广东省汕头市濠江区2026年中考一模物理试题

广东省汕头市濠江区2026年中考一模物理试题1．潮汕英歌舞是我国首批国家级非物质文化遗产，右图是舞者手持“英歌槌”表演的场景，图中舞者手中“英歌槌”的长度最接近（）A．0.4m B．1dm C．1m D．4m2．如图是锂（Li）的原子模型示意图，其中粒子C不带电。关于该原子模型，下列说法正确的是（）A．粒子A带正电 B．粒子A是电子 C．粒子B带负电 D．粒子C是质子3．“奋斗者”号是世界上唯一能在北极密集海冰区进行连续载人深潜的装备。北极深潜作业面临极端低温环境，“奋斗者”号表面金属部件可能因低温出现表面结霜现象。该过程中发生的物态变化是（）A．熔化 B．凝固 C．凝华 D．升华4．在学校文艺汇演上，小明用力击鼓，为表演增添了雄壮的气势。关于这一情境，下列说法正确的是（）A．鼓声是由鼓面的振动产生的B．鼓声的传播速度是3×C．鼓声对于任何人来说都是乐音D．用力敲击鼓是为了提高鼓声的音调5．福建舰是全球首艘采用常规动力电磁弹射技术的航空母舰，于2025年11月入列服役。其电磁弹射系统是利用强磁场对通电轨道产生的力使舰载机加速起飞的。下列图示与此原理相同的是（）A． B．C． D．6．小明设计了如图所示的装置来进行“探究滑动摩擦力的影响因素”实验，水平传送带的速度可以调节，定滑轮与绳的摩擦忽略不计。对于该实验，以下说法正确的是（）A．木块受到静摩擦力B．定滑轮能改变力的方向和大小C．木块受到的摩擦力方向为水平向左D．当传送带速度变大，木块所受摩擦力也变大7．2026年春节，汕头焰火晚会上10000架无人机化作流萤与烟花共舞，带来了视觉盛宴。无人机工作时，首先闭合开关S1自检，如无故障，指示灯亮；再闭合开关SA． B．C． D．8．潮汕美食“红桃粿”吸引了很多游客。制作红桃粿时，捏粿皮成碗状，说明力能改变物体的；蒸粿时，粿的内能增加，这是通过方式来改变内能；出锅时，粿香扑鼻，这是一种现象。9．核动力破冰船利用核（选填“聚变”或“裂变”）提供能量，核能属于（选填“可再生”或“不可再生”）能源；破冰作业时，船底某处距离水面深度为12m，该处受到的海水压强为Pa。（ρ海水10．汽车作为现代工业文明的结晶，其设计、制造和运行的每一个环节都深刻体现了物理学原理的应用。请根据所学知识，完成下列小题。（1）汽车倒车雷达利用波探测障碍物；车载导航通过波与卫星通信，实现定位；后视镜利用光的（选填“直线传播”、“反射”或“折射”），可扩大视野；（2）现代汽车的动力核心主要分为内燃机和电动机。如图为单缸四冲程汽油机的冲程，若该汽油机转速为2400r/min，则它每分钟完成个如图所示的冲程；若汽车陷在泥坑里，可用滑轮组协助将其拉出，以下方式最省力（选填“A”“B”或“C”）。A.B.C.11．C919是我国自主研发的大型客机。机翼设计成上凸下平，利用了流体流速越大的位置压强越的原理产生升力；飞机加速升空，机械能（选填“增大”、“减小”或“不变”）；飞机着陆后不能立即停下，是因为飞机具有。12．