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2026年陕西省榆林市榆阳区学业水平考试适应性演练（中考二模）物理考试题
1．通常情况下，下列用品中属于绝缘体的是 (　　)
A．玻璃杯 B．金属汤勺 C．铅笔芯 D．食盐水
【答案】A
【知识点】导体与绝缘体
【解析】金属和化学溶液都是导电体，玻璃杯是绝缘体
故选A
2．春运期间，许多车站、机场为返乡旅客送上温暖的音乐，让在寒冬里匆忙返乡的人民群众感受到一抹艺术的暖意。如图是某乐队进行的交响乐表演，下列有关说法正确的是（　　）
A．不同乐器发出声音的传播速度不同
B．小提琴的声音是由空气振动产生的
C．现场乘客听到的声音是通过空气传播的
D．优美动听的音乐声在任何情况下都不会成为噪声
【答案】C
【知识点】声音的产生；声音的传播条件；声速；噪声及来源
【解析】【解答】A：相同的环境条件下，不同乐器发出的声音在空气中的传播速度是一致的，因此A错误；
B：小提琴发出的声音，来源于琴弦的振动，因此B错误；
C：在表演现场，小提琴发出的声音是通过空气传播传入听众耳中的，因此C正确；
D：哪怕是优美的音乐，如果它对人们正常的工作、学习、休息造成了干扰，就会被归为噪声，因此D错误。
故选C。
【分析】1、声音产生是由物体振动产生，通过介质（固体、液体、气体）中传播，不能在真空中传播；
2、声音的特点：不同材料决定音色不同；振幅决定响度；振动频率决定音频；振动频率决定音频，频率越高，音调越高，频率越低，音调越低；声音的响度与声源振动的幅度有关，振动幅度越大，响度越大；
3、噪声：影响人类休息和学习的声音统称为噪声。
3．真空冷冻干燥技术简称冻干，是先将湿物料中的水分冻结成固态，再通过抽真空将物料中的水分由固态直接变为气态而排出物料之外的一种干燥方法。该技术已经在食品、医药、生物制品、文物保护等领域实现了广泛的应用。冻干技术所涉及的物态变化及其吸放热情况正确的是（　　）
A．先汽化吸热后凝固放热 B．先凝固放热后升华吸热
C．先凝固放热后熔化吸热 D．先凝华放热后升华吸热
【答案】B
【知识点】凝固与凝固放热特点；升华及升华吸热
【解析】【解答】按照题干的描述，冻干工艺主要分为两个过程：第一步是湿物料里的水分从液态凝固成为固态，这个物态变化属于凝固，凝固过程会向外放出热量；之后进行抽真空处理，固态的水不经过液态直接变为气态，这个物态变化是升华，升华过程需要吸收热量。故B正确，ACD错误。
故选B。
【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。
4．如图是生活中一些有关“影”的现象，下列说法正确的是（　　）
A．手影是由光的直线传播形成的
B．倒影是由光的折射形成
C．幻影利用了平面镜成像的原理
D．摄影是利用了凹透镜成像原理
【答案】A
【知识点】光的直线传播及其应用；光的反射；光的折射现象及其应用
【解析】【解答】A．手影的成因是：光沿直线传播的过程中，被不透明的手遮挡后，在墙面上形成了无光的暗区，该现象是光的直线传播形成的，因此A正确；
B．水中倒影属于平面镜成像现象，本质是光的反射形成的，因此B错误；
C．海市蜃楼是光在密度不均匀的空气中传播时，发生偏折产生的现象，属于光的折射，因此C错误；
D．相机摄影利用的是凸透镜成像时，当物距大于二倍焦距，会成倒立、缩小实像的原理，因此D错误。
故选A。
【分析】1、光的反射：光在同一种介质中传播中，遇到反射面，将一部分光反射回来的现象叫做光的反射，常见例子有：平面镜反射，湖面反射；
2、光的折射：光经过不同介质时，传播方向会发生偏折的现象，如：海市蜃楼、彩虹的形成、岸面看水水变浅；
3、光的直线传播：光在同种介质中沿直线传播，实例有影子的形成、日食、小孔成像、激光校准等。
5．我国完全自主设计建造的首艘弹射型航空母舰——福建舰，采用了先进的电磁弹射技术，只要保证有足够的电流输入，便能在发射装置内产生足够大的推力，使舰载机达到更高的速度。下列实验中能反映其工作原理的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】通电直导线周围的磁场；影响电磁铁磁性强弱的因素及其探究；电磁感应
【解析】【解答】A：该实验为奥斯特实验，反映通电导线周围存在磁场（电流的磁效应），不能将电能转化为机械能推动物体，故错误；
B：该实验为通电导线在磁场中受力而运动，电能转化为机械能，与电磁弹射工作原理相同，故B符合题意；
C：该实验为探究电磁铁磁性强弱与线圈匝数关系的实验，说明电流一定时，线圈匝数越多，电磁铁磁性越强，故C不符合题意；
D：该实验为电磁感应实验，闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动，产生感应电流，不能将电流直接转化为持续推力，故错误；
故答案选 B。
【分析】A：电流的磁效应——奥斯特实验证明通电导线周围存在磁场，是电磁学的基础，但不产生力来推动物体。
B： 通电导线在磁场中受力是电能转化为机械能。
C：串联电路中电流相等，匝数更多的电磁铁吸上来更多的铁钉，这是在探究电磁铁磁性强弱与线圈匝数关系的实验。
D：电磁感应——闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时产生感应电流，是发电机原理，能量转化：机械能转化为电能。
6．舞狮是中国优秀的民间艺术，表演者在锣鼓音乐下扮成狮子的样子，表演腾翻、扑跌、跳跃、登高、朝拜等技巧，并有走桩、窜桌子、踩滚球等高难度动作。如图所示，在舞狮表演过程中，下列说法正确的是（　　）
A．跃起的“狮子”最终落向地面，是因为受到重力的作用
B．“狮子”向上跃起的过程中，具有的惯性越来越小
C．支架对“狮子”有向上的支持力，是因为“狮子脚”发生了弹性形变
D．“狮子”静止在支架上时，对支架的压力和自身重力是一对平衡力
【答案】A
【知识点】弹力；重力及其大小的计算；惯性及其现象；二力平衡的条件及其应用
【解析】【解答】A、跃起的“狮子”最终会落到地面，正是重力作用的结果，因此A正确；
B、惯性的大小只和物体质量有关，“狮子”向上跃起的过程中质量不变，因此惯性大小也不变，因此B错误；
C、支架对“狮子”支持力的施力物体是支架，这个力是支架发生弹性形变后产生的，因此C错误；
D、“狮子”对支架的压力，受力物体是支架；而“狮子”的重力，受力物体是“狮子”，两个力没有作用在同一物体上，不符合平衡力的条件，因此D错误。
故选A。
【分析】1、重力：由于地球的吸引而使物体受到的力，大小为自身重力、方向竖直向下，作用点位于物体重心，公式为G=mg。
2、惯性是物体的基本属性，只有物体重力有关，当物体速度发生变化时，由于惯性物体保持原来运动状态的属性，利用惯性的实例：运动员助跑起跳，乘车系安全带可以降低司机惯性带来的伤害，惯性不是力，不能用受到惯性、惯性力的作用进行表述。
3、支持力的本质为弹力；
4、平衡力的特点为：大小相同，方向相反，作用在同一个物体上。
7．暑假中的一天晚上，妈妈在用洗衣机洗衣服，家中开着一台空调制冷和三个LED灯照明，爸爸在用电脑。小明准备写作业，当他把台灯插头插入插座时，插孔冒出火花同时家中空气开关跳闸，接下来小明的做法中最合适的是（　　）
A．合上空气开关，先恢复照明，再查找故障
B．关掉空调等大功率用电器，然后合上空气开关
C．先拔掉台灯插头，检查插头处是否短路
D．拨打供电服务电话，全家人原地等待救援
【答案】C
【知识点】电路故障的判断；家庭电路电流过大的原因
【解析】【解答】在插入台灯的插头之前，家中原本所有用电器都可以正常工作，由此可以排除总功率过大导致跳闸的可能性；而当台灯插头插入插座时，插头处冒出火花，同时空气开关跳闸，说明故障很可能出在台灯插头处，是插头短路引发的问题。这种情况下，正确的处理步骤是：先断开空气开关、拔掉台灯插头，再检查排除插头处的短路故障，确认故障排除后再闭合空气开关恢复供电，这样就能避免再次出现短路安全问题。
故选C。
【分析】家庭电路故障分析：题目中所有用电器正常使用，插入灯泡时，插座处冒出火花，空气开关跳闸，说明插座可能发生短路，应该切断电源，拔掉台灯插头，再检查排除插头处的短路故障。
8．“汽车涡轮增压”的原理如图所示：发动机排出的高温废气冲击涡轮运转，带动同轴的叶轮高速转动，叶轮将新鲜空气压缩后推进到汽缸中，获得更高的燃烧效率。关于汽车的涡轮增压，下列说法错误的是（　　）
A．加油时能闻到汽油味是因为分子在不停地运动
B．充足的空气能使汽油充分燃烧，热值变大
C．增压系统压缩气体时对气体做功，气体的内能变大
D．涡轮增压汽车与普通汽车相比，效率提高了
【答案】B
【知识点】做功改变物体内能；燃料的热值；热机的效率；分子热运动
【解析】【解答】A. 加油过程中能够闻到汽油的气味，这是汽油分子发生扩散产生的现象，该现象说明分子在永不停息地做无规则运动，因此A选正确；
B. 热值是燃料本身特有的性质，它只和燃料的种类有关，和燃料燃烧是否充分没有关系，增加进气的含氧量只会让汽油燃烧更充分，无法改变汽油的热值，因此B错误；
C. 在压缩气体的过程中，叶轮对气体做功，将机械能转化为气体的内能，会使得气体的内能增加，因此C正确；
D. 涡轮增压技术可以让汽油燃烧得更充分，能够提升能量的利用率，所以和普通汽车相比，使用涡轮增压技术的汽车热机效率更高，因此D正确；
故选B。
【分析】1、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；
2、物质的热值为单位质量燃料完全燃烧释放的能量，是物质的基本属性；只与燃料的种类有关，与燃料的质量、燃烧程度等均无关。
3、涡轮增压可以使得燃料燃烧充分，提高机械效率；
4、压缩气体，对气体做功，机械能转化为气体内能。
9．某兴趣小组制作出如图所示的“浮力秤”，它是由浮体和外筒构成的，浮体包括小筒和秤盘，已知小筒的质量为50g，底面积为20cm2，筒内装入120g的细砂，秤盘的质量为10g，外筒是足够高的、装有染色水的透明大筒，小筒壁厚度可忽略不计。将被测物体放在秤盘上，小筒浸入水中后的深度变化范围为25cm，质量示数标注在如图乙小筒对应刻度。染色水的密度取1.0×103kg/m3，g取10N/kg，下列说法正确的是（　　）
A．浮力秤漂浮在水中时，浮力大小等于重力
B．浮力秤零刻度距小筒底部的距离为8cm
C．浮力秤称量物体的最大质量为0.5kg
D．将染色水换成染色盐水，浮力秤的量程变小
【答案】A,C
【知识点】密度公式及其应用；阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】A．根据漂浮的受力特点，漂浮的物体静止时受力平衡，浮力大小等于总重力，因此A正确；
B．浮力秤的零刻度对应没有放置被测物体的状态，此时浮力秤自身的总质量为
根据漂浮条件，代入浮力公式可得，整理后得到排开水的体积为
因此零刻度线距离小筒底部的高度为，因此B错误；
