2025年福建省中考物理真题（解析卷）_福建中考1_4.福建中考物理（2017-2025）

2025 年福建省中考物理真题 一、选择题：本题共14小题，每小题2分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的。 1. 下列属于可再生能源的是（ ） A. 煤 B. 核能 C. 风能 D. 天然气 【答案】C 【解析】 可再生能源是指在自然界中可以不断再生、永续利用的能源。风能属于可再生能源，而煤、核能、天然气 均为不可再生能源。故C符合题意，ABD不符合题意。 故选C。 2. 用智能手机监测噪声，显示的“50.6dB”是指声音的（ ） A. 音调 B. 响度 C. 音色 D. 频率 【答案】B 【解析】 dB（分贝）是衡量声音响度的单位，响度表示声音的强弱程度。音调与频率有关，音色与发声体的材料和 结构有关，频率的单位是 Hz。故B符合题意，ACD不符合题意。 故选B。 3. 人体肺泡极多，下图是记录人体单个肺泡直径的数据，其单位是（ ） A. 微米 B. 毫米 C. 厘米 D. 分米 【答案】A 【解析】 根据生物学知识，人体单个肺泡的直径通常在200~500微米范围内。给出的数据为200~250，则正确的单 位是微米，其他选项的单位毫米、厘米、分米均远大于肺泡的实际尺寸。故A符合题意，BCD不符合题意。 故选A。 4. 空间站中，发光二极管为金鱼藻提供光照，其主要材料属于（ ） A. 导体 B. 半导体 C. 绝缘体 D. 超导体 【答案】B 【解析】 发光二极管（LED）的主要材料是半导体，半导体具有特殊的电学性质，可将电能转化为光能。故B符合题意，ACD不符合题意。 故选B。 5. 《考工记》记载：“马力既竭，辀犹能一取焉。”展现出古人观察到马已停止用力，车还能前进一段距 离。车继续前进的主要原因是其（ ） A. 具有惯性 B. 受到推力 C. 受力平衡 D. 受到摩擦力 【答案】A 【解析】 A．惯性是物体保持原来运动状态的性质。马停止用力前，车处于运动状态，当马停止用力后，车由于惯 性，要保持原来的运动状态继续前进，故A符合题意； B．马已停止用力，车不再受到推力，车前进不是因为受到推力，故B不符合题意； C．车前进过程中受到摩擦力等阻力，合力不为零，受力不平衡，不是因为受力平衡前进，故C不符合题 意； D．摩擦力是阻碍车运动的力，会使车慢慢停下，不是车继续前进的原因，故D不符合题意。 故选A。 6. 下图为搭乘“天舟八号”前往中国空间站的月壤砖的模型，该模型等同于由四个相同正方体组合而成。 将其放在地球水平桌面上，如图，对桌面压强最小的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 四个模型均由相同正方体组合而成，所以它们的总重力G相同，对桌面的压力F=G也相同。 F 根据压强公式p= （p为压强，F为压力，S为受力面积 ），在压力F相同的情况下，受力面积S越大， S压强p越小。 由图可知受力面积最大的是D图，故D符合题意，ABC不符合题意。 7. 关于新能源电动汽车充电桩的安装和使用，下列符合安全用电要求的是（ ） A. 用湿抹布擦拭充电插口 B. 充电桩需要安装接地线 C. 充电桩起火立即泼水救火 D. 充电桩无需安装保险装置 【答案】B 【解析】 A．湿抹布是导体，用湿抹布擦拭充电插口，容易使人体接触到火线，从而发生触电事故，不符合安全用 电要求。故A不符合题意； B．充电桩安装接地线后，若充电桩内部出现漏电情况，电流可通过接地线导入大地，能防止人体触电， 符合安全用电要求。故B符合题意； C．水是导体，充电桩起火时泼水救火，可能会使施救者触电，且可能会造成电路短路，使火势扩大，不 符合安全用电要求。