雨滴在竖直下落的过程中，受到重力和阻力的作用，一般要经历加速和匀速两个阶段，最终落到地面。如果一滴雨滴所受的重力为5×10−4N，它在某时刻所受的阻力为3×10−4N，此时雨滴所受合力为13．下图为水位自动报警器的原理图，水位没有达到金属块A时，（选填“红”或“绿”）灯亮；当水位到达金属块A时，电磁铁通电，其上端为极；为使报警效果更好，可将警示灯与电铃（选填“串联”或“并联”）连接。14．按要求完成下列作图；（1）小强投掷出去的铅球在空中的运动轨迹如题图所示，不考虑空气阻力，请画出铅球在P点的受力示意图；（2）如题图甲所示，塔式太阳能电站通过平面镜将太阳光反射会聚到吸热塔上，以此来利用太阳能。某时刻一束阳光沿AO方向照射到平面镜上的O点，被平面镜反射到了吸热塔上的B点，请在图乙中作图说明平面镜所在的位置（保留作图痕迹）；（3）题图甲是厨房中比较常见的带开关的插座，请将图乙中的插座和控制插座的开关正确地接入电路中。15．（1）小洁将平行光正对凸透镜，移动光屏，直至光屏上形成一个最小、最亮的光斑，如图甲所示，则该凸透镜的焦距为cm；实验图乙所示，则光屏上的像应为图丙的（选填“1”“2”“3”或“4”）。（2）如图甲所示，小亮为了使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向端调节（选填“左”或“右”）；他利用杠杆平衡条件晾晒多条相同的毛巾，同个夹子可同时晾晒一条或两条毛巾，下列做法最有可能让衣架保持水平平衡的是。A.B.C.D.（3）小明探究了冰熔化过程中温度的变化规律，实验过程中，某时刻温度计的示数如图甲所示，为℃；小明绘制的被测物质温度随时间变化的图像如图乙所示，冰升温比水快，原因是。16．小伦同学猜想浮力大小可能与排开液体的体积、浸入液体的深度、液体的密度有关，图为小伦学习小组探究“浮力大小与哪些因素有关”的过程情景。（1）如图A所示，弹簧测力计示数为N；物体完全浸没在水中时所受浮力为N。（2）A、B、C三个实验说明，浮力的大小与有关。（3）以下图像中能正确表示浮力F浮A． B．C． D．（4）根据实验数据，盐水的密度为kgm3。（（5）小伦利用浮力和密度知识，制作了密度计。使用时，密度计所受浮力（选填“大于”“等于”或者“小于”）自身重力；将其放入两种液体中，如图所示，由观察到的现象可知（选填“甲”或“乙”）杯的液体密度更大。17．小明用图甲所示的实验装置测量小灯泡正常发光时的电阻。已知小灯泡正常发光时的电压为2.5V。（1）请用笔画线表示导线，将图甲中的实物电路连接完整。要求：滑动变阻器的滑片向右移动时，小灯泡变亮；（2）开关闭合前，滑动变阻器滑片应移向端（选填“A”或“B”）；（3）闭合开关，发现电压表和电流表均无示数。若电路中只有一处故障，则故障可能是_____。（选填字母）A．滑动变阻器短路 B．滑动变阻器断路C．小灯泡短路 D．小灯泡断路（4）小明实验中记录的部分数据如下表所示。实验次数小灯泡两端的电压U/V通过小灯泡的电流I/A小灯泡的电阻R/Ω小灯泡电阻的平均值/Ω12.20.287.9

