2024年山东省淄博市中考物理

淄博市 2024年初中学业水平考试

物理

满分：80分 时间：90分钟

一、选择题（本题包括 15个小题，每小题 2分，共 30分．每小题只有一个选项符合题意）

1. 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

【解析】

【详解】A．声音是由物体振动产生的，由题意知，磬声是由磬的振动产生的，故A错误；B．声音的传播需要介质，所以磬声是通过空气传入耳朵的，故B正确；C．频率低于20Hz的声音是次声波，人耳听不到，而敲击磬发出的声音，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。

2. 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

【解析】

【详解】A．发电机的工作原理是闭合回路的一部分导体切割磁感线产生感应电流，即电磁感应原理，故A正确；B．太阳能是来自太阳内部的核聚变反应。太阳内部的氢原子核在高温和高压的条件下发生核聚变反应，生成氦原子核，并释放出巨大的能量，故B 错误；C．给蓄电池充电时，蓄电池相当于用电器，消耗电能，电能转化为化学能，故C错误；D．半导体材料具有导电性能介于导体和绝缘体之间的特性，这使得它们在电子器件中有着广泛的应用。集成电路中的主要元件，如二极管和三极管，都是利用半导体材料制作的，故D错误。

3. 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

【解析】

【详解】A．根据头盔的用途可知，其材料应符合密度小且硬度大的特点，所以头盔用碳纤维制成，利用了该材料密度小、抗冲击力强的特性，故A正确；B．白色的头盔能反射各种色光，因此看起来是白色的，故B错误；C．头盔的绑带做得较宽是为了增大受力面积来减小压强，故C错误；D．戴头盔骑行过程中，以头盔为参照物，人的位置没有发生变化，因此是静止的，故D错误。

4. 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

【解析】

【详解】A．根据浮与沉的条件可知，气球飘浮，是因为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．飞机的机翼上方突起，下方平直，这样导致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，上游和闸室构成连通器，下游阀门打开时，下游和闸室构成连通器，船闸是利用连通器原理工作的，故C正确，不符合题意；D．潜水艇浸没在水中时排开水的体积不变，受到的浮力不变，为了实现上浮和下沉，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。

5. 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（ ）

甲

乙

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 $6 0 ^ { \circ }$ D. 魔箱的成像原理是光的反射【答案】D

【解析】

【详解】A．魔箱中的镜子是平面镜，故A错误；BD．成像原理是光的反射，成的是正立的虚像，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。

6. 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

【解析】

【详解】A．根据凸透镜成实像时“物远像近像变小”的规律可知，当蜡烛向左移动远离凸透镜时，光屏向左移动靠近凸透镜可再次承接到烛焰的像，A错误；B．此时光屏上承接到烛焰等大的像，则此时物距 $u = 2 f$ ，由图可知， $u = 2 0 \mathrm { c m }$ ，则焦距 $f = 1 0 \mathrm { c m }$ 保持凸透镜位置不变，将蜡烛调至 10cm刻度线处时，物距 $u ^ { \prime } { = } 4 0 \mathrm { c m }$ ，则 $u ^ { \prime } > 2 f$ ，成倒立、缩小的实像， B正确；C．物距为40cm，大于两倍焦距，此时 $f < \nu ^ { ’ } < 2 f$ ，则像的位置在 60cm和 70cm刻度线之间，故C错误；D．物距等于40cm，物距大于两倍焦距，是照相机成像原理，故D错误。

故选 B。

7. 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

【解析】

【详解】A．电磁波可以传递信息，且传播时不需要介质，所以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，速度减小，高度减小，反推发动机消耗燃料喷出燃气，返回舱质量减小，因此返回舱的动能减小、重力势能减小，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。

8. 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

【解析】 【解析】

【详解】A．向瓶内打气，是通过压缩空气做功改变瓶内空气的内能，故A错误；B．瓶塞跳起时，空气对瓶塞做功，将内能转化为瓶塞的机械能，所用瓶内空气内能减少，温度降低，故B 正确；C．瓶塞跳起时，烧瓶内出现的白雾是水蒸气液化形成的小水滴，故C错误；D．热机压缩冲程中把机械能转化成内能，瓶塞跳起过程内能转化为机械能，能量的转化不同，故D错误。故选B。

