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广东省珠海市文园中学2025年中考三模物理试卷
1．（2025·珠海三模）物质是由大量分子、原子构成的，中子和质子又是由夸克构成的，如图所示是原子内部结构的示意图，下列选项中，按尺度从大到小排序的是
A．原子夸克原子核 B．电子原子原子核
C．原子原子核奇克 D．夸克原子核原子
【答案】C
【知识点】物质的构成；原子结构
【解析】【解答】由图意可知，原子由原子核和核外电子构成，原子核包括质子和中子两部分，质子和中子由夸克组成。所以，按尺度从大到小排序的是原子、原子核、夸克。
故选C。
【分析】 物质是由分子或原子构成的，分子是由原子构成的，原子是由位于中心的原子核和核外电子构成的，原子核是由质子和中子构成的，质子和中子又是由更小的微粒夸克组成。
2．（2025·珠海三模）如图所示的光现象中，由于光的反射形成的是
A．水中倒影
B．日晷上的影子
C．铅笔“折断”
D．雨后彩虹
【答案】A
【知识点】光的直线传播及其应用；光的反射；光的折射现象及其应用；光的色散；平面镜成像的原理、特点
【解析】【解答】A.水中的倒影属于平面镜成像，是由光的反射形成的，故A符合题意；
B.日晷上的影子，是由光的直线传播形成的，故B不符合题意；
C.铅笔“折断”，是由于光从水中通过空气进入人的眼睛时，光线的传播方向发生改变而形成的虚像，属于光的折射现象，故C不符合题意；
D.雨后的彩虹是光的色散现象，故D不符合题意。
故选A。
【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、影子的形成、日食和月食等；
（2）光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由光的反射形成的；
（3）光在同种不均匀介质中传播或者从一种介质斜射入另一种介质时，就会发生光的折射现象，例如水池底看起来变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼、凸透镜成像等都是由光的折射形成的。
3．（2025·珠海三模）图甲所示的是“模拟避雷"的实验展台。闪电发生时，电子从云层移动到避雷针，建筑物不会受到任何影响，图乙为上述情景的示意图，关于此过程，下列说法正确的是
A．云层放电时，云层失去了电子，带负电
B．云层放电时，创造了电荷
C．制作避雷针的材料为绝缘体
D．云层放电时，与避雷针和大地相连的金属线中电流方向是从大地指向避雷针
【答案】D
【知识点】物体带电情况的判断；导体与绝缘体；电流的方向
【解析】【解答】A.云层放电时，云层失去了电子，带正电，故A错误；
B.云层放电时，电荷发生了转移，不是创造了电荷，故B错误；
C.制作避雷针的材料为导体，故C错误；
D.云层放电时，与避雷针和大地相连的金属线中电流方向是从大地指向避雷针，故D正确。
故选D。
【分析】（1）物质失去电子带正电；
（2）云层放电时，电子从云层转移到避雷针，是电子的转移；
（3）容易导电的物质叫导体，不容易导电的物质叫绝缘体；
（4）物理学中规定正电荷定向移动的方向为电流的方向。
4．（2025·珠海三模）自然现象中蕴含着丰富的与物态变化有关的物理知识，下图中属于凝固现象的是
A．草叶上的露珠
B．冬天河面上的冰
C．山上的白雾
D．树枝上的雾淞
【答案】B
【知识点】凝固与凝固放热特点；液化及液化放热；凝华及凝华放热
【解析】【解答】A. 草叶上的露珠是由空气中的水蒸气遇冷形成的，是液化现象，故A不符合题意；
B. 冬天河面上的冰，是液态水变为固态冰，属于凝固现象，故B符合题意；
C. 山上的白雾是空气中的水蒸气液化形成的，是液化现象，故C不符合题意；
D. 树枝上的雾淞是从气态直接变成固态，属于凝华现象，故D不符合题意。
【分析】（1）物质由液态变成固态的过程叫凝固，凝固需要放热；
（2）物质从气态变为液态的过程叫液化，液化要放热；
（3）物质从气态直接变为固态的过程叫凝华，凝华要放热。
5．（2025·珠海三模）如图所示为冬奥会的一些运动项目，关于这些项目中的情景，下列说法中正确的是
A．跳台滑雪运动员在空中下落的过程中，重力势能不变
B．冰壶运动负掷出去的冰壶能继续向前运动，是由于冰查具有惯性
C．冰球在水平冰面滑动过程中，机械能保持不变
D．短道速滑运动员在转弯滑行的过程中，运动状态不变
【答案】B
【知识点】势能的影响因素；机械能及其转化；力的作用效果；惯性及其现象
【解析】【解答】A.跳台滑雪运动员在空中下落的过程中，质量不变，高度降低，重力势能减小，故A错误；
B.冰壶运动员掷出去的冰壶能继续向前运动，是由于冰壶具有惯性，故B正确；
C.冰球在水平冰面滑动过程中，质量不变，高度不变，重力势能不变，由于冰球与冰面间存在摩擦，速度不断减小，动能减小，机械能减小，故C错误；
D.短道速滑运动员在转弯滑行的过程中，速度和方向不断发生改变，运动状态发生改变，故D错误；
故选B。
【分析】（1）动能的大小与物体的质量和速度有关，质量不变时，速度越大，动能就越大；
（2）重力势能的大小与物体的质量和高度有关，质量不变时，高度越大，重力势能就越大；动能和势能之和叫机械能；
（3）一切物体都具有保持原来运动状态不变的性质，叫惯性；
（4）力可以改变物体的运动状态；运动状态的改变自括速度大小和运动方向的改变。
6．（2025·珠海三模）脐橙口感出众、营养丰富，名扬海内外。果衣用石墨烯制成的甜敏电阻检测脐橙含的糖量，甜敏电阻的阻值随含糖量的升高面增太，如图所示是检测脐橙含糖量的电路，电源电压不变，将甜敏电阻R附着在切开的脐橙上，当脐橙含糖量升高时
A．电流表示数增大，甜敏电阻R值增大
B．电压表示数减小，甜敏电阻R值减小
C．电流表和电压表的示数都减小
D．电流表示数减小，电压表示数增大
【答案】C
【知识点】电阻的串联；欧姆定律及其应用；串联动态电路分析
【解析】【解答】由图可知，定值电阻R1与甜敏电阻串联，电流表测电路中的电流，电压表测定值电阻R1两端的电压，当脐橙含糖量升高时，甜敏电阻阻值增大；根据串联电阻电阻的特点可知，电路中总电阻变大，根据欧姆定律可知，电路中电流变小，即电流表示数变小；根据U1=IR1可知，定值电阻R1两端的电压变小，即电压表的示数变小，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】由图可知，定值电阻R1与甜敏电阻串联，电流表测电路中的电流，电压表测定值电阻R1两端的电压；由题意可知，当脐橙含糖量升高时，甜敏电阻阻值增大，根据串联电阻电阻的特点分析电路中总电阻变化，根据欧姆定律分析电流中的电流变化，即可知电流表示数变化，根据U1=IR1分析定值电阻两端的电压变化，即可知电压表示数变化。
7．（2025·珠海三模）如图所示，在大小为4N的水平拉力F作用下，重为30N的木块A和轻质动滑轮在2s内一起水平匀速移动了0.2m，若不计滑轮的擦，下列说法正确的是
A．绳子自由端移动的距离为0.4m B．木块A与地面的摩擦力为8N
C．木块所受重力做的功为6J D．拉力做功的功率大小为1.2W
【答案】D
【知识点】功率的计算；滑轮组绳子拉力的计算；功的计算及应用；水平滑轮组基础分析
【解析】【解答】A.由图可知，动滑轮上绳子的股数n=3，木块A水平匀速移动距离sA=0.3m，则绳子自由端移动的距离为：
s绳=nsA=3 x 0.2m=0.6m
故A错误；
B.绳子自由端拉力F=4N，则木块A与地面的摩擦力为：
f=nF=3 x 4N =12N
故B错误；
C.木块没有在竖直方向移动距离，所以木块A所受的重力做的功为0J，故C错误；
D.拉力做的功为：
W=FS绳=4N x 0.6m=2.4J
拉力做功的功率为：
故D正确。
故选D。
【分析】已知绳子端的拉力F，木块移动的距离SA，和运动的时间t，由图可知动滑轮上绳子的股数n，根据S绳=nSA求出绳子自由端移动的距离；根据f=nF求出木块A与地面的摩擦力；根据W=Fs绳求出拉力做的功，根据 求出拉力做功的功率；由于木块没有在重力的方向上移动距离，所以重力没有做过。
8．（2025·珠海三模）把红墨水分别滴入冷水和热水中时，可以看到热水变色比冷水变色快，说明温度越高，分子的　 　；酒精和水混合后总体积变小了，该现象说明了分子之间有　 　；将两个表面光滑的铅块相互紧压后，发现它们会粘在一起，这说明分子间有　 　力。
【答案】热运动越剧烈；间隙；引力
【知识点】分子热运动；分子间相互作用力
【解析】【解答】把红墨水分别滴入冷水和热水中时，可以看到热水变色比冷水变色快，说明温度越高，分子的热运动越剧烈；
酒精和水混合后总体积变小了，该现象说明了分子之间有间隙。
将两个表面光滑的铅块相互紧压后，发现它们会粘在一起，这说明分子间有引力。
故答案为：热运动越剧烈；间隙；引力。
【分析】（1）温度越高，分子的热运动越剧烈；
（2）分子之间有间隙；
（3）分子间同时存在引力和斥力。
9．（2025·珠海三模）如题图所示，是中国"人造太阳”—大型核实验装置“东方超环”。“东方超环“的反应理与太阳类似，即通过　 　（选填“核裂变"或“核聚变"）释放巨大的核能，又将核能转化为　 　能，从而获得上亿度的高温，核能属于　 　（选填“可再生“或“不可要生”）能源。
【答案】核聚变；内；不可要生
【知识点】能量的转化或转移；能源及其分类；核聚变
【解析】【解答】“东方超环”与太阳类似，即通过核聚变释放巨大的核能，又将核能转化为内能，从而获得高温；核能不能够从自然界源源不断得到补充，属于不可再生能源。
故答案为：核聚变；内；不可再生。
【分析】 （1）太阳内部进行着核聚变，由氢原子核聚变成氦原子核，释放出核能；
（2）东方超环的反应原理与太阳类似，能量转化是核能转化为内能；
（3）能够源源不断从自然界获得或可以重复利用的能源是可再生能源，不能源源不断从自然界获得或不能重复利用的能源是不可再生能源。
