资源简介

广东省深圳市南山实验教育集团2026年中考二模物理试卷
一、单选题(本大题共7小题，每小题2分，共14分。在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
2026年3月，在葡萄牙举行的WSBK 世界超级摩托车锦标赛中，车手驾驶张雪机车820RR-RS 赛车斩获两回合冠军。这是中国摩托品牌首次登顶该顶级赛事，实现历史性突破。请完成以下1-4题。
1．在比赛过程中，以(　　)为参照物，赛车是静止的。
A．车手 B．赛道 C．观众 D．转播屏幕
2．关于赛车在赛道上行驶的力学分析，下列说法正确的是(　　)
A．赛道对赛车的支持力是由于轮胎发生弹性形变产生的
B．赛车匀速直线行驶时，牵引力大于受到的阻力
C．摩托车轮胎上凹凸不平的花纹有助于增大摩擦力
D．赛车减速进入弯道时，惯性随速度减小而变小
3．如图为机车的离合器手柄，下列杠杆中与它原理相同的是(　　)
A．筷子
B．羊角锤
C．托盘天平
D．钓鱼竿
4．比赛中，张雪赛车在直道加速超越雅马哈，然后减速进弯，下列说法正确的是(　　)
A．赛车加速时，动能转化为重力势能
B．赛车加速时，发动机的内能转化为赛车的机械能
C．赛车减速时，刹车片发热是通过热传递的方式改变内能
D．赛车减速时，动能转化为内能散失掉了，不符合能量守恒定律
5．今年，深圳比亚迪公司推出“兆瓦闪充”技术，其峰值充电功率可达1000kW(1兆瓦)以上，该技术通常只在专用的高压充电站中使用。下列说法正确的是(　　)
A．若充电桩起火，第一时间应浇水扑灭
B．兆瓦闪充是指设备工作时电流做功更快
C．对同一台汽车充电，兆瓦闪充比普通快充消耗的电能多
D．只需要更换家庭电路中电表的电流规格，就能安全使用兆瓦级充电设备
6．如图所示为科学兴趣小组的同学自制的漂浮式指南针。铜片、锌片和食盐水溶液共同组成了“盐水电池”。通电螺线管在 C点的磁场方向向左。下列说法正确的是(　　)
A．通电螺线管周围的磁场分布与蹄形磁铁类似
B．电子从铜片经螺线管流到锌片
C．通电螺线管静止时B端指向地理南方
D．铜片是盐水电池的正极，锌片是负极
7．肺活量检测是国家学生体质测试的正式项目，如图是某创新小组设计的肺活量检测装置原理图。电流表A2可以显示肺活量大小，吹入气体越多，气囊体积越大，推动隔板与滑片一起向上移动(R1长度足够，可确保电路安全)。电源电压恒定，R0为定值电阻，电流表A1、A2测量范围相同，未吹气时滑片处于 R1下端。下列说法正确的是(　　)
A．肺活量越大，电流表A1、A2的示数之差越大
B．肺活量越大，电压表V与A1示数的比值越大
C．适当减小 R0的阻值，可增大测量范围
D．适当减小电源电压，可增大测量范围
二、作图题(本大题共2小题，共5分)
8．如图是小明早晨出门前在穿衣镜前试鞋的情景，请在图中画出他看到鞋上 S点的像S'的光路图。(保留作图痕迹)
9．如图，无人机下方吊着外卖在空中沿虚线方向做匀速直线运动(不计空气阻力)，请画出外卖的受力示意图。(外卖的重心0点在图中已标出)
三、填空题(本大题共4小题，每空1分，共9分)
10．小明查阅资料发现：某些无人机使用四冲程汽油发动机作为增程器(在电池电量不足时启动)。在汽油机工作中，将机械能转化为内能的冲程是　 　冲程。若发动机飞轮转速为3600 r/min，则每秒钟对外做功　 　次。
11．地面工作人员通过发射　 　(选填“超声波”或“电磁波”)来控制无人机。无人机上的旋翼电动机与摄像机可以独自工作，它们是　 　(选填“串联”或“并联”)的。
12．给无人机充电时，无人机的电池相当于　 　(选填“用电器”或“电源”)；若无人机飞行过程中受到的一切外力消失，无人机将会　 　(选填“保持静止”、“做匀速直线运动”、“竖直下落”)。无人机低空配送货物时，其影子出现在无人机下方的东侧，则此时是一天中的　 　 (选填“上午”、“中午”、“下午”)
13．无人机的电动机在长时间飞行后会发热，这是因为电流的　 　效应。若电动机的线圈电阻为2Ω，正常工作时通过线圈的电流为5A，则线圈在1m in内产生的热量为 　 　J。
四、实验探究题(本大题共3小题，共14分)
14．小明用如图所示的器材“探究凸透镜成像的规律”。
（1）在图甲中，小明将眼镜放在蜡烛和凸透镜之间，发现光屏上原本清晰的像变模糊了，向左移动光屏，光屏上的像又变清晰了，说明该眼镜是　 　(选填“近视”或“远视”)眼镜；
（2）将蜡烛从如图甲中的位置开始逐渐靠近凸透镜，能观察到图乙三个不同的像，三个像出现的先后顺序是　 　(填符号)：
（3）随着蜡烛燃烧变短，原来光屏中央的像“跑”到上方，为了使像回到中央，接下来的操作是　 　；
（4）如图丙所示，固定蜡烛和光屏，两者间距为L0.当凸透镜位于光具座上A处时，恰好在光屏上成清晰的像，此时所成的像是　 　的(选填“放大”、“等大”或“缩小”)。将凸透镜向右移到B处(图中未标出)，光屏上再次成清晰的像，若透镜移动的距离为s，则A处到蜡烛的距离L=　 　(用L0和s表示)。
15．某兴趣小组为了测量某种未知液体的密度，制作了一个微型密度计，在圆柱形木棒的一端缠绕一些铜丝，已知木棒的横截面积为 0.5cm2.(g=10N/ kg，木棒不吸液体)
（1）小组同学将密度计放入酒精中处于漂浮状态，放入另一种液体中，发现密度计露出液面高度增大，并发生倾斜，则该液体密度　 　酒精密度(选填“>”，“<”或“=”)，接下来对密度计进行改进，可行的方法是　 　。
（2）密度计漂浮在密度为0.8g/cm3的酒精中，排开酒精的体积是12.5cm，把该密度计放置于未知液体中，标记该液体密度所在的位置，在“0.8g/cm3”的刻度线下方9cm处，则该未知液体的密度是　 　g/cm3。
16．在“用电流表和电压表测量电阻”的实验中：
（1）实验小组用两节新干电池连接了如图所示的电路，闭合开关前发现有一根导线连接错误。请在错误的导线上画“×”，并画出正确的连接位置　 　；
（2）-正确连接电路后，闭合开关发现电压表和电流表均无示数，移动滑片时电压表和电流表仍然没有示数，电路的故障可能是　 　；
（3）小亮所在的小组得到多组数据如表所示。
序号 电压表示数 U/V 电流表示数 I/A 待测电阻
1 2.0 0.08 25.0
2 1.5 0.12 12.5
3 1.0 0.16 6.25
分析数据发现，三组数据中测得 R1的阻值差距很大，远超过误差允许范围。产生这一现象的原因是：小亮在连接电路时　 　。
（4）小亮认真分析后，认为利用以上数据也可求得待测电阻的阻值，则由数据可得该电阻的阻值为　 　Ω。
（5）小组成员交流后，发现表格有一处需要修改，你认为需要修改的是　 　.
