2025年北京二中教育集团中考物理模拟试卷

2025年北京二中教育集团中考物理模拟试卷 一、单项选择题（以下每题只有一个正确的选项，每小题2分，共24分） 1．（2分）插排是每个家庭必备用品。为了用电安全，我们应购买符合安全标准认证的插排。图中所标材料属于导体的是（　　） A．导线的橡胶皮 B．按钮开关的外壳 C．插排的金属插头 D．插排的塑料外壳 2．（2分）如图所示的光现象中，由于光的折射形成的是（　　） A．幕布上形成的影子 B．晷针在日晷上的影子 C．鸟巢在水中的倒影 D．花朵经放大镜呈现的像 3．（2分）如图所示，小东和小成坐在火车车厢内，通过观察窗外的景物判断火车是否运动的情景。小东认为：以窗外的站台为参照物，火车的位置没有发生变化，因此火车是静止的；小成认为：以窗外驶过的动车为参照物，火车的位置发生了变化，因此火车是运动的。下列说法正确的是（　　） A．只有小东的观点正确 B．只有小成的观点正确 C．两人的观点都正确 D．两人的观点都不正确 4．（2分）如图所示的某款3D打印机，打印过程中将固态材料加热变成液态材料，喷头按照3D图纸轨迹运动并将液态材料挤出，液态材料冷却后形成立体的固态实物。在打印过程中材料先后经历的物态变化是（　　） A．.熔化液化 B．液化凝固 C．.熔化凝固 D．.液化汽化 5．（2分）我国有些地方修筑了“音乐公路”，当汽车以一定速度在路面上匀速行驶时，就会奏出一段悦耳的乐曲。音乐公路的路面上分布着许多横向凹槽，如图所示，汽车每经过一个凹槽，就会上下振动一次。下列相关说法正确的是（　　） A．“音乐公路”发出的音乐声是由空气振动产生的 B．音乐声只能在空气中传播 C．路面上凹槽之间的间距不同，目的是使发出声音的音调不同 D．汽车以一定速度匀速行驶时，奏出的悦耳的乐曲一定不是噪声 6．（2分）乒乓球运动在我国开展广泛并在国际上居于领先地位，是我国的国球。关于比赛中的乒乓球，下列说法正确的是（　　） A．竖直向上抛出的乒乓球运动到最高点时受平衡力作用 B．乒乓球离开球拍后能继续运动是由于乒乓球具有惯性 C．大力扣杀时，球拍对乒乓球的力大于乒乓球对球拍的力 D．乒乓球落到球台反弹后上升的过程中，受到弹力和重力的作用 7．（2分）图甲是自动拾取牙签盒，图乙是其内部结构图，当按下顶上B处的圆柱体按钮时，杆AD绕O点转动。松手时，在D处弹簧的作用下，一根牙签就从盖中小孔冒出。下列说法正确的是（　　） A．按下按钮时，D处弹簧处于压缩状态 B．按下按钮时，杆AOD是一个省力杠杆 C．松开按钮时，D处受到弹簧向上的弹力 D．牙签送出时，A处比D处移动距离大 8．（2分）滑雪运动是一项既有趣又对身体有益的活动，图甲中滑雪者从A点出发，先后经过B、C、D、E点。图乙是滑雪者在B、C、D、E点的动能和重力势能大小的示意图，下列说法正确的是（　　） A．全过程滑雪者的动能在E点时最大 B．全过程滑雪者的重力势能一直在减小 C．B点重力势能的大小等于E点动能的大小 D．全过程滑雪者的机械能保持不变 9．（2分）用某滑轮组提升重物时，绳子自由端拉力做功随时间变化的关系如图所示，在20s内绳子自由端竖直匀速移动16m，重物竖直匀速上升4m。已知动滑轮总重100N，提升的物体重800N。关于该过程，下列说法正确的是（　　） A．绳子自由端拉力的功率为400W B．额外功为400J C．绳子自由端拉力的大小为200N D．滑轮组的机械效率约为80% 10．（2分）质量相等的甲、乙两种不同液体，装在相同的容器中，用相同的电加热器加热，其温度随时间变化的图像如图所示，下列说法正确的是（　　） A．甲、乙的比热容之比为2：1 B．甲、乙的比热容之比为3：2 C．1min内，甲吸收的热量小于乙吸收的热量 D．1min后乙温度不变，由此判断，乙物质不再吸热，内能不变 11．（2分）图甲为可燃气体浓度报警器的工作原理图，气敏电阻阻值随可燃气体浓度的变化关系如图乙所示。当环境中可燃气体的浓度超过4%的预设报警值时，报警器红灯亮，发出报警信号。已知触发电磁继电器工作的电流为0.2A，滑动变阻器R2的最大阻值为100Ω，线圈A电阻忽略不计。下列说法正确的是（　　） A．工作电路中的L1是红灯 B．控制电路的电源电压可调范围为4～28V C．报警器刚触发报警时，R2最大功率为4W D．控制电路电源电压一定时，滑片P上移或线圈A的匝数增加都会使报警器在更大浓度时报警 12．（2分）如图所示，完全相同的甲、乙两个烧杯内分别装有密度不同的液体。在两烧杯中，距离杯底同一高度处有A、B两点，已知A、B两点压强相等，烧杯甲、乙对桌面的压强为p甲、p乙，若将两个体积相等的实心物体M、N分别轻轻地放入甲、乙两容器中，发现M漂浮在甲液面上，N悬浮在乙液体中，两容器中液体均未溢出，则下列说法正确的是（　　） A．p甲＞p乙 B．两物体的密度关系为ρM＞ρN C．放入两物体后，容器底增加的压强关系为Δp甲＜Δp乙 D．两物体受到的浮力关系为F甲＝F乙 二、多项选择题（下列各小题均有四个选项，其中符合题意的选项均多于一个。共6分，每小题2分，每小题选项全选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的不得分） （多选）13．（2分）下列说法中正确的是（　　） A．温度越高的物体，放出的热量就越多 B．比热容与物质的质量和吸收或放出的热量无关 C．组成物质的分子之间，存在相互作用的引力和斥力 D．组成物质的大量分子无规则运动的剧烈程度与温度有关 （多选）14．（2分）如图所示的四个实验中，下列说法正确的是（　　） A．甲图所示的实验说明同名磁极相互排斥 B．乙图所示的实验可以研究电流周围是否存在磁场 C．丙图所示的实验装置可以研究电动机工作的原理 D．丁图所示的实验中只要闭合开关，灵敏电流计的指针就会发生偏转 （多选）15．（2分）如图所示，在维修“中国天眼”时，为避免压坏反射面板，利用一个氦气球及配重，使维修工人对反射面板的压力减小到100N，成为“微重力蜘蛛人”。若维修工人重700N，与反射面板的接触面积为1000cm2，气球未充入气体时重1300N，充入氦气后的体积约为200m3，忽略人及配重所受的浮力（ρ空气取1.3kg/m3），下列说法正确的是（　　） A．反射面板对维修工人的支持力与维修工人对反射面板的压力是一对平衡力 B．当维修工人在反射面板底部工作时，其对反射面板的压强为1000Pa C．氦气球受到的浮力为2600N D．氦气球所充氦气以及配重的总重力为700N 三、实验探究题（共30分，25题3分，其余每空1分） 16．（3分）（1）如图1所示，物体A长度的测量值为 　 　 cm。 （2）根据图2中的电流方向，可知通电螺线管的 　 　 端是N极。 （3）如图3所示，温度计的示数为 　 　 ℃。 17．（2分）在探究水沸腾过程中温度随加热时间变化的特点时，小宇应通过观察 　 　 判断水是否沸腾。待水沸腾后，小宇测量并记录的实验数据如下表所示，请你根据表中的数据归纳出实验结论：　 　 。 加热时间/min 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 温度/℃ 99 99 99 99 99 99 99 18．