2024年江西省赣州市信丰县中考物理一模试卷附解析

这是一份2024年江西省赣州市信丰县中考物理一模试卷附解析，共32页。试卷主要包含了填空题，选择题，计算题，实验与探究题等内容，欢迎下载使用。

1．（2分）人类社会能飞速发展离不开物理学家的贡献。为了纪念在电学方面做出突出贡献的 ，人们以他的名字作为电压的单位；最早发现通电导体周围存在磁场的物理学家是 。
2．（2分）如图是中国古代的计程车——“计里鼓车”。当车走一里时，车上的木人就敲一下鼓，鼓面由于 发声，当车走到十里时，车上的木人就敲一下镯（古代的乐器），人们根据鼓和镯发声的 （填“响度”或“音色”）不同，确定车行驶的是一里还是十里，这是利用声音能传递信息。
3．（2分）寒冷的冬天，在窗户玻璃上常结有漂亮的“冰花”，“冰花”结在玻璃的 （选填“内”或“外”）侧，这个物态变化过程要 （选填“吸”或“放”）热。
4．（2分）图甲是《天工开物》中记载的一种农业生产汲水装置——辘轴，图乙是它提水时的示意图，为方便提水，应按照 （省力/费力）杠杆来设计；图丙中水龙头开关的设计也应用了同样原理，开关选用 （①/②）效果更好。
5．（2分）晚上，小明在客厅的窗户玻璃上看到了自己和客厅里边灯的像，小明发现当他向窗户靠近时，他在玻璃中的像的大小 （选填“变大”、“变小”或“不变”），然后他用手水平向左缓缓推动玻璃窗，通过玻璃所看到灯的像 （选填“水平向左运动”、“水平向右运动”或“静止”）。
6．（2分）如图所示，在室温为10℃的房间内有一块冰漂浮在装有水的盆中（不考虑汽化和升华），一段时间后发现冰块变小了，在这段时间内，冰的浮力会 （选填“变大”、“变小”或“不变”），水对盆底的压强会 （选填“增大”、“减小”或“不变”）。
7．（2分）用如图所示的滑轮组使物体A在水平面上做匀速直线运动，若物体A重为G，物体移动的距离为s，所用拉力为F，物体受到的摩擦力为f，则拉力F做的有用功W有＝ ，拉力F做的总功W总＝ 。
8．（2分）如图电路，电阻R1、R2、R3的阻值分别为R、2R、3R，为二极管（二极管具有单向导电性，只允许电流从其正极向负极通过，不允许电流反方向通过，如同自动开关）。闭合开关S，接入电路的总电阻为 。现将电源正负极对调再接回原位置，则前后两种情况电路消耗的总功率之比为 。
二、选择题（本大题共6小题，共14分，第9-12小题，每小题只有一个选项是最符合题目要求的选项，每小题2分；第13、14小题为不定项选择，每小题有一个或几个答案，每小题2分，全部选择正确得3分，不定项选择正确但不全得1分，多选或错选得0分）
9．（2分）立足物理核心素养，培养对常见物理现象进行合理解释，下列说法正确的是（ ）
A．挂壁式空调1小时所消耗的电能约10度电
B．声音在空气中的速度为340m/s
C．遥控器所发出的红色光为红外线
D．中学生双脚站立时对地面的压强约为104Pa
10．（2分）下列说法中错误的是（ ）
A．近视眼是配戴凹透镜矫正视力
B．将b鸟换成一个适当的灯泡，闭合开关这个灯泡不会发光
C．研究电流的过程用到了类比的方法
D．电子在导线中定向移动形成电流
11．（2分）如图所示的运动项目中，关于力学知识的描述，下列说法正确的是（ ）
A．甲图，踢出去的足球能在空中继续飞行是由于受到惯性的作用
B．乙图，自行车受到的重力和水平地面对自行车的支持力是一对平衡力
C．丙图，掷出后冰壶对水平冰面的压力和冰面对冰壶的支持力是一对相互作用力
D．丁图，投出的篮球飞达最高点过程中，重力势能转化为动能，在最高点时重力势能最小
12．（2分）如图所示，电源电压不变，闭合开关，在保证电路安全的情况下，变阻器的滑片由中点向右移动的过程中，下列判断正确的是（ ）
A．小灯泡亮度变暗B．电压表示数变大
C．电流表示数不变D．电路总功率变小
（多选）13．（3分）图像法是利用图像这种特殊且形象的工具，表达各科学量之间存在的内在关系或规律的方法。下列关于图像的解释，正确的是（ ）
A．甲图是某物体的熔化图像，其中BC两点内能不相等
B．乙图是电阻和通电时间一定时，电热Q与电流 I的关系图
C．丙图说明，当电阻一定时，电压与电流成正比
D．丁图是灯丝电阻的U﹣I图像，说明灯丝电阻随温度的升高而增大
（多选）14．（3分）用简洁直观的图示描述物理现象、规律是物理学习和研究的重要手段，图示描述不正确的有（ ）
A．如图是发电机的原理图
B．L为拉力F1的力臂
C．如图，装置闭合开关、将滑片从右端移到中点时，弹簧长度变短
D．符合安全用电要求的家用电路图
三、计算题（共22分，第15题6分，第16、17题各8分）
15．（6分）如图所示为模拟调光灯电路，电源电压恒为6V，灯泡标有“2.5V 0.5A”字样（灯丝阻值不变），滑动变阻器标有“20Ω 1A”字样。
（1）求灯泡正常发光时的电功率；
（2）求灯泡正常发光时滑动变阻器接入电路的阻值；
（3）该电路设计是否有缺陷？如有，请给出解决办法。
16．（8分）中国第三艘国产航空母舰命名为“福建舰”，该舰满载排水量达到了8×104t，吃水深度为10.5m，正常航行速度为54km/h。（海水密度取1.0×103kg/m3，g＝10N/kg）求：
（1）航母以正常航行速度匀速直线航行2h的航行距离。
（2）航母航行至某海域时，底部受到的海水压强为9.2×104Pa，此时航母底部所处的深度。
（3）航母满载时受到的浮力。
（4）航母以最大航速匀速前进，其所受阻力是1.2×108N，则航母发动机的功率。
17．（8分）如图甲是某电热水壶的电路图，铭牌如图乙。R为加热器，温控器S是一个双金属片温控开关，当温度较低时，其处于闭合状态，加热器加热。当水沸腾后，S会自动断开进入保温状态，从而实现了自动温度开关控制（设加热器电阻阻值一定）。[已知：水的比热容c＝4.2×103J/（kg•℃），1L＝10﹣3m3]。求：
