广东省茂名市2026年中考二模物理试题（解析版）

广东省茂名市2026年中考二模物理试题

1.能源危机已成为国际性问题，世界各国越来越重视可再生能源的开发利用。下列属于可再生能源的是

()

A.石油B.太阳能C.煤炭D.核能

【答案】B

【解析】【解答】A：石油属于化石能源，不可再生，故错误；

B：太阳能是可再生能源，故正确；

C：煤炭属于化石能源，不可再生，故错误；

D：核能(核燃料)不可再生，故错误；

故答案选Bo

【分析】可再生能源：太阳能、风能、水能、地热能、生物质能等，可自然再生。

不可再生能源：煤、石油、天然气、核能等，储量有限，用后短期内无法恢复。

2.如图，地磁的两极与地理的两极连线存在一个夹角叫地磁偏角，世界上最早发现这一现象的是我国学者

()

A.张衡B.祖冲之C.沈括D.曹冲

【答案】C

【解析】【解答】A：张衡一发明地动仪、浑天仪，不是发现地磁偏角，故错误；

B：祖冲之一数学家、天文学家，计算圆周率，故错误；

C：沈括——在《梦溪笔谈》中最早记录地磁偏角，故正确；

D：曹冲——曹操之子，以“曹冲称象”闻名，故错误；

故答案选Co

【分析】地磁偏角：地磁北极与地理北极之间的夹角。

历史人物与成就：沈括(北宋)《梦溪笔谈》中记载了磁偏角现象，比西方早约400年。

3.又到荔枝成熟时。清晨，小茂在荔枝园看到枝头上的荔枝有晶莹的露珠，如图所示，露珠形成所发生的

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A.液化B.凝固C.升华D.凝华

【答案】A

【解析】【解答】露珠是空气中的水蒸气遇冷液化成的小水滴，清晨温度较低，空气中的水蒸气就会在荔枝表

面液化成晶莹的露珠，属于液化现象。

故答案选Ao

【分析】液化：气态变成液态，放热。常见例子：露珠、雾、“白气”等。

凝固：液态变成固态；升华：固态变成气态；凝华：气态变成固态。

4.如图是我国传统玩具走马灯，灯内蜡烛燃烧产生的热空气推动叶轮转动，从能量转化的角度，此过程与

汽油机的哪个冲程类似（）

A.吸气冲程B.压缩冲程C.做功冲程D.排气冲程

【答案】C

【解析】【解答】走马灯中，蜡烛燃烧产生的热空气推动叶轮转动，是内能转化为机械能。汽油机的做功冲程

中，燃气膨胀对外做功，也是内能转化为机械能，因此两者能量转化相同。

故答案选Co

【分析】热机（汽油机）的四个冲程：吸气、压缩、做功、排气。其中做功冲程将内能转化为机械能，其他

冲程消耗机械能。

走马灯的工作原理：热空气上升，带动叶轮转动，内能转化为机械能。

5.如图所示，这是一款不需要电池的自发电门铃。当按压门铃压板时，压板后面的弹簧会带动磁体运动，

从而在线圈中产生电流，使门铃发出声音。这种门铃的工作原理是（）

A.电流的磁效应B.电流的热效应

C.摩擦起电D.电磁感应现象

【答案】D

【解析】【解答】ABCD.门铃是通过磁体运动产生电流，本质为电磁感应原理，通过切割磁感线是的产生感

应电流，不是电流的磁效应，故ARC不符合题意：D符合题意八

故选Do

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【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，止四指指向电

