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湖北省武汉市东西湖区2025年中考五调物理试题
一、选择题（本题包括20小题，每小题只有1个正确选项。每小题3分，共60分）
1．（2025·东西湖模拟）下列四幅图中，关于声现象的描述错误的是（　　）
A．图甲，发声的音叉将乒乓球弹开，说明声音是由物体的振动产生的
B．图乙、钢尺伸出桌边的长度越短，拨动时发出的声音的音调越高
C．图丙，开启倒车雷达，可利用电磁波回声定位
D．图丁，戴上防噪声耳罩，可阻止噪声入耳
【答案】C
【知识点】声音的产生；音调及音调与频率的关系；防治噪声的途径；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解析】A．实验现象中，发声的音叉将乒乓球弹开，证明音叉在振动，从而说明声音是由物体振动产生的。该选项分析正确，不符合题目要求。
B．当钢尺伸出桌面的长度减小时，其振动频率加快，导致声音的音调升高。该选项分析正确，不符合题目要求。
C．汽车倒车雷达的工作原理是利用超声波的方向性强特性进行回声定位，而非电磁波。原解析中"不是电磁波回声定位"的表述存在错误，因此该选项符合题目要求。
D．佩戴防噪声耳罩属于在人耳处减弱噪声的有效措施，能有效阻隔声音传入耳中。该选项分析正确，不符合题目要求。
综上所述，正确答案为C。
【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、信息的传递：无线网络通信依靠电磁波来传递信息.
2．（2025·东西湖模拟）唐代诗人高骈曾写下“绿树浓荫夏日长，楼台倒影入池塘”的诗句，下列选项中与池塘中“倒影”形成原理相同的是（　　）
A．树林中的光束
B．看见地上的物理课本
C．看到水中的鱼
D．放大镜观察邮票
【答案】B
【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；凸透镜成像的应用
【解析】【解答】"楼台倒影"现象是由光的反射形成的平面镜成像。
A．树林中的光束 - 这是光沿直线传播的现象，与题目要求不符。
B．看见地上的物理课本 - 这是光的反射现象，与题目描述的现象原理一致。
C．看到水中的鱼 - 这是光的折射现象，鱼的位置看起来比实际位置浅。
D．放大镜观察邮票 - 这是光的折射现象，通过透镜形成放大的虚像。
因此，正确答案是B。
[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·东西湖模拟）某同学在探索厨房中的物态变化问题时，记录了他观察到的几种现象，并运用所学知识对这些现象进行了解释。下列说法正确的是（　　）
A．给鱼保鲜的冰块从鱼身上脱落并化成水，属于熔化现象，需要吸热
B．从冰箱中取出的冻肉表面出现一层白霜，属于凝固现象，需要放热
C．锅中的水煮开后，一打开锅盖冒“白气”，属于汽化现象，需要放热
D．用蒸锅蒸馒头时，锅盖上会出现小水珠，属于液化现象，需要吸热
【答案】A
【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】A．给鱼保鲜的冰块从鱼身上脱落并化成水，这是固态冰转变为液态水的过程，属于熔化现象。熔化过程需要吸收热量，因此选项A描述正确。
B．从冰箱取出的冻肉表面出现白霜，这是空气中水蒸气直接凝华成固态冰晶的现象，属于凝华过程（放热）。题目将其误认为凝固现象是错误的，故B选项不正确。
C．煮沸的锅打开后出现"白气"，实质是水蒸气遇冷液化成小水滴的液化现象（放热）。题目将其误认为汽化现象是错误的，故C选项不正确。
D．蒸锅使用时锅盖出现水珠，是水蒸气液化形成小水滴的现象（放热）。题目中"吸热"的描述错误，故D选项不正确。
正确答案为A。
【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·东西湖模拟）2025年1月20日，中国有“人造太阳”之称的全超导托卡马克核聚变实验装置（EAST）创造新世界纪录，首次完成1亿摄氏度1000秒“高质量燃烧”，标志我国聚变能源研究实现从基础科学向工程实践的重大跨越，对人类加快实现聚变发电具有重要意义。关于核能和核能利用下列说法正确的是（　　）
A．核能既是一次能源，又是可再生能源
B．我国的核能利用来源主要是核聚变
C．核能利用的主要装置是核反应堆。核反应堆发生的链式反应是可控的
D．核能利用是将核能直接转化成电能
【答案】C
【知识点】能源及其分类；核裂变
【解析】【解答】A．核燃料属于矿产资源，在短期内无法再生，因此核能属于一次能源但不可再生，故A选项错误；
B．我国当前核能利用的主要形式是可控核裂变技术，而非核聚变，故B选项错误；
C．现代核能利用的核心装置是核反应堆，其链式反应过程是完全可控的，故C选项正确；
D．核能利用并非直接将核能转化为电能，而是需要经过多级能量转换过程，故D选项错误。
正确答案为C。
【分析】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
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。
5．（2025·东西湖模拟）如图所示，在“探究阻力对物体运动的影响”实验中，保持同一小车每次从斜面同一高度由静止滑下，只改变水平面的粗糙程度，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．小车在水平面上运动时只受摩擦力的作用
B．小车在粗糙程度不同的水平面上滑行的距离相同
C．水平面越粗糙，该小车在水平面上运动时所受的阻力越大
D．该实验能直接验证当物体受到的阻力为零时，物体将一直做匀速直线运动
【答案】C
【知识点】阻力对物体运动影响的探究实验；探究影响摩擦力大小因素的实验
【解析】【解答】A选项分析：小车在水平木板上运动时，若忽略空气阻力，其在竖直方向上受到重力与支持力的作用，在水平方向上仅受摩擦力作用。因此A选项的表述是错误的。
B选项分析：在研究阻力对物体运动影响的实验中，我们控制小车每次从斜面相同高度静止释放，确保其到达水平面时初速度相同。实验表明：水平面粗糙程度越大，小车受到的阻力越大，其速度衰减越快，滑行距离越短；反之，水平面越光滑，阻力越小，速度衰减越慢，滑行距离越长。因此不同粗糙程度的水平面会导致不同的滑行距离，故B选项的表述是错误的。
C选项分析：该实验通过调整水平面的粗糙程度来改变阻力大小。水平面越粗糙，摩擦力越大，小车受到的阻力也越大。这个表述是正确的。
D选项分析：实验中无法实现完全无阻力的理想状态，因此无法直接验证无阻力情况下的运动状态。我们只能通过实验现象推理得出：当阻力为零时，物体将保持匀速直线运动状态。因此D选项的表述是错误的。
综上所述，正确答案是C。
【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。
6．（2025·东西湖模拟）2025年哈尔滨第九届亚冬会上，中国队包揽了单板滑雪大跳台男子和女子项目的金银牌。比赛中，观众拍下了运动员在空中完成旋转动作的照片。下列说法正确的是（　　）
A．运动员从大跳台高处滑下，可以加快起跳时的速度，增大了运动员的惯性
B．空中飞行过程中，如果所有的力全部消失，运动员将竖直下落
C．到达最高点时，运动员处于平衡状态
D．运动员最终停下来是因为受到阻力作用
【答案】D
【知识点】力的作用效果；牛顿第一定律；惯性及其现象
【解析】【解析】A选项分析：惯性是物体固有的属性，其大小仅取决于物体的质量。起跳速度的变化不会改变运动员的质量，因此惯性保持不变。该选项判断为错误。
B选项分析：根据牛顿第一运动定律（惯性定律），若运动中的物体所受合外力为零，将保持当前的运动状态。因此若飞行中所有外力消失，运动员将维持匀速直线运动状态。该选项判断为错误。
C选项分析：在最高点位置，运动员仅受重力作用（忽略空气阻力），此时合外力不为零，处于非平衡状态。该选项判断为错误。
D选项分析：根据牛顿运动定律，运动状态的改变需要力的作用。运动员最终停止运动是由于受到地面摩擦力和空气阻力等外力的作用。该选项判断为正确。
综上所述，正确答案为。
【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；
牛顿第一定律：一切物体在没有受到外力作用的时候，总保持 匀速直线运动；
力的作用效果：力会使物体的运动状态和物体形状发生改变。
7．（2025·东西湖模拟）四人双桨赛艇运动员正齐心合力向后拉动船桨如图甲所示，船桨向前拨水，船向后滑行。已知船桨的轴O点到船桨尾部A点距离，到运动员手握船桨B点距离，下列说法正确的是（　　）
A．以岸上的观众为参照物，运动员和赛艇是静止的
B．当赛艇快速前进时，水对桨的力大于桨对水的力
C．图乙可以描述运动员向后拉动船桨时，船桨受到的动力与阻力的情况
D．使用的这种船桨属于费力杠杆
【答案】D
【知识点】力作用的相互性；参照物及其选择；杠杆及其五要素；杠杆的分类
【解析】【解答】A．以岸上观众为参照系时，运动员和赛艇的位置发生改变，因此是运动的，选项A说法错误。
