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广东省深圳市南山区哈尔滨工业大学（深圳）实验学校2025年中考二模物理试题
1．（2025·深圳模拟）下列估测中，最接近实际的是（　　）
A．冰箱保鲜室中矿泉水的温度约为-5℃
B．中学生百米赛跑的速度约为7m/s
C．一本初中物理书的质量约为20g
D．正常人呼吸一次的时间约为1s
【答案】B
【知识点】温度及温度计的使用与读数；质量及其特性；时间的估测；速度与物体运动
【解析】【解答】A．冰箱保鲜室的温度一般在 3℃～ 8℃左右，矿泉水在保鲜室中不会达到 -5℃，故A不符合题意；
B．中学生百米赛跑的成绩一般在 13s～17s 左右，则速度约为6m/s～8m/s，故B符合题意；
C．一本初中物理书的质量大约在 200g～300g 左右，故C不符合题意；
D．正常人呼吸一次的时间约为 3s～5s，故D不符合题意。
故选B。
【分析】根据对常见物体的温度、速度、质量和时间的认识判断。
2．（2025·深圳模拟）同学们对隔音房间模型进行隔音测试，如图所示。关闭隔音房间门后听到铃声变小是由于（　　）
A．闹铃的振动停止了 B．铃声的音调变低了
C．铃声在传播中减弱了 D．铃声的传播速度变小了
【答案】C
【知识点】声音的产生；声速；音调及音调与频率的关系；防治噪声的途径
【解析】【解答】根据题意可知，关闭隔音房间门不会影响声源的振动幅度和振动频率，则声源处铃声的响度和音调都不会改变，故A、B错误；
隔音门阻碍了声音的传播，所以听到的铃声会变小，是在传播过程中减弱了铃声，故C正确；
铃声的传播速度与介质种类和温度有关，即铃声速度不变，故D错误。
故选C。
【分析】ABC.分析关闭房门后是否会影响铃声即可；
C.根据声速的影响因素判断。
3．（2025·深圳模拟）饺子编剧并执导的动画电影《哪吒之魔童闹海》于2025年1月29日在中国大陆上映。截至2月21日，该影片票房突破130亿元，登顶全球动画电影票房榜。哪吒与父亲踢毽子的画面如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．以地面为参照物，踢出去的毽子是静止的
B．哪吒将毽子踢向父亲，说明力可以改变物体的形状
C．毽子能继续在空中飞，是因为毽子具有惯性
D．毽子在最高点时，受到平衡力作用
【答案】C
【知识点】力的作用效果；惯性及其现象；平衡状态的判断；参照物及其选择
【解析】【解答】A．根据题意可知，踢出去的毽子相对地面的位置不断改变，则以地面为参照物，毽子是运动的，故A错误；
B．哪吒将毽子踢向父亲，此时毽子的运动方向和速度都发生改变，说明力可以改变物体的运动状态，故B错误；
C．毽子能继续在空中飞，是因为毽子具有惯性，故C正确；
D．毽子在最高点时只受重力作用，即只受非平衡力，故D错误。
故选C。
【分析】A.根据参照物的知识判断；
B.根据力的作用效果判断；
C.物体保持运动状态不变的性质叫惯性；
D.对最高点时的毽子进行受力分析即可。
4．（2025·深圳模拟）用太阳能电池（SC）和光敏电阻（LDR）组成的电路如图，有光照时，随着光照强度的增大，电压表示数会明显增大，而LDR的阻值会急剧减小到几百欧，先在黑暗环境中闭合开关，再开灯时（　　）
A．可能导致短路 B．LDR阻值增大
C．LDR功率增大 D．电流表示数不变
【答案】C
【知识点】欧姆定律及其应用；电路的动态分析；电功率的计算
【解析】【解答】根据题意可知，再开灯时光照强度增大，LDR的阻值会急剧减小。根据电压表的示数变大可知，LDR两端的电压和通过的电流都变大，由P＝UI知LDR的功率会增大，故ABD不符合题意，C符合题意。
故选C。
【分析】根据题目描述分析开灯后通过LDR的电流与它两端的电压变化，根据P=UI分析LDR的电功率变化即可。
5．（2025·深圳模拟）一自动售货机的使用说明如下：手机扫码（闭合S1）或投币（闭合S2），启动电动机完成自动售货；光线较暗时光控开关S3自动闭合，灯泡发光。某同学根据使用说明设计了如下电路，符合要求的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】串、并联电路的设计
【解析】【解答】根据题意可知，电动机工作时，灯泡可以工作，也可以不工作，即电动机、灯泡互不影响，两者并联。
开关S3只控制灯泡，则S3与灯泡串联。开关S1、S2互不影响，那么两者并联，再与电动机串联；故ABC不符合题意，D符合题意。
故选D。
【分析】用电器相互影响为串联，不相互影响为并联。干路开关控制所有用电器，支路开关控制它所在支路上的用电器，据此分析解答。
6．（2025·深圳模拟）下列有关电与磁的应用，说法不正确的是（　　）
A． 指南针的工作原理是磁极间的相互作用
B． 电铃的工作原理是磁场对电流的作用
C． 扬声器的工作原理是通电导体在磁场中受力而运动
D． 动圈式话筒的工作原理是电磁感应现象
【答案】B
【知识点】磁场；通电直导线周围的磁场；扬声器和耳机的构造和原理；动圈式话筒的构造和原理
【解析】【解答】A．指南针受到地球磁场的作用，工作原理是磁极间的相互作用，故A正确不符合题意；
B．电铃的主要结构为电磁铁，它是根据电流的磁效应工作的，故B错误符合题意；
C．扬声器工作时，通电线圈在磁场中受力运动起来，从而带动纸盆发出声音，故C正确不符合题意；
D．当声波使膜片振动时，连接在膜片上的线圈随着一起振动从而做切割磁感线运动，其中就产生感应电流，故D正确不符合题意。
故选B。
【分析】对各个图片进行分析，确定其中包含的物理原理，然后与题目描述对照即可。
7．（2025·深圳模拟）如图甲是一款电脑鼠标，它的按键可看作简单的杠杆，如图乙所示，为按键，O点为支点，请在图乙中画出A点按下按键的最小动力、动力的力臂。
【答案】
【知识点】力臂的画法；杠杆中最小力的问题
【解析】【解答】根据题意可知，O点为支点，A点为动力作用点，则最长的动力臂为OA。连接OA，过A点作垂直于AO向下的力，这就是按下按键的最小动力，作图如下：
【分析】当以杠杆的支点到力的作用点之间的线段为动力臂时最长，此时动力最小。
8．（2025·深圳模拟）如图所示，请在图中将两条光路补充完整。
【答案】
【知识点】透镜的光路图
【解析】【解答】根据题意可知，平行于主光轴的光线经凸透镜折射后将过焦点，过凸透镜光心的光线传播方向不改变，如下图所示：
【分析】根据凸透镜的特殊光线完成作图。
9．（2025·深圳模拟）如图所示，“海翼”是由中国科学院沈阳自动化研究所完全自主研发、拥有自主知识产权的水下滑翔机。“海翼”配备油囊装置，需要上浮时，油囊会鼓起来，从而使得排开水的体积　 　（选填“增大”“减小”或“不变”），受到的浮力　 　（选填“大于”“小于”或“等于”）重力；“海翼”号实现浮沉原理与传统潜水艇浮沉的原理　 　（选填“相同”或“不同”）。
【答案】增大；大于；不同
【知识点】浮力的利用；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】（1）根据题意可知，油囊会鼓起来，则排开水的体积增大，由阿基米德原理可知，它受到的浮力增大。当浮力大于重力时，物体上浮；
（2）潜水艇靠改变自身的重力来实现浮沉，与“海翼”号实现浮沉的原理不同。
【分析】（1）根据阿基米德原理分析滑翔机受到浮力的变化；
（2）根据潜水艇的浮沉方法分析。
10．（2025·深圳模拟）利用如图所示的“搬重物利器”搬运大件家具时，先用金属棒撬起家具，再将带有滚轮的底座放入家具底部，便可以轻松移动家具。其中，金属棒是　 　（选填“省力”“费力”或“等臂”）杠杆，底座装有滚轮是为了减小　 　。
【答案】省力；摩擦
