2026年江苏省南京市中考模拟物理预测适应卷含答案

这是一份2026年江苏省南京市中考模拟物理预测适应卷含答案，共3页。
一．选择题（共12小题 24分）
1．比功率是衡量汽车动力性能的一个综合指标，具体是指汽车发动机最大功率与汽车总质量之比。一般来讲，对同类型汽车而言，比功率越大，汽车的动力性能越好。实践证明，比功率越大，汽车可以达到的最高速度也会越高。在国际单位制中，“比功率”的单位是（ ）
A．J/kgB．g/WC．W/kgD．kg/W
2．以下关于生活中的热现象，说法正确的是（ ）
A．如图甲，烧水时，壶嘴会冒出白气，这是水汽化吸热所致
B．如图乙是注塑示意图，其过程经历了先熔化再凝华
C．如图丙，用电吹风的热风挡对碘锤进行加热，就不会出现液态碘
D．如图丁，注射器吸入少量液态乙醚，用橡皮塞堵住注射孔，向外拉活塞，液态乙醚消失的同时伴随放热
3．如图所示的光现象中，由于光的反射形成的是（ ）

A．树叶细缝下太阳的光斑 B．手影游戏 C．树在湖中的倒影 D．筷子在水面“折断”了
4．关于粒子和宇宙，下列说法正确的是（ ）
A．春天柳絮飞舞说明分子在不停地运动
B．面包可以被压缩说明分子间有空隙
C．现代研究表明太阳是宇宙中心
D．摩擦起电的实质是电子的转移
5．如图所示是木工师傅常用的气钉枪，它是利用压缩空气进入活塞顶部，推动活塞及撞针高速运动，完成打钉过程的，下列关于气钉枪使用说法正确的是（ ）
A．气钉枪是利用大气压工作的
B．空气被压缩时，质量和密度均不变
C．压缩气体对外做功时，自身的内能减少
D．利用压缩空气打钉的过程与内燃机的压缩冲程能量转化相同
6．如图所示，是我国自主研发的机器人，正骑着自行车在水平路面上匀速直线行驶，下列说法正确的是（ ）
A．机器人所受的重力与自行车对机器人的支持力是一对相互作用力
B．机器人所受的重力与机器人对自行车的压力是一对平衡力
C．机器人对自行车的压力与自行车对机器人的支持力是一对相互作用力
D．自行车所受的重力与地面对自行车的支持力是一对平衡力
7．如图是一种3D打印机上的直流直线电机，其工作时通电线圈在磁场中受到力的作用发生运动。下图能反映其工作原理的是（ ）
A．B．C．D．
8．对于图中所描述的物理过程，下列分析中正确的是（ ）
A．甲，玻璃筒内的空气被压缩后内能增大，这是因为棉花燃烧放热
B．乙，塞子跳起时，瓶内气体内能减小，这是通过做功的方式改变的
C．丙，水蒸气将塞子推出的过程中，能量转化与热机的压缩冲程相同
D．丁，该冲程为内燃机的做功冲程，曲轴每转一圈发生一次该冲程
9．“小五”是面向人居环境设计的第五代类人型机器人，如图是“小五”推轮椅上的老人外出活动的情景。“小五”需要同时为RGB﹣D相机、语音模块和驱动电机独立供电。下列电路设计最合理的是（ ）
A．B．C．D．
10．如图所示电路，闭合开关，L1、L2。两灯均发光，两电表均有示数，过一会儿，其中一个灯泡突然熄灭，电流表示数增大，电压表示数为零，造成此现象的原因可能是（ ）
A．灯L1短路
B．灯L2短路
C．灯L1断路
D．灯L2断路
11．如图是探究浮力的大小跟哪些因素有关的几个实验情景。甲、乙和丙中，弹簧测力计的示数分别为3.0N、2.0N和1.8N。下列说法中正确的是（ ）
A．对比甲、乙、丙三图，可以探究物体所受浮力与物体浸入液体的体积的关系
B．实验所用圆柱体的体积是200cm3
C．盐水的密度是1.1g/cm3
D．乙、丙两图中，剪断细线，金属圆柱体沉底，烧杯对桌面的压力的增大值之比为10：9
12．如图甲所示的电路中，电源电压恒定不变。电流表的量程为0～0.6A，电压表的量程为0～3V，当S1闭合、S2断开时，将滑动变阻器的滑片从一端移至另一端的过程中，电流表随电压表示数变化的情况如图乙中的A图象所示。图乙中的B图象为小灯泡的I﹣U图象，小灯泡的额定电压为2.5V。当S2闭合、S1断开时、为保证电路中的各元件都不会损坏，下列说法中（ ）
①小灯泡的额定功率是1.25W
②电源电压为4.5V
③R2连入电路的阻值范围为0Ω～4Ω
④开关切换的两种情况中，电路的最大功率为2.7W
A．只有①②正确 B．只有①②④正确 C．只有②③正确 D．只有②④正确
二．填空题（共7小题 23分）
13．2025年2月11日，长征八号改运载火箭顺利将卫星送入预定轨道。
（1）火箭使用液氢做燃料，主要是因为液氢的 大。燃料燃烧释放出的内能无法自发转化为化学能，说明能量的转化具有 性。
（2）卫星进入预定轨道后，地面人员利用 波与卫星通信。

14．如图甲所示，小宇将一枚硬币放在碗底，后退至眼睛恰好看不到硬币的位置，看不到碗中的硬币，是因为光沿 时被碗挡住了。如图乙所示，请另一位同学向碗中缓缓注水（硬币的位置未移动），当水面上升到一定高度时，小宇就能再次看到碗中的硬币，这是由于光的 （反射/折射）形成的 （虚/实）像。
15．2023年9月，中国国产首艘大型邮轮“爱达•魔都号”在拖船的牵引下，缓缓驶离码头，以拖船为参照物，魔都号是 的。11月4日，魔都号正式命名交付，魔都号满载总吨位为13.55万吨，则满载时受到的浮力为 N，若魔都号以36km/h的速度匀速航行的牵引力为6×106N，则功率为 W，1.5h航行的距离为 km。（g＝10N/kg）

16．如图所示，工人用动滑轮匀速提起重为300N的重物，拉力F为200N，物体在10s内上升1m，在此过程中，有用功率为 W，该装置的机械效率为 。用该装置提升更重的物体时，机械效率将 。重物在匀速上升过程中机械能将 。
17．天然气是一种常用燃料，属于 （选填“可再生”或“不可再生”）能源，完全燃烧0.07m3天然气使质量为4kg的水由20℃升高到50℃，则天然气放出的热量为 J，给水加热的效率为 %【c水＝4.2×103J/（kg•℃），q天然气＝4×107J/m3】。
18．如图甲，LED灯L1和白炽灯L2均标有“220V 20W”的字样。
（1）若仅将L1接入家庭电路单独正常工作30min，图乙所示的电能表指示灯闪烁 次。
（2）L1、L2均正常发光时，发现L1的亮度远大于L2，此时两灯的实际功率分别为P1、P2，则P1 P2。
（3）与白炽灯相比，达到相同亮度时，若“220V 20W”的LED灯可节约80%的电能，则它与
W的白炽灯亮度相当。

19．如图所示，电源电压保持6V不变，电流表的量程为0～0.6A，电压表的量程为0～3V，定值电阻R1的规格为“10Ω 0.5A”，滑动变阻器R2的规格为“20Ω 1A”。闭合开关，为了保证电路安全，滑动变阻器滑片P向右移动过程中，电压表示数将 ，电压表示数与电流表示数的比值将 ，电路消耗的最大电功率为 W。
三．作图题（共3小题 6分）
20．根据如图所示的实际情况，请画出对应的折射光线和入射光线。
21．如图所示，大拇指把弹簧按压在竖直墙面上，可感受到弹簧对拇指的弹力，同时弹簧对墙也有一个弹力。请以O点为作用点，画出弹簧对拇指的弹力F1的示意图，同时以A点为作用点，画出弹簧对墙的弹力F2的示意图。
22．如图所示的电路中，电流表正常偏转。请在图中标出磁感线方向和小磁针N极。
四．实验探究题（共7小题 共34分）
23．某实验小组用如图甲所示的实验装置探究“水沸腾前后温度变化的特点”。所用实验装置如图甲所示。
（1）安装如图甲所示装置时，应该先确定铁圈 （选填“A”或“B”）的位置。
（2）小陈同学记录的数据如下表所示，从表格中可以看出，水在沸腾前，吸收热量，温度 。
小明根据实验数据绘制的水沸腾前后温度随时间变化的图像如图乙中的a所示。如果同组的小红减少烧杯中水的质量，水沸腾前后温度随时间变化的图像可能是图乙中的
（选填“b”“c”或“d”）。
24．在“天宫课堂”中，王亚平演示浮力实验，展示了浸没在水中的乒乓球无法上浮的实验现象，她用吸管把乒乓球轻轻压入水中，取出吸管后，观察到乒乓球静止不动，如图甲所示。
（1）外太空处于微重力状态，重力可以忽略不计。在空间站中，水对乒乓球各个方向的压强 （填“相等”或“不相等”），乒乓球
（填“受到”或“不受”）浮力的作用。
（2）在中国科技馆里的同学们做了同样的实验，用吸管把乒乓球轻轻压入水中，取出吸管后，观察到乒乓球会迅速上浮直至漂浮，如图乙所示。乒乓球上浮时（露出水面前）所受的浮力 （填“大于”、“小于”或“等于”）所受的重力，乒乓球上浮时（露出水面前）水对容器底部的压强 （填“变大”、“变小”或“不变”）。
25．某实验小组进行探究凸透镜成像实验，操作如下：
（1）实验前，调整烛焰中心和光屏的中心与凸透镜的中心在 。
（2）正确测出凸透镜的焦距f，当物距u＜f时，烛焰成正立放大虚像；当u＝f时， （填“能”或“不能”）观察到烛焰的像；当u＞f时，烛焰成 （填“正立实像”“正立虚像”或“倒立实像”）。同学们分析得出：像的虚实由 和焦距大小关系决定。
（3）若仅将图中的凸透镜换成焦距相同但直径较小的凸透镜，光屏上所成的像与原来相比
（填“变小”“变暗”或“变不完整”）了。
（4）若仅将图中的凸透镜换成直径大小相同但焦距稍小的凸透镜，则需将光屏 （填“向左”或“向右”）移动才能成清晰的像。
26．小明自制了一个薄壁实验箱来探究液体压强大小与哪些因素有关。实验操作如下：