（2分）如图甲所示是小明做“探究磁生电”的实验装置。 （1）小明通过观察　 　 来判断电路中是否产生感应电流； （2）小明进行了如图乙所示的5次操作，其中能产生感应电流的是　 　 （选填所有符合要求的操作序号）。 19．（4分）小明在实验室测一小石块的密度，首先要用天平测量石块的质量。他将天平放在水平桌面上，游码调到0刻度线处，发现指针偏向分度盘中央刻度线的右侧，如图甲所示，为使天平横梁水平平衡，他应将平衡螺母向 　 　 端移动。用已调节好的天平正确测量石块质量时的情景如图乙所示，则该石块质量的测量值是 　 　 g。接下来，他先在量筒中倒入30mL的水，如图丙所示；再将用细线系好的石块轻放入量筒内的水中，此时量筒中液面位置如图丁所示，则石块体积的测量值是 　 　 cm3。根据以上测量数据计算出该石块密度的测量值是 　 　 g/cm3。 20．（2分）小力用如图所示的透明玻璃板、两根外形完全相同且高度可调的电子蜡烛A、B和刻度尺等器材探究物体在平面镜中所成像的高度与物高是否有关。 （1）请将实验步骤补充完整： ①将电子蜡烛A放在平面镜前适当位置，将电子蜡烛B放到平面镜的另一侧，　 　 ，测量此时电子蜡烛A和B的高度，并记录在表格中； ②改变　 　 ，重复步骤①的操作； （2）请画出实验数据记录表。 21．（3分）小东用蜡烛、焦距为10cm的凸透镜、光屏、光具座等器材，在水平桌面上做“探究凸透镜成像规律”的实验。 （1）如图所示，凸透镜固定在光具座50cm刻度线处，将点燃的蜡烛放到光具座上35cm刻度线处，移动光屏，可以在光屏上呈现倒立的实像，利用这一成像规律可以制成 　 　 （选填“照相机”、“投影仪”或“放大镜”）。 （2）小东想让光屏上呈现的烛焰的像再变大一些，他让凸透镜的位置保持不动，将点燃的蜡烛移至42cm刻线处。请你利用所学知识判断小东的操作是否可行，并说明理由 　 　 。 22．（4分）小力用如图所示电路探究L1、L2串联后的总电压是否等于L1两端电压和L2两端电压之和，电源两端电压用U端表示，A、B间电压用U1表示，B、C间电压用U2表示，A、C间电压用U表示。 （1）闭合开关后，两灯都不亮，初步判断电路处于断路状态。测得U1＝0V、U2＝3V、U＝3V，则可判断发生断路的是 　 　 。（选填“L1”或“L2”） （2）故障排除后，实验正常进行。本实验的因变量是 　 　 ，自变量是 　 　 。（用题干中的符号表述） （3）本实验改变自变量的操作是 　 　 。 23．（4分）图甲所示为测量未知电阻Rx的实验电路，电源两端电压不变，定值电阻R0＝20Ω。请将实验步骤补充完整： （1）　 　 ，读出并记录电压表示数U1＝12V； （2）　 　 ，读出并记录电压表示数U2＝ 　 　 V（电压表示数如图乙所示）； （3）计算出Rx的阻值为 　 　 Ω。 24．（3分）如图是探究杠杆平衡条件的实验。 （1）在挂钩码前，杠杆如图甲所示，小慧调节杠杆右端的平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡，其目的是 　 　 ； （2）接着小慧在杠杆的两侧挂上不同数量的钩码，移动钩码的位置，使杠杆重新在水平位置平衡（如图乙）。若在A、B下方再各加一个相同的钩码，则杠杆 　 　 （选填“左”或“右”）端将下沉； （3）图丙为小慧制作的简易“杠杆力臂演示仪”，杠杆AOB可绕O点（螺母）转动，不计摩擦和杠杆自身重力； ①杠杆处于丙图所示水平位置平衡； ②松开螺母保持OA水平不动，使OB向下折30°后，再拧紧螺母形成一根可绕O点转动的杠杆AOB′（对应B点）保持左侧物悬挂点位置不变化，要使杠杆在图丁所示位置保持平衡，请你写出一条可行的措施 　 　 。 25．（3分）数理小组设计的电子量角器，可用电压表示数反映角度，其原理如图所示。用两端电压为6V的电源、圆弧形电阻丝金属杆OC、定值电阻R0、电压表（量程0～3V）和开关等组成电路。已知电阻丝接入电路中的阻值R＝kθ，其中k为常量、θ为OC与OA的夹角。使用时发现该量角器测量范围是0～150°，请通过分析说明为能满足测量0～180°的要求，应将R0更换为更大的电阻还是更小的？ 四、科普阅读题（共4分） 26．（4分）阅读材料，回答问题。 电力系统的“超级充电宝” 2025年3月10日，江苏句容抽水蓄能电站3号机组正式并网发电。该电站水库大坝高182.3米，是世界坝体最高的抽水蓄能电站，图甲是其工作原理示意图，抽水蓄能电站，主要解决我国近年大力发展的风电和光伏电站供电不稳定、电能供应和电能需要时间不匹配的问题。在用电功率较低时，电站利用多余电能驱动水泵将下游水库的水抽至上游水库蓄能；在用电功率较高时，上游水库的水释放到下游水库，通过水轮机推动发电机发电以满足用电需求。抽水蓄能电站可有效调节电力系统的供需，被誉为电力系统的“超级充电宝”。在能量转化过程中总会有一些能量损失，因此蓄能电站的发电量总是小于抽水用电量，发电量与抽水用电量之比表示营能电站的效率，是衡量电站综合效益的重要指标。 （1）该电站可以实现“蓄能”主要是将多余的电能转化为水的 　 　 。 （2）图乙是当地每天用电功率随时间变化的大致图像。由图可知，将下游水库的水抽至上游水库的最佳时间段是每天的 　 　 （选填“0～6时”、“6～12时”、“12～18时”或“18～24时”）。 （3）某天蓄能电站抽水用电量为2.4×106kW•h，发电量为1.8×106kW•h、且上游水库24时与0时的水位相同，则蓄能电站的效率为 　 　 。若由效率为50%的传统火力发电站提供上述发电量，蓄能电站的投入使用相当于节约 　 　 t煤炭（q煤取3×107J/kg）。 五、计算题（共6分，27题3分、28题3分） 27．（3分）小京利用图甲所示电路获取了额定电压为2.5V的小灯泡L在不同电压下的电流，并利用所测的数据绘制出电流I随其两端电压U变化的图像，如图乙所示。 （1）画出实物电路所对应的电路图。 （2）求小灯泡两端电压为1.0V时的电阻。 （3）求小灯泡正常发光时的电功率。 28．（3分）如图所示为一可自动控制水量的水箱模型，其内底面积为200cm2，水箱底部有一个由阀门控制的出水口。正方体物体A的边长为10cm，物体A由轻质细杆悬挂在水中，细杆上端与力传感器连接，当物体A恰好完全浸没时力传感器受到向上的压力为4N，此时容器中水深为18cm，阀门自动打开，水缓慢流出，当细杆对力传感器的拉力为1N时阀门关闭，水不再流出。求： （1）物体A恰好浸没时受到的浮力； （2）物体A的密度； （3）阀门关闭时，水箱底部受到的压强。 2025年北京二中教育集团中考物理模拟试卷 参考答案与试题解析 一．选择题（共12小题） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 C D C C C B D C D A C 题号 12 答案 C 二．多选题（共3小题） 题号 13 14 15 答案 BCD ABC BCD 一、单项选择题（以下每题只有一个正确的选项，每小题2分，共24分） 1．（2分）插排是每个家庭必备用品。为了用电安全，我们应购买符合安全标准认证的插排。图中所标材料属于导体的是（　　） A．