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2024年山东省淄博市桓台县中考二模物理试卷 （原卷版+解析版）
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注意事项：
1.答题前、考生务必用0.5毫米黑色签字笔将区县、学校、姓名、考试号、座号填写在答题卡和试卷规定位置，并核对条形码。
2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔涂黑答题卡对应题目的答案标号；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
3.非选择题必须用0.5毫米黑色签字笔作答，字体工整、笔迹清晰，写在答题卡各题目指定区域内；如需改动，先划掉原来答案，然后再写上新答案。严禁使用涂改液、胶带纸、修正带修改。不允许使用计算器。
4.保证答题卡清洁、完整，严禁折叠，严禁在答题卡上做任何标记。
5.评分以答题卡上的答案为依据。不按以上要求作答的答案无效。
一、选择题（本题包括15个小题，每小题2分，共30分。每小题只有一个选项符合题意）
1. 下列有关声的实验和应用描述正确的是（ ）
A. 敲鼓时可观察到纸屑在不停地跳动，说明鼓声是由纸屑的振动产生的
B. 用如图器材能探究声音的音调与频率的关系，也能探究响度与振幅的关系
C. 吹自制的哨子，上下拉动活塞可改变声音的响度
D. 图中的隔音墙是在声源处减弱噪声
【答案】B
【解析】
【详解】A．敲鼓时可观察到纸屑在不停地跳动，说明鼓声是由鼓面的振动产生的，故A错误；
B．用如图器材能探究声音的音调与频率的关系，也能探究响度与振幅的关系。当用相同的力拨动钢尺时，钢尺伸出桌面越长，振动越慢，发出声音的音调越低；当钢尺伸出桌面长度相同时，用大小不同的力拨动钢尺，钢尺振动的幅度不同，发出声音的响度不同，故B正确；
C．吹自制的哨子，上下拉动活塞可改变哨子内空气柱振动的频率，从而改变声音的音调，故C错误；
D．图中的隔音墙是在传播过程中减弱噪声，故D错误。
故选B。
2. 海岱楼是淄博市的文化名片之一，今年五一假期吸引大量的游客参观游览。夜晚亮灯的海岱楼与其在湖中的倒影，呈现了无与伦比的对称美。下列说法正确的是（ ）
A. 海岱楼在水中的倒影是由于光的折射形成的虚像
B. 海岱楼钟书阁内的射灯很亮，是因为它射出很多条光线
C. 走进钟书阁，能从不同角度看到书架上的图书，是因为光在图书表面发生了漫反射
D. 海岱楼发出的红光照射到游客的黄色上衣上，我们看到上衣是红色的
【答案】C
【解析】
【详解】A．海岱楼在水中的倒影属于平面镜成像，是由于光的反射形成的虚像，故A错误；
B．一个光源可以发出无数条光线，射灯很亮，是因为它发出的光线集中，故B错误；
C．能从不同角度看到书架上的图书，是因为光在图书表面发生了漫反射，反射光线射向各个方向的缘故，故C正确；
D．不透明物体的颜色是由它反射的色光决定的，黄色上衣只能反射黄光，不能反射红光，所以海岱楼发出的红光照射到游客的黄色上衣上，我们看到上衣是黑色的，故D错误。
故选C。
3. 如图，是我国先秦时期的蒸食用具甗（yǎn），它由青铜材料铸造而成，分为上、下两部分：下半部是鬲（gé），样子像鼎、用于煮水；上半部是甑（zèng），底部有网眼、可通蒸汽，内部放置食物。下列说法中错误的是（ ）
A. 鬲内的水沸腾后，甑周围冒出的“白气”是水蒸气
B. 水沸腾后，继续加热、水温将保持不变
C. 停止加热后，鬲慢慢变凉，鬲里所盛水的内能会慢慢减少
D. 停止加热后，甑比盛有水的鬲凉得更快，是因为甑所用材料的比热容比水小
【答案】A
【解析】
【详解】A．水沸腾后，甑周围冒出的“白气”是由水蒸气遇冷液化形成的小水珠，故A错误，符合题意；
B．根据液体的沸腾特点可知，水沸腾时持续吸热，但温度不变，故B正确，不符合题意；
C．温度越高，物体内能越大。停止加热后，鬲慢慢变凉，鬲里所盛水的温度下降，内能减小，故C正确，不符合题意；
D．根据，放出相同的热量，比热容小的物质降低的温度多，停止加热后，甑比盛有水的鬲凉的更快，是因为甑所用材料的比热容比水小，故D正确，不符合题意。
故选A。
4. 如图所示为商场门口的广告投影灯及其内部结构，它主要由光源、广告片和焦距为f的凸透镜组成，下列说法正确的是（ ）
A. 该广告灯的成像原理与照相机相同
B. 地面上的广告图标是正立放大的虚像
C. 镜头靠近地面，可使像变大
D. 镜头到地面的距离应大于2f
【答案】D
【解析】
【详解】A．广告投影灯是利用凸透镜成倒立、放大的实像的原理制成的，其成像原理与投影仪相同，故A错误；
B．广告投影灯是利用凸透镜成倒立、放大的实像的原理制成的，故B错误；
C．凸透镜成实像时，物距增大，像距变小，像变小。当镜头靠近地面时，物距增大，像距变小，像变小，故C错误；
D．广告投影灯是利用凸透镜成倒立、放大的实像的原理制成的，所以镜头到广告片的距离（物距）应在一倍焦距和二倍焦距之间，镜头到地面的距离（像距）应大于二倍焦距，故D正确。
故选D。
5. 如图所示，关于电与磁的知识，下列说法正确的是（ ）
A. 甲图中靠近的两个磁极都是S极
B. 乙图装置揭示的原理可制成电动机，它是将机械能转化为内能
C. 丙图中，闭合开关，小磁针N极向右偏转
D. 丁图中模型的原理是通电导体在磁场中受到力的作用
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图甲可知，磁感线从左侧磁极出来，回到右侧磁极，说明左侧磁极为N极，右侧磁极为S极，故A错误；
B．乙图说明磁场对通电导体有力的作用，利用此原理制成了电动机，它是将电能转化为机械能，故B错误；
C．由安培定则可知，丙图中，闭合开关，通电螺线管的左侧为S极，由于异名磁极相互吸引，所以小磁针的N极向右偏转，故C正确；
D．丁图中线圈在磁场中转动，切割磁感线，线圈中就会产生感应电流，利用此原理制成了发电机，故D错误。
故选C。
6. 5月5日，在四川成都举行的2024年汤姆斯杯羽毛球团体赛决赛中，中国羽毛球男队3比1战胜印度尼西亚队，时隔六年再次夺得汤姆斯杯；女队则第16次捧起尤伯杯。下列说法中正确的是（ ）
A. 羽毛球能在空中运动是由于受到惯性力的作用
B. 羽毛球匀速下落过程中机械能减小
C. 斜向打出的羽毛球运动到最高点时，若其所受力全部消失，羽毛球将处于静止状态
D. 落在水平地面上的羽毛球所受地面的支持力与羽毛球对地面的压力是一对平衡力
【答案】B
【解析】
【详解】A．羽毛球能在空中运动是由于具有惯性，惯性不是力，不能说受到惯性力的作用，故A错误；
B．羽毛球匀速下落过程中，质量不变，速度不变，动能不变，高度减小，重力势能减小，动能和势能之和为机械能，所以机械能减小，故B正确；
C．斜向打出的羽毛球运动到最高点时，速度不为零，若其所受力全部消失，羽毛球将保持匀速直线运动状态，故C错误；
D．落在水平地面上的羽毛球所受地面的支持力与羽毛球对地面的压力，这两个力分别作用在羽毛球和地面上，不是一对平衡力，故D错误。
故选B。
7. 下列估测值最接近生活实际的是（ ）
A. 中学生的质量约为50kgB. 教室门的高度约为10m
C. 舒适的环境温度约为37℃D. 空调的功率约为15W
【答案】A
【解析】
【详解】A．成年人的质量在65kg左右，中学生的质量比成年人小一些，在50kg左右，故A符合题意；
B．一层楼的高度在3m左右，教室的门高约为2m，故B不符合题意；
C．人体正常体温在37℃左右，感觉舒适的温度在23℃左右，故C不符合题意；
D．空调的功率较大，在1000W左右，故D不符合题意。
故选A。
8. 厨房中的抽油烟机能将油烟“吸走”，下列现象中，“吸”的物理原理与其相同的是（ ）
A. 削平的铅柱挤压后会“吸”在一起
B. 拔火罐时罐子“吸”在皮肤上
C. 客车行驶时窗帘被“吸”出窗外
D. 刚从冰箱冷冻室拿出的冰棒会“吸”住舌头
【答案】C
【解析】
