2025年甘肃省兰州市中考二模物理试题附答案

中考二模物理试题一、单选题：本大题共11小题，每题3分，共33分。1．关于下列生活中的常见估值说法正确的是（）A．初中生的身高约为1.8mB．一个鸡蛋的质量约为150gC．播放一遍中华人民共和国国歌的时间约为46sD．教室内课桌的高度为50cm2．如图所示，是我国航天员王亚平在中国空间站用古筝弹奏《茉莉花》，为全国人民送上太空音乐祝福，下列说法中正确的是（）A．拨动琴弦引起了空气振动从而发出了声音B．我们能听到王亚平弹奏的乐曲声说明真空能够传声C．我们可以根据音调来判断她使用的乐器是古筝D．增大拨动琴弦的力，发声的响度越大3．某品牌国产手机发布了其首款折叠屏+5G手机，使用的柔性LED显示屏是手机折叠的关键技术，搭配了双金属保护外壳，使用升级版的石墨散热技术，满足了散热以及控制机身厚度的要求。关于这款手机所利用到的材料属性，下列描述不正确的是（）A．柔性LED的韧性好 B．升级版石墨的隔热性好C．金属外壳的硬度大 D．LED显示屏透光性好4．在海交会上展出一种“自生电”环保型手电筒，如图所示，它的灯泡是个发光二极管（），只要把手电筒来回摇晃，就能自己产生电来供灯泡发光，而且光线经过凸透镜后形成平行光束，下列说法正确的是（）A．该手电筒相当于一个小电动机B．手电筒“自生电”利用了电磁感应原理C．发光二极管（）的材料是超导体D．“自生电”的过程把化学能转化为电能5．以下四图节选自我国古代科技巨著《天工开物》，其中说法正确的是（）A．图甲“轧蔗取浆”中，牛拉“犁塘”匀速转动的过程中，其运动状态保持不变B．图乙“湿田击稻”中，用力甩稻秆，稻粒落入木桶中，是因为受到惯性力C．图丙“北耕兼种”中，耧下端的“鐵尖”是通过减小受力面积来增大压力的D．图丁“长流漂米”中，水从高处流下，水的重力势能转化为动能6．如图甲所示是同学们训练乒乓球用的发球机。如果乒乓球发球机在同一高度以相同的初速度朝不同方向分别发出a、b、c三个球，如图乙。若不计空气阻力，则下列说法正确的是（）A．a球上升过程中，动能增大，重力势能减小B．b球到达最高点时，重力势能最大，动能为C．a、b两球在最高点时机械能相等D．三个球到达乒乓球案的速度大小关系7．如图甲所示，小星在水平地面上用力向右推木箱，推力随时间变化的图如图乙所示，木箱速度随时间变化的图像如图丙所示，以下对于这一过程的分析中正确的是（）A．0-1s内木箱没有动，所以此时不是平衡状态B．如果3s后人停止用力，木箱将做匀速直线运动C．1s-2s内木箱受到的摩擦力大小为40ND．如果3s后人突然用60N的力往回拉箱子，此时物体立刻向左加速运动8．如图所示，放在水平桌面上的三个完全相同的容器内，装有适量的水，将A、B、C三个体积相同的正方体分别放入容器内，待正方体静止后，三个容器内水面高度相同．下列说法正确的是A．物体受到的浮力大小关系为FA＞FB＞FCB．三个物体的密度大小关系为ρA＞ρB＞ρCC．容器底部受到水的压力大小关系为F甲＞F乙＞F丙D．容器对桌面的压强大小关系为P甲=P乙=P丙9．新房竣工通电前，电工要检查小明家的电路安装是否存在故障，如图所示部分电路中，取下保险丝，在该处安装“220V100W”的白炽灯L1（图中未画出），然后将A、B接到220V的家庭电路火线、零线上，发现灯L1正常发光。若此时闭合开关S，则“220V60W”的白炽灯L2会（）A．不能发光 B．正常发光C．能发光，但比正常发光暗 D．比正常发光亮并烧毁10．研学实践活动时，小明在农家乐看到一种农具（如图甲），他查阅资料后知道，这种农具是农民捣谷用的“舂”，其工作原理图如图乙，AOB为碓杆，O为支点，A处连接着碓头，脚踏碓杆的B处可使碓头升高，抬起脚，碓头会落下去击打稻谷，若碓头的重力为30N，每踩一次碓头上升的高度为60cm，AO长1.5m，OB长0.3m，则（）A．舂相当于简单机械中的省力杠杆B．不计碓杆的重力和摩擦，脚至少用15N的力才可以将碓头抬起C．每踩一次对碓头做的功是1800JD．若1min将B踩下30次，舂的机械效率为60%，则人做功的功率是15W11．