2025年中考考前押題密卷（福建卷）物理·全解全析（本卷共31小題，考試時間：90分鐘試卷滿分：100分）注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答第Ⅰ卷時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。寫在本試卷上無效。3．回答第Ⅱ卷時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。4．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（本題共14小題，每小題2分,共28分。在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求）1.如圖所示是小強在全國消防日為班內同學介紹滅火器使用方法的情景，根據圖片信息，估測滅火器的長度約為（）。A．0.3mB．0.6mC．1.2mD．2.4m【答案】B。【解析】如圖，滅火器長度比半個胳膊略長，半個胳膊長度約為50cm，所以滅火器長度為60cm。

故選B。2.各種新材料正在提高我們的生活品質，堅硬的納米材料一石墨烯，就是其中的一種，它幾乎是完全透明的，并有著出色的導電性和導熱性．下列物體中不適合使用石墨場制作的是（

）。A．防彈衣

B．隔熱手套

C．電腦元件

D．太陽能電池【答案】B。【解析】A．防彈衣要求韌性好，石墨烯的彈性較大，故A不符合題意；B．隔熱手套，要求導熱性能差，而石墨烯具有優良的導熱性，不適合做隔熱材料，故B符合題意；C．石墨烯晶體管的傳輸速度很快，適合于電腦元件，故C不符合題意；D．石墨烯有優良的導熱性，可用于制造耐熱的太陽能電池，故D不符合題意。故選B。3.下列現象中，“吸”的科學原理與如圖實驗的原理相同的是（）。①龍卷風吸水②拔火罐吸在皮膚上③大風吸起傘面④用吸管吸牛奶A．①②B．①③C．①④D．②④【答案】B。【解析】對著兩張紙的中間吹氣，兩張紙中間的空氣流速變大，壓強變小，小于外界的大氣壓，產生了一個向內的壓強差，將紙壓向中間，利用了流體壓強和流速的關系。①龍卷風內部空氣流速快外部流速慢，造成龍卷風內部的壓強遠小于外部的壓強，水受到一個向上的壓力差而向上運動，即為“龍吸水”現象，利用的是流體壓強和流速的關系，故①符合題意；②拔火罐使用時，是大氣壓將罐緊緊地壓在皮膚上，這是由于大氣壓強的作用引起的，故②不符合題意；③相同時間，空氣通過傘上方的路程大于傘下方的路程，空氣通過上方的速度大于下方速度。根據流體的流速越大壓強越小，下方壓強大于上方壓強，傘在壓強差下被吸向上方，故③符合題意；④吸管吸牛奶時，是先把吸管內的空氣吸走，在外界大氣壓的作用下，牛奶就被壓進吸管里，屬于大氣壓的應用，故④不符合題意。綜上所述，B符合題意，ACD不符合題意。故選B。4.如圖所示的用電器中，工作時將電能轉化為機械能的是（）。A．電烙鐵

B．

電風扇C．電熨斗 D．

電水壺【答案】B。【解析】電流做功的過程實質上是電能轉化為其它形式能的過程，即用電器消耗了電能，獲得了其它形式的能量；電烙鐵是把電能轉化為內能的裝置；電風扇是把電能轉化為機械能的裝置；電熨斗是把電能轉化為內能的裝置；電水壺是把電能轉化為內能的裝置，綜上所述，只有B符合題意，故選B。5.下列有關噪聲的敘述錯誤的是（）。A．發聲體做無規則振動發出的聲音是噪聲B．妨礙人們正常工作、學習和休息的聲音都是噪聲C．在校園內植樹可以減弱校外傳來的噪聲D．在考場附近機動車禁鳴喇叭屬于在傳播過程中減弱噪聲【答案】D。【解析】A．從物理的角度來區別：噪聲是發聲體無規則振動發出的聲音，故A正確，不符合題意；B．從環境保護的角度看：凡是影響人們正常工作、學習和休息的聲音都屬于噪聲，故B正確，不符合題意；C．在校園內植樹，校外傳來的噪聲可以被樹木阻擋，從而減弱噪聲，故C正確，不符合題意；D．在考場附近機動車禁鳴喇叭，而喇叭是聲源，這是在聲源處減弱噪聲，不是傳播過程中減弱，故D錯誤，符合題意。故選D。6.