江苏省南京市玄武区2025年中考一模物理试题（解析版）

第第页江苏省南京市玄武区2025年中考一模物理试题一、选择题（本题共12小题，每小题2分，共24分．每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题意）1．下列能源中，属于可再生能源的是（）A．天然气 B．风能 C．石油 D．煤炭【答案】B【解析】【解答】风能是可以从自然界中源源不断地得到的能源，属于可再生能源；天然气、石油和煤炭都属于不可再生能源。故答案为：B。【分析】能源从是否可再生角度划分为：可再生能源：可以从自然界中源源不断地得到的能源，例如水能、风能、太阳能、生物质能、潮汐能；不可再生能源：不可能在短期内从自然界得到补充的能源，例如化石能源（煤炭、石油、天然气）、核能。2．如图，汽车利用AI（人工智能）语音助手实现语音交流．下列说法正确的是（）A．AI对语音指令做出回应，说明声音可以传递信息B．AI语音助手发出的声音不是振动产生的C．降低AI助手音量实质是将音调变低D．用户听到AI语音发出的声音是超声波【答案】A【解析】【解答】A．AI对语音指令做出回应，说明声音可以传递信息，故A正确；B．AI语音助手的声音也是由振动产生的，故B错误；C．降低AI语音助手的音量其实质是降低响度，故C错误；D．用户听到的AI语音发出的声音不是超声波，因为人类听不到超声波，故D错误。故选A。

【分析】A.声音可以传递信息和能量；

B.声音是由物体振动产生的；

C.声音的大小叫响度，声音的高低叫音调；

D.频率高于20000Hz的声音为超声波。3．二十四节气是中华民族独创的文化遗产。下列节气发生的物态变化，需要吸收热量的是（）A．立春——冰雪消融 B．白露——露珠凝结C．霜降——霜挂枝头 D．大寒——滴水成冰【答案】A【解析】【解答】A．冰雪消融，是物质从固态变成液态发生熔化现象，需要吸收热量，故A正确；B．露珠凝结，是水蒸气从气态变成液态发生液化现象，需要放出热量，故B错误；C．霜挂枝头，是水蒸气从气态直接变成固态发生凝华现象，需要放出热量，故C错误；D．滴水成冰，是水从液态变成固态发生凝固现象，需要放出热量，故D错误。故选A。

【分析】物质从固态到液态的过程叫做熔化，物质从液态变成固态的过程叫做凝固；物质从液态变为气态叫做汽化，物质从气态变为液态叫做液化；物质从固态直接变成气态叫升华，物质从气态直接变成固态叫凝华；熔化、汽化、升华吸热，凝固、液化、凝华放热。4．关于光现象，下列说法正确的是（）A．图甲中树荫下的光斑是太阳的像，其大小由树叶缝隙的大小决定B．图乙中观察到筷子变弯，这是由于光的折射形成的C．图丙中入射角增大5°后，反射光线与入射光线间的夹角变为130°D．图丁中人与平面镜中的“视力表”的距离为5.4m【答案】B【解析】【解答】A．树荫下的亮斑是小孔成像现象，成像的大小与缝隙的大小无关，由树叶缝隙与物的距离决定，故A错误；B．水中的筷子变弯了，是水中的筷子光从水斜射向空气中时发生折射形成的，故B正确；C．根据丙图可知，入射角为：90°-60°=30°。入射角增大5°，入射角为35°后，反射角也为35°，所以反射光线与入射光线间的夹角变为70°，故C错误；D．图丁中，视力表到镜面的距离为2.5m，根据“物像等距”的规律可知，视力表的像到镜面的距离也是2.5m，则小明到视力表的像的距离l=2.5m+2.5m-0.4m=4.6m，故D错误。故选B。

【分析】A.小孔成像的大小取决于像距和物距的大小；

B.根据光的折射的知识判断；

C.根据“反射角等于入射角”分析；

D.根据平面镜成像“物像等距”分析。5．关于粒子和宇宙，下列说法错误的是（）A．甲图中水和酒精混合后总体积变小，说明分子间有空隙B．乙图中磨平的铅棒压紧后能吊住钩码，说明分子间存在引力C．丙图中原子核式结构模型，说明原子由原子核和电子组成D．丁图中行星绕太阳运行，说明太阳是宇宙的中心【答案】D【解析】【解答】A．水和酒精混合后，水和酒精的分子可以进入彼此的分子间隙，因此总体积变小，说明分子间有空隙，故A正确不符合题意；B．因为分子间存在相互作用的引力，磨平的铅棒压紧后能吊住大钩码，故B正确不符号题意；C．原子是由原子核和核外电子组成的，原子核由质子和中子组成，这是原子核式结构模型的内容，故C正确不符合题意；D．太阳是太阳系的中心，不是宇宙的中心，故D错误符合题意。故选D。

【分析】A.根据分子之间存在空隙判断；

B.根据分子之间存在相互作用的引力判断；

C.根据原子核式结构的知识分析；

D.根据对宇宙和天体的认识判断。6．下列估测符合实际的是（）A．人步行的速度约为1.4m/sB．双脚站立的中学生对水平地面的压强约为10C．从地上拿起一枚鸡蛋举过头顶，对鸡蛋做的功约为10JD．教室里一盏普通日光灯正常发光通过的电流约为2A【答案】A【解析】【解答】A．根据生活经验可知，人步行的速度约为1.1mB．根据生活经验可知，中学生双脚面积约0.04m2。中学生的质量大约为50kg，则对地面的压力F=G=mg=50kg×10N/kg=500N，则对地面的压强为p=F故B不符合题意；C．根据生活经验可知，一枚鸡蛋的重力约为0.5N，中学生的身高约为1.6m，则对鸡蛋做的功约为W=Gh=0.5ND．教室里一盏普通日光灯正常发光通过的电流约为0.3A，故D不符合题意。故选A。

