山东省淄博市2024年中考物理试题
1．（2024·淄博）如图是甲骨文“聲”，字同“声”，像“手执槌敲击磬而声音传于耳”形，这说明古人很早就知道声音与敲击有关。下列说法正确的是（ ）
A．磬声是由槌的振动产生的
B．磬声是通过空气传入耳朵的
C．敲击磬发出的声音是次声波
D．用力敲击磬时发出声音的音调变高
2．（2024·淄博）如图是“风能——太阳能”路灯示意图，下列说法正确的是（ ）
A．风力发电机利用了电磁感应原理
B．太阳能来自太阳内部的核裂变
C．给蓄电池充电时化学能转化为电能
D．控制器中的集成电路是用超导材料制成的
3．（2024·淄博）骑电动车戴头盔已成为市民的自觉行为习惯。下列说法正确的是
A．头盔用碳纤维制成，利用了该材料密度小、抗冲击力强的特性
B．白色的头盔能吸收各种色光
C．头盔的绑带做得较宽是为了增大压强
D．戴头盔骑行过程中，以头盔为参照物，人是运动的
4．（2024·淄博）下列有关说法错误的是（ ）
A．气球飘浮，气球内充入密度比空气小的气体
B．飞机升空，机翼上方空气的流速大，压强大
C．船通过船闸，利用了连通器原理
D．潜艇浮沉，靠改变自身重力实现
5．（2024·淄博）小明将只有一面开口的魔箱面向同学，把纸币从顶部的投币口放入（图甲），纸币竟不翼而飞。打开魔箱，原来里面有一块镜子（图乙），下列说法正确的是（ ）
A．魔箱中的镜子是凸透镜
B．看到的魔箱中的竖直方格是实像
C．镜子与水平面的夹角为
D．魔箱的成像原理是光的反射
6．（2024·淄博）在探究凸透镜成像规律时，蜡烛和凸透镜的位置如图所示，光屏上承接到烛焰等大的像（图中未画出光屏）。若保持凸透镜位置不变，将蜡烛调至10cm刻度线处时，下列判断正确的是（ ）
A．向右移动光屏能承接到烛焰的像
B．移动光屏能承接到烛焰缩小的像
C．像的位置在50~60cm刻度线之间
D．投影仪应用了该次实验的成像规律
7．（2024·淄博）2024年4月30日16时56分，北京航天飞行控制中心通过地面测控站发出返回指令，“神舟十七号”载人飞船轨道舱与返回舱成功分离。之后，返回舱的反推发动机启动，向下推动空气，减速“刹车”，最终成功着陆。下列说法错误的是（ ）
A．控制中心发出的返回指令是通过电磁波传递的
B．向下推动空气，返回舱减速，表明物体间力的作用是相互的
C．返回舱减速下落的过程中，重力势能减小
D．返回舱减速下落的过程中，机械能保持不变
8．（2024·淄博）如图，玻璃瓶内有少量水，用橡胶塞塞住瓶口，向瓶内打气，瓶塞跳起。下列说法正确的是（ ）
A．向瓶内打气，通过热传递的方式改变瓶内空气的内能
B．瓶塞跳起时，瓶内空气温度降低，内能减少
C．瓶塞跳起时，瓶内出现“白雾”是汽化现象
D．瓶塞跳起过程与热机压缩冲程的能量转化相同
9．（2024·淄博）避险车道被称为高速公路上的“救命道”。避险车道的陡坡上铺有厚厚的碎石（如图），失控车辆冲入陡坡会快速停下，保护驾乘人员和车辆的安全。下列说法正确的是（ ）
A．铺有厚厚的碎石是为了减小摩擦
B．车辆冲入陡坡后由于惯性快速停下
C．车辆在陡坡上停下时受平衡力作用
D．失控车辆冲入陡坡后动能不变
10．（2024·淄博）在测量液体密度时，用调好的天平测出烧杯和液体的总质量是72g，再将烧杯中的部分液体倒入量筒中（图甲），用天平测出烧杯和剩余液体的质量（图乙），下列分析正确的是（ ）
A．量筒中液体的体积是
B．实验时图乙中添加砝码的合理顺序是5g、10g、20g
C．量筒中液体的质量是39g
D．液体的密度是
11．（2024·淄博）为停车场设计“车位占用”提醒模拟电路，要求车位被占用时，该车位上方只有红色指示灯亮；车位未被占用时，上方只有绿色指示灯亮。下列电路能实现上述要求的是（ ）
A． B．
C． D．
12．（2024·淄博）在“观察滑轮的使用”实验中，用如图所示的两种方式将同一物体匀速提升20cm（不计绳重和摩擦）．下列说法正确的是（ ）
A．物体所受的重力是3.6N
B．图乙中弹簧测力计上升20cm
C．图乙中弹簧测力计的示数是物重的一半
D．图甲中滑轮的机械效率比图乙中的高
13．（2024·淄博）如图所示电路，闭合开关S，滑动变阻器的滑片P向右移动时，下列说法正确的是（ ）
A．电流表的示数不变，电压表的示数不变
B．电流表的示数变小，电压表的示数变大
C．电流表的示数不变，电压表的示数变大
D．电流表的示数变小，电压表的示数不变
14．（2024·淄博）心肺机用“电动泵”替代心脏，推动血液循环，“电动泵”的工作原理如图所示，将线圈ab固定在活塞一端，利用其与固定磁铁间的相互作用带动活塞运动，从而使血液定向流动。阀门都只能单向开启，反向则封闭管路，当线圈中的电流从a流向b时，下列说法正确的是（ ）
A．线圈周围有磁场和磁感线 B．线圈左端是N极
C．活塞将向左运动 D．此时“电动泵”处于送血状态
15．（2024·淄博）如图甲所示电路，电源电压保持不变，闭合开关S，滑动变阻器的滑片P从b端移到a端的过程中，电流表示数I与电压表示数U的关系如图乙所示。下列说法中（ ）
①电源电压为6V
②定值电阻R的阻值为5Ω
③滑动变阻器的最大阻值为10Ω
④滑片P在b端时，通电1min电阻R产生的热量为27J
A．只有②③正确 B．只有①③正确
C．只有②③④正确 D．只有①②④正确
16．（2024·淄博）中医药是中华民族的瑰宝，其中蕴含着许多物理知识。熬制中药时闻到浓浓的药味，这一现象表明 。拔火罐时，玻璃罐在 的作用下吸附在理疗部位。
17．（2024·淄博）小明模拟静电复印原理。他先用丝绸快速摩擦整块塑料板（图甲），使塑料板 ，再用手指在塑料板上写了一个“中”字（图乙），然后在塑料板上均匀地撒上一层细小干木屑，将塑料板缓慢竖起，在重力作用下干木屑下落，“中”字就在塑料板上显现出来了（图丙），“中”字能显现出来的原因：一是摩擦过的塑料板能 ，二是 。
18．（2024·淄博）如图所示电路，灯L标有“3V 0.9W”字样（忽略温度对灯丝电阻的影响）。当开关S1断开，S2、S3闭合时，电流表的示数为0.6A，灯L正常发光，灯L的电阻为 Ω，电压表的示数为 V；当开关S2、S3断开，S1闭合时，灯L与电阻R的连接方式为 ，电流表的示数为 A。
19．（2024·淄博）在某次测试中，一款重为6.4×104N的超音速汽车以1260km/h的速度在水平轨道上匀速直线行驶，受到的阻力为1.8×105N，10s内汽车通过的路程是 m，牵引力做功的功率是 W，重力做功是 J。
20．（2024·淄博）眼睛是心灵的窗户，我们要有保护视力的意识。如图是李老师戴眼镜矫正视力的部分光路，请在方框内画出矫正视力的透镜，并画出两条光线经晶状体折射后的光线。
21．（2024·淄博）小明发现冬天海水结冰时的温度比河水的低，这一现象激发了他探究盐水凝固时温度变化规律的兴趣．他将一杯盐水放入温度为的恒温冷冻室内，利用传感器收集数据，绘制了如图所示的温度一时间图象。
（1）这杯盐水的凝固点是 ℃，凝固过程持续了 min。
（2）杯内盐水第25min时的内能 （选填“大于”“小于”或“等于”）第15min时的内能。
（3）从图象中发现，当盐水凝固后，温度降低明显变快，这是因为凝固后它的 变小。
（4）小明查阅资料还发现，不同的海域海水结冰的温度也不同．针对这一现象，请你提出一个可探究的物理问题： 。
22．（2024·淄博）同学们利用蜡烛、细铁丝、杯子等制作了一个蜡烛“跷跷板”，如图甲。一端烛油滴下时，此端就上升，两端交替上下。为了寻找上述现象的原因，同学们用铁架台、杠杆（已在水平位置平衡）、质量相等的钩码等器材进行以下探究。
（1）图乙中杠杆水平平衡，分别改变一侧钩码的个数或悬挂位置，发现杠杆不再平衡。
小聪认为：影响杠杆平衡的因素是力的大小和支点到力的作用点的距离；
小明认为：影响杠杆平衡的因素是力的大小和支点到力的作用线的距离。
为判断谁的观点正确，同学们利用图丙中水平平衡的杠杆（OD>OA=OC）进行实验，保持B处悬挂钩码的个数和位置不变。
①把A处悬挂的钩码改挂在C处，发现杠杆不再平衡。与A处相比，支点到力的作用点的距离 （选填“变小”“不变”或“变大”）；
②把A处悬挂的钩码改挂在D处，发现杠杆仍保持平衡，这两种情况下 的距离不变；
③由此初步判断 的观点是正确的；
（2）明确影响因素后，同学们利用图乙的器材探究杠杆平衡的条件，将实验数据记录在设计的表格中。
实验次数 动力F1/N a 阻力F2/N b
1 1.0 10 2.0 5
2 1.5 5 0.5 15
3 2.0 15 1.5 20
①表格中a处应填写的内容是 ；
②分析表中数据，得出杠杆平衡的条件是 ；
③若在图乙中杠杆两侧钩码下端各加挂一个钩码，杠杆 端下沉；
（3）交替上下的蜡烛“跷跷板”，一端烛油滴下时，此端上升。原因是 。
23．（2024·淄博）在“测量小灯泡的电功率”实验中，小灯泡的额定电压为2.5V（正常发光时的电阻约为9Ω）。
（1）图甲是小明连接的电路，请指出不妥之处： ；
（2）重新连好电路，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，进行多次测量，将数据及现象记录在表格中。
实验次数 电压表示数/V 电流表示数/A 小灯泡的实际功率/W 小灯泡亮度
1 0.5 0.16
不亮
2 1.3 0.22
较暗
3 2.1 0.26
较亮
4 2.5
明亮
5 3.0 0.36
耀眼强光
①实验多次测量的目的是 ；
②第4次实验时电流表的示数如图乙所示，小灯泡的额定功率为 W；接下来要完成第5次实验，滑片应向 移动；
③通过实验发现，小灯泡两端的电压越大，实际功率 ，小灯泡越亮；
④小聪发现表格中有一个电流数据有误，该数据是 ；
