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广东省珠海市文园中学（集团）2026年中考第一次模拟考试物理试卷
1．作为初中生，我们要了解一些与自身相关物理量的估测，以下估测最切合实际的是（　　）
A．正常步行的速度约为10m/s B．脉搏1s跳动80次
C．正常体温约为37℃ D．身高约为165dm
【答案】C
【知识点】温度及温度计的使用与读数；长度的估测；速度与物体运动
【解析】【解答】A、初中生正常步行的速度约为 1.1m/s，10m/s 接近短跑运动员的速度，不符合实际，故 A 错误；
B、正常情况下，人的脉搏 1 分钟跳动约 70-80 次，1s 跳动约 1 次，故 B 错误；
C、人体的正常体温约为 37℃，符合实际，故 C 正确；
D、初中生的身高约为 165cm，165dm=16.5m，远大于正常身高，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查常见速度的估测，人正常步行速度约 1.1m/s；
B、考查脉搏频率的估测，正常脉搏约每分钟 70-80 次；
C、考查人体正常体温的估测，约为 37℃；
D、考查长度单位的换算与身高估测，初中生身高约 165cm，而非 165dm。
2．下列工具在正常使用过程中，其杠杆类型与其他选项不同的是（　　）
A．开瓶器 B．食品夹
C．筷子 D．钓鱼竿
【答案】A
【知识点】杠杆的分类
【解析】【解答】A、开瓶器在使用时动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆；故A符合题意 ；
B、食品夹在使用时动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆；故B不符合题意 ；
C、筷子在使用时动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆；故C不符合题意 ；
D、钓鱼竿在使用时动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆；故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】本题考查杠杆的分类，省力杠杆的动力臂大于阻力臂，费力杠杆的动力臂小于阻力臂；开瓶器是省力杠杆，食品夹、筷子、钓鱼竿均为费力杠杆，因此开瓶器的杠杆类型与其他选项不同。
3．我国电力供电系统全球领先，为国家经济建设提供了强有力的保障。但使用不当也会给人们带来危害，下列说法符合安全用电原则的是（　　）
A．当发现电器设备着火时，应立即泼水灭火
B．低于220V的电压对人体是安全的
C．家庭电路中各用电器都是并联连接，互不影响，所以无论多少用电器都可以同时工作
D．使用试电笔时，手指要按住笔尾金属体，用笔尖接触被测导线
【答案】D
【知识点】电压和电压的单位换算；测电笔的使用；安全用电原则
【解析】【解答】A、孔明灯升空是因为灯内空气受热膨胀、密度减小，使浮力大于重力，与流体压强和流速无关，故 A 错误；
B、桔槔汲水时，人拉端的动力臂大于水桶端的阻力臂，属于省力杠杆，故 B 正确；
C、篆刻刀刀口锋利，是通过减小受力面积来增大压强，并非增大压力，故 C 错误；
D、两心壶依靠壶内分隔结构与大气压作用实现分倒液体，与连通器原理无关，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查浮力与密度的应用，明确孔明灯的升空原理是浮力大于重力，而非流体压强与流速的关系；
B、考查杠杆的分类，根据动力臂与阻力臂的大小关系，判断桔槔属于省力杠杆；
C、考查压强的影响因素，区分增大压强的两种方法，理解篆刻刀的原理是减小受力面积；
D、考查连通器原理与大气压的应用，明确两心壶的工作原理与连通器的适用条件不同。
4．能源、信息和材料是现代社会发展的三大支柱，下列说法正确的是（　　）
A．风能、地热能、核能都是可再生能源
B．核能发电是利用核聚变反应工作的
C．“天宫”空间站通过电磁波与地面指挥中心联系
D．手机中使用的麒麟芯片由超导体材料制成
【答案】C
【知识点】能源及其分类；核裂变；半导体特点及作用；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】A、风能、地热能属于可再生能源，核能属于不可再生能源，故 A 错误；
B、核能发电是利用核裂变反应工作的，而非核聚变，故 B 错误；
C、“天宫” 空间站通过电磁波与地面指挥中心联系，故 C 正确；
D、手机中使用的麒麟芯片由半导体材料制成，而非超导体材料，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查能源的分类，可再生能源是指可从自然界中源源不断获取的能源，核能消耗后短期内无法再生，属于不可再生能源；
B、考查核能的利用，核电站是通过核裂变链式反应来发电的；
C、考查电磁波的应用，电磁波可以在真空中传播，适用于太空与地面的通信；
D、考查半导体材料的应用，芯片的核心材料是半导体硅，超导体的主要特点是电阻为零，目前还不能用于制作芯片。
5．如图所示电路，闭合开关，、两灯均发光，两电表均有示数。过一会儿，其中一个灯泡突然熄灭，两只电表示数都增大，造成此现象的原因可能是（　　）
A．灯短路 B．灯短路 C．灯断路 D．灯断路
【答案】B
【知识点】电路的三种状态；电路故障的判断
【解析】【解答】 A. 灯短路时，电压表也同时被短路，此时示数减小到零，故A不合题意；
B. 灯短路时，只有灯泡L1单独工作，此时它的电压等于电源电压，则示数增大。由于电阻减小，则电流表的示数变大，故B符合题意；
C. 灯断路时，电压表串联在电路中，由于电压表的内阻很大，因此电流表的示数几乎为零，故C不合题意；
D. 灯断路时，整个电路断开，则电压表和电流表的示数都减小到零，故D不合题意。
故选B。
【分析】对各个选项中的故障进行分析，推测可能出现的现象，哪个与描述一致，哪个就是正确选项。
6．关于如图所示的情景，说法不正确的是（　　）
A．甲图：建筑工人在砌墙时常使用铅垂线，是利用重力的方向竖直向下
B．乙图：洗手池排水管的U形“反水管”，是连通器原理在生活中的应用
C．丙图：飞机飞行时获得升力，是应用了流体压强和流速的关系
D．丁图：把自制气压计从山下移到山顶，细管内的水柱下降
【答案】D
【知识点】重力的方向；连通器原理及其应用；大气压强与高度的关系；流体压强与流速的关系
【解析】【解答】A、甲图中，建筑工人使用铅垂线是利用了重力的方向总是竖直向下的特点，故 A 正确；
B、乙图中，洗手池排水管的 U 形 “反水管” 符合连通器 “上端开口、底部相连通” 的特点，是连通器原理的应用，故 B 正确；
C、丙图中，飞机飞行时，机翼上方空气流速大、压强小，下方空气流速小、压强大，从而产生向上的升力，应用了流体压强与流速的关系，故 C 正确；
D、丁图中，把自制气压计从山下移到山顶，外界大气压减小，瓶内气压大于外界大气压，会将水压向细管，使细管内的水柱上升，而非下降，故 D 错误；
故答案为：D。
【分析】A、考查重力的方向，重力的方向总是竖直向下，铅垂线就是利用这一特点来检查墙体是否竖直；
B、考查连通器原理，连通器内装同种液体，当液体静止时，各液面保持相平；
C、考查流体压强与流速的关系，流速越大的位置，压强越小，飞机机翼正是利用这一原理获得升力；
D、考查大气压与高度的关系，大气压随高度的增加而减小，自制气压计中，瓶内气压不变，外界气压减小，细管内的水柱会上升。
7．将一根细金属丝置入柔性塑料中，可以制成用来检测物体形变的器件应变片，其结构如图甲所示。将它接入图乙所示的电路，电源电压不变，R为定值电阻。闭合开关S，当应变片随被检测物体发生拉伸形变时，塑料中的金属丝会被拉长变细，则电路中的（　　）
A．电压表和电流表示数都变大
B．电压表示数与电流表示数的比值变小
C．电路的总功率变大
D．定值电阻R的功率变小
【答案】D
【知识点】影响电阻大小的因素；欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【解答】A、当应变片被拉长变细时，其电阻变大，电路总电阻变大，电源电压不变，根据欧姆定律，电流表示数变小；定值电阻R两端电压变小，应变片两端电压（电压表示数）变大，故A错误；
B、电压表示数与电流表示数的比值等于应变片的电阻，应变片电阻变大，所以该比值变大，故B错误；
C、电路总功率 ，电源电压U不变，电流I变小，所以总功率变小，故C错误；
D、定值电阻R的功率 ，电流I变小，R不变，所以功率变小，故D正确；
故答案为：D。
【分析】本题考查动态电路分析。应变片的金属丝被拉长变细时，电阻变大，电路总电阻变大，电流变小；定值电阻R两端电压变小，应变片两端电压变大；电压表示数与电流表示数的比值等于应变片的电阻，应变片电阻变大，比值变大；电路总功率 ，U不变，I变小，总功率变小；定值电阻R的功率 ，I变小，R不变，功率变小。
8．煲仔饭是一种传统的广东美食，以其独特的锅巴和浓郁的香气而闻名，闻到浓郁的香气是由于分子不停做　 　造成的，烹饪过程中内能是通过　 　方式改变的，放凉之后香气没有那么浓郁，说明分子热运动的快慢与　 　有关。
【答案】无规则运动；热传递；温度
【知识点】热传递改变物体内能；分子热运动
【解析】【解答】能闻到浓郁的香气是由于带香味的分子在空气中不断地做无规则运动。煲仔饭的内能是通过热传递的方式增大的。温度越高，分子热运动越剧烈。
综上第1空：无规则运动；第2空：热传递；第3空温度。
【分析】分子热运动的特点：分子无规则运动，肉眼无法观察，常见例子有：气体颜色的改变，味道的扩散；且温度越高，分子热运动速度越快。
9．如图所示，车胎上凹凸的花纹是为了　 　摩擦；用力蹬脚踏板，车就加速前进，说明力可以改变物体的　 　；停止蹬脚踏板，车还能继续滑行一段距离，这是因为车具有　 　。
【答案】增大；运动状态；惯性
【知识点】力的作用效果；惯性及其现象；增大或减小摩擦的方法
【解析】【解答】车胎上凹凸的花纹，是通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力的。
力的作用效果有两种：改变物体的形状，或改变物体的运动状态。用力蹬脚踏板，车的速度发生变化，说明力可以改变物体的运动状态。
物体具有保持原来运动状态不变的性质，叫做惯性。停止蹬脚踏板后，车失去动力，但由于惯性，仍会保持原来的运动状态，因此能继续滑行一段距离。
故答案为：增大；运动状态；惯性；
【分析】从影响滑动摩擦力的因素入手，分析花纹的作用；关键知识点：增大摩擦力的方法。
结合力的两种作用效果，分析车加速前进的现象；关键知识点：力的作用效果。
根据惯性的定义，解释停止蹬车后仍能滑行的原因；关键知识点：惯性的概念与应用。
10．物理小组的同学们利用如图所示的实验装置，探究导体在磁场中运动时产生感应电流的条件。保持磁体不动，闭合开关，导体棒沿　 　（选填“上下”或“左右”）方向运动时，灵敏电流计的指针会发生偏转，此时　 　能转化为电能，生活中的　 　机就是根据这一原理制成的。
【答案】上下；机械；发电
【知识点】产生感应电流的条件；发电机的构造和原理
【解析】【解答】图中，闭合开关，磁体不动，导体棒沿上下方向运动时，导体棒会切割磁感线，灵敏电流计的指针发生偏转，则有感应电流产生，导体棒的运动获得了电能，将机械能转化为电能，生活中的发电机根据这一原理制成的。故第1空填：上下；第2空填：机械；第3空填：发电。【分析】闭合电路的部分导体，切割磁感线时，电路中产生感应电流，将机械能转化为电能，可以制成发电机。
11．2025年3月21日，神舟十九号乘组航天员完成了空间站出舱的各项任务。以地面为参照物，空间站是　 　（选填“运动的”或“静止的”）；空间站与地面站之间的通讯依赖于无线电波，无线电波是一种电磁波，它在真空中的传播速度为　 　m/s，若空间站距离地球表面390km，则无线电波从空间站到达地球表面的时间为　 　s。
