广东省江门市江海区2026年中考第一次模拟考试物理试题附答案

中考第一次模拟考试物理试题一、单项选择题（本大题7小题，每小题3分，共21分）在每小题列出的四个选项中，只有一个是正确的，请把答题卡上对应题目所选的选项涂黑。1．成熟的苹果会掉到地上，原因是（）A．受到重力 B．没有受到力 C．受到拉力 D．受到摩擦力2．太阳能是一种重要的可再生能源，下列不属于可再生能源的是（）A．潮汐能 B．水能 C．石油 D．风能3．如图所示，旗杆上有一个滑轮，人们设计这个滑轮的目的是（）A．省力 B．改变力的方向C．省距离 D．省功4．如图所示，博物馆工作人员放置一个凸透镜在精巧的小文物前，方便参观者能看清文物，下列应用与此相同的是（）A．照相机 B．投影仪 C．录像机 D．放大镜5．如图所示，神舟二十一号载人飞船于2025年10月31日发射成功，以下说法正确的是（）A．神舟二十一号飞船从地面发射到太空，质量变小了B．太空温度较低，导致飞船部分材料体积变小，密度变小C．火箭升空过程中，助推器内燃料在燃烧，质量减小，密度不变D．载人飞船常采用密度大的新型合成材料制作6．如图所示，机器人站在舞台做抱拳动作，下列说法不正确的是（）A．机器人受到的重力和支持力是一对平衡力B．机器人穿的鞋鞋底比较粗糙是为了增大摩擦C．机器人手部关节涂上润滑油是为了减小摩擦D．由于机器人站着不动，所以它没有惯性7．电动车把手的调速器可以改变车轮转动的快慢，下列电路图符合要求的是（）A． B．C． D．二、填空题（本大题7小题，每空1分，共21分）8．如图所示是我国出土的贾湖骨笛，被誉为“中华第一笛”，吹奏时笛声由骨笛内空气柱的产生；吹奏者按住不同的笛孔，发出笛声的（选填“响度”“音调”或“音色”）不同，悠扬的笛声是通过传播到人耳的。9．如图所示为2025年11月第十五届全运会女子排球比赛时的情景，运动员用力将排球击打到对方半场，说明力可以改变物体的；排球在下降过程中，将重力势能转化为能；运动员击球时手会感到痛，这是因为物体间力的作用是的。10．如图所示，小孔成像是由于光的（选填“直线传播”“反射”或“折射”）形成的，光屏上观察到蜡烛成倒立的（“实”或“虚”）像。在其他条件不变时，将小孔靠近蜡烛，像（选填“变大”“变小”或“不变”）。11．如图所示为我国最新的歼36战机，当战机在空中快速飞过时，以地面为参照物，战机是的，以战机为参照物，飞行员是的，飞行员靠和地面中心进行通信。12．如图所示，工人用独轮车搬运泥土，独轮车相当于一个（选填“省力”或“费力”）杠杆。独轮车在水平面保持静止，部分尺寸如图所示，车斗和泥土的总重力G为2000N，工人所用的力F为N。当将车把放平后（支撑脚刚好不触地），F依然竖直向上，则F大小（选填“变大”“变小”或“不变”）13．图甲是空气开关，图乙为其原理图，当家庭电路中电流过大时，螺线管P的磁性（选填“变强”或“变弱”）吸引衔铁Q向左偏转，弹簧拉起S切断电路，Q是用（选填“铜”或“铁”）制作的。制作空气开关时，如果要提高断路电流（即电流更大才跳闸），可以（选填“增加”或“减少”）P的匝数。14．如图所示器材可以探究电流产生的热量与的关系，与的连接方式为，接入电源，闭合开关，测出通过的电流为0.5A，则在10秒内产生的热量为J。三、作图题（7分）15．（1）一束光从空气射到水面，发生反射和折射现象，如图所示，OA为反射光线，请在图中作出入射光线、折射光线，并标出反射角的大小。（2）如图所示，一块鹅卵石在盛有水的容器中下沉，请画出鹅卵石下沉过程中的受力示意图（不计阻力）。（3）如图所示，闭合开关，在图中标出A点磁感线的方向，小磁针涂黑端为其N极，在括号内用箭头标出小磁针的偏转方向。四、实验题（本大题3小题，16题7分，17题6分，18题7分，共20分）16．（1）如甲图，小明用刻度尺测出木块长度为cm；如乙图，弹簧测力计的示数为N；如丙图为小明家的电能表月底时的度数，上月底的度数为6428.2kW·h，每度电电价为0.6元，则小明家本月应交电费元。（2）如图所示，小明在做“探究平面镜成像的特点”实验时，要在透明薄玻璃板前放一支点燃的蜡烛A，还要在后面放一支没有点燃的蜡烛B，对这两支蜡烛的要求是。实验中发现，当把玻璃板竖直向上提起时，蜡烛A的像的位置（选填“不变”或“向上移动”）。（3）小明用天平和量筒测量某金属块的密度，当天平水平平衡时，放在盘中的砝码和游码的位置如图所示，金属块的质量是g，用量筒测出它的体积为，金属块的密度是。17．小明用图甲装置探究水在沸腾前后温度变化的特点。（1）组装图甲所示的器材时，酒精灯（选填“需要”或“不需要”）点燃，放好酒精灯后，应先调整固定（选填“A”或“B”）的位置。（2）小明认真观察气泡的变化并记录水的温度，当观察到时可确定水已经沸腾。