2026年上海市嘉定区中考物理考前预测试卷

2026年上海市嘉定区中考物理三模试卷 一、生活中的物理 1.(4分)搭载神舟号的运载火箭在发射中心点火发射。 (1)火箭点火发射时，燃料燃烧产生的高温高压气体向下喷出，火箭加速上升，这一现象表明物体间 力的作用是 (2)火箭加速升空的过程中。 ①以神舟号为参照物，神舟号中的航天员是一 的。（选填“A.运动”或“B静止”） ②神舟号的机械能一。 A.增大 B.减小 C.不变 D.先增大后减小 2.(3分)“花气袭人知骤暖，鹊声穿树喜新晴。” (1)浓郁的花香扑面而来，这是由于分子在不停地做 运动。 (2)诗人能分辨出鸟叫声是喜鹊发出的，这是由于不同的鸟发出声音的 不同。 A.响度 B.音调 C.音色 D.振动幅度 3.(6分)阳光下的湖面波光粼粼。 (1)太阳是离地球最近的一颗 A.恒星 B.行星 C.卫星 (2)在图中，画出太阳光线AO经湖面的反射光线OB,并标出反射角及其度数： (3)阳光照射后湖面水温会升高，这是通过 的方式改变其内能。 第1页（共23页） 法线 60° 7777777 4.(4分)冬天，0℃以下的天气里，室外的水管容易冻裂。 (1)水管冻裂时，水结成冰。[冰的密度为0.9×10kgm] ①这是由于水 后凝结成了冰。（选填“A.吸热”或“B.放热”） ②同质量冰的体积 水的体积。（选填“A大于”“B.小于”或“C等于”） (2)为了缓解水管冻裂问题，可在水管外层包裹一层由泡沫塑料或棉质类的材料，该材料具有一 的 导热性。（选填“A较好”或“B较差”"） 5.(6分)小红的妈妈用燃气加热水壶里的水，并用脱排油烟机将水汽“吸走”。 (1)脱排油烟机将水汽“吸走”主要利用了 作用。 (2)若用燃气加热质量为2kg的水。 ①热水壶壶嘴时不时有“白气”喷出，“白气”是 现象。 A.熔化 B.升华 C.液化 D.凝华 ②水的温度从20℃升高到100℃，求水吸收的热量Q*。[水的比热容为4.2×103J/(kg·℃)] 二、工程与实践 6.(6分)小华做“探究二力平衡的条件”实验，电动机带钩码竖直向上运动，如图(a)所示。钩码所受 拉力F随时间t变化的F-t图像如图(b)所示，钩码的v-t图像如图(c)所示。 AF/N 电动机 01 v/cm.s-1 7 细绳 0.6 6 0.5 力传感器 5 0.4 4 ·钩码 0.3 0.2 3 铁架台 2 0.1 iiiiiiiii 1 456789t/s 456789t/s (a) (b) ( (d) 第2页（共23页） (1)分析图(b)(c)上的数据。 ①在图(d)中画出t=5s时钩码受到重力的示意图。 ②当t-0.5s时，钩码 平衡状态（选填“A.处于”或“B.不处于”），理由是： (2)仅调大电动机的转速继续实验，当钩码做匀速直线运动时，测力计的示数 0.5N。（选填 “A.大于”“B.小于”或“C.等于”) 7.(10分)电与磁密不可分，在生产中有着重要的作用。 线圈 换向器 图1 图2 (1)如图1所示，是发电机原理示意图，换向器是 (选填“A.绝缘体”或“B.导体”)；当线圈 转动时，小灯泡发光，该过程中能量主要转化的情况是： 能转化为 能转化为 能。 (2)如图2所示，是某小组同学探究实验的示意图。闭合开关，观察到直导线b从静止始水平向右运 动；断开开关，调换电源的正负极，再次闭合开关，观察到直导线b从静止开始水平向左运动。可推 断出磁场对直导线ab力的方向可能与 有关。 8.(8分)三峡工程是当今世界上最大的水利枢纽建筑之一。 (1)三峡大坝的正常蓄水位为175m,则水面下30m处水的压强为 Pa (2)如图所示是三峡大坝的船闸示意图，船从下游进入大坝的闸室。 ①若该船排开水的体积为3×10m3,该船受到的浮力大小为 N。 ②为了确保能安全的进入上游，打开阀门一（选填“A”或“B”),闸室内的水位 (选填“A. 上升”或“B.下降”)。 ③当船从闸室进入上游时，发现船身下沉了些，请根据所学知识，提出一个“船身下沉些”可能的原 因并写出分析过程。 第3页（共23页） 下游闸门闸室 上游闸门 阀门B 阀门A 三、秸槔汲水 9.(9分)如图甲所示为《天工开物》中记载古人利用桔槔从水井提水的情景。现简化成如图乙所示模型， 轻质杠杆AB,支点为O,AO:OB=3:2,在B端用轻绳系着石块P,石块质量为15kg:在A端用轻 绳系着一只木桶Q,木桶的质量为10kg:水井边站着提水人。 