【分析】不同物理量的估算，有的需要凭借生活经验，有的需要简单的计算，有的要进行单位的换算，最后判断最合理的是哪一个。7．关于电磁转换，下列说法正确的是（）A．图甲实验中电流周围存在磁场，其磁场的方向与地磁场方向有关B．图乙实验只能研究电磁铁的磁性强弱与线圈匝数的关系C．图丙实验可以用来演示发电机的工作原理D．图丁实验产生感应电流的过程中，机械能转化为电能【答案】D【解析】【解答】A．图甲中，当导线中有电流经过时，小磁针的指向发生偏转，表明电流周围存在磁场，其磁场方向与电流方向有关，故A错误；B．图乙中，通过改变滑动变阻器阻值可改变电流大小，根据线圈吸引铁钉数量判断磁场强弱变化，因此能研究电磁铁磁性强弱与电流大小的关系，故B错误；C．图丙中，有电源，闭合开关后，通电导体在磁场中受力运动，这是电动机的工作原理，故C错误；D．图丁中，闭合电路的一部分导体ab在磁场中做切割磁感线运动时会产生感应电流，此过程中机械能转化为电能，故D正确。故选D。

【分析】对各个选项中的实验进行分析，根据实验过程确定其中包含的物理原理，然后与题目描述对照即可。8．根据表中数据，下列判断正确的是（）物质密度ρ熔点/℃比热容c冰0.9×02.1×铜8.9×10830.39×铝2.7×6600.88×A．水凝固成冰，体积变小B．0℃的冰一定是固液共存态C．用来熔化铜的器皿可以用铝制作D．体积相等的铜块和铝块，放出相同热量，铝块温度降低得较多【答案】D【解析】【解答】A．水的密度为1g/cm3，冰的密度为0.9g/cm3，则水凝固成冰，质量不变，密度变小，由V=mB.0℃是冰的熔点，可能是固态、液体、固液共存态，故B错误；C．熔化铜的器皿的熔点要高于铜，根据表格可知，铝的熔点低于铜，则不能用铝熔化铜，故C错误；D．根据m=ρV可知，体积相等的铜块和铝块，铜块和铝块的质量之比是89:27，比热容之比是39:88。当放出相同热量，根据Δt=故选D。

【分析】A.根据公式V=mρ比较冰的体积变化；

B.当晶体在熔点时，可能为固态、液态和固液共存态；

C.当熔化金属时，容器的金属必须是固态才行；

D.根据公式m=ρV和9．2024年12月，长征五号运载火箭成功发射，下列说法正确的是（）A．火箭喷出高温高压燃气的同时，空气对火箭施加了推动力B．火箭发射时的能量转化与热机中做功冲程的能量转化相同C．火箭加速升空的过程中，火箭的动能转化为重力势能D．火箭升空过程中与空气摩擦，这是通过热传递使火箭内能增加【答案】B【解析】【解答】A．火箭向下喷出燃气时，对燃气施加向下的力，由于物体间力的作用是相互的，燃气就会给火箭一个向前的反作用力，推动火箭前进，而不是空气对火箭施加推力，故A错误；B．火箭发射时，将燃气的内能转化为火箭的机械能，和热机的做功冲程能量转化相同，故B正确；C．火箭加速升空过程中，火箭的动能和重力势能都增大，二者不存在能量转化，这个过程中化学能转化为动能和重力势能，故C错误；D．火箭升空过程中与空气摩擦，将机械能转化为内能，是通过做功的方式使火箭内能增加，而不是热传递，故D错误。故选B。

【分析】A.根据力的作用的相互性分析；

B.热机的做功冲程，将内能转化为机械能；压缩冲程，将机械能转化为内能；

C.根据能量转化的知识分析；

D.做功改变内能的本质为能量的转化，热传递改变内能的本质为能量的转移。10．如图所示，下列描述正确的是（）A．甲图中运动员在离开撑杆前能继续上升是由于人具有惯性B．乙图中手对铅笔的压力和地面对铅笔的支持力是一对平衡力C．丙图中实心球运动到B点时，若所受力全部消失，实心球将保持静止D．丁图中F1或F【答案】D【解析】【解答】A．甲图中，运动员在离开撑杆前，他和撑杆接触，而撑杆正在恢复形状，则能继续上升是由于受到撑杆的弹力作用，故A错误；B．乙图中，地面对铅笔的支持力等于铅笔重力和手对铅笔的压力之和，则手对铅笔的压力和地面对铅笔的支持力大小不相等，不是一对平衡力，故B错误；C．丙图中，B点为最高点，当实心球运动到B点时仍有水平方向的速度，若所受力全部消失，根据牛顿第一定律可知，实心球将做水平方向的匀速直线运动，故C错误；D．丁图中，行李箱的重力竖直向下，有使它顺时针转动的趋势。如果要使它保持静止，那么拉力就必须能使拉杆箱逆时针方向转动，而F1和F2都不符合，故D正确。故选D。

【分析】A.根据撑杆对人的弹力作用判断；

B.根据平衡力的条件判断；

C.根据牛顿第一定律判断；

D.根据对拉杆箱的受力分析判断。11．如图所示，电源电压为6V，闭合开关，发现灯泡不亮，现用一只电压表对该电路进行检测，电压表并联在电路中的某两点，其示数如下表，若故障是由R1电压表接入位置a、da、bb、cc、da、c电压表示数/V60606A．R1短路，R2短路 B．R1C．R1短路，R2断路 D．R1【答案】C【解析】【解答】根据图片可知，定值电阻R1、R2和灯泡串联。当电压表接在a、d之间时，电压表的示数与电源电压相等，说明电压表与电源接通。电压表接在b、c之间，电压表有示数，说明它与两极之间正常连接，那么与它并联的电阻R2发生断路。