【详解】厨房中的抽油烟机能将油烟“吸走”，利用的是流体的压强与流速的关系；
A．削平的铅柱压紧后能“吸”在一起，是因为分子间有引力的作用，故A不符合题意；
B．拔火罐使用时，是大气压将罐紧紧地压在皮肤上，这是由于大气压强的作用引起的，故B不符合题意；
C．行驶的客车，车外的空气流速快、压强小，车内的空气流速小、压强大，向外的压强差把窗帘被“吸”出窗外，故C符合题意；
D．刚从冷冻室拿出的冰棒会“吸”住舌头，是因为舌头上的水遇到比较冷的冰棍凝固为冰，属于凝固现象，故D不符合题意。
故选C。
9. 水平桌面上有两个完全相同的杯子，盛有等质量的水。将橘子放入左侧杯中，取出后剥皮再放入右侧杯中，橘子静止时的状态分别如图甲、乙所示。下列分析正确的是（ ）
A. 甲图中的橘子所受的浮力大于其所受的重力
B. 甲图中的橘子比乙图中的橘子所受的浮力小
C. 甲图中杯子对桌面的压强小于乙图中杯子对桌面的压强
D. 甲图中杯底所受水的压强大于乙图中杯底所受水的压强
【答案】D
【解析】
【详解】A．由甲图可知，橘子处于漂浮状态，根据浮沉条件可知，橘子所受浮力大小等于重力，故A错误；
B．放入橘子前两杯中水的质量相等，杯子体积相等，则放入橘子前两杯中水的深度相同，因将甲图中的橘子取出后剥皮再放入右侧杯中，右杯中的橘子重力变小，甲杯中橘子漂浮，所受浮力等于橘子的重力，乙杯中橘子沉底，所受浮力小于重力，则甲图中橘子受到的浮力大，故B错误；
C．橘子剥皮后的重力变小，水和杯子的重力相同，所以甲杯子的总重力大于乙杯子的总重力，受力面积相同，根据公式
可知，甲图中杯子对桌面的压强大于乙图中杯子对桌面的压强，故C错误；
D．由图可知，甲图中水的深度大于乙图中水的深度，根据公式
可知，甲图中杯底受到水的压强大于乙图中杯底受到水的压强，故D正确。
故选D。
10. 如图所示，滑轮组正把物资运送到高处，此时钢丝绳的拉力为1000N，物资在10s内匀速上升1m，已知额外功为300J，则下列说法中正确的是（ ）
A. 动滑轮重为500NB. 电动机对钢丝绳做功功率为200W
C. 滑轮组的机械效率为70%D. 建筑物资的质量为270kg
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题知：W额=300J，h=1m，则
W有=Gh=W总−W额=Fs−W额=1000N×3h−300J=3000J−300J=2700J
所以
Gh=G×1m=2700J
物体重
G=2700N
因为不计绳重和摩擦，所以动滑轮重：
G动=nF−G=3×1000N−2700N=300N
故A错误；
B．电动机对钢丝绳做功功率
故B错误；
C．滑轮组的机械效率：
故C错误；
D．建筑物资的质量
故D正确。
故选D。
11. 社会的发展离不开能源、信息和材料。下列说法中错误的是（ ）
A. 风能、水能、太阳能是可再生能源
B. 手机芯片采用超导体制成
C. 太阳能来源于太阳内部氢核的聚变
D. “北斗”卫星导航系统靠电磁波传递信息
【答案】B
【解析】
【详解】A．风能、水能、太阳能可以在自然界里短期内源源不断地得到补充，它们属于可再生能源，故A正确，不符合题意；
B．手机芯片的主要材料是半导体，故B错误，符合题意；
C．太阳内部无时无刻在发生氢核的聚变产生大量的能量，即太阳能，故C正确，不符合题意；
D．“北斗”卫星导航系统靠电磁波传递信息，电磁波可以在真空中传播，故D正确，不符合题意。
故选B。
12. 自助售水机既可以通过预存金额的磁卡来刷卡，闭合“感应开关”，接通供水电机取水；又可以通过投币闭合“投币开关”，接通供水电机取水。以下简化电路符合要求的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．由电路图可知，感应开关和投币开关并联，供水电机位于干路，闭合感应开关或投币开关时，供水电机均可以工作，故A符合题意；
B．由电路图可知，感应开关和投币开关串联，共同控制供水电机，只有感应开关和投币开关都闭合时，供水电机才可以工作，故B不符合题意；
C．由电路图可知，感应开关和投币开关不闭合时供水电机工作，感应开关或投币开关闭合时供水电机仍工作，故C不符合题意；
D．由电路图可知，只闭合感应开关时供水电机工作，只闭合投币开关时供水电机不工作，故D不符合题意。
13. “从生活走向物理，从物理走向社会”是我们学习物理的基本理念。根据你所学的家庭电路知识判断图中错误的是（ ）
A. 图中的三孔插座对应用电器的三线插头，插头上最上面的那条导线与用电器的外壳相连
B. 只要拿着试电笔接触火线，其内部的氖管就会发光
C. 图中带开关的灯泡接法是错误的
D. 图中的灯泡、两孔插座是并联关系
【答案】B
【解析】
【详解】A．图中的三脚插座对应用电器的三线插头，插头最上面的那条导线与用电器的外壳相连，这样可以防止因外壳漏电发生触电，故A正确，不符合题意；
B．测电笔使用正确时，手接触笔尾金属体，测电笔与火线相连，氖管能发光，如果使用不正确，则氖管不能发光，故B错误，符合题意；
C．开关应接在火线与灯泡之间，图中开关接到零线上，是错误的，故C正确，不符合题意；
D．家庭电路中各用电器工作过程中互不影响，所以用电器、插座之间都是并联连接，故D正确，不符合题意。
故选B。
14. 现在绿色环保的纯电动驱动的小汽车越来越普遍，如图是电动汽车“加油门（脚向下踩）”时的原理图，其中R0是定值电阻，“加油门”时车速仪示数变大，则“加油门”过程中，下列判断正确的是（ ）
A. 电压表的示数变大
B. 电压表的示数与电流表的示数的比值变大
C. 整个电路的电功率变大
D. 电流表示数变小
【答案】C
【解析】
【详解】根据电路图可知，变阻器和R0串联，电压表测变阻器的电压，电流表测量电路中的电流。
AB．踩下油门的过程中，变阻器接入电路的电阻变小，根据串联电路的分压规律可知，变阻器分担的电压减小，所以电压表示数减小；变阻器的电阻变小，电路总电阻变小，根据可知电流变大，即电流表示数变大；电压表示数变小，电流表示数变大，则电压表的示数与电流表的示数比值变小，故AB错误；
CD．踩下油门的过程中，根据可知，R滑变小，在总电压不变的情况下，总电阻变小，电源电压不变，电路中的电流变大，由P=UI知电路的总功率变大，故C正确，D错误。
故选C。
15. 利用如图甲所示，使用相同规格的电加热器和烧杯分别对水和食用油加热，得到温度随时间变化的图像如图乙所示，水的比热容c水=4.2×103J/（kg·℃），下列说法正确的是（ ）
A. 要完成实验探究，应在两个相同的烧杯中加入体积和初温均相同的水和食用油
B. 比较第2min和第3min的吸热情况，在第2min时a吸收的热量比b多
C. 吸热能力较强的是a，a是水，它更适合作冷却剂
D. 利用图乙中图像的数据，可计算出食用油的比热容为2.8×103J/（kg·℃）
【答案】D
【解析】
【详解】A．要比较不同物质吸热升温的特点，根据控制变量法，应控制水和食用油的质量相等，而不是体积相等，故A错误；
B．由乙图可知，在第2min和第3min内，两种液体升高的温度相同，而两种液体吸收的热量与加热时间成正比，即b吸收的热量比a多，而在第2min时ab吸收的热量相同，故B错误；
C．由乙图可知，在质量相同、升高相同的温度时，b液体加热的时间长，吸收的热量多，即b液体的吸热能力强，则b是水，它更适合作冷却剂，故C错误；
D．由乙图可知，加热3min，水吸收的热量
Q水=c水mΔt水=4.2×103 J/(kg⋅℃)×m×20℃
由乙图可知，加热2min，食用油吸收的热量
Q油=c油mΔt油=c油m×20℃
因为，所以
解得c油=2.8×103 J/(kg⋅℃)，故D正确。
故选D。
二、理解与应用（本题包括5个小题，共14分）
16. 多种复合材料具有密度小、强度大的优点， 被广泛应用于制造业。现小明同学测量某一实心复合材料块的密度，测材料块质量托盘天平平衡时右盘所加砝码及游码的位置如图甲所示，则材料块质量为_________ g；按照图乙和图丙所示，通过观察量筒水位的变化，可获得该材料块的体积，若按照图丙中眼睛从B处读数，会导致所测密度_________（填“偏大”、“偏小”或“无误差”）； 纠正错误后， 材料块的密度是_________ kg/m3。