9. 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【解析】

【详解】A．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．惯性是物体保持运动状态不变的性质，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．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。

10. 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 $7 2 \mathrm { g } ,$ ，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（ ）

甲

乙

A. 量筒中液体的体积是 $3 2 \mathrm { c m } ^ { 3 }$ B. 实验时图乙中添加砝码的合理顺序是 $5 \mathrm { g }$ 、 $1 0 \mathrm { g }$ 、20gC. 量筒中液体的质量是 $3 9 \mathrm { g }$ D. 液体的密度是 $. 1 { \times } 1 0 ^ { 3 } \mathrm { k g } / \mathrm { m } ^ { 3 }$

【答案】D

【解析】

【详解】A．量筒读数时，视线与凹液面的最低处保持水平，因此图甲中量筒读数为 $3 0 \mathrm { m L } = 3 0 \mathrm { c m } ^ { 3 }$ ，A错误；B．使用托盘天平时，添加砝码的合理顺序是“先大后小”，即 $2 0 \mathrm { g }$ 、 $1 0 \mathrm { g }$ 、 $5 \mathrm { g }$ ，B错误；C．由图乙可知，烧杯和剩余液体的质量

$$ m ^ {\prime} = 2 0 \mathrm{g} + 1 0 \mathrm{g} + 5 \mathrm{g} + 4 \mathrm{g} = 3 9 \mathrm{g} $$

则量筒中液体的质量

$$ m = 7 2 \mathrm{g} - 3 9 \mathrm{g} = 3 3 \mathrm{g} $$

C 错误；D．液体的密度

$$ \rho = \frac {m}{V} = \frac {3 3 \mathrm{g}}{3 0 \mathrm{cm} ^ {3}} =

1. 1 \mathrm{g/cm} ^ {3} =

2. 1 \times 1 0 ^ {3} \mathrm{kg/m} ^ {3}

$$

D 正确。

11. 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

【解析】

【详解】由题意可知，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，说明红灯和绿灯独立工作，互不影响，是并联的，且每盏灯都有各自的控制开关，故ABD不符合题意，C符合题意。

故选 C。

12. 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（ ）

甲

乙

A. 物体所受的重力是3.6NB. 图乙中弹簧测力计上升20cmC. 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

【解析】

【详解】A．由图甲可知，该滑轮的轴固定不动，该滑轮是定滑轮，不计绳重和摩擦，则弹簧测力计的示数等于物体所受的重力，由图甲可知，弹簧测力计的分度值为

0.2N，示数为2.4N，故A错误；

BC．由图乙可知，该滑轮的轴随物体一起运动，该滑轮是动滑轮，n=2，将物体匀速提升 20cm，则弹簧测 力计上升

$$ s = n h = 2 \times 2 0 \mathrm{cm} = 4 0 \mathrm{cm} $$

不计绳重和摩擦，弹簧测力计的示数

$$ F _ {\text {乙}} = \frac {G _ {\text {物}} + G _ {\text {轮}}}{2} $$

由于不知道动滑轮的重，因此无法判断弹簧测力计的示数与物重的关系，故BC错误；

D．不计绳重和摩擦，图甲中滑轮的机械效率

$$ \eta_ {\text {甲}} = 100% $$

图乙中滑轮的机械效率

$$ \eta_ {\text {乙}} = \frac {W _ {\text {有}}}{W _ {\text {总}}} = \frac {W _ {\text {有}}}{W _ {\text {有}} + W _ {\text {额}}} = \frac {G _ {\text {物}} h}{G _ {\text {物}} h + G _ {\text {轮}} h} = \frac {G _ {\text {物}}}{G _ {\text {物}} + G _ {\text {轮}}} $$

则

$$ \eta_ {\text {甲}} > \eta_ {\text {乙}} $$

故 D 正确。

故选D。

13. 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

【解析】

【详解】BC．由图可知， $R _ { \mathrm { 1 } }$ 与 $R _ { 2 }$ 并联，电流表测通过 $R _ { \mathrm { 1 } }$ 的电流，电压表测电源电压，移动滑动变阻器的滑片 P，电压表的示数不变，故BC错误；AD．由图可知， $R _ { \mathrm { 1 } }$ 与 $R _ { 2 }$ 并联，电流表测通过 $R _ { \mathrm { 1 } }$ 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， $R _ { 2 }$ 接入电路的阻值变大，因并联电路各支路互不影响，所以电流表示数不变；电源电压不变，则电压表示数不变，故A正确，D错误。