（3）完成实验后，小明取一个阻值为的定值电阻，设计了如图丙所示的电路，测量小灯泡正常发光时的电阻。请把实验步骤补充完整。
①闭合开关S，移动滑片P，直至电压表示数为 V；
②断开开关S，保持滑片P位置不变， ，再闭合开关，记录电压表示数；
小灯泡正常发光时的电阻 （用所测的量和已知量表示）。
24．（2024·淄博）商场有甲、乙两种价格相同的电热水壶，额定电压均为220V，额定功率分别为800W和1500W。请通过计算解决下列问题。
（1）家庭电路电压是220V，室内插座的额定电流是5A，用该插座给电热水壶供电，从安全用电的角度考虑，应选购哪种电热水壶？
（2）经测试发现，乙种电热水壶正常工作时，将质量为1kg的水从25℃烧开用时250s（标准大气压下）。若甲种电热水壶的加热效率为80%，从节能的角度考虑，应选购哪种电热水壶？[c水=4.2×103J/(kg·℃)]
25．（2024·淄博）如图甲所示，水平放置的长方体容器中水深16cm，用细线将沉在容器底的圆柱体物块竖直向上匀速提升。从物块刚刚离开容器底到拉出水面的过程中，拉力F与物块下表面到容器底的距离h的关系如图乙所示（细线的质量、体积及物块带走的水均忽略不计，ρ水=1.0×103kg/m3，g取10N/kg）。求：
（1）物块浸没在水中时受到的浮力；
（2）物块取出后，水对容器底的压强；
（3）容器中水的质量。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】声音的产生；声音的传播条件；超声波与次声波；音调、响度与音色的区分
【解析】【解答】A．由题意知，磬声是由磬的振动产生的，故A错误；
B．磬声是通过空气传入耳朵的，故B正确；
C．敲击磬发出的声音，人可以听到，所以不是次声波，故C错误；
D．用力敲击磬时，物体振动的幅度变大，所以发出声音的响度变大，故D错误。
故选B。
【分析】A.声音是由物体振动产生的；
B.声音的传播需要介质，真空不能传声；
C.频率低于20Hz的声音是次声波；
D.声音的大小叫响度，与发声体的振幅大小有关。
2．【答案】A
【知识点】能量的转化或转移；太阳能及其利用与转化；半导体特点及作用；发电机的构造和原理
【解析】【解答】A． 风力发电机即利用风力驱动发电机转动而发电， 工作原理是电磁感应原理，故A正确；
B．太阳能是来自太阳内部的核聚变反应，故B错误；
C．给蓄电池充电时，电能转化为化学能，故C错误；
D． 控制器中的集成电路是利用半导体材料制作的 ，故D错误。
故选A。
【分析】A.根据发电机的工作原理解答；
B.根据太阳能量的来源判断；
C.根据能量转化的知识判断；
D.根据半导体材料应用的知识判断。
3．【答案】A
【知识点】密度及其特性；物体的颜色；减小压强的方法及其应用；参照物及其选择
【解析】【解答】A、头盔用碳纤维制成，是材料的密度小、抗冲击力强，故A正确；
B、头盔是白色的，白色物体可以反射所有色光，故B错误；
C、头盔的绑带做得较宽，在压力一定时，增大受力面积，减小压强，故C错误；
D、戴头盔骑行时，以头盔为参照物，人与头盔没有位置变化，是静止的，故D错误。
故选A。
【分析】体积一定时，密度越小，质量越小；压力一定时，受力面积增大，压强减小；白色物体能反射所有色光，而不吸收任何色光，黑色物体能吸收所有色光；物体相对于参照物的位置变化了，物体就是运动的；物体相对于参照物的位置不变，物体就是静止的。
4．【答案】B
【知识点】连通器原理及其应用；飞机的升力；浮力的利用
【解析】【解答】A．气球飘浮时，它受到的浮力等于气球自重和里面气体重力之和，即气体的重力小于浮力，因此气球内充入了密度比空气小的气体，故A正确不符合题意；
B．飞机的机翼上方空气流速快，压强小，机翼下方空气流速慢，压强大，从而使飞机获得升力实现升空，故B错误符合题意；
C．船闸的上游阀门打开时，上游和闸室上面开口，底部联通，构成连通器，故C正确不符合题意；
D．潜水艇实现上浮和下沉，是通过改变自身的重力来实现的，故D正确不符合题意。
故选B。
【分析】A.根据平衡力的知识比较气球内气体重力和浮力的大小，再根据阿基米德原理和密度公式比较密度大小即可；
B.根据流体压强和流速的关系判断；
C.上面开口，底部连通的容器为连通器；
D.根据潜水艇的浮沉方法判断。
5．【答案】D
【知识点】平面镜成像的原理、特点
【解析】【解答】A．放入的纸币不翼而飞，即看不到了，说明魔箱中的镜子是平面镜，故A错误；
BD． 看到的魔箱中的竖直方格是方格发出的光在镜面发生反射形成的正立的虚像，故B错误，D正确；
C．魔箱中的方格是水平放置的，通过平面镜看到方格的像是竖直的，根据像与物关于平面镜对称可知，镜子与水平面的夹角为，C错误。
故选D。
【分析】A.面镜不透光，透镜可以透光；
BD.根据平面镜成像的特点和原理判断；
C.根据平面镜成像的对称性分析。
6．【答案】B
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验
【解析】【解答】A．当蜡烛向左移动远离凸透镜时，物距增大，根据凸透镜成实像时“物远像近小”的规律可知，此时像距减小，即光屏向左移动靠近凸透镜可再次承接到烛焰的像，故A错误；
B．根据题意可知，此时光屏上承接到烛焰等大的像，则此时物距，解得：。保持凸透镜位置不变，将蜡烛调至10cm刻度线处时，物距，则，成倒立、缩小的实像， 故B正确；
C．将蜡烛调至10cm刻度线处时，物距为40cm，此时u>2f，则像距，即像的位置在60cm和70cm刻度线之间，故C错误；
D．投影仪成倒立放大的实像，此时物体在一倍焦距和二倍焦距之间，故D错误。
故选B。
【分析】A.根据凸透镜成实像时“物近像远大，物远像近小”的规律分析；
BC.比较物距和焦距的大小关系，根据凸透镜成像规律判断；
D.根据投影仪的成像特点判断。
7．【答案】D
【知识点】机械能及其转化；力作用的相互性；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】A．控制中心发出的返回指令是通过电磁波传递的，故A正确不符合题意；
B．向下推动空气，空气给返回舱一个向上的力，使返回舱减速，说明物体间力的作用是相互的，故B正确不符合题意；
CD．返回舱减速下落的过程中，质量减小，速度减小，则动能减小；高度减小，则重力势能减小。根据“机械能=动能+重力势能”可知，则其机械能减小，故C正确不符合题意，D错误符合题意。
故选D。
【分析】A.根据电磁波的特点和应用判断；
B.根据力的作用的相互性判断；
CD.动能与质量和速度有关，重力势能与质量和高度有关，根据“机械能=动能+重力势能”分析机械能的变化。
8．【答案】B
【知识点】液化及液化放热；做功改变物体内能；热机
【解析】【解答】A．向瓶内打气，活塞压缩空气将机械能转化为内能，是通过做功改变瓶内空气的内能，故A错误；
B．瓶塞跳起时，将内能转化为瓶塞的机械能，瓶内空气内能减少，温度降低，故B正确；
C．烧瓶内出现的白雾是水蒸气从气态变成液态发生液化形成的小水滴，故C错误；
D．瓶塞跳起过程内能转化为机械能，与热机的做功冲程能量转化相似，故D错误。
故选B。
【分析】A.做功改变内能的本质是能量的转化，热传递改变内能的本质是能量的转移；
B.根据能量转化的知识判断；
C.根据物质的初始态和终末态确定物态变化的名称；
D.热机的做功冲程，将内能转化为机械能；压缩冲程，将机械能转化为内能。
9．【答案】C
【知识点】动能的影响因素；惯性及其现象；二力平衡的条件及其应用；增大或减小摩擦的方法
【解析】【解答】A．根据题意可知，铺有厚厚的碎石是通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦，故A错误；
B．根据题意可知，车辆冲入陡坡后由于受到重力、摩擦力、空气阻力的作用而快速停下，故B错误；
C．车辆在陡坡上停下时保持静止，处于平衡状态，受平衡力作用，故C正确；
D．根据题意可知，失控车辆冲入陡坡后质量不变，速度减小，则动能减小，故D错误。
故选C。
【分析】A.增大摩擦力的方法：增大压力或增大接触面的粗糙程度；
B. 惯性是物体保持运动状态不变的性质；
C.平衡状态受到平衡力，平衡状态包括静止状态或匀速直线运动状态；
D.动能与质量和速度有关。
10．【答案】D
【知识点】液体密度的测量
【解析】【解答】A．根据甲图可知，量筒的分度值为2mL，则甲中量筒读数为，故A错误；
B．使用托盘天平时，应该按照从大到小的顺序添加砝码，即20g、10g、5g，故B错误；
C．根据乙图可知，标尺的分度值为0.2g，则游码质量为4g，则烧杯和剩余液体的质量
；
则量筒中液体的质量，
故C错误；
D．根据题意可知，液体的密度，
故D正确。
故选D。
【分析】A.根据图片甲确定量筒的分度值，根据液面位置读出液体的体积；
B.根据天平砝码的摆放顺序判断；
C.烧杯和液体的质量等于砝码和游码的质量之和，而前后两个总质量的差等于量筒中液体的质量；
D.根据计算液体的密度。
11．【答案】C
【知识点】串、并联电路的设计
【解析】【解答】根据题意可知，红色指示灯和绿色指示灯都可以单独发光，即二者独立工作，互不影响，那么红灯和绿灯是并联的。每盏灯都能单独控制，则说明各有一个开关与灯泡串联在同一支路上，故ABD不符合题意，C符合题意。
故选C。
【分析】用电器相互影响为串联，不相互影响为并联。干路开关控制所有用电器，支路开关只能控制它所在支路上的用电器，据此分析解答。
12．【答案】D