【答案】 ①. 26.4 ②. 偏小
③. 0.88×103
【解析】
【详解】[1]由图甲可知，材料块的质量
m=10g+10g+5g+1.4g=26.4g
[2]若按照图丙中眼睛从B处读数会造成测得总体积V2偏大，图乙中示数V1是准确的，因为材料块的体积
V=V2-V1
所以测得材料块的体积偏大，材料块的质量也是准确的，由可知测得密度偏小。
[3]材料块的体积
材料块的密度
17. 停车场入口常用横杆来控制车辆的进出，如图甲，我们可以把该装置简化成如图乙的杠杆，该杠杆为_______（选填“省力”“费力”）杠杆，若横杆AB粗细相同、质量分布均匀，其重力G=120N，AB=2.8m，AO=0.3m，该杠杆的阻力臂为________m。要使横杆AB保持水平平衡，需在A端施加竖直向下的力F=________N。
【答案】 ①. 费力杠杆 ②. 1.1 ③. 440
【解析】
【分析】
【详解】[1]图甲中，杠杆的动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆。
[2]横杆AB粗细相同、质量分布均匀，所以其重心C在几何中心上，支点为O，则OA就是动力臂，OC就是阻力臂，如图所示：
则阻力臂
OC=AB-OA=×2.8m-0.3m=1.1m
[3]由杠杆的平衡条件可得
F×OA=G×OC
18. 五一期间，桓台县马踏湖湿地公园上演了“打铁花”的民俗文化表演，美轮美奂。表演者首先在熔炉里把罐子里的生铁_________成铁水（填一种物态变化的名称），这是通过_________的方式改变了其内能；被击打后，铁花火雨腾空而起，像天女散花似的漫天飞舞，最后落地消失，在此过程中，铁的内能________（选填“增大”“减小”或“不变”）。
【答案】 ①. 熔化 ②. 热传递 ③. 减小
【解析】
【详解】[1][2]表演者首先在熔炉里把罐子里的生铁熔化成铁水，这是通过热传递的方式改变了其内能。
[3]被击打后，铁花火雨腾空而起，像天女散花似的漫天飞舞，最后落地消失。在此过程中，高温铁花向空气放热，温度降低，内能减小。
19. 如图所示，为某电水壶的简化电路图，如表为铭牌的部分参数，R1、R2为发热丝，其中R2=40Ω。则电水壶处于保温挡时，正常工作 5min 消耗的电能是_________J；电水壶的加热功率为__________W，R1=_______Ω。
【答案】 ①. 1.2×104 ②. 1210 ③. 1170
【解析】
【详解】[1]由电路图可知，当开关S接1时，电路为R2的简单电路，电水壶处于加热状态；当开关S接2时，R1与R2串联，电水壶处于保温状态。则电水壶处于保温挡时，正常工作5min消耗的电能
W=P保温t=40W×5×60s=1.2×104J
[2]电水壶处于加热状态时，电路为R2的简单电路，则加热功率
[3]电水壶处于保温状态时，R1与R2串联，由可得，电路中的总电阻
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，R1的阻值
R1=R串−R2=1210Ω−40Ω=1170Ω
20. 利用平面镜成像的特点，在图乙中画出摄影师看到太阳在湖水中的像的光路图。
【答案】见解析
【解析】
【详解】首先作出太阳关于水面的对称点，即太阳的像，再连接像点与摄影师眼睛找到与平面镜的交点，此交点为入射点，连接太阳与入射点并标出光的传播方向为入射光线，连接入射点与摄影师眼睛并标出光的传播方向为反射光线，如图所示：
三、实验与探究（本题包括3个小题，共21分）
21. 小华和同学们用如图甲所示的实验器材探究“平面镜成像特点”。
（1）实验采用透明玻璃板代替平面镜，虽然成像不如平面镜清晰，但却便于确定_________；
（2）在玻璃板前点燃A蜡烛，在玻璃板后小心地移动未点燃的B蜡烛，直到B蜡烛与A蜡烛的像完全重合为止，由此发现像与物的大小相等；当小华改变A蜡烛到平面镜的距离再次实验时，发现当A蜡烛靠近镜面时，A蜡烛在平面镜中的像的大小______（填“变大”“不变”或“变小”）；
（3）做实验时，老师发现其中有一组同学玻璃板安装时没有与桌面垂直，老师并没有立刻给他们指出，而是观察他们能否自己发现问题，则他们在接下来正确操作的前提下，可能遇到的问题是________；
（4）小华实验后，通过平面镜看到了发光点S的像S＇，如图乙所示。则进入小华眼睛的光线是由__________（填字母）；
A.平面镜发出的 B.像S＇发出的 C.平面镜反射的 D.小华的眼睛发出的
（5）如图丙所示，仅将玻璃板由图中1的位置水平向右平移至2的位置，蜡烛A的成像情况是（填字母）_______；
A.蜡烛成像仍在B处
B.蜡烛成像在B处右侧
C.蜡烛无法通过玻璃板成像
（6）其他小组使用跳棋完成实验时，发现棋子M的像M＇偏暗，于是进行了如图丁所示的几种操作，a是对着棋子M照射，b和c都是对着像M＇照射，a、b、c三种操作中，观察到M的像最亮的是_________。
【答案】 ①. 像的位置 ②. 不变 ③. 见解析 ④. C ⑤. A ⑥. a
【解析】
【详解】（1）[1]实验采用透明玻璃板代替平面镜，虽然成像不如平面镜清晰，但却能在观察到A蜡烛像的同时，也能观察到B蜡烛，便于确定像的位置。
（2）[2]在玻璃板前点燃A蜡烛，在玻璃板后小心地移动未点燃的B蜡烛，直到B蜡烛与A蜡烛的像完全重合，由此发现像与物的大小相等；平面镜成的像与物体大小相等，与物到镜的距离无关，所以小华改变A蜡烛到平面镜的距离再次实验时，发现当A蜡烛靠近镜面时，A蜡烛在平面镜中的像的大小不变。
（3）[3]因平面镜成像时像和物体各对应点的连线与平面镜垂直，若平面镜安装时没有与桌面垂直，则蜡烛A的像不在水平面上，则蜡烛B与蜡烛A的像将始终无法重合。
（4）[4]平面镜成像原理是光的反射，平面镜和眼睛都不是光源，不会发出光线，像S是虚像也不会发出光线，故进入人眼睛的光线是由平面镜反射的，故C正确。
（5）[5]平面镜所成的像和物体关于平面镜对称，仅将玻璃板由图中1的位置水平向右平移至2的位置，蜡烛A的成像情况不变，仍在B处，故选A。
（6）[6]a方法是用光源对着物体照射，可以照亮物体，物体反射的光多，能使成像更清晰；b方法是用光源透过玻璃板对着像的位置照射，虽然玻璃会反光，但玻璃也会“透光”，反射到棋子A的光线相对较少，且像周围的环境亮度增大，所以不能使像变亮；c方法是直接对着像的位置照射，像周围的环境亮度增大，所以不能使像变亮。由此可知，a方法可使观察到M的像最亮。
22. 如图探究液体内部压强的特点实验中：
（1）在使用压强计前，发现U形管中两侧液面已有高度差（如图甲所示），接下来的操作是______（填字母）；
A.直接从U形管右侧中倒出适量液体
B.拆除胶管重新安装
（2）正确操作后，分析图乙中A、B两次实验现象可得出的初步结论是：______。因此拦河大坝要做成______的形状（选填“上窄下宽”或“上宽下窄”）。分析图乙中B、C两次实验现象可知：在液体内部的同一深度，向各个方向的压强都相等；
（3）玲玲保持乙图B中探头的位置不变，并向容器内加入适量的浓盐水，她发现U形管两侧液面的高度差又变大了，于是得出了“在同一深度，液体的密度越大，其内部的压强越大”的结论。她的操作不可靠，原因是加入盐水后______，正确操作是应将探头适当______（选填“上移”或“下移”）；
（4）用如图丙所示的容器也可以探究液体内部的压强。容器中间用隔板分成互不相通的左右两部分，隔板上有一圆孔用薄橡皮膜封闭，橡皮膜两侧压强不同时其形状发生改变。用此容器进行实验，情形如图丁所示。由此可推断：a、b两种液体密度的大小关系是ρa______ρb（选填“>”“<”或“=”）。
【答案】 ①. B ②. 同种液体中，液体压强随液体深度的增加而增大 ③. 上窄下宽 ④. 密度增大的同时，液体深度也增大了 ⑤. 上移 ⑥. <
【解析】