①如图甲所示，实验箱分为内箱A与外箱B，内箱A固定在外箱B的内侧，内箱A下部有一圆形孔C，并在圆孔C上装上了一层橡皮膜，此时橡皮膜是水平的；
②先在A箱中不断加水，实验现象如图乙、丙所示；
③然后在B箱中加入适量盐水，盐水和水的液面相平，实验现象如图丁所示。
（1）实验中，通过观察 来反映液体压强的大小。
（2）图乙、丙的探究的问题是： 。
（3）由如图丁的现象可得出实验结论： 。
（4）若此时往图丁A箱中缓慢加水，可以使橡皮膜恢复原状，如图戊所示，已知ρ盐水=1.2×103kg/m3，h1＝22cm，h3＝12cm，则h2＝ cm。
27．实验小组为探究“杠杆的平衡条件”，准备了以下器材：刻度均匀的杠杆、铁架台、若干钩码、圆盘等。
（1）如图甲，小明将杠杆安装到铁架台上，静止放置，此时杠杆处于 （选填“平衡”或“非平衡”）状态。为使杠杆在水平位置平衡，应将两端的平衡螺母向 （选填“左”或“右”）侧适当调节；
（2）如图乙所示，杠杆调节平衡后，在A点挂3个钩码，B点挂2个钩码，此时杠杆再次在水平位置平衡。完成此操作后，下一步小明不能做的是 （填序号）；
A.读取此时杠杆上力和力臂的数据，找到其中的规律，得出杠杆的平衡条件
B.保持右侧钩码不动，改变左侧钩码数量并适当移动，使杠杆再次在水平位置平衡
C.同时改变左右两侧钩码数量及位置，使杠杆再次在水平位置平衡
（3）同组的小华认为“支点到力的作用点的距离”会影响杠杆的平衡。为判断这一观点是否正确，他们制作了一个密度均匀的圆盘，圆盘可以绕着圆心O转动。如图丙所示，在点C和点D分别悬挂钩码，使圆盘平衡。接下来她应将挂在点D的钩码先后挂在圆盘上的 ，两个点上，观察圆盘是否平衡；
拓展：小聪利用身边的材料模仿中药房的戥（dēng）秤制作了杆秤，如图丁所示，用轻质细木棒做的杆秤长30cm，用0.2kg的铁块做秤砣，距木棒一端4cm处的O点系上提纽线。如图c所示，被测物体的质量m物＝ 。提纽1与提纽2之间的距离是1cm，假如换提纽2，秤砣的位置不变，重新达到平衡，称量物的质量m＝ 。杆秤的最大称量是 。
28．小明利用如图甲所示的电路“探究电流与电阻的关系”，有如下实验器材：新干电池两节，5Ω、10Ω、15Ω、20Ω的定值电阻各一个，“30Ω，1A”的滑动变阻器一个，电压表、电流表、开关各一只，导线若干。
（1）图乙是按照图甲连接的实物图，其中有一根导线连接错了，请你在接错的导线上画“×”，并用笔画线代替导线将电路连接正确。（导线不允许交叉）
（2）正确连接后闭合开关，发现无论怎样移动滑动变阻器的滑片，电流表示数均为零，电压表示数接近电源电压，经检查线路连接没有问题，则故障原因可能是 。
（3）排除故障后，小明将5Ω的电阻接入电路中时，移动滑动变阻器的滑片，直至电压表示数如图丙所示，此时通过定值电阻的电流为 A。
（4）他将5Ω的电阻换成10Ω的电阻进行实验，此时要将滑动变阻器的滑片向 移动，使电压表的示数仍如图丙所示，并记录相关数据；接着他将15Ω、20Ω的电阻接入电路，继续进行实验。当他把20Ω的电阻接入电路后，无法将电压表示数调节到如图丙所示，原因是 。于是，他改变定值电阻两端的电压，重新依次进行实验，调节后的电压值应该不低于 V。
【评估】实验结束后，小明进行了反思，他认为如果把阻值为 Ω的电阻最先接入电路进行实验，就可以避免实验中出现电压表示数无法达到控制电压的问题。
29．实验：测量小灯泡的电阻
【实验目的】测量小灯泡电阻
【实验器材】电阻箱（调节旋钮可以改变它接入电路的电阻，且能读出阻值RP）。小灯泡（阻值RL未知），电流表（三个接线柱为“﹣”“0.6”“3”），电源，开关，导线等。
【实验原理】RL＝ 。（用题中物理量符号表示）
【实验步骤】
（1）按照图甲所示连接好电路。
（2）闭合开关前，观察到电流表指针的偏转如图乙所示，用一字螺丝刀 （选填“顺时针”或“逆时针”）旋动电流表调零旋钮，使指针对准0刻度线。
（3）将灯泡（图中未画出）接到电路的M、N两点间，闭合开关观察到电流表指针的偏转如图乙所示，保持“﹣”接线柱的连线不动，断开开关，把 。
（4） ，读出电流表的示数I。
（5）再断开开关，将电阻箱（图中未画出）接到电路的M、N两点间，闭合开关后，调节电阻箱旋钮，使电流表示数＝ （用题中物理量符号表示）。
（6）读出图丙的电阻箱示数，小灯泡工作时的阻值为 Ω。
【交流讨论】
本实验测量小灯泡工作时阻值的方法，体现了物理学中 的科学思想。
五．解答题（共2小题 30题5分 31题8分 共13分）
30．如图所示，共享电动车扫码即开，以其快捷、环保、轻便的优势，成为人们常用的绿色出行交通工具。某型号电动车的主要技术参数如表所示。一个质量为60kg的人骑着该车在水平路面上匀速行驶3.6km，行驶时轮胎与地面的接触总面积为50cm2。则：（g取10N/kg）
（1）共享电动车的轮胎表面通常制成 （选填“光滑”或“凹凸不平”）的形状；
（2）求该电动车的重力；
（3）求人坐在电动车上静止时该电动车对地面的压强。
31．小科通过查阅资料了解到，航天科研人员采用如下方法检验“天宫二号”舱体的气密性。将待检验的舱体M置于一个不漏气的集气空腔N中，如图甲所示，先对舱体M充入压强为1.0×105Pa的空气，再把集气空腔N抽成真空，利用两个完全相同的压敏电阻RM、RN来测量舱体M和集气空腔N中的压强，压敏电阻RM、RN的阻值随气体压强变化的关系如表。已知舱体M的容积为V，集气空腔N直空部分的容积为4V，飞船舱门的面积是0.6m2，不计舱体M器壁的体积，整个过程温度不变。电路中R0的阻值为16Ω，电源电压为12V。请回答下列问题：
（1）当开关与b相连，若舱体M漏气则电压表示数如何变化？
（2）若舱门不漏气，且开关S接a时，电路中电流表的示数是多少？
（3）实验表明，一定质量的气体在温度不变的情况下，压强随体积的变化如图乙所示。若空气从舱体M中逸出，经过一定的时间后，M、N中的压强相等。若开关S接在b处，求此时整个电路消耗的总功率。
（4）在检验过程中的某时刻，开关接a时电压表的示数为Ua、压敏电阻RM的功率为PM，开关接b时电压表的示数为Ub、压敏电阻RN的功率为PN，若Ua：Ub＝2：1，且PM：PN＝6：5，则此时舱门内外受到的压力差为多少？
2026年江苏省南京市中考物理预测适应卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共12小题）
1．比功率是衡量汽车动力性能的一个综合指标，具体是指汽车发动机最大功率与汽车总质量之比。一般来讲，对同类型汽车而言，比功率越大，汽车的动力性能越好。实践证明，比功率越大，汽车可以达到的最高速度也会越高。在国际单位制中，“比功率”的单位是（ ）
A．J/kgB．g/WC．W/kgD．kg/W
【分析】根据题意概括出比功率的定义，然后推断出它的单位。
【解答】解：根据题意可知，比功率=发动机最大功率汽车总质量，功率的单位是瓦特（符号W），质量的单位是千克（符号kg），因此比功率的单位为W/kg，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题考查了比功率的单位，属于基础题。
2．以下关于生活中的热现象，说法正确的是（ ）
A．如图甲，烧水时，壶嘴会冒出白气，这是水汽化吸热所致
B．如图乙是注塑示意图，其过程经历了先熔化再凝华
C．如图丙，用电吹风的热风挡对碘锤进行加热，就不会出现液态碘
D．如图丁，注射器吸入少量液态乙醚，用橡皮塞堵住注射孔，向外拉活塞，液态乙醚消失的同时伴随放热
【分析】物质从固态变为液态是熔化现象，熔化吸收热量；物质从液态变为固态是凝固现象，凝固放出热量。
物质从液态变为气态是汽化现象，汽化吸收热量；物质从气态变为液态是液化现象，液化放出热量。
物质从固态直接变为气态是升华现象，升华吸收热量；物质从气态直接变为固态是凝华现象，凝华放出热量。
【解答】解：A、烧水时壶嘴冒出的白气是水蒸发遇冷液化形成的小水珠，故A错误。
B、注塑过程经历了先熔化再凝固，故B错误。
C、用电吹风机热风挡对碘锤加热，热风的温度低于碘的熔点，碘不会发生熔化，就不会出现液态碘，而是固态的碘颗粒升华成碘蒸气，故C正确。
D、在注射器中吸入少量液态乙醚，用橡皮塞堵住注射孔，向外拉动活塞，液态乙醚消失，乙醚由液态变成气态，是汽化现象，汽化吸收热量，故D错误。
故选：C。
【点评】判断一种过程是什么物态变化，一定要分析过程原来和现在的状态，然后根据六种物态变化的定义进行判断。
3．如图所示的光现象中，由于光的反射形成的是（ ）
A．树叶细缝下太阳的光斑
B．手影游戏
C．树在湖中的倒影
D．筷子在水面“折断”了
【分析】（1）光在同种均匀介质中沿直线传播，在日常生活中，激光准直、小孔成像和影子的形成等，都表明光在同一种均匀介质中是沿直线传播的；
（2）当光照射到物体表面上时，有一部分光被反射回来的现象是光的反射，例如：平面镜成像、水中倒影都是由光的反射形成的；
（3）当光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向会发生偏折，这就是光的折射，复色光发生折射时，会出现色散现象，如：海市蜃楼、看水里的鱼比实际位置浅、雨后天空中的彩虹等都是光的折射形成的。
【解答】解：A、树荫下的光斑是由光的直线传播形成的，故A不合题意。
