广东省湛江市雷州市三校2025届九年级下学期中考二模物理试卷
1．（2025·雷州模拟）中国航天事业一步一个脚印，一次次刷新“中国高度”，下列有关说法正确的是（ ）
A．“天宫课堂”是利用电磁波向地面授课的
B．火箭升空时，燃料在燃烧过程中热值不断增大
C．月球绕地球运动，地球绕太阳运动，说明太阳是宇宙的中心
D．“天问一号”着陆火星的过程，着陆器的温度升高，其内能不变
【答案】A
【知识点】做功改变物体内能；燃料的热值；科学探索；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】A．“天宫课堂”是利用电磁波向地面授课的，故A正确；
B．热值是燃料的一种特性，只与燃料的种类有关，所以火箭升空时，燃料在燃烧过程中热值不变，故B错误；
C．月球绕地球运动，地球绕太阳运动，但太阳不是宇宙的中心，故C错误；
D．“天问一号”着陆火星的过程，着陆器克服与空气的摩擦做功，温度升高，内能增大，故D错误。
故选A。
【分析】1.电磁波的传播不需要介质，利用电磁波可以传递信息；
2.热值是燃料的一种特性，只与燃料的种类有关；
3. 太阳仅是太阳系中的中心天体，不是宇宙的中心；
4.做功可以改变物体的内能。
2．（2025·雷州模拟）关于温度、内能、热量，下列说法中正确的是（ ）
A．一块的铁块，可能不具有内能
B．铝块的内能增加，它一定吸收了热量
C．冰块熔化时温度不变，其内能一定不变
D．温度相同的两杯水，它们的内能可能不同
【答案】D
【知识点】内能的概念；温度、热量与内能的关系；做功改变物体内能；热传递改变物体内能
【解析】【解答】A．一切物体不论温度高低都具有内能，故A错误；
B．铝块的内能增加，可能是是吸收了热量，也可能外界对其做功，故B错误；
C．冰块熔化时，吸收热量，但温度不变，其内能增加，故C错误；
D．温度相同的两杯水，由于质量未知，所以它们的内能可能不同，也可能相同，故D正确。
故选D。
【分析】1.一切物体不论温度高低都具有内能；
2.做功和热传递都可以改变物体的内能；
3.晶体熔化时的特点：吸收热量，温度不变；
4.物体的内能大小与物体的质量、温度、状态等有关。
3．（2025·雷州模拟）下列关于声现象的描述和分析，正确的是（ ）
A．如图1所示，吹笛子时，按住不同的气孔是为了改变声音的音色
B．如图2所示，航母舰载机引导员戴上耳罩，是在声源处减弱噪声
C．如图3所示，医生用听诊器为病人检查身体，是利用声音传递信息
D．如图4所示，航天员王亚平在空间站用古筝弹奏《茉莉花》，声音是由空气直接传播到地球的
【答案】C
【知识点】声音的传播条件；音调及音调与频率的关系；声与信息；防治噪声的途径
【解析】【解答】A．吹笛子时，按住不同的气孔是为了改变空气柱振动部分的长度，从而改变振动频率，使声音的音调发生改变，故A错误；
B．航母舰载机引导员戴上耳罩，是在人耳处减弱噪声，故B错误；
C．医生用听诊器为病人检查身体，是利用声音传递信息，故C正确；
D．航天员在空间站用古筝弹奏《茉莉花》，太空是真空，没有空气，所以声音是不可能由空气直接传播到地球的。故D错误。
故选C。
【分析】1.声音的响度由振幅决定，振幅越大，响度越大；声音的音调由频率决定，频率越高，音调越高；
2.减弱噪声的途径：在声源处减弱噪声，在传播过程中减弱噪声，在人耳处减弱噪声；
3.利用声音可以传递信息和能量；
4.声音的传播需要介质。
4．（2025·雷州模拟）如图是电磁波及其应用实例，下列说法正确的是（ ）
A．紫外线是紫色的
B．电视机遥控器用γ射线遥控
C．体检胸透用的电磁波频率比无线电波低
D．可见光与无线电波在真空中的传播速度相同
【答案】D
【知识点】紫外线；电磁波的产生；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】A．红外线和紫外线都是不可见光，故A选项错误；
B．电视机遥控器用的是红外线遥控，故选项B错误；
C．体检胸透用的电磁波是X射线，频率比无线电波高，故选项C错误；
D．可见光与无线电波都是电磁波，在真空传播的速度相同，为3×108m/s ，故D正确。
【分析】红外线和紫外线都是不可见光；
红外线的应用：红外线加热，红外线测温，红外线遥控，红外线成像等；
可见光与无线电波都是电磁波。
5．（2025·雷州模拟）初中各学科之间有着密切的联系，化学、生物学中也有物理知识的广泛运用，图中描述或说法中错误的是（ ）
A．甲图中蒸馏水的制备是利用水的液化及水蒸气的汽化
B．乙图中向下排空气法收集氢气是利用氢气的密度比空气的密度小的性质
C．丙图中桡骨在肱二头肌的牵引下绕着肘关节转动，可视为一种杠杆模型
D．丁图中吸气时胸腔容积扩大肺部扩张，肺内气压变小，外界气体被吸入
【答案】A
【知识点】汽化及汽化吸热的特点；液化及液化放热；大气压的综合应用；物体的浮沉条件及其应用；杠杆及其五要素
【解析】【解答】A．甲图中，加热烧瓶中的水，水吸热由液态变成气态的水蒸气，水蒸气通过导管遇冷放热由气态变成液态，故蒸馏水的制备是先利用液态水吸热汽化，后利用水蒸气放热液化，故A错误；
B．乙图中，向下排空气法收集氢气是利用的氢气的密度比空气的密度小的性质，故B正确；
C．丙图中，桡骨在肱二头肌的牵引下绕着肘关节转动，可视为一种杠杆模型，故C正确；
D．丁图中，吸气时胸腔容积扩大肺部扩张，肺内气压变小，外界气体被吸入，故D正确。
故选A。
【分析】A.汽化：物质由液态变成气态的过程，汽化吸热；
液化：物质由气态变成液态的过程，液化放热；
B.氢气的密度小于空气的密度；
C.在力的作用下能绕着固定点转动的硬棒就是杠杆；
D.质量一定的气体，当温度不变时，气体的体积越小，压强越大；体积越大，压强越小。
6．（2025·雷州模拟）跳水世界杯蒙特利尔站女子单人10米跳台决赛上，全红婵延续预赛的完美发挥，以458.20分夺得冠军。下列关于她某次跳台跳水分析正确的是（ ）
A．起跳过程中，全红婵的运动状态保持不变
B．下落过程中，全红婵的动能不断增大
C．入水过程中，全红婵所受的浮力不变
D．水中下落时，全红婵所受水的压强减小
【答案】B
【知识点】动能的影响因素；物体运动状态的变化；液体压强计算公式的应用；阿基米德原理
【解析】【解答】A．起跳过程中，全红婵运动的方向和速度发生了改变，所以全红婵的运动状态发生了改变，故A错误；
B．下落过程中，全红婵的质量不变，速度不断变大，所以全红婵的动能不断增大，故B正确；
C．根据可知，入水过程中，全红婵排开水的体积变大，所受的浮力变大，故C错误；
D．根据可知，水中下落时，全红婵所处的深度增加，所受水的压强增大，故D错误。
故选B。
【分析】A.力的作用效果：力可以改变物体的形状，力可以改变物体的运动状态；
B.动能与物体的质量和速度有关；
C.根据进行分析；
D.根据进行分析。
7．（2025·雷州模拟）如图，电源电压不变。闭合开关和，小灯泡和均正常发光，电流表有示数。下列分析正确的是（ ）
A．小灯泡和串联
B．若断开开关，电流表示数会变小
C．若小灯泡比亮，原因是小灯泡两端的电压比两端的电压大
D．若只闭合开关，电路中只有小灯泡发光
【答案】B
【知识点】串联电路和并联电路的辨别；并联电路的电流规律；并联电路的电压规律
【解析】【解答】A．由实物图可知，闭合开关和，小灯泡和并联，电流表测电路中的总电流，故A错误；
B．若断开开关，小灯泡所在的这条支路的电流为0，则电流表示数会变小，故B正确；
C．小灯泡和并联，根据并联电路电压规律可知，小灯泡和两端的电压相等，故C错误；
D．只闭合开关，电路断路，两个灯泡都不亮，故D错误。
故选B。
【分析】分析电路可知，开关和都闭合，两灯并联，电流表测电路中的电流；若断开开关，只有灯L1接入电路，电流表示数会变小；若断开开关，电路断路，两个灯都不亮。
并联电路中，各支路两端电压相等，干路电流等于各支路电流之和。
8．（2025·雷州模拟）新冠疫苗须保存在低于8℃的环境中，专业冷藏车的冷藏室内是2℃～8℃的低温环境，其制冷系统通过液态制冷剂汽化将车内的“热”报运到外面，实现制冷。夏季运输过程中，为监测冷藏室内温度，应选用如图 （甲/乙）所示的温度计置于其中，在接收点，为正确读数， （能/不能）把温度计从冷藏室内取出来读数，当温度计示数如图中所示时，温度 （符合/不符合）规定。
【答案】乙；不能；符合
【知识点】温度及温度计的使用与读数；液体温度计的构造与工作原理
【解析】【解答】由图可知，甲温度计为普通温度计，乙温度计类似于体温计，玻璃泡与直玻璃管之间有一段小细管，温度升高后，液柱不能自动退回到玻璃泡中，可以测定最高温度，所以新冠疫苗须保存在低于8℃的环境中，应选用图乙所示的温度计置于其中；
由于乙温度计的结构特点，可以离开被测物体读数，但室外温度较高，温度计的示数会上升，所以为正确读数，不能把温度计从冷藏室内取出来读数。
图乙的温度计的分度值为0.1℃，示数为5℃，低于8℃，温度符合规定。
【分析】 1.体温计的构造及特点： 玻璃泡和直玻璃管之间很细的细管—缩口，温度升高后，液柱不能自动退回到玻璃泡中，可以离开被测物体读数；