故C不符合题意； D．充电桩安装保险装置，当电路中电流过大时，保险装置可自动切断电路，起到保护作用，所以需要安 装保险装置，不符合安全用电要求。故D不符合题意。 故选B。 8. 在体育运动中，下图中的做法为了减小摩擦的是（ ） A. 穿轮滑鞋 B. 手涂防滑粉 C. 戴手套接球 D. 用力捏车闸 【答案】A 【解析】 A．穿轮滑鞋是变滑动摩擦为滚动摩擦，减小摩擦力，故A符合题意； B．运动员手涂防滑粉，是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力，故B不符合题意； C．戴手套接球是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力，故C不符合题意； D．用力捏自行车的车闸，是在接触面粗糙程度一定时，通过增大压力来增大摩擦力，故D不符合题意。故选A。 9. 如下图，大头针插在玻璃瓶的软木塞上，把金属箔悬挂在大头针上。带电体接触大头针后，金属箔张开， 此过程（ ） A. 正电荷发生转移 B. 可检验带电体的电性 C. 金属箔带上同种电荷 D. 张开角度越小，所带电荷越多 【答案】C 【解析】 A.金属导体中能够自由移动的是电子（负电荷 ），当带电体接触大头针后，是负电荷发生转移，不是正 电荷，故A错误，不符合题意； B. 该装置只能检验物体是否带电，不能检验带电体的电性（正电或负电），故B错误，不符合题意； C.带电体接触大头针后，电荷会转移到金属箔上，使金属箔带上同种电荷，同种电荷相互排斥，所以金属 箔张开，故C正确，符合题意； D.金属箔张开角度越大，说明所带电荷越多，张开角度越小，所带电荷越少，故D错误，不符合题意。 故选C。 10. 小闽为康养中心的老人设计服务信号电路图，灯亮表示提醒卫生服务，电铃响表示呼叫医疗服务。下 图中不符合要求的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 ABD．图中灯和电铃并联，各个支路都有一个开关独立工作，且开关只控制这一条支路的通断，符合设计 要求，故ABD不符合题意； C．图中S 开关在干路上，控制整个电路，干路开关不闭合整个电路都不工作，不能使电铃和灯独立工作， 2 S 闭合电铃工作，只闭合开关S 都不工作，两开关都闭合电铃和灯一起工作，不符合设计要求，故C符合 2 1 题意。 故选C。 11. 如图，修表师傅可通过“寸镜”看清手表微小结构。“寸镜”内部有一个凸透镜，使用时手表到凸透镜的距离应（ ） A. 小于1倍焦距 B. 等于1倍焦距 C. 大于2倍焦距 D. 在2倍焦距与1倍焦距之间 【答案】A 【解析】 通过“寸镜”能看清手表微小结构，此时“寸镜”作为放大镜使用，则需满足物体位于凸透镜的1倍焦距 以内，即物距小于1倍焦距，此时会形成正立、放大的虚像，便于观察微小结构。故A符合题意，BCD不 符合题意。 “寸镜” 相当于一个放大镜，放大镜是利用凸透镜成正立、放大虚像的原理工作的。根据凸透镜成像规 律，当物距小于 1 倍焦距时，成正立、放大的虚像 ，所以使用时手表到凸透镜的距离应小于 1 倍焦距， A 正确；物距等于 1 倍焦距时，不成像，B 错误；物距大于 2 倍焦距时，成倒立、缩小的实像，C 错 误；物距在 2 倍焦距与 1 倍焦距之间时，成倒立、放大的实像，D 错误。 故选A。 12. 如图，红茶加工包含“萎凋”“揉捻”“发酵”“烘干”等工序。下列说法错误的是（ ） A. “萎凋”时摊开茶叶可加快水分蒸发 B. “揉捻”使茶叶卷缩，说明力可改变物体的形状 C. “发酵”时闻到气味是因为分子在永不停息地运动 D. “烘干”是通过做功减小茶叶的内能 【答案】D 【解析】 A．