【详解】（1）[1] 在使用压强计前，发现U形管中两侧液面已有高度差，接下来的操作是：只需要将软管取下，再重新安装，这样的话，U形管中两管上方的气体压强就是相等的 都等于大气压，当橡皮膜没有受到压强时，U形管中的液面就是相平的。故选B。
（2）[2][3] 分析A、B两图知，液体密度相同，B中深度较大，U形管中两侧液面高度差较大，液体产生的压强较大，初步得出的结论是：同种液体中，液体压强随液体深度的增加而增大，因此拦河大坝要做成上窄下宽的形状。
（3）[4][5] 研究液体压强与密度的关系，要控制液体的深度相同；保持B图中探头的位置不变，并向容器内加入适量的浓盐水，密度增大的同时，液体深度也增大了，没有控制液体的深度不变；为控制深度相同，正确操作是应将探头适当上移。
（4）[6] 如图丁所示，橡皮膜平整，则两侧液体压强相同，根据，左侧a液体深度较大，则a液体密度较小，即。
23. 某小组在“探究通电导体中电流与电阻关系”的实验中，连接了如图甲所示的电路（电源电压保持4.5V不变）
（1）请用笔画线代替导线将甲图电路连接完整（要求：滑片P向右移动时电路中电流变大）；____
（2）正确连接并规范操作后，闭合开关，两电表均无示数。现将电压表接在滑动变阻器两端时无示数，接在开关两端时有示数，则电路的故障是_____________；
A.电阻断路 B.电流表断路 C.滑动变阻器短路 D.开关断路
（3）图乙是改正故障后根据测得的实验数据绘制的电流I随电阻R变化的图像，由图像可知R两端的电压为_____________V；当R的电阻由5Ω更换为10Ω时，闭合开关后，应该将滑动变阻器的滑片P向_____________端滑动；要完成该实验滑动变阻器的阻值至少是_____________Ω
（4）同组的珊珊同学用未知电阻替换电阻R，移动变阻器的滑片P至某一位置，此时电压表示数为1.5V，电流表示数如图丙所示，该电阻的阻值为_____________Ω；
（5）科技小组的同学设计了测量未知电阻阻值的四种电路，电源电压、滑动变阻器R最大阻值均未知，是阻值已知的定值电阻。其中能够测量出阻值的电路是_____________。
【答案】 ①. ②. D ③. 3 ④. 左 ⑤. 12.5 ⑥. 5 ⑦. BC
【解析】
【详解】（1）[1]滑动变阻器滑片P向右移动，电路中电流变大，电阻变小，故变阻器右下接线柱连入电路中与电阻串联，如图所示：
（2）[2]A．若定值电阻断路，电流表无示数，电压表串联在电路中测电源电压，电压表有示数，故A不符合题意；
B．若电流表断路，电流和电压表均无示数，当电压表接在滑动变阻器两端或者开关两端时，电路仍是断路，两表均无示数，故B不符合题意；
C．若滑动变阻器短路，电流表有示数，电压表测电源电压，有示数，故C不符合题意；
D．开关断路，整个电路断路，两表都没有示数，且当电压表接在滑动变阻器两端时无示数，接在开关两端时有示数，故D符合题意。
故选D。
（3）[3]图乙是小组根据测得的实验数据绘制的电流I随电阻R变化的图像，由图像可知R两端的电压为
[4]当R的电阻由5Ω更换为10Ω时，电阻变大，分压增多，电压表示数增大，根据控制变量法可知在探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，即应保持电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向左端移动，使电压表的示数为3V。
[5]根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压
变阻器分得的电压为电压表示数的倍，根据分压原理，当接入25Ω电阻时，变阻器连入电路中的电阻为
故为了完成整个实验，应该选取最大阻值至少12.5Ω的滑动变阻器。
（4）[5]由图丙知，电流表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，电流表的示数为0.3A，由得未知电阻的阻值为
（5）[6]A．根据图可知，S接1和2时，通过电压表的电流的方向会发生变化，电压表的指针会反向偏转，无法读取电压表的示数，故A不符合题意；
B．根据图可知，闭合S1、S2，电压表测量电源的电压U；只闭合开关S1，两只电阻串联，电压表测量Rx两端电压为Ux；根据串联电路的电压关系可知，定值电阻两端的电压为
此时电路中的电流为，根据串联电路的电流关系可知，通过Rx的电流为，则根据Rx两端的电压和电流可以求出Rx阻值，故B符合题意；
C．闭合S1、S2时，电路是只有Rx的基本电路，电流表测量通过Rx的电流Ix；闭合S1、断开S2，两电阻串联，电流表测电路中电流I；根据电源电压不变列式
可求出Rx的阻值，故C符合题意；
D．闭合S，当滑动变阻器的滑片移到最右端时，Rx和R串联接入电路中，此时滑动变阻器完全接入电路，根据电流表的示数I1和串联电路电阻的关系可以求出电源电压
闭合S，当滑动变阻器的滑片移到最左端时，此时滑动变阻器没有电阻接入电路，根据电流表的示数I2可以求出电源电压
因为电源电压、滑动变阻器R最大阻值均未知，由此可知D不符合题意。
故选BC。
四、分析与计算（本题包括2个小题，共15分）
24. 如图，是一台以柴油为动力的双履带消防机器人，质量为1000kg，静止时履带与地面接触总面积为0.4m2。在某段平直公路上，机器人以3m/s的速度匀速行驶3min，其受到的阻力为2000N，通过这段路程共消耗0.09kg柴油（q柴油=4.0×107J/kg；g取10N/kg）。求：
（1）机器人3min通过的路程；
（2）机器人静止时，对水平地面产生的压强；
（3）机器人在这段路程中消耗柴油用于牵引力做功的效率。
【答案】（1）540m；（2）25×104Pa；（3）30%
【解析】
【详解】解：（1）由可得，机器人3min通过的路程
s=vt=3m/s×3×60s=540m
（2）机器人静止时对地面的压力
F=G=mg=1000kg×10N/kg=1×104N
对水平地面产生的压强
（3）因机器人匀速行驶时处于平衡状态，受到的牵引力和阻力是一对平衡力，所以，牵引力的大小
F′=f=2000N
牵引力做功
W=F′s=2000N×540m=1.08×106J
柴油完全燃烧释放的热量
Q放=mq=0.09kg×4.0×107J/kg=3.6×106J
机器人在这段路程中消耗柴油用于牵引力做功的效率
答：（1）机器人3min通过的路程为540m；
（2）机器人静止时，对水平地面产生的压强为2.5×104Pa；
（3）机器人在这段路程中消耗柴油用于牵引力做功的效率为30%。
25. 三亚芒果大获丰收，为筛选优质大果，设计自动筛选装置如图甲所示，检测装置电路图如图乙，电源电压恒为12V，电阻为20Ω，R为压敏电阻，其阻值随压力变化关系如图丙。当电路电流小于0.15A时，不达标的芒果将被推离传送带，达标芒果继续被传送到指定位置，实现自动筛选。求：
（1）当R与阻值相等时，电流表的示数；
（2）当R与阻值相等时，R消耗的电功率；
（3）此装置能筛选出重力至少为多大的芒果？
（4）若想筛选出重力至少为2N的芒果，适当增加的阻值即可。请通过计算求出的最小阻值。
【答案】（1）0.3A；（2）1.8W；（3）1N；（4）
【解析】
【详解】解：（1）由串联电路的电阻特点和欧姆定律可知，当R与阻值相等时，电流表的示数为
（2）则R消耗的电功率为
（3）由欧姆定律可知，电路中的最大总电阻为
由串联电路的电阻特点可知，此时压敏电阻R的阻值为
由图丙可知，此时压敏电阻受到的压力为1N，即此装置能筛选出重力至少为1N的芒果。
（4）由图丙可知，压敏电阻的阻值随着压力的增大而减小，当压力为2N时，压敏电阻的阻值为40Ω，由串联电路的电阻特点可知，为了筛选出重力至少为2N的芒果，的阻值为
答：（1）当R与阻值相等时，电流表的示数为0.3A；
（2）当R与阻值相等时，R消耗的电功率为1.8W；
（3）此装置能筛选出重力至少为1N的芒果；
（4）若想筛选出重力至少为2N的芒果，的最小阻值为。型号
SDS-15X05