五、计算题(本大题共2小题，共14分)
17．在一次湖泊应急救援演练中，一名“伤员”静躺在救生艇上，等待心肺复苏。“伤员”与救生艇的总质量为 120 kg，救生艇底部平直，面积为0.8m2。进行胸外按压时，为使按压有效，需施加300N的压力，且每次按压的深度至少为4cm。已知水的密度 g取10 N/ kg，求：
（1）救援前，救生艇排开水的体积；
（2）一次按压中救援人员对“伤员”所做的功；
（3）救生员上艇后，救生艇下降了8cm，水对救生艇底部的压力增加了多少
18．深圳某公司研发的智能消毒机器人内置消毒液加热器以及测温报警电路。测温报警简化电路如图甲所示，电源电压恒为10V，R1为定值电阻， Rt为热敏电阻，其阻值随温度变化如图乙所示，当电流表示数≥3mA 时，报警器触发。已知机器人内消毒液质量为0.2kg，比热容为 加热器加热功率为36W。
（1）当温度达到40℃时电路恰好报警，求R1的阻值；
（2）加热器在 250s内将消毒液从 20℃加热至 35℃，求加热器的热效率(结果保留到小数点后一位)。
六、综合题(本大题共2小题，共14分)
19． 撒哈拉沙漠之“钢铁巨龙”
2026 年 2 月 1日，非洲首条沙漠重载铁路在撒哈拉沙漠通车。中国铁建团队直面极端环境，攻克风沙侵扰与地基松软等世界性难题，确保了铁路的畅通与稳定。请根据所学知识回答下列问题。
（1）项目建设中，大量采用中国制造的CPG500铺轨机，用单根504 米长钢轨替代传统的短钢轨，可以减少钢轨接缝数量，降低噪声，这是在　 　减弱噪声。
（2）在沙漠松软地基上铺设铁轨，需固定轨枕以防列车通过时前后左右移动，通常会在沙地表面覆盖碎石层，目的是通过　 　来增大摩擦力从而固定轨枕。
（3）在风沙严重路段，采用了“以桥代路”的方式，当列车通过高架桥时，高架桥保持静止，高架桥受到的重力和桥墩对它的支持力　 　(选填“是”或“不是”)一对平衡力。
（4）如图甲所示，在双层陶罐之间装满湿沙层，通过湿沙层中的水　 　吸热使食物降温，可延长食物保质期。
①小明为了探究双层陶罐降温效果的影响因素，使用相同的陶罐，在不同的风速、空气相对湿度(RH)条件下做了实验，结果如图乙(降温效果指数越大，降温效果越好)。沙漠中，白天风速较高、空气相对湿度较低，夜晚风速较低、空气相对湿度较高，请根据图乙分析，　 　(选填“白天”或“夜晚”)时段使用双层陶罐的降温效果更好。
②双层陶罐的降温效果可能还与填充的物质有关，小明分析，湿沙层沙粒的间隙会增大水与空气的接触面积，若小明的分析正确，你认为在空气相对湿度为40%时，在其它条件都相同的情况下，在双层陶罐之间“直接注满水”的降温效果指数与风速关系的图像应在图乙的　 　(选填“I”或“II”)区域。
20．跨学科实践——自制“鹏城风能小屋”
【项目背景】
作为滨海城市，深圳风能资源丰富，为打造“光伏/海上风电+储能+绿电直连”零碳数据中心，将风力发电与储能技术结合，为城市提供绿色电力。某物理小组对此展开调查，并设计制作简易风能小屋模型。
【项目分解】
(Ⅰ)了解风力发电系统
(Ⅱ)自制简易风能小屋
【项目实施】了解风力发电机组
风力发电机组主要由叶片、齿轮箱、发电机等组成，其简化结构如图甲，叶片在风的作用下旋转，经过齿轮箱增速后，发电机转子高速旋转发电。已知风力发电机正常发电时输出功率P与风速v的三次方成正比，风力发电机和汽车动力电池部分参数如下表所示。[能量密度是指单位质量电池储存的电能]
风力发电机 汽车动力电池
风速范围 2.0~12m/s 电池质量 400kg
最大输出功率 400kW 电池能量密度 200W·h/ kg
（1）风力发电机是根据　 　原理制成的，风能属于　 　再生能源。(选填“可”或“不可”)
（2）当风速为12m/s时，利用发电机输出电能为汽车动力电池充电，电池电量从30%充到80%的过程中，获得的电能为　 　kW·h，若该风力发电机组齿轮箱中转动加速器的加速比为1：20(即叶片转速与发电机转子转速之比)，发电机转子1.5min转600圈，充电利用效率为60%，则要完成这次电池充电，发电机叶片至少需要转动　 　圈。
(Ⅱ)制作简易风能小屋
（3）当风正面垂直吹向静止叶片时，如图乙所示，从正面看，叶片A会　 　(选填“顺时针”或“逆时针”)转动；
（4）【项目评估】小组同学将简易风力发电机与灯泡用导线直接连接，制作成如图丙所示简易风能小屋，灯泡实际功率与风速大致关系如图丁所示。
下表所示是项目实施Ⅱ的部分评价指标，根据评价表对其进行评价。
评价等级 优秀 良好 合格 不合格
评价指标 1.任何风速下均能发电 2.发电时小灯泡能一直稳定发光 1.一定风速范围下能发电 2.发电时小灯泡能一直稳定发光 1.一定风速范围下能发电 2.发电时小灯泡不能一直稳定发光 1.任何风速下均不能发电 2.小灯泡不发光
① 结合图丁，你的评价等级是　 　，依据是：　 　；
② 进一步给出装置优化建议　 　。
答案解析部分
【答案】1．A
2．C
3．B
4．B
【知识点】热传递改变物体内能；惯性及其现象；增大或减小摩擦的方法；参照物及其选择；杠杆的分类
【解析】【分析】（1）在研究机械运动时要先选择参照物，如果物体相对于参照物位置不变，则物体静止；如果物体相对于参照物位置发生变化，则物体是运动的；
（2）物体受到的弹力是由施力物体形变产生的；赛车匀速直线行驶时，处于平衡状态，受到的牵引力与阻力是一对平衡力，大小相等，据此分析；增大摩擦力的方法：在接触面粗糙程度一定时，通过增大压力来增大摩擦力；在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力。物体保持原来运动状态不变的性质叫做惯性，惯性只与物体的质量有关；
（3） 结合图片和生活经验，找出支点，判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆；
（4） 动能与物体的质量和速度有关，重力势能与物体的质量和高度有关；赛车的发动机工作时将内能转化为机械能；改变物体内能的两种方式：做功和热传递；根据能量守恒定律分析。
1．A、在比赛过程中，赛车与车手之间没有位置的变化，以车手为参照物，赛车是静止的，故A正确；
B、在比赛过程中，赛车与赛道之间有位置的变化，以赛道为参照物，赛车是运动的，故B错误；
C、在比赛过程中，赛车与观众之间有位置的变化，以观众为参照物，赛车是运动的，故C错误；
D、在比赛过程中，赛车与转播屏幕之间有位置的变化，以转播屏幕为参照物，赛车是运动的，故D错误。
故选：A。
2．A、赛道对赛车的支持力是由于赛道发生弹性形变产生的，故A错误；
B、赛车匀速直线行驶时，处于平衡状态，牵引力等于受到的阻力，故B错误；
C、摩托车轮胎上凹凸不平的花纹，是在压力一定的情况下，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力，故C正确；
D、惯性只与物体的质量有关，赛车减速进入弯道时，质量不变，惯性大小不变，故D错误。
故选：C。
3．机车的离合器手柄，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆。
A、筷子使用时，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，故A错误；
B、羊角锤使用时，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，故B正确；
C、托盘天平使用时，动力臂等于阻力臂，属于等臂杠杆，故C错误；
D．钓鱼竿使用时，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，故D错误。
故选：B。
4．A、比赛是在平直的赛道上进行，赛车加速时，质量不变，速度增加，动能变大，高度不变，重力势能不变，动能没有转化为重力势能，故A错误；
B、赛车的发动机是汽油机，工作时将内能转化为机械能，故B正确；
