2024年山东省临沂市郯城县中考二模物理试题
一、单项选择题（共20小题，每小题2分，共40分。每小题只有一个选项符合题目要求）
1．（2024九下·郯城模拟）下列数据中，最符合实际的是（ ）
A．一个大气压能支撑76cm的水柱 B．成年人的步行速度约为1.2km/h
C．中学生重约500kg D．电水壶工作时的电流约5000mA
【答案】D
【知识点】速度与物体运动；重力及其大小的计算；大气压强的存在；电流和电流的单位换算
【解析】【解答】A．一个标准大气压约能支撑760mm的水银柱，可以支撑10m的水柱，故A不符合题意；
B．成年人的步行速度约为1m/s-1.25m/s，故B不符合题意；
C．中学生体重平均约为50kg，重约500N，故C不符合题意；
D．电水壶工作时的电流约，故D符合题意。
【分析】根据日常生活中常见的物理常识进行判断。
2．（2024九下·郯城模拟）2024年5月12日是我国第16个全国防震减灾日，以下关于防震安全知识介绍不正确的是（ ）
A．地震发生时伴有超声波产生，可用于预警
B．地震能量以波的形式向外传播
C．电磁波的速度大于地震波的速度，从而实现预警
D．地震预警系统可自动快速生成预警信息，并利用电磁波发送至手机和电视等媒介
【答案】A
【知识点】超声波与次声波；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】A．地震波是次声波，不是超声波，故A错误，符合题意；
B．地震发生时会将产生的大量能量，以波的形式向外传播，故B正确，不符合题意；
C．电磁波的速度远大于地震波的速度，先收到电磁波传递信息再受到地震波的冲击，从而可以提前避险，实现预警功能，故C正确，不符合题意；
D．地震预警系统是根据地震发生时产生的次声波的强弱自动快速生成预警信息，再利用电磁波将地震信息发送至手机和电视等媒介，故D正确，不符合题意。
【分析】地震发生时产生的是次声波；声音可以传递能量；电磁波的速度远大于地震波的速度。
3．（2024九下·郯城模拟）世界卫生组织将“中国爱耳日”确定为“国际爱耳日”。2024年3月3日是第24个“全国爱耳日”，增强全民爱耳护耳意识是我们共同的责任，下列有关声音的说法不正确的是（ ）
A．甲图：弹奏古筝时，手在不同位置按弦，目的是为了改变发出声音的音调
B．乙图：发声的音叉轻触系在绳上的乒乓球，球被多次弹开，说明发声体在振动
C．丙图：不断抽取玻璃罩中的空气，听到闹钟铃声的响度逐渐变小
D．丁图：摩托车上装有消声器，是在传播过程中减弱噪声的
【答案】D
【知识点】声音的产生；音调、响度与音色的区分；防治噪声的途径
【解析】【解答】A．古筝是琴弦振动发出声音的，手在不同位置按弦，弦振动的频率会发生改变，因此改变声音的音调，故A正确，不符合题意；
B．发声的音叉靠近乒乓球，乒乓球多次被弹开，说明声音是由物体振动产生的，发声的物体在振动，同时也可以说明声波可以传递能量，故B正确，不符合题意；
C．当用抽气机逐渐抽去玻璃罩内的空气时，罩内空气逐渐稀薄，更接近真空状态，无法顺利传声，因此闹钟铃声的音量会越来越小，即响度变小，故C正确，不符合题意；
D．摩托车上装有消声器，是从声源处减弱噪声，故D错误，符合题意。
【分析】(1)音调、响度、音色，是从不同角度描述声音的，音调指声音的高低，由振动频率决定；响度指声音的强弱或大小，与振幅和距离有关；音色是由发声体本身决定的一个特性；
(2)一切声音都是由物体振动产生的；
(3)声音的传播需要介质，真空不能传声；
(4)减弱噪声的途径有三种：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。
4．（2024九下·郯城模拟）下列现象中，由于光的反射形成的是（ ）
A．“影”比手大
B．“拐弯镜”扩大视野
C．“露珠”放大叶脉
D．“三棱镜”分解阳光
【答案】B
【知识点】光的直线传播及其应用；凸面镜和凹面镜；光的色散；凸透镜成像的应用
【解析】【解答】A．光是沿直线传播的，手影游戏时影子比手大是由光的直线传播形成的，故A不符合题意；
B．由于光的反射使马路拐角处的镜子扩大了视野范围，故B符合题意；
C．露珠相当于一个透镜，露珠下的叶脉被放大属于凸透镜成像，是由于光的折射形成的，故C不符合题意；
D．太阳光经三棱镜色散出多种色光，是光的色散现象，其实质是光的折射，故D不符合题意。
【分析】(1)光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，产生的现象有小孔成像、激光准直、影子的形成日食和月食等；
(2)光线传播到两种介质的表面上时会发生光的反射现象，例如水面上出现岸上物体的倒影、平面镜成像、玻璃等光滑物体反光都是光的反射形成的；
(3)光线在同种不均匀介质中传播或者从一种介质进入另一种介质时，就会出现光的折射现象，例如水池底变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼、凸透镜成像等都是光的折射形成的。
5．（2024九下·郯城模拟）近几年来，每到冬天，都会有上百只银鸥来沂河过冬。它们时而在水面上下翻飞，时而在几十米的高空俯冲而下捕食。下列说法正确的是（ ）
A．银鸥飞得越高，水中的像越小
B．水中成银鸥“倒立”的像
C．水越深，银鸥的像离水面越远
D．水中的鱼看到银鸥比实际位置“偏高”
【答案】D
【知识点】光的折射现象及其应用；平面镜成像的原理、特点
【解析】【解答】ABC．银鸥在水面所成的像属于平面镜成像，根据平面镜成像的特点可知，银鸥在水中的像与银鸥关于水面对称，平面镜成正立的虚像；银鸥飞离水面的过程中像的大小与银鸥大小相同，所以像的大小不变；物距是银鸥到水面的距离，像距是银鸥所成的像到水面的距离，二者始终相等，与水的深度无关，故ABC错误；
D．水中的鱼看到银鸥的原理是银鸥反射出的光，在水面处发生了折射，进入鱼眼中，而折射光线向靠近法线的方向偏折，所以看到的是变高的银鸥的虚像，故D正确。
故选择D
【分析】平面镜成像的特点可知，平面镜成正立的虚像，银鸥在水中的像与银鸥关于水面对称；银鸥飞离水面的过程中像的大小与银鸥大小相同，所以像的大小不变；物距是银鸥到水面的距离，像距是银鸥所成的像到水面的距离，二者始终相等，与水的深度无关。
6．（2024九下·郯城模拟）探究“凸透镜成像规律”的实验中，蜡烛、凸透镜和光屏在光具座上的位置如图所示，此时在光屏上得到烛焰清晰的像。下列说法正确的是（ ）
A．凸透镜的焦距为15cm
B．蜡烛和光屏位置不动，只将凸透镜向左移到35cm处，光屏上可再次得到清晰的像
C．要在光屏上得到更大的清晰像，需将蜡烛向右移，光屏向左移
D．在凸透镜和蜡烛之间放—“近视镜片”，需将光屏向左移，才能得到清晰的像
【答案】B
【知识点】凸透镜成像的应用
【解析】【解答】A．由图可知，此时物距大于像距，成像原理类似于照相机，故
，
可得，故A错误；
B．蜡烛和光屏位置不动，只将凸透镜向左移到35cm处，物距、像距的值正好互换。由光路可逆可推断，光屏上可再次成清晰的烛焰像。故B正确；
C．物近像远像变大，要在光屏上得到更大的清晰像，需将蜡烛向右移，光屏也向右移，故C错误；
D．在蜡烛和凸透镜之间放一个近视眼镜，近视眼镜是凹透镜，对光线具有发散作用，会延迟光线的会聚，所以光屏往右移动可使光屏上再次得到清晰的像，故D错误。
故选择B
【分析】由图可知，此时物距大于像距，成倒立缩小的实像，成像原理类似于照相机；蜡烛和光屏位置不动，只将凸透镜向左移到35cm处，则为像距大于物距，成倒立放大的实像；物近像远像变大；在蜡烛和凸透镜之间放一个近视眼镜，近视眼镜是凹透镜，对光线具有发散作用，会延迟光线的会聚，所以要想在光屏上再次得到清晰的像，光屏应该往右移动。
7．（2024九下·郯城模拟）如图所示，忽略空气阻力和摩擦，在光滑的水平台面上，一轻弹簧左端固定，右端连接一金属小球，O点是弹簧保持原长时小球的位置。开始时通过小球压缩弹簧到A位置（已知AO=OB），释放小球，研究小球在水平方向上的受力和运动情况，下列说法正确的是（ ）
A．小球在B点时，速度为0，处于平衡状态
B．小球在O点时，速度最大，惯性最大
C．弹簧和小球来回振动，听不到振动声，因此不产生声音
D．小球在A点和B点时，弹簧储存的弹性势能一样大
【答案】D
【知识点】机械能及其转化
【解析】【解答】A．小球在B点时，速度为0，但此时弹簧长度大于原长则小球受到弹簧向左的拉力，受力不平衡，不处于平衡状态，故A错误；
B．一切物体都具有惯性，且惯性大小只与质量大小有关，与速度无关，故B错误；
C．弹簧和小球来回振动，振动发声，但由于频率太低，低于人耳的听觉频率范围而听不到，故C错误；
D．在光滑的水平台面上，忽略空气阻力和摩擦，机械能守恒，小球在A点和B点速度均为0，高度一致重力势能相等，因此弹簧储存的弹性势能一样大，故D正确。
【分析】小球从A运动到O的过程中，弹簧恢复原状，将弹性势能转化为动能，此时小球所受弹力方向向右速度不断增大；
小球从O运动到B的过程中，弹簧被拉开，球的动能转化为弹簧的弹性势能，此时小球所受弹力方向向左、速度不断减小；
小球运动到B点时，由于动能转化为弹性势能，直到速度为零，因此会停止运动但不会保持静止；动能的大小与质量、速度有关，弹性势能的大小与弹性形变的程度有关。
8．（2024九下·郯城模拟）如图所示，对于静止在桌面上的书来说，下列各组力属于平衡力的是（ ）
A．书受到的重力和书对桌面的压力
B．桌子受到的重力与地面对桌子的支持力
C．书对桌面的压力和桌面对书的支持力
D．书受到的重力和桌面对书的支持力
【答案】D
【知识点】二力平衡的条件及其应用；平衡力的辨别
【解析】【解答】A．书受到的重力和书对桌面的压力，这两个力的方向相同，都竖直向下，不是平衡力，故A不符合题意；
B．地面对桌子的支持力等于桌子的重力和书的重力大于桌子受到的重力，所以这两个力大小不相等，不是一对平衡力，故B不符合题意；
C．书对桌面的压力和桌面对书的支持力，大小相等、方向相反、作用在两个物体上，这是一对作用力与反作用力，不是平衡力，故C不符合题意；
D．书受到的重力和桌面对书的支持力，这两个力满足了二力平衡的四个条件：等大、反向、共线、作用在同一物体上，所以是一对平衡力，故D符合题意。
【分析】平衡力的判断，两个力必须同时满足四个条件：大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上，缺一不可。
9．（2024九下·郯城模拟）如图，用同一个滑轮按甲、乙两种方式提起同一个物体（G轮
B．图乙中滑轮的好处是可以改变力的方向
C．将重物G提升1m，通过甲图做的有用功多
D．图甲中的滑轮机械效率比图乙中的滑轮机械效率低
【答案】A
【知识点】定滑轮及其工作特点；动滑轮及其工作特点；滑轮（组）的机械效率；有用功和额外功
【解析】【解答】A．图甲是定滑轮，不省力也不费力，但可以改变作用力的方向，故A正确；
B．图乙是动滑轮，动滑轮使用时，滑轮随重物一起移动，不能改变力的方向，但可以改变施力的大小，故B错误；
C．甲、乙两个装置做的有用功相同，均为，物重与上升的高度相同，故C错误；
D．使用定滑轮，不计绳重与摩擦，拉力做的功等于克服物体重力做的功，即；
使用动滑轮，不计绳重与摩擦，拉力做的功等于克服物体重力和动滑轮重力做的功，所以，使用动滑轮所做的功大于使用定滑轮所做的功，即使用动滑轮所做的总功大，根据可知两者所做有用功相同，由于使用动滑轮所做的总功大，所以由
可知，动滑轮的机械效率要小于定滑轮的机械效率，即甲装置的机械效率更高，故D错误。
