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2026年湖北武汉市初中毕业生学业水平适应性考试物理试题
1．如图所示，甘肃敦煌的熔盐塔式光热电站使用了超过1.2万面定日镜。当太阳位置发生变化时，自动控制系统可以调整定日镜的角度，将阳光准确地射向吸热塔的顶端，从而达到聚热的效果。定日镜工作的光学原理是（　　）
A．光的直线传播 B．光的反射
C．光的折射 D．光的色散
【答案】B
【知识点】光的直线传播及其应用；光的反射定律；光的折射现象及其应用；光的色散
【解析】【解答】太阳光投射到定日镜镜面上发生光的反射，反射光线汇聚至吸热塔塔顶，以此实现聚集热量的作用，该装置工作原理为光的反射，故A、C、D错误，B正确。
故选：B。
【分析】光线照射至物体表面，部分光线折返传播的现象叫做光的反射；生活里平面镜成像、水面倒影等现象，都由光的反射形成。
2．下列关于声现象的说法正确的是（　　）
A．逐渐抽出真空罩内的空气，听到铃声越来越小，说明空气可以传声
B．蝴蝶振翅时发出声音的响度太小，所以人耳听不到
C．蝙蝠利用超声波捕捉昆虫，说明声可以传递能量
D．练琴时关闭门窗是为了防止噪声产生
【答案】A
【知识点】声音的传播条件；音调、响度与音色的区分；声与信息传递；防治噪声的途径
【解析】【解答】 A、逐渐抽出真空罩内空气，铃声越来越小，说明声音传播需要介质，空气可以传声；进一步推理可得“真空不能传声”，故A正确。
B、蝴蝶振翅频率约5-10Hz，属于次声波，低于人耳听觉下限（20Hz），不是响度小，故B错误。
C、蝙蝠利用超声波定位捕食，是利用声传递信息；传递能量的例子如超声波清洗眼镜、击碎结石，故C错误。
D、关闭门窗是在传播过程中减弱噪声，不是防止噪声产生（防止产生需在声源处控制，如禁止喧哗），故D错误。
故选：A。
【分析】（1）声音的传播需要介质，真空不能传声。
（2）频率高于人的听觉上限（约为20000Hz）的声波，称为超声波．次声波又称亚声波，它是一种频率低于人的可听声波频率范围的声波．次声波的频率范围大致为小于20Hz。
（3）声可以传递信息，如听到雷声知道要下雨；声可以传递能量，如“超声碎石”。
（4）减弱噪声的途径：在声源处减弱，防止噪音的产生；在人耳处减弱，防止噪音进入耳朵；在传播过程中减弱，阻断噪音的传播。
3．关于厨房中的热现象，下列说法正确的是（　　）
A．往饮料中加冰，可以使分子运动更剧烈，从而使饮料温度下降更快
B．电冰箱利用制冷剂升华吸热、凝华放热将冰箱里的“热”“搬运”到冰箱的外面
C．煮饺子时，打开锅盖会出现大量“白气”，这是一种汽化现象
D．电压力锅断电后，打开锅盖时汤再次沸腾，是因为气压降低时水的沸点降低了
【答案】D
【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；沸点及沸点与气压的关系；分子热运动
【解析】【解答】A、分子热运动剧烈程度由温度决定，温度越低分子运动越微弱。向饮料中加入冰块后饮料温度降低，内部分子运动速度变慢，故A错误；
B、冰箱制冷依靠制冷剂内部汽化吸热、外部液化放热，转移箱内热量，不涉及升华与凝华过程，故B错误；
C、掀开锅盖看到的“白气”，是高温水蒸气遇冷液化形成的细小水珠，属于液化，并非汽化现象，故C错误；
D、液体沸点随外界气压减小而下降。电压力锅断电后内部气压偏大，水沸点高于标准大气压下的 100℃；开盖后气压瞬间降低，沸点同步下降，锅内汤汁温度高于新的沸点，因此会重新沸腾，故D正确。
故选：D。
【分析】（1）温度影响分子热运动快慢，低温抑制分子无规则运动；
（2）电冰箱制冷原理为汽化吸热、液化放热；
（3）“白气” 不属于气体，是水蒸气液化产生的液态小水珠；
（4）气压与沸点成正比，气压减小，液体沸点随之降低。
4．为了解决利用化石能源带来的问题，人们着手开发各种新能源，如核能、太阳能、风能等。下列关于这些能源的说法正确的是（　　）
A．太阳能是一次能源，核能是二次能源
B．太阳能、风能、核能都属于可再生能源
C．利用太阳能的方式有光热、光电和光化转换
D．目前核电站是通过聚变来获取核能的
【答案】C
【知识点】能源及其分类；核电站发电过程中的能量转化；核聚变；核裂变；太阳能及其利用与转化
【解析】【解答】A、一次能源指能直接取自自然界的能源，太阳能与核能均属于一次能源，并非二次能源，故A错误；
B、可再生能源能够短期内持续再生，太阳能、风能符合该特点；核能依赖铀矿等稀缺矿产，储量有限，属于不可再生能源，故B错误；
C、太阳能的转化利用分为三类：光热转换代表设备为太阳能热水器、光电转换依靠太阳能电池、光化转换典型例子是植物光合作用，故C正确；
D、现有核电站依靠可控核裂变释放能量发电，可控核聚变暂未投入商业使用，故D错误。
故选：C。
【分析】（1）能源按获取途径分为一次、二次能源，无需加工直接开采的为一次能源；
（2）依据能否循环再生划分可再生与不可再生能源，核燃料消耗后无法快速补充；
（3）太阳能可转化为内能、电能、化学能三种形式；
（4）核裂变技术成熟用于发电，可控核聚变仍处于实验研究阶段。
5．如图所示，在探究液体压强与哪些因素有关的实验中，下列说法正确的是（　　）
A．比较甲和乙，可以探究液体内部的压强与深度有什么关系
B．比较甲和乙，可以探究液体内部是否各个方向都有压强
C．比较甲和丙，可以探究液体内部的压强是否与液体的密度有关
D．比较乙和丙，可以探究液体内部同一深度各个方向的压强是否相等
【答案】A
【知识点】探究液体压强的特点实验
【解析】【解答】 A、比较图甲、乙，液体密度相同，液体深度不同，U形管高度差不同，可以探究液体内部的压强与深度有什么关系，初步得出：在同种液体中，液体内部压强随深度的增加而增大，故A正确；
B、为研究液体内部是否向各个方向都有压强，应改变橡皮膜的朝向，将微小压强计探头浸入水中某一深度处，不断改变探头的朝向（或使探头朝向各个方向），观察U形管两端液面是否出现高度差，与甲和乙实验操作不符，故B错误；
C、比较图甲、丙，液体密度不同，液体深度也不同，根据控制变量法，存在两个变量，不能探究液体内部的压强是否与液体的密度有关，故C错误；
D、在探究液体内部同一深度向各个方向的压强是否相等时，需要控制液体的密度相同、深度相同，改变橡皮膜的方向，而乙、丙中的液体密度不同，故D错误。
故选：A。
【分析】 （1）液体压强计就是利用U形管中液面的高度差来体现压强的，压强越大，U形管液面高度差越大；压强计测量液体压强时，就是通过橡皮膜来感知压强的，通过橡胶管中气体压强的变化来改变U形管中液面高度差的。
（2）液体内部的压强与液体的深度和密度都有关系，在实验中，应控制其中的一个量保持不变，才能观察压强与另一个量的关系，从控制变量法的角度可判断此题的实验过程。
6．下列关于生活中物理知识的运用说法正确的是（　　）
A．利用铅垂线来检查墙壁是否竖直是因为重力方向垂直向下
B．利用水和一根透明塑料管可检查墙上画框的下边框是否水平
C．滚动轴承利用变滚动为滑动的方法减小摩擦力
D．加油站设有静电释放器的主要作用是防止触电事故的发生
【答案】B
【知识点】重力的方向；增大或减小摩擦的方法；连通器原理及其应用；两种电荷
【解析】【解答】 A、重力方向是竖直向下，不是“垂直向下”（垂直向下需有参考面，竖直向下是绝对方向），故A错误。
B、透明塑料管装水后构成连通器，水静止时两端液面相平，可用来检查画框下边框是否水平，故B正确。
C、滚动轴承是变滑动为滚动来减小摩擦，选项说反了，故C错误。
D、加油站静电释放器主要作用是消除人体静电，防止静电火花引燃油气，不是防触电，故D错误。
故选：B。
【分析】（1）重力方向是竖直向下。
（2）透明塑料管装水后构成连通器，水静止时两端液面相平。
（3）滚动轴承是变滑动为滚动来减小摩擦。
（4）加油站静电释放器主要作用是消除人体静电，防止静电火花引燃油气。
7．运动员迎着飞来的网球，用网球拍将网球弹出，被弹出去的网球在空中的运动轨迹如图所示。若不考虑空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．球拍将网球弹出的过程中，网球的弹性势能逐渐增大
B．网球离开球拍到刚落地的过程中，网球的机械能不变
C．网球在空中下落的过程中，动能转化为重力势能
D．网球在空中运动到最高点a时动能为0
【答案】B
【知识点】势能大小的比较；动能的影响因素；机械能及其转化