圖為投影式電子白板，它利用投影機將畫面投影到屏幕上，投影機的鏡頭相當于一個凸透鏡，下列說法正確的是（）。A．投影機的鏡頭與近視眼鏡為同一種透鏡B．光經投影機的鏡頭成像利用的是光的折射C．畫面經投影機鏡頭成的是正立放大的虛像D．屏幕上的豐富色彩由紅、白、藍三種色光混合而成【答案】B。【解析】A．投影機的鏡頭是凸透鏡，與近視眼鏡是發散透鏡，即凹透鏡，故是不同的透鏡，故A錯誤；B．光經投影機的鏡頭成像利用的是光的折射，光經過透鏡發生折射，故B正確；C．畫面經投影機鏡頭成的是倒立的放大的實像，故C錯誤；D．屏幕上的豐富色彩由紅、綠、藍三種色光混合而成，故D錯誤。故選B。7.如圖，一方形容器置于水平面上，用豎直薄隔板將其分成左、右兩部分，右側部分橫截面積是左側的2倍，隔板底部有一小圓孔用薄橡皮膜封閉。左、右兩側分別注入兩種不同液體，液面在圖中位置時，橡皮膜恰好不發生形變。下列說法正確的是（）。A．左、右兩側液體對橡皮膜的壓強相等B．左、右兩側液體對容器底的壓力相等C．左側液體的密度小于右側液體的密度D．容器中左、右兩側液體的質量相等【答案】D。【解析】A．橡皮膜容易發生形變，通過橡皮膜的形變來判斷容器兩側壓強的大小，兩側受到壓強不同時，會向壓強小的一側凸起，已知當左右兩邊分別注入兩種不同的液體時，橡皮膜的形狀沒有發生改變，則橡皮膜左右兩邊受到液體的壓強相等，故A正確；B．由p=可得F=pS，S相同，則橡皮膜左右兩邊受到液體的壓力相等，故B正確；C．由A可知，橡皮膜左右兩邊受到液體的壓強相等，由圖可知，h左h右，根據p=gh可得，容器左邊液體的密度小于右邊液體的密度，故C正確；D．由C可知，左右，因為m=V=Sh，2S左=S右，h左h右，故不能判斷容器中左、右兩側液體的質量相等，故D錯誤。故選D。8.如圖所示的四種情況中，符合安全用電原則的是（）。A．洗衣機的金屬外殼安裝接地線B．使用絕緣層破損的電線C．用濕抹布擦拭正在工作的臺燈D．用金屬棒挑開通電的裸導線【答案】A。【解析】A．金屬外殼的用電器，外殼一定要接地，防止外殼漏電，發生觸電事故，故A符合安全用電原則；B．電線絕緣層破損后，防止引發觸電事故，故B不符合安全用電原則；C．用濕布擦拭正在發光的電燈，濕布導電容易使人觸電，故C不符合安全用電原則；D．用絕緣棒挑開通電的裸導線，避免發生觸電事故，故D不符合安全用電原則。故選A。9.如圖所示分別是小英家上月初和上月末電能表的示數。結合表盤上的信息可知，下列選項中正確的是（）。A．小英家家庭電路中的干路電流不得超過10AB．小英家上個月消耗的電能為1011kWhC．電能表上指示燈閃爍320次，表示家庭電路消耗電能0.2JD．電能表上指示燈閃爍的次數越多，說明電路中消耗的電能越多【答案】D。【解析】A．由圖知電能表允許通過的最大電流為40A，因此小英家干路中的電流不得超過40A，故A錯誤；B．小英家上月消耗的電能為5647.8kWh﹣5546.7kWh＝101.1kWh，故B錯誤；C．1600imp/kWh表示每消耗1kWh的電能指示燈閃爍1600次，指示燈閃爍320次消耗的電能為故C錯誤；D．電能表上指示燈閃爍的次數越多，則電路中消耗的電能越多，故D正確。故選D。10.如圖所示是冰熔化時溫度隨時間變化的關系圖象，以下是小軒同學從圖象中獲得的信息，正確的是（）。A．BC段表示冰的熔化過程，吸收熱量溫度保持不變，內能不變B．物體第6min時刻比第4min時刻內能小C．水的比熱容小于冰的比熱容D．圖象中EF段是錯誤，因為水蒸氣散發到空氣中，測不出溫度，故繪不出氣體的圖象【答案】D。【解析】A．BC段表示冰的熔化過程，吸收熱量溫度保持不變，內能變大，故A錯誤；B．物體持續吸熱，所以物體第6min時刻比第4min時刻內能大，故B錯誤；C．比較AB段和CD段可知，在升高相同溫度時，水所用時間較長，即吸收熱量較多，所以水的比熱容大于冰的比熱容，故C錯誤；D．圖象中EF段是錯誤，因為水蒸氣散發到空氣中，測不出溫度，故繪不出氣體的圖象，故D正確。故選D。11.如圖所示，是電磁現象的四幅實驗裝置圖，下列分析中正確的是（）。A．圖甲裝置中通電螺線管的A端為N極B．