物理：2025年山东省青岛市莱西市中考一模试题（解析版）

这是一份物理：2025年山东省青岛市莱西市中考一模试题（解析版），共24页。试卷主要包含了 “东风快递，使命必达”等内容，欢迎下载使用。
1.本试题分为第I卷和第II卷两部分，共26题。第I卷为选择题，共15小题，35分；第II卷为非选择题，共11小题，65分。
2.所有题目均在答题卡上作答，在试题上作答无效。
第I卷（共35分）
一、单项选择题（本题满分20分，共10小题，每小题2分）每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1. 小明将纸条分别紧紧卷在木棒和铁棒上，加热纸条（如图），木棒上的纸条立即燃烧，而铁棒上的纸条不会立即燃烧。据此推测木棒和铁棒具有不同的（ ）
A. 密度B. 导热性C. 硬度D. 延展性
【答案】B
【解析】木棒上的纸条立即燃烧，而铁棒上的纸条不会立即燃烧，是因为木棒上的纸条更快地达到了燃点，这是因为铁棒能更快地将热量导走，纸条升温慢，而木棒不能及时将热量导走，纸条升温快，所以可知木棒和铁棒具有不同的导热性，故ACD不符合题意，B符合题意。故选B。
2. 正确写字姿势的“三个一”是：眼睛离书本一尺远，胸离书桌一拳远，手离笔尖一寸远。其中对“一尺”的估算符合实际的是（ ）
A. 3cmB. 30cm
C. 300cmD. 3000cm
【答案】B
【解析】1米等于3尺，则1尺约等于
故ACD不符合题意，B符合题意。故选B。
3. 如图甲，光滑水平面上A物体受到水平向右的推力F1＝5N，拉力F2＝7N作用；图乙B物体重30N，现用竖直向上F3＝45N的力拉，则A、B两物体受到的合力分别是（ ）
A. 12N 15NB. 12N 75N
C. 2N 15ND. 2N 75N
【答案】A
【解析】根据二力合成同向相加的道理，因此A物体受到的合力为
根据二力合成反向相减的道理，因此B物体受到的合力为
故A符合题意，BCD不符合题意。故选A。
4. 如图是我国某地修筑的“音乐公路”。当汽车以一定速度匀速行驶时，就会奏出一段悦耳的乐曲。音乐公路的路面上分布着许多疏密不同的横向凹槽，汽车每经过一个凹槽，就会上下振动一次。下列说法正确的是（ ）
A. 声音是由空气振动产生的B. 凹槽稀疏时，音调高
C. 路人听到的音乐声是由空气传播的D. 当车速改变时，声速也会改变
【答案】C
【解析】A．汽车行驶在分布着许多疏密不同的横向凹槽的公路上，每经过一个凹槽，就会上下振动一次，发出声音，所以音乐声是由汽车振动产生的，故A错误；
B．凹槽稀疏时，汽车振动频率较低，音调较低，故B错误；
C．声音的传播需要介质，音乐声通过空气传播到路人的耳朵内，故C正确；
D．声速的大小与介质的种类和温度有关，当车速改变时，声音的音调会改变，但声速不会改变，故D错误。故选C。
5. 中国是电动汽车第一生产国，2024年中国新能源汽车年产销量分别达到1288.8万辆和1286.6万辆，连续10年位居全球第一。某款电动汽车有一种动能回收系统，该汽车的动力装置是电动机，刹车时，电动机变为发电机，将汽车动能转化为电能。下列四个实验中与动能回收系统原理相同的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中会产生感应电流，这是电磁感应现象，此过程中机械能转化为电能。汽车电动机“变身”为发电机，将汽车动能转化为电能，利用的是电磁感应的原理。
A．图中是奥斯特实验，说明通电导线周围存在着磁场，故A不符合题意；
B．图中是电磁铁的模型，应用了电流的磁效应，故B不符合题意；
C．图中是电动机的原理图，其原理是通电导体在磁场中受力运动，故C不符合题意；
D．图中是电磁感应现象原理图，是发电机的原理图，故D符合题意。故选D。
6. 小明自制了如图所示的“水火箭”。用打气筒对水火箭打气，水向下喷出，水火箭一飞冲天。下列说法正确的是（ ）
A. 打气后气筒会发热，这是通过热传递改变气筒的内能
B. 水从水火箭中喷出相当于内燃机的排气冲程
C. 上升过程中，水火箭瓶内气体的内能减少
