据图象分别读出通过的电流，根据并联电路的电流特点求出电路中的总电流。 【解答】解：由于灯泡的电阻受温度的影响，则U﹣I图像是曲线，则图像中A为定值电阻R的U﹣I图像，B为灯泡L的U﹣I图像。 A、小灯泡L和电阻R串联后小灯泡正常发光，已知“2.5V”字样的小灯泡，由图像可知小灯泡正常发光的电流为0.3A， 因串联电路中各处的电流相等， 所以，通过R的电流IR＝IL＝0.3A， 由图知此时R两端的电压为UR＝1.5V， 电源电压为： U＝U额+UR＝2.5V+1.5V＝4V，故A错误； B、小灯泡L和电阻R串联后小灯泡正常发光时，U额＝2.5V＞UR＝1.5V，因串联电路中各处的电流相等，根据I＝可知：RL＞R，即灯泡正常发光时的阻值比定值电阻大，故B错误； C、根据I＝可知：R＝＝＝5Ω，故C错误； D、小灯泡L和电阻R并联接在电压为2.5V的电源两端时， 因并联电路中各支路两端的电压相等， 所以，它们两端的电压为：UL′＝UR′＝3V， 由图象可知，通过它们的电流分别为：IL′＝0.3A，IR′＝0.5A， 因并联电路中干路电流等于各支路电流之和， 所以，电路中的总电流： I＝IL+IR＝0.3A+0.5A＝0.8A，故D正确。 故选：D。 【点评】本题主要考查串并联电路的特点以及欧姆定律公式的应用，是一道综合题。 10．【分析】（1）根据图像可知灯泡两端电压和对应的电流值，利用欧姆定律可计算此时灯泡的阻值； （2）灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，根据图像可以读出通过的电流； （3）由题意可知，两灯泡的额定电压相等，它们并联时电源的最大电压和额定电压相等，电路的最大总功率等于两灯泡额定功率之和； （4）根据图像读出两灯泡的额定电流，当灯L1、L2串联且有一个灯正常工作时，电路中的最大电流为两灯泡额定电流中较小的，此时额定电流较大的灯泡不能正常发光，根据图像读出其两端的电压，利用P＝UI求出其功率。 【解答】解： A、由图像可知，通过灯泡的电流与电压不成正比，即灯泡的电阻是变化的，但可以读出某电压下的电流，利用欧姆定律计算此时的电阻，故A错误； B、当灯L2正常发光时，通过灯L2的电流为0.5A，但无法确定通过灯L1的电流，故B错误； C、由题意可知，两灯泡的额定电压相等，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以两灯并联时且电源的电压为6V时，电路的总功率最大， 此时两灯泡均正常发光，则电路的最大总功率P＝P1+P2＝6W+3W＝9W，故C错误； D、由图像可知，两灯泡的额定电流分别为I1＝1A、I2＝0.5A， 因串联电路中各处的电流相等，所以当灯L1、L2串联且有一个灯正常工作时，电路中的电流I＝0.5A，此时L1不能正常发光， 由图像可知，此时L1两端的电压U1＝2V，其功率P1′＝U1I＝2V×0.5A＝1W，故D正确。 故选：D。 【点评】本题考查了串、并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，从图像中获取有用的信息是关键。 二．填空题（共7小题，满分20分） 11．【分析】根据氨在地上和冻土中发生的物态变化分析。 【解答】解：当路基温度较高时，液态氨受热汽化，上升到热棒的上端，通过散热片向空气中散热，气态氨又液化成液态氨下沉到热棒的下部，上端液化，下端汽化。 液态氨很容易汽化，所以沸点较低，故选A。 故答案为：（1）液化；汽化；（2）A。 【点评】本题是物态变化的一个灵活应用题，考查了我们分析物理现象的能力。 12．【分析】（1）白色物体能够反射所有的色光，黑色吸收所有的色光，彩色物颜色体只反射和物体颜色相同的色光； （2）漫反射时反射光线射向各个方向，所以我们能从各个不同方向看到本身不发光的物体； （3）光在同种均匀介质中是沿直线传播的。 【解答】解：白色不透明的物体反射所有色光，教室里用白色的布而不用其他颜色布来做投影幕，这是因为白色物体能够反射所有的色光； 教室里各个位置的同学都能看到银幕上的字，这是因为光在银幕上发生漫反射的缘故； 个别同学被前方高个子同学挡住，看不到银幕上的一些字，这是因为光沿直线传播的缘故。 故答案为：白色物体能够反射所有的色光；银幕上发生漫反射；光沿直线传播。 