资源简介

广东省深圳宝安区航城学校2026年初三三模物理试卷
1． 创客小组模拟“绿色打印技术”的工作过程。首先，纸上的特种热敏色粉经激光加热后迅速变为气体脱离纸面；接着，这些气体在收集装置的冷却器中直接变为固态粉末被回收。气体在冷却器中发生的物态变化是
A．液化 B．汽化 C．凝华 D．升华
2．电影《哪吒之魔童闹海》中，哪吒一脚将毽子踢向高空，毽子在空中划出一道弧线。下列分析正确的是(　　)
A．毽子在上升过程中，受到向上的踢力和向下的重力
B．毽子在最高点时，速度为零，处于平衡状态
C．毽子在下落过程中，速度越来越大，是因为受到的重力越来越大
D．毽子在整个空中运动过程中运动状态不断改变
3．作为深圳的标志性产品，大疆无人机广泛应用于各个领域。无人机搭载高清云台相机，可实时将画面传输到地面遥控器。下列说法正确的是(　　)
A．无人机相机利用凸透镜成倒立、放大的实像
B．无人机与遥控器之间通过超声波传递信息
C．无人机利用了空气与旋翼之间的相互作用力获得升力
D．无人机匀速竖直上升时机械能守恒
4． 蝶泳入水时，手掌呈“勺形”姿态切入水面，如图所示。在手部开始抓水的瞬间，水流经手背上方的速度较快，而手掌的凹面则水流速度较慢，从而产生向上的升力以辅助身体上升换气。这种“勺形手掌”利用的物理原理是
A．液体的压强随深度增加而增大 B．流体中流速大的位置压强小
C．手向下压水，水向上推人 D．减小受力面积，可以增大压强
5．深圳地铁多条线路已经实现了全自动无人驾驶，列车采用永磁同步牵引系统，运行安静、高效节能。下列物理知识正确的是(　　)、
A．车厢 LED 灯主要由超导材料制成
B．电动机工作原理是电磁感应
C．“节能”主要体现在提高了列车运行过程中消耗电能转化为机械能的比例
D．列车在平直轨道上匀速行驶时，受到的牵引力大于阻力
6．深圳地铁进站可以通过实体卡刷卡(相当于闭合 或者使用小程序扫码(相当于闭合 来开启闸机M。下列电路设计符合要求的是 (　　)
A．
B．
C．
D．
7．如图所示，小灯泡L1、L2的额定电压相同。闭合开关后，发现L1比L2亮，下列分析正确的是(　　)
A．L1的电阻比L2的电阻大
B．L1的额定功率比L2的额定功率大
C．L1 两端电压比L2两端电压小
D．通过L1的电流比通过L2的电流小
8． 图1的形体课上，师生借助镜子观察彼此的动作质量，请在简化示意图2中画出老师A通过镜子观察同学B的光路图。
9．深圳老旧小区改造使用节能声光控灯：只有夜间(光控闭合)且有人走动(声控闭合)灯才亮。请将光控开关、声控开关、灯泡正确地接入家庭电路中。
10．我国自主研发的高速磁浮列车在试验线上飞驰，此时车头与空气剧烈摩擦而明显发热，这是通过　 　的方式改变了车头的内能。列车进站时，乘客能区分列车鸣笛声与其他声音，主要是依据声音的　 　(选填“音调”“响度”或“音色”)。
11．如图所示是能在空间站使用的太空笔的结构简图，它包括笔尖、墨水、活塞、压缩氮气等。书写时，被压缩的氮气体积膨胀，将墨水推出，则笔内氮气的内能　 　(选填“变大”“变小”或“不变”)，将墨水推出的能量转化与图乙中的内燃机在　 　(选填“A”或“B”)图所示冲程的能量转化是一致的。
12．将一个质量为0.27kg的排球竖直上抛如图所示：
（1）若球在竖直上升过程的某时刻所受空气阻力为0.1N，则此时球所受合力大小为 　 　N，方向 　 　。
（2）观察图片，比较分析球在 B、D两点时机械能是 否相等： 　 　。
13．学校采购的雕塑支撑架十分轻便，宣传称其使用低密度( 的碳纤维管。为了评估宣传信度，小明决定取样测量密度。
（1）测样品质量时，如图甲所示，样品质量为　 　.g；
（2）用量筒取适量水，将样品放入其中，量筒中液面变化如图乙所示，则样晶体积为　 　 cm3；
（3）经计算，初步鉴定样品是　 　的(选填“真”或“假”)；
（4）如图丙，小明和同桌合作完成此实验，对三个样品测量后，将各自读取的数据绘制在坐标系中。请结合m-V图像中的数据，分析导致两条直线不重合的原因：　 　。
14．小燕同学在“探究杠杆的平衡条件”的实验中：
（1）实验前，杠杆静止在如图甲的位置，此时杠杆处于　 　(选填“平衡”；“不平衡”)状态。
（2）如图乙，杠杆上的刻度均匀，在A点挂4个钩码，要使杠杆在水平位置平衡，应在B 点挂　 　个相同的钩码。
（3）如图丙，若不在B点挂钩码改用弹簧测力计在B点向下拉杠杆使杠杆仍在水平位置平衡。当测力计从a位置转到b位置时其示数大小将　 　(选填“变大”“不变”或“变小”)。
（4）保持所挂钩码的个数和位置不变，不断改变弹簧测力计的作用点，每次都使得杠杆在水平位置平衡，弹簧测力计施加的动力F 与其力臂l1的图像如图丁所示。由图像可知，各个数据点与两坐标轴所围成的矩形的面积(如图丁中阴影部分)是　 　(选填“相等”或“不等”)的，根据图像推算， 当1：为0.05m时， F为　 　N。
（5）小燕同学联想到生活中的杆秤，其主要结构由秤杆、秤钩A、提纽(B、C)、秤砣D组成(O点为刻度的起点)。下图是用杆秤称量货物时的情景。
①在称量货物时，使用提组　 　(选填“B”或“C”)该杆秤的称量范围更大
②若该杆秤配套的秤砣D有磨损，称量货物时杆秤显示的质量将比被测货物的真实质量偏　 　(选填“大”或“小”)。
15． 如图是深圳湾防波堤公园灯塔的夜景，某项目学习小组负责完成“电流与电压电阻关系”的核心参数实验，为灯塔的自动控制系统提供数据支撑。可供器材：学生电源(电压6V恒定)、开关、5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω定值电阻、滑动变阻器、电压表、电流表、导线若干。
（1）实验一：探究“电流与电压的关系”
小林连接了如图1甲的实物电路，小东指出该实物图连接有误，请你在错误的导线上划“×”，用笔画线代替导线将实物图改　 　正。.
