江苏省盐城市亭湖区康居路初中教育集团2024年中考一模物理试题
一、选择题：本题共12小题，每小题2分，共24分，每题只有一个正确选项。
1．（2024·亭湖模拟）“请大家安静，现在准备考试！”监考老师要求考生减小声音的（ ）
A．频率 B．音调 C．响度 D．音色
2．（2024·亭湖模拟）“蓝牙技术”（Bluetooth），即近距离无线连接技术，如大家熟悉的蓝牙耳机就是利用该技术，蓝牙耳机与手机之间信息传递利用的是（ ）
A．超声波 B．红外线 C．微波 D．激光
3．（2024·亭湖模拟）核酸检测时，我们的“大白”必须佩戴口罩和护目镜，每次检测前都要用医用酒精对手进行消毒，一天工作下来，十分辛苦，下列说法不正确的是（ ）
A．护目镜上“雾气”是液化形成的
B．手上酒精“消失”属于汽化现象
C．“大白”能吸收所有色光
D．打印的“检测码”不是光源
4．（2024·亭湖模拟）哈尔滨冰雪大世界主持人服装的内胆添加“神秘材料”石墨烯，只要衣服某一处加热，石墨烯复合材料就能把热量均匀传递到全身。由此可知石墨烯具有很好的（ ）
A．导热性 B．磁性 C．弹性 D．导电性
5．（2024·亭湖模拟）如图所示的四种用具中，正常使用时属于省力杠杆的是（ ）
A． 天平
B． 栽纸刀
C． 筷子
D． 钓鱼竿
6．（2024·亭湖模拟）如图沙画是我国一种民间艺术，将沙子洒在平板灯台上做各种造型，灯台下方射出的光受到沙子的阻挡后，呈现出各种画面，沙画的光学原理是（ ）
A．光的直线传播 B．光的反射
C．光的折射 D．光的色散
7．（2024·亭湖模拟）2024年世界短道速滑锦标赛上，中国选手孙龙以143.009 秒的成绩勇夺男子1500米金牌。对孙龙比赛过程的分析，下列说法正确的是（ ）
A．以看台为参照物，孙龙是静止的
B．孙龙全程的平均速度约为 10km/h
C．若孙龙匀速转弯，则他受平衡力的作用
D．当孙龙抬起一只脚时，他对冰面的压强增大
8．（2024·亭湖模拟）在下列事例中，有一个作用原理与其他三个不相同，这个事例是（ ）
A． 注射药液 B． 吸饮料
C． 纸片不掉 D． 挂衣吸盘
9．（2024·亭湖模拟）如图是电动平衡车，人站在上面启动后，内部电动机运转带动平衡车向前进。下列四幅图中与这一过程的工作原理相同的是（ ）
A． B．
C． D．
10．（2024·亭湖模拟）鲁能巴蜀中学科技小组为校运动会开幕式设计了一款控制灯光和国旗升降的电路原理图。其工作原理为闭合开关S1，舞台灯亮，再闭合触摸开关S2，电动机控制国旗自动升降；当断开开关S1时，灯不亮，无论是否闭合S2，电动机都不启动。如图所示符合上述情况的电路设计是（ ）
A． B．
C． D．
11．（2024·亭湖模拟）学过红外线知识后，小明想探究红外线是否与可见光有相同的特性，他拟定如下方案：
方案一：用烟雾显示红外线路径，探究红外线在空气中是否沿直线传播；
方案二：用平面镜反射遥控器的红外线到电视机上，探究红外线能否反射；
两方案能达到实验目的的是（ ）
A．方案一可行 B．方案二可行
C．两方案均可行 D．两方案均不可行
12．（2024·亭湖模拟）海水密度会随温度变化产生细微变化，科学家用某种方法测量不同温度下的海水密度，如图1所示。当海水温度从上升到时，把测力计下悬挂的质量和体积都不变的实心小球浸没在海水中，小球一直处于静止状态，测得测力计示数F和海水温度t关系如图2所示，此过程中由于蒸发，海水的质量变小，但小球一直都浸没在海水中，下列选项中能正确反映海水的密度和水温t的关系的是（ ）
A． B．
C． D．
二、填空题：本小题共8小题，每空1分，共24分．
13．（2024·亭湖模拟）小明坐在车中闻到花香是因为分子在永不停息的无规则 ；小明相对于车是 的；高速路旁树立“车距50m或100m”警示牌，提醒司机保持车辆间距，因为车辆具有 ，刹车后还要运动一段距离。
14．（2024·亭湖模拟）图中，物体长度是 cm，秒表的读数为 s，温度计的的读数为 ℃。
15．（2024·亭湖模拟）如图1所示，将正在响铃的闹钟放入玻璃罩内，在抽气过程中，听到的铃声越来越 ；如图2所示，在抽气过程中，水的沸点 。烧杯中的温水重新沸腾。如图3所示，在抽气过程，原本塞紧的小空瓶，瓶塞会冲出瓶口，小瓶内气体的 能转移为橡皮塞机械能。
16．（2024·亭湖模拟）如图是用手机现场拍摄的两张照片（摄像头焦距不变），手机摄像头的镜头相当于一个 镜，拍摄图乙照片比拍摄图甲照片摄像头离景物 （选填“远”或“近”）些。青少年长时间使用手机很容易导致近视，近视眼应该佩戴 镜来矫正视力。
17．（2024·亭湖模拟）某型号汽油机的飞轮转速是1200r/min，则该汽油机每秒钟完成 个做功冲程，其中 冲程将内能转化为机械能，当汽油燃烧不充分时，排气管会冒“黑烟”，此时汽油机的效率将 （选填“变大”、“不变”或“变小”）。
18．（2024·亭湖模拟）甲、乙两个带电的气球，悬挂在天花板上的同一个点上，静止时呈现如图所示情形。这两个气球带的是 （选填“同种”或“不同种”）电荷，绳子对甲球的拉力和甲球的重力 （选填“是”或“不是”）一对平衡力。其中甲球对乙球的力记为，乙球对甲球的力记为，可以判断 （选填“>”、“<”或“=”）。
19．（2024·亭湖模拟）如图所示为“硬币玩转跷跷板”装置，跷跷板上相邻的硬币放置点间距相等。在放硬币之前，跷跷板在水平位置平衡，说明该跷跷板的重心在 点。在A点叠放三枚硬币时，则可在E点叠放 枚硬币能使跷跷板再次水平平衡，保持A点叠放三枚硬币不变，在跷跷板上已标出的其余6个点中，有的点上无论叠放多少枚硬币都无法使跷跷板再次水平平衡，这样的点一共有 个。
20．（2024·亭湖模拟）如图是一种测定油箱内油量的装置。竖直放置的均匀圆弧形电阻丝R长20cm，规格为1Ω/cm。滑片P与滑杆连接，滑杆可绕固定轴O转动。O是滑杆的中点，且与电阻丝R的中点在同一高度，滑杆的另一端通过轻质细杆连接一个浮子。油箱中的油量减少时，浮子随油面一起下降，带动滑杆使滑片向上移动，电流表的示数始终随之改变。
（1）油量逐渐减少，电阻R0两端的电压逐渐 ；
（2）当油箱加满油时，滑片刚好位于R的下端，电流表指针指在最大刻度处，此时示数为0.6A；油面缓慢下降，当R接入电路的长度为4cm时，电流表示数为0.3A；油面继续缓慢下降到最低位置时（油箱底部还有少许油可忽略不计），滑片刚好位于R的上端。电源电压为 V；
（3）对（2）中的设计进行调整，在保证油箱加满油时，电流表指针仍指在最大刻度的前提下，只改变电阻R0和电源电压，就能实现还剩半箱油时，指针刚好指在电流表表盘刻度的中央。则电阻R0的阻值为 Ω。
三、解答题：本题8小题，共52分．
21．（2024·亭湖模拟）如图，画出物体AB在平面镜中所成的像。
22．（2024·亭湖模拟）形状不规则的石块静止在水平桌面上，O为重心，请画出它所受力的示意图。
23．（2024·亭湖模拟）如图，将各元件正确接入电路（要求：开关只控制电灯，三孔插座自带熔断器）。
24．（2024·亭湖模拟）如图是一辆质量为2t的鲜奶运输车，运输车装满牛奶后，在平直公路上匀速行驶时、受到的摩擦力为总重的0.2倍，求：
（1）运输车空载时的自重；
（2）运输车装满牛奶后，地面对运输车的支持力；
（3）运输车的牵引力的大小；
25．（2024·亭湖模拟）小明设计了一个温控电加热装置，原理如图所示，电压，为热敏电阻，其阻值随加热环境温度的升高而增大．电磁铁线圈电阻10Ω，当导线中的电流大于或等于0.02A时衔铁被吸下，与下触点接触；当电流小于0.02A时，衔铁松开与触点接触，，，求：
（1）该电加热器处于加热挡时的电流；
（2）衔铁刚被吸下时的阻值；
（3）若该电加热器的保温时功率是加热时功率的20%，求的阻值。
26．（2024·亭湖模拟）某兴趣小组在探究“影响物体重力大小的因素”的实验中，进行了如下实验探究。
（1）实验记录如下表：
实测物体 物质质量m（kg） 重力G（N） G与m的比值（N/kg）
物体1 0.1 1 10
物体2 0.2 2 10
物体3 0.3 3
①在探究过程中，需要的测量工具有 、 ；
②在探究过程中，实验记录如表：表中空缺的地方应填 N/kg；
（2）根据上表中测量的实验数据分析，下列图像中能正确描述物体所受的重力G与质量m关系的图像是 ；
A． B． C． D．
（3）该组同学利用身边的器材，取了质量不同的课本、文具盒、压卷石各一个，并分别测出它们的质量和重力，来探究物体所受重力大小与质量的关系，你认为小明同学的做法合理吗？理由是 ；
A．不合理，因为他没有用同种物质的物体做实验
B．不合理，因为他没有使物体的质量成倍变化
C．合理，因为他同样可以得到物体所受重力大小与质量的关系
D．合理，因为他的操作比甲同学更简便
（4）现查资料发现，火星上重力与质量的比值为，则一块质量为10kg的金属，在火星上的重力为 N。
27．（2024·亭湖模拟）小明在使用电磁炉时，想到“电磁炉的效率是否会随着被加热水的多少而发生变化”的问题。他和同组同学找来一台电磁炉和专用的茶壶，并且仅将电磁炉接入家庭电路中进行了如下探究；
（1）在相同的环境条件下，使用相同的加热功率，先后将初温 而质量 （以上两格均选填“相同”或“不同”）的水加热至沸腾，观察到水的温度 （选填“变”或“不变”），将测得的数据记录如下：
质量m/g 200 300 400 500 600 700 800 900 1000 1100 1200
效率 61% 64% 67% 69% 74% 77% 75% 72% 70% 67% 64%
（2）分析数据可知，随着被加热水的质量的增加，电磁炉效率的变化情况是： ；
（3）实验结束后，小明认为：上述条件下，要得到一定质量的沸水，采用一次性加热比分成多次加热更节能。请你认为小明的结论 （选填“一定”“一定不”或”不一定”）正确；
（4）同组的小虎又提出“电磁炉的效率是否会随着加热功率的变化而发生变化”的问题，为了克服将水加热至沸腾所需要的时间较长的问题，他们在同样的环境条件下，将一定质量的水用不同加热功率，连续测出水温每上升15℃所对应的效率。请你评估小虎的实验方案。你认为小虎的做法是否正确？ ，理由是： 。
28．（2024·亭湖模拟）小超同学利用如图甲所示的器材，测量小灯泡的电功率．实验中电源电压恒定不变．灯泡的额定电压为2.5V（电阻约为10Ω），滑动变阻器的规格为“10Ω 1A”。
（1）小超连接了如图甲所示电路，经检查，发现其中一根导线连接有误，请在该导线上打“×”，并用笔画线代替导线连接正确的电路 ；电路连接正确后，在闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于最 （选填“右”或“左”）端，这样做的目的是 ；
（2）为了顺利完成实验，现有电压为4.5V和6V两种电源可供选择，则应选择电源电压为 V；
（3）小超闭合开关后，发现小灯泡不亮，接下来首先应该 ；（填序号）
A．检查导线连接是否良好 B．移动滑动变阻器的滑片观察小灯泡是否发光
C．断开开关 D．观察电流表和电压表是否有示数
（4）排除故障后，小超移动滑动变阻器的滑片，读出了三组实验数据，粗心的小超把三次数据随手写在草稿纸上（如图乙）而没有填写在对应的表格中、请你帮助小超计算出小灯泡的额定功率为 W；
（5）做完实验并断开开关一段时间后，灯泡的电阻可能是 （选填“0Ω”“4Ω”“8Ω”或“10Ω”）；
（6）为了研究小灯泡的电功率跟两端电压的关系，小超测出若干组电压和电流值后，由公式求得对应的功率，并作出功率随电压变化的图线a，小美想到另一方法，设计了如图丙所示的电路研究，他先由计算出小灯泡的电阻，然后根据若干个电压值，由求得对应功率，也作出功率随电压变化的图线b，下列反映了他们的实验结果的图线是 ；
