2025年北京市首都师大附中中考物理三模试卷

2025年北京市首都师大附中中考物理三模试卷 一、单项选择题（下列各小题均有四个选项，只有一个选项符合题意。共24分，每小题2分） 1．（2分）如图所示，试电笔的构造元件中通常情况属于绝缘体的是（　　） A．笔尾金属体 B．电阻 C．弹簧 D．塑料外壳 2．（2分）下列物态变化现象中需要吸收热量的是（　　） A．初春，湖面上冰化成水 B．盛夏，草叶上形成露珠 C．深秋，树叶上形成霜 D．严冬，树枝上形成雾凇 3．（2分）2024年5月22日，国际生物多样性日活动在洪泽湖湿地景区举行。景区内，鸟类时而栖息，时而飞翔，飞鸟的倒影在水中穿梭。下列现象和倒影原理相同的是（　　） A．冰透镜取火 B．日晷计时 C．小孔成像 D．潜望镜 4．（2分）如图所示为小明家中配电箱内的空气开关，①为总开关，②为控制照明灯的开关，③为控制插座的开关。下列分析正确的是（　　） A．若①自动断开，可能是由于电路中的总电流过小 B．若只有②自动断开，一定是由于照明灯断路 C．若只有③自动断开，可能是插座中接入用电器的总电功率过大 D．若某个空气开关自动断开，排除故障后需更换该空气开关 5．（2分）小漫在筷子上缠一些棉花，做成活塞状，将活塞塞入管中制成一个简易的哨子，通过上下推拉活塞，可以吹出简单的曲调，如图甲所示。A、B、C为活塞在管中的不同位置，用嘴吹管的上端能吹出“do”、“re”、“mi”三个音阶，如图乙所示。关于此现象下列说法正确的是（　　） A．吹气时通过上下推拉活塞改变声音的响度 B．自制哨子发出的声音是由于活塞振动产生的 C．人们能通过音色区分出哨声和其他乐器的声音 D．如图乙所示ABC三个位置分别对应的是“do”、“mi”、“re” 6．（2分）糖炒栗子是我国北方非常有名的美食，传统糖炒栗子的精髓在于砂石的导热和糖的焦香。关于糖炒栗子的制作，下列说法正确的是（　　） A．闻到糖炒栗子的香味体现了分子间存在斥力 B．砂石升温较快，是因为它的吸热能力强 C．刚炒出的栗子烫手是因为含有的热量多 D．炒制过程主要是通过热传递的方式增大栗子的内能 7．（2分）如图所示为《天工开物》中记载的一种捣谷工具——舂，人脚用力踩踏A端使B端升起，抬脚后B端重重落下击打稻谷。关于舂的使用，下列说法正确的是（　　） A．该工具正常工作时，绕着A点转动 B．使用该工具时不能省力，但可以省功 C．若想更省力一些，可将脚踩点A适当靠近O D．该工具与镊子都正常使用时，它们都属于同一类杠杆 8．（2分）跳远运动的几个阶段如图所示，不考虑空气阻力，则下面说法中正确的是（　　） A．助跑过程可以增大运动员的惯性，从而增大跳远的距离 B．在最高点时若运动员受的一切力都消失，则运动员会静止在最高点 C．运动员在空中运动时，受到了非平衡力的作用 D．运动员落地静止后，运动员对地的压力和地对运动员的支持力是一对平衡力 9．（2分）如图所示，下列说法正确的是（　　） A．利用图甲的实验结论可以解释电铃的工作原理 B．图乙装置可用来探究发电机工作的原理 C．图丙装置可用来探究条形磁铁周围磁场的方向 D．在图丁的装置中，当夹子向左移动时，灯泡会变的越来越暗 10．（2分）如图所示，用大小为5N的力F拉动木板B，使B在水平桌面上向左做匀速直线运动，物体A相对于桌面保持静止，物体A通过水平轻绳经定滑轮与弹簧测力计相连接，此时弹簧测力计的示数为2N，不计空气阻力，下列判断正确的是（　　） A．物体A受到水平向右的滑动摩擦力 B．木板B受到桌面对它的滑动摩擦力大小为3N C．若用大小为6N的力F拉动木板B，木板B的运动状态不变 D．若用大小为6N的力F拉动木板B，物体A受到的滑动摩擦力将增大 11．（2分）如图是小李探究电路变化的实验电路，其中R1、R2为定值电阻，R0为滑动变阻器，Rmax为滑动变阻器的最大阻值，电源两极间电压不变。已知R1＞R2＞Rmax，当滑动变阻器R0的滑片P置于某一位置时，R1、R2、R0两端的电压分别为U1、U2、U0；当滑片P置于另一位置时，R1、R2、R0两端的电压分别为U1′、U2′、U0′．若ΔU1＝|U1﹣U1′|，ΔU2＝|U2﹣U2′|，ΔU0＝|U0﹣U0′|，则（　　） A．ΔU0＞ΔU1＞ΔU2 B．ΔU1＜ΔU2＜ΔU0 C．ΔU1＞ΔU2＞ΔU0 D．ΔU0＜ΔU1＜ΔU2 12．（2分）如图甲所示的力学装置，杠杆OAB始终在水平位置保持平衡，O为杠杆的支点，OB＝3OA，竖直细杆a的上端通过力传感器相连在天花板上，下端连接杠杆的A点，竖直细杆b的两端分别与杠杆的B点和物体M固定，水箱的底面积为200cm2，水箱侧壁与底部的厚度忽略不计，力传感器可以显示出细杆a的上端受到作用力的大小，图乙是力传感器的示数大小随水箱中水的质量变化的图像，不计杠杆、细杆及连接处的重力，则（　　） A．物体M的密度为0.4×103kg/m3 B．当传感器示数为18N时，细杆B对M的作用力方向为竖直向上 C．加水质量为2kg时，水对水箱底部的压强为1800Pa D．当传感器示数为ON时，水箱内水的高度为7cm 二、多项选择题（下列每题均有四个选项，其中符合题意的选项均多于一个。共6分，每题2分。每题选项全选对的得2分，选对但不全的得1分，有错选的不得分） （多选）13．（2分）下列说法正确的是（　　） A．只要电荷移动就能形成电流 B．金属导体中电流的方向与自由电子定向移动的方向相反 C．用电器消耗电能越快，用电器的电功率越大 D．北斗卫星导航系统是利用电磁波来导航的 （多选）14．（2分）小明自制的“温度计”中有密度随温度升高而变小的液体。如图所示，当该液体温度为19℃时，质量为4×10﹣3kg的小球b悬浮，b标记“19℃”；另外两个小球分别标记“15℃”“23℃”，当小球悬浮时，它标记的温度与液体温度相等。三幅图中的小球体积大小相同且均处于静止状态，忽略小球体积变化，g取10N/kg。下列说法正确的是（　　） A．图甲中b受到的浮力为0.4N B．小球c对应的标记为15℃ C．图丙中液体温度可能超过24℃ D．当液体温度在15℃～19℃范围内变化时b在液体中静止时所受浮力随温度升高而增大 （多选）15．（2分）某科技小组设计了一个跳绳计数器，如图甲、乙电路所示。已知电源电压U1＝12V，U2＝6V，电阻箱R2调到1kΩ，R是个标有“6V 3W”的自动计数器，R1是一种光敏元件。当绳子挡住了射向R1的红外线时，R1的电阻会变大；信号触发器两端电压UAB＝U0时就使乙图电路中S2闭合，自动计数器计数一次。图丙是对某位同学的跳绳项目进行测试后，信号触发器记录的某一时段AB间的电压随时间变化的图像。下列说法中，正确的是（　　） A．自动计数器正常工作时的电流为2A B．0.4s内自动计数器消耗的电能为0.12J C．绳子挡住了射向R1的红外线，信号触发器接通受控电路时，U0＝6V和R1＝1kΩ D．由于整个装置工作时间较长，导致U1的电压逐渐减小，现场又没有合适的电源更换，为了能使计数器正常工作，可以适当将电阻箱R2的阻值调大 三、实验探究题（共28分，16题每空2分；23题3分，其他题每空1分） 16．（6分）（1）如图甲所示，体温计的示数为 　 　 ℃； （2）如图乙所示，用毛皮摩擦过的橡胶棒接触原来不带电的验电器的金属球，两片金属箔张开一定角度，由此得知橡胶棒是带电的。验电器的金属箔能够张开，是由于 　 　 。 （3）如图丙所示，根据图中电源的正、负极可判断：通电螺线管左端内 　 　 极。 17．（3分）在探究物质的吸热熔化规律时，小明对某物质进行持续加热，记录的实验数据如下表所示，请回答下列问题。 