物理（武汉专用）-2025年中考终极押题猜想

2025年中考物理终极押题猜想（武汉专用） 目录 题型一 单项选择题 2 押题猜想01 声与光 2 押题猜想02 热学 9 押题猜想03 能源与信息传递 15 押题猜想04 力学基础 20 押题猜想05 力学中档 27 押题猜想06 力学压轴 39 押题猜想07 电学基础 48 押题猜想08 电学中档 52 押题猜想09 电磁学 61 押题猜想10 生活用电 65 押题猜想11 电学压轴 70 题型二 填空题 78 押题猜想12 能量转化与能源计算 78 押题猜想13力学 83 押题猜想14 电磁学 86 题型三 实验题 91 押题猜想15 热学 91 押题猜想16 光学 96 押题猜想17 力学 103 押题猜想18 电学 110 题型四 计算题 122 押题猜想19 力学综合计算 122 押题猜想20 电热综合计算 133 题型一 单项选择题 押题猜想01 声与光 1．下列与声现象有关的说法正确的是（　　） A．图甲中，蝙蝠回声定位利用了声音可以传递能量 B．图乙中，用大小不同的力敲音叉，目的是研究音调与频率的关系 C．图丙中，改变钢尺伸出桌边的长度，目的是研究响度与振幅的关系 D．图丁中，纸盒内的音箱发声时，小人翩翩起舞，说明发声体在振动 【答案】D 【解析】A、图甲中，故A错误； B、图乙中，用力越大、响度越大； C、图丙中，可以改变振动的快慢，故C错误； D、图丁中，小人翩翩起舞说明声音是物体振动产生的。 故选：D。 押题解读 （1）声音的产生与传播，声音的三种特质的区别，声音的利用和噪声的控制，是近些年来命题的热点，常考查教材图片的组合，是声学内容的考查越来越体现出知识的整合和理解能力。 考前秘笈 理解声音频率的含义，发出44Hz的声音是指声音每秒钟振动44次；振幅是指声音振动的幅度，声音的响度和振幅有关，振幅越大，响度越大；声音的传播是需要介质的，介质可以是气体、液体或气体，真空不能传声。 2．（改编）航天员穿着航天服操作胸前的按钮时会有视野盲区，工程师在航天服的袖子上安装了两个小面镜，使航天员可以通过镜子看到按钮，下列与造成“视野盲区”的原因及小面镜所应用的物理知识一致的是（　　） A．①和② B．②和③ C．③和④ D．②和④ 【答案】A 【解析】造成“视野盲区”是由光的直线传播形成的，胸前的按钮将光反射入宇航员眼睛时被物体遮挡；工程师在航天服的袖子上安装了两个小面镜，是利用了光的反射原理； 日全食是由光的直线传播形成的；太阳灶利用了光的反射；故A正确。故选：A。 押题解读 光在自然界中存在三种光现象：光在同种均匀物质中沿直线传播，在日常生活中，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；当光照射到物体表面上时，有一部分光被反射回来，如平面镜成像、水中倒影；当光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向会偏折，发生折射现象。教材图片组合考查是近年来武汉常考方法。 考前秘笈 光的反射、折射、光的直线传播等相关的现象在生活中均非常常见，且有一定的相似性，我们应把握其实质。 （1）光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，产生的现象有小孔成像、激光准直、影子的形成、日食和月食等； （2）（2）光线传播到两种介质的表面上时会发生光的反射现象，例如水面上出现岸上物体的倒影、平面镜成像、玻璃等光滑物体反光都是光的反射形成的； （3）光线在同种不均匀介质中传播或者从一种介质斜射入另一种介质时，就会出现光的折射现象，例如水池底变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼、凸透镜成像等都是光的折射形成的。 1．如图，这是几个关于声现象的实验，下列说法正确的是（　　） A．图甲：用发声的音叉去接触乒乓球时，乒乓球被弹开，说明发声体在振动 B．图乙：钢尺伸出桌面的长度不变，改变拨动钢尺的力度，可探究音调与振幅的关系 C．图丙：逐渐抽出玻璃罩中的空气过程中，能听到响铃声的音调逐渐变低 D．图丁：放在音响前的蜡烛，烛焰随着音乐声舞动，说明声音能传递信息 【答案】A 【解析】A．图甲：用发声的音叉去接触乒乓球时，说明发声体在振动，故A正确； B．图乙：钢尺伸出桌面的长度不变，可探究响度与振幅的关系； C．图丙：声音不能在真空中传播，听到的铃声越来越小，故C错误； D．图丁：放在音响前的蜡烛，说明声音能传递能量。故选：A。 2．声让我们通过听觉感知世界，如图所示的声现象中，分析错误的是（　　） A．甲图：发声的音叉将乒乓球弹开，说明发声的物体在振动 B．乙图：从玻璃罩里向外抽气，听到铃声逐渐减小，推理得出真空不能传声 C．丙图：弹奏古筝时，手在不同的位置按弦，目的是改变发出声音的音色 D．丁图：倒车雷达利用超声波来定位，说明声可以传递信息 【答案】C 【解析】A、发声的音叉将乒乓球弹开，故A正确； B、从玻璃罩里向外抽气，推理得出真空不能传声； C、弹奏古筝时，目的是改变发出声音的音调； D、倒车雷达利用超声波来定位，故D正确。故选：C。 3．噪声已经成为影响人们生活、学习和工作的一大公害。下列现象属于在传播过程中减弱噪声的是（　　） A．学校附近禁止鸣笛 B．工人上班戴耳罩 C．在公路旁设置声音屏障 D．摩托车安装消声器 【答案】C 【解析】AD、学校附近禁止鸣笛，这是在声源处减弱噪声，故 错误； B、工人上班戴耳罩，故B错误； C、在公路旁设置声音屏障是在传播过程中减弱噪声。故选：C。 4．（改编）如图所示，“钟”是我国古代用铜或铁制成的一种打击乐器。由于金属钟钟体厚重，需以槌用力敲击方能使其振动发声。《天工开物》记载：“凡钟为金乐之首，大者闻十里，小者亦及里之余。”下列说法错误的是（　　） A．钟声是由钟体振动产生的 B．钟声只可以在空气中传播 C．“大者闻十里”中的“大”是指声音的响度大 D．用槌分别敲击铜钟和铁钟，发出声音的音色不同 【答案】B 【解析】A.钟声是由钟体振动产生的，故A正确； B.钟声可以在空气中传播，也可以在固体和液体中传播，符合题意； C.“大者闻十里”中的“大”是指声音的响度大，故C正确； D.用槌分别敲击铜钟和铁钟，发出声音的音色不同，由发声体本身的特征决定，故D正确；故选：B。 5．世界上最早的可吹奏乐器是由鹤类鸟的翅膀骨头制作而成的贾湖骨笛（如图所示）。下列关于骨笛的说法正确的是（　　） A．吹奏的笛声是由鹤骨振动产生的 B．按压不同的孔可以改变发出声音的响度 C．吹奏节奏舒缓的曲目时笛声传播的速度变慢 D．能区分骨笛和其他乐器，是因为它们发出声音的音色不同 【答案】D 【解析】AB．贾湖骨笛属于管乐器，按压骨笛上不同的孔发生振动的空气柱的长度会变化，发出声音的音调会不同，不符合题意； C．声音的传播速度与介质的种类和温度有关、响度，故C错误； D．音色是发声体的声音品质，是区别声音的重要标志，是因为它们发出声音的音色不同，符合题意。故选：D。 6．（改编）2000多年前我国古代学者在《墨经》中这样记录了小孔成像：“景到，在午有端，与景长（　　） A．水中倒影 B．雨后彩虹 C．海市蜃楼 D．天狗食日 【答案】D 【解析】墨子完成的小孔成像原理是光沿直线传播。 A、水中倒影属于平面镜成像，故A错误； B、雨过天晴时，这是太阳光通过悬浮在空气中细小的水珠折射而成的，分解成各种彩色光，故B错误； C、海市蜃楼是光在沿直线方向传播时，经过折射造成的结果； D、日食现象是由光的直线传播形成的。故选：D。 7．生活中常见到各种光现象，其中属于光的反射现象的是（　　） A． 透过树丛的光 B． 海市蜃楼 C． 手影 D． 水中倒影 【答案】D 【解析】A、透过树丛的光是由于光沿直线传播形成的。 B、海市蜃楼是一种由光的折射产生的现象，不符合题意。 C、手影是光沿直线传播形成的。 D、水中的“倒影”，是由于光的反射形成的。故选：D。 8．如图是蛇年春节一场烟花表演的情景，现场一片流光溢彩、焰火璀璨。下列有关此情景的说法中，不正确的是（　　） A．烟花在水中形成的倒影是光的反射形成的 B．烟花在水中的倒影是虚像 C．我们看到空中的灿烂烟花，是光近似沿直线传播进入眼睛 D．烟花绚丽的色彩是光发生色散形成的 【答案】D 【解析】A.烟花在水中形成的倒影是光的反射形成的，故A正确，不符合题意； B.烟花在水中的倒影是虚像，故B正确，不符合题意； C.我们看到空中的灿烂烟花，是光近似沿直线传播进入眼睛，故C正确，不符合题意； D.烟花绚丽的色彩是光源形成的，故D错误，符合题意。 故选：D。 9．如图所示，雨后天空中出现美丽的彩虹，塔在水面形成清晰的倒影（　　） A．天空中彩虹是由于光的色散形成的 B．塔在水面的倒影是光的反射形成的实像 C．水中的“云”是由于光的直线传播形成的 D．看到的水中“鱼”是光的折射形成的实像 【答案】A 【解析】A．雨后天空中出现彩虹，太阳光经过折射发生色散形成的； B．塔在水面的倒影是光的反射形成的虚像； C．水中的“云”是平面镜成像，故C错误； D．看到的水中“鱼”是光是从水中斜射入空气中，折射光线远离法线，看到的是折射光线反向延长线形成的鱼的虚像。故选：A。 10．如图，为了探究光反射时的规律，把一个平面镜放在水平桌面上，纸板ENF是用两块纸板连接起来的，纸板NOF可以向前或向后折。下列说法不正确的是（　　） A．纸板NOF可以向前或向后折，是为了探究反射光线、入射光线和法线是否在同一平面内 B．入射光线靠近ON时，反射光线靠近ON C．使一束光贴着纸板沿NO方向射到O点，这时没有反射光射出 D．使用此实验装置还能探究光在反射时光路是否可逆 【答案】C 【解析】A、在研究光的反射定律实验中，当把两纸板折到同一平面上时，说明反射光线、法线在同一平面内； B、根据光的反射定律，所以入射光线靠近ON时，反射光线也靠近ON； C、光沿NO方向入射时，并非“没有反射光”； D、使用此实验装置，能探究光在反射时光路是否可逆。故选：C。 11．在“探究平面镜成像特点”的实验中，下列说法错误的是（　　） A．实验时应选较薄的玻璃板代替平面镜竖立在水平桌面上 B．在寻找蜡烛像的位置时，眼睛应在玻璃板放有点燃蜡烛的一侧观察 C．在蜡烛像的位置放上光屏，光屏上不能承接到蜡烛的像 D．保持蜡烛A的位置不变，让玻璃板稍倾斜些，蜡烛A的像位置不变 【答案】D 【解析】A、玻璃板越薄，这样可使确定的像的位置更加准确，会影响对实验结果的判断； B、平面镜所成像是由光的反射形成的，应在物体一侧透过玻璃板向对侧观察，B正确； C、物体在平面镜中成虚像，移去蜡烛B，则光屏上不能接收到蜡烛A的火焰的像，故C正确； D、让玻璃板稍倾斜些，故D错误。故选：D。 题猜想02 热学 1．厨房是日常生活中充满物态变化的“实验室”。下列关于物态变化说法正确的是（　　） A．制作冰凉的饮料时，加冰块比直接加冷水的效果更好 B．从冰箱冷冻室拿出来的冻肉比刚放进去时重，是由于肉里面的水分凝固造成的 C．烧开水时水蒸气引起的烫伤比开水烫伤更严重，是因为水蒸气的温度比开水高 D．用干冰保鲜食物，是利用干冰熔化吸热 【答案】A 【解析】A、制作冰凉的饮料时。因为冰块从固态熔化成液态水的过程中要吸收热量，而冷水加入后只是通过热传递使饮料降温，故A正确。 B、从冰箱冷冻室拿出来的冻肉比刚放进去时重，使冻肉变重，故B错误。 C、烧开水时水蒸气引起的烫伤比开水烫伤更严重，所以烫伤更严重，水蒸气和开水温度通常是相同的。 D、用干冰保鲜食物，使周围环境温度降低，干冰是直接从固态变为气态，故D错误。 故选：A。 2．小笼包（如图所示）是武汉传统早点的经典美食，深受市民喜爱。在做包子的过程中，下列说法正确的是（　　） A．包包子时，能把包子皮捏在一起不分开，是因为分子间有斥力 B．包子放入笼屉蒸，包子温度逐渐升高，是通过做功改变内能的 C．包子熟了，打开锅盖锅内冒出大量“白汽”，“白汽”是蒸发形成的 D．包子出笼，将包子放入盘子里，盘子温度升高、内能增加 【答案】D 【解析】A、包包子时，能把包子皮捏在一起不分开，是因为分子间有引力，故A错误； B、包子放入笼屉蒸，包子温度逐渐升高，是通过热传递改变内能的，故B错误； C、包子熟了，打开锅盖锅内冒出大量“白汽”，“白汽”是水蒸气液化后的小水珠，故C错误； D、包子出笼，将包子放入盘子里，盘子温度升高、内能增加，故D正确。故选：D。 押题解读 物态变化、内能、改变内能的两种方式和能量转化的综合性考查，体现出大单元教学，考查学生对知识的整合能力、分析能力。 考前秘笈 分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态，是解题的关键，物质的三态六变和吸放热性能要熟练掌握；内能和其他形式能的转化；改变内能的两种方式：做功和热传递。 1．教室黑板用湿抹布擦后很快会变干，这个现象对应的物态变化是（　　） A．熔化 B．汽化 C．液化 D．升华 【答案】B 【解析】教室黑板用湿抹布擦后很快会变干，是水分由液态变为气态的过程，故B正确。 故选：B。 2．“不知庭霰今朝落，疑是林花昨夜开”中的“霰”，是古人视为吉祥的象征，如图所示。下列与“霰”的形成过程相同的是（　　） A．液化 B．凝华 C．凝固 D．熔化 【答案】B 【解析】“霰”是高空中的水蒸气遇到冷空气直接凝结成的小冰粒，这是凝华现象；B正确。故选：B。 3．生活中的很多现象可以用学过的物理知识加以解释，下列解释错误的是（　　） A．取出冰箱中被冷冻的冰糕，放一会儿，发现包装外层出现小水珠，这是液化现象 B．“下雪不冷化雪冷”，这是因为雪在熔化时吸热 C．游泳后，刚从水中出来，感觉比较冷，这是因为人身上水分蒸发带走热量 D．天气很冷时，窗玻璃上会出现冰花，这是一种凝固现象 【答案】D 【解析】A、从冰箱中取出的冰糕温度低于气温，附着在冰糕的包装上故A正确； B、“下雪不冷化雪冷“，熔化吸热，故B正确； C、游泳后，人身上水分蒸发吸热，所以会感觉的冷，不合题意； D、窗玻璃上出现的冰花，故D错误。故选：D。 4．生活中的很多现象可以用学过的物理知识加以解释，下列解释错误的是（　　） A．取出冰箱中被冷冻的冰糕，放一会儿，冰糕的热量会减少 B．“下雪不冷化雪冷”，这是因为雪在熔化时吸热 C．游泳后，刚从水中出来，感觉比较冷，这是因为人身上水分蒸发带走热量 D．天气很冷时，窗玻璃上会出现冰花，这是一种凝华现象 【答案】A 【解析】A、取出冰箱中被冷冻的冰糕，冰糕会熔化，所以内能会增加； B、雪在熔化时吸热，所以化雪冷； C、游泳后，身上有很多水，使人体表温度降低，故C正确； D、冰花是水蒸气遇冷形成的小冰晶，故D正确；故选：A。 5．小红同学发现厨房是一个充满物态变化的“实验室”。关于厨房中的各种物态变化，下列说法错误的是（　　） A．水沸腾时壶嘴冒出的“白气”，是水蒸气液化形成的 B．冰箱冷冻室内结出的霜，是水蒸气凝华成的小冰晶 C．水中的食盐搅拌后消失，是固态食盐熔化为液态 D．在食材解冻的过程中，食材中的冰熔化需要吸热 【答案】C 【解析】A、水沸腾时产生大量高温水蒸气，遇到温度较低的空气，即我们看到的“白气”。 B、冰箱冷冻室内温度很低，会直接由气态凝华成固态的小冰晶，故B正确。 C、水中的食盐搅拌后消失，形成了钠离子和氯离子均匀分布在水分子中间的溶液，不是固态食盐熔化为液态。 D、食材解冻过程中，由固态变为液态，故D正确。 故选：C。 6．关于物态变化，下列说法正确的是（　　） A．图甲：冰棍“冒”出的“白气”向上飘，“白气”是冰棍汽化成的水蒸气 B．图乙：昆虫和植物上的露珠，是空气中的水蒸气遇冷液化成的小水滴 C．图丙：易拉罐底部的白霜，是空气中的小水滴遇到低温的易拉罐凝固成的小冰珠 D．图丁：北方的冬天为保存蔬菜，在地窖中放几桶水，是利用水蒸发吸热 【答案】B 【解析】A、冰棍“冒”出的“白气”是周围水蒸气液化成的小水珠，故A错误； B、昆虫和植物上的露珠，故B正确； C、易拉罐底部的白霜，故C错误； D、北方的冬天为保存蔬菜，是利用水凝固时放热。 故选：B。 7．运用物理知识可以解决许多生活实际问题，如图所示所蕴含物理知识解释正确的是（　　） A．甲图：寒冬撒盐熔雪，是为了提高雪的熔点 B．乙图：持续加热，炖盅内外的水都会沸腾 C．丙图：利用干冰进行人工降雨，利用了干冰温度较低且汽化吸热 D．丁图：电冰箱工作时，制冷剂发生的物态变化有汽化和液化 【答案】D 【解析】A、寒冬撒盐熔雪，故A错误； B、持续加热，炖盅内的水由于吸收不到热量，而炖盅外的水可以吸收到热量，B错误； C、干冰进行人工降雨，空气中的水蒸气遇冷液化形成降雨； D、丁图中，液体制冷剂在冷冻室汽化吸热变成气态，达到制冷的目的。 故选：D。 8．睿熙同学最擅长做的就是蛋炒饭。关于做蛋炒饭，下列说法正确的是（　　） A．蛋炒饭被炒熟，主要是通过做功的方式增大内能 B．放盐后翻炒，整盘蛋炒饭都变咸了，表明分子没有运动 C．翻炒时，蛋炒饭冒出“白气”是因为它含有的热量太多了 D．炒好后整间厨房都能闻到香气，这是扩散现象 【答案】D 【解析】A．炒饭时，主要是通过传递的方式改变物体的内能； B．放盐后翻炒，是分子不停息地做无规则运动的结果； C．刚炒熟的蛋炒饭冒“白气”是因为水蒸气遇冷液化成小水滴，不能说蛋炒饭含有热量； D．炒好后整间厨房都能闻到香气，属于扩散现象。 故选：D。 9．在厨房用砂锅炖鸡汤时，很多现象都可以用物理知识来解释。下列说法正确的是（　　） A．鸡汤吸收了热量，温度一定升高，内能一定增加 B．用天然气炖鸡汤时，调大火力可以提高天然气的热值 C．炖汤时，汤汁沸腾将壶盖顶起的能量转化与四冲程内燃机中做功冲程能量转化相同 D．停止加热，鸡汤会立刻停止沸腾 【答案】C 【解析】A.鸡汤吸收了热量，沸腾时温度不变，内能一定增加； B.用天然气炖鸡汤时，调大火力不可以提高天然气的热值，热值是燃料的特性； C.炖汤时，汤汁沸腾将壶盖顶起的能量转化由内能转化为机械能，故C正确； D.停止加热，由于砂锅的温度高于鸡汤的沸点，故D错误； 故选：C。 10．甲、乙两种固体熔化过程的温度一时间图像如图所示，下列判断错误的是（　　） A．甲是晶体且其熔点为48℃，乙是非晶体 B．甲的熔化过程持续了4min C．在4﹣8min内，甲的内能一定大于乙的内能 D．甲在ab段处于固液共存状态，在b点的内能大于a点的内能 【答案】C 【解析】A、如图所示的是甲。其中，则乙物质是非晶体，温度保持不变的物质是甲，该晶体的熔点是48℃； B、甲物质在4～8min处于熔化阶段，故B正确； C、在5～8min，甲，甲的内能不一定大于乙的内能； D、甲物体在ab段是固液共存态，内能增加。故选：C。 11．如图所示，规格相同的甲、乙两容器中分别装有3kg和2kg的水，并用不同的加热器加热，得到如图丙所示的水温与加热时间的关系图像。下列说法正确的是（　　） A．甲、乙两容器中的水的内能是通过做功的方式改变的 B．甲、乙两容器中的加热器每分钟放出的热量相同 C．加热相同的时间，甲、乙两容器中的水升高的温度之比为2：3 D．将甲、乙两容器中的水从20℃加热至100℃所需要的时间之比为2：3 【答案】D 【解析】A、容器中的水从加热器上吸收热量，故A错误； B、由图丙可知，甲的加热时间为2min，Q甲吸＝cm1Δt＝8.2×103J/（kg•℃）×5kg×（40℃﹣20℃）＝2.52×105J，甲容器中的水每分钟吸收热量为：Q吸7＝×Q甲吸＝×2.52×102J＝1.26×105J；由图丙可知，水的温度从20℃升高到40℃时，则乙容器中的水吸收热量：Q乙吸＝cm6Δt＝4.2×108J/（kg•℃）×2kg×（40℃﹣20℃）＝1.68×105J， 乙容器中的水每分钟吸收热量为：Q吸2＝×Q乙吸＝×3.68×105J＝5.6×104J； 由于忽略散热损失，所以两加热器每分钟放出的热量与水每分钟吸收的热量相同， 则加热器每分钟放出的热量之比为：Q放1/min：Q放3/min＝1.26×105J：2.6×104J＝6：4，故B错误； C、根据B可知相同时间内，则相同时间内9：7，根据Δt＝＝＝＝＝，故C错误； D、根据Q吸＝cm（t﹣t4）可得甲、乙两容器中的水从 ＝＝＝＝；根据时间t＝可得所用时间之比为：：＝×＝×＝；故D正确。故选：D。 押题猜想03 能源与信息传递 1．如图所示，武汉市许多家庭屋顶安装了太阳能电池板，利用逆变电器将太阳能电池板输出的电流变成“220V 50Hz”交变电流供家庭使用（　　） A．太阳能是一次能源 B．太阳能是一种清洁的可再生能源 C．太阳能电池板将太阳能转化为电能 D．我国供生活用的交变电流的方向在每秒内变化50次 【答案】D 【解析】A、太阳能可以直接从自然界获得，故A正确； B、太阳能是一种清洁的可再生能源； C、太阳能电池板将太阳能转化为电能； D、我国供生产和生活用的交变电流，电流方向1s内变化100次。故选：D。 押题解读 ‌ 能源知识点通常以选择题和填空题形式考查，分值占比约1-3分，基础题型为主，常与热学、电学知识点结合出现。‌选择题，判断能源类型（如可再生、不可再生）、能量转化实例（如太阳能电池的能量转换）。‌填空题，结合生活场景考查能源应用（如太阳能电池板的工作原理）。 考前秘笈 能源分类：区分可再生能源（太阳能、风能）与不可再生能源（化石能源、核能）的定义。能量转化与效率，重点掌握太阳能转化为电能、热能的过程（如光伏发电）及转化效率的影响因素。 强调物理模型与实际应用的结合，例如电池板仅负责能量转化，不储存能量（易错点）。 命题趋势：注重基础知识与实际应用的结合，减少纯记忆性题目，增加情境化分析题；可能与其他模块交叉考查（如电学中多档位电器与能源效率的综合分析）。 备考建议：‌强化概念辨析，通过对比记忆区分能源类型与能量转化路径；‌关注实验题关联‌：例如通过实验数据分析能源转化效率的影响因素；联系社会热点，如“双碳”目标下的清洁能源能源应用实例。 2．我国于2018年和2024年先后发射了鹊桥号和鹊桥二号中继星，架起了地球与月球背面通信的“天桥”。相比于鹊桥号，鹊桥二号距月球更近（如图）（　　） A．鹊桥号利用声波进行信号传输 B．鹊桥二号利用电磁波进行信号传输 C．镀金钼丝天线反射的信号传播速度为3×108m/s D．信息从月球背面传到鹊桥二号比到鹊桥号用时更短 【答案】A 【解析】AB、声音的传播需要介质，鹊桥号利用电磁波进行信号传输、B正确； C、镀金钼丝天线反射的信号靠电磁波传播8m/s，故C正确； D、由题意可知，鹊桥二号距月球更近，故D正确。故选：A。 押题解读 ‌ 武汉中考物理信息传递重点考查电磁波的性质及应用（如移动通信、卫星导航）、通信设备工作原理（电话、光纤通信）、能量转化判断等基础知识点。以选择题为主，分值占比约2-4分，遇有填空题出现。此考点与能源交替考查。 考前秘笈 信息传递备考建议‌强化基础概念，重点掌握电磁波传播特性（真空中速度3×10⁸m/s）、光纤通信原理（全反射）等核心知识；‌关注跨章节联系‌：结合能源章节理解核能/太阳能利用，结合光现象辨析电磁波与光的关系。 强调物理模型与实际应用的结合，例如电池板仅负责能量转化，不储存能量（易错点）。 命题趋势：2025年难度可能会提升，信息传递部分更强调概念辨析与实际应用结合。 备考建议：‌强化基础概念‌：重点掌握电磁波传播特性（真空中速度3×10⁸m/s）、光纤通信原理（全反射）等核心知识。‌关注跨章节联系‌：结合能源章节理解核能/太阳能利用，结合光现象辨析电磁波与光的关系。近年命题更注重学科素养，需通过真实情境（如5G通信、北斗导航）提升知识迁移能力。 1．下列关于能源的说法不正确的是（　　） A．煤、石油、天然气是化石能源也属于一次能源 B．核能属于不可再生能源 C．核电站和原子弹都利用了可控的裂变链式反应 D．在太阳内部，氢原子核在超高温下发生热核反应，释放巨大的核能 【答案】C 【解析】A．煤、石油，故A正确； B．核能不可能在短期内从自然界得到补充的能源，属于不可再生能源，不符合题意； C．核电站利用了可控的裂变链式反应，故C错误； D．在太阳内部，释放巨大的核能，故D正确。故选：C。 2．能源问题是当今国际的热点话题，尤其是自俄乌战争爆发以来，许多国家开始谋求长远的多种能源出路。下面有关能源的说法正确的是（　　） A．水能和动植物等都属于不可再生能源 B．天然气和铀矿等属于可再生能源 C．核能发电是利用核聚变释放能量 D．氢弹是利用核聚变释放能量 【答案】D 【解析】A、水能和植物等都属于短时间内再次获得，故A错误； B、天然气和铀矿等属于不可再生能源； C、核能发电是利用核裂变释放能量； D、氢弹是利用核聚变释放能量。故选：D。 3．目前，科学家正在研究太空电站，即地球同步轨道上的太阳能电站（　　） A．太阳释放的能量来自太阳内部发生的核聚变 B．太阳能收集板主要是将太阳能转化为化学能 C．实现“无缆传输”的微波属于超声波的一种 D．太阳能是一种清洁无污染但不可再生的能源 【答案】A 【解析】A、太阳能是通过太阳内部的氢原子发生核聚变获得的； B、从能量转化的角度，它将太阳能转化为电能； C、实现“无缆传输”的微波属于电磁波的一种； D、太阳能可以源源不断的从自然界获得、无污染的可再生能源。故选：A。 4．三结砷化镓柔性太阳能电池板发电技术，是一项非常先进的太阳能光电转换技术，它的光电转换效率超30%，广泛应用于航天、军事、可穿戴设备等领域。关于三结砷化镓柔性太阳能电池板发电技术，下列说法正确的是（　　） A．太阳能电池板所用材料三结砷化镓是超导体 B．太阳能电池板面积越大，发电效率越高 C．太阳能电池板工作时，将太阳能转化为电能 D．太阳能电池板工作的效率超30%，表明太阳能有将近70%转化为电能 【答案】C 【解析】A、太阳能电池板所用材料三结砷化镓是半导体； B、太阳能电池板面积越大，故B错误； C、太阳能电池板工作时，故C正确； D、太阳能电池板工作的效率超30%，故D错误。 故选：C。 5．我国研发的“玲龙一号”核电机组，是全球首个多功能模块化的小型核电机组。下列关于核能的说法正确的是（　　） A．核能是一种化石能源，属于常规能源 B．核电站的核反应堆中发生的链式反应是可以控制的 C．利用核能发电是直接将核能转化成电能 D．核能是可再生能源，它是未来理想能源的一个重要发展方向 【答案】B 【解析】A、核能是一种化石能源，属于新能源； B、核能发电是利用铀原子核裂变时放出的核能来发电的。核电站的核心设备是核反应堆，故B正确； C、核电站主要是利用核的裂变进行发电的，其过程是将核能转化为内能，然后带动发电机发电，故C错误； D、核能在地球上的储量是一定的，属于不可再生能源，故D错误。故选：B。 6．如图所示是电磁波家族。目前主流的无线WiFi网络常用的频率约是2.4GHz（＝2.4×109Hz）。根据所给信息，可以推测WiFi信号（　　） A．在真空中传播的速度比可见光小 B．属于红外线 C．波长比可见光短 D．频率比可见光小 【答案】D 【解析】A、各种电磁波在真空中的速度都是相同的8m/s，故A错误； B、读图可得9Hz，该信号属于无线电波，故B错误； C、由图可知，波速一定，无线wifi的波长大于可见光的波长； D、wifi信号的频率约是3.4GHz＝2.2×109Hz，由图知wifi信号的频率比可见光小。 故选：D。 7．京东在一些城市用无人驾驶车取代了人力配送商品，无人车在送货过程中，由北斗导航+5G技术+传感器进行360度环境监测，能识别红绿灯信号并做出反应如图所示，下列说法中正确的是（　　） A．北斗卫星导航是通过光纤传递信息 B．5G技术是物联网的基础，它们是靠超声波来实现的 C．无人机内部的核心“芯片”是用超导体材料制作的 D．其北斗导航+5G技术+传感器与服务器联系靠的是电磁波 【答案】D 【解析】A、北斗卫星导航系统具有定位，它传递信息是利用电磁波来实现的； B、5G手机上网属于移动电话，故B错误； C、无人机内部的核心“芯片”是用半导体材料制作的； D、其北斗导航+5G技术+传感器与服务器联系靠的是电磁波。故选：D。 押题猜想04 力学基础 1．如图所示是我国运动员在第九届亚洲冬季运动会上参加冰壶比赛时的情景。下列说法正确的是（　　） A．离开手的冰壶在水平面上继续向前运动，是因为冰壶受到惯性作用 B．在比赛中，运动员用冰刷刷冰面是为了增大冰壶受到的摩擦力 C．冰壶所受的重力和冰壶对冰面的压力是一对平衡力 D．冰壶对冰面的压力和冰面对冰壶的支持力是相互作用的力 【答案】D 【解析】A、开始冰壶和手一起运动，冰壶由于惯性要保持原来的运动状态，惯性不是力，故A错误； B、冰刷扫冰时，冰的内能增大，达到熔点熔化，使接触面分离，故B错误； C、冰壶对冰面的压力作用在冰面上，二力作用在两个物体上，不是一对平衡力； D、冰壶对冰面的压力和冰面对冰壶的支持力、方向相反、作用在不同物体上，故D正确。故选：D。 押题解读 本题考查减小有害摩擦的方法；运用惯性判断物体的运动；平衡力与相互作用力的辨析。利用所学知识解释生活中的具体问题，体现了从物理走向生活，从生活走向物理的核心素养要求。 考前秘笈 物体由于惯性要保持原来的运动状态不变。减小摩擦力的方法有：减小压力、减小接触面的粗糙程度、变滑动摩擦为滚动摩擦和使两接触表面彼此离开。一对平衡力必须大小相等、方向相反、作用在同一物体上、作用在同一直线上。 2．如图所示，为了研究影响滑动摩擦力大小的因素，某实验小组用一个砝码、一块木块、两块材料相同但粗糙程度不同的长木板进行了三次实验。下列说法正确的是（　　） A．用弹簧测力计拉动木块，木块受到的滑动摩擦力大小就等于拉力大小 B．甲实验中，木块速度越大，木块受到的滑动摩擦力越大 C．乙实验中，当木块做匀速直线运动时，砝码不受摩擦力 D．甲、丙两次实验可得出滑动摩擦力大小与接触面粗糙程度有关 【答案】C 【解析】A、只有沿水平方向拉着物体做匀速直线运动，拉力大小才等于摩擦力的大小，用到了转换法，故A错误； B、实验中加速拉动木块时，摩擦力不变； C、乙实验中，砝码也做匀速直线运动，故C正确； D、甲、丙两次实验，接触面粗糙程度不同，故D错误。故选：C。 押题解读 本题探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关，考查实验原理及控制变量法和转换法的运用，体现了对过程和方法的考查。 考前秘笈 本题根据二力平衡的条件分析；影响滑动摩擦力大小因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度，利用控制变量法分析；利用控制变量法，为了探究滑动摩擦力是否跟接触面的面积有关，需控制压力的大小及接触面的粗糙程度相同，改变接触面积的大小进行实验。 3．如图所示，是小慧同学掷实心球的场景，图中虚线表示球的运动轨迹，球从a点上升到最高点b后下落到地面c点，然后继续运动到d点停止。下列说法正确的是（　　） A．球从a点上升到b点，是因为受到惯性作用 B．球在b点受到的合力为零 C．球从b点下落到c点，运动状态不断改变 D．球最终到d点停止，说明物体运动需要力来维持 【答案】C 【解析】A．惯性不是力，不能表述为受到惯性作用，故A错误； B．球在b点只受到重力作用，所以球在b点受到的合力不为零，故B错误； C．球从b点下落到c点，球的速度增大，球的运动方向不断改变，所以球的运动状态不断改变，故C正确； D．球最终到d点停止，是受到阻力的作用，速度越来越小，所以物体运动不需要力来维持，故D错误。故选C。 押题解读 结合生活情景的力学内容的综合性考查，考查了惯性的概念、合力的分析，力和运动的关系等，能够较好的考查学生利用生活情境结合物理知识解决实际问题。 考前秘笈 惯性不是力，不能表述为受到惯性作用，具体分析物体受力的情况；运动状态的改变包括：运动速度和运动方向，物体受力不平衡时，运动状态一定改变；力是改变物体运动状态的原因，不是维持物体运动状态的原因。物体的运动不需要力来维持。 1．2025亚洲羽毛球锦标赛4月9日在浙江宁波进入第二个比赛日，国羽15战13胜，女单女双全员晋级。如图所示是比赛中的场景（　　） A．击球时，球和球拍都会发生弹性形变 B．击球时，球拍对球的力和球对球拍的力是一对平衡力 C．羽毛球离开球拍继续运动，是因为受到惯性的作用 D．羽毛球最终会落到地面，是因为没有了力的作用 【答案】A 【解析】A、击球时，此时球和球拍都会发生弹性形变； B、击球时，不是一对平衡力； C、球离开球拍之后在空中继续飞行，惯性不是力，故C错误； D．乒乓球最终会落到地面，故D错误。 故选：A。 2．两轮电动平衡车作为一种新兴的交通工具，备受中学生的喜爱。如图所示，当人操控平衡车在水平路面上做匀速直线运动时，下列说法正确的是（　　） A．关闭电机后，平衡车仍继续前进是由于其受到惯性作用 B．若平衡车在运动过程中所受的力全部消失，平衡车会慢慢停下来 C．平衡车对地面的压力与地面对它的支持力是相互作用力 D．平衡车受到的重力与地面对它的支持力是一对平衡力 【答案】C 【解析】A．惯性不是一种作用，而是一切物体的固有属性，不能说物体受到惯性的作用，故A错误； B．根据牛顿第一定律，若平衡车在运动过程中所受的力全部消失，平衡车会做匀速直线运动，故B错误； C．平衡车对地面的压力与地面对它的支持力，大小相等，方向相反，作用在两个不同的物体上，作用在同一条直线上，是一对相互作用力，故C正确； D．平衡车受到的重力小于地面对它的支持力，这两个力大小不相等，不是一对平衡力，故D错误。故选C。 3．如图所示，用大小为8N的水平拉力F拉上表面粗糙程度各处相同的物体A，使其在水平地面上以1m/s匀速直线运动，当物体B静止不动时，与水平绳相连的弹簧测力计的示数为3N保持不变，下列说法正确的是（不计绳和弹簧测力计自重）（　　） A．A对B的摩擦力为静摩擦力 B．A对B的摩擦力方向水平向右，大小为8N C．若A以2m/s匀速直线运动，拉力F将变大 D．地对A的摩擦力方向水平向左，大小为5N 【答案】D 【解析】A．因为A与B之间是相对运动的，所以它们之间的摩擦力是滑动摩擦力。故A错误； B．B相对于地面静止，处于平衡状态，在水平方向上受到的向左的拉力与向右的摩擦力是一对平衡力，摩擦力与向左的拉力相等，大小为3N，故B错误； C．A对地面的压力不变，它们接触面的粗糙程度不变，所以地面对它的摩擦力大小不变。A无论以什么样的速度做匀速直线运动，都处于平衡状态，拉力与摩擦力平衡，大小相等，是不会发生变化的。故C错误； D．以A为研究对象，它做匀速直线运动，受到的力是平衡的：向右的拉力F与B对A向左的摩擦力、地面对A向左的摩擦力平衡。则地面对A的摩擦力大小为 故D正确。故选D。 4．如图所示，是巴黎奥运会网球女子单打金牌赛的场景，中国选手以2：0的比分战胜对手，夺得金牌。下列说法正确的是（　　） A．用球拍击打网球时，给网球施力的是运动员 B．网球被击打的过程中，运动状态一定发生改变 C．网球离开球拍后，受力平衡 D．击打网球的不同部位，网球的运动方向不同，表明力的作用效果与力的大小有关 【答案】B 【解析】A、用球拍击球时，给球施力的物体是球拍，故A错误； B、网球被击打的过程中，重力与弹力不平衡，球处于非平衡状态，所以运动状态一定发生改变，故B正确； C、网球离开球拍后，受到重力和空气阻力的作用，这两个力不在同一直线上，不是平衡力，则网球受力不平衡，故C错误； D、击打球的不同部位，飞行方向不同，表明力的作用效果与力的作用点有关，故D错误。故选：B。 5．探究“滑动摩擦力大小与哪些因素有关”的实验操作如图，下列分析正确的是（　　） A．图乙和图丙两实验，探究的是滑动摩擦力大小与接触面粗糙程度的关系 B．实验中，弹簧测力计水平匀速拉动木块，速度越大，摩擦力越大 C．若撤去拉力F，木块会慢慢停下来，说明木块没有惯性 D．图甲和图乙两实验，可得出“滑动摩擦力大小与物体的质量有关”的结论 【答案】A 【解析】A、图乙和图丙两实验，压力大小相同，接触面粗糙程度不同，探究的是滑动摩擦力大小与接触面粗糙程度的关系，故A正确； B、滑动摩擦力的影响因素是压力和接触面的粗糙程度，与速度无关，故B错误； C、力可以改变物体的运动状态，撤去拉力F，木块会慢慢停下来，说明木块受到了摩擦力的作用，惯性只与质量有关，与运动状态无关，故C错误； D、比较图甲和图乙两实验可知，接触面的粗糙程度相同，而物体对接触面的压力大小不同，可得出“滑动摩擦力大小与压力大小有关”的结论，故D错误。故选：A。 6．如图所示，亚冬会于2025年2月7日至2月14日在我国哈尔滨举行，女子1500米韩梅夺冠（　　） A．运动员在匀速滑行时，溜冰鞋与冰面间摩擦力为零 B．到达终点不能立即停下来，是因为运动员受到惯性作用 C．运动员在匀速转弯时，受到非平衡力作用 D．冰面对她的支持力与她所受的重力是一对相互作用力 【答案】C 【解析】A、运动员在快速滑行过程中，故A错误； B、运动员到达终点时不能立即停下来，仍要保持原来的运动状态，不能用受到惯性作用来表述； C、运动员在匀速转弯时，处于非平衡状态，故C正确； D、冰面对他的支持力与他所受的重力作用在同一个物体上，故D错误。 故选：C。 7．如图所示是现在比较流行的“旋转”小火锅。盛装了各种菜品的盘子跟随传送带一起沿轨道不停地匀速运动，方便各个位置的客人都能品尝到传送带上的各种菜品，下列说法正确的是（　　） A．盘子在刚放到运转着的传送带上时不受摩擦力 B．盘子跟随传送带在直道上匀速运动时不受摩擦力 C．菜品对盘子的压力与菜品所受重力是一对平衡力 D．盘子所受重力与传送带对盘子和菜品的支持力是一对平衡力 【答案】B 【解析】A、盘子在刚放到运转着的传送带上时，有向后滑动的趋势，故受摩擦力，故A错误； B、盘子跟随传送带在直道上匀速运动时，没有相对运动和相对运动趋势，故不受摩擦力，故B正确； C、菜品对盘子的压力与菜品所受重力作用在不同物体上，不是一对平衡力，故C错误； D、传送带对盘子和菜品的支持力与整体的重力相等，是一对平衡力，而与盘子所受重力不相等，不是平衡力，故D错误。 故选：B。 8．为了探究“影响液体内部压强大小的因素”，甲、乙两个实验小组分别采用如图所示装置，其中甲装置U形管内装有已染色的水，实验装置经测试均可以正常使用。下列说法正确的是（　　） A．实验过程中，甲乙都是通过观察橡皮膜的形变来反映液体内部压强的大小 B．甲图中改变橡皮膜朝向，U形管两侧液面高度差改变 C．乙图中橡皮膜一定向左侧凸起 D．甲图中仅将金属盒下移，U形管两侧液面高度差增大 【答案】D 【解析】A、甲图是通过看U形管两侧液面的高度差来判断液体压强的大小的，故A错误； B、由于液体内部同一深度朝各个方向的压强相等，改变橡皮膜朝向，故B错误； C、乙图中隔板左侧的液体密度大于右侧的液体密度，橡皮膜向右侧凸起； D、甲图中仅将金属盒下移，U形管两侧液面高度差增大。 故选：D。 押题猜想05 力学中档 1．如图所示，放在水平桌面上完全相同的圆柱形容器中，装有不同的两种液体甲、乙，若A、B两点的压强相等，则下列说法正确的是（　　） A．两种液体的密度关系是ρ甲＝ρ乙 B．两种液体的质量关系是m甲＜m乙 C．两种液体对容器底的压强关系是p甲＞p乙 D．两容器对水平桌面的压强关系是p甲＜p乙 【答案】C 【解析】A、由图可知，AA＜hB，A、B两点的压强相等，两种液体的密度关系ρ甲＞ρ乙，故A错误； BC、因为A，ρ甲＞ρ乙，由p＝ρgh可知，A、B两点以下的液体对容器底的压强关系p′A＞p′B，而两种液体对容器底的压强p甲＝pA+p′A，p乙＝pB+p′B，A、B两点的压强相等A＝pB，所以p甲＞p乙；因两容器完全相同、底面积相同，由知甲＞F乙， 液体对容器底的压力等于液体的重力，故G甲＞G乙，由可知甲＞m乙，故B错误、C正确。 D、两容器对水平桌面的压力等于液体的重力与容器重力之和、重力相同甲＞F乙，由可知两容器对水平桌面的压强关系是p甲＞p乙，故D错误。故选：C。 押题解读 本题多知识综合考查，本题考查了重力公式、压强定义式、液体压强公式的应用，要知道：对于直壁容器，液体对容器底的压力等于液体重力。 考前秘笈 此类题是液体压强的判断比较，根据p＝ρgh可得两种液体的密度关系。因两容器完全相同、底面积相同，由知，液体对容器底的压力关系，液体对容器底的压力等于液体的重力，可得液体重力大小关系，进而得出两种液体的质量关系。两容器对水平桌面的压力等于液体的重力与容器重力之和，因两容器完全相同、重力相同，可得两容器对水平桌面的压力关系，根据由可得两容器对水平桌面的压强关系。 2．如图所示，将系在细线下的小球拉至A点，然后由静止释放，小球将在A、C两点之间往复摆动，如果不考虑空气对小球的阻力，下列分析中正确的是（　　） A．当小球摆至B点时所受的重力和线的拉力是平衡力 B．若小球摆至C点时细线断裂，小球将落在C点的正下方 C．若小球摆至B点所有的外力均消失，小球将落在B点的右下方 D．小球从A点摆至B点的过程中，动能转化为重力势能 【答案】B 【解析】A、小球在摆动过程中，运动方向和速度大小不断发生变化，处于非平衡状态，当小球摆至B点时，所受的重力和线的拉力不是平衡力，故A错误； B、当小球摆至C点时，小球的速度为零，此时如果细线断裂，小球将落在C点的正下方，故B正确； C、若小球摆至B点所有的外力均消失，小球将在水平方向匀速直线运动，不会落地，故C错误； D、小球从A点摆至B点的过程中，质量不变，高度降低，速度增大，重力势能转化为动能，故D错误。故选：B。 押题解读 本题是多知识点考查，本题考查了动能与重力势能的转化、平衡力的判定、牛顿第一定律，属于易错题。 考前秘笈 物体受到平衡力的作用时，物体的运动状态不变；物体受到非平衡力，物体的运动状态变化；一切物体在不受外力作用时，总保持静止状态或匀速直线运动状态；动能的大小与物体的质量和速度有关，重力势能与物体的质量和高度有关。通过教材图片呈现物理知识。 3．如图所示是活塞式抽水机工作原理的示意图。活塞与圆筒紧密接触但可以上下滑动，A、B是只能向上开启的阀门。将手柄COD看作杠杆，用力压C点，低处的水进入圆筒，已知杠杆D处受到的阻力为300N，OD间距离为0.15m。下列说法正确的是（　　） A．活塞式抽水机利用大气压强工作，可将水抽到10层搂的高度 B．提起活塞时，阀门A受到大气压的作用而关闭，活塞下方气压小于外界的大气压 C．提起活塞时，手作用在C点，此杠杆一定为省力杠杆 D．提起活塞时，手作用在杠杆C点的最小力大小至少为75N，方向竖直向上 【答案】B 【解析】A、抽水机是利用大气压来工作的，它能抽水的最大高度：h＝＝，10层搂的高度约为30m； B、活塞式抽水机在使用时，阀门A受到大气压的作用而关闭，气压小于外界大气压； C、提起活塞时，若垂直于动力臂时，故C错误； D、提起活塞时，故D错误。故选：B。 押题解读 本题以活塞式抽水机为情景考查了杠杆最小力的理解、杠杆平衡条件的应用、抽水机工作过程的认识以及功的理解等，有一定的综合性，体现了物理来源于生活。 考前秘笈 抽水时，手柄部分相当于一个杠杆，由杠杆的平衡条件知，在阻力、阻力臂一定时，要使力最小，力臂应最大；动力臂大于阻力臂时杠杆是省力杠杆，分析阻力大小，再确定动力与阻力的关系；大气压能支持水柱的高度是有一定限度的，这一高度可以通过公式p＝ρgh计算。 