小明画出水沸腾时的气泡变化如图乙所示，气泡内的物质是，气泡上升过程中，气泡内物质的质量（选填“变大”“变小”或“不变”）。（3）实验时，为了缩短实验时间，可进行的操作是。（写出一种即可）18．小明做“测量小灯泡发光时的电阻”实验，小灯泡额定电压2.5V，电源为两节新干电池。（1）请用笔画线表示导线，将题图甲电路连接完整。（2）连接电路时，开关应（选填“断开”或“闭合”），将滑片P移至（选填“A”或“B”）端。（3）闭合开关S，发现小灯泡不亮，电流表和电压表均有较小的示数，则小灯泡的状况是（选填“短路”、“断路”或“正常”）。（4）解决上述问题后，调节滑片使电压表示数为2.5V，电流表示数如图乙，为A，此时小灯泡的电阻为Ω（计算结果保留1位小数）。（5）小明把实验中两个相同规格的灯泡串联起来接在同个电源两端，闭合开关后，两个灯泡都较暗，用上述测量结果计算出其中一个灯泡的电功率约为0.234W，请评估小明的做法是否合理：。五、计算题（本大题2小题，19题6分，20题7分，共13分）19．如图所示，一款飞行汽车停在水平地面上，起落架与地面的总接触面积为，其满载时的总质量为800kg，最大飞行速度为，g取。（1）该飞行汽车以最大速度飞行0.1h通过的路程；（2）该飞行汽车满载时停在水平地面，对地面的压强；（3）该飞行汽车满载时升空100m，克服重力做的功。20．小明给家里的鱼缸安装了一个具有加热和照明功能的系统，其工作原理如图所示，其中电源电压为5V，照明部分由10个标有“5V0.5W”的LED并联组成，R为定值电阻。（1）开关闭合时，求通过开关的电流；（2）开关闭合时，通过R的电流为2A，求电阻R的阻值；（3）开关和都闭合时，求电路工作10分钟消耗的电能。六、综合能力题（本大题3小题，每空1分，共18分）21．为探究不同物质的导热性差异，小明用相同规格的铝棒、铁棒、玻璃棒、木棒各一根，将它们一端固定在同一加热底座上，另一端各粘一枚相同的小蜡丸，加热底座保持温度恒定。实验装置及蜡丸熔化脱落时间记录如下：材料铁棒铝棒玻璃棒木棒蜡丸脱落时间/s1210180300（1）实验中记录蜡丸脱落时间的目的是。小蜡丸脱落的原因是发生了（填物态变化的名称）。（2）由实验数据可知：导热性最好的是，金属的导热性一般比非金属（选填“好”或“差”）。（3）冬天用手触摸户外的铁棒和木棒，感觉铁棒更冷，原因是。（4）小明猜想：物质的导热性可能与材料的粗细有关。为验证猜想，实验中要改变，保持其他条件不变。22．随着我国综合国力的提升，海军实力也排在世界前列，其中055型驱逐舰作为其中一块重要的拼图，发挥着重要的作用，如图所示。它的相关参数如下表所示：055型万吨驱逐舰长度约183m，宽度约23m动力总功率：最大约11万千瓦最大吃水深度：8.5m最大航速：32节满载排水量：1.3万吨续航能力：5000-10000海里（1）驱逐舰的前部做得比较尖是为了。（2）一架舰载直升飞机起飞后，该舰排开海水的体积将（选填“变大”“变小”或“不变”）。（3）该舰满载时受到的浮力为N，水下8m处的舰身受到海水压强为Pa。（海水密度取，g取）（4）055驱逐舰采用柴油燃气轮机作为动力源，燃气轮机的工作效率为40%，除了驱动前进，还提供辅助功能，若辅助功率恒定为6000千瓦，航行中受到的阻力随速度的关系如图乙所示。则驱逐舰匀速航行过程中，1吨柴油航行的最大距离为km，此过程驱逐舰匀速航行的速度约为节。（柴油的热值为，航速）23．2026年3月，我国某新能源公司宣布量产最大功率1500kW的闪充桩，如图甲、图乙为闪充站的能量流向示意图，该闪充站建站时电网接入了300千瓦的最大供电功率，由于无法满足直接给车提供更大功率的需求，所以配备了300度电的储能柜，确保满足闪充要求。闪充站的工作过程如下：无车充电时，储能柜以较低功率（通常为100-300kW）从电网缓慢充电；有车充电时，优先使用电网供电，电网供电功率满足不了需求时，储能柜与电网同时两路电源合力输出，充电功率最高可提升至1500kW，实现“闪充”效果，全过程由AI算法自动调整，无需人为设置。（1）充电桩给汽车电池充电时，把电能转化为。为提高效率，建议纯电车充电到总电量的97%就结束，预留3%用于汽车刹车时的动能回收到电池中，动能回收的原理是。（2）给电池充电时，电池的温度会有所升高，这是电流的（选填“热”或“磁”）效应；闪充站充电枪的电线比一般的家用电线粗得多，这样做的目的是。（3）闲时用电时段，若供电电网以100kW的充电功率把剩余50度电的储能柜充满电，需要h。（4）某辆纯电车配有一块80度大电池，某次充电过程中，电池电量从20%充到80%用时6分钟，同时储能柜显示消耗电能20度，则此过程的充电效率为。