10．（2025·珠海三模）如题图所示是在其他条件相同时不同的声音伯号输入示波器时是示的波形图，根据图像可知两种声音的　 　不同，该声音的特性取决于发声体的　 　，若此时考场外传来音乐，监考老师马上关上窗户是为了在　 　减弱噪声
【答案】响度；振幅；传播过程中
【知识点】响度及响度与振幅的关系；防治噪声的途径；波形图问题
【解析】【解答】由图可知，两个波形图的疏密程度相同，振动频率相同，音调相同；波形图的纵向高度不同，振幅不同，故两种声音的响度不同，该声音的特性取决于发声体的振幅；若此时考场外传来音乐，监考老师马上关上窗户是为了在传播过程中减弱噪声。
故答案为：响度；振幅；传播过程中。
【分析】（1）波形图的疏密程度表示振动的频率，波形图越密集，振动频率越快，音调越高；
（2）波形图的纵向高度表示振动的幅度，高度越高，振幅越大，响度越大；
（3）减弱噪声的途径：在声源处减弱、传播过程中减弱、人耳处减弱减弱。
11．（2025·珠海三模）小徐在家拿同一个放大镜观察书本上“中学物理“四个字，得到如题图所示的两种情景。　 　（选填“甲"或"乙"）图看到的是字的实像，此时放大键和书本的距离　 　（选填“小于f""大于f""小于2f”或“大于2f），从图甲到图乙的变化过程中，放大镜是逐渐　 　（选填“靠近"或“远离”）书本的。
【答案】乙；大于f，小于2f；远离
【知识点】凸透镜成像的应用
【解析】【解答】甲图成正立放大的虚像，此时的物距小于1倍焦距；乙图成倒立放大的实像，物距大于一倍焦距小于二倍焦距；所以从图甲到图乙的变化过程中，放大镜是逐渐远离书本的。
故答案为：乙；大于f，小于2f；远离。
【分析】 （1）物距小于焦距成正立放大虚像。
（2）物距大于一倍焦距小于二倍焦距成倒立放大实像，像距大于二倍焦距；
（3）物距变大，像距变小，像变小。
12．（2025·珠海三模）如题图为一玩具直流电动机，它在工作时把电能转化为　 　能：同时改变直流电动机的磁场和电流方向，它的转动方向　 　（选填“改变“或“不改变"）：小明回家微了一个电动机模型如图2，他将线圈两端引线的漆皮，一端全部刮掉，要使线图能连续转动，则另一的漆皮应刮　 　（“半周“或“全部”）。
【答案】机械；不改变；半周
【知识点】磁场对通电导线的作用；直流电动机的构造原理与工作过程
【解析】【解答】 直流电动机的工作原理是通电线圈在磁场中受到力的作用而转动，它在工作时把电能转化为机械能；通电导体中磁场中受力作用，力的方向与电流方向和磁场方向有关，同时改变直流电动机的磁场和电流方向，它的转动方向不变；
小明在学了电动机知识后，回家做了一个电动机模型如图2，他将线圈两端引线的漆皮，一端全部刮掉，要使线圈能连续转动，当线圈刚绕过平衡位置时，线圈受力方向要相反或者不受力，所以另一端的漆皮应刮半周，相当于是电动机中的换向器。
故答案为：机械；不改变；半周。
【分析】 （1）电动机的工作原理是通电线圈在磁场中受到力的作用而转动，它在工作时把电能转化为机械能；
（2）通电导体在磁场中受力作用，力的方向与电流方向和磁场方向有关；
（3）换向器的作用是当线圈刚绕过平衡位置时，能够自动改变线圈中的电流方向从而改变线圈的受力方向。
13．（2025·珠海三模）如题图，这是一小球从A点沿直线运动到F点的频闪照片，若频闪照相机每隔0.2s闪拍一次，分析照片可知：小球在做　 　（选填“匀速”或“变速"）直线运动，BF两点间的长度为　 　cm，小球从B点到F点的平均速度为　 　m/s
【答案】变速；12.00；0.15
【知识点】长度及其测量；速度公式及其应用；匀速直线运动特点
【解析】【解答】由图可知，在相等的时间内物体通过的路程越来越大，说明物体运动越来越快，即速度越来越大，故物体做变速直线运动；
由图可知，此刻度尺的分度值为0.1cm，小球从B点到F点运动的路程：s=12.50cm-0.50cm=12.00cm=0.12m；
小球从B点到F点运动的时间为：
t=0.2s×4=0.8s；
小球从B点到F点的平均速度：
。
故答案为：变速；12.00；0.15。
【分析】（1）做匀速直线运动的物体在相等时间内的路程相等，在相等时间内的路程如果不相等，则物体做变速直线运动，由图判断相等时间内小球的路程关系，然后判断小球的运动情况；
（2）使用刻度尺测量物体的长度：读数时要估读到分度值的下一位；根据速度的计算公式，算出小球从B点到F点的平均速度。
14．（2025·珠海三模）如题图所示是一种显示汽车油箱油量的装置图，油箱装满油后油的深度为50cm，其中滑杆相当于滑动交阻器R的滑片，连接浮子和滑杆的轻杆质量不计，当油量下降时，电流表示数　 　，电路消耗的总功率　 　（以上两空选填“变大”“变小”“不变”），当油量下降一半时油箱底部受到的压强为　 　pa（ρ汽油=0.72g/cm3，g取10N/kg).
【答案】变小；变小；1.8×103
【知识点】液体压强的计算；电路的动态分析；电功率的计算
【解析】【解答】当油量下降时，滑杆上移，R连入电路的阻值变大，电路总电阻变大，根据欧姆定律可知，电路的电流变小，电源电压不变，根据P=UI可知，电路消耗的总功率变小；
当油量下降一半时，油面的深度为：
h=25cm=0.25m，
油箱底部受到的压强为：
p=ρ汽油gh=0.72×103kg/m3×10N/kg×0.25m=1.8×103Pa
故答案为：变小；变小；1.8×103。
【分析】 由电路图可知，定值电阻R0与滑动变阻器R串联，电流表测电路中的电流，当油量下降时，滑杆上移，R连入电路的阻值变大，电路总电阻变大，再结合欧姆定律及电功率计算公式分析电流和电功率的变化。利用P=ρgh计算油箱底部受到的压强。
15．（2025·珠海三模）
（1）如题图所示，杯子静止在斜面上，请在0点画出杯中源浮物体受到的重力G和浮力F的示意图
（2）在题图中面出拉力F对支点O的力臂L
（3）如题图中是住宅内配电系统的示意图，请在方框内填入装置的名称，并在虚线框内填上开关和电灯的元件符合，使电路符合安全用电要求，
【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】重力示意图；浮力的示意图；力臂的画法；家庭电路的连接
【解析】【解答】（1）小球漂浮时，受到竖直向上的浮力，竖直向下的重力，根据平衡条件可知，两个力大小相等，方向相反，作用点在小球的重心，如图所示：
；
（2）沿力F的方向作出F的作用线，由支点O向F的作用线作垂线，垂线段的长度为F的力臂，如图所示：
（3）火线接在火线上，先将火线与开关相连，再将开关与灯泡相连，最后将灯泡连到零线。因此上边的方框内应为开关，下边的方框内应为灯泡，如图所示：
【分析】（1）根据二力平衡分析，并画出物体漂浮时受到的浮力和重力的示意图；
（2）过支点作力臂作用线的垂线段即为力臂；
（3）家庭电路中，开关控制灯泡时和灯泡是串联的。
16．（2025·珠海三模）按要求填空。
（1）如题所示，图甲弹簧称的示数为　 　N：图乙电能表数是　 　kW·h：图丙秒表的读数是　 　s
（2）用如题图所示的装置来探究平面镜成像特点，将蜡烛、薄玻璃板、光屏和刻度尺按如图所示放置，则在光屏上　 　（选填“能"或“不能"）呈现烛焰的像，说明物体通过平面镜成的　 　像。
（3）用调节好的天平别金属块质量时，天平平衡后，磁码及游码在标尺上的位置如题图甲所示，则金属块质量m=　 　g，用细线系住金属块放入装有20mL水的量筒内，水面如图乙所示，则金属块金属块密度ρ=　 　kg/m3
【答案】（1）2.5；741.4；338.5
（2）不能；虚
（3）27；2.7×103
【知识点】固体密度的测量；凸透镜成像规律及其探究实验；时间及其测量；弹簧测力计及其使用；电能表参数的理解
【解析】【解答】（1）弹簧称的分度值为0.1N，示数为2.5N；图乙中电能表的示数是741.4kW·h；图丙秒表的小表盘指针过了5.5min，所以大表盘为38.5s，读数是5min38.5s=338.5s。
（2）根据平面镜成像的特点可知，平面镜成的虚像，因此光屏上不能接收到烛焰的像。
（3）如图甲所示，游码标尺的分度值是0.2g，矿石的质量：
m=20g+5g+2.0g=27g，
如图乙，量筒的分度值是1mL，水和金属块的总体积V 总 =30mL，则金属块的体积：
V=V总-V水=30mL-20mL=10mL=10cm3，
金属块的密度：
。
故答案为：（1）2.5；741.4；338.5；（2）不能；虚；（3）27；2.7×103。
【分析】（1）根据弹簧秤的分度值读数；电能表的最后一位表示小数；停表的小圈表示分钟，大圈表示秒钟，读数时先读分钟，再读秒钟；
（2）根据平面镜成像特点可知平面镜成的是虚像；虚像光屏接收不到，实像光屏能接收到；
（3）天平测物体质量时，物体质量等于砝码质量与游码对应刻度值之和；根据量筒的分度值读出水和金属块的总体积，两次体积差即为金属块的体积；已知金属块的体积和质量，根据密度公式 计算金属块的密度 。
17．（2025·珠海三模）在“操究浮力的大小跟哪些因素有关"的实验中，小华猜想浮力的大小可能与以下因素有关，①液体的密度：②物体受到的重力：③物体的形状：①物体排开液体的体积。
（1）如图甲用手把空的易拉罐按入水中，易拉罐浸入水中越深，手会感觉越吃力。这个事实可以支持以上猜想　 　(选填“①”“②”“③”“④”)
（2）为了研究猜想①和②，用体积相同的A、B、C三个图柱体，测得重力分别为4N、4.5N和5N，然后进行如图乙所示的实验：
①序号a的实验中物体A所受的浮力为　 　N.进一步计算得出A、B、C所受浮力　 　（选填相等"或“不相等"），可得出初步结论：浮力的大小与物体的重力　 　（选填“有关”或“无关”
②比较序号　 　的三次实验，可得出初步结论：浮力大小与液体密度有关。
（3）为了研究猜想③，将两决相同的橡皮泥（不吸水且不溶于水）分别做成不同形状，进行如图丙所示实验，此时两弹簧测力计的示数不同，得出浮力的大小与物体形状有关，同学小晴认为该结论不可靠，主要原因是　 　。
