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湖北省武汉市青山区2025年中考三模物理试题
一、ρ海水=1.0×103kg/m3 g=10N/kg
1．（2025·青山模拟）下列关于声现象的说法正确的是（　　）
A．演奏古筝时，观众能听到优美的乐曲，说明固体能传播声音
B．用相同的力度敲击大小不同的编钟，发出声音的音调不同
C．倒车雷达利用电磁波进行回声定位
D．工厂用的防噪声耳罩，能有效地阻断噪声的传播
【答案】B
【知识点】声音的传播条件；音调及音调与频率的关系；超声波与次声波；防治噪声的途径
【解析】【解答】A．弹奏古筝时，听众能听到悦耳的琴声，琴声依靠空气传入人耳，这表明空气能够传播声音，因此 A 说法错误；
B．以相同大小的力敲击大小不一的编钟，编钟的振动频率存在差异，发出声音的音调也就不同，因此 B 说法正确；
C．倒车雷达是借助超声波实现回声定位来完成工作的，因此 C 说法错误；
D．车间使用的防噪耳罩，可以有效阻挡噪声传入人耳，因此 D 说法错误。
故选B。
【分析】1、声音产生是由物体振动产生，通过介质（固体、液体、气体）中传播，不能在真空中传播；
2、声音的特点：不同材料决定音色不同；振幅决定响度；振动频率决定音频；振动频率决定音频，频率越高，音调越高，频率越低，音调越低；声音的响度与声源振动的幅度有关，振动幅度越大，响度越大．
3、减弱噪音的途径有：声源处（摩托车装消声器）、传播中（建隔音墙 ）、人耳处（戴耳罩）。
4、声音能传递信息的实例：利用声呐（超声波）测海深、利用雷达定位、利用B超探测婴儿信息。
2．（2025·青山模拟）如图所示，某市民正站在地铁安全门外候车时，通过平面玻璃制的地铁安全门可以看到自己的像。下列选项中的各现象的成因与该市民在安全门中成像的原理相同的是（　　）
A．透过树丛的光束
B．雨后的彩虹
C．水中的倒影
D．海市蜃楼
【答案】C
【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
【解析】【解答】地铁安全门由平面玻璃制成，相当于一面平面镜，乘客在安全门上形成的像属于平面镜成像，其成像原理为光的反射。
A．阳光穿过树林形成的光束，成因是光在同种均匀介质中沿直线传播，与乘客在安全门中成像的原理不同，故 A 不符合题意；
B．雨后天空出现的彩虹属于光的色散现象，形成原理是光的折射，与安全门成像原理不同，故 B 不符合题意；
C．平静的湖面可看作平面镜，水中倒影是景物在水面所成的像，利用的是光的反射原理，与地铁安全门成像原理一致，故 C 符合题意；
D．海市蜃楼是由光的折射产生的自然现象，是物体反射的光经大气折射后形成的虚像，原理为光的折射，与安全门成像原理不同，故 D 不符合题意。
故选C。
【分析】1、光的反射：光在同种介质中传播，经过反射面，入射光线会发生反射的现象，如平面镜成像，湖面倒影；
2、光的折射：光经过不同介质时，入射光线会发生偏折，如：光的色散（太阳光经过三棱镜折射会发生光的色散）、海市蜃楼；
3、光的直线传播：光在同种均匀介质中传播的现象，如激光射线、影子的形成、日食、小孔成像。
3．（2025·青山模拟）“不知庭霰今朝落，疑是林花昨夜开”中的“霰”，是古人视为吉祥的象征，它是高空中的水蒸气遇到冷空气直接凝结成白色不透明的小冰粒。下列二十四节气中的物态变化与“霰”的形成过程相同的是（　　）
A．图甲“惊蛰”节气，“冰雪”消融
B．图乙“白露”节气，“露”的形成
C．图丙“霜降”节气，“霜”的形成
D．图丁“大寒”节气，“冰”的形成
【答案】C
【知识点】熔化与熔化吸热特点；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】“霰”属于凝华现象。
A．“惊蛰”节气“冰雪”消融，属于熔化现象，故A不符合题意；
B．“白露”节气“露”的形成，属于液化现象，故B不符合题意；
C．“霜降”节气“霜”的形成，属于凝华现象，与“霰”的形成过程相同，故C符合题意；
D．“大寒”节气“冰”的形成，属于凝固现象，故D不符合题意。
故选C。
【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。
4．（2025·青山模拟）社会的发展离不开能源、信息和材料。下列说法中错误的是（　　）
A．手机芯片用到了半导体材料
B．核电站是利用核聚变释放的能量来发电的
C．风能、水能、太阳能是可再生能源
D．煤、石油、天然气称为化石能源，属于一次能源
【答案】B
【知识点】能源及其分类；核裂变；电阻；半导体特点及作用
【解析】【解答】A．手机芯片中采用了半导体材料，这类材料具有单向导电的特性，因此 A 说法正确，不符合题意；
B．核反应包含可控核裂变与不可控核聚变，核电站是依靠可控核裂变释放的能量进行发电的，因此 B 说法错误，符合题意；
C．风能、水能、太阳能都能从自然界中持续获取，均属于可再生能源，因此 C 说法正确，不符合题意；
D．煤、石油、天然气是远古生物遗体经过漫长地质年代形成的化石能源，它们直接取自自然界，未经加工转换，属于一次能源，因此 D 说法正确，不符合题意。
故选B。
【分析】1、半导体的应用：常用作发光二极管，芯片；
2、核聚变：主要为太阳能的放能方式，核裂变主要是链式反应的放能方式；
3、可再生能源：使用后短期可以恢复的能源、如风能、太阳能、不可再生能源：使用内短期不能再生的能源，如核能、化石能源；
4、一次能源：自然界可以直接获取的能源，不需要加工的能源：如太阳能、风能、海洋能二次能源，不可以直接获取的能源，需要加工的能源，如电能。
5．（2025·青山模拟）2025年4月24日17时17分，神舟二十号发射升空，如图甲。4月24日23时49分，神舟二十号载人飞船入轨后成功对接于空间站天和核心舱径向端口。如图乙是神舟二十号和空间站即将对接成功的画面。下列说法错误的是（　　）
A．如图甲，火箭发射时，火箭发动机向下喷射高速气体，同时火箭受到向上的反作用力
B．火箭升空120s后，逃逸塔与火箭分离，由于惯性，逃逸塔不会立即下落
C．如图乙，对接成功前，神州二十号相对空间站是运动的
D．神舟二十号和空间站对接成功后，相对地球是静止的
【答案】D
【知识点】力作用的相互性；惯性及其现象；运动和静止的相对性
【解析】【解答】A．图甲中火箭发射时，发动机向下喷出高速气流，由于物体间力的作用是相互的，火箭会同时受到向上的反作用力，因此 A 正确，不符合题意；
B．火箭升空 120 秒后逃逸塔与箭体分离，逃逸塔因具有惯性，会保持原有的运动状态，不会立刻下落，因此 B 正确，不符合题意；
C．图乙中，在完成对接之前，神舟二十号与空间站之间的相对位置不断变化，以空间站为参照物，飞船处于运动状态，因此 C 正确，不符合题意；
D．神舟二十号与空间站对接完成后，它们相对于地球的位置仍在发生变化，所以是运动的，因此 D 错误，符合题意。
故选D。
【分析】惯性是物体的基本属性，只有物体重力有关，当物体速度发生变化时，由于惯性物体保持原来运动状态的属性，利用惯性的实例：运动员助跑起跳，乘车系安全带可以降低司机惯性带来的伤害，惯性不是力，不能用受到惯性、惯性力的作用进行表述；
物体相对运动：物体与参照物运动状态不一致，所以物体相对参照物运动，物体与参照物运动状态不一致，所以物体相对参照物静止
相互作用力：作用力是相互的，施力物体也是受力物体。特点为大小相等、方向相反、作用在两个物体上。
6．（2025·青山模拟）下列关于压强的四个实验的分析正确的是（　　）
A．利用图甲的实验器材，可以探究影响压力作用效果是否与压力和受力面积有关
B．利用图乙的实验装置，只能探究液体内部向各个方向是否有压强
C．利用图丙的实验装置，可以测量大气压强的大小，不能探究大气压强随高度变化的特点
D．利用图丁的实验器材，可以观察大气压强随高度变化的特点，也能测量大气压强的大小
【答案】A
【知识点】探究压力的作用效果跟什么因素有关的实验；探究液体压强的特点实验；大气压强与高度的关系
【解析】【解答】A．使用图甲中的实验器材，可通过在桌面上增减砝码来改变压力大小，研究压力作用效果与压力大小的关系；也可通过将桌子正放和倒放改变受力面积，探究压力作用效果与受力面积的关系，因此 A 正确。
B．使用图乙的装置，将探头置于液体中不同深度，可探究液体压强与深度的关系；将探头在同一深度朝向不同方向，可研究液体内部是否向各个方向都有压强，因此 B 错误。
C．图丙装置能够利用液柱高度测出大气压强的数值，还可通过改变装置所处高度，探究大气压强随高度变化的规律，因此 C 错误。
D．图丁器材可通过液柱升降观察气压随高度的变化情况，但无法精确测量大气压强的具体数值，因此 D 错误。
故选A。
【分析】1、在物理实验中，某些物理量（动能、电能）难以直接观察，需要转换成容易观察的指标进行测量，如本题中 压力作用效果 难以直接测量，所以需要通过海绵的凹陷程度进行测量；可以通过上述实验器材探究压力作用效果与受力面积的关系，研究压力作用效果与压力大小的关系；
2、液体压强影响因素的试验：仪器有压强计、不同密度的液体，U型管；试验步骤：检查装置的气密性，方法为 按压探头的橡皮膜，U形管两边液面高度变化 明显，则气密性良好；使用控制变量法，探究压强和深度关系时，需要控制液体密度不变；
3、丙图是托里拆利实验装置图，可以测量当地大气压；图丁不可以测量大气压的大小。
7．（2025·青山模拟）下表是水的密度随温度变化的数据。分析表中数据后不能得出结论的是（　　）
t/℃ 0 1 2 3 4 5 6 7 8
999.84 999.90 999.94 999.97 1000.00 999.97 999.94 999.90 999.85
A．水的凝固点是0℃
B．水在4℃时密度最大
C．温度高于4℃时，水的密度随着温度的升高而变小
D．温度低于4℃时，水的密度随着温度的降低而变小