2.认清温度计的分度值，再读数。
9．（2025·雷州模拟）2021年云南北迁亚洲象群牵动全国人民的心，如图是亚洲象迁移时的情景，象群之间通过频率 （选填“大于”或“小于”）20Hz的次声波相互交流，人耳 （选填“能”或“不能”）听到这种声音。为了监测亚洲象的行踪，云南有关部门使用无人机进行24h不间断监测，在夜晚无人机利用 夜视仪可以通过大象辐射的次声波，对其行踪进行监测。
【答案】小于；不能；红外线
【知识点】红外线；音调及音调与频率的关系；超声波与次声波
【解析】【解答】象群之间通过频率小于20Hz的次声波互相交流，人耳不能听到这种声音。
在夜晚无人机利用红外线夜视仪可以通过大象辐射的红外线，对其行踪进行监测。
【分析】1. 人耳听觉频率范围：20Hz—20000Hz；超声波频率：高于20000Hz；次声波频率：低于20Hz；
2.红外线可以起到热成像和夜视、医疗治疗、通信和遥控、工业检测和监控、加热和干燥等。
10．（2025·雷州模拟）如图所示是安装在某种塔式起重机吊臂一侧的滑轮组，某次起重机用的拉力F匀速起吊的物体，物体上升用时，则滑轮组所做有用功是 J，滑轮组的机械效率是 ，拉力F的功率是 W。（g取）
【答案】30000；80%；3750
【知识点】功率的计算；滑轮（组）的机械效率；功的计算及应用
【解析】【解答】物体的重力为：
G=mg=600kg x 10N/kg=6000N
滑轮组客服物体重力所做的功为有用功，为：
W有=Gh=6000N x 5m=30000J
动滑轮上有3段绳子，则绳子端移动的距离为：
s=3h=3 x 5m=15m
拉力所做的功为总功，为：
W总=Fs=2500N x 15m=37500J
滑轮组的机械效率为：
拉力的功率为：
【分析】1.已知物体的质量，根据G=mg求出物体的重力，根据W有=Gh求出滑轮组的有用功；
2.由图可知动滑轮上绳子的段数，根据s=nh求出绳子端移动的距离，根据W总=Fs求出总功，再根据求出滑轮组的机械效率；
3.根据求出拉力的功率。
11．（2025·雷州模拟）2024年4月25日，搭载神舟十八号载人飞船的长征二号遥十八运载火箭成功发射，若该火箭在某升空过程中做加速直线运动，则火箭受到的动力 （选填“大于”、“小于”或“等于”）火箭的总重力。当神舟十八号与天和核心舱对接成功时，神舟十八号与天和核心舱彼此是相对 的。
【答案】大于；静止
【知识点】力与运动的关系；运动和静止的相对性
【解析】【解答】火箭在升空过程中做加速直线运动，受力不平衡，合力向上，即向上的力较大，所以火箭受到的动力大于火箭的总重力。
当神舟十八号与天和核心舱对接成功时，神舟十八号与天和核心舱之间没有发生位置变化，所以神舟十八号与天和核心舱彼此是相对静止的。
【分析】1.当合力方向与速度相同时，物体做加速运动；当合力方向与速度相反时，物体做减速运动；
2.研究物体运动状态时，要选择合适的参照物，若物体和参照物之间位置发生变化，则物体是运动的，若物体和参照物之间位置没有发生变化，则物体是静止的。
12．（2025·雷州模拟）有“3V0.75W”的L1灯泡和“3V1.5W”的L2灯泡，如题图甲所示，闭合开关，L1灯泡和L2正常发光，则电路总电阻R= Ω；如题图乙所示，闭合开关，L1灯正常发光，则电源2的电压U= V；此时L2消耗的实际功率P= W(假设灯丝电阻不变)
【答案】4；4.5；0.375
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率的计算
13．（2025·雷州模拟）汽车是我们生活中最重要的交通运输工具之一，某单缸汽油发动机气缸的活塞面积是120cm2，做功冲程中活塞移动的距离是30cm，气体的平均压强是5×105Pa，汽油的热值是4.6×107J/kg，每次做功耗油0.2g，气体一次膨胀对活塞做的功是 J；每次做功过程中汽油的90%完全燃烧，每次汽油燃烧放出的热量是 J，此汽油机的机械效率是 。
【答案】1800；8.28×103；19.6%
【知识点】热量的计算；热机的效率；功的计算及应用
【解析】【解答】气体膨胀时对活塞的压力为：
F=PS= 5×105Pa x 0.012m2 =6000N
气体一次膨胀对活塞做的功是：
W=Fs=6000N x 0.3m=1800J
每次燃烧汽油的质量为：
m=0.2 x 10-3kg x 90% =0.18 x 10-3kg
每次汽油燃烧放出的热量为：
Q放=mq=0.18 x 10-3kg x 4.6×107J/kg =8.28 x 103J
汽油燃烧放出的热量为：
Q'放=m'q=0.2 x 10-3kg x 4.6×107J/kg =9.2 x 103J
汽油机的机械效率为：
【分析】1.已知气体的平均压强和活塞的面积，根据F=PS求出气体膨胀时对活塞的压力，已知会赛移动的距离，根据W=Fs求出气体一次膨胀对活塞做的功；
2.根据每次耗油质量和汽油的燃烧效率，求出每次燃烧汽油的质量，根据Q放=mq求出每次汽油燃烧放出的热量；
3.根据Q放=mq求出汽油燃烧放出的热量，根据求出汽油机的机械效率。
14．（2025·雷州模拟）某智能手机的锂电池上标有“3.7V，4200mAh”字样，该手机搭配了超级快充功能，增大充电的电流。给手机充电的过程中，手机电池属于电路构成中的 （选填“电源”或“用电器”）。这块锂电池充满电可以储存 J的电能；若给锂电池快充入80%的电能，需要充电40min，此时手机的快充电流大小为 A。
【答案】用电器；5.5944×104；5.04
【知识点】电路的构成及电路图；电功的计算
【解析】【解答】给手机充电的过程中，手机电池消耗电能，属于电路构成中的用电器。
这块锂电池充满电可以储存的电能为：
W=UIt=3.7V x 4200 x 10-3A x 3600s=5.5944×104J
若给锂电池快充入80%的电能，则充入的电能为：
W'=80%W=80% x 5.5944×104J = 4.7552 x 104J
此时手机的快充电流大小为：
【分析】给手机充电的过程中，手机电池消耗电能，相当于用电器；
根据W=UIt求锂电池充满电储存的电能；
若给锂电池快充入80%的电能，根据W=UIt求出此时手机快充电流大小。
15．（2025·雷州模拟）如图，一束光从空气射向三角玻璃砖，画出它在AB分界面处的反射光线与折射光线。
【答案】
【知识点】作光的反射光路图；作光的折射光路图
16．（2025·雷州模拟）某初中物理实验小组的同学想知道小灯泡的亮暗程度与什么因素有关。于是他们找来额定电流小于0.6A，额定电压是2.5V的灯L接在电源电压恒为6V的电路中，按照图甲所示的电路开始探究。
（1）请你用笔画线代替导线，根据图甲所示的电路图，将图乙所示的实物图连接完整；
（2）闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于 （选填“A”或“B”）端；
（3）表格为他们所测得的四次实验数据得，丁玲同学在四次实验中观察到，灯的亮度是后一次都比前一次亮。结合表中数据得出的结论是：小灯泡越亮，实际功率越 ；
实验次数 1 2 3 4
U/V 1.40 2.00 2.50 2.80
I/A 0.14 0.18 020 0.21
（4）根据实验数据可得，小灯泡的额定功率是 W；
（5）小明同学在计算小灯泡的电阻时，取了所求四次电阻的平均值。这种计算方法忽略了 对灯泡电阻的影响；
（6）已知实验室内有规格为“10Ω 2A”“20Ω 1A”和“50Ω 1A”的甲、乙、丙三个滑动变阻器供选用，根据（3）中表格内的数据可知 （选填“甲”“乙”或“丙”）接入电路。
【答案】（1）
（2）B
（3）大
（4）0.5
（5）温度
（6）丙
【知识点】探究用电器的电功率实验
【解析】【解答】（1）由图甲可知，滑动变阻器与小灯泡串联，电流表测电路中的电流，电压表测小灯泡两端的电压；滑动变阻器应一上一下串联接入电路，由于小灯泡的额定电流小于0.6A，电流表应选用小量程与滑动变阻器串联，小灯泡的额定电压是2.5V，电压表应选用小量程与小灯泡并联，如图所示：
（2）闭合开关前，为保护电路，应将滑动变阻器的滑片置于阻值最大位置，即B端。
（3）由表格数据可知，灯泡两端的电压越大，通过灯泡的电流越大，根据P=UI可知，小灯泡的实际功率越大，所以得出的结论是：小灯泡越亮，实际功率越大。
（4）根据实验数据可知，小灯泡正常发光时的电压为2.5V，通过小灯泡的电流为0.2A，小灯泡的额定功率为：
P=UI=2.5V x 0.2A=0.5W
（5）小灯泡的电阻随温度的变化而变化，灯泡两端电压不同，温度不同，小灯泡的电阻不同，求小灯泡电阻的平均值是无意义的，这种计算方法忽略了温度对灯泡电阻的影响。
（6）滑动变阻器与小灯泡串联，当小灯泡的电压最小时，滑动变阻器所分电压最大，阻值最大；由（3）表格中第1次实验数据可知，小灯泡两端的电压UL=1.4V，通过小灯泡的电流为0.14A，则此时电路中的电流为0.14A，滑动变阻器两端的电压为：
U滑=U-UL=6V-1.4V=4.6V
滑动变阻器的阻值为：
所以应选择“50Ω 1A”的丙滑动变阻器。