22.5

32.80.328.8①当小灯泡两端的电压为2.5V时，电流表的示数如图乙所示，电流为A，则此时小灯泡的电阻为Ω（结果保留1位小数）。②请你指出实验表格存在的不当之处：。（5）实验结束后，小明又设计了图丙所示的电路来测量未知电阻Rx的电阻，其中电源电压未知且不变，定值电阻R①闭合开关S和S1，读出电压表的示数为U②断开开关S1，读出电压表的示数为U③Rx=。（用U1、U18．如图所示，我国自主研发的机器人已在日常生活中应用。该机器人空载时质量为40kg，站立时双脚与水平地面的总接触面积为0.02m（1）机器人空载时所受的重力；（2）机器人空载站立时对水平地面的压强；（3）机器人匀速前进过程中所受牵引力为120N，牵引力做功的功率。19．图为某牌电热水壶的工作电路示意图，电阻器R1、R2均为发热电阻，R2=836Ω；S1是总开关，（1）加热状态时电路中的电流；（2）R1（3）保温状态的电功率。20．在跨学科实践活动中，老师让同学们对生活、社会、工业生产中的物理现象进行探究，小美关注到了这一现象：摩托车发动机采用空冷（通过空气冷却），汽车发动机采用水冷（通过流水冷却）。为探究哪种方式冷却更快，小美进行了以下实验：用两个相同牛奶瓶装入热牛奶，甲瓶放入与室温相同的水中，乙瓶置于空气中，两瓶均用木块垫起（减少桌面导热影响），装置如图所示。实验数据如下表：时间/min024681012141618甲（水冷）/℃70605347423937353433乙（空冷）/℃70666158555250484644（1）实验中，必须控制牛奶的和初温相同，这体现了法的科学思想。（2）分析实验数据，可得出结论：。（3）进一步分析甲瓶的数据，小美发现甲瓶牛奶在冷却过程中，冷却的速度越来越（选填“快”或“慢”）。经分析，小美认为其原因是：牛奶冷却的快慢还受到的影响。（4）根据前面的分析，小美找到了一个能让物体快速降温的方法，也明白了工业中采用“流水喷淋法”冷却高温物体的好处，请你写出其中一个好处：。流水喷淋法的工作过程：如图通过喷头，大量细小的水珠源源不断地喷洒在高温物体上，落水收集后通过冷却塔再循环使用。21．阅读短文，回答问题“智造”科技小组想利用压敏电阻制作一个“钢梁承重报警器”。当钢梁下垂量超过安全限度时，电路中的电压表达到满偏，从而触发报警装置。如图甲，钢片受到的压力F与下垂量h满足F=kh，其中k=2N/mm。压敏电阻R的阻值随压力F变化的图像如图乙所示。压敏电阻与电源、电阻箱和开关组成图丙所示电路，电源电压U=4.5V，电阻箱阻值设定为500Ω。（1）压敏电阻是由（选填“绝缘体”“半导体”或“超导”）材料制成的；（2）当压敏电阻阻值为500Ω，电路中电流为A；（3）小组的同学想在电路中接入一个量程为0-3V的电压表，要求：压力F越大，电压表的示数越大。①电压表应该并联在电路（选填“AB”“BC”或“CD”）两点之间；②电路所能测量的钢片最大下垂量为mm；③在实际测试中，同学们发现该装置测量的最大下垂量太小，不能满足工程需求。为了增大该装置能测量的最大下垂量，小明提出两个方案，请选其中一个进行填写方案一：调整电阻箱的阻值。应将其阻值调（选填“大”或“小”）。方案二：更换电源。应换用电压更（选填“高”或“低”）的电源。22．阅读短文，回答问题向天“借”电——空中发电站空中发电站是我国自主研发的高空风能发电装备，其核心系统由轻质浮空囊体、高效涵道风轮、智能系缆和地面控制站组成。浮空囊体内充满氦气，能飘在空中；工作时，通过智能风帆带动发电机旋转，将高空风能转化为电能，再通过高强度系缆（“电力脐带”）输送至地面基站。S2000型空中发电站已于2026年1月在四川宜宾成功试飞并完成并网发电测试。其最大额定功率可达3兆瓦（1兆瓦=1000千瓦），运行时噪音低于60分贝，可抵御17级台风，适用于应急救援、通信保障、零碳园区建设等场景。空中发电站是利用高空稳定风能发电的新型清洁能源装置，其核心参数如下：风轮叶片扫风面积为200m2，当地高空平均风速为10m/s，空气密度约为1.25kg/m（1）空中发电站的浮空囊体充满氦气从而能飘在空中，这是利用氦气的小于空气；空中发电站工作时，风推动风轮旋转带动发电机发电，发电机的工作原理是（选填“电流的磁效应”或“电磁感应现象”）。（2）空中发电站运行时噪音低于60分贝，从环保角度看，这一设计属于在（选填“声源处”“传播过程中”或“人耳处”）减弱噪声，可减少对周边环境的干扰。（3）结合发电系统的能量转化效率，该空中发电站1小时内实际输出的电能为J；若将该电能全部用于额定功率为10kw的电动机供电，理论上电动机可持续工作h。（4）假设该空中发电站可等效为一个电压恒定的电源，其输出电压为U=600V，输电线总电阻为r=2Ω，地面接一个可变负载电阻R，当R=Ω时，负载电阻的电功率最大，为PR

答案解析部分1．【答案】A【知识点】长度的估测【解析】【解答】结合图片进行估测，舞槌的长度大致为成年人单臂长度的二分之一。成年人单臂长度大约为80cm，由此可以估算出舞槌的长度约为40cm，换算单位后等于0.4m，故A正确，BCD错误。

故选：A。

【分析】长度估测类题目需要结合生活中常见物体的尺度作为参考标准，先选取熟悉的长度数据进行参照对比，再通过倍数关系对待测物体长度估算，最后按需完成单位换算，选出最贴合实际的数值。2．【答案】B【知识点】原子结构【解析】【解答】原子是由位于中心的原子核和核外电子组成，原子核由质子和中子组成，质子带正电，中子不带电，电子带负电，因此A是电子，B是质子，C是中子。