【分析】使用定滑轮不省力但能改变力的方向，使用动滑轮能省一半力，但费距离。
10．（2024九下·郯城模拟）2024年3月21日13时27分，我国在酒泉卫星发射中心使用长征二号丁运载火箭，成功将云海二号02组卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。下列说法不正确的是（ ）
A．冷却池灌注大量的水，是利用了水的比热容较大的特点
B．升空的过程中，燃料的质量在减少，热值也在变小
C．卫星随火箭加速上升过程中，其动能增大，机械能也增大
D．卫星进入预定轨道后，由近地点到远地点时，动能转化为重力势能
【答案】B
【知识点】机械能及其转化；比热容；燃料的热值
【解析】【解答】A．冷却池灌注大量的水，是利用了水的比热容大，在升高相同的温度时能吸收更多的热量的特点，故A正确，不符合题意；
B．热值是燃料的特性，升空的过程中，燃料燃烧导致燃料的质量在减少，热值不随质量的变化而变化。故B错误，符合题意；
C．卫星随火箭加速上升过程中，速度增大，质量不变，动能增大，高度增大，重力势能增大，所以机械能也增大，故C正确，不符合题意；
D．卫星从近地点向远地点运动过程中，高度增大，质量不变，重力势能增大，速度减小，动能减小，动能转化为重力势能，故D正确，不符合题意。
【分析】冷却池灌注大量的水，是利用了水的比热容大的特点，在升高温度时能吸收更多的热量；热值是燃料的特性，热值不变；动能与物体的质量和速度有关；做功的必要因素是力和物体在力的方向移动的距离。
11．（2024九下·郯城模拟）下列关于课本插图所示的实验现象及相关分析，不正确的是（ ）
A．图甲：迅速向下压活塞硝化棉燃烧起来，说明做功可以改变物体的内能
B．图乙：小球来回摆动的幅度越来越小，是因为小球的机械能在不断减小
C．图丙：通电后会感到电炉内电阻丝发热，说明电流通过电阻丝产生热量
D．图丁：加热的铁皮罐用冷水浇后变扁，是因为铁皮罐体的“热胀冷缩”造成的
【答案】D
【知识点】机械能及其转化；做功改变物体内能；能量的转化或转移；大气压的综合应用
【解析】【解答】A．图甲：迅速向下压活塞硝化棉燃烧起来，活塞压缩气体体积，相当于对气体做功，使气体的内能增大，温度升高，说明做功可以改变物体的内能，故A正确，不符合题意；
B．图乙：小球来回摆动的幅度越来越小，是因为小球运动过程中，不断克服阻力做功，机械能在不断减小，能量散失，故B正确，不符合题意；
C．图丙：通电后会感到电炉内电阻丝发热，说明电流通过电阻丝，将电能转化为内能，不断产生热量，故C正确，不符合题意；
D．图丁：加热的铁皮罐用冷水浇后变扁，是因为铁皮罐体内的气体遇冷液化，导致罐内的气压减小，小于罐外的大气压，在大气压作用下，铁皮罐变扁，故D错误，符合题意。
【分析】(1)(2)做功可以使内能与机械能之间进行转化；对物体做功，物体内能会增加；物体对外做功，物体内能会减少；
(3)电流具有热效应；
(4)随着内部水蒸气的减少，会导致内部气压与外界大气压之间出现一个差值，由此入手分析。
12．（2024九下·郯城模拟）1月16日，临沂2024年第一场雪惊喜而至，朋友圈被各种“雪景”刷屏，临沂亦美成了琅琊。下列物态变化属于凝华的是（ ）
A．雪花飘飘 B．雪后冰挂 C．雪球变小 D．冰雪消融
【答案】A
【知识点】凝固与凝固放热特点；升华及升华吸热
【解析】【解答】A．空气中的水蒸气遇冷凝华形成雪花，故A符合题意；
B．液态水遇冷直接凝固形成冰挂，故B不符合题意；
C．雪球直接由固态变为气态导致雪球变小，属于升华现象，故C不符合题意；
D．冰雪由固态变为液态，属于熔化，故D不符合题意。
【分析】(1)物质由气态直接变为固态叫凝华，物质由固态直接变为气态叫升华；由气态变为液态叫液化，由液态变为气态叫汽化；由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固；
(2)六种物态变化过程中，都伴随着吸热或放热；其中放出热量的物态变化有：凝固、液化、凝华；吸热的有：熔化、汽化、升华。
13．（2024九下·郯城模拟）如图是电风扇中的自动保护装置，当电风扇倾斜或倾倒时，小球就会滚向一侧使电路断开，由此判断，这个保护装置在电路中的作用相当于（ ）
A．开关 B．电源 C．导线 D．用电器
【答案】A
【知识点】电路的构成及电路图
【解析】【解答】由图可知，电风扇没有倾斜或倾倒时，小球也是导体，使得电路为通路；当电风扇倾斜或倾倒时，小球就会滚向一侧使电路断开，起到可以控制电路通断的作用，故小球相当于电路中的开关。
【分析】一个完整的电路包括电源、用电器、开关和导线；根据各部分的作用和题意进行解答。
14．（2024九下·郯城模拟）2023年11月28日，新一代国产CPU龙芯3A6000在北京发布，性能达到国际主流产品水平。电脑CPU工作时会不断发热，为了保证CPU不被烧坏，当温度上升到某一值时，外接电风扇（用M表示）工作辅助降温，下列四个电路图中符合要求的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】串、并联电路的设计
【解析】【解答】由题意可知，电路中只有CPU工作，电动机不工作；当温度高于某一值时，CPU与电动机一起工作，说明CPU与电动机互不影响，这属于并联方式，且电动机有独立开关控制，则需要一个开关与电动机串联，另一个开关应在干路上控制整个电路，故C符合题意，ABD不符合题意。
【分析】由题意可知电动机和CPU可以独立工作、互不影响，即为并联，当温度上升到某一值时，外接电风扇(用M表示)工作辅助降温，即温度升高到某一值时，电动机才工作，说明电动机晚工作，即一个开关在干路，可控制所有用电器，一个开关在支路上，只控制电动机。
15．（2024九下·郯城模拟）如图甲是某款电子测温仪，图乙是它内部的原理电路图，其中电源电压保持不变，定值电阻R0为保护电阻；R是热敏电阻。靠近人体测温，体温越高，显示仪D的示数也越大。关于此测温仪，下列分析正确的是（ ）
A．此电路为并联电路
B．显示仪D是由电流表改装成的
C．热敏电阻R的阻值随着温度的升高而增大
D．被测者体温越高，电路中电流越大
【答案】D
【知识点】串联电路的电压规律；电路的动态分析
【解析】【解答】AB．根据电路图可知，显示仪D与R0并联，若显示仪为电流表时，R0被短路，所以显示仪只能是电压表，则R与R0串联，故AB错误；
C．体温越高，显示仪示数越大，即定值电阻R0两端电压越大，电源电压保持不变，则热敏电阻R两端电压越小，由欧姆定律可知，整个电路电流变大，由可知，热敏电阻R的阻值随温度的升高而减小，故C错误；
D．被测温者温度越高，热敏电阻的阻值变小，电路中的总电阻变小，由欧姆定律公式可知，电路电流变大，故D正确。
【分析】(1)根据电流表和电压表的正确使用确定显示仪是电流表还是电压表；
(2)根据电压表示数和欧姆定律可知电路电流的变化，再根据P=UI可知电路消耗的电功率的变化；
(3)根据串联电路分压的特点和欧姆定律可知热敏电阻随温度的变化；
(4)当温度相同，说明热敏电阻的阻值不变，若将R0更换为阻值更大的电阻，由串联电路分压特点可知显示仪示数的变化。
16．（2024九下·郯城模拟）如图所示，闭合开关后，只有小灯泡L1发光，电压表指针几乎不动，电流表指针有明显偏转。若电路中只有一处故障，则可能是（ ）
A．L1短路 B．L1断路 C．L2短路 D．L2断路
【答案】C
【知识点】电路的三种状态；电路故障的判断
【解析】【解答】由图得，两灯串联，电流表测整个电路的电流，电压表测L2的电压，闭合开关后，小灯泡L2不发光，电流表指针有明显偏转，电压表指针几乎不动，电流表有示数，说明电路中中有电流通过，可能发生短路，说明电压表被短接，可能是L2短路，故ABD不符合题意，C符合题意。
【分析】首先判断电路连接方式为串联，电压表测工两端电压；根据有无电流判断故障类型，结合电压表判断故障对象。
17．（2024九下·郯城模拟）如图所示是莘县某同学家中电路的部分电路图，下列说法中正确的是（ ）
A．两孔插座和三孔插座的连接都是正确的
B．丙图中的开关无法控制灯泡的亮灭
C．丁灯的安装及开关的连接是正确的
D．用试电笔正确接触M和N点时，试电笔的氖管均不发光
【答案】C
【知识点】家庭电路的连接
【解析】【解答】A．两孔插座的接法：左零右火；三孔插座的接法是左零、右火、上接地；所以甲两孔插座连接错误，乙三孔插座连接正确的，故A错误；
BC．火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点；为避免发生触电事故，开关必须连接在火线和用电器中间，零线直接接入灯泡的螺旋套，丙图连接错误，但是开关仍能控制灯泡的亮灭，故B错误、C正确；
D．试电笔的工作原理是火线与大地之间的电压为220V，用试电笔正确接触M点时，即直接接触火线，试电笔的氖管发光；用试电笔正确接触N点时，即接触零线，试电笔的氖管不发光，故D错误。
【分析】(1)对于两孔插座是：左零、右火；对于三孔插座是左零、右火、上接地；
(2)灯泡的接法：火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点；零线直接接入灯泡的螺旋套；
(3)试电笔用来辨别火线和零线，接触火线时，氖管会发光。
18．（2024九下·郯城模拟）图甲是一种自行车上的装置，车前端的灯泡与该装置内部线圈相连，自行车车轮的转动带动该装置上端的小轮转动，小轮带动内部的磁铁转动，灯泡便能够发光照明。图乙是其结构示意图，小灯泡能够发光，利用的是（ ）
A．电流的磁效应
B．磁场对电流的作用，将电能转化为机械能
C．电磁感应现象，将机械能转化为电能
D．地磁场与条形磁铁的相互作用
【答案】C
【知识点】通电直导线周围的磁场；磁场对通电导线的作用；产生感应电流的条件；发电机的构造和原理
【解析】【解答】当小轮带动内部的磁铁转动时，虽然线圈没动，但是磁铁外部的线圈做切割磁感线运动，则线圈中产生感应电流，即电磁感应现象，将机械能转化为电能，此过程与地磁场、电流的磁效应无关。故C符合题意，
【分析】闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线的运动时，导体中就会产生电流，这种现象叫电磁感应现象。
19．（2024九下·郯城模拟）如图，放在同一水平面上的甲、乙两个相同容器内盛有密度不同的盐水，现将两个完全相同的物块分别放入两个容器中，当两个物块静止时，两容器中的液面恰好相平，下列说法正确的是（ ）
A．甲容器中物块排开盐水的重力较大
B．乙容器底部受到盐水的压力较小
C．乙容器中物块受到盐水的浮力较小
D．甲容器中盐水的密度较小
【答案】D
【知识点】液体压强计算公式的应用；阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】AC．物块在甲中悬浮，物块受到的浮力等于物块重力，物块在乙中漂浮，物块受到的浮力等于物块重力，由于是同一物块，所以物块在甲、乙容器中受到的浮力相等，物块受到的浮力等于排开液体的重力，所以物块在两容器中排开液体重力相等，故AC错误；
D．物块在甲、乙容器中受到的浮力相等，物块在甲中悬浮，排开液体体积，物体在乙液体中处于漂浮状态，排开液体体积为，物块在甲中排开液体体积大于在乙容器中排开的液体体积，由可知甲液体密度小于乙液体密度，故D正确；
B．甲乙两容器中液体深度相同，由可知甲液体对容器底的压强比乙液体容器底的压强小，甲、乙容器相同，即底面积相同，由可知甲液体对容器底的压力比乙液体对容器底的压力小，故B错误。