【答案】运动的；3×108；1.3×10-3
【知识点】速度公式及其应用；参照物及其选择；波速、波长和频率的关系
【解析】【解答】以地面为参照物，空间站的位置持续发生改变，因此空间站是运动的。
电磁波在真空中的传播速度等于光速，为 。
空间站到地球表面的距离 ，根据速度公式 ，无线电波从空间站到达地球表面的时间：
故答案为：运动的；3×108；1.3×10-3；
【分析】根据参照物的定义，通过判断物体与参照物之间的位置变化，确定物体的运动状态；关键知识点：运动和静止的相对性、参照物的选择。
明确电磁波在真空中的传播速度这一常量；关键知识点：电磁波的传播速度。
先统一距离单位，再利用速度公式的变形 计算传播时间；关键知识点：速度公式的应用、单位换算。
12．如图所示，这是中国航母“辽宁号”训练时舰载飞机起飞的情景。飞机起飞时能获得向上的升力，是因为机翼上方空气流速　 　（选填“大于”、“小于”或“等于”）机翼下方空气流速。飞机飞离航母后，航母所受的浮力将　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”），一架总质量为22t的舰载飞机从航母上起飞后，航母排开海水的体积将变化　 　m3。（海水＝1.1×103kg/m3，g取10N/kg）
【答案】大于；变小；20
【知识点】流体压强与流速的关系；阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】飞机的机翼上方凸起，下方平齐，上方空气流速大于机翼下方空气流速，机翼上方压强小于下方，从而产生向上的升力。
航母始终漂浮，浮力等于重力，飞机飞离航母后，航母的总重力减小，浮力会变小。
一架总质量为22t的舰载飞机从航母上起飞后，航母所受浮力的减小量等于舰载机的重力，航母排开海水的体积减少量为：
。故第1空填：大于；第2空填：变小；第3空填：20。
【分析】流体在流速大的地方压强小；漂浮物体受到的浮力等于自身重力，重力减小，则浮力减小；根据，可以计算排开液体的体积。
13．如图所示，电源电压保持不变，只闭合开关S时，灯泡L1正常发光；再闭合开关S1时，电流表的示数　 　，通过灯泡L1的电流　 　，灯泡L1的亮度　 　。（以上均选填“变大”“变小”或“不变”）
【答案】变大；不变；不变
【知识点】串联电路和并联电路的辨别；并联电路的电流规律；欧姆定律及其应用
【解析】【解答】并联电路中干路电流等于各支路电流之和，闭合开关后，电路增加了一条支路，干路电流变大，因此电流表示数变大。
并联电路中各支路两端电压相等，且等于电源电压。灯泡的电阻不变，两端电压也不变，根据公式，通过的电流保持不变。
灯泡的亮度由实际功率决定。两端电压和通过的电流均不变，根据公式，其实际功率不变，所以亮度也不变。
故答案为：变大；不变；不变；
【分析】利用并联电路的电流规律，分析新增支路对干路电流的影响；关键知识点：并联电路的电流特点。
结合并联电路的电压规律和欧姆定律，分析的电流变化；关键知识点：并联电路的电压特点、欧姆定律。
根据实际功率公式，分析的亮度变化；关键知识点：灯泡亮度与实际功率的关系、并联电路的电压和电流特点。
14．如图所示的装置是用来研究电阻丝产生的热量与　 　的关系。若通过R1的电流为2A，通电1min，R2产生的热量为　 　J。实验中发现两侧U形管液面的高度差对比不明显，可将R3更换为　 　（选填“大于”或“小于”）5Ω的电阻。
【答案】电流；300；小于
【知识点】并联电路的电流规律；焦耳定律
【解析】【解答】电路中在干路，与并联，且。两电阻阻值相同、通电时间相同，只有通过的电流不同，因此该装置探究的是电阻丝产生热量与电流的关系。
已知干路中通过的电流为，由于与阻值相等且并联，电流会平分，因此通过的电流为。通电时间，根据焦耳定律，产生的热量
两侧液面高度差对比不明显，说明和的产热差异太小。若将更换为阻值小于的电阻，的分流会更大，导致分得的电流更小，与的电流差增大，产热差异随之变大，液面高度差的对比会更明显。
故答案为：电流；300；小于；
【分析】通过分析电路结构，找出控制不变的物理量（电阻、通电时间）和改变的物理量（电流），结合焦耳定律公式，确定探究的问题；关键知识点：控制变量法、焦耳定律的探究实验。
先根据并联电路的电流分配规律，计算出通过的电流，再利用焦耳定律公式计算产生的热量；关键知识点：并联电路的电流特点、焦耳定律公式的应用。
液面高度差不明显的本质是产热差异小，因此需要增大电流差。根据并联电路的分流规律，减小的阻值会使分流增大，的电流减小，从而增大与的差值，再结合，电流差越大，产热差越大，液面高度差的对比会更明显；关键知识点：并联电路的分流规律、焦耳定律的应用。
15．（1）如图所示，一个物体静止在斜面上，请画出物体的重力和对斜面的压力。
（2）如图所示，用笔画线代替导线，将图中的灯泡和三孔插座正确连入家庭电路中。
（3）如图所示，在下图括号中标出通电螺线管左端的磁极，并标出A点的磁场方向。
【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】重力示意图；压力及重力与压力的区别；家庭电路的连接；通电螺线管的极性和电流方向的判断
【解析】【解答】（1） 物体的重力作用在其重心上，方向竖直向下；物体对斜面的压力作用在斜面上，方向垂直斜面向下，按此要求画出两个力的示意图即可如图所示：
故答案为：
；
（2） 灯泡与开关串联，火线先接开关，再由开关接灯泡顶端金属点，零线接灯泡螺旋套；三孔插座遵循 “左零右火上接地” 的接线规则，即左孔接中性线、右孔接相线、上孔接保护线。
如图所示：
故答案为：
；
（3） 闭合开关后，电流从螺线管左端流入、右端流出。根据安培定则（右手螺旋定则），可判断螺线管左端为 N 极、右端为 S 极；磁体外部的磁感线从 N 极出发回到 S 极，因此 A 点的磁场方向为从左向右。如图所示：
故答案为：
；
【分析】(1) 明确重力与压力的作用点和方向，按力的示意图的绘制规范作图；关键知识点：重力和压力的三要素、力的示意图画法。
(2) 结合家庭电路的安全接线规范，分别连接灯泡与开关、三孔插座；关键知识点：家庭电路的连接规则（开关接火线、三孔插座 “左零右火上接地”）。
(3) 先根据电流方向，利用安培定则判断螺线管的磁极，再根据磁感线的分布规律确定 A 点的磁场方向；关键知识点：安培定则、磁感线的方向规律。
（1）物体的重力作用在物体重心上，方向竖直向下，物体对斜面的压力垂直于斜面向下，作用在接触面上，如图所示：
（2）带开关的灯泡，开关与灯泡串联，火线先连接开关，开关与灯泡的一端连接，灯泡的另一端与灯泡的零线连接；三孔插座的左孔接零线，右孔接火线，上孔接地线，如图所示：
（3）闭合开关后，电流由螺线管的左端流入、右端流出；根据右手定则可知，通电螺线管的右端为S极、左端为N极；在磁体的外部，磁感线从N极指向S极，故A点的磁场方向从左向右，如图所示：
16．（1）如图所示，物体A的长度是　 　cm；秒表的读数是　 　s。
（2）某同学测量不吸水小石块的密度。
①他把天平放在水平台上，发现指针偏向分度盘中线右侧，马上调节平衡螺母，你认为他在操作上的明显错误是∶　 　；改正错误后，若天平指针位置如图甲所示，则应将天平的平衡螺母向　 　调，使指针对准分度盘中央刻度线，测出的小石块的质量如图乙所示；
②将水倒入量筒，液面的位置如图丙所示，再把小石块放入量筒，液面的位置如图丁所示，若沿视线c读数，则测量的密度值　 　（填“偏大”、“偏小”或“不变”）；正确读数后，可算出小石块的密度为　 　g/cm3。
【答案】（1）2.73；338.5
（2）游码未归零就调节平衡螺母；左；偏大；1.95
【知识点】量筒的使用；固体密度的测量；时间及其测量；刻度尺的使用
【解析】【解答】(1)刻度尺的分度值为1mm（0.1cm），物体A左端对齐4.00cm，右端对齐6.73cm，物体A的长度：
秒表小表盘（分钟）指针在5min和6min之间，大表盘（秒）指针在38.5s处，秒表读数：
故答案为：2.73；338.5；
(2)把天平放在水平台上后，应先将游码移到标尺左端的零刻度线处，再调节平衡螺母。
指针偏向分度盘中线右侧，说明右侧偏重，应将平衡螺母向左调节。
若沿视线c（俯视）读取量筒示数，读出的体积会偏小。根据密度公式，体积偏小时，测量的密度值会偏大。
水的体积，水和石块的总体积，石块体积：
石块质量，石块的密度：
故答案为：游码未归零就调节平衡螺母；左；偏大；1.95；
【分析】(1)明确刻度尺的分度值，用末端刻度减去起始刻度计算物体长度，注意估读到分度值的下一位；关键知识点：刻度尺的读数方法、长度测量的估读规则。
秒表读数为小表盘分钟数与大表盘秒数之和，需先确定小表盘指针是否过半来读取大表盘数值；关键知识点：秒表的读数方法。
(2)①天平调平的第一步是游码归零，再调节平衡螺母；关键知识点：天平的使用步骤。
天平调平时，指针偏向哪一侧，说明哪一侧偏重，平衡螺母应向相反方向调节；关键知识点：天平的调平方法。
②俯视量筒读数会导致测得的体积偏小，根据密度公式，质量不变时，体积偏小会使密度测量值偏大；关键知识点：量筒读数误差分析、密度公式的应用。
用排水法计算石块体积，再用天平砝码质量之和得出石块质量，最后根据密度公式计算密度；关键知识点：排水法测体积、天平读数、密度公式的应用。
（1）[1]刻度尺的分度值为1mm（0.1cm），物体A左端对齐4.00cm，右端对齐6.73cm，
所以物体A的长度L为
[2]小表盘（分钟）指针在5min和6min之间；大表盘（秒）指针在38.5s处，
所以秒表的读数为
（2）[1]把天平放在水平台上后，应先将游码移到标尺左端的零刻度线处，再调节平衡螺母。
[2]指针偏向分度盘中线右侧，说明右侧重，应将平衡螺母向左调。
[3]若沿视线c读数（俯视），读出的体积会偏小。根据可知，体积偏小时，测量的密度值会偏大。
[4]因为水的体积，水和石块的总体积
所以石块体积为
又因为石块质量为
所以石块的密度为
17．在“探究影响滑动摩擦力大小的因素”实验中，小明用完全相同的木块A分别做了如图甲、乙、丙所示的三个实验，虚线框内是弹簧测力计的示数，图乙、丙中木块上放置相同的砝码。
（1）如图甲所示，将木块放在水平木板上，用弹簧测力计沿水平方向拉木块，使其做　 　运动，此时木块受到的滑动摩擦力　 　（选填“大于”“等于”或“小于“）弹簧测力计的示数，图中弹簧测力计的示数为　 　N；
（2）甲、乙两个实验说明滑动摩擦力的大小与　 　有关；
（3）比较图乙、丙两图中的测力计示数，可得出相应结论，利用此结论要在拔河比赛中获胜，应该选用下图中的____________类型的鞋（选填选项）。
A．鞋底花纹较深
B．鞋底花纹较浅
C．旱冰鞋
【答案】（1）匀速直线；等于；1.6
（2）压力大小
（3）A
【知识点】探究影响摩擦力大小因素的实验
【解析】【解答】(1)测量滑动摩擦力时，需让木块做匀速直线运动，此时木块处于平衡状态，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。
根据二力平衡条件，拉力与滑动摩擦力大小相等，因此滑动摩擦力的大小等于弹簧测力计的示数。
由图可知，弹簧测力计的分度值为 0.2N，读出示数为 1.6N，即木块受到的滑动摩擦力为 1.6N。
故答案为：匀速直线；等于；1.6；
(2) 甲乙两图中，接触面粗糙程度相同、压力大小不同，弹簧测力计示数不同，说明滑动摩擦力的大小与压力大小有关。
故答案为：压力大小；
(3) 乙、丙两图中，压力大小相同、接触面粗糙程度不同，测力计示数不同，说明滑动摩擦力的大小与接触面粗糙程度有关。拔河比赛中，增大滑动摩擦力更易获胜，因此应增大接触面粗糙程度，选项 A 符合题意；选项 B 不能增大摩擦，选项 C 中滚动摩擦小于滑动摩擦，均不符合题意，故选 A。