B．根据牛顿第三定律，作用力与反作用力大小相等方向相反。运动员向后拉桨时，桨对水施加向后的力，水同时对桨施加向前的反作用力，这两个力大小相等，故选项B说法错误。
C．将船桨视为杠杆时，当向后拉动杠杆（B点受力向后），根据杠杆原理，水对桨的反作用力方向应为向前，因此图示中力F2的方向标注错误，选项C说法错误。
D．对船桨进行杠杆分析：支点O到阻力作用点A的距离（阻力臂）为1.8m， 支点O到动力作用点B的距离（动力臂）为0.9m，由于动力臂小于阻力臂，符合费力杠杆的特征，因此选项D说法正确。
正确答案为D。
【分析】1、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；
2、力的作用效果：力会使物体的运动状态和物体形状发生改变；
3、省力杠杆：动力臂较长，所以动力较小，常见的例子有羊角锤、核桃夹；费力杠杆：动力臂较短，动力较大，常见的例子有镊子、筷子等，等臂杠杆：动力臂等于阻力臂的杠杆，常见的例子有：天平。
8．（2025·东西湖模拟）如图所示，在一个罐子的盖和底各开两个小洞，将小铁块用细绳绑在橡皮筋的中部穿入罐中，橡皮筋两端穿过小洞用竹签固定，做好后将它从不太陡的斜面滚下，观察到罐子在斜面和水平面上来回滚动，直至停下来。下列说法不正确的是（　　）
A．铁罐在斜面上从最高处滚到最低处，重力势能减小，弹性势能增加
B．铁罐在水平面向前滚动时，弹性势能转化为动能
C．铁罐在斜面上从最低处滚回到最高处，重力势能增加，弹性势能减小
D．铁罐不能滚回到原来的最高处
【答案】B
【知识点】机械能及其转化
【解析】【解答】A．铁罐从斜面最高处滚到最低处时，由于高度降低（质量不变），重力势能减小。同时滚动过程中橡皮筋发生弹性形变且形变程度增大，因此弹性势能增加。该选项分析正确，不符合题目要求。
B．铁罐在水平面滚动时，速度逐渐减小（质量不变）导致动能减小；与此同时橡皮筋的弹性形变程度增大使弹性势能增加。此过程是动能转化为弹性势能，而非选项所述的"弹性势能转化为动能"，因此该选项错误，符合题目要求。
C．铁罐从斜面最低处滚回最高处时，高度增加（质量不变）使重力势能增大；同时橡皮筋的弹性形变程度减小导致弹性势能减小。该选项分析正确，不符合题目要求。
D．由于运动过程中存在摩擦等阻力因素，机械能会持续损耗，因此铁罐无法滚回原始最高位置。该选项分析正确，不符合题目要求。
正确答案选择B。
【分析】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；
弹簧的弹性势能和弹簧的形变量有关，形变量越大啊，弹性势能越大。
9．（2025·东西湖模拟）2025年初国家卫健委提倡实施“体重管理年”3年行动，为了积极响应行动号召，某科技小组设计制作了一款“简易体重秤”，其原理如图甲所示，体重的大小对应电流表示数的大小。其中为压力传感器，其电阻与所受压力的关系如图乙所示。电源电压为，，电流表的量程为。下列说法正确的是（　　）
A．压力传感器的电阻随压力的增大而增大
B．人的体重越重，电流表的示数越小
C．当没有称重时，电流表的示数为
D．体重秤的最大称量质量为
【答案】D
【知识点】电阻的串联；欧姆定律及其应用；电路的动态分析
【解析】【解答】A．图乙中，压力传感器的电阻随压力的增大而减小，故A错误；
B．图甲中，电阻串联，电源电压为24V，体重越重，对压力传感器的压力越大，电阻越小，电路总阻值越小，根据，电流越大，即电流表的示数越大，故B错误；
C．图乙中，在不称重时，压力为0，则，电流表的示数为：，故C错误；
D．电流表的量程为0 0.6A ，电路最大电流为0.6A ，则最小电阻为：
压力传感器的最小电阻为：，
根据图乙，此时最大压力为800N，体重秤的最大称量质量为，故D正确。
故选D。
【分析】在串联电路，电阻减小，总电流变大；根据，计算电流，利用，计算电阻；结合电阻大小，判断压力，根据，计算质量。
10．（2025·东西湖模拟）某实验小组利用如图所示的电路测量标有电压为2.5V的某小灯泡的电阻，电源电压为6V，滑动变阻器R标有“”字样。第一次测量时的电压等于2.5V，小灯泡正常发光，以后调节滑动变阻器，让电压逐次下调，使灯丝温度不断降低，灯泡变暗直至完全不发光，测量的数据如下表所示。下列说法正确的是（　　）
序号 1 2 3 4 5
2.5 2.0 0 1.5 1.2
0.25 0.22 0.2 0.18 0.16
A．第3组实验中电压表示数为零，可能出现的电路故障是小灯泡短路
B．实验中多次测量是为了求平均值减小误差
C．第5组实验数据不能通过实验得出
D．分析数据得出结论：小灯泡的电阻随温度的升高而减小
【答案】C
【知识点】伏安法测电阻的探究实验
【解析】【解答】A．若小灯泡短路，电压表测量导线电压，示数为零。此时电路最小电流为，说明故障不可能是小灯泡短路，故A错误；
B．实验目的是探究小灯泡电阻随温度的变化规律，由于灯丝电阻受温度影响显著，不同电压下电阻值不同，因此多次测量并非为了求平均值减小误差，故B错误；
C．电源电压6V，第5组数据显示灯泡电压1.2V时，滑动变阻器分压4.8V。若滑动变阻器接入最大阻值25Ω，最小电流为，因此第5组数据无法通过实验获得，故C正确；
D．实验数据表明：随电压降低，电流减小导致灯丝温度下降，电阻减小，证明小灯泡电阻随温度升高而增大，故D错误。
正确答案：C。
【分析】1、故障分析：灯泡短路，电压表示数为0，此时结合欧姆定律计算可知电路的电流，分析此时的电路故障；
2、灯泡的电阻随着温度的改变而改变，所以求取平均值无意义；
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；据此分析第五组实验数据是否正确。
11．（2025·东西湖模拟）如图所示是某同学家部分家庭电路的示意图。电能表上标有“220V，10（30）A”的字样，他家正在使用的所有用电器总功率为。炎炎夏日即将来临，该同学家新购置了一台的空调和一台的制冰机。该同学利用所学的生活用电知识，下列判断正确的是（　　）
A．该电能表的额定最大电流是10A
B．图中照明灯与开关的连接符合安全用电原则
C．将空调接入电路，闭合开关后，空气开关“跳闸”，原因是空调发生了短路
D．将制冰机插入插座接入电路，制冰机与其它用电器是并联的
【答案】D
【知识点】电能表参数的理解；家庭电路的连接；家庭电路的故障分析
【解析】【解答】A．电能表参数"220V，10(30)A"中，10A表示标定电流，30A表示额定最大电流，因此选项A的说法是错误的。
B．根据安全用电原则，开关应该连接在火线和照明灯之间。图示中的开关连接在零线上，这种做法是不正确的，故选项B错误。
C．家庭电路中空气开关跳闸可能由两种原因导致：短路或总功率过大。题目中描述的情况是：当前使用总功率为6kW，新增空调功率1kW和制冰机功率300W，总功率明显增大。因此跳闸更可能是由于总功率过大而非空调短路所致，所以选项C的说法不正确。
D．在家庭电路连接方式中，所有用电器都是并联接入电路的。将制冰机插入插座后，它与其他用电器的连接关系是并联的，因此选项D的说法是正确的。
正确答案是D。
【分析】1、电灯泡规格的分析：题目中电灯泡的规格为220V，10(30)A，所以额定电压220V，额定电流为10A，最大电流为30A；
2、电灯和开关的接法：零线直接进入灯泡的螺旋套；火线先接入开关，再进入灯泡顶端的金属点；
3、引起电流过大的原因：短路和电功率过大；
4、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。
12．（2025·东西湖模拟）某同学家安装了一款电动上水电热水壶，具有加水、加热、保温等功能，其简化电路如图所示。S为电源开关，S1为上水开关，S2为加热开关，S3为壶底温控开关，R1为限流电阻，R2和R3为电热丝，阻值均不受温度影响。在一次使用时，先闭合S和S1，电热水壶处于加水状态、水泵M两端的电压为10V。水泵M将水注入到电热水壶直至最大水位处时，S1断开。下表是电动上水电热水壶的部分参数。下列结论：
①开关S、S2闭合，S3断开时，电热水壶处于加热状态；
②电热丝R3的阻值为40Ω；
③电热水壶处于加水状态时，流过限流电阻R1的电流为0.2A；
④水泵M将水注入到电热水壶最大水位处过程中，电路消耗的电能为20J。
其中正确的是（　　）
额定电压 220V
水泵M功率 2W
加热功率 1250W
保温功率 40W
最大水位 1.5L
最大水位注水时间 10s
A．①③ B．②③ C．②④ D．③④
【答案】B
【知识点】电功的计算；电功率的计算；多状态电路——多挡位问题
【解析】【解答】①由图可知，当开关S、S2闭合，S3断开时，电路为R2；当S、S2、S3都闭合时，与并联；根据，并联时，与并联时总电阻小，根据可知此时功率大，为加热状态，而只有接入电路时为保温状态，故①错误；
②由①分析可知，，据此求解可知，，故②正确；
③电热水壶处于加水状态时，水泵M与R1串联，水泵与M两端的电压为10V，水泵M功率为2W，根据电功率公式计算可知流过限流电阻R1的电流为为，故③正确；
