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广东省深圳市光明区高级中学2026年九年级中考考前预测物理试卷
1．在校园艺术节管乐表演中，听众能分辨不同乐器发出的声音，主要依据的是声音的( )
A．音调 B．响度 C．音色 D．传播速度
【答案】C
【知识点】音色；音调、响度与音色的区分
【解析】【解答】人们能分辨出不同乐器发出的声音，是依据声音的音色不同，故ABD错误，C正确。
故选：C。
【分析】音色是发声体的声音品质，由发声体本身的特征决定，是区别声音的重要标志。
2．早晨树叶上的露珠到了中午不见了，相关的物态变化过程是( )
A．熔化 B．升华 C．液化 D．汽化
【答案】D
【知识点】汽化及汽化吸热的特点
【解析】【解答】早晨树叶上的露珠是液态的水，到了中午，由于气温升高，这些液态的露珠会汽化成气态的水蒸气散发到空气中，因此露珠就“不见了”，故ABC错误、D正确。
故选：D。
【分析】物质由液态变为气态的过程叫做汽化，汽化吸热。
3．在精密部件装配车间，工作人员必须穿着静电服，防静电服面料中掺入的材料能导走身上静电的是(　　)
A．橡胶 B．玻璃 C．陶瓷 D．金属
【答案】D
【知识点】导体与绝缘体
【解析】【解答】防静电服面料中掺入的材料能导走身上静电，说明掺入的材料容易导电，属于导体；通常情况下，金属容易导电，属于导体，玻璃、橡胶和陶瓷不容易导电，属于绝缘体，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【分析】容易导电的物体叫导体，不容易导电的物体叫绝缘体。
4．风吹动树枝摇摆，说明力可以( )
A．改变物体的运动状态 B．使物体具有惯性
C．改变物体的质量 D．维持物体运动
【答案】A
【知识点】力的作用效果；惯性及其现象
【解析】【解答】A、树枝原本是静止的，风吹动后，树枝开始摇摆，则树枝的运动状态发生了改变，说明力可以改变物体的运动状态，故A正确；
B、惯性是物体本身的一种性质，与是否受力无关，故B错误；
C、树枝摆动时，所含物质的多少不变，质量不变，故C错误；
D、力是改变物体运动状态的原因，不是维持物体运动，故D错误。
故选：A。
【分析】力的作用效果有两个，即力可以改变物体的形状，也可以改变物体的运动状态；一切物体都有保持原来运动状态不变的性质，叫惯性；物体所含物质的多少叫做质量；力是改变物体运动状态的原因。
5． 在公园里游玩时，小明同学使用如图所示的无人机拍摄附近的风景。若无人机匀速向上飞行时，所受一切外力全部消失，无人机会(　　)
A．加速下落 B．匀速下落
C．匀速上升 D．先减速上升再加速下落
【答案】C
【知识点】牛顿第一定律
【解析】【解答】若无人机匀速向上飞行时，根据牛顿第一定律可知，所受一切外力全部消失，无人机会匀速上升，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【分析】牛顿第一定律：一切物体在没有受到力的作用时，总保持静止状态或匀速直线运动状态。
6．以下物理装置中，利用大气压来工作的是( )
A．地漏
B．船闸
C．托里拆利实验
D．吹气使竖管中水面上升
【答案】C
【知识点】连通器原理及其应用；大气压的综合应用
【解析】【解答】A、地漏是利用连通器原理来隔绝异味的，故A不符合题意；
B、先打开船闸的一端，船闸里的水位逐渐与外面相等，外面的船就可以开进船闸，然后把这一端船闸关闭，然后打开另一端的船闸，船闸里的水位逐渐与外面相等，船就可以开到另一端去，利用的是连通器原理，故B不符合题意；
C、托里拆利实验利用的是大气压原理，故C符合题意；
D、吹气时竖管上方空气流速大、压强小，外界大气压把水压入管中，利用流体压强与流速的关系，故D不符合题意。
故选：C。
【分析】大气压的存在能够解释很多现象，这些现象有一个共性：通过某种方法，使设备的内部气压小于外界大气压，在外界大气压的作用下出现了这种现象。
7． 如图所示是一种便携式按压手电筒，使用时按压手柄，内部的齿轮会带动磁体转动，使小灯泡发光。下列与该装置的工作原理相同的是(　　)
A．发电机 B．电动机 C．电磁铁 D．电磁继电器
【答案】A
【知识点】发电机的构造和原理
【解析】【解答】 使用时按压手柄，内部的齿轮会带动磁体转动， 进而使得闭合线圈切割磁感线，产生感应电流，所以装置原理为电磁感应，应用有发电机等，故A正确，BCD错误；
故选A。
【分析】1、电磁感应现象：闭合电路的一部分导体在磁场中作切割磁感线运动，导体中就会产生电流的现象，实例：发电机、 POS机读出信息；
2、电流的磁效应：通电导线周围存在磁场，使得小磁针发生偏转；
3、通电导线在磁场中受到力的作用，实例有：电动机；
4、通电螺线管：由通电线圈组成，磁性方向可通过安培定则判断：用右手握住通电螺线管，让四指指向电流的方向，那么大拇指所指的那一端就是通电螺线管的N极，磁性与电流、线圈匝数有关。
8．如图所示，白鹭在水中漫步时出现了a、b两个“影子”，其中　 　(选填“a”或“b”)是光的直线传播形成的。当白鹭向上高飞时，b的大小　 　(选填“变大”、“变小”或“不变”)。
【答案】a；不变
【知识点】光的直线传播及其应用；平面镜成像的原理、特点
【解析】【解答】图中a是白鹭的影子，是由光沿直线传播形成的；b是白鹭通过水面形成的像，属于倒影；平面镜成像中，像与物体等大，则当白鹭向上高飞时，白鹭在水中倒影的大小不变。
【分析】光在同种均匀介质中沿直线传播，在日常生活中，激光准直、小孔成像和影子的形成等，都表明光在同一种均匀介质中是沿直线传播的；倒影是平面镜成像，是由光的反射形成的，平面镜成像的特点：物体在平面镜中所成的像是虚像，像和物体的大小相等，它们的连线垂直于镜面，它们到镜面的距离相等；简记为：正立、等大、对称、虚像。
9．如今智能配送机器人已被广泛使用，用户可通过人脸识别、输入取货码、扫描二维码等多种方式取货。人脸识别取货时，通过镜头成的像是　 　立(选填“正立”或“倒立”)、　 　(选填“放大”“缩小”或“等大”)的实像。要使屏幕上自己的像变小，需　 　(选填“靠近”或“远离”)镜头。
【答案】倒立；缩小；远离
【知识点】凸透镜成像的应用
【解析】【解答】摄像头的镜头是一个凸透镜，与照相机的成像特点相同，物距大于二倍焦距，摄像头扫描二维码所成的像是倒立、缩小的实像；要使屏幕上自己的像变小，应增大物距，需远离“刷脸”机镜头。
【分析】凸透镜成像时，u＞2f，成倒立、缩小的实像，应用于照相机；凸透镜成实像时，物近像远像变大。
10．2025年12月，我国自主研发的超导电动磁悬浮试验车刷新世界纪录。当列车底部的超导线圈通电后，周围的指南针发生偏转，说明通电导线周围存在　 　；为了使列车悬浮起来，车载磁体的下端与轨道感应磁场的上端必须互为　 　(选填“同名”或“异名”)磁极。
【答案】磁场；同名
【知识点】通电螺线管的磁场；磁极间的相互作用
【解析】【解答】磁场可以对小磁针产生力的作用，从而使小磁针发生转动。当列车底部的超导线圈通电后，周围的指南针发生偏转，说明通电导线周围存在磁场；同名磁极相互排斥，异名磁极相互排斥，图中 列车悬浮起来，车载磁体的下端与轨道感应磁场的上端必须互为同名磁极，相互排斥，排斥力平衡重力，从而使列车悬浮。
【分析】通电导线周围存在磁场，属于电流的磁效应。结合磁极间相互作用分析。
11．如图，钓鱼竿可视为以O为支点的杠杆，动力 作用在A点，请画出动力 的力臂 以及杠杆在 B 点所受阻力 的示意图。