【点评】本题考查了物体的颜色、镜面反射和漫反射现象及光的直线传播现象，是基础知识。还要注意漫反射同样遵守光的反射定律。 13．【分析】（1）根据题意求出电梯的路程，然后由平均速度公式求出电梯的平均速度。 （3）已知路程和时间之比，根据v＝求出速度之比。 【解答】解：电梯从1层到达21层，实际上升了20层，电梯的路程s＝3m×20＝60m， 小明从1层到达21层所用的时间t＝4s+10s+16s＝30s， 电梯全程的平均速度v＝＝＝2m/s＝7.2km/h； 因为s甲：s乙＝3：2，t甲：t乙＝2：3； 所以v甲：v乙＝：＝×＝×＝9：4。 故答案为：7.2；9：4。 【点评】求电梯的路程是本题的难点，也是正确解题的关键。 14．【分析】瓶子静止悬在空中处于平衡状态，符合二力平衡条件：大小相等，方向相反，作用在同一直线上。所以，瓶子受到手竖直向上的摩擦力始终等于瓶子的重力。 【解答】解： 瓶子处于静止状态，属于平衡状态，在竖直方向上静摩擦力与重力是一对平衡力，所以静摩擦力等于瓶子的重力等于5N，方向竖直向上； 增大手对瓶子的握力，瓶子仍然静止，则瓶子受到的静摩擦力仍然等于瓶子的重力，即静摩擦力大小不变。 故答案为：5；不变。 【点评】本题首先判断物体处于哪种状态，并对物体进行受力分析，静止和匀速直线运动的物体都受到平衡力的作用，根据平衡力的特点进行判断。 15．【分析】（1）应该在缓慢匀速提升时读数，此时系统处于平衡状态，测力计示数大小等于拉力大小，若在弹簧测力计静止时，测没有测量出机械之间的摩擦，据此分析； （2）根据影响滑轮组机械效率的因素，被提升的物体越重，动滑轮质量越小，滑轮组的机械效率越高。 【解答】解：（1）图中，若在弹簧测力计静止时读数，则没有测量出机械之间的摩擦，测量值偏小； 故应该在缓慢匀速提升时读数，此时系统为平衡状态，测力计示数等于拉力大小； （2）若增加物重，则额外功不变，有用功增大，有用功在总功中所占的比例增大，机械效率增大。 故答案为：乙；变大。 【点评】本题测量滑轮组机械效率的实验，考查注意事项、影响机械效率大小的因素等知识。 16．【分析】当开关S合上时，两灯泡串联，电压表测L1两端的电压，根据串联电路的电压特点求出灯L2两端的电压。 【解答】解：当开关S合上时，两灯泡串联，电压表测L1两端的电压，则灯L1两端的电压U1＝2V， 因串联电路中总电压等于各分电压之和， 所以，灯L2两端的电压： U2＝U﹣U1＝8V﹣2V＝6V。 故答案为：L1；6。 【点评】本题考查了串联电路的电压特点和电路的三种状态，关键是知道电压表不测带电源用电器两端的电压。 17．【分析】根据线圈的绕法和电流的方向，可以确定通电螺线管的N、S极；根据磁极间的相互作用分析小磁针静止时N极指向；根据杠杆的平衡条件求出物体重力的大小。 【解答】解：由安培定则可知，右手握住螺线管，四指指向电流的方向，大拇指指向左端，则通电螺线管的左端为N极；通电螺线管的左端是N极，根据同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引可知，小磁针静止时N极指向左。 根据杠杆的平衡条件可知F×OB＝G×OA，即10N×（10cm+40cm）＝G×10cm，解得G＝50N。 故答案为：左；50。 【点评】此题考查了安培定则、磁极间的相互作用、杠杆的平衡条件，难度不大，属基础题。 三．作图题（共2小题，满分4分，每小题2分） 18．【分析】滑轮组绳子的绕法有两种： 一是绳子先系在定滑轮的固定挂钩上，然后再绕过下面的动滑轮再向上绕到定滑轮上，依次反复绕，这种绕法有偶数段绳子承担物重； 二是绳子先系在动滑轮的固定挂钩上，然后再绕过上面的定滑轮再向下，依次反复绕，这种绕法有奇数段绳子承担物重。 【解答】解：对由一个动滑轮和一个定滑轮组成的滑轮组，可绕线方法有两股和三股两种，两种方法都达到了省力的目的，但拉力的方向不同，有三股绕线的方法拉力方向向上；有两股绕线的方法拉力方向向下，根据题意要用向下的力提升重物可知，是用两股绕线的这种方法，如图所示： 【点评】此题主要考查滑轮组承担物重绳子股数，滑轮组的绕线方法不同，拉力的方向不同，达到省力程度也不同。关键是知道绳子最后通过动滑轮不能改变力的方向，通过定滑轮可以改变的力的方向。 19．