物理（江苏南京专用）-2025年中考终极押题猜想

2025年中考物理终极押题猜想（南京专用） 目录 题型一 单项选择题 1 押题猜想01 声、光、热学 1 押题猜想02 力学 8 押题猜想03 电磁学 18 题型二 填空题 27 押题猜想04 声、光、热学 27 押题猜想05 力学 36 押题猜想06 电磁学 42 题型三 作图题 47 押题猜想07 光学 47 押题猜想08 力学 50 押题猜想09 电磁学 54 题型四 实验题 57 押题猜想10 力学实验 57 押题猜想11 热学实验 63 押题猜想12 光学实验 68 押题猜想13 电学实验 73 题型六 计算题 83 押题猜想14 力学计算 83 押题猜想15 电学及其与磁学的综合计算 90 题型一 单项选择题 押题猜想01 声、光、热学 1．下列关于声现象的描述，正确的是（　　） A．声速在空气中为340m/s，声音在真空中不能传播 B．捂上耳朵听到外面的声音变小，这是在传播路径上减弱噪声 C．“闻其声而知其人”是根据音调来判断的 D．“不敢高声语”是形容声音的音调高 【答案】A 【解答】A．声音在15℃空气中传播速度是340m/s，声音的传播需要介质，声音不能在真空中传播，故A错误； B．捂上耳朵是在人耳处减弱噪声，不是在传播路径上减弱噪声，故B错误； C．因每个人的音色都不同，所以我们才可“闻其声，知其人”，故C错误； D．“不敢高声语”表示声音很大，是形容声音的响度，故D错误。 故选C。 押题解读 声音的产生与传播，乐音的特性，噪声的控制以及超声波与次声波是近些年来命题的热点，声学内容的考查越来越体现出知识的整合和理解能力，学生需要对基本概念理解记忆的很深刻，不能混淆。 考前秘笈 理解乐音的特性及其影响因素；振幅是指声音振动的幅度，声音的响度和振幅有关，振幅越大，响度越大；频率是振动的快慢，声音的音调和频率有关，频率越高，音调越高。声音的传播需要介质，介质可以是气体、液体或固体，真空不能传声。 2．自行车后面一般都装有角反射器，通过反射光线来进行提醒后方来车。以下光现象与其原理相同的是（    ） A．雨后彩虹 B．日晷计时 C．湖面倒影 D．铅笔弯折 【答案】C 【解答】由题意知，自行车的角反射器利用了光的反射规律； A．雨后彩虹是光经过空气与水发生的折射现象，故A不符合题意；     B．日晷计时，是光的直线传播现象，故B不符合题意； C．湖面倒影是平面镜成像现象，是光的反射现象，故C符合题意；     D．铅笔弯折是光经过空气与水发生的折射现象，故D不符合题意。 故选C。 押题解读 光的折射和反射规律的应用，通过图像理解光的反射定律和光的折射定律，一题多知识点的考查是近些年来中考命题的一大特色。 考前秘笈 光现象的原理有光的直线传播、光的反射以及光的折射，折射是光从一种介质斜射入另一种介质时所发生的一种现象，光在同种均匀介质中沿直线传播，平面镜成像的原理是光的反射。 3．二十四节气歌词中写到“春雨惊春清谷天，夏满芒夏暑相连；秋处露秋寒霜降，冬雪雪冬小大寒。”。以下关于二十四节气中部分物态变化分析判断正确的是（    ） A．雨的形成是汽化现象，要放出热量 B．露的形成是液化现象，要吸收热量 C．霜的形成是凝固现象，要吸收热量 D．雪的形成是凝华现象，要放出热量 【答案】D 【解答】A．雨的形成是主要水蒸气液化成水的现象，液化要放热，故A错误； B．露的形成是水蒸气液化成水的现象，液化要放热，故B错误； C．霜的形成是水蒸气凝华成小冰晶的现象，凝华要放热，故C错误； D．雪的形成是水蒸气凝华成小冰粒的现象，凝华要放热，故D正确。 故选B。 4．下列对有关现象的描述，正确的是（　　） A．图甲，水蒸气冲开橡胶塞，机械能转化为内能 B．图乙，海波正在熔化时，温度和内能都不变 C．图丙，寒冷的冬天，人们常搓手是利用做功方式改变内能 D．图丁，向上拉浸没在水中的玻璃板直至脱离水面的过程，测力计示数保持不变 【答案】D 【解答】A、给装水的试管加热，水沸腾后水蒸气将橡胶塞冲开，水蒸气的内能转化成橡胶塞的机械能，故A错误； B、海波属于晶体，海波在熔化时不断吸收热量，温度不变，但是内能增大，故B错误； C、寒冷的冬天，人们双手摩擦时，双手克服摩擦做功，机械能转化为手的内能，此过程是通过做功的方式改变手的内能。故C正确； D、因为玻璃分子和水分子之间存在引力，所以向上拉浸没在水中的玻璃板直至脱离水面的过程，测力计示数将变大，故D错误。 故选D。 押题解读 物态变化部分主要考察基础知识及其对应，部分题目还会结合温度、热量与内能三者的关系、内能与机械能以及改变内能的两种方式进行考察。 考前秘笈 物态变化及其吸热与放热要熟练掌握，水循环中对应的云雨露霜雾等要熟悉；温度、热量和内能之间的联系要清楚：温度升高，内能一定增大，但是不一定吸热；吸收热量，内能一定增大，但是温度不一定升高；内能增大，温度不一定升高，也不一定吸热。 1．如图是“探究凸透镜成像规律”的实验，其中成像性质与投影仪成像性质相同的是（　　） A．  B．   C．  D．   【答案】C 【解答】A．由图可知，物距大于像距，且能在光屏上成实像，因此可知，此时成倒立缩小的实像，应用于照相机，故A不符合题意； B．由图可知，物距等于像距，且能在光屏上成实像，因此可知，此时成倒立等大的实像，可以判断凸透镜焦距，故B不符合题意； C．由图可知，物距小于像距，且能在光屏上成实像，因此可知，此时成倒立放大的实像，应用于投影仪，故C符合题意； D．由图可知，不能在光屏上成实像，因此可知，物距在一倍焦距之内，因此此时成正立放大的虚像，应用于放大镜，故D不符合题意。 故选C。 2．有一圆柱形敞口容器，从其左侧某一高度斜射入一束激光，在容器底部产生一个光斑，如图所示。下列操作将使光斑向右移动的是（　　） A．保持水面的高度和入射点不变，使激光的入射角减小 B．保持水面的高度不变，使激光笔向左平移 C．保持激光射入的角度不变，使水面上升 D．保持激光射入的角度不变，使激光笔向上平移 【答案】D 【解答】A．保持水面高度和入射点不变，使激光的入射角减小，激光束靠近法线时，折射角随之变小，光斑会向左移动，故A不符合题意； B．保持水面高度不变，使激光笔向左平移，则入射光线和折射光线都向左平移，所以光斑左移，故B不符合题意； CD．保持激光射入的角度不变，使水面上升，如下图所示 入射点向左移动，则光斑向左移动；使激光笔向上平移，入射点向右移动，则光斑向右移动，故D符合题意，C不符合题意。 故选D。 3．如图所示，平面镜竖直放置在水平面上，一支直立的铅笔从平面镜前40cm处，以的水平速度沿垂直于镜面的方向向平面镜匀速靠近，下列说法正确的是（　　） A．铅笔在平面镜中所成的像逐渐变大 B．经过2 s，铅笔与它的像之间的距离变为30 cm C．铅笔的像相对于平面镜的速度为 D．若平面镜顺时针转至图中虚线位置，铅笔的像将与铅笔垂直 【答案】D 【解答】A．平面镜所成的像与物体大小相等，物体大小不变，所以像的大小是不变的，故A错误； B．经过2s，铅笔向前移动了10cm，则铅笔到平面镜的距离变为30cm，所以此时铅笔与像间的距离变为60cm，故B错误； C．像相对于镜面的速度与物体相对于镜面的速度相等为5cm/s，故C错误； D．根据平面镜所成的像与物体关于镜面对称可知，若平面镜顺时针转至图中虚线位置，铅笔的像将与铅笔垂直，故D正确。 故选D。 4．如图所示， AB是凸透镜的主光轴，P、Q、S是在主光轴上的三个位置，把一物体放在Q处，像成在S处；把物体放在S处，凸透镜位置不变，像成在P处，则可判断凸透镜的位置在（　　） A．P的左边 B．PQ之间 C．QS之间 D．S的右边 【答案】B 【解答】A．假设凸透镜在P的左边，那么像物同侧，即成正立、放大的虚像，像距大于物距。当物在Q点，像在S点，像距大于物距，符合凸透镜成像规律；当物在S点，像在P点，像距小于物距，不符合成放大、虚像的条件，不符合凸透镜成像规律。故A不符合题意； B．假设凸透镜在PQ之间，当物在Q点，像在S点，像物同侧，成放大的虚像，像距大于物距，符合凸透镜成像规律；当物在S点，像在P点，像物异侧，像距小于物距，成缩小的实像，符合凸透镜成像规律。故B符合题意； C．假设凸透镜在QS之间，当物在Q点，像在S点，像物异侧，成实像，符合凸透镜成像规律；当物在S点时根据光线的可逆性，像应成在Q点，不应该是P点。故C不符合题意； D．假设凸透镜在S的左边，那么像物同侧，即成正立、放大的虚像，像距大于物距。当物在Q点，像在S点，像距小于物距，不符合凸透镜成像规律；当物在S点，像在P点，像距大于物距，符合凸透镜成像规律。故D不符合题意。 故选B。 5．如图所示，将冰块放入易拉罐中并加入适量的盐。用筷子搅拌大约半分钟，用温度计测量罐中冰与盐水的混合物温度，可以看到混合物的温度低于。这时会观察到易拉罐的底部出现白霜。针对以上现象说法正确的是（    ） A．白霜是空气遇冷凝华形成的 B．混合物温度低于，说明含盐的冰在熔化过程中温度降低 C．混合物温度低于，说明此时的大气压低于标准大气压 D．在易拉罐内部和外部分别发生了熔化和凝华 【答案】D 【解答】A．霜是空气中的水蒸气凝华形成的。故A错误； BC．纯冰的熔点为0°C。但冰与盐的混合物的熔点低于0°C。不是冰在熔化过程中温度降低了；物质的熔点与大气压的大小无关。故BC错误； D．内部，固体物质熔化从周围吸收热量，使环境温度降低；空气中的水蒸气温度降低，凝华成为霜。故D正确。 故选D。 6．小铭发现，对着手吹气时会感觉凉爽，对着手哈气时，会感觉暖和。以下有关说法正确的是（　　） A．对着手吹气时，加快了空气流速和汗液的升华 B．对着手吹气时，是放热过程，有致冷作用 C．对着手哈气时，使环境中的水蒸气在手中液化 D．对着手哈气时，物态变化与露的形成相同 【答案】D 【解答】AB．对着手吹气，加快了手表面空气的流动速度，加快手面上水蒸气的蒸发，而蒸发吸热有致冷作用，所以手感觉到凉爽，故AB错误； CD．对着手哈气，哈出来的热的水蒸气遇到冷的手液化放出热量，于是手感到温暖，而露是空气中的水蒸气遇冷液化形成的，所以与哈气过程中的物态变化相同，故C错误，D正确。 故选D。 7．如图所示的四种物态变化的实例中，属于汽化的是（　　） A． 冰雪遇暖消融 B． 水绕开时冒出“白汽” C． 草叶上形成“白霜” D． 用干手器将手烘干 【答案】D 【解答】A．冰雪遇暖消融，冰雪由固态变成液态，属于熔化现象。故A不符合题意； B．水沸腾时壶口冒“白气”，是壶内冒出的温度较高的水蒸气遇冷凝结成的小水滴，属于液化现象。故B不符合题意； C．霜是空气中的水蒸气遇冷凝结成的小冰晶，属于凝华现象。故C不符合题意； D．用干手器将手烘干，手上的水变成了水蒸气，属于汽化现象。故D符合题意。 故选D。 8．如图所示，将一束太阳光投射到玻璃三棱镜上，在棱镜后侧光屏上的 AB 范围内观察到了不同颜色的光，则（　　） A．AB 范围 A 的外侧能使荧光物质发光 B．只有 AB 之间有光 C．将温度计放到 AB 范围 A 的外侧温度会升得更高 D．该实验证明了太阳光是单色光 【答案】C 【解答】太阳光投射到玻璃三棱镜上，在棱镜后侧光屏上的AB范围内观察到不同颜色的光，这就是光的色散现象： AC．由于不同颜色的光的波长不同，通过三棱镜的折射程度不同，所以白光经三棱镜后，光屏上自上而下出现了红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫的色带，故A处是红光，B处是紫光，A的外侧是红外线，不能使荧光物质发光，但能使温度计的温度升得更高，故A不符合题意、C符合题意； B．AB之间是可见光，其他区域也有光但不可见，故B不符合题意； D．该实验证明了太阳光是多种颜色复合成的白光，故D不符合题意。 故选C。 押题猜想02 力学 1．东京奥运会上，苏炳添百米赛跑以9秒83的成绩震惊世界，被称为“亚洲飞人”，以下说法正确的是（　　） A．起跑时，苏炳添使劲向后蹬地，此时他对地面的力大于地面对他的力 B．苏炳添超越对手时，以苏炳添为参照物，对手向后运动 C．苏炳添加速冲刺阶段，力维持了他的运动状态 D．到达终点后，不能立即停下来，是因为受到惯性的作用 【答案】B 【解答】A．起跑时用力向后蹬地，脚给地面一个力的作用，同时地面给人一个力的作用，物体间力的作用是相互的，所以他对地面的力等于地面对他的力，故A错误； B．以苏炳添为参照物，对手和苏炳添之间的距离越来越大，对手相对苏炳添向后运动，故B正确； C．力是改变物体运动状态的原因，苏炳添加速冲刺时，力改变了运动的速度，故C错误； D．苏炳添冲过终点后不能立即停下来，是因为他具有惯性，仍会保持原来的运动状态，惯性不是力，不能说受到惯性的作用，故D错误。 故选B。 押题解读 利用物体惯性的概念解释生活中的常见现象，充分理解相对运动与参照物的定义并能对具体事例进行判断。 考前秘笈 惯性就是物体保持原来运动状态不变的性质，惯性的大小只与物体的质量有关。惯性只能具有，而不能说受到惯性。物体间力的作用是相互的，一对相互作用力大小相等、方向相反、作用在一条直线上、作用在两个物体上 2．如图所示，用甲、乙、丙三种简单机械分别提起同一重物G，已知滑轮重20N，杠杆重10N，手的拉力始终沿竖直方向，忽略绳重及摩擦，下列说法正确的是（　　） A．甲图：该装置不省力但省距离 B．乙图：该装置的机械效率是三者中最高的 C．丙图：在匀速拉动物体上升的过程中，拉力F3逐渐变小 D．若提升的物体越重，乙、丙的机械效率会越高 【答案】D 【解答】A．甲图中，该滑轮的位置是固定的，是定滑轮，使用定滑轮时不省力也不省距离，故A错误； BD．忽略绳重及摩擦，根据 可知，甲图中不用克服摩擦力和滑轮重力做额外功，该装置的机械效率最高；乙图中克服动滑轮的重力做的功为额外功，机械效率 丙图中，克服杠杆的重力做的功为额外功，当物体被提升时，该装置的机械效率 故乙的机械效率最低，当物体越重时，乙、丙的机械效率都越高，故B错误，D正确； C．丙图中，根据杠杆平衡条件可得 则 在匀速拉动物体上升的过程中，物重和杠杆重不变，阻力臂变小，动力臂也变小，根据数学的相似三角形知识可知，阻力臂与动力臂的比值是一个定值，所以拉力不变，故C错误。 故选D。 押题解读 机械效率部分考查对于有用功与总功的理解以及在此基础上的公式计算与定性分析，而杠杆部分的动态分析是重点与难点，部分模型需要用到三角形相似的知识。 考前秘笈 要注意到题干中的“不计绳重与摩擦”，部分机械效率的公式只有在题干中强调这句话的前提下才能用；机械效率与功率需要区分开来，没有既省力又省距离（省功）的机械。动态杠杆问题中，如果发现动力阻力平行，且力臂同时变化，就可以考虑三角形相似 3．东风—21D是我国针对敌方航母发展的一款陆基中程反舰弹道导弹，如图是它的飞行轨迹图。在空中预警机和北斗卫星系统的支持下，它通过惯性加卫星制导的方式，可以精确命中1500km以外的移动航母。由于东风—21D末端速度远超音速且具有机动变轨能力，拦截难度非常大，是真正的大国重器。下列说法正确的是（　　） A．导弹成功发射后，在加速升空过程中，导弹的机械能始终保持不变 B．导弹加速升空过程中，动能增大，重力势能减小 C．导弹在进行“机动变轨”，不断修正弹道轨迹过程中的运动状态不变 D．导弹在空中沿弹道水平匀速飞行时，机械能减小 【答案】D 【解答】A．导弹成功发射后，在加速升空过程中，导弹的动能和重力势能都在变大，所以其机械能始终在变大，故A错误； B． 导弹加速升空过程中，速度增大，动能增大，离地面高度变高，重力势能增大，故B错误； C．导弹在进行“机动变轨”，不断修正弹道轨迹过程中运动方向一直在变化，所以运动状态始终在改变，故C错误； D．导弹在空中沿弹道水平匀速飞行时，速度不变，高度不变，但是消耗燃料，质量减小，所以说机械能减小，故D正确。 故选D。 押题解读 结合生活情景的力学与机械能部分的综合性考查，考查了受力分析以及机械能的影响因素及其转化，能够较好的考查学生利用生活情境结合物理知识解决实际问题。 考前秘笈 力是改变物体运动状态的原因，运动状态包含了速度的大小和方向。机械能包含动能、重力势能和弹性势能，动能与质量和速度有关，重力势能与质量和离地面的高度有关，弹性势能与形变量有关 4．在“探究液体内部的压强”实验中，实验现象如图所示，U形管内液面的高度差越大，表示探头所在位置的液体压强越大。下列说法不正确的是（　　） A．U形管左右两侧液面高度差越大，反映了薄膜所受液体的压强越大 B．若在甲图中增大探头在水中的深度，U形管左右两侧液面的高度差会变小 C．比较甲、乙、丙三图可得：同一深度液体向各个方向的压强都相等 D．比较丙、丁两图可得：在深度相同时，液体内部的压强与液体的密度有关 【答案】B 【解答】A．根据转换法，U形管左右两侧液面高度差反映液体压强大小，U形管左右两侧液面高度差越大，说明了薄膜所受液体的压强越大，采用了转换法，故A正确，不符合题意； B．若在甲图中增大探头在水中的深度，探头所受液体压强增大，则U形管左右两侧液面的高度差会变大，故B错误，符合题意； C．比较甲、乙、丙三图可得：同一液体深度相同，探头方向不同，U形管左右两侧液面高度差相同，说明：同一液体，同一深度液体向各个方向的压强都相等，故C正确，不符合题意； D．比较丙、丁两图，液体深度相同，盐水密度大于水，丁图中U形管左右两侧液面高度差更大，说明：在深度相同时，液体内部的压强与液体的密度有关，故D正确，符合题意。 故选B。 押题解读 用滑轮组进行“一瓶水提升一个人”活动，将物体问题情景化，同时考查学生分析、解决问题和数学运算的能力。 考前秘笈 把握题干信息，把生活问题物理化，同时熟练掌握总功、有用功和机械效率的计算公式，忽略次要因素，把握主要因素。 5．如图，将质量均匀的木棒切割并组装成两个形状相同、质量均为m的木模，用三根竖直细线a、b、c连接，在水平面上按照“互”字型静置，上方木模呈现悬浮效果，这是利用了建筑学中的“张拉整体”结构原理。则（　　）    A．a的拉力等于mg B．b的拉力大于a的拉力 C．沿左右方向平移三根细线在上方木模的接线点，线仍竖直，线上拉力会改变 D．沿左右方向平移三根细线在上方木模的接线点，线仍竖直，地面受到的压力会改变 【答案】C 【解析】AB．上方木模受到自身向下的重力mg，两根长线分别向下的拉力和短线a向上的拉力，两根长线的拉力相等，由受力平衡 则 Fa＞mg，Fa＞Fb，故AB不符合题意； C．以a下方的连接点为支点，根据杠杆平衡条件得，Fb•Lb+Fc•Lc=G•LG，如沿左右方向平移三根细线在上方木模的接线点，线仍竖直，G•LG不变，Fb和Fc的力臂变化，Fb和Fc变化，Fa变化；则线上拉力会改变，故C正确；故C符合题意； D．将两个木模看成一个整体，整体静止在地面上，受竖直向下的总重力、地面对它竖直向上的支持力，沿左右方向平移三根细线在上方木模的接线点，整体还是处于平衡状态，故地面受到的压力还是木模的总重力，即不变。故D不符合题意。 故选C。 押题解读 利用杠杆平衡的条件和对物体的受力分析解决实际问题，体现了物理模型法的应用和物理建立模型的能力。 考前秘笈 利用所学知识，把生活问题转化为物理杠杆模型，标出已知量，未知量，来分析具体问题。 1．长方体木箱放在水平地面上，木箱上放一木块，则下列分析正确的是（ ） A．木箱受到的重力和地面对木箱的支持力是一对平衡力 B．木箱对地面的压力和地面对木箱的支持力是一对相互作用力 C．木箱对木块的支持力和木块对木箱的压力是一对平衡力 D．地面对木箱的支持力和木块对木箱的压力是一对相互作用力 【答案】B 【解答】A．木箱受到的重力和地面对木箱的支持力大小不相等，不是一对平衡力．故A错误； B．木箱对地面的压力和地面对木箱的支持力，大小相等、方向相反、作用在同一直线上、不作用在同一物体上，是一对相互作用力．故B正确； C．木箱对木块的支持力和木块对木箱的压力，大小相等、方向相反、作用在同一直线上、不作用在同一物体上，是一对相互作用力，不是一对平衡力．故A错误； D．地面对木箱的支持力和木块对木箱的压力，大小不相等，不是一对相互作用力．故A错误． 2．跳台滑雪是北京冬奥会的重要项目之一、如图所示，跳台滑雪赛道由助滑道AB、着陆坡BC、停止区CD三部分组成。比赛中，运动员从A点由静止开始下滑，运动到B点后水平飞出，落在着陆坡末端的C点，滑入停止区后，在与C点等高的D点速度减为零。若不计空气阻力，则运动员（　　） A．位于C点和D点时的动能相等 B．从B点到C点的过程中，机械能不守恒 C．从B点到C点的过程中，重力势能转化为动能 D．从A点到B点的过程中，动能转化为重力势能 【答案】C 【解答】A．到达C点时有速度，而D点时速度为0，位于C点时有动能，D点时动能为0，所以C、D点时的动能不相等，故A不符合题意； B、不计空气阻力，只有重力做功，所以运动员从B点滑到C点的过程中，机械能守恒，故B不符合题意； C．从B点到C点的过程中，质量不变，高度变小，速度变大，则其重力势能减少，动能增大，重力势能转化为动能，故C符合题意； D．从A点到B点的过程中，质量不变，高度变小，速度变大，则其重力势能减少，动能增大，重力势能转化为动能，故D不符合题意。 故选C。 3．如图所示，把重为G的物体沿高为h，长为l的粗糙斜面以速度v由底端匀速拉到顶端的过程中，拉力F做的功为W，则下列选项正确的是（    ） A．拉力大小为 B．物体所受摩擦力大小为 C．拉力功率的大小为 D．斜面的机械效率为 【答案】B 【解答】试题分析：拉力做的功为总功，即W总=W=Fl，所以拉力F=；有用功为W有用=Gh，因为在斜面上拉动物体要克服摩擦力做功，所以W总＞W有用，即Fl＞Gh，则F=，故A错；使用斜面时克服摩擦力做的功为额外功，则W额=fl=W总﹣W有用=W﹣Gh，所以物体所受的摩擦力：f=，故B正确；做功时间为t=，拉力功率的大小P==，故C错误；斜面的机械效率为η=，故D错；故应选B． 4．下列关于压强的实例中，说法不正确的是（　　） A．火车轨道铺在枕木上，通过增大受力面积减小压强 B．排水管的U形“反水弯”是一个连通器 C．自制压强计随海拔的升高玻璃管内液面会降低 D．飞机机翼的升力是利用气体流速越快的位置压强越小的原理 【答案】C 【解答】A．火车轨道铺在枕木上，比直接铺在地面上的受力面积大，所以是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强的，故A正确，不符合题意； B．排水管的U形“反水弯”上端开口，底部连通，是个连通器，是利用的是连通器原理工作的，故B正确，不符合题意； C．把自制压强计山脚带到山顶，瓶内空气的压强几乎不变，由于大气压随海拔的增大而降低，山顶的大气压比山脚的大气压低，所以玻璃管内液面瓶内气压的作用下上升，故自制压强计随海拔的升高玻璃管内液面会上升，故C错误，符合题意； D．飞机机翼的横截面设计成上凸下凹的形状，导致飞机机翼上方空气流速更大，压强更小，使飞机产生向上的升力，利用气体流速越快的位置压强越小的原理，故D正确，不符合题意。 故选C。 5．在水平桌面上两个相同的烧杯分别装有质量相同的甲和乙两种液体，把质量也相同的实心小球A和B放入杯中，静止时如图所示，下列说法正确的是（　　） A．甲液体的密度大于乙液体的密度 B．小球A的密度大于小球B的密度 C．甲、乙烧杯底受到的液体压强相等 D．球A受到的浮力比球B大 【答案】C 【解答】AC．小球的质量相同，液体的质量相同，则两烧杯中液体和小球的总重力相同，液体对杯底的压力等于液体和小球的重力，则压力相同，由于底面积相同，根据可知，甲、乙烧杯底受到的液体压强相等，甲中液体的深度大，根据p=ρgh可知，甲中液体的密度小，故A错误，C正确； B．小球的质量相同，小球的体积大小关系未知，无法判定A和B的密度的大小关系，故B错误； D．A球在液体中悬浮，浮力等于重力，B球在液体中漂浮，浮力等于重力，两个小球的质量相同，重力相同，所以受到的浮力相同，故D错误。 故选C。 6．如图所示是“探究浮力的大小跟哪些因素有关”的几个实验情景实验甲、丙和丁中，弹簧测力计的示数分别为4．0N、2．8N和2．5N．若盐水的密度为1．2×103kg/m3，则下列结论正确的是（ ） A．实验丙中，弹簧测力计的示数比乙中小0.5N B．物体A的密度为3.2×103kg/m3 C．实验丁中，容器底部受到的压力大于0.3N D．实验乙中，物体A受到的拉力为10N 【答案】C 【解答】B．实验甲、丙中，弹簧测力计的示数分别为4.0N、2.8N， 由F浮＝G﹣F拉可得，F浮＝ρ盐水g V排，物体A全部浸没，所以V排等于V物，则： ρ盐水gV排＝G﹣F拉， V排＝V物＝ ， 将ρ盐水＝1.2×103kg/m3、G＝4N、F拉＝2.8N代入上式可得： V排＝V物＝1×10﹣4m3， 物体A的质量： m＝＝＝0.4kg， 物体A的密度 ρ＝＝＝4×103kg/m3 故B错误； D．物体A在水中受到的浮力： F浮水＝ρ水gV排＝1×103kg/m3×10N/kg×1×10﹣4m3＝1N， 在乙中物体A受到的拉力： F＝G﹣F浮水＝4N﹣1N＝3N 故D错误； A．在实验丙中，弹簧测力计的示数：F丙拉＝2.8N，在乙中物体A受到的拉力：F＝3N， 弹簧测力计的示数比乙中小3N﹣2.8N＝0.2N，故A错误； C．由甲、丙中可知： F浮盐水＝G﹣F丙拉＝4N﹣2.8N＝1.2N， 根据实验丁中物体A对烧杯底部的压力等于支持力 F支＝G﹣F浮﹣F丁拉＝4N﹣1.2N﹣2.5N＝0.3N， 容器底部也受到盐水对它的压力，故容器底部受到的压力大于0.3N，故C正确。 故选C。 7．甲装置中，空吊篮A重25N，B处绳子承受的拉力足够大，C处绳子承受的最大拉力为100N。小壮将A提升到高处，施加拉力F随时间变化关系如图乙，A上升速度随时间变化关系如图丙。忽略绳重、摩擦、空气阻力。下列说法不正确的是（　　） A．动滑轮所受的重力为15N B．在1~2s内克服滑轮重做的额外功为30J C．此装置最多能匀速运载160N重的货物 D．此装置运载货物最高机械效率为92.5% 【答案】D 【解答】A．由图可知，在1~2s内吊篮匀速上升，此时拉力为20N，该滑轮组n=2，则忽略绳重、摩擦、空气阻力，动滑轮的重力 故A正确，不符合题意； B．在1~2s内克服滑轮重做的额外功 故B正确，不符合题意； C．C处绳子承受的最大拉力为100N，当拉力最大时，运载货物的重力最大 故C正确，不符合题意； D．运载货物的重力最大时，机械效率最高，此装置运载货物最高机械效率 故D错误，符合题意。 故选D。 8．“反向蹦极”是一项比蹦极更刺激的运动。如图所示，弹性轻绳的上端固定在O点，拉长后将下端固定在体验者的身上，并与固定在地面上的扣环相连，打开扣环，人A点由静止释放，像火箭一样被“竖直发射”，经B点上升到最高位置C点，在B点时速度最大。