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。

6.如图为电白架海灯塔，在涨潮时，海水慢慢上升到塔身位置的过程中，该灯塔所受到的浮力大小是（）

I

A.随水位上升逐渐变大B.随水位上升逐渐变小

C.始终为零D.等于灯塔的总重力

【答案】A

【解析】【解答】灯塔固定在海底，海水无法进入灯塔底部，因此灯塔下表面不受液体向上的压力，没有压力

差，浮力始终为零。故C正确。

故答案选Co

【分析】浮力产生的原因：浸在液体中的物体上下表面存在压力差。若物体底部与容器底（或海底）紧密接

触，液体无法进入底部，则下表面不受向上的压力，浮力为零。

本题中，灯塔是固定在海床上的建筑，底部与海底接触，涨潮时海水仅从侧面接触，底部没有水，因此不受

浮力。

7.如图是生物课上小明用放大镜贴着七星瓢虫观察的情况，将放大镜逐渐远离瓢虫时，小明观察到的成像

情况发生了变化，如图乙，像的变化情况排序正确的是（）

甲乙

A.①②③B.③②①C.③①②D.②①③

【答案】D

【解析】【解答】当放大镜逐渐远离瓢虫时，物距逐渐增大。在物距小于焦距范围内，成正立放大的虚像，且

像随物距增大而增大，因此像由小变大；当物距超过焦距后，成倒立缩小的实像，像变小且倒立。根据图

示，像的变化排序应为②—③一①，即先由小变大（②到③】，再变为倒立缩小的实像（①），故正确选

项为D（②③①）。

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故答案选Do

【分析】凸透镜成像规律：u<f,成正立放大的虚像，物距越大像越大；u>f,成倒立实像，物距越大像越

小。

本题中，放大镜从紧贴物体到逐渐远离，经历「从虚像到实像的过程，像先变大后变小，且由正立变为倒

立。

8.如图描绘了古诗仍f见》中的田园意境。"牧童骑黄牛，歌声振林槌”中，歌声是由牧童的声带

产生的；“振林檄”说明歌声的（选填“响度大”“音调高''或“音色好”）。牧童午间小憩时感觉蝉鸣扰

人,他用双手捂住耳朵，这是在处减弱噪声。

【答案】振动；响度大；人耳

【解析】【解答】歌声是由牧童的声带振动产生的；“振林槌”说明歌声的响度大；牧童用双手捂住耳朵，是在

人耳处减弱噪声。

故答案：振动；响度大；人耳。

【分析】声音的产生：一切发声的物体都在振动。

声音的特性：响度表示声音的大小，与振幅有关：“振林槌”描述声音响亮，故为响度大。

减弱噪声的途径：在声源处、传播过程中、人耳处。捂住耳朵属于在人耳处减弱噪声。

9.“小荷才露尖尖角，早有靖蜓立上头。'‘靖蜓在水中的像是由光的形成的。如图，一只蜻蜓停留

在距水面0.8m高的。处莲蓬上，若水深为2m,则蜻蜓与它在水中的像的距离是m.当蜻蜓从4处飞

到C处，蜻蜓在水中所成像的大小（选填“变大”“变小”或“不变

【答案】反射；1.6；不变

【解析】【解答］（1）水面非常光滑，可以视为平面镜，会发生镜面反射，所以靖蜓在水中的像是由光的反射

形成的。

（2）靖蜓距水面（）.8m,根据平面镜成像特点，像到水面的距离也为0.8m,因此蜻蜓与它的像之间的距离

为0.8m+0.8m=1.6m（水深2m是无关条件，不影响计算）。

（3）平面镜成像时，像的大小始终等于物体的大小，与物体到镜面的距离无关，因此当蜻蜓从A处飞到C

处，像的大小不变。

故答案：反射；1.6：小变。

【分析】光的反射：平面镜成像原理，光线遇到水面发生反射，进入人眼形成虚像。

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平面镜成像特点：像与物关于镜面对称，像与物到镜面的距离相等，像与物大小相等，像为虚像。

