2024年山东省枣庄市市中区初中学业水平第二次模拟考试物理试题

2024年山东省枣庄市市中区初中学业水平第二次模拟考试物理试题一、选择题（请将正确选项的序号填入下表中，每小题2分，共30分）1．（2分）陶埙，在古代主要为诱捕猎物所用，是中国最原始的吹奏乐器之一。最早文献记载始于《诗经》“如埙如篪”，还有“伯氏吹埙”“仲氏吹篪”的诗句。如图所示是演奏者正在吹奏陶埙的场景，下列有关说法中正确的是（）A．演奏者用大小不同的力吹陶埙，改变陶埙声音的响度 B．吹奏陶埙产生的声音只是由于陶埙自身振动而产生的 C．音乐课上，音乐老师示范吹奏陶埙产生的声音是噪声 D．吹奏陶埙产生的声音在空气中传播速度为3×108m/s2．（2分）我国自主研制的某新型战斗机上的光电搜索跟踪系统如图所示，该系统与摄像机功能相似，能为战斗机提供感知外界的“视觉”。关于该系统说法正确的是（）A．该系统的光学元件是一个凹透镜 B．该系统的光学元件是一个凸透镜，成的是倒立、放大的实像 C．当战斗机靠近目标物时，该系统所成像的大小不变 D．周围景物通过该系统成像时，景物到镜头的距离大于2倍焦距3．（2分）中华诗词，寄情于景，包含了各种自然现象。下列有关物态变化的解释正确的是（）A．“惊蛰云不停，寒到五月中”，云的形成是升华现象，需要吸热 B．“千里冰封，万里雪飘”，冰和雪都是凝固形成的，需要吸热 C．“腾蛇乘雾，终为土灰”，雾是汽化形成的，需要放热 D．“床前明月光，疑是地上霜”，霜是凝华形成的，需要放热4．（2分）如图所示，一根弹簧，一端固定在竖直墙上，小明用手水平向左压弹簧的另一端使之发生弹性形变，长度缩短.此时“弹簧力图恢复原来的形状而产生的力”是（）①手对弹簧施加的力②弹簧对手施加的力③墙对弹簧施加的力④弹簧对墙施加的力A．①③ B．①④ C．②③ D．②④5．（2分）物理兴趣小组的同学对如图所示的现象进行讨论，其中错误的是（）A．图甲：从三个小孔流出的水喷射的距离不相等，说明液体的压强与液体的深度有关 B．图乙：烧瓶中的水沸腾后停止加热，水会停止沸腾。塞上瓶塞倒立，向瓶底浇冷水，水再次沸腾，说明气压减小水的沸点降低 C．图丙：盆景自动供水装置利用了连通器的工作原理使盆景内的水位保持不变 D．图丁：向B管中吹气，A管中水面上升，是因为流体中流速越大的位置压强越小6．（2分）如图所示，已知鸡蛋的质量为55g，体积为50cm3，将鸡蛋放在盛有清水的玻璃杯里，鸡蛋沉入杯底（图甲）；逐渐将食盐溶解在水中，鸡蛋恰好悬浮（图乙）；继续溶解食盐，最终鸡蛋漂浮（图丙）。下列说法正确的是（g取10N/kg）（）A．图甲中鸡蛋所受浮力为0.55N B．图乙中盐水的密度是1.1×103kg/m3 C．图丙中鸡蛋所受浮力大于鸡蛋排开盐水的重力 D．图中三种状态下浮力的大小关系是F甲＜F乙＜F丙7．（2分）2024年3月8日，一辆飞行汽车在广州天德广场垂直起飞。它整机采用全碳纤维结构，最大设计飞行高度为1000m，最大设计速度为130km/h。下列说法不正确的是（）A．飞行汽车垂直起飞时重力势能增大 B．飞行汽车在空中匀速转弯时受平衡力作用 C．飞行汽车至少需要27.7s才能完成最大设计飞行高度 D．采用全碳纤维结构是因为这种材料密度小8．（2分）公元前400多年，墨子所著《墨经》中有大量的物理知识，其中包括杠杆原理，比阿基米德还早两百多年。墨子将阻力臂叫“本”，动力臂叫“标”。下列杠杆属于“本短标长”的是（）A．钢丝钳 B．食品夹 C．钓鱼竿 D．筷子9．（2分）2023年4月24日是第八个“中国航天日”，学校飞天社团的同学制作了水火箭，如图是某水火箭的简易原理图。使用打气筒向水火箭内不断打气，当内部气体压强增大到一定程度时，会使水从水火箭中向下喷出，从而使水火箭升空。结合材料，你认为以下说法错误的是（）A．水火箭加速升空阶段机械能不变 B．水向下喷出会使水火箭升空是由于力的作用是相互的 C．使用打气筒打气时能量转化与汽油机的压缩冲程相同 D．使用打气筒向水火箭内打气的过程，水火箭中空气的内能在增大10．（2分）如图所示为静电喷涂示意图。从喷嘴喷出的带负电涂料颗粒会形成分散的雾状，扑向并吸附在带正电的工件表面成为均匀的膜层。下列说法错误的是（）A．涂料颗粒因为失去电子而带负电 B．涂料颗粒和工件由于异种电荷相互吸引 C．涂料颗粒散开是由于同种电荷相互排斥 D．喷涂时形成的电流方向是从工件到喷嘴11．（2分）甲醛对人体的危害非常严重，因此装修房屋时检测甲醛污染指数非常重要。“创新”小组的同学们设计了甲醛监测设备，原理如图甲所示。电源电压恒为3V，R0为10Ω的定值电阻，R为可以感知甲醛污染指数的可变电阻，污染指数在50以下为轻度污染，50～100间为中度污染，100以上为重度污染。以下分析正确的是（）A．污染指数越大，电压表示数越小 B．污染指数越小，电路中消耗的总功率越大 C．电压表示数为1V时，属于重度污染 D．污染指数为50时，电压表示数为2.5V12．（2分）目前电动汽车上流的充电方式为智能恒功率充电，充电电压U和充电电流I的变化如图所示，第一阶段为限流段，即为预充阶段；第二阶段为恒流段，该过程充电电流保持不变，充电电压稳定增加；第三阶段为恒功率段，该过程充电功率保持恒定；第四阶段为恒压段，即浮充阶段，充电电流不断减小，直至充满。下列有关说法正确的是（）电池系统可用能量72kW•h电量一里程转换率16kW•h/100km充电时间交流慢充6h直流快充0.6hA．电动车需紧急出行而电量不足时，应选择交流充电方式 B．电池充电限流段充电电压不断增加，充电电流不断减小 C．电池充满电后，理论续航里程为4.5km D．整个充电过程中，充电功率先增大，后不变13．（2分）腕力球是一种人工动力装置，纯机械不用电池。手握腕力球运动时，使球芯加速旋转，同时球内的LED灯会发光（如图）。装置工作时能使灯发光的原理与图中的实验原理相同的是（）A． B． C． D．14．（2分）为更好满足人民群众的健身和健康需求，2021年国务院就发布了《全民健身计划》。所以我们生活的每个社区公园都有多种健身器材。下列对几个健身过程的分析错误的是（）A．图甲中的牵引器相当于一个等臂杠杆，两臂向下用力，同时两臂也受到向上的拉力 B．双手握住图乙中的训练器手柄顺时针或逆时针转动，说明力可以改变物体的运动状态且力的方向会影响力的作用效果 C．图丙中健身车的扶手和脚蹬上都装有橡胶套，这是为了增大摩擦力 D．图丁中两人在漫步机上运动的过程中，他们体内的化学能全部转化为机械能15．（2分）近年来我国在科技领域取得了辉煌成就。下列说法正确的是（）A．“嫦娥五号”将月壤样品取回地球后其质量变大 B．“天宫”空间站上的航天员通过电磁波与地面指挥中心进行信息的传递 C．“华龙一号”核反应堆利用核聚变获取能量 D．“魔方Ⅲ”超级计算机的芯片是用超导体制成的二、填空题（每空1分，共27分）16．（3分）北京冬奥会开幕式上，小演员们双手举着“和平鸽”，随着脚步的移动，脚下一朵朵晶莹洁白的雪花如影随形。