活塞式抽水机在使用时，提起活塞时，阀门A受到大气压的作用而关闭，活塞下面的空气变稀薄，气压小于外界大气压，于是，低处的水在大气压的作用下推开阀门B进入圆筒。 4．用如图所示的装置提升重为800N的物体A，动滑轮重为200N。在卷扬机对绳子的拉力F作用下，物体A在10s内竖直匀速上升了2m。在此过程中，不计绳重和摩擦，下列说法正确的是（　　） A．物体A上升的速度为0.4m/s B．滑轮组的有用功为2000J C．拉力F的功率为100W D．滑轮组的机械效率为80% 【答案】D 【解析】A．物体A在10s内竖直匀速上升了2m，上升的速度为 故A错误； B．装置提升重为800N的物体A，竖直匀速上升了2m，滑轮组的有用功为 故B错误； C．由图知，n=2，不计绳重和轮与轴间的摩擦，拉力为 拉力端移动距离为 拉力做的总功 拉力做功的功率 故C错误； D．滑轮组的机械效率为 故D正确。 故选D。 押题解读 滑轮组结合速度、滑轮组中拉力、总功、功率和机械效率的计算公式的综合性考查，能更全面的考查对模型的理解和较强数学运算能力的考查。 考前秘笈 要重点掌握课本的基础公式，能达到灵活的应用，特别是本题中的公式，基本考查的都是原始公式，所以要在最后阶段再次回顾物理基本公式，达到灵活运用。 5．如图甲所示是出现在西汉末年的水碓，利用水流力量来自动舂米，水碓的示意图如图乙所示。小溪中的水从蓄水池流下来冲击水轮转动，水轮上的拨板通过碓尾把另一端的石杵举起、落下，不断舂米，下列关于水碓工作过程的说法正确的是（　　） A．利用水碓舂米可以省功 B．拨板拨动碓尾可看作省力杠杆 C．拨板的落点A越远离O点动力越小 D．水碓的机械能转化为水的机械能 【答案】C 【解析】A、根据功的原理可知，利用水碓舂米不可以省功，故A错误； B、拨板拨动碓尾时，动力臂小于阻力臂，根据杠杆平衡条件可以判断，这是一个费力杠杆，故B错误； C、阻力和阻力臂不变，拨板的落点A越远离O点，动力臂就越长，根据杠杆的平衡条件，动力就越小，故C正确； D、水碓的工作原理是小溪中的水冲击水轮转动，这个过程中水的动能转化为水轮的机械能，故D正确。 故选：C。 押题解读 本题根据古代工艺重点考查杠杆，还考查能量的转化与转移；杠杆的分类；杠杆在生活中的应用；功的原理。 考前秘笈 使用任何机械都不能省功；动力臂小于阻力臂的杠杆是费力杠杆。 1．将本次测试的物理试卷，展开平放在水平桌面上，对桌面产生的压强最接近（　　） A．0.1Pa B．1Pa C．10Pa D．100Pa 【答案】B 【解析】一张物理试卷的质量约为6g，对桌面的压力F＝G＝mg＝6×10﹣4kg×10N/kg＝0.06N，表面积约为600cm2，本次测试的物理试卷，展开平放在水平桌面上＝＝1Pa。 故选：B。 2．2025年2月11日，新一代“长征”火箭——长征八号甲运载火箭点火升空，随后，卫星被送入预定轨道，发射任务取得圆满成功。火箭发射时，燃料燃烧获得的能量使其加速升空，与该过程能量转化形式相同的是（　　） A．汽油机做功冲程 B．钻木取火过程 C．水力发电过程 D．物体上抛过程 【答案】A 【解析】火箭发射时，燃料燃烧获得的能量使其加速升空，这个过程中的能量转化是内能转化为机械能。 A、汽油机做功冲程是内能转化为机械能，故A正确； B、钻木取火过程是机械能转变化为内能，故B错误； C、水力发电是机械能转化成电能，故C错误； D、物体上抛过程是动能转化为重力势能，故D错误。 故选：A。 3．嫦娥五号返回器用类似“打水漂”的方式着陆地球（动力装置关闭），其着陆过程的部分轨迹简化为如图所示。关于此过程中的能量转化，下面说法正确的是（　　） A．CD段返回器的重力势能变大 B．BC段返回器的机械能减小 C．AB段返回器动能减小量大于重力势能的增加量 D．A到D的全过程中返回器机械能守恒 【答案】C 【解析】A、重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度。质量越大，高度越高，重力势能越大。由图可知，CD段，质量不变，高度变小，重力势能减小，故A错误； B、动能和势能之和称为机械能。由图可知，BC段没有受到空气的阻力，机械能是守恒的，保持不变，故B错误； C、由图可知，AB段受空气阻力的作用，克服空气阻力做功，一部分动能转化为内能，所以动能的减小量大于重力势能的增加量，故C正确； D、由图可知，A到D的全过程中，由于克服空气阻力做功，使得机械能减小，返回器机械能不守恒，故D错误。 故选C。 4．足球是同学们喜爱的运动。如图1所示是足球比赛中某球员传球后足球在空中飞行的一段运动轨迹，图2是该足球落地后弹跳的过程。关于以上两过程下列说法正确的是（　　） A．图1中足球在A点时的重力势能大于在B点的重力势能 B．图1中足球移动至B点时，不受任何外力，会处于静止状态 C．图2中A、B两点为同一高度，足球在这两点机械能相等 D．图2中足球从D点至C点的过程中，重力势能转化为动能和内能 【答案】D 【解析】A、图1中足球在A点的高度小于B点的高度，足球的质量不变，所以图1中足球在A点的重力势能小于B点的重力势能，故A错误； B、图1中足球移动至B点时，受到重力和空气阻力作用，处于运动状态，故B错误； C、由图可知，足球跳起的高度逐渐变小，这说明足球的机械能是逐渐变小的，该足球在A、B两点的机械能不相等，故C错误； D、图2中足球在从D点移动至C点过程中，足球的质量不变，高度变小，重力势能变小，速度变大，动能变大，是足球的重力势能转化为动能；在撞击地面的过程中，一部分重力势能转化为内能和皮球的弹性势能，故D正确。 故选：D。 5．如图甲所示是一种简易的喷水壶，喷水壶的结构如图乙所示。导管与喷嘴相连，上下推拉压柄给壶内充气后，按压按柄可以使水从喷嘴喷出。下列有关解释正确的是（　　） A．按柄处的花纹是为了减小摩擦力 B．手柄做的较宽大是为了增大压强 C．该壶利用了流体流速越大压强越大的原理 D．壶中水减少时，壶底受到水的压强随之减小 【答案】D 【解析】A、按柄处的花纹是压力一定时，增大接触面的粗糙程度增大摩擦力，故A错误； B、手柄做的较宽大是压力一定，增大受力面积减小压强，故B错误； C、利用内部压强大于大气压喷射水，不是利用流体压强与流速关系原理工作的，故C错误； D、壶中水逐渐减少，深度减小，根据p＝ρgh知，壶底受到水的压强随之减小，故D正确。 故选：D。 6．把未装满饮料且密闭的饮料瓶，分别正立和倒立放置在水平桌面上，如图所示，饮料瓶对桌面的压强分别为pA和pB，饮料对瓶底和瓶盖的压力分别FA和FB，则（　　） A．pA＞pB FA＝FB B．pA＜pB FA＞FB C．pA＜pB FA＝FB D．pA＝pB FA＜FB 【答案】B 【解析】压强的判断：不论正放还是倒放，瓶子中装的都是水，只从深度方面分析即可，倒放时瓶中水的深度较大，水对瓶盖的压强较大B＞pA； 压力的判断：正放时，瓶子中的水柱是粗细相同的；倒放时，下面细，瓶盖受到的压力小于瓶中水的重力，所以正放时水对瓶底的压力大于倒放时水对瓶盖的压力A＞FB。 故选：B。 7．在“探究液体内部的压强”实验中，实验现象如图所示，U形管内液面的高度差越大（　　） A．U形管内径越大，实验效果越明显 B．实验中通过观察U形管内液面的高度差来判断液体压强的实验方法是转换法 C．比较图甲、丙，可得出结论：在不同种液体中，深度越深，液体压强越大 D．若向图甲的杯中加少许盐，两探头位置和液面高度不变，且图甲、丙中U形管内液面的高度差相同，则说明图甲、丙中盐水密度相同 【答案】B 【解析】A、根据p＝ρgh分析，故A错误； B、压强计是通过U形管中液面的高度差来反映被测压强大小的，液体的压强越大，故B正确； CD、比较甲图，液体密度不同，即使向甲中加盐，故CD错误。 故选：B。 8．物理实践活动中，小明自制了一个体积为50cm3的潜艇模型，如图所示。下列说法正确的是（　　） A．潜艇模型悬浮在水中时受到的浮力为5N B．潜艇模型是通过改变所受的浮力实现浮沉的 C．将注射器向左推，图中悬浮的潜艇模型上浮 D．潜艇模型在水面下下潜的过程中受到的浮力增大 【答案】C 【解析】A、潜艇模型悬浮在水中时，排开水的体积：V排＝V＝50cm3＝5×10﹣5m3，则受到的浮力为：F浮＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×5×10﹣5m3×10N/kg＝0.5N，故A错误； B、潜水艇在水中时，排开液体的体积不变，受到的浮力不变，潜艇模型是通过改变自身的重力实现浮沉的，故B错误； C、将注射器向左推，试管中的气压增大，水被排出，试管自身的重力减小，图中悬浮的潜艇模型将上浮，故C正确； D．潜艇模型在水面下下潜的过程中，排开水的体积不变，则受到的浮力不变。 9．利用如图所示的活塞式抽水机抽水，在不计杠杆和活塞自重以及摩擦的情况下，下列说法正确的是（　　） A．抽水时，手在杠杆C端竖直向下用力最省力 B．抽水时，手在杠杆C端竖直向下的力小于活塞上方水的重力 C．抽水时，活塞向上运动，阀门A打开，阀门B关闭 D．抽水时，手对杠杆做的功小于杠杆对外做的功 【答案】B 【解析】A、由杠杆的平衡条件知、阻力臂一定时，动力最小，如下图所示可知，故A错误； B、抽水时，动力臂大于阻力臂、活塞自重及摩擦，所以动力小于活塞上方水的重力； C、由活塞式抽水机的工作过程可知，阀门A关闭，故C错误； D、由功的原理知，而且还在克服杠杆重以及摩擦多做一部分功，故D错误。 故选：B。 10．在探究“杠杆平衡的条件”实验中，所用的实验器材有：杠杆（每小格均等长）、铁架台、刻度尺、细线和若干个砝码。图甲是杠杆调节前的位置，图乙、丙、丁是杠杆调好后三次的实验情景，则（　　） A．为了便于测量力臂要将如图甲所示杠杆的平衡螺母适当往右调 B．实验中进行多次测量的目的是取平均值减少误差 C．将图丙中两端各加一个钩码，杠杆仍然平衡 D．如图丁所示，将拉力方向从竖直方向改为虚线方向，拉力F大小将不变 【答案】A 【解析】A、由题意可得，调节前，杠杆右端上翘，为了便于测量力臂，需要将杠杆调节水平平衡，所以需要将平衡螺母适当往右调，故A正确； B、实验中进行多次测量的目的是为了寻找普遍规律，故B不正确； C、将图丙中两端各加一个钩码后，无法满足动力×动力臂＝阻力×阻力臂，杠杆会失去平衡，故C不正确； D、如图丁所示，将拉力方向从竖直方向改为虚线方向后，拉力F的力臂将减小，根据杠杆平衡条件，拉力F的大小将变大，故D不正确。 故选：A。 11．蹦床是一项表现杂技技巧的竞技运动，有“空中芭蕾”之称。运动员从空中最高点落下，在蹦床的最低点反弹上升，如图是一位我国蹦床运动员比赛时的照片，不计空气阻力和摩擦，下列说法中正确的是（　　） A．从最高点到最低点的过程，运动员的速度先变大后变小 B．从最高点到最低点的过程，运动员的重力势能一直变小，动能一直变大 C．从最高点到最低点的过程，运动员的机械能守恒 D．运动员在最低点时速度为零，处于平衡状态 【答案】A 【解析】AB、从最高点下落时，重力势能转化为动能，动能变大，速度变大，接触到蹦床后，开始蹦床竖直向上的弹力要小于重力，人做加速运动，当弹力等于重力时，速度最大，继续下落时，弹力大于重力，人做减速运动，直到速度为0，即人从最高点到落到蹦床最低点时速度先变大后变小，动能先变大后变小，而重力势能一直减小，不计空气和摩擦，人和蹦床机械能守恒，不是人机械能不守恒，故A正确，BC错误； D、运动员在最低点时速度为零，但弹力大于重力会反弹，故运动状态改变，处于非平衡状态，故D错误。故选：A。 12．如图所示，是《天工开物》中记载的我国传统提水工具“桔槔”，如果用绳子系住一根轻直硬棒的O点，棒的A端挂有重为40N的石块，B端挂有重为10N的空桶，OA长为1m，OB长为0.5m。使用时，人向下拉绳放下空桶，装满重为100N的水后向上拉绳缓慢将桶提起，硬棒质量忽略不计。下列说法中正确的是（　　） A．向下拉绳放下空桶时桔槔为省力杠杆 B．向上拉绳提起装满水的桶时，桔槔省距离 C．向上拉绳提起装满水的桶时拉力为30N D．向下拉绳放下空桶时拉力为30N 【答案】C 【解析】A、向下拉绳放下空桶时，B端为动力，A端为阻力，此时动力臂小于阻力臂，动力大于阻力，根据杠杆平衡的条件可知，为费力杠杆，故A错误； B、向上拉绳提起装满水的桶时，此时A端为动力，B端为阻力，此时动力臂大于阻力臂，因此为省力杠杆，省力费距离，故B错误； C．向上拉绳提起装满水的桶时，根据杠杆平衡的条件可知GAlOA＝FlOB， 代入数据为40N×1m＝F×0.5m，解得F＝80N， 则人施加的拉力为F′＝100N+10N﹣80N＝30，故C正确； D、据C选项分析可知，向下拉绳放下空桶时，拉力为F″＝80N﹣10N＝70N，故D错误。故选：C。 押题猜想06 力学压轴 1．如图所示，水平桌面上有一质量为100g、底面积为50cm2的圆柱形平底溢水杯（不计厚度），杯底到溢水口的高度为10cm。现将密度为3×103kg/m3的圆柱体金属块挂在弹簧测力计下，示数为F；当金属块浸没于水中（金属块未接触溢水杯）静止时，弹簧测力计的示数变化了1N，小桶收集到溢出水的体积为40cm3。下列说法正确的是（　　） A．金属块受到的最大浮力为0.4N B．金属块的重力为2N C．当金属块浸没于水中静止时，溢水杯对水平桌面的压强为1280Pa D．剪断细线，当金属块沉底时，溢水杯对水平桌面的压强为1600Pa 【答案】D 【解析】A、物体浸没时浮力最大，F浮＝1N，故A错误； B、物体浸没时，物体的体积V＝V排1×10﹣4 m3， 物体的质量m＝ρV＝3×103kg/m3×1×10﹣4 m3＝0.3kg， 物体的重力G＝mg＝0.3kg×10N/kg＝3N，故B错误； C、圆柱形容器中水的体积V＝50cm2×10cm﹣1×10﹣4 m3＝400cm3， 圆柱形容器中水的质量m＝ρV＝1×103kg/m3×400×10﹣6m3＝0.4kg 圆柱形容器中水的重力G＝mg＝0.4kg×10N/kg＝4N， 圆柱形容器的重力G＝mg＝0.1kg×10N/kg＝1N， 溢水杯对水平桌面的压强p1200Pa，故C错误； D、剪断细线，当金属块沉底时，溢水杯对水平桌面的压强p1600Pa，故D正确。 故选：D。 2．底面积为100cm2的烧杯中装有适量水。当金属块浸没在水中静止时，如图甲所示，弹簧测力计的示数F1＝3.4N，水对杯底的压强为p1；当金属块总体积的露出水面静止时，如图乙所示，弹簧测力计的示数为F2，水对杯底的压强为p2；若p1、p2之差为50Pa，g取10N/kg，则（　　） A．金属块的体积V是2×10﹣3m3 B．弹簧测力计的示数F2是5.4N C．金属块的密度是2.7×103kg/m3 D．金属块受到的重力是6.8N 【答案】C 【解析】A、由p＝ρgh可知，水面降低的高度：Δh5×10﹣3m， 金属块体积排开水的体积：ΔV水＝SΔh＝100×10﹣4m2×5×10﹣3m＝5×10﹣5m3， 因为ΔV水V金，所以V金＝4×5×10﹣5m3＝2×10﹣4m3，故A错误； D、甲图金属块完全浸没在水中，受到的浮力F浮＝ρ水gV金＝1.0×103kg/m3×10N/kg×2×10﹣4m3＝2N， 根据称重法F浮＝G﹣F示可知，金属块的重力：G＝F浮+F1＝2N+3.4N＝5.4N，故D错误； B、图乙中金属块浸入水中的体积V排＝（1）V金V金， 根据F浮＝ρ水gV排可知，乙图中受到的浮力为：F浮′F浮2N＝1.5N， 根据称重法F浮＝G﹣F示可知，乙图中弹簧测力计示数为：F2＝G﹣F浮′＝5.4N﹣1.5N＝3.9N，B错误； C、由G＝mg可知，金属块的质量：m0.54kg， 金属块的密度为：ρ2.7×103kg/m3，故C正确；故选：C。 押题解读 从近年武汉中考来看，浮力问题常出现在选择题中，且作为压轴题型出现，而且近年比较固定。‌溢水杯模型是常考模拟，需结合浮力与液体压强综合判断（如容器未装满液体时放入物体的浮力计算）。试题以选择题压轴形式呈现，整体难度较大。 考前秘笈 浮力是武汉中考物理选择题的力学部分压轴题，近年浮力考查稳定，重点应放在物体浮沉条件、阿基米德原理应用、密度与浮力结合、实际应用如轮船、潜水艇、密度计等。时注意与压强、力学的综合题，比如浮力与液体压强的比较，或者浮力在连通器中的应用。需要注意浮力相关公式，‌阿基米德原理计算。 重点考查公式 F浮=ρ液gV排的灵活运用，可能结合物体浸没时的体积变化或液体密度变化设计计算题。2025年浮力的热点方向，可能结合新能源场景（如潜水器深海探测）考查浮力与压强的动态变化。 1．如图甲，在弹簧测力计下悬挂一个实心金属零件，读数是7.5N。如图乙，当把零件浸没在装满油的溢水杯中时，测力计的读数是6.6N。已知油的密度为0.8×103kg/m3，下列说法中错误的是（　　） A．小桶收集到溢出油的重力为0.9N B．金属块的体积为112.5cm3 C．金属块的密度约为6.7×103kg/m3 D．金属块下表面受到油的压力为0.9N 【答案】D 【解析】A、金属块所受的浮力：F浮＝G﹣F示＝7.5N﹣6.6N＝0.9N，由于零件是浸没在装满油的溢水杯中，则根据阿基米德原理可知溢出油的重力：G排＝F浮＝0.9N，A正确； B、由于金属块浸没在油中，所以由F浮＝ρ油gV排可得，金属块的体积：V＝V排1.125×10﹣4m3＝112.5cm3，故B正确； C、由G＝mg可知，金属零件的质量：m0.75kg， 金属零件的密度：ρ6.7×103kg/m3，故C正确； D、根据浮力产生的原因可知，金属块下表面受到油的压力：F下＝F浮′+F上，由于该金属块完全浸没在油中金属块所受的浮力：F浮＝0.9N，由于该金属块完全浸没在油中，金属块上表面受到油的压力大于等于零，所以，F下≥F浮＝0.9N，故D错误。故选：D。 2．公共厕所自动冲洗用的水箱中有一个圆柱形的浮筒B，出水管口处用一圆片形盖子Q盖住（盖的厚度忽略不计），两者之间用一短链相连接，如图所示。已知水箱的深度足够，为实现自动定时冲水，应满足的条件是（　　） A．只要浮筒B的体积足够大 B．只要浮筒B的质量足够小 C．盖子Q必须比浮筒B的质量小 D．浮筒B的横截面积必须大于盖子Q的横截面积 【答案】D 【解析】ABC、设B浸入液体的深度为h，B的横截面积为S1；液面至Q的深度为H，Q的横截面积为S2；绳子对Q的拉力：T1＝F浮﹣G1＝ρgS1h﹣G1； 能拉开Q需要的最小力：T2＝F压+GA＝ρgHS2+G2； 要让水能自动从管中流出，T1≥T2，即：ρgS1h﹣G1≥ρgHS2+G2， 单独由浮筒B的质量很小、浮筒B的浮力足够大、盖子Q比浮筒轻不能满足T1≥T2，故ABC错误； D、因为ρgS1h﹣G1≥ρgHS2+G2，则ρgS1h＞ρgHS2，所以S1h＞HS2，而h＜H， 则S1＞S2，故D正确。故选：D。 3．如图甲所示，在水平桌面上质量为1000g的薄壁厚底容器中装有20cm深的水，已知容器的底面积为400cm2，容器中水的质量为10kg，将一质地均匀的长方体物块通过一根轻杆缓慢压入水中，当物块还有五分之一的体积露出水面时（如图乙），容器对桌面的压强与图甲相比增加了200Pa，此时杆对物块的压力为3N，则下列说法正确的是（　　） A．甲图中容器对桌面的压强为2000Pa B．甲图中水对容器底的压力为100N C．乙图中物块的密度为0.5×103kg/m3 D．若将物块全部压入水中，杆对物块的压力为4N 【答案】C 【解析】A、因容器对水平桌面的压力大小等于液体和容器的重力之和， 则甲图中容器对桌面的压力大小为：F1＝G总＝m总g＝（1kg+10kg）×10N/kg＝110N， 则甲图中容器对桌面的压力为p12.75×103Pa，故A错误； B、甲图中水对容器底的压强为p2＝ρ水gh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.2m＝2000Pa， 则甲图中水对容器底的压力为F2＝p2S＝2000Pa×400×10﹣4m2＝80N，故B错误； C、图乙中，把杯子和水、物块看做一个整体，受到竖直向下的容器和水以及物块的重力以及杆的压力、竖直向上支持力的作用，由力的平衡条件可得G容+G水+G物+F杆＝F支， 因整体受到的支持力和杯子对水平桌面的压力是一对相互作用力，所以，图乙中杯子对桌面的压力F3＝F支＝G容+G水+G物+F杆， 图乙中杯子对桌面的压强p3， 因图乙杯子对桌面的压强与图甲相比增加了200Pa，所以有Δp＝p3﹣p1，则G物＝ΔpS﹣F杆＝200Pa×400×10﹣4m2﹣3N＝5N， 对物块受力分析可知，受到竖直向上的浮力、竖直向下的重力和杆的作用力，由力的平衡条件可得F浮＝G物+F杆＝5N+3N＝8N， 由G物＝mg＝ρ物Vg和F浮＝ρ液gV排可得， 解得ρ物＝0.5ρ水＝0.5×1.0×103kg/m3＝0.5×103kg/m3，故C正确； D、图乙中，若将物块全部压入水中，根据F浮＝ρ液gV排，在液体密度不变的条件下，受到的浮力与排开液体的体积成正比，将物块全部压入水中时物块受到的浮力为F浮'F浮8N＝10N，对物块受力分析可知，受到竖直向上的浮力、竖直向下的重力和杆的作用力， 由力的平衡条件可得F杆′＝F浮′﹣G物＝10N﹣5N＝5N，故D错误。 故选：C。 4．如图所示是“探究浮力的大小跟哪些因素有关”的几个实验情景，实验甲、丙和丁中，弹簧测力计的示数分别为4.0N、2.8N和2.5N，若盐水的密度为1.2×103kg/m3，则下列结论正确的是（　　） A．物体A的密度为3.2×103kg/m3 B．实验乙中，物体A受到的拉力为1.0N C．实验丙中，弹簧测力计的示数比乙中小0.5N D．实验丁中，容器底部受到物体A的压力等于0.3N 【答案】D 【解析】A、比较甲和丙两图可知，物体A受到的浮力：F浮＝G﹣F拉＝4N﹣2.8N＝1.2N， 物体A的体积：V10﹣4m3 物体A的密度：4×103kg/cm3，故A错误。 B、在实验乙中，物体受到的浮力F浮′＝ρ水gV排＝1×103kg/m3×10N/kg×10﹣4m3＝1N， 物体A受到的拉力F拉＝G﹣F浮′＝4N﹣1N＝3N，故B错误。 C、实验丙中，弹簧测力计的示数比乙中小：3N﹣2.8N＝0.2N，故C错误。 D、实验丁中容器底部受到物体A的压力：F压＝G﹣F浮﹣F拉＝4N﹣1.2N﹣2.5N＝0.3N，故D正确。故选：D。 5．探究完浮力的大小跟哪些因素有关，小枫用如图所示的实验装置做了一个课外实验。 测力计A/N 测力计B/N 电子秤/g 1 2.00 0.02 500.00 2 1.40 0.42 520.00 3 0 0.82 他将溢水杯放在电子秤上，向底面积为100cm2的溢水杯中加水（水没有到达溢水口），在表格中记录下测力计A、B及电子秤的第一次实验数据。然后他将小球缓慢下降，当物体的部分体积浸在水中时，记录下第二次实验数据。最后他剪断系在物体上的细线，将小球缓慢沉入到水底后，记录下第三次的实验数据。关于小枫的课外实验，下列说法正确的是（　　） A．小球浸没时所受到的浮力为0.8N B．小球的密度为2.4×103kg/m3 C．第三次实验电子秤的示数为600g D．第三次实验水对溢水杯杯底的压强比第一次增大了20Pa 【答案】D 【解析】A、小球浸没时，测力计B增大示数为0.82N﹣0.02N＝0.8N，第二次实验时，溢出液体的重力为0.42N﹣0.02N＝0.4N，而浮力为2.00N﹣1.40N＝0.6N，说明溢水杯中原来缺少0.6N﹣0.4N＝0.2N水没有注满；即排开液体的重力为0.8N+0.2N＝1N，根据阿基米德原理知，所受到的浮力为1N，A错误； B、小球的重力G＝2N，根据G＝mg＝ρVg，则2N＝ρVg， 浸没时的浮力为1N，根据阿基米德原理知：1N＝ρ水V排g，由于浸没V排＝V； 解得ρ＝2ρ水＝2×103kg/m3；故B错误； C、第三次实验小球沉底；溢出水的重力为0.8N，则减少水的质量m0.08kg＝80g；小球的质量m球0.2kg＝200g； 电子秤的示数为m'＝m1+m球﹣m＝500g+200g﹣80g＝620g，故C错误； D、第三次实验与第2次液面高度相同；从不满到满增大0.2N，柱形杯子，液体的压力等于重力，压力增大0.2N，与水对溢水杯杯底的压强比第一次增大了p20Pa，D正确。故选：D。 6．测量液体密度的仪器叫做密度计，将其插入被测液体中，待静止后直接读取液面处的刻度值（如图甲）。图乙和图丙是自制的简易密度计，它是在木棒的一端缠绕一些铜丝做成的。将其放入盛有不同液体的两个烧杯中，它会竖直立在液体中。若密度计在图乙和图丙中浸入液体的体积之比为5：2，下列说法正确的是（　　） A．密度计在图乙和图丙中所受浮力之比为5：2 B．该密度计在液体中处于悬浮状态 C．图乙和图丙中液体密度之比为5：2 D．若图乙中液体为水，则图丙中的液体密度为2.5×103kg/m3 【答案】D 【解析】AB、同一密度计测量不同液体的密度时，都处于漂浮状态，密度计受到的浮力始终等于自身的重力，所以密度计在图乙和图丙中所受浮力相等，即浮力之比为1：1，故AB错误； CD、密度计在图乙和图丙中所受浮力相等，由F浮＝ρ液gV排可知液体的密度和排开液体的体积成反比，已知密度计在图乙和图丙中浸入液体的体积之比为5：2，所以图乙和图丙中液体密度之比为2：5，故C错误； 若图乙中液体为水，则图丙中的液体密度为：ρ液ρ水1.0×103kg/m3＝2.5×103kg/m3，故D正确。 故选：D。 7．（创新题）如图1所示的“新光华”号半潜船是国内最大、全球第二大半潜船，其最大下潜深度为30m，满载排水量为10万吨。如图2甲、乙、丙所示是“新光华”号某次工作的示意图，图2甲所示水舱空舱时，船漂浮在水面上，图2乙水舱注入一定质量的海水，船甲板刚好与水面相平，图2丙甲板上方装载货物后，排出舱中部分海水，使甲板刚好浮出水面。已知海水密度约为ρ＝1.0×103kg/m3，g＝10N/kg，下列关于上述工作过程的说法正确的是（　　） A．图2乙水舱中水质量等于图丙中货物质量 B．图2甲、乙、丙三种状态，“新光华”号所受的浮力相等 C．满载时，“新光华”号所受浮力为1×105N D．最大下潜时，“新光华”号底部受到海水的压强为3×105Pa 【答案】D 【解析】AB、由图可知，甲、乙、丙三种状态下半潜船排开水的体积不同，液体的密度一定，由F浮＝ρ液gV排可知新光华”号在如图甲、乙、丙三种状态时所受的浮力不同，故B错误；而乙、丙都是漂浮，浮力等于重力，乙、丙的浮力不等，则总重力不等，故乙水舱中水质量不等于图丙中货物质量，故B错误； C、根据阿基米德原理可得，满载时，“新光华”号所受浮力约为 F浮＝G排＝m排g＝10×104×103kg×10N/kg＝1×109N，故C错误； D、“新光华”号半潜船处在最大下潜时，船底所受海水的压强约为p＝ρ海水gh＝1×103kg/m3×10N/kg×30m＝3×105Pa，故D正确。 故选：D。 8．在弹簧测力计下挂一圆柱体，从盛水的烧杯上方某一高度缓慢下降，圆柱体浸没后继续下降，直到圆柱体底面与烧杯底部接触为止，如图所示是圆柱体下降过程中弹簧测力计读数F随圆柱体下降高度h变化的图象，下列说法中正确的是（　　） A．分析图象可知，圆柱体重力是8N B．圆柱体浸没在水中时，受到的浮力是4N C．h＝0cm时，圆柱体的上表面离水面高度是3cm D．圆柱体的密度是1.5×103kg/m3 【答案】D 【解析】A、分析图象AB段可知，弹簧对圆柱体的拉力即为物重，圆柱体重力是G＝12N，故A错误； B、图像CD段，圆柱体浸没在水中时，受到的浮力是F浮＝G﹣F示＝12N﹣4N＝8N，故B错误； C、由图像可知，圆柱体的高度为h＝7cm﹣3cm＝4cm，故C错误； D、F浮＝ρ水gV排＝8N ①，G＝ρ物gV＝12N ②，因为圆柱体浸没，则V排＝V， 可得，，ρ物＝1.5ρ水＝1.5×103kg/m3，故D正确。 故选：D。 押题猜想07 电学基础 1．“金陵金箔”是国家级非物质文化遗产，金箔轻薄柔软，不能用手直接拿取，如图所示匠手持羽毛扫过纸垫，再将羽毛靠近工作台上的金箔，即可吸起金箔，推理羽毛吸金箔的可能是（　　） A．羽毛与纸垫摩擦创造电荷 B．羽毛与纸垫摩擦带上同种电荷 C．羽毛与金箔带异种电荷因此相互吸引 D．羽毛带电，吸引不带电的金箔 【答案】D 【解析】手持羽毛轻轻扫过纸垫，羽毛与纸垫摩擦，根据摩擦起电的原因可知，羽毛和纸垫带上了异种电荷；羽毛带了电，靠近金箔，由于带电体会吸引轻小物体，故羽毛即可将金箔吸住，摩擦过程中是电子的转移，没有创造电荷，故ABC错误、D正确。 故选：D。 押题解读 本题主要考查摩擦起电的原因和带电体的性质，正确理解摩擦起电的原因以及电荷之间的相互作用，难度不大。 考前秘笈 同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。 用摩擦的方法使物体带电叫摩擦起电。 正电荷定向移动的方向是电流的方向，负电荷定向移动的方向与电流方向相反。 2．某自动售货机，它可通过手机扫码使开关S1闭合，也可通过投币使开关S2闭合，启动电动机完成自动售货；在光线较暗时光控开关S3自动闭合，接通灯泡照明。图是某小组同学根据售货机的功能自行设计的电路，符合上述情况的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由题意可知，通过手机扫码使开关S1闭合或通过投币使开关S2闭合都能启动电动机完成自动售货， 由并联电路中各支路独立工作、互不影响可知，开关S1和开关S2应并联共同控制电动机； 由题知，在光线较暗时光控开关S3自动闭合，接通灯泡照明，则灯泡与电动机并联能独立工作，且只由光控开关S3控制，综上结合选项可知，只有B图符合题意。 故选：B。 押题解读 本题考查了串、并联电路的设计，要清楚简单的串并联电路的辨别，解答时可以根据题意分析选项找出符合要求的选项即可。 考前秘笈 通过手机扫码和投币都可以启动电动机完成自动售货，说明开关S1和开关S2可以独立工作、互不影响即为并联再由照明灯泡与电动机工作时互不影响可知电动机与照明灯并联，且照明灯泡只由光控开关控制，据此分析进行解答。这类场景题，要根据实际情况判断。 1．把纸巾与包装带的塑料丝摩擦，然后将该塑料丝迅速挂在两根绝缘棒上（如图）。实验中静止的塑料丝受力和带电情况正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】把纸巾与包装带的塑料丝摩擦，然后将该塑料丝迅速挂在两根绝缘棒上，两根塑料丝带有同种电荷，同种电荷相互排斥，故C正确，ABD错误。 故选：C。 2．如图取两个相同的验电器A和B，使A带负电，B不带电，现用带有绝缘手柄的金属棒把A和B连接起来。则（　　） A．可以看到A金属箔的张角增大，B金属箔张开 B．B金属箔张开，是因为箔片都带正电荷相互排斥 C．连接的瞬间，B中的正电荷通过金属棒流向A D．连接的瞬间，棒中有方向为从B流向A的电流 【答案】D 【解析】A带负电，B不带电，用带有绝缘手柄的金属棒把A和B连接起来，此过程中，A上的负电荷（电子）转移到B，A的张角变小，B金属箔张开，是因为箔片都带负电荷相互排斥，由于正电荷定向移动的方向是电流的方向，负电荷定向移动的方向与电流方向相反，电流方向为从B到A，连接的瞬间，棒中有方向为从B流向A的电流，故D正确，符合题意，ABC错误，不符合题意。故选：D。 3．为了方便市民出行、倡导绿色低碳出行，广元市在城区投放了大量的共享电动自行车。小元同学发现：骑行前，扫码成功后开关（用S1表示）闭合，指示灯（用L表示）亮，电机（用M表示）不工作；从车头取出头盔并戴上后，头盔内遥控设备遥控另一开关（用S2表示）闭合，电机才通电工作；若只戴头盔不扫码则无法骑行。下列电路中符合以上设计要求的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】根据题意可知，骑行前，扫码成功后开关S1闭合，指示灯L亮，但电机不工作；从车头取出头盔并戴上后，头盔内遥控设备遥控S2闭合，电动机才通电工作；若只戴头盔不扫码，则无法骑行，说明灯与电机并联，且S1为干路开关，S2为电动机所在支路开关，故B正确。故选：B。 4．某实验小组利用如图所示的装置探究影响导体电阻大小的因素，实验中用到的锰铜丝和镍铬合金丝的横截面积相同。下列说法正确的是（　　） A．选择金属丝①和②可以探究电阻的大小是否跟导体的材料有关 B．选择金属丝①和②可以探究电阻的大小是否跟导体的长度有关 C．选择金属丝②和③可以探究电阻的大小是否跟导体的长度有关 D．实验过程中，若灯泡亮度变化不明显，可将灯泡换成电压表进行实验 【答案】C 【解析】AB、探究电阻的大小是否跟导体的材料有关，需控制导体的长度和横截面积相同，材料不同；探究电阻的大小是否跟导体的长度有关，需控制导体的材料、横截面积相同，长度不同；由于①和②金属丝的材料和长度均不同，所以选择金属丝①和②，既不能探究导体的电阻大小是否跟导体的材料有关，也不能探究电阻的大小是否跟导体的长度有关，故AB错误； C、金属丝②和③的材料和横截面积相同，长度不同，可以探究电阻的大小是否跟导体的长度有关，故C正确； D、电压表不能串联在电路中，电流表可以测量电路中电流的大小，实验时若灯泡亮度变化不明显，可以再串联一个电流表，让电流表来反映电阻大小，故D错误。 故选：C。 5．如图甲所示，将三个规格相同的小灯泡串联接入电源电压保持不变的电路，用电压表测量其中一个小灯泡两端的电压，示数如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．AF两接线柱间电压约为15V B．若测量L1的电压，只需将导线n与D点拆下，再接上A点 C．若CD间的电压表换上正常的电流表，通电后电流表示数为零 D．若小灯泡L2从灯座上旋下来，通电后电压表示数约为3V 【答案】D 【解析】A、由图乙可知，电压表选用的是小量程，分度值为0.1V，示数为1V；灯泡的规格相同，三个灯泡串联在电路中，所以每个灯泡两端的电压相同，根据串联电路的电压规律可知，电源电压即AF两接线柱间电压为1V+1V+1V＝3V，故A错误； B、由图可知，C接的是电压表的负接线柱，这说明电流从右流向左的，所以A端导线应与电源的负极相连，电流从D接线柱流入电压表“3”接线柱，故B错误； C、CD间的电压表换上正常的电流表，通电后电流表相当于导线，CD间被短路，电流表与另外两个灯泡串联，电流表示数不为0，故C错误； D、若灯取了，开关未断，电压表被串联在电路中，电压表示数应该等于电源电压，大约为3V，故D正确。故选：D。 押题猜想08 电学中档 1．如图所示，小明在探究电流与电压关系的实验中，所选电源为3V，电流表的量程为0～0.6A，电压表的量程为0～3V，移动滑动变阻器的滑片进行多次实验，并将实验数据记录如表，下列说法中正确的是（　　） 数据序号 1 2 3 4 5 6 电压U/V 0.3 0.6 0.9 1.2 1.5 1.8 电流I/A 0.08 0.15 0.23 0.40 0.38 0.45 A．将R1换成小灯泡，也可以进行实验 B．实验说明电阻一定时，导体两端电压与通过导体的电流成正比 C．表格中第3组数据是错误的 D．实验中，所选滑动变阻器的规格可能为50Ω 【答案】D 【解析】A、探究电流与电压的关系，需要保持电阻不变，而灯丝的电阻随温度的变化而变化，所以不可以将R1换成小灯泡，故A错误； B、由欧姆定律的内容可知，本实验的结论为：电阻一定时，电流与电压成正比，故B错误； C、根据表格数据，同时结合欧姆定律分析作答为： ；；；； ；， 在本实验中应控制导体电阻不变，考虑误差的情况下，可知根据第四组数据计算出的电阻值与其它组计算出的相差最大，由此可知表格中第4组数据是错误的，故C错误； D、根据表格数据可知当电路电流最小为0.08A时，电路总电阻为，此时滑动变阻器接入电路的电阻大小为：R滑＝R总﹣R1＝37.5Ω﹣3.75Ω＝33.75Ω，由此可知所选滑动变阻器的最大电阻应大于等于33.75Ω，即所选滑动变阻器的规格可能为50Ω，故D正确。故选：D。 2．如图甲所示电路，电源电压保持不变。闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P从右端滑到左端的过程中，R1、R2的I﹣U关系图象如图乙所示。则下列判断正确的是（　　） A．图线A是电阻R1的I﹣U关系图象 B．电源电压为20V C．R1的阻值是20Ω D．滑动变阻器R2的最大阻值为30Ω 【答案】C 【解析】由电路图可知，R1与R2串联，电压表V1测R1两端的电压，V2测R2两端的电压，电流表测电路中的电流。 （1）当滑动变阻器R2接入电路中的电阻为0时，电路中的电流最大，R1两端的电压最大，R2两端的电压为0， 由图象可知，A为滑动变阻器R2的I﹣U关系图象，B为电阻R1的I﹣U图象，A错误； （2）当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小， 由I﹣U图象可知，电路中的最小电流I＝0.2A，R1两端的电压U1＝4V，R2两端的电压U2＝14V，因串联电路中总电压等于各分电压之和， 所以电源电压：U＝U1+U2＝14V+4V＝18V，故B错误； 由I可得，定值电阻R1的阻值和滑动变阻器的最大阻值： R120Ω，R270Ω，故C正确，D错误。故选：C。 押题解读 本题考查了欧姆定律的滑动变阻器的正确使用和作用、影响电阻的因素、滑动变阻器的选择。从近年武汉中考来看，欧姆定律的两个实验会为实验的形式考查，动态电路问题，常见于滑动变阻器引起的电路参数变化，需结合欧姆定律分析电流、电压变化趋势。武汉中考近年强调‌“双基”导向，电学图像题仍以经典模型（如串联分压、并联分流）为主，结合图像分析电阻或功率变化。中档难度。 考前秘笈 动变阻器滑片滑到最大阻值处，电路中电流最小，对电路起保护作用；移动滑动变阻器滑片，改变电路电流，改变灯泡的电压和电流，能完成多次实验，以便发现电阻和温度的关系；根据灯丝的电阻与温度的关系进行判断，当电压越大，灯丝的温度越高；当灯泡两端的电压最小时滑动变阻器接入电路中的电阻最大，根据串联电路的电压特点求出滑动变阻器两端的电压，利用串联电路的电流特点和欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的阻值即可得出滑动变阻器的最小的最大阻值动变阻器滑片滑到最大阻值处，电路中电流最小，对电路起保护作用；移动滑动变阻器滑片，改变电路电流，改变灯泡的电压和电流，能完成多次实验，以便发现电阻和温度的关系。 3．如图所示，是列车上烟雾报警系统的简化原理图，电源电压恒定不变，R为光敏电阻，R0为定值电阻。当烟雾产生时，激光被烟雾遮挡使光敏电阻的阻值发生变化，当电路中电流增大至某一数值时，报警器开始报警，则下列说法正确的是（　　） A．R的阻值随光照强度的减弱而增大 B．烟雾浓度越大，电压表示数越大 C．烟雾浓度增大时，电压表与电流表示数之比减小 D．烟雾浓度增大时，电压表与电流表示数之比增大 【答案】C 【解析】图中定值电阻R0光敏电阻R串联，电流表测电路中的电流，电压表测光敏电阻两端的电压； A、当有烟雾时报警，已知电路中的电流增大至某一数值时报警器开始报警，故有烟雾时，光照减弱，电路中电流增大，当电路电阻减小时，电流增大，光敏电阻R的阻值随光照强度的减弱而减小，故A错误； B、由于光敏电阻R的阻值随光照强度的减弱而减小，故烟雾越浓，光照强度越弱，电阻越小，电路中的电流越大，根据欧姆定律知道，定值电阻R0两端的电压增大，串联电路电源电压等于各部分电压之和，故光敏电阻两端的电压减小，即电压表示数减小；故B错误； CD、由R知电压表示数与电流表示数的比值表示光敏电阻大小，光敏电阻的电阻减小，所以该比值减小，故C正确，D错误。故选：C。 押题解读 本题是一道动态电路分析题，要能正确分析电路结构，熟练应用串联电路特点及欧姆定律，从题中得出光敏电阻的阻值与光照的变化关系是本题的突破口。 考前秘笈 当有烟雾时报警，已知电路中的电流增大至某一数值时报警器开始报警，故有烟雾时，光照减弱，电路中电流增大，当电路电阻减小时，电流增大，光敏电阻R的阻值随光照强度的减弱而减小；结合欧姆定律确定电压表示数的变化，电压表示数与电流表示数的比值表示光敏电阻大小。 1．为减少碳排放，我国大力推行电动汽车。电动汽车中，利用接入电路的旋钮变阻器，可控制汽车中电动机的转速，图中OEF为变阻器的三个接线柱。当驾驶员踩下“油门”时车速仪示数增大，车速仪可由电路中的电压表或电流表改装而成。下列说法正确的是（　　） A．车速仪是由电压表改装而成 B．车速仪中定值电阻R0工作时会消耗电能，可以不用接入电路 C．踩下油门的过程中，电压表的示数与电流表的示数比值增大 D．踩下油门的过程中，电压表的示数变化量与电流表的示数变化量的比值不变 【答案】D 【解析】根据电路图可知，变阻器和R0串联，电压表测变阻器的电压，电流表测量电路中的电流。 AC．踩下油门的过程中，变阻器接入电路的电阻变小，根据串联电路的分压规律可知，变阻器分担的电压减小，所以电压表示数减小；变阻器的电阻变小，电路总电阻变小，根据可知电流变大，即电流表示数变大；当驾驶员踩下油门时车速仪示数增大，所以车速仪是由电流表改装而成；电压表示数变小，电流表示数变大，则电压表的示数与电流表的示数比值变小，故AC错误； B．定值电阻R0可以防止电路中电流过大，烧坏仪表，起到保护电路的作用，故B错误； D．由于串联电路的分压作用，电压表的示数变化量即为定值电阻电压的变化量。对于定值电阻R0，设某时刻下电压为U1，电流为I1，根据欧姆定律则有：U1＝I1R0 ① 设另一时刻下电压为U2，电流为I2，根据欧姆定律则有：U2＝I2R0 ② ②﹣①则有U2﹣U1＝（I2﹣I1）R0，则有：；因为R0是定值电阻，所以踩下油门的过程中，电压表的示数变化量与电流表的示数变化量的比值不变，故D正确。 故选：D。 2．某同学利用如图所示的电路做“伏安法测电阻”的实验，已知Rx为待测定值电阻，电源电压恒为6V，滑动变阻器R标有“20Ω 1A”字样，实验中他记录的实验数据如表所示，下列关于实验的几种说法中全部错误的一组是（　　） 序号 1 2 3 4 5 U/V 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 I/A 0.1 0.22 0.29 0.40 0.5 ①序号“1”的实验数据是本实验中测得的 ②序号“4”的实验中，滑动变阻器与待测电阻的阻值之比为1：2 ③仅用该实验器材可探究电流与电阻的关系 ④为减小实验误差，可利用每次实验测得的U、I求出电阻R，再求其平均值 A．①③ B．③④ C．②③ D．