本题中，水深2m为多余条件，因为水面足平面镜，水深不影响像距和像的大小。计算距离时，只需要物距

（蜻蜓到水面的距离）即可。

10.早上，一份“白粥+捞粉''端到面前，韭菜油香飘四溢，这说明分子在做运动；一勺热气腾腾的

白粥进入口中，舌尖的温度升高，舌尖的内能（选填“增大减小''或"不变”），这是通过

改变了舌尖的内能。

【答案】无规则；增大；热传递

【解析】【解答】韭菜油杳飘四溢，是扩散现象，说明分子在不停地做无规则运动；

一勺热气腾腾的白粥进入口中，舌尖温度升高，内能增大；

这是通过热传递的方式改变了舌尖的内能。

故答案：无规则；增大；热传递。

【分析】分子动理论：一切物质的分子都在永不停息地做无规则运动，扩散现象（如闻到香味）是其证据。

内能：物体内部分子动能和势能的总和，同一物体温度越高，分子热运动越剧烈，内能越大。

改变内能的方式：做功利热传递。白粥与舌尖直接接触，热量从白粥传给舌尖，属于热传递。

11.如图是全运会期间广州塔附近无人机灯光秀的场景，无人机悬停在空中组成固定图案，此时升力与自身

受到的是一对平衡力，升力的施力物体是,无人机所受合力的大小为N。

【答案】力：空气；0

【解析】【解答】无人机悬停在空中，处于静止状态，因此受到平衡力的作用。在竖直方向上，无人机只受到

两个力：向上的升力和向下的重力。由于平衡，升力与重力大小相等、方向相反、作用在同一直线上，是一

对平衡力。升力是螺旋桨旋转时向r推动空气，空气对螺旋桨产生向上的反作用力，因此升力的施力物体是

空气。处于平衡状态的物体，所受合力为零，故无人机所受合力大小为0N,

答案第一空：重力；第二空：空气：第三空：0o

【分析】平衡状态：物体保持静止或匀速直线运动时，所受合外力为零。

二力平衡条件：同物、等大、反向、共线。

力的作用是相互的：无人机向下推空气，空气向上推无人机，升力的施力物体是空气。

合力计算：平衡状态下合力为0。

12.近日，运-208（如图）亮相执行本年度在韩志愿军烈士遗骸迎回任务。运-20B飞行时机翼上表面的空气

流速，压强（两空均选填"大''或"小”），在机翼的上下表面形成压力差，使飞机获得

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（选填“升力”或“浮力”）。

【答案】大；小；升力

【解析】【解答】飞机机翼的上表面设计成凸起形状，下表面较平。当飞机向前飞行时，空气流过机翼上表面

的路程较长、速度较快，流过下表面的路程较短、速度较慢。根据流体压强与流速的关系：沆速大的地方压

强小，流速小的地方压强大。因此，机翼上表面空气流速大，压强小；下表面空气流速小，压强大。上下表

面存在压力差，方向向上，这个压力差就是飞机获得的升力，使飞机能够克服重力升空。

故答案第一空：大；第二空：小；第三空：升力。

【分析】流体压强与流速的关系：伯努利原理，即流体流速越大的位置压强越小。

机翼升力的产生：机翼上凸下平，上方空气流速大压强小，下方空气流速小压强大，形成向上的压力差，即

升力。

飞机获得的不是浮力，浮力是物体在流体中受到的上下表面压力差，但通常指静止流体中，而飞机升力是相

对运动产生的。

13.如图是小明提升重物的装置，小明把150N的重物提升1m时，拉力做功200/,则额外功是I，

机械效率是%。用同一机械提升300N的重物时，机械效率（选填“变大""变小''或"不

变

【解析】【解答】有用功“育=G/i=150Nxlm=15（y,根据题意总功皿息=200/,

则额外功力赧="总一"方=2001-1501=50/；

W

机械效率〃=77^x100%=舞x100%=75%

用同一机械提升更重的物体时，有用功增大，而额外功（如动滑轮重、摩擦等）基本不变，因此机械效率变

大C

故答案：50；75；变大。

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W有

【分析】机械效率公式：n=U，其中有用功W/7=G/I,总功为拉力做的功。

意

额外功：总功减去有用功，来源于克服动滑轮重力、摩擦等。

同一机械，当提升的物重增加时，有用功所占比例增大，机械效率提高。

14.图甲是小灯泡L和电阻R的/-U关系图像，将小灯泡L和电阻R接入图乙所示的电路中，电源电压保持不

变。只闭合Si时，小灯泡L正常发光，此时电流表的示数为0.54则小灯泡L的额定功率是川；再

闭合开关S2,小灯泡L两端的电压（选填“变大""变小''或"不变”），电流表的示数变为4。

【答案】2；不变；（）.7

【解析】【解答】只闭合5时，小灯泡L正常发光，电流表示数为O.5A.由图中可知，当通过小灯泡的电流

为0.5A时，对应的电压为4V,则小灯泡的额定功率P=UI=4Vx0.54=2"。故第一空填2；

再闭合开关S2,电阻R与小灯泡弁联，电源电压不变，因此小灯泡L两端的电压不变。故第二空填“不

变”；

此时小灯泡两端电压仍为4V,从图甲中可读出电阻R在该电压下的电流为0.2A,则干路电流I=IL+IR

=0.5A+0.2A=0.7Ao故第三空填0.7。

故答案为：2；不变；0.7o

【分析】小灯泡正常发光时，其实际功率等于额定功率，计算公式P二UL其中U、I从图像中读取对应

值。

并联电路各支路两端电压相等，且等于电源电压，所以再闭合S2后灯泡两端电压不变。

干路电流等于各支路电流之和，从图像中读取电阻R在该电压下的电流，马灯泡电流相加即可。

15.