A. B. C. D.
29．（2024·亭湖模拟）阅读材料，回答问题。
风力发电
风能是一种清洁的可再生能源，利用风力发电将助力我国实现碳中和目标．风力发电机组主要由叶片、齿轮箱、发电机等组成，其简化结构如图甲所示．叶片横截面的设计原理如图乙所示，一面较平，另一面较弯曲。叶片在风的作用下旋转，经过齿轮箱增速后，发电机转子高速旋转发电。
某风力发电机组利用齿轮箱可实现叶片转1圈，发电机转子转20圈。风力发电机组输出功率与风速的关系如图丙所示，在的范围内，与的三次方成正比。风力发电机组所在风场某段时间内的风速与时间的关系如图丁所示。（为方便计算，图丙和图丁数据已作简化处理。）
（1）根据图戊风力发电的主要能量转化，最终是将机械能转化为 ；
（2）当风正面垂直吹向静止叶片时，如图乙所示，从正面看，叶片A会 （选填“顺时针”或“逆时针”）转动；
（3）当风速为12m/s时，风力发电机组工作1h输出的电能相当于 kg的煤完全燃烧放出的热量；（）
（4）当风速为13m/s时，发电机转子1min转400圈．若发电机输出电能1kW·h，叶片需要转动 圈；
（5）若14∶00-15∶00和15∶00-16∶00两段时间内输出电能之比为1∶3，则14∶00-19∶30的时间段内风力发电机组的输出电能为 kW·h。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】响度及响度与振幅的关系
【解析】【解答】“请大家安静，现在准备考试！”监考老师要求考生减少声音的响度，C符合题意．
故答案为：C．
【分析】响度指的是声音的大小，音调指声音的高低，音色指声音的特色.
2．【答案】C
【知识点】电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】蓝牙是一种短距离的的无线通信技术，是利用电磁波中的微波来传递信息的。故ABD不符合题意，C符合题意。
故选：C。
【分析】 电磁波能够传播信息，广播、电视、通讯等都是利用电磁波来传递信息的，微波是电磁波中波长较短的。
3．【答案】C
【知识点】汽化及汽化吸热的特点；液化及液化放热；光与光源；物体的颜色
【解析】【解答】A．护目镜上“雾气”是水蒸气遇冷液化成小水珠形成的，故A不符合题意；
B．手上酒精“消失”是酒精由液态变成气态，是汽化现象，故B不符合题意；
C．“大白”能反射所有色光，故C符合题意；
D．打印的“检测码”不能发光，不是光源，故D不符合题意。
故选：C。
【分析】A、物质由气态变成液态的过程叫液化；
B、物质由液态变成气态的过程叫汽化；
C、白色物体发生所有色光，黑色物体吸收所有色光；
D、光源是自身能够发光的物体。
4．【答案】A
【知识点】科学探索
【解析】【解答】由于“只要衣服某一处加热，石墨烯复合材料就能把热量均匀传递到全身”，说明石墨烯具有良好的导热性。
故选：A。
【分析】根据题意“只要衣服某一处加热，石墨烯复合材料就能把热量均匀传递到全身”，因此石墨烯具有良好的导热性。
5．【答案】B
【知识点】杠杆的分类
【解析】【解答】A．天平在使用时，动力臂等于阻力臂，属于等臂杠杆，故A错误；
B．栽纸刀在使用时，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，故B正确；
C．筷子在使用时，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，故C错误；
D．钓鱼竿在使用时，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，故D错误。
故选：B。
【分析】A、动力臂等于阻力臂，属于等臂杠杆，如天平；
B．动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，如栽纸刀；
CD、动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，如筷子、钓鱼竿。
6．【答案】A
【知识点】光的直线传播及其应用；光的反射；光的折射现象及其应用；光的色散
【解析】【解答】由于光在同种均匀介质中沿直线传播，当灯台的光线被沙子阻挡后，会在沙子后面形成阴影，呈现出各种画面，因此沙画的光学原理是光的直线传播，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【分析】光在同种均匀介质中沿直线传播，当光线被沙子阻挡后，会在沙子后面形成阴影。
7．【答案】D
【知识点】速度公式及其应用；二力平衡的条件及其应用；压强的大小及其计算；参照物及其选择
【解析】【解答】A．以看台为参照物，孙龙有位置变化，是运动的，故A错误；
B．计算全程的平均速度约为：，故B错误；
C．匀速转弯时，运动方向在改变，则运动状态发生改变，受非平衡力，故C错误；
D．当孙龙抬起一只脚时，对冰面的压力不变，受力面积变小，则压强增大，故D正确。
故选D。
【分析】相对于参照物，没有位置变化是运动的；根据，计算速度；运动方向改变时，运动状态在改变；压力一定时，受力面积减小，压强变大。
8．【答案】A
【知识点】大气压的综合应用
【解析】【解答】A、向病人注射药液是利用了手的推力，没有利用大气压的作用；
B、 B.吸管吸饮料时，是先把吸管内的空气吸走，在外界大气压的作用下，饮料被压进吸管里，利用的是大气压；
C.纸覆杯实验中纸片不掉，在外界大气压的作用下，托住纸片，利用的是大气压；
D、 用力一压，把吸盘内的空气排出，大气压就把吸盘紧压在了墙壁上，利用了大气压；
故A与BCD的原理不一样。
故选A。
【分析】大气压的利用一般是内外压强不同，在外界大气压的作用下，产生某种效果，吸饮料、纸片不掉、挂衣吸盘都是利用大气压原理，向病人注射药液是利用了手的推力。
9．【答案】D
【知识点】通电直导线周围的磁场；磁场对通电导线的作用；直流电动机的构造原理与工作过程；产生感应电流的条件
【解析】【解答】电动平衡车内部的主要构件是电动机，通电后，导体在磁场中受力而运动，它是利用通电导线在磁场中受力的作用的原理工作的。
A．如图，演示的说明通电导体周围存在着磁场，故A不符合题意；
B．如图，开关闭合后，闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，导体中产生感应电流，这是电磁感应现象，故B不符合题意；
C．如图，闭合开关，电磁铁有磁性，是利用电流的磁效应，故C不符合题意；
D．如图，闭合开关，通电导体在磁场中受力而运动，故D符合题意。
故选：D。
【分析】电动平衡车内部的主要构件是电动机，是利用通电导线在磁场中受力的作用的原理工作的。
A．如图，通电导体周围存在着磁场；
B．如图，是电磁感应现象；
C．如图，是利用电流的磁效应；
D．如图，是通电导体在磁场中受力而运动。
10．【答案】A
【知识点】串、并联电路的设计
【解析】【解答】ABCD、由题可知，当闭合开关S1时，舞台灯亮起，此时电动机不工作；当按下开关S2时，电动机才能启动，说明指示灯与电动机均是独立工作，即舞台灯和电动机是并联的。 当断开开关S1时， 舞台灯和电动机都不能工作，故开关S1在干路上，开关S2在电动机所在支路，故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】并联电路各支路独立工作，互不影响，干路上的开关控制整个电路，支路开关控制所在支路。
11．【答案】B
【知识点】光的反射；红外线
【解析】【解答】 外线是红光以外的光 ，属于不可见光，人眼看不到红外线，所以方案一不能探究红外线在空气中是否沿直线传播；用平面镜反射遥控器发出的红外线到电视机上，看能否控制电视机，可以究红外线能否反射，所以方案二可行。故ACD不正确，B正确。
故选：B。
【分析】红外线是红光以外的光，属于不可见光，红外线的热作用比较强制成红外线夜视仪、遥控器、红外线体温计等，但人眼不能看到红外线，红外线可以发生反射。
12．【答案】B
【知识点】阿基米德原理
【解析】【解答】小球在海水中受到：竖直向下的重力G、竖直向上的浮力F浮、弹簧测力计向上的拉力F，由于小球处于静止状态，受到平衡力，则F浮+F=G，小球的重力G一定，测力计的拉力F先变小后变大，则浮力先变大后变小；根据F浮=ρ液gV排，小球排开海水体积V排一定，液体密度先变大后变小，故B符合题意。
故选B。
【分析】根据小球受到的重力、浮力和拉力是平衡力，结合拉力变化，判断浮力变化；根据F浮=ρ液gV排，判断液体密度的变化。
13．【答案】运动；静止；惯性
【知识点】惯性及其现象；参照物及其选择；分子热运动
【解析】【解答】闻到花香，是花的花香分子在空气中运动，说明了组成物质的分子在永不停息地做无规则运动。
小明坐在车中以车为参照物，小明与车之间的相对位置没有发生变化，所以小明是静止的。
由于汽车具有惯性，高速行驶的汽车，当车遇到紧急情况而刹车时，汽车相对于地面继续运动一段距离，高速行驶的车要保持车距。
故答案为：运动；静止；惯性。
【分析】组成物质的分子在永不停息地做无规则运动；
物体相对于参照物的位置若是变化的，则是一对的，若是不变的，则是静止的，小明与车之间的相对位置没有发生变化；
一切物体都有惯性，当车遇到紧急情况而刹车时，汽车相对于地面继续运动一段距离。
14．【答案】3.90；337.5；99
【知识点】温度及温度计的使用与读数；时间及其测量；刻度尺的使用
【解析】【解答】刻度尺的分度值是1mm=，测量时初始刻度是，末端刻度值为，物体的长度为5.90cm-2.00cm=3.90cm；
在秒表上，小盘的分度值是，指针在和之间，读数5min，偏过中线；大盘的分度值是，大盘指针在，因此秒表读数为5×60s+37.5s=337.5s；
图中温度计的分度值是，液柱远离0刻度为零上，读数是。
故答案为：3.90；337.5；99.
