資源簡介

四川省攀枝花市直屬學校2025年中考二模物理試題
1．（2025·攀枝花模擬）如圖是戰國時期的編鐘，敲擊大小不同的鐘能演奏出優美的樂曲。下列說法正確的是（　　）
A．編鐘聲是由空氣振動而產生的
B．編鐘聲的傳播速度是3×108m/s
C．敲擊大小不同的鐘發聲的音調不同
D．奏出的優美樂曲一定不屬于噪聲
2．（2025·攀枝花模擬）小剛五次測量課本的寬度，記錄結果；17.29cm、17.51cm、17.32cm、17.30cm、17.31cm，則課本寬度為（　　）
A．17.33cm B．17.30cm C．17.305cm D．17.31cm
3．（2025·攀枝花模擬）“火鍋”是通遼人非常喜愛的一種美食。下列與吃火鍋有關的說法正確的是（　　）
A．冰凍肉卷變軟是冰熔化現象
B．鍋內冒出“白氣”是水的汽化現象
C．湯汁越煮越少是水升華現象
D．煮熟食材是做功改變內能的過程
4．（2025·攀枝花模擬）《墨經》最早記載了小孔成像現象及其解釋，下列光現象中，與該現象成因相同的是（　　）
A．雨后彩虹 B．日晷計時
C．湖面倒影 D．鉛筆彎折
5．（2025·攀枝花模擬）小麗站在自動扶梯上隨扶梯一起向上勻速運動，如圖。下列關于她的機械能說法正確的是（　　）
A．動能增大，機械能增大 B．重力勢能增大，機械能增大
C．動能減小，機械能不變 D．重力勢能減小，機械能增大
6．（2025·攀枝花模擬）某交通路口指示車輛通行的信號燈由紅燈和綠燈組成，紅燈停，綠燈行，以下是紅、綠燈工作時的電路簡圖。你認為正確的是（　　）
A． B．
C． D．
7．（2025·攀枝花模擬）如圖所示，風吹小風車，電流表的指針會發生偏轉。選項圖中的四個物理實驗能解釋其工作原理的是（　　）
A．
B．
C．
D．
8．（2025·攀枝花模擬）如圖所示，水平桌面上兩個相同的長方體玻璃缸裝滿了水，水中分別漂浮著兩只大小不同，材質相同的實心玩具鴨。甲、乙兩圖中水對缸底的壓強分別為p1和p2，缸對桌面的壓強分別為p甲和p乙。兩只玩具鴨受到的浮力分別為F1和F2，則它們的大小關系為（　　）
A．p1＝p2，p甲＞p乙，F1＞F2 B．p1＝p2，p甲＞p乙，F1＝F2
C．p1＞p2，p甲＝p乙，F1＞F2 D．p1＝P2，p甲＝p乙，F1＞F2
9．（2025·攀枝花模擬）小明家原有用電器的總功率是3800W，又新購買了電熱水器和空調各一臺，熱水器的銘牌上標有“220V 2200W”字樣，空調的銘牌上標有“220V 1900W”字樣，他家的電能表如圖所示。下列說法不正確的是（　　）
A．電熱水器是利用電流熱效應工作的
B．單獨使用空調比單獨使用熱水器電能表表盤轉速快
C．正常使用相同時間，熱水器比空調消耗的電能多
D．小明家現有的用電器可以同時使用
10．（2025·攀枝花模擬）如圖甲是紅外線測溫槍，圖乙是工作原理圖，其中電源電壓保持不變，用于靠近人體測溫，定值電阻R0為保護電阻。在測量人的體溫時顯示儀的示數會隨被測者體溫的升高而變大，則下列分析正確的是（　　）
A．圖乙中的顯示儀是由電流表改裝成的
B．熱敏電阻 R 的阻值隨著溫度的升高而減小
C．被測溫者體溫越高，整個電路通過的電流越大
D．將 R0更換為阻值更小的電阻，測相同溫度，顯示儀示數變大
11．（2025·攀枝花模擬）“奮斗者”號載人潛水器（如圖）成功潛入海底10909m，刷新了中國載人潛水的新紀錄。潛水器總質量36t（包含下方安裝的壓載鐵質量2t），觀測窗面積0.03m2。潛入海底待科研任務結束后，拋掉壓載鐵，潛水器上浮至海面（忽略部件受到海水壓力后的體積變化和下潛、上浮過程中海水對它的阻力，取1.0×103kg/m3，g取10N/kg）。關于潛水器說法正確的有（　　）
A．下潛時所受海水的壓強逐漸變大
B．上浮至海面所受海水的浮力先增大后減小
C．拋掉壓載鐵后，上浮時所受海水的浮力為3.4×105N
D．10000m深度時，海水對觀測窗的壓力為3×106N
12．（2025·攀枝花模擬）為了將放置在水平地面上重為150N的物體提升到高處，小陽設計了如圖甲所示的滑輪組裝置。小陽用豎直向下拉力F拉繩，拉力F隨時間的變化關系圖像如圖乙所示。物體上升的高度h隨時間t變化的關系圖像如圖丙所示。若物體與地面的接觸面積，不計繩重和摩擦。下列說法中正確的是（　　）
A．動滑輪受到的重力為10N
B．在0~1s內，重物對地面的壓強為800Pa
C．在0~1s內，拉力F做的功為250J
D．在2~3s內，滑輪組的機械效率為83.3%
13．（2025·攀枝花模擬）學校給同學們布置了做“拿手家常菜”的家庭勞動作業，李明同學用手機錄制了魚丸的制作過程，手機鏡頭對光起到　 　 作用選填“會聚”或“發散”；他用夸張的表情介紹了聞到的魚丸香味，能聞到香味是因為分子在不停息地　 　 。
14．（2025·攀枝花模擬）近年來，通遼城鄉許多街道都安裝了太陽能LED燈，LED燈是用　 　材料制成的，太陽能屬于　 　次能源。
15．（2025·攀枝花模擬）如圖甲，小明將圓形厚壁玻璃瓶裝滿帶顏色的水，用插有細玻璃管的橡皮塞塞緊瓶口，雙手戴著隔熱手套用力擠壓玻璃瓶，觀察到細管中水面升高，這一現象說明力可以　 　，把瓶中水倒出一部分，然后向細管內吹入少量氣體，細管內水柱如圖乙所示。將該裝置從一樓拿到十樓，會發現細管內水面　 　（選填“上升”、“下降”或“不變”）。
16．（2025·攀枝花模擬）風洞是一種檢測飛行器性能的設施。如圖，將飛行器固定在風洞中，通過人工產生并控制氣流，模擬飛行器飛行時周圍氣體的流動。檢測時，飛行器相對氣流是　 　的，其上方氣體流速大，壓強　 　，從而獲得向上的升力。
17．（2025·攀枝花模擬）小明在水壺中裝入質量2kg、初溫20℃的水，放在燃氣灶上加熱，這是利用　 　的方式來改變水的內能。若在標準大氣壓下把水剛燒開共消耗了0.042m3的天然氣，該燃氣灶燒水的熱效率為　 　。水燒開后繼續加熱，蒸汽將壺蓋頂起的過程與汽油機　 　沖程的能量轉化情況相同。[水的比熱容為4.2×103J/（kg ℃），天然氣的熱值取4.0×107J/m3]
18．（2025·攀枝花模擬）某型號的電飯鍋有高溫和保溫兩擋，其測試電路如圖所示（虛線框內為電飯鍋的發熱部位），已知高溫擋功率為1100W，保溫檔功率為22W。則保溫時電路中的電流是　 　A，R1＝　 　Ω。高溫擋工作10min消耗的電能可讓標有1200imp/（kW h）字樣的電能表指示燈閃爍　 　次。
19．（2025·攀枝花模擬）小明用圖甲所示的方式將均勻鐵塊推倒成圖丙情況，此過程中鐵塊相當于　 　（省力/費力/等臂）杠桿。如果小明的推力始終與BD垂直，在BD與水平面垂直之前，其推力F1　 　（變大/變小/不變），小宇用圖乙的方式將同一鐵塊推倒成圖丙情況，則如圖甲、乙所示位置時，F1　 　（>/＜/=）F2，小明和小宇用甲、乙兩種方法時至少要做的功分別為W1和W2，則W1　 　（>/＜/=）W2。
20．（2025·攀枝花模擬）如圖所示，一束光沿AO從空氣斜射入水中，請畫出反射光線和折射光線的大致方向。
21．（2025·攀枝花模擬）如圖所示的位置，是單擺小球擺到的最高點，請畫出此時小球所受力的示意圖。
22．（2025·攀枝花模擬）如圖所示，根據小磁針靜止時N極的指向，標出電源的正極和磁感線的方向。
23．（2025·攀枝花模擬）小明和小華進行“觀察水的沸騰”實驗。
（1）組裝如圖甲所示的實驗器材時，應根據　 　（選填“酒精燈內焰”或“酒精燈外焰”）的位置固定B的位置。
（2）當水溫上升到90℃后，每隔1min記錄一次溫度計的示數并記入表格，直到水沸騰并持續一段時間為止。若第3min時溫度計的示數如圖乙所示，其讀數是　 　℃。
時間/min 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
溫度/℃ 90 91 92
94 95 96 97 98 98 98 98 98
（3）第8min后，小明發現水中會產生大量的氣泡，且不斷上升、變大（如圖丙），最終到達水面后破裂開來。導致氣泡體積變化的主要原因是　 　。
（4）第12min后撤去酒精燈，水還能繼續沸騰一小會兒，這是因為石棉網的　 　仍然比燒杯和水高。
（5）小明和小華根據各自的實驗數據，在同一張坐標紙上分別畫出水沸騰前后溫度隨時間變化的圖像，如圖丁所示，比較可知小華將水加熱至沸騰的時間較長。為縮短加熱時間。下列措施合理的是（　　）
A．適當減少水的質量
B．增大酒精燈內酒精的質量
C．用更大的燒杯加熱
24．（2025·攀枝花模擬）小明在做凸透鏡成像實驗中。
（1）如圖甲四種利用太陽光測凸透鏡焦距的操作，其中正確的是　 　；
（2）小明測得凸透鏡焦距為10cm，用圖乙的裝置開始實驗，此時光屏上可見清晰的像，保持凸透鏡位置不變，將蠟燭移動到25cm刻度線處，若想在光屏上再次得到清晰的像，應把光屏向　 　移動，像的大小將　 　；
（3）基于（2）的實驗探究，當手持照相機走近拍攝景物時，應將鏡頭適當向　 　（填“前調”或“后調”）。
25．（2025·攀枝花模擬）在“探究影響動能大小的因素”實驗中，如圖所示，將小球從高度為h的同一斜面上由靜止開始滾下，推動同一小木塊在水平面上向前移動一段距離s后停下，完成甲、乙、丙三次實驗。（其中，）
（1）實驗中通過觀察　 　來反映小球動能的大小，這種研究問題的方法叫做轉換法。
（2）為探究動能大小與質量的關系，應使　 　不同的小球從同一斜面的相同高度自由釋放。
（3）由甲、乙兩次實驗初步可知，小球動能的大小與　 　有關。
26．（2025·攀枝花模擬）某物理學習小組在“探究導體中電流與電阻的關系”實驗中，連接了如圖甲所示的電路（電源電壓保持4.5V不變）。
表乙
實驗次數 1 3 4
電阻R/Ω 5 10 15
電流I/A 0.60 0.26 0.20
（1）請用筆畫線代替導線將圖甲實物電路連接完整（要求：滑動變阻器滑片P向右移動，電路中的電流變大）；
（2）連接好電路，閉合開關發現電壓表示數接近于電源電壓，電流表幾乎無示數，則故障可能是定值電阻R　 　（選填“斷路”或“短路”）；
（3）實驗時改變　 　的阻值，通過移動滑動變阻器的滑片P來控制　 　保持不變，測出多組數據進行分析，得出結論；
（4）表乙是實驗數據記錄表格，分析可知實驗操作存在的問題是　 　；
（5）完成實驗后該組同學又想到了用“等效替代法”測量一個額定電壓為U額的小燈泡正常發光時的電阻，設計了圖丙所示的電路，其中為電阻箱；請把下面步驟②中未完成的操作補充完整；
①將開關S與a連接，移動滑動變阻器的滑片P，使電壓表的示數為U額；
②　 　，使電壓表示數仍為U額，讀出電阻箱阻值即為小燈泡正常發光時的電阻。
27．（2025·攀枝花模擬）小明、小剛和小強分別用三種不同的方法測量物體的密度，進行了如下實驗設計與操作：
（1）小明用調節好的天平測量蘿卜塊的質量，天平平衡時，如圖甲所示，m=　 　g；將蘿卜塊浸沒在有水的量筒中，如圖乙所示，則蘿卜塊的密度為　 　kg/m3；
（2）小剛用隔板將一容器分成左右兩部分，隔板下部有一圓孔用橡皮膜封閉，橡皮膜形狀如圖丙；
①向隔板左側倒入醬油，發現橡皮膜向右凸，量出液面到橡皮膜中心的深度為10cm；
②向隔板右側倒入水，直至橡皮膜　 　（選填“向左凸”、“繼續向右凸”或“恢復原狀”）為止；量出水面至橡皮膜中心的深度為11cm，則醬油的密度為　 　kg/m3（）；
（3）小強用彈簧測力計掛著石塊，做了如圖丁兩個圖的測量，讀出彈簧測力計示數分別為F1、F2，則石塊受到的浮力表達式F浮=　 　，密度表達式　 　（以上兩空用F1、F2、等符號表示）。
28．（2025·攀枝花模擬）如圖所示，電源電壓U恒定，R1、R2為兩個定值電阻，L為標有“6V，3W”的小燈泡。開關S1、S2、S3均閉合時，電流表A1示數為1.5A，A2示數為1A；僅閉合S1，小燈泡恰好正常發光。求：
（1）小燈泡正常發光時的電流；
（2）R2的阻值；
（3）前后兩次電路中相同時間內R1產生的熱量之比。
29．（2025·攀枝花模擬）小紅用傳感器設計了如圖甲所示的力學裝置，豎直細桿B的下端通過力傳感器固定在柱形容器的底部，它的上端與不吸水的實心正方體A固定（不計細桿B及連接處的質量和體積），現緩慢地向容器中加水，力傳感器的示數大小F隨水深h變化的圖象如圖乙所示（）。求：
（1）正方體A所受重力大小；
（2）當容器內水的深度為13cm時，正方體A受到的浮力大小；
（3）當容器內水的深度為4cm時，力傳感器的示數大小為F，繼續向容器中加水，當力傳感器的示數大小變為0.2F時，水對容器底部的壓強是多少？
答案解析部分
1．【答案】C
【知識點】聲音的產生；聲速；音調及音調與頻率的關系；噪聲及來源
【解析】【解答】A．編鐘振動發聲，故A錯誤；
B．編鐘聲的傳播速度是340m/s，故B錯誤；
C．敲擊大小不同的鐘，則鐘的振動快慢不同，發出聲音的音調不同，故C正確；
D．噪聲在物理學角度，如果影響人的工作、生活、學習，均屬于噪音，所以奏出的優美樂曲可能屬于噪聲，故D錯誤。
故選C。
【分析】1、聲音產生是由物體振動產生，通過介質（固體、液體、氣體）中傳播，不能在真空中傳播；
2、聲音的特點：不同材料決定音色不同；振幅決定響度；振動頻率決定音頻；振動頻率決定音頻，頻率越高，音調越高，頻率越低，音調越低；聲音的響度與聲源振動的幅度有關，振動幅度越大，響度越大．
3、減弱噪音的途徑有：聲源處（摩托車裝消聲器）、傳播中（建隔音墻 ）、人耳處（戴耳罩）。
4、噪聲：影響人類休息和學習的聲音統稱為噪聲。
2．【答案】D
【知識點】誤差及其減小方法
【解析】【解答】根據測量的多次數據，其中17.51cm和其他數據差異大，是錯誤的，計算合理數據的平均值為，D符合題意。
故答案為：D.