【答案】A
【知识点】凝固与凝固放热特点；密度与温度的关系
【解析】【解答】A．水属于晶体，在凝固过程中温度会保持在凝固点不变，而从表格数据中无法确定水的凝固点，因此 A 符合题意；
B．根据表格中的数据可以得出，水在 4℃时密度达到最大值，因此 B 不符合题意；
C．从表格数据能够看出，当温度高于 4℃时，水的密度随温度升高而减小，因此 C 不符合题意；
D．由表格数据可知，温度低于 4℃时，水的密度会随温度降低而减小，因此 D 不符合题意。
故选A。
【分析】1、有生活常识可知水是晶体，凝固点为0℃，但是不能从表格中归纳总结出；
2、冰块的温度和密度有关系，据表分析可知温度高于4℃时，水的密度随着温度的升高而变小，温度低于4℃时，水的密度随着温度的降低而变小。
8．（2025·青山模拟）重为30牛的A物体，用如图所示甲、乙两种方法被提升和水平移动。若A物体在水平面滑动时受到的摩擦力为20N，F1=18N，F2=8N，A物体在5s内匀速移动的距离均为0.3m，则在该过程中，下列分析正确的是（　　）
A．绳子自由端F1移动的速度比F2移动的速度大
B．F1做功比F2做功少
C．两种方法中所做的有用功一样多
D．两种方法中机械效率相同
【答案】D
【知识点】速度公式及其应用；机械效率的计算；滑轮组绳子拉力的计算；功的概念
【解析】【解答】A．A物体速度v物===0.06m/s，甲图中承担力的绳子段数 n=2，绳子自由端速度：v绳1=2v物=2×0.06m/s=0.12m/s
乙图中承担力的绳子段数n=3，绳子自由端F2移动的速度v绳2=3v物=3×0.06m/s=0.18m/s，对比可知绳子自由端F1移动的速度比F2移动的速度小，故A错误；
B．甲乙图中绳子自由端移动的距离分别为s1=2s=2×0.3m=0.6m，s2=3s=3×0.3m=0.9m，F1做功W总1=F1s1=18N×0.6m=10.8J，F2做功W总2=F2s2=8N×0.9m=7.2J，对比可知，F1做功比F2做功多，故B错误；
C．甲乙图中的有用功分别为W有1=Gs=30N×0.3m=9J，W有2=fs=20N×0.3m=6J，比较可知，甲方法中做的有用功大，故C错误；
D．甲乙图中的机械效率分别为1=×100%=×100%≈83.3%，2=×100%=×100%≈83.3%
比较可知，两种方法中机械效率相同，故D正确。
故选D。
【分析】1、动滑轮的工作特点：可以省力，但是费距离，定滑轮的工作特点：可以改变方向但是不省力
2、动滑轮中n为动滑轮缠绕绳子数，绳子移动的距离为物体移动距离的n倍，
3、功的相关计算：W=Fs，距离为拉力的方向。考虑滑轮重力的情况，定滑轮的机械效率要大于动滑轮，重物重力越大，机械效率越大。
4、机械效率：η=。
9．（2025·青山模拟）某同学用如图所示的实验装置探究电流通过导体产生的热量与哪些因素有关，两个透明容器中封闭着等量的空气。下列说法正确的是（　　）
A．通电后透明容器中电阻丝的内能增大是通过做功方式改变的
B．观察图甲中的A、B管，发现B管液面上升得更高，表明电流通过导体产生的热量与电流有关
C．采用图乙装置探究“电流产生的热量跟电流是否有关”时，右边容器中电阻丝R应为10Ω
D．用图乙中的实验结论能解释“电炉丝热得发红而与电炉丝相连的导线几乎不发热”
【答案】A
【知识点】做功改变物体内能；焦耳定律；焦耳定律的应用；电流的热效应
【解析】【解答】A．通电后，密闭容器内电阻丝的内能增加，是依靠电流做功实现的，电流流过电阻丝时，电能转化为内能，因此 A 正确；
B．图甲中两根电阻丝为串联，通过的电流与通电时间均相同，只有电阻大小不同。观察甲图中 A、B 两管液面，B 管液面上升更高，说明电流通过导体产生的热量与电阻大小有关，因此 B 错误；
C．利用图乙装置探究电流产生的热量与电流大小的关系时，需要控制电阻和通电时间相同，只改变电流大小，所以右侧容器内的电阻丝阻值应设为 5Ω，因此 C 错误；
D．电炉丝热得发红而连接的导线几乎不发热，原因是电炉丝与导线串联，电流和通电时间相同，电炉丝电阻远大于导线电阻。根据焦耳定律Q=I2Rt，电阻越大，产生热量越多，这一现象可以用图甲的实验结论来解释，因此 D 错误。
故选A。
【分析】1、电流的热效应：通过做功实现，电能转化为内能；
2、探究电流的热效应：原理为焦耳定律Q=I2Rt，所以产热量和电阻成正比，和电流的平方成正比，实验中通过液面高度差的变化作为观察指标转化为电流的产热量。
转换法：在物理实验中，某些物理量（内能、电能）难以直接观察，需要转换成容易观察的指标进行测量，如本题中热能的大小难以直接测量，所以需要通过 液面高度差的变化进行测量；控制变量法：在物理实验中，存在多个影响因素共同决定某个物理量，如电流的热效应的影响因素有：电阻和电流。在探究某个单一变量对物理量的影响时，需要控制其余变量相同，如探究 导体的发热量可能与导体的电阻的关系时，需要电流相同，故选择串联电路。
10．（2025·青山模拟）图甲是学习小组设计的“磁悬浮地球仪”，在地球仪内嵌条形磁铁，利用底座中的电磁铁就可将其稳稳地“悬浮”在空中，其工作原理如图乙所示，下列关于地球仪“悬浮”的分析正确的是（　　）
A．电磁铁上端是S极
B．电源左端应为正极
C．电磁铁在M点产生磁场的方向向下
D．向下移动滑片P，地球仪“悬浮”的位置将向上移动
【答案】C
【知识点】磁场；磁感线及其特点；通电螺线管的极性和电流方向的判断；影响电磁铁磁性强弱的因素及其探究
【解析】【解答】A．根据同名磁极相互排斥的规律，由图乙可判断出电磁铁的上端为 N 极，因此 A 错误；
B．根据安培定则可判断出电流方向，可知电源的右端为正极，因此 B 错误；
C．在磁体外部，磁感线总是由 N 极指向 S 极，所以电磁铁在 M 点处的磁场方向向下，因此 C 正确；
D．将滑片 P 向下移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路中电流减小，电磁铁磁性减弱，对上方磁体的排斥力减小，地球仪的悬浮位置会向下移动，因此 D 错误。
故选C。
【分析】通电螺线管：由通电线圈组成，磁性方向可通过安培定则判断：用右手握住通电螺线管，让四指指向电流的方向，那么大拇指所指的那一端就是通电螺线管的N极，磁性与电流、线圈匝数有关
磁极相互作用：同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引。
11．（2025·青山模拟）如图所示是现在一般标准住宅内配电系统方框图。下列说法正确的是（　　）
A．空调正常工作时，灯泡一定发光
B．如果插座被短路，漏电保护器会跳闸
C．三个空气开关所允许的最大电流相同更有利于保护电路
D．空气开关都闭合，空调正常工作，但是灯泡不亮，用试电笔测插座两孔，都发光，则cd间断路
【答案】D
【知识点】电路的三种状态；并联电路的电流规律；家庭电路的连接；家庭电路的故障分析
【解析】【解答】A．家庭电路里各用电器采用并联连接，因此空调工作时，电灯不一定会发光，所以 A 错误；
B．若插座发生短路，会造成电路中电流过大，但此时零线与火线电流相等，漏电保护器并不会跳闸，所以 B 错误；
C．家庭电路中用电器均为并联，干路电流等于各支路电流之和，不同用电器正常工作时的电流通常不同，因此三个空气开关的额定最大电流并不相同，这样更能起到保护电路的作用，所以 C 错误；
D．闭合开关后灯泡不亮但空调仍能正常工作，说明空调所在支路完好；用测电笔检测三孔插座左右两孔，氖管均发光，表明两孔都与火线连通，由此可判断故障可能是 cd 段出现断路，所以 D 正确。
故选D。
【分析】1、电路的串并联：串联：电路元件首位相连，用电器相互干扰，并联：电路元件首首相连，用电器互不干扰，开关在干路上控制整个电路的通断，开关在支路上控制单个支路的通断；家庭、公共场所的电路为并联电路；
2、漏电保护器只有电路存在漏电，即用电器有电流差的时候才会工作；
3、测电笔的操作步骤及其作用：用拇指和中指持验电笔笔身，食指抵住笔端金属部分，氖管小窗背光朝向自己，以便看清氖泡发光情况；测电笔可以分辨火线和零线，测火线电笔氖管发光， 测零线电笔不发光，电路发生断路时，测电笔不发光，用测电笔检测三孔插座左右两孔，氖管均发光，表明两孔都与火线连通，据此判识故障位置。
12．（2025·青山模拟）如图甲所示，为某迷你洗衣机的简化电路原理图。闭合开关S，旋钮开关P旋至不同位置，可以使洗衣机处于加热状态、保温洗涤状态、停止工作状态三种模式。和均为电热丝，其阻值不受温度影响，的阻值为25Ω。洗衣机铭牌中部分参数如表格乙所示。
电压/V 220
设定温度/℃ 30-90
最大洗涤容量/kg 6
加热功率/W 2000
电动机功率/W 156
表乙
关于下列结论：
①旋钮开关旋至接触触点“0”和“1”时，和并联，洗衣机处于加热状态
②洗衣机处于加热状态时，此的功率是1936W
③洗衣机处于保温洗涤状态时，通过开关S的电流为1A
④洗衣机保温洗涤5min，大约产生热量60000J
其中正确的是（　　）
A．①② B．②③ C．①③ D．②④
【答案】B
【知识点】电功率的计算；焦耳定律的应用；多状态电路——多挡位问题
【解析】【解答】①旋钮开关旋至接触点“0”和“1”时，电路发生断路，洗衣机不工作，故①错误；
②旋钮开关旋至接触点“1”和“2”时，和并联，电阻最小，电压不变，根据可知，洗衣机处于加热状态。的功率为，故②错误；
③旋钮开关旋至接触点“2”和“3”时，和电动机并联，电阻最大，根据可知，洗衣机处于保温洗涤状态。R2的功率为P2=P加热-P1=2000W-1936W=64W，则干路上的电流即通过开关S的电流为，故③正确；
④洗衣机保温洗涤5min，产生的热量Q=I2R2t=P2t=64W×300s=19200J，远小于60000J，故④错误。
综上，正确的只有②③，故B符合题意，ACD不符合题意。
故选B。