②④ 【答案】A 【解析】①由表中数据结合欧姆定律可得，定值电阻R10Ω，根据分压原理可知，当滑动变阻器的最大电阻连入电路中时，电压表示数最小，此时滑动变阻器需要接入的阻值为Rmax50Ω，大于变阻器的最大阻值，所以第1组数据不是本实验中测得的，故①错误； ②第“4”次实验中，定值电阻两端的电压为4V，则滑动变阻器两端的电压为U滑＝6V﹣4V＝2V，滑动变阻器和定值电阻两端的电压之比为2V：4V＝1：2， 根据U滑：U定＝IR滑：IR定＝1：2，因为串联电路电流处处相等，故滑动变阻器与待测电阻的阻值之比为1：2，故②正确； ③探究电流与电阻的关系，需更换不同的定值电阻，此题只有一个定值电阻，故③错误； ④在测定值电阻的阻值时，由于测量存在误差，通常多次测量几组数据，分别求出电阻值求平均值来减小误差，故④说法正确。 故选：A。 3．如图甲是小灯泡L和电阻R的I﹣U图像。将小灯泡L和电阻R接入如图乙所示电路中，只闭合开关S1时，小灯泡L的实际功率为1W。下列说法正确的是（　　） A．只闭合开关S1时，小灯泡L的电阻为3.3Ω B．再闭合开关S2时，电流表示数增加了0.1A C．开关S1、S2同时闭合时，电路总功率为1.8W D．闭合开关S1、S2时，在10min内电阻R产生的热量为240J 【答案】D 【解析】A、由图乙可知，只闭合开关S1时，电路中只有灯泡L工作，小灯泡的实际功率为1W，由图甲可知，此时通过小灯泡的电流为0.5A，两端的电压为2V，满足P＝UI＝2V×0.5A＝1W，故电源电压为2V， 此时小灯泡的电阻：，故A错误； B、再闭合开关S2时，小灯泡与电阻R并联接入电路，电流表测干路的电流，根据并联电路的电流特点可知，电流表示数增加量等于通过R的电流，由图甲知，R两端的电压为2V时，通过R的电流为0.2A，即电流表的示数增大0.2A，故B错误； CD、开关S1、S2同时闭合时，L与R并联，根据并联电路的电流特点可得， 电路的总电流：I总＝I+IR＝0.5A+0.2A＝0.7A 电路的总功率：P总＝UI总＝2V×0.7A＝1.4W，故C错误； 10min内电阻R产生的热量：QRRt＝UIRt＝2V×0.2A××10×60s＝240J，故D正确。 故选：D。 4．如图是探究“电流通过导体产生的热量与哪些因素有关”的实验，下列说法正确的是（　　） A．甲实验中两个电阻串联只是为了保证流过两个电阻电流相等 B．乙实验可以用来研究电流通过导体产生的热量与通电时间的关系 C．乙实验将乙图中右侧容器外接电阻换成10Ω，实验现象会更明显 D．乙实验通电一段时间后，左右两侧容器内空气吸收的热量之比为1：4 【答案】A 【解析】A、甲实验中两个电阻串联，通过电阻的电流相等，加热时间相同，故A正确； B、乙实验中，右侧两电阻并联后再与左侧电阻串联，根据并联和串联电路电流的规律，通过左侧容器中电阻的电流大于通过右侧容器中电阻的电流，为研究电流产生的热量与电流的关系，故B错误； C、乙实验将乙图中右侧容器外接电阻换成10Ω，根据串并联电流特点可知，通过右侧容器内的电流变大，实验现象会更不明显，故C错误； D、乙实验中，根据并联和串联电路电流的规律，由于乙图中三个电阻等值，通过左侧容器中电阻的电流等于通过右侧容器中电阻的电流的2倍，加热相同时间，根据Q＝I2Rt可知，通电一段时间后，左右两侧容器内空气吸收的热量之比为4：1，D错误。选：A。 5．用如图所示的装置测量小灯泡的电功率，电源电压恒定不变，小灯泡上标有“3.8V”字样，闭合开关，实验操作过程中出现了以下几种情况，分析错误的是（　　） A．无论怎样移动滑动变阻器的滑片，小灯泡不亮，电压表的示数几乎等于电源电压，电流表几乎无示数，原因是小灯泡断路 B．无论怎样移动滑动变阻器的滑片，小灯泡很暗且亮度不变，原因是滑动变阻器同时接入两个下接线柱 C．当小灯泡的实际电压为3V时，要测量小灯泡的额定功率，需将滑片向左移动 D．电压表无示数，电流表有示数，小灯泡不亮，可能是小灯泡短路 【答案】C 【解析】A、小灯泡不亮，电流表几乎无示数，说明电路可能断路，电压表的示数几乎等于电源电压，说明电压表与电源连通，则与电压表并联的电路以外的电路是完好的，则与电压表并联的电路断路了，即故障原因是小灯泡断路，故A正确； B、无论怎样移动滑动变阻器的滑片，小灯泡很暗且亮度不变，说明电路中电阻较大，且滑动变阻器没有变阻的作用，即故障原因是滑动变阻器同时接入两个下接线柱，B正确； C、当小灯泡的实际电压为3V时，小于灯泡额定电压3.8V，要测量小灯泡的额定功率，应增大灯泡两端电压，根据串联电路电压规律，应减小滑动变阻器两端电压，根据分压原理，应减小滑动变阻器接入电路的阻值，因此应将滑动变阻器滑片向右移动，C错误； D、电流表有示数，说明电路是通路，小灯泡不亮，电压表无示数，说明电压表并联的电路短路或电压表短路，因此电路故障可能是小灯泡短路，故D正确。 故选：C。 6．在如图所示的电路中，电源电压保持不变，闭合开关S，将滑动变阻器滑片P向左移动时，以下说法正确的是（　　） A．两电流表示数的差值的绝对值变小 B．电压表V示数与电流表A1示数的比值不变 C．电压表V示数与电流表A2示数的比值不变 D．电压表V示数与电流表A1示数的乘积变大 【答案】B 【解析】由电路图可知，R1和R2并联，电压表测量并联支路（电源电压）电压，电流表A2测干路电流，电流表A1测R1支路的电流；因为电源的电压不变，所以电压表的示数不变；并联电路中各支路独立工作、互不影响，滑片移动时，通过R1的电路不变，即电流表A1的示数不变； 当滑动变阻器的滑片P向左移动时，接入电路中的电阻变小，并联电路中各支路两端的电压相等，由I可知，通过滑动变阻器R2支路的电流变大，并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以干路电流变大，即电流表A2的示数变大； A2表示数与A1表示数的差值等于滑动变阻器R2支路的电流，变大，所以两电流表示数的差值变大，故A错误； 电压表的示数不变，电流表A1的示数不变，所以电压表V示数与电流表A1示数的比值不变，故B正确； 电压表的示数不变，电流表A2的示数变大，所以电压表V示数与电流表A2示数的比值变小，故C错误； 电压表V示数与电流表A1示数的乘积不变，故D错误。 故选：B。 押题猜想09 电磁学 1．（新情境题）《新能源汽车产业发展规划（2021﹣2035年）》指出：发展新能源汽车是我国从汽车大国迈向汽车强国的必由之路。下列原理图与新能源电动汽车动力装置的工作原理相同的（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】电动汽车动力装置为电动机，其工作原理是通电线圈在磁场中受到力的作用而转动，把电能转化为机械能。 A、图示为奥斯特实验装置，反映了通电导体周围存在磁场，故A错误； B、图示为动圈式话筒，是利用电磁感应工作的，故B错误； C、图示为研究发电机工作原理的装置，线圈在磁场中转动产生电流给灯泡供电，故C错误； D、图示研究通电导体在磁场中受力运动的装置，为电动机的工作原理，D正确。选：D。 押题解读 近年来电磁学题型涵盖选择题、填空题、实验题。重点考查磁性强弱的影响因素，实验题常以发电机模型为背景，结合手摇发电装置考查能量转化（机械能→电能）及感应电流条件。 考前秘笈 武汉中考的电磁学选择题涉及电磁学的基础知识和应用。电磁学实验题主要是电磁感应。选择题部分重点考查电磁学基础概念，电磁感应（发电机原理）。 根据武汉中考物理近年命题趋势，电磁学部分的重点考查是‌电磁现象与设备原理，电动机与发电机的工作原理对比、电磁继电器控制电路的实际应用（如自动报警器设计）等。高频考点是磁场方向判断（安培定则）、电磁感应现象的条件。 1．如图所示，在2025年央视春晚上，每个人形机器人凭借43个高扭矩电动机以一段高难度的“秧歌舞”惊艳了观众。下列各装置中也利用电动机工作原理的是（　　） A．动圈式话筒 B．扬声器 C．自制电磁铁 D．司南 【答案】B 【解析】电动机是利用通电导体在磁场中受力运动的原理制成的。 A、动圈式话筒是利用电磁感应原理制成的，故A不符合题意； B、扬声器是利用通电导体在磁场中受力运动的原理制成的，故B符合题意； C、电磁铁是利用电流的磁效应来工作的，故C不符合题意； D、司南是利用磁体的指向性来工作的，故D不符合题意。故选：B。 2．用一根长导线做一个长方形线框且将导线两端留有相同长度。如图所示，将线框悬挂起来，使它的底边ab水平置于蹄形磁体的磁场中，长导线的两端与灵敏的电流表连接，组成一个闭合电路。闭合开关后，则（　　） A．ab上下运动时，电流表指针会发生偏转 B．ab左右运动时，电流表指针会发生偏转 C．电流表指针偏转时说明电能生磁 D．蹄形磁体周围的磁感线方向由S极指向N极 【答案】B 【解析】A．ab上下运动时，导体没有切割磁感线，电路中没有感应电流产生，电流表指针不会发生偏转，故A不正确； B．ab左右运动时，导体切割磁感线，电路中有感应电流产生，电流表指针发生偏转，故B正确； C．电流表指针偏转时说明磁能生电，故C不正确； D．蹄形磁体周围的磁感线方向由N极指向S极，故D不正确。故选：B。 3．如图所示，下列判断正确的是（　　） A．通电螺线管的右端为N极 B．电源右端为正极 C．小磁针右端为S极 D．通过小磁针的磁感线方向水平向右 【答案】D 【解析】A、在磁体周围，磁感线从磁体的N极出发，回到S极，因此通电螺线管的右端为S极，左端为N极，故A错误； B、根据安培定则可知，电流从通电螺线管的左侧流入，右侧流出，因此电源左端为正极，右端为负极，故B错误； C、同名磁极互相排斥，异名磁极互相吸引，因此小磁针右端为N极，左端为S极，故C错误； D、小磁针静止时N极所指方向与该点的磁感线方向一致，因此通过小磁针的磁感线方向水平向右，故D正确。故选：D。 4．观察手摇发电机灯泡的发光与手电筒灯泡的发光，通过比较我们可以发现（　　） A．两个仪器的工作过程中其能量转化是相同的 B．手摇发电机灯泡会闪烁发光说明通过灯泡的电流方向在改变 C．两灯泡中通过的电流都是直流电 D．若用发光二极管替代小灯泡，同样的速度转动手摇发电机时，二极管每分钟闪烁的次数会减少 【答案】D 【解析】A、手摇发电机工作时将机械能转化电能，手电筒小灯泡将电能转化为光能和内能，能量转化不同，故A错误； B、由于线圈切割磁感线的强度不同，则感应电流的大小不同，灯泡的亮度不同，即灯泡的亮度是时刻发生变化的，所以不能根据灯泡的发光情况判定是交流电，故B错误； C、手摇发电机灯泡中的电流是交流电，手电筒灯泡中的电流是直流电，故C错误； D、二极管具有单向导电性，同样的速度转动手摇发电机时，感应电流为交流电，电流的方向会发生变化，二极管每分钟闪烁的次数会减少，故D正确。故选：D。 5．如图所示为某智能扫地机器人的部分工作原理图。当地面灰尘多时，照射到光敏电阻R的光照强度较小，机器人启动清扫，通过电动机旋转产生高速气流将灰尘等吸入集尘盒。下列说法正确的是（　　） A．当控制电路闭合时，电磁铁上端为S极 B．电磁铁通电时，周围有磁场和磁感线 C．衔铁不是磁体，通电后的电磁铁对它不会产生磁力 D．当地面灰尘减少时，电磁铁磁性增强 【答案】D 【解析】A、由安培定则可知，电磁铁通电时，上端是N极、下端是S极，故A错误； B、螺线管通电时，周围存在着磁场，这就是电流的磁效应，磁体周围的磁场是看不见、摸不着的，磁感线是人们为了研究磁场方便而抽象出来的模型，故B错误； C、衔铁不是磁体，但当通电后的电磁铁产生磁场后，衔铁会被该磁场磁化，因此通电后的电磁铁对它会产生磁力，故C错误； D、由图可知，光敏电阻的阻值随光照强度的增加而减小，当地面灰尘减少时，空气的透光程度增强，使照射到光敏电阻上的光照强度增强，光敏电阻的阻值变小，电路中电流变大，电磁铁磁性增强，故D正确。故选：D。 押题猜想10 生活用电 1．如图，是某家庭电路一部分电路结构示意图，闭合开关S，灯泡L正常发光。关于该家庭电路及安全用电，下列说法正确的是（　　） A．导线a是火线，导线b是零线 B．在开关S闭合的情况下，也能更换灯泡L C．若导线cd间断路，仍然可以安全使用三孔插座 D．断开开关S后，试电笔检测e点时，氖管会发光 【答案】D 【解析】A、由图可知，开关S连接在a线与电灯之间，说明a是火线；三孔插座的上孔接b线，说明b线是地线，故A错误； B、在开关S闭合的情况下，更换灯泡L容易接触到火线，发生触电事故，故B错误； C、若连接地线的导线cd间断路，如果用电器金属外壳漏电，会发生触电事故，三孔插座不能正常使用，故C错误； D、若闭合开关S，灯泡L不发光，但e点与火线之间是接通的，用试电笔检测e点，氖管发光，故D正确。 故选：D。 押题解读 本题考查了家庭电路的连接、安全用电常识和试电笔的使用，是一道基础题。家庭电路相关考点重点集中在电路故障分析和安全用电规范。 考前秘笈 高频考点有家庭电路故障分析，主要集中在‌保险丝熔断原因、‌试电笔使用与故障检测和‌断路与短路区分。考查的重点是安全用电规范及电路连接，保险丝、空气开关、漏电保护器、三孔插座等知识点也是考查重点。 1．如图甲所示是部分家庭电路的简化图，下列说法正确的是（　　） A．当空气开关自动切断电路时，一定是电路发生了短路 B．电冰箱的插头插入三孔插座时，能使电冰箱的金属外壳接地 C．插入插座的电视和台灯在电路中是串联的 D．用图乙的试电笔判断插座的零线和火线时，手碰到笔尾金属体是十分危险的 【答案】B 【解析】A、当空气开关自动切断电路时，可能是短路的原因，也可能是用电器的总功率过大，故A错误； B、三孔插座的上孔接地线，电冰箱的插头插入三孔插座时，能使电冰箱的金属外壳接地，故B正确； C、插入插座的电视和台灯在电路中是并联的，故C错误； D、用试电笔辨别火线和零线时，手必须碰到笔尾金属体，因为试电笔内有阻值很大的电阻，此时通过人体的电流极小，不会对人体造成伤害，故D错误。故选：B。 2．家庭电路和安全用电的知识是现代公民必备的知识，下列有关图文说法正确的是（　　） A．甲图：图中家庭电路元件的连接顺序是正确的 B．乙图：甲站在干燥的木桌上，乙站在地上，则甲、乙都不会触电 C．丙图：使用测电笔时，手必须接触笔尖金属体 D．丁图：使用电冰箱时，金属外壳不需要接地 【答案】B 【解析】A．根据家庭电路元件的安装顺序可知，甲图中电能表应装在总开关之前，故A错误； B．乙图中，甲未形成回路，乙两端没有电压，所以都不会触电，故B正确； C．丙图中，使用测电笔时，手不能接触笔尖金属体，但要接触笔尾金属体，故C错误； D．丁图中，使用电冰箱时，金属外壳需要接地，防止漏电，故D错误。故选：B。 2．关于生活用电，以下说法正确的是（　　） A．图甲中，发生触电时，空气开关会跳闸 B．图乙中，绝缘皮破损容易造成短路，会烧坏用电器 C．图丙中，电能表的标定电流为20A D．图丁中，保险丝是用铅锑合金制作的，电阻比较大、熔点比较低 【答案】D 【解析】A、图甲中，发生触电时，流过电路的电流不是很大，空气开关不会跳闸，故A错误； B、图乙中，绝缘皮破损容易造成短路，不会烧坏用电器，没有电流通过用电器，故B错误； C、图丙中，电能表上的“10（20）A”表示标定电流是10A，额定最大电流是20A，故C错误； D、图丁中，保险丝是用铅锑合金制作的，电阻比较大、熔点比较低，故D正确。 故选：D。 3．如图所示为某家庭的部分电路，电灯和电热器都在正常工作。当三孔插座上刚插上洗衣机的插头时，所有用电器都停止工作。经检查，发现有一根保险丝熔断了，拔出洗衣机的插头后，用测电笔测试三孔插座的左右两孔，氖管都发光。下列分析合理的是（　　） A．一定是火线上的保险丝熔断了 B．只断开S1，再用测电笔检测灯泡的两个接线柱，氖管都不发光 C．只断开S2，再用测电笔检测三孔插座的左右两孔，氖管都发光 D．断开S1和S2，再用测电笔检测三孔插座的左右两孔，氖管都发光 【答案】C 【解析】A、原来电灯和电热器都在正常工作，在插上洗衣机的插头后，所有用电器都停止工作，经检查，发现有一根保险丝熔断了；拔出洗衣机的插头后，用测电笔测试插座的两孔，氖管都发光，说明两孔与火线是连通的，所以只可能是零线上的保险丝熔断了，故A不合理； B、只断开S1，灯泡的两个接线柱通过电热器、开关S2与火线相连，所以再用测电笔检测灯泡的两个接线柱，测电笔的氖管都发光，故B不合理； C、只断开S2，插座的左孔通过灯泡、开关S1与火线相连，所以，用测电笔检测三孔插座的左右两孔，氖管都发光，故C合理； D、断开S1、S2，再用测电笔检测三孔插座的左右两孔，只有右孔与火线相连，氖管发光，左孔与火线不相连，氖管不会发光，故D不合理。故选：C。 4．如图为“儿童安全插座”，它具有保护门双层互锁功能，能有效防止触电事故的发生。下列相关说法错误的是（　　） A．“儿童安全插座”的白色保护门属于绝缘体 B．“儿童安全插座”与家庭电路中其他用电器并联 C．用试电笔笔尖插入L孔，正常情况下试电笔氖管会发光 D．若“儿童安全插座”发生短路，家庭电路的空气开关不会“跳闸” 【答案】D 【解析】A、白色保护门是由橡胶制成的，属于绝缘体，故A正确； B、家庭电路中各用电器之间是并联关系，“儿童安全插座”与家庭电路中其他用电器并联，故B正确； C、“儿童安全插座”的L孔火线，用试电笔笔尖插入L孔，正常情况下测电笔氖管会发光，故C正确； D、若“儿童安全插座”发生短路，家庭电路的空气开关会“跳闸”，故D错误。 故选：D。 5．如图是小明设计的家庭电路的电路图，下列对此电路图的分析错误的是（　　） A．保险盒接法错误，保险盒应该安装在火线上 B．开关和灯泡接法错误，开关接在火线上符合安全用电原则 C．两孔插座接法正确，其左端导线应该接在地线上 D．三孔插座接法正确，使用电冰箱时，插头应插在三孔插座上 【答案】C 【解析】A、图中保险盒安装在零线上，这是错误的；保险盒应该接在火线上，一旦电流过大时，保险丝熔断后能断开火线，故A项分析正确； B、电灯开关安装在零线上，当开关断开时，灯泡与火线是连通的，人接触灯泡时容易发生触电，不符合安全常识，故B项分析正确； C、图中两孔插座的左端导线接在地线上，这是错误的，应该接在零线上，故C项分析错误； D、有金属外壳的用电器，其金属外壳一定要通过三脚插头接地，以防用电器外壳带电，会危及人身安全，故D项分析正确。故选：C。 6．如图所示是某同学家的部分电路，开始时各部分正常工作，当台灯的插头插入插座后，正常烧水的电热壶突然不工作了，灯泡也熄灭了，拔出台灯的插头后，电热壶和灯泡仍不能工作，把试电笔分别插入插座的左、右两孔中，氖管均不能发光。下列说法正确的是（　　） A．和灯泡连接的开关接法正确 B．故障可能是电热壶所在电路的B、D两点间短路 C．故障可能台灯短路导致保险丝熔断 D．故障可能是进户零线至C点间导线断路 【答案】C 【解析】A、为了保证用电的安全，开关应该接在火线和灯泡之间，图中开关接在零线上，则和灯泡连接的开关接法错误，故A错误； BCD、将电饭煲的插头插入电源的三孔插座后，正在烧水的电热壶突然不能工作、灯泡也熄灭了，这表明干路中是没有电流的，即干路中出现了断路现象；拔出电饭煲的插头，电热壶仍不能工作，把测电笔分别插入插座的左、右孔，氖管均不发光，说明插座的两个孔都是不与火线相连的，所以故障是火线断路；若进户零线至C点间零线断路，火线会带电，故BD错误，C正确。故选：C。 押题猜想11 电学压轴 1．（2025•武汉青山区模拟）如图是某种家用电吹风的原理图，它有“热风”、“温热风”、“冷风”及“停”四挡，R1与R2是电热丝（R1＞R2）。图中S为“双刀四掷”开关，“双刀”在拨动时一起转向图中“1”、“2”、“3”或“4”中的某一位置，从而实现各挡位间的转换。电吹风的部分参数如下表所示。 吹热风功率（W） 900 吹温热风功率（W） 460 吹冷风功率（W） 20 额定电压（V） 220 关于下列结论，其中正确的是（　　） ①开关的“双刀”拨动到位置“2”时，电吹风处于“热风”挡上 ②电热丝R1阻值是110Ω ③电吹风吹温热风时，通过电阻的电流为2A ④电阻R2接入电路中工作1min，电阻R2产生的热量为26400J A．①③ B．②③ C．②④ D．③④ 【答案】B 【解析】①由图可知，当开关拨到“2”位置时，R1与电动机并联，由于R1＞R2，则此时电路中的总电阻较大，由P可知，电路的总功率较小，电吹风处于“温热风”挡； 当开关拨到“1”位置时，R2与电动机并联，电路中的总电阻较小，总功率较大，电吹风处于“热风”挡；当开关拨到“3”位置时，只有电动机工作，电吹风处于“冷风”挡，故①错误； ②接“温热风”挡上电热丝R1的电功率P1＝P温热﹣P冷＝460W﹣20W＝340W， 由P可知，R1的阻值：R1110Ω，故②正确； ③由P＝UI可知，电吹风吹温热风时，通过电阻的电流：I12A，故③正确； ④热风挡时R2的电功率：P2＝P热﹣P冷＝900W﹣20W＝880W， 电阻R2接入电路中工作1min，电阻R2产生的热量：Q2＝P2t＝880W×1×60s＝52800J，故④错误。故选：B。 押题解读 本题是多档位的电学综合题压轴题，需综合运用电学公式、结合串联、并联电路特点分析。‌极值与范围问题，在保证电路元件安全的前提下，计算滑动变阻器阻值范围或电流/电压的极值。。 考前秘笈 1.电学压轴选择题是以电学基础为核心，串联/并联电路特点、欧姆定律应用、电功率计算（包括实际功率与额定功率关系）是必考内容。重点考查电路状态分析（如开关切换、滑动变阻器调节）和动态电路问题‌。常结合家用电器（如电热水壶、电饭锅等）设计情境题，要求通过电路图分析档位问题或能量转换。 2．串并联电路中的电功率分析 （1）电路中（不论是串联电路还是并联电路）所有用电器的总功率都等于各用电器的电功率之和，即：P=P1+P2+... （2）对于定值电阻而言，它在不同电压下的电功率之比，等于它相应的电压的二次方之比，即： （3）串联电路中，电功率与电阻成正比;并联电路中，电功率与电阻成反比。 1．图甲是某品牌多功能牛奶加热器，其简化电路图如图乙所示。当开关S转到1或2或3不同触点时，加热器可以实现高温消毒、恒温保温、加热三个不同挡位。加热器处于高温消毒挡时，可以对空奶瓶进行消毒；加热器处于恒温保温挡时，可以对牛奶保温；加热器处于加热挡时，加热器可以对牛奶加热；加热挡时牛奶加热器的功率为200W。已知牛奶的比热容为c牛奶＝2.5×103J/（kg•℃），电阻R1＝R3，牛奶加热器消毒挡的功率为保温挡的4倍，当将装有质量为300g、初温为22℃的牛奶的奶瓶置于加热器中，加热器对牛奶加热，2min后可以将牛奶加热到42℃。由此得出的结论中正确的是（　　） ①当开关S转到触点“1”时，加热器处于高温消毒挡 ②当开关S转到触点“2”时，加热器处于恒温保温挡，恒温保温挡的功率为50W ③加热器对牛奶加热2min，加热器消耗的电能转化为牛奶的内能的效率是62.5% ④电阻R2的阻值是363Ω A．①③ B．②④ C．①④ D．②③ 【答案】A 【解析】由图乙知，电路有三种状态：（1）开关S接2时，电路中有温控开关，加热器处于恒温保温挡，此时三个电阻串联在电路中，功率最低，为保温挡； （2）开关S接3时，两个电阻R1、R3串联在电路中，据知，电路的总功率较大，即为加热挡； （3）开关S接1时，电路中只有R1工作，电路中的电阻较小，据知，电路的总功率最大，为高温消毒挡。故①正确。加热挡时，R1、R3串联在电路中，电路中的总阻值； 而R1＝R3，所以；且P消毒＝4P保温，则有； 即；解得R2＝242Ω。 保温挡的功率；故②④错误； 加热牛奶吸收的热量； 加热2min，加热器加热挡消耗的电能W＝Pt＝200W×2×60s＝2.4×104J； 加热器消耗的电能转化为牛奶内能的效率；③正确。 综上所述：①和③正确。故选：A。 2．某型号电热水瓶具有加热、保温、电动出水及干烧断电功能，其简化电路如图所示。三个开关的功能分别是：壶底温控开关通常是闭合的，当壶底发热盘的温度达到120℃自动断开防止干烧；壶壁温控开关通常是断开的，按下时对水加热，水烧开后自动断开；电动出水开关通常是断开的，按下时电磁泵将水抽出。已知电热水瓶加热功率为1000W，电磁泵的规格是“12V 12W”，R2的阻值为968Ω。电热水瓶正常工作时下列结论正确的是（　　） ①S1是壶底温控开关，S2是壶壁温控开关 ②R1的阻值为48.4Ω ③电热水瓶保温功率是270W ④加热同时将水抽出，电流通过电热水瓶在30s内产生的热量是3.66×105J A．① B．①② C．②③ D．③④ 【答案】A 【解析】①壶底温控开关通常是闭合的，当壶底发热盘的温度达到120℃自动断开防止干烧，故壶底温控开关是S1，S2是壶壁温控开关，故①正确；②③当只闭合开关S1时，只有电阻R2工作，处于保温状态，保温功率P保50W； 闭合开关S1和S2，电阻R1和R2并联，处于加热状态，根据并联互不影响，则R1的电功率为P1＝P加﹣P保＝1000W﹣50W＝950W，电阻R150.95Ω，故②③错误；④电磁泵的规格是“12V 12W”，电磁泵支路的电流为I1A，电磁泵支路的总功率为P泵＝UI＝220V×1A＝220W，电磁泵将电能转化为机械能，产生的热量较少，所以加热同时将水抽出，电流通过电热水瓶在30s内产生的热量：Q＜W＝Pt＝（1000W+220W）×30s＝3.66×105J，故④错误。故选：A。 3．某品牌电热扇工作原理如图所示。S3为双触点开关，1、2、3、4为开关触点，通过旋转开关S3可实现加热功能的“空挡”、“低温挡”和“高温挡”之间的切换；电动机工作时可使电热扇往复转动。R1和R2均为电热丝，阻值不受温度影响。电热扇部分参数如表所示。下列说法中正确的是（　　） 额定电压 220V 高温挡加热功率 1650W 低温挡加热功率 550W 电动机工作电压 100V 限流电阻R3阻值 300Ω 电动机线圈电阻 5Ω ①仅高温挡加热，电动机不工作时，电路中的总电流为7.5A； ②电热丝R2的阻值为88Ω； ③低温转动时，电路中的总功率为4950W； ④电动机正常工作10min，线圈产生的热量为480J。 A．①② B．②③ C．①④ D．②④ 【答案】C 【解析】①由表格数据可知，电热扇高温挡加热的功率P高温＝1650W，由P＝UI可知，此时电路中的总电流：I7.5A，故①正确； ②由图可知，当开关S1闭合、S2断开，S3接触点3、4时，R1、R2并联，根据并联电路的电阻特点可知，此时电路中的总电阻最小，由P可知，电路中的总功率最大，电热扇处于高温挡；当开关S1闭合、S2断开，S3接触点2、3时，只有R1工作，电路中的总电阻最大，总功率最小，电热扇处于低温挡； 则高温挡工作时，R2的电功率P2＝P高温﹣P低温＝1650W﹣550W＝1100W， 由P可知，R2的阻值：R244Ω，故②错误； ③当开关S1、S2都闭合，S3接触点2、3时，电热扇处于低温转动状态，由图可知，此时R3与电动机串联后再与R1并联，根据串联电路的电压特点可知，R3两端的电压：U3＝U﹣UM＝220V﹣100V＝120V， 则电动机所在支路的电流：I′0.4A， 则电动机所在支路的电功率：P′＝UI′＝220V×0.4A＝88W， 低温转动时，电路中的总功率：P低总＝P′+P低＝88W+550W＝638W。故③错误； ④电动机正常工作10min，线圈产生的热量：QM＝I2RMt＝（0.4A）2×5Ω×10×60s＝480J，故④正确。故选：C。 4．某同学家浴室里安装了一款浴霸，它既可以实现照明、换气，又可以实现送自然风、暖风、热风，其简化电路如图所示，开关S可分别与0、1、2触点接触，R1、R2是两根阻值相同的电热丝。如表所示是浴霸的部分参数。 额定电压 220V 照明功率 20W 换气功率 35W 暖风功率 1133W 热风功率 2233W 以下结论正确的是（　　） ①开关S1断开，S与触点1接触时，浴霸处于自然风状态 ②送风电动机的功率为33W ③电路中通过开关S的电流最大为10.15A ④浴霸工作10min，电路消耗的最大电能为1.3308×106J A．①③ B．②③ C．②④ D．③④ 【答案】B 【解析】①开关S1断开、S与触点1接触时，只有电动机工作，说明此时没有加热，浴霸处于换气状态，故①错误；②当只有电动机工作时，浴霸处于自然风状态，当一个电热丝和电动机并联工作时，浴霸处于暖风状态，当两个电热丝并联，再与电动机并联时，浴霸处于热风状态，则一个电热丝的电功率：P＝P热﹣P暖＝2233W﹣1133W＝1100W， 则送风电动机的功率：PM＝P暖﹣P＝1133W﹣1100W＝33W，故②正确； ③当处于热风状态时，电路中通过开关S的电流最大， 由P＝UI可知，电路中通过开关S的最大电流：I10.15A，故③正确； ④浴霸热风状态，且照明灯发光时，电功率最大，工作10分钟，电路消耗的电能最大 W＝Pt＝（2233W+20W）×10×60s＝1.3518×106J，故④错误，故B正确、ACD错误。故选：B。 5．某同学家浴室里安装了一款风暖浴霸，通过开关断开闭合既可以实现照明、又可以实现送暖风、热风的功能，其简化电路如图所示，R1、R2是两根阻值相同的电热丝。下表是浴霸电路的部分参数。下列各有关结论说法正确的是（　　） 额定电压 220V 照明功率 50W 暖风功率 1050W 热风功率 1930W A．只闭合S2时浴霸处于暖风状态，正常工作10min电路产生的热量为6.3×105J B．每根电阻丝的阻值是44Ω C．浴霸正常工作10min电路消耗的最大电能为1.188×106J D．浴霸中电动机的电阻约为284.7Ω 【答案】C 【解析】A、只闭合S2时，R1与电动机M并联，工作时对应暖风状态，功率P暖风＝1050W，正常工作10min，电流做的功＝W＝P暖风t＝1050W×10×60s＝6.3×105J，电动机为非纯电阻电路，其工作时产生的热量小于电流做的功，A错误。 B、热风功率P热风＝1930W，暖风功率P暖风＝1050W，则R2功率PR2＝P热风﹣P暖风＝1930W﹣1050W＝880W，由P得R55Ω，即根电阻丝阻值为55Ω，B错误。 C、浴霸正常工作10min电路消耗最大电能对应为照明+热风状态，电路总功率P总＝P照明+P热风＝50W+1930W＝1980W，10min消耗电能W'＝P总t＝1980W×10×60s＝1.188×106J，C正确。 D、电动机功率PM＝P暖风﹣PR1＝1050W﹣880W＝170W，R284.7Ω，但电动机工作时非纯电阻，不能用R计算电阻，D错误。故选：C。 6．空气炸锅是利用内部的电风扇将电热管加热后的空气快速吹向食物表面，利用热空气对流来加热食物。如图所示是某款空气炸锅的简化电路图，S1为温控开关，S2为加热开关，旋转开关S2可以让空气炸锅处于加热挡和功率更大的高热档。加热电阻R1和R2的阻值相等，炸锅腔内的照明灯便于人们观察食物的烹饪情况。下表是空气炸锅的部分参数。下列说法正确的是（　　） 额定电压 220V 照明灯功率 22W 电风扇功率 50W 加热挡总功率 1282W A．开关S、S1闭合，开关S2接触触点“2”和“3”时，空气炸锅处于加热挡 B．加热电阻R1和R2的阻值均为37.8Ω C．空气炸锅在高热档下工作时，通过温控开关S1的最大电流为11.1A D．空气炸锅在加热挡下持续加热10s，炸锅会消耗1.354×104J的电能 【答案】C 【解析】A、由图可知，开关S、S1闭合，开关S2接触触点“0”和“1”时，空气炸锅不加热；开关S、S1闭合，开关S2接触触点“1”和“2”时，只有R1接入电路，电路中电阻较大，电源电压一定，由P可知，此时电功率较小，空气炸锅处于加热挡；开关S、S1闭合，开关S2接触触点“2”和“3”时，R1、R2并联在电路中，电路中电阻较小，电源电压一定，由P可知，此时电功率较大，空气炸锅处于高热挡，故A错误； B、开关S、S1闭合，开关S2接触触点“1”和“2”时，只有R1接入电路，空气炸锅处于加热挡，加热挡总功率为1282W，则电阻R1的电功率P1＝1282W﹣22W﹣50W＝1210W， 由P可得电阻R1的阻值：R140Ω，加热电阻R1和R2的阻值相等，故B错误； C、加电阻R1和R2的阻值相等，空气炸锅在高热档下工作时，由P＝UI可得通过温控开关S1的最大电流：I2211.1A，故C正确； D、空气炸锅在加热挡下持续加热10s，炸锅消耗的电能： W＝P总t＝1282W×10s＝1.282×104J，故D错误。故选：C。 题型二 填空题 押题猜想12 能量转化与能源计算 1．发展新能源汽车是我国“十四五”规划中的一个重点，在武汉经开区生产的小鹏电动汽车能够使用功率为100kW的快速充电桩，也可使用功率为1kW的普通家用插座充电。当使用快速充电桩充电0.5h后，电动汽车能获取电能 　 　 kW•h。电动汽车在行驶过程中，电动机将电能转化为 　 　 能，电能是 　 　 （选填“一次”或“二次”）能源。 【答案】50；机械；二次 【解析】由可知，使用快速充电桩充电0.5h后，电动汽车能获取的电能 W＝Pt＝100kW×0.5h＝50kW•h。 电动汽车在行驶过程中，消耗电能，将电能转化为机械能，电能属于二次能源。 2．在2025年哈尔滨亚洲冬季运动会的单板滑雪男子大跳台决赛中，杨文龙以193.25分的总成绩成功夺得金牌。比赛场地简化如图所示，运动员某次从a点由静止开始下滑到达b点的过程中，动能 　 　 （选填“增大”“减小”或“不变”），运动员在c点的机械能 　 　 （选填“大于”“小于”或“等于”）在d点的机械能。（不考虑空气阻力） 【答案】增大；等于。 【解析】运动员某次从a点由静止开始下滑到达b点的过程中，重力势能减小，动能增加；不考虑空气阻力，运动员在c点的机械能等于在d点的机械能。 押题解读 能源类型与转换重点考查太阳能、核能、化石能源等分类及转换过程，填空题有考查，分值3分。能量转化重点考查机械能、内能、电能之间的转换关系，常结合热机冲程（如汽油机做功冲程的内能→机械能）、发电机（机械能→电能）等，属于高频考点。 考前秘笈 1. 能源分类与转化方向性 （1）‌可再生能源与不可再生能源；‌ （2）‌能量转化方向性：涉及热传递、能量利用效率的不可逆性。 2. 能量转化与计算 （1）‌机械能与电能的转化； （2）‌光能与电能的转化：光电池的能量转化（光能→电能），结合新能源应用场景设计计算题。 1．人造卫星在大气层外运动，不受空气阻力作用，只有动能和势能的转化，当它从远地点向近地点运动时，重力势能 　 　 （选填“增大”“减小”或“不变”）。2024年3月20日，搭载探月工程四期鹊桥二号中继星的长征八号遥三运载火箭，在文昌航天发射场点火升空，如图所示。一起加速升空的过程中，以火箭为参照物，中继星是 　 　 （选填“静止”或“运动”）的，中继星的机械能 　 　 （选填“增大”“减小”或“不变”）。 【答案】减小；静止；增大 【解析】（1）当人造卫星从远地点向近地点运动时，其质量是不变的。由于它正在向地球靠近，所以它的高度在逐渐降低。在质量不变的情况下，高度降低会导致重力势能减小。 （2）以火箭为参照物，中继星与火箭之间没有发生位置变化，所以中继星是静止的。 （3）中继星在加速升空时，速度变大，高度变高，质量不变，所以中继星的重力势能增大，动能增大，机械能增大。 2．如图所示，质量为6kg的无人机正沿着设定路线向斜上方匀速飞行，设定路线与水平面的夹角为30°。空气对无人机的力表示正确的是 　 　 （填“F1”“F2”“F3”或“F4”），无人机的机械能 　 　 （填“增加”“不变”或“减少”），在飞行路程为80m的过程中，无人机克服重力做的功为 　 　 J。 【答案】F4和F2；增加；2400 【解析】空气对无人机产生的是与运动方向相反的空气的阻力和机翼的升力，即图中的F4和F2。质量和速度不变，但是无人机的高度增加，重力势能增加，总的机械能增加。 在飞行路程为80m的过程中，无人机在重力方向上上升的高度为； 无人机的重力为：G＝mg＝6kg×10N/kg＝60N。无人机克服重力做的功为：W＝Gh＝60N×40m＝2400J。 3．将80kg水从20℃加热到70℃水的内能增加 　 　 J，至少需要完全燃烧 　 　 m3的煤气（煤气的热值约为4.0×107J/m3才能提供，水内能的改变是通过 　 　 方式实现的。[水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）] 【答案】1.68×107；0.42；热传递 【解析】水吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×80kg×（70℃﹣20℃）＝1.68×107J； 不计热量损失，煤气完全燃烧放出的热量Q放＝Q吸＝1.68×107J， 由Q放＝Vq得至少需要完全燃烧煤气的体积：V0.42m3； 用煤气灶烧水的过程中，水吸收热量、内能增加、温度升高，是通过热传递的方式使水的内能增加。 4．2022年5月20日18时30分，中国在酒泉卫星发射中心使用长征二号丙运载火箭，采取一箭三星方式，成功将3颗低轨通信试验卫星送入预定轨道，如图甲。该低轨通信试验卫星主要用于开展在轨通信技术试验验证。 （1）长征二号丙运载火箭使用偏二甲肼做燃料，火箭发射时，偏二甲肼燃烧将 　 　 转化为内能。 （2）如图乙，低轨通信试验卫星进入预定轨道后，接收到地面利用 　 　 （选填“光纤”“微波”或“超声波”）传来的指令信息将板状的两翼展开，板状的两翼是太阳能电池，它把太阳能直接转化成 　 　 能，供卫星使用。 【答案】（1）化学能；（2）微波；电 【解析】（1）“长征二号FY11”运载火箭使用偏二甲肼作为主要燃料，火箭发射时，偏二甲肼燃烧将化学转化为内能；太阳能电池将太阳能转化成电能； （2）电磁波能够传递信息，低轨通信试验卫星进入预定轨道后，接收到地面利用微波传来的指令信息将板状的两翼展开，板状的两翼是太阳能电池，它把太阳能直接转化成电能，供卫星使用。 5．我国的特高压输电技术在世界上处于领先水平，这种输电技术是传统输电效率的2～5倍。它可以将我国西南、西北地区的水电、风电、太阳能发电等清洁电能向中东部传输。 （1）电能属于 　能源（选填“一次”或“二次”），传统输电过程中效率较低，主要是因为较多的电能转化为 　 　能。 （2）某地区每年通过这项技术节约的电能约为3×1012kW•h，合计为 　 J。 【答案】（1）二次；内；（2）1.08×1019 【解析】（1）电能属于二次能源，传统输电过程中效率较低，主要是因为较多的电能转化为内能。 （2）某地区每年通过这项技术节约的电能约3×1012kW•h，合计为：W＝3×1012×3.6×106J＝1.08×1019J。 6．如图﹣1所示，北京时间2025年1月23日下午1时15分，我国在太原卫星发射中心成功发射了千帆极轨06组卫星，使用的是长征六号改运载火箭。这次发射不仅成功将卫星送入预定轨道，还实现了长征系列运载火箭的第557次飞行，标志着我国在航天领域不断攀登新高峰。火箭喷出高温燃气获得升空动力的过程和图﹣2所示冲程中的　 　 （选填“甲”或“乙”）的能量转化相同；小光通过查找资料知道了航天器发动机用氢做燃料，这是因为氢的　 　 （选填“热值”或“比热容”）很大；若某段时间完全消耗了50kg的氢，则能放出　 　 J的热量。（已知氢的热值为1.4×108J/kg） 【答案】乙；热值；7×109。 【解析】图﹣2所示冲程中的甲是压缩冲程，乙是做功冲程，内燃机的做功冲程中，内能转化为机械能。火箭喷出高温燃气获得升空动力的过程是由内能转化为机械能； 火箭喷出高温燃气获得升空动力的过程和图﹣2所示冲程中的乙的能量转化相同；航天器发动机用氢做燃料，这是因为氢的热值很大；若某段时间完全消耗了50kg的氢，则能放出Q放＝mq＝50kg×1.4×108J/kg＝7×109J的热量。 7．随着经济的发展，汽车已成为人们常用的交通工具。汽车应用了许多物理知识，请你回答下列有关问题：（q汽油＝4.6×107J/kg） （1）完全燃烧2kg汽油释放的能量为 　 J。 （2）汽车刹车时，为防止刹车片过热造成刹车失灵，要向刹车片喷水降温，这是通过 　 　 方式改变刹车片的内能。 （3）汽油机是汽车的“心脏”，一台四冲程汽油机工作时曲轴转速是1800r/min，此汽油机每个汽缸每秒钟完成 　 　 个做功冲程。 【答案】（1）9.2×107；（2）热传递；（3）15。 【解析】（1）完全燃烧2kg汽油释放的能量：Q放＝mq汽油＝2kg×4.6×107J/kg＝9.2×107J； （2）防止刹车片过热造成刹车失灵，要向刹车片和轮胎喷水，利用水的汽化吸热，来降低刹车片的温度，这是通过热传递的方式改变刹车片的内能； （3）一台四冲程汽油机工作时曲轴转速是1800r/min＝30r/s； 曲轴每转两圈对外做一次功，则该汽油机每秒对外做功次数为15次，即此汽油机每秒钟完成15个做功冲程。 8．将80kg水从20℃加热到70℃水的内能增加 　 　 J，至少需要完全燃烧 　 　 m3的煤气（煤气的热值约为4.0×107J/m3才能提供，水内能的改变是通过 　 　 方式实现的。[水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）] 【答案】1.68×107；0.42；热传递。 【解析】水吸收的热量： Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×80kg×（70℃﹣20℃）＝1.68×107J； 不计热量损失，煤气完全燃烧放出的热量Q放＝Q吸＝1.68×107J， 由Q放＝Vq得至少需要完全燃烧煤气的体积： V0.42m3； 用煤气灶烧水的过程中，水吸收热量、内能增加、温度升高，是通过热传递的方式使水的内能增加。 押题猜想13 力学 1．下面甲、乙两幅图均是中国古代科技著作《天工开物》的插图，图甲中“透火焙干”时把湿纸贴在墙上利用了湿纸受到的摩擦力 　 　 （选填“大于”、“等于”或“小于”）重力而静止，图乙“六桨客船”中的船桨属于 　 　 （“省力”、“费力”或“等臂”）杠杆；图丙所示为“旋转秋千”工作时的情形，座椅在空中匀速转动，此时座椅受到的作用力 　 　 （选填“是”或“不是”）平衡力。 【答案】等于；费力；非平衡力。 【解析】图甲中把湿纸贴在墙上，湿纸处于静止状态，竖直方向受到的摩擦力和自身重力是一对平衡力，大小相等； 船桨使用时，动力臂小于阻力臂，故船桨属于费力杠杆； 座椅在空中匀速转动，运动方向不断发生改变，受非平衡力的作用。 2．2025年哈尔滨亚洲冬季运动会，中国队以85枚奖牌高居第一位。如图是本次冰壶比赛的情景，运动员推动冰壶由静止开始向前运动，说明力可以改变物体的 　 　 。推出去的冰壶会继续滑行，这是因为冰壶具有 　 　 。 【答案】运动状态；惯性 【解析】运动员推动冰壶由静止开始向前运动，说明力可以改变物体的运动状态， 推出去的冰壶具有惯性还要保持原来的运动状态，所以能在冰面上继续滑行一段距离。 押题解读 本题借助于体育运动考查蕴含的物理知识，注重了物理和生活的联系，考查了学生应用物理知识解决实际问题的能力。运用惯性判断物体的运动；力可以改变物体的运动状态。 考前秘笈 物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性。物体的运动状态的改变包括速度大小和运动方向的改变。 