容量
1L
额定电压
220V
额定频率
50Hz
加热功率
？W
保温功率
40W
注意事项：
1.答题前、考生务必用0.5毫米黑色签字笔将区县、学校、姓名、考试号、座号填写在答题卡和试卷规定位置，并核对条形码。
2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔涂黑答题卡对应题目的答案标号；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
3.非选择题必须用0.5毫米黑色签字笔作答，字体工整、笔迹清晰，写在答题卡各题目指定区域内；如需改动，先划掉原来答案，然后再写上新答案。严禁使用涂改液、胶带纸、修正带修改。不允许使用计算器。
4.保证答题卡清洁、完整，严禁折叠，严禁在答题卡上做任何标记。
5.评分以答题卡上的答案为依据。不按以上要求作答的答案无效。
一、选择题（本题包括15个小题，每小题2分，共30分。每小题只有一个选项符合题意）
1. 下列有关声的实验和应用描述正确的是（ ）
A. 敲鼓时可观察到纸屑在不停地跳动，说明鼓声是由纸屑的振动产生的
B. 用如图器材能探究声音的音调与频率的关系，也能探究响度与振幅的关系
C. 吹自制的哨子，上下拉动活塞可改变声音的响度
D. 图中的隔音墙是在声源处减弱噪声
【答案】B
【解析】
【详解】A．敲鼓时可观察到纸屑在不停地跳动，说明鼓声是由鼓面的振动产生的，故A错误；
B．用如图器材能探究声音的音调与频率的关系，也能探究响度与振幅的关系。当用相同的力拨动钢尺时，钢尺伸出桌面越长，振动越慢，发出声音的音调越低；当钢尺伸出桌面长度相同时，用大小不同的力拨动钢尺，钢尺振动的幅度不同，发出声音的响度不同，故B正确；
C．吹自制的哨子，上下拉动活塞可改变哨子内空气柱振动的频率，从而改变声音的音调，故C错误；
D．图中的隔音墙是在传播过程中减弱噪声，故D错误。
故选B。
2. 海岱楼是淄博市的文化名片之一，今年五一假期吸引大量的游客参观游览。夜晚亮灯的海岱楼与其在湖中的倒影，呈现了无与伦比的对称美。下列说法正确的是（ ）
A. 海岱楼在水中的倒影是由于光的折射形成的虚像
B. 海岱楼钟书阁内的射灯很亮，是因为它射出很多条光线
C. 走进钟书阁，能从不同角度看到书架上的图书，是因为光在图书表面发生了漫反射
D. 海岱楼发出的红光照射到游客的黄色上衣上，我们看到上衣是红色的
【答案】C
【解析】
【详解】A．海岱楼在水中的倒影属于平面镜成像，是由于光的反射形成的虚像，故A错误；
B．一个光源可以发出无数条光线，射灯很亮，是因为它发出的光线集中，故B错误；
C．能从不同角度看到书架上的图书，是因为光在图书表面发生了漫反射，反射光线射向各个方向的缘故，故C正确；
D．不透明物体的颜色是由它反射的色光决定的，黄色上衣只能反射黄光，不能反射红光，所以海岱楼发出的红光照射到游客的黄色上衣上，我们看到上衣是黑色的，故D错误。
故选C。
3. 如图，是我国先秦时期的蒸食用具甗（yǎn），它由青铜材料铸造而成，分为上、下两部分：下半部是鬲（gé），样子像鼎、用于煮水；上半部是甑（zèng），底部有网眼、可通蒸汽，内部放置食物。下列说法中错误的是（ ）
A. 鬲内的水沸腾后，甑周围冒出的“白气”是水蒸气
B. 水沸腾后，继续加热、水温将保持不变
C. 停止加热后，鬲慢慢变凉，鬲里所盛水的内能会慢慢减少
D. 停止加热后，甑比盛有水的鬲凉得更快，是因为甑所用材料的比热容比水小
【答案】A
【解析】
【详解】A．水沸腾后，甑周围冒出的“白气”是由水蒸气遇冷液化形成的小水珠，故A错误，符合题意；
B．根据液体的沸腾特点可知，水沸腾时持续吸热，但温度不变，故B正确，不符合题意；
C．温度越高，物体内能越大。停止加热后，鬲慢慢变凉，鬲里所盛水的温度下降，内能减小，故C正确，不符合题意；
D．根据，放出相同的热量，比热容小的物质降低的温度多，停止加热后，甑比盛有水的鬲凉的更快，是因为甑所用材料的比热容比水小，故D正确，不符合题意。
故选A。
4. 如图所示为商场门口的广告投影灯及其内部结构，它主要由光源、广告片和焦距为f的凸透镜组成，下列说法正确的是（ ）
A. 该广告灯的成像原理与照相机相同
B. 地面上的广告图标是正立放大的虚像
C. 镜头靠近地面，可使像变大
D. 镜头到地面的距离应大于2f
【答案】D
【解析】
【详解】A．广告投影灯是利用凸透镜成倒立、放大的实像的原理制成的，其成像原理与投影仪相同，故A错误；
B．广告投影灯是利用凸透镜成倒立、放大的实像的原理制成的，故B错误；
C．凸透镜成实像时，物距增大，像距变小，像变小。当镜头靠近地面时，物距增大，像距变小，像变小，故C错误；
D．广告投影灯是利用凸透镜成倒立、放大的实像的原理制成的，所以镜头到广告片的距离（物距）应在一倍焦距和二倍焦距之间，镜头到地面的距离（像距）应大于二倍焦距，故D正确。
故选D。
5. 如图所示，关于电与磁的知识，下列说法正确的是（ ）
A. 甲图中靠近的两个磁极都是S极
B. 乙图装置揭示的原理可制成电动机，它是将机械能转化为内能
C. 丙图中，闭合开关，小磁针N极向右偏转
D. 丁图中模型的原理是通电导体在磁场中受到力的作用
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图甲可知，磁感线从左侧磁极出来，回到右侧磁极，说明左侧磁极为N极，右侧磁极为S极，故A错误；
B．乙图说明磁场对通电导体有力的作用，利用此原理制成了电动机，它是将电能转化为机械能，故B错误；
C．由安培定则可知，丙图中，闭合开关，通电螺线管的左侧为S极，由于异名磁极相互吸引，所以小磁针的N极向右偏转，故C正确；
D．丁图中线圈在磁场中转动，切割磁感线，线圈中就会产生感应电流，利用此原理制成了发电机，故D错误。
故选C。
6. 5月5日，在四川成都举行的2024年汤姆斯杯羽毛球团体赛决赛中，中国羽毛球男队3比1战胜印度尼西亚队，时隔六年再次夺得汤姆斯杯；女队则第16次捧起尤伯杯。下列说法中正确的是（ ）
A. 羽毛球能在空中运动是由于受到惯性力的作用
B. 羽毛球匀速下落过程中机械能减小
C. 斜向打出的羽毛球运动到最高点时，若其所受力全部消失，羽毛球将处于静止状态
D. 落在水平地面上的羽毛球所受地面的支持力与羽毛球对地面的压力是一对平衡力
【答案】B
【解析】
【详解】A．羽毛球能在空中运动是由于具有惯性，惯性不是力，不能说受到惯性力的作用，故A错误；
B．羽毛球匀速下落过程中，质量不变，速度不变，动能不变，高度减小，重力势能减小，动能和势能之和为机械能，所以机械能减小，故B正确；
C．斜向打出的羽毛球运动到最高点时，速度不为零，若其所受力全部消失，羽毛球将保持匀速直线运动状态，故C错误；
D．落在水平地面上的羽毛球所受地面的支持力与羽毛球对地面的压力，这两个力分别作用在羽毛球和地面上，不是一对平衡力，故D错误。
故选B。
7. 下列估测值最接近生活实际的是（ ）
A. 中学生的质量约为50kgB. 教室门的高度约为10m
C. 舒适的环境温度约为37℃D. 空调的功率约为15W
【答案】A
【解析】
【详解】A．成年人的质量在65kg左右，中学生的质量比成年人小一些，在50kg左右，故A符合题意；
B．一层楼的高度在3m左右，教室的门高约为2m，故B不符合题意；
C．人体正常体温在37℃左右，感觉舒适的温度在23℃左右，故C不符合题意；
D．空调的功率较大，在1000W左右，故D不符合题意。
故选A。
8. 厨房中的抽油烟机能将油烟“吸走”，下列现象中，“吸”的物理原理与其相同的是（ ）
A. 削平的铅柱挤压后会“吸”在一起
B. 拔火罐时罐子“吸”在皮肤上
C. 客车行驶时窗帘被“吸”出窗外
D. 刚从冰箱冷冻室拿出的冰棒会“吸”住舌头
【答案】C
【解析】
【详解】厨房中的抽油烟机能将油烟“吸走”，利用的是流体的压强与流速的关系；
A．削平的铅柱压紧后能“吸”在一起，是因为分子间有引力的作用，故A不符合题意；
B．拔火罐使用时，是大气压将罐紧紧地压在皮肤上，这是由于大气压强的作用引起的，故B不符合题意；