如图甲是一个电子拉力计原理图。硬质弹簧右端和金属滑片P固定在一起（P与R1间的摩擦不计）。电压表量程为0~3V，分度值为0.1V，ab是一根长为6cm的均匀电阻丝，阻值R1=30Ω，电源电压恒为6V。已知该弹簧伸长的长度ΔL与所受拉力F间的关系如图乙所示。闭合开关后，下列关于该电子拉力计的有关说法，正确的是（）A．要保证电压表能正常工作，电路中R0至少应为30ΩB．当拉力变大时，电路中的电流表示数会变小C．若R0=45Ω，当电压表指针指在0.8V处，作用在拉环上水平向右的拉力为400ND．若R0=45Ω，将电压表改为拉力器，此拉力器的分度值为20N二、填空题：本大题5小题，每空1分，共12分。12．小明在水壶中装入质量2kg、初温20℃的水，放在燃气灶上加热，这是利用的方式来改变水的内能。若在标准大气压下把水刚烧开共消耗了0.042m3的天然气，该燃气灶烧水的热效率为。水烧开后继续加热，蒸汽将壶盖顶起的过程与汽油机冲程的能量转化情况相同。[水的比热容为4.2×103J/（kg•℃），天然气的热值取4.0×107J/m3]13．一辆行驶的汽车车厢里挂着一个小球．当出现了如图所示的情景时，汽车在做（选填“加速”、“匀速”或“减速’）运动．此时绳子对球的拉力和球受到的重力（选填“是”、“不是”或“可能是”）一对平衡力．14．如图，三个相同的物体叠放在一起，当B受到5N的水平拉力时，三个物体一起向右匀速运动，则A与B之间、B与C之间的摩擦力分别为N和N．15．如图电路，电阻R1、R2、R3的阻值分别为R、2R、3R，为二极管（二极管具有单向导电性，只允许电流从其正极向负极通过，不允许电流反方向通过，如同自动开关）。闭合开关S，接入电路的总电阻为。现将电源正负极对调再接回原位置，则前后两种情况R2消耗的功率之比为。16．请阅读《光伏发电》并回答下列小题。光伏发电光伏发电是利用半导体界面的“光生伏特效应”而将光能直接转变为电能的一种技术。“光生伏特效应”简称“光伏效应”，是指光照使不均匀半导体或半导体与金属结合的不同部位之间产生电位差（电压）的现象。如图甲所示，太阳能电池内部的P型硅和N型硅结合在一起，它们的交界面附近的区域形成PN结，当适当频率的光照射PN结时，由于内建电场的作用，受激电子和空穴各自向相反的方向运动，电子收集到上电极，空穴收集到下电极，产生电动势，称为光生电压。这种由PN结的内建电场引起的光电效应，称为光生伏特效应。图乙所示为某光伏发电系统结构图，该系统主要由经过串联后进行封装保护而形成大面积的太阳能电池组件、控制器和逆变器等部分组成。太阳能电池组件将太阳能转化为电能。当太阳能充足、发电量超过用户需求时，将发出的多余电能通过控制器存储在蓄电池中；当光照较差、发电量不能满足用户需求时，控制器释放蓄电池中存储的电能供用户使用。与常用的火力发电系统相比，光伏发电具有：无枯竭危险；安全可靠，无噪声，无污染排放；不受资源分布地域的限制，可利用建筑屋面的优势；无需消耗燃料和架设输电线路即可就地发电供电等众多优点，它是各国争相发展的一种发电方式。我国在光伏产业的各个领域都具备明显领先优势，发展空间十分广阔。请根据上述材料，回答下列问题：（1）太阳能电池板的下电极相当于电源的极；选填“正”或“负”（2）当光照较差、用户处于用电高峰时，光伏发电系统中的蓄电池应处于状态；选填“充电”或“放电”（3）根据光伏发电系统结构图，你猜想逆变器的主要作用是。三、作图题：本大题共2小题，共10分。17．按要求作图．（1）如图所示，将图中入射光线对应的折射光线补画完整。（2）如图所示，轻质杠杆AOB保持静止，O为支点，画出杠杆所受阻力F2和维持杠杆平衡的最小动力F1。（3）如图所示，根据磁体旁小磁针静止时所指的方向，在括号中标出磁体的磁极，并标出图中磁感线的方向。18．请用下图设计一个温度自动报警器，要求正常情况下绿灯亮，当温控箱内温度升到一定温度时，红灯亮（绿灯灭）。四、实验探究题：本大题共3小题，每空1分，共13分。19．农村义务教育学生营养改善计划政策惠及千家万户。