2026年四川省广元市苍溪县中考二模物理试题（含解析）

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2．本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共四个大题，25个小题。
3．考生必须在答题卡上答题，写在试卷上的答案无效。选择题必须使用2B铅笔填涂答案，非选择题必须使用0.5毫米黑色墨迹签字笔答题。
4．考试结束，将答题卡和试卷一并交回。
第Ⅰ卷 选择题（共36分）
一、选择题（本题共12个小题，每小题只有一个选项最符合题意。每小题3分，共36分）
1. 下列与物理知识有关的描述中，说法正确的是（ ）
A. 电子、质子、原子核是按尺度由大到小的顺序排列的
B. 化石能源是不可再生能源
C. 一名九年级男生的身高约为1.7 dm
D. 中国空间站利用光纤将信息传回地面控制中心
【答案】B
【解析】
【详解】A．粒子尺度由大到小应为：原子核、质子、电子，原选项排列顺序错误，故A错误。
B．化石能源不能在短时间内从自然界得到补充，属于不可再生能源，故B正确。
C．1.7dm=17cm，九年级男生身高约为1.7m=17dm ，故C错误。
D．太空为真空环境，中国空间站是利用电磁波将信息传回地面，无法通过光纤传输信息，故D错误。
故选 B。
2. 北方的冬天属于冰雪的世界。关于北方冬天的一些现象，下列说法正确的是（ ）
A. 寒潮来袭时黄河河面结冰，结冰是放热过程
B. “泼水成冰”的原理是水蒸气在极寒环境下凝固成小冰晶
C. 气温低于0℃时雪人变小，这是凝华现象
D. 游客交谈时嘴边会出现“白气”，这是汽化现象
【答案】A
【解析】
【详解】A．寒潮来袭时黄河河面结冰，水变成冰是凝固现象，此过程需要放热，故A正确；
B．当室外的温度极低时，水蒸气会直接凝华为小冰晶，所以“泼水成冰”的原理是水蒸气在极寒环境下凝华成小冰晶，故B错误；
C．气温低于0℃时雪不会熔化，而雪人变小，是雪直接变成水蒸气，属于升华现象，故C错误；
D．游客交谈时嘴边会出现“白气”，是水蒸气遇冷液化形成的小水珠，故D错误。
故选A。
3. 如图所示是一款智能音箱，它可以通过语音指令播放音乐、播报天气，也能与手机蓝牙连接使用。下列说法正确的是（ ）
A. 智能音箱是高科技产品，发出的声音不是由物体振动产生的
B. 调节音量可以改变智能音箱发出声音的音调
C. 智能音箱能根据语言指令来完成指定操作，说明声音可以传递信息
D. 午休时关闭智能音箱，这是在传播过程中减弱噪声
【答案】C
【解析】
【详解】A．所有声音都是由物体振动产生的，智能音箱发出的声音同样是振动产生的，故A错误；
B．调节音量改变的是声音的响度，即声音的大小，不是改变音调，故B错误；
C．声音可以传递信息和能量，智能音箱接收语音指令、完成对应操作，说明声音可以传递信息，故C正确；
D．午休时关闭智能音箱，是在声源处减弱噪声，不是传播过程中，故D错误。
故选C。
4. 唐代诗人张志和在《渔歌子》中写道“西塞山前白鹭飞，桃花流水鳜鱼肥”。下图是白鹭在如镜的水面上捕鱼时的情形。针对这一情景，下列说法正确的是（ ）
A. 岸上的人看到的白鹭的倒影，是由光在均匀介质中沿直线传播形成的
B. 岸上的人能从各个角度看到白鹭，是由于光照在白鹭身上发生了镜面反射
C. 白鹭看到的水中的鳜鱼，实际上是由于光的折射形成的实像
D. 空中的白鹭俯冲捕鱼时，它在水中所成像的大小始终不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．岸上的人看到白鹭的倒影，属于平面镜成像，是由光的反射形成的，故A错误；