【答案】
【知识点】杠杆及其五要素；力臂的画法
【解析】【解答】 从支点O向动力F1的作用线引垂线段，垂线段的长即为其力臂l1；阻力作用点在点B，方向竖直向下。如图所示：
【分析】力臂的概念：力臂是指从支点到力的作用线的距离；先确定阻力作用点（即B点），然后过阻力作用点表示阻力的方向（即竖直向下）。
12．图甲为博物馆印章的展台，上方的凸透镜可放大印章，下方的平面镜能呈现印章底部的文字。图乙为示意图，其中F是凸透镜的焦点，O是光心，虚线为主光轴，光线a平行于主光轴，光线b射向平面镜。请在图乙中完成光线a经凸透镜折射后的光线，以及光线b经平面镜反射后的光线。
【答案】
【知识点】作光的反射光路图；透镜的光路图
【解析】【解答】平行于主光轴的光线a经过凸透镜折射后，会聚于焦点；先过入射点垂直于平面镜画出法线，再根据反射角等于入射角，在法线的另一侧画出反射光线，如图所示：
【分析】平行于凸透镜主光轴的光线a经过凸透镜折射后过焦点；先画出法线，再根据反射角等于入射角，在法线的另一侧画出反射光线。
13．图甲是某实验小组探究浮力大小与哪些因素有关的实验步骤。
（1）物块的重力为　 　N。
（2）比较D、E两图可得出：浮力大小与　 　有关。
（3）比较　 　两图可得出：当物块完全浸没后，浮力大小与所处深度　 　(选填“有关”或“无关”)。
（4）如图乙，鱼的浮沉靠鳔的胀缩实现，当鳔收缩时，鱼受到的浮力　 　(选填“变大”“变小”或“不变”)。
（5）根据图甲测出的数据可以计算出果汁的密度为　 　g/cm3。(结果保留2位小数)
【答案】（1）4.8
（2）液体密度
（3）C、D；无关
（4）变小
（5）1.17
【知识点】探究影响浮力大小的因素
【解析】【解答】（1）弹簧测力计的分度值是0.2N，A步骤所示弹簧测力计的示数为4.8N；
（2）比较D、E两图可知，物体排开液体体积一定，液体密度不同，由称重法可知浮力不同，故浮力大小与液体密度有关；
（3）探究物块完全浸没浮力大小与所处深度关系，需控制液体密度和排开液体体积一定，故比较C、D两图；由C、D两图可知，当物块完全浸没后，浮力大小与所处深度无关；
（4）根据阿基米德原理F浮＝ρ液gV排可知，当鳔收缩时，液体密度不变，排开液体体积变小，故浮力变小；
（5）由A图可知，物体重力为G＝4.8N，根据图A、C可知物体浸没水中所受浮力
F浮＝G﹣F示＝4.8N﹣4.2N＝0.6N；根据图A、E可知物体浸没果汁中所受浮力F浮果汁＝G﹣F示果汁＝4.8N﹣4.1N＝0.7N；根据阿基米德原理，排开液体体积一定时，浮力与液体密度成正比，则有，即，故果汁密度为ρ果汁≈1.17×103kg/m3＝1.17g/cm3。
【分析】（1）测量仪器读数时要看清量程和分度值；
（2）浮力影响因素是液体密度和排开液体体积，研究时用控制变量法；
（3）深度不同，比较浮力大小，得出结论；
（4）根据阿基米德原理F浮=ρ液gV排得结论；
（5）根据阿基米德原理，排开液体体积一定时，浮力与液体密度成正比。
14．随着天气逐渐转凉，小明一家决定享受一顿热气腾腾的鸳鸯火锅，这种火锅通常一边放清汤卤，一边放有油的红汤卤。在享受美食的同时，细心的小明还观察到了许多有趣的物理现象。
（1）对于火锅在加热过程中出现的现象，下列说法错误的是____。
A．加锅盖可缩短火锅内汤卤达到沸点的时间
B．搅拌汤卤可以使锅内温度升温更快
C．汤卤沸腾后，揭开锅盖时要注意避开水蒸气
D．汤卤沸腾后，改用小火加热，可节约能源
（2）小明观察到：鸳鸯锅里的红汤卤先沸腾，过了一会清汤卤才沸腾。为什么会这样呢 他进行了如下探究。
【建立猜想】①油缩短了红汤卤达到沸点的时间；②油降低了红汤卤的沸点；
【设计实验】实验室借来的液体温度计、家中已有的材料(电磁炉、鸳鸯锅、支架、电子秤、水、食用油)，如图 2所示组装好器材。
【收集证据】称取相同质量的水、水油混合液体同时加热。每隔 1min观察1次温度计的示数，直至液体沸腾。数据记录如下表：
时间t/ min 0 1 2 3 4 5 6 7 8
清水温度T/℃ 26 38 54 75 85 ▲ 97 100 100
水油混合液体温度T/℃ 26 40 55 76 86 98 100 100 100
第5min时温度计示数如图2所示，其温度为　 　℃；
（3）判断汤卤沸腾的依据是　 　；
（4）小明读取温度计示数时发现温度计表面变得模糊，这是由于　 　；
（5）【总结交流】
由实验可知，猜想　 　(选填“①”或“②”)是正确的，该结论的证据是　 　。
【答案】（1）B
（2）94
（3）内部气泡上升过程逐渐变大
（4）液化
（5）①；质量相同的清水和水油混合液体的沸点相同，但是水油混合液体先沸腾
【知识点】沸腾及沸腾条件；探究水的沸腾实验
【解析】【解答】（1）A.加锅盖可以减少热量的散失，可以缩短火锅内汤卤达到沸点的时间，故A正确，不符合题意；
B.搅拌汤卤可以加快汤卤的流动速度，从而加快汤卤的散热，故B错误，符合题意；
C.汤卤沸腾后，揭开锅盖时要注意避开水蒸气，防止水蒸气液化放热烫伤，故C正确，不符合题意；
D.汤卤沸腾后，改用小火加热，可节约能源，故D正确，不符合题意。
故选：B；
（2）由图2可知，温度计的分度值是0.1℃，读数为94℃；
（3）沸腾时看到的现象是：大量气泡上升过程逐渐变大，到水面破裂开来，内部气泡上升过程逐渐变大，说明开始沸腾；
（4）锅内水蒸气上升过程遇到冷的温度计，发生液化现象，产生小水滴，温度计表面变得模糊；
（5）由表格可知，质量相同的清水和水油混合液体的沸点相同，说明油不影响红汤卤的沸点，但是水油混合液体先达到沸点，说明油缩短了红汤卤达到沸点的时间，故①正确。
【分析】（1）A.加锅盖可以减少热量的散失，可以缩短火锅内汤卤 达到沸点的时间；B.搅拌汤卤可以加快汤卤的流动速度，从而加快汤卤的散热；
C.汤卤沸腾后，揭开锅盖时要注意避开水蒸气，防止水蒸气液化放热烫伤；
D.汤卤沸腾后，改用小火加热，可节约能源；
（2）观察温度计的分度值，再读数；
（3）内部气泡上升过程逐渐变大，说明开始沸腾；看到的现象是：大量气泡上升过程逐渐变大，到水面破裂开来；
（4）温度计表面变得模糊，是因为发生液化现象；
（5）根据表格数据分析。
15．小明探究了电流与电压、电阻之间的关系，选用的器材有：电源(电压恒为4.5V)、电压表、电流表、电阻R(5Ω、10Ω、20Ω)、滑动变阻器(20Ω2A)、开关、导线若干，实物图如图甲所示。
（1）闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P移到最　 　端(选填“左”或“右”)。
（2）闭合开关，发现电流表无示数，电压表示数约等于电源电压，经检查电表完好，则故障可能是　 　。排除故障后，继续实验。
（3）探究电流与电压的关系时，小明将实验数据绘制成I-U图像(如图乙)。分析可得，电阻不变时，电流跟电压成正比，其依据是　 　。
（4）探究电流与电阻的关系时，小明先将5Ω的定值电阻接入电路，记录电流为0.3A；断开开关，将其替换为10Ω的定值电阻，移动滑片直至电压表的示数为____V，记录电流表示数；再将定值电阻换成20Ω的，发现无法完成实验。为了完成实验，可换用规格为　 　(填字母)的滑动变阻器。
A.25Ω 1A
B. 30Ω 2A
C. 50Ω 2A
（5）小明又设计了如图丙所示的电路，测出了未知电阻R 的阻值，定值电阻R0的阻值已知，电源电压未知且恒定不变。实验步骤如下：