C．行驶的客车，车外的空气流速快、压强小，车内的空气流速小、压强大，向外的压强差把窗帘被“吸”出窗外，故C符合题意；
D．刚从冷冻室拿出的冰棒会“吸”住舌头，是因为舌头上的水遇到比较冷的冰棍凝固为冰，属于凝固现象，故D不符合题意。
故选C。
9. 水平桌面上有两个完全相同的杯子，盛有等质量的水。将橘子放入左侧杯中，取出后剥皮再放入右侧杯中，橘子静止时的状态分别如图甲、乙所示。下列分析正确的是（ ）
A. 甲图中的橘子所受的浮力大于其所受的重力
B. 甲图中的橘子比乙图中的橘子所受的浮力小
C. 甲图中杯子对桌面的压强小于乙图中杯子对桌面的压强
D. 甲图中杯底所受水的压强大于乙图中杯底所受水的压强
【答案】D
【解析】
【详解】A．由甲图可知，橘子处于漂浮状态，根据浮沉条件可知，橘子所受浮力大小等于重力，故A错误；
B．放入橘子前两杯中水的质量相等，杯子体积相等，则放入橘子前两杯中水的深度相同，因将甲图中的橘子取出后剥皮再放入右侧杯中，右杯中的橘子重力变小，甲杯中橘子漂浮，所受浮力等于橘子的重力，乙杯中橘子沉底，所受浮力小于重力，则甲图中橘子受到的浮力大，故B错误；
C．橘子剥皮后的重力变小，水和杯子的重力相同，所以甲杯子的总重力大于乙杯子的总重力，受力面积相同，根据公式
可知，甲图中杯子对桌面的压强大于乙图中杯子对桌面的压强，故C错误；
D．由图可知，甲图中水的深度大于乙图中水的深度，根据公式
可知，甲图中杯底受到水的压强大于乙图中杯底受到水的压强，故D正确。
故选D。
10. 如图所示，滑轮组正把物资运送到高处，此时钢丝绳的拉力为1000N，物资在10s内匀速上升1m，已知额外功为300J，则下列说法中正确的是（ ）
A. 动滑轮重为500NB. 电动机对钢丝绳做功功率为200W
C. 滑轮组的机械效率为70%D. 建筑物资的质量为270kg
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题知：W额=300J，h=1m，则
W有=Gh=W总−W额=Fs−W额=1000N×3h−300J=3000J−300J=2700J
所以
Gh=G×1m=2700J
物体重
G=2700N
因为不计绳重和摩擦，所以动滑轮重：
G动=nF−G=3×1000N−2700N=300N
故A错误；
B．电动机对钢丝绳做功功率
故B错误；
C．滑轮组的机械效率：
故C错误；
D．建筑物资的质量
故D正确。
故选D。
11. 社会的发展离不开能源、信息和材料。下列说法中错误的是（ ）
A. 风能、水能、太阳能是可再生能源
B. 手机芯片采用超导体制成
C. 太阳能来源于太阳内部氢核的聚变
D. “北斗”卫星导航系统靠电磁波传递信息
【答案】B
【解析】
【详解】A．风能、水能、太阳能可以在自然界里短期内源源不断地得到补充，它们属于可再生能源，故A正确，不符合题意；
B．手机芯片的主要材料是半导体，故B错误，符合题意；
C．太阳内部无时无刻在发生氢核的聚变产生大量的能量，即太阳能，故C正确，不符合题意；
D．“北斗”卫星导航系统靠电磁波传递信息，电磁波可以在真空中传播，故D正确，不符合题意。
故选B。
12. 自助售水机既可以通过预存金额的磁卡来刷卡，闭合“感应开关”，接通供水电机取水；又可以通过投币闭合“投币开关”，接通供水电机取水。以下简化电路符合要求的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．由电路图可知，感应开关和投币开关并联，供水电机位于干路，闭合感应开关或投币开关时，供水电机均可以工作，故A符合题意；
B．由电路图可知，感应开关和投币开关串联，共同控制供水电机，只有感应开关和投币开关都闭合时，供水电机才可以工作，故B不符合题意；
C．由电路图可知，感应开关和投币开关不闭合时供水电机工作，感应开关或投币开关闭合时供水电机仍工作，故C不符合题意；
D．由电路图可知，只闭合感应开关时供水电机工作，只闭合投币开关时供水电机不工作，故D不符合题意。
13. “从生活走向物理，从物理走向社会”是我们学习物理的基本理念。根据你所学的家庭电路知识判断图中错误的是（ ）
A. 图中的三孔插座对应用电器的三线插头，插头上最上面的那条导线与用电器的外壳相连
B. 只要拿着试电笔接触火线，其内部的氖管就会发光
C. 图中带开关的灯泡接法是错误的
D. 图中的灯泡、两孔插座是并联关系
【答案】B
【解析】
【详解】A．图中的三脚插座对应用电器的三线插头，插头最上面的那条导线与用电器的外壳相连，这样可以防止因外壳漏电发生触电，故A正确，不符合题意；
B．测电笔使用正确时，手接触笔尾金属体，测电笔与火线相连，氖管能发光，如果使用不正确，则氖管不能发光，故B错误，符合题意；
C．开关应接在火线与灯泡之间，图中开关接到零线上，是错误的，故C正确，不符合题意；
D．家庭电路中各用电器工作过程中互不影响，所以用电器、插座之间都是并联连接，故D正确，不符合题意。
故选B。
14. 现在绿色环保的纯电动驱动的小汽车越来越普遍，如图是电动汽车“加油门（脚向下踩）”时的原理图，其中R0是定值电阻，“加油门”时车速仪示数变大，则“加油门”过程中，下列判断正确的是（ ）
A. 电压表的示数变大
B. 电压表的示数与电流表的示数的比值变大
C. 整个电路的电功率变大
D. 电流表示数变小
【答案】C
【解析】
【详解】根据电路图可知，变阻器和R0串联，电压表测变阻器的电压，电流表测量电路中的电流。
AB．踩下油门的过程中，变阻器接入电路的电阻变小，根据串联电路的分压规律可知，变阻器分担的电压减小，所以电压表示数减小；变阻器的电阻变小，电路总电阻变小，根据可知电流变大，即电流表示数变大；电压表示数变小，电流表示数变大，则电压表的示数与电流表的示数比值变小，故AB错误；
CD．踩下油门的过程中，根据可知，R滑变小，在总电压不变的情况下，总电阻变小，电源电压不变，电路中的电流变大，由P=UI知电路的总功率变大，故C正确，D错误。
故选C。
15. 利用如图甲所示，使用相同规格的电加热器和烧杯分别对水和食用油加热，得到温度随时间变化的图像如图乙所示，水的比热容c水=4.2×103J/（kg·℃），下列说法正确的是（ ）
A. 要完成实验探究，应在两个相同的烧杯中加入体积和初温均相同的水和食用油
B. 比较第2min和第3min的吸热情况，在第2min时a吸收的热量比b多
C. 吸热能力较强的是a，a是水，它更适合作冷却剂
D. 利用图乙中图像的数据，可计算出食用油的比热容为2.8×103J/（kg·℃）
【答案】D
【解析】
【详解】A．要比较不同物质吸热升温的特点，根据控制变量法，应控制水和食用油的质量相等，而不是体积相等，故A错误；
B．由乙图可知，在第2min和第3min内，两种液体升高的温度相同，而两种液体吸收的热量与加热时间成正比，即b吸收的热量比a多，而在第2min时ab吸收的热量相同，故B错误；
C．由乙图可知，在质量相同、升高相同的温度时，b液体加热的时间长，吸收的热量多，即b液体的吸热能力强，则b是水，它更适合作冷却剂，故C错误；
D．由乙图可知，加热3min，水吸收的热量
Q水=c水mΔt水=4.2×103 J/(kg⋅℃)×m×20℃
由乙图可知，加热2min，食用油吸收的热量
Q油=c油mΔt油=c油m×20℃
因为，所以
解得c油=2.8×103 J/(kg⋅℃)，故D正确。
故选D。
二、理解与应用（本题包括5个小题，共14分）
16. 多种复合材料具有密度小、强度大的优点， 被广泛应用于制造业。现小明同学测量某一实心复合材料块的密度，测材料块质量托盘天平平衡时右盘所加砝码及游码的位置如图甲所示，则材料块质量为_________ g；按照图乙和图丙所示，通过观察量筒水位的变化，可获得该材料块的体积，若按照图丙中眼睛从B处读数，会导致所测密度_________（填“偏大”、“偏小”或“无误差”）； 纠正错误后， 材料块的密度是_________ kg/m3。
【答案】 ①. 26.4 ②. 偏小
③. 0.88×103