井 77777 甲 乙 (1)提水人不提绳子，此时杠杆恰好水平平衡，求绳AQ对杠杆的拉力F1的大小。 (2)提水人用200N的恒力缓慢提起绳子，使得水桶在10s内上升了5m。求提水人提起绳子时拉力做 的功W和功率P。 (3)人每只脚与地面的总接触面积为200c,对比人直接提着水桶站立在水平地面与未提着水桶站立 在地面上，人对地面的压强变化量为9800Pa,求水桶中水的体积V水。 四、望远镜 10.(10分)有一种望远镜是由两个凸透镜组成的（如图1所示）。靠近被测物体的叫做物镜，靠近眼睛的 叫做目镜。某组同学选用不同凸透镜（焦距的规格：甲20cm、乙15cm、丙10cm、丁5cm)作为望远 镜的物镜与目镜，控制物镜和目镜间距离不变，用望远镜正对着远处的同一个物体，然后观察目镜中的 像，将成像的情况与相关数据记录在表中。 第4页（共23页） 物镜 目镜 图 物镜 目镜 图2 D E 序号 物镜 目镜 正/倒 像的大小 1 甲 乙 倒 大 2 乙 丁 倒 最大 3 乙 丙 倒 较大 乙 甲 倒 小 5 丁 甲 倒 最小 (1)分析表中数据，可推断若要观察到更大的像，应选择焦距更 的物镜，焦距更 的目镜 (选填“大”或“小”)。依据是： (2)为了了解该望远镜的成像原理，他查阅了相关资料，得知物体通过物镜成第一次成像后，第一个 像再通过目镜形成了最终看到的像。他大致绘制了原理图，如图2所示，其中A是物体，B是物体通 过物镜所成像，F是目镜的焦点，请你根据凸透镜成像规律，判断最后看到的像可能是。（选填 “C”“D”或“E”) (3)该望远镜的目镜能把物镜成的像放大，作用相当于一个 A照相机 B.放大镜 C.投影仪 五、测量小灯泡的电阻 11.(6分)小华测量小灯泡发光时的电阻，现有电源（电压为2V的整数倍保持不变）、开关、电流表、 电压表、滑动变阻器（标有“202,1A”字样）、待测小灯泡（标有“2.5V”字样），他正确连接电路， 并规范操作。刚闭合开关时，观察到电流表示数如图2所示，但小灯泡不发光。过了一段时间后，小灯 泡仍不发光，观察到电压表的指针向左偏转。 第5页（共23页） (1)在图1中，用笔画线代替导线，将小华的实验电路连接完整。 10 0.6 图1 图2 (2)刚闭合开关时，小灯泡不发光的原因是 (3)若“一段时间后，小灯泡仍不发光”的原因是由于小灯泡或滑动变阻器中的一个出现了故障。请 写出此时两电表示数及对应的故障。（请写出必要的计算或分析过程） (4)解决上述问题后，小华移动滑片继续实验，直至小灯泡正常发光，观察到电流表的指针与图2相 比偏转了5格，求小灯泡正常发光时的电阻。（电阻值保留至0.1Ω） 六、电热饮水机 12.(8分)小华设计了一个电热饮水机，通过旋转开关可以实现加热和保温两个挡位的切换，所用电插座 允许通过的最大电流为4.5A。(若旋钮开关位于a、a点，表示a与a接通) (1)(不定项)为使饮水机的加热功率是保温功率的10倍，现有三个电阻丝R1、R2、R3,它们的阻值 分别为R0、9Ro、0.9R0,小伟选择其中的两个电阻丝与一根导线接入图中的虚框内，他有以下四个方 法，其中能满足上述工作要求的有 A虚框①接R1、虚框②接R2、虚框③接导线 B.虚框①接R2、虚框②接R1、虚框③接导线 C.虚框①接导线、虚框②接R1、虚框③接R2 D.虚框①接导线、虚框②接R2、虚框③接R3 (2)小华选定上述满足要求的某一个方法连接电路，调节旋钮，使电热饮水机处于加热状态，电路中 的电流为4.4A。 ①求此时电路的等效电阻R: ②若电流通过电热丝所做的功全部转化为电热饮水机产生的热量，求10s内电热饮水机产生的热量Q: ③调节旋钮，电热饮水机从加热状态至保温状态，求电路中的电流的变化量△I: ④现将电路中的一个电阻丝替换为电阻R4后，加热功率与保温功率的比值变为11。求替换后的电阻 R4的阻值。 第6页（共23页） ② ① a 旋钮开关 ③ 220V 00 第7页（共23页） 2026年上海市嘉定区中考物理三模试卷 参考答案与试题解析 一、生活中的物理 1.(4分)搭载神舟号的运载火箭在发射中心点火发射。 (1)火箭点火发射时，燃料燃烧产生的高温高压气体向下喷出，火箭加速上升，这一现象表明物体间 力的作用是相互的一。 (2)火箭加速升空的过程中。 ①以神舟号为参照物，神舟号中的航天员是B的。