故答案为：A；
【分析】(1)利用二力平衡条件，让木块做匀速直线运动，使拉力与滑动摩擦力成为一对平衡力；关键知识点：二力平衡条件。
根据二力平衡，拉力与滑动摩擦力大小相等，因此可通过测力计示数直接得到摩擦力大小；关键知识点：二力平衡条件的应用。
读取弹簧测力计示数时，先明确分度值，再根据指针位置读数；关键知识点：弹簧测力计的读数方法。
(2) 利用控制变量法，保持接触面粗糙程度不变，改变压力大小，分析测力计示数变化，得出滑动摩擦力与压力大小的关系；关键知识点：控制变量法、影响滑动摩擦力大小的因素。
(3) 先通过乙、丙两图分析得出滑动摩擦力与接触面粗糙程度的关系，再结合拔河比赛的需求，判断增大摩擦的有效方法；关键知识点：影响滑动摩擦力大小的因素、摩擦的应用。
（1）[1]在测量滑动摩擦力大小时，主要利用了二力平衡的条件，让木块做匀速直线运动，此时弹簧测力计对木块的拉力与木块所受的滑动摩擦力为一对平衡力。
[2]弹簧测力计的拉力与木块所受的滑动摩擦力为一对平衡力，大小相等，所以滑动摩擦力等于弹簧测力计的示数。
[3]由图可知，弹簧测力计的分度值为，所以可以读出示数为。
（2）由控制变量法可知，甲乙两图接触面的粗糙程度相同，压力大小不同，弹簧测力计的示数不同，可以得出滑动摩擦力的大小与压力大小有关。
（3）比较图乙、丙两图中的测力计示数，可得出滑动摩擦力的大小与接触面的粗糙程度有关，要在拔河比赛中获胜应该增大滑动摩擦，所以应该增大接触面的粗糙程度，故A符合题意，B不符合题意；
由于滚动摩擦小于滑动摩擦，故C不符合题意。
故选A。
18．小明在探究“电流与电阻的关系”时，实验器材有∶三节新的干电池（总电压为4.5V）、电流表、电压表、滑动变阻器（标有“20Ω 2A”字样）、定值电阻5个5Ω、10Ω、15Ω、 20Ω、50Ω，开关一个，导线若干。
（1）请用笔画线代替导线将图甲中的实物图连接完整，要求∶滑片P向B端移动时电流表示数变小；
（2）正确连接电路，将滑动变阻器阻值调至最大后，闭合开关，发现电流表有示数，电压表无示数，则电路的故障可能是　 　（写出一种即可）；
（3）排除故障后，将定值电阻由5Ω更换为10Ω时，应向　 　（选填“A”或“B”）端适当调节滑动变阻器的滑片P，使电压表示数保持3V不变；
（4）图乙是根据实验数据画出的定值电阻的I-R图像，由此可得结论：当电压一定时，　 　；
（5）小明同学继续探究，再次换接50Ω的定值电阻后，发现无论怎样移动滑片P，都不能使电压表示数达到3V，为了完成这次实验，他采取的措施可行的是 （填字母）；
A．调高电源电压 B．再串联一个10Ω的电阻
（6）完成上述实验后，小明又设计了如图丙所示的电路测量未知电阻Rx的阻值，定值电阻R0的阻值已知。
①闭合开关S，适当调节滑片P的位置，读出此时电压表V和V1的示数分别为Ux和U0；
②未知电阻Rx=　 　（用符号R0、Ux和U0表示）。
【答案】（1）
（2）电阻R短路
（3）B
（4）通过导体的电流与导体的电阻成反比
（5）B
（6）
【知识点】探究电流与电压、电阻的关系实验
【解析】【解答】（1） 题目要求滑片 P 向 B 端移动时电流表示数变小，说明滑动变阻器接入电路的电阻需增大。因此应将滑动变阻器的 A 接线柱与定值电阻 R 串联，按此方式完成电路连接。 如图所示：
故答案为：；
(2) 将滑动变阻器阻值调至最大后闭合开关，电流表有示数说明电路通路，无断路故障；电压表无示数说明与电压表并联的部分短路，因此可确定定值电阻R短路。
故答案为：电阻R短路；
(3) 探究“电流与电阻的关系”时，需控制定值电阻两端电压不变。将定值电阻由5Ω更换为10Ω后，若不移动滑片，电压表示数会增大；为控制电压不变，应向B端移动滑片，增大滑动变阻器接入的阻值，分担更多电压。
故答案为：B；
(4) 图像中每一点的横纵坐标乘积相等，该乘积代表定值电阻两端的电压，符合反比例关系的特点，因此可得结论：当电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比。
故答案为：通过导体的电流与导体的电阻成反比；
(5) 换接50Ω的定值电阻后，无论怎样移动滑片都无法使电压表示数达到3V，说明滑动变阻器的最大阻值过小，无法分担足够电压。可通过减小电源电压、更换阻值更大的滑动变阻器，或串联一个10Ω电阻（等效增大滑动变阻器阻值）来解决，故选B。
故答案为：B；
(6) 电阻Rx与R0串联，通过两者的电流相等，即 ；电压表V示数为Ux，因此Rx两端电压为Ux，Rx的阻值为：
故答案为：；
【解答】(1) 根据电流变化判断滑动变阻器接入电阻的变化，结合“滑片向B端移动电流变小”的要求，确定接线柱连接方式；关键知识点：滑动变阻器的工作原理与接线方法。
(2) 结合电流表、电压表的示数情况，通过“通路+无电压”的现象，判断短路故障；关键知识点：电路故障分析方法。
(3) 根据控制变量法，分析更换定值电阻后电压的变化，通过调节滑动变阻器保持定值电阻两端电压不变；关键知识点：探究电流与电阻关系的实验操作、控制变量法。
(4) 分析图像中横纵坐标的乘积（定值电阻两端电压），结合反比例函数的特点，得出电流与电阻的关系；关键知识点：欧姆定律、电流与电阻的关系。
(5) 根据串联电路分压规律，分析滑动变阻器阻值不足的问题，结合选项判断可行的改进方案；关键知识点：串联电路分压规律、欧姆定律的应用。
(6) 利用串联电路电流相等的特点，结合欧姆定律推导待测电阻的表达式；关键知识点：串联电路的电流规律、欧姆定律的应用。
（1）题干要求∶滑片P向B端移动时电流表示数变小，由于滑动变阻器和定值电阻串联，若要达成题目要求，则需要使滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，所以应该将滑动变阻器的A接线柱与定值电阻串联，如图所示：
（2）将滑动变阻器阻值调至最大后，闭合开关，发现电流表有示数，则说明电路中未出现断路故障，而是出现了短路故障，又由于电压表无示数，可以确定定值电阻短路。
（3）探究“电流与电阻的关系”时，应该控制定值电阻两端电压一定，改变接入电路的定值电阻的阻值，当将定值电阻由5Ω更换为10Ω时，如果不移动滑片，则会观察到电压表示数增大，为了控制电压一定，应该向B端移动滑片，增大滑动变阻器的阻值，分走更多的电压。
（4）由图像可知，每一点的横纵坐标乘积相等，横纵坐标乘积的物理意义为定值电阻两端电压，符合反比特点，因此可以获得结论，当电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比。
（5）换接50Ω的定值电阻后，发现无论怎样移动滑片P，都不能使电压表示数达到3V，说明此时滑动变阻器的最大阻值过小，无法分担多余的电压，所以可以通过减小电源电压或更换阻值更大的滑动变阻器来解决，依据题干选项再串联一个10Ω的电阻相当于更换阻值更大的滑动变阻器，故选B。
（6）由图丙可知，电阻与电阻串联，所以通过二者的电流相等
电压表V示数为，所以电阻两端电压为，则电阻可以表示为
19．在《哪吒：魔童闹海》电影中，哪吒与申公豹的打斗场面惊心动魄。只见哪吒身姿矫健，立于竹竿之巅，突然双脚一蹬，在空中翻腾旋转，最后稳稳地落在水面的竹竿上，此过程可近似看成竖直下落，如图所示。已知哪吒的质量为30kg，哪吒双脚与竹竿的接触面积为200cm2，哪吒下落的竖直距离为21m，下落所用时间为3s，求：
（1）哪吒竖直下落的平均速度；
（2）哪吒静止在水平竹竿上时，他对竹竿的压强；
（3）哪吒下落过程中重力做的功。
【答案】（1）哪吒竖直下落的路程 ，下落时间 ，根据平均速度公式，下落的平均速度：
（2）哪吒的重力：
哪吒静止在竹竿上时，对竹竿的压力等于自身重力，即 。
接触面积换算：，对竹竿的压强：

（3）重力做的功为：
【知识点】速度公式及其应用；压强的大小及其计算；功的计算及应用
【解析】【分析】(1) 直接利用平均速度公式 ，代入下落的路程和时间计算；关键知识点：平均速度公式的应用。
(2) 先根据 计算重力，再利用水平面上压力与重力的关系得到压力，最后结合压强公式 计算压强，注意接触面积的单位换算；关键知识点：重力公式、压力与重力的关系、压强公式的应用。
(3) 根据重力做功公式 ，代入重力和下落高度计算；关键知识点：重力做功公式的应用。
（1）已知哪吒竖直下落的路程
下落时间，根据平均速度公式
（2）哪吒的重力
哪吒静止在竹竿上，对竹竿的压力等于自身重力，即
换算接触面积单位：
他对竹竿的压强
（3）重力做功公式
20．如图所示，图甲为电热毛巾架，额定电压为220V。该毛巾架通过智能系统能够实现高温、低温挡自动切换。图乙所示为其内部电路原理图，和都为发热电阻丝；该毛巾架在正常工作30min的过程中，经历了由高温挡到低温挡的自动切换，其电流随时间变化的图像如图丙所示。求：
（1）高温挡的功率；
（2）毛巾架正常工作30min消耗的电能；
（3）发热电阻丝的电阻。
【答案】（1） 当开关S接1时，只有接入电路，电路总电阻最小，根据公式，此时功率最大，为高温挡；当开关S接2时，与串联，电路总电阻最大，功率最小，为低温挡。结合图丙，前10分钟电流为2A，对应高温挡，已知额定电压，高温挡功率：
（2）由图丙可知，工作分为两个阶段：
高温挡阶段：电流，时间，消耗电能：
低温挡阶段：电流，时间，消耗电能：
总电能：
（3）由(1)可知，的阻值：
低温挡时，与串联，电路电流，总电阻：
根据串联电路电阻特点，的阻值：
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【分析】(1) 先根据电路连接方式分析挡位，再结合判断功率大小，最后用计算高温挡功率；关键知识点：电功率公式、电路挡位分析。
(2) 根据分别计算高温挡和低温挡消耗的电能，再求总电能；关键知识点：电功公式的应用。
(3) 先用欧姆定律计算的阻值，再根据低温挡的电流计算总电阻，最后利用串联电路电阻规律求的阻值；关键知识点：欧姆定律、串联电路电阻特点。
（1）当开关S接 1 时，电路中只有电阻接入，此时电路总电阻最小，根据公式，功率最大，为高温挡；当开关 S 接 2 时，电阻和 串联，此时电路总电阻最大，功率最小，为低温挡；分析图丙，前 10 分钟电流较大，对应高温挡；后 20 分钟电流较小 ，对应低温挡；根据图丙可知，高温挡工作时的电流，已知额定电压，高温挡的功率
（2）根据图丙，工作过程分为两段，高温挡阶段，前 10 分钟，电流，时间
消耗电能
低温挡阶段，后 20 分钟，电流，时间
消耗电能
毛巾架正常工作30min消耗的电能
（3）由小问（1）分析可知的阻值
低温挡时，与串联，电路电流，低温挡时的总电阻
根据串联电路电阻特点
21．实验小组在“探究影响浮力大小的因素”
实验中，根据生活经验，交流后提出了猜想。（期中考试考过液体压强的实验，因此换成了浮力的实验题）
猜想一：浮力大小可能与物体浸入液体中的深度有关；
猜想二：浮力大小可能与物体排开液体的体积有关；
猜想三：浮力大小可能与液体密度有关。
为了验证上述猜想，同学们合作进行了如图所示的实验。
（1）从图中的实验数据可知，物块浸没在水中所受的浮力为　 　N；
（2）比较A、B、C三次实验，可以得出：浮力大小与　 　有关。由此可知，潜水艇漂浮在水面上所受浮力　 　潜水艇浸没在水中所受浮力（选填“大于”“小于”或“等于”）；
（3）比较A、D、E三次实验，可以得出结论：　 　；
（4）小明通过比较A、B、C三次实验，得出浮力大小与浸入液体的深度有关。该结论　 　（选填“可靠”或“不可靠”），说明理由：　 　；
（5）通过实验数据可以得出物体的密度为　 　kg/m3。(g取10N/kg，ρ水=1.0×103kg/m3）
【答案】（1）2.0
（2）物体排开液体的体积；小于
（3）浮力大小与液体密度有关
（4）不可靠；未控制排开液体体积相同
（5）