（2）检查无误后，小林将10Ω的电阻接入电路，闭合开关，记录为A 点数据，继续移动滑动变阻器，并绘制I—U图像如图1乙；通过分析，可知C点和E点的定值电阻电功率之比为　 　。
（3）为了验证不同型号电阻的通用性，换用20Ω的电阻重复前面操作，在相同的坐标系中画出了I—U图像，图1乙中　 　图像符合实际。(选填“①”或“②”)。
（4）实验二：探究“电流与电阻的关系”
测试中，将20Ω电阻更换为 15Ω电阻时，拆下20Ω电阻后，电压表、电流表指针偏转如图2甲所示，分析不规范的操作是：　 　。要完成该实验，滑动变阻器的最大阻值至少为　 　Ω。
（5）小组根据多组数据画出I-R图像如乙图，发现阻值为10Ω时的数据点明显偏离规律，造成该数据错误的原因可能是：　 　。
16．我国完成首次南极海底科考的潜水器体积为30m3，质量为 在某次下潜中，它从海面匀速竖直下潜至1000米深的海底考察站，用时50min。海水密度取 取10N/ kg。求：
（1）潜水器下潜的平均速度(保留一位小数)。
（2）下潜到1000m海底时，潜水器所受压强。
（3）潜水器悬浮在海水中时受到的浮力。
17．北京故宫博物院在“数字化保护”展厅引入了自主研发的“智能恒湿恒光文物展柜”。该展柜采用智能LED补光系统保护文物。电路简化如图，电源电压恒为6V，保护电阻 LED灯组(视为定值电阻RL)。当环境光变化使得电压表示数达到3V时，系统判定为“适宜亮度”。求：
（1）此时通过保护电阻 R0的电流。
（2） LED灯组RL此状态下工作 1min消耗的电能
（3）若此状态下工作20s，求保护电阻 Ro 产生的热量。
18．2026 年 1 月，我国航天员在空间站成功完成在轨金属 3D 打印试验，实现了航天器关键部件的太空制造。打印系统由独立的激光发生器、送丝电机、打印平台等组成，通过空间站太阳能电池板供电，再将打印数据传回地面；中国空间站的太阳能电池板采用柔性砷化镓材料，总展开面积约 400 m2，光电转换效率达 30%以上，轨道太阳光的平均功率约为 1360 W/m2，峰值发电功率超过 160 kW，为在轨设备提供稳定的电力供应。
我国航天员在执行某次空间站舱外巡检任务时，发现一个用于设备固定的实心金属圆柱连接件出现轻微损伤，需要立即通过在轨金属 3D 打印技术制造替换件。打印时，给打印电机通电，电机可以转动带动部件工作。打印过程分为预热、打印、冷却三个阶段，且每个阶段消耗的电能相同；打印设备额定功率为 400W，打印阶段总用时200s。打印所用金属材料质量为160g，g 取 10N/kg。
（1）空间站与地面控制中心之间的信号传输是通过　 　传递；(选填“声波”或“电磁波”，
（2）打印过程中，金属丝被激光熔化，这一过程金属需要　 　(选填“吸热”或“放热”)；
（3）打印设备匀速抬升打印平台时，动能　 　，机械能　 　(填“增大”“减小”或“不变”)；
（4）当太阳能电池板给设备供电时，电池板作为　 　(选填 “开关”“用电器”或“电源”)；下列装置与打印电机原理相同的是　 　(选填 “A/B”)；
（5）为了提高在轨打印效率，请对打印设备提出一条改进建议：　 　。
19．前海信息枢纽大厦是粤港澳大湾区重要的数据中心，是支撑数字经济发展的“心脏”。如何高效散热，降低能耗，是建设绿色数据中心的关键。小明同学在散热方式、温控系统两个方面展开探究。
【探究一】：服务器运行时通常采用风冷或者液冷的方式散热。图甲是两个相同的烧杯装入等质量、初温均为90℃的热水。
A杯：用风扇吹拂水面 (模拟风冷)
B杯：将烧杯浸入盛有常温水的大容器中 (模拟液冷)
温度计测量数据如下：
时间/m n 0 2 4 6 8 10
A杯温度/℃ 90 82 75 68 62 57
B杯温度/℃ 90 70 55 43 35 29
（1）分析表格可知，　 　杯的散热效果更好
（2）【探究二】：为了保证数据中心温度不会过高，小安设计了如图丙自动温控系统：当环境温度超过30℃时，房间内空调将启动并进行降温。控制电源电压为12V，R1为热敏电阻(阻值随温度的变化如图乙所示)；RO为定值电阻；电磁继电器线圈电阻忽略不计，当电路中电流达到0.05A时，电磁继电器吸合，空调开始工作。】
电磁铁上方为　 　极
（3）定值电阻R0的阻值为　 　Ω。当环境温度升高时，流过电磁继电器的电流变　 　。
（4）若小明房间的地面面积为15m2，房间高度为3m。空调额定电压220V，额定功率1.5kW。能效比(EER为3.5(能效比是指空调制冷时，制冷量与电功率之比；制冷量表示单位时间内能移走的热量)。当空调正常工作时，使房间温度下降10℃所需要的时间为　 　s【保留两位小数。不考虑房间热量散失，空气的密度约为1.3kg/m3，空气的比热容约为
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】汽化及汽化吸热的特点；液化及液化放热；升华及升华吸热；凝华及凝华放热
【解析】【解答】 气体在收集装置的冷却器中直接变为固态粉末被回收 ，结合材料分析可知，该过程为气体凝华为固体，故C正确，ABD错误；
故选C。
【分析】(1)物质由气态直接变为固态叫凝华，物质由固态直接变为气态叫升华；由气态变为液态叫液化，由液态变为气态叫汽化；由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固。
(2)六种物态变化过程中，都伴随着吸热或放热；其中放出热量的物态变化有：凝固、液化、凝华；吸热的有：熔化、汽化、升华。
2．【答案】D
【知识点】力的作用效果；重力及其大小的计算；平衡状态的判断
【解析】【解答】A、毽子在空中时受到重力和空气阻力作用，它已经不受脚的踢力了，故A错误；
B、毽子在最高点时，在水平方向上仍有一定速度，毽子受重力和阻力作用，二者不在一条直线上，不是平衡力，处于非平衡状态，故B错误；
C、毽子在下落过程中，速度越来越大，是因为受到的重力大于阻力，但是重力大小保存不变，故C错误；
D、毽子在整个空中运动过程中， 在空中划出一道弧线，做曲线运动，运动方向不断变化，所以运动状态不断改变 ，故D正确。
故选：D。
【分析】脚的踢力属于弹力，产生条件是接触且发生弹性形变；力可以改变物体的形状和运动状态；处于非平衡状态的物体受到的力是非平衡力。
3．【答案】C
【知识点】凸透镜成像的应用；机械能守恒条件；力作用的相互性；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】A、摄像机镜头为凸透镜，物体在摄像机内成倒立、缩小的实像，故A错误；