B、墙上的手影是由于光的直线传播形成的，故B不合题意。
C、树在湖中的倒影，属于平面镜成像，是由光的反射形成的，故C符合题意。
D、水中筷子折断是光的折射形成的，故D不合题意。
故选：C。
【点评】此题主要考查了光的折射现象、反射现象和直线传播，平时要注意各个现象的形成原因，同时还要联系所学过的物理知识多加思考。
4．关于粒子和宇宙，下列说法正确的是（ ）
A．春天柳絮飞舞说明分子在不停地运动
B．面包可以被压缩说明分子间有空隙
C．现代研究表明太阳是宇宙中心
D．摩擦起电的实质是电子的转移
【分析】尘土飞扬，面包可以被压缩都是宏观物体的运动，天文学家哥白尼创立的“日心说”认为太阳是宇宙的中心；摩擦起电的实质是电子的转移。
【解答】解：A．柳絮是固体小颗粒，不是分子，柳絮漫天飞舞固体小颗粒做的机械运动，不能说明分子在不停息地运动，故A错误；
B．面包被压缩，是因为面包内有孔洞，它不能说明分子间有间隙，故B错误；
C．太阳是太阳系中心，但不是宇宙的中心，故C错误；
D．摩擦起电的实质是电子的转移，故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查了对宏观世界和微观世界的认识，对分子动理论的了解，属基础题。
5．如图所示是木工师傅常用的气钉枪，它是利用压缩空气进入活塞顶部，推动活塞及撞针高速运动，完成打钉过程的，下列关于气钉枪使用说法正确的是（ ）
A．气钉枪是利用大气压工作的
B．空气被压缩时，质量和密度均不变
C．压缩气体对外做功时，自身的内能减少
D．利用压缩空气打钉的过程与内燃机的压缩冲程能量转化相同
【分析】A．气钉枪是依靠内部压缩空气的压强远大于外界大气压来产生巨大推力的，而不是依靠大气压工作。
B．根据密度公式ρ=mV分析，定质量的密闭空气被压缩时，其质量保持不变，但体积减小，因此密度会变大。
C．压缩空气膨胀推动活塞和撞针做功，气体对外做功，将气体的内能转化为机械能，气体自身的内能因此减少。
D．压缩空气打钉是将内能转化为机械能，而压缩冲程是机械能转化为内能，二者能量转化不同。
【解答】A．气钉枪原理是是靠内部压缩空气的压强远大于外界大气压来产生巨大推力，而不是利用大气压工作，故A错误；
B．根据密度公式ρ=mV分析，一定质量的密闭空气被压缩时，空气的质量保持不变，但空气的体积减小，因此空气的密度会变大，故B错误；
C．压缩空气膨胀推动活塞和撞针做功，将气体的内能转化为活塞撞针的机械能，气体自身的内能因此减少，故C正确；
D．利用压缩空气打钉是将内能转化为机械能，而压缩冲程是机械能转化为内能，二者能量转化不同，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查阅读理解能力，对气钉枪原理的理解，内燃机冲程中能量转换的分析。
6．如图所示，是我国自主研发的机器人，正骑着自行车在水平路面上匀速直线行驶，下列说法正确的是（ ）
A．机器人所受的重力与自行车对机器人的支持力是一对相互作用力
B．机器人所受的重力与机器人对自行车的压力是一对平衡力
C．机器人对自行车的压力与自行车对机器人的支持力是一对相互作用力
D．自行车所受的重力与地面对自行车的支持力是一对平衡力
【分析】二力平衡的条件是：大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上；
一对相互作用力的条件是：大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在两个物体上。
【解答】解：A、机器人所受的重力与自行车对机器人的支持力作用在同一物体上，不是一对相互作用力，故A错误；
B、机器人所受的重力与机器人对自行车的压力作用在不同的物体上，不是一对平衡力，故B错误；
C、机器人对自行车的压力与自行车对机器人的支持力大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在两个物体上，是一对相互作用力，故C正确；
D、地面对自行车的支持力大小等于机器人与自行车的重力之和，因此，自行车所受的重力与地面对自行车的支持力大小不相等，不是一对平衡力，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了对平衡力和相互作用力条件的理解和辨别，属力学基础题，难度不大。
7．如图是一种3D打印机上的直流直线电机，其工作时通电线圈在磁场中受到力的作用发生运动。下图能反映其工作原理的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】电动机是根据通电导体在磁场中受到力的作用而发生转动的原理制成的。
【解答】解：3D打印机上直流直线电机是通电导体在磁场中受力运动的原理工作的：
A．这是奥斯特实验，展示的是通电导体周围存在磁场，即电流的磁效应，并非通电线圈在磁场中受力运动，故A不符合题意；
B．这是探究通电螺线管磁场的实验，研究的是通电螺线管的磁场分布等相关内容，和通电线圈在磁场中受力运动原理不同，故B不符合题意；
C．这是电磁感应实验，是闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时产生感应电流，是发电机的原理，和通电线圈在磁场中受力运动原理不同，故C不符合题意；
D．电路中有电源，通电导体在磁场中会受到力的作用而运动，这与3D打印机上直流直线电机工作时通电导体在磁场中受力运动的原理相符，故D符合题意。
故选：D。
【点评】本题考查电磁学实验装置，学生需要熟记不同实验装置的实验结论。
8．对于图中所描述的物理过程，下列分析中正确的是（ ）
A．甲，玻璃筒内的空气被压缩后内能增大，这是因为棉花燃烧放热
B．乙，塞子跳起时，瓶内气体内能减小，这是通过做功的方式改变的
C．丙，水蒸气将塞子推出的过程中，能量转化与热机的压缩冲程相同
D．丁，该冲程为内燃机的做功冲程，曲轴每转一圈发生一次该冲程
【分析】做功可以改变物体的内能，当外界对物体做功时，物体的内能增大，当物体对外界做功时，物体的内能就会减小。
热机的压缩冲程是机械能转化为内能。
四冲程内燃机一个工作循环包括吸气、压缩、做功、排气四个冲程，曲轴转两圈完成一个工作循环，发生一次做功冲程。
【解答】解：A、甲图中玻璃筒内的空气被压缩后内能增大，是因为活塞压缩空气做功，使空气的内能增加，温度升高，达到棉花的燃点使棉花燃烧，而不是因为棉花燃烧放热，故A错误。
B、乙图中塞子跳起时，瓶内气体对塞子做功，将内能转化为塞子的机械能，瓶内气体内能减小，这是通过做功的方式改变内能的，故B正确。
C、丙图中水蒸气将塞子推出的过程中，是内能转化为机械能，与热机的做功冲程能量转化相同，而热机的压缩冲程是机械能转化为内能，故C错误。
D、丁图为内燃机的做功冲程，四冲程内燃机一个工作循环包括吸气、压缩、做功、排气四个冲程，曲轴转两圈完成一个工作循环，发生一次做功冲程，而不是曲轴每转一圈发生一次该冲程，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查四冲程能量转化及做功改变内能。
9．“小五”是面向人居环境设计的第五代类人型机器人，如图是“小五”推轮椅上的老人外出活动的情景。“小五”需要同时为RGB﹣D相机、语音模块和驱动电机独立供电。下列电路设计最合理的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】RGB﹣D相机、语音模块和驱动电机能独立工作，互不影响，说明三个模块是并联的。
【解答】解：“小五”需要同时为RGB﹣D相机、语音模块和驱动电机独立供电，它们之间彼此独立工作、互不影响，因此它们之间并联，故C正确。
故选：C。
【点评】此题考查了电路的设计，是一道理论联系实际的好题。
10．如图所示电路，闭合开关，L1、L2。两灯均发光，两电表均有示数，过一会儿，其中一个灯泡突然熄灭，电流表示数增大，电压表示数为零，造成此现象的原因可能是（ ）
A．灯L1短路B．灯L2短路C．灯L1断路D．灯L2断路
【分析】由电路图可知，L1、L2串联，电压表测L2两端的电压，电流表测电路中的电流；根据选项逐一分析找出符合要求的选项。
【解答】解：由电路图可知，L1、L2串联，电压表测L2两端的电压，电流表测电路中的电流，
A．若L1灯短路时，电路为L2的简单电路，此时L1不发光、L2发光，电压表和电流表的示数均增大，故A不符合题意；
B．若L2灯短路时，电路为L1的简单电路，此时L1发光、L2不发光，电流表示数增大，电压表被短路几乎无示数，故B符合题意；
C．若L1灯断路时，电路断路，此时L1、L2均不发光，电流表和电压表均无示数，故C不符合题意；
D．若L2灯断路时，电路断路，此时L1、L2均不发光，电流表无示数，电压表串联在电路中测电源两端的电压，其示数增大，故D不符合题意。
故选：B。
【点评】本题考查了学生利用电流表、电压表判断电路故障的分析能力，电路故障分短路和开路两种情况，平时做实验时试一试，多总结、提高分析能力。
11．如图是探究浮力的大小跟哪些因素有关的几个实验情景。甲、乙和丙中，弹簧测力计的示数分别为3.0N、2.0N和1.8N。下列说法中正确的是（ ）