滑动摩擦力的大小与压力大小以及接触面的粗糙程度有关，而与推力大小、速度无关； 摩擦力产生的条件：两物体相互接触、有压力、接触面粗糙、发生相对运动或有相对运动的趋势。 物体间力的作用是相互的；动能大小的影响因素：质量、速度；质量越大，速度越大，动能越大；重力势能大小的影响因素：质量，位置高度；质量越大，位置越高，重力势能越大；动能、势能统称机械能。 1．中国空间站的建造和运营对人类太空研究具有重大意义。2024年11月16日，天舟八号货运飞船成功对接空间站天和核心舱。如图所示，对接过程中，以天和核心舱为参照物，神舟载人飞船是　 　 （选填“运动”或“静止”）的；货物被飞船运送到太空后，货物的质量　 　 （选填“变大”“变小”或“不变”）；已知空间站绕地球转一圈的路程约为4.25×104km，运行时间约为92min，空间站运动的速度大小约为　 　 km/s（结果保留1位小数）。 【答案】运动；不变；7.7。 【解析】对接过程中，神舟载人飞船相对于天和核心舱的位置在不断发生变化，所以以天和核心舱为参照物，神舟载人飞船是运动的。 质量是物体的基本属性，不随物体的位置、状态等因素的变化而变化。货物被飞船运送到太空后，虽然所处位置发生了改变，但其所含物质的多少并没有变化，所以货物的质量不变。已知路程s＝4.25×10 4 km，时间t＝92min＝92×60s＝5520s，根据速度公式v＝ ts，可得空间站运动的速度v＝ 7.7km/s。 2．如图所示，滑冰运动员用力蹬地，加速向前滑，这表明力可以改变物体的 　 　 ，头盔中的减震海绵层受头部挤压会变薄，这表明力可以改变物体的 　 　 ，运动员到达终点后，停止动作，但仍会继续向前滑行是因为他具有 　 　 。 【答案】运动状态；形状；惯性 【解析】滑冰运动员用力蹬地，加速向前滑，速度变大，说明力可以改变物体的运动状态，头盔中的减震海绵层受头部挤压会变薄，说明力可以改变物体的形状，运动员到达终点后，停止动作，但由于惯性会继续向前滑行。 3．第九届亚洲冬季运动会在哈尔滨举行，冰壶是亚冬会比赛项目之一。冰壶运动员的比赛鞋两脚的底部不同，蹬冰脚鞋的底部为橡胶，如图所示，球员掷冰壶时，蹬冰脚踏在起蹬器上用力后蹬，脚受到的摩擦力方向是向　 　 的；而滑动脚鞋的底部为塑料，这是为了　 　 摩擦。 【答案】后；减小。 【解析】物体间力的作用是相互的，蹬冰脚踏在起蹬器上用力蹬，起蹬器给脚踏一个向前的力促使运动员前进，脚受到的摩擦力方向是向后的； 滑动脚鞋的底部为塑料，是在压力一定时，通过减小接触面的粗糙程度来减小摩擦。 4．2025年2月27日，长征二号将目前我国空间分辨率最高的商业遥感卫星四维高景一号03、04星顺利送入预定轨道。如图，运载火箭点火后向下喷出熊熊烈焰，使火箭上升，说明力的作用是　 　 的。火箭升空的速度越来越快，此过程中，03、04星的重力势能　 　 ，机械能　 　 。（后两空填“增大”“减小”或“不变”） 【答案】相互；增大；增大。 【解析】燃烧后生成的高温气体以很高的速度从火箭尾部喷出，火箭给气体一个向后的力，由于物体间力的作用是相互的，气体给火箭一个向上的力，所以火箭会升空； 03、04星加速上升过程中，质量不变，速度增大，动能增大；位置高度增大，重力势能增大，动能和势能统称为机械能，机械能增大。 5．2023年5月28日，全球首架C919国产大飞机从上海虹桥机场飞抵北京首都机场，标志着C919正式投入商业营运，中国人终于坐上国产大飞机了。 （1）随着飞机从地面升空，飞机的重力势能 　 　 ；飞机能够升空飞行，是因为机翼上方空气的流速比下方空气的流速 　 　 （选填“大”或“小”），从而产生较大的升力。 （2）C919大飞机10：45离开虹桥机场，12：10到达首都机场，全程1178km，则C919大飞机本次飞行的平均速度约为 　 　 km/h。（结果保留整数） 【答案】（1）变大；大；（2）832。 【解析】（1）随着飞机从地面升空，飞机的质量不变，高度增加，重力势能变大； 由于机翼上表面弯曲，下表面平直，所以机翼上方的流速大于机翼下方的流速，所以机翼上方的压强小于机翼下方的压强，这样就产生了作用在机翼上的向上的升力。 （2）已知C919大飞机10：45离开虹桥机场，12：10到达首都机场，共计飞行时间为t＝t2﹣t1＝12：10﹣10：45＝85min， 由v可得，C919大飞机本次飞行的平均速度约为：v832km/h。 押题猜想14 电磁学 1．如图所示，放在磁场中的导体棒ab、cd用导线串联，闭合开关。当用力使导体棒ab在磁场中做切割磁感线运动时，发现用绝缘细线悬挂着的导体棒cd也随之摆动，此时图中乙部分导体棒cd与磁体的组合相当于 　 　 （选填“电动机”或“发电机”）；图中甲部分应用的物理原理是 　 　 ，与甲部分工作原理相同的是 　 　 （选填“电铃”“动圈式话筒”或“扬声器”）。 【答案】电动机；电磁感应；动圈式话筒。 【解析】当导体棒ab在磁场中做切割磁感线运动时，甲部分产生感应电流，电流通过导体棒cd，导体棒cd在磁场中受到力的作用而摆动。电动机是利用通电导体在磁场中受力运动的原理制成的，所以图中乙部分导体棒cd与磁体的组合相当于电动机。 图中甲部分，导体棒ab在磁场中做切割磁感线运动产生感应电流，应用的物理原理是电磁感应现象。 电铃是利用电流的磁效应工作的，电流的磁效应是指电流周围存在磁场。动圈式话筒是根据电磁感应原理工作的，当人对着话筒说话时，声音使膜片振动，膜片带动线圈在磁场中做切割磁感线运动，从而产生感应电流。扬声器是利用通电导体在磁场中受力运动的原理工作的，与乙部分原理相同。所以与甲部分工作原理相同的是动圈式话筒。 押题解读 本题考查发电机与电动机的工作原理及动圈式话筒是根据电磁感应原理工作的。 考前秘笈 电动机是根据通电线圈在磁场中受到力的作用而发生转动的原理制成的。 电磁感应现象是指闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生感应电流。 电铃是利用电流的磁效应工作的，电流的磁效应是指电流周围存在磁场。动圈式话筒是根据电磁感应原理工作的。 1．如图甲是一款名为“铁钉桥”的科技展品，两边的“桥墩”是电磁铁。断电状态下，“桥墩”　 　 （选填“有”或“没有”）磁性；按下“通电”按钮，逐一将多个铁钉在两个“桥墩”间首尾相连，相邻铁钉间相互 　 　 （选填“吸引”或“排斥”）连成“桥面”。图乙为某一侧“桥墩”的电磁铁结构示意图，当通以图示方向的电流时，其右端为 　 　 极。 【答案】没有；吸引；N 【解析】电磁铁通电时有磁性断电时没有磁性，即断电状态下，“桥墩”没有”磁性； 按下“通电”按钮后，电磁铁通电产生磁性，吸引铁钉并使铁钉也具有磁性。由于磁力同极相斥、异极相吸的特性，相邻的铁钉会相互吸引，从而在两个“桥墩”间首尾相连形成“桥面”。 由图可知，电流由左后方流入，右前方流出，由安培定则可知，其右端为N极。 2．磁流体是一种新型功能材料，其周围如果存在磁场，就会“模拟”出磁感线的形状。如图所示，水杯中有磁流体，左侧为电磁铁A，右侧为永磁体B，闭合S后磁流体的情景如图。已知A左端为N极，则电源左端的极性是 　 　 ，永磁铁B右端的极性是 　 　 。 【答案】正极；S极。 【解析】已知A左端为N极，根据安培定则，电流应该从通电螺线管的左端流入，从右端流出来，电源的左端是正极； 根据磁流体的磁感线的形状知，A和B两个磁体中间相互吸引，A的右端为S极，所以B的左端是N极，右端是S极。 3．如图所示，无人驾驶出租车已在武汉等多个城市开展了载人运营服务。 （1）无人驾驶出租车向前匀速行驶时，车内的乘客相对于出租车是 　 　 的。 （2）无人驾驶出租车配备了能量回收系统，汽车在滑行或制动过程中，内部线圈切割磁感线产生感应电流，将 　 　 能转化为电能。 （3）无人驾驶出租车主要依靠车身的多个激光雷达来获取周围道路信息。汽车静止时，车上的激光雷达向前方的障碍物发射激光信号，若车上的接收装置在10﹣7s后接收到反射信号，则障碍物到车的距离是 　 m。 【答案】（1）静止；（2）机械；（3）15。 【解析】（1）车内的乘客相对于车的位置没有发生改变，所以是静止的； （2）电磁感应现象中机械能转化为电能； （3）光束到达障碍物的时间：t′1×10﹣7s＝5×10﹣8s， 车头到障碍物的距离：s′＝v′t′＝3×108m/s×5×10﹣8s＝15m。 4．如图所示，GMR是一个巨磁电阻，其阻值随磁场的变化而变化。当开关S1闭合时，电磁铁右端为 　 　 （填“N”或“S”）极，再闭合开关S2，将滑动变阻器的滑片P向a端移动，电磁铁的磁性会 　 　 （填“增强”“不变”或“减弱”），指示灯变亮，说明巨磁电阻的阻值会随着电磁铁磁性的增强而 　 　 （填“变大”“不变”或“变小”）。 【答案】S；增强；变小。 【解析】（1）闭合开关S1，由图可知，电流从电磁铁线圈右侧流入，根据安培定则可知电磁铁的左端为N极，其右端为S极； （2）当滑片P向a端滑动时，滑动变阻器连入电路中的电阻变小，根据欧姆定律可知，左侧电路中的电流变大，则电磁铁的磁性增强； （3）指示灯变亮，说明右侧电路中的电流变小，即巨磁电阻的阻值变小了，说明电磁铁的磁性增强，巨磁电阻的阻值随磁场的增强而急剧变小。 5．如图所示，弹簧下端挂一条形磁铁，磁铁下端为N极，条形磁铁的正下方有一带铁芯的螺线管，闭合开关后，电磁铁的上端为 　 　 极，弹簧长度会 　 　 （选填“增大”“减小”“不变”）；若想要让弹簧的长度缩短，应将滑动变阻器的滑片往 　 　 （“左”或“右”）滑。 【答案】N；减小；左。 【解析】闭合开关后，电流从下端流入，根据安培定则，右手四指顺着电流方向握住螺线管，大拇指所示的方向为N极，即电磁铁的上端为N极，由于磁铁下端为N极，根据同名磁极相互排斥，弹簧受到拉力变小，弹簧长度会减小。 因为磁铁与电磁铁相互排斥，若想要让弹簧的长度缩短，则电磁铁磁性应增强，电路中电流应变大，滑动变阻器接入阻值变小，故应将滑动变阻器的滑片往左滑。 6．小明在学习了电磁感应的知识后，重新做了“怎样产生感应电流”的实验。 （1）如图甲所示，闭合开关后，下列实验操作能使灵敏电流计指针发生偏转的是 　 　 （多选）； A.磁体不动，导体棒水平向右运动 B.磁体不动，导体棒向斜上方运动 C.磁体不动，导体棒沿前后方向运动 D.导体棒不动，磁体竖直向下运动 （2）小明对感应电流进一步探索，如图乙所示，把两个发光二极管极性相反地并联起来，并与发电机串联，转动摇把，发现两个二极管交替发光，说明电路中电流特点为 　 ； （3）小明在实验中有了新的思考：如果把图甲灵敏电流计换成 　 　 ，就能继续探究磁场对通电导体的作用。 【答案】（1）AB；（2）电流方向不断改变；（3）电源 【解析】（1）A.磁体不动，导体棒水平向右运动，导体棒做切割磁感线运动，会产生感应电流，灵敏电流计指针发生偏转，故A正确； B.磁体不动，导体棒向斜上方运动，导体棒做切割磁感线运动，会产生感应电流，灵敏电流计指针发生偏转，故B正确； C.导体棒不动，导体棒沿前后方向运动，导体棒没有做切割磁感线运动，不会产生感应电流，灵敏电流计指针不发生偏转，故C错误； D.导体棒不动，磁体竖直向下运动，导体棒没有做切割磁感线运动，不会产生感应电流，灵敏电流计指针不发生偏转，故D错误； 故选：AB； （2）发电机发出的是交流电，电流方向不断改变，发光二极管极性相反地并联起来，轮流有电流通过，轮流发光； （3）如果将灵敏电流计换成电源，电路有电流，有磁体，可以探究通电导体在磁场中受力情况。 题型三 实验题 押题猜想15 热学实验题 3．（2025•武汉青山区模拟）如图甲所示，是“探究水沸腾前后温度变化的特点”的实验。 （1）实验中，某时刻温度计示数如图甲所示，此时水的温度是 　 ℃。 （2）观察气泡可判断图甲中水处于沸腾时的状态，温度计的示数 　 　 （选填“上升”“下降”或“不变”）。 （3）图乙是根据收集的数据绘制成的温度﹣时间图象，可见当地的大气压 　 　 一标准大气压，若两次实验所用水的质量分别为m1、m2，则m1　 　 m2。（选填“＞”“＝”或“＜”） 【答案】（1）98；（2）不变；（3）＜；＞ 【解析】（1）由图甲得，温度计的分度值为1℃，示数为98℃。 （2）水沸腾时，各处温度均匀，产生大量气泡并不断上升，随着水的深度减小，水的压强减小，使得气泡的体积增大。图甲中，气泡在上升过程中体积逐渐变大，所以是沸腾时的状态；水沸腾时吸收热量、温度不变，所以温度计的示数不变。 （3）由图甲可得，此时水的沸点低于100℃。1标准大气压下，水的沸点是100℃。而沸点与大气压有关，大气压越小，沸点越低。所以当地的大气压低于1标准大气压。 由Q＝cmΔt可得，温度变化量Δt，则吸收相同的热量，质量小的水温度变化量大，质量大的水温度变化量小。依题意并参见图乙，可知在相同时间内，两次水吸收相同的热量，第二次的温度变化量较大，则第二次的水质量较小，故m1＞m2。 押题解读 本题通过探究水的沸腾实验，从中考查了沸腾的现象、沸点与气压的关系等知识，全面掌握基础知识便可答题。 考前秘笈 晶体熔化过程中，吸收热量，温度不变。 非晶体没有熔点，当晶体凝固到最后温度和室温相同，图丙中两条曲线的交点温度相同。 水在沸腾过程中产生大量的气泡，气泡在上升过程中由于所受水的压强减小，所以体积逐渐增大；物质由气态变为液态叫液化，液化的两种方法：降低温度（温度越低越明显）、压缩体积。 液体的沸点与气压有关，气压越小，沸点越低，气压与海拔有关，海拔越高，气压越低。 1．某同学利用如图甲所示的实验装置探究冰熔化时温度的变化规律，得到了如图乙所示的温度随时间变化的图象。实验中要控制好烧杯中的水温。 （1）根据图乙所示的图象中 　 段温度的变化特点可知冰是晶体，在这段时间内，物质处于 　 　 态。 （2）该同学继续探究加有盐的冰块熔化时温度的变化特点。他将冰块放于易拉罐中并加入适量的盐，用筷子搅拌大约半分钟，易拉罐的下部和底部出现白霜，这些白霜是空气中的水蒸气 　 　 （填物态变化名称）形成的。用温度计测量罐中冰与盐水混合物的温度，可以看到混合物的温度 　 　 0℃。 【答案】（1）BC；固、液共存；（2）凝华；低于。 【解析】（1）图乙BC段吸收热量温度不变，可知冰是晶体，BC段的物质处于熔化过程中，处于固液共存态； （2）易拉罐的下部有白霜形成，是由于空气中的水蒸气遇冷凝华为固态的冰晶，即白霜；用温度计测量罐中冰与盐水混合物的温度，低于冰的熔点，低于0℃。 2．某同学探究萘熔化时温度随时间的变化规律，所用的实验装置如图甲所示。 （1）除了实验装置中的器材外，还需要的测量工具是 　 　 。 （2）在安装实验器材时应按照 　 　 （填“自上而下”或“自下而上”）的顺序进行。 （3）利用“水浴”法加热的好处除了使试管受热均匀，还能 　 　 。 （4）该物质熔化时温度随时间变化的图象如图乙所示，则萘是 　 　 （填“晶体”或“非晶体”）。 【答案】（1）秒表；（2）自下而上；（3）使温度变化较慢，便于记录各个时刻的温度；（4）晶体。 【解析】（1）探究“某固体熔化时温度的变化规律”时，需要用温度计测量固体在每个时刻的温度，所以需要用到秒表； （2）因用酒精灯的外焰加热，安装实验器材时，应按照自下而上的顺序进行，确保一次调整到位； （3）将装有萘的试管放入水中加热，这样可以使试管受热均匀，可以使萘的温度随水的温度慢慢上升，便于记录各个时刻的温度； （4）图乙是萘熔化时温度随时间变化的图象。从图象中可看出，萘是晶体，这样判断的依据是在熔化过程中，温度保持不变。 3．如图所示，同学们做“观察水沸腾”的探究实验。 （1）在安装器材时出现如图甲所示情形，应调 　 　 （选填“铁杆a”或“铁圈b”）更合理； （2）器材调整好后，开始实验： ①如图乙所示的三个图，表示在观察水沸腾前后连续加热过程中出现的三个现象，请将它们按照出现的前后顺序排列起来 　 　 （填字母）； ②小枫根据实验数据，作出了水温随时间变化的图像，如图丙中的a图线。另一位同学使用相同装置，仅将水的质量减少，其他条件不变，根据实验数据作出水温随时间变化的图像可能是图线 　 　 （填字母）。 （3）小枫继续利用图丁所示器材模拟大自然中“雨”的形成。 ①用酒精灯对烧瓶加热一段时间后，在烧瓶口会冒出许多“白气”，这些“白气”是由瓶中的水蒸气发生 　 　 （物态变化名称）形成的； ②实验发现在金属盘底部会出现水滴，类似于大自然中“雨”的形成过程，为了使实验效果明显，让“雨”下得更大一些，则可在金属盘内加 　 　 （选填“热水”或“冰块”）。 【答案】（1）铁杆a；（2）①BCA；②b；（3）①液化；②冰块。 【解析】（1）温度计倾斜说明上面悬挂高度过低，所以应该将铁杆a向上移动。 （2）①沸腾前先无气泡，到逐渐出现从大变小的气泡，沸腾时再变成从小变大的气泡（倒锥形），所以顺序为BCA；②水质量减少后，加热升温速度变快，但沸点保持不变，因此选择b。 （3）①“白气”是水蒸气液化成的小水滴，因此填“液化”；②降低温度、压缩体积是液化的两种方式，如果想要液化现象更明显，需要降温，所以选择“冰块”。 4．如图甲是小明和小红同学“探究水沸腾前后温度变化的特点”的实验装置。 时间/min 0 1 2 3 4 5 6 7 8 温度 88 90 92 94 96 98 98 98 98 （1）实验前小明向烧杯中倒入热水而不用冷水，这样做的好处是 　 　 。 （2）如表是小明实验中得到的数据，从表中的数据可以分析出，水沸腾前的特点是 　 　 。该实验中烧杯内水上方气压 　 　 （选填“高于”或“低于”）一个标准大气压。 （3）小明和小红使用的酒精灯相同，根据实验数据绘制的图象分别如图乙中a、b所示。已知他们所用水的质量之比是3：5，则a、b加热至沸腾所用时间之比是 　 。 【答案】（1）缩短实验时间；（2）吸收热量，温度升高；低于； （3）3：4。 【解析】（1）在实验中，向烧杯内倒入热水，这样可以缩短将水加热至沸腾所需的时间； （2）由表中实验数据可知，在沸腾前不断加热，水温度不断升高；最终沸腾时温度为98℃，小于100℃，说明低于标准大气压； （3）所用水的质量之比是3：5，根据Q吸＝cmΔt，在装置相同的情况下，相同时间吸收热量相同，由图可知：Δta：Δtb＝（98℃﹣88℃）：（98℃﹣90℃）＝5：4； 分析图象可知，a、b加热至沸腾所用时间之比等于a、b加热至沸腾所吸收热量之比： 因此a、b加热至沸腾所用时间之比是之比为3：4。 5．小明同学利用图甲所示两个相同的实验装置探究水和食用油的吸热能力。实验数据记录如表： 物质 质量/g 初始温度/℃ 最后温度/℃ 加热时间/min 水 100 25 45 5 食用油 100 25 65 5 （1）设计实验方案时，需要合理的选择实验器材和加热方法，你认为其中多余的是 　 。 A.采用完全相同的加热方式 B.酒精灯里所加酒精量相同 C.取相同质量的水和另一种液体 D.盛放水和另一种液体的容器相同 （2）由表中数据可知，若要使水和食用油的升高后的最后温度相同，则要继续给 　 　 （选填“水”或“食用油”）加热一段时间，待两者升高的温度相同时，水吸收的热量 　 　 （选填“大于”或“小于”或“等于”）食用油吸收的热量。 （3）若小明实验前，用温度计测出初温不同的水和食用油的温度，然后加热相同的时间，用温度计测出水和食用油末温也不同，则 　 　 （选填“能”或“不能”）得出水和食用油的吸热能力大小关系。 （4）同组小华又探究“物质的放热能力”，分别用质量均1kg的水和另一种液体进行对比实验，已知水的比热容大于另外一种液体的比热容，并画出温度随时间变化的图像，如图乙所示，实验过程中，若水和另一种液体在相同时间内放出的热量相等，分析图像可以得出：另一种液体的比热容为 　 　 J/（kg•℃）。[c水＝4.2×103J/（kg•℃）] 【答案】（1）B；（2）水；大于；（3）能；（4）1.8×103。 【解析】（1）根据控制变量法，要根据控制吸收的热量相同： A．采用完全相同的加热方式 C．取相同质量的水和另一种液体 D．盛放水和另一种液体的容器相同 以上三个选项均是为了为控制两物质吸收的热量相同； 而B．酒精灯里所加酒精量相同则没有必要； 故选：B； （2）由表中数据可知，水和食用油的质量和初温都是相同的，加热相同的时间，水的升温小，故可推理：若要使水和食用油的最后升高温度相同，则要继续给水加热一段时间，待两者升高的温度相同时，根据转换法水吸收的热量大于食用油吸收的热量。 （3）若小明实验前，用温度计测出初温不同的水和食用油的温度，然后加热相同的时间，用温度计测出水和食用油末温也不同，由比较吸热能力的第二种方法：使相同质量的不同物质吸收相同的热量，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强，则也能得出水和食用油的比热容大小关系； （4）因水的吸热（放热）能力强，故放热相同的时间，降温慢，故上面的直线为水的图像，水从50℃﹣30℃用时20分钟，另一液体从50℃﹣15℃用时15分钟，根据转换法，水吸收的热量为另一液体的倍，即Q水Q液，由题知，而水和液体的质量相同，c水mΔt水cmΔt， 即4.2×103J/（kg•℃）×（50℃﹣30℃）c×（50℃﹣15℃）。解得：c＝1.8×103J/（kg•℃）。 押题猜想16 光学实验题 1．某同学利用凸透镜、蜡烛、光屏、光具座等器材，探究“凸透镜成像规律”。 （1）用一束平行光正对凸透镜照射，移动光屏，直到光屏上出现最小、最亮的光斑，如图甲所示，则凸透镜的焦距是 　 　 cm。然后将蜡烛、凸透镜和光屏固定在光具座上，如图乙所示。若保持凸透镜的位置不变，将蜡烛移动到10cm刻度线处，然后移动光屏，直到出现烛焰清晰倒立的实像，此成像特点与 　 （选填“照相机”“投影仪”“放大镜”或“显微镜”）成像特点相同。 （2）在（1）的基础上，将透镜更换成另一个焦距为9cm的凸透镜，发现光屏上的像变得模糊，此现象与 　 　 （选填“近”或“远”）视眼成因相似。为了使光屏上的像恢复清晰，可向 　 　 （选填“靠近”或“远离”）凸透镜的方向移动蜡烛。 【答案】（1）10.0；（2）照相机；（3）近；靠近。 【解析】（1）如图，让一束平行与主光轴的光正对凸透镜照射，在凸透镜后的光屏上接收到一个最小、最亮的光斑，此光斑即凸透镜的焦点，焦点跟光心之间的距离是凸透镜的焦距，故凸透镜的焦距f＝60.0cm﹣50.0cm＝10.0cm， 将凸透镜固定在50cm刻度线处，蜡烛移动到20cm刻度线处，物距u＝50cm﹣10cm＝40cm＞2f，成倒立、缩小的实像，照相机就是此成像特点在生活中的应用。 （2）原来凸透镜的焦距是10cm，更换成另一个焦距为9cm的凸透镜，当物距不变时，凸透镜的焦距变小，折光能力变强，使像距变小，成像在光屏的前方，光屏上的像变得模糊。此现象与近视眼的成因相似。为了使光屏上的像恢复清晰，需要使像距变大，则对应的物距变小，故可向靠近凸透镜的方向移动蜡烛。 押题解读 本题“探究凸透镜成像规律”，考查了凸透镜成像规律的运用及像距随物距的变化规律和平面镜成像规律的运用。 考前秘笈 探究凸透镜成像的实验时，调整烛焰、凸透镜、光屏三者的中心大致在同一高度，像才能呈在光屏的中心； u＞2f，f＜v＜2f，成倒立、缩小的实像；照相机； 当2f＞u＞f时，成倒立、放大的实像，应用于幻灯机和投影仪； 凸透镜成实像时，物距增大，像距减小； 凸透镜的焦距越大，折光能力越弱；凸透镜对光线有会聚作用，远视眼镜为凸透镜。 1．在探究“凸透镜成像规律”的实验中。 （1）如图1为凸透镜的物距和像距关系图，可知凸透镜的焦距f＝ 　 cm； （2）先将点燃的蜡烛放置在图2所示的位置，移动光屏将得到一个 　 　 （选填“放大”或“缩小”）清晰的烛焰像；利用这一成像特点人们制成了 　 （选填“放大镜”“投影仪”或“照相机”）； （3）接着将蜡烛移到零刻度线处，此时若要在光屏上得到清晰的烛焰像，可以把光屏 　 （选填“向左”或“向右”）移动，直到光屏上出现清晰的烛焰像。 【答案】（1）10；（2）放大；投影仪；（3）向左。 【解析】（1）当物距等于凸透镜二倍焦距时，成倒立、等大的实像，像距也等于二倍焦距，由图可知，凸透镜的二倍焦距为20cm，可知凸透镜的焦距f＝10cm； （2）由图可知，物距为15cm，物距在一倍焦距和二倍焦距之间，光屏上会得到一个倒立、放大的实像，利用这一成像特点人们制成了投影仪； （3）将蜡烛移到零刻度线处，此时物距变大，根据凸透镜成实像时，物远像近像变小可知，此时若要在光屏上得到清晰的烛焰像，可以把光屏向左移动，此时像会变小。 2．小明用焦距为10cm的凸透镜探究凸透镜的成像规律，当各器材如图所示时，光屏上承接到烛焰清晰的像。 （1）实验前小华应该首先点燃蜡烛并调整蜡烛和光屏的位置，使烛焰和光屏中心处在凸透镜的 　 　 上，即“三心等高”，这样像可以成在光屏正中央。 （2）保持凸透镜位置不变，小明将蜡烛移动到25cm刻度线处，若想在光屏上得到清晰的像，应把光屏移至 　 　 cm刻度线处。 （3）在探究物距大于二倍焦距的成像特点时，改变物距做了三次实验。与做一次实验相比较，做三次实验的好处是 　 　 。 （4）在如图情景中，换用焦距为15cm的凸透镜继续实验，下列说法正确的是 　 　 （填序号）。 A.向左移动蜡烛，可在光屏上得到烛焰缩小的清晰的实像 B.向左移动透镜，可在光屏上得到烛焰等大的清晰的实像 C.向右移动光屏，可在光屏上得到烛焰放大的清晰的实像 D.无论怎样移动蜡烛，在光屏上都得不到烛焰的清晰的像 【答案】（1）主光轴；（2）70；（3）使实验结论具有普遍性；（4）D。 【解析】（1）为了使像成在光屏中央，应首先点燃蜡烛并调整蜡烛和光屏的位置，使两者中心处在凸透镜的主光轴上； （2）保持凸透镜位置不变，将蜡烛移动到25cm刻度线处，此时物距等于原来的像距，根据在光的折射中，光路是可逆的可知，若想在光屏上得到清晰的像，应让像距等于原来的物距，即把光屏移至70cm刻度线处； （3）用实验来探究凸透镜成像规律时，要多进行几次实验，使实验结论具有普遍性； （4）AD、由图可知，像距v＝55cm﹣40cm＝15cm＝f，无论怎样移动蜡烛，在光屏上都得不到烛焰的清晰的像，故A错误，D正确； B、由图可知，蜡烛到光屏的距离d＝55cm﹣10cm＝45cm＜4f，无论怎样移动凸透镜都得不到烛焰的清晰的像，故B错误； C、由图可知，此时物距u＝40cm﹣10cm＝30cm＝2f，根据u＝v＝2f，成倒立等大的实像，所以向右移动光屏，可在光屏上得到烛焰等大的清晰的实像，故C错误；故选：D。 3．在做“探究凸透镜成像规律”的实验中，如图甲测出了凸透镜的焦距，如图乙进行实验： （1）调整器材时，应 　 　 （选填“点燃”或“不点燃”）蜡烛。 （2）如图乙所示，烛焰恰好在光屏上成倒立、放大的实像，生活中的 　 　 （选填“照相机”“投影仪”或“放大镜”）就是利用了这样的成像原理；小聪好动且思维颇有创意，他突发奇想，要是把蜡烛与光屏的位置互换，结果会怎样呢？他立即一试，哇塞！太神奇了，光屏上的像依旧十分清晰，只是原来放大的像变成了缩小的像！请你解释一下所成像依旧清晰的原因是 　 　 ；实验中，若用不透明的硬纸板挡住凸透镜的上半部分，则光屏上 　 　 （填选项序号）。 A．只出现烛焰像的上半部分 B．只出现烛焰像的下半部分 C．出现烛焰完整的像，但像更小了 D．出现烛焰完整的像，且大小不变，只是变暗了 （3）实验过程中，某时刻，风一吹，烛焰向左偏，则光屏上成的像将向 　 　 偏；随着蜡烛的燃烧，可观察到光屏上的像向 　 　 （选填“上”或“下”）移动。 （4）老师用发光二极管制作了一个“F”形光源代替蜡烛放在10cm刻度处，凸透镜在图乙中的位置不变，则光屏上得到的清晰的像的形状应该是 　 　 。 【答案】（1）点燃；（2）投影仪；折射现象中光路可逆；D；（3）右；上；（6） 【解析】（1）为了使像成在光屏的中央，实验前应将烛焰、凸透镜和光屏三者的中心调整在同一高度，所以调整器材时应将蜡烛点燃； （2）如图乙所示，物距大于一倍焦距小于二倍焦距成倒立放大实像，生活中的投影仪就是利用了这样的成像原理；把蜡烛与光屏的位置互换，根据折射现象中光路可逆，位置互换后物距大于二倍焦距成倒立缩小实像，像距大于一倍焦距小于二倍焦距；凸透镜上半部分被遮挡后，仍有光线会透过透镜成像，只是透过的光线减少，成像变暗，故选D； （3）凸透镜成实像时，实像都是倒立的，实验过程中，某时刻，风一吹，烛焰向左偏，则光屏上成的像将向右偏；随着蜡烛的燃烧，烛焰向下移动，可观察到光屏上的像向上移动； （4）老师用发光二极管制作了一个“F”形光源代替蜡烛放在10cm刻度处，凸透镜在图乙中的位置不变，物距大于一倍焦距小于二倍焦距成倒立放大实像，则光屏上得到的清晰的像的形状应该是。 4．小林同学在“探究凸透镜成像规律”的实验中，将实验器材调节好后，把点燃的蜡烛放在距凸透镜较远的地方，然后逐渐移近，观察烛焰成像情况并记录物距和像距。请你完成下列内容： （1）蜡烛、凸透镜、光屏在光具座上的位置如图1所示，此时烛焰的像成在光屏的中央，这与 　 　 （选填“照相机”、“投影仪”或“放大镜”）的成像特点相同。若只将凸透镜调高，则光屏上烛焰的像会向 　 　 （选填“上”或“下”）移动。 （2）实验过程中，小林同学在蜡烛和凸透镜之间放置一副眼镜，光屏上原来清晰的像变模糊了，他将蜡烛靠近凸透镜后，光屏上再次出现了清晰的像，该眼镜是矫正 　 　 （选填“近视眼”或“远视眼”）。 （3）实验中，小林观察到图2中物点S的虚像S'，请根据凸透镜成像原理，在图中完成物点S发出的光线a经过凸透镜折射后的光线。（保留作图痕迹） 【答案】（1）照相机；上；（2）远视眼；（3）见解答图。 【解析】（1）由图1可知，此时物距大于像距，根据凸透镜成实像时，物距大于像距，成倒立、缩小的实像，应用于照相机； 若只将凸透镜调高，根据过光心的光线传播方向不变可知，光屏上烛焰的像会向上移动； （2）实验过程中，小林同学在蜡烛和凸透镜之间放置一副眼镜，光屏上原来清晰的像变模糊了，他将蜡烛靠近凸透镜后，光屏上再次出现了清晰的像，说明该眼镜对光线具有会聚作用，远视眼镜是凸透镜，凸透镜对光线具有会聚作用，会将光线提前会聚成像，可以矫正远视眼； （3）物体发出的光线经过凸透镜折射后，折射光线的反向延长线通过其虚像，如下图所示： 。 5．某小组用一个F光源为发光物体放置于A点，一块白色的硬纸板作为承接像的屏，研究F光源的成像情况，屏移至C点位置时刚好在屏上出现了一个清晰的像，如图所示。 （1）该小组选择的凸透镜焦距为 　 　 m。 （2）此时小丽在A侧观察到屏上形成了一个与物体大小相等的像，接着小亮将凸透镜更换为一个半透明玻璃平板，小亮在A侧通过玻璃恰好也能在光屏处看到了一个等大的像，此时小明则站在BC之间观察光屏上的像。上述实验过程中，小丽、小亮和小明观察到的分别是图2中的 　 　 （选填“①”“②”“③”或“④”）； ①丁、丙、乙 ②甲、乙、乙 ③丁、乙、丙 ④戊、乙、丙 （3）小丽继续实验，她将F光源移动到10cm刻度处，为了能在光屏上可能承接到清晰的像，她需要将屏向 　 　 （选填“左”或“右”）移动，这个实验现象可以说明 　 　 （选填“放大镜”“投影仪”或“照相机”）的成像特点。 【答案】（1）0.150；（2）③；（3）左；照相机。 【解析】（1）由图1可知，此时u＝v＝30.0cm，根据u＝v＝2f，成倒立、等大的实像，即2f＝30.0cm，故该凸透镜的焦距f＝15.0cm； （2）由（1）可知，小丽在光屏上看到的是倒立、等大的实像，即图2中丁；将凸透镜更换为一个半透明玻璃平板，平面镜成正立、等大的虚像，因此小亮在A侧通过玻璃看到正立、等大的虚像，即图2中的乙；因虚像不能用光屏承接，小明则站在BC之间不能看到像，即图2中的丙，故选③； （3）小丽继续实验，她将F光源移动到10cm刻度处，此时物距u＝50cm﹣10cm＝40cm＞2f，2f＞v＞f，成倒立、缩小的实像，故她需要将屏向左移动，这个实验现象可以说明照相机的成像特点。 6．如图所示，某同学用自制的水透镜来探究凸透镜成像规律，当向水透镜里注水时，水透镜的焦距将变小；当从水透镜里抽水时，水透镜的焦距将变大。 （1）如图甲所示，一束平行于主光轴的光射向水透镜，在光屏上得到一个最小光斑，则此时水透镜的焦距为 　 cm； （2）该同学移动蜡烛，水透镜和光屏至图乙所示位置时，恰能在光屏上看到清晰 　 　 （选填“放大”“等大”“缩小”）的像，若仅将蜡烛与光屏位置对调，则在光屏上 　 　 （选填“能”“不能”）看到清晰的像； （3）在（2）中将蜡烛与光屏位置对调后的场景下，该同学取了一幅眼镜给水透镜“戴上”，如图丙所示，发现光屏上的像变模糊，当往水透镜中加入适量的水后，发现烛焰的像再次变得清晰，由此判断该眼镜是 　 　 眼镜（选填“近视”“远视”）。 【答案】（1）9.0；（2）放大；能；（3）近视。 【解析】（1）平行于主光轴的光线经凸透镜后会聚在主光轴上一点，这点是凸透镜的焦点。焦点到光心的距离是凸透镜的焦距，所以凸透镜的焦距是19.0cm﹣10.0cm＝9.0cm。 （2）如图乙，此时物距小于像距，由凸透镜成像规律可知此时成倒立、放大的实像，因为光的折射中光路是可逆的，保持凸透镜的位置不变，将光屏与蜡烛的位置对调，则物距等于原来的像距，成倒立、缩小的实像，所以光屏上能看到清晰的像； （3）当向水透镜里注入适量的水后，对光线的会聚能力增强，发现烛焰的像再次变得清晰，说明水透镜原来“戴上”的是具有发散作用的凹透镜，由于凹透镜可用来纠正近视眼，所以眼镜是近视眼镜。 押题猜想17 力学实验题 1．在“探究杠杆平衡条件的实验”中。 （1）实验开始前，调节平衡螺母直到杠杆在水平位置平衡，在水平位置平衡的目的是便于测量 　　 ；接着在杠杆的两侧挂上不同数量的钩码，移动钩码的位置，使杠杆重新在水平位置平衡（如图甲），这时若在A、B下方分别再增挂一个相同的钩码，则杠杆 　 　 （选填“左”或“右”）端将下沉； （2）如图乙所示，若不在B点挂钩码，改用弹簧测力计在B点向下拉杠杆，使杠杆仍在水平位置平衡，当测力计从a位置转到b位置时，其示数大小将 　 　 （选填“变大”、“变小”或“不变”）； （3）请在图乙中画出弹簧测力计在b位置时，弹簧测力计拉力的力臂。 【答案】（1）力臂；右；（2）变大；（3）见下图： 。 【解析】（1）由于力臂是支点到力的作用线的垂直距离，调节杠杆在水平位置平衡时，可以方便的读出力臂；设杠杆的一个小格为L，一个钩码的重力为G，分别加挂一个相同的钩码后：左边＝4G×2L，右边＝3G×3L，左边＜右边，所以，杠杆不能平衡，杠杆左端上升，右端下沉； （2）保持B点不变，若拉力F向右倾斜时，此时F的力臂变短，根据杠杆的平衡条件，力变大； （3）由图可见，杠杆的支点为O，反向延长拉力的作用线，从支点向力的作用线作垂线，支点到垂足的距离就是力臂Lb，如下图所示： 。 押题解读 考查究杠杆的平衡条件的实验，包括实验原理，实验器材，实验步骤，实验方法，数据分析，注意事项等内容。 考前秘笈 探究杠杆的平衡条件实验步骤： （l）实验前要调节杠杆的平衡螺母使其在水平位置平衡，其目的是使杠杆的重心落在支点上，从而消除杠杆的重力对平衡的影响。在实验过程中，不允许再旋动两端的螺母； （2）在已调节平衡的杠杆两端挂上不同数量的钩码，移动钩码的位置，使杠杆平衡．支点两边的钩码重力分别是动力F1和阻力F2，用刻度尺量出杠杆平衡时的动力臂L1和阻力臂L2。改变力和力臂的数值，多次实验，并将实验数据填入表格； 实验结论：杠杆的平衡条件是动力×动力臂＝阻力×阻力臂，可写作F1L1＝F2L2。 1．如图甲为小明同学“探究牛顿第一定律”的实验装置。实验中小明先后三次将同一小车放在同一斜面上的同一高度，然后分别用不同的力推了一下小车，使其沿斜面向下运动，逐渐减小水平面的粗糙程度，观察小车运动的距离，从而得出力和运动的关系。 （1）小明在实验操作中有一处明显的错误是（不要求解释错误的原因）：　 　 。 （2）纠正错误正确操作实验后发现：小车在毛巾表面上滑行的距离最短，在木板上滑行的距离最远，说明小车受到的阻力 　 　 （选填“越大”或“越小”），速度减小得越 　 　 （选填“快”或“慢”）。如果运动的小车不受阻力时，它将 　 　 。 （3）请在图乙中画出小车在斜面上运动时所受力的示意图。 【答案】（1）分别用不同的力推了一下小车；（2）越小；慢；做匀速直线运动；（3）见解答图。 【解析】（1）实验中，应该使小车从斜面的同一高度释放，而不应该“分别用不同的力推了一下小车”，这会导致小车到达水平面时的速度不同； （2）由实验现象可知，小车在毛巾表面上滑行的距离最短，在木板上滑行的距离最远，说明小车受到的阻力越小，速度减小得越慢。如果运动的小车不受阻力时，它将做匀速直线运动； （3）小车在斜面上运动时，受到竖直向下的重力G，斜面对小车的支持力F，沿斜面向上的摩擦力f，如图所示： 2．探究二力平衡的条件。 （1）小明改用图乙装置进行实验，其主要原因是 　 　 ； A.小卡片是比较容易获取的材料 B.小卡片容易扭转 C.容易让小卡片在水平方向上保持平衡 D.减少摩擦力对实验结果的影响 （2）乙装置中，当卡片静止平衡时，左右两边钩码的质量分别是m1和m2，则m1　 　 m2（选填“＞”、“＜”或“＝”）； （3）乙装置中，在卡片平衡时，用剪刀将卡片从中间剪开并观察随之发生的现象 　 　 ； （4）当F1等于F2时，图丙和图丁中的小卡片能处在平衡状态的是 　 　 。 【答案】（1）D；（2）＝；（3）两片卡片分别往左右方向移动；（4）丙 【解析】（1）小卡片重力小，悬在空中不受摩擦力影响；木块放在水平桌面上，木块和桌面之间存在摩擦力，摩擦力是不能消除的，实验要受到摩擦力影响，所以乙实验方案好，故选D； （2）由二力平衡条件可知，当卡片静止时，受力平衡，右边和左边的拉力大小相同，而右边和左边的拉力大小等于左右两边物体受到的重力，可知左右两边的物体的重力相等；由m可知，左右两边物体的质量相等，即m1＝m2； （3）用剪刀将卡片剪开，此时拉力F1、F2将分别作用在两个物体上，会观察到两片卡片分别往左右方向移动，说明物体受二力平衡还需要二力作用在同一物体上； （4）图丙中两个力作用在同一直线上，图丁中两个力没有作用在同一直线上，当F1等于F2时，图丙中的小卡片能处在平衡状态。 3．某物理小组在“探究影响滑动摩擦力大小的因素”实验中用到了弹簧测力计、一个木块、一个砝码、两个材料相同但表面粗糙程度不同的长木板。 （1）三次实验中都要求用弹簧测力计匀速拉动木块，使它沿水平长木板滑动，从而测出 　 和 　 　 之间的滑动摩擦力。 （2）比较图中 　 　 两次实验，可验证滑动摩擦力的大小与接触面所受的压力有关； （3）小明在实验中发现弹簧测力计拉动木块运动时很难保证木块稳定地做匀速直线运动，导致弹簧测力计的示数不稳定，小明将图乙实验的过程中木块的运动状态和弹簧测力计的示数记录在表格中，记录时不慎遗漏了一次数据，这次弹簧测力计的示数可能为 　 　 。 A.0.5 B.0.8 C.1.0 D.1.4 实验次数 1 2 3 4 5 木块运动状态 静止 开始运动 加速 匀速 减速 弹簧测力计示数F/N 0.5 0.9 1.2 0.5 （4）在图丁中画出上面记录的第3次实验中，砝码对木块的作用力。 【答案】（1）木块；长木板；（2）甲、乙；（3）B；（4）见解析图。 【解析】（1）用弹簧测力计匀速拉动木块，使它沿水平长木板滑动，从而测出木块与长木板之间的滑动摩擦力； （2）甲、乙两图实验比，接触面的粗糙程度相同，压力大小不同，所以，通过甲、乙两图，可以研究滑动摩擦力的大小跟接触面所受压力大小有关； （3）只有沿水平方向拉着物体做匀速直线运动，物体在水平方向上受到平衡力的作用，拉力大小才等于摩擦力的大小，此时弹簧测力计示数会小于开始运动和加速时的示数，减速时摩擦力的方向与拉力方向相反，因此弹簧测力计示数会小于减速时的示数，由表可知木块受到滑动摩擦力大小可能为0.8N，故选：B； （4）从第3次实验中木块和砝码加速运动，砝码水平方向受力不平衡，木块对砝码有向前的摩擦力，力的作用是相互的，因此砝码对木块有水平向左的摩擦力；竖直方向砝码对木块有向下的压力F。如图所示。 4．小明用如图所示的器材探究液体内部压强的特点。 （1）若在使用压强计前发现U形管内水面有高度差，应通过方法 　 　 （填字母序号）进行调节； A.向U形管内加适量的水 B.从U形管内倒出适量的水 C.拆除软管重新安装 （2）调整好了以后，比较图乙、图丙两次实验得出结论：同种液体，　 越大液体内部的压强越大； （3）比较 　 　 两图可以得到：液体内部压强还与液体密度有关； （4）在丁图中探头在盐水中的深度为5cm，发现探头在水中6cm时U形管左右两侧水面的高度差与丁图中相同，则盐水密度为 ； （5）实验后，他自制了如图戊所示的装置继续探究。他向隔板左侧倒水，再向隔板右侧倒入另一种液体，当加到一定程度时，橡皮膜变平，如图戊所示，则容器底部受到液体压强关系是p左　 　 p右（选填“＞”、“＝”或“＜”）。 【答案】（1）C；（2）深度；（3）丙、丁；（4）1.2×103kg/m3；（5）＞。 【解析】（1）若在使用压强计前发现U形管中有高度差，进行调节时，只需要将软管取下，再重新安装，这样的话，U形管中两管上方的气体压强就是相等的（都等于大气压），当橡皮膜没有受到压强时，U形管中的液面就是相平的，故C符合题意，AB不符合题意。故选：C。 （2）比较乙、丙两次实验可以发现：液体都是水，丙中橡皮膜所处的深度更深，左右两管液面的高度差越大，说明同种液体，深度越深，液体内部压强越大。 （3）在丙、丁图中，控制了深度不变，液体密度不同，液体密度变大，液体压强变大，则可以观察到U形管两边液面的高度差将变大，可以得到液体内部压强与液体密度有关。 （4）由题意可知，探头在盐水中深度为5cm处受到的压强等于在水中深度为6cm处受到的压强，根据p＝ρgh可得ρ盐水gh盐水＝ρ水gh水，盐水的密度为 （5）由图戊可知，她向隔板左侧倒水，再向隔板右侧倒入另一种液体，当加到一定程度时，橡皮膜变平，如图戊所示，橡皮膜不发生凸起，此时橡皮膜两侧受到的压强相等，即ρ水gh水′＝ρ液gh液 因h液＞h′水，所以ρ液＜ρ水，因为橡皮膜两侧受到的压强相等，且橡皮膜中心到容器底的深度相同，则水产生的压强大，故p左＞p右。 5．在“探究杠杆平衡条件”的实验中： （1）将杠杆的中点置于支架上，当杠杆静止时，发现杠杆左端下沉，这时应将左端的平衡螺母向 　 　 （填“左”或“右”）端调节，使杠杆保持 　 　 ，达到平衡状态。 （2）杠杆平衡后，小英同学在图甲所示的A位置挂上两个钩码，可在B位置挂上 　 　 个钩码，使杠杆在水平位置平衡。 （3）取下B位置的钩码，改用弹簧测力计拉杠杆的B点，当弹簧测力计由竖直向下逐渐转至斜向下拉的过程中（如图乙），杠杆始终在水平位置平衡，测力计的示数 　 　 （填“变大”“变小”或”不变”）。 【答案】（1）右；水平静止；（2）3；（3）变大。 