④水泵M将水注入到电热水壶最大水位处过程中，已知水泵M功率2W，最大水位注水时间10s，结合电功公式计算呢可知水泵M消耗的电能，存在能量损耗可知电路消耗的电能一定大于20J，故④错误。
综上所述，正确的有②③，故ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】1、多状态电路问题的计算：原理为，当电源电压不变，电路的电阻发生变化，会导致电功率发生变化；题目中闭合不同开关，电路中存在不同的阻值；
2、电功率的计算：公式为，根据该公式计算不同功率下的电阻；并联电路中，总电功率为支路电功率之和；
3、电功的计算：公式为W=Pt。
二、非选择题（本题包括12小题，共60分）
13．（2025·东西湖模拟）2025年4月19日，全球首个人形机器人半程马拉松赛事在北京亦庄鸣枪开跑，全长21.0975公里，经过激烈地角逐，人形机器人凭借2时40分42秒的成绩获得冠军。如图所示是人形机器人“天工Ultra”冲线夺冠的画面。
（1）“天工Ultra”起跑后，经过了，该过程的平均速度为　 　m/s；
（2）“天工Ultra”身高约1.8m、体重约，单只脚面积，双脚站立时，“天工Ultra”对地面的压强为　 　Pa；
（3）“天工Ultra”头部除有照相机外，还搭载了3D激光雷达，能通过发射和接收　 　（填“超声波”“电磁波”或“次声波”）来侦测障碍物信息，确保行走安全。
【答案】（1）2.2
（2）
（3）电磁波
【知识点】速度公式及其应用；压强的大小及其计算；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】（1）平均速度的计算公式为；
（2）当“天工Ultra”双脚站立时，对地面的压力等于其重力：，对地面的压强计算公式为：
；
（3）光属于电磁波范畴，能够用于信息传输。“天工Ultra”头部配置了照相机和3D激光雷达系统，通过发射和接收电磁波来探测障碍物信息，从而保障行走过程的安全性。
【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、物体静止在地面上，对地面的重力等于压力，结合压强公式计算天工Ultra”对地面的压强3、
3、信息的传递：无线网络通信依靠电磁波来传递信息。
（1）平均速度为
（2）双脚站立时，“天工Ultra”对地面的压力为
则对地面的压强为
（3）光也是电磁波，可以用来传递信息。“天工Ultra”头部除有照相机外，还搭载了3D激光雷达，能通过发射和接收电磁波来侦测障碍物信息，确保行走安全。
14．（2025·东西湖模拟）利用如图所示装置探究“什么情况下磁可以生电”的实验中，按表中实验过程探究。
次数 操作 电流表指针
1 磁体不动，上下移动 不偏转
2 磁体不动。AB前后移动 不偏转
3 磁体不动，左右移动 偏转
4 AB不动，磁体左右移动 偏转
（1）实验中通过观察　 　来判别电路中是否有电流；
（2）分析上述实验现象可知：闭合电路的一部分导体在磁场里做　 　运动时，导体中就会产生电流。下列直接应用这一现象的是　 　（填数字序号）；
①手摇发电机
②自制电动机
③动圈式话筒
④电磁起重机
（3）我国供生产和生活用的交流电频率为，电流方向每秒内变化的次数为　 　。
【答案】（1）灵敏电流表的指针是否偏
（2）切割磁感线；①③
（3）100
【知识点】探究电磁感应现象的实验
【解析】【解答】（1）实验中通过观察灵敏电流表指针是否偏转来判断是否有感应电流产生。若指针偏转，表明电路中产生了感应电流。
（2）通过分析实验现象可知，产生感应电流需要满足两个条件：导体必须是闭合电路的一部分，并且要在磁场中做切割磁感线的运动。
在给定的设备中：①发电机和③动圈式话筒的工作原理都是基于电磁感应现象；②电动机的工作原理是通电导体在磁场中受力运动；
④电磁起重机利用的是电流的磁效应。因此直接应用电磁感应现象的是①和③。
（3）频率表示单位时间内周期性变化的次数。我国使用的交流电频率为50Hz（即每秒50个周期），由于每个周期电流方向改变两次，因此1秒内电流方向总共变化100次。
【分析】1、电磁感应定律的应用，闭合回路中的导体不断做切割磁感线的运动，导体中就会产生感应电流的现象就是电磁感应现象。
2、利用电磁感应制作的机械有：发电机，能量转化为机械能转化为电能。
3、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.
4、通电导线在磁场中受到力的作用，实例有：电动机。
5、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。
（1）在该实验中，是否有感应电流的产生是通过灵敏电流表的指针是否偏转来体现的，若灵敏电流表的指针发生偏转，就说明产生了感应电流。
（2）[1]分析比较实验现象，可以得出产生感应电流的条件：闭合电路的部分导体，在磁场中做切割磁感线运动。
[2] ①发电机、③动圈式话筒的工作原理都是电磁感应现象，②电动机的原理是通电线圈在磁场中受力转动，④电磁起重机是利用电流磁效应来工作的，故直接应用这一现象的是①③。
（3）频率是指单位时间内周期性变化的次数。我国供生产和生活用的交流电频率为50Hz，即一秒内完成50个周期，每个周期内电流方向变化两次，因此1秒内电流方向变化的次数为100次。
15．（2025·东西湖模拟）如图甲，某同学在“比较不同物质的吸热情况”实验中，利用相同规格的加热器加热等质量的a、b两种液体，得到温度随时间变化的图像如图乙。
（1）实验中液体吸收热量的多少是通过　 　（填“温度计示数”或“加热时间”）来反映的。分析图像可知：质量相同的液体a和液体b，吸收相同热量时，液体a升高的温度　 　（填“大于”“等于”或“小于”）液体b升高的温度；
（2）若液体b的比热容为，则液体a的比热容为　 　；若两种液体都用来做冷却液，则液体　 　（填“a”或“b”）效果更好。
【答案】（1）加热时间；小于
（2）；a
【知识点】探究不同物质的吸热能力
【解析】【解答】（1）实验中采用相同的电热器加热，保证在相同时间内两种液体吸收的热量相等。通过比较加热时间来间接反映物质吸收热量的多少，这种研究方法称为转换法。
根据图乙数据可观察到，质量相等的a、b两种液体，在吸收相同热量的情况下（即加热时间相同），a液体升温幅度小于b液体。
（2）分析图乙数据可知：当质量相同的a、b液体都加热3分钟时，b液体温度升高20℃，而a液体仅升高10℃。根据热量计算公式，在吸收热量和质量相同时，比热容与温度变化量成反比关系。由于a的温度变化量是b的，因此a的比热容为b的2倍，即。
由于a液体具有更大的比热容，其吸热能力更强，因此更适合作为冷却介质使用。
【分析】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。
（1）[1]用相同的电热器加热，相同时间内放出的热量相同，可以使甲乙两种液体在相同的时间内吸收相同的热量，加热时间越长，液体吸收的热量越多，所以实验通过加热时间反映物质吸收热量的多少，这种方法叫转换法。
[2]由图乙可知，相同质量的a、b两种液体，加热相同的时间，吸收相同热量，a升高的温度小于b升高的温度。
（2）[1]由图乙可知，相同质量的a、b两种液体，加热相同的3min，吸收相同热量，b升温20℃，a升温10℃，根据可知，当吸收热量和质量都相同时，比热容和温度变化量成反比，a的温度变化量是b的倍，则a的比热容是b比热容的倍，即a的比热容为
[7]a的比热容更大，吸热能力更强，更适合做冷却液。
16．（2025·东西湖模拟）某同学在“研究影响滑动摩擦力大小的因素”实验中，设计了如图所示的三次实验。甲、乙两次实验用的是相同的长木板，丙实验用的是材料相同但表面更粗糙的长木板。
（1）实验时，用弹簧测力计　 　拉动木块，使它沿长木板做匀速直线运动。根据二力平衡的知识可知，弹簧测力计对木块的拉力与木块受到的滑动摩擦力大小相等；
（2）分析比较甲、乙两次实验，可以得出的结论是滑动摩擦力的大小跟　 　有关；乙实验中砝码　 　（填“受”或“不受”）摩擦力；
（3）在丙实验中画出木块对木板的压力示意图　 　。
【答案】（1）匀速直线
（2）压力大小；不受
（3）
【知识点】探究影响摩擦力大小因素的实验
【解析】【解答】（1）在实验中，通过使用弹簧测力计沿长木板匀速拉动木块，使其保持匀速直线运动状态。此时木块处于平衡状态，根据二力平衡原理可知，弹簧测力计对木块的拉力与木块所受的滑动摩擦力大小相等、方向相反，构成一对平衡力。
（2）对比分析甲、乙两次实验数据，唯一变量为压力大小，测力计读数差异表明滑动摩擦力大小与压力大小存在关联性。
在乙实验中，砝码与木块保持同步匀速直线运动，两者无相对运动或相对运动趋势，因此砝码不受摩擦力作用。
（3）木块对木板的压力作用点位于接触面中心，方向垂直于木板表面向下，力的示意图如下：
【分析】1、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；