其中“如影随形”中的“影”子是光的形成的；光在真空中的传播速度是m/s；当小演员手举“和平鸽”水平移动时，以“和平鸽”为参照物，其倒影是（选填“运动”或“静止”）的。17．（2分）（1）如图甲所示，秒表的读数为s；（2）如图乙所示，温度计的示数为℃。18．（3分）我国自主研发的奋斗者号潜水器在马里亚纳海沟成功坐底，刷新中国载人深潜的新纪录。据报道潜水器质量约为24t，当它漂浮在海面上时，所受浮力约为N，设海水密度不变，潜水器没入水面下继续下潜时，受到海水的压强（选填“增大”“减小”或“不变”）。潜水器与潜水艇原理相同，都是靠改变实现浮与沉的。（g取10N/kg）19．（3分）如图所示，手托盘子保持前臂水平，从生物学的视角，可认为是桡骨在肱二头肌的牵引下保持水平状态；从物理学的视角来看，这可以简化为一个（选填“省力”或“费力”）杠杆；盘子（选填“靠近”或“远离”）肘关节时，肱二头肌的拉力更大一些，这是因为增大了。20．（4分）红外线测温仪测的电路原理图如图乙所示。左右两个电源电压均为9V，R0是阻值为10Ω的定值电阻，R1是热敏电阻，其阻值会随着温度的改变而改变。当人体体温高于37.3℃时，红灯亮发出报警。R1随人体温度辐射的红外线变化关系如图所示。（1）电路中R0的作用是，从测温仪前面通过的同学体温越高，电流表的示数越；（2）当体温是36.5℃时，电流表的示数为；（3）同学经过测温仪时，电流表示数显示0.36A，测温仪（会/不会）发出报警。21．（3分）如图为小伟家的电能表，他家能同时工作的用电器最大总功率为W。他只让洗衣机和电视机工作时，电能表的转盘在5min内转了150转。两电器的总功率为W。小伟又把一个手机充电器插入插座进行充电，空气开关就跳闸了，造成跳闸的原因是（选填“总功率过大”或“插头短路”）。22．（2分）如图﹣1所示是某电饭锅电路简化图，它有高温挡和保温挡两个挡位。图﹣2是该电饭锅正常工作时功率与时间的关系图象。根据以上信息可以求得：电热丝R2阻值为Ω，电饭锅处于高温挡时电路中的电流是A。23．（3分）利用风力发电将助力我国实现碳中和目标。风能属于再生能源。当风速v在5m/s≤v≤10m/s的范围内，风力发电机组输出功率P与v的三次方成正比，即P＝kv3，且k＝0.2kW•s3/m3。则风速为10m/s时，半小时发电量是kW•h，若煤电转换率为30%，则产生等量的电能需消耗煤kg。（煤完全燃烧，q煤＝3.0×107J/kg）24．（4分）如图，被称为“最新版中国高铁”的“复兴号”在京沪高铁亮相。它采用全新流线型头型，这是为了；车厢内实现了WiFi网络全覆盖，WiFi采用的是低强度的传输信号；车厢内座椅旁都安装了插座方便旅客充电的需求，这些插座之间的连接方式是；车身长度约400m的“G1720次”列车，某次通过1600m长的隧道时全部在隧道内运行只用了12s的时间，该列车的速度约km/h。三、作图与实验探究题题（第25题3分，其余每空1分，共27分。）25．（3分）如图所示，某小车沿水平面向右做匀速直线运动，在车厢顶部用细绳竖直悬挂一个小球，小球与光滑的竖直车厢壁刚好接触，若小车突然刹车，请在C点画出此时小球受力的示意图。26．（6分）小明同学利用光具座、凸透镜、蜡烛、光屏等实验器材探究凸透镜成像的规律：（1）如图甲所示，小明将一束平行光正对凸透镜，移动光屏，直到光屏上形成一个最小最亮的光斑，该凸透镜的焦距为cm；（2）实验时，把凸透镜固定在光具座50cm刻度线处，为使像成在光屏中央，应将烛焰、凸透镜和光屏三者中心调到；（3）小明将蜡烛移至光具座20cm刻度线处，如图乙所示，移动光屏，直到烛焰在光屏上成清晰的像，则该像是倒立、的实像。生活中的（选填“放大镜”、“投影仪”或“照相机”）就是利用这种成像规律工作的；（4）接着，小明保持蜡烛和光屏的位置不变，将凸透镜移动到cm刻度处，光屏上会再次出现一个清晰的像。（5）在如图乙所示实验情形下，如果保持凸透镜和光屏的位置不变，将蜡烛适当远离凸透镜，发现光屏上烛焰的像变得模糊不清，此现象可以体现（选填“近视眼”或“远视眼”）的成像情况。27．（6分）某实验小组利用弹簧测力计、小石块、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）如图所示的四个实验步骤，合理的实验顺序是；（2）把石块浸没在盛满水的溢水杯中，石块受到的浮力大小为N；（3）由以上步骤可初步得出结论：浸在水中的物体所受浮力的大小等于它；（4）根据实验数据，还可得出石块的密度为kg/m3；（5）小明将装满水的溢水杯放到电子秤上，再用细线挂着铝块，将其缓慢浸入溢水杯中的水中（如图戊），在铝块浸入水的过程中（始终不碰到杯底），溢水杯底所受水的压力（填“变大”“变小”或“不变”），电子秤的读数（填“变大”或“变小”或“不变”）。28．（6分）如图所示，这是探究“电流通过导体时产生热量的多少与哪些因素有关”的实验装置。（1）本装置中我们可以通过观察U形管两侧液面高度差来反映电阻丝上产生的电热，这种实验方法是。（2）通电后，想要比较电热和电阻的关系，我们可以选取两个装置来比较。通电一段时间后，我们可以观察到这两个装置中装置的液面高度差更大。（3）在丙容器的外部并联一个5Ω的电阻是为了。实验过程中选取甲和丙两个实验装置进行比较，我们可以得出结论：在电阻和通电时间相同时，通过导体的电流越（选填“大”或“小”），产生的热量越多。（4）在通电相同时间时，三个容器中产生的热量之比为。29．（6分）（1）如图甲和乙。通过观察电磁铁的不同，可以判断电磁铁的磁性强弱不同，对比两图发现：当线圈匝数一定时，通过电磁铁的电流越大，磁性越（选填“强“或“弱”）；两图中大头针下端是分散的。原因是同名磁极相互。（2）如图丙所示。闭合开关，若导体由不动。左右移动磁体，电路中（选填“有“或“无”）感应电流，应用该实验的原理可以制成（选填“电动机“或“发电机”），如果将电流计换成可以探究磁场对通电导体的作用。四、计算题（第30小题8分，第32题8分，共16分。解答时应写出必要的文字说明、公式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分。）30．（8分）国产大飞机C919于2023年5月28日正式投入商业运营，标志着中国航空工业进入快速发展阶段，体现了中国制造的科技水平和实力。如图所示是某架C919大型客机。其有关参数如表。（g取10N/kg）空载质量60t轮与地接触总面积2m2匀速水平飞行时的速度720km/h求：（1）空载时，飞机对地面的压强？（2）若飞机在空中匀速水平飞行时所受阻力是飞机总重的0.1倍，飞行720km时，飞机飞行的功率是？（3）若该客机发动机保持5000kW的输出功率匀速飞行1h，则发动机输出的能量相当于多少kg的航空燃油完全燃烧放出的热量？（航空燃油的热值q＝5×107J/kg）31．（8分）图甲所示装置为亮亮小组设计的大气压测量装置（后称气压计）的电路图，并欲将量程为“0～0.6A”的电流表表盘改装成“气压计”的表盘，对弹簧未施加拉力时金属滑片P刚好位于电阻丝R的最右端，弹簧的伸长量ΔL与所受拉力F的关系如图乙所示。电源电压恒为3V，R0的阻值为5Ω，电阻丝R的长度为12cm，规格为5Ω/cm，金属滑片P分别与电阻丝R和弹簧连接。测量前将注射器活塞推至底端排尽空气，并用橡皮帽将注射孔密封住。（1）当拉力为0时，电路的电功率；（2）当电流表为0.15A时，弹簧所受拉力大小；（3）此“气压计”可测量的最大拉力为多少？