答案1．【答案】A【解析】【解答】当成熟的苹果从果树上脱离后，会受到竖直向下的重力作用，因此最终会落到地面上。

故选A。

【分析】重力的方向：地球附近物体受到的重力方向始终竖直向下。力的作用效果：重力改变苹果的运动状态，使苹果由静止向下运动。2．【答案】C【解析】【解答】可再生能源的定义是能够持续从自然界源源不断获取的能源，反之，消耗后无法在短时间内从自然界得到补充的能源属于不可再生能源。本题中，潮汐能、水能、风能都可以源源不断从自然界获得，因此都属于可再生能源；石油属于化石燃料，被消耗后短时间内无法在自然界中再次生成，因此不属于可再生能源，

故选C。

【分析】1、分类标准：按能否短期内再生划分能源，可再生能源可循环持续获取，不可再生能源储量有限、形成周期极长。

2、常见可再生能源：风能、水能、太阳能、潮汐能、地热能、生物质能。

3、常见不可再生能源：煤、石油、天然气等化石能源，核能。3．【答案】B【解析】【解答】升旗时旗杆顶端的滑轮属于定滑轮，定滑轮工作过程中不省力，也不会改变移动的距离，结合功的原理可知，任何机械都无法实现省功；定滑轮的主要作用是改变力的方向，使用该滑轮后，我们在地面向下拉动绳子就能让国旗向上升起，满足升旗的使用需求。

故选B。

【分析】1、定滑轮核心特点：轴固定不动，实质是等臂杠杆，拉力大小等于物体重力，不省力、不省距离，也不能省功。2、核心功能：仅改变作用力的方向，方便操作（向下拉绳，重物向上运动），是升旗装置、晾衣架的常用结构。4．【答案】D【解析】【解答】由题意可知，把凸透镜放置在小文物前方，是为了放大微小的文物，方便游客观看，此时小文物处在凸透镜的一倍焦距以内。根据凸透镜的成像规律：当物距小于一倍焦距时，凸透镜会成正立、放大的虚像，放大镜就是利用的这一成像原理，因此D正确，ABC错误。故选D。

【分析】（1）物距距u＞2倍焦距f：成倒立、缩小的实像，对应设备照相机；（2）焦距f＜物距u＜2倍焦距f：成倒立、放大的实像，对应设备投影仪；（3）物距u＜焦距f：成正立、放大的虚像，对应设备放大镜，本题为此种情况。5．【答案】C【解析】【解答】A．质量是物体本身的固有属性，不会随着物体位置的改变发生变化。神舟二十一号飞船从地面发射进入太空，仅仅是位置发生了改变，其质量不会变小，因此A错误；B．太空环境温度较低，飞船的部分材料受冷体积减小，而材料的质量不会发生变化。根据密度公式，当质量m不变、体积V减小时，物质的密度会变大，因此B错误；C．火箭燃料燃烧的过程中，燃料的质量和体积会同比例减小，由于燃料的种类没有发生改变，所以燃料的密度保持不变，因此C正确；D．为了降低载人飞船自身的重量，根据公式，当体积V相同时，材料的密度越小，整体的质量m就越小，因此制造飞船应当选用密度小的新型合成材料，D错误。故选C。

【分析】1、质量是物体的基本属性，只由物体所含物质的多少决定，不受位置、温度、形状、状态的影响；飞船进入太空位置改变，所含物质总量不变，质量不变。2、密度公式，密度是物质的特性，只与物质种类、温度、状态有关：（1）同种物质，温度变化会改变体积，质量不变，密度随之改变；飞船材料遇冷收缩，体积变小，密度变大；（2）同种物质，质量与体积同比例增减，比值不变，密度不变；燃料燃烧时质量、体积同步减少，物质种类不变，密度不变。密度的实际应用3、由m=ρV可知，体积固定时，密度越小，物体质量越小。航天器减重需求下，优先选用低密度高强度材料。6．【答案】D【解析】【解答】A．当机器人静止在舞台上时，在竖直方向上，它受到的重力与舞台对它的支持力符合二力平衡“作用在同一物体、大小相等、方向相反、作用在同一直线”的条件，因此二者是一对平衡力，故A正确；B．鞋底做的粗糙，是在压力大小保持不变的前提下，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力，故B正确；C．给手部关节涂抹润滑油，是通过让接触面相互隔开的方法来减小摩擦，故C正确；D．惯性是物体本身固有的属性，一切物体不管处于什么运动状态都具有惯性，惯性的存在和运动状态没有关系，即使是静止的机器人同样也具有惯性，故D错误。故选D。

【分析】1、二力平衡判定要点二力平衡四条件：同物、等大、反向、共线。机器人静止时重力、支持力都作用在机器人上，满足全部条件，属于平衡力。区分相互作用力：相互作用力作用在两个不同物体上。

2、增大摩擦的方法两种途径：增大压力、增大接触面粗糙程度。鞋底粗糙属于后者，压力不变，粗糙程度提升，摩擦力变大。

3、减小摩擦的方法常见方式：减小压力、减小粗糙程度、变滑动为滚动、使接触面分离（润滑油、气垫等）。润滑油在关节间形成油膜，隔开接触面，降低摩擦。7．【答案】B【解析】【解答】若要改变电动机的转动快慢，需要改变通过电动机的电流大小，因此滑动变阻器需要与电动机串联，通过改变接入电路的电阻大小来改变电路中的电流，从而改变电动机转速。