【分析】（1）由电路图可知，滑动变阻器与小灯泡串联，电流表测电路中的电流，电压表测小灯泡两端的电压，根据小灯泡的额定电流和额定电压选择电流表和电压表的量程；
（2）闭合开关前，为保护电路，应将滑动变阻器的滑片置于阻值最大位置；
（3）根据P=UI分析小灯泡的实际功率的变化，进而得出实际功率与灯泡亮度的关系；
（4）根据P=UI求出小灯泡的额定功率；
（5）小灯泡的电阻随温度的变化而变化；
（6）滑动变阻器与小灯泡串联，当小灯泡的电压最小时，滑动变阻器所分电压最大，阻值最大，据此根据1次实验数据求出滑动变阻器的最大值，再选择合适规格的滑动变阻器。
17．（2025·雷州模拟）
（1）图中凸透镜的焦距是 cm，停表的读数是 s，温度计的读数是 ℃。
（2）如图所示，在探究影响导体电阻大小的因素时，小兵、小红两位同学作出了如下猜想：
猜想一：导体的电阻与导体的长度有关，
猜想二：导体的电阻与导体的横截面积有关
猜想三：导体的电阻与导体的材料有关
实验室提供了4根电阻丝，规格、材料如表：
编号 材料 长度/m 横截面积/mm2
A 镍铬合金 0.5 0.5
B 镍铬合金 1.0 0.5
C 镍铬合金 0.5 1.0
D 锰铜合金 0.5 0.5
a、为了验证上述猜想一，应该选用编号 两根电阻丝进行实验；如果选用编号A、C两根电阻丝进行实验，是为了验证猜想 （填序号）。
b、有同学认为，可以根据灯泡亮度的变化来判断接入的电阻丝阻值的变化情况。老师指出：此实验中这种方法不可取。这是因为电源电压一定时，所选电阻丝的阻值相差太小，灯泡亮度变化 （选填“明显”或“不明显”）。
c、在最近几年，我国城乡许多地区进行了输电线路的改造，将原来细的铝质输电线换成较粗的铝质输电线，这样就 了输电线的电阻（选填“增大”或“减小”）。
【答案】（1）10.0；104；-34
（2）A、B；二；不明显；减小
【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；影响电阻大小的因素
【解析】【解答】（1）由图2可知，光具座上的分度值为1cm，平行于主光轴的光线经凸透镜折射后会聚于焦点，则凸透镜的焦距f=60.0cm-50.0cm=10.0cm。
由图1可知，停表的分针指在“1-2”之间，靠近2，读为1min，秒钟盘应读“30s-60s”范围，秒钟盘的分度值为0.1s，读为44s，所以停表的读数为1min44s=104s。
由图3可知，温度计的刻度是上小下大的，为零下温度，分度值为1℃，示数为-34℃。
（2）a.为了探究导体的电阻与导体的长度的关系，应控制导体的材料、横截面积，改变导体的长度，故应该选用编号A、B两根电阻丝进行实验；
编号A、C两根电阻丝的材料和长度相同，导体的横截面积不同，是为了验证猜想二，导体的电阻与横截面积的关系。
b. 电源电压一定时，所选电阻丝的阻值相差太小，电路中的总电阻变化较小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变化较小，根据P=I2R可知，灯泡的实际功率变化较小，亮度变化不明显。
c.导体的材料、长度相同时，导体的横截面积越大，电阻越小，这样就减小了输电线的电阻。
【分析】（1）1.平行于主光轴的光线经凸透镜折射后会聚于焦点，焦距为焦点到凸透镜光心的距离，读数是认清光具座上的分度值，估读到分度值的下一位；
2.停表的读数方法：读数为小盘的分钟数+大盘的秒读数，先读小盘的读数，它的单位是分钟，看上面的示数可知每分钟分为前半分钟和后半分钟，要注意看它是指向哪半分钟；接着读大盘的读数，它的单位是秒，如果是前半分钟就则读0-30s，若为后半分钟读31-60s；
3.认清温度计的分度值、零刻度线，再读数；
（2）导体的电阻与导体的材料、长度、横截面积有关，利用 控制变量法进行分析；
导体的材料、长度相同时，答题的横截面积越小，电阻越大；
导体的材料、横截面积相同时，长度越长，电阻越大。
18．（2025·雷州模拟）杆秤是中国的传统衡器，凝聚着中国古代人民的智慧。杆秤是根据杠杆平衡条件制成的，由带有秤星的秤杆、秤砣、提纽、秤钩等组成，使用时物体挂在秤钩处，提起秤纽，调节秤位置，通过秤杆的秤星读出被测质量。用如图所示杆秤测物体A的质量，设秤砣的质量为，用手提起秤纽2，当杆秤水平静止时，被测物A和秤砣的挂点沿秤杆到秤纽2的水平距离分别为、。杆秤的质量忽略不计。
（1）、、、应该满足这样的关系： ；
（2）若秤砣的质量为100克，被测物A和秤砣到秤纽2的距离分别为0.05米、0.2米（即米，米），则被测物A的质量为 千克；
（3）若秤砣因磨损质量减少，则杆秤所示的质量值 （选填“小于”、“等于”或“大于”）被测物的真实质量值；
（4）若用手提起秤纽1，为使杆秤仍水平静止，应该将秤砣向 （选填“左”或“右”）移动；
（5）若有人换了一个质量为90克的秤砣，用于测量物体D的质量。用手提起秤纽2，称得物体D的质量为0.5千克（秤砣挂在刻度处），则杆秤上刻度处D（图中未画出）到提钮2的距离 米，物体D的实际质量 千克。
【答案】（1）
（2）0.4
（3）大于
（4）左
（5）0.25；0.45
【知识点】杠杆的平衡条件；制作简易杆秤
【解析】【解答】（1）当杆秤水平静止时，根据杠杆平衡的条件可知，，所以、、、应该满足这样的关系：。
（2）由题（1）的关系：
即x0.05m=0.1kg x 0.2m
解得被测物A的质量为：mA=0.4kg。
（3）由可知，和不变，若秤砣因磨损质量减少，则减小，要增大，杠杆才能平衡，所以杆秤所示的质量值大于被测物的真实质量值。
（4）若用手提起秤纽1，根据杠杆平衡条件可知，左右两边的力的大小都不变时，左边的力臂变小，则右边的力臂也应该变小，才能使杆秤仍水平静止， 所以应该将秤砣向左移动。
（5）若秤砣的质量为0.1kg，用手提起秤纽2，被测物体的质量为0.5kg，根据可知，
0.5kg x 0.05m=0.1kg x BD
则此时刻度处D到提钮2的距离BD=0.25m。
若秤砣的质量为90g=0.09kg，用手提起秤纽2，根据可知，
m实 x 0.05m=0.09kg x 0.25m
物体D的实际质量m实=0.45kg。
【分析】（1）根据杠杆平衡条件确定、、、之间的关系；
（2）（3）根据进行分析、计算；
（4）根据杠杆平衡条件分析，若用手提起秤纽1，秤砣移动方向；
（5）先按0.1kg的秤砣称0.5kg的物体时刻度线D到提纽2的距离，再根据90g的秤砣计算物体的实际质量。
19．（2025·雷州模拟）港珠澳大桥的“海底隧道”由沉管（如图甲）和“最终接头”组成。施工时先将沉管安装好，沉管间留有十多米的空隙，最后再将“最终接头”安装在空隙处实现对接。只有我国自主研制的“大国重器”——“振华30”起重船能精准的完成对接任务，该船排水量（满载时排开水的质量）约2.6×108kg。图乙是起重船正在进行吊装作业，先将“最终接头”竖直吊至离水面一定高度，然后匀速下放，最后完全入水。（g取10N/kg）。
请你回答：
（1）若起重船将“最终接头”竖直拉高20m处，用时10s，则其速度是多少？
（2）“振华30”起重船，满载时受到海水的浮力为多大？
（3）“最终接头”在水下对接施工时，需要潜水员潜入海底配合才可以完成，为了潜水员的安全，潜水员必须穿戴特制的潜水服，请你从压强的角度解释其中的科学道理。
（4）当向密封沉管中灌水使其下沉到海底后，让其下半部分埋入海底的泥沙中，再将灌入其中的海水全部抽出，此时空心密封沉管不会再上浮，请你结合浮力的相关知识解释沉管下沉及不再上浮的原因。
【答案】（1）速度为
答：起重船速度是；
（2）起重船满载时所受浮力为
答：“振华30”起重船，满载时受到海水的浮力为；
（3）处于液体内部的物体的所有表面都要受到液体的压强，压强大小与深度有关，越深处压强越大，深水潜水员在潜水时要受到比在水面上大许多倍的压强，如果不穿坚固耐压的潜水服，潜水员是承受不了那么大压强，所以必须穿上高强度耐压特制的潜水服才行；
（4）沉管下沉是因为灌水后，总重力大于沉管受到的浮力；沉管下半部分埋入海底的泥沙中，下表面不受海水的压力，根据浮力的产生原因，沉管不再受海水的浮力，此时空心密封沉管不会再上浮。
【知识点】速度公式及其应用；液体压强的特点；浮力及其产生原因；阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【分析】（1）已知运动距离和时间，根据求出起重船的速度；
（2）已知起重船的排水量，根据求出起重船满载时受到海水的浮力；
（3）液体内部的物体的所有表面都要受到液体的压强，压强大小与深度有关，越深处压强越大；
（4）浮力是由物体上下表面受到液体的压力差产生的。
20．（2025·雷州模拟）如题图所示， 甲、 乙、
丙三图中的装置完全相同， 燃料的质量都是 10g，
烧杯内的液体质量和初温也相同。
（1）比较不同液体的比热容，可以选择 两图；比较不同燃料的热值， 可以选择 两图；
（2）为了研究不同物质的吸热能力，利用其中两幅图进行实验， 根据记录数据作出了两种液体的温度随时间变化的图像，如图丁所示；
