物理终极押题猜想（上海专用）2026年中考物理终极冲刺讲练测

2026年中考物理终极押题猜想（上海） 押题猜想一 生活与自然类 试题前瞻·能力先查 【押题1】【答案】（1）绿；（2）沿直线传播；（3）A，热值大；（4）AD 【押题2】【答案】（1）热传递；（2）无规则；（3）A；（4）吸引 【押题3】【答案】（1）4.4；（2）C；（3）B 终极猜想·精练通关 押题猜想01 声、光、热学 1. 【答案】（1）B；（2）A B C A 2. 【答案】（1）D；（2）热传递；不是 3. 【答案】（1）A；（2）C；A 押题猜想02 力学 4．【答案】（1）B；（2）A静止 2 5．【答案】（1）竖直向下；（2）大气压；（3）减小受力面积；（4）4.2×10⁵；1.5×10⁶ 6．【答案】（1）A；（2）B；（3）连通器 7. 【答案】（1）A；（2）惯性；（3）力能使物体发生形变 8. 【答案】（1）运动状态；相互；（2）B；（3）78.4 9. 【答案】（1）300；（2）A 10. 【答案】（1）b；B；（2）凝固；（3）均匀；（4）凝华；放热 押题猜想03 电磁学 能源 11．【答案】（1）C；（2）A 12．【答案】（1）太阳；（2）C；（3）B 13．【答案】（1）A长；B低；（1）D；（3）汤姆孙；C 押题猜想二 工程与实践类 试题前瞻·能力先查 【押题1】【答案】（1）B；（2）B；（3）小；（4）A 【押题2】【答案】（1）A；（2）10；B 【押题3】【答案】（1）C；（2）A 终极猜想·精练通关 押题猜想01 光学 1. 【答案】（1）C；（2）紫外线；（3）乙；恒星温度越高，热辐射时发出的光波波长越短，蓝色光的波长比黄色光短，因此乙恒星表面温度更高 2. 【答案】（1）反射；机械能；（2）不能 3. 【答案】（1）C；（2）会聚；（3）B；B；（4）见下图 押题猜想02 力学 4．【答案】（1）；（2）250；（3）750J，12.5W 5. 【答案】（1）A；（2）见下图；（3）2.8 6．【答案】（1）A；（2）；（3）1；（4）电；（5） 7．【答案】（1）A；（2）C；（3）A；（4）气压计 托里拆利 760 A 8．【答案】（1）见下图； （2）；（3）是；（4）因为万米深海海水压强极大，所以分析排出海水的方式在此环境下的可行性，结合浮力与重力的关系，说明抛弃压载铁的原因。 9. 【答案】（1）A；A；（2）见下图； 设气球体积为，气球浸没在空气中，故，可得，，代入，得， 因为，因此，可得到 10. 【答案】（1）小于；（2）；（3）小于；21.8 11．【答案】（1）D；（2）下沉；排水；（3）物体间力的作用是相互的；；（4） 押题猜想03 光学 电磁学 12．【答案】（1）A；（2）见下图； （3）C 13．【答案】（1）电动机；机械；（2）A；（3） 押题猜想三 实验探究类 试题前瞻·能力先查 【押题1】【答案】（1）见下图；（2）0.28；1；见解析；正比；（3）右；25；BC；（4）A 【押题2】【答案】（1）R=U/I；（2）B；（3）移动滑片时发现电流表的示数始终为0，说明电路出现了断路；当电压表的示数为0时，电压表与电源不能形成回路，故断路位置在滑动变阻器；当电压表示数为4.5V时，电压表与电源接通，测电源电压，故断路位置在待测电阻Rx。（4）12.4，0.20，12.5，4.5，12.5 【押题3】【答案】 （1）灯泡的电阻随温度的变化而变化，不同电压下，电阻不同，求平均值没有意义。（2）第一次实验时，电压表示数为2V，根据串联分压可知，滑动变阻器两端的电压为 滑动变阻器的电阻为 滑动变阻器的阻值大于10Ω，故选择的是变阻器B。 （3）由电压表的表盘（a）可知，此时电压表的量程为0~3V，故可将电压表量程改为0~15V即可测量小灯泡正常工作时的电压。小灯泡上标有“3.8V”字样，即小灯泡额定电压为3.8V，故当观察到电压表的示数为3.8V时，可以判定小灯泡正常发光。 （4）小灯泡的电阻值随温度升高而增大，故由表格内电阻值可知，当灯泡正常发光时，电阻值大于10.8Ω。根据可知，灯泡电流小于0.6A，故小灯泡正常工作时图（b）中，电流表量程为0~0.6A，分度值为0.02A，则小灯泡正常发光时的电流为0.3A，小灯泡的额定功率P额为 终极猜想·精练通关 押题猜想01 光学 1. 【答案】（1）同一高度；（2）C；（3）A 2．【答案】(1) 40.0 投影仪 C (2) 10.0 后 更小 远视眼镜 3．【答案】(1) 同一高度；中央；(2)C；(3)投影仪；(4)近，弱，后，会聚，B，镜片度数，40，100 4．【答案】（1）C变小；（2）B像；物距变大时，像距变小；两者观点都不合理，因为小华没有控制物距相同，小红没有控制物距相同。（3）像的大小取决于物体对眼睛的光心区所张开的角（图（a）中的角α），即视角。将微小物体靠近眼睛，视角增大，物体在视网膜上所成的像变大，因此能看清微小物体的细节。 押题猜想02 热学 5．【答案】 98 低 c 甲 6. 【答案】(1)B；(2) 电磁波的热效应随电磁波频率的增大而减弱；远红外线的频率较低，水对远红外线的吸收率高，电磁波的热效应强，所以加热水的效果显著；加热器的外壳对远红外线的电磁波吸收率低 7. 【答案】(1) 保持不变；高于；(2)液体沸点随气压的增大而升高；此时大气压低于1标准大气压 8．【答案】 不断吸热且温度达到水的沸点 注射器抽气时，烧瓶内的气压减小，气压越低，沸点越低 快速降低 9．【答案】3和9；同一液泡，细管的横截面积S相同时，温度t越大，液柱高度h越大；同一液泡，细管的横截面积S相同时，温度变化量Δt越大，液柱高度变化量Δh越大；越大；高；100；24 10．【答案】(1)C；(2)增大；(3)吸收相同的热量；水 11．【答案】(1) 质量；水和沙子吸热相同；(2)秒表；(3)B；由图乙可知，在相同时间内，沙子升高的温度比水升高的温度多，说明水的吸热能力强，水的比热容较大。（4）C。 押题猜想03 力学 12. 【答案】(1)匀速直线；(2)压力大小(3)A；(4)1.8；(5)正确，向左拉动木板B时，木块A相对于地面始终静止，处于平衡状态，木块A受到的摩擦力和测力计的拉力始终为一对平衡力，大小相等 13. 【答案】（1）风速；机翼仰角；（2）；越大；先增大后减小 14．【答案】（1）1.96；（2）材料、高度、横截面形状等相同时，周长越长，柱子的承重效率越低；（3）观察实验序号4~6中的数据，在横截面周长都为30厘米时，正四棱柱、正五棱柱、正六棱柱随着棱数增加，承重比从3319增大到3514再增大到3766，即承重效率增大，横截面形状由正四棱柱到正六棱柱，形状在逐渐向圆转变，故可推测柱子高度、横截面周长一定时，圆柱承重效率最大。 15. 【答案】（1）v=s/t；（2）见下图；（3）变速；在相等时间内通过的路程不相等；小延是借助相同时间，测量物体通过的路程；小安是借助相同路程，测量物体运动所用的时间；小安；7.5 过程 路程/m 时间/s OA 0.05 0.1 AB 0.15 0.1 BC 0.25 0.1 CD 0.35 0.1 DE 0.45 0.1 每隔 5cm 标记一次，即每段路程为5cm=0.05m，故表二如图所示： 过程 路程/m 时间/s OA 0.05 0.12 AB 0.05 0.12 BC 0.05 0.12 CD 0.05 0.12 DE 0.05 0.12 16. 【答案】(1) 等臂；O1；(2) 水平；；(3)25；(4)B；(5)A；B 17. 【答案】(1)会；高度差； (2) 深度；相等；越大；(3)橡皮膜恰好不发生形变，说明橡皮膜左右两侧压强相等，即 左侧水的压强：，右侧液体的压强：， 联立得： 整理得右侧液体密度： 18. 【答案】(1) 1，越大；(2) 0.5 受到的浮力大小等于它排开的液体所受的重力大小 改变石块浸在水中的体积或改变液体的密度，重复实验 押题猜想03 电磁学 19. 【答案】(1)B；(2)磁体；力；(3)B 20. 【答案】(1) N；方向；(2)D；(3)增大通电螺线管中的电流（合理即可） 21．【答案】(1)金属棒ab的运动；(2)电流的方向；磁场的方向；(3) 导电；换向器；(4)A 22. 【答案】(1)磁场；(2) 红S；(3) B A 23．【答案】（1）B；C；（2）电流的方向 押题猜想04 电学 24．【答案】(1)6V；20Ω；(2)①继续移动滑动变阻器滑片，减小变阻器接入阻值，使电流表示数恰好为（小灯泡正常发光）； ②待示数稳定后，读出此时电压表示数（小灯泡额定电压）U额； ③根据​​，计算小灯泡正常发光时的电阻。 25．【答案】(1) A；若电压表示数接近电源电压，电路故障是灯泡L开路；若电压表示数为“0”，电路故障是滑动变阻器开路；(2)3；(3)8.9 26．【答案】(1) 0.1；向阻值增大端，即B端移动滑片，直到电压表示数为8V，记录此时电流表的示数。 (2)应挑选8Ω的定值电阻。由前三组数据可得，实验控制定值电阻两端电压 电源电压，因此滑动变阻器两端电压 根据串联分压规律 即，若选，电路电流 大于滑动变阻器允许的最大电流，会损坏滑动变阻器，不可选；若选，需要滑动变阻器接入阻值 大于滑动变阻器最大阻值20Ω，无法让电压表示数达到8V，不可选；若选8Ω，电路电流 需要滑动变阻器接入阻值 电流和阻值都满足要求，因此选8Ω。 27．【答案】(1)A；(2)B；A；(3)当导体两端的电压相同时，通过导体的电流与导体的电阻成反比 28．【答案】(1)R=U/I；(2) 2.0；10.0；3.0；10.0；6.0；10.3；(3)逐渐变大；灯泡电阻随温度的升高而增大 29．【答案】(1)见下图；(2)电流表有示数，电压表无示数，小灯泡短路；电流表无示数，电压表有示数，小灯泡断路；(3)见下图；(4)12.9Ω 30．【答案】(1)R=U/I；(2) 20.0；19.6；(3) A；在串联电路中，电流，电源电压U保持不变（为2V整数倍），滑动变阻器RP最大阻值为20Ω，由于移动滑片时，电流表的示数始终几乎为0，根据，要使I几乎为0，则需极大，而RP最大仅20Ω，所以只能是R2的阻值太大，导致极大，从而使电流几乎为0；此时电压表测量的是电源电压，示数几乎为12V。 由图（b）可知，电压表量程为0~15V，分度值为0.5V，示数，因为R3与R2串联，电源电压，所以 根据串联电路电压之比等于电阻之比 所以 31. 【答案】（1）见下图；（2）增大；0.1；见下图；反；（3） 32. 【答案】（1）ACD；（2）闭合前电压表示数为U0，闭合后示数为0，L短路；闭合前电压表示数为U0，闭合后示数为U0，L断路；闭合前电压表示数为0，闭合后示数为0，R断路；（3）R=U/I ；9.6； B；小灯泡灯丝的电阻随温度的升高而增大 33. 【答案】（1）A；（2）观察到电压表的示数为2.2伏，小灯正常发光；（3）重新实验，步骤正确（变阻器最大电阻10Ω连入电路中），闭合开关发现电压表示数如图所示，电压表选用小量程，分度值为0.1V，电压为3V，由欧姆定律，此时电路的电流为 接着他移动滑片使小灯正常发光，变阻器连入电路的电阻变小，由欧姆定律可知，灯的额定电流一定大于0.3A，由题意可知，灯的额定电流为， 灯的额定功率为 押题猜想四 综合计算类 试题前瞻·能力先查 【押题1】【答案】(1)；(2)980Pa；(3)2450Pa；(4)/12kg 【详解】（1）水的体积 （2）柱形容器中的水深 （3）圆柱体乙对水平地面的压力F=G=196N，压强 （4）选择小明的方法： 水对容器底部的压强要等于圆柱体乙对水平地面的压强，即 此时水的深度 容器中水和物块A总体积 物块A的体积 故小明的方法可行，浸没的物块A体积 选择小红的方法： 已知水对容器底部的压强，所以切割后乙对地面的压强需要满足： 剩余部分的重力等于乙对地面的压力，根据压强公式p=F /S，可得：切割后乙的剩余重力 乙原来的重力，则切割部分的重力为： 根据，可得切割部分的质量： 故小红的方法可行，需要切割的质量 【押题2】【答案】(1)60 (2)12V (3)见解析 【详解】（1）根据图（b）所示的酒精气敏电阻R1阻值随血液中酒精含量变化的图像可知，当血液中酒精含量为0mg/mL时，对应的纵坐标值为60，因此酒精气敏电阻R1的阻值为60Ω。 （2）由电路图（a）可知，酒精气敏电阻R1与定值电阻R2串联，电压表测量R1两端的电压，电流表测量电路中的电流。当酒精含量为0时，由第（1）问可知，R1的阻值为60Ω，此时电压表示数U1=9V。 根据欧姆定律，电路中的电流为 定值电阻R₂两端的电压为U2= IR2=0.15A×20Ω=3V 根据串联电路中总电压等于各分电压之和的规律，电源电压为U=U1+U2=9V+3V=12V （3）当电流表的示数为0.24A时，电路的总电阻为 根据串联电路中总电阻等于各分电阻之和的规律，此时酒精气敏电阻的阻值为 查阅图（b）可知，当R1的阻值为30Ω时，对应的血液中酒精含量为0.2mg/mL。根据题干中的酒驾类型标准表，血液中酒精含量在0.2mg/mL至0.8mg/mL之间属于酒后驾车。因此，该被检测者属于酒后驾车。 【押题3】【答案】(1)1A，600J (2)见解析 【详解】（1）由电路图可知，电阻R1和滑动变阻器R2并联。电源电压，电阻R1两端的电压 根据欧姆定律，通过R1的电流为 通电时间，1min内电流通过R1所做的功为 （2）设电源电压为U，替换电阻的阻值为R0。电路安全要求：通过滑动变阻器R2的电流，电流表读数不超过其量程，本题中根据R2的额定电流，应选择0~3A量程。当滑动变阻器滑片P移动时，通过R0（或R1）的电流不变，电路中总电流的变化由通过R2的电流变化引起。替换前电阻为R1，通过R1的电流 当变阻器接入电路的电阻最大时，干路电流最小 当通过变阻器的电流达到其允许的最大值时，干路电流最大，其值为 考虑到电流表量程为3A，实际最大电流为 替换后（电阻为R0）：通过R0的电流当变阻器接入电路的电阻最大时，干路电流最小 当通过变阻器的电流达到最大值时，干路电流最大，其值为 实际最大电流为 根据题意，最小示数变化了0.4A，即 ① 最大示数变化了0.2A，② 若最大电流均未达到3A量程，则 这与式①矛盾。因此，必然有一个电路的最大电流受到了3A量程的限制 （1）我们假设替换后电流减小，即。则 即③ 这说明替换前的最大电流更大，因此受到了3A量程限制，而未受限制。， 最大示数变化量为 解得④ 将④代入③ 解得，所以电源电压。将代入④可得 解得，替换前 故，假设成立。替换后， 假设成立。该解答符合题意； （2）另一种情况，替换后电流增大，即，则 即① 这说明替换前的最大电流更大，因此受到了3A量程限制，而未受限制。， 最大示数变化量为 解得② 将②代入① 解得，所以电源电压。将代入②可得 解得，在没有其他限定条件时，两种答案均有可能。 终极猜想·精练通关 押题猜想01 力学 热学 1．【答案】(1)；(2) A；A；(3)；(4) 【详解】（1）已知洒水箱容积等于装满水的体积，水的体积 装满后水的质量 （2）洒水后，路面的液态水变为气态水蒸气，该物态变化是汽化，故选A。根据物态变化吸放热规律，汽化过程需要吸收热量，故选A。 （3）洗扫车静止在水平路面，对地面的压力等于自身总重力， 总重力 车对地面的压力 车对地面的压强 （4）柴油体积 柴油质量 柴油放出的热量 2. 【答案】(1) (2)A (3) 【详解】（1）根据热值公式，0.5kg汽油完全燃烧后释放的能量 （2）由图可知，两个气门都关闭，活塞的向下运动，因此是做功冲程，在此冲程高温高压的燃气推动活塞做功，将内能转化为机械能，故选A。 （3）根据比热容公式Q=cm Δt可得，水吸收的热量 3. 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）甲中水的体积 （2）轻质薄壁柱形容器的重力是忽略不计的，乙对地面的压力 乙对地面的压强 （3）当甲乙对地面的压强相等时，甲乙对地面的压力相等，甲、乙为两个相同的薄壁柱形容器，所以甲乙两容器内液体的重力相等，即 可得，乙液体的深度越小，密度越大，当乙容器中液体深度为容器高度0.8m时，乙液体的密度最小，故乙液体的最小密度为 由图可知，此时乙液体的深度比水略大，还需再加入A液体才能使甲乙对地面的压强相等，故乙液体的最大 密度应小于水的密度1.0×103kg/m3，所以乙液体的密度范围为 4．【答案】(1)3.05×105Pa (2) (3) 【分析】利用液体压强公式求解；载货量结合船的相关参数求出总重力，再利用F浮＝ρ液gV排计算排开海水的体积；可将桥梁看作杠杆，先根据杠杆平衡条件求出此时半潜船对桥梁的支持力，再根据漂浮条件的变化，以及密度公式的变形公式计算排出水的体积，其中需结合几何关系分析力臂的变化。 【详解】（1）“新光华”号半潜船处在最大下潜状态时，船底所受海水的压强为 （2）半潜船漂浮，浮力等于总重力，即 根据阿基米德原理 F浮＝ρ海水gV排得 船和货物排开的海水的体积为 （3）已知桥梁总质量，两桥墩间距，重心在中点，，当桥梁D端刚好离开桥墩时，杠杆支点为E，根据杠杆平衡条件得 即，解得 根据力的作用是相互的，桥梁对半潜船的向下压力等于F，半潜船漂浮，增加的浮力等于增加的压力，即 解得排出水的体积 5．【答案】(1) (2)980Pa 【详解】（1）水的体积 （2）甲是柱形薄壁容器，放入物块M前水对甲底部压力等于水的重力，即 则原液体深度 放入物块M前液体乙对容器底部的压力 放入物块M后容器乙底部压力增加量 则液体乙对容器底部压强增加量 6. 【答案】(1)3.6×108J (2)4000N (3)42% 【详解】（1）燃料完全燃烧放出的热量为 （2）由图像可知，当汽车速度时，其受到的阻力。 （3）汽车内燃机的效率是指其输出的有用能量占燃料完全燃烧放出热量的百分比。内燃机输出的有用能量包括两部分：一是驱动汽车克服阻力做的功，二是给蓄电池充电的能量。