【知识点】密度公式及其应用；阿基米德原理；浮力大小的计算；探究影响浮力大小的因素
【解析】【解答】(1) 根据A、C两次实验，利用称重法可得物体浸没在水中受到的浮力：
故答案为：2.0；
(2)A、B、C三次实验中，液体密度相同，物体排开液体的体积不同，B、C两次实验中弹簧测力计示数不同，由称重法可知物体受到的浮力不同，说明物体受到的浮力与物体排开液体的体积有关。
潜水艇漂浮时排开水的体积小于浸没时排开水的体积，因此漂浮时所受浮力小于浸没时所受浮力。
故答案为：物体排开液体的体积；小于；
(3) A、D、E三次实验中，物体排开液体的体积相同，液体密度不同，D、E两次实验中弹簧测力计示数不同，由称重法可知物体受到的浮力不同，说明物体受到的浮力与液体的密度有关。
故答案为：浮力大小与液体密度有关；
(4) 探究浮力与浸入液体深度的关系时，需控制液体密度和物体排开液体的体积相同；而B、C两次实验中物体排开液体的体积不同，因此得出的结论不可靠。
故答案为：不可靠；未控制排开液体体积相同；
(5) 物体浸没在水中时，体积等于排开水的体积，由阿基米德原理可得：
物体的密度：
故答案为：；
【分析】(1) 利用称重法测浮力公式 ，直接代入数据计算；关键知识点：称重法测浮力。
(2) 采用控制变量法，保持液体密度不变，改变排开液体的体积，通过测力计示数变化分析浮力的影响因素；
结合阿基米德原理，分析潜水艇在不同状态下排开水的体积，判断浮力大小；
关键知识点：控制变量法、阿基米德原理的应用。
(3) 采用控制变量法，保持物体排开液体的体积不变，改变液体密度，通过测力计示数变化分析浮力的影响因素；关键知识点：控制变量法、阿基米德原理的应用。
(4) 根据控制变量法的要求，分析实验中未控制的变量，判断结论的可靠性；关键知识点：控制变量法的实验设计要求。
(5) 先利用阿基米德原理 求出物体体积，再根据密度公式 计算物体密度；关键知识点：阿基米德原理、密度公式的应用。
（1）根据A、C两步骤，利用称重法可得，物体浸没在水中受到的浮力为
（2）[1]A、B、C三次实验中液体的密度相同，物体排开液体的体积不同，B、C两实验中弹簧测力计的示数不同，由称重法可知，物体受到的浮力不同，说明物体受到的浮力与物体排开液体的体积有关。
[2]潜水艇漂浮在水面上排开水的体积小于潜水艇浸没在水中排开水的体积，因此潜水艇漂浮在水面上所受浮力小于潜水艇浸没在水中所受浮力。
（3）A、D、E三次实验中物体排开液体的体积相等，液体的密度不同，D、E两实验中弹簧测力计的示数不同，由称重法可知，物体受到的浮力不同，说明物体受到的浮力与液体的密度有关。
（4）[1][2]探究物体受到的浮力与浸入液体的深度关系时，需要控制液体的密度和物体排开液体的体积相同，而B、C两实验中物体排开液体的体积不同，因此得出的实验结论是不可靠的。
（5）已知物体浸没在水中受到的浮力为2N，此时物体的体积与排开水的体积大小相等，则物体的体积为
物体的密度为
22．跨学科实践小组设计了“测量气球在空气中所受浮力”的实验∶
（1）实验过程∶
①如图a，用细线穿过自制标尺的O点并悬挂，使其处于水平平衡状态，其中标尺分度值为1mm（图中毫米刻度线没有画出）；
②将充足气的篮球和套有气针的干瘪气球，固定悬挂在标尺左端距O点为L0的位置∶在标尺右端对称位置悬挂小桶，往桶内装入适量细沙，使标尺处于水平平衡状态。若测得小桶和细沙的总重力为G，则篮球和气球（含气针）的总重力为　 　；
③把气针插入篮球的气门内，气球随即膨胀，如图b，标尺的　 　（选填“左端” “右端”）向下发生倾斜，理由是∶左端气球受到向上的　 　，导致平衡状态发生变化；
④测量膨胀气球受到的浮力大小；
方法一∶在不改变小桶悬挂位置的情况下，　 　（选填“向小桶内添加”“从小桶内取出“）重力为G0的细沙，使标尺重新处于水平平衡状态，则膨胀气球受到的浮力大小为　 　；
方法二∶保持小桶和细沙总重力为G的情况下，移动小桶悬挂的位置，使标尺重新处于水平平衡状态，此时小桶悬挂位置与O点的距离为L，利用杠杆平衡条件也可计算出膨胀气球受到的浮力大小为　 　。
（2）实验评估∶
如图c，如果用钩码替换图a中的小桶和桶内细沙，为了较精准测量膨胀气球受到的浮力大小，采用④中的方法　 　更合理。
【答案】（1）G；右端；浮力；从小桶内取出；G0；
（2）二
【知识点】阿基米德原理；探究影响浮力大小的因素；杠杆的平衡条件
【解析】【解答】(1)根据杠杆平衡条件 ，左右两侧力臂均为 ，因此有 ，解得篮球和气球（含气针）的总重力 。
气球膨胀后，排开空气的体积变大，根据阿基米德原理，其受到的空气浮力增大，导致左端向下的拉力减小，因此标尺的右端会向下倾斜。
故答案为：G；右端；浮力；从小桶内取出；G0；；
(2)杠杆两侧力臂仍为 ，左端拉力变为 ，其力与力臂的乘积减小。为使杠杆重新平衡，需减小右端的拉力，即从小桶中取出细沙 。根据杠杆平衡条件 ，解得 。若保持右端总重力 不变，移动后力臂为 ，根据杠杆平衡条件 ，解得 。用钩码替换细沙后，钩码重力为固定值，无法实现连续微调，因此方法二（移动钩码位置）更合理。
故答案为：二；
【分析】(1)利用杠杆平衡条件，在初始平衡状态下直接推导出左端物体的总重力；关键知识点：杠杆平衡条件。
根据阿基米德原理，分析气球膨胀后浮力的变化，再结合杠杆受力变化判断杠杆的倾斜方向；关键知识点：阿基米德原理、杠杆的受力分析。
(2)分析左端拉力减小对杠杆平衡的影响，通过减小右端重力来恢复平衡，并利用杠杆平衡条件推导浮力表达式；关键知识点：杠杆平衡条件的应用。
保持右端重力不变，通过改变力臂使杠杆重新平衡，利用杠杆平衡条件推导浮力表达式；关键知识点：杠杆平衡条件的应用。
对比两种调节方式的特点，分析细沙和钩码在调节精度上的差异；关键知识点：实验方案的评估与优化。
（1）[1]根据杠杆平衡条件，左右力臂均为 ，因此：，解得篮球和气球（含气针）的总重力
[2][3]气球膨胀后，排开空气的体积变大，根据阿基米德原理，受到向上的浮力增大，左端向下的拉力减小，因此标尺的右端向下倾斜。
（2）[4]两边力臂仍为，左端拉力为，则左端力和力臂的乘积减小，要使杠杆重新平衡，右端力减小，即从小桶内取出细沙G0，根据杠杆平衡条件得，解得。
[5]保持右端总重力G不变，移动后力臂为L，根据杠杆平衡得
解得
[6]用钩码替换细沙后，钩码重力为固定值，无法连续微调，因此方法二移动钩码位置更合理。
23．明还看到了一款新科技运动器械——电动水翼冲浪板，下表是其相关参数，其结构示意图如图乙。内部含有的电机推动水翼板向前运动，玩家通过板体站立就实现了水上飞行。内部电机电源是电压为的蓄电池组，电机效率是指电动机获得的有用机械能与消耗电能的比值。（）
品牌 自重 最大载重 最大速度 蓄电池电压 蓄电池 容量 电机额 定电压 电机额定 功率 电机效率
苇渡 25kg 100kg 36km/h 48V 40Ah 48V 3000W 80%
（1）下列关于水翼冲浪板及其蓄电池的说法错误的是 。
A．水翼冲浪板材料具有高强度、耐腐蚀、平衡性好等特点
B．高端的冲浪板材料选用碳纤维，重量更轻且很坚固
C．蓄电池充、放电的过程中，电能、机械能互相转化
D．蓄电池组是由若干节蓄电池串联组成的
（2）当水翼冲浪板的蓄电池充满电，其储存的电能约 　 　 J，冲浪板在额定功率下以最大速度匀速前进时，电机提供的动力为 　 　 N；
（3）质量为75kg的运动员站在冲浪板上，以最大速度前行了5.4km，此时阻力是总重力的0.2倍，则阻力为 　 　N，蓄电池消耗的电能为　 　kW h；
（4）为了防止速度过快对人造成伤害，小明利用压力传感器设计了一个“感知自启系统”，如图丙所示。该系统由“感知电路”、“控制电路”等组成。其中电源由蓄电池提供，R是电阻箱，RP是压力传感器，可视为可变电阻，它的阻值与压力变化的对应关系如下表所示：
F/×103N 1 2 3 4 6
RP/Ω 18 9 6 4.5 3
若a、b两端电压必须等于或大于36V时，控制电路才能启动反推电动机进入工作状态。小明设定压力为4.5×103N时反推电动机工作，电阻箱的阻值至少应调到 　 　Ω，此时RP消耗的电功率为　 　W。
【答案】（1）C
（2）6.912×106；240
（3）200；0.375
（4）12；36
【知识点】热机的效率；电路的动态分析；电功率的计算
【解析】【解答】（1）A、水翼冲浪板材料具备高强度、耐腐蚀、平衡性好的特点，说法正确，不符合题意；
B、高端冲浪板选用碳纤维材料，比玻璃纤维更轻且坚固，说法正确，不符合题意；
C、蓄电池充放电过程中，是电能与化学能的相互转化，而非电能、化学能互相转化，说法错误，符合题意；
D、蓄电池组由若干节蓄电池串联组成，说法正确，不符合题意。
故答案为：C。
(2)蓄电池电压为48V，容量为40Ah，充满电时储存的电能：
电机额定功率为3000W，效率为80%，有用功率：
冲浪板最大速度 ，由 得动力：
故答案为：6.912×106；240；
(3)运动员与冲浪板总重力：
阻力：
匀速运动时动力与阻力平衡，，动力做功：
由效率公式 ，蓄电池消耗电能：
故答案为：200；0.375；
(4)由表格数据可知， 与压力成反比，压力为 时，。
当 间电压 时，反推电机工作。电源电压 ，此时 两端电压：
电路电流：
电阻箱的电阻：
即电阻箱阻值至少为12Ω时，反推电机才能工作。
消耗的电功率：
故答案为：12；36；
【分析】(1) 逐一分析选项，结合材料特性、蓄电池工作原理和电池组组成判断正误；关键知识点：材料特性、蓄电池的工作过程、串联电路的特点。
(2) 利用电能公式 计算蓄电池储存的电能；
先计算电机的有用功率，再根据 求动力；关键知识点：电能计算、功率与力的关系。
(3) 先求总重力，再根据阻力与重力的关系计算阻力；
利用二力平衡得到动力，再通过 计算有用功，结合效率公式求总电能；关键知识点：重力计算、二力平衡、功和效率的计算。
(4) 根据反比例关系求 阻值，再结合串联电路电压规律和欧姆定律计算电阻箱阻值；
利用 计算 的功率；关键知识点：反比例关系应用、串联电路的电压和电流规律、欧姆定律、电功率公式。
（1）A．水翼冲浪板材料具有高强度、耐腐蚀、平衡性好等特点，故A正确，不符合题意；
B．高端的冲浪板材料选用碳纤维，比玻璃纤维更轻，很坚固，故B正确，不符合题意；
C．蓄电池充、放电的过程中，电能、化学互相转化，故C错误，符合题意；
D．蓄电池组是由若干节蓄电池串联组成的，故D正确，不符合题意。
故选C。
（2）[1]依据表格可知蓄电池的电压为，蓄电池的容量为，可以计算充满电时蓄电池存储的电能为
[2]根据表格可知，电机额定功率为，由于电机的效率为80%，所以用来做有用功的功率为额定功率的80%，则有用功的功率
冲浪板最大速度为，由可以计算，冲浪板在额定功率下以最大速度匀速前进时，电机提供的动力
（3）[1]由题意可知，当质量为的运动员站在自重为冲浪板上时，其总重力
所以阻力
[2]由题意可知，运动员站在冲浪板上以最大速度做匀速直线运动，因此运动员和冲浪板整体处于平衡状态，受平衡力作用，此时电机提供的动力和阻力是一对平衡力，大小相等，故
向前行驶了，因此动力做功
电机所做有用功大小等于动力做功，由于电机效率为80%，所以可以计算出蓄电池消耗电能为
（4）[1]依据表格数据分析可知，RP的阻值与压力成反比，每一组数据的乘积都相等，由此可以计算，当压力为4.5×103N时，反推电机开始工作，此时RP的阻值
由于ab两点间电压为两端的电压，当ab间电压大于等于时，反推电动机才能开始工作，则两端的电压至少等于时才可实现上述行为，由电路图可知电阻和串联，电压之和等于电源电压，又由于电源由蓄电池提供，所以电源电压为，即可计算出此时两端电压
可以算出电路中的电流
可以计算此时电阻箱的电阻
所以电阻箱的电阻至少为时，反推电动机才能工作。
[2]由可以计算，此时RP消耗的电功率
1 / 1广东省珠海市文园中学（集团）2026年中考第一次模拟考试物理试卷