C．由题意可知，浮力秤零刻度到最大称量刻度的浸入深度变化量为，对应排开液体体积的变化量为
根据漂浮条件，放入物体后增加的浮力等于被测物体的重力，即，整理后得到，因此C正确；
D．将水换为盐水后，液体密度变大，而浮力秤浸入深度的最大值不变，因此排开液体体积的最大变化量保持不变。根据最大称量质量关系可得，液体密度变大后，能称量的最大质量也会变大，也就是浮力秤的量程会增大，因此D错误。
故选AC。
【分析】物体漂浮时受力平衡，浮力与整体总重力大小相等，解题可直接依托漂浮条件分析。
第一步算出零刻度对应状态下浮筒整体重力，利用漂浮浮力等于总重，结合阿基米德原理求出排开水的体积，再由体积公式算出小筒浸入水中深度，该深度就是零刻度线到筒底的距离。已知小筒浸入深度最大可增加 25cm，叠加零刻度深度得到最大浸入深度，据此求出最大排水体积，借助阿基米德原理算出最大浮力；用最大浮力减去空筒总重力，得到可称量物体的最大重力，进一步换算出最大称量质量。若把水替换为盐水，液体密度增大。称量同等质量物体时，总重力不变、浮力不变，由浮力公式可得排开液体体积减小，小筒浸入液面的深度变浅，结合筒身深度变化范围即可判断该秤量程的变化情况。
10．科技小组的同学们设计了一种具有高、中、低温三挡的加热装置，其电路如图所示。、均为电热丝，且，熔断器（电阻忽略不计）的熔断电流为11.5A，电源电压为220V，开关只有在开关接b时才能闭合。当开关接b，且断开时，电路发热功率为220W，下列说法正确的是（　　）
A．当电路接高温挡时，发热功率为2200W
B．当开关接b，且断开时加热装置处于中温挡
C．若用一个阻值为的电热丝替换，该加热装置仍可以正常工作
D．该加热装置存在中、低温两挡位功率相差不大的设计不足
【答案】B,D
【知识点】并联电路的电流规律；欧姆定律及其应用；电功率的计算；多状态电路——多挡位问题
【解析】【解答】ABD．当接、断开时，电路为的简单电路，由电功率公式计算得的阻值为
接，断开：与首位依次相连，电路中总电阻最大，此时为低温挡，功率为
接，闭合：与并联，电阻最下哦，所以此时为高温挡，功率为
接，断开：只有接入，此时为中温挡，功率为，分析可知中、低温两挡位功率相差不大，所以该加热装置设计不足，故A错误，BD正确；
C．用电热丝替换后，结合并联电路电流规律计算可知高温挡总电流为
大于熔断电流11.5A，熔断器会熔断，装置无法正常工作，故C错误。
故选BD。
【分析】1、多状态电路分析：原理，当电路中电阻发生变化，电功率发生变化，结合题目分析，闭合不同开关时的电阻变化；
2、电压表与待测用电器并联测量电压，电流表串联测量用电器电流，根据欧姆定律U=IR计算用电器的电流和电阻以及电压；
3、串联电路的电路规律：串联电路，电流处处相等，电源的电压为用电器电压之和，总电阻为用电器电阻之和；
4、并联电路规律：并联电路电压相等、支路电流之和为干路电流。
11．3月26日6时51分，我国在太原卫星发射中心使用长征二号丁运载火箭，成功将四维高景二号05、06星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务取得圆满成功。我们在家里观看火箭发射过程是通过　 　传播信息；如图所示，以正在升空的火箭为参照物，地球是　 　的。
【答案】电磁波；运动
【知识点】参照物及其选择；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】我们在家中通过电视、网络收看火箭发射的直播，这些传递的信息依靠电磁波进行传输。电磁波能够在真空中传播，十分适合远距离传输航天相关信息。
若以正在升空的火箭作为参照物，地球和火箭之间的相对位置不断发生改变，因此地球是运动的。
【分析】物体相对运动：物体与参照物运动状态不一致，所以物体相对参照物运动，物体与参照物运动状态不一致，所以物体相对参照物静止；
信息的传递：无线网络通信依靠电磁波来传递信息。
12．如图甲所示是卢瑟福提出的原子核式模型，其中位于原子中心位置的粒子叫原子核，这种粒子　 　（选填“带正电”“带负电”或“不带电”）；如图乙所示，在中国空间站微重力环境中，王亚平老师用两片塑料板让水建成了“液桥”，水能成桥是因为分子之间存在　 　（选填“引力”或“斥力”）；如图丙所示，将气球在头发上摩擦后将气球靠近细小的水流，发现水流被气球吸引，原因是带电体能够　 　。
【答案】带正电；引力；吸引轻小物体
【知识点】物体带电情况的判断；分子间相互作用力；原子结构
【解析】【解答】我们结合卢瑟福原子核式结构模型来看：原子是由两部分组成的，位于原子中心带正电的原子核，以及核外带负电的电子。
分子间同时存在相互作用的引力和斥力，本题中水可以连在一起形成“液桥”不会断开，正是因为分子之间存在引力的缘故。
气球经过摩擦后会带上电荷，结合带电体的性质可知，带电体可以吸引轻小物体，因此原本细小的水流会被带电的气球吸引。
【分析】物质的微观结构：有分子和原子、原子包含原子核，电子，原子核包括质子和中子等，分子之间存在间隙，分子间的相互作用力包括引力和斥力。
电荷作用规律：异性电荷相互吸引，同种电荷相互排斥； 毛皮摩擦橡胶棒，橡胶棒带负电，丝绸摩擦玻璃棒，玻璃棒带正电。
13．下图是用“UV”技术拍摄的花卉的荧光图案，该技术利用了　 　（填“红外线”或“紫外线”）来激发花卉发出荧光。拍照时，花朵通过镜头成　 　（填“实”或“虚”）像。若要拍摄花朵顶部的特写，照相机要　 　（填“靠近”或“远离”）花朵。
【答案】紫外线；实；靠近
【知识点】红外线；紫外线；凸透镜成像规律及其探究实验
【解析】【解答】 紫外线本身具有荧光效应，该效应可以使荧光物质发出可见光。
我们使用照相机拍摄时，景物经过照相机的镜头会成一个倒立、缩小的实像，花朵作为被拍摄对象，满足这一成像规律。
如果要拍摄花朵顶部的特写，也就是需要得到更大的像，根据凸透镜成像规律，应当让照相机靠近花朵，来减小物距，同时还要增大镜头到底片的距离，也就是适当增大像距，才能让成的像变大。
【分析】紫外线：频率比蓝紫光高的不可见光，可用于消毒杀菌、验钞；
照相机：物距大于2倍焦距时，凸透镜成倒立、缩小的实像，利用光的折射规律成像；
凸透镜成实像时，物距越大，像距越小，像越小；物距越小，像距越大，像越大。
14．如图为“低压吸盘吊车”的实物图和结构示意图，吸盘紧紧吸住玻璃是因为　 　的作用。若吸盘及固定支架的总重力为400N，每个滑轮重100N，吊车将一块重为1000N的玻璃以0.3m/s的速度匀速吊起，忽略抽气管和绳子重及滑轮转轴摩擦，则电动机输出的功率为　 　W，该装置的机械效率约为　 　（结果保留至0.1%）。
【答案】大气压；450；66.7%
【知识点】功率计算公式的应用；大气压的综合应用；动滑轮拉力的计算；机械效率的计算
【解析】【解答】将吸盘内的空气抽走后，吸盘内部气压远小于外界的大气压，玻璃板就会在大气压的作用下，被吸盘紧紧压住。
由装置图可知，承担总重的绳子段数n=2，题目说明忽略抽气管、绳子自重以及滑轮转轴处的摩擦，因此绳子自由端的拉力计算如下：
电动机对绳子做功的功率为：
该滑轮组的机械效率为：
；
【分析】1、大气压的应用；吸盘是将吸盘内部的气压减小，导致外界大气压大于内部气压，将吸盘压在墙面，和吸管吸取饮料的原理相同；
2、动滑轮的工作特点：可以省力，但是费距离，定滑轮的工作特点：可以改变方向但是不省力
3、拉力的计算，，n为动滑轮缠绕绳子数，绳子移动的距离为物体移动距离的n倍，
4、功的相关计算：W=Fs，功率的计算：P=Fv；
5、机械效率的计算：公式为，带入相关数据计算。
15．如图所示是自动控制电路工作原理简图：包括工作电路和控制电路两部分，敏感元件是一类阻值随温度、压力、光照强度等某一因素改变而改变的电阻，工作电路未画出。控制电路通过电磁铁控制衔铁的吸下和释放，可调节工作电路功能。若图中的敏感元件为一压敏电阻（阻值随压力的增大而减小），则图中控制电路通电后，电磁铁的上端为　 　极，若施加在压敏电阻上的压力减小，电磁铁的磁性将　 　（选填“增强”“减弱”或“不变”）。现有一智能电热水壶，可根据需求设置水温，若设定水温为74℃，将该电热水壶单独接入家庭电路中，将1kg的水从20℃加热到设定温度，加热过程中的热效率为84%，则电能表的指示灯会闪烁　 　次。[电能表参数“600imp/(kW·h)”，水的比热容为]
【答案】S（或南）；减弱；45
【知识点】比热容的定义及其计算公式；欧姆定律及其应用；电路的动态分析；电能表参数的理解；通电螺线管的极性和电流方向的判断
【解析】【解答】从图中可以看出电流是从电磁铁的上端流入的，我们可以根据安培定则判断：电磁铁的上端为S极，也就是南极。
题目中已经说明，压敏电阻的阻值会随压力增大而减小，因此当压力减小时，压敏电阻的阻值就会增大；而控制电路的电源电压保持不变，根据欧姆定律可知，控制电路的电流会减小，电磁铁的磁性也就会随之减弱。
首先计算水吸收的热量：
再根据热效率公式，变形可以得到电热水器消耗的电能：
已知电能表参数为每消耗1kW·h的电能，指示灯闪烁600次，因此可以计算出指示灯的闪烁次数：
【分析】判断电磁铁磁极时，先理清控制电路中通过线圈的电流走向，再运用安培定则判定电磁铁上端磁极。压敏电阻阻值会随受到压力减小而变大，致使控制电路总电阻上升，结合欧姆定律分析电路电流变化；依据电流大小与电磁铁磁性强弱的关联，判断磁性强弱变化。先利用吸热公式求出水吸收的热量，结合加热效率公式算出电路消耗的电能，最后结合电能表铭牌参数，计算指示灯闪烁次数。
16．（1）如图为一个武者在斜坡上舞剑时的情景，请画出武者在如图位置静止时受到的重力和支持力的示意图（以O为作用点）。
（2）图甲为一个三孔带开关的插座：接在此插座的用电器不使用时，只需将插座上的开关断开即可切断电源。请在图乙中将开关和插座正确地接到电路中。
【答案】（1）
（2）
【知识点】力的三要素及力的示意图；重力示意图；家庭电路的连接
【解析】【解答】（1）重力G的作用点在物体重心O处，方向是竖直向下，我们从O点出发，竖直向下画出一条带箭头的线段，并在箭头末端标注G，就完成重力的示意图；支持力F支的作用点同样在O点，方向垂直于斜面向上，从O点沿垂直斜面向上的方向画出带箭头的线段，在箭头末端标注F支，按此方法完成作图即可。
（2）开关要控制插座的通断，从安全用电的原则出发，开关必须连接在火线上，这样断开开关后，插座就会和火线断开连接，人接触插座也不会触电；三孔插座的规范接线要求是“左零右火上接地”，这个接法可以保证当用电器漏电时，地线能把人体短路，防止发生触电事故，按照这个要求完成接线即可。
【分析】重力：由于地球的吸引而使物体受到的力，大小为自身重力、方向竖直向下，作用点位于物体重心，公式为G=mg。
支持力垂直斜面向上，作用于物体重心。
电灯和开关的接法：零线直接进入灯泡的螺旋套；火线先接入开关，再进入灯泡顶端的金属点；三孔插座的接法：上孔接地线，左孔接零线，右孔接火线。
（1）重力G 的作用点在O点，方向竖直向下，从O点竖直向下画一条带箭头的线段，末端标上G。支持力F支的作用点在O点，方向垂直于斜面向上，从O点沿垂直斜面向上的方向画一条带箭头的线段，末端标上F支，据此作图。