【知识点】增大或减小摩擦的方法；杠杆及其五要素；杠杆的分类
【解析】【解答】（1）根据图片可知，中间垫的物块处为杠杆的支点，家具对杠杆施加阻力，手对杠杆施加动力。由于动力臂大于阻力臂，因此为省力杠杆。
（2）底座装有滚轮，通过变滑动为滚动的方式减小摩擦力。
11．（2025·深圳模拟）如图所示，小华发现家中蒸蛋器在使用时会通过上方小孔喷出蒸汽，于是他小心地将自制的风车放在小孔附近，成功让风车转了起来，蒸汽推动风车转动时的能量转化与汽油机　 　冲程的能量转化相同。某单缸四冲程汽油机工作时，飞轮转速为3600r/min，则其10s内对外做功　 　次；若缸内燃气对活塞平均推力为1500N，活塞向下运动的距离为0.05m，则功率是　 　W。
【答案】做功；300；2250
【知识点】功率计算公式的应用；热机；热机的四个冲程
【解析】【解答】（1）根据题意可知，水蒸气推动风车转动时做功，将水蒸气的内能转化成了风车的机械能，因此蒸汽推动风车转动时的能量转化与汽油机的做功冲程的能量转化相同。
（2）四冲程汽油机飞轮转速3600r/min，即60r/s，即汽油机飞轮每秒转60圈，
由于四冲程内燃机一个工作循环完成4个冲程，飞轮和曲轴转2圈，对外做功1次，
所以1s内该汽油机对外做功30次，则其10s内对外做功300次。
（3）汽缸内燃气推动活塞一次所做的功；
则做功一次所用的时间，
则汽油机的功率。
【分析】（1）做功冲程，将内能转化为机械能；压缩冲程，将机械能转化为内能。
（2）四冲程内燃机工作时，一个工作循环活塞往复2次，飞轮转动2圈，对外做功1次；
（3） 根据W=Fs计算活塞推动一次做功，根据计算汽油机的功率。
12．（2025·深圳模拟）航空航天领域对材料要求严苛，超高温合金材料研发极为关键。西北工业大学于2024年成功研制出新型铌合金材料，如图甲所示。现需检测铌合金样品密度是否达标（标准范围为）。小李同学为了完成此项任务，准备了天平（含砝码）、量筒和足量的水。
（1）小李同学进行了以下几个步骤：
①将天平放在水平桌面上，游码归零，调节　 　，使天平横梁平衡；
②将1块铌合金放在天平左盘，在右盘添加砝码并移动游码，天平平衡时右盘中的砝码和游码位置如图乙所示，则1块铌合金的质量为　 　g；
③将1块铌合金放入装有20mL水的量筒中后液面位置如图丙所示，则1块铌合金的体积为　 　，铌合金的密度是　 　，由此可判断该铌合金　 　（选填“达标”或“不达标”）；
（2）小李测量后，小张想用生活中的器材测量铌合金的密度。他找到了家用厨房秤（如图丁）、足量的水和一个空瓶子，思考后进行了以下几个实验步骤，如图戊：
①把瓶子放在家用厨房秤上，在瓶子中加入适量的水，测得总质量为；
②接着在瓶子中依次放入10块铌合金，测得此时总质量为，并在水面处做标记；
③取出10块铌合金，往瓶中加水至标记处，测得此时总质量为；
④小张通过分析和计算可知：铌合金块的密度是　 　（结果保留2位小数）。
（3）从瓶中取出铌合金时会带出一些水，这对测量结果　 　（选填“有”或“无”）影响；
（4）小张与小李均严格遵照实验方案和操作要求测量密度，造成他们测量的密度值不同的最主要原因是　 　。
【答案】（1）平衡螺母；44；5；8.8；达标
（2）8.67
（3）无
（4）厨房秤的分度值大，精确度低，导致测量误差大，所以两人测量的密度值不同
【知识点】固体密度的测量
【解析】【解答】（1）①将天平放在水平桌面上，游码归零后，调节平衡螺母，直到天平横梁平衡。
②根据乙图可知，标尺的分度值为0.2g，则游码质量为4g，砝码质量为：20g+20g=40g，则1块铌合金的质量m=40g+4g=44g；
③根据丙图可知，量筒的分度值为1mL，
则水和1块铌合金的总体积为25mL=25cm3。
那么1块铌合金的体积，
铌合金的密度，
因为，
所以该铌合金达标。
（2）根据题意可知，10块铌合金的质量，
倒入的水质量，
10块的体积与倒入水的体积相等，、
即，
铌合金的密度。
（3）从瓶中取出铌合金时会带出一些水，取出后倒入水的质量偏大，但对倒至标记处的那部分水的质量没有影响，则对倒至标记处的部分水的体积没有影响，所以所测得的铌合金的质量及体积都是准确值，所以带出了部分水对测量结果没有影响。
（4） 小张与小李均严格遵照实验方案和操作要求测量密度，造成他们测量的密度值不同的最主要原因是：厨房秤的分度值大，精确度低，导致测量误差大，所以两人测量的密度值不同。
【分析】 （1）①根据天平的使用方法回答；
②使用天平时，被测物体的质量等于砝码质量加上游码显示的质量；
③两次体积示数之差即为1块铌合金的体积，根据密度公式可求出该铌合金的密度；
再对比标准范围判断检测的铌合金样品密度是否达标；
（2）此种方法中，铌合金块的体积用水的体积来替代，因此表示出水的体积就是铌合金块的体积，再求出铌合金块的质量，利用密度公式求得铌合金块的密度；
（3）取出铌合金后向烧杯中加水使液面上升至标记位置时，已经把带走的水补齐了，据此分析从烧杯中拿出铌合金时会带出一些水，这对铌合金密度的测量结果是否有影响。
（4）根据厨房秤的分度值大测量精度低分析解答。
（1）[1]使用天平测量质量前，天平放在水平桌面上，游码归零后，调节平衡螺母，直到天平横梁平衡。
[2]由图乙知，1块铌合金的质量m=20g+20g+4g=44g
[3]由图丙知，量筒的分度值为1mL，水和1块铌合金的总体积为25mL=25cm3。1块铌合金的体积
[4]铌合金的密度
[5]因为，所以该铌合金达标。
（2）由题意知，10块铌合金的质量
取出铌合金后，倒入的水质量
10块的体积与倒入水的体积相等，为
铌合金的密度
（3）从瓶中取出铌合金时会带出一些水，取出后倒入水的质量偏大，但对倒至标记处的那部分水的质量没有影响，则对倒至标记处的部分水的体积没有影响，所以所测得的铌合金的质量及体积都是准确值，所以带出了部分水对测量结果没有影响。
（4）厨房秤的分度值大，精确度低，导致测量误差大，所以两人测量的密度值不同。
13．（2025·深圳模拟）在“测量小灯泡的电功率”的实验中。
（1）如图1甲中的实线是小华已连好的导线，她正准备接入最后一根导线（图中的虚线），请指出小华在连接电路时存在的不妥之处是　 　；
（2）小华改正后并进行正确操作，闭合开关，电流表示数如图1乙所示，再读出电压表示数并观察灯的发光情况，在表中记下第1组数据；移动滑动变阻器的滑片，当小灯泡正常发光时，在表中记下第2组数据；再移动滑片到端点时，灯泡闪了一下后熄灭，在表中记下第3组数据；根据三组数据可知：小灯泡的额定功率是　 　W，滑动变阻器最大阻值是　 　Ω；
序号 电压表示数 电流表示数 小灯亮暗程度
1 1.2V 　 暗
2 2.5V 0.3A 正常发光
3 6V 0A 不发光
（3）小华根据滑片P从阻值最大位置A移至阻值最小位置B的实验数据，描出灯泡的I﹣U图像如图丙，任取图像上一点C构成图1丙中阴影部分的矩形，则矩形的面积表示的物理含义是　 　；
（4）小华打算增加一个电阻箱R0，只利用电压表，设计了如图2所示的电路来测量额定电压U额=2.5V的小灯泡的额定功率。主要步骤如下：
（a）按电路图连接电路；
（b）闭合开关S1，将开关S2接到b，移动滑动变阻器的滑片，直到电压表示数为2.5V；
（c）将S2接到a，保持滑动变阻器的滑片不动，调节电阻箱，直到电压表示数2.5V时，读出电阻箱接入电阻为R0.则：①小灯泡的额定功率P额=　 　（用字母和已知量表示）。在步骤（c）中调节电阻箱时无法使电压表示数恰好是2.5V，小华将电阻箱阻值调到某一值后，将滑动变阻器的滑片向右移了一点电压表的示数恰为2.5V，然后用测得的数据求出小灯泡的额定功率。她这样测得的额定功率与实际值相比　 　（选填“偏大”或“偏小”）；