【分析】根據多次測量的數據，計算平均值，可以減小誤差。
3．【答案】A
【知識點】凝固與凝固放熱特點；汽化及汽化吸熱的特點；液化及液化放熱；熱傳遞改變物體內能
【解析】【解答】A．冰凍肉卷變軟是是熔化現象，故A正確；
B．鍋內冒出“白氣”是是液化現象，故B錯誤；
C．湯汁越煮越少是汽化現象，故C錯誤；
D．煮熟食材是湯和食物存在溫度差，食材通過熱傳遞改變內能的過程，故D錯誤。
故選A。
【分析】1、凝固為液態變化為固態，釋放熱量，如結冰；
2、熔化為固態變化為液態，吸收熱量，如雪消融；
3、改變物體內能的方式有做功和熱傳遞，如鉆木取火、搓手取暖屬于做功改變物體內能，用酒精燈熱水屬于熱傳遞改變物體內能；
4、液化為氣態變為液態會釋放熱量，如水蒸氣、露珠。
4．【答案】B
【知識點】光的直線傳播及其應用；光的反射；光的折射現象及其應用；光的色散
【解析】【解答】小孔成像原理為光在同一種均勻介質中是沿直線傳播的。
A．雨后彩虹，屬于光的折射現象，故A不符合題意；
B．日晷計時，利用光在同種均勻物質中沿直線傳播，故B符合題意；
C．湖面倒影屬于光的反射，故C不符合題意；
D．鉛筆彎折，屬于光的折射，故D不符合題意。
故選B。
【分析】1、光的反射：光在同一種介質中傳播中，遇到反射面，將一部分光反射回來的現象叫做光的反射，常見例子有：平面鏡反射，湖面反射。
2、光的折射：光經過不同介質時，傳播方向會發生偏折的現象，如：海市蜃樓、彩虹的形成、岸面看水水變淺。
3、光的直線傳播：光在同種介質中沿直線傳播，實例有影子的形成、日食、小孔成像、激光校準等。
5．【答案】B
【知識點】動能的影響因素；勢能的影響因素；機械能及其轉化
【解析】【解答】小麗站在自動扶梯上隨扶梯一起向上勻速運動，質量不變，高度升高，則動能不變，重力勢能增大；所以機械能增大，故B正確，ACD錯誤。
故選B。
【分析】機械能：機械能為動能和重力勢能之和，當質量不變時，動能和速度成正比，速度不變時，動能和質量成正比；當質量不變時，重力勢能和高度成正比，高度不變時，重力勢能和質量成正比。
6．【答案】D
【知識點】串、并聯電路的設計
【解析】【解答】公共場所的電器均屬于并聯，每個可獨立工作，且各有一個開關控制。故D符合題意，ABC不符合題意。
故選D。
【分析】電路的串并聯：串聯：電路元件首位相連，用電器相互干擾，并聯：電路元件首首相連，用電器互不干擾，開關在干路上控制整個電路的通斷，開關在支路上控制單個支路的通斷；家庭、公共場所的電路為并聯電路。
7．【答案】B
【知識點】通電直導線周圍的磁場；直流電動機的構造原理與工作過程；發電機的構造和原理；影響電磁鐵磁性強弱的因素及其探究
【解析】【解答】根據題意可知，風吹風車轉動，帶動線圈切割磁感線，產生感應電流，所以其原理為閉合線圈做切割磁感線運動，產生感應電流，為法拉第電磁感應現象。
A．此圖為奧斯特實驗裝置，說明通電導線周圍存在磁場，故A不符合題意；
B．圖中導體在磁場中做切割磁感線運動時，產生感應電流，屬于電磁感應，故B符合題意；
C．通電導線在磁場中受力的作用，是電動機的原理圖，故C不符合題意；
D．通電螺線管的原理屬于電流的磁效應，故D不符合題意。
故選B。
【分析】1、電磁感應現象：閉合電路的一部分導體在磁場中作切割磁感線運動，導體中就會產生電流的現象，實例：發電機、 POS機讀出信息。
2、電流的磁效應：通電導線周圍存在磁場，使得小磁針發生偏轉。
3、通電導線在磁場中受到力的作用，實例有：電動機。
4、通電螺線管：由通電線圈組成，磁性方向可通過安培定則判斷：用右手握住通電螺線管，讓四指指向電流的方向，那么大拇指所指的那一端就是通電螺線管的N極，磁性與電流、線圈匝數有關。
8．【答案】D
【知識點】壓強的大小及其計算；液體壓強計算公式的應用；物體的浮沉條件及其應用
【解析】【解答】甲、乙兩個完全相同的玻璃缸裝滿了水，所以水的深度h相同，根據液體壓強公式可知，水對容器底部的壓強相等，即p1＝p2；根據圖示可知，甲缸中鴨子排開水的體積大，根據可知，甲缸中鴨子受到的浮力大，即F1＞F2；
根據阿基米德原理，物體受到的浮力等于它排開液體的重力，漂浮的玩具鴨重力等于其受到的浮力，等于它排開的水的重力，故兩個整體的總重力相同，桌面受力面積相同，根據可知，缸對桌面的壓強p甲＝p乙。故ABC不符合題意，D符合題意。
故選D。
【分析】1、浮力的本質為上下表面產生的壓力差，計算公式為F浮=ρ液gV排，所以物體所受浮力和物體所處的深度無關，與排開水的體積有關，當排開水的體積越小時，浮力越小，排開水的體積越大時，浮力越大。
2、阿基米德原理：物體排開水的重力等于物體所受浮力；
3、物體沉浮條件：物體懸浮時的浮力等于重力（排開水的體積等于物體體積），物體的密度等于液體的密度，物體漂浮表明浮力等于重力（排開水的體積小于物體體積），物體的密度小于液體的密度，物體下沉時重力大于浮力（排開水的體積等于物體體積），物體的密度大于液體的密度。
4、壓強的計算：公式為P=ρgh，壓強和液體的密度、浸沒深度有關，且密度越大，壓強越大，深度越大，壓強越大， 在同種液體的同一深度，液體向各個方向的壓強 相同。
9．【答案】B
【知識點】電能表參數的理解；電功率的計算；電流的熱效應
【解析】【解答】A．電熱水器是根據焦耳定律工作的，即利用電流的熱效應工作的，故A正確，不符合題意；
B．熱水器的銘牌上標有“220V 2200W”字樣，空調的銘牌上標有“220V 1900W”字樣，熱水器功率大，所以表轉速快，相同時間下，根據W=Pt計算可知熱水器消耗的電能多，故B錯誤，符合題意，C正確，不符合題意；
D．據圖可知電路中允許通過的最大電流為40A，小明家原有用電器的總功率是3800W，熱水器的額定功率為2200W，空調的額定功率為1900W，根據電功率公式P=UI計算可知電路中的電流
，所以小明家現有的用電器可以同時使用，故D正確，不符合題意。
故選B。
【分析】1、探究電流的熱效應：原理為焦耳定律Q=I2Rt，所以產熱量和電阻成正比，和電流的平方成正比。
2、電能表參數的理解：電能表是計量電能的儀表，電能表的數字中最后一位表示的是小數點后一位，電能表正常工作電壓和電流為220V 10A，最大電流為40A，某段時間所用電能為電能表示數之差。某段時間消耗電能的計算：n/3000r kW·h n為燈光閃爍次數。
3、功率公式的應用：P=W/t.
10．【答案】D
【知識點】電壓的測量及電壓表的使用；串聯電路的電壓規律；歐姆定律及其應用；電路的動態分析
【解析】【解答】A．由電路圖知道，顯示儀與R并聯，即顯示儀為電壓表，故A錯誤；
B． 在測量人的體溫時顯示儀的示數會隨被測者體溫的升高而變大 ，由串聯電路的分壓特點可知，溫度增加，R的阻值變大，故B錯誤；
C．人的體溫越高時，R的阻值越大，由知道，電路中的電流變小，故C錯誤；
D．將R0更換為阻值更小的電阻后，根據串聯分壓分析可知R兩端的電壓變大，即顯示儀示數變大，故D正確。
故選D。
【分析】1、串聯分壓：用電器串聯時，其兩端的電壓和電阻成正比；
2、電流表、電壓表的連接：電流表與待測原件串聯；電壓表的與待測原件并聯，連接過程需要電流正極流入負極流出，同時選擇合適的量程。
3、電壓表與待測用電器并聯測量電壓，電流表串聯測量用電器電流，根據歐姆定律U=IR計算用電器的電流和電阻以及電壓。
11．【答案】A,D
【知識點】壓強的大小及其計算；液體壓強計算公式的應用；阿基米德原理；物體的浮沉條件及其應用
【解析】【解答】A．潛水器在下潛過程中，深度h逐漸增大，根據分析可知所受海水的壓強也逐漸變大。故A正確；
B．潛水器在上浮至海面過程中，排開海水的體積先不變，后變小，液體的密度不變，根據浮力的公式
分析可知所受海水的浮力先保持不變后減小。故B錯誤；
C．拋掉壓載鐵后，上浮時所受海水的浮力大于物體的重力，即
故C錯誤；
D．在10000m深度時，根據壓強公式計算海水對觀測窗的壓力為F=pS=ρ海水ghS=1.0×103kg/m3×10N/kg×10000m×0.03m2=3×106N，故D正確。
故選 AD。
【分析】1、壓強的計算：公式為P=ρgh，壓強和液體的密度、浸沒深度有關，且密度越大，壓強越大，深度越大，壓強越大， 在同種液體的同一深度，液體向各個方向的壓強 相同；
2、浮力的本質為上下表面產生的壓力差，計算公式為F浮=ρ液gV排，所以物體所受浮力和物體所處的深度無關，與排開水的體積有關，當排開水的體積越小時，浮力越小，排開水的體積越大時，浮力越大；
3、阿基米德原理：物體排開水的重力等于物體所受浮力.