电压表接在ac间有示数，说明cd部分正常。

如果R1也是断路，那么电压表在bc之间时肯定没有示数，则R1肯定短路。故选C。

【分析】电压表有示数，说明它与电源之间正常连接；电压表没有示数，说明它要不被短路，要么就是与电源之间存在断路，据此分析判断。12．图甲电路中，电源电压恒定，滑动变阻器的最大阻值为R1．闭合S，移动滑片P，滑动变阻器的电功率P1与其阻值RP变化的图像如图乙所示．滑动变阻器接入电路的阻值由14R1变化到A．R0B．电源电压为6VC．R1D．电路消耗的总功率最小值为2.4W【答案】B【解析】【解答】根据甲图可知，闭合开关S后，R0、R1、R2串联，电压表V1测R1、R2两端的电压之和，电压表V2测R1、R0两端的电压之和，电流表测电路中的电流。

滑动变阻器接入电路的阻值14R1时，设电路中的电流为I1，则R0两端的电压U0=I1R0，

滑动变阻器接入电路的阻值为R1时，电路中的电流为I2，则R0两端的电压U0'=I2R0，

R2两端的电压U2'=I2R2，

则R0两端的电压的变化量ΔU0=I1R0-I2R0=(I1-I此时R0两端的电压的变化量等于R1、R2两端电压之和的变化量，即等于电压表V1示数的变化量，所以ΔU0=1V，则R由图乙可知，滑动变阻器接入电路的阻值分别为14R1和R1时，滑动变阻器消耗的电功率相等，

所以I1I2=21，则有I1=2I2，

由题意可知I1-I2=0.2A，即2I2-I2=0.2A，则I2=0.2A，I1=0.4A，滑动变阻器接入电路的阻值为R1时，电源电压U=I因为电源电压相等，所以0.4A则R1=20Ω，电源电压U=滑动变阻器接入电路的阻值为R1时，此时电路中总电阻最大，

根据P=U2R可知，此时电路消耗的总功率最小

故B正确，ACD错误。故选B。

【分析】闭合开关S后，R0、R1、R2串联，电流表测电路中的电流，电压表V1测R1、R2两端的电压之和，电压表V2测R1、R0两端的电压之和，根据串联电路的电压规律求出电阻R0、R2的阻值；

再根据图乙结合P=I2R分别列出滑动变阻器接入电路的阻值为14R1和R1滑动变阻器接入电路的阻值为R1时，此时电路中总电阻最大，根据P=U二、填空题（本题共7小题，每空1分，共26分）13．我国科学团队研制出的一款柔性显示玻璃，厚度仅有0.03（选填“mm”或“μm”），创造出新的世界纪录，如图所示，手指用力压这种玻璃会使其弯曲，玻璃能够弯曲是由于（选填“手”或“玻璃”）形变而产生了力，这种玻璃常应用于折叠屏手机，手机是通过波来传递信息的，其在真空中的传播速度为m/s。【答案】mm；手；电磁；3×【解析】【解答】（1）μm这个长度单位太小，则我国科学团队研制出的一款柔性显示玻璃，厚度约0.03mm。（2）玻璃弯曲是因为手对玻璃的施加压力，是由手发生形成而产生的。（3）手机是通过电磁波传递信息，且在真空中的传播速度为3×108m/s。

【分析】（1）长度的国际单位为m，常用单位km、dm、cm、mm和μm；

（2）对玻璃进行受力分析即可；

（3）根据电磁波的特点，应用和传播速度解答。14．中医是中国古代科学的瑰宝．图甲“艾灸”时，闻到艾草药香是因为分子在；图乙“针灸”的针头做得尖是为了增大；图丙“拔火罐”时，玻璃罐能“吸附”在皮肤上是的作用；图丁“刮痧”时，皮肤温度升高是通过方式改变物体内能。【答案】永不停息的无规则运动；压强；大气压；做功【解析】【解答】（1）图甲“艾灸”时，闻到艾草药香是因为构成物质的分子永不停息的无规则运动。（2）图乙“针灸”的针头做得尖是通过减小受力面积来增大压强。（3）图丙“拔火罐”时，玻璃罐能“吸附”在皮肤上是现将瓶内的气体排出，瓶内气压变小，在外界大气压的作用下将玻璃罐压在皮肤上。（4）图丁“刮痧”时，通过摩擦的方式将机械能转化为内能，是通过做功的方式改变物体的内能。

【分析】（1）根据分子运动的知识解答；

（2）增大压强的方法：增大压力或减小受力面积；

（3）根据大气压强的知识解答；

（4）改变物体内能的方式：做功和热传递。15．如图甲所示是“探究不同物质吸热升温的现象”实验装置，两个相同的易拉罐中分别装有质量相同的a、b两种液体，用相同的装置加热（不计热量损失），根据记录的实验数据绘制的温度与时间的关系图像如图乙所示，实验中，可以通过来比较两种液体吸收热量的多少；若升高相同温度，液体吸收热量更多，a液体与b液体的比热容之比为。【答案】加热时间；b；2∶5【解析】【解答】（1）根据甲图可知，实验中用相同的酒精灯加热，则加热时间越长则物质吸收的热量越多，因此可以通过加热时间来比较两种液体吸收热量的多少。（2）根据乙图可知，当两者液体都加热3分钟时，二者吸收相同的热量，a液体与b液体升高的温度分别∆ta=80℃-30℃=50℃，∆tb=40℃-20℃=20℃；比较可知，若b液体也升高50℃，则b液体需要加热时间更长，因此b液体吸收热量更多。（3）综上所述，当吸收相同的热量时，∆ta=80℃-30℃=50℃，∆tb=40℃-20℃=20℃，

根据Q=cmΔt可知，在质量和吸热相同的情况下，比热容与升高的温度之积为一定值，升高的温度与比热容成反比，a液体与b液体的比热容之比为ca∶cb=20℃∶50℃=2∶5。