小明想知道学校发放牛奶的密度，他利用托盘天平、量筒、烧杯和水进行测量。（1）将牛奶倒入量筒，如图甲所示。用调节好的天平测出空烧杯的质量为29.4g，然后将量筒中的牛奶倒入烧杯中，用天平测量烧杯和牛奶的总质量，横梁平衡时，右盘中砝码的数量及游码的位置如图乙所示，则烧杯和牛奶的总质量为g。（2）根据以上实验数据计算出牛奶的密度为g/cm3。用该方法测得的密度比真实值偏（选填“大”或“小”）。（3）为了减小误差，小明利用电子秤、合金块（密度为ρ）和烧杯再次测量牛奶密度，他进行了以下操作： ①将合金块放在电子秤上，如图丙所示，记下示数m0； ②将适量的牛奶倒入烧杯，放在电子秤上，如图丁所示，记下示数m1； ③用细绳拴住合金块并浸没在牛奶中，如图戊所示，记下示数m2； ④牛奶的密度表达式ρ牛奶=（用已知物理量ρ、m0、m1、m2表示）。20．“探物”小组利用弹簧测力计、金属块、溢水杯等器材，探究浮力的大小与排开液体所受重力的关系。（1）操作过程如图“甲、乙、丙、丁”所示，为了使操作更加简便且能减小误差，合理的顺序是；（2）若实验过程中，溢水杯中的水没有装满，则F浮G排（选填“>”、“<”或“=”）；（3）金属块从水面缓慢浸入水中时，根据实验数据描绘出的弹簧测力计示数F随金属块浸入深度h变化的关系图像如图戊所示。分析图像可得：h=4cm时，金属块受到的浮力为N；金属块浸没后，水对金属块底部的压强是Pa；金属块的密度是kg/m3。21．用如图甲所示的电路探究通过导体的电流与电压、电阻的关系。器材有：干电池3节（每节电压略小于1.5V），滑动变阻器3个（铭牌上分别标有“5Ω3A”“20Ω2A”“50Ω1.5A”字样），电流表、电压表、开关各一个，阻值为5Ω、10Ω、20Ω的电阻各一个，导线若干。（1）闭合开关前，将滑动变阻器的滑片P移至B端。闭合开关后，电流表和电压表示数为0，移动滑片P，两表指针不偏转。将与电压表“-”接线柱相连的导线从D端拆下，试触C点，电压表指针不偏转，试触B点，电压表指针偏转，若电路中只有一处故障，则可能是。（2）排除故障后，重新开始实验，探究电流与电压的关系。闭合开关，电压表示数为0.7V，电流表示数为0.07A，移动滑片P，逐步增大R两端电压，记录电压表的示数U和对应的电流表的示数I。以电流I为纵坐标、电压U为横坐标，采用描点的方式，画出I-U图像，如图乙所示。则实验中选用的滑动变阻器的铭牌上标有字样（选填“5Ω3A”、“20Ω2A”或“50Ω1.5A”），电源电压为V。（3）在探究电流与电阻的关系时，为了能使用上一次的某一组实验数据，断开开关，将R换成5Ω，闭合开关，移动滑片P，电流表示数如图丙所示；断开开关，换接未使用过的一个电阻，正确操作后，电流表示数应为A。五、计算题：本大题共2小题，共13分。22．如图甲为小明家新购的一款智能养生壶，其电路简图如图乙所示，该壶有“加热”和“保温”两档，R2=385Ω。该养生壶铭牌的部分数据如下表，其中保温功率模糊不清。求：养生壶的铭牌额定电压220V频率50Hz加热功率1100W保温功率容积1.5L（1）养生壶是利用电流的效应工作的，当开关S掷到（选填“1”或“2”）时，养生壶处于加热状态；（2）养生壶处于“加热”状态时R1是多少？（3）小亮想测一下该养生壶保温时的实际功率，于是他关闭了家里的其他用电器，将养生壶单独保温6min，测得家中如图丙所示的电能表转盘转了12r，则养生壶保温状态的实际功率是多少？23．如图甲是建造大桥时所用的起吊装置示意图，使用电动机和滑轮组（图中未画出）将实心长方体A从江底竖直方向匀速吊起，钢缆绳对A的拉力F随时间t变化的图像如图乙所示。A完全离开水面后，电动机对绳的拉力F大小为8×103N，滑轮组的机械效率为75%，A上升的速度始终为0.1m/s（g取10N/kg，不计钢缆绳与滑轮间的摩擦及绳重，不考虑风浪、水流等因素的影响）。求：（1）长方体A未露出水面时受到的浮力；（2）长方体A完全离开水面后，在上升过程中F的功率；（3）把长方体A按图甲中方式放在水平地面上，它对地面的压强。

