2026年广东省深圳市盐田区中考物理模拟试卷（二）（含答案+解析）

这是一份2026年广东省深圳市盐田区中考物理模拟试卷（二）（含答案+解析），共7页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题，实验探究题，计算题，综合题等内容，欢迎下载使用。
1.如图所示为一款可以在室内缓慢行走并能和老人进行语言交流的机器人，可以帮助老年人和身处异地的家属进行沟通。下列说法正确的是( )
A. 机器人与老人语言交流时，发出的声音频率小于20Hz
B. 机器人在室内缓慢行走的速度约为5m/s
C. 图中机器人头部的显示屏发出的光的传播速度为340m/s
D. 老人通过音色来辨别是哪位家属在和自己沟通
2.如图是我国古代劳动人民对光现象应用，主要利用了光的折射的是( )
A. 皮影戏B. 冰透镜聚光取火C. 悬镜窥望室外景物D. 日晷影长计时
3.在2025第110届巴拿马万国博览会上，我国的“兰陵(苍山)大蒜”荣获金奖。这一源自汉代、拥有近两千年种植历史的特色农产品，再次以其卓越品质向世界展现中国地理标志产品的深厚底蕴与独特魅力。如图所示是人们收获大蒜时的情景，下列说法正确的是( )
A. 一根大蒜高约70mm
B. 用手拔大蒜时，手对大蒜的拉力大于大蒜对手的拉力
C. 将大蒜拿在手中，大蒜受到的重力和手对大蒜的作用力是一对相互作用力
D. 用力甩动大蒜可以甩掉大蒜上的泥土，利用了惯性
4.如图所示，夏天将厚衣服和樟脑丸装入带有排气孔的塑料收纳袋中封口后用抽气筒向外抽气收纳袋的体积会大大缩小能很好的节约空间。下列说法正确的是( )
A. 抽气时收纳袋的体积缩小，是因为分子间存在引力
B. 冬天打开收纳袋发现樟脑丸变小是因为发生了汽化现象
C. 冬天打开收纳袋能闻到樟脑丸的气味是因为发生了扩散现象
D. 多次抽气时抽气筒壁会发烫这是通过做功减小了它的内能
5.如图所示为小强利用易拉罐、笔杆、蜡烛等器材制作的热力风车，下列说法正确的是( )
A. 热力风车的工作原理和热机的压缩冲程相同
B. 蜡烛燃烧过程主要是将化学能转化为内能
C. 蜡烛燃烧过程中将温度传递给了易拉罐
D. 被蜡烛加热的易拉罐含有很多热量
6.如图为人体秤的工作原理图，电源电压恒定不变，体重显示表由电压表改装而成，定值电阻。R0=20Ω，滑片P可以滑到电阻R的最下端。若该人体秤的测量范围为0∼100kg，电压表变化范围为2∼12V。下列说法正确的是( )
A. 电源电压为14V
B. 当人站到人体秤上时，电压表示数减小
C. 当人体秤上没人时，滑动变阻器的阻值为100Ω
D. 当人体秤显示100kg时，电路中电流为6A
7.如图所示为某家庭电路实物布线图，下列关于该电路的说法中正确的是( )
A. 甲线是相线，乙线是保护线
B. 电风扇与LED灯并联
C. 开关只能控制电风扇
D. 用测电笔正确测试插座左边插孔时氖管发光
二、填空题：本大题共3小题，共8分。
8.如图所示为贵州女孩杨柳表演国家级非物质文化遗产“独竹漂”项目的情景。当她和竹子一起静止在水面时，竹竿受到的浮力 竹竿的重力(选填“大于”“小于”或“等于”)。当她在水面上翩翩起舞抬起一只脚时，竹竿排开水的质量 (选填“增大”“减小”或“不变”)。
9.如图甲所示为自动垂直升降式车库，可以有效增加停车场空间利用率。供汽车上升使用的电动机的工作原理与 (选填“动圈式话筒”或“扬声器”)的工作原理相同。其中的“AI公交”，如图乙，可以实现无人驾驶。无人驾驶时，车辆通过北斗高精度定位系统，利用 波与卫星传递信息；摄像头和雷达收集的信息由车载芯片进行处理，芯片是由 材料制成的。
10.自2024年开始，国家卫健委发起了为期3年的“体重管理年”行动，旨在提升全民健康意识并建立科学减重支持环境。小李和妈妈来到小区健身馆健身。
小李妈妈正使用一款可调节阻力的划船机进行锻炼，她每次拉伸距离相同。当妈妈在某个阻力级别以稳定的节奏划船时，显示器上的参数如图甲所示，在这1min内妈妈划船做的功为 J，受到的阻力为 N；若将阻力大小调节为原来的2倍，并将功率保持在100W，则妈妈1min内划船的次数变成 次。
三、作图题：本大题共2小题，共4分。
11.图甲是一种常用的移动指示牌，图乙是它的模型，图丙是被风刮倒的指示牌，请在图丙中画出：将指示牌扶起的最小力及其力臂。