【知识点】定滑轮及其工作特点；机械效率的大小比较；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【解答】A．根据甲图可知，弹簧测力计的分度值为0.2N，则示数为2.4N。甲中的滑轮的轴固定不动，是定滑轮，不省力不费力，则物体所受的重力等于弹簧测力计的示数2.4N，故A错误；
B.根据图乙可知，该滑轮是动滑轮，承担重力的绳子段数n=2，
则弹簧测力计上升s=nh=2×20cm=40cm。
故B错误；
C.根据可知，断弹簧测力计的示数等于物重和滑轮重力的一半，故C错误；
D．甲中没有动滑轮，即动滑轮重力为0，而乙中有动滑轮。根据
可知，，
故D正确。
故选D。
【分析】A.根据图片确定弹簧测力计的分度值，并读出示数。根据定滑轮的特点计算物体的重力即可；
B.根据图片确定乙中动滑轮承担重力的绳子段数n，根据s=nh计算测力计上升的距离；
C.根据判断乙中测力计的示数大小；
D.根据比较二者滑轮的机械效率大小。
13．【答案】A
【知识点】滑动变阻器的原理及其使用；电路的动态分析
【解析】【解答】根据图片可知，与并联，电流表测通过的电流，电压表测电源电压，闭合开关S，滑动变阻器的滑片P向右移动时，接入电路的阻值变大，但是对电阻R1没有影响，所以电流表示数不变。因为电源电压不变，则电压表示数不变，故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】根据图片确定电路的串并联关系，确定电表所测的物理量，利用欧姆定律和串并联电路的特点分析判断即可。
14．【答案】C
【知识点】磁场；磁感线及其特点；通电螺线管的极性和电流方向的判断
【解析】【解答】A．通电导线周围存在磁场，但是没有磁感线，故A错误；
B．根据图片可知，线圈上电流方向向下。右手握住螺线管，弯曲的四指指尖向下，此时大拇指指向右端，则线圈右端是N极、左端是S极，故B错误；
C．固定磁铁右端为N极，电磁铁左端为S极，根据“异名磁极相互吸引”可知，活塞将向左运动，故C正确；
D．由图可知，活塞向左运动时，泵内容积变大，则阀门关闭、打开，此时“电动泵”处于抽血状态，故D错误。
故选C。
【分析】A.磁场是客观存在的物质，而磁感线是人为引入的用于描述磁场分布规律的并不存在的虚线；
B.根据安培定则判断线圈的磁极方向；
C.根据磁极之间的相互作用规律判断活塞运行方向；
D.根据活塞运行方向确定泵内压强变化，进而确定打开的开关即可。
15．【答案】C
【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；焦耳定律的应用
【解析】【解答】根据甲图可知，定值电阻R与滑动变阻器RP串联，电压表测定值电阻R两端的电压，电流表测电路中的电流，
①②当滑片P在a端时，RP连入电路的电阻为0，电路中只有R工作，此时电流最大，则电压表示数最大且等于电源电压，
由图乙可知，电源电压；此时电路中的电流，
根据欧姆定律可得，定值电阻R的阻值，
故①错误，②正确；
③④当滑片P在b端时，此时变阻器的阻值最大而电流最小。
由图乙可知，R两端的电压，此时电路中的电流，
那么RP两端电压；
滑动变阻器的最大阻值；
通电1min电阻R产生的热量
故③④正确。
故选C。
【分析】 ①当滑片在a端时，滑动变阻器接入电路电阻为零，电路为定值电阻R的基本电路，电压表测量定值电阻两端电压，电压表示数即为电源电压，故由图乙可知电源电压；
②当滑片在a端时，滑动变阻器接入电路电阻为零，电压表测R的电压，电流表测通过R的电流，结合图b对应的电压和电流值，根据欧姆定律就可求出电阻R的阻值。
③当滑片在b端时，滑动变阻器全部接入，则此时由图乙可知此时电路中的电流及R两端的电压，则串联电路电压特点和根据欧姆定律可求得滑动变阻器的最大阻值。
④滑片P在b端时，电路中电流最小，根据焦耳定律计算热量。
16．【答案】分子在不停地做无规则运动；大气压强
【知识点】大气压的综合应用；分子热运动
【解析】【解答】（1）根据题意可知，熬制中药的过程中，闻到浓浓的药味儿，这是药味分子在空气中扩散所致，说明分子在不停地做无规则运动。
（2）拔火罐时，罐内的空气冷却后罐内气压降低，小于外面的大气压，外面的大气压就将罐紧紧地压在皮肤上，所以“拔火罐”利用的是大气压强。
【分析】（1）根据分子运动的知识解答；
（2）根据大气压强的知识和应用分析。
17．【答案】带电；吸引轻小物体；人体是导体
【知识点】物体带电情况的判断；导体与绝缘体
【解析】【解答】（1）根据题意可知，小明用丝绸快速摩擦整块塑料板，从而使塑料板带电。
（2）“中”字能显现出来的原因：一 是摩擦过的塑料板能能吸引轻小的物体；二是
人体是导体。
【分析】（1）物体经过摩擦后有了吸引轻小物体的性质，这就是摩擦起电现象；
（2）由于塑料板带有电荷，因此能够均匀的吸引木屑。由于手是导体，则手经过的位置电荷被导走，木屑就会掉下来呈现写的文字。
18．【答案】10；3；串联；0.2
【知识点】串联电路和并联电路的辨别；电阻的串联；欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【解答】（1）根据题意可知，当开关S1断开，S2、S3闭合时，定值电阻R与灯泡并联，电流表测通过R的电流，电压表测电源电压。
灯L的电阻为；
此时灯L正常工作，因此灯L两端电压为3V，
根据并联电路电压的特点可知，电源电压等于定值电阻R两端电压等于灯L两端电压，为3V，因此电压表的示数为3V。
此时电流表的示数为0.6A，则定值电阻R的阻值为
（2）当开关S2、S3断开，S1闭合时，此时灯泡L与电阻R首尾相连，因此灯L与电阻R串联，电流表测电路电流，电压表测定值电阻R两端电压。
此时电路的总电阻为R总=R+RL=5Ω+10Ω=15Ω；
此时电路的电流为
因此电流表的示数为0.2A。
【分析】 （1）当开关S1断开，S2、S3闭合时，定值电阻R与灯泡并联，电流表测通过R的电流，电压表测电源电压。根据算出灯L的电阻；此时灯L正常工作，因此灯L两端电压为3V，根据并联电路电压的特点可知电源电压等于定值电阻R两端电压等于灯L两端电压，根据欧姆定律算出定值电阻R的阻值；
（2）当开关S2、S3断开，S1闭合时，电路中只有一条电流路径，因此灯L与电阻R串联，电流表测电路电流，电压表测定值电阻R两端电压。根据串联电路电阻的特点算出此时电路的总电阻，由欧姆定律算出此时电路的电流。
19．【答案】3500；6.3×107；0
【知识点】功率计算公式的应用；速度公式及其应用；是否做功的判断
【解析】【解答】（1）根据题意可知，汽车的速度v=1260km/h=350m/s，
那么10s内汽车通过的路程s=vt=350m/s×10s=3500m；
（2）根据二力平衡可知，牵引力等于阻力，即F牵=f=1.8×105N
根据P=Fv可知，牵引力做功的功率P=F牵v=1.8×105N×350m/s=6.3×107W。
（3）汽车在水平方向运动，而重力的方向始终是竖直向下的，则汽车没有在重力方向没有移动距离，因此重力为0J。
【分析】（1）根据s=vt计算110s内汽车通过的路程；
（2）根据二力平衡的知识计算汽车受到的牵引力，再根据P=Fv计算牵引力做功的功率；
（3）做功的要素：①作用在物体上的力；②物体在力的方向上通过的距离。
20．【答案】
【知识点】透镜的光路图；眼睛及其视物原理
【解析】【解答】根据图片可知，光线经透镜后比原来的光线发散，说明是矫正透镜为凹透镜。矫正后能够看清物态，即矫正后折射的光线在视网膜上会聚成像，如图所示：
【分析】根据经过透镜后光线会聚还是发散确定透镜的种类，根据“看清物体说明像成在视网膜上”确定光线交点的位置。
21．【答案】（1）；10
（2）小于
（3）比热容
（4）盐水的凝固点与盐水的浓度有什么关系
【知识点】凝固与凝固放热特点；熔化和凝固的温度—时间图象；比热容
【解析】【解答】（1）①根据图片可知，此过程中不断放热，但是在温度-4℃保持不变，则这杯盐水的凝固点是-4℃；
②由图可知，在15min~25min是盐水的温度保存不变，因此是盐水的凝固过程，则凝固过程持续了10min。
（2）在15min~25min的过程中，盐水持续放热，因此第25min时的内能小于第15min时的内能。
（3）当盐水凝固后，温度降低明显变快，即相同时间内温度降低更多，根据Q=cm△t可知，它的比热容变小。
（4）不同的海域海水密度不同，结冰的温度也不同，因此可以提出一个可探究的物理问题是：盐水凝固点与盐水浓度之间有什么关系。
【分析】 （1）①晶体在熔化或凝固时的温度是熔点或凝固点；
②从开始凝固到完全凝固完所用时间就是物态变化经历的时间；
（2）物体放出热量，则内能减小；吸收热量，则内能增大；
（3）比热容是表示物质吸放热本领大小的物理量；
（4）不同的海域海水结冰的温度也不同，据此提出可探究的物理问题。
（1）[1]由图可知，在15min~25min是盐水的凝固过程，此过程中温度-4℃保持不变min，因此这杯盐水的凝固点是-4℃；
[2]由图可知，在15min~25min是盐水的凝固过程，凝固过程持续了10min。
（2）由图可知，在15min~25min是盐水的凝固过程，此过程中盐水持续放热，但是温度比变，因此第25min时的内能小于第15min时的内能。
（3）当盐水凝固后，温度降低明显变快，因此可知它的比热容变小。
（4）不同的海域海水密度不同，结冰的温度也不同，因此可以提出一个可探究的物理问题是：盐水凝固点与盐水浓度之间有什么关系。
22．【答案】（1）不变；支点到力的作用线；小明
（2）动力臂l1/cm；动力×动力臂=阻力×阻力臂；左
（3）此端力和力臂的乘积变小