汽车行驶的距离 因为汽车匀速行驶，所以牵引力等于阻力 汽车克服阻力做的功 给蓄电池充电的能量 内燃机输出的总有用能量 内燃机的效率 7．【答案】(1)减小；做功； (2)；；(3)做功；30；(4)66.7%；A；(5)A；不能 【详解】（1）当按动电火花发生器的按钮，点燃瓶内酒精后，酒精燃烧释放热量，瓶内气体温度升高，内能增大，而纸筒飞出后，瓶内气体对纸筒做功，自身内能减小，是通过‌做功‌的方式改变内能。   （2）这些汽油完全燃烧放出的热量为 由热机效率公式可得，这段行程中汽油机做的有用功为 （3）图甲中，进气门和排气门都关闭，活塞向下运动，火花塞处有火光，所以为汽油机的‌做功‌冲程。 由图乙可知，汽油机的效率为 （4）使用定滑轮，绳子自由端移动的距离s=h=10m 根据机械效率公式可得，该滑轮的机械效率为 热机效率是热机用来做有用功的能量与燃料完全燃烧放出的能量之比，机械效率是有用功与总功的比值，二者计算方法本质上是‌相同‌的，都是有用功与总功（或有用能量与总能量）的比值，故选A。 （5）航天器发动机用氢燃料，这是因为氢的‌热值‌较大，相同质量的氢和其他燃料相比，完全燃烧时氢放出的热量更多。 由于燃料不可能完全燃烧、废气会带走一部分热量、机器散热、摩擦等都会使热量散失，所以通过技术改进‌不能‌使火箭发动机的效率达到100%。 8．【答案】(1) ； B；(2) A；小；(3)A；(4)已知满载排水量， 根据阿基米德原理，浮力等于排开液体的重力；(5) B；液体密度不变，从乙状态到丙状态，半潜船排开海水的体积减小，根据，浮力变小；A 【详解】（1）根据密度公式 钢材密度大于水，做成空心可以增大排开水的体积，从而增大浮力，使船漂浮在水面，因此选B。 （2）半潜船从长江驶入东海始终漂浮，浮力等于自身总重力，因此浮力不变，海水密度大于江水密度，根据F浮＝ρ水gV排，变大则减小，因此船身上浮；根据流体压强规律：流体流速越大，压强越小，两船并排航行时内侧水流速度大、压强小，外侧压强大，容易将船压向一起造成碰撞事故。 （3）半潜船和密度计都是利用漂浮时浮力等于自身总重力的原理工作，因此工作原理相同。 （4）已知满载排水量， 根据阿基米德原理，浮力等于排开液体的重力 （5）液体密度不变，从乙状态到丙状态，半潜船排开海水的体积减小，根据F浮＝ρ水gV排，浮力变小；乙状态漂浮：，丙状态漂浮：，因为，所以，推导可得，即注入海水的重力大于货物重力。 9．【答案】(1)B； (2)；(3) ； 【详解】（1）小船在海水和淡水中均漂浮，浮力等于小船总重力，小船重力不变，因此浮力大小不变。浮力本质是物体上下表面的液体压力差，小船顶部未浸入液体，因此浮力等于隔舱底部受到的液体压力，即，浮力不变则底部压力不变，由，底面积不变，可得。 根据阿基米德原理，不变，，因此； 又，底面积不变，因此。 （2）小船在淡水中漂浮，浮力等于重力 由阿基米德原理得，且排开水的体积，联立得 约去，代入已知数值计算 （3）单个水密隔舱的体积 进满海水后，增加的质量等于舱内海水的质量，由密度公式得 破损后小船仍漂浮，增加的重力等于增加的浮力，即，， 联立得 约去，代入数值计算 10．【答案】(1)比热容；(2)汽化；A；(3)C；(4)35%；方向性；(5)D 【详解】（1）增加绿地、城市水体，是利用水的比热容较大，水的比热容大，升温慢，吸热多，可调节气温。 （2）喷雾系统利用水汽化（蒸发），汽化吸热，降低环境温度。 （3）将内能转化为机械能的为做功冲程，故选C。 （4）热机效率为η=100%-33%-25%-7%=35% 释放出的内能无法自动地转化为机械能，说明能量的转化具有方向性。 （5）A．两次都是匀速直线，都是平衡状态，两次合力均为0，故A不符合题意； B．水平面运动，受滑动摩擦力，汽车对地面的压力、接触面的粗糙程度均不变，摩擦力不变；故B不符合题意； C．匀速运动时，牵引力等于摩擦力，两次牵引力相同，故C不符合题意； D．由第一次的s-t图像可知 第二次的s-t图像可知 第一次的速度大于第二次的速度。 两次都是匀速运动，合力为零，牵引力等于摩擦力，而摩擦力相同，所以牵引力也相同。故选D。 押题猜想02 电学 11．【答案】(1)灯L1两端的电压是1.2V，灯L2两端的电压是4.8V；(2)通过L1的电流是0.4A，通过L2的电流是0.15A；(3)灯L1的电阻是15Ω，电路的总电阻约为10.9Ω 【详解】（1）分析图a可知，灯L1和L2串联，电压表V2测量L1两端的电压U1，电压表V1测量电源电压U。 根据串联电路电压规律，总电压大于分电压，即U > U1，由于两电压表指针偏转角度相同，说明V1选用了0～15V的大量程，V2选用了0～3V的小量程； 从图b读数可知：V1的示数（电源电压）为U=6V，V2的示数（L₁两端的电压）为U1=1.2V。 根据串联电路电压特点U=U1+U₂，可得L2两端的电压U2=U-U1=6V-1.2V=4.8V （2）分析图c可知，灯L1和L2并联，电流表A1测量L1的电流I1，电流表A2测干路的电流I总； 根据题意可知：A1的示数（通过L1的电流）为I1=0.4A，A2的示数（干路总电流）为I总=0.55A。 根据并联电路电流特点，可得通过L2的电流I2=I总-I1=0.55A-0.4A=0.15A （3）电源电压不变U=6V，根据欧姆定律，可得灯L1的电阻 电路的总电阻 12．【答案】(1)；(2)；；(3) A；(4)； 【详解】（1）空电热水壶放在水平桌面，对桌面的压力等于自身重力为 空电热水壶放在水平桌面上，对桌面的压强为 （2）电热水壶保温工作，消耗的电能为 （3）根据及电路图可知，旋钮旋至“2”位置时，只有接入电路，电路中的电阻较小，功率较大，处于加热挡；旋钮旋至“1”位置时，和串联接入电路，电路中的电阻较大，功率较小，处于保温挡，故选A。 由得，加热挡正常工作时的电流为 （4）电路处于加热挡时，由可知，的阻值为 电路处于保温挡时，与串联，由可知，电路中的总电阻为 串联电路总电阻等于各电阻之和，则R1的阻值为 13．【答案】(1)8V；(2)0.5A；(3)10Ω或40Ω 【详解】（1）由图可知，这是一个并联电路，电流表A测干路电流，A1测R1电流，根据并联电路电流的特点可知，电流表A的示数为0.9A，A1示数为0.4A，电源电压 （2）根据并联电路电流特点可知，通过电阻R2的电流 （3）用电阻R0替换电阻R1、R2中的一个，若替换R1则电流表A1和A的示数都要变，若替换R2，由于R2与R1并联，互不影响，故A1示数不变，A示数变化，因此R0只能替换R2；替换前，电路中的总功率 替换后总功率变化了2.4W，有可能增大了2.4W，也有可能减小了2.4W。若增大2.4W，则总功率为 此时电路中的电流 则通过R0的电流 R0的阻值 若替换后总功率减小了2.4W，则替换后总功率 此时电路中的电流 则通过R0的电流 R0的阻值 综上可知，R0的阻值为10Ω或40Ω。 14．【答案】（1）72J；（2）20 Lux；（3）方案A可行，R0的阻值为30Ω；方案B可行，U0的电压为10.5V。（4）方案B更易操作 【详解】（1）由图可知，该光照强度报警电路为定值电阻与光敏电阻的并联电路，10秒电流通过R1所做的功 （2）由图可知，电流表测干路电流，且当电流表示数大于或等于1.4A时会触发报警，取，此时通过定值电阻的电流 根据并联电路电流特点可知，通过光敏电阻的电流 则此时光敏电阻的阻值 对照表格数据可知，该植物的警戒光照强度20Lux。 （3）当警戒光照强度为30Lux时，由表格数据可知，此时光敏电阻的阻值，此时触发报警的干路电流仍为，方案A：用电阻R0替换电阻。此时通过光敏电阻的电流 则通过的电流 电阻的阻值 因为，满足题设条件，所以方案A可行，且R0的阻值为。 方案B：用电压为U0的电源替换原电源。定值电阻与光敏电阻的并联，则电路中的总电阻 此时电源电压 因为10.5V<12V，满足题设条件，所以方案B可行，且U0的电压为10.5V。 （4）方案B更易操作：更换电源只需调整电压或更换电源模块，无需拆卸电路板更换电阻，操作更便捷，适合现场快速调整。方案A需要精准匹配30 Ω的电阻，实操性稍差。 15．【答案】（1）5Ω；（2）7.5N 【详解】（1）不放重物时，先根据杠杆平衡条件求，设托盘重力，已知，由杠杆平衡条件得 杠杆B端对R的压力 由图乙可知，时，压力传感器的电阻，R与R0串联，电压表测R两端电压， 电路电流 电源电压，两端电压 定值电阻的阻值 （2）物重越大，杠杆B端对R的压力越大，R的阻值越小，电路中电流越大，电流表量程为，因此电路最大电流，此时电压表示数 ，电压表符合量程要求。 电路总电阻 压力传感器的最小阻值 由图乙可知，时，B端压力，设最大物重为，A端总压力为，根据杠杆平衡条件 得 代入数据整理得 解得，该装置能测量的最大物重 16．【答案】(1) 奥斯特；电流；B；大小；方向；(2) 动；重力势；惯性；840J；1680W；(3) A；A；B；A；A；(4)见下图 【详解】（1）丹麦物理学家奥斯特最早发现电流周围存在磁场，即电流的磁效应。 机器人手部转动需要动力，电动机提供动力，发电机是发电装置，因此选电动机 电动机的转速由电流大小决定，转动方向由电流方向决定，因此改变电流大小和方向可改变转速和转向。 （2）机器人跃起过程中，速度减小、高度增加，动能转化为重力势能. 离地后继续上升是因为机器人具有惯性，保持原来的运动状态。 机器人重力 克服重力做功： 功率： （3）发电机原理是电磁感应，电路无外接电源，因此甲图符合。 甲中AB棒切割磁感线产生感应电流，相当于电源。 乙图有外接电源，AB棒消耗电能运动，相当于用电器。 通电导体受力方向与电流方向、磁场方向都有关，只改变其中一个因素，受力方向就会改变；交换ab两端改变了电流方向，交换磁极改变了磁场方向，因此滚动方向都变化。 （4）小磁针静止时异名磁极相互吸引，图中小磁针N极向上，因此上端地磁极是S极；磁感线从地磁N极出发回到地磁S极，因此P点磁感线箭头朝向S极。如图所示： 17．【答案】(1) B；；(2) 电磁感应现象；C；S；B；(3) ； 【详解】（1）由题意可知，电磁弹射器的弹射车与飞机前轮连接，并处于强磁场中，当弹射车内的导体通以强电流时，即可受到强大的推力，由此可知其原理是通电导体在磁场中受力而运动。 A.该实验为奥斯特实验，说明了电流周围存在着磁场，故A不符合题意； B.图中有电源，通电导体棒在磁场中受力而运动，即与电磁弹射器工作原理相同，故B符合题意； CD.图中均没有电源，闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动，产生感应电流，为电磁感应实验，故CD不符合题意。故选B。 弹射一架飞机消耗的电能约为 （2）玩具电动机的转动使小灯泡发光，此时玩具电动机将机械能转化为小灯泡的电能，所以此时的玩具电动机的作用相当于一个发电机，其工作原理是电磁感应现象。 给玩具电动机通电后，电动机工作，此时将电能转化为机械能。在图b中，灯泡消耗的电能是由发电机的机械能转化来的。在发电机将机械能转化为电能的过程中，要损耗一部分能量，也就是说，发电机转化出来的电能W电只是其消耗的机械能W机的一部分；即。在图a中，电池提供的电能转化为电动机的机械能。在电动机将电能转化为机械能的过程中，要损耗一部分能量，即通过电动机得到的机械能W机′只是电池提供的电能W电′的一部分，所以由于图（a）电池提供的电能W电′与图（b）灯泡消耗的电能W电相等，所以可得 即，故选C。 当S1处于断开状态时，闭合S，电流从电磁铁的右端进入，从电磁铁的左端流出，根据安培定则，判断电磁铁的右端是N极，左端是S极。 运动员起跑后，对压敏电阻的压力减小，电磁铁电流变大，电源电压不变，根据欧姆定律，电流变大说明压敏电阻的阻值变小，因此压力变小时，压敏电阻阻值变小，故选B。 （3）飞机在整个地面滑行过程中受到的阻力恒为 水平方向推力向前、阻力向后，合力大小 弹射的有用功 根据机械效率，得总消耗能量 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年中考物理终极押题猜想（上海） 考情为骨 密押为翼 押题猜想一 “生活与自然”类 1 押题猜想二 工程与实践类 10 押题猜想三 实验探究类 25 押题猜想四 综合计算类 66 押题猜想一 生活与自然类 试题前瞻·能力先查 【押题1】如图1，同学们在教室里通过电视观看了阅兵仪式。 （1）彩色电视机画面上的丰富色彩是由红、________、蓝三原色光混合而成的。 （2）小鑫同学发现，在特定角度下，整齐划一的解放军队列好似只有一个人在踏步，这是因为光在空气中________。 （3）如图2所示，重型导弹车可以在马路上正常行驶不压坏路面，归功于它的多组车轮，可以________受力面积，从而减小压强（选填“A．增大”或“B．减小”）。并且导弹选用液态燃料，既轻便，又因液态燃料________的优势，保障了导弹的性能与射程。 【多选】 （4）仪仗兵们踏着铿锵的步伐，震撼了每一位观众。下列说法正确的有（　　） A．周围的楼房相对于行进中的士兵们是运动的 B．士兵的脚步声是由空气振动产生的 C．士兵们高唱国歌，说明声音的音调高 D．士兵们用力踏步增加了声音的响度 【答案】（1）绿；（2）沿直线传播；（3）A，热值大；（4）AD 【详解】（1）彩色电视机画面上的丰富色彩是由红、绿、蓝三原色光混合而成的。 （2）队列整齐时，后面士兵的身体会被前面士兵挡住，从特定角度只能看到最前面的士兵，这是因为光在同种均匀介质中沿直线传播，无法绕过前面的物体。 （3）由p=F/S可得，重型导弹车有多组车轮，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强，防止压坏路面，故选A。 液态燃料具有热值大的特点，相同质量下能释放更多的热量，保障导弹性能与射程。 （4）A．以行进中的士兵为参照物，周围楼房的位置不断变化，因此楼房是运动的，故A正确； B．脚步声是由士兵脚部与地面摩擦振动产生的，故B错误； C．高唱国歌描述的是声音的强弱，即响度，故C错误； D．用力踏步时，振动幅度增大，声音的响度增加，故D正确。 故选AD。 【押题2】中国空间站迎来“厨房神器”——热风烘烤机 （1）航天员将鸡翅放入烘烤机内，热风给鸡翅进行加热，这是通过______的方式改变鸡翅的内能。 （2）烤好后鸡翅的香味四溢，说明分子在不停做______运动； （3）使用鸡翅铁签固定比使用竹签加热更快，这是因为铁的______（选涂“A导热性好”  “B密度高 ”“ C导电性好”）； （4）为解决油烟过滤的问题，将油烟微粒在高压下带负电，根据异种电荷互相______的原理，让它们被迁移到了带正电的收集板，实现了对小颗粒油烟的捕捉。 【答案】（1）热传递；（2）无规则；（3）A；（4）吸引 【详解】（1）热风给鸡翅加热，热量从热空气传到鸡翅，是通过热传递的方式改变鸡翅的内能。 （2）香味四溢，说明分子在不停做无规则运动，此为扩散现象。 （3）使用鸡翅铁签固定比使用竹签加热更快，是因为铁的导热性好。 （4）油烟微粒带负电，被带正电的收集板吸引，根据异种电荷互相吸引的原理。 【押题3】在寒冷的冬日，我们常利用电能或燃烧燃料来取暖。 （1）一台标有“2200W”字样的取暖器，正常工作2h，用电______kW⋅h。 （2）下列用电器中利用电流热效应工作的是______。 A．液晶电视机 B．吸尘器 C．电热毯 （3）质量相同的干木柴和木炭完全燃烧，__________放出的热量多（q干木柴=1.2×107J/kg、 q木炭=3.4×107J/kg）。 A．干木柴 B．木炭 【答案】（1）4.4；（2）C；（3）B 【详解】（1）取暖器正常工作t=2h用电量为 W=Pt=2200W×2h=2.2kW×2h=4.4kW·h （2）电流热效应是电能转化为内能的现象，液晶电视机工作时主要将电能转化为光能等，吸尘器工作时主要将电能转化为机械能，电热毯工作时主要将电能转化为内能，故C符合题意。故选C。 （3）根据Q放=mq可知，当质量相同时，热值越大，完全燃烧时放出的热量越多，已知q干木柴˂q木炭，所以质量相同的干木柴和木炭完全燃烧，木炭完全燃烧时放出的热量多，故选B。 分析有理·押题有据 根据2026年上海市多区初三物理二模试卷的公开解析资料，‌“生活与自然”部分‌主要考查学生运用物理知识解释日常生活现象的能力，内容贴近教材、注重基础，难度较低，是得分主力模块。 一、主要考查内容 ‌1. 声现象‌：声音的产生（振动）、特性（音调、响度、音色）、传播等。 ‌2. 光现象‌：平面镜成像、光的折射、反射、实像与虚像判断等。 ‌3. 物态变化与内能‌：熔化、凝固、汽化、液化、升华、凝华；内能改变方式（做功、热传递）；分子动理论。 ‌4. 力学基础‌：参照物与运动状态、压强（液体、固体、气体）、浮沉条件、阿基米德原理。 ‌5. 电与磁基础‌：家庭电路连接、安全用电、电压（220V）、简单电路分析。 ‌6. 能量与物质结构‌：能量转化、宇宙与微观尺度（如行星、电子、原子结构）。 二、命题特点 ‌1. 情境真实‌：题目多取材于日常场景，如洗碗、坐电梯、喝饮料、骑车、煲汤等。 ‌2. 基础为主‌：题型以单选、填空为主，强调概念辨析和简单应用。 ‌3. 能力导向‌：要求学生能将生活现象“翻译”为物理模型，体现“从生活走向物理，从物理走向社会”的理念。 终极猜想·精练通关 押题猜想01 声、光、热学 1. 通过声光认识上海。 （1）外滩人声鼎沸指声音_______（选填“A音调高”或“B响度大”）； （2）地面上的树影属于光的_______现象，游客看到豫园中“鱼在云中游”的神奇现象，看到的“云”属于光的________现象，看到“鱼”属于光的______现象（前三空均选填“A直线传播”、“B反射”或“C折射”），看到的“鱼”在鱼实际位置的______（选填“A上方”或“B下方”）。 【答案】（1）B；（2）A B C A 【详解】（1）响度表示声音的强弱或大小，“人声鼎沸”形容声音嘈杂且响亮，指声音的响度大。 （2）树影是光沿直线传播过程中，被不透明的树木阻挡在地面形成的暗区，属于光的直线传播现象。 游客看到水中的“云”是云的光线经水面反射后形成的虚像，属于光的反射现象. 看到的“鱼”是鱼反射的光线从水中斜射入空气中发生折射后形成的虚像，属于光的折射现象。 光从水斜射入空气时，折射角大于入射角，人眼逆着折射光线看去，会认为光线沿直线传播，因此虚像的位置在鱼实际位置的上方。 2. 古人对利用能源颇有心得，《天工开物》中记载了造纸时“透火焙干”的情景，请完成下面小题。 （1）古人将湿纸膜贴在砖墙上，在巷中生火，砖的温度升高，湿纸膜干透后揭下来就是成品纸了。“透火焙干”主要利用（　　） A．分子之间存在引力 B．分子之间存在斥力 C．分子在做无规则运动 D．温度越高，分子热运动越剧烈 （2）“透火焙干”中，是利用______的方式改变纸张的内能；生火时“烟雾弥漫”______（选填“是”或“不是”）分子热运动。 【答案】（1）D；（2）热传递；不是 【解析】（1）“透火焙干”是在巷中生火，使砖的温度升高，通过热传递，使贴在砖墙上的湿纸膜温度升高，湿纸膜所含有的水分子无规则运动变剧烈从而更快进入空气中（使蒸发加快），从而使湿纸膜更快变干。故ABC不符合题意，D符合题意。故选D。 （2）在巷中生火，砖吸收热量，温度升高，内能增加，湿纸膜上的水分逐渐蒸发，干透后揭下来就是成品纸了，所以湿纸膜烘干的过程是通过热传递的方式改变内能。 生火时“烟雾弥漫”是固体小颗粒的运动，是机械运动，不是分子热运动。 3. 家用智能监控摄像头不仅能录像，还能进行双向语音远程通话。 （1）通话时调节设备使音量放大，这是改变声音的________。 A．响度 B．音调 C．音色 （2）摄像镜头相当于一个凸透镜，远处物体通过它能成倒立、________的实像（选填“A放大”“B等大”或“C缩小”）。当物体靠近摄像头时，所成的像将________（选填“A变大”“B不变”或“C变小”）。 【答案】（1）A；（2）C；A 【详解】（1）响度指声音的大小，调节设备使音量放大改变的是声音的响度；故选A。 （2）摄像头的镜头相当于凸透镜，根据凸透镜成像规律，当物距远大于2倍焦距时，成倒立、缩小的实像。凸透镜成像实像时，物距减小，像距增大，所成的像变大。 押题猜想02 力学 4．小明佩戴的智能手环可用于记录他的运动数据，如图所示。 （1）该智能手环的周长约为__________； A．18 mm B．18 cm C．18 dm D．18 m （2）小明在操场上进行慢跑锻炼，若以佩戴智能手环的手腕为参照物，智能手环是______（选涂“A静止”或“B 运动”）的。智能手环记录的运动数据如图所示，则该过程中小明的跑步速度为____m/s。 【答案】（1）B；（2）A静止 2 【详解】（1）智能手环佩戴于手腕，其周长应与手腕周长相仿。结合生活常识，中学生手腕周长通常在15–20 cm之间，故B符合题意。 （2）图中以佩戴智能手环的手腕为参照物，手环相对于手腕的位置保持不变，因此是静止的。 小明运动的时间t=8 min2 0s=500s，则小明的跑步速度为 5． 双休日，小明帮妈妈做家务。 （1）利用重垂线辅助，挂画框不歪斜，这是利用了重力方向总是的性质； （2）将羽绒被放入塑料袋，抽去袋中空气后体积明显变小，这是利用了的作用； （3）用细线切皮蛋，又快又好，这是利用了的方法增大了细线对皮蛋的压强； （4）小明用0.05kg的固体酒精烧水，锅内水的质量为2kg，完全燃尽酒精，水温上高了50℃，水吸收的热量为J，酒精燃烧放出的热量为J。 【q酒精＝3.0×107 J/kg、c水＝4.2×103 J/(kg℃) 】 【答案】（1）竖直向下；（2）大气压；（3）减小受力面积；（4）4.2×10⁵；1.5×10⁶ 【详解】（1）利用重垂线辅助，挂画框不歪斜，这是利用了重力方向总是竖直向下的性质； （2）将羽绒被放入塑料袋，抽去袋中空气后体积明显变小，这是利用了大气压的作用； （3）用细线切皮蛋，又快又好，这是利用了减小受力面积的方法增大了细线对皮蛋的压强； （4）水吸收的热量Q吸=c水m水∆t=4.2×103J/(kg℃)×2kg×50℃=4.2×105J 酒精完全燃烧放出的热量Q放=m酒精q酒精=0.05kg×3.0×107J/kg=1.5×106J 6． 生产生活中经常利用工具提高效率。 A 图1 图2 图3 （1）图1，旗杆顶上安装的滑轮是（选涂“A定滑轮”“B动滑轮”）； （2）图2，用核桃夹夹碎核桃，核桃夹属于杠杆 A．等臂 B．省力 C．费力 （3）图3，利用装水的管子，分别在两头静止水面位置做标记，两标记的连线一定水平，这根装水的管子实际上是一个。 【答案】（1）A；（2）B；（3）连通器 【详解】（1）图1，旗杆顶上安装的滑轮轴固定不动，是定滑轮； （2）图2，用核桃夹夹碎核桃，核桃夹动力臂大于阻力臂，是属于省力杠杆，故选B。 （3）图3，利用装水的管子，分别在两头静止水面位置做标记，两标记的连线一定水平，这根装水的管子实际上是一个连通器。 7. 跳远比赛中，小兰在经历了一段助跑之后，奋力蹬踏板，凌空而起，在空中向前运动一段弧线后落入沙坑，在沙坑内留下深深的印痕。 （1）凌空而起时小兰的重力势能______（选填“A．变大”、“B．不变”或“C．变小”）； （2）由于_______小兰在空中会继续向前运动一段距离； （3）小兰落入沙坑留下印痕则说明____________。 【答案】（1）A；（2）惯性；（3）力能使物体发生形变 【详解】（1）重力势能的大小取决于物体的质量和所处高度，小兰凌空而起时，自身质量不变，所处高度升高，因此重力势能变大。 （2）惯性是物体保持原来运动状态不变的性质，小兰助跑后腾空离开地面，由于惯性，会保持之前的运动状态，所以能在空中继续向前运动一段距离。 （3）小兰落入沙坑时对沙坑施加了力，沙坑的形状因受力发生改变并留下印痕，这一现象说明力能使物体发生形变。 8. 小华在“体育两小时”活动中做“引体向上”运动。 （1）他双脚蹬地向上跳起抓住单杠，说明力可以改变物体的_________，也同时说明物体间力的作用是_________的； （2）每次向上拉升时，其重力势能_____（选填“A不变”“B增大”或“C减小”） （3）若他的质量为，每次拉升时他的重心升高0.2m，则每次拉升，他克服重力所做的功为_____J。 【答案】（1）运动状态；相互；（2）B；（3）78.4 【详解】（1）小华蹬地后从静止变为向上运动，运动状态发生改变，说明力可以改变物体的运动状态；脚蹬地时，地面对脚施加向上的反作用力使小华跳起，体现了物体间力的作用是相互的。 （2）小华拉升时质量不变，重心高度升高，重力势能增大，因此选B。 （3）小华的重力为G=mg=40kg×9.8N/kg=392N 克服重力做的功为W=Gh=392N×0.2m=78.4J 9. 如图（a）所示，用手提起重物的过程中，桡骨在肱二头肌的牵引下绕着肘关节转动，桡骨可以看作以肘关节为支点的杠杆。 （1）如图（b）所示，手静止时，手臂中肌肉对桡骨的拉力为F1，手克服的阻力为F2。 ①请在图（b）中画出F2的阻力臂l2___________。 ②若，，则F1的大小为___________N。 （2）手臂转动的过程中，重物被举至高处，重物的重力势能___________。 A．增大 B．减小 C．不变 【答案】（1）300；（2）A 【详解】（1）反向延长F2，从支点O作F2所在直线的垂线段，该垂线段的长度即为F2的力臂l2。 由图可知，，根据杠杆平衡条件F1l1=F2l2，F1的大小为 （2）重物被举高的过程中，质量不变，高度增大，因此重力势能增大，故选A。 10. 小明尝试自制冰淇淋。如图，在一个大碗A中放入冰块和大量盐，制成冰盐混合物。再将装有牛奶、奶油、糖的混合液（以下称“奶浆”）的小碗B，放入大碗A中。不断搅拌小碗B内的奶浆，一段时间后，奶浆就慢慢变成了冰淇淋。 （1）为提高制作效率，大碗A中冰块加到如图中______（选填“a”或“b”）的高度更好，____（选填“A”或“B”）碗需使用导热性较好的材料。 （2）加入食盐后，冰块的熔点会降低，从而吸收更多的热量，加快小碗B中奶浆的______（填物态变化名称）。 （3）搅拌混合液的主要目的：使混合液各部分温度更______（选填“均匀”或“不均匀”）。 （4）冰淇淋制作完成，小明端起大碗A发现碗有点“粘手”，仔细一看，大碗A的外壁结了一层白霜，白霜的形成原因是发生了_______（填物态变化名称），该过程________（选填“放热”或“吸热”）。 【答案】（1）b；B；（2）凝固；（3）均匀；（4）凝华；放热 【详解】（1）冰块加到b高度时，冰盐混合物能更充分地包裹小碗B，增大两者的接触面积，让小碗B内的奶浆可以更快速、均匀地吸收热量，从而提高制作冰淇淋的效率，如果只加到a高度，接触面积较小，制冷效果会降低。 小碗B需要将内部奶浆的热量传递给外部的冰盐混合物，导热性好的材料能加快热量传递的速度，让奶浆更快达到凝固温度，如果大碗A用导热性好的材料，反而会让外界热量更容易进入，影响制冷效果。 （2）食盐会溶解在冰块熔化的水中，形成盐水溶液，盐水的凝固点（熔点）比纯水低，所以冰块的熔点会降低，能在更低的温度下持续熔化，吸收更多热量。奶浆原本是液态，在冰盐混合物吸收热量的过程中，奶浆的温度逐渐降低，最终由液态变成固态，这个物态变化的名称就是凝固。 （3）搅拌可以让奶浆内部的热量更快地传递到碗壁，再传递给冰盐混合物，避免局部温度过高或过低，让奶浆各部分的温度更均匀，凝固后的冰淇淋口感和质地也会更一致，如果不搅拌，可能会出现部分已经凝固、部分还是液态的情况。 （4）大碗A的温度很低，空气中的水蒸气遇到温度极低的碗壁时，会直接从气态变成固态的白霜，属于凝华现象；凝华过程放出热量。 押题猜想03 电磁学 能源 11．人们认识微观世界的空间尺度大致如图所示。 （1）其中问号处的粒子应该是（    ） A．电子 B．中子 C．原子核 （2）问号处的粒子（    ） A．带正电 B．带负电 C．不带电 【答案】（1）C；（2）A 【详解】（1）“问号处”的粒子位于“原子”和“质子”之间，且尺寸比原子小、比质子略大或相当，所以问号处的粒子应该是原子核，故AB不符合题意，C符合题意。故选C。 （2）原子核由带正电的质子和不带电的中子组成，整体带正电，故选A。 12．新能源光伏电站场景；我国在青海、西藏建造了大量的熔盐式光伏电站，宣传资料显示：该电站年均发电量约24亿度，相当于每年减少碳排放约180万吨，可满足40万户家庭一年的用电需求。该类电站的原理是：在光照充足时通过平面镜把太阳光反射到熔盐塔，从而把熔盐加热到大约500℃储存起来，光照不足时把热熔盐的热量释放出来烧水产生蒸汽，驱动发电机发电。 （1）光伏电站的太阳能电池板将______能转化为电能，是清洁能源利用的典型代表。 （2）太阳能属于______能源： A．不可再生 B．化石 C．可再生 D．二次 （3）光伏电站的电能输送到千家万户，利用了电流的______效应： A．热 B．磁 C．化学 D．光 【答案】（1）太阳；（2）C；（3）B 【详解】（1）太阳能电池板的作用就是将太阳能直接转化为电能。 （2）太阳能可以源源不断从自然界获取，属于可再生能源；它是可以直接利用的一次能源，不属于化石能源、不可再生能源，故ABD不符合题意，C符合题意。故选C。 （3）电能远距离输送需要依靠变压器改变电压，而变压器的工作原理是电流的磁效应，因此输送电能利用了电流的磁效应，故ACD不符合题意，B符合题意。故选B。 13．按要求完成下列小题。 （1）如图是电磁波频率图，图中红外光的波长比可见光的________（填“A长”或“B短”）；望远镜所观测到的早期宇宙微波的频率比γ射线的频率_______（填“A高”或“B低”）。 （2）以下排列按照尺度的数量级由大到小的是_________。 A．银河系、地球、原子、太阳系 B．太阳系、银河系、生物体、原子 C．太阳系、地球、电子、原子 D．银河系、地球、原子、原子核 （3）_________发现电子后，科学家提出了许多原子结构的模型，如图所示的三种模型中是核式结构模型的是_________。 A． B． C． 【答案】（1）A长；B低；（1）D；（3）汤姆孙；C 【详解】（1）根据电磁波的基本规律：波速c=λf（c为光速，恒定不变），因此频率f越低，波长λ越长。从频率图可知：红外线的频率低于可见光，因此红外光的波长比可见光长，故选A长。 早期宇宙微波属于无线电波范畴，频率远低于γ射线，因此其频率比γ射线低，故选B低。 （2）各尺度的数量级（从大到小）：银河系、太阳系、地球、生物体、原子、原子核、电子。 故ABC不符合题意，D符合题意。故选D。 （3）汤姆孙发现电子后，科学家提出了多种原子模型： 模型A：实心球模型（道尔顿模型，无电子分布） 模型B：“枣糕模型”（汤姆孙模型，正电荷均匀分布，电子镶嵌其中） 模型C：核式结构模型（行星模型）（卢瑟福模型，原子中心有原子核，电子绕核高速运动） 故AB不符合题意，C符合题意。 故选C。 押题猜想二 工程与实践类 试题前瞻·能力先查 【押题1】结合上海地铁22号线建设场景，回答下列问题： （1）上海地铁采用双向逆变式再生制动系统‌，该系统可将列车制动时产生的电能回馈至交流电网，供其他列车或车站设备使用，再生制动过程中，能量转化形式与下列哪种设备相同？（   ） A．电动机 B．发电机 C．电热水器 D．太阳能电池 （2）乘客用手机NFC功能刷卡进站时，手机与闸机通过（   ）传递信息。 A．超声波 B．电磁波 C．次声波 D．红外线 （3）地铁进站时，站台乘客需站在黄色安全线外候车，这是因为流体流速越大的位置，压强越___（选填“大”或“小”）分子热运动。 （4）某小区安装的太阳能路灯，其蓄电池夜晚放电时（   ） A．化学能→电能 B．电能→光能 C．光能→化学能 D．化学能→光能 【答案】（1）B；（2）B；（3）小；（4）A 【详解】（1）在再生制动过程中，列车刹车时将机械能转化为电能回馈电网，这与发电机的能量转化形式相同，发电机是通过其他形式的能量（如机械能）带动线圈在磁场中转动，从而产生电能。而电动机是将电能转化为机械能；电热水器是将电能转化为内能；太阳能电池是将太阳能转化为电能，故选B。 （2）乘客用手机 NFC 功能刷卡进站时，手机与闸机是通过电磁波传递信息的。NFC 技术利用了射频识别（RFID）原理，通过无线电波在近距离内实现设备间的数据交换。超声波、次声波一般用于距离较远或特定的探测、通信场景，红外线通常用于遥控等，在手机 NFC 刷卡进站中均不适用，故选B。 （3）列车进站时，乘客与车之间的空气流速较大，压强较小；而乘客的另一侧空气流速较小，压强较大；乘客两侧存在一个向列车方向的压力差，可能被“吸”向列车，引发事故，所以火车站的站台上有一道黄色安全线，要求乘客必须站在安全线外候车。 （4）太阳能路灯的蓄电池在夜晚放电时，是将蓄电池中储存的化学能转化为电能，为路灯提供电力，进而电能再转化为光能照亮道路。所以蓄电池夜晚放电时的能量转化形式是化学能→电能，故选A。 【押题2】上海洋山深水港是超大型自动化集装箱码头，全流程无人常态化作业。 （1）晓华在码头看到一艘“长益号”货轮正迎面驶来，相对于地面，货轮是________的（选涂“A运动”或“B静止”）； （2）货轮靠泊后进行全自动卸船作业，如图（a）所示，集装箱可以竖直精准落入卡车，为了实现软着陆，其中有一段是快速下降10m，其图像如图（b）所示，则该段所用时间为________s；另一段缓慢下降1m，其图像如图（c）所示，集装箱和吊具总重力为G，快速下降时索线的牵引力为，缓慢下降时索线的牵引力为，则牵引力______（选涂“A大于”“B等于”或“C小于”）。 【答案】（1）A；（2）10；B 【详解】（1）判断物体运动/静止的依据是：相对于参照物，物体位置是否改变。货轮迎面驶来，相对于地面位置不断变化，因此相对于地面货轮是运动的。故选A。 （2）由图(b)可知，快速下降时集装箱做匀速直线运动，速度 则下降10m的时间为 快速下降和缓慢下降过程中，集装箱都做匀速直线运动，处于平衡状态，牵引力与总重力平衡，即 、，因此 。故选B。 【押题3】载人潜水器“奋斗者”号在世界最深的马里亚纳海沟成功坐底。 在万米深海下，潜水器无法产生足够的高压将舱室内的海水排出，需要固体浮力材料和压载铁配合完成下沉和上浮。“奋斗者”号下水时要携带两组压载铁，匀速下潜入海洋深处； （1）临近海底，潜水器抛掉第一组压载铁后减速下潜。此过程中浮力将_______（选填“A．变大”“B．变小”或“C．不变”）； （2）完成作业后，抛掉第二组压载铁，上浮返航，说明潜水器是通过改变______（选填“A．自身重力”或“B．浮力”）实现沉浮的。 【答案】（1）C；（2）A 【详解】（1）潜水器抛掉压载铁后，自身体积不变、仍完全浸没在海水中，海水密度也不变，因此浮力将保持不变。故选C。 （2）抛掉压载铁后，潜水器的总重力减小。当重力小于浮力时，潜水器受到的合力向上，从而实现上浮；反之，增加压载铁时重力大于浮力，实现下潜。因此潜水器是通过改变自身重力来实现沉浮的，而不是改变浮力。故选A。 分析有理·押题有据 “工程与实践”‌是上海物理中考中的重要模块，主要考查学生将物理知识应用于真实情境的能力。根据近年各区二模试卷分析，该部分的核心考点集中在以下几个方面： 1. 电磁与科技应用类 结合天问二号升空、手摇电筒等科技或生活场景，考查电磁感应原理、磁场方向判断（右手螺旋定则）及能量转化过程。 2. 杠杆与机械设计类 ‌以生活中的工具（如钳子、撬棒）或工程装置为背景，考查力臂分析、动态平衡判断和求解最小作用力的方法。 3. 浮力与工程船舶类 ‌以潜艇、科考船、陶瓷碗浮沉等为载体，考查阿基米德原理、排水量变化、液体密度对浮力的影响，强调动态分析能力。 4. 