（1）该电热水壶正常加热工作时，其加热器的阻值是多少？
（2）该电热水壶正常加热工作时，对加热器通电10s产生的热量是多少？
（3）将电热水壶装满初温为25℃的水加热到75℃，水吸收的热量是多少？
（4）用如图丙所示的电能表单独测量该电热水壶消耗的电能，实际加热时，3min电能表中间的铝质圆盘转动了24转，此时电路消耗的实际功率是多少？
四、实验与探究题（共28分，每小题各7分）
18．（5分）在以下物理实验情境中：
（1）如图甲所示温度计示数是 ；
（2）将天平放在水平桌面上，物体放左盘前要对天平的操作是 使天平水平平衡。如图乙所示，被测物体质量为 kg；
（3）如图丙所示，绳子将物体挂在弹簧测力计上，测得物体重为 N，使弹簧伸长的力是 。
19．（1分）一辆小轿车在高速公路上行驶时车内的速度表如图所示，则此时的车速是 km/h。
20．（1分）某实验小组用如图甲所示装置做了冰熔化成水的实验，并根据实验中测得的数据绘制了温度﹣时间图象（如图乙、丙所示），请你判断乙、丙两图中 （选填乙或丙）更合理。
21．（7分）如图1甲是小琪实验小组在探究“电流与电阻的关系”时的电路图，电源电压6V恒定不变电压表（量程为0﹣3V）、电流表（量程为0﹣0.6A）无损坏，阻值分别为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω的定值电阻各一个。
（1）请根据图1甲，用笔画线代替导线连接完成图乙的实物图；（要求：滑片向右滑电流表示数变小）
（2）连接好电路，闭合开关后，电压表指针迅速偏转到最右端，电流表无示数，其原因可能是 ；
（3）接着将5Ω的电阻换为10Ω，调节滑动变阻器，使电压表示数仍为 V，读出对应电流表的示数并记录，此过程滑片P向 （选填“A”或“B”）端滑；
（4）为完成5次实验，滑动变阻器的最大电阻应不小于 Ω；
（5）接下来小宇在“探究电流与电压的关系”实验中，运用了控制变量的科学方法。他和实验小组成员经过相互讨论，完成了该实验方案的三次设计如图2，从A、B、C三幅电路图可以看出他们对实验不断改进的设计过程。
①由图2A到图2B，改进的主要理由是 ；
②由图2B到图2C，改进的主要理由是 。
22．（7分）小彬用如图所示的装置研究液体内部的压强。
（1）图1装置是测量液体内部压强的仪器。它的探头是由空金属盒蒙上橡皮膜构成的。如果液体内部存在压强，放在液体里的薄膜就会 ，U形管左右两侧液面就会产生 ；
（2）根据图2、图3所示现象可以研究：液体内部压强大小与 的关系。根据研究得出的结论，拦河坝应设计成 （选填“下宽上窄”或“下窄上宽”）的形状；
（3）如图3、图4所示，保持探头在水中的深度不变，改变探头的方向，观察U形管左右两侧液面的变化，得出结论： ；
（4）为研究液体内部压强大小是否与液体密度有关，小彬接着将浓盐水缓慢倒入图3所示容器的水中（液体未溢出、探头位置不变），静置待均匀混合后，观察到U形管左右两侧液面发生了变化，得出液体内部压强大小与液体密度有关的结论。小彬得出结论的实验过程是 （选填“正确”或“错误”）的，判断的依据是： 。
23．（7分）投掷实心球是某市中考体育选考项目之一、诗彤同学在选定该项目后思考：实心球投掷的远近跟什么因素有关呢？
（1）体育课上，诗彤同学观察了其他同学的投掷情况后，发现个子较高的同学明显要比个子较矮的同学投掷得更远一些。因此，她认为实心球抛出点的 可能会影响投掷距离。经过思考，她提出了以下猜想：实心球投掷距离可能跟实心球的质量、抛出速度、抛出角度有关；
（2）诗彤选取了质量为2kg的中考体育标准用球，在同一水平地面上进行了多次实验：
①投掷实心球时，预摆一般是一至二次，预摆是为了增大球离手时的 ；
实验数据如表：
②分析数据，可初步得出的结论是：同一实心球，在 不变时，随着实心球抛出角度的增大，投掷的距离 ；
（3）根据以上实验，诗彤为了提高自己投掷实心球的成绩，他应尽量选择抛出角度为 ，并以较大的 投掷；
（4）假设实心球运动到最高点时不受任何外力作用，小球将 。
2024年江西省赣州市信丰县中考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、填空题（本大题共8小题，每空1分，共16分）
1．（2分）人类社会能飞速发展离不开物理学家的贡献。为了纪念在电学方面做出突出贡献的 伏特 ，人们以他的名字作为电压的单位；最早发现通电导体周围存在磁场的物理学家是 奥斯特 。
【答案】伏特；奥斯特。
【分析】（1）伏特发明了伏特电堆，为人类的进步做出了杰出贡献；
（2）最早发现通电导体周围存在磁场的物理学家是奥斯特。
【解答】解：伏特发明了伏特电堆，为人类的进步做出了杰出贡献，为了纪念他在电学方面的杰出贡献，人们以他的名字作为电压的单位；
1820年，奥斯特法线通电导线周围存在磁场，证明了电与磁之间存在联系。
故答案为：伏特；奥斯特。
【点评】本题考查我们对电磁学基础知识的认知，难度较低。
2．（2分）如图是中国古代的计程车——“计里鼓车”。当车走一里时，车上的木人就敲一下鼓，鼓面由于 振动 发声，当车走到十里时，车上的木人就敲一下镯（古代的乐器），人们根据鼓和镯发声的 音色 （填“响度”或“音色”）不同，确定车行驶的是一里还是十里，这是利用声音能传递信息。
【答案】振动；音色。
【分析】（1）声音是由物体振动产生的；
（2）音色是指声音的品质与特色，不同物体发声的音色是不同的。
【解答】解：（1）声音是由物体振动产生的，鼓声是由于鼓面振动发声；
（2）由于不同物体发出声音的音色不同，所以人们根据音色分辨出鼓和镯发声的。
故答案为：振动；音色。
【点评】本题考查了声音的产生、声音的特性，是一道声学的基础题。
3．（2分）寒冷的冬天，在窗户玻璃上常结有漂亮的“冰花”，“冰花”结在玻璃的 内 （选填“内”或“外”）侧，这个物态变化过程要 放 （选填“吸”或“放”）热。