加热时间/min 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 物质温度/℃ 40 42 44 46 48 48 48 48 48 50 53 56 （1）该同学应通过观察 　 　 判断该物质开始熔化； （2）在此实验中，吸收的热量是通过 　 　 来反映的； （3）在第4min至第8min的过程中，该物质的内能 　 　 （选填“增加”“减少”或“不变”）。 18．（2分）春季是流感爆发的时期，每天都需要对班级进行消毒，减少流感病毒的传播。小明想利用天平和量筒测一测自己班级调配的消毒液的密度大小。请你解答下列问题： （1）将天平放在水平桌面上静止时，分度盘指针如图甲所示。为使天平平衡，应将右端的平衡螺母向 　 　 端移动。 （2）将天平调平，测出消毒液和烧杯的总质量如图乙所示，然后将部分消毒液倒入量筒中，如图丙所示，并测量出剩余消毒液和烧杯的总质量为98g，则此消毒液的密度为 　 　 kg/m3。 19．（3分）在“验证凸透镜成像规律”的实验中： （1）某同学发现凸透镜的焦距未知，于是取来平行光源，让一束平行于主光轴的光线经过凸透镜后，在光屏上形成了一个最小、最亮的光斑。如图所示，则该凸透镜的焦距是 　 　 cm。 （2）取下平行光源，保持凸透镜的位置不变，把点燃的蜡烛放在光具座20cm处，这时应该向 　 　 （选填：“左”或“右”）侧移动光屏，会在光屏上得到一个清晰的像。 （3）然后，把点燃的蜡烛放在光具座45cm处，应该在 　 　 （选填“蜡烛”或“光屏”）一侧透过凸透镜观察像。 20．（3分）某实验小组的同学用水、盐水、两种不同形状的容器和U形管压强计来验证液体内部压强的规律，他们的研究情况如图1所示。图甲、乙、丁中的容器内均装满液体，图中的三条虚线分别代表同一水平线。 （1）实验时，通过U形管两侧液面的高度差来表示液体压强的大小，下列实例中用到了此研究方法的是 　 　 ；（选填“①”、“②”、“③”、“④”） ①用磁感线描述磁场； ②借助水压学习电压； ③在实验的基础上，经过科学推理得出牛顿第一定律； ④研究电磁铁的磁性强弱中用吸引大头针的个数来衡量磁性的强弱。 （2）分析如图1所示的实验现象，下列结论正确的有 　 　 ；（多选） A.根据图甲、乙可验证：液体内部压强与容器形状无关； B.根据图乙、丙可验证：同种液体内部压强与深度有关； C.根据图丙、丁可验证：液体内部压强与液体密度有关； D.若在图丁中的容器内轻轻放入一木块，压强计的U形管液面高度差会增大 （3）将微小压强计的探头取下，并将橡胶管和一个玻璃管的侧壁相连通，如图2所示，当向玻璃管中吹风时，U形管内液面较低的是 　 　 （选填“a”或“b”）侧。 21．（4分）如图所示，物理活动小组同学为了测量物体运动的平均速度，拍摄了钢球从O点下落过程中的频闪照片，相机每隔0.1s曝光一次。由如图可知： （1）由照片可以看出，钢球的运动是 　 　 （选填“匀速”或“变速”）直线运动，原因是 　 　 。 （2）钢球由B到C所用时间为 　 　 s，若钢球实际运动距离是照片上对应距离的10倍，则钢球在BC段的平均速度为 　 　 m/s。 22．（4分）小明同学在“测量小灯泡电功率”的实验中，设计了如图甲所示的电路，灯泡的额定电压是2.5V，电源电压恒为4.5V。 （1）闭合开关后，发现无论怎么移动滑动变阻器，电压表示数一直接近4.5V，电流表没有示数，若电路中只存在一处故障。则故障为 　 　 ； （2）排除故障后，闭合开关，移动滑片P到某一点时，电压表示数为1.8V，为了测量小灯泡的额定功率，他应该将滑动变阻器向 　 　 端移动（选填“左”或“右”）。 （3）根据所测得的数据绘制了小灯泡的电流和电压的关系图像，如图乙所示，则小灯泡的额定功率为 　 　 W； （4）根据乙图得到的实验数据分析，当加在灯泡两端的电压为额定电压的一半时，灯泡的实际功率P实　 　 （选填“＞”“＜”或“＝”）。 23．（3分）R1、R2为阻值不同的两根电热丝，分别接入电压相同的电路中，烧开同样一壶水所需的时间分别为t1、t2；将它们串联后接入原来电路中，烧开同样一壶水所需时间为t串。试证明：t串＝t1+t2。（整个过程中不计热量损失） 四、科普阅读题（共4分） 24．（4分） 潮汐发电 在海湾或有潮汐的河口，可见到海水或江水每天有两次的涨落现象，早上的称为潮，晚上的称为汐。潮汐现象主要是由月球、太阳的引潮力以及地球自转效应所造成。涨潮时，大量海水汹涌而来，水位逐渐升高；落潮时，海水奔腾而去，水位陆续下降。每天海水涨、退潮各两次涨潮与退潮一般间隔6小时。海水在运动时所具有的动能和势能统称为潮汐能。潮汐是一种蕴藏量极大、取之不尽、用之不竭、不需开采和运输、洁净无污染的新型能源。 潮汐能的主要利用方式是潮汐发电。潮汐发电是水力发电的一种。在有条件的海湾或有潮汐的河口建筑堤坝、闸门和厂房，围成水库，水库水位与外海潮位之间形成一定的潮差，从而可驱动水轮发电机组发电。如图所示是潮汐发电的原理图。与普通的水力发电的不同在于海水与河水相比，海水落差不大，但流量较大，并且呈间歇性。 潮汐电站一般有三种类型，“单库双向型”就是其中之一，即用一个水库，涨潮与落潮时均可发电，只是在水库内外水位相同的平潮时不能发电。位于我国浙江省的江厦潮汐电站就是一个单库双向型电站，建成于1980年5月，总装机容量为3200kW，年发电量约为107kW•h，为世界第三大潮汐发电站。 请根据上述材料，回答下列问题： （1）潮汐发电过程中把海水的　 　 能转化为电能，一个单库双向型潮汐电站一天可以发电　 　 次。 （2）潮汐能属于　 　 能源。（选填“可再生”或“不可再生”） （3）假设海湾水库面积为5×108m2，平均潮差为5m，海水密度为1.0×103kg/m3，g取10N/kg，则单次落潮的过程中水所受到的重力做的功为　 　 J。 五、计算题（共8分，每题4分） 25．（4分）家中的消毒柜具有高温消毒和紫外线杀菌功能，其简化电路如图所示。发热电阻R＝100Ω，紫外灯L规格为“220V 66W”。闭合开关S1和S2，消毒柜正常工作，求： （1）通过发热电阻R的电流； （2）消毒柜正常工作时R的电功率； （3）紫外灯L工作1min消耗的电能。 26．（4分）利用弹簧测力计、合金块、细线、已知密度的多种液体等，可以将弹簧测力计设计改装成一支液体密度计。先在弹簧测力计下面挂一个大小适当的合金块，将合金块完全浸没在水中静止时，弹簧测力计示数如图所示；在弹簧测力计刻度盘上标上水的密度值。再将合金块分别完全浸没在不同的液体中，重复上述操作，反复校对检验。这样就制成一支测定液体密度的“密度计”。（） （1）已知合金块的重力G＝4N，求合金块完全浸没在水中时的浮力F浮； （2）求测力计示数2.8N处标记的液体密度是多少； （3）改装后的密度计的分度值是多少？试推导分析如何减小密度计的分度值。 2025年北京市首都师大附中中考物理三模试卷 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 D A D C C D D C A B A 题号 12 答案 D 二．多选题（共3小题） 题号 13 14 15 答案 BCD ABC BD 一、单项选择题（下列各小题均有四个选项，只有一个选项符合题意。共24分，每小题2分） 1．（2分）如图所示，试电笔的构造元件中通常情况属于绝缘体的是（　　） A．笔尾金属体 B．电阻 C．弹簧 D．