【答案】（1）④
（2）1；相等；无关；a、d、e
（3）没有控制物体排开液体的体积相同
【知识点】探究浮力大小的实验
【解析】【解答】 （1）图甲中易拉罐浸入的越深，浸入液体的体积越大，即排开液体的体积越大，手感觉越吃力，说明浮力变大，由此可知：浮力的大小与排开液体的体积有关，故支持猜④；
（2）①序号a的实验中物体A受到的浮力：
F浮A=GA-FA=4N-3N=1N，
物体B受到的浮力：
F浮B=GB-FB=4.5N-3.5N=1N，
物体C受到的浮力：
F浮C=GC-FC=5N-4N=1N，
所以物体A、B、C受到的浮力相等，可得出初步结论：浮力的大小与物体的重力无关；
② 比较序号a、d、e三次实验，物体A浸入液体的体积相同，只改变浸入的液体的密度，受到的浮力大小不相等，可得出初步结论：浮力的大小与液体密度有关；
（3）要探究浮力的大小与物体形状的关系，要控制浸入液体的体积和液体密度都相同，只改变形状，比较浮力的大小，实验中没有控制排开液体的体积相同。
故答案为：（1）④；（2）1；相等；无关；a、d、e；（3）没有保持橡皮泥排开液体体积相同。
【分析】 （1）图甲易拉罐浸入水中越深，排开水的体积越大，手会感觉越吃力，浮力越大。据此分析浮力与排开液体的体积的关系；
（2）根据称重法求出A、B、C所受的浮力，比较三者受到的浮力大小即可判断浮力与物体重力是否有关；探究浮力与密度的关系，需要控制浸入液体体积；
（3）要探究浮力的大小与物体形状的关系，需要控制浸入液体的体积和液体密度都相同。
18．（2025·珠海三模）小张想用“伏安法“测小灯泡的电阻。
电压U/V 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5
电流i/A 0.10 0.16 0.20 0.23 0.25
电阻R/Ω 5.0 6.3 7.5 8.7 10.0
平均电阻R/Ω 7.5
（1）闭合开关前，应使滑片置于滑动变阻器　 　端（选填“A”或“B"）
（2）测量过程中，某一次的测量的电流如图乙所示，则电流是　 　A，这时，灯丝突然烧断，则电压表的示数　 　（选填“变”、“变小”或“不变”），换相同规格的灯泡，测的数据如右表所示，并绘出I-U图像如图丙中的A所示。
（3）依据表格中的数据，小张求出小灯泡电限的平均值，这种做法正确吗？　 　，理由　 　。
（4）第二组同学用相同的器材和电路图也做这个实验时，由于接线错误，根据测量的数据绘出的I/U图像如图丙的B所示，原因是电压表并联在了　 　两端：
（5）第三组同学测量某定值电阻R的限值，某同学采用了如图丁所示的电路图，其中R0阻值已知，先闭合S1、S2，读出此时电压表的读数为U1，再闭合S1，断开S2，读出此时电压表该数为U2，则被测电阻Rx的电限值得表达式为Rx=　 　（用R0、U1、U2表示）。
【答案】（1）A
（2）0.26；变大
（3）不正确；灯丝电阻随温度的升高而增大
（4）滑动变阻器
（5）
【知识点】伏安法测电阻的探究实验
【解析】【解答】（1）为了保护电路，闭合开关前，应使滑片置于阻值最大处，故应置于滑动变阻器的A端；
（2） 电流表选择的量程为0~0.6A，分度值是0.02A，示数为0.26A；电源表并联在小灯泡两端，测量小灯泡的电压，这时，灯丝突然烧断，电压表串联在电路中，测量电源电压，则电压表的示数将变大；
（3）小张的这种做法不正确，因为灯丝的电阻与温度有关，而灯泡两端的电压越大，灯丝的温度越高，因此小灯泡在不同电压下工作时，小灯泡的灯丝温度不同，电阻也不相同，所以不能求灯丝电阻的平均值；
（4）丙图中的B图象，随着电流的增大，电压减小，正好与A图象相反，根据串联电路电压的规律可知，电源电压不变，小灯泡两端的电压增大，滑动变阻器两端的电压减小，故B图像符合滑动变阻器两端电压的变化规律，因此电压表并联在了滑动变阻器两端；
（5）先闭合S1、S2，待测电阻短路，电路中只有R0，电压表测量电源电压，即电源电压为U1；
再闭合S1，断开S2，两电阻串联，电压表测量R0两端的电压，读出此时电压表读数U2，即为R0两端电压；
此时通过定值电阻的电流，即电路中的电流为：
，
根据串联电路的总电压等于各电阻两端的电压之和可知，被测电阻Rx两端的电压为：
Ux=U1-U2，
被测电阻Rx的电阻值得表达式为：
。
故答案为：（1）A；（2）0.26；变大；（3）不同意；灯丝电阻随温度的升高而增大；（4）滑动变阻器；（5）。
【分析】（1）闭合开关前，应将滑片滑动变阻器的最大值处；
（2）由图乙根据电流表的量程和分度值，读出电流表示数；灯丝烧断，电压表被串联入电路中，由此分析其示数的变化情况；
（3）影响电阻的因素有：导体的温度、长度、横截面积和材料等，而小灯泡两端的电压不同，小灯泡灯丝的温度会不同，因此电阻也不同；
（4）电压表并联在灯泡两端时，随着电流的增大，灯泡两端的电压增大，根据串联电路电压的特点，滑动变阻器两端的电压会随之减小；
（5）分析在开关转换的过程中电路的连接及电压表测量的量，根据欧姆定律求出通过定值电阻的电流，根据串联电路的规律结合欧姆定律求出电阻Rx的表达式。
19．（2025·珠海三模）如图所示，是我国首艘国产大型邮轮“爱达·魔都号”，实现了国产大型邮轮制造“零的突破”，邮轮满载时的排开海水的质量为1.36×105t，某次“爱达·魔都号满载"以10m/s的速度匀速行驶，所受阻力为船重的0.2倍，海水的密度ρ水=1.0×103kg/m3，g取10N/kg。求：
（1）“爱达·魔都号"邮轮匀速行驶30min所行驶的路程是多少？
（2）“爱达·魔都号“邮轮满载时受到的浮力为多少N？
（3）“爱达·魔都号“邮轮此时发动机的功率。
【答案】（1）解：“爱达·魔都号"邮轮匀速行驶30min所行驶的路程是：
s=vt=10m/sⅹ30ⅹ60s=1.8ⅹ104m
答：“爱达·魔都号"邮轮匀速行驶30min所行驶的路程是1.8×104m；
（2）“爱达·魔都号“邮轮满载时受到的浮力
F浮=G排=m排g=1.36ⅹ105ⅹ103kgⅹ10N/kg=1.36ⅹ109N
答：“爱达·魔都号“邮轮满载时受到的浮力为1.36×109N；
（3）“爱达·魔都号“邮轮漂浮时，重力等于浮力：
G=F浮=1.36×109N
“爱达·魔都号满载"以10m/s的速度匀速行驶时，牵引力大小等于阻力大小，即：
F=f=0.2G=0.2ⅹ1.36ⅹ109N=2.72ⅹ108N
“爱达·魔都号“邮轮此时发动机的功率为：
P=Fv=2.72ⅹ108Nⅹ10m/s=2.72ⅹ109W。
答：“爱达·魔都号“邮轮此时发动机的功率
【知识点】功率的计算；速度公式及其应用；二力平衡的条件及其应用；浮力大小的计算
【解析】【分析】（1）根据s=vt求“爱达·魔都号"邮轮匀速行驶30min所行驶的路程；
（2）根据阿基米德原理F浮=G排=m排g求“爱达·魔都号“邮轮满载时受到的浮力；
（3）“爱达·魔都号“邮轮漂浮时，重力等于浮力，匀速行驶时，牵引力大小等于阻力大小可得F=f=0.2G，根据P=Fv计算发动机的功率。
20．（2025·珠海三模）为满足人们对健康饮食的追求，某品牌推出了一款新型电热饭盒如图甲，图乙虚线内是电热饭盒内部的简化电路图，R1和R2均为电热丝，R1=374Ω（阻值不随温度变化，部分参数如表所示）求：
额定电压 220V
额定功率 低温挡 　
高温挡 440W
（1）电热饭盒在高温挡正常工作时，通过它的电流：
（2）电阻R2的阻值及低温挡的功率；
（3）高温挡工作5分钟，低温挡工作3分钟，电热饭盒放出的总热量是多少？
【答案】（1）解：由P=UI可知，电热饭盒在高温挡正常工作时，通过它的电流：
答：电热饭盒在高温挡正常工作时，通过它的电流为2A；
（2）电阻R2的阻值为：
当开关接触电1时，R1与R2串联，根据串联电阻规律可知，此时总电阻较大，由可知，电路中的电功率较小，电热饭盒处于低温挡；
由图乙可知，开关接触电2时，只有R2工作，此时电阻较小，电功率较大，电热饭盒处于高温挡；
低温挡的功率为：
答：低温挡的功率为100W；
（3）高温挡工作5min消耗的电能：
Q1=W1=P高t1=440W×5×60s=1.32×105J，
低温挡工作3min消耗的电能：
Q2=W2=P低t2=100W×3×60s=1.8×104J，
电热饭盒放出的总热量是：
Q=Q1+Q2=1.32ⅹ108J+1.8ⅹ104J=1.5ⅹ105J
答：电热饭盒放出的总热量是1.5ⅹ105J。
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率的计算；焦耳定律；多状态电路——多挡位问题
【解析】【分析】 （1）根据P=UI求出电热饭盒在高温挡正常工作时，通过它的电流；
（2）由图乙可知，当旋转开关接1时R1、R2串联，当选择开关接2时，只有R2工作，根据串联电路的电阻特点和可知电热饭盒高温挡和低温挡的电路连接；根据高温挡功率和可求出R2的阻值；根据串联电路的电阻特点求出R1、R2的总电阻，根据可求出低温挡的功率；
（3）根据Q=W=Pt分别求出高温挡工作5min和低温挡工作3min消耗的电能，然后相加即为电热饭盒放出的总热量。
21．（2025·珠海三模）如图甲所示，实验小组用相同的酒精灯分别给质量和初温均相同的水和煤油加热，以探究水和煤油吸热能力的大小。[c水=4.2x103J/（kg.℃）]
（1）在图甲中组装器材时，发现温度计的玻璃泡碰到了烧杯底，应适当将　 　（选填"A处向上”或“B处向下"）调整。
（2）为了便于比较，实验中用相同的酒精灯加热，目的是使水和煤油在相同的时间内　 　（选填"吸收的热量“或“升高的温度"）相等：加热一段时间后，丙图所示温度为　 　℃，观察甲图水中的气泡可知，此时水在　 　（选填“沸腾前“或“沸腾中”）
（3）根据实验数据，实验小组作出了水和煤油的温度随加热时间变化的图象如图丁所示，由图象可知，煤油的比热容是　 　J/kg℃）.