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【解答】（1）①根据题意可知，当把A处悬挂的钩码改挂在C处时，根据OD>OA=OC可知，支点到力的作用点的距离不变；
②根据图片可知，把A处悬挂的钩码改挂在D处，虽然OD>OA，但是支点到力的作用线的距离相同，所以杠杆仍保持平衡；
③综上所述，影响杠杆平衡的因素是力的大小和支点到力的作用线的距离，而不是支点到力的作用点的距离，因此小明的观点是正确的。
（2）①由杠杆平衡条件F1L1=F2L2可知，实验过程中，不但要测量拉力大小，还需要测量力臂，因此a处应填：动力臂l1/cm，b处应填：阻力臂l2/cm。
②根据表格数据可知，每一组实验中动力与动力臂的乘积都等于阻力与阻力臂的乘积，故得出杠杆的平衡条件是：动力×动力臂=阻力×阻力臂。
③设一个钩码的重为G，标尺上一格的长度为L，则在图乙中杠杆两侧钩码下端各加挂一个钩码，此时左侧（1+1）G×2L=4GL；
右侧（2+1）G×L=3GL；
故杠杆左端下沉。
（3）根据题意可知，当一端烛油滴下时，此端蜡烛的重力变小，导致此端的力和力臂的乘积变小，杠杆失去平衡，所以此端上升。
【分析】 （1）①支点到作用点的距离是点到点的距离，根据题目中给出的条件比较大小便可；
②支点到作用线的距离是点到线的垂直距离，据此分析；
③根据两种情况下杠杆的平衡情况得出结论；
（2）①根据实验目的确定实验过程要记录的物理量；
②杠杆的平衡条件：动力×动力臂=阻力×阻力臂，据此分析即可；
③分别计算力和力臂的乘积，杠杆将向乘积较大的一侧偏转；
（3）根据杠杆的平衡条件分析即可。
（1）[1][2][3]由题意知，OD>OA=OC，当把A处悬挂的钩码改挂在C处，支点到力的作用点的距离不变，但杠杆不再平衡；把A处悬挂的钩码改挂在D处，支点到力的作用线的距离相同，发现杠杆仍保持平衡；因此可知影响杠杆平衡的因素是力的大小和支点到力的作用线的距离，故小明的观点是正确的。
（2）[1]由杠杆平衡条件可知，还需要测量力臂，因此a处应填：动力臂l1/cm，b处应填：阻力臂l2/cm。
[2]由表中数据可知，每一组实验中动力与动力臂的乘积都等于阻力与阻力臂的乘积，故得出杠杆的平衡条件是：动力×动力臂=阻力×阻力臂。
[3]设一个钩码的重为G，标尺上一格的长度为L，则在图乙中杠杆两侧钩码下端各加挂一个钩码，此时左侧
2G×2L=4GL
右侧
3G×L=3GL
故杠杆左端下沉。
（3）当一端烛油滴下时，此端蜡烛的重力变小，导致此端的力和力臂的乘积变小，杠杆失去平衡，所以此端上升。
23．【答案】（1）电流表选用的量程太大
（2）得出小灯泡的实际电压、实际功率、亮度之间的普遍规律；0.7；右；越大；0.36
（3）2.5；将电压表改接在定值电阻两端；
【知识点】伏安法测电阻的探究实验；探究用电器的电功率实验
【解析】【解答】（1）根据题意可知，小灯泡正常发光时通过的电流约为，则电流表应该选项0-0.6A的量程；
根据甲图可知，电流表选用0~3A量程，故电流表选用量程太大了。
（2）①实验中多次改变小灯泡两端的电压，目的是得出小灯泡的实际电压、实际功率、亮度之间的普遍规律。
②根据图乙可知，电流表选用0~0.6A量程，分度值为0.02A，故电流表的示数为0.28A，则灯泡的额定电流为0.28A；
则小灯泡的额定功率为；
接下来要完成第5次实验，由表中数据可知，此时电流表的示数变大，则总电阻减小，应减小滑动变阻器的阻值，那么滑片应向右移动。
③从第1次实验到第5次实验中，小灯泡的实际功率依次为、、、、那么得到：小灯泡两端电压越来越大，实际功率越来越大，小灯泡的亮度越亮。
④小灯泡越亮，灯丝温度越高，灯丝电阻随温度的升高而变大。根据可得，5次实验中小灯泡的电阻依次为、、、、，因为所以第5次实验中电流数据0.36A有误。
（3）①由图丙可知，定值电阻、小灯泡、滑动变阻器串联，电压表测小灯泡两端电压，实验目的是测量小灯泡正常发光时的电阻，因此应调节滑片，使小灯泡两端电压即电压表示数等于其额定电压2.5V。
②小灯泡两端电压已知，根据可知，还需要测出通过小灯泡的电流，根据串联电路中电流处处相等可知，只需测出通过定值电阻的电流，因此将电压表改接在定值电阻两端，测出两端电压，则电路中的电流，
小灯泡正常发光时的电阻为。
【分析】 （1）根据欧姆定律可知电路电流，据此分析电流表应选用的量程；
（2）①在“测量小灯泡的 电功率”实验中，改变小灯泡两端的电压，多次测量小灯泡的实际功率并比较其亮度，据此分析；
②根据（1）确定电流表量程，由图乙确定分度值读数，利用P=UI求出小灯泡的额定功率；电流表的示数变化确定总电阻的大小变化，进而确定变阻器的阻值大小变化，最后确定滑动变阻器滑片移动方向；
③根据表中数据分析回答；
④灯丝的电阻随温度的升高而增大；
（3）根据串联电路特点结合欧姆定律求出小灯泡正常发光时的电阻。
（1）小灯泡的额定电压为2.5V，正常发光时的电阻约为9Ω，则小灯泡正常发光时通过的电流约为
由图甲可知，电流表选用0~3A量程，分度值为0.1A，则小灯泡正常发光时，电流表指针偏转角度过小，误差太大，故电流表选用量程太大了，应换用0~0.6A量程。
（2）①[1]实验中多次改变小灯泡两端的电压，多次测量小灯泡的实际功率并比较其亮度，目的是得出小灯泡的实际电压、实际功率、亮度之间的普遍规律。
②[2]根据表格数据可知，第4次实验中，电压表示数即小灯泡两端电压等于其额定电压，则此时小灯泡的功率为其额定功率，由图乙可知，电流表选用0~0.6A量程，分度值为0.02A，故电流表的示数为0.28A，则小灯泡的额定功率为
[3]接下来要完成第5次实验，由表中数据可知，调节滑片使电压表示数由2.5V变为3.0V，电源电压不变，根据串联分压的规律可知，应减小滑动变阻器的阻值，滑片应向右移动。
③[4]分析表格数据可知，从第1次实验到第5次实验中，小灯泡的实际功率依次为、、、、，故小灯泡两端电压越来越大，实际功率越来越大，小灯泡的亮度越亮。
④[5]分析表格数据，根据可得，5次实验中小灯泡的电阻依次为、、、、，因为小灯泡越亮，灯丝温度越高，灯丝电阻随温度的升高而变大，所以第5次实验中电流数据0.36A有误。
（3）[1]由图丙可知，定值电阻、小灯泡、滑动变阻器串联，电压表测小灯泡两端电压，实验目的是测量小灯泡正常发光时的电阻，因此应调节滑片，使小灯泡两端电压即电压表示数等于其额定电压2.5V。
[2][3]小灯泡两端电压已知，根据可知，还需要测出通过小灯泡的电流，根据串联电路中电流处处相等可知，只需测出通过定值电阻的电流，因此将电压表改接在定值电阻两端，测出两端电压，则电路中的电流，小灯泡正常发光时的电阻为
24．【答案】（1）解：根据题意可知， 家庭电路电压是220V，室内插座的额定电流是5A，
则该插座允许接入的最大电功率；
因为，；
所以应选购甲种电热水壶。
（2）解：根据题意可知，将质量为1kg的水从25℃烧开水吸收的热量
；
乙种电热水壶消耗的电能；
乙种电热水壶的加热效率；
甲种电热水壶的加热效率，
则，
从节能的角度考虑，应选购乙种电热水壶。
【知识点】比热容；电功率的计算
【解析】【分析】（1）根据P=UI计算出这个插座允许接入的最大电功率，然后与两个电水壶的电功率比较即可；
（2）根据Q=cm△t计算出乙烧开水需要的热量，然后根据W=Pt计算乙消耗的电能，接下来根据计算乙水壶的热效率，最后与甲的热效率比较即可。
（1）该插座允许接入的最大电功率
因为
所以从安全用电的角度考虑，应选购甲种电热水壶。
（2）标准大气压下水的沸点为100℃，将质量为1kg的水从25℃烧开，水吸收的热量
乙种电热水壶正常工作250s消耗的电能
乙种电热水壶的加热效率
甲种电热水壶的加热效率，则，从节能的角度考虑，应选购乙种电热水壶。
25．【答案】（1）解：由图乙可知，当h>15cm时，物块完全离开水面，物块受到的竖直向下的重力、竖直向上的拉力，处于二力平衡状态，
则物块的重力；
当h<9cm时，物块完全浸没在水中，此时拉力F=8N，
物块受到的竖直向下的重力、竖直向上的拉力、竖直向上的浮力，处于三力平衡状态，
即；
因此物块浸没在水中时受到的浮力。
答： 物块浸没在水中时受到的浮力为5N。
（2）解：由图乙可知，当h=15cm时，物块下表面刚好离开水面，则物块取出后，容器中水的深度，
水对容器底的压强。
答： 物块取出后，水对容器底的压强 为1500Pa。
（3）解：根据题意可知，物块浸没时排开水的体积
；
物块浸没时与物块取出后相比，水面下降的高度；
容器的底面积；
容器中水的体积；
容器中水的质量。
答： 容器中水的质量为7.5kg。
【知识点】密度公式及其应用；二力平衡的条件及其应用；液体压强计算公式的应用；阿基米德原理
【解析】【分析】 （1）根据图象得出物体的重力、物块完全浸没在水中受到的拉力，利用称重法计算物块A浸没在水中受到的浮力；
（2）根据图象得出物块取出后，容器中水的深度，利用液体压强公式计算物块取出后，水对容器底的压强；
（3）根据F浮=ρ水gV排可求出物块浸没时排开水的体积，求出取出物块前后水面下降的高度，可求出容器的底面积，进而可求出容器中水的体积，最后利用密度公式计算水的质量。
（1）由图乙可知，当h>15cm时，物块完全离开水面，物块受到的竖直向下的重力、竖直向上的拉力，处于二力平衡状态，则物块的重力
当h<9cm时，物块完全浸没在水中，此时拉力F=8N，物块受到的竖直向下的重力、竖直向上的拉力、竖直向上的浮力，处于三力平衡状态，即
因此物块浸没在水中时受到的浮力
（2）由图乙可知，当h=15cm时，物块下表面刚好离开水面，则物块取出后，容器中水的深度
水对容器底的压强
（3）根据可得，物块浸没时排开水的体积
物块浸没时与物块取出后相比，水面下降的高度