A．对比甲、乙、丙三图，可以探究物体所受浮力与物体浸入液体的体积的关系
B．实验所用圆柱体的体积是200cm3
C．盐水的密度是1.1g/cm3
D．乙、丙两图中，剪断细线，金属圆柱体沉底，烧杯对桌面的压力的增大值之比为10：9
【分析】（1）要验证浮力大小与物体浸在液体中的体积的关系，应控制液体密度相同，物体排开液体的体积不相等；
（2）图乙中，根据F浮＝G﹣F示得出物体全部浸没在水中所受浮力，由阿基米德原理得出物体全部浸在水中的体积，即圆柱体的体积；
【解答】解：A、对比甲、乙、丙三图，乙、丙两图知，液体密度不相同，而物体排开液体的体积相等，所以，不可以探究物体所受浮力与物体浸入液体的体积的关系，故A错误；
B、根据图甲、乙数据可知物体全部浸没在水中所受浮力F浮水＝G﹣F3＝3.0N﹣2.0N＝1N，
根据阿基米德原理F浮＝ρ液gV排可知物体排开水的体积V排=F浮水ρ水g=1N1.0×103kg/m3×10N/kg=1×10﹣4m3＝100cm3，圆柱体的体积等于物体排开液体的体积，即
圆柱体的体积V＝100cm3，故B错误；
C、根据甲、丙图数据可知，物体浸没在盐水中所受的浮力：F浮盐水＝G﹣F2＝3.0N﹣1.8N＝1.2N；
根据阿基米德原理F浮＝ρ液gV排，可得物体体积为：V物=F浮gρ水，实验中排开液体的体积都等于物体的体积，故有：F浮盐水gρ盐水=F浮水gρ水；
则盐水的密度为：ρ盐水=F浮盐水F浮水×ρ水=1.2N1N×1×103kg/m3＝1.2×103kg/m3，故C错误；
D、乙、丙两图中，剪断细线，金属圆柱体沉底，乙烧杯对桌面的压力的增大值为2.0N，丙烧杯对桌面的压力的增大值为1.8N，则烧杯对桌面的压力的增大值之比为2.0N：1.8N＝10：9，故D正确。
【点评】本题考查“探究浮力大小跟哪些因素有关”的实验，属于对基础知识的考查，难度不大。
12．如图甲所示的电路中，电源电压恒定不变。电流表的量程为0～0.6A，电压表的量程为0～3V，当S1闭合、S2断开时，将滑动变阻器的滑片从一端移至另一端的过程中，电流表随电压表示数变化的情况如图乙中的A图象所示。图乙中的B图象为小灯泡的I﹣U图象，小灯泡的额定电压为2.5V。当S2闭合、S1断开时、为保证电路中的各元件都不会损坏，下列说法中（ ）
①小灯泡的额定功率是1.25W
②电源电压为4.5V
③R2连入电路的阻值范围为0Ω～4Ω
④开关切换的两种情况中，电路的最大功率为2.7W
A．只有①②正确B．只有①②④正确
C．只有②③正确D．只有②④正确
【分析】（1）根据额定电压确定额定电流，根据P＝UI计算额定功率；
（2）当S1闭合、S2断开时，R1与R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。当滑片位于右端时，变阻器接入电路中的电阻为零，此时电路中的电流最大，根据图乙得出电路中的电流，利用欧姆定律求出电源的电压；当滑片位于左端时，变阻器接入电路中的电阻最大，此时电路中的电流最小，电压表的示数最大，根据图乙得出电路中的电流和R2两端的电压，利用欧姆定律求出滑动变阻器的最大阻值，再利用串联电路的电阻特点和欧姆定律表示出电源的电压，联立等式即可求出电源的电压和R1的阻值；
（3）当S2闭合、S1断开时，L与R2串联，电压表测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。当灯泡正常发光时，电路中的电流最大，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，根据图乙得出灯泡两端的电压为2.5V时通过的电流，利用串联电路的电流特点和P＝UI求出电路的最大功率，利用串联电路的电压特点求出变阻器两端的最小电压，利用欧姆定律求出变阻器接入电路中的最小阻值；当电压表的示数最大时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，灯泡的电功率最小，利用串联电路的电压特点求出此时灯泡两端的电压，根据图乙得出电路中的最小电流，利用P＝UI求出小灯泡的最小功率，根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的最大阻值，从而得出R2连入电路的阻值范围。
（4）根据最大电流和最小电流结合P＝UI计算功率的范围。
【解答】解：①小灯泡的额定电压为2.5V，由图乙B可知，对应的额定电流为0.5A，故灯泡的额定功率为
P额＝U额I额＝2.5V×0.5A＝1.25W，故①正确；
②由甲图可知，当S1闭合、S2断开时，R1和R2串联，电压表测量R2两端电压，电流表测量串联电路电流。当滑片在最右端时，变阻器的阻值最小为0，此时电路电流最大为0.6A，根据欧姆定律可知，电源电压可表示为
U＝I大R1＝0.6A×R1，
当滑片在最左端时，变阻器的阻值最大，此时电路电流最小为0.2A，R2两端电压为3V，根据欧姆定律和串联电路的电压规律可知，电源电压：U＝I小R1+3V＝0.2A×R1+3V，根据电源电压相等可得，R1＝7.5Ω，U＝4.5V，故②正确；
③当S2闭合、S1断开时，L和R2串联，此时电路中能通过的最大电流为灯泡的额定电流0.5A，电路的总电阻为：
R总=UI额=Ω；
此时灯泡的电阻为：
R灯=U额I额=Ω；
故R2的最小阻值为
R′2＝R总﹣R灯＝9Ω﹣5Ω＝4Ω；
电压表测量R2两端电压，量程为0～3V，故R2两端的最大电压为3V，则灯泡两端电压为
U灯＝U﹣U2＝4.5V﹣3V＝1.5V；
由乙图可知，灯泡两端电压为1.5V时，通过灯泡的电流为0.4A，故此时R2的阻值为
R′=URI=3V0.4A=7.5Ω，
综上所述，R2的阻值范围为4Ω～7.5Ω，故③错误。
④当S1闭合、S2断开时，电路中的最大电流为0.6A，此时电路的最大功率为
P1＝UI大＝4.5V×0.6A＝2.7W
由C分析可知，当S2闭合、S1断开时，电路中的最大电流为0.5A，此时电路的最大功率为
P2＝UI额＝4.5V×0.5A＝2.25W；
故开关切换的两种情况中，电路的最大功率为2.7W，故④正确。
故选：B。
【点评】本题考查电能与电功率、串联电路的特点，属于中档题。
二．填空题（共7小题）
13．2025年2月11日，长征八号改运载火箭顺利将卫星送入预定轨道。
（1）火箭使用液氢做燃料，主要是因为液氢的 热值 大。燃料燃烧释放出的内能无法自发转化为化学能，说明能量的转化具有 方向 性。
（2）卫星进入预定轨道后，地面人员利用 电磁 波与卫星通信。
【分析】热值反映了所有能燃烧的物质的一种性质，反映了不同燃料在燃烧过程中，化学能转化为内能本领的大小，也就是说，热值是燃料本身的一种性质，它只与燃料的种类有关，与燃料的形态、质量、体积、是否完全燃烧、放出热值多少均没关系。
能量的转化、能量的转移、都是有方向性的，要逆向转化或转移能量，就会消耗其他的能量。
广播、电视、移动通信、卫星都是用电磁波传递信息的。
【解答】解：（1）热值是指单位质量（或体积）的燃料完全燃烧时所放出的热量。液氢的热值高，意味着相同质量的液氢与其他燃料相比，完全燃烧时能够释放出更多的能量，从而为火箭提供更大的推力，帮助火箭克服地球引力，将卫星等有效载荷送入预定轨道。能量转化的方向性是指能量的转化和转移是有一定方向的，例如燃料燃烧时，化学能转化为内能，这个过程是自发的，但内能却无法自发地再转化回化学能，而不引起其他变化。
（2）电磁波可以在真空中传播，且传播速度快，能够满足卫星与地面之间远距离、高速率的通信需求。
故答案为：（1）热值；方向；（2）电磁。
【点评】本题考查了燃料热值的概念和电磁波的运用，属于基础题。
14．如图甲所示，小宇将一枚硬币放在碗底，后退至眼睛恰好看不到硬币的位置，看不到碗中的硬币，是因为光沿 直线传播 时被碗挡住了。如图乙所示，请另一位同学向碗中缓缓注水（硬币的位置未移动），当水面上升到一定高度时，小宇就能再次看到碗中的硬币，这是由于光的 折射 （反射/折射）形成的 虚 （虚/实）像。
【分析】①光在均匀介质中是沿直线传播的；
②光从一种介质斜射入另一介质时，光的传播方向会发生偏折，折射光线进入人眼，人眼逆着折射光线就看到了物体的虚像。
【解答】解：①小宇看不到硬币，是由于碗的边缘部分挡住了来自硬币的光线，光线进入不到眼睛，所以眼睛看不到硬币，这说明了光在均匀介质中是沿直线传播的；
②当沿碗壁缓缓向碗中缓缓注水，来自硬币的光线会从水中斜射入空气中从而发生折射，当折射光线进入人眼时，人眼逆着折射光线看去，看到的便是由于光的折射而形成的虚像（虚像的位置比物体的实际位置偏高），所以小宇看到硬币的虚像是由于光经过不同介质时发生了折射现象造成的。
故答案为：直线传播；折射；虚。
【点评】本题综合考查了光的直线传播和折射，关于光的传播历来就是考试的一个考点，所以该题属于常见题，一定要掌握。
15．2023年9月，中国国产首艘大型邮轮“爱达•魔都号”在拖船的牵引下，缓缓驶离码头，以拖船为参照物，魔都号是 静止 的。11月4日，魔都号正式命名交付，魔都号满载总吨位为13.55万吨，则满载时受到的浮力为 1.355×109 N，若魔都号以36km/h的速度匀速航行的牵引力为6×106N，则功率为 6×107 W，1.5h航行的距离为 54 km。（g＝10N/kg）
