2025年广东省茂名市高州市中考一模物理试题 （含解析）（中考模拟）

这是一份2025年广东省茂名市高州市中考一模物理试题 （含解析）（中考模拟），共44页。试卷主要包含了单项选择题，填空题，作图题，探究与实验题，计算题，综合能力题等内容，欢迎下载使用。
说明：考生务必用黑色的签字笔或钢笔在答题卡各题目指定区域内填写，否则答案无效。
一、单项选择题：（本题7小题，每小题3分，共21分。）
1. 高州市2025中考体育考试即将开始，体育考试中你认为最接近实际的是（ ）
A. 现场气温约为3℃B. 篮球的质量约为
C. 足球的直径约为D. 小明跑用时
【答案】C
【解析】
【详解】A．高州市位于广东省，属于亚热带季风气候。中考通常在夏季6月份进行，此时的气温较高，3℃的气温非常寒冷，故A不符合题意；
B．篮球的质量大约在600g即0.6kg左右，故B不符合题意；
C．标准足球直径约 22 cm（21–22.5 cm 之间），比较合理，且是体育常识。故C符合题意；
D．中学生跑1000m的成绩一般在3到5分钟之间。130min等于2小时10分钟，故D不符合题意。
故选C 。
2. 关于声现象的描述，下列说法正确的是（ ）
A. 物体的振幅越大，发出声音的频率越大
B. 在真空中也可以传播声音
C. 速度超过 340m/s 的声音称为超声波
D. 跳广场舞时将音量调小是在声源处减弱噪声
【答案】D
【解析】
【详解】A．物体的振幅越大，发出声音的响度越大，而振动频率与振动幅度没有关系，故A错误；
B．声音的传播不需要介质，在真空中不可以传播声音，故B错误；
C．振动频率超过20000Hz的称为超声波，故C错误；
D．跳广场舞时将音量调小，减小播放器播出声音的响度，是在声源处减弱噪声，故D正确。
故选D。
3. 从“立春”到“大寒”，二十四节气是中华民族智慧的结晶，它以自然时序提示着、服务着我们的生活。以下为节气名与其物态变化相关知识，正确的是（ ）
A. 雨水节气——地气升为云，天气降为雨，雨的形成是汽化现象
B. 白露节气——白露秋分夜，一夜凉一夜，露的形成是熔化现象
C. 霜降节气——寒露无青稻，霜降一齐倒，霜的形成是凝华现象
D. 大雪节气——落雪见晴天，瑞雪兆丰年，雪的形成是升华现象
【答案】C
【解析】
【详解】A．雨的形成是气态的水蒸气遇冷变为液态的水，是液化现象，故A错误；
B．露的形成是气态的水蒸气遇冷变为液态的小水珠，属于液化现象，故B错误；
C．霜的形成是气态的水蒸气遇冷直接变为固态的小冰晶，属于凝华现象，故C正确；
D．雪的形成是气态的水蒸气遇冷直接变为固态的小冰晶，属于凝华现象，故D错误。
故选C。
4. 如图所示，物流机器人用气动吸盘抓取箱子并静止在空中，下列说法正确的是（ ）

A. 机器人静止时，没有惯性
B. 机器人的轮子凹凸不平，是为了减小摩擦
C. 机器人自身的重力与地面对机器人的支持力是一对平衡力
D. 机器人对箱子的“吸力”与箱子对机器人的“吸力”是一对相互作用力
【答案】D
【解析】
【详解】A．任何物体都具有惯性，惯性是物体的属性，与物体的运动状态没有关系，惯性的大小只与质量有关，质量越大惯性越大，故A错误；
B．机器人的轮子凹凸不平，是通过增大接触面的粗造程度来增大摩擦力，故B错误；
C．此时地面对机器人的支持力大小等于机器人和箱子的总重力，大于机器人的重力，故C错误；
D．机器人对箱子的抓力和箱子对机器人的作用力作用在两个物体上，大小相等、方向相反、在同一直线上，它们是一对相互作用力，故D正确。