【答案】内；放。
【分析】物质由气态直接变成固态的现象叫做凝华，凝华放热。
【解答】解：寒冷的冬天，在窗户玻璃上常结有漂亮的“冰花”，“冰花”是屋内靠近玻璃的水蒸气，遇到冷的玻璃凝华形成的小冰晶，结在玻璃的内侧，凝华过程放热。
故答案为：内；放。
【点评】本题考查了生活中的物态变化现象，属于热学基础知识的考查，注重了物理和生活的联系。
4．（2分）图甲是《天工开物》中记载的一种农业生产汲水装置——辘轴，图乙是它提水时的示意图，为方便提水，应按照 省力 （省力/费力）杠杆来设计；图丙中水龙头开关的设计也应用了同样原理，开关选用 ① （①/②）效果更好。
【答案】省力；①。
【分析】（1）辘轳的实质是轮轴，根据轮轴的作用分析；
（2）水龙头开关的设计也应用了轮轴，增大轮的半径可以增大动力臂，在阻力和阻力臂一定时，可以省力。
【解答】解：（1）辘轳的实质是轮轴，为方便提水，动力作用在轮上，应按照省力杠杆来设计；
（2）水龙头开关的设计也应用了轮轴，增大轮的半径可以增大动力臂，在阻力和阻力臂一定时，可以减小动力，故选择图中的①可以更省力。
故答案为：省力；①。
【点评】本题考查了轮轴的应用与省力分析，属于综合题，但难度不大。
5．（2分）晚上，小明在客厅的窗户玻璃上看到了自己和客厅里边灯的像，小明发现当他向窗户靠近时，他在玻璃中的像的大小 不变 （选填“变大”、“变小”或“不变”），然后他用手水平向左缓缓推动玻璃窗，通过玻璃所看到灯的像 静止 （选填“水平向左运动”、“水平向右运动”或“静止”）。
【答案】不变；静止
【分析】根据平面镜成像特点进行判断：物体在平面镜中成虚像，物像大小相等，物像连线与镜面垂直，物像到平面镜的距离相等。
【解答】解：平面镜成像时像和物的大小相等，小明发现当他向窗户靠近时，他在玻璃中的像的大小不变；由于灯在平面镜中成像时，像与灯相对平面镜对称，水平向左缓缓推动玻璃窗，看到的像是静止的。
故答案为：不变；静止。
【点评】本题考查平面镜成像的特点，属于基础题。
6．（2分）如图所示，在室温为10℃的房间内有一块冰漂浮在装有水的盆中（不考虑汽化和升华），一段时间后发现冰块变小了，在这段时间内，冰的浮力会 变小 （选填“变大”、“变小”或“不变”），水对盆底的压强会 不变 （选填“增大”、“减小”或“不变”）。
【答案】变小；不变。
【分析】冰熔化成水时质量不变，再结合漂浮条件分析得出冰块变小时冰块所受的浮力；根据阿基米德原理和漂浮条件确定出水面的变化，再根据p＝ρgh判断出水对盆底的压强。
【解答】解：因为冰化成水的质量不变，冰块漂浮时，则：F浮＝G排＝G冰，一段时间后发现冰块变小了，冰化成水，冰质量减小，重力减小，在这段时间内，冰的浮力会变小；
由阿基米德原理可知：F浮＝G排＝ρ水gV排＝G水，
冰化成水的体积等于冰排开水的体积，水面深度不变，根据p＝ρgh可知，水对盆底的压强不变。
故答案为：变小；不变。
【点评】本题主要考查漂浮条件、阿基米德原理及压强公式的应用，有一定难度。
7．（2分）用如图所示的滑轮组使物体A在水平面上做匀速直线运动，若物体A重为G，物体移动的距离为s，所用拉力为F，物体受到的摩擦力为f，则拉力F做的有用功W有＝ fs ，拉力F做的总功W总＝ 3Fs 。
【答案】fs；3Fs。
【分析】（1）图中滑轮组克服摩擦力做功，拉力所做的有用功W有＝fs；
（2）由图知，n＝3，拉力端移动距离等于物体移动距离的3倍，利用W＝Fs求拉力所做总功。
【解答】解：该滑轮组克服摩擦力做功，拉力所做的有用功W有＝fs；
由图知，n＝3，拉力端移动距离s拉＝3s，拉力做功W总＝Fs拉＝F3s＝3Fs。
故答案为：fs；3Fs。
【点评】本题考查了使用滑轮组时有用功、总功的计算，本题关键是知道克服摩擦力做的功为有用功。
8．（2分）如图电路，电阻R1、R2、R3的阻值分别为R、2R、3R，为二极管（二极管具有单向导电性，只允许电流从其正极向负极通过，不允许电流反方向通过，如同自动开关）。闭合开关S，接入电路的总电阻为 5R 。现将电源正负极对调再接回原位置，则前后两种情况电路消耗的总功率之比为 3：5 。
【答案】5R；3：5。
【分析】（1）由图结合二极管的单向导电性可知，闭合开关S时，电阻R2、R3串联，根据串联电路的电阻特点求出接入电路的总电阻；
（2）将电源正负极对调再接回原位置时，电阻R1、R2串联，根据串联电路的电阻特点求出接入电路的总电阻，根据P＝UI＝I2R和欧姆定律求前后两种情况R2消耗的功率之比。
【解答】解：（1）由图结合二极管的单向导电性可知，闭合开关S时，电阻R2、R3串联，由串联电路的电阻特点可知，接入电路的总电阻Ra＝R2+R3＝2R+3R＝5R；
（2）由图结合二极管的单向导电性可知，将电源正负极对调再接回原位置时，电阻R1、R2串联，由串联电路的电阻特点可知，接入电路的总电阻Rb＝R1+R2＝R+2R＝3R，
由P＝UI＝可知，前后两种情况电路消耗的功率之比：＝。
故答案为：5R；3：5。
【点评】本题考查电路分析和电功率公式的应用，关键根据二极管的单向导电性分析出电路的连接。
二、选择题（本大题共6小题，共14分，第9-12小题，每小题只有一个选项是最符合题目要求的选项，每小题2分；第13、14小题为不定项选择，每小题有一个或几个答案，每小题2分，全部选择正确得3分，不定项选择正确但不全得1分，多选或错选得0分）
9．（2分）立足物理核心素养，培养对常见物理现象进行合理解释，下列说法正确的是（ ）
A．挂壁式空调1小时所消耗的电能约10度电
B．声音在空气中的速度为340m/s
C．遥控器所发出的红色光为红外线
D．中学生双脚站立时对地面的压强约为104Pa
【答案】D
【分析】（1）挂壁式空调的额定功率大约为1000W，可求得1小时所消耗的电能；
（2）声音在不同的介质中传播速度一般不同，且还会受温度的影响，声音在15℃空气中的速度为340m/s；