【分析】(1)物体漂浮或悬浮时受到的浮力和自身的重力相等，据此判断物块在两液体中受到的浮力关系，根据阿基米德原理可知物块排开两液体的重力关系；
(2)由图可知物块在两液体中排开液体的体积关系根据阿基米德原理可知两液体的密度关系，两容器中的液面恰好相平，根据比较两容器底部受到液体的压强关系，根据判断出甲乙容器底部受到盐水压力的关系。
20．（2024九下·郯城模拟）如图甲所示，电源电压保持不变。电流表A的量程为0~0.6A，电压表V1、V2的量程均为0~3V，滑动变阻器的规格为“50Ω2A”，小灯泡的额定电压为2.5V。滑动变阻器的滑片P在某点时，小灯泡正常发光，此时电压表V2的示数为1.5V。在保证电路各元件安全的最大范围内调节滑片P，其中一只电压表与电流表示数的变化图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．图像反映的是电压表V2与电流表A示数的变化
B．电源电压为4.5V
C．滑动变阻器接入电路的阻值范围是3~50Ω
D．电路的总功率范围为0.4~2W
【答案】A
【知识点】串联电路的电压规律；欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【解答】A．由图甲得，灯泡与变阻器串联，电压表V1测量灯泡的电压，电压表V2测量变阻器的电压，电流表测量电路电流。当灯泡电压变大，电流变大；变阻器的电阻变大，分到的电压变大，电路电阻变大，电路电流变小，则图像反映的是电压表V2与电流表A示数的变化，故A正确；
B．小灯泡正常发光，此时电压表V2的示数为1.5V，则电源电压为
故B错误；
C．当电压表V2示数最大为3V时，变阻器接入电路中电阻最大，由图乙得，此时电路电流为0.1A，由欧姆定律得，变阻器接入电路中最大电阻为，当灯泡正常发光时，变阻器接入电路中电阻最小，此时电压表V2的示数为1.5V，由图像得，此时电路电流为0.5A，由欧姆定律得，变阻器接入电路中最小电阻为，则滑动变阻器接入电路的阻值范围是3~10Ω，故C错误；
D．电路最小功率为，电路最大功率为，电路的总功率范围为1.2~2W，故D错误。
【分析】由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测灯泡两端的电压，电压表亿测变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流，
(1)当电路中电流变大时，根据欧姆定律判断出电路中总电阻的变化，根据串联电路的分压作用判断出亿示数的变化，根据判断出电压表的示数变化，即可确定图像反映的是哪个电压表随电流表的示数变化情况；
(2)滑动变阻器的滑片P在某点时，小灯泡正常发光，此时电压表亿的示数已知，灯泡两端的电压即为灯泡的额定电压，利用串联电路中的电压规律得到电源电压；
(3)由图乙中变阻器两端最大和最小电压及对应的电流，利用欧姆定律得到滑动变阻器的取值范围；
(4)当电路中的电流分别为最大和最小时，利用得到电路的功率范围。
二、填空题（每空1分，共18分）
21．（2024九下·郯城模拟）“水韵琅琊”城市文旅综合体充分利用沂河水域资源和河岸景观，全面释放水上旅游市场活力，水韵琅琊水上观光游船、快艇等项目2024年3月23日再次开启运行。
（1）观光码头附近人声鼎沸，是指声音的 （选填“音调高”或“响度大”）；相对于前面端坐在驾驶室的驾驶员，坐在观光艇的顾客是 （选填“运动”或“静止”）的；
（2）快艇汽油机一个工作循环有四个冲程，请你判断图中表示的是其中的 冲程；
（3）游玩结束后，关闭了发动机，快艇依然能向前运动一段距离，这是因为快艇具有 ；
（4）游客逐渐离开游船上岸的过程中，游船排开的水的质量 （选填“增大”“减小”或“不变”）；
（5）游客看到水中游船的倒影是光的 形成的虚像；
（6）无人机航拍，俯视美景更迷人，摄像机的镜头相当于凸透镜，它的成像原理与 （选填“照相机”、“投影仪”“放大镜”）相似；
（7）发动机输出功率4×103W，游玩20min，消耗柴油4kg（柴油的热值），完全燃烧这些柴油释放热量为 ；
（8）游船底部水面下1m深处，水产生的压强为 。
【答案】响度大；静止；排气；惯性；减小；反射；照相机；1.72×108J；
【知识点】燃料的热值；热机的四个冲程；液体压强计算公式的应用
【解析】【解答】（1）观光码头附近人声鼎沸，说明声音大，即是指声音的响度大；相对于前面端坐在驾驶室的驾驶员，坐在观光艇的顾客相对位置不变，是静止的；
（2）图中进气门关闭，排气门打开，活塞上行，是排气冲程；
（3）游玩结束后，关闭了发动机，快艇由于惯性，要继续保持原来的运动状态不变，所以依然能向前运动一段距离；
（4）游船始终漂浮，浮力等于重力，游客逐渐离开游船上岸的过程中，游船重力变小，则浮力变小，根据，可知游船排开的水的质量减小；
（5）游客看到水中游船的倒影是平面镜成像，是由于光的反射形成的虚像；
（6）无人机航拍时，物距大于二倍焦距，成倒立、缩小的实像，成像原理与照相机相同；
（7）完全燃烧这些柴油释放热量为；
（8）游船底部水下1m深处，水产生压强。
【分析】（1）响度是人耳感觉到的声音大小，发声体的振幅大，响度大；在研究物体运动时，要选择参照的标准，即参照物，物体的位置相对于参照物发生变化，则为运动，不发生变化，则为静止；
（2）根据进气门、排气门的状态以及活塞运动状态判断冲程；
（3）一切物体都具有保持来的运动状态不变，叫做惯性；
（4）物体处于漂浮状态时，浮力等于重力；
（5）平面镜成像，是由于光的反射形成的虚像；
（6）物距大于二倍焦距，成倒立、缩小的实像，成像原理与照相机相同；
（7）由计算得出；
（8）由计算得出。
22．（2024九下·郯城模拟）如图1所示的电路中，闭合开关发现灯L1较亮，则通过L1的电流 （选填“大于”“等于”或“小于”）通过L2的电流；如图2所示的电路，闭合开关发现电流表A1和电流表A2的示数相等，造成这种现象的原因是 。
【答案】等于；L1开路
【知识点】串联电路的电流规律；并联电路的电流规律
【解析】 【解答】由图1可知为串联电路，串联电路中电流处处相等，所以则通过L1的电流等于通过L2的电流；
由图2可知为并联电路，A1测干路电流，A2测L2的电流，电流表A2有示数，说明所在支路是接通的，干路电流和支路电流相同，所以故障为L1开路。
【分析】串联电路，串联电路中电流处处相等；并联电路干路电流等于各支路电流之和。
23．（2024九下·郯城模拟）如图所示是小王家的电能表，它上面的一个数据已经看不清楚了。他关闭家中其他用电器，只让额定功率为600W电饭锅工作，发现电饭锅工作2min，电能表转盘转过60转，则该过程中消耗的电能是 kW·h；这个电能表看不清楚的数据原来标的是 r/(kW-h)。
【答案】0.02；3000
【知识点】电能表参数的理解；电功率的计算
【解析】【解答】额定功率为600W电饭锅工作2min，该过程中消耗的电能是
，
此过程中电能表转盘转过60转，则电路中消耗1kW h的电能时，电能表的转盘转过
，因此这个电能表看不清楚的数据原来标的是3000r/（kW h）。
【分析】根据求出额定功率为600W电饭锅工作2min消耗的电能；再根据此过程中电能表转盘转过60转计算出电路中消耗1kW·h的电能时，电能表的转盘转过的转数，从而得出这个电能表看不清楚的数据原来标的是多少。
24．（2024九下·郯城模拟）2023年12月6日，山东华能石岛湾高温气冷堆核电站示范工程正式投产，标志着我国在高温气冷堆核电技术领域已处于全球领先地位。核电站的核能是通过 （选填“核裂变”或“核聚变”）获取的，属于 （选填“可”或“不可”）再生能源。
【答案】核裂变；不可
【知识点】能源及其分类；核裂变
【解析】【解答】核裂变和核聚变都能释放能量，核能发电是利用核裂变时放出的核能来发电的；核能不可能在短期内从自然界得到补充，是不可再生能源。
【分析】获得核能的两种途径：核裂变和核聚变。
25．（2024九下·郯城模拟）如图甲所示电路，当闭合开关后，电路正常，两只电压表的指针偏转均如图乙所示，则电源电压是 V，R1两端的电压是 V，如果R1的电阻是12Ω，则通过R2的电流是 A。
【答案】7.5；6；0.5
【知识点】欧姆定律及其应用
【解析】【解答】由图甲可知电压表V1测R2两端电压，电压表V2测电源电压，由于偏转角度相同，则V1接小量程，V2接大量程，大量程与小量程之间为5 倍的关系，由图乙可知V1示数为1.5V，V2示数为7.5V，所以电源电压为7.5V；R1两端的电压是；根据串联电路电流处处相等，可知R2的电流是。
【分析】由图甲可知电压表V1测R2两端电压，电压表V2测电源电压，由于偏转角度相同，则V1接小量程，V2接大量程，之间为5倍的关系。
三、作图与实验题（第26题1分，第27题1分，第28题5分，第29题6分，第30题6分，第31题5分，共24分）
26．（2024九下·郯城模拟）如图所示，雨燕沿虚线方向匀速斜向上飞翔，请画出雨燕所受空气对它的合力F的示意图。（O为重心）
【答案】
【知识点】力的三要素及力的示意图；重力示意图；二力平衡的条件及其应用
【解析】【解答】雨燕沿虚线方向匀速自由飞翔，处于平衡状态，受到的是平衡力，故雨燕所受重力和空气对它的作用力大小相等、方向相反。重力的方向竖直向下，则空气对它的作用力方向竖直向上，如图所示：
【分析】作力的示意图，要用一条带箭头的线段表示力，线段的长度表示力的大小，箭头表示力的方向，起点或终点表示力的作用点，是平衡力的长度要相等。
27．（2024九下·郯城模拟）当开关S闭合时条形磁体和电磁铁相互排斥，请在电磁铁的上方画出一条磁感线。
【答案】
【知识点】磁场；通电螺线管的极性和电流方向的判断
【解析】【解答】由同名磁极相排斥得，螺线管的左端为N极，右端为S极，根据磁体外部磁场方向从N极流向S极作出磁感线，如图：
【分析】同名磁极相互排除，异名磁极相互吸引。
28．（2024九下·郯城模拟）小明看到临沂广播电视塔和它的倒影相映成趣，宛如一支巨大的毛笔在沂河书写琅琊的篇章，如图甲所示。于是他找来一些器材和同学一起探究“平面镜成像时，像的位置、大小与物体的位置、大小的关系”，所用的实验器材有：玻璃板、支架、两支完全相同的蜡烛、方格纸等。
（1）用玻璃板代替平面镜，利用了玻璃板透明的特点，便于 ；
（2）如图乙，将玻璃板垂直于水平桌面放置，将点燃的蜡烛A放在玻璃板前，小明拿 （选填“点燃”或“未点燃”）的蜡烛B在玻璃板后移动，发现蜡烛B可以与蜡烛A的像完全重合，说明蜡烛A的像的与蜡烛A的大小是. 的；
（3）改变蜡烛A的位置，再进行两次实验得到像和物体对应的位置如图丙所示，小明发现像和物体的连线与镜面MN垂直，像和物体到镜面MN的距离相等，从而得出像与物体的位置关系。通过上述探究过程，小明终于明白了“相映成趣”的原因是：像与物体关于镜面是 的；
（4）在前面实验的基础上探究像的虚实，拿走蜡烛B，并在蜡烛B的位置放一个光屏，直接观察光屏，发现. ，说明蜡烛通过玻璃板所成的像是虚像。
【答案】确定像的位置；未点燃；相等；对称；光屏上不成像
【知识点】探究平面镜成像的特点
【解析】【解答】（1）用玻璃板代替平面镜，既能成像又便于透过玻璃板确定像的位置；
（2）探究平面镜成像规律时，如图乙所示，先将玻璃板垂直于水平面放置，点燃玻璃板前的蜡烛A，将与蜡烛A相同的、但未点燃的蜡烛B放在玻璃板后并移动至适当位置，在蜡烛A这侧透过玻璃板观察，直到蜡烛B与蜡烛A的像完全重合，说明像与物的大小相等；