B、声速远小于电磁波速度，无人机与遥控器之间通过电磁波传递信息，故B错误；
C、物体间力的作用是相互的，无人机利用了空气对旋翼的反作用力从而获得升力，故C正确；
D、无人机匀速竖直上升时，动能不变，重力势能变大，机械能不守恒，故D错误。
故选：C。
【分析】照相机成倒立缩小的实像，声速相对电磁波速度太慢， 无人机与遥控器之间通过电磁波波传递信息，力是物体对物体的作用，物体间力的作用是相互的，机械能包括动能和势能。
4．【答案】B
【知识点】流体压强与流速的关系
【解析】【解答】 在手部开始抓水的瞬间，水流经手背上方的速度较快，手背压强小，而手掌的凹面则水流速度较慢 ，手掌压强大，进而产生 产生向上的升力以辅助身体上升换气 ，原理为流速大的地方压强小，故B正确，ACD错误；
故选B。
【分析】压强和流速的关系：压强越大，流速越小，应用为飞机机翼上凸，空气流速快，导致压强较小，形成向上的升力。
5．【答案】C
【知识点】平衡状态的判断；超导体特点及作用；电磁感应
【解析】【解答】A、车厢LED灯主要由半导材料制成，不是超导体，故A错误；
B、电磁感应现象是发电机的工作原理，电动机的工作原理是通电导体在磁场中受力运动，故B错误；
C、列车消耗电能，将电能转化为机械能， 电能转化为机械能的比例越高，则转化为内能等无用的比例越低，则列车相对越节能，故C正确；
D、列车在平直轨道上匀速行驶时，处于平衡状态，受到的牵引力等于阻力，故D错误。
故选：C。
【分析】LED灯主要由半导体材料制成，电动机是根据通电线圈在磁场中受到力的作用而发生转动的原理制成的；匀速运动是平衡状态，受平衡力作用。
6．【答案】A
【知识点】串、并联电路的设计
【解析】【解答】根据题意知，只要两个开关闭合一个时，电动机就能启动，说明两个开关相互无影响，能独立工作，即两个开关是并联的，然后与电动机串联，故A符合要求，BCD不符合要求。
故选：A。
【分析】根据题意可知两个开关的作用及连接方式，从而得出符合要求的电路设计。
7．【答案】A
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率的计算；实际功率
【解析】【解答】ACD、如图可知，两灯串联，通过的电流相等。发现L1比L2亮，L1的实际功率比L2的实际功率大，由P=UI可知，L1的实际电压比L2的实际电压大；由R=可知，L1的电阻比L2的电阻大，故A正确，CD错误；
B、小灯泡L1、L2的额定电压相同，由P=可知，L1的额定功率比L2的额定功率小，故B错误。
故选：A。
【分析】如图可知，两灯串联，通过的电流相等。灯泡的亮度取决于灯泡的实际功率。灯泡越亮实际功率越大。根据实际功率判断灯泡两端的电压大小，根据电压判断灯泡的电阻大小。两个灯泡的额定电压相同，根据灯泡电阻大小判断额定功率大小。
8．【答案】
【知识点】平面镜成像的相关作图
【解析】【解答】做出B关于平面镜对称的B‘，连接B和B'，叫平面镜于点O，连接BO即为反射光线，连接AO即为入射光线，据此作图：
【分析】平面镜成像特点为物像等大、物像等距、物像关于平面镜对称、成虚像。
光路图的画法：物体在平面镜中的像关于平面镜对称，像发出光线射入人眼。 首先作出B处关于平面镜对称的B'，连接AB连接AO为入射光线，连接OB为反射光线，
9．【答案】
【知识点】家庭电路的连接
【解析】【解答】相线即火线，中性线即零线。由题意知，只有当“光控开关”、“声控开关”都闭合时灯才能亮，所以灯泡与两个开关串联，为了保证用电安全，火线要先过开关，再接入灯泡尾部的金属点，零线接入螺旋套，如图所示：
【分析】由题意知，只有当“光控开关”、“声控开关”都闭合了灯才能亮，故这两个开关与灯串联，且灯接在零线与开关之间。
10．【答案】做功；音色
【知识点】做功改变物体内能；音调、响度与音色的区分
【解析】【解答】我国自主研发的高速磁浮列车在试验线上飞驰，此时车头与空气剧烈摩擦而克服摩擦力做功，将机械能转化为内能，通过做功改变了内能；列车鸣笛声与其他声音的发声体结构不同，音色不同，人们根据音色辨别列车鸣笛声与其他声音。
【分析】人们根据音色辨别不同的声音；改变内能的方式有做功和热传递。
11．【答案】变小；B
【知识点】热机的四个冲程
【解析】【解答】被压缩氮气体积膨胀，推动活塞做功，将墨水推出，此时过程中内能转化为机械能，所以笔内氮气内能减小，与内燃机的做功冲程的能量转化相同。
【分析】做功可以改变物体的内能：对物体做功，物体的内能增加，物体对外做功，物体内能减少；内燃机的压缩冲程机械能转化为内能，做功冲程内能转化为机械能。
12．【答案】（1）2.8；竖直向下
（2）由于存在空气阻力，机械能转化为内能，B点机械能大于D点机械能。
【知识点】机械能及其转化；力的合成与应用
【解析】【解答】（1）上升时，重力与阻力均竖直向下：F合=G+f=2.7N+0.1N=2.8N，方向竖直向下；
（2）B、D两点高度相同，重力势能相等；B点动能大于D点动能，但运动中需克服空气阻力做功，部分机械能转化为内能，机械能减小。结论：不相等，B点机械能大于D点机械能。
【分析】 （1）上升时，重力与阻力均竖直向下：同一直线二力合成F合=G+f，方向与二力方向一致；
（2）B、D两点高度相同，重力势能相等；B点动能大于D点动能，机械能=动能+势能。
13．【答案】（1）1.4
（2）0.9
（3）真
（4）两条直线不重合(斜率不同)说明密度不同，原因可能是样品材质不均匀、测量误差或读数错误。
【知识点】密度公式及其应用；固体密度的测量
【解析】【解答】（1）使用天平测量固体质量，物体质量 = 砝码总质量+游码示数。图甲中游码标尺分度值0.2g，游码对应刻度为1.4g，无砝码，所以样品质量m=1.4g。
（2）量筒测固体体积用排水法：固体体积 = 放入样品后量筒示数 放入前水的示数。图乙中前后液面刻度差值为样品体积V=8.4mL-7.5mL=0.9mL=0.9cm3，
（3）判断真假根据密度公式：宣传密度范围：1.4～1.8g/cm3在范围内，所以鉴定为真。
（4）m-V图像两条直线不重合原因m V图像的斜率表示物质的密度，是测量操作带来差异：读数视线偏差、样品吸水、未完全浸没、天平量筒存在系统误差；也可能样品空心程度不同，导致质量和体积的比值不一样。
【分析】（1）使用天平测量固体质量，物体质量 = 砝码总质量+游码示数；
（2）量筒测固体体积用排水法：固体体积 = 放入样品后量筒示数 放入前水的示数；
（3）根据密度公式：计算密度，与宣传密度范围；
（4）m V图像的斜率表示物质的密度，原因：测量时读数读数读成游码右端。