故选B。

【分析】1、直流电动机转动快慢由线圈中电流大小、磁场强弱决定；磁场强度不变时，电流越大，转速越快。2、滑动变阻器调节电流必须串联接入电路，并联无法改变支路电流，达不到调速效果。

3、电源电压不变，滑动变阻器接入电阻变化，电路总电阻改变，根据欧姆定律U=IR，电路电流随之变化，流过电动机的电流同步改变，实现转速调节。8．【答案】振动；音调；空气【解析】【解答】物体振动是声音产生的根源，吹奏骨笛的时候，实际是骨笛内部的空气柱发生振动从而发出声音；当我们按住骨笛不同位置的笛孔时，骨笛内参与振动的空气柱长度会发生变化，空气柱的振动频率也会随之改变；音调是由振动频率决定的，用相同的力度吹奏骨笛时，发出声音的响度相差不大，只有音调会产生变化；声音传播需要依靠介质，我们听到的悠扬骨笛声，是通过空气这种介质传入人耳中的。

【分析】1、一切声音由物体振动产生，管乐器（骨笛、笛子、箫）发声体为管内空气柱；弦乐器发声体为琴弦。音调变化规律2、空气柱越长，振动越慢，频率越低，音调越低；按住笛孔，空气柱变短，频率升高，音调变高。力度不变时，振幅不变，响度不变。声音传播条件3、声音不能在真空中传播，固体、液体、气体都可作为传声介质；日常听到的绝大多数声音依靠空气传播。三要素区分4、音调：由频率决定，对应声音高低；响度：由振幅、距离声源远近决定，对应声音大小；音色：由发声体材料、结构决定，用于区分不同乐器。9．【答案】运动状态；动；相互【解析】【解答】运动员在击球的时候，改变了排球的运动速度与运动方向，这一现象说明力能够改变物体的运动状态；排球下落的过程中，它的质量始终保持不变，所处高度不断降低，因此重力势能减小，同时下落速度逐渐增大，因此动能增大，所以这个过程是重力势能转化为动能；运动员击打排球时，手对排球施加作用力的同时，排球也会对手施加反作用力，所以运动员的手会感觉到疼痛，这也说明物体之间力的作用是相互的。

【分析】1、力的作用效果包含两点：改变物体形状、改变物体运动状态。运动状态改变分为速度大小改变、运动方向改变，击球时排球速度与方向均改变，体现力能改变物体的运动状态。

2、重力势能大小由质量、高度决定，动能大小由质量、速度决定。排球下落时质量不变，高度降低，重力势能减小；速度变大，动能增大，该过程重力势能转化为动能。

3、力的作用是相互的，施力物体同时也是受力物体。手击打排球时，手对排球施加力，排球同时对手施加反作用力，因此手会感到疼痛。10．【答案】直线传播；实；变大【解析】【解答】小孔成像的原理是光在同一种均匀介质中沿直线传播；小孔成像是由实际光线会聚形成的像，所成的像能够呈现在光屏上，因此成的是倒立的实像；在小孔成像现象中，当小孔到光屏的距离固定不变时，蜡烛距离小孔越近，最终成的像就越大，因此当把小孔向蜡烛方向移动时，物距变小、像距大小不变，最终成的像会变大。

【分析】1、成像原理：小孔成像的核心原理是光的直线传播，光线穿过小孔后沿直线传播，在光屏上会聚形成像。

2、像的性质：实像由实际光线会聚而成，可承接在光屏上；小孔成像上下、左右均颠倒，因此成倒立实像。

3、像的大小规律：像距（小孔到光屏距离）不变时，物距（物体到小孔距离）越小，像越大；将小孔向蜡烛移动，物距减小、像距不变，光屏上所成的像会变大。11．【答案】运动；静止；电磁波【解析】【解答】我们选择地面作为参照物时，战机会和地面之间发生位置的不断变化，所以相对于参照物地面来说，战机是运动状态。如果我们选择战机作为参照物，飞行员和战机之间没有发生位置的改变，因此相对于战机来说，飞行员是静止状态。电磁波本身可以传递信息，同时传播不需要介质，可以在真空以及空气当中传播，远距离航空通信就是依靠电磁波完成信息传递的，所以飞行员是依靠电磁波和地面指挥中心取得通信联系。

【分析】1、运动与静止的相对性：判断物体运动或静止，核心是看物体与所选参照物之间是否存在位置变化。位置发生改变则物体相对参照物运动，位置无变化则物体相对参照物静止。选取地面为参照物，战机位置持续改变，故战机运动；选取战机为参照物，飞行员位置不变，故飞行员静止。

2、电磁波的传播特性：电磁波能够承载信息，传播无需介质，既可以在空气中传播，也能在真空环境传播，航空、航天远距离通信均利用电磁波传递信号，因此飞行员通过电磁波与地面指挥中心通信。12．【答案】省力；400；不变【解析】【解答】独轮车的支点是车轮的轴心，我们可以得出它的动力臂长度为1.5m，阻力臂长度为0.3m，由于动力臂的长度大于阻力臂，因此独轮车属于省力杠杆。根据杠杆的平衡条件可以计算出工人向上抬车把需要用的力。当车把放平后，动力和货物与车的总重力都保持竖直方向，此时动力臂和阻力臂的比值不会发生改变，同时独轮车和货物的总重力也没有变化，结合杠杆平衡条件可以得知，工人需要施加的拉力大小不变。