“萎凋”时将茶叶摊开，是通过增大液体的表面积加水分蒸发，故A正确，不符合题意； B．“揉捻”使茶叶卷缩，则茶叶发生形变，说明力可改变物体的形状，故B正确，不符合题意； C．“发酵”时能闻到茶叶的清香，这是扩散的现象，说明分子在不停地做无规则运动，故C正确，不符合题意； D．“烘干”过程采用高温烘焙，是通过热传递减小茶叶的内能，故D错误，符合题意。 故选D。 13. 抽水蓄能电站被称为“超级充电宝”，用电低谷时段利用电网多余电能抽水至上水库，用电高峰时段 再放水至下水库发电，如图：关于抽水蓄能电站，下列说法正确的是（ ） A. 用电低谷时，以电能的形式储能 B. 用电高峰时，机械能转化为电能 C. 选址时，上下水库的高度差要小 D. 存储的能量可以全部转化为电能 【答案】B 【解析】 A．用电低谷时，是利用电网多余电能抽水至上水库，将电能转化为水的机械能储存起来，不是以电能形 式储能，故A错误； B．用电高峰时，放水至下水库，水的机械能转化为电能，故B正确； C．由图可知，抽水蓄能电站由上游水库、下游水库和水电站组成，要求水资源丰沛、上下游有落差，因 此选址时需要考虑地理位置的问题，故C错误； D．能量转化过程中存在损耗，比如抽水、放水过程中的摩擦等，存储的能量不能全部转化为电能，D错 误。 故选B。 14. 光照强度会影响花卉生长。图甲为光照强度过大时触发报警的电路，电源电压不变，R 为阻值可调的 0 电阻箱，R为光敏电阻，其阻值随光照强度变化关系如图乙。当电流表示数大于某一值I 时触发报警，I 0 0 时的光照强度为警戒光照强度。闭合开关S，下列说法正确的是（ ） A. R的阻值随光照强度增大而增大B. 增大R 阻值可增大警戒光照强度 0 C. R 一定时，光照强度越大，通过R 的电流越大 0 0 D. R 一定时，光照强度越大，电流表示数越小 0 【答案】B 【解析】 由图可知，定值电阻R 和光敏电阻R并联，电流表测干路电路的电流 0 为 A．题目提到R 光敏电阻，其阻值随光照强度变化关系如图乙所示，可以看出光照强度增大时阻值减小， 故A错误； B．警戒光照强度是电流达到I 时的光照强度。增大R 阻值会导致通过R 支路的电流减小，因此光敏电阻 0 0 0 阻值需减小才能让电流重新达到I。此时需要更强的光照，所以警戒光照强度增大，故B正确； 0 C．定值电阻R 和光敏电阻R并联，互不影响，R 一定时，电压不变则通过R 的电流不变，故C错误； 0 0 0 D．R 一定时，电压不变，通过R 的电流不变。光照强度越大，光敏电阻R的阻值减小，根据 可知 0 0 通过光敏电阻R这条支路的电流增大，电流表测干路电流，等于各支路电流之和，一条支路电流不变，另 一条支路电流增大，故电流表示数增大，故D错误。 故选B。 二、填空题:本题共6小题，每空1分，共12分。 为了提高学生户外生存技能，学校开展取火和自制指南针实践活动，据此完成下列各题。 15. 将包装口香糖的锡箔纸剪成如图形状，其他条件相同时，C处的横截面积小，电阻______。A、B两端 分别与电池正负极接触，观察到C处起火，该现象利用了电流的______效应。 【答案】 ①. 大 ②. 热 【解析】 l [1]根据电阻的决定式R=ρ （ρ为电阻率，l为导体长度，S为横截面积），在材料（ρ相同）、长度l相同 S 的情况下，横截面积S越小，电阻R越大，所以C处横截面积小，电阻大。 [2]A、B两端与电池正负极接触，电路中有电流通过，C处起火，是因为电流通过C处时产生了热量，使 温度升高达到锡箔纸的着火点，该现象利用了电流的热效应。16. 将回形针掰直，磁化后放在树叶上，漂浮于水面，如下图，回形针在地球______的作用下，静止后指 向南北。