答案1．【答案】C【解析】【解答】根据生活经验可知，初中生的身高约为1.6m，一个鸡蛋的质量约为50g，播放一遍中华人民共和国国歌的时间约为46s，教室内课桌的高度约为初中生的身高的一半，约为80cm，故C正确，而ABD错误。故选C。

【分析】根据自己对长度、重力、时间的认识判断。2．【答案】D【解析】【解答】A．拨动琴弦时，是琴弦的振动发出声音，而不是空气振动，故A错误；B．太空中是真空环境，真空不能传声，我们听到的乐器声音是通过电磁波等方式传回地球，再经空气传播到人耳，故B错误；C．我们是根据音色来判断她使用的乐器是古筝，而不是音调，故C错误；D．增大拨动琴弦的力，琴弦的振幅变大，发声的响度会越大，故D正确。故选D。

【分析】1.明确声音是由物体振动产生，且不同发声体音色不同；

2.知道真空不能传声，声音传播需要介质；

3.掌握影响响度的因素是振幅，影响音调的因素是频率。3．【答案】B【解析】【解答】A．根据题意可知，这是一款折叠屏手机，则说明了柔性LED显示屏的韧性好，故A正确不符合题意；B．根据题意可知，升级版的石墨散热好，不是隔热性好，故B错误符合题意；C．根据题意可知，手机搭配了双金属保护外壳，那么金属外壳的硬度大，故C正确不符合题意；D．根据题意可知，这个手机LED显示屏透光性好，手机屏幕里的光才传播出来，使我们看到屏幕上的图像，故D正确，不符合题意。故选B。

【分析】物质的性质决定用途，根据题目描述分析判断。4．【答案】B【解析】【解答】解：A、该手电筒没有电源，通过来回摇晃发电，故该手电筒相当于一个小发电机，故A错误；

B、该手电筒在使用过程中产生感应电流，运用了电磁感应原理，故B正确；

C、发光二极管（LED）的材料是半导体，故C错误；

D、该手电筒运用了电磁感应原理，机械能转化为电能，产生感应电流，故D错误。

故选：B。

【分析】（1）闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，就会产生感应电流，这种现象叫电磁感应现象。

（2）来回摇晃手电筒，使永磁体在线圈中来回运动，线圈做切割磁感线的运动，线圈中就会产生感应电流，小灯泡就会发光，该手电筒相当于一个小发电机，将机械能转化为电能。5．【答案】D【解析】【解答】A．牛拉犁塘匀速转动过程中，运动方向不断变化，因此运动状态改变，故A错误；B．用力甩稻秆，稻粒落入木桶中，是因为其具有惯性，不能说受到惯性，故B错误；C．耧下端的鐵尖是通过减小受力面积来增大压强，故C错误；D．水从高处流下，质量不变，高度减小，重力势能减小，速度变大，动能增大，重力势能转化为动能，故D正确。故选D。

【分析】（1）力的作用效果：改变物体的形状、改变物体的运动状态；

（2）惯性是物体本身的性质，惯性大小只与物体的质量有关；

（3）压强大小跟压力大小和受力面积大小有关。增大压强的方法：在压力一定时，减小受力面积来增大压强；在受力面积一定时，增大压力来增大压强；

（4）影响动能的因素是物体的质量和速度：影响重力势能的因素是质量和高度。6．【答案】C【解析】【解答】解：A、动能与质量和速度有关，a球上升过程中，质量不变，速度变小，高度增加，故动能减小，重力势能增大，故A错误；

B、b球到达最高点时，速度不为0，有向右的速度，所以动能也不为0，故B错误；

CD、乒乓球发球机在同一高度以相同的初速度朝不同方向分别发出a、b、c三个球，则机械能是相同的；不计空气阻力，三个小球的机械能是守恒的，所以三个小球到达桌面时的机械能相同，由于高度相同，重力势能相同，则动能也相同，所以三球到达乒乓球台的速度相同，故C正确，D错误。

故选：C。

【分析】（1）动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大；重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度。质量越大，高度越高，重力势能越大；