对此过程，下列描述正确的是（　　） A．弹性绳的弹性势能在B点时最大 B．到达B点时，弹性绳处于原长位置 C．人从A到B的过程中，动能增加，重力势能增加 D．人从A到C的过程中，重力势能增加，动能一直减少 【答案】C 【解答】A．弹性绳在A点的弹性形变最大，故弹性绳的弹性势能在A点时最大，故A错误； B．到达B点时速度最大，此时弹力和重力相等，说明B点时弹性绳有形变，不是原长位置，故B错误； C．人从A到B的过程中，人的质量不变，速度由0变为最大，所以动能在增加；人的高度不断升高，所以重力势能也在增加，故C正确； D．人从A到C的过程中，人的质量不变，高度在升高，所以重力势能在增加；但速度在B点时最大，C点为最高点，速度为0，故速度是先变大，后变小，所以动能也是先变大，后变小，故D错误。 故选C。 押题猜想03 电磁学 1．如图为一种无链条电动自行车，它结合了人体动力和电池动力，骑行者踩脚踏板产生的机械能通过某装置可转化为电能，下列图例中与该过程原理相同的是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解答】骑行者踩脚踏板产生的机械能通过某装置可转化为电能，是电磁感应原理。 A．闭合开关，导体棒在磁场中切割磁感线会产生电能，将机械能转化为电能，是电磁感应原理，故A符合题意； B．导线与电池两端接触，导体中就会产生电流，旁边的小磁针就发生转动，说明电流周围存在磁场，不是电磁感应原理，故B不符合题意； C．闭合开关，甲、乙两个电磁铁就会吸引大头针，且电流一定时，匝数越多，吸引的大头针越多，说明磁性越强，该装置可以探究磁性与匝数的关系，不是电磁感应原理，故C错误； D．闭合开关，导体棒在磁场中受到力的作用而运动起来，不是电磁感应原理，故D不符合题意。 故选A。 押题解读 考察学生对于磁部分原理的辨析，通过分析生活中的磁现象进一步理解电与磁之间的联系。 考前秘笈 磁部分的原理有：通电导体周围有磁场（奥斯特实验）、通电导体在磁场中受到力的作用、电磁感应原理。三个原理对应的影响因素也要注意区分开 2．小明为海鲜市场的冷库设计了温度自动报警器，其原理如图甲所示。控制电路和工作电路的电源电压均为3V保持不变，电磁铁线圈电阻忽略不计，乙图为热敏电阻R随温度变化的图像。冷库温度等于或高于-18℃时，工作电路报警。下列说法正确的是（　　） A．冷库温度升高时，热敏电阻R的阻值变大 B．工作电路报警时，衔铁被吸下，灯亮铃不响 C．冷库温度为-18℃时，控制电路中电流为0.03A D．冷库温度降低时，控制电路消耗的电功率变大 【答案】C 【解答】A．由图乙可知，当冷库温度升高时，热敏电阻的阻值减小，故A错误； B．根据图甲，当衔铁被吸下后，电铃接通，灯泡断路，则铃响灯不亮，故B错误； C．冷库温度为-18℃时，由图乙可知热敏电阻的阻值为100Ω，控制电路中电流为 故C正确； D．冷库温度降低时，由图乙可知热敏电阻阻值变大，根据欧姆定律可知电路中电流变小，根据可知控制电路中电功率变小，故D错误。 故选C。 押题解读 含有电磁继电器的电路的动态分析，考察的是学生对于欧姆定律的理解以及电路的动态分析。需要学生在有一定计算能力的基础上分析电路的变化 考前秘笈 先通过电阻的阻值变化分析出工作电路的通断关系，之后代入对应电阻的数据进行计算即可。 3．如图甲的电路中电源电压恒定，小灯泡的灯丝电阻不变，是定值电阻。闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P由端移到端的过程中，两电压表示数随电流表示数变化的关系图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．电源电压 B．定值电阻 C．小灯泡L的最大功率为2.88W D．滑动变阻器的最大阻值为 【答案】C 【解答】由电路图可知，灯与变阻器R、R0串联接入电路，电压表V1测灯泡两端的电压，V2测灯与变阻器的电压，电流表测电路的电流；如图所示： 将滑动变阻器的滑片P由A端移到B端，变阻器连入电路的电阻变小，串联电路总电阻等于各分电阻之和，由串联电阻的规律可知电路的总电阻变小，根据欧姆定律可知通过电路的电流变大，根据U=IR可知，V1示数变大，故乙中图线b表示电压表V1的示数随电流表示数的变化情况，则乙中图线a表示电压表V2的示数随电流表示数的变化情况，当变阻器连入电路的电阻最大时，电路中电流最小，由图像可知，此时小灯泡两端电压为UL=2.4V，小灯泡和变阻器的电压为8.4V，通过电路的电流为0.3A，灯泡的电阻 因串联电路两端电压等于各部分电压之和，所以此处滑动变阻器两端电压U滑=U2-UL=8.4V-2.4V=6V 因串联电路处处电流相等，所以滑动变阻器接入电路的最大阻值 电源电压U=8.4V+IR0=8.4V+0.3A×R0① 当变阻器连入电路的电阻最小时，由图像可知，小灯泡两端电压U′L=4.8V，电路电流I′=0.6A，电源电压U=4.8V+I′R0=4.8V+0.6A×R0② 联立①②可得，R0=12Ω，U=12V，当变阻器连入电路的电阻最小时，由图像可知，电路中的最大电流是0.6A，小灯泡L的最大功率为PL大=I′2RL=(0.6A)2×8Ω=2.88W 故C正确，ABD错误。 押题解读 欧姆定律的动态分析，考察的是学生对于欧姆定律的理解以及电路的动态分析。需要学生在有一定计算能力的基础上分析电路的变化 考前秘笈 知识点分类 核心内容 公式表达 注意事项/相关说明 公式理解 导体电流与电压成正比，与电阻成反比 I=U/R 欧姆定律是电流随着电阻、电压的变化 电阻计算公式 R=U/I 电阻是导体固有属性，由材料/长度/横截面积/温度决定 当电阻确定时，电压与电流成正比 U=IR 电压是形成电流的原因 1．如图所示的电路中，电源电压保持不变，闭合开关S后，将滑动变阻器R的滑片向左移动，在此过程中（　　） A．电流表示数变小 B．灯泡L亮度变亮 C．电压表示数变大 D．电路消耗的总功率变大 【答案】A 【解答】C．由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R并联，电压表测电源的电压，电流表测干路电流。因电源电压保持不变，所以，滑片移动时，电压表的示数不变，故C错误； B．因并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以，滑片移动时，通过L的电流和实际功率不变，灯泡的亮暗不变，故B错误； A．将滑动变阻器R的滑片向左移动，变阻器接入电路中的电阻变大，由可知，通过R的电流变小，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，干路电流变小，即电流表的示数变小，故A正确； D．由P=UI可知，电路消耗的总功率变小，故D错误。 故选A。 2．如图所示的电路中，电源两端电压为6V并保持不变，定值电阻R1的阻值为10Ω，滑动变阻器R2的最大阻值为50Ω。当开关S闭合，滑动变阻器的滑片P由b端移到a端的过程中，下列说法中正确的是（　　） A．电压表的示数变大，电流表的示数变小 B．电流表和电压表的示数都不变 C．电流表的示数变化范围为0.2~0.6A D．电压表的示数变化范围为1~6V 【答案】D 【解答】由电路图可知，电阻R1和滑动变阻器R2串联，电压表是测量R1两端的电压，电流表测量电路中的电流。 AB．开关S闭合，滑动变阻器的滑片P由b端移到a端的过程中，滑动变阻器的电阻变小，总电阻变小，电源电压不变，根据，电流变大，所以电流表的示数变大；定值电阻两端的电压，阻值不变，电流变大，所以电压变大，所以电压表的示数变大，故AB错误； CD．当滑片在b端时，电路中电阻最大，电路中的电流最小，此时电流为 电压表的示数为 当滑片达到a点时，R2被短路，只有R1工作，电路中的电流为 此时电压表的示数为电源电压，为6V，所以电流表的示数变化范围为0.1~0.6A，电压表的示数变化范围为1~6V，故C错误，D正确。 故选D。 3．创新小组的同学们为学校食堂设计了一个可自动注水的储水池。如图是它的简化装置图，电源电压一定。控制电路中，RN为压敏电阻，其阻值随压力的变化而变化，R0为定值电阻。闭合开关S1、S2，当池中水位上升到一定高度时，触点分离，工作电路断开，注水装置自动停止注水，当池中水位下降到一定位置时，触点连接，工作电路接通，注水装置自动开始注水。下列分析正确的是（　　） A．水位上升时，电磁铁磁性变弱 B．水位上升时，通过R0电流变小 C．水位下降时，R0的电功率变大 D．水位下降时，RN的阻值会变大 【答案】D 【解答】AB．水位上升时，向池中注水，触点接触，当注满水时，触点分离，说明RN电阻逐渐减小，电流变大，磁性变强，将衔铁吸引到下面，故AB错误； CD．水位下降时，需要注水，触点接触，电磁铁磁性减弱，故RN的阻值会变大，电流变小，根据P=I2R可知，R0的电功率变小，故C错误，D正确。 故选D。 4．在图所示的电路中，电源电压不变，闭合开关S，电压表V1与电压表V2的示数之比为2：3，电流表A的示数为l安；若将电压表V1换成电流表A1 ． 则电流表A1的示数为2安．那么电阻R1和电阻R3的阻值之比为    A．2：1                       B．1：2                        C．4：3                            D．3：4 【答案】B 【解答】如图电路，R1、R2、R3串联在电路中，电压表V1测R1与R2电压，电压V2测R2、R3电压； 电压表V1与V2的示数之比：， 化简得：---① 由欧姆定律得：， 即----②； 根据题意，将电压表V1换成电流表A1，电路中只有一个电阻R3，由欧姆定律得： ，即---③ 由②③得：    ④ 由①④可知： 解得：． 故选B． 5．如图甲所示电路中，电源电压不变，电流表的量程为0~0．6A，电压表的量程为0~15V，灯泡L的额定电压为4V。第一次只闭合开关S、S1，滑片P从a端移到b端，图乙是滑动变阻器功率与电压表示数的关系图像；第二次只闭合开关S、S2，保证电路中所有元件都安全的前提下，最大范围内移动滑片P，图丙是在安全的前提下通过灯泡的电流与灯泡两端电压的关系图像。则下列说法正确的是（　　）    A．定值电阻R0的阻值为20Ω B．电源电压为10V C．只闭合开关S、S2，电路的最大总功率是2.4W D．只闭合开关S、S2，为保证电路安全，滑动变阻器移动的阻值范围为10~50Ω 【答案】C 【解答】AB．只闭合开关S、S1，R0和滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端电压，电流表测串联电路中的电流。由图乙结合串联分压规律得电源电压 ① ② 联立①②解得 ， 故AB错误； CD．只闭合开关S、S2，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测滑动变阻器两端电压，电流表测串联电路中的电流。由丙图可知，灯泡安全前提下，允许通过最大电流为0.4A，则电路的最大功率为 由图丙知灯L正常发光时，滑动变阻器接入电路的阻值最小，最小值 因为电压表量程是0~15V，小于电源电压6V，滑动变阻器滑片可滑至阻值最大处，即a端，由图乙可知，滑动变阻器的最大阻值 在电路安全的情况下，滑动变阻器移动的阻值范围为5~50Ω，故C正确，D错误。 故选C。 6．如图甲所示，电源电压恒定，R1是定值电阻，R2是滑动变阻器，闭合开关S，移动滑动变阻器的滑片P从B端滑到A端的过程中，R1、R2的U﹣I关系图像如图乙所示。则下列判断错误的是（　　）    A．图线MN是电阻R1的U﹣I关系图像 B．电源电压为12V C．R1的阻值是20Ω D．滑动变阻器R的最大阻值为20Ω 【答案】C 【解答】由甲图可知，电阻R1和滑动变阻器R2串联，电流表测电路中电流，电压表V1测R1两端电压，电压表V2测滑动变阻器R2两端电压； A．滑片P从B端滑到A端的过程中，在A端，滑动变阻器连入电路的电阻为0，两端电压为0，由此可以得出，图2中MN是R1的U﹣I图像，EF是R2的U﹣I图像；故A正确，不符合题意； B．由图2可知，滑片在B点时滑动变阻器的电阻最大，电流最小为0.4A，此时，R1两端的电压为4V，R2两端的电压为8V。由串联电路的电压特点可得，电源电压 故B正确，不符合题意； C．滑片P在A端时，电路只有R1连入，电路的电流最大，由图2可知，电路的最大电流为1.2A，定值电阻 故C错误，符合题意； D．滑片在B端时滑动变阻器的电阻最大，滑动变阻器的最大电阻为 故D正确，不符合题意。 故选C。 7．如图甲是直流电动机模型，图乙是小明制作的一台简易电动机（线圈左侧轴的漆皮被刮去一半，线圈右侧轴的漆皮被全部刮掉）。下列说法中正确的是（　　） A．电动机是利用电流磁效应原理工作的装置 B．将图乙中金属支架的高度适当降低，线圈的转速会加快 C．将图甲中电源的正负极对调，线圈的转动方向不变 D．图乙中刮去一半漆皮的轴与图甲中换向器的作用相同，都是为了改变线圈中的电流方向 【答案】B 【解答】A．电动机的工作原理是通电线圈在磁场中受力转动，故 A错误； B．将图乙中金属支架的高度降低，线圈距离磁体较近，磁体磁性较强，线圈受到的作用力增大，线圈的转速会加快，故B正确； C．将图甲中电源的正负极对调，线图中电流的方向改变，线圈的转动方向改变，故C错误； D．将图乙中线圈两端引线的漆皮，一端全部刮掉，另一端只刮半周，线圈在转动的过程中，电流的方向不变，只有半周有电流，线圈在没有电流通过时不再受力的作用，由于具有惯性能持续的转动下去，与图甲的换向器的作用不同，故D错误。 故选B。 题型二 填空题 押题猜想04 声、光、热学 1．如图所示，甲实验中用竖直悬挂的泡沫塑料球接触正在发声的音叉时，泡沫塑料球被弹起，说明声音是由物体________产生的；此实验采用的研究方法是_________（选填“控制变量法”或“转换法”）。乙实验中敲击右边的音叉，左边完全相同的音叉把泡沫塑料球弹起，该实验能说明_________可以传声。如果将乙实验移至月球上做，左边的音叉_________（选填“能”或“不能”）发出声音。并由此推理可知：________。 【答案】 振动 转换法 空气 不能 月球表面真空，真空不能传声 【解答】[1]敲击左边的音叉，音叉发声，泡沫塑料球弹起，说明发声的音叉在振动，说明声音是由物体振动产生的。 [2]音叉的振动不容易观察，用泡沫塑料球的振动来呈现，这种方法叫转换法。 [3]敲响右边的音叉，左边完全相同的音叉也会发声，所以说明左边完全相同的音叉发生了振动；而我们并没有直接敲响左边的音叉，证明声音是通过空气传播给左边的音叉的，所以说明空气能传播声音。 [4][5]月球表面真空，真空不能传声，故在月球做此实验不能观察到乒乓球弹起的现象 押题解读 声现象考察学生对于声音的产生与传播的理解，通过分析实验现象掌握声音相关知识点，并能够对日常生活中的现象加以分析 考前秘笈 声音的传播需要介质，真空不能传声；声音在不同介质中传播速度不同，固体最快 声和电磁波 2．我们看到树叶是绿色的，是因为树叶只___ (选填“吸收”或“反射”)绿色光；同学们在教室的每个位置都能看清黑板上的字，这是光的______反射现象；如今许多建筑采用玻璃进行外墙装潢，这在美化城市的同时却造成了光污染，造成这种污染的主要原因是由于阳光在玻璃表面发生了镜面反射，镜面反射遵守光的反射定律，漫反射_______（选填“遵守”或“不遵守”）光的反射定律. 【答案】 反射 漫 遵守 【解答】因为不透明物体的颜色由物体反射的色光决定，且物体只能反射与它颜色相同的色光，吸收与它颜色不同的色光，所以，我们看到树叶是绿色的，是因为树叶反射绿光；同学们在教室的每个位置都能看清黑板上的字，是因为光照到黑板上时，发生漫反射，即黑板反射的光反射向不同的方向的结果；不论是镜面反射还是漫反射都遵守光的反射定律． 押题解读 光现象常与日常生活中的实例相结合进行考察，需要学生具有一定的分析能力，在理解光学原理的基础上对实例进行分析判断 考前秘笈 不透明物体的颜色由物体反射的色光决定，物体只能反射与它颜色相同的色光，吸收与它颜色不同的色光；不论是镜面反射还是漫反射都遵守光的反射定律 3．某同学利用如图甲所示的实验装置探究冰熔化时温度的变化规律，得到了如图乙所示的温度随时间变化的图像。实验中要控制好烧杯中的水温。 （1）根据图乙所示的图像中______段温度的变化特点可知冰是晶体，在这段时间内，物质处于______态，内能________（增大/减小/不变）。 （2）该同学继续探究加有盐的冰块熔化时温度的变化特点。他将冰块放于易拉罐中并加入适量的盐，用筷子搅拌大约半分钟，易拉罐的下部和底部出现白霜，这些白霜是空气中的水蒸气______（填物态变化名称）形成的。用温度计测量罐中冰与盐水混合物的温度，可以看到混合物的温度______0℃。 【答案】 BC 固液共存 增大 凝华 低于 【解答】（1）[1]根据图乙所示的图像中BC段可知，冰在熔化过程中，温度保持不变，说明冰是晶体。 [2] 晶体在熔化过程中处于固液共存状态。 [3] 晶体熔化过程持续吸热，温度不变，内能增大 （2）[3]白霜是空气中的水蒸气遇冷，迅速降温凝华形成的小冰晶。 [4]冰与盐水混合会使冰的熔点降低，低于0℃，水蒸气遇到低于0℃的物体凝华形成小冰晶，则混合物的温度低于0℃。 押题解读 物态变化部分的高频考点是物态变化的吸放热情况及其与内能、热量等的联系。要求学生能够准确判断物态变化类型，理解物质在不同状态下的能量转化 考前秘笈 熔化图线 晶体 非晶体 AB段为固态，吸热升温，BC段为固液共存态，吸收热量，内能增大，温度不变，CD段为液态，吸热升温 吸热熔化，温度不断升高，无固定熔点 1．用如图所示的方法可以探究做功是否能够改变物体的内能： 如图1，将手中的铁丝同一位置快速地弯折十余次，用手指触摸一被弯折的部位，会感觉到弯折部位的 ______升高，表明铁丝的内能 ______；如图2，在厚壁的玻璃筒底部放一小撮干燥的棉絮，用力将活塞压下，我们会看到：棉絮 ______了，这表明用力压下活塞时，玻璃筒内的温度 ______并达到棉絮的 ______，所以出现了我们所看到的现象。 上述的这两个现象都说明了 ______是改变物体内能的另一种方式。用能量的观点来分析上述的两个现象，我们发现，用这种方法改变物体的内能时，能量是在 ______能和 ______能之间相互转化的。 【答案】 温度 变大 着火 升高 着火点 做功 机械 内 【解答】[1][2]将手中的铁丝在同一位置快速地弯折十余次，手对铁丝做了功，铁丝的内能增大，温度升高； [3][4][5]用力将活塞压下，活塞对空气做功，空气的内能增大，温度升高，达到了棉花的着火点，棉花就会燃烧， [6][7][8]上述两种办法都是通过对物体做功来增大物体内能的，做功改变物体内能的实质就是机械能和内能的相互转化。 2．某校新建成一个喷水池，在池底的中央安装了一只射灯，池内无水时，射灯发出的一束光照在池壁上，在S点形成一个亮斑，如图所示，现往池内注水，水面升至a位置时，站在池旁的人看到亮斑的位置应在S点的_____方；如果水面上升至b位置时，人看到亮斑的位置应在S点的_____方。 【答案】 下 上 【解答】[1]往池内注水，水面升至a位置时，发生折射，根据折射定律，P点如下图所示 则水面升至a位置时，站在池旁的人看到亮斑的位置应在S点的下方。 [2]水面上升至b位置时，光线先在水池壁反射，再折射出水面，根据反射定律和折射定律，Q点如下图所示 通过画图可知：Q点在S点的上方。 3．该装置是一种显示微小形变的装置，它可以把微小形变“放大”到直接看出来，方法是这样的：在一张桌子上放两个平面镜M和N，让一束光依次被这两面镜子反射，最后射到一个刻度尺P上，形成一个光点，如果当在箭头所指处用力向下压桌面，使桌面发生形变时，M上的入射角_______（选填“变大”、“变小”或“不变”），光点就会在刻度尺上出现明显的移动，在图中，刻度尺上光点将会向_______（选填“上”或“下”）移动，我们在以前的实验中也用到了此法，如_________（举出一例即可）。 【答案】 变小 下 将乒乓球靠近正在发声的音叉，乒乓球弹起 【解答】[1][2]向下按压桌面，则桌子中间会向下发生微小的凹变形，因此左、右两个平面镜会向桌子中间倾斜，平面镜M和N的入射角都会变小，在平面镜上入射光线的入射点升高。根据光的反射定律可以推知，经平面镜反射后的反射光线会变低，照射到刻度尺上的光点下移至P＇。 [3]实验中原本微小的变形不易被发现，但是可以通过实验装置“放大”微小的变形。在探究发声体振动的实验中，将乒乓球靠近正在发声的音叉，可以观察到乒乓球被弹起，进而可以将音叉的微小振动“放大”为乒乓球的弹起运动，两实验利用了同样的探究方法（转换法）。 4．如图所示，把盛有碎冰块的大试管插入烧杯中的碎冰块里，用酒精灯对烧杯底部慢慢地加热。则烧杯中的冰块温度达到熔点0 ℃后，还_____（填“能”或“不能”）从酒精灯火焰上吸收热量，所以烧杯中的冰_____（填“能”或“不能”）熔化。由于冰是晶体，在熔化过程中吸热，温度会_____，试管中的冰在温度达到熔点0 ℃后，就_________（填“能”或“不能”）从烧杯中吸收热量，故试管中的冰______（填“能”或“不能”）熔化。 【答案】 能 能 保持不变 不能 不能 【解答】[1]热传递的条件是存在温度差，所以烧杯中的冰块温度达到熔点0 ℃后，能继续从酒精灯火焰上吸收热量，因为火焰的温度远高于0 ℃； [2]烧杯中的冰温度达到熔点，继续吸热，所以冰能熔化熔化； [3]由于冰是晶体，在熔化过程中吸热，温度会保持不变； [4][5]试管中的冰，如果温度低于0 ℃，会从烧杯中的冰水混合物吸收热量，直到温度达到熔点0 ℃，此时试管内外的温度相同，所以就不能从烧杯中吸收热量了，则试管中的冰能达到熔点，但不能继续吸热，所以冰不会熔化。 5．古埃及学者埃拉托色尼发现，利用同一时刻在不同地点影子的长度不同可以估测出地球周长。取一根直杆，将其竖直立在地球上的A点，由于光的_____________形成了杆的影子，记录直杆在正午时刻影子的长度，算出太阳光与直杆的夹角α1，同样可以测出此时B点太阳光与直杆的夹角α2，A、B是同一经度上的两个城市（如图甲），它们的距离为L，可以估算出地球的周长大约为_______。实验中需要测出直杆的长度，测量结果如图乙所示，其读数为_______。 【答案】 直线传播 50.00cm 【解答】[1]光在同一种均匀介质中是沿直线传播的，当光射到不透明的杆上，由于杆挡住了一部分光线，在光照不到的地方就形成了杆的影子。 [2]因为A、B是同一经度上的两个城市，所以A、B两点所对的圆心角 α＝α2﹣α1 由题意可知，圆心角α所对应的弧长为L，则每1度所对应的弧长是，则360度所对应的弧长，即地球的周长为 [3]由图乙知刻度尺的分度值为1mm，直杆的长度为50.00cm。 6．天然气液化后，其分子间的距离变____________，分子间的作用力变__________。液体和空气接触的表面存在一个薄层——表面层，如图所示，由于液体分子做无规则运动，表面层就存在一些具有较大能量的分子，它们可以克服分子间相互作用的________，脱离液体跑到空气中去，其宏观表现就是液体的________（选填物态变化名称），此过程________（选填“吸热”或“放热”）。 【答案】 小 大 引力 汽化 吸热 【解答】[1][2]分子间的作用力与分子间的距离有关，分子之间的间隙越小，分子之间的作用力越大，天然气液化后，体积变小，分子之间的距离变小，其分子间的作用力变大。 [3]分子间存在引力和斥力，液体分子要脱离液体跑到空气中去，需克服分子间相互作用的引力。 [4][5]该过程中液体变为了气体，因此液体发生了汽化现象，汽化吸热。 7．如图是甲、乙、丙三种声音在示波器上显示的波形图，甲和丙______ 相同选填“音调”、“音色”或“响度”，其中______ 音调高；甲、乙、丙中音调相同的是______ ；甲、乙、丙中响度最大的是______ ，音调最高的是______ ． 【答案】 响度 丙 甲和乙 乙 丙 【解答】如图，甲和丙图的振幅相等，而振幅决定响度，所以甲和丙响度相同；在相同时间内甲周期性变化即振动了两次，丙振动四次．所以丙音调高；而乙也振动了两次，所以甲和乙音调相同；乙振幅最大，故响度最大；丙频率最高，故音调最高． 8．如图所示，有一束光线从空气射入某种透明介质，在分界处发生反射和折射（其中∠4=∠5），其中_________是反射光线，折射角是_________，空气在_________（选填“AE的上方”、“AE的下方”、“CG的左方”或“CG的右方”）． 【答案】 HD ∠1 AE的下方 【解答】①仔细分析题图，先分析哪是界面，AE和CG有可能是界面．根据∠4和∠5可确定CG是法线，AE是界面． ②由∠1＜∠5，可知，∠1是折射角，∠5是入射角，则BH为入射光线，∠4为反射角，HD为反射光线； ③因为光由空气斜射进入水中或其它透明介质中时，折射光线向法线偏折，折射角小于入射角；所以AE的下方是空气，上方是某种透明介质． 9．如图是公路上用超声波测速仪测量车速的示意图。测速仪发出并接收超声波脉冲信号，根据发出和接收到的信号间的时间差，测出被测物体的速度。图B中P1、P2是测速仪发出的超声波，n1、n2分别是P1、P2由汽车反射回来的信号。设测速仪匀速扫描，P1、P2之间的时间间隔0.8s，超声波在空气中传播的速度是v=340m/s，若汽车是匀速行驶的，则根据图B可知，车行驶的速度是______m/s（计算结果保留一位小数）。    【答案】17.9 【解答】由图B可知：第一次发出信号到测速仪接收到信号用时1.2s，汽车第一次接收到信号时到测速仪的距离为1.2s内超声波传播距离的一半，即 由图B可知：第二次发出信号到测速仪接收到信号用时0.9s，汽车第二次接收到信号时到测速仪的距离为0.9s内超声波传播距离的一半，即 汽车在两次接收到信号之间行驶的距离 汽车在两次接收到信号之间行驶所用时间 汽车行驶的速度为 10．口琴是用嘴吹或吸气，使金属簧片振动发声的多簧片乐器，是一种自由簧气鸣乐器，它有上下两排小方格孔，装有多组自由振动的簧片，气流强迫通过时，灵活的金属舌簧振动发声，来回移动，吹吸不同的孔时可以发出不同音调的声音。如图所示将口琴拆开后其内部的琴芯结构，在琴芯的气孔边分布着长短、厚薄都不同的一排铜片，A区的较薄、较短，而C区的较长、较厚。 （1）在同一孔处用不同的力度吹，发生变化的是声音的 ___________（选填“音调”“响度”或“音色”）。 （2）较厚、较长的铜片振动时要比较薄、较短振动的 ___________（填“快”或“慢”），高音区为 ___________区（选填字母）。 （3）演奏时，人能听出是口琴演奏的是依靠声音的 ___________辨别的。 （4）小漫自己制作了一个哨子，在筷子上缠一些棉花，做成一个活塞。这哨声是由管内的 ___________振动而产生的。上下推拉活塞，可以改变声音的 ___________（选填“音调”、“响度”或“音色”）。 【答案】 响度 慢 A 音色 空气柱 音调 【解答】(1)[1]在同一孔处用不同的力度吹琴时，振幅不同，则响度不同，故发生变化的是响度。 (2)[2][3]口琴在发声时是铜片在振动，较厚较长的铜片振动慢，发出的音调低；由图知A区的较薄、较短，而C区的较长、较厚，故C区发出的音调最低，为低音区；A区发出的音调最高，为高音区。 (3)[4]不同的乐器即便演秦相同的乐曲，发出的音色也不相同，故人能听是口琴演奏的，这是依靠声音的音色辨别的。 (4)[5]吹哨子时，管内空气柱因发生振动会产生声音。 [6]当推拉活塞时，空气柱的长度发生改变，因此空气柱的振动快慢会发生改变，所以会发出不同音调的声音。 押题猜想05 力学 1．工人利用如图所示装置提升物料，该装置中的滑轮为_______滑轮。已知滑轮重80N，货篮重120N，不计绳重及摩擦。工人用该装置匀速提升空货篮时的拉力为________N。若绳子能承受的最大拉力为520N，每根钢条重100N，该装置匀速提升钢条时，所能达到的最大机械效率为________。 【答案】 动 100 80% 【解答】[1]由图可知，滑轮随物料一起运动，所以该装置中的滑轮为动滑轮。 [2]由图可知，动滑轮上有两股绳，已知滑轮重80N，货篮重120N，不计绳重及摩擦，用该装置匀速提升空货篮时的拉力 [3]若绳子能承受的最大拉力为520N，提升钢条的最大重力 由于每根钢条重100N，所以最多能提升8根钢条，则该装置匀速提升钢条时，所能达到的最大机械效率 押题解读 力学部分可以考查机械效率，对于机械效率公式的理解与应用是其中的重点，需要注意动滑轮定滑轮的判别、绳子段数的分辨以及公式的选取问题 考前秘笈 2．如图所示，小明同学在体育课上进行竖直爬杆训练，双脚离地静止时，手握得越紧，小明与杆之间的摩擦力________（选填“增大”“减小”或“不变”）；匀速上爬过程中小明受到竖直的摩擦力________（选填“向上”或“向下”）；匀速下滑时小明的机械能________（选填“增大”“减小”或“不变”）。 【答案】 不变 向上 减小 【解答】[1]小明同学在体育课上进行竖直爬杆训练，双脚离地静止时，小明受到竖直向下的重力和竖直向上的摩擦力，这两个力是一对平衡力，大小相等，所以手握得越紧，小明与杆之间的摩擦力不变。 [2] 小明匀速上爬过程中，小明受到竖直向下的重力和竖直向上的摩擦力，这两个力是一对平衡力，大小相等，重力方向竖直向下，所以摩擦力方向竖直向上。 [3]匀速下滑时，质量不变，速度不变，动能不变，高度减小，重力势能减小，机械能减小。押题解读 摩擦力方向与大小的分析与判断是力学考察的重要内容，对于相对运动的判断以及摩擦力在不同运动状态下的变化规律，需结合实际情境进行准确判断 考前秘笈 摩擦力是两个相互接触的物体，当它们将要发生或已经发生相对运动时在接触面产生一种阻碍相对运动的力 静摩擦力大小：0﹤f≦Fmax 最大静摩擦力大于滑动摩擦力 机械能的转化 1．如图所示，在竖直平面内用轻质细线悬挂一个小球，将小球拉至 A 点，使细线处于拉直状态，由静止开始释放小球，不计摩擦，小球可在 A、B 两点间来回摆动。当小球摆到 B 点时， 同时假如所有力都消失， 则小球将_______， 其原理是_______；当小球从 B 点摆到 C 点，同时假如所有力都消失，此时小球将_________。（选填“沿 CD 方向匀速运动”、“沿 CE 方向匀速运动”或“沿 CF 方向匀速运动”） 【答案】 静止 牛顿第一定律 沿CD方向匀速运动 【解答】[1][2]小球摆到B点，此时其速度为0，若所用外力都消失，据牛顿第一定律知，小球会保持原来的运动状态，所以会静止。 [3]小球由B点摆到C点，其运动方向是沿C点的切线方向，若所有受力都消失，小球将沿CD方向做匀速直线运动。 2．如图所示，一重为G的木块放在水平面上，上表面固定一轻滑轮（不计滑轮摩擦），一端固定在右侧墙上，另一端始终用大小为F1的力竖直向上拉，木块向右匀速运动，这个过程中木块受到的摩擦力大小为_______，木块对桌面的压力_______G（选填“=”、“>”或“<”）。若将绳端拉力方向改为水平向右，木块仍能匀速运动，这时拉力大小为F2，则F2_______（选填“=”、“>”或“<”）。 【答案】 F1 < > 【解答】[1]始终用大小为F1的力竖直向上拉，木块向右匀速运动，木块受到向右的拉力和向左的摩擦力是一对平衡力，大小相等，故摩擦力为 [2]因为滑动摩擦力的影响因素是压力和接触面粗糙程度，当绳子竖直向上拉时，对木块有竖直向上的拉力，木块对桌面的压力小于重力。 [3]若将绳端拉力方向改为水平向右，木块仍能匀速运动，则木块受向右的两个F2和向左的摩擦力是一对平衡力，大小相等，即 因为滑动摩擦力的影响因素是压力和接触面粗糙程度，当绳子竖直向上拉时，对木块有竖直向上的拉力，木块对桌面的压力小于重力，当改为水平向右拉时，木块对桌面的压力等于重力，压力增大，摩擦力增大，即 故 3．如图甲所示，物体A在拉力F的作用下在粗糙程度相同的水平长木板上运动，拉力F与时间t关系如图乙所示，物体运动的速度v与时间t关系如图丙所示，则物体在0-2s内所受摩擦力为______N，5-6s内所受摩擦力为______N，6-8s内所受拉力为______N（图乙中未画出）。 【答案】 1 3 3 【解答】[1]由图乙和丙知，0~2s内，物体A的速度为0，所受的拉力为1N，此时所受的摩擦力与拉力是一对平衡力，所以摩擦力也为1N。 [2]由乙、丙两图知，3~5s，A的速度保持不变，即做匀速直线运动，所受的拉力为3N，此时的摩擦力与拉力也是平衡力，所以摩擦力为3N。而在5~6s，A做加速运动，但A对水平长木板的压力和接触面的粗糙程度不变，所以摩擦力与A做匀速直线运动时的摩擦力相等，为3N。 [3]由乙、丙两图知，6~8s，A做匀速直线运动，所以拉力为3N。 4．A、B是材料相同、表面的粗糙程度也相同的两个物体，A的体积大于B的体积，分两次在同一水平地面上用力推动它们（如图所示），使它们一起做匀速直线运动，则推力F1______F2，图甲中B所受地面摩擦力______图乙中B所受摩擦力。（以上两空均选填“>”、“=”或“<”）。 【答案】 = > 【解答】[1]把物体A、B看成一个整体，两次都在同一水平地面上用力推动它们，使它们一起做匀速直线运动，则它们处于平衡状态，如图甲所示，在水平方向上受到的摩擦力和F1是一对平衡力，大小相等，即F1=f甲。如图乙所示，在水平方向上受到的摩擦力和F2是一对平衡力，大小相等，即F2=f乙。图甲中它们对地面的总压力大小等于物体A、B的总重力，图乙中它们对地面的总压力大小等于物体A、B的重力之和。故甲乙图中它们作为整体对地面的总压力大小相同，且同一水平地面，说明接触面的粗糙程度相同，则甲乙图中它们作为整体受到的摩擦力相等，即f甲=f乙。因为F1=f甲，F2=f乙，那么有F1=F2。 [2]由于两次都在同一水平地面上用力推动它们，图甲乙中物体B与地面之间接触面的粗糙程度相同，图甲中对地面的压力等于物体A、B的总重力，图乙中物体B对地面的压力等于物体B的重力。由当接触面粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大可知，图甲中B所受地面摩擦力大于图乙中B所受摩擦力。 5．如图，滑轮组将重为的重物匀速吊起2m，滑轮组的机械效率为80%，提升重物做的有用功为______J，绳端的拉力为______N，若动滑轮（含吊钩）的质量为100kg，则克服摩擦和钢丝绳重所做的功为______J。    【答案】 【解答】[1]滑轮组提升重物做的有用功为 [2]如图所示，动滑轮是绕了3条绳，n=3，则绳子自由端移动的距离为 滑轮组的机械效率为80%，绳子自由端拉力做功为 绳端的拉力为 [3] 若动滑轮（含吊钩）的质量为100kg，则滑轮组对动滑轮（含吊钩）做功为 滑轮组所做的额外功为 则克服摩擦和钢丝绳重所做的功为 6．如图所示，QAB为可绕O点自由转动的轻质杠杆，OA垂直于AB，且OA长度为40cm，AB长度为30cm，在OA中点C处挂一质量为5kg的物块，要使杠杆在图示位置保持平衡，则需施加的一个最小的力为___________N。    【答案】20 【解答】C处所挂物块的重力 物块对杠杆的力对应的力臂 物块的力及力臂不变时，据杠杆平衡条件知，力臂最大时，对应的施加的力最小。连接OB为最大力臂，OB的长度 则有 解得最小力F=20N。 押题猜想06 电磁学 某科创小组设计了氧气浓度报警装置，其简化电路（未连接完整）如图甲所示。气敏箱可等效为一个电阻，其阻值R与氧气浓度c的关系如图乙所示。闭合开关，当氧气浓度时，绿灯正常发光；当时，红灯正常发光。已知电源电压及两灯的额定电压均为4.8V，电磁铁线圈的电阻忽略不计。 （1）“奋斗者”号下潜过程中，受到海水的压强变___________； （2）电解水制备氧气的过程中，电能主要转化为___________能； （3）图甲中的A灯为___________（选填“红”或“绿”）灯； （4）闭合开关S，当时，通过电磁铁线圈的电流为___________A； （5）请根据文中信息，用笔画线代替导线，将图甲所示电路连接完整，要求导线不能相交（为接线柱）。___________ 【答案】 大 化学 绿 0.1 【解答】（1）[1]根据可知，“奋斗者”号下潜过程中，深度变大，受到海水的压强变大。 （2）[2]电解水制备氧气的过程中，消耗电能，产生化学能，电能主要转化为化学能。 （3）[3]如图乙所示，可知，当氧气的浓度升高时，气敏电阻的阻值变大，电磁铁线圈的电阻忽略不计，控制电路的电源电压不变，故电路中的电流变小，磁性变弱，衔铁弹上去，则A灯接通，此时绿灯发光，故A灯为绿灯。 （4）[4]分析图乙可知，气敏电阻的阻值变化量与氧气的浓度变化量的比值是一个定值，该定值为 闭合开关S，当时，浓度变化为 则电阻的变化量为 气敏电阻的阻值为 已知电源电压及两灯的额定电压均为4.8V，电磁铁线圈的电阻忽略不计，则通过电磁铁线圈的电流为 （5）[5]电磁继电器需要两个电路，一个是控制电路，一个工作电路，根据题意可知，两个电路共用一个电源，控制电路的重要组成部件为电源、电磁铁、气敏电阻，据此可以画出控制电路，工作电路需要分为两个简单电路，衔铁弹上去时，绿灯亮，衔铁吸下来时，红灯亮，故如图所示： 押题解读 含电磁继电器的电路分析是电与磁部分的重难点，需要学生根据欧姆定律的动态分析对电路进行判别，同时还要区分开工作电路与控制电路的物理量及变化关系。 考前秘笈 串联电路 并联电路 电流特点 串联电路中各处电流相等 并联电路的干路总电流等于各支路电流之和 电压特点 串联电路两端的总电压等于各部分电路两端电压之和 并联电路中，各支路两端的电压相等，且都等于电源电压 电阻特点 串联电路的总电阻，等于各串联电阻之和； 若有n个相同的电阻R0串联，则总电阻为； 把几个导体串联起来相当于增大了导体的长度，所以总电阻比任何一个串联分电阻都大。 并联电阻中总电阻的倒数，等于各并联电路的倒数之和； 若只有两个电阻R1和R2并联，则总电阻R总=； 若有n个相同的电阻R0并联，则总电阻为； 把几个电阻并联起来相当于增加了导体的横截面积，所以并联总电阻比每一个并联分电阻都小。 分配特点 串联电路中，电压的分配与电阻成正比= 并联电路中，电流的分配与电阻成反比 = 电路作用 分压 分流 1．为判断短跑比赛时是否抢跑，某兴趣小组设计了如题图“抢跑自动指示”电路．其工作原理是：当运动员蹲在起跑器上后，先闭合S；发令时闭合S1， 发令指示灯亮；运动员起跑后，装在起跑器上的压敏电阻R0因受到压力减小，其阻值改变，表示运动员抢跑. （1）当S1处于断开状态时，闭合S，若压敏电阻阻值变小，电磁铁的磁性________（填“增强”、“减弱”或“不变”）.电磁铁左端为________（填“N”或“S”）极.     （2）已知发令控制电路电源电压U=6伏，电磁铁线圈的电阻不计.若运动员起跑后，压敏电阻R0的阻值为30欧，S和S1仍处于闭合状态，电磁铁线圈中电流为0.25安，则此时发令指示灯的功率为_____W．     （3）压敏电阻通常有两种类型： A．阻值随压力增大而增大； B．阻值随压力增大而减小. 则该模型的压敏电阻应选择________（填“A”或“B”）类型，结合电路简要说明理由：________. 【答案】 增强 S 0.3 A S处于闭合状态时，当运动员起跑后对压敏电阻的压力减小，起跑指示灯要亮，S2要被吸引，电磁铁的磁性要增强，通过线圈的电流应变大，压敏电阻阻值要减小，所以压敏电阻受到的压力减小时其电阻值也减小． 【解答】（1）当S1处于断开状态时，闭合S，若压敏电阻阻值变小，电路中的电流变大，通过电磁铁的电流变大，电磁铁磁性变强．电流从电磁铁的右端流入，从电磁铁的左端流出，根据安培定则可知，电磁铁的右端是N极，左端是S极． （2）通过压敏电阻的电流：， 通过灯泡的电流：IL=I-I0=0.25A-0.2A=0.05A，灯泡功率：PL=UIL=6V×0.05A=0.3W； （3）S处于闭合状态时，当运动员起跑后对压敏电阻的压力减小，起跑指示灯亮，S2要被吸引，电磁铁磁性要增强，通过线圈的电流应变大，因此通过压敏电阻的电流应变大，压敏电阻阻值要减小，所以压敏电阻受到的压力减小时其阻值也减小，应选A类型的压敏电阻． 故答案为（1）增强；S；（2）0.3；（3）A；S处于闭合状态时，当运动员起跑后对压敏电阻的压力减小，起跑指示灯要亮，S2要被吸引，电磁铁的磁性要增强，通过线圈的电流应变大，压敏电阻阻值要减小，所以压敏电阻受到的压力减小时其电阻值也减小． 2．如题图甲所示是小明设计的盐水密度控制模拟装置，A物体浸没在盐水中，R为定值电阻，为力敏电阻，其阻值随下方轻质细线拉力的变化关系如图乙所示。已知，VA=100cm3，ρA=1.6g/cm3。当电磁铁线圈中的电流时，铁质开关K被吸上，当I≤0.04A时，K被释放，从而通过控制水泵向容器中注水使盐水密度保持在一定范围内。电磁铁线圈电阻忽略不计，假设水加入容器后与盐水立刻混合均匀。（g取10N/kg） （1）闭合开关，电磁铁的上端是______极。若往容器中注水，轻质细线上的拉力将______（选填“增大”“减小”或“不变”）； （2）若此装置所能控制的最大盐水密度为1.3g/cm3，则R=______Ω，该装置所能控制的最小盐水密度是______g/cm3； （3）若将R更换为阻值更大的电阻，该装置控制的最大盐水密度将______，该装置控制的最大盐水密度与最小盐水密度的差值将______（均选填“变大”“变小”或“不变”）。 【答案】 S 变大 50 1.1 变大 变小 【解答】（1）[1]由图可知，电流从螺线管的上端流入，由安培定则可知它的上端S极，下端是N。 [2]若往容器中注水，盐水的密度减小，物体排开液体的体积不变，根据F浮=ρ液gV排可知物体A所受浮力变小，由于轻质细线上的拉力F=G-F浮，则拉力F变大。 （2）[3]物体A的重力 GA=mAg=ρAVAg=1.6×103kg/m3×100×10-6m3×10N/kg=1.6N 若此装置所能控制的最大盐水密度为1.3g/cm3，物体A所受的最大浮力 F浮最大=ρ最大VAg=1.3×103kg/m3×100×10-6m3×10N/kg=1.3N 此时轻质细线上的拉力 F最小=G-F浮=1.6N-1.3N=0.3N 根据图象可知 F最小=0.3N，RF1=200Ω 此时铁质开关K应吸上，排水电路开始排水，则电磁铁线圈中的电流I≥0.048A，电路中的总电阻 根据串联电路的总电阻等于各分电阻之和可得定值电阻 R=R总-RF1=250Ω-200Ω=50Ω [4]根据题意可知，当电流达到I′=0.04A时，铁质开关K被释放，停止放水；电路中的总电阻 此时RF的阻值 RF′=R总′-R=300Ω-50Ω=250Ω 由图乙可知，此时的拉力为F最大=0.5N，物体A所受的最小浮力 F浮最小=G-F最大=1.6N-0.5N=1.1N 盐水的最小密度 （3）[5]当R的阻值调大时，由于控制电路中释放或吸上铁质开关的电流值不变，则控制电路对应的总电阻不变，由RF=R总-R可知，RF的阻值会变小，由图象可知物体A受到的拉力减小；根据F浮=G-F可知物体A受到的浮力变大，根据可知液体的密度变大。 [6]当R的阻值调大时，RF的阻值要变小，由图像可知，RF的阻值变化量比拉力变化量大，当最大盐水密度与最小盐水密度时，RF的对应的阻值差（RF1-RF2）保持不变，受到的拉力最大与最小的差值变小，根据F浮=G-F可知物体A受到的浮力最大与最小的差值变小，根据得到液体的密度最大与最小的差值变小。 题型三 作图题 押题猜想07 光学 如图一束光线从空气斜射到水面时发生反射和折射，OB为反射光线，请画出入射光线和折射光线的大致方向，并标出折射角的位置。 【答案】 【解答】如图所示，当一束光线从空气斜射到水面时发生反射与折射；先垂直于界面作出法线，然后据反射角等于入射角，作出入射光线；而后根据折射角小于入射角，作出折射光线，故如图所示： 押题解读 光的反射与折射的作图是基础，考察作图细节的同时还涉及到了折射角、入射角与反射角的大小关系。 考前秘笈 光的反射定律： （1）在反射现象中，入射光线、法线和反射光线在同一平面内.（三线共面） （2）反射光线、入射光线分居法线两侧.（两线分居） （3）反射角等于入射角.（两角相等） （4）在反射现象中，光路是可逆的.（光路可逆） 光的折射定律： （1）如图所示，光从空气斜射入水中或其他介质中时，折射光线向法线方向偏折，折射角小于入射角；当入射角增大时，折射角也增大. （2）当光从空气垂直射入水中或其他介质中时，传播方向不变. （3）在折射现象中，光路可逆. 1．利用平面镜成像的特点，在图乙中画出摄影师看到太阳在湖水中的像的光路图。      【答案】见解析 【解答】首先作出太阳关于水面的对称点，即太阳的像，再连接像点与摄影师眼睛找到与平面镜的交点，此交点为入射点，连接太阳与入射点并标出光的传播方向为入射光线，连接入射点与摄影师眼睛并标出光的传播方向为反射光线，如图所示：   2．如图作出AB物体经过小孔MN所成的像。 【答案】 【解答】过A点和小孔MN画出一条光线交PQ于，再过B点和小孔MN画出一条光线交PQ于，即AB的像为，如下图所示 3．平面镜是魔术师表演节目常用的道具。如图甲演员躺在转盘上做各种动作时，观众在挡板前面利用平面镜看到的却是她竖直悬在空中做优美的动作。如图乙观众看到悬在空中的演员A′，实际演员在挡板后的位置A。请画出平面镜的位置。 【答案】 【解答】所成的像和物体是以镜面为对称轴的轴对称图形，连接AA′；做AA′的中垂线，为镜面位置，连接A′B，可得反射光线，A′B与镜面的交点O为入射点，则OB为反射光线，连接AO，AO为入射光线，如图所示： 押题猜想08 力学 请在图中画出力的示意图： （1）绳对小球的拉力F1； （2）小球对斜面的压力F2。 【答案】 【解答】过绳子与小球的接触点沿绳子斜向上画一条有向线段，即为绳对小球的拉力F1，压力的作用点在斜面上，从作用点起，沿垂直于斜面向下的方向画一条有向线段，用F2表示，如图所示： 押题解读 力学示意图是中考中常见的题型，主要考查物理模型建立的能力，忽略次要因素，抓住主要因素，把复杂的物理现象、规律进行简化处理的能力。 考前秘笈 1．力的示意图：用一条带箭头的线段来表示力。箭头的方向表示力的方向，线段的起点或终点表示力的作用点。 2．画力的示意图的一般步骤 （1）确定受力物体； （2）在受力物体上画出力的作用点； （3）确定力的方向后沿力的方向画一条线段； （4）在线段的末端标箭头，在箭头旁标出所画力的符号、数值大小和单位。 3．重力的方向：竖直向下。 注意：力的方向“竖直向下”与“垂直向下”的区别 （1）“竖直向下”指的是该处力的方向指向地球的球心（也可理解为与水平面垂直），可利用铅垂线来确定竖直方向。一般只有重力的方向才说竖直向下。 （2）“垂直向下”指的是力的方向垂直于接触面（支持面）向下。如支持力和压力等，方向都和接触面垂直。 （3）垂直向下有可能是竖直向下，也有可能不是竖直向下，具体要看支持面的方向。 4．形状规则、质量分布均匀的物体的重心在它的几何中心上。 5．对处于运动状态的物体受力分析时，最容易出错的地方是分析物体受不受摩擦力，以及如果受摩擦力，那么摩擦力的方向如何，运动方向改变，摩擦力方向是不是随之改变。 1．如图,货物随传送带一起水平向右做匀速直线运动,画出该货物的受力示意图 ( ) 【答案】 【解答】物体做匀速直线运动说明它受到了平衡力的作用，水平方向上没有牵引力，也就没有摩擦力，所以水平方向上是不受力的；竖直方向上有重力和支持力，物体A竖直方向上是静止的，重力和支持力就是一对平衡力，大小相等、方向相反；作用点画在物体的中心就行，画出表示重力和支持力的射线标出箭头、字母，具体作图如下： 2．一个质量为2．5kg的金属五角星挂在了一个杆的中点位置，此时请画出拉力F的力臂和金属的重力示意图，并标出重力的大小。（g取10N/kg） 【答案】 【解答】拉力F的力臂为支点到拉力F作用线的垂线段；五角星受到的重力竖直向下，大小为 作用点为物体的重心上，如图所示： 3．如图，一物体沿着斜面匀速下滑，在如图中画出物体下滑过程中受到的所有力．（不计空气阻力）    【答案】   【解答】首先分析物体下滑过程中受到的力，然后确定所受各个力的方向，再根据力的示意图的画法分别画出，注意物体所受力的作用点可以都画在重心上． 物体受到的重力G竖直向下、支持力F垂直于斜面向上，滑动摩擦力与物体运动方向相反，所 f平行于斜面向上，从重心开始沿力的方向作各力的示意图，如图所示：    押题猜想09 电磁学 1．请将如图所示的电灯、开关和三孔插座正确接入家庭电路中，开关需控制电灯。 【答案】 【解答】家庭电路的连接为：灯泡与开关串联，开关接在火线上；三孔插座的接法为：左孔接零线，右孔接火线，上孔接地线。如图所示： 2．根据图中小磁针的指向，标出通电螺线管中的电流方向及电源的正、负极。（小磁针的黑端为N极） 【答案】 【解答】由图知：小磁针的磁极为：左S、右N，那么根据磁极间的相互作用，可知螺线管的磁极为：左S、右N；则据安培定则可知，电源的右端为负极，左端为正极，则电流从左端流入，右端流出，如下图所示 押题解读 电磁学作图题目一般考查的有家庭电路的连接方式，电路图或实物图的连接（一般在实验题或综合题中综合考查）和磁现象，这类题目注重实际应用能力和物理建模能力的考查。 考前秘笈 家庭电路的连接方式：插座连接是“左零右火上接地”，开关接在火线上。 利用右手螺旋定则判断通电螺线管周围的磁场方向和电流的方向，这个主要考查学生实际操作的能力。 1．如图所示，根据小磁针的指向，在图中标出磁感线的方向、通电螺线管端和永磁体端的磁极极性，并画出通电螺线管的导线绕法。 【答案】 【解答】小磁针静止时N极指向左端，所以磁感线从右指向左，根据磁体周围的磁感线从N极到S极，可以判断永磁体的左端是N极，螺线管的右端是S，永磁体的右端是S极，螺线管的左端是N极；根据安培定则，用右手握住螺线管，四指指向电流方向，大拇指指向螺线管的N极。如图： 2．如图是测量小灯泡电阻的实物电路图，其中有一根导线连接错误，请你在错误的导线上画“×”，并用笔画线代替导线画出正确的连接方式。 【答案】 【解答】由题图可知，电压表测的是电源电压，且变阻器的上面两接线柱接入电路中，这是错误的；在测量小灯泡电阻的实物电路图，电压表应测小灯泡的两端电压，变阻器根据“一上一下”的接法接入电路中，如图所示： 3．如图所示，弹簧测力计下悬挂一条形磁体，当开关闭合，弹簧测力计示数变小．请标出电磁铁的S极，并用“＋”标出电源的正极．    【答案】   【解答】分析：由题意可知，开关闭合后弹簧测力计的示数减小，则螺线管与条形磁铁应相互排斥，故可知螺线管的上端磁极，则由右手螺旋定则可知线圈的环绕方向． 解答：开关闭合后弹簧测力计的示数减小，即弹簧变短，说明两磁铁相互排斥；则由磁极间的相互作用可知，电磁铁的上端应为N极，下端为S极；由安培定则可知，电流应由电磁铁的下端流入，故电源的左端为正极，如图所示： 题型四 实验题 押题猜想10 力学实验 1．在一次实验课上，小明利用托盘天平和量筒测浓盐水的密度。 （1）将天平放在水平桌面上，当游码移至零刻度线，此时指针偏向分度盘的左侧，他应将平衡螺母向_______（选填“左”或“右”）调，使横梁水平平衡； （2）天平平衡后，测量步骤如下： A．用天平测出烧杯和剩余盐水的总质量； B．将待测盐水倒入烧杯中，用天平测出烧杯和盐水的总质量； C．将烧杯中盐水的一部分倒入量筒，测出倒出到量筒的这部分盐水的体积； 请根据以上步骤，写出正确的操作顺序：________（填字母代号）； （3）若在步骤B中测得烧杯和盐水的总质量为59.4g，其余步骤数据如图所示，则倒出到量筒的这部分盐水的质量是________g，体积是________cm3； （4）该盐水的密度是________kg/m3； （5）小华利用下端缠有铜丝的圆柱形木棒、溢水杯、小量筒进行实验，同样测得了浓盐水的密度： ①将圆柱形木棒放入装满水的溢水杯中（如图丙），待圆柱形木棒静止，用量筒测量溢出水的体积； ②将圆柱形木棒放入装满浓盐水的溢水杯中，待圆柱形木棒静止，用量筒测量溢出浓盐水的体积； ③算出浓盐水的密度=_______（用字母表示，水的密度用表示）；若步骤②中溢水杯未装满，会导致测量结果________（选填“偏大”或“偏小”）。 【答案】 右 BCA 22 20 1.1×103 偏大 【解答】（1）[1]将天平放在水平桌面上，当游码移至零刻度线，此时指针偏向分度盘的左侧，他应将平衡螺母向指针偏转的反方向移动，即向右调，使横梁水平平衡。 （2）[2]在测量液体密度时，为了减小误差，测出的是倒在量筒中液体的质量和体积。将待测盐水倒入烧杯中，用天平测出烧杯和盐水的总质量；将烧杯中盐水的一部分倒入量筒，测出倒出到量筒的这部分盐水的体积；用天平测出烧杯和剩余盐水的总质量，即测量顺序为BCA。 （3）[3]标尺的分度值为0.2 g，游码在标尺上对应的刻度值为2.4g，图乙所示烧杯和剩余液体的质量为 m1=20g+10g+5g+2.4g=37.4g 则倒出到量筒的这部分盐水的质量是 m=59.4g-37.4g=22g [4]量筒的分度值为1mL，盐水的体积为 V=20mL=20cm3 （4）[5]该盐水的密度是 （5）③[6]在①②中，圆柱形木棒处于漂浮状态，受到的浮力等于重力，由阿基米德原理，物体受到的浮力等于排开液体的重力，故两次排开液体的重力相等，故有 浓盐水的密度 [7] 若步骤②中溢水杯未装满，则溢出盐水的V2体积偏小，根据浓盐水密度表达式，会导致测量结果偏大。 押题解读 浮力应用部分常与密度结合，通过物体的浮与沉以及阿基米德原理进行测量分析。 考前秘笈 浮沉状况 运动状态 条件 物液密度关系 V排与V物的关系 上浮 向上运动 F浮>G物 V排=V物 漂浮 静止在液面上 F浮=G物 V排＜V物 悬浮 静止在液体中 F浮=G物 V排=V物 下沉 向下运动 F浮＜G物 V排=V物 沉底 静止在容器底部 F浮+FN=G物 V排=V物 2．小明在“探究二力平衡的条件”的实验中，设计了如图所示的两种实验方案。    （1）通过实验比较，小明发现采用方案______（选填“甲”或“乙”）实验效果更好，原因是______； （2）当两个盘中分别放上两个相同的砝码后，小车静止在桌面上；这说明二力平衡时，两个力的大小______； （3）保持两盘中砝码质量相等，把小车在水平桌面上扭转一个角度，放手后观察到小车转动，最后恢复到静止状态。这个实验现象说明：作用在同一物体上的两个力，大小相等，方向相反，并且______上，这两个力才能彼此平衡； （4）在完成探究实验后：小明剪断小车左边的细线，小车由静止变为向右运动，此现象说明力可以改变物体的______。 【答案】 乙 减小了摩擦力对实验的影响 相等 作用在同一条直线 运动状态 【解答】（1）[1][2]通过实验比较，小明发现采用方案乙，实验效果更好，原因是滚动摩擦小于滑动摩擦，减小了摩擦力对实验的影响。 （2）[3]当两个盘中分别放上两个相同的砝码后，由于砝码的重力相同，则两侧绳子对小车的拉力是一对平衡力，小车就能保持静止状态，说明彼此平衡的两个力大小相等。 （3）[4]保持两盘砝码质量相等（即让两边的拉力相等），把小车扭转一个角度，使拉力不在同一条直线上，观察到小车发生转动，当小车重新恢复到原来的静止状态时，拉力作用在同一条直线上；这个实验现象说明：作用在同一物体上的两个力，大小相等，方向相反，并且作用在同一条直线上，这两个力才能彼此平衡。 （4）[5]剪断小车左边的细线后，小车由静止向右运动，小车受力不再平衡，此现象说明力可以改变物体的运动状态。 押题解读 二力平衡实验综合考察学生对于受力分析与摩擦力的理解，其原理是力学其他实验（如探究滑动摩擦力大小的影响因素）的基础。 考前秘笈 实验注意事项 （1）用小车而不用木块进行实验，能够有效地减小摩擦，更方便观察小车的运动情况; （2）实验前，滑轮要加一点润滑油，桌面要比较光滑，尽量减小摩擦力对实验的影响; （3）通过观察小车是否静止在桌面上来判断小车是否处于平衡状态。 （4）在向已处于平衡的吊盘中加砝码时所加砝码的质量不能太小，避免因摩擦而使小车不能向质量大的砝码一端运动。 1．小宇在测浓盐水的密度时进行如下操作： （1）把天平放在水平桌面上，将游码归零，发现指针静止时偏向分度盘中线的左侧，此时应将平衡螺母向______（填“左”或“右”）调节，使横梁平衡； （2）天平调平后小宇进行了三步操作： ①测空烧杯的质量为32g； ②用天平测烧杯和浓盐水的总质量，盘中砝码及游码的位置如图甲所示，烧杯和浓盐水的总质量为______g； ③将浓盐水倒入量筒中，液面的位置如图乙所示； 为减小误差，以上操作合理的顺序是______（填序号）；浓盐水的密度为______g/cm3。 （3）小宇又想用天平和一杯浓盐水（已知浓盐水的密度为ρ0）及其他辅助器材测量密度均匀的萝卜的密度： ①用天平测出______（填“萝卜”或“杯和浓盐水”）的质量为m1； ②把萝卜轻轻放入浓盐水中漂浮如图丙，用记号笔记下液面在萝卜上的位置； ③取出萝卜擦干，用刀沿记号将萝卜切成a、b两块，测出b块的质量为m2。萝卜密度的表达式为ρ＝______（用所给字母表示）。 【答案】 右 92 ②③① 1.2 萝卜 【解答】（1）[1]指针静止时偏向分度盘中线的左侧，说明左边重，右边轻，所以要将平衡螺母向右调节。 （2）[2]天平的读数为砝码的质量加上游码的示数，由图可得，此时烧杯和浓盐水的总质量为 m总=50g+20g+20g+2g =92g [3]为了减小误差，应先测量烧杯和浓盐水的总质量，将盐水倒入量筒中，再称量剩余盐水的质量，故顺序应为②③①。 [4]将烧杯中的浓盐水倒入空量筒中，如图乙所示，可读出盐水的体积为50mL，即V盐水=50cm3，盐水的质量为 m盐水=92g-32g=60 g 此时盐水的密度为 （3）[5]这是利用浮力来测量物体的密度，先利用漂浮时，物体所受浮力大小等于自身重力的大小，从而得知物体所受浮力的大小。所以第一步要先测出这个物体的质量，即测萝卜的质量。 [6]由题可得，b块萝卜的体积等于整块萝卜漂浮时排开液体的体积，而整个萝卜处于漂浮状态，故所受浮力大小为 b块萝卜的体积为 萝卜的密度为 2．探究小组在探究液体压强的实验中进行了如图所示的操作。    （1）实验中，探究液体压强的工具是___________ ； （2）甲、乙两图是探究液体压强与___________ 的关系，实验中液体内部压强的大小变化是通过___________ 反映出来的； （3）对比丙、丁得出：液体压强与盛液体的容器形状___________ （选填“有关”、“无关”）； （4）为了探究液体压强与液体密度的关系，小组成员将压强计的探头先后放入水和煤油中的某一深度处，发现U形管两侧液面高度差几乎不变，下面改进操作不能使实验效果更加明显的是___________ 。 A．将U形管换成更细的 B．U形管中换用密度更小的液体 C．将烧杯中的水换成盐水 D．使探头在水和煤油中的深度加大 【答案】 液体压强计 液体深度 液体压强计U形管两边液面的高度差 无关 A 【解答】（1）[1]这是利用U形管中液面高度差来显示压强大小的仪器，叫做液体压强计。 （2）[2]甲、乙两图中，液体均是水，密度相同；但压强计探头所处的深度不同，故是研究液体压强与液体深度的关系。 [3]压强计探头上受到的压强越大，压强计U形管中两侧的液面高度差就越大。 （3）[4]丙、丁再次实验中，液体的密度、探头所处深度均相同，只是容器形状不同，但压强计U形管中液面高度差相同。故得出的结论是：液体压强与容器形状无关。 （4）[5]待测压强大小与U形管中两管中液体压强差是正相关的。所以，为了使实验现象更明显，即让U形管两侧液面高度差大，有两条途径，一是增大被测压强，这可以增大液体密度，或者增大探头所处深度；二是在待测压强相等的情况下，减小U形管中液体的密度，根据可知这会使U形管中液面高度差更大。故A符合题意；BCD不符合题意。 故选A。 3．小明在探究“二力平衡”条件的实验中，设计了如图1方案：    （1）如图1，在左右托盘中放入质量______的砝码，小车将______； （2）若把小车扭转一个角度，放手后发现小车会______（填“静止”或“转回”），这说明：两个力必须______，才能彼此平衡； （3）小明将实验装置进行如图2改装，在托盘中放入适量的砝码，使木块做匀速直线运动。 ①为了测量木块受到的滑动摩擦力，需测量的物理量是______； A．木板的质量m1 B．木块的质量m2 C．砝码的质量m3 D．托盘和砝码的总质量m4 ②根据步骤①中测得的质量，则木块受的滑动摩擦力大小的表达式F=______。 【答案】 相等 静止 转回 作用在同一直线上 D m4g 【解答】（1）[1][2]如图1，在左、右托盘中放入质量相等的砝码，小车受到水平向右和水平向左的拉力相等，小车将静止。 （2）[3][4]若把小车扭转一个角度，则小车在水平方向受到的两个力不在同一直线上，放手后发现小车会转回，恢复到原来运动状态，说明两个力必须作用在同一直线上，才能彼此平衡。 （3）①[5]当托盘里放一定质量的砝码时，木块向右匀速直线运动，此时木块在水平方向上受到水平向右的拉力（大小等于托盘和砝码的重力m4g）和水平向左的滑动摩擦力为一对平衡力， 这两个力大小相等，故为了测量木块受到的滑动摩擦力，要测量托盘和砝码的总质量m4，故选D。 ②[6]木块受到水平向右的拉力是m4g，所以木块受到水平向左的滑动摩擦力大小为f=m4g 押题猜想11 热学实验 小明利用图甲所示的三颈烧瓶做水的沸腾实验，当水温接近90℃时，每隔1min记录一次温度，并绘制出如图乙所示的水温与时间关系图像。          （1）由实验数据可知，水的沸点为___________℃，水沸腾时温度变化特点是___________； （2）当三颈烧瓶中的水沸腾时，小明将注射器内少量冷水全部注入三颈烧瓶中，如图丙所示。发现烧瓶内的水立刻停止了沸腾，则此时烧瓶内水的沸点___________（变高/变低/不变）； （3）接下来小明将三颈烧瓶的瓶口全部用塞子密封住，然后向外拉动注射器的活塞，如图丁所示，发现烧瓶中的水再次沸腾了，根据这个现象，得出水的沸点与气压的关系是___________； （4）小红对着烧瓶外壁喷冷水也使图丁中的水再次沸腾了，她所喷撒的位置是___________。 【答案】 98 吸热温度保持不变 不变 液体的沸点随气压的减小而降低 M 【解答】（1）[1][2]由图乙可知，水从5min开始沸腾，继续吸热，但温度保持不变，水温保持98℃不变，所以水的沸点是98℃。 （2）[3]三颈烧瓶中的水沸腾时，小明将注射器内少量冷水全部注入三颈烧瓶中，发现烧瓶内的水立刻停止了沸腾，由于此时烧瓶内的气压没有变化，所以此时烧瓶内水的沸点不变。 （3）[4]将三颈烧瓶的瓶口全部用塞子密封住，然后向外拉动注射器的活塞，烧瓶内气体压强减小，因为水的沸点会随气压的减小而降低，因此水会重新沸腾起来。 （4）[5]对着烧瓶外壁喷冷水后，瓶内温度降低，水蒸气液化，气体压强减小，因此水的沸点会随气压的减小而降低，水会重新沸腾起来，因此喷洒的位置是M。 押题解读 探究沸腾过程中的特点及规律和利用所给数据来作图像是中考考查的重要内容，同学们需要运用学过的物态变化知识分析和解决生活中的一些热现象。 考前秘笈 （1）实验器材：铁架台、酒精灯、火柴、石棉网、烧杯、中心有孔的纸板、温度计、水、秒表 （2）实验装置： （3）实验步骤： ①按装置图自下而上安装实验仪器； ②用酒精灯给水加热并观察，当水温接近90℃时每隔1min 记录一次温度，并观察水的沸腾现象。 ③完成水沸腾时温度和时间关系的曲线。 （4）水沸腾时的现象：大量的气泡上升、变大，到水面破裂。继续加热，温度不变。 1．某小组在做“探究水的沸腾”实验时，实验装置如图甲所示。 （1）在实验中观察到很多有趣的现象，图乙是水___________（填“沸腾前”或“沸腾时”）的情况；烧杯的上方出现大量的“白气”，“白气”是由水蒸气___________形成的（填物态变化名称）； （2）根据实验记录的数据，作出了水的温度随时间变化的图像，如图丙所示，由图像可知，此时的气压___________（选填“低于”或“高于”）一个标准大气压； （3）如图丁，是小明和小红分别绘制水的温度随时间变化的图像，发现水的温度随时间变化图像有一段是相互平行的，若小明实验时烧杯中水的质量，小红实验烧杯中水的质量，则水的质量___________（选填“大于”“小于”或“等于”）。 【答案】 沸腾时 液化 低于 等于 【解答】（1）[1]图乙中，气泡在上升过程中，变大，是沸腾时的情况。 [2]烧杯上方的白气是热的水蒸气在上升过程中遇冷液化形成的小水珠。 （2）[3]图丙中，保持不变的温度为99摄氏度，即水的沸点此时为99摄氏度，水在一个大气压下沸点为100摄氏度，所以此时的气压低于一个标准大气压。 （3）[4]由图丁知，小明与小红绘制水的温度随时间变化图像中，加热到沸腾前的一段是相互平行的，则小明与小红所用的水初温相同时，加热到沸腾，所用的时间相等，所以两人所用水的质量相等。即m1=m2。 2．如图甲所示，是“探究物质的物态变化规律”的实验装置，实验时先将20克碾碎的固体物质和温度计分别放入试管内，再将试管放入烧杯内的水中，观察该物体的物态变化过程。 （1）试管内物质在熔化过程中，某时刻温度如图乙所示，读数方法正确的是___________（选填“A”、“B”或“C”），示数为___________，某同学根据实验记录的数据描绘出该物质的温度随时间变化的图像（如图丙ABCDE），则可知该物质是___________（选填“晶体”或“非晶体”）； （2）根据描绘的图线，该物质的熔点___________，仔细观察图像发现，该物质熔化前（段）升温比熔化后（段）升温___________（选填“快”或“慢”）； （3）图像中段是该物质液态的___________过程。（填物态变化名称） （4）已知这种物质液态时的比热容是，则它熔化过程中吸收的热量是___________； （5）该物质加热到第时的内能___________第时的内能（选填“大于”、“等于”或“小于”）（整个过程不考虑能量和质量的损失） 【答案】 B 38 晶体 50 慢 沸腾 3840/3.84×103 小于 【解答】（1）[1]温度计读数时，视线要与温度计液柱的上表面相平，不能俯视或仰视，读数方法正确的是B。 [2]温度计分度值是1℃，液柱在0℃以上，示数为38℃。 [3]从图像上看，3～6min，温度保持50℃不变，所以该物质有一定的熔点，是晶体。 （2）[4]由[3]可知，所以该物质熔点是50℃。 [5]该物质在AB段3min温度上升了 50℃﹣20℃=30℃而在CD段2min温度上升了 90℃﹣50℃=40℃故该物质在熔化前AB段升温比熔化后CD段升温慢。 （3）[6] 沸腾是吸热过程，但温度保持不变。BC段为晶体熔化过程，CD为液态升温过程，图像中DE段，继续吸热，温度保持不变，是该物质液态的沸腾过程。 （4）[7] CD段（液态）2min温度上升了40℃，则该物质在这个过程中吸收的热量 Q＝cm3.2×103J/（kg•℃）×0.02kg×40℃＝2560J此过程中加热的时间为2min，由于在相同的时间内物质吸收的热量是相同的，该物质在熔化过程中的时间为3min，故熔化过程吸收的热量为 Q'＝×2560J＝3840J （5）[8] 3～6min为熔化过程，4～6min温度保持不变，但因要继续吸热，故该物质加热到第4min时的内能小于第6min时的内能。 3．小明同学用如图甲中的装置给质量都为 100g和初温都为 70℃的水和煤油加热（加热装置完全相同，实验过程忽略热散失），图乙是根据实验过程记录的数据作出的两种液体的温度随时间变化的图像。 （1）实验过程中通过___________（选填“升高温度”或“加热时间”）来反映物质吸收热量的多少，这种实验方法是___________法； （2）实验时的大气压___________ 1个标准大气压（选填“大于”、“小于”或“等于”），分析图像可知，___________的吸热能力更强，若要使水和煤油在相同时间升高相同的温度，应减少___________的质量（以上两空均选填“水”或“煤油”）； （3）已知水的比热容是 4.2×103J/（kg·℃），则煤油的比热容是___________ J/（kg·℃）。通过观察图像，分析水在第3分钟到第4分钟沸腾过程中吸收的热量是___________ J。 【答案】 加热时间 转换 等于 水 水 2.1×103 4.2×103 【解答】（1）[1][2]实验过程中吸热的多少难以直接观察，由两个加热器完全相同，相同时间产生的热量相同，可以通过加热时间来反映物质吸收热量的多少，这种实验方法是转换法。 （2）[3]根据图像乙可知，当水吸热温度上升到100℃后不再升高，表明此时水正在沸腾，故实验时的大气压等于1个标准大气压。 [4][5]分析图像乙可知，质量相同的水和煤油，水沸腾前，加热相同时间即吸收相同热量，水的温度变化量更小，即，根据 可知，故水的吸热能力更强，若要使水和煤油在相同时间升高相同的温度，则，应减少水的质量。 （3）[6]分析图像乙可知，1min水吸收的热量为 则煤油的比热容是 [7]通过观察图像，相同时间吸收的热量是相同的，水在第3分钟到第4分钟沸腾过程中加热时间为1min，吸收的热量是4.2×103J。 押题猜想12 光学实验 （1）如图甲所示，凸透镜位置固定，发光的小灯泡放在30cm刻度线位置时，移动光屏发现光屏上始终能呈现一个面积大小不变的光斑，则该透镜的焦距为______cm； （2）实验前需调节烛焰、透镜、光屏三者的中心在同一高度上，比较规范的是______（填选项前的字母）； A．将三者分散排列，然后用目测的方法调节  B．将三者靠拢，然后用目测的方法调节 （3）为了方便从不同方向观察光屏上的像，光屏应选用较______（选填“粗糙”或“光滑”）的玻璃板； （4）如图乙所示，用该凸透镜做成像实验，把蜡烛放在距凸透镜18cm的位置，移动光屏，在光屏上形成清晰的像。若撤去光屏，人眼在图乙所示的位置______（选填“能”或“不能”）观察到蜡烛的像； （5）若把蜡烛放在距凸透镜25cm，移动光屏，在光屏上形成清晰的像“A”；接着把光屏放在距凸透镜28cm的位置，再向______（选填“远离透镜”或“靠近透镜”）方向移动蜡烛，在光屏上形成清晰的像“B”。由实验可知像“A”______（选填“大于”或“小于”）像“B”； （6）当烛焰通过凸透镜在光屏上成一实像时，小明用不透明的纸挡住透镜下半部分，则光屏上所成的像______（选填“完整”或“不完整”）。当烛焰向纸内方向晃动时，则像将向______（选填“纸内”或“纸外”）方向晃动； （7）将透镜及蜡烛、光屏置于光具座上（如图丙），做成像实验，记录每次成实像的物距u，像距v。物像间距L（u+v），绘出图线丁（以f为长度单位），由图可知，要想成实像，蜡烛与光屏的间距应满足L______。经“百度”发现，物理学中，有一个凸透镜成像的“新概念”：放大率，结合丙、丁两图，可知当物距u＝3f时，n＝______。 【答案】 10.0 B 粗糙 能 靠近透镜 小于 完整 纸外 不小于4f 0.5 【解答】（1）[1]由题意和图甲可知，当灯泡距离透镜 u=40.0cm-30.0cm=10.0cm在右侧无论怎样移动光屏，发现光屏上始终能呈现一个面积大小不变的光斑，即凸透镜右侧为平行光，说明灯泡正好在焦点上，由焦距的定义可知，该透镜的焦距为10.0cm。 （2）[2]“调节烛焰、透镜、光屏三者的中心在同一高度上”的操作，比较规范的是将三者靠拢，然后用目测的方法调节，这样误差较小。故A不符合题，B符合题意。 故选B。 （3）[3]凹凸不平的表面会把平行的入射光线向着四面八方反射，这种反射叫做漫反射。为方便从不同方向观察光屏上的像，光屏应该发生漫反射，故光屏应选用较粗糙的玻璃板。 （4）[4]由图可知此时物距为u=18cm这时2f>u>f成倒立放大实像，由于实像是由实际光线会聚形成的，实际光线会聚成实像后继续向前传播，故若撤去光屏，人眼在图乙所示的位置能观察到蜡烛的像。 （5）[5][6]把蜡烛放在距凸透镜25cm处时，即u>2f由凸透镜成像规律可知，成倒立缩小的实像；把光屏放在距凸透镜28cm的位置，因像距v>2f此时物距满足f<u<2f故应该向靠近透镜方向移动蜡烛，在光屏上形成清晰的放大的像“B”，所以由实验可知像“A”小于像“B”。 （6）[7]一个物体由无数个点组成，任何一个点反射向凸透镜有无数条光线，无数条光线经凸透镜折射后有无数条折射光线，用不透明的纸挡住透镜下半部分，折射光线减半，会聚成像的大小不变，仍是完整的，但像的亮度变暗。 [8]因凸透镜成实像时，成的像与物是左右颠倒的，故当烛焰向纸内方向晃动时，则像将向纸外方向晃动。 （7）[9]根据凸透镜成实像时满足u> f，由图丁可知，随着物距u的增大，物像间距L先减小后增大，当物距u＝2f时，物像间距L最小为4f，因此，要想成实像，蜡烛与光屏的间距应满足L不小于4f。 [10]由图丁可知，当物距u＝3f时，物像间距 L=4．5f根据 L=u+v可得 v=L-u=4.5f-3f=1.5f则放大率 押题解读 探究凸透镜成像规律是初中物理常考的探究类实验题，一般来说结合着近视眼远视眼成因及纠正方案进行考察，部分题目还会结合水透镜等知识点。 考前秘笈 物的位置 像的位置 像的性质 应用举例 u＞2f 2f＞v＞f 物像 异侧 缩小、倒立、实像 照相机，眼睛 u=2f v=2f 等大、倒立、实像 　特点：实像大小转折点 2f＞u＞f v＞2f 放大、倒立、实像 幻灯机，电影机 u=f 不成像 特点：像的虚实转折点 u＜f 　物像同侧 　 放大、正立、虚像 放大镜 1．小双与小菱用凸透镜来探究其成像规律： （1）小双将点燃的蜡烛、凸透镜和光屏依次安装在光具座上，为了使像成在光屏中央，小双应该调节烛焰中心、凸透镜中心和光屏中心在_________； （2）凸透镜的焦距如图甲所示，当烛焰、凸透镜位于图乙中刻度对应的位置时，光屏上得到一个清晰的像，该像是一个倒立、_________的实像，此时所成的像与_________所成的像性质相同（选填“照相机”、“投影仪”或“放大镜”）； （3）保持（2）中蜡烛位置不变，小菱用焦距为的凸透镜B替换凸透镜A，将凸透镜B仍固定在光具座45cm刻度线处，移动光屏，为使在光屏上仍得到烛焰清晰的像，应该将光屏向_________（选填“靠近”或“远离”）凸透镜B的方向移动； （4）实验一段时间后，发现蜡烛渐渐变短了，要使烛焰的像仍然成在光屏中心，应该将光屏向_________移动； （5）如果把凸透镜看作眼睛的晶状体，光屏看作视网膜。给“眼睛”戴上近视眼镜，使烛焰在“视网膜”上成一清晰的像，如图丙所示。若取下近视眼镜，为使光屏上得到清晰的像，应将光屏_________（选填“靠近”或“远离”）凸透镜； （6）小菱还发现：凸透镜成实像时，像与物上下颠倒，进而思考到：凸透镜成实像时，像和物左右是否相反？请你帮他设计一个比较简单的判断方法_________。 【答案】 同一直线同一高度 缩小 照相机 靠近 上 靠近 沿垂直于光具座方向轻吹烛焰，观察光屏上的像晃动方向是否与烛焰的晃动方向相反 【解答】（1）[1]实验中，为了使像成在光屏的中央，要求蜡烛的焰心、凸透镜的光心、光屏的中心在同一高度上。 （2）[2][3]由图甲可知，该凸透镜的焦距为10.0cm，乙图中物距大于二倍焦距，根据凸透镜成像规律可知，此时成倒立、缩小的实像，生活中照相机就是利用该原理工作的。 （3）[4]小菱用焦距小于10cm的透镜进行实验，此时物距变大，相当于物体远离透镜，根据凸透镜成像规律“物远像近，像变小”可知，想要承接到像，光屏需要向靠近透镜方向移动。 （4）[5]实验过程中，蜡烛渐渐变短，此时蜡烛的焰心和凸透镜的光心连线偏上，说明所成的像偏上，所以需要将光屏向上移动。 （5）[6]近视眼镜为凹透镜，说明近视眼的晶状体对光的会聚能力过强，导致所成的像在视网膜的前方，所以需要光屏向靠近凸透镜的方向移动才会承接到像。 （6）[7]为了探究凸透镜成像中左右是否相反，需要使物体左右不是对称图形，所以可以沿垂直于光具座方向轻吹烛焰，观察光屏上的像晃动方向是否与烛焰的晃动方向相反。 2．如图所示，某同学用自制的水透镜来探究凸透镜成像规律，当向水透镜里注水时，水透镜的焦距将变小；当从水透镜里抽水时，水透镜的焦距将变大。 （1）如图甲所示，一束平行于主光轴的光射向水透镜，在光屏上得到一个最小光斑，则此时水透镜的焦距为______； （2）该同学移动蜡烛，水透镜和光屏至图乙所示位置时，恰能在光屏上看到清晰______（选填“放大”“等大”“缩小”）的像，若仅将蜡烛与光屏位置对调，则在光屏上______（选填“能”“不能”）看到清晰的像； （3）在（2）中将蜡烛与光屏位置对调后的场景下，该同学取了一幅眼镜给水透镜“戴上”，如图丙所示，发现光屏上的像变模糊，当往水透镜中加入适量的水后，发现烛焰的像再次变得清晰，由此判断该眼镜是____________眼镜（选填“近视”“远视”）。 【答案】 9.0 缩小 能 近视 【解答】（1）[1]如图甲所示，一束平行于主光轴的光射向水透镜，在光屏上得到一个最小光斑，该最小最亮的光斑为焦点，则此时水透镜的焦距为 （2）[2]该同学移动蜡烛，水透镜和光屏至图乙所示位置时，此时物距大于像距，恰能在光屏上看到清晰缩小的像。 [3]若仅将蜡烛与光屏位置对调，由光路可逆得，像距变为原来的物距，物距变为原来的像距，则在光屏上能看到清晰的像。 （3）[4]在（2）中将蜡烛与光屏位置对调后的场景下，该同学取了一幅眼镜给水透镜“戴上”，如图丙所示，发现光屏上的像变模糊，当往水透镜中加入适量的水后，水透镜变厚，会聚能力变强，发现烛焰的像再次变得清晰，说明水透镜“戴上”眼睛后，像距变大，由此判断该眼镜是近视眼镜，对光线具有发散作用。 3．用如图所示的装置探究平面镜成像特点。 （1）将蜡烛A竖直放在水平桌面上，点燃蜡烛观察发现：玻璃板中蜡烛A的像偏低且倾斜。你认为在下图所示的①、②、③三幅图中，___________图是产生以上实验现象的原因。 （2）一块仪容镜如图甲所示，放在某学校走廊的AB处，仪容镜靠墙而立，镜面与墙壁平行，在另一面墙壁上的O处悬挂一电铃，如图乙所示。为了总能看到电铃通过仪容镜所成的像O′，小强同学沿着走廊的ae直线走动，若将人和电铃各自看作一个点，则小强同学所在的区间是___________。 A．ab         B．bc       C．cd      D．de （3）图中a、b是家里开着灯、隔着玻璃窗拍摄屋外景物的情形，其中一幅是手机离玻璃窗有一定距离拍摄的___________，另一幅是将手机紧贴在玻璃窗上拍摄的。图a中没有出现屋内吊灯的像，是由于___________。 【答案】 ③ C b 手机挡住了灯光，不能发生平面镜成像 【解答】（1）[1]由于平面镜所成的像与物体关于平面镜对称，所以①图所成的像在玻璃板右侧与桌面垂直；②图所成的像在玻璃板右侧偏高且倾斜，不与桌面垂直；③图所成的像在玻璃板右侧偏低且倾斜，不与桌面垂直，故③图是像偏低且倾斜的原因。 （2）[2]电铃反射的光入射到A处和B处，经过平面镜反射到c和d两处，为了总能看到电铃通过仪容镜所成的像O'，小强同学所在的区间是cd，故C符合题意，ABD不符合题意。 故选C。 （3）[3][4]由题可知，图b中的“灯”并非建筑物上的，而是屋内拍摄者身后的吊灯，这是屋内吊灯发出的光经玻璃窗反射后进入相机后成的像，相当于用相机对着平面镜拍摄平面镜中的虚像，所以手机离玻璃窗一定距离拍摄的是b图。