D. 水火箭冲天时受到向上的推力，推力的施力物体是空气
【答案】C
【解析】A．打气后气筒会发热，是因为打气时活塞压缩气体做功，使气体内能增加，通过做功的方式改变气筒内能，并非热传递，故A错误；
B．水从水火箭中喷出，是高压气体对外做功，将内能转化为机械能，而内燃机排气冲程是排出废气，没有能量转化，二者不同，故B错误；
C．上升过程中，水火箭内高压气体推动水向下喷出，对外做功，自身内能减少，故C正确；
D．水火箭冲天时，水向下喷出，根据力的作用是相互的，水对水火箭有向上的反作用力，施力物体是水，不是空气，故D错误。故选C。
7. “做中学”是一种重要的学习方式，小明用吸管进行科学研究，正确的说法是（ ）

A. 图甲：吸管的一端做得很尖，是为了减小压强
B. 图乙：用吸管制成水气压计，从山下移到山顶时管内的水柱下降
C. 图丙：用吸管自制温度计显示温度高低，利用了液体热胀冷缩的性质
D. 图丁，用吸管对着两个乒乓球的中间吹气，乒乓球会向两边分开
【答案】C
【解析】A．吸管―端做得很尖，是在压力一定时，为了减小受力面积，增大压强，故A错误；
B．把水气压计从山下移到山顶,瓶内空气的压强不变,而外界大气压随高度的增加而减小, 此时在瓶内气压的作用下会有一部分水被压入玻璃管,因此管内水柱会升高，故B错误；
C．用吸管自制温度计显示温度高低，利用了液体热胀冷缩的性质，故C正确；
D．根据流体压强与流速的关系：当向两个乒乓球中间吹气时，此位置的空气流速加大，压强小于两边的压强，在压强差的作用下，两乒乓球向中间靠拢，故D错误。故选C。
8. 某中学开展了《我进厨房》实践活动，小西观察到很多与物态变化相关的现象，下列说法正确的是（ ）
A. 手被刚从冷冻室拿出来的冻肉“粘”住，这是凝华现象
B. 冷冻室取出的冻肉表面有“白霜”， “白霜”是固态
C. 掀开锅盖时，小西的眼镜上蒙上了一层水雾是汽化现象
D. 刚出锅的汤菜热气腾腾，小西看到的“热气”是气态
【答案】B
【解析】A．手被刚从冷冻室拿出来的冻肉“粘”住，是因为手上的水遇到冷的冻肉发生了凝固现象，故A错误；
B．冷冻室取出的冻肉表面有“白霜”，“白霜”是固态的小冰晶，由水蒸气遇冷凝华形成的，故B正确；
C．掀开锅盖时，小西的眼镜上蒙上了一层水雾，水雾是液态的小水珠，由水蒸气遇冷液化形成的，故C错误；
D．刚出锅的汤菜热气腾腾，“热气”是液态的小水珠，由水蒸气遇冷液化形成的，故D错误。故选B。
9. “东风快递，使命必达”。2024年9月25日，我国洲际导弹用时21min，射程大约12000km，准确落入太平洋预定海域。如图所示，这是洲际导弹加速升空的情景。下列说法正确的是（ ）
A. 洲际导弹速度越大，受到惯性也越大
B. 洲际导弹受到较大的推力后加速升空，说明力可以改变物体的运动状态
C. 洲际导弹此时受到的重力和推力是一对平衡力
D. 海面相对于加速升空的洲际导弹是静止的
【答案】B
【解析】A．惯性的大小只与物体的质量有关，洲际导弹速度大，但惯性大小不会变，故A错误；
B．洲际导弹受到较大的推力后加速升空，洲际导弹的运动状态发生改变，说明力可以改变物体的运动状态，故B正确；
C．洲际导弹加速升空，处于非平衡状态，此时受到的重力和推力不是一对平衡力，故C错误；
D．海面相对于加速升空的洲际导弹位置发生了改变，是运动的，故D错误。故选B。
10. 水平桌面上放有甲、乙两个都装有水的相同容器，现把两个形状和体积都相同的实心小球分别缓慢放入两容器中，两小球静止时水面恰好相平，如图所示，这时（ ）
A. 两小球排开水的质量相等
B. 放入乙容器中的小球密度较大
C. 两容器底部受到水的压力相等
D. 甲容器底部受到水的压强小于乙容器底部受到水的压强
【答案】C
【解析】A．甲中小球排开水的体积较大，根据可知甲中小球排开水的质量较大，故A不符合题意；
B．甲中小球悬浮，则密度等于水的密度，乙中小球漂浮，则密度小于水的密度，所以甲中小球密度较大，故B不符合题意；
CD．两小球静止时水面恰好相平，即水的深度相同，根据可知甲容器底部受到水的压强等于乙容器底部受到水的压强，容器底面积相同，根据可知两容器底部受到水的压力相等，故C符合题意，D不符合题意。故选C。