（2）首先判定开始时三球机械能的大小；不计空气阻力，三个小球的机械能是守恒的，据此判定速度的大小。7．【答案】C【解析】【解答】A．根据丙图可知，0~1s内木箱的速度为0m/s，则此时木箱保持静止状态，处于平衡状态，故A错误；B．根据丙图可知，2-3s时木箱做匀速直线运动。如果3s后人停止用力，木箱水平方向只受摩擦力阻力的作用，合力向后，则木箱做匀减速直线运动，故B错误；C．根据丙图可知，在2s~3s内木箱做匀速直线运动，则它受到的摩擦力与拉力相互平衡。由图乙可知，在2s~3s内推力F=40N，则木箱受到的滑动摩擦力f=F=40N由图丙可知，木箱在1s~2s内做加速运动，由于接触面的粗糙程度和接触面受到的压力的大小不变，所以1s~2s内木箱受到的摩擦力大小为40N，故C正确；D．如果3s后人突然用60N的力往回拉箱子，由于惯性，箱子先做向右的减速运动，速度为零后做向左加速运动，故D错误。故选C。

【分析】A.平衡状态包括静止状态或匀速直线运动状态；

B.根据力与运动的关系可知木箱的运动状态；

C.由v-t图象可知，2～3s内木箱运动的速度，判断出状态，根据二力平衡条件可知推力和摩擦力之间的关系；由F-t图象可知此段时间内推力的大小即可得出受到的滑动摩擦力，由V-t图象读出木箱在1s～2s内的运动状态，根据滑动摩擦力的大小只与压力、接触面的粗糙程度有关，与运动的速度无关得出受到的摩擦力；

D.根据惯性知识分析箱子的运动状态。8．【答案】D【解析】【解答】A.根据图片可知，A、B在水面漂浮，C在水中悬浮，则A、B、C三个正方体排开水的体积关系为VA排＜VB排＜VC排，根据阿基米德原理可知，浮力的大小关系为：FA＜FB＜FC，故A错误；B.综上所述，三者受到浮力FA＜FB＜FC，且由浮沉条件可知：GA=FA，GB=FB，GC=FC，那么GA＜GB＜GC。根据可知，物体密度的大小关系：，故B错误；C.由液体压强公式可知，液体底部压强关系是p甲=p乙=p丙，根据可知，容器底部受到水的压力大小关系：F甲=F乙=F丙，故C错误；D.因正方体分别处于漂浮或悬浮状态，则浮力等于自身重力。由阿基米德原理F浮=G排可知，物体受到的浮力等于排开液体的重力，那么容器中正方体的重力等于正方体排开水的重力，即可以理解为，容器中正方体的重力补充了它排开的水的重力，能看出三个容器内总重力相等，所以三个容器对桌面的压力关系为F甲=F乙=F丙。根据可知，容器对桌面的压强大小关系为p甲=p乙=p丙，故D正确；

故选D。

【分析】A.根据阿基米德原理可判断物体受到的浮力大小关系；

B.由图A、B、C三个正方体所处的状态，判定其浮力和重力的关系；然后根据三者的浮力大小、利用浮沉条件判断物体密度与水的密度大小关系；

C.利用p=ρgh判断容器底受到水的压强关系，根据F=pS比较压力；

D.根据阿基米德原理可知，物体受到的浮力等于物体排开液体的重力，分析出整个装置的压力的大小关系，结合压强公式比较分析。9．【答案】A【解析】【解答】根据图片可知，取下保险丝，在该处安装“220V100W”的白炽灯Ll，此时灯泡L1和灯泡L2为串联。根据串联电路总电压等于各处电压之和可知，二者的电压都小于220V，则二者都不能正常发光。而实际上灯Ll正常发光。说明只有L1接入220V的电路，则灯L2被短路，所以L2不会发光，不会被烧坏。故选A。

【分析】根据串联电路的电压规律结合短路的知识分析判断。10．【答案】D【解析】【解答】解：A、由图乙可知，OB小于OA，动力臂小于阻力臂，故舂相当于简单机械中的费力杠杆，A错误；

B、碓头的重力为G，OB为动力臂L2，脚对B点的力为F，OA为阻力臂L1，根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2，

有脚至少用150N的力才可以将碓头抬起，B错误；C、每踩一次对碓头做的功等于克服重力做的功，即，C错误；

D、设人每踩一次做的总功为W总，由机械效率公式可知，则总功，

若1min将B踩下30次，则人做的总功W总’=30×W总=30×30J=900J，

功率：，D正确。故选：D。

【分析】（1）根据动力臂与阻力臂大小关系分析；

（2）根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2计算解答；

（3）根据W=Gh计算有用功；

（4）根据机械效率计算总功，结合功率的公式解答。11．【答案】A【解析】【解答】解：A、由图甲可知，电路中的电流为：，由欧姆定律可知，此时电阻R0的阻值：，故A正确；