12.一只鸟在湖面上空飞行，水中出现小鸟的“倒影”，请在图中作出人眼看到小鸟“倒影”的光路图。(S表示小鸟的位置，E表示人眼的位置)
四、实验探究题：本大题共4小题，共23分。
13.a、b两小组的同学们按照图甲所示的装置做“探究水在沸腾前后温度变化的特点”的实验。
(1)实验进行一段时间后，如图甲所示温度计的示数为 。
(2)a组同学第5min时观察到水中产生气泡和图 (选填“丙”或“丁”)一样；图丙中的气泡上升过程中浮力 。(选填“变大”“变小”或“不变”)
(3)两小组所用器材完全相同，相同时间内水吸收的热量相同，分析图乙中图像可知，可以判断出 组的水质量大，a、b两组同学烧杯中水的质量之比为ma：mb= 。
14.小亮学习了液体压强知识后，猜想：液体内部某点的压强跟该点到容器底的距离有关。为此，他利用液体压强计、水、烧杯等相同的两套器材进行对比验证，实验情况如图所示。
(1)小亮向小明介绍自己的实验推理过程：在甲、乙两烧杯中，A、B两点到烧杯底部的距离是不同的；通过观察压强计U形管两侧 ，判断出pA pB；由此可以得出结论：液体内部某点压强与该点到容器底部距离有关。
(2)细心的小明反驳说：小亮的结论是错误的，原因是 ，在你的实验基础上， (选填序号)，才能得出正确结论。
A、把甲杯中的探头上移5cm或把乙杯中的探头下移5cm
B、从甲杯中抽出5cm深的水或向乙杯中加入5cm深的水
(3)小亮又继续探究液体内部压强与液体密度的关系，发现使用水和盐水进行实验的过程中，U形管两侧液面高度差变化不明显，可以采取的改进措施： 。
15.小明探究“电流与电压的关系”时，实验器材有：两节新干电池3V、开关、电流表、电压表、滑动变阻器(20Ω,2A)、定值电阻、导线若干。
(1)连接的电路如图甲所示，连接有误的电路元件是 。
(2)正确连接电路后，继续实验，并根据实验数据绘制定值电阻的I−U图像，如图乙所示，分析图像可得：导体电阻一定时， 。
(3)分析I−U图像，小明选择的定值电阻阻值为 Ω。
(4)小明想继续测量标有“”的小灯泡正常发光时的电阻。
①连接电路时，他除了将图甲中的定值电阻替换成小灯泡，增加一节新干电池，还需进行的操作是： 。
②正确连接电路后，闭合开关，移动滑动变阻器滑片，小灯泡正常发光时，电流表的示数如图丙所示，为 A，此时小灯泡的电阻是 Ω(保留1位小数)。
③小明发现，实验测得小灯泡正常发光时的电流与铭牌上并不一致，其原因可能是： 。
16.【项目背景】学校物理社团开展制作杆秤的项目化学习研究活动。
【驱动问题】如何利用杠杆原理制作一把高精度的杆秤，并将其改装为可以直接读取液体密度的“密度秤”？
【项目研究与实施】
任务一：制作基础杆秤
利用一根木制筷子、一个小盆(作秤盘)、一个钩码(作秤砣)、细线、刻度尺和记号笔等材料制作如图乙杆秤。
(1)量程选择：图甲中使用提纽 (选填“1”或“2”)时杆秤的量程更大。
(2)刻度标定：小组同学按照以下步骤在图乙标定刻度：
①空秤盘时，标记水平平衡时秤砣悬挂点为“0”刻度。
②在秤盘中放入100g砝码，再次标记水平平衡时秤砣悬挂点为“100g”。
③将“0”到“100g”之间均匀划分50格，则每一格代表 g。
(3)讨论与改进：在制作过程中，同学们发现若要增大杆秤的量程，可换用更 (选填“重”或“轻”)的秤砣。
任务二：改装为“密度秤”
(4)为能直接测量液体密度，同学们尝试对杆秤进行改造：用小杯子代替小盆挂在秤钩处，如图丙所示。
①杯中无液体时，提起秤纽，秤砣在点A处秤杆水平平衡，将A点标记为‘0(表示液体密度为0g/cm3)。
②向杯中加入水至固定刻度线a处，移动秤砣至点B使秤杆再次水平平衡。已知水的密度为1g/cm3，将B点标记为“1”。
③分析可知，在“0”和“1”之间划分的刻度是 (选填“均匀”或“不均匀”)的。
【分析与评估】
(5)为了制作出分度值更小的“密度秤”，下列改进措施可行的是 。
A.把提纽位置往靠近杯子一侧移动
B.减少加入杯中的液体体积
C.减小秤砣的质量
(6)用该密度秤测量某液体时，杯子外壁沾有液体，则所测液体的密度值将 。
五、计算题：本大题共2小题，共15分。
17.某工人用如图所示的滑轮组将仓库中的一箱货物沿水平地面以0.25m/s的速度匀速拉出。已知货物受到地面的摩擦力为600N，该过程滑轮组的机械效率为75%，一共用时100s将货物拉出仓库。求此过程中：