① 闭合开关S1，断开开关S2，电流表示数为I1；
② 闭合开关S1、S2，电流表示数为I2；
③ 根据实验数据，计算出未知电阻的阻值： 　 　(用R0、I1、I2表示) (2分)。
【答案】（1）左
（2）电阻R断路
（3）I﹣U图像是正比例函数，是一条过原点的直线（或者U与I或I与U的比值是定值）
（4）C
（5）R0
【知识点】探究电流与电压、电阻的关系实验
【解析】【解答】（1）闭合开关前，滑动变阻器调至最大阻值处。图甲滑片移到最左端（阻值最大）。
（2）电流表无示数，电路可能断路；电压表示数且接近电源电压，说明电压表两接线柱到电源通，故故障可能是电阻R断路。
（3）I﹣U图像结论电阻不变时，电流与电压成正比；依据：I﹣U 图像是过原点的直线（正比例函数）。
（4）滑动变阻器规格选择控制电压：5Ω电阻，电流 0.3A，UR＝IR＝0.3A×5Ω＝1.5V（换电阻后保持1.5V）。电源4.5V，滑动变阻器分压：U滑＝4.5V﹣1.5V＝3V，换20Ω电阻时，串联分压，，R滑＝40Ω。原滑动变阻器20Ω不足，需选50Ω 2A的滑动变阻器。故选：C。
（5）未知电阻Rx推导（安阻法）
①闭合S1、断开S2：仅Rx接入电路，电流表示数为I1；U＝I1Rx；
②闭合S1、S2：R0与Rx并联，电流表测干路电流，通过R0的电流为I2﹣I1，电源电压U＝（I2﹣I1）R0，电源电压相等联立等式：（I2﹣I1）R0＝I1Rx；RxR0。
【分析】（1）闭合开关前，滑动变阻器调至最大阻值处。
（2）电流表无示数，电路可能断路；电压表示数且接近电源电压，说明电压表两接线柱到电源通，据此分析故障。
（3）I﹣U图像结论：电阻不变时，电流与电压成正比；依据：I﹣U 图像是过原点的直线（正比例函数）。
（4）滑动变阻器规格选择，根据串联分压，求R滑的增大电阻，据此分析。
（5）①闭合S1、断开S2：仅Rx接入电路，电流表示数为I1；写出电源电压表达式；
②闭合S1、S2：R0与Rx并联，电流表测干路电流，通过R0的电流为I2﹣I1，写出电源电压表达式，电源电压相等联立等式，写出Rx电阻表达式。
16．中国核潜艇是中国海军核潜艇部队的主力装备。如图甲是目前我国的 093攻击型核潜艇，最大下潜深度约 400米，顶部观察窗面积约 200cm2。若 093攻击型核潜艇在某段航行中牵引力与速度的关系如图乙所示，海水密度近似 求： (g取 10N/ kg)
（1）当潜艇到达最大下潜深度时，潜艇的顶部观察窗受到的液体压强；
（2）当潜艇达到最大下潜深度时，顶部观察窗受到海水的压力；
（3）潜艇以12m/s沿水平方向匀速潜行时受到的阻力。
【答案】（1）解：093攻击型核潜艇在最大下潜深度时受到的压强：
p＝ρgh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×400m＝4×106Pa；
（2）解：已知潜艇观察窗面积约200cm2，由p可得，
潜艇观察窗受到海水的压力：F压＝pS＝4×106Pa×200×10﹣4m2＝8×104N；
（3）解：由图像可知，093攻击型核潜艇在某段航行中牵引力与速度的乘积不变（根据P＝Fv可知发动机的功率不变），且v＝2m/s时，F牵＝6×106N，则发动机的功率P＝F牵v＝6×106N×2m/s＝1.2×107W，则093攻击型核潜艇以12m/s潜行时，发动机的牵引力：
F牵'1×106N，
核潜艇以12m/s沿水平方向匀速潜行时，受到的阻力与牵引力是一对平衡力，
根据二力平衡条件可知，受到的阻力：f＝F牵'＝1×106N。
【知识点】功率计算公式的应用；二力平衡的条件及其应用；压强的大小及其计算；液体压强的计算
【解析】【分析】（1）知道093攻击型核潜艇的最大下潜深度，根据p＝ρgh求出在最大下潜深度受到的压强；（2）已知潜艇观察窗面积约200cm2，利用p求出潜艇观察窗受到海水的压力；
（3）由图像可知，093攻击型核潜艇在某段航行中牵引力与速度的乘积不变（即发动机的功率不变），读出一组数据求出其大小，然后求出093攻击型核潜艇以12m/s潜行时发动机的牵引力；核潜艇以12m/s沿水平方向匀速潜行时，受到的阻力与牵引力是一对平衡力，根据二力平衡条件可知受到的阻力。
17．如图甲是一种带手势感应和智能触摸调光功能的台灯，灯泡上标有“6V6W”字样。其原理简化如图乙，电源电压为12V且保持不变，R1是光敏电阻，当光线被遮住时光敏电阻的阻值变大，图丙为电流表的示数随光线强弱的变化规律，当光线没有被遮挡时，灯泡L正常发光(灯泡电阻不随温度变化)。求：
（1）灯泡正常发光时的电阻；
（2）当光线没有被遮挡时，光敏电阻R1两端的电压；
（3）当光线被遮挡时，灯泡L 的实际功率。
【答案】（1）解：灯泡上标有“6V 6W”字样，小灯泡正常发光时的电阻：RL6Ω；
（2）解：当光线没有被遮挡时，灯泡L正常发光，因串联电路中各处的电流相等，所以，电路中的电流：I1A，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，光敏电阻R1两端的电压：U1＝U﹣UL＝12V﹣6V＝6V；
（3）解：当光线被遮住时光敏电阻的阻值变大，电路的总电阻变大，电路中的电流变小，
由图丙可知，此时电路中的电流I'＝0.5A，
则灯泡L两端的实际电压：UL'＝I'RL＝0.5A×6Ω＝3V，
灯泡的实际功率：P＝UL'I'＝3V×0.5A＝1.5W。
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【分析】（1）小灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，根据求出小灯泡正常发光时的电阻；
（2）当光线没有被遮挡时，灯泡L正常发光，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出电路中的电流，根据串联电路的电压特点求出光敏电阻R1两端的电压；
（3）当光线被遮住时光敏电阻的阻值变大，电路的总电阻变大，电路中的电流变小，根据图丙读出电路中的电流，再根据欧姆定律求出灯泡L两端的实际电压，利用P＝UI求出灯泡的实际电功率。
18．某学习小组开展了“对家庭用电的调查研究”的跨学科实践活动。
（1）调查家庭用电情况
① 小明家的电能表在第一天8：00、21：00和第二天8：00这三个时刻的示数如表1所示，则小明家这一天消耗的电能为　 　kW h。
表1
当前 2455.2 kW·h 当前 2479.2 kW·h 当前 2491.2 kW·h
第一天8： 00 21： 00 第二天 8： 00
② 为了提高人们节约用电的意识，采用分时电价的计费方式(表2)，则小明家这一天应付电费　 　元。
表2
用电时段 时段范围 电价
高峰期 第一天 8： 00~21： 00 0.60 元/kW·h
低谷期 21： 00~第二天8： 00 0.30 元/kW·h
（2）了解用电器耗电情况
① 待机通常指用电器处于低功耗等待工作状态。调查发现，每台电视机机顶盒待机时的电功率约为8W。若小区内 2000户家庭每家都有一台这样的机顶盒，每天待机约20h，则1天中该小区的机顶盒待机共消耗电能　 　度。
② 右图呈现了同样消耗1kW h电能，亮度相同的节能灯和白炽灯能够持续正常工作的时间。若工作相同的时间，节能灯比白炽灯节能　 　%.