【分析】（1）判断一个物体是运动的还是静止的，要看这个物体与所选参照物之间是否有位置变化；若位置有变化，则物体相对于参照物是运动的；若位置没有变化，则物体相对于参照物是静止的；
（2）已知魔都号满载总吨位为13.55万吨，即魔都号满载时的排水量为13.55万吨，由阿基米德原理求得魔都号满载时受到的浮力；
（3）知道魔都号匀速航行的速度和受到的牵引力大小，根据P=Wt=Fst=Fv求出牵引力做功的功率；
（4）知道魔都号匀速航行的速度和时间，根据公式s＝vt求出1.5h航行的距离。
【解答】解：（1）大型邮轮“爱达•魔都号”在拖船的牵引下，缓缓驶离码头，此过程中魔都号相对于拖船的位置没有发生变化，则以拖船为参照物，魔都号是静止的；
（2）已知魔都号满载总吨位为13.55万吨，即魔都号满载时的排水量m排＝13.55×104t＝1.355×108kg，
由阿基米德原理可得魔都号满载时受到的浮力：F浮＝G排＝m排g＝1.355×108kg×10N/kg＝1.355×109N；
（3）魔都号匀速航行的速度v＝36km/h＝10m/s，
则牵引力做功的功率：P=Wt=Fst=Fv＝6×106N×10m/s＝6×107W；
（4）1.5h航行的距离：s＝vt＝36km/h×1.5h＝54km。
故答案为：静止；1.355×109；6×107；54。
【点评】本题考查了运动和静止的相对性、速度公式和阿基米德原理的应用以及功率的计算，属于综合题。
16．如图所示，工人用动滑轮匀速提起重为300N的重物，拉力F为200N，物体在10s内上升1m，在此过程中，有用功率为 30 W，该装置的机械效率为 75% 。用该装置提升更重的物体时，机械效率将 变大 。重物在匀速上升过程中机械能将 增大 。
【分析】（1）根据W有＝Gh求出克服物体重力做的有用功，利用P=W有t求出有用功率；
（2）动滑轮绳子股数为2，根据η=W有W总=GℎFs=GℎFnℎ=GnF求出该装置的机械效率；
（3）增大机械效率的方法有二：一是增大有用功，即拉更重的重物；二是减小额外功，如减小摩擦、减轻动滑轮重；
（4）动能大小的影响因素：质量、速度；质量越大，速度越大，动能越大；
重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度；质量越大，高度越高，重力势能越大；
机械能＝动能+势能。
【解答】解：克服物体重力做的有用功为W有＝Gh＝300N×1m＝300J，
所以在此过程中的有用功率为：
P=W有t=300J10s=30W；
动滑轮绳子股数为2，该装置的机械效率为：
η=W有W总=GℎFs=GℎFnℎ=GnF=300N2×200N×100%＝75%；
当用该装置提升更重的物体时，做的有用功就变大，而额外功几乎不变，故机械效率变大；
重物在匀速上升过程中，质量和速度不变，高度增加，故重物的动能不变，重力势能在一直增大，因此机械能将增大。
故答案为：30；75%；变大；增大。
【点评】本题考查了做功公式、功率公式、机械效率公式的应用和机械能概念等知识。
17．天然气是一种常用燃料，属于 不可再生 （选填“可再生”或“不可再生”）能源，完全燃烧0.07m3天然气使质量为4kg的水由20℃升高到50℃，则天然气放出的热量为 2.8×106 J，给水加热的效率为 18% %【c水＝4.2×103J/（kg•℃），q天然气＝4×107J/m3】。
【分析】（1）从能源是否可再利用的角度可分为可再生能源和不可再生能源。化石能源、核能会越用越少，不可能在短期内从自然界得到补充，所以它们都属于不可再生能源；
（2）利用Q吸＝cmΔt求水吸收的热量，利用Q放＝Vq求天然气完全燃烧放出的热量，加热效率等于水吸收的热量与天然气完全燃烧放出的热量之比。
【解答】解：
（1）天然气是化石能源的一种，化石能源、核能等能源会越用越少，不可能在短期内从自然界得到补充，所以它们都属于不可再生能源；
（2）水吸收的热量：
Q吸＝c水mΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×4kg×（50℃﹣20℃）＝5.04×105J；
0.07m3天然气完全燃烧放出的热量：
Q放＝Vq天然气＝0.07m3×4×107J/m3＝2.8×106J，
则加热效率：
η=Q吸Q放=5.04×105J2.8×106J×100%＝18%。
故答案为：不可再生；2.8×106；18%。
【点评】本题考查了吸热公式Q吸＝cmΔt、燃料完全燃烧放热公式Q放＝Vq、效率公式的应用以及能源分类，属于基础题目。
18．如图甲，LED灯L1和白炽灯L2均标有“220V 20W”的字样。
（1）若仅将L1接入家庭电路单独正常工作30min，图乙所示的电能表指示灯闪烁 30 次。
（2）L1、L2均正常发光时，发现L1的亮度远大于L2，此时两灯的实际功率分别为P1、P2，则P1 ＝ P2。
（3）与白炽灯相比，达到相同亮度时，若“220V 20W”的LED灯可节约80%的电能，则它与 100 W的白炽灯亮度相当。
【分析】（1）利用公式W＝Pt计算出灯工作30min消耗的电能，再结合电能表的参数（电路消耗1kW•h电能，指示灯闪烁3000次），计算出指示灯闪烁的次数；
（2）两灯的额定功率相同，正常发光时，实际功率等于额定功率，所以实际功率也相同；
（3）LED灯节约80%的电能，由电功公式可知，LED的功率为白炽灯的20%，由此可算出白炽灯的功率。
【解答】解：（1）灯L1正常工作30min消耗的电能为：W＝Pt＝20×10﹣3kW×30×160ℎ=0.01kW•h，
指示灯闪烁的次数为：n＝WN＝0.01kW•h×3000imp/kW•h＝30imp；
（2）两灯均正常工作，实际功率等于额定功率，两灯的额定功率相等，则实际功率也相等，故P1＝P2；
（3）相同亮度时，LED灯节约80%的电能，根据公式W＝Pt可知，LED灯的功率为白炽灯功率的20%，即白炽灯的功率为LED的5倍，故白炽灯的功率为P′＝20W×5＝100W；
故答案为：（1）30；（2）＝；（3）100。
【点评】本题考查电能表的应用，电能的计算。
19．如图所示，电源电压保持6V不变，电流表的量程为0～0.6A，电压表的量程为0～3V，定值电阻R1的规格为“10Ω 0.5A”，滑动变阻器R2的规格为“20Ω 1A”。闭合开关，为了保证电路安全，滑动变阻器滑片P向右移动过程中，电压表示数将 增大 ，电压表示数与电流表示数的比值将 不变 ，电路消耗的最大电功率为 1.8 W。
【分析】（1）滑动变阻器R2与定值电阻R1串联，电压表测量定值电阻两端的电压，当滑动变阻器滑片P向右移动过程中，变阻器R2接入电路的阻值变小，根据串联电路的分压原理（电阻越大，电阻两端的电压越高）分析变阻器分担的电压的变化情况，即可得到电压表示数的变化情况；
（2）电压表示数与电流表示数的比值为定值电阻R1的阻值，据此确定比值的变化情况；
（3）为了保证电路安全，根据欧姆定律计算出当电压表的最大测量值为3V时对应的电路中电流大小后，应与电流表量程中的最大值比较确定出电路中的最大电流值，再根据P＝UI计算电路消耗的最大电功率。
【解答】解：由电路图可知，滑动变阻器R2与定值电阻R1串联，电压表测量定值电阻两端的电压，电流表测电路电流；电源两端电压为6V保持不变，定值电阻为10Ω；
滑动变阻器滑片P向右移动过程中，变阻器R2接入电路的阻值变小，根据串联电路的分压原理，其分担的电压减小，串联电路总电压不变，则定值电阻R1两端的电压增大，电压表示数增大；电压表示数与电流表示数的比值为定值电阻R1的阻值，故比值不变；
由题意知，当电压表的最大测量值为3V时，此时定值电阻R1两端的电压U1＝3V，电路中的电流I＝I1=U1R1=3V10Ω=0.3A＜0.6A，为了保证电路安全，因此电路中的最大电流为0.3A，则电路消耗的最大功率：P最大＝UI大＝6V×0.3A＝1.8W。
故答案为：增大；不变；1.8W。
【点评】本题考查串联电路中电压、电流特点、欧姆定律动态分析和电功率的计算，注意求电路中的最大电流时，为了保证电路安全，根据欧姆定律计算出当电压表的最大测量值为3V时对应的电路中电流大小后，应与电流表量程中的最大值比较确定出电路中的最大电流值。
三．作图题（共3小题）
20．根据如图所示的实际情况，请画出对应的折射光线和入射光线。
【分析】在作凹透镜的光路图时，先确定所给的光线的特点再根据透镜的光学特点来作图．
凹透镜三条特殊光线的作图：①延长线过另一侧焦点的光线经凹透镜折射后将平行于主光轴，②平行于主光轴的光线经凹透镜折射后，其折射光线的反向延长线过焦点，③过光心的光线传播方向不改变。
【解答】解：平行于主光轴的光线经凹透镜折射后反射延长线过虚焦点，过光心的光线传播方向不变，如图所示：
【点评】凹透镜三条特殊光线的作图：①延长线过另一侧焦点的光线经凹透镜折射后将平行于主光轴，②平行于主光轴的光线经凹透镜折射后，其折射光线的反向延长线过焦点，③过光心的光线传播方向不改变，