（3）如图所示，多次改变蜡烛A距玻璃板的距离，相应移动蜡烛B后总能与A的像完全重合，用笔记录物、像的位置，用刻度尺和笔将A、B所在的位置连接起来，发现像和物的连线与玻璃板垂直，像和物到玻璃板的距离相等；“相映成趣”的原因是：平面镜成像中，物与像关于平面镜对称；
（4）继续探究平面镜成像的虚实，他将光屏放在蜡烛B的位置，由于平面镜所成的像是虚像，光屏不能承接到蜡烛A的像。
【分析】(1)玻璃板有透光性，既能成像又能确定像的位置；
(2)玻璃如果没有竖直放置，蜡烛A所成的像就偏上或偏下，始终不能让B与A的像高度相同，所以不能重合；实验时采用两个完全相同的蜡烛，一支烛放在玻璃板的前面并点燃，另一支放在玻璃板的后面，当玻璃板后面的蜡烛和玻璃板前面的蜡烛的像完全重合时，可以确定像的位置，同时也可以比较物像大小关系；
(3)平面镜成像时，像与物体是关于镜面对称，据此分析；
(4)平面镜成的是虚像。
29．（2024九下·郯城模拟）小明发现家里的咸鸭蛋咸淡适中、恰到好处，猜想可能和腌制鸭蛋的盐水密度有关，他和小华共同测量家里用来腌制鸭蛋的盐水的密度。
（1）将天平放在水平工作台上，游码移到标尺的 刻度处，观察到指针偏向分度盘的左侧（如图甲所示），应将平衡螺母向 调节，使天平平衡；
（2）调节天平平衡后，进行以下实验操作：
①测量空烧杯的质量m0，天平平衡时，砝码及游码位置如图乙所示，则m0= g；
②向烧杯中倒入适量盐水，测出烧杯和盐水的总质量m，为55.0g；然后将盐水全部倒入量筒（如图丙所示），读数时视线与凹液面底部 ；
③算出盐水的密度ρ= g/cm3；
（3）小华指出：小明以上测量过程中，烧杯中会残留部分盐水，导致测得的盐水的密度偏 。
【答案】零；右；32；相平；1.15；大
【知识点】质量的测量与天平的使用；液体密度的测量
【解析】【解答】（1）将天平放在水平工作台上，游码移到标尺的零刻度线处，横梁静止时，指针的位置如图甲所示，向左偏，为使横梁在水平位置平衡，应将右端的平衡螺母向右端移动；
（2）测量空烧杯的质量m0，天平横梁水平平衡时，砝码及游码位置如图乙，标尺的分度值为0.2g，则空烧杯的质量；向烧杯中倒入适量盐水，测出烧杯和盐水的总质量m1为55g，然后将盐水全部倒入量筒（如图丙），量筒的分值为2mL，读数时视线与凹液面底部相平，量筒中盐水体积，量筒中盐水的质量为，盐水密度为
；
（3）将盐水全部倒入量筒的过程中，因烧杯中有盐水的残留，导致测量出的体积偏小，根据密度公式知，这种方法测出的盐水密度值会偏大。
【分析】(1)天平的正确调节：把天平放在水平台上，把游码拨到零刻度，调节天平横梁平衡时，平衡螺母向天平上翘的一端移动；
(2)根据标尺的分度值得出烧杯的质量，进而算出盐水的质量；量筒读数时，视线与凹液面底部相平；
如图丙量筒的分度值为1mL，据此得出盐水的体积，根据密度公式求出盐水的密度。
30．（2024九下·郯城模拟）在标准大气压下，做“观察水的沸腾”的实验时，甲、乙、丙三个实验小组的同学分别从图中A、B两套实验装置中任选一套来完成实验。
（1）甲组同学从水温升高到90℃时开始记录数据，以后每隔1min记录一次水的温度，直到水沸腾5min为止，实验数据如表，分析表中的数据可知，甲组同学选择的是 （A/B）套装置；
时间/min 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
温度 90 92 94 96 98 100 101 102 102 102 102 102
（2）乙、丙两组同学都选择了另外一套实验装置，这两组同学虽然选用的实验装置相同，但水开始沸腾的时刻不同，他们绘制的沸腾图象如图C所示，得到a、b两种不同图象的原因是： 不同；
A．水的质量 B．水的初始温度
（3）实验后，甲组的同学对大家提出了这样的疑问：如果不对水加热，能让水重新沸腾吗？老师马上将一杯停止沸腾的水放进能抽气的密闭玻璃罩中，如图D，接通抽气机电源，随着玻璃罩中空气的抽出，热水居然沸腾起来。通过分析，同学们知道了发生此现象的原因是：抽气机抽气时，玻璃罩内的气压减小，水的沸点 （升高/不变/降低），因此在不加热的情况下，水能重新沸腾；
（4）水沸腾时产生大量气泡，在上升过程中气泡逐渐变 （填“大”或“小”），直至水面破裂；
（5）如图，将烧瓶内水沸腾时所产生的水蒸气通入试管A中，试管A放在装冷水的容器B内，过一段时间，观察到试管A中产生的现象是越来越多 （选填“水蒸气”“小水珠”“小冰晶”），同时看到温度计C的示数 （“降低”或“升高”）。这个实验说明了水蒸气液化时要放出热量。
【答案】B；A；降低；大；小水珠；升高
【知识点】沸腾及沸腾条件；探究水的沸腾实验
【解析】【解答】（1）如图，两装置的区别在于装置上方有无盖子，有盖子的B装置可以增大水上方的气压，使水的沸点升高，由表格数据知，水的沸点的102℃，所以甲同学使用B装置；
（2）由图C知，两组同学所用的水的初温相同，但加热到沸腾的时间不同，由两种可能性一是水的质量不同，二是酒精灯加热功率不同，导致水吸收的热量不同，故A符合题意，B不符合题意；
（3）将热水放在玻璃罩中，抽出空气时，水的温度变化不大，但水上方空气减小，气压变低，水沸腾起来，说明此时水的沸点变低了，所以水的沸点随着气压减小而降低；
（4）液体沸腾前吸收热量，温度不断升高，气泡上升时不断变小；液体沸腾时吸收热量，温度保持不变，气泡上升时不断增大；
（5）通入试管A中的水蒸气遇冷就会液化，形成小水珠，附着在试管壁上；水蒸气液化时，要放出热量，冷水吸收热量后温度会升高，所以温度计的示数会升高。
【分析】(1)1标准大气压下水的沸点是100℃.沸点跟气压有关，气压越高，沸点越高；
(2)乙丙实验器材相同，从给水加热到沸腾需要的时间不同，可能是水的质量不同；
(3)水沸腾时的特点，温度不变，继续吸热；
(4)探究类实验多次测量的目的是寻找普遍规律，避免偶然性。
31．（2024九下·郯城模拟）为了探究“电流与电阻的关系”，小明采用了如图甲所示的实物图。实验供选择的定值电阻有5个，阻值分别为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、30Ω，电源电压恒为4.5V，最大阻值为30Ω的滑动变阻器。
（1）小明选用5Ω的电阻连接完电路后，闭合开关后发现：无论怎么移动滑片，电流表和电压表示数较小且保持不变，原因是 ；
（2）重新连接电路后，闭合开关后发现：电流表、电压表指针迅速大角度偏转，并超出测量范围，原因可能是 ；
（3）排除故障后，小明依次完成了5Ω、10Ω、15Ω和20Ω电阻的实验并记录数据，根据实验数据在乙图中描点并连线，则图中阴影部分面积表示的物理量是 ；
（4）后续实验中，小明接入30Ω的电阻时应将滑片向 端移动（选填“A”或“B”），但是发现无法完成实验，在不改变实验数据的前提下，他需换用最大阻值不小于 的滑动变阻器就能继续完成实验。
【答案】滑动变阻器同时接到下面两个接线柱了；滑动变阻器没有滑到最大阻值处；定值电阻两端的电压；B；37.5
【知识点】探究电流与电压、电阻的关系实验
【解析】【解答】（1）闭合开关后发现，无论怎么移动滑片，电流表和电压表的指针均无偏转，且示数较小，无论示数大小，都证明了电路中由电流通过，则电路为通路，变阻器没有了变阻的作用，则可能的原因是：将变阻器下面的两个接线柱连入电路中；
（2）闭合开关，电流表、电压表指针迅速大角度偏转，并超出测量范围，说明电路中的电流较大，电路中的总电阻减小，可能滑动变阻器没有滑到最大阻值处；
（3）排除故障后，小明根据实验数据在乙图中描点，则阴影部分的面积为IR，根据U=IR可知阴影部分表示电阻两端的电压；
（4）实验中，当换成30Ω的电阻后，根据分压原理，电阻两端的电压变大，研究电流与电阻关系时要控制电压不变，根据串联电路电压的规律，要增大滑动变阻器两端的电压，由分压原理，要增大滑动变阻器电阻阻值，故应把滑动变阻器滑片向B端滑动；由图丙可知，电阻两端的电压保持
不变，根据串联电路电压的规律，滑动变阻器分得的电压
滑动变阻器分得的电压为电压表示数的1.25倍，根据分压原理，当接入30Ω电阻时，滑动变阻器连入电路中的电阻为
。
【分析】(1)为了保护电路，实验前，滑动变阻器的滑片应移到阻值最大处；
(2)闭合开关后发现，无论怎么移动滑片，电流表指针无偏转，说明电路可能断路；电压表指针迅速满偏，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了；
(3)根据分析；
(4)根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻两端的电压不变，当换上大电阻时：根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律结合分压原理确定滑动变阻器滑片移动的方向；根据串联电路电压的规律求出滑动变阻器分得的电压，根据分压原理，求出当接入30Ω电阻时滑动变阻器连入电路中的电阻，据此分析解答。
四、计算题（第32题9分，第33题9分，共18分）
32．（2024九下·郯城模拟）为了方便市民出行，临沂市又增加多条公交路线，下图是迷你型绿色环保小型电动公交车，轻巧灵便，其质量为1.6t，车轮与地面接触的总面积为800cm2，该车在水平路面上以15m/s的速度，用时10min，这一过程中公交车发动机的输出功率为45kW，求：（g取10N/kg）
（1）公交车在这段路上行驶的路程；
（2）公交车静止在水平地面上时，对地面的压强；
（3）在这一过程中公交车在水平方向受到的阻力。
【答案】解：（1）公交车行驶的路程
（2）该汽车静止在水平路面上时，对路面的压力
对路面的压强
（3）根据
，
可得汽车的牵引力
因汽车匀速行驶时受到的阻力和牵引力是一对平衡力，大小相等，所以，阻力
。
答：（1）公交车在这段路上行驶的路程为9000m；
（2）公交车静止在水平地面上时，对地面的压强为；
（3）在这一过程中公交车在水平方向受到的阻力为3000N。
【知识点】功率计算公式的应用；速度公式及其应用；二力平衡的条件及其应用；压强的大小及其计算
【解析】【分析】(1)知道汽车行驶的速度和时间，根据求出汽车在该路段的路程；
(2)汽车静止在水平地面上时，对地面的压力和自身的重力相等，根据求出其大小，根据求出对地面的压强；
(3)根据求出汽车的牵引力汽车匀速行驶时受到的阻力和牵引力是一对平衡力，大小相等，据此求出阻力。
33．（2024九下·郯城模拟）最近商场出售一种新型电热饭盒，受到家长的青睐，给学生们也带来温暖，图甲是具有高温、低温两档的电热饭盒，R1、R2均是发热电阻，高温档电功率为242W，低温档电功率为48.4W。简化电路如图乙所示。求：
（1）R1的阻值；
（2）使用高温档加热，不计热量损失，将1kg饭菜温度升高24.2℃，需要的时间[饭菜的比热容取3×103J/（kg ℃）]；
（3）如果实际电压是200V，求低温档工作时的实际功率。
【答案】解：(1)开关S接2时，电路为R1的简单电路，电路的总电阻最小，电路的总功率最大，电热饭盒处于高温档，
由可得，
R1的阻值
；
(2)由可得，
1kg饭菜温度升高24.2℃吸收的热量
；
不计热量损失，则饭菜吸收的热量：
Q=W=7.26×104J，
由此可得所需时间
；
(3)如果实际电压是200V，低温档工作时的实际功率
，
。
答：（1）R1的阻值；
（2）使用高温档加热，不计热量损失，将1kg饭菜温度升高24.2℃，需要的时间300s；
（3）如果实际电压是200V，求低温档工作时的实际功率40W。
【知识点】电功率的计算
【解析】【分析】（1）开关S接2时，电路为R1的简单电路，电路的总电阻最小，电路的总功率最大，根据进行分析；