则a图是手机紧贴着窗玻璃拍摄，这时只有远处物体透过玻璃窗射来的光线进入手机镜头，而屋内吊灯发出的光被手机挡住，不能发生平面镜成像。 押题猜想13 电学实验 在测量额定电压为2.5V小灯泡的电阻实验中，电源是两节新干电池。      （1）请用笔画线代替导线，将图甲的电路连接完整，要求滑片向右移动，灯泡变亮________； （2）闭合开关后，发现小灯泡不亮，电压表示数近似电源电压，如果电路连接完好，只有一个元件有故障，则该故障是________； （3）排除故障后，移动滑动变阻器的滑片，将得到的数据填入表格中，其中当小灯泡两端电压为2.5V时，电流表示数如图乙所示，为________A，小灯泡正常发光时的电阻为________（结果保留一位小数）； 试验次数 电压U/V 电流I/A 电阻R/Ω 1 1.6 0.2 2 2 0.22 3 2.5 （4）分析实验数据可知，小灯泡的电阻是变化的，原因是________； （5）完成上述实验后，某小组设计了图丙所示的电路，测量某一小灯泡正常发光时的电阻，已知小灯泡的额定电流为I额，滑动变阻器的最大阻值为R0，电源电压未知但保持不变。 ①将滑动变阻器滑片移至最左端，闭合开关S1、S2，电流表示数为I1； ②________，调节滑动变阻器滑片，使电流表示数为I额； ③保持滑片位置不变，闭合开关S1、S2，电流表示数为I2； 小灯泡正常发光时的电阻R=________。（用已知量和测量量表示） 【答案】    小灯泡断路 0.24 10.4 小灯泡的温度影响其电阻的大小 闭合开关S1，断开开关S2 【解答】（1）[1]滑片向右移动，灯泡变亮，即滑片右移，滑动变阻器接入电路的电阻变小，所以滑动变阻器选择右下接线柱串联接入电路，电压表遵循电流“正进负出”的原则与灯泡并联接入电路，如图所示    （2）[2]闭合开关后，发现小灯泡不亮，电压表示数近似电源电压，说明电压表串联接入电路，则与电压表并联部分断路，所以电路故障为小灯泡断路。 （3）[3]电流表接入电路的是小量程，分度值为0.02A，示数为0.24A。 [4]根据欧姆定律可得，小灯泡的电阻为 （4）[5]根据灯泡的灯丝电阻特点可知，灯泡的电阻随温度是升高而增大，故小灯泡的温度影响其电阻的大小。 （5）①将滑动变阻器滑片移至最左端，闭合开关S1、S2，此时滑动变阻器接入电路的电阻最大为R0，电路为滑动变阻器的简单电路，电流表示数为I1，根据欧姆定律可得，电源电压为U=I1R0。 ②[6]闭合开关S1，断开开关S2，灯泡和滑动变阻器串联接入电路，移动滑动变阻器的滑片，使电流表的示数为I额，灯泡正常发光，串联电路总电阻等于各部分电阻之和，根据欧姆定律可得 ③[7]闭合开关S1、S2，滑片位置不变，电流表的示数为I2，则滑动变阻器接入电路中的电阻为 即 故小灯泡正常发光时的电阻为 押题解读 测量小灯泡的电功率与电阻是电学部分实验的重难点，实验考查实物图的连接、电路故障的排除、实验数据的分析等。需要学生在熟悉欧姆定律动态分析与分压分流规律的基础之上将题干中的实验数据进行归纳总结，得出表达式 考前秘笈 注意事项：①首先利用已有知识写出“伏安法”测电功率的原理公式；②然后根据原理公式选择实验器材、设计实验方案、明确实验注意事项；③最后分析和处理实验数据或图表得出正确结论。 1．小华和小东通过实验测量阻值约为10Ω的定值电阻Rx的阻值，电源电压有4V和6V两挡可选，滑动变阻器有（a：“20Ω 2A ”和 b：“50Ω 1A ”）两种规格。 序号 1 2 3 电流 I/A 0.10 0.24 0.28 电压 U/V 1.0 2.5 2.8 （1）小华断开开关，按照图甲连接好电路，在闭合开关S前，应该将滑动变阻器滑片移到最_______（选填“左 ”或“右 ”）端，闭合开关后，他发现电压表和电流表的示数都较大，移动滑动变阻器的滑片，两个表的示数均不变化，其原因可能是_______； （2）小华排除故障后，正确使用滑动变阻器， 闭合开关，电压表示数为1V，电流表示数如图乙所示。由此判断他选择的电源电压是_______（选填“4V ”或“6V ”），滑动变阻器选择的是_______（选填“a ”或“b ”）规格； （3）小华将测得的多组数记录在的表格中， 由表中数据可得 Rx=_______Ω（结果保留 一位小数）； （4）小东同学在电源电压未知，缺少电流表的情况下，设计了图丙所示的电路图（R0 阻值已知）， 测量未知电阻Rx的阻值。 ①闭合S、S1，断开S2，适当调节滑片的位置，记录电压表示数为U1； ②闭合S、S2，断开S1，保持滑动变阻器滑片的位置不变，记录电压表示数为U2； ③未知电阻的阻值Rx=_______（用题中所给字母表示）。 【答案】 右 滑动变阻器的两个上接线柱接入电路 6V b 10.1 【解答】（1）[1]为保护电路，在闭合开关S前，应该将滑动变阻器滑片移到阻值最大处，即最右端。 [2]闭合开关后，电流表有示数，说明电路是通路的，发现电压表和电流表的示数都较大，说明电路中的电阻很小，移动滑动变阻器的滑片，两个表的示数均不变化，其原因可能是滑动变阻器的两个上接线柱接入电路。 （2）[3][4]由题意可知，电源电压有4V和6V两挡可选，定值电阻Rx的阻值约为10Ω，小华排除故障后，正确使用滑动变阻器， 闭合开关，此时变阻器接入电路的电阻应为最大，电压表示数为1V，电流表示数如图乙所示，此时电流表选择小量程接入电路中，分度值为0.02A，示数为0.10A，即电路电流为0.10A。若电源电压为4V，则变阻器的两端电压为 根据串联电路特点和欧姆定律可得 解得变阻器连入电路的最大阻值为 故不符合题意；若电源电压为6V，则此时变阻器的两端电压为 根据串联电路特点和欧姆定律可得 解得此时变阻器连入电路的最大阻值为 符合题意。因此他选择的电源电压是6V，滑动变阻器选择的是b规格 （3）[5]根据欧姆定律可得，第一次实验中，定值电阻的阻值为 第二次实验中，定值电阻的阻值为 第三次实验中，定值电阻的阻值为 则定值电阻的阻值应为 （4）[6]①闭合S、S1，断开S2，适当调节滑片的位置，此时三个电阻串联，电压表测的是R0和Rx的两端电压，电压表示数为U1。 ②闭合S、S2，断开S1，保持滑动变阻器滑片的位置不变，此时三个电阻串联，电压表测的是R0的两端电压，电压表示数为U2。 ③根据串联电路电压特点可得，Rx的两端电压为 根据串联电路特点和欧姆定律可得 所以未知电阻的阻值为 2．小天同学在“探究欧姆定律”的实验中，所用器材有：学生电源、电流表、电压表、标有“50Ω  1A”的滑动变阻器R’、开关、导线和定值电阻R（5Ω，10Ω，15Ω，20Ω，25Ω）。 （1）请你根据如图甲所示，用笔画线代替导线，将如图乙中的实物电路连接完整。（要求：向右移动滑片时，电路中的电流变小，且导线不能交叉）___________ （2）连接完电路后，闭合开关，发现电流表的指针无偏转，电压表的指针有明显的偏转，原因可能是电阻R___________。（选填“短路”或“断路”）。 （3）排除故障后，他先探究电流与电压的关系。闭合开关，移动滑片依次得到 4 组数据，其中第 4 次实验中电流表的指针如图丙所示，其示数为___________A。他记录的数据如下表一所示，分析数据可以得到结论：电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成___________比。 表一 电流与电压的关系 实验序号 1 2 3 4 电流 I/A 0.20 0.28 0.36 电压 U/V 1.0 1.4 1.8 2.0 （4）他继续探究电流与电阻的关系，先将电源电压调到合适的值，分别换上多个电阻进行探究，得到如图所示的电流 I 随电阻 R 变化的图像。由图像可以得出结论：在电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成___________。 （5）在（4）的实验过程中，若将5Ω的电阻接入电路中，闭合开关调节滑片至适当位置，滑动变阻器连入电路的阻值为R1；接着换成10Ω的电阻接入电路，闭合开关后，再调节滑片至适当位置，使电压表示数为 V，此时滑动变阻器连入电路的阻值为R，则R1：R=___________ （6）若不改变电路和更换实验器材且电路安全的前提下，为了能够利用上述的5个定值电阻得到如图14所示的数据完成实验，则电源电压的可调范围应控制在___________V至___________V之间。 【答案】 断路 0.44 正 反 1：2 3 9 【解答】（1）[1] 滑动变阻器需要串联，向右移动滑片时，电路中的电流变小，即向右移动时，接入滑动变阻器的阻值变大，故左侧的下端接入电路，故用一根导线将滑动变阻器的下端与电阻的右端的接线柱相连，故如下图所示： （2）[2]发现电流表的指针无偏转，说明电路中存在断路，电压表的指针有明显的偏转，说明电压表所在的电路是通的，故是电压表所测量的电阻断路。 （3）[3][4]电流表的指针如图丙所示，分度值为0.2A，故读数为0.44A；如下表一所示，分析数据，当电阻一定时，电压变大，电流变大，故电流与电压成正比。 （4）[5]如图I—R曲线图，是一条弯曲的曲线，即当电阻增大时，电流变小，电流与电阻的乘积是一个定值，故电流与电阻成反比。 （5）[6] 在（4）的实验过程中，即探究电流与电阻的关系，故需要控制电压相同，接着换成10Ω的电阻接入电路，闭合开关后，再调节滑片至适当位置，使电压表示数为 V，此时滑动变阻器连入电路的阻值为R,则此时的电流为 故电源电压为 若将5Ω的电阻接入电路中，闭合开关调节滑片至适当位置，滑动变阻器连入电路的阻值为R1，由于是探究电流与电阻的关系，故电压表的示数相同，为V，故此时的电流为 则电源电压为 经整理可知 故R1：R的比值为2：1。 （6）[7][8]当所选的定值电阻阻值最小时，阻值为5Ω，则定值电阻两端的电压为3V，根据I—R 曲线可知，此时的电流为0.6A，最小的是滑动变阻器不接入，故此时电源电压最小，最小值为3V；为了能够利用上述的5个定值电阻得到如图14所示的数据完成实验，即所有的电阻都成完成实验，如图表格所示，控制的不变的电压为 当所选的电阻的阻值最大时为25Ω，此时的电流为 此时滑动变阻器全部接入时，总电阻最大，电压最大，故最大的示数为 故最大的电源电压为9V。 3．老师给大家准备了以下器材：定值电阻六个（5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω、30Ω）、滑动变阻器标有“30Ω，1A”、电流表、电压表、学生电源（电压可调，精确到0．1V）、开关、导线若干，同学们用来探究“电流与电压、电阻的关系”。 （1）在连接电路前，小明设计了如图甲所示的电路，探究“电流与电压的关系”。连接电路时，开关应该处于___________状态； （2）小明选择了一个10Ω的电阻，将电路正确连接后，闭合开关前，电流表指针位置如图乙所示，这是因为电流表___________； （3）闭合开关后，小明发现电流表的指针几乎不偏转，但电压表示数接近电源电压，则故障原因可能是：___________； （4）在某次测量中，电流表表盘如图丙所示，则所测的电流值是___________A； 　　 　 　 （5）小明将多次测量所得数据的结果绘制成图丁，可得出结论_______； （6）在探究“电流与电阻的关系”时，当电路中连接不同的电阻时，需要保持电阻两边的电压不变。电路连接完成后，分别用5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω的电阻进行实验，正确操作，实验数据画出的定值电阻的I-R图像如图所示，其中阴影面积的物理意义是_______； （7）在如图甲所示的电路中，当接入电阻R的阻值为10Ω，滑动变阻器滑片位于中点；用阻值为15Ω的电阻替换下这个10Ω的电阻后，以下方法中，可能使电压表示数与替换前相等的是_______； A．电源电压不变，不移动滑片P B．电源电压不变，向左移动滑片P C．减小电源电压，不移动滑片P D．增大电源电压，向左移动滑片P （8）当使用30Ω的电阻做实验时，无论怎样调节滑动变阻器的滑片都无法使电压表的示数与前五次相同，为了继续完成第六次实验，如果只能改变电源电压，其它接线柱位置都不变，则电源电压应不高于_______V。 【答案】 断开 指针未调零 定值电阻处断路 0.2 电阻一定时，电流跟电压成正比 定值电阻两端的电压 C 5 【解答】（1）[1]在连接电路时，为了保护电路，开关应该处于断开状态。 （2）[2]小明选择了一个10Ω的电阻，将电路正确连接后，闭合开关前，电路为开路状态，即电路中无电流通过，电流表指针位置如图乙所示，电流表指针未指在零位置，这是因为电流表指针未调零。 （3）[3]由图知闭合开关后，电阻与滑动变阻器串联接入电路，小明发现电流表的指针几乎不偏转，所以电路为断路。若滑动变阻器断路，电压表并联电阻R两端，电压表示数应为零。但电压表示数接近电源电压，则故障原因可能是，定值电阻断路导致电压表与滑动变阻器串联接入电路，电压表测电源电压。 （4） [4]如图丙所示，电流表用0~0.6A量程接入电路，分度值为0.02A，且指针指在0.2A刻度线处，所以所测的电流值是0.2A。 （5）[5]由图丁知，电流-电压图像是过坐标原点的一条直线，由数学知这是正比例函数关系，可得出结论：电阻一定时，通过导体电流跟导体两端的电压成正比。 （6）[6]实验数据画出的定值电阻的I-R图像如图所示，其中阴影面积即为通过定值电阻的电流与定值电阻阻值的乘积，所以其物理意义是表示定值电阻两端的电压。 （7）[7] A．在如图甲所示的电路中，电阻R与滑动变阻器串联，电压表测电阻R两端电压，用阻值为15Ω的电阻替换下10Ω的电阻后，由串联分压原理可知，定值电阻两端电压增大，即电压表示数增大；若电源电压不变，也不移动滑片P，则电阻R两端电压不会变小到原来的值，即电压表示数变大，故A不符合题意； B．若电源电压不变，向左移动滑片P，滑动变阻器阻值变小，分得的电压更小，则定值电阻两端电压即电压表示数变得更大，故B不符合题意； C．若减小电源电压，不移动滑片P，由于电路两端的总电压变小，则定值电阻和滑动变阻器两端的电压都会变小，所以定值电阻两端电压即电压表示数可能与替换前相等，故C符合题意； D．由之前的分析可知，若电源电压不变，向左移动滑片P，则电压表示数变大；所以若增大电源电压，向左移动滑片P，根据串联分压原理可知，电压表示数变得更大，，故 D不符合题意。 故选C。 （8）[8]由图戊知，前五次实验时，定值电阻两端的电压为 当使用30Ω的电阻做实验时，其两端电压仍为2.5V，此时电路中电流 滑动变阻器与30Ω的电阻串联，电路最大总电阻 此时根据 所以电源最高电压 4．在“测量小灯泡电功率”的实验中，电源电压为3V，小灯泡额定电压为2．5V。    （1）小王同学连接电路时，开关应处于 _____（选填“闭合”或“断开”）状态。小王已连接了部分电路，如图甲所示，要使滑片P向右移动时滑动变阻器接入电路的电阻变大，你应将电流表的负接线柱与滑动变阻器上的 _____（选填“A”、“B”、“D”或“P”）点相连。 （2）小王连接好电路后，闭合开关，逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，发现小灯泡始终不亮，电压表有示数，电流表指针几乎不偏转，此现象的原因可能是 _____（选填“开关”、“小灯泡”、“滑动变阻器”或“电流表”）出现故障。 （3）排除故障后，闭合开关，移动滑动变阻器滑片P，观察到两电表示数在变化，并做好数据记录。小王根据多组实验数据绘制的U﹣I图像如图乙所示，根据图像可得小灯泡的额定功率是 _____W，此时小灯泡的电阻是 _____Ω。 （4）小王还发现图线在电流较小时是直线，随着电流增大，图线变成了一条曲线，如图乙所示。造成这一变化的原因是小灯泡的 _____随温度变化而变化。 （5）小强对实验进行了拓展，利用如图丙所示的电路，测出了另一只已知额定电流为I1的小灯泡的额定功率，请完成实验步骤： ①闭合开关S1，开关S2连接b移动滑动变阻器的滑片，使电流表示数为 _____； ②保持滑动变阻器的滑片位置不变，开关S2连接a，调节电阻箱的阻值，使电流表示数为I1，读出电阻箱的示数为R0； ③则小灯泡的额定功率表达式P额＝_____（用字母表示）。 【答案】 断开 A 小灯泡 0.5 12.5 温度 I1 I12R0 【解答】（1）[1]为了保护电路，小王同学连接电路时，开关应处于断开状态； [2]滑片P向右移动时滑动变阻器接入电路的电阻变大，故变阻器应选左下接线柱，即滑动变阻器上的A点与电流表的负接线柱相连。 （2）[3]闭合开关，逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，发现小灯泡始终不亮，电流表指针几乎不偏转，说明电路可能断路；电压表有示数，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的支路以外的电路是完好的，则与电压表并联的支路断路了，即此现象的原因可能是小灯泡出现故障。 （3）[4]由U﹣I图像可知灯在额定电压下的电流为0.2A，小灯泡的额定功率为 P＝UI＝2.5V×0.2A＝0.5W [5]此时小灯泡的电阻为 （4）[6]小灯泡的电阻随温度变化而变化，温度变化较小时，灯的电阻变化也较小，故小王还发现图线在电流较小时是直线，随着电流增大（电阻变化较大），图线变成了一条曲线。 （5）①[7]闭合开关S1，开关S2连接b，移动滑动变阻器的滑片，使电流表示数为I1； ②保持滑动变阻器的滑片位置不变，开关S2连接a，调节电阻箱的阻值，使电流表示数为I1，读出电阻箱的示数为R0； ③[8]在①中，灯与变阻器串联，电流表测电路的电流，电流表示数为I1，故灯正常发光； 在②中，电阻箱与变阻器串联，电流表示数仍为I1，由等效代法，电阻箱的示数R0，即为灯正常发光时的电阻，则小灯泡的额定功率表达式：P额＝I12R0。 题型六 计算题 押题猜想14 力学计算 一辆在水平路面上匀速直线行驶的四轮5G无人配送车，空载时质量为600kg。已知每个轮胎与地面的接触面积均为，配送车在水平路面上受到的阻力始终为车辆总重力的，g取10N/kg。求： （1）配送车空载在水平路面上匀速直线行驶时所需的牵引力； （2）配送车空载时对水平路面的压强； （3）某次配送车装上货物后，对水平路面的压强为时货物的质量。 【答案】（1）600N；（2）；（3）1000kg 【解答】解：（1）空载时配送车的重力 空载时配送车匀速行驶时处于平衡状态，牵引力和阻力是一对平衡力，所以，空载时配送车匀速行驶时的牵引力 （2）配送车空载时对水平路面的压力 配送车空载时对水平路面的压强 （3）装上货物后对水平地面的压力 因物体对水平面的压力和自身的重力相等，所以，所装货物的重力 则所装货物的质量 答：（1）配送车空载在水平路面上匀速直线行驶时所需的牵引力为； （2）配送车空载时对水平路面的压强为； （3）某次配送车装上货物后，对水平路面的压强为时货物的质量为。 押题解读 力学的综合计算以压强为核心进行综合考察，结合功与功率等知识点，需要学生在具有一定力学知识与计算能力的基础上借助题目条件解题。 考前秘笈 固体压强计算 P=F/S，需要注意的是受力面积是一个还是多个 液体压强计算 容器的种类 容器底受到的压强 p=ρ液gh 容器底受到的压力 F=pS 压力和液体重力的关系 容器底部受到液体的压力：F=pS=ρ液ghS=ρ液Shg F>G液 F=G液 F<G液 容器对支持面的压力 容器对支持面的压强 1．如图所示，铁桶重为40N，桶的底面积为200cm2，往桶里倒入12kg的水，水的深度为15cm，平放在面积为1m2的水平台面上（g＝10N/kg）。求： (1)水对桶底的压强； (2)桶底受到水的压力； (3)台面受到桶的压强。 【答案】(1)1500Pa；(2)30N；(3)8000Pa 【解答】解：(1)水对桶底的压强 p＝ρgh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.15m＝1500Pa (2)S＝200cm2＝2.0×10﹣2m2，由 知道，桶底受到水的压力 F＝pS＝1500Pa×2.0×10﹣2m2＝30N (3)台面受到的压力 F＝G桶+G水＝G桶+m水g＝40N+12kg×10N/kg＝40N+120N＝160N 台面受到的压强 答(1)水对桶底的压强1500Pa； (2)桶底受到水的压力30N； (3)台面受到桶的压强8000Pa。 2．如图所示，水平地面上的轻质圆柱形容器甲、乙分别盛有质量均为2kg的水和酒精，甲、乙的底面积分别为S、2S。（ρ酒精=0.8×103千克/米3） （1）求水的体积V； （2）求甲容器中0.1米深处水的压强p水； （3）将同一物体分别浸没在两液体中时，液体不溢出。若水和酒精对容器底部压强的变化量分别为p水、p酒，求p水与p酒的比值。 【答案】（1）；（2）1000Pa；（3） 【解答】解：（1）水的体积 （2）甲容器中0.1米深处水的压强 （3）同一物体分别浸没在两液体中时，排开液体体积相同，故可以列等式 代入数据可知 经整理可知 水和酒精对容器底部压强的变化量分别为 p水与p酒的比值 答：（1）水的体积为； （2）甲容器中0.1米深处水的压强为1000Pa； （3）p水与p酒的比值为。 3．如图所示，水平地面上置有轻质薄壁圆柱形容器甲和圆柱体乙。甲的底面积为0．01米2、高为0.3米，盛有0.2米深的水；乙的底面积为0.005米2、高为0.8米，质量为8千克： ①求水对甲底部的压强p水； ②求乙的密度乙； ③若在乙上方沿水平方向切去一部分，并将切去部分竖直放在甲容器内，此时水对容器底部的压力等于乙剩余部分对地面的压力，求甲容器对地面压强的变化量Δp甲。 【答案】①1960Pa；②2×103kg/m3；③4410Pa。 【解答】①水对甲底部的压强 p水＝ρ水gh＝1.0×103kg/m3×9.8N/kg×0.2m＝1960Pa ②乙的密度 ③水对容器底部的压力等于乙剩余部分对地面的压力 F水 =F乙 因为F=pS，所以 ρ水gh水S甲=ρ乙gh乙S乙 ρ水gh水2S乙=2ρ水gh乙S乙 因为 h水=h乙 即水的深度等于乙剩余部分的高度，当 （V水+V´乙)= V容 时（水刚好满）需乙的高度 所以 h甲=h乙=0.3m V溢=(V乙浸-V上升)=0.3 m×0.005m2-0.1m×0.01m2=5×10-4m3 溢出水的质量为 甲容器对地面压强的变化量 答：①水对甲底部的压强p水为1960Pa。 ②乙的密度乙为2×103kg/m3。 ③甲容器对地面压强的变化量Δp甲为4410Pa。 4．如图所示，高为15cm圆柱形容器乙中装有适量的油（已知油的密度为0．8×103kg/m3），密度为0.6×103kg/m3的圆柱体甲的横截面积与乙容器的底面积之比为3:4，圆柱体甲和容器乙均放在同一水平桌面上，在甲物体上，沿水平方向截取一段长为x的物体A，并平稳放入容器乙中，用力使物体A刚好没在油中（A未与容器乙接触），截取甲并浸没截取部分入乙以后，甲、乙对桌面的压强随截取长度的变化关系如图丙所示，容器乙的壁厚和质量均忽略不计。求 （1）若甲沿水平方向截取5cm后，甲对桌面减少的压强为多少帕？ （2）在甲沿水平方向截取长为5cm的物体A，并放入容器乙中，用力使物体A刚好浸没在油中（A未与容器乙接触），则容器乙对桌面增加的压强为多少帕？ （3）在图丙中p与p0之比为多少？ 【答案】（1）300Pa；（2）300Pa；（3）3:1 【解答】解：（1）根据 pρgh 知若甲沿水平方向截取5cm后甲对桌面减少的压强为 Δp=ρ甲gΔh=0.6×103kgm3×10N/kg×5×10﹣2m=300Pa （2）因为甲乙的底面积之比为3:4，容器乙对桌面增加的压强 （3）已知油的密度为0.8×103kg/m3，甲的密度为0.6×103kg/m3，则 ρ甲:ρ油= 所以 ρ甲ρ油 由图像可知，截取前圆柱体甲对桌面的压强 p甲=ρ甲gh甲=5p0 容器乙的壁厚和质量均忽略不计，则容器乙对桌面的压强 p乙=ρ油gh油=p0 所以 5 化简解得 h甲h油······① 图丙中两图线的交点表示：在甲沿水平方向截取长为a的部分，并放入容器乙中，用力使该部分刚好浸没在油中时，甲、乙对桌面的压强相等，且乙容器对桌面压力的增加量等于截取部分在油中受到的浮力，所以 p=ρ甲g（h甲﹣a） 展开可得 ρ甲gh甲﹣ρ甲ga=ρ油gh油+ρ油ga 即 5p0﹣ρ甲ga=p0+ρ油ga 合并可得 4p0=ρ甲ga+ρ油ga 即 4ρ油gh油ρ油ga+ρ油gaρ油ga 所以 ah油·····② 在图丙中p与p0之比为 答：（1）若甲沿水平方向截取5cm后，甲对桌面减少的压强为300Pa； （2）容器乙对桌面增加的压强为300帕； （3）在图丙中p与p0之比为。 押题猜想15 电学及其与磁学的综合计算 1．为实现自动控制，小明同学利用电磁继电器（电磁铁线圈电阻不计）制作了具有延时加热、保温、消毒等功能的恒温调奶器，其电路图如图甲所示。控制电路中，电压U1＝3V，定值电阻R0＝50Ω，热敏电阻R阻值随温度变化的图像如图乙所示；工作电路中，电压U2＝220V，R1＝836Ω，R2＝44Ω。已知恒温调奶器容量为2kg，水温达到80℃时衔铁会跳起。[水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）] （1）请结合此电路，简要说明电磁继电器的工作原理。 （2）求衔铁刚跳起时，通过电磁铁线圈的电流。 （3）求工作电路在保温状态下的电功率。 （4）当调奶器加满温度为25℃的水，加热元件工作500s后衔铁跳起，求此过程中水吸收的热量及恒温调奶器的加热效率。 【答案】（1）见解答；（2）0.02A；（3）55W；（4）84% 【解答】解：（1）如图乙所示，温度升高时，电阻R的阻值增大，所以当温度比较低时，电阻R的阻值较小，控制电路中的电流较大，电磁铁把衔铁吸下来，工作电路中只有电阻R2接入；当温度较高时，电阻R的阻值较答，控制电路中的电流较小，复位弹簧把衔铁拉上去，工作电路中电阻R1和R2串联接入，根据可知，电压一定时，电路中的电阻越小，加热功率越大，故动触点与静触点a接触时，为保温电路，动触点与静触点b接触时，为加热电路。 （2）如图乙所示，温度为80℃时，电阻R的阻值为100Ω，则此时通过电磁铁线圈的电流为 （3）动触点与静触点a接触时，为保温电路，工作电路中电阻R1和R2串联接入，保温状态下的电功率为 （4）由题意知，水温达到80℃时衔铁会跳起，则水吸收的热量为 动触点与静触点b接触时，为保温电路，工作电路中只有电阻R2接入，加热状态下消耗的电能为 此过程中水吸收的热量及恒温调奶器的加热效率为 答：（1）电磁继电器的工作原理：见解答； （2）衔铁刚跳起时，通过电磁铁线圈的电流为0.02A； （3）工作电路在保温状态下的电功率为55W； （4）当调奶器加满温度为25℃的水，加热元件工作500s后衔铁跳起，此过程中水吸收的热量及恒温调奶器的加热效率为84%。 2．如图是一条电热毯电路的示意图，R0是发热电阻丝，R是串联在电路中的电阻，S是控温开关．电热毯标牌上标有“220V 40W”字样．问（不考虑温度对电阻值的影响）： （1）要使电热毯处于低温挡时，开关S应处于什么状态？ （2）发热电阻丝R0的阻值是多大？ （3）当电热毯处于低温挡时，电路中的电流为0.1A，则在10s内电阻丝R0产生的热量是多少？ 【答案】（1）断开（2）1210 （3）121J 【解答】（1）要使电热毯处于低温挡时，开关S应处于断开状态，由 可得，当开关闭合时发热功率大，当开关断开时发热功率小． （2）发热电阻丝R0的阻值是： （3）产生的热量是: 押题解读 电学通常结合热学进行考察，主要是高低温档位的判断与电热的计算；而电磁学要求学生能够灵活运用欧姆定律、电磁铁的原理等知识解决实际问题。 考前秘笈 公式 变形式 （常考） 物理量 主单位 其他常用单位 U=IR 电压（V） V（伏） mV（毫伏） 电阻（R） Ω（欧） kΩ（千欧） 电流（I） A（安） mA（毫安） W=UIt —— 电压（V） V（伏） mV（毫伏） 电流（I） A（安） mA（毫安） 时间（t） s（秒） h（小时）、min（分钟） 电功（W） J（焦） 电能表上常用的单位为kW·h W=Pt P=UI P=I2R 电功（W） J（焦） 电能表上常用的单位为kW·h 时间（t） s（秒） h（小时）、min（分钟） 电功率（P） W（瓦） kW（千瓦） Q=I2Rt 电流（I） A（安） mA（毫安） 电阻（R） Ω（欧） kΩ（千欧） 时间（t） s（秒） h（小时）、min（分钟） 热量（Q） J（焦） kJ（千焦） 1．如图甲所示，是一种电加热恒温箱的简化工作原理电路图。工作电路由电压U0=220V的电源和阻值为R0=88Ω的电热丝组成。控制电路是由电压U1=7.5V的电源、开关、电磁继电器（线圈电阻不计）、电阻箱R1（可取值范围为0～120Ω）和热敏电阻Rt组成的，热敏电阻Rt的阻值随温度变化的关系如图乙所示。当控制电路的电流达到50mA时，衔铁才吸合，从而切断右边工作电路，停止加热。求： (1)工作电路中电热丝R0工作时的电流； (2)电热丝R0工作5min产生的热量； (3)如果恒温箱的温度设定为60°C，则电阻箱R1应取多大阻值； (4)该恒温箱可设定的最高温度是多少°C。 【答案】(1)2.5A；(2) ；(3) 70Ω；(4)150°C 【解答】(1)根据计算工作电路中电热丝R0工作时的电流为 (2)工作电路工作5min产生的热量为 (3)如果恒温箱的温度设定为60°C，由图乙知，此时热敏电阻的阻值为80Ω，则由可得控制电路的总电阻为 则电阻箱R1的阻值为 (4)因为电磁继电器的吸合电流一定，吸合时总电阻一定，所以当电阻箱的电阻最大时，热敏电阻的阻值最小，此时设定温度最高,可得热敏电阻最小为 由图乙得，热敏电阻为30Ω时，设定最高温度为150°C。 答：(1)工作电路中电热丝R0工作时的电流是2.5A； (2)电热丝R0工作5min产生的热量是； (3)如果恒温箱的温度设定为60°C，则电阻箱R1应取阻值70Ω； (4)该恒温箱可设定的最高温度是150°C。 2．实践小组设计了由厢体、承重板和动滑轮组成的提升重物的装置，示意图如图甲，厢体放置在水平承重板上，承重板的上表面装有压力传感器，装置由电动机提供动力。该装置设计有超载限制系统，如图乙，限制系统中的控制电路电源电压恒为12V，定值电阻R0阻值为200Ω，压力传感器中的力敏电阻RF阻值随压力F压变化的部分数据如下表所示。当控制电路的电流大于0.03A时，电磁铁将衔铁吸下，B、C两个触点断开，电动机停止工作。已知厢体重150N，承重板和滑轮共重100N，忽略绳重、摩擦和电磁铁线圈电阻。 F压/N … 400 600 800 900 1000 … RF/Ω … 800 500 300 200 100 … （1）空厢匀速竖直上升时，求绳拉力F的大小； （2）在6s内将空厢匀速竖直提升3m，求拉力F做功的功率； （3）重物放在厢体内，求该装置匀速竖直提升重物的最大机械效率； （4）若要将该装置的最大载重量调小，提出对控制电路的一条调整措施。    【答案】（1）125N；（2）125W；（3）75%；（4）减小R0 【解答】解：（1）忽略绳重、摩擦，空厢匀速竖直上升时，绳拉力F的大小 （2）绳端移动距离 绳拉力F做的功 绳拉力F的功率 （3）控制电路的最大电流时，载重量最大，控制电路最小总电阻 力敏电阻的阻值 由表中数据可知，当，压力，即最大载重 装置的最大机械效率 （4）要将该装置的最大载重量调小，力敏电阻RF阻值会变大，控制电路的电流不变，由可知，电源电压不变，电路的总电阻不变，可以减小R0的阻值。 答：（1）空厢匀速竖直上升时，绳拉力F的大小是125N； （2）在6s内将空厢匀速竖直提升3m，拉力F做功的功率是125W； （3）重物放在厢体内，该装置匀速竖直提升重物的最大机械效率是75%； （4）若要将该装置的最大载重量调小，减小R0。 3．图甲中的小灯泡标有“2．7V 0．3A”字样，定值电阻R1=10Ω，R2由三段材料不同、横截面积相同的均匀直导体EF、FG、GH连接而成，总长度为35cm，其中一段是铜导体，其电阻可忽略不计，另两段导体的阻值与自身长度成正比，P是与R2接触良好并能移动的滑动触头。若只闭合S、S1时，电流表示数I与P向左移动距离x之间的关系如图乙所示。（忽略温度对电阻影响） （1）电源电压多大？若只闭合S、S1，当x=15cm时，电路消耗的总功率多大； （2）导体EF、FG、GH各段的电阻分别是多大； （3）若只闭合S与S2，为确保灯丝不被烧坏，滑片P向左移动距离x的变化范围？ 【答案】（1）6V，2.4W；（2）5Ω、0Ω、15Ω；（3）x≤9cm 【解答】解：（1）若只闭合S、S1时，R1与R2串联，由图甲可知当滑片在E处时，只有R1连入电路，由图乙可知电路中的电流最大为 根据可得，电源电压 如图乙所示：当x=15cm时 电路消耗的电功率 （2）若只闭合S、S2时，由图像可知当滑片在H点时的电流为0.2A，R1两端的电压为 滑片在H点时的电阻为 滑片P从H端移到E端时出现拐点，由图像可知 中间一段电流无变化，故FG是铜导线 由图像可知，当滑片P位于F点时，电路中电流I=0.4A，则总电阻为 则EF段电阻为 GH导体的电阻 （3）若只闭合S与S2，灯泡与R2串联，当灯正常发光时灯两端电压为2.7V，所以滑动变阻器 滑动变阻器的电阻为 而 所以GH段接入电路电阻为 未接入电路部分电阻为9Ω，由 知，GH部分每1cm长电阻为15Ω，所以滑片移动的最大距离为 故 答：（1）电源电压为6V，若只闭合S、S1，当时，电路消耗的总功率为2.4W； （2）导体EF、FG、GH各段的电阻分别是5Ω、0Ω、15Ω； （3）若只闭合S与S2，为确保灯丝不被烧坏，滑片P向左移动距离的变化范围是。 4．图中所示是某型号电饭锅内部简化电路。与是阻值不变的发热电阻。温控开关S可以根据实际情况使电饭锅处于加热或保温状态。下表是该电饭锅的铭牌。求： 容量 6L 额定电压 220V 加热功率 880W 保温功率 50W （1）画出电路处于保温状态时的等效电路图； （2）的阻值； （3）电饭锅在保温状态下正常工作15min所消耗的电能。 【答案】（1）见解析；（2）；（3） 【解答】解：（1）由题意可知保温状态时两个电阻串联，等效电路如下图： （2）由题意可知加热状态时只有一个电阻接入电路，加热时等效电路如图 则的阻值为 （3）电饭锅在保温状态下正常工作15min所消耗的电能为 5．如图所示的是探究灯泡灯丝的电阻特性的实验电路，所使用的器材有：小灯泡L（额定电压2．5V，额定电流0．25A）、电压表V（量程15V，内阻未知）、电流表A（量程0．6A，内阻0．2Ω）、阻值为30Ω的定值电阻R0、滑动变阻器R、恒定电源（电压15V，内阻不计）、开关S、导线若干。闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片到某一位置，当电流表的示数为0.55A时，小灯泡L正好正常发光。 (1)小灯泡L正常发光时的电阻是多少？ (2)此时电压表的示数是多少？ (3)通电1min，电流表A消耗的电能是多少？ 【答案】(1) 10Ω；(2) 6.5V；(3) 3.63J 【解答】(1)小灯泡L正常发光时的电阻是 (2)由图像可知电压表与灯L串联后与定值电阻R0并联，小灯泡L正好正常发光，则电压表与灯L串联支路的电流为0.25A，由并联分流可知，定值电阻R0的电流为 0．55A-0．25A=0．3A 则两支路的路端电压为 由串联分压可知电压表的示数为 9V-2.5V=6.5V (3)通电1min，电流表A消耗的电能是 答：(1)小灯泡L正常发光时的电阻是10Ω； (2) 电压表的示数为6.5V； (3) 通电1min，电流表A消耗的电能是3.63J。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年中考物理终极押题猜想（南京专用） 目录 题型一 单项选择题 1 押题猜想01 声、光、热学 1 押题猜想02 力学 5 押题猜想03 电磁学 11 题型二 填空题 16 押题猜想04 声、光、热学 16 押题猜想05 力学 21 押题猜想06 电磁学 24 题型三 作图题 27 押题猜想07 光学 27 押题猜想08 力学 29 押题猜想09 电磁学 30 题型四 实验题 32 押题猜想10 力学实验 32 押题猜想11 热学实验 36 押题猜想12 光学实验 39 押题猜想13 电学实验 42 题型六 计算题 46 押题猜想14 力学计算 46 押题猜想15 电学及其与磁学的综合计算 50 题型一 单项选择题 押题猜想01 声、光、热学 1．下列关于声现象的描述，正确的是（　　） A．声速在空气中为340m/s，声音在真空中不能传播 B．捂上耳朵听到外面的声音变小，这是在传播路径上减弱噪声 C．“闻其声而知其人”是根据音调来判断的 D．“不敢高声语”是形容声音的音调高 押题解读 声音的产生与传播，乐音的特性，噪声的控制以及超声波与次声波是近些年来命题的热点，声学内容的考查越来越体现出知识的整合和理解能力，学生需要对基本概念理解记忆的很深刻，不能混淆。 考前秘笈 理解乐音的特性及其影响因素；振幅是指声音振动的幅度，声音的响度和振幅有关，振幅越大，响度越大；频率是振动的快慢，声音的音调和频率有关，频率越高，音调越高。声音的传播需要介质，介质可以是气体、液体或固体，真空不能传声。 2．自行车后面一般都装有角反射器，通过反射光线来进行提醒后方来车。以下光现象与其原理相同的是（    ） A．雨后彩虹 B．日晷计时 C．湖面倒影 D．铅笔弯折 押题解读 光的折射和反射规律的应用，通过图像理解光的反射定律和光的折射定律，一题多知识点的考查是近些年来中考命题的一大特色。 考前秘笈 光现象的原理有光的直线传播、光的反射以及光的折射，折射是光从一种介质斜射入另一种介质时所发生的一种现象，光在同种均匀介质中沿直线传播，平面镜成像的原理是光的反射。 3．二十四节气歌词中写到“春雨惊春清谷天，夏满芒夏暑相连；秋处露秋寒霜降，冬雪雪冬小大寒。”。以下关于二十四节气中部分物态变化分析判断正确的是（    ） A．雨的形成是汽化现象，要放出热量 B．露的形成是液化现象，要吸收热量 C．霜的形成是凝固现象，要吸收热量 D．雪的形成是凝华现象，要放出热量 4．下列对有关现象的描述，正确的是（　　） A．图甲，水蒸气冲开橡胶塞，机械能转化为内能 B．图乙，海波正在熔化时，温度和内能都不变 C．图丙，寒冷的冬天，人们常搓手是利用做功方式改变内能 D．图丁，向上拉浸没在水中的玻璃板直至脱离水面的过程，测力计示数保持不变 押题解读 物态变化部分主要考察基础知识及其对应，部分题目还会结合温度、热量与内能三者的关系、内能与机械能以及改变内能的两种方式进行考察。 考前秘笈 物态变化及其吸热与放热要熟练掌握，水循环中对应的云雨露霜雾等要熟悉；温度、热量和内能之间的联系要清楚：温度升高，内能一定增大，但是不一定吸热；吸收热量，内能一定增大，但是温度不一定升高；内能增大，温度不一定升高，也不一定吸热。 1．如图是“探究凸透镜成像规律”的实验，其中成像性质与投影仪成像性质相同的是（　　） A．  B．   C．  D．   2．有一圆柱形敞口容器，从其左侧某一高度斜射入一束激光，在容器底部产生一个光斑，如图所示。下列操作将使光斑向右移动的是（　　） A．保持水面的高度和入射点不变，使激光的入射角减小 B．保持水面的高度不变，使激光笔向左平移 C．保持激光射入的角度不变，使水面上升 D．保持激光射入的角度不变，使激光笔向上平移 3．如图所示，平面镜竖直放置在水平面上，一支直立的铅笔从平面镜前40cm处，以的水平速度沿垂直于镜面的方向向平面镜匀速靠近，下列说法正确的是（　　） A．铅笔在平面镜中所成的像逐渐变大 B．经过2 s，铅笔与它的像之间的距离变为30 cm C．铅笔的像相对于平面镜的速度为 D．若平面镜顺时针转至图中虚线位置，铅笔的像将与铅笔垂直 4．如图所示， AB是凸透镜的主光轴，P、Q、S是在主光轴上的三个位置，把一物体放在Q处，像成在S处；把物体放在S处，凸透镜位置不变，像成在P处，则可判断凸透镜的位置在（　　） A．P的左边 B．PQ之间 C．QS之间 D．S的右边 5．如图所示，将冰块放入易拉罐中并加入适量的盐。用筷子搅拌大约半分钟，用温度计测量罐中冰与盐水的混合物温度，可以看到混合物的温度低于。这时会观察到易拉罐的底部出现白霜。针对以上现象说法正确的是（    ） A．白霜是空气遇冷凝华形成的 B．混合物温度低于，说明含盐的冰在熔化过程中温度降低 C．混合物温度低于，说明此时的大气压低于标准大气压 D．在易拉罐内部和外部分别发生了熔化和凝华 6．小铭发现，对着手吹气时会感觉凉爽，对着手哈气时，会感觉暖和。以下有关说法正确的是（　　） A．对着手吹气时，加快了空气流速和汗液的升华 B．对着手吹气时，是放热过程，有致冷作用 C．对着手哈气时，使环境中的水蒸气在手中液化 D．对着手哈气时，物态变化与露的形成相同 7．如图所示的四种物态变化的实例中，属于汽化的是（　　） A． 冰雪遇暖消融 B． 水绕开时冒出“白汽” C． 草叶上形成“白霜” D． 用干手器将手烘干 8．如图所示，将一束太阳光投射到玻璃三棱镜上，在棱镜后侧光屏上的 AB 范围内观察到了不同颜色的光，则（　　） A．AB 范围 A 的外侧能使荧光物质发光 B．只有 AB 之间有光 C．将温度计放到 AB 范围 A 的外侧温度会升得更高 D．该实验证明了太阳光是单色光 押题猜想02 力学 1．东京奥运会上，苏炳添百米赛跑以9秒83的成绩震惊世界，被称为“亚洲飞人”，以下说法正确的是（　　） A．起跑时，苏炳添使劲向后蹬地，此时他对地面的力大于地面对他的力 B．苏炳添超越对手时，以苏炳添为参照物，对手向后运动 C．苏炳添加速冲刺阶段，力维持了他的运动状态 D．到达终点后，不能立即停下来，是因为受到惯性的作用 押题解读 利用物体惯性的概念解释生活中的常见现象，充分理解相对运动与参照物的定义并能对具体事例进行判断。 考前秘笈 惯性就是物体保持原来运动状态不变的性质，惯性的大小只与物体的质量有关。惯性只能具有，而不能说受到惯性。物体间力的作用是相互的，一对相互作用力大小相等、方向相反、作用在一条直线上、作用在两个物体上 2．如图所示，用甲、乙、丙三种简单机械分别提起同一重物G，已知滑轮重20N，杠杆重10N，手的拉力始终沿竖直方向，忽略绳重及摩擦，下列说法正确的是（　　） A．甲图：该装置不省力但省距离 B．乙图：该装置的机械效率是三者中最高的 C．丙图：在匀速拉动物体上升的过程中，拉力F3逐渐变小 D．若提升的物体越重，乙、丙的机械效率会越高 押题解读 机械效率部分考查对于有用功与总功的理解以及在此基础上的公式计算与定性分析，而杠杆部分的动态分析是重点与难点，部分模型需要用到三角形相似的知识。 考前秘笈 要注意到题干中的“不计绳重与摩擦”，部分机械效率的公式只有在题干中强调这句话的前提下才能用；机械效率与功率需要区分开来，没有既省力又省距离（省功）的机械。动态杠杆问题中，如果发现动力阻力平行，且力臂同时变化，就可以考虑三角形相似 3．东风—21D是我国针对敌方航母发展的一款陆基中程反舰弹道导弹，如图是它的飞行轨迹图。在空中预警机和北斗卫星系统的支持下，它通过惯性加卫星制导的方式，可以精确命中1500km以外的移动航母。由于东风—21D末端速度远超音速且具有机动变轨能力，拦截难度非常大，是真正的大国重器。下列说法正确的是（　　） A．导弹成功发射后，在加速升空过程中，导弹的机械能始终保持不变 B．导弹加速升空过程中，动能增大，重力势能减小 C．导弹在进行“机动变轨”，不断修正弹道轨迹过程中的运动状态不变 D．导弹在空中沿弹道水平匀速飞行时，机械能减小 押题解读 结合生活情景的力学与机械能部分的综合性考查，考查了受力分析以及机械能的影响因素及其转化，能够较好的考查学生利用生活情境结合物理知识解决实际问题。 考前秘笈 力是改变物体运动状态的原因，运动状态包含了速度的大小和方向。机械能包含动能、重力势能和弹性势能，动能与质量和速度有关，重力势能与质量和离地面的高度有关，弹性势能与形变量有关 4．在“探究液体内部的压强”实验中，实验现象如图所示，U形管内液面的高度差越大，表示探头所在位置的液体压强越大。下列说法不正确的是（　　） A．U形管左右两侧液面高度差越大，反映了薄膜所受液体的压强越大 B．若在甲图中增大探头在水中的深度，U形管左右两侧液面的高度差会变小 C．比较甲、乙、丙三图可得：同一深度液体向各个方向的压强都相等 D．比较丙、丁两图可得：在深度相同时，液体内部的压强与液体的密度有关 押题解读 用滑轮组进行“一瓶水提升一个人”活动，将物体问题情景化，同时考查学生分析、解决问题和数学运算的能力。 考前秘笈 把握题干信息，把生活问题物理化，同时熟练掌握总功、有用功和机械效率的计算公式，忽略次要因素，把握主要因素。 5．如图，将质量均匀的木棒切割并组装成两个形状相同、质量均为m的木模，用三根竖直细线a、b、c连接，在水平面上按照“互”字型静置，上方木模呈现悬浮效果，这是利用了建筑学中的“张拉整体”结构原理。则（　　）    A．a的拉力等于mg B．b的拉力大于a的拉力 C．沿左右方向平移三根细线在上方木模的接线点，线仍竖直，线上拉力会改变 D．沿左右方向平移三根细线在上方木模的接线点，线仍竖直，地面受到的压力会改变 押题解读 利用杠杆平衡的条件和对物体的受力分析解决实际问题，体现了物理模型法的应用和物理建立模型的能力。 考前秘笈 利用所学知识，把生活问题转化为物理杠杆模型，标出已知量，未知量，来分析具体问题。 1．长方体木箱放在水平地面上，木箱上放一木块，则下列分析正确的是（ ） A．木箱受到的重力和地面对木箱的支持力是一对平衡力 B．木箱对地面的压力和地面对木箱的支持力是一对相互作用力 C．木箱对木块的支持力和木块对木箱的压力是一对平衡力 D．地面对木箱的支持力和木块对木箱的压力是一对相互作用力 2．跳台滑雪是北京冬奥会的重要项目之一、如图所示，跳台滑雪赛道由助滑道AB、着陆坡BC、停止区CD三部分组成。比赛中，运动员从A点由静止开始下滑，运动到B点后水平飞出，落在着陆坡末端的C点，滑入停止区后，在与C点等高的D点速度减为零。若不计空气阻力，则运动员（　　） A．位于C点和D点时的动能相等 B．从B点到C点的过程中，机械能不守恒 C．从B点到C点的过程中，重力势能转化为动能 D．从A点到B点的过程中，动能转化为重力势能 3．如图所示，把重为G的物体沿高为h，长为l的粗糙斜面以速度v由底端匀速拉到顶端的过程中，拉力F做的功为W，则下列选项正确的是（    ） A．拉力大小为 B．物体所受摩擦力大小为 C．拉力功率的大小为 D．斜面的机械效率为 4．下列关于压强的实例中，说法不正确的是（　　） A．火车轨道铺在枕木上，通过增大受力面积减小压强 B．排水管的U形“反水弯”是一个连通器 C．自制压强计随海拔的升高玻璃管内液面会降低 D．飞机机翼的升力是利用气体流速越快的位置压强越小的原理 5．在水平桌面上两个相同的烧杯分别装有质量相同的甲和乙两种液体，把质量也相同的实心小球A和B放入杯中，静止时如图所示，下列说法正确的是（　　） A．甲液体的密度大于乙液体的密度 B．小球A的密度大于小球B的密度 C．甲、乙烧杯底受到的液体压强相等 D．球A受到的浮力比球B大 6．如图所示是“探究浮力的大小跟哪些因素有关”的几个实验情景实验甲、丙和丁中，弹簧测力计的示数分别为4．0N、2．8N和2．5N．若盐水的密度为1．2×103kg/m3，则下列结论正确的是（ ） A．实验丙中，弹簧测力计的示数比乙中小0.5N B．物体A的密度为3.2×103kg/m3 C．实验丁中，容器底部受到的压力大于0.3N D．实验乙中，物体A受到的拉力为10N 7．甲装置中，空吊篮A重25N，B处绳子承受的拉力足够大，C处绳子承受的最大拉力为100N。小壮将A提升到高处，施加拉力F随时间变化关系如图乙，A上升速度随时间变化关系如图丙。忽略绳重、摩擦、空气阻力。下列说法不正确的是（　　） A．动滑轮所受的重力为15N B．在1~2s内克服滑轮重做的额外功为30J C．此装置最多能匀速运载160N重的货物 D．此装置运载货物最高机械效率为92.5% 8．“反向蹦极”是一项比蹦极更刺激的运动。如图所示，弹性轻绳的上端固定在O点，拉长后将下端固定在体验者的身上，并与固定在地面上的扣环相连，打开扣环，人A点由静止释放，像火箭一样被“竖直发射”，经B点上升到最高位置C点，在B点时速度最大。对此过程，下列描述正确的是（　　） A．弹性绳的弹性势能在B点时最大 B．到达B点时，弹性绳处于原长位置 C．人从A到B的过程中，动能增加，重力势能增加 D．人从A到C的过程中，重力势能增加，动能一直减少 押题猜想03 电磁学 1．如图为一种无链条电动自行车，它结合了人体动力和电池动力，骑行者踩脚踏板产生的机械能通过某装置可转化为电能，下列图例中与该过程原理相同的是（　　） A． B． C． D． 押题解读 考察学生对于磁部分原理的辨析，通过分析生活中的磁现象进一步理解电与磁之间的联系。 考前秘笈 磁部分的原理有：通电导体周围有磁场（奥斯特实验）、通电导体在磁场中受到力的作用、电磁感应原理。三个原理对应的影响因素也要注意区分开 2．小明为海鲜市场的冷库设计了温度自动报警器，其原理如图甲所示。控制电路和工作电路的电源电压均为3V保持不变，电磁铁线圈电阻忽略不计，乙图为热敏电阻R随温度变化的图像。冷库温度等于或高于-18℃时，工作电路报警。下列说法正确的是（　　） A．冷库温度升高时，热敏电阻R的阻值变大 B．工作电路报警时，衔铁被吸下，灯亮铃不响 C．冷库温度为-18℃时，控制电路中电流为0.03A D．冷库温度降低时，控制电路消耗的电功率变大 押题解读 含有电磁继电器的电路的动态分析，考察的是学生对于欧姆定律的理解以及电路的动态分析。需要学生在有一定计算能力的基础上分析电路的变化 考前秘笈 先通过电阻的阻值变化分析出工作电路的通断关系，之后代入对应电阻的数据进行计算即可。 3．如图甲的电路中电源电压恒定，小灯泡的灯丝电阻不变，是定值电阻。闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P由端移到端的过程中，两电压表示数随电流表示数变化的关系图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．电源电压 B．定值电阻 C．小灯泡L的最大功率为2.88W D．滑动变阻器的最大阻值为 押题解读 欧姆定律的动态分析，考察的是学生对于欧姆定律的理解以及电路的动态分析。需要学生在有一定计算能力的基础上分析电路的变化 考前秘笈 知识点分类 核心内容 公式表达 注意事项/相关说明 公式理解 导体电流与电压成正比，与电阻成反比 I=U/R 欧姆定律是电流随着电阻、电压的变化 电阻计算公式 R=U/I 电阻是导体固有属性，由材料/长度/横截面积/温度决定 当电阻确定时，电压与电流成正比 U=IR 电压是形成电流的原因 1．如图所示的电路中，电源电压保持不变，闭合开关S后，将滑动变阻器R的滑片向左移动，在此过程中（　　） A．电流表示数变小 B．灯泡L亮度变亮 C．电压表示数变大 D．电路消耗的总功率变大 2．如图所示的电路中，电源两端电压为6V并保持不变，定值电阻R1的阻值为10Ω，滑动变阻器R2的最大阻值为50Ω。当开关S闭合，滑动变阻器的滑片P由b端移到a端的过程中，下列说法中正确的是（　　） A．电压表的示数变大，电流表的示数变小 B．电流表和电压表的示数都不变 C．电流表的示数变化范围为0.2~0.6A D．电压表的示数变化范围为1~6V 3．创新小组的同学们为学校食堂设计了一个可自动注水的储水池。如图是它的简化装置图，电源电压一定。控制电路中，RN为压敏电阻，其阻值随压力的变化而变化，R0为定值电阻。闭合开关S1、S2，当池中水位上升到一定高度时，触点分离，工作电路断开，注水装置自动停止注水，当池中水位下降到一定位置时，触点连接，工作电路接通，注水装置自动开始注水。下列分析正确的是（　　） A．水位上升时，电磁铁磁性变弱 B．水位上升时，通过R0电流变小 C．水位下降时，R0的电功率变大 D．水位下降时，RN的阻值会变大 4．在图所示的电路中，电源电压不变，闭合开关S，电压表V1与电压表V2的示数之比为2：3，电流表A的示数为l安；若将电压表V1换成电流表A1 ． 则电流表A1的示数为2安．那么电阻R1和电阻R3的阻值之比为    A．2：1                       B．1：2                        C．4：3                            D．3：4 5．如图甲所示电路中，电源电压不变，电流表的量程为0~0．6A，电压表的量程为0~15V，灯泡L的额定电压为4V。