导线的橡胶皮 B．按钮开关的外壳 C．插排的金属插头 D．插排的塑料外壳 【分析】容易导电的物体叫导体，常见的导体：金属、石墨、人体、大地；不容易导电的物体叫绝缘体，常见的绝缘体：玻璃、橡胶、陶瓷、塑料等。 【解答】解：不容易导电的物体叫绝缘体，插排的塑料外壳、导线的橡胶皮、按钮开关的外壳的绝缘性能好，是常见的绝缘体； 容易导电的物体叫导体，插排的金属插头具有优良的导电性，是常见的导体。故C符合题意，ABD不符合题意。 故选：C。 【点评】此题考查了导体与绝缘体的辨析，属基础题目。 2．（2分）如图所示的光现象中，由于光的折射形成的是（　　） A．幕布上形成的影子 B．晷针在日晷上的影子 C．鸟巢在水中的倒影 D．花朵经放大镜呈现的像 【分析】（1）光在同种均匀介质中沿直线传播，在日常生活中，激光准直、小孔成像和影子的形成等，都表明光在同一种均匀介质中是沿直线传播的； （2）当光照射到物体表面上时，有一部分光被反射回来的现象是光的反射，例如：平面镜成像、水中倒影都是由光的反射形成的； （3）当光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向会发生偏折，这就是光的折射，复色光发生折射时，会出现色散现象，如：海市蜃楼、看水里的鱼比实际位置浅、雨后天空中的彩虹等都是光的折射形成的。 【解答】解：AB．幕布上形成的影子、晷针在日晷上的影子都是光的直线传播形成的，故AB不符合题意； C．鸟巢在水中的倒影属于平面镜成像现象，是由光的反射形成的，故C不符合题意； D．花朵经放大镜呈现的像属于凸透镜成像现象，是由光的折射形成的，故D符合题意。 故选：D。 【点评】此题主要考查了光的折射现象、反射现象和直线传播，平时要注意各个现象的形成原因，同时还要联系所学过的物理知识多加思考。 3．（2分）如图所示，小东和小成坐在火车车厢内，通过观察窗外的景物判断火车是否运动的情景。小东认为：以窗外的站台为参照物，火车的位置没有发生变化，因此火车是静止的；小成认为：以窗外驶过的动车为参照物，火车的位置发生了变化，因此火车是运动的。下列说法正确的是（　　） A．只有小东的观点正确 B．只有小成的观点正确 C．两人的观点都正确 D．两人的观点都不正确 【分析】被研究的物体和参照物之间如果发生位置的改变，被研究的物体是运动的，如果没有发生位置的改变，被研究的物体是静止的。 【解答】解：（1）被研究的物体是火车，小东以窗外的站台为参照物，火车和站台之间没有发生位置的变化，故以站台为参照物，火车是静止的； （2）被研究的物体是火车，小成以窗外驶过的动车为参照物，火车和动车之间发生了位置的变化，故以驶过的动车为参照物，火车是运动的。 故两人的观点都正确，故ABD错误，C正确。 故选：C。 【点评】此题主要考查学生对参照物的选择、运动和静止的相对性的理解和掌握，研究同一物体的运动状态，如果选择不同的参照物，得出的结论可以不同，但都是正确的结论。 4．（2分）如图所示的某款3D打印机，打印过程中将固态材料加热变成液态材料，喷头按照3D图纸轨迹运动并将液态材料挤出，液态材料冷却后形成立体的固态实物。在打印过程中材料先后经历的物态变化是（　　） A．.熔化液化 B．液化凝固 C．.熔化凝固 D．.液化汽化 【分析】物质从固态变成液态的过程叫熔化，物质从液态变成固态的过程叫凝固。 【解答】解：物质从固态变成液态的过程叫熔化，将固态材料加热变成液态材料属于熔化过程。物质从液态变成固态的过程叫凝固，液态材料冷却后形成立体的固态实物属于凝固过程。故C符合题意，ABD不符合题意。 故选：C。 【点评】本题考查了熔化及凝固现象，属于基础题。 5．（2分）我国有些地方修筑了“音乐公路”，当汽车以一定速度在路面上匀速行驶时，就会奏出一段悦耳的乐曲。音乐公路的路面上分布着许多横向凹槽，如图所示，汽车每经过一个凹槽，就会上下振动一次。下列相关说法正确的是（　　） A．“音乐公路”发出的音乐声是由空气振动产生的 B．音乐声只能在空气中传播 C．路面上凹槽之间的间距不同，目的是使发出声音的音调不同 D．汽车以一定速度匀速行驶时，奏出的悦耳的乐曲一定不是噪声 【分析】声音是由物体振动产生的；声音的传播需要介质，真空不能传声。 音调是声音的高低，由发声体的振动频率决定，频率越高，音调越高；频率越低，音调越低。 音色是发声体的声音品质，由发声体本身的特征决定，是区别声音的重要标志。 响度指声音的强弱或大小，与振幅和距离发声体的远近有关，振幅越大，响度越大，距离发声体越近，响度越大。 从环境保护的角度来说，凡是妨碍人们正常休息、学习和工作的声音，以及对人们要听的声音产生干扰的声音，都属于噪声。 【解答】解：A、“音乐公路”发出的音乐声是由汽车轮胎与路面接触摩擦，引起汽车规律振动而产生的，不是空气振动产生的。故A错误。 B、声音的传播介质可以是气体、液体和固体，所以音乐声不只能在空气中传播，在固体（路面、汽车等）、液体（如路面有积水时）中也能传播。故B错误。 C、物体振动的频率决定音调，路面上凹槽之间的间距不同，汽车经过时振动的频率就不同，发出声音的音调也就不同，故C正确。 D、从环境保护角度看，凡是干扰人们休息、学习和工作以及对人们所要听的声音产生干扰的声音，都属于噪声。如果汽车奏出的音乐声在人们不需要的时候响起，比如在居民休息时间，即使它很悦耳，也会成为噪声，故D错误。 故选：C。 【点评】本题考查了声音的产生、传播、声音的三个特性，以及噪声的界定，属于声学部分的常考知识。 6．（2分）乒乓球运动在我国开展广泛并在国际上居于领先地位，是我国的国球。关于比赛中的乒乓球，下列说法正确的是（　　） A．竖直向上抛出的乒乓球运动到最高点时受平衡力作用 B．乒乓球离开球拍后能继续运动是由于乒乓球具有惯性 C．大力扣杀时，球拍对乒乓球的力大于乒乓球对球拍的力 D．乒乓球落到球台反弹后上升的过程中，受到弹力和重力的作用 【分析】（1）对乒乓球进行受力分析然后作出判断。 （2）物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性。 （3）相互作用力的特点：大小相等、方向相反、作用在两个物体上，作用在同一条直线上。 （4）力是物体对物体的作用。 【解答】解：A、竖直向上抛出的乒乓球运动到最高点时只受重力作用，受非平衡力作用，故A错误。 B、乒乓球离开球拍后能继续运动是由于乒乓球具有惯性，仍然要保持原来的运动状态，故B正确。 C、大力扣杀时，球拍对乒乓球的力与乒乓球对球拍的力是一对相互作用力，大小相等，故C错误。 D、乒乓球落到球台反弹后上升的过程中，受到重力和空气阻力的作用，不再受到弹力，故D错误。 故选：B。 【点评】本题通过乒乓球运动考查蕴含的物理知识，重点考查了学生应用物理知识解决实际问题的能力。注重了物理和生活的联系，具有较强的综合性。 7．（2分）图甲是自动拾取牙签盒，图乙是其内部结构图，当按下顶上B处的圆柱体按钮时，杆AD绕O点转动。松手时，在D处弹簧的作用下，一根牙签就从盖中小孔冒出。下列说法正确的是（　　） A．按下按钮时，D处弹簧处于压缩状态 B．按下按钮时，杆AOD是一个省力杠杆 C．松开按钮时，D处受到弹簧向上的弹力 D．