故答案为：B。【分析】本题考查原子的内部构成，核心思路：原子由原子核与核外电子构成，原子核包含质子（带正电）、中子（不带电），电子带负电，结合题图位置与题干条件判断三种粒子。3．【答案】C【知识点】熔化与熔化吸热特点；凝固与凝固放热特点；升华及升华吸热；凝华及凝华放热【解析】【解答】低温出现表面结霜现象是由于空气中的气态水蒸气遇冷放热，凝华成固态的小冰晶，属于凝华。熔化是固态变成液态，凝固是液态变成固态，升华是固态变成气态，故C正确，ABD错误。故答案为：C。

【分析】本题考查物态变化的区分，核心思路：明确霜是固态小冰晶，由空气中水蒸气直接形成，对照各物态变化定义判断。4．【答案】A【知识点】声音的产生；声速；噪声及来源【解析】【解答】A、声音由物体振动产生，鼓声是鼓面振动形成的，故A正确；B、3×108m/sC、乐音、噪音的判定具有相对性，若鼓声干扰他人休息，此时鼓声属于噪音，故C错误；D、用力敲鼓增大鼓面振动幅度，提高的是响度，而非音调，故D错误；故答案为：A。【分析】A、考查声音产生的条件，一切发声物体都在振动；B、区分光速与空气中声速的数值，不能相互混淆；C、考查噪声的相对性，从环境影响角度判断声音是否为噪声；D、区分响度与音调，振幅影响响度，振动频率影响音调。5．【答案】D【知识点】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；影响电磁铁磁性强弱的因素及其探究【解析】【解答】电磁弹射的原理：通电导体在磁场中受到力的作用（电动机的工作原理，电能转化为机械能）。

A、奥斯特实验，说明电流的磁效应（电生磁），不符合题意。

B、电磁感应实验，无外接电源，导体切割磁感线产生感应电流，是发电机原理，不符合题意。

C、探究电磁铁磁性强弱与线圈匝数的关系，属于电流的磁效应，不符合题意。

D、电路带有电源，通电导体在磁场中受力运动，和电磁弹射、电动机原理完全一致，正确。

故答案为：D。

【分析】1、通电导体在磁场中受力运动（电动机原理）

电路必须外接电源，电能转化为机械能，应用：电动机、电磁弹射、扬声器。

2、电磁感应现象（发电机原理）

无外接电源，导体切割磁感线产生感应电流，机械能转化为电能，应用：发电机、动圈式话筒。

3、电流的磁效应（奥斯特实验）

通电导线周围存在磁场，电生磁，应用：电磁铁、电磁继电器。6．【答案】C【知识点】二力平衡的条件及其应用；摩擦力的方向；探究影响摩擦力大小因素的实验；定滑轮及其工作特点【解析】【解答】A、木块与传送带之间发生相对滑动，木块受到滑动摩擦力，不是静摩擦力，故A错误；

B、定滑轮只能改变力的方向，不能改变力的大小，故B错误；

C、传送带向左运动，木块相对传送带向右滑动，滑动摩擦力阻碍相对运动，因此木块受到的摩擦力方向水平向左，故C正确；

D、滑动摩擦力大小只与压力、接触面粗糙程度有关，与传送带速度无关，速度变大，摩擦力不变，故D错误；

故答案为：C。

【分析】A、考查静摩擦力与滑动摩擦力区分，存在相对滑动时产生滑动摩擦力；

B、考查定滑轮的作用，定滑轮不省力，仅改变力的方向；

C、考查滑动摩擦力方向判断，摩擦力与物体相对接触面的运动方向相反；

D、考查滑动摩擦力的影响因素，速度不会改变滑动摩擦力大小。7．【答案】C【知识点】串、并联电路的设计【解析】【解答】根据题意，电路需要满足两个要求：①只闭合S1​时，只有指示灯亮，电动机不工作；②S1​闭合后再闭合S2，电动机才启动，由此可知指示灯和电动机并联，S1故答案为：C。

【分析】本题考查并联电路开关控制逻辑，核心思路：先梳理题干电路要求，再逐一匹配电路图。8．【答案】形状；热传递；扩散【知识点】热传递改变物体内能；力的作用效果；分子热运动【解析】【解答】制作红桃粿时，捏粿皮成碗状，力使粿皮发生形变，说明力能改变物体的形状；蒸粿过程中，粿吸收蒸汽的热量，内能增大，这是通过热传递的方式改变物体内能；出锅时粿香四处飘散，是香气分子不停做无规则运动进入空气，属于扩散现象。