【解析】
【详解】[1]由图甲可知，材料块的质量
m=10g+10g+5g+1.4g=26.4g
[2]若按照图丙中眼睛从B处读数会造成测得总体积V2偏大，图乙中示数V1是准确的，因为材料块的体积
V=V2-V1
所以测得材料块的体积偏大，材料块的质量也是准确的，由可知测得密度偏小。
[3]材料块的体积
材料块的密度
17. 停车场入口常用横杆来控制车辆的进出，如图甲，我们可以把该装置简化成如图乙的杠杆，该杠杆为_______（选填“省力”“费力”）杠杆，若横杆AB粗细相同、质量分布均匀，其重力G=120N，AB=2.8m，AO=0.3m，该杠杆的阻力臂为________m。要使横杆AB保持水平平衡，需在A端施加竖直向下的力F=________N。
【答案】 ①. 费力杠杆 ②. 1.1 ③. 440
【解析】
【分析】
【详解】[1]图甲中，杠杆的动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆。
[2]横杆AB粗细相同、质量分布均匀，所以其重心C在几何中心上，支点为O，则OA就是动力臂，OC就是阻力臂，如图所示：
则阻力臂
OC=AB-OA=×2.8m-0.3m=1.1m
[3]由杠杆的平衡条件可得
F×OA=G×OC
18. 五一期间，桓台县马踏湖湿地公园上演了“打铁花”的民俗文化表演，美轮美奂。表演者首先在熔炉里把罐子里的生铁_________成铁水（填一种物态变化的名称），这是通过_________的方式改变了其内能；被击打后，铁花火雨腾空而起，像天女散花似的漫天飞舞，最后落地消失，在此过程中，铁的内能________（选填“增大”“减小”或“不变”）。
【答案】 ①. 熔化 ②. 热传递 ③. 减小
【解析】
【详解】[1][2]表演者首先在熔炉里把罐子里的生铁熔化成铁水，这是通过热传递的方式改变了其内能。
[3]被击打后，铁花火雨腾空而起，像天女散花似的漫天飞舞，最后落地消失。在此过程中，高温铁花向空气放热，温度降低，内能减小。
19. 如图所示，为某电水壶的简化电路图，如表为铭牌的部分参数，R1、R2为发热丝，其中R2=40Ω。则电水壶处于保温挡时，正常工作 5min 消耗的电能是_________J；电水壶的加热功率为__________W，R1=_______Ω。
【答案】 ①. 1.2×104 ②. 1210 ③. 1170
【解析】
【详解】[1]由电路图可知，当开关S接1时，电路为R2的简单电路，电水壶处于加热状态；当开关S接2时，R1与R2串联，电水壶处于保温状态。则电水壶处于保温挡时，正常工作5min消耗的电能
W=P保温t=40W×5×60s=1.2×104J
[2]电水壶处于加热状态时，电路为R2的简单电路，则加热功率
[3]电水壶处于保温状态时，R1与R2串联，由可得，电路中的总电阻
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，R1的阻值
R1=R串−R2=1210Ω−40Ω=1170Ω
20. 利用平面镜成像的特点，在图乙中画出摄影师看到太阳在湖水中的像的光路图。
【答案】见解析
【解析】
【详解】首先作出太阳关于水面的对称点，即太阳的像，再连接像点与摄影师眼睛找到与平面镜的交点，此交点为入射点，连接太阳与入射点并标出光的传播方向为入射光线，连接入射点与摄影师眼睛并标出光的传播方向为反射光线，如图所示：
三、实验与探究（本题包括3个小题，共21分）
21. 小华和同学们用如图甲所示的实验器材探究“平面镜成像特点”。
（1）实验采用透明玻璃板代替平面镜，虽然成像不如平面镜清晰，但却便于确定_________；
（2）在玻璃板前点燃A蜡烛，在玻璃板后小心地移动未点燃的B蜡烛，直到B蜡烛与A蜡烛的像完全重合为止，由此发现像与物的大小相等；当小华改变A蜡烛到平面镜的距离再次实验时，发现当A蜡烛靠近镜面时，A蜡烛在平面镜中的像的大小______（填“变大”“不变”或“变小”）；
（3）做实验时，老师发现其中有一组同学玻璃板安装时没有与桌面垂直，老师并没有立刻给他们指出，而是观察他们能否自己发现问题，则他们在接下来正确操作的前提下，可能遇到的问题是________；
（4）小华实验后，通过平面镜看到了发光点S的像S＇，如图乙所示。则进入小华眼睛的光线是由__________（填字母）；
A.平面镜发出的 B.像S＇发出的 C.平面镜反射的 D.小华的眼睛发出的
（5）如图丙所示，仅将玻璃板由图中1的位置水平向右平移至2的位置，蜡烛A的成像情况是（填字母）_______；
A.蜡烛成像仍在B处
B.蜡烛成像在B处右侧
C.蜡烛无法通过玻璃板成像
（6）其他小组使用跳棋完成实验时，发现棋子M的像M＇偏暗，于是进行了如图丁所示的几种操作，a是对着棋子M照射，b和c都是对着像M＇照射，a、b、c三种操作中，观察到M的像最亮的是_________。
【答案】 ①. 像的位置 ②. 不变 ③. 见解析 ④. C ⑤. A ⑥. a
【解析】
【详解】（1）[1]实验采用透明玻璃板代替平面镜，虽然成像不如平面镜清晰，但却能在观察到A蜡烛像的同时，也能观察到B蜡烛，便于确定像的位置。
（2）[2]在玻璃板前点燃A蜡烛，在玻璃板后小心地移动未点燃的B蜡烛，直到B蜡烛与A蜡烛的像完全重合，由此发现像与物的大小相等；平面镜成的像与物体大小相等，与物到镜的距离无关，所以小华改变A蜡烛到平面镜的距离再次实验时，发现当A蜡烛靠近镜面时，A蜡烛在平面镜中的像的大小不变。
（3）[3]因平面镜成像时像和物体各对应点的连线与平面镜垂直，若平面镜安装时没有与桌面垂直，则蜡烛A的像不在水平面上，则蜡烛B与蜡烛A的像将始终无法重合。
（4）[4]平面镜成像原理是光的反射，平面镜和眼睛都不是光源，不会发出光线，像S是虚像也不会发出光线，故进入人眼睛的光线是由平面镜反射的，故C正确。
（5）[5]平面镜所成的像和物体关于平面镜对称，仅将玻璃板由图中1的位置水平向右平移至2的位置，蜡烛A的成像情况不变，仍在B处，故选A。
（6）[6]a方法是用光源对着物体照射，可以照亮物体，物体反射的光多，能使成像更清晰；b方法是用光源透过玻璃板对着像的位置照射，虽然玻璃会反光，但玻璃也会“透光”，反射到棋子A的光线相对较少，且像周围的环境亮度增大，所以不能使像变亮；c方法是直接对着像的位置照射，像周围的环境亮度增大，所以不能使像变亮。由此可知，a方法可使观察到M的像最亮。
22. 如图探究液体内部压强的特点实验中：
（1）在使用压强计前，发现U形管中两侧液面已有高度差（如图甲所示），接下来的操作是______（填字母）；
A.直接从U形管右侧中倒出适量液体
B.拆除胶管重新安装
（2）正确操作后，分析图乙中A、B两次实验现象可得出的初步结论是：______。因此拦河大坝要做成______的形状（选填“上窄下宽”或“上宽下窄”）。分析图乙中B、C两次实验现象可知：在液体内部的同一深度，向各个方向的压强都相等；
（3）玲玲保持乙图B中探头的位置不变，并向容器内加入适量的浓盐水，她发现U形管两侧液面的高度差又变大了，于是得出了“在同一深度，液体的密度越大，其内部的压强越大”的结论。她的操作不可靠，原因是加入盐水后______，正确操作是应将探头适当______（选填“上移”或“下移”）；
（4）用如图丙所示的容器也可以探究液体内部的压强。容器中间用隔板分成互不相通的左右两部分，隔板上有一圆孔用薄橡皮膜封闭，橡皮膜两侧压强不同时其形状发生改变。用此容器进行实验，情形如图丁所示。由此可推断：a、b两种液体密度的大小关系是ρa______ρb（选填“>”“<”或“=”）。
【答案】 ①. B ②. 同种液体中，液体压强随液体深度的增加而增大 ③. 上窄下宽 ④. 密度增大的同时，液体深度也增大了 ⑤. 上移 ⑥. <
【解析】
【详解】（1）[1] 在使用压强计前，发现U形管中两侧液面已有高度差，接下来的操作是：只需要将软管取下，再重新安装，这样的话，U形管中两管上方的气体压强就是相等的 都等于大气压，当橡皮膜没有受到压强时，U形管中的液面就是相平的。故选B。
