2024年北京中考物理终极押题密卷1含答案

2024年北京中考物理终极押题密卷1一．选择题（共12小题）1．如图所示的四种发电方式中，利用不可再生能源发电的是（）A．光伏发电 B．风力发电 C．水力发电 D．核能发电2．从“天宫”建站到“嫦娥”奔月，从“天问”探火到“羲和”追日，中国航天一步一步走在探索星辰大海的伟大征程中。下列天体或天体系统中空间尺度最大的是（）A．月球 B．地球 C．太阳系 D．银河系3．与“二十四节气”有关的谚语中蕴含着丰富的物理知识，如“霜降有霜，米谷满仓”。其中霜的形成过程对应的物态变化属于（）A．凝固 B．液化 C．凝华 D．汽化4．2024年3月2日，神舟十七号航天员汤洪波、唐胜杰、江新林密切协同，在空间站机械臂和地面科研人员的配合支持下，经过约8小时圆满完成出舱活动。图中所示是航天员江新林站在机械臂上停留在天和核心舱的太阳翼旁的情境，下列说法正确的是（）A．以机械臂为参照物，航天员是运动的 B．以航天员为参照物，太阳翼是静止的 C．以太阳翼为参照物，机械臂是运动的 D．以地面人员为参照物，核心舱是静止的5．小华把一段扁平、干燥的塑料绳一端扎紧，把另一端撕开成许多轻质细丝，用干燥的手向下捋几下，发现细丝张开了，如图所示。细丝之所以张开是由于（）A．同种电荷相互排斥 B．异种电荷相互吸引 C．同种电荷相互吸引 D．异种电荷相互排斥6．额定电压相同的甲、乙两个电热水壶，甲的额定功率为800W，乙的额定功率为1000W。两个电热水壶都正常工作时，下列说法正确的是（）A．甲电热水壶的加热电阻阻值较小 B．电流通过乙电热水壶做功较快 C．通过两个电热水壶的电流大小相等 D．工作相同时间，两个电热水壶消耗的电能一样多7．关于如图所示的四个情景，下列说法正确的是（）A．甲图两个底面削平的铅块紧压在一起，抽成真空也不会掉落，表明分子间存在引力 B．乙图试管中的水加热后，水蒸气将软木塞推出，此过程是将机械能转化为内能 C．丙图抽去玻璃板后，两瓶中的气体逐渐混合，说明上面瓶中的空气密度较大 D．丁图半杯黄豆和半杯小米装满茶杯，混合后杯子空出一截是由于分子间有空隙8．如图所示的是小东使用放大镜欣赏邮票时的情境。下列光路图能反映其成像原理的是（）A． B． C． D．9．下列实例中，为了减小摩擦的是（）A．给自行车的车轴加润滑油 B．骑自行车刹车时用力捏闸 C．运动鞋的底部制有凹凸不平的花纹 D．足球守门员戴有防滑手套10．骆驼的体重比马大不了一倍，而它的脚掌面积是马蹄的三倍，这为它在沙漠行走提供了有利条件。如图所示，站立在水平地面上的骆驼和马，下列说法正确的是（）A．骆驼对地面的压力就是它受到的重力 B．马对地面的压力小于它受到的重力 C．骆驼对地面的压强小于马对地面的压强 D．骆驼对地面的压力的作用效果大于马对地面的压力的作用效果11．如图所示，是动圈式话筒构造示意图。对着话筒说话或唱歌时，声音使膜片振动，与膜片相连的线圈在磁场中也跟着一起振动，线圈中产生大小不同的电流。动圈式话筒的工作原理与所示实验中产生现象的原理相同的是（）A．磁极间有相互作用 B．电流的磁效应 C．通电导体在磁场中受力 D．电磁感应现象12．图甲所示的是某起重车的示意图，该车有四个支撑脚，起重时在支撑脚支撑作用下，轮胎离开地面，四个支撑脚与地面的总接触面积为1.2m2，该车所受的重力为9.6×103N。图乙为起重车某次提升货物时，起重臂上滑轮组的示意图，货物在钢丝绳的拉力F作用下匀速上升，货物所受的重力为1.2×104N，钢丝绳的拉力F为5×103N，货物上升的高度随时间变化的关系如图丙所示。提升货物过程中，下列说法正确的是（）A．起重车对水平地面的压强为8×104Pa B．拉力F的功率为1.25×103W C．滑轮组的机械效率为80% D．动滑轮所受的重力为3×103N二．多选题（共3小题）（多选）13．将焦距为10cm的凸透镜固定在光具座上50cm刻度线处，如图所示，光屏和点燃的蜡烛位于凸透镜两侧。实验前调整烛焰中心、透镜中心和光屏中心在同一水平高度。下列说法中正确的是（）A．若蜡烛放置在10cm刻度线处，移动光屏，在光屏上不能呈现烛焰清晰的像 B．若蜡烛放置在20cm刻度线处，移动光屏，可在光屏上呈现烛焰缩小的实像 C．若蜡烛放置在35cm刻度线处，移动光屏，可在光屏上呈现烛焰倒立的实像 D．若蜡烛放置在45cm刻度线处，移动光屏，可在光屏上呈现烛焰放大的实像（多选）14．水平桌面上放有底面积、质量均相同的甲、乙两容器，容器内装有质量相同的不同种液体，将两个完全相同的小球分别放入两种液体中，小球静止时的状态如图所示。甲、乙两容器中的液体密度分别为ρ1和ρ2；甲、乙两容器中小球受到的浮力分别为F1和F2；甲、乙两容器中液体对容器底部的压强分别为p1和p2，甲、乙两容器对桌面的压力分别为F1'和F2'。下列判断正确的是（）A．ρ1＞ρ2 B．p1＞p2 C．F1＝F2 D．F1'＜F2（多选）15．我国自主研发的“奋斗者”号深海潜水器在马里亚纳海沟成功下潜万米深度，创造了中国载人深潜的新纪录。某兴趣小组为模拟潜水器设计了测量下潜深度的电路，如图甲所示。该电路由电流表、定值电阻R0、压敏电阻Rx、电压恒为U＝3V的电源组成，压敏电阻阻值随水深度变化的图像如图乙所示。当模拟潜水器下潜至10cm深度时，电流表的示数为0.06A，下列说法正确的是（）A．压敏电阻Rx的阻值随深度的增加而减小 B．定值电阻R0的阻值为30Ω C．当水深60cm时，R0的功率为0.1W D．该电路的最小功率为0.15W三．实验探究题（共8小题）16．小华用图甲所示电路测量额定电压为2.5V小灯泡的额定功率。（1）闭合开关S后，电压表示数如图乙所示，要使小灯泡正常发光，则滑动变阻器的滑片P应向端移动（选填“A”或“B”）；（2）移动滑动变阻器的滑片P，当小灯泡正常发光时，电流表的示数如图丙所示，此时通过小灯泡的电流为A，该小灯泡的额定功率为W。17．小延同学探究“通电螺线管外部磁场的方向”。实验桌上有学生电源、开关、小磁针（黑色一端为N极）若干、滑动变阻器以及螺线管。连接好电路后，在螺线管周围摆放好自由转动的小磁针。闭合开关S，静止时小磁针N极指向如图所示。（1）请用箭头标出图中A点的电流方向。（2）向右移动滑动变阻器的触头，（选填“能”、“不能”）改变小磁针静止时N极的指向。（3）探究“通电螺线管外部磁场的方向与螺线管中电流的方向有关”，请你写出操作方法和实验现象。。18．小东用如图甲所示的装置，探究“水沸腾前后温度随加热时间变化的关系”。小东选择初温为30℃的水进行实验，当水温加热到90℃时，他开始每隔一分钟记录一次水的温度，记时5min后水沸腾。水沸腾后又持续加热了一段时间，并记录水的温度。小东根据记录的数据绘制了水的温度随加热时间变化的关系图像，如图乙所示。（1）实验中小东观察到的现象可以判断水是沸腾的。（2）由图像可得出的实验结论：水沸腾前随着加热时间的增加，温度升高；水沸腾时。（3）若想缩短水沸腾前的加热时间，请你提出一条合理建议。19．探究“凸透镜所成实像的像距与物距是否有关”时，实验器材有：电子蜡烛一个、焦距为5cm的凸透镜A、焦距为10cm的凸透镜B。（1）小华完成如图所示的甲、乙两次实验，第一次实验所用凸透镜的焦距为10cm，第二次实验时应选择焦距为cm的凸透镜；（2）由实验现象可得结论：。20．小东用电子秤、装有适量水的烧杯、筷子（忽略体积）测量苹果的密度。（1）以下是实验的主要步骤，请补充完整。①将电子秤放在水平桌面上并调零，将装有适量水的烧杯放到电子秤上，如图甲所示，读出电子秤的示数并记为m1。②如图乙所示，将苹果放入水中，苹果静止后读出电子秤的示数并记为m2。③，读出电子秤的示数记为m3。（2）已知水的密度为ρ水，根据以上实验记录的数据，推导出苹果密度ρ的表达式。（用m1、m2、m3和ρ水表示，并写出推导过程）21．在探究“浸在水中的物体所受浮力大小跟物体排开水的体积是否有关”时，小明选用如图所示的圆柱体A（圆柱体上每一格体积相等，ρA＞ρ水）、弹簧测力计和装有适量水的烧杯等器材进行实验。