故答案为：形状；热传递；扩散

【分析】(1)本题考查力的作用效果，力可以改变物体的形状，也可以改变物体的运动状态。

(2)本题考查改变内能的两种方式，做功和热传递，蒸制食物依靠热传递增加内能。

(3)本题考查分子热运动，不同物质相互接触彼此进入对方的现象叫做扩散。9．【答案】裂变；不可再生；1.2×【知识点】能源及其分类；核裂变；液体压强计算公式的应用【解析】【解答】现有核动力设备依靠可控核裂变释放能量，因此核动力破冰船利用核裂变供能；核燃料储量有限，消耗后短时间无法再生，核能属于不可再生能源；根据液体压强公式p=ρgh，代入数据计算：p=ρ故答案为：裂变；不可再生；1.2×【分析】(1)本题考查核能的利用，人类可控的核反应为核裂变，核聚变暂无法可控应用于动力装置。(2)本题考查能源分类，不能短期内从自然界得到补充的能源为不可再生能源。(3)本题考查液体压强计算，熟练运用p=ρgh公式代入数值求解即可。10．【答案】（1）超声；电磁；反射（2）压缩；1200；C【知识点】凸面镜和凹面镜；热机的四个冲程；超声波与次声波；滑轮组及其工作特点；电磁波在日常生活中的应用【解析】【解答】(1)汽车倒车雷达依靠超声波回声定位探测障碍物；车载导航依靠电磁波与卫星传递信号实现定位；汽车后视镜是凸面镜，利用光的反射扩大观察视野。故答案为：超声；电磁；反射；(2)图中汽油机进气门、排气门全部关闭，活塞向上运动，属于压缩冲程；汽油机转速2400r/min，飞轮每转2圈完成1个工作循环、1次压缩冲程，每分钟完成1200次压缩冲程；滑轮组拉力公式F=G故答案为：压缩；1200；C；【分析】(1)本题区分超声波、电磁波的应用场景，同时掌握凸面镜成像原理为光的反射。(2)第一空依据气门状态、活塞运动方向判断四冲程类型；第二空根据飞轮转速与冲程的对应关系计算压缩冲程数量；第三空依据滑轮组省力规律，数出动滑轮承重绳段数判断最省力装置。（1）超声波可以传递信息，汽车倒车雷达是利用超声波回声定位来探测障碍物的；现代信息技术主要靠电磁波传递信息，车载导航通过电磁波与卫星通信，实现定位；汽车后视镜是凸面镜，利用光的反射可以扩大视野。（2）图中进气门和排气门均关闭，活塞上行，是四冲程汽油机的压缩冲程；汽油机的一个工作循环完成4个冲程，飞轮转2圈。若该汽油机转速为2400r/min，则它每分钟完成1200个工作循环，则每分钟完成1200个如图所示的压缩冲程；由图可知，C选项中滑轮组的动滑轮上承担拉力的有效绳子段数最多，所以C最省力。11．【答案】小；增大；惯性【知识点】机械能及其转化；惯性及其现象；飞机的升力【解析】【解答】（1）机翼上凸下平，则它飞行时上方空气流速大而气压小，下方空气流速小而压强大，进而产生向上的升力；（2）飞机加速升空时，质量不变，速度增大，则动能增大；质量不变，高度升高，则重力势能增大。根据“机械能=动能+重力势能”可知，所以机械能增大。（3）飞机着陆后，由于惯性会继续保持原来的运动状态，因此不能立即停下。

【分析】（1）根据流体压强与流速的关系可知，流体流速越大的位置压强越小；

（2）动能与质量和速度有关，重力势能与质量和高度有关，而“机械能=动能+重力势能”；

（3）惯性是物体保持原有运动状态不变的性质。12．【答案】2×10【知识点】牛顿第一定律；力的合成与应用【解析】【解答】雨滴下落时受到竖直向下的重力与竖直向上的阻力，二力反向，合力大小F合故答案为：2×10【分析】(1)本题考查同一直线上二力合成，反向二力合力等于两力大小之差，方向与较大力一致。(2)本题考查牛顿第一定律，物体不受外力时维持当下的运动状态不变。13．【答案】绿；S；并联【知识点】串联电路和并联电路的辨别；电磁继电器的组成、原理和特点【解析】【解答】水位未到达金属块A时，左侧控制电路断开，电磁铁无磁性，衔铁被弹簧拉起，接通绿灯支路，绿灯亮；根据安培定则，右手握住螺线管，四指沿电流环绕方向，大拇指指向螺线管下端N极，因此电磁铁上端为S极；并联电路各支路独立工作、互不影响，警示灯与电铃并联可同时正常工作，报警效果更好。