故选D。
5. 信息、能源和材料是现代文明的三大支柱。下列说法错误的是（ ）
A. 核电站是利用核聚变释放的能量来发电的
B. 煤、石油、天然气称为化石能源，属于一次能源
C. 用三颗地球同步卫星就可以实现全球通信
D. 如果将超导材料应用于电能输送，就可以大大降低由电阻引起的电能损耗
【答案】A
【解析】
【详解】A．核电站是利用核裂变释放的能量来发电的，故A错误，符合题意；
B．煤、石油、天然气称为化石能源，属于一次能源，可以从自然界直接获取，故B正确，不符合题意；
C．每颗卫星可以覆盖全球的三分之一，用三颗地球同步卫星就可以实现全球通信，故C正确，不符合题意；
D．超导体电阻为零，不会发热，如果将超导材料应用于电能输送，就可以大大降低由电阻引起的电能损耗，故D正确，不符合题意。
故选A。
6. 如图所示，一只白鹤静立在平静的水中，在岸边可以看到白鹤的两个“影”——影子和倒影，下列分析中不正确的是（ ）
A. 白鹤在水中的倒影是虚像
B. 白鹤的倒影是由于光的折射形成的
C. 白鹤飞离水面时，它的倒影大小不变
D. 白鹤的影子是由于光的直线传播形成的
【答案】B
【解析】
【详解】AB．白鹤在水中的倒影，类似于平面镜成像，是由光的反射形成的虚像，故A正确，不符合题意，B错误，符合题意；
C．平面镜成像中，物与像大小相等，白鹤飞离水面时，白鹤的大小不变，则倒影大小不变，故C正确，不符合题意；
D．白鹤的影子是由于光的直线传播在其背光一侧形成的暗区域，故D正确，不符合题意。
故选B。
7. 如图所示的电路，电源电压恒定不变，当滑动变阻器滑片从中点向左移动过程中，下列判断正确的是（ ）
A. 电流表A1、A2和电压表V的示数均变大
B. 电流表A1、A2示数差和电压表示数比值不变
C. 电压表V和电流表A1、A2的示数均不变
D. 电流表A1、A2示数差和电压表示数乘积变大
【答案】B
【解析】
【详解】由题图可知，当开关闭合时，两电阻并联，电压表测的是电源电压，电流表A1在干路上，测的是干路电流，电流表A2串联在变阻器所在的支路上，测的是通过变阻器的电流。
AC．当滑动变阻器滑片从中点向左移动过程中，变阻器接入电路的阻值变大，根据欧姆定律可知，变阻器所在支路的电流变小，电流表A2的示数变小；定值电阻的两端电压不变，定值电阻所在支路的电流不变，根据并联电路的电流特点可知，干路电流变小，所以电流表A1示数变小；电源电压不变，所以电压表示数不变；故AC错误；
BD．由并联电路的电流特点可知，电流表A1、A2示数差即为通过定值电阻的电流，根据前面分析可知，通过定值电阻的电流不变，电流表A1、A2示数差不变，电压表示数不变，所以，电流表A1、A2示数差和电压表示数比值不变，电流表A1、A2示数差和电压表示数乘积不变，故B正确，D错误。
故选B。
二、填空题：（本题8小题，每空1分，共21分）
8. 2020年12月1日，“嫦娥五号”在月球背面成功着陆。“嫦娥五号”在减速下落登月过程中，动能______（选填“增大”“不变”或“减小”），以月球为参照物，“ 嫦娥五号”是______的（选填“运动”或“静止”）；“嫦娥五号”第一次带回了月壤样品，这些样品带到地球时质量______（选填“变大”、“变小”或“不变”）。
【答案】 ①. 减小 ②. 运动 ③. 不变
【解析】
【分析】
【详解】[1]“嫦娥五号”在减速下落登月过程中，质量不变，速度变小，动能变小。