（3）红色光是可见光，而遥控器所发出的红外线是不可见光；
（4）中学生的体重在G＝500N左右，双脚站立时与水平地面的接触面积在0.05m2左右，可以估测一位中学生双脚站立时对地面的压强。
【解答】解：A．挂壁式空调的额定功率大约为1000W，根据电功的计算公式W＝Pt，可得1小时所消耗的电能约为：
W＝Pt＝1000W×1h＝1kW•h，故A错误；
B．声音在不同的介质中传播速度一般不同，且还会受温度的影响，声音在15℃空气中的速度为340m/s，故B错误；
C．红色光是可见光，而遥控器所发出的红外线是不可见光，故C错误；
D．中学生的体重在G＝500N左右，双脚站立时与水平地面的接触面积在0.05m2左右，根据压强的计算公式p＝，可求得一位中学生双脚站立时对地面的压强大约为：
，
故D正确。
故选D。
【点评】本题考查电能，压强的估测，对光线的认识，声现象的了解。
10．（2分）下列说法中错误的是（ ）
A．近视眼是配戴凹透镜矫正视力
B．将b鸟换成一个适当的灯泡，闭合开关这个灯泡不会发光
C．研究电流的过程用到了类比的方法
D．电子在导线中定向移动形成电流
【答案】B
【分析】（1）近视眼的成因：晶状体变厚或眼球太长，看远处物体时，像成在视网膜的前方；矫正近视眼要增强光线的发散能力，使像成在视网膜上；凹透镜对光线有发散作用；
（2）根据电路的连接方式判断；
（3）类比法也叫“比较类推法”，是指由一类事物所具有的某种属性，可以推测与其类似的事物也应具有这种属性的推理方法，其结论必须由实验来检验，类比对象间共有的属性越多，则类比结论的可靠性越大；
（4）电荷的定向移动形成电流。
【解答】解：A．近视是因为晶状体变厚，对光线的会聚能力增强，像呈在视网膜的前方，要矫正近视眼需要使光线发散一些；凹透镜对光线有发散作用，故应佩戴发散透镜，即凹透镜矫正，故A正确；
B．将b鸟换成一个适当的灯泡，闭合开关两灯泡并联，灯泡会发光，故B错误；
C．研究电流的过程用到了类比的方法，将电流类比为水流，故C正确；
D．电荷的定向移动形成电流，电子在导线中定向移动能形成电流，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查了近视眼的矫正、电路的连接方式、类比法的应用、电流的形成，综合性较强。
11．（2分）如图所示的运动项目中，关于力学知识的描述，下列说法正确的是（ ）
A．甲图，踢出去的足球能在空中继续飞行是由于受到惯性的作用
B．乙图，自行车受到的重力和水平地面对自行车的支持力是一对平衡力
C．丙图，掷出后冰壶对水平冰面的压力和冰面对冰壶的支持力是一对相互作用力
D．丁图，投出的篮球飞达最高点过程中，重力势能转化为动能，在最高点时重力势能最小
【答案】C
【分析】（1）一切物体都有保持原来匀速直线运动状态或静止状态不变的性质，即惯性。
（2）二力平衡的条件：大小相等、方向相反、在同一直线上、作用于同一物体上。
（3）相互作用力：大小相等、方向相反、在同一直线上、作用于两个物体上。
（4）动能大小的影响因素：质量、速度；质量不变、速度越大，动能越大；重力势能大小的影响因素：质量、高度；质量不变、高度越高，重力势能越大。
【解答】解：A．惯性是一种性质，不是力，不能用受到或作用来描述，故A错误；
B．水平地面对自行车的支持力是等于自行车和人的总重力，自行车受到的重力和水平地面对自行车的支持力大小不同，不是一对平衡力，故B错误；
C．掷出后冰壶对水平冰面的压力和冰面对冰壶的支持力大小相同，方向相反，在同一直线上，受力物分别为冰面和冰壶，是两个物体之间的相互作用，所以这两个力是一对相互作用力，故C正确；
D．重力势能大小与高度和质量有关，投出的篮球飞达最高点过程中，质量不变，速度变小，动能变小，高度变大，重力势能变大，是动能转化为重力势能，在最高点时重力势能最大，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了体育运动项目中包含的物理知识，涉及的几个力学知识是历年中考的热点，一定要掌握和理解。
12．（2分）如图所示，电源电压不变，闭合开关，在保证电路安全的情况下，变阻器的滑片由中点向右移动的过程中，下列判断正确的是（ ）
A．小灯泡亮度变暗B．电压表示数变大
C．电流表示数不变D．电路总功率变小
【答案】D
【分析】由图可知，灯泡与滑动变阻器并联在电路中，电压表测电源的电压，电流表测通过滑动变阻器的电流；
根据滑片的移动方向判定滑动变阻器连入电路中电阻的变化，根据欧姆定律判定通过其电流的变化（即电流表示数的变化）；根据并联电路的特点判定灯泡亮度、电压表示数、干路电流的变化；根据P＝UI分析总功率的变化。
【解答】解：
由图可知，灯泡与滑动变阻器并联在电路中，电压表测电源的电压，电流表测通过滑动变阻器的电流；
因电源电压保持不变，闭合开关后，所以滑片向右移动时电压表的示数不变，故B错误；
滑片由中点向右移动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变大，根据I＝可知，通过滑动变阻器的电流减小，即电流表的示数减小，故C错误；
由于并联电路中各支路互不影响，所以滑片由中点向右移动的过程中，通过灯泡的电流不变、其两端的电压也不变，由P＝UI知小灯泡的实际功率不变，则灯泡的亮度不变，故A错误；
滑片由中点向右移动的过程中，通过滑动变阻器的电流减小，通过灯泡的电流不变，由并联电路的电流特点可知干路中的电流变小；
因电源电压不变，干路中的电流减小，则根据P＝UI可知，整个电路的功率减小，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了电路的动态分析，涉及到并联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的灵活应用。