二、多项选择题（本题满分15分，共5小题。每小题给出的四个选项中，均有2-3个选项符合题目要求，全选对得3分，漏选得1分，错选或不选得0分）
11. 探究凸透镜成像的规律时，如图甲将一个凸透镜正对着平行光，在光屏上呈现一个最小最亮的光斑。将该凸透镜、蜡烛、光屏如图乙放置，光屏上呈现清晰的实像。以下说法中正确的是（ ）
A. 该凸透镜的焦距为15cm
B. 图乙所示的光屏上一定是倒立缩小的像
C. 保持乙图中凸透镜位置不变，将蜡烛远离凸透镜，移动光屏能看到更大的实像
D. 凸透镜移至距蜡烛10cm内的位置，光屏在任何位置均无法承接到蜡烛的像
【答案】BD
【解析】A．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：，故A错误；
B．由乙图可知，此时物距，成倒立、缩小的实像，故B正确；
C．保持凸透镜位置不变，将蜡烛远离凸透镜，此时物距变大，像距变小，像变小，所以为使光屏上再次呈现清晰的像，可将光屏靠近透镜，故C错误；
D．凸透镜移至距蜡烛10cm内的位置，，凸透镜成正立、放大的虚像，光屏在任何位置均无法承接到蜡烛的像，故D正确。故选BD。
12. 如图所示的电路中，电源电压保持不变。闭合开关，将滑动变阻器的滑片P向右移动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 电流表A示数变大，电压表V1示数变小
B. 电流表A示数变小，电压表V2示数不变
C. 电压表V1示数与电流表A示数的比值不变
D. 电压表V2示数与电流表A示数的比值变小
【答案】BC
【解析】AB．由电路图可知，定值电阻R1与滑动变阻器R2串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测电源的电压，电流表测电路中的电流； 将滑动变阻器R2的滑片P向右移动的过程中，变阻器接入电路中的电阻变大，电路中的总电阻变大，由知，电路中的电流变小，即电流表A的示数变小；由U=IR可知，R1两端的电压变小，即电压表V1的示数变小；由于电源电压不变，所以电压表V2示数不变，故A错误，B正确；
C．由知电压表V1示数与电流表A示数的比值等于R1的阻值，所以该比值保持不变，故C正确；
D．电压表V2测电源的电压，电流表测电路中的电流；由知电压表V2示数与电流表A示数的比值等于电路中的总电阻，将滑动变阻器的滑片P向右移动的过程中，电路中的总电阻变大，所以电压表V2示数与电流表A示数的比值变大，故D错误。故选BC。
13. 如图所示，在探究液体压强特点的过程中，将微小压强计的金属盒放在水中，下列做法能够使压强计U形管两边液面的高度差增大的是（ ）
A. 将压强计的金属盒向下移动一段距离
B. 将压强计的金属盒向上移动一段距离
C. 将压强计的金属盒在原位置转动180°
D. 将压强计的金属盒放在同样深度的食盐水中
【答案】AD
【解析】A．由可知，将压强计的金属盒向下移动一段距离，金属盒浸入液体中的深度增加，压强增大，U形管两边液面的高度差增大，故A符合题意；
B．由可知，将压强计的金属盒向上移动一段距离，金属盒浸入液体中的深度减小，压强减小，U形管两边液面的高度差减小，故B不符合题意；
C．将压强计的金属盒在原位置转动180°，金属盒浸入液体中的深度没有改变，液体的密度没有改变，则压强没有改变，故液面的高度差不变，故C不符合题意；
D．将压强计的金属盒放在同样深度的食盐水中，金属盒浸入液体中的深度没有改变，但盐水的密度比水的密度大，由可知，压强增大，U形管两边液面的高度差增大，故D符合题意。故选AD。
14. 用相同加热装置分别对固态物质a、b、c加热，它们的温度随加热时间变化关系如图所示。不计热量损失，以下分析正确的是（ ）
A. 时间内，a、c吸收热量相同
B. 时间内，a的内能不变
C. b的比热容可能大于c的比热容
D. 若a、b是同种物质，则b的质量小于a的质量
【答案】AC