（2）[2][3] 分析A、B两图知，液体密度相同，B中深度较大，U形管中两侧液面高度差较大，液体产生的压强较大，初步得出的结论是：同种液体中，液体压强随液体深度的增加而增大，因此拦河大坝要做成上窄下宽的形状。
（3）[4][5] 研究液体压强与密度的关系，要控制液体的深度相同；保持B图中探头的位置不变，并向容器内加入适量的浓盐水，密度增大的同时，液体深度也增大了，没有控制液体的深度不变；为控制深度相同，正确操作是应将探头适当上移。
（4）[6] 如图丁所示，橡皮膜平整，则两侧液体压强相同，根据，左侧a液体深度较大，则a液体密度较小，即。
23. 某小组在“探究通电导体中电流与电阻关系”的实验中，连接了如图甲所示的电路（电源电压保持4.5V不变）
（1）请用笔画线代替导线将甲图电路连接完整（要求：滑片P向右移动时电路中电流变大）；____
（2）正确连接并规范操作后，闭合开关，两电表均无示数。现将电压表接在滑动变阻器两端时无示数，接在开关两端时有示数，则电路的故障是_____________；
A.电阻断路 B.电流表断路 C.滑动变阻器短路 D.开关断路
（3）图乙是改正故障后根据测得的实验数据绘制的电流I随电阻R变化的图像，由图像可知R两端的电压为_____________V；当R的电阻由5Ω更换为10Ω时，闭合开关后，应该将滑动变阻器的滑片P向_____________端滑动；要完成该实验滑动变阻器的阻值至少是_____________Ω
（4）同组的珊珊同学用未知电阻替换电阻R，移动变阻器的滑片P至某一位置，此时电压表示数为1.5V，电流表示数如图丙所示，该电阻的阻值为_____________Ω；
（5）科技小组的同学设计了测量未知电阻阻值的四种电路，电源电压、滑动变阻器R最大阻值均未知，是阻值已知的定值电阻。其中能够测量出阻值的电路是_____________。
【答案】 ①. ②. D ③. 3 ④. 左 ⑤. 12.5 ⑥. 5 ⑦. BC
【解析】
【详解】（1）[1]滑动变阻器滑片P向右移动，电路中电流变大，电阻变小，故变阻器右下接线柱连入电路中与电阻串联，如图所示：
（2）[2]A．若定值电阻断路，电流表无示数，电压表串联在电路中测电源电压，电压表有示数，故A不符合题意；
B．若电流表断路，电流和电压表均无示数，当电压表接在滑动变阻器两端或者开关两端时，电路仍是断路，两表均无示数，故B不符合题意；
C．若滑动变阻器短路，电流表有示数，电压表测电源电压，有示数，故C不符合题意；
D．开关断路，整个电路断路，两表都没有示数，且当电压表接在滑动变阻器两端时无示数，接在开关两端时有示数，故D符合题意。
故选D。
（3）[3]图乙是小组根据测得的实验数据绘制的电流I随电阻R变化的图像，由图像可知R两端的电压为
[4]当R的电阻由5Ω更换为10Ω时，电阻变大，分压增多，电压表示数增大，根据控制变量法可知在探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，即应保持电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向左端移动，使电压表的示数为3V。
[5]根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压
变阻器分得的电压为电压表示数的倍，根据分压原理，当接入25Ω电阻时，变阻器连入电路中的电阻为
故为了完成整个实验，应该选取最大阻值至少12.5Ω的滑动变阻器。
（4）[5]由图丙知，电流表的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，电流表的示数为0.3A，由得未知电阻的阻值为
（5）[6]A．根据图可知，S接1和2时，通过电压表的电流的方向会发生变化，电压表的指针会反向偏转，无法读取电压表的示数，故A不符合题意；
B．根据图可知，闭合S1、S2，电压表测量电源的电压U；只闭合开关S1，两只电阻串联，电压表测量Rx两端电压为Ux；根据串联电路的电压关系可知，定值电阻两端的电压为
此时电路中的电流为，根据串联电路的电流关系可知，通过Rx的电流为，则根据Rx两端的电压和电流可以求出Rx阻值，故B符合题意；
C．闭合S1、S2时，电路是只有Rx的基本电路，电流表测量通过Rx的电流Ix；闭合S1、断开S2，两电阻串联，电流表测电路中电流I；根据电源电压不变列式
可求出Rx的阻值，故C符合题意；
D．闭合S，当滑动变阻器的滑片移到最右端时，Rx和R串联接入电路中，此时滑动变阻器完全接入电路，根据电流表的示数I1和串联电路电阻的关系可以求出电源电压
闭合S，当滑动变阻器的滑片移到最左端时，此时滑动变阻器没有电阻接入电路，根据电流表的示数I2可以求出电源电压
因为电源电压、滑动变阻器R最大阻值均未知，由此可知D不符合题意。
故选BC。
四、分析与计算（本题包括2个小题，共15分）
24. 如图，是一台以柴油为动力的双履带消防机器人，质量为1000kg，静止时履带与地面接触总面积为0.4m2。在某段平直公路上，机器人以3m/s的速度匀速行驶3min，其受到的阻力为2000N，通过这段路程共消耗0.09kg柴油（q柴油=4.0×107J/kg；g取10N/kg）。求：
（1）机器人3min通过的路程；
（2）机器人静止时，对水平地面产生的压强；
（3）机器人在这段路程中消耗柴油用于牵引力做功的效率。
【答案】（1）540m；（2）25×104Pa；（3）30%
【解析】
【详解】解：（1）由可得，机器人3min通过的路程
s=vt=3m/s×3×60s=540m
（2）机器人静止时对地面的压力
F=G=mg=1000kg×10N/kg=1×104N
对水平地面产生的压强
（3）因机器人匀速行驶时处于平衡状态，受到的牵引力和阻力是一对平衡力，所以，牵引力的大小
F′=f=2000N
牵引力做功
W=F′s=2000N×540m=1.08×106J
柴油完全燃烧释放的热量
Q放=mq=0.09kg×4.0×107J/kg=3.6×106J
机器人在这段路程中消耗柴油用于牵引力做功的效率
答：（1）机器人3min通过的路程为540m；
（2）机器人静止时，对水平地面产生的压强为2.5×104Pa；
（3）机器人在这段路程中消耗柴油用于牵引力做功的效率为30%。
25. 三亚芒果大获丰收，为筛选优质大果，设计自动筛选装置如图甲所示，检测装置电路图如图乙，电源电压恒为12V，电阻为20Ω，R为压敏电阻，其阻值随压力变化关系如图丙。当电路电流小于0.15A时，不达标的芒果将被推离传送带，达标芒果继续被传送到指定位置，实现自动筛选。求：
（1）当R与阻值相等时，电流表的示数；
（2）当R与阻值相等时，R消耗的电功率；
（3）此装置能筛选出重力至少为多大的芒果？
（4）若想筛选出重力至少为2N的芒果，适当增加的阻值即可。请通过计算求出的最小阻值。
【答案】（1）0.3A；（2）1.8W；（3）1N；（4）
【解析】
【详解】解：（1）由串联电路的电阻特点和欧姆定律可知，当R与阻值相等时，电流表的示数为
（2）则R消耗的电功率为
（3）由欧姆定律可知，电路中的最大总电阻为
由串联电路的电阻特点可知，此时压敏电阻R的阻值为
由图丙可知，此时压敏电阻受到的压力为1N，即此装置能筛选出重力至少为1N的芒果。
（4）由图丙可知，压敏电阻的阻值随着压力的增大而减小，当压力为2N时，压敏电阻的阻值为40Ω，由串联电路的电阻特点可知，为了筛选出重力至少为2N的芒果，的阻值为
答：（1）当R与阻值相等时，电流表的示数为0.3A；
（2）当R与阻值相等时，R消耗的电功率为1.8W；
（3）此装置能筛选出重力至少为1N的芒果；
（4）若想筛选出重力至少为2N的芒果，的最小阻值为。型号
SDS-15X05
容量
1L
额定电压
220V
额定频率
50Hz
加热功率
？W
保温功率
40W
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