(1)工人做的有用功；
(2)工人的拉力；
(3)工人拉力的功率。
18.“围炉煮茶”是现代人喜爱的休闲方式。某款煮茶器简化电路如甲所示。R1和R2均为电热丝(阻值不随温度变化)。S拨1处时，煮茶器处于加热状态；S拨2处时，煮茶器处于保温状态。已知某次加热和保温全过程中R1的电功率随时间变化图像如图乙。求：
(1)加热过程中电路中的电流；
(2)加热10min煮茶器消耗的电能；
(3)①R1的阻值；②煮茶器保温状态的电功率。
六、综合题：本大题共1小题，共6分。
19.电动汽车以电动机为主要动力装置，有节能减排、低噪声等优点，是汽车产业的重要发展方向，电池是电动汽车的核心部件之一，衡量电池性能的一个重要参数是能量密度，电池能量密度指的是电池平均单位质量所储存的电能某款电动汽车部分参数如下表，此车支持多种充电方式，一般快充采用直流电，电压高、电流大，半小时即可将电量由30%充至80%；若选“随车充”，通过随车充电设备接入220V家庭电路中充电25小时即可充满，无论哪种充电方式都需要供电系统提供良好的接地线，否则该款电动汽车拒绝接受充电。
请根据材料回答以下问题：
(1)用电动机作为主要动力装置可以减少汽车的噪声，这是在 (选填“声源处”、“传播过程中”或“人耳处”)减弱噪声；
(2)针对快充特点，为了避免导线过热，快充线适宜选用横截面积较 (选填“大”或“小”)的导线；该车在快充时(由30%充至80%)的充电功率为 kW；
(3)此款电动汽车电池的能量密度是 (W⋅ℎ)/kg；
(4)电动汽车运动时受到的总阻力包括空气阻力f和机械阻力，其中f1的大小与车速的平方(v2)成正比.若车速是40m/s时，f1的大小为640N，当车速是50m/s时，f1的大小变为 N。若空气阻力分布(空气阻力占总阻力的比例)与车速关系如题图乙所示，当以最大速度匀速行驶时，汽车牵引力的功率为90kW，此时汽车受到的牵引力等于总阻力，则此款电动汽车行驶的最大速度为 m/s。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、机器人与老人语言交流时，发出的声音频率在人耳的听觉频率范围之内，小于20Hz的声不在人耳的听觉频率范围，属于次声波，故A错误；
B、机器人在室内缓慢行走的速度和人走路的速度接近，约为1m/s，故B错误；
C、图中机器人头部的显示屏发出的光的传播速度为3×108m/s，故C错误；
D、老人通过音色来辨别是哪位家属在和自己沟通，故D正确。
故选：D。
(1)人耳的听觉频率范围是20Hz∼20000Hz。
(2)机器人的正常步行速度和人步行的速度差不多。
(3)光在空气中的传播速度约等于在真空中的传播速度，为3×108m/s。
(4)声音的传播需要介质，固体、液体、气体都能传声。
本题考查速度的估测、声音的传播、声音的特性、光速等知识点，属于基础题。
2.【答案】B
【解析】解：A、皮影戏利用了光的直线传播，故A不符合题意；
B、冰镜取火利用了凸透镜对光线的会聚作用，属于光的折射，故B符合题意；
C、悬镜属于平面镜成像，是由光的反射形成的，故C不符合题意；
D、日晷的原理是光的直线传播，故D不符合题意。
故选：B。
(1)光线在同种不均匀介质中传播或者从一种介质斜射入另一种介质时，就会出现光的折射现象，例如水池底变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼等都是光的折射形成的；
(2)光线传播到两种介质的表面上时会发生光的反射现象，例如水面上出现岸上物体的倒影、平面镜成像、玻璃等光滑物体反光都是光的反射形成的；
(3)光在同一均匀介质中沿直线传播，光沿直线传播的例子有：小孔成像、影子的形成、日食和月食现象等。
本题考查了光的直线传播、光的反射和折射，属于基础知识。
3.【答案】D
【解析】解：A.70mm=7cm，实际一根大蒜的高度远大于7cm，故A错误；
B.手对大蒜的拉力和大蒜对手的拉力是一对相互作用力，相互作用力大小相等，故B错误；
C.大蒜静止在手中时，大蒜受到的重力和手对大蒜的作用力都作用在大蒜上，是一对平衡力，故C错误；
D.用力甩动大蒜时，大蒜的运动状态快速改变，大蒜上的泥土由于惯性保持原来的运动状态，因此与大蒜分离，该过程利用了惯性，故D正确。
故选：D。
(1)结合生活实际进行估测；