电路设计与原理应用‌ 在智能灯、水果电池等创新实验中，考查电路连接方式、电压影响因素探究（控制变量法）、电磁继电器与光敏电阻的联动控制机制。 5. 能量转化与机械能守恒 在内燃机、滑冰、过山车等情境中，考查动能与势能的转化、摩擦导致的能量损耗、机械能守恒的条件等。 终极猜想·精练通关 押题猜想01 光学 1. 天文爱好者发现，宇宙星云的颜色各不相同。查阅资料后发现：①恒星温度越高，热辐射时发出的光波波长越短；②可见光的光波波长如下表所示： 色光颜色 红 橙 黄 绿 蓝 紫 光波波长（nm） 780~622 622~597 597~577 577~492 492~455 455~400 （1）平日观察正午的太阳是黄色的，夕阳的太阳偏红，而太阳光是白色的，则太阳发出的可见光的波长范围大约在（　　） A．622∼780nm B．577∼597nm C．400∼780nm （2）若存在一颗温度极高的恒星，发出的波长小于400nm，则这颗恒星主要发出________。 【说理】 （3）若太阳系附近有甲、乙两颗恒星，分别肉眼观察，甲恒星是黄色的，乙恒星则是蓝色的。_____（选填“甲”或“乙”）恒星表面的温度较高，理由是：________________________。 【答案】（1）C；（2）紫外线；（3）乙；恒星温度越高，热辐射时发出的光波波长越短，蓝色光的波长比黄色光短，因此乙恒星表面温度更高 【详解】（1）太阳光是包含所有可见光的复色光，可见光的波长范围覆盖红光到紫光的区间，即400~780nm，对应选项C。 （2）可见光中紫光的波长范围是455~400nm，是可见光里波长最短的；波长小于400nm的属于紫外线（不可见光），因此这颗温度极高的恒星主要发出紫外线。 （3）见答案。 2. 如图是熔盐塔式光热电站的工作原理图。 （1）太阳能光热电站利用定日镜_________太阳光（选填“反射”或“折射”）聚集到吸热塔上进行加热；如图为发电过程流程图，请补充完整：_________ （2）冷却塔用水做冷却剂是因为水的比热容大，_________（选填：“能”或“不能”）说明水吸收的热量多。 【答案】（1）反射；机械能；（2）不能 【详解】（1）定日镜是反光镜，依靠反射改变太阳光的传播方向，将太阳光聚集到吸热塔；能量转化流程，太阳能转化为内能后，内能加热水产生高温蒸汽，高温蒸汽推动汽轮机转动，将内能转化为汽轮机的机械能，最终机械能通过发电机转化为电能。 （2）水的比热容大，是指相同质量的水和其他物质相比，升高相同温度，水能吸收更多热量； 但比热容大不能直接说明水吸收的热量多（吸热多少还和质量、温度变化有关）。 3. 天宫课堂。 2021年12月9日15点40分，神舟十三号乘组航天员翟志刚、王亚平、叶光富变身“太空教师”在中国空间站精彩开讲，并面向全球直播。这次授课中，三位太空老师带来了5个物理实验，印象最深刻的是“水球透镜”实验。请阅读下面的内容，并完成相关问题：本次“天宫课堂”，王亚平对实验做了一个小小的升级，通过透镜看到的竟然是一正一反两个像，这是为什么呢?其原理解释是： （1）如图甲所示，加气泡之前的水球可以被看作是一个凸透镜。王亚平站在远处（这个凸透镜的两倍焦距以外），我们眼睛看到的是她倒立、______的实像（A．放大B．等大C．缩小）。 （2）中央加气泡之后，水球因此被气泡变为了两部分，中间是空气，气泡周围是水。这个时候整个水球就变成了两个透镜，外圈部分的凸透镜虽然没有原来完整，但对光线仍然有______作用，依然能够成像，只不过透过的光线变少了而已，所以依然呈现出一个倒立的像；内圈相当于变成了两个凹透镜的组合，所以这个时候中间部分又出现了一个正立的像。因此可以在水球中同时看到一正一倒的两个像。 （3）根据上面的实验，可推测出凹透镜成______（A．放大 B．缩小 C．等大）的______像（A．实 B．虚）。 （4）请将图中的入射光线通过透镜后的折射光线补全。 【答案】（1）C；（2）会聚；（3）B；B；（4）见下图 【详解】（1）水球可以被看作是一个凸透镜，王亚平站在远处（这个凸透镜的两倍焦距以外），由凸透镜成像规律可知，u>2f，成倒立、缩小的实像，故选C。 （2）水球因此被气泡变为了两部分，中间是空气，气泡周围是水，这个时候整个水球就变成了两个透镜，外圈成为了一个凸透镜，凸透镜对光线有会聚作用。 （3）内圈相当于变成了两个凹透镜的组合，所以这个时候中间部分又出现了一个正立的像，实验中内圈正立像的尺寸比原物体小，成缩小的像，因为虚像是正立的，所以成的是虚像。 （4）平行于主光轴的入射光线经凸透镜折射后，折射光线过异侧焦点，据此作图。 平行于主光轴的入射光线经凹透镜折射后，折射光线的反向延长线过同侧焦点，据此作图。 押题猜想02 力学 4．“舂”——农民捣谷用如图甲，工作原理如图乙，为碓杆，为支点，处连接着碓头，脚踏碓杆的处可使碓头升高，抬起脚，碓头会落下去击打稻谷。若碓头的重力为50N，每踩一次碓头上升的高度为，长，长0.3m。不计碓杆重力和摩擦。（）求： （1）假设一个质量为60kg的农民抬起一只脚工作时，脚掌与地面接触面积约为，此时他对地面的压强； （2）将碓头抬起，脚作用在B点至少用力______N； （3）若1min将B踩下30次，杠杆克服重力所做的功W及克服重力做功的功率P。 【答案】（1）；（2）250；（3）750J，12.5W 【详解】（1）农民抬起一只脚工作时，对地面压力为 此时他对地面的压强 （2）脚作用在B点且垂直于OB向下用力时，动力臂最长，根据杠杆平衡条件可知最省力，动力臂即为OB。根据杠杆平衡条件则有，解得脚作用在B点需要的最小力 （3）将B踩下30次，杠杆克服重力所做的功 克服重力做功的功率为 5. 无人机飞行依赖升力原理：固定翼通过机翼上下表面压力差产生升力，多旋翼则利用旋翼向下吹气形成的反作用力实现升空。如图所示的无人机可输出1.9N悬停拉力，峰值时可达3.8N。 （1）气流流过机翼上下表面时，会产生向上的升力，是由于流过上表面时的流速_____下表面的流速（选填“A．大于”“B．等于”或“C．小于”），从而产生压强差，进而产生合力向上的压力差。 （2）无人机在正常转速下，会输出1.9牛的悬停拉力，则在上图无人机上用力的示意图大致画出竖直方向上该无人机受到的力。 （3）现代物流日渐趋于利用无人机进行货物远距离运输，从而达到省力节时的效果。若该款无人机自身质量为100克，则可用该款无人机最大载货重量为________牛。 【答案】（1）A；（2）见下图；（3）2.8 【详解】（1）根据流体压强与流速的关系：流速越大的位置压强越小。机翼呈上凸下平的形状，相同时间内气流通过上表面的路程更长，因此上表面流速大于下表面流速，上表面压强更小，由此产生向上的压强差形成升力，故选A。 （2）无人机悬停时竖直方向受力平衡，受到向上的拉力、向下的重力，二力大小相等、方向相反。 （3）G机=mg=0.1kg×9.8N/kg=0.98N，无人机最大峰值拉力为3.8N，等于无人机自重与货物重力之和 最大载货重力G货=F峰-G机=3.8N-0.98N=2.82N 6．F1赛事是目前世界上速度最快的赛车比赛。 （1）F1赛车的尾翼是其获得高速过弯稳定性的关键。如图所示，A、B为F1赛车的尾翼上方、下方的两点，行驶过程中A、B处的空气压强大小关系___________。 A．大于 B．小于 C．等于 （2）赛车车架采用碳纤维等材料，已知碳纤维材料密度为，钢的密度为，的碳纤维材料与等体积的钢相比，质量相差_________kg。 （3）若F1赛车以360km/h速度匀速通过距离为6km直线跑道，需耗时_________min。 （4）比赛后，车身上会吸附灰尘，这是由于车身与空气高速摩擦后，带上了_________。 （5）已知赛车的发动机燃料热值约为，转化成有用功的效率为，求完全燃烧0.1kg燃料经发动机后转化的有用功W。 【答案】（1）A；（2）；（3）1；（4）电；（5） 【详解】（1）在气体中，流速越大的位置，压强越小。A点的空气流速慢，B点的空气流速快，所以行驶过程中A、B处的空气压强大小关系为，故选A。 （2）由题意，的碳纤维材料与等体积的钢相比，质量相差 （3）赛车速度 所以通过距离为6km的直线跑道所用时间 （4）赛车高速行驶过程中由于与空气摩擦而带上电荷，从而使车身吸附灰尘。 （5）燃料完全燃烧放出的热量 转化的有用功 7．C919如图是我国自主研发的具有自主知识产权的喷气式中程干线客机，已完成商业首航，C919具有安全、经济、舒适、环保的特点，采用先进气动设计、先进推进系统和先进材料，碳排放更低、燃油效率更高。 （1）C919通过采用密度________（选涂“A．较小”或“B．较大”）的铝锂合金复合材料，来实现减轻机身自重的目的。 （2）飞机降落时起落架要承受巨大压力，几乎相当于几十层楼的重力，为了安全起飞、平稳降落，C919起落架多达6个轮子，这样做的目的是（     ） A．减小压力 B．增大压力 C．减小压强 D．增大压强 （3）C919起飞后，随着飞行海拔高度的增加，外部的大气压强（     ） A．减小 B．不变 C．增大 （4）机舱内的大气压强可以用___________（实验器材名称）测量。___________实验首次测出了大气压的值，一个标准大气压约为___________mm高的水银柱产生的压强，若用水做该实验，则水柱的高度________（选涂“A．大于”或“B．等于”或“C．小于”）水银柱高度。 【答案】（1）A；（2）C；（3）A；（4）气压计 托里拆利 760 A 【详解】（1）根据m=ρV，机身体积固定，密度越小，材料质量越小，就能减轻机身自重，因此选密度较小的材料，选A。 （2）增加轮子数量，增大了起落架与地面的受力面积，飞机对地面的压力不变，根据压强公式p=F/S，增大受力面积可以减小压强，因此选C。 （3）大气压强的规律是：海拔越高，大气压强越小，因此飞行高度增加，外部气压减小，选A。 （4）测量大气压强的器材是气压计。托里拆利实验首次测出了大气压的数值。1个标准大气压约等于760mm高水银柱产生的压强。 根据p=ρgh，大气压p不变，水的密度远小于水银密度，因此水柱高度大于水银柱高度，选A。 8．图（a）所示是我国自主研发的“奋斗者”号深海潜水器，它成功下潜突破1万米，创造中国载人深潜的新纪录。下潜前水舱注水并挂好压载铁，在马里亚纳海沟成功坐底，达到最大深度后，抛掉适量压载铁等相关技术，实现上浮。 （1）【作图】如图（b）所示，是潜水器正在从水面加速下潜时的情景，O点是它的重心，请在图上画出潜水器此时所受浮力F浮的示意图。 （2）【计算】当“奋斗者”号完全潜入水中时，排开水的体积为，求潜水器受到的浮力F浮。（海水密度取） （3）【计算】“奋斗者号”的载人舱采用我国自主研发的钛合金材料，其能承受的最大压强为。当下潜深度至10000m时，载人舱受到海水的压强是否在安全范围内？（海水密度取） （4）普通潜艇通过向水舱吸入或排出海水改变自身重力实现上浮和下潜，而“奋斗者”号深海潜水器在万米深海中，不采用排出海水的方式上浮，而是选择抛弃压载铁。请根据所学物理知识分析原因__________。 【答案】（1）见下图；（2）；（3）是；（4）见解析 【分析】（1）浮力的方向总是竖直向上，且作用点可画在重心O点，从O点竖直向上画带箭头的线段表示浮力F浮。 （2）已知排开水的体积、海水密度，可利用阿基米德原理公式计算浮力。 （3）已知下潜深度、海水密度，所以先利用液体压强公式p=ρgh计算载人舱受到的海水压强，再与最大承受压强比较判断是否在安全范围。 （4）因为万米深海海水压强极大，所以分析排出海水的方式在此环境下的可行性，结合浮力与重力的关系，说明抛弃压载铁的原因。 【详解】（1）浮力的方向始终竖直向上，作用点在重心O：从O点沿竖直向上方向画一条带箭头的线段，标注符号F浮即可。 （2）潜水器受到的浮力 （3）载人舱受到海水的压强 所以当下潜深度至10000m时，载人舱受到海水的压强在安全范围内。 （4）液体压强随深度增加而增大，万米深海处海水压强极大，水舱向外排出海水非常困难；而抛弃压载铁可以便捷地减小潜水器自身重力，使浮力大于重力，更方便实现上浮。 9. 如图（a）所示，“中国天眼”是目前世界上最大的射电望远镜。 （1）“中国天眼”通过接收星体辐射的微弱________（选填“A．电磁波”或“B．声波”）探测宇宙中极其遥远的天体；研究发现，星系之间的距离在逐渐增加，说明宇宙是在________（选填“A．膨胀”或“B．收缩”）的； （2）为了对厚度仅为1mm的反射面板进行日常维护，如图（b）所示，维护人员小王工作时身背连接着氦气球的装置，气球可为小王提供竖直向上的拉力（气球的厚度忽略不计）。 ①若气球排开空气的体积为，空气密度为，计算气球受到的浮力F浮，并在图（b）中用力的示意图画出F浮______； ②为比较气球内部的氦气密度ρ氦气与空气密度ρ空气的大小关系，小华的分析过程如下： 由题意可知，F浮>G球+G氦气。 ________ 所以ρ氦气<ρ空气 请利用所学知识补充小华的分析过程；______ ③若小王穿戴装置（未与气球连接）站立时，受到的总重力为850N，与地面的接触面积为，对地面的压强为p1。如图（c）所示，小王工作时受到730N竖直向上的拉力，膝盖下方的轻质防护板与反射面板的接触面积为，对反射面板的压强为p2，计算p2与p1的差值Δp______。 【答案】（1）A；A；（2）见下图； 设气球体积为，气球浸没在空气中，故，可得，，代入，得， 因为，因此，可得到 【详解】（1）真空不能传声，电磁波可以在真空中传播，天体信号穿过宇宙真空到达地球，因此射电望远镜接收电磁波，故选A；星系之间距离逐渐增大，说明宇宙处于膨胀状态，故选A。 （2）气球受到的浮力 力的示意图：以气球中心的黑点为作用点，沿竖直向上方向画带箭头的线段，标注即可。 站立时对地面的压强 工作时，小王对反射面板的压力 工作时对反射面板的压强 压强差值 10. 图甲是我国自主研发的“极目一号”Ⅲ型浮空艇。（取） （1）浮空艇形似“大白鲸”，外壳是白色的，这样可以反射光，使艇内气体升温不会过快。内部充的是密度______（选填“大于”“小于”或“等于”）空气的氦气； （2）若浮空艇体积为，从科考基地（当地空气密度约为）即将升空时，所受浮力为______N； （3）小明利用气球和重物模拟浮空艇下降的工作原理。如图乙所示，重物包含有定滑轮和电动装置，细线一端连接气球，另一端通过滑轮连接电动装置。充入适量氢气后气球的总质量为，体积为。当重物和气球静止时，地面对的支持力______（选填“大于”“等于”或“小于”）的重力。若要使气球下降，处的拉力至少大于______N。（所受的浮力、细线重力和滑轮摩擦忽略不计，当地空气密度为） 【答案】（1）小于；（2）；（3）小于；21.8 【详解】（1）浮空艇内部充的是密度小于空气的氦气，使得自身的浮力大于重力，从而实现浮空。 （2）即将升空时，浮空艇所受浮力为 （3）当重物A和气球静止时，重物A在细线竖直向上的拉力、自身竖直向下的重力、地面竖直向上的支持力的作用下保持平衡，根据力的平衡条件可知，地面对A的支持力小于A的重力。 气球受重力、拉力和浮力，气球的重力为 气球所受浮力为 则若要使气球下降，P处的拉力至少为 11．阅读短文，回答问题。 核潜艇 前有俄乌冲突，再有美国霸权主义强占委内瑞拉，接着现在美以伊之间的军事冲突，加上日本一直挑衅中国，试图阻碍中国的统一，这一切都说明弱国无外交，强大的军事是震慑狐朋狗党的利器。中国海军近年来在水下力量建设上持续突破，其中备受瞩目的096型战略核潜艇——这款“国之重器”，将搭载射程超万公里的巨浪-3洲际导弹，成为维护国家安全的重要盾牌。我国某核潜艇H（如图甲）最大下潜深度为350m，完全下潜到海面下的排水量为，已知海水密度为，江水密度为，g取10N/kg。不考虑潜艇的体积变化。 （1）下列关于核潜艇的说法中，正确的是_______（选填序号）。 A．核潜艇的外壳用硬度小的特种钢材制成 B．核潜艇是通过改变自身体积实现浮沉的 C．核潜艇悬浮和漂浮时所受的浮力相等 D．核潜艇由东海海面下，潜行进入长江后所受的浮力变小 （2）核潜艇在海面下水平匀速巡航时，突然进入密度跃层（海水密度突然变小）时，核潜艇将会_______（选填“上浮”“悬浮”或“下沉”），将给核潜艇带来安全隐患。为确保核潜艇安全，应立即采取的措施是水舱_______（选填“充水”或“排水”）。 （3）该核潜艇H悬浮在海面下时，螺旋桨将海水推向后方，获得向前的推力，此现象说明_______；核潜艇H所受的海水阻力与航速的平方的关系如图乙，当核潜艇H航速为6m/s时，核潜艇H所受的海水阻力为_______N。 （4）该核潜艇H在深海某区域内以某一速度匀速下降，在到达一定深度后从水舱中向外排出6t的海水，经过一段时间，核潜艇H以相同的速度匀速上升。若该区域内海水的密度保持不变，核潜艇H所受阻力仅与速度有关。则核潜艇H在匀速下降时所受阻力的大小为_______N。 【答案】（1）D；（2）下沉；排水；（3）物体间力的作用是相互的；；（4） 【详解】（1）A．核潜艇在水下需要承受较大的压强，外壳用硬度大的特种钢材制成，故A错误； B．核潜艇是通过改变自身重力达到浮沉的，故B错误； C．核潜艇悬浮和漂浮时排开水的体积不同，根据阿基米德原理可知所受浮力不相等，故C错误； D．核潜艇由东海海面下潜行进入长江后，排开液体的体积不变，密度变小，根据F浮＝ρ液gV排可知所受浮力减小，故D正确。故选D。 （2）核潜艇在海面下水平匀速巡航时，突然进入密度跃层（海水密度突然变小）时，根据F浮＝ρ液gV排可知会造成核潜艇所受浮力减小，重力不变，则重力大于浮力，核潜艇将会下沉。 因为核潜艇是通过改变自身重力达到浮沉的，为确保核潜艇安全，应立即采取的措施是从水舱中向外排水，减小自身重力，使重力等于浮力，使核潜艇悬浮。 （3）该核潜艇H悬浮在海面下时，螺旋桨将海水推向后，由于物体间力的作用是相互的，海水对螺旋桨施加一个向前的推力，使核潜艇向前运动。 