容器的底面积
容器中水的体积
根据可得，容器中水的质量
1 / 1山东省淄博市2024年中考物理试题
1．（2024·淄博）如图是甲骨文“聲”，字同“声”，像“手执槌敲击磬而声音传于耳”形，这说明古人很早就知道声音与敲击有关。下列说法正确的是（ ）
A．磬声是由槌的振动产生的
B．磬声是通过空气传入耳朵的
C．敲击磬发出的声音是次声波
D．用力敲击磬时发出声音的音调变高
【答案】B
【知识点】声音的产生；声音的传播条件；超声波与次声波；音调、响度与音色的区分
【解析】【解答】A．由题意知，磬声是由磬的振动产生的，故A错误；
B．磬声是通过空气传入耳朵的，故B正确；
C．敲击磬发出的声音，人可以听到，所以不是次声波，故C错误；
D．用力敲击磬时，物体振动的幅度变大，所以发出声音的响度变大，故D错误。
故选B。
【分析】A.声音是由物体振动产生的；
B.声音的传播需要介质，真空不能传声；
C.频率低于20Hz的声音是次声波；
D.声音的大小叫响度，与发声体的振幅大小有关。
2．（2024·淄博）如图是“风能——太阳能”路灯示意图，下列说法正确的是（ ）
A．风力发电机利用了电磁感应原理
B．太阳能来自太阳内部的核裂变
C．给蓄电池充电时化学能转化为电能
D．控制器中的集成电路是用超导材料制成的
【答案】A
【知识点】能量的转化或转移；太阳能及其利用与转化；半导体特点及作用；发电机的构造和原理
【解析】【解答】A． 风力发电机即利用风力驱动发电机转动而发电， 工作原理是电磁感应原理，故A正确；
B．太阳能是来自太阳内部的核聚变反应，故B错误；
C．给蓄电池充电时，电能转化为化学能，故C错误；
D． 控制器中的集成电路是利用半导体材料制作的 ，故D错误。
故选A。
【分析】A.根据发电机的工作原理解答；
B.根据太阳能量的来源判断；
C.根据能量转化的知识判断；
D.根据半导体材料应用的知识判断。
3．（2024·淄博）骑电动车戴头盔已成为市民的自觉行为习惯。下列说法正确的是
A．头盔用碳纤维制成，利用了该材料密度小、抗冲击力强的特性
B．白色的头盔能吸收各种色光
C．头盔的绑带做得较宽是为了增大压强
D．戴头盔骑行过程中，以头盔为参照物，人是运动的
【答案】A
【知识点】密度及其特性；物体的颜色；减小压强的方法及其应用；参照物及其选择
【解析】【解答】A、头盔用碳纤维制成，是材料的密度小、抗冲击力强，故A正确；
B、头盔是白色的，白色物体可以反射所有色光，故B错误；
C、头盔的绑带做得较宽，在压力一定时，增大受力面积，减小压强，故C错误；
D、戴头盔骑行时，以头盔为参照物，人与头盔没有位置变化，是静止的，故D错误。
故选A。
【分析】体积一定时，密度越小，质量越小；压力一定时，受力面积增大，压强减小；白色物体能反射所有色光，而不吸收任何色光，黑色物体能吸收所有色光；物体相对于参照物的位置变化了，物体就是运动的；物体相对于参照物的位置不变，物体就是静止的。
4．（2024·淄博）下列有关说法错误的是（ ）
A．气球飘浮，气球内充入密度比空气小的气体
B．飞机升空，机翼上方空气的流速大，压强大
C．船通过船闸，利用了连通器原理
D．潜艇浮沉，靠改变自身重力实现
【答案】B
【知识点】连通器原理及其应用；飞机的升力；浮力的利用
【解析】【解答】A．气球飘浮时，它受到的浮力等于气球自重和里面气体重力之和，即气体的重力小于浮力，因此气球内充入了密度比空气小的气体，故A正确不符合题意；
B．飞机的机翼上方空气流速快，压强小，机翼下方空气流速慢，压强大，从而使飞机获得升力实现升空，故B错误符合题意；
C．船闸的上游阀门打开时，上游和闸室上面开口，底部联通，构成连通器，故C正确不符合题意；
D．潜水艇实现上浮和下沉，是通过改变自身的重力来实现的，故D正确不符合题意。
故选B。
【分析】A.根据平衡力的知识比较气球内气体重力和浮力的大小，再根据阿基米德原理和密度公式比较密度大小即可；
B.根据流体压强和流速的关系判断；
C.上面开口，底部连通的容器为连通器；
D.根据潜水艇的浮沉方法判断。
5．（2024·淄博）小明将只有一面开口的魔箱面向同学，把纸币从顶部的投币口放入（图甲），纸币竟不翼而飞。打开魔箱，原来里面有一块镜子（图乙），下列说法正确的是（ ）
A．魔箱中的镜子是凸透镜
B．看到的魔箱中的竖直方格是实像
C．镜子与水平面的夹角为
D．魔箱的成像原理是光的反射
【答案】D
【知识点】平面镜成像的原理、特点
【解析】【解答】A．放入的纸币不翼而飞，即看不到了，说明魔箱中的镜子是平面镜，故A错误；
BD． 看到的魔箱中的竖直方格是方格发出的光在镜面发生反射形成的正立的虚像，故B错误，D正确；
C．魔箱中的方格是水平放置的，通过平面镜看到方格的像是竖直的，根据像与物关于平面镜对称可知，镜子与水平面的夹角为，C错误。
故选D。
【分析】A.面镜不透光，透镜可以透光；
BD.根据平面镜成像的特点和原理判断；
C.根据平面镜成像的对称性分析。
6．（2024·淄博）在探究凸透镜成像规律时，蜡烛和凸透镜的位置如图所示，光屏上承接到烛焰等大的像（图中未画出光屏）。若保持凸透镜位置不变，将蜡烛调至10cm刻度线处时，下列判断正确的是（ ）
A．向右移动光屏能承接到烛焰的像
B．移动光屏能承接到烛焰缩小的像
C．像的位置在50~60cm刻度线之间
D．投影仪应用了该次实验的成像规律
【答案】B
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验
【解析】【解答】A．当蜡烛向左移动远离凸透镜时，物距增大，根据凸透镜成实像时“物远像近小”的规律可知，此时像距减小，即光屏向左移动靠近凸透镜可再次承接到烛焰的像，故A错误；
B．根据题意可知，此时光屏上承接到烛焰等大的像，则此时物距，解得：。保持凸透镜位置不变，将蜡烛调至10cm刻度线处时，物距，则，成倒立、缩小的实像， 故B正确；
C．将蜡烛调至10cm刻度线处时，物距为40cm，此时u>2f，则像距，即像的位置在60cm和70cm刻度线之间，故C错误；
D．投影仪成倒立放大的实像，此时物体在一倍焦距和二倍焦距之间，故D错误。
故选B。
【分析】A.根据凸透镜成实像时“物近像远大，物远像近小”的规律分析；
BC.比较物距和焦距的大小关系，根据凸透镜成像规律判断；
D.根据投影仪的成像特点判断。
7．（2024·淄博）2024年4月30日16时56分，北京航天飞行控制中心通过地面测控站发出返回指令，“神舟十七号”载人飞船轨道舱与返回舱成功分离。之后，返回舱的反推发动机启动，向下推动空气，减速“刹车”，最终成功着陆。下列说法错误的是（ ）
A．控制中心发出的返回指令是通过电磁波传递的
B．向下推动空气，返回舱减速，表明物体间力的作用是相互的
C．返回舱减速下落的过程中，重力势能减小
D．返回舱减速下落的过程中，机械能保持不变
【答案】D
【知识点】机械能及其转化；力作用的相互性；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】A．控制中心发出的返回指令是通过电磁波传递的，故A正确不符合题意；
B．向下推动空气，空气给返回舱一个向上的力，使返回舱减速，说明物体间力的作用是相互的，故B正确不符合题意；
CD．返回舱减速下落的过程中，质量减小，速度减小，则动能减小；高度减小，则重力势能减小。根据“机械能=动能+重力势能”可知，则其机械能减小，故C正确不符合题意，D错误符合题意。
故选D。
【分析】A.根据电磁波的特点和应用判断；
B.根据力的作用的相互性判断；
CD.动能与质量和速度有关，重力势能与质量和高度有关，根据“机械能=动能+重力势能”分析机械能的变化。
8．（2024·淄博）如图，玻璃瓶内有少量水，用橡胶塞塞住瓶口，向瓶内打气，瓶塞跳起。下列说法正确的是（ ）
A．向瓶内打气，通过热传递的方式改变瓶内空气的内能
B．瓶塞跳起时，瓶内空气温度降低，内能减少
C．瓶塞跳起时，瓶内出现“白雾”是汽化现象
D．瓶塞跳起过程与热机压缩冲程的能量转化相同
【答案】B
【知识点】液化及液化放热；做功改变物体内能；热机
【解析】【解答】A．向瓶内打气，活塞压缩空气将机械能转化为内能，是通过做功改变瓶内空气的内能，故A错误；
B．瓶塞跳起时，将内能转化为瓶塞的机械能，瓶内空气内能减少，温度降低，故B正确；
C．烧瓶内出现的白雾是水蒸气从气态变成液态发生液化形成的小水滴，故C错误；
D．瓶塞跳起过程内能转化为机械能，与热机的做功冲程能量转化相似，故D错误。
故选B。
【分析】A.做功改变内能的本质是能量的转化，热传递改变内能的本质是能量的转移；
B.根据能量转化的知识判断；
C.根据物质的初始态和终末态确定物态变化的名称；
D.热机的做功冲程，将内能转化为机械能；压缩冲程，将机械能转化为内能。
9．（2024·淄博）避险车道被称为高速公路上的“救命道”。避险车道的陡坡上铺有厚厚的碎石（如图），失控车辆冲入陡坡会快速停下，保护驾乘人员和车辆的安全。下列说法正确的是（ ）
A．铺有厚厚的碎石是为了减小摩擦
B．车辆冲入陡坡后由于惯性快速停下
C．车辆在陡坡上停下时受平衡力作用
D．失控车辆冲入陡坡后动能不变
【答案】C
【知识点】动能的影响因素；惯性及其现象；二力平衡的条件及其应用；增大或减小摩擦的方法
【解析】【解答】A．根据题意可知，铺有厚厚的碎石是通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦，故A错误；
B．根据题意可知，车辆冲入陡坡后由于受到重力、摩擦力、空气阻力的作用而快速停下，故B错误；
C．车辆在陡坡上停下时保持静止，处于平衡状态，受平衡力作用，故C正确；
