2023年广东省广州市荔湾区中考物理一模试卷

这是一份2023年广东省广州市荔湾区中考物理一模试卷，共19页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023年广东省广州市荔湾区中考物理一模试卷
一、选择题（每题3分，共30分，每小题给出的四个选项中，只有一项最符合题意）
1．（3分）下列关于估测初三学生的数据，符合实际的是（　　）
A．身高为165dm
B．游泳时受到的浮力约为600N
C．站立时对地面的压强约为500Pa
D．100m短跑成绩为5.1s
2．（3分）编钟是我国的瑰宝。小昕用力分别敲击甲、乙两个不同的编钟后，并用同一个监测器测得它们发出的声音特性如表，下列说法中正确的是（　　）
编钟
声音强弱的等级/dB
频率/Hz
甲
50
423
乙
100
207

A．乙编钟每秒内振动的次数较少
B．甲、乙两编钟音色相同
C．乙编钟的音调高
D．甲编钟振动慢
3．（3分）如图，一个强磁铁在铜管内沿竖直方向匀速下落（与铜管无接触且忽略空气阻力）。在此过程中，能正确描述强磁铁物理量变化的是（　　）

A． B．
C． D．
4．（3分）如图中，某新能源汽车配置了北斗卫星导航系统和太阳能穹顶，则下列说法正确的是（　　）

A．太阳能是一次能源，太阳内部发生的是核聚变
B．穹顶将太阳能直接转化为机械能
C．太阳光在空气中的速度约340m/s
D．导航系统利用超声波接收卫星信号
5．（3分）放在通电螺线管旁边的通电导线受力情况如图所示（“•”表示电流方向垂直纸面向外，“×”表示电流方向垂直纸面向里），则下列选项中，通电导线受力情况符合实际的是（　　）

A． B．
C． D．
6．（3分）小昕在测量机械效率的实验时，分别用甲、乙、丙三种机械将重为1N的物体匀速提升0.2m，记录它们所做的总功如图所示，则（　　）

A．甲的机械效率高于乙 B．乙的额外功大于甲
C．丙的数据是错误的 D．甲的有用功小于乙
7．（3分）某养生壶有大、小功率挡，小昕用小功率挡加热一定质量的水，水的温度﹣时间变化图象如图所示；若改用大功率挡加热初温与质量均相同的水，温度﹣时间变化图象可能为（　　）

A． B．
C． D．
8．（3分）小昕看到工作人员正在将船上的石块向人工湖中填，她想：船上的石块填入湖中前后，水面高度会变化吗？于是她进行了探究：首先，她将石块b放在不吸水的木块a上，如图所示；然后将石块b拿出，用体积忽略不计的细线系住，让石块b沉入水底，则水面高度（　　）

A．下降 B．上升 C．不变 D．无法判断
9．（3分）如图1所示，分别用水平拉力F1、F2拉物体甲、乙，使甲、乙在水平面上做直线运动，如图2是F1、F2所做的功﹣路程图象，如图3是物体甲、乙的路程﹣时间图象，甲、乙所受的摩擦力分别为f甲、f乙，F1、F2所做的功率是P甲、P乙，则下列说法正确的是（　　）
A．F1＝F2 B．v甲＜v乙 C．f甲＝f乙 D．P甲＞P乙
10．（3分）小昕按照图1电路图连接电路后，闭合开关，发现电压表与电流表的示数如图2所示；调节滑动变阻器后，电压表和电流表的示数如图3所示，则（　　）

A．R的功率变大 B．R′功率变大
C．滑动变阻器的阻值变大 D．R和R′的总功率变小
二、解答题（共10小题，满分0分）
11．如图1所示，小昕在平静的荔枝湾涌边看到“鱼在花中游”，A、B分别代表岸上一朵花、水中一条鱼，请在图2中作出小昕看到水中的“花”和“鱼”的位置（A、B的像在同一点，用C表示），并完成光路图。

12．如图所示，物体MN放在凸透镜前，0cm处为凸透镜的光心。
①画出光线a经过凸透镜后的光路图；
②画出光线b经过凸透镜后的光路图；
③物体MN经凸透镜成的像M′N′相对于物体是 　 　（选填“放大”“等大”或“缩小”） 　 　（选填“正立”或“倒立”）的。