1．作为初中生，我们要了解一些与自身相关物理量的估测，以下估测最切合实际的是（　　）
A．正常步行的速度约为10m/s B．脉搏1s跳动80次
C．正常体温约为37℃ D．身高约为165dm
2．下列工具在正常使用过程中，其杠杆类型与其他选项不同的是（　　）
A．开瓶器 B．食品夹
C．筷子 D．钓鱼竿
3．我国电力供电系统全球领先，为国家经济建设提供了强有力的保障。但使用不当也会给人们带来危害，下列说法符合安全用电原则的是（　　）
A．当发现电器设备着火时，应立即泼水灭火
B．低于220V的电压对人体是安全的
C．家庭电路中各用电器都是并联连接，互不影响，所以无论多少用电器都可以同时工作
D．使用试电笔时，手指要按住笔尾金属体，用笔尖接触被测导线
4．能源、信息和材料是现代社会发展的三大支柱，下列说法正确的是（　　）
A．风能、地热能、核能都是可再生能源
B．核能发电是利用核聚变反应工作的
C．“天宫”空间站通过电磁波与地面指挥中心联系
D．手机中使用的麒麟芯片由超导体材料制成
5．如图所示电路，闭合开关，、两灯均发光，两电表均有示数。过一会儿，其中一个灯泡突然熄灭，两只电表示数都增大，造成此现象的原因可能是（　　）
A．灯短路 B．灯短路 C．灯断路 D．灯断路
6．关于如图所示的情景，说法不正确的是（　　）
A．甲图：建筑工人在砌墙时常使用铅垂线，是利用重力的方向竖直向下
B．乙图：洗手池排水管的U形“反水管”，是连通器原理在生活中的应用
C．丙图：飞机飞行时获得升力，是应用了流体压强和流速的关系
D．丁图：把自制气压计从山下移到山顶，细管内的水柱下降
7．将一根细金属丝置入柔性塑料中，可以制成用来检测物体形变的器件应变片，其结构如图甲所示。将它接入图乙所示的电路，电源电压不变，R为定值电阻。闭合开关S，当应变片随被检测物体发生拉伸形变时，塑料中的金属丝会被拉长变细，则电路中的（　　）
A．电压表和电流表示数都变大
B．电压表示数与电流表示数的比值变小
C．电路的总功率变大
D．定值电阻R的功率变小
8．煲仔饭是一种传统的广东美食，以其独特的锅巴和浓郁的香气而闻名，闻到浓郁的香气是由于分子不停做　 　造成的，烹饪过程中内能是通过　 　方式改变的，放凉之后香气没有那么浓郁，说明分子热运动的快慢与　 　有关。
9．如图所示，车胎上凹凸的花纹是为了　 　摩擦；用力蹬脚踏板，车就加速前进，说明力可以改变物体的　 　；停止蹬脚踏板，车还能继续滑行一段距离，这是因为车具有　 　。
10．物理小组的同学们利用如图所示的实验装置，探究导体在磁场中运动时产生感应电流的条件。保持磁体不动，闭合开关，导体棒沿　 　（选填“上下”或“左右”）方向运动时，灵敏电流计的指针会发生偏转，此时　 　能转化为电能，生活中的　 　机就是根据这一原理制成的。
11．2025年3月21日，神舟十九号乘组航天员完成了空间站出舱的各项任务。以地面为参照物，空间站是　 　（选填“运动的”或“静止的”）；空间站与地面站之间的通讯依赖于无线电波，无线电波是一种电磁波，它在真空中的传播速度为　 　m/s，若空间站距离地球表面390km，则无线电波从空间站到达地球表面的时间为　 　s。
12．如图所示，这是中国航母“辽宁号”训练时舰载飞机起飞的情景。飞机起飞时能获得向上的升力，是因为机翼上方空气流速　 　（选填“大于”、“小于”或“等于”）机翼下方空气流速。飞机飞离航母后，航母所受的浮力将　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”），一架总质量为22t的舰载飞机从航母上起飞后，航母排开海水的体积将变化　 　m3。（海水＝1.1×103kg/m3，g取10N/kg）
13．如图所示，电源电压保持不变，只闭合开关S时，灯泡L1正常发光；再闭合开关S1时，电流表的示数　 　，通过灯泡L1的电流　 　，灯泡L1的亮度　 　。（以上均选填“变大”“变小”或“不变”）
14．如图所示的装置是用来研究电阻丝产生的热量与　 　的关系。若通过R1的电流为2A，通电1min，R2产生的热量为　 　J。实验中发现两侧U形管液面的高度差对比不明显，可将R3更换为　 　（选填“大于”或“小于”）5Ω的电阻。
15．（1）如图所示，一个物体静止在斜面上，请画出物体的重力和对斜面的压力。
（2）如图所示，用笔画线代替导线，将图中的灯泡和三孔插座正确连入家庭电路中。
（3）如图所示，在下图括号中标出通电螺线管左端的磁极，并标出A点的磁场方向。
16．（1）如图所示，物体A的长度是　 　cm；秒表的读数是　 　s。
（2）某同学测量不吸水小石块的密度。
①他把天平放在水平台上，发现指针偏向分度盘中线右侧，马上调节平衡螺母，你认为他在操作上的明显错误是∶　 　；改正错误后，若天平指针位置如图甲所示，则应将天平的平衡螺母向　 　调，使指针对准分度盘中央刻度线，测出的小石块的质量如图乙所示；
②将水倒入量筒，液面的位置如图丙所示，再把小石块放入量筒，液面的位置如图丁所示，若沿视线c读数，则测量的密度值　 　（填“偏大”、“偏小”或“不变”）；正确读数后，可算出小石块的密度为　 　g/cm3。
17．在“探究影响滑动摩擦力大小的因素”实验中，小明用完全相同的木块A分别做了如图甲、乙、丙所示的三个实验，虚线框内是弹簧测力计的示数，图乙、丙中木块上放置相同的砝码。
（1）如图甲所示，将木块放在水平木板上，用弹簧测力计沿水平方向拉木块，使其做　 　运动，此时木块受到的滑动摩擦力　 　（选填“大于”“等于”或“小于“）弹簧测力计的示数，图中弹簧测力计的示数为　 　N；
（2）甲、乙两个实验说明滑动摩擦力的大小与　 　有关；
（3）比较图乙、丙两图中的测力计示数，可得出相应结论，利用此结论要在拔河比赛中获胜，应该选用下图中的____________类型的鞋（选填选项）。
A．鞋底花纹较深
B．鞋底花纹较浅
C．旱冰鞋
18．小明在探究“电流与电阻的关系”时，实验器材有∶三节新的干电池（总电压为4.5V）、电流表、电压表、滑动变阻器（标有“20Ω 2A”字样）、定值电阻5个5Ω、10Ω、15Ω、 20Ω、50Ω，开关一个，导线若干。
（1）请用笔画线代替导线将图甲中的实物图连接完整，要求∶滑片P向B端移动时电流表示数变小；
（2）正确连接电路，将滑动变阻器阻值调至最大后，闭合开关，发现电流表有示数，电压表无示数，则电路的故障可能是　 　（写出一种即可）；
（3）排除故障后，将定值电阻由5Ω更换为10Ω时，应向　 　（选填“A”或“B”）端适当调节滑动变阻器的滑片P，使电压表示数保持3V不变；
（4）图乙是根据实验数据画出的定值电阻的I-R图像，由此可得结论：当电压一定时，　 　；
（5）小明同学继续探究，再次换接50Ω的定值电阻后，发现无论怎样移动滑片P，都不能使电压表示数达到3V，为了完成这次实验，他采取的措施可行的是 （填字母）；
A．调高电源电压 B．再串联一个10Ω的电阻
（6）完成上述实验后，小明又设计了如图丙所示的电路测量未知电阻Rx的阻值，定值电阻R0的阻值已知。
①闭合开关S，适当调节滑片P的位置，读出此时电压表V和V1的示数分别为Ux和U0；
②未知电阻Rx=　 　（用符号R0、Ux和U0表示）。
19．在《哪吒：魔童闹海》电影中，哪吒与申公豹的打斗场面惊心动魄。只见哪吒身姿矫健，立于竹竿之巅，突然双脚一蹬，在空中翻腾旋转，最后稳稳地落在水面的竹竿上，此过程可近似看成竖直下落，如图所示。已知哪吒的质量为30kg，哪吒双脚与竹竿的接触面积为200cm2，哪吒下落的竖直距离为21m，下落所用时间为3s，求：
（1）哪吒竖直下落的平均速度；
（2）哪吒静止在水平竹竿上时，他对竹竿的压强；
（3）哪吒下落过程中重力做的功。
20．如图所示，图甲为电热毛巾架，额定电压为220V。该毛巾架通过智能系统能够实现高温、低温挡自动切换。图乙所示为其内部电路原理图，和都为发热电阻丝；该毛巾架在正常工作30min的过程中，经历了由高温挡到低温挡的自动切换，其电流随时间变化的图像如图丙所示。求：
（1）高温挡的功率；
（2）毛巾架正常工作30min消耗的电能；
（3）发热电阻丝的电阻。
21．实验小组在“探究影响浮力大小的因素”
实验中，根据生活经验，交流后提出了猜想。（期中考试考过液体压强的实验，因此换成了浮力的实验题）
猜想一：浮力大小可能与物体浸入液体中的深度有关；
猜想二：浮力大小可能与物体排开液体的体积有关；
猜想三：浮力大小可能与液体密度有关。
为了验证上述猜想，同学们合作进行了如图所示的实验。
（1）从图中的实验数据可知，物块浸没在水中所受的浮力为　 　N；
（2）比较A、B、C三次实验，可以得出：浮力大小与　 　有关。由此可知，潜水艇漂浮在水面上所受浮力　 　潜水艇浸没在水中所受浮力（选填“大于”“小于”或“等于”）；
（3）比较A、D、E三次实验，可以得出结论：　 　；
（4）小明通过比较A、B、C三次实验，得出浮力大小与浸入液体的深度有关。该结论　 　（选填“可靠”或“不可靠”），说明理由：　 　；
（5）通过实验数据可以得出物体的密度为　 　kg/m3。(g取10N/kg，ρ水=1.0×103kg/m3）
22．跨学科实践小组设计了“测量气球在空气中所受浮力”的实验∶
（1）实验过程∶
①如图a，用细线穿过自制标尺的O点并悬挂，使其处于水平平衡状态，其中标尺分度值为1mm（图中毫米刻度线没有画出）；
②将充足气的篮球和套有气针的干瘪气球，固定悬挂在标尺左端距O点为L0的位置∶在标尺右端对称位置悬挂小桶，往桶内装入适量细沙，使标尺处于水平平衡状态。若测得小桶和细沙的总重力为G，则篮球和气球（含气针）的总重力为　 　；
③把气针插入篮球的气门内，气球随即膨胀，如图b，标尺的　 　（选填“左端” “右端”）向下发生倾斜，理由是∶左端气球受到向上的　 　，导致平衡状态发生变化；
④测量膨胀气球受到的浮力大小；
方法一∶在不改变小桶悬挂位置的情况下，　 　（选填“向小桶内添加”“从小桶内取出“）重力为G0的细沙，使标尺重新处于水平平衡状态，则膨胀气球受到的浮力大小为　 　；
方法二∶保持小桶和细沙总重力为G的情况下，移动小桶悬挂的位置，使标尺重新处于水平平衡状态，此时小桶悬挂位置与O点的距离为L，利用杠杆平衡条件也可计算出膨胀气球受到的浮力大小为　 　。
（2）实验评估∶
如图c，如果用钩码替换图a中的小桶和桶内细沙，为了较精准测量膨胀气球受到的浮力大小，采用④中的方法　 　更合理。
23．明还看到了一款新科技运动器械——电动水翼冲浪板，下表是其相关参数，其结构示意图如图乙。内部含有的电机推动水翼板向前运动，玩家通过板体站立就实现了水上飞行。内部电机电源是电压为的蓄电池组，电机效率是指电动机获得的有用机械能与消耗电能的比值。（）
品牌 自重 最大载重 最大速度 蓄电池电压 蓄电池 容量 电机额 定电压 电机额定 功率 电机效率
苇渡 25kg 100kg 36km/h 48V 40Ah 48V 3000W 80%
（1）下列关于水翼冲浪板及其蓄电池的说法错误的是 。
A．水翼冲浪板材料具有高强度、耐腐蚀、平衡性好等特点
B．高端的冲浪板材料选用碳纤维，重量更轻且很坚固
C．蓄电池充、放电的过程中，电能、机械能互相转化
D．蓄电池组是由若干节蓄电池串联组成的
（2）当水翼冲浪板的蓄电池充满电，其储存的电能约 　 　 J，冲浪板在额定功率下以最大速度匀速前进时，电机提供的动力为 　 　 N；
（3）质量为75kg的运动员站在冲浪板上，以最大速度前行了5.4km，此时阻力是总重力的0.2倍，则阻力为 　 　N，蓄电池消耗的电能为　 　kW h；
（4）为了防止速度过快对人造成伤害，小明利用压力传感器设计了一个“感知自启系统”，如图丙所示。该系统由“感知电路”、“控制电路”等组成。其中电源由蓄电池提供，R是电阻箱，RP是压力传感器，可视为可变电阻，它的阻值与压力变化的对应关系如下表所示：
F/×103N 1 2 3 4 6
RP/Ω 18 9 6 4.5 3