D．根据题意可知，失控车辆冲入陡坡后质量不变，速度减小，则动能减小，故D错误。
故选C。
【分析】A.增大摩擦力的方法：增大压力或增大接触面的粗糙程度；
B. 惯性是物体保持运动状态不变的性质；
C.平衡状态受到平衡力，平衡状态包括静止状态或匀速直线运动状态；
D.动能与质量和速度有关。
10．（2024·淄博）在测量液体密度时，用调好的天平测出烧杯和液体的总质量是72g，再将烧杯中的部分液体倒入量筒中（图甲），用天平测出烧杯和剩余液体的质量（图乙），下列分析正确的是（ ）
A．量筒中液体的体积是
B．实验时图乙中添加砝码的合理顺序是5g、10g、20g
C．量筒中液体的质量是39g
D．液体的密度是
【答案】D
【知识点】液体密度的测量
【解析】【解答】A．根据甲图可知，量筒的分度值为2mL，则甲中量筒读数为，故A错误；
B．使用托盘天平时，应该按照从大到小的顺序添加砝码，即20g、10g、5g，故B错误；
C．根据乙图可知，标尺的分度值为0.2g，则游码质量为4g，则烧杯和剩余液体的质量
；
则量筒中液体的质量，
故C错误；
D．根据题意可知，液体的密度，
故D正确。
故选D。
【分析】A.根据图片甲确定量筒的分度值，根据液面位置读出液体的体积；
B.根据天平砝码的摆放顺序判断；
C.烧杯和液体的质量等于砝码和游码的质量之和，而前后两个总质量的差等于量筒中液体的质量；
D.根据计算液体的密度。
11．（2024·淄博）为停车场设计“车位占用”提醒模拟电路，要求车位被占用时，该车位上方只有红色指示灯亮；车位未被占用时，上方只有绿色指示灯亮。下列电路能实现上述要求的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】串、并联电路的设计
【解析】【解答】根据题意可知，红色指示灯和绿色指示灯都可以单独发光，即二者独立工作，互不影响，那么红灯和绿灯是并联的。每盏灯都能单独控制，则说明各有一个开关与灯泡串联在同一支路上，故ABD不符合题意，C符合题意。
故选C。
【分析】用电器相互影响为串联，不相互影响为并联。干路开关控制所有用电器，支路开关只能控制它所在支路上的用电器，据此分析解答。
12．（2024·淄博）在“观察滑轮的使用”实验中，用如图所示的两种方式将同一物体匀速提升20cm（不计绳重和摩擦）．下列说法正确的是（ ）
A．物体所受的重力是3.6N
B．图乙中弹簧测力计上升20cm
C．图乙中弹簧测力计的示数是物重的一半
D．图甲中滑轮的机械效率比图乙中的高
【答案】D
【知识点】定滑轮及其工作特点；机械效率的大小比较；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【解答】A．根据甲图可知，弹簧测力计的分度值为0.2N，则示数为2.4N。甲中的滑轮的轴固定不动，是定滑轮，不省力不费力，则物体所受的重力等于弹簧测力计的示数2.4N，故A错误；
B.根据图乙可知，该滑轮是动滑轮，承担重力的绳子段数n=2，
则弹簧测力计上升s=nh=2×20cm=40cm。
故B错误；
C.根据可知，断弹簧测力计的示数等于物重和滑轮重力的一半，故C错误；
D．甲中没有动滑轮，即动滑轮重力为0，而乙中有动滑轮。根据
可知，，
故D正确。
故选D。
【分析】A.根据图片确定弹簧测力计的分度值，并读出示数。根据定滑轮的特点计算物体的重力即可；
B.根据图片确定乙中动滑轮承担重力的绳子段数n，根据s=nh计算测力计上升的距离；
C.根据判断乙中测力计的示数大小；
D.根据比较二者滑轮的机械效率大小。
13．（2024·淄博）如图所示电路，闭合开关S，滑动变阻器的滑片P向右移动时，下列说法正确的是（ ）
A．电流表的示数不变，电压表的示数不变
B．电流表的示数变小，电压表的示数变大
C．电流表的示数不变，电压表的示数变大
D．电流表的示数变小，电压表的示数不变
【答案】A
【知识点】滑动变阻器的原理及其使用；电路的动态分析
【解析】【解答】根据图片可知，与并联，电流表测通过的电流，电压表测电源电压，闭合开关S，滑动变阻器的滑片P向右移动时，接入电路的阻值变大，但是对电阻R1没有影响，所以电流表示数不变。因为电源电压不变，则电压表示数不变，故A正确，BCD错误。
故选A。
【分析】根据图片确定电路的串并联关系，确定电表所测的物理量，利用欧姆定律和串并联电路的特点分析判断即可。
14．（2024·淄博）心肺机用“电动泵”替代心脏，推动血液循环，“电动泵”的工作原理如图所示，将线圈ab固定在活塞一端，利用其与固定磁铁间的相互作用带动活塞运动，从而使血液定向流动。阀门都只能单向开启，反向则封闭管路，当线圈中的电流从a流向b时，下列说法正确的是（ ）
A．线圈周围有磁场和磁感线 B．线圈左端是N极
C．活塞将向左运动 D．此时“电动泵”处于送血状态
【答案】C
【知识点】磁场；磁感线及其特点；通电螺线管的极性和电流方向的判断
【解析】【解答】A．通电导线周围存在磁场，但是没有磁感线，故A错误；
B．根据图片可知，线圈上电流方向向下。右手握住螺线管，弯曲的四指指尖向下，此时大拇指指向右端，则线圈右端是N极、左端是S极，故B错误；
C．固定磁铁右端为N极，电磁铁左端为S极，根据“异名磁极相互吸引”可知，活塞将向左运动，故C正确；
D．由图可知，活塞向左运动时，泵内容积变大，则阀门关闭、打开，此时“电动泵”处于抽血状态，故D错误。
故选C。
【分析】A.磁场是客观存在的物质，而磁感线是人为引入的用于描述磁场分布规律的并不存在的虚线；
B.根据安培定则判断线圈的磁极方向；
C.根据磁极之间的相互作用规律判断活塞运行方向；
D.根据活塞运行方向确定泵内压强变化，进而确定打开的开关即可。
15．（2024·淄博）如图甲所示电路，电源电压保持不变，闭合开关S，滑动变阻器的滑片P从b端移到a端的过程中，电流表示数I与电压表示数U的关系如图乙所示。下列说法中（ ）
①电源电压为6V
②定值电阻R的阻值为5Ω
③滑动变阻器的最大阻值为10Ω
④滑片P在b端时，通电1min电阻R产生的热量为27J
A．只有②③正确 B．只有①③正确
C．只有②③④正确 D．只有①②④正确
【答案】C
【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；焦耳定律的应用
【解析】【解答】根据甲图可知，定值电阻R与滑动变阻器RP串联，电压表测定值电阻R两端的电压，电流表测电路中的电流，
①②当滑片P在a端时，RP连入电路的电阻为0，电路中只有R工作，此时电流最大，则电压表示数最大且等于电源电压，
由图乙可知，电源电压；此时电路中的电流，
根据欧姆定律可得，定值电阻R的阻值，
故①错误，②正确；
③④当滑片P在b端时，此时变阻器的阻值最大而电流最小。
由图乙可知，R两端的电压，此时电路中的电流，
那么RP两端电压；
滑动变阻器的最大阻值；
通电1min电阻R产生的热量
故③④正确。
故选C。
【分析】 ①当滑片在a端时，滑动变阻器接入电路电阻为零，电路为定值电阻R的基本电路，电压表测量定值电阻两端电压，电压表示数即为电源电压，故由图乙可知电源电压；
②当滑片在a端时，滑动变阻器接入电路电阻为零，电压表测R的电压，电流表测通过R的电流，结合图b对应的电压和电流值，根据欧姆定律就可求出电阻R的阻值。
③当滑片在b端时，滑动变阻器全部接入，则此时由图乙可知此时电路中的电流及R两端的电压，则串联电路电压特点和根据欧姆定律可求得滑动变阻器的最大阻值。
④滑片P在b端时，电路中电流最小，根据焦耳定律计算热量。
16．（2024·淄博）中医药是中华民族的瑰宝，其中蕴含着许多物理知识。熬制中药时闻到浓浓的药味，这一现象表明 。拔火罐时，玻璃罐在 的作用下吸附在理疗部位。
【答案】分子在不停地做无规则运动；大气压强
【知识点】大气压的综合应用；分子热运动
【解析】【解答】（1）根据题意可知，熬制中药的过程中，闻到浓浓的药味儿，这是药味分子在空气中扩散所致，说明分子在不停地做无规则运动。
（2）拔火罐时，罐内的空气冷却后罐内气压降低，小于外面的大气压，外面的大气压就将罐紧紧地压在皮肤上，所以“拔火罐”利用的是大气压强。
【分析】（1）根据分子运动的知识解答；
（2）根据大气压强的知识和应用分析。
17．（2024·淄博）小明模拟静电复印原理。他先用丝绸快速摩擦整块塑料板（图甲），使塑料板 ，再用手指在塑料板上写了一个“中”字（图乙），然后在塑料板上均匀地撒上一层细小干木屑，将塑料板缓慢竖起，在重力作用下干木屑下落，“中”字就在塑料板上显现出来了（图丙），“中”字能显现出来的原因：一是摩擦过的塑料板能 ，二是 。
【答案】带电；吸引轻小物体；人体是导体
【知识点】物体带电情况的判断；导体与绝缘体
【解析】【解答】（1）根据题意可知，小明用丝绸快速摩擦整块塑料板，从而使塑料板带电。
（2）“中”字能显现出来的原因：一 是摩擦过的塑料板能能吸引轻小的物体；二是
人体是导体。
【分析】（1）物体经过摩擦后有了吸引轻小物体的性质，这就是摩擦起电现象；
（2）由于塑料板带有电荷，因此能够均匀的吸引木屑。由于手是导体，则手经过的位置电荷被导走，木屑就会掉下来呈现写的文字。
18．（2024·淄博）如图所示电路，灯L标有“3V 0.9W”字样（忽略温度对灯丝电阻的影响）。当开关S1断开，S2、S3闭合时，电流表的示数为0.6A，灯L正常发光，灯L的电阻为 Ω，电压表的示数为 V；当开关S2、S3断开，S1闭合时，灯L与电阻R的连接方式为 ，电流表的示数为 A。
【答案】10；3；串联；0.2
【知识点】串联电路和并联电路的辨别；电阻的串联；欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【解答】（1）根据题意可知，当开关S1断开，S2、S3闭合时，定值电阻R与灯泡并联，电流表测通过R的电流，电压表测电源电压。