【解析】A．用相同的加热装置分别对固态物质a、c加热，用加热时间表示吸热的多少，时间内，加热时间相同，所以a、c吸收热量相同，故A正确；
B．在时间内，a吸收热量，内能变大，故B错误
C．根据得，b、c质量不确定，所以b的比热容可能大于c的比热容，故C正确
D．根据得， 若a、是同种物质，吸收相同热量，由图知，升高的温度小于a升高的温度，则的质量大于a的质量，故D错误。故选AC。
15. 如图甲所示，电源电压保持不变，R1=10Ω。闭合开关S，将滑动变阻器R2的滑片P从a端移动到b端的过程中，电流表示数随滑动变阻器R2连入电路的阻值的变化关系如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A. 电源电压为8V
B. R1的最小电功率为0.4W
C. 滑动变阻器R2的最大阻值为40Ω
D. 当滑片P位于中点时，R1与R2的电功率之比为2︰3
【答案】ABD
【解析】图中电路R1和滑动变阻器R2串联，电流表测量电路中的电流。
A．由图可知，当滑动变阻器的滑片位于a端时，电路为R1的简单电路，此时电路中的电流最大，为0.8A，则电源电压U=I最大R1=0.8A×10Ω=8V故A正确；
BC．由图可知，当滑动变阻器的滑片位于b端时，两电阻串联，滑动变阻器全部接入电路，阻值为30Ω，此时电路中电流最小为0.2A，R1的电功率最小，则P最小=I2R=(0.2A)2×10Ω=0.4W，故C错误，B正确；
D．当滑片P位于中点时，变阻器接入电路的阻值为15Ω，且串联电路中电流相等，根据P=I2R知，R1与滑动变阻器R2的电功率之比为P1︰P2=I2R1︰I2R2=R1︰R2=10Ω︰15Ω=2︰3
故D正确。故选ABD。
第Ⅱ卷（共65分）
三、填空与作图题（本题满分19分，共5题）
16. 在研究摩擦力的实验中，小明在同一水平面上对一个各侧面光滑程度相同的木块进行了如图所示的实验。当用弹簧测力计水平拉木块做匀速直线运动时，弹簧测力计的示数分别为F1、F2、F3，它们之间的大小关系是________；图中拉力F1的大小为8N时，木块做匀速直线运动，若将拉力F1增大到10N时，木块受到的摩擦力大小将________。

【答案】 ；不变
【解析】当用弹簧测力计水平拉木块做匀速直线运动时，木块处于平衡状态，则拉力等于摩擦力；因为滑动摩擦力的大小跟压力大小和接触面的粗糙程度有关，而前两次实验中压力大小和接触面的粗糙程度均相同，所以，这两次的摩擦力大小相同，则拉力（即弹簧测力计的示数）F1=F2；第三次实验时，用滚动代替滑动，减小了摩擦力的大小，所以拉力F3也减小了；综合上面两种情况可得F1=F2>F3。图中拉力的大小为8N时，木块做匀速直线运动，木块受到的拉力和摩擦力是平衡力，木块受到的摩擦力f=F1=8N
滑动摩擦力的大小跟压力大小和接触面的粗糙程度有关，若将拉力增大到10N时，压力和接触面的粗糙程度不变，摩擦力不变。
17. 如图，一束光从空气射到水面O点，反射光线在容器壁上形成一光点A，折射光线在水底形成一光点B。
（1）画出反射光线及对应的入射光线，标出反射角r；________
（2）画出该入射光线进入水的折射光线，标出折射角_______；
（3）在水中的像到A的距离为________ cm；
（4）若仅使水面上升，则A点的位置会_______（选填“上升”、“下降”、“不变”），B点位置会______（选填“左移”、“右移”、“不变”）。
【答案】（1）见解析 （2） 见解析 （3）30.0 （4）上升； 左移
【解析】（1）由题知，光从空气射到水面O点，反射光线在容器壁上形成一光点A，连接OA即为反射光线，根据反射角等于入射角在法线左侧的空气中画出入射光线。
（2）光从空气斜射入水中，折射角小于入射角，由此在法线右侧的水中画出折射光线。综上（1）（2）所述，作图如下：
（3）由图知，A到水面距离，根据平面镜成像特点可知，A点在水中的像距离水面也是，则A在水中的像到A的距离为
（4）当水面上升时，入射点向上移动，入射角和折射角都不变，B点位置会向左移动，如图所示：