2、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，如影响摩擦力的因素有压力和接触面粗糙程度，在研究单一变量对试验结果的影响时，要保持非研究因素的相同；
3、压力的画法：物体对被压物体施加压力，作用点位于接触面上，方向指向被压物体，垂直被压物体。
（1）实验时，用弹簧测力计匀速直线拉动木块，使它沿长木板做匀速直线运动，木块处于平衡状态，根据二力平衡的知识可知，弹簧测力计对木块的拉力与木块受到的滑动摩擦力是一对平衡力，大小相等。
（2）[1]分析比较甲、乙两次实验，只有压力大小不同，测力计示数不同，说明滑动摩擦力的大小跟压力大小有关。
[2]乙实验中砝码随木块一起做匀速直线运动，二者之间没有发生相对运动，也没有产生相对运动趋势，所以砝码不受摩擦力。
（3）木块对木板的压力作用在接触面的中心处且垂直指向木板，作图如下：
17．（2025·东西湖模拟）小明同学在用焦距为的凸透镜“探究凸透镜成像规律”的实验中：
（1）如图所示，保持光屏和凸透镜的位置不变，要使烛焰在光屏上成清晰的像，蜡烛应向　 　（填“靠近凸透镜”“远离凸透镜”或“保持在原位置”）方向移动，此时光屏上的像是　 　（填“照相机”“投影仪”或“放大镜”）的成像原理；
（2）完成上述实验后，保持蜡烛和光屏的位置不变，若想再次在光屏上呈现清晰的像，应将凸透镜向　 　（填“左”或“右”）移动，此时光屏上成的像是倒立　 　（填“放大”“等大”或“缩小”）的。
【答案】（1）靠近凸透镜；投影仪
（2）右；缩小
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验
【解析】【解答】（1）如图所示，保持光屏和凸透镜的位置不变，像距为，图中蜡烛和凸透镜的距离为
根据凸透镜成像规律，当物距处于一倍焦距和二倍焦距之间时，像距会大于二倍焦距，形成倒立、放大的实像，这一现象常用于投影仪。因此，为了使烛焰在光屏上呈现清晰的像，蜡烛应向靠近凸透镜的方向移动。
（2）基于光路的可逆性，在完成上述实验后，若保持蜡烛和光屏的位置不变，并希望再次在光屏上得到清晰的像，应将凸透镜向右移动，使物距和像距互换。此时，物距会大于像距，形成倒立、缩小的实像。
【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；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。
3、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]如图所示，保持光屏和凸透镜的位置不变，像距为
图中蜡烛和凸透镜的距离为
根据凸透镜成像规律，物距在一倍焦距和二倍焦距之间时，像距大于二倍焦距，成倒立、放大的实像，应用是投影仪，所以要使烛焰在光屏上成清晰的像，蜡烛应向靠近凸透镜方向移动。
（2）[1][2]根据光路可逆，完成上述实验后，保持蜡烛和光屏的位置不变，若想再次在光屏上呈现清晰的像，应将凸透镜向右移动，使得物距和像距对调，此时物距大于像距，成倒立、缩小的实像。
18．（2025·东西湖模拟）某实验小组利用如图甲所示的器材“探究电流与电阻的关系”，电源电压保持4.5V不变，滑动变阻器标有“20Ω，1A”字样，三个定值电阻阻值分别为。
（1）请用笔画线代替导线，将图甲中实物图补充完整（导线不允许交叉），要求滑动变阻器的滑片P向左移动时电压表的示数变大　 　；
（2）正确连接电路后，小明依次使用三个定值电阻进行实验。每次更换定值电阻后，移动滑动变阻器的滑片，使电压表示数为　 　，记录相应电流表示数，绘制出图像如图乙所示；
（3）小华同学认为实验次数太少，又添加了、两个电阻继续实验，某次实验电流表示数如图丙所示，此时定值电阻的阻值为　 　Ω；为了让五个定值电阻都能完成实验，应控制定值电阻两端的电压至少保持　 　V。
【答案】（1）
（2）2.4
（3）20；2.5
【知识点】探究电流与电压、电阻的关系实验
【解析】【解答】（1）将电压表并联在电阻两端，滑动变阻器与电阻串联。当滑片P向左移动时电压表示数增大，表明电路电流增大，说明变阻器接入电路的阻值减小，因此需要将导线连接在变阻器的左下接线柱上。具体连接方式如图所示：
（2）在探究电流与电阻关系的实验中，需要控制电阻两端的电压不变。通过分析实验数据图像，选取其中一组电流和电阻值，根据欧姆定律可计算出保持不变的电压值为：
（3）图中使用的是小量程电流表，其分度值为0.02A，读数为0.12A。实验中保持定值电阻两端电压为2.4V，根据欧姆定律的变形公式可计算出此时定值电阻的阻值为：
实验过程中，当定值电阻越大时，滑动变阻器所需的阻值越大。而滑动变阻器的阻值最大为20Ω，当定值电阻阻值为25Ω时，根据串联分压规律，此时，电源电压保持4.5V不变，则此时定值电阻两端电压。因此保持定值电阻两端电压为2.4V时，当定值电阻为25Ω这组实验无法完成。为了让五个定值电阻都能完成实验，应控制定值电阻两端的电压至少保持2.5V。
【分析】1、电路动态分析：变阻器是通过改变接入电路的电阻长度进而改变电路的电流和电压，当变阻器滑片向左移动时，接入电路中的阻值变小，需要将导线连接在变阻器的左下接线柱上；
2、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；
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、串联分压：用电器串联时，其两端的电压和电阻成正比，据此分析可知，当定值电阻为15Ω，变阻器的最大电阻为20Ω，所以，结合实验条件是否可以满足该条件。
（1）将电压表与电阻并联，滑动变阻器与电阻串联，滑动变阻器的滑片P向左移动时电压表的示数变大，即电路中电流变大，说明变阻器接入电路的电阻减小，则导线应接变阻器的左下接线柱，如图所示
（2）探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，即应保持电阻两端的电压不变，根据图像去其中一次实验的电流和电阻值，根据欧姆定律计算可得电压为U=I1R1=0.24A×10Ω=2.4V
（3）[1]图中所用电流表为小量程，分度值为0.02A，读数为0.12A。实验过程中保持定值电阻电压为2.4V，根据欧姆定律推导式可知此时定值电阻阻值为
[2]实验过程中，当定值电阻越大时，滑动变阻器所需的阻值越大。而滑动变阻器的阻值最大为20Ω，当定值电阻阻值为25Ω时，根据串联分压规律，此时，电源电压保持4.5V不变，则此时定值电阻两端电压。因此保持定值电阻两端电压为2.4V时，当定值电阻为25Ω这组实验无法完成。为了让五个定值电阻都能完成实验，应控制定值电阻两端的电压至少保持2.5V。
19．（2025·东西湖模拟）“海葵一号”是中国自主设计并建造的亚洲首艘浮式生产储卸型装置，流花油田的油气开采出来以后，通过复杂的管线系统输送到“海葵一号”，“海葵一号”将原油进行提炼储存，最终将提炼储存后的原油输送至运输船上，运至陆地。“海葵一号”的自身质量是，满载时排开海水的质量是。
（1）“海葵一号”建成后将被拖运至珠江口盆地，通过水下机器人的配合与处在水深达324m海底的石油管道回接。安装作业时、海底水下机器人受到海水压强为多少Pa？
（2）“海葵一号”内部有41个独立舱室，大小不一，功能各异，分别承担压载、储油等不同任务，其中压载水舱的体积为。当“海葵一号”储存原油时，压载水舱需同时进水保持船体平衡，以免发生倾斜或侧翻；当储存的原油外输时，也需要排出适量的水，以维持船体的稳定，“海葵一号”一次最多能储存石油多少吨？
（3）相较于常规的船型，“海葵一号”的船身采用圆筒型结构设计，使其具有用钢量少、储油效率高、抵御恶劣海况能力强等优点。若安装时船身处于零压载状态，“海葵一号”船身吃水深度为h；作业时为了保持船体稳定，压载水舱保持满载状态，作业一段时间后，船身吃水深度变化了1.5h，不考虑海平面的变化，此时“海葵一号”储存石油多少吨？
【答案】（1）海底水下机器人水深达324m，海底水下机器人受到海水压强为
（2）当“海葵一号”储存原油时，压载水舱需同时进水保持船体平衡，以免发生倾斜或侧翻，原油质量需与压载水舱水的质量相等，当压载水舱满载时，储存石油的石油最多为
（3）圆筒型结构设计，底面积相同的圆柱体。零压载状态船身吃水深度为h，作业一段时间后，船身吃水深度变化了1.5h，即增加了1.5h，说明排开水的体积增加了零压载状态的1.5倍，即
“海葵一号”始终漂浮，浮力等于重力则重力的增加量等于浮力的增加量，由此可知压载水舱保持满载，储存石油
【知识点】密度公式及其应用；重力及其大小的计算；液体压强的计算；阿基米德原理
【解析】【分析】1、压强的计算：公式为；
2、当压载水舱满载时，储存石油的石油最多为；
3、浮力的本质为上下表面产生的压力差，计算公式为F浮=ρ液gV排，所以物体所受浮力和物体所处的深度无关，与排开水的体积有关，当排开水的体积越小时，浮力越小，排开水的体积越大时，浮力越大；阿基米德原理：物体排开水的重力等于物体所受浮力；物体沉浮条件：物体悬浮时的浮力等于重力（排开水的体积等于物体体积），物体的密度等于液体的密度，物体漂浮表明浮力等于重力（排开水的体积小于物体体积），物体的密度小于液体的密度，物体下沉时重力大于浮力（排开水的体积等于物体体积），物体的密度大于液体的密度。