故选 A。

14. 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 ${ \sf K } _ { 1 } , \ { \sf K } _ { 2 }$ 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

【解析】

【详解】A．通电导线周围存在磁场，磁感线是为了描述磁场而引入的假想曲线，实际并不存在，故A错误；B．电流从a流向b时，根据安培定则可知，线圈右端是N极、左端是S极，故B错误；C．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 $\mathrm { K } _ { 1 }$ 关闭、 $\mathrm { K } _ { 2 }$ 打开，此时“电动泵”处于抽血状态，故D错误。

故选C。

15. 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

④滑片P在b端时，通电1min电阻R产生的热量为27JA. 只有②③正确 B. 只有①③正确 C. 只有②③④正确 D. 只有①②④正确

【解析】

【详解】①②由图甲可知，定值电阻R与滑动变阻器 $R _ { \mathrm { P } }$ 串联，电流表测电路中的电流，电压表测定值电阻R两端的电压。当滑片P在a端时， $R _ { \mathrm { P } }$ 连入电路的电阻为 0，电路中只有R工作，则电压表示数最大且等于电源电压，由图乙可知，电源电压

$$ U = U _ {a} =

4. 5 \mathrm{V}

$$

此时电路中的电流 $I _ { a } = 0 . 9 \mathrm { A }$ ，根据欧姆定律可得，定值电阻R的阻值

$$ R = \frac {U _ {a}}{I _ {a}} = \frac {4 . 5 \mathrm{V}}{0 . 9 \mathrm{A}} = 5 \Omega $$

故①错误，②正确；

③④当滑片P在b端时，由图乙可知，R两端的电压 $U _ { b } = 1 . 5 \mathrm { V }$ ，此时电路中的电流 $I _ { b } = 0 . 3 \mathrm { A }$ ，根据串联电路的电压规律， $R \mathrm { { p } }$ 两端电压

$$ U _ {\mathrm{P}} = U - U _ {b} =

4. 5 \mathrm{V} -

5. 5 \mathrm{V} = 3 \mathrm{V}

$$

根据欧姆定律可得，滑动变阻器的最大阻值

$$ R _ {\mathrm{p}} = \frac {U _ {\mathrm{p}}}{I _ {b}} = \frac {3 \mathrm{V}}{0 . 3 \mathrm{A}} = 1 0 \Omega $$

通电 1min电阻R产生的热量

$$ Q = I _ {b} ^ {2} R t = (0. 3 \mathrm{A}) ^ {2} \times 5 \Omega \times 6 0 \mathrm{s} = 2 7 \mathrm{J} $$

故③④正确。综上，故C符合题意，ABD不符合题意。

故选 C。

二、理解与应用（本题包括 5 个小题，共 14 分）

16. 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】 ①. 分子在不停地做无规则运动 ②. 大气压强【解析】

【详解】[1]熬制中药的过程中，闻到浓浓的药味儿，属于扩散现象，说明分子在不停地做无规则运动。

[2]拔火罐时，先把酒精在罐内烧一下，罐内空气受热排出，此时迅速把罐扣在皮肤上，等到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。

17. 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

甲

丙

【答案】 ①. 带电 ②. 吸引轻小物体 ③. 人体是导体

【解析】

【详解】[1]他先用丝绸快速摩擦整块塑料板（图甲），电子在丝绸和塑料板之间发生转移，使塑料板带电。

[2]由带电物体具有吸引轻小物体的性质可知，经过摩擦过的塑料板能吸引轻小的物体。

[3]再用手指在塑料板上写了一个“中”字，因为人体是导体，可将电荷导走，这样木屑就能够掉下来。

18. 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 $\mathrm { S } _ { 1 }$ 断开， ${ \bf S } _ { 2 } .$ 、 $\mathrm { S } _ { 3 }$ 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 S 、 $\mathrm { S } _ { 3 }$ 断开， $\mathrm { S } _ { 1 }$ 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】 ①. 10 ②. 3 ③. 串联 ④.