18. 如图甲所示，虚线框内是两个滑轮连成的滑轮组，工人利用该滑轮组，用200N竖直向上的拉力F，将重为480N的物体匀速提高3m，物体和绳子自由端的运动情况如图乙所示，已知动滑轮重100N，工人做的额外功为___________ J，该滑轮组的机械效率为___________ ，拉力F的功率为___________ 。
【答案】360 ；80% ；300W
【解析】由图乙可知，时间为6s时，绳子自由端移动的距离为9m，物体上升的高度为3m；拉力做的总功为
有用功为
则工人做的额外功为
该滑轮组的机械效率为
拉力F的功率为
19. 如图，莱西站采用“人脸、身份证识别一体机”，当人脸数据识别成功（开关S1闭合）和身份证数据识别成功（开关S2闭合），电动机M工作，锁打开，请将图相应的电路图连接完整实现此功能______。人脸识别是通过摄像镜头将所拍照片与系统预先录入的人脸照片进行比对，若镜头的焦距是0.1m，则拍照时人脸到镜头的距离应大于______m；当人脸远离镜头时，所拍照片上的人脸将______（选填“变大”或“变小”）。
【答案】见解析；0.2 ； 变小
【解析】由题意可知，两个开关、均闭合，电动机M才工作，所以两个开关均与电动机M串联，开关要接在火线上，作图如下：
通过摄像镜头拍照与照相机的工作原理相同，由凸透镜成像规律可知，物距大于二倍焦距，镜头的焦距是0.1m，则拍照时人脸到镜头的距离应大于0.2m；当人脸远离镜头时，即物距增大，由凸透镜成像规律“物远像近像变小”可知，所拍照片上的人脸即像将变小。
20. 如图，人的颈椎起着支撑头部的作用，颈部肌肉群连接颈部和头部，并控制着头部的运动，长时间低头会对颈椎和颈部肌肉群造成损伤。人在低头时，头部和颈椎可看作一个杠杆，可绕支点O转动，A点为头部的重心，B点为肌肉群拉力的作用点，拉力的方向沿图中虚线方向。
（1）画出肌肉群拉力F的示意图及其相应的动力臂l1；
（2）若将拉力看作动力，这是一个________（选填“省力”“等臂”或“费力”）杠杆，人在低头的过程中，头部重力的力臂________（选填“增大”或“减小”），颈部肌肉群的拉力________（选填“增大”或“减小”）。
【答案】（1）见解析 （2）费力 ；增大 ；增大
【解析】【小问1】人的肌肉拉力从B点斜向下，从支点到力的作用线的垂直距离为动力臂l1，如图所示：
【小问2】头部模型相当于简单机械中的杠杆，且动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，根据杠杆平衡条件Gl2=Fl1，重力的方向竖直向下，当低头角度变大时，重力的力臂l1变大，l2不变，故拉力F变大。
四、实验探究题（本题满分33分，共4题）
21. 小明用如图所示装置“探究平面镜成像的特点”，实验时，在水平桌面上铺一张大纸，纸上竖立一块玻璃板作为平面镜，在纸上记下平面镜的位置。
（1）小明把一支点燃的蜡烛A放在玻璃板的前面，再拿一支外形相同但不点燃的蜡烛B竖立在玻璃板后面移动，直到看上去它跟蜡烛A的像________，小明应在________（选填“A”或“B”）蜡烛一侧观察蜡烛所成的像；
（2）移去蜡烛B，在其原来位置上放置一块光屏，光屏上不能呈现蜡烛A的像，说明平面镜成的是________像；
（3）在图甲中，仅将玻璃板由图中M的位置水平向右平移至N的位置时，蜡烛A的成像情况是________（填字母代号）；
A. 蜡烛成像在B的右侧
B. 蜡烛成像仍在B处
C. 蜡烛无法通过玻璃板成像
（4）小明看到自己的手表与同桌的相同，于是突发奇想将两块手表替代蜡烛，正立于玻璃板两侧，如图乙所示，此时D手表指针指在9点整，那么C手表的指针应调至__________点整，才能与D手表指针的像完全重合；
（5）如图丙所示，检查视力的时候，视力表放在被测者头部的后上方，被测者识别对面墙上镜子里的像，则视力表在镜中的像与被测者间的距离为__________m；
（6）完成上述实验过程后，根据“像与物关于镜面对称”的特点，小明与同桌面对面玩起了“照镜子”的游戏，若小明扮演的物举起左手，同桌扮演镜中的像应举起__________手。