【分析】根据反射定律：反射光线、入射光线和法线在同一平面内，反射光线、入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角，作出反射光线并标出入射角及其度数。 【解答】解：经过入射点作出法线。因为入射光线与镜面的夹角是55°，所以入射角为90°﹣55°＝35°．根据反射角与入射角相等作出反射光线，并标出反射角的度数，如图所示： 【点评】本题主要考查了反射光路的画法，关键是掌握光的反射定律的内容，特别是反射角与入射角之间的关系。注意法线要画成虚线。 四．实验探究题（共4小题，满分32分，每小题8分） 20．【分析】根据对“探究光的反射定律”实验的掌握，补全实验器材；根据光的反射定律：反射光线、入射光线、法线都在同一平面内，反射光线、入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角，分析答题。 【解答】解：实验过程：（1）“探究光的反射定律”实验中如图1所示，把一个平面镜放在水平桌面上，再把一张纸板ENF垂直在平面镜上，纸板上的直线ON垂直于镜面作为法线；①让一束光贴着白纸板沿某一个角度射到O点，经过平面镜反射，沿一个方向射出，在纸板上用笔描出入射光和反射光的径迹； （2）让一束光贴着纸板沿某一个角度射到O点，经平面镜反射后，沿另一个方向射出，在纸板上用笔描出入射光线EO和反射光线OF的径迹。观察EO和OF相对法线的位置，改变光的入射方向，重做一次。换另一种颜色的笔，记录光的径迹。观察EO和OF相对法线的位置，发现入射光线、反射光线关于法线对称。 （3）改变入射角大小，重做几次。换用另外颜色的笔，记录光的径迹。用量角器测量入射角i和反射角r的大小，得出结论：反射角等于入射角； （4）若把NOF纸板向后折，则在纸板上将不能看到反射光线，说明反射光线、入射光线和法线在同一平面； 图象：实验中反射角随入射角的变化情况可通过如图3图象表示，其中能正确表示反射角与入射角关系的图象是c。 故答案为：（1）垂直；法线；（2）关于法线对称；（3）反射角等于入射角；（4）不能；同一平面；c。 【点评】本题是一道实验探究题，要注意观察实验现象，然后分析现象出现的原因，最后得出结论，这道题对能力要求比较强，有一定的难度，是一道难题。 21．【分析】（1）本实验通过海绵的凹陷程度来反映压力的作用效果，采用了转换法；选用的受压材料形变要明显； （2）（3）（5）压力的作用效果与压力的大小和受力面积的大小有关，实验时应采用控制变量法， 即探究压力的作用效果与压力大小的关系时应控制受力面积的大小不变， 探究压力的作用效果与受力面积时应控制压力的大小不变。据此分析回答； （4）因受压材料不同，故不能用所压材料的凹陷程度比较，根据p＝分析。 【解答】解：（1）实验中，压力的作用效果不易于直接比较，通过比较海绵的凹陷程度来比较压力的作用效果，这种方法叫转换法；如果利用木板，形变效果不明显，故不能利用木板来代替海绵做实验。 （2）通过比较图甲和图乙知，说明压力越大，压力的作用效果越明显；研究压力的作用效果与受力面积关系时，要控制压力一定，故通过比较图乙和图丙，说明压力一定时，受力面积越小，压力的作用效果越明显。 比较图乙和图丙，压力相同，受力面积不同，受力面积小的，海绵的凹陷程度也较大，即压力的作用效果较明显，所以可以说明：压力一定时，受力面积越小，压力的作用效果越明显。 （3）图丙和丁中，压力相同，受力面积也相同，所以压力的作用效果相同，即压强相等，即 p＝p′ 受压物体的形变程度不同是因为不同材料的抗压能力不同。 （4）实验时，要应用控制变量法，每次只能有一个变量改变，探究中存在的问题是，在探究压力与受力面积的关系时，没有控制压力相等。 故答案为：（1）海绵的凹陷程度；不可以；（2）大；乙；小；（3）＝；没有控制压力相同。 【点评】本题探究“压力的作用效果跟什么因素有关”的实验，主要考查控制变量法及转换法的应用，体现了对过程和方法的考查。 22．【分析】（1）（2）探究物质吸热能力的实验中，应该控制被加热物质质量相等，物质吸热多少通过加热时间反映，； （3）温度与时间的关系图像分析可知比热容的大小； （4）温度变化量相等，加热时间越长，吸热越多，可以求得煤油的比热容。 