【解析】（1）杠杆的左端下沉，说明这一侧力与力臂的乘积大，应将平衡螺母向右调节，使杠杆保持水平静止，达到平衡状态； （2）设每个钩码重为G，根据杠杆的平衡条件可得，2G×15cm＝nG×10cm， 解得n＝3，即应在杠杆右边B处挂同样的钩码3个； 当杠杆平衡后，在A、B两点下方同时增加一个钩码，则有5G×3L＞7G×2L，左侧力与力臂的乘积大于右侧，故逆时针旋转，不能在水平位置平衡； （3）如图乙所示，保持A点不变，若B点拉力F由竖直向下逐渐转至斜向下拉，即向右倾斜时，此时F的力臂变短，根据杠杆的平衡条件，力变大，则测力计示数变大。 6．甲、乙两位同学一起做探究杠杆的平衡条件的实验，以杠杆中点为支点，如图所示： （1）实验前，将杠杆中点置于支架上，当杠杆静止时，发现杠杆右端下沉，此时应把杠杆的平衡螺母向 　 　 （选填“左”或“右”）调节，使杠杆不挂钩码时在水平位置平衡； （2）如图甲所示，杠杆调节平衡后，在杠杆上A点处挂3个钩码，在B点处挂2个钩码，杠杆恰好在原位置平衡，于是便得出了杠杆的平衡条件为：Fl×lI＝F2×l2；请判断他这样得出的结论不合理，判断的理由是 　 　 （填选项）； A.实验次数太少，不能得到普遍规律 B.单位不同的物理量不能相乘 （3）如图乙所示，乙同学设计了两种实验方案：第一种弹簧测力计沿竖直方向拉，其读数为F1；第二种弹簧测力计倾斜拉，其读数为F2，在同等条件下，使杠杆水平平衡时，两次弹簧测力计读数F1　 　 F2（填“＜”、“＝”或“＞”）； （4）乙同学用图丙装置进行探究，发现当杠杆水平平衡时，与甲同学得出的杠杆平衡条件不相符，其可能的原因是 　 　 。 【答案】（1）左；（2）A；（3）＜；（4）杠杆有自重。 【解析】（1）杠杆右端下沉，左端上翘，平衡螺母向上翘的左端移动，使杠杆在水平位置平衡；使杠杆在水平位置平衡最大的好处就是便于在杠杆上直接测量力臂； （2）只通过一次测量，根据得出的数据就得出实验结论，实验数据太少，不具备普遍性，因此得出的结论不合理。故选A； （3）力臂等于支点到力的作用线的距离，当杠杆在水平位置平衡时，力的方向与杠杆垂直，力臂可以从杠杆标尺刻度上直接读出来，因此第一种实验方案更方便，此时弹簧测力计的拉力与杠杆垂直，能从杠杆上直接读力臂；因为第一方案的动力臂要大于第二种方案的动力臂，根据杠杆的平衡条件，在阻力和阻力臂都相同的情况下，动力臂越大的越省力，所以，F1＜F2； （4）图丙中，杠杆的重心不在支点上，杠杆的重力对杠杆转动产生了影响，导致拉力F的大小比由杠杆平衡条件计算出来的数值偏大。 押题猜想18 电学实验题 1．在“探究电流与电阻的关系”实验中，部分器材选用如下：电压为6V的电源，阻值为0～50Ω的滑动变阻器，10Ω、20Ω、30Ω、50Ω的定值电阻各一个，其他器材，回答下列问题。 （1）闭合开关后，发现电流表无示数，电压表指针超过量程，则电路的故障可能是定值电阻 　 　 （选填“短路”或“断路”）。 （2）排除故障后，先将10Ω定值电阻接入电路，在移动滑动变阻器滑片的过程中，眼睛应注意观察 　 　 （选填“电流表”“电压表”或“滑动变阻器”）。 （3）接下来断开开关，取下10Ω的定值电阻，换成20Ω的定值电阻，闭合开关，应向 　 　 （选填“A”或“B”）端移动滑片，直至电压表示数为 　 V时，读出电流表的示数。记录实验数据，并绘制成图乙所示，分析图象可知：当导体两端的电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成 　 　 。 （4）当将20Ω电阻换成30Ω电阻时，无论怎样移动滑片，都无法保证电压不变。为了完成以上所有探究，可以更换电源，则更换的电源电压范围是 　 　 。 【答案】（1）断路；（2）电压表；（3）B；2；反比；（4）2～4V。 【解析】（1）闭合开关，发现电流表无示数，说明电路存在断路故障，电压表指针超过量程，说明从电压表的两端到电源两极都是通的，所以断路故障在与电压表并联的部分，所以故障为定值电阻R断路。 （2）在研究电流与电阻关系实验中，更换不同阻值的电阻时，应控制电阻两端的电压不变，故在移动滑动变阻器滑片的过程中，眼睛应注意观察电压表的示数。 （3）由图乙数据和欧姆定律可知定值电阻两端电压UR＝IR＝0.2A×10Ω＝2V；取下10Ω的定值电阻，换成20Ω的定值电阻，闭合开关，根据串联分压原理知定值电阻两端电压增大，为保持定值电阻两端电压不变，根据串联电路电压规律可知要增大变阻器两端电压，根据串联分压原理可知要增大变阻器接入电路的电阻，由图知变阻器的A端接入电路，故应将滑片向B端移动，直至电压表示数2V保持不变；根据数据分析可知：在电压一定时，电流与电阻的乘积是定值，符合反比例的特点，故可得到结论：当导体两端的电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比； （4）该实验中，应控制定值电阻两端的电压不变，根据欧姆定律可知此电压值为UV＝IR＝0.2A×10Ω＝2V，故电源电压最小为2V； 为了完成以上所有探究，当用最大的定值电阻（即50Ω）做实验，且变阻器接入电路的阻值最大为50Ω时，变阻器分得的电压最大，定值电阻两端电压为2V不变，此时电源电压最大；因R滑大＝R定大＝50Ω，则根据串联分压原理可得此时变阻器两端的电压也为2V，所以电源的最大电压U大＝2V+2V＝4V。 押题解读 本题探究电流与电阻的关系，考查电压表读数、控制变量法、操作过程及串联电路的规律和欧姆定律的运用，最后一问难度较大。 考前秘笈 （1）理解实验方法：在探究电流与电压、电阻关系的实验中，由于两个因素都会对电流产生影响，所以我们采用控制变量法来进行研究，即研究电流与电压关系时要控制电阻一定，研究电流与电阻关系时要控制电压一定。 （2）理解探究过程：研究电流与电压关系时移滑动变阻器的滑片目的是改变定值电阻两端的电压；研究电流与电阻关系时移滑片的目的是使定值电阻两端的电压保持一定。 （3）理解结论描述： ①两个实验的结论前面都要加上条件：“当导体的电阻一定时”、“当导体两端的电压一定时”； ②注意用词先后顺序：“电流与电压”、“电流与电阻”不能说成“电压与电流”、“电阻与电流”； ③“电压”“电流”“电阻”每个词前的修饰语都是不同的：“导体中的电流”，“导体两端的电压”，“导体的电阻” 1．某同学在探究电流与电压的关系时，连接了如图甲所示的电路，电源电压保持6V不变。 （1）该同学连接的电路接错了一根导线，请你在这根导线上打“×”，并补画出正确的那根导线。 （2）正确连接电路后，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于最 　 　 端（填“左”或“右”）。 （3）该同学在实验过程中记录的数据如表格所示，他所选用的滑动变阻器最大电阻不小于 　 　 Ω，这5次实验中，定值电阻的电功率最大变化了 　 　 W。 实验序号 1 2 3 4 5 电压U/V 0.6 0.9 1.2 1.5 1.8 电流I/A 0.15 0.22 0.30 0.38 0.45 （4）实验完成后，该同学将定值电阻换成额定电压为2.5V的小灯泡，当小灯泡正常发光时，电流表示数如图乙所示。当小灯泡两端电压为2V时，小灯泡的实际功率可能为 　 　 （填“0.36W”“0.45W”“0.56W”或“0.64W”）。 【答案】（1）；（2）右；（3）36；0.72；（4）0.56W。 【解析】（1）电压表应该与电阻并联，电流表应该与电阻串联，而在原电路中，电压表串联在了电路中，电流表与电阻并联，所以应该对电路进行改动，如答图所示： （2）闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片调至最大阻值处，结合电路图可知需调至最右端； （3）串联电路电压规律和欧姆定律，当定值电阻两端电压最小时，根据串联电路电压规律可知滑动变阻器两端电压最大，即阻值最大，根据表中数据定值电阻两端的最小电压为U1＝0.6V，电源电压为U＝6V，则滑动变阻器两端电压为U滑＝U﹣U1＝6V﹣0.6V＝5.4V，此时电流为I＝0.15A，根据欧姆定律可知滑动变阻器的最大阻值为36Ω；当电压表示数为0.6V时，此时定值电阻的功率最小，即P小＝U111＝0.6V×0.15A＝0.09W；同理，当电压表示数为1.8V时，此时定值电阻的功率最大，即P大＝U515＝1.8V×0.45A＝0.81W，则小明的5次实验中，定值电阻的电功率最大变化了ΔP＝P大﹣P小＝0.81W﹣0.09W＝0.72W； （4）小灯泡的电阻随着电压的增大而增大；由图乙可知电流为0.3A，当小灯泡在额定功率下工作时，小灯泡的电阻为：R'；当小灯泡在2V电压下工作时，小灯泡的电阻小于8.3Ω，电流小于0.3A，小灯泡的实际功率为：0.6W＝2V×0.3A＞P实0.48W；因此小灯泡的实际功率可能为0.56W。 2．在探究“电流与电压的关系”的实验中，小枫同学连接如图所示的部分电路，已知电源电压恒为6V，滑动变阻器规格为“50Ω，0.5A”。 （1）请将图中的实物电路连接完整，要求滑动变阻器的滑片向右滑动时电压表示数变大，且导线不允许交叉。 实验次数 1 2 3 4 5 电压U/V 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 电流I/A 0.1 0.21 0.3 0.39 0.5 （2）若闭合开关时电流表指针向零刻度线左侧偏转，其原因是 　 　 。将问题解决后，小枫通过调节滑动变阻器的滑片P，测出通过定值电阻R的电流和对应的电压值，并记录在表中。老师看了表中的实验数据后，却说其中有一次实验的数据是编造的，编造的是第 　 　 次。 （3）若小枫选用10Ω的定值电阻进行实验，电路、电源电压和滑动变阻器的规格均不变。电流表与电压表的量程分别为“0～0.6A和0～3V”，在不损坏电路元件的情况下，电路消耗的最大电功率为 　 W。 （4）小枫接着用该装置探究电流与电阻的关系，控制电压表的示数为2.5V保持不变，除更换定值电阻外，电路其它连接不变，可供选择的定值电阻有4Ω、5Ω、6Ω、10Ω、30Ω、40Ω。他不能选用的定值电阻是 　 　 。 【答案】（1）； （2）电压表正负接线柱接反；1；（3）1.8；（4）4Ω和40Ω。 【解析】（1）电压表需并联在定值电阻两端，滑动变阻器的滑片向右滑动时电压表示数变大，说明滑动变阻器阻值变小，如图所示： ； （2）开关闭合时，若发现电压表的指针在零刻度线左侧，则原因是电压表正负接线柱接反；小明同学把5Ω的电阻接入电路中，而变阻器的最大电阻为50Ω时，由电阻的串联和欧姆定律，电路的最小电流为：I小0.11A＞0.10A，故出错的是第1次实验的数据； （3）电压表的量程为“0﹣3V”，即电阻的最大电压为3V，由欧姆定律，这时电路的最大电流为：I10.3A＜0.5A， 故电路的总功率的最大值为：P大＝UI1＝6V×0.3A＝1.8W； （4）滑动变阻器规格为“50Ω 0.5A”，表示变阻器的最大电阻为50Ω，允许通过的最大电流为0.5A：电阻两端的电压始终保持UV＝2.5V，根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：U滑＝U﹣UV＝6V﹣2.5V＝3.5V，定值电阻分得的电压为变阻器分得电压倍，根据分压原理，当变阻器的最大电阻50Ω接入电路中时，定值电阻对应的最大值为：R大50Ω≈35.7Ω﹣﹣﹣﹣①；变阻器允许通过的最大电流为0.5A小于电流表的允许通过的最大电流，故电路中的最大电流为0.5A，由欧姆定律，此时的电路的最小电阻：R串小12Ω；由分压原理，定值电阻的阻值为变阻器连入电阻的分得倍，故定值电阻允许的最小电阻为：R定小12Ω＝5Ω﹣﹣﹣﹣②，由①②，他不能选用的定值电阻是4Ω、40Ω。 3．用“伏安法”测量已坏收音机里一个电阻的阻值，请完成下列实验探究。 （1）用笔画线代替导线将图甲的实物电路图连接完整。 （2）闭合开关前，滑动变阻器应滑到 　 　 （选填“A”或“B”）端。 （3）用滑动变阻器调节接入电路中的电阻，记录每次对应电流值和电压值，多次测量的目的是 　 　 （选填字母代号）。 A．寻找普遍规律； B．求平均值减小误差。 （4）某一次测量时，电流表的指针如图乙所示，其示数为 　 　 A，电压表的指针如图丙所示，其示数为 　 　 V，根据上述数据计算出Rx的阻值为 　 Ω。 （5）要测量额定电压为U0的小灯泡正常工作时的电阻，设计了图丁四种方案，电源电压不变，R为已知电阻，在不改变电路连接的情况下可行的是 　 　 （选填字母代号）。 【答案】（1）； （2）A；（3）B； （4）0.26；2.6；10；（5）D。 【解析】（1）滑动变阻器要选一上一下接线柱接入电路，如图所示： （2）闭合开关前，为了防止电流过大而损坏电路，滑动变阻器应处于最大阻值处，即滑到A端； （3）本实验的目的是为了测量定值电阻的阻值，多次测量的目的是为了求平均值减小误差，故选B； （4）电流表的指针如图乙所示，电流表连接的量程为0～0.6A，分度值为0.02A，其示数为0.26A，电压表的指针如图丙所示，电压表连接的量程为0～3V，分度值为0.1V，其示数为2.6V， 根据欧姆定律可得Rx的阻值为：Rx10Ω； （5）AB．两种方案中都存在电流表与灯泡或定值电阻并联，会导致其短路，故AB不符合题意； C．此方案电压表存在正负接线柱接反的情况，无法正常测量电压，故C不符合题意； D．此方案可先将开关置于2，移动滑动变阻器，使小灯泡正常发光，再将开关置于1，测出此时灯泡与R的总电压U，则R两端电压为：UR＝U﹣U0， 此时灯泡正常发光时的电流为：IL＝IR， 故灯泡正常发光时的电阻为：RL，故D符合题意。 故选：D。 4．用如图甲所示的电路探究电流与电压的关系。其中，电源电压保持6V不变，定值电阻的阻值为10Ω，滑动变阻器规格为“20Ω，1A”。 （1）请用笔画线代替导线，将图甲的实物图连接完整，要求滑动变阻器的滑片向右移动时，接入电路的电阻变大。 （2）调节滑动变阻器的滑片，读取每次电压表、电流表示数，将数据填在表格中。 数据序号 1 2 3 4 5 电压U/V 2 3 4 5.5 电流I/A 0.2 0.3 0.35 0.4 0.55 ①第3次实验电压表的示数如图乙所示，为 　 V，此时滑动变阻器的阻值为 　 　 （保留整数）Ω。 ②分析表格数据可得出：在导体的电阻一定时，通过导体的电流与导体两端电压成 　 　 。 （3）继续实验，若滑动变阻器消耗的电功率为0.5W，则电路中的电流为 　 　 A。 【答案】（1）见上图；（2）①3.5；7；②正比；（3）0.5 【解析】（1）在探究电流与电阻的关系的实验中，定值电阻、滑动变阻器、电流表、开关与电源串联，电压表测量定值电阻两端的电压，滑片向右移动，滑动变阻器接入电路的电阻变大，由此可知，滑动变阻器下面的接线柱要接左端接线柱，电路连接如下图： （2）①由图可知，电压表的量程是0～15V，分度值是0.5V，示数为3.5V； 由串联电路中的电压特点可知，滑动变阻器两端的电压为：U滑＝U﹣U定＝6V﹣3.5V＝2.5V，电流表示数为0.35A，因为串联电路中电流处处相等，所以通过滑动变阻器的电流也为0.35A，滑动变阻器的最大阻值：R滑7Ω； ②分析表格数据可知当导体的电阻一定时，导体两端的电压增大为原来的几倍，通过导体的电流就增大为原来的几倍，即结论为：在导体的电阻一定时，通过导体的电流与导体两端电压成正比； （3）根据滑动变阻器与定值电阻串联，电功总功率等于两者电功率之和，设电路电流为I，即UI＝I2R定+P滑，代入数值有：6V×I＝10Ω×I2+0.5W，解得I＝0.5A或0.1A， 同时因为当滑动变阻器阻值全部接入电路时，电路最小电流为I最小0.2A，由此可判断前面求出的电流值只有0.5A符合条件， 即若滑动变阻器消耗的电功率为0.5W，则电路中的电流为0.5A。 5．小华同学用图1所示电路图探究“电流与电阻的关系”，实验中所用的定值电阻分别是5Ω、10Ω、15Ω、20Ω，电源电压为6V不变，滑动变阻器“20Ω，1A”。 （1）请根据图1所示的电路图用笔画线代替导线将图2所示的实物连接成完整电路。 （2）小明和小华先后进行实验，并作出I﹣R图象如图3所示，　 　 图（选填“甲”或“乙”）不符合实验要求，理由是：　 　 。 （3）按照上述正确的一组数据继续探究：小华用30Ω的定值电阻代替原来的电阻进行实验，发现无论怎样移动滑片电压表示数都 　 　 3V。（选填“大于”、“小于”或“等于”） （4）在上述实验中当接入的定值电阻为10Ω时，滑动变阻器和该电阻的功率之比为k1，若接入20Ω电阻时该比值为k2，则k1　 　 k2（选填“＞”、“＜”或“＝”）。 【答案】（1）如上图所示；（2）乙；没有保持定值电阻两端的电压不变；（3）大于；（4）＝。 【解析】（1）定值电阻与电流表、滑动变阻器串联，电压表应并联在定值电阻两端，如下图所示： （2）图甲中电压值为：UV＝IR＝5Ω×0.6A＝10Ω×0.3A＝15Ω×0.2A＝3V，图乙中电压值：5Ω×0.6A≠10Ω×0.4A，没有保持定值电阻两端的电压不变，所以操作乙图不符合要求； （3）通过（2）中图甲可知，定值电阻两端的电压应该固定为3V不变，又因为电源电压为6V，根据串联电路电压之比等于电阻之比，当定值电阻接30Ω时，要使电压固定3V不变，滑动变阻器的阻值也应该为30Ω，而滑动变阻器的最大阻值是20Ω，所以，电压表的示数要大于3V； （4）通过（3）中分析，实验时滑动变阻器的阻值始终等于定值电阻的阻值，因为滑动变阻器和定值电阻始终串联，电流相等，根据P＝I2R得它们的功率之比等于电阻之比，始终等于1。 6．某同学采用如图1的电路来测量标有电压为2.5V的小灯泡电阻，电源为两节新干电池。 （1）为保证电路安全，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应调至最 　 　 （填“左”或“右”）端。 （2）闭合开关后，发现小灯泡不亮，且电压表有示数，而电流表无示数。分析可知，电路中发生的故障可能是 　 　 。 （3）排除故障后，该同学将实验中的数据填入下表。 数据序号 1 2 3 4 5 6 7 电压U/V 2.5 2.1 1.7 1.3 0.9 0.5 0.1 电流I/A 0.28 0.26 0.24 0.21 0.19 0.16 0.05 电阻R/Ω ①灯泡正常发光的电阻为 　 　 （结果保留一位小数）。 ②如图2所示四个图象，与该同学实验过程中小灯泡的I﹣U关系相符合的是 　 　 （填标号）。 ③该同学在实验中选用的滑动变阻器的最大阻值为 　 　 （填“10Ω”“20Ω”“50Ω”或“60Ω”）。 【答案】（1）左； （2）小灯泡断路； （3）①8.9Ω；②B；③60Ω。 【解析】（1）为了保护电路，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应移到阻值最大处，即最左端； （2）灯泡不亮，电流表无示数，说明电路是断路，电压表有示数，说明电压表与电源相通，则可能与电压表并联的灯泡断路； （3）①灯泡正常发光时电压U额＝2.5V，I额＝0.28A，电阻 R8.9Ω， ②根据表格数据，电压减小相同的值，而电流减小逐渐变大，减小得越来越快，说明电阻逐渐变小，因而图2所示四个图象，与该同学实验过程中小灯泡的I﹣U关系相符合的是B。③当电流中电流最小为0.05A，灯泡的电压为0.1V，则滑动变阻器的电压UR＝U﹣UL＝3V﹣0.1V＝2.9V；滑动变阻器的电阻至少为R'58Ω，故选用的是最大阻值为60Ω的滑动变阻器。 7．洛洛同学想测定小灯泡的额定功率，如图所示，她选用了以下器材：标有“2.5V”，字样的小灯泡（正常工作电流约0.3A）。电源（电压为6V且不变），量程为“0～0.6A”与“0～3A”的电流表、量程为“0～3V”与“0～15V”的电压表、开关、导线若干，以及两种规格的滑动变阻器（分别标有“10Ω 1A”、“20Ω 0.5A”字样）。 （1）通过估算，洛洛应选择标有 　 　 字样的滑动变阻器。 （2）请用笔画线代替导线将图甲中实物电路图连接完整（滑片向左滑动时灯泡变亮）。 （3）连接好电路后，闭合开关，洛洛同学发现无论怎样移动滑动变阻器的滑片P，小灯泡都不发光，电流表、电压表示数始终为零，若电路只有一处故障，则故障可能为 　 。 A．灯泡短路 B．灯泡断路 C．变阻器断路 D．变阻器短路 （4）排除故障后，闭合开关，移动滑片，某时刻电压表示数为2.0V，此时应向 　 　 （选“左”或“右”）端移动滑片，直至 　 　 ，若此时电流表示数如图乙所示，则此灯泡的额定功率为 　 　 W。 （5）同组的阳阳同学打算只利用一只电表和增加一个已知阻值的定值电阻R0，来测量小灯泡的额定功率。他设计了如图所示的不同方案的电路图，其中能达到实验目的有（多选） 　 　 。 【答案】（1）“20Ω 0.5A”；（2）见答图；（3）C；（4）左；电压表示数为2.5V；0.65；（5）AB。 【解析】（1）小灯泡正常工作电流约0.3A，小于0.5A， 由串联电路特点和欧姆定律可得，此时变阻器连入电路的阻值：R滑11.7Ω＞10Ω，所以应选择标有“20Ω 0.5A”字样的滑动变阻器； （2）灯泡的额定电压2.5V，所以电压表应选择0～3V量程与灯泡并联； 滑片向左滑动时灯泡变亮，说明电路中电流变大，变阻器连入电路的阻值变小，所以选择左下接线柱将其串联入电路中，如图所示： （3）无论怎样移动滑动变阻器的滑片P，小灯泡都不发光，电流表、电压表示数始终为零，若电路只有一处故障，A．若灯泡短路，电路为通路，电流表有示数，不合题意； B．若灯泡断路，电压表被串联入电路中，电压表测电源电压，有示数，不合题意； C．若变阻器断路，整个电路断路，无论怎样移动滑片，灯泡不发光，电流表和电压表都无示数，符合题意；D．若变阻器短路，灯泡发光，电流表和电压表都有示数，不合题意。 故选：C。 （4）灯在额定电压下正常发光，示数为2.0V，小于灯的额定电压2.5V，应增大灯的电压，根据串联电路电压的规律，应减小变阻器的电压，由分压原理，应减小变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向在移动，直到电压表示数为额定电压2.5V为止， 此时灯泡正常发光，电流表的示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流为0.26A，则灯泡的额定功率为： P＝UI＝2.5V×0.26A＝0.65W； （5）A、当开关接a时，灯泡与R0并联，电流表测R0的电流，调节变阻器使通过R0的电流I0（此时灯泡正常发光），保持滑片位置，再使开关接b，电流表测干路电流，灯泡与R0仍并联，所以灯泡仍正常发光，读出电流表示数，两次电流表示数差即为灯泡发光电流，由P＝UI可计算灯泡的额定功率，故A能达到实验目的； B、当开关接a时，灯泡、R0、变阻器串联，电压表测灯泡两端电压，调节滑片，使电压表示数等于灯泡的额定电压，保持滑片位置，再使开关接b，电压表测灯泡和R0的总电压，两次电压表示数差等于R0两端电压，由欧姆定律可计算R0的电流，即灯泡正常发光的电流，由P＝UI可计算灯泡的额定功率，故B能达到实验目的； C、图中只有电流表，通过开关的转换，定值电阻与灯分别与变阻器串联，无法确定灯是否正常发光，故C不能达到实验目的； D、当开关接a时，电压表测R0两端电压，且下端为正接线柱；开关接b时，电压表测灯泡两端电压，且上端为正接线，所以不能通过开关转换分别测灯泡和R0两端电压，故D不能达到实验目的。故选AB。 题型四 计算题 押题猜想19力学综合计算 1．2023年5月，海上钻采平台“恩平20﹣4钻采平台”安装完成，创造了我国海上油气平台动力定位浮托安装总重的新纪录。“恩平20﹣4钻采平台”是由上部组块和下部海底导管架两部分组成，上部组块整体质量达1.47×104t，在陆地建造完成后，由半潜船装载运输至海上，与之前已经安装在海底的导管架对接安装。（整个装载过程不计支撑框架的重力） （1）如图甲所示，为了将上部组块装载到半潜船上，工程人员在码头和半潜船的甲板上铺上滑轨，然后将上部组块固定在支撑框架上，再将支撑框架放上滑轨，通过牵引装置将组块缓缓拉到半潜船上。若支撑框架和滑轨之间的总受力面积为7.5m2，则支撑框架对滑轨的压强是多少Pa？ （2）上部组块在装船前，工程人员调整半潜船的压载水量，使半潜船甲板保持水平且与码头的地面相平，然后将组块缓缓拉到半潜船上，不断向外排出海水，使半潜船甲板始终保持水平且与码头的地面相平。上部组块装载完成后，半潜船向外排出海水的体积约多少m3？ （3）本次采用的浮托安装是海洋油气平台安装的一种方式，巧妙地利用海上潮汐的自然力进行安装。如图乙所示，若安装完成后左侧导管架对组块的支持力作用点等效为A点，右侧导管架对组块的支持力作用点等效为C点，上部组块的重心在O点，AB：BC＝10：11，则两侧导管架对组块支持力的差值是多少N？ 【解析】（1）支撑框架对滑轨的压力：F压＝G组块＝m组块g＝1.47×104×103kg×10N/kg＝1.47×108N； 支撑框架对滑轨的压强：； （2）由于在装载过程中半潜船甲板始终保持水平且与码头的地面相平，即半潜船排开海水的体积不变，则半潜船在整个过程中所受浮力不变，又由于半潜船处于漂浮状态，有：F浮＝G总，故船的总重力G总保持不变，即船排出海水的重力G排等于上部组块的重力G组块，即G排＝G组块，由G＝mg可得：m海水g＝m组块g，即：m海水＝m组块＝1.47×104×103kg＝1.47×107kg，则半潜船向外排出的海水体积：； （3）将组块看做杠杆，以A点为支点，组块C点受到导管架的支持力为FC，根据杠杆的平衡条件得：FC×LAC＝G组块×LAB，代入数据有：FC×（10+11）＝1.47×108N×10，解得：FC＝7×107N， 以C点为支点，组块A点受到导管架的支持力为FA，根据杠杆的平衡条件得：FA×LCA＝G组块×LCB， 代入数据有：FA×（10+11）＝1.47×108N×11，解得：FA＝7.7×107N， 则两侧导管架对组块支持力的差值：△F＝FA﹣FC＝7.7×107N﹣7×107N＝7×106N。 押题解读 力学的综合计算常考的有：速度公式、密度公式、压强公式、浮力公式、功的公式、功率公式、机械效率公式等公式的综合应用。 中考物理综合题的特点主要体现在综合性、实践性和创新性上。这些特点不仅考查了学生对物理知识的掌握程度，更检验了学生的思维能力和解题技巧。因此，在备考中考时，学生应加强对物理知识的综合运用能力、实践应用能力和创新能力的培养。 考前秘笈 公式 变形式 （常考） 物理量 主单位 其他常用单位 m=ρV 质量（m） kg（千克） g（克）、mg（毫克） 体积（V） m3（立方米） cm3（立方厘米） 密度（ρ） kg/m3（千克每立 方米） g/cm3（克每立方厘米） G=mg 质量（m） kg（千克） g（克）、mg（毫克） 重力与质量的比值（g） N/kg（牛每千克） —— 重力（G） N（牛） —— F=pS 力（F） N（牛） —— 受力面积（S） m2（平方米） cm2（平方厘米） 压强（p） Pa（帕） —— p=ρgh 密度（ρ） kg/m3（千克每立 方米） g/cm3（克每立方厘米） 重力与质量的比值（g） N/kg（牛每千克） —— 物体浸入水中的深度（h） m（米） cm（厘米） 压强（p） Pa（帕） —— 公式 变形式（常考） 物理量 主单位 其他常用单位 F浮=G排=ρ液gV排 密度（ρ） kg/m3（千克每立 方米） g/cm3（克每立方厘米） 排开液体的体积（ V排） m3（立方米） cm3（立方厘米） 重力与质量的比值（g） N/kg（牛每千克） —— 浮力（F浮） N（牛） —— P=Fv W=Pt 力（F） N（牛） —— 距离（s） m（米） cm（厘米） 功（W） J（焦） —— 速度（v） m/s（米每秒） km/h（千米每小时） 功率（P） W（瓦） kW（千瓦） 时间（t） s（秒） h（小时）、min（分钟） 杠杆平衡条件 F1l1=F2l2 —— 动力（F1） N（牛） —— 阻力（F2） N（牛） —— 力臂（l） m（米） cm（厘米） W有=gh W总=Fs 重力（G） N（牛） —— 上升高度（h） m（米） cm（厘米） 有用功（W有） J（焦） —— 拉力（F） N（牛） —— 距离（s） m（米） cm（厘米） 总功（W总） J（焦） —— 机械效率（η） —— —— 1．如图甲所示为一种半潜船，它通过调整自身水舱中的压载水，将装货甲板潜入水中，再将所要承运的特大件货物（如舰船、钻井平台等）从指定位置浮入半潜船的装货甲板上，定位好后排放水舱中的压载水，直至半潜船上浮至预定的水线。其部分参数如表：（海水密度取1×103kg/m3） 最大下潜吃水/m 30 最大载货（浮载）/万吨 10 最大航速/m/s 8 发动机输出功率/kW 1.6×106 （1）半潜船处在最大下潜状态时，船底所受海水的最大压强为多少Pa？ （2）当半潜船发动机以表中恒定功率工作，保持最大航速匀速航行时，求其航行的动力大小。 （3）半潜船以最大“浮载”装货时，与载货前相比，船和货物所排开海水的体积增加多少？ 【解析】（1）半潜船处在最大下潜状态时，船底所受海水的压强： p＝ρ海水gh＝1×103kg/m3×10N/kg×30m＝3×105Pa； （2）当半潜船发动机以表中恒定功率工作，保持最大航速匀速航行时，根据PFv得其航行的动力大小为： F2×108N； （3）由表格数据知半潜船最大载货（浮载）量为：m＝10万吨＝1×108kg， 因为漂浮时浮力等于重力，所以半潜船以最大“浮载”装货时，与载货前相比，增大的浮力等于增大的重力，当半潜船以最大浮载方式装货时，船和货物所受浮力增大量： ΔF浮＝G＝mg＝1×108kg×10N/kg＝1×109N， 由F浮＝ρ液gV排可得此时船和货物所排开海水的体积增大量： ΔV排1×105m3。 2．如图甲是我国研制的用于修理大型船舰的船坞一“华船一号”，其全长168m，宽48m，高16m，它有一个巨大的“凹”字形船舱，两侧有墙，上面装有吊装牵引装备，前后两端敞开，供待修船舰出入。船坞底部和两侧坞墙内有若干个浮箱，用来灌水和排水，实现船坞的沉与浮。某次作业中，为了抢修一艘总质量为1.2万吨的“MR”号待修船，船坞先自航到指定海域，然后向浮箱内灌水，船坞开始下沉；当船坞下沉到甲板刚好与海面相平时，船坞的吃水深度为4m、排水量为4万吨（如图乙所示）。继续向浮箱内灌水，当船坞下沉到坞内水足够深时，船坞上的卷扬机将“MR”号船水平牵引漂浮进船坞，此时船坞的吃水深度为14m、排水量为6.3万吨（如图丙所示）。接着抽出浮箱内的水，船坞上浮直至甲板刚好与海面相平，托起“MR”号开始修理工作，（如图丁）。（ρ海水＝1.0×103kg/m3） （1）当甲板刚好与海面相平时，船坞底部受到海水的压强为多少？ （2）“MR”号待修船在卷扬机水平拉力下以0.5m/s的速度匀速进入船坞，卷扬机的功率恒定为200kW，“MR”号进船坞时受到水的阻力为多少？ （3）“MR”号船进船坞后，船坞浮箱内至少要向外排水多少立方米才可以开始修理工作？ 【解析】（1）坞底部受到海水的压强为：p＝ρ海水gh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×4m＝4×104Pa； （2）根据PFv得待修船受到的水平牵引力为：F4×105N； 因为待修船匀速运动，所以待修船进坞时受到的阻力为：f＝F＝4×105N； （3）图乙、丙、丁中船坞都是漂浮的，则F浮＝G，图丙中，F丙浮＝G坞+G丙水，图丁中，F丁浮＝G坞+G丁水+G船，则F丙浮﹣F丁浮＝G丙水﹣G丁水﹣G船，开始修理工作，MR托起如图丁，甲板刚好露出水面，浮箱至少要向外排水重力：ΔG水＝G丙水﹣G丁水＝F丙浮﹣F丁浮+G船＝G丙排﹣G丁排＝（m丙排﹣m丁排+m船）g， 因为图乙、丁甲板刚好露出水面，坞排水量相同，所以m丁排＝m乙排，则 Δm水＝m丙排﹣m丁排+m船＝（6.3﹣4+1.2）×107kg＝3.5×107kg， 浮箱至少要向外排水的体积为： ΔV水3.5×104m3。 3．2023年5月，“恩平20﹣4钻采平台”上部组块与下部海底导管架对接安装完成，创造了我国海上油气平台动力定位浮托安装总重的新纪录。“恩平20﹣4钻采平台”上部组块整体质量达1.55×104t，建造完成后，由我国自主建造的“海洋石油278”半潜船装载运输至海上安装现场。由于“恩平20﹣4钻采平台”上部组块整体质量超过常规海上浮吊极限，工程人员采用了如图所示的横向滑移装船方式进行装船。 （1）工程人员将平台上部组块固定在支撑框架上，再在码头和半潜船的甲板上铺上滑轨，然后通过牵引装置将组块缓缓拉到半潜船上。 ①若要求支撑框架对滑轨的压强不能超过2×107Pa，不计支撑框架的重力，则支撑框架和滑轨之间的受力面积不能小于多少m2？ ②若牵引装置对支撑框架的拉力为1.2×106N，组块移动了约200m，则拉力在这个过程中大约做了多少J的功？ （2）平台上部组块在横向滑移装船过程中，需要调整半潜船的压载水量，使甲板始终保持水平且与码头的地面相平。在将平台上部组块横向滑移至码头边缘时，工作人员控制压载水舱向外排出2×104t的水，使低于码头的甲板上升至与码头平齐，牵引装置继续拉动支撑框架，当平台上部组块整体转移至甲板时，半潜船内压载水量为1.6×104t。整个装载过程中，若不考虑海平面的变化、不计支撑框架的重力，则半潜船向外排出的海水约多少m3？ 【解析】（1）①“恩平20﹣4钻采平台”上部组块整体的重力G＝mg＝1.55×104×103kg×10N/kg＝1.55×108N，根据p得，支撑框架和滑轨之间的受力面积：S7.75m2； ②拉力在这个过程中大约做的功：W＝Fs＝1.2×106N×200m＝2.4×108J； （2）由题知，在将平台上部组块横向滑移至码头边缘时，工作人员控制压载水舱向外排出2×104t的水，使低于码头的甲板上升至与码头平齐，如下面甲、乙两图所示， 当平台上部组块整体转移至甲板时（如图丙），半潜船内压载水量为1.6×104t（即水舱中剩余水的质量为1.6×104t）， 由题意可知，整个过程需保证甲板始终保持水平且与码头的地面相平，所以丙图和乙图中半潜船排开海水的体积相等，由阿基米德原理可知两种情况下半潜船受到的浮力相等， 根据漂浮条件可知，丙图中增加的上部组块整体的重力等于第2次向外排出水的重力，即G排2＝G组块， 由重力公式可得第2次向外排出水的质量：m排2＝m组块＝1.55×104t， 则整个装载过程中，半潜船向外排出海水的质量：m排总＝m排1+m排2＝2×104t+1.55×104t＝3.55×104t， 海水密度近似等于淡水的密度，由密度公式得，整个装载过程中，半潜船向外排出海水的体积约为： V排总3.55×104m3。 4．目前拆除石油平台一般都采用双船起重法，即采用两艘完全相同的起重船，从平台两侧底部将平台联合抬起（如图甲）。已知某石油平台质量为4×103t，每艘起重船重2×108N，每艘起重船的甲板上配有4门杠杆式甲板起重器（如图乙）。如图丙为其中一门甲板起重器示意图，O点与A点为甲板起重器支撑固件，A固件下方有一台液压起重设备与固件相连，OB之间有一个配重罐，可在起重器上OB间移动，AB＝60m，OA＝20m。在甲板起重器抬起石油平台时，先将配重罐移动并固定在某一位置，使平台对甲板起重器的压力作用点刚好在A的正上方。此时A点下方的液压起重设备工作，给A点施加竖直向上的推力。 （1）起重机10min将石油平台缓慢抬高了15cm过程中，石油平台克服重力做功为多少？ （2）石油平台被抬起时，每艘起重船舶排开水的体积变化了多少m3？ （3）调节配重罐在B点，当石油平台刚被抬起时，每门甲板起重器A点处受到液压起重设备的竖直向上的推力为2×106N，求配重罐的质量为多少t？（不计杠杆式甲板起重器的重力） 【解析】（1）石油平台的重力为：G平台＝m平台g＝4×103×103kg×10N/kg＝4×107N， 两艘船将石油平台缓慢抬高15cm，两艘船对石油平台所做的功为： W＝G平台h＝4×107N×0.15m＝6×106J； （2）把两艘起重船看做一个整体，原来两艘船在水中漂浮，则：F浮＝G船， 由阿基米德原理可得：ρ水gV排＝G船﹣﹣﹣﹣① 当平台被抬起时，平台与两艘船的整体仍然漂浮，则有：F浮'＝G船+G平台， 即：ρ水gV排'＝G船+G平台﹣﹣﹣﹣② 由①②可知，两艘船排开水的体积变化量为：ΔV排＝V排'﹣V排4×103m3， 则每艘起重船舶排开水的体积的变化量为： ΔV排'2×103m3； （3）因石油平台的重由两艘起重船承担，且每艘起重船的甲板上配有4门杠杆式甲板起重器， 所以，当石油平台被抬起时，每门杠杆式甲板起重器受到的压力为： F压5×106N， 图丙为其中一门甲板起重器示意图，则图丙中杠杆A点受到的合力为：FA＝F压﹣F推＝5×106N﹣2×106N＝3×106N，对杠杆AOB，以O为支点，由杠杆平衡条件有：GB×OB＝FA×OA， 即：G罐×（AB﹣OA）＝FA×OA，代入数据可得：G罐×（60m﹣20m）＝3×106N×20m， 解得配重罐的重力G罐＝1.5×106N， 根据G＝mg得，配重罐的质量为： m罐1.5×105kg＝150t。 5．为了进一步丰富群众文化生活，某公园全新打造的水上舞台成了又一靓丽景观。其舞台简化图如图甲所示，舞台架两侧的底部安装有若干体积为1.5m3的水箱，空水箱的质量为450kg，舞台上的传感器设备可以控制往水箱中充水或从水箱向外排水，从而保持水箱的上表面与水面始终相平，实现真正的半自动化控制。已知该舞台和舞台架（不含水箱）的总质量为10t，粗略认为其重心在图中O点，该舞台可以允许承受的演员和设备的总质量最大为6t。 （1）舞台的上表面有一层专用的舞台地板，它的材料中含有一定量的聚氯乙烯，具有不涩、不滑、柔韧性好的特征，有一定的缓冲作用。已知其中一块地板长度为50cm，宽度为30cm，厚度为4cm，质量为10.8kg，则该地板的密度是多少？ （2）当舞台以允许承载的最大载荷进行表演时，为了安全，每个水箱中至少还得保留50kg的水以防意外，若按照此要求设计舞台，至少需要安装几个水箱？ （3）如果舞台上质量分布不均匀，容易导致舞台侧翻，传感器设备可以通过控制左、右两侧水箱中的水量来避免危险的发生。如图乙所示，某次演出时将质量为2t的设备C放在舞台上，其重心距离O点的水平距离为20m，两侧水箱重心A、B到O点的水平距离为25m，此时通过传感器控制左、右两侧水箱中水的总体积分别为V1、V2，则V1和V2的差为多少立方米？ 【解析】（1）该地板的底面积：S＝50cm×30cm＝1500cm2， 地板的体积：V＝Sh＝1500cm2×4cm＝6000cm3＝6×10﹣3m3， 地板的质量m＝10.8kg； 则地板的密度为：ρ1.8×103kg/m3； （2）设需要安装n个水箱；已知空水箱的质量为m0＝450kg，每个水箱中水的质量m水＝50kg，舞台和舞台架（不含水箱）的总质量为m台＝10t＝1×104kg，该舞台可以允许承受的演员和设备的总质量最大为m大＝6t＝6×103kg，则总质量为： m总＝n（m0+m水）+m台+m大＝n（450kg+50kg）+1×104kg+6×103kg＝（1.6×104+500n）kg； G总＝m总g＝（1.6×104+500n）kg×10N/kg＝（1.6×105+5000n）N； 已知水箱的体积为1.5m3，当水箱的上表面与水面始终相平时，根据阿基米德原理可知，n个水箱悬浮时受到的浮力为：F浮＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×1.5nm3＝1.5×104nN； 由于舞台漂浮在水面上，故F浮＝G总，即1.5×104nN＝（1.6×105+5000n）N，解得：n＝16； （3）A、B两端水箱提供的浮力大小均为F浮＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×1.5nm3＝1.5×104nN， A、B两端水箱中水的重力为GA和GB，故A端水箱给舞台提供的支持力为FA＝F浮﹣GA，同理，B端水箱给舞台提供的支持力为FB＝F浮﹣GB， A的力臂为l1＝25m，B的力臂l2＝25m； C的重力GC＝mCg＝2×103kg×10N/kg＝2×104N，C的力臂为l3＝20m； 根据杠杆平衡条件可知，FB×l2﹣FA×l1＝GC×l3，即25（GA﹣GB）＝4×105N， GA﹣GB＝1.6×104N，mA﹣mB1.6×103kg， V1﹣V21.6m3。 6．换流变压器是特高压直流输电工程中重要的组成设备之一，其具有体型大、重量大、运输难度高、施工难度高、施工周期长等诸多特点。如图是我国自行研制的±1100千伏特高压换流变压器，主体部件达m1＝500t，两只阀侧套管每只自重m2＝18t，阀侧套管长达L＝28m，所有部件全部组装之后总重M＝909t。 （1）换流变压器主体部件由一辆长90米的特殊装备运输车运送，运输车自重，m3＝40t（包含轮胎）、为防止车辆运送过程对道路的损坏，设计要求运输车对路面的压强不得超过8×104Pa，已经每个轮胎与地面接触面积为S1＝0.25m2，运输车至少要安装多少个轮胎？ （2）特殊装备运输车自身无动力，依靠两辆大件运输车驱动2min内在平直的道路上匀速行驶了60m，一辆大件运输车在前方进行牵引，一辆大件运输车在尾部推行，特殊装备运输车在水平路面上受到的阻力是自身总重力的0.2倍，两辆大件运输车对特殊装备运输车做功的总功率为多少kW？ （3）换流变压器的组装最困难的就是两只阀侧套管的安装，首先用专用吊环A和C固定套管，然后吊至离地面大约2m处。如图4是调整好角度的套管示意图，左侧吊带AB＝20m，右侧吊带BC＝15m，AC＝25m，套管重心O在大吊勾B的正下方，A点和C点到竖直线BO距离均为12m，求此时吊带BC上的拉力。（不计吊带重，手动葫芦重） 【解析】（1）运输车的压力：F＝G＝mg＝540×103kg×10N/kg＝54×105N； 运输车对路面的压强不得超过p＝8×104Pa， 根据p得受力面积不得小于：S67.5m2； 则轮胎的个数：n270个； （2）匀速直线运动牵引力：F＝f＝0.2G＝0.2×54×105N＝10.8×104N； 牵引力做功：W＝Fs＝10.8×104N×60m＝64.8×106J； 牵引功率：P54×104W＝540kW； （3）如图4是调整好角度的套管示意图，左侧吊带AB＝20m，右侧吊带BC＝15m，AC＝25m，正好是直角三角形，以A为支点，BC拉力的力臂等于BA的长度，而重力的力臂为A点到竖直线BO距离均为12m，根据杠杆的平衡条件知，F×20m＝G×12m； F＝0.6G＝0.6×1.8×105N＝1.08×105N。 押题猜想20 电热综合计算 1．28．（2024•武汉武昌区模拟）如图甲为某学校可提供温、热两种饮用水的直饮机。其加热部分工作原理简化电路如图乙所示，其中S是自动温控开关，R1为电加热管，当饮水机处于加热状态时，水被迅速加热；达到设定温度时，S自动切换到保温状态，其铭牌如表所示。