【答案】（1）完全重合 ；A （2）虚 （3）B （4）3 （5）5 （6）右
【解析】【小问1】在竖立的玻璃板前面放一支点燃的蜡烛A，可以看到玻璃板后面出现蜡烛A的像，另外拿一支相同但不点燃的蜡烛B在玻璃板后面移动，直到看上去它跟蜡烛A的像完全重合，可以判断出平面镜成像时物体和像大小相等。
平面镜成像是光的反射，反射光线在玻璃板前蜡烛A所在的一侧，故应该在A蜡烛这一侧观察蜡烛A所成的像。
【小问2】移去蜡烛B，在其原来位置上放置一块光屏，光屏上不能呈现蜡烛A的像，说明蜡烛A在玻璃板中所成的像，不是实际光线的会聚点，而是实际光线的反向延长线会聚形成的虚像。
【小问3】平面镜成像时，像和物体关于镜面对称；仅将玻璃板由图中甲的位置水平向右平移至乙的位置时，玻璃板所在的平面不变，物体的位置不变，故像的位置不变，故AC不符合题意，B符合题意。故选B。
【小问4】由于平面镜成的像与物关于镜面对称，故表面上的刻度是左右相反的，因此当此时A手表指针指在9点整，那么B手表的指针应调至3点才能与A手表指针的像完全重合。
【小问5】视力表与平面镜距离为2.7m，则视力表像与平面镜距离也为2.7m，被测者与平面镜距离为2.7m−0.4m=2.3m，所以视力表在镜中的像与被测者间距离为2.7m+2.3m=5m。
【小问6】由于平面镜成的像与物关于镜面对称，像和物体左右相反，小明与同桌面对面玩起了“照镜子”的游戏，两人对面坐在玻璃板两侧，若小明扮演的物举起左手，同桌扮演镜中的像应举起右手。
22. 在探究“压力的作用效果与哪些因素有关”实验中，小聪在平底的矿泉水瓶中装水后，分别放在海绵和砖块上进行实验，实验过程中的情景如图A、B、C、D、E所示（已知B、C两图中瓶内的水是满的．）

（1）实验过程中，通过观察____________来比较矿泉水瓶对海绵的压力作用效果．
（2）要探究压力的作用效果与受力面积的关系，可以选用如图中_______两次实验，结论：当压力大小相等时，受力面积越______（选填“大”或“小”），压力的作用效果越明显．
（3）比较如图中C、D、E三次实验，可得的结论：当受力面积相等时，压力越______（选填“大”或“小”），压力的作用效果越明显．
（4）你认为能否通过分析如图中A、B两次实验现象得出压力作用效果与压力大小的关系？______（选填“能”或“不能”）．理由是__________________________．
（5）同组的小丽在实验过程中又提出一个问题：在如图中B、C两次实验中，瓶中的水对底部的压力和压强大小相等吗？若在B、C两次实验中水对瓶底和瓶盖的压力分别为FB、FC，水对瓶底和瓶盖的压强分别为p、p，请你分析并比较：FB_______FC，p_______p（均填“＞”、“＜”或“＝”）．
【答案】（1）海绵的凹陷程度 （2）BC ； 小 （3）大
（4）不能；除了控制受力面积相同以外，还应保持两次的压力作用在相同的物体或材料上 （5） ；
【解析】(1)在实验中，是通过观察海绵的凹陷程度来比较压力作用效果的，属于转换法的运用．
(2)研究压力的作用效果与受力面积是否有关，应控制压力相同而受力面积不同，由图示可知，应选B. C两个实验；得出的结论是：当压力大小相等时，受力面积越小，压力作用越明显．
(3)分析比较图中C. D. E三次实验，物体的受力面积相同而物体间的压力不同，探究的是压力作用效果与压力大小的关系．由此可知：在受力面积相同时，压力越大，力的作用效果越明显．
(4)比较压力作用效果与压力大小的关系，要控制我们除了控制受力面积相同以外，还应保持两次的压力作用在相同的物体或材料上，这样才符合控制变量法的要求．所以不能通过A. B两次实验来比较压力作用效果与压力大小的关系；
(5)水对瓶底和瓶盖的压强p＝ρgh,高度、密度不变,则pB＝pC,水对瓶底和瓶盖的压力F＝pS,SB>SC,则FB>FC；
23. 在“探究浮力的大小跟哪些因素有关”的实验中，小明猜想浮力大小可能与以下因素有关
A.液体的密度； B.物体受到的重力；
C.物体的形状； D.物体排开液体的体积