B．岸上的人能从各个角度看到白鹭，是由于光照在白鹭身上发生了漫反射，故B错误；
C．水中的鱼反射的光由水斜射入空气时发生折射，折射角大于入射角，折射光线远离法线，向水面偏折，白鹭逆着折射光线看去，看到的“鱼”实际上是由于光的折射形成的鱼的虚像，故C错误；
D．平面镜成的像和物体大小相等，空中的白鹭俯冲捕鱼时，距水面的距离越近，它在水中成的像大小不变，故D正确。
故选D。
5. 细心的小明通过平时观察发现如下现象，其中说法正确的是（ ）
A. 纸片托水的“覆杯实验”，可以证明大气压强的存在
B. 扔出的沙包仍能在空中飞行，是因为它受到了惯性力的作用
C. 轮船从海水密度较小的海域驶入海水密度较大的海域，它受到的浮力将变大
D. 飞机获得升力利用了“流体流速越大压强越大”的原理
【答案】A
【解析】
【详解】A．覆杯实验中，大气压对纸片产生向上的压力，托住了杯中的水，这个实验可以证明大气压强的存在，故A正确；
B．惯性是物体本身固有的性质，不是力，不能说“受到惯性力作用”，沙包能继续飞行是因为沙包具有惯性，故B错误；
C．轮船始终漂浮，漂浮时浮力等于自身重力，轮船重力不变，因此从低密度海域驶入高密度海域，浮力大小不变，故C错误；
D．机翼上方流速大压强小，下方流速小压强大，产生向上的压力差形成升力，故D错误。
故选A。
6. 宋代文人张邦基在《墨庄漫录》中记载：“禁中以翠尾作帚，每幸诸阁，掷龙脑以辟秽，过则以翠尾帚之，皆聚，无有遗者。”意思是用孔雀毛扎成的翠羽扫帚打扫房间后，可以吸引龙脑香燃烧后的灰烬。下列关于该现象的说法中，正确的是（ ）
A. 龙脑香燃烧时烟雾缭绕，这是扩散现象
B. 翠羽扫帚扫地时因为电荷发生了转移而带上了电荷
C. 扫地后的翠羽扫帚可以吸引龙脑香燃烧后的灰烬，是因为分子间存在引力
D. 扫地后的翠羽扫帚可以吸引龙脑香燃烧后的灰烬，原理与验电器相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．龙脑香燃烧时烟雾缭绕，属于固体颗粒的机械运动，不是分子的无规则运动，不是扩散现象，故A错误；
B．翠羽扫帚扫地时发生摩擦起电现象，摩擦起电的实质是电荷发生了转移，故B正确；
C．翠羽扫帚摩擦后带电，带电体具有吸引轻小物体的性质，因此可以吸引龙脑香燃烧后的灰烬，故C错误；
D．验电器的工作原理是同种电荷相互排斥，该现象的原理是带电体具有吸引轻小物体，二者原理不相同，故D错误。
故选B。
7. 对于如图所示的实验装置，下列说法正确的是（ ）
A. 图中蹄形磁体两极的磁性最弱，且它的周围存在的磁感线分布与地磁场的磁感线分布相似
B. 科学家根据该实验装置探究得到的结论制造出了电动机
C. 该实验装置可以用来探究感应电流产生的条件
D. 导体ab固定不动，将蹄形磁体水平向左拉动时，灵敏电流计的指针不会发生偏转
【答案】C
【解析】
【详解】该装置由导体棒、蹄形磁体、灵敏电流计组成，没有电源，是探究电磁感应现象（感应电流产生条件）的实验装置，逐一分析选项：
A．磁体的两极磁性最强，中间磁性最弱；且地磁场磁感线分布与条形磁体相似，和蹄形磁体磁感线分布不同，故A错误。
B．该装置的原理是电磁感应，是发电机的制作原理；电动机的原理是通电导体在磁场中受力运动，实验需要电源，故B错误。
C．该装置可以通过改变导体的运动状态，观察灵敏电流计是否偏转，用来探究感应电流的产生条件，故C正确。
D．导体固定不动，水平向左拉动蹄形磁体时，相对于磁体做切割磁感线运动，会产生感应电流，灵敏电流计指针会偏转，故D错误。
故选C。