【分析】1、杠杆分类判断：杠杆分为省力、费力、等臂三类，动力臂L1阻力臂L2为省力杠杆，省力杠杆省力但费距离。本题中1.5m＞0.3m，故独轮车是省力杠杆。2、杠杆平衡原理：核心公式，变形可得动力，代入阻力、阻力臂、动力臂数值，算出所需拉力为400N。3、力臂变化规律：力臂是支点到力作用线的垂直距离，动力、阻力始终竖直时，无论车把角度如何，二者力臂的比值恒定；阻力大小不变，由平衡公式可推出所需动力大小不变。13．【答案】变强；铁；减少【解析】【解答】电磁铁磁性与电流的关系为：当线圈匝数固定时，电路中的电流越大，电磁铁的磁性越强。空气开关发生过载跳闸时，是因为电路电流过大，螺线管P的电流增大，磁性增强到足够吸引衔铁Q，才会带动衔铁动作完成跳闸，因此螺线管的磁性随电流增大变强。只有铁磁性材料可以被电磁铁吸引，铜不是铁磁性材料，无法被电磁铁吸引，因此衔铁Q需要用铁制作。当通过电磁铁的电流大小相同时，电磁铁的线圈匝数越少，它的磁性越弱。要达到“需要更大的电流才会跳闸”的效果，减少线圈匝数后，相同电流下电磁铁的磁性比匝数多的时候更弱，只有电流进一步增大，才能获得足够吸引衔铁的磁性强度，因此需要减少螺线管P的匝数。

【分析】1、电磁铁磁性影响因素：匝数固定时，电流越大磁性越强；电流固定时，匝数越少磁性越弱，这是空气开关自动跳闸的核心原理。过载时电流升高，螺线管磁力增大，吸下衔铁切断电路。

2、磁体吸引材料特性：磁体、电磁铁只能吸引铁、钴、镍等铁磁性材料，铜、铝等金属无法被磁化、不能被吸引，衔铁依靠电磁铁吸力动作，故只能用铁制造。

3、跳闸电流调整逻辑：想要跳闸电流变大，意味着同等电流下磁力要变小，根据“电流不变，匝数越少磁性越弱”的规律，减少螺线管匝数，就需要更大电流才能产生吸动衔铁的磁力，从而提高跳闸临界电流。14．【答案】电阻；串联；25【解析】【解答】由电路结构可知，电流只有一条通路，会依次经过和，因此两个电阻的连接方式是串联。本装置中两个电阻的阻值不相等，而二者串联时，通过电阻的电流大小、通电时间都相同，只有电阻这一个变量不同，因此该实验探究的是电流产生的热量与电阻大小的关系。

根据串联电路电流处处相等的特点，通过的电流和通过的电流相等，也为，根据焦耳定律计算可得：

；

【分析】1、串并联电路区分：串联电路电流路径唯一，用电器依次首尾相连；并联存在多条独立支路。本题电流只能依次流过​和属于串联电路。

2、控制变量法实验逻辑：焦耳定律中，电热Q与电流I、电阻R、时间t三个因素有关。串联电路保证I、t一致，仅R不同，故探究电热与电阻的关系。

3、串联电流规律：串联电路各处电流大小完全相等，焦耳定律计算：公式，代入电流、电阻、通电时间数值分步运算，最终算出R2产生的热量.15．【答案】（1）（2）（3）【解析】【解答】（1）首先过入射点作出垂直于界面的法线；已知反射光线OA和水面的夹角为，因此反射角的大小为；根据光的反射定律，反射角等于入射角，即可在法线另一侧的空气中画出入射光线，并标注反射角大小为；再根据光的折射规律，光从空气斜射入水中时，折射角小于入射角，最后在法线另一侧的水中画出折射光线即可。

（2）鹅卵石在水中下沉的过程中，一共受到竖直向下的重力和竖直向上的浮力两个力的作用；因为下沉过程满足重力大小大于浮力大小，所以在画示意图时，代表重力的线段长度要比代表浮力的线段更长。

（3）磁感线与磁极判断

根据安培定则，可以判断出通电螺线管的右端为N极，左端为S极；由于磁体外部的磁感线都是从N极出发，回到S极，因此A点的磁感线箭头方向指向左；再根据磁极间的相互作用规律“同名磁极相互排斥”，螺线管右端的N极会排斥小磁针的N极，因此小磁针的涂黑端会向右偏转。