（1）以下是他的部分实验步骤，请你帮他补充完整：①将圆柱体A悬挂在弹簧测力计下，静止时记录弹簧测力计的示数为F1。②将圆柱体A的一格浸在水中，圆柱体不接触容器，静止时记录弹簧测力计的示数为F2。③，，静止时记录弹簧测力计的示数为F3。（2）由F1﹣F2≠（请用本题中已测量的物理量符号表示），可以得出结论：浸在水中的物体所受浮力大小跟物体排开水的体积。22．小东为了探究“小球的动能大小与速度是否有关”，设计了实验，步骤如下：①将质量为m的小球A从斜槽上高为h的位置由静止释放，与水平面上的木块C相碰，测量木块C被小球A推动的距离s并记录，如图甲所示。②将质量为2m的小球B从同一斜槽上高仍为h的位置由静止释放，与水平面上同一位置的木块C相碰，测量木块C被小球B推动的距离s并记录，如图乙所示。请根据以上实验步骤，回答下列问题：（1）实验中小球的动能大小通过反映。（2）小东在探究过程中存在的问题：。23．为“探究液体内部的压强与哪些因素有关”，小乐提出以下三个猜想：猜想A：液体内部的压强与液体的深度有关猜想B：液体内部的压强与液体的密度有关猜想C：液体内部的压强与液体的质量有关为了验证猜想，小乐利用同一个微小压强计、相同的烧杯等器材进行了如甲、乙、丙图所示的实验。（1）实验中通过微小压强计反映液体内部的压强。（2）通过比较两图所示的实验现象，可以验证猜想B。（3）通过比较甲、乙两图所示的实验现象，验证猜想C。（选填“能”或“不能”）四．综合能力题（共1小题）24．无线充电技术随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线。小到手表、手机、电动牙刷，大到电脑、电动汽车的充电，都已经实现了从理论研发到实际应用的转化。常见的无线充电技术有电磁感应、磁共振、无线电波等方式。市场上支持无线充电的智能手机和充电器大部分都符合“Qi”规格。“Qi”源自汉语“气功”中的“气”。Qi技术的原理即为电磁感应，在发射端和接收端各有一个线圈，如图甲所示为手机无线充电原理示意图，电流流过发射线圈会产生变化的磁场，当接收线圈靠近该变化的磁场时就会产生感应电流给手机充电。采用电磁感应技术实现无线充电的优点是原理简单，适合短距离充电，但需特定的摆放位置才能精确充电。磁共振方式的原理与声音的共振原理相同——排列好振动频率相同的音叉，一个音叉发声，其他音叉也会共振发声。同样，排列在磁场中的相同“振动”频率的线圈，也可从一个向另一个供电，如图乙所示。相比电磁感应方式，利用磁共振可延长传输距离，无需使线圈间的位置完全吻合。这种方式有望广泛应用于电动汽车，但在技术上实现小型化、高效率化比较难，现在的技术能力大约是直径0.5m的线圈，在1m左右的距离供电功率约为60W。无线电波方式主要由微波发射装置和微波接收装置组成，其原理类似于无线电广播的发射与接收。“太空太阳能发电技术”就是利用了该原理：利用铺设在巨大平板上的太阳能电池，在太阳光照射下产生电流，转换成无线电微波，发送给地面接收站。地面接收后，将微波恢复为直流电或交流电，送给用户使用。请根据上述材料，回答下列问题：（1）如图中四个实验与Qi技术原理相同的是。（选填选项前的字母，只有一个选项正确）（2）根据文中所述，利用磁共振方式，直径0.5m的线圈在1m左右的距离范围内，1min内可提供的电能约为J。（3）关于无线充电技术，下列说法正确的是。（选填选项前的字母，只有一个选项正确）A．采用电磁感应方式的无线充电技术无需特定位置就能精确充电B．相比电磁感应方式，利用磁共振方式传输距离更短C．采用无线电波方式的无线充电技术的实现说明电磁波可以传递能量D．太空太阳能发电技术是将电能转化为化学能发送给地面接收站五．计算题（共2小题）25．如图所示的电路中，电源两端电压保持不变，电阻R1的阻值为10Ω。闭合开关S，电流表A1的示数为1.6A，电流表A2的示数为0.6A。求：（1）电源电压。（2）电阻R1的电功率。（3）通电10s电阻R2消耗的电能。26．如图所示的平底水桶底面积为5×10﹣3m2，质量为1kg。桶内装有30cm深的水，放在水平地面上，水对桶底的压强比桶对地面的压强小800Pa。g取10N/kg。求：（1）水对桶底的压强p；（2）桶对地面的压力F；（3）桶内水的质量m。

2024年菁优北京中考物理终极押题密卷1参考答案与试题解析一．选择题（共12小题）1．如图所示的四种发电方式中，利用不可再生能源发电的是（）A．光伏发电 B．风力发电 C．水力发电 D．核能发电【考点】能源及其分类．【专题】能源的利用与发展；理解能力．【答案】D【分析】能够源源不断地从自然界获得或能重复利用的能源是可再生能源，不能源源不断从自然界获得或不能重复利用的能源是不可再生能源。【解答】解：风能、水能、太阳能可以源源不断地从自然界获得，是可再生能源，光伏发电、风力发电、水力发电都是利用可再生能源发电的；核能不能从自然界源源不断获得，也不能重复利用，是不可再生能源，则核能发电是利用不可再生能源发电的，故ABC错误，D正确。故选：D。【点评】知道各种发电方式消耗的能源类型、知道再生能源与不可再生能源的概念即可正确解题。2．从“天宫”建站到“嫦娥”奔月，从“天问”探火到“羲和”追日，中国航天一步一步走在探索星辰大海的伟大征程中。下列天体或天体系统中空间尺度最大的是（）A．月球 B．地球 C．太阳系 D．银河系【考点】从微观到宏观的尺度．【专题】密度及其应用；应用能力．【答案】D【分析】月球是地球的卫星，地球是太阳系八大行星之一，太阳系是银河系万千星系中的一员。【解答】解：月球是地球的卫星，共同构成了地月系；地球属于太阳系八大行星之一；银河系是众多小星系构成的一个庞大星系，太阳系属于众多小星系之一。由此可见，银河系是四个选项所列的天体或天体系统中空间尺度最大的一个，故D正确，A、B、C错误。故选：D。【点评】本题考查我们对天文基础知识的了解程度，比较简单。3．与“二十四节气”有关的谚语中蕴含着丰富的物理知识，如“霜降有霜，米谷满仓”。其中霜的形成过程对应的物态变化属于（）A．凝固 B．液化 C．凝华 D．汽化【考点】升华和凝华的定义与特点．【专题】应用题；汽化和液化、升华和凝华；应用能力．【答案】C【分析】物质由气态直接变为固态的过程叫凝华。【解答】解：诗中“霜”的形成过程是水蒸气遇冷直接凝华为小冰晶。故ABD错误，C正确。故选：C。【点评】知道凝华概念，可解答此题。4．2024年3月2日，神舟十七号航天员汤洪波、唐胜杰、江新林密切协同，在空间站机械臂和地面科研人员的配合支持下，经过约8小时圆满完成出舱活动。图中所示是航天员江新林站在机械臂上停留在天和核心舱的太阳翼旁的情境，下列说法正确的是（）A．以机械臂为参照物，航天员是运动的 B．以航天员为参照物，太阳翼是静止的 C．以太阳翼为参照物，机械臂是运动的 D．以地面人员为参照物，核心舱是静止的【考点】运动和静止的相对性；参照物及其选择．【专题】应用题；运动和力；应用能力．【答案】B【分析】在研究物体的运动和静止时，要看物体的位置相对于参照物是否发生改变，若改变，则是运动的，若不改变，则是静止的。【解答】解：A、以机械臂为参照物，航天员的位置没有发生改变，是静止的，故A错误；B、以航天员为参照物，太阳翼的位置没有发生改变，是静止的，故B正确；C、以太阳翼为参照物，机械臂的位置没有发生改变，是静止的，故C错误；D、以地面人员为参照物，核心舱的位置发生了改变，是运动的，故D错误。故选：B。【点评】判断一个物体是运动还是静止，主要取决于所选的参照物，参照物不同，物体的运动情况可能不同，这就是运动和静止的相对性。5．小华把一段扁平、干燥的塑料绳一端扎紧，把另一端撕开成许多轻质细丝，用干燥的手向下捋几下，发现细丝张开了，如图所示。细丝之所以张开是由于（）A．同种电荷相互排斥 B．异种电荷相互吸引 C．同种电荷相互吸引 D．异种电荷相互排斥【考点】电荷间的相互作用规律．