【解析】【解答】A、球拍将网球弹出时，网球自身弹性形变逐步复原，形变量变小，弹性势能随之减小，故A错误；
B、忽略空气阻力作用，网球脱离球拍后仅有重力做功，机械能总量保持不变，满足机械能守恒规律，故B正确；
C、网球下落阶段高度不断降低，运动速度持续变大，重力势能减少、动能增加，此过程为重力势能转化为动能，选项描述逻辑颠倒，故C错误；
D、动能由物体质量与运动速度共同决定。网球到达轨迹最高点 a 时，竖直分速度为零，但依旧存在水平方向的速度，因此动能不等于零，故D错误。
故选：B。
【分析】（1）弹性势能由弹性形变量决定，形变越小，弹性势能越小；
（2）不计摩擦与空气阻力时，物体机械能守恒，动能、势能相互转化，总和恒定；
（3）高度决定重力势能，速度决定动能，物体下落时重力势能转化为动能；
（4）斜抛物体最高点仅竖直速度归零，水平速度依旧存在，动能不为零。
8．有一种便携式按压手电筒，使用时按压手柄，内部的齿轮就会带动磁体转动，使小灯泡发光。下列实验能说明这种手电筒工作原理的是（　　）
A．悬挂的通电螺线管静止时指向南北
B．通电导体棒ab在磁场中运动
C．用小磁针探究通电导线周围的磁场
D．探究产生感应电流的条件
【答案】D
【知识点】地磁场；通电直导线周围的磁场；直流电动机的构造原理与工作过程；电磁感应；产生感应电流的条件
【解析】【解答】按压式手电筒的工作流程：按压手柄驱动齿轮，使内部磁体旋转，线圈做切割磁感线运动，电路中生成感应电流，小灯泡通电发光。其核心原理为电磁感应，实现机械能向电能的转化，装置无需外接电源。
A、通电螺线管能够指示南北方向，利用的是电流的磁效应，属于电生磁，故A不符合题意；
B、电路带有电源，通电金属棒在磁场内发生运动，是电动机的工作原理，故B不符合题意；
C、奥斯特实验借助小磁针证明通电导线周边存在磁场，属于电流磁效应，故C不符合题意；
D、实验装置无电源，用来探究感应电流的产生条件，原理为电磁感应，和按压手电筒工作原理相同，故D符合题意。
故选：D。
【分析】装置不含电源，依靠导体切割磁感线产生电流，机械能转化为电能，对应发电机、按压手电筒；
电路配备电源，电能转化为机械能，是电动机工作原理；
通电导体周围产生磁场，包含奥斯特实验、通电螺线管相关实验。
9．如图所示为某家庭电路配电示意图，它包含插座分支回路、空调分支回路和照明分支回路等。每条分支回路上都配有空气开关，其中插座分支回路还配有漏电保护器。下列说法正确的是（　　）
A．总功率大的分支回路要选细一些的导线
B．照明分支回路中的电灯接在相线和保护线之间
C．空调功率较大且用电时间较长，因此空调插座单独另成一条专用分支回路
D．人接触到带电的热水壶金属外壳时，该分支回路的空气开关会迅速切断电路
【答案】C
【知识点】家庭电路的组成；家庭电路的连接；家庭电路的故障分析；安全用电原则
【解析】【解答】 A．总功率大的分支回路要选粗一些的导线，增大导线的额定电流，故A错误；
B．照明分支回路中的电灯接在相线和中性线之间，故B错误；
C．空调的功率较大，应布设一条专用分支回路，选用较粗的导线，故C正确；
D．人接触到带电的热水壶金属外壳时，该分支回路的漏电保护器会自动切断电路，故D错误。
故选：C。
【分析】 （1）总功率大的分支回路要选粗一些的导线；
（2）照明分支回路中的电灯接在相线和中性线之间；
（3）空调的功率较大，应布设一条专用分支回路，选用较粗的导线；
（4）为了防止人接触金属外壳时触电，该分支回路设立漏电保护器。
10．某电动按摩椅的简化电路如图所示，S为电源开关，S1、S2和S3为单刀双掷开关，按摩椅有高温、低温热敷按摩和常温按摩功能。人坐上椅子后，S1会自动连接触点1，此时可以通过电动机M1调整椅背的倾斜角度，若电流从M1的左边流入，可将椅背调成“躺位”，若电流从M1的右边流入，可将椅背调成“坐位”，完成椅背的调节后，S1会自动连接触点2，用来按摩的电动机M2开始工作。已知电源电压为24V，电动机M1和M2正常工作的电流分别为1A、0.5A，两个电热丝的电阻分别为R1和R2，R2为36Ω，且在高温热敷按摩的时候，电热丝10min内产生的热量为。下列说法错误的是（　　）
A．为了将椅背调成“躺位”，需要将开关S闭合，S2和S3都连接触点1
B．电动机M1正常工作时的电功率为24W
C．电路处于低温热敷按摩挡位时，通过开关S4的电流为0.5A
D．高温热敷按摩工作15min，按摩椅消耗的电能为0.15kW·h
【答案】D
【知识点】欧姆定律及其应用；电功的计算；电功率的计算；焦耳定律的应用
【解析】【解答】A．当开关S闭合，“躺位”时，电流从M1左端输入，右端输出，则S2和S3都连接触点1，故A正确；
B．电动机M1 工作时，电路中只有M1，则电源电压为24V，也是M1两端电压，电动机M1正常工作的电流为1A，电功率，故B正确；
C．当闭合S4、S5，R2被短路只有R1接入电路，加热电阻小，功率大，为高温挡。按摩十分钟产生的热量，由可以算出电阻 ；低温按摩挡位时，闭合S4断开S5，R1与R2串联，则低温挡时通过开关S4的电流，故C正确；
D．当闭合S4、S5，R2被短路只有R1接入电路，加热电阻小，功率大，为高温挡。此时工作的元件有M2，还有R1，它们并联，则R1的功率， 消耗的电能； 电动机M2功率
电动机消耗的电能
此时按摩椅消耗的总电能
故D错误。
本题选择描述错误的，故选D 。
【分析】本题是电学题的综合应用额，首先有根据要求判断电路，还要在此基础上识别高温挡和低温挡。一般来说，电压不变时，根据公式，电阻越小，功率越大，是高温挡，电阻越大，功率越小，是低温挡。另外本题中的两个电动机属于非纯电阻电路，计算功率时只能用公式P=UI，计算电能也只能用W=Pt=UIt。
11．如图所示是我国传统的走马灯。点燃底部的蜡烛，上升的热空气驱动扇叶转动，带动纸片小人转动。
（1）在这一过程中，蜡烛燃烧产生的　 　能转化为扇叶和纸片小人的　 　能。
（2）点燃蜡烛前，用手轻轻拨动一下扇叶后，扇叶和纸片小人也会转动一会儿，这是因为扇叶和纸片小人　 　。
【答案】（1）化学；机械
（2）具有惯性
【知识点】机械能及其转化；能量的转化或转移；惯性及其现象
【解析】【解答】（1）蜡烛燃烧时化学能转化为内能，空气受热升温向上流动；热空气向上流动带动扇叶旋转，内能再转化为扇叶与纸片小人的机械能。
（2）手动拨动扇叶，扇叶与纸片小人从静止开始转动；松开手后二者仍能持续转动一段距离，是由于物体具有惯性，要维持原有运动状态，最后受阻力作用逐渐停止。
故答案为：（1）化学；机械；（2）具有惯性。
【分析】（1）能量转化是能量从一种形式转变为另一种形式；能量转移仅改变能量的承载物体，能量种类不发生变化。
（2）解释惯性类问题时，需分清物体原本的运动状态、运动状态如何改变，结合惯性保持原有运动状态的特点分析全过程。
（1）[1][2]蜡烛燃烧将化学能转化为内能，加热空气使热空气上升；上升的热空气推动扇叶转动，将内能进一步转化为扇叶和纸片小人的机械能。
（2）用手拨动扇叶后，扇叶和纸片小人由静止变为运动，松手后它们会继续转动一会儿，是因为扇叶和纸片小人具有惯性，会保持原来的运动状态继续运动，最终在阻力作用下慢慢停下。
12．如图甲所示，将两个铅柱底面削平、削干净，然后紧紧地压在一起，两个铅柱就会结合起来，在下面吊一个20kg的重物都不能把它们拉开。两个铅柱的接触面积为1.8cm2，不计铅柱自身的重力：
（1）若以图乙中的正方形表示图甲中20kg的重物，请在图乙中画出这个重物受到的力的示意图。
（2）周围大气压为1×105Pa，若只是因为大气压的作用，则铅柱下面所吊重物的质量最大为　 　kg，由此说明铅柱能悬吊重物的主要原因是　 　。
【答案】（1）
（2）1.8；分子间存在引力
【知识点】重力及其大小的计算；二力平衡的条件及其应用；压强的大小及其计算；大气压的综合应用；分子间相互作用力
【解析】【解答】 （1）重物静止，重物的重力G=mg=20kg×10N/kg=200N，重物受到竖直向上的拉力F、竖直向下的重力G，拉力和重力是一对平衡力，大小相等，二力的作用点都画在重物的重心，从作用点分别沿力的方向画一带箭头线段，在箭头附近标上F=200N、G=200N，如图所示：
（2）已知两个铅柱的接触面积：S=1.8cm2=1.8×10-4m2，
由可得，下边铅柱底面受到的大气压力约为：F大气=p0S=1×105Pa×1.8×10-4m2=18N，若只是因为大气压的作用，铅柱下面所吊重物的最大重力：