【分析】（1）实验中用相同的酒精灯加热，则加热时间越长则物质吸收的热量越多；

（2）首先根据图乙比较加热相同的时间时二者升高温度高低，然后据此推测升高相同的温度时哪种液体还需要延长加热时间，从而比较吸收热量多少；

（3）根据公式Q=cmΔt计算二者的比热容之比。16．如图甲是农民捣谷用的“春”，图乙是其结构示意图．AOB为碓（duì）杆，O为支点，AO长1.5m，OB长0.3m，舂相当于简单机械中的杠杆，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，则每踩一次克服碓头重力做功是J，若不计碓杆的重力和摩擦，脚至少用N的力才可以将碓头抬起，若1min将，B处踩下30次，舂的机械效率为60%，则人做功的功率是W。【答案】费力；18；150；15【解析】【解答】（1）根据乙图可知，O为支点，阻力臂变为OA，动力臂为OB，则动力臂小于阻力臂，因此舂相当于费力杠杆。（2）若碓头的重力为30N，每踩一次碓头上升的高度为60cm，则每踩一次克服碓头重力做功是W=Gh=30（3）根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2可得：G×OA=F×OB；

30N×1.5m=F×0.3m；解得：F=150N（4）若1min将B处踩下30次，则做得有用功为W有用人做的总功为W总则人做功的功率是P=W总t=900J60s=15W。

【分析】（1）比较动力臂和阻力臂的大小，从而确定杠杆的分类。

（2）根据W=Gh计算每踩一次克服碓头重力做功：

（3）不计碓杆重力和摩擦，根据杠杆平衡条件F1L1=F17．如图所示，水平桌面上，一个密度为ρ的实心小球，甲、乙是分别盛满密度为ρ1、ρ2两种不同液体的相同溢水杯．将小球分别放入甲、乙溢水杯中，静止后小球受到的浮力分别为F1（1）小球放入溢水杯后，液体对容器底部的压强；（2）若小球在甲中沉底，在乙中漂浮，则m1m（3）若小球在甲中漂浮，在乙中悬浮，则F1F2，此时容器对桌面的压强p1【答案】（1）不变（2）<（3）=；>【解析】【解答】（1）根据题意可知，溢水杯中已经装满液体，则小球放入溢水杯后，液体从溢水杯溢出，液面到容器底部的深度没有发生改变，根据p=ρgh可知，液体对容器底部的压强不变。（2）小球在甲中沉底，则小球受到的浮力与重力的关系为F1<G小球；当小球在乙中漂浮，小球受到的浮力与重力的关系为F2=G小球，因此浮力F（3）①小球在甲中漂浮，则浮力F1=G小球；在乙中悬浮，则浮力②根据物体浮沉条件可知，小球在甲中漂浮，在乙中悬浮时，甲乙溢水杯中液体密度的关系分别有ρ<ρ1、ρ=ρ2，即ρ1>ρ2，甲乙溢水杯中剩余液体体积关系有V1>V2，由m=ρV可知，甲乙溢水杯中剩余液体的质量m甲>m乙，所以甲乙溢水杯对桌面的压力（1）小球放入溢水杯后，液体从溢水杯溢出，液面到容器底部的深度没有发生改变，液体对容器底部的压强不变。（2）根据浮沉条件可知，小球在甲中沉底，小球受到的浮力与重力的关系为F1<G小球，根据阿基米德原理可知F1=G甲排=m1g，则（3）[1]小球在甲中漂浮，在乙中悬浮，都受到浮力和重力，都处于平衡状态，是二力平衡现象，即有F1=G小球、[2]根据物体浮沉条件可知，小球在甲中漂浮，在乙中悬浮时，甲乙溢水杯中液体密度的关系分别有ρ<ρ1、ρ=ρ2，即ρ1>ρ2，甲乙溢水杯中剩余液体体积关系有V1>V18．如图所示的电路中，电源电压不变。只闭合开关S1，滑片P移动到最左端，电路安全，电流表示数为I1；再闭合开关S2，电流表示数为I2，且I1<I2，则甲是【答案】电压；电流；变小【解析】【解答】（1）根据电路图可知，只闭合S1，滑片P移动到最左端，滑动变阻器接入电路的电阻为0。如果甲为电流表，则此时会造成短路，因此甲必须为电压表。此时该电路为R1、R2串联，甲测R1、R2两端的电压，电电流表示数为I1；

再闭合开关S2，若乙为电压表，此时仍然是R1、R2串联，则电路中的电流不变，不符合题意；

根据I1<I2可知，乙只能为电流表，此时电阻R1被短路，闭合S（2）根据电路图可知，只闭合开关S1，R1、R2、滑动变阻器串联，电压表测R1、R2两端的电压。滑片P向右移动时，电路中的电阻变大，电流减小，由U=IR可知，电表甲的示数变小。

【分析】（1）根据电流表、电压表的特点和电流表示数的变化判定甲、乙电表的种类；

19．甲图是某饮水机内部电路简化图，其具有加热和保温功能。控制电路中，电源电压U1=6V，R为电阻箱，图乙为热敏电阻Rt−t的图像，其允许通过的最大电流Imax=20mA。电磁继电器线圈电阻不计。工作电路中，电源电压U2（1）保温时，衔铁与触点接通。（2）加热时，工作电路的电流为（3）为使控制电路能正常工作，Rt接入电路中的最小阻值为Ω。（4）R调为Ω，饮水机工作稳定后，水温的变化范围是50~75℃。【答案】（1）a（2）5（3）100（4）300【解析】【解答】（1）电源电压不变，保温时电功率较小，根据P=U2R可知，此时总电阻较大。根据图片可知，衔铁与触点a接通，电路是R1（2）根据甲图可知，衔铁被吸下与触点b接通，电路是只有R1，此时处于加热状态，