（多选）13．（3分）图像法是利用图像这种特殊且形象的工具，表达各科学量之间存在的内在关系或规律的方法。下列关于图像的解释，正确的是（ ）
A．甲图是某物体的熔化图像，其中BC两点内能不相等
B．乙图是电阻和通电时间一定时，电热Q与电流 I的关系图
C．丙图说明，当电阻一定时，电压与电流成正比
D．丁图是灯丝电阻的U﹣I图像，说明灯丝电阻随温度的升高而增大
【答案】AD
【分析】（1）物体吸收热量，内能变大；
（2）根据Q＝I2Rt知，电阻和通电时间一定时，产生的热量与电流的平方成正比；
（3）从图象可以得出的信息有：该图象是正比例函数，因此由图象可得：在电阻一定时，通过导体的电流与其两端的电压成正比；
（4）灯丝的电阻随温度的升高而增大。
【解答】解：A．图像中有一段温度是不变的，所以这是晶体的熔化图像，由图像可知，其中BC过程中物体在吸热，所以BC两点内能不相等，故A正确；
B．根据Q＝I2Rt知，电阻和通电时间一定时，产生的热量与电流的平方成正比，而不是和电流成正比，其图像不是过原点的直线，故B错误；
C．当电阻一定时，电流随着电压的增大而增大，并且电流与电压成正比，但不能说电压与电流成正比，故C错误；
D．当小灯泡灯丝的温度升高，灯丝的电阻变大，因此图像中随着电压的逐渐增大，电流增加的越来越慢。故D正确。
故选：AD。
【点评】本题一方面考查学生对物理规律的掌握情况，另一方面也考查了学生分析图象的能力，我们一定要掌握用图象来表示物理量之间的关系，图象法在很多学科中都要用到。
（多选）14．（3分）用简洁直观的图示描述物理现象、规律是物理学习和研究的重要手段，图示描述不正确的有（ ）
A．如图是发电机的原理图
B．L为拉力F1的力臂
C．如图，装置闭合开关、将滑片从右端移到中点时，弹簧长度变短
D．符合安全用电要求的家用电路图
【答案】BD
【分析】（1）闭合电路的一部分导体在磁场中切割磁感线运动，导体中有感应电流产生；
（2）从支点到力的作用线的距离叫做力臂；
（3）根据滑片位置的变化分析滑动变阻器接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律分析电路中电流的变化，根据电流变化分析电磁铁磁性强弱的变化；
（4）三孔插座接法：左零右火上接地；开关要控制火线。
【解答】解：A．闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中产生感应电流，这种现象叫做电磁感应现象，是发电机的原理，故A正确；
B．动力臂是支点到动力作用线的距离，L不是拉力F1的力臂，故B错误；
C．根据安培定则可知，螺线管的上部是S极，同名磁极相排斥；闭合开关将滑片从右端移到中点时，电阻变小，电路的总电阻变小，由欧姆定律可知，在总电压一定时，电路中的电流变大，通电螺线管的磁性增强，排斥力变大，弹簧长度变短，故C正确；
D．家庭电路中，火线接开关，灯泡接零线，接法正确，符合安全用电要求；三孔插座的第三个孔接地，其他两个孔火线和零线接反，接法错误，不符合安全用电要求，故D错误。
故选：BD。
【点评】本题考查了电磁感应现象、力臂、影响电磁铁磁性强弱的因素、家庭电路的连接，属于综合题。
三、计算题（共22分，第15题6分，第16、17题各8分）
15．（6分）如图所示为模拟调光灯电路，电源电压恒为6V，灯泡标有“2.5V 0.5A”字样（灯丝阻值不变），滑动变阻器标有“20Ω 1A”字样。
（1）求灯泡正常发光时的电功率；
（2）求灯泡正常发光时滑动变阻器接入电路的阻值；
（3）该电路设计是否有缺陷？如有，请给出解决办法。
【答案】（1）灯泡正常发光时的电功率为1.25W；
（2）灯泡正常发光时滑动变阻器接入电路的阻值为7Ω；
（3）该电路设计有缺陷，当滑动变阻器接入电路中的电阻过小时，会造成灯泡两端的电压过大损坏小灯泡；解决办法：电路中串联接入一个7Ω的电阻R0
【分析】闭合开关，灯泡和滑动变阻器串联，电流表测量电路电流
（1）额定电压下灯泡正常发光，根据P＝UI求出小灯泡正常发光时消耗的电功率；
（2）根据灯泡的额定电压和电源电压求出滑动变阻器两端的电压，根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路的电阻；
（3）电源的电压大于灯泡的额定电压，由电路图可知，当滑动变阻器接入电路中的电阻过小时会造成灯泡两端的电压过大损坏小灯泡；为让滑片能自由移动，且小灯泡安全工作，在电路中应串联一个电阻R0。
【解答】解：闭合开关，灯泡和滑动变阻器串联，电流表测量电路电流
（1）灯泡正常发光时的电压为2.5V，电流为0.5A，则此时小灯泡消耗的电功率PL＝ULIL＝2.5V×0.5A＝1.25W；
（2）根据串联电路的电压关系可知，滑动变阻器两端的电压为：U'＝U﹣UL＝6V﹣2.5V＝3.5V；
滑动变阻器接入电路的电阻为：R'＝＝＝7Ω；
（3）电源电压为6V，大于灯泡的额定电压，由电路图可知，当滑动变阻器接入电路中的电阻过小时，会造成灯泡两端的电压过大损坏小灯泡；
为让滑片能自由移动，且小灯泡安全工作，当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时，灯泡应正常发光，电路中应串联接入一个7Ω的电阻R0。
答：（1）灯泡正常发光时的电功率为1.25W；
（2）灯泡正常发光时滑动变阻器接入电路的阻值为7Ω；
（3）该电路设计有缺陷，当滑动变阻器接入电路中的电阻过小时，会造成灯泡两端的电压过大损坏小灯泡；解决办法：电路中串联接入一个7Ω的电阻R0。
【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用以及电路设计的评估，要注意灯泡正常发光时的电压和额定电压相等。