参考答案与试题解析一、选择题（请将正确选项的序号填入下表中，每小题2分，共30分）1．（2分）陶埙，在古代主要为诱捕猎物所用，是中国最原始的吹奏乐器之一。最早文献记载始于《诗经》“如埙如篪”，还有“伯氏吹埙”“仲氏吹篪”的诗句。如图所示是演奏者正在吹奏陶埙的场景，下列有关说法中正确的是（）A．演奏者用大小不同的力吹陶埙，改变陶埙声音的响度 B．吹奏陶埙产生的声音只是由于陶埙自身振动而产生的 C．音乐课上，音乐老师示范吹奏陶埙产生的声音是噪声 D．吹奏陶埙产生的声音在空气中传播速度为3×108m/s【分析】（1）声音的响度与振幅和距发声体的远近有关；（2）声音是由物体的振动产生的；（3）从物理学角度，噪声是发声体无规则振动产生的；从环保角度看，凡是影响到人们正常的休息、工作、学习的声音，或者对人们要听到的声音造成了干扰的声音，都是噪声；（4）声音在15℃空气中传播速度为340m/s。【解答】解：A、演奏者用大小不同的力吹陶埙，则空气柱振动的振幅不同，改变了陶埙声音的响度，故A正确；B、吹奏陶埙产生的声音是主要是由于陶埙内空气柱振动而产生的，故B错误；C、音乐课上，音乐老师示范吹奏陶埙产生的声音悦耳动听，是学生们喜欢听的声音，是乐音，故C错误；D、吹奏陶埙产生的声音在15℃空气中传播速度为340m/s，故D错误。故选：A。【点评】本题考查了响度与振幅的关系，声音的产生，噪声的辨别，声速等，属基础题。2．（2分）我国自主研制的某新型战斗机上的光电搜索跟踪系统如图所示，该系统与摄像机功能相似，能为战斗机提供感知外界的“视觉”。关于该系统说法正确的是（）A．该系统的光学元件是一个凹透镜 B．该系统的光学元件是一个凸透镜，成的是倒立、放大的实像 C．当战斗机靠近目标物时，该系统所成像的大小不变 D．周围景物通过该系统成像时，景物到镜头的距离大于2倍焦距【分析】（1）凸透镜对光线有会聚作用，当物体在透镜的2倍焦距之外时，物体经透镜能成倒立、缩小的实像；（2）凸透镜成像的规律中，成实像时，物像异侧，物距变大，像距变小，像变小；（3）凸透镜成实像时，物近像远像变大。【解答】解：AB、该系统的光学元件相当于一个凸透镜，系统功能与人眼相似，成的是倒立、缩小的实像，故AB错误；C、当战斗机逐渐靠近被跟踪物体时，物距变小，像距变大，物体所成的像会逐渐变大，故C错误；D、周围景物通过该系统成像时，景物到镜头的距离大于镜头的2倍焦距，故D正确。故选：D。【点评】此题主要考查了凸透镜成像规律的应用，比较简单，属于基础知识。3．（2分）中华诗词，寄情于景，包含了各种自然现象。下列有关物态变化的解释正确的是（）A．“惊蛰云不停，寒到五月中”，云的形成是升华现象，需要吸热 B．“千里冰封，万里雪飘”，冰和雪都是凝固形成的，需要吸热 C．“腾蛇乘雾，终为土灰”，雾是汽化形成的，需要放热 D．“床前明月光，疑是地上霜”，霜是凝华形成的，需要放热【分析】物质由气态直接变为固态叫凝华，物质由固态直接变为气态叫升华；由气态变为液态叫液化，由液态变为气态叫汽化；由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固；其中凝华、凝固、液化放热，升华、熔化、汽化吸热。【解答】解：A．云是大气中的水蒸气遇冷液化成的小水滴或凝华成的小冰晶混合组成的漂浮在空中的可见聚合物，需要放热，故A错误；B．冰是水凝固形成的，需要放热，雪是水蒸气凝华形成的，凝华放热，故B错误；C．雾是水蒸气液化形成的，液化放热，故C错误；D．霜是水蒸气凝华形成的，凝华放热，故D正确。故选：D。【点评】分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态；另外对六种物态变化的吸热和放热情况也要有清晰的认识。4．（2分）如图所示，一根弹簧，一端固定在竖直墙上，小明用手水平向左压弹簧的另一端使之发生弹性形变，长度缩短.此时“弹簧力图恢复原来的形状而产生的力”是（）①手对弹簧施加的力②弹簧对手施加的力③墙对弹簧施加的力④弹簧对墙施加的力A．①③ B．①④ C．②③ D．②④【分析】弹力是物体发生形变后要恢复原状时产生的力，两物体直接接触并且发生形变，两物体间才会有弹力作用。【解答】解：弹簧形变产生的力，即弹簧的弹力，施力物体为弹簧，因为手和墙拉弹簧，所以弹簧发生弹性形变，产生的是对手和墙的拉力，故②④正确。故选：D。【点评】本题考查弹力的概念，明确弹力产生的原因、施力物体和受力物体是关键，属于基础性题目。5．（2分）物理兴趣小组的同学对如图所示的现象进行讨论，其中错误的是（）A．图甲：从三个小孔流出的水喷射的距离不相等，说明液体的压强与液体的深度有关 B．图乙：烧瓶中的水沸腾后停止加热，水会停止沸腾。塞上瓶塞倒立，向瓶底浇冷水，水再次沸腾，说明气压减小水的沸点降低 C．图丙：盆景自动供水装置利用了连通器的工作原理使盆景内的水位保持不变 D．图丁：向B管中吹气，A管中水面上升，是因为流体中流速越大的位置压强越小【分析】（1）液体压强随着深度的增大而增大，压强越大从瓶中喷出的水喷得越远；（2）从液体沸点与气压关系角度来分析，气压减小，沸点降低；（3）随着水的蒸发，盆景内水减少，当瓶口刚露出水面时，会有少量空气进入瓶中，瓶内气压增大，瓶子的水会下降流出一部分，使瓶外水位重新升高，瓶口继续没入水中，空气不再进入，如此反复；（4）流体的压强跟流速有关，流速越大的位置，压强越小。【解答】解：A、小孔位置越低，水流喷射的越远，说明液体压强随深度的增加而增大，故A正确；B、当向瓶底浇冷水时，瓶内气体温度突然降低，气压减小，瓶内液面上方气压减小，导致沸点降低，所以水重新沸腾起来，故B正确；C、随着水的蒸发，盆景内水减少，当瓶口刚露出水面时，会有少量空气进入瓶中，瓶内气压增大，瓶子的水会下降流出一部分，使瓶外水位重新升高，回到原来的高度，即盆景内的水位保持不变；此后在大气压的作用下瓶中的水不再流出，此装置不是利用的连通器，故C错误；D、A管中水面上升，是因为向B管中吹气时，A管上方的空气流速增大、压强减小，故D正确；故选：C。【点评】本题涉及到液体内部压强的特点、气压和沸点的关系、压强和流速关系及大气压的综合应用，具有较强的综合性，重点考查学生运用所学知识分析解决实际问题的能力，对学生的要求较高，是中考重点考查的内容。6．