圖乙裝置，說明電流周圍存在著磁場C．圖丙裝置研究的是電流對磁場的作用D．圖丁裝置是電動機的結構原理圖【答案】B。【解析】A．根據右手安培定則，通電螺線管的B端為N極，故A選項錯誤；B．圖乙裝置中，說明電流周圍存在磁場，使指針轉動，故B選項正確；C．圖丙裝置中是電動機原理圖，通電導線在磁場中受到力的作用，故C選項錯誤；D．圖丁裝置時發電機的原理，而不是電動機，故D選項錯誤。故選B。12.如圖甲所示，質量不計的彈簧豎直固定在水平面上，t=0時刻，將金屬小球從彈簧正上方某一高度處靜止釋放，小球落到彈簧上壓縮彈簧到最低點，通過安裝在彈簧下端的壓力傳感器得到彈簧對它的壓力F隨時間t變化的圖像，用速度探測儀得到小球速度v隨時間t變化的圖像，如圖乙所示，不計空氣阻力（g取10N/kg），下列說法正確的是（）。A．從小球接觸彈簧到彈簧壓縮至最短的過程中，小球的機械能不變B．從小球接觸彈簧到彈簧壓縮至最短的過程中，小球的動能減小C．從t=0到t3時刻，小球減小的重力勢能等于彈簧獲得的彈性勢能D．從t2到t3時刻，小球的速度減小，動能減小，重力勢能增加【答案】C。【解析】A．小球與彈簧接觸后，彈簧被壓縮，小球的機械能轉化為彈簧的彈性勢能，小球的機械能減小，故A錯誤；B．由圖可知，在t1~t2時間段內，小球的速度增加，到t2末，速度達到最大值，在t2~t3時間段內，小球的速度減小，到t3末，速度變為0，此時小球到達最低點，即小球的速度先增大后減小，運動過程中小球的質量不變，所以小球動能的變化情況是先增大后減小，故B錯誤；C．小球與彈簧接觸后，彈簧被壓縮，小球的機械能轉化為彈簧的彈性勢能，所以小球減小的重力勢能等于彈簧獲得的彈性勢能，故C正確；D．由圖可知，從t2到t3時刻，當彈簧的壓縮量增大，小球的速度逐漸變為0，所以小球的速度減小，動能減小，小球的高度降低，所以重力勢能減小，故D錯誤。故選C。13.在如圖所示的電路中，正確的說法是（）。A．閉合S1，斷開S2，L1發光，L2不發光B．閉合S1，S2，L1，L2都發光C．S1，S2都斷開，L1，L2都不發光D．閉合S2，斷開S1，L1，L2都發光【答案】D。【解析】由電路圖知道只要閉合S1，就會造成短路，故AB錯誤；S1，S2都斷開，電路中只有L1，且發光，故C錯誤；閉合S2，斷開S1，L1，L2并聯，且都發光，故D正確。14.中國女子足球運動員主罰任意球時，足球在空中劃出一道美麗的弧線向球門飛去，下列對足球運動過程，判斷正確的是（）。A．腳踢足球使足球飛出去，說明力是維持物體運動的原因B．足球在空中飛行的過程中，運動狀態沒有發生改變C．足球離開腳后繼續飛行，是因為足球具有慣性D．足球在空中飛行的過程中，只受重力作用【答案】C。【解析】A．腳踢足球使足球飛出去，說明力是改變物體運動狀態的原因，物體如果不受力將保持原來的運動狀態，物體的運動不需要力來維持，故A錯誤；B．足球在空中沿弧線飛行，足球在空中飛行的過程中，運動方向不斷變化，運動狀態發生改變，故B錯誤；C．足球離開腳后繼續飛行，是因為足球具有保持原來運動狀態的性質，即慣性，故C正確；D．足球在空中飛行的過程中，受重力作用，與空氣接觸，還受到空氣的摩擦阻力，故D錯誤。故選C。二、填空題（本題共6小題,每空1分,共12分）15.2020年6月23日我國北斗三號最后一顆全球組網衛是成功發射。衛星使用大陽能電池板供電，大陽能屬于

能源；北斗衛星導航系統通過發射和接收

，將為全球用戶提供全天候、全天時的定位，導航和授時服務。【答案】可再生；電磁波。【解析】（1）大陽能屬于可以從自然界直接獲取的，屬于可再生能源；（2）電磁波可以在真空真空中傳播，并且能傳遞信息，我國研發的北斗衛星導航系統是利用電磁波提供導航服務的。16.臺式電腦使用一段時間后，為保證電腦的穩定性，需要打開主機箱蓋除塵，這是因為散熱風扇的扇葉在轉動過程中與空氣摩擦帶上了_________，可以_________輕小物體，所以灰塵會附著在扇葉上。【答案】電荷；吸引。【解析】[1][2]散熱風扇轉動的過程中與空氣摩擦，使扇葉帶上了電荷，帶電體的性質是可以吸引輕小的物體，所以扇葉就把灰塵吸附在表面上了。