（3）根据以上研究，请为家庭如何节约用电提出一条建议： 　 　。
【答案】（1）36；18
（2）320；80
（3）不要让用电器长期处于待机状态，避免待机耗电。
【知识点】电能表参数的理解；电功的计算
【解析】【解答】（1） ① 第一天8：00～21：00消耗的电能W1=2479.2kW h-2455.2kW h=24kW h；21：00～第二天8：00消耗的电能W2=2491.2kW h-2479.2kW h=12kW h，
总消耗等于24kW h+12kW h=36kW h
② 所以，这一天应付电费为E=24kW h×0.60元/kW h+12kW h×0.30元/kW h=18元；
（2）①小区的机顶盒待机共消耗电
②由图乙可知消耗1kW h电能，节能灯工作50h，白炽灯工作10h，则白炽灯工作50h消耗电能5kW h，即工作相同的时间，节能灯比白炽灯节约了5kW h-1kW h=4kW h，相对于白炽灯节能；
（3）不要让用电器长期处于待机状态，避免待机耗电。
【分析】（1）①前后电能表示数相减分别求出高峰期、低谷期消耗的电能；
②乘以不同时段的电价，即可求出这一天应付的电费；
（2） ① 由W=nPt计算用电器每天待机浪费的电能总量；
②由图乙得到工作相同的时间，节能灯与白炽灯各消耗多少电能，即可得到节能灯相对于白炽灯节能多少；
（3） 根据生活经验结合研究结论提出科学合理的节约用电建议。
19．阅读短文，回答问题。
鲲龙AG600：中国航空工业的水中蛟龙与空中鲲鹏
2025年 2月 28日，大型水陆两栖飞机AG600“鲲龙”取证前全部试飞科目圆满完成。2025年 5月 10日， AG600 批产首架机在珠海金湾总装下线。如图 1所示， AG600主要用于大型灭火和水上救援，可以从地面起飞和降落，也可以从水面起飞和降落。AG600具有载重量大、航程远、续航时间长的特点，其各项参考数据见表 1：
表1
动力系统 单台发动机功率约3120kW
最大平飞速度 500km/h
空载总质量 41.5t
最大航程、航时 4500km， 12h
最大汲水量 12t
AG600水陆两栖飞机采用单船身、悬臂上单翼布局形式；选装四台 WJ6发动机，采用前三点可收放式起落架。AG600 水上飞机在执行森林灭火任务时，可在 20秒内汲水 12000千克，飞机可在水源与火场之间多次往返，投水灭火。在执行水上救援任务时，飞机最低稳定飞行高度50米，并可在水面上停泊实施救援行动，一次最多可救护50名遇险人员。
AG600“鲲龙”不仅是中国航空工业的一次重要里程碑，也为后续研发积累了宝贵经验。我们期待在未来能看到更多科技创新成果，为中国航空事业的发展注入新的动力。
（1）“鲲龙”上天是超级洒水车，“鲲龙”入海秒变救护船，其动力系统基本原理是将　 　能转化为螺旋桨的　 　能，为救援任务提供动力。图 2中，选出汽油机的工作过程与其能量转化相同的是　 　；若汽油机飞轮的转速 2400r/min， 则该汽油机每秒对外做功　 　次。
（2）“鲲龙”AG600大型水陆两栖飞机的发动机采用二级空气冷却系统，其中最主要的冷却方式是发动机压气机抽取的大量空气中，有一小部分会被引导至涡轮叶片、涡轮盘等高温部件周围，形成一层冷却气膜，这是用　 　方式改变发动机内能。
（3）在执行某次任务过程中，汲满水的 AG600从水面爬升至 80m高的空中，飞机对所汲的水做功　 　J。
（4）AG600飞机发动机燃油热效率约为40%，飞机使用的航空燃油的热值为 AG600水平匀速飞行时其所受阻力与速度的关系如表 2所示，若 AG600以 300m/s水平匀速飞行，消耗燃油 40kg， 可飞行　 　km。
表2
速度m/s 60 80 90
空气阻力 f/N
【答案】（1）内；机械；A；1200
（2）热传递
（3）9.6×106
（4）67.2
【知识点】热传递改变物体内能；比热容的定义及其计算公式；热机的四个冲程；功的计算及应用
【解析】【解答】（1）“鲲龙”发动机的工作时，将内能转化为螺旋桨的机械能，推动飞机前进，为救援任务提供动力，与汽油机做功冲程能量转化相同；由图2可知，A图中进气门和排气门关闭，活塞向下运动，火花塞点火，为做功冲程，故选：A；
汽油机飞轮的转速为2400r/min，即1min内汽油机飞轮的转动次数为2400r，汽油机在一个工作循环中，飞轮转动两周，对外做功一次，所以汽油机每分钟对外做功1200次。
（2）发动机压气机抽取的大量空气中，有一小部分会被引导至涡轮叶片、涡轮盘等高温部件周围，形成一层冷却气膜，这层冷却气膜通过热传递的方式改变发动机内能；
（3）由表格数据可知，飞机所汲水的质量m水＝12t，上升高度h＝80m，则飞机对所汲的水做的功为：W水＝G水h＝m水gh＝12×103kg×10N/kg×80m＝9.6×106J；
（4）由表中数据可知：0.36×104＝60×60；0.64×104＝80×80；0.81×104＝90×90，即AG600水平匀速飞行时受到的阻力与速度的平方成正比；
若AG600以300m/s水平匀速飞行，处于平衡状态，所受牵引力F＝f＝300×300N＝90000N，
消耗燃油完全燃烧放出的热量为：Q放＝mq＝360kg×4.2×107J/kg＝1.512×1010J；
由η可得，发动机输出的机械功为：W＝ηQ放＝40%×1.512×1010J＝6.048×109J；
由W＝Fs可得，可飞行路程为：s67200m＝67.2km。
【分析】（1）“鲲龙”发动机的工作时，将内能转化为螺旋桨的机械能，推动飞机前进；汽油机做功冲程内能转化为机械能；图2根据进气门和排气门的开合情况以及活塞运动方向，判断汽油机的冲程；汽油机在一个工作循环中，飞轮转动两周，对外做功一次，由此计算汽油机每分钟对外做功次数；
（2）改变内能有两种方式：热传递、做功；
（3）由表格数据可知飞机最大汲水量m水＝12t，飞机上升高度h＝80m，根据W水＝G水h＝m水gh计算飞机对所汲的水做功；
（4）由表中数据可知AG600水平匀速飞行时受到的阻力与速度的平方成正比，若AG600以300m/s水平匀速飞行，处于平衡状态，根据F＝f可求出飞机所受牵引力；根据Q放＝mq计算消耗燃油完全燃烧放出的热量，再根据W＝40%×Q放计算出发动机输出的机械功，由W＝Fs可计算飞行路程。
1 / 1广东省深圳市光明区高级中学2026年九年级中考考前预测物理试卷
1．在校园艺术节管乐表演中，听众能分辨不同乐器发出的声音，主要依据的是声音的( )
A．音调 B．响度 C．音色 D．传播速度
2．早晨树叶上的露珠到了中午不见了，相关的物态变化过程是( )
A．熔化 B．升华 C．液化 D．汽化
3．在精密部件装配车间，工作人员必须穿着静电服，防静电服面料中掺入的材料能导走身上静电的是(　　)
A．橡胶 B．玻璃 C．陶瓷 D．金属
4．风吹动树枝摇摆，说明力可以( )
A．改变物体的运动状态 B．使物体具有惯性
C．改变物体的质量 D．维持物体运动
5． 在公园里游玩时，小明同学使用如图所示的无人机拍摄附近的风景。若无人机匀速向上飞行时，所受一切外力全部消失，无人机会(　　)
A．加速下落 B．匀速下落
C．匀速上升 D．先减速上升再加速下落
6．以下物理装置中，利用大气压来工作的是( )