参照冬季午间小草的影子偏向北方，进一步推测A端是回形针磁体的______极。 【答案】 ①. 磁场 ②. S 【解析】 [1][2]地球是一个巨大的磁体，磁化后的回形针具有磁性，将其放在树叶上，漂浮于水面，则回形针在地球 磁场的作用下，静止后会指南北两个方向。小草的影子偏向北方，根据影子的形成原理可知太阳在南方， 地理南方附近是地磁北极，根据磁极间的相互作用规律可知回形针磁体指南方的是S极，即可以推测A端 是回形针磁体的S极。 17. 仿生海洋机器鱼模仿鱼类的游动方式，与螺旋桨推进方式相比，噪声小，这是在______处减弱噪声。 机器鱼游动时，相对于海岸是______的。 【答案】 ①. 声源 ②. 运动 【解析】 [1]减弱噪声的途径有三个：在声源处减弱、在传播过程中减弱、在人耳处减弱。仿生海洋机器鱼模仿鱼类 的游动方式，与螺旋桨推进方式相比，噪声小，这是在声源处减弱噪声。 [2]判断物体的运动与静止时，要看物体相对于参照物的位置如何变化。机器鱼游动时，相对于海岸的位置 在不断发生变化，所以是运动的。 18. 科创小组制作遥控“泵喷式”船模，当船向后喷水时，船获得向前的推力，表明物体间力的作用是 ______的。遥控发射器利用______波控制船。 【答案】 ①. 相互 ②. 电磁 【解析】 [1]力是物体对物体的作用，物体间力的作用是相互的。当船向后喷水时，船获得向前的推力，利用了物体 间力的作用是相互的原理。 [2]遥控器与船模之间是依靠电磁波传递信息，即遥控发射器是利用电磁波来控制船的。 19. 下图为电学知识部分结构图，请补充完整。（ ）（ ）【答案】 ①. 电能 ②. 电流I 【解析】 [1]电源是提供电能的装置，用电器是消耗电能的装置，所以该空填电能。 [2]电压是形成电流的原因，电阻对电流有阻碍作用，导线输送电流，则该空填电流I。 20. 下图为探究摩擦力的实验装置。当桶和沙的总质量为0.24kg时，木块和木板在水平桌面上保持静止， 力传感器示数为0.4N。a、b两段轻绳均与桌面平行。图中滑轮的作用是______。不计绳与滑轮间的摩擦， 桌面对木板的摩擦力大小为______N。 【答案】 ①. 改变力的方向 ②. 2 【解析】 [1]由图可知，图中滑轮是定滑轮，在实验中的作用是改变力的方向。 [2]木块和木板在水平桌面上保持静止，则木块和木板都受力平衡。木块在水平方向受到向左的拉力和向右 的摩擦力，向左的拉力大小为0.4N，则木板对木块向右的摩擦力也为0.4N，物体间力的作用是相互的，则 木块对木板有向左的摩擦力，大小为0.4N；木板受到向右的拉力与桶和沙的重力相等，即 桶和沙总重力 G=mg=0.24 kg×10 N/kg=2.4 N，即绳子拉木板的力为 2.4 N。 木块静止，木板对木块摩擦力等于力传感器拉力0.4 N；根据力的相互性，木块对木板摩擦力也为 0.4 N。 木板静止，桌面对木板摩擦力f =2.4 N−0.4 N=2.0 N。 三、作图题:本题共2小题，每小题2分，共4分。 21. 在下图中，画出悬浮在水中的潜水艇模型受到的重力和浮力的示意图。【答案】 【解析】 潜水艇模型悬浮在水中，受到浮力和重力的作用，浮力的方向竖直向上，重力的方向竖直向下，浮力与重 力大小相等，如下图所示： 22. 在下图中，画出入射光线的反射光线和折射光线的大致位置。 【答案】 【解析】根据光的反射定律可知，在反射现象中反射角等于入射角，故先根据反射角等于入射角画出反射光线的大 致位置；根据光的折射规律可知，当光从玻璃斜射向空气中时，光的传播方向发生偏折，折射角大于入射 角，故再根据折射角大于入射角画出折射光线的大致位置，如图所示： 四、简答题:本题共1小题，共4分。 