17.小萱常用手給奶奶搓背和用熱水給奶奶泡腳，都能使奶奶的身體感到暖和。搓背是通過________的方式改變內能的，泡腳是通過________的方式改變內能的。【答案】做功；熱傳遞。【解析】搓背使身體感到暖和，是摩擦生熱，屬于做功改變身體內能；泡腳使身體感到暖和，是通過熱傳遞改變身體的內能；這兩種方法對改變物體的內能效果是等效的。18.某臺柴油機工作過程中消耗了2kg柴油，這些柴油完全燃燒能放出_____J的熱量（已知：q柴油=3×107J/kg），但是這臺柴油機對外只做了功2.4×107J，則這臺柴油機的效率是_________。【答案】6×107；40%。【解析】[1]柴油完全燃燒能放出的熱量為[2]柴油機的效率為。19.如圖所示，自重不計的杠桿ABO能繞O點自由轉動，B為杠桿的中點，在B處掛一重為100N的物體，若在杠桿末端A點施加一個力，使杠桿在水平位置平衡，則此杠桿______（選填“一定”或“不一定”）是省力杠桿；若在A點施加一個最小的力使杠桿在水平位置平衡，此力的大小是______N。【答案】不一定；50。【解析】[1]A點力的方向不同，力臂的大小則不同，若動力臂大于阻力臂，則為省力杠桿；若動力臂小于阻力臂，為費力杠桿；若動力臂等于阻力臂，既不省力，也不費力，所以此杠桿不一定省力。[2]根據杠桿的平衡條件F1l1=F2l2，因阻力（大小等于物體的重力）和阻力臂大小（OB）一定，若在A點施加一個最小的力，應使其動力臂最長，由圖知最長力臂為OA，所以力應垂直于OA向上。因為OA是OB的2倍，即動力臂是阻力臂的2倍，根據杠桿的平衡條件，在A點施加的最小的力。20.如圖甲電路中，電源電壓恒定不變，R1為定值電阻．a、b為滑動變阻器R2的兩個端點，c為中點．滑片P從中點c滑到最右端b的過程中，R1的功率變化了0.5W，電壓表的示數U隨R2變化的圖像如圖乙．則滑片在中點c時與最右端b時的電流表示數之比Ib：Ic=______。在上述變化過程中，總功率變化了______W。【答案】2：3；0.6。【解析】由圖可知，兩電阻串聯，電壓表測R2兩端的電壓，電流表測電路中的電流．根據圖乙，滑片在中點時電壓表的示數Uc=3V，滑片在最右端時電壓表的示數Ub=4V，

由可得，滑片在中點c時與最右端b時的電流表示數之比：；由有：；電壓一定時，電流與總電阻成反比，所以，，解得：R2=2R1，滑片P從中點c滑到最右端b的過程中，R1的功率變化了0.5W，由P=I2R可得：，則Ib2R1=0.4W，滑片位于中點c時，電路的總功率：，當滑片最右端b時，電路的總功率：P′=Ib2（R1+R2）=Ib2（R1+2R1）=3Ib2R1=3×0.4W=1.2W，總功率的變化量：△P=P-P′=1.8W-1.2W=0.6W。三、作圖題（本題共2小題，每小題2分,共4分）21.如圖所示，杠桿處于平衡狀態，在A點處畫出杠桿受到的最小拉力F及力臂L。【解析】由杠桿平衡條件F1L1＝F2L2可知，在阻力跟阻力臂的乘積一定時，動力臂越長，動力越小；圖中支點在O點，因此OA作為動力臂最長，由圖知動力的方向應該向上，過點A垂直于OA做向右上方的力，即為最小力的示意圖，如下圖所示：22.如圖所示，凸透鏡與凹透鏡的一個焦點重合，請根據入射光線，畫出相應的出射光線。【解析】過焦點的光線，經過凸透鏡折射后，折射光線要平行于主光軸；平行于主光軸的光線，經過凹透鏡折射后，折射光線的反向延長線要過凹透鏡的虛焦點，作圖如下：四、簡答題（本題共1小題,共4分）23.足球繞桿測試是體育中考的選考項目之一，在測試中，身體肥胖的同學至少存在兩個不利因素：一是完成整個測試需要消耗更多的身體儲備能量，二是繞彎變向較為緩慢。請用所學力學知識解釋。【解析】身體肥胖的同學質量大，重力也大，運動過程中需克服自身重力做的功也多，所以需要消耗更多的體儲備能量來做功；身體肥胖的同學由于質量大，慣性也大，保持原來的運動狀態不變的本領更強，繞彎時改變方向較為緩慢。五、實驗題（本題共5小題，共30分）24.