【分析】1、多状态电路的工作原理，电路中电阻不同，则加热功率不同，题目中电阻属于单独工作和并联状态，并联电路电阻最小，此时处于加热状态，单独工作处于保温状态；
2、焦耳定律的计算：公式为Q=I2R2t。
二、非选择题（本题包括12小题，共60分）
13．（2025·青山模拟）为了能快速将医疗人员和设备运送到需要的地方，或者把患者及时送往医院。某公司设计制造了一款电动垂直起降飞行器（eVTOL），如图所示。
（1）该飞行器采用纯电力能源，12组电池在智能电池管理系统管理下协同配合，为16个旋翼提供动力，实现了将电能主要转化为　 　能。
（2）通过接收来自导航卫星的　 　（选填“超声波”、“次声波”或“电磁波”）信号，实现精准导航和避障等功能。
（3）充电时间2小时，飞行器能续航时间25分钟，设计航程30公里。理论上，飞行30公里的平均速度为　 　km/h。
【答案】（1）机械能
（2）电磁波
（3）72
【知识点】能量的转化或转移；速度公式及其应用；直流电动机的构造原理与工作过程；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】（1）这款飞行器使用纯电力驱动，在智能电池管理系统的调控下，12 组电池协同工作，主要将电能转化为机械能，为 16 个旋翼提供飞行动力。
（2）电磁波的传播不依赖介质，可在固、液、气等各类介质及真空中传播，并且能够传递信息。飞行器通过接收导航卫星发射的电磁波信号，实现精准定位、导航与障碍物规避等功能。
（3）飞行器飞行30公里的平均速度。
【分析】1、通电导线在磁场中受到力的作用，实例有：电动机，电能转化为机械能；
2、信息的传递：无线网络通信依靠电磁波来传递信息；
3、根据速度的公式计算分析，速度公式为v=s/t，根据题目中所给的信息，如已知速度时间求解路程，或者已知路程和时间求解速度，匀速运动的特点，在st曲线上为一条倾斜向上的直线，在vt曲线为一条水平直线。
（1）该飞行器采用纯电力能源，12组电池在智能电池管理系统管理下协同配合，实现了将电能主要转化为机械能，为16个旋翼提供动力。
（2）电磁波的传播不需要介质，电磁波可以在固体、液体、气体中传播，电磁波可以传递信息，飞行器通过接收来自导航卫星的电磁波信号，实现精准导航和避障等功能。
（3）飞行器飞行30公里的平均速度
14．（2025·青山模拟）如图所示的装置可以用来研究　 　（填“电动机”或“发电机”）的工作原理。若将此装置中的电源换成　 　，可进一步探究发电机的工作原理。利用电磁感应原理工作的装置有　 　（选填“电铃”“扬声器”“电磁起重机”或“动圈式话筒”）。
【答案】电动机；灵敏电流计；动圈式话筒
【知识点】直流电动机的构造原理与工作过程；扬声器和耳机的构造和原理；动圈式话筒的构造和原理；发电机的构造和原理
【解析】【解答】由图可知，电路中接有电源，该实验探究的是通电导体在磁场中受力运动的现象，这一原理应用于电动机。
若把装置中的电源替换为灵敏电流计，还能探究闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时产生感应电流的现象，即电磁感应现象，这是发电机的工作原理。
电铃与电磁起重机都是利用电流的磁效应工作的；扬声器的工作原理是通电导体在磁场中受力运动；动圈式话筒则是在声音带动膜片振动时，线圈切割磁感线产生感应电流，工作原理为电磁感应。
【分析】1、电磁感应现象：闭合电路的一部分导体在磁场中作切割磁感线运动，导体中就会产生电流的现象，实例：发电机、 POS机读出信息；
2、电流的磁效应：通电导线周围存在磁场，使得小磁针发生偏转；
3、通电导线在磁场中受到力的作用，实例有：电动机；
4、通电螺线管：由通电线圈组成，磁性方向可通过安培定则判断：用右手握住通电螺线管，让四指指向电流的方向，那么大拇指所指的那一端就是通电螺线。
15．（2025·青山模拟）某组同学用如图甲所示实验装置“水沸腾前后温度变化的特点”，先后进行了两次实验，根据实验数据绘制了如图乙所示的图像。
（1）从图甲的实验现象中可以看到，这是水沸腾　 　（选填“前”或“时”）的现象。
（2）通过两次实验发现，水在沸腾过程中，虽然水的温度保持不变，但必须　 　。
（3）如图乙所示，若第一次和第二次实验所用水的质量分别为，则，　 　。
（4）同学将烧杯中100g的水从25℃开始加热，升高到55℃时消耗了2.8g酒精，则实验中酒精完全燃烧释放的热量有　 　%被水吸收。
【答案】（1）前
（2）持续吸热
（3）l︰2
（4）15
【知识点】沸腾及沸腾条件；比热容的定义及其计算公式；燃料的热值；探究不同物质的吸热能力
【解析】【解答】（1）图甲中气泡在上升过程中体积逐渐减小，所以是沸腾前的现象。
（2）在沸腾过程中，需要对水加热，但其温度保持不变，一旦停止加热，水就会停止沸腾。
（3）根据图像可知，两次实验水的初温相同，加热到沸腾所用的时间不同。根据Q=cmΔt可知，cΔt相同，所以m与Q成正比，即第一次实验加热到沸腾的时间为t1=4min，第二次实验加热到沸腾的时间为t2=8min，则m1︰m2=t1︰t2=l︰2
（4）水吸收的热量Q吸=c水m(t-t0)=4.2×103J/(kg·℃)×0.1kg×(55℃-25℃)=1.26×104J，酒精完全燃烧放出的热量Q放=mq=2.8×10-3kg×3×107J/kg=8.4×104J，所以酒精完全燃烧释放的热量被水吸收的百分比。
【分析】1、水沸腾的温度时间特性：水到达沸点时的特点为加热但温度保持不变，气泡由小变大；标准大气压下水的沸点为100℃，低于标准气压，沸点低于100℃
2、探究不同物质吸热：原理为Q=cmΔt，在控制材料不同的前提下，保证质量、吸收热量相同，根据加热时间代表物体吸收热量的多少（加热时间越长表明吸收热量越大），当加热时间相同时，温度变化少，物质的比热容大（吸热能力强）；加热时间过长，表明吸收热量较大，所以水的质量较多或者初温较低，或者没有加盖三种原因。
3、热值的计算：公式为Q=mq。
（1）水沸腾前，气泡在上升过程中，周围的水不断向气泡内液化，气泡内的水蒸气减少，所以气泡体积逐渐减小。图甲中气泡在上升过程中体积逐渐减小，所以是沸腾前的现象。
（2）水的沸腾是一种剧烈的汽化现象，在沸腾过程中，虽然继续对水加热，它的温度保持不变，但需要持续吸热，一旦停止加热，水就会停止沸腾。
（3）根据图像可知，两次实验水的初温相同，加热到沸腾所用的时间不同。在相同的加热条件下，加热时间与水吸收的热量成正比，根据Q=cmΔt，水的比热容c相同，初温到沸点的温度变化量Δt相同，所以m与Q成正比，即与加热时间成正比。第一次实验加热到沸腾的时间为t1=4min，第二次实验加热到沸腾的时间为t2=8min，则m1︰m2=t1︰t2=l︰2
（4）水吸收的热量Q吸=c水m(t-t0)=4.2×103J/(kg·℃)×0.1kg×(55℃-25℃)=1.26×104J
酒精完全燃烧放出的热量Q放=mq=2.8×10-3kg×3×107J/kg=8.4×104J
酒精完全燃烧释放的热量被水吸收的百分比
16．（2025·青山模拟）某同学用如图甲所示的实验装置探究阻力对小车运动的影响。他在水平桌面上分别铺上毛巾、棉布、木板，让小车从斜面上的同一位置由静止滑下，在小车停下的位置分别做上标记。
（1）如图甲所示，标记①②③是小车分别在毛巾、棉布、木板表面上停下的位置。分析可知：水平表面越光滑，小车受到的阻力越小，速度减小得越　 　。推理可知：运动小车如果不受阻力作用，它将以不变的速度永远运动下去。
（2）如图甲所示，若让同一小车从不同高度处滑下，则不仅可以探究小车的动能与速度的关系，还可以探究小车的重力势能与　 　的关系。
（3）将小车换成木块，增加一个砝码和一根圆柱型弹簧测力计，如图乙、丙所示，为了探究滑动摩擦力大小的影响因素，应该在木板上　 　拉动木块。请在图丙中画出砝码的受力示意图　 　。
【答案】（1）慢
（2）高度
（3）水平匀速；
【知识点】探究影响物体动能大小的因素；探究影响物体势能大小的因素；阻力对物体运动影响的探究实验
【解析】【解答】（1）由实验现象可知，水平面越光滑，小车受到的阻力就越小，速度减小得就越慢。由此可以推理：如果运动的小车完全不受阻力作用，它将以恒定不变的速度一直匀速运动下去，这正是牛顿第一定律的核心内容。
（2）物体的重力势能大小与质量和被举高的高度有关。让同一小车从不同高度由静止滑下，高度越高，小车在水平面上滑行的距离就越远。据此，本实验还可以用来探究重力势能的大小与高度的关系。
（3） 实验中只有沿水平方向拉着物体做匀速直线运动，物体在水平方向上才受平衡力作用。根据二力平衡原理，此时弹簧测力计的示数才等于木块与长木板之间的滑动摩擦力大小。
图丙中，砝码随木块一起匀速直线运动，与木块之间没有相对运动趋势，因此砝码不受摩擦力。在竖直方向上，砝码静止，受到的重力与木块对它的支持力是一对平衡力。
【分析】1、探究阻力对物体运动的影响：试验仪器由小车、斜面，不同粗糙程度的水平面；试验方法：控制变量法：在物理实验中，存在多个影响因素共同决定某个物理量，如阻力对物体运动的影响因素有：不同材料的水平面，速度，在探究某个单一变量对物理量的影响时，需要控制其余变量相同，如探究 不同材料的水平面对物体的速度影响时，需要小车速度相同，故 每次均让小车从斜面顶端（相同位置）由静止下滑 。
2、试验步骤：将小车放置在斜面相同位置静止下滑，观察小车在不同材料水平桌面的移动长度；据此可知，阻力越大，小车速度减小的越快，阻力越小，小车速度减小的越慢，据此可以推断阻力为0时，小车将做匀速直线运动。
3、机械能：机械能为动能和重力势能之和，当质量不变时，动能和速度成正比，速度不变时，动能和质量成正比；当质量不变时，重力势能和高度成正比，高度不变时，重力势能和质量成正比；
4、力和运动：物体静止或者做匀速直线运动，物体受到平衡力的作用，所以拉力等于摩擦力。