0.2

【解析】

【详解】[1]已知灯L 标有 $^ { 6 6 } 3 \mathrm { V } 0 . 9 \mathrm { W } ^ { \prime \prime }$ 字样，根据 $P = { \frac { U ^ { 2 } } { R } }$ 可知，灯L 的电阻为

$$ R _ {\mathrm{L}} = \frac {U _ {\mathrm{L}} ^ {2}}{P _ {\mathrm{L}}} = \frac {(3 \mathrm{V}) ^ {2}}{0 . 9 \mathrm{W}} = 1 0 \Omega $$

[2][3][4]分析电路图可知，当开关 $\mathrm { S } _ { 1 }$ 断开， $\mathrm { S } _ { 2 }$ 、 $\mathrm { S } _ { 3 }$ 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。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

$$ R = \frac {U _ {R}}{I _ {R}} = \frac {3 \mathrm{V}}{0 . 6 \mathrm{A}} = 5 \Omega $$

分析电路图可知，当开关 $\mathbf { S } _ { 2 }$ 、 $\mathrm { S } _ { 3 }$ 断开， $\mathrm { S } _ { 1 }$ 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可知，此时电路的总电阻为

$$ R _ {\text {总}} = R + R _ {\mathrm{L}} = 5 \Omega + 1 0 \Omega = 1 5 \Omega $$

此时电路的电流为

$$ I _ {\text {串}} = \frac {U}{R _ {\text {总}}} = \frac {3 \mathrm{V}}{1 5 \Omega} =

0. 2 \mathrm{A}

$$

因此电流表的示数为

0.2A。

19. 在某次测试中，一款重为 $6 . 4 { \times } 1 0 ^ { 4 } \mathrm { N }$ 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 $1 . 8 { \times } 1 0 ^ { 5 } \mathrm { N }$ ，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】 ①. 3500 ②. $6 . 3 { \times } 1 0 ^ { 7 }$ ③. 0

【解析】

【详解】[1]已知汽车的速度为

$$ v = 1 2 6 0 \mathrm{km/h} = 3 5 0 \mathrm{m/s} $$

10s内汽车通过的路程

$$ s = v t = 3 5 0 \mathrm{m/s} \times 1 0 \mathrm{s} = 3 5 0 0 \mathrm{m} $$

[2]汽车在做匀速运动，处于平衡状态，根据二力平衡可知，牵引力等于阻力，即

$$ F _ {\text {牵}} = f =

1. 8 \times 1 0 ^ {5} \mathrm{N}

$$

牵引力做功的功率

$$ P = F _ {\text {牵}} v =

1. 8 \times 1 0 ^ {5} \mathrm{N} \times 3 5 0 \mathrm{m/s} =

2. 3 \times 1 0 ^ {7} \mathrm{W}

$$

[3]重力的方向始终是竖直向下的，汽车在竖直方向没有移动距离，因此重力不做功，为 0J。

20. 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。

【解析】

【详解】凸透镜对光有会聚作用，凹透镜对光有发散作用。由图中光线情况可知，光线经矫正视力的透镜后开始发散，说明是凹透镜，而矫正后折射的光线在视网膜上会聚成像，如图所示：

三、实验与探究（本题包括 3个小题，共 21分）

21. 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 $- 2 0 \mathrm { { \circ C } }$ 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） ①. ②. 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

【解析】

【小问 1 详解】

[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 $\scriptscriptstyle { - 4 ^ { \circ } \mathrm { C } ; }$ ；

[2]由图可知，在15min~25min是盐水的凝固过程，凝固过程持续了10min。

【小问 2 详解】

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。

【小问 3 详解】

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。

【小问 4 详解】

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. 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。

甲

乙

丙

（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 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。

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） ①. 不变 ②. 支点到力的作用线 ③. 小明（2） ①. 动力臂l₁/cm ②. 动力×动力臂=阻力×阻力臂 ③. 左

（3）此端力和力臂的乘积变小

【解析】

【小问 1 详解】

[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。

【小问 2 详解】

[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 l /cm，b处应填：阻力臂 l /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 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。

甲

【小问 3 详解】

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. 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）。

乙

（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。

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

（3）完成实验后，小明取一个阻值为 $R _ { 0 }$ 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。

丙

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 $U ^ { \prime }$ ；

小灯泡正常发光时 电阻 $R =$ （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） ①. 得出小灯泡的实际电压、实际功率、亮度之间的普遍规律 ②.