（选填“A运动”或“B静止”） ②神舟号的机械能A一。 A增大 B减小 C.不变 D.先增大后减小 【分析】(1)力是物体对物体的作用，物体间力的作用是相互的。 (2)物体相对于参照物的位置变化了，物体就是运动的：物体相对于参照物的位置不变，物体就是静 止的。 动能与物体的质量和速度有关，重力势能与物体的质量和高度有关，机械能是动能和势能的总和。 【解答】解：(1)由于力的作用的相互性，喷出的气体对火箭会产生向上的推力，使火箭升空，生活中 有很多类似的现象，如划船等。 (2)①火箭加速升空的过程中，神舟号中的航天员与神舟号之间没有位置的变化，以神舟号为参照物， 神舟号中的航天员是静止的，故选B: ②火箭加速升空的过程中，神舟号的质量不变，速度增大，动能增大，高度增大，重力势能增大，机 械能是动能和势能的总和，所以机械能增大，故选A。 故答案为：(1)相互的；(2)①B;②A。 【点评】本题考查了力的作用的相互性、机械运动和影响机械能大小的因素，属于综合题。 2.(3分)“花气袭人知骤暖，鹊声穿树喜新晴。” (1)浓郁的花香扑面而来，这是由于分子在不停地做无规则运动。 (2)诗人能分辨出鸟叫声是喜鹊发出的，这是由于不同的鸟发出声音的C不同。 A.响度 第8页（共23页） B.音调 C.音色 D振动幅度 【分析】不同物质互相接触时彼此进入对方的现象叫扩散，扩散现象说明分子在不停地做无规则运动。 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。 【解答】解：(1)这属于物理学中的扩散现象。花香分子在空气中不停地做无规则运动，从而扩散到人 的鼻腔中，让人闻到香味。温度越高，分子的无规则运动越剧烈，扩散也就越快，所以诗人能“知骤暖”。 (2)音色(Timbre):反映了声音的品质与特色。不同发声体的材料、结构不同，发出的声音音色也就 不同。正是因为喜鹊的鸣管结构与其他鸟类不同，产生了独特的音色，诗人的耳朵才能将其分辨出来。 因此，人们能够区分不同发声体（如不同的人、不同的乐器、不同的鸟）的声音，主要依靠的都是音色， 故选C。 故答案为：(1)无规则；(2)C。 【点评】本题主要考查了分子的热运动，以及声音的特征。 3.(6分)阳光下的湖面波光粼粼。 (1)太阳是离地球最近的一颗A。 A.恒星 B.行星 C.卫星 (2)在图中，画出太阳光线AO经湖面的反射光线OB,并标出反射角及其度数： (3)阳光照射后湖面水温会升高，这是通过热传递的方式改变其内能。 法线 60° % 【分析】(1)恒星可以自身发光发热； (2)入射角是入射光线与法线的夹角，根据入射光线与界面的夹角可算出入射角为；根据光的反射定 第9页（共23页） 律，按要求画出反射光线并标注。 (3)改变内能的方式分为做功和热传递。 【解答】解：(1)恒星可以自身发光发热，太阳是离地球最近的恒星，故A正确，BCD错误； 故选：A; (2)入射角是入射光线与法线的夹角，根据入射光线与界面的夹角可算出入射角为30°；根据光的反 射定律，反射角等于入射角，因此反射角为30°，如图所示： 法线 B 30 60 777777777777777 0 (3)改变内能的方式分为做功和热传递，阳光照射使水温升高，是通过热传递转移热量改变湖水内能。 故答案为：(1)A; 法线 B 309 60° (2) (3)热传递。 【点评】此题主要考查光的反射定律的应用和改变内能的方式，难度不大，属于基础题。 4.(4分)冬天，0℃以下的天气里，室外的水管容易冻裂。 (1)水管冻裂时，水结成冰。[冰的密度为0.9×10kgm] ①这是由于水B后凝结成了冰。（选填“A.吸热”或“B.放热”） ②同质量冰的体积A水的体积。（选填“A大于”“B.小于”或“C.等于”） (2)为了缓解水管冻裂问题，可在水管外层包裹一层由泡沫塑料或棉质类的材料，该材料具有B的 导热性。（选填“A.较好”或“B.较差”） 【分析】(1)①水结成冰是从液态变为固态，属于凝固现象，凝固放热： ②根据密度公式分析： (2)分析材料的作用：在水管外层包裹泡沫塑料或棉质材料，目的是减少水管内的水与外界低温环境 的热量交换，防止水因温度过低结冰。 【解答】解：(1)①凝固是物质由液态变为固态的过程，这个过程会向外释放热量，所以水是放热后 凝结成冰，选B放热； 第10页（共23页） ②当质量m相同时，体积V与密度p成反比，已知冰的密度0.9×10kgm3小于水的密度1×10kgm3, 所以同质量的冰的体积大于水的体积，选A大于； (2)如果材料导热性较好，会加快水管内热量的散失；而导热性较差的材料能有效阻挡热量传递，起 到保温的作用，所以选B较差。 