（1）分析可知，水平表面越光滑，小车受到的阻力越小，速度减小得越慢，推理可知，运动小车如果不受阻力作用，它将以恒定不变的速度永远运动下去，这就是牛顿第一定律的基本内容。
（2）物体的重力势能与物体的质量和高度有关。根据实验现象，若让同一小车从不同高度处滑下，发现高度越高，小车在水平面上滑行距离越远，由此可知，还可以探究小车的重力势能的大小与高度的关系。
（3）[1]只有沿水平方向用弹簧测力计拉着物体做匀速直线运动，物体在水平方向上受到平衡力的作用，根据二力平衡条件，弹簧测力计所示的水平拉力大小才等于木块与长木板摩擦力的大小。
[2]图丙中，砝码随着木块一起做匀速直线运动，相对木块没有相对运动的趋势，故砝码不受摩擦力的作用，在竖直方向上因处于静止状态，受到的重力与木块施加的支持力为一对平衡力，如图所示：
17．（2025·青山模拟）某同学利用凸透镜、蜡烛、光屏、光具座等器材，探究“凸透镜成像规律”。
（1）将蜡烛和焦距为10cm的凸透镜甲固定在如图所示的位置，点燃蜡烛后，位于65cm刻度线处的光屏上得到烛焰清晰　 　（选填“放大”“缩小”或“等大”）的实像。　 　（选填“照相机”“投影仪”“放大镜”“望远镜”或“显微镜”）就是根据该原理工作的。
（2）保持上述实验中蜡烛和光屏的位置不变，将凸透镜移动到　 　cm刻度线处，能再次在光屏上得到烛焰清晰的像。
（3）将透镜甲更换成凸透镜乙继续进行实验，发现光屏上的像变得模糊。向远离凸透镜的方向移动蜡烛，光屏上的像恢复清晰，这说明凸透镜乙的焦距　 　（填“大于”“等于”或“小于”）凸透镜甲的焦距。
【答案】（1）缩小；照相机
（2）35
（3）大于
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验
【解析】【解答】（1）由图可判断，物距大于像距，说明物距大于二倍焦距。根据凸透镜成像规律，此时成倒立、缩小的实像，这一成像特点的应用是照相机。
（2）保持凸透镜位置不动，把蜡烛移到 35cm 刻度线处。根据光的折射光路可逆原理，此时物距等于原来的像距，像距等于原来的物距，成倒立、放大的实像。
（3）把凸透镜甲换成凸透镜乙后继续实验，将蜡烛向远离透镜的方向移动，光屏上才重新成清晰的像，说明凸透镜乙的会聚能力更弱，即焦距更大，因此凸透镜乙的焦距比甲的大。
【分析】1、测量焦距的方法： 将凸透镜正对太阳光，改变凸透镜与光屏的距离，直到光屏上出现一个 亮点，此时亮点与凸透镜中心的距离为焦距。
2、透镜成像试验：实验步骤：1）实验前，应调节凸透镜、蜡烛烛焰、光屏的中心大致在同一水平高度，环境越暗，物体反射光越明显，所以实验应在较暗的环境中进行；2） 点燃并蜡烛，在光屏上得到一个等大、清晰的烛焰的像，测量此时物到透镜的距离（焦距）；3）移动蜡烛，观察像的变化
3、经过透镜光心的光心不会发生偏折，所以蜡烛变短通过光心的光线会折射到光屏上方，导致像向上移动。
凸透镜成实像时，物距越大，像距越小，像越小；物距越小，像距越大，像越大
透镜成像规律：物体距透镜小于一倍焦距，呈正立放大的虚像，应用为放大镜；
物距大于一倍焦距小于二倍焦距，呈倒立立放大的实像，应用为投影仪；
物体大于二倍焦距，呈现倒立缩小实像，应用为照相机，人眼睛。
（1）[1][2]由图可知，物距大于像距，则物距大于二倍焦距，根据凸透镜成像的特点可知，此时成倒立、缩小的实像，应用是照相机。
（2）凸透镜位置不变，将蜡烛移动到35cm刻度线处，根据光的折射中，光路可逆可知，物距等于原来的像距，像距等于原来的物距，此时成倒立、放大的实像。
（3）将透镜甲更换成凸透镜乙继续进行实验，向远离凸透镜的方向移动蜡烛，光屏上的像恢复清晰，说明凸透镜乙会聚能力弱，即凸透镜乙的焦距大，故凸透镜乙的焦距比凸透镜甲的焦距大。
18．（2025·青山模拟）图甲是某同学“探究电流与电阻的关系”的实验电路，所用的电源电压恒为6V。
（1）该同学根据图甲连接的实物电路如图乙所示，其中有一根导线连接是错误的，请在图乙中将这根导线打上“×”，并补画出正确的连线。
（2）实验过程中，某同学发现电流表示数为0，电压表示数接近6V，电路发生的故障可能是　 　。电路连接正确后，先用5Ω定值电阻进行实验，闭合开关后，移动滑动变阻器的滑片，此时电流表示数如图丙所示，则电路中电流为　 　A。
（3）下表是该同学排除故障后正确进行实验记录的数据。实验中，他所选择的变阻器规格是　 　（选填“10Ω 0.5A”、“20Ω 1A”或“50Ω 2A”）。第4次实验中选用的定值电阻R的阻值为　 　Ω。
实验次数 1 2 3 4
R/Ω 5 10 15
I/A
0.20 0.13 0.10
【答案】（1）
（2）定值电阻断路；0.4
（3）50Ω 2A；20
【知识点】探究电流与电压、电阻的关系实验
【解析】【解答】（1）电流表串联在电路中，电压表并联在定值电阻两端，分析图可知应将电压表的左端接线柱与定值电阻的右端接线柱，如图所示：
（2）电流表示数为0，电压表示数接近6V，说明电压表串联在电路中，定值电阻断路。电流表使用的是0~0.6A量程，指针所指位置为0.4A，所以电路中电流为0.4A。
（3）由（2）可知，实验控制定值电阻两端的电压为U定=IR=0.4A×5Ω=2V，滑动变阻器两端电压U滑=U-U定=6V-2V=4V，滑动变阻器接入电路的最小阻值为，选择“50Ω 2A”的滑动变阻器。
实验中控制定值电阻两端电压为2V。当I=0.10A时，可得定值电阻的阻值为。
【分析】1、电流表、电压表的连接：电流表与待测原件串联；电压表的与待测原件并联，连接过程需要电流正极流入负极流出，同时选择合适的量程；
2、电路的故障分析： 题目中电流表指针几乎没有偏转，电压表指针迅速偏转到满偏刻度外 ，表明电压表接入电路，所以和电压表并联的用电器断路；
3、串联电路的电路规律：串联电路，电流处处相等，电源的电压为用电器电压之和，总电阻为用电器电阻之和。
4、电压表与待测用电器并联测量电压，电流表串联测量用电器电流，根据欧姆定律U=IR计算用电器的电流和电阻以及电压。
（1）由图甲可知，电源、开关、电流表、滑动变阻器、定值电阻串联，电压表并联在定值电阻两端，因此错误的导线是连接定值电阻右端与电流表左端的那根线。应将电压表的左端接线柱与定值电阻的右端接线柱，如图所示：
（2）[1]电流表示数为0，电压表示数接近6V，电路发生的故障可能是定值电阻断路。因为定值电阻断路时，电路中没有电流通过，所以电流表无示数，而电压表通过滑动变阻器与电源两极相连，所以电压表示数接近电源电压。
[2]由图丙可知，电流表使用的是0~0.6A量程，其分度值为0.02A，指针所指位置为0.4A，所以电路中电流为0.4A。
（3）[1]由（2）可知，实验控制定值电阻两端的电压为U定=IR=0.4A×5Ω=2V
根据串联电路电压特点，滑动变阻器两端电压U滑=U-U定=6V-2V=4V
由表中数据可得滑动变阻器接入电路的最小阻值为
所以应选择“50Ω 2A”的滑动变阻器。
[2]由前面计算可知，实验中控制定值电阻两端电压为2V。当I=0.10A时，可得定值电阻的阻值为
19．（2025·青山模拟）“海油观澜号”是我国首座深远海浮式风电平台，装机容量，可在水中漂浮并捕捉风能发电。“海油观澜号”由浮式基础和风机设备组成，其中浮式基础质量为4000t，总体呈三角形结构，包括3个边立柱和1个中间立柱，这4根立柱均为圆柱体（不计立柱之间的连结结构体积）；浮式基础上方是质量为的风机设备。
（1）如图甲所示，浮式基础在青岛完成总装后，在拖船的协助下运至远的珠海码头，已知某段水域中浮式基础以的速度做匀速直线运动，受到水的阻力为，求拖船通过钢绳对浮式基础施加拉力的功率。
（2）到达珠海码头后，需要将叶片组装成叶轮。风机设备的叶轮由三个叶片组成，每个叶片长为。在安装其中一个叶片时，两台吊车通过钢索和将叶片吊起，如图乙所示。若叶片重心在点，此时钢索和在竖直方向，叶片在水平位置平衡，已知点到的距离为点到的距离为，钢索对叶片提供的拉力为，则该叶片的质量为多少千克？
（3）如图丙所示，组装好的“海油观澜号”被拖到目标海域后，为了增加稳定性，首先需要在浮式基础内部注入海水压载，使整个平台下降，全过程浮式基础未全部浸没，只有四根立柱部分浸入水中（不考虑立柱间连接部分的体积）。若注入海水前“海油观澜号”吃水深度为，注入海水后“海油观澜号”吃水深度会增加多少米？
【答案】（1）解：因为浮式基础做匀速直线运动，拉力，。
（2）解：把叶片看作杠杆，以B为支点，D端位置挂钩提供的拉力为FD，其力臂，重力的力臂，由杠杆的平衡条件可得，，，
（3）解：海油观澜号”处于漂浮状态，受到的浮力等于重力，即排开海水的体积为，排开水的深度为……①注入3800t海水后，海油观澜号”处于漂浮状态，受到的浮力等于重力，增加的浮力为，增加的排开海水的体积为，……②。由①②得。
【知识点】功率计算公式的应用；阿基米德原理；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）因为浮式基础做匀速直线运动，拉力，所以拖船通过钢绳对浮式基础施加拉力的功率；
（2）把叶片看作杠杆，以B为支点，D端位置挂钩提供的拉力为FD，其力臂，重力的力臂，由杠杆的平衡条件可得，据此求解
（3）海油观澜号处于漂浮状态，受到的浮力等于重力，即，排开海水的体积为，排开水的深度为，注入3800t海水后，海油观澜号”处于漂浮状态，受到的浮力等于重力，增加的浮力为，增加的排开海水的体积为，；由次计算得
（1）因为浮式基础做匀速直线运动，拉力
（2）把叶片看作杠杆，以B为支点，D端位置挂钩提供的拉力为FD，其力臂
重力的力臂
由杠杆的平衡条件可得
（3）海油观澜号”处于漂浮状态，受到的浮力等于重力，即
排开海水的体积为
排开水的深度为……①
注入3800t海水后，海油观澜号”处于漂浮状态，受到的浮力等于重力，增加的浮力为
增加的排开海水的体积为
……②
由①②得
1 / 1湖北省武汉市青山区2025年中考三模物理试题