23. “七星漂”钓法是我国传统钓鱼方法之一，钓组由浮子、钓线、坠子、鱼钩和鱼饵组成，如图。请用 物理知识回答： （1）浮子常用轻质鹅毛羽轴或泡沫制作的原因； （2）钓组入水后，坠子将鱼饵快速拉向水底。为了减小水的阻力，坠子体积宜小。若有铝和铅两种材料， 在其他条件相同时，选择哪种材料制作坠子更合适？分析选择的理由。（ ） 【答案】（1）见解析 （2）见解析 【解析】 【小问1详解】 轻质鹅毛羽轴或泡沫的密度小于水的密度，能漂浮在水面上。 【小问2详解】 选择铅制作坠子更合适。在质量 相同时， ，由 可知， ，铅坠子在水中运动时的 阻力小。 五、实验题：本题共5小题，共30分。24. 防冻液是一种用于汽车发动机冷却系统的特殊液体。为判断某防冻液在最低气温为-25℃的某地区能否 使用，利用图甲装置进行实验。 （1）烧杯中装有适量防冻液，置于制冷剂中，用温度传感器每隔1min记录防冻液的温度，绘制温度随时 间变化的图像，如图乙。观察到14～20min防冻液处于固液共存状态，分析图像可知：防冻液在凝固过程 中温度______，凝固点为______℃，由此判断该防冻液______在该地区使用； （2）装制冷剂的容器外壁出现霜，这是空气中水蒸气______形成的小冰晶。 【答案】（1） ①. 保持不变 ②. -35 ③. 能 （2）凝华 【解析】 【小问1详解】 [1]防冻液在凝固过程中的温度变化：晶体在凝固过程中温度保持不变。由题中“14-20min 防冻液处于固 液共存状态”可知，防冻液是晶体，所以其在凝固过程中温度不变。 [2]凝固点为物体凝固过程中温度不变时对应的温度，由乙图可知，凝固点为-35℃。 [3]因为该地区的最低气温为-25℃，高于该款防冻液的凝固点，所以该防冻液可以在该地区使用。 【小问2详解】 装制冷剂的容器外壁出现霜，这是空气中水蒸气遇冷凝华形成的小冰晶。因为制冷剂温度很低，使容器外 壁温度也很低，当空气中的水蒸气遇到温度低于0°C的容器外壁时，会直接从气态变为固态，形成霜。 25. 探究平面镜成像的特点，实验装置如图甲。 （1）实验前，将白纸平铺在水平桌面上，玻璃板______架在纸上。 （2）在玻璃板前放置点燃的蜡烛A，在玻璃板后移动完全相同但未点燃的蜡烛B，直到B与A的像A′完 全重合，说明像与物的______相等。在纸上描出蜡烛、玻璃板和像的位置，处理数据如图乙。 （3）得出结论：像与物关于平面镜对称。为使该结论具有普遍性，提出一条改进建议：______。 （4）利用茶色薄玻璃板制作如图丙的“临摹神器”，可在白纸上临摹手机画面。如图丁，当手机屏幕与白纸的夹角为80°，若要使手机画面通过玻璃板所成像的位置在白纸上，玻璃板与桌面的夹角θ应为 ______°，临摹时要在______（填“①”或“②”）位置观察。 【答案】（1）垂直 （2）大小 （3）改变蜡烛 的位置，多次实验 （4） ①. 50 ②. ① 【解析】 【小问1详解】 实验时玻璃板与纸面应垂直放置，这样所成的像在桌面上，方便找到像的位置。 【小问2详解】 将两支相同的蜡烛A和B分别竖放在玻璃板前后，点燃蜡烛A，并移动蜡烛B，直至与蜡烛A的像重合， 蜡烛B能跟蜡烛A的像完全重合，说明像与物大小相等，用到了等效替代法。 【小问3详解】 一次实验得出的结论不具有普遍性，本实验中应多次改变蜡烛A的位置，得到多组数据，其目的是避免实 验的偶然性，得到普遍规律。 【小问4详解】 [1]平面镜成像物与像关于镜面对称，如图丁，当手机屏幕与白纸的夹角为80°，则手机右侧与白纸的夹角 为 ，若要使手机画面通过玻璃板所成像的位置在白纸上，玻璃板与桌面的夹角θ应为 [2]平面镜成的像是虚像，所以要透过玻璃板观察像，则临摹时要在①位置观察像。 26. 