8. 如图甲所示是小灯泡L和电阻R的I-U图像。将小灯泡L和电阻R接入如图乙所示的电路中，只闭合开关S1时，电流表的示数为0.5A，此时小灯泡L正常发光。电源为稳压电源，下列说法正确的是（ ）
A. 小灯泡L正常发光时的电阻为8Ω
B. 两个开关均闭合时，干路电流为0.5A
C. 若将小灯泡L和定值电阻R串联后接在图乙中电源两端，通过小灯泡L的电流更大
D. 仅将图乙中定值电阻R更换为定值电阻R1，两个开关均闭合，电流表的示数与未更换电阻且两开关均闭合时的示数相比减小了0.1A，则R1的阻值为10Ω
【答案】A
【解析】
【详解】A．小灯泡正常发光时，UL=4V ，IL=0.5A ，电阻
RL=ULIL=4V0.5A=8Ω
故A正确；
B．两个开关都闭合时，和并联，并联电压等于电源电压，干路电流
I=IL+IR=0.5A+0.2A=0.7A≠0.5A
故B错误；
C．串联电路中电流处处相等，和串联时电流相同，故C错误；
D．更换电阻后，干路电流减小，因为两端电压不变，电流仍为，所以减小的电流来自支路，即​的电流
IR1=0.2A−0.1A=0.1A
由欧姆定律可得
R1=UIR1=4V0.1A=40Ω≠10Ω
故D错误。
故选A。
9. 如图所示是齐齐家的部分配电系统图，下列说法正确的是（ ）
A. 如图所示的电能表的读数为20264 kW·h
B. 家庭电路中老化的电源线只要不破损，就可以一直使用下去
C. 若空气开关跳闸，一定是家庭电路中用电器总功率过大造成的
D. 将其他用电器全部关闭，仅将一台空调打开工作36 s，发现电能表的脉冲指示灯闪烁了54次，则该空调的电功率为1500 W
【答案】D
【解析】
【详解】A．电能表的最后一位是小数位，单位是，因此图中电能表读数应为2026.4kW·h ，故A错误。
B．老化的电源线即使不破损，绝缘性能也会下降，易引发漏电，同时导线电阻变大，发热严重易引发火灾，必须定期更换，不能长期使用，故B错误。
C．空气开关跳闸的原因是电路电流过大，有两种可能：用电器总功率过大，或电路发生短路，故C错误。
D．电能表参数3600imp/(kW·h) 表示：每消耗的电能，脉冲指示灯闪烁3600次。 闪烁54次时，空调消耗的电能W=543600kW·h=0.015kW·h
已知工作时间t=36s=363600h=0.01h
空调功率为P=Wt=0.015kW·h0.01h=1.5kW=1500W
故D正确。
故选 D。
10. 如图所示，用的水平拉力拉着滑轮使重为200N的物体A沿水平地面匀速运动，且物体A运动的速度为0.2m/s，地面对物体A的摩擦力是物体A重力的。两段绳子均水平，不计绳子和滑轮重力，下列说法正确的是（）
A. 10s内物体A克服与地面之间的摩擦力做的功是80J
B. 10s内拉力F做的功是100J
C. 拉力F的功率是10W
D. 该装置的机械效率是80%
【答案】D
【解析】
【详解】A．地面对物体A的摩擦力
10s内物体A移动的距离
不计绳子和滑轮重力，10s内物体A克服与地面之间的摩擦力做的功等于有用功，即
故A错误；
B．如图所示，该滑轮为动滑轮，不计绳子和滑轮重力，此时A在10s内向前移动的距离是2m，所以F移动的距离是1m，故此时拉力F所做的功W总=Fs=50N×1m=50J
故B错误；
C．拉力的功率P=W总t=50J10s=5W
故C错误；
D．该装置的机械效率
故D正确。
故选D。