一、ρ海水=1.0×103kg/m3 g=10N/kg
1．（2025·青山模拟）下列关于声现象的说法正确的是（　　）
A．演奏古筝时，观众能听到优美的乐曲，说明固体能传播声音
B．用相同的力度敲击大小不同的编钟，发出声音的音调不同
C．倒车雷达利用电磁波进行回声定位
D．工厂用的防噪声耳罩，能有效地阻断噪声的传播
2．（2025·青山模拟）如图所示，某市民正站在地铁安全门外候车时，通过平面玻璃制的地铁安全门可以看到自己的像。下列选项中的各现象的成因与该市民在安全门中成像的原理相同的是（　　）
A．透过树丛的光束
B．雨后的彩虹
C．水中的倒影
D．海市蜃楼
3．（2025·青山模拟）“不知庭霰今朝落，疑是林花昨夜开”中的“霰”，是古人视为吉祥的象征，它是高空中的水蒸气遇到冷空气直接凝结成白色不透明的小冰粒。下列二十四节气中的物态变化与“霰”的形成过程相同的是（　　）
A．图甲“惊蛰”节气，“冰雪”消融
B．图乙“白露”节气，“露”的形成
C．图丙“霜降”节气，“霜”的形成
D．图丁“大寒”节气，“冰”的形成
4．（2025·青山模拟）社会的发展离不开能源、信息和材料。下列说法中错误的是（　　）
A．手机芯片用到了半导体材料
B．核电站是利用核聚变释放的能量来发电的
C．风能、水能、太阳能是可再生能源
D．煤、石油、天然气称为化石能源，属于一次能源
5．（2025·青山模拟）2025年4月24日17时17分，神舟二十号发射升空，如图甲。4月24日23时49分，神舟二十号载人飞船入轨后成功对接于空间站天和核心舱径向端口。如图乙是神舟二十号和空间站即将对接成功的画面。下列说法错误的是（　　）
A．如图甲，火箭发射时，火箭发动机向下喷射高速气体，同时火箭受到向上的反作用力
B．火箭升空120s后，逃逸塔与火箭分离，由于惯性，逃逸塔不会立即下落
C．如图乙，对接成功前，神州二十号相对空间站是运动的
D．神舟二十号和空间站对接成功后，相对地球是静止的
6．（2025·青山模拟）下列关于压强的四个实验的分析正确的是（　　）
A．利用图甲的实验器材，可以探究影响压力作用效果是否与压力和受力面积有关
B．利用图乙的实验装置，只能探究液体内部向各个方向是否有压强
C．利用图丙的实验装置，可以测量大气压强的大小，不能探究大气压强随高度变化的特点
D．利用图丁的实验器材，可以观察大气压强随高度变化的特点，也能测量大气压强的大小
7．（2025·青山模拟）下表是水的密度随温度变化的数据。分析表中数据后不能得出结论的是（　　）
t/℃ 0 1 2 3 4 5 6 7 8
999.84 999.90 999.94 999.97 1000.00 999.97 999.94 999.90 999.85
A．水的凝固点是0℃
B．水在4℃时密度最大
C．温度高于4℃时，水的密度随着温度的升高而变小
D．温度低于4℃时，水的密度随着温度的降低而变小
8．（2025·青山模拟）重为30牛的A物体，用如图所示甲、乙两种方法被提升和水平移动。若A物体在水平面滑动时受到的摩擦力为20N，F1=18N，F2=8N，A物体在5s内匀速移动的距离均为0.3m，则在该过程中，下列分析正确的是（　　）
A．绳子自由端F1移动的速度比F2移动的速度大
B．F1做功比F2做功少
C．两种方法中所做的有用功一样多
D．两种方法中机械效率相同
9．（2025·青山模拟）某同学用如图所示的实验装置探究电流通过导体产生的热量与哪些因素有关，两个透明容器中封闭着等量的空气。下列说法正确的是（　　）
A．通电后透明容器中电阻丝的内能增大是通过做功方式改变的
B．观察图甲中的A、B管，发现B管液面上升得更高，表明电流通过导体产生的热量与电流有关
C．采用图乙装置探究“电流产生的热量跟电流是否有关”时，右边容器中电阻丝R应为10Ω
D．用图乙中的实验结论能解释“电炉丝热得发红而与电炉丝相连的导线几乎不发热”
10．（2025·青山模拟）图甲是学习小组设计的“磁悬浮地球仪”，在地球仪内嵌条形磁铁，利用底座中的电磁铁就可将其稳稳地“悬浮”在空中，其工作原理如图乙所示，下列关于地球仪“悬浮”的分析正确的是（　　）
A．电磁铁上端是S极
B．电源左端应为正极
C．电磁铁在M点产生磁场的方向向下
D．向下移动滑片P，地球仪“悬浮”的位置将向上移动
11．（2025·青山模拟）如图所示是现在一般标准住宅内配电系统方框图。下列说法正确的是（　　）
A．空调正常工作时，灯泡一定发光
B．如果插座被短路，漏电保护器会跳闸
C．三个空气开关所允许的最大电流相同更有利于保护电路
D．空气开关都闭合，空调正常工作，但是灯泡不亮，用试电笔测插座两孔，都发光，则cd间断路
12．（2025·青山模拟）如图甲所示，为某迷你洗衣机的简化电路原理图。闭合开关S，旋钮开关P旋至不同位置，可以使洗衣机处于加热状态、保温洗涤状态、停止工作状态三种模式。和均为电热丝，其阻值不受温度影响，的阻值为25Ω。洗衣机铭牌中部分参数如表格乙所示。
电压/V 220
设定温度/℃ 30-90
最大洗涤容量/kg 6
加热功率/W 2000
电动机功率/W 156
表乙
关于下列结论：
①旋钮开关旋至接触触点“0”和“1”时，和并联，洗衣机处于加热状态
②洗衣机处于加热状态时，此的功率是1936W
③洗衣机处于保温洗涤状态时，通过开关S的电流为1A
④洗衣机保温洗涤5min，大约产生热量60000J
其中正确的是（　　）
A．①② B．②③ C．①③ D．②④
二、非选择题（本题包括12小题，共60分）
13．（2025·青山模拟）为了能快速将医疗人员和设备运送到需要的地方，或者把患者及时送往医院。某公司设计制造了一款电动垂直起降飞行器（eVTOL），如图所示。
（1）该飞行器采用纯电力能源，12组电池在智能电池管理系统管理下协同配合，为16个旋翼提供动力，实现了将电能主要转化为　 　能。
（2）通过接收来自导航卫星的　 　（选填“超声波”、“次声波”或“电磁波”）信号，实现精准导航和避障等功能。
（3）充电时间2小时，飞行器能续航时间25分钟，设计航程30公里。理论上，飞行30公里的平均速度为　 　km/h。
14．（2025·青山模拟）如图所示的装置可以用来研究　 　（填“电动机”或“发电机”）的工作原理。若将此装置中的电源换成　 　，可进一步探究发电机的工作原理。利用电磁感应原理工作的装置有　 　（选填“电铃”“扬声器”“电磁起重机”或“动圈式话筒”）。
15．（2025·青山模拟）某组同学用如图甲所示实验装置“水沸腾前后温度变化的特点”，先后进行了两次实验，根据实验数据绘制了如图乙所示的图像。
（1）从图甲的实验现象中可以看到，这是水沸腾　 　（选填“前”或“时”）的现象。
（2）通过两次实验发现，水在沸腾过程中，虽然水的温度保持不变，但必须　 　。
（3）如图乙所示，若第一次和第二次实验所用水的质量分别为，则，　 　。
（4）同学将烧杯中100g的水从25℃开始加热，升高到55℃时消耗了2.8g酒精，则实验中酒精完全燃烧释放的热量有　 　%被水吸收。
16．（2025·青山模拟）某同学用如图甲所示的实验装置探究阻力对小车运动的影响。他在水平桌面上分别铺上毛巾、棉布、木板，让小车从斜面上的同一位置由静止滑下，在小车停下的位置分别做上标记。
（1）如图甲所示，标记①②③是小车分别在毛巾、棉布、木板表面上停下的位置。分析可知：水平表面越光滑，小车受到的阻力越小，速度减小得越　 　。推理可知：运动小车如果不受阻力作用，它将以不变的速度永远运动下去。
（2）如图甲所示，若让同一小车从不同高度处滑下，则不仅可以探究小车的动能与速度的关系，还可以探究小车的重力势能与　 　的关系。
（3）将小车换成木块，增加一个砝码和一根圆柱型弹簧测力计，如图乙、丙所示，为了探究滑动摩擦力大小的影响因素，应该在木板上　 　拉动木块。请在图丙中画出砝码的受力示意图　 　。
17．（2025·青山模拟）某同学利用凸透镜、蜡烛、光屏、光具座等器材，探究“凸透镜成像规律”。
（1）将蜡烛和焦距为10cm的凸透镜甲固定在如图所示的位置，点燃蜡烛后，位于65cm刻度线处的光屏上得到烛焰清晰　 　（选填“放大”“缩小”或“等大”）的实像。　 　（选填“照相机”“投影仪”“放大镜”“望远镜”或“显微镜”）就是根据该原理工作的。
（2）保持上述实验中蜡烛和光屏的位置不变，将凸透镜移动到　 　cm刻度线处，能再次在光屏上得到烛焰清晰的像。
（3）将透镜甲更换成凸透镜乙继续进行实验，发现光屏上的像变得模糊。向远离凸透镜的方向移动蜡烛，光屏上的像恢复清晰，这说明凸透镜乙的焦距　 　（填“大于”“等于”或“小于”）凸透镜甲的焦距。
18．（2025·青山模拟）图甲是某同学“探究电流与电阻的关系”的实验电路，所用的电源电压恒为6V。
（1）该同学根据图甲连接的实物电路如图乙所示，其中有一根导线连接是错误的，请在图乙中将这根导线打上“×”，并补画出正确的连线。
（2）实验过程中，某同学发现电流表示数为0，电压表示数接近6V，电路发生的故障可能是　 　。电路连接正确后，先用5Ω定值电阻进行实验，闭合开关后，移动滑动变阻器的滑片，此时电流表示数如图丙所示，则电路中电流为　 　A。
（3）下表是该同学排除故障后正确进行实验记录的数据。实验中，他所选择的变阻器规格是　 　（选填“10Ω 0.5A”、“20Ω 1A”或“50Ω 2A”）。第4次实验中选用的定值电阻R的阻值为　 　Ω。
实验次数 1 2 3 4
R/Ω 5 10 15
I/A
0.20 0.13 0.10
19．（2025·青山模拟）“海油观澜号”是我国首座深远海浮式风电平台，装机容量，可在水中漂浮并捕捉风能发电。“海油观澜号”由浮式基础和风机设备组成，其中浮式基础质量为4000t，总体呈三角形结构，包括3个边立柱和1个中间立柱，这4根立柱均为圆柱体（不计立柱之间的连结结构体积）；浮式基础上方是质量为的风机设备。