塑料外壳 【分析】容易导电的物体是导体，不容易导电的物体是绝缘体。 【解答】解：A、通常情况下，笔尾金属体容易导电，属于导体，故A错误； B、通常情况下，电阻容易导电，属于导体，故B错误； C、通常情况下，弹簧容易导电，属于导体，故C错误； D、通常情况下，塑料外壳不容易导电，属于绝缘体体，故D正确。 故选：D。 【点评】此题考查了导体与绝缘体的辨析，比较简单，属基础题。 2．（2分）下列物态变化现象中需要吸收热量的是（　　） A．初春，湖面上冰化成水 B．盛夏，草叶上形成露珠 C．深秋，树叶上形成霜 D．严冬，树枝上形成雾凇 【分析】熔化、汽化、升华需要吸热，凝固、液化、凝华需要放热，弄清楚每个选项中的物态变化再去判断吸放热情况。 【解答】解： A、冰化成水，由固态变为液态，是熔化现象，需要吸热，故A正确； B、露是空气中的水蒸气液化形成的小水珠，是液化现象，需要放热，故B错误； C、霜是水蒸气变成小冰晶的过程，是凝华现象，需要放热，故C错误； D、雾凇是空气中的水蒸气凝华形成的固态小冰晶，凝华放热，故D错误。 故选：A。 【点评】此题主要考查的是学生对物态变化概念及其吸放热情况的理解和掌握，弄明白每个选项中的物态变化名称是解决此题的关键。 3．（2分）2024年5月22日，国际生物多样性日活动在洪泽湖湿地景区举行。景区内，鸟类时而栖息，时而飞翔，飞鸟的倒影在水中穿梭。下列现象和倒影原理相同的是（　　） A．冰透镜取火 B．日晷计时 C．小孔成像 D．潜望镜 【分析】（1）光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，产生的现象有小孔成像、激光准直、影子的形成、日食和月食等； （2）光线传播到两种介质的表面上时会发生光的反射现象，例如水面上出现岸上物体的倒影、平面镜成像、玻璃等光滑物体反光都是光的反射形成的； （3）光线在同种不均匀介质中传播或者从一种介质斜射入另一种介质时，就会出现光的折射现象，例如水池底变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼、凸透镜成像等都是光的折射形成的。 【解答】解：水中的倒影是平面镜成像现象，是由光的反射形成的； A、冰透镜取火是光的折射现象，故A错误； B、日晷计时是利用影子的方向大致判断时刻，影子是由光的直线传播形成的，故B错误； C、小孔成像是光的直线传播原理形成的，故C错误； D、潜望镜利用了光的反射，故D正确。 故选：D。 【点评】本题通过几个日常生活中的现象考查了对光的折射、光的直线传播、光的反射的理解，考查了学生理论联系实际的能力，在学习过程中要善于利用所学知识解释有关现象。 4．（2分）如图所示为小明家中配电箱内的空气开关，①为总开关，②为控制照明灯的开关，③为控制插座的开关。下列分析正确的是（　　） A．若①自动断开，可能是由于电路中的总电流过小 B．若只有②自动断开，一定是由于照明灯断路 C．若只有③自动断开，可能是插座中接入用电器的总电功率过大 D．若某个空气开关自动断开，排除故障后需更换该空气开关 【分析】空气开关跳闸是电流过大，家庭电路中电流过大的原因：一是电路中用电器的总功率过大；二是短路． 空气开关在排除故障后合闸即可通电。 【解答】解：A．若①自动断开，可能是由于电路中的总电流过大，故A错误； B．若只有②自动断开，一定是由于照明灯短路，因为断路电流减小，不可能跳闸，故B错误； C．若只有③自动断开，说明插座的电流过大，可能是插座中接入用电器的总电功率过大，故C正确； D．若某个空气开关自动断开，排除故障后直接合闸，不需更换该空气开关，故D错误。 故选：C。 【点评】本题考查空气开关的作用，属于中档题。 5．（2分）小漫在筷子上缠一些棉花，做成活塞状，将活塞塞入管中制成一个简易的哨子，通过上下推拉活塞，可以吹出简单的曲调，如图甲所示。A、B、C为活塞在管中的不同位置，用嘴吹管的上端能吹出“do”、“re”、“mi”三个音阶，如图乙所示。关于此现象下列说法正确的是（　　） A．吹气时通过上下推拉活塞改变声音的响度 B．自制哨子发出的声音是由于活塞振动产生的 C．人们能通过音色区分出哨声和其他乐器的声音 D．如图乙所示ABC三个位置分别对应的是“do”、“mi”、“re” 【分析】（1）音调的高低与发声物体的振动频率有关，频率越大，音调就越高； （2）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。 【解答】解：A、吹气时通过上下推拉活塞，是为了改变空气柱振动的长度，改变空气柱振动的快慢，改变声音的音调，故A错误； B、自制哨子发出的声音是由管中空气柱振动产生的，故B错误； C、人们能通过音色区分出哨声和其他乐器的声音，故C正确； D、A振动的空气柱最短，B振动的空气柱最长，则A空气柱振动最快，B空气柱振动最慢，则A发出的音调最高，B发出的音调最低，则ABC三个位置分别对应的是“mi”、“do”、“re”，故D错误。 故选：C。 【点评】本题考查了声音的特性，属于基础题。 6．（2分）糖炒栗子是我国北方非常有名的美食，传统糖炒栗子的精髓在于砂石的导热和糖的焦香。关于糖炒栗子的制作，下列说法正确的是（　　） A．闻到糖炒栗子的香味体现了分子间存在斥力 B．砂石升温较快，是因为它的吸热能力强 C．刚炒出的栗子烫手是因为含有的热量多 D．炒制过程主要是通过热传递的方式增大栗子的内能 【分析】（1）不同物质相互接触时彼此进入对方的现象叫扩散，扩散现象是分子不停地做无规则运动的体现。 （2）根据Q吸＝cmΔt分析； （3）热量是过程量，就是说，热量只存在于热传递或热交换过程中，只能说吸收或放出热量，热量传递等；热量不是状态量，不能说含有或者具有热量。 （4）改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，热传递过程是能量的转移过程，做功过程是能量的转化过程。 【解答】解：A、闻到糖炒栗子的香味是组成物质的分子不停地做无规则运动的结果，不能体现分子间存在斥力，故A错误。 B、砂石升温较快，根据Q吸＝cmΔt，说明砂石的比热容小，吸热能力弱，故B错误。 C、热量是过程量，不能说含有或者具有热量，故C错误。 D、栗子炒制这一过程中主要是发生了内能的转移，因此是通过热传递的方式增加内能，故D正确。 故选：D。 【点评】本题以糖炒栗子的制作为内容，考查了改变物体内能的方法、扩散现象等，难度中等，体现了物理与生活的联系。 7．（2分）如图所示为《天工开物》中记载的一种捣谷工具——舂，人脚用力踩踏A端使B端升起，抬脚后B端重重落下击打稻谷。关于舂的使用，下列说法正确的是（　　） A．该工具正常工作时，绕着A点转动 B．使用该工具时不能省力，但可以省功 C．若想更省力一些，可将脚踩点A适当靠近O D．该工具与镊子都正常使用时，它们都属于同一类杠杆 【分析】（1）判断是省力杠杆还是费力杠杆，先确定动力臂和阻力臂，再比较二者大小，动力臂大于阻力臂是省力杠杆，小于阻力臂是费力杠杆。 （2）功的原理告诉我们，使用任何机械都不省功。 （3）使用杠杆时，当阻力、阻力臂不变时，增大动力臂则更省力，减小动力臂会更费力。 【解答】解：A、由图可知，人脚用力踩踏A端使B端升起，舂围绕O点转动，故A错误； B、使用任何机械都不省功。故B错误； C、捣谷时，阻力、阻力臂不变，人的脚越靠近O点，减小动力臂会更费力。故C错误； D.镊子在使用时，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，舂在使用时，动力臂小于阻力臂与镊子属于同一类杠杆，故D正确。 