0.7 ③. 右 ④. 越大⑤.

0.36

（3） ①.

2.5 ②. 将电压表改接在定值电阻 $R _ { 0 }$ 两端 ③. $\frac { 2 . 5 \mathrm { V } } { U ^ { \prime } } R _ { 0 }$

【解析】

【小问 1 详解】

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

$$ I _ {\mathrm{约}} = \frac {U _ {\mathrm{额}}}{R _ {\mathrm{约}}} = \frac {2 . 5 \mathrm{V}}{9 \Omega} \approx

0. 2 8 \mathrm{A}

$$

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。

【小问 2 详解】

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

$$ P _ {\text {额}} = P _ {4} = U _ {4} I _ {4} =

2. 5 \mathrm{V} \times

3. 2 8 \mathrm{A} =

4. 7 \mathrm{W}

$$

[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 $P _ { 1 } = 0 . 0 8 \mathrm { W }$ $P _ { 2 } = 0 . 2 8 6 \mathrm { W }$ 7 $P _ { 3 } = 0 . 5 4 6 \mathrm { W }$ 7 $P _ { 4 } = 0 . 7 \mathrm { W }$ $P _ { 5 } = 1 . 0 8 \mathrm { W }$ ，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 $R = { \frac { U } { I } }$ 可得，5次实验中小灯泡的电阻依次为 $R _ { 1 } = 3 . 1 2 5 \Omega$ $R _ { 2 } \approx 5 . 9 1 \Omega$ $R _ { 3 } \approx 8 . 0 8 \Omega$ $R _ { 4 } \approx 8 . 9 3 \Omega$ $R _ { 5 } \approx 8 . 3 3 \Omega$ ，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。

【小问 3 详解】

[1]由图丙可知，定值电阻 $R _ { 0 }$ 、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 $R = { \frac { U } { I } }$ 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 $R _ { 0 }$ 的电流，因此将电压表改接在定值电阻 $R _ { 0 }$ 两端，测出 $R _ { 0 }$ 两端电压$U ^ { \prime }$ ，则电路中的电流 $I = { \frac { U ^ { \prime } } { R _ { 0 } } }$ ，小灯泡正常发光时的电阻为

$$ R = \frac {U}{I} = \frac {2 . 5 \mathrm{V}}{\frac {U ^ {\prime}}{R _ {o}}} = \frac {2 . 5 \mathrm{V}}{U ^ {\prime}} R _ {0} $$

四、分析与计算（本题包括 2个小题，共 15分）

24. 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 $2 5 \mathrm { { ^ \circ C } }$ 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？ $[ c _ { \ \mathrm { \scriptsize ~ \cdot k } } = 4 . 2 { \times } 1 0 ^ { 3 } \mathrm { J } / ( \mathrm { k g } \cdot ^ { \circ } \mathrm { C } ) ]$

【答案】（1）应选购甲种电热水壶

（2）应选购乙种电热水壶

【解析】

【小问 1 详解】

该插座允许接入的最大电功率

$$ P _ {\text {大}} = U I _ {\text {大}} = 2 2 0 \mathrm{V} \times 5 \mathrm{A} = 1 1 0 0 \mathrm{W} $$

因为

$$ P _ {\text {甲}} = 8 0 0 \mathrm{W} < 1 1 0 0 \mathrm{W} $$

$$ P _ {\text {乙}} = 1 5 0 0 \mathrm{W} > 1 1 0 0 \mathrm{W} $$

所以从安全用电的角度考虑，应选购甲种电热水壶。

【小问 2 详解】

标准大气压下水的沸点为100℃，将质量为1kg的水从 $2 5 \mathrm { { ^ \circ C } }$ 烧开，水吸收的热量

$$ Q _ {\text {吸}} = c _ {\text {水}} m \left(t _ {\text {末}} - t _ {0}\right) =

4. 2 \times 1 0 ^ {3} \mathrm{J} / \left(\mathrm{kg} \cdot {} ^ {\circ} \mathrm{C}\right) \times 1 \mathrm{kg} \times \left(1 0 0 ^ {\circ} \mathrm{C} - 2 5 ^ {\circ} \mathrm{C}\right) =