（6分）在探究“滑動摩擦力大小與哪些因素有關”的實驗中，實驗小組的同學用如圖所示的裝置和器材進行實驗。（1）實驗中應該用彈簧測力計水平______（填“勻速”或“加速”）直線拉動木塊在長木板上運動。根據______知識可知，此時木塊所受滑動摩擦力大小等于彈簧測力計的示數；（2）比較______兩次實驗可知，滑動摩擦力的大小跟接觸面的粗糙程度有關；比較甲丙兩次實驗可知，滑動摩擦力的大小還跟______有關；（3）同學們猜想：滑動摩擦力的大小還與接觸面的面積有關。他們在圖甲的基礎上，將木塊沿豎直方向切成兩部分繼續進行實驗，將測得的數據記錄在如下的表格中，分析數據驗證自己的猜想。這種做法是______（填“正確”或“錯誤”）的，理由是______；次數木塊大小接觸面積接觸面摩擦力1整塊90木板1.22三分之二塊60木板0.83三分之一塊30木板0.4【答案】勻速；二力平衡（平衡力）；甲乙；壓力大小；錯誤；沒有控制壓力大小相同。【解析】（1）在實驗中，應讓彈簧測力計水平勻速拉動木塊在木板上運動，這樣木塊在水平方向所受的拉力與摩擦力是一對平衡力，根據二力平衡的特點知，測力計的示數與滑動摩擦力的大小相等。（2）要探究滑動摩擦力的大小跟接觸面的粗糙程度的關系，應保持木塊對木板的壓力不變，而改變兩者接觸面的粗糙程度，所以可選擇甲、乙兩次實驗來進行探究。甲、丙兩次實驗中，木塊與木板接觸面的粗糙程度相同，但壓力不同，而測力計的示數也不同，這說明滑動摩擦力的大小還跟壓力的大小有關。（3）在圖甲基礎上，將木塊沿豎直方向切成兩部分繼續實驗，這種做法是錯誤的，因為切去部分木塊，接觸面積大小改變了，壓力的大小也改變了，即沒保持木塊對木板的壓力不變。25.（5分）在“探究水沸騰時溫度變化的特點”實驗時，兩組同學從甲、乙兩圖所示的實驗裝置中各選一套來完成實驗。（1）實驗時，按照自下而上的順序組裝器材的目的是______（寫出一條理由即可）。（2）圖丙是實驗中某一時刻溫度計示數，其讀數是______℃。（3）圖丁是兩個小組根據各自的實驗數據繪制的“溫度—時間”的圖象，其中圖象______（選填“a”或“b”）是根據乙實驗裝置的數據繪制的；生活中利用類似的辦法煮食物，可以使食物熟的更快，其原因是______。（4）同學們觀察到戊圖中明顯的實驗現象時，溫度計示數______（選填“變大”“不變”或“變小”），這時氣泡內的氣體是______（選填“空氣”或“水蒸氣”）。【答案】保證用酒精燈外焰加熱/保證溫度計玻璃泡浸沒在水中，不會碰到容器底；84；a；提高液體表面氣壓使沸點升高；不變；水蒸氣。【解析】（1）酒精燈需用外焰加熱，所以要放好酒精燈，再固定鐵圈的高度；而溫度計的玻璃泡要全部浸沒到液體中，但不能碰到容器壁和容器底，所以放好燒杯后，再調節溫度計的高度，在組裝圖甲實驗器材時，應按照自下而上的順序進行。（2）由圖乙可知溫度計的分度值是1℃，且液柱在零刻度線上方，因此該溫度計的示數是84℃。（3）乙實驗裝置中燒杯的上方有蓋，會使水面上方氣壓增大，水的沸點升高，水的沸點高于甲裝置中水的沸點，所以圖象a是根據乙實驗裝置的數據繪制的。氣壓高，水的沸點高，所以活中利用類似的辦法煮食物，可以使食物熟的更快。（4）從圖戊可以看出，氣泡在上升過程中體積逐漸變大，所以是沸騰時的現象，水沸騰時溫度不變，溫度計的示數不變，這些氣泡到達水面會破裂開來，里面的水蒸氣，會散發到空氣中。26.（5分）小明做“探究凸透鏡成像規律”實驗時，將蠟燭、凸透鏡、光屏依次放在光具座上并調節它們的中心在同一高度。（1）他調節蠟燭和凸透鏡的位置，如圖甲所示，在光屏上得到了清晰的等大的像，像應該是___________（選填“倒立”、“正立”）的；（2）蠟燭和凸透鏡的位置如圖乙所示，將光屏向___________（選填“左”或“右”）移動到合適位置，就能在光屏上得到一個清晰的倒立___________的實像（選填“放大”、“等大”或“縮小”），生活中的___________（選填“照相機”、“投影儀”或“放大鏡”）就是利用這一原理制成的；（3）根據以上實驗數據，判斷下列說法正確的是___________。A．由圖甲可知透鏡焦距為20cmB．