(2)二力平衡的条件：大小相等、方向相反、作用在同一个物体上，作用在同一条直线上；
相互作用力的特点：大小相等、方向相反、作用在两个物体上，作用在同一条直线上。
(3)物体保持原来的运动状态不变的性质称为惯性。
此题考查了长度的估测、相互作用力及惯性现象。
4.【答案】C
【解析】解：A、抽气时收纳袋的体积缩小，是因为大气压的缘故，故A错误；
B、冬天打开收纳袋发现樟脑丸变小是固态的樟脑丸变为气态，是升华现象，故B错误；
C、冬天打开收纳袋能闻到樟脑丸的气味是因为发生了扩散现象，故C正确；
D、多次抽气时抽气筒壁会发烫这是通过做增加了它的内能，故D错误。
故选：C。
(1)根据大气压分析；
(2)物质有固态到气态是升华现象；
(3)分子在不停的做无规则运动；
(4)做功和热传递都可以改变物体的内能。
本题考查分子运动的有关知识，以及物态变化是一道基础题。
5.【答案】B
【解析】解：A、热力风车的工作原理是利用蜡烛加热空气，热空气上升推动风车转动，本质是内能转化为机械能，这和热机的做功冲程原理相同；而热机的压缩冲程是机械能转化为内能，两者能量转化方向相反，故A选项错误。
B、蜡烛燃烧时，内部的石蜡与氧气发生化学反应，将储存的化学能释放出来，大部分转化为内能(热量)，还有一部分转化为光能，所以蜡烛燃烧过程主要是化学能转化为内能，故B选项正确。
C、蜡烛燃烧过程中，是将热量传递给了易拉罐，而不是温度。温度是物体的冷热程度，是一个状态量，不能被传递；热量是热传递过程中内能转移的量度，是过程量，只能说“吸收”或“放出”热量，故C选项错误。
D、热量是一个过程量，不能说物体“含有”热量。可以说易拉罐的内能增加，或者易拉罐吸收了热量，但不能说它“含有很多热量”，故D选项错误。
故选：B。
工作过程中能量的转化：
①压缩冲程：机械能→内能；
②做功冲程：先是化学能→内能，再由内能→机械能。
燃料燃烧时的能量转化是化学能转化为内能。
改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，热传递过程是能量的转移过程，而做功过程是能量的转化过程。
热量是一个过程量，只能描述物体在热传递过程中吸收或放出的能量多少，不能说物体“含有”热量。
此题考查了热量的认识、内能的改变及热机冲程的能量转化。
6.【答案】C
【解析】解：由电路图可知，R与R0串联，电压表测量R0两端电压。
A、施加的力最大时滑片P移至电阻R的最下端，电路为R0的简单电路，电路中的电流最大，电压表示数最大，测量电源电压，根据电压表变化范围为2∼12V可知电源电压为12V；故A错误；
B、当人站到人体秤上时，滑片P下移，R连入阻值变小，由于电源电压不变，根据串联电路的分压特点可知R两端电压变小，则R0两端电压变大，即电压表示数变大，故B错误；
C、当人体秤上没人时，滑片P在电阻R的最上端，接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，电压表示数最小，根据I=UR可得电路中电流为：I小=U小R0=2V20Ω=0.1A，
此时电路中的总电阻：R总=UI小=12V0.1A=120Ω；
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以滑动变阻器的最大值：
R=R总−R0=120Ω−20Ω=100Ω，故C正确；
D、当人体秤显示100kg时，由题意可知滑片P滑到电阻R的最下端，则此时电压表示数最大为12V，则电路中电流为：I大=U大R0=12V20Ω=0.6A；故D错误。
故选：C。
由电路图可知，R与R0串联，电压表测量R0两端电压。
(1)当施加的力最大时，滑片P移至电阻R的最下端，电路为R0的简单电路，电路中的电流最大，电压表示数最大，根据电压表的最大示数可知电源电压；
(2)当人站到人体秤上时，电阻R接入电路中的电阻减小，由串联电路的分压特点分析电压表示数变化；
(3)当在人体秤上不施加力时，滑片P在电阻R的最上端，接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，根据欧姆定律求出电路中的总电阻，利用电阻的串联求出滑动变阻器的最大值。
(4)当人体秤显示100kg时，R0与R串联，电压表示数最小，根据欧姆定律即可求出电路中电流。