【分析】使用刻度尺是要明确其分度值，起始端从0开始，读出末端刻度值，就是物体的长度；起始端没有从0刻度线开始的，要以某一刻度线为起点，读出末端刻度值，减去起始端所对刻度即为物体长度，注意刻度尺要估读到分度值的下一位；
秒表的中间的表盘代表分钟，周围的大表盘代表秒，秒表读数是两个表盘的示数之和；
温度计使用前要明确其分度值，注意示数在零上还是零下，根据液面位置读出该温度计的示数。
15．【答案】小；降低；内
【知识点】做功改变物体内能；沸点及沸点与气压的关系；声音的传播条件
【解析】【解答】将正在响铃的闹钟放入玻璃罩内，声音传播需要介质，在抽气过程中，玻璃罩内气体逐渐减少，声音传播的介质逐渐减少，听到的铃声越来越小；
在抽气过程中，玻璃罩内气压减小，水的沸点降低；
在抽气过程中，瓶塞被冲出试管口的过程中，气体对瓶塞做功，气体的内能转化为瓶塞的机械能。
故答案为：小；降低；内。
【分析】声音的传播需要介质，真空不能传声；
液体的沸点与气压有关，气压越低，沸点越低，气压越高，沸点越高；
做功可以改变物体的内能，物体对外做功，内能减小，内能转化为机械能 。
16．【答案】凸透；近；凹透
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验；近视眼的成因与矫正办法
【解析】【解答】手机摄像头的镜头相当于凸透镜，u＞2f时，成倒立缩小的实像；
乙图的像比甲图大，根据凸透镜成实像时，物距减小，像距增大，像增大，因此拍摄乙照片比拍摄甲照片摄像头离景物近些；
近视眼是由于人眼的晶状体变凸，会聚能力增强，晶状体到视网膜的距离增大，像呈在视网膜的前方，故应佩戴使光线发散的透镜，即近视眼应该佩戴凹透镜来矫正视力 。
故答案为：凸透；近；凹透。
【分析】凸透镜u＞2f时，成倒立缩小的实像；
凸透镜成实像时，物距减小，像距增大，像增大；
近视眼是由于人眼的晶状体会聚能力增强，应该佩戴凹透镜来矫正视力。
17．【答案】10；做功；变小
【知识点】热机；热机的效率；热机的四个冲程
【解析】【解答】汽油机的一个工作循环飞轮转2圈，对外做功1次。飞轮的转速为1200r/min=20r/s，即飞轮1s转动20r，10个工作循环，对外做功10次，完成10个做功冲程；
汽油机的一个工作循环包括：吸气、压缩、做功、排气四个冲程，做功冲程是高温高压的燃气对活塞做功，将内能转化为机械能；
排气管会冒“黑烟”，说明燃烧不充分，用来做有用功的能量占燃料完全燃烧放出的总能量的比值就小，所以 此时汽油机的效率变小。
故答案为：10；做功；变小。
【分析】汽油机的一个工作循环飞轮转2圈，对外做功1次，据此计算汽油机做功的次数。飞轮的转速为1200r/min=20r/s，即飞轮1s转动20r，10个工作循环，对外做功10次；
汽油机的一个工作循环做功冲程将内能转化为机械能；
汽油机的效率用来做有用功的能量占燃料完全燃烧放出的总能量的比值。
18．【答案】同种；不是；=
【知识点】力作用的相互性；二力平衡的条件及其应用；电荷间的相互作用规律
【解析】【解答】由图可知，两个气球相互排斥，根据电荷间相互作用规律：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，可知两个气球同种电荷；
绳子对甲球的拉力斜向上，甲球的重力竖直向下，二力没有在同一直线上，不是一对平衡力；
相互作用的二力大小相等，方向相反；甲球对乙球的力F1与乙球对甲球的力F2是一对相互作用力，因此。
故答案为：同种；不是；=
【分析】同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，据此分析判断；
二力平衡条件：作用在同一物体上的两个力，大小相等，方向相反，作用在同一直线上；分析两个力的方向判断；
相互作用的二力大小相等，方向相反；
19．【答案】D；9；4
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆的动态平衡分析
【解析】【解答】 跷跷板是杠杆，在跷跷板上放硬币之前， 跷跷板已在水平位置平衡，这表明跷跷板的重心在支点处，即D点；
设每个硬币的重力为G，杠杆上每一小格的长度为L，在A点叠放三枚硬币时，根据杠杆的平衡条件可得，解得，即在E点叠放9枚硬币能使跷跷板再次水平平衡；
保持A点叠放三枚硬币不变，A点硬币的重力的方向是竖直向下的，其余各点放置的硬币的重力的方向也是竖直向下的，跷跷板的支点在中点D处，由图可知，要使跷跷板平衡，则硬币应放置在D点的右侧；在跷跷板的左侧的B、C两点，无论放多少枚硬币都无法使跷跷板再次水平平衡，在D点放多少枚硬币都不会影响跷跷板左端下沉，因此在B、C、D无论放多少枚硬币都无法使跷跷板再次水平平衡；根据杠杆平衡条件可计算出，跷跷板平衡时在F点叠放的硬币数为4.5枚，硬币没有半个，不符合题意；G点叠放的硬币数为3枚，可使跷跷板再次水平平衡 ；故在B、C、D、F四个点上无论叠放多少枚硬币都无法使跷跷板再次水平平衡。
故答案为：D；9；4.
【分析】在杠杆上放物体之前，杠杆已在水平位置平衡，这表明杠杆的重心在支点处；
根据杠杆平衡条件分析放硬币的多少；
根据放置的硬币的重力的方向竖直向下和杠杆平衡条件分析得硬币应放置在D点的右侧；再根据杠杆平衡条件判断E、F、G点可放置硬币的个数，最后得结果。
20．【答案】减小；2.4；10
【知识点】串联电路的电压规律；欧姆定律及其应用；电路的动态分析
【解析】【解答】（1）电路是R和R0串联，油箱中的油量减少时，浮子随油面一起下降，带动滑杆使滑片向上移动，圆弧形电阻丝R接入电路中的电阻变大，电路中总电阻变大，在电源电压一定时，根据欧姆定律，电路中电流变小，再根据可知，电阻R0两端的电压减小；
（2）当油箱加满油时，滑片刚好位于R的下端，此时R接入电路中电阻为零，由欧姆定律，得当油箱加满油时，电流表指针指在最大刻度处，示数为0.6A，则电源电压：——①
油面缓慢下降，当R接入电路的长度为4cm时，此时R接入电路的阻值R=4cm ×1Ω/cm=4Ω，电流表示数为0.3A，则电源电压：——②
联立①②解得R0=4Ω，U=2.4V
（3）还剩半箱油时，滑杆刚好水平平衡，滑片P接触电阻丝R的中点，即接入电路的长度为10cm，接入电路的电阻为R=10cm ×1Ω/cm=10Ω；只改变电阻R0和电源电压，还剩半箱油时，指针刚好指在电流表表盘刻度的中央，即为0.3A，则电源电压——③
联立①③解得R0=10Ω，U=6V。
故答案为：减小；2.4；10.
【分析】（1）电路是R和R0串联，油箱中的油量减少时，浮子下降，带动滑杆使滑片向上移动，判断出圆弧形电阻丝R接入电路中的电阻变化，电路中总电阻变化，根据欧姆定律得电路中电流和电阻R0两端的电压的变化；
(2)利用欧姆定律分别表达出变阻器滑片刚好位于R的下端和当R接入电路的长度为4cm时的电源电压，解方程组求出电阻R0的阻值和电源电压；
(3)利用欧姆定律分别表达出油箱加满油时和还剩半箱油时的电源电压，根据电源电压不变，解方程组求出电阻R0的阻值。
21．【答案】
【知识点】平面镜成像的原理、特点
【解析】【解答】平面镜成像时，像和物体关于平面镜对称，先作出A、B点关于平面镜的对称点A'、B'，用虚线将A'B'连接起来，标箭头，如图：
【分析】平面镜成像时，像和物体关于平面镜对称。
22．【答案】如下图所示
【知识点】力的三要素及力的示意图
【解析】【解答】物体受到两个力：重力G和支持力F，二力为一对平衡力，大小相等、方向相反，重力方向竖直向下，作用点在重心上，支持力方向竖直向上，如图所示。
【分析】分析物体受力，重力和支持力，二力为一对平衡力，大小相等、方向相反，重力方向竖直向下，作用点在重心上，支持力方向竖直向上。
23．【答案】
【知识点】家庭电路的连接
【解析】【解答】开关接在火线上，并且开关与它控制的灯串联，由此确定开关与灯的连接；
三孔插座，左孔接零线，右孔接火线，上孔接地线；为了安全起见，用来接大功率用电器的插座都要在其火线上接一个保险盒。由此确定了三孔插座和保险盒的接法。如图所示：
【分析】 电灯的连接方法：火线首先进开关，然后进入灯泡顶端的金属块，零线直接进入螺旋套。
三孔插座的接法：上孔接地线，左孔接零线，右孔接保险盒，将保险盒接在火线上。
24．【答案】解：（1）运输车的质量为2t，运输车空载时自重
G车=m车g=2×103kg×10N/kg=2×104N
（2）容器的容积为V=5m3，牛奶的密度为1040kg/m3，车中容器中装满牛奶后牛奶的质量：m=ρV=1040kg/m3×5m3=5.2×103kg
牛奶的重力：
G牛奶=m牛奶g=5.2×103kg×10N/kg=5.2×104N
运输车装满牛奶后，总重为：
G总=G车+G牛奶=2×104N+5.2×104N=7.2×104N
在竖直方向上车静止，F支与G总是一对平衡力，运输车装满牛奶后，地面对运输车的支持力：
F支=G总=7.2×104N
（3）由题意知，在平直公路上匀速行驶时，受到的摩擦力：
f=0.2G总=0.2×7.2×104N=1.44×104N
运输车在平直的公路上匀速行驶，在水平方向上F牵与f是一对平衡力，大小相等，则汽车的牵引力的大小：
F牵=f=1.44×104N
【知识点】密度公式及其应用；重力及其大小的计算；二力平衡的条件及其应用
【解析】【分析】（1）根据G=mgs算出运输车空载时自重；（2）由图知牛奶的密度，容器的容积，根据M=ρV可算出车中容器中装满牛奶后牛奶的质量，运输车装满牛奶后，总重为：G总=G车+G牛奶，在竖直方向上车是静止的，受力平衡，F支与G总是一对平衡力，因此运输车装满牛奶后，地面对运输车的支持力：F支=G总
（3）运输车在平直的公路上匀速行驶，水平方向上F牵与f是一对平衡力，大小相等，因此的汽车的牵引力的大小：F牵=f。
25．【答案】解：（1）当环境温度低时，热敏电阻的电阻减小，电路的电流增大，电磁铁的磁性增强，衔铁被吸下时，衔铁与A接触，电阻R1被接入电路，电阻较小，处于加热状态，此时电路中的电流
（2）衔铁刚被吸下时的阻值
（3）加热功率为
当环境温度高时，热敏电阻的电阻增大，电路的电流减小，电磁铁的磁性减弱，衔铁被弹起时，衔铁与B接触，两电阻串联，处于保温状态，此时的功率是加热时功率的20%，即
P保温=20%P加热=20%×1100W=220W
此时电路的总电阻为
R2的阻值
R2=R-R1=220Ω-44Ω=176Ω
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【分析】衔铁被弹起时，衔铁与B接触，两电阻串联，衔铁被吸下时，衔铁与A接触，电阻R1被接入电路，电阻较小，根据得衔铁与A接触，处于加热状态，衔铁与B接触，处于保温状态。
（1）根据欧姆定律算出该电加热器处于加热挡时的电流；
（2）根据欧姆定律得算出 衔铁刚被吸下时控制电路的总电阻值，根据串联电路的电阻规律算出的阻值；
(3)根据该电加热器处于加热挡时的电功率；根据保温时功率是加热时功率的20%算出保温功率，根据和串联电路电阻的规律算出的阻值。