若a、b两端电压必须等于或大于36V时，控制电路才能启动反推电动机进入工作状态。小明设定压力为4.5×103N时反推电动机工作，电阻箱的阻值至少应调到 　 　Ω，此时RP消耗的电功率为　 　W。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】温度及温度计的使用与读数；长度的估测；速度与物体运动
【解析】【解答】A、初中生正常步行的速度约为 1.1m/s，10m/s 接近短跑运动员的速度，不符合实际，故 A 错误；
B、正常情况下，人的脉搏 1 分钟跳动约 70-80 次，1s 跳动约 1 次，故 B 错误；
C、人体的正常体温约为 37℃，符合实际，故 C 正确；
D、初中生的身高约为 165cm，165dm=16.5m，远大于正常身高，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查常见速度的估测，人正常步行速度约 1.1m/s；
B、考查脉搏频率的估测，正常脉搏约每分钟 70-80 次；
C、考查人体正常体温的估测，约为 37℃；
D、考查长度单位的换算与身高估测，初中生身高约 165cm，而非 165dm。
2．【答案】A
【知识点】杠杆的分类
【解析】【解答】A、开瓶器在使用时动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆；故A符合题意 ；
B、食品夹在使用时动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆；故B不符合题意 ；
C、筷子在使用时动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆；故C不符合题意 ；
D、钓鱼竿在使用时动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆；故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】本题考查杠杆的分类，省力杠杆的动力臂大于阻力臂，费力杠杆的动力臂小于阻力臂；开瓶器是省力杠杆，食品夹、筷子、钓鱼竿均为费力杠杆，因此开瓶器的杠杆类型与其他选项不同。
3．【答案】D
【知识点】电压和电压的单位换算；测电笔的使用；安全用电原则
【解析】【解答】A、孔明灯升空是因为灯内空气受热膨胀、密度减小，使浮力大于重力，与流体压强和流速无关，故 A 错误；
B、桔槔汲水时，人拉端的动力臂大于水桶端的阻力臂，属于省力杠杆，故 B 正确；
C、篆刻刀刀口锋利，是通过减小受力面积来增大压强，并非增大压力，故 C 错误；
D、两心壶依靠壶内分隔结构与大气压作用实现分倒液体，与连通器原理无关，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查浮力与密度的应用，明确孔明灯的升空原理是浮力大于重力，而非流体压强与流速的关系；
B、考查杠杆的分类，根据动力臂与阻力臂的大小关系，判断桔槔属于省力杠杆；
C、考查压强的影响因素，区分增大压强的两种方法，理解篆刻刀的原理是减小受力面积；
D、考查连通器原理与大气压的应用，明确两心壶的工作原理与连通器的适用条件不同。
4．【答案】C
【知识点】能源及其分类；核裂变；半导体特点及作用；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】A、风能、地热能属于可再生能源，核能属于不可再生能源，故 A 错误；
B、核能发电是利用核裂变反应工作的，而非核聚变，故 B 错误；
C、“天宫” 空间站通过电磁波与地面指挥中心联系，故 C 正确；
D、手机中使用的麒麟芯片由半导体材料制成，而非超导体材料，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查能源的分类，可再生能源是指可从自然界中源源不断获取的能源，核能消耗后短期内无法再生，属于不可再生能源；
B、考查核能的利用，核电站是通过核裂变链式反应来发电的；
C、考查电磁波的应用，电磁波可以在真空中传播，适用于太空与地面的通信；
D、考查半导体材料的应用，芯片的核心材料是半导体硅，超导体的主要特点是电阻为零，目前还不能用于制作芯片。
5．【答案】B
【知识点】电路的三种状态；电路故障的判断
【解析】【解答】 A. 灯短路时，电压表也同时被短路，此时示数减小到零，故A不合题意；
B. 灯短路时，只有灯泡L1单独工作，此时它的电压等于电源电压，则示数增大。由于电阻减小，则电流表的示数变大，故B符合题意；
C. 灯断路时，电压表串联在电路中，由于电压表的内阻很大，因此电流表的示数几乎为零，故C不合题意；
D. 灯断路时，整个电路断开，则电压表和电流表的示数都减小到零，故D不合题意。
故选B。
【分析】对各个选项中的故障进行分析，推测可能出现的现象，哪个与描述一致，哪个就是正确选项。
6．【答案】D
【知识点】重力的方向；连通器原理及其应用；大气压强与高度的关系；流体压强与流速的关系
【解析】【解答】A、甲图中，建筑工人使用铅垂线是利用了重力的方向总是竖直向下的特点，故 A 正确；
B、乙图中，洗手池排水管的 U 形 “反水管” 符合连通器 “上端开口、底部相连通” 的特点，是连通器原理的应用，故 B 正确；
C、丙图中，飞机飞行时，机翼上方空气流速大、压强小，下方空气流速小、压强大，从而产生向上的升力，应用了流体压强与流速的关系，故 C 正确；
D、丁图中，把自制气压计从山下移到山顶，外界大气压减小，瓶内气压大于外界大气压，会将水压向细管，使细管内的水柱上升，而非下降，故 D 错误；
故答案为：D。
【分析】A、考查重力的方向，重力的方向总是竖直向下，铅垂线就是利用这一特点来检查墙体是否竖直；
B、考查连通器原理，连通器内装同种液体，当液体静止时，各液面保持相平；
C、考查流体压强与流速的关系，流速越大的位置，压强越小，飞机机翼正是利用这一原理获得升力；
D、考查大气压与高度的关系，大气压随高度的增加而减小，自制气压计中，瓶内气压不变，外界气压减小，细管内的水柱会上升。
7．【答案】D
【知识点】影响电阻大小的因素；欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【解答】A、当应变片被拉长变细时，其电阻变大，电路总电阻变大，电源电压不变，根据欧姆定律，电流表示数变小；定值电阻R两端电压变小，应变片两端电压（电压表示数）变大，故A错误；
B、电压表示数与电流表示数的比值等于应变片的电阻，应变片电阻变大，所以该比值变大，故B错误；
C、电路总功率 ，电源电压U不变，电流I变小，所以总功率变小，故C错误；
D、定值电阻R的功率 ，电流I变小，R不变，所以功率变小，故D正确；
故答案为：D。
【分析】本题考查动态电路分析。应变片的金属丝被拉长变细时，电阻变大，电路总电阻变大，电流变小；定值电阻R两端电压变小，应变片两端电压变大；电压表示数与电流表示数的比值等于应变片的电阻，应变片电阻变大，比值变大；电路总功率 ，U不变，I变小，总功率变小；定值电阻R的功率 ，I变小，R不变，功率变小。
8．【答案】无规则运动；热传递；温度
【知识点】热传递改变物体内能；分子热运动
【解析】【解答】能闻到浓郁的香气是由于带香味的分子在空气中不断地做无规则运动。煲仔饭的内能是通过热传递的方式增大的。温度越高，分子热运动越剧烈。
综上第1空：无规则运动；第2空：热传递；第3空温度。
【分析】分子热运动的特点：分子无规则运动，肉眼无法观察，常见例子有：气体颜色的改变，味道的扩散；且温度越高，分子热运动速度越快。
9．【答案】增大；运动状态；惯性
【知识点】力的作用效果；惯性及其现象；增大或减小摩擦的方法
【解析】【解答】车胎上凹凸的花纹，是通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力的。
力的作用效果有两种：改变物体的形状，或改变物体的运动状态。用力蹬脚踏板，车的速度发生变化，说明力可以改变物体的运动状态。
物体具有保持原来运动状态不变的性质，叫做惯性。停止蹬脚踏板后，车失去动力，但由于惯性，仍会保持原来的运动状态，因此能继续滑行一段距离。
故答案为：增大；运动状态；惯性；
【分析】从影响滑动摩擦力的因素入手，分析花纹的作用；关键知识点：增大摩擦力的方法。
结合力的两种作用效果，分析车加速前进的现象；关键知识点：力的作用效果。
根据惯性的定义，解释停止蹬车后仍能滑行的原因；关键知识点：惯性的概念与应用。
10．【答案】上下；机械；发电
【知识点】产生感应电流的条件；发电机的构造和原理
【解析】【解答】图中，闭合开关，磁体不动，导体棒沿上下方向运动时，导体棒会切割磁感线，灵敏电流计的指针发生偏转，则有感应电流产生，导体棒的运动获得了电能，将机械能转化为电能，生活中的发电机根据这一原理制成的。故第1空填：上下；第2空填：机械；第3空填：发电。【分析】闭合电路的部分导体，切割磁感线时，电路中产生感应电流，将机械能转化为电能，可以制成发电机。
11．【答案】运动的；3×108；1.3×10-3
【知识点】速度公式及其应用；参照物及其选择；波速、波长和频率的关系
【解析】【解答】以地面为参照物，空间站的位置持续发生改变，因此空间站是运动的。
电磁波在真空中的传播速度等于光速，为 。
空间站到地球表面的距离 ，根据速度公式 ，无线电波从空间站到达地球表面的时间：
故答案为：运动的；3×108；1.3×10-3；
【分析】根据参照物的定义，通过判断物体与参照物之间的位置变化，确定物体的运动状态；关键知识点：运动和静止的相对性、参照物的选择。
明确电磁波在真空中的传播速度这一常量；关键知识点：电磁波的传播速度。
先统一距离单位，再利用速度公式的变形 计算传播时间；关键知识点：速度公式的应用、单位换算。
12．【答案】大于；变小；20
【知识点】流体压强与流速的关系；阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】飞机的机翼上方凸起，下方平齐，上方空气流速大于机翼下方空气流速，机翼上方压强小于下方，从而产生向上的升力。
航母始终漂浮，浮力等于重力，飞机飞离航母后，航母的总重力减小，浮力会变小。
一架总质量为22t的舰载飞机从航母上起飞后，航母所受浮力的减小量等于舰载机的重力，航母排开海水的体积减少量为：
。故第1空填：大于；第2空填：变小；第3空填：20。
【分析】流体在流速大的地方压强小；漂浮物体受到的浮力等于自身重力，重力减小，则浮力减小；根据，可以计算排开液体的体积。
13．【答案】变大；不变；不变
【知识点】串联电路和并联电路的辨别；并联电路的电流规律；欧姆定律及其应用
【解析】【解答】并联电路中干路电流等于各支路电流之和，闭合开关后，电路增加了一条支路，干路电流变大，因此电流表示数变大。
并联电路中各支路两端电压相等，且等于电源电压。灯泡的电阻不变，两端电压也不变，根据公式，通过的电流保持不变。
灯泡的亮度由实际功率决定。两端电压和通过的电流均不变，根据公式，其实际功率不变，所以亮度也不变。
故答案为：变大；不变；不变；
【分析】利用并联电路的电流规律，分析新增支路对干路电流的影响；关键知识点：并联电路的电流特点。
结合并联电路的电压规律和欧姆定律，分析的电流变化；关键知识点：并联电路的电压特点、欧姆定律。
根据实际功率公式，分析的亮度变化；关键知识点：灯泡亮度与实际功率的关系、并联电路的电压和电流特点。
14．【答案】电流；300；小于
【知识点】并联电路的电流规律；焦耳定律
【解析】【解答】电路中在干路，与并联，且。两电阻阻值相同、通电时间相同，只有通过的电流不同，因此该装置探究的是电阻丝产生热量与电流的关系。
已知干路中通过的电流为，由于与阻值相等且并联，电流会平分，因此通过的电流为。通电时间，根据焦耳定律，产生的热量