[2]“ 嫦娥五号”与月球的相对位置发生改变， 以月球为参照物，“ 嫦娥五号”是运动的。
[3]质量指的是物体所含物质的多少，与空间位置无关。“嫦娥五号”第一次带回了月壤样品，这些样品带到地球时质量不变。
9. 汽车GPS导航仪与通信卫星之间通过________来传递信息，其在真空中的传播速度为________m/s；如图所示是表示音频、视频和射频三种信号的波形示意图，频率最高的是________信号．
【答案】 ①. 电磁波 ②. 3×108 ③. 射频
【解析】
【详解】电磁波被广泛用来传递信息，且电磁波可以在真空中传播．
所以汽车GPS导航仪与通讯卫星之间通过电磁波来传递信息；
电磁波在真空中的传播速度与光速相同，为3×108m/s；
如图所示是表示音频、视频和射频三种信号的波形示意图，在相同时间内变化次数最多的频率最高，所以频率最高的是射频信号，实际应用时射频信号携带着视频和音频信号发射出去，将信息传递到远方．
10. 三峡船闸是世界上最大的船闸。船闸是利用____________原理工作的；三峡大坝设计成上窄下宽的形状是因为液体压强随深度的增加而____________（选填“增大”或“减小”）。飞机飞行时会受到向上的升力的原因是：气体流速大的地方压强____________。
【答案】 ①. 连通器 ②. 增大 ③. 小
【解析】
【详解】船闸利用连通器原理工作，连通器是上端开口、底部相连通的容器，船闸的闸室与上下游分别构成连通器，当内部液面保持相平时，船只可顺利通行。
根据液体压强的特点，液体压强随深度的增加而增大，三峡大坝下部深度更大，受到的液体压强更强，因此设计为上窄下宽的形状以承受更大的压强。
依据流体压强与流速的关系，气体流速大的地方压强小。飞机机翼上方空气流速大于下方，上方压强小于下方，从而产生向上的升力。
11. 地表温泉水降温较慢，这是因为水的___________较大；人们泡温泉时身体会变热，这是通过___________方式改变了身体的内能的缘故；池边种植了很多桂花树，泡温泉时阵阵花香扑鼻，这是___________现象。
【答案】 ①. 比热容 ②. 热传递 ③. 扩散
【解析】
【详解】[1]地表温泉水降温较慢，这是因为水的比热容较大，和相同质量的其它物质相比，放出相同热量时，温度降低得较少。
[2]人们泡温泉时身体会变热，是因为人体从水中吸收了热量，这是通过热传递的方式改变了身体的内能的缘故。
[3]泡温泉时阵阵花香扑鼻，这是扩散现象，是由于分子不停做无规则热运动造成的。
12. 林峰同学用如题图的滑轮组提升重的物体提高，已知拉力F为，不计绳重和摩擦，动滑轮重为____________N，对物体做的有用功为____________J，该滑轮组的机械效率是____________。
【答案】 ①. 40 ②. 400 ③. 83.3%
【解析】
【详解】由图可知，因为不计绳重和摩擦时，，代入数据得80N=G动+200N3，解得G动=40N
对物体做的有用功为
滑轮组的机械效率为η=W有W总=W有W有+W额GℎGℎ+G动ℎ=GG+G动=200N200N+40N×100%≈83.3%
13. 、是规格分别为“6V 6W”和“”的小灯泡，将它们接入如图所示的电路中，电源电压恒定不变，当只闭合开关S时，灯泡正常发光。则电源电压为______，灯泡的电阻为______，当S、都闭合时，10s内电流做的总功为______。（不计温度对灯泡电阻的影响）
【答案】 ①. ②. ③.