（4）做完上面实验，同学们想起在吃家乡小炒肉这道经典菜时，确的下方有点燃的蜡烛在给菜加热，于是想用如图戊所示装置测出蜡的热值。B为下部开了许多通气孔的罩子，A桶中水的质量为m水，水的初温为t1，末温为t2，蜡烛燃烧前的质量为m1，燃烧后的质量为m2，A桶吸收的热量经测量后计算为Q0，已知水的比热容为c水，则蜡的热值q=　 　（不计热损失，用题中给定的物理量符号表示）。
【答案】（1）A处向上
（2）吸收的热量；96；沸腾前
（3）2.1×103
（4）
【知识点】体温计的使用及其读数；热量的计算；比较不同物质吸热的情况实验
【解析】【解答】（1）实验中要用酒精灯的外焰加热，故在图甲中组装器材时，发现温度计的玻璃泡碰到了烧杯底，应适当将A处向上调整；
（2）为了便于比较，实验中用相同的酒精灯加热，目的是使水和煤油在相同的时间内吸收的热量相等；温度计的分度值为1℃，示数为96℃；图甲水中的气泡上小下大，沸腾前，烧杯的下部先受热，温度高，上部温度低，根据热胀冷缩可知，气泡下面大，上面小；
（3）根据图丁可知温度升高30℃，水和煤油的加热时间分别为20min和10min，根据水和煤油在相同的时间内吸收的热量相等，由转换法可知，水和煤油的吸热之比为2：1，根据Q吸=cmΔt可知，在质量和升高的温度相同的情况下，吸热与比热容成正比，煤油的比热容是：
；
（4）水吸收的热量为：
Q吸水=c水m水（t2-t1）
不计热损失，那么蜡烛燃烧放出的热量等于水吸收的热量与A桶吸收的热量之和，即
Q放=Q吸水+Q0=c水m水（t2-t1）+Q0
蜡烛燃烧的质量Δm=m1-m2，则这支蜡烛的热值
。
故答案为：（1）A处向上；（2）吸收热量；96；沸腾前；（3）2.1×103；（4）。
【分析】 （1）实验中要用酒精灯的外焰加热，组装仪器按照从上到下的顺序组装，据此分析；
（2）实验中用相同的酒精灯加热，目的是使水和煤油在相同的时间内吸收的热量相等；根据温度计的分度值读数；
水在沸腾时，由于液体压强不同，上升过程中气泡由小变大；水在沸腾前，由于热胀冷缩，在上升过程中气泡由大变小变小；
（3）根据图丙得出升高30℃水和煤油的加热时间，由转换法得出水、煤油的吸热之比，根据Q吸=cmΔt可知在质量和升高的温度相同的情况下，吸热与比热容成正比，据此得出煤油的比热容；
（4）蜡烛释放的热量等于水所吸收的热量与A桶吸收的热量之和，由热量公式与燃烧值公式可以求出蜡烛的热值。
22．（2025·珠海三模）小明利用半圆形玻璃砖“探究光折射时的特点”，让光源发出的一束光从空气斜射入玻璃，观察到光束的径迹如图甲所示，回答以下问题：
（1）实验中发现，折射光的亮度比入射光的亮度要暗一些，其主要原因是光从空气斜射入玻璃时不仅发生了折射现象，还发生了　 　现象：
（2）图中折射角的大小为　 　。
（3）小明在探究光的折射规律时，意外发现：当光沿某方向从半圆玻璃砖射向空气时，折射光消失而反射光却变得更亮，如图乙所示，老师告诉他这是光的全反射现象。课后，小明查到光从玻璃射向空气时的一些数据如下表：
入射角l 0° 10° 20° 30° 40° 41.2° 41.8° 42°
折射角r 0° 15.2° 30.9° 48.6° 74.6° 81° 90° /
反射能量 5% 7% 26% 43% 77% 84% 100% 100%
①分析上表中数据可知当光从玻璃射向空气时，折射角离入射角的增大面　 　（选填“增大”或“减小”）
②当光从玻璃斜射向空气时折射光线消失，只有反射光线，这种现象叫做全反射，当入射角i>=　 　时，就发生了全反射现象。
③光纤电绩利用玻璃满激、透明的性质，使用光来传送值号，光可以从弯曲的玻璃光纤的一端传到另一端，面不会“滴”出玻璃光纤，如图丙，它是利用光的　 　（填“折射”或“全反射”）来传递信息的，光在光纤内的传播速度　 　（选填“大于”、“小于“或“等于”）3×108m/s
【答案】（1）反射
（2）30
（3）增大；41.8°；折射；小于
【知识点】光的反射；光的折射规律；光学实验设计与探究
【解析】【解答】（1）实验中发现，折射光的亮度比入射光的亮度要暗一些，其主要原因是光从空气斜射入玻璃时不仅发生了折射现象，还发生了反射现象；
（2）折射角是折射光线与法线的夹角，图中EF是法线、OA是入射光线、OC是折射光线，OC与OF的夹角是折射角，大小为30°；
（3）①由表中数据可知，当入射角增大时，折射角也会增大，所以折射角随入射角的增大而增大；
②由表中数据可知，当入射角变为41.8°时，折射角为90°，反射能量为100%，所以此时所有入射光线全部被反射，发生了全反射，此时的入射角度就是临界角，当入射角i>=41.8°时，就发生了全反射现象 ；
③利用光的 全反射来传递信息的，光在光纤内的传播速度约为真空中传播速度的三分之二，速度小于3×108m/s。
故答案为：（1）反射；（2）30°；（3）①增大；②41.8°；③折射；小于。
【分析】（1）光线射到玻璃，一部分被反射出去；
（2）折射角是折射光线与法线的夹角；
（3）根据光的折射规律分析解答；
①由表中数据可知，当入射角增大时，反射能量和折射角也随着增大，据此分析；
②由表中数据可知，当入射角大于等于41.8°时，折射光线消失了，反射能量达到100%，据此分析；
③光纤通信是利用光的全反射原理传递信息的；光在玻璃种的传播速度约为真空中传播速度的三分之二。
23．（2025·珠海三模）阅读短文，回答间遇，
中国无人机惊艳世界
近日，深圳无人机团队在沙特进行了一场无人机表演，3000架无人机惟妙惟肖地排成沙特王储的巨幅头像（如图甲）等各种复杂图案，令全世界赞吸不已！
无人驾驶飞机简称“无人机"，它是利用无线电遥控设条和自备的程序控制装置操纵的不载人飞机。图乙所示是某款国产无人机，表格为该无人机的部分参数，为了使蓄电池的使用寿命更长，一般充电至电池容量的90%左右即停止充电，当剩余电量减为电池容量的10%时，无人机会自动下降至地面等待充电
该无人机有竖直方向的三挡风力和水平方向的两挡风力，其中竖直方向的升力与风叶转速的平方的关系如题丙。另外无人机产生的升力与风叶转速之比叫作动率，升力与每秒钟通过风叶的空气重力之比为转力效率。
额定电压/V 6 额定功率/W 42
电池容量/mAh 1500 工作噪音/dB <50
遥控距离/m 20000 整机质量/g 249
充电时间/min 200 电机转化效率/% 90
（1）无人机的遥控设备通过发射　 　来控制其工作状态。
（2）无人机是利用螺旋桨向下吹空气从而获得升力，这利用了力的作用是　 　。
（3）当数千台无人机在天空拼凑出一幅完美的沙特王储头像时，其中任一台无人机相对其他无人机都是　 　（选填“运动”或“静止”的。
（4）一架该款无人机充电后至下一次自动充电前，其电机最多能够为无人机提供的机械能为　 　J
（5）起飞时，增大风叶的转速，若无人机在风叶转速为1.4x102tmin时匀速竖直升高120m，则无人机的升力做功为　 　J
（6）若无人机的风叶转速为1.5×103r/min时，风叶转动时扫过的面积为0.3m2，空气被吹动的速度为3m/s，则转力效率为　 　%.（Pe=1.3kg/m，g取10N/kg.百分数保留1位小数）
【答案】（1）电磁波
（2）相互的
（3）静止
（4）23328
（5）940.8
（6）76.9
【知识点】机械能及其转化；力作用的相互性；参照物及其选择；电磁波在日常生活中的应用；功的计算及应用
【解析】【解答】(1)无人机的遥控设备通过发射电磁波来控制其工作状态；
（2）无人机是利用螺旋桨向下吹空气从而获得升力，这利用了力的作用是相互的；
（3）当数千台无人机在天空拼凑出一幅完美的沙特王储头像时，其中任一台无人机相对其他无人机的位置没有发生变化，都是静止的；
（4） 额定电压为6V，电池容量为1500mAh，由于一般充电至电池容量的90%左右即停止充电，当剩余电量减为电池容量的10%时，无人机会自动下降至地面等待充电，无人机使用时消耗的电能为总电能的80%，电机转化效率为90%，一架该款无人机充电后至下一次自动充电前，其电机最多能够为无人机提供的机械能为：
W机=W电×90%=UIt×80%×90%=6V×1500×10-3A×3600s×80%×90%=23328J；
（5）由题图丙可知，当风叶转速为1.4×103r/min时，获得的向上的升力为：
F=1.42×4N=7.84N，
无人机的升力做功为：
W=Fs=7.84N×120m=940.8J；
（6）每秒钟内通过风叶的空气总质量：
m=ρ空气V=ρ空气Svt=1.3kg/m3×0.3m2×3m/s×1s=1.17kg，
当风叶转速为1.5×103r/min 时，获得的向上的升力：
F'=1.52×4N=9N，
则转力效率：
。
故答案为：（1）电磁波；（2）相互的；（3）静止；（4）23328；（5）940.8；（6）76.9。
【分析】（1）电磁波可以传递信息；
（2）物体间力的作用是相互的；
（3）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，则运动，不发生变化，则静止；
（4）由于一般充电至电池容量的90%左右即停止充电，当剩余电量减为电池容量的10%时，无人机会自动下降至地面等待充电，无人机使用时消耗的电能为总电能的80%，电机转化效率为90%，结合电池容量和W=UIt求出电机最多能够为无人机提供的机械能；
（5）由题图丙可知，无人机升力和风叶转速的关系，当风叶转速为1.4×103r/min时，求出向上的升力，根据W=FS计算无人机升力做的功；
（6）根据m=ρ空气V=ρ空气Svt计算出每秒钟内通过风叶的空气总质量，根据无人机升力和风叶转速的关系，求出当风叶转速为1.5×103r/min时，向上的升力，根据升力与每秒钟通过风叶的空气重力之比为转力效率求出转力效率。