两侧液面高度差对比不明显，说明和的产热差异太小。若将更换为阻值小于的电阻，的分流会更大，导致分得的电流更小，与的电流差增大，产热差异随之变大，液面高度差的对比会更明显。
故答案为：电流；300；小于；
【分析】通过分析电路结构，找出控制不变的物理量（电阻、通电时间）和改变的物理量（电流），结合焦耳定律公式，确定探究的问题；关键知识点：控制变量法、焦耳定律的探究实验。
先根据并联电路的电流分配规律，计算出通过的电流，再利用焦耳定律公式计算产生的热量；关键知识点：并联电路的电流特点、焦耳定律公式的应用。
液面高度差不明显的本质是产热差异小，因此需要增大电流差。根据并联电路的分流规律，减小的阻值会使分流增大，的电流减小，从而增大与的差值，再结合，电流差越大，产热差越大，液面高度差的对比会更明显；关键知识点：并联电路的分流规律、焦耳定律的应用。
15．【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】重力示意图；压力及重力与压力的区别；家庭电路的连接；通电螺线管的极性和电流方向的判断
【解析】【解答】（1） 物体的重力作用在其重心上，方向竖直向下；物体对斜面的压力作用在斜面上，方向垂直斜面向下，按此要求画出两个力的示意图即可如图所示：
故答案为：
；
（2） 灯泡与开关串联，火线先接开关，再由开关接灯泡顶端金属点，零线接灯泡螺旋套；三孔插座遵循 “左零右火上接地” 的接线规则，即左孔接中性线、右孔接相线、上孔接保护线。
如图所示：
故答案为：
；
（3） 闭合开关后，电流从螺线管左端流入、右端流出。根据安培定则（右手螺旋定则），可判断螺线管左端为 N 极、右端为 S 极；磁体外部的磁感线从 N 极出发回到 S 极，因此 A 点的磁场方向为从左向右。如图所示：
故答案为：
；
【分析】(1) 明确重力与压力的作用点和方向，按力的示意图的绘制规范作图；关键知识点：重力和压力的三要素、力的示意图画法。
(2) 结合家庭电路的安全接线规范，分别连接灯泡与开关、三孔插座；关键知识点：家庭电路的连接规则（开关接火线、三孔插座 “左零右火上接地”）。
(3) 先根据电流方向，利用安培定则判断螺线管的磁极，再根据磁感线的分布规律确定 A 点的磁场方向；关键知识点：安培定则、磁感线的方向规律。
（1）物体的重力作用在物体重心上，方向竖直向下，物体对斜面的压力垂直于斜面向下，作用在接触面上，如图所示：
（2）带开关的灯泡，开关与灯泡串联，火线先连接开关，开关与灯泡的一端连接，灯泡的另一端与灯泡的零线连接；三孔插座的左孔接零线，右孔接火线，上孔接地线，如图所示：
（3）闭合开关后，电流由螺线管的左端流入、右端流出；根据右手定则可知，通电螺线管的右端为S极、左端为N极；在磁体的外部，磁感线从N极指向S极，故A点的磁场方向从左向右，如图所示：
16．【答案】（1）2.73；338.5
（2）游码未归零就调节平衡螺母；左；偏大；1.95
【知识点】量筒的使用；固体密度的测量；时间及其测量；刻度尺的使用
【解析】【解答】(1)刻度尺的分度值为1mm（0.1cm），物体A左端对齐4.00cm，右端对齐6.73cm，物体A的长度：
秒表小表盘（分钟）指针在5min和6min之间，大表盘（秒）指针在38.5s处，秒表读数：
故答案为：2.73；338.5；
(2)把天平放在水平台上后，应先将游码移到标尺左端的零刻度线处，再调节平衡螺母。
指针偏向分度盘中线右侧，说明右侧偏重，应将平衡螺母向左调节。
若沿视线c（俯视）读取量筒示数，读出的体积会偏小。根据密度公式，体积偏小时，测量的密度值会偏大。
水的体积，水和石块的总体积，石块体积：
石块质量，石块的密度：
故答案为：游码未归零就调节平衡螺母；左；偏大；1.95；
【分析】(1)明确刻度尺的分度值，用末端刻度减去起始刻度计算物体长度，注意估读到分度值的下一位；关键知识点：刻度尺的读数方法、长度测量的估读规则。
秒表读数为小表盘分钟数与大表盘秒数之和，需先确定小表盘指针是否过半来读取大表盘数值；关键知识点：秒表的读数方法。
(2)①天平调平的第一步是游码归零，再调节平衡螺母；关键知识点：天平的使用步骤。
天平调平时，指针偏向哪一侧，说明哪一侧偏重，平衡螺母应向相反方向调节；关键知识点：天平的调平方法。
②俯视量筒读数会导致测得的体积偏小，根据密度公式，质量不变时，体积偏小会使密度测量值偏大；关键知识点：量筒读数误差分析、密度公式的应用。
用排水法计算石块体积，再用天平砝码质量之和得出石块质量，最后根据密度公式计算密度；关键知识点：排水法测体积、天平读数、密度公式的应用。
（1）[1]刻度尺的分度值为1mm（0.1cm），物体A左端对齐4.00cm，右端对齐6.73cm，
所以物体A的长度L为
[2]小表盘（分钟）指针在5min和6min之间；大表盘（秒）指针在38.5s处，
所以秒表的读数为
（2）[1]把天平放在水平台上后，应先将游码移到标尺左端的零刻度线处，再调节平衡螺母。
[2]指针偏向分度盘中线右侧，说明右侧重，应将平衡螺母向左调。
[3]若沿视线c读数（俯视），读出的体积会偏小。根据可知，体积偏小时，测量的密度值会偏大。
[4]因为水的体积，水和石块的总体积
所以石块体积为
又因为石块质量为
所以石块的密度为
17．【答案】（1）匀速直线；等于；1.6
（2）压力大小
（3）A
【知识点】探究影响摩擦力大小因素的实验
【解析】【解答】(1)测量滑动摩擦力时，需让木块做匀速直线运动，此时木块处于平衡状态，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。
根据二力平衡条件，拉力与滑动摩擦力大小相等，因此滑动摩擦力的大小等于弹簧测力计的示数。
由图可知，弹簧测力计的分度值为 0.2N，读出示数为 1.6N，即木块受到的滑动摩擦力为 1.6N。
故答案为：匀速直线；等于；1.6；
(2) 甲乙两图中，接触面粗糙程度相同、压力大小不同，弹簧测力计示数不同，说明滑动摩擦力的大小与压力大小有关。
故答案为：压力大小；
(3) 乙、丙两图中，压力大小相同、接触面粗糙程度不同，测力计示数不同，说明滑动摩擦力的大小与接触面粗糙程度有关。拔河比赛中，增大滑动摩擦力更易获胜，因此应增大接触面粗糙程度，选项 A 符合题意；选项 B 不能增大摩擦，选项 C 中滚动摩擦小于滑动摩擦，均不符合题意，故选 A。
故答案为：A；
【分析】(1)利用二力平衡条件，让木块做匀速直线运动，使拉力与滑动摩擦力成为一对平衡力；关键知识点：二力平衡条件。
根据二力平衡，拉力与滑动摩擦力大小相等，因此可通过测力计示数直接得到摩擦力大小；关键知识点：二力平衡条件的应用。
读取弹簧测力计示数时，先明确分度值，再根据指针位置读数；关键知识点：弹簧测力计的读数方法。
(2) 利用控制变量法，保持接触面粗糙程度不变，改变压力大小，分析测力计示数变化，得出滑动摩擦力与压力大小的关系；关键知识点：控制变量法、影响滑动摩擦力大小的因素。
(3) 先通过乙、丙两图分析得出滑动摩擦力与接触面粗糙程度的关系，再结合拔河比赛的需求，判断增大摩擦的有效方法；关键知识点：影响滑动摩擦力大小的因素、摩擦的应用。
（1）[1]在测量滑动摩擦力大小时，主要利用了二力平衡的条件，让木块做匀速直线运动，此时弹簧测力计对木块的拉力与木块所受的滑动摩擦力为一对平衡力。
[2]弹簧测力计的拉力与木块所受的滑动摩擦力为一对平衡力，大小相等，所以滑动摩擦力等于弹簧测力计的示数。
[3]由图可知，弹簧测力计的分度值为，所以可以读出示数为。
（2）由控制变量法可知，甲乙两图接触面的粗糙程度相同，压力大小不同，弹簧测力计的示数不同，可以得出滑动摩擦力的大小与压力大小有关。
（3）比较图乙、丙两图中的测力计示数，可得出滑动摩擦力的大小与接触面的粗糙程度有关，要在拔河比赛中获胜应该增大滑动摩擦，所以应该增大接触面的粗糙程度，故A符合题意，B不符合题意；
由于滚动摩擦小于滑动摩擦，故C不符合题意。
故选A。
18．【答案】（1）
（2）电阻R短路
（3）B
（4）通过导体的电流与导体的电阻成反比
（5）B
（6）
【知识点】探究电流与电压、电阻的关系实验
【解析】【解答】（1） 题目要求滑片 P 向 B 端移动时电流表示数变小，说明滑动变阻器接入电路的电阻需增大。因此应将滑动变阻器的 A 接线柱与定值电阻 R 串联，按此方式完成电路连接。 如图所示：
故答案为：；
(2) 将滑动变阻器阻值调至最大后闭合开关，电流表有示数说明电路通路，无断路故障；电压表无示数说明与电压表并联的部分短路，因此可确定定值电阻R短路。
故答案为：电阻R短路；
(3) 探究“电流与电阻的关系”时，需控制定值电阻两端电压不变。将定值电阻由5Ω更换为10Ω后，若不移动滑片，电压表示数会增大；为控制电压不变，应向B端移动滑片，增大滑动变阻器接入的阻值，分担更多电压。
故答案为：B；
(4) 图像中每一点的横纵坐标乘积相等，该乘积代表定值电阻两端的电压，符合反比例关系的特点，因此可得结论：当电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比。
故答案为：通过导体的电流与导体的电阻成反比；
(5) 换接50Ω的定值电阻后，无论怎样移动滑片都无法使电压表示数达到3V，说明滑动变阻器的最大阻值过小，无法分担足够电压。可通过减小电源电压、更换阻值更大的滑动变阻器，或串联一个10Ω电阻（等效增大滑动变阻器阻值）来解决，故选B。
故答案为：B；
(6) 电阻Rx与R0串联，通过两者的电流相等，即 ；电压表V示数为Ux，因此Rx两端电压为Ux，Rx的阻值为：
故答案为：；
【解答】(1) 根据电流变化判断滑动变阻器接入电阻的变化，结合“滑片向B端移动电流变小”的要求，确定接线柱连接方式；关键知识点：滑动变阻器的工作原理与接线方法。
(2) 结合电流表、电压表的示数情况，通过“通路+无电压”的现象，判断短路故障；关键知识点：电路故障分析方法。
(3) 根据控制变量法，分析更换定值电阻后电压的变化，通过调节滑动变阻器保持定值电阻两端电压不变；关键知识点：探究电流与电阻关系的实验操作、控制变量法。
(4) 分析图像中横纵坐标的乘积（定值电阻两端电压），结合反比例函数的特点，得出电流与电阻的关系；关键知识点：欧姆定律、电流与电阻的关系。
(5) 根据串联电路分压规律，分析滑动变阻器阻值不足的问题，结合选项判断可行的改进方案；关键知识点：串联电路分压规律、欧姆定律的应用。
(6) 利用串联电路电流相等的特点，结合欧姆定律推导待测电阻的表达式；关键知识点：串联电路的电流规律、欧姆定律的应用。
（1）题干要求∶滑片P向B端移动时电流表示数变小，由于滑动变阻器和定值电阻串联，若要达成题目要求，则需要使滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，所以应该将滑动变阻器的A接线柱与定值电阻串联，如图所示：
（2）将滑动变阻器阻值调至最大后，闭合开关，发现电流表有示数，则说明电路中未出现断路故障，而是出现了短路故障，又由于电压表无示数，可以确定定值电阻短路。
（3）探究“电流与电阻的关系”时，应该控制定值电阻两端电压一定，改变接入电路的定值电阻的阻值，当将定值电阻由5Ω更换为10Ω时，如果不移动滑片，则会观察到电压表示数增大，为了控制电压一定，应该向B端移动滑片，增大滑动变阻器的阻值，分走更多的电压。
（4）由图像可知，每一点的横纵坐标乘积相等，横纵坐标乘积的物理意义为定值电阻两端电压，符合反比特点，因此可以获得结论，当电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比。
（5）换接50Ω的定值电阻后，发现无论怎样移动滑片P，都不能使电压表示数达到3V，说明此时滑动变阻器的最大阻值过小，无法分担多余的电压，所以可以通过减小电源电压或更换阻值更大的滑动变阻器来解决，依据题干选项再串联一个10Ω的电阻相当于更换阻值更大的滑动变阻器，故选B。
（6）由图丙可知，电阻与电阻串联，所以通过二者的电流相等