12．【答案】A,B
【知識點】二力平衡的條件及其應用；壓強的大小及其計算；滑輪（組）的機械效率；功的計算及應用
【解析】【解答】A．A的重力為150N，由丙圖可知，物體在2~3s內做勻速直線運動，此時繩子的拉力F1=80N，動滑輪纏繞繩子數為2，不計繩重和摩擦，根據動滑輪拉力公式計算動滑輪的重力為
故A正確；
B．由乙圖可知，在0~1s內，物體靜止，物體受力平衡。繩子的拉力，使用整體法，即滑輪和物體看作一個整體，受力分析得，代入數據計算可知物體對地面的壓力，根據壓強公式計算物體對地面的壓強為，故B正確；
C．由丙圖可知，物體上升高度為0，拉力F做的功為0，故C錯誤；
D．由乙圖可知，在2~3s內，根據機械效率公式計算滑輪組的機械效率為，故D錯誤。
故選AB。
【分析】1、動滑輪的工作特點：可以省力，但是費距離，定滑輪的工作特點：可以改變方向但是不省力。
2、拉力的計算， ，n為動滑輪纏繞繩子數，繩子移動的距離為物體移動距離的n倍。
3、功的相關計算：W=Fs，距離為拉力的方向。總結：考慮滑輪重力的情況，定滑輪的機械效率要大于動滑輪，重物重力越大，機械效率越大。
13．【答案】會聚；做無規則運動
【知識點】透鏡及其特點與分類；分子熱運動
【解析】【解答】手機鏡頭是凸透鏡，對光有會聚作用；李明能聞到陣陣魚丸的香味屬于擴散現象，說明分子在永不停息地做無規則運動。
【分析】凸透鏡對光有會聚作用；一切物質的分子都在永不停息地做無規則運動。
14．【答案】半導體；一
【知識點】能源及其分類；半導體特點及作用
【解析】【解答】發光二極管是由半導體材料制成的，LED燈是用半導體材料制成的。
太陽能是從自然界中直接獲取的，則太陽能是一次能源。故第1空填：半導體；第2空填：一。
【分析】電子產品中，使用了大量的半導體元件，發光二極管是半導體材料；太陽能屬于一次能源。
15．【答案】改變物體的形狀；上升
【知識點】力的作用效果；大氣壓強與高度的關系
【解析】【解答】 雙手戴著隔熱手套用力擠壓玻璃瓶，觀察到細管中水面升高， 說明力可以改變物體的形狀。該裝置從一樓拿到十樓，大氣壓強隨高度的增加而逐漸減小，玻璃瓶內部的氣壓大小是不變的，玻璃管內水柱在玻璃瓶內部的氣壓作用下上升。
【分析】壓強和海拔的關系為：隨著海拔的增加，壓強減小，海拔的減小，壓強增加。
力的作用效果：力會使物體的運動狀態和物體形狀發生改變。
16．【答案】運動；小
【知識點】流體壓強與流速的關系；運動和靜止的相對性
【解析】【解答】檢測時，氣流和飛行器的運動狀態不同，所以以氣流為參照物，飛行器相對于氣流是運動的；其上方氣體流速大，壓強小，形成向上的壓強差和壓力差，獲得了向上的升力。
【分析】1、壓強和流速的關系：壓強越大，流速越小，應用為飛機機翼上凸，空氣流速快，導致壓強較小，形成向上的升力；
2、物體相對運動：物體與參照物運動狀態不一致，所以物體相對參照物運動，物體與參照物運動狀態不一致，所以物體相對參照物靜止。
17．【答案】熱傳遞；；做功
【知識點】熱傳遞改變物體內能；比熱容；燃料的熱值；熱機的效率；熱機的四個沖程
【解析】【解答】水放在燃氣灶上加熱，是通過火焰與水之間的溫度差傳遞使熱量，所以是利用熱傳遞的方式來改變水的內能。根據熱量計算公式Q=cmΔt計算2kg的水，升高80℃水吸收的熱量，即
，根據熱值公式Q=Vq計算可知消耗了0.042m3的天然氣，放出熱量為。結合效率公式計算該燃氣灶燒水的熱效率為。蒸汽將壺蓋頂起，是蒸汽的內能轉化為壺蓋的機械能。與汽油機做功沖程的能量轉化情況相同。
【分析】1、物質的熱值為單位質量燃料完全燃燒釋放的能量，是物質的基本屬性；只與燃料的種類有關，與燃料的質量、燃燒程度等均無關。公式為Q=Vq。
2、熱量的計算：公式為Q=cmΔt；
3、做功沖程：進氣后關閉，排氣口關閉，火花塞點燃，高溫高壓的氣體推動活塞下移，氣體內能減小，能量轉化為內能轉化為機械能。
18．【答案】0.1；44；220
【知識點】電能表參數的理解；電功率的計算；多狀態電路——多擋位問題
【解析】【解答】保溫檔功率為22W，電源電壓為220V，根據功率公式計算保溫時電路中的電流是。電源電壓不變時，開關S置于2擋時，電路為R1的簡單電路，電路中的總電阻最小，根據，此時為高溫檔。高溫擋功率為1100W，電源電壓為220V，則。高溫擋工作10min消耗的電能為，電能表指示燈閃爍次數為。
【分析】功率的計算：公式為 ， 所以電壓相同時，電阻和電功率成反比。
功率的計算：公式為W=Pt。
19．【答案】省力；變小；＜；=
【知識點】杠桿及其五要素；杠桿的分類；功
【解析】【解答】如圖所示，B點是杠桿支點，鐵塊重力是阻力，BD是動力臂，底面半徑長是阻力臂，動力臂明顯大于阻力臂，所以是省力杠桿。
小明的推力始終與BD垂直，在BD與水平面垂直之前，阻力不變，鐵塊重心逐漸左移，阻力臂變小，所以F1變小。
C點為支點，與甲相比較，阻力不變，阻力臂也不變，F2的動力臂明顯小于F1的動力臂，所以可得。任何機械都不省功，所以用甲、乙兩種方法時至少要做的功相等。
【分析】1、杠桿原理的應用：杠桿的平衡條件為：動力×動力臂=阻力×阻力臂；
2、省力杠桿：動力臂較長，所以動力較小，常見的例子有羊角錘、核桃夾；費力杠桿：動力臂較短，動力較大，常見的例子有鑷子、筷子等，等壁杠桿：動力臂等于阻力臂的杠桿，常見的例子有：天平。
20．【答案】
【知識點】作光的反射光路圖；作光的折射光路圖
【解析】【解答】據圖分析可知，入射光線和入射點已知，過入射點做垂直水面的法線，根據反射角等于入射角畫出反射光線；光從空氣斜射入水中，所以折射角小于入射角，據此作圖：
【分析】折射規律：光從空氣中傳播到水中，折射光線會偏向法線，光從水中射向空氣中，折射光線會遠離法線；
反射定律：反射角等于入射角，反射光線、入射光線、法線處于同一平面、在反射中光路是可逆的。
21．【答案】
【知識點】彈力；重力及其大小的計算
【解析】【解答】當小球擺到最高點時受到豎直向下的重力和沿繩子方向向上的拉力，作用點都畫在小球的球心上，如下圖
【分析】重力：由于地球的吸引而使物體受到的力，大小為自身重力、方向豎直向下，作用點位于物體重心。
拉力：沿著繩子的方向。
22．【答案】
【知識點】通電螺線管的極性和電流方向的判斷
【解析】【解答】小磁針靜止時，N極指向，即為磁感線的方向，所以電螺線管的右端為N極，由左端為S極，磁據安培定則知，電源的右端為正極。作圖如下：
【分析】通電螺線管：由通電線圈組成，磁性方向可通過安培定則判斷：用右手握住通電螺線管，讓四指指向電流的方向，那么大拇指所指的那一端就是通電螺線管的N極，磁性與電流、線圈匝數有關。
23．【答案】（1）酒精燈外焰
（2）93
（3）水沸騰時，氣泡上升過程中，水內部汽化產生的水蒸氣不斷進入氣泡
（4）溫度
（5）A
【知識點】沸騰及沸騰條件；探究水的沸騰實驗
【解析】【解答】（1）“觀察水的沸騰”實驗，加熱時要用外焰，所以應根據酒精燈外焰的位置固定B的位置。
（2）圖乙中溫度計的分度值是 1℃，讀數是 93℃。
（3）水沸騰時，水內部汽化產生的水蒸氣不斷進入氣泡。上升過程中外部水壓減小，兩者共同作用使得氣泡在上升時體積逐漸變大，最終到達水面后破裂開來。
（4）第12min后撤去酒精燈，因為石棉網的溫度仍然比燒杯和水高，水能從石棉網繼續吸收熱量。
（5）水的質量越小，吸收相同的熱量升溫越快，能縮短加熱至沸騰的時間；增大酒精燈內酒精的質量，不能縮短加熱時間；用更大的燒杯加熱，使水的質量增加，加熱時間會更長。A正確，BC錯誤。
故選A。
【分析】1、水沸騰的溫度時間特性：水到達沸點時的特點為加熱但溫度保持不變，氣泡由小變大；標準大氣壓下水的沸點為100℃，低于標準氣壓，沸點低于100℃。
2、探究水沸騰溫度時間曲線試驗：實驗儀器的安裝遵循從下而上、從左至右的安裝順序，所以安裝順序為鐵架臺、酒精燈、鐵圈、燒杯、溫度計，以酒精燈外焰加熱物體，使用儀器還有秒表，記錄液體的溫度時間曲線。
（1）酒精燈外焰溫度最高，加熱時要用外焰，所以應根據酒精燈外焰的位置固定B的位置，這樣能保證用外焰加熱，提高加熱效率。
（2）圖乙中溫度計的分度值是 1℃，液面在 90℃以上第 3 小格處，所以其讀數是 93℃。
（3）水沸騰時，氣泡體積變大的主要原因是水內部汽化產生的水蒸氣不斷進入氣泡。次要原因是上升過程中外部水壓減小，兩者共同作用使得氣泡在上升時體積逐漸變大，最終到達水面后破裂開來。
（4）第12min后撤去酒精燈，水還能繼續沸騰一小會兒，這是因為石棉網的溫度仍然比燒杯和水高，水能從石棉網繼續吸收熱量。
（5）適當減少水的質量，水的質量越小，吸收相同的熱量升溫越快，能縮短加熱至沸騰的時間；增大酒精燈內酒精的質量，酒精質量多少不影響火焰的溫度，不能縮短加熱時間；用更大的燒杯加熱，更大的燒杯通常會使水的質量增加，加熱時間會更長。
故選A。
24．【答案】（1）C
（2）右；變大
（3）前調
【知識點】凸透鏡成像規律及其探究實驗
【解析】【解答】（1）在測量凸透鏡焦距的實驗中，需要凸透鏡要正對太陽光，太陽光平行于凸透鏡的主光軸，故C正確，ABD錯誤。
故選C。
（2）保持凸透鏡位置不變，將蠟燭移動到25cm刻度線處，根據物近像遠像變大可知，應把光屏向右移動，像的大小將變大。
（3）當手持照相機走近拍攝景物時，物距減小，根據物近像遠像變大可知，為了得到清晰的像，需要增大像距。應將鏡頭適當向前調，以增大像距，從而得到清晰的像。
【分析】1、測量焦距的方法： 將凸透鏡正對太陽光，改變凸透鏡與光屏的距離，直到光屏上出現一個 亮點，此時亮點與凸透鏡中心的距離為焦距。
2、透鏡成像試驗：實驗步驟：1）實驗前，應調節凸透鏡、蠟燭燭焰、光屏的中心大致在同一水平高度，環境越暗，物體反射光越明顯，所以實驗應在較暗的環境中進行；2） 點燃并蠟燭，在光屏上得到一個等大、清晰的燭焰的像，測量此時物到透鏡的距離（焦距）；3）移動蠟燭，觀察像的變化。
3、凸透鏡成實像時，物距越大，像距越小，像越小；物距越小，像距越大，像越大；
透鏡成像規律：物體距透鏡小于一倍焦距，呈正立放大的虛像，應用為放大鏡；
物距大于一倍焦距小于二倍焦距，呈倒立立放大的實像，應用為投影儀；
物體大于二倍焦距，呈現倒立縮小實像，應用為照相機，人眼睛。
（1）在測量凸透鏡焦距的實驗中，需要確保太陽光平行于凸透鏡的主光軸，并且凸透鏡要正對太陽光。這樣，太陽光經過凸透鏡折射后，會聚在主光軸上的一點，這個點就是凸透鏡的焦點。故C正確，ABD錯誤。
故選C。
（2）[1][2]此時，物距為25cm，大于兩倍焦距，根據凸透鏡成像規律，成倒立、縮小的實像，像距（光屏到凸透鏡的距離）在一倍焦距和二倍焦距之間。保持凸透鏡位置不變，將蠟燭移動到25cm刻度線處，此時物距減小，物近像遠像變大，所以應把光屏向右移動，像的大小將變大。
（3）當手持照相機走近拍攝景物時，即物距減小，為了得到清晰的像，需要增大像距。在照相機中，鏡頭和感光元件（相當于光屏）之間的距離是可以調整的。因此，應將鏡頭適當向前調，以增大像距，從而得到清晰的像。
25．【答案】（1）木塊移動的距離
（2）質量
（3）速度
【知識點】探究影響物體動能大小的因素；物理學方法
【解析】【解答】（1）小球動能的大小是通過觀察小木塊在水平面上移動的距離來反映的。
（2）為探究動能大小與質量的關系，變量為質量，所以應控制小球的速度相同，從而研究質量對動能的影響。
（3）甲、乙兩次實驗中，高度越高，小球到達水平面的速度越大，推動小木塊移動的距離越遠，說明小球動能的大小與速度有關。
【分析】1、物理學方法：轉換法：在物理實驗中，某些物理量（動能、電能）難以直接觀察，需要轉換成容易觀察的指標進行測量，如本題中動能的大小難以直接測量，所以需要觀察小木塊在水平面上移動的距離。
2、機械能：機械能為動能和重力勢能之和，當質量不變時，動能和速度成正比，速度不變時，動能和質量成正比；當質量不變時，重力勢能和高度成正比，高度不變時，重力勢能和質量成正比。
（1）在該實驗中，小球動能的大小是通過觀察小木塊在水平面上移動的距離來反映的。小球動能越大，對小木塊做功越多，小木塊移動的距離就越遠。這里用到了轉換法。
（2）為探究動能大小與質量的關系，應控制小球的速度相同，讓質量不同的小球從同一斜面的相同高度自由釋放。這樣小球到達水平面時的速度相等，從而研究質量對動能的影響。
（3）甲、乙兩次實驗中，小球的質量相同，從不同高度滾下，高度越高，小球到達水平面的速度越大，推動小木塊移動的距離越遠，說明小球動能的大小與速度有關。
26．【答案】（1）
（2）斷路
（3）定值電阻R；定值電阻R兩端電壓
（4）第3次實驗中，沒有控制定值電阻R兩端電壓保持不變
（5）將開關S與b連接，保持滑動變阻器的滑片位置不變，調節變阻箱的電阻
【知識點】探究電流與電壓、電阻的關系實驗；伏安法測電阻的探究實驗
【解析】【解答】（1）滑動變阻器的滑片P向右移動，電路中電流變大，所以滑動變阻器的電阻變小，變阻器右下接線柱連入電路中與電阻串聯，如下圖示數：
（2）連接好電路，閉合開關，電流表幾乎無示數，發現電壓表示數接近于電源電壓，則與電壓表并聯的支路以外的電路是完好的，所以故障可能是與電壓表并聯的定值電阻R斷路了。