1 / 1广东省珠海市文园中学2025年中考三模物理试卷
1．（2025·珠海三模）物质是由大量分子、原子构成的，中子和质子又是由夸克构成的，如图所示是原子内部结构的示意图，下列选项中，按尺度从大到小排序的是
A．原子夸克原子核 B．电子原子原子核
C．原子原子核奇克 D．夸克原子核原子
2．（2025·珠海三模）如图所示的光现象中，由于光的反射形成的是
A．水中倒影
B．日晷上的影子
C．铅笔“折断”
D．雨后彩虹
3．（2025·珠海三模）图甲所示的是“模拟避雷"的实验展台。闪电发生时，电子从云层移动到避雷针，建筑物不会受到任何影响，图乙为上述情景的示意图，关于此过程，下列说法正确的是
A．云层放电时，云层失去了电子，带负电
B．云层放电时，创造了电荷
C．制作避雷针的材料为绝缘体
D．云层放电时，与避雷针和大地相连的金属线中电流方向是从大地指向避雷针
4．（2025·珠海三模）自然现象中蕴含着丰富的与物态变化有关的物理知识，下图中属于凝固现象的是
A．草叶上的露珠
B．冬天河面上的冰
C．山上的白雾
D．树枝上的雾淞
5．（2025·珠海三模）如图所示为冬奥会的一些运动项目，关于这些项目中的情景，下列说法中正确的是
A．跳台滑雪运动员在空中下落的过程中，重力势能不变
B．冰壶运动负掷出去的冰壶能继续向前运动，是由于冰查具有惯性
C．冰球在水平冰面滑动过程中，机械能保持不变
D．短道速滑运动员在转弯滑行的过程中，运动状态不变
6．（2025·珠海三模）脐橙口感出众、营养丰富，名扬海内外。果衣用石墨烯制成的甜敏电阻检测脐橙含的糖量，甜敏电阻的阻值随含糖量的升高面增太，如图所示是检测脐橙含糖量的电路，电源电压不变，将甜敏电阻R附着在切开的脐橙上，当脐橙含糖量升高时
A．电流表示数增大，甜敏电阻R值增大
B．电压表示数减小，甜敏电阻R值减小
C．电流表和电压表的示数都减小
D．电流表示数减小，电压表示数增大
7．（2025·珠海三模）如图所示，在大小为4N的水平拉力F作用下，重为30N的木块A和轻质动滑轮在2s内一起水平匀速移动了0.2m，若不计滑轮的擦，下列说法正确的是
A．绳子自由端移动的距离为0.4m B．木块A与地面的摩擦力为8N
C．木块所受重力做的功为6J D．拉力做功的功率大小为1.2W
8．（2025·珠海三模）把红墨水分别滴入冷水和热水中时，可以看到热水变色比冷水变色快，说明温度越高，分子的　 　；酒精和水混合后总体积变小了，该现象说明了分子之间有　 　；将两个表面光滑的铅块相互紧压后，发现它们会粘在一起，这说明分子间有　 　力。
9．（2025·珠海三模）如题图所示，是中国"人造太阳”—大型核实验装置“东方超环”。“东方超环“的反应理与太阳类似，即通过　 　（选填“核裂变"或“核聚变"）释放巨大的核能，又将核能转化为　 　能，从而获得上亿度的高温，核能属于　 　（选填“可再生“或“不可要生”）能源。
10．（2025·珠海三模）如题图所示是在其他条件相同时不同的声音伯号输入示波器时是示的波形图，根据图像可知两种声音的　 　不同，该声音的特性取决于发声体的　 　，若此时考场外传来音乐，监考老师马上关上窗户是为了在　 　减弱噪声
11．（2025·珠海三模）小徐在家拿同一个放大镜观察书本上“中学物理“四个字，得到如题图所示的两种情景。　 　（选填“甲"或"乙"）图看到的是字的实像，此时放大键和书本的距离　 　（选填“小于f""大于f""小于2f”或“大于2f），从图甲到图乙的变化过程中，放大镜是逐渐　 　（选填“靠近"或“远离”）书本的。
12．（2025·珠海三模）如题图为一玩具直流电动机，它在工作时把电能转化为　 　能：同时改变直流电动机的磁场和电流方向，它的转动方向　 　（选填“改变“或“不改变"）：小明回家微了一个电动机模型如图2，他将线圈两端引线的漆皮，一端全部刮掉，要使线图能连续转动，则另一的漆皮应刮　 　（“半周“或“全部”）。
13．（2025·珠海三模）如题图，这是一小球从A点沿直线运动到F点的频闪照片，若频闪照相机每隔0.2s闪拍一次，分析照片可知：小球在做　 　（选填“匀速”或“变速"）直线运动，BF两点间的长度为　 　cm，小球从B点到F点的平均速度为　 　m/s
14．（2025·珠海三模）如题图所示是一种显示汽车油箱油量的装置图，油箱装满油后油的深度为50cm，其中滑杆相当于滑动交阻器R的滑片，连接浮子和滑杆的轻杆质量不计，当油量下降时，电流表示数　 　，电路消耗的总功率　 　（以上两空选填“变大”“变小”“不变”），当油量下降一半时油箱底部受到的压强为　 　pa（ρ汽油=0.72g/cm3，g取10N/kg).
15．（2025·珠海三模）
（1）如题图所示，杯子静止在斜面上，请在0点画出杯中源浮物体受到的重力G和浮力F的示意图
（2）在题图中面出拉力F对支点O的力臂L
（3）如题图中是住宅内配电系统的示意图，请在方框内填入装置的名称，并在虚线框内填上开关和电灯的元件符合，使电路符合安全用电要求，
16．（2025·珠海三模）按要求填空。
（1）如题所示，图甲弹簧称的示数为　 　N：图乙电能表数是　 　kW·h：图丙秒表的读数是　 　s
（2）用如题图所示的装置来探究平面镜成像特点，将蜡烛、薄玻璃板、光屏和刻度尺按如图所示放置，则在光屏上　 　（选填“能"或“不能"）呈现烛焰的像，说明物体通过平面镜成的　 　像。
（3）用调节好的天平别金属块质量时，天平平衡后，磁码及游码在标尺上的位置如题图甲所示，则金属块质量m=　 　g，用细线系住金属块放入装有20mL水的量筒内，水面如图乙所示，则金属块金属块密度ρ=　 　kg/m3
17．（2025·珠海三模）在“操究浮力的大小跟哪些因素有关"的实验中，小华猜想浮力的大小可能与以下因素有关，①液体的密度：②物体受到的重力：③物体的形状：①物体排开液体的体积。
（1）如图甲用手把空的易拉罐按入水中，易拉罐浸入水中越深，手会感觉越吃力。这个事实可以支持以上猜想　 　(选填“①”“②”“③”“④”)
（2）为了研究猜想①和②，用体积相同的A、B、C三个图柱体，测得重力分别为4N、4.5N和5N，然后进行如图乙所示的实验：
①序号a的实验中物体A所受的浮力为　 　N.进一步计算得出A、B、C所受浮力　 　（选填相等"或“不相等"），可得出初步结论：浮力的大小与物体的重力　 　（选填“有关”或“无关”
②比较序号　 　的三次实验，可得出初步结论：浮力大小与液体密度有关。
（3）为了研究猜想③，将两决相同的橡皮泥（不吸水且不溶于水）分别做成不同形状，进行如图丙所示实验，此时两弹簧测力计的示数不同，得出浮力的大小与物体形状有关，同学小晴认为该结论不可靠，主要原因是　 　。
18．（2025·珠海三模）小张想用“伏安法“测小灯泡的电阻。
电压U/V 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5
电流i/A 0.10 0.16 0.20 0.23 0.25
电阻R/Ω 5.0 6.3 7.5 8.7 10.0
平均电阻R/Ω 7.5
（1）闭合开关前，应使滑片置于滑动变阻器　 　端（选填“A”或“B"）
（2）测量过程中，某一次的测量的电流如图乙所示，则电流是　 　A，这时，灯丝突然烧断，则电压表的示数　 　（选填“变”、“变小”或“不变”），换相同规格的灯泡，测的数据如右表所示，并绘出I-U图像如图丙中的A所示。
（3）依据表格中的数据，小张求出小灯泡电限的平均值，这种做法正确吗？　 　，理由　 　。
（4）第二组同学用相同的器材和电路图也做这个实验时，由于接线错误，根据测量的数据绘出的I/U图像如图丙的B所示，原因是电压表并联在了　 　两端：
（5）第三组同学测量某定值电阻R的限值，某同学采用了如图丁所示的电路图，其中R0阻值已知，先闭合S1、S2，读出此时电压表的读数为U1，再闭合S1，断开S2，读出此时电压表该数为U2，则被测电阻Rx的电限值得表达式为Rx=　 　（用R0、U1、U2表示）。
19．（2025·珠海三模）如图所示，是我国首艘国产大型邮轮“爱达·魔都号”，实现了国产大型邮轮制造“零的突破”，邮轮满载时的排开海水的质量为1.36×105t，某次“爱达·魔都号满载"以10m/s的速度匀速行驶，所受阻力为船重的0.2倍，海水的密度ρ水=1.0×103kg/m3，g取10N/kg。求：
（1）“爱达·魔都号"邮轮匀速行驶30min所行驶的路程是多少？
（2）“爱达·魔都号“邮轮满载时受到的浮力为多少N？
（3）“爱达·魔都号“邮轮此时发动机的功率。
20．（2025·珠海三模）为满足人们对健康饮食的追求，某品牌推出了一款新型电热饭盒如图甲，图乙虚线内是电热饭盒内部的简化电路图，R1和R2均为电热丝，R1=374Ω（阻值不随温度变化，部分参数如表所示）求：
额定电压 220V
额定功率 低温挡 　
高温挡 440W
（1）电热饭盒在高温挡正常工作时，通过它的电流：
（2）电阻R2的阻值及低温挡的功率；
（3）高温挡工作5分钟，低温挡工作3分钟，电热饭盒放出的总热量是多少？
21．（2025·珠海三模）如图甲所示，实验小组用相同的酒精灯分别给质量和初温均相同的水和煤油加热，以探究水和煤油吸热能力的大小。[c水=4.2x103J/（kg.℃）]
（1）在图甲中组装器材时，发现温度计的玻璃泡碰到了烧杯底，应适当将　 　（选填"A处向上”或“B处向下"）调整。
（2）为了便于比较，实验中用相同的酒精灯加热，目的是使水和煤油在相同的时间内　 　（选填"吸收的热量“或“升高的温度"）相等：加热一段时间后，丙图所示温度为　 　℃，观察甲图水中的气泡可知，此时水在　 　（选填“沸腾前“或“沸腾中”）
（3）根据实验数据，实验小组作出了水和煤油的温度随加热时间变化的图象如图丁所示，由图象可知，煤油的比热容是　 　J/kg℃）.