电压表V示数为，所以电阻两端电压为，则电阻可以表示为
19．【答案】（1）哪吒竖直下落的路程 ，下落时间 ，根据平均速度公式，下落的平均速度：
（2）哪吒的重力：
哪吒静止在竹竿上时，对竹竿的压力等于自身重力，即 。
接触面积换算：，对竹竿的压强：

（3）重力做的功为：
【知识点】速度公式及其应用；压强的大小及其计算；功的计算及应用
【解析】【分析】(1) 直接利用平均速度公式 ，代入下落的路程和时间计算；关键知识点：平均速度公式的应用。
(2) 先根据 计算重力，再利用水平面上压力与重力的关系得到压力，最后结合压强公式 计算压强，注意接触面积的单位换算；关键知识点：重力公式、压力与重力的关系、压强公式的应用。
(3) 根据重力做功公式 ，代入重力和下落高度计算；关键知识点：重力做功公式的应用。
（1）已知哪吒竖直下落的路程
下落时间，根据平均速度公式
（2）哪吒的重力
哪吒静止在竹竿上，对竹竿的压力等于自身重力，即
换算接触面积单位：
他对竹竿的压强
（3）重力做功公式
20．【答案】（1） 当开关S接1时，只有接入电路，电路总电阻最小，根据公式，此时功率最大，为高温挡；当开关S接2时，与串联，电路总电阻最大，功率最小，为低温挡。结合图丙，前10分钟电流为2A，对应高温挡，已知额定电压，高温挡功率：
（2）由图丙可知，工作分为两个阶段：
高温挡阶段：电流，时间，消耗电能：
低温挡阶段：电流，时间，消耗电能：
总电能：
（3）由(1)可知，的阻值：
低温挡时，与串联，电路电流，总电阻：
根据串联电路电阻特点，的阻值：
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【分析】(1) 先根据电路连接方式分析挡位，再结合判断功率大小，最后用计算高温挡功率；关键知识点：电功率公式、电路挡位分析。
(2) 根据分别计算高温挡和低温挡消耗的电能，再求总电能；关键知识点：电功公式的应用。
(3) 先用欧姆定律计算的阻值，再根据低温挡的电流计算总电阻，最后利用串联电路电阻规律求的阻值；关键知识点：欧姆定律、串联电路电阻特点。
（1）当开关S接 1 时，电路中只有电阻接入，此时电路总电阻最小，根据公式，功率最大，为高温挡；当开关 S 接 2 时，电阻和 串联，此时电路总电阻最大，功率最小，为低温挡；分析图丙，前 10 分钟电流较大，对应高温挡；后 20 分钟电流较小 ，对应低温挡；根据图丙可知，高温挡工作时的电流，已知额定电压，高温挡的功率
（2）根据图丙，工作过程分为两段，高温挡阶段，前 10 分钟，电流，时间
消耗电能
低温挡阶段，后 20 分钟，电流，时间
消耗电能
毛巾架正常工作30min消耗的电能
（3）由小问（1）分析可知的阻值
低温挡时，与串联，电路电流，低温挡时的总电阻
根据串联电路电阻特点
21．【答案】（1）2.0
（2）物体排开液体的体积；小于
（3）浮力大小与液体密度有关
（4）不可靠；未控制排开液体体积相同
（5）
【知识点】密度公式及其应用；阿基米德原理；浮力大小的计算；探究影响浮力大小的因素
【解析】【解答】(1) 根据A、C两次实验，利用称重法可得物体浸没在水中受到的浮力：
故答案为：2.0；
(2)A、B、C三次实验中，液体密度相同，物体排开液体的体积不同，B、C两次实验中弹簧测力计示数不同，由称重法可知物体受到的浮力不同，说明物体受到的浮力与物体排开液体的体积有关。
潜水艇漂浮时排开水的体积小于浸没时排开水的体积，因此漂浮时所受浮力小于浸没时所受浮力。
故答案为：物体排开液体的体积；小于；
(3) A、D、E三次实验中，物体排开液体的体积相同，液体密度不同，D、E两次实验中弹簧测力计示数不同，由称重法可知物体受到的浮力不同，说明物体受到的浮力与液体的密度有关。
故答案为：浮力大小与液体密度有关；
(4) 探究浮力与浸入液体深度的关系时，需控制液体密度和物体排开液体的体积相同；而B、C两次实验中物体排开液体的体积不同，因此得出的结论不可靠。
故答案为：不可靠；未控制排开液体体积相同；
(5) 物体浸没在水中时，体积等于排开水的体积，由阿基米德原理可得：
物体的密度：
故答案为：；
【分析】(1) 利用称重法测浮力公式 ，直接代入数据计算；关键知识点：称重法测浮力。
(2) 采用控制变量法，保持液体密度不变，改变排开液体的体积，通过测力计示数变化分析浮力的影响因素；
结合阿基米德原理，分析潜水艇在不同状态下排开水的体积，判断浮力大小；
关键知识点：控制变量法、阿基米德原理的应用。
(3) 采用控制变量法，保持物体排开液体的体积不变，改变液体密度，通过测力计示数变化分析浮力的影响因素；关键知识点：控制变量法、阿基米德原理的应用。
(4) 根据控制变量法的要求，分析实验中未控制的变量，判断结论的可靠性；关键知识点：控制变量法的实验设计要求。
(5) 先利用阿基米德原理 求出物体体积，再根据密度公式 计算物体密度；关键知识点：阿基米德原理、密度公式的应用。
（1）根据A、C两步骤，利用称重法可得，物体浸没在水中受到的浮力为
（2）[1]A、B、C三次实验中液体的密度相同，物体排开液体的体积不同，B、C两实验中弹簧测力计的示数不同，由称重法可知，物体受到的浮力不同，说明物体受到的浮力与物体排开液体的体积有关。
[2]潜水艇漂浮在水面上排开水的体积小于潜水艇浸没在水中排开水的体积，因此潜水艇漂浮在水面上所受浮力小于潜水艇浸没在水中所受浮力。
（3）A、D、E三次实验中物体排开液体的体积相等，液体的密度不同，D、E两实验中弹簧测力计的示数不同，由称重法可知，物体受到的浮力不同，说明物体受到的浮力与液体的密度有关。
（4）[1][2]探究物体受到的浮力与浸入液体的深度关系时，需要控制液体的密度和物体排开液体的体积相同，而B、C两实验中物体排开液体的体积不同，因此得出的实验结论是不可靠的。
（5）已知物体浸没在水中受到的浮力为2N，此时物体的体积与排开水的体积大小相等，则物体的体积为
物体的密度为
22．【答案】（1）G；右端；浮力；从小桶内取出；G0；
（2）二
【知识点】阿基米德原理；探究影响浮力大小的因素；杠杆的平衡条件
【解析】【解答】(1)根据杠杆平衡条件 ，左右两侧力臂均为 ，因此有 ，解得篮球和气球（含气针）的总重力 。
气球膨胀后，排开空气的体积变大，根据阿基米德原理，其受到的空气浮力增大，导致左端向下的拉力减小，因此标尺的右端会向下倾斜。
故答案为：G；右端；浮力；从小桶内取出；G0；；
(2)杠杆两侧力臂仍为 ，左端拉力变为 ，其力与力臂的乘积减小。为使杠杆重新平衡，需减小右端的拉力，即从小桶中取出细沙 。根据杠杆平衡条件 ，解得 。若保持右端总重力 不变，移动后力臂为 ，根据杠杆平衡条件 ，解得 。用钩码替换细沙后，钩码重力为固定值，无法实现连续微调，因此方法二（移动钩码位置）更合理。
故答案为：二；
【分析】(1)利用杠杆平衡条件，在初始平衡状态下直接推导出左端物体的总重力；关键知识点：杠杆平衡条件。
根据阿基米德原理，分析气球膨胀后浮力的变化，再结合杠杆受力变化判断杠杆的倾斜方向；关键知识点：阿基米德原理、杠杆的受力分析。
(2)分析左端拉力减小对杠杆平衡的影响，通过减小右端重力来恢复平衡，并利用杠杆平衡条件推导浮力表达式；关键知识点：杠杆平衡条件的应用。
保持右端重力不变，通过改变力臂使杠杆重新平衡，利用杠杆平衡条件推导浮力表达式；关键知识点：杠杆平衡条件的应用。
对比两种调节方式的特点，分析细沙和钩码在调节精度上的差异；关键知识点：实验方案的评估与优化。
（1）[1]根据杠杆平衡条件，左右力臂均为 ，因此：，解得篮球和气球（含气针）的总重力
[2][3]气球膨胀后，排开空气的体积变大，根据阿基米德原理，受到向上的浮力增大，左端向下的拉力减小，因此标尺的右端向下倾斜。
（2）[4]两边力臂仍为，左端拉力为，则左端力和力臂的乘积减小，要使杠杆重新平衡，右端力减小，即从小桶内取出细沙G0，根据杠杆平衡条件得，解得。
[5]保持右端总重力G不变，移动后力臂为L，根据杠杆平衡得
解得
[6]用钩码替换细沙后，钩码重力为固定值，无法连续微调，因此方法二移动钩码位置更合理。
23．【答案】（1）C
（2）6.912×106；240
（3）200；0.375
（4）12；36
【知识点】热机的效率；电路的动态分析；电功率的计算
【解析】【解答】（1）A、水翼冲浪板材料具备高强度、耐腐蚀、平衡性好的特点，说法正确，不符合题意；
B、高端冲浪板选用碳纤维材料，比玻璃纤维更轻且坚固，说法正确，不符合题意；
C、蓄电池充放电过程中，是电能与化学能的相互转化，而非电能、化学能互相转化，说法错误，符合题意；
D、蓄电池组由若干节蓄电池串联组成，说法正确，不符合题意。
故答案为：C。
(2)蓄电池电压为48V，容量为40Ah，充满电时储存的电能：
电机额定功率为3000W，效率为80%，有用功率：
冲浪板最大速度 ，由 得动力：
故答案为：6.912×106；240；
(3)运动员与冲浪板总重力：
阻力：
匀速运动时动力与阻力平衡，，动力做功：
由效率公式 ，蓄电池消耗电能：
故答案为：200；0.375；
(4)由表格数据可知， 与压力成反比，压力为 时，。
当 间电压 时，反推电机工作。电源电压 ，此时 两端电压：
电路电流：
电阻箱的电阻：
即电阻箱阻值至少为12Ω时，反推电机才能工作。
消耗的电功率：
故答案为：12；36；
【分析】(1) 逐一分析选项，结合材料特性、蓄电池工作原理和电池组组成判断正误；关键知识点：材料特性、蓄电池的工作过程、串联电路的特点。
(2) 利用电能公式 计算蓄电池储存的电能；
先计算电机的有用功率，再根据 求动力；关键知识点：电能计算、功率与力的关系。
(3) 先求总重力，再根据阻力与重力的关系计算阻力；
利用二力平衡得到动力，再通过 计算有用功，结合效率公式求总电能；关键知识点：重力计算、二力平衡、功和效率的计算。
(4) 根据反比例关系求 阻值，再结合串联电路电压规律和欧姆定律计算电阻箱阻值；
利用 计算 的功率；关键知识点：反比例关系应用、串联电路的电压和电流规律、欧姆定律、电功率公式。
（1）A．水翼冲浪板材料具有高强度、耐腐蚀、平衡性好等特点，故A正确，不符合题意；
B．高端的冲浪板材料选用碳纤维，比玻璃纤维更轻，很坚固，故B正确，不符合题意；
C．蓄电池充、放电的过程中，电能、化学互相转化，故C错误，符合题意；
D．蓄电池组是由若干节蓄电池串联组成的，故D正确，不符合题意。
故选C。
（2）[1]依据表格可知蓄电池的电压为，蓄电池的容量为，可以计算充满电时蓄电池存储的电能为
[2]根据表格可知，电机额定功率为，由于电机的效率为80%，所以用来做有用功的功率为额定功率的80%，则有用功的功率
冲浪板最大速度为，由可以计算，冲浪板在额定功率下以最大速度匀速前进时，电机提供的动力
（3）[1]由题意可知，当质量为的运动员站在自重为冲浪板上时，其总重力
所以阻力
[2]由题意可知，运动员站在冲浪板上以最大速度做匀速直线运动，因此运动员和冲浪板整体处于平衡状态，受平衡力作用，此时电机提供的动力和阻力是一对平衡力，大小相等，故
向前行驶了，因此动力做功
电机所做有用功大小等于动力做功，由于电机效率为80%，所以可以计算出蓄电池消耗电能为
（4）[1]依据表格数据分析可知，RP的阻值与压力成反比，每一组数据的乘积都相等，由此可以计算，当压力为4.5×103N时，反推电机开始工作，此时RP的阻值
由于ab两点间电压为两端的电压，当ab间电压大于等于时，反推电动机才能开始工作，则两端的电压至少等于时才可实现上述行为，由电路图可知电阻和串联，电压之和等于电源电压，又由于电源由蓄电池提供，所以电源电压为，即可计算出此时两端电压
可以算出电路中的电流
可以计算此时电阻箱的电阻
所以电阻箱的电阻至少为时，反推电动机才能工作。
[2]由可以计算，此时RP消耗的电功率
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