C、赛车减速时，刹车系统克服摩擦做功，刹车片的内能增加，温度升高，是通过做功的方式改变内能，故C错误；
D、根据能量守恒定律可知，赛车减速时，动能转化为内能，能的总量保持不变，故D错误。
故选：B。
5．【答案】B
【知识点】电功率与电能、时间的关系；电功率的计算
【解析】【解答】A、充电桩起火多是因为电路短路、过载引发的电气火灾，浇水会导致触电风险加剧，还可能因水的导电性扩大火势。正确做法是先切断电源，再用干粉灭火器灭火，故A错误；
B、“兆瓦闪充”中的“兆瓦”是功率单位，功率表示电流做功的快慢，功率越大，电流做功越快，充电速度也就越快，故B正确；
C、对同一台汽车充电，最终需要补充的电能由电池剩余电量和电池容量决定，与充电速度无关。兆瓦闪充只是缩短了充电时间，消耗的总电能和普通快充相同，故C错误；
D、兆瓦级充电设备功率极大，家庭电路的导线载流量、开关额定电流等都无法匹配其负荷，仅更换电表电流规格会导致导线过热起火，存在严重安全隐患，不能直接在家庭电路中使用，故D错误。
故选：B。
【分析】充电桩起火时，必须先切断电源，然后再救火；对同一台汽车充电，电池需要的电能是一定的，根据W=Pt可知快充的功率大于慢充的功率。
6．【答案】D
【知识点】磁场；地磁场；通电螺线管的磁场
【解析】【解答】A．通电螺线管外部的磁场与条形磁铁的磁场相似，并非蹄形磁铁，故A错误；
BD．在盐水电池中，锌片是负极，铜片是正极，电子带负电，在电源外部，电子从负极经导线流向正极，所以电子从锌片经螺线管流到铜片，故B错误，D正确；
C．由图，电子从锌片经导线流到铜片，则电流从通电螺线管右端流入，左端流出，根据安培定则（用右手握住螺线管，让四指弯曲的方向和电流的方向一致，拇指所指的那端就是通电螺线管的N极），通电螺线管的A端为S极，B端为N极，因为地磁的南极在地理的北极附近，所以通电螺线管静止时N极应指向地理北方，即B端指向地理北方，故C错误。
故选：D。
【分析】根据电源的正负极判定螺线管中电流的方向，根据安培定则判定螺线管的极性；在磁体的外部，磁感线是从磁体的N极出来回到磁体的S极的；电子定向移动的方向与电流的方向相反。
7．【答案】D
【知识点】欧姆定律及其应用；电路的动态分析
【解析】【解答】由图可知，定值电阻R0和滑动变阻器R1并联，电压表V测电源电压（示数始终等于电源电压U，保持不变），电流表A1测干路总电流，电流表A2测R1支路电流。肺活量越大，滑片越靠上，R1接入电路的阻值越小。
A．根据并联电路电流规律，A1、A2的示数之差等于R0支路的电流I0。R0是定值电阻，并联电压等于电源电压U不变，由I=得大小不变，因此示数之差不变，故A错误；
B．电压表V的示数与电流表A1的示数的比值为电路总的电阻，肺活量越大，滑片往上滑，R1接入电路的电阻变小，根据欧姆定律知，支路的电流变大，电路中的总电流变大，根据欧姆定律知，电路的总电阻变小，即电压表V的示数与电流表A1的示数的比值越小，故B错误；
C．电流表A1、A2量程相同，干路电流I总=I0+I1＞I1，因此A1先达到量程。最大测量时，干路电流等于A1的量程Ig，因此可得最大R1电流：I1max=Ig-I0，I1max越大，可测量的肺活量越大，测量范围越大。若减小R0阻值，电源电压U不变，由得I0增大，因此I1max=Ig-I0减小，测量范围减小，故C错误；
D．若适当减小电源电压U，由得I0减小，因此I1max=Ig-I0增大，可允许更大的I1，对应更小的R1，更大的肺活量，因此测量范围增大，故D正确。
故选：D。
【分析】定值电阻R0与滑动变阻器R1并联，并联电路中各支路间互不影响，肺活量越大，影响的是R1支路的电阻和电流，不影响R0支路电流；电压表V的示数与电流表A1的示数的比值为电路的总电阻，肺活量越大，滑片往上滑，R1接入电路的电阻变小结合欧姆定律分析电流与总电阻大小；电流表A1、A2量程相同，根据并联电路的特点知，干路电流最先达到最大值，因而增大R0的阻值，减小定值电阻的电流，结合并联电路的特点和欧姆定律分析；根据欧姆定律分析各个电流变化，结合欧姆定律分析电阻变化。
8．【答案】
【知识点】平面镜成像的相关作图
【解析】【解答】 根据平面镜的特点在平面镜的另一侧作出鞋面S点的对称点S'，即为其在平面镜中的像；连接像点与眼睛与镜面相交于一点O，即为入射点，连接SO是入射光线，O与眼睛为反射光线，如图所示：
【分析】根据平面镜成像的特点：像与物体关于镜面对称可作出S点在平面镜中的像S'；根据反射光线的反向延长线过像点即可作出小聪的眼睛看到鞋面S点在平面镜中所成像的完整光路图。
9．【答案】
【知识点】力的三要素及力的示意图；重力示意图
【解析】【解答】小球做匀速直线运动，处于平衡状态，不计空气作用力影响，且受到竖直向上的拉力F和竖直向下的重力G的作用，据此画出小球的受力示意图如下：
【分析】小球做匀速直线运动，处于平衡状态，不计空气作用力影响，且受到竖直向上的拉力F和竖直向下的重力G的作用，据此画出小球的受力示意图。
10．【答案】压缩；30
【知识点】热机的四个冲程；有关热机的计算
【解析】【解答】在汽油机工作的四个冲程中，将机械能转化为内能的是压缩冲程；3600r/min=60r/s，所以完成2×60=120个冲程，对外做功30次。
【分析】内燃机在压缩冲程的能量转化是机械能转化为内能；已知飞轮的转速，可以得到1s转动的次数。对于四冲程内燃机，一个工作循环包括四个冲程，飞轮转动两周，由此得到1s完成的冲程；另外四个冲程做功一次，从而得到做功次数。
11．【答案】电磁波；并联
【知识点】串联电路和并联电路的辨别；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】声音的传播需要介质，电磁波的传播不需要介质，故地面工作人员通过发射电磁波来控制无人机；无人机上的旋翼电动机与摄像机可以独自工作，互不影响，是并联的。
【分析】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，也可以在真空中传播。在并联电路中，各用电器可以独立工作，互不影响。
12．【答案】用电器；做匀速直线运动；下午
【知识点】光的直线传播及其应用；牛顿第一定律；电路的构成及电路图
【解析】【解答】给无人机充电时，电池消耗电能，将电能转化为化学能储存起来，此时电池消耗电能，相当于用电器。根据牛顿第一定律，物体在不受外力作用时，会保持原来的运动状态。无人机飞行过程中是运动的，若一切外力消失，它将保持原来的运动状态，做匀速直线运动。影子出现在无人机下方的东侧，说明太阳在无人机的西侧。一天中，太阳上午在东侧，中午在正南，下午在西侧，因此此时是下午。
【分析】电路的组成：电路是由提供电能的电源、消耗电能的用电器、控制电路通断的开关和输送电能的导线四部分组成，缺少或不完整都会影响电路的正常工作。结合牛顿第一定律分析。影子是由于光的直线传播形成的。
13．【答案】热；3000
【知识点】焦耳定律的应用；电流的热效应
【解析】【解答】无人机的电动机在长时间飞行后会发热，将电能转化为内能，这是因为电流的热效应；
线圈在1min内产生的热量
【分析】将电能转化为内能利用了电流的热效应。根据求出线圈1min内产生的热量。
14．【答案】（1）远视
（2）ACB
（3）蜡烛向上移
（4）放大；
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验
【解析】【解答】（1）向左移动光屏，像又变清晰，像距变小，说明该眼镜使光线会聚，凸透镜对光线有会聚作用，远视眼用凸透镜矫正，所以该眼镜是远视眼镜；
（2）凸透镜成虚像规律可知，物远像远像变大，物近像近像变小，将蜡烛从20cm处逐渐远离凸透镜的过程中，当 u＜f，成正立、放大的虚像（对应B），凸透镜成实像规律可知，物距越小，像距越大，像越大，先成倒立、放大的实像（对应C），再成倒立、缩小的实像（对应A），所以先后顺序是A、C、B；
（3）像“跑”到上方，根据“过光心的光线传播方向不变”，可将蜡烛向上移动（或凸透镜向下移动、光屏向上移动），使像回到中央；