A．地漏
B．船闸
C．托里拆利实验
D．吹气使竖管中水面上升
7． 如图所示是一种便携式按压手电筒，使用时按压手柄，内部的齿轮会带动磁体转动，使小灯泡发光。下列与该装置的工作原理相同的是(　　)
A．发电机 B．电动机 C．电磁铁 D．电磁继电器
8．如图所示，白鹭在水中漫步时出现了a、b两个“影子”，其中　 　(选填“a”或“b”)是光的直线传播形成的。当白鹭向上高飞时，b的大小　 　(选填“变大”、“变小”或“不变”)。
9．如今智能配送机器人已被广泛使用，用户可通过人脸识别、输入取货码、扫描二维码等多种方式取货。人脸识别取货时，通过镜头成的像是　 　立(选填“正立”或“倒立”)、　 　(选填“放大”“缩小”或“等大”)的实像。要使屏幕上自己的像变小，需　 　(选填“靠近”或“远离”)镜头。
10．2025年12月，我国自主研发的超导电动磁悬浮试验车刷新世界纪录。当列车底部的超导线圈通电后，周围的指南针发生偏转，说明通电导线周围存在　 　；为了使列车悬浮起来，车载磁体的下端与轨道感应磁场的上端必须互为　 　(选填“同名”或“异名”)磁极。
11．如图，钓鱼竿可视为以O为支点的杠杆，动力 作用在A点，请画出动力 的力臂 以及杠杆在 B 点所受阻力 的示意图。
12．图甲为博物馆印章的展台，上方的凸透镜可放大印章，下方的平面镜能呈现印章底部的文字。图乙为示意图，其中F是凸透镜的焦点，O是光心，虚线为主光轴，光线a平行于主光轴，光线b射向平面镜。请在图乙中完成光线a经凸透镜折射后的光线，以及光线b经平面镜反射后的光线。
13．图甲是某实验小组探究浮力大小与哪些因素有关的实验步骤。
（1）物块的重力为　 　N。
（2）比较D、E两图可得出：浮力大小与　 　有关。
（3）比较　 　两图可得出：当物块完全浸没后，浮力大小与所处深度　 　(选填“有关”或“无关”)。
（4）如图乙，鱼的浮沉靠鳔的胀缩实现，当鳔收缩时，鱼受到的浮力　 　(选填“变大”“变小”或“不变”)。
（5）根据图甲测出的数据可以计算出果汁的密度为　 　g/cm3。(结果保留2位小数)
14．随着天气逐渐转凉，小明一家决定享受一顿热气腾腾的鸳鸯火锅，这种火锅通常一边放清汤卤，一边放有油的红汤卤。在享受美食的同时，细心的小明还观察到了许多有趣的物理现象。
（1）对于火锅在加热过程中出现的现象，下列说法错误的是____。
A．加锅盖可缩短火锅内汤卤达到沸点的时间
B．搅拌汤卤可以使锅内温度升温更快
C．汤卤沸腾后，揭开锅盖时要注意避开水蒸气
D．汤卤沸腾后，改用小火加热，可节约能源
（2）小明观察到：鸳鸯锅里的红汤卤先沸腾，过了一会清汤卤才沸腾。为什么会这样呢 他进行了如下探究。
【建立猜想】①油缩短了红汤卤达到沸点的时间；②油降低了红汤卤的沸点；
【设计实验】实验室借来的液体温度计、家中已有的材料(电磁炉、鸳鸯锅、支架、电子秤、水、食用油)，如图 2所示组装好器材。
【收集证据】称取相同质量的水、水油混合液体同时加热。每隔 1min观察1次温度计的示数，直至液体沸腾。数据记录如下表：
时间t/ min 0 1 2 3 4 5 6 7 8
清水温度T/℃ 26 38 54 75 85 ▲ 97 100 100
水油混合液体温度T/℃ 26 40 55 76 86 98 100 100 100
第5min时温度计示数如图2所示，其温度为　 　℃；
（3）判断汤卤沸腾的依据是　 　；
（4）小明读取温度计示数时发现温度计表面变得模糊，这是由于　 　；
（5）【总结交流】
由实验可知，猜想　 　(选填“①”或“②”)是正确的，该结论的证据是　 　。
15．小明探究了电流与电压、电阻之间的关系，选用的器材有：电源(电压恒为4.5V)、电压表、电流表、电阻R(5Ω、10Ω、20Ω)、滑动变阻器(20Ω2A)、开关、导线若干，实物图如图甲所示。
（1）闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P移到最　 　端(选填“左”或“右”)。
（2）闭合开关，发现电流表无示数，电压表示数约等于电源电压，经检查电表完好，则故障可能是　 　。排除故障后，继续实验。
（3）探究电流与电压的关系时，小明将实验数据绘制成I-U图像(如图乙)。分析可得，电阻不变时，电流跟电压成正比，其依据是　 　。
（4）探究电流与电阻的关系时，小明先将5Ω的定值电阻接入电路，记录电流为0.3A；断开开关，将其替换为10Ω的定值电阻，移动滑片直至电压表的示数为____V，记录电流表示数；再将定值电阻换成20Ω的，发现无法完成实验。为了完成实验，可换用规格为　 　(填字母)的滑动变阻器。
A.25Ω 1A
B. 30Ω 2A
C. 50Ω 2A
（5）小明又设计了如图丙所示的电路，测出了未知电阻R 的阻值，定值电阻R0的阻值已知，电源电压未知且恒定不变。实验步骤如下：
① 闭合开关S1，断开开关S2，电流表示数为I1；
② 闭合开关S1、S2，电流表示数为I2；
③ 根据实验数据，计算出未知电阻的阻值： 　 　(用R0、I1、I2表示) (2分)。
16．中国核潜艇是中国海军核潜艇部队的主力装备。如图甲是目前我国的 093攻击型核潜艇，最大下潜深度约 400米，顶部观察窗面积约 200cm2。若 093攻击型核潜艇在某段航行中牵引力与速度的关系如图乙所示，海水密度近似 求： (g取 10N/ kg)
（1）当潜艇到达最大下潜深度时，潜艇的顶部观察窗受到的液体压强；
（2）当潜艇达到最大下潜深度时，顶部观察窗受到海水的压力；
（3）潜艇以12m/s沿水平方向匀速潜行时受到的阻力。
17．如图甲是一种带手势感应和智能触摸调光功能的台灯，灯泡上标有“6V6W”字样。其原理简化如图乙，电源电压为12V且保持不变，R1是光敏电阻，当光线被遮住时光敏电阻的阻值变大，图丙为电流表的示数随光线强弱的变化规律，当光线没有被遮挡时，灯泡L正常发光(灯泡电阻不随温度变化)。求：
（1）灯泡正常发光时的电阻；
（2）当光线没有被遮挡时，光敏电阻R1两端的电压；
（3）当光线被遮挡时，灯泡L 的实际功率。
18．某学习小组开展了“对家庭用电的调查研究”的跨学科实践活动。
（1）调查家庭用电情况
① 小明家的电能表在第一天8：00、21：00和第二天8：00这三个时刻的示数如表1所示，则小明家这一天消耗的电能为　 　kW h。
表1
当前 2455.2 kW·h 当前 2479.2 kW·h 当前 2491.2 kW·h
第一天8： 00 21： 00 第二天 8： 00
② 为了提高人们节约用电的意识，采用分时电价的计费方式(表2)，则小明家这一天应付电费　 　元。
表2
用电时段 时段范围 电价
高峰期 第一天 8： 00~21： 00 0.60 元/kW·h
低谷期 21： 00~第二天8： 00 0.30 元/kW·h
（2）了解用电器耗电情况
① 待机通常指用电器处于低功耗等待工作状态。调查发现，每台电视机机顶盒待机时的电功率约为8W。若小区内 2000户家庭每家都有一台这样的机顶盒，每天待机约20h，则1天中该小区的机顶盒待机共消耗电能　 　度。
② 右图呈现了同样消耗1kW h电能，亮度相同的节能灯和白炽灯能够持续正常工作的时间。若工作相同的时间，节能灯比白炽灯节能　 　%.