（2分）如图所示，已知鸡蛋的质量为55g，体积为50cm3，将鸡蛋放在盛有清水的玻璃杯里，鸡蛋沉入杯底（图甲）；逐渐将食盐溶解在水中，鸡蛋恰好悬浮（图乙）；继续溶解食盐，最终鸡蛋漂浮（图丙）。下列说法正确的是（g取10N/kg）（）A．图甲中鸡蛋所受浮力为0.55N B．图乙中盐水的密度是1.1×103kg/m3 C．图丙中鸡蛋所受浮力大于鸡蛋排开盐水的重力 D．图中三种状态下浮力的大小关系是F甲＜F乙＜F丙【分析】（1）根据物体的浮沉条件分析浮力的大小；（2）根据密度公式求出鸡蛋的密度，物体悬浮在液体中时，物体的密度等于液体的密度；（3）根据阿基米德原理分析；（4）根据浮沉条件比较浮力的大小。【解答】解：A、图甲中鸡蛋处于沉底状态，则浮力小于重力，鸡蛋的重力为G＝mg＝0.055kg×10N/kg＝0.55N，即浮力小于0.55N，故A错误；B、鸡蛋的密度为：ρ＝＝＝1.1g/cm3＝1.1×103kg/m3，图乙中，鸡蛋悬浮在液体中时，鸡蛋的密度等于液体的密度，所以盐水的密度是1.1×103kg/m3，故B正确；C、由阿基米德原理可知，图丙中物体漂浮，鸡蛋所受浮力等于鸡蛋排开盐水的重力，故C错误；D、图甲中鸡蛋处于沉底状态，则浮力小于重力；图乙中鸡蛋悬浮在液体中时，浮力等于重力；图丙中鸡蛋漂浮，所受浮力等于鸡蛋自身重力，所以三种状态下浮力的大小关系是F甲＜F乙＝F丙，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了密度的计算和物体浮沉条件的应用，计算过程要注意单位的换算。7．（2分）2024年3月8日，一辆飞行汽车在广州天德广场垂直起飞。它整机采用全碳纤维结构，最大设计飞行高度为1000m，最大设计速度为130km/h。下列说法不正确的是（）A．飞行汽车垂直起飞时重力势能增大 B．飞行汽车在空中匀速转弯时受平衡力作用 C．飞行汽车至少需要27.7s才能完成最大设计飞行高度 D．采用全碳纤维结构是因为这种材料密度小【分析】（1）重力势能大小与质量、高度有关；（2）物体在平衡力的作用下，保持原状态不变；（3）根据速度公式计算时间；（4）根据材料的特点分析。【解答】解：A、飞行汽车垂直起飞时，质量不变，高度变大，重力势能增大，故A正确；B、飞行汽车在空中匀速转弯时，运动方向发生了改变，受非平衡力作用，故B错误；C、最大设计飞行高度为1000m，最大设计速度为130km/h，完成最大设计飞行高度的时间为：t＝＝≈27.7s，故C正确；D、使用碳纤维材料，是因为这种材料密度小，硬度大，故D正确。故选：B。【点评】本题考查了重力势能的大小变化、物体受力情况、速度计算公式的应用、材料的特点，属于基础题。8．（2分）公元前400多年，墨子所著《墨经》中有大量的物理知识，其中包括杠杆原理，比阿基米德还早两百多年。墨子将阻力臂叫“本”，动力臂叫“标”。下列杠杆属于“本短标长”的是（）A．钢丝钳 B．食品夹 C．钓鱼竿 D．筷子【分析】结合图片和生活经验，先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆。【解答】解：根据题意可知，“本短标长”是指动力臂长，阻力臂短，属于省力杠杆；A、钢丝钳在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故A符合题意；B、食品夹在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故B不符合题意；C、钓鱼竿在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故C不符合题意；D、筷子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故D不符合题意。故选：A。【点评】点评：此题考查的是杠杆的分类主要包括以下几种：①省力杠杆，动力臂大于阻力臂；②费力杠杆，动力臂小于阻力臂；③等臂杠杆，动力臂等于阻力臂。9．（2分）2023年4月24日是第八个“中国航天日”，学校飞天社团的同学制作了水火箭，如图是某水火箭的简易原理图。使用打气筒向水火箭内不断打气，当内部气体压强增大到一定程度时，会使水从水火箭中向下喷出，从而使水火箭升空。结合材料，你认为以下说法错误的是（）A．水火箭加速升空阶段机械能不变 B．水向下喷出会使水火箭升空是由于力的作用是相互的 C．使用打气筒打气时能量转化与汽油机的压缩冲程相同 D．使用打气筒向水火箭内打气的过程，水火箭中空气的内能在增大【分析】（1）影响动能的影响因素是物体的质量和物体运动的速度，影响重力势能的因素是物体的质量和物体的高度，其中动能和势能统称为机械能；（2）物体间力的作用是相互的；（3）汽油机的压缩冲程中，机械能转化为内能；（4）做功可以改变物体的内能，物体对外做功，内能减少，外界对物体做功用，内能增加。【解答】解：A、水火箭加速升空阶段，向下不断喷水，质量变小，高度和速度都变大，则动能和势能可能不变，所以机械能可能不变，故A错误；B、水火箭向下喷水，给水一个向下的力，由于物体间力的作用是相互的，水给水火箭一个向上的力，使水火箭升空，故B正确；C、向打气筒内打气的过程是机械能转化为内能，汽油机的压缩冲程中机械能转化为内能；能量转化方式是相同的，故C正确；D、利用打气筒向水火箭内打气的过程中，压缩筒内空气做功，水火箭中空气的内能在增大，故D正确。故选：A。【点评】本题考查了做功改变物体的内能、汽油机的能量转化、力的作用的相互性和机械能的大小变化等知识，要明确：对物体做功，内能增加，物体对外做功，内能减小。10．（2分）如图所示为静电喷涂示意图。从喷嘴喷出的带负电涂料颗粒会形成分散的雾状，扑向并吸附在带正电的工件表面成为均匀的膜层。下列说法错误的是（）A．涂料颗粒因为失去电子而带负电 B．涂料颗粒和工件由于异种电荷相互吸引 C．涂料颗粒散开是由于同种电荷相互排斥 D．喷涂时形成的电流方向是从工件到喷嘴【分析】（1）摩擦起电的实质是电子的转移，得到电子带负电，失去电子带正电；（2）同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引；（3）正电荷定向移动的方向为电流的方向。【解答】解：A、涂料颗粒带负电是因为失去了电子，故A错误；B、涂料颗粒和工件由于异种电荷相互吸引，故B正确；C、涂料颗粒散开是由于同种电荷相互排斥，故C正确；D、喷嘴喷出的涂料颗粒带负电，工件带正电，喷涂时正负电荷中和，负电荷从喷嘴向工件移动，电流的方向是从工件到喷嘴，故D正确。故选：A。【点评】本题考查了摩擦起电的实质、电荷间相互作用的规律、电流的方向，属于基础题。11．（2分）甲醛对人体的危害非常严重，因此装修房屋时检测甲醛污染指数非常重要。“创新”小组的同学们设计了甲醛监测设备，原理如图甲所示。电源电压恒为3V，R0为10Ω的定值电阻，R为可以感知甲醛污染指数的可变电阻，污染指数在50以下为轻度污染，50～100间为中度污染，100以上为重度污染。