（2）开关需要控制插座的通断，为了安全，开关必须接在火线上，断开开关后，插座与火线断开连接，不会带电；三孔插座的标准接线规则为左零右火上接地，该规则可以保证用电器漏电时，地线把人体短路，避免触电事故，据此作图。
17．按要求完成填空。
（1）如图甲所示，马年纪念币的直径为　 　cm。
（2）如图乙所示，让两张纸自由下垂，在两张纸的中间向下吹气，两张纸会　 　（选填“靠拢”或“远离”）。
（3）如图丙所示，两次在同一木板上拉动木块做匀速直线运动，由弹簧测力计的示数可得出，滑动摩擦力的大小与　 　有关。
（4）如图丁所示，将A、B两小球从距沙面同一高度处静止释放，测出小球落入沙地中的深度，可得出物体的重力势能大小与　 　有关。
【答案】（1）2.70
（2）靠拢
（3）压力大小
（4）物体的质量
【知识点】探究影响物体势能大小的因素；刻度尺的使用；探究影响摩擦力大小因素的实验；流体压强与流速的关系
【解析】【解答】（1）从图甲可以读出，该刻度尺的分度值是0.1cm，测量可得马年纪念币的直径为2.70cm。
（2）当向两张纸的中间位置吹气时，两张纸之间的空气流速增大，根据流体压强的规律，此处压强会减小，这个压强小于纸外侧的大气压，内外形成的压强差就会将两张纸向中间压，因此两张纸会向中间靠拢。
（3）这两次实验中，接触面的粗糙程度保持一致，实验中只改变了木块对木板的压力大小，最终观察到弹簧测力计的示数不同，由此可以得出结论：滑动摩擦力的大小和压力大小有关。
（4）该实验控制小球下落的高度相同，只改变小球的质量，实验发现质量更大的小球陷入沙地的深度更深，由此说明物体重力势能的大小和物体自身的质量有关。
【分析】1、长度的测量：将待测物体紧贴刻度尺，视线平行刻度尺，认清刻度尺的分度值，读数时要精确到分度值后一位。
2、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。
3、控制变量法：在物理实验中，存在多个影响因素共同决定某个物理量，如影响摩擦力的因素有压力和接触面粗糙程度，在研究单一变量对试验结果的影响时，要保持非研究因素的相同。
4、机械能为动能和重力势能之和，当质量不变时，动能和速度成正比，速度不变时，动能和质量成正比；当质量不变时，重力势能和高度成正比，高度不变时，重力势能和质量成正比。
（1）由图甲可知，刻度尺的分度值为0.1cm，马年纪念币的直径为2.70cm。
（2）向两张纸中间吹气时，纸中间空气流速变大、压强变小，小于纸外侧的大气压，压强差将纸压向中间，因此两张纸会靠拢。
（3）两次实验中接触面粗糙程度相同，只改变了木块对木板的压力，最终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。
（4）实验中小球下落高度相同，只改变小球质量，质量更大的小球陷入沙地更深，说明物体重力势能的大小与物体的质量有关。
18．小阳利用图甲装置，探究杠杆的平衡条件，用到的实验器材：杠杆、支架、细线和质量为50g的钩码若干。（g取10N/kg）
（1）实验前，将图甲中杠杆的平衡螺母向　 　端调节，使其在水平位置平衡；实验中，在杠杆两端挂上不同数量的钩码，移动钩码的位置，使杠杆在水平位置平衡，是为了便于读取　 　。
（2）实验数据如表，分析数据得出杠杆的平衡条件是　 　。（用表中字母表示）
实验次数 动力 动力臂 阻力 阻力臂
1 0.5 10.0 1.0 5.0
2 1.0 15.0 1.5 10.0
3 2.0 10.0 1.0 20.0
（3）如图乙，是非遗陶瓷修补镶嵌锡器打造技艺传承人挑着扁担在步云桥上吆喝的场景。假如扁担两头的货物一头重一头轻，在不考虑手臂帮扶的情况下挑起扁担，让扁担处于水平平衡。根据杠杆平衡的知识，你认为传承人应如何操作？　 　
【答案】（1）右；力臂
（2）
（3）肩膀应该靠近重的一头
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【解答】（1）图甲中杠杆出现左端下沉、右端偏高的情况，根据杠杆调平原则，平衡螺母需要向位置偏高的右端调节，最终让杠杆在水平位置保持平衡；当杠杆在水平位置平衡后，钩码拉力的力臂会与杠杆自身重合，我们可以直接从杠杆上读出力臂的大小，所以这个操作的目的就是方便读取力臂。
（2）对表格里的三次实验数据进行分析，可以发现每次实验都满足的关系，因此可以得出杠杆的平衡条件为。
（3）我们可以把肩膀看作扁担的支点，重的货物重力更大，结合杠杆平衡条件分析：要让扁担保持平衡，重力更大的重物对应的力臂需要更小，也就是肩膀需要向更重的货物一侧靠近，因此肩膀应该靠近重的一头。
【分析】1、 探究杠杆平衡的条件 ，原理为动力*动力臂=阻力*阻力臂，首先对杠杆进行调平：调平原理为动力×动力臂=阻力×阻力臂，当指针偏左表明左侧较重，所以需要增加右侧力和力臂；调平的原因为：减小杠杆自重对杠杆平衡试验的影响
2、其次不断改变钩码重力以及钩码的位置，记录多组试验数据，分析动力、动力臂、阻力、阻力臂的大小关系；其中动力大于阻力此时杠杆为费力杠杆，反之属于在省力杠杆；
3、最后，使用弹簧测力计对杠杆的平衡进行动态分析，改变拉力的方向，实质为改变动力臂的大小，动力臂变小，则动力变大。
（1）图甲中杠杆左端下沉、右端偏高，平衡螺母需向偏高的右端调节，使杠杆在水平位置平衡；
杠杆水平平衡时，钩码拉力的力臂与杠杆重合，可直接在杠杆上读出力臂的大小，因此该操作目的是便于读取力臂。
（2）分析表格中三次实验数据，均满足，因此杠杆平衡条件为 。
（3）肩膀是扁担的支点，重货物重力更大，根据杠杆平衡条件，要使扁担平衡，需要减小重货物侧的力臂，因此肩膀应该靠近重的一头。
19．小宇同学在探究液体压强的实验中，进行了如图所示的操作：
（1）压强计是通过U形管中液面的　 　来反映被测压强的大小的；在使用压强计前，发现U形管左右两侧的水面不在同一水平面，如图甲，为了使U形管左右两侧的水面相平，正确的调节方法是　 　。
（2）分析图乙A、B两图的实验现象，得出的结论是：　 　；要探究液体压强与液体密度的关系，应选用图乙中　 　两图进行对比。
（3）实验后小宇想知道C图中的盐水密度是多少，于是设计了如图丙所示的实验装置。内外两个容器紧密粘合在一起，内部小容器的底部为一张弹性很好的橡皮膜。小宇进行了如下操作：
a.在内部小容器内装入适量待测盐水，发现橡皮膜向下突出；
b.在外部大容器内装入清水，直到橡皮膜变平，测出盐水深度h以及清水与盐水的液面高度差，请你写出盐水的密度表达式：　 　（用含有、和的式子表示）。
（4）小宇在靠近塑料瓶底部的侧壁上开一个小圆孔，用胶带封住小孔，往瓶中加入水，然后撕去胶带，水便从小孔射出，如图丁。随着水不断流出，小宇发现水流射程（小孔到水流落点的水平距离）不断变小，原因是　 　。小宇据此推测，图戊中c孔（a、b、c三个孔完全相同）的水流射程最远。你觉得他的推测是否正确？请说明理由　 　。
【答案】（1）高度差；取下软管重新安装
（2）同种液体内部压强随深度的增加而增大；B、C
（3）
（4）随着水不断流出，小孔处的压强减小，水射出时的速度减小；不正确，虽然c处水射出的速度最大，但c处的水流在空中运动时间最短，所以其射程不一定最远
【知识点】探究液体压强的特点实验
【解析】【解答】（1）液体内部压强无法直接观察，实验中利用U形管两侧的液面高度差来反映液体内部压强的大小，这种研究方法是转换法。如果使用前U形管内液面不相平，原因是软管内部气压和外界大气压不相等，正确的调节操作是：拆下软管重新安装，使U形管两端都和大气连通，液面就能自然恢复相平。
（2）乙图的A、B两图中，液体都是水，密度相同，探头在B中的深度更大，U形管的液面高度差也更大，由此可以得到结论：同种液体中，液体内部的压强随深度的增加而增大。
如果要探究液体压强和液体密度的关系，需要控制探头深度相同，改变液体密度，因此应该选择B、C两图进行对比。
（3）当橡皮膜变平时，橡皮膜受到盐水向下的压强和水向上的压强大小相等，压强分别为，，结合压强相等可得，整理后得到盐水密度的表达式为
（4）瓶内水流出的过程中，瓶内水面不断下降，小孔处水的深度逐渐减小，根据公式，水对小孔的压强会逐渐减小，水流流出的水平速度减小，因此射程会不断变小。
对于小明的推测：虽然c孔位置最深，此处水的压强最大，水流流出的水平初速度更大，但c孔距离容器底端更近，距离地面的高度更小，水流从孔流出后下落的时间更短。水流的射程是由水平初速度和下落时间两个因素共同决定的，不能只通过压强也就是水平初速度判断射程最远，因此小明的推测是错误的。
【分析】1、压强的计算：公式为P=ρgh，压强和液体的密度、浸没深度有关，且密度越大，压强越大，深度越大，压强越大，在同种液体的同一深度，液体向各个方向的压强相同
2、液体压强影响因素的试验：仪器有压强计、不同密度的液体，U型管；试验步骤：检查装置的气密性，方法为 按压探头的橡皮膜，U形管两边液面高度变化 明显，则气密性良好；使用控制变量法，探究压强和深度关系时，需要控制液体密度不变
3、转换法：在物理实验中，某些物理量（动能、电能）难以直接观察，需要转换成容易观察的指标进行测量，如用通过观察U型管两边液面的高度差来表示探头处液体压强的大小；
4、橡皮膜变平时，两侧液体压强相等；据此计算盐水密度；
5、路程的计算s=vt，和速度以及时间有关，所以水平速度越大，时间小，不能说明运动路程远。
（1）液体内部压强的大小不容易观察到，因此用U形管两侧的液面高度差来反映液体内部压强的大小，运用了转换法。
使用前U形管液面不平，是因为软管内气压与外界大气压不相等，正确的调节方法是：取下软管，重新安装，让U形管两端都与大气相通，液面自然相平。
（2）乙图 A、B 两图中，液体都是水（密度相同），探头在B中的深度更深，U形管液面高度差更大。结论：同种液体中，液体内部的压强随深度的增加而增大。
要探究液体压强与密度的关系，需控制深度相同、液体密度不同，应选用 B、C 两图对比。
（3）当橡皮膜变平时，盐水对其向下的压强与水对其向下的压强相等，，，即，故盐水的密度表达式
（4）随着水流出，瓶内水面下降，小孔处水的深度减小，根据，水对小孔的压强减小，水流的水平速度减小，因此射程不断变小。
虽然c孔的深度最深，水的压强最大，水流的水平初速度最大，但同时c孔距离地面的高度也最低，水流下落的时间会变短。水流的射程是由水平速度和下落时间共同决定的，不能只根据压强（水平速度）就判定射程最远，故他的推测不正确。
20．某实验小组学习了电学知识后想要制作一个“电热点火器”（需要在较短的时间内点燃棉花），小组的同学们经讨论后确定了“电热点火器”的工作简化电路图如图甲所示。
（1）图乙是小组同学设计的电热丝连接的两种方案（两种方案中所用电热丝总长度相等，中间包裹等量的易燃棉花），结合图甲电路，应选择方案　 　。
（2）实验小组设计如图丙的实验电路，对材料编号为A、B、C的电热丝（长度相等）的阻值进行测量，请根据电路图将实物图连接完整。