①由图可以看出， 在开始时 液体的温度升高得快， 液体的比热容较大；
② 如果已知b液体的比热容是 1.8×103J/（kg·℃），则 a液体的比热容是 J /（kg·℃）；
（3）水的比热容较大，人们往往利用它的这一特性为生活、 生产服务或解释一些自然现象，下列事例中与它的这一特性无关的是（____）
A．让流动的热水流过散热器取暖
B．汽车发动机用水作为冷却剂
C．沿海地区昼夜温差比内陆地区小
D．夏天在房间内洒水降温
【答案】（1）甲、丙；甲、乙
（2）a；b；0.9×103
（3）D
【知识点】燃料的热值；比较不同物质吸热的情况实验
【解析】【解答】（1）为比较不同液体的比热容，需要燃烧相同的燃料(确保相同时间放出的热量相同)，加热相同的时间，比较质量和初温相同的液体升高的温度，故可以选择甲、丙两图。
为了比较不同燃料的热值大小，要用不同的燃料，加热质量相同的同种液体，故可以选择甲、乙两图。
（2）①由图丁可以看出，在开始加热相同时间时（吸热相同），a液体的温度升高得快，因两液体质量相同，根据 可知，b液体的比热容较大。
②由图可知，加热10分钟，a液体升高的温度为80℃-20℃=60℃
b液体升高的温度为50℃-20℃=30℃
根据 变形，得
可知，在质量和吸热相同的情况下，升高的温度与比热容成反比，如果已知b液体的比热容是 ， 则 a液体的比热容是
（3）A．因水的比热容大，根据 ，质量相同的水和其它液体降低相同的温度，水放热多，故让流动的热水流过散热器取暖，A不符合题意；
B．因水的比热容大，根据 ，质量相同的水和其它液体升高相同的温度，水吸热多，故汽车发动机用水作为冷却剂，B不符合题意；
C．沿海地区多水，内陆地区多砂石，因水的比热容大，根据
在同样吸热或放热的情况下，沿海地区昼夜温差比内陆地区小，C不符合题意；
D．蒸发吸热有致冷作用，故夏天在房间内洒水降温，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】（1）比较比热容大小的方法：
1、取相同质量的两种物质，吸收相同的热量，比较温度的变化量；
2、取相同质量的两种物质，升高相同的温度，比较吸收的热量；
比较热值大小是利用燃烧相同质量的不同燃料给质量相同的同种液体加热，比较液体升温的多少。
（2）①升高相同的温度，我们可以在纵轴上取一相同的温度，做横轴的平行线，看谁的加热时间长，谁的比热容就大，加热时间越短，吸热能力越弱；
②根据Q吸=cmΔt可知在质量和升高温度相同时，吸收的热量和比热容成正比，据此求出a的比热容。
（3）相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少；升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多。
21．（2025·雷州模拟）阅读短文，回答下列问题。
国货之光——比亚迪仰望
比亚迪仰望U8建立为高端新能源硬派越野车，有四个独立驱动电机，能够实现极限操稳、应急浮水、原地掉头和敏捷转向等场景功能，如图甲所示。
U8能实现原地掉头的基础是左右两侧车轮的反向转动，通过在车辆左右两侧车轮施加方向相反的驱动力，使车辆绕中心转动，进而实现车辆原地转向。此外，它的密封性能好，在深水区可以漂浮在水面上，车轮在水中扮演着螺旅桨的角色，能够缓慢的转弯、行驶。U8可以插电式补电，设电池当前储能占充满状态储能的百分比为D，假定充电桩输出的电能全部转化为电池的储能。充电前，D为30%，充电桩显示屏中充电时长、充电度数、充电费用示数均为0。开始充电后，充电功率P与D的关系如图乙所示。充满后，立即停止充电。当D达到70%时，充电桩显示屏的部分即时信息如表：
充电电压/V 充电电流/A 充电时长/min 充电度数/（） 充电费用/元
800 16 24.0 28.8
（1）当U8漂浮在水面上，车轮在水中扮演着螺旋浆的角色，能使向前加速和转弯，利用了力可以改变物体的 ；
（2）如下图所示，下列器件中的工作原理和U8四轮驱动电机相同的是____；
A．麦克风
B．防汛报警器
C．电铃
D．电动机模型
（3）如果U8总质量为3.5t，当它漂浮在水面上时，排开水的体积为 m3；（g取10N/kg，水的密度为）
（4）当D为70%时，充电电流为 A。若充电过程中充电电费单价不变，则测试全过程的充电费用为 元；
（5）请结合图像和表中所给信息，推算出本次充电过程中D从30%增长到55%，充电时长为 min。
【答案】（1）运动状态
（2）D
（3）3.5
（4）125；50.4
（5）10.6
【知识点】阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用；电功率与电能、时间的关系；电功率与电压、电流的关系；实用电动机的构造、特点和应用
【解析】【解答】（1）当U8漂浮在水面上，车轮在水中扮演着螺旋浆的角色，能使向前加速和转弯，U8的运动状态发生改变，利用了力可以改变物体的运动状态。
（2）U8四轮驱动电机就是电动机，原理是通电线圈在磁场中受力而转动，把电能转化为机械能；
A.对着麦克风说话时，使膜片振动，连接在膜片上的线圈随之振动，线圈在磁场做切割磁感线运动产生感应电流，把机械能转化为电能，故A不符合题意；
B. 防汛报警器的主要部件是电磁继电器，利用了电流的磁效应，故B不符合题意；
C.电铃的主要部件为电磁继电器，利用了电流的磁效应，故C不符合题意；
D. 电动机模型的原理是通电线圈在磁场中受力而转动，把电能转化为机械能，故D符合题意。
故选D。
（3）U8漂浮在水面上，所受的浮力为：
F浮=G=mg= 3.5 x 103kg x 10N/kg= 3.5 x 104N
U8排开水的体积为：
（4）由图乙可知，当D为70%时，充电功率为100kw，充电电压为800V，充电电流为：
从30%充电到70%时，充电的电能为24kW·h，充电费用为28.8元，若充满电还需充入30%的电能，为：
还需电费为：
则测试全过程的充电费用为：28.8元+21.6元=50.4元
（5）由（4）可知，充入30%电能时，消耗的电能为18kW·h，可知D从55%增长到70% 需要充入的电能为9kW·h，充电功率为100kw保持不变，则充电时间为：
由表格数据可知，D从30%充到70%的充电时长为16min，则D从30%增长到55%，充电时长为：
t'=t总-t=16min-5.4min=10.6min
【分析】（1）力的作用效果：力可以改变物体的形状，力可以改变物体的运动状态；
（2）1.电动机的原理：通电线圈在磁场中受力而转动，把电能转化为机械能；
2.电磁感应：闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中会产生电流；
3.电磁继电器利用了电流的磁效应；
（3）U8漂浮在水面上，根据F浮=G=mg求出浮力，根据求出U8排开水的体积；
（4）由图可知当D为70%时，充电功率和充电电压，根据求出充电的电流；
根据电池从30%充电到70%时，充电的电能，求出充入30%的电能，再求出充入30%的电能的电费，进而求出测试全过程的充电费用；
（5）根据充入30%电能时，消耗的电能求出D从55%增长到70% 需要充入的电能，根据求出充电的时间，由表格可知D从30%充到70%的充电时长，再求出D从30%增长到55%充电时长。
22．（2025·雷州模拟）如图所示的电路中电源电压恒定，R2=30Ω。求：
（1）当S1闭合，S2、S3断开时电流表的示数为0.6A，电源电压的大小；
（2）当S2闭合，S1、S3断开时，电流表的示数为0.36A，R1的阻值；
（3）当S1、S3闭合，S2断开时，电路的总电阻。
【答案】（1）解： 由电路图可知，当S1闭合，S2、S3断开时，只有R2的简单电路，电流表测通过R2的电流，由可得电源电压为：
U=U2=I2R2=0.6A×30Ω=18V
答：电源电压为18V；
（2）解： 由电路图可知，当S2闭合，S1、S3断开时，R1与R2串联，电流表测电路中的电流，由可得总电阻为：
根据串联电路总电阻等于各部分电阻之和，则R1的阻值为：
R1=R-R2=50Ω-30Ω=20Ω
答：R1的阻值为20Ω；
（3）解： 由电路图可知，当S1、S3闭合，S2断开时，R1与R2并联，电流表测干路电流，根据并联电路的总电阻的倒数等于各支路电阻的倒数之和可得
答：当S1、S3闭合，S2断开时，电路的总电阻为12Ω。
【知识点】串联电路的电流规律；电阻的串联；电阻的并联；欧姆定律及其应用；电路的动态分析
【解析】【分析】（1）当S1闭合，S2、S3断开时，只有R2的简单电路，根据U=U2=I2R2求出电源电压；
（2）当S2闭合，S1、S3断开时，R1与R2串联，根据求出电路的总电阻，再根据串联电路电阻的规律求出R1的阻值；
（3）当S1、S3闭合，S2断开时，R1与R2并联，电流表测干路电流，根据并联电路电阻的规律求出总电阻。
1 / 1广东省湛江市雷州市三校2025届九年级下学期中考二模物理试卷