【分析】1、法线始终与分界面垂直，为虚线；反射角、入射角均为光线与法线的夹角，不是与界面夹角。反射定律：反射角=入射角；光从空气斜射入水/玻璃，折射光线靠近法线，折射角小于入射角。2、浸在水中的物体只受重力、浮力；重力方向竖直向下，浮力竖直向上。力的线段长度对应力的大小，下沉物体G>F浮，重力线段更长，作用点统一画在物体重心。3、安培定则（右手螺旋定则）：右手握住螺线管，四指指向电流环绕方向，大拇指指向螺线管N极。磁感线方向：磁体外部N→S；磁极作用规律：同名相斥、异名相吸，以此判断小磁针偏转方向。（1）过入射点作法线；反射光线OA与水面夹角为，因此反射角为，根据反射角等于入射角，在法线另一侧的空气中画出入射光线，标注反射角大小为；根据光的折射规律，光从空气斜射入水中时折射角小于入射角，在法线另一侧的水中画出折射光线。（2）鹅卵石下沉过程中，受到重力和浮力；下沉时满足重力大于浮力，因此重力的示意图线段更长。（3）根据安培定则可判断通电螺线管右端为N极，左端为S极；磁体外部磁感线从N极出发回到S极，因此A点的磁感线箭头方向向左；根据同名磁极相互排斥，螺线管右端的N极会排斥小磁针N极，因此小磁针涂黑端向右偏转。16．【答案】（1）1.30；2.6；120（2）完全相同；不变（3）39；7.8【解析】【解答】（1）观察甲图可知，该刻度尺的分度值为1mm，木块的左端对齐刻度尺6.00cm刻度线，右端对齐7.30cm刻度线，据此可计算木块的长度。

观察乙图可知，弹簧测力计的分度值为0.2N，可读出此时弹簧测力计的示数为2.6N。

观察丙图可知，本月电能表的读数为，上月底电能表的读数为，因此本月消耗的电能为。

已知电价为0.6元每，即每度电0.6元，由此可计算出小明家本月需要缴纳的电费元。（2）在平面镜成像实验中，为了保证实验结果准确，方便比较像与物的大小关系、确定像的位置，需要选取两根完全相同的蜡烛，保证蜡烛A的像可以和蜡烛B完全重合。

根据平面镜成像的特点，像与物体关于镜面对称，像的位置由物体位置和玻璃板的位置共同决定，因此当仅将玻璃板竖直向上提起时，蜡烛A本身的位置不变，玻璃板所在平面没有发生改变，所以蜡烛A的像位置保持不变。（3）观察天平可知，砝码总质量为35g，游码对应的刻度值为4g，根据天平的读数规则，物体的总质量等于砝码质量加游码对应刻度值，因此金属块的质量为两者之和

测得金属块的体积为，根据密度公式即可计算出金属块的密度

【分析】1、刻度尺读数要点：需估读到分度值下一位；物体长度=末端刻度−起始刻度，起始刻度不为0时不能直接读末端数值。2、弹簧测力计读数：先确认分度值，从上至下顺数刻度，视线与刻度盘面垂直。3、电能表计算：消耗电能=本月末读数−上月末读数，单位kW·h，电费=用电量×单价。4、平面镜成像核心规律：像、物大小相等；像与物到镜面距离相等；像物连线垂直镜面，玻璃板平移不改变成像位置。5、天平与密度：物体质量=砝码总质量+游码左侧刻度；密度公式m=ρV，计算时质量、体积单位匹配，得出对应密度单位。（1）由甲图可知刻度尺的分度值为1mm，木块前后分别与刻度尺6.00与7.30处对齐，则木块长度由乙图可知弹簧测力计分度值为0.2N，此时弹簧测力计示数为2.6N。由图丙可知本月电能表度数为，上月底的度数为，则本月消耗的电能每度电即每电价为0.6元，则小明家本月应交电费为元（2）为了确保实验的准确性，两支蜡烛必须完全相同，这样可以确保在实验中，蜡烛A的像能够与蜡烛B完全重合，从而准确地确定像的位置和大小。由平面镜成像特点可知，像与物关于镜面对称，像的位置由物体位置和镜面所在平面决定，所以当把玻璃板竖直向上提起时，蜡烛A的像的位置不变。（3）由图可知，砝码质量为35g，游码表示质量为4g，根据天平使用原则，金属块质量为砝码质量与游码表示质量之和，即金属块体积，则金属块密度17．【答案】（1）需要；B（2）温度保持不变，大量气泡上升变大，到水面破裂；水蒸气；变大（3）减少烧杯中水的质量【解析】【解答】（1）在组装这套实验器材时，需要先点燃酒精灯，这是因为我们要根据酒精灯外焰（外焰是酒精灯火焰温度最高的部分）的高度来确定铁圈的位置，保证加热过程能够使用外焰。本实验的装置组装遵循“自下而上”的顺序，放好酒精灯后，需要先固定好下方放置烧杯的铁圈B，之后再调整上方温度计的位置A。（2）水沸腾的核心特点是：水在沸腾过程中会持续吸收热量，但温度始终保持不变，同时水的内部会持续发生汽化，产生大量气泡，气泡在上升过程中体积会逐渐变大，最终到达水面破裂，只要观察到这个现象，就可以确定水已经沸腾了。气泡内的物质是水汽化后形成的水蒸气；气泡在上升过程中，不断有新汽化生成的水蒸气进入气泡，因此气泡内水蒸气的质量会逐渐变大。（3）要缩短本次实验的加热时间，可以通过降低水需要吸收的总热量来实现，常见的操作比如减少烧杯中水的质量，或者提高水的初始温度，还可以给烧杯加盖来减少热量的散失，写出任意一种合理的操作即可。