由乙图可知，阻力与速度的平方成正比，当航速平方为100m2/s2时，核潜艇受到的阻力为，列式，然后代入数据可得 当核潜艇H航速为6m/s时，核潜艇H所受的海水阻力为 （4）核潜艇在同一区域潜行所受浮力相同，速度相同，所受阻力大小相同。 核潜艇下潜时 核潜艇上浮时 水舱中向外排出6t的海水，则排出水的重力为 由题意可得 则核潜艇H在匀速下降时所受阻力的大小为 押题猜想03 光学 电磁学 12．熔盐塔式光热电站 如图甲是我国建造的熔盐塔式光热电站。在满足光照条件下，每天可使该电站的6000吨熔盐温度上升，高温的熔盐通过蒸汽发生器产生蒸汽推动汽轮机发电。 （1）熔盐塔式光热电站所利用的太阳能属于______（“A可再生能源”“  B不可再生能源”） （2）一束阳光照到定日镜上发生反射，在图乙中画出反射光线OB，标出反射角度数。 （3）下列图中应用与汽轮发电机工作原理相同的是（　　） A． B． C． D． 【答案】（1）A；（2）见下图； （3）C 【详解】（1）太阳能可以从自然界源源不断地获取，属于可再生能源，故选A。 （2）据图可知，入射光线与镜面的夹角是60°，则入射角是 过入射点用虚线作镜面的垂线为法线，由光的反射定律，反射角等于入射角为30°，在法线的右侧画出对应的反射光线，标明反射角，据此作图。 （3）汽轮发电机的原理是电磁感应现象； A．图中是奥斯特实验，是电流的磁效应，说明通电导体周围存在磁场，故A不符合题意； B．图中有电源，通电导体在磁场中会受到力的作用，故B不符合题意； C．图中无电源，满足闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中产生感应电流，是发电机的原理，故C符合题意； D．电铃的主要部件是电磁铁，利用的是电流的磁效应，故D不符合题意。 故选C。 13．中国人民解放军海军福建舰，是中国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰，是中国第三艘航空母舰。 福建舰采用常规动力，满载排水量8万余吨，设置平直通长飞行甲板，配备4道阻拦索、3个弹射起飞位。直接跨越了传统蒸汽弹射技术，有效利用了常规动力，同时还具备高效储能和系统稳定的特点。电磁弹射起飞的福建舰可以搭载固定翼舰载无人机，重型舰载战斗机以及固定翼舰载预警机等多种新型舰载机，是中国航母舰载机的跨越。 2025年9月22日，歼-15T、歼-35和空警-600三型舰载机，已成功完成在福建舰上的首次弹射起飞和着舰训练。验证了中国完全自主研制的电磁弹射和阻拦系统与多型舰载机的良好适配性，使福建舰初步具备全甲板作业能力。这是中国航母发展历程中取得的又一次突破，标志着福建舰具备了电磁弹射和回收能力，对推进海军转型建设具有里程碑意义。 （1）电磁弹射系统的主要工作原理类似于___________（填“发电机”或“电动机”），其主要过程是将储备的能量转化为___________能。 （2）为了使电磁弹射系统能更高效地工作，其核心部件的材料应具有的特性是（　　） A．良好的导电性和磁性 B．良好的绝缘性和磁性 C．良好的导热性和导电性 D．良好的弹性和导电性 （3）排水量8万吨时，航母受到的浮力多大？ 【答案】（1）电动机；机械；（2）A；（3） 【详解】（1）电磁弹射的工作原理是通电导体在磁场中受力运动，和电动机原理一致，发电机的原理是电磁感应（机械能转化为电能），不符合；电磁弹射推动舰载机起飞，将储备的电能转化为舰载机的机械能。 （2）电磁弹射依靠通电导体在磁场中受力工作，核心部件需要良好的导电性来减小电能损耗，同时需要强磁性才能产生足够大的推力，因此选A。 （3）根据阿基米德原理，航母受到的浮力等于排开海水的重力，即航母受到的浮力为 押题猜想三 实验探究类 试题前瞻·能力先查 【押题1】在“探究电流与电压、电阻关系”的实验中，某实验小组选用5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω五个电阻，电压恒为6V的电源，“40Ω 1A”的滑动变阻器等器材，按课本要求设计了如图甲所示的实验电路。 （1）根据课本上所设计的实验电路，在图甲中分别填入开关，电压表及电源。 （2）首先接入10Ω的电阻探究“电流与电压的关系”： ①当电压表示数为2.8V时，电流表示数如图乙所示，则此时电流表示数为________A；实验小组记录的数据表格如下表所示，小红分析了数据后，指出有一组数据不符合实际，这组数据对应的实验序号是___________。请说明你的判断依据：_________________； ②分析正确的数据，可得出结论：当导体的电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成___________； 实验序号 1 2 3 4 5 6 电压/V 1.0 1.4 2.0 2.4 2.8 3.0 电流/A 0.1 0.14 0.20 0.24 0.30 （3）接着小红继续按照图甲所示电路，将5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω这五个电阻随机单独接入电路，探究电流与电阻的关系； ①实验中控制电阻两端的电压为2V不变。她用10Ω的电阻完成实验后，保持滑动变阻器的滑片位置不动，断开开关换上15Ω电阻，闭合开关后，为了使电阻两端的电压恢复到2V，此时应将滑片适当向___________调（选填“左”或“右”）； ②她发现当接入________Ω的电阻时，无论怎样调节滑片，电压表的示数都大于2V，若想完成实验，小红设想了以下方案，其中一定能实现的方案是________；（多选） A、增大电源电压 B、换一个阻值变化范围更大的滑动变阻器 C、在电路中正确串联一个阻值已知的定值电阻R0 D、将一个阻值已知的定值电阻R0正确并联在滑动变阻器两端。 （4）小红思考：为顺利获取五组数据，电阻两端电压应控制为多少合适呢？在不改变实验器材和电路连接的前提下，实验小组分别提出了2.2V、2.4V、2.6V和3.0V四个电压值，你认为这四个电压值中不能选择的是（   ）（不定项选择）。 A．2.2V B．2.4V C．2.6V D．3.0V 【答案】（1）见下图；（2）0.28；1；见解析；正比；（3）右；25；BC；（4）A 【详解】（1）实验是探究电流与电压、电阻的关系，电源、开关、电流表、定值电阻、滑动变阻器应串联，中间应填入电压表；电压表应与定值电阻并联，右侧应填入开关，左侧填入电源，如图： （2）由图乙知，电流表的量程为0~0.6A，分度值为0.02A，因此电流表的示数为0.28A。 已知电源电压为6V不变，接入的定值电阻阻值为10Ω。当电压表示数为1.0V，电流表示数为0.1A时，根据串联电路分压的规律，此时滑动变阻器两端的电压为5.0V。串联电路中各处电流相等，则需滑动变阻器的阻值为 滑动变阻器最大阻值为40Ω，无法满足，因此实验序号1的数据不符合实际。 分析表中正确的数据可知，各组数据中电压与电流的比值相等且恒定不变，电压增大，电流增大，因此可得出结论：当导体的电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比。 （3）用10Ω的电阻完成实验后，保持滑动变阻器的滑片位置不动，断开开关换上15Ω电阻，闭合开关后，根据串联分压可知，电压表示数会增大，要使定值电阻两端的电压为2V不变，应减小电路中的电流，因此需增大滑动变阻器的阻值，故应向右调节滑动变阻器。 由上题可知，当定值电阻增大时，需增大滑动变阻器的阻值，以控制定值电阻两端的电压保持不变。当滑动变阻器调到最大阻值Rmax=40Ω时，定值电阻两端电压U1=2V，电源电压为U=6V，则滑动变阻器两端的电压 此时电路中的电流 接入的定值电阻的阻值应为 因此当接入25Ω的电阻时，滑动变阻器的最大阻值太小，无论怎样调节滑片，电压表的示数都大于2V。故可以通过增大滑动变阻器的阻值，或在电路中正确串联一个阻值已知的定值电阻R0进行分压，可达到完成实验的目的。故选BC。 （4）已知电压恒为6V的电源，滑动变阻器的规格为“40Ω 1A”，选用5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω五个电阻，要使滑动变阻器的最大阻值满足要求，当定值电阻从5Ω逐渐换到25Ω的过程中，要保持定值电阻不变，需要不断增大滑动变阻器的阻值，因此当定值电阻为25Ω时，此时滑动变阻器的阻值最大，不超过40Ω，若此时滑动变阻器的阻值为最大值Rmax=40Ω，滑动变阻器分得的电压最大，此时电路中的电流 定值电阻分得的电压最小为 当定值电阻为5Ω时，此时滑动变阻器的阻值最小，分得的电压最小，而定值电阻能分得的最大电压（不能超过电压表的量程），此时电路中的电流，没有超过电流表的量程。 故不能选择的电压值是2.2V。 【押题2】在“用电流表、电压表测电阻”的实验中，小明按图连接电路。电源电压为4.5V保持不变，所用滑动变阻器上标有“20Ω 2A”字样。 （1）实验原理：__________。 （2）闭合开关前，应将滑片置于滑动变阻器的最______端（“A．左”或“B．右”）。 （3）移动滑片时发现电流表的示数始终为0.电路中仅有一处故障，且故障只发生在待测电阻或滑动变阻器上。请写出电压表的示数及对应的故障。____________________________。 （4）排除故障后，小明重新实验。他正确连接电路，实验步骤正确。闭合开关后，将电压表、电流表的示数记录在序号1中；当滑片移到中点位置时，电压表的示数为2.5V；当滑片移到另一端时，电流表的示数为0.36A。请将表格中的数据补充完整。（电阻精确到0.1Ω） 序号物理量 电压（V） 电流（A） 电阻（Ω） 电阻的平均值（Ω） 1 1.7 0.14 12.1 _____ 2 2.5 _____ _____ 3 _____ 0.36 _____ 【答案】（1）R=U/I；（2）B；（3）见解析；（4）12.4，0.20，12.5，4.5，12.5 【详解】（1）用电流表测电流、电压表测电压，通过公式计算得出电阻，实验原理是R=U/I。 （2）闭合开关前、应将滑片置于滑动变阻器阻值最大端，如图所示，滑动变阻器连接了左下接线柱，因此滑片在最右时阻值最大。故选B。 （3）移动滑片时发现电流表的示数始终为0，说明电路出现了断路；当电压表的示数为0时，电压表与电源不能形成回路，故断路位置在滑动变阻器；当电压表示数为4.5V时，电压表与电源接通，测电源电压，故断路位置在待测电阻Rx。 （4）当滑片移到中点位置时，电压表的示数为2.5V，滑动变阻器两端电压U滑=4.5V-2.5V=2V 滑动变阻器的电阻为 通过滑动变阻器的电流为 串联电路各处电流相等，则电流表的示数为0.2A；此时待测电阻Rx的阻值为 当滑片移到另一端时，电流表的示数为0.36A，滑片移到了阻值最小端，则电压表的示数为4.5V；待测电阻Rx的阻值为 所以电阻的平均值为 【押题3】某小组做“测定小灯泡的电功率”实验。小华将电源（电压为6伏）、待测小灯泡（标有“3.8V”字样）、滑动变阻器、电流表、开关串联，然后将电压表并联在电路中。小华闭合开关，移动变阻器滑片，记录了三组数据。他发现无法使小灯泡正常发光，于是对数据作了处理，根据公式求得小灯泡的额定功率。他记录和处理的数据见下表。 序号 电压表示数 /伏 电流表示数 /安 小灯泡的电阻 /欧 小灯泡电阻的平均值 /欧 1 2.0 0.22 9.1 10.0 2 2.4 0.24 10.0 3 2.8 0.26 10.8 小明观察电压表的表盘（a）并经过思考，对小华连接的电路调整后，按正确步骤进行实验。当小灯泡正常发光时，观察到电流表示数如图（b）所示。 （1）分析表格数据，说明不能用小灯泡电阻的平均值替代小灯泡正常发光时电阻值的原因； _______________________________________________________________ （2）该小组可选的滑动变阻器有A、B两个，分别标有“10Ω 2A” “20Ω 2A”字样，本次实验中他们选用的变阻器是__________（选填“A”或“B”）；（需写出解答过程） （3）小明判定小灯泡正常发光的依据是__________________________； （4）求小灯泡的额定功率P额。（需写出解答过程）______________ 【答案】 见解析 见详解 观察到电压表示数为3.8V 见详解 【详解】（1）灯泡的电阻随温度的变化而变化，不同电压下，电阻不同，求平均值没有意义。 （2）第一次实验时，电压表示数为2V，根据串联分压可知，滑动变阻器两端的电压为 滑动变阻器的电阻为 滑动变阻器的阻值大于10Ω，故选择的是变阻器B。 （3）由电压表的表盘（a）可知，此时电压表的量程为0~3V，故可将电压表量程改为0~15V即可测量小灯泡正常工作时的电压。小灯泡上标有“3.8V”字样，即小灯泡额定电压为3.8V，故当观察到电压表的示数为3.8V时，可以判定小灯泡正常发光。 （4）小灯泡的电阻值随温度升高而增大，故由表格内电阻值可知，当灯泡正常发光时，电阻值大于10.8Ω。根据可知，灯泡电流小于0.6A，故小灯泡正常工作时图（b）中，电流表量程为0~0.6A，分度值为0.02A，则小灯泡正常发光时的电流为0.3A，小灯泡的额定功率P额为 分析有理·押题有据 上海中考物理探究实验部分的主要考点‌集中在电学、力学、热学和光学四大模块，强调实验设计、数据分析与科学方法的应用。 1. 电学探究实验 （1）探究电流与电压、电阻的关系‌（欧姆定律）：运用控制变量法探究导体中电流与电压、电阻的关系，分析I-U图像归纳结论。 （2）测电阻（含测量小灯泡的电阻）‌：重点考查电路连接、故障判断、滑动变阻器使用及小灯泡电阻的计算。 （3）测小灯泡电功率‌：重点考查电路连接、故障判断、滑动变阻器使用及额定功率的计算。 2. 力学探究实验 ‌（1）二力平衡条件‌：通过钩码与硬纸板实验，验证平衡力是否共线、等大、反向、同体。 ‌（2）浮力与物体沉浮条件‌：利用圆柱体在不同液体中的漂浮状态，分析固、液体的密度比；分析 柱体露出液面的高度。 ‌（3）杠杆平衡条件‌：实验目的与原理；关键操作要点，例如，调节杠杆在水平位置平衡‌的目的；多次实验的目的；使用弹簧测力计的目的；会归纳正确结论。 3. 热学与能量实验‌ ‌（1）比热容比较‌：通过加热不同物质（如水和煤油）比较吸热能力，理解Q=cmΔt公式的应用。 ‌（2）物态变化中的能量转化‌：如结冰膨胀原因分析、冷冻矿泉水现象解释等。 4. 光学探究实验‌‌ ‌凸透镜成像规律‌：研究物距变化对像的大小、虚实、倒正的影响，常结合实验数据表进行分析。 终极猜想·精练通关 押题猜想01 光学 1. 晓华做“探究凸透镜成像的规律”实验，如图所示。 （1）调节凸透镜和光屏的位置，使它们的中心和烛焰中心大致在________ （2）如图所示，此时恰能在光屏上成清晰的像，光屏上所成的像是________。 A．倒立缩小实像 B．倒立等大实像 C．倒立放大实像 （3）在图中，晓华借来一副眼镜，将其放在蜡烛和凸透镜之间，发现光屏上原本清晰的像变模糊了，向右移动光屏，光屏上的像又变清晰了，说明该眼镜是________（选“A近视”或“B远视”）眼镜。 【答案】（1）同一高度；（2）C；（3）A 【详解】（1）调节凸透镜和光屏的位置，使它们的中心和烛焰中心大致在同一高度，这样做的目的是让像成在光屏的中央。 （2）从图中可以看出，物距小于像距，根据凸透镜成实像的规律，此时光屏上成的是倒立、放大的实像，故C符合题意，AB不符合题意。故选C。 （3）将眼镜放在蜡烛和凸透镜之间后，光屏上原本清晰的像变模糊，向右移动光屏后像又变清晰，说明该眼镜使光线发散了一些，延迟了会聚，这种眼镜是近视眼镜（凹透镜）。故选A。 2．小华回来后做探究凸透镜成像规律实验，同时利用水透镜模拟眼睛的成像原理。 (1)图甲中烛焰在光屏上恰好成一清晰的像。保持蜡烛和光屏的位置不变，将水透镜移至_______cm刻度，光屏上又会得到清晰的像，这与_______（选填“照相机”、“投影仪”和“放大镜”）的成像特点相同；当两支点燃的蜡烛、水透镜和光屏分别置于如图乙所示的位置时，光屏上C、D两处会得到清晰的像，用一厚纸板挡住A处的烛焰，在光屏_______处仍能得到一个清晰的像； (2)在丙图中进行透镜成像实验，保持蜡烛与透镜位置不变，获得多组数据如下： 实验次数 焦距f/cm 像距v/cm 1 15.0 60.0 2 12.0 30.0 3 20.0 4 8.0 13.0 5 5.0 6.7 分析表中数据可得，第3次实验时水透镜的焦距是_______cm。当蜡烛靠近凸透镜时，烛焰的像将落在光屏的_______（选填“前”或“后”）方； ①若用此实验模拟人眼的调节功能，重新在光屏上得到清晰的像，应该进行的操作是换焦距_______（选填“更大”或“更小”）凸透镜； ②若用此实验模拟视力的矫正，可保持光屏位置不动，在原凸透镜前再加一个_______（选填“近视眼镜”或“远视眼镜”），就能重新在光屏上得到清晰的像。 【答案】(1) 40.0 投影仪 C (2) 10.0 后 更小 远视眼镜 【详解】（1）根据题图可知，此时物距为50.0cm，像距为20.0cm，凸透镜成像的原理是光的折射，在光的折射中光路可逆，故当物距为20.0cm，像距为50.0cm时光屏上又能成清晰的像，故水透镜应移至40.0cm刻度处。 此时物距小于像距，在光屏上成倒立放大的实像，这与投影仪的成像特点相同。 A处的蜡烛通过凸透镜成的像在位置D处，B处的蜡烛通过凸透镜成的像在位置C处，用厚纸板挡住A处的蜡烛，在光屏上能看到B处的蜡烛在C处的像。 （2）根据图丙可知，此时物距为20.0cm，表格中第3次实验数据中像距也为20.0cm，此时物距等于像距等于凸透镜的两倍焦距，故此时水透镜的焦距为10.0cm。 根据凸透镜成像的动态变化规律“物近像远像变大”可知，当蜡烛靠近凸透镜时，烛焰的像落在光屏的后方。 