第一次只闭合开关S、S1，滑片P从a端移到b端，图乙是滑动变阻器功率与电压表示数的关系图像；第二次只闭合开关S、S2，保证电路中所有元件都安全的前提下，最大范围内移动滑片P，图丙是在安全的前提下通过灯泡的电流与灯泡两端电压的关系图像。则下列说法正确的是（　　）    A．定值电阻R0的阻值为20Ω B．电源电压为10V C．只闭合开关S、S2，电路的最大总功率是2.4W D．只闭合开关S、S2，为保证电路安全，滑动变阻器移动的阻值范围为10~50Ω 6．如图甲所示，电源电压恒定，R1是定值电阻，R2是滑动变阻器，闭合开关S，移动滑动变阻器的滑片P从B端滑到A端的过程中，R1、R2的U﹣I关系图像如图乙所示。则下列判断错误的是（　　）    A．图线MN是电阻R1的U﹣I关系图像 B．电源电压为12V C．R1的阻值是20Ω D．滑动变阻器R的最大阻值为20Ω 7．如图甲是直流电动机模型，图乙是小明制作的一台简易电动机（线圈左侧轴的漆皮被刮去一半，线圈右侧轴的漆皮被全部刮掉）。下列说法中正确的是（　　） A．电动机是利用电流磁效应原理工作的装置 B．将图乙中金属支架的高度适当降低，线圈的转速会加快 C．将图甲中电源的正负极对调，线圈的转动方向不变 D．图乙中刮去一半漆皮的轴与图甲中换向器的作用相同，都是为了改变线圈中的电流方向 题型二 填空题 押题猜想04 声、光、热学 1．如图所示，甲实验中用竖直悬挂的泡沫塑料球接触正在发声的音叉时，泡沫塑料球被弹起，说明声音是由物体________产生的；此实验采用的研究方法是_________（选填“控制变量法”或“转换法”）。乙实验中敲击右边的音叉，左边完全相同的音叉把泡沫塑料球弹起，该实验能说明_________可以传声。如果将乙实验移至月球上做，左边的音叉_________（选填“能”或“不能”）发出声音。并由此推理可知：________。 押题解读 声现象考察学生对于声音的产生与传播的理解，通过分析实验现象掌握声音相关知识点，并能够对日常生活中的现象加以分析 考前秘笈 声音的传播需要介质，真空不能传声；声音在不同介质中传播速度不同，固体最快 声和电磁波 2．我们看到树叶是绿色的，是因为树叶只___ (选填“吸收”或“反射”)绿色光；同学们在教室的每个位置都能看清黑板上的字，这是光的______反射现象；如今许多建筑采用玻璃进行外墙装潢，这在美化城市的同时却造成了光污染，造成这种污染的主要原因是由于阳光在玻璃表面发生了镜面反射，镜面反射遵守光的反射定律，漫反射_______（选填“遵守”或“不遵守”）光的反射定律. 押题解读 光现象常与日常生活中的实例相结合进行考察，需要学生具有一定的分析能力，在理解光学原理的基础上对实例进行分析判断 考前秘笈 不透明物体的颜色由物体反射的色光决定，物体只能反射与它颜色相同的色光，吸收与它颜色不同的色光；不论是镜面反射还是漫反射都遵守光的反射定律 3．某同学利用如图甲所示的实验装置探究冰熔化时温度的变化规律，得到了如图乙所示的温度随时间变化的图像。实验中要控制好烧杯中的水温。 （1）根据图乙所示的图像中______段温度的变化特点可知冰是晶体，在这段时间内，物质处于______态，内能________（增大/减小/不变）。 （2）该同学继续探究加有盐的冰块熔化时温度的变化特点。他将冰块放于易拉罐中并加入适量的盐，用筷子搅拌大约半分钟，易拉罐的下部和底部出现白霜，这些白霜是空气中的水蒸气______（填物态变化名称）形成的。用温度计测量罐中冰与盐水混合物的温度，可以看到混合物的温度______0℃。 押题解读 物态变化部分的高频考点是物态变化的吸放热情况及其与内能、热量等的联系。要求学生能够准确判断物态变化类型，理解物质在不同状态下的能量转化 考前秘笈 熔化图线 晶体 非晶体 AB段为固态，吸热升温，BC段为固液共存态，吸收热量，内能增大，温度不变，CD段为液态，吸热升温 吸热熔化，温度不断升高，无固定熔点 1．用如图所示的方法可以探究做功是否能够改变物体的内能： 如图1，将手中的铁丝同一位置快速地弯折十余次，用手指触摸一被弯折的部位，会感觉到弯折部位的 ______升高，表明铁丝的内能 ______；如图2，在厚壁的玻璃筒底部放一小撮干燥的棉絮，用力将活塞压下，我们会看到：棉絮 ______了，这表明用力压下活塞时，玻璃筒内的温度 ______并达到棉絮的 ______，所以出现了我们所看到的现象。 上述的这两个现象都说明了 ______是改变物体内能的另一种方式。用能量的观点来分析上述的两个现象，我们发现，用这种方法改变物体的内能时，能量是在 ______能和 ______能之间相互转化的。 2．某校新建成一个喷水池，在池底的中央安装了一只射灯，池内无水时，射灯发出的一束光照在池壁上，在S点形成一个亮斑，如图所示，现往池内注水，水面升至a位置时，站在池旁的人看到亮斑的位置应在S点的_____方；如果水面上升至b位置时，人看到亮斑的位置应在S点的_____方。 3．该装置是一种显示微小形变的装置，它可以把微小形变“放大”到直接看出来，方法是这样的：在一张桌子上放两个平面镜M和N，让一束光依次被这两面镜子反射，最后射到一个刻度尺P上，形成一个光点，如果当在箭头所指处用力向下压桌面，使桌面发生形变时，M上的入射角_______（选填“变大”、“变小”或“不变”），光点就会在刻度尺上出现明显的移动，在图中，刻度尺上光点将会向_______（选填“上”或“下”）移动，我们在以前的实验中也用到了此法，如_________（举出一例即可）。 4．如图所示，把盛有碎冰块的大试管插入烧杯中的碎冰块里，用酒精灯对烧杯底部慢慢地加热。则烧杯中的冰块温度达到熔点0 ℃后，还_____（填“能”或“不能”）从酒精灯火焰上吸收热量，所以烧杯中的冰_____（填“能”或“不能”）熔化。由于冰是晶体，在熔化过程中吸热，温度会_____，试管中的冰在温度达到熔点0 ℃后，就_________（填“能”或“不能”）从烧杯中吸收热量，故试管中的冰______（填“能”或“不能”）熔化。 5．古埃及学者埃拉托色尼发现，利用同一时刻在不同地点影子的长度不同可以估测出地球周长。取一根直杆，将其竖直立在地球上的A点，由于光的_____________形成了杆的影子，记录直杆在正午时刻影子的长度，算出太阳光与直杆的夹角α1，同样可以测出此时B点太阳光与直杆的夹角α2，A、B是同一经度上的两个城市（如图甲），它们的距离为L，可以估算出地球的周长大约为_______。实验中需要测出直杆的长度，测量结果如图乙所示，其读数为_______。 6．天然气液化后，其分子间的距离变____________，分子间的作用力变__________。液体和空气接触的表面存在一个薄层——表面层，如图所示，由于液体分子做无规则运动，表面层就存在一些具有较大能量的分子，它们可以克服分子间相互作用的________，脱离液体跑到空气中去，其宏观表现就是液体的________（选填物态变化名称），此过程________（选填“吸热”或“放热”）。 7．如图是甲、乙、丙三种声音在示波器上显示的波形图，甲和丙______ 相同选填“音调”、“音色”或“响度”，其中______ 音调高；甲、乙、丙中音调相同的是______ ；甲、乙、丙中响度最大的是______ ，音调最高的是______ ． 8．如图所示，有一束光线从空气射入某种透明介质，在分界处发生反射和折射（其中∠4=∠5），其中_________是反射光线，折射角是_________，空气在_________（选填“AE的上方”、“AE的下方”、“CG的左方”或“CG的右方”）． 9．如图是公路上用超声波测速仪测量车速的示意图。测速仪发出并接收超声波脉冲信号，根据发出和接收到的信号间的时间差，测出被测物体的速度。图B中P1、P2是测速仪发出的超声波，n1、n2分别是P1、P2由汽车反射回来的信号。设测速仪匀速扫描，P1、P2之间的时间间隔0.8s，超声波在空气中传播的速度是v=340m/s，若汽车是匀速行驶的，则根据图B可知，车行驶的速度是______m/s（计算结果保留一位小数）。    10．口琴是用嘴吹或吸气，使金属簧片振动发声的多簧片乐器，是一种自由簧气鸣乐器，它有上下两排小方格孔，装有多组自由振动的簧片，气流强迫通过时，灵活的金属舌簧振动发声，来回移动，吹吸不同的孔时可以发出不同音调的声音。如图所示将口琴拆开后其内部的琴芯结构，在琴芯的气孔边分布着长短、厚薄都不同的一排铜片，A区的较薄、较短，而C区的较长、较厚。 （1）在同一孔处用不同的力度吹，发生变化的是声音的 ___________（选填“音调”“响度”或“音色”）。 （2）较厚、较长的铜片振动时要比较薄、较短振动的 ___________（填“快”或“慢”），高音区为 ___________区（选填字母）。 （3）演奏时，人能听出是口琴演奏的是依靠声音的 ___________辨别的。 （4）小漫自己制作了一个哨子，在筷子上缠一些棉花，做成一个活塞。这哨声是由管内的 ___________振动而产生的。上下推拉活塞，可以改变声音的 ___________（选填“音调”、“响度”或“音色”）。 押题猜想05 力学 1．工人利用如图所示装置提升物料，该装置中的滑轮为_______滑轮。已知滑轮重80N，货篮重120N，不计绳重及摩擦。工人用该装置匀速提升空货篮时的拉力为________N。若绳子能承受的最大拉力为520N，每根钢条重100N，该装置匀速提升钢条时，所能达到的最大机械效率为________。 押题解读 力学部分可以考查机械效率，对于机械效率公式的理解与应用是其中的重点，需要注意动滑轮定滑轮的判别、绳子段数的分辨以及公式的选取问题 考前秘笈 2．如图所示，小明同学在体育课上进行竖直爬杆训练，双脚离地静止时，手握得越紧，小明与杆之间的摩擦力________（选填“增大”“减小”或“不变”）；匀速上爬过程中小明受到竖直的摩擦力________（选填“向上”或“向下”）；匀速下滑时小明的机械能________（选填“增大”“减小”或“不变”）。 押题解读 摩擦力方向与大小的分析与判断是力学考察的重要内容，对于相对运动的判断以及摩擦力在不同运动状态下的变化规律，需结合实际情境进行准确判断 考前秘笈 摩擦力是两个相互接触的物体，当它们将要发生或已经发生相对运动时在接触面产生一种阻碍相对运动的力 静摩擦力大小：0﹤f≦Fmax 最大静摩擦力大于滑动摩擦力 机械能的转化 1．如图所示，在竖直平面内用轻质细线悬挂一个小球，将小球拉至 A 点，使细线处于拉直状态，由静止开始释放小球，不计摩擦，小球可在 A、B 两点间来回摆动。当小球摆到 B 点时， 同时假如所有力都消失， 则小球将_______， 其原理是_______；当小球从 B 点摆到 C 点，同时假如所有力都消失，此时小球将_________。（选填“沿 CD 方向匀速运动”、“沿 CE 方向匀速运动”或“沿 CF 方向匀速运动”） 2．如图所示，一重为G的木块放在水平面上，上表面固定一轻滑轮（不计滑轮摩擦），一端固定在右侧墙上，另一端始终用大小为F1的力竖直向上拉，木块向右匀速运动，这个过程中木块受到的摩擦力大小为_______，木块对桌面的压力_______G（选填“=”、“>”或“<”）。若将绳端拉力方向改为水平向右，木块仍能匀速运动，这时拉力大小为F2，则F2_______（选填“=”、“>”或“<”）。 3．如图甲所示，物体A在拉力F的作用下在粗糙程度相同的水平长木板上运动，拉力F与时间t关系如图乙所示，物体运动的速度v与时间t关系如图丙所示，则物体在0-2s内所受摩擦力为______N，5-6s内所受摩擦力为______N，6-8s内所受拉力为______N（图乙中未画出）。 4．A、B是材料相同、表面的粗糙程度也相同的两个物体，A的体积大于B的体积，分两次在同一水平地面上用力推动它们（如图所示），使它们一起做匀速直线运动，则推力F1______F2，图甲中B所受地面摩擦力______图乙中B所受摩擦力。（以上两空均选填“>”、“=”或“<”）。 5．如图，滑轮组将重为的重物匀速吊起2m，滑轮组的机械效率为80%，提升重物做的有用功为______J，绳端的拉力为______N，若动滑轮（含吊钩）的质量为100kg，则克服摩擦和钢丝绳重所做的功为______J。    6．如图所示，QAB为可绕O点自由转动的轻质杠杆，OA垂直于AB，且OA长度为40cm，AB长度为30cm，在OA中点C处挂一质量为5kg的物块，要使杠杆在图示位置保持平衡，则需施加的一个最小的力为___________N。    押题猜想06 电磁学 某科创小组设计了氧气浓度报警装置，其简化电路（未连接完整）如图甲所示。气敏箱可等效为一个电阻，其阻值R与氧气浓度c的关系如图乙所示。闭合开关，当氧气浓度时，绿灯正常发光；当时，红灯正常发光。已知电源电压及两灯的额定电压均为4.8V，电磁铁线圈的电阻忽略不计。 （1）“奋斗者”号下潜过程中，受到海水的压强变___________； （2）电解水制备氧气的过程中，电能主要转化为___________能； （3）图甲中的A灯为___________（选填“红”或“绿”）灯； （4）闭合开关S，当时，通过电磁铁线圈的电流为___________A； （5）请根据文中信息，用笔画线代替导线，将图甲所示电路连接完整，要求导线不能相交（为接线柱）。___________ 押题解读 含电磁继电器的电路分析是电与磁部分的重难点，需要学生根据欧姆定律的动态分析对电路进行判别，同时还要区分开工作电路与控制电路的物理量及变化关系。 考前秘笈 串联电路 并联电路 电流特点 串联电路中各处电流相等 并联电路的干路总电流等于各支路电流之和 电压特点 串联电路两端的总电压等于各部分电路两端电压之和 并联电路中，各支路两端的电压相等，且都等于电源电压 电阻特点 串联电路的总电阻，等于各串联电阻之和； 若有n个相同的电阻R0串联，则总电阻为； 把几个导体串联起来相当于增大了导体的长度，所以总电阻比任何一个串联分电阻都大。 并联电阻中总电阻的倒数，等于各并联电路的倒数之和； 若只有两个电阻R1和R2并联，则总电阻R总=； 若有n个相同的电阻R0并联，则总电阻为； 把几个电阻并联起来相当于增加了导体的横截面积，所以并联总电阻比每一个并联分电阻都小。 分配特点 串联电路中，电压的分配与电阻成正比= 并联电路中，电流的分配与电阻成反比 = 电路作用 分压 分流 1．为判断短跑比赛时是否抢跑，某兴趣小组设计了如题图“抢跑自动指示”电路．其工作原理是：当运动员蹲在起跑器上后，先闭合S；发令时闭合S1， 发令指示灯亮；运动员起跑后，装在起跑器上的压敏电阻R0因受到压力减小，其阻值改变，表示运动员抢跑. （1）当S1处于断开状态时，闭合S，若压敏电阻阻值变小，电磁铁的磁性________（填“增强”、“减弱”或“不变”）.电磁铁左端为________（填“N”或“S”）极.     （2）已知发令控制电路电源电压U=6伏，电磁铁线圈的电阻不计.若运动员起跑后，压敏电阻R0的阻值为30欧，S和S1仍处于闭合状态，电磁铁线圈中电流为0.25安，则此时发令指示灯的功率为_____W．     （3）压敏电阻通常有两种类型： A．阻值随压力增大而增大； B．阻值随压力增大而减小. 则该模型的压敏电阻应选择________（填“A”或“B”）类型，结合电路简要说明理由：________. 2．如题图甲所示是小明设计的盐水密度控制模拟装置，A物体浸没在盐水中，R为定值电阻，为力敏电阻，其阻值随下方轻质细线拉力的变化关系如图乙所示。已知，VA=100cm3，ρA=1.6g/cm3。当电磁铁线圈中的电流时，铁质开关K被吸上，当I≤0.04A时，K被释放，从而通过控制水泵向容器中注水使盐水密度保持在一定范围内。电磁铁线圈电阻忽略不计，假设水加入容器后与盐水立刻混合均匀。（g取10N/kg） （1）闭合开关，电磁铁的上端是______极。若往容器中注水，轻质细线上的拉力将______（选填“增大”“减小”或“不变”）； （2）若此装置所能控制的最大盐水密度为1.3g/cm3，则R=______Ω，该装置所能控制的最小盐水密度是______g/cm3； （3）若将R更换为阻值更大的电阻，该装置控制的最大盐水密度将______，该装置控制的最大盐水密度与最小盐水密度的差值将______（均选填“变大”“变小”或“不变”）。 题型三 作图题 押题猜想07 光学 如图一束光线从空气斜射到水面时发生反射和折射，OB为反射光线，请画出入射光线和折射光线的大致方向，并标出折射角的位置。 押题解读 光的反射与折射的作图是基础，考察作图细节的同时还涉及到了折射角、入射角与反射角的大小关系。 考前秘笈 光的反射定律： （1）在反射现象中，入射光线、法线和反射光线在同一平面内.（三线共面） （2）反射光线、入射光线分居法线两侧.（两线分居） （3）反射角等于入射角.（两角相等） （4）在反射现象中，光路是可逆的.（光路可逆） 光的折射定律： （1）如图所示，光从空气斜射入水中或其他介质中时，折射光线向法线方向偏折，折射角小于入射角；当入射角增大时，折射角也增大. （2）当光从空气垂直射入水中或其他介质中时，传播方向不变. （3）在折射现象中，光路可逆. 1．利用平面镜成像的特点，在图乙中画出摄影师看到太阳在湖水中的像的光路图。      2．如图作出AB物体经过小孔MN所成的像。 3．平面镜是魔术师表演节目常用的道具。如图甲演员躺在转盘上做各种动作时，观众在挡板前面利用平面镜看到的却是她竖直悬在空中做优美的动作。如图乙观众看到悬在空中的演员A′，实际演员在挡板后的位置A。请画出平面镜的位置。 押题猜想08 力学 请在图中画出力的示意图： （1）绳对小球的拉力F1； （2）小球对斜面的压力F2。 押题解读 力学示意图是中考中常见的题型，主要考查物理模型建立的能力，忽略次要因素，抓住主要因素，把复杂的物理现象、规律进行简化处理的能力。 考前秘笈 1．力的示意图：用一条带箭头的线段来表示力。箭头的方向表示力的方向，线段的起点或终点表示力的作用点。 2．画力的示意图的一般步骤 （1）确定受力物体； （2）在受力物体上画出力的作用点； （3）确定力的方向后沿力的方向画一条线段； （4）在线段的末端标箭头，在箭头旁标出所画力的符号、数值大小和单位。 3．重力的方向：竖直向下。 注意：力的方向“竖直向下”与“垂直向下”的区别 （1）“竖直向下”指的是该处力的方向指向地球的球心（也可理解为与水平面垂直），可利用铅垂线来确定竖直方向。一般只有重力的方向才说竖直向下。 （2）“垂直向下”指的是力的方向垂直于接触面（支持面）向下。如支持力和压力等，方向都和接触面垂直。 （3）垂直向下有可能是竖直向下，也有可能不是竖直向下，具体要看支持面的方向。 4．形状规则、质量分布均匀的物体的重心在它的几何中心上。 5．对处于运动状态的物体受力分析时，最容易出错的地方是分析物体受不受摩擦力，以及如果受摩擦力，那么摩擦力的方向如何，运动方向改变，摩擦力方向是不是随之改变。 1．如图,货物随传送带一起水平向右做匀速直线运动,画出该货物的受力示意图 ( ) 2．一个质量为2．5kg的金属五角星挂在了一个杆的中点位置，此时请画出拉力F的力臂和金属的重力示意图，并标出重力的大小。（g取10N/kg） 3．如图，一物体沿着斜面匀速下滑，在如图中画出物体下滑过程中受到的所有力．（不计空气阻力）    押题猜想09 电磁学 1．请将如图所示的电灯、开关和三孔插座正确接入家庭电路中，开关需控制电灯。 2．根据图中小磁针的指向，标出通电螺线管中的电流方向及电源的正、负极。（小磁针的黑端为N极） 押题解读 电磁学作图题目一般考查的有家庭电路的连接方式，电路图或实物图的连接（一般在实验题或综合题中综合考查）和磁现象，这类题目注重实际应用能力和物理建模能力的考查。 考前秘笈 家庭电路的连接方式：插座连接是“左零右火上接地”，开关接在火线上。 利用右手螺旋定则判断通电螺线管周围的磁场方向和电流的方向，这个主要考查学生实际操作的能力。 1．如图所示，根据小磁针的指向，在图中标出磁感线的方向、通电螺线管端和永磁体端的磁极极性，并画出通电螺线管的导线绕法。 2．如图是测量小灯泡电阻的实物电路图，其中有一根导线连接错误，请你在错误的导线上画“×”，并用笔画线代替导线画出正确的连接方式。 3．如图所示，弹簧测力计下悬挂一条形磁体，当开关闭合，弹簧测力计示数变小．请标出电磁铁的S极，并用“＋”标出电源的正极．    题型四 实验题 押题猜想10 力学实验 1．在一次实验课上，小明利用托盘天平和量筒测浓盐水的密度。 （1）将天平放在水平桌面上，当游码移至零刻度线，此时指针偏向分度盘的左侧，他应将平衡螺母向_______（选填“左”或“右”）调，使横梁水平平衡； （2）天平平衡后，测量步骤如下： A．用天平测出烧杯和剩余盐水的总质量； B．将待测盐水倒入烧杯中，用天平测出烧杯和盐水的总质量； C．将烧杯中盐水的一部分倒入量筒，测出倒出到量筒的这部分盐水的体积； 请根据以上步骤，写出正确的操作顺序：________（填字母代号）； （3）若在步骤B中测得烧杯和盐水的总质量为59.4g，其余步骤数据如图所示，则倒出到量筒的这部分盐水的质量是________g，体积是________cm3； （4）该盐水的密度是________kg/m3； （5）小华利用下端缠有铜丝的圆柱形木棒、溢水杯、小量筒进行实验，同样测得了浓盐水的密度： ①将圆柱形木棒放入装满水的溢水杯中（如图丙），待圆柱形木棒静止，用量筒测量溢出水的体积； ②将圆柱形木棒放入装满浓盐水的溢水杯中，待圆柱形木棒静止，用量筒测量溢出浓盐水的体积； ③算出浓盐水的密度=_______（用字母表示，水的密度用表示）；若步骤②中溢水杯未装满，会导致测量结果________（选填“偏大”或“偏小”）。 押题解读 浮力应用部分常与密度结合，通过物体的浮与沉以及阿基米德原理进行测量分析。 考前秘笈 浮沉状况 运动状态 条件 物液密度关系 V排与V物的关系 上浮 向上运动 F浮>G物 V排=V物 漂浮 静止在液面上 F浮=G物 V排＜V物 悬浮 静止在液体中 F浮=G物 V排=V物 下沉 向下运动 F浮＜G物 V排=V物 沉底 静止在容器底部 F浮+FN=G物 V排=V物 2．小明在“探究二力平衡的条件”的实验中，设计了如图所示的两种实验方案。    （1）通过实验比较，小明发现采用方案______（选填“甲”或“乙”）实验效果更好，原因是______； （2）当两个盘中分别放上两个相同的砝码后，小车静止在桌面上；这说明二力平衡时，两个力的大小______； （3）保持两盘中砝码质量相等，把小车在水平桌面上扭转一个角度，放手后观察到小车转动，最后恢复到静止状态。这个实验现象说明：作用在同一物体上的两个力，大小相等，方向相反，并且______上，这两个力才能彼此平衡； （4）在完成探究实验后：小明剪断小车左边的细线，小车由静止变为向右运动，此现象说明力可以改变物体的______。 押题解读 二力平衡实验综合考察学生对于受力分析与摩擦力的理解，其原理是力学其他实验（如探究滑动摩擦力大小的影响因素）的基础。 考前秘笈 实验注意事项 （1）用小车而不用木块进行实验，能够有效地减小摩擦，更方便观察小车的运动情况; （2）实验前，滑轮要加一点润滑油，桌面要比较光滑，尽量减小摩擦力对实验的影响; （3）通过观察小车是否静止在桌面上来判断小车是否处于平衡状态。 （4）在向已处于平衡的吊盘中加砝码时所加砝码的质量不能太小，避免因摩擦而使小车不能向质量大的砝码一端运动。 1．小宇在测浓盐水的密度时进行如下操作： （1）把天平放在水平桌面上，将游码归零，发现指针静止时偏向分度盘中线的左侧，此时应将平衡螺母向______（填“左”或“右”）调节，使横梁平衡； （2）天平调平后小宇进行了三步操作： ①测空烧杯的质量为32g； ②用天平测烧杯和浓盐水的总质量，盘中砝码及游码的位置如图甲所示，烧杯和浓盐水的总质量为______g； ③将浓盐水倒入量筒中，液面的位置如图乙所示； 为减小误差，以上操作合理的顺序是______（填序号）；浓盐水的密度为______g/cm3。 （3）小宇又想用天平和一杯浓盐水（已知浓盐水的密度为ρ0）及其他辅助器材测量密度均匀的萝卜的密度： ①用天平测出______（填“萝卜”或“杯和浓盐水”）的质量为m1； ②把萝卜轻轻放入浓盐水中漂浮如图丙，用记号笔记下液面在萝卜上的位置； ③取出萝卜擦干，用刀沿记号将萝卜切成a、b两块，测出b块的质量为m2。萝卜密度的表达式为ρ＝______（用所给字母表示）。 2．探究小组在探究液体压强的实验中进行了如图所示的操作。    （1）实验中，探究液体压强的工具是___________ ； （2）甲、乙两图是探究液体压强与___________ 的关系，实验中液体内部压强的大小变化是通过___________ 反映出来的； （3）对比丙、丁得出：液体压强与盛液体的容器形状___________ （选填“有关”、“无关”）； （4）为了探究液体压强与液体密度的关系，小组成员将压强计的探头先后放入水和煤油中的某一深度处，发现U形管两侧液面高度差几乎不变，下面改进操作不能使实验效果更加明显的是___________ 。 A．将U形管换成更细的 B．U形管中换用密度更小的液体 C．将烧杯中的水换成盐水 D．使探头在水和煤油中的深度加大 3．小明在探究“二力平衡”条件的实验中，设计了如图1方案：    （1）如图1，在左右托盘中放入质量______的砝码，小车将______； （2）若把小车扭转一个角度，放手后发现小车会______（填“静止”或“转回”），这说明：两个力必须______，才能彼此平衡； （3）小明将实验装置进行如图2改装，在托盘中放入适量的砝码，使木块做匀速直线运动。 ①为了测量木块受到的滑动摩擦力，需测量的物理量是______； A．木板的质量m1 B．木块的质量m2 C．砝码的质量m3 D．托盘和砝码的总质量m4 ②根据步骤①中测得的质量，则木块受的滑动摩擦力大小的表达式F=______。 押题猜想11 热学实验 小明利用图甲所示的三颈烧瓶做水的沸腾实验，当水温接近90℃时，每隔1min记录一次温度，并绘制出如图乙所示的水温与时间关系图像。          （1）由实验数据可知，水的沸点为___________℃，水沸腾时温度变化特点是___________； （2）当三颈烧瓶中的水沸腾时，小明将注射器内少量冷水全部注入三颈烧瓶中，如图丙所示。