21．如图所示，大拇指把弹簧按压在竖直墙面上，可感受到弹簧对拇指的弹力，同时弹簧对墙也有一个弹力。请以O点为作用点，画出弹簧对拇指的弹力F1的示意图，同时以A点为作用点，画出弹簧对墙的弹力F2的示意图。
【分析】根据力的示意图的定义，将弹簧对拇指弹力的方向、作用点表示出来即可。
【解答】解：压缩的弹簧对拇指弹力作用在拇指上，方向水平向右，故画出弹簧对拇指弹力F1的作用点在拇指，而对墙壁的压力垂直于墙壁向左，作用在A点，如图所示：
【点评】本题考查力的示意图，关键是确定力的三要素。
22．如图所示的电路中，电流表正常偏转。请在图中标出磁感线方向和小磁针N极。
【分析】电流是从电流表的正接线柱流入，负接线柱流出，故根据右手螺旋定则（安培定则）得出通电螺线管的极性；在磁体的外部，磁感线是从N极出来，回到S极的；
磁极间的相互作用，同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引。
【解答】解：根据题意可知，电流表正常偏转，则电流是从电流表的正接线柱流入，负接线柱流出，所以电流的方向是从螺线管的右端流入，左端流出，根据安培定则可知，通电螺线管的左端为N极，右端为S极；
在磁体的外部，磁感线是从N极出来，回到S极的，故磁感线方向是向右的；根据磁极间的相互作用规律可知，小磁针左端为N极，如图所示：
【点评】安培定则涉及三个方向：电流方向；磁场方向；线圈绕向，告诉其中的两个可以确定第三个。其中的电流方向经常与电源的正负极联系在一起，磁场方向经常与磁感线方向、周围小磁针的NS极联系在一起。
四．实验探究题（共7小题）
23．某实验小组用如图甲所示的实验装置探究“水沸腾前后温度变化的特点”。所用实验装置如图甲所示。
（1）安装如图甲所示装置时，应该先确定铁圈 B （选填“A”或“B”）的位置。
（2）小陈同学记录的数据如下表所示，从表格中可以看出，水在沸腾前，吸收热量，温度 升高 。
（3）小明根据实验数据绘制的水沸腾前后温度随时间变化的图像如图乙中的a所示。如果同组的小红减少烧杯中水的质量，水沸腾前后温度随时间变化的图像可能是图乙中的 c （选填“b”“c”或“d”）。
【分析】（1）实验装置组装时要按照自下而上的顺序，以保证用外焰加热。
（2）水在沸腾前，吸收热量，温度升高。
（3）减少烧杯中水的质量，水的沸点不变，加热至沸腾所需时间会缩短。
【解答】解：（1）因为实验装置组装时要按照自下而上的顺序，酒精灯需用外焰加热，所以要先放好酒精灯，再根据酒精灯外焰高度确定铁圈B的位置，以保证用外焰加热。
（2）从表格中可以看出，水在沸腾前，吸收热量，温度升高。由表格数据可知，在1﹣6min 内，水吸收热量，温度从90℃逐渐升高到98℃，说明水沸腾前温度随吸热而升高。
（3）减少烧杯中水的质量，水的沸点不变，因为沸点只与气压有关，气压不变则沸点不变。而水的质量减小，根据热量计算公式Q＝cmΔt，在相同热源加热下，升高相同温度吸收热量减少，加热至沸腾所需时间会缩短，所以图像c符合要求。
故答案为：（1）B；（2）升高；（3）c。
【点评】此题是探究水的沸腾实验，涉及到水的沸点、器材的组装、水的沸腾特点，难度不大。
24．在“天宫课堂”中，王亚平演示浮力实验，展示了浸没在水中的乒乓球无法上浮的实验现象，她用吸管把乒乓球轻轻压入水中，取出吸管后，观察到乒乓球静止不动，如图甲所示。
（1）外太空处于微重力状态，重力可以忽略不计。在空间站中，水对乒乓球各个方向的压强 相等 （填“相等”或“不相等”），乒乓球 不受 （填“受到”或“不受”）浮力的作用。
（2）在中国科技馆里的同学们做了同样的实验，用吸管把乒乓球轻轻压入水中，取出吸管后，观察到乒乓球会迅速上浮直至漂浮，如图乙所示。乒乓球上浮时（露出水面前）所受的浮力 大于 （填“大于”、“小于”或“等于”）所受的重力，乒乓球上浮时（露出水面前）水对容器底部的压强 不变 （填“变大”、“变小”或“不变”）。
【分析】（1）浮力来源于重力引起的液体在不同深度的压力差，而太空中处于失重环境。
（2）根据浮沉判断出浮力与重力的关系，根据阿基米德原理分析浮力的大小变化。
【解答】解：（1）浮力来源于重力引起的液体在不同深度的压力差，太空中处于失重环境，水的重力几乎消失，所以水对乒乓球各面的压力都接近于零，则杯中浸没在水中的乒乓球不受浮力的作用。
（2）乒乓球露出水面前，受到竖直向上的浮力大于竖直向下的重力；露出水面前，乒乓球排开水的体积不变，根据F浮＝ρ液gV排可知，浮力不变。
故答案为：（1）相等；不受；（2）大于；不变。
【点评】本题考查了物体浮沉条件和阿基米德原理的应用，知道物体浸没时排开液体的体积等于物体的体积是关键之处。
25．某实验小组进行探究凸透镜成像实验，操作如下：
（1）实验前，调整烛焰中心和光屏的中心与凸透镜的中心在 同一高度 。
（2）正确测出凸透镜的焦距f，当物距u＜f时，烛焰成正立放大虚像；当u＝f时， 不能 （填“能”或“不能”）观察到烛焰的像；当u＞f时，烛焰成 倒立实像 （填“正立实像”“正立虚像”或“倒立实像”）。同学们分析得出：像的虚实由 物距 和焦距大小关系决定。
（3）若仅将图中的凸透镜换成焦距相同但直径较小的凸透镜，光屏上所成的像与原来相比 变暗 （填“变小”“变暗”或“变不完整”）了。
（4）若仅将图中的凸透镜换成直径大小相同但焦距稍小的凸透镜，则需将光屏 向左 （填“向左”或“向右”）移动才能成清晰的像。
【分析】（1）为了使像成在光屏中央，应调整烛焰中心和光屏的中心与凸透镜的中心在同一高度；
（2）根据凸透镜成像规律分析回答；
（3）直径小的凸透镜透过的光线更少，像的亮度会降低；
（4）凸透镜焦距变小，对光的会聚能力变强。
【解答】解：（1）为了使像成在光屏中央，应调整烛焰中心和光屏的中心与凸透镜的中心在同一高度；
（2）根据凸透镜成像规律得当u＝f时，不能观察到烛焰的像，因为u＝f时，光线经凸透镜后平行射出，无法会聚成像；
凸透镜成像规律“一倍焦距分虚实”“实像总是异侧倒”，所以当u＞f时，烛焰成倒立实像；
根据凸透镜成像规律得像的虚实由物距和焦距的大小关系决定；u＞f时，烛焰成倒立实像，u＜f时，烛焰成正立虚像；
（3）将凸透镜换成焦距相同但直径较小的，光屏上的像与原来相比变暗；直径小的凸透镜透过的光线更少，像的亮度会降低，而像的大小、形状不受直径影响；
（4）焦距变小，对光的会聚能力变强，会将光线提前会聚成像，因此光屏需要向左移动才能成清晰的像。
故答案为：（1）同一高度；（2）不能；倒立实像；物距；（3）变暗；（4）向左。
【点评】此题考查了凸透镜成像规律的探究及应用，关键是熟记成像规律的内容，并做到灵活运用。
26．小明自制了一个薄壁实验箱来探究液体压强大小与哪些因素有关。实验操作如下：
①如图甲所示，实验箱分为内箱A与外箱B，内箱A固定在外箱B的内侧，内箱A下部有一圆形孔C，并在圆孔C上装上了一层橡皮膜，此时橡皮膜是水平的；
②先在A箱中不断加水，实验现象如图乙、丙所示；
③然后在B箱中加入适量盐水，盐水和水的液面相平，实验现象如图丁所示。
（1）实验中，通过观察 橡皮膜的凹陷程度 来反映液体压强的大小。
（2）图乙、丙的探究的问题是： 液体压强大小与液体深度的关系 。
（3）由如图丁的现象可得出实验结论： 当液体深度相同时，液体的密度越大，液体压强越大 。
（4）若此时往图丁A箱中缓慢加水，可以使橡皮膜恢复原状，如图戊所示，已知ρ盐水=1.2×103kg/m3，h1＝22cm，h3＝12cm，则h2＝ 12 cm。
【分析】（1）实验中液体压强的大小无法直接测量，采用转换法，将液体压强大小转换为容易观察的橡皮膜凹陷程度：橡皮膜凹陷越明显，说明受到的液体压强越大。
（2）乙、丙中都是水（同种液体），丙中水深更大，橡皮膜凹陷更明显，说明：同种液体，深度越深，液体压强越大。
（3）由图丁现象分析：在液体深度相同时，液体密度越大，液体压强越大。
（4）橡皮膜恢复原状时，两侧压强相等：ρ水gh2＝ρ液g（h1﹣h3）计算h2大小。
【解答】解：（1）橡皮膜质地较软，受到外力易发生形变，实验利用转换法，通过橡皮膜的凹陷程度来间接反映液体压强的大小
（2）乙、丙中液体都是水，密度相同，水的深度不同，橡皮膜凹陷程度不同，因此探究的是液体压强和液体深度的关系。
（3）丁中A的水和B的盐水液面相平，橡皮膜处深度相同，盐水密度更大，橡皮膜向水侧凸起，说明盐水侧压强更大，因此得出：当液体深度相同时，液体的密度越大，液体压强越大。
（4）橡皮膜恢复原状时，两侧压强相等，即p水＝p盐水。由图丁可知，橡皮膜处，A侧水的深度为h2，B侧盐水的深度为h盐水＝h1﹣h3＝22cm﹣12cm＝10cm＝0.1m
因此ρ水gh2＝ρ盐水gh盐水
代入数据1.0×103kg/m3×10N/kg×ℎ2=1.2×103kg/m3×10N/kg×0.1m
解得h2＝0.12m＝12cm。
故答案为：（1）橡皮膜的凹陷程度；（2）液体压强大小与液体深度的关系；（3）当液体深度相同时，液体的密度越大，液体压强越大；（4）12。
【点评】本题探究液体内部压强，考查控制变量法及液体压强的规律。
27．实验小组为探究“杠杆的平衡条件”，准备了以下器材：刻度均匀的杠杆、铁架台、若干钩码、圆盘等。
（1）如图甲，小明将杠杆安装到铁架台上，静止放置，此时杠杆处于 平衡 （选填“平衡”或“非平衡”）状态。为使杠杆在水平位置平衡，应将两端的平衡螺母向 右 （选填“左”或“右”）侧适当调节；