26．【答案】天平；弹簧测力计；10；B；C；37.2
【知识点】重力及其大小的计算；探究影响重力大小因素的实验
【解析】【解答】（1）①在探究“影响物体重力大小的因素”的实验中，要测量物体受到的重力需要的测量工具分别是弹簧测力计，要测量物体的质量需要的测量工具天平。
②由表格数据可知，物体3的重力与质量的比值为
（2） 根据表中测量的实验数据分析，说明物体所受的重力与质量成正比，故重力随质量的变化关系图像为过原点的倾斜直线，故B正确，ACD错误。
故选B。
（3）重力与质量成正比，具有普遍性，该值的大小与物质的种类无关，用质量不同的课本、文具盒、压卷石各一次做实验，探究重力与质量的关系，使结论更具有普遍性，实验合理，故C正确，ABD错误。
故选C。
（4）质量是物质的一种属性，不会随位置、形状等改变，该金属在火星上其质量仍为10kg，故在火星上的重力为G火=mg火=10kg×3.72N/kg=37.2N。
故答案为（1）：天平；弹簧测力计；10；（2）B；（3）C；（4）37.2。
【分析】（1）测量质量用天平，测量重力的工具是弹簧测力计；
探究“物体所受重力大小与物体质量的关系”，应计算重力与质量的比值；
（2）根据表中测量的实验数据分析得物体所受的重力与质量成正比，正比例函数的图象为过原点的倾斜直线；
（3）在实验中，为了使结论更具普遍性应更换质量不同物体测量多组数据；
（4）在火星上物体的质量不变，所受的重力根据G=mg计算。
27．【答案】相同；不同；不变；先变大后变小；不一定；否；没有控制水的初温相同
【知识点】探究水的沸腾实验；热量的计算；热机的效率；电功率的计算
【解析】【解答】（1）由和加热至沸腾可知，影响水吸收的热量的因素有：水的质量、初温；探究电磁炉的效率是否会随着被加热水的多少而发生变化，根据控制变量法可知在相同的环境条件下，使用相同的加热功率，将初温相同、质量不同的水加热至沸腾；水沸腾时的特点是不断吸热，温度保持不变，故此时观察到水的温度不变。
（2）由数据可知：随着被加热水的质量的增加，电磁炉效率的变化情况是：先变大后变小；
（3）由实验数据说明随着被加热水的质量增加，电磁炉的效率是先增加后减小，因此得到一定质量的沸水，采用一次性加热比分成多次加热更节能，不一定正确，当水质量较小时（如300g），结论成立，但当水的质量增大到一定值时（如1200g），多次加热反而节能；
（4）在同样的环境条件下，将一定质量的水用不同加热功率，连续测出水温每上升15℃所对应的效率时，小虎的做法不正确；理由没有控制水的初温相同。
综上第1空、相同；第2空、不同；第3空、不变；第4空、先变大后变小；第5空、不一定；
第6空、否；第7空、没有控制水的初温相同。
【分析】（1）根据控制变量法分析，由Q=cm (t-to）可知“电磁炉的效率是否会随着被加热水的多少而发生变化"的问题时，应只改变质量而保持其它因素不变；
（2）由数据直接可得炉效率的变化情
（3）一次加热1200g的水和分两次各加热600g的水，水吸收的热量相同，但因为两种情况电磁炉的效率不同，效率高的更节能；
（4）根据控制变量法由实验影响的因素分析各因素的变化，将一定质量的水用不同加热功率，水的初温应相同。
28．【答案】；右；见解析；4.5；D；0.75；4Ω；D
【知识点】电路故障的判断；滑动变阻器的原理及其使用；探究用电器的电功率实验
【解析】【解答】（1）如图甲，电压表和小灯泡串联并被短路，电压表并联在小灯泡两端，灯泡应与变阻器串联接入电路中，故把滑动变阻器与小灯泡相连的导线改接在小灯泡右侧接线柱上，如下图所示：
为了保护电路，在闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于接入电路的阻值最大处，即最右端。
（2）小灯泡正常工作时电流约为，
根据欧姆定律可知，滑动变阻器两端的最大电压为U滑=IR滑=0.25A×10Ω=2.5V
根据串联电路的电压规律得电源最大电压约为U源=UL+U滑=2.5V+2.5V=5V＜6V
所以应选择电源电压为4.5V。
（3）闭合开关S后，小灯泡不亮，可能是因为滑动变阻器的阻值太大，导致电路中的电流太小，也可能是电路存在电流或断路，所以首先观察电流表和电压表是否有示数，再根据情况采取其他措施，故D正确，ABC错误；
故选D。
（4）由图乙可知，三组电压值分别为2V、2.5V、3V，三组电流值为0.26A、0.30A、0.32A，电阻值一定时，根据欧姆定律可知，电压表示数越大，电流表的示数也越大，所以当电压为额定电压2.5V时，灯泡电流为0.30A，则灯泡的额定功率为P额=U额I额=2.5V×0.30A=0.75W
（5）实验中电压为2V时，电流为0.26A，灯泡电阻约为
做完实验并断开开关一段时间后，由于灯丝温度会降低，电阻会减小，所以灯泡的电阻应大于0Ω小于7.7Ω，故灯泡的电阻可能是4Ω。
（6）灯泡正常发光的电阻为
由题意可知
由此可见，电功率P是关于电压U的二次函数，故ab图像都是经过原点开口向上的抛物线，B中b是直线，C中a是直线，故BC不符合题意；b电阻不变，灯泡电阻R随温度升高而变大，所以当小灯泡两端电压U<2.5V时，电阻a小于8.3Ω，电压相同时Pa>Pb，此时抛物线a在抛物线b的上方；当小灯泡两端电压U=2.5V时，电阻等于8.3Ω，则Pa=Pb，此时两抛物线相交；当小灯泡两端电压U>2.5V时，电阻a大于8.3Ω，则Pa
第2空、右；第3空、保护电路；第4空、4.5；第5空、D；第6空、0.75；第7空、4Ω；第8空、D。
【分析】（1）如图甲，电压表和小灯泡串联并被短路，电压表并联在小灯泡两端，灯泡应与变阻器串联接入电路中，故把滑动变阻器与小灯泡相连的导线改接在小灯泡右侧接线柱上；
为了保护电路，在闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于接入电路的阻值最大处；
（2）根据欧姆定律算出灯泡正常工作的电流，根据U=IR算出变阻器两端最大电压，根据串联电路特点求出最大电源电压；
（3）闭合开关S后，小灯泡不亮，可能是因为滑动变阻器的阻值太大，导致电路中的电流太小，也可能是电路存在电流或断路，据此分析；
（4）电阻一定时，根据欧姆定律可知，电压表示数越大，电流表的示数也越大，然后判断出灯泡额定电压对应的额定电流，根据P=UI算出灯泡的额定功率；
（5）灯泡电阻随灯泡温度的升高而变大，根据题干给出的情况，根据欧姆定律应用数学知识分析答题
（6）由，电功率P是关于电压U的二次函数，故ab图像都是经过原点开口向上的抛物线，灯泡电阻R随温度升高而变大，当小灯泡两端电压U<2.5V时，电阻a小于8.3Ω，电压相同时Pa>Pb，此时抛物线a在抛物线b的上方；当小灯泡两端电压U=2.5V时，电阻等于8.3Ω，则Pa=Pb，当小灯泡两端电压U>2.5V时，电阻a大于8.3Ω，则Pa
【知识点】热机；流体压强与流速的关系；电功率的计算
【解析】【解答】（1）风力发电主要将风能转化为叶片的机械能，叶片的机械能转化为电能；
（2）由图乙可知，下面一面较弯曲，风叶上表面一面较平，风正面垂直吹向静止叶片时，下面流速快，压强小，上面流速慢，压强大，故叶片受到的压强差向下，因此叶片会顺时针转动。
（3）由丙图可知风速为12m/s时，发电机的功率为300kW，则 风力发电机组工作1h输出的电能为
W电=Pt=300×103W×3600s=1.08×109J
相当于燃烧的煤的质量
（4）由丙图可知当风速为13m/s时，发电机的功率为300kW，因此发电机输出电能1kW·h，时间
发电机转子1min转400圈，则0.2min转子转400×0.2=80，由于叶片转1圈，发电机转子转20圈 ，因此 当风速为13m/s时，发电机转子1min转400圈．若发电机输出电能1kW·h，叶片需要转动 4圈。
（5）由图丙、丁可知，风速小于3m/s时，P=0，18：00-19：00，输出的电能为0；由丁图可知，15∶00-17∶00，v大于12m/s，故输出功率恒定为300kW，则15∶00-17∶00输出的电能
W=Pt=300kW×2h=600kW·h
已知14∶00-15∶00和15∶00-16∶00两段时间内输出电能之比为1∶3，则14∶00-15∶00输出电能为
由图像可知，14∶00-15∶00、17∶00-17∶30、19∶00-19∶30这三个时间段，风速都为10m/s，故这三个时间的输出电能均为100kW·h；在5m/s≤v≤10m/s的范围内，P与v的三次方成正比，即P=kv3，则输出的电能W=Pt=kv3t，由前面分析可知，风速为v1=10m/s时，半小时内输出的电能①
由图像可知，在17∶30-18∶00内，风速为v2=7m/s时，则半小时内输出的电能②
由①②可得
解得W2=34.3kW·h；所以，14∶00-19∶30的时间段内风力发电机组的输出电能
W总=100kW·h+600kW·h+100kW·h+34.3kW·h+100kW·h=934.3kW·h
综上第1空、电能；第2空、顺时针；第3空、36；第4空、4；第5空、934.3。
【分析】（1）不同形式的能量可以相互转化，风力发电主要将风能转化为叶片的机械能，叶片的机械能转化为电能；
（2）流体压强与流速的关系：流速大的地方，压强小；流速小的地方，压强大；
（3）由丙图可知风速为12m/s时，发电机的功率为300KW，由W=P求输出的电能；再根据W电=Q放=mq煤求需要完全燃烧的煤的质量；
（4）由丙图可知当风速为13m/s时，发电机的功率为300kW，发电机输出电能1kW·h，
根据求时间，发电机转子1min转400圈，算出转子转动的圈数，叶片转1圈发电机转子转20圈，求出叶片转动的圈数。
（5）由图丙、丁可知，风速小于3m/s时，P=0，18：00-19：00，输出的电能为0；由丁图可知各时段的风速，v大于12m/s，输出功率恒定为300kW，求出15：00-17：00时段输出的电能；已知14∶00-15∶00和15∶00-16∶00两段时间内输出电能之比为1∶3，求出14∶00-15∶00输出电能，14∶00-15∶00、17∶00-17∶30、19∶00-19∶30这三个时间段，风速都为10m/s，故这三个时间的输出电能均为100kW·h；在5m/s≤v≤10m/s的范围内，P与v的三次方成正比，即P=kv3，则输出的电能W=Pt=kv3t，由前面分析可知，风速为v1=10m/s时，求出在17∶30-18∶00内半小时内输出的电能，最后求得输出总的电能。
江苏省盐城市亭湖区康居路初中教育集团2024年中考一模物理试题
一、选择题：本题共12小题，每小题2分，共24分，每题只有一个正确选项。
1．（2024·亭湖模拟）“请大家安静，现在准备考试！”监考老师要求考生减小声音的（ ）
A．频率 B．音调 C．响度 D．音色
【答案】C
【知识点】响度及响度与振幅的关系
【解析】【解答】“请大家安静，现在准备考试！”监考老师要求考生减少声音的响度，C符合题意．
故答案为：C．
【分析】响度指的是声音的大小，音调指声音的高低，音色指声音的特色.