故选：D。 【点评】此题考查的是杠杆的分类主要包括以下几种： ①省力杠杆，动力臂大于阻力臂；②费力杠杆，动力臂小于阻力臂；③等臂杠杆，动力臂等于阻力臂。 8．（2分）跳远运动的几个阶段如图所示，不考虑空气阻力，则下面说法中正确的是（　　） A．助跑过程可以增大运动员的惯性，从而增大跳远的距离 B．在最高点时若运动员受的一切力都消失，则运动员会静止在最高点 C．运动员在空中运动时，受到了非平衡力的作用 D．运动员落地静止后，运动员对地的压力和地对运动员的支持力是一对平衡力 【分析】（1）物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性； （2）由牛顿第一定律可知，物体不受力时，会保持静止状态或匀速直线运动状态； （3）物体处于静止或匀速直线运动状态时受到平衡力的作用； （4）相互作用力的条件：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。 【解答】解：A、跳远时助跑是利用运动员的惯性，从而提高成绩，但不能增大惯性，故A错误； B、在最高点时有水平方向的速度，若运动员受的一切力都消失，则运动员做匀速直线运动，故B错误； C、运动员在空中运动时，运动状态发生了变化，受到了非平衡力的作用，故C正确； D、运动员在落地时，运动员对地面的压力和地面对运动员的支持力是一对相互作用力，不是平衡力，故D错误。 故选：C。 【点评】此题主要考查学生对惯性现象的理解、平衡力的判定、相互作用力的特点，学习中要注意联系实际，用所学知识解决生活中的实际问题。 9．（2分）如图所示，下列说法正确的是（　　） A．利用图甲的实验结论可以解释电铃的工作原理 B．图乙装置可用来探究发电机工作的原理 C．图丙装置可用来探究条形磁铁周围磁场的方向 D．在图丁的装置中，当夹子向左移动时，灯泡会变的越来越暗 【分析】A、电铃是利用电流的磁效应工作的。图甲通常是演示电流磁效应的实验装置，说明电流周围存在磁场。 B、图乙装置中有电源，是用来探究电动机工作原理的。 C、图丙中是来显示磁铁的吸铁性。 D、图丁装置中，夹子和铅笔芯组成滑动变阻器。 【解答】解：A、电铃是利用电流的磁效应工作的。图甲通常是演示电流磁效应的实验装置，闭合开关，通电导线周围产生磁场，使小磁针发生偏转，说明电流周围存在磁场。所以利用图甲的实验结论（通过电流有磁性，断电时无磁性）可以解释电铃的工作原理，故A正确。 B、发电机的工作原理是电磁感应现象，即闭合电路的一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。而图乙装置中有电源，是用来探究电动机工作原理的，故B错误。 C、探究条形磁铁周围磁场的方向，通常是在条形磁铁周围放置多个小磁针，观察小磁针静止时N极的指向来确定磁场方向，或者在条形磁铁周围均匀撒上铁屑，轻敲面板，观察铁屑的排列情况来显示磁场的分布，但图丙中是来显示磁铁的吸铁性，故C错误。 D、图丁装置中，夹子和铅笔芯组成滑动变阻器，当夹子向左移动时，铅笔芯接入电路的长度变短，电阻变小。根据欧姆定律I＝，电源电压不变，电路总电阻变小，电路中的电流变大，所以灯泡的实际功率变大，灯泡会变得越来越亮，故D错误。 故选：A。 【点评】本题考查了电铃、发电机、电动机、滑动变阻器的工作原理，以及磁铁的吸铁性。 10．（2分）如图所示，用大小为5N的力F拉动木板B，使B在水平桌面上向左做匀速直线运动，物体A相对于桌面保持静止，物体A通过水平轻绳经定滑轮与弹簧测力计相连接，此时弹簧测力计的示数为2N，不计空气阻力，下列判断正确的是（　　） A．物体A受到水平向右的滑动摩擦力 B．木板B受到桌面对它的滑动摩擦力大小为3N C．若用大小为6N的力F拉动木板B，木板B的运动状态不变 D．若用大小为6N的力F拉动木板B，物体A受到的滑动摩擦力将增大 【分析】（1）当两物体发生相对运动时，受到的摩擦力是滑动摩擦力；滑动摩擦力的方向与物体相对运动的方向相反； （2）平衡力的条件是：大小相等、方向相反、作用在同一条直线上、作用在同一个物体上； （3）对木板B进行受力分析即可。 【解答】解：A、物块A与B相互接触，有相对运动，故木块B受到A的向右摩擦力的作用，同时物体A受到B的向左摩擦力，故A错误； B、木板B恰好向左做匀速直线运动，向左的拉力5N与A对B的摩擦力和地面对B产生的滑动摩擦力的合力平衡，故地面的摩擦力为：f'＝F﹣f＝5N﹣2N＝3N，方向水平向右，故B正确； C、用大小为5N的力F拉动木板B，使B在水平桌面上向左做匀速直线运动，A对B的摩擦力为f＝2N，地面对B的摩擦力为：f′＝F﹣f＝5N﹣2N＝3N，若用大小为6N的力F拉动木板B时，F＞f+f′，故木板B不再平衡，做加速运动，故C错误； D、A受到的摩擦力是滑动摩擦力只与压力大小接触面粗糙程度有关，压力大小接触面粗糙程度不变，故物体A受到的滑动摩擦力不变，故D错误。 故选：B。 【点评】此题主要考查了二力平衡条件的应用，难度不大，认真分析即可。 11．（2分）如图是小李探究电路变化的实验电路，其中R1、R2为定值电阻，R0为滑动变阻器，Rmax为滑动变阻器的最大阻值，电源两极间电压不变。已知R1＞R2＞Rmax，当滑动变阻器R0的滑片P置于某一位置时，R1、R2、R0两端的电压分别为U1、U2、U0；当滑片P置于另一位置时，R1、R2、R0两端的电压分别为U1′、U2′、U0′．若ΔU1＝|U1﹣U1′|，ΔU2＝|U2﹣U2′|，ΔU0＝|U0﹣U0′|，则（　　） A．ΔU0＞ΔU1＞ΔU2 B．ΔU1＜ΔU2＜ΔU0 C．ΔU1＞ΔU2＞ΔU0 D．ΔU0＜ΔU1＜ΔU2 【分析】先分析电路的连接方式，然后根据串联电路中电流的特点，以及定值电阻两端电压的变化ΔU＝ΔIR进行比较ΔU1与ΔU2的大小；再根据串联电路中电压的特点，即滑动变阻器两端电压的变化等于ΔU1+ΔU2。 【解答】解：该电路为串联电路，因为R1、R2为定值电阻，并且R1＞R2，而当滑动变阻器从一端移至另一端时，通过R1、R2的电流相等，所以定值电阻两端的电压变化为ΔU1＝|U1﹣U1′|＝ΔIR1，ΔU2＝|U2﹣U2′|＝ΔIR2；即ΔU1＞ΔU2；又因为串联电路两端的电压等于各部分电压之和，因此滑动变阻器两端电压变化量是定值电阻电压变化量之和，即ΔU0＝ΔU1+ΔU2．所以ΔU0＞ΔU1＞ΔU2。 故选：A。 【点评】解答本题需要掌握：正确识别电路；串联电路中电压和电流的特点，欧姆定律的应用。 12．（2分）如图甲所示的力学装置，杠杆OAB始终在水平位置保持平衡，O为杠杆的支点，OB＝3OA，竖直细杆a的上端通过力传感器相连在天花板上，下端连接杠杆的A点，竖直细杆b的两端分别与杠杆的B点和物体M固定，水箱的底面积为200cm2，水箱侧壁与底部的厚度忽略不计，力传感器可以显示出细杆a的上端受到作用力的大小，图乙是力传感器的示数大小随水箱中水的质量变化的图像，不计杠杆、细杆及连接处的重力，则（　　） A．物体M的密度为0.4×103kg/m3 B．当传感器示数为18N时，细杆B对M的作用力方向为竖直向上 C．加水质量为2kg时，水对水箱底部的压强为1800Pa D．