（1）海底水下机器人水深达324m，海底水下机器人受到海水压强为
（2）当“海葵一号”储存原油时，压载水舱需同时进水保持船体平衡，以免发生倾斜或侧翻，原油质量需与压载水舱水的质量相等，当压载水舱满载时，储存石油的石油最多为
（3）圆筒型结构设计，底面积相同的圆柱体。零压载状态船身吃水深度为h，作业一段时间后，船身吃水深度变化了1.5h，即增加了1.5h，说明排开水的体积增加了零压载状态的1.5倍，即
“海葵一号”始终漂浮，浮力等于重力则重力的增加量等于浮力的增加量，由此可知
压载水舱保持满载，储存石油
1 / 1湖北省武汉市东西湖区2025年中考五调物理试题
一、选择题（本题包括20小题，每小题只有1个正确选项。每小题3分，共60分）
1．（2025·东西湖模拟）下列四幅图中，关于声现象的描述错误的是（　　）
A．图甲，发声的音叉将乒乓球弹开，说明声音是由物体的振动产生的
B．图乙、钢尺伸出桌边的长度越短，拨动时发出的声音的音调越高
C．图丙，开启倒车雷达，可利用电磁波回声定位
D．图丁，戴上防噪声耳罩，可阻止噪声入耳
2．（2025·东西湖模拟）唐代诗人高骈曾写下“绿树浓荫夏日长，楼台倒影入池塘”的诗句，下列选项中与池塘中“倒影”形成原理相同的是（　　）
A．树林中的光束
B．看见地上的物理课本
C．看到水中的鱼
D．放大镜观察邮票
3．（2025·东西湖模拟）某同学在探索厨房中的物态变化问题时，记录了他观察到的几种现象，并运用所学知识对这些现象进行了解释。下列说法正确的是（　　）
A．给鱼保鲜的冰块从鱼身上脱落并化成水，属于熔化现象，需要吸热
B．从冰箱中取出的冻肉表面出现一层白霜，属于凝固现象，需要放热
C．锅中的水煮开后，一打开锅盖冒“白气”，属于汽化现象，需要放热
D．用蒸锅蒸馒头时，锅盖上会出现小水珠，属于液化现象，需要吸热
4．（2025·东西湖模拟）2025年1月20日，中国有“人造太阳”之称的全超导托卡马克核聚变实验装置（EAST）创造新世界纪录，首次完成1亿摄氏度1000秒“高质量燃烧”，标志我国聚变能源研究实现从基础科学向工程实践的重大跨越，对人类加快实现聚变发电具有重要意义。关于核能和核能利用下列说法正确的是（　　）
A．核能既是一次能源，又是可再生能源
B．我国的核能利用来源主要是核聚变
C．核能利用的主要装置是核反应堆。核反应堆发生的链式反应是可控的
D．核能利用是将核能直接转化成电能
5．（2025·东西湖模拟）如图所示，在“探究阻力对物体运动的影响”实验中，保持同一小车每次从斜面同一高度由静止滑下，只改变水平面的粗糙程度，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．小车在水平面上运动时只受摩擦力的作用
B．小车在粗糙程度不同的水平面上滑行的距离相同
C．水平面越粗糙，该小车在水平面上运动时所受的阻力越大
D．该实验能直接验证当物体受到的阻力为零时，物体将一直做匀速直线运动
6．（2025·东西湖模拟）2025年哈尔滨第九届亚冬会上，中国队包揽了单板滑雪大跳台男子和女子项目的金银牌。比赛中，观众拍下了运动员在空中完成旋转动作的照片。下列说法正确的是（　　）
A．运动员从大跳台高处滑下，可以加快起跳时的速度，增大了运动员的惯性
B．空中飞行过程中，如果所有的力全部消失，运动员将竖直下落
C．到达最高点时，运动员处于平衡状态
D．运动员最终停下来是因为受到阻力作用
7．（2025·东西湖模拟）四人双桨赛艇运动员正齐心合力向后拉动船桨如图甲所示，船桨向前拨水，船向后滑行。已知船桨的轴O点到船桨尾部A点距离，到运动员手握船桨B点距离，下列说法正确的是（　　）
A．以岸上的观众为参照物，运动员和赛艇是静止的
B．当赛艇快速前进时，水对桨的力大于桨对水的力
C．图乙可以描述运动员向后拉动船桨时，船桨受到的动力与阻力的情况
D．使用的这种船桨属于费力杠杆
8．（2025·东西湖模拟）如图所示，在一个罐子的盖和底各开两个小洞，将小铁块用细绳绑在橡皮筋的中部穿入罐中，橡皮筋两端穿过小洞用竹签固定，做好后将它从不太陡的斜面滚下，观察到罐子在斜面和水平面上来回滚动，直至停下来。下列说法不正确的是（　　）
A．铁罐在斜面上从最高处滚到最低处，重力势能减小，弹性势能增加
B．铁罐在水平面向前滚动时，弹性势能转化为动能
C．铁罐在斜面上从最低处滚回到最高处，重力势能增加，弹性势能减小
D．铁罐不能滚回到原来的最高处
9．（2025·东西湖模拟）2025年初国家卫健委提倡实施“体重管理年”3年行动，为了积极响应行动号召，某科技小组设计制作了一款“简易体重秤”，其原理如图甲所示，体重的大小对应电流表示数的大小。其中为压力传感器，其电阻与所受压力的关系如图乙所示。电源电压为，，电流表的量程为。下列说法正确的是（　　）
A．压力传感器的电阻随压力的增大而增大
B．人的体重越重，电流表的示数越小
C．当没有称重时，电流表的示数为
D．体重秤的最大称量质量为
10．（2025·东西湖模拟）某实验小组利用如图所示的电路测量标有电压为2.5V的某小灯泡的电阻，电源电压为6V，滑动变阻器R标有“”字样。第一次测量时的电压等于2.5V，小灯泡正常发光，以后调节滑动变阻器，让电压逐次下调，使灯丝温度不断降低，灯泡变暗直至完全不发光，测量的数据如下表所示。下列说法正确的是（　　）
序号 1 2 3 4 5
2.5 2.0 0 1.5 1.2
0.25 0.22 0.2 0.18 0.16
A．第3组实验中电压表示数为零，可能出现的电路故障是小灯泡短路
B．实验中多次测量是为了求平均值减小误差
C．第5组实验数据不能通过实验得出
D．分析数据得出结论：小灯泡的电阻随温度的升高而减小
11．（2025·东西湖模拟）如图所示是某同学家部分家庭电路的示意图。电能表上标有“220V，10（30）A”的字样，他家正在使用的所有用电器总功率为。炎炎夏日即将来临，该同学家新购置了一台的空调和一台的制冰机。该同学利用所学的生活用电知识，下列判断正确的是（　　）
A．该电能表的额定最大电流是10A
B．图中照明灯与开关的连接符合安全用电原则
C．将空调接入电路，闭合开关后，空气开关“跳闸”，原因是空调发生了短路
D．将制冰机插入插座接入电路，制冰机与其它用电器是并联的
12．（2025·东西湖模拟）某同学家安装了一款电动上水电热水壶，具有加水、加热、保温等功能，其简化电路如图所示。S为电源开关，S1为上水开关，S2为加热开关，S3为壶底温控开关，R1为限流电阻，R2和R3为电热丝，阻值均不受温度影响。在一次使用时，先闭合S和S1，电热水壶处于加水状态、水泵M两端的电压为10V。水泵M将水注入到电热水壶直至最大水位处时，S1断开。下表是电动上水电热水壶的部分参数。下列结论：
①开关S、S2闭合，S3断开时，电热水壶处于加热状态；
②电热丝R3的阻值为40Ω；
③电热水壶处于加水状态时，流过限流电阻R1的电流为0.2A；
④水泵M将水注入到电热水壶最大水位处过程中，电路消耗的电能为20J。
其中正确的是（　　）
额定电压 220V
水泵M功率 2W
加热功率 1250W
保温功率 40W
最大水位 1.5L
最大水位注水时间 10s
A．①③ B．②③ C．②④ D．③④
二、非选择题（本题包括12小题，共60分）
13．（2025·东西湖模拟）2025年4月19日，全球首个人形机器人半程马拉松赛事在北京亦庄鸣枪开跑，全长21.0975公里，经过激烈地角逐，人形机器人凭借2时40分42秒的成绩获得冠军。如图所示是人形机器人“天工Ultra”冲线夺冠的画面。
（1）“天工Ultra”起跑后，经过了，该过程的平均速度为　 　m/s；
（2）“天工Ultra”身高约1.8m、体重约，单只脚面积，双脚站立时，“天工Ultra”对地面的压强为　 　Pa；
（3）“天工Ultra”头部除有照相机外，还搭载了3D激光雷达，能通过发射和接收　 　（填“超声波”“电磁波”或“次声波”）来侦测障碍物信息，确保行走安全。
14．（2025·东西湖模拟）利用如图所示装置探究“什么情况下磁可以生电”的实验中，按表中实验过程探究。
次数 操作 电流表指针
1 磁体不动，上下移动 不偏转
2 磁体不动。AB前后移动 不偏转
3 磁体不动，左右移动 偏转
4 AB不动，磁体左右移动 偏转
（1）实验中通过观察　 　来判别电路中是否有电流；
（2）分析上述实验现象可知：闭合电路的一部分导体在磁场里做　 　运动时，导体中就会产生电流。下列直接应用这一现象的是　 　（填数字序号）；
①手摇发电机
②自制电动机
③动圈式话筒
④电磁起重机
（3）我国供生产和生活用的交流电频率为，电流方向每秒内变化的次数为　 　。
15．（2025·东西湖模拟）如图甲，某同学在“比较不同物质的吸热情况”实验中，利用相同规格的加热器加热等质量的a、b两种液体，得到温度随时间变化的图像如图乙。
（1）实验中液体吸收热量的多少是通过　 　（填“温度计示数”或“加热时间”）来反映的。分析图像可知：质量相同的液体a和液体b，吸收相同热量时，液体a升高的温度　 　（填“大于”“等于”或“小于”）液体b升高的温度；