牙签送出时，A处比D处移动距离大 【分析】（1）按下按钮时，D处的弹簧被拉伸。 （2）动力臂比阻力臂长的杠杆是省力杠杆，动力臂比阻力臂短的杠杆是费力杠杆。 （3）物体由于发生弹性形变所产生的力叫弹力。 （4）根据杠杆的特点进行分析。 【解答】解：A、在B点按下按钮时，O为杠杆的支点，B处受力向下，D处弹簧对杠杆的拉力也是向下的，由于物体间力的作用是相互的，D处弹簧处于拉伸状态，故A错误； B、按下按钮时，根据题图可知：杆AOD的动力臂比阻力臂短，是一个费力杠杆，故B错误； C、松开按钮时，弹簧恢复原状，D处受到弹簧向下的弹力，故C错误； D、牙签送出时，A处的力臂大于D处的力臂，所以A处比D处移动距离大，故D正确。 故选：D。 【点评】本题考查的是杠杆的分类；知道弹力的基本概念。 8．（2分）滑雪运动是一项既有趣又对身体有益的活动，图甲中滑雪者从A点出发，先后经过B、C、D、E点。图乙是滑雪者在B、C、D、E点的动能和重力势能大小的示意图，下列说法正确的是（　　） A．全过程滑雪者的动能在E点时最大 B．全过程滑雪者的重力势能一直在减小 C．B点重力势能的大小等于E点动能的大小 D．全过程滑雪者的机械能保持不变 【分析】（1）整个过程中，过山车克服阻力做功，机械能转化为内能，机械能逐渐变小； （2）做机械运动的物体具有动能，动能的大小与质量和速度有关；被举高的物体具有重力势能，重力势能的大小与质量和高度有关；动能和势能之和称为机械能。 【解答】解：A、由图乙可知，全过程滑雪运动员的动能在C点时最大，故A错误； B、滑雪运动员质量不变，从B点到C点高度降低，重力势能减小，从C点到D点高度升高，重力势能增大，从D点到E点高度降低，重力势能减小，故B错误； C、由图乙可知，滑雪运动员在B点的重力势能等于E点的动能，故C正确； D、在这个过程中，由于存在摩擦等阻力，滑雪运动员的机械能会有部分转化为内能，机械能减小，故D错误。 故选：C。 【点评】本题考查学生对机械能的大小变化。 9．（2分）用某滑轮组提升重物时，绳子自由端拉力做功随时间变化的关系如图所示，在20s内绳子自由端竖直匀速移动16m，重物竖直匀速上升4m。已知动滑轮总重100N，提升的物体重800N。关于该过程，下列说法正确的是（　　） A．绳子自由端拉力的功率为400W B．额外功为400J C．绳子自由端拉力的大小为200N D．滑轮组的机械效率约为80% 【分析】（1）由图可知，20s内绳子拉力做的功（总功），利用P计算绳子自由端拉力的功率； （2）利用W＝Gh计算克服物体重力做的有用功，拉力做的总功W总＝W有+W额，据此求拉力做的额外功； （3）拉力做的总功W总＝Fs，据此计算绳子自由端拉力的大小； （4）滑轮组的机械效率等于有用功与总功的比值。 【解答】解：A、由图可知，20s内绳子拉力做的功为：W总＝4×103J，则绳子自由端拉力的功率为： P200W，故A错误； B、克服物体重力做的有用功： W有＝Gh＝800N×4m＝3.2×103J， 拉力做的总功W总＝W有+W额，则拉力做的额外功： W额＝W总﹣W有＝4×103J﹣3.2×103J＝800J，故B错误； C、拉力做的总功W总＝Fs，则绳子自由端拉力的大小： F250N，故C错误； D、滑轮组的机械效率为： η100%＝80%，故D正确。 故选：D。 【点评】本题考查了使用滑轮组时功率、有用功、额外功、拉力、机械效率的计算，明确有用功、额外功、总功的关系是关键。 10．（2分）质量相等的甲、乙两种不同液体，装在相同的容器中，用相同的电加热器加热，其温度随时间变化的图像如图所示，下列说法正确的是（　　） A．甲、乙的比热容之比为2：1 B．甲、乙的比热容之比为3：2 C．1min内，甲吸收的热量小于乙吸收的热量 D．1min后乙温度不变，由此判断，乙物质不再吸热，内能不变 【分析】（1）质量相等的甲、乙两种不同液体，装在相同的容器中，用相同的电加热器加热，相同时间内甲、乙吸收的热量相同，结合图示数据，根据Q吸＝cmΔt求甲、乙的比热容之比； （2）液体沸腾时，继续吸热，温度不变，内能增大。 【解答】解：ABC．质量相等的甲、乙两种不同液体，装在相同的容器中，用相同的电加热器加热，相同时间内甲、乙吸收的热量相同，故1min内，甲吸收的热量等于乙吸收的热量，故C错误； 由图可知，甲加热3min，温度从25℃升高到100℃；乙加热1min，温度从25℃升高到75℃， 此时甲吸收的热量是乙的3倍，由Q吸＝cmΔt可得： ， 则甲、乙的比热容之比为c甲：c乙＝2：1，故A正确，B错误； D．1min后乙温度不变，说明乙开始沸腾，乙物质继续吸热，温度保持沸点不变，内能增大，故D错误。 故选：A。 【点评】本题考查热量和比热容的比较，以及液体的沸腾特点，难度一般。 11．（2分）图甲为可燃气体浓度报警器的工作原理图，气敏电阻阻值随可燃气体浓度的变化关系如图乙所示。当环境中可燃气体的浓度超过4%的预设报警值时，报警器红灯亮，发出报警信号。已知触发电磁继电器工作的电流为0.2A，滑动变阻器R2的最大阻值为100Ω，线圈A电阻忽略不计。下列说法正确的是（　　） A．工作电路中的L1是红灯 B．控制电路的电源电压可调范围为4～28V C．报警器刚触发报警时，R2最大功率为4W D．控制电路电源电压一定时，滑片P上移或线圈A的匝数增加都会使报警器在更大浓度时报警 【分析】（1）由图乙可知，气体的浓度越高，气敏电阻的阻值越小。 （2）由图乙可知，可燃气体的浓度为4%时，R1＝40Ω，刚触发报警时控制电路的电流为I＝0.2A。当滑动变阻器连入电路的阻值为0时，电源电压最小为Umin＝IR1；当滑动变阻器连入电路的阻值为100Ω 时，电源电压最大为Umax＝I（R1+R2max）。 （3）触发报警时控制电路的电流为I＝0.2A，根据P＝I2R 可得触发报警时滑动变阻器的最大功率。 （4）控制电路电源电压一定，触发电磁继电器工作时的控制电路总电阻一定。滑片P上移时R2连入电路的阻值变大，则气敏电阻R1的阻值变小，由图乙可知此时可燃气体浓度变大，即报警器在更大浓度时报警；线圈A的匝数增加会使电磁继电器在更小电流时触发工作，由欧姆定律可知此时气敏电阻的阻值变大，由图乙可知此时可燃气体浓度变小，即报警器在更小浓度时报警。 【解答】解：A、由图乙可知，气体的浓度越高，气敏电阻的阻值越小。报警时，气敏电阻阻值减小，控制电路的电流增大，线圈A的磁性增强，吸引衔铁，使L2亮，所以L2是红灯，故A错误。 B、由图乙可知，可燃气体的浓度为4%时，R1＝40Ω，刚触发报警时控制电路的电流为I＝0.2A。当滑动变阻器连入电路的阻值为0时，电源电压最小为Umin＝IR1＝0.2A×40Ω＝8V；当滑动变阻器连入电路的阻值为100Ω 时，电源电压最大为Umax＝I（R1+R2max）＝0.2A×（40Ω+100Ω）＝28V。所以控制电路的电源电压可调范围为8～28V，故B错误。 C、触发报警时控制电路的电流为I＝0.2A，根据P＝I2R 可知，触发报警时滑动变阻器的最大功率为Pmax＝I2R2max＝（0.2A）2×100Ω＝4W，故C正确。 D、控制电路电源电压一定，触发电磁继电器工作时的控制电路总电阻一定。