（3）根据以上研究，请为家庭如何节约用电提出一条建议： 　 　。
19．阅读短文，回答问题。
鲲龙AG600：中国航空工业的水中蛟龙与空中鲲鹏
2025年 2月 28日，大型水陆两栖飞机AG600“鲲龙”取证前全部试飞科目圆满完成。2025年 5月 10日， AG600 批产首架机在珠海金湾总装下线。如图 1所示， AG600主要用于大型灭火和水上救援，可以从地面起飞和降落，也可以从水面起飞和降落。AG600具有载重量大、航程远、续航时间长的特点，其各项参考数据见表 1：
表1
动力系统 单台发动机功率约3120kW
最大平飞速度 500km/h
空载总质量 41.5t
最大航程、航时 4500km， 12h
最大汲水量 12t
AG600水陆两栖飞机采用单船身、悬臂上单翼布局形式；选装四台 WJ6发动机，采用前三点可收放式起落架。AG600 水上飞机在执行森林灭火任务时，可在 20秒内汲水 12000千克，飞机可在水源与火场之间多次往返，投水灭火。在执行水上救援任务时，飞机最低稳定飞行高度50米，并可在水面上停泊实施救援行动，一次最多可救护50名遇险人员。
AG600“鲲龙”不仅是中国航空工业的一次重要里程碑，也为后续研发积累了宝贵经验。我们期待在未来能看到更多科技创新成果，为中国航空事业的发展注入新的动力。
（1）“鲲龙”上天是超级洒水车，“鲲龙”入海秒变救护船，其动力系统基本原理是将　 　能转化为螺旋桨的　 　能，为救援任务提供动力。图 2中，选出汽油机的工作过程与其能量转化相同的是　 　；若汽油机飞轮的转速 2400r/min， 则该汽油机每秒对外做功　 　次。
（2）“鲲龙”AG600大型水陆两栖飞机的发动机采用二级空气冷却系统，其中最主要的冷却方式是发动机压气机抽取的大量空气中，有一小部分会被引导至涡轮叶片、涡轮盘等高温部件周围，形成一层冷却气膜，这是用　 　方式改变发动机内能。
（3）在执行某次任务过程中，汲满水的 AG600从水面爬升至 80m高的空中，飞机对所汲的水做功　 　J。
（4）AG600飞机发动机燃油热效率约为40%，飞机使用的航空燃油的热值为 AG600水平匀速飞行时其所受阻力与速度的关系如表 2所示，若 AG600以 300m/s水平匀速飞行，消耗燃油 40kg， 可飞行　 　km。
表2
速度m/s 60 80 90
空气阻力 f/N
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】音色；音调、响度与音色的区分
【解析】【解答】人们能分辨出不同乐器发出的声音，是依据声音的音色不同，故ABD错误，C正确。
故选：C。
【分析】音色是发声体的声音品质，由发声体本身的特征决定，是区别声音的重要标志。
2．【答案】D
【知识点】汽化及汽化吸热的特点
【解析】【解答】早晨树叶上的露珠是液态的水，到了中午，由于气温升高，这些液态的露珠会汽化成气态的水蒸气散发到空气中，因此露珠就“不见了”，故ABC错误、D正确。
故选：D。
【分析】物质由液态变为气态的过程叫做汽化，汽化吸热。
3．【答案】D
【知识点】导体与绝缘体
【解析】【解答】防静电服面料中掺入的材料能导走身上静电，说明掺入的材料容易导电，属于导体；通常情况下，金属容易导电，属于导体，玻璃、橡胶和陶瓷不容易导电，属于绝缘体，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【分析】容易导电的物体叫导体，不容易导电的物体叫绝缘体。
4．【答案】A
【知识点】力的作用效果；惯性及其现象
【解析】【解答】A、树枝原本是静止的，风吹动后，树枝开始摇摆，则树枝的运动状态发生了改变，说明力可以改变物体的运动状态，故A正确；
B、惯性是物体本身的一种性质，与是否受力无关，故B错误；
C、树枝摆动时，所含物质的多少不变，质量不变，故C错误；
D、力是改变物体运动状态的原因，不是维持物体运动，故D错误。
故选：A。
【分析】力的作用效果有两个，即力可以改变物体的形状，也可以改变物体的运动状态；一切物体都有保持原来运动状态不变的性质，叫惯性；物体所含物质的多少叫做质量；力是改变物体运动状态的原因。
5．【答案】C
【知识点】牛顿第一定律
【解析】【解答】若无人机匀速向上飞行时，根据牛顿第一定律可知，所受一切外力全部消失，无人机会匀速上升，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【分析】牛顿第一定律：一切物体在没有受到力的作用时，总保持静止状态或匀速直线运动状态。
6．【答案】C
【知识点】连通器原理及其应用；大气压的综合应用
【解析】【解答】A、地漏是利用连通器原理来隔绝异味的，故A不符合题意；
B、先打开船闸的一端，船闸里的水位逐渐与外面相等，外面的船就可以开进船闸，然后把这一端船闸关闭，然后打开另一端的船闸，船闸里的水位逐渐与外面相等，船就可以开到另一端去，利用的是连通器原理，故B不符合题意；
C、托里拆利实验利用的是大气压原理，故C符合题意；
D、吹气时竖管上方空气流速大、压强小，外界大气压把水压入管中，利用流体压强与流速的关系，故D不符合题意。
故选：C。
【分析】大气压的存在能够解释很多现象，这些现象有一个共性：通过某种方法，使设备的内部气压小于外界大气压，在外界大气压的作用下出现了这种现象。
7．【答案】A
【知识点】发电机的构造和原理
【解析】【解答】 使用时按压手柄，内部的齿轮会带动磁体转动， 进而使得闭合线圈切割磁感线，产生感应电流，所以装置原理为电磁感应，应用有发电机等，故A正确，BCD错误；
故选A。
【分析】1、电磁感应现象：闭合电路的一部分导体在磁场中作切割磁感线运动，导体中就会产生电流的现象，实例：发电机、 POS机读出信息；
2、电流的磁效应：通电导线周围存在磁场，使得小磁针发生偏转；
3、通电导线在磁场中受到力的作用，实例有：电动机；
4、通电螺线管：由通电线圈组成，磁性方向可通过安培定则判断：用右手握住通电螺线管，让四指指向电流的方向，那么大拇指所指的那一端就是通电螺线管的N极，磁性与电流、线圈匝数有关。
8．【答案】a；不变
【知识点】光的直线传播及其应用；平面镜成像的原理、特点
【解析】【解答】图中a是白鹭的影子，是由光沿直线传播形成的；b是白鹭通过水面形成的像，属于倒影；平面镜成像中，像与物体等大，则当白鹭向上高飞时，白鹭在水中倒影的大小不变。
【分析】光在同种均匀介质中沿直线传播，在日常生活中，激光准直、小孔成像和影子的形成等，都表明光在同一种均匀介质中是沿直线传播的；倒影是平面镜成像，是由光的反射形成的，平面镜成像的特点：物体在平面镜中所成的像是虚像，像和物体的大小相等，它们的连线垂直于镜面，它们到镜面的距离相等；简记为：正立、等大、对称、虚像。
9．【答案】倒立；缩小；远离
【知识点】凸透镜成像的应用