13．图甲是8人赛艇的情景，图乙中F2为水对船桨的作用力，O为支点，请在图乙中画出F2对应的力臂l2，以及运动员对桨A点施加的最小力F1和对应的力臂l1。

14．如图为冰箱工作时部分电路示意图。冰箱内照明灯由开关S1控制，压缩机M由开关S2控制。根据题意，将图中的电路连接完整，并符合安全用电原则。

15．由相同材料制成的M、N两固态实心物体，M、N的质量分别为0.3kg、0.1kg；物体M的温度与其吸收的热量关系如图甲所示（不考虑热量散失），则：

（1）若物体N吸收的热量为2.64×103J（未发生物态变化），则它的温度升高了 　 　℃；
（2）物体M的比热容为 　 　J/（kg•℃）；
（3）请写出物体M在BC段温度不变的原因 　 　；
（4）图乙（a）为装有200mL水的量筒，将物体N放入该量筒后，如图乙（b）所示；若在图乙（a）中放入的物体为M（能浸没），请在图乙（c）中画出水面的位置。
16．（1）小昕用力斜向右上方抛出一个小球。小球离手后运动轨迹如图1所示，它在落回地面过程中，先后经过M、N和S三点，其中M、S两点的能量如图2所示。则M、S两点位置关系可能是 　 　（选填“甲”“乙”“丙”或“丁”），N点机械能大小可能是 　 　J；小球到最高点时，若所受的力全部消失，则小球将 　 　（选填“静止”“匀速直线运动”或“曲线运动”）。

（2）在南方大讲堂录制现场，林老师做了“帕斯卡裂桶”实验。该实验的现象令人十分震撼，激发了学生强烈的好奇心和探究欲。他首先准备了一个封闭的长方体玻璃缸，缸的上端留有一个小孔（缸的一个侧面为普通玻璃，其余五个面为厚壁亚克力板）。林老师将缸放在地上，装满水，把一根长细管从二楼垂下，将管的下端牢牢插在小孔中，再到二楼，用杯子向细管内注水约300mL，当水面升到离缸顶约3m高时，玻璃板爆裂，水喷射出来，如图3乙所示。这个实验说明了液体内部压强大小与液体的 　 　有关，若管中的水面距桶底的竖直距离为3.5m时，水对木桶底的压强为 　 　Pa（ρ水＝1.0×103kg/m3，g＝10N/kg）。如果林老师想缩短长细管中的水面距地面的高度，又能使桶被压裂，可以采取什么方式？　 　；此外他还组织学生进行“吹水”比赛，如图3丙所示，学生向A管吹气，B管中的水面上升，原因是 　 　。
17．利用如图甲所示消防车的升降台可以运送消防员至高空作业，升降台在5s内将质量为60kg的消防员（含设备）从A点匀速提升到B点后，在B点静止。AB长为10m，与水平方向夹角为30°。（g＝10N/kg）

（1）画出消防员在AB段受力的示意图（用•代替消防员）；

（2）求出升降台对消防员的支持力；
（3）求出AB段升降台对消防员的支持力做功的功率；
（4）若消防员鞋底总面积400cm2，求他在B点静止时对升降台的压强。
18．图甲是某电热水壶，内部电路简化图如图乙所示，小昕将初温为20℃、质量为1.5kg的水倒入电热水壶，仅把该电热水壶接入220V家庭电路中，加热5min后水温升高到60℃，电能表指示灯闪烁了160次，如图丙所示。[不考虑温度对电热丝电阻的影响，[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]

（1）当开关S接 　 　（选填“a”或“b”）时，电热水壶处于加热状态，请写出判断的依据 　 　。
（2）求电热水壶的实际电功率。
（3）求电热水壶本次烧水的效率。
19．小昕在“探究电流与电阻关系”的实验时：