（4）做完上面实验，同学们想起在吃家乡小炒肉这道经典菜时，确的下方有点燃的蜡烛在给菜加热，于是想用如图戊所示装置测出蜡的热值。B为下部开了许多通气孔的罩子，A桶中水的质量为m水，水的初温为t1，末温为t2，蜡烛燃烧前的质量为m1，燃烧后的质量为m2，A桶吸收的热量经测量后计算为Q0，已知水的比热容为c水，则蜡的热值q=　 　（不计热损失，用题中给定的物理量符号表示）。
22．（2025·珠海三模）小明利用半圆形玻璃砖“探究光折射时的特点”，让光源发出的一束光从空气斜射入玻璃，观察到光束的径迹如图甲所示，回答以下问题：
（1）实验中发现，折射光的亮度比入射光的亮度要暗一些，其主要原因是光从空气斜射入玻璃时不仅发生了折射现象，还发生了　 　现象：
（2）图中折射角的大小为　 　。
（3）小明在探究光的折射规律时，意外发现：当光沿某方向从半圆玻璃砖射向空气时，折射光消失而反射光却变得更亮，如图乙所示，老师告诉他这是光的全反射现象。课后，小明查到光从玻璃射向空气时的一些数据如下表：
入射角l 0° 10° 20° 30° 40° 41.2° 41.8° 42°
折射角r 0° 15.2° 30.9° 48.6° 74.6° 81° 90° /
反射能量 5% 7% 26% 43% 77% 84% 100% 100%
①分析上表中数据可知当光从玻璃射向空气时，折射角离入射角的增大面　 　（选填“增大”或“减小”）
②当光从玻璃斜射向空气时折射光线消失，只有反射光线，这种现象叫做全反射，当入射角i>=　 　时，就发生了全反射现象。
③光纤电绩利用玻璃满激、透明的性质，使用光来传送值号，光可以从弯曲的玻璃光纤的一端传到另一端，面不会“滴”出玻璃光纤，如图丙，它是利用光的　 　（填“折射”或“全反射”）来传递信息的，光在光纤内的传播速度　 　（选填“大于”、“小于“或“等于”）3×108m/s
23．（2025·珠海三模）阅读短文，回答间遇，
中国无人机惊艳世界
近日，深圳无人机团队在沙特进行了一场无人机表演，3000架无人机惟妙惟肖地排成沙特王储的巨幅头像（如图甲）等各种复杂图案，令全世界赞吸不已！
无人驾驶飞机简称“无人机"，它是利用无线电遥控设条和自备的程序控制装置操纵的不载人飞机。图乙所示是某款国产无人机，表格为该无人机的部分参数，为了使蓄电池的使用寿命更长，一般充电至电池容量的90%左右即停止充电，当剩余电量减为电池容量的10%时，无人机会自动下降至地面等待充电
该无人机有竖直方向的三挡风力和水平方向的两挡风力，其中竖直方向的升力与风叶转速的平方的关系如题丙。另外无人机产生的升力与风叶转速之比叫作动率，升力与每秒钟通过风叶的空气重力之比为转力效率。
额定电压/V 6 额定功率/W 42
电池容量/mAh 1500 工作噪音/dB <50
遥控距离/m 20000 整机质量/g 249
充电时间/min 200 电机转化效率/% 90
（1）无人机的遥控设备通过发射　 　来控制其工作状态。
（2）无人机是利用螺旋桨向下吹空气从而获得升力，这利用了力的作用是　 　。
（3）当数千台无人机在天空拼凑出一幅完美的沙特王储头像时，其中任一台无人机相对其他无人机都是　 　（选填“运动”或“静止”的。
（4）一架该款无人机充电后至下一次自动充电前，其电机最多能够为无人机提供的机械能为　 　J
（5）起飞时，增大风叶的转速，若无人机在风叶转速为1.4x102tmin时匀速竖直升高120m，则无人机的升力做功为　 　J
（6）若无人机的风叶转速为1.5×103r/min时，风叶转动时扫过的面积为0.3m2，空气被吹动的速度为3m/s，则转力效率为　 　%.（Pe=1.3kg/m，g取10N/kg.百分数保留1位小数）
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】物质的构成；原子结构
【解析】【解答】由图意可知，原子由原子核和核外电子构成，原子核包括质子和中子两部分，质子和中子由夸克组成。所以，按尺度从大到小排序的是原子、原子核、夸克。
故选C。
【分析】 物质是由分子或原子构成的，分子是由原子构成的，原子是由位于中心的原子核和核外电子构成的，原子核是由质子和中子构成的，质子和中子又是由更小的微粒夸克组成。
2．【答案】A
【知识点】光的直线传播及其应用；光的反射；光的折射现象及其应用；光的色散；平面镜成像的原理、特点
【解析】【解答】A.水中的倒影属于平面镜成像，是由光的反射形成的，故A符合题意；
B.日晷上的影子，是由光的直线传播形成的，故B不符合题意；
C.铅笔“折断”，是由于光从水中通过空气进入人的眼睛时，光线的传播方向发生改变而形成的虚像，属于光的折射现象，故C不符合题意；
D.雨后的彩虹是光的色散现象，故D不符合题意。
故选A。
【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、影子的形成、日食和月食等；
（2）光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由光的反射形成的；
（3）光在同种不均匀介质中传播或者从一种介质斜射入另一种介质时，就会发生光的折射现象，例如水池底看起来变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼、凸透镜成像等都是由光的折射形成的。
3．【答案】D
【知识点】物体带电情况的判断；导体与绝缘体；电流的方向
【解析】【解答】A.云层放电时，云层失去了电子，带正电，故A错误；
B.云层放电时，电荷发生了转移，不是创造了电荷，故B错误；
C.制作避雷针的材料为导体，故C错误；
D.云层放电时，与避雷针和大地相连的金属线中电流方向是从大地指向避雷针，故D正确。
故选D。
【分析】（1）物质失去电子带正电；
（2）云层放电时，电子从云层转移到避雷针，是电子的转移；
（3）容易导电的物质叫导体，不容易导电的物质叫绝缘体；
（4）物理学中规定正电荷定向移动的方向为电流的方向。
4．【答案】B
【知识点】凝固与凝固放热特点；液化及液化放热；凝华及凝华放热
【解析】【解答】A. 草叶上的露珠是由空气中的水蒸气遇冷形成的，是液化现象，故A不符合题意；
B. 冬天河面上的冰，是液态水变为固态冰，属于凝固现象，故B符合题意；
C. 山上的白雾是空气中的水蒸气液化形成的，是液化现象，故C不符合题意；
D. 树枝上的雾淞是从气态直接变成固态，属于凝华现象，故D不符合题意。
【分析】（1）物质由液态变成固态的过程叫凝固，凝固需要放热；
（2）物质从气态变为液态的过程叫液化，液化要放热；
（3）物质从气态直接变为固态的过程叫凝华，凝华要放热。
5．【答案】B
【知识点】势能的影响因素；机械能及其转化；力的作用效果；惯性及其现象
【解析】【解答】A.跳台滑雪运动员在空中下落的过程中，质量不变，高度降低，重力势能减小，故A错误；
B.冰壶运动员掷出去的冰壶能继续向前运动，是由于冰壶具有惯性，故B正确；
C.冰球在水平冰面滑动过程中，质量不变，高度不变，重力势能不变，由于冰球与冰面间存在摩擦，速度不断减小，动能减小，机械能减小，故C错误；
D.短道速滑运动员在转弯滑行的过程中，速度和方向不断发生改变，运动状态发生改变，故D错误；
故选B。
【分析】（1）动能的大小与物体的质量和速度有关，质量不变时，速度越大，动能就越大；
（2）重力势能的大小与物体的质量和高度有关，质量不变时，高度越大，重力势能就越大；动能和势能之和叫机械能；
（3）一切物体都具有保持原来运动状态不变的性质，叫惯性；
（4）力可以改变物体的运动状态；运动状态的改变自括速度大小和运动方向的改变。
6．【答案】C
【知识点】电阻的串联；欧姆定律及其应用；串联动态电路分析
【解析】【解答】由图可知，定值电阻R1与甜敏电阻串联，电流表测电路中的电流，电压表测定值电阻R1两端的电压，当脐橙含糖量升高时，甜敏电阻阻值增大；根据串联电阻电阻的特点可知，电路中总电阻变大，根据欧姆定律可知，电路中电流变小，即电流表示数变小；根据U1=IR1可知，定值电阻R1两端的电压变小，即电压表的示数变小，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】由图可知，定值电阻R1与甜敏电阻串联，电流表测电路中的电流，电压表测定值电阻R1两端的电压；由题意可知，当脐橙含糖量升高时，甜敏电阻阻值增大，根据串联电阻电阻的特点分析电路中总电阻变化，根据欧姆定律分析电流中的电流变化，即可知电流表示数变化，根据U1=IR1分析定值电阻两端的电压变化，即可知电压表示数变化。
7．【答案】D
【知识点】功率的计算；滑轮组绳子拉力的计算；功的计算及应用；水平滑轮组基础分析
【解析】【解答】A.由图可知，动滑轮上绳子的股数n=3，木块A水平匀速移动距离sA=0.3m，则绳子自由端移动的距离为：
s绳=nsA=3 x 0.2m=0.6m
故A错误；
B.绳子自由端拉力F=4N，则木块A与地面的摩擦力为：
f=nF=3 x 4N =12N
故B错误；
C.木块没有在竖直方向移动距离，所以木块A所受的重力做的功为0J，故C错误；
D.拉力做的功为：
W=FS绳=4N x 0.6m=2.4J
拉力做功的功率为：
故D正确。
故选D。
【分析】已知绳子端的拉力F，木块移动的距离SA，和运动的时间t，由图可知动滑轮上绳子的股数n，根据S绳=nSA求出绳子自由端移动的距离；根据f=nF求出木块A与地面的摩擦力；根据W=Fs绳求出拉力做的功，根据 求出拉力做功的功率；由于木块没有在重力的方向上移动距离，所以重力没有做过。
8．【答案】热运动越剧烈；间隙；引力
【知识点】分子热运动；分子间相互作用力
【解析】【解答】把红墨水分别滴入冷水和热水中时，可以看到热水变色比冷水变色快，说明温度越高，分子的热运动越剧烈；
酒精和水混合后总体积变小了，该现象说明了分子之间有间隙。
将两个表面光滑的铅块相互紧压后，发现它们会粘在一起，这说明分子间有引力。
故答案为：热运动越剧烈；间隙；引力。
【分析】（1）温度越高，分子的热运动越剧烈；