（1）如图所示，某同学在游乐场游玩时从滑梯上滑下，请画出他所受的重力G和支持力厂的示意图。

（2）根据图中的折射光线，分别作出相应的入射光线。

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（3）小亮同学利用变阻器帮爷爷制作了一个简易调光台灯，请将图中的变阻器和灯泡接入家庭电路，要

求符合安全用电要求，旦变阻器的滑片顺时针转动时，台灯变暗。

火线----------------------

钙-------------------

变阻器电灯

碳膜电瓶

滑片一

受阻器电灯

【解析】【解答】（1）重力G的作用点画在重心（一般位于几何中心），方向竖直向下；支持力F的作用点画

在重心，方向垂直于滑梯面向上。注意：滑梯是斜面，支持力与斜面垂直，重力竖直向下。

（2）①对于凸透镜：若折射光线平行于主光轴，则入射光线过焦点；若折射光线过焦点，则入射光线平行

于主光轴；若折射光线过光心，则入射光线也过光心且方向不变。

②对于凹透镜：若折射光线平行于主光轴，则入射光线的延长线过另一侧的焦点；若折射光线反向延长线

过焦点，则入射光线平行于主光轴：若折射光线过光心,则入射光线也过光心且方向不变c

根据图中折射光线的方向，分别画H对应的入射光线，并标上箭头。

第8页

------F------------+»•”卜..........腔...

（3）家庭电路中，火线（通常为红色或棕色）应接开关（变阻器），再经变阻器接灯泡，最后接零线。变阻

器的滑片顺时针转动时台灯变暗，说明电阻增大，因此滑片顺时针转动时应使接入电路的电阻丝长度增加。

对于常见的滑动变阻器（如碳膜电阻），接线柱一般有A、B、C.其中A、B为电阻丝两端，C为滑片。要

使滑片顺时针转动电阻变大，应选择一端的接线柱和滑片接入电路，具体接法：将火线接变阻器的一个固定

端（如A）,滑片C接灯泡一端，灯泡另一端接零线；且当滑片顺时针转动时，滑片向另一端（如B）移

动，接入电阻丝变长。另一种接法：火线接滑片，固定端接灯泡，同样需保证顺时针转动时电阻变大。注

意：变阻器应串联在火线上，不能接零线。

火线-------------------------

零线-------------------1-----

变阳器电灯

【分析】（1）力的示意图：重力方向总是竖直向下，支持力方向垂直于接触面。作用点通常画在重心。

（2）透镜的三条特殊光线是光路作图的基础，需熟记凸透镜和凹透镜对光线的作用规律，并能根据折射光

线反向推进入射光线。

（3）家庭电路安全用电要求：开美（包括变阻器）必须接在火线上，灯泡的螺旋套接零线，金属外壳接

地。变阻器通过改变接入电路的电阻丝长度来改变电阻，滑片移动方向与电阻变化的关系取很于接线方式。

（1）图甲中树叶的长度为cm,图乙是实验室用温度计的一部分，图中所示示数为

甲乙

（2）小华用图甲所示的装置“探究水在沸腾前后气泡变化的特点”，电热水壶内水沸腾时气泡的情况与图

乙中的（选填或®'）相同，气泡内主要是（选填“空气”或“水蒸气）

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甲乙

（3）如图所示，将一根通电导体放在小磁针的正上方，小磁升发生偏转，说明通电导线周围存

在;改变导线中的电流方向，小磁针偏转方向也改变，说明该磁场的方向与方向有关;