（3）电热丝A连入电路，闭合开关，发现电流表没有示数，电压表示数接近电源电压，电路出现的故障可能是电热丝A　 　。
（4）排除故障后，调节滑动变阻器，此时电压表示数为2V，电流表示数如图丁所示，为　 　A，计算出电热丝A的阻值为　 　Ω。重复以上步骤，再测出电热丝B、C的阻值分别为20Ω、5Ω。则制作时应选择材料编号为　 　的电热丝。
（5）通过进一步实施发现该电热点火器点燃棉花的时间仍然偏长，请结合实际提出一条合理的改进措施：　 　。
【答案】（1）Ⅱ
（2）
（3）断路
（4）0.2；10；C
（5）选用阻值更小的电热丝
【知识点】焦耳定律的应用；电流的热效应
【解析】【解答】（1）两个方案所用的电热丝总长度、材料都相同，方案Ⅱ是将整根电热丝对折后接入电路。对折后，接入电路的电热丝长度变短，同时横截面积变大，因此方案Ⅱ电热丝的总电阻远小于方案Ⅰ未对折电热丝的电阻。根据焦耳定律的变形式，可以推导得到，当电源电压相同，要产生相同热量时，电阻越小，需要的加热时间越短，因此应该选择总电阻更小的方案Ⅱ。
（2）伏安法测电阻的实验中，待测电热丝和滑动变阻器串联，电流表串联在电路中测量电流，电压表并联在待测电热丝两端测量电压，滑动变阻器按照“一上一下”的规则接线。本题中电源由两节干电池组成，总电压为3V，因此电压表选择0~3V量程即可，只需将电压表的“3”接线柱和电热丝的右接线柱连接，完成电路连接。
（3）电路故障分为断路和短路两类。将电热丝A接入电路后闭合开关，电流表没有示数，说明电路发生了断路；而电压表示数接近电源电压，说明电压表的两个接线柱能连通到电源两端，因此故障是和电压表并联的电热丝A断路。
（4）图丁中电流表选择0~0.6A量程，分度值为0.02A，读出电流表示数为0.2A，因此通过电热丝A的电流，根据欧姆定律可得，电热丝A的电阻：
根据公式，电源电压不变时，电阻越小，相同时间内产生的热量越多，点燃棉花越快。已知三根电热丝中C的电阻最小，因此选编号为C的电热丝。
（5）点燃时间比预期长，说明电热丝的发热功率偏小，要缩短点燃时间，需要增大发热功率。根据电动率公式，可以通过增大电源电压，或者减小电热丝电阻来提高功率，可行的改进方法有：选用阻值更小的电热丝；增大电源电压；剪短电热丝的长度来减小电阻；换用横截面积更大（更粗）的同材料电热丝减小电阻等。
【分析】1、电阻的影响因素： 当导体的材料和横截面积相同时，电阻的长度越长，导体的电阻越大 ；当导体的材料和长度相同时，电阻的横截面积越小，导体的电阻越大，欧姆定律的含义R=U/I只用于计算用电器两端电压以及通过用电器电流计算电阻的公式，并不具有物理含义进行选项判识。
2、电流的热效应：原理为焦耳定律Q=I2Rt，所以产热量和电阻成正比，和电流的平方成正比，实验中通过液面高度差的变化作为观察指标转化为电流的产热量。
3、伏安法测电阻：电压表并联待测电阻两侧测量待测电阻的电压U，电流表串联在电路中测量待测电阻的电流I，根据欧姆定律R=U/I计算待测电阻的阻值；
4、电压表与待测用电器并联测量电压，电流表串联测量用电器电流，根据欧姆定律U=IR计算用电器的电流和电阻以及电压。
（1）两方案电热丝总长度、材料相同。方案Ⅱ将这根电热丝对折后接入电路，电阻更小。因为对折后既减小了接入电路电阻长度，又增大了接入电路电阻的横截面积，所以相对于未对折的电阻丝电阻小得多，根据，可知，电压相同，产生相同电热，电阻小，所需时间越短。所以选择总电阻小的电热丝，故选择方案Ⅱ。
（2）伏安法测电热丝电阻实验，待测电热丝与滑动变阻器串联，电压表并联在电热丝两端，电流表串联在电路中，滑动变阻器“一上一下”接线。如图丙电路图，电压表未连接完整，两节干电池，电源电压3V，所以电压表选择0~3V量程，将电压表“3”接线柱与电热丝右接线柱用导线连接，据此作图。
（3）电路故障分为断路和短路两种。电热丝A连入电路，闭合开关，发现电流表没有示数，说明电路可能有断路，而电压表示数接近电源电压，则电路出现的故障可能是与电压表并联的电热丝A断路。
（4）如图丁，电流表选择0~0.6A量程，分度值为0.02A，电流表示数为0.2A。
则通过电热丝A的电流
则电热丝A电阻
根据，电压相同，电阻越小，相同时间产热越多，点燃越快。电热丝C电阻5Ω最小，故选编号为C的电热丝。
（5）点燃时间偏长，说明发热功率不够大，可从以下方面改进：选用阻值更小的电热丝；增大电源电压；缩短电热丝的长度（减小电阻）；加粗电热丝（减小电阻）。
21．如图所示，分拣机器人将货物运送到分拣位置时，机械臂会将货物匀速竖直上提，然后水平移动货物到指定位置。已知分拣机器人空载时的质量是4kg，轮子与水平地面的总接触面积是2×10-2m2。求：（g取10N/kg）
（1）某次，机械臂将货物匀速竖直提升1m，用时4s，则货物的速度是多少？
（2）分拣机器人空载静止在水平地面时，对地面的压强是多少？
【答案】（1）解：货物的速度
（2）解：分拣机器人空载时重力为
空载时，分拣机器人对地面的压力
分拣机器人对水平面的压强为
【知识点】速度公式及其应用；压力及重力与压力的区别；压强的大小及其计算
【解析】【分析】（1）结合速度公式计算货物的速度；
（2）分拣机器人空载时重力为，空载时，分拣机器人对地面的压力等于重力，结合压强公式计算分拣机器人对水平面的压强。
（1）货物的速度
（2）分拣机器人空载时重力为
空载时，分拣机器人对地面的压力
分拣机器人对水平面的压强为
22．自动恒温箱（如图甲）内部的电路由控制电路和加热电路两部分组成，简化电路如图乙所示。控制电路中的电源电压为12V，定值电阻的阻值为5kΩ，为装在恒温箱内的热敏电阻。阻值随温度变化的图像如图丙所示。电压鉴别器接在控制电路的A、B两点间，当热敏电阻的阻值发生变化时，A、B间的电压随之发生变化。电压鉴别器可通过内部的电磁继电器控制加热电路中开关S的通断。当小于2V时，鉴别器将使加热电路中开关S闭合，使加热电路的电热丝通电而发热，使箱内温度升高；当大于3V时，鉴别器将使开关S断开，停止加热。在分析电路时，可将电压鉴别器内部视为断路。问：
（1）恒温箱中电热丝正常工作时的电功率为1000W，则电热丝的电阻为多少？加热电路正常加热10min产生的热量是多少？
（2）该恒温箱内的最高温度是多少？
（3）若想使此恒温箱内的最高温度升高到45℃，在鉴别器功能和热敏电阻不变的条件下，可采取怎样的措施：　 　。（不用写分析过程）
【答案】（1）解：电热丝的电阻为
加热电路正常加热10min产生的热量为
（2）解：当温度达到最高时，开关S断开，此时
控制电路中 与 串联，电路电流为
总电阻
因此热敏电阻阻值为
由图丙可知，对应温度为，即恒温箱最高温度为。
（3）减小定值电阻的阻值
【知识点】电阻的串联；欧姆定律及其应用；电路的动态分析；电功的计算；电功率的计算
【解析】【解答】由图丙可知，恒温箱内的最高温度升高到45℃，热敏电阻的阻值变小；需保持不变，若电源电压不变，根据串联分压原理可知，可减小定值电阻的阻值。
【分析】（1）可利用电功率公式 的变形计算电热丝电阻；因为加热电路是纯电阻电路，所以可利用焦耳定律或电功公式计算加热10min产生的热量。
（2）首先明确开关断开停止加热时对应恒温箱最高温度，此时，因为控制电路中与串联，所以先根据串联电路电流规律求出电路电流，再求出 两端电压，结合欧姆定律计算此时的阻值，之后对照图丙的阻值-温度图像，查找对应温度即可。
（3）要升高最高温度，此时阻值会变小，而鉴别器的 断开阈值不变，所以可以通过调整 的阻值或者调整控制电路的电源电压来实现。
（1）电热丝的电阻为
加热电路正常加热10min产生的热量为
（2）当温度达到最高时，开关S断开，此时
控制电路中 与 串联，电路电流为
总电阻
因此热敏电阻阻值为
由图丙可知，对应温度为，即恒温箱最高温度为。
（3）由图丙可知，恒温箱内的最高温度升高到45℃，热敏电阻的阻值变小；需保持不变，若电源电压不变，根据串联分压原理可知，可减小定值电阻的阻值。
23．我国幅员辽阔，日照充足，一年太阳辐射到我国地表的能量为。太阳能汽车是利用太阳能的一种方式。某新型太阳能概念车，车身表面覆盖光伏膜，可将太阳能直接转化为电能，光伏膜的面积越大，发电功率就越大，产生的电能既可直接驱动电动机，也可存储到蓄电池中备用。该概念车的部分技术参数如下表所示，利用蓄电池供电时，当蓄电池储能降至时，停止电能输出。
技术参数
电动机 额定功率（）90kW
效率（）90%
光伏膜 最大发电功率（）1000W
光电转换效率（）20%
蓄电池 满电储能（）60kW·h
（1）太阳能是　 　（选填“可再生”或“不可再生”）能源。
（2）若标准煤的热值为，则一年太阳辐射到我国地表的能量相当于多少t标准煤完全燃烧释放的热量。
（3）假设光伏膜以最大功率发电，该汽车以某一速度在水平路面上匀速行驶，此时电动机的输出功率为，则：
①若地面太阳能的辐射功率为，要使光伏膜以最大功率发电，理论上要求光伏膜的面积至少为多少？
②若光伏膜和蓄电池同时向电动机供电，且蓄电池满电储能，该汽车可行驶多长时间？
【答案】（1）可再生
（2）解：已知太阳辐射总能量
标准煤热值
由可知，得煤的质量
（3）解：已知：电动机额定功率，效率，光伏膜最大发电功率，光电转换效率，蓄电池满电储能，电动机输出功率为
①辐射功率，设面积为S，则，则
②电动机输出功率
电动机输入功率（由效率公式），则
光伏膜提供的功率
蓄电池需要提供的功率
蓄电池可输出的能量（降至0.1E0停止输出）
可行驶时间
【知识点】燃料的热值；能源及其分类；太阳能及其利用与转化
【解析】【解答】（1）太阳能能够持续不断地从自然界中得到，符合可再生能源的定义，因此属于可再生能源。
【分析】（1）可再生能源：使用后短期可以恢复的能源、如风能、太阳能、不可再生能源：使用内短期不能再生的能源，如核能、化石能源；
（2）已知太阳辐射总能量，标准煤热值，结合热值公式计算煤的质量；
（3）已知电动机额定功率、工作效率、光伏膜最大发电功率、光电转换效率与蓄电池满电储存总能量，且给定电动机实际输出功率。
①先明确单位面积太阳辐射功率，设光伏膜面积为 S，结合光电转换效率列式，求解所需光伏膜面积。
②由电动机输出功率与工作效率反推电动机输入电功率；用电机输入功率减去光伏膜实时供电功率，得到蓄电池需补充输出的功率。蓄电池仅释放 90% 储存能量（剩余 0.1E0不再供电），算出蓄电池可用总电能，结合输出功率，计算车辆可持续行驶时长。
（1）太阳能可以源源不断地从自然界获得，属于可再生能源。
（2）已知太阳辐射总能量
标准煤热值
由可知，得煤的质量
（3）已知：电动机额定功率，效率，光伏膜最大发电功率，光电转换效率，蓄电池满电储能，电动机输出功率为
①辐射功率，设面积为S，则，则
②电动机输出功率
电动机输入功率（由效率公式），则
光伏膜提供的功率
蓄电池需要提供的功率
蓄电池可输出的能量（降至0.1E0停止输出）
可行驶时间
1 / 12026年陕西省榆林市榆阳区学业水平考试适应性演练（中考二模）物理考试题