（4）固定蜡烛和光屏，凸透镜在A处时，物距＜像距，根据凸透镜成像规律，此时成倒立、放大的实像。设A处到蜡烛的距离为L，则A处到光屏的距离为L0-L；凸透镜移到B处时，根据光路可逆，此时物距为L0-L，像距为L，移动距离s=L0-L-L=L0-2L，解得：L=。
【分析】（1）向左移动光屏，像又变清晰，像距变小，说明该眼镜使光线会聚，远视眼镜是凸透镜，凸透镜对光线有会聚作用，据此分析。
（2）根据凸透镜成实像规律可知，物距越大，像距越小，像越小，
凸透镜成虚像规律可知，物远像远像变大，物近像近像变小，据此分析。
（3）根据“过光心的光线传播方向不变”，进行分析。
（4）物距＜像距，根据凸透镜成像规律，此时成倒立、放大的实像。根据光路可逆得出A处到蜡烛的距离。
15．【答案】（1）>；增加配重
（2）1.25
【知识点】阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】（1）密度计漂浮在液面上，在不同液体中受到的浮力等于重力，故浮力大小不变。小组同学将密度计放入酒精中处于漂浮状态，放入另一种液体中，发现密度计露出液面高度增大，排开液体的体积变小，由阿基米德原理可知，该液体密度＞酒精密度，；发现密度计发生倾斜，是因其重心过高，接下来对密度计进行改进，可行的方法是增大圆柱形木棒的一端缠绕铜丝的长度。
（2）排开酒精的体积是12.5cm3，则在酒精中的深度为
h液=25cm-9cm=16cm，由阿基米德原理F浮=ρ液gV排有
ρ液gh液S=ρ酒精gh酒精S
即ρ液（0.25m-0.09m）=0.8g/cm3×0.25m
该未知液体的密度是
ρ液=1.25g/cm3。
【分析】（1）密度计漂浮在液面上，根据漂浮的特点确定受到的浮力大小不变，由阿基米德原理分析；发现密度计发生倾斜，是因其重心过高，据此分析；
（2）得出在酒精中的深度，由阿基米德原理，根据受到的浮力大小不变得出该未知液体的密度。
16．【答案】（1）
（2）滑动变阻器断路
（3）把电压表并联到滑动变阻器两端
（4）12.5
（5）增加电阻 R1的平均值一栏
【知识点】伏安法测电阻的探究实验
【解析】【解答】（1）图中滑动变阻器与定值电阻并联，电压表串联在电路中，应该滑动变阻器应该定值电阻串联，电压表应该与用电器并联，如下图所示：
（2）连接完电路后，闭合开关发现电压表和电流表均无示数，电路断路，且电压表与电源没有连通，移动滑片时电压表和电流表仍然没有示数，电路的故障可能是滑动变阻器断路；
（3）由表中数据可知，电压表的示数减小时，电路中的电流增大，且电阻的阻值减小，说明电压表并联在了滑动变阻器两端；
（4）根据串联电路的电压特点，定值电阻两端的电压，Ux=U-U滑，
定值电阻的电阻值为：
同理可算出2、3次实验的电阻分别为12.5Ω、12.5Ω，则平均电阻还是12.5Ω；
（5）多次测量求平均值可以减小误差，所以表格中需要设计求平均电阻。
【分析】（1）滑动变阻器应与定值电阻串联，电流表与电阻串联，电压表与定值电阻并联；
（2）电压表和电流表均无示数，电路可能断路，且电压表与电源没有连通，据此分析；
（3）由表中数据可知，电压表的示数减小时，电路中的电流增大，说明电压表不是并联在待测电阻两端，而是并联在了滑动变阻器两端；
（4）根据串联电路的电压特点得出定值电阻两端的电压，根据串联电路的规律和欧姆定律可求定值电阻的阻值，代入数据算出每次的电阻，求出平均电阻；
（5）多次测量求平均值可以减小误差。
17．【答案】（1）解：
因为救生艇静止漂浮在水面上 所以
由 得
答：救援前救生艇排开水的体积是0.12m3.
（2）答：一次按压中救援人员对“伤员”所做的功是12J.
（3）解：
答：救生员上艇后，救生艇下降了8cm，水对救生艇底部的压力增加了640N
【知识点】压强的大小及其计算；液体压强的特点；阿基米德原理；功的计算及应用
【解析】【分析】（1）根据漂浮的条件结合阿基米德原理计算救生艇排开水的体积；
（2）根据W=Fs计算功；
（3）根据液体压强公式结合F=pS分析。
18．【答案】（1）解：由图乙可知，当t=40℃时， Rt=5kΩ=5000Ω 1分闭合开关 S， Rt和 R1并联，所以U=U1= Ut=10V
I1=I-It = 0.003A-0.002A =0.001A
答：当温度达到40℃时电路恰好报警，R1的阻值为
（2）解： J1分
W = Pt = 36W×250s=9×103J
答：加热器在250s内将消毒液从20℃加热至35℃，加热器的热效率为83.3%.
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率的计算；电功与热量的综合计算
【解析】【分析】（1）由图甲可知，定值电阻R1和热敏电阻Rt并联，电流表测干路中的电流。由图乙可知，当温度达到40℃时Rt的阻值，根据并联电路的电压规律和欧姆定律求通过Rt的电流，根据并联电路的电流规律可知通过R1的电流，根据欧姆定律求R1的阻值；
（2）根据Q吸=cmΔt求消毒液吸收的热量，根据P=求加热器消耗的电能，根据η=求加热器的热效率。
19．【答案】（1）声源
（2）增大接触面的粗糙程度
（3）不是
（4）蒸发；白天；Ⅱ
【知识点】影响蒸发快慢的因素；平衡力的辨别；增大或减小摩擦的方法；防治噪声的途径
【解析】【解答】（1）根据题意可知，大大减少了传统短轨铁路中的接口（如图乙）数量，使得列车可以高速平稳运行、减少了振动和噪声，这是在声源处减弱噪声；
（2）在沙地表面覆盖碎石层，是在压力一定的情况下，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力，从而固定轨枕；
（3）当列车通过高架桥时，高架桥保持静止，处于平衡状态，此时高架桥受到向下的重力、列车对高架桥向下的压力以及桥墩对它向上的支持力，满足F支=G桥+F压，所以高架桥受到的重力和桥墩对它的支持力大小不相等，则二力不是一对平衡力；
（4）双层陶罐之间湿沙层中的水，通过汽化（蒸发）吸收热量，使内罐的食物温度降低；
①根据图乙可知，降温效果指数随风速的增大而增大，随空气相对湿度的增大而减小。沙漠中白天风速较高、空气相对湿度较低，这两个条件都有利于提高降温效果指数，因此白天使用双层陶罐的降温效果更好；
②湿沙层中沙粒的间隙增大了水与空气的接触面积，加快了水的蒸发，从而提高了降温效果。若直接注满水，水与空气的接触面积会减小，蒸发变慢，降温效果会变差，即降温效果指数会降低。因此，在空气相对湿度为40%时，其图像应在原曲线的下方，即Ⅱ区域。
【分析】（1）防治噪声的途径，从三方面考虑：①在声源处减弱噪声；②在传播过程中减弱噪声；③在人耳处减弱噪声。
（2）根据影响滑动摩擦力大小的因素（压力和接触面粗糙程度）进行分析；
（3）根据二力平衡的条件（同体、等大、反向、共线）进行分析；
（4）根据汽化吸热的原理，以及影响蒸发快慢的因素（温度、液体表面积、空气流速、空气湿度）并结合图像进行分析。
20．【答案】（1）电磁感应；可
（2）40；200
（3）顺时针
（4）合格；当风速大于v1时能够发电，但是风速在v1-V2之间时灯泡实际功率比较小，不能一直稳定发光；在系统中增加储能电池，将风速较大时产生的多余的电能储存起来，风速小时补充给灯泡，保证其一直稳定发光
【知识点】能源及其分类；电功率与电能、时间的关系；电磁感应
【解析】【解答】（1）发电机都是靠电磁感应（磁生电）工作的；风能取之不尽，属于可再生能源。
（2）①从30%充到80%，充了总容量的一半，即：80kW h×50%=40kW h。
②发电机输出：电池充40度电，效率只有60%，说明发电机得发更多电40kW h÷0.6≈66.7 kW h。
发电时间：发电机功率是400kW，发66.7度电需要的时间是 66.7kW h÷400kW≈0.167 小时（即10分钟）。则转速：发电机转子1.5min转600圈，则转子10分钟转4000圈。齿轮箱是加速的（1：20），叶片转得慢，所以要除以20，得200圈。