【专题】应用题；电流和电路；应用能力．【答案】A【分析】用手摩擦塑料绳时，由于摩擦生电而使塑料绳带上同种电荷，由电荷间的相互作用可知张开的原因。【解答】解：通过摩擦后，塑料绳带上了同种电荷，因同种电荷相互排斥从而使细丝张开。故选：A。【点评】本题考查物理知识在生活中的应用，要求学生掌握摩擦起电及电荷间相互作用的相关知识。6．额定电压相同的甲、乙两个电热水壶，甲的额定功率为800W，乙的额定功率为1000W。两个电热水壶都正常工作时，下列说法正确的是（）A．甲电热水壶的加热电阻阻值较小 B．电流通过乙电热水壶做功较快 C．通过两个电热水壶的电流大小相等 D．工作相同时间，两个电热水壶消耗的电能一样多【考点】电功率的概念；电功与电能的计算．【专题】电能和电功率；应用能力．【答案】B【分析】（1）根据P＝比较出两电阻的大小；（2）两电热水壶正常工作时的功率和额定功率相等，实际功率大的电流做功快。（3）根据P＝UI比较两电热水壶正常工作时的电流关系；（4）由W＝Pt可知，电热水壶消耗的电能与电功率和通电时间有关。【解答】解：A、根据P＝的变形公式R＝知，在额定电压相等时额定功率越大，电阻越小，因为甲的额定功率小，所以甲的电阻大，故A错误；B、电热水壶正常工作时的功率和额定功率相等，乙的额定功率较大，其正常工作时的实际功率较大；因电功率是表示电流做功快慢的物理量，所以电流通过乙电热水壶做功较快，故B正确；C、两电热水壶正常工作时的电压相等，额定功率不同，由P＝UI的变形式I＝可知，正常工作时通过的电流不相等，故C错误；D、电热水壶消耗的电能与电功率和通电时间有关，由W＝Pt可知，乙消耗的电能多，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了电功率公式和电功公式的应用，要注意用电器正常工作时的功率和额定功率相等、电压和额定电压相等。7．关于如图所示的四个情景，下列说法正确的是（）A．甲图两个底面削平的铅块紧压在一起，抽成真空也不会掉落，表明分子间存在引力 B．乙图试管中的水加热后，水蒸气将软木塞推出，此过程是将机械能转化为内能 C．丙图抽去玻璃板后，两瓶中的气体逐渐混合，说明上面瓶中的空气密度较大 D．丁图半杯黄豆和半杯小米装满茶杯，混合后杯子空出一截是由于分子间有空隙【考点】内能的利用及其意义；扩散现象；分子间的作用力．【专题】分子热运动、内能；理解能力．【答案】A【分析】（1）分子之间存在相互作用的引力和斥力；（2）做功可以改变物体的内能，对物体做功时，机械能转化为物体的内能，物体的内能增大；物体对外做功时，物体的内能转化为机械能，物体的内能减小；（3）扩散现象说明分子在不停地做无规则运动；（4）分子间存在间隙。【解答】解：A、两个底面削平的铅柱紧压在一起，下面吊一个重物也不能把它们拉开，说明分子之间存在相互作用的引力，故A正确；B、图中试管中的水沸腾后，水蒸气将软木塞推出，即水蒸气对瓶塞做功，将水蒸气的内能转化机械能，故B错误；C、图中抽去玻璃板后，两瓶中的气体逐渐混合，这是扩散现象，说明分子是运动的；空气的密度小于二氧化氮的密度，装有空气的瓶子放在上面，故C错误；D、图中半杯黄豆和半杯小米装满茶杯，混合后杯子空出一截是由于黄豆和小米之间存在间隙，可以用来类比分子间有间隙，故D错误。故选：A。【点评】本题考查分子动理论的应用、内能的应用，要注意D选项中的例子是用来形象地类比分子间有间隙，不能说明分子间有间隙。8．如图所示的是小东使用放大镜欣赏邮票时的情境。下列光路图能反映其成像原理的是（）A． B． C． D．【考点】凸透镜成像规律的其他应用．【专题】透镜及其应用；分析、综合能力．【答案】C【分析】凸透镜成像规律：当u＞2f时，成倒立缩小的实像，应用此原理可制成照相机；当f＜u＜2f时，成倒立放大的实像，应用此原理可制成投影仪、幻灯机；当u＜f时，成正立放大的虚像。【解答】解：放大镜的原理：当物距小于凸透镜的焦距时，成正立放大的虚像。A、图中是小孔成像现象，原理是光在同种均匀介质中沿直线传播，故A错误；B、图中是平面镜成像，属于光的反射现象，故B错误；C、图中蜡烛与凸透镜的距离小于凸透镜的焦距，因此成正立放大的虚像，故C正确；D、图中蜡烛的位置在凸透镜的焦距与二倍焦距之间，成倒立放大的实像，故D错误。故选：C。【点评】此题考查了凸透镜成像规律，难度不大，属基础题。9．下列实例中，为了减小摩擦的是（）A．给自行车的车轴加润滑油 B．骑自行车刹车时用力捏闸 C．运动鞋的底部制有凹凸不平的花纹 D．足球守门员戴有防滑手套【考点】增大或减小摩擦的方法．【专题】应用题；控制变量法；重力、弹力、摩擦力．【答案】A【分析】（1）增大摩擦力的方法：在接触面粗糙程度一定时，通过增大压力来增大摩擦力；在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力。（2）减小摩擦力的方法：在接触面粗糙程度一定时，通过减小压力来减小摩擦力；在压力一定时，通过减小接触面的粗糙程度来减小摩擦力；使接触面脱离；用滚动摩擦代替滑动摩擦。【解答】解：A、给自行车的车轴加润滑油，是通过使接触面脱离来减小摩擦力；故A符合题意；B、骑自行车刹车时用力捏闸，在接触面粗糙程度一定时，通过增大压力来增大摩擦力；故B不合题意；C、运动鞋的底部制有凹凸不平的花纹，在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力，故C不合题意；D、足球守门员戴有防滑手套，在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力，故D不合题意。故选：A。【点评】本题考查摩擦力大小的影响因素，以及增大和减小摩擦的方法，摩擦力问题在生活中应用非常广泛，解答此题类问题时要利用控制变量法研究。10．骆驼的体重比马大不了一倍，而它的脚掌面积是马蹄的三倍，这为它在沙漠行走提供了有利条件。如图所示，站立在水平地面上的骆驼和马，下列说法正确的是（）A．骆驼对地面的压力就是它受到的重力 B．马对地面的压力小于它受到的重力 C．骆驼对地面的压强小于马对地面的压强 D．骆驼对地面的压力的作用效果大于马对地面的压力的作用效果【考点】固体压强大小比较；力作用的相互性；二力平衡条件的应用．【专题】定性思想；压强、液体的压强；应用能力．【答案】C【分析】（1）垂直于物体表面的力叫压力，重力是由于地球吸引而使物体受到的力；（2）在水平面上马对地面压力的大小等于它受到的重力；但压力不是重力；（3）压强与压力和受力面积有关；（4）压强是表示压力作用效果的物理量。【解答】解：A、骆驼对地面的压力大小等于它受到的重力，但骆驼所受重力是由于地球的吸引而产生的，受力物体是骆驼，而骆驼对地面的压力的受力物体是地面，它们不是同一个力，故A错误；B、在水平面上马对地面压力的大小等于它受到的重力，故B错误；C、一般情况下，骆驼的体重比马大不了一倍，说明其对地面的压力相差不大，但骆驼的脚掌面积是马蹄的3倍，所以根据p＝可知，骆驼对地面的压强比马对地面的压强小，故C正确。D、压强是表示压力作用效果的物理量，由C知骆驼对地面的压强比马对地面的压强小，所以骆驼对地面的压力的作用效果小于马对地面的压力的作用效果，故D错误。故选：C。【点评】本题考查重力与压力的关系、压强公式的应用以及对压强的理解等，关键是知道水平面上物体的压力和自身的重力相等。11．如图所示，是动圈式话筒构造示意图。对着话筒说话或唱歌时，声音使膜片振动，与膜片相连的线圈在磁场中也跟着一起振动，线圈中产生大小不同的电流。动圈式话筒的工作原理与所示实验中产生现象的原理相同的是（）A．磁极间有相互作用 B．电流的磁效应 C．通电导体在磁场中受力 D．电磁感应现象【考点】动圈式话筒的原理．【专题】电动机、磁生电；分析、综合能力．【答案】D【分析】动圈式话筒工作过程是：声波振动→引起膜片振动→带动线圈振动→线圈切割永久磁体的磁场产生感应电流→经放大传给扬声器。