11. 医院的病房、楼道和厕所都安装了烟雾报警器。当发生火灾、有患者或患者家属抽烟时，报警器就会发出报警声音。某医院安装的烟雾报警器，它由“控制电路”和“工作电路”组成，电路图如图所示。其中“控制电路”由光敏电阻R、电磁铁（线圈阻值不变）、电源（电压保持不变）、开关、导线等组成；“工作电路”由蓄电池、扬声器、指示灯、导线等组成。已知光敏电阻阻值随光照强度的减弱而增大。烟雾报警器的工作原理：闭合开关S，“控制电路”和“工作电路”均接通且正常工作，此时光敏电阻接收到的光照强度正常，扬声器不发声，指示灯发光；当光敏电阻接收到的光照强度减弱到一定程度时，指示灯熄灭，扬声器发出报警声。下列说法正确的是（ ）
A. 闭合开关S，电磁铁的上端为N极
B. 根据报警器的工作原理判断，B处应接指示灯
C. 要提高报警器的灵敏度，可适当增大电源电压
D. 当光照强度减弱时，电磁铁消耗的电功率变大
【答案】B
【解析】
【详解】A．电流从电磁铁下端流入，上端流出，根据安培定则，电磁铁下端为N极，上端为S极，故A不符合题意；
B．光照正常（无烟雾报警）时：光照强，光敏电阻阻值小，控制电路电流大，电磁铁磁性强，吸下衔铁，接通下方B所在电路，此时要求指示灯发光，扬声器不工作，因此B处应为指示灯，故B符合题意；
C．报警器灵敏度：指烟雾浓度更低（光照仅微弱减弱，R仅增大一点点）就能触发报警。触发报警要求电流降到电磁铁磁性不足以吸住衔铁。根据I=UR+R线圈，增大电源电压后，需要R更大（烟雾更浓，光照更弱）才能让电流降到电磁铁磁性不足以吸住衔铁​，反而降低了灵敏度，故C不符合题意；
D．光照减弱时，R增大，控制电路总电阻增大，电源电压不变，因此控制电路电流减小；电磁铁功率P=I2R线圈​，线圈电阻不变，电流减小则功率变小，故D不符合题意；
故选B。
12. 某工程施工时，要向江中沉放大量的施工构件。如图甲所示，假设一正方体构件从江面被匀速吊入江水中，在沉入过程中，其下表面到水面的距离h逐渐增大，构件所受浮力F1、钢绳拉力F2随h变化的图像如图乙所示；构件下表面从水面下降4 m所用时间为20 s。下列说法正确的是（ ）（g取10 N/kg，ρ水=1.0×103 kg/m3）
A. 构件的边长为4 m
B. 构件的密度为2×103 kg/m3
C. 构件下表面下降到水面下4 m时，它受到的合力大小为1.6×105 N，方向竖直向上
D. 构件下表面从水面下降4 m的过程中，其重力所做功的功率为4.8×104 W
【答案】D
【解析】
【分析】首先分析浮力随h的变化规律，因为构件浸入水中的体积随h变化，所以根据阿基米德原理，浮力先增大后不变，由此确定构件完全浸没时的h值，进而得到构件边长。
然后结合钢绳拉力的图像，当构件完全浸没时，根据受力平衡，浮力加拉力等于重力，可求出构件重力，再利用重力公式和密度公式推导构件密度。
对于合力的判断，因为构件匀速下沉，所以处于平衡状态，根据平衡状态的受力特点分析合力。
计算重力做功的功率时，先算出物体下降的速度，再由变形公式即可计算重力的功率。
【详解】A．构件下沉过程中：未完全浸没时，增大，排开水的体积增大，浮力​增大，拉力​减小；完全浸没后，​不变，浮力和拉力都不变。因此②是浮力​的变化图线，①是拉力​的变化图线。 当后，浮力、拉力不再变化，说明此时构件刚好完全浸没，因此正方体构件的边长为。故A错误。
B．构件体积V=(2m)3=8m3，完全浸没后浮力F浮=ρ水gV=1.0×103kg/m3×10N/kg×8m3=8×104N
由图乙，完全浸没后拉力F2=1.6×105N ，构件重力G=F2+F浮=1.6×105N+8×104N=2.4×105N
构件密度ρ=mV=GgV=2.4×105N10N/kg×8m3=3×103kg/m3
故B错误。
C．构件是匀速沉入水中，匀速运动的物体受力平衡，合力始终为。故C错误。