（3）叶片形状像机翼，风一吹产生升力。根据常见模型设计，正面吹风时，叶片通常会被推着顺时针转动。
（4）①看图丁，当风速大于v1时能够发电，但是风速在v1-V2之间时灯泡实际功率比较小，不能一直稳定发光。对照表格，这属于“合格”。
② 装置优化建议：在系统中增加储能电池，将风速较大时产生的多余的电能储存起来，风速小时补充给灯泡，保证其一直稳定发光。
【分析】（1）根据发电机原理、能源分类进行分析。
（2）依据效率公式、能量单位换算、齿轮传动比进行计算。
（3）流体压强与流速的关系：流速大的地方压强小。
（4）结合图表进行分析，然后与工程思维相结合进行对比分析。
1 / 1广东省深圳市南山实验教育集团2026年中考二模物理试卷
一、单选题(本大题共7小题，每小题2分，共14分。在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
2026年3月，在葡萄牙举行的WSBK 世界超级摩托车锦标赛中，车手驾驶张雪机车820RR-RS 赛车斩获两回合冠军。这是中国摩托品牌首次登顶该顶级赛事，实现历史性突破。请完成以下1-4题。
1．在比赛过程中，以(　　)为参照物，赛车是静止的。
A．车手 B．赛道 C．观众 D．转播屏幕
2．关于赛车在赛道上行驶的力学分析，下列说法正确的是(　　)
A．赛道对赛车的支持力是由于轮胎发生弹性形变产生的
B．赛车匀速直线行驶时，牵引力大于受到的阻力
C．摩托车轮胎上凹凸不平的花纹有助于增大摩擦力
D．赛车减速进入弯道时，惯性随速度减小而变小
3．如图为机车的离合器手柄，下列杠杆中与它原理相同的是(　　)
A．筷子
B．羊角锤
C．托盘天平
D．钓鱼竿
4．比赛中，张雪赛车在直道加速超越雅马哈，然后减速进弯，下列说法正确的是(　　)
A．赛车加速时，动能转化为重力势能
B．赛车加速时，发动机的内能转化为赛车的机械能
C．赛车减速时，刹车片发热是通过热传递的方式改变内能
D．赛车减速时，动能转化为内能散失掉了，不符合能量守恒定律
【答案】1．A
2．C
3．B
4．B
【知识点】热传递改变物体内能；惯性及其现象；增大或减小摩擦的方法；参照物及其选择；杠杆的分类
【解析】【分析】（1）在研究机械运动时要先选择参照物，如果物体相对于参照物位置不变，则物体静止；如果物体相对于参照物位置发生变化，则物体是运动的；
（2）物体受到的弹力是由施力物体形变产生的；赛车匀速直线行驶时，处于平衡状态，受到的牵引力与阻力是一对平衡力，大小相等，据此分析；增大摩擦力的方法：在接触面粗糙程度一定时，通过增大压力来增大摩擦力；在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力。物体保持原来运动状态不变的性质叫做惯性，惯性只与物体的质量有关；
（3） 结合图片和生活经验，找出支点，判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆；
（4） 动能与物体的质量和速度有关，重力势能与物体的质量和高度有关；赛车的发动机工作时将内能转化为机械能；改变物体内能的两种方式：做功和热传递；根据能量守恒定律分析。
1．A、在比赛过程中，赛车与车手之间没有位置的变化，以车手为参照物，赛车是静止的，故A正确；
B、在比赛过程中，赛车与赛道之间有位置的变化，以赛道为参照物，赛车是运动的，故B错误；
C、在比赛过程中，赛车与观众之间有位置的变化，以观众为参照物，赛车是运动的，故C错误；
D、在比赛过程中，赛车与转播屏幕之间有位置的变化，以转播屏幕为参照物，赛车是运动的，故D错误。
故选：A。
2．A、赛道对赛车的支持力是由于赛道发生弹性形变产生的，故A错误；
B、赛车匀速直线行驶时，处于平衡状态，牵引力等于受到的阻力，故B错误；
C、摩托车轮胎上凹凸不平的花纹，是在压力一定的情况下，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力，故C正确；
D、惯性只与物体的质量有关，赛车减速进入弯道时，质量不变，惯性大小不变，故D错误。
故选：C。
3．机车的离合器手柄，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆。
A、筷子使用时，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，故A错误；
B、羊角锤使用时，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，故B正确；
C、托盘天平使用时，动力臂等于阻力臂，属于等臂杠杆，故C错误；
D．钓鱼竿使用时，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，故D错误。
故选：B。
4．A、比赛是在平直的赛道上进行，赛车加速时，质量不变，速度增加，动能变大，高度不变，重力势能不变，动能没有转化为重力势能，故A错误；
B、赛车的发动机是汽油机，工作时将内能转化为机械能，故B正确；
C、赛车减速时，刹车系统克服摩擦做功，刹车片的内能增加，温度升高，是通过做功的方式改变内能，故C错误；
D、根据能量守恒定律可知，赛车减速时，动能转化为内能，能的总量保持不变，故D错误。
故选：B。
5．今年，深圳比亚迪公司推出“兆瓦闪充”技术，其峰值充电功率可达1000kW(1兆瓦)以上，该技术通常只在专用的高压充电站中使用。下列说法正确的是(　　)
A．若充电桩起火，第一时间应浇水扑灭
B．兆瓦闪充是指设备工作时电流做功更快
C．对同一台汽车充电，兆瓦闪充比普通快充消耗的电能多
D．只需要更换家庭电路中电表的电流规格，就能安全使用兆瓦级充电设备
【答案】B
【知识点】电功率与电能、时间的关系；电功率的计算
【解析】【解答】A、充电桩起火多是因为电路短路、过载引发的电气火灾，浇水会导致触电风险加剧，还可能因水的导电性扩大火势。正确做法是先切断电源，再用干粉灭火器灭火，故A错误；
B、“兆瓦闪充”中的“兆瓦”是功率单位，功率表示电流做功的快慢，功率越大，电流做功越快，充电速度也就越快，故B正确；
C、对同一台汽车充电，最终需要补充的电能由电池剩余电量和电池容量决定，与充电速度无关。兆瓦闪充只是缩短了充电时间，消耗的总电能和普通快充相同，故C错误；
D、兆瓦级充电设备功率极大，家庭电路的导线载流量、开关额定电流等都无法匹配其负荷，仅更换电表电流规格会导致导线过热起火，存在严重安全隐患，不能直接在家庭电路中使用，故D错误。
故选：B。
【分析】充电桩起火时，必须先切断电源，然后再救火；对同一台汽车充电，电池需要的电能是一定的，根据W=Pt可知快充的功率大于慢充的功率。
6．如图所示为科学兴趣小组的同学自制的漂浮式指南针。铜片、锌片和食盐水溶液共同组成了“盐水电池”。通电螺线管在 C点的磁场方向向左。下列说法正确的是(　　)
A．通电螺线管周围的磁场分布与蹄形磁铁类似
B．电子从铜片经螺线管流到锌片
C．通电螺线管静止时B端指向地理南方
D．铜片是盐水电池的正极，锌片是负极
【答案】D
【知识点】磁场；地磁场；通电螺线管的磁场
【解析】【解答】A．通电螺线管外部的磁场与条形磁铁的磁场相似，并非蹄形磁铁，故A错误；
BD．在盐水电池中，锌片是负极，铜片是正极，电子带负电，在电源外部，电子从负极经导线流向正极，所以电子从锌片经螺线管流到铜片，故B错误，D正确；
C．由图，电子从锌片经导线流到铜片，则电流从通电螺线管右端流入，左端流出，根据安培定则（用右手握住螺线管，让四指弯曲的方向和电流的方向一致，拇指所指的那端就是通电螺线管的N极），通电螺线管的A端为S极，B端为N极，因为地磁的南极在地理的北极附近，所以通电螺线管静止时N极应指向地理北方，即B端指向地理北方，故C错误。
故选：D。
【分析】根据电源的正负极判定螺线管中电流的方向，根据安培定则判定螺线管的极性；在磁体的外部，磁感线是从磁体的N极出来回到磁体的S极的；电子定向移动的方向与电流的方向相反。