16．（8分）中国第三艘国产航空母舰命名为“福建舰”，该舰满载排水量达到了8×104t，吃水深度为10.5m，正常航行速度为54km/h。（海水密度取1.0×103kg/m3，g＝10N/kg）求：
（1）航母以正常航行速度匀速直线航行2h的航行距离。
（2）航母航行至某海域时，底部受到的海水压强为9.2×104Pa，此时航母底部所处的深度。
（3）航母满载时受到的浮力。
（4）航母以最大航速匀速前进，其所受阻力是1.2×108N，则航母发动机的功率。
【答案】（1）航母以正常航行速度匀速直线航行2h的航行距离为108km；
（2）航母航行至某海域时，底部受到的海水压强为9.2×104Pa，此时航母底部所处的深度为9.2m；
（3）航母满载时受到的浮力为8×108N；
（4）航母以最大航速匀速前进，其所受阻力是1.2×108N，则航母发动机的功率是1.8×109W。
【分析】（1）根据v＝算出航行2h的航行距离；
（2）利用p＝ρgh求出航母底部所处的深度；
（3）根据阿基米德原理和G＝mg求出航母满载时受到的浮力；
（4）航母匀速航行时处于平衡状态，受到的牵引力和阻力是一对平衡力，二力大小相等，根据P＝＝＝Fv得到航母发动机的功率。
【解答】解：
（1）航行2h的航行距离：s＝v＝54km/h×2h＝108km；
（2）根据p＝ρgh得航母底部所处的深度：
h＝＝＝9.2m；
（3）航母满载时受到的浮力：
F浮＝G排＝m排g＝8×104×103kg×10N/kg＝8×108N；
（4）航母匀速航行时处于平衡状态，受到的牵引力和阻力是一对平衡力，二力大小相等，即：
F＝f＝1.2×108N，
航母的速度为：v＝54km/h＝15m/s，
航母发动机的功率：P＝＝＝Fv＝1.2×108N×15m/s＝1.8×109W。
答：（1）航母以正常航行速度匀速直线航行2h的航行距离为108km；
（2）航母航行至某海域时，底部受到的海水压强为9.2×104Pa，此时航母底部所处的深度为9.2m；
（3）航母满载时受到的浮力为8×108N；
（4）航母以最大航速匀速前进，其所受阻力是1.2×108N，则航母发动机的功率是1.8×109W。
【点评】本题考查了速度公式、液体压强公式、阿基米德原理、功和功率公式以及二力平衡条件的应用。
17．（8分）如图甲是某电热水壶的电路图，铭牌如图乙。R为加热器，温控器S是一个双金属片温控开关，当温度较低时，其处于闭合状态，加热器加热。当水沸腾后，S会自动断开进入保温状态，从而实现了自动温度开关控制（设加热器电阻阻值一定）。[已知：水的比热容c＝4.2×103J/（kg•℃），1L＝10﹣3m3]。求：
（1）该电热水壶正常加热工作时，其加热器的阻值是多少？
（2）该电热水壶正常加热工作时，对加热器通电10s产生的热量是多少？
（3）将电热水壶装满初温为25℃的水加热到75℃，水吸收的热量是多少？
（4）用如图丙所示的电能表单独测量该电热水壶消耗的电能，实际加热时，3min电能表中间的铝质圆盘转动了24转，此时电路消耗的实际功率是多少？
【答案】（1）加热器的阻值是48.4Ω；
（2）加热器通电10s产生的热量是10000J；
（3）水吸收的热量是525000J；
（4）电路消耗的实际功率是800W。
【分析】（1）加热器电阻阻值由R＝计算得出；
（2）加热10s产生的热量：Q＝W＝Pt计算得出；
（3）水吸收的热量由Q＝cmΔt计算得出；
（4）电能表600r/（kW•h）表示消耗1kW•h电能，圆盘转动600转，圆盘转24转，消耗的电能为：，则根据P＝计算得出实际功率。
【解答】解：（1）加热器电阻阻值：R＝＝＝48.4Ω；
（2）加热10s产生的热量：Q＝W＝Pt＝1000W×10s＝10000J；
（3）2.5L水的质量为：m＝ρV＝1.0×103kg/m3×2.5×10﹣3m3＝2.5kg；
水吸收的热量：Q＝cmΔt＝4.2×103J/（kg•℃）×2.5kg×（75℃﹣25℃）＝525000J；
（4）圆盘转24转，消耗的电能为：＝0.04kW•h＝144000J；
实际功率为：P＝＝＝800W
答：（1）加热器的阻值是48.4Ω；
（2）加热器通电10s产生的热量是10000J；
（3）水吸收的热量是525000J；
（4）电路消耗的实际功率是800W。
【点评】本题考查电功和电功率的计算，仔细阅读题目分析题意可求解，难度不大。
四、实验与探究题（共28分，每小题各7分）
18．（5分）在以下物理实验情境中：
（1）如图甲所示温度计示数是 ﹣4℃ ；
（2）将天平放在水平桌面上，物体放左盘前要对天平的操作是 将游码调至左端零刻度线处，调节平衡螺母， 使天平水平平衡。如图乙所示，被测物体质量为 0.158 kg；
（3）如图丙所示，绳子将物体挂在弹簧测力计上，测得物体重为 3.4 N，使弹簧伸长的力是 绳子对弹簧的拉力 。
【答案】（1）﹣4℃；（2）将游码调至左端零刻度线处，调节平衡螺母；0.158kg；（3）3.4；绳子对弹簧的拉力。
【分析】（1）温度计的读数要看清量程和分度值，视线与液柱上表面相平；
（2）调节天平横梁平衡时，指针指在分度盘的中线处或者指针左右偏转角度相同，都可以判断天平的横梁平衡。物体的质量等于砝码的质量加游码对应的刻度之和；
（3）用弹簧测力计测量力的大小时，首先要明确弹簧测力计的量程和分度值，读数时视线与指针所指刻线相垂直；
【解答】解：（1）图甲中温度计的分度值是1℃，温度计的显示刻度液柱的高度在0℃的下面，所以读数是：﹣4℃；
（2）将天平放在水平桌面上，物体放左盘前要对天平的操作是将游码调至左端零刻度线处，调节平衡螺母，使天平水平平衡。如图乙所示，被测物体质量为m＝100g+50g+5g+3g＝158g＝0.158kg。
（3）在弹簧测力计上，1N之间有5个小格，一个小格代表0.2N，即弹簧测力计的分度值为0.2N，示数为3.4N，使弹簧伸长的力是绳子对弹簧的拉力。