【解析】【解答】摄像头的镜头是一个凸透镜，与照相机的成像特点相同，物距大于二倍焦距，摄像头扫描二维码所成的像是倒立、缩小的实像；要使屏幕上自己的像变小，应增大物距，需远离“刷脸”机镜头。
【分析】凸透镜成像时，u＞2f，成倒立、缩小的实像，应用于照相机；凸透镜成实像时，物近像远像变大。
10．【答案】磁场；同名
【知识点】通电螺线管的磁场；磁极间的相互作用
【解析】【解答】磁场可以对小磁针产生力的作用，从而使小磁针发生转动。当列车底部的超导线圈通电后，周围的指南针发生偏转，说明通电导线周围存在磁场；同名磁极相互排斥，异名磁极相互排斥，图中 列车悬浮起来，车载磁体的下端与轨道感应磁场的上端必须互为同名磁极，相互排斥，排斥力平衡重力，从而使列车悬浮。
【分析】通电导线周围存在磁场，属于电流的磁效应。结合磁极间相互作用分析。
11．【答案】
【知识点】杠杆及其五要素；力臂的画法
【解析】【解答】 从支点O向动力F1的作用线引垂线段，垂线段的长即为其力臂l1；阻力作用点在点B，方向竖直向下。如图所示：
【分析】力臂的概念：力臂是指从支点到力的作用线的距离；先确定阻力作用点（即B点），然后过阻力作用点表示阻力的方向（即竖直向下）。
12．【答案】
【知识点】作光的反射光路图；透镜的光路图
【解析】【解答】平行于主光轴的光线a经过凸透镜折射后，会聚于焦点；先过入射点垂直于平面镜画出法线，再根据反射角等于入射角，在法线的另一侧画出反射光线，如图所示：
【分析】平行于凸透镜主光轴的光线a经过凸透镜折射后过焦点；先画出法线，再根据反射角等于入射角，在法线的另一侧画出反射光线。
13．【答案】（1）4.8
（2）液体密度
（3）C、D；无关
（4）变小
（5）1.17
【知识点】探究影响浮力大小的因素
【解析】【解答】（1）弹簧测力计的分度值是0.2N，A步骤所示弹簧测力计的示数为4.8N；
（2）比较D、E两图可知，物体排开液体体积一定，液体密度不同，由称重法可知浮力不同，故浮力大小与液体密度有关；
（3）探究物块完全浸没浮力大小与所处深度关系，需控制液体密度和排开液体体积一定，故比较C、D两图；由C、D两图可知，当物块完全浸没后，浮力大小与所处深度无关；
（4）根据阿基米德原理F浮＝ρ液gV排可知，当鳔收缩时，液体密度不变，排开液体体积变小，故浮力变小；
（5）由A图可知，物体重力为G＝4.8N，根据图A、C可知物体浸没水中所受浮力
F浮＝G﹣F示＝4.8N﹣4.2N＝0.6N；根据图A、E可知物体浸没果汁中所受浮力F浮果汁＝G﹣F示果汁＝4.8N﹣4.1N＝0.7N；根据阿基米德原理，排开液体体积一定时，浮力与液体密度成正比，则有，即，故果汁密度为ρ果汁≈1.17×103kg/m3＝1.17g/cm3。
【分析】（1）测量仪器读数时要看清量程和分度值；
（2）浮力影响因素是液体密度和排开液体体积，研究时用控制变量法；
（3）深度不同，比较浮力大小，得出结论；
（4）根据阿基米德原理F浮=ρ液gV排得结论；
（5）根据阿基米德原理，排开液体体积一定时，浮力与液体密度成正比。
14．【答案】（1）B
（2）94
（3）内部气泡上升过程逐渐变大
（4）液化
（5）①；质量相同的清水和水油混合液体的沸点相同，但是水油混合液体先沸腾
【知识点】沸腾及沸腾条件；探究水的沸腾实验
【解析】【解答】（1）A.加锅盖可以减少热量的散失，可以缩短火锅内汤卤达到沸点的时间，故A正确，不符合题意；
B.搅拌汤卤可以加快汤卤的流动速度，从而加快汤卤的散热，故B错误，符合题意；
C.汤卤沸腾后，揭开锅盖时要注意避开水蒸气，防止水蒸气液化放热烫伤，故C正确，不符合题意；
D.汤卤沸腾后，改用小火加热，可节约能源，故D正确，不符合题意。
故选：B；
（2）由图2可知，温度计的分度值是0.1℃，读数为94℃；
（3）沸腾时看到的现象是：大量气泡上升过程逐渐变大，到水面破裂开来，内部气泡上升过程逐渐变大，说明开始沸腾；
（4）锅内水蒸气上升过程遇到冷的温度计，发生液化现象，产生小水滴，温度计表面变得模糊；
（5）由表格可知，质量相同的清水和水油混合液体的沸点相同，说明油不影响红汤卤的沸点，但是水油混合液体先达到沸点，说明油缩短了红汤卤达到沸点的时间，故①正确。
【分析】（1）A.加锅盖可以减少热量的散失，可以缩短火锅内汤卤 达到沸点的时间；B.搅拌汤卤可以加快汤卤的流动速度，从而加快汤卤的散热；
C.汤卤沸腾后，揭开锅盖时要注意避开水蒸气，防止水蒸气液化放热烫伤；
D.汤卤沸腾后，改用小火加热，可节约能源；
（2）观察温度计的分度值，再读数；
（3）内部气泡上升过程逐渐变大，说明开始沸腾；看到的现象是：大量气泡上升过程逐渐变大，到水面破裂开来；
（4）温度计表面变得模糊，是因为发生液化现象；
（5）根据表格数据分析。
15．【答案】（1）左
（2）电阻R断路
（3）I﹣U图像是正比例函数，是一条过原点的直线（或者U与I或I与U的比值是定值）
（4）C
（5）R0
【知识点】探究电流与电压、电阻的关系实验
【解析】【解答】（1）闭合开关前，滑动变阻器调至最大阻值处。图甲滑片移到最左端（阻值最大）。
（2）电流表无示数，电路可能断路；电压表示数且接近电源电压，说明电压表两接线柱到电源通，故故障可能是电阻R断路。
（3）I﹣U图像结论电阻不变时，电流与电压成正比；依据：I﹣U 图像是过原点的直线（正比例函数）。
（4）滑动变阻器规格选择控制电压：5Ω电阻，电流 0.3A，UR＝IR＝0.3A×5Ω＝1.5V（换电阻后保持1.5V）。电源4.5V，滑动变阻器分压：U滑＝4.5V﹣1.5V＝3V，换20Ω电阻时，串联分压，，R滑＝40Ω。原滑动变阻器20Ω不足，需选50Ω 2A的滑动变阻器。故选：C。
（5）未知电阻Rx推导（安阻法）
①闭合S1、断开S2：仅Rx接入电路，电流表示数为I1；U＝I1Rx；
②闭合S1、S2：R0与Rx并联，电流表测干路电流，通过R0的电流为I2﹣I1，电源电压U＝（I2﹣I1）R0，电源电压相等联立等式：（I2﹣I1）R0＝I1Rx；RxR0。
【分析】（1）闭合开关前，滑动变阻器调至最大阻值处。
（2）电流表无示数，电路可能断路；电压表示数且接近电源电压，说明电压表两接线柱到电源通，据此分析故障。
（3）I﹣U图像结论：电阻不变时，电流与电压成正比；依据：I﹣U 图像是过原点的直线（正比例函数）。
（4）滑动变阻器规格选择，根据串联分压，求R滑的增大电阻，据此分析。
（5）①闭合S1、断开S2：仅Rx接入电路，电流表示数为I1；写出电源电压表达式；
②闭合S1、S2：R0与Rx并联，电流表测干路电流，通过R0的电流为I2﹣I1，写出电源电压表达式，电源电压相等联立等式，写出Rx电阻表达式。
16．【答案】（1）解：093攻击型核潜艇在最大下潜深度时受到的压强：