（1）根据图甲的实物图，请在答题卡的方框中画出对应的电路图；
（2）小昕连接完实物图后，闭合开关，发现电压表、电流表示数均为零，她列出了以下原因，其中不可能的原因是 　 　；
A．电阻短路
B．电阻断路
C．滑动变阻器短路
D．滑动变阻器断路
（3）排除故障后，闭合开关前应将滑动变阻器滑片移至最大阻值处，开始实验。小昕根据测得的实验数据绘制出电流I随电阻R的变化图象，如乙图所示，其中阴影面积的物理意义 　 　，其数值为 　 　；
（4）在某次实验中，电流表读数为0.3A，根据图乙可知电阻为 　 　Ω；如果将电阻更换成15Ω，闭合开关，应将滑片向 　 　（选填“左”或“右”）端移动。若实验过程中，电源电压保持4.5V不变，实验中R的阻值分别为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω和25Ω，则滑动变阻器的最大阻值至少是 　 　Ω。
20．如图所示，现代建筑选用的新材料越来越注重节能保温。为了比较厚度相同的塑料、纸、泡沫这些材料的隔热性能，小昕开展了以下探究：
（1）实验器材：塑料、纸、泡沫、烧杯、热水、　 　（请补充器材）
（2）实验步骤：　 　。
（3）结论分析：　 　。