（3）在“探究導體中電流與電阻的關系”實驗中，應控制定值電阻兩端電壓不變，改變定值電阻R的阻值，通過移動滑動變阻器的滑片P來控制定值電阻R兩端電壓保持不變。
（4）分析表中的數據發現，第1、4次實驗中，根據歐姆定律計算定值電阻R兩端電壓
；第3次實驗中，定值電阻R兩端電壓
，則第3次實驗中，沒有控制定值電阻R兩端電壓保持3V不變。
（5）②分析電路圖可知，將開關S與a連接，滑動變阻器與燈泡首尾依次相連，屬于串聯，移動滑動變阻器的滑片P，使電壓表的示數為U額，則燈泡正常發光；將開關S與b連接，滑動變阻器與變阻箱串聯，保持滑動變阻器的滑片位置不變，調節變阻箱的電阻，直至電壓表示數仍為U額，通過變阻器的組織表示小燈泡正常發光時的電阻。
【分析】變阻器：變阻器的連接為一上一下，通過改變電阻絲接入電路的長度進而改變電阻，變阻器的作用除了改變電阻外還可以起到保護電路的作用，所以在連接好電路后，變阻器阻值應該調節到最大阻值處；
電路的故障分析： 題目中電流表指針幾乎沒有偏轉，電壓表指針迅速偏轉到滿偏刻度外 ，表明電壓表接入電路，所以和電壓表并聯的用電器斷路。
串聯電路的電路規律：串聯電路，電流處處相等，電源的電壓為用電器電壓之和，總電阻為用電器電阻之和。
電壓表與待測用電器并聯測量電壓，電流表串聯測量用電器電流，根據歐姆定律U=IR計算用電器的電流和電阻以及電壓。
（1）滑動變阻器的滑片P向右移動，電路中電流變大，即滑動變阻器的電阻變小，所以變阻器右下接線柱連入電路中與電阻串聯，如下圖示數：
（2）連接好電路，閉合開關，電流表幾乎無示數，說明電路可能斷路，發現電壓表示數接近于電源電壓，則電壓表、滑動變阻器、電流表、開關與電源連通，則與電壓表并聯的支路以外的電路是完好的，所以故障可能是與電壓表并聯的定值電阻R斷路了。
（3）[1][2]在“探究導體中電流與電阻的關系”實驗中，由控制變量法可知，應控制定值電阻兩端電壓不變，改變定值電阻的阻值，所以實驗時改變定值電阻R的阻值，通過移動滑動變阻器的滑片P來控制定值電阻R兩端電壓保持不變。
（4）分析表中的數據發現，第1、4次實驗中，定值電阻R兩端電壓
即控制定值電阻R兩端電壓保持3V不變，第3次實驗中，定值電阻R兩端電壓
則第3次實驗中，沒有控制定值電阻R兩端電壓保持3V不變。
（5）②分析電路圖可知，將開關S與a連接，滑動變阻器與燈泡串聯，移動滑動變阻器的滑片P，使電壓表的示數為U額，則燈泡正常發光；將開關S與b連接，滑動變阻器與變阻箱串聯，保持滑動變阻器的滑片位置不變，調節變阻箱的電阻，直至電壓表示數仍為U額，則變阻箱的電阻等于小燈泡正常發光時的電阻。
27．【答案】（1）13.2；1.32×103
（2）恢復原狀；1.1×103
（3）F1-F2；
【知識點】密度公式及其應用；液體壓強計算公式的應用；阿基米德原理
【解析】【解答】（1）游碼對應的刻度為3.2g，砝碼為10g，所以蘿卜塊的質量；量筒中水的體積為50mL，量筒中水和蘿卜塊的總體積為60mL，蘿卜塊的體積V蘿卜=60mL-50mL=10mL=10cm3，根據密度公式計算蘿卜塊的密度
。
（2）橡皮膜恢復原狀，則橡皮膜左右兩側液體壓強相等，隔板左側倒入10cm醬油，向隔板右側倒入11cm水，即，由液體壓強公式可得，所以
。
（3）由圖丁可知，石塊未浸沒在液體中，彈簧測力計示數為F1，石塊的重力G=F1；彈簧測力計掛著石塊浸沒在水中，彈簧測力計示數為F2，根據稱重法可得，石塊受到的浮力
根據阿基米德原理可得石塊的體積，結合密度公式計算石塊的密度
。
【分析】1、測量物體密度試驗：原理為ρ=m/v，使用的儀器為天平和量筒；天平的使用步驟：1、調零：天平置于水平臺上，將游碼歸零，調節平衡螺母使得指針指向刻度中央，稱重：是用鑷子夾取砝碼，測量時為左物右碼，不斷調整砝碼和游碼重量，使得天平重新平衡；測量為左物右碼，量筒的使用：確定分度值，視線平行對準液面最低處，進行讀數。
2、壓強的計算：公式為P=ρgh，壓強和液體的密度、浸沒深度有關，且密度越大，壓強越大，深度越大，壓強越大， 在同種液體的同一深度，液體向各個方向的壓強 相同；
3、稱重法測量物體浮力：先測出物體的重力，然后將物體浸入水中，彈簧測力計的示數就會減小，減小的示數就是物體受到的浮力；
4、阿基米德原理：物體排開水的重力等于物體所受浮力。
（1）[1]由圖甲可知，標尺的分度值為0.2g，游碼對應的刻度為3.2g，則蘿卜塊的質量
[2]由乙圖可知，量筒的分度值為2mL，量筒中水的體積為50mL，量筒中水和蘿卜塊的總體積為60mL，則蘿卜塊的體積
V蘿卜=60mL-50mL=10mL=10cm3
則蘿卜塊的密度
（2）[1]向隔板左側倒入10cm醬油，向隔板右側倒入水，直至橡皮膜恢復原狀，則橡皮膜左右兩側液體壓強相等，由液體壓強公式，便于計算醬油的密度。
[2]向隔板左側倒入10cm醬油，向隔板右側倒入11cm水，橡皮膜恢復原狀，則橡皮膜左右兩側液體壓強相等，即
由液體壓強公式可得
代入數據可得醬油的密度
（3）[1]由圖丁可知，彈簧測力計掛著石塊，彈簧測力計示數為F1，則石塊的重力
G=F1
彈簧測力計掛著石塊浸沒在水中，彈簧測力計示數為F2，則由稱重法可得，石塊受到的浮力
[2]由阿基米德原理可得石塊的體積
石塊的密度
28．【答案】（1）解：當只團合開天S1時，R1與燈泡L串聯，此時小燈泡正常發光，由P=UI可得，此時電路中的電流為.
（2）解：當只團合開天S1時，R1與燈泡L串聯，由串聯電路的電壓特點和歐姆定律可得，電源電壓U=I R1+U額=0.5A×R1+6V①
當三個開關都閉合時，小燈泡被短路，R1、R2并聯，電流表A1測干路電流，電流表A2測通過R1的電流。已知電流表A1示數為1.5A，A2示數為1A，則電源電壓為U=I1R1=1A×R1②
由①②解得R1=12Ω，U=l2V
R1、R2并聯時，通過R2的電流為I2=I總-I1=1.5A-1A=0.5A
電阻R2的阻值為.
（3）解：開關S1、S2、S3均閉合時，通過R1的電流為1A；只團合開關S1時，通過R1的電流為0.5A，所以前后兩次電路中相同時間內R1產生的熱量之比為.
【知識點】并聯電路的電流規律；串聯電路的電壓規律；歐姆定律及其應用；電功率的計算；焦耳定律的應用
【解析】【分析】（1），L為標有“6V，3W”，由P=UI可得電路中的電流。
（2）當只團合開天S1時，R1與燈泡L串聯，由串聯電路的電壓特點和歐姆定律可得，電源電壓U=I R1+U額；當三個開關都閉合時，R1、R2并聯，電流表A1測干路電流，電流表A2測通過R1的電流。電源電壓為U=I1R1，連列求解R1、U，R1、R2并聯時，通過R2的電流為I2=I總-I1；電阻R2的阻值為。
（3）開關S1、S2、S3均閉合時，通過R1的電流為1A；只團合開關S1時，通過R1的電流為0.5A，根據焦耳定律計算前后兩次電路中相同時間內R1產生的熱量之比為。
（1）當只團合開天S1時，R1與燈泡L串聯，此時小燈泡正常發光，由P=UI可得，此時電路中的電流為
（2）當只團合開天S1時，R1與燈泡L串聯，由串聯電路的電壓特點和歐姆定律可得，電源電壓U=I R1+U額=0.5A×R1+6V①
當三個開關都閉合時，小燈泡被短路，R1、R2并聯，電流表A1測干路電流，電流表A2測通過R1的電流。已知電流表A1示數為1.5A，A2示數為1A，則電源電壓為U=I1R1=1A×R1②
由①②解得R1=12Ω，U=l2V
R1、R2并聯時，通過R2的電流為I2=I總-I1=1.5A-1A=0.5A
電阻R2的阻值為
（3）開關S1、S2、S3均閉合時，通過R1的電流為1A；只團合開天S1時，通過R1的電流為0.5A，所以前后兩次電路中相同時間內R1產生的熱量之比為
29．【答案】解：（1）由圖乙可知，當h0=0時，力傳感器的示數為F示數=6N，此時正方體沒有受到浮力，不計細桿B及連接處的質量，則細桿B對力傳感器的壓力等于正方體的重力，故正方體A所受重力大小為G0=6N；
（2）由圖乙可知，當h1=3cm時，物體A的下表面恰好與水面接觸；當容器內水的深度h2=13cm時，已經超過了F=0時水的深度，由力的平衡條件可得，此時正方體A受到的浮力F浮=G+F示數'=6N+4N=10N；
（3）由圖乙可知，當h1=3cm時，物體A的下表面恰好與水面接觸，則正方體A的邊長；容器內水的深度h3=4cm時，正方體A浸入水的深度h浸2=h3-h1=4cm-3cm=1cm=0.01m；排開水的體積V排'=L2h浸2=（0.1m）2×0.01m=1×10-4m3正方體A受到的浮力F浮'=ρ水gV排'=1.0×103kg/m3×10N/kg×1×10-4m3=1N；力傳感器的示數F=G-F浮'=6N-1N=5N；繼續向容器中加水，當力傳感器第一次受到的力
且水的深度較小時、細桿的向上的作用力處于平衡狀態，所以由正方體受到的合力為零可得F浮″=G-F'=6N-1N=5N由F浮=ρ液gV排=ρ液gSAh浸可得，此時正方體浸入水中的深度
則此時容器內水的深度h4=h1+h浸3=3cm+5cm=8cm=0.08m；則此時水對容器底的壓強p'=ρ液gh4=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.08m=800Pa；繼續向容器中加水，當力傳感器第二次受到的力F1'=0.2F=0.2×5N=1N；且水的深度較小大時、細桿的向下的作用力處于平衡狀態，所以由正方體受到的合力為零可得F浮1''=G+F1'=6N+1N=7N；此時正方體浸入水中的深度；則此時容器內水的深度h5=h1+h浸3'=3cm+7cm=10cm=0.1m；則此時水對容器底的壓強p1'=ρ液gh5=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.1m=1000Pa
答：（1）正方體A所受重力大小為6N；
（2）當容器內水的深度為13cm時，正方體A受到的浮力大小為10N；
（3）當容器內水的深度為4cm時，力傳感器的示數大小為F，當力傳感器的示數大小變為0.2F，壓強為800Pa或1000Pa。
【知識點】二力平衡的條件及其應用；液體壓強計算公式的應用；浮力的利用
【解析】【分析】（1）由圖乙可知，當h0=0時，力傳感器的示數為F示數等于正方體的重力。
（2）由圖乙可知，當h1=3cm時，細桿對A的支持力逐漸減小，所以此時物體A的下表面恰好與水面接觸；當容器內水的深度h2=13cm時，細桿對B施加拉力，此時正方體A受到的浮力等于重力和拉力之和，即F浮=G+F示數'
（3）由上述分析可知當h1=3cm時，物體A的下表面恰好與水面接觸，據此分析正方體A的邊長；容器內水的深度h3=4cm時，正方體A浸入水的深度h浸2=h3-h1；據此計算排開水的體積V排'=L2h浸2，根據浮力公式F浮'=ρ水gV排'計算正方體A受到的浮力，結合稱重法計算力傳感器的示數F=G-F浮'；繼續向容器中加水，當力傳感器第一次受到的力，水的深度較小時、細桿的向上的作用力處于平衡狀態，此時F浮″=G-F'；結合浮力公式計算正方體浸入水中的深度；此時容器內水的深度h4=h1+h浸3；根據壓強公式計算水對容器底的壓強p'=ρ液gh4；當力傳感器第二次受到的力F1'=0.2F
且水的深度較小大時、細桿的向下的作用力處于平衡狀態，正方體受到F浮1''=G+F1'，同理計算浸沒的深度，則此時容器內水的深度h5=h1+h浸3'，根據壓強公式p1'=ρ液gh5計算此時水對容器底的壓強。
1 / 1四川省攀枝花市直屬學校2025年中考二模物理試題
1．（2025·攀枝花模擬）如圖是戰國時期的編鐘，敲擊大小不同的鐘能演奏出優美的樂曲。下列說法正確的是（　　）
A．編鐘聲是由空氣振動而產生的
B．編鐘聲的傳播速度是3×108m/s
C．敲擊大小不同的鐘發聲的音調不同
D．奏出的優美樂曲一定不屬于噪聲
【答案】C
【知識點】聲音的產生；聲速；音調及音調與頻率的關系；噪聲及來源
【解析】【解答】A．編鐘振動發聲，故A錯誤；
B．編鐘聲的傳播速度是340m/s，故B錯誤；
C．敲擊大小不同的鐘，則鐘的振動快慢不同，發出聲音的音調不同，故C正確；
D．噪聲在物理學角度，如果影響人的工作、生活、學習，均屬于噪音，所以奏出的優美樂曲可能屬于噪聲，故D錯誤。
故選C。
【分析】1、聲音產生是由物體振動產生，通過介質（固體、液體、氣體）中傳播，不能在真空中傳播；
2、聲音的特點：不同材料決定音色不同；振幅決定響度；振動頻率決定音頻；振動頻率決定音頻，頻率越高，音調越高，頻率越低，音調越低；聲音的響度與聲源振動的幅度有關，振動幅度越大，響度越大．
3、減弱噪音的途徑有：聲源處（摩托車裝消聲器）、傳播中（建隔音墻 ）、人耳處（戴耳罩）。
4、噪聲：影響人類休息和學習的聲音統稱為噪聲。
2．（2025·攀枝花模擬）小剛五次測量課本的寬度，記錄結果；17.29cm、17.51cm、17.32cm、17.30cm、17.31cm，則課本寬度為（　　）
A．17.33cm B．17.30cm C．17.305cm D．17.31cm
【答案】D
【知識點】誤差及其減小方法
【解析】【解答】根據測量的多次數據，其中17.51cm和其他數據差異大，是錯誤的，計算合理數據的平均值為，D符合題意。
故答案為：D.