（1）如图甲用手把空的易拉罐按入水中，易拉罐浸入水中越深，手会感觉越吃力，这个事实可以支持猜想__________；
（2）为了研究猜想B，用体积相同的A、B、C三个圆柱体，测得重力分别为4N、4.5N和5N，然后进行如图乙所示的实验，序号a的实验中，物体A所受的浮力为__________N，进一步计算得出A、B、C所受浮力__________（选填“相等”或“不相等”），可得出初步结论：__________；
（3）图乙中比较a和d两次实验，可支持猜想__________，ρ酒精=______g/cm³；
（4）为了研究猜想C，将两块相同的橡皮泥（不吸水且不溶于水）分别做成不同的形状，进行如图丙所示实验，此时两弹簧测力计的示数不同，得出浮力的大小与物体形状有关，小红认为该结论不可靠，主要原因是__________；
（5）小红用量筒测出橡皮泥的密度，进行了如图丁所示的操作：
①在量筒中加入适量的水，读出体积V1；
②将橡皮泥捏成碗形，轻放入量筒中，使其漂浮在水面上，读出体积V2；
③将橡皮泥用细长针按入水中，使其沉到量筒底部，读出体积V3，橡皮泥的密度ρ=__________（用ρ、V1、V2、V3表示）。
【答案】（1）D （2）1 ；相等；浮力大小与物体重力无关
（3）A ；0.8 （4）未控制排开液体的体积相同 （5）
【解析】【小问1】易拉罐浸入越深手越吃力，说明易拉罐浸入越深排开水的体积越大，浮力越大，支持的猜想是D。
【小问2】在实验a中，A受到的重力为4 N，弹簧测力计示数为3 N，故浮力
B受到的浮力
C受到的浮力
计算可知A、B、C所受浮力都相等，可得结论：浮力与物体重力无关。
【小问3】比较a与d可知，物体A在酒精中受到浮力
物体A在酒精中受到的浮力小于在水中受到的浮力，浮力随液体密度不同而不同，支持猜想A。
物体A的体积
物体浸没在酒精和水中，排开酒精的体积等于排开水的体积，酒精的密度
【小问4】探究浮力的大小与物体的形状有关，应是除形状不同外的其他因素都相同，图丙中所用液体相同，物体的形状和浸入液体的体积不同，故得出浮力与形状有关的结论不可靠，主要原因是：未控制橡皮泥排开液体的体积相同。
【小问5】橡皮泥漂浮时排开水的体积
橡皮泥漂浮时，排开水的质量等于橡皮泥质量
完全没入时，橡皮泥体积
故橡皮泥的密度
24. 小明和小华用图甲所示电路进行“探究电流与电压的关系”实验：电源电压保持3V不变，滑动变阻器标有“20Ω 2A”字样。
（1）请用笔画线代替导线将图甲电路连接完整，要求滑片P向左移动时电流表示数变小
（2）闭合开关，小明发现电流表没有示数，电压表示数接近电源电压，原因可能是定值电阻__________（选填“断路”或“短路”）；
（3）排除故障后，移动滑片P到某一位置时，电流表示数如图乙所示，此时通过定值电阻R的电流为__________A，根据实验数据绘制出定值电阻R的I-U图像如图丙所示，由图像可得：当导体的电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成__________；
（4）小华发现有一组数据实验做不出来，是__________（选填序号）；
A. 0.1A，0.5VB. 0.2A，1VC. 0.3A，1.5VD. 0.4A，2VE. 0.5A，2.5V
（5）小明利用完整的图甲电路进一步“探究电流与电阻的关系”，测得的实验数据如表所示，实验更换电阻后，滑动变阻器滑片向__________（填“左”或“右”）移动，实验中保持电压表的示数为__________V不变；
（6）上述实验结束后，小华更换实验器材，利用如图丁所示的电路，测量额定电压为2.5V的小灯泡正常发光时的电阻，已知滑动变阻器R的最大阻值为15Ω，电源电压恒定，测量过程如下：
①闭合开关S、S2，断开S1，将滑动变阻器的滑片移到最上端，电压表示数为4.5V；
②_______（填开关闭合与断开情况），移动滑片，使电压表示数为2V，小灯泡正常发光；
③闭合开关S、S2，断开S1，保持滑动变阻器滑片的位置不变，电压表示数为3V；
④小灯泡正常发光时的电阻RL=__________Ω。