（1）如图甲所示，浮式基础在青岛完成总装后，在拖船的协助下运至远的珠海码头，已知某段水域中浮式基础以的速度做匀速直线运动，受到水的阻力为，求拖船通过钢绳对浮式基础施加拉力的功率。
（2）到达珠海码头后，需要将叶片组装成叶轮。风机设备的叶轮由三个叶片组成，每个叶片长为。在安装其中一个叶片时，两台吊车通过钢索和将叶片吊起，如图乙所示。若叶片重心在点，此时钢索和在竖直方向，叶片在水平位置平衡，已知点到的距离为点到的距离为，钢索对叶片提供的拉力为，则该叶片的质量为多少千克？
（3）如图丙所示，组装好的“海油观澜号”被拖到目标海域后，为了增加稳定性，首先需要在浮式基础内部注入海水压载，使整个平台下降，全过程浮式基础未全部浸没，只有四根立柱部分浸入水中（不考虑立柱间连接部分的体积）。若注入海水前“海油观澜号”吃水深度为，注入海水后“海油观澜号”吃水深度会增加多少米？
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】声音的传播条件；音调及音调与频率的关系；超声波与次声波；防治噪声的途径
【解析】【解答】A．弹奏古筝时，听众能听到悦耳的琴声，琴声依靠空气传入人耳，这表明空气能够传播声音，因此 A 说法错误；
B．以相同大小的力敲击大小不一的编钟，编钟的振动频率存在差异，发出声音的音调也就不同，因此 B 说法正确；
C．倒车雷达是借助超声波实现回声定位来完成工作的，因此 C 说法错误；
D．车间使用的防噪耳罩，可以有效阻挡噪声传入人耳，因此 D 说法错误。
故选B。
【分析】1、声音产生是由物体振动产生，通过介质（固体、液体、气体）中传播，不能在真空中传播；
2、声音的特点：不同材料决定音色不同；振幅决定响度；振动频率决定音频；振动频率决定音频，频率越高，音调越高，频率越低，音调越低；声音的响度与声源振动的幅度有关，振动幅度越大，响度越大．
3、减弱噪音的途径有：声源处（摩托车装消声器）、传播中（建隔音墙 ）、人耳处（戴耳罩）。
4、声音能传递信息的实例：利用声呐（超声波）测海深、利用雷达定位、利用B超探测婴儿信息。
2．【答案】C
【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
【解析】【解答】地铁安全门由平面玻璃制成，相当于一面平面镜，乘客在安全门上形成的像属于平面镜成像，其成像原理为光的反射。
A．阳光穿过树林形成的光束，成因是光在同种均匀介质中沿直线传播，与乘客在安全门中成像的原理不同，故 A 不符合题意；
B．雨后天空出现的彩虹属于光的色散现象，形成原理是光的折射，与安全门成像原理不同，故 B 不符合题意；
C．平静的湖面可看作平面镜，水中倒影是景物在水面所成的像，利用的是光的反射原理，与地铁安全门成像原理一致，故 C 符合题意；
D．海市蜃楼是由光的折射产生的自然现象，是物体反射的光经大气折射后形成的虚像，原理为光的折射，与安全门成像原理不同，故 D 不符合题意。
故选C。
【分析】1、光的反射：光在同种介质中传播，经过反射面，入射光线会发生反射的现象，如平面镜成像，湖面倒影；
2、光的折射：光经过不同介质时，入射光线会发生偏折，如：光的色散（太阳光经过三棱镜折射会发生光的色散）、海市蜃楼；
3、光的直线传播：光在同种均匀介质中传播的现象，如激光射线、影子的形成、日食、小孔成像。
3．【答案】C
【知识点】熔化与熔化吸热特点；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】“霰”属于凝华现象。
A．“惊蛰”节气“冰雪”消融，属于熔化现象，故A不符合题意；
B．“白露”节气“露”的形成，属于液化现象，故B不符合题意；
C．“霜降”节气“霜”的形成，属于凝华现象，与“霰”的形成过程相同，故C符合题意；
D．“大寒”节气“冰”的形成，属于凝固现象，故D不符合题意。
故选C。
【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。
4．【答案】B
【知识点】能源及其分类；核裂变；电阻；半导体特点及作用
【解析】【解答】A．手机芯片中采用了半导体材料，这类材料具有单向导电的特性，因此 A 说法正确，不符合题意；
B．核反应包含可控核裂变与不可控核聚变，核电站是依靠可控核裂变释放的能量进行发电的，因此 B 说法错误，符合题意；
C．风能、水能、太阳能都能从自然界中持续获取，均属于可再生能源，因此 C 说法正确，不符合题意；
D．煤、石油、天然气是远古生物遗体经过漫长地质年代形成的化石能源，它们直接取自自然界，未经加工转换，属于一次能源，因此 D 说法正确，不符合题意。
故选B。
【分析】1、半导体的应用：常用作发光二极管，芯片；
2、核聚变：主要为太阳能的放能方式，核裂变主要是链式反应的放能方式；
3、可再生能源：使用后短期可以恢复的能源、如风能、太阳能、不可再生能源：使用内短期不能再生的能源，如核能、化石能源；
4、一次能源：自然界可以直接获取的能源，不需要加工的能源：如太阳能、风能、海洋能二次能源，不可以直接获取的能源，需要加工的能源，如电能。
5．【答案】D
【知识点】力作用的相互性；惯性及其现象；运动和静止的相对性
【解析】【解答】A．图甲中火箭发射时，发动机向下喷出高速气流，由于物体间力的作用是相互的，火箭会同时受到向上的反作用力，因此 A 正确，不符合题意；
B．火箭升空 120 秒后逃逸塔与箭体分离，逃逸塔因具有惯性，会保持原有的运动状态，不会立刻下落，因此 B 正确，不符合题意；
C．图乙中，在完成对接之前，神舟二十号与空间站之间的相对位置不断变化，以空间站为参照物，飞船处于运动状态，因此 C 正确，不符合题意；
D．神舟二十号与空间站对接完成后，它们相对于地球的位置仍在发生变化，所以是运动的，因此 D 错误，符合题意。
故选D。
【分析】惯性是物体的基本属性，只有物体重力有关，当物体速度发生变化时，由于惯性物体保持原来运动状态的属性，利用惯性的实例：运动员助跑起跳，乘车系安全带可以降低司机惯性带来的伤害，惯性不是力，不能用受到惯性、惯性力的作用进行表述；
物体相对运动：物体与参照物运动状态不一致，所以物体相对参照物运动，物体与参照物运动状态不一致，所以物体相对参照物静止
相互作用力：作用力是相互的，施力物体也是受力物体。特点为大小相等、方向相反、作用在两个物体上。
6．【答案】A
【知识点】探究压力的作用效果跟什么因素有关的实验；探究液体压强的特点实验；大气压强与高度的关系
【解析】【解答】A．使用图甲中的实验器材，可通过在桌面上增减砝码来改变压力大小，研究压力作用效果与压力大小的关系；也可通过将桌子正放和倒放改变受力面积，探究压力作用效果与受力面积的关系，因此 A 正确。
B．使用图乙的装置，将探头置于液体中不同深度，可探究液体压强与深度的关系；将探头在同一深度朝向不同方向，可研究液体内部是否向各个方向都有压强，因此 B 错误。
C．图丙装置能够利用液柱高度测出大气压强的数值，还可通过改变装置所处高度，探究大气压强随高度变化的规律，因此 C 错误。
D．图丁器材可通过液柱升降观察气压随高度的变化情况，但无法精确测量大气压强的具体数值，因此 D 错误。
故选A。
【分析】1、在物理实验中，某些物理量（动能、电能）难以直接观察，需要转换成容易观察的指标进行测量，如本题中 压力作用效果 难以直接测量，所以需要通过海绵的凹陷程度进行测量；可以通过上述实验器材探究压力作用效果与受力面积的关系，研究压力作用效果与压力大小的关系；
2、液体压强影响因素的试验：仪器有压强计、不同密度的液体，U型管；试验步骤：检查装置的气密性，方法为 按压探头的橡皮膜，U形管两边液面高度变化 明显，则气密性良好；使用控制变量法，探究压强和深度关系时，需要控制液体密度不变；
3、丙图是托里拆利实验装置图，可以测量当地大气压；图丁不可以测量大气压的大小。
7．【答案】A
【知识点】凝固与凝固放热特点；密度与温度的关系
【解析】【解答】A．水属于晶体，在凝固过程中温度会保持在凝固点不变，而从表格数据中无法确定水的凝固点，因此 A 符合题意；
B．根据表格中的数据可以得出，水在 4℃时密度达到最大值，因此 B 不符合题意；
C．从表格数据能够看出，当温度高于 4℃时，水的密度随温度升高而减小，因此 C 不符合题意；
D．由表格数据可知，温度低于 4℃时，水的密度会随温度降低而减小，因此 D 不符合题意。
故选A。
【分析】1、有生活常识可知水是晶体，凝固点为0℃，但是不能从表格中归纳总结出；
2、冰块的温度和密度有关系，据表分析可知温度高于4℃时，水的密度随着温度的升高而变小，温度低于4℃时，水的密度随着温度的降低而变小。
8．【答案】D
【知识点】速度公式及其应用；机械效率的计算；滑轮组绳子拉力的计算；功的概念
【解析】【解答】A．A物体速度v物===0.06m/s，甲图中承担力的绳子段数 n=2，绳子自由端速度：v绳1=2v物=2×0.06m/s=0.12m/s
乙图中承担力的绳子段数n=3，绳子自由端F2移动的速度v绳2=3v物=3×0.06m/s=0.18m/s，对比可知绳子自由端F1移动的速度比F2移动的速度小，故A错误；
B．甲乙图中绳子自由端移动的距离分别为s1=2s=2×0.3m=0.6m，s2=3s=3×0.3m=0.9m，F1做功W总1=F1s1=18N×0.6m=10.8J，F2做功W总2=F2s2=8N×0.9m=7.2J，对比可知，F1做功比F2做功多，故B错误；
C．甲乙图中的有用功分别为W有1=Gs=30N×0.3m=9J，W有2=fs=20N×0.3m=6J，比较可知，甲方法中做的有用功大，故C错误；
D．甲乙图中的机械效率分别为1=×100%=×100%≈83.3%，2=×100%=×100%≈83.3%
比较可知，两种方法中机械效率相同，故D正确。
故选D。
【分析】1、动滑轮的工作特点：可以省力，但是费距离，定滑轮的工作特点：可以改变方向但是不省力
2、动滑轮中n为动滑轮缠绕绳子数，绳子移动的距离为物体移动距离的n倍，