以下分析正确的是（）A．污染指数越大，电压表示数越小 B．污染指数越小，电路中消耗的总功率越大 C．电压表示数为1V时，属于重度污染 D．污染指数为50时，电压表示数为2.5V【分析】（1）由图象可知，污染指数越大，可变电阻的阻值越小，根据串联电路的分压特点分析电压表示数变化；（2）由图象可知，污染指数越小，可变电阻的阻值越大，根据欧姆定律分析电路中电流的变化，根据P＝UI分析总功率的变化；（3）根据欧姆定律求出电路中电流，根据串联电路的分压特点求出可变电阻两端电压，再根据欧姆定律求出可变电阻连入电路中的阻值，根据图象分析污染程度；（4）由图象可知，污染指数为50时，可变电阻连入电路中的阻值，根据分压特点求出电压表示数。【解答】解：A．由图像可知，污染指数越大，可变电阻的阻值越小，根据串联电路的分压特点可知，可变电阻两端的电压越小，则定值电阻两端的电压越大，即电压表示数越大，故A错误；B．由图像可知，污染指数越小，可变电阻的阻值越大，电路总电阻越大，根据可知，电源电压不变，总电阻越大，总功率越小，故B错误；C．电压表示数为1V时，电路中电流为；可变电阻两端电压为UR＝U﹣U0＝3V﹣1V＝2V；根据欧姆定律可得，可变电阻连入电路中的阻值为；由图像可知，电阻为20Ω时，污染指数为150，属于重度污染，故C正确；D．由图像可知，污染指数为50时，可变电阻连入电路中的阻值为50Ω，根据串联电路的分压特点可知，即，解得：U′0＝0.5V，即电压表示数为0.5V，故D错误。故选：C。【点评】此题主要考查的是学生对欧姆定律、串联电路的分压特点的理解和掌握，读懂图象是解决此题的关键。12．（2分）目前电动汽车上流的充电方式为智能恒功率充电，充电电压U和充电电流I的变化如图所示，第一阶段为限流段，即为预充阶段；第二阶段为恒流段，该过程充电电流保持不变，充电电压稳定增加；第三阶段为恒功率段，该过程充电功率保持恒定；第四阶段为恒压段，即浮充阶段，充电电流不断减小，直至充满。下列有关说法正确的是（）电池系统可用能量72kW•h电量一里程转换率16kW•h/100km充电时间交流慢充6h直流快充0.6hA．电动车需紧急出行而电量不足时，应选择交流充电方式 B．电池充电限流段充电电压不断增加，充电电流不断减小 C．电池充满电后，理论续航里程为4.5km D．整个充电过程中，充电功率先增大，后不变【分析】（1）表格数据可得，交流慢充为6h，直流快充为0.6h，故直流电充电更加迅速，据此选择充电方式；（2）电池充电至某一阶段时，充电电压不断增加，充电电流不断减小，从图2可知符合的充电阶段；（3）电池系统可用能量为72kW•h，电量—里程转换率为16kW•h/km，据此得出电池充满电后，理论续航里程；（4）整个充电过程中，根据电路中电流的变化，利用P＝UI即可判断电功率的变化。【解答】解：A、表格数据可得，交流慢充为6h，直流快充为0.6h，故直流电充电更加迅速，故电动车需紧急出行而电量不足时，应选择直流充电方式。故A错误；B、电池充电至某一阶段时，充电电压不断增加，充电电流不断减小，从图可知，该特征符合恒功率段，故B错误；C、电池系统可用能量为72kW•h，电量—里程转换率为16kW•h/100km，故电池充满电后，理论续航里程为：＝450km，故C错误；D、整个充电过程中，电路中电流先增大，后不变，最后减小，所以根据P＝UI可知充电功率先增大，后不变，最后减小，故D正确。故选：D。【点评】本题考查电功和电能的有关计算问题，并考查综合分析能力，有一定难度。13．（2分）腕力球是一种人工动力装置，纯机械不用电池。手握腕力球运动时，使球芯加速旋转，同时球内的LED灯会发光（如图）。装置工作时能使灯发光的原理与图中的实验原理相同的是（）A． B． C． D．【分析】闭合电路中的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，会产生电流，这种电流叫感应电流，这一现象叫电磁感应现象。【解答】解：手握腕力球运动时，使球芯加速旋转，同时球内的LED灯会发光，这说明电路中产生了电流，则可知此现象的原理为电磁感应现象。A、图中的实验为奥斯特实验，说明了电流的磁效应，故A不符合题意；B、图中实验装置无电源，闭合电路中的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，会产生电流，是电磁感应现象，故B符合题意；C、图中实验装置说明通电导线在磁场中受力而运动，故C不符合题意；D、图中实验装置是探究通电螺线管周围存在磁场的实验，故D不符合题意。故选：B。【点评】本题考查了对电磁感应现象的认识，属于基础知识，难度不大。14．（2分）为更好满足人民群众的健身和健康需求，2021年国务院就发布了《全民健身计划》。所以我们生活的每个社区公园都有多种健身器材。下列对几个健身过程的分析错误的是（）A．图甲中的牵引器相当于一个等臂杠杆，两臂向下用力，同时两臂也受到向上的拉力 B．双手握住图乙中的训练器手柄顺时针或逆时针转动，说明力可以改变物体的运动状态且力的方向会影响力的作用效果 C．图丙中健身车的扶手和脚蹬上都装有橡胶套，这是为了增大摩擦力 D．图丁中两人在漫步机上运动的过程中，他们体内的化学能全部转化为机械能【分析】（1）动力臂等于阻力臂的杠杆称为等臂杠杆；物体间力的作有得相互的；（2）力可以改变物体的运动状态；力的大小、方向和作用点会影响力的作用效果；（3）在压力一定时，增大接触面的粗糙程度可增大摩擦；（4）能量在转化的过程中往往会有损耗，据此分析。【解答】解：A、图甲中的牵引器两侧力臂相等，相当于一个等臂杠杆，由于物体间力的作有得相互的，所以两臂向下用力时，同时两臂也受到向上的拉力，故A正确；B、力可以使用训练器手柄顺时针或逆时针转动，说明力可以改变物体的运动状态且力的方向会影响力的作用效果，故B正确；C、图丙中健身车的扶手和脚蹬上都装有橡胶套，这是为了在压力一定时，增大接触面的粗糙程度可增大摩擦力，故C正确；D、图丁中两人在漫步机上运动的过程中，他们体内的化学能大部分转化为机械能，也会有一部分转化为内能，故D错误。故选：D。【点评】本题通过对不同健身器材的观察与分析，考查了对多个力学知识的理解与应用，有一定综合性。15．（2分）近年来我国在科技领域取得了辉煌成就。下列说法正确的是（）A．“嫦娥五号”将月壤样品取回地球后其质量变大 B．“天宫”空间站上的航天员通过电磁波与地面指挥中心进行信息的传递 C．“华龙一号”核反应堆利用核聚变获取能量 D．“魔方Ⅲ”超级计算机的芯片是用超导体制成的【分析】（1）质量是物体本身的一种属性，不随形状、位置、状态、温度的改变而改变。（2）电磁波可以传递信息。（3）目前的核电站是利用核裂变获取核能的。（4）芯片的主要材料是半导体。