【分析】根據多次測量的數據，計算平均值，可以減小誤差。
3．（2025·攀枝花模擬）“火鍋”是通遼人非常喜愛的一種美食。下列與吃火鍋有關的說法正確的是（　　）
A．冰凍肉卷變軟是冰熔化現象
B．鍋內冒出“白氣”是水的汽化現象
C．湯汁越煮越少是水升華現象
D．煮熟食材是做功改變內能的過程
【答案】A
【知識點】凝固與凝固放熱特點；汽化及汽化吸熱的特點；液化及液化放熱；熱傳遞改變物體內能
【解析】【解答】A．冰凍肉卷變軟是是熔化現象，故A正確；
B．鍋內冒出“白氣”是是液化現象，故B錯誤；
C．湯汁越煮越少是汽化現象，故C錯誤；
D．煮熟食材是湯和食物存在溫度差，食材通過熱傳遞改變內能的過程，故D錯誤。
故選A。
【分析】1、凝固為液態變化為固態，釋放熱量，如結冰；
2、熔化為固態變化為液態，吸收熱量，如雪消融；
3、改變物體內能的方式有做功和熱傳遞，如鉆木取火、搓手取暖屬于做功改變物體內能，用酒精燈熱水屬于熱傳遞改變物體內能；
4、液化為氣態變為液態會釋放熱量，如水蒸氣、露珠。
4．（2025·攀枝花模擬）《墨經》最早記載了小孔成像現象及其解釋，下列光現象中，與該現象成因相同的是（　　）
A．雨后彩虹 B．日晷計時
C．湖面倒影 D．鉛筆彎折
【答案】B
【知識點】光的直線傳播及其應用；光的反射；光的折射現象及其應用；光的色散
【解析】【解答】小孔成像原理為光在同一種均勻介質中是沿直線傳播的。
A．雨后彩虹，屬于光的折射現象，故A不符合題意；
B．日晷計時，利用光在同種均勻物質中沿直線傳播，故B符合題意；
C．湖面倒影屬于光的反射，故C不符合題意；
D．鉛筆彎折，屬于光的折射，故D不符合題意。
故選B。
【分析】1、光的反射：光在同一種介質中傳播中，遇到反射面，將一部分光反射回來的現象叫做光的反射，常見例子有：平面鏡反射，湖面反射。
2、光的折射：光經過不同介質時，傳播方向會發生偏折的現象，如：海市蜃樓、彩虹的形成、岸面看水水變淺。
3、光的直線傳播：光在同種介質中沿直線傳播，實例有影子的形成、日食、小孔成像、激光校準等。
5．（2025·攀枝花模擬）小麗站在自動扶梯上隨扶梯一起向上勻速運動，如圖。下列關于她的機械能說法正確的是（　　）
A．動能增大，機械能增大 B．重力勢能增大，機械能增大
C．動能減小，機械能不變 D．重力勢能減小，機械能增大
【答案】B
【知識點】動能的影響因素；勢能的影響因素；機械能及其轉化
【解析】【解答】小麗站在自動扶梯上隨扶梯一起向上勻速運動，質量不變，高度升高，則動能不變，重力勢能增大；所以機械能增大，故B正確，ACD錯誤。
故選B。
【分析】機械能：機械能為動能和重力勢能之和，當質量不變時，動能和速度成正比，速度不變時，動能和質量成正比；當質量不變時，重力勢能和高度成正比，高度不變時，重力勢能和質量成正比。
6．（2025·攀枝花模擬）某交通路口指示車輛通行的信號燈由紅燈和綠燈組成，紅燈停，綠燈行，以下是紅、綠燈工作時的電路簡圖。你認為正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知識點】串、并聯電路的設計
【解析】【解答】公共場所的電器均屬于并聯，每個可獨立工作，且各有一個開關控制。故D符合題意，ABC不符合題意。
故選D。
【分析】電路的串并聯：串聯：電路元件首位相連，用電器相互干擾，并聯：電路元件首首相連，用電器互不干擾，開關在干路上控制整個電路的通斷，開關在支路上控制單個支路的通斷；家庭、公共場所的電路為并聯電路。
7．（2025·攀枝花模擬）如圖所示，風吹小風車，電流表的指針會發生偏轉。選項圖中的四個物理實驗能解釋其工作原理的是（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【知識點】通電直導線周圍的磁場；直流電動機的構造原理與工作過程；發電機的構造和原理；影響電磁鐵磁性強弱的因素及其探究
【解析】【解答】根據題意可知，風吹風車轉動，帶動線圈切割磁感線，產生感應電流，所以其原理為閉合線圈做切割磁感線運動，產生感應電流，為法拉第電磁感應現象。
A．此圖為奧斯特實驗裝置，說明通電導線周圍存在磁場，故A不符合題意；
B．圖中導體在磁場中做切割磁感線運動時，產生感應電流，屬于電磁感應，故B符合題意；
C．通電導線在磁場中受力的作用，是電動機的原理圖，故C不符合題意；
D．通電螺線管的原理屬于電流的磁效應，故D不符合題意。
故選B。
【分析】1、電磁感應現象：閉合電路的一部分導體在磁場中作切割磁感線運動，導體中就會產生電流的現象，實例：發電機、 POS機讀出信息。
2、電流的磁效應：通電導線周圍存在磁場，使得小磁針發生偏轉。
3、通電導線在磁場中受到力的作用，實例有：電動機。
4、通電螺線管：由通電線圈組成，磁性方向可通過安培定則判斷：用右手握住通電螺線管，讓四指指向電流的方向，那么大拇指所指的那一端就是通電螺線管的N極，磁性與電流、線圈匝數有關。
8．（2025·攀枝花模擬）如圖所示，水平桌面上兩個相同的長方體玻璃缸裝滿了水，水中分別漂浮著兩只大小不同，材質相同的實心玩具鴨。甲、乙兩圖中水對缸底的壓強分別為p1和p2，缸對桌面的壓強分別為p甲和p乙。兩只玩具鴨受到的浮力分別為F1和F2，則它們的大小關系為（　　）
A．p1＝p2，p甲＞p乙，F1＞F2 B．p1＝p2，p甲＞p乙，F1＝F2
C．p1＞p2，p甲＝p乙，F1＞F2 D．p1＝P2，p甲＝p乙，F1＞F2
【答案】D
【知識點】壓強的大小及其計算；液體壓強計算公式的應用；物體的浮沉條件及其應用
【解析】【解答】甲、乙兩個完全相同的玻璃缸裝滿了水，所以水的深度h相同，根據液體壓強公式可知，水對容器底部的壓強相等，即p1＝p2；根據圖示可知，甲缸中鴨子排開水的體積大，根據可知，甲缸中鴨子受到的浮力大，即F1＞F2；
根據阿基米德原理，物體受到的浮力等于它排開液體的重力，漂浮的玩具鴨重力等于其受到的浮力，等于它排開的水的重力，故兩個整體的總重力相同，桌面受力面積相同，根據可知，缸對桌面的壓強p甲＝p乙。故ABC不符合題意，D符合題意。
故選D。
【分析】1、浮力的本質為上下表面產生的壓力差，計算公式為F浮=ρ液gV排，所以物體所受浮力和物體所處的深度無關，與排開水的體積有關，當排開水的體積越小時，浮力越小，排開水的體積越大時，浮力越大。
2、阿基米德原理：物體排開水的重力等于物體所受浮力；
3、物體沉浮條件：物體懸浮時的浮力等于重力（排開水的體積等于物體體積），物體的密度等于液體的密度，物體漂浮表明浮力等于重力（排開水的體積小于物體體積），物體的密度小于液體的密度，物體下沉時重力大于浮力（排開水的體積等于物體體積），物體的密度大于液體的密度。
4、壓強的計算：公式為P=ρgh，壓強和液體的密度、浸沒深度有關，且密度越大，壓強越大，深度越大，壓強越大， 在同種液體的同一深度，液體向各個方向的壓強 相同。
9．（2025·攀枝花模擬）小明家原有用電器的總功率是3800W，又新購買了電熱水器和空調各一臺，熱水器的銘牌上標有“220V 2200W”字樣，空調的銘牌上標有“220V 1900W”字樣，他家的電能表如圖所示。下列說法不正確的是（　　）
A．電熱水器是利用電流熱效應工作的
B．單獨使用空調比單獨使用熱水器電能表表盤轉速快
C．正常使用相同時間，熱水器比空調消耗的電能多
D．小明家現有的用電器可以同時使用
【答案】B
【知識點】電能表參數的理解；電功率的計算；電流的熱效應
【解析】【解答】A．電熱水器是根據焦耳定律工作的，即利用電流的熱效應工作的，故A正確，不符合題意；
B．熱水器的銘牌上標有“220V 2200W”字樣，空調的銘牌上標有“220V 1900W”字樣，熱水器功率大，所以表轉速快，相同時間下，根據W=Pt計算可知熱水器消耗的電能多，故B錯誤，符合題意，C正確，不符合題意；
D．據圖可知電路中允許通過的最大電流為40A，小明家原有用電器的總功率是3800W，熱水器的額定功率為2200W，空調的額定功率為1900W，根據電功率公式P=UI計算可知電路中的電流
，所以小明家現有的用電器可以同時使用，故D正確，不符合題意。
故選B。
【分析】1、探究電流的熱效應：原理為焦耳定律Q=I2Rt，所以產熱量和電阻成正比，和電流的平方成正比。
2、電能表參數的理解：電能表是計量電能的儀表，電能表的數字中最后一位表示的是小數點后一位，電能表正常工作電壓和電流為220V 10A，最大電流為40A，某段時間所用電能為電能表示數之差。某段時間消耗電能的計算：n/3000r kW·h n為燈光閃爍次數。
3、功率公式的應用：P=W/t.