G最大=F大气=18N，
现在悬挂重物的质量m=20kg＞1.8kg，说明了铅柱能悬吊重物的主要原因不是大气压的作用，而是因为分子间存在引力。
故答案为：（1）； （2）1.8；分子间存在引力。
【分析】 （1）重物静止，先对物体进行受力分析，确定各个力的大小、方向、作用点，再根据力的示意图的画法作图。
（2）知道两个铅柱的接触面积，利用F=pS计算下边铅柱底面受到的大气压力，若只是因为大气压的作用，铅柱下面所吊重物的最大重力等于下边铅柱底面受到的大气压力，利用G=mg求铅柱下面所吊重物的最大质量，与现在悬挂重物的质量比较得出：铅柱能悬吊重物的主要原因不是大气压的作用，而是因为分子间存在引力。
（1）重物静止，受力平衡，受到竖直向下的重力和绳子竖直向上的拉力，两个力作用点都在正方形中心的重心处，线段长度相等，标注对应力的符号即可，据此作图。
（2）[1][2]接触面积
大气对铅柱的压力
不计铅柱重力，压力等于重物重力，
则最大质量：
实验中铅柱可以吊起的重物，远大于大气压能承受的最大质量，因此铅柱不分离的主要原因是：分子间存在相互作用的引力。
13．如图所示为某同学设计的酒精测试仪的简化电路图。电源电压不变，定值电阻的电阻为R0，酒精气体传感器的电阻为R，R随酒精气体浓度的变化而变化。
（1）当电路中的电流变大时，电压表示数变　 　。
（2）电压表的示数随酒精气体浓度的增大而增大，当增大到U0时，酒精气体浓度为P0，由此说明R随酒精气体浓度的增大而　 　。适当增大R0，当电压表的示数为U0时，此时酒精气体浓度　 　（填“大于”“等于”或“小于”）P0。
【答案】（1）大
（2）减小；小于
【知识点】串联电路的电压规律；欧姆定律及其应用；电路的动态分析
【解析】【解答】 （1）图中两个电阻串联，电压表串联定值电阻的电压；当电路中的电流变大时，当电路中的电流变大时，根据欧姆定律U=IR知，定值电阻的电压变大；
（2）电压表的示数随酒精气体浓度的增大而增大，根据欧姆定律知，电路中的电流变大；因而电路中的总电阻减小，定值电阻不变，则气敏电阻减小，R随酒精气体浓度的增大而减小；
当电压表的示数为U0时，根据串联分压规律知，电压之比等于电阻之比，适当增大R0，故气敏电阻会变大，因而浓度会减小，小于P0。
故答案为：（1）大；（2）减小；小于。【分析】 （1）图中两个电阻串联，电压表串联定值电阻的电压；根据欧姆定律U=IR分析电压表示数变化；
（2）根据电压表示数变化分析电流，结合欧姆定律分析电阻变化，根据串联分压规律分析解答。
（1） 根据欧姆定律当电路电流变大时，定值电阻 两端电压变大。
（2） 电压表示数随酒精浓度增大而增大，说明酒精浓度增大时，电路电流变大，电源电压不变，根据总电阻变小；串联电路因此说明酒精传感器的电阻随酒精浓度增大而减小。
14．如图所示是某同学制作的简易杆秤。秤砣的质量为40g，秤盘离提纽悬挂点的距离AB为4cm，不计秤杆的质量：
（1）秤盘中不放物体，提起B处的提纽，把系秤砣的挂绳移到某点位置处，秤杆恰好在水平位置　 　，将该点的位置记为杆秤的定盘星O。已知BO为3cm，则秤盘的质量为　 　g。
（2）该同学用此杆秤称量物体的质量时，若物体的质量为50g，则系秤砣的挂绳所处的位置和O点相距　 　cm。
【答案】（1）平衡；30
（2）5
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆的平衡分析法及其应用
【解析】【解答】 （1）秤盘中不放物体，提起B处的提纽，把系秤砣的挂绳移到某点位置处，秤杆恰好在水平位置平衡，将该点的位置记为杆秤的定盘星O。支点为提纽B，空秤平衡时：m盘g AB=m砣g BO约去g，代入数据：m盘×4cm=40g×3cm，
解得：m盘=30g。
（2）放物体m物=50g时，总平衡：（m盘+m物）g AB=m砣g BX，
约去g：（30g+50g）×4cm=40g×BX，
解得：BX=8cm，
O点距B为3cm，故OX=BX BO=8cm 3cm=5cm。
故答案为：（1）平衡；30；（2）5。
【分析】根据杠杆的平衡条件，动力×动力臂=阻力×阻力臂进行分析计算。
（1）秤杆恰好在水平位置平衡时，才能确定定盘星O的位置，此时杠杆满足平衡条件。
定盘星O是秤盘中不放物体时的平衡位置，以B为支点，根据杠杆平衡条件，则秤盘的质量为
（2）称量物体质量时，以B为支点，杠杆平衡条件为：
其中L是秤砣挂绳与O点的距离。即
则系秤砣的挂绳所处的位置和O点相距
15．如图所示，某同学将橡皮筋一端固定，另一端与小圆环相连，用两个弹簧测力计研究同一直线上方向相反的两个力的合成，
（1）先用两个弹簧测力计沿　 　水平拉橡皮筋，标记此时小圆环的位置O，并记下两个弹簧测力计的示数F1、F2。再用一个弹簧测力计将小圆环拉到　 　，记下弹簧测力计的示数F合。
（2）改变拉力F1、F2的大小，多做几次实验。将F合与F1、F2的示数进行比较，并分析F合与F1、F2方向的关系，可以得出F合与F1、F2之间的关系是：　 　。
【答案】（1）相反的方向；同一位置O
（2），方向与较大力的方向相同
【知识点】力的合成与应用；物理学方法
【解析】【解答】 （1）先用两个弹簧测力计沿相反方向水平拉橡皮筋，标记此时小圆环的位置O，并记下两个弹簧测力计的示数F1、F2。再用一个弹簧测力计将小圆环拉到同一位置O。
（2）同一直线上方向相反的两个力的合力：
大小等于F2-F1；方向与F2的方向相同。
故答案为：（1）相反方向；同一位置O；（2）大小等于F2-F1；方向与F2的方向相同。【分析】沿同一直线作用的两个反方向的力，其合力方向与其中较大的力的方向一致，大小是这两个力的差，可表示为 F'=F1’-F2'。
（1）[1]两个弹簧测力计需要沿同一直线上方向相反的方向水平拉橡皮筋，才能研究同一直线上方向相反的两个力的合成。
[2]用一个弹簧测力计拉时，要将小圆环拉到和两个弹簧测力计拉时相同的位置O，保证这个力的作用效果和两个力的作用效果相同。
（2）因为这两个力在同一直线上、方向相反，所以合力的大小等于两个力的大小之差，方向与较大的力方向相同。
16．某同学用如图所示的实验装置观察凸透镜的成像情况，其中发光物体F的高度为6cm。
（1）他调节发光物体、凸透镜和光屏，使它们的中心高度相同，这样做的目的是　 　。
（2）下表是该同学用凸透镜甲进行实验时记录的部分实像的数据，由此可判断凸透镜甲的焦距是　 　cm。当物距为55.0cm时，调节光屏可找到一个倒立、　 　的实像，此时的像高接近　 　（填“2.7”“2.3”或“1.5”）cm。
物距/cm 25.0 30.0 35.0 40.0 45.0 50.0 60.0
像高/cm 9.0 6.0 4.5 3.6 3.0 2.6 2.0
（3）当物距为40.0cm时，光屏上得到缩小的像，此时光屏距离凸透镜24.0cm。如果不改变光源和光屏的位置，接下来他想换用焦距为10.0cm的凸透镜乙继续实验，若还想在光屏上得到缩小的像，则透镜乙应该放在透镜甲的　 　（填“左侧”或“右侧”）。
【答案】（1）让像完整地成在光屏的中央
（2）15.0；缩小；2.3
（3）右侧
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验
【解析】【解答】（1）调整发光物、凸透镜、光屏三者中心处于同一高度，目的是让完整的像呈现在光屏中心，方便观察成像并测量相关数据。
（2）物体高度为6cm，物距30.0cm时像高同样6.0cm，此时成倒立、等大的实像，可推出焦距为15.0cm；
当物距为55.0cm，满足u＞2f，凸透镜成倒立、缩小的实像。
凸透镜成实像遵循“物远像近像变小”的规律，55.0cm介于50.0cm和60.0cm之间，对应像高在2.0cm～2.6cm区间内，因此选择2.3cm。
（3）光源与光屏位置固定，二者总距离u+v=40cm+24cm=64cm保持不变。更换焦距10cm的凸透镜乙，若要成缩小实像，需满足u＞2f乙=20cm，且f乙=10cm＜v＜2f乙=20cm，透镜应放置在原甲透镜的右侧。
故答案为：（1）使像成在光屏中央；（2）15.0；缩小；2.3；（3）右侧。
【分析】（1）三者中心调至同一高度是凸透镜成像实验的基础操作，避免像偏移光屏；
（2）物距等于二倍焦距时，成倒立等大实像；物距大于二倍焦距，成倒立缩小实像；实像成像规律：物距增大，像距减小，像随之变小；