2．（2024·亭湖模拟）“蓝牙技术”（Bluetooth），即近距离无线连接技术，如大家熟悉的蓝牙耳机就是利用该技术，蓝牙耳机与手机之间信息传递利用的是（ ）
A．超声波 B．红外线 C．微波 D．激光
【答案】C
【知识点】电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】蓝牙是一种短距离的的无线通信技术，是利用电磁波中的微波来传递信息的。故ABD不符合题意，C符合题意。
故选：C。
【分析】 电磁波能够传播信息，广播、电视、通讯等都是利用电磁波来传递信息的，微波是电磁波中波长较短的。
3．（2024·亭湖模拟）核酸检测时，我们的“大白”必须佩戴口罩和护目镜，每次检测前都要用医用酒精对手进行消毒，一天工作下来，十分辛苦，下列说法不正确的是（ ）
A．护目镜上“雾气”是液化形成的
B．手上酒精“消失”属于汽化现象
C．“大白”能吸收所有色光
D．打印的“检测码”不是光源
【答案】C
【知识点】汽化及汽化吸热的特点；液化及液化放热；光与光源；物体的颜色
【解析】【解答】A．护目镜上“雾气”是水蒸气遇冷液化成小水珠形成的，故A不符合题意；
B．手上酒精“消失”是酒精由液态变成气态，是汽化现象，故B不符合题意；
C．“大白”能反射所有色光，故C符合题意；
D．打印的“检测码”不能发光，不是光源，故D不符合题意。
故选：C。
【分析】A、物质由气态变成液态的过程叫液化；
B、物质由液态变成气态的过程叫汽化；
C、白色物体发生所有色光，黑色物体吸收所有色光；
D、光源是自身能够发光的物体。
4．（2024·亭湖模拟）哈尔滨冰雪大世界主持人服装的内胆添加“神秘材料”石墨烯，只要衣服某一处加热，石墨烯复合材料就能把热量均匀传递到全身。由此可知石墨烯具有很好的（ ）
A．导热性 B．磁性 C．弹性 D．导电性
【答案】A
【知识点】科学探索
【解析】【解答】由于“只要衣服某一处加热，石墨烯复合材料就能把热量均匀传递到全身”，说明石墨烯具有良好的导热性。
故选：A。
【分析】根据题意“只要衣服某一处加热，石墨烯复合材料就能把热量均匀传递到全身”，因此石墨烯具有良好的导热性。
5．（2024·亭湖模拟）如图所示的四种用具中，正常使用时属于省力杠杆的是（ ）
A． 天平
B． 栽纸刀
C． 筷子
D． 钓鱼竿
【答案】B
【知识点】杠杆的分类
【解析】【解答】A．天平在使用时，动力臂等于阻力臂，属于等臂杠杆，故A错误；
B．栽纸刀在使用时，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，故B正确；
C．筷子在使用时，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，故C错误；
D．钓鱼竿在使用时，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，故D错误。
故选：B。
【分析】A、动力臂等于阻力臂，属于等臂杠杆，如天平；
B．动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，如栽纸刀；
CD、动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，如筷子、钓鱼竿。
6．（2024·亭湖模拟）如图沙画是我国一种民间艺术，将沙子洒在平板灯台上做各种造型，灯台下方射出的光受到沙子的阻挡后，呈现出各种画面，沙画的光学原理是（ ）
A．光的直线传播 B．光的反射
C．光的折射 D．光的色散
【答案】A
【知识点】光的直线传播及其应用；光的反射；光的折射现象及其应用；光的色散
【解析】【解答】由于光在同种均匀介质中沿直线传播，当灯台的光线被沙子阻挡后，会在沙子后面形成阴影，呈现出各种画面，因此沙画的光学原理是光的直线传播，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【分析】光在同种均匀介质中沿直线传播，当光线被沙子阻挡后，会在沙子后面形成阴影。
7．（2024·亭湖模拟）2024年世界短道速滑锦标赛上，中国选手孙龙以143.009 秒的成绩勇夺男子1500米金牌。对孙龙比赛过程的分析，下列说法正确的是（ ）
A．以看台为参照物，孙龙是静止的
B．孙龙全程的平均速度约为 10km/h
C．若孙龙匀速转弯，则他受平衡力的作用
D．当孙龙抬起一只脚时，他对冰面的压强增大
【答案】D
【知识点】速度公式及其应用；二力平衡的条件及其应用；压强的大小及其计算；参照物及其选择
【解析】【解答】A．以看台为参照物，孙龙有位置变化，是运动的，故A错误；
B．计算全程的平均速度约为：，故B错误；
C．匀速转弯时，运动方向在改变，则运动状态发生改变，受非平衡力，故C错误；
D．当孙龙抬起一只脚时，对冰面的压力不变，受力面积变小，则压强增大，故D正确。
故选D。
【分析】相对于参照物，没有位置变化是运动的；根据，计算速度；运动方向改变时，运动状态在改变；压力一定时，受力面积减小，压强变大。
8．（2024·亭湖模拟）在下列事例中，有一个作用原理与其他三个不相同，这个事例是（ ）
A． 注射药液 B． 吸饮料
C． 纸片不掉 D． 挂衣吸盘
【答案】A
【知识点】大气压的综合应用
【解析】【解答】A、向病人注射药液是利用了手的推力，没有利用大气压的作用；
B、 B.吸管吸饮料时，是先把吸管内的空气吸走，在外界大气压的作用下，饮料被压进吸管里，利用的是大气压；
C.纸覆杯实验中纸片不掉，在外界大气压的作用下，托住纸片，利用的是大气压；
D、 用力一压，把吸盘内的空气排出，大气压就把吸盘紧压在了墙壁上，利用了大气压；
故A与BCD的原理不一样。
故选A。
【分析】大气压的利用一般是内外压强不同，在外界大气压的作用下，产生某种效果，吸饮料、纸片不掉、挂衣吸盘都是利用大气压原理，向病人注射药液是利用了手的推力。
9．（2024·亭湖模拟）如图是电动平衡车，人站在上面启动后，内部电动机运转带动平衡车向前进。下列四幅图中与这一过程的工作原理相同的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】通电直导线周围的磁场；磁场对通电导线的作用；直流电动机的构造原理与工作过程；产生感应电流的条件
【解析】【解答】电动平衡车内部的主要构件是电动机，通电后，导体在磁场中受力而运动，它是利用通电导线在磁场中受力的作用的原理工作的。
A．如图，演示的说明通电导体周围存在着磁场，故A不符合题意；
B．如图，开关闭合后，闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，导体中产生感应电流，这是电磁感应现象，故B不符合题意；
C．如图，闭合开关，电磁铁有磁性，是利用电流的磁效应，故C不符合题意；
D．如图，闭合开关，通电导体在磁场中受力而运动，故D符合题意。
故选：D。
【分析】电动平衡车内部的主要构件是电动机，是利用通电导线在磁场中受力的作用的原理工作的。
A．如图，通电导体周围存在着磁场；
B．如图，是电磁感应现象；
C．如图，是利用电流的磁效应；
D．如图，是通电导体在磁场中受力而运动。
10．（2024·亭湖模拟）鲁能巴蜀中学科技小组为校运动会开幕式设计了一款控制灯光和国旗升降的电路原理图。其工作原理为闭合开关S1，舞台灯亮，再闭合触摸开关S2，电动机控制国旗自动升降；当断开开关S1时，灯不亮，无论是否闭合S2，电动机都不启动。如图所示符合上述情况的电路设计是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】串、并联电路的设计
【解析】【解答】ABCD、由题可知，当闭合开关S1时，舞台灯亮起，此时电动机不工作；当按下开关S2时，电动机才能启动，说明指示灯与电动机均是独立工作，即舞台灯和电动机是并联的。 当断开开关S1时， 舞台灯和电动机都不能工作，故开关S1在干路上，开关S2在电动机所在支路，故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】并联电路各支路独立工作，互不影响，干路上的开关控制整个电路，支路开关控制所在支路。
11．（2024·亭湖模拟）学过红外线知识后，小明想探究红外线是否与可见光有相同的特性，他拟定如下方案：
方案一：用烟雾显示红外线路径，探究红外线在空气中是否沿直线传播；
方案二：用平面镜反射遥控器的红外线到电视机上，探究红外线能否反射；
两方案能达到实验目的的是（ ）
A．方案一可行 B．方案二可行
C．两方案均可行 D．两方案均不可行
【答案】B
【知识点】光的反射；红外线
【解析】【解答】 外线是红光以外的光 ，属于不可见光，人眼看不到红外线，所以方案一不能探究红外线在空气中是否沿直线传播；用平面镜反射遥控器发出的红外线到电视机上，看能否控制电视机，可以究红外线能否反射，所以方案二可行。故ACD不正确，B正确。
故选：B。
【分析】红外线是红光以外的光，属于不可见光，红外线的热作用比较强制成红外线夜视仪、遥控器、红外线体温计等，但人眼不能看到红外线，红外线可以发生反射。
12．（2024·亭湖模拟）海水密度会随温度变化产生细微变化，科学家用某种方法测量不同温度下的海水密度，如图1所示。当海水温度从上升到时，把测力计下悬挂的质量和体积都不变的实心小球浸没在海水中，小球一直处于静止状态，测得测力计示数F和海水温度t关系如图2所示，此过程中由于蒸发，海水的质量变小，但小球一直都浸没在海水中，下列选项中能正确反映海水的密度和水温t的关系的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】阿基米德原理
【解析】【解答】小球在海水中受到：竖直向下的重力G、竖直向上的浮力F浮、弹簧测力计向上的拉力F，由于小球处于静止状态，受到平衡力，则F浮+F=G，小球的重力G一定，测力计的拉力F先变小后变大，则浮力先变大后变小；根据F浮=ρ液gV排，小球排开海水体积V排一定，液体密度先变大后变小，故B符合题意。
故选B。
【分析】根据小球受到的重力、浮力和拉力是平衡力，结合拉力变化，判断浮力变化；根据F浮=ρ液gV排，判断液体密度的变化。
二、填空题：本小题共8小题，每空1分，共24分．
13．（2024·亭湖模拟）小明坐在车中闻到花香是因为分子在永不停息的无规则 ；小明相对于车是 的；高速路旁树立“车距50m或100m”警示牌，提醒司机保持车辆间距，因为车辆具有 ，刹车后还要运动一段距离。
【答案】运动；静止；惯性
【知识点】惯性及其现象；参照物及其选择；分子热运动
【解析】【解答】闻到花香，是花的花香分子在空气中运动，说明了组成物质的分子在永不停息地做无规则运动。
小明坐在车中以车为参照物，小明与车之间的相对位置没有发生变化，所以小明是静止的。
由于汽车具有惯性，高速行驶的汽车，当车遇到紧急情况而刹车时，汽车相对于地面继续运动一段距离，高速行驶的车要保持车距。
故答案为：运动；静止；惯性。
【分析】组成物质的分子在永不停息地做无规则运动；
物体相对于参照物的位置若是变化的，则是一对的，若是不变的，则是静止的，小明与车之间的相对位置没有发生变化；
一切物体都有惯性，当车遇到紧急情况而刹车时，汽车相对于地面继续运动一段距离。
14．（2024·亭湖模拟）图中，物体长度是 cm，秒表的读数为 s，温度计的的读数为 ℃。
【答案】3.90；337.5；99
【知识点】温度及温度计的使用与读数；时间及其测量；刻度尺的使用
【解析】【解答】刻度尺的分度值是1mm=，测量时初始刻度是，末端刻度值为，物体的长度为5.90cm-2.00cm=3.90cm；
在秒表上，小盘的分度值是，指针在和之间，读数5min，偏过中线；大盘的分度值是，大盘指针在，因此秒表读数为5×60s+37.5s=337.5s；
图中温度计的分度值是，液柱远离0刻度为零上，读数是。
故答案为：3.90；337.5；99.