【答案】（1）见解析 （2）断路 （3）0.3 ；正比
（4）A （5）左 ； 2 （6）②闭合S、S1，断开S2 ；④12.5
【解析】【小问1】滑片P向左移动时电流表示数变小，由欧姆定律可知，电路的总电阻变大，由电阻的串联可知变阻器连入电路的电阻变大，故滑动变阻器选用右下接线柱，如下图所示：
【小问2】闭合开关，发现电流表没有示数，说明电路可能断路；电压表示数接近电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了，即原因可能是定值电阻断路。
【小问3】由图乙可知，电流表用的小量程，分度值是0.02A，电流为0.3A；由图丙可知，图线为一过原点的斜线，故可得出结论：当导体的电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比。
【小问4】若电路中电流为I=0.1A，可知电路总电阻
分析图丙，可知所用定值电阻
滑动变阻器最大阻值20Ω，定值电阻和变阻器串联最大电阻是20Ω+5Ω=25Ω
故A组数据实验做不出来。
【小问5】由表中数据可知，定值电阻两端电压为UV=I1R1=0.4A×5Ω =2V
实验中，当把5Ω的电阻换成10Ω的电阻后，根据分压原理，电阻两端的电压变大，研究电流与电阻关系时要控制电压不变，根据串联电路电压的规律，要增大滑动变阻器两端的电压，由分压原理，要增大滑动变阻器电阻阻值，故应把滑动变阻器滑片向左端移动，保持电压表的示数为2V不变。
【小问6】闭合S、S1，断开S2，移动滑动变阻器的滑片，需要使小灯泡正常发光，所以小灯泡的两端的电压为2.5V，所以滑动变阻器两端的电压需要为2V，即电压表示数为2V。在①中，电源电压为U=4.5V，在②中，灯与滑片以下电阻丝R滑下电阻串联，电压表测其电压，当电压表示数为2V，根据串联电路电压的规律，小灯泡两端的电压UL=U-U滑下=4.5V-2V=2.5V
灯正常发光；在③中，电路中只有变阻器，根据串联电路电压的规律，滑片以上电阻丝的电压为U-3V=4.5V-3V=1.5V
根据分压原理R滑上∶R滑下=1.5V∶3V=1∶2
因变阻器的总电阻为15Ω，故
由欧姆定律和串联电路电流规律，通过变阻器的电流即灯的额定电流
小灯泡的正常发光时，灯丝的电阻为
五、计算题（本题满分13分，共2题）
25. 如图甲所示，柱形容器放在水平桌面上，容器中立放着一个底面积为100cm2，高为12cm均匀实心长方体木块A，A的底部与容器底用一根细绳连在一起，现慢慢向容器中加水，如图乙所示，当加入水的深度为9cm，木块A对容器底部的压力刚好为0；；求：
（1）当木块A对容器底部的压力刚好为0，A受到的浮力；
（2）木块A的密度；
（3）若继续缓慢向容器中再加水至木块A完全浸没，求此时绳子的拉力。
【答案】（1）9N；（2）0.75×103kg/m3；（3）3N
【解析】解：（1）已知木块A的底面积
由乙图可知：当木块A对容器底部的压力刚好为0，水的深度为
则木块A排开水的体积
木块受到的浮力
（2）木块A的体积
由于木块A对容器底部的压力刚好为0，木块A处于漂浮，则
由可得，
木块的密度
（3）完全浸没时木块受到的浮力为
对木块进行受力分析可知，木块受到的浮力等于木块的重力加上细绳对A的拉力，则细绳对A的拉力为
答：（1）A受到的浮力为9N；
（2）木块A的密度为0.75×103kg/m3；
（3）此时绳子的拉力大小为3N。
26. 如图甲所示的电饭锅，铭牌上附有中国能效标识，从铭牌上可知该电饭锅能效等级为3级。电饭锅的额定电压为220V，有“加热”和“保温”两个挡位，其内部由两个加热电阻丝R1、R2和一个开关S2组成，研究发现：当开关S1、S2都闭合时，只有R1工作，电饭锅处于加热状态，功率为1210W；当开关S1闭合、S2断开时，R1、R2全部工作，电饭锅处于保温状态，功率为88W。求：
（1）请在图乙的虚线框内画出该装置的电路图；
（2）R1和R2的阻值；
（3）小明上网查询了解，国家标准中规定电饭锅在该加热功率下正常工作时，3级能效的热效率值（电热转化效率）范围为81%≤η