（2）)由可得可吸收热量，根据计算加热时间；
（3）由实际电压计算实际电功率。
2024年山东省临沂市郯城县中考二模物理试题
一、单项选择题（共20小题，每小题2分，共40分。每小题只有一个选项符合题目要求）
1．（2024九下·郯城模拟）下列数据中，最符合实际的是（ ）
A．一个大气压能支撑76cm的水柱 B．成年人的步行速度约为1.2km/h
C．中学生重约500kg D．电水壶工作时的电流约5000mA
2．（2024九下·郯城模拟）2024年5月12日是我国第16个全国防震减灾日，以下关于防震安全知识介绍不正确的是（ ）
A．地震发生时伴有超声波产生，可用于预警
B．地震能量以波的形式向外传播
C．电磁波的速度大于地震波的速度，从而实现预警
D．地震预警系统可自动快速生成预警信息，并利用电磁波发送至手机和电视等媒介
3．（2024九下·郯城模拟）世界卫生组织将“中国爱耳日”确定为“国际爱耳日”。2024年3月3日是第24个“全国爱耳日”，增强全民爱耳护耳意识是我们共同的责任，下列有关声音的说法不正确的是（ ）
A．甲图：弹奏古筝时，手在不同位置按弦，目的是为了改变发出声音的音调
B．乙图：发声的音叉轻触系在绳上的乒乓球，球被多次弹开，说明发声体在振动
C．丙图：不断抽取玻璃罩中的空气，听到闹钟铃声的响度逐渐变小
D．丁图：摩托车上装有消声器，是在传播过程中减弱噪声的
4．（2024九下·郯城模拟）下列现象中，由于光的反射形成的是（ ）
A．“影”比手大
B．“拐弯镜”扩大视野
C．“露珠”放大叶脉
D．“三棱镜”分解阳光
5．（2024九下·郯城模拟）近几年来，每到冬天，都会有上百只银鸥来沂河过冬。它们时而在水面上下翻飞，时而在几十米的高空俯冲而下捕食。下列说法正确的是（ ）
A．银鸥飞得越高，水中的像越小
B．水中成银鸥“倒立”的像
C．水越深，银鸥的像离水面越远
D．水中的鱼看到银鸥比实际位置“偏高”
6．（2024九下·郯城模拟）探究“凸透镜成像规律”的实验中，蜡烛、凸透镜和光屏在光具座上的位置如图所示，此时在光屏上得到烛焰清晰的像。下列说法正确的是（ ）
A．凸透镜的焦距为15cm
B．蜡烛和光屏位置不动，只将凸透镜向左移到35cm处，光屏上可再次得到清晰的像
C．要在光屏上得到更大的清晰像，需将蜡烛向右移，光屏向左移
D．在凸透镜和蜡烛之间放—“近视镜片”，需将光屏向左移，才能得到清晰的像
7．（2024九下·郯城模拟）如图所示，忽略空气阻力和摩擦，在光滑的水平台面上，一轻弹簧左端固定，右端连接一金属小球，O点是弹簧保持原长时小球的位置。开始时通过小球压缩弹簧到A位置（已知AO=OB），释放小球，研究小球在水平方向上的受力和运动情况，下列说法正确的是（ ）
A．小球在B点时，速度为0，处于平衡状态
B．小球在O点时，速度最大，惯性最大
C．弹簧和小球来回振动，听不到振动声，因此不产生声音
D．小球在A点和B点时，弹簧储存的弹性势能一样大
8．（2024九下·郯城模拟）如图所示，对于静止在桌面上的书来说，下列各组力属于平衡力的是（ ）
A．书受到的重力和书对桌面的压力
B．桌子受到的重力与地面对桌子的支持力
C．书对桌面的压力和桌面对书的支持力
D．书受到的重力和桌面对书的支持力
9．（2024九下·郯城模拟）如图，用同一个滑轮按甲、乙两种方式提起同一个物体（G轮
B．图乙中滑轮的好处是可以改变力的方向
C．将重物G提升1m，通过甲图做的有用功多
D．图甲中的滑轮机械效率比图乙中的滑轮机械效率低
10．（2024九下·郯城模拟）2024年3月21日13时27分，我国在酒泉卫星发射中心使用长征二号丁运载火箭，成功将云海二号02组卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。下列说法不正确的是（ ）
A．冷却池灌注大量的水，是利用了水的比热容较大的特点
B．升空的过程中，燃料的质量在减少，热值也在变小
C．卫星随火箭加速上升过程中，其动能增大，机械能也增大
D．卫星进入预定轨道后，由近地点到远地点时，动能转化为重力势能
11．（2024九下·郯城模拟）下列关于课本插图所示的实验现象及相关分析，不正确的是（ ）
A．图甲：迅速向下压活塞硝化棉燃烧起来，说明做功可以改变物体的内能
B．图乙：小球来回摆动的幅度越来越小，是因为小球的机械能在不断减小
C．图丙：通电后会感到电炉内电阻丝发热，说明电流通过电阻丝产生热量
D．图丁：加热的铁皮罐用冷水浇后变扁，是因为铁皮罐体的“热胀冷缩”造成的
12．（2024九下·郯城模拟）1月16日，临沂2024年第一场雪惊喜而至，朋友圈被各种“雪景”刷屏，临沂亦美成了琅琊。下列物态变化属于凝华的是（ ）
A．雪花飘飘 B．雪后冰挂 C．雪球变小 D．冰雪消融
13．（2024九下·郯城模拟）如图是电风扇中的自动保护装置，当电风扇倾斜或倾倒时，小球就会滚向一侧使电路断开，由此判断，这个保护装置在电路中的作用相当于（ ）
A．开关 B．电源 C．导线 D．用电器
14．（2024九下·郯城模拟）2023年11月28日，新一代国产CPU龙芯3A6000在北京发布，性能达到国际主流产品水平。电脑CPU工作时会不断发热，为了保证CPU不被烧坏，当温度上升到某一值时，外接电风扇（用M表示）工作辅助降温，下列四个电路图中符合要求的是（ ）
A． B．
C． D．
15．（2024九下·郯城模拟）如图甲是某款电子测温仪，图乙是它内部的原理电路图，其中电源电压保持不变，定值电阻R0为保护电阻；R是热敏电阻。靠近人体测温，体温越高，显示仪D的示数也越大。关于此测温仪，下列分析正确的是（ ）
A．此电路为并联电路
B．显示仪D是由电流表改装成的
C．热敏电阻R的阻值随着温度的升高而增大
D．被测者体温越高，电路中电流越大
16．（2024九下·郯城模拟）如图所示，闭合开关后，只有小灯泡L1发光，电压表指针几乎不动，电流表指针有明显偏转。若电路中只有一处故障，则可能是（ ）
A．L1短路 B．L1断路 C．L2短路 D．L2断路
17．（2024九下·郯城模拟）如图所示是莘县某同学家中电路的部分电路图，下列说法中正确的是（ ）
A．两孔插座和三孔插座的连接都是正确的
B．丙图中的开关无法控制灯泡的亮灭
C．丁灯的安装及开关的连接是正确的
D．用试电笔正确接触M和N点时，试电笔的氖管均不发光
18．（2024九下·郯城模拟）图甲是一种自行车上的装置，车前端的灯泡与该装置内部线圈相连，自行车车轮的转动带动该装置上端的小轮转动，小轮带动内部的磁铁转动，灯泡便能够发光照明。图乙是其结构示意图，小灯泡能够发光，利用的是（ ）
A．电流的磁效应
B．磁场对电流的作用，将电能转化为机械能
C．电磁感应现象，将机械能转化为电能
D．地磁场与条形磁铁的相互作用
19．（2024九下·郯城模拟）如图，放在同一水平面上的甲、乙两个相同容器内盛有密度不同的盐水，现将两个完全相同的物块分别放入两个容器中，当两个物块静止时，两容器中的液面恰好相平，下列说法正确的是（ ）
A．甲容器中物块排开盐水的重力较大
B．乙容器底部受到盐水的压力较小
C．乙容器中物块受到盐水的浮力较小
D．甲容器中盐水的密度较小
20．（2024九下·郯城模拟）如图甲所示，电源电压保持不变。电流表A的量程为0~0.6A，电压表V1、V2的量程均为0~3V，滑动变阻器的规格为“50Ω2A”，小灯泡的额定电压为2.5V。滑动变阻器的滑片P在某点时，小灯泡正常发光，此时电压表V2的示数为1.5V。在保证电路各元件安全的最大范围内调节滑片P，其中一只电压表与电流表示数的变化图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．图像反映的是电压表V2与电流表A示数的变化
B．电源电压为4.5V
C．滑动变阻器接入电路的阻值范围是3~50Ω
D．电路的总功率范围为0.4~2W
二、填空题（每空1分，共18分）
21．（2024九下·郯城模拟）“水韵琅琊”城市文旅综合体充分利用沂河水域资源和河岸景观，全面释放水上旅游市场活力，水韵琅琊水上观光游船、快艇等项目2024年3月23日再次开启运行。
（1）观光码头附近人声鼎沸，是指声音的 （选填“音调高”或“响度大”）；相对于前面端坐在驾驶室的驾驶员，坐在观光艇的顾客是 （选填“运动”或“静止”）的；
（2）快艇汽油机一个工作循环有四个冲程，请你判断图中表示的是其中的 冲程；
（3）游玩结束后，关闭了发动机，快艇依然能向前运动一段距离，这是因为快艇具有 ；
（4）游客逐渐离开游船上岸的过程中，游船排开的水的质量 （选填“增大”“减小”或“不变”）；
（5）游客看到水中游船的倒影是光的 形成的虚像；
（6）无人机航拍，俯视美景更迷人，摄像机的镜头相当于凸透镜，它的成像原理与 （选填“照相机”、“投影仪”“放大镜”）相似；
（7）发动机输出功率4×103W，游玩20min，消耗柴油4kg（柴油的热值），完全燃烧这些柴油释放热量为 ；
（8）游船底部水面下1m深处，水产生的压强为 。
22．（2024九下·郯城模拟）如图1所示的电路中，闭合开关发现灯L1较亮，则通过L1的电流 （选填“大于”“等于”或“小于”）通过L2的电流；如图2所示的电路，闭合开关发现电流表A1和电流表A2的示数相等，造成这种现象的原因是 。
23．（2024九下·郯城模拟）如图所示是小王家的电能表，它上面的一个数据已经看不清楚了。他关闭家中其他用电器，只让额定功率为600W电饭锅工作，发现电饭锅工作2min，电能表转盘转过60转，则该过程中消耗的电能是 kW·h；这个电能表看不清楚的数据原来标的是 r/(kW-h)。
24．（2024九下·郯城模拟）2023年12月6日，山东华能石岛湾高温气冷堆核电站示范工程正式投产，标志着我国在高温气冷堆核电技术领域已处于全球领先地位。核电站的核能是通过 （选填“核裂变”或“核聚变”）获取的，属于 （选填“可”或“不可”）再生能源。
25．（2024九下·郯城模拟）如图甲所示电路，当闭合开关后，电路正常，两只电压表的指针偏转均如图乙所示，则电源电压是 V，R1两端的电压是 V，如果R1的电阻是12Ω，则通过R2的电流是 A。
三、作图与实验题（第26题1分，第27题1分，第28题5分，第29题6分，第30题6分，第31题5分，共24分）
26．（2024九下·郯城模拟）如图所示，雨燕沿虚线方向匀速斜向上飞翔，请画出雨燕所受空气对它的合力F的示意图。（O为重心）
27．（2024九下·郯城模拟）当开关S闭合时条形磁体和电磁铁相互排斥，请在电磁铁的上方画出一条磁感线。
28．（2024九下·郯城模拟）小明看到临沂广播电视塔和它的倒影相映成趣，宛如一支巨大的毛笔在沂河书写琅琊的篇章，如图甲所示。于是他找来一些器材和同学一起探究“平面镜成像时，像的位置、大小与物体的位置、大小的关系”，所用的实验器材有：玻璃板、支架、两支完全相同的蜡烛、方格纸等。
（1）用玻璃板代替平面镜，利用了玻璃板透明的特点，便于 ；
（2）如图乙，将玻璃板垂直于水平桌面放置，将点燃的蜡烛A放在玻璃板前，小明拿 （选填“点燃”或“未点燃”）的蜡烛B在玻璃板后移动，发现蜡烛B可以与蜡烛A的像完全重合，说明蜡烛A的像的与蜡烛A的大小是. 的；
（3）改变蜡烛A的位置，再进行两次实验得到像和物体对应的位置如图丙所示，小明发现像和物体的连线与镜面MN垂直，像和物体到镜面MN的距离相等，从而得出像与物体的位置关系。通过上述探究过程，小明终于明白了“相映成趣”的原因是：像与物体关于镜面是 的；
（4）在前面实验的基础上探究像的虚实，拿走蜡烛B，并在蜡烛B的位置放一个光屏，直接观察光屏，发现. ，说明蜡烛通过玻璃板所成的像是虚像。