由此可知其工作原理是电磁感应现象。【解答】解：由题意可知，动圈式话筒的工作原理是电磁感应现象；A．磁极间有相互作用，是磁场和磁场之间的相互作用，故A不正确；B．给导体通电，小磁针发生偏转，说明通电导线周围存在着磁场，故B不正确；C．闭合开关，通电导体在磁场中受力而运动，故C不正确；D．闭合回路的一部分导体切割磁感线产生感应电流，是电磁感应现象，与动圈式话筒工作原理相同，故D正确。故选：D。【点评】记住：发电机、动圈式话筒利用电磁感应现象原理，带电动机的用电器、扬声器利用通电导体在磁场中受力原理，带电磁铁的仪器利用是电流的磁效应原理。12．图甲所示的是某起重车的示意图，该车有四个支撑脚，起重时在支撑脚支撑作用下，轮胎离开地面，四个支撑脚与地面的总接触面积为1.2m2，该车所受的重力为9.6×103N。图乙为起重车某次提升货物时，起重臂上滑轮组的示意图，货物在钢丝绳的拉力F作用下匀速上升，货物所受的重力为1.2×104N，钢丝绳的拉力F为5×103N，货物上升的高度随时间变化的关系如图丙所示。提升货物过程中，下列说法正确的是（）A．起重车对水平地面的压强为8×104Pa B．拉力F的功率为1.25×103W C．滑轮组的机械效率为80% D．动滑轮所受的重力为3×103N【考点】滑轮（组）的机械效率；压强的计算；滑轮组中的相关计算；功率的计算及公式的应用．【专题】简单机械；功、功率、机械效率；应用能力．【答案】C【分析】（1）起重车对水平地面的压力大小等于起重车的总重力，根据p＝求出起重车对水平地面的压强；（2）由图丙可知10s内货物上升的高度，由图乙可知n＝3，绳子自由端移动的距离s＝nh，根据W总＝Fs求拉力做的总功，利用P＝求拉力F做功的功率；（3）根据η＝＝＝＝求滑轮组的机械效率；（4）若不计绳重和摩擦时，利用F＝（G+G动）求动滑轮的重力，再结合题目实际分析动滑轮的重力。【解答】解：A、起重车对水平地面的压力：F压＝G+G车＝1.2×104N+9.6×103N＝2.16×104N，起重车对水平地面的压强：p＝＝＝1.8×104Pa，故A错误；B、由图丙可知10s内货物上升的高度h＝2.5m，由图乙可知n＝3，绳子自由端移动的距离：s＝nh＝3×2.5m＝7.5m，拉力做的总功：W总＝Fs＝5×103N×7.5m＝3.75×104J，拉力F做功的功率：P＝＝＝3.75×103W，故B错误；C、滑轮组的机械效率：η＝＝＝＝＝×100%＝80%，故C正确；D、若不计绳重和摩擦，由F＝（G+G动）可知，动滑轮的重力：G动＝nF﹣G＝3×5×103N﹣1.2×104N＝3×103N，由于绳重和摩擦的存在，故动滑轮的重力小于3×103N，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了使用滑轮组时动滑轮的重力、有用功、总功、功率和机械效率的计算，关键是从图中得出滑轮组绳子的有效股数。二．多选题（共3小题）（多选）13．将焦距为10cm的凸透镜固定在光具座上50cm刻度线处，如图所示，光屏和点燃的蜡烛位于凸透镜两侧。实验前调整烛焰中心、透镜中心和光屏中心在同一水平高度。下列说法中正确的是（）A．若蜡烛放置在10cm刻度线处，移动光屏，在光屏上不能呈现烛焰清晰的像 B．若蜡烛放置在20cm刻度线处，移动光屏，可在光屏上呈现烛焰缩小的实像 C．若蜡烛放置在35cm刻度线处，移动光屏，可在光屏上呈现烛焰倒立的实像 D．若蜡烛放置在45cm刻度线处，移动光屏，可在光屏上呈现烛焰放大的实像【考点】探究凸透镜成像的规律．【专题】应用题；透镜及其应用；应用能力．【答案】BC【分析】凸透镜成像的三种情况：①u＞2f，成倒立、缩小的实像；②2f＞u＞f，成倒立、放大的实像；③u＜f，成正立、放大的虚像。【解答】解：凸透镜的焦距是10cm，凸透镜固定在光具座上50cm刻度线处；A、若将蜡烛移至10cm刻度线处时，蜡烛到透镜的距离大于2倍焦距，移动光屏，就会得到倒立、缩小的实像，故A错误；B、若蜡烛放置在20cm刻度线处，蜡烛到透镜的距离大于2倍焦距，移动光屏，就会得到倒立、缩小的实像，故B正确；C、若蜡烛放置在35cm刻度线处，蜡烛到透镜的距离大于1倍焦距小于2倍焦距，移动光屏，就会得到倒立、放大的实像，故C正确；D、若蜡烛放置在45cm刻度线处，蜡烛到透镜的距离小于1倍焦距，成正立放大的虚像，在光屏上不能承接，故D错误。故选：BC。【点评】本题考查了凸透镜成像规律，把握物距和焦距的关系是解决此类问题的关键。（多选）14．水平桌面上放有底面积、质量均相同的甲、乙两容器，容器内装有质量相同的不同种液体，将两个完全相同的小球分别放入两种液体中，小球静止时的状态如图所示。甲、乙两容器中的液体密度分别为ρ1和ρ2；甲、乙两容器中小球受到的浮力分别为F1和F2；甲、乙两容器中液体对容器底部的压强分别为p1和p2，甲、乙两容器对桌面的压力分别为F1'和F2'。下列判断正确的是（）A．ρ1＞ρ2 B．p1＞p2 C．F1＝F2 D．F1'＜F2【考点】物体的浮沉条件及其应用；压力；液体压强的比较大小．【答案】ABC【分析】AC、物体漂浮时，物体受到的浮力等于重力，物体密度小于液体密度；物体悬浮时受到的浮力等于重力，物体密度等于液体密度；B、甲、乙两容器装有质量相同的不同种液体，根据G＝mg可知两容器中液体的重力相同，由容器形状可知甲容器底部受到的液体压力等于液体重力，乙容器底部受到的液体压力小于液体重力，两容器底面积相同，根据p＝可比较甲、乙两容器中液体对容器底部的压强的大小；D、两容器对桌面的压力等于容器的重力、液体的重力、小球的重力之和，容器质量相同，液体质量相同、小球质量相同，根据G＝mg可比较甲、乙两容器对桌面的压力大小。【解答】解：A、小球在甲液体中漂浮，则密度ρ＜ρ甲，小球在乙液体中悬浮，则密度ρ＝ρ乙，则有ρ1＞ρ2，故A正确；B、甲、乙两容器装有质量相同的不同种液体，根据G＝mg可知两容器中液体的重力相同，由容器形状可知甲容器底部受到的液体压力等于液体重力，乙容器底部受到的液体压力小于液体重力，两容器底面积相同，根据p＝可知甲、乙两容器中液体对容器底部的压强分别为p1＞p2，故B正确；C、将两个完全相同的小球分别放入两种液体中，小球在甲液体中漂浮，则浮力F1＝G，小球在乙液体中悬浮，则浮力F2＝G，则有F1＝F2，故C正确；D、两容器对桌面的压力等于容器的重力、液体的重力、小球的重力之和，容器质量相同，液体质量相同、小球质量相同，根据G＝mg可知甲、乙两容器对桌面的压力分别为F1'＝F2'，故D错误。故选：ABC。【点评】本题考查物体浮沉条件、重力公式的灵活运用，知道甲容器底部受到的液体压力等于液体重力，乙容器底部受到的液体压力小于液体重力。（多选）15．我国自主研发的“奋斗者”号深海潜水器在马里亚纳海沟成功下潜万米深度，创造了中国载人深潜的新纪录。某兴趣小组为模拟潜水器设计了测量下潜深度的电路，如图甲所示。该电路由电流表、定值电阻R0、压敏电阻Rx、电压恒为U＝3V的电源组成，压敏电阻阻值随水深度变化的图像如图乙所示。当模拟潜水器下潜至10cm深度时，电流表的示数为0.06A，下列说法正确的是（）A．压敏电阻Rx的阻值随深度的增加而减小 B．定值电阻R0的阻值为30Ω C．当水深60cm时，R0的功率为0.1W D．该电路的最小功率为0.15W【考点】电功率的计算；欧姆定律的应用．【专题】欧姆定律；电能和电功率；应用能力．【答案】AD【分析】（1）根据图乙确定出压敏电阻与水的深度的关系；（2）由电路图确定电路的连接方式，当模拟潜水器下潜至10cm深度时，由图乙确定出此时压敏电阻的阻值，根据I＝求出压敏电阻两端的电压，再根据串联电路的电压规律求出定值电阻两端的电压，结合欧姆定律求出定值电阻的阻值；（3）当水深60cm时，由图乙确定出压敏电阻的阻值，再根据欧姆定律求出电路中的电流，根据P＝I2R求出R0的功率；（4）由图乙确定出压敏电阻的最大值，再根据欧姆定律求出电路中的最小电流，根据P＝UI求出该电路的最小功率。