【分析】使用刻度尺是要明确其分度值，起始端从0开始，读出末端刻度值，就是物体的长度；起始端没有从0刻度线开始的，要以某一刻度线为起点，读出末端刻度值，减去起始端所对刻度即为物体长度，注意刻度尺要估读到分度值的下一位；
秒表的中间的表盘代表分钟，周围的大表盘代表秒，秒表读数是两个表盘的示数之和；
温度计使用前要明确其分度值，注意示数在零上还是零下，根据液面位置读出该温度计的示数。
15．（2024·亭湖模拟）如图1所示，将正在响铃的闹钟放入玻璃罩内，在抽气过程中，听到的铃声越来越 ；如图2所示，在抽气过程中，水的沸点 。烧杯中的温水重新沸腾。如图3所示，在抽气过程，原本塞紧的小空瓶，瓶塞会冲出瓶口，小瓶内气体的 能转移为橡皮塞机械能。
【答案】小；降低；内
【知识点】做功改变物体内能；沸点及沸点与气压的关系；声音的传播条件
【解析】【解答】将正在响铃的闹钟放入玻璃罩内，声音传播需要介质，在抽气过程中，玻璃罩内气体逐渐减少，声音传播的介质逐渐减少，听到的铃声越来越小；
在抽气过程中，玻璃罩内气压减小，水的沸点降低；
在抽气过程中，瓶塞被冲出试管口的过程中，气体对瓶塞做功，气体的内能转化为瓶塞的机械能。
故答案为：小；降低；内。
【分析】声音的传播需要介质，真空不能传声；
液体的沸点与气压有关，气压越低，沸点越低，气压越高，沸点越高；
做功可以改变物体的内能，物体对外做功，内能减小，内能转化为机械能 。
16．（2024·亭湖模拟）如图是用手机现场拍摄的两张照片（摄像头焦距不变），手机摄像头的镜头相当于一个 镜，拍摄图乙照片比拍摄图甲照片摄像头离景物 （选填“远”或“近”）些。青少年长时间使用手机很容易导致近视，近视眼应该佩戴 镜来矫正视力。
【答案】凸透；近；凹透
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验；近视眼的成因与矫正办法
【解析】【解答】手机摄像头的镜头相当于凸透镜，u＞2f时，成倒立缩小的实像；
乙图的像比甲图大，根据凸透镜成实像时，物距减小，像距增大，像增大，因此拍摄乙照片比拍摄甲照片摄像头离景物近些；
近视眼是由于人眼的晶状体变凸，会聚能力增强，晶状体到视网膜的距离增大，像呈在视网膜的前方，故应佩戴使光线发散的透镜，即近视眼应该佩戴凹透镜来矫正视力 。
故答案为：凸透；近；凹透。
【分析】凸透镜u＞2f时，成倒立缩小的实像；
凸透镜成实像时，物距减小，像距增大，像增大；
近视眼是由于人眼的晶状体会聚能力增强，应该佩戴凹透镜来矫正视力。
17．（2024·亭湖模拟）某型号汽油机的飞轮转速是1200r/min，则该汽油机每秒钟完成 个做功冲程，其中 冲程将内能转化为机械能，当汽油燃烧不充分时，排气管会冒“黑烟”，此时汽油机的效率将 （选填“变大”、“不变”或“变小”）。
【答案】10；做功；变小
【知识点】热机；热机的效率；热机的四个冲程
【解析】【解答】汽油机的一个工作循环飞轮转2圈，对外做功1次。飞轮的转速为1200r/min=20r/s，即飞轮1s转动20r，10个工作循环，对外做功10次，完成10个做功冲程；
汽油机的一个工作循环包括：吸气、压缩、做功、排气四个冲程，做功冲程是高温高压的燃气对活塞做功，将内能转化为机械能；
排气管会冒“黑烟”，说明燃烧不充分，用来做有用功的能量占燃料完全燃烧放出的总能量的比值就小，所以 此时汽油机的效率变小。
故答案为：10；做功；变小。
【分析】汽油机的一个工作循环飞轮转2圈，对外做功1次，据此计算汽油机做功的次数。飞轮的转速为1200r/min=20r/s，即飞轮1s转动20r，10个工作循环，对外做功10次；
汽油机的一个工作循环做功冲程将内能转化为机械能；
汽油机的效率用来做有用功的能量占燃料完全燃烧放出的总能量的比值。
18．（2024·亭湖模拟）甲、乙两个带电的气球，悬挂在天花板上的同一个点上，静止时呈现如图所示情形。这两个气球带的是 （选填“同种”或“不同种”）电荷，绳子对甲球的拉力和甲球的重力 （选填“是”或“不是”）一对平衡力。其中甲球对乙球的力记为，乙球对甲球的力记为，可以判断 （选填“>”、“<”或“=”）。
【答案】同种；不是；=
【知识点】力作用的相互性；二力平衡的条件及其应用；电荷间的相互作用规律
【解析】【解答】由图可知，两个气球相互排斥，根据电荷间相互作用规律：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，可知两个气球同种电荷；
绳子对甲球的拉力斜向上，甲球的重力竖直向下，二力没有在同一直线上，不是一对平衡力；
相互作用的二力大小相等，方向相反；甲球对乙球的力F1与乙球对甲球的力F2是一对相互作用力，因此。
故答案为：同种；不是；=
【分析】同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，据此分析判断；
二力平衡条件：作用在同一物体上的两个力，大小相等，方向相反，作用在同一直线上；分析两个力的方向判断；
相互作用的二力大小相等，方向相反；
19．（2024·亭湖模拟）如图所示为“硬币玩转跷跷板”装置，跷跷板上相邻的硬币放置点间距相等。在放硬币之前，跷跷板在水平位置平衡，说明该跷跷板的重心在 点。在A点叠放三枚硬币时，则可在E点叠放 枚硬币能使跷跷板再次水平平衡，保持A点叠放三枚硬币不变，在跷跷板上已标出的其余6个点中，有的点上无论叠放多少枚硬币都无法使跷跷板再次水平平衡，这样的点一共有 个。
【答案】D；9；4
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆的动态平衡分析
【解析】【解答】 跷跷板是杠杆，在跷跷板上放硬币之前， 跷跷板已在水平位置平衡，这表明跷跷板的重心在支点处，即D点；
设每个硬币的重力为G，杠杆上每一小格的长度为L，在A点叠放三枚硬币时，根据杠杆的平衡条件可得，解得，即在E点叠放9枚硬币能使跷跷板再次水平平衡；
保持A点叠放三枚硬币不变，A点硬币的重力的方向是竖直向下的，其余各点放置的硬币的重力的方向也是竖直向下的，跷跷板的支点在中点D处，由图可知，要使跷跷板平衡，则硬币应放置在D点的右侧；在跷跷板的左侧的B、C两点，无论放多少枚硬币都无法使跷跷板再次水平平衡，在D点放多少枚硬币都不会影响跷跷板左端下沉，因此在B、C、D无论放多少枚硬币都无法使跷跷板再次水平平衡；根据杠杆平衡条件可计算出，跷跷板平衡时在F点叠放的硬币数为4.5枚，硬币没有半个，不符合题意；G点叠放的硬币数为3枚，可使跷跷板再次水平平衡 ；故在B、C、D、F四个点上无论叠放多少枚硬币都无法使跷跷板再次水平平衡。
故答案为：D；9；4.
【分析】在杠杆上放物体之前，杠杆已在水平位置平衡，这表明杠杆的重心在支点处；
根据杠杆平衡条件分析放硬币的多少；
根据放置的硬币的重力的方向竖直向下和杠杆平衡条件分析得硬币应放置在D点的右侧；再根据杠杆平衡条件判断E、F、G点可放置硬币的个数，最后得结果。
20．（2024·亭湖模拟）如图是一种测定油箱内油量的装置。竖直放置的均匀圆弧形电阻丝R长20cm，规格为1Ω/cm。滑片P与滑杆连接，滑杆可绕固定轴O转动。O是滑杆的中点，且与电阻丝R的中点在同一高度，滑杆的另一端通过轻质细杆连接一个浮子。油箱中的油量减少时，浮子随油面一起下降，带动滑杆使滑片向上移动，电流表的示数始终随之改变。
（1）油量逐渐减少，电阻R0两端的电压逐渐 ；
（2）当油箱加满油时，滑片刚好位于R的下端，电流表指针指在最大刻度处，此时示数为0.6A；油面缓慢下降，当R接入电路的长度为4cm时，电流表示数为0.3A；油面继续缓慢下降到最低位置时（油箱底部还有少许油可忽略不计），滑片刚好位于R的上端。电源电压为 V；
（3）对（2）中的设计进行调整，在保证油箱加满油时，电流表指针仍指在最大刻度的前提下，只改变电阻R0和电源电压，就能实现还剩半箱油时，指针刚好指在电流表表盘刻度的中央。则电阻R0的阻值为 Ω。
【答案】减小；2.4；10
【知识点】串联电路的电压规律；欧姆定律及其应用；电路的动态分析
【解析】【解答】（1）电路是R和R0串联，油箱中的油量减少时，浮子随油面一起下降，带动滑杆使滑片向上移动，圆弧形电阻丝R接入电路中的电阻变大，电路中总电阻变大，在电源电压一定时，根据欧姆定律，电路中电流变小，再根据可知，电阻R0两端的电压减小；
（2）当油箱加满油时，滑片刚好位于R的下端，此时R接入电路中电阻为零，由欧姆定律，得当油箱加满油时，电流表指针指在最大刻度处，示数为0.6A，则电源电压：——①
油面缓慢下降，当R接入电路的长度为4cm时，此时R接入电路的阻值R=4cm ×1Ω/cm=4Ω，电流表示数为0.3A，则电源电压：——②
联立①②解得R0=4Ω，U=2.4V
（3）还剩半箱油时，滑杆刚好水平平衡，滑片P接触电阻丝R的中点，即接入电路的长度为10cm，接入电路的电阻为R=10cm ×1Ω/cm=10Ω；只改变电阻R0和电源电压，还剩半箱油时，指针刚好指在电流表表盘刻度的中央，即为0.3A，则电源电压——③
联立①③解得R0=10Ω，U=6V。
故答案为：减小；2.4；10.