故答案为：绿；S；并联

【分析】(1)本题考查电磁继电器工作原理，控制电路断路时电磁铁无磁性，衔铁接通上支路绿灯。

(2)本题考查安培定则，根据线圈电流方向判断螺线管磁极。

(3)本题考查串并联电路特点，并联用电器互不干扰，适合声光报警装置。14．【答案】（1）（2）（3）【知识点】作光的反射光路图；重力示意图；家庭电路的连接【解析】【解答】（1）不考虑空气阻力，投掷出的铅球在空中飞行时，只受重力作用，重力方向始终竖直向下，作用点在铅球的重心，过P点（铅球重心）沿竖直向下方向画一条带箭头的线段，在箭头旁标注符号G即可，如下图所示：

（2）根据光的反射定律，反射角等于入射角，法线是入射光线和反射光线夹角的角平分线，且平面镜与法线垂直，据此可确定平面镜位置。已知入射光线AO，连接O和B得到完整的反射光线OB，作∠AOB的角平分线，该线就是法线，过O点作垂直于法线的直线，该直线就是平面镜，在平面镜的背光侧画上短斜线表示镜面，保留作图痕迹即可，如下图所示：

（3）开关控制插座时，开关必须接在相线上，保证断开开关后插座不带电，符合安全用电要求，三孔插座的接线规则为左孔接中性线、右孔接相线、上孔接保护线，如下图所示：

【分析】(1)本题考查重力示意图，空中抛体忽略阻力时仅受重力，重力方向永远竖直向下，作用点在重心。

(2)本题考查光的反射作图，依据反射角等于入射角，法线是入射、反射光线夹角平分线，平面镜与法线垂直。

(3)本题考查家庭安全电路接线，控制用电器的开关必须接相线；三孔插座固定接线口诀：左零、右火、上地。（1）不考虑空气阻力，投掷出的铅球在空中飞行时，只受重力作用，重力方向始终竖直向下，作用点在铅球的重心，过P点（铅球重心）沿竖直向下方向画一条带箭头的线段，在箭头旁标注符号G即可。（2）根据光的反射定律，反射角等于入射角，法线是入射光线和反射光线夹角的角平分线，且平面镜与法线垂直，据此可确定平面镜位置。已知入射光线AO，连接O和B得到完整的反射光线OB，作∠AOB的角平分线，该线就是法线，过O点作垂直于法线的直线，该直线就是平面镜，在平面镜的背光侧画上短斜线表示镜面，保留作图痕迹即可。（3）开关控制插座时，开关必须接在相线上，保证断开开关后插座不带电，符合安全用电要求，三孔插座的接线规则为左孔接中性线、右孔接相线、上孔接保护线。15．【答案】（1）10.0；3（2）右；C（3）−3；水的比热容比冰的大【知识点】熔化和凝固的温度—时间图象；凸透镜成像规律及其探究实验；探究杠杆的平衡条件实验；水的比热容的特点及其应用【解析】【解答】(1)平行光正对凸透镜，光屏上最小最亮光斑为焦点，焦距等于焦点到透镜光心的距离，计算得f=60.0cm−50.0cm=10.0cm；图乙物距u=50cm−35cm=15cm，满足f<u<2f，凸透镜成倒立、放大的实像，对应图丙的3。

故答案为：10.0；3；

(2)杠杆左端下沉、右端偏高，调节平衡螺母向偏高的右端调节；设每条毛巾重力为G，相邻夹子到支点距离为L，根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2，只有C选项满足2G×L=G×2L，杠杆能够平衡。

故答案为：右；C；（1）平行光正对凸透镜，最小最亮的光斑是凸透镜的焦点，焦距为焦点到光心的距离，由图甲可知f=60.0由图乙可知物距u=50满足f<u<2f，此时凸透镜成倒立、放大的实像，对应丙图的3。（2）图中杠杆左端下沉、右端上翘，调节平衡螺母时，向偏高的右端调节。设每条毛巾重力为G，相邻夹子到支点（挂钩）的间距为L，根据杠杆平衡条件F1L1（3）温度计分度值为1∘C，液柱顶端位于0∘相同质量的冰和水，吸收相同热量时，冰的比热容比水小，温度升高更快，因此冰升温比水快。16．【答案】（1）4.8；2（2）排开液体的体积（3）D（4）1.2×（5）等于；乙【知识点】阿基米德原理；浮力大小的计算；探究影响浮力大小的因素；制作微型密度计【解析】【解答】(1)弹簧测力计分度值0.1N，指针指4.8N，物体重力G=4.8N；