故答案为：（1）﹣4℃；（2）将游码调至左端零刻度线处，调节平衡螺母；0.158kg；（3）3.4；绳子对弹簧的拉力。
【点评】本题考查了温度计，天平和弹簧测力计的读数，属于基础题。
19．（1分）一辆小轿车在高速公路上行驶时车内的速度表如图所示，则此时的车速是 105 km/h。
【答案】105
【分析】读取速度表示数时，首先明确采用的单位和分度值，然后根据指针位置确定具体的速度。
【解答】解：速度表上标有“km/h”，说明采用的单位是km/h，在20km/h之内有4个小格，所以一个小格代表5km/h，速度表的读数为105km/h。
故答案为：105。
【点评】读取不同测量工具的示数时，基本方法是一致的，都要先明确测量工具的量程和分度值，确定零刻度线的位置，视线与刻度线垂直。
20．（1分）某实验小组用如图甲所示装置做了冰熔化成水的实验，并根据实验中测得的数据绘制了温度﹣时间图象（如图乙、丙所示），请你判断乙、丙两图中 乙 （选填乙或丙）更合理。
【答案】乙。
【分析】相同质量的水与冰比较，吸收相同的热量，冰升高的温度高。
【解答】解：0﹣5min内物质是固态的冰，15﹣20min内物质是液态的水。0﹣5min和15﹣20min冰和水吸收的热量相同，水的比热容比冰的比热容大，则根据公式Q＝cmΔt可知，故冰的温度升高的多。
故答案为：乙。
【点评】此题主要考查学生对冰和水比热容特性的理解和应用。
21．（7分）如图1甲是小琪实验小组在探究“电流与电阻的关系”时的电路图，电源电压6V恒定不变电压表（量程为0﹣3V）、电流表（量程为0﹣0.6A）无损坏，阻值分别为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω的定值电阻各一个。
（1）请根据图1甲，用笔画线代替导线连接完成图乙的实物图；（要求：滑片向右滑电流表示数变小）
（2）连接好电路，闭合开关后，电压表指针迅速偏转到最右端，电流表无示数，其原因可能是 定值电阻R断路 ；
（3）接着将5Ω的电阻换为10Ω，调节滑动变阻器，使电压表示数仍为 2.5 V，读出对应电流表的示数并记录，此过程滑片P向 B （选填“A”或“B”）端滑；
（4）为完成5次实验，滑动变阻器的最大电阻应不小于 35 Ω；
（5）接下来小宇在“探究电流与电压的关系”实验中，运用了控制变量的科学方法。他和实验小组成员经过相互讨论，完成了该实验方案的三次设计如图2，从A、B、C三幅电路图可以看出他们对实验不断改进的设计过程。
①由图2A到图2B，改进的主要理由是 实验需要保证电阻大小保持不变 ；
②由图2B到图2C，改进的主要理由是 可方便改变定值电阻两端电压，从而多次测量，得出普遍性的规律 。
【答案】（1）见解答图；（2）定值电阻R开路；（3）2.5；B；（4）35；（5）实验需要保证电阻大小保持不变；可方便改变定值电阻两端电压，从而多次测量，得出普遍性的规律。
【分析】（1）当滑片P向右滑电流表示数变小，说明电路中电阻变大，据此确定变阻器选用左下接线柱串联在电路中；电压表应并联在定值电阻两端；
【解答】【详解】（1）在探究“电流与电阻的关系”实验中，电压表并联在定值电阻两端；根据题意知道，要求滑片向右滑电流表示数变小，即滑动变阻器滑片向右移动阻值变大，故滑动变阻器选用左下接线柱与定值电阻串联在电路中，如下图：
（2）连接好电路，闭合开关后，电流表无示数，说明电路可能断路，电压表指针迅速偏转到最右端，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，即其原因可能是定值电阻R断路。
（3）由图丙知道，电流与电阻的乘积为：
UV＝IR＝0.5A×5Ω＝0.1A×25Ω＝2.5V；
为一定值，故可以得出实验结论：当电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比；
根据串联分压原理知道，电阻增大，其分得的电压增大；探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，即应保持电阻两端的电压不变，即保持2.5V不变；接着将5Ω的电阻换为10Ω，根据串联电路电压的规律知道，应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向B端移动；
（4）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＝2.5V，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＝6V﹣2.5V＝3.5V
滑动变阻器分得的电压为电压表示数的
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＝1.4×25Ω＝35Ω
即所选择的滑动变阻器的最大阻值不能小于35Ω；
（5）①由图1A到图1B，将小灯泡换成了定值电阻，改进的主要理由是小灯泡的电阻随温度的升高而增大，实验需要保证电阻大小保持不变；
②由图1B到图1C，电路中增加了滑动变阻器，通过改变滑动变阻器接入电路的电阻来改变定值电阻两端的电压，故改进的主要理由是可方便改变定值电阻两端电压，从而多次测量，得出普遍性的规律。
【点评】本题探究“电流与电阻的关系”实验，考查了电路连接、注意事项、实验操作、电路故障、数据分析、器材的选择及电路动态分析等知识。
22．（7分）小彬用如图所示的装置研究液体内部的压强。
（1）图1装置是测量液体内部压强的仪器。它的探头是由空金属盒蒙上橡皮膜构成的。如果液体内部存在压强，放在液体里的薄膜就会 发生形变 ，U形管左右两侧液面就会产生 高度差 ；