当传感器示数为ON时，水箱内水的高度为7cm 【分析】（1）（4）由图乙可知，水箱中没有水时力传感器的示数，即细杆a的上端受到的拉力，根据杠杆的平衡条件得出等式即可求出物体M的重力； 设M的底面积为S，压力传感器示数为0时M浸入水中的深度为h1，M的高度为h，压力传感器的压力为零时受到的浮力等于M的重力，根据阿基米德原理表示出此时M受到的浮力，由图乙可知M完全浸没时压力传感器的示数，根据杠杆的平衡条件求出B点竖直向下的作用力，对M受力分析可知，受到竖直向上的浮力、竖直向下的重力和杆的作用力，据此求出此时M受到的浮力，根据F浮＝ρ液gV排求出M的体积，利用ρ＝求出物体M的密度； 根据阿基米德原理表示出M受到的浮力，从而得出当加水质量大于1kg后每加0.1kg水物体M受到的浮力增加1N，据此求出当传感器示数为0N时加水的质量，结合密度公式计算水的体积，根据阿基米德原理计算排开液体的体积，根据体积公式计算深度； （2）当传感器示数为18N时，物体已经经过了0N的点，表示物体从漂浮变为下压；（3）根据加水的重力加上排开水的重力计算压力，结合压强公式计算。 【解答】解： AD．由图乙可知，水箱中没有水时（m＝0），力传感器的示数为F0＝6N（即细杆a的上端受到的拉力为6N）， 由杠杆的平衡条件可得F0×OA＝GM×OB，则GM＝F0＝×6N＝2N； 设M的底面积为S，压力传感器示数为0时M浸入水中的深度为h1，M的高度为h， 当压力传感器的压力为零时，M受到的浮力等于M的重力2N， 由图乙可知，当M完全浸没时，压力传感器的示数为24N， 由杠杆的平衡条件可得FA×OA＝FB×OB，则FB＝FA＝×24N＝8N， 对M受力分析可知，受到竖直向上的浮力、竖直向下的重力和杆的作用力， 则此时M受到的浮力：F浮＝GM+FB＝2N+8N＝10N； 由F浮＝ρ液gV排可得，所以M的体积： VM＝V排＝＝＝1×10﹣3m3， 物体M的密度： ρM＝＝＝0.2×103kg/m3。 由图乙可知，加水1kg时水面达到M的下表面（此时浮力为0），加水2kg时M刚好浸没（此时浮力为10N），该过程中增加水的质量为1kg，浮力增大了10N， 所以，当加水质量大于1kg后每加0.1kg水，物体M受到的浮力增加1N，当向水箱中加入质量为1.2kg的水时，受到的浮力为2N，浮力等于重力，左端没有力，则传感器受力为0N， 甲1.2kg的水的体积V＝＝＝1200cm3； 传感器受力为0N时，浮力为2N；V'排＝＝＝0.2×10﹣3m3＝200cm3； 当传感器受力为0N时，水的深度h0＝＝＝7cm；故A错误，D正确。 B、当传感器示数为18N时，物体已经经过了0N的点，表示物体从漂浮变为下压，受到了压力，故细杆B对M的作用力方向为竖直向下，故B错误。 D．加水质量为2kg时，M刚好完全浸没，由选项B可知此时M受到的浮力是10N，由阿基米德原理可知排开水的重力是10N， 水对水箱底部的压力：F压＝G水+G排＝m水g+G排＝2kg×10N/kg+10N＝30N， 压强p＝＝＝1500Pa；故C错误。 故选：D。 【点评】本题考查了重力公式和杠杆平衡条件、阿基米德原理、压强定义式的综合应用，正确得出“每加0.1kg水，物体M受到的浮力增加1N”是关键。 二、多项选择题（下列每题均有四个选项，其中符合题意的选项均多于一个。共6分，每题2分。每题选项全选对的得2分，选对但不全的得1分，有错选的不得分） （多选）13．（2分）下列说法正确的是（　　） A．只要电荷移动就能形成电流 B．金属导体中电流的方向与自由电子定向移动的方向相反 C．用电器消耗电能越快，用电器的电功率越大 D．北斗卫星导航系统是利用电磁波来导航的 【分析】（1）电荷的定向移动形成电流。 （2）自由电子带负电，它的实际移动方向和电流的方向相反。 （3）电功率是表示电流做功快慢的物理量。 （4）电磁波可以传递信息。 【解答】解：A、电荷的定向移动形成电流，故A错误； B、金属导体中电流的方向与自由电子定向移动的方向相反，故B正确； C、用电器消耗电能越快，用电器的电功率越大，故C正确； D、北斗卫星导航系统是利用电磁波来导航的，故D正确。 故选：BCD。 【点评】本题考查的是电磁波的特点及应用；知道电流方向的规定和电功率的物理意义。 （多选）14．（2分）小明自制的“温度计”中有密度随温度升高而变小的液体。如图所示，当该液体温度为19℃时，质量为4×10﹣3kg的小球b悬浮，b标记“19℃”；另外两个小球分别标记“15℃”“23℃”，当小球悬浮时，它标记的温度与液体温度相等。三幅图中的小球体积大小相同且均处于静止状态，忽略小球体积变化，g取10N/kg。下列说法正确的是（　　） A．图甲中b受到的浮力为0.4N B．小球c对应的标记为15℃ C．图丙中液体温度可能超过24℃ D．当液体温度在15℃～19℃范围内变化时b在液体中静止时所受浮力随温度升高而增大 【分析】（1）根据悬浮条件F浮＝G＝mg算出b受到的浮力； （2）环境温度越高时，液体的密度变小，浮力越小，悬浮的小球会下沉，据此判断出小球c对应的温度； （3）由图丙知，三个小球都下沉，由“环境温度越高时，液体的密度变小，浮力越小，悬浮的小球会下沉”可知液体的温度； （4）由于气温降低时，小球所受浮力会变大，悬浮小球会上浮，环境温度越高时，浮力会变小，悬浮的小球会下沉，且漂浮和悬浮时浮力都等于重力。 【解答】解：A、小球b的重力：G＝mg＝4×10⁻3kg×10N/kg＝0.04N；图甲中，b处于悬浮状态，根据物体的悬浮条件可知，受到的浮力为：F浮＝G＝0.04N，故A正确； B、图乙中小球c沉底，由浮沉条件可知ρc球＞ρ乙液，则当c球悬浮时，对应的液体密度＝c球的密度＞图乙中液体的密度，因液体的密度随温度降低而变大，所以小球c对应的温度更低，应标记为15℃，a标记应为“23℃”，故B正确； C、由图丙知，三个小球都下沉，由“环境温度越高时，液体的密度变小，浮力越小，悬浮的小球会下沉”可知液体的温度比23℃还高，因此图丙中液体温度可以超过24℃，故C正确； D、由于气温降低时，小球所受浮力会变大，悬浮的小球会上浮，且漂浮和悬浮时浮力都等于重力，所以15℃～19℃时浮力保持不变，故D错误。 故选：ABC。 【点评】本题考查了阿基米德原理、物体浮沉条件的应用，认真审题，灵活利用好物体浮沉与密度的关系是关键。 （多选）15．（2分）某科技小组设计了一个跳绳计数器，如图甲、乙电路所示。已知电源电压U1＝12V，U2＝6V，电阻箱R2调到1kΩ，R是个标有“6V 3W”的自动计数器，R1是一种光敏元件。当绳子挡住了射向R1的红外线时，R1的电阻会变大；信号触发器两端电压UAB＝U0时就使乙图电路中S2闭合，自动计数器计数一次。图丙是对某位同学的跳绳项目进行测试后，信号触发器记录的某一时段AB间的电压随时间变化的图像。下列说法中，正确的是（　　） A．自动计数器正常工作时的电流为2A B．0.4s内自动计数器消耗的电能为0.12J C．绳子挡住了射向R1的红外线，信号触发器接通受控电路时，U0＝6V和R1＝1kΩ D．由于整个装置工作时间较长，导致U1的电压逐渐减小，现场又没有合适的电源更换，为了能使计数器正常工作，可以适当将电阻箱R2的阻值调大 【分析】由电路图知，两电阻串联，AB间电压为R2两端电压； （1）由图乙可知，电路为R的简单电路，根据P＝UI算出自动计数器正常工作时的电流； （2）根据图丙读出计数一次消耗电能的时间，根据W＝Pt算出自动计数器消耗的电能； （3）根据图丙读出绳子挡住了射向R1的红外线时U0的值，根据欧姆定律算出电流，根据串联电路电压规律算出R1两端的电压，最后利用欧姆定律算出R1的电阻的值； （4）U1的电压减小，根据欧姆定律判断出电流的变化，要使U0不变，需要增大R2的电阻，也可以适当将信号触发器的触发电压调低。 