【解析】
【详解】[1]由图知，当只闭合S时，电路中只有，因为正常发光，所以电源电压为
[2]由可得灯泡的电阻为
[3]由图知，当S、都闭合时，、并联，根据并联电路的电压特点可知，两端的电压为
通过的电流为
此时仍然正常发光，通过的电流为
则干路电流为
所以10s内电流做的总功为
14. 将体积为，质量为的鸡蛋先后浸入盛有水和浓盐水的两个相同的烧杯里，鸡蛋静止时所处的位置如题图所示，则甲杯子中鸡蛋受到的浮力为____________N，乙杯子中鸡蛋处于悬浮状态，受到的浮力为____________N；若向乙烧杯中继续加盐至鸡蛋漂浮，则漂浮后鸡蛋受到的浮力为____________N。（g取）
【答案】 ①. 0.5 ②. 0.55 ③. 0.55
【解析】
【详解】[1]甲杯中鸡蛋沉底，排开水的体积等于鸡蛋的体积，即V排=V蛋=50cm3=5×10−5m3
鸡蛋受到的浮力为F浮甲=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×10N/kg×5×10−5m3=0.5N
[2]乙杯中鸡蛋悬浮，根据悬浮条件可知，此时鸡蛋受到的浮力等于自身的重力。
因为鸡蛋的重力为G=mg=0.055kg×10N/kg=0.55N
所以受到的浮力为F浮乙=G=0.55N
[3]鸡蛋漂浮时，根据漂浮条件可知，浮力仍等于重力，因此漂浮后鸡蛋受到的浮力为F浮乙=G=0.55N
三、作图题：（本题3小题，共7分）
15. 按要求完成下列作图题；
（1）如图甲所示，当光线从水中射向空气时，它的反射光线如图所示，请画出入射光线和折射光线的大致方向。
（2）杠杆可绕O点自由转动，请在图中画出使杠杆在此状态下平衡时最小动力和阻力的力臂。
（3）如图所示，线圈上方悬挂着可自由转动的小磁针。请完成电路图（要求闭合开关后，滑片P右移时线圈磁性增强），并在括号中分别填入闭合开关后线圈和小磁针静止时右端的磁极。
【答案】（1） （2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
已知法线和反射光线，在水中根据反射角等于入射角，画出入射光线，箭头朝向入射点；在空气侧法线另一侧画出折射光线，折射光线远离法线（折射角大于入射角），箭头背离点，据此作图。
【小问2详解】
作阻力臂​：从支点向的作用线作垂线，标出垂线段，标注即可；作最小动力：杠杆离支点最远的点是点，因此最长动力臂为，过作的垂线，方向向上（平衡使杠杆顺时针转动的效果），标注，据此作图。
【小问3详解】
滑片右移磁性增强→电流变大→滑动变阻器接入电阻变小，因此将开关的右端接线柱与滑动变阻器的接线柱连接，完成电路；
安培定则：右手握住螺线管，四指顺着电流方向（电流从螺线管左端流入，右端流出），大拇指指向螺线管左端，因此螺线管左端N极（北极），螺线管右端S极（南极）；
螺线管外部磁场从N极指向S极，螺线管上方磁场方向向右，小磁针N极指向磁场方向，因此小磁针右端填N（北极）。
四、探究与实验题（本题3小题，共20分）
16. 在探究“凸透镜成像规律”实验中如图所示：
（1）由图甲可知，该凸透镜的焦距是 ___________cm；
（2）移动蜡烛和光屏，当处于图乙位置时，光屏上恰好能得到清晰的像，我们生活中的 ___________就是根据这一原理制成的；
（3）如图丙所示，蜡烛位置不变，移动透镜至45cm刻度线处，则人眼在 ___________（选填“A”、“B”或“C”）处能观察到蜡烛的像，像是图丁中的 ___________（选填“1”、“2”、“3”或“4”）；
（4）实验完成之后，小莉把自己的近视眼镜放在蜡烛与凸透镜之间，如图戊所示，光屏上原来清晰的像变得模糊了，若想在光屏上重新得到清晰的像，在不改变蜡烛和凸透镜位置的情况下，应将光屏 ___________（选填“靠近”或“远离”）凸透镜。
【答案】 ①. 10.0 ②. 投影仪 ③. B ④. 4 ⑤. 远离
【解析】