则电热水器加热时的电流为I=U（3）根据题意可知，当热敏电阻Rt允许通过的最大电流为Imax=20mA=0.02A；此时电路的总电阻为R总由图乙可知，R的最小值是200Ω，

则可调电阻Rt的最小阻值为R最小=R总-Rt最小=300Ω-200Ω=100Ω。（4）根据乙图可知，当水温是50℃时，Rt1的电阻是300Ω，当电磁继电器通过的电流为I2≥10mA=0.01A；衔铁被吸下与触点b接通，控制电路的总电电阻为R总R的阻值为R=R总-Rt1=600Ω-300Ω=300Ω；水温的是75℃时，Rt2的电阻是450Ω，由题意可知，衔铁上弹与触点a接通时，控制电路中的电流I'=8mA=0.008A；此时控制电路中的总电阻为R总R的阻值为R'=R总'-Rt2=750Ω-450Ω=300Ω；可调电阻调为300Ω，电热水器工作稳定后，水温的变化范围50℃-75℃。

【分析】（1）保温状态功率大，加热状态功率小，根据P=U2R比较总电阻大小，并与甲图对照即可；

（2）根据衔铁与触点a接触与否，结合串联电阻的规律与P=U2R分析不同状态工作电路的结构，由欧姆定律得出电热水器加热时的电流；（1）由题意可知，衔铁与触点a接通，电路是R1与R2串联，电路的总电阻较大，由P=U（2）题意可知，衔铁被吸下与触点b接通，电路是只有R1的简单电路，电路的总电阻较小，由P=U2（3）当热敏电阻Rt允许通过的最大电流为Imax=20mA=0.02A电路的总电阻为R由图乙可知，R的最小值是200Ω，可调电阻Rt的最小阻值为R最小=R总-Rt最小=300Ω-200Ω=100Ω（4）由乙图可知，当水温是50℃时，Rt1的电阻是300Ω，当电磁继电器通过的电流为I2≥10mA=0.01A衔铁被吸下与触点b接通，电热水器处于加热状态。由欧姆定律可知，此时控制电路的总电电阻为R根据串联电路的特点可知，R的阻值为R=R总-Rt1=600Ω-300Ω=300Ω水温的是75℃时，Rt2的电阻是450Ω，由题意可知，衔铁上弹与触点a接通时，控制电路中的电流I'=8mA=0.008A此时控制电路中的总电阻为RR的阻值为R'=R总'-Rt2=750Ω-450Ω=300Ω可调电阻调为300Ω，电热水器工作稳定后，水温的变化范围50℃-75℃。三、解答题（本题共9小题，共50分．解答27、28题时应有公式和解题过程）20．按要求作图。（1）在图甲中画出相应的入射光线。（2）用“悬挂法”可找出形状不规则薄板的重心，在图乙中选择合适的图，画出薄板所受力的示意图。（3）图丙中，将插座和控制插座的开关正确接入家庭电路中。【答案】（1）（2）（3）【解析】【解答】（1）根据凹透镜的特殊光线可知，通过凹透镜光心的光线，传播方向不变；射向另一侧虚焦点的光，通过凹透镜后平行主光轴射出，如下图所示：（2）如图所示，选择A、B两点悬挂起来，沿铅垂线方向两次画出直线，因为物体的重心只有一个，所以图中的交点O点为薄板的重心，从重心O分作出薄板竖直向下的重力和竖直向上的拉力，如图所示：（3）在家庭电路中，为了用电安全，开关接在插座与火线之间。根据“左零右火中间地”的规律可知，三孔插座的上面的孔接地线，左孔接入零线，右孔通过开关接火线，如下图所示：

【分析】（1）根据凹透镜的三条特殊光线作图；

（2）物体的重力竖直向下，则当将物体悬挂起来静止时，通过悬挂点的竖直线肯定经过重心，而两条竖直线的交点就是重心的位置。确定力的三要素，然后沿力的方向画带箭头的线段即可。

（3）根据家庭电路安全用电和连接的注意事项解答。（1）通过凹透镜光心的光线，传播方向不变；射向焦点的光，通过凹透镜后平行主光轴射出，作图如下：（2）根据二力平衡的条件和重力的方向总是竖直向下的，可以用悬挂法测不规则形状的薄板的重心，如图所示，选择A、B两点悬挂起来，沿铅垂线方向两次画出直线，图中的O点为薄板的重心，从重心O分作出薄板竖直向下的重力和竖直向上的拉力，如图所示：（3）为了安全，开关接在插座与火线之间，三孔插座的上面的孔接地线，左孔接入零线，右孔通过开关接火线，如图所示：21．小明用图甲装置做“探究冰的熔化特点”实验。（1）图甲中温度计示数为℃。（2）下列措施不能使冰受热均匀的是________。A．通过水给试管加热B．加热过程中不断搅拌C．温度计的玻璃泡完全浸没在碎冰中（3）图乙是根据实验数据画出的冰的“温度—时间”图像，由图像可知：冰属于。（4）小明等试管内冰全部熔化后，持续加热，想完成“观察水的沸腾”实验，他的做法（选填“合理”或“不合理”）。【答案】（1）-4（2）C（3）晶体（4）不合理【解析】【解答】（1）如图甲所示，该温度计的分度值为1℃，液面在0℃以下，其读数为-4℃。（2）A.通过水给试管加热，试管内的冰块与热源的接触面积更大，则碎冰受热更均匀，故A不符合题意；B．加热过程中不断搅拌是为了使碎冰受热均，故B不符合题意；C．温度计的玻璃泡是否完全浸没在物质中，与是否受热均匀无关，故C符合题意。故选C。（3）根据乙图可知，冰熔化时的温度保持不变，即冰有熔点，所以冰是晶体。（4）根据题意可知，试管中的水从烧杯内不断吸热，当它的温度达到沸点后，由于试管中的水与烧杯中的水温度相同，因此不能从烧杯中的水吸收热量，所以试管中的水不能沸腾。所以他的做法不合理。