【分析】（1）电路是R和R0串联，油箱中的油量减少时，浮子下降，带动滑杆使滑片向上移动，判断出圆弧形电阻丝R接入电路中的电阻变化，电路中总电阻变化，根据欧姆定律得电路中电流和电阻R0两端的电压的变化；
(2)利用欧姆定律分别表达出变阻器滑片刚好位于R的下端和当R接入电路的长度为4cm时的电源电压，解方程组求出电阻R0的阻值和电源电压；
(3)利用欧姆定律分别表达出油箱加满油时和还剩半箱油时的电源电压，根据电源电压不变，解方程组求出电阻R0的阻值。
三、解答题：本题8小题，共52分．
21．（2024·亭湖模拟）如图，画出物体AB在平面镜中所成的像。
【答案】
【知识点】平面镜成像的原理、特点
【解析】【解答】平面镜成像时，像和物体关于平面镜对称，先作出A、B点关于平面镜的对称点A'、B'，用虚线将A'B'连接起来，标箭头，如图：
【分析】平面镜成像时，像和物体关于平面镜对称。
22．（2024·亭湖模拟）形状不规则的石块静止在水平桌面上，O为重心，请画出它所受力的示意图。
【答案】如下图所示
【知识点】力的三要素及力的示意图
【解析】【解答】物体受到两个力：重力G和支持力F，二力为一对平衡力，大小相等、方向相反，重力方向竖直向下，作用点在重心上，支持力方向竖直向上，如图所示。
【分析】分析物体受力，重力和支持力，二力为一对平衡力，大小相等、方向相反，重力方向竖直向下，作用点在重心上，支持力方向竖直向上。
23．（2024·亭湖模拟）如图，将各元件正确接入电路（要求：开关只控制电灯，三孔插座自带熔断器）。
【答案】
【知识点】家庭电路的连接
【解析】【解答】开关接在火线上，并且开关与它控制的灯串联，由此确定开关与灯的连接；
三孔插座，左孔接零线，右孔接火线，上孔接地线；为了安全起见，用来接大功率用电器的插座都要在其火线上接一个保险盒。由此确定了三孔插座和保险盒的接法。如图所示：
【分析】 电灯的连接方法：火线首先进开关，然后进入灯泡顶端的金属块，零线直接进入螺旋套。
三孔插座的接法：上孔接地线，左孔接零线，右孔接保险盒，将保险盒接在火线上。
24．（2024·亭湖模拟）如图是一辆质量为2t的鲜奶运输车，运输车装满牛奶后，在平直公路上匀速行驶时、受到的摩擦力为总重的0.2倍，求：
（1）运输车空载时的自重；
（2）运输车装满牛奶后，地面对运输车的支持力；
（3）运输车的牵引力的大小；
【答案】解：（1）运输车的质量为2t，运输车空载时自重
G车=m车g=2×103kg×10N/kg=2×104N
（2）容器的容积为V=5m3，牛奶的密度为1040kg/m3，车中容器中装满牛奶后牛奶的质量：m=ρV=1040kg/m3×5m3=5.2×103kg
牛奶的重力：
G牛奶=m牛奶g=5.2×103kg×10N/kg=5.2×104N
运输车装满牛奶后，总重为：
G总=G车+G牛奶=2×104N+5.2×104N=7.2×104N
在竖直方向上车静止，F支与G总是一对平衡力，运输车装满牛奶后，地面对运输车的支持力：
F支=G总=7.2×104N
（3）由题意知，在平直公路上匀速行驶时，受到的摩擦力：
f=0.2G总=0.2×7.2×104N=1.44×104N
运输车在平直的公路上匀速行驶，在水平方向上F牵与f是一对平衡力，大小相等，则汽车的牵引力的大小：
F牵=f=1.44×104N
【知识点】密度公式及其应用；重力及其大小的计算；二力平衡的条件及其应用
【解析】【分析】（1）根据G=mgs算出运输车空载时自重；（2）由图知牛奶的密度，容器的容积，根据M=ρV可算出车中容器中装满牛奶后牛奶的质量，运输车装满牛奶后，总重为：G总=G车+G牛奶，在竖直方向上车是静止的，受力平衡，F支与G总是一对平衡力，因此运输车装满牛奶后，地面对运输车的支持力：F支=G总
（3）运输车在平直的公路上匀速行驶，水平方向上F牵与f是一对平衡力，大小相等，因此的汽车的牵引力的大小：F牵=f。
25．（2024·亭湖模拟）小明设计了一个温控电加热装置，原理如图所示，电压，为热敏电阻，其阻值随加热环境温度的升高而增大．电磁铁线圈电阻10Ω，当导线中的电流大于或等于0.02A时衔铁被吸下，与下触点接触；当电流小于0.02A时，衔铁松开与触点接触，，，求：
（1）该电加热器处于加热挡时的电流；
（2）衔铁刚被吸下时的阻值；
（3）若该电加热器的保温时功率是加热时功率的20%，求的阻值。
【答案】解：（1）当环境温度低时，热敏电阻的电阻减小，电路的电流增大，电磁铁的磁性增强，衔铁被吸下时，衔铁与A接触，电阻R1被接入电路，电阻较小，处于加热状态，此时电路中的电流
（2）衔铁刚被吸下时的阻值
（3）加热功率为
当环境温度高时，热敏电阻的电阻增大，电路的电流减小，电磁铁的磁性减弱，衔铁被弹起时，衔铁与B接触，两电阻串联，处于保温状态，此时的功率是加热时功率的20%，即
P保温=20%P加热=20%×1100W=220W
此时电路的总电阻为
R2的阻值
R2=R-R1=220Ω-44Ω=176Ω
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【分析】衔铁被弹起时，衔铁与B接触，两电阻串联，衔铁被吸下时，衔铁与A接触，电阻R1被接入电路，电阻较小，根据得衔铁与A接触，处于加热状态，衔铁与B接触，处于保温状态。
（1）根据欧姆定律算出该电加热器处于加热挡时的电流；
（2）根据欧姆定律得算出 衔铁刚被吸下时控制电路的总电阻值，根据串联电路的电阻规律算出的阻值；
(3)根据该电加热器处于加热挡时的电功率；根据保温时功率是加热时功率的20%算出保温功率，根据和串联电路电阻的规律算出的阻值。
26．（2024·亭湖模拟）某兴趣小组在探究“影响物体重力大小的因素”的实验中，进行了如下实验探究。
（1）实验记录如下表：
实测物体 物质质量m（kg） 重力G（N） G与m的比值（N/kg）
物体1 0.1 1 10
物体2 0.2 2 10
物体3 0.3 3
①在探究过程中，需要的测量工具有 、 ；
②在探究过程中，实验记录如表：表中空缺的地方应填 N/kg；
（2）根据上表中测量的实验数据分析，下列图像中能正确描述物体所受的重力G与质量m关系的图像是 ；
A． B． C． D．
（3）该组同学利用身边的器材，取了质量不同的课本、文具盒、压卷石各一个，并分别测出它们的质量和重力，来探究物体所受重力大小与质量的关系，你认为小明同学的做法合理吗？理由是 ；
A．不合理，因为他没有用同种物质的物体做实验
B．不合理，因为他没有使物体的质量成倍变化
C．合理，因为他同样可以得到物体所受重力大小与质量的关系
D．合理，因为他的操作比甲同学更简便
（4）现查资料发现，火星上重力与质量的比值为，则一块质量为10kg的金属，在火星上的重力为 N。
【答案】天平；弹簧测力计；10；B；C；37.2
【知识点】重力及其大小的计算；探究影响重力大小因素的实验
【解析】【解答】（1）①在探究“影响物体重力大小的因素”的实验中，要测量物体受到的重力需要的测量工具分别是弹簧测力计，要测量物体的质量需要的测量工具天平。
②由表格数据可知，物体3的重力与质量的比值为
（2） 根据表中测量的实验数据分析，说明物体所受的重力与质量成正比，故重力随质量的变化关系图像为过原点的倾斜直线，故B正确，ACD错误。
故选B。
（3）重力与质量成正比，具有普遍性，该值的大小与物质的种类无关，用质量不同的课本、文具盒、压卷石各一次做实验，探究重力与质量的关系，使结论更具有普遍性，实验合理，故C正确，ABD错误。
故选C。
（4）质量是物质的一种属性，不会随位置、形状等改变，该金属在火星上其质量仍为10kg，故在火星上的重力为G火=mg火=10kg×3.72N/kg=37.2N。
故答案为（1）：天平；弹簧测力计；10；（2）B；（3）C；（4）37.2。
【分析】（1）测量质量用天平，测量重力的工具是弹簧测力计；
探究“物体所受重力大小与物体质量的关系”，应计算重力与质量的比值；
（2）根据表中测量的实验数据分析得物体所受的重力与质量成正比，正比例函数的图象为过原点的倾斜直线；
（3）在实验中，为了使结论更具普遍性应更换质量不同物体测量多组数据；
（4）在火星上物体的质量不变，所受的重力根据G=mg计算。
27．（2024·亭湖模拟）小明在使用电磁炉时，想到“电磁炉的效率是否会随着被加热水的多少而发生变化”的问题。他和同组同学找来一台电磁炉和专用的茶壶，并且仅将电磁炉接入家庭电路中进行了如下探究；
（1）在相同的环境条件下，使用相同的加热功率，先后将初温 而质量 （以上两格均选填“相同”或“不同”）的水加热至沸腾，观察到水的温度 （选填“变”或“不变”），将测得的数据记录如下：
质量m/g 200 300 400 500 600 700 800 900 1000 1100 1200
效率 61% 64% 67% 69% 74% 77% 75% 72% 70% 67% 64%
（2）分析数据可知，随着被加热水的质量的增加，电磁炉效率的变化情况是： ；
（3）实验结束后，小明认为：上述条件下，要得到一定质量的沸水，采用一次性加热比分成多次加热更节能。请你认为小明的结论 （选填“一定”“一定不”或”不一定”）正确；
（4）同组的小虎又提出“电磁炉的效率是否会随着加热功率的变化而发生变化”的问题，为了克服将水加热至沸腾所需要的时间较长的问题，他们在同样的环境条件下，将一定质量的水用不同加热功率，连续测出水温每上升15℃所对应的效率。请你评估小虎的实验方案。你认为小虎的做法是否正确？ ，理由是： 。
【答案】相同；不同；不变；先变大后变小；不一定；否；没有控制水的初温相同
【知识点】探究水的沸腾实验；热量的计算；热机的效率；电功率的计算
【解析】【解答】（1）由和加热至沸腾可知，影响水吸收的热量的因素有：水的质量、初温；探究电磁炉的效率是否会随着被加热水的多少而发生变化，根据控制变量法可知在相同的环境条件下，使用相同的加热功率，将初温相同、质量不同的水加热至沸腾；水沸腾时的特点是不断吸热，温度保持不变，故此时观察到水的温度不变。
（2）由数据可知：随着被加热水的质量的增加，电磁炉效率的变化情况是：先变大后变小；
（3）由实验数据说明随着被加热水的质量增加，电磁炉的效率是先增加后减小，因此得到一定质量的沸水，采用一次性加热比分成多次加热更节能，不一定正确，当水质量较小时（如300g），结论成立，但当水的质量增大到一定值时（如1200g），多次加热反而节能；
（4）在同样的环境条件下，将一定质量的水用不同加热功率，连续测出水温每上升15℃所对应的效率时，小虎的做法不正确；理由没有控制水的初温相同。
综上第1空、相同；第2空、不同；第3空、不变；第4空、先变大后变小；第5空、不一定；
第6空、否；第7空、没有控制水的初温相同。
【分析】（1）根据控制变量法分析，由Q=cm (t-to）可知“电磁炉的效率是否会随着被加热水的多少而发生变化"的问题时，应只改变质量而保持其它因素不变；
（2）由数据直接可得炉效率的变化情
（3）一次加热1200g的水和分两次各加热600g的水，水吸收的热量相同，但因为两种情况电磁炉的效率不同，效率高的更节能；
（4）根据控制变量法由实验影响的因素分析各因素的变化，将一定质量的水用不同加热功率，水的初温应相同。
28．（2024·亭湖模拟）小超同学利用如图甲所示的器材，测量小灯泡的电功率．实验中电源电压恒定不变．灯泡的额定电压为2.5V（电阻约为10Ω），滑动变阻器的规格为“10Ω 1A”。
（1）小超连接了如图甲所示电路，经检查，发现其中一根导线连接有误，请在该导线上打“×”，并用笔画线代替导线连接正确的电路 ；电路连接正确后，在闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于最 （选填“右”或“左”）端，这样做的目的是 ；
（2）为了顺利完成实验，现有电压为4.5V和6V两种电源可供选择，则应选择电源电压为 V；
（3）小超闭合开关后，发现小灯泡不亮，接下来首先应该 ；（填序号）
A．检查导线连接是否良好 B．移动滑动变阻器的滑片观察小灯泡是否发光
C．断开开关 D．观察电流表和电压表是否有示数
（4）排除故障后，小超移动滑动变阻器的滑片，读出了三组实验数据，粗心的小超把三次数据随手写在草稿纸上（如图乙）而没有填写在对应的表格中、请你帮助小超计算出小灯泡的额定功率为 W；
（5）做完实验并断开开关一段时间后，灯泡的电阻可能是 （选填“0Ω”“4Ω”“8Ω”或“10Ω”）；
（6）为了研究小灯泡的电功率跟两端电压的关系，小超测出若干组电压和电流值后，由公式求得对应的功率，并作出功率随电压变化的图线a，小美想到另一方法，设计了如图丙所示的电路研究，他先由计算出小灯泡的电阻，然后根据若干个电压值，由求得对应功率，也作出功率随电压变化的图线b，下列反映了他们的实验结果的图线是 ；