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律的应用，解题的关键是分清R0两端的最大电压和最小电压时电路的连接方式。
7.【答案】B
【解析】解：A、家庭电路中，开关要接在相线和用电器之间，所以乙线为相线、甲线为中性线，故A错误；
BC、由图可知，电风扇和LED灯是并联的，它们各自独立工作，互不影响，开关S在干路上，控制电风扇和LED灯，故B正确、C错误；
D、插座左孔接的是中性线，用测电笔正确测试插座左边插孔时氖管不发光，故D错误。
故选：B。
(1)家庭电路中，开关要接在相线和用电器之间，据此分析。
(2)照明电路的各个用电器之间互不影响，是并联的。
(3)测电笔接触相线时，氖管发光。
本题考查的是家庭电路的组成，会正确使用测电笔，属于基础题。
8.【答案】大于
不变

【解析】解：竹竿到的浮力等于竹竿和女孩的总重力，故竹竿受到的浮力大于竹竿的重力。
女孩在水面上翩翩起舞抬起一只脚时，女孩和竹竿整体受到的重力不变，竹竿所受浮力不变，根据阿基米德原理F浮=G排=m排g可知竹竿排开水的质量不变。
故答案为：大于；不变。
物体漂浮，浮力等于重力；根据阿基米德原理可知，表演时，楠竹受到的浮力与楠竹排开水的重力的关系。
此题考查了浮沉条件、阿基米德原理的应用，难度适中。
9.【答案】扬声器
电磁
半导体

【解析】解：电动机的工作原理是通电线圈在磁场中受力转动。扬声器工作时，通电的线圈在永磁体磁场中受力振动，带动纸盆发声，这与电动机的原理相同。而动圈式话筒是利用声波使线圈振动切割磁感线产生电流，其原理是电磁感应，与电动机的原理不相同。
车辆通过北斗高精度定位系统，利用电磁波与卫星传递信息。
芯片是由半导体材料制成的。
故答案为：扬声器；电磁；半导体。
扬声器和电动机是利用通电导体在磁场中受力运动的原理制成的；
电磁波的传播不需要介质；
半导体的导电能力介于导体和绝缘体之间。
此题考查了电动机的工作原理、电磁波及半导体的应用。
10.【答案】9000
300
10

【解析】解：由图甲可知，1min内妈妈做功的功率为150W，则在这1min内妈妈划船做的功为：
W=Pt=150W×60s=9000J；
妈妈划船时，克服阻力做功，根据W=fs可知，受到的阻力为：f=Ws=9000J30m=300N；
若将阻力大小调节为原来的2倍，则f′=2f=2×300N=600N；
将功率保持在P′=100W，则妈妈1min内做的功为：W′=P′t=100W×60s=6000J；
妈妈划船移动的距离为：s′=W′f′=6000J600N=10m；
由图甲可知，原来划船30次，移动30m的距离；现在划船移动的距离为10m，则现在划船次数应为原来的13，因此现在妈妈1min内划船的次数为：n=13×30次=10次。
故答案为：9000；300；10。
(1)由图甲可知，1min内妈妈做功的功率，根据W=Pt计算在这1min内妈妈划船做的功；
(2)妈妈划船时，克服阻力做功，由图甲可知划船移动的距离，根据W=fs变形公式可计算受到的阻力；
(3)将阻力大小调节为原来的2倍，功率保持在100W，根据W=Pt可计算出妈妈1min内做的功；已知阻力大小，根据s=Wf可求出妈妈划船移动的距离；由图甲可知原来划船30次，移动30m的距离，根据现在划船移动的距离，计算现在妈妈1min内划船的次数。
本题考查功、功率的计算以及力与距离之间关系的综合计算，有一定难度。
11.【答案】解：要将指示牌扶起，支点为C，由杠杆的平衡条件可知，AC为最长动力臂L1时，动力最小，连接AC，从A点作垂直于AC向上的线段，即为最小力F1的示意图，如图所示：
。
【解析】杆平衡条件：动力×动力臂=阻力×阻力臂(F1L1=F2L2)，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小。
本题考查杠杆中最小力问题，知道在动力的作用点明确的情况下，支点到力的作用点的连线就是最长力臂。
12.【答案】
【解析】解：根据平面镜成像时像与物体关于镜面对称作出S的对称点S′，即为小鸟“倒影”所在的位置，然后连接ES′，与水面的交点O为入射点，OE为反射光线，连接SO为入射光线，如图所示：
倒影是平面镜成像，是由光的反射形成的，平面镜成像的特点：物体在平面镜中所成的像是虚像，像和物体的大小相等，它们的连线垂直于镜面，它们到镜面的距离相等。