【解答】解：由甲图电路知，R1与R2串联，AB间电压为R2两端电压； A、由P＝UI可知，自动计数器正常工作时的电流：IR＝＝＝0.5A，故A错误； B、由图丙可知，0.4s内计数一次，计数一次的时间t＝0.4s﹣0.36s＝0.04s， 则0.4s内自动计数器消耗的电能：W＝PRt＝3W×0.04s＝0.12J，故B正确； C、当绳子挡住射向R1的红外线时，R1的电阻会变大，根据欧姆定律可知，电路的电流减小，R2两端的电压减小， 由图知，此时AB端的电压为2V，即U0＝2V； 则此时电路的电流为：I＝＝＝0.002A， 根据串联电路电压的规律知，R1两端的电压为：UR1＝U1﹣U0＝12V﹣2V＝10V， R1的电阻为：R1＝＝＝5000Ω＝5kΩ，故C错误； D、由于整个装置工作时间较长，导致U1的电压逐渐减小，根据欧姆定律可知，电路的电流减小，U0减小，要使U0不变，需要增大R2的电阻，也可以适当将信号触发器的触发电压调低，使计数器正常工作，故D正确。 故选：BD。 【点评】本题是一道动态电路题，要能灵活运用串联电路分压原理，关键是根据电阻的变化，结合图像确定定值电阻两端电压的大小。 三、实验探究题（共28分，16题每空2分；23题3分，其他题每空1分） 16．（6分）（1）如图甲所示，体温计的示数为 　36.5　 ℃； （2）如图乙所示，用毛皮摩擦过的橡胶棒接触原来不带电的验电器的金属球，两片金属箔张开一定角度，由此得知橡胶棒是带电的。验电器的金属箔能够张开，是由于 　同种电荷相互排斥　 。 （3）如图丙所示，根据图中电源的正、负极可判断：通电螺线管左端内 　S　 极。 【分析】（1）使用体温计测量人体温度时，首先要明确体温计的量程和分度值，读数时视线与液柱最末端所对刻线相垂直； （2）同种电荷互相排斥，异种电荷互相吸引； （3）利用图示的线圈绕向和电流方向，根据安培定则即可确定螺线管的左端的极性。 【解答】解：（1）如图甲所示，体温计的分度值是0.1℃，示数是36.5℃； （2）验电器的金属箔能够张开，是由于同种电荷相互排斥； （3）由图可知，电流从通电螺线管的左侧流入，右侧流出，根据通电螺线管的线圈绕向和线圈中的电流方向，由安培定则可知，用手握住导线，让四指指向电流方向时，大拇指指向右端，即通电螺线管的右端为N极，左端为S极。 故答案为：（1）36.5；（2）同种电荷相互排斥；（3）S。 【点评】此题考查了体温计的读数、电荷间的相互作用规律、安培定则的应用，比较简单，属基础题。 17．（3分）在探究物质的吸热熔化规律时，小明对某物质进行持续加热，记录的实验数据如下表所示，请回答下列问题。 加热时间/min 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 物质温度/℃ 40 42 44 46 48 48 48 48 48 50 53 56 （1）该同学应通过观察 　物质中开始有液体出现　 判断该物质开始熔化； （2）在此实验中，吸收的热量是通过 　加热时间　 来反映的； （3）在第4min至第8min的过程中，该物质的内能 　增加　 （选填“增加”“减少”或“不变”）。 【分析】（1）应通过观察物质中开始有液体出现判断该物质开始熔化； （2）可通过加热时间判断物体吸收热量的多少； （3）物体吸收热量，内能变大。 【解答】解：（1）物体熔化是将固态变成液态，该同学应通过观察物质中开始有液体出现判断该物质开始熔化； （2）此实验中，物质始终用相同的加热装置加热，加热时间越长，物质吸收的热量越多，吸收的热量是通过加热时间来反映的； （3）在第4min至第8min的过程中，该物质不断吸收热量，内能增加。 故答案为：（1）物质中开始有液体出现；（2）加热时间；（3）增加。 【点评】本题考查的主要内容就是分析物质熔化的数据，得出相应的信息，这也是我们在做这一实验时应该重点掌握的。 18．（2分）春季是流感爆发的时期，每天都需要对班级进行消毒，减少流感病毒的传播。小明想利用天平和量筒测一测自己班级调配的消毒液的密度大小。请你解答下列问题： （1）将天平放在水平桌面上静止时，分度盘指针如图甲所示。为使天平平衡，应将右端的平衡螺母向 　右　 端移动。 （2）将天平调平，测出消毒液和烧杯的总质量如图乙所示，然后将部分消毒液倒入量筒中，如图丙所示，并测量出剩余消毒液和烧杯的总质量为98g，则此消毒液的密度为 　0.9×103　 kg/m3。 【分析】（1）将天平放在水平台上，把游码移到标尺左端的零刻度线处，指针偏向分度盘的左侧，平衡螺母向右移，指针偏向分度盘的右侧，平衡螺母向左移，直至天平平衡； （2）在进行量筒的读数时，注意量筒的分度值；天平平衡时物体的质量等于砝码的质量加游码在标尺上所对的刻度值，根据公式ρ＝计算消毒液的密度。 【解答】解：（1）将天平放在水平桌面上静止时，分度盘指针如图甲所示。为使天平平衡，应将右端的平衡螺母向右移动； （2）量筒的分度值为2mL，消毒液的体积为V＝60mL＝60cm3， 由图乙知，消毒液和烧杯的总质量为：m1＝100g+50g+2g＝152g， 量筒中消毒液的质量为m＝m1﹣m2＝152g﹣98g＝54g， 消毒液的密度为：ρ＝＝＝0.9g/cm3＝0.9×103kg/m3。 故答案为：（1）右；（2）0.9×103。 【点评】本题考查液体的密度测量，用天平测量液体的密度时，一定要先测量质量再测量体积，减少实验误差，属于实验基础操作题。 19．（3分）在“验证凸透镜成像规律”的实验中： （1）某同学发现凸透镜的焦距未知，于是取来平行光源，让一束平行于主光轴的光线经过凸透镜后，在光屏上形成了一个最小、最亮的光斑。如图所示，则该凸透镜的焦距是 　10.0　 cm。 （2）取下平行光源，保持凸透镜的位置不变，把点燃的蜡烛放在光具座20cm处，这时应该向 　右　 （选填：“左”或“右”）侧移动光屏，会在光屏上得到一个清晰的像。 （3）然后，把点燃的蜡烛放在光具座45cm处，应该在 　光屏　 （选填“蜡烛”或“光屏”）一侧透过凸透镜观察像。 【分析】（1）让一束平行于凸透镜主光轴的光线经过凸透镜后，在光屏上形成了一个最小、最亮的光斑，这点是凸透镜的焦点，焦点到光心的距离是焦距。 （2）若物体处于2倍焦距以外，像成在另一侧的1倍焦距和2倍焦距之间，成倒立、缩小的实像。 （3）保持凸透镜位置不变，把点燃的蜡烛放在光具座45cm刻度处，物距u＝50cm﹣45cm＝5cm，u＜f，成正立、放大的虚像，像和物体在凸透镜的同侧。所以应该在光屏一侧透过透镜观察像。 【解答】解：（1）让一束平行于凸透镜主光轴的光线经过凸透镜后，在光屏上形成了一个最小、最亮的光斑，这点是凸透镜的焦点，焦点到光心的距离是60cm﹣50cm＝10。0cm，所以凸透镜的焦距是10.0cm。 （2）保持凸透镜位置不变，把点燃的蜡烛放在光具座20cm刻度处，物距为u＝50cm﹣20cm＝30cm，u＞2f，成倒立、缩小的实像。像在大于二倍焦距的位置，光屏在70cm以外的位置，所以光屏向右移动。 （3）保持凸透镜位置不变，把点燃的蜡烛放在光具座45cm刻度处，物距u＝50cm﹣45cm＝5cm，u＜f，成正立、放大的虚像，像和物体在凸透镜的同侧。所以应该在光屏一侧透过透镜观察像。 故答案为：（1）10.0；（2）右；（3）光屏。 【点评】本题考查了探究凸透镜成像规律的实验，要注意u＞2f，成倒立、缩小的实像，像与物体在凸透镜的两侧，2f＞v＞f．2f＞u＞f，成倒立、放大的实像，像与物体在凸透镜的两侧，v＞2f．