29．（2024九下·郯城模拟）小明发现家里的咸鸭蛋咸淡适中、恰到好处，猜想可能和腌制鸭蛋的盐水密度有关，他和小华共同测量家里用来腌制鸭蛋的盐水的密度。
（1）将天平放在水平工作台上，游码移到标尺的 刻度处，观察到指针偏向分度盘的左侧（如图甲所示），应将平衡螺母向 调节，使天平平衡；
（2）调节天平平衡后，进行以下实验操作：
①测量空烧杯的质量m0，天平平衡时，砝码及游码位置如图乙所示，则m0= g；
②向烧杯中倒入适量盐水，测出烧杯和盐水的总质量m，为55.0g；然后将盐水全部倒入量筒（如图丙所示），读数时视线与凹液面底部 ；
③算出盐水的密度ρ= g/cm3；
（3）小华指出：小明以上测量过程中，烧杯中会残留部分盐水，导致测得的盐水的密度偏 。
30．（2024九下·郯城模拟）在标准大气压下，做“观察水的沸腾”的实验时，甲、乙、丙三个实验小组的同学分别从图中A、B两套实验装置中任选一套来完成实验。
（1）甲组同学从水温升高到90℃时开始记录数据，以后每隔1min记录一次水的温度，直到水沸腾5min为止，实验数据如表，分析表中的数据可知，甲组同学选择的是 （A/B）套装置；
时间/min 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
温度 90 92 94 96 98 100 101 102 102 102 102 102
（2）乙、丙两组同学都选择了另外一套实验装置，这两组同学虽然选用的实验装置相同，但水开始沸腾的时刻不同，他们绘制的沸腾图象如图C所示，得到a、b两种不同图象的原因是： 不同；
A．水的质量 B．水的初始温度
（3）实验后，甲组的同学对大家提出了这样的疑问：如果不对水加热，能让水重新沸腾吗？老师马上将一杯停止沸腾的水放进能抽气的密闭玻璃罩中，如图D，接通抽气机电源，随着玻璃罩中空气的抽出，热水居然沸腾起来。通过分析，同学们知道了发生此现象的原因是：抽气机抽气时，玻璃罩内的气压减小，水的沸点 （升高/不变/降低），因此在不加热的情况下，水能重新沸腾；
（4）水沸腾时产生大量气泡，在上升过程中气泡逐渐变 （填“大”或“小”），直至水面破裂；
（5）如图，将烧瓶内水沸腾时所产生的水蒸气通入试管A中，试管A放在装冷水的容器B内，过一段时间，观察到试管A中产生的现象是越来越多 （选填“水蒸气”“小水珠”“小冰晶”），同时看到温度计C的示数 （“降低”或“升高”）。这个实验说明了水蒸气液化时要放出热量。
31．（2024九下·郯城模拟）为了探究“电流与电阻的关系”，小明采用了如图甲所示的实物图。实验供选择的定值电阻有5个，阻值分别为5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、30Ω，电源电压恒为4.5V，最大阻值为30Ω的滑动变阻器。
（1）小明选用5Ω的电阻连接完电路后，闭合开关后发现：无论怎么移动滑片，电流表和电压表示数较小且保持不变，原因是 ；
（2）重新连接电路后，闭合开关后发现：电流表、电压表指针迅速大角度偏转，并超出测量范围，原因可能是 ；
（3）排除故障后，小明依次完成了5Ω、10Ω、15Ω和20Ω电阻的实验并记录数据，根据实验数据在乙图中描点并连线，则图中阴影部分面积表示的物理量是 ；
（4）后续实验中，小明接入30Ω的电阻时应将滑片向 端移动（选填“A”或“B”），但是发现无法完成实验，在不改变实验数据的前提下，他需换用最大阻值不小于 的滑动变阻器就能继续完成实验。
四、计算题（第32题9分，第33题9分，共18分）
32．（2024九下·郯城模拟）为了方便市民出行，临沂市又增加多条公交路线，下图是迷你型绿色环保小型电动公交车，轻巧灵便，其质量为1.6t，车轮与地面接触的总面积为800cm2，该车在水平路面上以15m/s的速度，用时10min，这一过程中公交车发动机的输出功率为45kW，求：（g取10N/kg）
（1）公交车在这段路上行驶的路程；
（2）公交车静止在水平地面上时，对地面的压强；
（3）在这一过程中公交车在水平方向受到的阻力。
33．（2024九下·郯城模拟）最近商场出售一种新型电热饭盒，受到家长的青睐，给学生们也带来温暖，图甲是具有高温、低温两档的电热饭盒，R1、R2均是发热电阻，高温档电功率为242W，低温档电功率为48.4W。简化电路如图乙所示。求：
（1）R1的阻值；
（2）使用高温档加热，不计热量损失，将1kg饭菜温度升高24.2℃，需要的时间[饭菜的比热容取3×103J/（kg ℃）]；
（3）如果实际电压是200V，求低温档工作时的实际功率。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】速度与物体运动；重力及其大小的计算；大气压强的存在；电流和电流的单位换算
【解析】【解答】A．一个标准大气压约能支撑760mm的水银柱，可以支撑10m的水柱，故A不符合题意；
B．成年人的步行速度约为1m/s-1.25m/s，故B不符合题意；
C．中学生体重平均约为50kg，重约500N，故C不符合题意；
D．电水壶工作时的电流约，故D符合题意。
【分析】根据日常生活中常见的物理常识进行判断。
2．【答案】A
【知识点】超声波与次声波；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】A．地震波是次声波，不是超声波，故A错误，符合题意；
B．地震发生时会将产生的大量能量，以波的形式向外传播，故B正确，不符合题意；
C．电磁波的速度远大于地震波的速度，先收到电磁波传递信息再受到地震波的冲击，从而可以提前避险，实现预警功能，故C正确，不符合题意；
D．地震预警系统是根据地震发生时产生的次声波的强弱自动快速生成预警信息，再利用电磁波将地震信息发送至手机和电视等媒介，故D正确，不符合题意。
【分析】地震发生时产生的是次声波；声音可以传递能量；电磁波的速度远大于地震波的速度。
3．【答案】D
【知识点】声音的产生；音调、响度与音色的区分；防治噪声的途径
【解析】【解答】A．古筝是琴弦振动发出声音的，手在不同位置按弦，弦振动的频率会发生改变，因此改变声音的音调，故A正确，不符合题意；
B．发声的音叉靠近乒乓球，乒乓球多次被弹开，说明声音是由物体振动产生的，发声的物体在振动，同时也可以说明声波可以传递能量，故B正确，不符合题意；
C．当用抽气机逐渐抽去玻璃罩内的空气时，罩内空气逐渐稀薄，更接近真空状态，无法顺利传声，因此闹钟铃声的音量会越来越小，即响度变小，故C正确，不符合题意；
D．摩托车上装有消声器，是从声源处减弱噪声，故D错误，符合题意。
【分析】(1)音调、响度、音色，是从不同角度描述声音的，音调指声音的高低，由振动频率决定；响度指声音的强弱或大小，与振幅和距离有关；音色是由发声体本身决定的一个特性；
(2)一切声音都是由物体振动产生的；
(3)声音的传播需要介质，真空不能传声；
(4)减弱噪声的途径有三种：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。
4．【答案】B
【知识点】光的直线传播及其应用；凸面镜和凹面镜；光的色散；凸透镜成像的应用
【解析】【解答】A．光是沿直线传播的，手影游戏时影子比手大是由光的直线传播形成的，故A不符合题意；
B．由于光的反射使马路拐角处的镜子扩大了视野范围，故B符合题意；
C．露珠相当于一个透镜，露珠下的叶脉被放大属于凸透镜成像，是由于光的折射形成的，故C不符合题意；
D．太阳光经三棱镜色散出多种色光，是光的色散现象，其实质是光的折射，故D不符合题意。
【分析】(1)光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，产生的现象有小孔成像、激光准直、影子的形成日食和月食等；
(2)光线传播到两种介质的表面上时会发生光的反射现象，例如水面上出现岸上物体的倒影、平面镜成像、玻璃等光滑物体反光都是光的反射形成的；
(3)光线在同种不均匀介质中传播或者从一种介质进入另一种介质时，就会出现光的折射现象，例如水池底变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼、凸透镜成像等都是光的折射形成的。
5．【答案】D
【知识点】光的折射现象及其应用；平面镜成像的原理、特点
【解析】【解答】ABC．银鸥在水面所成的像属于平面镜成像，根据平面镜成像的特点可知，银鸥在水中的像与银鸥关于水面对称，平面镜成正立的虚像；银鸥飞离水面的过程中像的大小与银鸥大小相同，所以像的大小不变；物距是银鸥到水面的距离，像距是银鸥所成的像到水面的距离，二者始终相等，与水的深度无关，故ABC错误；
D．水中的鱼看到银鸥的原理是银鸥反射出的光，在水面处发生了折射，进入鱼眼中，而折射光线向靠近法线的方向偏折，所以看到的是变高的银鸥的虚像，故D正确。
故选择D
【分析】平面镜成像的特点可知，平面镜成正立的虚像，银鸥在水中的像与银鸥关于水面对称；银鸥飞离水面的过程中像的大小与银鸥大小相同，所以像的大小不变；物距是银鸥到水面的距离，像距是银鸥所成的像到水面的距离，二者始终相等，与水的深度无关。
6．【答案】B
【知识点】凸透镜成像的应用
【解析】【解答】A．由图可知，此时物距大于像距，成像原理类似于照相机，故
，
可得，故A错误；
B．蜡烛和光屏位置不动，只将凸透镜向左移到35cm处，物距、像距的值正好互换。由光路可逆可推断，光屏上可再次成清晰的烛焰像。故B正确；
C．物近像远像变大，要在光屏上得到更大的清晰像，需将蜡烛向右移，光屏也向右移，故C错误；
D．在蜡烛和凸透镜之间放一个近视眼镜，近视眼镜是凹透镜，对光线具有发散作用，会延迟光线的会聚，所以光屏往右移动可使光屏上再次得到清晰的像，故D错误。
故选择B
【分析】由图可知，此时物距大于像距，成倒立缩小的实像，成像原理类似于照相机；蜡烛和光屏位置不动，只将凸透镜向左移到35cm处，则为像距大于物距，成倒立放大的实像；物近像远像变大；在蜡烛和凸透镜之间放一个近视眼镜，近视眼镜是凹透镜，对光线具有发散作用，会延迟光线的会聚，所以要想在光屏上再次得到清晰的像，光屏应该往右移动。
7．【答案】D
【知识点】机械能及其转化
【解析】【解答】A．小球在B点时，速度为0，但此时弹簧长度大于原长则小球受到弹簧向左的拉力，受力不平衡，不处于平衡状态，故A错误；
B．一切物体都具有惯性，且惯性大小只与质量大小有关，与速度无关，故B错误；
C．弹簧和小球来回振动，振动发声，但由于频率太低，低于人耳的听觉频率范围而听不到，故C错误；
D．在光滑的水平台面上，忽略空气阻力和摩擦，机械能守恒，小球在A点和B点速度均为0，高度一致重力势能相等，因此弹簧储存的弹性势能一样大，故D正确。
【分析】小球从A运动到O的过程中，弹簧恢复原状，将弹性势能转化为动能，此时小球所受弹力方向向右速度不断增大；
小球从O运动到B的过程中，弹簧被拉开，球的动能转化为弹簧的弹性势能，此时小球所受弹力方向向左、速度不断减小；
小球运动到B点时，由于动能转化为弹性势能，直到速度为零，因此会停止运动但不会保持静止；动能的大小与质量、速度有关，弹性势能的大小与弹性形变的程度有关。
8．【答案】D
【知识点】二力平衡的条件及其应用；平衡力的辨别
【解析】【解答】A．书受到的重力和书对桌面的压力，这两个力的方向相同，都竖直向下，不是平衡力，故A不符合题意；
B．地面对桌子的支持力等于桌子的重力和书的重力大于桌子受到的重力，所以这两个力大小不相等，不是一对平衡力，故B不符合题意；