【详解】（1）[1]根据平行光聚焦和焦距的定义，由甲图可知
（2）[2]移动蜡烛和光屏，当处于图乙位置时，此时物距
所以物体位于
光屏上恰好能得到清晰的像，根据凸透镜成像规律知，像的特点为倒立、放大的实像，我们生活中的投影仪就是根据这一原理制成的。
（3）[3][4]凸透镜焦距为10.0cm，使蜡烛位置不变，移动透镜至45cm刻度线处，这时的u=9cm，小于焦距，根据凸透镜成像规律知，成正立放大的虚像，因像与物同侧，故人眼在B处观察到蜡烛的像，像是图丁中的4。
（4）[5]近视眼镜是凹透镜，凹透镜对光线有发散作用，近视眼镜放在蜡烛与凸透镜之间，则成像远离透镜，若想在光屏上重新得到清晰的像，在不改变蜡烛和凸透镜位置的情况下，应将光屏远离透镜。
17. 李国同学做了“探究水的沸腾特点”和“探究杠杆平衡条件”，请回答下列问题：
（一）如下图中甲、乙两图是“探究水的沸腾特点”实验的装置和数据关系图线。
（1）甲组装实验装置时，应先调整图甲中____________（选填“A”或“B”）的高度；
（2）如图乙是小亮根据实验数据绘制的温度—时间图象，由图像可知：水的沸点是____________℃；水沸腾时的温度特点是____________；观察水沸腾前和沸腾时水中气泡上升过程的两种情况如图所示，则图中____________是水沸腾时的情况；
（3）如图丙所示，在一个标准大气压下，烧杯甲和烧杯乙内都装有水，用酒精灯加热烧杯使甲杯中水沸腾，若不断加热，乙烧杯中水____________（选填“能”或“不能”）沸腾。
（二）在“探究杠杆平衡条件”的活动中，实验选用的钩码重均为。
（4）实验前，杠杆静止在如图甲所示位置，应将平衡螺母向____________调节；
（5）如图乙所示，需要在B点挂上____________个钩码，杠杆将在水平位置平衡；
（6）多次实验，记录的数据如下表，可得、、、之间的关系是：____________。
【答案】（1）A （2） ①. 100 ②. 持续吸热，但温度不变 ③. a
（3）不能 （4）右
（5）2 （6）
【解析】
【小问1详解】
组装实验装置时，要用酒精灯外焰进行加热，应按照自下而上的顺序，则先调整A高度。
【小问2详解】
由图像可知，水沸腾时温度保持不变，稳定在100℃，故水的沸点是100℃。
水沸腾时的特点是持续吸热，但温度不变。
沸腾时，气泡上升过程中受到的水压减小，且周围水不断汽化补充水蒸气，气泡会逐渐变大，所以图中a是沸腾时的情况。
【小问3详解】
甲烧杯中的水沸腾时温度保持100℃不变，乙烧杯中的水虽然能通过热传递达到100℃，但此时甲乙温度相同，乙烧杯的水无法继续吸热，因此不能沸腾。
【小问4详解】
图中杠杆左端下沉，说明左侧偏重，所以应将平衡螺母向右调。
【小问5详解】
由杠杆平衡条件可知，假设需要在B点挂上的钩码数量为n，则有3G钩码×2=nG钩码×3
解得钩码数量为。
【小问6详解】
分析三次实验数据可知，每次实验，动力与动力臂的乘积都等于阻力与阻力臂的乘积，所以杠杆的平衡条件为。
18. 小飞在做“探究电流与电压、电阻的关系”实验时，准备了以下器材：两节新的干电池，电流表、电压表、滑动变阻器、定值电阻（5Ω，10Ω，15Ω，20Ω）、开关、导线若干．
（1）在按电路图连接实物时，开关必须处于_____状态；在实物图中，滑变阻器的滑片要移到_____（选填“最右端”或“最左端”）．
（2）图是小飞连接好的实验电路，闭合开关后，他发现移动滑片的过程中，电流表的示数_____，电压表的示数_____．（选“变大”、“变小”或“不变”）
（3）小冲在一旁观察后指出小飞没有按照电路图正确连接实物，请你在实物图上对连接错误的一根导线打“×”，并用笔补画一根线代替导线将电路连接正确．
（ ）
（4）问题解决后，他们接入10Ω的电阻进行实验，并得出下表中的数据，对数据进行分析后得出实验结论是：______．
（5）接下来他们分别接入其它电阻再次对电流与电阻关系进行探究，并作出了如图所示图像，请你通过图像中所给信息计算出实验过程中滑动变阻器两端的电压UR=______V．