1．（2025·雷州模拟）中国航天事业一步一个脚印，一次次刷新“中国高度”，下列有关说法正确的是（ ）
A．“天宫课堂”是利用电磁波向地面授课的
B．火箭升空时，燃料在燃烧过程中热值不断增大
C．月球绕地球运动，地球绕太阳运动，说明太阳是宇宙的中心
D．“天问一号”着陆火星的过程，着陆器的温度升高，其内能不变
2．（2025·雷州模拟）关于温度、内能、热量，下列说法中正确的是（ ）
A．一块的铁块，可能不具有内能
B．铝块的内能增加，它一定吸收了热量
C．冰块熔化时温度不变，其内能一定不变
D．温度相同的两杯水，它们的内能可能不同
3．（2025·雷州模拟）下列关于声现象的描述和分析，正确的是（ ）
A．如图1所示，吹笛子时，按住不同的气孔是为了改变声音的音色
B．如图2所示，航母舰载机引导员戴上耳罩，是在声源处减弱噪声
C．如图3所示，医生用听诊器为病人检查身体，是利用声音传递信息
D．如图4所示，航天员王亚平在空间站用古筝弹奏《茉莉花》，声音是由空气直接传播到地球的
4．（2025·雷州模拟）如图是电磁波及其应用实例，下列说法正确的是（ ）
A．紫外线是紫色的
B．电视机遥控器用γ射线遥控
C．体检胸透用的电磁波频率比无线电波低
D．可见光与无线电波在真空中的传播速度相同
5．（2025·雷州模拟）初中各学科之间有着密切的联系，化学、生物学中也有物理知识的广泛运用，图中描述或说法中错误的是（ ）
A．甲图中蒸馏水的制备是利用水的液化及水蒸气的汽化
B．乙图中向下排空气法收集氢气是利用氢气的密度比空气的密度小的性质
C．丙图中桡骨在肱二头肌的牵引下绕着肘关节转动，可视为一种杠杆模型
D．丁图中吸气时胸腔容积扩大肺部扩张，肺内气压变小，外界气体被吸入
6．（2025·雷州模拟）跳水世界杯蒙特利尔站女子单人10米跳台决赛上，全红婵延续预赛的完美发挥，以458.20分夺得冠军。下列关于她某次跳台跳水分析正确的是（ ）
A．起跳过程中，全红婵的运动状态保持不变
B．下落过程中，全红婵的动能不断增大
C．入水过程中，全红婵所受的浮力不变
D．水中下落时，全红婵所受水的压强减小
7．（2025·雷州模拟）如图，电源电压不变。闭合开关和，小灯泡和均正常发光，电流表有示数。下列分析正确的是（ ）
A．小灯泡和串联
B．若断开开关，电流表示数会变小
C．若小灯泡比亮，原因是小灯泡两端的电压比两端的电压大
D．若只闭合开关，电路中只有小灯泡发光
8．（2025·雷州模拟）新冠疫苗须保存在低于8℃的环境中，专业冷藏车的冷藏室内是2℃～8℃的低温环境，其制冷系统通过液态制冷剂汽化将车内的“热”报运到外面，实现制冷。夏季运输过程中，为监测冷藏室内温度，应选用如图 （甲/乙）所示的温度计置于其中，在接收点，为正确读数， （能/不能）把温度计从冷藏室内取出来读数，当温度计示数如图中所示时，温度 （符合/不符合）规定。
9．（2025·雷州模拟）2021年云南北迁亚洲象群牵动全国人民的心，如图是亚洲象迁移时的情景，象群之间通过频率 （选填“大于”或“小于”）20Hz的次声波相互交流，人耳 （选填“能”或“不能”）听到这种声音。为了监测亚洲象的行踪，云南有关部门使用无人机进行24h不间断监测，在夜晚无人机利用 夜视仪可以通过大象辐射的次声波，对其行踪进行监测。
10．（2025·雷州模拟）如图所示是安装在某种塔式起重机吊臂一侧的滑轮组，某次起重机用的拉力F匀速起吊的物体，物体上升用时，则滑轮组所做有用功是 J，滑轮组的机械效率是 ，拉力F的功率是 W。（g取）
11．（2025·雷州模拟）2024年4月25日，搭载神舟十八号载人飞船的长征二号遥十八运载火箭成功发射，若该火箭在某升空过程中做加速直线运动，则火箭受到的动力 （选填“大于”、“小于”或“等于”）火箭的总重力。当神舟十八号与天和核心舱对接成功时，神舟十八号与天和核心舱彼此是相对 的。
12．（2025·雷州模拟）有“3V0.75W”的L1灯泡和“3V1.5W”的L2灯泡，如题图甲所示，闭合开关，L1灯泡和L2正常发光，则电路总电阻R= Ω；如题图乙所示，闭合开关，L1灯正常发光，则电源2的电压U= V；此时L2消耗的实际功率P= W(假设灯丝电阻不变)
13．（2025·雷州模拟）汽车是我们生活中最重要的交通运输工具之一，某单缸汽油发动机气缸的活塞面积是120cm2，做功冲程中活塞移动的距离是30cm，气体的平均压强是5×105Pa，汽油的热值是4.6×107J/kg，每次做功耗油0.2g，气体一次膨胀对活塞做的功是 J；每次做功过程中汽油的90%完全燃烧，每次汽油燃烧放出的热量是 J，此汽油机的机械效率是 。
14．（2025·雷州模拟）某智能手机的锂电池上标有“3.7V，4200mAh”字样，该手机搭配了超级快充功能，增大充电的电流。给手机充电的过程中，手机电池属于电路构成中的 （选填“电源”或“用电器”）。这块锂电池充满电可以储存 J的电能；若给锂电池快充入80%的电能，需要充电40min，此时手机的快充电流大小为 A。
15．（2025·雷州模拟）如图，一束光从空气射向三角玻璃砖，画出它在AB分界面处的反射光线与折射光线。
16．（2025·雷州模拟）某初中物理实验小组的同学想知道小灯泡的亮暗程度与什么因素有关。于是他们找来额定电流小于0.6A，额定电压是2.5V的灯L接在电源电压恒为6V的电路中，按照图甲所示的电路开始探究。
（1）请你用笔画线代替导线，根据图甲所示的电路图，将图乙所示的实物图连接完整；
（2）闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于 （选填“A”或“B”）端；
（3）表格为他们所测得的四次实验数据得，丁玲同学在四次实验中观察到，灯的亮度是后一次都比前一次亮。结合表中数据得出的结论是：小灯泡越亮，实际功率越 ；
实验次数 1 2 3 4
U/V 1.40 2.00 2.50 2.80
I/A 0.14 0.18 020 0.21
（4）根据实验数据可得，小灯泡的额定功率是 W；
（5）小明同学在计算小灯泡的电阻时，取了所求四次电阻的平均值。这种计算方法忽略了 对灯泡电阻的影响；
（6）已知实验室内有规格为“10Ω 2A”“20Ω 1A”和“50Ω 1A”的甲、乙、丙三个滑动变阻器供选用，根据（3）中表格内的数据可知 （选填“甲”“乙”或“丙”）接入电路。
17．（2025·雷州模拟）
（1）图中凸透镜的焦距是 cm，停表的读数是 s，温度计的读数是 ℃。
（2）如图所示，在探究影响导体电阻大小的因素时，小兵、小红两位同学作出了如下猜想：
猜想一：导体的电阻与导体的长度有关，
猜想二：导体的电阻与导体的横截面积有关
猜想三：导体的电阻与导体的材料有关
实验室提供了4根电阻丝，规格、材料如表：
编号 材料 长度/m 横截面积/mm2
A 镍铬合金 0.5 0.5
B 镍铬合金 1.0 0.5
C 镍铬合金 0.5 1.0
D 锰铜合金 0.5 0.5
a、为了验证上述猜想一，应该选用编号 两根电阻丝进行实验；如果选用编号A、C两根电阻丝进行实验，是为了验证猜想 （填序号）。
b、有同学认为，可以根据灯泡亮度的变化来判断接入的电阻丝阻值的变化情况。老师指出：此实验中这种方法不可取。这是因为电源电压一定时，所选电阻丝的阻值相差太小，灯泡亮度变化 （选填“明显”或“不明显”）。
c、在最近几年，我国城乡许多地区进行了输电线路的改造，将原来细的铝质输电线换成较粗的铝质输电线，这样就 了输电线的电阻（选填“增大”或“减小”）。
18．（2025·雷州模拟）杆秤是中国的传统衡器，凝聚着中国古代人民的智慧。杆秤是根据杠杆平衡条件制成的，由带有秤星的秤杆、秤砣、提纽、秤钩等组成，使用时物体挂在秤钩处，提起秤纽，调节秤位置，通过秤杆的秤星读出被测质量。用如图所示杆秤测物体A的质量，设秤砣的质量为，用手提起秤纽2，当杆秤水平静止时，被测物A和秤砣的挂点沿秤杆到秤纽2的水平距离分别为、。杆秤的质量忽略不计。
（1）、、、应该满足这样的关系： ；
（2）若秤砣的质量为100克，被测物A和秤砣到秤纽2的距离分别为0.05米、0.2米（即米，米），则被测物A的质量为 千克；
（3）若秤砣因磨损质量减少，则杆秤所示的质量值 （选填“小于”、“等于”或“大于”）被测物的真实质量值；
（4）若用手提起秤纽1，为使杆秤仍水平静止，应该将秤砣向 （选填“左”或“右”）移动；
（5）若有人换了一个质量为90克的秤砣，用于测量物体D的质量。用手提起秤纽2，称得物体D的质量为0.5千克（秤砣挂在刻度处），则杆秤上刻度处D（图中未画出）到提钮2的距离 米，物体D的实际质量 千克。
19．（2025·雷州模拟）港珠澳大桥的“海底隧道”由沉管（如图甲）和“最终接头”组成。施工时先将沉管安装好，沉管间留有十多米的空隙，最后再将“最终接头”安装在空隙处实现对接。只有我国自主研制的“大国重器”——“振华30”起重船能精准的完成对接任务，该船排水量（满载时排开水的质量）约2.6×108kg。图乙是起重船正在进行吊装作业，先将“最终接头”竖直吊至离水面一定高度，然后匀速下放，最后完全入水。（g取10N/kg）。
请你回答：
（1）若起重船将“最终接头”竖直拉高20m处，用时10s，则其速度是多少？