3、功的相关计算：W=Fs，距离为拉力的方向。考虑滑轮重力的情况，定滑轮的机械效率要大于动滑轮，重物重力越大，机械效率越大。
4、机械效率：η=。
9．【答案】A
【知识点】做功改变物体内能；焦耳定律；焦耳定律的应用；电流的热效应
【解析】【解答】A．通电后，密闭容器内电阻丝的内能增加，是依靠电流做功实现的，电流流过电阻丝时，电能转化为内能，因此 A 正确；
B．图甲中两根电阻丝为串联，通过的电流与通电时间均相同，只有电阻大小不同。观察甲图中 A、B 两管液面，B 管液面上升更高，说明电流通过导体产生的热量与电阻大小有关，因此 B 错误；
C．利用图乙装置探究电流产生的热量与电流大小的关系时，需要控制电阻和通电时间相同，只改变电流大小，所以右侧容器内的电阻丝阻值应设为 5Ω，因此 C 错误；
D．电炉丝热得发红而连接的导线几乎不发热，原因是电炉丝与导线串联，电流和通电时间相同，电炉丝电阻远大于导线电阻。根据焦耳定律Q=I2Rt，电阻越大，产生热量越多，这一现象可以用图甲的实验结论来解释，因此 D 错误。
故选A。
【分析】1、电流的热效应：通过做功实现，电能转化为内能；
2、探究电流的热效应：原理为焦耳定律Q=I2Rt，所以产热量和电阻成正比，和电流的平方成正比，实验中通过液面高度差的变化作为观察指标转化为电流的产热量。
转换法：在物理实验中，某些物理量（内能、电能）难以直接观察，需要转换成容易观察的指标进行测量，如本题中热能的大小难以直接测量，所以需要通过 液面高度差的变化进行测量；控制变量法：在物理实验中，存在多个影响因素共同决定某个物理量，如电流的热效应的影响因素有：电阻和电流。在探究某个单一变量对物理量的影响时，需要控制其余变量相同，如探究 导体的发热量可能与导体的电阻的关系时，需要电流相同，故选择串联电路。
10．【答案】C
【知识点】磁场；磁感线及其特点；通电螺线管的极性和电流方向的判断；影响电磁铁磁性强弱的因素及其探究
【解析】【解答】A．根据同名磁极相互排斥的规律，由图乙可判断出电磁铁的上端为 N 极，因此 A 错误；
B．根据安培定则可判断出电流方向，可知电源的右端为正极，因此 B 错误；
C．在磁体外部，磁感线总是由 N 极指向 S 极，所以电磁铁在 M 点处的磁场方向向下，因此 C 正确；
D．将滑片 P 向下移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路中电流减小，电磁铁磁性减弱，对上方磁体的排斥力减小，地球仪的悬浮位置会向下移动，因此 D 错误。
故选C。
【分析】通电螺线管：由通电线圈组成，磁性方向可通过安培定则判断：用右手握住通电螺线管，让四指指向电流的方向，那么大拇指所指的那一端就是通电螺线管的N极，磁性与电流、线圈匝数有关
磁极相互作用：同名磁极相互排斥、异名磁极相互吸引。
11．【答案】D
【知识点】电路的三种状态；并联电路的电流规律；家庭电路的连接；家庭电路的故障分析
【解析】【解答】A．家庭电路里各用电器采用并联连接，因此空调工作时，电灯不一定会发光，所以 A 错误；
B．若插座发生短路，会造成电路中电流过大，但此时零线与火线电流相等，漏电保护器并不会跳闸，所以 B 错误；
C．家庭电路中用电器均为并联，干路电流等于各支路电流之和，不同用电器正常工作时的电流通常不同，因此三个空气开关的额定最大电流并不相同，这样更能起到保护电路的作用，所以 C 错误；
D．闭合开关后灯泡不亮但空调仍能正常工作，说明空调所在支路完好；用测电笔检测三孔插座左右两孔，氖管均发光，表明两孔都与火线连通，由此可判断故障可能是 cd 段出现断路，所以 D 正确。
故选D。
【分析】1、电路的串并联：串联：电路元件首位相连，用电器相互干扰，并联：电路元件首首相连，用电器互不干扰，开关在干路上控制整个电路的通断，开关在支路上控制单个支路的通断；家庭、公共场所的电路为并联电路；
2、漏电保护器只有电路存在漏电，即用电器有电流差的时候才会工作；
3、测电笔的操作步骤及其作用：用拇指和中指持验电笔笔身，食指抵住笔端金属部分，氖管小窗背光朝向自己，以便看清氖泡发光情况；测电笔可以分辨火线和零线，测火线电笔氖管发光， 测零线电笔不发光，电路发生断路时，测电笔不发光，用测电笔检测三孔插座左右两孔，氖管均发光，表明两孔都与火线连通，据此判识故障位置。
12．【答案】B
【知识点】电功率的计算；焦耳定律的应用；多状态电路——多挡位问题
【解析】【解答】①旋钮开关旋至接触点“0”和“1”时，电路发生断路，洗衣机不工作，故①错误；
②旋钮开关旋至接触点“1”和“2”时，和并联，电阻最小，电压不变，根据可知，洗衣机处于加热状态。的功率为，故②错误；
③旋钮开关旋至接触点“2”和“3”时，和电动机并联，电阻最大，根据可知，洗衣机处于保温洗涤状态。R2的功率为P2=P加热-P1=2000W-1936W=64W，则干路上的电流即通过开关S的电流为，故③正确；
④洗衣机保温洗涤5min，产生的热量Q=I2R2t=P2t=64W×300s=19200J，远小于60000J，故④错误。
综上，正确的只有②③，故B符合题意，ACD不符合题意。
故选B。
【分析】1、多状态电路的工作原理，电路中电阻不同，则加热功率不同，题目中电阻属于单独工作和并联状态，并联电路电阻最小，此时处于加热状态，单独工作处于保温状态；
2、焦耳定律的计算：公式为Q=I2R2t。
13．【答案】（1）机械能
（2）电磁波
（3）72
【知识点】能量的转化或转移；速度公式及其应用；直流电动机的构造原理与工作过程；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】（1）这款飞行器使用纯电力驱动，在智能电池管理系统的调控下，12 组电池协同工作，主要将电能转化为机械能，为 16 个旋翼提供飞行动力。
（2）电磁波的传播不依赖介质，可在固、液、气等各类介质及真空中传播，并且能够传递信息。飞行器通过接收导航卫星发射的电磁波信号，实现精准定位、导航与障碍物规避等功能。
（3）飞行器飞行30公里的平均速度。
【分析】1、通电导线在磁场中受到力的作用，实例有：电动机，电能转化为机械能；
2、信息的传递：无线网络通信依靠电磁波来传递信息；
3、根据速度的公式计算分析，速度公式为v=s/t，根据题目中所给的信息，如已知速度时间求解路程，或者已知路程和时间求解速度，匀速运动的特点，在st曲线上为一条倾斜向上的直线，在vt曲线为一条水平直线。
（1）该飞行器采用纯电力能源，12组电池在智能电池管理系统管理下协同配合，实现了将电能主要转化为机械能，为16个旋翼提供动力。
（2）电磁波的传播不需要介质，电磁波可以在固体、液体、气体中传播，电磁波可以传递信息，飞行器通过接收来自导航卫星的电磁波信号，实现精准导航和避障等功能。
（3）飞行器飞行30公里的平均速度
14．【答案】电动机；灵敏电流计；动圈式话筒
【知识点】直流电动机的构造原理与工作过程；扬声器和耳机的构造和原理；动圈式话筒的构造和原理；发电机的构造和原理
【解析】【解答】由图可知，电路中接有电源，该实验探究的是通电导体在磁场中受力运动的现象，这一原理应用于电动机。
若把装置中的电源替换为灵敏电流计，还能探究闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时产生感应电流的现象，即电磁感应现象，这是发电机的工作原理。
电铃与电磁起重机都是利用电流的磁效应工作的；扬声器的工作原理是通电导体在磁场中受力运动；动圈式话筒则是在声音带动膜片振动时，线圈切割磁感线产生感应电流，工作原理为电磁感应。
【分析】1、电磁感应现象：闭合电路的一部分导体在磁场中作切割磁感线运动，导体中就会产生电流的现象，实例：发电机、 POS机读出信息；
2、电流的磁效应：通电导线周围存在磁场，使得小磁针发生偏转；
3、通电导线在磁场中受到力的作用，实例有：电动机；
4、通电螺线管：由通电线圈组成，磁性方向可通过安培定则判断：用右手握住通电螺线管，让四指指向电流的方向，那么大拇指所指的那一端就是通电螺线。
15．【答案】（1）前
（2）持续吸热
（3）l︰2
（4）15
【知识点】沸腾及沸腾条件；比热容的定义及其计算公式；燃料的热值；探究不同物质的吸热能力
【解析】【解答】（1）图甲中气泡在上升过程中体积逐渐减小，所以是沸腾前的现象。
（2）在沸腾过程中，需要对水加热，但其温度保持不变，一旦停止加热，水就会停止沸腾。
（3）根据图像可知，两次实验水的初温相同，加热到沸腾所用的时间不同。根据Q=cmΔt可知，cΔt相同，所以m与Q成正比，即第一次实验加热到沸腾的时间为t1=4min，第二次实验加热到沸腾的时间为t2=8min，则m1︰m2=t1︰t2=l︰2
（4）水吸收的热量Q吸=c水m(t-t0)=4.2×103J/(kg·℃)×0.1kg×(55℃-25℃)=1.26×104J，酒精完全燃烧放出的热量Q放=mq=2.8×10-3kg×3×107J/kg=8.4×104J，所以酒精完全燃烧释放的热量被水吸收的百分比。
【分析】1、水沸腾的温度时间特性：水到达沸点时的特点为加热但温度保持不变，气泡由小变大；标准大气压下水的沸点为100℃，低于标准气压，沸点低于100℃
2、探究不同物质吸热：原理为Q=cmΔt，在控制材料不同的前提下，保证质量、吸收热量相同，根据加热时间代表物体吸收热量的多少（加热时间越长表明吸收热量越大），当加热时间相同时，温度变化少，物质的比热容大（吸热能力强）；加热时间过长，表明吸收热量较大，所以水的质量较多或者初温较低，或者没有加盖三种原因。
3、热值的计算：公式为Q=mq。
（1）水沸腾前，气泡在上升过程中，周围的水不断向气泡内液化，气泡内的水蒸气减少，所以气泡体积逐渐减小。图甲中气泡在上升过程中体积逐渐减小，所以是沸腾前的现象。
（2）水的沸腾是一种剧烈的汽化现象，在沸腾过程中，虽然继续对水加热，它的温度保持不变，但需要持续吸热，一旦停止加热，水就会停止沸腾。