此题主要考查学生对平面镜成像特点的了解和掌握，紧扣平面镜成像原理和成像特点去分析即可比较容易地进行解答。
13.【答案】94∘C
丁
变小
b
2：5

【解析】解：(1)温度计进行读数时，看清楚量程、分度值，图中的从90∘C到100∘C间隔十个小格，说明分度值为1∘C，对应示数即为94∘C。
(2)水在沸腾时产生大量气泡，且气泡在上升过程中逐渐变大，由图乙可知，第5min时，a组的水处于沸腾状态，所以产生的气泡和图丁一样。
图丙中的气泡上升过程中，体积变小，排开液体的体积变小，液体密度不变，根据F浮=ρ液gV排可知，其浮力变小。
(3)由图乙可知，从开始加热到水刚开始沸腾，相同时间内，b组水温变化慢，所以b组水的质量大。
a、b两组水加热到沸腾所用时间之比为ta：tb=3：10
故水吸收的热量之比Qa：Qb=3：10
温度变化量之比Δta：Δtb=(98∘C−92∘C)：(98∘C−90∘C)=3：4
由热量公式Q=cmΔt可得，mamb=QaQb×ΔtbΔta=310×43=25。
故答案为：(1)94∘C；(2)丁；变小；(3)b；2：5。
(1)温度计读数时，先确定是零上还是零下，认清分度值，再读数；
(2)液体在沸腾前，气泡在上升过程中体积逐渐变小，沸腾时，气泡在上升过程中体积逐渐变大；
根据F浮=ρ液gV排分析；
(3)由图乙可知，从开始加热到水刚开始沸腾，相同时间内，b组水温变化慢；
相同的加热器加热，相同时间内水吸收的热量相同，根据Q吸=cmΔt，得出质量之比。
本题考查水的沸腾实验，要求学生熟练掌握基本的实验现象，温度计的使用，会归纳总结水沸腾的特点，是一道综合性比较强的题目。
14.【答案】液面高度差
>
没有控制探头所处深度相同
B
使U形管内液体密度更小

【解析】解：(1)探究影响液体压强大小的因素时，根据转换法，通过U形管两侧液面高度差来显示液体压强的大小；
图甲中U形管两侧液面高度差大于图乙中U形管两侧液面高度差，小亮判断出pA>pB；
(2)探究液体内部某点的压强跟该点到容器底的距离是否有关，应控制液体的密度和液体的深度相同，图甲中探头距液面的距离ℎA=19cm−7cm=12cm，图乙中探头距液面的距离ℎB=19cm−12cm=7cm；因此，小明反驳说：你在实验中没有控制探头所处深度相同，所以你的结论是错误的，
要控制探头所处深度相同，从甲杯中抽出5cm深的水，使ℎA=ℎB=7cm；或向乙杯中加入5cm深的水，使ℎA=ℎB=12cm；故选B。
(3)由p=ρgℎ可得，U形管左右两侧液面的高度差对比不明显，说明压强差不大，则为了使两侧液面高度差对比更加明显，应增大所测压强差或使U形管内液体密度更小，以达到增大高度差的目的。
故答案为：(1)液面高度差；>；(2)没有控制探头所处深度相同；B；(3)使U形管内液体密度更小。
(1)探究影响液体压强大小的因素时，根据转换法，通过U形管两侧液面高度差来显示液体压强的大小；
(2)探究液体内部某点的压强跟该点到容器底的距离是否有关，应控制液体的密度和液体的深度相同，据此分析；
(3)根据液体压强影响因素进行分析。
本题探究影响液体压强大小的因素，考查了转换法、控制变量法的运用，体现了对实验过程和实验原理的考查。
15.【答案】电源
电流与电压成正比
10
电压表换成0−15V
0.28
13.6
电压表0∼15V的量程分度值为0.5V，小灯泡正常发光时的电压为3.8V，需要估读，误差较大，导致测得小灯泡正常发光时的电流与铭牌上并不一致

【解析】解：(1)连接的电路如图甲所示，电源的负极与负极相连是错误的，连接有误的电路元件是电源。
(2)实验数据绘制定值电阻的I−U图像是一过原点的直线，分析图像可得：导体电阻一定时，电流与电压成正比。
(3)由I−U图像可知，当电压为2V时，对应的电流为0.20A，由欧姆定律可知电阻的大小为
R=U3I3=2V0.20A=10Ω。
(4)①因3.8V大于3V，连接电路时，他除了将图甲中的定值电阻替换成小灯泡，增加一节新干电池，还需进行的操作是：电压表换成0−15V。
②正确连接电路后，闭合开关，移动滑动变阻器滑片，小灯泡正常发光时，电流表的示数如图丙所示，分度值为0.02A，示数为 0.28A，此时小灯泡的电阻是R′=U′I′ =≈13.6Ω。