【分析】1、组装顺序逻辑：酒精灯外焰温度最高，若自上而下组装，会出现铁圈高度不合适、无法用外焰加热的问题，因此必须自下而上调整器材高度。2、沸腾气泡区分：沸腾前气泡上升变小（上层水温低，水蒸气液化）；沸腾时气泡上升变大（整杯水温度一致，持续汽化补充水蒸气）。3、省时方法原理：根据吸热公式，减小质量m、降低升温差值Δt均可减少所需吸热；加盖能减小散热，提升加热效率。（1）组装该实验器材时，需要点燃酒精灯，因为要根据酒精灯外焰（外焰温度最高）的高度确定铁圈位置，保证用外焰加热。实验装置组装遵循“自下而上”的顺序，放好酒精灯后，需要先固定下方承载烧杯的铁圈B，再调整上方温度计的位置A。（2）水沸腾的本质特征是，持续吸热，温度保持不变，同时内部持续汽化，产生大量气泡，气泡上升过程中体积逐渐变大，到水面破裂，观察到该现象即可确定水沸腾。气泡内的物质是水汽化形成的水蒸气；气泡上升过程中，不断有水汽化变成水蒸气进入气泡，因此气泡内物质的质量变大。（3）缩短实验时间，可通过减少水的总吸热需求来实现，例如减少烧杯中水的质量，或提高水的初始温度，或给烧杯加盖减少热量散失，写出一种合理操作即可。18．【答案】（1）（2）断开；B（3）正常（4）0.26；9.6（5）不合理，因为串联时灯泡电压不是额定电压，小灯泡电阻随温度变化，不能用额定电阻计算实际功率【解析】【解答】（1）小灯泡正常工作时的额定电流通常小于0.6A，因此电流表选择0~0.6A量程，只需将电流表的“0.6”接线柱和小灯泡的左接线柱连接即可；电压表选择0~3V量程，将电压表的“3”接线柱与小灯泡的右接线柱相连。（2）为保证电路安全，连接电路的过程中开关必须保持断开状态；闭合开关前，需要将滑动变阻器滑片调节到接入电路阻值最大的位置，保护电路，因此本实验中滑片应移到B端。（3）闭合开关后，电流表和电压表都有示数，且示数都偏小，说明电路为通路，小灯泡本身没有故障；示数偏小是因为滑动变阻器接入电路的阻值过大，导致电路总电流很小，小灯泡的实际功率远小于额定功率，亮度不足以被观察到，因此小灯泡本身状态是正常的。（4）电流表选用0~0.6A量程，该量程分度值为0.02A，读取指针示数为0.26A；根据欧姆定律计算小灯泡电阻可得：（5）该方案不合理，原因是：小灯泡和定值电阻串联时，小灯泡两端电压不等于其额定电压，而小灯泡的电阻会随温度（实际电压）变化，额定电压下的电阻和该电路中小灯泡的电阻不相等，因此不能直接用额定电压对应的电阻计算小灯泡的实际功率。