（2）如图乙所示，杠杆调节平衡后，在A点挂3个钩码，B点挂2个钩码，此时杠杆再次在水平位置平衡。完成此操作后，下一步小明不能做的是 A （填序号）；
A.读取此时杠杆上力和力臂的数据，找到其中的规律，得出杠杆的平衡条件
B.保持右侧钩码不动，改变左侧钩码数量并适当移动，使杠杆再次在水平位置平衡
C.同时改变左右两侧钩码数量及位置，使杠杆再次在水平位置平衡
（3）同组的小华认为“支点到力的作用点的距离”会影响杠杆的平衡。为判断这一观点是否正确，他们制作了一个密度均匀的圆盘，圆盘可以绕着圆心O转动。如图丙所示，在点C和点D分别悬挂钩码，使圆盘平衡。接下来她应将挂在点D的钩码先后挂在圆盘上的 E和F ，两个点上，观察圆盘是否平衡；
拓展：小聪利用身边的材料模仿中药房的戥（dēng）秤制作了杆秤，如图丁所示，用轻质细木棒做的杆秤长30cm，用0.2kg的铁块做秤砣，距木棒一端4cm处的O点系上提纽线。如图c所示，被测物体的质量m物＝ 1kg 。提纽1与提纽2之间的距离是1cm，假如换提纽2，秤砣的位置不变，重新达到平衡，称量物的质量m＝ 1.4kg 。杆秤的最大称量是 1.8kg 。
【分析】（1）杠杆静止时是平衡状态；杠杆右端高，应将平衡螺母应向右调节，使杠杆在水平位置平衡；
（2）一组数据得到结论存在偶然性，应该多次改变动力与动力臂，得出普遍结论；
（3）探究“支点到力的作用点的距离”是否会影响杠杆的平衡，需改变力的作用点到支点的距离，其它不变，据此分析；
（4）根据杠杆的平衡条件分析解答。
【解答】解：（1）物体处于平衡状态的标志是静止或做匀速直线运动，当杠杆静止或处于匀速转动状态时，我们就说杠杆处于平衡状态，图中杠杆静止，所以处于平衡状态；杠杆调节左倾右调，右倾左调，图中杠杆向左倾斜，所以需要向右调；
（2）一组数据得到结论存在偶然性，要想得出普遍结论，需要多次改变动力、动力臂、阻力、阻力臂的大小，得出普遍结论，故A不合理，BC合理。
故选：A；
（3）探究“支点到力的作用点的距离”是否会影响杠杆的平衡，在C点和D点分别悬挂钩码，使圆盘平衡，下一步需改变力的作用点到支点的距离，即移动到E和F点，观察圆盘是否平衡；
拓展：①由杠杆平衡条件得：m秤砣gL秤砣＝m物gL物，即：0.2kg×20cm＝m物×4cm，解得：m物＝1kg；
②若提纽1与提纽2之间的距离是1cm，假如换提纽2，秤砣的位置不变，
由杠杆平衡条件得：m秤砣gL秤砣＝m物gL物，即0.2kg×（20cm+1cm）＝m×（4cm﹣1cm），解得：m＝1.4kg；
③由杠杆平衡条件得：m秤砣gL秤砣＝m最大称量gL物，即0.2kg×（26cm+1cm）＝m最大称量×（4cm﹣1cm），
解得：m最大称量＝1.8kg。
故答案为：（1）平衡；右；（2）A；（3）E和F；（4）1kg；1.4kg；1.8kg。
【点评】本题探究杠杆的平衡条件实验在，掌握杠杆的平衡公式是关键。
28．小明利用如图甲所示的电路“探究电流与电阻的关系”，有如下实验器材：新干电池两节，5Ω、10Ω、15Ω、20Ω的定值电阻各一个，“30Ω，1A”的滑动变阻器一个，电压表、电流表、开关各一只，导线若干。
（1）图乙是按照图甲连接的实物图，其中有一根导线连接错了，请你在接错的导线上画“×”，并用笔画线代替导线将电路连接正确。（导线不允许交叉）
（2）正确连接后闭合开关，发现无论怎样移动滑动变阻器的滑片，电流表示数均为零，电压表示数接近电源电压，经检查线路连接没有问题，则故障原因可能是 定值电阻断路 。
（3）排除故障后，小明将5Ω的电阻接入电路中时，移动滑动变阻器的滑片，直至电压表示数如图丙所示，此时通过定值电阻的电流为 0.2 A。
（4）他将5Ω的电阻换成10Ω的电阻进行实验，此时要将滑动变阻器的滑片向 右 移动，使电压表的示数仍如图丙所示，并记录相关数据；接着他将15Ω、20Ω的电阻接入电路，继续进行实验。当他把20Ω的电阻接入电路后，无法将电压表示数调节到如图丙所示，原因是 滑动变阻器的最大阻值太小 。于是，他改变定值电阻两端的电压，重新依次进行实验，调节后的电压值应该不低于 1.2 V。
【评估】实验结束后，小明进行了反思，他认为如果把阻值为 20 Ω的电阻最先接入电路进行实验，就可以避免实验中出现电压表示数无法达到控制电压的问题。
【分析】（1）在探究电流与电阻的关系实验中，定值电阻、滑动变阻器和电流表串联，电压表并联在定值电阻两端；
（2）正确连接后闭合开关，发现无论怎样移动滑动变阻器的滑片，电流表示数均为零，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；
（3）根据电压表选用量程确定分度值读数，利用欧姆定律求出通过定值电阻的电流；
（4）根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻两端的电压不变，当换上大电阻时，根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律结合分压原理确定滑动变阻器滑片移动的方向；
根据串联分压原理计算出当把20Ω的电阻接入电路后，滑动变阻器应接入的电阻值，据此分析原因；
研究电流与电阻的关系时，要控制电阻的电压不变，根据串联电路电压和分压原理得出滑动变阻器的最大电阻连入电路中时对应的最大的电阻值，由串联电路电压的规律及分压原理得出电压值应该不低于多少；
【评估】研究电流与电阻的关系时，要控制电阻的电压不变，根据分压，当定值电阻连入电路的电阻越大时，滑动变阻器连入电路的电阻越大，电阻的电压越小，据此分析。
【解答】解：（1）原电路图中，电流表与定值电阻并联，电压表串联在电路中是错误的，在探究电流与电阻的关系实验中，定值电阻、滑动变阻器和电流表串联，电压表并联在定值电阻两端，如下图所示：
；
（2）正确连接后闭合开关，发现无论怎样移动滑动变阻器的滑片，电流表示数均为零，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，即故障原因可能是定值电阻断路；
（3）排除故障后，小明将5Ω的电阻接入电路中时，移动滑动变阻器的滑片，直至电压表示数如图丙所示，电压表选用小量程，分度值0.1V，其示数为1V，则通过定值电阻的电流为：
I1=UVR1=1V5Ω=0.2A；
（4）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右移动，使电压表的示数仍如图丙所示，并记录相关数据；
电源为干电池两节，电压3V，电压表示数保持1V不变，根据串联电路电压的特点，滑动变阻器分得的电压为：U滑＝U﹣U定＝3V﹣1V＝2V，由此可知滑动变阻器分得的电压为定值电阻的电压的2倍，根据串联分压原理，当把20Ω的电阻接入电路后，滑动变阻器应接入的电阻值为：R滑＝2×20Ω＝40Ω＞30Ω，当20Ω的电阻接入电路后，无法将电压表示数调节到1V的原因是滑动变阻器的最大阻值太小；
研究电流与电阻的关系时，要控制电阻的电压不变，根据串联电路电压和分压原理得出滑动变阻器的最大电阻连入电路中时对应的最大的电阻值；
由串联电路电压的规律及分压原理有：
U−U0U0=R滑R，
方程左边为一定值，故右边也为一定值，当滑动变阻器连入电路的电阻最大时，对应的定值电阻应最大，此时，电阻的电压最小，
即：3V−U0U0=30Ω20Ω，
解得U0＝1.2V，所以调节后定值电阻两端的电压U0不低于1.2V；
【评估】研究电流与电阻的关系时，要控制电阻的电压不变，由分压原理，当定值电阻连入电路的电阻越大时，滑动变阻器连入电路的电阻越大，故为避免实验中存在的问题（因定值电阻的电压过小，导致用较大的定值电阻时，因滑动变阻器的最大电阻过小而无法完成实验），合理的顺序是：先将20Ω电阻连入电路，滑动变阻器的滑片从阻值最大处向阻值较小处滑动，控制定值电阻两端的电压不变，进行实验，可以避免实验中存在的问题。
故答案为：（1）见解答图；（2）定值电阻断路；（3）0.2；（4）右；滑动变阻器的最大阻值太小；1.2；【评估】20。
【点评】本题是探究电流与电阻的关系实验，考查电路的连接、故障分析、操作过程、控制变量法和对器材的要求，属于常考命题点。
29．实验：测量小灯泡的电阻
【实验目的】测量小灯泡电阻
【实验器材】电阻箱（调节旋钮可以改变它接入电路的电阻，且能读出阻值RP）。小灯泡（阻值RL未知），电流表（三个接线柱为“﹣”“0.6”“3”），电源，开关，导线等。
【实验原理】RL＝ RP 。（用题中物理量符号表示）
【实验步骤】
（1）按照图甲所示连接好电路。
（2）闭合开关前，观察到电流表指针的偏转如图乙所示，用一字螺丝刀 逆时针 （选填“顺时针”或“逆时针”）旋动电流表调零旋钮，使指针对准0刻度线。
（3）将灯泡（图中未画出）接到电路的M、N两点间，闭合开关观察到电流表指针的偏转如图乙所示，保持“﹣”接线柱的连线不动，断开开关，把 “3”接线柱连线改接到“0.6” 。
（4） 重新闭合开关 ，读出电流表的示数I。
（5）再断开开关，将电阻箱（图中未画出）接到电路的M、N两点间，闭合开关后，调节电阻箱旋钮，使电流表示数＝ I （用题中物理量符号表示）。