A. B. C. D.
【答案】；右；见解析；4.5；D；0.75；4Ω；D
【知识点】电路故障的判断；滑动变阻器的原理及其使用；探究用电器的电功率实验
【解析】【解答】（1）如图甲，电压表和小灯泡串联并被短路，电压表并联在小灯泡两端，灯泡应与变阻器串联接入电路中，故把滑动变阻器与小灯泡相连的导线改接在小灯泡右侧接线柱上，如下图所示：
为了保护电路，在闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于接入电路的阻值最大处，即最右端。
（2）小灯泡正常工作时电流约为，
根据欧姆定律可知，滑动变阻器两端的最大电压为U滑=IR滑=0.25A×10Ω=2.5V
根据串联电路的电压规律得电源最大电压约为U源=UL+U滑=2.5V+2.5V=5V＜6V
所以应选择电源电压为4.5V。
（3）闭合开关S后，小灯泡不亮，可能是因为滑动变阻器的阻值太大，导致电路中的电流太小，也可能是电路存在电流或断路，所以首先观察电流表和电压表是否有示数，再根据情况采取其他措施，故D正确，ABC错误；
故选D。
（4）由图乙可知，三组电压值分别为2V、2.5V、3V，三组电流值为0.26A、0.30A、0.32A，电阻值一定时，根据欧姆定律可知，电压表示数越大，电流表的示数也越大，所以当电压为额定电压2.5V时，灯泡电流为0.30A，则灯泡的额定功率为P额=U额I额=2.5V×0.30A=0.75W
（5）实验中电压为2V时，电流为0.26A，灯泡电阻约为
做完实验并断开开关一段时间后，由于灯丝温度会降低，电阻会减小，所以灯泡的电阻应大于0Ω小于7.7Ω，故灯泡的电阻可能是4Ω。
（6）灯泡正常发光的电阻为
由题意可知
由此可见，电功率P是关于电压U的二次函数，故ab图像都是经过原点开口向上的抛物线，B中b是直线，C中a是直线，故BC不符合题意；b电阻不变，灯泡电阻R随温度升高而变大，所以当小灯泡两端电压U<2.5V时，电阻a小于8.3Ω，电压相同时Pa>Pb，此时抛物线a在抛物线b的上方；当小灯泡两端电压U=2.5V时，电阻等于8.3Ω，则Pa=Pb，此时两抛物线相交；当小灯泡两端电压U>2.5V时，电阻a大于8.3Ω，则Pa
第2空、右；第3空、保护电路；第4空、4.5；第5空、D；第6空、0.75；第7空、4Ω；第8空、D。
【分析】（1）如图甲，电压表和小灯泡串联并被短路，电压表并联在小灯泡两端，灯泡应与变阻器串联接入电路中，故把滑动变阻器与小灯泡相连的导线改接在小灯泡右侧接线柱上；
为了保护电路，在闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于接入电路的阻值最大处；
（2）根据欧姆定律算出灯泡正常工作的电流，根据U=IR算出变阻器两端最大电压，根据串联电路特点求出最大电源电压；
（3）闭合开关S后，小灯泡不亮，可能是因为滑动变阻器的阻值太大，导致电路中的电流太小，也可能是电路存在电流或断路，据此分析；
（4）电阻一定时，根据欧姆定律可知，电压表示数越大，电流表的示数也越大，然后判断出灯泡额定电压对应的额定电流，根据P=UI算出灯泡的额定功率；
（5）灯泡电阻随灯泡温度的升高而变大，根据题干给出的情况，根据欧姆定律应用数学知识分析答题
（6）由，电功率P是关于电压U的二次函数，故ab图像都是经过原点开口向上的抛物线，灯泡电阻R随温度升高而变大，当小灯泡两端电压U<2.5V时，电阻a小于8.3Ω，电压相同时Pa>Pb，此时抛物线a在抛物线b的上方；当小灯泡两端电压U=2.5V时，电阻等于8.3Ω，则Pa=Pb，当小灯泡两端电压U>2.5V时，电阻a大于8.3Ω，则Pa
风力发电
风能是一种清洁的可再生能源，利用风力发电将助力我国实现碳中和目标．风力发电机组主要由叶片、齿轮箱、发电机等组成，其简化结构如图甲所示．叶片横截面的设计原理如图乙所示，一面较平，另一面较弯曲。叶片在风的作用下旋转，经过齿轮箱增速后，发电机转子高速旋转发电。
某风力发电机组利用齿轮箱可实现叶片转1圈，发电机转子转20圈。风力发电机组输出功率与风速的关系如图丙所示，在的范围内，与的三次方成正比。风力发电机组所在风场某段时间内的风速与时间的关系如图丁所示。（为方便计算，图丙和图丁数据已作简化处理。）
（1）根据图戊风力发电的主要能量转化，最终是将机械能转化为 ；
（2）当风正面垂直吹向静止叶片时，如图乙所示，从正面看，叶片A会 （选填“顺时针”或“逆时针”）转动；
（3）当风速为12m/s时，风力发电机组工作1h输出的电能相当于 kg的煤完全燃烧放出的热量；（）
（4）当风速为13m/s时，发电机转子1min转400圈．若发电机输出电能1kW·h，叶片需要转动 圈；
（5）若14∶00-15∶00和15∶00-16∶00两段时间内输出电能之比为1∶3，则14∶00-19∶30的时间段内风力发电机组的输出电能为 kW·h。
【答案】电能；顺时针；36；4；1084.3
【知识点】热机；流体压强与流速的关系；电功率的计算
【解析】【解答】（1）风力发电主要将风能转化为叶片的机械能，叶片的机械能转化为电能；
（2）由图乙可知，下面一面较弯曲，风叶上表面一面较平，风正面垂直吹向静止叶片时，下面流速快，压强小，上面流速慢，压强大，故叶片受到的压强差向下，因此叶片会顺时针转动。
（3）由丙图可知风速为12m/s时，发电机的功率为300kW，则 风力发电机组工作1h输出的电能为
W电=Pt=300×103W×3600s=1.08×109J
相当于燃烧的煤的质量
（4）由丙图可知当风速为13m/s时，发电机的功率为300kW，因此发电机输出电能1kW·h，时间
发电机转子1min转400圈，则0.2min转子转400×0.2=80，由于叶片转1圈，发电机转子转20圈 ，因此 当风速为13m/s时，发电机转子1min转400圈．若发电机输出电能1kW·h，叶片需要转动 4圈。
（5）由图丙、丁可知，风速小于3m/s时，P=0，18：00-19：00，输出的电能为0；由丁图可知，15∶00-17∶00，v大于12m/s，故输出功率恒定为300kW，则15∶00-17∶00输出的电能
W=Pt=300kW×2h=600kW·h
已知14∶00-15∶00和15∶00-16∶00两段时间内输出电能之比为1∶3，则14∶00-15∶00输出电能为
由图像可知，14∶00-15∶00、17∶00-17∶30、19∶00-19∶30这三个时间段，风速都为10m/s，故这三个时间的输出电能均为100kW·h；在5m/s≤v≤10m/s的范围内，P与v的三次方成正比，即P=kv3，则输出的电能W=Pt=kv3t，由前面分析可知，风速为v1=10m/s时，半小时内输出的电能①
由图像可知，在17∶30-18∶00内，风速为v2=7m/s时，则半小时内输出的电能②
由①②可得
解得W2=34.3kW·h；所以，14∶00-19∶30的时间段内风力发电机组的输出电能
W总=100kW·h+600kW·h+100kW·h+34.3kW·h+100kW·h=934.3kW·h
综上第1空、电能；第2空、顺时针；第3空、36；第4空、4；第5空、934.3。
【分析】（1）不同形式的能量可以相互转化，风力发电主要将风能转化为叶片的机械能，叶片的机械能转化为电能；
（2）流体压强与流速的关系：流速大的地方，压强小；流速小的地方，压强大；
（3）由丙图可知风速为12m/s时，发电机的功率为300KW，由W=P求输出的电能；再根据W电=Q放=mq煤求需要完全燃烧的煤的质量；
（4）由丙图可知当风速为13m/s时，发电机的功率为300kW，发电机输出电能1kW·h，
根据求时间，发电机转子1min转400圈，算出转子转动的圈数，叶片转1圈发电机转子转20圈，求出叶片转动的圈数。
（5）由图丙、丁可知，风速小于3m/s时，P=0，18：00-19：00，输出的电能为0；由丁图可知各时段的风速，v大于12m/s，输出功率恒定为300kW，求出15：00-17：00时段输出的电能；已知14∶00-15∶00和15∶00-16∶00两段时间内输出电能之比为1∶3，求出14∶00-15∶00输出电能，14∶00-15∶00、17∶00-17∶30、19∶00-19∶30这三个时间段，风速都为10m/s，故这三个时间的输出电能均为100kW·h；在5m/s≤v≤10m/s的范围内，P与v的三次方成正比，即P=kv3，则输出的电能W=Pt=kv3t，由前面分析可知，风速为v1=10m/s时，求出在17∶30-18∶00内半小时内输出的电能，最后求得输出总的电能。