③电压表0∼15V的量程分度值为0.5V，小灯泡正常发光时的电压为3.8V，需要估读，误差较大，导致测得小灯泡正常发光时的电流与铭牌上并不一致。
故答案为：(1)电源；(2)电流与电压成正比；(3)10；(4)电压表换成0−15V；13.6；电压表0∼15V的量程分度值为0.5V，小灯泡正常发光时的电压为3.8V，需要估读，误差较大，导致测得小灯泡正常发光时的电流与铭牌上并不一致。
(1)本实验中，干电池要正极与负极相连；
(2)根据绘制定值电阻的I−U图像是一过原点的直线分析；
(3)由I−U图像可知当电压为2V时对应的电流大小，由欧姆定律可知电阻的大小，由题意得出变阻器的最小电阻，由欧姆定律得出电路的最大电流，据此分析；
(4)①因3.8V大于3V，电压表换成0−15V。
②根据电流表分度值得出电流大小，由欧姆定律得出此时小灯泡的电阻。
③电压表0∼15V的量程分度值为0.5V，而小灯泡正常发光时的电压为3.8V分析。
本题探究“电流与电压的关系”及小灯泡正常发光时的电阻，考查电路连接、数据分析、欧姆定律的运用及影响电阻大小的因素。
16.【答案】1
2
重
均匀
C
偏大

【解析】解：(1)根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2，提纽1离秤盘(阻力点)更近，阻力臂更小。在秤砣(动力)和动力臂不变时，可称量的物体(阻力)质量更大，因此量程更大，故选1。
(2)0到100g共50格，每格代表100g÷50=2g。
(3)由m物L物=m砣L砣可知，增大秤砣质量m物，在物体力臂L物和秤砣最大力臂L砣不变时，可称量的物体最大质量m砣增大，即量程增大。
(4)设杯子质量为m0，液体密度为ρ，体积为V，秤砣质量为m，支点到杯子的力臂为L1，支点到秤砣的力臂为L2。
空杯平衡：m0gL1=mgLA，
装水平衡：(m0+ρ水V)gL1=mgLB，
装待测液平衡：(m0+ρV)gL1=mgLx，
联立推导得：ρ=ρ水LB−LA(Lx−LA)，密度ρ与秤砣力臂Lx成正比，故刻度均匀。
(5)分度值更小意味着相同密度变化对应更长的刻度间距。
A、提纽向杯子移动，减小L1，由ρ=ρ水LB−LA(Lx−LA)可知，刻度间距变小，分度值变大，故A错误。
B、减少液体体积V，密度变化引起的质量变化减小，刻度间距变小，分度值变大，故B错误。
C、减小秤砣质量m，相同质量差需要更大的力臂变化平衡，刻度间距变大，分度值变小，故C正确。
故选C。
(6)杯子外壁沾有液体，会使测得的总质量偏大。在体积V不变时，由ρ=mV可知，计算出的密度值偏大。
故答案为：(1)1； (2)2；(3)重；(4)均匀；(5)C；(6)偏大。
(1)根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2，提纽1离秤盘(阻力点)更近，阻力臂更小。
(2)0到100g共50格，可得每格代表的质量。
(3)由m物L物=m砣L砣可知，增大秤砣质量m物，在物体力臂L物和秤砣最大力臂L砣不变时，可称量的物体最大质量m砣增大。
(4)先设杯子质量为m0，液体密度为ρ，体积为V，秤砣质量为m，支点到杯子的力臂为L1，支点到秤砣的力臂为L2。
然后根据杠杆平衡条件可得：空杯平衡：m0gL1=mgLA，装水平衡：(m0+ρ水V)gL1=mgLB，装待测液平衡：(m0+ρV)gL1=mgLx，
然后联立推导得密度ρ与秤砣力臂Lx成正比来判断。
(5)分度值更小意味着相同密度变化对应更长的刻度间距。
(6)杯子外壁沾有液体，会使测得的总质量偏大。
本题涉及杠杆的平衡、力臂与力关系的判断，考查了学生综合分析处理物理问题的能力。
17.【答案】工人做的有用功为15000J 工人的拉力为400N 工人拉力的功率为200W
【解析】解：(1)100s内货物移动的距离为：
s=vt=0.25m/s×100s=25m，
工人做的有用功为：
W有=fs=600N×25m=15000J；
(2)由图可知，n=2，拉力做的总功为：
W总=W有η=15000J75%=20000J，
根据W总=Fs′=Fns可知，工人的拉力为：
F=W总ns=20000J2×25m=400N；
(3)工人拉力的功率为：
P=W总t=20000J100s=200W。
答：(1)工人做的有用功为15000J；
(2)工人的拉力为400N；