物体完全浸没水中拉力为2.8N，浮力F浮=G−F拉=4.8N−2.8N=2N。

故答案为：4.8；2；

(2)A、B、C三组实验液体密度相同，物体排开液体体积不同，浮力大小不同，说明浮力大小与排开液体的体积有关。

故答案为：排开液体的体积；

(3)物体浸入液体时，未完全浸没前，浸入深度增大，排开液体体积变大，浮力变大；完全浸没后，排开液体体积不变，浮力不变，浮力从0开始先增大后恒定，对应图像D。

故答案为：D；

(4)先由G=ρ物gV算出物体体积V=Gρ物g=4.8N2.4×103kg/m3×10N/（1）弹簧测力计分度值为0.1N，指针指向4.8N，因此物体重力G=4.8N；物体完全浸没在水中时拉力为（2）A、B、C三次实验，液体密度相同，物体排开液体的体积不同，浮力不同，说明浮力大小与排开液体的体积有关。（3）浮力随浸入深度的变化规律：物体开始浸入时，浸入深度h增大，排开液体体积增大，浮力增大；物体完全浸没后，h增大，排开液体体积不变，浮力不变。因此浮力从0开始先增大，后保持不变，对应图像为D。（4）先由G=ρ物物体完全浸没盐水中，浮力F由F浮=（5）密度计始终漂浮，漂浮时浮力等于自身重力；根据F浮=ρ17．【答案】（1）（2）A（3）B（4）0.3；8.3；“小灯泡电阻的平均值/Ω”一栏是多余的（5）U【知识点】伏安法测电阻的探究实验【解析】【解答】（1）滑片向右移动时灯泡变亮，要求接入电阻变小，因此接右下B接线柱，此时滑片右移，接入电阻丝长度变短，电阻减小，电流变大。

故答案为：（2）开关闭合前，滑动变阻器需调到最大阻值处保护电路，下接线柱接B，最大阻值对应滑片在A端，因此滑片移到A端。

故答案为：A（3）A.若滑动变阻器短路，则电路通路，两表都有示数，故A错误；B.若滑动变阻器断路，则整个电路断路，两表都无示数，故B正确；C.若小灯泡短路，则电路时通路，电流表有示数，故C错误；D.若小灯泡断路，电压表会串联进电路，电压表有示数，且接近电源电压，故D错误。故答案为：B。（4）电流表用0~0.6A量程，分度值0.02A，指针读数为0.3A；根据R=UI小灯泡电阻随温度改变，不同电压下电阻不同，求电阻平均值没有意义，故设计小灯泡电阻的平均值一栏是多余的。

故答案为：0.3；8.3；“小灯泡电阻的平均值/Ω”一栏是多余的（5）闭合S、S1时，R0被短路，电压表测电源电压，得电源电压U=U1​；断开S1后，R0与Rₓ串联，电压表测Rₓ电压，得Rₓ电压Ux=U2整理得Rx=U2R0U1−U2

故答案为：（1）滑片向右移动时灯泡变亮，要求接入电阻变小，因此接右下B接线柱，此时滑片右移，接入电阻丝长度变短，电阻减小，电流变大。（2）开关闭合前，滑动变阻器需调到最大阻值处保护电路，下接线柱接B，最大阻值对应滑片在A端，因此滑片移到A端。（3）A.若滑动变阻器短路，则电路通路，两表都有示数，故A错误；B.若滑动变阻器断路，则整个电路断路，两表都无示数，故B正确；C.若小灯泡短路，则电路时通路，电流表有示数，故C错误；D.若小灯泡断路，电压表会串联进电路，电压表有示数，且接近电源电压，故D错误。故选B。（4）电流表用0~0.6A量程，分度值0.02A，指针读数为0.3A；根据R=UI小灯泡电阻随温度改变，不同电压下电阻不同，求电阻平均值没有意义，故设计小灯泡电阻的平均值一栏是多余的。（5）闭合S、S1时，R0被短路，电压表测电源电压，得电源电压U=U1​；断开S1后，R0与Rₓ串联，电压表测Rₓ电压，得Rₓ电压Ux=U2整理得R18．【答案】（1）解：该机器人空载是受到的重力：G=mg=400kg×10N/kg=400N。