【解答】解：A、“嫦娥五号”将月壤样品取回地球后其质量不变，故A错误；B、“天宫”空间站上的航天员通过电磁波与地面指挥中心进行信息的传递，故B正确；C、“华龙一号”核反应堆利用核裂变获取能量，故C错误；D、“魔方Ⅲ”超级计算机的芯片是半导体制成的，故D错误。故选：B。【点评】本题考查的是能源的分类；知道半导体、电磁波和核能；知道质量是物质的一种属性。二、填空题（每空1分，共27分）16．（3分）北京冬奥会开幕式上，小演员们双手举着“和平鸽”，随着脚步的移动，脚下一朵朵晶莹洁白的雪花如影随形。其中“如影随形”中的“影”子是光的直线传播形成的；光在真空中的传播速度是3×108m/s；当小演员手举“和平鸽”水平移动时，以“和平鸽”为参照物，其倒影是静止（选填“运动”或“静止”）的。【分析】（1）光在同种均匀介质中是沿直线传播的。（2）光在真空中的传播速度最大，为3×108m/s；（3）物体相对于参照物的位置变化了，物体就是运动的，物体相对于参照物的位置不变，物体就是静止的。【解答】解：其中“如影随形”中的“影”子是光的直线传播形成的；光在真空中的传播速度为3×108m/s；当小演员手举“和平鸽”水平移动时，以“和平鸽”为参照物，其倒影的位置不变，是静止的。故答案为：直线传播；3×108；静止。【点评】本题考查的是光的直线传播与运动和静止的相对性。本题属于基础性题目。17．（2分）（1）如图甲所示，秒表的读数为247.5s；（2）如图乙所示，温度计的示数为﹣4℃。【分析】秒表读数时是小圈为分针，外圈为秒针，且注意是前30s还是后30s。温度计显示为零下别忘记符号。【解答】解：（1）秒表为分针4min＝240s，秒针为7.5s，读数为t＝240s+7.5s＝247.5s；（2）温度计向下读数增加，代表零下，可观察到分度值为1℃，读数为﹣4℃。故答案为：247.5；﹣4。【点评】本题考查了时间的测量、温度计的读数，属于基础题。18．（3分）我国自主研发的奋斗者号潜水器在马里亚纳海沟成功坐底，刷新中国载人深潜的新纪录。据报道潜水器质量约为24t，当它漂浮在海面上时，所受浮力约为2.4×105N，设海水密度不变，潜水器没入水面下继续下潜时，受到海水的压强增大（选填“增大”“减小”或“不变”）。潜水器与潜水艇原理相同，都是靠改变自身重力实现浮与沉的。（g取10N/kg）【分析】漂浮时浮力等于重力；根据G＝mg计算重力；由p＝ρgh得出压强的变化；潜水艇是靠改变自身重力来实现浮与沉。【解答】解：潜水器质量为24t，当它漂浮在海面上时，受到的浮力等于自身重力：F浮＝G＝mg＝24×103kg×10N/kg＝2.4×105N；由p＝ρ水gh可知，潜水器下潜过程中，所处深度h变大、海水的密度不变，它受到海水的压强变大；水器与潜水艇原理相同，都是靠改变自身重力来实现浮与沉的。故答案为：2.4×105；增大；自身重力。【点评】本题考查物体的浮沉条件、重力公式、液体压强公式的灵活运用。19．（3分）如图所示，手托盘子保持前臂水平，从生物学的视角，可认为是桡骨在肱二头肌的牵引下保持水平状态；从物理学的视角来看，这可以简化为一个费力（选填“省力”或“费力”）杠杆；盘子远离（选填“靠近”或“远离”）肘关节时，肱二头肌的拉力更大一些，这是因为增大了阻力臂。【分析】根据动力臂和阻力臂的大小关系判定杠杆的种类；由杠杆的平衡条件进行解答。【解答】解：图中，桡骨在肱二头肌的牵引下绕着肘关节转动时，动力臂小于阻力臂，可视为一种费力杠杆；盘子远离肘关节时，增大了阻力臂，动力臂不变，所以动力增大，即肱二头肌的拉力更大一些。故答案为：费力；阻力臂。【点评】本题考查的是杠杆的分类和杠杆的平衡条件的运用，难度不大。20．（4分）红外线测温仪测的电路原理图如图乙所示。左右两个电源电压均为9V，R0是阻值为10Ω的定值电阻，R1是热敏电阻，其阻值会随着温度的改变而改变。当人体体温高于37.3℃时，红灯亮发出报警。R1随人体温度辐射的红外线变化关系如图所示。（1）电路中R0的作用是保护电路，从测温仪前面通过的同学体温越高，电流表的示数越大；（2）当体温是36.5℃时，电流表的示数为0.33A；（3）同学经过测温仪时，电流表示数显示0.36A，测温仪会（会/不会）发出报警。【分析】（1）图乙电路中，R1与R0串联，电路中R0的作用是保护电路；体温越高，由表中数据可知热敏电阻大小的变化，由电阻的串联规律和欧姆定律分析电流表的示数变化；（2）当体温是36.5℃时，由图中数据可知热敏电阻R1大小，根据电阻的串联和欧姆定律得出电流表的示数；（3）已知电流表示数，根据欧姆定律和串联电阻的规律求出热敏电阻R1大小，由图像可知此时对应的人体温度，结合题意回答。【解答】解：（1）图乙电路中，R1与R0串联，电流表测电路的电流，当R1的阻值过小时，电路的电流过大会损坏电路元件，故电路中R0的作用是保护电路；测温仪前面通过的同学体温越高，由图中数据可知热敏电阻越小，根据电阻的串联规律可知：电路的总电阻越小，由欧姆定律，电流表的示数越大；（2）当体温是36.5℃时，由表中数据可知热敏电阻：R1＝17Ω，则总电阻R总＝R1+R0＝17Ω+10Ω＝27Ω，由欧姆定律可得电流表的示数：I＝＝≈0.33A；（3）同学经过测温仪时，电流表示数显示0.36A，根据欧姆定律可得：R总′＝＝＝25Ω，根据串联电路的总电阻等于各用电器的电阻之和可知：R′1＝R总′﹣R0＝25Ω﹣10Ω＝15Ω，由图中数据，此时对应的人体温度为37.5℃，高于37.3℃，故测温仪是会发出报警。故答案为：保护电路；大；0.33；会。【点评】本题结合当前实际考查串联电路的规律及欧姆定律的运用，关键是从题中获取有用的信息，属于常考题。21．（3分）如图为小伟家的电能表，他家能同时工作的用电器最大总功率为4400W。他只让洗衣机和电视机工作时，电能表的转盘在5min内转了150转。两电器的总功率为600W。小伟又把一个手机充电器插入插座进行充电，空气开关就跳闸了，造成跳闸的原因是插头短路（选填“总功率过大”或“插头短路”）。【分析】电能表上标有“220V10（20）A”，“220V”表示正常工作电压，10（20）A中，10A表示电能表的标定电流，20A表示平时允许流过电能表的最大电流；利用P＝UI求出最多能够接入的总电功率大小；电能表所标“3000r/kW•h”表示每消耗1kW•h的电能电能表的转盘转3000转，现在知道转盘转了150转，可以求出该用电器在5min内消耗的电能，再利用P＝求出该用电器的电功率；电流过大的原因有两个：一是用电器的总功率过大，另一个是发生短路；由生活常识可知，手机充电器的功率比较小，据此分析作答。【解答】解：由电能表的铭牌可知，U＝220V，平时允许流过电能表的最大电流I＝20A，小伟家里最多能够接入总电功率：P＝UI＝220V×20A＝4400W；“3000R/kW•h”表示电路中用电器每消耗1kW•h的电能，电能表的转盘转3000转，电能表的转盘转150转消耗的电能：W＝＝0.05kW•h，t＝5min＝两电器的总功率为：P＝＝＝0.6kW＝600W；小伟又把一个手机充电器插入插座进行充电，空气开关就跳闸了，空气开关就跳闸是由于电路中的电流过大；而产生电流过大的原因有两个：一是用电器的总功率过大，另一个是发生短路；由生活常识可知，手机充电器的功率比较小，因此造成保险丝熔断的原因不会是因干路的总功率过大，而是插头短路引起的。