C．书对桌面的压力和桌面对书的支持力，大小相等、方向相反、作用在两个物体上，这是一对作用力与反作用力，不是平衡力，故C不符合题意；
D．书受到的重力和桌面对书的支持力，这两个力满足了二力平衡的四个条件：等大、反向、共线、作用在同一物体上，所以是一对平衡力，故D符合题意。
【分析】平衡力的判断，两个力必须同时满足四个条件：大小相等、方向相反、作用在同一直线上、作用在同一物体上，缺一不可。
9．【答案】A
【知识点】定滑轮及其工作特点；动滑轮及其工作特点；滑轮（组）的机械效率；有用功和额外功
【解析】【解答】A．图甲是定滑轮，不省力也不费力，但可以改变作用力的方向，故A正确；
B．图乙是动滑轮，动滑轮使用时，滑轮随重物一起移动，不能改变力的方向，但可以改变施力的大小，故B错误；
C．甲、乙两个装置做的有用功相同，均为，物重与上升的高度相同，故C错误；
D．使用定滑轮，不计绳重与摩擦，拉力做的功等于克服物体重力做的功，即；
使用动滑轮，不计绳重与摩擦，拉力做的功等于克服物体重力和动滑轮重力做的功，所以，使用动滑轮所做的功大于使用定滑轮所做的功，即使用动滑轮所做的总功大，根据可知两者所做有用功相同，由于使用动滑轮所做的总功大，所以由
可知，动滑轮的机械效率要小于定滑轮的机械效率，即甲装置的机械效率更高，故D错误。
【分析】使用定滑轮不省力但能改变力的方向，使用动滑轮能省一半力，但费距离。
10．【答案】B
【知识点】机械能及其转化；比热容；燃料的热值
【解析】【解答】A．冷却池灌注大量的水，是利用了水的比热容大，在升高相同的温度时能吸收更多的热量的特点，故A正确，不符合题意；
B．热值是燃料的特性，升空的过程中，燃料燃烧导致燃料的质量在减少，热值不随质量的变化而变化。故B错误，符合题意；
C．卫星随火箭加速上升过程中，速度增大，质量不变，动能增大，高度增大，重力势能增大，所以机械能也增大，故C正确，不符合题意；
D．卫星从近地点向远地点运动过程中，高度增大，质量不变，重力势能增大，速度减小，动能减小，动能转化为重力势能，故D正确，不符合题意。
【分析】冷却池灌注大量的水，是利用了水的比热容大的特点，在升高温度时能吸收更多的热量；热值是燃料的特性，热值不变；动能与物体的质量和速度有关；做功的必要因素是力和物体在力的方向移动的距离。
11．【答案】D
【知识点】机械能及其转化；做功改变物体内能；能量的转化或转移；大气压的综合应用
【解析】【解答】A．图甲：迅速向下压活塞硝化棉燃烧起来，活塞压缩气体体积，相当于对气体做功，使气体的内能增大，温度升高，说明做功可以改变物体的内能，故A正确，不符合题意；
B．图乙：小球来回摆动的幅度越来越小，是因为小球运动过程中，不断克服阻力做功，机械能在不断减小，能量散失，故B正确，不符合题意；
C．图丙：通电后会感到电炉内电阻丝发热，说明电流通过电阻丝，将电能转化为内能，不断产生热量，故C正确，不符合题意；
D．图丁：加热的铁皮罐用冷水浇后变扁，是因为铁皮罐体内的气体遇冷液化，导致罐内的气压减小，小于罐外的大气压，在大气压作用下，铁皮罐变扁，故D错误，符合题意。
【分析】(1)(2)做功可以使内能与机械能之间进行转化；对物体做功，物体内能会增加；物体对外做功，物体内能会减少；
(3)电流具有热效应；
(4)随着内部水蒸气的减少，会导致内部气压与外界大气压之间出现一个差值，由此入手分析。
12．【答案】A
【知识点】凝固与凝固放热特点；升华及升华吸热
【解析】【解答】A．空气中的水蒸气遇冷凝华形成雪花，故A符合题意；
B．液态水遇冷直接凝固形成冰挂，故B不符合题意；
C．雪球直接由固态变为气态导致雪球变小，属于升华现象，故C不符合题意；
D．冰雪由固态变为液态，属于熔化，故D不符合题意。
【分析】(1)物质由气态直接变为固态叫凝华，物质由固态直接变为气态叫升华；由气态变为液态叫液化，由液态变为气态叫汽化；由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固；
(2)六种物态变化过程中，都伴随着吸热或放热；其中放出热量的物态变化有：凝固、液化、凝华；吸热的有：熔化、汽化、升华。
13．【答案】A
【知识点】电路的构成及电路图
【解析】【解答】由图可知，电风扇没有倾斜或倾倒时，小球也是导体，使得电路为通路；当电风扇倾斜或倾倒时，小球就会滚向一侧使电路断开，起到可以控制电路通断的作用，故小球相当于电路中的开关。
【分析】一个完整的电路包括电源、用电器、开关和导线；根据各部分的作用和题意进行解答。
14．【答案】C
【知识点】串、并联电路的设计
【解析】【解答】由题意可知，电路中只有CPU工作，电动机不工作；当温度高于某一值时，CPU与电动机一起工作，说明CPU与电动机互不影响，这属于并联方式，且电动机有独立开关控制，则需要一个开关与电动机串联，另一个开关应在干路上控制整个电路，故C符合题意，ABD不符合题意。
【分析】由题意可知电动机和CPU可以独立工作、互不影响，即为并联，当温度上升到某一值时，外接电风扇(用M表示)工作辅助降温，即温度升高到某一值时，电动机才工作，说明电动机晚工作，即一个开关在干路，可控制所有用电器，一个开关在支路上，只控制电动机。
15．【答案】D
【知识点】串联电路的电压规律；电路的动态分析
【解析】【解答】AB．根据电路图可知，显示仪D与R0并联，若显示仪为电流表时，R0被短路，所以显示仪只能是电压表，则R与R0串联，故AB错误；
C．体温越高，显示仪示数越大，即定值电阻R0两端电压越大，电源电压保持不变，则热敏电阻R两端电压越小，由欧姆定律可知，整个电路电流变大，由可知，热敏电阻R的阻值随温度的升高而减小，故C错误；
D．被测温者温度越高，热敏电阻的阻值变小，电路中的总电阻变小，由欧姆定律公式可知，电路电流变大，故D正确。
【分析】(1)根据电流表和电压表的正确使用确定显示仪是电流表还是电压表；
(2)根据电压表示数和欧姆定律可知电路电流的变化，再根据P=UI可知电路消耗的电功率的变化；
(3)根据串联电路分压的特点和欧姆定律可知热敏电阻随温度的变化；
(4)当温度相同，说明热敏电阻的阻值不变，若将R0更换为阻值更大的电阻，由串联电路分压特点可知显示仪示数的变化。
16．【答案】C
【知识点】电路的三种状态；电路故障的判断
【解析】【解答】由图得，两灯串联，电流表测整个电路的电流，电压表测L2的电压，闭合开关后，小灯泡L2不发光，电流表指针有明显偏转，电压表指针几乎不动，电流表有示数，说明电路中中有电流通过，可能发生短路，说明电压表被短接，可能是L2短路，故ABD不符合题意，C符合题意。
【分析】首先判断电路连接方式为串联，电压表测工两端电压；根据有无电流判断故障类型，结合电压表判断故障对象。
17．【答案】C
【知识点】家庭电路的连接
【解析】【解答】A．两孔插座的接法：左零右火；三孔插座的接法是左零、右火、上接地；所以甲两孔插座连接错误，乙三孔插座连接正确的，故A错误；
BC．火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点；为避免发生触电事故，开关必须连接在火线和用电器中间，零线直接接入灯泡的螺旋套，丙图连接错误，但是开关仍能控制灯泡的亮灭，故B错误、C正确；
D．试电笔的工作原理是火线与大地之间的电压为220V，用试电笔正确接触M点时，即直接接触火线，试电笔的氖管发光；用试电笔正确接触N点时，即接触零线，试电笔的氖管不发光，故D错误。
【分析】(1)对于两孔插座是：左零、右火；对于三孔插座是左零、右火、上接地；
(2)灯泡的接法：火线进入开关，再进入灯泡顶端的金属点；零线直接接入灯泡的螺旋套；
(3)试电笔用来辨别火线和零线，接触火线时，氖管会发光。
18．【答案】C
【知识点】通电直导线周围的磁场；磁场对通电导线的作用；产生感应电流的条件；发电机的构造和原理
【解析】【解答】当小轮带动内部的磁铁转动时，虽然线圈没动，但是磁铁外部的线圈做切割磁感线运动，则线圈中产生感应电流，即电磁感应现象，将机械能转化为电能，此过程与地磁场、电流的磁效应无关。故C符合题意，
【分析】闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线的运动时，导体中就会产生电流，这种现象叫电磁感应现象。
19．【答案】D
【知识点】液体压强计算公式的应用；阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】AC．物块在甲中悬浮，物块受到的浮力等于物块重力，物块在乙中漂浮，物块受到的浮力等于物块重力，由于是同一物块，所以物块在甲、乙容器中受到的浮力相等，物块受到的浮力等于排开液体的重力，所以物块在两容器中排开液体重力相等，故AC错误；
D．物块在甲、乙容器中受到的浮力相等，物块在甲中悬浮，排开液体体积，物体在乙液体中处于漂浮状态，排开液体体积为，物块在甲中排开液体体积大于在乙容器中排开的液体体积，由可知甲液体密度小于乙液体密度，故D正确；
B．甲乙两容器中液体深度相同，由可知甲液体对容器底的压强比乙液体容器底的压强小，甲、乙容器相同，即底面积相同，由可知甲液体对容器底的压力比乙液体对容器底的压力小，故B错误。
【分析】(1)物体漂浮或悬浮时受到的浮力和自身的重力相等，据此判断物块在两液体中受到的浮力关系，根据阿基米德原理可知物块排开两液体的重力关系；
(2)由图可知物块在两液体中排开液体的体积关系根据阿基米德原理可知两液体的密度关系，两容器中的液面恰好相平，根据比较两容器底部受到液体的压强关系，根据判断出甲乙容器底部受到盐水压力的关系。
20．【答案】A
【知识点】串联电路的电压规律；欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【解答】A．由图甲得，灯泡与变阻器串联，电压表V1测量灯泡的电压，电压表V2测量变阻器的电压，电流表测量电路电流。当灯泡电压变大，电流变大；变阻器的电阻变大，分到的电压变大，电路电阻变大，电路电流变小，则图像反映的是电压表V2与电流表A示数的变化，故A正确；
B．小灯泡正常发光，此时电压表V2的示数为1.5V，则电源电压为
故B错误；
C．当电压表V2示数最大为3V时，变阻器接入电路中电阻最大，由图乙得，此时电路电流为0.1A，由欧姆定律得，变阻器接入电路中最大电阻为，当灯泡正常发光时，变阻器接入电路中电阻最小，此时电压表V2的示数为1.5V，由图像得，此时电路电流为0.5A，由欧姆定律得，变阻器接入电路中最小电阻为，则滑动变阻器接入电路的阻值范围是3~10Ω，故C错误；
D．电路最小功率为，电路最大功率为，电路的总功率范围为1.2~2W，故D错误。
【分析】由电路图可知，灯泡与滑动变阻器串联，电压表测灯泡两端的电压，电压表亿测变阻器两端的电压，电流表测电路中的电流，
(1)当电路中电流变大时，根据欧姆定律判断出电路中总电阻的变化，根据串联电路的分压作用判断出亿示数的变化，根据判断出电压表的示数变化，即可确定图像反映的是哪个电压表随电流表的示数变化情况；
(2)滑动变阻器的滑片P在某点时，小灯泡正常发光，此时电压表亿的示数已知，灯泡两端的电压即为灯泡的额定电压，利用串联电路中的电压规律得到电源电压；
(3)由图乙中变阻器两端最大和最小电压及对应的电流，利用欧姆定律得到滑动变阻器的取值范围；
(4)当电路中的电流分别为最大和最小时，利用得到电路的功率范围。
21．【答案】响度大；静止；排气；惯性；减小；反射；照相机；1.72×108J；
【知识点】燃料的热值；热机的四个冲程；液体压强计算公式的应用
【解析】【解答】（1）观光码头附近人声鼎沸，说明声音大，即是指声音的响度大；相对于前面端坐在驾驶室的驾驶员，坐在观光艇的顾客相对位置不变，是静止的；