（5）实验室中还存放着额定电压各不相同的多种小灯泡，你认为，决定这些小灯泡额定电压的因素是　 　。
A.加在小灯泡两端的实际电压
B.流过小灯泡的实际电流
C.制造小灯泡时选用的材料
D.小灯泡发光时的实际功率
【答案】连接电路时开关没有断开；0.75；20；滑动变阻器的实际功率；；偏小；C
【知识点】探究用电器的电功率实验
【解析】【解答】（1）如图1甲所示，她正准备接入最后一根导线时，存在的不妥之处是开关没有断开。
（2）①由图乙可知，电流表选用小量程，分度值是0.02A，电流表的示数为0.24A；
由表中数据可知，当灯泡两端电压为2.5V时，通过灯泡的电流为0.3A，
小灯泡额定功率为；
②根据实验3可知，当电流表示数为0时，电压表示数为6V，可知此时灯泡已经烧坏，
此时电压表测量的是电源电压，故电源电压为6V，
由表格数据可知，当电路中的电流为0.24A时，滑片在最大阻值端，
此时灯泡两端的电压为1.2V，滑动变阻器两端的电压
；
滑动变阻器的最大阻值是。
（3）根据丙图可知，横轴表示电压，纵轴表示电流。阴影部分的面积等于横坐标与纵坐标的乘积，横坐标是电源电压减去灯泡两端的电压，即是滑动变阻器两端的电压，纵坐标是通过灯泡的电流，也是通过滑动变阻器的电流，由此可知阴影部分的面积等于滑动变阻器两端的电压与通过滑动变阻器的电流的乘积，故阴影部分的面积是滑动变阻器的实际功率。
（4）①灯泡正常发光时的电流I额等于电阻箱两端的电压为2.5V时通过电阻箱R0的电流。
即；
小灯泡的额定功率
②小华将滑动变阻器的滑片向右移了一点，即滑动变阻器的阻值增大了一点，那么通过R0的电流比灯泡正常发光时的电流更小了一些，根据电功率公式P=UI可知，这样测量出的额定功率与实际相比要偏小。
（5）小灯泡额定电压由制造小灯泡时选用的材料决定，故选C。
【分析】（1）为了保护电路，连接电路时，开关应断开；
（2）①根据图乙确定电流表的量程和分度值，根据指针位置读出示数；根据表格数据确定灯泡的额定电流，根据P=UI计算灯泡的额定功率。
②根据实验3确定电源电压，并确定变阻器阻值最大时的电流和电压表的示数，根据串联电路的电压规律和欧姆定律计算变阻器的最大阻值即可。
（3）根据丙图确定横轴和纵轴表示的物理量，根据P=UI分析阴影部分面积表示的物理量；
（4）①当开关分别接a和b时，灯泡，定值电阻R0分别与变阻器串联。当变阻器的阻值不变，且电压表的示数不变时，通过灯泡和R0的电流相等，根据欧姆定律计算R0的电流，根据P=UI计算灯泡的额定功率即可；
②注意分析滑片移动位置后的电流变化，再根据P=UI分析灯泡额定功率的变化。
（5）根据灯泡额定电压的影响因素判断。
14．（2025·深圳模拟）某水电站在夜间用电低谷期时，会通过电动抽水机消耗多余的电力将低处的水运到高处储存起来，待第二天用电高峰期时再用高处的水发电，其工作原理如图所示。在一次工作中，抽水机用时12min，将100t水从下方蓄水池运到上方蓄水池中。已知两蓄水池高度相差360m，该抽水机的机械效率为60%，g取10N/kg 。 求在该过程中：
（1）抽水机对水做的功；
（2）抽水机对水做功的功率；
（3）抽水机消耗了多少J的电能？
【答案】（1）解：根据题意可知，100t水的重力；
则抽水机对水做的功。
（2）解：抽水机对水做功的功率。
（3）解：抽水机消耗的电能。
【知识点】功率计算公式的应用；机械效率的计算；功的计算及应用
【解析】【分析】（1）根据G=mg计算100t水的重力，根据计算抽水机对水做的功；
（2）根据计算抽水机做功的功率；
（3）根据计算抽水机消耗的电能。
（1）g取10N/kg ，100t水的重力
水升高的高度为360m，则抽水机对水做的功
（2）抽水机用时12min，则抽水机对水做功的功率
（3）抽水机的机械效率为60%，则抽水机消耗的电能
15．（2025·深圳模拟）体重超标已影响了部分中学生的身心健康，为了动态监测学生的体重情况，班级科技创新小组设计了一台由电流表改装而成的简易体重计，其电路如图甲所示。已知电源电压恒定为6V，定值电阻，R为压敏电阻，其阻值与所受到的压力关系如图乙所示，电流表量程为0 0.6A，踏板重力不计，求：
（1）当电流表的示数为0.12A时，压敏电阻R两端的电压；
（2）当体重计示数为600N时，消耗的电功率；
（3）此体重计所能测量的最大体重。
【答案】解：（1） 定值电阻， 当电流表的示数为0.12A时，
电阻两端的电压；
电阻R两端的电压。
答： 当电流表的示数为0.12A时，压敏电阻R两端的电压为5.4V。
（2）由图乙知，当体重计示数为600N时，压敏电阻，
此时电路中电流；
定值电阻消耗的功率为；
答： 当体重计示数为600N时，R0消耗的电功率为0.45W。
（3）已知电流表量程为0~0.6A，当电路中的电流最大为时，体重计测量最大体重，
此时压敏电阻的阻值为。
由题图乙可知，所能测量的最大体重为1200N。
答：此体重计所能测量的最大体重为1200N。
【知识点】串联电路的电压规律；电阻的串联；欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【分析】 （1）根据电路的连接方式，利用欧姆定律求出当电流表的示数为0.12A时，压敏电阻R两端的电压；
（2）根据体重计示数和图乙得出此时压敏电阻的阻值，根据欧姆定律求出电路中的电流，根据P=I2R求出定值电阻消耗的功率的大小；
（3）根据欧姆定律求出压敏电阻的阻值，根据图乙得出最大体重。
16．（2025·深圳模拟）阅读短文，回答问题
新能源智能汽车
某款新能源智能汽车，车顶覆盖薄膜式太阳能电板；车窗采用“智能玻璃”，除了 可实现调节温度和透明度（折射光照度与入射光照度之比），还具有单向透光功能，可以从车内看到车外景象，而车外看不见车内景象；车身配有多个雷达，充分提高了 行车的安全性。
汽车高速行驶时，驾驶员低头观看仪表信息，可能影响行车安全，因此为汽车研 制了抬头显示系统（如图甲），简称 HUD 。HUD利用平面镜成像原理（如图乙），将显示器上的重要行车数据通过前挡风玻璃投射在正前方，驾驶员透过挡风玻璃往前 方看的时候，能够在看到车外的景象的同时，不必低头就可以看到车辆行驶信息，如 车速、油耗、导航等，从而避免分散对前方道路的注意力，确保驾驶舒适安全。
（1）汽车雷达启动后发出 　 　 （选填“超声波”或“次声波”“电磁波”）信号经周 边的物体的反射后，可判断车与障碍物的距离；
（2）炎热的夏天“智能玻璃”的单向透光可以有效减小 　 　外线对人体皮肤的伤害；
（3）冬天行车时，汽车挡风玻璃的 　 　 （选填“内”或“外”）侧容易出现一层白雾；
（4）已知某车辆 HUD显示器水平放置在中控台上，通过挡风玻璃成垂直于水平面的像，则挡风玻璃与水平面夹角为 　 　度：
（5）汽车由静北开始驶入某公路，前30s的速度随时间变化关系如图丙，已知前15s行驶了0.45km 。汽车前30s 的平均速度是　 　 m/s。
【答案】（1）超声波
（2）紫
（3）内
（4）45
（5）25
【知识点】液化及液化放热；紫外线；速度公式及其应用；超声波与次声波；平面镜成像的原理、特点
【解析】【解答】（1）因为超声波具有方向性好、反射能力强等特点，所以汽车雷达是利用超声波的反射来判断车与障碍物的距离的。
（2）炎热夏天“智能玻璃”的单向透光可以有效阻挡紫外线，从而减小紫外线对人体皮肤的伤害。
（3）冬天行车时，车内温度高，而车窗的温度很低，则车内的水蒸气在挡风玻璃上放热，从气态变成液态发生液化成小水珠，从而在玻璃的内侧形成白雾。
（4）车辆HUD显示器水平放置，其像垂直于水平面，根据“像与物关于镜面对称”可知，挡风玻璃与水平面夹角应为45度。