（2）“振华30”起重船，满载时受到海水的浮力为多大？
（3）“最终接头”在水下对接施工时，需要潜水员潜入海底配合才可以完成，为了潜水员的安全，潜水员必须穿戴特制的潜水服，请你从压强的角度解释其中的科学道理。
（4）当向密封沉管中灌水使其下沉到海底后，让其下半部分埋入海底的泥沙中，再将灌入其中的海水全部抽出，此时空心密封沉管不会再上浮，请你结合浮力的相关知识解释沉管下沉及不再上浮的原因。
20．（2025·雷州模拟）如题图所示， 甲、 乙、
丙三图中的装置完全相同， 燃料的质量都是 10g，
烧杯内的液体质量和初温也相同。
（1）比较不同液体的比热容，可以选择 两图；比较不同燃料的热值， 可以选择 两图；
（2）为了研究不同物质的吸热能力，利用其中两幅图进行实验， 根据记录数据作出了两种液体的温度随时间变化的图像，如图丁所示；
①由图可以看出， 在开始时 液体的温度升高得快， 液体的比热容较大；
② 如果已知b液体的比热容是 1.8×103J/（kg·℃），则 a液体的比热容是 J /（kg·℃）；
（3）水的比热容较大，人们往往利用它的这一特性为生活、 生产服务或解释一些自然现象，下列事例中与它的这一特性无关的是（____）
A．让流动的热水流过散热器取暖
B．汽车发动机用水作为冷却剂
C．沿海地区昼夜温差比内陆地区小
D．夏天在房间内洒水降温
21．（2025·雷州模拟）阅读短文，回答下列问题。
国货之光——比亚迪仰望
比亚迪仰望U8建立为高端新能源硬派越野车，有四个独立驱动电机，能够实现极限操稳、应急浮水、原地掉头和敏捷转向等场景功能，如图甲所示。
U8能实现原地掉头的基础是左右两侧车轮的反向转动，通过在车辆左右两侧车轮施加方向相反的驱动力，使车辆绕中心转动，进而实现车辆原地转向。此外，它的密封性能好，在深水区可以漂浮在水面上，车轮在水中扮演着螺旅桨的角色，能够缓慢的转弯、行驶。U8可以插电式补电，设电池当前储能占充满状态储能的百分比为D，假定充电桩输出的电能全部转化为电池的储能。充电前，D为30%，充电桩显示屏中充电时长、充电度数、充电费用示数均为0。开始充电后，充电功率P与D的关系如图乙所示。充满后，立即停止充电。当D达到70%时，充电桩显示屏的部分即时信息如表：
充电电压/V 充电电流/A 充电时长/min 充电度数/（） 充电费用/元
800 16 24.0 28.8
（1）当U8漂浮在水面上，车轮在水中扮演着螺旋浆的角色，能使向前加速和转弯，利用了力可以改变物体的 ；
（2）如下图所示，下列器件中的工作原理和U8四轮驱动电机相同的是____；
A．麦克风
B．防汛报警器
C．电铃
D．电动机模型
（3）如果U8总质量为3.5t，当它漂浮在水面上时，排开水的体积为 m3；（g取10N/kg，水的密度为）
（4）当D为70%时，充电电流为 A。若充电过程中充电电费单价不变，则测试全过程的充电费用为 元；
（5）请结合图像和表中所给信息，推算出本次充电过程中D从30%增长到55%，充电时长为 min。
22．（2025·雷州模拟）如图所示的电路中电源电压恒定，R2=30Ω。求：
（1）当S1闭合，S2、S3断开时电流表的示数为0.6A，电源电压的大小；
（2）当S2闭合，S1、S3断开时，电流表的示数为0.36A，R1的阻值；
（3）当S1、S3闭合，S2断开时，电路的总电阻。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】做功改变物体内能；燃料的热值；科学探索；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】A．“天宫课堂”是利用电磁波向地面授课的，故A正确；
B．热值是燃料的一种特性，只与燃料的种类有关，所以火箭升空时，燃料在燃烧过程中热值不变，故B错误；
C．月球绕地球运动，地球绕太阳运动，但太阳不是宇宙的中心，故C错误；
D．“天问一号”着陆火星的过程，着陆器克服与空气的摩擦做功，温度升高，内能增大，故D错误。
故选A。
【分析】1.电磁波的传播不需要介质，利用电磁波可以传递信息；
2.热值是燃料的一种特性，只与燃料的种类有关；
3. 太阳仅是太阳系中的中心天体，不是宇宙的中心；
4.做功可以改变物体的内能。
2．【答案】D
【知识点】内能的概念；温度、热量与内能的关系；做功改变物体内能；热传递改变物体内能
【解析】【解答】A．一切物体不论温度高低都具有内能，故A错误；
B．铝块的内能增加，可能是是吸收了热量，也可能外界对其做功，故B错误；
C．冰块熔化时，吸收热量，但温度不变，其内能增加，故C错误；
D．温度相同的两杯水，由于质量未知，所以它们的内能可能不同，也可能相同，故D正确。
故选D。
【分析】1.一切物体不论温度高低都具有内能；
2.做功和热传递都可以改变物体的内能；
3.晶体熔化时的特点：吸收热量，温度不变；
4.物体的内能大小与物体的质量、温度、状态等有关。
3．【答案】C
【知识点】声音的传播条件；音调及音调与频率的关系；声与信息；防治噪声的途径
【解析】【解答】A．吹笛子时，按住不同的气孔是为了改变空气柱振动部分的长度，从而改变振动频率，使声音的音调发生改变，故A错误；
B．航母舰载机引导员戴上耳罩，是在人耳处减弱噪声，故B错误；
C．医生用听诊器为病人检查身体，是利用声音传递信息，故C正确；
D．航天员在空间站用古筝弹奏《茉莉花》，太空是真空，没有空气，所以声音是不可能由空气直接传播到地球的。故D错误。
故选C。
【分析】1.声音的响度由振幅决定，振幅越大，响度越大；声音的音调由频率决定，频率越高，音调越高；
2.减弱噪声的途径：在声源处减弱噪声，在传播过程中减弱噪声，在人耳处减弱噪声；
3.利用声音可以传递信息和能量；
4.声音的传播需要介质。
4．【答案】D
【知识点】紫外线；电磁波的产生；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】A．红外线和紫外线都是不可见光，故A选项错误；
B．电视机遥控器用的是红外线遥控，故选项B错误；
C．体检胸透用的电磁波是X射线，频率比无线电波高，故选项C错误；
D．可见光与无线电波都是电磁波，在真空传播的速度相同，为3×108m/s ，故D正确。
【分析】红外线和紫外线都是不可见光；
红外线的应用：红外线加热，红外线测温，红外线遥控，红外线成像等；
可见光与无线电波都是电磁波。
5．【答案】A
【知识点】汽化及汽化吸热的特点；液化及液化放热；大气压的综合应用；物体的浮沉条件及其应用；杠杆及其五要素
【解析】【解答】A．甲图中，加热烧瓶中的水，水吸热由液态变成气态的水蒸气，水蒸气通过导管遇冷放热由气态变成液态，故蒸馏水的制备是先利用液态水吸热汽化，后利用水蒸气放热液化，故A错误；
B．乙图中，向下排空气法收集氢气是利用的氢气的密度比空气的密度小的性质，故B正确；
C．丙图中，桡骨在肱二头肌的牵引下绕着肘关节转动，可视为一种杠杆模型，故C正确；
D．丁图中，吸气时胸腔容积扩大肺部扩张，肺内气压变小，外界气体被吸入，故D正确。
故选A。
【分析】A.汽化：物质由液态变成气态的过程，汽化吸热；
液化：物质由气态变成液态的过程，液化放热；
B.氢气的密度小于空气的密度；
C.在力的作用下能绕着固定点转动的硬棒就是杠杆；
D.质量一定的气体，当温度不变时，气体的体积越小，压强越大；体积越大，压强越小。
6．【答案】B
【知识点】动能的影响因素；物体运动状态的变化；液体压强计算公式的应用；阿基米德原理
【解析】【解答】A．起跳过程中，全红婵运动的方向和速度发生了改变，所以全红婵的运动状态发生了改变，故A错误；
B．下落过程中，全红婵的质量不变，速度不断变大，所以全红婵的动能不断增大，故B正确；
C．根据可知，入水过程中，全红婵排开水的体积变大，所受的浮力变大，故C错误；
D．根据可知，水中下落时，全红婵所处的深度增加，所受水的压强增大，故D错误。
故选B。
【分析】A.力的作用效果：力可以改变物体的形状，力可以改变物体的运动状态；
B.动能与物体的质量和速度有关；
C.根据进行分析；
D.根据进行分析。
7．【答案】B
【知识点】串联电路和并联电路的辨别；并联电路的电流规律；并联电路的电压规律
【解析】【解答】A．由实物图可知，闭合开关和，小灯泡和并联，电流表测电路中的总电流，故A错误；
B．若断开开关，小灯泡所在的这条支路的电流为0，则电流表示数会变小，故B正确；
C．小灯泡和并联，根据并联电路电压规律可知，小灯泡和两端的电压相等，故C错误；
D．只闭合开关，电路断路，两个灯泡都不亮，故D错误。
故选B。
【分析】分析电路可知，开关和都闭合，两灯并联，电流表测电路中的电流；若断开开关，只有灯L1接入电路，电流表示数会变小；若断开开关，电路断路，两个灯都不亮。
并联电路中，各支路两端电压相等，干路电流等于各支路电流之和。
8．【答案】乙；不能；符合
【知识点】温度及温度计的使用与读数；液体温度计的构造与工作原理