（2）若液体b的比热容为，则液体a的比热容为　 　；若两种液体都用来做冷却液，则液体　 　（填“a”或“b”）效果更好。
16．（2025·东西湖模拟）某同学在“研究影响滑动摩擦力大小的因素”实验中，设计了如图所示的三次实验。甲、乙两次实验用的是相同的长木板，丙实验用的是材料相同但表面更粗糙的长木板。
（1）实验时，用弹簧测力计　 　拉动木块，使它沿长木板做匀速直线运动。根据二力平衡的知识可知，弹簧测力计对木块的拉力与木块受到的滑动摩擦力大小相等；
（2）分析比较甲、乙两次实验，可以得出的结论是滑动摩擦力的大小跟　 　有关；乙实验中砝码　 　（填“受”或“不受”）摩擦力；
（3）在丙实验中画出木块对木板的压力示意图　 　。
17．（2025·东西湖模拟）小明同学在用焦距为的凸透镜“探究凸透镜成像规律”的实验中：
（1）如图所示，保持光屏和凸透镜的位置不变，要使烛焰在光屏上成清晰的像，蜡烛应向　 　（填“靠近凸透镜”“远离凸透镜”或“保持在原位置”）方向移动，此时光屏上的像是　 　（填“照相机”“投影仪”或“放大镜”）的成像原理；
（2）完成上述实验后，保持蜡烛和光屏的位置不变，若想再次在光屏上呈现清晰的像，应将凸透镜向　 　（填“左”或“右”）移动，此时光屏上成的像是倒立　 　（填“放大”“等大”或“缩小”）的。
18．（2025·东西湖模拟）某实验小组利用如图甲所示的器材“探究电流与电阻的关系”，电源电压保持4.5V不变，滑动变阻器标有“20Ω，1A”字样，三个定值电阻阻值分别为。
（1）请用笔画线代替导线，将图甲中实物图补充完整（导线不允许交叉），要求滑动变阻器的滑片P向左移动时电压表的示数变大　 　；
（2）正确连接电路后，小明依次使用三个定值电阻进行实验。每次更换定值电阻后，移动滑动变阻器的滑片，使电压表示数为　 　，记录相应电流表示数，绘制出图像如图乙所示；
（3）小华同学认为实验次数太少，又添加了、两个电阻继续实验，某次实验电流表示数如图丙所示，此时定值电阻的阻值为　 　Ω；为了让五个定值电阻都能完成实验，应控制定值电阻两端的电压至少保持　 　V。
19．（2025·东西湖模拟）“海葵一号”是中国自主设计并建造的亚洲首艘浮式生产储卸型装置，流花油田的油气开采出来以后，通过复杂的管线系统输送到“海葵一号”，“海葵一号”将原油进行提炼储存，最终将提炼储存后的原油输送至运输船上，运至陆地。“海葵一号”的自身质量是，满载时排开海水的质量是。
（1）“海葵一号”建成后将被拖运至珠江口盆地，通过水下机器人的配合与处在水深达324m海底的石油管道回接。安装作业时、海底水下机器人受到海水压强为多少Pa？
（2）“海葵一号”内部有41个独立舱室，大小不一，功能各异，分别承担压载、储油等不同任务，其中压载水舱的体积为。当“海葵一号”储存原油时，压载水舱需同时进水保持船体平衡，以免发生倾斜或侧翻；当储存的原油外输时，也需要排出适量的水，以维持船体的稳定，“海葵一号”一次最多能储存石油多少吨？
（3）相较于常规的船型，“海葵一号”的船身采用圆筒型结构设计，使其具有用钢量少、储油效率高、抵御恶劣海况能力强等优点。若安装时船身处于零压载状态，“海葵一号”船身吃水深度为h；作业时为了保持船体稳定，压载水舱保持满载状态，作业一段时间后，船身吃水深度变化了1.5h，不考虑海平面的变化，此时“海葵一号”储存石油多少吨？
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】声音的产生；音调及音调与频率的关系；防治噪声的途径；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解析】A．实验现象中，发声的音叉将乒乓球弹开，证明音叉在振动，从而说明声音是由物体振动产生的。该选项分析正确，不符合题目要求。
B．当钢尺伸出桌面的长度减小时，其振动频率加快，导致声音的音调升高。该选项分析正确，不符合题目要求。
C．汽车倒车雷达的工作原理是利用超声波的方向性强特性进行回声定位，而非电磁波。原解析中"不是电磁波回声定位"的表述存在错误，因此该选项符合题目要求。
D．佩戴防噪声耳罩属于在人耳处减弱噪声的有效措施，能有效阻隔声音传入耳中。该选项分析正确，不符合题目要求。
综上所述，正确答案为C。
【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、信息的传递：无线网络通信依靠电磁波来传递信息.
2．【答案】B
【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；凸透镜成像的应用
【解析】【解答】"楼台倒影"现象是由光的反射形成的平面镜成像。
A．树林中的光束 - 这是光沿直线传播的现象，与题目要求不符。
B．看见地上的物理课本 - 这是光的反射现象，与题目描述的现象原理一致。
C．看到水中的鱼 - 这是光的折射现象，鱼的位置看起来比实际位置浅。
D．放大镜观察邮票 - 这是光的折射现象，通过透镜形成放大的虚像。
因此，正确答案是B。
[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】A
【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】A．给鱼保鲜的冰块从鱼身上脱落并化成水，这是固态冰转变为液态水的过程，属于熔化现象。熔化过程需要吸收热量，因此选项A描述正确。
B．从冰箱取出的冻肉表面出现白霜，这是空气中水蒸气直接凝华成固态冰晶的现象，属于凝华过程（放热）。题目将其误认为凝固现象是错误的，故B选项不正确。
C．煮沸的锅打开后出现"白气"，实质是水蒸气遇冷液化成小水滴的液化现象（放热）。题目将其误认为汽化现象是错误的，故C选项不正确。
D．蒸锅使用时锅盖出现水珠，是水蒸气液化形成小水滴的现象（放热）。题目中"吸热"的描述错误，故D选项不正确。
正确答案为A。
【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】C
【知识点】能源及其分类；核裂变
【解析】【解答】A．核燃料属于矿产资源，在短期内无法再生，因此核能属于一次能源但不可再生，故A选项错误；
B．我国当前核能利用的主要形式是可控核裂变技术，而非核聚变，故B选项错误；
C．现代核能利用的核心装置是核反应堆，其链式反应过程是完全可控的，故C选项正确；
D．核能利用并非直接将核能转化为电能，而是需要经过多级能量转换过程，故D选项错误。
正确答案为C。
【分析】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
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。
5．【答案】C
【知识点】阻力对物体运动影响的探究实验；探究影响摩擦力大小因素的实验
【解析】【解答】A选项分析：小车在水平木板上运动时，若忽略空气阻力，其在竖直方向上受到重力与支持力的作用，在水平方向上仅受摩擦力作用。因此A选项的表述是错误的。
B选项分析：在研究阻力对物体运动影响的实验中，我们控制小车每次从斜面相同高度静止释放，确保其到达水平面时初速度相同。实验表明：水平面粗糙程度越大，小车受到的阻力越大，其速度衰减越快，滑行距离越短；反之，水平面越光滑，阻力越小，速度衰减越慢，滑行距离越长。因此不同粗糙程度的水平面会导致不同的滑行距离，故B选项的表述是错误的。
C选项分析：该实验通过调整水平面的粗糙程度来改变阻力大小。水平面越粗糙，摩擦力越大，小车受到的阻力也越大。这个表述是正确的。
D选项分析：实验中无法实现完全无阻力的理想状态，因此无法直接验证无阻力情况下的运动状态。我们只能通过实验现象推理得出：当阻力为零时，物体将保持匀速直线运动状态。因此D选项的表述是错误的。
综上所述，正确答案是C。
【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。
6．【答案】D
【知识点】力的作用效果；牛顿第一定律；惯性及其现象
【解析】【解析】A选项分析：惯性是物体固有的属性，其大小仅取决于物体的质量。起跳速度的变化不会改变运动员的质量，因此惯性保持不变。该选项判断为错误。
B选项分析：根据牛顿第一运动定律（惯性定律），若运动中的物体所受合外力为零，将保持当前的运动状态。因此若飞行中所有外力消失，运动员将维持匀速直线运动状态。该选项判断为错误。
C选项分析：在最高点位置，运动员仅受重力作用（忽略空气阻力），此时合外力不为零，处于非平衡状态。该选项判断为错误。
D选项分析：根据牛顿运动定律，运动状态的改变需要力的作用。运动员最终停止运动是由于受到地面摩擦力和空气阻力等外力的作用。该选项判断为正确。
综上所述，正确答案为。
【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；
牛顿第一定律：一切物体在没有受到外力作用的时候，总保持 匀速直线运动；