10．（2025·攀枝花模擬）如圖甲是紅外線測溫槍，圖乙是工作原理圖，其中電源電壓保持不變，用于靠近人體測溫，定值電阻R0為保護電阻。在測量人的體溫時顯示儀的示數會隨被測者體溫的升高而變大，則下列分析正確的是（　　）
A．圖乙中的顯示儀是由電流表改裝成的
B．熱敏電阻 R 的阻值隨著溫度的升高而減小
C．被測溫者體溫越高，整個電路通過的電流越大
D．將 R0更換為阻值更小的電阻，測相同溫度，顯示儀示數變大
【答案】D
【知識點】電壓的測量及電壓表的使用；串聯電路的電壓規律；歐姆定律及其應用；電路的動態分析
【解析】【解答】A．由電路圖知道，顯示儀與R并聯，即顯示儀為電壓表，故A錯誤；
B． 在測量人的體溫時顯示儀的示數會隨被測者體溫的升高而變大 ，由串聯電路的分壓特點可知，溫度增加，R的阻值變大，故B錯誤；
C．人的體溫越高時，R的阻值越大，由知道，電路中的電流變小，故C錯誤；
D．將R0更換為阻值更小的電阻后，根據串聯分壓分析可知R兩端的電壓變大，即顯示儀示數變大，故D正確。
故選D。
【分析】1、串聯分壓：用電器串聯時，其兩端的電壓和電阻成正比；
2、電流表、電壓表的連接：電流表與待測原件串聯；電壓表的與待測原件并聯，連接過程需要電流正極流入負極流出，同時選擇合適的量程。
3、電壓表與待測用電器并聯測量電壓，電流表串聯測量用電器電流，根據歐姆定律U=IR計算用電器的電流和電阻以及電壓。
11．（2025·攀枝花模擬）“奮斗者”號載人潛水器（如圖）成功潛入海底10909m，刷新了中國載人潛水的新紀錄。潛水器總質量36t（包含下方安裝的壓載鐵質量2t），觀測窗面積0.03m2。潛入海底待科研任務結束后，拋掉壓載鐵，潛水器上浮至海面（忽略部件受到海水壓力后的體積變化和下潛、上浮過程中海水對它的阻力，取1.0×103kg/m3，g取10N/kg）。關于潛水器說法正確的有（　　）
A．下潛時所受海水的壓強逐漸變大
B．上浮至海面所受海水的浮力先增大后減小
C．拋掉壓載鐵后，上浮時所受海水的浮力為3.4×105N
D．10000m深度時，海水對觀測窗的壓力為3×106N
【答案】A,D
【知識點】壓強的大小及其計算；液體壓強計算公式的應用；阿基米德原理；物體的浮沉條件及其應用
【解析】【解答】A．潛水器在下潛過程中，深度h逐漸增大，根據分析可知所受海水的壓強也逐漸變大。故A正確；
B．潛水器在上浮至海面過程中，排開海水的體積先不變，后變小，液體的密度不變，根據浮力的公式
分析可知所受海水的浮力先保持不變后減小。故B錯誤；
C．拋掉壓載鐵后，上浮時所受海水的浮力大于物體的重力，即
故C錯誤；
D．在10000m深度時，根據壓強公式計算海水對觀測窗的壓力為F=pS=ρ海水ghS=1.0×103kg/m3×10N/kg×10000m×0.03m2=3×106N，故D正確。
故選 AD。
【分析】1、壓強的計算：公式為P=ρgh，壓強和液體的密度、浸沒深度有關，且密度越大，壓強越大，深度越大，壓強越大， 在同種液體的同一深度，液體向各個方向的壓強 相同；
2、浮力的本質為上下表面產生的壓力差，計算公式為F浮=ρ液gV排，所以物體所受浮力和物體所處的深度無關，與排開水的體積有關，當排開水的體積越小時，浮力越小，排開水的體積越大時，浮力越大；
3、阿基米德原理：物體排開水的重力等于物體所受浮力.
12．（2025·攀枝花模擬）為了將放置在水平地面上重為150N的物體提升到高處，小陽設計了如圖甲所示的滑輪組裝置。小陽用豎直向下拉力F拉繩，拉力F隨時間的變化關系圖像如圖乙所示。物體上升的高度h隨時間t變化的關系圖像如圖丙所示。若物體與地面的接觸面積，不計繩重和摩擦。下列說法中正確的是（　　）
A．動滑輪受到的重力為10N
B．在0~1s內，重物對地面的壓強為800Pa
C．在0~1s內，拉力F做的功為250J
D．在2~3s內，滑輪組的機械效率為83.3%
【答案】A,B
【知識點】二力平衡的條件及其應用；壓強的大小及其計算；滑輪（組）的機械效率；功的計算及應用
【解析】【解答】A．A的重力為150N，由丙圖可知，物體在2~3s內做勻速直線運動，此時繩子的拉力F1=80N，動滑輪纏繞繩子數為2，不計繩重和摩擦，根據動滑輪拉力公式計算動滑輪的重力為
故A正確；
B．由乙圖可知，在0~1s內，物體靜止，物體受力平衡。繩子的拉力，使用整體法，即滑輪和物體看作一個整體，受力分析得，代入數據計算可知物體對地面的壓力，根據壓強公式計算物體對地面的壓強為，故B正確；
C．由丙圖可知，物體上升高度為0，拉力F做的功為0，故C錯誤；
D．由乙圖可知，在2~3s內，根據機械效率公式計算滑輪組的機械效率為，故D錯誤。
故選AB。
【分析】1、動滑輪的工作特點：可以省力，但是費距離，定滑輪的工作特點：可以改變方向但是不省力。
2、拉力的計算， ，n為動滑輪纏繞繩子數，繩子移動的距離為物體移動距離的n倍。
3、功的相關計算：W=Fs，距離為拉力的方向。總結：考慮滑輪重力的情況，定滑輪的機械效率要大于動滑輪，重物重力越大，機械效率越大。
13．（2025·攀枝花模擬）學校給同學們布置了做“拿手家常菜”的家庭勞動作業，李明同學用手機錄制了魚丸的制作過程，手機鏡頭對光起到　 　 作用選填“會聚”或“發散”；他用夸張的表情介紹了聞到的魚丸香味，能聞到香味是因為分子在不停息地　 　 。
【答案】會聚；做無規則運動
【知識點】透鏡及其特點與分類；分子熱運動
【解析】【解答】手機鏡頭是凸透鏡，對光有會聚作用；李明能聞到陣陣魚丸的香味屬于擴散現象，說明分子在永不停息地做無規則運動。
【分析】凸透鏡對光有會聚作用；一切物質的分子都在永不停息地做無規則運動。
14．（2025·攀枝花模擬）近年來，通遼城鄉許多街道都安裝了太陽能LED燈，LED燈是用　 　材料制成的，太陽能屬于　 　次能源。
【答案】半導體；一
【知識點】能源及其分類；半導體特點及作用
【解析】【解答】發光二極管是由半導體材料制成的，LED燈是用半導體材料制成的。
太陽能是從自然界中直接獲取的，則太陽能是一次能源。故第1空填：半導體；第2空填：一。
【分析】電子產品中，使用了大量的半導體元件，發光二極管是半導體材料；太陽能屬于一次能源。
15．（2025·攀枝花模擬）如圖甲，小明將圓形厚壁玻璃瓶裝滿帶顏色的水，用插有細玻璃管的橡皮塞塞緊瓶口，雙手戴著隔熱手套用力擠壓玻璃瓶，觀察到細管中水面升高，這一現象說明力可以　 　，把瓶中水倒出一部分，然后向細管內吹入少量氣體，細管內水柱如圖乙所示。將該裝置從一樓拿到十樓，會發現細管內水面　 　（選填“上升”、“下降”或“不變”）。
【答案】改變物體的形狀；上升
【知識點】力的作用效果；大氣壓強與高度的關系
【解析】【解答】 雙手戴著隔熱手套用力擠壓玻璃瓶，觀察到細管中水面升高， 說明力可以改變物體的形狀。該裝置從一樓拿到十樓，大氣壓強隨高度的增加而逐漸減小，玻璃瓶內部的氣壓大小是不變的，玻璃管內水柱在玻璃瓶內部的氣壓作用下上升。
【分析】壓強和海拔的關系為：隨著海拔的增加，壓強減小，海拔的減小，壓強增加。
力的作用效果：力會使物體的運動狀態和物體形狀發生改變。
16．（2025·攀枝花模擬）風洞是一種檢測飛行器性能的設施。如圖，將飛行器固定在風洞中，通過人工產生并控制氣流，模擬飛行器飛行時周圍氣體的流動。檢測時，飛行器相對氣流是　 　的，其上方氣體流速大，壓強　 　，從而獲得向上的升力。
【答案】運動；小
【知識點】流體壓強與流速的關系；運動和靜止的相對性
【解析】【解答】檢測時，氣流和飛行器的運動狀態不同，所以以氣流為參照物，飛行器相對于氣流是運動的；其上方氣體流速大，壓強小，形成向上的壓強差和壓力差，獲得了向上的升力。
【分析】1、壓強和流速的關系：壓強越大，流速越小，應用為飛機機翼上凸，空氣流速快，導致壓強較小，形成向上的升力；
2、物體相對運動：物體與參照物運動狀態不一致，所以物體相對參照物運動，物體與參照物運動狀態不一致，所以物體相對參照物靜止。
17．（2025·攀枝花模擬）小明在水壺中裝入質量2kg、初溫20℃的水，放在燃氣灶上加熱，這是利用　 　的方式來改變水的內能。若在標準大氣壓下把水剛燒開共消耗了0.042m3的天然氣，該燃氣灶燒水的熱效率為　 　。水燒開后繼續加熱，蒸汽將壺蓋頂起的過程與汽油機　 　沖程的能量轉化情況相同。[水的比熱容為4.2×103J/（kg ℃），天然氣的熱值取4.0×107J/m3]
【答案】熱傳遞；；做功
【知識點】熱傳遞改變物體內能；比熱容；燃料的熱值；熱機的效率；熱機的四個沖程
【解析】【解答】水放在燃氣灶上加熱，是通過火焰與水之間的溫度差傳遞使熱量，所以是利用熱傳遞的方式來改變水的內能。根據熱量計算公式Q=cmΔt計算2kg的水，升高80℃水吸收的熱量，即
，根據熱值公式Q=Vq計算可知消耗了0.042m3的天然氣，放出熱量為。結合效率公式計算該燃氣灶燒水的熱效率為。蒸汽將壺蓋頂起，是蒸汽的內能轉化為壺蓋的機械能。與汽油機做功沖程的能量轉化情況相同。
【分析】1、物質的熱值為單位質量燃料完全燃燒釋放的能量，是物質的基本屬性；只與燃料的種類有關，與燃料的質量、燃燒程度等均無關。公式為Q=Vq。
2、熱量的計算：公式為Q=cmΔt；
3、做功沖程：進氣后關閉，排氣口關閉，火花塞點燃，高溫高壓的氣體推動活塞下移，氣體內能減小，能量轉化為內能轉化為機械能。
18．（2025·攀枝花模擬）某型號的電飯鍋有高溫和保溫兩擋，其測試電路如圖所示（虛線框內為電飯鍋的發熱部位），已知高溫擋功率為1100W，保溫檔功率為22W。則保溫時電路中的電流是　 　A，R1＝　 　Ω。高溫擋工作10min消耗的電能可讓標有1200imp/（kW h）字樣的電能表指示燈閃爍　 　次。
【答案】0.1；44；220
【知識點】電能表參數的理解；電功率的計算；多狀態電路——多擋位問題
【解析】【解答】保溫檔功率為22W，電源電壓為220V，根據功率公式計算保溫時電路中的電流是。電源電壓不變時，開關S置于2擋時，電路為R1的簡單電路，電路中的總電阻最小，根據，此時為高溫檔。高溫擋功率為1100W，電源電壓為220V，則。高溫擋工作10min消耗的電能為，電能表指示燈閃爍次數為。
【分析】功率的計算：公式為 ， 所以電壓相同時，電阻和電功率成反比。
功率的計算：公式為W=Pt。
19．（2025·攀枝花模擬）小明用圖甲所示的方式將均勻鐵塊推倒成圖丙情況，此過程中鐵塊相當于　 　（省力/費力/等臂）杠桿。如果小明的推力始終與BD垂直，在BD與水平面垂直之前，其推力F1　 　（變大/變小/不變），小宇用圖乙的方式將同一鐵塊推倒成圖丙情況，則如圖甲、乙所示位置時，F1　 　（>/＜/=）F2，小明和小宇用甲、乙兩種方法時至少要做的功分別為W1和W2，則W1　 　（>/＜/=）W2。
【答案】省力；變小；＜；=
【知識點】杠桿及其五要素；杠桿的分類；功
【解析】【解答】如圖所示，B點是杠桿支點，鐵塊重力是阻力，BD是動力臂，底面半徑長是阻力臂，動力臂明顯大于阻力臂，所以是省力杠桿。
小明的推力始終與BD垂直，在BD與水平面垂直之前，阻力不變，鐵塊重心逐漸左移，阻力臂變小，所以F1變小。
C點為支點，與甲相比較，阻力不變，阻力臂也不變，F2的動力臂明顯小于F1的動力臂，所以可得。任何機械都不省功，所以用甲、乙兩種方法時至少要做的功相等。
【分析】1、杠桿原理的應用：杠桿的平衡條件為：動力×動力臂=阻力×阻力臂；
2、省力杠桿：動力臂較長，所以動力較小，常見的例子有羊角錘、核桃夾；費力杠桿：動力臂較短，動力較大，常見的例子有鑷子、筷子等，等壁杠桿：動力臂等于阻力臂的杠桿，常見的例子有：天平。
20．（2025·攀枝花模擬）如圖所示，一束光沿AO從空氣斜射入水中，請畫出反射光線和折射光線的大致方向。
【答案】
【知識點】作光的反射光路圖；作光的折射光路圖
【解析】【解答】據圖分析可知，入射光線和入射點已知，過入射點做垂直水面的法線，根據反射角等于入射角畫出反射光線；光從空氣斜射入水中，所以折射角小于入射角，據此作圖：
【分析】折射規律：光從空氣中傳播到水中，折射光線會偏向法線，光從水中射向空氣中，折射光線會遠離法線；
反射定律：反射角等于入射角，反射光線、入射光線、法線處于同一平面、在反射中光路是可逆的。