故答案为：4400；600；插头短路。【点评】本题考查了使用电能表电能和电功率的计算、电路电流过大的原因，是一道综合题。22．（2分）如图﹣1所示是某电饭锅电路简化图，它有高温挡和保温挡两个挡位。图﹣2是该电饭锅正常工作时功率与时间的关系图象。根据以上信息可以求得：电热丝R2阻值为24.2Ω，电饭锅处于高温挡时电路中的电流是10A。【分析】开关S断开时，只有R1工作，当开关S闭合时，R1、R2并联，因为并联电路的总电阻比任何一个分电阻都小，电源电压一定，根据P＝可知，当开关S断开时，电阻较大，电功率较小，电饭锅处于保温挡，由乙图可知此时的功率；当开关S闭合时，总电阻较小，电功率较大，电饭锅处于高温挡，由乙图可知此时的功率，根据I＝计算高温挡时电路中的电流，并联电路总功率等于各部分功率之和，据此计算R2的电功率，根据并联电路电压特点结合R＝计算R2的阻值。【解答】解：开关S断开时，只有R1工作，当开关S闭合时，R1、R2并联，因为并联电路的总电阻比任何一个分电阻都小，电源电压一定，根据P＝可知，当开关S断开时，电阻较大，电功率较小，电饭锅处于保温挡，由乙图可知此时的功率为200W；当开关S闭合时，总电阻较小，电功率较大，电饭锅处于高温挡，由乙图可知此时的功率为2200W，高温挡时电路中的电流是：I＝＝＝10A，R2的电功率：P2＝P﹣P1＝2200W﹣200W＝2000W，并联电路各支路两端电压相等，R2的阻值为：R2＝＝＝24.2Ω。故答案为：24.2；10。【点评】本题考查并联电路特点和电功率公式的灵活运用。23．（3分）利用风力发电将助力我国实现碳中和目标。风能属于可再生能源。当风速v在5m/s≤v≤10m/s的范围内，风力发电机组输出功率P与v的三次方成正比，即P＝kv3，且k＝0.2kW•s3/m3。则风速为10m/s时，半小时发电量是100kW•h，若煤电转换率为30%，则产生等量的电能需消耗煤40kg。（煤完全燃烧，q煤＝3.0×107J/kg）【分析】（1）像水能、风能、太阳能、生物质能等都能够源源不断地从自然界得到补充，这类能源叫可再生能源；像化石能源、核能等短期内不能从自然界得到补充，这类能源叫不可再生能源；（2）已知输出功率P与v的关系，又知道k＝0.2kW•s3/m3，利用公式P＝kv3可计算风速为10m/s时风力发电机组的输出功率，再利用W＝Pt可计算半小时的发电量；根据煤电转换率计算需要煤完全燃烧放出的总热量，知道煤的热值，再根据Q放＝mq计算需消耗煤的质量。【解答】解：（1）风能可以源源不断地从自然界得到，属于可再生能源；（2）风速为10m/s时，风力发电机组的输出功率为：P＝kv3＝0.2kW•s3/m3×（10m/s）3＝200kW，半小时的发电量：W＝Pt＝200kW×0.5h＝100kW•h＝100×3.6×106J＝3.6×108J；若煤电转换率为30%，则产生等量的电能需要煤完全燃烧放出的总热量：Q放＝＝＝1.2×109J；根据Q放＝mq可得需消耗煤的质量为：m＝＝＝40kg。故答案为：可；100；40。【点评】本题考查了能源的分类、电功和电功率的计算、燃料完全燃烧放热公式的应用等，有一定的综合性。24．（4分）如图，被称为“最新版中国高铁”的“复兴号”在京沪高铁亮相。它采用全新流线型头型，这是为了减小阻力；车厢内实现了WiFi网络全覆盖，WiFi采用的是低强度的电磁波传输信号；车厢内座椅旁都安装了插座方便旅客充电的需求，这些插座之间的连接方式是并联；车身长度约400m的“G1720次”列车，某次通过1600m长的隧道时全部在隧道内运行只用了12s的时间，该列车的速度约360km/h。【分析】（1）流线型物体运动过程中，可以减小阻力，提高速度；WiFi利用电磁波传递信息；插座是家庭用电器的电源的预留接口；（2）列车全部在隧道内运行时通过的路程为隧道的长度与列车长度的差，然后根据速度公式v＝即可求出列车的速度。【解答】解：（1）动车的车头采用流线型设计可以减少行驶过程中空气的阻力，有利于提高速度或节约能源；WiFi利用电磁波传递信息；插座是连接用电器的，家庭电路中各用电器是并联的，故插座也是并联的；（2）由题知，车长L车＝400m，隧道L隧道＝1600m，列车全部在隧道内运行时通过的路程为s＝1600m﹣400m＝1200m，列车的速度为：v＝＝＝100m/s＝360km/h。故答案为：减小阻力；电磁波；并联；360。【点评】本题考查了减小阻力的措施、电磁波的利用、家庭电路的连接方式，以及速度公式的应用是一道综合题。三、作图与实验探究题题（第25题3分，其余每空1分，共27分。）25．（3分）如图所示，某小车沿水平面向右做匀速直线运动，在车厢顶部用细绳竖直悬挂一个小球，小球与光滑的竖直车厢壁刚好接触，若小车突然刹车，请在C点画出此时小球受力的示意图。【分析】（1）小球在竖直方向上受到重力和绳子的拉力两个力的作用，重力的方向竖直向下，拉力的方向竖直向上；（2）小车突然刹车时，由于惯性，小球会继续向前运动，从而和车厢壁接触发生挤压，车厢壁会对小球产生向左的支持力。【解答】解：小车突然刹车时，小球由于惯性会继续保持向前运动的状态，因此会对车厢壁产生向右的压力，车厢壁就会对球产生向左的支持力，因此小球受到三个力的作用：竖直向下的重力，竖直向上的拉力，水平向左的支持力，根据力的示意图的做法，如下图所示：【点评】本题考查了力的示意图的画法，注意力的作用点和方向，是中考作图题常考的内容。26．（6分）小明同学利用光具座、凸透镜、蜡烛、光屏等实验器材探究凸透镜成像的规律：（1）如图甲所示，小明将一束平行光正对凸透镜，移动光屏，直到光屏上形成一个最小最亮的光斑，该凸透镜的焦距为10.0cm；（2）实验时，把凸透镜固定在光具座50cm刻度线处，为使像成在光屏中央，应将烛焰、凸透镜和光屏三者中心调到同一高度上；（3）小明将蜡烛移至光具座20cm刻度线处，如图乙所示，移动光屏，直到烛焰在光屏上成清晰的像，则该像是倒立、缩小的实像。生活中的照相机（选填“放大镜”、“投影仪”或“照相机”）就是利用这种成像规律工作的；（4）接着，小明保持蜡烛和光屏的位置不变，将凸透镜移动到35cm刻度处，光屏上会再次出现一个清晰的像。（5）在如图乙所示实验情形下，如果保持凸透镜和光屏的位置不变，将蜡烛适当远离凸透镜，发现光屏上烛焰的像变得模糊不清，此现象可以体现近视眼（选填“近视眼”或“远视眼”）的成像情况。