【分析】（1）根据甲图确定温度计的分度值，根据液面位置读数；

（2）根据各个选项中的操作对冰块吸热的影响分析；

（3）晶体有熔点，非晶体没有熔点；

（4）液体沸腾的条件：达到沸点和继续吸热。（1）冰在熔化前某时刻温度计示数如图甲所示，温度计的分度值为1℃，示数在0℃以下，其读数为-4℃。（2）A.通过水给试管加热，采用的是水浴加热法，与直接加热相比，碎冰受热更均匀，故A不符合题意；B．加热过程中不断搅拌是为了使碎冰受热均，故B不符合题意；C．温度计的玻璃泡完全浸没在物质中，与是否受热均匀无关，故C符合题意。故选C。（3）由图像可知，冰熔化时的温度保持不变，所以冰是晶体。（4）小明等试管内冰全部熔化后，持续加热，想完成“观察水的沸腾”实验，烧杯中的水达到沸腾后，试管中的水却不能沸腾，是由于试管中的水与烧杯中的水温度相同，不存在温度差，不能发生热传递，也就是不能从烧杯中的水吸收热量，所以试管中的水不能沸腾。所以他的做法不合理。22．小明做“探究凸透镜成像的规律”实验。（1）小明在窗边用凸透镜看书上的文字，当他移动凸透镜时，意外发现书上出现了窗外景物的像，这与生活中（选填“放大镜”“投影仪”或“照相机”）的成像原理相同。（2）为了使像成在光屏中央，安装时要使F光源和光屏的中心在凸透镜的上。（3）安装好器材后，通过调节使光屏上出现清晰的像，如图所示。将F光源向右移至20cm刻度线处，发现光屏上的像变模糊，为使光屏上再次出现清晰的像，则应将光屏移至cm刻度线处或在凸透镜左侧附近放置合适的眼镜。（4）在图示情形下，将F光源移至30cm刻度线处，移动光屏（选填“能”或“不能”）在光屏上找到清晰的像。【答案】（1）照相机（2）主光轴（3）70；远视（4）不能【解析】【解答】（1）窗外景物到凸透镜的距离肯定大于凸透镜到眼睛的距离，即此时像距大于物距，那么成倒立、缩小的实像，应用于照相机。（2）在实验中，调整F光源、凸透镜和光屏三者的中心在凸透镜的主光轴上，目的是为了使像成在光屏中央。（3）①根据图片可知，原来的u=40cm-10cm=30cm，像距v=60cm-40cm=20cm。根据光路可逆可知，将物距和像距交换数值后，光屏上仍然成像，即此时v=30cm，故应将光屏移至：40cm+30cm=70cm刻度线处。②综上所述，光屏要向右移动才能成清晰的实像，则如果光屏不动，需要光线比原来会聚才行，即可以在凸透镜前放上合适的凸透镜，也就是远视眼镜。（4）根据图片可知，v=20cm时，大于一倍焦距小于二倍焦距，故10cm<f<20cm，将F光源移至30cm刻度线处，u=10cm，此时u<f，成正立、放大的虚像，故光屏上没有清晰的像。

【分析】（1）根据凸透镜成实像时，物距大于像距，成倒立、缩小的实像，应用于照相机；

（2）为了使像成在光屏中央，应调整F光源、凸透镜和光屏三者的中心在凸透镜的主光轴上；

（3）①根据光路可逆可知，将物距和像距交换数值后，光屏上仍然成像；

②远视眼镜是凸透镜，凸透镜对光线具有会聚作用，会将光线提前会聚成像；

（4）当u＜f时成正立、放大的虚像，光屏不能承接虚像。（1）移动凸透镜时，书上出现了窗外景物的像，此时物距大于像距，根据凸透镜成实像时，物距大于像距，成倒立、缩小的实像，应用于照相机。（2）为了使像成在光屏中央，应调整F光源、凸透镜和光屏三者的中心在凸透镜的主光轴上。（3）[1]将F光源向右移至20cm刻度线处，此时u=20cm，根据光路可逆可知，此时v=30cm，故应将光屏移至70cm刻度线处。[2]若不移动光屏，可以在凸透镜前放上合适的远视眼镜，远视眼镜是凸透镜，凸透镜对光线具有会聚作用，会将光线提前会聚成像。（4）由图可知，v=20cm时，大于一倍焦距小于二倍焦距，故10cm<f<20cm，将F光源移至30cm刻度线处，u=10cm，此时u<f，成正立、放大的虚像，故光屏上没有清晰的像。23．小明利用所学知识测量水龙头的密度。（1）将天平放在桌面上，发现天平指针正好指在刻度盘中央（如图甲），此时他应将游码移至零刻度线处，并将平衡螺母向调节，重新使天平平衡。（2）将水龙头放在天平左盘，向右盘加减砝码并移动游码，天平平衡时如图乙所示，测得水龙头质量为g；然后用溢水杯、水、小烧杯、细线和天平测出水龙头的体积为39.8cm3，并算出密度是（3）小华提出用弹簧测力计测量密度更方便，她先用弹簧测力计测出水龙头的重力，然后将水龙头浸没在水中静止，发现弹簧测力计的示数减小了2小格，此时弹簧测力计的示数如图丙所示，小华计算出水龙头的密度是gcm（4）对上述实验进行交流评估，同学测得的密度误差较大。【答案】（1）水平；右（2）181.4；4.56（3）4.5（4）小华【解析】【解答】（1）①调节天平平衡时，首先将天平放在水平桌面上，然后将游码调至标尺左端零刻度线处；

②根据甲图可知，当把游码归零后，指针会左偏，即左盘重右盘轻，那么此时应将平衡螺母向右调节。（2）①根据乙图可知，横梁标尺的分度值为0.2g，则游码质量为1.4g，砝码质量为：100g+50g+20g+10g=180g；