D．下降速度v=st=4m20s=0.2m/s
重力做功的功率 P=Wt=Fst=Gv=2.4×105N×0.2m/s=4.8×104W
D正确。
故选 D。
第Ⅱ卷 非选择题（共64分）
二、填空题（每空2分，共28分）
13. 2026年3月29日19时04分，随着中国国际航空执飞的CA1611航班平稳降落在哈尔滨太平国际机场，标志着国产大飞机C919正式开启北京往返哈尔滨的常态化商业运营。飞机加速滑行时受到________（选填“平衡力”或“非平衡力”）的作用；飞机正常升空后，为了安静地休息，乘客戴上了耳罩，这是在________（选填“声源处”“传播过程中”或“人耳处”）减弱噪声。
【答案】 ①. 非平衡力 ②. 人耳处
【解析】
【详解】飞机加速滑行时，速度大小发生变化，运动状态改变，因此受到的是非平衡力。
乘客戴耳罩是通过阻挡噪声进入人耳来减弱噪声，属于在人耳处减弱噪声。
14. 如图所示是摄影师使用照相机（镜头焦距不变）拍摄的广元市苍溪县云峰镇梨花。与照相机镜头相同类型的透镜可以用来矫正________（选填“近视眼”或“远视眼”）。若想将树上的一朵梨花拍大些，摄影师应使照相机镜头________（选填“远离”或“靠近”）这朵梨花。
【答案】 ①. 远视眼 ②. 靠近
【解析】
【详解】照相机的镜头相当于一个凸透镜，用来矫正近视眼的透镜是凹透镜，用来矫正远视眼的透镜是凸透镜。
由凸透镜成实像规律，物近像远像变大可知，若要把梨花的像拍得更大一些，则应使照相机镜头靠近梨花。
15. 加油机给匀速直线飞行的战斗机加油时，以地面为参照物，加油机是________（选填“静止”或“运动”）的；如果加油过程中战斗机在2 s内飞行了0.3 km，则加油机的速度是________m/s。
【答案】 ①. 运动 ②. 150
【解析】
【详解】[1]判断物体运动状态的依据是，看该物体相对于参照物的位置是否改变，以地面为参照物，加油机的位置发生了变化，所以是运动的。
[2]加油时加油机与战斗机相对静止，二者速度大小相同。先进行单位换算：0.3km=300m ，计算可得v=st=300m2s=150m/s ，即加油机的速度为150m/s。
16. 紫兰湖能调节周围环境的温度，是因为水具有________（选填“比热容”或“热值”）大的特性。周末，齐齐爸爸带着齐齐妈妈和齐齐驾车前往紫兰湖游玩。已知这辆汽车装备的增程器实际上是一个使用汽油的发电机，消耗1 L汽油可以发3.6度电，则这个增程器的发电效率是________（结果精确到小数点后一位）%。（汽油的热值是，汽油的密度是）
【答案】 ①. 比热容 ②. 40.2
【解析】
【详解】水具有比热容大的特性，相同质量的水和其他物质相比，吸收或放出相同热量时温度变化更小，因此能调节周围环境的温度。
由得汽油的质量为m=ρV=0.7×103kg/m3×1×10−3m3=0.7kg
1L汽油燃烧放出的热量为
转化的电能为W=3.6度电=3.6×3.6×106J=1.296×107J
发电效率为
17. 如图所示，电源电压恒为18V，，滑动变阻器的规格为“150Ω，2A”，电流表的测量范围为“0~0.6A”，小灯泡上标有“6V，3W”字样，不考虑温度对灯丝电阻的影响。当开关S闭合，S1、S2断开，小灯泡L正常发光，则通电1min电流通过滑动变阻器产生的热量为________J。当开关S闭合，S1和S2自行组合及滑动变阻器的滑片自由移动的情况下，整个电路工作时能达到的最小功率是________W。
【答案】 ①. 360## ②. 2
【解析】