（5）根据图片可知，15s汽车通过的路程为；
15s～30s通过的路程为；
汽车前30s 的平均速度是。
【分析】（1）汽车雷达是利用超声波的回声定位来传递信息的；
（2）紫外线对人体皮肤有害；
（3）物质从气态变成液态的过程叫液化；
（4）根据平面镜成像的特点进行分析；
（5）根据图像计算出汽车后15s的路程，再利用速度公式计算汽车30s内的平均速度。
（1）汽车雷达是利用超声波的反射来判断车与障碍物的距离的。因为超声波具有方向性好、反射能力强等特点。
（2）紫外线对人体皮肤有伤害，炎热夏天“智能玻璃”的单向透光可以有效阻挡紫外线，从而减小紫外线对人体皮肤的伤害。
（3）冬天，车内温度高，车外温度低，车内的水蒸气遇到冷的挡风玻璃会液化成小水珠，附着在玻璃的内侧，形成白雾。
（4）根据平面镜成像原理，像与物关于镜面对称。车辆HUD显示器水平放置，其像垂直于水平面，那么挡风玻璃与水平面夹角应为45度。
（5）已知前15s汽车通过的路程为
15s～30s通过的路程为
汽车前30s 的平均速度是。
17．（2025·深圳模拟）阅读短文，回答问题。
涡轮喷气发动机
2023年5月28日上午，我国首架自行研制、拥有自主知识产权的喷气式客机C919， 如图甲，历时2h从上海到北京，开启了首次商业载客飞行。
如图乙所示，为C919客机使用的轴流式涡轮喷气发动机，其结构是由进气道、压气机、燃烧室、涡轮和尾喷管组成，其中压气机与涡轮装在同一条转轴上工作，工作时， 空气首先进入发动机的进气道，当飞机飞行时，由于飞机飞行的速度是变化的，而进入压气机气流速度有一定限制，使进入进气道的气体全部通过可调管道，空气流过压气机时被压气机的旋转叶片压缩后进入燃烧室，产生的高温高压气流推动涡轮，一边 带动压气机正常工作。
C919客机搭载的涡轮喷气发动机，其部分参数如下表，其中热效率是指涡轮喷气发动机获得的机械能与燃料完全燃烧产生的内能之比；推进效率指推力克服空气阻力所做的功与其获得的机械能之比。
热效率η1 40% 推进效率η2 60% 航空燃油热值q 5.0×107J/kg
（1）涡轮喷气发动机在工作中，空气流过压气机时用　 　 方式改变空气的内能（选“做功”或“热传递”），这部分气体与燃料混合后在燃烧室中燃烧，燃烧产生的高温压气流推动涡轮；此过程中消耗的航空煤油为 　 　 （选填“可再生”或“不可再生 ”） 能 源 。
（2）关于涡轮喷气发动机，下列说法不正确的是 。
A．进气道中吸入的是空气
B．燃料耗尽后，还可以利用压气机压缩气体推动涡轮转动
C．燃烧室中，化学能转化为内能
D．尾喷管中喷出的高速气流对飞机做功
（3）机舱内先进的“呼吸系统”使飞机在万米高空时，能将机外 - 50℃下的冷空气不断压缩，使送入舱内的空气温度达到50℃以上。为确保机舱内的温度维持体感舒适值， 机上 空 调 需 要不 断 　 　 （选填“加热”或“制冷”）。
（4）已知，涡轮喷气发动机所受空气阻力与运行速度的关系如图丙所示，当飞机以 200m/s的速度水平匀速巡航一小时的过程中，需要消耗 　 　kg的航空燃油；
（5）涡轮喷气发动机使混合气体压缩后在燃烧室燃烧直到膨胀的气体再从尾部喷出过程中，燃气的温度是不断变化的，下列能大致反应混合气体温度随时间而变化的是图 。
A． B．
C． D．
【答案】（1）做功；不可再生
（2）B
（3）制冷
（4）2160
（5）B
【知识点】做功改变物体内能；燃料的热值；热机；能源及其分类；功的计算及应用
【解析】【解答】（1）①空气流过压气机时，旋转叶片对气体做功，气体的内能增大，所以用做功的方式改变空气的内能。
②航空煤油是由石油经过炼制加工得到的，在短期内无法再生，所以航空煤油属于不可再生能源。
（2）A．工作时， 进气道中吸入的是空气 ，故A正确不符合题意；
B．燃料耗尽后，不会产生高温高压气流，涡轮就失去了动力来源，故B错误符合题意；
C．燃烧室中，燃料燃烧将化学能转化为内能，故C正确不符合题意；
D．尾喷管中喷出的高速气流对飞机施加推力，且在推力的方向上通过距离，那么推力对飞机做功，故D正确不符合题意。
故选B。
（3）因为压缩后的空气温度过高，需要制冷来调节到舒适温度，所以为确保机舱内的温度维持体感舒适值，机上空调需要不断制冷。
（4）由图丙可知，当飞机以200m/s的水平速度匀速巡航时，受到的阻力为3.6×104N，
飞机受到推力和阻力是平衡力，所以推力，
巡航一小时的路程为，
克服阻力做的功为，
因为热效率为40%，推进效率60%，则有，
即，
即，
解得：。
（5）根据题意可知，内燃机在压缩冲程中，将机械能转化为内能，所以燃气的温度升高。
在做冲程中，气体推动活塞对外做功，将气体的内能转化为活塞的机械能，燃气温度降低。
所以混合气体温度随时间而变化先升高后降低，故ACD不符合题意，B符合题意。
故选B。
【分析】（1）外界对物体做功时物体的内能增加，物体对外界做功时物体的内能减少；热机中的做功冲程就是利用内能来做功的冲程，将内能转化为机械能，此过程中消耗的航空煤油为 不可再生能源；
（2）A.根据题中信息可知进气道中吸入的气体类别；
B.燃料燃烧时，将化学能转化为内能；
C.压缩气体时，机械能转化为内能；
D.尾喷管中喷出的高速气流推进飞机前进，对飞机做功；
（3）要将机外-50℃以下的冷空气不断压缩，导致送入舱内的空气温度达到50℃以上，同时系统依靠传感器的自动控制，所以机体上的空调要不断制冷，使舱内气压和温度达到舒适值；
（4）根据图乙判断出当飞机以200m/s的水平速度匀速巡航时受到的阻力，根据飞机受到的推力和阻力是平衡力判断出推力，由W=fs=fvt算出在巡航1h的过程中克服阻力做的功，根据效率的公式得到获得的机械能，根据放热公式得到航空燃油完全燃烧放出的热量，根据Q放=mq得需要航空燃油的质量；
（5）内燃机一个工作循环由吸气、压缩、做功、排气四个冲程组成，在做功冲程中的能量转化是内能转化为机械能，在压缩冲程中的能量转化是转化机械能为内能，据此分析燃气温度的变化。
（1）[1]空气流过压气机时，被压气机的旋转叶片压缩 后进入燃烧室，因此旋转叶片对气体做功，气体的内能增大，所以用做功的方式改变空气的内能。
[2]航空煤油是由石油经过炼制加工得到的，石油是古代生物经过漫长的地质年代形成的，其形成过程非常缓慢，相对于人类的时间尺度来说，储量是有限的，用一点就少一点，短期内无法再生，所以航空煤油属于不可再生能源。
（2）A．根据题中信息可知：工作时， 空气首先进入发动机的进气道，故A正确，不符合题意；
B．燃料耗尽后，不会产生高温高压气流，涡轮就失去了动力来源，仅靠压气机压缩气体无法推动涡轮转动。故B错误，符合题意；
C．燃烧室中，燃料燃烧，将化学能转化为内能，故C正确，不符合题意；
D．尾喷管中喷出的高速气流推进飞机前进，对飞机做功，故D正确，不符合题意。
故选B。
（3）机舱内先进的 “呼吸系统” 使飞机在万米高空时，能将机外 -50℃下的冷空气不断压缩，使送入舱内的空气温度达到 50℃以上。为确保机舱内的温度维持体感舒适值，机上空调需要不断制冷。因为压缩后的空气温度过高，需要制冷来调节到舒适温度。
（4）由图丙可知，当飞机以200m/s的水平速度匀速巡航时，受到的阻力为3.6×104N，飞机受到推力和阻力是平衡力，所以推力
巡航一小时的路程为
克服阻力做的功为
因为热效率为40%，推进效率60%，则有
即
即
解得。
（5）从能量转化的角度看，内燃机在压缩冲程中，将机械能转化为内能，所以燃气的温度升高。
在做冲程中，气体推动活塞对外做功，将气体的内能转化为活塞的机械能，燃气温度降低。
所以混合气体温度随时间而变化先升高后降低，故ACD不符合题意，B符合题意。
故选B。
1 / 1广东省深圳市南山区哈尔滨工业大学（深圳）实验学校2025年中考二模物理试题