14．【答案】（1）平衡
（2）6
（3）变大
（4）相等；6
（5）C；大
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【解答】（1）杠杆静止在如图甲所示位置，杠杆处于静止状态，所以此时杠杆处于平衡状态；
（2）设杠杆每个格的长度为L，每个钩码的重力为G，由杠杆的平衡条件可得FALA=FBLB，
即4G×3L=nG×2L，解得n=6，故需挂6个钩码；
（3）由图丙知道，保持杠杆水平位置平衡，测力计从a位置转到b位置，此时拉力的力臂变短，根据杠杆的平衡条件知道，拉力变大，即测力计示数变大；
（4）分析图丁中数据可知，两坐标轴围成的矩形的面积均相等，即动力和动力臂的乘积不变，为一个定值，结合图像可知图像面积等于3，即动力和动力臂的乘积等于3，则当力臂L1=0.05m时，F等于6N；
（5） ①设杆秤的秤砣D是动力F1，货物的重力是阻力F2，
杠杆在水平位置平衡，提纽和杠杆右端的距离是动力臂l1，提纽和杠杆左端的距离是阻力臂l2，
由杠杆平衡条件F1l1=F2l2得，，秤砣的重力不变，即动力F1不变，越大，阻力F2越大，测量范围越大，杠杆长不变，提纽在C点比在B点时，更大，阻力F2更大，测量范围越大。
②若该杆秤配套的秤砣D有磨损，动力F1变小，阻力F2不变，阻力臂l2不变，根据杠杆平衡条件F1l1=F2l2得，动力臂l1变大，测量值比真实值偏大。
【分析】（1）杠杆处于静止状态或匀速转动状态时，杠杆处于平衡状态；
（2）设一个钩码重为G，杠杆一个小格是L，根据杠杆平衡条件判断在B点挂钩码的数量；
（3）根据杠杆的平衡条件分析解答；
（4）由于此题中的阻力和阻力臂不变，由图中提供数据，根据杠杆的平衡条件分析即可求得；
（5）①杆秤的工作原理是：杠杆的平衡条件，根据杆秤自重重心位置及杠杆平衡条件判断，杆秤零刻度线的位置；
②当秤砣D有磨损，秤砣的质量减小了，根据杠杆平衡条件分析测量结果如何变化。
15．【答案】（1）
（2）16：25
（3）①
（4）在拆下电阻时，开关没断开；50
（5）可能是读数错误
【知识点】探究电流与电压、电阻的关系实验
【解析】【解答】（1）原电路中，电压表并联在定值电阻和滑动变阻器的两端，在探究电流与电压的关系的实验中，定值电阻、滑动变阻器、电流表、开关与电源串联、电压表与定值电阻并联，电路改正如下图所示；
（2） 假设图1乙中单位刻度电流值为I0，则通过定值电阻中对应C点和E点的电流分别为8I0、10I0，根据电功率公式P=UI=I2R可得
PC：PE==（8I0）2：（10I0）2=64：100=16：25；
（3）根据欧姆定律分析可知当不同阻值的定值电阻两端的电压相同时，电路中的电流也不同，因此当定值电阻阻值由10Ω增大为20Ω，其电路电流由I减小到结合图1-乙可知①符合实际；
（5） 根据图2乙中数据可得U1=I1R1=0.4A×5Ω=2V，
U2=I2R2=0.12A×10Ω=1.2V，
U3=I3R3=0.14A×15Ω=2.1V，
U4=I4R4=0.1A×20Ω=2V，
U5=I5R5=0.08A×25Ω=2V，
在误差范围之内有：U1=U4=U5≈U3≠U2。由此可知定值电阻阻值为10Ω的测量数据是错误的。
因为要保持实验中要保持定值电阻两端电压不变，电阻两端保持的电压为2V。
造成该数据错误的原因可能是： 读数错误，即电压表或者电流表读数错误。
（4）如图2-甲所示，电流表示数为零，电压表接近电源电压，与电源接通，而此时定值电路已断开，则开关处于闭合状态，所以在拆下电阻时，开关没断开。 由（5）分析知电阻两端保持的电压为2V，学生电源(电压6V恒定) ，滑动变阻器电压为4V，结合图2-乙，定值电阻最大阻值为25Ω 此时滑动变阻器电压等于定值电阻2倍，故滑动变阻器电阻也必须是定值电阻2倍， 滑动变阻器的最大阻值至少为50Ω。
【分析】（1）在探究电流与电压的关系的实验中，定值电阻、滑动变阻器、电流表、开关与电源串联、电压表与定值电阻并联，原电路中，电压表并联在定值电阻和滑动变阻器的两端，由此可改接电路；
（2）根据电功率公式P=UI=I2R分析解答；
（3）根据欧姆定律分析作答；
（5）根据图2-乙中各点对应的I、R的乘积分析作答；根据串联分压原理并结合题干条件分析作答；
（4）电流表示数为零，表明电路中可能存在断路，电压表接近电源电压，表明电压表与电源两极是通路，则定值电阻存在断路，由此分析。
16．【答案】（1）解：速度：v=s/t=1000m/(50×60s)≈0.3m/s
（2）解：压强：
（3）解： 浮力：
【知识点】速度公式及其应用；液体压强计算公式的应用；阿基米德原理
【解析】【分析】（1）已知路程和时间，根据速度公式求解；
（2）已知水的密度和下潜深度，根据液体压强公式求解；
（3）已知排开液体体积和水的密度，结合阿基米德原理求解。
17．【答案】（1）电流：
（2）电能：
（3）热量：
【知识点】欧姆定律及其应用；电功计算公式的应用；焦耳定律的应用
【解析】【分析】（1）已知电压和电阻，根据欧姆定律求解电流大小；
（2）电压表测量 LED灯 的电压，根据电功公式求解；
（3）已知电流、电阻，根据焦耳定律求解热量。
18．【答案】（1）电磁波
（2）吸热
（3）增大；增大
（4）电源；A
（5）提高激光功率、优化散热系统、使用更高效率的电机等。
【知识点】熔化与熔化吸热特点；电功率的计算；直流电动机的构造原理与工作过程；发电机的构造和原理；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】（1）电磁波可以在真空中传播，航天员与地面控制中心之间通过电磁波传递信息；
（2）金属粉末吸收激光能量后从固态变为液态，属于熔化过程，熔化过程需要吸收热量；
（3） 打印设备匀速抬升打印平台时，速度大小不变，动能不变，高度升高，重力势能变大，机械能等于动能加重力势能，则机械能变大；
（4） 当太阳能电池板给设备供电时， 电池板提供电能，作为电源使用， 打印时，给打印电机通电，电机可以转动带动部件工作，说明打印电机是电动机，原理为电动机原理即A，B为发电机原理；
（5）为了提高在轨打印效率，可以提高激光功率、优化散热系统、使用更高效率的电机等。
【分析】（1）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；声音的传播需要介质，真空不能传声；
（2）熔化指物质由固态转变成液态，熔化要吸热；
（3） 匀速运动速度不变，动能不变，机械能等于动能加重力势能；