【解答】解：A、由图像乙可知，深度越深，压敏电阻的阻值越小，压敏电阻Rx的阻值随深度的增加而减小，故A正确；B、由图甲可知，压敏电阻与定值电阻串联，电流表测电路中的电流，当模拟潜水器下潜至10cm深度时，由图乙可知，此时压敏电阻的阻值为30Ω，电流表的示数为0.06A，此时压敏电阻Rx两端的电压为：Ux＝IRx＝0.06A×30Ω＝1.8V，定值电阻R0的阻值为：R0＝＝＝＝20Ω，故B错误；C．当水深60cm时，由图乙可知，此时压敏电阻Rx的电阻为10Ω，电路中的电流为：I'＝＝＝0.1A，R0的功率为：P＝I'2R0＝（0.1A）2×20Ω＝0.2W，故C错误；D．由图乙可知，压敏电阻Rx的最大阻值为40Ω，电路中的最小电流为：I小＝＝＝0.05A，该电路的最小功率为：P小＝UI小＝3V×0.05A＝0.15W，故D正确。故选：AD。【点评】本题主要考查电路的分析、欧姆定律及电功率公式的应用，难度不大。三．实验探究题（共8小题）16．小华用图甲所示电路测量额定电压为2.5V小灯泡的额定功率。（1）闭合开关S后，电压表示数如图乙所示，要使小灯泡正常发光，则滑动变阻器的滑片P应向A端移动（选填“A”或“B”）；（2）移动滑动变阻器的滑片P，当小灯泡正常发光时，电流表的示数如图丙所示，此时通过小灯泡的电流为0.3A，该小灯泡的额定功率为0.75W。【考点】实验测量小灯泡的电功率．【专题】电能和电功率；应用能力．【答案】（1）A；（2）0.3；0.75。【分析】（1）根据电压表选用量程确定分度值读数，比较电压表示数与灯泡额定电压大小，根据串联电路电压规律和分压原理确定滑动变阻器滑片移动方向；（2）根据电流表选用量程确定分度值读数，由P＝UI可得灯泡的额定功率。【解答】解：（1）由图乙可知，电压表的量程为0～3V分度值为0.1V，灯泡两端的电压为2V，小灯泡两端实际电压为2V低于额定电压2.5V，要使灯泡正常发光则应使其两端的电压达到2.5V，根据U＝IR可知，应增大电路中的电流，减小电路中的电阻，即滑片应向A端滑动，减小滑动变阻器接入电路的电阻即可。（2）由图丙可知，电流表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，电流表示数为0.3A，小灯泡的额定功率P＝UI＝2.5V×0.3A＝0.75W。故答案为：（1）A；（2）0.3；0.75。【点评】本题是测小灯泡额定功率的实验，考查了实验操作、电表读数、电功率的计算等知识。17．小延同学探究“通电螺线管外部磁场的方向”。实验桌上有学生电源、开关、小磁针（黑色一端为N极）若干、滑动变阻器以及螺线管。连接好电路后，在螺线管周围摆放好自由转动的小磁针。闭合开关S，静止时小磁针N极指向如图所示。（1）请用箭头标出图中A点的电流方向。（2）向右移动滑动变阻器的触头，不能（选填“能”、“不能”）改变小磁针静止时N极的指向。（3）探究“通电螺线管外部磁场的方向与螺线管中电流的方向有关”，请你写出操作方法和实验现象。断开开关，把电源正负极的导线对调，闭合开关，发现小磁针静止时N极指向发生改变。【考点】探究通电螺线管外部的磁场分布．【专题】磁现象、电生磁；应用能力．【答案】（1）见解答图；（2）不能；（3）断开开关，把电源正负极的导线对调，闭合开关，发现小磁针静止时N极指向发生改变。【分析】（1）通电螺线管周围磁场的方向与电流方向有关，根据安培定则判断电流方向；（2）磁场的方向与电流大小无关；（3）根据控制变量法分析作答。【解答】解：（1）根据上下的小磁针N极向左，说明螺线管左侧是S极，右侧是N极，根据安培定则，表面的电流方向竖直向下，即图中A点电流方向沿导线向下，如图所示：（2）磁场的方向与电流大小无关，向右移动滑动变阻器的触头，不能改变小磁针静止时N极的指向；（3）断开开关，把电源正负极的导线对调，闭合开关，发现小磁针静止时N极指向发生改变。故答案为：（1）见解答图；（2）不能；（3）断开开关，把电源正负极的导线对调，闭合开关，发现小磁针静止时N极指向发生改变。【点评】本题考查了通电螺线管周围的磁场，属于基础题。18．小东用如图甲所示的装置，探究“水沸腾前后温度随加热时间变化的关系”。小东选择初温为30℃的水进行实验，当水温加热到90℃时，他开始每隔一分钟记录一次水的温度，记时5min后水沸腾。水沸腾后又持续加热了一段时间，并记录水的温度。小东根据记录的数据绘制了水的温度随加热时间变化的关系图像，如图乙所示。（1）实验中小东观察到有大量的气泡在水底产生，气泡在上升的过程中越来越大，直至水面破裂的现象可以判断水是沸腾的。（2）由图像可得出的实验结论：水沸腾前随着加热时间的增加，温度升高；水沸腾时随加热时间增加，温度不变。（3）若想缩短水沸腾前的加热时间，请你提出一条合理建议。【考点】探究水沸腾时温度变化的特点．【专题】实验题；汽化和液化、升华和凝华；应用能力．【答案】（1）有大量的气泡在水底产生，气泡在上升的过程中越来越大，直至水面破裂；（2）随加热时间增加，温度不变；（3）适当减少水量。【分析】（1）水沸腾之前，水下层的温度高于上层的水温，气泡上升过程中，气泡中的水蒸气遇冷液化成水，气泡变小；水沸腾时，整个容器中水温相同，水内部不停的汽化，产生大量的水蒸气进入气泡，气泡变大；（2）分析数据可知，水沸腾时，随着时间的增加，温度不变，据此得出实验结论；（3）减小加热时间的方法：适当减少水量；适当提高水的初温；给烧杯加盖。【解答】解：（1）当液体沸腾时，会有大量的气泡在水底产生，气泡在上升的过程中越来越大，直至水面破裂，故可以通过观察现象来判定水是否沸腾；（2）根据图像中的数据可知，随着时间的增加，温度不变，故结论为：水沸腾时，随加热时间增加，温度不变；（3）为了减少加热所用时间，可以适当减少水量、给烧杯加盖或适当提高水温。故答案为：（1）有大量的气泡在水底产生，气泡在上升的过程中越来越大，直至水面破裂；（2）随加热时间增加，温度不变；（3）适当减少水量。【点评】本题考查探究水沸腾实验，解题关键是将实验操作要求及结论熟练掌握，认真审题分析。19．探究“凸透镜所成实像的像距与物距是否有关”时，实验器材有：电子蜡烛一个、焦距为5cm的凸透镜A、焦距为10cm的凸透镜B。（1）小华完成如图所示的甲、乙两次实验，第一次实验所用凸透镜的焦距为10cm，第二次实验时应选择焦距为10cm的凸透镜；（2）由实验现象可得结论：当焦距不变时，凸透镜所成实像的像距与物距有关。【考点】探究凸透镜成像的规律．【专题】透镜及其应用；实验基本能力．【答案】（1）10；（2）当焦距不变时，凸透镜所成实像的像距与物距有关。【分析】（1）凸透镜成像的三种情况和应用：u＞2f，成倒立、缩小的实像，应用于照相机和摄像机；2f＞u＞f，成倒立、放大的实像，应用于幻灯机和投影仪；u＜f，成正立、放大的虚像，应用于放大镜；（2）甲、乙两次实验时，凸透镜焦距不变，物距减小，像距增大。【解答】解：（1）小华完成图所示的甲实验时，电子蜡烛在一倍焦距和二倍焦距之间，像在二倍焦距以外v＝23cm＞2f，f＜u＝18cm＜2f，解得：9cm＜f＜11.5cm，第一次实验所用凸透镜的焦距为10cm；第二次实验时，电子蜡烛在一倍焦距和二倍焦距之间，像在二倍焦距以外v′＝60cm＞2f′，f′＜u′＝12cm＜2f′，解得：6cm＜f′＜12cm，第二次实验时应选择焦距为仍为10cm。（2）甲、乙两次实验时，凸透镜焦距不变，物距减小，像距增大；由实验现象可得结论：当焦距不变时，凸透镜所成实像的像距与物距有关。故答案为：（1）10；（2）当焦距不变时，凸透镜所成实像的像距与物距有关。【点评】此题考查了根据数据分析凸透镜焦距的范围以及凸透镜成像规律的理解，要熟练掌握凸透镜成像的规律。20．小东用电子秤、装有适量水的烧杯、筷子（忽略体积）测量苹果的密度。（1）以下是实验的主要步骤，请补充完整。①将电子秤放在水平桌面上并调零，将装有适量水的烧杯放到电子秤上，如图甲所示，读出电子秤的示数并记为m1。