B、R1整个接入电路，当拉力变大时，滑片向右移动，R1接入电路的阻值不变，电路中的总电阻不变，根据欧姆定律可知，电路中的电流不变，即电流表示数不变，故B错误；

CD、若R0=45Ω，在串联电路中总电阻等于各电阻之和，即电路中的总电阻为：R总=R'1+R0=45Ω+30Ω=75Ω，

由欧姆定律可知电路中电流为：，

当电压表指针指在0.8V处，此时与电压表并联的电阻的阻值为：，

则此时弹簧伸长的长度为：，

由图乙可知，作用在拉环上水平向右的拉力为200N，

将电压表改为拉力器，电压表的分度值为0.1V，电压表示数增大0.1V，则增大的拉力为：，即：此拉力器的分度值为25N，故CD错误。故选：A。

【分析】（1）根据串联电路特点与欧姆定律求出电阻阻值。

（2）由图甲可知，当拉力变大时，滑片向右移动，但R1接入电路的阻值不变，据此分析电流表示数的变化；

（3）若R0=45Ω，由串联电路特点与欧姆定律求出与电压表并联的电阻阻值，然后求出弹簧的伸长量，再求出拉力大小，再根据电压表的分度值求出拉力器的分度值。12．【答案】热传递；；做功【解析】【解答】水放在燃气灶上加热，是通过火焰与水之间的温度差传递使热量，所以是利用热传递的方式来改变水的内能。根据热量计算公式Q=cmΔt计算2kg的水，升高80℃水吸收的热量，即，根据热值公式Q=Vq计算可知消耗了0.042m3的天然气，放出热量为。结合效率公式计算该燃气灶烧水的热效率为。蒸汽将壶盖顶起，是蒸汽的内能转化为壶盖的机械能。与汽油机做功冲程的能量转化情况相同。

【分析】1、物质的热值为单位质量燃料完全燃烧释放的能量，是物质的基本属性；只与燃料的种类有关，与燃料的质量、燃烧程度等均无关。公式为Q=Vq。

2、热量的计算：公式为Q=cmΔt；

3、做功冲程：进气后关闭，排气口关闭，火花塞点燃，高温高压的气体推动活塞下移，气体内能减小，能量转化为内能转化为机械能。13．【答案】加速；不是【解析】【解答】（1）当汽车做匀速直线运动时，小球悬线处于竖直状态。当汽车加速或减速时，由于惯性，小球要保持原来的速度和方向。根据图片可知，图中小球向后运动，说明小球的速度小于汽车的速度，那么汽车做加速运动．（2）根据图片可知，小球受竖直向下的重力，而绳子的拉力斜向上，这两个力不在同一条直线上，则这两个力不是一对平衡力。

【分析】（1）物体保持运动状态不变的性质叫惯性；

（2）平衡力的条件：大小相等、方向相反、作用在同一物体和同一直线上。14．【答案】0；5【解析】【解答】（1）根据题意可知，A与B以相同速度和相同方向做匀速运动，则二者保持相对静止，故AB之间不受摩擦力，摩擦力为0N。（2）B处于平衡状态，它受到C的摩擦力和拉力相互平衡，那么二者大小相等，即BC之间的摩擦力等于拉力fBC=F=5N。

【分析】（1）产生摩擦力的条件：①相互接触；②做相对运动或有相对运动的趋势；

（2）对B进行受力分析，根据平衡力的知识分析解答。15．【答案】5R；9︰25【解析】【解答】（1）根据二极管的单向导电性结合图片可知，闭合开关，电路为R2和R3串联，

此时总电阻为；那么此时电路中的电流为；（2）将电源正负极对调，电路为R2和R1串联，

总电阻为；电路中的电流为；前后两种情况R2消耗的功率之比为。

【分析】（1）根据二极管的单向导电性结合图片确定串并联关系，利用电阻串联的知识计算对应的电阻，根据欧姆定律计算对应电流；

（2）根据P=I2R计算R2的电功率之比。​​​​​​16．【答案】（1）正（2）放电（3）将直流电转换为交流电【解析】【解答】解：（1）太阳能电池板的下电极聚集了正电荷，相当于电源的正极。