（3）更换不同焦距透镜时，结合缩小实像的成像条件，对比物距、像距范围判断透镜摆放位置。
（1）调节发光物体、凸透镜、光屏三者中心在同一高度，目的是让像完整地成在光屏的中央，便于观察。
（2）当物距时，物体高6cm，像高也为6cm，成等大的倒立实像，根据凸透镜成像规律，此时，因此焦距；当物距为55.0cm时，，成倒立、缩小的实像；由表格可知：物距越大，像高越小，物距50cm时像高2.6cm，物距60cm时像高2.0cm，因此55cm的像高在之间，因此接近2.3cm。
（3）光源和光屏位置不变，因此光源到光屏的总距离不变。换用焦距10cm的凸透镜乙，要得到缩小的实像，需要满足，，根据像距可知，透镜乙应该放在透镜甲的右侧。
17．某同学利用如图所示的装置探究通电螺线管外部磁场的方向。
（1）为了研究通电螺线管外部的磁场是怎样分布的，他先在螺线管周围的玻璃板上均匀撒上铁屑，通电后，铁屑被通电螺线管　 　，就变成了一枚枚“小磁针”。轻敲玻璃板，铁屑在磁场的作用下，有规则地排列起来，我们发现，通电螺线管外部的磁场与　 　磁体的磁场相似。
（2）接着将小磁针放在通电螺线管的周围，用小磁针判断它的N极和S极，发现图中通电螺线管的右端为　 　极。改变电流方向，N极和S极正好对调，说明通电螺线管的磁场方向与　 　有关。
【答案】（1）磁化；条形
（2）N；电流方向
【知识点】通电螺线管的磁场；通电螺线管的极性和电流方向的判断
【解析】【解答】（1）铁屑本身不具备磁性，置于通电螺线管的磁场内会被磁化，磁化后的铁屑等效为微小磁体，能够直观呈现磁场分布形态；观察铁屑排布能发现，通电螺线管外部磁场分布特征和条形磁体保持一致。
（2）螺线管右侧小磁针左端为S极，依据异名磁极相互吸引的规律，可判断螺线管右端是N极；调换电路中电流流向，螺线管两端磁极同步互换，由此证明通电螺线管的磁场方向由电流方向决定。
故答案为：（1）磁化；条形；（2）N；电流方向。
【分析】（1）无磁性铁屑在磁场作用下发生磁化；通电螺线管外部磁场分布和条形磁体磁场相近。
（2）磁极作用规律：同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引；通电螺线管的磁极、磁场方向随电流方向改变而改变。
（1）铁屑原本不显磁性，放入通电螺线管的磁场中会被磁化，磁化后成为类似小磁针的磁体，可以显示磁场的分布；根据小磁针的分布情况可知，通电螺线管外部的磁场分布与条形磁体的磁场相似。
（2）通电螺线管的右端附近的小磁针的左端是S极，由异名磁极相互吸引可知螺线管的右端为N极；改变电流方向后，螺线管的N、S极对调，说明通电螺线管的磁场方向与电流方向有关。
18．某同学利用如图甲所示的电路探究“电压一定时电流与电阻的关系”。已知电源电压为4.5V且保持不变，定值电阻的电阻分别为25Ω、20Ω、15Ω、10Ω和5Ω，滑动变阻器的规格为“25Ω1A”。
（1）请用笔画线表示导线将图甲中的实物图连接完整。
（2）图乙是这位同学根据实验数据画出的I-R图像，实验时控制定值电阻两端的电压为　 　V。进一步分析可知，定值电阻为　 　Ω的这一次实验数据是捏造出来的，理由是　 　。
【答案】（1）
（2）2；25；当时，所需滑动变阻器的阻值大于滑动变阻器的最大阻值
【知识点】探究电流与电压、电阻的关系实验；欧姆定律及其应用
【解析】【解答】 （1）根据乙图可知，电压表选0～3V量程（实验时定值电阻两端的电压为2V），并联在定值电阻两端，电流表选0～0.6A量程（实验数据中的电流没超过0.6A），串联在电路中，如图所示：
（2）控制定值电阻两端电压：UR=0.2A×10Ω=2V。
电源U=4.5 V，控制UR=3V，则滑动变阻器需分担U滑=4.5V 2V=2.5V。
串联分压：，当R=25Ω时，R滑=31.25Ω。即25Ω时无法调到2V，数据捏造。
故答案为：（1）； （2）2；25；25Ω时无法调到2V。
【解答】 （1）根据乙图可知，电压表选0～3V量程（实验时定值电阻两端的电压为2V），并联在定值电阻两端，电流表选0～0.6A量程（实验数据中的电流没超过0.6A），串联在电路中。
（2）由乙图像可得控制定值电阻两端电压。
根据串联分压：，分析当R=25Ω时R滑的阻值大小进行分析判断。
（1）求控制的定值电阻两端电压：从乙图I-R图像任取一点，如时，得
因此实验控制定值电阻两端电压为2V，电压表选择0~3V测量范围，并在定值电阻两端，电流表串联在电路中，由图乙可知，电路中的电流小于0.6A，所以选0~0.6A测量范围。
（2）电源电压4.5V，由（1）的分析知，定值电阻电压保持2V，因此滑动变阻器需要分压
根据串联分压规律 ，当接入时，需要滑动变阻器接入的阻值
大于滑动变阻器最大25Ω，无论如何调节都无法让定值电阻电压降到2V，因此25Ω对应的数据是捏造的。
19．“一航津安1”是我国自主研发设计的世界首艘沉管运送和安装一体船，在跨海隧道工程中，可实现8万吨级沉管的水下50米精准沉放与毫米级对接。如图所示，沉管出坞后，一体船会像“夹子”一样把沉管抱在中间进行运输。
（1）一体船借助北斗定位系统循迹导航时，信号是通过　 　波传递到船舶的，这种波的传播　 　（填“需要”或“不需要”）介质。
（2）一体船需将沉管运输到50km外的指定位置安装，若船的推进功率为1.8×104kW，牵引力为6.48×106N，整个过程都在做匀速直线运动，则需要多少h？
（3）两端密封的沉管可近似看成中空的长方体，其长为180m、宽为50m、高为10.2m，内部配有压载水舱。为确保运输平稳，运输前先往沉管的压载水舱中注入海水，让沉管依靠自己的浮力漂浮在水面上，且整个过程沉管露出水面的高度为0.2m、水面下的高度为10m，这样，船体只需对沉管施加水平牵引力来保持航向即可。到达安装位置后，再次往沉管的压载舱内注入海水，若沉管下沉到水面下20m深处静止时，一体船下的吊缆对沉管竖直向上的拉力为2.92×108N，此时沉管尚未接触海底，则后来往沉管压载舱内注入了多少m3的海水？
【答案】（1）电磁；不需要
（2）已知：P=1.8×104kW=1.8×107W，F=6.48×106N，s=50km=5×104m。
匀速运动：P=Fv，
则，。
答： 整个过程都在做匀速直线运动，则需要5h。
（3）沉管：长a=180m，宽b=50m，高H=10.2m，运输漂浮：水下高h1=10m，下沉后：水下20m，拉力F拉=2.92×108N，
①运输时漂浮（沉管自重G管）
排开体积：V排1=a b h1=180m×50m×10m=9×104m3，
漂浮：G管=F浮1=ρ海水gV排1=1.0×103kg/m3×10N/kg×9×104m3=9×108N；
②下沉到20m深处（完全浸没）
排开体积：V排2=a b H=180m×50m×10.2m=9.18×104m3，
浮力：F浮2=ρ海水gV排2=1.0×103kg/m3×10N/kg×9.18×104m3=9.18×108N，
受力平衡：F浮2+F拉=G管+G水
G水=F浮2+F拉 G管=9.18×108N+2.92×108N 9×108N=3.1×108N，
注入海水体积：。
答：则后来往沉管压载舱内注入了3.1×104m3的海水。
【知识点】功率计算公式的应用；速度公式及其应用；阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】 （1）北斗定位信号是电磁波；电磁波传播不需要介质。
故答案为：（1）电磁；不需要。
【分析】（1）广播、电视、移动通信、卫星都是用电磁波传递信息的。
（2）匀速运动，由P=Fv可求得速度，然后由求得时间。
（3）先求出运输时漂浮（沉管自重G管）的浮力，再求出下沉到20m深处（完全浸没）时的浮力，然后根据受力平衡：F浮2+F拉=G管+G水进行求解。
（1）[1][2]北斗卫星定位系统利用电磁波传递导航信号，电磁波的传播不需要介质。
（2）由题意得，推进功率
牵引力，总路程
根据功率推导公式，一体船匀速航行的速度
根据公式，航行时间
（3）取海水密度，，设后来注入海水的体积为。
漂浮时沉管排开水的体积：
漂浮时受力平衡，沉管总重力
沉管总体积（下沉完全浸没后排开水的体积）
下沉静止后，注入海水的重力
沉管受到向下的总重力等于向上的浮力与拉力之和，即
则
注入海水的体积
1 / 12026年湖北武汉市初中毕业生学业水平适应性考试物理试题