（6）读出图丙的电阻箱示数，小灯泡工作时的阻值为 5 Ω。
【交流讨论】
本实验测量小灯泡工作时阻值的方法，体现了物理学中 等效 的科学思想。
【分析】（1）根据等效替代法测电阻；
（2）根据指针位置调零；
（3）根据电流表要选择合适的量程分析；
（4）（5）用电阻箱代替灯泡进行测量分析；
（6）根据指针位置结合进率读数，结合实验的原理分析。
【解答】解：（1）因为没有电压表，故不能用伏安法测电阻，由于电阻箱可以直接读数电阻，故需要等效替代法测电阻，保证电流相等时，RL＝RP。
（2）闭合开关前，没有电流，观察到电流表指针的偏转如图乙所示，说明需要调零，由于示数大于0，故需要逆时针转动调零螺母；
（3）由于电流表选择的大量程，且示数很小，小于小量程，故需要更换量程，保持“﹣”接线柱的连线不动，断开开关，“3”接线柱连线改接到“0.6”；
（4）更换量程断开开关，重新实验需要闭合开关；
（5）再断开开关，将电阻箱（图中未画出）接到电路的M、N两点间，要用电阻箱代替灯泡来测量电阻，故保证电流相等，因而闭合开关后，调节电阻箱旋钮，使得电流表的示数不变，为I；
（6）电阻箱指针如图可知，其示数为0×1000Ω+0×100Ω+0×10Ω+5×1Ω＝5Ω。
由于采用了等效替代法，故体现了物理学中等效的科学思想。
故答案为：【实验原理】RP；
【实验步骤】（2）逆时针；
（3）“3”接线柱连线改接到“0.6”；
（4）重新闭合开关；
（5）I；
（6）5；
【交流讨论】等效。
【点评】本题考查特殊方法测电阻，明确测量原理是关键。
五．解答题（共2小题）
30．如图所示，共享电动车扫码即开，以其快捷、环保、轻便的优势，成为人们常用的绿色出行交通工具。某型号电动车的主要技术参数如表所示。一个质量为60kg的人骑着该车在水平路面上匀速行驶3.6km，行驶时轮胎与地面的接触总面积为50cm2。则：（g取10N/kg）
（1）共享电动车的轮胎表面通常制成 凹凸不平 （选填“光滑”或“凹凸不平”）的形状；
（2）求该电动车的重力；
（3）求人坐在电动车上静止时该电动车对地面的压强。
【分析】（1）共享电动车的轮胎表面通常制成凹凸不平的形状可增大摩擦力；
（2）已知该电动车整车质量，根据G＝mg就计算该电动车的重力；
（3）人坐在电动车上静止时该电动车对地面的压力等于总重力根据G＝mg该车的总重力，根据压强公式计算该车对地面的压强。
【解答】解：（1）共享电动车的轮胎表面通常制成凹凸不平的形状可增大摩擦力；
（2）该电动车整车质量为25kg，则该电动车的重力为G＝mg＝25kg×10N/kg＝250N；
（3）轮胎与地面的接触面积为50cm2＝0.005m2，
人坐在电动车上静止时该电动车对地面的压力为F＝G总＝m总g＝（60kg+25kg）×10N/kg＝850N，
行驶过程中该车对地面的压强为p=FS=850N0.005m2=170000Pa。
答：（1）凹凸不平；
（2）该电动车的重力为250N；
（3）人坐在电动车上静止时该电动车对地面的压强为170000Pa。
【点评】本题考查影响摩擦力的因素、重力公式、压强公式的灵活运用。
31．小科通过查阅资料了解到，航天科研人员采用如下方法检验“天宫二号”舱体的气密性。将待检验的舱体M置于一个不漏气的集气空腔N中，如图甲所示，先对舱体M充入压强为1.0×105Pa的空气，再把集气空腔N抽成真空，利用两个完全相同的压敏电阻RM、RN来测量舱体M和集气空腔N中的压强，压敏电阻RM、RN的阻值随气体压强变化的关系如表。已知舱体M的容积为V，集气空腔N直空部分的容积为4V，飞船舱门的面积是0.6m2，不计舱体M器壁的体积，整个过程温度不变。电路中R0的阻值为16Ω，电源电压为12V。请回答下列问题：
（1）当开关与b相连，若舱体M漏气则电压表示数如何变化？
（2）若舱门不漏气，且开关S接a时，电路中电流表的示数是多少？
（3）实验表明，一定质量的气体在温度不变的情况下，压强随体积的变化如图乙所示。若空气从舱体M中逸出，经过一定的时间后，M、N中的压强相等。若开关S接在b处，求此时整个电路消耗的总功率。
（4）在检验过程中的某时刻，开关接a时电压表的示数为Ua、压敏电阻RM的功率为PM，开关接b时电压表的示数为Ub、压敏电阻RN的功率为PN，若Ua：Ub＝2：1，且PM：PN＝6：5，则此时舱门内外受到的压力差为多少？
【分析】（1）当开关S接b时，RN与R0串联，电流表测电路中的电流，电压表测R0两端的电压，若舱体M漏气，则空腔N内的气压增大，由表中数据可知RN阻值的变化，根据串联电路的分压原理可知RN两端的电压变化，根据串联电路的电压特点可知R0两端电压的变化，即电压表的示数变化；
（2）当开关S接a时，RM与R0串联，电流表测电路中的电流，若舱体不漏气，M内气体的压强为1.0×105帕，根据表格数据读出RM的阻值，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中电流表的示数；
（3）M、N中的压强相等时，根据气体的体积变为原来的5倍可知此时的压强，由表格数据可知此时力敏电阻的电阻，根据串联电路的电阻特点和欧姆定律求出电流表的示数，根据P＝UI求出此时整个电路消耗的总功率；
（4）根据欧姆定律表示出电压表的示数之比即可求出电流之比，根据P＝I2R表示出PM：PN，求出两阻值的关系，根据电压一定时电流与电阻成反比得出等式即可求出两电阻的阻值，然后根据表格数据可知对应的压强，根据F＝pS求出此时舱门内外受到的压力差。
【解答】解：（1）当开关S接b时，RN与R0串联，电流表测电路中的电流，电压表测R0两端的电压；若舱体M漏气，则空腔N内的气压增大，由表中数据可知RN的阻值变小，根据串联分压的规律可知，RN两端的电压变小，则R0两端的电压变大，即电压表示数变大；
（2）当单刀双掷开关S接a时，RM与R0串联，电流表测电路中的电流，
若舱体不漏气，M内气体的压强为1.0×105帕，由表格数据可知，RM＝4Ω，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，电路中电流表的示数：
I=URM+R0=12V4Ω+16Ω=0.6A；
（3）已知舱体M的容积为V，集气空腔N的容积为4V，M、N中的压强相等时，气体的体积变为5倍V，由图乙知，M、N中的气压值均为0.2×105Pa，
查表可知，此时RM、RN的电阻值均为30Ω，
根据电阻的串联规律及欧姆定律，电路中的电流：
I'=URN′+R0=12V30Ω+16Ω≈0.26A，
此时整个电路消耗的总功率：
P＝UI'＝12V×0.26A＝3.12W；
（4）由I=UR可得，电压表的示数之比：
UaUb=IaR0IbR0=IaIb=21，
由P＝I2R可得：
PMPN=Ia2RMIb2RN=（IaIb）2×RMRN=（21）2×RMRN=65，
解得：RM=310RN，
因电压一定时，电流与电阻成反比，
所以，IaIb=R0+RNR0+RM=16Ω+RN16Ω+310RN=21，
解得：RN＝40Ω，RM=310RN=310×40Ω＝12Ω，
由表格数据可知，此时M中的气压PM＝0.5×105Pa，N中的气压PN＝0.1×105Pa，
此时舱门受到的内外压力差：
ΔF＝ΔpS＝（0.5×105Pa﹣0.1×105Pa）×0.6m2＝2.4×104N。
答：（1）当开关与b相连，若舱体M漏气，则电压表示数变大；
（2）若舱门不漏气，且开关S接a时，电路中电流表的示数是0.6A；
（3）若空气从舱体M中逸出，经过一定的时间后，M、N中的压强相等。若开关S接在b处，求此时整个电路消耗的总功率为3.12W；
（4）此时舱门内外受到的压力差为2.4×104N。
【点评】本题以检验“天宫二号”舱体的气密性为背景，考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功公式、压强定义式的应用，分清电路的连接方式和从表格中获取有用的信息是关键。
声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/5/27 10:23:55；用户：柳红飞；邮箱：15162836008；学号：41117953时间/min
1
2
3
4
5
6
7
8
9
温度/℃
90
92
94
96
97
98
98
98
98
整车质量
25kg
最大载重
100kg
最高车速
36km/h
压敏电阻受到的气压（×105Pa）
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1.0
压敏电阻对应的电阻值（Ω）
50
40
30
22
15
12
10
8
6
5
4
时间/min
1
2
3
4
5
6
7
8
9
温度/℃
90
92
94
96
97
98
98
98
98
整车质量
25kg
最大载重
100kg
最高车速
36km/h
压敏电阻受到的气压（×105Pa）
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1.0
压敏电阻对应的电阻值（Ω）
50
40
30
22
15
12
10
8
6
5
4