②如图乙所示，将苹果放入水中，苹果静止后读出电子秤的示数并记为m2。③用筷子下压使苹果浸没在水中，读出电子秤的示数记为m3。（2）已知水的密度为ρ水，根据以上实验记录的数据，推导出苹果密度ρ的表达式。（用m1、m2、m3和ρ水表示，并写出推导过程）【考点】固体的密度测量实验．【专题】实验题；密度及其应用；应用能力．【答案】（1）用筷子下压使苹果浸没在水中；（2）见解答。【分析】根据物体的浮沉条件、阿基米德原理和密度公式计算聚合物的密度。【解答】解：（1）③用筷子下压使苹果浸没在水中，读出电子秤的示数为m3；（2）根据①②③的步骤可知：苹果漂浮在水面上时，受到的浮力等于它自身的重力，所以苹果的质量为：m＝m2﹣m1；用筷子下压使苹果浸没在水中，读出电子秤的示数为m3；根据阿基米德原理，此时受到的浮力为：F浮＝（m3﹣m1）g；苹果的体积为：V＝V排＝＝＝；苹果的密度为：ρ＝＝＝•ρ水。故答案为：（1）用筷子下压使苹果浸没在水中；（2）见解答。【点评】本题考查的是影响浮力大小的实验；知道控制变量法在本实验中的应用，会利用阿基米德原理和密度公式进行计算。21．在探究“浸在水中的物体所受浮力大小跟物体排开水的体积是否有关”时，小明选用如图所示的圆柱体A（圆柱体上每一格体积相等，ρA＞ρ水）、弹簧测力计和装有适量水的烧杯等器材进行实验。（1）以下是他的部分实验步骤，请你帮他补充完整：①将圆柱体A悬挂在弹簧测力计下，静止时记录弹簧测力计的示数为F1。②将圆柱体A的一格浸在水中，圆柱体不接触容器，静止时记录弹簧测力计的示数为F2。③将圆柱体A下部的两个格浸入水中，圆柱体不接触容器，静止时记录弹簧测力计的示数为F3。（2）由F1﹣F2≠F1﹣F3（请用本题中已测量的物理量符号表示），可以得出结论：浸在水中的物体所受浮力大小跟物体排开水的体积有关。【考点】探究浮力大小与哪些因素有关．【专题】实验探究题；浮力；分析、综合能力；实验基本能力．【答案】（1）③将圆柱体A下部的两个格浸入水中，圆柱体不接触容器；（2）F1﹣F3；有关。【分析】（1）影响浮力的因素：液体的密度、排开液体的体积；要探究浸在水中的物体所受浮力大小跟物体排开水的体积的关系，需要控制液体密度相同，改变物体排开水得体积，据此补充步骤；（2）根据称量法算出两次浮力，比较得出结论；【解答】解：（1））③要探究“浸在水中的物体所受浮力大小跟物体排开水的体积的关系”，需要控制液体密度相同，改变排开液体的体积，则结合步骤②可知，需要将圆柱体A下部的两个格浸入水中，圆柱体不接触容器，静止时记录弹簧测力计的示数为F3；（2）圆柱体A下部的一格浸入水中时的浮力：F浮1＝F1﹣F2；圆柱体A下部的两个格浸入水中时的浮力：F浮2＝F1﹣F3；由F1﹣F2≠F1﹣F3知，F浮1≠F浮2可得“浸在水中的物体所受浮力大小跟物体排开水的体积有关”；故答案为：（1）③将圆柱体A下部的两个格浸入水中，圆柱体不接触容器；（2）F1﹣F3；有关。【点评】此题主要考查的是学生对“浮力的大小跟哪些因素有关”探究实验的理解和掌握，同时考查学生对浮力公式的理解和掌握，综合性很强，有一定难度，掌握控制变量法是解决此题的关键。22．小东为了探究“小球的动能大小与速度是否有关”，设计了实验，步骤如下：①将质量为m的小球A从斜槽上高为h的位置由静止释放，与水平面上的木块C相碰，测量木块C被小球A推动的距离s并记录，如图甲所示。②将质量为2m的小球B从同一斜槽上高仍为h的位置由静止释放，与水平面上同一位置的木块C相碰，测量木块C被小球B推动的距离s并记录，如图乙所示。请根据以上实验步骤，回答下列问题：（1）实验中小球的动能大小通过木块移动的距离反映。（2）小东在探究过程中存在的问题：没有控制小球的质量相同，没有改变小球到达水平的初速度。【考点】探究影响物体动能大小的因素．【专题】机械能及其转化；分析、综合能力．【答案】（1）木块移动的距离；（2）没有控制小球的质量相同，没有改变小球到达水平的初速度。【分析】（1）根据转换法，小球的动能大小是通过木块被推的距离大小来反映的；（2）根据控制变量法，在探究“小球的动能大小与速度大小是否有关”时，应控制小球质量相同，速度不同，据此分析回答。【解答】解：（1）该实验中小车动能的大小是通过木块被推的距离体现的，木块被撞的越远，说明小球的动能越大，被撞的越近，说明小球的动能越小，这是转换法的应用；（2）根据控制变量法，在探究“小球的动能大小与速度大小是否有关”时，应控制小球质量相同，速度不同，而小东在探究过程中没有控制小球的质量相同，却控制了速度相同。故答案为：（1）木块移动的距离；（2）没有控制小球的质量相同，没有改变小球到达水平的初速度。【点评】本题考查影响物体动能大小的实验。通过实验考查了学生对控制变量法和转换法的运用，考查了学生对基本知识的掌握。23．为“探究液体内部的压强与哪些因素有关”，小乐提出以下三个猜想：猜想A：液体内部的压强与液体的深度有关猜想B：液体内部的压强与液体的密度有关猜想C：液体内部的压强与液体的质量有关为了验证猜想，小乐利用同一个微小压强计、相同的烧杯等器材进行了如甲、乙、丙图所示的实验。（1）实验中通过微小压强计U形管两边液面的高度差反映液体内部的压强。（2）通过比较乙、丙两图所示的实验现象，可以验证猜想B。（3）通过比较甲、乙两图所示的实验现象，不能验证猜想C。（选填“能”或“不能”）【考点】探究液体内部的压强．【专题】实验题；压强、液体的压强；分析、综合能力．【答案】（1）U形管两边液面的高度差；（2）乙、丙；（3）不能。【分析】（1）根据转换法，将压强计的金属盒放入液体中，如果U形管两边的液面出现液面高度差，表示液体内部存在压强，且液体内部压强越大，液面高度差越大；（2）液体的压强与液体的密度和液体的深度有关，根据控制变量法分析解答；（3）比较图甲和图乙的相同量和不同量，根据控制变量法分析解答，得出结论。【解答】解：（1）在该实验装置中，将压强计的金属盒放入液体中，如果U形管两边的液面出现液面高度差，表示液体内部存在压强，且液体内部压强越大，液面高度差越大，故微小压强计是利用U形管两边液面的高度差表示液体压强大小的，这是利用了转换法；（2）要探究液体的压强与液体密度的关系，需要控制液体的深度相同，改变液体的密度，所以应选乙、丙两图进行比较；（3）验证液体内部的压强与液体的质量是否有关，应控制深度、液体的密度相同，液体的质量不同，甲、乙两图橡皮膜的深度不同，所以不能验证猜想C。故答案为：（1）U形管两边液面的高度差；（2）乙、丙；（3）不能。【点评】本题考查了探究影响液体内部压强大小的因素的实验，考查控制变量法和转换法的应用。四．综合能力题（共1小题）24．无线充电技术随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线。小到手表、手机、电动牙刷，大到电脑、电动汽车的充电，都已经实现了从理论研发到实际应用的转化。常见的无线充电技术有电磁感应、磁共振、无线电波等方式。市场上支持无线充电的智能手机和充电器大部分都符合“Qi”规格。“Qi”源自汉语“气功”中的“气”。Qi技术的原理即为电磁感应，在发射端和接收端各有一个线圈，如图甲所示为手机无线充电原理示意图，电流流过发射线圈会产生变化的磁场，当接收线圈靠近该变化的磁场时就会产生感应电流给手机充电。采用电磁感应技术实现无线充电的优点是原理简单，适合短距离充电，但需特定的摆放位置才能精确充电。磁共振方式的原理与声音的共振原理相同——排列好振动频率相同的音叉，一个音叉发声，其他音叉也会共振发声。同样，排列在磁场中的相同“振动”频率的线圈，也可从一个向另一个供电，如图乙所示。相比电磁感应方式，利用磁共振可延长传输距离，无需使线圈间的位置完全吻合。这种方式有望广泛应用于电动汽车，但在技术上实现小型化、高效率化比较难，现在的技术能力大约是直径0.5m的线圈，在1m左右的距离供电功率约为60W。