用伏安法测量额定电压为2.5V小灯泡的电阻，实验装置如图甲。 （1）用笔画线代替导线将图甲电路连接正确； （2）闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P置于最______端； （3）闭合开关，定向移动滑片P，发现电表指针示数忽大忽小，且变化幅度较大。经检查，故障只发生在滑动变阻器，故障的原因可能是______； A. 滑动变阻器短路 B. 滑动变阻器的滑片P与电阻丝接触不良 （4）排除故障，继续实验。实验小组设计如下表格并记录部分实验数据： 实验次序 1 2 3 4 5 电压U/V 0.9 1.3 1.7 2.1 2.5 电流I/A 0.20 0.22 0.28 0.30 电阻R/Ω 4.5 5.9 7.5 电阻平均值 /Ω ①电压表示数为1.7V时，电流表示数如图乙所示，读数为______A； ②小灯泡正常发光时电阻为______Ω；（保留一位小数） ③表格中设计不合理的一项是______，原因是______。 【答案】（1） （2）右 （3）B （4） ①. 0.26 ②. 8.3 ③. 电阻平均值 ④. 小灯泡的电阻会随温度变化而 变化 【解析】 【小问1详解】 由图可知，电压表未接入到电路中，应该将电压表并联在小灯泡两端，如下图所示：【小问2详解】 为了保证电路安全，应该将滑动变阻器调至阻值最大处，即将滑动变阻器的滑片P置于最右端。 【小问3详解】 因为电表指针示数忽大忽小，且变化幅度较大，说明电路某处接触不良，故B符合题意。 【小问4详解】 [1]由乙图可知，电压表所接量程为0~0.6A，其分度值为0.02A，所以读数为0.26A。 [2]因为小灯泡的额定电压为2.5V，所以由第5次实验数据可知，小灯泡正常发光时电阻 [3][4]因为小灯泡发光时会发热，所以小灯泡的电阻会随温度变化而变化，故表格中设计不合理的一项是电 阻平均值 。 27. 探究液体压强与哪些因素有关，完成下列任务。 任务一 测量盐水、水和酒精的密度 （1）将天平放在水平台上，把游码移至标尺左端______处，并调节好天平。 （2）用注射器抽取5mL盐水，用天平测得注射器和盐水的总质量，如图甲所示，为______g。 （3）用注射器继续抽取盐水，活塞移至15mL处，测得注射器和盐水的总质量为27.4g，盐水的密度为 ______g/cm3。继续测出水和酒精的密度。 任务二 探究液体内部 的压强 （4）图乙是U形管压强计，实验时通过两侧液面的高度差来反映______的大小。 （5）三个容器分别装有适量的盐水、水和酒精，改变探头在液体中的深度，记录探头的深度h与U形管两侧液面的高度差Δh，绘制Δh-h图像如图丙，分析图像可知： ①液体压强与液体的深度有关，在相同液体内部，深度越深，压强越______。 ②液体压强与液体的密度有关。 根据图像，陈述得出结论②的理由：______。 【答案】 （1）零刻度线 （2）15.8 （3）1.16 （4）液体压强 （5） ①. 大 ②. 见解析 【解析】 【小问1详解】 天平使用前要调节横梁平衡：将天平放在水平台上，把游码移至标尺左端零刻度线处，并调节好天平。 【小问2详解】 用注射器抽取5mL盐水，如图甲所示，标尺的分度值为0.2g，游码对应的示数为0.8g，用天平测得注射器 和盐水的总质量m=10g+5g+0.8g=15.8g 【小问3详解】 用注射器继续抽取盐水，活塞移至15mL处，测得注射器和盐水的总质量为27.4g，则抽取盐水的体积为 抽取盐水的质量为 盐水密度为 【小问4详解】 图乙是U形管压强计，由转换法，实验时通过两侧液面的高度差来反映液体内部压强的大小。 