5. 1 5 \times 1 0 ^ {5} \mathrm{J}

$$

乙种电热水壶正常工作 250s消耗的电能

$$ W _ {\text {乙}} = P _ {\text {乙}} t = 1 5 0 0 \mathrm{W} \times 2 5 0 \mathrm{s} =

3. 7 5 \times 1 0 ^ {5} \mathrm{J}

$$

乙种电热水壶的加热效率

$$ \eta_ {z} = \frac {Q _ {\text {吸}}}{W _ {\text {乙}}} = \frac {3 . 1 5 \times 10 ^ {5} \mathrm{J}}{3 . 7 5 \times 10 ^ {5} \mathrm{J}} = 84% $$

甲种电热水壶的加热效率 $\eta _ { \mathrm { { H } } } = 8 0 %$ ，则 $\eta _ { \mathrm { { \scriptscriptstyle F } } } < \eta _ { \mathrm { { \scriptscriptstyle Z } } }$ ，从节能的角度考虑，应选购乙种电热水壶。

25. 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， $\rho _ { \mathrm { \uparrow k } } { = } 1 . 0 { \times } 1 0 ^ { 3 } \mathrm { k g / m } ^ { 3 }$ ，g 取 $1 0 \mathrm { N } / \mathrm { k g } )$ ）。求：

甲

乙

（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）5N； （2）1500Pa；

（3）7.5kg

【解析】

【小问 1 详解】

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

$$ G = F ^ {\prime} = 1 3 \mathrm{N} $$

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

$$ G = F + F _ {\text {浮}} $$

因此物块浸没在水中时受到的浮力

$$ F _ {\text {浮}} = G - F = 1 3 \mathrm{N} - 8 \mathrm{N} = 5 \mathrm{N} $$

【小问 2 详解】

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

$$ h _ {\text {水}} ^ {\prime} = 1 5 \mathrm{cm} =

0. 1 5 \mathrm{m}

$$

水对容器底的压强

$$ p = \rho_ {\text {水}} g h _ {\text {水}} ^ {\prime} =

1. 0 \times 1 0 ^ {3} \mathrm{kg/m} ^ {3} \times 1 0 \mathrm{N/kg} \times

2. 1 5 \mathrm{m} = 1 5 0 0 \mathrm{Pa}

$$

【小问3详解】

根据 $F _ { \lessgtr } = \rho _ { \ast } g V _ { \sharp \sharp }$ 可得，物块浸没时排开水的体积

$$ V _ {\text {排}} = \frac {F _ {\text {浮}}}{\rho_ {\text {水}} g} = \frac {5 \mathrm{N}}{1 . 0 \times 1 0 ^ {3} \mathrm{kg/m} ^ {3} \times 1 0 \mathrm{N/kg}} = 5 \times 1 0 ^ {- 4} \mathrm{m} ^ {3} $$

物块浸没时与物块取出后相比，水面下降的高度

$$ h = h _ {\text {水}} - h _ {\text {水}} ^ {\prime} =

0. 1 6 \mathrm{m} -

1. 1 5 \mathrm{m} =

2. 0 1 \mathrm{m}

$$

容器的底面积

$$ S = \frac {V _ {\text {排}}}{\Delta h} = \frac {5 \times 1 0 ^ {- 4} \mathrm{m} ^ {3}}{0 . 0 1 \mathrm{m}} =

0. 0 5 \mathrm{m} ^ {2}

$$

容器中水的体积

$$ V _ {\text {水}} = S h _ {\text {水}} ^ {\prime} =

0. 0 5 \mathrm{m} ^ {2} \times

1. 1 5 \mathrm{m} =

2. 5 \times 1 0 ^ {- 3} \mathrm{m} ^ {3}

$$

根据 $\rho = \frac { m } { V }$ 可得，容器中水的质量

$$ m _ {\text {水}} = \rho_ {\text {水}} V _ {\text {水}} =

1. 0 \times 1 0 ^ {3} \mathrm {kg / m^ {3}} \times

2. 5 \times 1 0 ^ {- 3} \mathrm {m^ {3}} =

3. 5 \mathrm{kg}

$$