1．（2025·深圳模拟）下列估测中，最接近实际的是（　　）
A．冰箱保鲜室中矿泉水的温度约为-5℃
B．中学生百米赛跑的速度约为7m/s
C．一本初中物理书的质量约为20g
D．正常人呼吸一次的时间约为1s
2．（2025·深圳模拟）同学们对隔音房间模型进行隔音测试，如图所示。关闭隔音房间门后听到铃声变小是由于（　　）
A．闹铃的振动停止了 B．铃声的音调变低了
C．铃声在传播中减弱了 D．铃声的传播速度变小了
3．（2025·深圳模拟）饺子编剧并执导的动画电影《哪吒之魔童闹海》于2025年1月29日在中国大陆上映。截至2月21日，该影片票房突破130亿元，登顶全球动画电影票房榜。哪吒与父亲踢毽子的画面如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．以地面为参照物，踢出去的毽子是静止的
B．哪吒将毽子踢向父亲，说明力可以改变物体的形状
C．毽子能继续在空中飞，是因为毽子具有惯性
D．毽子在最高点时，受到平衡力作用
4．（2025·深圳模拟）用太阳能电池（SC）和光敏电阻（LDR）组成的电路如图，有光照时，随着光照强度的增大，电压表示数会明显增大，而LDR的阻值会急剧减小到几百欧，先在黑暗环境中闭合开关，再开灯时（　　）
A．可能导致短路 B．LDR阻值增大
C．LDR功率增大 D．电流表示数不变
5．（2025·深圳模拟）一自动售货机的使用说明如下：手机扫码（闭合S1）或投币（闭合S2），启动电动机完成自动售货；光线较暗时光控开关S3自动闭合，灯泡发光。某同学根据使用说明设计了如下电路，符合要求的是（　　）
A． B．
C． D．
6．（2025·深圳模拟）下列有关电与磁的应用，说法不正确的是（　　）
A． 指南针的工作原理是磁极间的相互作用
B． 电铃的工作原理是磁场对电流的作用
C． 扬声器的工作原理是通电导体在磁场中受力而运动
D． 动圈式话筒的工作原理是电磁感应现象
7．（2025·深圳模拟）如图甲是一款电脑鼠标，它的按键可看作简单的杠杆，如图乙所示，为按键，O点为支点，请在图乙中画出A点按下按键的最小动力、动力的力臂。
8．（2025·深圳模拟）如图所示，请在图中将两条光路补充完整。
9．（2025·深圳模拟）如图所示，“海翼”是由中国科学院沈阳自动化研究所完全自主研发、拥有自主知识产权的水下滑翔机。“海翼”配备油囊装置，需要上浮时，油囊会鼓起来，从而使得排开水的体积　 　（选填“增大”“减小”或“不变”），受到的浮力　 　（选填“大于”“小于”或“等于”）重力；“海翼”号实现浮沉原理与传统潜水艇浮沉的原理　 　（选填“相同”或“不同”）。
10．（2025·深圳模拟）利用如图所示的“搬重物利器”搬运大件家具时，先用金属棒撬起家具，再将带有滚轮的底座放入家具底部，便可以轻松移动家具。其中，金属棒是　 　（选填“省力”“费力”或“等臂”）杠杆，底座装有滚轮是为了减小　 　。
11．（2025·深圳模拟）如图所示，小华发现家中蒸蛋器在使用时会通过上方小孔喷出蒸汽，于是他小心地将自制的风车放在小孔附近，成功让风车转了起来，蒸汽推动风车转动时的能量转化与汽油机　 　冲程的能量转化相同。某单缸四冲程汽油机工作时，飞轮转速为3600r/min，则其10s内对外做功　 　次；若缸内燃气对活塞平均推力为1500N，活塞向下运动的距离为0.05m，则功率是　 　W。
12．（2025·深圳模拟）航空航天领域对材料要求严苛，超高温合金材料研发极为关键。西北工业大学于2024年成功研制出新型铌合金材料，如图甲所示。现需检测铌合金样品密度是否达标（标准范围为）。小李同学为了完成此项任务，准备了天平（含砝码）、量筒和足量的水。
（1）小李同学进行了以下几个步骤：
①将天平放在水平桌面上，游码归零，调节　 　，使天平横梁平衡；
②将1块铌合金放在天平左盘，在右盘添加砝码并移动游码，天平平衡时右盘中的砝码和游码位置如图乙所示，则1块铌合金的质量为　 　g；
③将1块铌合金放入装有20mL水的量筒中后液面位置如图丙所示，则1块铌合金的体积为　 　，铌合金的密度是　 　，由此可判断该铌合金　 　（选填“达标”或“不达标”）；
（2）小李测量后，小张想用生活中的器材测量铌合金的密度。他找到了家用厨房秤（如图丁）、足量的水和一个空瓶子，思考后进行了以下几个实验步骤，如图戊：
①把瓶子放在家用厨房秤上，在瓶子中加入适量的水，测得总质量为；
②接着在瓶子中依次放入10块铌合金，测得此时总质量为，并在水面处做标记；
③取出10块铌合金，往瓶中加水至标记处，测得此时总质量为；
④小张通过分析和计算可知：铌合金块的密度是　 　（结果保留2位小数）。
（3）从瓶中取出铌合金时会带出一些水，这对测量结果　 　（选填“有”或“无”）影响；
（4）小张与小李均严格遵照实验方案和操作要求测量密度，造成他们测量的密度值不同的最主要原因是　 　。
13．（2025·深圳模拟）在“测量小灯泡的电功率”的实验中。
（1）如图1甲中的实线是小华已连好的导线，她正准备接入最后一根导线（图中的虚线），请指出小华在连接电路时存在的不妥之处是　 　；
（2）小华改正后并进行正确操作，闭合开关，电流表示数如图1乙所示，再读出电压表示数并观察灯的发光情况，在表中记下第1组数据；移动滑动变阻器的滑片，当小灯泡正常发光时，在表中记下第2组数据；再移动滑片到端点时，灯泡闪了一下后熄灭，在表中记下第3组数据；根据三组数据可知：小灯泡的额定功率是　 　W，滑动变阻器最大阻值是　 　Ω；
序号 电压表示数 电流表示数 小灯亮暗程度
1 1.2V 　 暗
2 2.5V 0.3A 正常发光
3 6V 0A 不发光
（3）小华根据滑片P从阻值最大位置A移至阻值最小位置B的实验数据，描出灯泡的I﹣U图像如图丙，任取图像上一点C构成图1丙中阴影部分的矩形，则矩形的面积表示的物理含义是　 　；
（4）小华打算增加一个电阻箱R0，只利用电压表，设计了如图2所示的电路来测量额定电压U额=2.5V的小灯泡的额定功率。主要步骤如下：
（a）按电路图连接电路；
（b）闭合开关S1，将开关S2接到b，移动滑动变阻器的滑片，直到电压表示数为2.5V；
（c）将S2接到a，保持滑动变阻器的滑片不动，调节电阻箱，直到电压表示数2.5V时，读出电阻箱接入电阻为R0.则：①小灯泡的额定功率P额=　 　（用字母和已知量表示）。在步骤（c）中调节电阻箱时无法使电压表示数恰好是2.5V，小华将电阻箱阻值调到某一值后，将滑动变阻器的滑片向右移了一点电压表的示数恰为2.5V，然后用测得的数据求出小灯泡的额定功率。她这样测得的额定功率与实际值相比　 　（选填“偏大”或“偏小”）；
（5）实验室中还存放着额定电压各不相同的多种小灯泡，你认为，决定这些小灯泡额定电压的因素是　 　。
A.加在小灯泡两端的实际电压
B.流过小灯泡的实际电流
C.制造小灯泡时选用的材料
D.小灯泡发光时的实际功率
14．（2025·深圳模拟）某水电站在夜间用电低谷期时，会通过电动抽水机消耗多余的电力将低处的水运到高处储存起来，待第二天用电高峰期时再用高处的水发电，其工作原理如图所示。在一次工作中，抽水机用时12min，将100t水从下方蓄水池运到上方蓄水池中。已知两蓄水池高度相差360m，该抽水机的机械效率为60%，g取10N/kg 。 求在该过程中：
（1）抽水机对水做的功；
（2）抽水机对水做功的功率；
（3）抽水机消耗了多少J的电能？
15．（2025·深圳模拟）体重超标已影响了部分中学生的身心健康，为了动态监测学生的体重情况，班级科技创新小组设计了一台由电流表改装而成的简易体重计，其电路如图甲所示。已知电源电压恒定为6V，定值电阻，R为压敏电阻，其阻值与所受到的压力关系如图乙所示，电流表量程为0 0.6A，踏板重力不计，求：