（4）电源提供电能，结合题中信息判断；
（5）从节能提效等方向提建议。
19．【答案】（1）B
（2）N
（3）240；变大
（4）时间计算：·空气质量·需移走热量·制冷量=1.5kW×3.5=5.25kW=5250W·时间
【知识点】比热容的定义及其计算公式；欧姆定律及其应用；电磁继电器的组成、原理和特点
1 / 1广东省深圳宝安区航城学校2026年初三三模物理试卷
1． 创客小组模拟“绿色打印技术”的工作过程。首先，纸上的特种热敏色粉经激光加热后迅速变为气体脱离纸面；接着，这些气体在收集装置的冷却器中直接变为固态粉末被回收。气体在冷却器中发生的物态变化是
A．液化 B．汽化 C．凝华 D．升华
【答案】C
【知识点】汽化及汽化吸热的特点；液化及液化放热；升华及升华吸热；凝华及凝华放热
【解析】【解答】 气体在收集装置的冷却器中直接变为固态粉末被回收 ，结合材料分析可知，该过程为气体凝华为固体，故C正确，ABD错误；
故选C。
【分析】(1)物质由气态直接变为固态叫凝华，物质由固态直接变为气态叫升华；由气态变为液态叫液化，由液态变为气态叫汽化；由固态变为液态叫熔化，由液态变为固态叫凝固。
(2)六种物态变化过程中，都伴随着吸热或放热；其中放出热量的物态变化有：凝固、液化、凝华；吸热的有：熔化、汽化、升华。
2．电影《哪吒之魔童闹海》中，哪吒一脚将毽子踢向高空，毽子在空中划出一道弧线。下列分析正确的是(　　)
A．毽子在上升过程中，受到向上的踢力和向下的重力
B．毽子在最高点时，速度为零，处于平衡状态
C．毽子在下落过程中，速度越来越大，是因为受到的重力越来越大
D．毽子在整个空中运动过程中运动状态不断改变
【答案】D
【知识点】力的作用效果；重力及其大小的计算；平衡状态的判断
【解析】【解答】A、毽子在空中时受到重力和空气阻力作用，它已经不受脚的踢力了，故A错误；
B、毽子在最高点时，在水平方向上仍有一定速度，毽子受重力和阻力作用，二者不在一条直线上，不是平衡力，处于非平衡状态，故B错误；
C、毽子在下落过程中，速度越来越大，是因为受到的重力大于阻力，但是重力大小保存不变，故C错误；
D、毽子在整个空中运动过程中， 在空中划出一道弧线，做曲线运动，运动方向不断变化，所以运动状态不断改变 ，故D正确。
故选：D。
【分析】脚的踢力属于弹力，产生条件是接触且发生弹性形变；力可以改变物体的形状和运动状态；处于非平衡状态的物体受到的力是非平衡力。
3．作为深圳的标志性产品，大疆无人机广泛应用于各个领域。无人机搭载高清云台相机，可实时将画面传输到地面遥控器。下列说法正确的是(　　)
A．无人机相机利用凸透镜成倒立、放大的实像
B．无人机与遥控器之间通过超声波传递信息
C．无人机利用了空气与旋翼之间的相互作用力获得升力
D．无人机匀速竖直上升时机械能守恒
【答案】C
【知识点】凸透镜成像的应用；机械能守恒条件；力作用的相互性；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】A、摄像机镜头为凸透镜，物体在摄像机内成倒立、缩小的实像，故A错误；
B、声速远小于电磁波速度，无人机与遥控器之间通过电磁波传递信息，故B错误；
C、物体间力的作用是相互的，无人机利用了空气对旋翼的反作用力从而获得升力，故C正确；
D、无人机匀速竖直上升时，动能不变，重力势能变大，机械能不守恒，故D错误。
故选：C。
【分析】照相机成倒立缩小的实像，声速相对电磁波速度太慢， 无人机与遥控器之间通过电磁波波传递信息，力是物体对物体的作用，物体间力的作用是相互的，机械能包括动能和势能。
4． 蝶泳入水时，手掌呈“勺形”姿态切入水面，如图所示。在手部开始抓水的瞬间，水流经手背上方的速度较快，而手掌的凹面则水流速度较慢，从而产生向上的升力以辅助身体上升换气。这种“勺形手掌”利用的物理原理是
A．液体的压强随深度增加而增大 B．流体中流速大的位置压强小
C．手向下压水，水向上推人 D．减小受力面积，可以增大压强
【答案】B
【知识点】流体压强与流速的关系
【解析】【解答】 在手部开始抓水的瞬间，水流经手背上方的速度较快，手背压强小，而手掌的凹面则水流速度较慢 ，手掌压强大，进而产生 产生向上的升力以辅助身体上升换气 ，原理为流速大的地方压强小，故B正确，ACD错误；
故选B。
【分析】压强和流速的关系：压强越大，流速越小，应用为飞机机翼上凸，空气流速快，导致压强较小，形成向上的升力。
5．深圳地铁多条线路已经实现了全自动无人驾驶，列车采用永磁同步牵引系统，运行安静、高效节能。下列物理知识正确的是(　　)、
A．车厢 LED 灯主要由超导材料制成
B．电动机工作原理是电磁感应
C．“节能”主要体现在提高了列车运行过程中消耗电能转化为机械能的比例
D．列车在平直轨道上匀速行驶时，受到的牵引力大于阻力
【答案】C
【知识点】平衡状态的判断；超导体特点及作用；电磁感应
【解析】【解答】A、车厢LED灯主要由半导材料制成，不是超导体，故A错误；
B、电磁感应现象是发电机的工作原理，电动机的工作原理是通电导体在磁场中受力运动，故B错误；
C、列车消耗电能，将电能转化为机械能， 电能转化为机械能的比例越高，则转化为内能等无用的比例越低，则列车相对越节能，故C正确；
D、列车在平直轨道上匀速行驶时，处于平衡状态，受到的牵引力等于阻力，故D错误。
故选：C。
【分析】LED灯主要由半导体材料制成，电动机是根据通电线圈在磁场中受到力的作用而发生转动的原理制成的；匀速运动是平衡状态，受平衡力作用。
6．深圳地铁进站可以通过实体卡刷卡(相当于闭合 或者使用小程序扫码(相当于闭合 来开启闸机M。下列电路设计符合要求的是 (　　)
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【知识点】串、并联电路的设计
【解析】【解答】根据题意知，只要两个开关闭合一个时，电动机就能启动，说明两个开关相互无影响，能独立工作，即两个开关是并联的，然后与电动机串联，故A符合要求，BCD不符合要求。
故选：A。
【分析】根据题意可知两个开关的作用及连接方式，从而得出符合要求的电路设计。
7．如图所示，小灯泡L1、L2的额定电压相同。闭合开关后，发现L1比L2亮，下列分析正确的是(　　)
A．L1的电阻比L2的电阻大
B．L1的额定功率比L2的额定功率大
C．L1 两端电压比L2两端电压小
D．通过L1的电流比通过L2的电流小
【答案】A
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率的计算；实际功率