1．通常情况下，下列用品中属于绝缘体的是 (　　)
A．玻璃杯 B．金属汤勺 C．铅笔芯 D．食盐水
2．春运期间，许多车站、机场为返乡旅客送上温暖的音乐，让在寒冬里匆忙返乡的人民群众感受到一抹艺术的暖意。如图是某乐队进行的交响乐表演，下列有关说法正确的是（　　）
A．不同乐器发出声音的传播速度不同
B．小提琴的声音是由空气振动产生的
C．现场乘客听到的声音是通过空气传播的
D．优美动听的音乐声在任何情况下都不会成为噪声
3．真空冷冻干燥技术简称冻干，是先将湿物料中的水分冻结成固态，再通过抽真空将物料中的水分由固态直接变为气态而排出物料之外的一种干燥方法。该技术已经在食品、医药、生物制品、文物保护等领域实现了广泛的应用。冻干技术所涉及的物态变化及其吸放热情况正确的是（　　）
A．先汽化吸热后凝固放热 B．先凝固放热后升华吸热
C．先凝固放热后熔化吸热 D．先凝华放热后升华吸热
4．如图是生活中一些有关“影”的现象，下列说法正确的是（　　）
A．手影是由光的直线传播形成的
B．倒影是由光的折射形成
C．幻影利用了平面镜成像的原理
D．摄影是利用了凹透镜成像原理
5．我国完全自主设计建造的首艘弹射型航空母舰——福建舰，采用了先进的电磁弹射技术，只要保证有足够的电流输入，便能在发射装置内产生足够大的推力，使舰载机达到更高的速度。下列实验中能反映其工作原理的是（　　）
A． B．
C． D．
6．舞狮是中国优秀的民间艺术，表演者在锣鼓音乐下扮成狮子的样子，表演腾翻、扑跌、跳跃、登高、朝拜等技巧，并有走桩、窜桌子、踩滚球等高难度动作。如图所示，在舞狮表演过程中，下列说法正确的是（　　）
A．跃起的“狮子”最终落向地面，是因为受到重力的作用
B．“狮子”向上跃起的过程中，具有的惯性越来越小
C．支架对“狮子”有向上的支持力，是因为“狮子脚”发生了弹性形变
D．“狮子”静止在支架上时，对支架的压力和自身重力是一对平衡力
7．暑假中的一天晚上，妈妈在用洗衣机洗衣服，家中开着一台空调制冷和三个LED灯照明，爸爸在用电脑。小明准备写作业，当他把台灯插头插入插座时，插孔冒出火花同时家中空气开关跳闸，接下来小明的做法中最合适的是（　　）
A．合上空气开关，先恢复照明，再查找故障
B．关掉空调等大功率用电器，然后合上空气开关
C．先拔掉台灯插头，检查插头处是否短路
D．拨打供电服务电话，全家人原地等待救援
8．“汽车涡轮增压”的原理如图所示：发动机排出的高温废气冲击涡轮运转，带动同轴的叶轮高速转动，叶轮将新鲜空气压缩后推进到汽缸中，获得更高的燃烧效率。关于汽车的涡轮增压，下列说法错误的是（　　）
A．加油时能闻到汽油味是因为分子在不停地运动
B．充足的空气能使汽油充分燃烧，热值变大
C．增压系统压缩气体时对气体做功，气体的内能变大
D．涡轮增压汽车与普通汽车相比，效率提高了
9．某兴趣小组制作出如图所示的“浮力秤”，它是由浮体和外筒构成的，浮体包括小筒和秤盘，已知小筒的质量为50g，底面积为20cm2，筒内装入120g的细砂，秤盘的质量为10g，外筒是足够高的、装有染色水的透明大筒，小筒壁厚度可忽略不计。将被测物体放在秤盘上，小筒浸入水中后的深度变化范围为25cm，质量示数标注在如图乙小筒对应刻度。染色水的密度取1.0×103kg/m3，g取10N/kg，下列说法正确的是（　　）
A．浮力秤漂浮在水中时，浮力大小等于重力
B．浮力秤零刻度距小筒底部的距离为8cm
C．浮力秤称量物体的最大质量为0.5kg
D．将染色水换成染色盐水，浮力秤的量程变小
10．科技小组的同学们设计了一种具有高、中、低温三挡的加热装置，其电路如图所示。、均为电热丝，且，熔断器（电阻忽略不计）的熔断电流为11.5A，电源电压为220V，开关只有在开关接b时才能闭合。当开关接b，且断开时，电路发热功率为220W，下列说法正确的是（　　）
A．当电路接高温挡时，发热功率为2200W
B．当开关接b，且断开时加热装置处于中温挡
C．若用一个阻值为的电热丝替换，该加热装置仍可以正常工作
D．该加热装置存在中、低温两挡位功率相差不大的设计不足
11．3月26日6时51分，我国在太原卫星发射中心使用长征二号丁运载火箭，成功将四维高景二号05、06星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务取得圆满成功。我们在家里观看火箭发射过程是通过　 　传播信息；如图所示，以正在升空的火箭为参照物，地球是　 　的。
12．如图甲所示是卢瑟福提出的原子核式模型，其中位于原子中心位置的粒子叫原子核，这种粒子　 　（选填“带正电”“带负电”或“不带电”）；如图乙所示，在中国空间站微重力环境中，王亚平老师用两片塑料板让水建成了“液桥”，水能成桥是因为分子之间存在　 　（选填“引力”或“斥力”）；如图丙所示，将气球在头发上摩擦后将气球靠近细小的水流，发现水流被气球吸引，原因是带电体能够　 　。
13．下图是用“UV”技术拍摄的花卉的荧光图案，该技术利用了　 　（填“红外线”或“紫外线”）来激发花卉发出荧光。拍照时，花朵通过镜头成　 　（填“实”或“虚”）像。若要拍摄花朵顶部的特写，照相机要　 　（填“靠近”或“远离”）花朵。
14．如图为“低压吸盘吊车”的实物图和结构示意图，吸盘紧紧吸住玻璃是因为　 　的作用。若吸盘及固定支架的总重力为400N，每个滑轮重100N，吊车将一块重为1000N的玻璃以0.3m/s的速度匀速吊起，忽略抽气管和绳子重及滑轮转轴摩擦，则电动机输出的功率为　 　W，该装置的机械效率约为　 　（结果保留至0.1%）。
15．如图所示是自动控制电路工作原理简图：包括工作电路和控制电路两部分，敏感元件是一类阻值随温度、压力、光照强度等某一因素改变而改变的电阻，工作电路未画出。控制电路通过电磁铁控制衔铁的吸下和释放，可调节工作电路功能。若图中的敏感元件为一压敏电阻（阻值随压力的增大而减小），则图中控制电路通电后，电磁铁的上端为　 　极，若施加在压敏电阻上的压力减小，电磁铁的磁性将　 　（选填“增强”“减弱”或“不变”）。现有一智能电热水壶，可根据需求设置水温，若设定水温为74℃，将该电热水壶单独接入家庭电路中，将1kg的水从20℃加热到设定温度，加热过程中的热效率为84%，则电能表的指示灯会闪烁　 　次。[电能表参数“600imp/(kW·h)”，水的比热容为]
16．（1）如图为一个武者在斜坡上舞剑时的情景，请画出武者在如图位置静止时受到的重力和支持力的示意图（以O为作用点）。
（2）图甲为一个三孔带开关的插座：接在此插座的用电器不使用时，只需将插座上的开关断开即可切断电源。请在图乙中将开关和插座正确地接到电路中。
17．按要求完成填空。
（1）如图甲所示，马年纪念币的直径为　 　cm。
（2）如图乙所示，让两张纸自由下垂，在两张纸的中间向下吹气，两张纸会　 　（选填“靠拢”或“远离”）。
（3）如图丙所示，两次在同一木板上拉动木块做匀速直线运动，由弹簧测力计的示数可得出，滑动摩擦力的大小与　 　有关。
（4）如图丁所示，将A、B两小球从距沙面同一高度处静止释放，测出小球落入沙地中的深度，可得出物体的重力势能大小与　 　有关。
18．小阳利用图甲装置，探究杠杆的平衡条件，用到的实验器材：杠杆、支架、细线和质量为50g的钩码若干。（g取10N/kg）
（1）实验前，将图甲中杠杆的平衡螺母向　 　端调节，使其在水平位置平衡；实验中，在杠杆两端挂上不同数量的钩码，移动钩码的位置，使杠杆在水平位置平衡，是为了便于读取　 　。
（2）实验数据如表，分析数据得出杠杆的平衡条件是　 　。（用表中字母表示）
实验次数 动力 动力臂 阻力 阻力臂
1 0.5 10.0 1.0 5.0
2 1.0 15.0 1.5 10.0
3 2.0 10.0 1.0 20.0
（3）如图乙，是非遗陶瓷修补镶嵌锡器打造技艺传承人挑着扁担在步云桥上吆喝的场景。假如扁担两头的货物一头重一头轻，在不考虑手臂帮扶的情况下挑起扁担，让扁担处于水平平衡。根据杠杆平衡的知识，你认为传承人应如何操作？　 　
19．小宇同学在探究液体压强的实验中，进行了如图所示的操作：
（1）压强计是通过U形管中液面的　 　来反映被测压强的大小的；在使用压强计前，发现U形管左右两侧的水面不在同一水平面，如图甲，为了使U形管左右两侧的水面相平，正确的调节方法是　 　。
（2）分析图乙A、B两图的实验现象，得出的结论是：　 　；要探究液体压强与液体密度的关系，应选用图乙中　 　两图进行对比。
（3）实验后小宇想知道C图中的盐水密度是多少，于是设计了如图丙所示的实验装置。内外两个容器紧密粘合在一起，内部小容器的底部为一张弹性很好的橡皮膜。小宇进行了如下操作：
a.在内部小容器内装入适量待测盐水，发现橡皮膜向下突出；
b.在外部大容器内装入清水，直到橡皮膜变平，测出盐水深度h以及清水与盐水的液面高度差，请你写出盐水的密度表达式：　 　（用含有、和的式子表示）。
（4）小宇在靠近塑料瓶底部的侧壁上开一个小圆孔，用胶带封住小孔，往瓶中加入水，然后撕去胶带，水便从小孔射出，如图丁。随着水不断流出，小宇发现水流射程（小孔到水流落点的水平距离）不断变小，原因是　 　。小宇据此推测，图戊中c孔（a、b、c三个孔完全相同）的水流射程最远。你觉得他的推测是否正确？请说明理由　 　。
20．某实验小组学习了电学知识后想要制作一个“电热点火器”（需要在较短的时间内点燃棉花），小组的同学们经讨论后确定了“电热点火器”的工作简化电路图如图甲所示。
（1）图乙是小组同学设计的电热丝连接的两种方案（两种方案中所用电热丝总长度相等，中间包裹等量的易燃棉花），结合图甲电路，应选择方案　 　。
（2）实验小组设计如图丙的实验电路，对材料编号为A、B、C的电热丝（长度相等）的阻值进行测量，请根据电路图将实物图连接完整。
（3）电热丝A连入电路，闭合开关，发现电流表没有示数，电压表示数接近电源电压，电路出现的故障可能是电热丝A　 　。
（4）排除故障后，调节滑动变阻器，此时电压表示数为2V，电流表示数如图丁所示，为　 　A，计算出电热丝A的阻值为　 　Ω。重复以上步骤，再测出电热丝B、C的阻值分别为20Ω、5Ω。则制作时应选择材料编号为　 　的电热丝。
（5）通过进一步实施发现该电热点火器点燃棉花的时间仍然偏长，请结合实际提出一条合理的改进措施：　 　。
21．如图所示，分拣机器人将货物运送到分拣位置时，机械臂会将货物匀速竖直上提，然后水平移动货物到指定位置。已知分拣机器人空载时的质量是4kg，轮子与水平地面的总接触面积是2×10-2m2。求：（g取10N/kg）
（1）某次，机械臂将货物匀速竖直提升1m，用时4s，则货物的速度是多少？
（2）分拣机器人空载静止在水平地面时，对地面的压强是多少？
22．自动恒温箱（如图甲）内部的电路由控制电路和加热电路两部分组成，简化电路如图乙所示。控制电路中的电源电压为12V，定值电阻的阻值为5kΩ，为装在恒温箱内的热敏电阻。阻值随温度变化的图像如图丙所示。电压鉴别器接在控制电路的A、B两点间，当热敏电阻的阻值发生变化时，A、B间的电压随之发生变化。电压鉴别器可通过内部的电磁继电器控制加热电路中开关S的通断。当小于2V时，鉴别器将使加热电路中开关S闭合，使加热电路的电热丝通电而发热，使箱内温度升高；当大于3V时，鉴别器将使开关S断开，停止加热。在分析电路时，可将电压鉴别器内部视为断路。问：