（1）当电流表的示数为0.12A时，压敏电阻R两端的电压；
（2）当体重计示数为600N时，消耗的电功率；
（3）此体重计所能测量的最大体重。
16．（2025·深圳模拟）阅读短文，回答问题
新能源智能汽车
某款新能源智能汽车，车顶覆盖薄膜式太阳能电板；车窗采用“智能玻璃”，除了 可实现调节温度和透明度（折射光照度与入射光照度之比），还具有单向透光功能，可以从车内看到车外景象，而车外看不见车内景象；车身配有多个雷达，充分提高了 行车的安全性。
汽车高速行驶时，驾驶员低头观看仪表信息，可能影响行车安全，因此为汽车研 制了抬头显示系统（如图甲），简称 HUD 。HUD利用平面镜成像原理（如图乙），将显示器上的重要行车数据通过前挡风玻璃投射在正前方，驾驶员透过挡风玻璃往前 方看的时候，能够在看到车外的景象的同时，不必低头就可以看到车辆行驶信息，如 车速、油耗、导航等，从而避免分散对前方道路的注意力，确保驾驶舒适安全。
（1）汽车雷达启动后发出 　 　 （选填“超声波”或“次声波”“电磁波”）信号经周 边的物体的反射后，可判断车与障碍物的距离；
（2）炎热的夏天“智能玻璃”的单向透光可以有效减小 　 　外线对人体皮肤的伤害；
（3）冬天行车时，汽车挡风玻璃的 　 　 （选填“内”或“外”）侧容易出现一层白雾；
（4）已知某车辆 HUD显示器水平放置在中控台上，通过挡风玻璃成垂直于水平面的像，则挡风玻璃与水平面夹角为 　 　度：
（5）汽车由静北开始驶入某公路，前30s的速度随时间变化关系如图丙，已知前15s行驶了0.45km 。汽车前30s 的平均速度是　 　 m/s。
17．（2025·深圳模拟）阅读短文，回答问题。
涡轮喷气发动机
2023年5月28日上午，我国首架自行研制、拥有自主知识产权的喷气式客机C919， 如图甲，历时2h从上海到北京，开启了首次商业载客飞行。
如图乙所示，为C919客机使用的轴流式涡轮喷气发动机，其结构是由进气道、压气机、燃烧室、涡轮和尾喷管组成，其中压气机与涡轮装在同一条转轴上工作，工作时， 空气首先进入发动机的进气道，当飞机飞行时，由于飞机飞行的速度是变化的，而进入压气机气流速度有一定限制，使进入进气道的气体全部通过可调管道，空气流过压气机时被压气机的旋转叶片压缩后进入燃烧室，产生的高温高压气流推动涡轮，一边 带动压气机正常工作。
C919客机搭载的涡轮喷气发动机，其部分参数如下表，其中热效率是指涡轮喷气发动机获得的机械能与燃料完全燃烧产生的内能之比；推进效率指推力克服空气阻力所做的功与其获得的机械能之比。
热效率η1 40% 推进效率η2 60% 航空燃油热值q 5.0×107J/kg
（1）涡轮喷气发动机在工作中，空气流过压气机时用　 　 方式改变空气的内能（选“做功”或“热传递”），这部分气体与燃料混合后在燃烧室中燃烧，燃烧产生的高温压气流推动涡轮；此过程中消耗的航空煤油为 　 　 （选填“可再生”或“不可再生 ”） 能 源 。
（2）关于涡轮喷气发动机，下列说法不正确的是 。
A．进气道中吸入的是空气
B．燃料耗尽后，还可以利用压气机压缩气体推动涡轮转动
C．燃烧室中，化学能转化为内能
D．尾喷管中喷出的高速气流对飞机做功
（3）机舱内先进的“呼吸系统”使飞机在万米高空时，能将机外 - 50℃下的冷空气不断压缩，使送入舱内的空气温度达到50℃以上。为确保机舱内的温度维持体感舒适值， 机上 空 调 需 要不 断 　 　 （选填“加热”或“制冷”）。
（4）已知，涡轮喷气发动机所受空气阻力与运行速度的关系如图丙所示，当飞机以 200m/s的速度水平匀速巡航一小时的过程中，需要消耗 　 　kg的航空燃油；
（5）涡轮喷气发动机使混合气体压缩后在燃烧室燃烧直到膨胀的气体再从尾部喷出过程中，燃气的温度是不断变化的，下列能大致反应混合气体温度随时间而变化的是图 。
A． B．
C． D．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】温度及温度计的使用与读数；质量及其特性；时间的估测；速度与物体运动
【解析】【解答】A．冰箱保鲜室的温度一般在 3℃～ 8℃左右，矿泉水在保鲜室中不会达到 -5℃，故A不符合题意；
B．中学生百米赛跑的成绩一般在 13s～17s 左右，则速度约为6m/s～8m/s，故B符合题意；
C．一本初中物理书的质量大约在 200g～300g 左右，故C不符合题意；
D．正常人呼吸一次的时间约为 3s～5s，故D不符合题意。
故选B。
【分析】根据对常见物体的温度、速度、质量和时间的认识判断。
2．【答案】C
【知识点】声音的产生；声速；音调及音调与频率的关系；防治噪声的途径
【解析】【解答】根据题意可知，关闭隔音房间门不会影响声源的振动幅度和振动频率，则声源处铃声的响度和音调都不会改变，故A、B错误；
隔音门阻碍了声音的传播，所以听到的铃声会变小，是在传播过程中减弱了铃声，故C正确；
铃声的传播速度与介质种类和温度有关，即铃声速度不变，故D错误。
故选C。
【分析】ABC.分析关闭房门后是否会影响铃声即可；
C.根据声速的影响因素判断。
3．【答案】C
【知识点】力的作用效果；惯性及其现象；平衡状态的判断；参照物及其选择
【解析】【解答】A．根据题意可知，踢出去的毽子相对地面的位置不断改变，则以地面为参照物，毽子是运动的，故A错误；
B．哪吒将毽子踢向父亲，此时毽子的运动方向和速度都发生改变，说明力可以改变物体的运动状态，故B错误；
C．毽子能继续在空中飞，是因为毽子具有惯性，故C正确；
D．毽子在最高点时只受重力作用，即只受非平衡力，故D错误。
故选C。
【分析】A.根据参照物的知识判断；
B.根据力的作用效果判断；
C.物体保持运动状态不变的性质叫惯性；
D.对最高点时的毽子进行受力分析即可。
4．【答案】C
【知识点】欧姆定律及其应用；电路的动态分析；电功率的计算
【解析】【解答】根据题意可知，再开灯时光照强度增大，LDR的阻值会急剧减小。根据电压表的示数变大可知，LDR两端的电压和通过的电流都变大，由P＝UI知LDR的功率会增大，故ABD不符合题意，C符合题意。
故选C。
【分析】根据题目描述分析开灯后通过LDR的电流与它两端的电压变化，根据P=UI分析LDR的电功率变化即可。
5．【答案】D
【知识点】串、并联电路的设计
【解析】【解答】根据题意可知，电动机工作时，灯泡可以工作，也可以不工作，即电动机、灯泡互不影响，两者并联。
开关S3只控制灯泡，则S3与灯泡串联。开关S1、S2互不影响，那么两者并联，再与电动机串联；故ABC不符合题意，D符合题意。
故选D。
【分析】用电器相互影响为串联，不相互影响为并联。干路开关控制所有用电器，支路开关控制它所在支路上的用电器，据此分析解答。
6．【答案】B
【知识点】磁场；通电直导线周围的磁场；扬声器和耳机的构造和原理；动圈式话筒的构造和原理
【解析】【解答】A．指南针受到地球磁场的作用，工作原理是磁极间的相互作用，故A正确不符合题意；
B．电铃的主要结构为电磁铁，它是根据电流的磁效应工作的，故B错误符合题意；
C．扬声器工作时，通电线圈在磁场中受力运动起来，从而带动纸盆发出声音，故C正确不符合题意；
D．当声波使膜片振动时，连接在膜片上的线圈随着一起振动从而做切割磁感线运动，其中就产生感应电流，故D正确不符合题意。
故选B。
【分析】对各个图片进行分析，确定其中包含的物理原理，然后与题目描述对照即可。
7．【答案】
【知识点】力臂的画法；杠杆中最小力的问题
【解析】【解答】根据题意可知，O点为支点，A点为动力作用点，则最长的动力臂为OA。连接OA，过A点作垂直于AO向下的力，这就是按下按键的最小动力，作图如下：