（2）分子之间有间隙；
（3）分子间同时存在引力和斥力。
9．【答案】核聚变；内；不可要生
【知识点】能量的转化或转移；能源及其分类；核聚变
【解析】【解答】“东方超环”与太阳类似，即通过核聚变释放巨大的核能，又将核能转化为内能，从而获得高温；核能不能够从自然界源源不断得到补充，属于不可再生能源。
故答案为：核聚变；内；不可再生。
【分析】 （1）太阳内部进行着核聚变，由氢原子核聚变成氦原子核，释放出核能；
（2）东方超环的反应原理与太阳类似，能量转化是核能转化为内能；
（3）能够源源不断从自然界获得或可以重复利用的能源是可再生能源，不能源源不断从自然界获得或不能重复利用的能源是不可再生能源。
10．【答案】响度；振幅；传播过程中
【知识点】响度及响度与振幅的关系；防治噪声的途径；波形图问题
【解析】【解答】由图可知，两个波形图的疏密程度相同，振动频率相同，音调相同；波形图的纵向高度不同，振幅不同，故两种声音的响度不同，该声音的特性取决于发声体的振幅；若此时考场外传来音乐，监考老师马上关上窗户是为了在传播过程中减弱噪声。
故答案为：响度；振幅；传播过程中。
【分析】（1）波形图的疏密程度表示振动的频率，波形图越密集，振动频率越快，音调越高；
（2）波形图的纵向高度表示振动的幅度，高度越高，振幅越大，响度越大；
（3）减弱噪声的途径：在声源处减弱、传播过程中减弱、人耳处减弱减弱。
11．【答案】乙；大于f，小于2f；远离
【知识点】凸透镜成像的应用
【解析】【解答】甲图成正立放大的虚像，此时的物距小于1倍焦距；乙图成倒立放大的实像，物距大于一倍焦距小于二倍焦距；所以从图甲到图乙的变化过程中，放大镜是逐渐远离书本的。
故答案为：乙；大于f，小于2f；远离。
【分析】 （1）物距小于焦距成正立放大虚像。
（2）物距大于一倍焦距小于二倍焦距成倒立放大实像，像距大于二倍焦距；
（3）物距变大，像距变小，像变小。
12．【答案】机械；不改变；半周
【知识点】磁场对通电导线的作用；直流电动机的构造原理与工作过程
【解析】【解答】 直流电动机的工作原理是通电线圈在磁场中受到力的作用而转动，它在工作时把电能转化为机械能；通电导体中磁场中受力作用，力的方向与电流方向和磁场方向有关，同时改变直流电动机的磁场和电流方向，它的转动方向不变；
小明在学了电动机知识后，回家做了一个电动机模型如图2，他将线圈两端引线的漆皮，一端全部刮掉，要使线圈能连续转动，当线圈刚绕过平衡位置时，线圈受力方向要相反或者不受力，所以另一端的漆皮应刮半周，相当于是电动机中的换向器。
故答案为：机械；不改变；半周。
【分析】 （1）电动机的工作原理是通电线圈在磁场中受到力的作用而转动，它在工作时把电能转化为机械能；
（2）通电导体在磁场中受力作用，力的方向与电流方向和磁场方向有关；
（3）换向器的作用是当线圈刚绕过平衡位置时，能够自动改变线圈中的电流方向从而改变线圈的受力方向。
13．【答案】变速；12.00；0.15
【知识点】长度及其测量；速度公式及其应用；匀速直线运动特点
【解析】【解答】由图可知，在相等的时间内物体通过的路程越来越大，说明物体运动越来越快，即速度越来越大，故物体做变速直线运动；
由图可知，此刻度尺的分度值为0.1cm，小球从B点到F点运动的路程：s=12.50cm-0.50cm=12.00cm=0.12m；
小球从B点到F点运动的时间为：
t=0.2s×4=0.8s；
小球从B点到F点的平均速度：
。
故答案为：变速；12.00；0.15。
【分析】（1）做匀速直线运动的物体在相等时间内的路程相等，在相等时间内的路程如果不相等，则物体做变速直线运动，由图判断相等时间内小球的路程关系，然后判断小球的运动情况；
（2）使用刻度尺测量物体的长度：读数时要估读到分度值的下一位；根据速度的计算公式，算出小球从B点到F点的平均速度。
14．【答案】变小；变小；1.8×103
【知识点】液体压强的计算；电路的动态分析；电功率的计算
【解析】【解答】当油量下降时，滑杆上移，R连入电路的阻值变大，电路总电阻变大，根据欧姆定律可知，电路的电流变小，电源电压不变，根据P=UI可知，电路消耗的总功率变小；
当油量下降一半时，油面的深度为：
h=25cm=0.25m，
油箱底部受到的压强为：
p=ρ汽油gh=0.72×103kg/m3×10N/kg×0.25m=1.8×103Pa
故答案为：变小；变小；1.8×103。
【分析】 由电路图可知，定值电阻R0与滑动变阻器R串联，电流表测电路中的电流，当油量下降时，滑杆上移，R连入电路的阻值变大，电路总电阻变大，再结合欧姆定律及电功率计算公式分析电流和电功率的变化。利用P=ρgh计算油箱底部受到的压强。
15．【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】重力示意图；浮力的示意图；力臂的画法；家庭电路的连接
【解析】【解答】（1）小球漂浮时，受到竖直向上的浮力，竖直向下的重力，根据平衡条件可知，两个力大小相等，方向相反，作用点在小球的重心，如图所示：
；
（2）沿力F的方向作出F的作用线，由支点O向F的作用线作垂线，垂线段的长度为F的力臂，如图所示：
（3）火线接在火线上，先将火线与开关相连，再将开关与灯泡相连，最后将灯泡连到零线。因此上边的方框内应为开关，下边的方框内应为灯泡，如图所示：
【分析】（1）根据二力平衡分析，并画出物体漂浮时受到的浮力和重力的示意图；
（2）过支点作力臂作用线的垂线段即为力臂；
（3）家庭电路中，开关控制灯泡时和灯泡是串联的。
16．【答案】（1）2.5；741.4；338.5
（2）不能；虚
（3）27；2.7×103
【知识点】固体密度的测量；凸透镜成像规律及其探究实验；时间及其测量；弹簧测力计及其使用；电能表参数的理解
【解析】【解答】（1）弹簧称的分度值为0.1N，示数为2.5N；图乙中电能表的示数是741.4kW·h；图丙秒表的小表盘指针过了5.5min，所以大表盘为38.5s，读数是5min38.5s=338.5s。
（2）根据平面镜成像的特点可知，平面镜成的虚像，因此光屏上不能接收到烛焰的像。
（3）如图甲所示，游码标尺的分度值是0.2g，矿石的质量：
m=20g+5g+2.0g=27g，
如图乙，量筒的分度值是1mL，水和金属块的总体积V 总 =30mL，则金属块的体积：
V=V总-V水=30mL-20mL=10mL=10cm3，
金属块的密度：
。
故答案为：（1）2.5；741.4；338.5；（2）不能；虚；（3）27；2.7×103。
【分析】（1）根据弹簧秤的分度值读数；电能表的最后一位表示小数；停表的小圈表示分钟，大圈表示秒钟，读数时先读分钟，再读秒钟；
（2）根据平面镜成像特点可知平面镜成的是虚像；虚像光屏接收不到，实像光屏能接收到；
（3）天平测物体质量时，物体质量等于砝码质量与游码对应刻度值之和；根据量筒的分度值读出水和金属块的总体积，两次体积差即为金属块的体积；已知金属块的体积和质量，根据密度公式 计算金属块的密度 。
17．【答案】（1）④
（2）1；相等；无关；a、d、e
（3）没有控制物体排开液体的体积相同
【知识点】探究浮力大小的实验
【解析】【解答】 （1）图甲中易拉罐浸入的越深，浸入液体的体积越大，即排开液体的体积越大，手感觉越吃力，说明浮力变大，由此可知：浮力的大小与排开液体的体积有关，故支持猜④；
（2）①序号a的实验中物体A受到的浮力：
F浮A=GA-FA=4N-3N=1N，
物体B受到的浮力：
F浮B=GB-FB=4.5N-3.5N=1N，
物体C受到的浮力：
F浮C=GC-FC=5N-4N=1N，
所以物体A、B、C受到的浮力相等，可得出初步结论：浮力的大小与物体的重力无关；
② 比较序号a、d、e三次实验，物体A浸入液体的体积相同，只改变浸入的液体的密度，受到的浮力大小不相等，可得出初步结论：浮力的大小与液体密度有关；
（3）要探究浮力的大小与物体形状的关系，要控制浸入液体的体积和液体密度都相同，只改变形状，比较浮力的大小，实验中没有控制排开液体的体积相同。
故答案为：（1）④；（2）1；相等；无关；a、d、e；（3）没有保持橡皮泥排开液体体积相同。
【分析】 （1）图甲易拉罐浸入水中越深，排开水的体积越大，手会感觉越吃力，浮力越大。据此分析浮力与排开液体的体积的关系；
（2）根据称重法求出A、B、C所受的浮力，比较三者受到的浮力大小即可判断浮力与物体重力是否有关；探究浮力与密度的关系，需要控制浸入液体体积；
（3）要探究浮力的大小与物体形状的关系，需要控制浸入液体的体积和液体密度都相同。
18．【答案】（1）A
（2）0.26；变大
（3）不正确；灯丝电阻随温度的升高而增大
（4）滑动变阻器
（5）
【知识点】伏安法测电阻的探究实验
【解析】【解答】（1）为了保护电路，闭合开关前，应使滑片置于阻值最大处，故应置于滑动变阻器的A端；
（2） 电流表选择的量程为0~0.6A，分度值是0.02A，示数为0.26A；电源表并联在小灯泡两端，测量小灯泡的电压，这时，灯丝突然烧断，电压表串联在电路中，测量电源电压，则电压表的示数将变大；
（3）小张的这种做法不正确，因为灯丝的电阻与温度有关，而灯泡两端的电压越大，灯丝的温度越高，因此小灯泡在不同电压下工作时，小灯泡的灯丝温度不同，电阻也不相同，所以不能求灯丝电阻的平均值；
（4）丙图中的B图象，随着电流的增大，电压减小，正好与A图象相反，根据串联电路电压的规律可知，电源电压不变，小灯泡两端的电压增大，滑动变阻器两端的电压减小，故B图像符合滑动变阻器两端电压的变化规律，因此电压表并联在了滑动变阻器两端；
（5）先闭合S1、S2，待测电阻短路，电路中只有R0，电压表测量电源电压，即电源电压为U1；
再闭合S1，断开S2，两电阻串联，电压表测量R0两端的电压，读出此时电压表读数U2，即为R0两端电压；
此时通过定值电阻的电流，即电路中的电流为：
，
根据串联电路的总电压等于各电阻两端的电压之和可知，被测电阻Rx两端的电压为：
Ux=U1-U2，
被测电阻Rx的电阻值得表达式为：