力的作用效果：力会使物体的运动状态和物体形状发生改变。
7．【答案】D
【知识点】力作用的相互性；参照物及其选择；杠杆及其五要素；杠杆的分类
【解析】【解答】A．以岸上观众为参照系时，运动员和赛艇的位置发生改变，因此是运动的，选项A说法错误。
B．根据牛顿第三定律，作用力与反作用力大小相等方向相反。运动员向后拉桨时，桨对水施加向后的力，水同时对桨施加向前的反作用力，这两个力大小相等，故选项B说法错误。
C．将船桨视为杠杆时，当向后拉动杠杆（B点受力向后），根据杠杆原理，水对桨的反作用力方向应为向前，因此图示中力F2的方向标注错误，选项C说法错误。
D．对船桨进行杠杆分析：支点O到阻力作用点A的距离（阻力臂）为1.8m， 支点O到动力作用点B的距离（动力臂）为0.9m，由于动力臂小于阻力臂，符合费力杠杆的特征，因此选项D说法正确。
正确答案为D。
【分析】1、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；
2、力的作用效果：力会使物体的运动状态和物体形状发生改变；
3、省力杠杆：动力臂较长，所以动力较小，常见的例子有羊角锤、核桃夹；费力杠杆：动力臂较短，动力较大，常见的例子有镊子、筷子等，等臂杠杆：动力臂等于阻力臂的杠杆，常见的例子有：天平。
8．【答案】B
【知识点】机械能及其转化
【解析】【解答】A．铁罐从斜面最高处滚到最低处时，由于高度降低（质量不变），重力势能减小。同时滚动过程中橡皮筋发生弹性形变且形变程度增大，因此弹性势能增加。该选项分析正确，不符合题目要求。
B．铁罐在水平面滚动时，速度逐渐减小（质量不变）导致动能减小；与此同时橡皮筋的弹性形变程度增大使弹性势能增加。此过程是动能转化为弹性势能，而非选项所述的"弹性势能转化为动能"，因此该选项错误，符合题目要求。
C．铁罐从斜面最低处滚回最高处时，高度增加（质量不变）使重力势能增大；同时橡皮筋的弹性形变程度减小导致弹性势能减小。该选项分析正确，不符合题目要求。
D．由于运动过程中存在摩擦等阻力因素，机械能会持续损耗，因此铁罐无法滚回原始最高位置。该选项分析正确，不符合题目要求。
正确答案选择B。
【分析】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；
弹簧的弹性势能和弹簧的形变量有关，形变量越大啊，弹性势能越大。
9．【答案】D
【知识点】电阻的串联；欧姆定律及其应用；电路的动态分析
【解析】【解答】A．图乙中，压力传感器的电阻随压力的增大而减小，故A错误；
B．图甲中，电阻串联，电源电压为24V，体重越重，对压力传感器的压力越大，电阻越小，电路总阻值越小，根据，电流越大，即电流表的示数越大，故B错误；
C．图乙中，在不称重时，压力为0，则，电流表的示数为：，故C错误；
D．电流表的量程为0 0.6A ，电路最大电流为0.6A ，则最小电阻为：
压力传感器的最小电阻为：，
根据图乙，此时最大压力为800N，体重秤的最大称量质量为，故D正确。
故选D。
【分析】在串联电路，电阻减小，总电流变大；根据，计算电流，利用，计算电阻；结合电阻大小，判断压力，根据，计算质量。
10．【答案】C
【知识点】伏安法测电阻的探究实验
【解析】【解答】A．若小灯泡短路，电压表测量导线电压，示数为零。此时电路最小电流为，说明故障不可能是小灯泡短路，故A错误；
B．实验目的是探究小灯泡电阻随温度的变化规律，由于灯丝电阻受温度影响显著，不同电压下电阻值不同，因此多次测量并非为了求平均值减小误差，故B错误；
C．电源电压6V，第5组数据显示灯泡电压1.2V时，滑动变阻器分压4.8V。若滑动变阻器接入最大阻值25Ω，最小电流为，因此第5组数据无法通过实验获得，故C正确；
D．实验数据表明：随电压降低，电流减小导致灯丝温度下降，电阻减小，证明小灯泡电阻随温度升高而增大，故D错误。
正确答案：C。
【分析】1、故障分析：灯泡短路，电压表示数为0，此时结合欧姆定律计算可知电路的电流，分析此时的电路故障；
2、灯泡的电阻随着温度的改变而改变，所以求取平均值无意义；
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；据此分析第五组实验数据是否正确。
11．【答案】D
【知识点】电能表参数的理解；家庭电路的连接；家庭电路的故障分析
【解析】【解答】A．电能表参数"220V，10(30)A"中，10A表示标定电流，30A表示额定最大电流，因此选项A的说法是错误的。
B．根据安全用电原则，开关应该连接在火线和照明灯之间。图示中的开关连接在零线上，这种做法是不正确的，故选项B错误。
C．家庭电路中空气开关跳闸可能由两种原因导致：短路或总功率过大。题目中描述的情况是：当前使用总功率为6kW，新增空调功率1kW和制冰机功率300W，总功率明显增大。因此跳闸更可能是由于总功率过大而非空调短路所致，所以选项C的说法不正确。
D．在家庭电路连接方式中，所有用电器都是并联接入电路的。将制冰机插入插座后，它与其他用电器的连接关系是并联的，因此选项D的说法是正确的。
正确答案是D。
【分析】1、电灯泡规格的分析：题目中电灯泡的规格为220V，10(30)A，所以额定电压220V，额定电流为10A，最大电流为30A；
2、电灯和开关的接法：零线直接进入灯泡的螺旋套；火线先接入开关，再进入灯泡顶端的金属点；
3、引起电流过大的原因：短路和电功率过大；
4、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。
12．【答案】B
【知识点】电功的计算；电功率的计算；多状态电路——多挡位问题
【解析】【解答】①由图可知，当开关S、S2闭合，S3断开时，电路为R2；当S、S2、S3都闭合时，与并联；根据，并联时，与并联时总电阻小，根据可知此时功率大，为加热状态，而只有接入电路时为保温状态，故①错误；
②由①分析可知，，据此求解可知，，故②正确；
③电热水壶处于加水状态时，水泵M与R1串联，水泵与M两端的电压为10V，水泵M功率为2W，根据电功率公式计算可知流过限流电阻R1的电流为为，故③正确；
④水泵M将水注入到电热水壶最大水位处过程中，已知水泵M功率2W，最大水位注水时间10s，结合电功公式计算呢可知水泵M消耗的电能，存在能量损耗可知电路消耗的电能一定大于20J，故④错误。
综上所述，正确的有②③，故ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】1、多状态电路问题的计算：原理为，当电源电压不变，电路的电阻发生变化，会导致电功率发生变化；题目中闭合不同开关，电路中存在不同的阻值；
2、电功率的计算：公式为，根据该公式计算不同功率下的电阻；并联电路中，总电功率为支路电功率之和；
3、电功的计算：公式为W=Pt。
13．【答案】（1）2.2
（2）
（3）电磁波
【知识点】速度公式及其应用；压强的大小及其计算；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】（1）平均速度的计算公式为；
（2）当“天工Ultra”双脚站立时，对地面的压力等于其重力：，对地面的压强计算公式为：
；
（3）光属于电磁波范畴，能够用于信息传输。“天工Ultra”头部配置了照相机和3D激光雷达系统，通过发射和接收电磁波来探测障碍物信息，从而保障行走过程的安全性。
【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、物体静止在地面上，对地面的重力等于压力，结合压强公式计算天工Ultra”对地面的压强3、
3、信息的传递：无线网络通信依靠电磁波来传递信息。
（1）平均速度为
（2）双脚站立时，“天工Ultra”对地面的压力为
则对地面的压强为
（3）光也是电磁波，可以用来传递信息。“天工Ultra”头部除有照相机外，还搭载了3D激光雷达，能通过发射和接收电磁波来侦测障碍物信息，确保行走安全。
14．【答案】（1）灵敏电流表的指针是否偏
（2）切割磁感线；①③
（3）100
【知识点】探究电磁感应现象的实验
【解析】【解答】（1）实验中通过观察灵敏电流表指针是否偏转来判断是否有感应电流产生。若指针偏转，表明电路中产生了感应电流。
（2）通过分析实验现象可知，产生感应电流需要满足两个条件：导体必须是闭合电路的一部分，并且要在磁场中做切割磁感线的运动。
在给定的设备中：①发电机和③动圈式话筒的工作原理都是基于电磁感应现象；②电动机的工作原理是通电导体在磁场中受力运动；
④电磁起重机利用的是电流的磁效应。因此直接应用电磁感应现象的是①和③。
（3）频率表示单位时间内周期性变化的次数。我国使用的交流电频率为50Hz（即每秒50个周期），由于每个周期电流方向改变两次，因此1秒内电流方向总共变化100次。
【分析】1、电磁感应定律的应用，闭合回路中的导体不断做切割磁感线的运动，导体中就会产生感应电流的现象就是电磁感应现象。
2、利用电磁感应制作的机械有：发电机，能量转化为机械能转化为电能。
3、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.