21．（2025·攀枝花模擬）如圖所示的位置，是單擺小球擺到的最高點，請畫出此時小球所受力的示意圖。
【答案】
【知識點】彈力；重力及其大小的計算
【解析】【解答】當小球擺到最高點時受到豎直向下的重力和沿繩子方向向上的拉力，作用點都畫在小球的球心上，如下圖
【分析】重力：由于地球的吸引而使物體受到的力，大小為自身重力、方向豎直向下，作用點位于物體重心。
拉力：沿著繩子的方向。
22．（2025·攀枝花模擬）如圖所示，根據小磁針靜止時N極的指向，標出電源的正極和磁感線的方向。
【答案】
【知識點】通電螺線管的極性和電流方向的判斷
【解析】【解答】小磁針靜止時，N極指向，即為磁感線的方向，所以電螺線管的右端為N極，由左端為S極，磁據安培定則知，電源的右端為正極。作圖如下：
【分析】通電螺線管：由通電線圈組成，磁性方向可通過安培定則判斷：用右手握住通電螺線管，讓四指指向電流的方向，那么大拇指所指的那一端就是通電螺線管的N極，磁性與電流、線圈匝數有關。
23．（2025·攀枝花模擬）小明和小華進行“觀察水的沸騰”實驗。
（1）組裝如圖甲所示的實驗器材時，應根據　 　（選填“酒精燈內焰”或“酒精燈外焰”）的位置固定B的位置。
（2）當水溫上升到90℃后，每隔1min記錄一次溫度計的示數并記入表格，直到水沸騰并持續一段時間為止。若第3min時溫度計的示數如圖乙所示，其讀數是　 　℃。
時間/min 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
溫度/℃ 90 91 92
94 95 96 97 98 98 98 98 98
（3）第8min后，小明發現水中會產生大量的氣泡，且不斷上升、變大（如圖丙），最終到達水面后破裂開來。導致氣泡體積變化的主要原因是　 　。
（4）第12min后撤去酒精燈，水還能繼續沸騰一小會兒，這是因為石棉網的　 　仍然比燒杯和水高。
（5）小明和小華根據各自的實驗數據，在同一張坐標紙上分別畫出水沸騰前后溫度隨時間變化的圖像，如圖丁所示，比較可知小華將水加熱至沸騰的時間較長。為縮短加熱時間。下列措施合理的是（　　）
A．適當減少水的質量
B．增大酒精燈內酒精的質量
C．用更大的燒杯加熱
【答案】（1）酒精燈外焰
（2）93
（3）水沸騰時，氣泡上升過程中，水內部汽化產生的水蒸氣不斷進入氣泡
（4）溫度
（5）A
【知識點】沸騰及沸騰條件；探究水的沸騰實驗
【解析】【解答】（1）“觀察水的沸騰”實驗，加熱時要用外焰，所以應根據酒精燈外焰的位置固定B的位置。
（2）圖乙中溫度計的分度值是 1℃，讀數是 93℃。
（3）水沸騰時，水內部汽化產生的水蒸氣不斷進入氣泡。上升過程中外部水壓減小，兩者共同作用使得氣泡在上升時體積逐漸變大，最終到達水面后破裂開來。
（4）第12min后撤去酒精燈，因為石棉網的溫度仍然比燒杯和水高，水能從石棉網繼續吸收熱量。
（5）水的質量越小，吸收相同的熱量升溫越快，能縮短加熱至沸騰的時間；增大酒精燈內酒精的質量，不能縮短加熱時間；用更大的燒杯加熱，使水的質量增加，加熱時間會更長。A正確，BC錯誤。
故選A。
【分析】1、水沸騰的溫度時間特性：水到達沸點時的特點為加熱但溫度保持不變，氣泡由小變大；標準大氣壓下水的沸點為100℃，低于標準氣壓，沸點低于100℃。
2、探究水沸騰溫度時間曲線試驗：實驗儀器的安裝遵循從下而上、從左至右的安裝順序，所以安裝順序為鐵架臺、酒精燈、鐵圈、燒杯、溫度計，以酒精燈外焰加熱物體，使用儀器還有秒表，記錄液體的溫度時間曲線。
（1）酒精燈外焰溫度最高，加熱時要用外焰，所以應根據酒精燈外焰的位置固定B的位置，這樣能保證用外焰加熱，提高加熱效率。
（2）圖乙中溫度計的分度值是 1℃，液面在 90℃以上第 3 小格處，所以其讀數是 93℃。
（3）水沸騰時，氣泡體積變大的主要原因是水內部汽化產生的水蒸氣不斷進入氣泡。次要原因是上升過程中外部水壓減小，兩者共同作用使得氣泡在上升時體積逐漸變大，最終到達水面后破裂開來。
（4）第12min后撤去酒精燈，水還能繼續沸騰一小會兒，這是因為石棉網的溫度仍然比燒杯和水高，水能從石棉網繼續吸收熱量。
（5）適當減少水的質量，水的質量越小，吸收相同的熱量升溫越快，能縮短加熱至沸騰的時間；增大酒精燈內酒精的質量，酒精質量多少不影響火焰的溫度，不能縮短加熱時間；用更大的燒杯加熱，更大的燒杯通常會使水的質量增加，加熱時間會更長。
故選A。
24．（2025·攀枝花模擬）小明在做凸透鏡成像實驗中。
（1）如圖甲四種利用太陽光測凸透鏡焦距的操作，其中正確的是　 　；
（2）小明測得凸透鏡焦距為10cm，用圖乙的裝置開始實驗，此時光屏上可見清晰的像，保持凸透鏡位置不變，將蠟燭移動到25cm刻度線處，若想在光屏上再次得到清晰的像，應把光屏向　 　移動，像的大小將　 　；
（3）基于（2）的實驗探究，當手持照相機走近拍攝景物時，應將鏡頭適當向　 　（填“前調”或“后調”）。
【答案】（1）C
（2）右；變大
（3）前調
【知識點】凸透鏡成像規律及其探究實驗
【解析】【解答】（1）在測量凸透鏡焦距的實驗中，需要凸透鏡要正對太陽光，太陽光平行于凸透鏡的主光軸，故C正確，ABD錯誤。
故選C。
（2）保持凸透鏡位置不變，將蠟燭移動到25cm刻度線處，根據物近像遠像變大可知，應把光屏向右移動，像的大小將變大。
（3）當手持照相機走近拍攝景物時，物距減小，根據物近像遠像變大可知，為了得到清晰的像，需要增大像距。應將鏡頭適當向前調，以增大像距，從而得到清晰的像。
【分析】1、測量焦距的方法： 將凸透鏡正對太陽光，改變凸透鏡與光屏的距離，直到光屏上出現一個 亮點，此時亮點與凸透鏡中心的距離為焦距。
2、透鏡成像試驗：實驗步驟：1）實驗前，應調節凸透鏡、蠟燭燭焰、光屏的中心大致在同一水平高度，環境越暗，物體反射光越明顯，所以實驗應在較暗的環境中進行；2） 點燃并蠟燭，在光屏上得到一個等大、清晰的燭焰的像，測量此時物到透鏡的距離（焦距）；3）移動蠟燭，觀察像的變化。
3、凸透鏡成實像時，物距越大，像距越小，像越小；物距越小，像距越大，像越大；
透鏡成像規律：物體距透鏡小于一倍焦距，呈正立放大的虛像，應用為放大鏡；
物距大于一倍焦距小于二倍焦距，呈倒立立放大的實像，應用為投影儀；
物體大于二倍焦距，呈現倒立縮小實像，應用為照相機，人眼睛。
（1）在測量凸透鏡焦距的實驗中，需要確保太陽光平行于凸透鏡的主光軸，并且凸透鏡要正對太陽光。這樣，太陽光經過凸透鏡折射后，會聚在主光軸上的一點，這個點就是凸透鏡的焦點。故C正確，ABD錯誤。
故選C。
（2）[1][2]此時，物距為25cm，大于兩倍焦距，根據凸透鏡成像規律，成倒立、縮小的實像，像距（光屏到凸透鏡的距離）在一倍焦距和二倍焦距之間。保持凸透鏡位置不變，將蠟燭移動到25cm刻度線處，此時物距減小，物近像遠像變大，所以應把光屏向右移動，像的大小將變大。
（3）當手持照相機走近拍攝景物時，即物距減小，為了得到清晰的像，需要增大像距。在照相機中，鏡頭和感光元件（相當于光屏）之間的距離是可以調整的。因此，應將鏡頭適當向前調，以增大像距，從而得到清晰的像。
25．（2025·攀枝花模擬）在“探究影響動能大小的因素”實驗中，如圖所示，將小球從高度為h的同一斜面上由靜止開始滾下，推動同一小木塊在水平面上向前移動一段距離s后停下，完成甲、乙、丙三次實驗。（其中，）
（1）實驗中通過觀察　 　來反映小球動能的大小，這種研究問題的方法叫做轉換法。
（2）為探究動能大小與質量的關系，應使　 　不同的小球從同一斜面的相同高度自由釋放。
（3）由甲、乙兩次實驗初步可知，小球動能的大小與　 　有關。
【答案】（1）木塊移動的距離
（2）質量
（3）速度
【知識點】探究影響物體動能大小的因素；物理學方法
【解析】【解答】（1）小球動能的大小是通過觀察小木塊在水平面上移動的距離來反映的。
（2）為探究動能大小與質量的關系，變量為質量，所以應控制小球的速度相同，從而研究質量對動能的影響。
（3）甲、乙兩次實驗中，高度越高，小球到達水平面的速度越大，推動小木塊移動的距離越遠，說明小球動能的大小與速度有關。
【分析】1、物理學方法：轉換法：在物理實驗中，某些物理量（動能、電能）難以直接觀察，需要轉換成容易觀察的指標進行測量，如本題中動能的大小難以直接測量，所以需要觀察小木塊在水平面上移動的距離。
2、機械能：機械能為動能和重力勢能之和，當質量不變時，動能和速度成正比，速度不變時，動能和質量成正比；當質量不變時，重力勢能和高度成正比，高度不變時，重力勢能和質量成正比。
（1）在該實驗中，小球動能的大小是通過觀察小木塊在水平面上移動的距離來反映的。小球動能越大，對小木塊做功越多，小木塊移動的距離就越遠。這里用到了轉換法。
（2）為探究動能大小與質量的關系，應控制小球的速度相同，讓質量不同的小球從同一斜面的相同高度自由釋放。這樣小球到達水平面時的速度相等，從而研究質量對動能的影響。
（3）甲、乙兩次實驗中，小球的質量相同，從不同高度滾下，高度越高，小球到達水平面的速度越大，推動小木塊移動的距離越遠，說明小球動能的大小與速度有關。
26．（2025·攀枝花模擬）某物理學習小組在“探究導體中電流與電阻的關系”實驗中，連接了如圖甲所示的電路（電源電壓保持4.5V不變）。
表乙
實驗次數 1 3 4
電阻R/Ω 5 10 15
電流I/A 0.60 0.26 0.20
（1）請用筆畫線代替導線將圖甲實物電路連接完整（要求：滑動變阻器滑片P向右移動，電路中的電流變大）；
（2）連接好電路，閉合開關發現電壓表示數接近于電源電壓，電流表幾乎無示數，則故障可能是定值電阻R　 　（選填“斷路”或“短路”）；
（3）實驗時改變　 　的阻值，通過移動滑動變阻器的滑片P來控制　 　保持不變，測出多組數據進行分析，得出結論；
（4）表乙是實驗數據記錄表格，分析可知實驗操作存在的問題是　 　；
（5）完成實驗后該組同學又想到了用“等效替代法”測量一個額定電壓為U額的小燈泡正常發光時的電阻，設計了圖丙所示的電路，其中為電阻箱；請把下面步驟②中未完成的操作補充完整；
①將開關S與a連接，移動滑動變阻器的滑片P，使電壓表的示數為U額；
②　 　，使電壓表示數仍為U額，讀出電阻箱阻值即為小燈泡正常發光時的電阻。
【答案】（1）
（2）斷路
（3）定值電阻R；定值電阻R兩端電壓
（4）第3次實驗中，沒有控制定值電阻R兩端電壓保持不變
（5）將開關S與b連接，保持滑動變阻器的滑片位置不變，調節變阻箱的電阻
【知識點】探究電流與電壓、電阻的關系實驗；伏安法測電阻的探究實驗
【解析】【解答】（1）滑動變阻器的滑片P向右移動，電路中電流變大，所以滑動變阻器的電阻變小，變阻器右下接線柱連入電路中與電阻串聯，如下圖示數：
（2）連接好電路，閉合開關，電流表幾乎無示數，發現電壓表示數接近于電源電壓，則與電壓表并聯的支路以外的電路是完好的，所以故障可能是與電壓表并聯的定值電阻R斷路了。
（3）在“探究導體中電流與電阻的關系”實驗中，應控制定值電阻兩端電壓不變，改變定值電阻R的阻值，通過移動滑動變阻器的滑片P來控制定值電阻R兩端電壓保持不變。
（4）分析表中的數據發現，第1、4次實驗中，根據歐姆定律計算定值電阻R兩端電壓
；第3次實驗中，定值電阻R兩端電壓
，則第3次實驗中，沒有控制定值電阻R兩端電壓保持3V不變。
（5）②分析電路圖可知，將開關S與a連接，滑動變阻器與燈泡首尾依次相連，屬于串聯，移動滑動變阻器的滑片P，使電壓表的示數為U額，則燈泡正常發光；將開關S與b連接，滑動變阻器與變阻箱串聯，保持滑動變阻器的滑片位置不變，調節變阻箱的電阻，直至電壓表示數仍為U額，通過變阻器的組織表示小燈泡正常發光時的電阻。
【分析】變阻器：變阻器的連接為一上一下，通過改變電阻絲接入電路的長度進而改變電阻，變阻器的作用除了改變電阻外還可以起到保護電路的作用，所以在連接好電路后，變阻器阻值應該調節到最大阻值處；
電路的故障分析： 題目中電流表指針幾乎沒有偏轉，電壓表指針迅速偏轉到滿偏刻度外 ，表明電壓表接入電路，所以和電壓表并聯的用電器斷路。
串聯電路的電路規律：串聯電路，電流處處相等，電源的電壓為用電器電壓之和，總電阻為用電器電阻之和。