p＝ρgh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×400m＝4×106Pa；
（2）解：已知潜艇观察窗面积约200cm2，由p可得，
潜艇观察窗受到海水的压力：F压＝pS＝4×106Pa×200×10﹣4m2＝8×104N；
（3）解：由图像可知，093攻击型核潜艇在某段航行中牵引力与速度的乘积不变（根据P＝Fv可知发动机的功率不变），且v＝2m/s时，F牵＝6×106N，则发动机的功率P＝F牵v＝6×106N×2m/s＝1.2×107W，则093攻击型核潜艇以12m/s潜行时，发动机的牵引力：
F牵'1×106N，
核潜艇以12m/s沿水平方向匀速潜行时，受到的阻力与牵引力是一对平衡力，
根据二力平衡条件可知，受到的阻力：f＝F牵'＝1×106N。
【知识点】功率计算公式的应用；二力平衡的条件及其应用；压强的大小及其计算；液体压强的计算
【解析】【分析】（1）知道093攻击型核潜艇的最大下潜深度，根据p＝ρgh求出在最大下潜深度受到的压强；（2）已知潜艇观察窗面积约200cm2，利用p求出潜艇观察窗受到海水的压力；
（3）由图像可知，093攻击型核潜艇在某段航行中牵引力与速度的乘积不变（即发动机的功率不变），读出一组数据求出其大小，然后求出093攻击型核潜艇以12m/s潜行时发动机的牵引力；核潜艇以12m/s沿水平方向匀速潜行时，受到的阻力与牵引力是一对平衡力，根据二力平衡条件可知受到的阻力。
17．【答案】（1）解：灯泡上标有“6V 6W”字样，小灯泡正常发光时的电阻：RL6Ω；
（2）解：当光线没有被遮挡时，灯泡L正常发光，因串联电路中各处的电流相等，所以，电路中的电流：I1A，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，光敏电阻R1两端的电压：U1＝U﹣UL＝12V﹣6V＝6V；
（3）解：当光线被遮住时光敏电阻的阻值变大，电路的总电阻变大，电路中的电流变小，
由图丙可知，此时电路中的电流I'＝0.5A，
则灯泡L两端的实际电压：UL'＝I'RL＝0.5A×6Ω＝3V，
灯泡的实际功率：P＝UL'I'＝3V×0.5A＝1.5W。
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【分析】（1）小灯泡正常发光时的电压和额定电压相等，根据求出小灯泡正常发光时的电阻；
（2）当光线没有被遮挡时，灯泡L正常发光，根据串联电路的电流特点和欧姆定律求出电路中的电流，根据串联电路的电压特点求出光敏电阻R1两端的电压；
（3）当光线被遮住时光敏电阻的阻值变大，电路的总电阻变大，电路中的电流变小，根据图丙读出电路中的电流，再根据欧姆定律求出灯泡L两端的实际电压，利用P＝UI求出灯泡的实际电功率。
18．【答案】（1）36；18
（2）320；80
（3）不要让用电器长期处于待机状态，避免待机耗电。
【知识点】电能表参数的理解；电功的计算
【解析】【解答】（1） ① 第一天8：00～21：00消耗的电能W1=2479.2kW h-2455.2kW h=24kW h；21：00～第二天8：00消耗的电能W2=2491.2kW h-2479.2kW h=12kW h，
总消耗等于24kW h+12kW h=36kW h
② 所以，这一天应付电费为E=24kW h×0.60元/kW h+12kW h×0.30元/kW h=18元；
（2）①小区的机顶盒待机共消耗电
②由图乙可知消耗1kW h电能，节能灯工作50h，白炽灯工作10h，则白炽灯工作50h消耗电能5kW h，即工作相同的时间，节能灯比白炽灯节约了5kW h-1kW h=4kW h，相对于白炽灯节能；
（3）不要让用电器长期处于待机状态，避免待机耗电。
【分析】（1）①前后电能表示数相减分别求出高峰期、低谷期消耗的电能；
②乘以不同时段的电价，即可求出这一天应付的电费；
（2） ① 由W=nPt计算用电器每天待机浪费的电能总量；
②由图乙得到工作相同的时间，节能灯与白炽灯各消耗多少电能，即可得到节能灯相对于白炽灯节能多少；
（3） 根据生活经验结合研究结论提出科学合理的节约用电建议。
19．【答案】（1）内；机械；A；1200
（2）热传递
（3）9.6×106
（4）67.2
【知识点】热传递改变物体内能；比热容的定义及其计算公式；热机的四个冲程；功的计算及应用
【解析】【解答】（1）“鲲龙”发动机的工作时，将内能转化为螺旋桨的机械能，推动飞机前进，为救援任务提供动力，与汽油机做功冲程能量转化相同；由图2可知，A图中进气门和排气门关闭，活塞向下运动，火花塞点火，为做功冲程，故选：A；
汽油机飞轮的转速为2400r/min，即1min内汽油机飞轮的转动次数为2400r，汽油机在一个工作循环中，飞轮转动两周，对外做功一次，所以汽油机每分钟对外做功1200次。
（2）发动机压气机抽取的大量空气中，有一小部分会被引导至涡轮叶片、涡轮盘等高温部件周围，形成一层冷却气膜，这层冷却气膜通过热传递的方式改变发动机内能；
（3）由表格数据可知，飞机所汲水的质量m水＝12t，上升高度h＝80m，则飞机对所汲的水做的功为：W水＝G水h＝m水gh＝12×103kg×10N/kg×80m＝9.6×106J；
（4）由表中数据可知：0.36×104＝60×60；0.64×104＝80×80；0.81×104＝90×90，即AG600水平匀速飞行时受到的阻力与速度的平方成正比；
若AG600以300m/s水平匀速飞行，处于平衡状态，所受牵引力F＝f＝300×300N＝90000N，
消耗燃油完全燃烧放出的热量为：Q放＝mq＝360kg×4.2×107J/kg＝1.512×1010J；
由η可得，发动机输出的机械功为：W＝ηQ放＝40%×1.512×1010J＝6.048×109J；
由W＝Fs可得，可飞行路程为：s67200m＝67.2km。
【分析】（1）“鲲龙”发动机的工作时，将内能转化为螺旋桨的机械能，推动飞机前进；汽油机做功冲程内能转化为机械能；图2根据进气门和排气门的开合情况以及活塞运动方向，判断汽油机的冲程；汽油机在一个工作循环中，飞轮转动两周，对外做功一次，由此计算汽油机每分钟对外做功次数；
（2）改变内能有两种方式：热传递、做功；
（3）由表格数据可知飞机最大汲水量m水＝12t，飞机上升高度h＝80m，根据W水＝G水h＝m水gh计算飞机对所汲的水做功；
（4）由表中数据可知AG600水平匀速飞行时受到的阻力与速度的平方成正比，若AG600以300m/s水平匀速飞行，处于平衡状态，根据F＝f可求出飞机所受牵引力；根据Q放＝mq计算消耗燃油完全燃烧放出的热量，再根据W＝40%×Q放计算出发动机输出的机械功，由W＝Fs可计算飞行路程。
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