【解析】【解答】ACD、如图可知，两灯串联，通过的电流相等。发现L1比L2亮，L1的实际功率比L2的实际功率大，由P=UI可知，L1的实际电压比L2的实际电压大；由R=可知，L1的电阻比L2的电阻大，故A正确，CD错误；
B、小灯泡L1、L2的额定电压相同，由P=可知，L1的额定功率比L2的额定功率小，故B错误。
故选：A。
【分析】如图可知，两灯串联，通过的电流相等。灯泡的亮度取决于灯泡的实际功率。灯泡越亮实际功率越大。根据实际功率判断灯泡两端的电压大小，根据电压判断灯泡的电阻大小。两个灯泡的额定电压相同，根据灯泡电阻大小判断额定功率大小。
8． 图1的形体课上，师生借助镜子观察彼此的动作质量，请在简化示意图2中画出老师A通过镜子观察同学B的光路图。
【答案】
【知识点】平面镜成像的相关作图
【解析】【解答】做出B关于平面镜对称的B‘，连接B和B'，叫平面镜于点O，连接BO即为反射光线，连接AO即为入射光线，据此作图：
【分析】平面镜成像特点为物像等大、物像等距、物像关于平面镜对称、成虚像。
光路图的画法：物体在平面镜中的像关于平面镜对称，像发出光线射入人眼。 首先作出B处关于平面镜对称的B'，连接AB连接AO为入射光线，连接OB为反射光线，
9．深圳老旧小区改造使用节能声光控灯：只有夜间(光控闭合)且有人走动(声控闭合)灯才亮。请将光控开关、声控开关、灯泡正确地接入家庭电路中。
【答案】
【知识点】家庭电路的连接
【解析】【解答】相线即火线，中性线即零线。由题意知，只有当“光控开关”、“声控开关”都闭合时灯才能亮，所以灯泡与两个开关串联，为了保证用电安全，火线要先过开关，再接入灯泡尾部的金属点，零线接入螺旋套，如图所示：
【分析】由题意知，只有当“光控开关”、“声控开关”都闭合了灯才能亮，故这两个开关与灯串联，且灯接在零线与开关之间。
10．我国自主研发的高速磁浮列车在试验线上飞驰，此时车头与空气剧烈摩擦而明显发热，这是通过　 　的方式改变了车头的内能。列车进站时，乘客能区分列车鸣笛声与其他声音，主要是依据声音的　 　(选填“音调”“响度”或“音色”)。
【答案】做功；音色
【知识点】做功改变物体内能；音调、响度与音色的区分
【解析】【解答】我国自主研发的高速磁浮列车在试验线上飞驰，此时车头与空气剧烈摩擦而克服摩擦力做功，将机械能转化为内能，通过做功改变了内能；列车鸣笛声与其他声音的发声体结构不同，音色不同，人们根据音色辨别列车鸣笛声与其他声音。
【分析】人们根据音色辨别不同的声音；改变内能的方式有做功和热传递。
11．如图所示是能在空间站使用的太空笔的结构简图，它包括笔尖、墨水、活塞、压缩氮气等。书写时，被压缩的氮气体积膨胀，将墨水推出，则笔内氮气的内能　 　(选填“变大”“变小”或“不变”)，将墨水推出的能量转化与图乙中的内燃机在　 　(选填“A”或“B”)图所示冲程的能量转化是一致的。
【答案】变小；B
【知识点】热机的四个冲程
【解析】【解答】被压缩氮气体积膨胀，推动活塞做功，将墨水推出，此时过程中内能转化为机械能，所以笔内氮气内能减小，与内燃机的做功冲程的能量转化相同。
【分析】做功可以改变物体的内能：对物体做功，物体的内能增加，物体对外做功，物体内能减少；内燃机的压缩冲程机械能转化为内能，做功冲程内能转化为机械能。
12．将一个质量为0.27kg的排球竖直上抛如图所示：
（1）若球在竖直上升过程的某时刻所受空气阻力为0.1N，则此时球所受合力大小为 　 　N，方向 　 　。
（2）观察图片，比较分析球在 B、D两点时机械能是 否相等： 　 　。
【答案】（1）2.8；竖直向下
（2）由于存在空气阻力，机械能转化为内能，B点机械能大于D点机械能。
【知识点】机械能及其转化；力的合成与应用
【解析】【解答】（1）上升时，重力与阻力均竖直向下：F合=G+f=2.7N+0.1N=2.8N，方向竖直向下；
（2）B、D两点高度相同，重力势能相等；B点动能大于D点动能，但运动中需克服空气阻力做功，部分机械能转化为内能，机械能减小。结论：不相等，B点机械能大于D点机械能。
【分析】 （1）上升时，重力与阻力均竖直向下：同一直线二力合成F合=G+f，方向与二力方向一致；
（2）B、D两点高度相同，重力势能相等；B点动能大于D点动能，机械能=动能+势能。
13．学校采购的雕塑支撑架十分轻便，宣传称其使用低密度( 的碳纤维管。为了评估宣传信度，小明决定取样测量密度。
（1）测样品质量时，如图甲所示，样品质量为　 　.g；
（2）用量筒取适量水，将样品放入其中，量筒中液面变化如图乙所示，则样晶体积为　 　 cm3；
（3）经计算，初步鉴定样品是　 　的(选填“真”或“假”)；
（4）如图丙，小明和同桌合作完成此实验，对三个样品测量后，将各自读取的数据绘制在坐标系中。请结合m-V图像中的数据，分析导致两条直线不重合的原因：　 　。
【答案】（1）1.4
（2）0.9
（3）真
（4）两条直线不重合(斜率不同)说明密度不同，原因可能是样品材质不均匀、测量误差或读数错误。
【知识点】密度公式及其应用；固体密度的测量
【解析】【解答】（1）使用天平测量固体质量，物体质量 = 砝码总质量+游码示数。图甲中游码标尺分度值0.2g，游码对应刻度为1.4g，无砝码，所以样品质量m=1.4g。
（2）量筒测固体体积用排水法：固体体积 = 放入样品后量筒示数 放入前水的示数。图乙中前后液面刻度差值为样品体积V=8.4mL-7.5mL=0.9mL=0.9cm3，
（3）判断真假根据密度公式：宣传密度范围：1.4～1.8g/cm3在范围内，所以鉴定为真。
（4）m-V图像两条直线不重合原因m V图像的斜率表示物质的密度，是测量操作带来差异：读数视线偏差、样品吸水、未完全浸没、天平量筒存在系统误差；也可能样品空心程度不同，导致质量和体积的比值不一样。
【分析】（1）使用天平测量固体质量，物体质量 = 砝码总质量+游码示数；
（2）量筒测固体体积用排水法：固体体积 = 放入样品后量筒示数 放入前水的示数；
（3）根据密度公式：计算密度，与宣传密度范围；
（4）m V图像的斜率表示物质的密度，原因：测量时读数读数读成游码右端。
14．小燕同学在“探究杠杆的平衡条件”的实验中：
（1）实验前，杠杆静止在如图甲的位置，此时杠杆处于　 　(选填“平衡”；“不平衡”)状态。
（2）如图乙，杠杆上的刻度均匀，在A点挂4个钩码，要使杠杆在水平位置平衡，应在B 点挂　 　个相同的钩码。
（3）如图丙，若不在B点挂钩码改用弹簧测力计在B点向下拉杠杆使杠杆仍在水平位置平衡。当测力计从a位置转到b位置时其示数大小将　 　(选填“变大”“不变”或“变小”)。