【小问5详解】 [1]根据绘制Δℎ−ℎ图像可知，液体压强与液体的深度有关，在相同液体内部，深度越深，两侧液面的高 度差，压强越大。 [2]由图丙知，在不同液体的同一深度处，酒精对应的U形管两侧液面的高度差最小，酒精产生的压强最小， 而盐水对应的U形管两侧液面的高度差最大，盐水产生压强最大，故得出液体压强与液体的密度有关。 28. 降水量是指一段时间内，雨水（或融化后的固体降水）未经蒸发、渗透和流失所积聚起来的水层深度。 为了监测降水量，科创小组制作了“翻斗式雨量计”，装置外观是上端开口的圆柱体，如图1甲。内部结 构示意图如图1乙。装置核心部件如图1丙，它是用中间隔板分开的两个完全对称的三角形容器，可绕O点处的水平轴转动，从而使两侧容器轮流接水，当一侧容器接满10mL雨水时会发生翻转，将水倒出，随 着降雨持续，翻斗左右翻转，过程如图1丁。磁铁与配重通过连杆安装在翻斗上并随翻斗左右摆动，当磁 铁经过磁感应开关（两者相互作用力忽略不计）时，磁感应开关通过电流传感器将翻斗翻转信息变成电信 号，从而推算降水量。 （1）翻斗在水平位置时是等臂杠杆，实验器材中属于等臂杠杆的有______。 （2）连杆上装有可调高度的配重。校准过程，若倒入的水量总是大于10mL时翻斗才发生翻转，可通过 ______（填“降低”或“升高”）配重在连杆上的位置进行调整。 （3）图2甲是翻斗翻转信息变为电信号的工作电路，电源电压不变， 、 为定值电阻， 。 某次降雨，电流传感器（电阻不计）测得电流随时间变化关系如图2乙。 ①当磁铁每次经过磁感应开关时，开关状态是______。 ②“翻斗式雨量计”顶端开口面积为0.1m²，由图2乙可知该地区30min内降水量约为______mm，降水量 变化趋势是______。（测量前翻斗内无水）③由图2可知， ______ 。 （4）若该装置在我国北方地区使用，可改进的措施是______。 【答案】（1）托盘天平（天平、定滑轮） （2）降低 （3） ①. 闭合 ②. 1.2 ③. 减弱（减缓、变小） ④. 200 （4）低温天气，增加加热装置；若降水量偏小，可以降低配重的高度并重新校准参数 【解析】 【小问1详解】 初中所学的实验器材中属于等臂杠杆的有托盘天平。 【 小问2详解】 翻斗可以看成杠杆，此时动力为雨水对翻斗的压力，大小等于雨水的重力。阻力为配重对翻斗的压力，大 小等于配重的重力。校准过程中水量总是大于10mL时翻斗才发生翻转，此时可以通过减小阻力的力臂的 方法来进行校准，故可以降低配重的高度来减小阻力的力臂进行校准。 【小问3详解】 [1]由乙图知，当磁铁每次经过磁感应开关时电路中的电流增加，此时电路中的总电阻是减小的，故磁铁经 过磁感应开关时，开关的状态是闭合的。 [2]由乙图知，30min内翻斗共翻转了12次，故总的收集到的雨水体积 顶端开口的面积是 故降水量为 [3]由乙图知，翻转所用的时间越来越长，故降水量变化趋势在减弱。 [4] 当开关断开时，电路中的电流为5mA，此时电阻R 与R 串联，电源电压 1 2 …① 当开关闭合时，电路中的电流为25mA，此时电路中只有电阻R，电源电压 …② 2 ①②联立，解得 【小问4详解】北方地区温度低，降水量少，故在低温天气可以增加加热装置；降水量偏小，可以降低配重的高度重新校 准参数。 六、计算题:本题共3小题，共22分。 29. 某电水壶的部分参数如下表所示。该电水壶正常工作时，可将质量为1kg的水从20℃加热到100℃， 用时420s。已知 。求: 额定电压 220V 额定功率 1000W （1）水吸收的热量。 （2）电水壶消耗的电能。 （3）电水壶的热效率。