在圖甲中，若將透鏡的上半部分用不透明的紙板擋住，則光屏上仍有完整的像C．在圖乙中，移動光屏成清晰像后，若將蠟燭和光屏位置對調，光屏上不能得到清晰的像D．若將蠟燭放在光具座上40cm~50cm之間，調整光屏位置，就能在屏上得到正立放大的像【答案】倒立；左；縮小；照相機；B。【解析】（1）[1]由圖甲可知，此時物距與像距相等，由于能夠成清晰的像，所以此時物體一定在2倍焦距上，像一定也在另一側的2倍焦距上，根據凸透鏡成像原理特點可知，此時成一個倒立、等大的實像。（2）[2][3][4]凸透鏡成實像時，物遠像近，由圖可知，相對于甲圖來說，蠟燭向左移動，所以若想要得到一個清晰的像，則需要將光屏向左移動，此時物距大于像距，根據凸透鏡成像原理特點可知，成倒立、縮小的實像，照相機就是根據這個原理制成的。（3）[5]A．由圖甲可知，此時物距與像距相等，由于能夠成清晰的像，所以此時物體一定在2倍焦距上，像一定也在另一側的2倍焦距上，根據光具座的讀數可得，2倍焦距是20cm，所以焦距是10cm，故A錯誤；B．擋住透鏡的上半部分，但透鏡的下半部分仍能折射光線成像，所以光屏上所成的像是完整的，不過由于折射光線變少，所以像的亮度會變暗，故B正確；C．凸透鏡成實像時，透鏡不動，若將蠟燭和光屏位置對調，因為折射現象中光路可逆，所以光屏上能得到清晰的像，故C錯誤；D．若將蠟燭放在光具座上40cm~50cm之間，此時物距小于焦距，根據凸透鏡成像特點可知，此時成一個正立、放大的虛像，而光屏無法承接虛像，所以無論怎么調整光屏的位置，在光屏上都得不到燭焰清晰的像，故D錯誤。故選B。27.（5分）小剛同學想測出一個實心塑料球的密度，但是發現球放在水中會漂浮在水面上，無法測出它的體積，小剛設計了以下實驗步驟：A．用天平測量塑料球的質量，天平平衡時如圖a所示，記錄塑料球質量為m；B．把適量的水倒進量筒中如圖b所示，記錄此時水的體積為V1；C．把細線在塑料球下吊一個小球塊放入水中，靜止時如圖c所示，記錄此時量筒的示數為V2；D．把小鐵塊單獨放入水中靜止時如圖d所示，記錄此時量筒的示數為V3；E．利用密度公式計算出結果根據上述實驗過程，回答下列問題：（1）實驗中使用天平測出塑料球的質量m＝_____g，塑料球的體積V＝_____cm3，計算出塑料球的密度ρ＝_____g/cm3。（2）實驗拓展：本實驗中若不用天平，只在b、c、d三個步驟中增加一個步驟也可以測出塑料球的密度，請你寫出這個操作步驟_____。根據你補充的步驟，寫出計算塑料球密度的表達式_____。（用字母表示，水的密度為ρ水）【答案】11.2；20；0.56；將塑料球放入圖b所示的量筒內，靜止時球漂浮在水面上，讀出量筒示數V4；。【解析】（1）游碼對應的刻度值是1.2g；塑料球的質量：m=砝碼的質量+游碼對應的刻度值=10g+1.2g=11.2g；塑料球的體積：V=Vc-Vd=46ml-26ml=20ml=20cm3；塑料球的密度：。（2）若不用天平，利用浮力的方法求出塑料球的質量，讓塑料球漂浮在圖b的量筒中，記下水面到達的刻度V4，塑料球的重力=浮力=塑料球排開水的重力，所以，塑料球的質量=塑料球排開水的質量，所以塑料球的質量：m=（V4-V1）ρ水，塑料球的體積：V=V2-V3，根據密度公式得，（2）將塑料球放入圖b所示的量筒內使其漂浮在水面上，讀出量筒示數V4；（3）。【答案】（1）11.2；20；0.56；（2）將塑料球放入圖b所示的量筒內，靜止時球漂浮在水面上，讀出量筒示數V4；（3）。28.（9分）在“測小燈泡額定電功率”的實驗中，提供的器材有：電壓恒為4.5V的電源，額定電壓為2.5V的待測小燈泡，電阻約為8Ω，電流表（0~0.6A，0~3A），電壓表（0~3V，0~15V），開關和導線若干，另有標有“30Ω，2A”的滑動變阻器R1和標有“5Ω，1A”的滑動變阻器R2。（1）小明檢查儀器時，發現電流表指針如圖甲所示，接下來應進行的操作：______；（2）若小明設計的電路如圖乙所示，請選擇合適的量程，并用筆畫線代替導線將圖乙的實物圖連接完整；（3）本實驗選擇的滑動變阻器是______（選填“R1”或“R2”）；（4）小明把滑片移到最左端，閉合開關，發現小燈泡不亮，電流表示數為零，電壓表的示數接近電源電壓。