（4）保持所挂钩码的个数和位置不变，不断改变弹簧测力计的作用点，每次都使得杠杆在水平位置平衡，弹簧测力计施加的动力F 与其力臂l1的图像如图丁所示。由图像可知，各个数据点与两坐标轴所围成的矩形的面积(如图丁中阴影部分)是　 　(选填“相等”或“不等”)的，根据图像推算， 当1：为0.05m时， F为　 　N。
（5）小燕同学联想到生活中的杆秤，其主要结构由秤杆、秤钩A、提纽(B、C)、秤砣D组成(O点为刻度的起点)。下图是用杆秤称量货物时的情景。
①在称量货物时，使用提组　 　(选填“B”或“C”)该杆秤的称量范围更大
②若该杆秤配套的秤砣D有磨损，称量货物时杆秤显示的质量将比被测货物的真实质量偏　 　(选填“大”或“小”)。
【答案】（1）平衡
（2）6
（3）变大
（4）相等；6
（5）C；大
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【解答】（1）杠杆静止在如图甲所示位置，杠杆处于静止状态，所以此时杠杆处于平衡状态；
（2）设杠杆每个格的长度为L，每个钩码的重力为G，由杠杆的平衡条件可得FALA=FBLB，
即4G×3L=nG×2L，解得n=6，故需挂6个钩码；
（3）由图丙知道，保持杠杆水平位置平衡，测力计从a位置转到b位置，此时拉力的力臂变短，根据杠杆的平衡条件知道，拉力变大，即测力计示数变大；
（4）分析图丁中数据可知，两坐标轴围成的矩形的面积均相等，即动力和动力臂的乘积不变，为一个定值，结合图像可知图像面积等于3，即动力和动力臂的乘积等于3，则当力臂L1=0.05m时，F等于6N；
（5） ①设杆秤的秤砣D是动力F1，货物的重力是阻力F2，
杠杆在水平位置平衡，提纽和杠杆右端的距离是动力臂l1，提纽和杠杆左端的距离是阻力臂l2，
由杠杆平衡条件F1l1=F2l2得，，秤砣的重力不变，即动力F1不变，越大，阻力F2越大，测量范围越大，杠杆长不变，提纽在C点比在B点时，更大，阻力F2更大，测量范围越大。
②若该杆秤配套的秤砣D有磨损，动力F1变小，阻力F2不变，阻力臂l2不变，根据杠杆平衡条件F1l1=F2l2得，动力臂l1变大，测量值比真实值偏大。
【分析】（1）杠杆处于静止状态或匀速转动状态时，杠杆处于平衡状态；
（2）设一个钩码重为G，杠杆一个小格是L，根据杠杆平衡条件判断在B点挂钩码的数量；
（3）根据杠杆的平衡条件分析解答；
（4）由于此题中的阻力和阻力臂不变，由图中提供数据，根据杠杆的平衡条件分析即可求得；
（5）①杆秤的工作原理是：杠杆的平衡条件，根据杆秤自重重心位置及杠杆平衡条件判断，杆秤零刻度线的位置；
②当秤砣D有磨损，秤砣的质量减小了，根据杠杆平衡条件分析测量结果如何变化。
15． 如图是深圳湾防波堤公园灯塔的夜景，某项目学习小组负责完成“电流与电压电阻关系”的核心参数实验，为灯塔的自动控制系统提供数据支撑。可供器材：学生电源(电压6V恒定)、开关、5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω定值电阻、滑动变阻器、电压表、电流表、导线若干。
（1）实验一：探究“电流与电压的关系”
小林连接了如图1甲的实物电路，小东指出该实物图连接有误，请你在错误的导线上划“×”，用笔画线代替导线将实物图改　 　正。.
（2）检查无误后，小林将10Ω的电阻接入电路，闭合开关，记录为A 点数据，继续移动滑动变阻器，并绘制I—U图像如图1乙；通过分析，可知C点和E点的定值电阻电功率之比为　 　。
（3）为了验证不同型号电阻的通用性，换用20Ω的电阻重复前面操作，在相同的坐标系中画出了I—U图像，图1乙中　 　图像符合实际。(选填“①”或“②”)。
（4）实验二：探究“电流与电阻的关系”
测试中，将20Ω电阻更换为 15Ω电阻时，拆下20Ω电阻后，电压表、电流表指针偏转如图2甲所示，分析不规范的操作是：　 　。要完成该实验，滑动变阻器的最大阻值至少为　 　Ω。
（5）小组根据多组数据画出I-R图像如乙图，发现阻值为10Ω时的数据点明显偏离规律，造成该数据错误的原因可能是：　 　。
【答案】（1）
（2）16：25
（3）①
（4）在拆下电阻时，开关没断开；50
（5）可能是读数错误
【知识点】探究电流与电压、电阻的关系实验
【解析】【解答】（1）原电路中，电压表并联在定值电阻和滑动变阻器的两端，在探究电流与电压的关系的实验中，定值电阻、滑动变阻器、电流表、开关与电源串联、电压表与定值电阻并联，电路改正如下图所示；
（2） 假设图1乙中单位刻度电流值为I0，则通过定值电阻中对应C点和E点的电流分别为8I0、10I0，根据电功率公式P=UI=I2R可得
PC：PE==（8I0）2：（10I0）2=64：100=16：25；
（3）根据欧姆定律分析可知当不同阻值的定值电阻两端的电压相同时，电路中的电流也不同，因此当定值电阻阻值由10Ω增大为20Ω，其电路电流由I减小到结合图1-乙可知①符合实际；
（5） 根据图2乙中数据可得U1=I1R1=0.4A×5Ω=2V，
U2=I2R2=0.12A×10Ω=1.2V，
U3=I3R3=0.14A×15Ω=2.1V，
U4=I4R4=0.1A×20Ω=2V，
U5=I5R5=0.08A×25Ω=2V，
在误差范围之内有：U1=U4=U5≈U3≠U2。由此可知定值电阻阻值为10Ω的测量数据是错误的。
因为要保持实验中要保持定值电阻两端电压不变，电阻两端保持的电压为2V。
造成该数据错误的原因可能是： 读数错误，即电压表或者电流表读数错误。
（4）如图2-甲所示，电流表示数为零，电压表接近电源电压，与电源接通，而此时定值电路已断开，则开关处于闭合状态，所以在拆下电阻时，开关没断开。 由（5）分析知电阻两端保持的电压为2V，学生电源(电压6V恒定) ，滑动变阻器电压为4V，结合图2-乙，定值电阻最大阻值为25Ω 此时滑动变阻器电压等于定值电阻2倍，故滑动变阻器电阻也必须是定值电阻2倍， 滑动变阻器的最大阻值至少为50Ω。
【分析】（1）在探究电流与电压的关系的实验中，定值电阻、滑动变阻器、电流表、开关与电源串联、电压表与定值电阻并联，原电路中，电压表并联在定值电阻和滑动变阻器的两端，由此可改接电路；
（2）根据电功率公式P=UI=I2R分析解答；
（3）根据欧姆定律分析作答；
（5）根据图2-乙中各点对应的I、R的乘积分析作答；根据串联分压原理并结合题干条件分析作答；
（4）电流表示数为零，表明电路中可能存在断路，电压表接近电源电压，表明电压表与电源两极是通路，则定值电阻存在断路，由此分析。