2023年广东省广州市荔湾区中考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每题3分，共30分，每小题给出的四个选项中，只有一项最符合题意）
1．【解答】解：A、初三学生的身高约为165cm＝16.5dm，故A不符合实际；
B、初三学生的重力约为600N，游泳时学生近似处于漂浮状态，则受到水的浮力等于人的重力，约为600N，故B符合实际；
C、初三学生站立时对地面的压力等于自身的重力，约为600N，受力面积约为400cm2＝0.04m2，
对地面的压强约为p＝＝＝1.5×104Pa，故C不符合实际；
D、初三学生100m短跑的成绩约为15s，故D不符合实际。
故选：B。
2．【解答】解：ACD、根据表格中的数据可知，乙编钟的振动频率小，乙振动的慢，甲振动的快，乙的音调低，乙编钟每秒内振动的次数较少，故A正确、CD错误；
B、两个不同的编钟发出的声音的音色是不同的，故B错误。
故选：A。
3．【解答】解：一个强磁铁在铜管内沿竖直方向匀速下落，质量不变，速度不变，动能不变；高度下降，重力势能变小，且减小量与下落高度成正比，与下落时间成正比；
A、机械能等于动能和重力势能的总和，机械能随离地高度的减小而减小，而图中表示机械能不变，故A错误；
B、质量一定时，重力势能与离地高度成正比，而图中表示重力势能与离地高度成正比，故B错误；
C、物体做匀速直线运动，运动路程与运动时间成正比，而图中表示物体静止，故C错误；
D、物体匀速下落，重力势能与运动时间成反比，故D正确。
故选：D。
4．【解答】解：A、太阳能是一次能源，太阳内部进行的是核聚变反应，故A正确；
B、穹顶将太阳能转化为电能储存起来，使用时再转化成机械能，故B错误；
C、太阳光在空气中的速度约3×108m/s，故C错误；
D、导航系统利用电磁波接收卫星信号，故D错误。
故选：A。
5．【解答】解：由题图可知通电导线中电流方向垂直纸面向里时，在S极附近受力的方向水平向上，
A、相对于题图，通电导线中电流方向不变，根据安培定则可知，通电螺线管左侧为S极，通电导体受力方向应变为向下，故A错误；
B、相对于题图，通电导线中电流方向不变，根据安培定则可知，通电螺线管右侧为S极，通电导体受力方向不改变，为竖直向上，故B错误；
C、相对于题图，通电导线中电流方向变为垂直纸面向外，根据安培定则可知，通电螺线管左侧为N极，通电导线中电流方向和通电螺线管磁极同时改变，通电导线在磁场中的位置改变，故通电导线受力方向改变，为竖直向下，故C错误；
D、相对于题图，通电导线中电流方向变为垂直纸面向外，根据安培定则可知，通电螺线管右侧为N极，通电导线中电流方向和通电螺线管磁极同时改变，通电导线的位置没有改变，故通电导体受力方向不变，为竖直向上，故D正确。
故选：D。
6．【解答】解：A、从图示可知，甲的总功最多，而机械效率是有用功与总功之比，因为有用功相同，故甲的机械效率低，故A错误；
B、从图示可知，甲的总功最多，有用功相同，故乙的额外功小于甲，故B错误；
C、丙的有用功为W有＝Gh＝1N×02m＝0.2J，有用功总是小于总功，故丙的数据错误，故C正确。
D、甲的有用功等于乙，故D错误。
故选：C。
7．【解答】解：由图可知水的初温为25℃，水沸腾时的温度为98℃，用小功率挡加热6min水开始沸腾，水沸腾后温度不变，根据Q＝W＝Pt可知改用大功率挡加热相同时间内电流产生的热量变大，水的初温、质量、沸点不变，水开始沸腾的时间会小于6min，故C正确。
故选：C。
8．【解答】解：如图，将石块b放在木块a上，它们处于漂浮状态，则F浮（a+b）＝Ga+Gb，
让石块b沉入水底，a漂浮，F浮a＝Ga，b沉底，F浮b＜Gb，可得F浮（a+b）＞F浮a+F浮b，由阿基米德原理F浮＝ρ水V排g可知，将石块b用细线系住轻轻放水底后，a、b排开水的体积比原来变小了，则水面高度将下降，故A正确、BCD错误。
故选：A。
9．【解答】解：A、由图2可知，当拉力移动的距离相同时，拉力F1做的功多，如下图所示：
；
由W＝Fs可知，水平拉力的大小关系为F1＞F2，故A错误；
B、由图3可知，两物体的s﹣t图象均为过原点的一条直线，即两物体运动路程与时间成正比，因此两物体均做匀速直线运动，
当两物体的时间相同，甲运动的路程大，如下图所示：
；
由v＝可知，两物体的速度关系为v甲＞v乙，故B错误；
C、因为两物体都做匀速直线运动，所以，由二力平衡条件可知，甲所受的摩擦力为f甲＝F1，乙所受的摩擦力为f乙＝F2，由A可知，F1＞F2，因此甲、乙所受摩擦力的大小关系为f甲＞f乙，故C错误；
D、因为F1＞F2，v甲＞v乙，所以，由P＝＝＝Fv可知，F1、F2所做功率的大小关系为P甲＞P乙，故D正确。
故选：D。
10．【解答】解：闭合开关，滑动变阻器和定值电阻并联接入电路，电流表A1测通过定值电阻的电流，电流表A2测干路电流；因并联电路各支路两端的电压相等，所以电压表测并联电路两端的电压；
由图2可知，电压表选用的是小量程，分度值为0.1V，两个电流表选用的都是小量程，分度值为0.02A，则调节滑动变阻器前，并联电路两端的电压U＝2V，通过R的电流I1＝0.2A，干路电流I2＝0.4A；
由并联电路的电流特点可知，通过滑动变阻器的电流I滑＝I2﹣I1＝0.4A﹣0.2A＝0.2A，
R和R′的总功率：P＝UI2＝2V×0.4A＝0.8W；
由图3可知，调节滑动变阻器后，并联电路两端的电压U′＝1.8V，通过R的电流I1′＝0.18A，干路电流I2′＝0.48A，
通过滑动变阻器的电流I滑′＝I2′﹣I1′＝0.48A﹣0.18A＝0.3A，
比较可知U′＜U，I滑′＞I滑，则调节滑动变阻器后，滑动变阻器两端的电压变小，通过滑动变阻器的电流变大，根据欧姆定律可知滑动变阻器接入电路的阻值变小，故C错误；
比较可知R两端的电压变小，通过R的电流变小，根据P＝UI可知R的功率变小，故A错误；
调节滑动变阻器后R和R′的总功率：P′＝U′I2′＝1.8V×0.48A＝0.864W，
比较可知R和R′的总功率变大，故D错误；
因P总＝PR+PR′，且R和R′的总功率变大，R的功率变小，所以R′的功率变大，故B正确。
故选：B。
二、解答题（共10小题，满分0分）
11．【解答】解：（1）先画出花A关于水面的对称点A′，即为花的像位置。连接A′C，与水面交于点O，连接AO即为入射光线，OD为反射光线；
（2）看到水中的鱼与花在水中的像重合，说明花和鱼处光线的入射点都在O点，连接BO即为水中的入射光线，OD为折射光线，人眼逆着折射光线看上去，看到了水中的鱼与“花”在同一条直线上。如图所示：