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 水吸收的热量 Q =cmΔt=4.2×103 J/⋅℃×1 kg×(100℃−20℃)=3.36×105 J 吸 【小问2详解】 由表可知电水壶的额定功率为1000W，该电水壶正常工作时，其实际功率等于额定功率，故用时420s，电 水壶消耗的电能： W =Pt=1000 W×420 s=4.2×105 J 【小问3详解】 电水壶的热效率 30. 运-20是我国自主研制的重型运输机，如图。飞机获得的升力 与其在平直跑道上滑行速度v的平方成 正比，即 ， 为定值（未知）。飞机在平直跑道上从静止开始加速，当速度达到 时，飞机即将离地起飞，此时飞机所受升力与重力相等。升空后，飞机若以速度800km/h沿水平直线匀速飞行0.5h，其 发动机在水平方向的牵引力大小为 。 （1）求升空后飞机在上述0.5h内通过的路程。 （2）求升空后飞机在上述0.5h内水平方向牵引力做的功。 （3）已知飞机重力为 ，求飞机在跑道上滑行速度为 时受到的支持力。 【答案】 （1） （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 飞机的速度为800 km/h，飞行时间为0.5小时，所以飞机在0.5小时内通过的路程为： s=vt=800 km/h×0.5 h=400 km 【小问2详解】 飞机在水平方向的牵引力为3.6×105 N，飞机在0.5小时内通过的路程为400 km，即4×105 m，所以 牵引力做的功为： W =Fs=3.6×105 N×4×105 m=1.44×1011 J 【小问3详解】 当速度达到 时，飞机即将离地起飞 ， ，可得 当飞机以 速度滑行时飞机在水平跑道上滑行，竖直方向上受力平衡 所以 31. 下图为科创小组测量大气压和海拔的简易装置原理图， 为定值电阻， 为力敏电阻， 置于圆柱 体容器底部，可自由滑动的活塞通过轻杆压在力敏电阻上。容器内抽成真空，装置气密性良好。该装置通 过两电表示数分别转换测出大气压值和海拔，且示数均随测量值增大而增大。电源电压恒为6V， ， 的阻值与压力大小 的关系为 ，电压表量程为0～3V，电流表量程为0 ～0.6A。活塞横截面积为 ，忽略摩擦，不计活塞质量。查阅资料，大气压 与海拔 的关系如 下表。 10 20 30 40 50 … 100 200 … 海拔 0 0 0 0 0 0 … 0 0 … 大气压 10 10 … … 99 98 97 96 90 80 1 0 … … （1）求 时活塞受到的压力。 （2）求 时通过 的电流。 （3）求该装置能测量的最高海拔。 （4）指出该装置测量时的一项不足之处，针对该不足，就电源和电流表中任选1个，提出相应问题的解决 方案，并说明理由。 【答案】（1） （2） （3） （4）见解析【解析】 【小问1详解】 根据题意可知当 时，大气压 ，则活塞受到的压力为 【小问2详解】 当 时，力敏电阻的阻值为 由图可知电路为串联电路，则电源电压为 串联电路电流处处相等，则通过 的电流为 【小问3详解】 由题意可知，海拔越高，大气压越低，则活塞受到的压力越小，力敏电阻阻值越大，电路中电流减小，电 流表示数减小，根据串联分压原理可知电压表示数变大，所以是选择电压表示数转换测出海拔。当电压表 示数为3V时，所测的海拔最高为 ，则 电路中电流为 力敏电阻的阻值为 又 解得 ，此时大气压为 查表可知 【小问4详解】 问题：该装置所测的最高海拔太低。 方案：适当降低电源电压 。理由：根据欧姆定律和串联电路知识可知 ，得 ①当电源电压降低到3V～6V时， 最大值为3V不变，适当减小电源电压 ，可以增大 ，可测的气 压减小，可测的海拔增加。 ②当电源电压降低到3V以下时， 最大值小于3V且在电压表量程内，可以继续增大 ，可测的气压减 小，可测的海拔增加。