（2）当光照较差、用户处于用电高峰时，控制器释放蓄电池中存储的电能供用户使用，即光伏发电系统中的蓄电池应处于放电状态。

（3）根据光伏发电系统结构图看出（逆变器前为直流电，后为交流电），逆变器的主要作用是把直流电变交流电。

故答案为：（1）正；（2）放电；（3）把直流电变交流电。【分析】（1）太阳能电池板的下电极聚集了正电荷，上电极聚集负电荷。

（2）由材料可知，当光照较差、用户处于用电高峰时，控制器释放蓄电池中存储的电能供用户使用。

（3）根据光伏发电系统结构图看出，逆变器前为直流电，后为交流电。（1）当适当频率的光照射PN结时，由于内建电场的作用，受激电子和空穴各自向相反的方向运动，电子收集到上电极，上电极聚集负电荷，相当于电源的负极；空穴收集到下电极，下电极相当于电源的正极。（2）当光照较差、发电量不能满足用户需求时，控制器释放蓄电池中存储的电能供用户使用。由文中内容可知，当光照较差、用户处于用电高峰时，发电量不能满足用户需求，控制器释放蓄电池中存储的电能供用户使用，光伏发电系统中的蓄电池应处于放电状态。（3）根据光伏发电系统结构图可知，直流电通过逆变器后变为交流电，所以逆变器的作用是将直流电转换为交流电。17．【答案】（1）（2）（3）【解析】【解答】解：（1）平行于主光轴的光线经凹透镜折射后折射光线反向延长通过焦点；过凹透镜光心的光线其传播方向不变，如图所示：（2）阻力和阻力臂不变，根据杠杆平衡条件，动力臂越长，动力越小，B点绳子对杠杆向下的拉力是阻力F2；连接OA，以OA为动力臂时，动力臂最长，动力最小。过点A作垂直于OA向上的力即为最小动力F1，如图所示：（3）图中小磁针静止时其N极向右，说明该点的磁场方向向右，所以磁感线的方向是向右的；因磁体周围的磁感线从N极发出，回到S极，故左侧磁体的右端为N极；如图所示：

【分析】（1）在作凹透镜的光路图时，先确定所给的光线的特点再根据透镜的光学特点（三条特殊光线）来作图。

（2）根据杠杆平衡条件画出使杠杆保持静止的最小动力F1的示意图：动力×动力臂=阻力×阻力臂（F1L1=F2L2），在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小。

（3）小磁针静止时其N极所指的方向为该点的磁场方向，由小磁针N极所指的方向可知磁感线的方向；由磁体周围的磁感线分布可知磁体的磁极。（1）凹透镜中，平行于主光轴的入射光线的折射光线的反向延长线过焦点；过光心的光线不发生偏转，如图所示：（2）杠杆所受阻力F2为挂重物的线在B点对杠杆的竖直向下的拉力，当以OA为动力臂时，动力臂最长，动力最小，为了杠杆平衡，最小动力垂直OA向上，连接OA，过A点作与OA垂直向上的带箭头的直线，表示最小动力F1，如图所示：（3）由同名磁极相排斥，异名磁极相吸引得，左端磁铁的右端为N极，右端磁铁的左端为S极，磁场外部的磁感线从N极指向S极，如图所示：18．【答案】【解析】【解答】根据要求，温度计与电磁铁、控制电源组成控制电路；将工作电源与两盏灯组成工作电路，当温度升到一定温度时，控制电路接通，电磁铁将衔铁吸下，红灯亮，则红灯接下触点，绿灯接上端触点。如图所示

【分析】利用温度计作控制电路的开关，和控制电路的电源、电磁铁串联；工作电路中，两灯分别工作，并联在电源上，根据为温度高时红灯亮，判断红灯位置。19．【答案】（1）66.8（2）1.1；小（3）【解析】【解答】解：（1）由图乙可知，则烧杯和牛奶的总质量为：m总=50g+10g+5g+1.8g=66.8g；