图丙是它的热交换套管，出水管套在进水管内，进水管中的冷水给出水管中的开水降温，同时，进水管中的冷水被预热后送到加热腔中加热，加热腔烧开的水经热交换套管后变成温水，可立即饮用。[ρ水＝1.0×103kg/m3，c水＝4.2×103J/（kg•℃），不考虑温度对阻值的影响，且不考虑指示灯A、B的阻值] 出水流量 1～3L/min 额定电压 220V 加热功率 1kW 保温功率 100W 开水温度 97～100℃ （1）求在加热状态下，饮水机正常工作时电路中的电流（结果保留一位小数）； （2）求电阻R2的阻值； （3）当饮水机出热水的流量为1L/min时，20℃的自来水经热交换套管后被预热成热水流进加热腔，同时有相同质量的100℃的开水从加热腔流进热交换套管，且出水口的温水与预热后的热水温度相同。在一个标准大气压下，预热后的热水进入加热腔加热成开水的过程中，每分钟吸收的热量为多少？（不计热量损失） 【解析】（1）在加热状态下，加热功率为1000W，由P＝UI可得，饮水机正常工作时电路中的电流： ； （2）根据图乙可知，当开关S接左边的A灯时，电热丝R1接入电路，此时处于加热挡，由P可得，电热丝R1的阻值：； 当S接右边的时候，电热丝R1和电阻R2串联，根据可知，此时电功率变小，处于保温状态，保温时的总电阻为，电阻R2的阻值R2＝R﹣R1＝484Ω﹣48.4Ω＝435.6Ω； （3）由饮水机的出水流量为1L/min可知，每分钟加热水的体积V＝1L＝1×10﹣3m3，由ρ可得，水的质量：m＝ρ水V＝1.0×103kg/m3×1×10﹣3m3＝1kg， 出水口的温水与预热后的热水温度相同，不计热损失时，冷水吸收的热量和热水放出的热量相等，由Q＝cmΔt可得：c水m′（t﹣20℃）＝c水m′（100℃﹣t），代入数据得： 4.2×103J/（kg•℃）×（t﹣20℃）＝4.2×103J/（kg•℃）×（100℃﹣t），解得：t＝60℃； 每分钟吸收的热量为： Q吸＝c水m（t'﹣t）＝4.2×103J/（kg•℃）×1kg×（100℃﹣60℃）＝1.68×105J。 押题解读 电学作为物理学中的重要领域，热学作为物理学的重要分支，同样将在中考物理计算推导题中有所体现。预计会出现涉及热传导、热辐射、热效率结合比热容、热值等公式和知识点融合题目。这些题目可能会结合生活实际，要求学生运用所学知识解释现象或解决问题，要求学生能够灵活运用欧姆定律、电功率等基本原理解决实际问题。 考前秘笈 公式 变形式 （常考） 物理量 主单位 其他常用单位 U=IR 电压（V） V（伏） mV（毫伏） 电阻（R） Ω（欧） kΩ（千欧） 电流（I） A（安） mA（毫安） W=UIt —— 电压（V） V（伏） mV（毫伏） 电流（I） A（安） mA（毫安） 时间（t） s（秒） h（小时）、min（分钟） 电功（W） J（焦） 电能表上常用的单位为kW·h W=Pt P=UI P=I2R 电功（W） J（焦） 电能表上常用的单位为kW·h 时间（t） s（秒） h（小时）、min（分钟） 电功率（P） W（瓦） kW（千瓦） Q=I2Rt 电流（I） A（安） mA（毫安） 电阻（R） Ω（欧） kΩ（千欧） 时间（t） s（秒） h（小时）、min（分钟） 热量（Q） J（焦） kJ（千焦） 公式 变形式 （常考） 物理量 主单位 其他常用单位 Q=cmΔt 比热容（c） J/(kg·℃)（焦每千克摄氏度） —— 质量（m） kg（千克） g（克）、t（吨） 时间（t） s（秒） h（小时）、min（分钟） 热量（Q） J（焦） kJ（千焦） Q=mq 质量（m） kg（千克） g（克）、t（吨） 热值（q） J/kg（焦每千克） —— 热量（Q） J（焦） kJ（千焦） Q=ηW 热量（Q） J（焦） kJ（千焦） 做功（W） J（焦） kJ（千焦） 热效率（η） —— —— 1．图甲为新型风暖浴霸，其安全性能好、发热柔和，深受大家喜爱。风暖浴霸是利用电动机鼓动空气流动，通过加热元件加热冷空气带动室内升温。图乙是某型号风暖浴霸的简化电路图，其发热元件是两根阻值不变的电热丝R1、R2，其主要参数如表，求： 额定电压 220V R1额定功率 1936W R2额定功率 968W 电动机功率 44W 适用面积 10m2 （1）开关S、S1、S2均闭合后浴霸正常工作时，电路干路中的电流是多少？ （2）R2的阻值是多少？ （3）浴霸正常工作时，使容积为20m3的房间内空气温度升高20℃，求室内空气吸收的热量是多少？[ρ空气=1.2kg/m3，c空气=1.0×103J/（kg•℃），不考虑其他因素影响] 【答案】（1）13.4A；（2）50Ω；（3）4.8×105J 【解析】解：（1）由图可知，开关S、S1、S2均闭合后，R1、R2、电动机并联，则电路的总功率 P=P1+P2+P3=1936W+968W+44W=2948W 浴霸正常工作时的电流为 （2）R2的阻值 （3）容积为20m3的房间室内空气的质量为 空气温度升高20°C吸收的热量为 。 2．为满足人们对健康饮食的追求，某品牌推出了一款新型电热饭盒如图甲，图乙虚线内是电热饭盒内部的简化电路图，R1和R2均为电热丝，R1＝374Ω（阻值不随温度变化，部分参数如表所示）。求： 额定电压 220V 额定功率 低温挡 高温挡 440W （1）电热饭盒在高温挡正常工作时，通过它的电流； （2）电阻R2的阻值及低温挡的功率； （3）高温挡工作5分钟，低温挡工作3分钟放出的总热量是多少？ 【解析】（1）由P＝UI可知，电热饭盒在高温挡正常工作时，通过它的电流：I2A； （2）当开关接触电1时，R1与R2串联，根据串联电阻规律可知，此时总电阻较大，由P可知，电路中的电功率较小，电热饭盒处于低温挡； 由图乙可知，开关接触电2时，只有R2工作，此时电阻较小，电功率较大，电热饭盒处于高温挡； 由P可知，R2的阻值：R2110Ω， 根据串联电路的电阻特点可知，R1、R2的串联总电阻：R＝R1+R2＝110Ω+374Ω＝484Ω， 则低温挡的功率：P低100W； （3）由P可知，高温挡工作5min消耗的电能：Q1＝W1＝P高t1＝440W×5×60s＝1.32×105J， 低温挡工作3min消耗的电能：Q2＝W2＝P低t2＝100W×3×60s＝1.8×104J， 消耗的总电能：Q＝W＝W1+W2＝1.32×105J+1.8×104J＝1.5×105J。 3．空气能热水器是一种节能环保的热水器，它的构造和原理如图所示。液态的物质通过膨胀阀后进入空气热交换器，吸收空气中的热量变成气态物质，生成的气态物质又由压缩机压入冷凝器，在这里变成液态物质并放出大量的热把水箱中的水加热，如此循环往复。 （1）空气能热水器中，在空气热交换器和冷凝器处发生的物态变化分别是 　 　 （填标号）。 A.升华、凝华 B.汽化、凝华 C.升华、液化 D.汽化、液化 （2）下表是某品牌空气能热水器的部分铭牌参数。 水箱容积 120L 压缩机额定电压 220V 压缩机额定功率 500W 能效等级 1级 ①压缩机正常工作时，通过压缩机的电流是多少A？（结果保留两位小数） ②空气能热水器的热效率是指水吸收的热量和压缩机消耗的电能之比，由于水升温时吸收的热量是由电能做功从空气中“搬运”而来，而不是由电能直接转化而来，所以空气能热水器的热效率通常会大于300%。若该热水器在环境温度为20℃时，热效率为336%，则该热水器将一箱水从20℃加热到50℃需要多长时间？ 【解析】（1）根据题意可知，液态的物质通过膨胀阀后进入空气热交换器，吸收空气中的热量变成气态物质，而物质由液态变为气态的过程叫做汽化；生成的气态物质又由压缩机压入冷凝器，在这里变成液态物质，物质由气态变为液态的过程叫做液化，故选D； （2）①由表格数据可知，压缩机的额定电压U＝220V，额定功率P＝500W， 由P＝UI可知，压缩机正常工作时，通过压缩机的电流：； ②水箱中水的体积V＝120L＝12dm3＝0.12m3， 由ρ可知，水箱中水的质量：m＝ρV＝1.0×103kg/m3×0.12m3＝120kg， 将一箱水加热到 50℃吸收的热量：Q吸＝cm（t﹣t0）＝4.2×103J/（kg•℃）×120kg×（50℃﹣20℃）＝1.512×107J； 由η可知，压缩机消耗的电能：， 由P可知，热水器需要工作的时间：。 4．一种电热水龙头俗称“小厨宝”，通常安装在厨房里以便提供热水。如图是它的实物图和内部电路图。旋转手柄可使扇形开关S同时接触两个相邻触点，从而控制水龙头流出的水为冷水、温水或热水。已知R1、R2是电热丝，其中R2＝44Ω，温水挡的电功率是880W。求解下列各题： （1）电热丝R1的阻值是多少？ （2）当S旋到热水挡时，小厨宝正常工作90s产生的电热是多少？ （3）小艾同学注意到，这个“小厨宝”的设计有一个不足，不同的人对冷热程度需求不同，他的妈妈认为热水挡的出水温度过高。他针对这个不足对原电路进行改进，保持温水挡功率不变，热水挡发热功率在1980～1584W可连续变化，则需要在“R1”或“R2”所在的支路串联的滑动变阻器的最大阻值为多少。（滑动变阻器的功率不计入发热功率） 【解析】（1）当开关S旋到位置2时，只有R1工作，流出的是温水，故此挡为温水挡． 由P可得，R1的阻值：R155Ω； （2）当开关处于位置3时，电阻R1和R2并联接入电路，此挡为热水挡， 由电路图可知，热水挡的电功率：P热水＝P温水880 W1 980 W， 热水挡时，小厨宝正常工作90 s产生的电热：Q＝W＝P热水t＝1 980 W×90 s＝1.782×105 J； （3）由于温水挡功率不变，所以R1支路不变，只需要改进R2所在的支路，可以在R2支路串联一个滑动变阻器，若滑动变阻器阻值最大，则该支路电功率最小． 根据并联电路的特点可知，R2支路的最小电功率：P2最小＝1 584 W﹣880 W＝704 W， 由于滑动变阻器的功率不计入发热功率，所以当P2最小＝704 W时，由P＝I2R可知，R2支路的电流：I2′4 A，由欧姆定律可知，R2支路的总电阻：R总55Ω， 根据串联电路的电阻特点可知，串联的滑动变阻器的最大阻值： RP＝R总﹣R2＝55Ω﹣44Ω＝11Ω。 5．要某型号的电加热器有高、低两挡调温功能，其额定电压为220V，内部电路由发热电阻R1、R2和开关S1组成，其中R1＝55Ω。在不拆解电加热器内部电路的情况下，小华用图甲电路对其进行测试：先闭合开关S，电流表的示数为0.8A。再闭合S1，电流表的示数变为4A。 （1）求该电加热器低温挡和高温挡的功率； （2）求R2的阻值； （3）小华增加了一个单刀双掷开关S2，利用原有元件对该电加热器的内部电路进行改装，使改装后的电路（如图乙，图中的虚线框内分别是R1和R2）符合以下两点要求： a．具有高、中、低三挡调温功能。 b．低温挡功率不变，中温挡功率与原高温挡功率相同。 通过计算说明，改装后的高温挡功率将为多少？ 【解析】（1）R1单独接入电路中时，通过的电流：I14A， 因先闭合开关S时电流表的示数为0.8A，再闭合S1时电流表的示数变为4A， 所以，低温挡时，R1与R2串联，电路中的电流为0.8A，高温挡时电路为R1的简单电路， 则该电加热器低温挡的功率P低＝UI＝220V×0.8A＝176W； 高温挡的功率：P高＝UI′＝220V×4A＝880W； （2）低温挡时电路中的总电阻：R275Ω， 因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以，R2的阻值： R2＝R﹣R1＝275Ω﹣55Ω＝220Ω； （3）①由电路图可知，开关S闭合、S1断开且S2接b时，R1与R2串联，电路的总电阻最大，总功率最小，电加热器处于低温挡； 开关S、S1闭合且S2接a时，R1与R2并联，电路的总电阻最小，总功率最大，电加热器处于高温挡， 则开关S、S1闭合且S2接b时，应处于中温挡，且中温挡功率与原高温挡功率相同，所以R1位于左下方虚线框内，如下图所示： ②因并联电路中各支路两端的电压相等，且电路的总功率等于各用电器功率之和， 所以，改装后的高温挡功率： P高1100W。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 21 / 172 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年中考物理终极押题猜想（武汉专用） 目录 题型一 单项选择题 2 押题猜想01 声与光 2 押题猜想02 热学 7 押题猜想03 能源与信息传递 10 押题猜想04 力学基础 14 押题猜想05 力学中档 18 押题猜想06 力学压轴 25 押题猜想07 电学基础 30 押题猜想08 电学中档 33 押题猜想09 电磁学 38 押题猜想10 生活用电 41 押题猜想11 电学压轴 44 题型二 填空题 49 押题猜想12 能量转化与能源计算 49 押题猜想13力学 52 押题猜想14 电磁学 54 题型三 实验题 57 押题猜想15 热学 57 押题猜想16 光学 61 押题猜想17 力学 65 押题猜想18 电学 69 题型四 计算题 75 押题猜想19 力学综合计算 75 押题猜想20 电热综合计算 84 题型一 单项选择题 押题猜想01 声与光 1．下列与声现象有关的说法正确的是（　　） A．图甲中，蝙蝠回声定位利用了声音可以传递能量 B．图乙中，用大小不同的力敲音叉，目的是研究音调与频率的关系 C．图丙中，改变钢尺伸出桌边的长度，目的是研究响度与振幅的关系 D．图丁中，纸盒内的音箱发声时，小人翩翩起舞，说明发声体在振动 押题解读 （1）声音的产生与传播，声音的三种特质的区别，声音的利用和噪声的控制，是近些年来命题的热点，常考查教材图片的组合，是声学内容的考查越来越体现出知识的整合和理解能力。 考前秘笈 理解声音频率的含义，发出44Hz的声音是指声音每秒钟振动44次；振幅是指声音振动的幅度，声音的响度和振幅有关，振幅越大，响度越大；声音的传播是需要介质的，介质可以是气体、液体或气体，真空不能传声。 2．（改编）航天员穿着航天服操作胸前的按钮时会有视野盲区，工程师在航天服的袖子上安装了两个小面镜，使航天员可以通过镜子看到按钮，下列与造成“视野盲区”的原因及小面镜所应用的物理知识一致的是（　　） A．①和② B．②和③ C．③和④ D．②和④ 押题解读 光在自然界中存在三种光现象：光在同种均匀物质中沿直线传播，在日常生活中，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；当光照射到物体表面上时，有一部分光被反射回来，如平面镜成像、水中倒影；当光从一种介质斜射入另一种介质时，传播方向会偏折，发生折射现象。教材图片组合考查是近年来武汉常考方法。 考前秘笈 光的反射、折射、光的直线传播等相关的现象在生活中均非常常见，且有一定的相似性，我们应把握其实质。 （1）光在同种、均匀、透明介质中沿直线传播，产生的现象有小孔成像、激光准直、影子的形成、日食和月食等； （2）（2）光线传播到两种介质的表面上时会发生光的反射现象，例如水面上出现岸上物体的倒影、平面镜成像、玻璃等光滑物体反光都是光的反射形成的； （3）光线在同种不均匀介质中传播或者从一种介质斜射入另一种介质时，就会出现光的折射现象，例如水池底变浅、水中筷子变弯、海市蜃楼、凸透镜成像等都是光的折射形成的。 1．如图，这是几个关于声现象的实验，下列说法正确的是（　　） A．图甲：用发声的音叉去接触乒乓球时，乒乓球被弹开，说明发声体在振动 B．图乙：钢尺伸出桌面的长度不变，改变拨动钢尺的力度，可探究音调与振幅的关系 C．图丙：逐渐抽出玻璃罩中的空气过程中，能听到响铃声的音调逐渐变低 D．图丁：放在音响前的蜡烛，烛焰随着音乐声舞动，说明声音能传递信息 2．声让我们通过听觉感知世界，如图所示的声现象中，分析错误的是（　　） A．甲图：发声的音叉将乒乓球弹开，说明发声的物体在振动 B．乙图：从玻璃罩里向外抽气，听到铃声逐渐减小，推理得出真空不能传声 C．丙图：弹奏古筝时，手在不同的位置按弦，目的是改变发出声音的音色 D．丁图：倒车雷达利用超声波来定位，说明声可以传递信息 3．噪声已经成为影响人们生活、学习和工作的一大公害。下列现象属于在传播过程中减弱噪声的是（　　） A．学校附近禁止鸣笛 B．工人上班戴耳罩 C．在公路旁设置声音屏障 D．摩托车安装消声器 4．（改编）如图所示，“钟”是我国古代用铜或铁制成的一种打击乐器。由于金属钟钟体厚重，需以槌用力敲击方能使其振动发声。《天工开物》记载：“凡钟为金乐之首，大者闻十里，小者亦及里之余。”下列说法错误的是（　　） A．钟声是由钟体振动产生的 B．钟声只可以在空气中传播 C．“大者闻十里”中的“大”是指声音的响度大 D．用槌分别敲击铜钟和铁钟，发出声音的音色不同 5．世界上最早的可吹奏乐器是由鹤类鸟的翅膀骨头制作而成的贾湖骨笛（如图所示）。下列关于骨笛的说法正确的是（　　） A．吹奏的笛声是由鹤骨振动产生的 B．按压不同的孔可以改变发出声音的响度 C．吹奏节奏舒缓的曲目时笛声传播的速度变慢 D．能区分骨笛和其他乐器，是因为它们发出声音的音色不同 6．（改编）2000多年前我国古代学者在《墨经》中这样记录了小孔成像：“景到，在午有端，与景长（　　） A．水中倒影 B．雨后彩虹 C．海市蜃楼 D．天狗食日 7．生活中常见到各种光现象，其中属于光的反射现象的是（　　） A． 透过树丛的光 B． 海市蜃楼 C． 手影 D． 水中倒影 8．如图是蛇年春节一场烟花表演的情景，现场一片流光溢彩、焰火璀璨。下列有关此情景的说法中，不正确的是（　　） A．烟花在水中形成的倒影是光的反射形成的 B．烟花在水中的倒影是虚像 C．我们看到空中的灿烂烟花，是光近似沿直线传播进入眼睛 D．烟花绚丽的色彩是光发生色散形成的 9．如图所示，雨后天空中出现美丽的彩虹，塔在水面形成清晰的倒影（　　） A．天空中彩虹是由于光的色散形成的 B．塔在水面的倒影是光的反射形成的实像 C．水中的“云”是由于光的直线传播形成的 D．看到的水中“鱼”是光的折射形成的实像 10．如图，为了探究光反射时的规律，把一个平面镜放在水平桌面上，纸板ENF是用两块纸板连接起来的，纸板NOF可以向前或向后折。下列说法不正确的是（　　） A．纸板NOF可以向前或向后折，是为了探究反射光线、入射光线和法线是否在同一平面内 B．入射光线靠近ON时，反射光线靠近ON C．使一束光贴着纸板沿NO方向射到O点，这时没有反射光射出 D．使用此实验装置还能探究光在反射时光路是否可逆 11．在“探究平面镜成像特点”的实验中，下列说法错误的是（　　） A．实验时应选较薄的玻璃板代替平面镜竖立在水平桌面上 B．在寻找蜡烛像的位置时，眼睛应在玻璃板放有点燃蜡烛的一侧观察 C．在蜡烛像的位置放上光屏，光屏上不能承接到蜡烛的像 D．保持蜡烛A的位置不变，让玻璃板稍倾斜些，蜡烛A的像位置不变 题猜想02 热学 1．厨房是日常生活中充满物态变化的“实验室”。下列关于物态变化说法正确的是（　　） A．制作冰凉的饮料时，加冰块比直接加冷水的效果更好 B．从冰箱冷冻室拿出来的冻肉比刚放进去时重，是由于肉里面的水分凝固造成的 C．烧开水时水蒸气引起的烫伤比开水烫伤更严重，是因为水蒸气的温度比开水高 D．用干冰保鲜食物，是利用干冰熔化吸热 2．小笼包（如图所示）是武汉传统早点的经典美食，深受市民喜爱。在做包子的过程中，下列说法正确的是（　　） A．包包子时，能把包子皮捏在一起不分开，是因为分子间有斥力 B．包子放入笼屉蒸，包子温度逐渐升高，是通过做功改变内能的 C．包子熟了，打开锅盖锅内冒出大量“白汽”，“白汽”是蒸发形成的 D．包子出笼，将包子放入盘子里，盘子温度升高、内能增加 押题解读 物态变化、内能、改变内能的两种方式和能量转化的综合性考查，体现出大单元教学，考查学生对知识的整合能力、分析能力。 考前秘笈 分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态，是解题的关键，物质的三态六变和吸放热性能要熟练掌握；内能和其他形式能的转化；改变内能的两种方式：做功和热传递。 1．教室黑板用湿抹布擦后很快会变干，这个现象对应的物态变化是（　　） A．熔化 B．汽化 C．液化 D．升华 2．“不知庭霰今朝落，疑是林花昨夜开”中的“霰”，是古人视为吉祥的象征，如图所示。下列与“霰”的形成过程相同的是（　　） A．液化 B．凝华 C．凝固 D．熔化 3．生活中的很多现象可以用学过的物理知识加以解释，下列解释错误的是（　　） A．取出冰箱中被冷冻的冰糕，放一会儿，发现包装外层出现小水珠，这是液化现象 B．“下雪不冷化雪冷”，这是因为雪在熔化时吸热 C．游泳后，刚从水中出来，感觉比较冷，这是因为人身上水分蒸发带走热量 D．天气很冷时，窗玻璃上会出现冰花，这是一种凝固现象 4．生活中的很多现象可以用学过的物理知识加以解释，下列解释错误的是（　　） A．取出冰箱中被冷冻的冰糕，放一会儿，冰糕的热量会减少 B．“下雪不冷化雪冷”，这是因为雪在熔化时吸热 C．游泳后，刚从水中出来，感觉比较冷，这是因为人身上水分蒸发带走热量 D．天气很冷时，窗玻璃上会出现冰花，这是一种凝华现象 5．小红同学发现厨房是一个充满物态变化的“实验室”。关于厨房中的各种物态变化，下列说法错误的是（　　） A．水沸腾时壶嘴冒出的“白气”，是水蒸气液化形成的 B．冰箱冷冻室内结出的霜，是水蒸气凝华成的小冰晶 C．水中的食盐搅拌后消失，是固态食盐熔化为液态 D．在食材解冻的过程中，食材中的冰熔化需要吸热 6．关于物态变化，下列说法正确的是（　　） A．图甲：冰棍“冒”出的“白气”向上飘，“白气”是冰棍汽化成的水蒸气 B．图乙：昆虫和植物上的露珠，是空气中的水蒸气遇冷液化成的小水滴 C．图丙：易拉罐底部的白霜，是空气中的小水滴遇到低温的易拉罐凝固成的小冰珠 D．图丁：北方的冬天为保存蔬菜，在地窖中放几桶水，是利用水蒸发吸热 7．运用物理知识可以解决许多生活实际问题，如图所示所蕴含物理知识解释正确的是（　　） A．甲图：寒冬撒盐熔雪，是为了提高雪的熔点 B．乙图：持续加热，炖盅内外的水都会沸腾 C．丙图：利用干冰进行人工降雨，利用了干冰温度较低且汽化吸热 D．丁图：电冰箱工作时，制冷剂发生的物态变化有汽化和液化 8．睿熙同学最擅长做的就是蛋炒饭。关于做蛋炒饭，下列说法正确的是（　　） A．蛋炒饭被炒熟，主要是通过做功的方式增大内能 B．放盐后翻炒，整盘蛋炒饭都变咸了，表明分子没有运动 C．翻炒时，蛋炒饭冒出“白气”是因为它含有的热量太多了 D．炒好后整间厨房都能闻到香气，这是扩散现象 9．在厨房用砂锅炖鸡汤时，很多现象都可以用物理知识来解释。下列说法正确的是（　　） A．鸡汤吸收了热量，温度一定升高，内能一定增加 B．用天然气炖鸡汤时，调大火力可以提高天然气的热值 C．炖汤时，汤汁沸腾将壶盖顶起的能量转化与四冲程内燃机中做功冲程能量转化相同 D．停止加热，鸡汤会立刻停止沸腾 10．甲、乙两种固体熔化过程的温度一时间图像如图所示，下列判断错误的是（　　） A．甲是晶体且其熔点为48℃，乙是非晶体 B．甲的熔化过程持续了4min C．在4﹣8min内，甲的内能一定大于乙的内能 D．甲在ab段处于固液共存状态，在b点的内能大于a点的内能 11．如图所示，规格相同的甲、乙两容器中分别装有3kg和2kg的水，并用不同的加热器加热，得到如图丙所示的水温与加热时间的关系图像。下列说法正确的是（　　） A．甲、乙两容器中的水的内能是通过做功的方式改变的 B．甲、乙两容器中的加热器每分钟放出的热量相同 C．加热相同的时间，甲、乙两容器中的水升高的温度之比为2：3 D．将甲、乙两容器中的水从20℃加热至100℃所需要的时间之比为2：3 押题猜想03 能源与信息传递 1．如图所示，武汉市许多家庭屋顶安装了太阳能电池板，利用逆变电器将太阳能电池板输出的电流变成“220V 50Hz”交变电流供家庭使用（　　） A．太阳能是一次能源 B．太阳能是一种清洁的可再生能源 C．太阳能电池板将太阳能转化为电能 D．我国供生活用的交变电流的方向在每秒内变化50次 押题解读 ‌ 能源知识点通常以选择题和填空题形式考查，分值占比约1-3分，基础题型为主，常与热学、电学知识点结合出现。‌选择题，判断能源类型（如可再生、不可再生）、能量转化实例（如太阳能电池的能量转换）。‌填空题，结合生活场景考查能源应用（如太阳能电池板的工作原理）。 考前秘笈 能源分类：区分可再生能源（太阳能、风能）与不可再生能源（化石能源、核能）的定义。能量转化与效率，重点掌握太阳能转化为电能、热能的过程（如光伏发电）及转化效率的影响因素。 强调物理模型与实际应用的结合，例如电池板仅负责能量转化，不储存能量（易错点）。 命题趋势：注重基础知识与实际应用的结合，减少纯记忆性题目，增加情境化分析题；可能与其他模块交叉考查（如电学中多档位电器与能源效率的综合分析）。 备考建议：‌强化概念辨析，通过对比记忆区分能源类型与能量转化路径；‌关注实验题关联‌：例如通过实验数据分析能源转化效率的影响因素；联系社会热点，如“双碳”目标下的清洁能源能源应用实例。 2．我国于2018年和2024年先后发射了鹊桥号和鹊桥二号中继星，架起了地球与月球背面通信的“天桥”。相比于鹊桥号，鹊桥二号距月球更近（如图）（　　） A．鹊桥号利用声波进行信号传输 B．鹊桥二号利用电磁波进行信号传输 C．镀金钼丝天线反射的信号传播速度为3×108m/s D．信息从月球背面传到鹊桥二号比到鹊桥号用时更短 押题解读 ‌ 武汉中考物理信息传递重点考查电磁波的性质及应用（如移动通信、卫星导航）、通信设备工作原理（电话、光纤通信）、能量转化判断等基础知识点。以选择题为主，分值占比约2-4分，遇有填空题出现。此考点与能源交替考查。 考前秘笈 信息传递备考建议‌强化基础概念，重点掌握电磁波传播特性（真空中速度3×10⁸m/s）、光纤通信原理（全反射）等核心知识；‌关注跨章节联系‌：结合能源章节理解核能/太阳能利用，结合光现象辨析电磁波与光的关系。 强调物理模型与实际应用的结合，例如电池板仅负责能量转化，不储存能量（易错点）。 命题趋势：2025年难度可能会提升，信息传递部分更强调概念辨析与实际应用结合。 备考建议：‌强化基础概念‌：重点掌握电磁波传播特性（真空中速度3×10⁸m/s）、光纤通信原理（全反射）等核心知识。‌关注跨章节联系‌：结合能源章节理解核能/太阳能利用，结合光现象辨析电磁波与光的关系。近年命题更注重学科素养，需通过真实情境（如5G通信、北斗导航）提升知识迁移能力。 1．下列关于能源的说法不正确的是（　　） A．煤、石油、天然气是化石能源也属于一次能源 B．核能属于不可再生能源 C．核电站和原子弹都利用了可控的裂变链式反应 D．在太阳内部，氢原子核在超高温下发生热核反应，释放巨大的核能 2．能源问题是当今国际的热点话题，尤其是自俄乌战争爆发以来，许多国家开始谋求长远的多种能源出路。下面有关能源的说法正确的是（　　） A．水能和动植物等都属于不可再生能源 B．天然气和铀矿等属于可再生能源 C．核能发电是利用核聚变释放能量 D．氢弹是利用核聚变释放能量 3．目前，科学家正在研究太空电站，即地球同步轨道上的太阳能电站（　　） A．太阳释放的能量来自太阳内部发生的核聚变 B．太阳能收集板主要是将太阳能转化为化学能 C．实现“无缆传输”的微波属于超声波的一种 D．太阳能是一种清洁无污染但不可再生的能源 4．三结砷化镓柔性太阳能电池板发电技术，是一项非常先进的太阳能光电转换技术，它的光电转换效率超30%，广泛应用于航天、军事、可穿戴设备等领域。关于三结砷化镓柔性太阳能电池板发电技术，下列说法正确的是（　　） A．太阳能电池板所用材料三结砷化镓是超导体 B．太阳能电池板面积越大，发电效率越高 C．太阳能电池板工作时，将太阳能转化为电能 D．太阳能电池板工作的效率超30%，表明太阳能有将近70%转化为电能 5．我国研发的“玲龙一号”核电机组，是全球首个多功能模块化的小型核电机组。下列关于核能的说法正确的是（　　） A．核能是一种化石能源，属于常规能源 B．核电站的核反应堆中发生的链式反应是可以控制的 C．利用核能发电是直接将核能转化成电能 D．核能是可再生能源，它是未来理想能源的一个重要发展方向 6．如图所示是电磁波家族。目前主流的无线WiFi网络常用的频率约是2.4GHz（＝2.4×109Hz）。根据所给信息，可以推测WiFi信号（　　） A．在真空中传播的速度比可见光小 B．属于红外线 C．波长比可见光短 D．频率比可见光小 7．京东在一些城市用无人驾驶车取代了人力配送商品，无人车在送货过程中，由北斗导航+5G技术+传感器进行360度环境监测，能识别红绿灯信号并做出反应如图所示，下列说法中正确的是（　　） A．北斗卫星导航是通过光纤传递信息 B．5G技术是物联网的基础，它们是靠超声波来实现的 C．无人机内部的核心“芯片”是用超导体材料制作的 D．其北斗导航+5G技术+传感器与服务器联系靠的是电磁波 押题猜想04 力学基础 1．如图所示是我国运动员在第九届亚洲冬季运动会上参加冰壶比赛时的情景。下列说法正确的是（　　） A．离开手的冰壶在水平面上继续向前运动，是因为冰壶受到惯性作用 B．在比赛中，运动员用冰刷刷冰面是为了增大冰壶受到的摩擦力 C．冰壶所受的重力和冰壶对冰面的压力是一对平衡力 D．冰壶对冰面的压力和冰面对冰壶的支持力是相互作用的力 押题解读 本题考查减小有害摩擦的方法；运用惯性判断物体的运动；平衡力与相互作用力的辨析。利用所学知识解释生活中的具体问题，体现了从物理走向生活，从生活走向物理的核心素养要求。 考前秘笈 物体由于惯性要保持原来的运动状态不变。减小摩擦力的方法有：减小压力、减小接触面的粗糙程度、变滑动摩擦为滚动摩擦和使两接触表面彼此离开。一对平衡力必须大小相等、方向相反、作用在同一物体上、作用在同一直线上。 2．如图所示，为了研究影响滑动摩擦力大小的因素，某实验小组用一个砝码、一块木块、两块材料相同但粗糙程度不同的长木板进行了三次实验。下列说法正确的是（　　） A．用弹簧测力计拉动木块，木块受到的滑动摩擦力大小就等于拉力大小 B．甲实验中，木块速度越大，木块受到的滑动摩擦力越大 C．乙实验中，当木块做匀速直线运动时，砝码不受摩擦力 D．甲、丙两次实验可得出滑动摩擦力大小与接触面粗糙程度有关 押题解读 本题探究滑动摩擦力的大小与哪些因素有关，考查实验原理及控制变量法和转换法的运用，体现了对过程和方法的考查。 考前秘笈 本题根据二力平衡的条件分析；影响滑动摩擦力大小因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度，利用控制变量法分析；利用控制变量法，为了探究滑动摩擦力是否跟接触面的面积有关，需控制压力的大小及接触面的粗糙程度相同，改变接触面积的大小进行实验。 3．如图所示，是小慧同学掷实心球的场景，图中虚线表示球的运动轨迹，球从a点上升到最高点b后下落到地面c点，然后继续运动到d点停止。下列说法正确的是（　　） A．球从a点上升到b点，是因为受到惯性作用 B．球在b点受到的合力为零 C．球从b点下落到c点，运动状态不断改变 D．球最终到d点停止，说明物体运动需要力来维持 押题解读 结合生活情景的力学内容的综合性考查，考查了惯性的概念、合力的分析，力和运动的关系等，能够较好的考查学生利用生活情境结合物理知识解决实际问题。 考前秘笈 惯性不是力，不能表述为受到惯性作用，具体分析物体受力的情况；运动状态的改变包括：运动速度和运动方向，物体受力不平衡时，运动状态一定改变；力是改变物体运动状态的原因，不是维持物体运动状态的原因。物体的运动不需要力来维持。 1．2025亚洲羽毛球锦标赛4月9日在浙江宁波进入第二个比赛日，国羽15战13胜，女单女双全员晋级。如图所示是比赛中的场景（　　） A．击球时，球和球拍都会发生弹性形变 B．击球时，球拍对球的力和球对球拍的力是一对平衡力 C．羽毛球离开球拍继续运动，是因为受到惯性的作用 D．羽毛球最终会落到地面，是因为没有了力的作用 2．两轮电动平衡车作为一种新兴的交通工具，备受中学生的喜爱。如图所示，当人操控平衡车在水平路面上做匀速直线运动时，下列说法正确的是（　　） A．关闭电机后，平衡车仍继续前进是由于其受到惯性作用 B．若平衡车在运动过程中所受的力全部消失，平衡车会慢慢停下来 C．平衡车对地面的压力与地面对它的支持力是相互作用力 D．平衡车受到的重力与地面对它的支持力是一对平衡力 3．如图所示，用大小为8N的水平拉力F拉上表面粗糙程度各处相同的物体A，使其在水平地面上以1m/s匀速直线运动，当物体B静止不动时，与水平绳相连的弹簧测力计的示数为3N保持不变，下列说法正确的是（不计绳和弹簧测力计自重）（　　） A．A对B的摩擦力为静摩擦力 B．A对B的摩擦力方向水平向右，大小为8N C．若A以2m/s匀速直线运动，拉力F将变大 D．地对A的摩擦力方向水平向左，大小为5N 4．如图所示，是巴黎奥运会网球女子单打金牌赛的场景，中国选手以2：0的比分战胜对手，夺得金牌。下列说法正确的是（　　） A．用球拍击打网球时，给网球施力的是运动员 B．网球被击打的过程中，运动状态一定发生改变 C．网球离开球拍后，受力平衡 D．击打网球的不同部位，网球的运动方向不同，表明力的作用效果与力的大小有关 5．探究“滑动摩擦力大小与哪些因素有关”的实验操作如图，下列分析正确的是（　　） A．图乙和图丙两实验，探究的是滑动摩擦力大小与接触面粗糙程度的关系 B．实验中，弹簧测力计水平匀速拉动木块，速度越大，摩擦力越大 C．若撤去拉力F，木块会慢慢停下来，说明木块没有惯性 D．图甲和图乙两实验，可得出“滑动摩擦力大小与物体的质量有关”的结论 6．如图所示，亚冬会于2025年2月7日至2月14日在我国哈尔滨举行，女子1500米韩梅夺冠（　　） A．运动员在匀速滑行时，溜冰鞋与冰面间摩擦力为零 B．到达终点不能立即停下来，是因为运动员受到惯性作用 C．运动员在匀速转弯时，受到非平衡力作用 D．冰面对她的支持力与她所受的重力是一对相互作用力 7．如图所示是现在比较流行的“旋转”小火锅。盛装了各种菜品的盘子跟随传送带一起沿轨道不停地匀速运动，方便各个位置的客人都能品尝到传送带上的各种菜品，下列说法正确的是（　　） A．盘子在刚放到运转着的传送带上时不受摩擦力 B．盘子跟随传送带在直道上匀速运动时不受摩擦力 C．菜品对盘子的压力与菜品所受重力是一对平衡力 D．盘子所受重力与传送带对盘子和菜品的支持力是一对平衡力 8．为了探究“影响液体内部压强大小的因素”，甲、乙两个实验小组分别采用如图所示装置，其中甲装置U形管内装有已染色的水，实验装置经测试均可以正常使用。下列说法正确的是（　　） A．实验过程中，甲乙都是通过观察橡皮膜的形变来反映液体内部压强的大小 B．甲图中改变橡皮膜朝向，U形管两侧液面高度差改变 C．乙图中橡皮膜一定向左侧凸起 D．甲图中仅将金属盒下移，U形管两侧液面高度差增大 押题猜想05 力学中档 1．如图所示，放在水平桌面上完全相同的圆柱形容器中，装有不同的两种液体甲、乙，若A、B两点的压强相等，则下列说法正确的是（　　） A．两种液体的密度关系是ρ甲＝ρ乙 B．两种液体的质量关系是m甲＜m乙 C．两种液体对容器底的压强关系是p甲＞p乙 D．两容器对水平桌面的压强关系是p甲＜p乙 押题解读 本题多知识综合考查，本题考查了重力公式、压强定义式、液体压强公式的应用，要知道：对于直壁容器，液体对容器底的压力等于液体重力。 考前秘笈 此类题是液体压强的判断比较，根据p＝ρgh可得两种液体的密度关系。因两容器完全相同、底面积相同，由知，液体对容器底的压力关系，液体对容器底的压力等于液体的重力，可得液体重力大小关系，进而得出两种液体的质量关系。两容器对水平桌面的压力等于液体的重力与容器重力之和，因两容器完全相同、重力相同，可得两容器对水平桌面的压力关系，根据由可得两容器对水平桌面的压强关系。 2．如图所示，将系在细线下的小球拉至A点，然后由静止释放，小球将在A、C两点之间往复摆动，如果不考虑空气对小球的阻力，下列分析中正确的是（　　） A．当小球摆至B点时所受的重力和线的拉力是平衡力 B．若小球摆至C点时细线断裂，小球将落在C点的正下方 C．若小球摆至B点所有的外力均消失，小球将落在B点的右下方 D．小球从A点摆至B点的过程中，动能转化为重力势能 押题解读 本题是多知识点考查，本题考查了动能与重力势能的转化、平衡力的判定、牛顿第一定律，属于易错题。 考前秘笈 物体受到平衡力的作用时，物体的运动状态不变；物体受到非平衡力，物体的运动状态变化；一切物体在不受外力作用时，总保持静止状态或匀速直线运动状态；动能的大小与物体的质量和速度有关，重力势能与物体的质量和高度有关。通过教材图片呈现物理知识。 3．如图所示是活塞式抽水机工作原理的示意图。活塞与圆筒紧密接触但可以上下滑动，A、B是只能向上开启的阀门。将手柄COD看作杠杆，用力压C点，低处的水进入圆筒，已知杠杆D处受到的阻力为300N，OD间距离为0.15m。下列说法正确的是（　　） A．活塞式抽水机利用大气压强工作，可将水抽到10层搂的高度 B．提起活塞时，阀门A受到大气压的作用而关闭，活塞下方气压小于外界的大气压 C．提起活塞时，手作用在C点，此杠杆一定为省力杠杆 D．提起活塞时，手作用在杠杆C点的最小力大小至少为75N，方向竖直向上 押题解读 本题以活塞式抽水机为情景考查了杠杆最小力的理解、杠杆平衡条件的应用、抽水机工作过程的认识以及功的理解等，有一定的综合性，体现了物理来源于生活。 考前秘笈 抽水时，手柄部分相当于一个杠杆，由杠杆的平衡条件知，在阻力、阻力臂一定时，要使力最小，力臂应最大；动力臂大于阻力臂时杠杆是省力杠杆，分析阻力大小，再确定动力与阻力的关系；大气压能支持水柱的高度是有一定限度的，这一高度可以通过公式p＝ρgh计算。 活塞式抽水机在使用时，提起活塞时，阀门A受到大气压的作用而关闭，活塞下面的空气变稀薄，气压小于外界大气压，于是，低处的水在大气压的作用下推开阀门B进入圆筒。 4．用如图所示的装置提升重为800N的物体A，动滑轮重为200N。在卷扬机对绳子的拉力F作用下，物体A在10s内竖直匀速上升了2m。在此过程中，不计绳重和摩擦，下列说法正确的是（　　） A．物体A上升的速度为0.4m/s B．滑轮组的有用功为2000J C．拉力F的功率为100W D．滑轮组的机械效率为80% 押题解读 滑轮组结合速度、滑轮组中拉力、总功、功率和机械效率的计算公式的综合性考查，能更全面的考查对模型的理解和较强数学运算能力的考查。 考前秘笈 要重点掌握课本的基础公式，能达到灵活的应用，特别是本题中的公式，基本考查的都是原始公式，所以要在最后阶段再次回顾物理基本公式，达到灵活运用。 5．如图甲所示是出现在西汉末年的水碓，利用水流力量来自动舂米，水碓的示意图如图乙所示。小溪中的水从蓄水池流下来冲击水轮转动，水轮上的拨板通过碓尾把另一端的石杵举起、落下，不断舂米，下列关于水碓工作过程的说法正确的是（　　） A．利用水碓舂米可以省功 B．拨板拨动碓尾可看作省力杠杆 C．拨板的落点A越远离O点动力越小 D．水碓的机械能转化为水的机械能 押题解读 本题根据古代工艺重点考查杠杆，还考查能量的转化与转移；杠杆的分类；杠杆在生活中的应用；功的原理。 考前秘笈 使用任何机械都不能省功；动力臂小于阻力臂的杠杆是费力杠杆。 1．将本次测试的物理试卷，展开平放在水平桌面上，对桌面产生的压强最接近（　　） A．0.1Pa B．1Pa C．10Pa D．100Pa 2．2025年2月11日，新一代“长征”火箭——长征八号甲运载火箭点火升空，随后，卫星被送入预定轨道，发射任务取得圆满成功。火箭发射时，燃料燃烧获得的能量使其加速升空，与该过程能量转化形式相同的是（　　） A．汽油机做功冲程 B．钻木取火过程 C．水力发电过程 D．物体上抛过程 3．嫦娥五号返回器用类似“打水漂”的方式着陆地球（动力装置关闭），其着陆过程的部分轨迹简化为如图所示。关于此过程中的能量转化，下面说法正确的是（　　） A．CD段返回器的重力势能变大 B．BC段返回器的机械能减小 C．AB段返回器动能减小量大于重力势能的增加量 D．A到D的全过程中返回器机械能守恒 4．足球是同学们喜爱的运动。如图1所示是足球比赛中某球员传球后足球在空中飞行的一段运动轨迹，图2是该足球落地后弹跳的过程。关于以上两过程下列说法正确的是（　　） A．图1中足球在A点时的重力势能大于在B点的重力势能 B．图1中足球移动至B点时，不受任何外力，会处于静止状态 C．图2中A、B两点为同一高度，足球在这两点机械能相等 D．图2中足球从D点至C点的过程中，重力势能转化为动能和内能 5．如图甲所示是一种简易的喷水壶，喷水壶的结构如图乙所示。导管与喷嘴相连，上下推拉压柄给壶内充气后，按压按柄可以使水从喷嘴喷出。下列有关解释正确的是（　　） A．按柄处的花纹是为了减小摩擦力 B．手柄做的较宽大是为了增大压强 C．该壶利用了流体流速越大压强越大的原理 D．壶中水减少时，壶底受到水的压强随之减小 6．把未装满饮料且密闭的饮料瓶，分别正立和倒立放置在水平桌面上，如图所示，饮料瓶对桌面的压强分别为pA和pB，饮料对瓶底和瓶盖的压力分别FA和FB，则（　　） A．pA＞pB FA＝FB B．pA＜pB FA＞FB C．pA＜pB FA＝FB D．pA＝pB FA＜FB 7．在“探究液体内部的压强”实验中，实验现象如图所示，U形管内液面的高度差越大（　　） A．U形管内径越大，实验效果越明显 B．实验中通过观察U形管内液面的高度差来判断液体压强的实验方法是转换法 C．比较图甲、丙，可得出结论：在不同种液体中，深度越深，液体压强越大 D．若向图甲的杯中加少许盐，两探头位置和液面高度不变，且图甲、丙中U形管内液面的高度差相同，则说明图甲、丙中盐水密度相同 8．物理实践活动中，小明自制了一个体积为50cm3的潜艇模型，如图所示。下列说法正确的是（　　） A．潜艇模型悬浮在水中时受到的浮力为5N B．潜艇模型是通过改变所受的浮力实现浮沉的 C．将注射器向左推，图中悬浮的潜艇模型上浮 D．潜艇模型在水面下下潜的过程中受到的浮力增大 9．利用如图所示的活塞式抽水机抽水，在不计杠杆和活塞自重以及摩擦的情况下，下列说法正确的是（　　） A．抽水时，手在杠杆C端竖直向下用力最省力 B．抽水时，手在杠杆C端竖直向下的力小于活塞上方水的重力 C．抽水时，活塞向上运动，阀门A打开，阀门B关闭 D．抽水时，手对杠杆做的功小于杠杆对外做的功 10．在探究“杠杆平衡的条件”实验中，所用的实验器材有：杠杆（每小格均等长）、铁架台、刻度尺、细线和若干个砝码。图甲是杠杆调节前的位置，图乙、丙、丁是杠杆调好后三次的实验情景，则（　　） A．为了便于测量力臂要将如图甲所示杠杆的平衡螺母适当往右调 B．实验中进行多次测量的目的是取平均值减少误差 C．将图丙中两端各加一个钩码，杠杆仍然平衡 D．如图丁所示，将拉力方向从竖直方向改为虚线方向，拉力F大小将不变 11．蹦床是一项表现杂技技巧的竞技运动，有“空中芭蕾”之称。运动员从空中最高点落下，在蹦床的最低点反弹上升，如图是一位我国蹦床运动员比赛时的照片，不计空气阻力和摩擦，下列说法中正确的是（　　） A．