【分析】1、电表量程选择逻辑：根据小灯泡额定电压、额定电流选小量程，测量精度更高；电流表串联、电压表并联，电流从正接线柱流入。2、滑动变阻器保护原理：最大阻值接入时电路总电阻最大，初始电流最小，避免通电瞬间大电流损坏用电器。3、电路故障区分：两表均有示数=通路；无示数多为断路；电压表示数接近电源电压、电流表无示数=灯泡断路。4、欧姆定律应用：可计算灯丝电阻，但灯丝为非线性电阻，电压变化会改变温度，电阻随之变化。（1）小灯泡的额定电流一般不会超过0.6A，所以电流表选0~0.6A量程，将电流表的“0.6”接线柱与小灯泡左接线柱相连；电压表选0~3V量程，将电压表的“3”接线柱与小灯泡右接线柱相连。（2）连接电路时，开关必须断开；滑动变阻器需要调到最大阻值处保护电路，因此滑片移到B端。（3）电流表、电压表都有较小示数，说明电路是通路，小灯泡没有故障，示数小是因为滑动变阻器接入电阻大，电路电流小，灯泡实际功率太小不足以发光，因此小灯泡状况为正常。（4）电流表选0~0.6A量程，分度值0.02A，指针读数为0.26A；根据欧姆定律（5）不合理，因为串联时灯泡电压不是额定电压，不同电压时小灯泡电阻随温度变化，不能用额定电压时的电阻计算实际功率。19．【答案】（1）解：飞行汽车以最大速度飞行0.1h通过的路程为（2）解：飞行汽车的重力为飞行汽车满载静止在水平地面，对地面的压力等于自身总重力，因此对地面的压力，所以对地面的压强为（3）解：克服重力做功的公式为【解析】【分析】（1）结合s=vt计算飞行汽车以最大速度飞行0.1h通过的路程；（2）飞行汽车的重力为，飞行汽车满载静止在水平地面，对地面的压力等于自身总重力，因此对地面的压力，结合计算对地面的压强；（3）结合W=Gh计算克服重力做功。（1）飞行汽车以最大速度飞行0.1h通过的路程为（2）飞行汽车的重力为飞行汽车满载静止在水平地面，对地面的压力等于自身总重力，因此对地面的压力，所以对地面的压强为（3）克服重力做功的公式为20．【答案】（1）解：根据公式，可得每个LED灯正常工作时的电流因为照明部分由10个LED灯并联组成，根据并联电路电流特点，可得通过开关的电流（2）解：当开关闭合时，电阻R两端的电压等于电源电压，根据欧姆定律，可得电阻R的阻值（3）解：当开关和都闭合时，照明部分和电阻R并联。照明部分的总功率电阻R的功率所以电路的总功率根据公式，可得电路工作10分钟消耗的电能【解析】【分析】（1）根据公式，可得每个LED灯正常工作时的电流，因为照明部分由10个LED灯并联组成，根据并联电路电流特点，可得通过开关的电流；（2）当开关闭合时，电阻R两端的电压等于电源电压，根据欧姆定律计算电阻R的阻值；（3）当开关和都闭合时，照明部分和电阻R并联。照明部分的总功率，电阻R的功率，电路的总功率，根据公式，可得电路工作10分钟消耗的电能。（1）根据公式，可得每个LED灯正常工作时的电流因为照明部分由10个LED灯并联组成，根据并联电路电流特点，可得通过开关的电流（2）当开关闭合时，电阻R两端的电压等于电源电压，根据欧姆定律，可得电阻R的阻值（3）当开关和都闭合时，照明部分和电阻R并联。照明部分的总功率电阻R的功率所以电路的总功率根据公式，可得电路工作10分钟消耗的电能21．【答案】（1）反映不同物质导热性的强弱；熔化（2）铝棒；好（3）铁棒导热性比木棒好，手接触铁棒时，手上的热量会更快被传导出去，手的温度下降更快，因此感觉更冷（4）棒的粗细【解析】【解答】（1）该实验运用了转换法这一科学方法：导热性的强弱无法直接进行观察比较，我们可以通过蜡丸脱落所需的时间长短来间接反映材料导热能力的好坏，蜡丸脱落需要的时间越短，就说明材料的导热速度越快；蜡丸原本是固态，受热后变为液态从而从棒上脱落，这个过程发生的物态变化是熔化。（2）分析表格中的实验数据可以发现，铝棒对应的蜡丸脱落用时最短，说明在相同实验条件下，铝的导热速度最快，导热性是这几种材料中最好的；同时对比可以发现，铁、铝这类金属材料的蜡丸脱落时间，远远小于玻璃、木头这类非金属材料的脱落时间，由此可以得出结论：金属的导热性一般比非金属更好。（3）冬天置于户外的铁棒和木棒，温度都和外界环境温度相等，都低于人体的温度。当人用手触摸二者时，由于铁棒的导热性比木棒好，铁棒会更快地将人手上的热量传导出去，使人手的温度下降得更快，所以人手会感觉触摸铁棒时更冷。（4）若要验证材料导热性和材料粗细的关系，需要使用控制变量法设计实验，实验中只改变自变量，也就是棒的粗细（横截面积），其余所有实验条件都保持和原实验一致即可。

【分析】1、转换法核心逻辑：将不易直接测量、观察的物理量（导热能力），转化为易观测的物理量（蜡丸熔化脱落时间）。

2、金属导热优势：金属内部存在自由电子，热传递效率远高于依靠分子热传导的非金属材料。

3、冷热体感误区：物体冷热体感不等于物体实际温度，由热量散失快慢决定，导热越快，热量流失越快，触感越凉。

4、控制变量法规范：探究单一变量关系时，只保留一个自变量，其余所有无关变量统一，排除干扰。（1）本题用到初中物理常用的转换法：导热性强弱无法直接观察，通过蜡丸脱落的时间长短间接反映导热性，时间越短说明导热越快；蜡丸从固态变为液态熔化后脱落，因此物态变化是熔化（2）由表格数据可知，铝棒的蜡丸脱落时间最短，说明相同条件下铝导热最快，导热性最好；金属（铁、铝）的蜡丸脱落时间远小于非金属（玻璃、木头），因此金属导热性一般比非金属好。（3）冬天户外铁棒和木棒温度都等于环境温度（低于人体温度），由于铁棒导热性更好，接触人手时会更快把手上的热量导走，人手温度下降更快，因此感觉铁棒更冷。（4）验证导热性与材料粗细的关系用到控制变量法，只需要改变自变量（棒的粗细/横截面积），保持其他条件不变即可。22．【答案】（1）减小航行时受到的海水阻力（2）变小（3）；（4）15；20【解析】【解答】（1）将驱逐舰前部设计为较尖的外形，是为了减小驱逐舰航行时受到的海水阻力，让航行更省力、更快。（2）驱逐舰始终漂浮在海面上，根据漂浮条件可知，驱逐舰受到的浮力始终等于自身总重力。当舰载直升机起飞后，驱逐舰的总重力减小，因此驱逐舰受到的浮力也会减小；结合阿基米德原理公式，海水密度不变，浮力减小的情况下，驱逐舰排开海水的体积就会变小。（3）驱逐舰满载排水量则驱逐舰排开的水所受重力根据阿基米德原理，物体漂浮时的浮力等于排开液体的重力，于是驱逐舰满载时受到的浮力，由于海水密度且水下深度，则驱逐舰舰身在此处受到的海水压强（4）柴油的质量，柴油的热值完全燃烧时所释放的热量又由于燃气轮机效率，则转化的有用功由图乙可知，驱逐舰航行中受到的阻力与速度是一次函数关系，设函数关系式，将，代入，可得到函数关系式；驱逐舰匀速航行时的最大距离为，航行速度为，则航行时间；根据二力平衡条件，驱逐舰匀速航行时，其牵引力与所受阻