断电后小磁针会回到原来位置，是因为小磁针受到的作用。

【答案】（1）4.85；-22

（2）B；水蒸气

（3）磁场；电流；地磁场

【解析】【解答】（1）图甲中刻度尺的分度值为1mm,起始端从2.00cm开始，末端在6.85cm处，则树叶长

度为685cm-2.00cm=4.85cm。图乙中温度计示数在0℃以下，分度值为液柱下端对应-22℃刻度线，读

数为-22C

故第一空:4.85；第二空：・22。

（2）水沸腾时，气泡在上升过程中体积逐渐变大，到水面破裂，因此图乙中B图符合；气泡内主要是水蒸

气（不是空气）。

故第一空：B；第二空：水蒸气。

（3）将通电导体放在小磁针上方，小磁针偏转，说明通电导线周围存在磁场；改变电流方向，小磁针偏转

方向改变，说明磁场方向与电流方向有关；断电后小磁针会回到原来位置，是因为小磁针受到地磁场的作

用。

故第一空：磁场；第二空：电流；第三空：地磁场。

【分析】（1）刻度尺读数需估读到分度值的卜.一位；温度计读数注意零卜.温度，液面在零刻度线以卜，数值

为负。

（2）水沸腾前气泡上升变小，沸腾时气泡上升变大：气泡内是水蒸气，不是空气。

（3）奥斯特实验证明电流周围存在磁场；磁场方向与电流方向有关；地磁场使小磁针静止时指向南北。

17.小茂想知道荔枝品质和密度是否有关，于是他选取新鲜的“桂味”和“仙进奉”各•颗进行探究。

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pih|iinpiii|iiii|iiii|

012345g

丙

（1）天平是利用杠杆平衡条件来工作的，它属于（选填“省力”“费力”或“等臂”）杠杆。

（2）他将天平放在水平桌面上，如图甲所示，调节游码至处；此时天平的指针

如图乙所示，他应该向旋动平衡螺母，直到天平平衡。

（3）测桂味质量时，当右盘中的祛码和游码在标尺上的位置如图内所示，天平平衡，则桂味的质量为

g。

（4）用量筒和水测得的桂味的体积为20cm3,则荔枝的密度为g/cm3。

（5）小茂在测量仙进奉时发现其体积过大，无法放入量筒。于是找来了溢水杯和烧杯各一个和足够多的

水（己知水的密度为pQ,进行了如下实验：

①用天平测出仙进奉的质量，记为m；

②倒掉烧杯中水，测出空烧杯的质量mi；

③将溢水杯装满水，把烧杯放在溢水杯出水口下方.：将仙进奉缓慢放入装满水的溢水杯中，仙进奉完全

浸没，让溢出的水流入烧杯；

④用天平测出烧杯和溢出水的总质量m2.

由此可以推算出仙进奉荔枝的密度为p=o

（6）仙进奉放进溢水杯中时，有水溅到桌面，则测得仙进奉的密度会。（选填“偏小F扁大'或

“不受影响”）

【答案】（1）等臂

（2）标尺左端的零刻度线；右

（3）22

（4）1.1

（5）叫一叫「水

（6）偏大

【解析】【解答］（1）天平是等臂杠杆，因为其支点在横梁中央，左右力臂相等，不省力也不费力。

（2）使用天平时，游码应拨至标尺左端的零刻度线处，然后调节平衡螺母。图乙中指针左偏，说明左盘较

重，应将平衡螺母向右旋动，使指针指在分度盘中央。

（3）图内中整码为20g,游码示数为2g（游码标尺分度值0.2g,指针在2g刻度线），故桂味质量

=20g+2g=22go

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（4）己知体积V=20cm3,质量m=22g,由密度公式p=17■得p=y=荻柴=Llg/cm?。