【解答】解：（1）由Q吸＝cmΔt可知，在探究“煤油和水的温度变化与吸热的关系”时，要控制煤油和水的质量相同； （2）实验中，是通过加热时间来间接反映煤油和水吸收的热量，采用了转换法； （3）由图可知，水和煤油升高相同的温度，都从30℃升高至60℃，水加热的时间更长，吸收的热量更多，即使两者升高相同的温度，则水吸收的热量较多，说明水的吸热能力较强； （4）由图像可知，温度变化量相同时，水加热时间是煤油的两倍，由Q吸＝cmΔt可知，水的比热容是煤油的两倍，故煤油的比热容为： 。 故答案为： （1）质量； （2）加热时间； （3）水； （4）2.1×103。 【点评】本题考查比热容，比热容大小的比较，比热容的计算，转换法的应用。 23．【分析】（1）分析电路的连接及电表测量的物理量，电流表有示数，电路为通路，根据电压表无示数分析； （2）根据电流表选用小量程确定分度值读数； （3）分析实验数据得出结论； （4）“探究电流和电阻的关系”时多次测量的目的是得出普遍性的规律，“伏安法测电阻”实验多次测量的目的是取平均值减小误差，据此分析。 【解答】解：（1）R与变阻器串联，电压表测R的电压，电流表测电路的电流，闭合开关后，电流表有示数，电路为通路，发现电压表无示数，则故障可能是定值电阻R发生短路； （2）排除故障后，进行实验。实验数据如表所示。其中第1次实验中电流表示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流为0.12A； （3）分析实验数据可知，电压增大为原来的几倍，通过的电流也增大为原来的几倍，可得出电流与电压的定量关系为：电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比； （4）“探究电流和电阻的关系”时多次测量的目的是得出普遍性的规律，“伏安法测电阻”实验多次测量的目的是取平均值减小误差。在这两个实验中进行多次实验的目的不相同。 故答案为：（1）短路；（2）0.12；（3）电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；（4）不相同。 【点评】本题探究电流与电压的关系的实验，考查故障和数据分析、电流表读数及多次测量的不同目的。 五．计算题（共2小题，满分14分） 24．【分析】（1）知道瓶内水的质量、水的密度，利用V＝求瓶内水的体积； （2）瓶子的容积减去瓶内水的体积，可得瓶内27枚石块的总体积；知道一块小石块的质量可求27块小石块的总质量，利用密度公式求出石块的密度。 【解答】解：（1）已知水的密度ρ水＝1×103kg/m3＝1g/cm3， 由ρ＝可得瓶内水的体积： ； （2）瓶子容积V容＝0.95L＝0.95dm3＝950cm3， 瓶内石块的总体积： V石＝V容﹣V水＝950cm3﹣750cm3＝200cm3； 27块小石块的总质量：m石＝27×20g＝540g 由可知，石块的密度是 。 答：（1）瓶内水的体积750cm3； （2）石块的密度是2.7×103kg/m3。 【点评】本题考查了密度公式的应用，关键是知道石块总体积加750g水的体积等于瓶子容积。 25．【分析】（1）标准大气压下水的沸点为100℃，即水的末温为100℃，知道水的质量、比热容、初温，利用Q吸＝cm（t﹣t0）＝求水吸收的热量； （2）知道加热效率，利用η＝求消耗的电能；又知道加热功率，利用P＝求加热过程所需的时间。 【解答】解：（1）标准大气压下水的沸点为100℃，即水的末温为100℃， 水吸收的热量： Q吸＝c水m（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×1.5kg×（100℃−20℃）＝5.04×105J； （2）由η＝可得消耗的电能： W＝＝＝6.3×105J， 由P＝可得加热过程所需的时间： t＝＝＝700s。 答：（1）水吸收的热量为5.04×105J； （2）加热所需要的时间为700s。 【点评】本题考查了吸热公式、效率公式、电功率公式的应用，属于基础题目。 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：2025/1/25 18:46:22；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 $$