【分析】当以杠杆的支点到力的作用点之间的线段为动力臂时最长，此时动力最小。
8．【答案】
【知识点】透镜的光路图
【解析】【解答】根据题意可知，平行于主光轴的光线经凸透镜折射后将过焦点，过凸透镜光心的光线传播方向不改变，如下图所示：
【分析】根据凸透镜的特殊光线完成作图。
9．【答案】增大；大于；不同
【知识点】浮力的利用；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】（1）根据题意可知，油囊会鼓起来，则排开水的体积增大，由阿基米德原理可知，它受到的浮力增大。当浮力大于重力时，物体上浮；
（2）潜水艇靠改变自身的重力来实现浮沉，与“海翼”号实现浮沉的原理不同。
【分析】（1）根据阿基米德原理分析滑翔机受到浮力的变化；
（2）根据潜水艇的浮沉方法分析。
10．【答案】省力；摩擦
【知识点】增大或减小摩擦的方法；杠杆及其五要素；杠杆的分类
【解析】【解答】（1）根据图片可知，中间垫的物块处为杠杆的支点，家具对杠杆施加阻力，手对杠杆施加动力。由于动力臂大于阻力臂，因此为省力杠杆。
（2）底座装有滚轮，通过变滑动为滚动的方式减小摩擦力。
11．【答案】做功；300；2250
【知识点】功率计算公式的应用；热机；热机的四个冲程
【解析】【解答】（1）根据题意可知，水蒸气推动风车转动时做功，将水蒸气的内能转化成了风车的机械能，因此蒸汽推动风车转动时的能量转化与汽油机的做功冲程的能量转化相同。
（2）四冲程汽油机飞轮转速3600r/min，即60r/s，即汽油机飞轮每秒转60圈，
由于四冲程内燃机一个工作循环完成4个冲程，飞轮和曲轴转2圈，对外做功1次，
所以1s内该汽油机对外做功30次，则其10s内对外做功300次。
（3）汽缸内燃气推动活塞一次所做的功；
则做功一次所用的时间，
则汽油机的功率。
【分析】（1）做功冲程，将内能转化为机械能；压缩冲程，将机械能转化为内能。
（2）四冲程内燃机工作时，一个工作循环活塞往复2次，飞轮转动2圈，对外做功1次；
（3） 根据W=Fs计算活塞推动一次做功，根据计算汽油机的功率。
12．【答案】（1）平衡螺母；44；5；8.8；达标
（2）8.67
（3）无
（4）厨房秤的分度值大，精确度低，导致测量误差大，所以两人测量的密度值不同
【知识点】固体密度的测量
【解析】【解答】（1）①将天平放在水平桌面上，游码归零后，调节平衡螺母，直到天平横梁平衡。
②根据乙图可知，标尺的分度值为0.2g，则游码质量为4g，砝码质量为：20g+20g=40g，则1块铌合金的质量m=40g+4g=44g；
③根据丙图可知，量筒的分度值为1mL，
则水和1块铌合金的总体积为25mL=25cm3。
那么1块铌合金的体积，
铌合金的密度，
因为，
所以该铌合金达标。
（2）根据题意可知，10块铌合金的质量，
倒入的水质量，
10块的体积与倒入水的体积相等，、
即，
铌合金的密度。
（3）从瓶中取出铌合金时会带出一些水，取出后倒入水的质量偏大，但对倒至标记处的那部分水的质量没有影响，则对倒至标记处的部分水的体积没有影响，所以所测得的铌合金的质量及体积都是准确值，所以带出了部分水对测量结果没有影响。
（4） 小张与小李均严格遵照实验方案和操作要求测量密度，造成他们测量的密度值不同的最主要原因是：厨房秤的分度值大，精确度低，导致测量误差大，所以两人测量的密度值不同。
【分析】 （1）①根据天平的使用方法回答；
②使用天平时，被测物体的质量等于砝码质量加上游码显示的质量；
③两次体积示数之差即为1块铌合金的体积，根据密度公式可求出该铌合金的密度；
再对比标准范围判断检测的铌合金样品密度是否达标；
（2）此种方法中，铌合金块的体积用水的体积来替代，因此表示出水的体积就是铌合金块的体积，再求出铌合金块的质量，利用密度公式求得铌合金块的密度；
（3）取出铌合金后向烧杯中加水使液面上升至标记位置时，已经把带走的水补齐了，据此分析从烧杯中拿出铌合金时会带出一些水，这对铌合金密度的测量结果是否有影响。
（4）根据厨房秤的分度值大测量精度低分析解答。
（1）[1]使用天平测量质量前，天平放在水平桌面上，游码归零后，调节平衡螺母，直到天平横梁平衡。
[2]由图乙知，1块铌合金的质量m=20g+20g+4g=44g
[3]由图丙知，量筒的分度值为1mL，水和1块铌合金的总体积为25mL=25cm3。1块铌合金的体积
[4]铌合金的密度
[5]因为，所以该铌合金达标。
（2）由题意知，10块铌合金的质量
取出铌合金后，倒入的水质量
10块的体积与倒入水的体积相等，为
铌合金的密度
（3）从瓶中取出铌合金时会带出一些水，取出后倒入水的质量偏大，但对倒至标记处的那部分水的质量没有影响，则对倒至标记处的部分水的体积没有影响，所以所测得的铌合金的质量及体积都是准确值，所以带出了部分水对测量结果没有影响。
（4）厨房秤的分度值大，精确度低，导致测量误差大，所以两人测量的密度值不同。
13．【答案】连接电路时开关没有断开；0.75；20；滑动变阻器的实际功率；；偏小；C
【知识点】探究用电器的电功率实验
【解析】【解答】（1）如图1甲所示，她正准备接入最后一根导线时，存在的不妥之处是开关没有断开。
（2）①由图乙可知，电流表选用小量程，分度值是0.02A，电流表的示数为0.24A；
由表中数据可知，当灯泡两端电压为2.5V时，通过灯泡的电流为0.3A，
小灯泡额定功率为；
②根据实验3可知，当电流表示数为0时，电压表示数为6V，可知此时灯泡已经烧坏，
此时电压表测量的是电源电压，故电源电压为6V，
由表格数据可知，当电路中的电流为0.24A时，滑片在最大阻值端，
此时灯泡两端的电压为1.2V，滑动变阻器两端的电压
；
滑动变阻器的最大阻值是。
（3）根据丙图可知，横轴表示电压，纵轴表示电流。阴影部分的面积等于横坐标与纵坐标的乘积，横坐标是电源电压减去灯泡两端的电压，即是滑动变阻器两端的电压，纵坐标是通过灯泡的电流，也是通过滑动变阻器的电流，由此可知阴影部分的面积等于滑动变阻器两端的电压与通过滑动变阻器的电流的乘积，故阴影部分的面积是滑动变阻器的实际功率。
（4）①灯泡正常发光时的电流I额等于电阻箱两端的电压为2.5V时通过电阻箱R0的电流。
即；
小灯泡的额定功率
②小华将滑动变阻器的滑片向右移了一点，即滑动变阻器的阻值增大了一点，那么通过R0的电流比灯泡正常发光时的电流更小了一些，根据电功率公式P=UI可知，这样测量出的额定功率与实际相比要偏小。
（5）小灯泡额定电压由制造小灯泡时选用的材料决定，故选C。
【分析】（1）为了保护电路，连接电路时，开关应断开；
（2）①根据图乙确定电流表的量程和分度值，根据指针位置读出示数；根据表格数据确定灯泡的额定电流，根据P=UI计算灯泡的额定功率。
②根据实验3确定电源电压，并确定变阻器阻值最大时的电流和电压表的示数，根据串联电路的电压规律和欧姆定律计算变阻器的最大阻值即可。
（3）根据丙图确定横轴和纵轴表示的物理量，根据P=UI分析阴影部分面积表示的物理量；
（4）①当开关分别接a和b时，灯泡，定值电阻R0分别与变阻器串联。当变阻器的阻值不变，且电压表的示数不变时，通过灯泡和R0的电流相等，根据欧姆定律计算R0的电流，根据P=UI计算灯泡的额定功率即可；
②注意分析滑片移动位置后的电流变化，再根据P=UI分析灯泡额定功率的变化。
（5）根据灯泡额定电压的影响因素判断。
14．【答案】（1）解：根据题意可知，100t水的重力；
则抽水机对水做的功。
（2）解：抽水机对水做功的功率。
（3）解：抽水机消耗的电能。
【知识点】功率计算公式的应用；机械效率的计算；功的计算及应用
【解析】【分析】（1）根据G=mg计算100t水的重力，根据计算抽水机对水做的功；
（2）根据计算抽水机做功的功率；