（1）恒温箱中电热丝正常工作时的电功率为1000W，则电热丝的电阻为多少？加热电路正常加热10min产生的热量是多少？
（2）该恒温箱内的最高温度是多少？
（3）若想使此恒温箱内的最高温度升高到45℃，在鉴别器功能和热敏电阻不变的条件下，可采取怎样的措施：　 　。（不用写分析过程）
23．我国幅员辽阔，日照充足，一年太阳辐射到我国地表的能量为。太阳能汽车是利用太阳能的一种方式。某新型太阳能概念车，车身表面覆盖光伏膜，可将太阳能直接转化为电能，光伏膜的面积越大，发电功率就越大，产生的电能既可直接驱动电动机，也可存储到蓄电池中备用。该概念车的部分技术参数如下表所示，利用蓄电池供电时，当蓄电池储能降至时，停止电能输出。
技术参数
电动机 额定功率（）90kW
效率（）90%
光伏膜 最大发电功率（）1000W
光电转换效率（）20%
蓄电池 满电储能（）60kW·h
（1）太阳能是　 　（选填“可再生”或“不可再生”）能源。
（2）若标准煤的热值为，则一年太阳辐射到我国地表的能量相当于多少t标准煤完全燃烧释放的热量。
（3）假设光伏膜以最大功率发电，该汽车以某一速度在水平路面上匀速行驶，此时电动机的输出功率为，则：
①若地面太阳能的辐射功率为，要使光伏膜以最大功率发电，理论上要求光伏膜的面积至少为多少？
②若光伏膜和蓄电池同时向电动机供电，且蓄电池满电储能，该汽车可行驶多长时间？
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】导体与绝缘体
【解析】金属和化学溶液都是导电体，玻璃杯是绝缘体
故选A
2．【答案】C
【知识点】声音的产生；声音的传播条件；声速；噪声及来源
【解析】【解答】A：相同的环境条件下，不同乐器发出的声音在空气中的传播速度是一致的，因此A错误；
B：小提琴发出的声音，来源于琴弦的振动，因此B错误；
C：在表演现场，小提琴发出的声音是通过空气传播传入听众耳中的，因此C正确；
D：哪怕是优美的音乐，如果它对人们正常的工作、学习、休息造成了干扰，就会被归为噪声，因此D错误。
故选C。
【分析】1、声音产生是由物体振动产生，通过介质（固体、液体、气体）中传播，不能在真空中传播；
2、声音的特点：不同材料决定音色不同；振幅决定响度；振动频率决定音频；振动频率决定音频，频率越高，音调越高，频率越低，音调越低；声音的响度与声源振动的幅度有关，振动幅度越大，响度越大；
3、噪声：影响人类休息和学习的声音统称为噪声。
3．【答案】B
【知识点】凝固与凝固放热特点；升华及升华吸热
【解析】【解答】按照题干的描述，冻干工艺主要分为两个过程：第一步是湿物料里的水分从液态凝固成为固态，这个物态变化属于凝固，凝固过程会向外放出热量；之后进行抽真空处理，固态的水不经过液态直接变为气态，这个物态变化是升华，升华过程需要吸收热量。故B正确，ACD错误。
故选B。
【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。
4．【答案】A
【知识点】光的直线传播及其应用；光的反射；光的折射现象及其应用
【解析】【解答】A．手影的成因是：光沿直线传播的过程中，被不透明的手遮挡后，在墙面上形成了无光的暗区，该现象是光的直线传播形成的，因此A正确；
B．水中倒影属于平面镜成像现象，本质是光的反射形成的，因此B错误；
C．海市蜃楼是光在密度不均匀的空气中传播时，发生偏折产生的现象，属于光的折射，因此C错误；
D．相机摄影利用的是凸透镜成像时，当物距大于二倍焦距，会成倒立、缩小实像的原理，因此D错误。
故选A。
【分析】1、光的反射：光在同一种介质中传播中，遇到反射面，将一部分光反射回来的现象叫做光的反射，常见例子有：平面镜反射，湖面反射；
2、光的折射：光经过不同介质时，传播方向会发生偏折的现象，如：海市蜃楼、彩虹的形成、岸面看水水变浅；
3、光的直线传播：光在同种介质中沿直线传播，实例有影子的形成、日食、小孔成像、激光校准等。
5．【答案】B
【知识点】通电直导线周围的磁场；影响电磁铁磁性强弱的因素及其探究；电磁感应
【解析】【解答】A：该实验为奥斯特实验，反映通电导线周围存在磁场（电流的磁效应），不能将电能转化为机械能推动物体，故错误；
B：该实验为通电导线在磁场中受力而运动，电能转化为机械能，与电磁弹射工作原理相同，故B符合题意；
C：该实验为探究电磁铁磁性强弱与线圈匝数关系的实验，说明电流一定时，线圈匝数越多，电磁铁磁性越强，故C不符合题意；
D：该实验为电磁感应实验，闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动，产生感应电流，不能将电流直接转化为持续推力，故错误；
故答案选 B。
【分析】A：电流的磁效应——奥斯特实验证明通电导线周围存在磁场，是电磁学的基础，但不产生力来推动物体。
B： 通电导线在磁场中受力是电能转化为机械能。
C：串联电路中电流相等，匝数更多的电磁铁吸上来更多的铁钉，这是在探究电磁铁磁性强弱与线圈匝数关系的实验。
D：电磁感应——闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时产生感应电流，是发电机原理，能量转化：机械能转化为电能。
6．【答案】A
【知识点】弹力；重力及其大小的计算；惯性及其现象；二力平衡的条件及其应用
【解析】【解答】A、跃起的“狮子”最终会落到地面，正是重力作用的结果，因此A正确；
B、惯性的大小只和物体质量有关，“狮子”向上跃起的过程中质量不变，因此惯性大小也不变，因此B错误；
C、支架对“狮子”支持力的施力物体是支架，这个力是支架发生弹性形变后产生的，因此C错误；
D、“狮子”对支架的压力，受力物体是支架；而“狮子”的重力，受力物体是“狮子”，两个力没有作用在同一物体上，不符合平衡力的条件，因此D错误。
故选A。
【分析】1、重力：由于地球的吸引而使物体受到的力，大小为自身重力、方向竖直向下，作用点位于物体重心，公式为G=mg。
2、惯性是物体的基本属性，只有物体重力有关，当物体速度发生变化时，由于惯性物体保持原来运动状态的属性，利用惯性的实例：运动员助跑起跳，乘车系安全带可以降低司机惯性带来的伤害，惯性不是力，不能用受到惯性、惯性力的作用进行表述。
3、支持力的本质为弹力；
4、平衡力的特点为：大小相同，方向相反，作用在同一个物体上。
7．【答案】C
【知识点】电路故障的判断；家庭电路电流过大的原因
【解析】【解答】在插入台灯的插头之前，家中原本所有用电器都可以正常工作，由此可以排除总功率过大导致跳闸的可能性；而当台灯插头插入插座时，插头处冒出火花，同时空气开关跳闸，说明故障很可能出在台灯插头处，是插头短路引发的问题。这种情况下，正确的处理步骤是：先断开空气开关、拔掉台灯插头，再检查排除插头处的短路故障，确认故障排除后再闭合空气开关恢复供电，这样就能避免再次出现短路安全问题。
故选C。
【分析】家庭电路故障分析：题目中所有用电器正常使用，插入灯泡时，插座处冒出火花，空气开关跳闸，说明插座可能发生短路，应该切断电源，拔掉台灯插头，再检查排除插头处的短路故障。
8．【答案】B
【知识点】做功改变物体内能；燃料的热值；热机的效率；分子热运动
【解析】【解答】A. 加油过程中能够闻到汽油的气味，这是汽油分子发生扩散产生的现象，该现象说明分子在永不停息地做无规则运动，因此A选正确；
B. 热值是燃料本身特有的性质，它只和燃料的种类有关，和燃料燃烧是否充分没有关系，增加进气的含氧量只会让汽油燃烧更充分，无法改变汽油的热值，因此B错误；
C. 在压缩气体的过程中，叶轮对气体做功，将机械能转化为气体的内能，会使得气体的内能增加，因此C正确；
D. 涡轮增压技术可以让汽油燃烧得更充分，能够提升能量的利用率，所以和普通汽车相比，使用涡轮增压技术的汽车热机效率更高，因此D正确；
故选B。
【分析】1、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；
2、物质的热值为单位质量燃料完全燃烧释放的能量，是物质的基本属性；只与燃料的种类有关，与燃料的质量、燃烧程度等均无关。
3、涡轮增压可以使得燃料燃烧充分，提高机械效率；
4、压缩气体，对气体做功，机械能转化为气体内能。
9．【答案】A,C
【知识点】密度公式及其应用；阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】A．根据漂浮的受力特点，漂浮的物体静止时受力平衡，浮力大小等于总重力，因此A正确；
B．浮力秤的零刻度对应没有放置被测物体的状态，此时浮力秤自身的总质量为
根据漂浮条件，代入浮力公式可得，整理后得到排开水的体积为
因此零刻度线距离小筒底部的高度为，因此B错误；
C．由题意可知，浮力秤零刻度到最大称量刻度的浸入深度变化量为，对应排开液体体积的变化量为
根据漂浮条件，放入物体后增加的浮力等于被测物体的重力，即，整理后得到，因此C正确；
D．将水换为盐水后，液体密度变大，而浮力秤浸入深度的最大值不变，因此排开液体体积的最大变化量保持不变。根据最大称量质量关系可得，液体密度变大后，能称量的最大质量也会变大，也就是浮力秤的量程会增大，因此D错误。
故选AC。
【分析】物体漂浮时受力平衡，浮力与整体总重力大小相等，解题可直接依托漂浮条件分析。
第一步算出零刻度对应状态下浮筒整体重力，利用漂浮浮力等于总重，结合阿基米德原理求出排开水的体积，再由体积公式算出小筒浸入水中深度，该深度就是零刻度线到筒底的距离。已知小筒浸入深度最大可增加 25cm，叠加零刻度深度得到最大浸入深度，据此求出最大排水体积，借助阿基米德原理算出最大浮力；用最大浮力减去空筒总重力，得到可称量物体的最大重力，进一步换算出最大称量质量。若把水替换为盐水，液体密度增大。称量同等质量物体时，总重力不变、浮力不变，由浮力公式可得排开液体体积减小，小筒浸入液面的深度变浅，结合筒身深度变化范围即可判断该秤量程的变化情况。
10．【答案】B,D
【知识点】并联电路的电流规律；欧姆定律及其应用；电功率的计算；多状态电路——多挡位问题
【解析】【解答】ABD．当接、断开时，电路为的简单电路，由电功率公式计算得的阻值为
接，断开：与首位依次相连，电路中总电阻最大，此时为低温挡，功率为
接，闭合：与并联，电阻最下哦，所以此时为高温挡，功率为
接，断开：只有接入，此时为中温挡，功率为，分析可知中、低温两挡位功率相差不大，所以该加热装置设计不足，故A错误，BD正确；
C．用电热丝替换后，结合并联电路电流规律计算可知高温挡总电流为
大于熔断电流11.5A，熔断器会熔断，装置无法正常工作，故C错误。
故选BD。
【分析】1、多状态电路分析：原理，当电路中电阻发生变化，电功率发生变化，结合题目分析，闭合不同开关时的电阻变化；