从最高点到最低点的过程，运动员的速度先变大后变小 B．从最高点到最低点的过程，运动员的重力势能一直变小，动能一直变大 C．从最高点到最低点的过程，运动员的机械能守恒 D．运动员在最低点时速度为零，处于平衡状态 12．如图所示，是《天工开物》中记载的我国传统提水工具“桔槔”，如果用绳子系住一根轻直硬棒的O点，棒的A端挂有重为40N的石块，B端挂有重为10N的空桶，OA长为1m，OB长为0.5m。使用时，人向下拉绳放下空桶，装满重为100N的水后向上拉绳缓慢将桶提起，硬棒质量忽略不计。下列说法中正确的是（　　） A．向下拉绳放下空桶时桔槔为省力杠杆 B．向上拉绳提起装满水的桶时，桔槔省距离 C．向上拉绳提起装满水的桶时拉力为30N D．向下拉绳放下空桶时拉力为30N 押题猜想06 力学压轴 1．如图所示，水平桌面上有一质量为100g、底面积为50cm2的圆柱形平底溢水杯（不计厚度），杯底到溢水口的高度为10cm。现将密度为3×103kg/m3的圆柱体金属块挂在弹簧测力计下，示数为F；当金属块浸没于水中（金属块未接触溢水杯）静止时，弹簧测力计的示数变化了1N，小桶收集到溢出水的体积为40cm3。下列说法正确的是（　　） A．金属块受到的最大浮力为0.4N B．金属块的重力为2N C．当金属块浸没于水中静止时，溢水杯对水平桌面的压强为1280Pa D．剪断细线，当金属块沉底时，溢水杯对水平桌面的压强为1600Pa 2．底面积为100cm2的烧杯中装有适量水。当金属块浸没在水中静止时，如图甲所示，弹簧测力计的示数F1＝3.4N，水对杯底的压强为p1；当金属块总体积的露出水面静止时，如图乙所示，弹簧测力计的示数为F2，水对杯底的压强为p2；若p1、p2之差为50Pa，g取10N/kg，则（　　） A．金属块的体积V是2×10﹣3m3 B．弹簧测力计的示数F2是5.4N C．金属块的密度是2.7×103kg/m3 D．金属块受到的重力是6.8N 押题解读 从近年武汉中考来看，浮力问题常出现在选择题中，且作为压轴题型出现，而且近年比较固定。‌溢水杯模型是常考模拟，需结合浮力与液体压强综合判断（如容器未装满液体时放入物体的浮力计算）。试题以选择题压轴形式呈现，整体难度较大。 考前秘笈 浮力是武汉中考物理选择题的力学部分压轴题，近年浮力考查稳定，重点应放在物体浮沉条件、阿基米德原理应用、密度与浮力结合、实际应用如轮船、潜水艇、密度计等。时注意与压强、力学的综合题，比如浮力与液体压强的比较，或者浮力在连通器中的应用。需要注意浮力相关公式，‌阿基米德原理计算。 重点考查公式 F浮=ρ液gV排的灵活运用，可能结合物体浸没时的体积变化或液体密度变化设计计算题。2025年浮力的热点方向，可能结合新能源场景（如潜水器深海探测）考查浮力与压强的动态变化。 1．如图甲，在弹簧测力计下悬挂一个实心金属零件，读数是7.5N。如图乙，当把零件浸没在装满油的溢水杯中时，测力计的读数是6.6N。已知油的密度为0.8×103kg/m3，下列说法中错误的是（　　） A．小桶收集到溢出油的重力为0.9N B．金属块的体积为112.5cm3 C．金属块的密度约为6.7×103kg/m3 D．金属块下表面受到油的压力为0.9N 2．公共厕所自动冲洗用的水箱中有一个圆柱形的浮筒B，出水管口处用一圆片形盖子Q盖住（盖的厚度忽略不计），两者之间用一短链相连接，如图所示。已知水箱的深度足够，为实现自动定时冲水，应满足的条件是（　　） A．只要浮筒B的体积足够大 B．只要浮筒B的质量足够小 C．盖子Q必须比浮筒B的质量小 D．浮筒B的横截面积必须大于盖子Q的横截面积 3．如图甲所示，在水平桌面上质量为1000g的薄壁厚底容器中装有20cm深的水，已知容器的底面积为400cm2，容器中水的质量为10kg，将一质地均匀的长方体物块通过一根轻杆缓慢压入水中，当物块还有五分之一的体积露出水面时（如图乙），容器对桌面的压强与图甲相比增加了200Pa，此时杆对物块的压力为3N，则下列说法正确的是（　　） A．甲图中容器对桌面的压强为2000Pa B．甲图中水对容器底的压力为100N C．乙图中物块的密度为0.5×103kg/m3 D．若将物块全部压入水中，杆对物块的压力为4N 4．如图所示是“探究浮力的大小跟哪些因素有关”的几个实验情景，实验甲、丙和丁中，弹簧测力计的示数分别为4.0N、2.8N和2.5N，若盐水的密度为1.2×103kg/m3，则下列结论正确的是（　　） A．物体A的密度为3.2×103kg/m3 B．实验乙中，物体A受到的拉力为1.0N C．实验丙中，弹簧测力计的示数比乙中小0.5N D．实验丁中，容器底部受到物体A的压力等于0.3N 5．探究完浮力的大小跟哪些因素有关，小枫用如图所示的实验装置做了一个课外实验。 测力计A/N 测力计B/N 电子秤/g 1 2.00 0.02 500.00 2 1.40 0.42 520.00 3 0 0.82 他将溢水杯放在电子秤上，向底面积为100cm2的溢水杯中加水（水没有到达溢水口），在表格中记录下测力计A、B及电子秤的第一次实验数据。然后他将小球缓慢下降，当物体的部分体积浸在水中时，记录下第二次实验数据。最后他剪断系在物体上的细线，将小球缓慢沉入到水底后，记录下第三次的实验数据。关于小枫的课外实验，下列说法正确的是（　　） A．小球浸没时所受到的浮力为0.8N B．小球的密度为2.4×103kg/m3 C．第三次实验电子秤的示数为600g D．第三次实验水对溢水杯杯底的压强比第一次增大了20Pa 6．测量液体密度的仪器叫做密度计，将其插入被测液体中，待静止后直接读取液面处的刻度值（如图甲）。图乙和图丙是自制的简易密度计，它是在木棒的一端缠绕一些铜丝做成的。将其放入盛有不同液体的两个烧杯中，它会竖直立在液体中。若密度计在图乙和图丙中浸入液体的体积之比为5：2，下列说法正确的是（　　） A．密度计在图乙和图丙中所受浮力之比为5：2 B．该密度计在液体中处于悬浮状态 C．图乙和图丙中液体密度之比为5：2 D．若图乙中液体为水，则图丙中的液体密度为2.5×103kg/m3 7．（创新题）如图1所示的“新光华”号半潜船是国内最大、全球第二大半潜船，其最大下潜深度为30m，满载排水量为10万吨。如图2甲、乙、丙所示是“新光华”号某次工作的示意图，图2甲所示水舱空舱时，船漂浮在水面上，图2乙水舱注入一定质量的海水，船甲板刚好与水面相平，图2丙甲板上方装载货物后，排出舱中部分海水，使甲板刚好浮出水面。已知海水密度约为ρ＝1.0×103kg/m3，g＝10N/kg，下列关于上述工作过程的说法正确的是（　　） A．图2乙水舱中水质量等于图丙中货物质量 B．图2甲、乙、丙三种状态，“新光华”号所受的浮力相等 C．满载时，“新光华”号所受浮力为1×105N D．最大下潜时，“新光华”号底部受到海水的压强为3×105Pa 8．在弹簧测力计下挂一圆柱体，从盛水的烧杯上方某一高度缓慢下降，圆柱体浸没后继续下降，直到圆柱体底面与烧杯底部接触为止，如图所示是圆柱体下降过程中弹簧测力计读数F随圆柱体下降高度h变化的图象，下列说法中正确的是（　　） A．分析图象可知，圆柱体重力是8N B．圆柱体浸没在水中时，受到的浮力是4N C．h＝0cm时，圆柱体的上表面离水面高度是3cm D．圆柱体的密度是1.5×103kg/m3 押题猜想07 电学基础 1．“金陵金箔”是国家级非物质文化遗产，金箔轻薄柔软，不能用手直接拿取，如图所示匠手持羽毛扫过纸垫，再将羽毛靠近工作台上的金箔，即可吸起金箔，推理羽毛吸金箔的可能是（　　） A．羽毛与纸垫摩擦创造电荷 B．羽毛与纸垫摩擦带上同种电荷 C．羽毛与金箔带异种电荷因此相互吸引 D．羽毛带电，吸引不带电的金箔 押题解读 本题主要考查摩擦起电的原因和带电体的性质，正确理解摩擦起电的原因以及电荷之间的相互作用，难度不大。 考前秘笈 同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。 用摩擦的方法使物体带电叫摩擦起电。 正电荷定向移动的方向是电流的方向，负电荷定向移动的方向与电流方向相反。 2．某自动售货机，它可通过手机扫码使开关S1闭合，也可通过投币使开关S2闭合，启动电动机完成自动售货；在光线较暗时光控开关S3自动闭合，接通灯泡照明。图是某小组同学根据售货机的功能自行设计的电路，符合上述情况的是（　　） A． B． C． D． 押题解读 本题考查了串、并联电路的设计，要清楚简单的串并联电路的辨别，解答时可以根据题意分析选项找出符合要求的选项即可。 考前秘笈 通过手机扫码和投币都可以启动电动机完成自动售货，说明开关S1和开关S2可以独立工作、互不影响即为并联再由照明灯泡与电动机工作时互不影响可知电动机与照明灯并联，且照明灯泡只由光控开关控制，据此分析进行解答。这类场景题，要根据实际情况判断。 1．把纸巾与包装带的塑料丝摩擦，然后将该塑料丝迅速挂在两根绝缘棒上（如图）。实验中静止的塑料丝受力和带电情况正确的是（　　） A． B． C． D． 2．如图取两个相同的验电器A和B，使A带负电，B不带电，现用带有绝缘手柄的金属棒把A和B连接起来。则（　　） A．可以看到A金属箔的张角增大，B金属箔张开 B．B金属箔张开，是因为箔片都带正电荷相互排斥 C．连接的瞬间，B中的正电荷通过金属棒流向A D．连接的瞬间，棒中有方向为从B流向A的电流 3．为了方便市民出行、倡导绿色低碳出行，广元市在城区投放了大量的共享电动自行车。小元同学发现：骑行前，扫码成功后开关（用S1表示）闭合，指示灯（用L表示）亮，电机（用M表示）不工作；从车头取出头盔并戴上后，头盔内遥控设备遥控另一开关（用S2表示）闭合，电机才通电工作；若只戴头盔不扫码则无法骑行。下列电路中符合以上设计要求的是（　　） A． B． C． D． 4．某实验小组利用如图所示的装置探究影响导体电阻大小的因素，实验中用到的锰铜丝和镍铬合金丝的横截面积相同。下列说法正确的是（　　） A．选择金属丝①和②可以探究电阻的大小是否跟导体的材料有关 B．选择金属丝①和②可以探究电阻的大小是否跟导体的长度有关 C．选择金属丝②和③可以探究电阻的大小是否跟导体的长度有关 D．实验过程中，若灯泡亮度变化不明显，可将灯泡换成电压表进行实验 5．如图甲所示，将三个规格相同的小灯泡串联接入电源电压保持不变的电路，用电压表测量其中一个小灯泡两端的电压，示数如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．AF两接线柱间电压约为15V B．若测量L1的电压，只需将导线n与D点拆下，再接上A点 C．若CD间的电压表换上正常的电流表，通电后电流表示数为零 D．若小灯泡L2从灯座上旋下来，通电后电压表示数约为3V 押题猜想08 电学中档 1．如图所示，小明在探究电流与电压关系的实验中，所选电源为3V，电流表的量程为0～0.6A，电压表的量程为0～3V，移动滑动变阻器的滑片进行多次实验，并将实验数据记录如表，下列说法中正确的是（　　） 数据序号 1 2 3 4 5 6 电压U/V 0.3 0.6 0.9 1.2 1.5 1.8 电流I/A 0.08 0.15 0.23 0.40 0.38 0.45 A．将R1换成小灯泡，也可以进行实验 B．实验说明电阻一定时，导体两端电压与通过导体的电流成正比 C．表格中第3组数据是错误的 D．实验中，所选滑动变阻器的规格可能为50Ω 2．如图甲所示电路，电源电压保持不变。闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P从右端滑到左端的过程中，R1、R2的I﹣U关系图象如图乙所示。则下列判断正确的是（　　） A．图线A是电阻R1的I﹣U关系图象 B．电源电压为20V C．R1的阻值是20Ω D．滑动变阻器R2的最大阻值为30Ω 押题解读 本题考查了欧姆定律的滑动变阻器的正确使用和作用、影响电阻的因素、滑动变阻器的选择。从近年武汉中考来看，欧姆定律的两个实验会为实验的形式考查，动态电路问题，常见于滑动变阻器引起的电路参数变化，需结合欧姆定律分析电流、电压变化趋势。武汉中考近年强调‌“双基”导向，电学图像题仍以经典模型（如串联分压、并联分流）为主，结合图像分析电阻或功率变化。中档难度。 考前秘笈 动变阻器滑片滑到最大阻值处，电路中电流最小，对电路起保护作用；移动滑动变阻器滑片，改变电路电流，改变灯泡的电压和电流，能完成多次实验，以便发现电阻和温度的关系；根据灯丝的电阻与温度的关系进行判断，当电压越大，灯丝的温度越高；当灯泡两端的电压最小时滑动变阻器接入电路中的电阻最大，根据串联电路的电压特点求出滑动变阻器两端的电压，利用串联电路的电流特点和欧姆定律求出滑动变阻器接入电路中的阻值即可得出滑动变阻器的最小的最大阻值动变阻器滑片滑到最大阻值处，电路中电流最小，对电路起保护作用；移动滑动变阻器滑片，改变电路电流，改变灯泡的电压和电流，能完成多次实验，以便发现电阻和温度的关系。 3．如图所示，是列车上烟雾报警系统的简化原理图，电源电压恒定不变，R为光敏电阻，R0为定值电阻。当烟雾产生时，激光被烟雾遮挡使光敏电阻的阻值发生变化，当电路中电流增大至某一数值时，报警器开始报警，则下列说法正确的是（　　） A．R的阻值随光照强度的减弱而增大 B．烟雾浓度越大，电压表示数越大 C．烟雾浓度增大时，电压表与电流表示数之比减小 D．烟雾浓度增大时，电压表与电流表示数之比增大 押题解读 本题是一道动态电路分析题，要能正确分析电路结构，熟练应用串联电路特点及欧姆定律，从题中得出光敏电阻的阻值与光照的变化关系是本题的突破口。 考前秘笈 当有烟雾时报警，已知电路中的电流增大至某一数值时报警器开始报警，故有烟雾时，光照减弱，电路中电流增大，当电路电阻减小时，电流增大，光敏电阻R的阻值随光照强度的减弱而减小；结合欧姆定律确定电压表示数的变化，电压表示数与电流表示数的比值表示光敏电阻大小。 1．为减少碳排放，我国大力推行电动汽车。电动汽车中，利用接入电路的旋钮变阻器，可控制汽车中电动机的转速，图中OEF为变阻器的三个接线柱。当驾驶员踩下“油门”时车速仪示数增大，车速仪可由电路中的电压表或电流表改装而成。下列说法正确的是（　　） A．车速仪是由电压表改装而成 B．车速仪中定值电阻R0工作时会消耗电能，可以不用接入电路 C．踩下油门的过程中，电压表的示数与电流表的示数比值增大 D．踩下油门的过程中，电压表的示数变化量与电流表的示数变化量的比值不变 2．某同学利用如图所示的电路做“伏安法测电阻”的实验，已知Rx为待测定值电阻，电源电压恒为6V，滑动变阻器R标有“20Ω 1A”字样，实验中他记录的实验数据如表所示，下列关于实验的几种说法中全部错误的一组是（　　） 序号 1 2 3 4 5 U/V 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 I/A 0.1 0.22 0.29 0.40 0.5 ①序号“1”的实验数据是本实验中测得的 ②序号“4”的实验中，滑动变阻器与待测电阻的阻值之比为1：2 ③仅用该实验器材可探究电流与电阻的关系 ④为减小实验误差，可利用每次实验测得的U、I求出电阻R，再求其平均值 A．①③ B．③④ C．②③ D．②④ 3．如图甲是小灯泡L和电阻R的I﹣U图像。将小灯泡L和电阻R接入如图乙所示电路中，只闭合开关S1时，小灯泡L的实际功率为1W。下列说法正确的是（　　） A．只闭合开关S1时，小灯泡L的电阻为3.3Ω B．再闭合开关S2时，电流表示数增加了0.1A C．开关S1、S2同时闭合时，电路总功率为1.8W D．闭合开关S1、S2时，在10min内电阻R产生的热量为240J 4．如图是探究“电流通过导体产生的热量与哪些因素有关”的实验，下列说法正确的是（　　） A．甲实验中两个电阻串联只是为了保证流过两个电阻电流相等 B．乙实验可以用来研究电流通过导体产生的热量与通电时间的关系 C．乙实验将乙图中右侧容器外接电阻换成10Ω，实验现象会更明显 D．乙实验通电一段时间后，左右两侧容器内空气吸收的热量之比为1：4 5．用如图所示的装置测量小灯泡的电功率，电源电压恒定不变，小灯泡上标有“3.8V”字样，闭合开关，实验操作过程中出现了以下几种情况，分析错误的是（　　） A．无论怎样移动滑动变阻器的滑片，小灯泡不亮，电压表的示数几乎等于电源电压，电流表几乎无示数，原因是小灯泡断路 B．无论怎样移动滑动变阻器的滑片，小灯泡很暗且亮度不变，原因是滑动变阻器同时接入两个下接线柱 C．当小灯泡的实际电压为3V时，要测量小灯泡的额定功率，需将滑片向左移动 D．电压表无示数，电流表有示数，小灯泡不亮，可能是小灯泡短路 6．在如图所示的电路中，电源电压保持不变，闭合开关S，将滑动变阻器滑片P向左移动时，以下说法正确的是（　　） A．两电流表示数的差值的绝对值变小 B．电压表V示数与电流表A1示数的比值不变 C．电压表V示数与电流表A2示数的比值不变 D．电压表V示数与电流表A1示数的乘积变大 押题猜想09 电磁学 1．（新情境题）《新能源汽车产业发展规划（2021﹣2035年）》指出：发展新能源汽车是我国从汽车大国迈向汽车强国的必由之路。下列原理图与新能源电动汽车动力装置的工作原理相同的（　　） A． B． C． D． 押题解读 近年来电磁学题型涵盖选择题、填空题、实验题。重点考查磁性强弱的影响因素，实验题常以发电机模型为背景，结合手摇发电装置考查能量转化（机械能→电能）及感应电流条件。 考前秘笈 武汉中考的电磁学选择题涉及电磁学的基础知识和应用。电磁学实验题主要是电磁感应。选择题部分重点考查电磁学基础概念，电磁感应（发电机原理）。 根据武汉中考物理近年命题趋势，电磁学部分的重点考查是‌电磁现象与设备原理，电动机与发电机的工作原理对比、电磁继电器控制电路的实际应用（如自动报警器设计）等。高频考点是磁场方向判断（安培定则）、电磁感应现象的条件。 1．如图所示，在2025年央视春晚上，每个人形机器人凭借43个高扭矩电动机以一段高难度的“秧歌舞”惊艳了观众。下列各装置中也利用电动机工作原理的是（　　） A．动圈式话筒 B．扬声器 C．自制电磁铁 D．司南 2．用一根长导线做一个长方形线框且将导线两端留有相同长度。如图所示，将线框悬挂起来，使它的底边ab水平置于蹄形磁体的磁场中，长导线的两端与灵敏的电流表连接，组成一个闭合电路。闭合开关后，则（　　） A．ab上下运动时，电流表指针会发生偏转 B．ab左右运动时，电流表指针会发生偏转 C．电流表指针偏转时说明电能生磁 D．蹄形磁体周围的磁感线方向由S极指向N极 3．如图所示，下列判断正确的是（　　） A．通电螺线管的右端为N极 B．电源右端为正极 C．小磁针右端为S极 D．通过小磁针的磁感线方向水平向右 4．观察手摇发电机灯泡的发光与手电筒灯泡的发光，通过比较我们可以发现（　　） A．两个仪器的工作过程中其能量转化是相同的 B．手摇发电机灯泡会闪烁发光说明通过灯泡的电流方向在改变 C．两灯泡中通过的电流都是直流电 D．若用发光二极管替代小灯泡，同样的速度转动手摇发电机时，二极管每分钟闪烁的次数会减少 5．如图所示为某智能扫地机器人的部分工作原理图。当地面灰尘多时，照射到光敏电阻R的光照强度较小，机器人启动清扫，通过电动机旋转产生高速气流将灰尘等吸入集尘盒。下列说法正确的是（　　） A．当控制电路闭合时，电磁铁上端为S极 B．电磁铁通电时，周围有磁场和磁感线 C．衔铁不是磁体，通电后的电磁铁对它不会产生磁力 D．当地面灰尘减少时，电磁铁磁性增强 押题猜想10 生活用电 1．如图，是某家庭电路一部分电路结构示意图，闭合开关S，灯泡L正常发光。关于该家庭电路及安全用电，下列说法正确的是（　　） A．导线a是火线，导线b是零线 B．在开关S闭合的情况下，也能更换灯泡L C．若导线cd间断路，仍然可以安全使用三孔插座 D．断开开关S后，试电笔检测e点时，氖管会发光 押题解读 本题考查了家庭电路的连接、安全用电常识和试电笔的使用，是一道基础题。家庭电路相关考点重点集中在电路故障分析和安全用电规范。 考前秘笈 高频考点有家庭电路故障分析，主要集中在‌保险丝熔断原因、‌试电笔使用与故障检测和‌断路与短路区分。考查的重点是安全用电规范及电路连接，保险丝、空气开关、漏电保护器、三孔插座等知识点也是考查重点。 1．如图甲所示是部分家庭电路的简化图，下列说法正确的是（　　） A．当空气开关自动切断电路时，一定是电路发生了短路 B．电冰箱的插头插入三孔插座时，能使电冰箱的金属外壳接地 C．插入插座的电视和台灯在电路中是串联的 D．用图乙的试电笔判断插座的零线和火线时，手碰到笔尾金属体是十分危险的 2．家庭电路和安全用电的知识是现代公民必备的知识，下列有关图文说法正确的是（　　） A．甲图：图中家庭电路元件的连接顺序是正确的 B．乙图：甲站在干燥的木桌上，乙站在地上，则甲、乙都不会触电 C．丙图：使用测电笔时，手必须接触笔尖金属体 D．丁图：使用电冰箱时，金属外壳不需要接地 2．关于生活用电，以下说法正确的是（　　） A．图甲中，发生触电时，空气开关会跳闸 B．图乙中，绝缘皮破损容易造成短路，会烧坏用电器 C．图丙中，电能表的标定电流为20A D．图丁中，保险丝是用铅锑合金制作的，电阻比较大、熔点比较低 3．如图所示为某家庭的部分电路，电灯和电热器都在正常工作。当三孔插座上刚插上洗衣机的插头时，所有用电器都停止工作。经检查，发现有一根保险丝熔断了，拔出洗衣机的插头后，用测电笔测试三孔插座的左右两孔，氖管都发光。下列分析合理的是（　　） A．一定是火线上的保险丝熔断了 B．只断开S1，再用测电笔检测灯泡的两个接线柱，氖管都不发光 C．只断开S2，再用测电笔检测三孔插座的左右两孔，氖管都发光 D．断开S1和S2，再用测电笔检测三孔插座的左右两孔，氖管都发光 4．如图为“儿童安全插座”，它具有保护门双层互锁功能，能有效防止触电事故的发生。下列相关说法错误的是（　　） A．“儿童安全插座”的白色保护门属于绝缘体 B．“儿童安全插座”与家庭电路中其他用电器并联 C．用试电笔笔尖插入L孔，正常情况下试电笔氖管会发光 D．若“儿童安全插座”发生短路，家庭电路的空气开关不会“跳闸” 5．如图是小明设计的家庭电路的电路图，下列对此电路图的分析错误的是（　　） A．保险盒接法错误，保险盒应该安装在火线上 B．开关和灯泡接法错误，开关接在火线上符合安全用电原则 C．两孔插座接法正确，其左端导线应该接在地线上 D．三孔插座接法正确，使用电冰箱时，插头应插在三孔插座上 6．如图所示是某同学家的部分电路，开始时各部分正常工作，当台灯的插头插入插座后，正常烧水的电热壶突然不工作了，灯泡也熄灭了，拔出台灯的插头后，电热壶和灯泡仍不能工作，把试电笔分别插入插座的左、右两孔中，氖管均不能发光。下列说法正确的是（　　） A．和灯泡连接的开关接法正确 B．故障可能是电热壶所在电路的B、D两点间短路 C．故障可能台灯短路导致保险丝熔断 D．故障可能是进户零线至C点间导线断路 押题猜想11 电学压轴 1．（2025•武汉青山区模拟）如图是某种家用电吹风的原理图，它有“热风”、“温热风”、“冷风”及“停”四挡，R1与R2是电热丝（R1＞R2）。图中S为“双刀四掷”开关，“双刀”在拨动时一起转向图中“1”、“2”、“3”或“4”中的某一位置，从而实现各挡位间的转换。电吹风的部分参数如下表所示。 吹热风功率（W） 900 吹温热风功率（W） 460 吹冷风功率（W） 20 额定电压（V） 220 关于下列结论，其中正确的是（　　） ①开关的“双刀”拨动到位置“2”时，电吹风处于“热风”挡上 ②电热丝R1阻值是110Ω ③电吹风吹温热风时，通过电阻的电流为2A ④电阻R2接入电路中工作1min，电阻R2产生的热量为26400J A．①③ B．②③ C．②④ D．③④ 押题解读 本题是多档位的电学综合题压轴题，需综合运用电学公式、结合串联、并联电路特点分析。‌极值与范围问题，在保证电路元件安全的前提下，计算滑动变阻器阻值范围或电流/电压的极值。。 考前秘笈 1.电学压轴选择题是以电学基础为核心，串联/并联电路特点、欧姆定律应用、电功率计算（包括实际功率与额定功率关系）是必考内容。重点考查电路状态分析（如开关切换、滑动变阻器调节）和动态电路问题‌。常结合家用电器（如电热水壶、电饭锅等）设计情境题，要求通过电路图分析档位问题或能量转换。 2．串并联电路中的电功率分析 （1）电路中（不论是串联电路还是并联电路）所有用电器的总功率都等于各用电器的电功率之和，即：P=P1+P2+... （2）对于定值电阻而言，它在不同电压下的电功率之比，等于它相应的电压的二次方之比，即： （3）串联电路中，电功率与电阻成正比;并联电路中，电功率与电阻成反比。 1．图甲是某品牌多功能牛奶加热器，其简化电路图如图乙所示。当开关S转到1或2或3不同触点时，加热器可以实现高温消毒、恒温保温、加热三个不同挡位。加热器处于高温消毒挡时，可以对空奶瓶进行消毒；加热器处于恒温保温挡时，可以对牛奶保温；加热器处于加热挡时，加热器可以对牛奶加热；加热挡时牛奶加热器的功率为200W。已知牛奶的比热容为c牛奶＝2.5×103J/（kg•℃），电阻R1＝R3，牛奶加热器消毒挡的功率为保温挡的4倍，当将装有质量为300g、初温为22℃的牛奶的奶瓶置于加热器中，加热器对牛奶加热，2min后可以将牛奶加热到42℃。由此得出的结论中正确的是（　　） ①当开关S转到触点“1”时，加热器处于高温消毒挡 ②当开关S转到触点“2”时，加热器处于恒温保温挡，恒温保温挡的功率为50W ③加热器对牛奶加热2min，加热器消耗的电能转化为牛奶的内能的效率是62.5% ④电阻R2的阻值是363Ω A．①③ B．②④ C．①④ D．②③ 2．某型号电热水瓶具有加热、保温、电动出水及干烧断电功能，其简化电路如图所示。三个开关的功能分别是：壶底温控开关通常是闭合的，当壶底发热盘的温度达到120℃自动断开防止干烧；壶壁温控开关通常是断开的，按下时对水加热，水烧开后自动断开；电动出水开关通常是断开的，按下时电磁泵将水抽出。已知电热水瓶加热功率为1000W，电磁泵的规格是“12V 12W”，R2的阻值为968Ω。电热水瓶正常工作时下列结论正确的是（　　） ①S1是壶底温控开关，S2是壶壁温控开关 ②R1的阻值为48.4Ω ③电热水瓶保温功率是270W ④加热同时将水抽出，电流通过电热水瓶在30s内产生的热量是3.66×105J A．① B．①② C．②③ D．③④ 3．某品牌电热扇工作原理如图所示。S3为双触点开关，1、2、3、4为开关触点，通过旋转开关S3可实现加热功能的“空挡”、“低温挡”和“高温挡”之间的切换；电动机工作时可使电热扇往复转动。R1和R2均为电热丝，阻值不受温度影响。电热扇部分参数如表所示。下列说法中正确的是（　　） 额定电压 220V 高温挡加热功率 1650W 低温挡加热功率 550W 电动机工作电压 100V 限流电阻R3阻值 300Ω 电动机线圈电阻 5Ω ①仅高温挡加热，电动机不工作时，电路中的总电流为7.5A； ②电热丝R2的阻值为88Ω； ③低温转动时，电路中的总功率为4950W； ④电动机正常工作10min，线圈产生的热量为480J。 A．①② B．②③ C．①④ D．②④ 4．某同学家浴室里安装了一款浴霸，它既可以实现照明、换气，又可以实现送自然风、暖风、热风，其简化电路如图所示，开关S可分别与0、1、2触点接触，R1、R2是两根阻值相同的电热丝。如表所示是浴霸的部分参数。 额定电压 220V 照明功率 20W 换气功率 35W 暖风功率 1133W 热风功率 2233W 以下结论正确的是（　　） ①开关S1断开，S与触点1接触时，浴霸处于自然风状态 ②送风电动机的功率为33W ③电路中通过开关S的电流最大为10.15A ④浴霸工作10min，电路消耗的最大电能为1.3308×106J A．①③ B．②③ C．②④ D．③④ 5．某同学家浴室里安装了一款风暖浴霸，通过开关断开闭合既可以实现照明、又可以实现送暖风、热风的功能，其简化电路如图所示，R1、R2是两根阻值相同的电热丝。下表是浴霸电路的部分参数。下列各有关结论说法正确的是（　　） 额定电压 220V 照明功率 50W 暖风功率 1050W 热风功率 1930W A．只闭合S2时浴霸处于暖风状态，正常工作10min电路产生的热量为6.3×105J B．每根电阻丝的阻值是44Ω C．浴霸正常工作10min电路消耗的最大电能为1.188×106J D．浴霸中电动机的电阻约为284.7Ω 6．空气炸锅是利用内部的电风扇将电热管加热后的空气快速吹向食物表面，利用热空气对流来加热食物。如图所示是某款空气炸锅的简化电路图，S1为温控开关，S2为加热开关，旋转开关S2可以让空气炸锅处于加热挡和功率更大的高热档。加热电阻R1和R2的阻值相等，炸锅腔内的照明灯便于人们观察食物的烹饪情况。下表是空气炸锅的部分参数。下列说法正确的是（　　） 额定电压 220V 照明灯功率 22W 电风扇功率 50W 加热挡总功率 1282W A．开关S、S1闭合，开关S2接触触点“2”和“3”时，空气炸锅处于加热挡 B．加热电阻R1和R2的阻值均为37.8Ω C．空气炸锅在高热档下工作时，通过温控开关S1的最大电流为11.1A D．空气炸锅在加热挡下持续加热10s，炸锅会消耗1.354×104J的电能 题型二 填空题 押题猜想12 能量转化与能源计算 1．发展新能源汽车是我国“十四五”规划中的一个重点，在武汉经开区生产的小鹏电动汽车能够使用功率为100kW的快速充电桩，也可使用功率为1kW的普通家用插座充电。当使用快速充电桩充电0.5h后，电动汽车能获取电能 　 　 kW•h。电动汽车在行驶过程中，电动机将电能转化为 　 　 能，电能是 　 　 （选填“一次”或“二次”）能源。 2．在2025年哈尔滨亚洲冬季运动会的单板滑雪男子大跳台决赛中，杨文龙以193.25分的总成绩成功夺得金牌。比赛场地简化如图所示，运动员某次从a点由静止开始下滑到达b点的过程中，动能 　 　 （选填“增大”“减小”或“不变”），运动员在c点的机械能 　 　 （选填“大于”“小于”或“等于”）在d点的机械能。（不考虑空气阻力） 押题解读 能源类型与转换重点考查太阳能、核能、化石能源等分类及转换过程，填空题有考查，分值3分。能量转化重点考查机械能、内能、电能之间的转换关系，常结合热机冲程（如汽油机做功冲程的内能→机械能）、发电机（机械能→电能）等，属于高频考点。 考前秘笈 1. 能源分类与转化方向性 （1）‌可再生能源与不可再生能源；‌ （2）‌能量转化方向性：涉及热传递、能量利用效率的不可逆性。 2. 能量转化与计算 （1）‌机械能与电能的转化； （2）‌光能与电能的转化：光电池的能量转化（光能→电能），结合新能源应用场景设计计算题。 1．人造卫星在大气层外运动，不受空气阻力作用，只有动能和势能的转化，当它从远地点向近地点运动时，重力势能 　 　 （选填“增大”“减小”或“不变”）。2024年3月20日，搭载探月工程四期鹊桥二号中继星的长征八号遥三运载火箭，在文昌航天发射场点火升空，如图所示。一起加速升空的过程中，以火箭为参照物，中继星是 　 　 （选填“静止”或“运动”）的，中继星的机械能 　 　 （选填“增大”“减小”或“不变”）。 2．如图所示，质量为6kg的无人机正沿着设定路线向斜上方匀速飞行，设定路线与水平面的夹角为30°。空气对无人机的力表示正确的是 　 　 （填“F1”“F2”“F3”或“F4”），无人机的机械能 　 　 （填“增加”“不变”或“减少”），在飞行路程为80m的过程中，无人机克服重力做的功为 　 　 J。 3．将80kg水从20℃加热到70℃水的内能增加 　 　 J，至少需要完全燃烧 　 　 m3的煤气（煤气的热值约为4.0×107J/m3才能提供，水内能的改变是通过 　 　 方式实现的。[水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）] 4．2022年5月20日18时30分，中国在酒泉卫星发射中心使用长征二号丙运载火箭，采取一箭三星方式，成功将3颗低轨通信试验卫星送入预定轨道，如图甲。该低轨通信试验卫星主要用于开展在轨通信技术试验验证。 （1）长征二号丙运载火箭使用偏二甲肼做燃料，火箭发射时，偏二甲肼燃烧将 　 　 转化为内能。 （2）如图乙，低轨通信试验卫星进入预定轨道后，接收到地面利用 　 　 （选填“光纤”“微波”或“超声波”）传来的指令信息将板状的两翼展开，板状的两翼是太阳能电池，它把太阳能直接转化成 　 　 能，供卫星使用。 5．我国的特高压输电技术在世界上处于领先水平，这种输电技术是传统输电效率的2～5倍。它可以将我国西南、西北地区的水电、风电、太阳能发电等清洁电能向中东部传输。 （1）电能属于 　能源（选填“一次”或“二次”），传统输电过程中效率较低，主要是因为较多的电能转化为 　 　能。 （2）某地区每年通过这项技术节约的电能约为3×1012kW•h，合计为 　 J。 6．如图﹣1所示，北京时间2025年1月23日下午1时15分，我国在太原卫星发射中心成功发射了千帆极轨06组卫星，使用的是长征六号改运载火箭。这次发射不仅成功将卫星送入预定轨道，还实现了长征系列运载火箭的第557次飞行，标志着我国在航天领域不断攀登新高峰。火箭喷出高温燃气获得升空动力的过程和图﹣2所示冲程中的　 　 （选填“甲”或“乙”）的能量转化相同；小光通过查找资料知道了航天器发动机用氢做燃料，这是因为氢的　 　 （选填“热值”或“比热容”）很大；若某段时间完全消耗了50kg的氢，则能放出　 　 J的热量。（已知氢的热值为1.4×108J/kg） 7．随着经济的发展，汽车已成为人们常用的交通工具。汽车应用了许多物理知识，请你回答下列有关问题：（q汽油＝4.6×107J/kg） （1）完全燃烧2kg汽油释放的能量为 　 J。 （2）汽车刹车时，为防止刹车片过热造成刹车失灵，要向刹车片喷水降温，这是通过 　 　 方式改变刹车片的内能。 （3）汽油机是汽车的“心脏”，一台四冲程汽油机工作时曲轴转速是1800r/min，此汽油机每个汽缸每秒钟完成 　 　 个做功冲程。 8．将80kg水从20℃加热到70℃水的内能增加 　 　 J，至少需要完全燃烧 　 　 m3的煤气（煤气的热值约为4.0×107J/m3才能提供，水内能的改变是通过 　 　 方式实现的。[水的比热容为4.2×103J/（kg•℃）] 押题猜想13 力学 1．下面甲、乙两幅图均是中国古代科技著作《天工开物》的插图，图甲中“透火焙干”时把湿纸贴在墙上利用了湿纸受到的摩擦力 　 　 （选填“大于”、“等于”或“小于”）重力而静止，图乙“六桨客船”中的船桨属于 　 　 （“省力”、“费力”或“等臂”）杠杆；图丙所示为“旋转秋千”工作时的情形，座椅在空中匀速转动，此时座椅受到的作用力 　 　 （选填“是”或“不是”）平衡力。 2．2025年哈尔滨亚洲冬季运动会，中国队以85枚奖牌高居第一位。如图是本次冰壶比赛的情景，运动员推动冰壶由静止开始向前运动，说明力可以改变物体的 　 　 。推出去的冰壶会继续滑行，这是因为冰壶具有 　 　 。 押题解读 本题借助于体育运动考查蕴含的物理知识，注重了物理和生活的联系，考查了学生应用物理知识解决实际问题的能力。运用惯性判断物体的运动；力可以改变物体的运动状态。 考前秘笈 物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性。物体的运动状态的改变包括速度大小和运动方向的改变。 滑动摩擦力的大小与压力大小以及接触面的粗糙程度有关，而与推力大小、速度无关； 摩擦力产生的条件：两物体相互接触、有压力、接触面粗糙、发生相对运动或有相对运动的趋势。 物体间力的作用是相互的；动能大小的影响因素：质量、速度；质量越大，速度越大，动能越大；重力势能大小的影响因素：质量，位置高度；质量越大，位置越高，重力势能越大；动能、势能统称机械能。 1．中国空间站的建造和运营对人类太空研究具有重大意义。2024年11月16日，天舟八号货运飞船成功对接空间站天和核心舱。如图所示，对接过程中，以天和核心舱为参照物，神舟载人飞船是　 　 （选填“运动”或“静止”）的；货物被飞船运送到太空后，货物的质量　 　 （选填“变大”“变小”或“不变”）；已知空间站绕地球转一圈的路程约为4.25×104km，运行时间约为92min，空间站运动的速度大小约为　 　 km/s（结果保留1位小数）。 2．如图所示，滑冰运动员用力蹬地，加速向前滑，这表明力可以改变物体的 　 　 ，头盔中的减震海绵层受头部挤压会变薄，这表明力可以改变物体的 　 　 ，运动员到达终点后，停止动作，但仍会继续向前滑行是因为他具有 　 　 。 3．第九届亚洲冬季运动会在哈尔滨举行，冰壶是亚冬会比赛项目之一。冰壶运动员的比赛鞋两脚的底部不同，蹬冰脚鞋的底部为橡胶，如图所示，球员掷冰壶时，蹬冰脚踏在起蹬器上用力后蹬，脚受到的摩擦力方向是向　 　 的；而滑动脚鞋的底部为塑料，这是为了　 　 摩擦。 4．2025年2月27日，长征二号将目前我国空间分辨率最高的商业遥感卫星四维高景一号03、04星顺利送入预定轨道。如图，运载火箭点火后向下喷出熊熊烈焰，使火箭上升，说明力的作用是　 　 的。火箭升空的速度越来越快，此过程中，03、04星的重力势能　 　 ，机械能　 　 。（后两空填“增大”“减小”或“不变”） 5．2023年5月28日，全球首架C919国产大飞机从上海虹桥机场飞抵北京首都机场，标志着C919正式投入商业营运，中国人终于坐上国产大飞机了。 （1）随着飞机从地面升空，飞机的重力势能 　 　 ；飞机能够升空飞行，是因为机翼上方空气的流速比下方空气的流速 　 　 （选填“大”或“小”），从而产生较大的升力。 （2）C919大飞机10：45离开虹桥机场，12：10到达首都机场，全程1178km，则C919大飞机本次飞行的平均速度约为 　 　 km/h。（结果保留整数） 押题猜想14 电磁学 1．如图所示，放在磁场中的导体棒ab、cd用导线串联，闭合开关。当用力使导体棒ab在磁场中做切割磁感线运动时，发现用绝缘细线悬挂着的导体棒cd也随之摆动，此时图中乙部分导体棒cd与磁体的组合相当于 　 　 （选填“电动机”或“发电机”）；图中甲部分应用的物理原理是 　 　 ，与甲部分工作原理相同的是 　 　 （选填“电铃”“动圈式话筒”或“扬声器”）。 押题解读 本题考查发电机与电动机的工作原理及动圈式话筒是根据电磁感应原理工作的。 考前秘笈 电动机是根据通电线圈在磁场中受到力的作用而发生转动的原理制成的。 电磁感应现象是指闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生感应电流。 电铃是利用电流的磁效应工作的，电流的磁效应是指电流周围存在磁场。动圈式话筒是根据电磁感应原理工作的。 1．如图甲是一款名为“铁钉桥”的科技展品，两边的“桥墩”是电磁铁。断电状态下，“桥墩”　 　 （选填“有”或“没有”）磁性；按下“通电”按钮，逐一将多个铁钉在两个“桥墩”间首尾相连，相邻铁钉间相互 　 　 （选填“吸引”或“排斥”）连成“桥面”。图乙为某一侧“桥墩”的电磁铁结构示意图，当通以图示方向的电流时，其右端为 　 　 极。 2．磁流体是一种新型功能材料，其周围如果存在磁场，就会“模拟”出磁感线的形状。如图所示，水杯中有磁流体，左侧为电磁铁A，右侧为永磁体B，闭合S后磁流体的情景如图。已知A左端为N极，则电源左端的极性是 　 　 ，永磁铁B右端的极性是 　 　 。 3．如图所示，无人驾驶出租车已在武汉等多个城市开展了载人运营服务。 （1）无人驾驶出租车向前匀速行驶时，车内的乘客相对于出租车是 　 　 的。 （2）无人驾驶出租车配备了能量回收系统，汽车在滑行或制动过程中，内部线圈切割磁感线产生感应电流，将 　 　 能转化为电能。 （3）无人驾驶出租车主要依靠车身的多个激光雷达来获取周围道路信息。汽车静止时，车上的激光雷达向前方的障碍物发射激光信号，若车上的接收装置在10﹣7s后接收到反射信号，则障碍物到车的距离是 　 m。 4．如图所示，GMR是一个巨磁电阻，其阻值随磁场的变化而变化。当开关S1闭合时，电磁铁右端为 　 　 （填“N”或“S”）极，再闭合开关S2，将滑动变阻器的滑片P向a端移动，电磁铁的磁性会 　 　 （填“增强”“不变”或“减弱”），指示灯变亮，说明巨磁电阻的阻值会随着电磁铁磁性的增强而 　 　 （填“变大”“不变”或“变小”）。 5．如图所示，弹簧下端挂一条形磁铁，磁铁下端为N极，条形磁铁的正下方有一带铁芯的螺线管，闭合开关后，电磁铁的上端为 　 　 极，弹簧长度会 　 　 （选填“增大”“减小”“不变”）；若想要让弹簧的长度缩短，应将滑动变阻器的滑片往 　 　 （“左”或“右”）滑。 6．小明在学习了电磁感应的知识后，重新做了“怎样产生感应电流”的实验。 （1）如图甲所示，闭合开关后，下列实验操作能使灵敏电流计指针发生偏转的是 　 　 （多选）； A.磁体不动，导体棒水平向右运动 B.磁体不动，导体棒向斜上方运动 C.磁体不动，导体棒沿前后方向运动 D.导体棒不动，磁体竖直向下运动 （2）小明对感应电流进一步探索，如图乙所示，把两个发光二极管极性相反地并联起来，并与发电机串联，转动摇把，发现两个二极管交替发光，说明电路中电流特点为 　 ； （3）小明在实验中有了新的思考：如果把图甲灵敏电流计换成 　 　 ，就能继续探究磁场对通电导体的作用。 题型三 实验题 押题猜想15 热学实验题 3．（2025•武汉青山区模拟）如图甲所示，是“探究水沸腾前后温度变化的特点”的实验。 （1）实验中，某时刻温度计示数如图甲所示，此时水的温度是 　 ℃。 （2）观察气泡可判断图甲中水处于沸腾时的状态，温度计的示数 　 　 （选填“上升”“下降”或“不变”）。 （3）图乙是根据收集的数据绘制成的温度﹣时间图象，可见当地的大气压 　 　 一标准大气压，若两次实验所用水的质量分别为m1、m2，则m1　 　 m2。（选填“＞”“＝”或“＜”） 押题解读 本题通过探究水的沸腾实验，从中考查了沸腾的现象、沸点与气压的关系等知识，全面掌握基础知识便可答题。 考前秘笈 晶体熔化过程中，吸收热量，温度不变。 非晶体没有熔点，当晶体凝固到最后温度和室温相同，图丙中两条曲线的交点温度相同。 水在沸腾过程中产生大量的气泡，气泡在上升过程中由于所受水的压强减小，所以体积逐渐增大；物质由气态变为液态叫液化，液化的两种方法：降低温度（温度越低越明显）、压缩体积。 液体的沸点与气压有关，气压越小，沸点越低，气压与海拔有关，海拔越高，气压越低。 1．某同学利用如图甲所示的实验装置探究冰熔化时温度的变化规律，得到了如图乙所示的温度随时间变化的图象。实验中要控制好烧杯中的水温。 （1）根据图乙所示的图象中 　 段温度的变化特点可知冰是晶体，在这段时间内，物质处于 　 　 态。 （2）该同学继续探究加有盐的冰块熔化时温度的变化特点。他将冰块放于易拉罐中并加入适量的盐，用筷子搅拌大约半分钟，易拉罐的下部和底部出现白霜，这些白霜是空气中的水蒸气 　 　 （填物态变化名称）形成的。用温度计测量罐中冰与盐水混合物的温度，可以看到混合物的温度 　 　 0℃。 2．某同学探究萘熔化时温度随时间的变化规律，所用的实验装置如图甲所示。 （1）除了实验装置中的器材外，还需要的测量工具是 　 　 。 （2）在安装实验器材时应按照 　 　 （填“自上而下”或“自下而上”）的顺序进行。 （3）利用“水浴”法加热的好处除了使试管受热均匀，还能 　 　 。 （4）该物质熔化时温度随时间变化的图象如图乙所示，则萘是 　 　 （填“晶体”或“非晶体”）。 3．如图所示，同学们做“观察水沸腾”的探究实验。 （1）在安装器材时出现如图甲所示情形，应调 　 　 （选填“铁杆a”或“铁圈b”）更合理； （2）器材调整好后，开始实验： ①如图乙所示的三个图，表示在观察水沸腾前后连续加热过程中出现的三个现象，请将它们按照出现的前后顺序排列起来 　 　 （填字母）； ②小枫根据实验数据，作出了水温随时间变化的图像，如图丙中的a图线。另一位同学使用相同装置，仅将水的质量减少，其他条件不变，根据实验数据作出水温随时间变化的图像可能是图线 　 　 （填字母）。 （3）小枫继续利用图丁所示器材模拟大自然中“雨”的形成。 ①用酒精灯对烧瓶加热一段时间后，在烧瓶口会冒出许多“白气”，这些“白气”是由瓶中的水蒸气发生 　 　 （物态变化名称）形成的； ②实验发现在金属盘底部会出现水滴，类似于大自然中“雨”的形成过程，为了使实验效果明显，让“雨”下得更大一些，则可在金属盘内加 　 　 （选填“热水”或“冰块”）。 4．如图甲是小明和小红同学“探究水沸腾前后温度变化的特点”的实验装置。 时间/min 0 1 2 3 4 5 6 7 8 温度 88 90 92 94 96 98 98 98 98 （1）实验前小明向烧杯中倒入热水而不用冷水，这样做的好处是 　 　 。 （2）如表是小明实验中得到的数据，从表中的数据可以分析出，水沸腾前的特点是 　 　 。该实验中烧杯内水上方气压 　 　 （选填“高于”或“低于”）一个标准大气压。 （3）小明和小红使用的酒精灯相同，根据实验数据绘制的图象分别如图乙中a、b所示。已知他们所用水的质量之比是3：5，则a、b加热至沸腾所用时间之比是 　 。 5．小明同学利用图甲所示两个相同的实验装置探究水和食用油的吸热能力。实验数据记录如表： 物质 质量/g 初始温度/℃ 最后温度/℃ 加热时间/min 水 100 25 45 5 食用油 100 25 65 5 （1）设计实验方案时，需要合理的选择实验器材和加热方法，你认为其中多余的是 　 。 A.采用完全相同的加热方式 B.酒精灯里所加酒精量相同 C.取相同质量的水和另一种液体 D.盛放水和另一种液体的容器相同 （2）由表中数据可知，若要使水和食用油的升高后的最后温度相同，则要继续给 　 　 （选填“水”或“食用油”）加热一段时间，待两者升高的温度相同时，水吸收的热量 　 　 （选填“大于”或“小于”或“等于”）食用油吸收的热量。 （3）若小明实验前，用温度计测出初温不同的水和食用油的温度，然后加热相同的时间，用温度计测出水和食用油末温也不同，则 　 　 （选填“能”或“不能”）得出水和食用油的吸热能力大小关系。 （4）同组小华又探究“物质的放热能力”，分别用质量均1kg的水和另一种液体进行对比实验，已知水的比热容大于另外一种液体的比热容，并画出温度随时间变化的图像，如图乙所示，实验过程中，若水和另一种液体在相同时间内放出的热量相等，分析图像可以得出：另一种液体的比热容为 　 　 J/（kg•℃）。[c水＝4.2×103J/（kg•℃）] 押题猜想16 光学实验题 1．某同学利用凸透镜、蜡烛、光屏、光具座等器材，探究“凸透镜成像规律”。 （1）用一束平行光正对凸透镜照射，移动光屏，直到光屏上出现最小、最亮的光斑，如图甲所示，则凸透镜的焦距是 　 　 cm。然后将蜡烛、凸透镜和光屏固定在光具座上，如图乙所示。若保持凸透镜的位置不变，将蜡烛移动到10cm刻度线处，然后移动光屏，直到出现烛焰清晰倒立的实像，此成像特点与 　 （选填“照相机”“投影仪”“放大镜”或“显微镜”）成像特点相同。 （2）在（1）的基础上，将透镜更换成另一个焦距为9cm的凸透镜，发现光屏上的像变得模糊，此现象与 　 　 （选填“近”或“远”）视眼成因相似。为了使光屏上的像恢复清晰，可向 　 　 （选填“靠近”或“远离”）凸透镜的方向移动蜡烛。 押题解读 本题“探究凸透镜成像规律”，考查了凸透镜成像规律的运用及像距随物距的变化规律和平面镜成像规律的运用。 考前秘笈 探究凸透镜成像的实验时，调整烛焰、凸透镜、光屏三者的中心大致在同一高度，像才能呈在光屏的中心； u＞2f，f＜v＜2f，成倒立、缩小的实像；照相机； 当2f＞u＞f时，成倒立、放大的实像，应用于幻灯机和投影仪； 凸透镜成实像时，物距增大，像距减小； 凸透镜的焦距越大，折光能力越弱；凸透镜对光线有会聚作用，远视眼镜为凸透镜。 1．在探究“凸透镜成像规律”的实验中。 （1）如图1为凸透镜的物距和像距关系图，可知凸透镜的焦距f＝ 　 cm； （2）先将点燃的蜡烛放置在图2所示的位置，移动光屏将得到一个 　 　 （选填“放大”或“缩小”）清晰的烛焰像；利用这一成像特点人们制成了 　 （选填“放大镜”“投影仪”或“照相机”）； （3）接着将蜡烛移到零刻度线处，此时若要在光屏上得到清晰的烛焰像，可以把光屏 　 （选填“向左”或“向右”）移动，直到光屏上出现清晰的烛焰像。 2．小明用焦距为10cm的凸透镜探究凸透镜的成像规律，当各器材如图所示时，光屏上承接到烛焰清晰的像。 （1）实验前小华应该首先点燃蜡烛并调整蜡烛和光屏的位置，使烛焰和光屏中心处在凸透镜的 　 　 上，即“三心等高”，这样像可以成在光屏正中央。 （2）保持凸透镜位置不变，小明将蜡烛移动到25cm刻度线处，若想在光屏上得到清晰的像，应把光屏移至 　 　 cm刻度线处。 （3）在探究物距大于二倍焦距的成像特点时，改变物距做了三次实验。与做一次实验相比较，做三次实验的好处是 　 　 。 （4）在如图情景中，换用焦距为15cm的凸透镜继续实验，下列说法正确的是 　 　 （填序号）。 A.向左移动蜡烛，可在光屏上得到烛焰缩小的清晰的实像 B.向左移动透镜，可在光屏上得到烛焰等大的清晰的实像 C.向右移动光屏，可在光屏上得到烛焰放大的清晰的实像 D.无论怎样移动蜡烛，在光屏上都得不到烛焰的清晰的像 3．在做“探究凸透镜成像规律”的实验中，如图甲测出了凸透镜的焦距，如图乙进行实验： （1）调整器材时，应 　 　 （选填“点燃”或“不点燃”）蜡烛。 （2）如图乙所示，烛焰恰好在光屏上成倒立、放大的实像，生活中的 　 　 （选填“照相机”“投影仪”或“放大镜”）就是利用了这样的成像原理；小聪好动且思维颇有创意，他突发奇想，要是把蜡烛与光屏的位置互换，结果会怎样呢？他立即一试，哇塞！太神奇了，光屏上的像依旧十分清晰，只是原来放大的像变成了缩小的像！请你解释一下所成像依旧清晰的原因是 　 　 ；实验中，若用不透明的硬纸板挡住凸透镜的上半部分，则光屏上 　 　 （填选项序号）。 A．只出现烛焰像的上半部分 B．只出现烛焰像的下半部分 C．出现烛焰完整的像，但像更小了 D．出现烛焰完整的像，且大小不变，只是变暗了 （3）实验过程中，某时刻，风一吹，烛焰向左偏，则光屏上成的像将向 　 　 偏；随着蜡烛的燃烧，可观察到光屏上的像向 　 　 （选填“上”或“下”）移动。 （4）老师用发光二极管制作了一个“F”形光源代替蜡烛放在10cm刻度处，凸透镜在图乙中的位置不变，则光屏上得到的清晰的像的形状应该是 　 　 。 4．小林同学在“探究凸透镜成像规律”的实验中，将实验器材调节好后，把点燃的蜡烛放在距凸透镜较远的地方，然后逐渐移近，观察烛焰成像情况并记录物距和像距。请你完成下列内容： （1）蜡烛、凸透镜、光屏在光具座上的位置如图1所示，此时烛焰的像成在光屏的中央，这与 　 　 （选填“照相机”、“投影仪”或“放大镜”）的成像特点相同。若只将凸透镜调高，则光屏上烛焰的像会向 　 　 （选填“上”或“下”）移动。 （2）实验过程中，小林同学在蜡烛和凸透镜之间放置一副眼镜，光屏上原来清晰的像变模糊了，他将蜡烛靠近凸透镜后，光屏上再次出现了清晰的像，该眼镜是矫正 　 　 （选填“近视眼”或“远视眼”）。 （3）实验中，小林观察到图2中物点S的虚像S'，请根据凸透镜成像原理，在图中完成物点S发出的光线a经过凸透镜折射后的光线。（保留作图痕迹） 5．某小组用一个F光源为发光物体放置于A点，一块白色的硬纸板作为承接像的屏，研究F光源的成像情况，屏移至C点位置时刚好在屏上出现了一个清晰的像，如图所示。 （1）该小组选择的凸透镜焦距为 　 　 m。 （2）此时小丽在A侧观察到屏上形成了一个与物体大小相等的像，接着小亮将凸透镜更换为一个半透明玻璃平板，小亮在A侧通过玻璃恰好也能在光屏处看到了一个等大的像，此时小明则站在BC之间观察光屏上的像。上述实验过程中，小丽、小亮和小明观察到的分别是图2中的 　 　 （选填“①”“②”“③”或“④”）； ①丁、丙、乙 ②甲、乙、乙 ③丁、乙、丙 ④戊、乙、丙 （3）小丽继续实验，她将F光源移动到10cm刻度处，为了能在光屏上可能承接到清晰的像，她需要将屏向 　 　 （选填“左”或“右”）移动，这个实验现象可以说明 　 　 （选填“放大镜”“投影仪”或“照相机”）的成像特点。 6．如图所示，某同学用自制的水透镜来探究凸透镜成像规律，当向水透镜里注水时，水透镜的焦距将变小；当从水透镜里抽水时，水透镜的焦距将变大。 （1）如图甲所示，一束平行于主光轴的光射向水透镜，在光屏上得到一个最小光斑，则此时水透镜的焦距为 　 cm； （2）该同学移动蜡烛，水透镜和光屏至图乙所示位置时，恰能在光屏上看到清晰 　 　 （选填“放大”“等大”“缩小”）的像，若仅将蜡烛与光屏位置对调，则在光屏上 　 　 （选填“能”“不能”）看到清晰的像； （3）在（2）中将蜡烛与光屏位置对调后的场景下，该同学取了一幅眼镜给水透镜“戴上”，如图丙所示，发现光屏上的像变模糊，当往水透镜中加入适量的水后，发现烛焰的像再次变得清晰，由此判断该眼镜是 　 　 眼镜（选填“近视”“远视”）。 押题猜想17 力学实验题 1．在“探究杠杆平衡条件的实验”中。 （1）实验开始前，调节平衡螺母直到杠杆在水平位置平衡，在水平位置平衡的目的是便于测量 　　 ；接着在杠杆的两侧挂上不同数量的钩码，移动钩码的位置，使杠杆重新在水平位置平衡（如图甲），这时若在A、B下方分别再增挂一个相同的钩码，则杠杆 　 　 （选填“左”或“右”）端将下沉； （2）如图乙所示，若不在B点挂钩码，改用弹簧测力计在B点向下拉杠杆，使杠杆仍在水平位置平衡，当测力计从a位置转到b位置时，其示数大小将 　 　 （选填“变大”、“变小”或“不变”）； （3）请在图乙中画出弹簧测力计在b位置时，弹簧测力计拉力的力臂。 押题解读 考查究杠杆的平衡条件的实验，包括实验原理，实验器材，实验步骤，实验方法，数据分析，注意事项等内容。 考前秘笈 探究杠杆的平衡条件实验步骤： （l）实验前要调节杠杆的平衡螺母使其在水平位置平衡，其目的是使杠杆的重心落在支点上，从而消除杠杆的重力对平衡的影响。在实验过程中，不允许再旋动两端的螺母； （2）在已调节平衡的杠杆两端挂上不同数量的钩码，移动钩码的位置，使杠杆平衡．支点两边的钩码重力分别是动力F1和阻力F2，用刻度尺量出杠杆平衡时的动力臂L1和阻力臂L2。改变力和力臂的数值，多次实验，并将实验数据填入表格； 实验结论：杠杆的平衡条件是动力×动力臂＝阻力×阻力臂，可写作F1L1＝F2L2。 1．如图甲为小明同学“探究牛顿第一定律”的实验装置。实验中小明先后三次将同一小车放在同一斜面上的同一高度，然后分别用不同的力推了一下小车，使其沿斜面向下运动，逐渐减小水平面的粗糙程度，观察小车运动的距离，从而得出力和运动的关系。 （1）小明在实验操作中有一处明显的错误是（不要求解释错误的原因）：　 　 。 （2）纠正错误正确操作实验后发现：小车在毛巾表面上滑行的距离最短，在木板上滑行的距离最远，说明小车受到的阻力 　 　 （选填“越大”或“越小”），速度减小得越 　 　 （选填“快”或“慢”）。如果运动的小车不受阻力时，它将 　 　 。 （3）请在图乙中画出小车在斜面上运动时所受力的示意图。 2．探究二力平衡的条件。 （1）小明改用图乙装置进行实验，其主要原因是 　 　 ； A.小卡片是比较容易获取的材料 B.小卡片容易扭转 C.容易让小卡片在水平方向上保持平衡 D.减少摩擦力对实验结果的影响 （2）乙装置中，当卡片静止平衡时，左右两边钩码的质量分别是m1和m2，则m1　 　 m2（选填“＞”、“＜”或“＝”）； （3）乙装置中，在卡片平衡时，用剪刀将卡片从中间剪开并观察随之发生的现象 　 　 ； （4）当F1等于F2时，图丙和图丁中的小卡片能处在平衡状态的是 　 　 。 3．某物理小组在“探究影响滑动摩擦力大小的因素”实验中用到了弹簧测力计、一个木块、一个砝码、两个材料相同但表面粗糙程度不同的长木板。 （1）三次实验中都要求用弹簧测力计匀速拉动木块，使它沿水平长木板滑动，从而测出 　 和 　 　 之间的滑动摩擦力。 （2）比较图中 　 　 两次实验，可验证滑动摩擦力的大小与接触面所受压力有关； （3）小明在实验中发现弹簧测力计拉动木块运动时很难保证木块稳定地做匀速直线运动，导致弹簧测力计的示数不稳定，小明将图乙实验的过程中木块的运动状态和弹簧测力计的示数记录在表格中，记录时不慎遗漏了一次数据，这次弹簧测力计的示数可能为 　 　 。 A.0.5 B.0.8 C.1.0 D.1.4 实验次数 1 2 3 4 5 木块运动状态 静止 开始运动 加速 匀速 减速 弹簧测力计示数F/N 0.5 0.9 1.2 0.5 （4）在图丁中画出上面记录的第3次实验中，砝码对木块的作用力。 4．小明用如图所示的器材探究液体内部压强的特点。 （1）若在使用压强计前发现U形管内水面有高度差，应通过方法 　 　 （填字母序号）进行调节； A.向U形管内加适量的水 B.从U形管内倒出适量的水 C.拆除软管重新安装 （2）调整好了以后，比较图乙、图丙两次实验得出结论：同种液体，　 越大液体内部的压强越大； （3）比较 　 　 两图可以得到：液体内部压强还与液体密度有关； （4）在丁图中探头在盐水中的深度为5cm，发现探头在水中6cm时U形管左右两侧水面的高度差与丁图中相同，则盐水密度为 ； （5）实验后，他自制了如图戊所示的装置继续探究。他向隔板左侧倒水，再向隔板右侧倒入另一种液体，当加到一定程度时，橡皮膜变平，如图戊所示，则容器底部受到液体压强关系是p左　 　 p右（选填“＞”、“＝”或“＜”）。 5．在“探究杠杆平衡条件”的实验中： （1）将杠杆的中点置于支架上，当杠杆静止时，发现杠杆左端下沉，这时应将左端的平衡螺母向 　 　 （填“左”或“右”）端调节，使杠杆保持 　 　 ，达到平衡状态。 （2）杠杆平衡后，小英同学在图甲所示的A位置挂上两个钩码，可在B位置挂上 　 　 个钩码，使杠杆在水平位置平衡。 （3）取下B位置的钩码，改用弹簧测力计拉杠杆的B点，当弹簧测力计由竖直向下逐渐转至斜向下拉的过程中（如图乙），杠杆始终在水平位置平衡，测力计的示数 　 　 （填“变大”“变小”或”不变”）。 6．甲、乙两位同学一起做探究杠杆的平衡条件的实验，以杠杆中点为支点，如图所示： （1）实验前，将杠杆中点置于支架上，当杠杆静止时，发现杠杆右端下沉，此时应把杠杆的平衡螺母向 　 　 （选填“左”或“右”）调节，使杠杆不挂钩码时在水平位置平衡； （2）如图甲所示，杠杆调节平衡后，在杠杆上A点处挂3个钩码，在B点处挂2个钩码，杠杆恰好在原位置平衡，于是便得出了杠杆的平衡条件为：Fl×lI＝F2×l2；请判断他这样得出的结论不合理，判断的理由是 　 　 （填选项）； A.实验次数太少，不能得到普遍规律 B.单位不同的物理量不能相乘 （3）如图乙所示，乙同学设计了两种实验方案：第一种弹簧测力计沿竖直方向拉，其读数为F1；第二种弹簧测力计倾斜拉，其读数为F2，在同等条件下，使杠杆水平平衡时，两次弹簧测力计读数F1　 　 F2（填“＜”、“＝”或“＞”）； （4）乙同学用图丙装置进行探究，发现当杠杆水平平衡时，与甲同学得出的杠杆平衡条件不相符，其可能的原因是 　 　 。 押题猜想18 电学实验题 1．在“探究电流与电阻的关系”实验中，部分器材选用如下：电压为6V的电源，阻值为0～50Ω的滑动变阻器，10Ω、20Ω、30Ω、50Ω的定值电阻各一个，其他器材，回答下列问题。 （1）闭合开关后，发现电流表无示数，电压表指针超过量程，则电路的故障可能是定值电阻 　 　 （选填“短路”或“断路”）。 （2）排除故障后，先将10Ω定值电阻接入电路，在移动滑动变阻器滑片的过程中，眼睛应注意观察 　 　 （选填“电流表”“电压表”或“滑动变阻器”）。 （3）接下来断开开关，取下10Ω的定值电阻，换成20Ω的定值电阻，闭合开关，应向 　 　 （选填“A”或“B”）端移动滑片，直至电压表示数为 　 V时，读出电流表的示数。记录实验数据，并绘制成图乙所示，分析图象可知：当导体两端的电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成 　 　 。 （4）当将20Ω电阻换成30Ω电阻时，无论怎样移动滑片，都无法保证电压不变。为了完成以上所有探究，可以更换电源，则更换的电源电压范围是 　 　 。 押题解读 本题探究电流与电阻的关系，考查电压表读数、控制变量法、操作过程及串联电路的规律和欧姆定律的运用，最后一问难度较大。 考前秘笈 （1）理解实验方法：在探究电流与电压、电阻关系的实验中，由于两个因素都会对电流产生影响，所以我们采用控制变量法来进行研究，即研究电流与电压关系时要控制电阻一定，研究电流与电阻关系时要控制电压一定。 （2）理解探究过程：研究电流与电压关系时移滑动变阻器的滑片目的是改变定值电阻两端的电压；研究电流与电阻关系时移滑片的目的是使定值电阻两端的电压保持一定。 （3）理解结论描述： ①两个实验的结论前面都要加上条件：“当导体的电阻一定时”、“当导体两端的电压一定时”； ②注意用词先后顺序：“电流与电压”、“电流与电阻”不能说成“电压与电流”、“电阻与电流”； ③“电压”“电流”“电阻”每个词前的修饰语都是不同的：“导体中的电流”，“导体两端的电压”，“导体的电阻” 1．某同学在探究电流与电压的关系时，连接了如图甲所示的电路，电源电压保持6V不变。 （1）该同学连接的电路接错了一根导线，请你在这根导线上打“×”，并补画出正确的那根导线。 （2）正确连接电路后，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于最 　 　 端（填“左”或“右”）。 （3）该同学在实验过程中记录的数据如表格所示，他所选用的滑动变阻器最大电阻不小于 　 　 Ω，这5次实验中，定值电阻的电功率最大变化了 　 　 W。 实验序号 1 2 3 4 5 电压U/V 0.6 0.9 1.2 1.5 1.8 电流I/A 0.15 0.22 0.30 0.38 0.45 （4）实验完成后，该同学将定值电阻换成额定电压为2.5V的小灯泡，当小灯泡正常发光时，电流表示数如图乙所示。当小灯泡两端电压为2V时，小灯泡的实际功率可能为 　 　 （填“0.36W”“0.45W”“0.56W”或“0.64W”）。 2．在探究“电流与电压的关系”的实验中，小枫同学连接如图所示的部分电路，已知电源电压恒为6V，滑动变阻器规格为“50Ω，0.5A”。 （1）请将图中的实物电路连接完整，要求滑动变阻器的滑片向右滑动时电压表示数变大，且导线不允许交叉。 实验次数 1 2 3 4 5 电压U/V 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 电流I/A 0.1 0.21 0.3 0.39 0.5 （2）若闭合开关时电流表指针向零刻度线左侧偏转，其原因是 　 　 。将问题解决后，小枫通过调节滑动变阻器的滑片P，测出通过定值电阻R的电流和对应的电压值，并记录在表中。老师看了表中的实验数据后，却说其中有一次实验的数据是编造的，编造的是第 　 　 次。 （3）若小枫选用10Ω的定值电阻进行实验，电路、电源电压和滑动变阻器的规格均不变。电流表与电压表的量程分别为“0～0.6A和0～3V”，在不损坏电路元件的情况下，电路消耗的最大电功率为 　 W。 （4）小枫接着用该装置探究电流与电阻的关系，控制电压表的示数为2.5V保持不变，除更换定值电阻外，电路其它连接不变，可供选择的定值电阻有4Ω、5Ω、6Ω、10Ω、30Ω、40Ω。他不能选用的定值电阻是 　 　 。 3．用“伏安法”测量已坏收音机里一个电阻的阻值，请完成下列实验探究。 （1）用笔画线代替导线将图甲的实物电路图连接完整。 （2）闭合开关前，滑动变阻器应滑到 　 　 （选填“A”或“B”）端。 （3）用滑动变阻器调节接入电路中的电阻，记录每次对应电流值和电压值，多次测量的目的是 　 　 （选填字母代号）。 A．寻找普遍规律； B．求平均值减小误差。 （4）某一次测量时，电流表的指针如图乙所示，其示数为 　 　 A，电压表的指针如图丙所示，其示数为 　 　 V，根据上述数据计算出Rx的阻值为 　 Ω。 （5）要测量额定电压为U0的小灯泡正常工作时的电阻，设计了图丁四种方案，电源电压不变，R为已知电阻，在不改变电路连接的情况下可行的是 　 　 （选填字母代号）。 4．用如图甲所示的电路探究电流与电压的关系。其中，电源电压保持6V不变，定值电阻的阻值为10Ω，滑动变阻器规格为“20Ω，1A”。 （1）请用笔画线代替导线，将图甲的实物图连接完整，要求滑动变阻器的滑片向右移动时，接入电路的电阻变大。 （2）调节滑动变阻器的滑片，读取每次电压表、电流表示数，将数据填在表格中。 数据序号 1 2 3 4 5 电压U/V 2 3 4 5.5 电流I/A 0.2 0.3 0.35 0.4 0.55 ①第3次实验电压表的示数如图乙所示，为 　 V，此时滑动变阻器的阻值为 　 　 （保留整数）Ω。 ②分析表格数据可得出：在导体的电阻一定时，通过导体的电流与导体两端电压成 　 　 。 （3）继续实验，若滑动变阻器消耗的电功率为0.5W，则电路中的电流为 　 　 A。 5．小华同学用图1所示电路图探究“电流与电阻的关系”，实验中所用的定值电阻分别是5Ω、10Ω、15Ω、20Ω，电源电压为6V不变，滑动变阻器“20Ω，1A”。 （1）请根据图1所示的电路图用笔画线代替导线将图2所示的实物连接成完整电路。 （2）小明和小华先后进行实验，并作出I﹣R图象如图3所示，　 　 图（选填“甲”或“乙”）不符合实验要求，理由是：　 　 。 （3）按照上述正确的一组数据继续探究：小华用30Ω的定值电阻代替原来的电阻进行实验，发现无论怎样移动滑片电压表示数都 　 　 3V。（选填“大于”、“小于”或“等于”） （4）在上述实验中当接入的定值电阻为10Ω时，滑动变阻器和该电阻的功率之比为k1，若接入20Ω电阻时该比值为k2，则k1　 　 k2（选填“＞”、“＜”或“＝”）。 6．某同学采用如图1的电路来测量标有电压为2.5V的小灯泡电阻，电源为两节新干电池。 （1）为保证电路安全，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应调至最 　 　 （填“左”或“右”）端。 （2）闭合开关后，发现小灯泡不亮，且电压表有示数，而电流表无示数。分析可知，电路中发生的故障可能是 　 　 。 （3）排除故障后，该同学将实验中的数据填入下表。 数据序号 1 2 3 4 5 6 7 电压U/V 2.5 2.1 1.7 1.3 0.9 0.5 0.1 电流I/A 0.28 0.26 0.24 0.21 0.19 0.16 0.05 电阻R/Ω ①灯泡正常发光的电阻为 　 　 （结果保留一位小数）。 ②如图2所示四个图象，与该同学实验过程中小灯泡的I﹣U关系相符合的是 　 　 （填标号）。 ③该同学在实验中选用的滑动变阻器的最大阻值为 　 　 （填“10Ω”“20Ω”“50Ω”或“60Ω”）。 7．洛洛同学想测定小灯泡的额定功率，如图所示，她选用了以下器材：标有“2.5V”，字样的小灯泡（正常工作电流约0.3A）。电源（电压为6V且不变），量程为“0～0.6A”与“0～3A”的电流表、量程为“0～3V”与“0～15V”的电压表、开关、导线若干，以及两种规格的滑动变阻器（分别标有“10Ω 1A”、“20Ω 0.5A”字样）。 （1）通过估算，洛洛应选择标有 　 　 字样的滑动变阻器。 （2）请用笔画线代替导线将图甲中实物电路图连接完整（滑片向左滑动时灯泡变亮）。 （3）连接好电路后，闭合开关，洛洛同学发现无论怎样移动滑动变阻器的滑片P，小灯泡都不发光，电流表、电压表示数始终为零，若电路只有一处故障，则故障可能为 　 。 A．灯泡短路 B．灯泡断路 C．变阻器断路 D．变阻器短路 （4）排除故障后，闭合开关，移动滑片，某时刻电压表示数为2.0V，此时应向 　 　 （选“左”或“右”）端移动滑片，直至 　 　 ，若此时电流表示数如图乙所示，则此灯泡的额定功率为 　 　 W。 （5）同组的阳阳同学打算只利用一只电表和增加一个已知阻值的定值电阻R0，来测量小灯泡的额定功率。他设计了如图所示的不同方案的电路图，其中能达到实验目的有（多选） 　 　 。 题型四 计算题 押题猜想19力学综合计算 1．2023年5月，海上钻采平台“恩平20﹣4钻采平台”安装完成，创造了我国海上油气平台动力定位浮托安装总重的新纪录。“恩平20﹣4钻采平台”是由上部组块和下部海底导管架两部分组成，上部组块整体质量达1.47×104t，在陆地建造完成后，由半潜船装载运输至海上，与之前已经安装在海底的导管架对接安装。（整个装载过程不计支撑框架的重力） （1）如图甲所示，为了将上部组块装载到半潜船上，工程人员在码头和半潜船的甲板上铺上滑轨，然后将上部组块固定在支撑框架上，再将支撑框架放上滑轨，通过牵引装置将组块缓缓拉到半潜船上。若支撑框架和滑轨之间的总受力面积为7.5m2，则支撑框架对滑轨的压强是多少Pa？ （2）上部组块在装船前，工程人员调整半潜船的压载水量，使半潜船甲板保持水平且与码头的地面相平，然后将组块缓缓拉到半潜船上，不断向外排出海水，使半潜船甲板始终保持水平且与码头的地面相平。上部组块装载完成后，半潜船向外排出海水的体积约多少m3？ （3）本次采用的浮托安装是海洋油气平台安装的一种方式，巧妙地利用海上潮汐的自然力进行安装。如图乙所示，若安装完成后左侧导管架对组块的支持力作用点等效为A点，右侧导管架对组块的支持力作用点等效为C点，上部组块的重心在O点，AB：BC＝10：11，则两侧导管架对组块支持力的差值是多少N？ 押题解读 力学的综合计算常考的有：速度公式、密度公式、压强公式、浮力公式、功的公式、功率公式、机械效率公式等公式的综合应用。 中考物理综合题的特点主要体现在综合性、实践性和创新性上。这些特点不仅考查了学生对物理知识的掌握程度，更检验了学生的思维能力和解题技巧。因此，在备考中考时，学生应加强对物理知识的综合运用能力、实践应用能力和创新能力的培养。 考前秘笈 公式 变形式 （常考） 物理量 主单位 其他常用单位 m=ρV 质量（m） kg（千克） g（克）、mg（毫克） 体积（V） m3（立方米） cm3（立方厘米） 密度（ρ） kg/m3（千克每立 方米） g/cm3（克每立方厘米） G=mg 质量（m） kg（千克） g（克）、mg（毫克） 重力与质量的比值（g） N/kg（牛每千克） —— 重力（G） N（牛） —— F=pS 力（F） N（牛） —— 受力面积（S） m2（平方米） cm2（平方厘米） 压强（p） Pa（帕） —— p=ρgh 密度（ρ） kg/m3（千克每立 方米） g/cm3（克每立方厘米） 重力与质量的比值（g） N/kg（牛每千克） —— 物体浸入水中的深度（h） m（米） cm（厘米） 压强（p） Pa（帕） —— 公式 变形式（常考） 物理量 主单位 其他常用单位 F浮=G排=ρ液gV排 密度（ρ） kg/m3（千克每立 方米） g/cm3（克每立方厘米） 排开液体的体积（ V排） m3（立方米） cm3（立方厘米） 重力与质量的比值（g） N/kg（牛每千克） —— 浮力（F浮） N（牛） —— P=Fv W=Pt 力（F） N（牛） —— 距离（s） m（米） cm（厘米） 功（W） J（焦） —— 速度（v） m/s（米每秒） km/h（千米每小时） 功率（P） W（瓦） kW（千瓦） 时间（t） s（秒） h（小时）、min（分钟） 杠杆平衡条件 F1l1=F2l2 —— 动力（F1） N（牛） —— 阻力（F2） N（牛） —— 力臂（l） m（米） cm（厘米） W有=gh W总=Fs 重力（G） N（牛） —— 上升高度（h） m（米） cm（厘米） 有用功（W有） J（焦） —— 拉力（F） N（牛） —— 距离（s） m（米） cm（厘米） 总功（W总） J（焦） —— 机械效率（η） —— —— 1．如图甲所示为一种半潜船，它通过调整自身水舱中的压载水，将装货甲板潜入水中，再将所要承运的特大件货物（如舰船、钻井平台等）从指定位置浮入半潜船的装货甲板上，定位好后排放水舱中的压载水，直至半潜船上浮至预定的水线。其部分参数如表：（海水密度取1×103kg/m3） 最大下潜吃水/m 30 最大载货（浮载）/万吨 10 最大航速/m/s 8 发动机输出功率/kW 1.6×106 （1）半潜船处在最大下潜状态时，船底所受海水的最大压强为多少Pa？ （2）当半潜船发动机以表中恒定功率工作，保持最大航速匀速航行时，求其航行的动力大小。 （3）半潜船以最大“浮载”装货时，与载货前相比，船和货物所排开海水的体积增加多少？ 2．如图甲是我国研制的用于修理大型船舰的船坞一“华船一号”，其全长168m，宽48m，高16m，它有一个巨大的“凹”字形船舱，两侧有墙，上面装有吊装牵引装备，前后两端敞开，供待修船舰出入。船坞底部和两侧坞墙内有若干个浮箱，用来灌水和排水，实现船坞的沉与浮。某次作业中，为了抢修一艘总质量为1.2万吨的“MR”号待修船，船坞先自航到指定海域，然后向浮箱内灌水，船坞开始下沉；当船坞下沉到甲板刚好与海面相平时，船坞的吃水深度为4m、排水量为4万吨（如图乙所示）。继续向浮箱内灌水，当船坞下沉到坞内水足够深时，船坞上的卷扬机将“MR”号船水平牵引漂浮进船坞，此时船坞的吃水深度为14m、排水量为6.3万吨（如图丙所示）。接着抽出浮箱内的水，船坞上浮直至甲板刚好与海面相平，托起“MR”号开始修理工作，（如图丁）。（ρ海水＝1.0×103kg/m3） （1）当甲板刚好与海面相平时，船坞底部受到海水的压强为多少？ （2）“MR”号待修船在卷扬机水平拉力下以0.5m/s的速度匀速进入船坞，卷扬机的功率恒定为200kW，“MR”号进船坞时受到水的阻力为多少？ （3）“MR”号船进船坞后，船坞浮箱内至少要向外排水多少立方米才可以开始修理工作？ 3．2023年5月，“恩平20﹣4钻采平台”上部组块与下部海底导管架对接安装完成，创造了我国海上油气平台动力定位浮托安装总重的新纪录。“恩平20﹣4钻采平台”上部组块整体质量达1.55×104t，建造完成后，由我国自主建造的“海洋石油278”半潜船装载运输至海上安装现场。由于“恩平20﹣4钻采平台”上部组块整体质量超过常规海上浮吊极限，工程人员采用了如图所示的横向滑移装船方式进行装船。 （1）工程人员将平台上部组块固定在支撑框架上，再在码头和半潜船的甲板上铺上滑轨，然后通过牵引装置将组块缓缓拉到半潜船上。 ①若要求支撑框架对滑轨的压强不能超过2×107Pa，不计支撑框架的重力，则支撑框架和滑轨之间的受力面积不能小于多少m2？ ②若牵引装置对支撑框架的拉力为1.2×106N，组块移动了约200m，则拉力在这个过程中大约做了多少J的功？ （2）平台上部组块在横向滑移装船过程中，需要调整半潜船的压载水量，使甲板始终保持水平且与码头的地面相平。在将平台上部组块横向滑移至码头边缘时，工作人员控制压载水舱向外排出2×104t的水，使低于码头的甲板上升至与码头平齐，牵引装置继续拉动支撑框架，当平台上部组块整体转移至甲板时，半潜船内压载水量为1.6×104t。整个装载过程中，若不考虑海平面的变化、不计支撑框架的重力，则半潜船向外排出的海水约多少m3？ 4．目前拆除石油平台一般都采用双船起重法，即采用两艘完全相同的起重船，从平台两侧底部将平台联合抬起（如图甲）。已知某石油平台质量为4×103t，每艘起重船重2×108N，每艘起重船的甲板上配有4门杠杆式甲板起重器（如图乙）。如图丙为其中一门甲板起重器示意图，O点与A点为甲板起重器支撑固件，A固件下方有一台液压起重设备与固件相连，OB之间有一个配重罐，可在起重器上OB间移动，AB＝60m，OA＝20m。在甲板起重器抬起石油平台时，先将配重罐移动并固定在某一位置，使平台对甲板起重器的压力作用点刚好在A的正上方。此时A点下方的液压起重设备工作，给A点施加竖直向上的推力。 （1）起重机10min将石油平台缓慢抬高了15cm过程中，石油平台克服重力做功为多少？ （2）石油平台被抬起时，每艘起重船舶排开水的体积变化了多少m3？ （3）调节配重罐在B点，当石油平台刚被抬起时，每门甲板起重器A点处受到液压起重设备的竖直向上的推力为2×106N，求配重罐的质量为多少t？（不计杠杆式甲板起重器的重力） 5．为了进一步丰富群众文化生活，某公园全新打造的水上舞台成了又一靓丽景观。其舞台简化图如图甲所示，舞台架两侧的底部安装有若干体积为1.5m3的水箱，空水箱的质量为450kg，舞台上的传感器设备可以控制往水箱中充水或从水箱向外排水，从而保持水箱的上表面与水面始终相平，实现真正的半自动化控制。已知该舞台和舞台架（不含水箱）的总质量为10t，粗略认为其重心在图中O点，该舞台可以允许承受的演员和设备的总质量最大为6t。 （1）舞台的上表面有一层专用的舞台地板，它的材料中含有一定量的聚氯乙烯，具有不涩、不滑、柔韧性好的特征，有一定的缓冲作用。已知其中一块地板长度为50cm，宽度为30cm，厚度为4cm，质量为10.8kg，则该地板的密度是多少？ （2）当舞台以允许承载的最大载荷进行表演时，为了安全，每个水箱中至少还得保留50kg的水以防意外，若按照此要求设计舞台，至少需要安装几个水箱？ （3）如果舞台上质量分布不均匀，容易导致舞台侧翻，传感器设备可以通过控制左、右两侧水箱中的水量来避免危险的发生。如图乙所示，某次演出时将质量为2t的设备C放在舞台上，其重心距离O点的水平距离为20m，两侧水箱重心A、B到O点的水平距离为25m，此时通过传感器控制左、右两侧水箱中水的总体积分别为V1、V2，则V1和V2的差为多少立方米？ 6．换流变压器是特高压直流输电工程中重要的组成设备之一，其具有体型大、重量大、运输难度高、施工难度高、施工周期长等诸多特点。如图是我国自行研制的±1100千伏特高压换流变压器，主体部件达m1＝500t，两只阀侧套管每只自重m2＝18t，阀侧套管长达L＝28m，所有部件全部组装之后总重M＝909t。 （1）换流变压器主体部件由一辆长90米的特殊装备运输车运送，运输车自重，m3＝40t（包含轮胎）、为防止车辆运送过程对道路的损坏，设计要求运输车对路面的压强不得超过8×104Pa，已经每个轮胎与地面接触面积为S1＝0.25m2，运输车至少要安装多少个轮胎？ （2）特殊装备运输车自身无动力，依靠两辆大件运输车驱动2min内在平直的道路上匀速行驶了60m，一辆大件运输车在前方进行牵引，一辆大件运输车在尾部推行，特殊装备运输车在水平路面上受到的阻力是自身总重力的0.2倍，两辆大件运输车对特殊装备运输车做功的总功率为多少kW？ （3）换流变压器的组装最困难的就是两只阀侧套管的安装，首先用专用吊环A和C固定套管，然后吊至离地面大约2m处。如图4是调整好角度的套管示意图，左侧吊带AB＝20m，右侧吊带BC＝15m，AC＝25m，套管重心O在大吊勾B的正下方，A点和C点到竖直线BO距离均为12m，求此时吊带BC上的拉力。（不计吊带重，手动葫芦重） 押题猜想20 电热综合计算 1．28．（2024•武汉武昌区模拟）如图甲为某学校可提供温、热两种饮用水的直饮机。其加热部分工作原理简化电路如图乙所示，其中S是自动温控开关，R1为电加热管，当饮水机处于加热状态时，水被迅速加热；达到设定温度时，S自动切换到保温状态，其铭牌如表所示。图丙是它的热交换套管，出水管套在进水管内，进水管中的冷水给出水管中的开水降温，同时，进水管中的冷水被预热后送到加热腔中加热，加热腔烧开的水经热交换套管后变成温水，可立即饮用。[ρ水＝1.0×103kg/m3，c水＝4.2×103J/（kg•℃），不考虑温度对阻值的影响，且不考虑指示灯A、B的阻值] 出水流量 1～3L/min 额定电压 220V 加热功率 1kW 保温功率 100W 开水温度 97～100℃ （1）求在加热状态下，饮水机正常工作时电路中的电流（结果保留一位小数）； （2）求电阻R2的阻值； （3）当饮水机出热水的流量为1L/min时，20℃的自来水经热交换套管后被预热成热水流进加热腔，同时有相同质量的100℃的开水从加热腔流进热交换套管，且出水口的温水与预热后的热水温度相同。在一个标准大气压下，预热后的热水进入加热腔加热成开水的过程中，每分钟吸收的热量为多少？（不计热量损失） 押题解读 电学作为物理学中的重要领域，热学作为物理学的重要分支，同样将在中考物理计算推导题中有所体现。预计会出现涉及热传导、热辐射、热效率结合比热容、热值等公式和知识点融合题目。这些题目可能会结合生活实际，要求学生运用所学知识解释现象或解决问题，要求学生能够灵活运用欧姆定律、电功率等基本原理解决实际问题。 考前秘笈 公式 变形式 （常考） 物理量 主单位 其他常用单位 U=IR 电压（V） V（伏） mV（毫伏） 电阻（R） Ω（欧） kΩ（千欧） 电流（I） A（安） mA（毫安） W=UIt —— 电压（V） V（伏） mV（毫伏） 电流（I） A（安） mA（毫安） 时间（t） s（秒） h（小时）、min（分钟） 电功（W） J（焦） 电能表上常用的单位为kW·h W=Pt P=UI P=I2R 电功（W） J（焦） 电能表上常用的单位为kW·h 时间（t） s（秒） h（小时）、min（分钟） 电功率（P） W（瓦） kW（千瓦） Q=I2Rt 电流（I） A（安） mA（毫安） 电阻（R） Ω（欧） kΩ（千欧） 时间（t） s（秒） h（小时）、min（分钟） 热量（Q） J（焦） kJ（千焦） 公式 变形式 （常考） 物理量 主单位 其他常用单位 Q=cmΔt 比热容（c） J/(kg·℃)（焦每千克摄氏度） —— 质量（m） kg（千克） g（克）、t（吨） 时间（t） s（秒） h（小时）、min（分钟） 热量（Q） J（焦） kJ（千焦） Q=mq 质量（m） kg（千克） g（克）、t（吨） 热值（q） J/kg（焦每千克） —— 热量（Q） J（焦） kJ（千焦） Q=ηW 热量（Q） J（焦） kJ（千焦） 做功（W） J（焦） kJ（千焦） 热效率（η） —— —— 1．图甲为新型风暖浴霸，其安全性能好、发热柔和，深受大家喜爱。风暖浴霸是利用电动机鼓动空气流动，通过加热元件加热冷空气带动室内升温。图乙是某型号风暖浴霸的简化电路图，其发热元件是两根阻值不变的电热丝R1、R2，其主要参数如表，求： 额定电压 220V R1额定功率 1936W R2额定功率 968W 电动机功率 44W 适用面积 10m2 （1）开关S、S1、S2均闭合后浴霸正常工作时，电路干路中的电流是多少？ （2）R2的阻值是多少？ （3）浴霸正常工作时，使容积为20m3的房间内空气温度升高20℃，求室内空气吸收的热量是多少？[ρ空气=1.2kg/m3，c空气=1.0×103J/（kg•℃），不考虑其他因素影响] 2．为满足人们对健康饮食的追求，某品牌推出了一款新型电热饭盒如图甲，图乙虚线内是电热饭盒内部的简化电路图，R1和R2均为电热丝，R1＝374Ω（阻值不随温度变化，部分参数如表所示）。求： 额定电压 220V 额定功率 低温挡 高温挡 440W （1）电热饭盒在高温挡正常工作时，通过它的电流； （2）电阻R2的阻值及低温挡的功率； （3）高温挡工作5分钟，低温挡工作3分钟放出的总热量是多少？ 3．空气能热水器是一种节能环保的热水器，它的构造和原理如图所示。液态的物质通过膨胀阀后进入空气热交换器，吸收空气中的热量变成气态物质，生成的气态物质又由压缩机压入冷凝器，在这里变成液态物质并放出大量的热把水箱中的水加热，如此循环往复。 （1）空气能热水器中，在空气热交换器和冷凝器处发生的物态变化分别是 　 　 （填标号）。 A.升华、凝华 B.汽化、凝华 C.升华、液化 D.汽化、液化 （2）下表是某品牌空气能热水器的部分铭牌参数。 水箱容积 120L 压缩机额定电压 220V 压缩机额定功率 500W 能效等级 1级 ①压缩机正常工作时，通过压缩机的电流是多少A？（结果保留两位小数） ②空气能热水器的热效率是指水吸收的热量和压缩机消耗的电能之比，由于水升温时吸收的热量是由电能做功从空气中“搬运”而来，而不是由电能直接转化而来，所以空气能热水器的热效率通常会大于300%。若该热水器在环境温度为20℃时，热效率为336%，则该热水器将一箱水从20℃加热到50℃需要多长时间？ 4．一种电热水龙头俗称“小厨宝”，通常安装在厨房里以便提供热水。如图是它的实物图和内部电路图。旋转手柄可使扇形开关S同时接触两个相邻触点，从而控制水龙头流出的水为冷水、温水或热水。已知R1、R2是电热丝，其中R2＝44Ω，温水挡的电功率是880W。求解下列各题： （1）电热丝R1的阻值是多少？ （2）当S旋到热水挡时，小厨宝正常工作90s产生的电热是多少？ （3）小艾同学注意到，这个“小厨宝”的设计有一个不足，不同的人对冷热程度需求不同，他的妈妈认为热水挡的出水温度过高。他针对这个不足对原电路进行改进，保持温水挡功率不变，热水挡发热功率在1980～1584W可连续变化，则需要在“R1”或“R2”所在的支路串联的滑动变阻器的最大阻值为多少。（滑动变阻器的功率不计入发热功率） 5．要某型号的电加热器有高、低两挡调温功能，其额定电压为220V，内部电路由发热电阻R1、R2和开关S1组成，其中R1＝55Ω。在不拆解电加热器内部电路的情况下，小华用图甲电路对其进行测试：先闭合开关S，电流表的示数为0.8A。再闭合S1，电流表的示数变为4A。 （1）求该电加热器低温挡和高温挡的功率； （2）求R2的阻值； （3）小华增加了一个单刀双掷开关S2，利用原有元件对该电加热器的内部电路进行改装，使改装后的电路（如图乙，图中的虚线框内分别是R1和R2）符合以下两点要求： a．具有高、中、低三挡调温功能。 b．低温挡功率不变，中温挡功率与原高温挡功率相同。 通过计算说明，改装后的高温挡功率将为多少？ 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 21 / 172 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$