（5）仙进奉的体积等于溢出水的体积。溢出水的质量由。次=学得卜=吟亍也。仙进奉质

量m,故其密度P=^=启7夕水。

（6）若水溅到桌面，则收集到的溢出水的质量mwn偏小，导致计算出的体积V偏小，而质量m准确，因

此由。=写知密度测量值偏大。

【分析】（1）杠杆分类：等臂杠杆（天平）、省力杠杆（起子）、费力杠杆（筷子）。

（2）天平使用规范：游码归零，平衡螺母调节原则“左偏右调，右偏左调”。

（3）天平读数：物体质量=祛码质量+游码示数，游码读左侧边缘。

（4）密度计算：p=半，注意单位换算（1g/cm3=l（）3kg/m3）。

（5）排水法测体积：利用阿基米德原理，物体浸没时排开水的体积等于物体体积，通过测溢出水的质量求

（7717=7711）

体积，公式.=一厂一。

p水

（6）误差分析：测量值偏大或偏小取决于各物理量的测量值与真实值的关系。

18.某实验小组用图甲中的器材测量小灯泡的电阻,所用电源电压为3，，小灯泡的额定电压为2.5，。

丙

（1）请用笔画线表示导线，将图甲中的电路连接完整，要求滑片P向左移动时，灯泡变亮。

（2）小明连接好最后一根导线时灯泡就亮了，他在操作中存在的不规范之处

是。

（3）实验中当滑动变阻器的滑片移至某一位置时，电流表的示数为0.224,电压表的示数如图乙所示为—

乙小灯泡的电阻为O,若要使小灯泡正常发光，应将滑片P向（选填“左”或“右”）移动。

（4）经过多次实验，测量并记录多组数据，得到小灯泡的U-/图像如图丙所示，该图像不是一条直线，

其原因是_______________________

【答案】（1）

（2）连接电路时开关没断开

（3）2.2；1（）：左

第12页

（4）灯泡电阻受温度影响

【解析】【解答】（1）根据电路图连接实物图。要求滑片P向左移动时灯泡变亮，说明滑动变阻器接入电路的

电阻减小，因此应将滑动变阻器的左下接线柱（通常标有A）与灯泡右端相连，再将滑动变阻器的右上接线

柱（或左上，但必须“一上一下”）与电源正极相连。电压表并联在灯泡两端，电流表串联在干路中。具体连

（2）小明连接好最后一根导线时灯泡就亮了，说明在连接电路过程中开关没有断开，这是不规范的操作。

（3）图乙中电压表量程为0~3V,分度值为0.1V,指针指在2.2V刻度线，故电压表示数为2.2V。此时电流

表示数为0.22A,根据欧姆定律，小灯泡的电阻R=4=2%=10。。小灯泡的额定电压为2.5V,当前电压

/U.ZZ/1

为2.2V,小于额定电压，要使灯泡正常发光，需增大灯泡两端电压，根据串联分压原理，应减小滑动变阻器

接入电路的阻值，即滑片P向左移动。

（4）小灯泡的U-I图像不是一条直线，是因为灯丝的电阻随温度升高而增大，电流不同时灯丝温度不同，电

阻不同，因此图像弯曲。

【分析】（1）滑动变阻器的正确连接：采用“一上一下”接法，滑片移动方向与电阻变化的关系取决于下接线

柱。本题要求左移灯变亮，即电阻减小，故下接线柱应接左端。电压表应并联在被测元件两端，电流表串

联，注意量程选择和正负接线柱。

（2）实验操作规范：连接电路时开关应断开，防止损坏元件或造成短路。

（3）电压表读数：先确认量程和分度值，再根据指针位置读数。欧姆定律/?=午适用于纯电阻电路。串联电

路中，滑动变阻器阻值减小，其分压减小，则灯泡分压增大，故滑片向左移可使灯泡电压升高至额定电压。

（4）灯丝电阻的温度特性：金属导体的电阻随温度升高而增大。小灯泡在不同电压下的功率不同，灯丝温

度不同，电阻不同，因此U-I图线为曲线。

19.在2026年央视春晚献8077节目中，质量为70kg人形机器人在舞台进行武术表演。节目开始时，人形

机器人从起点匀速跑到6m远的舞台表演点的过程中，受到的阻力恒为其重力的0.1倍。求：（g取10N/kg）

（1）机器人受到的重力;

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（2）若机器人双脚与水平舞台的总接触面积为0.04巾2,求机器人静止站立时对舞台的压强;