2、电压表与待测用电器并联测量电压，电流表串联测量用电器电流，根据欧姆定律U=IR计算用电器的电流和电阻以及电压；
3、串联电路的电路规律：串联电路，电流处处相等，电源的电压为用电器电压之和，总电阻为用电器电阻之和；
4、并联电路规律：并联电路电压相等、支路电流之和为干路电流。
11．【答案】电磁波；运动
【知识点】参照物及其选择；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】我们在家中通过电视、网络收看火箭发射的直播，这些传递的信息依靠电磁波进行传输。电磁波能够在真空中传播，十分适合远距离传输航天相关信息。
若以正在升空的火箭作为参照物，地球和火箭之间的相对位置不断发生改变，因此地球是运动的。
【分析】物体相对运动：物体与参照物运动状态不一致，所以物体相对参照物运动，物体与参照物运动状态不一致，所以物体相对参照物静止；
信息的传递：无线网络通信依靠电磁波来传递信息。
12．【答案】带正电；引力；吸引轻小物体
【知识点】物体带电情况的判断；分子间相互作用力；原子结构
【解析】【解答】我们结合卢瑟福原子核式结构模型来看：原子是由两部分组成的，位于原子中心带正电的原子核，以及核外带负电的电子。
分子间同时存在相互作用的引力和斥力，本题中水可以连在一起形成“液桥”不会断开，正是因为分子之间存在引力的缘故。
气球经过摩擦后会带上电荷，结合带电体的性质可知，带电体可以吸引轻小物体，因此原本细小的水流会被带电的气球吸引。
【分析】物质的微观结构：有分子和原子、原子包含原子核，电子，原子核包括质子和中子等，分子之间存在间隙，分子间的相互作用力包括引力和斥力。
电荷作用规律：异性电荷相互吸引，同种电荷相互排斥； 毛皮摩擦橡胶棒，橡胶棒带负电，丝绸摩擦玻璃棒，玻璃棒带正电。
13．【答案】紫外线；实；靠近
【知识点】红外线；紫外线；凸透镜成像规律及其探究实验
【解析】【解答】 紫外线本身具有荧光效应，该效应可以使荧光物质发出可见光。
我们使用照相机拍摄时，景物经过照相机的镜头会成一个倒立、缩小的实像，花朵作为被拍摄对象，满足这一成像规律。
如果要拍摄花朵顶部的特写，也就是需要得到更大的像，根据凸透镜成像规律，应当让照相机靠近花朵，来减小物距，同时还要增大镜头到底片的距离，也就是适当增大像距，才能让成的像变大。
【分析】紫外线：频率比蓝紫光高的不可见光，可用于消毒杀菌、验钞；
照相机：物距大于2倍焦距时，凸透镜成倒立、缩小的实像，利用光的折射规律成像；
凸透镜成实像时，物距越大，像距越小，像越小；物距越小，像距越大，像越大。
14．【答案】大气压；450；66.7%
【知识点】功率计算公式的应用；大气压的综合应用；动滑轮拉力的计算；机械效率的计算
【解析】【解答】将吸盘内的空气抽走后，吸盘内部气压远小于外界的大气压，玻璃板就会在大气压的作用下，被吸盘紧紧压住。
由装置图可知，承担总重的绳子段数n=2，题目说明忽略抽气管、绳子自重以及滑轮转轴处的摩擦，因此绳子自由端的拉力计算如下：
电动机对绳子做功的功率为：
该滑轮组的机械效率为：
；
【分析】1、大气压的应用；吸盘是将吸盘内部的气压减小，导致外界大气压大于内部气压，将吸盘压在墙面，和吸管吸取饮料的原理相同；
2、动滑轮的工作特点：可以省力，但是费距离，定滑轮的工作特点：可以改变方向但是不省力
3、拉力的计算，，n为动滑轮缠绕绳子数，绳子移动的距离为物体移动距离的n倍，
4、功的相关计算：W=Fs，功率的计算：P=Fv；
5、机械效率的计算：公式为，带入相关数据计算。
15．【答案】S（或南）；减弱；45
【知识点】比热容的定义及其计算公式；欧姆定律及其应用；电路的动态分析；电能表参数的理解；通电螺线管的极性和电流方向的判断
【解析】【解答】从图中可以看出电流是从电磁铁的上端流入的，我们可以根据安培定则判断：电磁铁的上端为S极，也就是南极。
题目中已经说明，压敏电阻的阻值会随压力增大而减小，因此当压力减小时，压敏电阻的阻值就会增大；而控制电路的电源电压保持不变，根据欧姆定律可知，控制电路的电流会减小，电磁铁的磁性也就会随之减弱。
首先计算水吸收的热量：
再根据热效率公式，变形可以得到电热水器消耗的电能：
已知电能表参数为每消耗1kW·h的电能，指示灯闪烁600次，因此可以计算出指示灯的闪烁次数：
【分析】判断电磁铁磁极时，先理清控制电路中通过线圈的电流走向，再运用安培定则判定电磁铁上端磁极。压敏电阻阻值会随受到压力减小而变大，致使控制电路总电阻上升，结合欧姆定律分析电路电流变化；依据电流大小与电磁铁磁性强弱的关联，判断磁性强弱变化。先利用吸热公式求出水吸收的热量，结合加热效率公式算出电路消耗的电能，最后结合电能表铭牌参数，计算指示灯闪烁次数。
16．【答案】（1）
（2）
【知识点】力的三要素及力的示意图；重力示意图；家庭电路的连接
【解析】【解答】（1）重力G的作用点在物体重心O处，方向是竖直向下，我们从O点出发，竖直向下画出一条带箭头的线段，并在箭头末端标注G，就完成重力的示意图；支持力F支的作用点同样在O点，方向垂直于斜面向上，从O点沿垂直斜面向上的方向画出带箭头的线段，在箭头末端标注F支，按此方法完成作图即可。
（2）开关要控制插座的通断，从安全用电的原则出发，开关必须连接在火线上，这样断开开关后，插座就会和火线断开连接，人接触插座也不会触电；三孔插座的规范接线要求是“左零右火上接地”，这个接法可以保证当用电器漏电时，地线能把人体短路，防止发生触电事故，按照这个要求完成接线即可。
【分析】重力：由于地球的吸引而使物体受到的力，大小为自身重力、方向竖直向下，作用点位于物体重心，公式为G=mg。
支持力垂直斜面向上，作用于物体重心。
电灯和开关的接法：零线直接进入灯泡的螺旋套；火线先接入开关，再进入灯泡顶端的金属点；三孔插座的接法：上孔接地线，左孔接零线，右孔接火线。
（1）重力G 的作用点在O点，方向竖直向下，从O点竖直向下画一条带箭头的线段，末端标上G。支持力F支的作用点在O点，方向垂直于斜面向上，从O点沿垂直斜面向上的方向画一条带箭头的线段，末端标上F支，据此作图。
（2）开关需要控制插座的通断，为了安全，开关必须接在火线上，断开开关后，插座与火线断开连接，不会带电；三孔插座的标准接线规则为左零右火上接地，该规则可以保证用电器漏电时，地线把人体短路，避免触电事故，据此作图。
17．【答案】（1）2.70
（2）靠拢
（3）压力大小
（4）物体的质量
【知识点】探究影响物体势能大小的因素；刻度尺的使用；探究影响摩擦力大小因素的实验；流体压强与流速的关系
【解析】【解答】（1）从图甲可以读出，该刻度尺的分度值是0.1cm，测量可得马年纪念币的直径为2.70cm。
（2）当向两张纸的中间位置吹气时，两张纸之间的空气流速增大，根据流体压强的规律，此处压强会减小，这个压强小于纸外侧的大气压，内外形成的压强差就会将两张纸向中间压，因此两张纸会向中间靠拢。
（3）这两次实验中，接触面的粗糙程度保持一致，实验中只改变了木块对木板的压力大小，最终观察到弹簧测力计的示数不同，由此可以得出结论：滑动摩擦力的大小和压力大小有关。
（4）该实验控制小球下落的高度相同，只改变小球的质量，实验发现质量更大的小球陷入沙地的深度更深，由此说明物体重力势能的大小和物体自身的质量有关。
【分析】1、长度的测量：将待测物体紧贴刻度尺，视线平行刻度尺，认清刻度尺的分度值，读数时要精确到分度值后一位。
2、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。
3、控制变量法：在物理实验中，存在多个影响因素共同决定某个物理量，如影响摩擦力的因素有压力和接触面粗糙程度，在研究单一变量对试验结果的影响时，要保持非研究因素的相同。
4、机械能为动能和重力势能之和，当质量不变时，动能和速度成正比，速度不变时，动能和质量成正比；当质量不变时，重力势能和高度成正比，高度不变时，重力势能和质量成正比。
（1）由图甲可知，刻度尺的分度值为0.1cm，马年纪念币的直径为2.70cm。
（2）向两张纸中间吹气时，纸中间空气流速变大、压强变小，小于纸外侧的大气压，压强差将纸压向中间，因此两张纸会靠拢。
（3）两次实验中接触面粗糙程度相同，只改变了木块对木板的压力，最终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。
（4）实验中小球下落高度相同，只改变小球质量，质量更大的小球陷入沙地更深，说明物体重力势能的大小与物体的质量有关。
18．【答案】（1）右；力臂
（2）
（3）肩膀应该靠近重的一头
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【解答】（1）图甲中杠杆出现左端下沉、右端偏高的情况，根据杠杆调平原则，平衡螺母需要向位置偏高的右端调节，最终让杠杆在水平位置保持平衡；当杠杆在水平位置平衡后，钩码拉力的力臂会与杠杆自身重合，我们可以直接从杠杆上读出力臂的大小，所以这个操作的目的就是方便读取力臂。
（2）对表格里的三次实验数据进行分析，可以发现每次实验都满足的关系，因此可以得出杠杆的平衡条件为。
（3）我们可以把肩膀看作扁担的支点，重的货物重力更大，结合杠杆平衡条件分析：要让扁担保持平衡，重力更大的重物对应的力臂需要更小，也就是肩膀需要向更重的货物一侧靠近，因此肩膀应该靠近重的一头。
【分析】1、 探究杠杆平衡的条件 ，原理为动力*动力臂=阻力*阻力臂，首先对杠杆进行调平：调平原理为动力×动力臂=阻力×阻力臂，当指针偏左表明左侧较重，所以需要增加右侧力和力臂；调平的原因为：减小杠杆自重对杠杆平衡试验的影响
2、其次不断改变钩码重力以及钩码的位置，记录多组试验数据，分析动力、动力臂、阻力、阻力臂的大小关系；其中动力大于阻力此时杠杆为费力杠杆，反之属于在省力杠杆；
3、最后，使用弹簧测力计对杠杆的平衡进行动态分析，改变拉力的方向，实质为改变动力臂的大小，动力臂变小，则动力变大。
（1）图甲中杠杆左端下沉、右端偏高，平衡螺母需向偏高的右端调节，使杠杆在水平位置平衡；
杠杆水平平衡时，钩码拉力的力臂与杠杆重合，可直接在杠杆上读出力臂的大小，因此该操作目的是便于读取力臂。
（2）分析表格中三次实验数据，均满足，因此杠杆平衡条件为 。
（3）肩膀是扁担的支点，重货物重力更大，根据杠杆平衡条件，要使扁担平衡，需要减小重货物侧的力臂，因此肩膀应该靠近重的一头。
19．【答案】（1）高度差；取下软管重新安装
（2）同种液体内部压强随深度的增加而增大；B、C
（3）
（4）随着水不断流出，小孔处的压强减小，水射出时的速度减小；不正确，虽然c处水射出的速度最大，但c处的水流在空中运动时间最短，所以其射程不一定最远
【知识点】探究液体压强的特点实验
【解析】【解答】（1）液体内部压强无法直接观察，实验中利用U形管两侧的液面高度差来反映液体内部压强的大小，这种研究方法是转换法。如果使用前U形管内液面不相平，原因是软管内部气压和外界大气压不相等，正确的调节操作是：拆下软管重新安装，使U形管两端都和大气连通，液面就能自然恢复相平。