【答案】 ①. 断开 ②. 最左端 ③. 不变 ④. 不变 ⑤. ⑥. 当电阻一定时，电流与电压成正比 ⑦. l
【解析】
【详解】第一空．在按电路图连接实物时，为了保护电路，开关必须处于断开状态；
第二空．滑动变阻器的滑片要处于阻值最大处，即要移到最左端；
第三空、第四空．由图可知，滑动变阻器与电压表串联后再与电阻并联在一起，根据电压表的特点可知，通过滑动变阻器的电流为0，当移动滑动变阻器器时，电压表测量的是电阻两端的电压，也是电源电压，保持不变，电流也保持不变，故电流表、电压表示数都不变；
第五空．定值电阻与滑动变阻器应串联在电路中，电压表应测量定值电阻两端的电压，故电路的错误之处和改进方法如图所示：
第六空．接入10Ω的电阻进行实验，根据实验数据可知，在电阻一定时，电压越大，电流越大，电流与电压成正比；
第七空．由图可知，该图象为反比例函数，当电流为0.1A时，电阻为20Ω，则电压为：
U1=IR=0.1A×20Ω=2V；
电源由两节新的干电池组成，电源电压U=2×1.5V=3V，
滑动变阻器两端的电压应为：
UR=U-U1=3V-2V=1V．
五、计算题：（本题2小题，第19小题7分；第20小题6分；共13分）
19. 2023年5月，世界智能大会在天津的成功举办，将进一步推动我国人工智能技术的研发和应用。图甲为某款智能机器人，质量为30kg，底部轮与地面接触总面积为150cm2，它在某次引领接待工作中沿直线行走的速度随时间变化的图像如图乙所示。（g取10N/kg）
（1）求智能机器人静止在水平地面上时，对地面产生的压强；
（2）求智能机器人在0~6s内行走的距离和0~10s内的平均速度；
（3）在0~6s内，智能机器人受到的水平阻力为重力的0.05倍，求此段时间内智能机器人牵引力做功的功率。
【答案】（1）2×104Pa；（2）7.2m，1.12m/s；（3）18W
【解析】
【详解】解：（1）智能机器人静止在水平地面上时对地面产生的压力
F=G=mg=30kg×10N/kg=300N
智能机器人静止在水平地面上时对地面产生的压强
（2）由图像可知，0~6s机器人匀速运动的速度v1=1.2m/s，则在0~6s内行走的距离
由图像知，6~10s内物体匀速运动的速度v2=1.0m/s，则在6~10s内行走的距离
0~10s内的平均速度
（3）在0~6s内机器人受到的阻力
f=0.05G=0.05×300N=15N
机器人匀速直线运动时，水平方向上牵引力和阻力是一对平衡力，则此过程机器人牵引力
F'=f=15N
此段时间内牵引力做功的功率
答：（1）智能机器人对地面产生的压强为2×104Pa；
（2）智能机器人在0~6s内行走的距离为7.2m，0~10s内的平均速度为1.12m/s；
（3）在0~6s内智能机器人牵引力做功的功率为18W。
20. 如图所示的电路中，电源电压保持不变，电阻R1＝20Ω，闭合开关S，滑动变阻器滑片置于中点，电流表A的示数为0.5A，电流表A1的示数为0.2A，求：
（1）电源电压；
（2）滑动变阻器R2的最大阻值；
（3）滑动变阻器滑片置于最大阻值处时，电流表A的示数。
【答案】（1）6V；（2）60Ω；（3）0.4A
【解析】
【详解】解：由电路图可知：闭合开关，R1与R2并联，电流表A测干路电流，电流表A1测R2支路的电流。
（1）因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以，通过R1的电流

因并联电路中各支路两端的电压相等，由得，电源的电压
（2）由得，由可得R2接入电路的电阻为
由于滑动变阻器滑片置于中点，则电阻R2的最大阻值
（3）滑动变阻器滑片置于最大阻值处时，通过R2支路的电流为
根据并联电路各支路之间互不影响的特点可知：通过R1的电流不变，所以，干路电流
答：（1）电源电压为6V；
（2）滑动变阻器R2的最大阻值为60Ω；