【解析】【解答】由图可知，甲温度计为普通温度计，乙温度计类似于体温计，玻璃泡与直玻璃管之间有一段小细管，温度升高后，液柱不能自动退回到玻璃泡中，可以测定最高温度，所以新冠疫苗须保存在低于8℃的环境中，应选用图乙所示的温度计置于其中；
由于乙温度计的结构特点，可以离开被测物体读数，但室外温度较高，温度计的示数会上升，所以为正确读数，不能把温度计从冷藏室内取出来读数。
图乙的温度计的分度值为0.1℃，示数为5℃，低于8℃，温度符合规定。
【分析】 1.体温计的构造及特点： 玻璃泡和直玻璃管之间很细的细管—缩口，温度升高后，液柱不能自动退回到玻璃泡中，可以离开被测物体读数；
2.认清温度计的分度值，再读数。
9．【答案】小于；不能；红外线
【知识点】红外线；音调及音调与频率的关系；超声波与次声波
【解析】【解答】象群之间通过频率小于20Hz的次声波互相交流，人耳不能听到这种声音。
在夜晚无人机利用红外线夜视仪可以通过大象辐射的红外线，对其行踪进行监测。
【分析】1. 人耳听觉频率范围：20Hz—20000Hz；超声波频率：高于20000Hz；次声波频率：低于20Hz；
2.红外线可以起到热成像和夜视、医疗治疗、通信和遥控、工业检测和监控、加热和干燥等。
10．【答案】30000；80%；3750
【知识点】功率的计算；滑轮（组）的机械效率；功的计算及应用
【解析】【解答】物体的重力为：
G=mg=600kg x 10N/kg=6000N
滑轮组客服物体重力所做的功为有用功，为：
W有=Gh=6000N x 5m=30000J
动滑轮上有3段绳子，则绳子端移动的距离为：
s=3h=3 x 5m=15m
拉力所做的功为总功，为：
W总=Fs=2500N x 15m=37500J
滑轮组的机械效率为：
拉力的功率为：
【分析】1.已知物体的质量，根据G=mg求出物体的重力，根据W有=Gh求出滑轮组的有用功；
2.由图可知动滑轮上绳子的段数，根据s=nh求出绳子端移动的距离，根据W总=Fs求出总功，再根据求出滑轮组的机械效率；
3.根据求出拉力的功率。
11．【答案】大于；静止
【知识点】力与运动的关系；运动和静止的相对性
【解析】【解答】火箭在升空过程中做加速直线运动，受力不平衡，合力向上，即向上的力较大，所以火箭受到的动力大于火箭的总重力。
当神舟十八号与天和核心舱对接成功时，神舟十八号与天和核心舱之间没有发生位置变化，所以神舟十八号与天和核心舱彼此是相对静止的。
【分析】1.当合力方向与速度相同时，物体做加速运动；当合力方向与速度相反时，物体做减速运动；
2.研究物体运动状态时，要选择合适的参照物，若物体和参照物之间位置发生变化，则物体是运动的，若物体和参照物之间位置没有发生变化，则物体是静止的。
12．【答案】4；4.5；0.375
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率的计算
13．【答案】1800；8.28×103；19.6%
【知识点】热量的计算；热机的效率；功的计算及应用
【解析】【解答】气体膨胀时对活塞的压力为：
F=PS= 5×105Pa x 0.012m2 =6000N
气体一次膨胀对活塞做的功是：
W=Fs=6000N x 0.3m=1800J
每次燃烧汽油的质量为：
m=0.2 x 10-3kg x 90% =0.18 x 10-3kg
每次汽油燃烧放出的热量为：
Q放=mq=0.18 x 10-3kg x 4.6×107J/kg =8.28 x 103J
汽油燃烧放出的热量为：
Q'放=m'q=0.2 x 10-3kg x 4.6×107J/kg =9.2 x 103J
汽油机的机械效率为：
【分析】1.已知气体的平均压强和活塞的面积，根据F=PS求出气体膨胀时对活塞的压力，已知会赛移动的距离，根据W=Fs求出气体一次膨胀对活塞做的功；
2.根据每次耗油质量和汽油的燃烧效率，求出每次燃烧汽油的质量，根据Q放=mq求出每次汽油燃烧放出的热量；
3.根据Q放=mq求出汽油燃烧放出的热量，根据求出汽油机的机械效率。
14．【答案】用电器；5.5944×104；5.04
【知识点】电路的构成及电路图；电功的计算
【解析】【解答】给手机充电的过程中，手机电池消耗电能，属于电路构成中的用电器。
这块锂电池充满电可以储存的电能为：
W=UIt=3.7V x 4200 x 10-3A x 3600s=5.5944×104J
若给锂电池快充入80%的电能，则充入的电能为：
W'=80%W=80% x 5.5944×104J = 4.7552 x 104J
此时手机的快充电流大小为：
【分析】给手机充电的过程中，手机电池消耗电能，相当于用电器；
根据W=UIt求锂电池充满电储存的电能；
若给锂电池快充入80%的电能，根据W=UIt求出此时手机快充电流大小。
15．【答案】
【知识点】作光的反射光路图；作光的折射光路图
16．【答案】（1）
（2）B
（3）大
（4）0.5
（5）温度
（6）丙
【知识点】探究用电器的电功率实验
【解析】【解答】（1）由图甲可知，滑动变阻器与小灯泡串联，电流表测电路中的电流，电压表测小灯泡两端的电压；滑动变阻器应一上一下串联接入电路，由于小灯泡的额定电流小于0.6A，电流表应选用小量程与滑动变阻器串联，小灯泡的额定电压是2.5V，电压表应选用小量程与小灯泡并联，如图所示：
（2）闭合开关前，为保护电路，应将滑动变阻器的滑片置于阻值最大位置，即B端。
（3）由表格数据可知，灯泡两端的电压越大，通过灯泡的电流越大，根据P=UI可知，小灯泡的实际功率越大，所以得出的结论是：小灯泡越亮，实际功率越大。
（4）根据实验数据可知，小灯泡正常发光时的电压为2.5V，通过小灯泡的电流为0.2A，小灯泡的额定功率为：
P=UI=2.5V x 0.2A=0.5W
（5）小灯泡的电阻随温度的变化而变化，灯泡两端电压不同，温度不同，小灯泡的电阻不同，求小灯泡电阻的平均值是无意义的，这种计算方法忽略了温度对灯泡电阻的影响。
（6）滑动变阻器与小灯泡串联，当小灯泡的电压最小时，滑动变阻器所分电压最大，阻值最大；由（3）表格中第1次实验数据可知，小灯泡两端的电压UL=1.4V，通过小灯泡的电流为0.14A，则此时电路中的电流为0.14A，滑动变阻器两端的电压为：
U滑=U-UL=6V-1.4V=4.6V
滑动变阻器的阻值为：
所以应选择“50Ω 1A”的丙滑动变阻器。
【分析】（1）由电路图可知，滑动变阻器与小灯泡串联，电流表测电路中的电流，电压表测小灯泡两端的电压，根据小灯泡的额定电流和额定电压选择电流表和电压表的量程；
（2）闭合开关前，为保护电路，应将滑动变阻器的滑片置于阻值最大位置；
（3）根据P=UI分析小灯泡的实际功率的变化，进而得出实际功率与灯泡亮度的关系；
（4）根据P=UI求出小灯泡的额定功率；
（5）小灯泡的电阻随温度的变化而变化；
（6）滑动变阻器与小灯泡串联，当小灯泡的电压最小时，滑动变阻器所分电压最大，阻值最大，据此根据1次实验数据求出滑动变阻器的最大值，再选择合适规格的滑动变阻器。
17．【答案】（1）10.0；104；-34
（2）A、B；二；不明显；减小
【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；影响电阻大小的因素
【解析】【解答】（1）由图2可知，光具座上的分度值为1cm，平行于主光轴的光线经凸透镜折射后会聚于焦点，则凸透镜的焦距f=60.0cm-50.0cm=10.0cm。
由图1可知，停表的分针指在“1-2”之间，靠近2，读为1min，秒钟盘应读“30s-60s”范围，秒钟盘的分度值为0.1s，读为44s，所以停表的读数为1min44s=104s。
由图3可知，温度计的刻度是上小下大的，为零下温度，分度值为1℃，示数为-34℃。
（2）a.为了探究导体的电阻与导体的长度的关系，应控制导体的材料、横截面积，改变导体的长度，故应该选用编号A、B两根电阻丝进行实验；
编号A、C两根电阻丝的材料和长度相同，导体的横截面积不同，是为了验证猜想二，导体的电阻与横截面积的关系。
b. 电源电压一定时，所选电阻丝的阻值相差太小，电路中的总电阻变化较小，根据欧姆定律可知，电路中的电流变化较小，根据P=I2R可知，灯泡的实际功率变化较小，亮度变化不明显。
c.导体的材料、长度相同时，导体的横截面积越大，电阻越小，这样就减小了输电线的电阻。
【分析】（1）1.平行于主光轴的光线经凸透镜折射后会聚于焦点，焦距为焦点到凸透镜光心的距离，读数是认清光具座上的分度值，估读到分度值的下一位；
2.停表的读数方法：读数为小盘的分钟数+大盘的秒读数，先读小盘的读数，它的单位是分钟，看上面的示数可知每分钟分为前半分钟和后半分钟，要注意看它是指向哪半分钟；接着读大盘的读数，它的单位是秒，如果是前半分钟就则读0-30s，若为后半分钟读31-60s；
3.认清温度计的分度值、零刻度线，再读数；
（2）导体的电阻与导体的材料、长度、横截面积有关，利用 控制变量法进行分析；
导体的材料、长度相同时，答题的横截面积越小，电阻越大；
导体的材料、横截面积相同时，长度越长，电阻越大。
18．【答案】（1）
（2）0.4
（3）大于
（4）左
（5）0.25；0.45