1．如图所示，甘肃敦煌的熔盐塔式光热电站使用了超过1.2万面定日镜。当太阳位置发生变化时，自动控制系统可以调整定日镜的角度，将阳光准确地射向吸热塔的顶端，从而达到聚热的效果。定日镜工作的光学原理是（　　）
A．光的直线传播 B．光的反射
C．光的折射 D．光的色散
2．下列关于声现象的说法正确的是（　　）
A．逐渐抽出真空罩内的空气，听到铃声越来越小，说明空气可以传声
B．蝴蝶振翅时发出声音的响度太小，所以人耳听不到
C．蝙蝠利用超声波捕捉昆虫，说明声可以传递能量
D．练琴时关闭门窗是为了防止噪声产生
3．关于厨房中的热现象，下列说法正确的是（　　）
A．往饮料中加冰，可以使分子运动更剧烈，从而使饮料温度下降更快
B．电冰箱利用制冷剂升华吸热、凝华放热将冰箱里的“热”“搬运”到冰箱的外面
C．煮饺子时，打开锅盖会出现大量“白气”，这是一种汽化现象
D．电压力锅断电后，打开锅盖时汤再次沸腾，是因为气压降低时水的沸点降低了
4．为了解决利用化石能源带来的问题，人们着手开发各种新能源，如核能、太阳能、风能等。下列关于这些能源的说法正确的是（　　）
A．太阳能是一次能源，核能是二次能源
B．太阳能、风能、核能都属于可再生能源
C．利用太阳能的方式有光热、光电和光化转换
D．目前核电站是通过聚变来获取核能的
5．如图所示，在探究液体压强与哪些因素有关的实验中，下列说法正确的是（　　）
A．比较甲和乙，可以探究液体内部的压强与深度有什么关系
B．比较甲和乙，可以探究液体内部是否各个方向都有压强
C．比较甲和丙，可以探究液体内部的压强是否与液体的密度有关
D．比较乙和丙，可以探究液体内部同一深度各个方向的压强是否相等
6．下列关于生活中物理知识的运用说法正确的是（　　）
A．利用铅垂线来检查墙壁是否竖直是因为重力方向垂直向下
B．利用水和一根透明塑料管可检查墙上画框的下边框是否水平
C．滚动轴承利用变滚动为滑动的方法减小摩擦力
D．加油站设有静电释放器的主要作用是防止触电事故的发生
7．运动员迎着飞来的网球，用网球拍将网球弹出，被弹出去的网球在空中的运动轨迹如图所示。若不考虑空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．球拍将网球弹出的过程中，网球的弹性势能逐渐增大
B．网球离开球拍到刚落地的过程中，网球的机械能不变
C．网球在空中下落的过程中，动能转化为重力势能
D．网球在空中运动到最高点a时动能为0
8．有一种便携式按压手电筒，使用时按压手柄，内部的齿轮就会带动磁体转动，使小灯泡发光。下列实验能说明这种手电筒工作原理的是（　　）
A．悬挂的通电螺线管静止时指向南北
B．通电导体棒ab在磁场中运动
C．用小磁针探究通电导线周围的磁场
D．探究产生感应电流的条件
9．如图所示为某家庭电路配电示意图，它包含插座分支回路、空调分支回路和照明分支回路等。每条分支回路上都配有空气开关，其中插座分支回路还配有漏电保护器。下列说法正确的是（　　）
A．总功率大的分支回路要选细一些的导线
B．照明分支回路中的电灯接在相线和保护线之间
C．空调功率较大且用电时间较长，因此空调插座单独另成一条专用分支回路
D．人接触到带电的热水壶金属外壳时，该分支回路的空气开关会迅速切断电路
10．某电动按摩椅的简化电路如图所示，S为电源开关，S1、S2和S3为单刀双掷开关，按摩椅有高温、低温热敷按摩和常温按摩功能。人坐上椅子后，S1会自动连接触点1，此时可以通过电动机M1调整椅背的倾斜角度，若电流从M1的左边流入，可将椅背调成“躺位”，若电流从M1的右边流入，可将椅背调成“坐位”，完成椅背的调节后，S1会自动连接触点2，用来按摩的电动机M2开始工作。已知电源电压为24V，电动机M1和M2正常工作的电流分别为1A、0.5A，两个电热丝的电阻分别为R1和R2，R2为36Ω，且在高温热敷按摩的时候，电热丝10min内产生的热量为。下列说法错误的是（　　）
A．为了将椅背调成“躺位”，需要将开关S闭合，S2和S3都连接触点1
B．电动机M1正常工作时的电功率为24W
C．电路处于低温热敷按摩挡位时，通过开关S4的电流为0.5A
D．高温热敷按摩工作15min，按摩椅消耗的电能为0.15kW·h
11．如图所示是我国传统的走马灯。点燃底部的蜡烛，上升的热空气驱动扇叶转动，带动纸片小人转动。
（1）在这一过程中，蜡烛燃烧产生的　 　能转化为扇叶和纸片小人的　 　能。
（2）点燃蜡烛前，用手轻轻拨动一下扇叶后，扇叶和纸片小人也会转动一会儿，这是因为扇叶和纸片小人　 　。
12．如图甲所示，将两个铅柱底面削平、削干净，然后紧紧地压在一起，两个铅柱就会结合起来，在下面吊一个20kg的重物都不能把它们拉开。两个铅柱的接触面积为1.8cm2，不计铅柱自身的重力：
（1）若以图乙中的正方形表示图甲中20kg的重物，请在图乙中画出这个重物受到的力的示意图。
（2）周围大气压为1×105Pa，若只是因为大气压的作用，则铅柱下面所吊重物的质量最大为　 　kg，由此说明铅柱能悬吊重物的主要原因是　 　。
13．如图所示为某同学设计的酒精测试仪的简化电路图。电源电压不变，定值电阻的电阻为R0，酒精气体传感器的电阻为R，R随酒精气体浓度的变化而变化。
（1）当电路中的电流变大时，电压表示数变　 　。
（2）电压表的示数随酒精气体浓度的增大而增大，当增大到U0时，酒精气体浓度为P0，由此说明R随酒精气体浓度的增大而　 　。适当增大R0，当电压表的示数为U0时，此时酒精气体浓度　 　（填“大于”“等于”或“小于”）P0。
14．如图所示是某同学制作的简易杆秤。秤砣的质量为40g，秤盘离提纽悬挂点的距离AB为4cm，不计秤杆的质量：
（1）秤盘中不放物体，提起B处的提纽，把系秤砣的挂绳移到某点位置处，秤杆恰好在水平位置　 　，将该点的位置记为杆秤的定盘星O。已知BO为3cm，则秤盘的质量为　 　g。
（2）该同学用此杆秤称量物体的质量时，若物体的质量为50g，则系秤砣的挂绳所处的位置和O点相距　 　cm。
15．如图所示，某同学将橡皮筋一端固定，另一端与小圆环相连，用两个弹簧测力计研究同一直线上方向相反的两个力的合成，
（1）先用两个弹簧测力计沿　 　水平拉橡皮筋，标记此时小圆环的位置O，并记下两个弹簧测力计的示数F1、F2。再用一个弹簧测力计将小圆环拉到　 　，记下弹簧测力计的示数F合。
（2）改变拉力F1、F2的大小，多做几次实验。将F合与F1、F2的示数进行比较，并分析F合与F1、F2方向的关系，可以得出F合与F1、F2之间的关系是：　 　。
16．某同学用如图所示的实验装置观察凸透镜的成像情况，其中发光物体F的高度为6cm。
（1）他调节发光物体、凸透镜和光屏，使它们的中心高度相同，这样做的目的是　 　。
（2）下表是该同学用凸透镜甲进行实验时记录的部分实像的数据，由此可判断凸透镜甲的焦距是　 　cm。当物距为55.0cm时，调节光屏可找到一个倒立、　 　的实像，此时的像高接近　 　（填“2.7”“2.3”或“1.5”）cm。
物距/cm 25.0 30.0 35.0 40.0 45.0 50.0 60.0
像高/cm 9.0 6.0 4.5 3.6 3.0 2.6 2.0
（3）当物距为40.0cm时，光屏上得到缩小的像，此时光屏距离凸透镜24.0cm。如果不改变光源和光屏的位置，接下来他想换用焦距为10.0cm的凸透镜乙继续实验，若还想在光屏上得到缩小的像，则透镜乙应该放在透镜甲的　 　（填“左侧”或“右侧”）。
17．某同学利用如图所示的装置探究通电螺线管外部磁场的方向。
（1）为了研究通电螺线管外部的磁场是怎样分布的，他先在螺线管周围的玻璃板上均匀撒上铁屑，通电后，铁屑被通电螺线管　 　，就变成了一枚枚“小磁针”。轻敲玻璃板，铁屑在磁场的作用下，有规则地排列起来，我们发现，通电螺线管外部的磁场与　 　磁体的磁场相似。
（2）接着将小磁针放在通电螺线管的周围，用小磁针判断它的N极和S极，发现图中通电螺线管的右端为　 　极。改变电流方向，N极和S极正好对调，说明通电螺线管的磁场方向与　 　有关。
18．某同学利用如图甲所示的电路探究“电压一定时电流与电阻的关系”。已知电源电压为4.5V且保持不变，定值电阻的电阻分别为25Ω、20Ω、15Ω、10Ω和5Ω，滑动变阻器的规格为“25Ω1A”。
（1）请用笔画线表示导线将图甲中的实物图连接完整。
（2）图乙是这位同学根据实验数据画出的I-R图像，实验时控制定值电阻两端的电压为　 　V。进一步分析可知，定值电阻为　 　Ω的这一次实验数据是捏造出来的，理由是　 　。