7．肺活量检测是国家学生体质测试的正式项目，如图是某创新小组设计的肺活量检测装置原理图。电流表A2可以显示肺活量大小，吹入气体越多，气囊体积越大，推动隔板与滑片一起向上移动(R1长度足够，可确保电路安全)。电源电压恒定，R0为定值电阻，电流表A1、A2测量范围相同，未吹气时滑片处于 R1下端。下列说法正确的是(　　)
A．肺活量越大，电流表A1、A2的示数之差越大
B．肺活量越大，电压表V与A1示数的比值越大
C．适当减小 R0的阻值，可增大测量范围
D．适当减小电源电压，可增大测量范围
【答案】D
【知识点】欧姆定律及其应用；电路的动态分析
【解析】【解答】由图可知，定值电阻R0和滑动变阻器R1并联，电压表V测电源电压（示数始终等于电源电压U，保持不变），电流表A1测干路总电流，电流表A2测R1支路电流。肺活量越大，滑片越靠上，R1接入电路的阻值越小。
A．根据并联电路电流规律，A1、A2的示数之差等于R0支路的电流I0。R0是定值电阻，并联电压等于电源电压U不变，由I=得大小不变，因此示数之差不变，故A错误；
B．电压表V的示数与电流表A1的示数的比值为电路总的电阻，肺活量越大，滑片往上滑，R1接入电路的电阻变小，根据欧姆定律知，支路的电流变大，电路中的总电流变大，根据欧姆定律知，电路的总电阻变小，即电压表V的示数与电流表A1的示数的比值越小，故B错误；
C．电流表A1、A2量程相同，干路电流I总=I0+I1＞I1，因此A1先达到量程。最大测量时，干路电流等于A1的量程Ig，因此可得最大R1电流：I1max=Ig-I0，I1max越大，可测量的肺活量越大，测量范围越大。若减小R0阻值，电源电压U不变，由得I0增大，因此I1max=Ig-I0减小，测量范围减小，故C错误；
D．若适当减小电源电压U，由得I0减小，因此I1max=Ig-I0增大，可允许更大的I1，对应更小的R1，更大的肺活量，因此测量范围增大，故D正确。
故选：D。
【分析】定值电阻R0与滑动变阻器R1并联，并联电路中各支路间互不影响，肺活量越大，影响的是R1支路的电阻和电流，不影响R0支路电流；电压表V的示数与电流表A1的示数的比值为电路的总电阻，肺活量越大，滑片往上滑，R1接入电路的电阻变小结合欧姆定律分析电流与总电阻大小；电流表A1、A2量程相同，根据并联电路的特点知，干路电流最先达到最大值，因而增大R0的阻值，减小定值电阻的电流，结合并联电路的特点和欧姆定律分析；根据欧姆定律分析各个电流变化，结合欧姆定律分析电阻变化。
二、作图题(本大题共2小题，共5分)
8．如图是小明早晨出门前在穿衣镜前试鞋的情景，请在图中画出他看到鞋上 S点的像S'的光路图。(保留作图痕迹)
【答案】
【知识点】平面镜成像的相关作图
【解析】【解答】 根据平面镜的特点在平面镜的另一侧作出鞋面S点的对称点S'，即为其在平面镜中的像；连接像点与眼睛与镜面相交于一点O，即为入射点，连接SO是入射光线，O与眼睛为反射光线，如图所示：
【分析】根据平面镜成像的特点：像与物体关于镜面对称可作出S点在平面镜中的像S'；根据反射光线的反向延长线过像点即可作出小聪的眼睛看到鞋面S点在平面镜中所成像的完整光路图。
9．如图，无人机下方吊着外卖在空中沿虚线方向做匀速直线运动(不计空气阻力)，请画出外卖的受力示意图。(外卖的重心0点在图中已标出)
【答案】
【知识点】力的三要素及力的示意图；重力示意图
【解析】【解答】小球做匀速直线运动，处于平衡状态，不计空气作用力影响，且受到竖直向上的拉力F和竖直向下的重力G的作用，据此画出小球的受力示意图如下：
【分析】小球做匀速直线运动，处于平衡状态，不计空气作用力影响，且受到竖直向上的拉力F和竖直向下的重力G的作用，据此画出小球的受力示意图。
三、填空题(本大题共4小题，每空1分，共9分)
10．小明查阅资料发现：某些无人机使用四冲程汽油发动机作为增程器(在电池电量不足时启动)。在汽油机工作中，将机械能转化为内能的冲程是　 　冲程。若发动机飞轮转速为3600 r/min，则每秒钟对外做功　 　次。
【答案】压缩；30
【知识点】热机的四个冲程；有关热机的计算
【解析】【解答】在汽油机工作的四个冲程中，将机械能转化为内能的是压缩冲程；3600r/min=60r/s，所以完成2×60=120个冲程，对外做功30次。
【分析】内燃机在压缩冲程的能量转化是机械能转化为内能；已知飞轮的转速，可以得到1s转动的次数。对于四冲程内燃机，一个工作循环包括四个冲程，飞轮转动两周，由此得到1s完成的冲程；另外四个冲程做功一次，从而得到做功次数。
11．地面工作人员通过发射　 　(选填“超声波”或“电磁波”)来控制无人机。无人机上的旋翼电动机与摄像机可以独自工作，它们是　 　(选填“串联”或“并联”)的。
【答案】电磁波；并联
【知识点】串联电路和并联电路的辨别；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】声音的传播需要介质，电磁波的传播不需要介质，故地面工作人员通过发射电磁波来控制无人机；无人机上的旋翼电动机与摄像机可以独自工作，互不影响，是并联的。
【分析】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，也可以在真空中传播。在并联电路中，各用电器可以独立工作，互不影响。
12．给无人机充电时，无人机的电池相当于　 　(选填“用电器”或“电源”)；若无人机飞行过程中受到的一切外力消失，无人机将会　 　(选填“保持静止”、“做匀速直线运动”、“竖直下落”)。无人机低空配送货物时，其影子出现在无人机下方的东侧，则此时是一天中的　 　 (选填“上午”、“中午”、“下午”)
【答案】用电器；做匀速直线运动；下午
【知识点】光的直线传播及其应用；牛顿第一定律；电路的构成及电路图
【解析】【解答】给无人机充电时，电池消耗电能，将电能转化为化学能储存起来，此时电池消耗电能，相当于用电器。根据牛顿第一定律，物体在不受外力作用时，会保持原来的运动状态。无人机飞行过程中是运动的，若一切外力消失，它将保持原来的运动状态，做匀速直线运动。影子出现在无人机下方的东侧，说明太阳在无人机的西侧。一天中，太阳上午在东侧，中午在正南，下午在西侧，因此此时是下午。
【分析】电路的组成：电路是由提供电能的电源、消耗电能的用电器、控制电路通断的开关和输送电能的导线四部分组成，缺少或不完整都会影响电路的正常工作。结合牛顿第一定律分析。影子是由于光的直线传播形成的。
13．无人机的电动机在长时间飞行后会发热，这是因为电流的　 　效应。若电动机的线圈电阻为2Ω，正常工作时通过线圈的电流为5A，则线圈在1m in内产生的热量为 　 　J。
【答案】热；3000
【知识点】焦耳定律的应用；电流的热效应
【解析】【解答】无人机的电动机在长时间飞行后会发热，将电能转化为内能，这是因为电流的热效应；
线圈在1min内产生的热量
【分析】将电能转化为内能利用了电流的热效应。根据求出线圈1min内产生的热量。
四、实验探究题(本大题共3小题，共14分)
14．小明用如图所示的器材“探究凸透镜成像的规律”。
（1）在图甲中，小明将眼镜放在蜡烛和凸透镜之间，发现光屏上原本清晰的像变模糊了，向左移动光屏，光屏上的像又变清晰了，说明该眼镜是　 　(选填“近视”或“远视”)眼镜；
（2）将蜡烛从如图甲中的位置开始逐渐靠近凸透镜，能观察到图乙三个不同的像，三个像出现的先后顺序是　 　(填符号)：
（3）随着蜡烛燃烧变短，原来光屏中央的像“跑”到上方，为了使像回到中央，接下来的操作是　 　；
（4）如图丙所示，固定蜡烛和光屏，两者间距为L0.当凸透镜位于光具座上A处时，恰好在光屏上成清晰的像，此时所成的像是　 　的(选填“放大”、“等大”或“缩小”)。将凸透镜向右移到B处(图中未标出)，光屏上再次成清晰的像，若透镜移动的距离为s，则A处到蜡烛的距离L=　 　(用L0和s表示)。
【答案】（1）远视
（2）ACB
（3）蜡烛向上移
（4）放大；