【知识点】杠杆的平衡条件；制作简易杆秤
【解析】【解答】（1）当杆秤水平静止时，根据杠杆平衡的条件可知，，所以、、、应该满足这样的关系：。
（2）由题（1）的关系：
即x0.05m=0.1kg x 0.2m
解得被测物A的质量为：mA=0.4kg。
（3）由可知，和不变，若秤砣因磨损质量减少，则减小，要增大，杠杆才能平衡，所以杆秤所示的质量值大于被测物的真实质量值。
（4）若用手提起秤纽1，根据杠杆平衡条件可知，左右两边的力的大小都不变时，左边的力臂变小，则右边的力臂也应该变小，才能使杆秤仍水平静止， 所以应该将秤砣向左移动。
（5）若秤砣的质量为0.1kg，用手提起秤纽2，被测物体的质量为0.5kg，根据可知，
0.5kg x 0.05m=0.1kg x BD
则此时刻度处D到提钮2的距离BD=0.25m。
若秤砣的质量为90g=0.09kg，用手提起秤纽2，根据可知，
m实 x 0.05m=0.09kg x 0.25m
物体D的实际质量m实=0.45kg。
【分析】（1）根据杠杆平衡条件确定、、、之间的关系；
（2）（3）根据进行分析、计算；
（4）根据杠杆平衡条件分析，若用手提起秤纽1，秤砣移动方向；
（5）先按0.1kg的秤砣称0.5kg的物体时刻度线D到提纽2的距离，再根据90g的秤砣计算物体的实际质量。
19．【答案】（1）速度为
答：起重船速度是；
（2）起重船满载时所受浮力为
答：“振华30”起重船，满载时受到海水的浮力为；
（3）处于液体内部的物体的所有表面都要受到液体的压强，压强大小与深度有关，越深处压强越大，深水潜水员在潜水时要受到比在水面上大许多倍的压强，如果不穿坚固耐压的潜水服，潜水员是承受不了那么大压强，所以必须穿上高强度耐压特制的潜水服才行；
（4）沉管下沉是因为灌水后，总重力大于沉管受到的浮力；沉管下半部分埋入海底的泥沙中，下表面不受海水的压力，根据浮力的产生原因，沉管不再受海水的浮力，此时空心密封沉管不会再上浮。
【知识点】速度公式及其应用；液体压强的特点；浮力及其产生原因；阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【分析】（1）已知运动距离和时间，根据求出起重船的速度；
（2）已知起重船的排水量，根据求出起重船满载时受到海水的浮力；
（3）液体内部的物体的所有表面都要受到液体的压强，压强大小与深度有关，越深处压强越大；
（4）浮力是由物体上下表面受到液体的压力差产生的。
20．【答案】（1）甲、丙；甲、乙
（2）a；b；0.9×103
（3）D
【知识点】燃料的热值；比较不同物质吸热的情况实验
【解析】【解答】（1）为比较不同液体的比热容，需要燃烧相同的燃料(确保相同时间放出的热量相同)，加热相同的时间，比较质量和初温相同的液体升高的温度，故可以选择甲、丙两图。
为了比较不同燃料的热值大小，要用不同的燃料，加热质量相同的同种液体，故可以选择甲、乙两图。
（2）①由图丁可以看出，在开始加热相同时间时（吸热相同），a液体的温度升高得快，因两液体质量相同，根据 可知，b液体的比热容较大。
②由图可知，加热10分钟，a液体升高的温度为80℃-20℃=60℃
b液体升高的温度为50℃-20℃=30℃
根据 变形，得
可知，在质量和吸热相同的情况下，升高的温度与比热容成反比，如果已知b液体的比热容是 ， 则 a液体的比热容是
（3）A．因水的比热容大，根据 ，质量相同的水和其它液体降低相同的温度，水放热多，故让流动的热水流过散热器取暖，A不符合题意；
B．因水的比热容大，根据 ，质量相同的水和其它液体升高相同的温度，水吸热多，故汽车发动机用水作为冷却剂，B不符合题意；
C．沿海地区多水，内陆地区多砂石，因水的比热容大，根据
在同样吸热或放热的情况下，沿海地区昼夜温差比内陆地区小，C不符合题意；
D．蒸发吸热有致冷作用，故夏天在房间内洒水降温，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】（1）比较比热容大小的方法：
1、取相同质量的两种物质，吸收相同的热量，比较温度的变化量；
2、取相同质量的两种物质，升高相同的温度，比较吸收的热量；
比较热值大小是利用燃烧相同质量的不同燃料给质量相同的同种液体加热，比较液体升温的多少。
（2）①升高相同的温度，我们可以在纵轴上取一相同的温度，做横轴的平行线，看谁的加热时间长，谁的比热容就大，加热时间越短，吸热能力越弱；
②根据Q吸=cmΔt可知在质量和升高温度相同时，吸收的热量和比热容成正比，据此求出a的比热容。
（3）相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少；升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多。
21．【答案】（1）运动状态
（2）D
（3）3.5
（4）125；50.4
（5）10.6
【知识点】阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用；电功率与电能、时间的关系；电功率与电压、电流的关系；实用电动机的构造、特点和应用
【解析】【解答】（1）当U8漂浮在水面上，车轮在水中扮演着螺旋浆的角色，能使向前加速和转弯，U8的运动状态发生改变，利用了力可以改变物体的运动状态。
（2）U8四轮驱动电机就是电动机，原理是通电线圈在磁场中受力而转动，把电能转化为机械能；
A.对着麦克风说话时，使膜片振动，连接在膜片上的线圈随之振动，线圈在磁场做切割磁感线运动产生感应电流，把机械能转化为电能，故A不符合题意；
B. 防汛报警器的主要部件是电磁继电器，利用了电流的磁效应，故B不符合题意；
C.电铃的主要部件为电磁继电器，利用了电流的磁效应，故C不符合题意；
D. 电动机模型的原理是通电线圈在磁场中受力而转动，把电能转化为机械能，故D符合题意。
故选D。
（3）U8漂浮在水面上，所受的浮力为：
F浮=G=mg= 3.5 x 103kg x 10N/kg= 3.5 x 104N
U8排开水的体积为：
（4）由图乙可知，当D为70%时，充电功率为100kw，充电电压为800V，充电电流为：
从30%充电到70%时，充电的电能为24kW·h，充电费用为28.8元，若充满电还需充入30%的电能，为：
还需电费为：
则测试全过程的充电费用为：28.8元+21.6元=50.4元
（5）由（4）可知，充入30%电能时，消耗的电能为18kW·h，可知D从55%增长到70% 需要充入的电能为9kW·h，充电功率为100kw保持不变，则充电时间为：
由表格数据可知，D从30%充到70%的充电时长为16min，则D从30%增长到55%，充电时长为：
t'=t总-t=16min-5.4min=10.6min
【分析】（1）力的作用效果：力可以改变物体的形状，力可以改变物体的运动状态；
（2）1.电动机的原理：通电线圈在磁场中受力而转动，把电能转化为机械能；
2.电磁感应：闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中会产生电流；
3.电磁继电器利用了电流的磁效应；
（3）U8漂浮在水面上，根据F浮=G=mg求出浮力，根据求出U8排开水的体积；
（4）由图可知当D为70%时，充电功率和充电电压，根据求出充电的电流；
根据电池从30%充电到70%时，充电的电能，求出充入30%的电能，再求出充入30%的电能的电费，进而求出测试全过程的充电费用；
（5）根据充入30%电能时，消耗的电能求出D从55%增长到70% 需要充入的电能，根据求出充电的时间，由表格可知D从30%充到70%的充电时长，再求出D从30%增长到55%充电时长。
22．【答案】（1）解： 由电路图可知，当S1闭合，S2、S3断开时，只有R2的简单电路，电流表测通过R2的电流，由可得电源电压为：
U=U2=I2R2=0.6A×30Ω=18V
答：电源电压为18V；
（2）解： 由电路图可知，当S2闭合，S1、S3断开时，R1与R2串联，电流表测电路中的电流，由可得总电阻为：
根据串联电路总电阻等于各部分电阻之和，则R1的阻值为：
R1=R-R2=50Ω-30Ω=20Ω
答：R1的阻值为20Ω；
（3）解： 由电路图可知，当S1、S3闭合，S2断开时，R1与R2并联，电流表测干路电流，根据并联电路的总电阻的倒数等于各支路电阻的倒数之和可得
答：当S1、S3闭合，S2断开时，电路的总电阻为12Ω。
【知识点】串联电路的电流规律；电阻的串联；电阻的并联；欧姆定律及其应用；电路的动态分析
【解析】【分析】（1）当S1闭合，S2、S3断开时，只有R2的简单电路，根据U=U2=I2R2求出电源电压；
（2）当S2闭合，S1、S3断开时，R1与R2串联，根据求出电路的总电阻，再根据串联电路电阻的规律求出R1的阻值；
（3）当S1、S3闭合，S2断开时，R1与R2并联，电流表测干路电流，根据并联电路电阻的规律求出总电阻。
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