（3）滑动变阻器滑片置于最大阻值处时，电流表A的示数是0.4A。
六、综合能力题（本题3小题，每空1分共18分）
21. 探究“浮力的大小跟哪些因素有关”
小明同学先对弹簧测力计进行调零，然后用调好的弹簧测力计测出金属块的重，再将金属块缓慢浸入液体中不同深度，实验步骤如图A、B、C、D、E、F所示（液体均未溢出），弹簧测力计的示数如图所示。
（1）实验用的长方体金属块重____________N。
（2）分析实验步骤A、B、C、D可验证浮力的大小跟____________有关。分析实验步骤____________可知，浮力的大小与物体浸没在液体中的深度____________（选填“有关”或“无关”）。从B步骤到C步骤长方体金属块下底部受到液体的压强____________（选填“增大”或“不变”或“减小”）了。
（3）分析实验步骤A、E、F可知：浮力的大小还与液体密度有关，步骤F中液体密度是____________。
【答案】（1）2.7 （2） ①. 物体排开液体的体积 ②. A、D、E ③. 无关 ④. 增大
（3）##
【解析】
【小问1详解】
如图A所示，弹簧测力计的分度值为0.1N，示数为2.7N，金属块静止，金属块受到的重力和拉力平衡，所以金属块的重力为
【小问2详解】
分析实验步骤A、B、C、D可知，金属块浸入的液体密度相同，排开水的体积不同，测力计示数不同，根据称重法可知，浮力不相同，所以可验证浮力大小与物体排开液体的体积有关。
分析实验步骤A、D、E可知，液体的密度和排开液体的体积相同，改变浸没深度，测力计示数相等，根据称重法可知，浮力相等，所以可知，浮力大小与物体浸没在液体中的深度无关。
从B步骤到C步骤，长方体金属块下底部的深度变大，根据液体压强特点，同一液体，液体压强随深度的增大而增大，所以长方体金属块下底部受到液体的压强增大。
【小问3详解】
由E步骤可知，金属块浸没在水中，测力计示数为，根据称重法测浮力可得，金属块在水中受到的浮力为
由可得，物体排开水的体积为
由F步骤可知，金属块浸没在液体中，根据称重法测浮力可得，在该液体中受到的浮力为
又因为排开液体的体积与排开水的体积相同，故可得液体的密度为
22. 高州市某学校为了方便师生饮水，在学生宿舍和教室安装了一批电热水器，这款热水器有自动加热和保温功能。图甲是这款有加热、保温功能的电热水器的简化电路图，控制电路中，电源电压，R为阻值可调的电阻，热敏电阻允许通过的最大电流，其阻值随温度变化关系如图乙，电磁继电器线圈电阻不计。工作电路中，电源电压，电阻，。当电磁继电器线圈的电流时，衔铁弹起与触点a接通；当电磁继电器线圈的电流时，衔铁被吸下与触点b接通。
（1）控制电路的电磁继电器应用了__________原理，热敏电阻的材料是__________（选填：“导体”或“半导体”或“超导体”）
（2）电热水器加热时的电流___________A；电热水器的保温功率____________W；
（3）为使控制电路能正常工作，可调电阻R的最小阻值____________；
（4）可调电阻调为，电热水器工作稳定后，水温的变化范围____________。
【答案】（1） ①. 电流磁效应 ②. 半导体
（2） ①. 10 ②. 220
（3）200Ω （4）
【解析】
【小问1详解】
电磁继电器的工作原理是电流的磁效应（通电导体周围存在磁场）；热敏电阻是由半导体材料制成，半导体的阻值随温度变化明显，符合热敏电阻的特性。
【小问2详解】
当衔铁吸下与接通时，只有接入工作电路，电阻小、功率大，为加热状态，根据欧姆定律，加热电流I=U2R1=220V22Ω=10A
当衔铁弹起与接通时，与串联，电阻大、功率小，为保温状态， 总电阻 R总=R1+R2=22Ω+198Ω=220Ω
保温功率P=U22R总=(220V)2220Ω=220W
【小问3详解】
热敏电阻允许最大电流Imax=15mA=0.015A
控制电路总电阻最小为R总最小=U1Imax=6V0.015A=400Ω