u＜f，成正立、放大的虚像，像和物体在凸透镜的同侧。 20．（3分）某实验小组的同学用水、盐水、两种不同形状的容器和U形管压强计来验证液体内部压强的规律，他们的研究情况如图1所示。图甲、乙、丁中的容器内均装满液体，图中的三条虚线分别代表同一水平线。 （1）实验时，通过U形管两侧液面的高度差来表示液体压强的大小，下列实例中用到了此研究方法的是 　④　 ；（选填“①”、“②”、“③”、“④”） ①用磁感线描述磁场； ②借助水压学习电压； ③在实验的基础上，经过科学推理得出牛顿第一定律； ④研究电磁铁的磁性强弱中用吸引大头针的个数来衡量磁性的强弱。 （2）分析如图1所示的实验现象，下列结论正确的有 　A、B　 ；（多选） A.根据图甲、乙可验证：液体内部压强与容器形状无关； B.根据图乙、丙可验证：同种液体内部压强与深度有关； C.根据图丙、丁可验证：液体内部压强与液体密度有关； D.若在图丁中的容器内轻轻放入一木块，压强计的U形管液面高度差会增大 （3）将微小压强计的探头取下，并将橡胶管和一个玻璃管的侧壁相连通，如图2所示，当向玻璃管中吹风时，U形管内液面较低的是 　b　 （选填“a”或“b”）侧。 【分析】（1）在物理学中，对于一些看不见摸不着的现象或不易直接测量的物理量，通常用一些非常直观的现象去认识或用易测量的物理量间接测量，这种研究问题的方法叫转换法； （2）液体压强与液体密度和深度有关，据此分析； （3）根据气体压强与流速的关系：气体在流速大的地方压强小，在流速小的地方压强大。 【解答】解：（1）在“探究液体压强的影响因素”的实验中，用压强计U形管两侧液面的高度差来判断液体压强的大小，这里使用了“转换法”， ①利用用磁感线描述磁场是模型法； ②借助水压学习电压采用的是类比法； ③研在实验的基础上，经过科学推理得出牛顿第一定律采用的是实验加推理的方法； ④研究电磁铁的磁性强弱中用吸引大头针的个数来衡量磁性的强弱采用的是转换法； 故选：④； （2）A、甲、乙容器形状不同，但液面高度和液体密度相同，U形管液面高度差相同，说明液体压强与容器形状无关，结论正确； B、乙、丙液体相同，探头深度不同，根据图乙、丙可验证：同种液体内部压强随深度的增大而增大，结论正确； C、丙、丁探头深度不同，盐水密度大于水，不能说明同一深度液体密度越大压强越大，结论错误； D、丁容中器装满液体，放入木块后，盐水密度不变，探头所处深度不变，压强不变，U形管液面高度差不变，结论错误。 综上，正确的有A、B。 （3）向玻璃管吹风时，侧壁空气流速增大，压强减小，使橡皮管内气压降低，U形管a侧液面上方气压减小，液面在压强差作用下上升，因此b侧液面较低。 故答案为：（1）④；（2）A、B；（3）b。 【点评】本题探究影响液体压强大小的因素，考查转换法、控制变量法及p＝ρgh的运用。 21．（4分）如图所示，物理活动小组同学为了测量物体运动的平均速度，拍摄了钢球从O点下落过程中的频闪照片，相机每隔0.1s曝光一次。由如图可知： （1）由照片可以看出，钢球的运动是 　变速　 （选填“匀速”或“变速”）直线运动，原因是 　时间相同，通过的路程不同　 。 （2）钢球由B到C所用时间为 　0.3　 s，若钢球实际运动距离是照片上对应距离的10倍，则钢球在BC段的平均速度为 　4　 m/s。 【分析】（1）变速运动是指在相同时间内通过的路程不同； （2）由图可知钢球从B到C的时间，再读出图中BC段的距离，根据题意可得出BC段的实际距离； 测量平均速度的实验原理是v＝；根据速度公式可求出BC段的平均速度。 【解答】解：（1）由图甲可知，在相同时间内，小球通过的路程越来越大，因此钢球的运动是变速运动，原因是时间相同，通过的路程不同； （2）钢球从B到C之间有3个空，即从B到C所用的时间为：0.1s×3＝0.3s； 图中BC段的距离为：11cm+1cm＝12cm，则BC段的实际距离为：12cm×10＝120cm＝1.2m； BC段的平均速度为：v＝＝＝4m/s。 故答案为：（1）变速；时间相同，通过的路程不同；（2）0.3；4。 【点评】本题考查了速度公式的应用，解题关键是能够从图中得出每一段所用的时间。 22．（4分）小明同学在“测量小灯泡电功率”的实验中，设计了如图甲所示的电路，灯泡的额定电压是2.5V，电源电压恒为4.5V。 （1）闭合开关后，发现无论怎么移动滑动变阻器，电压表示数一直接近4.5V，电流表没有示数，若电路中只存在一处故障。则故障为 　小灯泡断路　 ； （2）排除故障后，闭合开关，移动滑片P到某一点时，电压表示数为1.8V，为了测量小灯泡的额定功率，他应该将滑动变阻器向 　左　 端移动（选填“左”或“右”）。 （3）根据所测得的数据绘制了小灯泡的电流和电压的关系图像，如图乙所示，则小灯泡的额定功率为 　0.625　 W； （4）根据乙图得到的实验数据分析，当加在灯泡两端的电压为额定电压的一半时，灯泡的实际功率P实　＞　 （选填“＞”“＜”或“＝”）。 【分析】（1）闭合开关后，发现无论怎样移动滑片，电流表始终无示数，电路可能断路，根据电压表示数一直接近4.5V分析； （2）比较电压表示数与额定电压的大小，根据串联电路电压的规律及分压原理确定滑片移动的方向； （3）灯在额定电压下正常发光，根据P＝UI计算小灯泡的额定功率； （4）根据公式P＝和电阻受温度的影响分析实际功率与额定功率的大小关系。 【解答】解：（1）闭合开关后，发现无论怎样移动滑片，电流表始终无示数，电路可能断路，电压表示数一直接近4.5V，可知电压表与电源连通，若电路只有一处故障，其故障可能是小灯泡断路。 （2）闭合开关，移动滑片P到某一点时，电压表示数为1.8V，小于灯的额定电压2.5V，要测量小灯泡的额定功率，应增大灯的电压，根据串联电路电压的规律，应减小滑动变阻器的电压，由分压原理，应减小变阻器连入电路中的电阻大小，应将滑动变阻器的滑片向左端移动，使电压表的示数为2.5V； （3）灯在额定电压下正常发光，由图乙可知，小灯泡两端电压为额定电压2.5V时，额定电流为0.25A，则小灯泡的额定功率为P＝UI＝2.5V×0.25A＝0.625W； （4）当加在灯泡两端的电压为额定电压的一半时，根据公式P＝可知，若灯泡电阻不变，则灯泡的实际功率P实＝P额，但是由于灯泡的电阻是变化的，当灯泡两端电压减小时，灯泡实际功率减小，随着功率减小，灯泡电阻随温度的降低而减小，故当小灯泡两端的实际电压为额定电压一半时，灯泡的实际功率P实＞P额。 故答案为：（1）小灯泡断路；（2）左；（3）0.625；（4）＞。 【点评】本题测量小灯泡电功率，考查故障判断、操作过程、功率的计算、误差分析并且涉及到串联电路规律的应用。 23．（3分）R1、R2为阻值不同的两根电热丝，分别接入电压相同的电路中，烧开同样一壶水所需的时间分别为t1、t2；将它们串联后接入原来电路中，烧开同样一壶水所需时间为t串。试证明：t串＝t1+t2。（整个过程中不计热量损失） 【分析】由Q＝W＝Pt分别表示出两电阻单独烧开同一壶水产生热量，得到两电阻的额定功率关系； 由P＝表示出两电阻的电阻，由Q＝Wt表示出两电阻串联时烧开同一壶水产生热量，从而计算出时间关系。 【解答】证明： 烧开同一壶水时电阻产生热量相等，且产生的热量等于消耗的电能，不考虑能量损失， 所以Q1＝W1＝P1t1，Q2＝W2＝P2t2，且Q1＝Q2， 则：P1＝， 由P＝可得，两电阻的电阻：R1＝，R2＝， 两电阻串联在总电压为U的电路中烧开同一壶水产生热量： Q＝t串＝t串＝t串＝t串＝t串， 且Q＝Q2， 即：t串＝P2t2， 化简可得：t串＝t1+t2。 