為了排除故障，小明接下來的操作合理的是______（選填字母符號）；A．擰緊小燈泡和它兩端的接線柱B．擰緊開關兩端的接線柱C．檢查滑動變阻器是否短路（5）小明根據實驗數據繪制出I-U圖像，如圖丙所示，圖中陰影部分面積的物理含義是______；（6）老師說：雖然電壓表的內阻很大，但電路接通后仍有微小電流流過電壓表；雖然電流表的內阻很小，但是電路接通后電流表的兩端仍有微小的電壓，請你根據這一事實并結合電路圖分析判斷，該電路引起測量的小燈泡電功率偏______（選填“大”或“小”）；（7）當加在燈泡兩端的電壓為額定電壓的一半時，燈泡的實際功率P實______P額（選填“>”“<”或“=”）；（8）小明增加一個阻值為10Ω的定值電阻R0，只利用一只電表，通過簡單操作（開關S接“a”、“b”各一次）來測量小燈泡的額定功率，如圖A、B是他設計的兩種不同方案的電路圖，則以下判斷正確的是______（填序號）。A．兩種方案都能B．兩種方案都不能C．A方案能，B方案不能D．A方案不能，B方案能【答案】電流表進行調零；如圖；R1；A；電壓為1V，電流為0.1A時小燈泡的電功率；大；>；B。【解析】（1）[1]小明檢查儀器時，即連接電路前，電流表指針位置如圖甲所示，指針在零刻度左邊，說明電流表未進行調零，接下來應當進行的操作是電流表進行調零。（2）[2]額定電壓為2.5V的待測小燈泡，電阻約為8Ω，所以小燈泡處于額定電壓時的電流為流過小燈泡的電流是0.3125A，即電路的電流是0.3125A，故電流表選擇的量程為0~0.6A即可，電壓表的電壓不會超過2.5V，電壓表選擇的量程為0~3V即可，電壓表與燈泡并聯，電流表與燈泡串聯，均采用“正進負出”的連接方式，連接電路如圖所示。（3）[3]電源電壓恒為4.5V，額定電壓為2.5V的待測小燈泡，根據串聯電路的電壓規律可得滑動變阻器兩端的電壓為2V，再根據串聯電路的分壓原理可得、、，代入上式可得解得，即此時滑動變阻器接入電路的電阻，所以滑動變阻器的最大電阻必須大于6.4Ω，滑動變阻器R1的最大電阻是30Ω，滑動變阻器R2的最大電阻是5Ω，故選擇最大電阻是30Ω的R1滑動變阻器。（4）[4]把滑片移到最左端，閉合開關，發現小燈泡不亮，電流表示數為零，電壓表的示數接近電源電壓，電路故障為小燈泡斷路，電壓表串聯在電路中，此時應擰緊小燈泡和它兩端的接線柱，確保小燈泡與燈座接觸良好，它兩端的接線柱與導線接觸良好，那么電路有故障，就是小燈泡斷路了，不是小燈泡之外的其他問題了。故選A。（5）[5]如圖丙所示，圖中陰影部分是橫軸示數為1V，縱軸示數為0.1A的長方形面積，其大小是1V乘以0.1A的積，即，而，所以該面積的物理含義是電壓為1V，電流為0.1A時小燈泡的電功率。（6）[6]測量功率時，應該測量電阻兩端的實際電壓和通過電阻的實際電流，而電流表實際測量的是通過待測電阻和電壓表的總電流，即電流偏大，而電壓表是與電阻并聯連接，測量的電壓是準確的，根據電功率公式可知燈泡額定功率的測量值大于真實值，故燈泡額定功率的測量值偏大。（7）[7]當加在燈泡兩端的電壓為額定電壓的一半時，根據公式可知，若燈泡電阻不變，則燈泡的實際功率，但是隨著功率減小，燈泡電阻隨溫度的降低而減小，故燈泡的實際功率。（8）[8]圖A中，無論開關接“a”還是接“b”都無法得知小燈泡是否正常發光，此方案不能測定小燈泡的額定電功率；圖B中，R0、小燈泡和滑動變阻器三者串聯，開關S接“a”時，電壓表測量定值電阻的電壓，當開關接“b”時測量燈泡和定值電阻的總電壓，由于開關S接“a”、“b”各一次，只能一次，假設調節滑動變阻器滑片在某一位置，開關S接“a”、“b”各一次，然后得到的電壓表示數，相減，不是2.5V，那么次數用完了，不能繼續實驗，則不能測出小燈泡的額定功率，所以此方案不能測出小燈泡的額定功率；綜上所述，兩種方案都不能。故選B。六、計算題（本題共3小題,共22分）29．