（3）根据计算抽水机消耗的电能。
（1）g取10N/kg ，100t水的重力
水升高的高度为360m，则抽水机对水做的功
（2）抽水机用时12min，则抽水机对水做功的功率
（3）抽水机的机械效率为60%，则抽水机消耗的电能
15．【答案】解：（1） 定值电阻， 当电流表的示数为0.12A时，
电阻两端的电压；
电阻R两端的电压。
答： 当电流表的示数为0.12A时，压敏电阻R两端的电压为5.4V。
（2）由图乙知，当体重计示数为600N时，压敏电阻，
此时电路中电流；
定值电阻消耗的功率为；
答： 当体重计示数为600N时，R0消耗的电功率为0.45W。
（3）已知电流表量程为0~0.6A，当电路中的电流最大为时，体重计测量最大体重，
此时压敏电阻的阻值为。
由题图乙可知，所能测量的最大体重为1200N。
答：此体重计所能测量的最大体重为1200N。
【知识点】串联电路的电压规律；电阻的串联；欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【分析】 （1）根据电路的连接方式，利用欧姆定律求出当电流表的示数为0.12A时，压敏电阻R两端的电压；
（2）根据体重计示数和图乙得出此时压敏电阻的阻值，根据欧姆定律求出电路中的电流，根据P=I2R求出定值电阻消耗的功率的大小；
（3）根据欧姆定律求出压敏电阻的阻值，根据图乙得出最大体重。
16．【答案】（1）超声波
（2）紫
（3）内
（4）45
（5）25
【知识点】液化及液化放热；紫外线；速度公式及其应用；超声波与次声波；平面镜成像的原理、特点
【解析】【解答】（1）因为超声波具有方向性好、反射能力强等特点，所以汽车雷达是利用超声波的反射来判断车与障碍物的距离的。
（2）炎热夏天“智能玻璃”的单向透光可以有效阻挡紫外线，从而减小紫外线对人体皮肤的伤害。
（3）冬天行车时，车内温度高，而车窗的温度很低，则车内的水蒸气在挡风玻璃上放热，从气态变成液态发生液化成小水珠，从而在玻璃的内侧形成白雾。
（4）车辆HUD显示器水平放置，其像垂直于水平面，根据“像与物关于镜面对称”可知，挡风玻璃与水平面夹角应为45度。
（5）根据图片可知，15s汽车通过的路程为；
15s～30s通过的路程为；
汽车前30s 的平均速度是。
【分析】（1）汽车雷达是利用超声波的回声定位来传递信息的；
（2）紫外线对人体皮肤有害；
（3）物质从气态变成液态的过程叫液化；
（4）根据平面镜成像的特点进行分析；
（5）根据图像计算出汽车后15s的路程，再利用速度公式计算汽车30s内的平均速度。
（1）汽车雷达是利用超声波的反射来判断车与障碍物的距离的。因为超声波具有方向性好、反射能力强等特点。
（2）紫外线对人体皮肤有伤害，炎热夏天“智能玻璃”的单向透光可以有效阻挡紫外线，从而减小紫外线对人体皮肤的伤害。
（3）冬天，车内温度高，车外温度低，车内的水蒸气遇到冷的挡风玻璃会液化成小水珠，附着在玻璃的内侧，形成白雾。
（4）根据平面镜成像原理，像与物关于镜面对称。车辆HUD显示器水平放置，其像垂直于水平面，那么挡风玻璃与水平面夹角应为45度。
（5）已知前15s汽车通过的路程为
15s～30s通过的路程为
汽车前30s 的平均速度是。
17．【答案】（1）做功；不可再生
（2）B
（3）制冷
（4）2160
（5）B
【知识点】做功改变物体内能；燃料的热值；热机；能源及其分类；功的计算及应用
【解析】【解答】（1）①空气流过压气机时，旋转叶片对气体做功，气体的内能增大，所以用做功的方式改变空气的内能。
②航空煤油是由石油经过炼制加工得到的，在短期内无法再生，所以航空煤油属于不可再生能源。
（2）A．工作时， 进气道中吸入的是空气 ，故A正确不符合题意；
B．燃料耗尽后，不会产生高温高压气流，涡轮就失去了动力来源，故B错误符合题意；
C．燃烧室中，燃料燃烧将化学能转化为内能，故C正确不符合题意；
D．尾喷管中喷出的高速气流对飞机施加推力，且在推力的方向上通过距离，那么推力对飞机做功，故D正确不符合题意。
故选B。
（3）因为压缩后的空气温度过高，需要制冷来调节到舒适温度，所以为确保机舱内的温度维持体感舒适值，机上空调需要不断制冷。
（4）由图丙可知，当飞机以200m/s的水平速度匀速巡航时，受到的阻力为3.6×104N，
飞机受到推力和阻力是平衡力，所以推力，
巡航一小时的路程为，
克服阻力做的功为，
因为热效率为40%，推进效率60%，则有，
即，
即，
解得：。
（5）根据题意可知，内燃机在压缩冲程中，将机械能转化为内能，所以燃气的温度升高。
在做冲程中，气体推动活塞对外做功，将气体的内能转化为活塞的机械能，燃气温度降低。
所以混合气体温度随时间而变化先升高后降低，故ACD不符合题意，B符合题意。
故选B。
【分析】（1）外界对物体做功时物体的内能增加，物体对外界做功时物体的内能减少；热机中的做功冲程就是利用内能来做功的冲程，将内能转化为机械能，此过程中消耗的航空煤油为 不可再生能源；
（2）A.根据题中信息可知进气道中吸入的气体类别；
B.燃料燃烧时，将化学能转化为内能；
C.压缩气体时，机械能转化为内能；
D.尾喷管中喷出的高速气流推进飞机前进，对飞机做功；
（3）要将机外-50℃以下的冷空气不断压缩，导致送入舱内的空气温度达到50℃以上，同时系统依靠传感器的自动控制，所以机体上的空调要不断制冷，使舱内气压和温度达到舒适值；
（4）根据图乙判断出当飞机以200m/s的水平速度匀速巡航时受到的阻力，根据飞机受到的推力和阻力是平衡力判断出推力，由W=fs=fvt算出在巡航1h的过程中克服阻力做的功，根据效率的公式得到获得的机械能，根据放热公式得到航空燃油完全燃烧放出的热量，根据Q放=mq得需要航空燃油的质量；
（5）内燃机一个工作循环由吸气、压缩、做功、排气四个冲程组成，在做功冲程中的能量转化是内能转化为机械能，在压缩冲程中的能量转化是转化机械能为内能，据此分析燃气温度的变化。
（1）[1]空气流过压气机时，被压气机的旋转叶片压缩 后进入燃烧室，因此旋转叶片对气体做功，气体的内能增大，所以用做功的方式改变空气的内能。
[2]航空煤油是由石油经过炼制加工得到的，石油是古代生物经过漫长的地质年代形成的，其形成过程非常缓慢，相对于人类的时间尺度来说，储量是有限的，用一点就少一点，短期内无法再生，所以航空煤油属于不可再生能源。
（2）A．根据题中信息可知：工作时， 空气首先进入发动机的进气道，故A正确，不符合题意；
B．燃料耗尽后，不会产生高温高压气流，涡轮就失去了动力来源，仅靠压气机压缩气体无法推动涡轮转动。故B错误，符合题意；
C．燃烧室中，燃料燃烧，将化学能转化为内能，故C正确，不符合题意；
D．尾喷管中喷出的高速气流推进飞机前进，对飞机做功，故D正确，不符合题意。
故选B。
（3）机舱内先进的 “呼吸系统” 使飞机在万米高空时，能将机外 -50℃下的冷空气不断压缩，使送入舱内的空气温度达到 50℃以上。为确保机舱内的温度维持体感舒适值，机上空调需要不断制冷。因为压缩后的空气温度过高，需要制冷来调节到舒适温度。
（4）由图丙可知，当飞机以200m/s的水平速度匀速巡航时，受到的阻力为3.6×104N，飞机受到推力和阻力是平衡力，所以推力
巡航一小时的路程为
克服阻力做的功为
因为热效率为40%，推进效率60%，则有
即
即
解得。
（5）从能量转化的角度看，内燃机在压缩冲程中，将机械能转化为内能，所以燃气的温度升高。
在做冲程中，气体推动活塞对外做功，将气体的内能转化为活塞的机械能，燃气温度降低。
所以混合气体温度随时间而变化先升高后降低，故ACD不符合题意，B符合题意。
故选B。
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