由图乙可知，热敏电阻的最小阻值为，因此可调电阻的最小阻值R最小=R总最小−RT最小=400Ω−200Ω=200Ω
【小问4详解】
当I≥10mA 时开始加热，当I≤8mA 时停止加热（保温），因此稳定后电流在8mA∼10mA ，对应温度范围：当I1=10mA=0.01A
总电阻R总1=U1I1=6V0.01A=600Ω
RT1=600Ω−300Ω=300Ω
对应图乙得温度为（最低温度，低于该温度会持续加热升温）。
当I2=8mA=0.008A
总电阻R总2=U1I2=6V0.008A=750Ω
RT2=750Ω−300Ω=450Ω
对应图乙得温度为75∘C （最高温度，高于该温度会停止加热降温）。
因此水温稳定后的变化范围是50∘C~75∘C 。
23. 阅读材料，回答问题。
手机充电技术
随着智能手机的日益普及，人们通过智能手机可以进行远距离通信、线上支付、网上办公等活动。手机电池作为手机的一个重要部分，目前正朝着大容量、快充电、长待机的方向发展。现在很多手机都搭配了超级快充功能，手机在快充过程中的不同阶段的充电功率会根据电池的电量进行调整。
手机无线充电也是目前比较新的一门技术，无线充电就是不借助数据线等导线对手机进行充电。现阶段使用较多的一种无线充电技术，原理如图甲所示，交变电流通过无线充电板（送电线圈）产生磁场，智能手机（受电线圈）放在无线充电板上就能充电，传输效率为60%~80%，最终将电能储存到手机的锂电池内。
我国某品牌智能手机使用的大容量电池上标有“电压容量”的字样，若采用超级快充技术，不到就可把电池的电量充到一半，极大地方便了人们使用。
（1）手机在使用过程中是依靠____________（选填“声波”或“电磁波”）传递信息的。为了防止手机温度过高，手机的散热部件应选用导热快、比热容____________（选填“大”或“小”）的材料。
（2）下列关于手机无线充电的说法正确的是（ ）
A. 手机电池充电过程中，把化学能转化为电能
B. 车载无线充电器内部同时安装了送电线圈和受电线圈
C. 充电器的电源线一般比较粗，是为了减少热量的产生
D. 受电线圈产生感应电流的原理是电流的磁效应
（3）当该电池容量还剩20%时，会自动开启“省电模式”，来延长供电时间，实质是通过减小电池的输出____________实现的。此时关机后用一个标有“输出”字样的无线充电器以最大传输效率给手机电池充电，则需要____________h可将该电池充满。
（4）利用充电电流电压显示器来实时测量一次完整充电过程中充电器输出的电流和电压，并绘制如图乙、丙所示图像。若充电的导线的阻值为，前和后导线产生的热量比为，一次完整充电过程导线上产生的热量为____________J。
【答案】（1） ①. 电磁波 ②. 大
（2）C （3） ①. 功率 ②. 0.185
（4）1050
【解析】
【小问1详解】
手机通信依靠电磁波传递信息；
根据公式，相同质量的材料吸收相同热量时，比热容越大，温度升高得越小，更利于散热，因此散热部件应选比热容大的材料。
【小问2详解】
A．手机充电过程中，将电能转化为化学能储存在电池中，故A错误；
B．无线充电器只有送电线圈，受电线圈在手机内部，故B错误；
C．导线横截面积越大，电阻越小，根据焦耳定律，相同电流和通电时间下，电阻越小产生热量越少，因此粗导线可以减少热量产生，故C正确；
D．受电线圈产生感应电流的原理是电磁感应，不是电流的磁效应，故D错误。
故选C。
【小问3详解】
手机电池储存的总电能一定，由可知，延长供电时间，可减小电池的输出功率；
需要充入的电能为
充电器输出功率
最大传输效率，由得
【小问4详解】
根据图丙，电流，时间；电流，时间；电流，时间。由焦耳定律得
，则
完整充电过程的总热量实验序号
动力
动力臂
阻力
阻力臂
1
1.0
6.0
2.0
3.0
2
1.5
4.0
3.0
2.0
3
2.0
2.0
4.0
1.0
电压U/V
1
1.5
2
2.5
电流I/A
0.1
0.15
0.2
0.25