（2）由图甲可知，量筒的分度值为2mL，所以牛奶的体积为34mL，即34cm3，

牛奶的质量为：m=m总-m杯=66.8g-29.4g=37.4g，

牛奶的密度为：；当将量筒中的牛奶倒入烧杯中，会有牛奶沾在量筒壁上，而倒不干净，因此所测的质量会偏小，根据公式得测得的密度比真实值偏小；

（3）合金块排开牛奶的体积等于合金块的体积，合金块的体积，

合金块排开牛奶的体积V排=V合金，

合金块排开牛奶的质量m排=m2-m1，

牛奶的密度。

故答案为：（1）66.8；（2）1.1；小；（3）。【分析】（1）天平平衡时物体的质量等于右盘中砝码的质量加游码在标尺上所对的刻度值；

（2）在进行量筒的读数时，注意分度值，视线应与液面的凹底相平；将牛奶的质量和体积代入公式便可求出其密度；根据公式，分别分析质量和体积的偏差，即可得出结论；

（3）已知合金的质量和密度算出合金的体积，结合题意表示出牛奶的质量、体积，利用密度计算公式写出表达式即可。（1）由图乙得，标尺的分度值为0.2g，游码所在位置为1.8g，烧杯与食醋的总质量为（2）[1]由图甲得，量筒的分度值为2mL，示数为34mL，牛奶的密度为[2]将牛奶从量筒倒入烧杯中，由于部分牛奶残留在量筒中，导致测得的牛奶的质量偏小，而体积测量准确，由得，用该方法测得的密度比真实值偏小。（3）依题意得，合金块排开的牛奶的质量为合金块浸没在牛奶中，合金块的体积等于排开的牛奶的体积，由得，合金块排开的牛奶的体积为牛奶的密度20．【答案】丁、甲、乙、丙；>；1；800；2×103【解析】【解答】解：（1）我们应先测量小桶的重力，再测物块重力，然后将金属块慢慢进入到液体中测量拉力，用小桶接溢出来的水，最后测量小桶和溢出水的总重，因此实验顺序应为丁、甲、乙、丙。

（2）溢水杯中的水没有装满，则会导致排开水的质量减小，则排开水的重力偏小，从而使F浮＞G排。

（3）由图戊可知，金属块的重力为4N，当h=4cm时，弹簧测力计的示数为3N，此时金属块受到的浮力为F浮=G-F示=4N-3N=1N

由图戊可知，随着金属块浸入深度越深，排开水的体积变大，根据阿基米的原理可知金属块受到的浮力增大，弹簧测力计示数减小，当金属块刚好浸没时，即h=8cm时，弹簧测力计的示数不变，水对金属块底部的压强是p=ρgh=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.08m=800Pa；

金属块完全浸没时，弹簧测力计的示数为2N，由称重法可知，金属块完全浸没时受到的浮力为F浮'=G-F示'=4N-2N=2N

由阿基米德原理F浮=ρ水gV排可得：2N=ρ水gV排；

物体的重力为4N，根据G=mg=ρVg可得：4N=ρ物gV；

解得ρ物=2×103kg/m3。

故答案为：（1）丁、甲、乙、丙；（2）＞；（3）1；800；2×103。

【分析】（1）从减小误差和操作的方便性考虑；

（2）溢水杯中的水没有装满，则会导致排开水的质量减小；

（3）根据图戊由称重法得出金属块受到的浮力大小，根据p=ρgh得出水对金属块底部的压强；结合阿基米德原理与G=mg=ρVg计算金属块的密度。21．【答案】（1）导线BC断路（2）50Ω1.5A；4.2（3）0.1【解析】【解答】解：（1）闭合开关后，电流表无示数，说明电路可能断路，电压表无示数，说明电压表与电源没有连通；将与电压表“-”接线柱相连的导线从D端拆下，试触C点，电压表指针不偏转，试触B点，电压表指针偏转，说明此时电压表与电源连通，电压表并联的电路断路，若电路中只有一处故障，则可能是导线BC断路；

（2）由图甲可知，电源为三节干电池串联，每节电压略小于1.5V，电源电压小于4.5V，但电源电压应该大于3V；

闭合开关，电压表示数为0.7V，电流表示数为0.07A，此时滑动变阻器接入电路的阻值最大，根据串联电路电压规律和欧姆定律可知，电源电压为：

U=0.7V+0.07A×R滑大……①；

若选用“5Ωㅤ3A”的滑动变阻器，代入①式，则U=1.05V，不符合题意；

若选用“20Ωㅤ2A”的滑动变阻器，代入①式，则U=2.1V，不符合题意；

若选用“50Ωㅤ1.5A”的滑动变阻器，代入①式，则U=4.2V，符合题意；

故实验中选用的滑动变阻器的铭牌上标有“50Ωㅤ1.5A”字样，电源电压为4.2V；

（3）将R换成5Ω，闭合开关，移动滑片P，电流表示数如图丙所示，电流表选用小量程，分度值0.02A，其示数为0.4A，则定值电阻两端电压为：UV=I2R2=0.4A×5Ω=2V；

由图乙可知，在探究电流与电压的关系实验中，定值电阻的阻值为：，故未使用过电阻的阻值为20Ω；在探究电流与电阻的关系实验中，应控制定值电阻两端电压不变，故换接20Ω的电阻，正确操作后，电流表示数应为：。故答案为：（1）导线BC断路；（2）“50Ωㅤ1.5A”；4.2；（4）0.1。

【分析】（1）闭合开关后，电流表示数为0，说明电路可能断路，电压表示数为0，说明电压表与电源没有连通；试触B点，电压表指针偏转，说明电压表与电源连通，据此分析；

（2）根据图甲确定电源电压大约值；闭合开关，电压表示数为0.7V，电流表示数为0.07A，此时滑动变阻器接入电路的阻值最大，根据串联电路电压规律结合欧姆定律讨论滑动变阻器最大阻值和电源电压；

（3）根据电流表选用量程确定分度值读