（2）乙图的A、B两图中，液体都是水，密度相同，探头在B中的深度更大，U形管的液面高度差也更大，由此可以得到结论：同种液体中，液体内部的压强随深度的增加而增大。
如果要探究液体压强和液体密度的关系，需要控制探头深度相同，改变液体密度，因此应该选择B、C两图进行对比。
（3）当橡皮膜变平时，橡皮膜受到盐水向下的压强和水向上的压强大小相等，压强分别为，，结合压强相等可得，整理后得到盐水密度的表达式为
（4）瓶内水流出的过程中，瓶内水面不断下降，小孔处水的深度逐渐减小，根据公式，水对小孔的压强会逐渐减小，水流流出的水平速度减小，因此射程会不断变小。
对于小明的推测：虽然c孔位置最深，此处水的压强最大，水流流出的水平初速度更大，但c孔距离容器底端更近，距离地面的高度更小，水流从孔流出后下落的时间更短。水流的射程是由水平初速度和下落时间两个因素共同决定的，不能只通过压强也就是水平初速度判断射程最远，因此小明的推测是错误的。
【分析】1、压强的计算：公式为P=ρgh，压强和液体的密度、浸没深度有关，且密度越大，压强越大，深度越大，压强越大，在同种液体的同一深度，液体向各个方向的压强相同
2、液体压强影响因素的试验：仪器有压强计、不同密度的液体，U型管；试验步骤：检查装置的气密性，方法为 按压探头的橡皮膜，U形管两边液面高度变化 明显，则气密性良好；使用控制变量法，探究压强和深度关系时，需要控制液体密度不变
3、转换法：在物理实验中，某些物理量（动能、电能）难以直接观察，需要转换成容易观察的指标进行测量，如用通过观察U型管两边液面的高度差来表示探头处液体压强的大小；
4、橡皮膜变平时，两侧液体压强相等；据此计算盐水密度；
5、路程的计算s=vt，和速度以及时间有关，所以水平速度越大，时间小，不能说明运动路程远。
（1）液体内部压强的大小不容易观察到，因此用U形管两侧的液面高度差来反映液体内部压强的大小，运用了转换法。
使用前U形管液面不平，是因为软管内气压与外界大气压不相等，正确的调节方法是：取下软管，重新安装，让U形管两端都与大气相通，液面自然相平。
（2）乙图 A、B 两图中，液体都是水（密度相同），探头在B中的深度更深，U形管液面高度差更大。结论：同种液体中，液体内部的压强随深度的增加而增大。
要探究液体压强与密度的关系，需控制深度相同、液体密度不同，应选用 B、C 两图对比。
（3）当橡皮膜变平时，盐水对其向下的压强与水对其向下的压强相等，，，即，故盐水的密度表达式
（4）随着水流出，瓶内水面下降，小孔处水的深度减小，根据，水对小孔的压强减小，水流的水平速度减小，因此射程不断变小。
虽然c孔的深度最深，水的压强最大，水流的水平初速度最大，但同时c孔距离地面的高度也最低，水流下落的时间会变短。水流的射程是由水平速度和下落时间共同决定的，不能只根据压强（水平速度）就判定射程最远，故他的推测不正确。
20．【答案】（1）Ⅱ
（2）
（3）断路
（4）0.2；10；C
（5）选用阻值更小的电热丝
【知识点】焦耳定律的应用；电流的热效应
【解析】【解答】（1）两个方案所用的电热丝总长度、材料都相同，方案Ⅱ是将整根电热丝对折后接入电路。对折后，接入电路的电热丝长度变短，同时横截面积变大，因此方案Ⅱ电热丝的总电阻远小于方案Ⅰ未对折电热丝的电阻。根据焦耳定律的变形式，可以推导得到，当电源电压相同，要产生相同热量时，电阻越小，需要的加热时间越短，因此应该选择总电阻更小的方案Ⅱ。
（2）伏安法测电阻的实验中，待测电热丝和滑动变阻器串联，电流表串联在电路中测量电流，电压表并联在待测电热丝两端测量电压，滑动变阻器按照“一上一下”的规则接线。本题中电源由两节干电池组成，总电压为3V，因此电压表选择0~3V量程即可，只需将电压表的“3”接线柱和电热丝的右接线柱连接，完成电路连接。
（3）电路故障分为断路和短路两类。将电热丝A接入电路后闭合开关，电流表没有示数，说明电路发生了断路；而电压表示数接近电源电压，说明电压表的两个接线柱能连通到电源两端，因此故障是和电压表并联的电热丝A断路。
（4）图丁中电流表选择0~0.6A量程，分度值为0.02A，读出电流表示数为0.2A，因此通过电热丝A的电流，根据欧姆定律可得，电热丝A的电阻：
根据公式，电源电压不变时，电阻越小，相同时间内产生的热量越多，点燃棉花越快。已知三根电热丝中C的电阻最小，因此选编号为C的电热丝。
（5）点燃时间比预期长，说明电热丝的发热功率偏小，要缩短点燃时间，需要增大发热功率。根据电动率公式，可以通过增大电源电压，或者减小电热丝电阻来提高功率，可行的改进方法有：选用阻值更小的电热丝；增大电源电压；剪短电热丝的长度来减小电阻；换用横截面积更大（更粗）的同材料电热丝减小电阻等。
【分析】1、电阻的影响因素： 当导体的材料和横截面积相同时，电阻的长度越长，导体的电阻越大 ；当导体的材料和长度相同时，电阻的横截面积越小，导体的电阻越大，欧姆定律的含义R=U/I只用于计算用电器两端电压以及通过用电器电流计算电阻的公式，并不具有物理含义进行选项判识。
2、电流的热效应：原理为焦耳定律Q=I2Rt，所以产热量和电阻成正比，和电流的平方成正比，实验中通过液面高度差的变化作为观察指标转化为电流的产热量。
3、伏安法测电阻：电压表并联待测电阻两侧测量待测电阻的电压U，电流表串联在电路中测量待测电阻的电流I，根据欧姆定律R=U/I计算待测电阻的阻值；
4、电压表与待测用电器并联测量电压，电流表串联测量用电器电流，根据欧姆定律U=IR计算用电器的电流和电阻以及电压。
（1）两方案电热丝总长度、材料相同。方案Ⅱ将这根电热丝对折后接入电路，电阻更小。因为对折后既减小了接入电路电阻长度，又增大了接入电路电阻的横截面积，所以相对于未对折的电阻丝电阻小得多，根据，可知，电压相同，产生相同电热，电阻小，所需时间越短。所以选择总电阻小的电热丝，故选择方案Ⅱ。
（2）伏安法测电热丝电阻实验，待测电热丝与滑动变阻器串联，电压表并联在电热丝两端，电流表串联在电路中，滑动变阻器“一上一下”接线。如图丙电路图，电压表未连接完整，两节干电池，电源电压3V，所以电压表选择0~3V量程，将电压表“3”接线柱与电热丝右接线柱用导线连接，据此作图。
（3）电路故障分为断路和短路两种。电热丝A连入电路，闭合开关，发现电流表没有示数，说明电路可能有断路，而电压表示数接近电源电压，则电路出现的故障可能是与电压表并联的电热丝A断路。
（4）如图丁，电流表选择0~0.6A量程，分度值为0.02A，电流表示数为0.2A。
则通过电热丝A的电流
则电热丝A电阻
根据，电压相同，电阻越小，相同时间产热越多，点燃越快。电热丝C电阻5Ω最小，故选编号为C的电热丝。
（5）点燃时间偏长，说明发热功率不够大，可从以下方面改进：选用阻值更小的电热丝；增大电源电压；缩短电热丝的长度（减小电阻）；加粗电热丝（减小电阻）。
21．【答案】（1）解：货物的速度
（2）解：分拣机器人空载时重力为
空载时，分拣机器人对地面的压力
分拣机器人对水平面的压强为
【知识点】速度公式及其应用；压力及重力与压力的区别；压强的大小及其计算
【解析】【分析】（1）结合速度公式计算货物的速度；
（2）分拣机器人空载时重力为，空载时，分拣机器人对地面的压力等于重力，结合压强公式计算分拣机器人对水平面的压强。
（1）货物的速度
（2）分拣机器人空载时重力为
空载时，分拣机器人对地面的压力
分拣机器人对水平面的压强为
22．【答案】（1）解：电热丝的电阻为
加热电路正常加热10min产生的热量为
（2）解：当温度达到最高时，开关S断开，此时
控制电路中 与 串联，电路电流为
总电阻
因此热敏电阻阻值为
由图丙可知，对应温度为，即恒温箱最高温度为。
（3）减小定值电阻的阻值
【知识点】电阻的串联；欧姆定律及其应用；电路的动态分析；电功的计算；电功率的计算
【解析】【解答】由图丙可知，恒温箱内的最高温度升高到45℃，热敏电阻的阻值变小；需保持不变，若电源电压不变，根据串联分压原理可知，可减小定值电阻的阻值。
【分析】（1）可利用电功率公式 的变形计算电热丝电阻；因为加热电路是纯电阻电路，所以可利用焦耳定律或电功公式计算加热10min产生的热量。
（2）首先明确开关断开停止加热时对应恒温箱最高温度，此时，因为控制电路中与串联，所以先根据串联电路电流规律求出电路电流，再求出 两端电压，结合欧姆定律计算此时的阻值，之后对照图丙的阻值-温度图像，查找对应温度即可。
（3）要升高最高温度，此时阻值会变小，而鉴别器的 断开阈值不变，所以可以通过调整 的阻值或者调整控制电路的电源电压来实现。
（1）电热丝的电阻为
加热电路正常加热10min产生的热量为
（2）当温度达到最高时，开关S断开，此时
控制电路中 与 串联，电路电流为
总电阻
因此热敏电阻阻值为
由图丙可知，对应温度为，即恒温箱最高温度为。
（3）由图丙可知，恒温箱内的最高温度升高到45℃，热敏电阻的阻值变小；需保持不变，若电源电压不变，根据串联分压原理可知，可减小定值电阻的阻值。
23．【答案】（1）可再生
（2）解：已知太阳辐射总能量
标准煤热值
由可知，得煤的质量
（3）解：已知：电动机额定功率，效率，光伏膜最大发电功率，光电转换效率，蓄电池满电储能，电动机输出功率为
①辐射功率，设面积为S，则，则
②电动机输出功率
电动机输入功率（由效率公式），则
光伏膜提供的功率
蓄电池需要提供的功率
蓄电池可输出的能量（降至0.1E0停止输出）
可行驶时间
【知识点】燃料的热值；能源及其分类；太阳能及其利用与转化
【解析】【解答】（1）太阳能能够持续不断地从自然界中得到，符合可再生能源的定义，因此属于可再生能源。
【分析】（1）可再生能源：使用后短期可以恢复的能源、如风能、太阳能、不可再生能源：使用内短期不能再生的能源，如核能、化石能源；
（2）已知太阳辐射总能量，标准煤热值，结合热值公式计算煤的质量；
（3）已知电动机额定功率、工作效率、光伏膜最大发电功率、光电转换效率与蓄电池满电储存总能量，且给定电动机实际输出功率。
①先明确单位面积太阳辐射功率，设光伏膜面积为 S，结合光电转换效率列式，求解所需光伏膜面积。
②由电动机输出功率与工作效率反推电动机输入电功率；用电机输入功率减去光伏膜实时供电功率，得到蓄电池需补充输出的功率。蓄电池仅释放 90% 储存能量（剩余 0.1E0不再供电），算出蓄电池可用总电能，结合输出功率，计算车辆可持续行驶时长。
（1）太阳能可以源源不断地从自然界获得，属于可再生能源。
（2）已知太阳辐射总能量
标准煤热值
由可知，得煤的质量
（3）已知：电动机额定功率，效率，光伏膜最大发电功率，光电转换效率，蓄电池满电储能，电动机输出功率为
①辐射功率，设面积为S，则，则
②电动机输出功率
电动机输入功率（由效率公式），则
光伏膜提供的功率
蓄电池需要提供的功率
蓄电池可输出的能量（降至0.1E0停止输出）
可行驶时间
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