（6分）如圖甲所示電路，小燈泡L的I﹣U圖象如圖乙所示，燈泡的額定電壓為6V，電阻R1為30Ω，電流表的量程為0～0.6A，電壓表的量程為0～3V，開關S1、S2、S3都閉合時L正常發光。求：（1）開關S1、S2、S3都閉合10s，R1消耗的電能是多少？（2）只閉合開關S3移動滑片P，當R2接入電路中的阻值為其最大阻值的四分之一時，電流表的示數為0.2A，滑動變阻器的最大阻值是多少？（3）在保證各元件安全的條件下，電路消耗的最小功率是多少？【解析】（1）開關S1、S2、S3都閉合時，燈與R1并聯，L正常發光，故電源電壓為6V，10sR1消耗的電能是：W=U2R（2）只閉合開關S3，燈與變阻器串聯，電壓表測變阻器的電壓，電流表測電路中的電流，移動滑片P，當R2接入電路中的阻值為其最大阻值的四分之一時，電流表的示數為0.2A，即電路中的電流為0.2A，由圖乙知，燈的電壓為4V，根據串聯電路的規律及歐姆定律，變阻器連入電路的電阻：R滑=U?U'I=6V?4V0.2A（3）根據P=U2因電壓表示數最大為3V，此時變阻器連入電路的電阻最大，由串聯電路電壓的規律，燈的實際電壓為：6V﹣3V＝3V，由圖乙知，燈的實際電阻為：R燈=U根據串聯電阻大于任一電阻，并聯電阻小于任一電阻，故當R1與變阻器的最大電阻串聯時，即只閉合S1，由分壓原理，變阻器連入電阻為30Ω時，串聯的最大電阻為：R串＝30Ω+30Ω＝60Ω，電路的最小功率為：P小=U故在保證各元件安全的條件下，電路消耗的最小功率是0.6W。答：（1）開關S1、S2、S3都閉合10s，R1消耗的電能是12J；（2）只閉合開關S3移動滑片P，當R2接入電路中的阻值為其最大阻值的四分之一時，電流表的示數為0.2A，滑動變阻器的最大阻值是40Ω；（3）在保證各元件安全的條件下，電路消耗的最小功率是0.6W。30．（6分）有一個用超薄超硬度材料制成的圓柱形容器，下端封閉上端開口，底面積S＝250cm2，高度h＝10cm，如圖甲所示：另有一個實心勻質圓柱體物塊，密度ρ＝0.8×103kg/m3，底面積S1＝150cm2，高度與容器高度相同，如圖乙所示。（已知水的密度ρ水＝1.0×103kg/m3，且g収10N/kg計算）（1）現將圓柱體物塊豎直放置容器內，則物塊對容器底部的壓強是多大？（2）再向容器內緩慢注入水，圓柱體物塊不會傾斜，當圓柱體對容器底的壓力剛好為零時，試計算注入水的深度？（3）在第（2）問敘述的情景中，水對容器底部的壓強是多大？【解析】（1）因為容器底是水平放置，所以對容器壓力：F＝G＝mg＝ρVg＝ρS1hg＝0.8×103kg/m3×150×10﹣4m2×0.1m×10N/kg＝12N，物塊對容器底部的壓強：p1＝＝＝800Pa；（2）當圓柱體對容器底的壓力剛好為零時，圓柱體剛好漂浮狀態：所以，F浮＝G＝12N，圓柱體排開液體體積：V排＝＝＝1.2×10﹣3m3，圓柱體浸入水中的深度：h1＝＝＝0.08m；（3）水對容器底部的壓強：p2＝ρ水gh1＝1×103kg/m3×10N/kg×0.08m＝800Pa；答：（1）物塊對容器底部的壓強是800pa；（2）注入水的深度是0.08m；（3）水對容器底部的壓強800pa。31．（10分）閱讀短文，回答問題。溫熱飲水機如圖甲，是學校飲水間安裝的某款溫熱飲水機。該飲水機既能提供溫度為100℃的開水，也能提供溫度可直接飲用的溫開水。該飲水機的相關參數見表。溫熱飲水機型號×××貯水箱容量24L功率3kW電源380V50HZ該飲水機內部結構如圖乙所示。首次使用時，經紫外線燈照射的20℃冷水，從冷水進口A處流入，經熱交換器進入貯水箱。水箱加滿水開始加熱，加熱至100℃。此后正常使用時，打開開水出口閥門，冷水閥門自動打開，當20℃冷水進入貯水箱后，電熱絲通電可加熱至100℃；打開溫水出口閥門，通過加壓使貯水箱中的開水進入熱交換器內，此時冷水由進口閥門先進入熱交換器，通過熱交換器后水溫升至85℃，進入貯水箱繼續加熱至100℃。這時，溫水出口流出的就是35℃的溫開水。如此正常工作，就可不斷得到開水和溫開水。（1）在熱交換器中冷水內能改變的方式是，飲水機的腳柱底面