（3）跑动过程中牵引力对机器人做的功。

【答案】（1）机器人受到的重力G=mg=70kgxION/kg=700/V

（2）由于机器人静止站立，则机器人对舞台的压力F=G=700/V

故机器人静止站立时对舞台的压强P=*==L75x10+Pa

（3）解：由于机器人匀速跑动，故有F牵=f=0.16=0.1x700/V=70/V

跑动过程中牵引力对机器人做的功小=尸型S=70N*6m=420；

【解析】【分析】（1）重力公式G=7ng,其中g=10N/kg。已知质量m=70kg,直接代入公式计算即可。

（2）水平面上压力等于重力；压强公式P=（。先由重力得压刀F=G=700N,再除以双脚与舞台的总接触面

积S=0.04m2,得出压强。

（3）二力平衡条件（匀速直线运动时牵引力等于阻力）；功的公式W二Fs。

首先根据题意，阻力为自身重力的0.1倍，即f=0.1G=70N,由于机器人匀速跑动，牵引力F=f二70N。跑动

距离s=6m,代入功的公式W=Fs即可。

20.图甲是某款便携US8加热杯垫，额定电压为5V。该杯垫通过智能系统实现加热、保温挡位自动切换，其

简化工作电路如图乙所示。当开关S闭合时为加热挡，已知％=2.5。，图丙为该杯垫正常工作15min功率的

变化情况，不考虑温度对电阻的影响，求：

（1）杯垫处于加热挡时通过片的电流和加热挡功率；

（2）杯垫加热阶段消耗的电能：

（3）电阻/?2的阻值。

【答案】（1）加热挡只有%接入电路，根据欧姆定律R1的电流/=§=黑=24

加热挡功率。加=u/=5Ux2A=10W

（2）由图丙可知加热时间t=lOmin=600s,杯垫加热阶段消耗的电能卬=P疥=1。卬x600s=6000/

P=*得总电阻R总=告=霁=12.5/2

(3)解:保温挡Ri与R2串联，功率P保=2卬，根据

RR

R2的阻值z~R总-i-125。-2.5/2-10/2

第14页

【解析】【分析】（I）欧姆定律/=（电功率公式尸=u/=U。

KR

由电路图可知，开关S闭合时为加热挡，此时只有Ri接入电路。已知电源电压U=5V,Ri=2.5Q,直接代

U2

入欧姆定律得电流/再根据P二UI计算加热功率，或直接用p=%也可。

（2）电功公式亚=式。

由图丙可知，加热挡工作时间为10min,换算成秒（600s）o已知加热功率P=IOW,代入公式W=Pi计算。

（3）串联电路电阻特点（总电阻等于各电阻之和）；电功率公式p=4。

保温挡时，Ri与R2串联，电路总电阻最大，功率最小。由图丙知保温功率为2W,电源电压不变，由P=

〃22

天一可求总电阻然后根据串联关系R2=RwRi,代入数据计算。

“总总P

21.小明注意到爸爸为自己家汽车的车'窗贴上了太阳膜，以达到隔热目的。已知阳光中的红外线是造成车内

温度升高的主要因素，小明利用如图装置对市场上力、B两个品牌太阳膜（两张太阳膜的面积相同、厚度相同）

的隔热性能进行如下探究：

下表是在暗室中进行三次实验的数据:

材料类型OminSminlOmin15min20min25min30min

未贴膜（

33℃38℃43℃48℃53℃58℃63℃

对照组）

工太阳膜33℃36℃39℃42℃45℃48℃51℃

E太阳膜33℃35℃37℃39℃41℃43℃45℃

（1）本实验需要的测量工具有数字温度计和;

（2）分析表格数据可发现，太阳膜的隔热性能更好：

（3）从光学角度分析，红外线属于（选填“可见光”或“不可见光

（4）若将实验装置从暗室移至室外阳光下重复实验，发现各组温度上升（选填“变快变慢”或

“不变”）;