(3)工人拉力的功率为200W。
(1)根据v=st求出100s内货物移动的距离，利用W有=fs求出工人做的有用功；
(2)根据滑轮组装置确定绳子股数，利用η=W有W总求出拉力做的总功，根据W总=Fs′=Fns求出工人的拉力；
(3)根据P=W总t求出工人拉力的功率。
本题考查了做功公式、功率公式和机械效率公式的综合应用。
18.【答案】加热过程中电路中的电流为4A 加热10min煮茶器消耗的电能为5.28×105J ①R1的阻值为55Ω；②煮茶器保温状态的电功率为88W
【解析】解：(1)S拨1处时，煮茶器处于加热状态，此时R1单独工作；S拨2处时，煮茶器处于保温状态，此时R1和R2串联。由图乙可知，加热状态下，R1功率为880W，则加热过程中电路中的电流为I1=P加U=880W220V=4A。
(2)加热10min煮茶器消耗的电能为W=P加t=880W×10×60s=5.28×105J。
(3)R1的阻值R1=U2P加=(220V)2880W=55Ω。
由图乙可知，保温状态下，R1功率为8.8W，根据P=I2R，电路中的电流为I2= P1R1= 8.8W55Ω=0.4A。
则煮茶器保温状态的电功率为P保=UI2=220V×0.4A=88W。
答：(1)加热过程中电路中的电流为4A；
(2)加热10min煮茶器消耗的电能为5.28×105J；
(3)①R1的阻值为55Ω；②煮茶器保温状态的电功率为88W。
(1)S拨1处时，煮茶器处于加热状态，R1单独工作；S拨2处时，煮茶器处于保温状态，此时R1和R2串联，根据I=PU得出加热过程中电路中的电流。
(2)根据W=Pt得出加热10min煮茶器消耗的电能。
(3)先根据R=U2P求出R1的阻值，保温状态下，根据P=I2R，得出电路中的电流，根据P=UI得出煮茶器保温状态的电功率。
本题考查欧姆定律的应用、电功与电能的计算、电功率的综合计算，难度适中。
19.【答案】声源处
大
60
150
1000
60

【解析】解：(1)用电动机作为主要动力装置可以减少汽车的噪声，属于在声源处减弱噪声。
(2)快充时电流较大，根据焦耳定律(Q=I2Rt)，导线发热量与电流平方成正比，为避免过热，需减小导线电阻，故应选用横截面积较大的导线。
电量从30%充至80%，实际充电量为50%×60kW⋅ℎ=30kW⋅ℎ，快充时间为0.5小时，因此功率P=Wt=30kW⋅ℎ0.5ℎ=60kW
(3)电池能量密度=电池容量电池质量=60kW⋅ℎ400kg=0.15kW⋅ℎ/kg=150W⋅ℎ/kg
(4)空气阻力f1与车速平方成正比，即f1=kv2，故k=640402=0.4，即f1=0.4v2①，
当v2=50m/s时，f1=0.4×502N=1000N。
由题图乙可知，η=k2v，，k2=80%50m/s=0.016，η=0.016v=f1f总②，f1f总=f1F=0.016v，0.4v2F=0.016v，F=25v，因为P=Fv，90×103W=25v×v，v2=3600，电动汽车行驶的最大速度为v=60m/s。
故答案为：(1)声源处；(2)大；60；(3)150；(4)1000；60。
(1)用电动机作为主要动力装置可以减少汽车的噪声，属于在声源处减弱噪声。
(2)快充时电流较大，根据焦耳定律(Q=I2Rt)，导线发热量与电流平方成正比，为避免过热，需减小导线电阻，故应选用横截面积较大的导线。
电量从30%充至80%，实际充电量为50%×60kW⋅ℎ=30kW⋅ℎ，快充时间为0.5小时，因此功率P=Wt=30kW⋅ℎ0.5ℎ=60kW。
(3)电池能量密度=电池容量电池质量=60kW⋅ℎ400kg=0.15kW⋅ℎ/kg=150W⋅ℎ/kg。
(4)空气阻力f1与车速平方成正比，即f1=kv2，故k=640402=0.4，
当v2=50m/s时，f1=0.4×502N=1000N
由题图乙可知，η=k2v，，η=0.016v=f1f总②，f1f总=f1F=0.016v，0.4v2F=0.016v，F=25v，因为P=Fv，电动汽车行驶的最大速度。
本题考查了减弱噪声的途径及功和功率的计算公式的应用，电源的能量转化及能量的利用效率，学生对欧姆定律和电功率公式的理解和应用。长×宽×高
4.7m×2.0m×1.4m
最高续航里程
600km
电池容量
60kW⋅ℎ
电池质量
400kg