16．我国完成首次南极海底科考的潜水器体积为30m3，质量为 在某次下潜中，它从海面匀速竖直下潜至1000米深的海底考察站，用时50min。海水密度取 取10N/ kg。求：
（1）潜水器下潜的平均速度(保留一位小数)。
（2）下潜到1000m海底时，潜水器所受压强。
（3）潜水器悬浮在海水中时受到的浮力。
【答案】（1）解：速度：v=s/t=1000m/(50×60s)≈0.3m/s
（2）解：压强：
（3）解： 浮力：
【知识点】速度公式及其应用；液体压强计算公式的应用；阿基米德原理
【解析】【分析】（1）已知路程和时间，根据速度公式求解；
（2）已知水的密度和下潜深度，根据液体压强公式求解；
（3）已知排开液体体积和水的密度，结合阿基米德原理求解。
17．北京故宫博物院在“数字化保护”展厅引入了自主研发的“智能恒湿恒光文物展柜”。该展柜采用智能LED补光系统保护文物。电路简化如图，电源电压恒为6V，保护电阻 LED灯组(视为定值电阻RL)。当环境光变化使得电压表示数达到3V时，系统判定为“适宜亮度”。求：
（1）此时通过保护电阻 R0的电流。
（2） LED灯组RL此状态下工作 1min消耗的电能
（3）若此状态下工作20s，求保护电阻 Ro 产生的热量。
【答案】（1）电流：
（2）电能：
（3）热量：
【知识点】欧姆定律及其应用；电功计算公式的应用；焦耳定律的应用
【解析】【分析】（1）已知电压和电阻，根据欧姆定律求解电流大小；
（2）电压表测量 LED灯 的电压，根据电功公式求解；
（3）已知电流、电阻，根据焦耳定律求解热量。
18．2026 年 1 月，我国航天员在空间站成功完成在轨金属 3D 打印试验，实现了航天器关键部件的太空制造。打印系统由独立的激光发生器、送丝电机、打印平台等组成，通过空间站太阳能电池板供电，再将打印数据传回地面；中国空间站的太阳能电池板采用柔性砷化镓材料，总展开面积约 400 m2，光电转换效率达 30%以上，轨道太阳光的平均功率约为 1360 W/m2，峰值发电功率超过 160 kW，为在轨设备提供稳定的电力供应。
我国航天员在执行某次空间站舱外巡检任务时，发现一个用于设备固定的实心金属圆柱连接件出现轻微损伤，需要立即通过在轨金属 3D 打印技术制造替换件。打印时，给打印电机通电，电机可以转动带动部件工作。打印过程分为预热、打印、冷却三个阶段，且每个阶段消耗的电能相同；打印设备额定功率为 400W，打印阶段总用时200s。打印所用金属材料质量为160g，g 取 10N/kg。
（1）空间站与地面控制中心之间的信号传输是通过　 　传递；(选填“声波”或“电磁波”，
（2）打印过程中，金属丝被激光熔化，这一过程金属需要　 　(选填“吸热”或“放热”)；
（3）打印设备匀速抬升打印平台时，动能　 　，机械能　 　(填“增大”“减小”或“不变”)；
（4）当太阳能电池板给设备供电时，电池板作为　 　(选填 “开关”“用电器”或“电源”)；下列装置与打印电机原理相同的是　 　(选填 “A/B”)；
（5）为了提高在轨打印效率，请对打印设备提出一条改进建议：　 　。
【答案】（1）电磁波
（2）吸热
（3）增大；增大
（4）电源；A
（5）提高激光功率、优化散热系统、使用更高效率的电机等。
【知识点】熔化与熔化吸热特点；电功率的计算；直流电动机的构造原理与工作过程；发电机的构造和原理；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】（1）电磁波可以在真空中传播，航天员与地面控制中心之间通过电磁波传递信息；
（2）金属粉末吸收激光能量后从固态变为液态，属于熔化过程，熔化过程需要吸收热量；
（3） 打印设备匀速抬升打印平台时，速度大小不变，动能不变，高度升高，重力势能变大，机械能等于动能加重力势能，则机械能变大；
（4） 当太阳能电池板给设备供电时， 电池板提供电能，作为电源使用， 打印时，给打印电机通电，电机可以转动带动部件工作，说明打印电机是电动机，原理为电动机原理即A，B为发电机原理；
（5）为了提高在轨打印效率，可以提高激光功率、优化散热系统、使用更高效率的电机等。
【分析】（1）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；声音的传播需要介质，真空不能传声；
（2）熔化指物质由固态转变成液态，熔化要吸热；
（3） 匀速运动速度不变，动能不变，机械能等于动能加重力势能；
（4）电源提供电能，结合题中信息判断；
（5）从节能提效等方向提建议。
19．前海信息枢纽大厦是粤港澳大湾区重要的数据中心，是支撑数字经济发展的“心脏”。如何高效散热，降低能耗，是建设绿色数据中心的关键。小明同学在散热方式、温控系统两个方面展开探究。
【探究一】：服务器运行时通常采用风冷或者液冷的方式散热。图甲是两个相同的烧杯装入等质量、初温均为90℃的热水。
A杯：用风扇吹拂水面 (模拟风冷)
B杯：将烧杯浸入盛有常温水的大容器中 (模拟液冷)
温度计测量数据如下：
时间/m n 0 2 4 6 8 10
A杯温度/℃ 90 82 75 68 62 57
B杯温度/℃ 90 70 55 43 35 29
（1）分析表格可知，　 　杯的散热效果更好
（2）【探究二】：为了保证数据中心温度不会过高，小安设计了如图丙自动温控系统：当环境温度超过30℃时，房间内空调将启动并进行降温。控制电源电压为12V，R1为热敏电阻(阻值随温度的变化如图乙所示)；RO为定值电阻；电磁继电器线圈电阻忽略不计，当电路中电流达到0.05A时，电磁继电器吸合，空调开始工作。】
电磁铁上方为　 　极
（3）定值电阻R0的阻值为　 　Ω。当环境温度升高时，流过电磁继电器的电流变　 　。
（4）若小明房间的地面面积为15m2，房间高度为3m。空调额定电压220V，额定功率1.5kW。能效比(EER为3.5(能效比是指空调制冷时，制冷量与电功率之比；制冷量表示单位时间内能移走的热量)。当空调正常工作时，使房间温度下降10℃所需要的时间为　 　s【保留两位小数。不考虑房间热量散失，空气的密度约为1.3kg/m3，空气的比热容约为
【答案】（1）B
（2）N
（3）240；变大
（4）时间计算：·空气质量·需移走热量·制冷量=1.5kW×3.5=5.25kW=5250W·时间
【知识点】比热容的定义及其计算公式；欧姆定律及其应用；电磁继电器的组成、原理和特点
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