【分析】（1）平行于主光轴的光会聚于主光轴上一点，这一点叫焦点，焦点到光心的距离叫焦距，读数时估读到分度值的下一位；（2）为了使像成在光屏中央，应将烛焰、凸透镜和光屏三者中心调到同一高度；（3）根据u＞2f，成倒立、缩小的实像，照相机就是利用这一原理制成的；（4）根据折射时光路是可逆的分析；（5）近视眼的成因是像呈现在视网膜的前方。【解答】解：（1）平行于主光轴的光线经凸透镜折射后，会聚在主光轴上一点，这点是凸透镜的焦点，焦点到光心的距离是凸透镜的焦距，所以凸透镜的焦距是：f＝30.0cm﹣20.0cm＝10.0cm；（2）为了使像成在光屏中央，应将烛焰、凸透镜和光屏三者中心调到同一高度；（3）小明将蜡烛移至光具座20cm刻度线处，如图乙所示，此时物距u＝50cm﹣20cm＝30cm＞2f，成倒立、缩小的实像，照相机就是利用这一原理制成的；（4）根据折射时光路是可逆的，保持蜡烛和光屏的位置不变，将凸透镜移到35cm刻度线处时，此时物距等于原来的像距15cm（即此时物距处于f和2f之间），像距等于原来的物距30cm，凸透镜成倒立放大的实像；（5）在如图乙所示实验情形下，如果保持凸透镜和光屏的位置不变，将蜡烛适当远离凸透镜，物距增大，根据凸透镜成实像时，物远像近像变小，此时像成在光屏的前面，与近视眼的成像情况相同。故答案为：（1）10.0；（2）同一高度上；（3）缩小；照相机；（4）35；（5）近视眼。【点评】本题考查探究凸透镜成像规律的实验，关键是将实验操作原则及结论掌握清楚，仔细分析即可。27．（6分）某实验小组利用弹簧测力计、小石块、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）如图所示的四个实验步骤，合理的实验顺序是丁、乙、甲、丙；（2）把石块浸没在盛满水的溢水杯中，石块受到的浮力大小为2N；（3）由以上步骤可初步得出结论：浸在水中的物体所受浮力的大小等于它排开液体的重力；（4）根据实验数据，还可得出石块的密度为1.7×103kg/m3；（5）小明将装满水的溢水杯放到电子秤上，再用细线挂着铝块，将其缓慢浸入溢水杯中的水中（如图戊），在铝块浸入水的过程中（始终不碰到杯底），溢水杯底所受水的压力不变（填“变大”“变小”或“不变”），电子秤的读数不变（填“变大”或“变小”或“不变”）。【分析】（1）对于实验的合理顺序，我们应把握住两点：一是小桶是用来接排出的水的，在接水之前必须先测出空桶的重；二是物块要先测重力，再直接浸入水中；（2）根据乙中测力计分度值读数，由甲、乙根据称重法得出石块浸没在水中受到的浮力大小；石块排开的水所受的重力等于G丙﹣G丁，据此回答；（3）求出G丙﹣G丁，分析数据得出结论；（4）根据阿基米德原理得出物体的体积；（5）根据公式p＝ρgh和F＝pS分析水对溢水杯底的压强和压力的变化情况；铝块浸没在水中静止时，铝块受到重力、浮力以及拉力的作用．根据阿基米德原理可知铝块受到的浮力等于排开的水重，铝块对水的压力大小与浮力相等，据此分析．【解答】解：（1）为了使小桶在接水之后可直接计算水的重力，应先测量空桶的重，然后再测出石块的重力，并直接浸入水中观察测力计的示数，最后测排出的水和小桶的总重，求排出的水的重力．因此，最合理的顺序应为：丁、乙、甲、丙；（2）乙中测力计分度值为0.2N，分度值为3.4N，由甲、乙根据称重法，石块浸没在水中受到的浮力大小为：F浮＝G﹣F＝3.4N﹣1.4N＝2.0N；石块排开的水所受的重力等于G丙﹣G丁，可由丙丁两个步骤测出；（3）因G丙﹣G丁＝3.2N﹣1.2N＝2.0N，F浮＝2.0N；由以上步骤可初步得出结论：浸在水中的物体所受浮力的大小等于它排开液体的重力；（4）根据阿基米德原理，物体的体积：V＝V排＝＝＝2×10﹣4m3；石块的密度ρ＝＝＝1.7×103kg/m3；（5）铝块浸没在水中静止时与铝块未浸入水中时相比，溢水杯中水的深度不变，根据公式p＝ρgh可知，水对溢水杯底的压强不变，根据公式F＝pS可知，水对溢水杯底的压力不变；由于溢水杯中装满水，铝块浸没在水中静止时，根据阿基米德原理可知铝块受到的浮力等于排开的水重，铝块对水的压力大小与浮力相等，所以溢水杯对电子秤的压力不变，即电子秤示数不变．故答案为：（1）丁、乙、甲、丙；（2）2；（3）排开液体的重力；（4）1.7×103kg/m3；（5）不变；不变。【点评】本题探究浮力的大小与排开液体所受重力的关系，考查实验操作顺序、称重法测浮力、数据分析、阿基米德原理及密度公式的运用。28．（6分）如图所示，这是探究“电流通过导体时产生热量的多少与哪些因素有关”的实验装置。（1）本装置中我们可以通过观察U形管两侧液面高度差来反映电阻丝上产生的电热，这种实验方法是转换法。（2）通电后，想要比较电热和电阻的关系，我们可以选取甲、乙两个装置来比较。通电一段时间后，我们可以观察到这两个装置中乙装置的液面高度差更大。（3）在丙容器的外部并联一个5Ω的电阻是为了分流。实验过程中选取甲和丙两个实验装置进行比较，我们可以得出结论：在电阻和通电时间相同时，通过导体的电流越大（选填“大”或“小”），产生的热量越多。（4）在通电相同时间时，三个容器中产生的热量之比为4：8：1。【分析】（1）如图是探究“电流通过导体时产生热量的多少与哪些因素有关”的实验装置，通过U形管两侧液面高度差来反映电阻丝上产生的电热，这种实验方法叫转换法；（2）探究电热和电阻的关系时，根据控制变量法，应控制加热时间以及通过两电热丝的电流大小相等，据此分析；根据Q＝I2Rt进行分析哪个装置的液面高度差更大；（3）探究电热和电流的关系时，根据控制变量法，应控制加热时间以及电阻大小相等，据此分析；（4）根据Q＝I2Rt进行分析。【解答】解：（1）如图是探究“电流通过导体时产生热量的多少与哪些因素有关”的实验装置，通过U形管两侧液面高度差来反映电阻丝上产生的电热，这种实验方法叫转换法；（2）探究电热和电阻的关系时，根据控制变量法，应控制加热时间以及通过两电热丝的电流大小相等，则应选取甲、乙两个装置来比较：乙中电阻丝的电阻大，根据Q＝I2Rt可知乙装置的液面高度差更大；（3）图丙装置中两个5Ω的电阻并联后再与一个5Ω的电阻串联，在丙容器的外部并联一个5Ω的电阻是为了分流；容器内的电阻值都是5Ω，阻值相等，通电时间相等，电流不同，根据控制变量法可知，这是探究电流产生热量跟电流的关系；分析图甲、丙两装置的实验现象，可以得出的结论是：在电阻和通电时间相同时，通过导体的电流越大，导体产生的热量越多；（4）在通电相同时间下，三个容器中产生的热量之比为，甲、乙两容器中，通过电阻丝的电流相等，电阻之比为1：2，根据Q＝I2Rt，产生的热量之比Q甲：Q乙＝1：2，甲、丙两容器中，电阻丝的电阻，电流之比为2：1，根据Q＝I2Rt，产生的热量之比Q甲：Q丙＝4：1，则在通电相同时间下，三个容器中产生的热量之比为4：8：1。故答案为：（1）转换法；（2）甲、乙；乙；（3）分流；大；（4）4：8：1。【点评】本题探究电流通过导体时产生热量的多少与哪些因素有关，考查了控制变量法、转换法的应用。29．（6分）（1）如图甲和乙。通过观察电磁铁吸引大