滑片P上移时R2连入电路的阻值变大，则气敏电阻R1的阻值变小，由图乙可知此时可燃气体浓度变大，即报警器在更大浓度时报警；线圈A的匝数增加会使电磁继电器在更小电流时触发工作，由欧姆定律可知此时气敏电阻的阻值变大，由图乙可知此时可燃气体浓度变小，即报警器在更小浓度时报警，故D错误。 故选：C。 【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，从图象中获取有用的信息是关键。 12．（2分）如图所示，完全相同的甲、乙两个烧杯内分别装有密度不同的液体。在两烧杯中，距离杯底同一高度处有A、B两点，已知A、B两点压强相等，烧杯甲、乙对桌面的压强为p甲、p乙，若将两个体积相等的实心物体M、N分别轻轻地放入甲、乙两容器中，发现M漂浮在甲液面上，N悬浮在乙液体中，两容器中液体均未溢出，则下列说法正确的是（　　） A．p甲＞p乙 B．两物体的密度关系为ρM＞ρN C．放入两物体后，容器底增加的压强关系为Δp甲＜Δp乙 D．两物体受到的浮力关系为F甲＝F乙 【分析】（1）由图知A、B所处的深度关系，根据p＝ρgh结合A、B两点的压强相等判断两液体的密度关系，圆柱形容器内液体对容器底部的压力和液体的重力相等，根据G＝F＝pS可知A点和B点液面以上两液体的重力关系，A、B两点距离杯底同一高度时它们液面以下两液体的体积相等，根据G＝mg＝ρVg判断两点液面以下液体的重力关系，然后得出两容器内液体的重力关系，水平面上物体的压力和自身的重力相等，根据p判断两烧杯对桌面的压强关系； （2）将两个体积相等的实心物体M、N分别轻轻地放入甲、乙量容器中，发现M漂浮在甲液面上，N悬浮在乙液体中，根据物体浮沉条件判断两物体和两液体的密度关系，然后比较两物体的密度关系； （3）实心物体M、N的体积相等，M漂浮在甲液面上时排开甲液体的体积小于N悬浮在乙液体中排开液体的体积，根据Δh判断两液体上升的高度关系，利用Δp＝ρgΔh判断两烧杯底增加的压强关系； （4）根据阿基米德原理判断两物体受到的浮力关系。 【解答】解：（1）由图知，A、B所处的深度关系为hA＞hB， 因A、B两点压强相等，即pA＝pB， 所以，由p＝ρgh的变形式ρ可知，两液体的密度关系为ρ甲＜ρ乙， 因圆柱形容器内液体对容器底部的压力和液体的重力相等， 所以，由G＝F＝pS可知，A点和B点液面以上两液体的重力相等， 又因A、B两点距离杯底同一高度， 所以，A点和B点液面以下两液体的体积相等， 由G＝mg＝ρVg可知，A点液面以下液体的重力小于B点液面以下液体的重力， 综上可知，甲容器内液体的重力小于乙容器内液体的重力， 因水平面上物体的压力和自身的重力相等， 所以，由p可知，甲、乙两烧杯对桌面的压强关系为p甲＜p乙，故A错误； （2）将两个体积相等的实心物体M、N分别轻轻地放入甲、乙量容器中，发现M漂浮在甲液面上，N悬浮在乙液体中， 因物体的密度小于液体的密度时漂浮，物体密度等于液体密度时悬浮， 所以，ρM＜ρ甲，ρN＝ρ乙，则ρM＜ρN，故B错误； （3）因实心物体M、N的体积相等，M漂浮在甲液面上时排开甲液体的体积小于N悬浮在乙液体中排开液体的体积， 所以，由Δh可知，放入M、N两物体后，乙烧杯内液面上升的高度较大， 由Δp＝ρgΔh可知，乙烧杯内的液体密度大，上升的高度大，则乙容器底增加的压强大，即Δp甲＜Δp乙，故C正确； （4）因乙液体的密度大，N排开液体的体积大， 所以，由F浮＝ρgV排可知，M受到的浮力小于N受到的浮力，故D错误。 故选：C。 【点评】本题考查了液体压强公式、密度公式、压强定义式、物体浮沉条件和阿基米德原理的应用，正确的判断两液体的质量关系和两物体的质量关系是关键。 二、多项选择题（下列各小题均有四个选项，其中符合题意的选项均多于一个。共6分，每小题2分，每小题选项全选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的不得分） （多选）13．（2分）下列说法中正确的是（　　） A．温度越高的物体，放出的热量就越多 B．比热容与物质的质量和吸收或放出的热量无关 C．组成物质的分子之间，存在相互作用的引力和斥力 D．组成物质的大量分子无规则运动的剧烈程度与温度有关 【分析】（1）根据Q放＝cmΔt分析放出热量与温度的关系； （2）比热容是物质本身的一种特性，反映了物体的吸热或放热能力，大小与物质种类、状态有关，而与吸放热多少、质量、体积无关； （3）分子间的引力和斥力是同时存在的； （4）物质分子的运动与温度有关，温度越高分子运动越剧烈。 【解答】解：A、由Q放＝cmΔt可知，放出热量与物质的比热容、质量和降低的温度有关，因此温度高的物体，放出的热量不一定多，故A错误； B、比热容是物质本身的一种特性，其大小是由物质种类决定的，与是否吸热、放热、状态、温度高低、质量等因素无关，故B正确； C、分子之间有相互作用的引力和斥力，故C正确； D、分子无规则运动的剧烈程度与温度有关，温度越高，分子运动越剧烈，故D正确。 故选：BCD。 【点评】此题考查了比热容的特性、温度与热量的关系、分子动理论的内容，属于基础题。 （多选）14．（2分）如图所示的四个实验中，下列说法正确的是（　　） A．甲图所示的实验说明同名磁极相互排斥 B．乙图所示的实验可以研究电流周围是否存在磁场 C．丙图所示的实验装置可以研究电动机工作的原理 D．丁图所示的实验中只要闭合开关，灵敏电流计的指针就会发生偏转 【分析】（1）同名磁极互相排斥、异名磁极相互吸引。 （2）通电导体的周围存在磁场。 （3）通电导体在磁场会受到力的作用，电动机就是利用该原理制成的。 （4）闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中会产生感应电流，这种现象叫电磁感应现象，发电机就是利用该原理制成的。 【解答】解：A、甲图所示的实验说明同名磁极相互排斥，故A正确； B、乙图所示的实验可以研究电流周围是否存在磁场，闭合开关通电后，小磁针发生偏转，故B正确； C、丙图所示的实验装置说明通电导体在磁场中受到力的作用，可以研究电动机工作的原理，故C正确； D、丁图所示的实验中要闭合开关，且导体在磁场中切割磁感线时，灵敏电流计的指针才会发生偏转，故D错误。 故选：ABC。 【点评】本题主要考查了电流的磁效应、电磁感应和通电导体在磁场中受到力的作用，关键是会分辨这三种电磁现象，知道它们对应的应用。 （多选）15．（2分）如图所示，在维修“中国天眼”时，为避免压坏反射面板，利用一个氦气球及配重，使维修工人对反射面板的压力减小到100N，成为“微重力蜘蛛人”。若维修工人重700N，与反射面板的接触面积为1000cm2，气球未充入气体时重1300N，充入氦气后的体积约为200m3，忽略人及配重所受的浮力（ρ空气取1.3kg/m3），下列说法正确的是（　　） A．反射面板对维修工人的支持力与维修工人对反射面板的压力是一对平衡力 B．当维修工人在反射面板底部工作时，其对反射面板的压强为1000Pa C．氦气球受到的浮力为2600N D．