灯L的电阻为；
此时灯L正常工作，因此灯L两端电压为3V，
根据并联电路电压的特点可知，电源电压等于定值电阻R两端电压等于灯L两端电压，为3V，因此电压表的示数为3V。
此时电流表的示数为0.6A，则定值电阻R的阻值为
（2）当开关S2、S3断开，S1闭合时，此时灯泡L与电阻R首尾相连，因此灯L与电阻R串联，电流表测电路电流，电压表测定值电阻R两端电压。
此时电路的总电阻为R总=R+RL=5Ω+10Ω=15Ω；
此时电路的电流为
因此电流表的示数为0.2A。
【分析】 （1）当开关S1断开，S2、S3闭合时，定值电阻R与灯泡并联，电流表测通过R的电流，电压表测电源电压。根据算出灯L的电阻；此时灯L正常工作，因此灯L两端电压为3V，根据并联电路电压的特点可知电源电压等于定值电阻R两端电压等于灯L两端电压，根据欧姆定律算出定值电阻R的阻值；
（2）当开关S2、S3断开，S1闭合时，电路中只有一条电流路径，因此灯L与电阻R串联，电流表测电路电流，电压表测定值电阻R两端电压。根据串联电路电阻的特点算出此时电路的总电阻，由欧姆定律算出此时电路的电流。
19．（2024·淄博）在某次测试中，一款重为6.4×104N的超音速汽车以1260km/h的速度在水平轨道上匀速直线行驶，受到的阻力为1.8×105N，10s内汽车通过的路程是 m，牵引力做功的功率是 W，重力做功是 J。
【答案】3500；6.3×107；0
【知识点】功率计算公式的应用；速度公式及其应用；是否做功的判断
【解析】【解答】（1）根据题意可知，汽车的速度v=1260km/h=350m/s，
那么10s内汽车通过的路程s=vt=350m/s×10s=3500m；
（2）根据二力平衡可知，牵引力等于阻力，即F牵=f=1.8×105N
根据P=Fv可知，牵引力做功的功率P=F牵v=1.8×105N×350m/s=6.3×107W。
（3）汽车在水平方向运动，而重力的方向始终是竖直向下的，则汽车没有在重力方向没有移动距离，因此重力为0J。
【分析】（1）根据s=vt计算110s内汽车通过的路程；
（2）根据二力平衡的知识计算汽车受到的牵引力，再根据P=Fv计算牵引力做功的功率；
（3）做功的要素：①作用在物体上的力；②物体在力的方向上通过的距离。
20．（2024·淄博）眼睛是心灵的窗户，我们要有保护视力的意识。如图是李老师戴眼镜矫正视力的部分光路，请在方框内画出矫正视力的透镜，并画出两条光线经晶状体折射后的光线。
【答案】
【知识点】透镜的光路图；眼睛及其视物原理
【解析】【解答】根据图片可知，光线经透镜后比原来的光线发散，说明是矫正透镜为凹透镜。矫正后能够看清物态，即矫正后折射的光线在视网膜上会聚成像，如图所示：
【分析】根据经过透镜后光线会聚还是发散确定透镜的种类，根据“看清物体说明像成在视网膜上”确定光线交点的位置。
21．（2024·淄博）小明发现冬天海水结冰时的温度比河水的低，这一现象激发了他探究盐水凝固时温度变化规律的兴趣．他将一杯盐水放入温度为的恒温冷冻室内，利用传感器收集数据，绘制了如图所示的温度一时间图象。
（1）这杯盐水的凝固点是 ℃，凝固过程持续了 min。
（2）杯内盐水第25min时的内能 （选填“大于”“小于”或“等于”）第15min时的内能。
（3）从图象中发现，当盐水凝固后，温度降低明显变快，这是因为凝固后它的 变小。
（4）小明查阅资料还发现，不同的海域海水结冰的温度也不同．针对这一现象，请你提出一个可探究的物理问题： 。
【答案】（1）；10
（2）小于
（3）比热容
（4）盐水的凝固点与盐水的浓度有什么关系
【知识点】凝固与凝固放热特点；熔化和凝固的温度—时间图象；比热容
【解析】【解答】（1）①根据图片可知，此过程中不断放热，但是在温度-4℃保持不变，则这杯盐水的凝固点是-4℃；
②由图可知，在15min~25min是盐水的温度保存不变，因此是盐水的凝固过程，则凝固过程持续了10min。
（2）在15min~25min的过程中，盐水持续放热，因此第25min时的内能小于第15min时的内能。
（3）当盐水凝固后，温度降低明显变快，即相同时间内温度降低更多，根据Q=cm△t可知，它的比热容变小。
（4）不同的海域海水密度不同，结冰的温度也不同，因此可以提出一个可探究的物理问题是：盐水凝固点与盐水浓度之间有什么关系。
【分析】 （1）①晶体在熔化或凝固时的温度是熔点或凝固点；
②从开始凝固到完全凝固完所用时间就是物态变化经历的时间；
（2）物体放出热量，则内能减小；吸收热量，则内能增大；
（3）比热容是表示物质吸放热本领大小的物理量；
（4）不同的海域海水结冰的温度也不同，据此提出可探究的物理问题。
（1）[1]由图可知，在15min~25min是盐水的凝固过程，此过程中温度-4℃保持不变min，因此这杯盐水的凝固点是-4℃；
[2]由图可知，在15min~25min是盐水的凝固过程，凝固过程持续了10min。
（2）由图可知，在15min~25min是盐水的凝固过程，此过程中盐水持续放热，但是温度比变，因此第25min时的内能小于第15min时的内能。
（3）当盐水凝固后，温度降低明显变快，因此可知它的比热容变小。
（4）不同的海域海水密度不同，结冰的温度也不同，因此可以提出一个可探究的物理问题是：盐水凝固点与盐水浓度之间有什么关系。
22．（2024·淄博）同学们利用蜡烛、细铁丝、杯子等制作了一个蜡烛“跷跷板”，如图甲。一端烛油滴下时，此端就上升，两端交替上下。为了寻找上述现象的原因，同学们用铁架台、杠杆（已在水平位置平衡）、质量相等的钩码等器材进行以下探究。
（1）图乙中杠杆水平平衡，分别改变一侧钩码的个数或悬挂位置，发现杠杆不再平衡。
小聪认为：影响杠杆平衡的因素是力的大小和支点到力的作用点的距离；
小明认为：影响杠杆平衡的因素是力的大小和支点到力的作用线的距离。
为判断谁的观点正确，同学们利用图丙中水平平衡的杠杆（OD>OA=OC）进行实验，保持B处悬挂钩码的个数和位置不变。
①把A处悬挂的钩码改挂在C处，发现杠杆不再平衡。与A处相比，支点到力的作用点的距离 （选填“变小”“不变”或“变大”）；
②把A处悬挂的钩码改挂在D处，发现杠杆仍保持平衡，这两种情况下 的距离不变；
③由此初步判断 的观点是正确的；
（2）明确影响因素后，同学们利用图乙的器材探究杠杆平衡的条件，将实验数据记录在设计的表格中。
实验次数 动力F1/N a 阻力F2/N b
1 1.0 10 2.0 5
2 1.5 5 0.5 15
3 2.0 15 1.5 20
①表格中a处应填写的内容是 ；
②分析表中数据，得出杠杆平衡的条件是 ；
③若在图乙中杠杆两侧钩码下端各加挂一个钩码，杠杆 端下沉；
（3）交替上下的蜡烛“跷跷板”，一端烛油滴下时，此端上升。原因是 。
【答案】（1）不变；支点到力的作用线；小明
（2）动力臂l1/cm；动力×动力臂=阻力×阻力臂；左
（3）此端力和力臂的乘积变小
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【解答】（1）①根据题意可知，当把A处悬挂的钩码改挂在C处时，根据OD>OA=OC可知，支点到力的作用点的距离不变；
②根据图片可知，把A处悬挂的钩码改挂在D处，虽然OD>OA，但是支点到力的作用线的距离相同，所以杠杆仍保持平衡；
③综上所述，影响杠杆平衡的因素是力的大小和支点到力的作用线的距离，而不是支点到力的作用点的距离，因此小明的观点是正确的。
（2）①由杠杆平衡条件F1L1=F2L2可知，实验过程中，不但要测量拉力大小，还需要测量力臂，因此a处应填：动力臂l1/cm，b处应填：阻力臂l2/cm。
②根据表格数据可知，每一组实验中动力与动力臂的乘积都等于阻力与阻力臂的乘积，故得出杠杆的平衡条件是：动力×动力臂=阻力×阻力臂。
③设一个钩码的重为G，标尺上一格的长度为L，则在图乙中杠杆两侧钩码下端各加挂一个钩码，此时左侧（1+1）G×2L=4GL；
右侧（2+1）G×L=3GL；
故杠杆左端下沉。
（3）根据题意可知，当一端烛油滴下时，此端蜡烛的重力变小，导致此端的力和力臂的乘积变小，杠杆失去平衡，所以此端上升。
【分析】 （1）①支点到作用点的距离是点到点的距离，根据题目中给出的条件比较大小便可；
②支点到作用线的距离是点到线的垂直距离，据此分析；
③根据两种情况下杠杆的平衡情况得出结论；
（2）①根据实验目的确定实验过程要记录的物理量；
②杠杆的平衡条件：动力×动力臂=阻力×阻力臂，据此分析即可；
③分别计算力和力臂的乘积，杠杆将向乘积较大的一侧偏转；
（3）根据杠杆的平衡条件分析即可。
（1）[1][2][3]由题意知，OD>OA=OC，当把A处悬挂的钩码改挂在C处，支点到力的作用点的距离不变，但杠杆不再平衡；把A处悬挂的钩码改挂在D处，支点到力的作用线的距离相同，发现杠杆仍保持平衡；因此可知影响杠杆平衡的因素是力的大小和支点到力的作用线的距离，故小明的观点是正确的。
（2）[1]由杠杆平衡条件可知，还需要测量力臂，因此a处应填：动力臂l1/cm，b处应填：阻力臂l2/cm。
[2]由表中数据可知，每一组实验中动力与动力臂的乘积都等于阻力与阻力臂的乘积，故得出杠杆的平衡条件是：动力×动力臂=阻力×阻力臂。
[3]设一个钩码的重为G，标尺上一格的长度为L，则在图乙中杠杆两侧钩码下端各加挂一个钩码，此时左侧
2G×2L=4GL
右侧
3G×L=3GL
故杠杆左端下沉。
（3）当一端烛油滴下时，此端蜡烛的重力变小，导致此端的力和力臂的乘积变小，杠杆失去平衡，所以此端上升。