故答案为：(1)B;A;(2)B。 【点评】本题围绕水的物态变化，密度特性以及材料导热性展开，需要结合物态变化的吸放热规律，密 度公式的应用，导热性的实际应用这三个核心知识点，是一道综合性较强的题目。 5.(6分)小红的妈妈用燃气加热水壶里的水，并用脱排油烟机将水汽“吸走”。 (1)脱排油烟机将水汽“吸走”主要利用了大气压一作用。 (2)若用燃气加热质量为2g的水。 ①热水壶壶嘴时不时有“白气”喷出，“白气”是液化现象。 A熔化 B.升华 C.液化 D凝华 ②水的温度从20℃升高到100℃，求水吸收的热量Q水。[水的比热容为4.2×103J/(kg·℃)] 【分析】(1)流体压强与流速的关系：流速越大的位置，压强越小；流速越小的位置，压强越大； (2)①物质由气态变成液态的过程叫液化；②由Q=cm△t可求得水吸收的热量。 【解答】解：(1)由流体压强与流速的关系可知，流速越大的位置压强越小；脱排油烟机工作时，由于 转动的扇叶处气体的流速大、压强小，从而在周围大气压的作用下将油烟和水汽排至室外： (2)①水沸腾时，水壶壶口附近产生“白雾”，是水蒸气遇冷液化形成的， ②水吸收的热量： Q=cm△t=4.2×103J/(kg·℃)×2kg×(100℃-20℃)=6.72×10J。 故答案为：(1)大气压；(2)①液化；②水吸收的热量为6.72×105J。 【点评】本题考查流体压强和流速的关系、物态变化和热量的计算，属于综合题。 二、工程与实践 6.(6分)小华做“探究二力平衡的条件”实验，电动机带钩码竖直向上运动，如图()所示。钩码所受 拉力F随时间t变化的F-t图像如图(b)所示，钩码的v-t图像如图(c)所示。 第11页（共23页） AF/N 电动机 v/cm.s-1 0.7 细绳 0.6 6 0.5 力传感器 5 0.4 4 钩码 0.3 0.2 3 铁架台 2 0.1 456789t/s 456789t/s (a) (b) (c) (d) (1)分析图(b)(c)上的数据。 ①在图(d)中画出t=5s时钩码受到重力的示意图。 ②当t=0.5s时，钩码B.不处于平衡状态（选填“A处于”或“B.不处于”），理由是：t=0.5s 时钩码做加速运动。 (2)仅调大电动机的转速继续实验，当钩码做匀速直线运动时，测力计的示数C.等于0.5N。(选 填“A大于”“B.小于”或“C.等于”) 【分析】(1)①画重力的示意图： ②根据图(c)v-t图像的物理意义，当t=0.5s时，钩码处于非平衡状态： (2)根据惯性定律“一切物体在不受力的作用时，总保持静止状态或匀速直线运动状态”，对钩码受力 分析，即可求解。 【解答】解：(1)①钩码受到的重力如下图所示： G=0.5N (d) ②由图(b)可知，当t=0.5s时，细绳施加给钩码竖直向上的拉力F大于钩码的重力，由图(c)可 知，此时钩码运动状态为加速运动，所以钩码不处于平衡状态： (2)当钩码处于匀速直线运动状态时，钩码受到细绳的拉力与钩码受到的重力是一对平衡力，由图(b) 可知，测力计示数等于0.5N。 故答案为：(1)①见解答图；②B.不处于；由图(c)可知t=0.5s时钩码做加速运动；(2)C.等于。 【点评】本题重点考查了对物理图像的理解与应用，同时还考查了惯性定律的应用。 第12页（共23页） 7.(10分)电与磁密不可分，在生产中有着重要的作用。 线圈 换向器 图1 图2 (1)如图1所示，是发电机原理示意图，换向器是B(选填“A.绝缘体”或“B.导体”)；当线圈 转动时，小灯泡发光，该过程中能量主要转化的情况是：机械能转化为电一能转化为光能。 (2)如图2所示，是某小组同学探究实验的示意图。闭合开关，观察到直导线b从静止始水平向右运 动：断开开关，调换电源的正负极，再次闭合开关，观察到直导线b从静止开始水平向左运动。可推 断出磁场对直导线b力的方向可能与电流方向有关。 【分析】通电导体在磁场中要受到力的作用，其方向与电流方向和磁场方向有关，当改变其中一个方向 时，导体受力作用方向将改变，若两个方向都改变时，导体的受力方向将不改变。 【解答】解：(1)换向器的材质：换向器在发电机或直流电动机中起到连接电路并改变电流方向的作用， 它必须能够导电，因此属于B.