4、通电导线在磁场中受到力的作用，实例有：电动机。
5、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。
（1）在该实验中，是否有感应电流的产生是通过灵敏电流表的指针是否偏转来体现的，若灵敏电流表的指针发生偏转，就说明产生了感应电流。
（2）[1]分析比较实验现象，可以得出产生感应电流的条件：闭合电路的部分导体，在磁场中做切割磁感线运动。
[2] ①发电机、③动圈式话筒的工作原理都是电磁感应现象，②电动机的原理是通电线圈在磁场中受力转动，④电磁起重机是利用电流磁效应来工作的，故直接应用这一现象的是①③。
（3）频率是指单位时间内周期性变化的次数。我国供生产和生活用的交流电频率为50Hz，即一秒内完成50个周期，每个周期内电流方向变化两次，因此1秒内电流方向变化的次数为100次。
15．【答案】（1）加热时间；小于
（2）；a
【知识点】探究不同物质的吸热能力
【解析】【解答】（1）实验中采用相同的电热器加热，保证在相同时间内两种液体吸收的热量相等。通过比较加热时间来间接反映物质吸收热量的多少，这种研究方法称为转换法。
根据图乙数据可观察到，质量相等的a、b两种液体，在吸收相同热量的情况下（即加热时间相同），a液体升温幅度小于b液体。
（2）分析图乙数据可知：当质量相同的a、b液体都加热3分钟时，b液体温度升高20℃，而a液体仅升高10℃。根据热量计算公式，在吸收热量和质量相同时，比热容与温度变化量成反比关系。由于a的温度变化量是b的，因此a的比热容为b的2倍，即。
由于a液体具有更大的比热容，其吸热能力更强，因此更适合作为冷却介质使用。
【分析】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。
（1）[1]用相同的电热器加热，相同时间内放出的热量相同，可以使甲乙两种液体在相同的时间内吸收相同的热量，加热时间越长，液体吸收的热量越多，所以实验通过加热时间反映物质吸收热量的多少，这种方法叫转换法。
[2]由图乙可知，相同质量的a、b两种液体，加热相同的时间，吸收相同热量，a升高的温度小于b升高的温度。
（2）[1]由图乙可知，相同质量的a、b两种液体，加热相同的3min，吸收相同热量，b升温20℃，a升温10℃，根据可知，当吸收热量和质量都相同时，比热容和温度变化量成反比，a的温度变化量是b的倍，则a的比热容是b比热容的倍，即a的比热容为
[7]a的比热容更大，吸热能力更强，更适合做冷却液。
16．【答案】（1）匀速直线
（2）压力大小；不受
（3）
【知识点】探究影响摩擦力大小因素的实验
【解析】【解答】（1）在实验中，通过使用弹簧测力计沿长木板匀速拉动木块，使其保持匀速直线运动状态。此时木块处于平衡状态，根据二力平衡原理可知，弹簧测力计对木块的拉力与木块所受的滑动摩擦力大小相等、方向相反，构成一对平衡力。
（2）对比分析甲、乙两次实验数据，唯一变量为压力大小，测力计读数差异表明滑动摩擦力大小与压力大小存在关联性。
在乙实验中，砝码与木块保持同步匀速直线运动，两者无相对运动或相对运动趋势，因此砝码不受摩擦力作用。
（3）木块对木板的压力作用点位于接触面中心，方向垂直于木板表面向下，力的示意图如下：
【分析】1、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；
2、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，如影响摩擦力的因素有压力和接触面粗糙程度，在研究单一变量对试验结果的影响时，要保持非研究因素的相同；
3、压力的画法：物体对被压物体施加压力，作用点位于接触面上，方向指向被压物体，垂直被压物体。
（1）实验时，用弹簧测力计匀速直线拉动木块，使它沿长木板做匀速直线运动，木块处于平衡状态，根据二力平衡的知识可知，弹簧测力计对木块的拉力与木块受到的滑动摩擦力是一对平衡力，大小相等。
（2）[1]分析比较甲、乙两次实验，只有压力大小不同，测力计示数不同，说明滑动摩擦力的大小跟压力大小有关。
[2]乙实验中砝码随木块一起做匀速直线运动，二者之间没有发生相对运动，也没有产生相对运动趋势，所以砝码不受摩擦力。
（3）木块对木板的压力作用在接触面的中心处且垂直指向木板，作图如下：
17．【答案】（1）靠近凸透镜；投影仪
（2）右；缩小
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验
【解析】【解答】（1）如图所示，保持光屏和凸透镜的位置不变，像距为，图中蜡烛和凸透镜的距离为
根据凸透镜成像规律，当物距处于一倍焦距和二倍焦距之间时，像距会大于二倍焦距，形成倒立、放大的实像，这一现象常用于投影仪。因此，为了使烛焰在光屏上呈现清晰的像，蜡烛应向靠近凸透镜的方向移动。
（2）基于光路的可逆性，在完成上述实验后，若保持蜡烛和光屏的位置不变，并希望再次在光屏上得到清晰的像，应将凸透镜向右移动，使物距和像距互换。此时，物距会大于像距，形成倒立、缩小的实像。
【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；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。
3、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]如图所示，保持光屏和凸透镜的位置不变，像距为
图中蜡烛和凸透镜的距离为
根据凸透镜成像规律，物距在一倍焦距和二倍焦距之间时，像距大于二倍焦距，成倒立、放大的实像，应用是投影仪，所以要使烛焰在光屏上成清晰的像，蜡烛应向靠近凸透镜方向移动。
（2）[1][2]根据光路可逆，完成上述实验后，保持蜡烛和光屏的位置不变，若想再次在光屏上呈现清晰的像，应将凸透镜向右移动，使得物距和像距对调，此时物距大于像距，成倒立、缩小的实像。
18．【答案】（1）
（2）2.4
（3）20；2.5
【知识点】探究电流与电压、电阻的关系实验
【解析】【解答】（1）将电压表并联在电阻两端，滑动变阻器与电阻串联。当滑片P向左移动时电压表示数增大，表明电路电流增大，说明变阻器接入电路的阻值减小，因此需要将导线连接在变阻器的左下接线柱上。具体连接方式如图所示：
（2）在探究电流与电阻关系的实验中，需要控制电阻两端的电压不变。通过分析实验数据图像，选取其中一组电流和电阻值，根据欧姆定律可计算出保持不变的电压值为：
（3）图中使用的是小量程电流表，其分度值为0.02A，读数为0.12A。实验中保持定值电阻两端电压为2.4V，根据欧姆定律的变形公式可计算出此时定值电阻的阻值为：
实验过程中，当定值电阻越大时，滑动变阻器所需的阻值越大。而滑动变阻器的阻值最大为20Ω，当定值电阻阻值为25Ω时，根据串联分压规律，此时，电源电压保持4.5V不变，则此时定值电阻两端电压。因此保持定值电阻两端电压为2.4V时，当定值电阻为25Ω这组实验无法完成。为了让五个定值电阻都能完成实验，应控制定值电阻两端的电压至少保持2.5V。
【分析】1、电路动态分析：变阻器是通过改变接入电路的电阻长度进而改变电路的电流和电压，当变阻器滑片向左移动时，接入电路中的阻值变小，需要将导线连接在变阻器的左下接线柱上；
2、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；
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、串联分压：用电器串联时，其两端的电压和电阻成正比，据此分析可知，当定值电阻为15Ω，变阻器的最大电阻为20Ω，所以，结合实验条件是否可以满足该条件。
（1）将电压表与电阻并联，滑动变阻器与电阻串联，滑动变阻器的滑片P向左移动时电压表的示数变大，即电路中电流变大，说明变阻器接入电路的电阻减小，则导线应接变阻器的左下接线柱，如图所示
（2）探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，即应保持电阻两端的电压不变，根据图像去其中一次实验的电流和电阻值，根据欧姆定律计算可得电压为U=I1R1=0.24A×10Ω=2.4V
（3）[1]图中所用电流表为小量程，分度值为0.02A，读数为0.12A。实验过程中保持定值电阻电压为2.4V，根据欧姆定律推导式可知此时定值电阻阻值为
[2]实验过程中，当定值电阻越大时，滑动变阻器所需的阻值越大。而滑动变阻器的阻值最大为20Ω，当定值电阻阻值为25Ω时，根据串联分压规律，此时，电源电压保持4.5V不变，则此时定值电阻两端电压。因此保持定值电阻两端电压为2.4V时，当定值电阻为25Ω这组实验无法完成。为了让五个定值电阻都能完成实验，应控制定值电阻两端的电压至少保持2.5V。
19．【答案】（1）海底水下机器人水深达324m，海底水下机器人受到海水压强为
（2）当“海葵一号”储存原油时，压载水舱需同时进水保持船体平衡，以免发生倾斜或侧翻，原油质量需与压载水舱水的质量相等，当压载水舱满载时，储存石油的石油最多为
（3）圆筒型结构设计，底面积相同的圆柱体。零压载状态船身吃水深度为h，作业一段时间后，船身吃水深度变化了1.5h，即增加了1.5h，说明排开水的体积增加了零压载状态的1.5倍，即
“海葵一号”始终漂浮，浮力等于重力则重力的增加量等于浮力的增加量，由此可知压载水舱保持满载，储存石油
【知识点】密度公式及其应用；重力及其大小的计算；液体压强的计算；阿基米德原理
【解析】【分析】1、压强的计算：公式为；
2、当压载水舱满载时，储存石油的石油最多为；
3、浮力的本质为上下表面产生的压力差，计算公式为F浮=ρ液gV排，所以物体所受浮力和物体所处的深度无关，与排开水的体积有关，当排开水的体积越小时，浮力越小，排开水的体积越大时，浮力越大；阿基米德原理：物体排开水的重力等于物体所受浮力；物体沉浮条件：物体悬浮时的浮力等于重力（排开水的体积等于物体体积），物体的密度等于液体的密度，物体漂浮表明浮力等于重力（排开水的体积小于物体体积），物体的密度小于液体的密度，物体下沉时重力大于浮力（排开水的体积等于物体体积），物体的密度大于液体的密度。
（1）海底水下机器人水深达324m，海底水下机器人受到海水压强为
（2）当“海葵一号”储存原油时，压载水舱需同时进水保持船体平衡，以免发生倾斜或侧翻，原油质量需与压载水舱水的质量相等，当压载水舱满载时，储存石油的石油最多为
（3）圆筒型结构设计，底面积相同的圆柱体。零压载状态船身吃水深度为h，作业一段时间后，船身吃水深度变化了1.5h，即增加了1.5h，说明排开水的体积增加了零压载状态的1.5倍，即
“海葵一号”始终漂浮，浮力等于重力则重力的增加量等于浮力的增加量，由此可知
压载水舱保持满载，储存石油
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