23．（2024·淄博）在“测量小灯泡的电功率”实验中，小灯泡的额定电压为2.5V（正常发光时的电阻约为9Ω）。
（1）图甲是小明连接的电路，请指出不妥之处： ；
（2）重新连好电路，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，进行多次测量，将数据及现象记录在表格中。
实验次数 电压表示数/V 电流表示数/A 小灯泡的实际功率/W 小灯泡亮度
1 0.5 0.16
不亮
2 1.3 0.22
较暗
3 2.1 0.26
较亮
4 2.5
明亮
5 3.0 0.36
耀眼强光
①实验多次测量的目的是 ；
②第4次实验时电流表的示数如图乙所示，小灯泡的额定功率为 W；接下来要完成第5次实验，滑片应向 移动；
③通过实验发现，小灯泡两端的电压越大，实际功率 ，小灯泡越亮；
④小聪发现表格中有一个电流数据有误，该数据是 ；
（3）完成实验后，小明取一个阻值为的定值电阻，设计了如图丙所示的电路，测量小灯泡正常发光时的电阻。请把实验步骤补充完整。
①闭合开关S，移动滑片P，直至电压表示数为 V；
②断开开关S，保持滑片P位置不变， ，再闭合开关，记录电压表示数；
小灯泡正常发光时的电阻 （用所测的量和已知量表示）。
【答案】（1）电流表选用的量程太大
（2）得出小灯泡的实际电压、实际功率、亮度之间的普遍规律；0.7；右；越大；0.36
（3）2.5；将电压表改接在定值电阻两端；
【知识点】伏安法测电阻的探究实验；探究用电器的电功率实验
【解析】【解答】（1）根据题意可知，小灯泡正常发光时通过的电流约为，则电流表应该选项0-0.6A的量程；
根据甲图可知，电流表选用0~3A量程，故电流表选用量程太大了。
（2）①实验中多次改变小灯泡两端的电压，目的是得出小灯泡的实际电压、实际功率、亮度之间的普遍规律。
②根据图乙可知，电流表选用0~0.6A量程，分度值为0.02A，故电流表的示数为0.28A，则灯泡的额定电流为0.28A；
则小灯泡的额定功率为；
接下来要完成第5次实验，由表中数据可知，此时电流表的示数变大，则总电阻减小，应减小滑动变阻器的阻值，那么滑片应向右移动。
③从第1次实验到第5次实验中，小灯泡的实际功率依次为、、、、那么得到：小灯泡两端电压越来越大，实际功率越来越大，小灯泡的亮度越亮。
④小灯泡越亮，灯丝温度越高，灯丝电阻随温度的升高而变大。根据可得，5次实验中小灯泡的电阻依次为、、、、，因为所以第5次实验中电流数据0.36A有误。
（3）①由图丙可知，定值电阻、小灯泡、滑动变阻器串联，电压表测小灯泡两端电压，实验目的是测量小灯泡正常发光时的电阻，因此应调节滑片，使小灯泡两端电压即电压表示数等于其额定电压2.5V。
②小灯泡两端电压已知，根据可知，还需要测出通过小灯泡的电流，根据串联电路中电流处处相等可知，只需测出通过定值电阻的电流，因此将电压表改接在定值电阻两端，测出两端电压，则电路中的电流，
小灯泡正常发光时的电阻为。
【分析】 （1）根据欧姆定律可知电路电流，据此分析电流表应选用的量程；
（2）①在“测量小灯泡的 电功率”实验中，改变小灯泡两端的电压，多次测量小灯泡的实际功率并比较其亮度，据此分析；
②根据（1）确定电流表量程，由图乙确定分度值读数，利用P=UI求出小灯泡的额定功率；电流表的示数变化确定总电阻的大小变化，进而确定变阻器的阻值大小变化，最后确定滑动变阻器滑片移动方向；
③根据表中数据分析回答；
④灯丝的电阻随温度的升高而增大；
（3）根据串联电路特点结合欧姆定律求出小灯泡正常发光时的电阻。
（1）小灯泡的额定电压为2.5V，正常发光时的电阻约为9Ω，则小灯泡正常发光时通过的电流约为
由图甲可知，电流表选用0~3A量程，分度值为0.1A，则小灯泡正常发光时，电流表指针偏转角度过小，误差太大，故电流表选用量程太大了，应换用0~0.6A量程。
（2）①[1]实验中多次改变小灯泡两端的电压，多次测量小灯泡的实际功率并比较其亮度，目的是得出小灯泡的实际电压、实际功率、亮度之间的普遍规律。
②[2]根据表格数据可知，第4次实验中，电压表示数即小灯泡两端电压等于其额定电压，则此时小灯泡的功率为其额定功率，由图乙可知，电流表选用0~0.6A量程，分度值为0.02A，故电流表的示数为0.28A，则小灯泡的额定功率为
[3]接下来要完成第5次实验，由表中数据可知，调节滑片使电压表示数由2.5V变为3.0V，电源电压不变，根据串联分压的规律可知，应减小滑动变阻器的阻值，滑片应向右移动。
③[4]分析表格数据可知，从第1次实验到第5次实验中，小灯泡的实际功率依次为、、、、，故小灯泡两端电压越来越大，实际功率越来越大，小灯泡的亮度越亮。
④[5]分析表格数据，根据可得，5次实验中小灯泡的电阻依次为、、、、，因为小灯泡越亮，灯丝温度越高，灯丝电阻随温度的升高而变大，所以第5次实验中电流数据0.36A有误。
（3）[1]由图丙可知，定值电阻、小灯泡、滑动变阻器串联，电压表测小灯泡两端电压，实验目的是测量小灯泡正常发光时的电阻，因此应调节滑片，使小灯泡两端电压即电压表示数等于其额定电压2.5V。
[2][3]小灯泡两端电压已知，根据可知，还需要测出通过小灯泡的电流，根据串联电路中电流处处相等可知，只需测出通过定值电阻的电流，因此将电压表改接在定值电阻两端，测出两端电压，则电路中的电流，小灯泡正常发光时的电阻为
24．（2024·淄博）商场有甲、乙两种价格相同的电热水壶，额定电压均为220V，额定功率分别为800W和1500W。请通过计算解决下列问题。
（1）家庭电路电压是220V，室内插座的额定电流是5A，用该插座给电热水壶供电，从安全用电的角度考虑，应选购哪种电热水壶？
（2）经测试发现，乙种电热水壶正常工作时，将质量为1kg的水从25℃烧开用时250s（标准大气压下）。若甲种电热水壶的加热效率为80%，从节能的角度考虑，应选购哪种电热水壶？[c水=4.2×103J/(kg·℃)]
【答案】（1）解：根据题意可知， 家庭电路电压是220V，室内插座的额定电流是5A，
则该插座允许接入的最大电功率；
因为，；
所以应选购甲种电热水壶。
（2）解：根据题意可知，将质量为1kg的水从25℃烧开水吸收的热量
；
乙种电热水壶消耗的电能；
乙种电热水壶的加热效率；
甲种电热水壶的加热效率，
则，
从节能的角度考虑，应选购乙种电热水壶。
【知识点】比热容；电功率的计算
【解析】【分析】（1）根据P=UI计算出这个插座允许接入的最大电功率，然后与两个电水壶的电功率比较即可；
（2）根据Q=cm△t计算出乙烧开水需要的热量，然后根据W=Pt计算乙消耗的电能，接下来根据计算乙水壶的热效率，最后与甲的热效率比较即可。
（1）该插座允许接入的最大电功率
因为
所以从安全用电的角度考虑，应选购甲种电热水壶。
（2）标准大气压下水的沸点为100℃，将质量为1kg的水从25℃烧开，水吸收的热量
乙种电热水壶正常工作250s消耗的电能
乙种电热水壶的加热效率
甲种电热水壶的加热效率，则，从节能的角度考虑，应选购乙种电热水壶。
25．（2024·淄博）如图甲所示，水平放置的长方体容器中水深16cm，用细线将沉在容器底的圆柱体物块竖直向上匀速提升。从物块刚刚离开容器底到拉出水面的过程中，拉力F与物块下表面到容器底的距离h的关系如图乙所示（细线的质量、体积及物块带走的水均忽略不计，ρ水=1.0×103kg/m3，g取10N/kg）。求：
（1）物块浸没在水中时受到的浮力；
（2）物块取出后，水对容器底的压强；
（3）容器中水的质量。
【答案】（1）解：由图乙可知，当h>15cm时，物块完全离开水面，物块受到的竖直向下的重力、竖直向上的拉力，处于二力平衡状态，
则物块的重力；
当h<9cm时，物块完全浸没在水中，此时拉力F=8N，
物块受到的竖直向下的重力、竖直向上的拉力、竖直向上的浮力，处于三力平衡状态，
即；
因此物块浸没在水中时受到的浮力。
答： 物块浸没在水中时受到的浮力为5N。
（2）解：由图乙可知，当h=15cm时，物块下表面刚好离开水面，则物块取出后，容器中水的深度，
水对容器底的压强。
答： 物块取出后，水对容器底的压强 为1500Pa。
（3）解：根据题意可知，物块浸没时排开水的体积
；
物块浸没时与物块取出后相比，水面下降的高度；
容器的底面积；
容器中水的体积；
容器中水的质量。
答： 容器中水的质量为7.5kg。
【知识点】密度公式及其应用；二力平衡的条件及其应用；液体压强计算公式的应用；阿基米德原理
【解析】【分析】 （1）根据图象得出物体的重力、物块完全浸没在水中受到的拉力，利用称重法计算物块A浸没在水中受到的浮力；
（2）根据图象得出物块取出后，容器中水的深度，利用液体压强公式计算物块取出后，水对容器底的压强；
（3）根据F浮=ρ水gV排可求出物块浸没时排开水的体积，求出取出物块前后水面下降的高度，可求出容器的底面积，进而可求出容器中水的体积，最后利用密度公式计算水的质量。
（1）由图乙可知，当h>15cm时，物块完全离开水面，物块受到的竖直向下的重力、竖直向上的拉力，处于二力平衡状态，则物块的重力
当h<9cm时，物块完全浸没在水中，此时拉力F=8N，物块受到的竖直向下的重力、竖直向上的拉力、竖直向上的浮力，处于三力平衡状态，即
因此物块浸没在水中时受到的浮力
（2）由图乙可知，当h=15cm时，物块下表面刚好离开水面，则物块取出后，容器中水的深度
水对容器底的压强
（3）根据可得，物块浸没时排开水的体积
物块浸没时与物块取出后相比，水面下降的高度
容器的底面积
容器中水的体积
根据可得，容器中水的质量
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