氦气球所充氦气以及配重的总重力为700N 【分析】（1）根据二力平衡时，大小相等、方向相反、作用在同一个物体上、同一直线上分析； （2）根据压强公式计算； （3）根据阿基米德原理F浮＝ρ空气gV排可计算浮力； （4）以工人、氦气球及配重整体为研究对象，整体处于平衡状态，根据F浮+F支＝G人+G球+G氦气+配重分析。 【解答】解：A．反射面板对维修工人的支持力是工人受到的，而维修工人对反射面板的压力面板受到的，这两个力不在同一个物体上，作用在两个物体上，是一对相互作用力，而不是平衡力，故A错误； B．当维修工人在反射面板底部工作时，维修工人对反射面板的压力F＝100N，受力面积S＝1000cm2＝0.1m2，压强为，故B正确； C．根据阿基米德原理，氦气球受到的浮力为，故C正确； D．以工人、氦气球及配重整体为研究对象，整体处于平衡状态，则F浮+F支＝G人+G球+G氦气+配重，其中F支为反射面对工人的支持力，大小等于工人对反射面的压力100N，则氦气球所充氦气以及配重的总重力为G氦气+配重＝F浮+F支﹣G人﹣G球＝2600N+100N﹣700N﹣1300N＝700N，故D正确。 故选：BCD。 【点评】本题考查二力平衡、浮力与压强，属于中档题。 三、实验探究题（共30分，25题3分，其余每空1分） 16．（3分）（1）如图1所示，物体A长度的测量值为 　3.85　 cm。 （2）根据图2中的电流方向，可知通电螺线管的 　A　 端是N极。 （3）如图3所示，温度计的示数为 　﹣11　 ℃。 【分析】（1）刻度尺的使用要首先观察它的量程和分度值，起始端从零开始，读出末端对应刻度可得物体长度，注意刻度尺要估读到分度值的下一位。 （2）根据安培定则可判断通电螺线管的N、S极； （3）温度计读数首先看清分度值和零上或零下，然后直接读数即可。 【解答】解： （1）图中刻度尺1cm又分为10个小刻度，故分度值为1mm；起始端从1.00cm开始，物体长度为4.85cm﹣1.00cm＝3.85cm； （2）由图知电流从图中右侧流入、左侧流出，结合图中导线的绕法，用右手握住螺线管，使四指环绕的方向与电流的方向相同，此时拇指所指的方向就是螺线管的N极，则螺线管的A端为N极，B端为S极； （3）由图可知温度计的刻度数值从上至下变大，由此判断是零下，故直接读数为﹣11℃。 故答案为：（1）3.85；（2）A；（3）﹣11。 【点评】本题考查了刻度尺和温度计的读数、安培定则的应用，属于基础题目。 17．（2分）在探究水沸腾过程中温度随加热时间变化的特点时，小宇应通过观察 　水面是否有大量气泡产生　 判断水是否沸腾。待水沸腾后，小宇测量并记录的实验数据如下表所示，请你根据表中的数据归纳出实验结论：　水沸腾时，继续吸热，温度不变　 。 加热时间/min 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 温度/℃ 99 99 99 99 99 99 99 【分析】（1）水沸腾前，产生少量的气泡，气泡上升时逐渐变小；水沸腾后，产生大量气泡，气泡上升时逐渐变大，上升至水面破裂。 （2）分析表中数据得出结论。 【解答】解：（1）水沸腾前，可观察到水中产生少量的气泡，气泡上升时逐渐变小；水沸腾时，可观察到水面产生大量的气泡； （2）由表中数据可得结论为：水沸腾时，继续吸热，温度不变。 故答案为：水面是否有大量气泡产生；水沸腾时，继续吸热，温度不变。 【点评】本题考查实验探究水沸腾时温度变化的特点，要求学生能根据实验现象判断水是否沸腾，并能根据实验数据得出实验结论，难度一般。 18．（2分）如图甲所示是小明做“探究磁生电”的实验装置。 （1）小明通过观察　电流表的指针是否偏转　 来判断电路中是否产生感应电流； （2）小明进行了如图乙所示的5次操作，其中能产生感应电流的是　①③④　 （选填所有符合要求的操作序号）。 【分析】（1）由转换法，有无感应电流产生是通过灵敏电流计指针是否偏转来显示的。 （2）产生感应电流的条件是：闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，据此分析。 【解答】解：（1）电流表和导体串联接在一起，所以小明通过观察电流表的指针是否偏转来判断电路中是否产生感应电流。 （2）导体只有在磁场中做切割磁感线运动才可以产生感应电流，所以能产生感应电流的是①③④。 故答案为：（1）电流表的指针是否偏转；（2）①③④。 【点评】本题探究怎样产生感应电流和转换法的运用。 19．（4分）小明在实验室测一小石块的密度，首先要用天平测量石块的质量。他将天平放在水平桌面上，游码调到0刻度线处，发现指针偏向分度盘中央刻度线的右侧，如图甲所示，为使天平横梁水平平衡，他应将平衡螺母向 　左　 端移动。用已调节好的天平正确测量石块质量时的情景如图乙所示，则该石块质量的测量值是 　36　 g。接下来，他先在量筒中倒入30mL的水，如图丙所示；再将用细线系好的石块轻放入量筒内的水中，此时量筒中液面位置如图丁所示，则石块体积的测量值是 　15　 cm3。根据以上测量数据计算出该石块密度的测量值是 　2.4　 g/cm3。 【分析】天平在测量物体质量之前，在调节天平横梁时，指针偏向右侧，平衡螺母向左调节； 石块的质量等于砝码的质量和游码对应刻度值的和；石块的体积等于石块浸没水前后时对应刻度的差； 知道小石块的质量和体积，根据密度公式求出小石块的密度。 【解答】解：把天平放在水平台上，在调节天平时，由图甲可知，指针偏向分度盘中央刻度线的右侧，说明天平的右端下沉，将平衡螺母向左移动； 由图乙可知，天平标尺的分度值为0.2g，石块的质量为：m＝20g+10g+5g+1g＝36g； 由图丙、丁可知，量筒的分度值为1mL，量筒中水的体积为30mL，石块浸没后，水和石块的总体积为45mL，则石块的体积：V＝45mL﹣30mL＝15mL＝15cm3； 石块密度：ρ2.4g/cm3。 故答案为：左；36；15；2.4。 【点评】本题是测量固体密度的实验，主要考查天平的使用和读数、量筒的使用和读数、密度的计算，是一道常考的实验题。 20．（2分）小力用如图所示的透明玻璃板、两根外形完全相同且高度可调的电子蜡烛A、B和刻度尺等器材探究物体在平面镜中所成像的高度与物高是否有关。 （1）请将实验步骤补充完整： ①将电子蜡烛A放在平面镜前适当位置，将电子蜡烛B放到平面镜的另一侧，　调节蜡烛B的位置和高度，直至蜡烛B与蜡烛A的像完全重合　 ，测量此时电子蜡烛A和B的高度，并记录在表格中； ②改变　蜡烛A的高度　 ，重复步骤①的操作； （2）请画出实验数据记录表。 【分析】（1）根据控制变量法分析； 探究“物体在平面镜中所成像的高度与物距是否有关”，需控制其他因素不变，改变物距进行多次实验； （2）根据需要记录的数据画出实验数据记录表格。 【解答】解：（1）将电子蜡烛A放在平面镜前适当位置，将电子蜡烛B放到平面镜的另一侧，移动蜡烛B，直至蜡烛B与蜡烛A的像完全重合，用电子蜡烛B代替蜡烛A的像，测量电子蜡烛A和B的高度、并记录在表格中。 根据控制变量法可知，实验探究的问题是平面镜所成像的高度与物体的高度是否有关，故需要多次改变蜡烛A的高度； （2）要记录物距、蜡烛A的高度，蜡烛B的高度、从而确定蜡烛A的像的高度，表格如图所示： 实验序号 物距u/cm 蜡烛A的高度/cm 蜡烛B的高度/cm 蜡烛A的像的高度/cm 1 2 3 …… 故答案为：（1）调节蜡烛B的位置和高度，直至蜡烛B与蜡烛A的像完全重合；蜡烛A的高度；（2）见解析。 