导体。 能量转化过程：在发电机工作时，外力使线圈在磁场中转动（机械能），通过电磁感应产生感应电流（电 能)，电流流过小灯泡使其发光（光能）。因此，该过程中的能量主要转化情况是：机械能转化为电能转 化为光能。 (2)实验推断：实验中保持磁场方向不变，仅调换了电源的正负极（即改变了导线中的电流方向），结 果直导线b的运动方向发生了改变（从向右变为向左）。这说明通电导线在磁场中受力的方向与电流方 向有关。故答案为：(1)B;机械；电；光；(2)电流方向。 【点评】解决此类题目的关键是知道通电导线在磁场中所受力的方向与磁场的磁感线方向和导体中的电 流方向有关。 8.(8分)三峡工程是当今世界上最大的水利枢纽建筑之一。 (1)三峡大坝的正常蓄水位为175m,则水面下30m处水的压强为2.94×10Pa。 (2)如图所示是三峡大坝的船闸示意图，船从下游进入大坝的闸室。 ①若该船排开水的体积为3×103m,该船受到的浮力大小为2.94×107N。 ②为了确保能安全的进入上游，打开阀门A一（选填“A”或“B”),闸室内的水位A(选填 “A上升”或“B.下降”)。 第13页（共23页） ③当船从闸室进入上游时，发现船身下沉了些，请根据所学知识，提出一个“船身下沉些”可能的原 因并写出分析过程。船身下沉些的可能原因：船丛闸室进入上游时，上游水的密度可能比闸室内的水 小（例如上游水含有较多泥沙被沉淀，或者闸室水因停留时间较长导致含沙量或盐度不同）： 分析过程：船在航行过程中始终处于漂浮状态，根据漂浮条件，船受到的浮力始终等于船自身的重力， 即F浮=G熟。因为船的重力不变，所以浮力F保持不变。根据阿基米德原理F湿三卫城gV排，当浮力F 浮和g不变时，如果上游水的密度液变小，为了保持浮力不变，船排开水的体积V排就必须增大，因此 船身会下沉一些。 下游闸门闸室 上游闸门 阀门B 阀门A 【分析】(1)水面下30m处水的压强为：p=Pgh。 (2)①根据阿基米德原理，物体所受浮力等于其排开液体的重力，即F浮=P液gV排。 ②船从下游进入闸室，目的是让闸室内的水位与下游水位相平。 ③船身下沉些的可能原因：船从闸室进入上游时，上游水的密度可能比闸室内的水小： 分析过程：船在航行过程中始终处于漂浮状态，根据漂浮条件，船受到的浮力始终等于船自身的重力， 即F浮=G船 【解答】解：(1)水面下30m处水的压强为： p=pgh=1.0×10kgm3×9.8N/kg×30m=2.94×10Pa。 (2)①根据阿基米德原理，物体所受浮力等于其排开液体的重力， 即F浮=pwgV排=1.0×103kg/m3×9.8N/kg×3×10m3=2.94×10N。 ②船从闸室进入上游，目的是让闸室内的水位与上游水位相平。根据连通器原理，需要打开连接上游 的阀门(A),让水在闸室与上游之间流通。此时闸室内的水位需要与上游保持一致，即上升，选A。 ③船身下沉些的可能原因：船从闸室进入上游时，上游水的密度可能比闸室内的水小（例如上游水含 有较多泥沙被沉淀，或者闸室水因停留时间较长导致含沙量或盐度不同)： 分析过程：船在航行过程中始终处于漂浮状态，根据漂浮条件，船受到的浮力始终等于船自身的重力， 即F浮=G船。因为船的重力不变，所以浮力F浮保持不变。根据阿基米德原理F浮=P液gV排，当浮力F 浮和g不变时，如果上游水的密度P减变小，为了保持浮力不变，船排开水的体积V排就必须增大，因此 船身会下沉一些。 第14页（共23页） 故答案为：(1)2.94×105；(2)①2.94×107；②A;A;③船身下沉些的可能原因：船从闸室进入上 游时，上游水的密度可能比闸室内的水小（例如上游水含有较多泥沙被沉淀，或者闸室水因停留时间较 长导致含沙量或盐度不同)： 分析过程：船在航行过程中始终处于漂浮状态，根据漂浮条件，船受到的浮力始终等于船自身的重力， 即F浮=G船。因为船的重力不变，所以浮力F浮保持不变。根据阿基米德原理F浮=P液gV排，当浮力F 浮和g不变时，如果上游水的密度P减变小，为了保持浮力不变，船排开水的体积V排就必须增大，因此 船身会下沉一些。 【点评】这是一道关于三峡工程物理原理的经典综合题，主要考查了液体压强、阿基米德原理以及连通 器原理。 三、秸槔汲水 9.(9分)如图甲所示为《天工开物》中记载古人利用桔槔从水井提水的情景。