答：该机器人空载是受到的重力是400N。（2）解：机器人对水平路面的压力等于它的重力大小，即：F=G=400N，

地面的受力面积等于轮胎与地面的总接触面积，即：S=0.2m2，

故机器人对水平路面的压强：p=FS=（3）解：机器人匀速行驶时牵引力做的功：W=F牵s=120N×50m=6000J，

机器人匀速行驶时牵引力的功率：P=【知识点】功率计算公式的应用；重力及其大小的计算；压强的大小及其计算【解析】【分析】（1）已知机器人的质量，根据G=mg求该机器人空载是受到的重力；

（2）机器人对水平路面的压力等于它的重力大小，根据p=FS求机器人对水平路面的压强；（3）根据W=Fs求机器人匀速行驶时牵引力做的功，根据19．【答案】（1）解：加热状态下，电功率为1100W，故加热状态下的电路中电流为I=（2）解：当开关S1闭合，S2接1时为加热状态，只有R1工作，且电压为220V，故（3）解：保温状态下，开关S1闭合，S2接2时，此时R1与保温状态下的功率为P【知识点】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】【分析】（1）本小问考查电功率公式P=UI的简单计算，已知加热功率和电源电压，直接推导求出电路工作电流。

（2）本小问考查纯电阻功率推导式P=U2R，加热时仅R1工作，两端电压等于电源电压，代入数据求出R1（1）加热状态下，电功率为1100W，故加热状态下的电路中电流为I=（2）当开关S1闭合，S2接1时为加热状态，只有R1工作，且电压为220V，故（3）保温状态下，开关S1闭合，S2接2时，此时R1与保温状态下的功率为P20．【答案】（1）质量（或体积）；控制变量（2）水冷方式冷却更快（3）慢；与外界的温度差（4）水一直保持低温，冷却速度快（或循环使用水，节约水资源；合理即可）【知识点】影响蒸发快慢的因素；热传递改变物体内能；物理学方法；探究不同物质的吸热能力【解析】【解答】（1）对比不同冷却方式的实验要遵循单一变量原则，牛奶的质量、初始温度属于无关变量，必须保持一致，该实验采用控制变量法。

（2）对比实验数据，相同条件下用水冷却的牛奶降温幅度更大，说明水冷的冷却效果优于空气冷却。

（3）观察降温记录数据，随着牛奶温度不断下降，它与周边环境的温差持续缩小，热量散失速度变慢，冷却速率逐渐放缓，证明冷却快慢和物体与环境的温差有关。

（4）流水喷淋冷却具备多重优势：水的比热容较大，吸热能力强，冷却效率高；持续流动的冷水能一直维持较大温差，加速散热；冷却水可循环回收，能够节约水资源，任选一条作答即可。

故答案为：（1）质量（或体积）；控制变量；（2）水冷方式冷却更快；（3）慢；与外界的温度差；（4）水一直保持低温，冷却速度快（或循环使用水，节约水资源；合理即可）。

【分析】（1）探究冷却效果实验需运用控制变量法，保证牛奶初温、质量一致，排除无关因素干扰；

（2）同等条件下水冷降温幅度更大，由此得出水冷冷却效果更好的实验结论；

（3）热传递快慢由物体与环境的温差决定，温差不断减小，散热冷却速度随之变慢；

（4）结合水的比热容特性与流水循环特点，梳理流水喷淋冷却方式的优势。（1）探究不同冷却方式的效果时，需要保持除冷却方式外其他影响降温的因素相同，因此必须控制牛奶的质量和初温相同，这是控制变量法的实验思想。（2）由实验数据可知初温、质量相同的牛奶，相同时间内，水冷的温度下降更多，因此可得结论：相同条件下，水冷却的效果比空气冷却更好。（3）观察甲瓶数据，相同时间间隔内，牛奶降低的温度越来越小，说明冷却速度越来越慢；原因是：牛奶温度逐渐降低后，和周围环境的温度差越来越小，热传递变慢，因此冷却快慢受牛奶与环境的温度差影响。（4）流水喷淋法的优点有很多：水的比热容大，相同质量升高相同温度可以吸收更多热量，冷却效果好；流动的冷水源源不断，始终保持和高温物体较大的温度差，降温更快；水可以循环使用，节约水资源，写出任意一条即可。21．【答案】（1）半导体（2）4.5×（3）AB；20；小；低【知识点】串联电路的电压规律；半导体特