19．“一航津安1”是我国自主研发设计的世界首艘沉管运送和安装一体船，在跨海隧道工程中，可实现8万吨级沉管的水下50米精准沉放与毫米级对接。如图所示，沉管出坞后，一体船会像“夹子”一样把沉管抱在中间进行运输。
（1）一体船借助北斗定位系统循迹导航时，信号是通过　 　波传递到船舶的，这种波的传播　 　（填“需要”或“不需要”）介质。
（2）一体船需将沉管运输到50km外的指定位置安装，若船的推进功率为1.8×104kW，牵引力为6.48×106N，整个过程都在做匀速直线运动，则需要多少h？
（3）两端密封的沉管可近似看成中空的长方体，其长为180m、宽为50m、高为10.2m，内部配有压载水舱。为确保运输平稳，运输前先往沉管的压载水舱中注入海水，让沉管依靠自己的浮力漂浮在水面上，且整个过程沉管露出水面的高度为0.2m、水面下的高度为10m，这样，船体只需对沉管施加水平牵引力来保持航向即可。到达安装位置后，再次往沉管的压载舱内注入海水，若沉管下沉到水面下20m深处静止时，一体船下的吊缆对沉管竖直向上的拉力为2.92×108N，此时沉管尚未接触海底，则后来往沉管压载舱内注入了多少m3的海水？
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】光的直线传播及其应用；光的反射定律；光的折射现象及其应用；光的色散
【解析】【解答】太阳光投射到定日镜镜面上发生光的反射，反射光线汇聚至吸热塔塔顶，以此实现聚集热量的作用，该装置工作原理为光的反射，故A、C、D错误，B正确。
故选：B。
【分析】光线照射至物体表面，部分光线折返传播的现象叫做光的反射；生活里平面镜成像、水面倒影等现象，都由光的反射形成。
2．【答案】A
【知识点】声音的传播条件；音调、响度与音色的区分；声与信息传递；防治噪声的途径
【解析】【解答】 A、逐渐抽出真空罩内空气，铃声越来越小，说明声音传播需要介质，空气可以传声；进一步推理可得“真空不能传声”，故A正确。
B、蝴蝶振翅频率约5-10Hz，属于次声波，低于人耳听觉下限（20Hz），不是响度小，故B错误。
C、蝙蝠利用超声波定位捕食，是利用声传递信息；传递能量的例子如超声波清洗眼镜、击碎结石，故C错误。
D、关闭门窗是在传播过程中减弱噪声，不是防止噪声产生（防止产生需在声源处控制，如禁止喧哗），故D错误。
故选：A。
【分析】（1）声音的传播需要介质，真空不能传声。
（2）频率高于人的听觉上限（约为20000Hz）的声波，称为超声波．次声波又称亚声波，它是一种频率低于人的可听声波频率范围的声波．次声波的频率范围大致为小于20Hz。
（3）声可以传递信息，如听到雷声知道要下雨；声可以传递能量，如“超声碎石”。
（4）减弱噪声的途径：在声源处减弱，防止噪音的产生；在人耳处减弱，防止噪音进入耳朵；在传播过程中减弱，阻断噪音的传播。
3．【答案】D
【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；沸点及沸点与气压的关系；分子热运动
【解析】【解答】A、分子热运动剧烈程度由温度决定，温度越低分子运动越微弱。向饮料中加入冰块后饮料温度降低，内部分子运动速度变慢，故A错误；
B、冰箱制冷依靠制冷剂内部汽化吸热、外部液化放热，转移箱内热量，不涉及升华与凝华过程，故B错误；
C、掀开锅盖看到的“白气”，是高温水蒸气遇冷液化形成的细小水珠，属于液化，并非汽化现象，故C错误；
D、液体沸点随外界气压减小而下降。电压力锅断电后内部气压偏大，水沸点高于标准大气压下的 100℃；开盖后气压瞬间降低，沸点同步下降，锅内汤汁温度高于新的沸点，因此会重新沸腾，故D正确。
故选：D。
【分析】（1）温度影响分子热运动快慢，低温抑制分子无规则运动；
（2）电冰箱制冷原理为汽化吸热、液化放热；
（3）“白气” 不属于气体，是水蒸气液化产生的液态小水珠；
（4）气压与沸点成正比，气压减小，液体沸点随之降低。
4．【答案】C
【知识点】能源及其分类；核电站发电过程中的能量转化；核聚变；核裂变；太阳能及其利用与转化
【解析】【解答】A、一次能源指能直接取自自然界的能源，太阳能与核能均属于一次能源，并非二次能源，故A错误；
B、可再生能源能够短期内持续再生，太阳能、风能符合该特点；核能依赖铀矿等稀缺矿产，储量有限，属于不可再生能源，故B错误；
C、太阳能的转化利用分为三类：光热转换代表设备为太阳能热水器、光电转换依靠太阳能电池、光化转换典型例子是植物光合作用，故C正确；
D、现有核电站依靠可控核裂变释放能量发电，可控核聚变暂未投入商业使用，故D错误。
故选：C。
【分析】（1）能源按获取途径分为一次、二次能源，无需加工直接开采的为一次能源；
（2）依据能否循环再生划分可再生与不可再生能源，核燃料消耗后无法快速补充；
（3）太阳能可转化为内能、电能、化学能三种形式；
（4）核裂变技术成熟用于发电，可控核聚变仍处于实验研究阶段。
5．【答案】A
【知识点】探究液体压强的特点实验
【解析】【解答】 A、比较图甲、乙，液体密度相同，液体深度不同，U形管高度差不同，可以探究液体内部的压强与深度有什么关系，初步得出：在同种液体中，液体内部压强随深度的增加而增大，故A正确；
B、为研究液体内部是否向各个方向都有压强，应改变橡皮膜的朝向，将微小压强计探头浸入水中某一深度处，不断改变探头的朝向（或使探头朝向各个方向），观察U形管两端液面是否出现高度差，与甲和乙实验操作不符，故B错误；
C、比较图甲、丙，液体密度不同，液体深度也不同，根据控制变量法，存在两个变量，不能探究液体内部的压强是否与液体的密度有关，故C错误；
D、在探究液体内部同一深度向各个方向的压强是否相等时，需要控制液体的密度相同、深度相同，改变橡皮膜的方向，而乙、丙中的液体密度不同，故D错误。
故选：A。
【分析】 （1）液体压强计就是利用U形管中液面的高度差来体现压强的，压强越大，U形管液面高度差越大；压强计测量液体压强时，就是通过橡皮膜来感知压强的，通过橡胶管中气体压强的变化来改变U形管中液面高度差的。
（2）液体内部的压强与液体的深度和密度都有关系，在实验中，应控制其中的一个量保持不变，才能观察压强与另一个量的关系，从控制变量法的角度可判断此题的实验过程。
6．【答案】B
【知识点】重力的方向；增大或减小摩擦的方法；连通器原理及其应用；两种电荷
【解析】【解答】 A、重力方向是竖直向下，不是“垂直向下”（垂直向下需有参考面，竖直向下是绝对方向），故A错误。
B、透明塑料管装水后构成连通器，水静止时两端液面相平，可用来检查画框下边框是否水平，故B正确。
C、滚动轴承是变滑动为滚动来减小摩擦，选项说反了，故C错误。
D、加油站静电释放器主要作用是消除人体静电，防止静电火花引燃油气，不是防触电，故D错误。
故选：B。
【分析】（1）重力方向是竖直向下。
（2）透明塑料管装水后构成连通器，水静止时两端液面相平。
（3）滚动轴承是变滑动为滚动来减小摩擦。
（4）加油站静电释放器主要作用是消除人体静电，防止静电火花引燃油气。
7．【答案】B
【知识点】势能大小的比较；动能的影响因素；机械能及其转化
【解析】【解答】A、球拍将网球弹出时，网球自身弹性形变逐步复原，形变量变小，弹性势能随之减小，故A错误；
B、忽略空气阻力作用，网球脱离球拍后仅有重力做功，机械能总量保持不变，满足机械能守恒规律，故B正确；
C、网球下落阶段高度不断降低，运动速度持续变大，重力势能减少、动能增加，此过程为重力势能转化为动能，选项描述逻辑颠倒，故C错误；
D、动能由物体质量与运动速度共同决定。网球到达轨迹最高点 a 时，竖直分速度为零，但依旧存在水平方向的速度，因此动能不等于零，故D错误。
故选：B。
【分析】（1）弹性势能由弹性形变量决定，形变越小，弹性势能越小；
（2）不计摩擦与空气阻力时，物体机械能守恒，动能、势能相互转化，总和恒定；
（3）高度决定重力势能，速度决定动能，物体下落时重力势能转化为动能；
（4）斜抛物体最高点仅竖直速度归零，水平速度依旧存在，动能不为零。
8．【答案】D
【知识点】地磁场；通电直导线周围的磁场；直流电动机的构造原理与工作过程；电磁感应；产生感应电流的条件
【解析】【解答】按压式手电筒的工作流程：按压手柄驱动齿轮，使内部磁体旋转，线圈做切割磁感线运动，电路中生成感应电流，小灯泡通电发光。其核心原理为电磁感应，实现机械能向电能的转化，装置无需外接电源。