则水龙头的质量m=180g+1.4g=181.4g；②水龙头的密度ρ=m（3）根据丙图可知，该测力计的分度值为0.2N，则弹簧测力计的示数为1.4N。

浸没在水中弹簧测力计少了两个格，即测力计的示数减少了0.4N，

因此水龙头的重力G=1.4N+0.4N=1.8N；此时水龙头受到的浮力F浮=G-F=1.8N-1.4N=0.4N；水龙头的体积等于排开水的体积V'水龙头的密度ρ'（4）根据题意可知，小华使用的弹簧测力计的分度值较大，测量的质量偏差较大，测量的密度值偏差较大，所以小华同学测得的密度值误差较大。

【分析】（1）①根据天平的调节方法解答；

②平衡螺母总是向较轻的一侧调节。

（2）水龙头的质量等于砝码的质量加游码的示数，由密度公式ρ=mV求出水龙头的密度；

（3）根据浸没在水中弹簧测力计少了两个格和弹簧测力计的分度值是0.2N推断水龙头的重力，由称重法F浮=G-F可知水龙头受到的浮力的大小，由阿基米德原理V'=V（1）[1][2]使用天平时，将天平放在水平桌面上，将游码调至标尺左端零刻度线处，图甲中没有将游码调至标尺左端零刻度线处，指针在分度盘的中央。当把游码归零后，指针会左偏，此时应将平衡螺母向右调节。（2）[1]图乙中标尺的分度值为0.2g，水龙头的质量m=100g+50g+20g+10g+1.4g=181.4g[2]水龙头的密度ρ=（3）图丙中测力计的分度值为0.2N，弹簧测力计的示数为1.4N。浸没在水中弹簧测力计少了两个格，可知水龙头的重力G=1.4N+0.4N=1.8N由称重法测浮力可知水龙头受到的浮力F浮=G-F=1.8N-1.4N=0.4N水龙头的体积等于排开水的体积V水龙头的密度ρ（4）弹簧测力计的分度值较大，测量的质量偏差较大，测量的密度值偏差较大，所以小华同学测得的密度值误差较大。24．小明利用吸管做了以下几个物理小实验。（1）图甲中，用带负电的橡胶棒能排斥用餐巾纸摩擦过的吸管，说明吸管带电。（2）图乙中，用吸管制成的气压计，从山下移到山顶时吸管内的水柱将。（3）图丙中，用吸管对着两个乒乓球中间吹气，乒乓球将向（选填“两边分开”或“中间靠拢”）。（4）用一根长为20cm的吸管，在吸管的一端塞入一些铜丝作为配重，并用石蜡将吸管的两端封闭起来制成密度计，如图丁所示，其中H=14cm、h=12cm，该密度计测得某液体的密度为【答案】（1）负（2）上升（3）中间靠拢（4）0.75【解析】【解答】（1）带负电的橡胶棒排斥用餐巾纸摩擦过的吸管，根据“同种电荷相互排斥”的规律可知，说明吸管带负电。（2）根据题意可知，从山下带到山顶，外界大气压减小，瓶内气压基本不变，根据p内=p大气+p水柱可知，液柱的压强增大，则吸管内液柱上升。（3）根据丙图可知，向乒乓球中间吹气时，中间空气流速大，压强变小，周围大气对乒乓球施加朝向中间的压力，因此乒乓球向中间靠拢。（4）根据题意可知，密度计在两个液体中都漂浮，则它们受到的浮力相等；

即F浮水=F浮液；ρ水gV排'=ρ液gV排''；ρ水gS(h'-H)=ρ液gS(h'-h)ρ水(h'-H)=ρ液(h'-h)1g/cm3×(20cm-14cm)=ρ液(20cm-12cm)；解得：ρ液=0.75g/cm3。

【分析】（1）根据电荷之间的相互作用规律分析；

（2）根据大气压强随高度的变化规律，结合公式p内=p大气+p水柱分析判断。

（3）根据流体压强和流速的关系判断；

（4）根据密度计漂浮时浮力相等，结合阿基米德原理列式计算即可。（1）同种电荷相互排斥，图甲中带负电的橡胶棒排斥用餐巾纸摩擦过的吸管，说明吸管和橡胶棒带同种电荷，吸管带负电。（2）大气压强与高度有关，高度越高大气压强越小，从山下带到山顶，外界大气压减小，瓶内气压基本不变，把液体压入吸管内，吸管内液柱上升。（3）向乒乓球中间吹气时，乒乓球中间空气流速大，压强变小；在流速小的地方压强较大，乒乓球外侧大气压不变，乒乓球外侧压强大于内侧压强，乒乓球向中间靠拢。（4）因为自制的密度计在两个液体中都漂浮，根据物体的浮沉条件可知G物=F浮水=F浮液由F浮=ρ液gV排可知ρ水gV排'=ρ液gV排''即ρ水gS(h'-H)=ρ液gS(h'-h)化简得ρ水(h'-H)=ρ液(h'-h)代入数据得1g/cm3×(20cm-14cm)=ρ液(20cm-12cm)解得ρ液=0.75g/cm3。25．在“探究滑动摩擦力大小与哪些因素有关”的实验中，小明利用弹簧测力计、两个完全相同的木块、木板、玻璃板、细线等器材进行了如图所示的4次实验。（1）每次操作均用弹簧测力计沿水平方向匀速向右拉动木块，这样操作的目的是利用知识来测量力；（2）比较2、3两次实验可得：在接触面粗糙程度相同时，；（3）比较3、4两次实验可知滑动摩擦力大小与接触面积（选填“有关”或“无关”）。【答案】（1）二力平衡；滑动摩擦（2）压力越大，滑动摩擦力越大（3）无关【解析】【解答】（1）在实验中，用弹簧测力计沿水平方向匀速向右拉动木块，此时木块处于平衡状态，那么测力计的拉力等于木块受到的摩擦力，因此这样操作的目的是利用二力平衡知识来测量滑动摩擦力。（2）根据图片可知，实验2、3中只有压力大小不同，且实验3中压力越大，测力计的示数越大，因此得到结论：在接触面粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大。（3）根据图片可知，3、4中接触面积不同，但是测力计的示数相同，说明滑动摩擦力大小与接触面积无关。