（5）请从热传递角度分析，太阳膜隔热是通过阻碍（选填“热对流”或“热辐射”）减少车内吸热；

（6）为了使本实验的结果更可靠，还需要改变哪些物理量进行多次实验？o（写

出一种即可）

【答案】（1）秒表

第15页

（2）B

（3）不可见光

（4）变快

（5）热辐射

（6）改变隔热膜的厚度

【解析】【解答】（1）本实验需要测量温度随时间的变化，因此除了数字温度计，还需要秒表（或计时器）来

记录时间间隔。

（2）分析表格数据：在相同时间间隔内，B太阳膜下的温度升高琼慢（例如30min时B膜下45C,A膜下

51℃,未贴膜63℃）,说明B膜的隔热性能更好。

（3）红外线在红光外侧，人眼看不见，属于不可见光。

（4）室外阳光下，太阳光的强度更大，单位时间辐射的热量更多，因此各组温度上升变快。

（5）太阳膜隔热主要是阻挡红外线（热辐射。）的透过，从而减少通过热辐射传递的热量，而不是阻碍热对

流或热传导。

（6）为了使实验结论更可靠，可改变太阳膜的厚度、材质、颜色等，进行多次实验，避免偶然性。例如改

变太阳膜的厚度。

故答案依次为：秒表；B；不可见光；变快；热辐射；改变隔热膜的厚度。

【分析】（1）测量工具：实验中需要记录不同时刻的温度，因此必须使用计时工具（秒表或停表）。控制变

量法中，时间也是需要测量的量。

（2）数据分析：隔热性能越好，温度升高越慢。比较表格中相同时间点的温度值，B膜下的温度始终低于A

膜，且升温速率更缓，因此B膜隔热性能更好。

（3）红外线特性：红外线是波长比可见光长的电磁波，位于可见光谱红光之外，人眼不可见。

（4）影响升温快慢的因素：太阳光强度越大，单位面积接收的辐射功率越大，升温越快。室外阳光比室内

红外线灯更强，故升温变快。

（5）热传递方式：热辐射以电磁波形式传递热量，不需要介质。太阳膜通过反射或吸收红外线，阻碍热辐

射，从而减少热量进入车内。

（6）多次实验的目的：为了避免偶然性，应改变不同变量（如膜的厚度、材质、颜色等）重复实验，得出

普遍规律。常见考点是“换用不同规格的太阳膜''或"改变膜的厚度

22.阅读短文，回答问题。

新能源汽车领先技术

我国新能源汽车年产销量连续11年位居全球第一，产品出口到70多个国家和地区，成为中国制造的一张

“亮丽名片中国新能源汽车产业的飞速发展，离不开技术的自主领先。以下是我国某款新能源汽车的三项

领先技术：

第16页

（一）智能驾驶技术：智能驾驶汽车依靠车载传感器（如超声波雷达、摄像头、激光雷达等）感知周围环

境，并通过内置芯片分析数据，自动完成加减速、转向、制动等操作。

（二）应急浮水技术：当车辆进入深水区（水深超过1m）时，系统自动触发应急浮水模式，使车辆汽车可以

漂浮在水面上以约3km"的速度在水中平稳前行，实现前进、转向等操控，该技术在极端情况下能承受水下

1.8米深处的压强长达30分钟，为车内人员争取宝贵的黄金逃生时间。

（三）闪充技术：闪充技术是一个由电池、整车、充电桩及储能系统协同构建的系统工程该技术主要是通

过降低电池内阻，改进热管理系统，使充电可以在高功率下进行，从而缩短充电时间。该技术常温下充电，

电量从10%充至70%仅需5分钟。

请回答以下问题：

（1）超声波雷达利用超声波测距离，说明声波可以传递（选填“信息''或"能量’》内置芯片的主

要材料是由（选填“导体半导体”或“绝缘体”）制造而成，激光雷达，主要是通过（选填“超

声波''或"电磁波”）感知周围环境。

（2）某款汽车质量约3.463车辆漂浮在水面时受到的浮力约为N,该车在30分钟内承受

的最大压强为Pa（9=10N/kgp^=1.0x103k^/7n3）o

（3）若该款汽车电池常温下闪充功率400kW,请估算该汽车电池的电池容量A〃•/1（保留一位

小数）。

【答案】（1）信息；半导体；电磁波

（2）3.46x104；1.8x104

（3）55.6

【解析】【解答】（1）超声波雷达利用超声波测距，说明声波可以传递信息；内置芯片的主要材料是半导体；

激光雷达主要是通过电磁波感知周围环境。故答案：信息：半导体；电磁波。

（2）车辆漂浮在水面时，浮力等于重力。汽车质量m=3.46t=3460kg,fi*G=mg=3460kgx1Og/kg

=3460€iN=3.46xl04N,故浮力F*G=3.46x104No

车辆能承受水下1.8m深处的压强，由液体压强公式p=p^gh=1.0x|03kg/m3xlON/kgxl.8m

=1.8xl04o故答案：3.46x104；1.8x10，

（3）充电功率P=400kW,充电时间i=5min£h,则充入的