A、通电螺线管能够指示南北方向，利用的是电流的磁效应，属于电生磁，故A不符合题意；
B、电路带有电源，通电金属棒在磁场内发生运动，是电动机的工作原理，故B不符合题意；
C、奥斯特实验借助小磁针证明通电导线周边存在磁场，属于电流磁效应，故C不符合题意；
D、实验装置无电源，用来探究感应电流的产生条件，原理为电磁感应，和按压手电筒工作原理相同，故D符合题意。
故选：D。
【分析】装置不含电源，依靠导体切割磁感线产生电流，机械能转化为电能，对应发电机、按压手电筒；
电路配备电源，电能转化为机械能，是电动机工作原理；
通电导体周围产生磁场，包含奥斯特实验、通电螺线管相关实验。
9．【答案】C
【知识点】家庭电路的组成；家庭电路的连接；家庭电路的故障分析；安全用电原则
【解析】【解答】 A．总功率大的分支回路要选粗一些的导线，增大导线的额定电流，故A错误；
B．照明分支回路中的电灯接在相线和中性线之间，故B错误；
C．空调的功率较大，应布设一条专用分支回路，选用较粗的导线，故C正确；
D．人接触到带电的热水壶金属外壳时，该分支回路的漏电保护器会自动切断电路，故D错误。
故选：C。
【分析】 （1）总功率大的分支回路要选粗一些的导线；
（2）照明分支回路中的电灯接在相线和中性线之间；
（3）空调的功率较大，应布设一条专用分支回路，选用较粗的导线；
（4）为了防止人接触金属外壳时触电，该分支回路设立漏电保护器。
10．【答案】D
【知识点】欧姆定律及其应用；电功的计算；电功率的计算；焦耳定律的应用
【解析】【解答】A．当开关S闭合，“躺位”时，电流从M1左端输入，右端输出，则S2和S3都连接触点1，故A正确；
B．电动机M1 工作时，电路中只有M1，则电源电压为24V，也是M1两端电压，电动机M1正常工作的电流为1A，电功率，故B正确；
C．当闭合S4、S5，R2被短路只有R1接入电路，加热电阻小，功率大，为高温挡。按摩十分钟产生的热量，由可以算出电阻 ；低温按摩挡位时，闭合S4断开S5，R1与R2串联，则低温挡时通过开关S4的电流，故C正确；
D．当闭合S4、S5，R2被短路只有R1接入电路，加热电阻小，功率大，为高温挡。此时工作的元件有M2，还有R1，它们并联，则R1的功率， 消耗的电能； 电动机M2功率
电动机消耗的电能
此时按摩椅消耗的总电能
故D错误。
本题选择描述错误的，故选D 。
【分析】本题是电学题的综合应用额，首先有根据要求判断电路，还要在此基础上识别高温挡和低温挡。一般来说，电压不变时，根据公式，电阻越小，功率越大，是高温挡，电阻越大，功率越小，是低温挡。另外本题中的两个电动机属于非纯电阻电路，计算功率时只能用公式P=UI，计算电能也只能用W=Pt=UIt。
11．【答案】（1）化学；机械
（2）具有惯性
【知识点】机械能及其转化；能量的转化或转移；惯性及其现象
【解析】【解答】（1）蜡烛燃烧时化学能转化为内能，空气受热升温向上流动；热空气向上流动带动扇叶旋转，内能再转化为扇叶与纸片小人的机械能。
（2）手动拨动扇叶，扇叶与纸片小人从静止开始转动；松开手后二者仍能持续转动一段距离，是由于物体具有惯性，要维持原有运动状态，最后受阻力作用逐渐停止。
故答案为：（1）化学；机械；（2）具有惯性。
【分析】（1）能量转化是能量从一种形式转变为另一种形式；能量转移仅改变能量的承载物体，能量种类不发生变化。
（2）解释惯性类问题时，需分清物体原本的运动状态、运动状态如何改变，结合惯性保持原有运动状态的特点分析全过程。
（1）[1][2]蜡烛燃烧将化学能转化为内能，加热空气使热空气上升；上升的热空气推动扇叶转动，将内能进一步转化为扇叶和纸片小人的机械能。
（2）用手拨动扇叶后，扇叶和纸片小人由静止变为运动，松手后它们会继续转动一会儿，是因为扇叶和纸片小人具有惯性，会保持原来的运动状态继续运动，最终在阻力作用下慢慢停下。
12．【答案】（1）
（2）1.8；分子间存在引力
【知识点】重力及其大小的计算；二力平衡的条件及其应用；压强的大小及其计算；大气压的综合应用；分子间相互作用力
【解析】【解答】 （1）重物静止，重物的重力G=mg=20kg×10N/kg=200N，重物受到竖直向上的拉力F、竖直向下的重力G，拉力和重力是一对平衡力，大小相等，二力的作用点都画在重物的重心，从作用点分别沿力的方向画一带箭头线段，在箭头附近标上F=200N、G=200N，如图所示：
（2）已知两个铅柱的接触面积：S=1.8cm2=1.8×10-4m2，
由可得，下边铅柱底面受到的大气压力约为：F大气=p0S=1×105Pa×1.8×10-4m2=18N，若只是因为大气压的作用，铅柱下面所吊重物的最大重力：
G最大=F大气=18N，
现在悬挂重物的质量m=20kg＞1.8kg，说明了铅柱能悬吊重物的主要原因不是大气压的作用，而是因为分子间存在引力。
故答案为：（1）； （2）1.8；分子间存在引力。
【分析】 （1）重物静止，先对物体进行受力分析，确定各个力的大小、方向、作用点，再根据力的示意图的画法作图。
（2）知道两个铅柱的接触面积，利用F=pS计算下边铅柱底面受到的大气压力，若只是因为大气压的作用，铅柱下面所吊重物的最大重力等于下边铅柱底面受到的大气压力，利用G=mg求铅柱下面所吊重物的最大质量，与现在悬挂重物的质量比较得出：铅柱能悬吊重物的主要原因不是大气压的作用，而是因为分子间存在引力。
（1）重物静止，受力平衡，受到竖直向下的重力和绳子竖直向上的拉力，两个力作用点都在正方形中心的重心处，线段长度相等，标注对应力的符号即可，据此作图。
（2）[1][2]接触面积
大气对铅柱的压力
不计铅柱重力，压力等于重物重力，
则最大质量：
实验中铅柱可以吊起的重物，远大于大气压能承受的最大质量，因此铅柱不分离的主要原因是：分子间存在相互作用的引力。
13．【答案】（1）大
（2）减小；小于
【知识点】串联电路的电压规律；欧姆定律及其应用；电路的动态分析
【解析】【解答】 （1）图中两个电阻串联，电压表串联定值电阻的电压；当电路中的电流变大时，当电路中的电流变大时，根据欧姆定律U=IR知，定值电阻的电压变大；
（2）电压表的示数随酒精气体浓度的增大而增大，根据欧姆定律知，电路中的电流变大；因而电路中的总电阻减小，定值电阻不变，则气敏电阻减小，R随酒精气体浓度的增大而减小；
当电压表的示数为U0时，根据串联分压规律知，电压之比等于电阻之比，适当增大R0，故气敏电阻会变大，因而浓度会减小，小于P0。
故答案为：（1）大；（2）减小；小于。【分析】 （1）图中两个电阻串联，电压表串联定值电阻的电压；根据欧姆定律U=IR分析电压表示数变化；
（2）根据电压表示数变化分析电流，结合欧姆定律分析电阻变化，根据串联分压规律分析解答。
（1） 根据欧姆定律当电路电流变大时，定值电阻 两端电压变大。
（2） 电压表示数随酒精浓度增大而增大，说明酒精浓度增大时，电路电流变大，电源电压不变，根据总电阻变小；串联电路因此说明酒精传感器的电阻随酒精浓度增大而减小。
14．【答案】（1）平衡；30
（2）5
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆的平衡分析法及其应用
【解析】【解答】 （1）秤盘中不放物体，提起B处的提纽，把系秤砣的挂绳移到某点位置处，秤杆恰好在水平位置平衡，将该点的位置记为杆秤的定盘星O。支点为提纽B，空秤平衡时：m盘g AB=m砣g BO约去g，代入数据：m盘×4cm=40g×3cm，
解得：m盘=30g。
（2）放物体m物=50g时，总平衡：（m盘+m物）g AB=m砣g BX，
约去g：（30g+50g）×4cm=40g×BX，
解得：BX=8cm，
O点距B为3cm，故OX=BX BO=8cm 3cm=5cm。
故答案为：（1）平衡；30；（2）5。
【分析】根据杠杆的平衡条件，动力×动力臂=阻力×阻力臂进行分析计算。
（1）秤杆恰好在水平位置平衡时，才能确定定盘星O的位置，此时杠杆满足平衡条件。
定盘星O是秤盘中不放物体时的平衡位置，以B为支点，根据杠杆平衡条件，则秤盘的质量为
（2）称量物体质量时，以B为支点，杠杆平衡条件为：
其中L是秤砣挂绳与O点的距离。即
则系秤砣的挂绳所处的位置和O点相距
15．【答案】（1）相反的方向；同一位置O
（2），方向与较大力的方向相同
【知识点】力的合成与应用；物理学方法