【详解】当开关S闭合，S1、S2断开，灯泡L与变阻器R串联，因为此时小灯泡正常发光，所以，，由可得，串联电路中的电流
由串联电路的电压特点可得变阻器两端的电压为UR=U−UL=18V−6V=12V
则通电1min电流通过滑动变阻器产生的热量为
因为不考虑温度对灯丝电阻的影响，所以小灯泡的电阻为RL=ULIL=6V0.5A=12Ω
结合可知电源电压一定时，电路中总电阻最大，电功率最小，则当S闭合时，灯泡L与变阻器R串联，当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时电路消耗的总功率最小，此时总电阻为
电路消耗的总功率最小值P小=U2R=(18V)2162Ω=2W
18. 请阅读下面的材料并回答问题：
电水壶（如图所示）通电，水温上升到沸点后，水蒸气使双金属片变形推动蒸汽开关自动断电（下次烧水需重新闭合蒸汽开关）。若蒸汽开关失效，壶内的水会一直烧下去，直至烧干，发热元件温度急剧上升，发热盘底部也有一个双金属片开关，会因为热传导温度急剧上升，膨胀变形，断开电源。
（1）水沸腾后会产生大量水蒸气，则相同质量的100℃的水和水蒸气相比，________（选填“水的内能大”“水蒸气的内能大”或“水和水蒸气的内能一样大”）。
（2）电水壶的插头应选用________（选填“两脚”或“三脚”）插头。
（3）电水壶烧水时，发生的主要能量转化是________（填“××能转化为××能”）。
（4）图中电水壶，其蒸汽开关与发热盘底部的双金属片开关应________（选填“串联”或“并联”）连接。
【答案】（1）水蒸气的内能大
（2）三脚 （3）电能转化为内能
（4）串联
【解析】
【小问1详解】
100℃的水变为同温度的水蒸气时，需要吸收汽化热，温度不变因此分子动能不变，吸收的热量会增加分子势能，相同质量的前提下，水蒸气的内能更大。
【小问2详解】
电水壶是金属外壳的用电器，为了防止漏电时外壳带电引发触电事故，需要通过插头将金属外壳接地，因此必须选用三脚插头。
【小问3详解】
电水壶烧水时，消耗电能，将能量转化为水和发热元件的内能，因此主要能量转化是电能转化为内能。
【小问4详解】
根据题意，两个开关任意一个断开都需要切断整个电水壶的电源，才能起到双重保护的作用，只有串联电路才能满足这一要求，因此两个开关串联连接。
三、作图与实验探究题（第19、20题各2分，其余各题每空2分。共24分）
19. 如图所示，光源S发出的一束光经平面镜反射后，反射光线经过A点进入人眼，试作出光路图。（保留作图痕迹）
【答案】
【解析】
【详解】根据平面镜成像“物像关于镜面对称”，作出光源关于平面镜的对称点（即的虚像，作对称的垂线、镜后部分辅助线都用虚线）。连接，交平面镜于点，就是光在平面镜上的入射点；其中到的镜后部分画虚线，到画实线。连接到，得到入射光线；在光线上标注箭头：入射光线箭头从指向，反射光线箭头从指向，据此作图。
20. 如图是小明在确定刻度尺的重心时的情形，刻度尺静止在他的手指上，请画出刻度尺受到的重力和支持力示意图。
【答案】
【解析】
【详解】刻度尺静止在水平桌面上时，受到自身的重力G和手指对它的支持力F，这两个力是一对平衡力，都作用在刻度尺的重心上；重力方向竖直向下，手指对它的支持力的方向竖直向上，如图所示：
21. 在“探究光的反射定律”实验中，器材有：激光笔、可折转光屏、平面镜和喷雾器。
（1）将平面镜置于水平桌面，如图甲所示。激光笔的光束射向平面镜上O点，在平面镜上方喷水雾，从前向后观察，可在镜面上方看到________条光束。