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验
【解析】【解答】（1）向左移动光屏，像又变清晰，像距变小，说明该眼镜使光线会聚，凸透镜对光线有会聚作用，远视眼用凸透镜矫正，所以该眼镜是远视眼镜；
（2）凸透镜成虚像规律可知，物远像远像变大，物近像近像变小，将蜡烛从20cm处逐渐远离凸透镜的过程中，当 u＜f，成正立、放大的虚像（对应B），凸透镜成实像规律可知，物距越小，像距越大，像越大，先成倒立、放大的实像（对应C），再成倒立、缩小的实像（对应A），所以先后顺序是A、C、B；
（3）像“跑”到上方，根据“过光心的光线传播方向不变”，可将蜡烛向上移动（或凸透镜向下移动、光屏向上移动），使像回到中央；
（4）固定蜡烛和光屏，凸透镜在A处时，物距＜像距，根据凸透镜成像规律，此时成倒立、放大的实像。设A处到蜡烛的距离为L，则A处到光屏的距离为L0-L；凸透镜移到B处时，根据光路可逆，此时物距为L0-L，像距为L，移动距离s=L0-L-L=L0-2L，解得：L=。
【分析】（1）向左移动光屏，像又变清晰，像距变小，说明该眼镜使光线会聚，远视眼镜是凸透镜，凸透镜对光线有会聚作用，据此分析。
（2）根据凸透镜成实像规律可知，物距越大，像距越小，像越小，
凸透镜成虚像规律可知，物远像远像变大，物近像近像变小，据此分析。
（3）根据“过光心的光线传播方向不变”，进行分析。
（4）物距＜像距，根据凸透镜成像规律，此时成倒立、放大的实像。根据光路可逆得出A处到蜡烛的距离。
15．某兴趣小组为了测量某种未知液体的密度，制作了一个微型密度计，在圆柱形木棒的一端缠绕一些铜丝，已知木棒的横截面积为 0.5cm2.(g=10N/ kg，木棒不吸液体)
（1）小组同学将密度计放入酒精中处于漂浮状态，放入另一种液体中，发现密度计露出液面高度增大，并发生倾斜，则该液体密度　 　酒精密度(选填“>”，“<”或“=”)，接下来对密度计进行改进，可行的方法是　 　。
（2）密度计漂浮在密度为0.8g/cm3的酒精中，排开酒精的体积是12.5cm，把该密度计放置于未知液体中，标记该液体密度所在的位置，在“0.8g/cm3”的刻度线下方9cm处，则该未知液体的密度是　 　g/cm3。
【答案】（1）>；增加配重
（2）1.25
【知识点】阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】（1）密度计漂浮在液面上，在不同液体中受到的浮力等于重力，故浮力大小不变。小组同学将密度计放入酒精中处于漂浮状态，放入另一种液体中，发现密度计露出液面高度增大，排开液体的体积变小，由阿基米德原理可知，该液体密度＞酒精密度，；发现密度计发生倾斜，是因其重心过高，接下来对密度计进行改进，可行的方法是增大圆柱形木棒的一端缠绕铜丝的长度。
（2）排开酒精的体积是12.5cm3，则在酒精中的深度为
h液=25cm-9cm=16cm，由阿基米德原理F浮=ρ液gV排有
ρ液gh液S=ρ酒精gh酒精S
即ρ液（0.25m-0.09m）=0.8g/cm3×0.25m
该未知液体的密度是
ρ液=1.25g/cm3。
【分析】（1）密度计漂浮在液面上，根据漂浮的特点确定受到的浮力大小不变，由阿基米德原理分析；发现密度计发生倾斜，是因其重心过高，据此分析；
（2）得出在酒精中的深度，由阿基米德原理，根据受到的浮力大小不变得出该未知液体的密度。
16．在“用电流表和电压表测量电阻”的实验中：
（1）实验小组用两节新干电池连接了如图所示的电路，闭合开关前发现有一根导线连接错误。请在错误的导线上画“×”，并画出正确的连接位置　 　；
（2）-正确连接电路后，闭合开关发现电压表和电流表均无示数，移动滑片时电压表和电流表仍然没有示数，电路的故障可能是　 　；
（3）小亮所在的小组得到多组数据如表所示。
序号 电压表示数 U/V 电流表示数 I/A 待测电阻
1 2.0 0.08 25.0
2 1.5 0.12 12.5
3 1.0 0.16 6.25
分析数据发现，三组数据中测得 R1的阻值差距很大，远超过误差允许范围。产生这一现象的原因是：小亮在连接电路时　 　。
（4）小亮认真分析后，认为利用以上数据也可求得待测电阻的阻值，则由数据可得该电阻的阻值为　 　Ω。
（5）小组成员交流后，发现表格有一处需要修改，你认为需要修改的是　 　.
【答案】（1）
（2）滑动变阻器断路
（3）把电压表并联到滑动变阻器两端
（4）12.5
（5）增加电阻 R1的平均值一栏
【知识点】伏安法测电阻的探究实验
【解析】【解答】（1）图中滑动变阻器与定值电阻并联，电压表串联在电路中，应该滑动变阻器应该定值电阻串联，电压表应该与用电器并联，如下图所示：
（2）连接完电路后，闭合开关发现电压表和电流表均无示数，电路断路，且电压表与电源没有连通，移动滑片时电压表和电流表仍然没有示数，电路的故障可能是滑动变阻器断路；
（3）由表中数据可知，电压表的示数减小时，电路中的电流增大，且电阻的阻值减小，说明电压表并联在了滑动变阻器两端；
（4）根据串联电路的电压特点，定值电阻两端的电压，Ux=U-U滑，
定值电阻的电阻值为：
同理可算出2、3次实验的电阻分别为12.5Ω、12.5Ω，则平均电阻还是12.5Ω；
（5）多次测量求平均值可以减小误差，所以表格中需要设计求平均电阻。
【分析】（1）滑动变阻器应与定值电阻串联，电流表与电阻串联，电压表与定值电阻并联；
（2）电压表和电流表均无示数，电路可能断路，且电压表与电源没有连通，据此分析；
（3）由表中数据可知，电压表的示数减小时，电路中的电流增大，说明电压表不是并联在待测电阻两端，而是并联在了滑动变阻器两端；
（4）根据串联电路的电压特点得出定值电阻两端的电压，根据串联电路的规律和欧姆定律可求定值电阻的阻值，代入数据算出每次的电阻，求出平均电阻；
（5）多次测量求平均值可以减小误差。
五、计算题(本大题共2小题，共14分)
17．在一次湖泊应急救援演练中，一名“伤员”静躺在救生艇上，等待心肺复苏。“伤员”与救生艇的总质量为 120 kg，救生艇底部平直，面积为0.8m2。进行胸外按压时，为使按压有效，需施加300N的压力，且每次按压的深度至少为4cm。已知水的密度 g取10 N/ kg，求：
（1）救援前，救生艇排开水的体积；
（2）一次按压中救援人员对“伤员”所做的功；
（3）救生员上艇后，救生艇下降了8cm，水对救生艇底部的压力增加了多少
【答案】（1）解：
因为救生艇静止漂浮在水面上 所以
由 得
答：救援前救生艇排开水的体积是0.12m3.
（2）答：一次按压中救援人员对“伤员”所做的功是12J.
（3）解：
答：救生员上艇后，救生艇下降了8cm，水对救生艇底部的压力增加了640N
【知识点】压强的大小及其计算；液体压强的特点；阿基米德原理；功的计算及应用
【解析】【分析】（1）根据漂浮的条件结合阿基米德原理计算救生艇排开水的体积；
（2）根据W=Fs计算功；
（3）根据液体压强公式结合F=pS分析。
18．深圳某公司研发的智能消毒机器人内置消毒液加热器以及测温报警电路。测温报警简化电路如图甲所示，电源电压恒为10V，R1为定值电阻， Rt为热敏电阻，其阻值随温度变化如图乙所示，当电流表示数≥3mA 时，报警器触发。已知机器人内消毒液质量为0.2kg，比热容为 加热器加热功率为36W。
（1）当温度达到40℃时电路恰好报警，求R1的阻值；
（2）加热器在 250s内将消毒液从 20℃加热至 35℃，求加热器的热效率(结果保留到小数点后一位)。
【答案】（1）解：由图乙可知，当t=40℃时， Rt=5kΩ=5000Ω 1分闭合开关 S， Rt和 R1并联，所以U=U1= Ut=10V
I1=I-It = 0.003A-0.002A =0.001A
答：当温度达到40℃时电路恰好报警，R1的阻值为
（2）解： J1分
W = Pt = 36W×250s=9×103J
答：加热器在250s内将消毒液从20℃加热至35℃，加热器的热效率为83.3%.