【解析】【解答】 （1）先用两个弹簧测力计沿相反方向水平拉橡皮筋，标记此时小圆环的位置O，并记下两个弹簧测力计的示数F1、F2。再用一个弹簧测力计将小圆环拉到同一位置O。
（2）同一直线上方向相反的两个力的合力：
大小等于F2-F1；方向与F2的方向相同。
故答案为：（1）相反方向；同一位置O；（2）大小等于F2-F1；方向与F2的方向相同。【分析】沿同一直线作用的两个反方向的力，其合力方向与其中较大的力的方向一致，大小是这两个力的差，可表示为 F'=F1’-F2'。
（1）[1]两个弹簧测力计需要沿同一直线上方向相反的方向水平拉橡皮筋，才能研究同一直线上方向相反的两个力的合成。
[2]用一个弹簧测力计拉时，要将小圆环拉到和两个弹簧测力计拉时相同的位置O，保证这个力的作用效果和两个力的作用效果相同。
（2）因为这两个力在同一直线上、方向相反，所以合力的大小等于两个力的大小之差，方向与较大的力方向相同。
16．【答案】（1）让像完整地成在光屏的中央
（2）15.0；缩小；2.3
（3）右侧
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验
【解析】【解答】（1）调整发光物、凸透镜、光屏三者中心处于同一高度，目的是让完整的像呈现在光屏中心，方便观察成像并测量相关数据。
（2）物体高度为6cm，物距30.0cm时像高同样6.0cm，此时成倒立、等大的实像，可推出焦距为15.0cm；
当物距为55.0cm，满足u＞2f，凸透镜成倒立、缩小的实像。
凸透镜成实像遵循“物远像近像变小”的规律，55.0cm介于50.0cm和60.0cm之间，对应像高在2.0cm～2.6cm区间内，因此选择2.3cm。
（3）光源与光屏位置固定，二者总距离u+v=40cm+24cm=64cm保持不变。更换焦距10cm的凸透镜乙，若要成缩小实像，需满足u＞2f乙=20cm，且f乙=10cm＜v＜2f乙=20cm，透镜应放置在原甲透镜的右侧。
故答案为：（1）使像成在光屏中央；（2）15.0；缩小；2.3；（3）右侧。
【分析】（1）三者中心调至同一高度是凸透镜成像实验的基础操作，避免像偏移光屏；
（2）物距等于二倍焦距时，成倒立等大实像；物距大于二倍焦距，成倒立缩小实像；实像成像规律：物距增大，像距减小，像随之变小；
（3）更换不同焦距透镜时，结合缩小实像的成像条件，对比物距、像距范围判断透镜摆放位置。
（1）调节发光物体、凸透镜、光屏三者中心在同一高度，目的是让像完整地成在光屏的中央，便于观察。
（2）当物距时，物体高6cm，像高也为6cm，成等大的倒立实像，根据凸透镜成像规律，此时，因此焦距；当物距为55.0cm时，，成倒立、缩小的实像；由表格可知：物距越大，像高越小，物距50cm时像高2.6cm，物距60cm时像高2.0cm，因此55cm的像高在之间，因此接近2.3cm。
（3）光源和光屏位置不变，因此光源到光屏的总距离不变。换用焦距10cm的凸透镜乙，要得到缩小的实像，需要满足，，根据像距可知，透镜乙应该放在透镜甲的右侧。
17．【答案】（1）磁化；条形
（2）N；电流方向
【知识点】通电螺线管的磁场；通电螺线管的极性和电流方向的判断
【解析】【解答】（1）铁屑本身不具备磁性，置于通电螺线管的磁场内会被磁化，磁化后的铁屑等效为微小磁体，能够直观呈现磁场分布形态；观察铁屑排布能发现，通电螺线管外部磁场分布特征和条形磁体保持一致。
（2）螺线管右侧小磁针左端为S极，依据异名磁极相互吸引的规律，可判断螺线管右端是N极；调换电路中电流流向，螺线管两端磁极同步互换，由此证明通电螺线管的磁场方向由电流方向决定。
故答案为：（1）磁化；条形；（2）N；电流方向。
【分析】（1）无磁性铁屑在磁场作用下发生磁化；通电螺线管外部磁场分布和条形磁体磁场相近。
（2）磁极作用规律：同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引；通电螺线管的磁极、磁场方向随电流方向改变而改变。
（1）铁屑原本不显磁性，放入通电螺线管的磁场中会被磁化，磁化后成为类似小磁针的磁体，可以显示磁场的分布；根据小磁针的分布情况可知，通电螺线管外部的磁场分布与条形磁体的磁场相似。
（2）通电螺线管的右端附近的小磁针的左端是S极，由异名磁极相互吸引可知螺线管的右端为N极；改变电流方向后，螺线管的N、S极对调，说明通电螺线管的磁场方向与电流方向有关。
18．【答案】（1）
（2）2；25；当时，所需滑动变阻器的阻值大于滑动变阻器的最大阻值
【知识点】探究电流与电压、电阻的关系实验；欧姆定律及其应用
【解析】【解答】 （1）根据乙图可知，电压表选0～3V量程（实验时定值电阻两端的电压为2V），并联在定值电阻两端，电流表选0～0.6A量程（实验数据中的电流没超过0.6A），串联在电路中，如图所示：
（2）控制定值电阻两端电压：UR=0.2A×10Ω=2V。
电源U=4.5 V，控制UR=3V，则滑动变阻器需分担U滑=4.5V 2V=2.5V。
串联分压：，当R=25Ω时，R滑=31.25Ω。即25Ω时无法调到2V，数据捏造。
故答案为：（1）； （2）2；25；25Ω时无法调到2V。
【解答】 （1）根据乙图可知，电压表选0～3V量程（实验时定值电阻两端的电压为2V），并联在定值电阻两端，电流表选0～0.6A量程（实验数据中的电流没超过0.6A），串联在电路中。
（2）由乙图像可得控制定值电阻两端电压。
根据串联分压：，分析当R=25Ω时R滑的阻值大小进行分析判断。
（1）求控制的定值电阻两端电压：从乙图I-R图像任取一点，如时，得
因此实验控制定值电阻两端电压为2V，电压表选择0~3V测量范围，并在定值电阻两端，电流表串联在电路中，由图乙可知，电路中的电流小于0.6A，所以选0~0.6A测量范围。
（2）电源电压4.5V，由（1）的分析知，定值电阻电压保持2V，因此滑动变阻器需要分压
根据串联分压规律 ，当接入时，需要滑动变阻器接入的阻值
大于滑动变阻器最大25Ω，无论如何调节都无法让定值电阻电压降到2V，因此25Ω对应的数据是捏造的。
19．【答案】（1）电磁；不需要
（2）已知：P=1.8×104kW=1.8×107W，F=6.48×106N，s=50km=5×104m。
匀速运动：P=Fv，
则，。
答： 整个过程都在做匀速直线运动，则需要5h。
（3）沉管：长a=180m，宽b=50m，高H=10.2m，运输漂浮：水下高h1=10m，下沉后：水下20m，拉力F拉=2.92×108N，
①运输时漂浮（沉管自重G管）
排开体积：V排1=a b h1=180m×50m×10m=9×104m3，
漂浮：G管=F浮1=ρ海水gV排1=1.0×103kg/m3×10N/kg×9×104m3=9×108N；
②下沉到20m深处（完全浸没）
排开体积：V排2=a b H=180m×50m×10.2m=9.18×104m3，
浮力：F浮2=ρ海水gV排2=1.0×103kg/m3×10N/kg×9.18×104m3=9.18×108N，
受力平衡：F浮2+F拉=G管+G水
G水=F浮2+F拉 G管=9.18×108N+2.92×108N 9×108N=3.1×108N，
注入海水体积：。
答：则后来往沉管压载舱内注入了3.1×104m3的海水。
【知识点】功率计算公式的应用；速度公式及其应用；阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】 （1）北斗定位信号是电磁波；电磁波传播不需要介质。
故答案为：（1）电磁；不需要。
【分析】（1）广播、电视、移动通信、卫星都是用电磁波传递信息的。
（2）匀速运动，由P=Fv可求得速度，然后由求得时间。
（3）先求出运输时漂浮（沉管自重G管）的浮力，再求出下沉到20m深处（完全浸没）时的浮力，然后根据受力平衡：F浮2+F拉=G管+G水进行求解。
（1）[1][2]北斗卫星定位系统利用电磁波传递导航信号，电磁波的传播不需要介质。
（2）由题意得，推进功率
牵引力，总路程
根据功率推导公式，一体船匀速航行的速度
根据公式，航行时间
（3）取海水密度，，设后来注入海水的体积为。
漂浮时沉管排开水的体积：
漂浮时受力平衡，沉管总重力
沉管总体积（下沉完全浸没后排开水的体积）
下沉静止后，注入海水的重力
沉管受到向下的总重力等于向上的浮力与拉力之和，即
则
注入海水的体积
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