无线电波方式主要由微波发射装置和微波接收装置组成，其原理类似于无线电广播的发射与接收。“太空太阳能发电技术”就是利用了该原理：利用铺设在巨大平板上的太阳能电池，在太阳光照射下产生电流，转换成无线电微波，发送给地面接收站。地面接收后，将微波恢复为直流电或交流电，送给用户使用。请根据上述材料，回答下列问题：（1）如图中四个实验与Qi技术原理相同的是B。（选填选项前的字母，只有一个选项正确）（2）根据文中所述，利用磁共振方式，直径0.5m的线圈在1m左右的距离范围内，1min内可提供的电能约为3600J。（3）关于无线充电技术，下列说法正确的是C。（选填选项前的字母，只有一个选项正确）A．采用电磁感应方式的无线充电技术无需特定位置就能精确充电B．相比电磁感应方式，利用磁共振方式传输距离更短C．采用无线电波方式的无线充电技术的实现说明电磁波可以传递能量D．太空太阳能发电技术是将电能转化为化学能发送给地面接收站【考点】电磁感应现象；电功与电能的计算．【专题】应用题；电能和电功率；电动机、磁生电；应用能力．【答案】（1）B；（2）3600；（3）C【分析】（1）电磁感应现象，即闭合电路中一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，产生电流的现象；（2）由题意，根据W＝Pt计算1min内可提供的电能；（3）阅读短文分析解答即可。【解答】解：（1）由短文可知，Qi技术的原理即为电磁感应；AD、D图中开关闭合后，电路中有电流，通电导体在磁场中受到磁场力的作用发生运动；A图有电源，通电后线圈在磁场中受力转动，这是电动机的原理图，故AD不符合题意；B、开关闭合后，在外力作用下使导体左右移动，做切割磁感应线运动，则电流表指针发生偏转，说明此时有感应电流产生，是电磁感应现象，B符合题意；C、是奥斯特实验，小磁针发针偏转说明通电导体周围有磁场，C不符合题意。（2）由短文可知，利用磁共振方式，现在的技术能力大约是直径0.5m的线圈，在1m左右的距离供电功率约为60W，所以1min内可提供的电能约为：W＝Pt＝60W×60s＝3600J；（3）A、由短文知，采用电磁感应技术实现无线充电的优点是原理简单，适合短距离充电，但需特定的摆放位置才能精确充电，故A错误；B、由短文知，相比电磁感应方式，利用磁共振可延长传输距离，故B错误；C、无线电波方式主要由微波发射装置和微波接收装置组成，微波属于电磁波，说明电磁波可以传递能量，故C正确；D、太空太阳能发电技术就是利用无线电波方式：利用铺设在巨大平板上的太阳能电池，在太阳光照射下产生电流，此过程中太阳能转化为化学能再转化为电能，转换成无线电微波，发送给地面接收站。故D错误。故答案为：（1）B；（2）3600；（3）C。【点评】本题是关于无线充电技术的科普知识，考查了对电磁感应的认识和理解、电能的计算，关键是从短文中获取有用信息。同时要求我们要关注科技前沿的相关信息。五．计算题（共2小题）25．如图所示的电路中，电源两端电压保持不变，电阻R1的阻值为10Ω。闭合开关S，电流表A1的示数为1.6A，电流表A2的示数为0.6A。求：（1）电源电压。（2）电阻R1的电功率。（3）通电10s电阻R2消耗的电能。【考点】电功率的计算；欧姆定律的应用；电功与电能的计算．【专题】计算题；应用题；电流和电路；电压和电阻；欧姆定律；电能和电功率；分析、综合能力．【答案】（1）电源电压是10V；（2）电阻R1的电功率为10W。（3）通电10s电阻R2消耗的电能为60J。【分析】由电路图可知，闭合开关，R1与R2并联，电流表A1测干路电流，电流表A2测R2支路的电流。（1）根据并联电路的电流特点求出通过R1的电流，根据并联电路的电压特点和欧姆定律求出电源的电压；（2）利用P＝UI即可求出R1的电功率；（3）已知R2两端电压、通过的电流及通电时间，根据W＝UIt求出电阻R2消耗的电能。【解答】解：由电路图可知，R1与R2并联，电流表A1测干路电流，电流表A2测R2支路的电流。（1）因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，通过R1的电流：I1＝I﹣I2＝1.6A﹣0.6A＝1A，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，由I＝可得，电源的电压：U＝I1R1＝1A×10Ω＝10V；（2）R1的电功率：P1＝UI1＝10V×1A＝10W；（3）通电10s电阻R2消耗的电能：W2＝UI2t＝10V×0.6A×10s＝60J。答：（1）电源电压是10V；（2）电阻R1的电功率为10W。（3）通电10s电阻R2消耗的电能为60J。【点评】本题考查了并联电路的特点和欧姆定律、电能公式的应用，是一道基础题目。26．如图所示的平底水桶底面积为5×10﹣3m2，质量为1kg。桶内装有30cm深的水，放在水平地面上，水对桶底的压强比桶对地面的压强小800Pa。g取10N/kg。求：（1）水对桶底的压强p；（2）桶对地面的压力F；（3）桶内水的质量m。【考点】液体压强的计算以及公式的应用；压强的计算．【专题】计算题；密度及其应用；压强、液体的压强；应用能力．【答案】（1）水对桶底的压强为3×103Pa；（2）水桶对地面的压力为19N；（3）水桶内水的质量为0.9kg【分析】（1）根据p＝ρgh可求得水对桶底的压强；（2）根据p＝求出桶对地的压力的大小；（4）桶对地面的压力等于桶和水的总重力，求出桶和水的总质量，则可求得桶内水的质量。【解答】解：（1）水桶内水深h＝30cm＝0.3m，水对桶底的压强为：p＝ρgh＝1×103kg/m3×10N/kg×0.3m＝3×103Pa；（2）水对桶底的压强比桶对地面的压强小800Pa，则桶对地面的压强为：p桶＝3×103Pa+800Pa＝3.8×103Pa；桶对地面的压力F为：F＝p桶S＝3.8×103Pa×5×10﹣3m2＝19N；（3）水和水桶的总重力为：G总＝F＝19N；水和水桶的总质量为：m总＝＝＝1.9kg；水的质量为：m水＝m总﹣m桶＝1.9kg﹣1kg＝0.9kg；答：（1）水对桶底的压强为3×103Pa；（2）水桶对地面的压力为19N；（3）水桶内水的质量为0.9kg。【点评】本题是一道关于液体压强、固体压强、质量、重力的综合题，在解题时应认真分析所用到的物理知识。

考点卡片1．探究水沸腾时温度变化的特点【知识点的认识】探究水的沸腾实验（1）探究目的：观察水沸腾时的现象和水沸腾时的温度情况（2）实验器材：铁架台、酒精灯、火柴、石棉网、烧杯、中间有孔的纸板、温度计、水、秒表．实验装置如图：（3）实验步骤①用烧杯装适量热水，按实验装置图组装各器材；②点燃酒精灯对烧杯加热，水温达90℃后，每隔1min记一次温度值，直到水沸腾5min为止；③据记录的温度值，作水的沸腾图象．（4）实验结论①水沸腾时发生剧烈汽化现象；②水沸腾时温度不变；③水沸腾时需要吸热．【命题方向】沸腾时液体内部和表面同时发生的剧烈的汽化现象，液体沸腾时的温度特点是命题关键．例：在做“观察水沸腾”的实验时，（1）A组同学用的是如图甲所示装置，他们测出的水温将偏高（选填“高”或“低”）．（2）图乙是B组同学在实验某时刻温度计的示数，此时水的温度是90℃．（3）B、C两组同学虽然选用的实验装置相同，但将水加热到沸腾用的时间不同，他们绘制的温度随时间变化的图象如图丙所示．分析图象可知：水的沸点是98℃，当时的大气压＜（选填“＜”、“＞”或“＝”）l标准大气压；B、C组得到b、c两种不同图象的原因可能是水的质量不同．分析：（1）用温度计测量液体的温度时，温度计的玻璃泡不能碰到容器底或容器壁，其原因是容器底和容器壁的温度和液体的温度不同．（2）温度计读数：首先确定零上还是零下，确定每一个大格和每一个小格各代表的示数，从小数字读向大数字．（3）①根据液体沸腾的特点找到沸点：液体沸腾时不断吸收热量，温度保持不变，这个不变的温度是液体的沸点．②1标准大气压下水的沸点是100℃．