12．【解答】解：①②过凸透镜光心的光线经凸透镜折射后传播方向不改变，据此画出光线a经光心后的光线，a的折射光线与另一条折射光线的相交点为M的像M'；
光线b经过凸透镜后会经过M'，如图所示：

③由图知，物距u＝5.0cm，f＝3cm，2f＞u＞f，由凸透镜成像规律可知此时成倒立放大的实像，即物体MN经凸透镜成的像相对于物是放大、倒立的。
故答案为：①②见上图；③放大；倒立。
13．【解答】解：从支点O作力F2作用线的垂线段，即可做出力臂l2，
由杠杆平衡条件F1l1＝F2l2可知，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小；图中支点在O点，因此OA作为动力臂最长，由杠杆使用情况可知动力的方向应该向下，过A点垂直于OA向下做出最小力的示意图。如下图所示：

14．【解答】解：冰箱内照明灯和压缩机可以独立工作，所以是并联的，冰箱内照明灯由开关S1控制，压缩机M由开关S2控制；为了用电的安全，开关应该接在火线与用电器之间；冰箱有金属外壳，其外壳要接地，如图所示：

15．【解答】解：（1）由图甲可知，物体M吸收的热量为2.64×103J时，升高的温度为ΔtM＝40℃﹣30℃＝10℃，
已知M、N两固态实心物体是由相同材料制成的，所以M、N的比热容相同，M、N的质量分别为0.3kg、0.1kg，即M的质量是N的质量的3倍，由Q吸＝cmΔt可知，吸收相同的热量时，N升高的温度应该是M升高温度的3倍，所以物体N吸收的热量为2.64×103J时，它的温度升高了10℃×3＝30℃；
（2）已知M的质量为0.3kg，物体M吸收的热量为2.64×103J时，升高的温度为ΔtM＝10℃，
则M的比热容为：＝；
（3）物体M在BC段温度不变的原因是物体M在BC段处于熔化过程中，吸收热量，温度保持不变，说明物体M是晶体；
（4）已知M、N两固态实心物体是由相同材料制成的，所以M、N的密度相同，M、N的质量分别为0.3kg、0.1kg，根据可知，VM＝3VN；
由图乙中的a、b可知，量筒的分度值是10mL，原来量筒中水的体积是200mL，放入N后，水面对应的刻度是250mL，即物体N的体积为VN＝VN排＝250mL﹣200mL＝50mL＝50cm3，
则物体M的体积VM＝3VN＝3×50cm3＝150cm3，将M放入水中，M排开水的体积VM排＝VM＝150cm3＝150mL，水面对应的刻度应为200mL+150mL＝350mL，如下图：