【点评】探究平面镜成像特点的实验是中考出题的一个热点，本题围绕这个探究过程可能遇到的问题，综合考查学生掌握情况。 21．（3分）小东用蜡烛、焦距为10cm的凸透镜、光屏、光具座等器材，在水平桌面上做“探究凸透镜成像规律”的实验。 （1）如图所示，凸透镜固定在光具座50cm刻度线处，将点燃的蜡烛放到光具座上35cm刻度线处，移动光屏，可以在光屏上呈现倒立的实像，利用这一成像规律可以制成 　投影仪　 （选填“照相机”、“投影仪”或“放大镜”）。 （2）小东想让光屏上呈现的烛焰的像再变大一些，他让凸透镜的位置保持不动，将点燃的蜡烛移至42cm刻线处。请你利用所学知识判断小东的操作是否可行，并说明理由 　不可行；物距为50.0cm−42.0cm＝8.0cm，u＜f，成正立放大的虚像；应使物距在一倍焦距之外，增大像距　 。 【分析】（1）根据2f＞u＞f，成倒立、放大的实像，应用于投影仪； （2）u＜f，成正立放大的虚像，应用是放大镜；凸透镜成像的动态变化规律：成实像时，物近像远像变大；成虚像时，物近像近像变小。 【解答】解：（1）由图可知，此时物距2f＞u＝50cm﹣35cm＝15cm＞f，成倒立、放大的实像，应用于投影仪； （2）将点燃的蜡烛移至42cm刻线处，物距为50.0cm−42.0cm＝8.0cm，u＜f，成正立放大的虚像，故方法不可行，应根据成实像时，物近像远像变大，使物距在一倍焦距之外，增大像距。 故答案为：（1）投影仪；（2）不可行；物距为50.0cm−42.0cm＝8.0cm，u＜f，成正立放大的虚像；应使物距在一倍焦距之外，增大像距。 【点评】此题考查了凸透镜成像规律的探究及应用，关键是熟记成像规律的内容，并做到灵活运用。 22．（4分）小力用如图所示电路探究L1、L2串联后的总电压是否等于L1两端电压和L2两端电压之和，电源两端电压用U端表示，A、B间电压用U1表示，B、C间电压用U2表示，A、C间电压用U表示。 （1）闭合开关后，两灯都不亮，初步判断电路处于断路状态。测得U1＝0V、U2＝3V、U＝3V，则可判断发生断路的是 　L2　 。（选填“L1”或“L2”） （2）故障排除后，实验正常进行。本实验的因变量是 　U　 ，自变量是 　U1+U2　 。（用题干中的符号表述） （3）本实验改变自变量的操作是 　移动滑动变阻器的滑片　 。 【分析】（1）根据题意利用串联电路特点判断故障所在； （2）本实验的自变量是U1、U2，因变量是U； （3）通过移动滑动变阻器的滑片，改变自变量大小。 【解答】解：（1）闭合开关后，两灯都不亮，说明电路存在断路，测得U1＝0V，说明AB之外的电路存在断路，U2＝3V，说明BC之外的电路没有问题，U＝3V，说明AC这段的电路没有问题，故L2断路； （2）本实验的自变量是U1+U2，因变量是U； （3）通过移动滑动变阻器的滑片，改变U1、U2。 故答案为：（1）L2；（2）U；U1+U2；（3）移动滑动变阻器的滑片。 【点评】本题探究L1、L2串联后的总电压是否等于L1两端电压和L2两端电压之和，掌握串联电路电压特点是关键。 23．（4分）图甲所示为测量未知电阻Rx的实验电路，电源两端电压不变，定值电阻R0＝20Ω。请将实验步骤补充完整： （1）　闭合S1、S2　 ，读出并记录电压表示数U1＝12V； （2）　闭合S1，断开S2　 ，读出并记录电压表示数U2＝ 　8　 V（电压表示数如图乙所示）； （3）计算出Rx的阻值为 　10　 Ω。 【分析】（1）通过开关的转换，使电压表分别测量电源电压和Rx两端电压，根据串联电路的特点和欧姆定律表示出待测电阻与电压表示数和定值电阻的关系； （2）根据电压表的量程、分度值以及指针的位置读出电压表的示数，再结合串联电路电压规律和欧姆定律求出待测电阻的阻值。 【解答】解：（1）闭合S1、S2，读出并记录电压表示数U1＝12V，此时，两电阻串联，电路中电压表测量电源电压，即电源电压为12V； （2）闭合S1，断开S2，此时两电阻串联，电流表测定值电阻的电压，读出并记录电压表示数，量程为0～15V，分度值为0.5V，则示数U2＝8V； （3）根据串联电路电压特点可知，待测电阻两端的电压为U0＝U1﹣U2＝12V﹣8V＝4V， 根据串联电路分压原理可知，， ， 解得Rx＝10Ω。 故答案为：（1）闭合S1、S2； （2）闭合S1，断开S2；8； （3）10。 【点评】本题测量未知电阻Rx的实验，考查实验方案的设计及电压表读数、串联电路的特点和规律和欧姆定律的运用。 24．（3分）如图是探究杠杆平衡条件的实验。 （1）在挂钩码前，杠杆如图甲所示，小慧调节杠杆右端的平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡，其目的是 　便于测量力臂大小，同时消除杠杆自重对杠杆平衡的影响　 ； （2）接着小慧在杠杆的两侧挂上不同数量的钩码，移动钩码的位置，使杠杆重新在水平位置平衡（如图乙）。若在A、B下方再各加一个相同的钩码，则杠杆 　右　 （选填“左”或“右”）端将下沉； （3）图丙为小慧制作的简易“杠杆力臂演示仪”，杠杆AOB可绕O点（螺母）转动，不计摩擦和杠杆自身重力； ①杠杆处于丙图所示水平位置平衡； ②松开螺母保持OA水平不动，使OB向下折30°后，再拧紧螺母形成一根可绕O点转动的杠杆AOB′（对应B点）保持左侧物悬挂点位置不变化，要使杠杆在图丁所示位置保持平衡，请你写出一条可行的措施 　物块N应移动到②处　 。 【分析】（1）探究杠杆平衡条件时，使杠杆在水平位置平衡，这样方便测量力臂，支点在杠杆的中点是为了消除杠杆的自重对杠杆平衡的影响； （2）设一个钩码重为G，杠杆一个小格是L，根据杠杆平衡条件进行判断； （3）力臂是支点到力的作用线的距离，再利用杠杆平衡条件解答。 【解答】解：（1）如图甲所示，使杠杆在水平位置平衡，此时所挂钩码对杠杆产生的拉力的力臂在杠杆上，便于测量力臂大小，同时消除杠杆自重对杠杆平衡的影响； （2）根据杠杆的平衡条件：F1L1＝F2L2，若两边钩码下方同时再加挂一个钩码，则左侧4G×2L＝8GL，右侧3G×3L＝9GL，因为8GL＜9GL，所以杠杆右端下沉； （3）保持物块M的位置不变，则杠杆左边的力与力臂乘积不变，OB向下折30°角度后，再拧紧螺母形成一根可绕O点转动的杠杆AOB’（B’对应B点），要使杠杆在图丁所示位置保持平衡，右端力与力臂的乘积也应该不变，力的大小不变，则力臂应仍为OB的长度，根据力臂的定义，则物块N应移动到②处。 故答案为：（1）便于测量力臂大小，同时消除杠杆自重对杠杆平衡的影响；（2）右；（3）物块N应移动到②处。 【点评】当杠杆处于水平位置平衡时，竖直作用在杠杆上的力的力臂在杠杆上，倾斜作用在杠杆上力的力臂在杠杆以外的位置上，力臂变小，力会变大；同时，本题还考查了利用杠杆的平衡条件来对杠杆的动态平衡情况进行分析，是我们应该掌握的。 25．（3分）数理小组设计的电子量角器，可用电压表示数反映角度，其原理如图所示。