（3）根据图像可知，两次实验水的初温相同，加热到沸腾所用的时间不同。在相同的加热条件下，加热时间与水吸收的热量成正比，根据Q=cmΔt，水的比热容c相同，初温到沸点的温度变化量Δt相同，所以m与Q成正比，即与加热时间成正比。第一次实验加热到沸腾的时间为t1=4min，第二次实验加热到沸腾的时间为t2=8min，则m1︰m2=t1︰t2=l︰2
（4）水吸收的热量Q吸=c水m(t-t0)=4.2×103J/(kg·℃)×0.1kg×(55℃-25℃)=1.26×104J
酒精完全燃烧放出的热量Q放=mq=2.8×10-3kg×3×107J/kg=8.4×104J
酒精完全燃烧释放的热量被水吸收的百分比
16．【答案】（1）慢
（2）高度
（3）水平匀速；
【知识点】探究影响物体动能大小的因素；探究影响物体势能大小的因素；阻力对物体运动影响的探究实验
【解析】【解答】（1）由实验现象可知，水平面越光滑，小车受到的阻力就越小，速度减小得就越慢。由此可以推理：如果运动的小车完全不受阻力作用，它将以恒定不变的速度一直匀速运动下去，这正是牛顿第一定律的核心内容。
（2）物体的重力势能大小与质量和被举高的高度有关。让同一小车从不同高度由静止滑下，高度越高，小车在水平面上滑行的距离就越远。据此，本实验还可以用来探究重力势能的大小与高度的关系。
（3） 实验中只有沿水平方向拉着物体做匀速直线运动，物体在水平方向上才受平衡力作用。根据二力平衡原理，此时弹簧测力计的示数才等于木块与长木板之间的滑动摩擦力大小。
图丙中，砝码随木块一起匀速直线运动，与木块之间没有相对运动趋势，因此砝码不受摩擦力。在竖直方向上，砝码静止，受到的重力与木块对它的支持力是一对平衡力。
【分析】1、探究阻力对物体运动的影响：试验仪器由小车、斜面，不同粗糙程度的水平面；试验方法：控制变量法：在物理实验中，存在多个影响因素共同决定某个物理量，如阻力对物体运动的影响因素有：不同材料的水平面，速度，在探究某个单一变量对物理量的影响时，需要控制其余变量相同，如探究 不同材料的水平面对物体的速度影响时，需要小车速度相同，故 每次均让小车从斜面顶端（相同位置）由静止下滑 。
2、试验步骤：将小车放置在斜面相同位置静止下滑，观察小车在不同材料水平桌面的移动长度；据此可知，阻力越大，小车速度减小的越快，阻力越小，小车速度减小的越慢，据此可以推断阻力为0时，小车将做匀速直线运动。
3、机械能：机械能为动能和重力势能之和，当质量不变时，动能和速度成正比，速度不变时，动能和质量成正比；当质量不变时，重力势能和高度成正比，高度不变时，重力势能和质量成正比；
4、力和运动：物体静止或者做匀速直线运动，物体受到平衡力的作用，所以拉力等于摩擦力。
（1）分析可知，水平表面越光滑，小车受到的阻力越小，速度减小得越慢，推理可知，运动小车如果不受阻力作用，它将以恒定不变的速度永远运动下去，这就是牛顿第一定律的基本内容。
（2）物体的重力势能与物体的质量和高度有关。根据实验现象，若让同一小车从不同高度处滑下，发现高度越高，小车在水平面上滑行距离越远，由此可知，还可以探究小车的重力势能的大小与高度的关系。
（3）[1]只有沿水平方向用弹簧测力计拉着物体做匀速直线运动，物体在水平方向上受到平衡力的作用，根据二力平衡条件，弹簧测力计所示的水平拉力大小才等于木块与长木板摩擦力的大小。
[2]图丙中，砝码随着木块一起做匀速直线运动，相对木块没有相对运动的趋势，故砝码不受摩擦力的作用，在竖直方向上因处于静止状态，受到的重力与木块施加的支持力为一对平衡力，如图所示：
17．【答案】（1）缩小；照相机
（2）35
（3）大于
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验
【解析】【解答】（1）由图可判断，物距大于像距，说明物距大于二倍焦距。根据凸透镜成像规律，此时成倒立、缩小的实像，这一成像特点的应用是照相机。
（2）保持凸透镜位置不动，把蜡烛移到 35cm 刻度线处。根据光的折射光路可逆原理，此时物距等于原来的像距，像距等于原来的物距，成倒立、放大的实像。
（3）把凸透镜甲换成凸透镜乙后继续实验，将蜡烛向远离透镜的方向移动，光屏上才重新成清晰的像，说明凸透镜乙的会聚能力更弱，即焦距更大，因此凸透镜乙的焦距比甲的大。
【分析】1、测量焦距的方法： 将凸透镜正对太阳光，改变凸透镜与光屏的距离，直到光屏上出现一个 亮点，此时亮点与凸透镜中心的距离为焦距。
2、透镜成像试验：实验步骤：1）实验前，应调节凸透镜、蜡烛烛焰、光屏的中心大致在同一水平高度，环境越暗，物体反射光越明显，所以实验应在较暗的环境中进行；2） 点燃并蜡烛，在光屏上得到一个等大、清晰的烛焰的像，测量此时物到透镜的距离（焦距）；3）移动蜡烛，观察像的变化
3、经过透镜光心的光心不会发生偏折，所以蜡烛变短通过光心的光线会折射到光屏上方，导致像向上移动。
凸透镜成实像时，物距越大，像距越小，像越小；物距越小，像距越大，像越大
透镜成像规律：物体距透镜小于一倍焦距，呈正立放大的虚像，应用为放大镜；
物距大于一倍焦距小于二倍焦距，呈倒立立放大的实像，应用为投影仪；
物体大于二倍焦距，呈现倒立缩小实像，应用为照相机，人眼睛。
（1）[1][2]由图可知，物距大于像距，则物距大于二倍焦距，根据凸透镜成像的特点可知，此时成倒立、缩小的实像，应用是照相机。
（2）凸透镜位置不变，将蜡烛移动到35cm刻度线处，根据光的折射中，光路可逆可知，物距等于原来的像距，像距等于原来的物距，此时成倒立、放大的实像。
（3）将透镜甲更换成凸透镜乙继续进行实验，向远离凸透镜的方向移动蜡烛，光屏上的像恢复清晰，说明凸透镜乙会聚能力弱，即凸透镜乙的焦距大，故凸透镜乙的焦距比凸透镜甲的焦距大。
18．【答案】（1）
（2）定值电阻断路；0.4
（3）50Ω 2A；20
【知识点】探究电流与电压、电阻的关系实验
【解析】【解答】（1）电流表串联在电路中，电压表并联在定值电阻两端，分析图可知应将电压表的左端接线柱与定值电阻的右端接线柱，如图所示：
（2）电流表示数为0，电压表示数接近6V，说明电压表串联在电路中，定值电阻断路。电流表使用的是0~0.6A量程，指针所指位置为0.4A，所以电路中电流为0.4A。
（3）由（2）可知，实验控制定值电阻两端的电压为U定=IR=0.4A×5Ω=2V，滑动变阻器两端电压U滑=U-U定=6V-2V=4V，滑动变阻器接入电路的最小阻值为，选择“50Ω 2A”的滑动变阻器。
实验中控制定值电阻两端电压为2V。当I=0.10A时，可得定值电阻的阻值为。
【分析】1、电流表、电压表的连接：电流表与待测原件串联；电压表的与待测原件并联，连接过程需要电流正极流入负极流出，同时选择合适的量程；
2、电路的故障分析： 题目中电流表指针几乎没有偏转，电压表指针迅速偏转到满偏刻度外 ，表明电压表接入电路，所以和电压表并联的用电器断路；
3、串联电路的电路规律：串联电路，电流处处相等，电源的电压为用电器电压之和，总电阻为用电器电阻之和。
4、电压表与待测用电器并联测量电压，电流表串联测量用电器电流，根据欧姆定律U=IR计算用电器的电流和电阻以及电压。
（1）由图甲可知，电源、开关、电流表、滑动变阻器、定值电阻串联，电压表并联在定值电阻两端，因此错误的导线是连接定值电阻右端与电流表左端的那根线。应将电压表的左端接线柱与定值电阻的右端接线柱，如图所示：
（2）[1]电流表示数为0，电压表示数接近6V，电路发生的故障可能是定值电阻断路。因为定值电阻断路时，电路中没有电流通过，所以电流表无示数，而电压表通过滑动变阻器与电源两极相连，所以电压表示数接近电源电压。
[2]由图丙可知，电流表使用的是0~0.6A量程，其分度值为0.02A，指针所指位置为0.4A，所以电路中电流为0.4A。
（3）[1]由（2）可知，实验控制定值电阻两端的电压为U定=IR=0.4A×5Ω=2V
根据串联电路电压特点，滑动变阻器两端电压U滑=U-U定=6V-2V=4V
由表中数据可得滑动变阻器接入电路的最小阻值为
所以应选择“50Ω 2A”的滑动变阻器。
[2]由前面计算可知，实验中控制定值电阻两端电压为2V。当I=0.10A时，可得定值电阻的阻值为
19．【答案】（1）解：因为浮式基础做匀速直线运动，拉力，。
（2）解：把叶片看作杠杆，以B为支点，D端位置挂钩提供的拉力为FD，其力臂，重力的力臂，由杠杆的平衡条件可得，，，
（3）解：海油观澜号”处于漂浮状态，受到的浮力等于重力，即排开海水的体积为，排开水的深度为……①注入3800t海水后，海油观澜号”处于漂浮状态，受到的浮力等于重力，增加的浮力为，增加的排开海水的体积为，……②。由①②得。
【知识点】功率计算公式的应用；阿基米德原理；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）因为浮式基础做匀速直线运动，拉力，所以拖船通过钢绳对浮式基础施加拉力的功率；
（2）把叶片看作杠杆，以B为支点，D端位置挂钩提供的拉力为FD，其力臂，重力的力臂，由杠杆的平衡条件可得，据此求解
（3）海油观澜号处于漂浮状态，受到的浮力等于重力，即，排开海水的体积为，排开水的深度为，注入3800t海水后，海油观澜号”处于漂浮状态，受到的浮力等于重力，增加的浮力为，增加的排开海水的体积为，；由次计算得
（1）因为浮式基础做匀速直线运动，拉力
（2）把叶片看作杠杆，以B为支点，D端位置挂钩提供的拉力为FD，其力臂
重力的力臂
由杠杆的平衡条件可得
（3）海油观澜号”处于漂浮状态，受到的浮力等于重力，即
排开海水的体积为
排开水的深度为……①
注入3800t海水后，海油观澜号”处于漂浮状态，受到的浮力等于重力，增加的浮力为
增加的排开海水的体积为
……②
由①②得
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