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率的计算；电功与热量的综合计算
【解析】【分析】（1）由图甲可知，定值电阻R1和热敏电阻Rt并联，电流表测干路中的电流。由图乙可知，当温度达到40℃时Rt的阻值，根据并联电路的电压规律和欧姆定律求通过Rt的电流，根据并联电路的电流规律可知通过R1的电流，根据欧姆定律求R1的阻值；
（2）根据Q吸=cmΔt求消毒液吸收的热量，根据P=求加热器消耗的电能，根据η=求加热器的热效率。
六、综合题(本大题共2小题，共14分)
19． 撒哈拉沙漠之“钢铁巨龙”
2026 年 2 月 1日，非洲首条沙漠重载铁路在撒哈拉沙漠通车。中国铁建团队直面极端环境，攻克风沙侵扰与地基松软等世界性难题，确保了铁路的畅通与稳定。请根据所学知识回答下列问题。
（1）项目建设中，大量采用中国制造的CPG500铺轨机，用单根504 米长钢轨替代传统的短钢轨，可以减少钢轨接缝数量，降低噪声，这是在　 　减弱噪声。
（2）在沙漠松软地基上铺设铁轨，需固定轨枕以防列车通过时前后左右移动，通常会在沙地表面覆盖碎石层，目的是通过　 　来增大摩擦力从而固定轨枕。
（3）在风沙严重路段，采用了“以桥代路”的方式，当列车通过高架桥时，高架桥保持静止，高架桥受到的重力和桥墩对它的支持力　 　(选填“是”或“不是”)一对平衡力。
（4）如图甲所示，在双层陶罐之间装满湿沙层，通过湿沙层中的水　 　吸热使食物降温，可延长食物保质期。
①小明为了探究双层陶罐降温效果的影响因素，使用相同的陶罐，在不同的风速、空气相对湿度(RH)条件下做了实验，结果如图乙(降温效果指数越大，降温效果越好)。沙漠中，白天风速较高、空气相对湿度较低，夜晚风速较低、空气相对湿度较高，请根据图乙分析，　 　(选填“白天”或“夜晚”)时段使用双层陶罐的降温效果更好。
②双层陶罐的降温效果可能还与填充的物质有关，小明分析，湿沙层沙粒的间隙会增大水与空气的接触面积，若小明的分析正确，你认为在空气相对湿度为40%时，在其它条件都相同的情况下，在双层陶罐之间“直接注满水”的降温效果指数与风速关系的图像应在图乙的　 　(选填“I”或“II”)区域。
【答案】（1）声源
（2）增大接触面的粗糙程度
（3）不是
（4）蒸发；白天；Ⅱ
【知识点】影响蒸发快慢的因素；平衡力的辨别；增大或减小摩擦的方法；防治噪声的途径
【解析】【解答】（1）根据题意可知，大大减少了传统短轨铁路中的接口（如图乙）数量，使得列车可以高速平稳运行、减少了振动和噪声，这是在声源处减弱噪声；
（2）在沙地表面覆盖碎石层，是在压力一定的情况下，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力，从而固定轨枕；
（3）当列车通过高架桥时，高架桥保持静止，处于平衡状态，此时高架桥受到向下的重力、列车对高架桥向下的压力以及桥墩对它向上的支持力，满足F支=G桥+F压，所以高架桥受到的重力和桥墩对它的支持力大小不相等，则二力不是一对平衡力；
（4）双层陶罐之间湿沙层中的水，通过汽化（蒸发）吸收热量，使内罐的食物温度降低；
①根据图乙可知，降温效果指数随风速的增大而增大，随空气相对湿度的增大而减小。沙漠中白天风速较高、空气相对湿度较低，这两个条件都有利于提高降温效果指数，因此白天使用双层陶罐的降温效果更好；
②湿沙层中沙粒的间隙增大了水与空气的接触面积，加快了水的蒸发，从而提高了降温效果。若直接注满水，水与空气的接触面积会减小，蒸发变慢，降温效果会变差，即降温效果指数会降低。因此，在空气相对湿度为40%时，其图像应在原曲线的下方，即Ⅱ区域。
【分析】（1）防治噪声的途径，从三方面考虑：①在声源处减弱噪声；②在传播过程中减弱噪声；③在人耳处减弱噪声。
（2）根据影响滑动摩擦力大小的因素（压力和接触面粗糙程度）进行分析；
（3）根据二力平衡的条件（同体、等大、反向、共线）进行分析；
（4）根据汽化吸热的原理，以及影响蒸发快慢的因素（温度、液体表面积、空气流速、空气湿度）并结合图像进行分析。
20．跨学科实践——自制“鹏城风能小屋”
【项目背景】
作为滨海城市，深圳风能资源丰富，为打造“光伏/海上风电+储能+绿电直连”零碳数据中心，将风力发电与储能技术结合，为城市提供绿色电力。某物理小组对此展开调查，并设计制作简易风能小屋模型。
【项目分解】
(Ⅰ)了解风力发电系统
(Ⅱ)自制简易风能小屋
【项目实施】了解风力发电机组
风力发电机组主要由叶片、齿轮箱、发电机等组成，其简化结构如图甲，叶片在风的作用下旋转，经过齿轮箱增速后，发电机转子高速旋转发电。已知风力发电机正常发电时输出功率P与风速v的三次方成正比，风力发电机和汽车动力电池部分参数如下表所示。[能量密度是指单位质量电池储存的电能]
风力发电机 汽车动力电池
风速范围 2.0~12m/s 电池质量 400kg
最大输出功率 400kW 电池能量密度 200W·h/ kg
（1）风力发电机是根据　 　原理制成的，风能属于　 　再生能源。(选填“可”或“不可”)
（2）当风速为12m/s时，利用发电机输出电能为汽车动力电池充电，电池电量从30%充到80%的过程中，获得的电能为　 　kW·h，若该风力发电机组齿轮箱中转动加速器的加速比为1：20(即叶片转速与发电机转子转速之比)，发电机转子1.5min转600圈，充电利用效率为60%，则要完成这次电池充电，发电机叶片至少需要转动　 　圈。
(Ⅱ)制作简易风能小屋
（3）当风正面垂直吹向静止叶片时，如图乙所示，从正面看，叶片A会　 　(选填“顺时针”或“逆时针”)转动；
（4）【项目评估】小组同学将简易风力发电机与灯泡用导线直接连接，制作成如图丙所示简易风能小屋，灯泡实际功率与风速大致关系如图丁所示。
下表所示是项目实施Ⅱ的部分评价指标，根据评价表对其进行评价。
评价等级 优秀 良好 合格 不合格
评价指标 1.任何风速下均能发电 2.发电时小灯泡能一直稳定发光 1.一定风速范围下能发电 2.发电时小灯泡能一直稳定发光 1.一定风速范围下能发电 2.发电时小灯泡不能一直稳定发光 1.任何风速下均不能发电 2.小灯泡不发光
① 结合图丁，你的评价等级是　 　，依据是：　 　；
② 进一步给出装置优化建议　 　。
【答案】（1）电磁感应；可
（2）40；200
（3）顺时针
（4）合格；当风速大于v1时能够发电，但是风速在v1-V2之间时灯泡实际功率比较小，不能一直稳定发光；在系统中增加储能电池，将风速较大时产生的多余的电能储存起来，风速小时补充给灯泡，保证其一直稳定发光
【知识点】能源及其分类；电功率与电能、时间的关系；电磁感应
【解析】【解答】（1）发电机都是靠电磁感应（磁生电）工作的；风能取之不尽，属于可再生能源。
（2）①从30%充到80%，充了总容量的一半，即：80kW h×50%=40kW h。
②发电机输出：电池充40度电，效率只有60%，说明发电机得发更多电40kW h÷0.6≈66.7 kW h。
发电时间：发电机功率是400kW，发66.7度电需要的时间是 66.7kW h÷400kW≈0.167 小时（即10分钟）。则转速：发电机转子1.5min转600圈，则转子10分钟转4000圈。齿轮箱是加速的（1：20），叶片转得慢，所以要除以20，得200圈。
（3）叶片形状像机翼，风一吹产生升力。根据常见模型设计，正面吹风时，叶片通常会被推着顺时针转动。
（4）①看图丁，当风速大于v1时能够发电，但是风速在v1-V2之间时灯泡实际功率比较小，不能一直稳定发光。对照表格，这属于“合格”。
② 装置优化建议：在系统中增加储能电池，将风速较大时产生的多余的电能储存起来，风速小时补充给灯泡，保证其一直稳定发光。
【分析】（1）根据发电机原理、能源分类进行分析。
（2）依据效率公式、能量单位换算、齿轮传动比进行计算。
（3）流体压强与流速的关系：流速大的地方压强小。
（4）结合图表进行分析，然后与工程思维相结合进行对比分析。
1 / 1

展开更多......

收起↑