電壓表與待測用電器并聯測量電壓，電流表串聯測量用電器電流，根據歐姆定律U=IR計算用電器的電流和電阻以及電壓。
（1）滑動變阻器的滑片P向右移動，電路中電流變大，即滑動變阻器的電阻變小，所以變阻器右下接線柱連入電路中與電阻串聯，如下圖示數：
（2）連接好電路，閉合開關，電流表幾乎無示數，說明電路可能斷路，發現電壓表示數接近于電源電壓，則電壓表、滑動變阻器、電流表、開關與電源連通，則與電壓表并聯的支路以外的電路是完好的，所以故障可能是與電壓表并聯的定值電阻R斷路了。
（3）[1][2]在“探究導體中電流與電阻的關系”實驗中，由控制變量法可知，應控制定值電阻兩端電壓不變，改變定值電阻的阻值，所以實驗時改變定值電阻R的阻值，通過移動滑動變阻器的滑片P來控制定值電阻R兩端電壓保持不變。
（4）分析表中的數據發現，第1、4次實驗中，定值電阻R兩端電壓
即控制定值電阻R兩端電壓保持3V不變，第3次實驗中，定值電阻R兩端電壓
則第3次實驗中，沒有控制定值電阻R兩端電壓保持3V不變。
（5）②分析電路圖可知，將開關S與a連接，滑動變阻器與燈泡串聯，移動滑動變阻器的滑片P，使電壓表的示數為U額，則燈泡正常發光；將開關S與b連接，滑動變阻器與變阻箱串聯，保持滑動變阻器的滑片位置不變，調節變阻箱的電阻，直至電壓表示數仍為U額，則變阻箱的電阻等于小燈泡正常發光時的電阻。
27．（2025·攀枝花模擬）小明、小剛和小強分別用三種不同的方法測量物體的密度，進行了如下實驗設計與操作：
（1）小明用調節好的天平測量蘿卜塊的質量，天平平衡時，如圖甲所示，m=　 　g；將蘿卜塊浸沒在有水的量筒中，如圖乙所示，則蘿卜塊的密度為　 　kg/m3；
（2）小剛用隔板將一容器分成左右兩部分，隔板下部有一圓孔用橡皮膜封閉，橡皮膜形狀如圖丙；
①向隔板左側倒入醬油，發現橡皮膜向右凸，量出液面到橡皮膜中心的深度為10cm；
②向隔板右側倒入水，直至橡皮膜　 　（選填“向左凸”、“繼續向右凸”或“恢復原狀”）為止；量出水面至橡皮膜中心的深度為11cm，則醬油的密度為　 　kg/m3（）；
（3）小強用彈簧測力計掛著石塊，做了如圖丁兩個圖的測量，讀出彈簧測力計示數分別為F1、F2，則石塊受到的浮力表達式F浮=　 　，密度表達式　 　（以上兩空用F1、F2、等符號表示）。
【答案】（1）13.2；1.32×103
（2）恢復原狀；1.1×103
（3）F1-F2；
【知識點】密度公式及其應用；液體壓強計算公式的應用；阿基米德原理
【解析】【解答】（1）游碼對應的刻度為3.2g，砝碼為10g，所以蘿卜塊的質量；量筒中水的體積為50mL，量筒中水和蘿卜塊的總體積為60mL，蘿卜塊的體積V蘿卜=60mL-50mL=10mL=10cm3，根據密度公式計算蘿卜塊的密度
。
（2）橡皮膜恢復原狀，則橡皮膜左右兩側液體壓強相等，隔板左側倒入10cm醬油，向隔板右側倒入11cm水，即，由液體壓強公式可得，所以
。
（3）由圖丁可知，石塊未浸沒在液體中，彈簧測力計示數為F1，石塊的重力G=F1；彈簧測力計掛著石塊浸沒在水中，彈簧測力計示數為F2，根據稱重法可得，石塊受到的浮力
根據阿基米德原理可得石塊的體積，結合密度公式計算石塊的密度
。
【分析】1、測量物體密度試驗：原理為ρ=m/v，使用的儀器為天平和量筒；天平的使用步驟：1、調零：天平置于水平臺上，將游碼歸零，調節平衡螺母使得指針指向刻度中央，稱重：是用鑷子夾取砝碼，測量時為左物右碼，不斷調整砝碼和游碼重量，使得天平重新平衡；測量為左物右碼，量筒的使用：確定分度值，視線平行對準液面最低處，進行讀數。
2、壓強的計算：公式為P=ρgh，壓強和液體的密度、浸沒深度有關，且密度越大，壓強越大，深度越大，壓強越大， 在同種液體的同一深度，液體向各個方向的壓強 相同；
3、稱重法測量物體浮力：先測出物體的重力，然后將物體浸入水中，彈簧測力計的示數就會減小，減小的示數就是物體受到的浮力；
4、阿基米德原理：物體排開水的重力等于物體所受浮力。
（1）[1]由圖甲可知，標尺的分度值為0.2g，游碼對應的刻度為3.2g，則蘿卜塊的質量
[2]由乙圖可知，量筒的分度值為2mL，量筒中水的體積為50mL，量筒中水和蘿卜塊的總體積為60mL，則蘿卜塊的體積
V蘿卜=60mL-50mL=10mL=10cm3
則蘿卜塊的密度
（2）[1]向隔板左側倒入10cm醬油，向隔板右側倒入水，直至橡皮膜恢復原狀，則橡皮膜左右兩側液體壓強相等，由液體壓強公式，便于計算醬油的密度。
[2]向隔板左側倒入10cm醬油，向隔板右側倒入11cm水，橡皮膜恢復原狀，則橡皮膜左右兩側液體壓強相等，即
由液體壓強公式可得
代入數據可得醬油的密度
（3）[1]由圖丁可知，彈簧測力計掛著石塊，彈簧測力計示數為F1，則石塊的重力
G=F1
彈簧測力計掛著石塊浸沒在水中，彈簧測力計示數為F2，則由稱重法可得，石塊受到的浮力
[2]由阿基米德原理可得石塊的體積
石塊的密度
28．（2025·攀枝花模擬）如圖所示，電源電壓U恒定，R1、R2為兩個定值電阻，L為標有“6V，3W”的小燈泡。開關S1、S2、S3均閉合時，電流表A1示數為1.5A，A2示數為1A；僅閉合S1，小燈泡恰好正常發光。求：
（1）小燈泡正常發光時的電流；
（2）R2的阻值；
（3）前后兩次電路中相同時間內R1產生的熱量之比。
【答案】（1）解：當只團合開天S1時，R1與燈泡L串聯，此時小燈泡正常發光，由P=UI可得，此時電路中的電流為.
（2）解：當只團合開天S1時，R1與燈泡L串聯，由串聯電路的電壓特點和歐姆定律可得，電源電壓U=I R1+U額=0.5A×R1+6V①
當三個開關都閉合時，小燈泡被短路，R1、R2并聯，電流表A1測干路電流，電流表A2測通過R1的電流。已知電流表A1示數為1.5A，A2示數為1A，則電源電壓為U=I1R1=1A×R1②
由①②解得R1=12Ω，U=l2V
R1、R2并聯時，通過R2的電流為I2=I總-I1=1.5A-1A=0.5A
電阻R2的阻值為.
（3）解：開關S1、S2、S3均閉合時，通過R1的電流為1A；只團合開關S1時，通過R1的電流為0.5A，所以前后兩次電路中相同時間內R1產生的熱量之比為.
【知識點】并聯電路的電流規律；串聯電路的電壓規律；歐姆定律及其應用；電功率的計算；焦耳定律的應用
【解析】【分析】（1），L為標有“6V，3W”，由P=UI可得電路中的電流。
（2）當只團合開天S1時，R1與燈泡L串聯，由串聯電路的電壓特點和歐姆定律可得，電源電壓U=I R1+U額；當三個開關都閉合時，R1、R2并聯，電流表A1測干路電流，電流表A2測通過R1的電流。電源電壓為U=I1R1，連列求解R1、U，R1、R2并聯時，通過R2的電流為I2=I總-I1；電阻R2的阻值為。
（3）開關S1、S2、S3均閉合時，通過R1的電流為1A；只團合開關S1時，通過R1的電流為0.5A，根據焦耳定律計算前后兩次電路中相同時間內R1產生的熱量之比為。
（1）當只團合開天S1時，R1與燈泡L串聯，此時小燈泡正常發光，由P=UI可得，此時電路中的電流為
（2）當只團合開天S1時，R1與燈泡L串聯，由串聯電路的電壓特點和歐姆定律可得，電源電壓U=I R1+U額=0.5A×R1+6V①
當三個開關都閉合時，小燈泡被短路，R1、R2并聯，電流表A1測干路電流，電流表A2測通過R1的電流。已知電流表A1示數為1.5A，A2示數為1A，則電源電壓為U=I1R1=1A×R1②
由①②解得R1=12Ω，U=l2V
R1、R2并聯時，通過R2的電流為I2=I總-I1=1.5A-1A=0.5A
電阻R2的阻值為
（3）開關S1、S2、S3均閉合時，通過R1的電流為1A；只團合開天S1時，通過R1的電流為0.5A，所以前后兩次電路中相同時間內R1產生的熱量之比為
29．（2025·攀枝花模擬）小紅用傳感器設計了如圖甲所示的力學裝置，豎直細桿B的下端通過力傳感器固定在柱形容器的底部，它的上端與不吸水的實心正方體A固定（不計細桿B及連接處的質量和體積），現緩慢地向容器中加水，力傳感器的示數大小F隨水深h變化的圖象如圖乙所示（）。求：
（1）正方體A所受重力大小；
（2）當容器內水的深度為13cm時，正方體A受到的浮力大小；
（3）當容器內水的深度為4cm時，力傳感器的示數大小為F，繼續向容器中加水，當力傳感器的示數大小變為0.2F時，水對容器底部的壓強是多少？
【答案】解：（1）由圖乙可知，當h0=0時，力傳感器的示數為F示數=6N，此時正方體沒有受到浮力，不計細桿B及連接處的質量，則細桿B對力傳感器的壓力等于正方體的重力，故正方體A所受重力大小為G0=6N；
（2）由圖乙可知，當h1=3cm時，物體A的下表面恰好與水面接觸；當容器內水的深度h2=13cm時，已經超過了F=0時水的深度，由力的平衡條件可得，此時正方體A受到的浮力F浮=G+F示數'=6N+4N=10N；
（3）由圖乙可知，當h1=3cm時，物體A的下表面恰好與水面接觸，則正方體A的邊長；容器內水的深度h3=4cm時，正方體A浸入水的深度h浸2=h3-h1=4cm-3cm=1cm=0.01m；排開水的體積V排'=L2h浸2=（0.1m）2×0.01m=1×10-4m3正方體A受到的浮力F浮'=ρ水gV排'=1.0×103kg/m3×10N/kg×1×10-4m3=1N；力傳感器的示數F=G-F浮'=6N-1N=5N；繼續向容器中加水，當力傳感器第一次受到的力
且水的深度較小時、細桿的向上的作用力處于平衡狀態，所以由正方體受到的合力為零可得F浮″=G-F'=6N-1N=5N由F浮=ρ液gV排=ρ液gSAh浸可得，此時正方體浸入水中的深度
則此時容器內水的深度h4=h1+h浸3=3cm+5cm=8cm=0.08m；則此時水對容器底的壓強p'=ρ液gh4=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.08m=800Pa；繼續向容器中加水，當力傳感器第二次受到的力F1'=0.2F=0.2×5N=1N；且水的深度較小大時、細桿的向下的作用力處于平衡狀態，所以由正方體受到的合力為零可得F浮1''=G+F1'=6N+1N=7N；此時正方體浸入水中的深度；則此時容器內水的深度h5=h1+h浸3'=3cm+7cm=10cm=0.1m；則此時水對容器底的壓強p1'=ρ液gh5=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.1m=1000Pa
答：（1）正方體A所受重力大小為6N；
（2）當容器內水的深度為13cm時，正方體A受到的浮力大小為10N；
（3）當容器內水的深度為4cm時，力傳感器的示數大小為F，當力傳感器的示數大小變為0.2F，壓強為800Pa或1000Pa。
【知識點】二力平衡的條件及其應用；液體壓強計算公式的應用；浮力的利用
【解析】【分析】（1）由圖乙可知，當h0=0時，力傳感器的示數為F示數等于正方體的重力。
（2）由圖乙可知，當h1=3cm時，細桿對A的支持力逐漸減小，所以此時物體A的下表面恰好與水面接觸；當容器內水的深度h2=13cm時，細桿對B施加拉力，此時正方體A受到的浮力等于重力和拉力之和，即F浮=G+F示數'
（3）由上述分析可知當h1=3cm時，物體A的下表面恰好與水面接觸，據此分析正方體A的邊長；容器內水的深度h3=4cm時，正方體A浸入水的深度h浸2=h3-h1；據此計算排開水的體積V排'=L2h浸2，根據浮力公式F浮'=ρ水gV排'計算正方體A受到的浮力，結合稱重法計算力傳感器的示數F=G-F浮'；繼續向容器中加水，當力傳感器第一次受到的力，水的深度較小時、細桿的向上的作用力處于平衡狀態，此時F浮″=G-F'；結合浮力公式計算正方體浸入水中的深度；此時容器內水的深度h4=h1+h浸3；根據壓強公式計算水對容器底的壓強p'=ρ液gh4；當力傳感器第二次受到的力F1'=0.2F
且水的深度較小大時、細桿的向下的作用力處于平衡狀態，正方體受到F浮1''=G+F1'，同理計算浸沒的深度，則此時容器內水的深度h5=h1+h浸3'，根據壓強公式p1'=ρ液gh5計算此時水對容器底的壓強。
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