（2）将折转光屏垂直于平面镜放置，让入射光沿左半屏射到O点，如图乙所示。要呈现反射光，需将右半屏向________（选填“前”或“后”）折转。
（3）保持入射点不变，多次改变入射方向，在光屏上记录每次实验的光路aa＇、bb＇和cc＇，如图丙所示。为了研究反射光线和入射光线的位置关系，发现左、右半屏相对应的光线关于转轴对称，可将此对称轴视为法线，同时根据光屏上的信息可得结论，反射角与入射角的大小________。
【答案】（1）2 （2）前
（3）相等
【解析】
【小问1详解】
激光笔射出的光束射到平面镜O点后，会发生光的反射，形成1条入射光束和1条反射光束；喷水雾后，水雾使光散射，可清晰显示出两条光路，因此能看到条光束。
【小问2详解】
根据光的反射定律，反射光线、入射光线和法线在同一平面内。图乙中右半屏目前偏向后侧，和左半屏（入射光线所在平面）不在同一平面，因此需要将右半屏向前折转，使右半屏和左半屏共面，才能呈现出反射光。
【小问3详解】
反射光线和入射光线关于作为对称轴的法线对称，从光屏的刻度信息可以看出，每组入射光线和反射光线与法线的夹角相等，因此可得结论：反射角与入射角的大小相等。
22. 小明利用弹簧测力计、粗糙程度不同的两个水平长木板、木块（各个面的粗糙程度相同）、砝码等器材探究“滑动摩擦力大小与哪些因素有关”。
（1）如图甲、乙、丙所示，小明将木块放在水平木板（或水平较粗糙木板）上，用弹簧测力计沿水平方向拉动木块，使其在木板表面做匀速直线运动，实验数据如图所示。通过比较________两图数据，可以得到结论：滑动摩擦力的大小与接触面的粗糙程度有关。
（2）小明想探究滑动摩擦力的大小与接触面积是否有关。为了提高测量精度，小明利用力传感器和传送带设计了如图丁所示的装置，保持传送带的转速不变进行实验，计算机记录木块平放和侧放时的传感器数据分别如图戊、图己（木块平放和侧放时的底面积不同）所示。
①对比戊、己实验，可初步得出结论：滑动摩擦力的大小与接触面积________（选填“有关”或“无关”）。
②同桌小华认为传送带向右加速转动也不影响测量结果，他的观点是正确的，理由是：________。
【答案】（1）甲、丙 （2） ①. 无关 ②. 木块相对地面静止，受到的摩擦力和传感器的拉力是一对平衡力，大小相等，与传送带的运动状态无关
【解析】
【小问1详解】
探究滑动摩擦力与接触面粗糙程度的关系时，需要控制压力大小不变，只改变接触面粗糙程度。甲、丙两图中，木块对接触面的压力相同，只有木板粗糙程度不同，因此选择甲、丙两组数据。
【小问2详解】
对比戊、己图像可知，木块平放、侧放（接触面积不同）时，稳定后滑动摩擦力大小相等，因此可得出结论：滑动摩擦力大小与接触面积无关。
该装置中木块始终相对地面静止，根据二力平衡，传感器拉力大小始终等于滑动摩擦力大小；滑动摩擦力大小只和压力、接触面粗糙程度有关，和传送带的运动速度无关，传送带加速时压力、粗糙程度都不变，滑动摩擦力大小不变，因此加速转动不影响测量，小华观点正确。
23. 某同学在老师的指导下对“探究电流与电压的关系”设计了三次实验电路，如图1甲、乙、丙所示。
【证据】
（1）由图1甲改进为图1乙是为保证实验过程中________这一因素不变；由图1乙改进为图1丙是因为使用滑动变阻器可以改变电阻R0两端的________。小明根据图1丙电路图正确连接电路，闭合开关后调节滑动变阻器，并记录电压表与电流表的示数，得到几组实验数据，如表所示。
【结论】
（2）根据实验数据可以得出结论：当电阻一定时，电流与电压成________比。
【交流】
（3）如图2所示是其他两位同学根据测量数据作出的I-U图像，分析图像可知Ra________（选填“>”“