。
故答案为：（1）A；（2）0.26；变大；（3）不同意；灯丝电阻随温度的升高而增大；（4）滑动变阻器；（5）。
【分析】（1）闭合开关前，应将滑片滑动变阻器的最大值处；
（2）由图乙根据电流表的量程和分度值，读出电流表示数；灯丝烧断，电压表被串联入电路中，由此分析其示数的变化情况；
（3）影响电阻的因素有：导体的温度、长度、横截面积和材料等，而小灯泡两端的电压不同，小灯泡灯丝的温度会不同，因此电阻也不同；
（4）电压表并联在灯泡两端时，随着电流的增大，灯泡两端的电压增大，根据串联电路电压的特点，滑动变阻器两端的电压会随之减小；
（5）分析在开关转换的过程中电路的连接及电压表测量的量，根据欧姆定律求出通过定值电阻的电流，根据串联电路的规律结合欧姆定律求出电阻Rx的表达式。
19．【答案】（1）解：“爱达·魔都号"邮轮匀速行驶30min所行驶的路程是：
s=vt=10m/sⅹ30ⅹ60s=1.8ⅹ104m
答：“爱达·魔都号"邮轮匀速行驶30min所行驶的路程是1.8×104m；
（2）“爱达·魔都号“邮轮满载时受到的浮力
F浮=G排=m排g=1.36ⅹ105ⅹ103kgⅹ10N/kg=1.36ⅹ109N
答：“爱达·魔都号“邮轮满载时受到的浮力为1.36×109N；
（3）“爱达·魔都号“邮轮漂浮时，重力等于浮力：
G=F浮=1.36×109N
“爱达·魔都号满载"以10m/s的速度匀速行驶时，牵引力大小等于阻力大小，即：
F=f=0.2G=0.2ⅹ1.36ⅹ109N=2.72ⅹ108N
“爱达·魔都号“邮轮此时发动机的功率为：
P=Fv=2.72ⅹ108Nⅹ10m/s=2.72ⅹ109W。
答：“爱达·魔都号“邮轮此时发动机的功率
【知识点】功率的计算；速度公式及其应用；二力平衡的条件及其应用；浮力大小的计算
【解析】【分析】（1）根据s=vt求“爱达·魔都号"邮轮匀速行驶30min所行驶的路程；
（2）根据阿基米德原理F浮=G排=m排g求“爱达·魔都号“邮轮满载时受到的浮力；
（3）“爱达·魔都号“邮轮漂浮时，重力等于浮力，匀速行驶时，牵引力大小等于阻力大小可得F=f=0.2G，根据P=Fv计算发动机的功率。
20．【答案】（1）解：由P=UI可知，电热饭盒在高温挡正常工作时，通过它的电流：
答：电热饭盒在高温挡正常工作时，通过它的电流为2A；
（2）电阻R2的阻值为：
当开关接触电1时，R1与R2串联，根据串联电阻规律可知，此时总电阻较大，由可知，电路中的电功率较小，电热饭盒处于低温挡；
由图乙可知，开关接触电2时，只有R2工作，此时电阻较小，电功率较大，电热饭盒处于高温挡；
低温挡的功率为：
答：低温挡的功率为100W；
（3）高温挡工作5min消耗的电能：
Q1=W1=P高t1=440W×5×60s=1.32×105J，
低温挡工作3min消耗的电能：
Q2=W2=P低t2=100W×3×60s=1.8×104J，
电热饭盒放出的总热量是：
Q=Q1+Q2=1.32ⅹ108J+1.8ⅹ104J=1.5ⅹ105J
答：电热饭盒放出的总热量是1.5ⅹ105J。
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率的计算；焦耳定律；多状态电路——多挡位问题
【解析】【分析】 （1）根据P=UI求出电热饭盒在高温挡正常工作时，通过它的电流；
（2）由图乙可知，当旋转开关接1时R1、R2串联，当选择开关接2时，只有R2工作，根据串联电路的电阻特点和可知电热饭盒高温挡和低温挡的电路连接；根据高温挡功率和可求出R2的阻值；根据串联电路的电阻特点求出R1、R2的总电阻，根据可求出低温挡的功率；
（3）根据Q=W=Pt分别求出高温挡工作5min和低温挡工作3min消耗的电能，然后相加即为电热饭盒放出的总热量。
21．【答案】（1）A处向上
（2）吸收的热量；96；沸腾前
（3）2.1×103
（4）
【知识点】体温计的使用及其读数；热量的计算；比较不同物质吸热的情况实验
【解析】【解答】（1）实验中要用酒精灯的外焰加热，故在图甲中组装器材时，发现温度计的玻璃泡碰到了烧杯底，应适当将A处向上调整；
（2）为了便于比较，实验中用相同的酒精灯加热，目的是使水和煤油在相同的时间内吸收的热量相等；温度计的分度值为1℃，示数为96℃；图甲水中的气泡上小下大，沸腾前，烧杯的下部先受热，温度高，上部温度低，根据热胀冷缩可知，气泡下面大，上面小；
（3）根据图丁可知温度升高30℃，水和煤油的加热时间分别为20min和10min，根据水和煤油在相同的时间内吸收的热量相等，由转换法可知，水和煤油的吸热之比为2：1，根据Q吸=cmΔt可知，在质量和升高的温度相同的情况下，吸热与比热容成正比，煤油的比热容是：
；
（4）水吸收的热量为：
Q吸水=c水m水（t2-t1）
不计热损失，那么蜡烛燃烧放出的热量等于水吸收的热量与A桶吸收的热量之和，即
Q放=Q吸水+Q0=c水m水（t2-t1）+Q0
蜡烛燃烧的质量Δm=m1-m2，则这支蜡烛的热值
。
故答案为：（1）A处向上；（2）吸收热量；96；沸腾前；（3）2.1×103；（4）。
【分析】 （1）实验中要用酒精灯的外焰加热，组装仪器按照从上到下的顺序组装，据此分析；
（2）实验中用相同的酒精灯加热，目的是使水和煤油在相同的时间内吸收的热量相等；根据温度计的分度值读数；
水在沸腾时，由于液体压强不同，上升过程中气泡由小变大；水在沸腾前，由于热胀冷缩，在上升过程中气泡由大变小变小；
（3）根据图丙得出升高30℃水和煤油的加热时间，由转换法得出水、煤油的吸热之比，根据Q吸=cmΔt可知在质量和升高的温度相同的情况下，吸热与比热容成正比，据此得出煤油的比热容；
（4）蜡烛释放的热量等于水所吸收的热量与A桶吸收的热量之和，由热量公式与燃烧值公式可以求出蜡烛的热值。
22．【答案】（1）反射
（2）30
（3）增大；41.8°；折射；小于
【知识点】光的反射；光的折射规律；光学实验设计与探究
【解析】【解答】（1）实验中发现，折射光的亮度比入射光的亮度要暗一些，其主要原因是光从空气斜射入玻璃时不仅发生了折射现象，还发生了反射现象；
（2）折射角是折射光线与法线的夹角，图中EF是法线、OA是入射光线、OC是折射光线，OC与OF的夹角是折射角，大小为30°；
（3）①由表中数据可知，当入射角增大时，折射角也会增大，所以折射角随入射角的增大而增大；
②由表中数据可知，当入射角变为41.8°时，折射角为90°，反射能量为100%，所以此时所有入射光线全部被反射，发生了全反射，此时的入射角度就是临界角，当入射角i>=41.8°时，就发生了全反射现象 ；
③利用光的 全反射来传递信息的，光在光纤内的传播速度约为真空中传播速度的三分之二，速度小于3×108m/s。
故答案为：（1）反射；（2）30°；（3）①增大；②41.8°；③折射；小于。
【分析】（1）光线射到玻璃，一部分被反射出去；
（2）折射角是折射光线与法线的夹角；
（3）根据光的折射规律分析解答；
①由表中数据可知，当入射角增大时，反射能量和折射角也随着增大，据此分析；
②由表中数据可知，当入射角大于等于41.8°时，折射光线消失了，反射能量达到100%，据此分析；
③光纤通信是利用光的全反射原理传递信息的；光在玻璃种的传播速度约为真空中传播速度的三分之二。
23．【答案】（1）电磁波
（2）相互的
（3）静止
（4）23328
（5）940.8
（6）76.9
【知识点】机械能及其转化；力作用的相互性；参照物及其选择；电磁波在日常生活中的应用；功的计算及应用
【解析】【解答】(1)无人机的遥控设备通过发射电磁波来控制其工作状态；
（2）无人机是利用螺旋桨向下吹空气从而获得升力，这利用了力的作用是相互的；
（3）当数千台无人机在天空拼凑出一幅完美的沙特王储头像时，其中任一台无人机相对其他无人机的位置没有发生变化，都是静止的；
（4） 额定电压为6V，电池容量为1500mAh，由于一般充电至电池容量的90%左右即停止充电，当剩余电量减为电池容量的10%时，无人机会自动下降至地面等待充电，无人机使用时消耗的电能为总电能的80%，电机转化效率为90%，一架该款无人机充电后至下一次自动充电前，其电机最多能够为无人机提供的机械能为：
W机=W电×90%=UIt×80%×90%=6V×1500×10-3A×3600s×80%×90%=23328J；
（5）由题图丙可知，当风叶转速为1.4×103r/min时，获得的向上的升力为：
F=1.42×4N=7.84N，
无人机的升力做功为：
W=Fs=7.84N×120m=940.8J；
（6）每秒钟内通过风叶的空气总质量：
m=ρ空气V=ρ空气Svt=1.3kg/m3×0.3m2×3m/s×1s=1.17kg，
当风叶转速为1.5×103r/min 时，获得的向上的升力：
F'=1.52×4N=9N，
则转力效率：
。
故答案为：（1）电磁波；（2）相互的；（3）静止；（4）23328；（5）940.8；（6）76.9。
【分析】（1）电磁波可以传递信息；
（2）物体间力的作用是相互的；
（3）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，则运动，不发生变化，则静止；
（4）由于一般充电至电池容量的90%左右即停止充电，当剩余电量减为电池容量的10%时，无人机会自动下降至地面等待充电，无人机使用时消耗的电能为总电能的80%，电机转化效率为90%，结合电池容量和W=UIt求出电机最多能够为无人机提供的机械能；
（5）由题图丙可知，无人机升力和风叶转速的关系，当风叶转速为1.4×103r/min时，求出向上的升力，根据W=FS计算无人机升力做的功；
（6）根据m=ρ空气V=ρ空气Svt计算出每秒钟内通过风叶的空气总质量，根据无人机升力和风叶转速的关系，求出当风叶转速为1.5×103r/min时，向上的升力，根据升力与每秒钟通过风叶的空气重力之比为转力效率求出转力效率。
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