沸点跟气压有关，气压越高，沸点越高．③从给水开始加热到水沸腾需要的时间长短不同，根据Q＝cm△t知，可能是水的质量不同，可能是水的初温不同．解：（1）如图，由于酒精灯给水加热，容器底的温度高于水的温度，此时温度计的玻璃泡碰到了容器底，所以测出的水温会偏高．（2）零刻度在温度计的下方，液柱远离零刻度，是零上，每一个大格代表10℃，每一个小格代表1℃，示数是90℃．（3）①由图丙知，水沸腾时，不断吸收热量，保持98℃不变，所以98℃是水的沸点．②1标准大气压下水的沸点是100℃．沸点跟气压有关，气压越高，沸点越高．实验中水的沸点是98℃，所以实验时气压小于1标准大气压．③如丙图，B、C组得到b、c两种不同图象，两个小组水初温相同，开始沸腾的时间不同，根据Q＝cm△t知，可能是水的质量不同．故答案为：（1）高；（2）90；（3）98；＜；质量．点评：实验时，分析实验故障排除故障是实验题常见的题型，所以实验时不要仅仅注意实验结论，更要注重实验过程中故障、故障原因、故障排除等环节．还要对实验出现的不同现象进行分析．【解题方法点拨】（1）加热过程中，为什么杯口盖一纸板？提示：可以减少热损失，缩短加热时间．（2）石棉网有什么作用？提示：使烧杯均匀受热．（3）实验中的测量工具是什么？各有什么作用？提示：温度计、钟表；温度计用来测量水温，钟表用来计时．（4）本实验用了什么观察法？请叙述观察到的现象．提示：用了对比观察法．水沸腾前，水温不断升高，容器底部受热产生气泡，上升变小；水沸腾时，温度不变，水中产生大量气泡，上升变大，到水面破裂放出大量的水蒸气．（5）实验中为了节约能源、适当缩短实验时间，可以采取的措施有哪些？提示：适当减少烧杯中水的量，用初温较高的水加热，硬纸板应盖严等．（6）探究过程中，如果由实验结果发现水的沸点不是100℃，你认为原因是什么？提示：大气压小于或大于1标准大气压．水的沸点与气压有关，气压减小，沸点降低，气压升高，沸点升高．2．升华和凝华的定义与特点【知识点的认识】（1）升华：物质从固态不经过液态而直接转化为气态的相变过程，是物质在温度和气压低于三相点的时候发生的一种物态变化．升华过程中需要吸热．（2）凝华：物质从气态不经过液态而直接变成固态的现象．是物质在温度和气压高于三相点的时候发生的一种物态变化，凝华过程物质要放出热量．（3）升华和凝华区别：【命题方向】1、生活中的升华现象的判断是这个知识点的核心，例如：用久的灯泡灯丝变细；冬天室外冰冻的衣服变干；冰雕作品体积变小；衣柜里的卫生球变小；干冰在常温下升华．例1：现在有一种叫“固体清新剂”的商品，把它放置在厕所、汽车、饭店内，能有效的清新空气、预防感冒等，“固体清新剂”发生的物态变化是（）A．熔化B．凝华C．汽化D．升华分析：此题主要考查生活中的升华现象，明确升华是由固态直接变为气态．解：“固体清新剂”使用时由固态直接变为气态．是升华现象．故选：D．点评：此题要明确“固体清新剂”使用时的状态变化．2、生活中的凝华现象的判断是这个知识点的核心，例如：霜，冬天玻璃窗内侧的窗花，针形六角形的雪，雾淞等例2：寒冷的冬天，在窗玻璃上常会出现“窗花”，下列说法中正确的是（）A．窗花在玻璃的内表面，是升华现象B．窗花在玻璃的内表面，是凝华现象C．窗花在玻璃的外表面，是升华现象D．窗花在玻璃的外表面，是凝华现象分析：物体直接由气态变为固态的过程叫凝华，冰花就是由空气中的水蒸气遇到比较冷的窗玻璃凝华形成的．解；冬天室内温度高于室外温度，室内空气中的水蒸气遇到较冷的玻璃时会发生凝华现象变成冰花，冰花出现在玻璃的内表面；故选B．点评：解决此类题目要结合生活中的凝华现象进行分析解答，生活中与物态变化有关的现象还有：云、雨、雹、霜、雾、露、雪等的形成过程．【解题方法点拨】判断时一定要紧扣定义，由定义来判断是最准确的、简单的．（1）升华和凝华现象是物质在固态和气态两种状态之间直接的相互转化，中间并没有经过液体这个过程．（2）并不是所有的物质都能发生升华和凝华现象，它仅限于某些物质在一定条件下发生。3．固体的密度测量实验【知识点的认识】固体密度的测量关键是测出物体的质量和体积，金属块的质量可用天平直接测得，也可以用弹簧测力计测出重力来计算质量；若物体的形状规则，可用刻度尺测出相关量后根据公式算出体积，若形状不规则利用量筒或量杯“排水法”来测得，若物体不能沉入水中的，可用“压入法”或“重锤法”来测物体的体积．【命题方向】1、测密度时是先测量质量还是先测量体积，若物体不能沉入水怎么办？测量时的步骤及原理都是命题关键．例1：测量大米密度时，小华发现米粒间有空隙，若把空隙的体积也算作大米的体积将使密度的测量结果偏小．于是，她用一个饮料瓶装满水，拧上盖子，用天平测出总质量为143g．又测出48g大米，放入瓶中，擦干溢出的水，再测这时的总质量．天平平衡时，右盘中的砝码和游码位置如图所示，则总质量为151g．由此可以算出这种大米的密度为1.2×103kg/m3．分析：（1）米粒间有空隙，若把空隙的体积也算作大米的体积，则大米的体积会变大．质量一定时，体积变大，密度会变小．（2）天平测量物体质量，读数时是砝码质量加上游码的示数；（2）已知大米的质量，求出大米排出水的质量，可求出大米的休积，求出大米的密度．解：（1）测大米体积时，把空隙的体积也算作大米的体积，则大米的体积会变大．大米的质量不变，由ρ＝可知，在质量一定时，体积变大，密度会变小．（2）砝码的质量是：150g，游码的质量是1g，所以物质的质量是：150g+1g＝151g；（3）瓶子和水的总质量m＝143g，大米质量m1＝48g，则它们的总质量m2＝143g+48g＝191g，当把大米放入瓶子中时，水会被排除一部分．则它们最后质量为m3＝151g，则溢出水的质量m4＝m2﹣m3＝191g﹣151g＝40g；则水的体积为V＝＝＝40cm3；大米的体积和水的体积相等，则大米的密度ρ1＝＝＝1.2g/cm3＝1.2×103kg/m3；故答案为：小；151；1.2×103；点评：此题中因为大米的体积不好直接测量，因此用到间接测量法．本题测量颗粒的体积，体现的是一种探究实验的科学方法：等效替代法．利用排水法测量不规则固体体积属于等效替代．同时考查了密度公式的应用．2、测量固体密度的基本实验程序、天平和量筒的正确读数以及密度公式的熟练运用，以及对实验中出现的误差的分析能力．如果缺少工具怎么办都是命题的关键．例：小军利用天平、水和烧杯来测量一不规则小石块的密度，请将他的实验步骤补充完整．（1）把托盘天平放在水平台面上，将标尺上的游码移到零刻度处，调节天平的平衡螺母使天平平衡．（2）用天平测量小石块的质量，右盘中的砝码和标尺上的游码如图1所示，则小石块的质量为62g．（3）如图2所示：a．往烧杯中加入适量的水，把小石块浸没，在水面到达的位置上作标记；b．取出小石块，测得烧杯和水的总质量为153g；c．往烧杯中加水，直到标记处，再测出此时烧杯和水的总质量为183g；d．计算出小石块的体积为30cm3．（4）用密度公式计算出小石块的密度为2.1g/cm3．分析：（1）使用天平之前，首先把天平放在水平台上，游码移到标尺左端的零刻度，然后调节平衡螺母使天平的横梁平衡．（2）物体的质量等于砝码的质量加游码对应的刻度值．（3）物体的体积的测量采用等效代替的方法：物体浸没在水中到达标记，当物体取出，往烧杯内加水到达标记处，物体的体积和加入水的体积相等．知道加入水的质量和密度，求出加入水的体积，即物体的体积．（4）知道物体的质量和体积，根据密度公式求出物体的密度．解：（1）把托盘天平放在水平台面上，将标尺上的游码移到零刻度处，调节天平的平衡螺母使天平平衡．（2）小石块的质量m＝50g+10g+2g＝62g．（3）烧杯内加入水的质量m'＝183g﹣153g＝30g．烧杯内加入水的体积：V'＝＝＝30cm3．所以小石块的体积V＝V'＝30cm3．（4）小石块的密度为：ρ＝＝≈2.1g/cm3．故答案为：（1）平衡螺母；（2）62；（3）30；（4）2.1．点评：（1）掌握天平的正