发现烧瓶内的水立刻停止了沸腾，则此时烧瓶内水的沸点___________（变高/变低/不变）； （3）接下来小明将三颈烧瓶的瓶口全部用塞子密封住，然后向外拉动注射器的活塞，如图丁所示，发现烧瓶中的水再次沸腾了，根据这个现象，得出水的沸点与气压的关系是___________； （4）小红对着烧瓶外壁喷冷水也使图丁中的水再次沸腾了，她所喷撒的位置是___________。 押题解读 探究沸腾过程中的特点及规律和利用所给数据来作图像是中考考查的重要内容，同学们需要运用学过的物态变化知识分析和解决生活中的一些热现象。 考前秘笈 （1）实验器材：铁架台、酒精灯、火柴、石棉网、烧杯、中心有孔的纸板、温度计、水、秒表 （2）实验装置： （3）实验步骤： ①按装置图自下而上安装实验仪器； ②用酒精灯给水加热并观察，当水温接近90℃时每隔1min 记录一次温度，并观察水的沸腾现象。 ③完成水沸腾时温度和时间关系的曲线。 （4）水沸腾时的现象：大量的气泡上升、变大，到水面破裂。继续加热，温度不变。 1．某小组在做“探究水的沸腾”实验时，实验装置如图甲所示。 （1）在实验中观察到很多有趣的现象，图乙是水___________（填“沸腾前”或“沸腾时”）的情况；烧杯的上方出现大量的“白气”，“白气”是由水蒸气___________形成的（填物态变化名称）； （2）根据实验记录的数据，作出了水的温度随时间变化的图像，如图丙所示，由图像可知，此时的气压___________（选填“低于”或“高于”）一个标准大气压； （3）如图丁，是小明和小红分别绘制水的温度随时间变化的图像，发现水的温度随时间变化图像有一段是相互平行的，若小明实验时烧杯中水的质量，小红实验烧杯中水的质量，则水的质量___________（选填“大于”“小于”或“等于”）。 2．如图甲所示，是“探究物质的物态变化规律”的实验装置，实验时先将20克碾碎的固体物质和温度计分别放入试管内，再将试管放入烧杯内的水中，观察该物体的物态变化过程。 （1）试管内物质在熔化过程中，某时刻温度如图乙所示，读数方法正确的是___________（选填“A”、“B”或“C”），示数为___________，某同学根据实验记录的数据描绘出该物质的温度随时间变化的图像（如图丙ABCDE），则可知该物质是___________（选填“晶体”或“非晶体”）； （2）根据描绘的图线，该物质的熔点___________，仔细观察图像发现，该物质熔化前（段）升温比熔化后（段）升温___________（选填“快”或“慢”）； （3）图像中段是该物质液态的___________过程。（填物态变化名称） （4）已知这种物质液态时的比热容是，则它熔化过程中吸收的热量是___________； （5）该物质加热到第时的内能___________第时的内能（选填“大于”、“等于”或“小于”）（整个过程不考虑能量和质量的损失） 3．小明同学用如图甲中的装置给质量都为 100g和初温都为 70℃的水和煤油加热（加热装置完全相同，实验过程忽略热散失），图乙是根据实验过程记录的数据作出的两种液体的温度随时间变化的图像。 （1）实验过程中通过___________（选填“升高温度”或“加热时间”）来反映物质吸收热量的多少，这种实验方法是___________法； （2）实验时的大气压___________ 1个标准大气压（选填“大于”、“小于”或“等于”），分析图像可知，___________的吸热能力更强，若要使水和煤油在相同时间升高相同的温度，应减少___________的质量（以上两空均选填“水”或“煤油”）； （3）已知水的比热容是 4.2×103J/（kg·℃），则煤油的比热容是___________ J/（kg·℃）。通过观察图像，分析水在第3分钟到第4分钟沸腾过程中吸收的热量是___________ J。 押题猜想12 光学实验 （1）如图甲所示，凸透镜位置固定，发光的小灯泡放在30cm刻度线位置时，移动光屏发现光屏上始终能呈现一个面积大小不变的光斑，则该透镜的焦距为______cm； （2）实验前需调节烛焰、透镜、光屏三者的中心在同一高度上，比较规范的是______（填选项前的字母）； A．将三者分散排列，然后用目测的方法调节  B．将三者靠拢，然后用目测的方法调节 （3）为了方便从不同方向观察光屏上的像，光屏应选用较______（选填“粗糙”或“光滑”）的玻璃板； （4）如图乙所示，用该凸透镜做成像实验，把蜡烛放在距凸透镜18cm的位置，移动光屏，在光屏上形成清晰的像。若撤去光屏，人眼在图乙所示的位置______（选填“能”或“不能”）观察到蜡烛的像； （5）若把蜡烛放在距凸透镜25cm，移动光屏，在光屏上形成清晰的像“A”；接着把光屏放在距凸透镜28cm的位置，再向______（选填“远离透镜”或“靠近透镜”）方向移动蜡烛，在光屏上形成清晰的像“B”。由实验可知像“A”______（选填“大于”或“小于”）像“B”； （6）当烛焰通过凸透镜在光屏上成一实像时，小明用不透明的纸挡住透镜下半部分，则光屏上所成的像______（选填“完整”或“不完整”）。当烛焰向纸内方向晃动时，则像将向______（选填“纸内”或“纸外”）方向晃动； （7）将透镜及蜡烛、光屏置于光具座上（如图丙），做成像实验，记录每次成实像的物距u，像距v。物像间距L（u+v），绘出图线丁（以f为长度单位），由图可知，要想成实像，蜡烛与光屏的间距应满足L______。经“百度”发现，物理学中，有一个凸透镜成像的“新概念”：放大率，结合丙、丁两图，可知当物距u＝3f时，n＝______。 押题解读 探究凸透镜成像规律是初中物理常考的探究类实验题，一般来说结合着近视眼远视眼成因及纠正方案进行考察，部分题目还会结合水透镜等知识点。 考前秘笈 物的位置 像的位置 像的性质 应用举例 u＞2f 2f＞v＞f 物像 异侧 缩小、倒立、实像 照相机，眼睛 u=2f v=2f 等大、倒立、实像 　特点：实像大小转折点 2f＞u＞f v＞2f 放大、倒立、实像 幻灯机，电影机 u=f 不成像 特点：像的虚实转折点 u＜f 　物像同侧 　 放大、正立、虚像 放大镜 1．小双与小菱用凸透镜来探究其成像规律： （1）小双将点燃的蜡烛、凸透镜和光屏依次安装在光具座上，为了使像成在光屏中央，小双应该调节烛焰中心、凸透镜中心和光屏中心在_________； （2）凸透镜的焦距如图甲所示，当烛焰、凸透镜位于图乙中刻度对应的位置时，光屏上得到一个清晰的像，该像是一个倒立、_________的实像，此时所成的像与_________所成的像性质相同（选填“照相机”、“投影仪”或“放大镜”）； （3）保持（2）中蜡烛位置不变，小菱用焦距为的凸透镜B替换凸透镜A，将凸透镜B仍固定在光具座45cm刻度线处，移动光屏，为使在光屏上仍得到烛焰清晰的像，应该将光屏向_________（选填“靠近”或“远离”）凸透镜B的方向移动； （4）实验一段时间后，发现蜡烛渐渐变短了，要使烛焰的像仍然成在光屏中心，应该将光屏向_________移动； （5）如果把凸透镜看作眼睛的晶状体，光屏看作视网膜。给“眼睛”戴上近视眼镜，使烛焰在“视网膜”上成一清晰的像，如图丙所示。若取下近视眼镜，为使光屏上得到清晰的像，应将光屏_________（选填“靠近”或“远离”）凸透镜； （6）小菱还发现：凸透镜成实像时，像与物上下颠倒，进而思考到：凸透镜成实像时，像和物左右是否相反？请你帮他设计一个比较简单的判断方法_________。 2．如图所示，某同学用自制的水透镜来探究凸透镜成像规律，当向水透镜里注水时，水透镜的焦距将变小；当从水透镜里抽水时，水透镜的焦距将变大。 （1）如图甲所示，一束平行于主光轴的光射向水透镜，在光屏上得到一个最小光斑，则此时水透镜的焦距为______； （2）该同学移动蜡烛，水透镜和光屏至图乙所示位置时，恰能在光屏上看到清晰______（选填“放大”“等大”“缩小”）的像，若仅将蜡烛与光屏位置对调，则在光屏上______（选填“能”“不能”）看到清晰的像； （3）在（2）中将蜡烛与光屏位置对调后的场景下，该同学取了一幅眼镜给水透镜“戴上”，如图丙所示，发现光屏上的像变模糊，当往水透镜中加入适量的水后，发现烛焰的像再次变得清晰，由此判断该眼镜是____________眼镜（选填“近视”“远视”）。 3．用如图所示的装置探究平面镜成像特点。 （1）将蜡烛A竖直放在水平桌面上，点燃蜡烛观察发现：玻璃板中蜡烛A的像偏低且倾斜。你认为在下图所示的①、②、③三幅图中，___________图是产生以上实验现象的原因。 （2）一块仪容镜如图甲所示，放在某学校走廊的AB处，仪容镜靠墙而立，镜面与墙壁平行，在另一面墙壁上的O处悬挂一电铃，如图乙所示。为了总能看到电铃通过仪容镜所成的像O′，小强同学沿着走廊的ae直线走动，若将人和电铃各自看作一个点，则小强同学所在的区间是___________。 A．ab         B．bc       C．cd      D．de （3）图中a、b是家里开着灯、隔着玻璃窗拍摄屋外景物的情形，其中一幅是手机离玻璃窗有一定距离拍摄的___________，另一幅是将手机紧贴在玻璃窗上拍摄的。图a中没有出现屋内吊灯的像，是由于___________。 押题猜想13 电学实验 在测量额定电压为2.5V小灯泡的电阻实验中，电源是两节新干电池。      （1）请用笔画线代替导线，将图甲的电路连接完整，要求滑片向右移动，灯泡变亮________； （2）闭合开关后，发现小灯泡不亮，电压表示数近似电源电压，如果电路连接完好，只有一个元件有故障，则该故障是________； （3）排除故障后，移动滑动变阻器的滑片，将得到的数据填入表格中，其中当小灯泡两端电压为2.5V时，电流表示数如图乙所示，为________A，小灯泡正常发光时的电阻为________（结果保留一位小数）； 试验次数 电压U/V 电流I/A 电阻R/Ω 1 1.6 0.2 2 2 0.22 3 2.5 （4）分析实验数据可知，小灯泡的电阻是变化的，原因是________； （5）完成上述实验后，某小组设计了图丙所示的电路，测量某一小灯泡正常发光时的电阻，已知小灯泡的额定电流为I额，滑动变阻器的最大阻值为R0，电源电压未知但保持不变。 ①将滑动变阻器滑片移至最左端，闭合开关S1、S2，电流表示数为I1； ②________，调节滑动变阻器滑片，使电流表示数为I额； ③保持滑片位置不变，闭合开关S1、S2，电流表示数为I2； 小灯泡正常发光时的电阻R=________。（用已知量和测量量表示） 押题解读 测量小灯泡的电功率与电阻是电学部分实验的重难点，实验考查实物图的连接、电路故障的排除、实验数据的分析等。需要学生在熟悉欧姆定律动态分析与分压分流规律的基础之上将题干中的实验数据进行归纳总结，得出表达式 考前秘笈 注意事项：①首先利用已有知识写出“伏安法”测电功率的原理公式；②然后根据原理公式选择实验器材、设计实验方案、明确实验注意事项；③最后分析和处理实验数据或图表得出正确结论。 1．小华和小东通过实验测量阻值约为10Ω的定值电阻Rx的阻值，电源电压有4V和6V两挡可选，滑动变阻器有（a：“20Ω 2A ”和 b：“50Ω 1A ”）两种规格。 序号 1 2 3 电流 I/A 0.10 0.24 0.28 电压 U/V 1.0 2.5 2.8 （1）小华断开开关，按照图甲连接好电路，在闭合开关S前，应该将滑动变阻器滑片移到最_______（选填“左 ”或“右 ”）端，闭合开关后，他发现电压表和电流表的示数都较大，移动滑动变阻器的滑片，两个表的示数均不变化，其原因可能是_______； （2）小华排除故障后，正确使用滑动变阻器， 闭合开关，电压表示数为1V，电流表示数如图乙所示。由此判断他选择的电源电压是_______（选填“4V ”或“6V ”），滑动变阻器选择的是_______（选填“a ”或“b ”）规格； （3）小华将测得的多组数记录在的表格中， 由表中数据可得 Rx=_______Ω（结果保留 一位小数）； （4）小东同学在电源电压未知，缺少电流表的情况下，设计了图丙所示的电路图（R0 阻值已知）， 测量未知电阻Rx的阻值。 ①闭合S、S1，断开S2，适当调节滑片的位置，记录电压表示数为U1； ②闭合S、S2，断开S1，保持滑动变阻器滑片的位置不变，记录电压表示数为U2； ③未知电阻的阻值Rx=_______（用题中所给字母表示）。 2．小天同学在“探究欧姆定律”的实验中，所用器材有：学生电源、电流表、电压表、标有“50Ω  1A”的滑动变阻器R’、开关、导线和定值电阻R（5Ω，10Ω，15Ω，20Ω，25Ω）。 （1）请你根据如图甲所示，用笔画线代替导线，将如图乙中的实物电路连接完整。（要求：向右移动滑片时，电路中的电流变小，且导线不能交叉）___________ （2）连接完电路后，闭合开关，发现电流表的指针无偏转，电压表的指针有明显的偏转，原因可能是电阻R___________。（选填“短路”或“断路”）。 （3）排除故障后，他先探究电流与电压的关系。闭合开关，移动滑片依次得到 4 组数据，其中第 4 次实验中电流表的指针如图丙所示，其示数为___________A。他记录的数据如下表一所示，分析数据可以得到结论：电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成___________比。 表一 电流与电压的关系 实验序号 1 2 3 4 电流 I/A 0.20 0.28 0.36 电压 U/V 1.0 1.4 1.8 2.0 （4）他继续探究电流与电阻的关系，先将电源电压调到合适的值，分别换上多个电阻进行探究，得到如图所示的电流 I 随电阻 R 变化的图像。由图像可以得出结论：在电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成___________。 （5）在（4）的实验过程中，若将5Ω的电阻接入电路中，闭合开关调节滑片至适当位置，滑动变阻器连入电路的阻值为R1；接着换成10Ω的电阻接入电路，闭合开关后，再调节滑片至适当位置，使电压表示数为 V，此时滑动变阻器连入电路的阻值为R，则R1：R=___________ （6）若不改变电路和更换实验器材且电路安全的前提下，为了能够利用上述的5个定值电阻得到如图14所示的数据完成实验，则电源电压的可调范围应控制在___________V至___________V之间。 3．老师给大家准备了以下器材：定值电阻六个（5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω、30Ω）、滑动变阻器标有“30Ω，1A”、电流表、电压表、学生电源（电压可调，精确到0．1V）、开关、导线若干，同学们用来探究“电流与电压、电阻的关系”。 （1）在连接电路前，小明设计了如图甲所示的电路，探究“电流与电压的关系”。连接电路时，开关应该处于___________状态； （2）小明选择了一个10Ω的电阻，将电路正确连接后，闭合开关前，电流表指针位置如图乙所示，这是因为电流表___________； （3）闭合开关后，小明发现电流表的指针几乎不偏转，但电压表示数接近电源电压，则故障原因可能是：___________； （4）在某次测量中，电流表表盘如图丙所示，则所测的电流值是___________A； 　　 　 　 （5）小明将多次测量所得数据的结果绘制成图丁，可得出结论_______； （6）在探究“电流与电阻的关系”时，当电路中连接不同的电阻时，需要保持电阻两边的电压不变。电路连接完成后，分别用5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω的电阻进行实验，正确操作，实验数据画出的定值电阻的I-R图像如图所示，其中阴影面积的物理意义是_______； （7）在如图甲所示的电路中，当接入电阻R的阻值为10Ω，滑动变阻器滑片位于中点；用阻值为15Ω的电阻替换下这个10Ω的电阻后，以下方法中，可能使电压表示数与替换前相等的是_______； A．电源电压不变，不移动滑片P B．电源电压不变，向左移动滑片P C．减小电源电压，不移动滑片P D．增大电源电压，向左移动滑片P （8）当使用30Ω的电阻做实验时，无论怎样调节滑动变阻器的滑片都无法使电压表的示数与前五次相同，为了继续完成第六次实验，如果只能改变电源电压，其它接线柱位置都不变，则电源电压应不高于_______V。 4．在“测量小灯泡电功率”的实验中，电源电压为3V，小灯泡额定电压为2．5V。    （1）小王同学连接电路时，开关应处于 _____（选填“闭合”或“断开”）状态。小王已连接了部分电路，如图甲所示，要使滑片P向右移动时滑动变阻器接入电路的电阻变大，你应将电流表的负接线柱与滑动变阻器上的 _____（选填“A”、“B”、“D”或“P”）点相连。 （2）小王连接好电路后，闭合开关，逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，发现小灯泡始终不亮，电压表有示数，电流表指针几乎不偏转，此现象的原因可能是 _____（选填“开关”、“小灯泡”、“滑动变阻器”或“电流表”）出现故障。 （3）排除故障后，闭合开关，移动滑动变阻器滑片P，观察到两电表示数在变化，并做好数据记录。小王根据多组实验数据绘制的U﹣I图像如图乙所示，根据图像可得小灯泡的额定功率是 _____W，此时小灯泡的电阻是 _____Ω。 （4）小王还发现图线在电流较小时是直线，随着电流增大，图线变成了一条曲线，如图乙所示。造成这一变化的原因是小灯泡的 _____随温度变化而变化。 （5）小强对实验进行了拓展，利用如图丙所示的电路，测出了另一只已知额定电流为I1的小灯泡的额定功率，请完成实验步骤： ①闭合开关S1，开关S2连接b移动滑动变阻器的滑片，使电流表示数为 _____； ②保持滑动变阻器的滑片位置不变，开关S2连接a，调节电阻箱的阻值，使电流表示数为I1，读出电阻箱的示数为R0； ③则小灯泡的额定功率表达式P额＝_____（用字母表示）。 题型六 计算题 押题猜想14 力学计算 一辆在水平路面上匀速直线行驶的四轮5G无人配送车，空载时质量为600kg。已知每个轮胎与地面的接触面积均为，配送车在水平路面上受到的阻力始终为车辆总重力的，g取10N/kg。求： （1）配送车空载在水平路面上匀速直线行驶时所需的牵引力； （2）配送车空载时对水平路面的压强； （3）某次配送车装上货物后，对水平路面的压强为时货物的质量。 押题解读 力学的综合计算以压强为核心进行综合考察，结合功与功率等知识点，需要学生在具有一定力学知识与计算能力的基础上借助题目条件解题。 考前秘笈 固体压强计算 P=F/S，需要注意的是受力面积是一个还是多个 液体压强计算 容器的种类 容器底受到的压强 p=ρ液gh 容器底受到的压力 F=pS 压力和液体重力的关系 容器底部受到液体的压力：F=pS=ρ液ghS=ρ液Shg F>G液 F=G液 F<G液 容器对支持面的压力 容器对支持面的压强 1．如图所示，铁桶重为40N，桶的底面积为200cm2，往桶里倒入12kg的水，水的深度为15cm，平放在面积为1m2的水平台面上（g＝10N/kg）。求： (1)水对桶底的压强； (2)桶底受到水的压力； (3)台面受到桶的压强。 2．如图所示，水平地面上的轻质圆柱形容器甲、乙分别盛有质量均为2kg的水和酒精，甲、乙的底面积分别为S、2S。（ρ酒精=0.8×103千克/米3） （1）求水的体积V； （2）求甲容器中0.1米深处水的压强p水； （3）将同一物体分别浸没在两液体中时，液体不溢出。若水和酒精对容器底部压强的变化量分别为p水、p酒，求p水与p酒的比值。 3．如图所示，水平地面上置有轻质薄壁圆柱形容器甲和圆柱体乙。甲的底面积为0．01米2、高为0.3米，盛有0.2米深的水；乙的底面积为0.005米2、高为0.8米，质量为8千克： ①求水对甲底部的压强p水； ②求乙的密度乙； ③若在乙上方沿水平方向切去一部分，并将切去部分竖直放在甲容器内，此时水对容器底部的压力等于乙剩余部分对地面的压力，求甲容器对地面压强的变化量Δp甲。 4．如图所示，高为15cm圆柱形容器乙中装有适量的油（已知油的密度为0．8×103kg/m3），密度为0.6×103kg/m3的圆柱体甲的横截面积与乙容器的底面积之比为3:4，圆柱体甲和容器乙均放在同一水平桌面上，在甲物体上，沿水平方向截取一段长为x的物体A，并平稳放入容器乙中，用力使物体A刚好没在油中（A未与容器乙接触），截取甲并浸没截取部分入乙以后，甲、乙对桌面的压强随截取长度的变化关系如图丙所示，容器乙的壁厚和质量均忽略不计。求 （1）若甲沿水平方向截取5cm后，甲对桌面减少的压强为多少帕？ （2）在甲沿水平方向截取长为5cm的物体A，并放入容器乙中，用力使物体A刚好浸没在油中（A未与容器乙接触），则容器乙对桌面增加的压强为多少帕？ （3）在图丙中p与p0之比为多少？ 押题猜想15 电学及其与磁学的综合计算 1．为实现自动控制，小明同学利用电磁继电器（电磁铁线圈电阻不计）制作了具有延时加热、保温、消毒等功能的恒温调奶器，其电路图如图甲所示。控制电路中，电压U1＝3V，定值电阻R0＝50Ω，热敏电阻R阻值随温度变化的图像如图乙所示；工作电路中，电压U2＝220V，R1＝836Ω，R2＝44Ω。已知恒温调奶器容量为2kg，水温达到80℃时衔铁会跳起。[水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）] （1）请结合此电路，简要说明电磁继电器的工作原理。 （2）求衔铁刚跳起时，通过电磁铁线圈的电流。 （3）求工作电路在保温状态下的电功率。 （4）当调奶器加满温度为25℃的水，加热元件工作500s后衔铁跳起，求此过程中水吸收的热量及恒温调奶器的加热效率。 2．如图是一条电热毯电路的示意图，R0是发热电阻丝，R是串联在电路中的电阻，S是控温开关．电热毯标牌上标有“220V 40W”字样．问（不考虑温度对电阻值的影响）： （1）要使电热毯处于低温挡时，开关S应处于什么状态？ （2）发热电阻丝R0的阻值是多大？ （3）当电热毯处于低温挡时，电路中的电流为0.1A，则在10s内电阻丝R0产生的热量是多少？ 押题解读 电学通常结合热学进行考察，主要是高低温档位的判断与电热的计算；而电磁学要求学生能够灵活运用欧姆定律、电磁铁的原理等知识解决实际问题。 考前秘笈 公式 变形式 （常考） 物理量 主单位 其他常用单位 U=IR 电压（V） V（伏） mV（毫伏） 电阻（R） Ω（欧） kΩ（千欧） 电流（I） A（安） mA（毫安） W=UIt —— 电压（V） V（伏） mV（毫伏） 电流（I） A（安） mA（毫安） 时间（t） s（秒） h（小时）、min（分钟） 电功（W） J（焦） 电能表上常用的单位为kW·h W=Pt P=UI P=I2R 电功（W） J（焦） 电能表上常用的单位为kW·h 时间（t） s（秒） h（小时）、min（分钟） 电功率（P） W（瓦） kW（千瓦） Q=I2Rt 电流（I） A（安） mA（毫安） 电阻（R） Ω（欧） kΩ（千欧） 时间（t） s（秒） h（小时）、min（分钟） 热量（Q） J（焦） kJ（千焦） 1．如图甲所示，是一种电加热恒温箱的简化工作原理电路图。工作电路由电压U0=220V的电源和阻值为R0=88Ω的电热丝组成。控制电路是由电压U1=7.5V的电源、开关、电磁继电器（线圈电阻不计）、电阻箱R1（可取值范围为0～120Ω）和热敏电阻Rt组成的，热敏电阻Rt的阻值随温度变化的关系如图乙所示。当控制电路的电流达到50mA时，衔铁才吸合，从而切断右边工作电路，停止加热。求： (1)工作电路中电热丝R0工作时的电流； (2)电热丝R0工作5min产生的热量； (3)如果恒温箱的温度设定为60°C，则电阻箱R1应取多大阻值； (4)该恒温箱可设定的最高温度是多少°C。 2．实践小组设计了由厢体、承重板和动滑轮组成的提升重物的装置，示意图如图甲，厢体放置在水平承重板上，承重板的上表面装有压力传感器，装置由电动机提供动力。该装置设计有超载限制系统，如图乙，限制系统中的控制电路电源电压恒为12V，定值电阻R0阻值为200Ω，压力传感器中的力敏电阻RF阻值随压力F压变化的部分数据如下表所示。当控制电路的电流大于0.03A时，电磁铁将衔铁吸下，B、C两个触点断开，电动机停止工作。已知厢体重150N，承重板和滑轮共重100N，忽略绳重、摩擦和电磁铁线圈电阻。 F压/N … 400 600 800 900 1000 … RF/Ω … 800 500 300 200 100 … （1）空厢匀速竖直上升时，求绳拉力F的大小； （2）在6s内将空厢匀速竖直提升3m，求拉力F做功的功率； （3）重物放在厢体内，求该装置匀速竖直提升重物的最大机械效率； （4）若要将该装置的最大载重量调小，提出对控制电路的一条调整措施。    3．图甲中的小灯泡标有“2．7V 0．3A”字样，定值电阻R1=10Ω，R2由三段材料不同、横截面积相同的均匀直导体EF、FG、GH连接而成，总长度为35cm，其中一段是铜导体，其电阻可忽略不计，另两段导体的阻值与自身长度成正比，P是与R2接触良好并能移动的滑动触头。若只闭合S、S1时，电流表示数I与P向左移动距离x之间的关系如图乙所示。（忽略温度对电阻影响） （1）电源电压多大？若只闭合S、S1，当x=15cm时，电路消耗的总功率多大； （2）导体EF、FG、GH各段的电阻分别是多大； （3）若只闭合S与S2，为确保灯丝不被烧坏，滑片P向左移动距离x的变化范围？ 4．图中所示是某型号电饭锅内部简化电路。与是阻值不变的发热电阻。温控开关S可以根据实际情况使电饭锅处于加热或保温状态。下表是该电饭锅的铭牌。求： 容量 6L 额定电压 220V 加热功率 880W 保温功率 50W （1）画出电路处于保温状态时的等效电路图； （2）的阻值； （3）电饭锅在保温状态下正常工作15min所消耗的电能。 5．如图所示的是探究灯泡灯丝的电阻特性的实验电路，所使用的器材有：小灯泡L（额定电压2．5V，额定电流0．25A）、电压表V（量程15V，内阻未知）、电流表A（量程0．6A，内阻0．2Ω）、阻值为30Ω的定值电阻R0、滑动变阻器R、恒定电源（电压15V，内阻不计）、开关S、导线若干。闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片到某一位置，当电流表的示数为0.55A时，小灯泡L正好正常发光。 (1)小灯泡L正常发光时的电阻是多少？ (2)此时电压表的示数是多少？ (3)通电1min，电流表A消耗的电能是多少？ 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$