用两端电压为6V的电源、圆弧形电阻丝金属杆OC、定值电阻R0、电压表（量程0～3V）和开关等组成电路。已知电阻丝接入电路中的阻值R＝kθ，其中k为常量、θ为OC与OA的夹角。使用时发现该量角器测量范围是0～150°，请通过分析说明为能满足测量0～180°的要求，应将R0更换为更大的电阻还是更小的？ 【分析】圆弧形电阻丝与R0串联，电压表测量圆弧形电阻丝的电压，运用欧姆定律U＝IR，将圆弧形电阻丝的电阻RAC整理成关于R0的表达式，再将R＝kθ代入，整理成θ关于R0的表达式，根据θ的变化要求，讨论R0的变化情况。 【解答】解：圆弧形电阻丝与R0串联，电压表测量圆弧形电阻丝的电压， 圆弧形电阻丝的电压UAC＝IRACRAC，U为电源电压6V， RAC， 将RAC＝kθ代入上式，得：θ①， UAC为圆弧形电阻丝两端电压，当UAC＝3V时，量角器的角度θ为150°， 现要使电压保持3V的情况下，θ变大到180°， 根据①式，要使θ变大，其中k为常量，UAC为3V不变，则要将R0更换为更大的电阻； 故答案为：更换为更大的电阻。 【点评】本题考查欧姆定律的应用。 四、科普阅读题（共4分） 26．（4分）阅读材料，回答问题。 电力系统的“超级充电宝” 2025年3月10日，江苏句容抽水蓄能电站3号机组正式并网发电。该电站水库大坝高182.3米，是世界坝体最高的抽水蓄能电站，图甲是其工作原理示意图，抽水蓄能电站，主要解决我国近年大力发展的风电和光伏电站供电不稳定、电能供应和电能需要时间不匹配的问题。在用电功率较低时，电站利用多余电能驱动水泵将下游水库的水抽至上游水库蓄能；在用电功率较高时，上游水库的水释放到下游水库，通过水轮机推动发电机发电以满足用电需求。抽水蓄能电站可有效调节电力系统的供需，被誉为电力系统的“超级充电宝”。在能量转化过程中总会有一些能量损失，因此蓄能电站的发电量总是小于抽水用电量，发电量与抽水用电量之比表示营能电站的效率，是衡量电站综合效益的重要指标。 （1）该电站可以实现“蓄能”主要是将多余的电能转化为水的 　重力势能　 。 （2）图乙是当地每天用电功率随时间变化的大致图像。由图可知，将下游水库的水抽至上游水库的最佳时间段是每天的 　0～6时　 （选填“0～6时”、“6～12时”、“12～18时”或“18～24时”）。 （3）某天蓄能电站抽水用电量为2.4×106kW•h，发电量为1.8×106kW•h、且上游水库24时与0时的水位相同，则蓄能电站的效率为 　75%　 。若由效率为50%的传统火力发电站提供上述发电量，蓄能电站的投入使用相当于节约 　432　 t煤炭（q煤取3×107J/kg）。 【分析】（1）蓄能时，水被抽到山上水库中，水的高度增加，所以电能转化为水的重力势能； （2）由图乙可知一天中使用电功率最低的时间段，此时间段是将下游水库的水抽至上游水库的最佳时间段； （3）根据效率公式求出蓄能电站的效率；若由效率为50%的传统火力发电站提供上述发电量，根据效率公式求出煤完全燃烧放出的热量，根据Q放＝mq求出煤的质量。 【解答】解：（1）蓄能时，水被抽到山上水库中，水的高度增加，所以主要是将多余的电能转化为水的重力势能； （2）由图乙可知，在0～6时使用的电功率最低，此时有多余的电能，所以将下游水库的水抽至上游水库的最佳时间段是0～6时； （3）蓄能电站的效率：η100%100%＝75%； 若由效率为50%的传统火力发电站提供上述发电量，由η可知，煤完全燃烧放出的热量：Q放3.6×106kW•h＝3.6×106×3.6×106J＝1.296×1013J， 由Q放＝mq可知，煤的质量：m4.32×105kg＝432t。 故答案为：（1）重力势能；（2）0～6时；（3）75%；（4）432。 【点评】本题考查能量的转化、电能的计算、效率公式以及燃料完全燃烧放热公式的灵活运用，是一道综合题，难度适中。 五、计算题（共6分，27题3分、28题3分） 27．（3分）小京利用图甲所示电路获取了额定电压为2.5V的小灯泡L在不同电压下的电流，并利用所测的数据绘制出电流I随其两端电压U变化的图像，如图乙所示。 （1）画出实物电路所对应的电路图。 （2）求小灯泡两端电压为1.0V时的电阻。 （3）求小灯泡正常发光时的电功率。 【分析】（1）根据实物图画出对应的电路图。 （2）根据图像计算小灯泡的电阻。 （3）根据P＝UI和图像计算小灯泡的额定功率。 【解答】解：（1）根据实物图可知：电压表并联在灯泡的两端，电流表串联在电路中，滑动变阻器“一上一下”串联接入电路，电路图如下： 。 （2）由图像可知小灯泡两端电压U＝1.0V时，通过小灯泡的电流I＝0.2A；此时小灯泡的电阻； （3）小灯泡正常发光时，两端电压UL＝2.5V，由图像可知此时通过小灯泡的电流IL＝0.28A； 小灯泡正常发光时的电功率为：PL＝ULIL＝2.5V×0.28A＝0.7W 故答案为：（1）；（2）5Ω；（3）0.7W。 【点评】会根据题目的实物图画出电路图；会根据实验提供的表格计算小灯泡的电阻和额定功率。 28．（3分）如图所示为一可自动控制水量的水箱模型，其内底面积为200cm2，水箱底部有一个由阀门控制的出水口。正方体物体A的边长为10cm，物体A由轻质细杆悬挂在水中，细杆上端与力传感器连接，当物体A恰好完全浸没时力传感器受到向上的压力为4N，此时容器中水深为18cm，阀门自动打开，水缓慢流出，当细杆对力传感器的拉力为1N时阀门关闭，水不再流出。求： （1）物体A恰好浸没时受到的浮力； （2）物体A的密度； （3）阀门关闭时，水箱底部受到的压强。 【分析】（1）根据物体的体积结合阿基米德原理计算浮力； （2）根据受力平衡分析A的重力，根据G＝mg＝ρVg计算其密度； （3）根据拉力为1N，分析物体受到的浮力，结合阿基米德原理计算浸入的深度，结合水原来的深度分析此时的深度，根据p＝ρ液gh计算压强。 【解答】解：（1）A的体积VA＝（10cm）3＝1000cm3＝1×10﹣3m3，物体A恰好浸没时排开液体的体积等于A的体积， 根据阿基米德原理，浮力F浮A＝ρgV排＝ρgVA＝1×103kg/m3×10N/kg×1×10﹣3m3＝10N。 （2）物体A恰好完全浸没时处于静止状态，受力平衡，GA+F杆＝F浮A，则物体A的重力为GA＝F浮A﹣F杆＝10N﹣4N＝6N，物体A的质量mA0.6kg，物体A的密度ρA0.6×103kg/m3。 （3）阀门关闭时，物体A受到竖直向上的浮力、细杆向上的拉力和重力的作用而平衡，则此时物体A受到的浮力F＝GA﹣F拉＝6N﹣1N＝5N，此时物体A排开水的体积V排5×10﹣4m3，物体A浸没在水下的深度h浸0.05m＝5cm，此时水箱中水的深度h水＝18cm﹣（10cm﹣5cm）＝13cm＝0.13m，此时水箱底部受到水的压强为p＝ρgh水＝1×103kg/m3×10N/kg×0.13m＝1.3×103Pa。 答：（1）物体A恰好浸没时受到的浮力为10N； （2）物体A的密度为0.6×103kg/m3； （3）阀门关闭时，水箱底部受到的压强为1.3×103Pa。 【点评】本题考查阿基米德原理、压强和平衡条件是应用，属于中档题。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$