【分析】（1）当物体在水平方向做匀速直线运动时，它受到平衡力，即拉力等于摩擦力；

（2）根据图片分析实验2和3中哪个因素不同，根据测力计的示数大小分析得出结论；

（3）根据图片分析3和4中接触面积改变时测力计的示数是否相同即可。（1）[1][2]每次操作均用弹簧测力计沿水平方向匀速向右拉动木块，此时木块处于平衡状态，这样操作的目的是利用二力平衡知识来测量滑动摩擦力。（2）比较2、3两次实验可得：在接触面粗糙程度相同时，压力越大，测力计的示数越大，说明在接触面粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大。（3）比较3、4两次实验可知，在接触面粗糙程度和压力相同时，接触面积不同，测力计的示数相同，说明滑动摩擦力大小与接触面积无关。26．两个铭牌模糊的灯泡L1、L（1）图甲用“伏安法”测量RL1①图中有一根导线连接错误，在该导线上打“×”，并在图中改正；②改正电路后，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片置于（选填“A”或“B”）端；③闭合开关，移动滑片至电压表示数为3.8V时，电流表示数如图乙所示，则RL1=（2）利用图丙电路能测出RL2的大小，电源电压恒定，R0为定值电阻，滑动变阻器R1和R2的最大阻值分别为①闭合S、S2，断开S1，将R1滑片移到最左端，调节R②断开S2，闭合S、S1，保持其中一个滑动变阻器滑片P位置不动，调节③保持R1的滑片P不动，将R2的滑片P移到最左端，读出电流表的示数为I1，再将R④则RL2=【答案】（1）；B；10（2）0.2；R1；I【解析】【解答】（1）①滑动变阻器接线应该“一上一下”，而甲图中两根导线都接在A接线柱上。此时可以将灯泡与变阻器相连的导线拆下，改接在灯泡右端与变阻器的D接线柱上即可，如下图所示：②根据甲图可知，当滑片在B端时变阻器的阻值最大，则闭合开关前，滑动变阻器应该移到B端。③根据乙图可知，该电流表量程为0~0.6A，分度值为0.02A，电流表示数为0.38A，

则小灯泡电阻值RL1（2）①首先闭合S，S2，断开S1，因为R1的滑片移动到最左端，滑动变阻器阻值为0，电路只有L2，R2串联。移动R2的滑片为了让L2正常工作，此时小灯泡阻值就是正常工作的时候的阻值，所以电流为0.2A。②当断开S2，闭合S，S1时，使小灯泡正常工作的阻值与已知电阻阻值相等，要保证除R2以外所分得的电压相同，即保持R2不变，调节R1的阻值，使电流仍然为0.2A，则此时R0与R1两端的电压与小灯泡正常工作电压相同，两个电阻之和与小灯泡的阻值相等，计算出两者电阻之和，就可以表示出小灯泡的电阻，所以应该调节R1。③保持R1不动，当R2滑片在最左端时，R2阻值为0，电路中R0、R1串联，此时电流为I1，则I1=保持R1不动，当R2滑片在最右端时，R2阻值接入最大，电路中R0、R1、R2串联，此时电流为I2，则I2=根据第二问分析可得RL2=联立①②③式可得RL2=I2R2I1−I2。

【分析】（1）①用伏安法测量小灯泡的电阻的实验，电压表并联在小灯泡两端，小灯泡和滑动变阻器串联，电流表串联在电路中；

②为了电路安全，闭合开关前，滑动变阻器滑片应处于最大值端；

③图乙中电流表的量程、分度值已知，读取电流表的示数，由欧姆定律求出小灯泡的电阻；

（2）①闭合S、S2，断开S1，将R1滑片移到最左端，调节R2滑片P，使小灯泡正常发光；

②断开S2，闭合S、S1，为了知道小灯泡正常发光时的电阻，保持滑动变阻器R2滑片P位置不动，调节R1的滑片，时电流表示数不变，此时灯泡的电阻RL等于R0与滑动变阻器R1接入电路的电阻之和；

③保持R1（1）[1]小灯泡应与滑动变阻器串联，图中电路，电流经过电压表“3V”接线柱，流到小灯泡左接线柱，未经过小灯泡右接线柱直接流到滑动变阻器的“C”接线柱，所以这段导线错误，应该，流过右接线柱，流到电压表的“负”，再流到滑动变阻器的“D”接线柱，如图所示：[2]闭合开关前，滑动变阻器应该移到阻值最大处，即B端。[3]图乙中电流表量程为0~0.6A，分度值为0.02A，电流表示数为0.38A，且电压表为3.8V，则小灯泡电阻值R（2）[1]本题是利用等效替代法测量小灯泡的正常工作时候的阻值，首先闭合S，S2，断开S1，因为R1的滑片移动到最左端，滑动变阻器阻值为0，电路只有L2，R2串联，电路局部图如图所示，移动R2的滑片为了让L2正常工作，此时小灯泡阻值就是正常工作的时候的阻值，所以电流为0.2A。[2]当断开S2，闭合S，S1时，局部图如图所示，为了利用等效替代法，使小灯泡正常工作的阻值与已知电阻阻值相等，要保证除R2以外所分得的电压相同，即保持R2不变，调节R1的阻值，使电流仍然为0.2A，则此时R0与R1两端的电压与小灯泡正常工作电压相同，两个电阻之和与小灯泡的阻值相等，计算出两者电阻之和，就可以表示出小灯泡的电阻，所以应该调节R1。[3]保持R1不