故答案为：（1）30；（2）0.88×103；（3）物体M在BC段处于熔化过程中；（4）见解答。
16．【解答】解：（1）由图2可知M点的动能EMk＝0.4J，重力势能EMp＝0.8J，则M点的机械能EM＝EMk+EMp＝0.4J+0.8J＝1.2J，S点的动能ESk＝0.6J，重力势能ESp＝0.4J，则S点的机械能ES＝ESk+ESp＝0.6J+0.4J＝1J，因为EMp＞ESp，所以M点的高度大于S点的高度，即M在上S在下，又因为EM＞ES，由于小球在运动过程中受到空气阻力作用，机械能越来越小，所以先经过M点再经过S点，故M、S两点位置关系可能是甲、乙；因为N点在M和S点之间，所以N点的机械能可能为1﹣1.2J之间；由牛顿第一定律可知，物体在不受力的时候，小球将做匀速直线运动；
（2）由题中实验并结合液体压强的特点可知，液体内部压强大小与液体的深度有关；此时水对桶底的压强p＝ρ水gh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×3.5m＝3.5×104Pa；根据压强公式p＝ρgh可知，如果减小h，则要增大液体的密度，才能达到相同的效果；向A管吹气，B管中的水面上升，原因是B管上方的空气流速大，压强小，烧杯内的水在大气压作用下沿B管上升。
故答案为：（1）甲、乙；1﹣1.2；匀速直线运动；（2）深度；3.5×104；增大液体的密度；B管上方的空气流速大，压强小。
17．【解答】解：（1）将消防员从A点匀速提升到B点的过程中，消防员处于平衡状态，且消防员受到竖直向下的重力和升降台对他竖直向上的支持力，由二力平衡条件可知这两个力的大小相等，如图所示：
；
（2）消防员的重力：G＝mg＝60kg×10N/kg＝600N，
因为消防员从A点匀速提升到B点，处于平衡状态，
所以由二力平衡条件可知，升降台对消防员的支持力：F＝G＝600N；
（3）由数学知识可知，消防员上升的高度：h＝LAB＝×10m＝5m，
AB段升降台对消防员的支持力做的功：W＝Fh＝600N×5m＝3000J，
支持力做功的功率：P＝＝＝600W；
（4）消防员对水平升降台的压力：F压＝G＝600N，
他在B点静止时对升降台的压强：p＝＝＝1.5×104Pa。
答：（1）见解答图；
（2）升降台对消防员的支持力为600N；
（3）AB段升降台对消防员的支持力做功的功率为600W；
（4）消防员在B点静止时对升降台的压强为1.5×104Pa。
18．【解答】解：（1）由图乙可知，当开关S接a时，只有R1工作，当开关S接b时，R1、R2串联；
根据串联电路的电阻特点可知，当开关S接a时，只有R1工作，电路中的电阻最小，由P＝可知，电路中的总功率最大，电热水壶处于加热状态；
（2）1600imp/kW•h表示电路中用电器每消耗1kW•h电能，电能表的指示灯闪烁1600次；
则电能表指示灯闪烁160次，电热水壶消耗的电能：W＝＝0.1kW•h＝3.6×105J，
电热水壶的实际功率：P＝＝＝1200W；
（3）水吸收的热量：Q吸＝c水m（t′﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×1.5kg×（60℃﹣20℃）＝2.52×105J，
电热水壶的烧水效率：η＝×100%＝×100%＝70%。
答：（1）a；当开关S接a时，只有R1工作，电路中的电阻最小，由P＝可知，电路中的总功率最大，电热水壶处于加热状态；
（2）电热水壶的实际电功率为1200W；
（3）电热水壶本次烧水的效率为70%。
19．【解答】解：（1）根据实物电路知，从电源的正极依次连接开关、电阻、电流表、滑动变阻器，最后回到电源的负极。电压表与电阻并联，电路图如下图所示：
；
（2）闭合开关，发现电压表、电流表示数均为零；
A、若电阻短路，电路是通路，电流表有示数，电压表无示数，故A不可能；
B、若电阻断路，电流表无示数，电压表有示数，故B不可能；
C、若滑动变阻器短路，电压表、电流表均有示数，故C不可能；
D、若滑动变阻器断路，电压表、电流表均无示数，故D可能；
故选：ABC；
（3）根据I﹣R图象可知，图中阴影面积为长方形的面积，其面积等于IR，由欧姆定律得U＝IR，阴影面积表示的物理量是电阻两端的电压，其数值为UV＝IR＝0.2A×15Ω＝3V；
（4）由图乙可知，当电流表读数为0.3A时，电阻的阻值为10Ω；
实验中，当把10Ω的电阻换成15Ω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；
实验中使用的定值电阻阻值最大为25Ω，定值电阻两端的电压始终保持UV＝3V，根据串联电路电压的规律，滑动变阻器分得的电压：U滑＝U﹣UV＝4.5V﹣3V＝1.5V，滑动变阻器分得的电压为电压表示数的＝0.5倍，根据分压原理，当接入25Ω电阻时，滑动变阻器连入电路中的电阻为：R滑＝0.5×25Ω＝12.5Ω，即所选择的滑动变阻器的最大阻值不能小于12.5Ω。
故答案为：（1）见解答图；（2）ABC；（3）定值电阻两端的电压；3V；（4）10；左；12.5。
20．【解答】解：（1）实验器材：塑料、纸、泡沫、烧杯、热水、停表、温度计、烧瓶、天平（带砝码）。
（2）实验步骤：用塑料、纸、泡沫这三种材料分别包着装有相等质量、相同初温热水的密闭烧瓶，让它们自然冷却，利用温度计和停表定时测量两烧瓶中的水温随时间变化的情况。
（3）结论分析：相同时间内，发现用泡沫包着的密闭烧瓶内水降低的温度较少，说明泡沫材料的隔热性能最好。
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