现简化成如图乙所示模型， 轻质杠杆AB,支点为O,AO:OB=3:2,在B端用轻绳系着石块P,石块质量为15g;在A端用轻 绳系着一只木桶Q,木桶的质量为10g;水井边站着提水人。 井 777777 甲 乙 (1)提水人不提绳子，此时杠杆恰好水平平衡，求绳AQ对杠杆的拉力F1的大小。 (2)提水人用200N的恒力缓慢提起绳子，使得水桶在10s内上升了5。求提水人提起绳子时拉力做 的功W和功率P。 (3)人每只脚与地面的总接触面积为200c,对比人直接提着水桶站立在水平地面与未提着水桶站立 在地面上，人对地面的压强变化量为9800Pa,求水桶中水的体积V*。 【分析】(1)先计算出石块重力，再根据杠杆平衡的条件计算出绳对AQ对杠杆的拉力： (2)根据W=Fs计算出人提起绳子时拉力所做的功，再根据P=计算出拉力做功的功率： (3)根据P=的变形公式△F=△pS得出人对地面压力的变化量，即水桶和水的总重力，进一步计算 出水的重力，从而得出水的质量，再根据=的变形公式V=计算出水桶中水的体积。 第15页（共23页） 【解答】解：(1)石块的重力为：Gp=mg=15kg×10N/kg=150N, 提水人不提绳子，杠杆恰好水平平衡时，F1·AO=GpOB, 则R1=Cm8B=150N×号-100N: A0 (2)提水人用200N的恒力缓慢提起绳子，水桶上升了5m,则拉力所做的功为：W=Fs=200N×5m =1000J: 拉力做功的功率为：P-些-190吧-100w: 10s (3)人每只脚与地面的总接触面积为200cm2=0.02m2,则人与地面的总接触面积为：S=2×0.02n2= 0.04m2; p=号得人对地面压力的变化量为：△P=△pS=980Pa×004m=392N, 水和水桶的总重力为：G=△F=392N, 则水的重力为：G水=G总-G桶=G总-m桶g=392N-10g×10N/kg=292N, G水_292N 由G=mg可得水的质量为：m水=g=10N7g=29.2kg: m水= 由p-罗可得桶中水的体积为：V水=P本10x0gm=00292 29.2kg 答：(1)提水人不提绳子，此时杠杆恰好水平平衡，绳AQ对杠杆的拉力F1为100N: (2)提水人提起绳子时拉力做的功1000J,功率为100W: (3)水桶中水的体积为0.0292m3。 【点评】本题考查的是杠杆的平衡条件、压强的相关计算及密度的相关计算，具有一定的综合性。 四、望远镜 10.(10分)有一种望远镜是由两个凸透镜组成的（如图1所示)。靠近被测物体的叫做物镜，靠近眼睛的 叫做目镜。某组同学选用不同凸透镜（焦距的规格：甲20cm、乙15cm、丙10cm、丁5cm)作为望远 镜的物镜与目镜，控制物镜和目镜间距离不变，用望远镜正对着远处的同一个物体，然后观察目镜中的 像，将成像的情况与相关数据记录在表中。 第16页（共23页） 物镜 目镜 图 物镜 目镜 图2 D E 序号 物镜 目镜 正/倒 像的大小 1 甲 乙 倒 大 2 乙 丁 倒 最大 3 乙 丙 倒 较大 乙 甲 倒 小 5 丁 甲 倒 最小 (1)分析表中数据，可推断若要观察到更大的像，应选择焦距更大的物镜，焦距更小的目 镜（选填“大”或“小”）。依据是：目镜一定时，物镜焦距越大，像越大。 (2)为了了解该望远镜的成像原理，他查阅了相关资料，得知物体通过物镜成第一次成像后，第一个 像再通过目镜形成了最终看到的像。他大致绘制了原理图，如图2所示，其中A是物体，B是物体通 过物镜所成像，F是目镜的焦点，请你根据凸透镜成像规律，判断最后看到的像可能是C。(选填 “C”“D”或“E”) (3)该望远镜的目镜能把物镜成的像放大，作用相当于一个B。 A.照相机 B.放大镜 C.投影仪 【分析】(1)应选择焦距大的物镜，焦距小的目镜。 望远镜放大倍数=物镜焦距与目镜焦距之比，物镜焦距越大、目镜焦距越小，放大倍数越大，像越大。 (2)物镜成倒立、缩小的实像B;B位于目镜一倍焦距以内(F为目镜焦点)；凸透镜作放大镜时，成 正立、放大的虚像，且与物体同侧(B的左侧)。 (3)目镜将物镜所成的实像放大，成正立、放大的虚像，作用相当于放大镜。 第17页（共23页） 【解答】解：(1)应选择焦距大的物镜，焦距小的目镜。 依据：比较序号2、3、4（物镜均为乙）：目镜焦距越小（丁5cm<丙10cm<甲20cm),像越大： 比较序号4、5（目镜均为甲），乙15c>丁5cm,像更大，即目镜一定时，物镜焦距越大，像越大： 规律：望远镜放大倍数=物镜焦距与目镜焦距之比，物镜焦距越大、目镜焦距越小，放大倍数越大， 像越大。 (2)物镜成倒立、缩小的实像B;B位于目镜一倍焦距以内(F为目镜焦点)；凸透镜作放大镜时，成 正立、放大的虚像，且与物体同侧(B的左侧)，对应图中C。 (3)目镜将物镜所成的实像放大，成正立、放大的虚像，作用相当于放大镜。 故选：B。 故答案为：(1)大；小：目镜一定时，物镜焦距越大，像越大；(2)C;(3)B。 【点评】本题考查望远镜物镜和目镜的成像原理。 五、测量小灯泡的电阻 11.(6分)小华测量小灯泡发光时的电阻，现有电源（电压为2V的整数倍保持不变）、开关、电流表、 电压表、滑动变阻器（标有“20Ω，1A”字样）、待测小灯泡（标有“2.5V”字样），他正确连接电路， 并规范操作。刚闭合开关时，观察到电流表示数如图2所示，但小灯泡不发光。过了一段时间后，小灯 泡仍不发光，观察到电压表的指针向左偏转。 (1)在图1中，用笔画线代替导线，将小华的实验电路连接完整。 1个 2 0. 0.4 0 2 0 0.6 图1 图2 (2)刚闭合开关时，小灯泡不发光的原因是实际功率太小。 (3)若“一段时间后，小灯泡仍不发光”的原因是由于小灯泡或滑动变阻器中的一个出现了故障。请 写出此时两电表示数及对应的故障。（请写出必要的计算或分析过程） (4)解决上述问题后，小华移动滑片继续实验，直至小灯泡正常发光，观察到电流表的指针与图2相 比偏转了5格，求小灯泡正常发光时的电阻。（电阻值保留至0.12） 【分析】(1)根据灯泡额定电压确定电压表选用的测量范围，将电压表并联在灯泡两端：根据滑动变阻 器滑片的位置确定滑动变阻器选用的下端接线柱，将滑动变阻器串联在电路中； 第18页（共23页） (2)根据电流表的示数分析回答： (3)若“一段时间后，小灯泡仍不发光”的原因是由于小灯泡或滑动变阻器中的一个出现了故障，根 据电压表示数分析回答； (4)根据图1确定电流表选用的测量范围确定分度值，由图2读出电流表示数；当灯泡两端电压增大， 通过灯泡的电流也增大，据此确定灯泡的额定电流，利用R=”求出小灯泡正常发光时的电阻。 【解答】解：(1)小灯泡额定电压为2.5V,故电压表选用小测量范围并联在灯泡两端；由图可知，滑 片在最右端，因此需要将滑动变阻器的左下接线柱接入电路，如下图所示： 图 (2)刚闭合开关时，观察到电流表示数如图2所示，电流表有示数，且示数较小，说明电路是通路， 且电路中电流较小，小灯泡不发光，说明灯泡实际功率太小： (3)若“一段时间后，小灯泡仍不发光”，说明电路可能断路；若灯泡断路，电流表示数为0，电压表 示数为电源电压，电压表示数变大，其指针向右偏转，与题意不符：若滑动变阻器断路，电流表、电压 表示数均为0，此时电压表指针向左偏转，与题意相符，故“一段时间后，小灯泡仍不发光”的原因是 由于滑动变阻器断路，电流表、电压表示数均为O: (4)由图1可知，电流表选用小测量范围；由图2可知，电流表分度值0.02A,其示数为0.14A;当小 灯泡正常发光时，观察到电流表的指针与图2相比偏转了5格，即电流表示数增大了5格，此时小灯泡 额定电流为0.24A,则小灯泡正常发光时的电阻为： R-9-影≈104n. 图 故答案为：(1) ；(2)实际功率太小；(3)滑动变阻器断路，电流 第19页（共23页） 表、电压表示数均为0；(4)小灯泡正常发光时的电阻为10.42。 【点评】本题测小灯泡发光时的电阻实验，考查了电路连接、故障分析和电阻的计算等知识。 六、电热饮水机 12.(8分)小华设计了一个电热饮水机，通过旋转开关可以实现加热和保温两个挡位的切换，所用电插座 允许通过的最大电流为4.5A。(若旋钮开关位于a、a点，表示a与a接通) (1)(不定项)为使饮水机的加热功率是保温功率的10倍，现有三个电阻丝R1、R?、R3,它们的阻值 分别为R0、9R0、0.9R0,小伟选择其中的两个电阻丝与一根导线接入图中的虚框内，他有以下四个方 法，其中能满足上述工作要求的有AD。 A虚框①接R1、虚框②接R2、虚框③接导线 B.虚框①接R2、虚框②接R1、虚框③接导线 C.虚框①接导线、虚框（②接R1、虚框③接R D.虚框①接导线、虚框②接R2、虚框③接R3 (2)小华选定上述满足要求的某一个方法连接电路，调节旋钮，使电热饮水机处于加热状态，电路中 的电流为4.4A。 ①求此时电路的等效电阻R: ②若电流通过电热丝所做的功全部转化为电热饮水机产生的热量，求10s内电热饮水机产生的热量Q: ③调节旋钮，电热饮水机从加热状态至保温状态，求电路中的电流的变化量△I; ④现将电路中的一个电阻丝替换为电阻R4后，加热功率与保温功率的比值变为I1。求替换后的电阻 R4的阻值。 ① 旋钮开关③ 220V 00 【分析】1)结合旋转开关电路切换，利用纯电阻功率公式P-,根据加热功率为保温功率0倍推 出总电阻关系，先筛选符合条件的接线方案： (2)结合欧姆定律、焦耳定律完成四小问定量计算，最后根据功率比值变化求解替换电阻阻值。 【解答】解：(1)A.当c、c连接，只有R1接入电路中，是加热挡 U2 P加一R1 第20页（共23页） 当b、b连接，R1与R2串联接入电路中，是保温挡 U2 P保=R1+R2 u2 P E-R1+R2=R0+9R-10R0=10 P保 U2 R1 Ro R01 R1+R2 P加=10P保，故A选项正确 B.当c、c连接，只有R2接入电路中，是加热挡 _v2 P加=R2 当b、b连接，R1与R2串联接入电路中，是保温挡 U2 P保=R1+R2 R时R-t90-10+10 ?保 U2 R2 9Ro 9 1 R1+R2 不满足功率10倍关系，故B选项错误 C.当c、c连接，只有R3接入电路中，是保温挡 乃 P保=R2 当b、b连接，只有R1接入电路中，是加热挡 U2 P加二R1 2-9R0-9≠10 P保 U2 R Ro 1 0 不满足功率10倍关系，故C选项错误 D当c、c连接，只有R3接入电路中，是加热挡 U2 P加=R3 当b、b连接，只有R?接入电路中，是保温挡 P保=R2 P u2 R29R010 保 2 R3 0.9R0-1 第21页（共23页） P加=10P保，故D选项正确 (2)由(1)可知，方案A加热电阻R加A=R0;方案D加热电阻R加D=0.9R0。 电源电压U=220V,加热电流I加=4.4A ①由欧姆定律1-只等效加热电阻 R=光-器-5a ②电流做功全部转化为热量 Q=W=UI加t=220V×4.4A×10s=9680J ③情况1：选择方案A,则R0=R=502 R1=502,R2=9R0=4502 加热：仅R1=502:保温：R1、R2串联，R保=502+4502=5002 保温电流1保一只保 ”=220" 5000=0.44A 电流变化量△I=I加-I保=4.4A-0.44A=3.96A 情况2：选择方案D,则0.9R0=R=50m,R。=50 2 R3=9R0=5002,R3=0.9R0=502 加热：仅R3=502:保温：仅R2=5002 U220V 保温电流1保=元200=0.44A 电流变化量△I=I加-I保=4.4A-0.44A=3.96A 两种情况电流的变化量△I相同。 Pg11,P= P加' ④加热功率与保温功率比值变为11 R保 分3牧。，=11 根据插座允许通过的最大电流，加热挡最小电阻至少为48.9Ω。 情形一：选用方案A原始组合(R1=502,R2=4502) 挡位结构：加热单电阻，保温两电阻串联。 替换加热电阻R1→R4 加热R加=R4,保温R保=R4+R R4+4502 =11 R4 R4+4502=11R4 10R4=4502,R4=452 第22页（共23页） R4=450<48.92,加热电阻过小，电路电流超过插座允许最大值，该取值舍去。 替换串联电阻R2→R4 加热R加'=R1=502,保温R保'=502+R4 500+R4=11 502 502+R4=5502,R4=5002 情形二：选用方案D原始组合(R3=50M,R2=5002) 挡位结构：加热单电阻R3,保温单电阻R2。 替换加热电阻R3→R4 =1，R,=告= -2≈45.45☒2 R4 R4≈45.452<48.92，加热电阻过小，电路电流超过插座允许最大值，该取值舍去。 子情形：替换保温电阻R2→R4 4=11,R4=11R3=11×502=550D R 综上所述R4=5002或R4=5502。 故答案为： (1)AD: (2)①等效电阻R=502; ②10s产生热量Q=9680/; ③电流变化量41=3.96A; ④R4=5002或5502 【点评】本题综合旋转开关动态电路、电功率比例、欧姆定律与焦耳定律，重点考查纯电阻功率公式的比 例推导与分类讨论思想，综合性较强。 第23页（共23页）