【点评】本题考查了串联电路特点、电功率和电热计算公式的综合应用，推导过程要仔细。 四、科普阅读题（共4分） 24．（4分） 潮汐发电 在海湾或有潮汐的河口，可见到海水或江水每天有两次的涨落现象，早上的称为潮，晚上的称为汐。潮汐现象主要是由月球、太阳的引潮力以及地球自转效应所造成。涨潮时，大量海水汹涌而来，水位逐渐升高；落潮时，海水奔腾而去，水位陆续下降。每天海水涨、退潮各两次涨潮与退潮一般间隔6小时。海水在运动时所具有的动能和势能统称为潮汐能。潮汐是一种蕴藏量极大、取之不尽、用之不竭、不需开采和运输、洁净无污染的新型能源。 潮汐能的主要利用方式是潮汐发电。潮汐发电是水力发电的一种。在有条件的海湾或有潮汐的河口建筑堤坝、闸门和厂房，围成水库，水库水位与外海潮位之间形成一定的潮差，从而可驱动水轮发电机组发电。如图所示是潮汐发电的原理图。与普通的水力发电的不同在于海水与河水相比，海水落差不大，但流量较大，并且呈间歇性。 潮汐电站一般有三种类型，“单库双向型”就是其中之一，即用一个水库，涨潮与落潮时均可发电，只是在水库内外水位相同的平潮时不能发电。位于我国浙江省的江厦潮汐电站就是一个单库双向型电站，建成于1980年5月，总装机容量为3200kW，年发电量约为107kW•h，为世界第三大潮汐发电站。 请根据上述材料，回答下列问题： （1）潮汐发电过程中把海水的　机械能　 能转化为电能，一个单库双向型潮汐电站一天可以发电　4　 次。 （2）潮汐能属于　可再生　 能源。（选填“可再生”或“不可再生”） （3）假设海湾水库面积为5×108m2，平均潮差为5m，海水密度为1.0×103kg/m3，g取10N/kg，则单次落潮的过程中水所受到的重力做的功为　6.25×1013　 J。 【分析】（1）原题题干中提到：“水库水位与外海潮位之间形成一定的潮差，从而可驱动水轮发电机组发电。”说明利用了水的重力势能发电。“与普通的水力发电的不同在于海水与河水相比，海水落差不大，但流量较大，并且呈间歇性。”流动的水具有动能，利用了水的动能发电。综上，潮汐发电过程中把海水的机械能转化为电能。 原题题干中提到：“每天海水涨、退潮各两次；‘单库双向型’就是其中之一，即用一个水库，涨潮与落潮时均可发电，只是在水库内外水位相同的平潮时不能发电。”说明一个单库双向型潮汐电站一天可以发电4次。 （2）原题题干中提到：“在海湾或有潮汐的河口，可见到海水或江水每天有两次的涨落现象，早上的称为潮，晚上的称为汐。潮汐现象主要是由月球、太阳的引潮力以及地球自转效应所造成。”说明潮汐能是自然界中源源不断产生的，因此属于可再生能源。 （3）对原题题意理解，当内外水位存在落差时可发电，计算出这5m的水的质量以及对应的重力；这部分水我们认为是密度均匀的柱体，重心下降的高度是柱体高度5m的一半，乘在一起即可计算出这部分水的重力做的功。 【解答】解： （1）潮汐发电过程中把海水的机械能转化为电能，一个单库双向型潮汐电站一天可以发电4次。 （2）潮汐能属于可再生能源。 （3）当落潮时，从海湾水库流出海水的体积： V＝Sh＝5.0×108m2×5m＝2.5×109m3 由可得，从海湾水库流出海水的质量： m＝ρV＝1.0×103kg/m3×2.5×109m3＝2.5×1012kg 这部分海水下落的高度： 单次落潮的过程中海水重力做的功： W＝Gh′＝mgh′＝2.5×1012kg×10N/kg×2.5m＝6.25×1013J 故答案为：（1）机械能；4；（2）可再生；（3）6.25×1013。 【点评】通过阅读材料，了解潮汐能发电的特点与原理，会利用数学知道进行相关的计算，是解答本题的关键，难度不大。 五、计算题（共8分，每题4分） 25．（4分）家中的消毒柜具有高温消毒和紫外线杀菌功能，其简化电路如图所示。发热电阻R＝100Ω，紫外灯L规格为“220V 66W”。闭合开关S1和S2，消毒柜正常工作，求： （1）通过发热电阻R的电流； （2）消毒柜正常工作时R的电功率； （3）紫外灯L工作1min消耗的电能。 【分析】（1）消毒柜正常工作时U＝220V，利用欧姆定律计算通过发热电阻R的电流； （2）消毒柜正常工作时U＝220V，利用P＝UI计算R的电功率； （3）消毒柜正常工作时U＝220V，紫外灯L的功率P＝P额＝66W，利用W＝Pt计算工作1min消耗的电能。 【解答】解：（1）消毒柜正常工作时U＝220V，通过发热电阻R的电流： IR＝＝＝2.2A； （2）消毒柜正常工作时U＝220V，R的电功率： P＝UIR＝220V×2.2A＝484W； （3）消毒柜正常工作时U＝220V，紫外灯L的功率P＝P额＝66W， 工作1min消耗的电能： W＝Pt＝66W×60s＝3960J。 答：（1）通过发热电阻R的电流为2.2A； （2）消毒柜正常工作时R的电功率为484W； （3）紫外灯L工作1min消耗的电能为3960J。 【点评】本题考查了利用欧姆定律、电功率公式P＝UI、电能公式W＝Pt进行简单的计算，难度不大。 26．（4分）利用弹簧测力计、合金块、细线、已知密度的多种液体等，可以将弹簧测力计设计改装成一支液体密度计。先在弹簧测力计下面挂一个大小适当的合金块，将合金块完全浸没在水中静止时，弹簧测力计示数如图所示；在弹簧测力计刻度盘上标上水的密度值。再将合金块分别完全浸没在不同的液体中，重复上述操作，反复校对检验。这样就制成一支测定液体密度的“密度计”。（） （1）已知合金块的重力G＝4N，求合金块完全浸没在水中时的浮力F浮； （2）求测力计示数2.8N处标记的液体密度是多少； （3）改装后的密度计的分度值是多少？试推导分析如何减小密度计的分度值。 【分析】（1）根据称重法计算浮力； （2）根据称重法计算在另一中液体中F浮′，结合阿基米德原理计算液体密度； （3）在密度ρ1的液体中F浮＝ρ1gV排；在密度ρ2＝ρ1+Δρ的液体中F浮′＝（ρ1+Δρ）gV排；因为两次浮力差，就是测力计示数差，也就是测力计的分度值。 【解答】解：（1）由称重法可知，合金块完全浸没在水中时的浮力F浮＝G﹣F＝4N﹣3N＝1N； （2）合金块完全浸没在另一中液体中F浮′＝G﹣F′＝4N﹣2.8N＝1.2N； 根据浮力公式F浮＝ρ液gV排，由于V排不变，浮力与液体密度成正比。已知水的密度为1.0×103kg/m3，对应浮力1N，因此液体密度； （3）密度计的分度值由测力计的分度值决定。此测力计分度值为0.2N，即对应1小格，1N对应的密度是ρ水＝1.0×103kg/m3，1.2N对应的密度是ρ液＝1.2×103kg/m3，第（2）问计算可知，密度计的分度值为； 减小分度值的方法：设测力计的分度值为ΔF，密度计的分度值为Δρ。在密度ρ1的液体中F浮＝ρ1gV排；在密度ρ2＝ρ1+Δρ的液体中F浮′＝（ρ1+Δρ）gV排； 因为两次浮力差，就是测力计示数差，也就是测力计的分度值，所以ΔF＝（ρ1+Δρ）gV排﹣ρ1gV排＝ΔρgV排＝ΔρgV物； 故减小密度计分度值的方法： ①在不超过测力计量程的情况下，可适当增加合金块的体积； ②或选用分度值小的弹簧测力计。 答：（1）合金块完全浸没在水中时的浮力F浮为1N； （2）测力计示数2.8N处标记的液体密度是多少1.2×103kg/m3； （3）①在不超过测力计量程的情况下，可适当增加合金块的体积； ②或选用分度值小的弹簧测力计。 【点评】本题考查了阿基米德原理的应用，有一定难度。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$