（2）图中进气门关闭，排气门打开，活塞上行，是排气冲程；
（3）游玩结束后，关闭了发动机，快艇由于惯性，要继续保持原来的运动状态不变，所以依然能向前运动一段距离；
（4）游船始终漂浮，浮力等于重力，游客逐渐离开游船上岸的过程中，游船重力变小，则浮力变小，根据，可知游船排开的水的质量减小；
（5）游客看到水中游船的倒影是平面镜成像，是由于光的反射形成的虚像；
（6）无人机航拍时，物距大于二倍焦距，成倒立、缩小的实像，成像原理与照相机相同；
（7）完全燃烧这些柴油释放热量为；
（8）游船底部水下1m深处，水产生压强。
【分析】（1）响度是人耳感觉到的声音大小，发声体的振幅大，响度大；在研究物体运动时，要选择参照的标准，即参照物，物体的位置相对于参照物发生变化，则为运动，不发生变化，则为静止；
（2）根据进气门、排气门的状态以及活塞运动状态判断冲程；
（3）一切物体都具有保持来的运动状态不变，叫做惯性；
（4）物体处于漂浮状态时，浮力等于重力；
（5）平面镜成像，是由于光的反射形成的虚像；
（6）物距大于二倍焦距，成倒立、缩小的实像，成像原理与照相机相同；
（7）由计算得出；
（8）由计算得出。
22．【答案】等于；L1开路
【知识点】串联电路的电流规律；并联电路的电流规律
【解析】 【解答】由图1可知为串联电路，串联电路中电流处处相等，所以则通过L1的电流等于通过L2的电流；
由图2可知为并联电路，A1测干路电流，A2测L2的电流，电流表A2有示数，说明所在支路是接通的，干路电流和支路电流相同，所以故障为L1开路。
【分析】串联电路，串联电路中电流处处相等；并联电路干路电流等于各支路电流之和。
23．【答案】0.02；3000
【知识点】电能表参数的理解；电功率的计算
【解析】【解答】额定功率为600W电饭锅工作2min，该过程中消耗的电能是
，
此过程中电能表转盘转过60转，则电路中消耗1kW h的电能时，电能表的转盘转过
，因此这个电能表看不清楚的数据原来标的是3000r/（kW h）。
【分析】根据求出额定功率为600W电饭锅工作2min消耗的电能；再根据此过程中电能表转盘转过60转计算出电路中消耗1kW·h的电能时，电能表的转盘转过的转数，从而得出这个电能表看不清楚的数据原来标的是多少。
24．【答案】核裂变；不可
【知识点】能源及其分类；核裂变
【解析】【解答】核裂变和核聚变都能释放能量，核能发电是利用核裂变时放出的核能来发电的；核能不可能在短期内从自然界得到补充，是不可再生能源。
【分析】获得核能的两种途径：核裂变和核聚变。
25．【答案】7.5；6；0.5
【知识点】欧姆定律及其应用
【解析】【解答】由图甲可知电压表V1测R2两端电压，电压表V2测电源电压，由于偏转角度相同，则V1接小量程，V2接大量程，大量程与小量程之间为5 倍的关系，由图乙可知V1示数为1.5V，V2示数为7.5V，所以电源电压为7.5V；R1两端的电压是；根据串联电路电流处处相等，可知R2的电流是。
【分析】由图甲可知电压表V1测R2两端电压，电压表V2测电源电压，由于偏转角度相同，则V1接小量程，V2接大量程，之间为5倍的关系。
26．【答案】
【知识点】力的三要素及力的示意图；重力示意图；二力平衡的条件及其应用
【解析】【解答】雨燕沿虚线方向匀速自由飞翔，处于平衡状态，受到的是平衡力，故雨燕所受重力和空气对它的作用力大小相等、方向相反。重力的方向竖直向下，则空气对它的作用力方向竖直向上，如图所示：
【分析】作力的示意图，要用一条带箭头的线段表示力，线段的长度表示力的大小，箭头表示力的方向，起点或终点表示力的作用点，是平衡力的长度要相等。
27．【答案】
【知识点】磁场；通电螺线管的极性和电流方向的判断
【解析】【解答】由同名磁极相排斥得，螺线管的左端为N极，右端为S极，根据磁体外部磁场方向从N极流向S极作出磁感线，如图：
【分析】同名磁极相互排除，异名磁极相互吸引。
28．【答案】确定像的位置；未点燃；相等；对称；光屏上不成像
【知识点】探究平面镜成像的特点
【解析】【解答】（1）用玻璃板代替平面镜，既能成像又便于透过玻璃板确定像的位置；
（2）探究平面镜成像规律时，如图乙所示，先将玻璃板垂直于水平面放置，点燃玻璃板前的蜡烛A，将与蜡烛A相同的、但未点燃的蜡烛B放在玻璃板后并移动至适当位置，在蜡烛A这侧透过玻璃板观察，直到蜡烛B与蜡烛A的像完全重合，说明像与物的大小相等；
（3）如图所示，多次改变蜡烛A距玻璃板的距离，相应移动蜡烛B后总能与A的像完全重合，用笔记录物、像的位置，用刻度尺和笔将A、B所在的位置连接起来，发现像和物的连线与玻璃板垂直，像和物到玻璃板的距离相等；“相映成趣”的原因是：平面镜成像中，物与像关于平面镜对称；
（4）继续探究平面镜成像的虚实，他将光屏放在蜡烛B的位置，由于平面镜所成的像是虚像，光屏不能承接到蜡烛A的像。
【分析】(1)玻璃板有透光性，既能成像又能确定像的位置；
(2)玻璃如果没有竖直放置，蜡烛A所成的像就偏上或偏下，始终不能让B与A的像高度相同，所以不能重合；实验时采用两个完全相同的蜡烛，一支烛放在玻璃板的前面并点燃，另一支放在玻璃板的后面，当玻璃板后面的蜡烛和玻璃板前面的蜡烛的像完全重合时，可以确定像的位置，同时也可以比较物像大小关系；
(3)平面镜成像时，像与物体是关于镜面对称，据此分析；
(4)平面镜成的是虚像。
29．【答案】零；右；32；相平；1.15；大
【知识点】质量的测量与天平的使用；液体密度的测量
【解析】【解答】（1）将天平放在水平工作台上，游码移到标尺的零刻度线处，横梁静止时，指针的位置如图甲所示，向左偏，为使横梁在水平位置平衡，应将右端的平衡螺母向右端移动；
（2）测量空烧杯的质量m0，天平横梁水平平衡时，砝码及游码位置如图乙，标尺的分度值为0.2g，则空烧杯的质量；向烧杯中倒入适量盐水，测出烧杯和盐水的总质量m1为55g，然后将盐水全部倒入量筒（如图丙），量筒的分值为2mL，读数时视线与凹液面底部相平，量筒中盐水体积，量筒中盐水的质量为，盐水密度为
；
（3）将盐水全部倒入量筒的过程中，因烧杯中有盐水的残留，导致测量出的体积偏小，根据密度公式知，这种方法测出的盐水密度值会偏大。
【分析】(1)天平的正确调节：把天平放在水平台上，把游码拨到零刻度，调节天平横梁平衡时，平衡螺母向天平上翘的一端移动；
(2)根据标尺的分度值得出烧杯的质量，进而算出盐水的质量；量筒读数时，视线与凹液面底部相平；
如图丙量筒的分度值为1mL，据此得出盐水的体积，根据密度公式求出盐水的密度。
30．【答案】B；A；降低；大；小水珠；升高
【知识点】沸腾及沸腾条件；探究水的沸腾实验
【解析】【解答】（1）如图，两装置的区别在于装置上方有无盖子，有盖子的B装置可以增大水上方的气压，使水的沸点升高，由表格数据知，水的沸点的102℃，所以甲同学使用B装置；
（2）由图C知，两组同学所用的水的初温相同，但加热到沸腾的时间不同，由两种可能性一是水的质量不同，二是酒精灯加热功率不同，导致水吸收的热量不同，故A符合题意，B不符合题意；
（3）将热水放在玻璃罩中，抽出空气时，水的温度变化不大，但水上方空气减小，气压变低，水沸腾起来，说明此时水的沸点变低了，所以水的沸点随着气压减小而降低；
（4）液体沸腾前吸收热量，温度不断升高，气泡上升时不断变小；液体沸腾时吸收热量，温度保持不变，气泡上升时不断增大；
（5）通入试管A中的水蒸气遇冷就会液化，形成小水珠，附着在试管壁上；水蒸气液化时，要放出热量，冷水吸收热量后温度会升高，所以温度计的示数会升高。
【分析】(1)1标准大气压下水的沸点是100℃.沸点跟气压有关，气压越高，沸点越高；
(2)乙丙实验器材相同，从给水加热到沸腾需要的时间不同，可能是水的质量不同；
(3)水沸腾时的特点，温度不变，继续吸热；
(4)探究类实验多次测量的目的是寻找普遍规律，避免偶然性。
31．【答案】滑动变阻器同时接到下面两个接线柱了；滑动变阻器没有滑到最大阻值处；定值电阻两端的电压；B；37.5
【知识点】探究电流与电压、电阻的关系实验
【解析】【解答】（1）闭合开关后发现，无论怎么移动滑片，电流表和电压表的指针均无偏转，且示数较小，无论示数大小，都证明了电路中由电流通过，则电路为通路，变阻器没有了变阻的作用，则可能的原因是：将变阻器下面的两个接线柱连入电路中；
（2）闭合开关，电流表、电压表指针迅速大角度偏转，并超出测量范围，说明电路中的电流较大，电路中的总电阻减小，可能滑动变阻器没有滑到最大阻值处；
（3）排除故障后，小明根据实验数据在乙图中描点，则阴影部分的面积为IR，根据U=IR可知阴影部分表示电阻两端的电压；
（4）实验中，当换成30Ω的电阻后，根据分压原理，电阻两端的电压变大，研究电流与电阻关系时要控制电压不变，根据串联电路电压的规律，要增大滑动变阻器两端的电压，由分压原理，要增大滑动变阻器电阻阻值，故应把滑动变阻器滑片向B端滑动；由图丙可知，电阻两端的电压保持
不变，根据串联电路电压的规律，滑动变阻器分得的电压
滑动变阻器分得的电压为电压表示数的1.25倍，根据分压原理，当接入30Ω电阻时，滑动变阻器连入电路中的电阻为
。
【分析】(1)为了保护电路，实验前，滑动变阻器的滑片应移到阻值最大处；
(2)闭合开关后发现，无论怎么移动滑片，电流表指针无偏转，说明电路可能断路；电压表指针迅速满偏，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了；
(3)根据分析；
(4)根据控制变量法，研究电流与电阻的关系时，需控制定值电阻两端的电压不变，当换上大电阻时：根据分压原理确定电压表示数的变化，由串联电路电压的规律结合分压原理确定滑动变阻器滑片移动的方向；根据串联电路电压的规律求出滑动变阻器分得的电压，根据分压原理，求出当接入30Ω电阻时滑动变阻器连入电路中的电阻，据此分析解答。
32．【答案】解：（1）公交车行驶的路程
（2）该汽车静止在水平路面上时，对路面的压力
对路面的压强
（3）根据
，
可得汽车的牵引力
因汽车匀速行驶时受到的阻力和牵引力是一对平衡力，大小相等，所以，阻力
。
答：（1）公交车在这段路上行驶的路程为9000m；
（2）公交车静止在水平地面上时，对地面的压强为；
（3）在这一过程中公交车在水平方向受到的阻力为3000N。
【知识点】功率计算公式的应用；速度公式及其应用；二力平衡的条件及其应用；压强的大小及其计算
【解析】【分析】(1)知道汽车行驶的速度和时间，根据求出汽车在该路段的路程；
(2)汽车静止在水平地面上时，对地面的压力和自身的重力相等，根据求出其大小，根据求出对地面的压强；
(3)根据求出汽车的牵引力汽车匀速行驶时受到的阻力和牵引力是一对平衡力，大小相等，据此求出阻力。
33．【答案】解：(1)开关S接2时，电路为R1的简单电路，电路的总电阻最小，电路的总功率最大，电热饭盒处于高温档，
由可得，
R1的阻值
；
(2)由可得，
1kg饭菜温度升高24.2℃吸收的热量
；
不计热量损失，则饭菜吸收的热量：
Q=W=7.26×104J，
由此可得所需时间
；
(3)如果实际电压是200V，低温档工作时的实际功率
，
。
答：（1）R1的阻值；
（2）使用高温档加热，不计热量损失，将1kg饭菜温度升高24.2℃，需要的时间300s；
（3）如果实际电压是200V，求低温档工作时的实际功率40W。
【知识点】电功率的计算
【解析】【分析】（1）开关S接2时，电路为R1的简单电路，电路的总电阻最小，电路的总功率最大，根据进行分析；
（2）)由可得可吸收热量，根据计算加热时间；
（3）由实际电压计算实际电功率。