（2）根据图2、图3所示现象可以研究：液体内部压强大小与 液体深度 的关系。根据研究得出的结论，拦河坝应设计成 下宽上窄 （选填“下宽上窄”或“下窄上宽”）的形状；
（3）如图3、图4所示，保持探头在水中的深度不变，改变探头的方向，观察U形管左右两侧液面的变化，得出结论： 同种液体、同一深度，液体向各个方向的压强相等 ；
（4）为研究液体内部压强大小是否与液体密度有关，小彬接着将浓盐水缓慢倒入图3所示容器的水中（液体未溢出、探头位置不变），静置待均匀混合后，观察到U形管左右两侧液面发生了变化，得出液体内部压强大小与液体密度有关的结论。小彬得出结论的实验过程是 错误 （选填“正确”或“错误”）的，判断的依据是： 没有控制探头所在深度一定 。
【答案】（1）发生形变；高度差；（2）液体深度；下宽上窄；（3）同种液体、同一深度，液体向各个方向的压强相等；（4）错误；没有控制探头所在深度一定。
【分析】（1）液体压强计就是利用当薄膜受压强时，薄膜会发生形变，U形管中液面就会产生高度差，压强越大，U形管液面高度差越大，这用到了转换法；
（2）液体压强随着深度的增加而增加；
（3）液体压强大小跟液体深度和液体的密度有关，与方向无关；
（4）在本实验中，我们要根据实验目的，控制相应的变量。
【解答】解：（1）当将探头放在液体里时，由于液体内部存在压强，金属盒上的薄膜就会发生形变，U形管左右两侧液面就会产生高度差，高度差的大小反映了橡皮膜所受压强的大小，U形管液面的高度差越大，液体内部的压强越大，这用到了转换法；
（2）根据图2、图3所示，液体密度相同，深度不同，根据控制变量法，可以研究液体内部压强大小与液体深度的关系。同种液体中，深度越大，液体产生的压强越大，根据研究得出的结论，拦河坝底部深度大，承受的液体压强更大，应设计成下宽上窄的形状；
（3）如图3、图4所示，保持探头在水中的深度不变，改变探头的方向，观察U形管两侧液面的高度差，发现高度差不变；这表明：同种液体、同一深度，液体向各个方向的压强相等；
（4）小彬保持图3中金属盒的位置不变，并将一杯浓盐水倒入烧杯中搅匀后，液体的深度增大，液体的密度增大，U形管左右液面差增大，没有控制探头所在深度一定，不能探究液体压强跟液体的密度的关系；
故答案为：（1）发生形变；高度差；（2）液体深度；下宽上窄；（3）同种液体、同一深度，液体向各个方向的压强相等；（4）错误；没有控制探头所在深度一定。
【点评】本题利用压强计等装置“探究液体内部压强”的规律，考查器材调试、控制变量法和转换法的运用。
23．（7分）投掷实心球是某市中考体育选考项目之一、诗彤同学在选定该项目后思考：实心球投掷的远近跟什么因素有关呢？
（1）体育课上，诗彤同学观察了其他同学的投掷情况后，发现个子较高的同学明显要比个子较矮的同学投掷得更远一些。因此，她认为实心球抛出点的 高度 可能会影响投掷距离。经过思考，她提出了以下猜想：实心球投掷距离可能跟实心球的质量、抛出速度、抛出角度有关；
（2）诗彤选取了质量为2kg的中考体育标准用球，在同一水平地面上进行了多次实验：
①投掷实心球时，预摆一般是一至二次，预摆是为了增大球离手时的 速度 ；
实验数据如表：
②分析数据，可初步得出的结论是：同一实心球，在 抛出速度 不变时，随着实心球抛出角度的增大，投掷的距离 先增大后减小 ；
（3）根据以上实验，诗彤为了提高自己投掷实心球的成绩，他应尽量选择抛出角度为 45° ，并以较大的 抛出速度 投掷；
（4）假设实心球运动到最高点时不受任何外力作用，小球将 保持水平方向做匀速直线运动 。
【答案】（1）高度；（2）①速度；②抛出速度；增大；（3）45；抛出速度；（4）保持水平方向做匀速直线运动。
【分析】（1）个子高的同学增大了实心球的抛出高度，以此回答；
（2）①增大物体的运动速度，会增大物体的动能；②比较1、2、3（或4、5、6或7、8、9）三次实验序号的实验数据，找出投掷距离的影响因素，根据控制变量法的思想得出结论；（3）比较抛出速度相同时，不同抛出角度的抛出距离大小和抛出角度相同时，不同抛出速度的抛出距离便可得出结论；
（4）不受任何外力作用，小球将保持原来的运动状态不变。
【解答】解：（1）个子高的同学比个子矮的同学抛出高度更高，实心球抛出的距离更大，说明实心球抛出点的高度能会影响投掷距离。
（2）①投掷实心球时，预摆一般是一至二次，预摆是为了增大球离手时的速度，从而增大球的动能。
②根据表格中1、4、7组数据可知，抛出角度和抛出速度都会影响抛出距离，同一实心球，抛出速度不变时，随着实心球抛出角度的增大，投掷的距离先增大后减小。
（3）由表格中数据可知，抛出角度分别为30°或45°或60°时，抛出速度越大，抛出距离越大；抛出速度相同时，45°角抛出的距离最大；投球时，他应尽量选择抛出角度为45°，并以较大的速度投掷。
（4）实心球运动到最高点时竖直方向的速度为0，水平方向速度不为零，若不受任何外力作用，小球将保持原来的运动状态不变，即实心球将沿水平方向做匀速直线运动。
故答案为：（1）高度；（2）①速度；②抛出速度；增大；（3）45；抛出速度；（4）保持水平方向做匀速直线运动。
【点评】本题是一道实验探究题，本实验应用了控制变量法，认真分析表中数据、会应用控制变量法是正确解题的关键。
实验序号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
抛出角度
30°
45°
60°
抛出速度
快速
中速
慢速
快速
中速
慢速
快速
中速
慢速
抛掷距离/m
8.7
7.7
5.9
9.8
8.9
6.7
8.5
7.4
5.3
实验序号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
抛出角度
30°
45°
60°
抛出速度
快速
中速
慢速
快速
中速
慢速
快速
中速
慢速
抛掷距离/m
8.7
7.7
5.9
9.8
8.9
6.7
8.5
7.4
5.3