由于像成在光屏的后方，说明透镜对光的会聚能力较弱，应换焦距更小的凸透镜，使像成在光屏上。 此时相当于像成在视网膜的后方，这和远视眼的成因相似，为了让像成在视网膜上，应选用对光有会聚作用的远视眼镜安装在原凸透镜前。 3．眼睛是感知世界的窗口，我们要养成良好的用眼习惯，守护清晰“视”界。小明和小陈在“探究凸透镜成像规律”实验中： (1)实验时应调节烛焰的中心、光屏的中心和凸透镜的光心在____________，目的是确保像能始终成在光屏___________； (2)小明想利用LED发光字来研究凸透镜成像上下、左右位置关系，图中的汉字适合做LED光源的是__________（选填字母）； A． B． C． D． (3)如图所示，当蜡烛、凸透镜在图示位置时，光屏上可得到一个清晰的像，生活中利用这个规律制成的光学仪器是______； (4)小陈学习凸透镜的相关知识后，继续探究“视力的矫正”，他知道远视眼镜镜片是凸透镜，那远视眼镜镜片的度数与其焦距存在怎样的关系呢？小陈通过实验研究同一物体通过度数不同的镜片所成的实像，实验现象及数据记录在表中。 镜片度数 序号 物距（厘米） 像距（厘米） 成像大小 200度 1 80 133 放大 2 100 100 等大 3 150 75 缩小 250度 4 60 120 放大 5 80 80 等大 6 100 67 缩小 400度 7 30 150 放大 8 50 50 等大 9 60 43 缩小 （a）远视眼不戴眼镜看不清______处（选填“远”或“近”）的物体，这是因为远视眼的晶状体较薄，会聚能力较______（选填“强”或“弱”），像成在视网膜的______方，而凸透镜对光有______作用，所以可以用凸透镜来矫正； （b）分析表格中的数据可知，若物距是180cm时，物体通过三个镜片一定成______（选填“A．放大”或“B．缩小”）的像； （c）分析比较实验序号1与5或2与6或4与9的数据及相关条件，可得出：物距相同，像距及成像情况不同，是因为______不同； （d）小陈利用所学的知识分析实验序号2、5、8的数据，得出250度镜片的焦距是______厘米；若焦距为100cm的凸透镜做成镜片，度数应为______度。 【答案】(1) 同一高度；中央；(2)C；(3)投影仪；(4)近，弱，后，会聚，B，镜片度数，40，100 【详解】（1）为确保像能始终成在光屏中央，根据过光心的光线传播方向不变，实验时应调节烛焰的中心、光屏的中心和凸透镜的光心在同一高度。 （2）为了研究凸透镜成像上下、左右位置关系，应选择左右、上下不对称的字体，故C符合题意，ABD不符合题意。故选C。 （3）如图所示，物距小于像距，根据凸透镜成像规律可知，此时成倒立、放大的实像，应用是投影仪。 （4）远视眼是由于晶状体曲度变小，会聚能力减弱，即折光能力减弱，像成在视网膜的后方，因此远视眼只能看清远处的物体，看不清近处的物体，利用凸透镜会聚光线的特点，应佩戴远视眼镜（凸透镜制成）加以矫正，使光线提前会聚，使像正好会聚在视网膜上。 由凸透镜成像规律可得，当像距为2倍焦距时，所成的像为等大的像，物距大于2倍焦距时，所成的像为缩小的像。结合表中数据可知，物距是180cm时，物距均大于三个镜片的2倍焦距，所以均成缩小的像。 分析比较实验序号1与5，镜片度数不同，物距相同，像距及成像情况不同，说明物距相同，像距及成像情况不同，是因为镜片度数不同。 由凸透镜成像规律可得，当像距为2倍焦距时，所成的像为等大的像。所以250度镜片的焦距为 同理可得，200度镜片的焦距为0.5m，400度镜片的焦距为0.25m，分析可得焦距与度数的关系为，所以若焦距为100cm的凸透镜做成镜片，度数应为。 4．小华发现，当黑板上“=”两条线间距很小时，在教室前排能看出是“=”，在教室后排会看成“-”号。查找资料得知：人眼要看清物体，不仅要求像成在视网膜上，还需像点落在不同感光细胞上，受刺激的细胞越多，分辨越清晰。像的大小取决于物体对眼睛的光心区所张开的角（图（a）中的角α），称为视角。 （1）若同一物体移动到A2B2处时，与眼睛距离变大，视角_______（选涂“A变大”“B不变”“C变小”），此时像变小。 （2）小华用图（b）所示装置（物高H=3cm）进行模拟实验，记录物距u、像距v及像高h在表1中。 表 1    H=3cm 透镜焦距 f(cm) 实验序号 物距 u(cm) 像距v(cm) 像高 h(cm) 透镜焦距f(cm) 实验序号 物距 u(cm) 像距 v(cm) 像高 h(cm) 10 1 30.0 15.0 1.5 12 4 30.0 20 2.0 2 35.0 14.0 1.2 5 40.0 17.1 1.3 3 50.0 12.5 0.75 6 60.0 15.0 0.8 ①晶状体和角膜共同作用相当于凸透镜，晶状体到视网膜的距离为________（选涂“A物”“B像”）距。 ②分析比较实验序号1、2与3（或4、5与6）中像距v和像高h随物距u的变化情况，可得出的初步结论是：同一凸透镜成实像，_________，倒立的实像变小。 ③分析数据： 小华认为由1、2与3（或4、5与6）可知，焦距不变时像变小，可解释“=”看成“-”； 小红认为由1和6可知，像距不变时，焦距变大，像变小，可解释“=”看成“-”。 请判断两者观点是否合理，说明理由 __________。 （3）结合上述信息和所学知识，说明观察微小物体时常将其靠近眼睛的原因。_______ 【答案】（1）C变小；（2）B像；物距变大时，像距变小；两者观点都不合理，因为小华没有控制物距相同，小红没有控制物距相同。（3）像的大小取决于物体对眼睛的光心区所张开的角（图（a）中的角α），即视角。将微小物体靠近眼睛，视角增大，物体在视网膜上所成的像变大，因此能看清微小物体的细节。 【详解】（1）我们看到物体的大小，取决于物体离眼睛的距离和所看物体的视角，若同一物体移动到A2B2处时，与眼睛距离变大，视角变小，此时像变小。故AB不符合题意，C符合题意。故选C。 （2）当光屏上呈现清晰的像时，光屏到凸透镜的距离为像距。晶状体和角膜共同作用相当于凸透镜，视网膜相当于光屏，晶状体到视网膜的距离为像距，故A不符合题意，B符合题意。故选B。 分析比较实验序号1、2与3（或4、5与6）中像距v和像高h随物距u的变化情况，发现同一个凸透镜，当物距变大，像距变小，像高变小，即像变小，所以可得出的初步结论是：同一凸透镜成实像，当物距变大时，像距变小，倒立的实像变小。 小华、小红的观点均不合理。对比1、2、3三组数据可知，即使焦距不变，当物距增大时像也变小，故不能简单只概括为焦距不变像变小的结论。 对比1 和 6 实验，焦距不同、物距也不同，存在两个变量（焦距、物距）； 探究焦距对像大小的影响时，需控制物距和像距都相同，否则无法得出 “像距不变时，焦距变大，像变小” 的结论，因此观点不合理。 （3）见答案。 押题猜想02 热学 5．小红同学在某高山脚下做“观察水的沸腾”实验时，正确操作并记录的数据如下表： 时间min ….. 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 ….. 温度/ …. 95 96 97 98 98 98 98 98 98 98 ….. （1）由表中数据可知，水的沸点是________℃。小红同学将实验装置搬到该山上的某一位置，重做实验时发现，当温度计的示数如图所示时，水正在沸腾； （2）由此小红有了新的发现：高山上的大气压比山脚下的大气压_______；（选填“高”或“低”） （3）如图的图像中的图线________反映了上述实验过程； （4）水沸腾时的情况如图中________所示。 【答案】 98 低 c 甲 【详解】（1）水在沸腾过程中吸热，温度保持不变，水沸腾时的温度就是水的沸点；由表格可知水的沸点为98℃。 （2）气压越低沸点越低；在山脚下的沸点为98℃，由图可知在高山上的沸点96℃，由此可知高山上的大气压比山脚下的大气压低。 （3）水在沸腾过程中吸热，温度不变，所以图中的图线c反映了上述实验过程。 （4）沸腾前和沸腾时的现象：沸腾前气泡在上升过程中体积减小；沸腾时有大量的气泡产生，气泡在上升过程中体积逐渐增大，到液面处破裂，故乙是沸腾前图像，甲是沸腾时图像。 6. 如图所示，小华用远红外加热器“探究水在沸腾前后温度变化的特点”。 (1)沸腾是物态变化中的___________现象。 A．熔化 B．汽化 C．液化 D．升华 (2)用远红外加热器加热水时，虽看不见火光，但加热水的效果显著，而加热器的外壳升温却不明显。为探究其原因，他查阅资料得知： （a）电磁波本身不直接产生热，电磁波被物质吸收后，其能量转化为内能，即电磁波的热效应； （b）不同种物质吸收电磁波的能力不同，某种物质对特定频率电磁波的吸收率越高，电磁波的热效应越强； （c）用相同强度、不同频率的电磁波分别照射一定质量的水，照射相同时间，用水升高的温度表示电磁波热效应的强弱，相关数据如表所示。 电磁波 不可见光 可见光 不可见光 远红外线 红外线 紫外线 电磁波频率（） 0.06 3.0 4.5 4.9 5.2 5.5 6.7 7.3 8.6 水升高的温度（℃） 14.3 5.6 4.7 3.2 1.4 0.6 0.3 0.14 0.11 ①根据表中的数据及相关信息，分析电磁波的热效应与电磁波频率的关系，可得出的初步结论是：用相同强度电磁波照射一定质量的水时，___________。 ②“用远红外加热器加热水时，虽看不见火光，但加热水的效果显著”的原因是________。 ③“加热器的外壳升温却不明显”说明___________。 【答案】(1)B；(2) 电磁波的热效应随电磁波频率的增大而减弱；远红外线的频率较低，水对远红外线的吸收率高，电磁波的热效应强，所以加热水的效果显著；加热器的外壳对远红外线的电磁波吸收率低 【详解】（1）汽化有两种形式，蒸发和沸腾，沸腾发生在液体表面和内部，蒸发发生在液体表面，故选B。 （2）分析表中数据可得，当用相同强度电磁波照射相同时间的一定质量的水时，电磁波频率越高，水升高的温度越低，故水吸收的热量越低，电磁波的热效应越低，故用相同强度电磁波照射一定质量的水时，电磁波的热效应随电磁波频率的增大而减弱； 远红外加热器，属于利用远红外线加热，远红外线是不可见光，远红外线的频率较低，水对远红外线的吸收率高，电磁波的热效应强，所以加热水的效果显著。 不同种物质吸收电磁波的能力不同，而加热器的外壳对远红外线的电磁波吸收率低，其电磁波的热效应低，升温不明显。 7. 小延在探究液体在沸腾前后温度变化的特点，实验装置如图甲。取质量相等的水和盐水分别放入两个相同的烧杯中，用相同的酒精灯同时加热，根据实验数据，绘制温度随时间变化的图像，如图乙； (1)分析图乙发现：液体在沸腾过程中，温度________，且盐水的沸点________水的沸点（选填“高于”或“低于”） (2)他发现继续加热，水无法升高至100°C，为了解释这个现象，他查阅了资料，下表是他查到的一些数据 大气压（帕） 101320 70700 62400 54900 48100 42000 水的沸点（℃） 100 90 87 84 80 77 ①分析比较表中水的沸点和大气压的变化，可得出的初步结论是：________。 ②请试着解释小延无法将水烧到100℃的原因________。 【答案】(1) 保持不变；高于；(2)液体沸点随气压的增大而升高；此时大气压低于1标准大气压 【详解】（1）分析图像发现，液体温度先上升后不变，液体在沸腾过程中，温度保持不变，且盐水的沸点约为101℃，水的沸点为98℃，即盐水的沸点高于水的沸点。 （2）分析比较表中水的沸点和大气压的变化，大气压越高，水的沸点越高，大气压越低，水的沸点越低，可得出，液体沸点随气压的增大而升高。   因为液体的沸点与大气压有关，此气压下水的沸点为98℃，即此时大气压低于1标准大气压，所以无法将水烧到100℃。 8．甲、乙两组同学为了探究水沸腾的条件，搭建了如图所示的装置，试管内装有适量的水，双孔橡胶塞上一孔插有电子温度计，另一孔连接注射器，整套装置密封性良好。实验前查阅资料得知：（a）液态水的温度是不可能高于当前沸点的，沸腾时液体内部和表面会同时发生剧烈汽化；（b）在1标准大气压下，水的沸点为100℃；（c）水的沸点随水面上方气压的减小而降低；（d）实验中，甲组同学将初温较高的水加热至沸腾，停止加热后沸腾现象立刻消失。停止加热前，测得试管内水的温度与加热时间的关系如下表： 1标准大气压下 加热时间（分钟） 0 1 2 3 4 5 6 水的温度（℃） 80 86 91 96 100 100 100 （1）甲组同学分析材料和表格数据，可得出水沸腾的条件是：______； （2）乙组同学在停止加热已沸腾的水后，立刻通过注射器抽气，发现水重新沸腾了，请分析原因：______； （3）上述抽气过程中，水重新沸腾时，水的温度会______（选填“几乎不变”、“快速升高”或“快速降低”）。 【答案】 不断吸热且温度达到水的沸点 注射器抽气时，烧瓶内的气压减小，气压越低，沸点越低 快速降低 【详解】（1）由表格数据和材料可知，水沸腾的条件是：温度达到沸点且持续吸收热量。 （2）因水的沸点随着大气压的减小而降低，停止加热已沸腾的水后，立刻通过注射器抽气，则水面上方气压减小，水的沸点降低，此时水的温度达到了新的沸点，所以重新沸腾。 （3）上述抽气过程中，水的沸点降低，重新沸腾，消耗了大量的热量，因此水的温度会快速降低。 9．如图（a）所示为某课外小组自制的温度计，瓶子作为液泡装满某种液体，在密封的瓶塞上插上足够长的细管。为了探究薄壁细管内的液柱高度h与哪些因素有关，他们首先选用横截面积为S1的细管进行实验，把液泡浸没在不同温度的水中，如图（b）所示，并将数据记录在表一中。然后换用横截面积为S2的细管重复实验，将数据记录在表二中。（已知S1>S2） 表一：横截面积S1 实验序号 温度t（℃） 液柱高度h（cm） 1 0 5 2 10 7 3 30 11 4 60 17 5 25 表二：横截面积S2 实验序号 温度t（℃） 液柱高度h（cm） 6 0 6 7 5 7.5 8 15 10.5 9 30 15 10 60 （1）分析比较实验序号______的数据及相关条件，可得出的初步结论是：同一液泡，t相同时，S越小，h越大； （2）分析比较表一（或表二）中液柱高度h和温度t的数据及相关条件，可得出的初步结论是：______； （3）研究表一（或表二）中液柱高度变化量Δh和温度变化量Δt的关系，可归纳得到结论：______； （4）他们研究表一和表二中的相关数据发现：同一液泡，Δt相同时，S越小，Δh______（选填越大、越小或不变），于是得出结论：其它条件相同，温度计内玻璃管内径越细，该温度计的测量精确度越_______； （5）将序号5和10所缺数据填写完整______、______。 【答案】3和9；同一液泡，细管的横截面积S相同时，温度t越大，液柱高度h越大；同一液泡，细管的横截面积S相同时，温度变化量Δt越大，液柱高度变化量Δh越大；越大；高；100；24 【详解】（1）根据控制变量法，要比较细管横截面积S和液柱高度h的关系，就要控制其他变量相同，即控制液泡和温度t相同，改变细管横截面积S，观察液柱高度h的变化，所以分析比较实验数据序号3和9或4和10的数据及相关条件可得出初步结论是：同一液泡，t相同时，S越小，h越大。 （2）分别分析表一、表二中液柱高度h和温度t的数据可知，在两表的数据中，随着温度t的不断增大，液柱高柱h也在增大。由此可得出结论：同一液泡，细管的横截面积S相同时，温度t越大，液柱高度h越大。 （3）对表中数据进行分析处理，如下表所示： 表一：横截面积S1 实验序号 温度t（℃） 液柱高度h（cm） 温度变化量Δt（℃） 液柱高度变化量Δh（cm） 1 0 5 2 10 7 10 2 3 30 11 20 4 4 60 17 30 6 5 25 8 表二：横截面积S2 实验序号 温度t（℃） 液柱高度h（cm） 温度变化量Δt（℃） 液柱高度变化量Δh（cm） 6 0 6 7 5 7.5 5 1.5 8 15 10.5 10 3 9 30 15 15 4.5 10 60 30 由表中温度变化量Δt和液柱高度变化量Δh的数据可知，温度变化量Δt变大，液柱高度变化量Δh也变大，由此得出结论：同一液泡，细管的横截面积S相同时，温度变化量Δt越大，液柱高度变化量Δh越大。 （4）分析（3）中表格中的实验序号2和8的数据可知，同一液泡，Δt相同时，S越小，Δh越大。 Δh越大，说明对温度的变化反应更敏感直观，因此其它条件相同，温度计内玻璃管内径越细，该温度计的测量精确度越高。 （5）分析（3）中表一数据可知，实验序号3和4中的温度变化量分别是实验序号2中的温度变化量的2倍和3倍，根据规律可知，实验序号5中的温度变化量应该是实验序号2的温度变化量的4倍，因此实验序号5中的温度变化量是40℃，实验序号5中的温度是60℃+40℃=100℃ 分析（3）中表二数据可知 则当温度变化60℃时，液柱高度变化 则序号10中的液柱高度为 10．烈日炎炎，沙子滚烫，海水却是凉的。 (1)“沙子滚烫”是形容沙子的（　　） A．内能大 B．热量多 C．温度高 D．比热容大 (2)阳光照射到沙子和水，沙子和水的内能___________（选填“增大”或“减少”）。 (3)为了探究沙子和水吸热升温的现象。小华将相等质量的沙子和水分别装入瓷盘中，用温度计测出它们的初始温度，用红外灯均匀照射两个瓷盘。一段时间后，显示出沙子的温度比水高。说明，质量相等的沙子和水，___________，沙子升高的温度更多。由此推理：质量相等的沙子和水，升高相同的温度，___________ 吸收的热量更多。 【答案】(1)C；(2)增大；(3)吸收相同的热量；水 【详解】（1）温度表示物体的冷热程度，“沙子烫脚”是形容沙子的温度高，故C符合题意，ABD不符合题意。故选C。 （2）阳光照射时，沙子和水吸收热量，温度升高，内能随温度的升高而增大。 （3）实验中用同一红外灯均匀照射，保证了相同时间内沙子和水吸收的热量相等；结合比热容公式，质量相等时，沙子的比热容小，故温度变化更大。 根据，质量和温度变化相同时，水的比热容更大，因此需要吸收更多的热量。 11．某学习小组探究沙子和水吸热升温现象。 (1)学习小组设计了如图甲所示装置探究沙子和水的吸热升温现象。在完全相同的两箱子中装入初温和_____相同的水和沙子，用规格相同的白炽灯模拟太阳对箱中的水和沙子加热相同时间，是为了保证在相同时间内_____。 (2)在图甲中除了所给的实验器材外，还需要的测量工具有电子天平和_____。 (3)依据实验数据描绘的水和沙子的温度随时间变化的图像，如图乙所示，据图可知，水和沙子相比_____（选填“A．沙子”“B．水”）的比热容较大，这是因为_____。 (4)（不定项选择）下列事例中属于应用水的这种特性的是_____。 A．给教室洒水，感觉凉 B．用盐水腌蛋，一段时间后蛋会变咸 C．用水冷却汽车的发动机 D．冰熔化成水需要吸收热量 【答案】(1) 质量；水和沙子吸热相同；(2)秒表；(3)B；见解析；(4)C 【详解】（1）根据控制变量法，探究沙子和水的吸热升温现象，在完全相同两箱子中装入初温和质量相同的水和沙子，用规格相同的白炽灯模拟太阳对箱中的水和沙子加热，相同时间内放出的热量相同，由转换法，相同时间内沙子和水吸收的热量相同。 （2）实验需要测量加热时间，因此需用秒表。 （3）由图乙可知，在相同时间内，沙子升高的温度比水升高的温度多，说明水的吸热能力强，水的比热容较大。 （4）A．给教室洒水，感觉凉，是因为水蒸发吸热，有致冷作用，故A不符合题意； B．用盐水腌蛋，一段时间后蛋会变咸，说明分子做无规则运动，故B不符合题意； C．用水冷却汽车的发动机，是因为水的比热容大，与质量相同的其它物质相比，升高相同的温度，吸收的热量较多，故C符合题意； D．冰熔化成水需要吸收热量，与水的比热容大无关，故D不符合题意。 故选C。 押题猜想03 力学 12. 小凤按如图所示步骤完成探究“影响滑动摩擦力大小的因素”的实验： (1)实验时，根据二力平衡的条件，应让弹簧测力计拉着木块A沿水平方向做______运动； (2)由图甲、丙两图可知：滑动摩擦力大小与______有关； (3)实验后小组交流讨论时发现：在实验中很难使木块做匀速直线运动，于是小鸣设计了如图丁所示的实验装置，把木块A放在木板B上，用力向左拉动木板B，木块A受到的摩擦力方向水平向______（选填“A．左”或“B．右”）； (4)实验中小鸣发现：当F为3N时，木块A相对于地面静止且长木板B刚好做匀速直线运动，则长木板B受到地面的摩擦力大小为______N； (5)小华认为在图丁中要测得木块A受到的滑动摩擦力，不需要匀速拉动木板B。你认为她的观点对吗？为什么？______ 【答案】(1)匀速直线；(2)压力大小(3)A；(4)1.8；(5)正确，向左拉动木板B时，木块A相对于地面始终静止，处于平衡状态，木块A受到的摩擦力和测力计的拉力始终为一对平衡力，大小相等 【详解】（1）实验时，应让弹簧测力计拉着木块A沿水平方向做匀速直线运动，此时木块A处于平衡状态，根据二力平衡的条件，木块A受到的拉力和滑动摩擦力大小相等。 （2）比较图甲、丙两图，接触面粗糙程度相同，压力大小不同，测力计示数不同，滑动摩擦力大小不同，说明滑动摩擦力大小与压力大小有关。 （3）如图丁所示的实验装置中，把木块A放在木板B上，用力向左拉动木板B，木块A相对于木板B向右运动，则木块A受到的摩擦力方向水平向左。 （4）由甲实验可知，当木块A压在木板B上并发生相对运动时受到的滑动摩擦力为1.2N，则丁实验中A受到B的滑动摩擦力为1.2N，根据物体间力的作用是相互的，A对B的摩擦力大小为1.2N。对木板B受力分析则有，则长木板B受到地面的摩擦力 （5）如图丁所示的实验装置中，用力向左拉动木板B时，木块A相对于地面始终静止，处于平衡状态，木块A受到的摩擦力和测力计的拉力始终为一对平衡力，大小相等，故不需要匀速拉动木板B，小华的观点正确。 13. 同学们在观看飞机起飞视频时发现飞机在起飞时要先在水平路面上一直加速，而且机身并不是保持水平状态，而是有一个仰角（机翼下表面与水平面的夹角，称为：机翼仰角）。于是同学们猜测飞机受到的升力大小与飞机的速度，以及机翼仰角有关。一些有兴趣的同学们利用塑料泡沫等材料自制机翼模型，把圆柱形空心笔杆穿过“机翼”并固定在“机翼”上，将一根金属杆从笔杆中穿过并上下固定，确保“机翼”能沿金属杆在竖直方向移动。将“机翼”挂在测力计的下方，实验装置如图所示。用鼓风机对着“机翼”吹风模拟飞机在空中飞行。 （1）为研究升力大小与机翼仰角的关系，用鼓风机对同一个“机翼”吹风，并保持______不变，改变______，观察并记录测力计的示数；实验数据记录在下表（每次吹风前测力计的示数均为）； 实验序号 机翼仰角 风速 弹簧测力计示数 1 0°（水平） 低 3.2 2 0°（水平） 中 3.0 3 0°（水平） 高 2.6 4 较小 高 2.4 5 较大 高 2.3 6 最大 高 2.7 （2）实验中升力的表达式为：______（用题目中已知符号表示）。根据表格数据，他们得出结论：机翼仰角相同时，风速越大，升力______；风速相同时，随着机翼仰角的增大，升力______； 【答案】（1）风速；机翼仰角；（2）；越大；先增大后减小 【解析】（1）本实验使用控制变量法：猜想升力和速度、机翼仰角两个因素有关，研究升力与机翼仰角的关系时，需要保持另一个影响因素（风速）不变，改变要研究的自变量（机翼仰角）。 （2）受力分析：吹风前测力计示数等于机翼模型的重力（）；吹风后机翼静止，受力平衡：向上的升力 ，整理得升力表达式： 分析仰角相同的1、2、3组数据：风速越大，测力计示数越小，根据升力公式可得，升力越大。 分析风速相同的3、4、5、6组数据：计算得升力依次为，因此：风速相同时，随机翼仰角增大，升力先增大后减小。 14．建筑物中的立柱大小、形状会影响立柱的承重效率。为了探究原因，晓华查阅资料后得知：①立柱的承重效率常用承重比（立柱能承受的最大质量与立柱质量的比值）表示，承重比越大，承重效率越高；②立柱承重比与横截面的形状、周长有关。然后他用同种材质的纸板制成高度相同的不同空心模型进行承重实验，如图所示，并将相关数据记录在表1中。 序号 1 2 3 4 5 6 横截面形状 周长/厘米 18 24 30 30 30 30 承重比 3500 3307 3116 3319 3514 3766 （1）若实验序号1中的正三棱柱模型质量为0.2kg，则该立柱竖放在桌面上时对桌面的压力为_____N。 （2）分析比较实验序号1与2与3的数据中模型承重比与周长的变化情况，可得出初步结论：材料、高度、横截面形状等相同时，_________。 （3）根据上述信息和所学知识，晓华推测立柱材料、高度、横截面周长一定时，圆柱的承重效率最大。试用相关信息，写出他的推测过程。 【答案】（1）1.96；（2）材料、高度、横截面形状等相同时，周长越长，柱子的承重效率越低；（3）观察实验序号4~6中的数据，在横截面周长都为30厘米时，正四棱柱、正五棱柱、正六棱柱随着棱数增加，承重比从3319增大到3514再增大到3766，即承重效率增大，横截面形状由正四棱柱到正六棱柱，形状在逐渐向圆转变，故可推测柱子高度、横截面周长一定时，圆柱承重效率最大。 【详解】（1）该立柱竖放在桌面上时对桌面的压力为F=G=mg=0.2kg×9.8N/kg=1.96N （2）分析实验序号1、2、3的数据，模型的材料、高度、横截面形状都相同，周长从18厘米增加到24厘米再到30厘米，承重比从3500减小到3307再减小到3116，即周长越长，承重比越小，承重效率越低。所以可得出初步结论：材料、高度、横截面形状等相同时，周长越长，柱子的承重效率越低。 （3）见答案。 15. 小延和小安分别用两套不同的装置测量物体的运动速度。小延使用1秒可拍摄10幅照片的频闪照相机，连续拍摄苹果下落的过程，照片如图1（a）所示，他将部分实验数据记录在表一中；小安使用如图2（b）所示装置测量钩码上升的速度，在刻度尺上每隔5cm贴一条标记线，自下而上分别以O、A、B、C等字母标记，把部分数据记录在表二中。 表一 过程 路程/m 时间/s OA 0.05 AB 0.15 BC 0.25 CD 0.35 DE 0.45 表二 过程 路程/m 时间/s OA 0.12 AB 0.12 BC 0.12 CD 0.12 DE 0.12 （1）“测定物体的运动速度”的实验原理是______； （2）根据题目信息，将表一、表二中的空缺信息填写完整______； （3）由图1（a）可以看出苹果在做______（选填“匀速”或“变速”）直线运动，你的判断理由是______； （4）试分析小延和小安测量物体速度实验设计方案的不同之处______； （5）如图1（c）所示，部分高速公路在地面下埋设感应线圈，根据车辆经过平行线圈的速度来判断是否超速，并摄像取证。该测速方法与______（选填“小延”或“小安”）的方案类似； （6）小安又由此想到了高速收费站的ETC专用通道，如图2所示，当汽车进入ETC卡读取器识别范围时，车上ETC卡的信息被读取，同时栏杆机将横杆抬起，汽车无须停车就实现了缴费，大大节约了通站时间。若某一ETC通道，如图3所示，栏杆机距ETC卡读取器10m，横杆在“位置一”时距地面高度1.2m，栏杆机启动后横杆水平段沿竖直方向以0.2m/s的速度匀速抬起，某人驾驶一台车高为1.6m的SUV车通过该ETC通道，车距离“ETC卡读取器”前方5m时被读取到了信息，栏杆机横杆水平段同时抬起，若SUV车的速度太快、横杆抬起高度不够，会撞杆违章。则SUV车匀速顺利通过通道的最快速度是多少______m/s？（请根据信息列式计算） 【答案】（1）v=s/t；（2）见下图；（3）变速；在相等时间内通过的路程不相等；小延是借助相同时间，测量物体通过的路程；小安是借助相同路程，测量物体运动所用的时间；小安；7.5 【详解】“测定物体的运动速度”的实验是通过测量路程和时间，利用速度公式计算出物体的速度的，故原理是v=s/t。 频闪相机1秒拍10幅，故时间间隔为 1s/10=0.1s，故表一如图所示： 过程 路程/m 时间/s OA 0.05 0.1 AB 0.15 0.1 BC 0.25 0.1 CD 0.35 0.1 DE 0.45 0.1 每隔 5cm 标记一次，即每段路程为5cm=0.05m，故表二如图所示： 过程 路程/m 时间/s OA 0.05 0.12 AB 0.05 0.12 BC 0.05 0.12 CD 0.05 0.12 DE 0.05 0.12 苹果在相等时间内通过的路程不相等，所以做变速直线运动。 小延使用频闪相机，通过拍照记录相等时间内的路程，属于测量相等时间内的路程；小安使用刻度尺和秒表，通过测量相等路程对应的时间，属于测量相等路程内的时间。 ETC线圈测速与小安方案类似，都是通过测量物体通过固定距离所用的时间来计算速度，即测相等路程内的时间。 车高1.6m，横杆在“位置一”时高 1.2m，故横杆需至少上升 才能不碰车。横杆上升速度 ，则最长允许时间 汽车需在 2 秒内行驶距离为车距读取器距离与读取器距栏杆机距离之和，故 故最快速度为 16. 小黎和小明用一个两侧对称，质地均匀的衣架，在家探究“杠杆的平衡条件”。 (1)小黎将衣架悬挂起来，如图（a）所示，衣架恰好在水平位置平衡。衣架相当于一个_______杠杆，其支点是_____（填“”或“”）； (2)在衣架两侧、位置，分别用细线悬挂数量不同的凤尾夹（每个凤尾夹重力均为），使衣架在______位置平衡，如图（b）所示，并用刻度尺测量出到、两点的距离，即可得到两侧的力臂的数值。实验数据如下表所示： 次数 左侧 右侧 1 0.3 20 0.4 15 2 0.1 12 0.3 4 3 0.2 8 0.2 8 4 0.4 10 0.2 20 5 0.5 10 0.2 ？ 根据前四次实验数据，可得出杠杆平衡的条件是：当杠杆平衡时，______；（用公式表示） (3)如图（c）是第五次实验的情景，请根据杠杆平衡的条件，将表格中的数据补充完整：______； (4)小明认为小黎测量的到、两点的距离其实并不是力臂，这对实验结论的得出______（填“A．有”或“B．没有”）影响； (5)小明在衣架上距均为的、位置上，分别挂上了2个和3个凤尾夹，静止时如图（d）所示，此时，衣架处于______（填“A．平衡”或“B．非平衡”）状态，此时，、两点到的距离______（填“A．等于”或“B．不等于”）力臂。 【答案】(1) 等臂；O1；(2) 水平；；(3)25；(4)B；(5)A；B 【详解】（1）衣架关于O1O2是对称的，小黎将衣架悬挂起来，如图（a）所示，衣架恰好在水平位置平衡，衣架相当于一个等臂杠杆；因衣架可绕O1转动，故其支点是O1。 （2）在衣架两侧A、B位置，分别用细线悬挂数量不同的凤尾夹，使衣架在水平位置平衡；根据前四次实验数据有 可得出杠杆平衡的条件是。 （3）由杠杆平衡的条件得解得。 （4）小明认为小黎测量的O2到A、B两点的距离其实并不是力臂，但是在衣架在水平位置平衡时测量的，O2到A、B两点的距离和真实力臂相等，所以不会影响实验的结果。 （5）衣架静止在如图（d）所示位置，衣架处于静止状态，所以此时衣架处于平衡状态；力臂是支点到力的作用线的垂直距离，所以C、D两点到O2的距离不等于力臂。 17. 如图所示，小杨同学探究液体内部压强与哪些因素有关。 (1)如图甲是U形管压强计，它的探头是由空金属盒蒙上橡皮膜构成的，将探头放在液体里时，金属盒上的橡皮膜______（选填“会”或“不会”）发生形变，U形管左右两侧液面就会产生______，其大小反映了橡皮膜所受压强的大小； (2)将探头放入水中进行了如下实验。 实验一：如图乙所示，多次改变探头在水中的深度，记录并比较相关实验数据。这是为了探究液体内部压强与液体_______的关系； 实验二：如图丙所示，根据实验现象可得到的结论是：在同种液体内部同一深度，液体向各个方向的压强______；同一深度处，液体密度越大，液体内部压强______。 (3)如图所示，小杨进行了拓展实验，容器中间用隔板分成左右两部分，隔板底部有一圆孔用薄橡皮膜封闭，当向隔板左侧注入深度为h1的水、右侧注入深度为h2的某液体时，橡皮膜恰好不发生形变，计算右侧液体的密度______（写出过程，结果用h1、h2和ρ水表示）。 【答案】(1)会；高度差； (2) 深度；相等；越大；(3)橡皮膜恰好不发生形变，说明橡皮膜左右两侧压强相等，即 左侧水的压强：，右侧液体的压强：， 联立得： 整理得右侧液体密度： 【详解】（1）液体对浸入其中的橡皮膜有压强，因此橡皮膜会发生形变； U形管压强计利用转换法，通过U形管左右两侧液面的高度差来反映橡皮膜所受压强的大小。 （2）实验一中保持液体密度不变，只改变探头在水中的深度，因此是探究液体压强与液体深度的关系； 同种液体同一深度，探头朝向不同时U形管液面高度差相同，可得：同种液体同一深度，液体向各个方向的压强相等； 同一深度，液体密度越大，U形管液面高度差越大，可得：液体密度越大，液体内部压强越大。 （3）见答案 18. 小明要探究浮力大小的影响因素。 (1)他用弹簧测力计、金属块、烧杯等实验器材进行实验，实验过程及相关实验数据如图甲所示； 根据甲图信息可知，步骤中金属块受到的浮力为______ 由步骤、C可初步得出结论：___________________，物体受到的浮力越大； 由步骤C、可初步得出结论：________________。 (2)小明对上述实验结论进行了深入思考，认为浮力的大小应该与物体排开液体所受重力的大小有更直接的关系。于是他又取了石块、溢水杯和小桶等器材继续进行了图乙所示的实验，实验数据记录如下表所示； 小桶重 石块重 石块浸没在水中时测力计的示数 小桶和水的总重 石块浸没在水中时受的浮力 石块排开的水所受的重力 0.5 _________ 请帮小明完成表格中的一处数据_______； 分析表格中的实验数据，可得出结论:浸在液体中的物体，____________________； 为了更全面地总结出浮力的大小跟物体排开液体所受重力的大小间的关系，接下来他的操作是_______________。 【答案】(1) 1，越大；(2) 0.5 受到的浮力大小等于它排开的液体所受的重力大小 改变石块浸在水中的体积或改变液体的密度，重复实验 【详解】（1）根据称重法测浮力知，步骤C中金属块受到的浮力为 步骤B、C中，液体密度相同，物体排开液体的体积不同，排开体积越大，测力计拉力越小，浮力越大，因此得到结论：液体密度相同时，排开液体体积越大，物体受到的浮力越大。 步骤C、D中，物体排开液体的体积相同，液体密度不同，浓盐水密度更大，物体浮力更大，因此得到结论：排开液体体积相同时，浮力大小与液体密度有关，液体密度越大，浮力越大。 （2）排开水的重力等于小桶和水的总重减去空小桶的重力，即 表格中数据知，浸没时石块浮力，排开水的重力，因此得出结论：浸在液体中的物体，受到的浮力大小等于它排开液体所受的重力。 一次实验得到的结论具有偶然性，为了得到普遍成立的规律，需要换用不同物体、不同液体重复多次实验。 押题猜想03 电磁学 19. 图所示实验中，闭合开关，直导线ab向右运动。 (1)闭合开关后，电流沿_______（选“A ”或“B ”）方向通过直导线ab； (2)直导线ab向右运动，说明闭合开关后，_______周围存在磁场，直导线ab在磁场中受到了______的作用； (3)下列操作能使直导线ab向左运动的是_______。 A．改变电压大小 B．改变电流方向 C．改变电流大小 D．改变直导线ab长度 【答案】(1)B；(2)磁体；力；(3)B 【详解】（1）电路中电流的方向是从电源正极流出，经用电器回到电源负极。由图可知电源左为负极、右为正极，电流从正极流出后，从b端流入直导线ab，从a端流出回到负极，因此电流方向为，故选B。 （2）本实验中，蹄形磁体本身周围存在磁场；闭合开关后，通电的直导线ab在磁场中受到力的作用，因此ab会运动。 （3）通电导体在磁场中受力的方向只和电流方向、磁场方向有关，改变电流大小、电压大小、导线长度只能改变受力大小，不会改变受力方向；因此改变电流方向就能让ab受力方向反向，向左运动，故选B。 20. 小彦探究通电螺线管外部的磁场分布。他在硬纸板上均匀地撒满铁屑，通电后轻敲纸板，小磁针和铁屑的分布情况如图所示。请回答下列问题： (1)由图示可判断通电螺线管的右端是________（选填“N”或“S”）极。当小彦改变螺线管中电流的方向时，小磁针的指向也会发生改变，说明通电螺线管的磁场方向与电流________有关。 (2)下列对实验有关现象的分析正确的是________。 A．撒铁屑的目的是显示磁场中的磁感线 B．撒铁屑的目的是显示根本就不存在的磁场 C．铁屑在磁场中被磁化成一个个小磁体，可由铁屑的分布情况判断螺线管的磁场方向 D．根据铁屑的分布情况可知通电螺线管周围的磁场与条形磁体的磁场相似 (3)请写出一个增强通电螺线管磁场的方法：__________。 【答案】(1) N；方向；(2)D；(3)增大通电螺线管中的电流（合理即可） 【详解】（1）图中右侧小磁针的右端为N极，左端为S极，由磁极间的相互作用规律可知，螺线管的右端相当于条形磁铁的N极。 改变螺线管中的电流方向时，小磁针的指向会改变，说明通电螺线管外部磁场方向与电流的方向有关。 （2）AB．磁体周围始终存在磁场，借助细铁屑可以显示磁体周围的磁场分布特点，但不是将原来不存在的磁场显示出来，故AB错误； C．铁屑在磁场中被磁化成一个个小磁体，可以显示磁场的分布，但不能判断螺线管的磁场方向，故C错误； D．根据铁屑的分布情况可知通电螺线管的磁场与条形磁铁的磁场是相似的，故D正确。故选D。 （3）增强通电螺线管磁场的方法有：增大通过螺线管的电流、增加螺线管的线圈匝数、在螺线管中插入铁芯等。 21．图甲是“探究磁场对通电导体的作用”实验装置。 (1)在实验时，是通过观察________来显示通电导体在磁场中受到磁场力的作用。 (2)移动滑动变阻器的滑片到适当位置，闭合开关，发现金属棒ab向右运动。保持磁场方向不变，只改变电路中的电流方向，闭合开关，发现金属棒ab向左运动；保持电流方向不变，只把磁体的N、S极调换一下，发现金属棒ab向左运动；让磁场方向、电流方向同时改变，发现金属棒ab向右运动。根据观察到的实验现象，进行分析，可以得到的结论是：磁场对通电导体有力的作用，且力的方向与_______和________有关。 (3)根据该实验原理，小明用一段漆包铜线绕成线圈，自制了一个如图乙所示的简易电动机，用小刀刮去两端的漆皮，另一端只刮去半周。按这种方法刮漆的目的有两个：一是使线圈能够________，二是这一部位能起到________（填某一部件的名称）的作用。 (4)下列装置中用到该实验原理的是________（填字母）。 A．扬声器 B．动圈式话筒 C．发电机 【答案】(1)金属棒ab的运动；(2)电流的方向；磁场的方向；(3) 导电；换向器；(4)A 【详解】（1）由图可知，闭合开关，电路中有电流通过，导体棒ab受力在磁场中运动，是通过观察金属棒ab的运动来显示通电导体在磁场中受到磁场力的作用，判断受力的方向。 （2）闭合开关，发现金属棒ab向右运动；保持磁场方向不变，只改变电路中的电流方向，发现金属棒ab向左运动；保持电流方向不变，只把磁铁的N，闭合开关，说明通电导体受力的方向与磁场的方向有关；让磁场方向、电流方向同时改变，发现金属棒ab向右运动，通电导体受力的方向不变；综上所述磁场对通电导线有力的作用，且力的方向与电流的方向和磁场的方向有关。 （3）将线圈两端引线的漆皮，金属具有导电性，一端全部刮掉，金属能够导电；二是另一端只刮去半周，当线圈刚转过平衡位置时，线圈由于惯性转过另半圈；它的作用就相当于电动机中的换向器。 （4）A．扬声器的原理是电导体在磁场中受到磁场力的作用，故A符合题意； BC．动圈式话筒和发电机的原理是电磁感应，故BC不符合题意； 故选A。 22. 电与磁之间存在着相互联系，彰显物理现象的对称之美。 (1)如图甲所示，导线通电后小磁针发生偏转，断电后小磁针复位。实验表明通电导线周围存在___________； (2)如图乙所示为水位自动报警器的原理图。当水位到达金属块A时，___________灯亮，控制电路中电磁铁的上端为___________极（选填“S”或“N”）； (3)如图丙所示，电路中的开关为单刀双掷开关。 ①将开关掷于1，观察到导体棒运动，说明___________（选填字母）； A．电路中产生了感应电流    B．通电导体在磁场中受力的作用 ②将开关掷于2，使导体棒向右运动，观察到灵敏电流计指针向左偏转；若要使灵敏电流计的指针向右偏转，可以___________（选填字母）。 A．保持磁体不动，使导体棒向左运动 B．将磁体的磁极对调，使导体棒向左运动 【答案】(1)磁场；(2) 红S；(3) B A 【详解】（1）导线通电后小磁针发生偏转，说明小磁针受到磁力的作用，断电后小磁针复位，小磁针没有受到磁力的作用，实验表明通电导体周围存在磁场。 （2）当水位到达金属块A时，一般的水是导体，AB之间导通，电磁铁有了磁性，吸下衔铁，动触点向下运动，接通红灯电路，红灯亮。 控制电路的电源右端为正极时，根据安培定则可以判定，电磁铁的上端为S极，下端为N极。 （3）将开关掷于1，导体棒ab中有电流通过，导体棒ab会发生运动，说明通电导体在磁场中受力的作用，故B符合题意，A不符合题意。故选B。 产生感应电流的方向与导体运动方向和磁场方向有关；若保持磁体不动，将导体ab水平向右运动，灵敏电流计指针向左偏转；若要使灵敏电流计的指针向右偏转，可以将磁体的磁极对调或导体ab向左运动，两者不能同时改变，故B不符合题意，A符合题意。 故选A。 23．电与磁密不可分，在生产中有着重要的作用。 （1）如图甲所示，是发电机原理示意图，换向器是___________（选填“A．绝缘体”或“B．导体”）；当线圈转动时，小灯泡发光，此时发电机相当于电路中的___________（选填“A．开关”“B．用电器”或“C．电源”）； 甲 乙 （2）如图乙所示，是某小组同学“研究通电导线在磁场中受到的作用力”的实验示意图。闭合开关，观察到直导线ab从静止开始向右运动。接着他断开开关，再把电源的正、负极对调后接入电路，闭合开关，观察到直导线ab从静止开始向左运动，这个现象表明了通电导线在磁场中受到的作用力方向可能与___________有关。 【答案】（1）B；C；（2）电流的方向 【详解】（1）换向器需要导通线圈与外电路的电流，起到传导电流的作用，因此是导体，故选B； 发电机工作时将机械能转化为电能，为外电路提供电能，因此在电路中相当于电源，故选C。 （2）该操作只对调了电源正负极，只改变了电路中的电流方向，磁场方向不变，通电导线的受力运动方向发生改变，由此说明通电导线在磁场中受到的作用力方向与电流方向有关。 押题猜想04 电学 24．小绮做测量小灯泡的电阻，所用器材包括电源（电压为2 V的整数倍）、小灯泡（标有“0.30 A”字样）、电流表、电压表、滑动变阻器、开关以及若干导线。正确连接电路后，当滑片P在某一端时，闭合开关S，观察到电压表示数为2.0 V，电流表示数为0.20 A；当滑片P从某一端向另一端移动约1/3距离时，观察到电压表示数为2.8 V，电流表示数为0.24 A；继续移动滑片P，当小灯泡正常发光时，电压表示数如图10所示。 (1)实验过程中用到的电源电压U和滑动变阻器的最大阻值。 (2)为了能精准测得小灯泡正常发光时的电阻，请你帮助小绮写出接下来的主要实验操作。 【答案】(1)6V；20Ω；(2)①继续移动滑动变阻器滑片，减小变阻器接入阻值，使电流表示数恰好为（小灯泡正常发光）； ②待示数稳定后，读出此时电压表示数（小灯泡额定电压）U额； ③根据​​，计算小灯泡正常发光时的电阻。 【详解】（1）小灯泡与滑动变阻器串联，电压表测小灯泡两端电压，电流表测电路电流；电源电压U不变，且是2V的整数倍。 闭合开关滑片在一端：电流最小（0.20A）、灯泡电压最小（2.0V），此时滑片初始在滑动变阻器阻值最大端，此时变阻器接入全部阻值R滑​。 滑片移动​距离，变阻器接入阻值变为​，电流变大到0.24A，灯泡电压变大到2.8V。 串联电源电压 滑片在最大阻值端时，​ ① 滑片移动，剩余​阻值时，​② 联立①②解方程： ， （2）见答案 25．晓华做“测定小灯泡正常发光时的电阻”实验，他将电源、待测小灯泡L（标有“2.5V”字样）、滑动变阻器R（标有“10Ω 1A”字样）、电流表、开关串联。 (1)接着他将电压表并联在小灯泡两端，闭合开关S，发现小灯泡不亮，经初步排查，发现电路中有一处开路故障，且只发生在小灯泡L或滑动变阻器R上。晓华认为，闭合开关S后，不需要移动滑片，直接观察电压表的示数可以判断具体故障。你_______（选填“A．支持”或“B．不支持”）他的观点，请结合电压表的示数说明理由。_________ (2)更换成完好的相同规格器材后，他将滑动变阻器滑片移至一端，使滑动变阻器接入电路的阻值最大，闭合开关，观察到电压表示数、电流表示数如图所示，此时小灯泡两端的电压为______V。 (3)为测出待测小灯泡正常发光时的电阻，晓华拆除电路，改变电源电压，更换滑动变阻器，重新连接电路进行实验，实验过程中电源电压保持不变。实验数据见表。根据晓华实验的相关信息，求小灯泡正常发光时的电阻。（需写出解答过程，计算结果精确到0.1Ω） 序号 电压表示数（V） 电流表示数（A） 1 3.0 0.22 2 2.0 0.28 3 1.5 0.30 【答案】(1) A；若电压表示数接近电源电压，电路故障是灯泡L开路；若电压表示数为“0”，电路故障是滑动变阻器开路；(2)3；(3)8.9 【详解】（1）电压表与灯泡并联，由题意可知，小灯泡不亮，电路中有一处开路故障，且只发生在小灯泡L或滑动变阻器R上。若小灯泡开路，此时电压表两接线柱到电源两极之间是通路，电压表示数接近电源电压；若滑动变阻器开路，此时电压表两接线柱到电源两极之间开路，电压表无示数，故可以通过观察电压表示数来判断电路故障。 （2）由图可知，电压表连接的量程是“0~3V”，分度值为0.1V，示数为3V。 （3）由图可知，当灯泡两端电压为3V时，通过灯泡的电流为0.3A。当更换电源和滑动变阻器，重新连接电路后，由表格数据可知，电路电流变大时，电压表示数变小，说明电压表与滑动变阻器并联，且当电路电流为0.3A时，滑动变阻器两端的电压为，则电源电压为 由串联电路电压特点可知，当滑动变阻器两端的电压为 时，灯泡正常发光，由表格数据可知，此时电路电流，即灯泡的正常发光时电流为 则灯泡正常发光时的电阻为 26．探究“电流与电阻的关系”实验；小明用图甲所示的电路探究电流与电阻的关系。已知电源电压为9V，滑动变阻器规格为“20Ω；1.5A”，四个定值电阻的阻值分别为16Ω、20Ω、40Ω和80Ω。 实验序号 1 2 3 4 5 R/Ω 16 20 40 80 I/A 0.50 0.40 0.20 (1)连接好电路后，小范将滑动变阻器的滑片移到阻值最大端，闭合开关，每当更换定值电阻，就调节滑动变阻器的滑片，使定值电阻两端电压保持不变，并记下电流表的示数。下表完整记录了前3组数据，第4组的电流如图乙所示。则电流大小为___________A。请简述小范用80Ω电阻替换40Ω电阻后，进行的实验操作过程：____________。 (2)为了得到第5组数据，进一步验证实验结论，小明又找到5Ω、8Ω、200Ω的定值电阻各一个，打算从中挑选1个继续进行实验，你认为应该挑选哪一个？请作出判断并通过计算说明理由。______ 【答案】(1) 0.1；向阻值增大端，即B端移动滑片，直到电压表示数为8V，记录此时电流表的示数。 (2)应挑选8Ω的定值电阻。由前三组数据可得，实验控制定值电阻两端电压 电源电压，因此滑动变阻器两端电压 根据串联分压规律 即，若选，电路电流 大于滑动变阻器允许的最大电流，会损坏滑动变阻器，不可选；若选，需要滑动变阻器接入阻值 大于滑动变阻器最大阻值20Ω，无法让电压表示数达到8V，不可选；若选8Ω，电路电流 需要滑动变阻器接入阻值 电流和阻值都满足要求，因此选8Ω。 【详解】（1）图乙中电流表选用0∼0.6A量程，分度值为0.02A，电流大小为0.1A。 更换大电阻后，定值电阻分压会变大，需要增大滑动变阻器接入电阻，重新让定值电阻电压回到控制的8V，才能记录数据。 （2）见答案 27．小明做“探究电流与电阻的关系”实验，他连接电路如图所示。 (1)闭合开关前滑动变阻器的滑片要移到最_________端（选“A．左”或“B．右”）。 (2)小明先用阻值为5Ω的电阻实验，闭合开关，移动滑片，使电压表示数不变，记录电流表示数。接着断开开关，用阻值为10Ω的电阻替换5Ω的电阻，闭合开关后，他需要观察__________的示数（选“A．电流表”或“B．电压表”），向__________移动滑动变阻器滑片（选“A．左”或“B．右”），继续完成实验。 (3)小浦同学为了探究电流与电阻的定量关系，他继续选择不同阻值电阻进行实验并将数据填入下表，对表格中数据进行处理： 导体两端电压为12V 实验序号 电阻R（Ω） 电流I（A） 1 10 1.2 2 15 0.8 3 30 0.40 4 50 0.24 根据定量分析，可以得出的结论是__________。 【答案】(1)A；(2)B；A；(3)当导体两端的电压相同时，通过导体的电流与导体的电阻成反比 【详解】（1）闭合开关前，滑动变阻器需要调节到最大阻值处，保护电路。由图可知，滑动变阻器接入右下接线柱，滑片移到最左端时，接入电路的电阻丝最长、阻值最大，因此滑片要移到最左端。 （2）当把5Ω电阻换为更大的10Ω电阻后，根据串联分压原理，定值电阻分得的电压会变大，因此闭合开关后需要观察电压表示数，调节滑片让电压回到原来设定的值； 要让定值电阻的电压降低回原数值，需要增大滑动变阻器分得的电压，也就是增大滑动变阻器接入电路的电阻，因此滑片向左移动。 （3）分析表格数据可得：定值电阻两端电压恒为不变，电流随电阻增大成等比例减小，因此结论为：导体两端电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比。 28．小红和小明做“用电流表、电压表测电阻”的实验，现有新干电池若干，待测导体两个（分别是电阻和小灯泡），滑动变阻器标有“  ”字样。小红选择待测电阻，与电源、电流表、滑动变阻器、开关正确串联，并将电压表并联在电路中，操作正确，闭合开关，观察到电压表示数为，电流表示数为；继续移动滑片到中点位置时，电流表示数为；当滑片移到另一端时，电流表示数为。小明选择待测小灯泡，正确连接电路，将所测得的数据记录在表2中。 (1)“用电流表、电压表测电阻”的实验原理是___________。 (2)请在表1实验数据记录表空白处完成相关数据的填写。（电阻计算结果保留一位小数） 表1 小红实验数据 实验序号 电压（） 电流（） 电阻（） 1 ______ 0.20 ______ 2 ______ 0.30 ______ 3 ______ 0.58 ______ 表2 小明实验数据 实验序号 电压（） 电流（） 1 1.1 0.16 2 1.7 0.24 3 2.5 0.26 (3)根据表2分析小灯泡由暗到亮的过程中，电阻特点是___________，其原因是___________。 【答案】(1)R=U/I；(2) 2.0；10.0；3.0；10.0；6.0；10.3；(3)逐渐变大；灯泡电阻随温度的升高而增大 【详解】（1）用电流表测量通过电阻的电流，用电压表测量电阻两端的电压，根据R=U/I得出电阻阻值，故实验原理是R=U/I。 （2）实验中，定值电阻和滑动变阻器串联，电流表测量电路电流，电压表并联在定值电阻两端，且实验之前，滑动变阻器滑片位于阻值最大处。闭合开关，观察到电压表示数为，电流表示数为，此时滑动变阻器接入电路的阻值最大，根据欧姆定律可知，变阻器两端的电压 根据串联电路的电压特点可知，电源电压 根据欧姆定律可知，定值电阻的阻值为 继续移动滑片到中点位置时，电流表示数为，根据欧姆定律可知，滑动变阻器两端的电压 根据串联电路的电压特点可知，定值电阻两端的电压 根据欧姆定律可知，定值电阻的阻值为 当滑片移到另一端时，滑动变阻器接入电路的阻值为0，电流表示数为，电压表的示数等于电源电压 根据欧姆定律可知，定值电阻的阻值为 （3）根据数据可知，小灯泡电阻 小灯泡L由暗到亮的过程中，电阻特点是逐渐变大，其原因是小灯泡电阻随温度的升高而增大。 29．小敏和小兰两位同学用相同的器材各自进行了“测定小灯泡的电阻”的实验。实验中使用的小灯标有“4.5V”字样，滑动变阻器标有“20 2A”字样，电源电压为8V且保持不变。 (1)小敏连接的电路如图所示，图中尚有一根导线未连接，请用笔画线代替导线在图中正确连接，要求向右移动滑动变阻器滑片时，电流表示数变大。（用2B铅笔在答题纸的相应位置连线） (2)小敏连接好电路后，按正确步骤规范操作，闭合开关，发现两电表中仅有一个电表的指针发生偏转，移动变阻器的滑片，小灯始终不亮。若电路中只有一处故障且只发生在小灯或滑动变阻器上，写出电路可能的故障及对应的开关刚闭合时两电表的示数___________。 (3)小兰连接电路，按正确步骤规范操作，闭合开关，移动变阻器的滑片，发现电压表、电流表的指针偏转方向相反，在指定的答题区域中画出小兰连接的电路的电路图。 (4)小兰把问题修正后，重新正确实验，当把滑动变阻器的滑片恰好移到中点时，小灯正常发光，此时小灯的电阻是___________。（写出计算过程，计算电阻时，精确到0.1） 【答案】(1)见下图；(2)电流表有示数，电压表无示数，小灯泡短路；电流表无示数，电压表有示数，小灯泡断路；(3)见下图；(4)12.9Ω 【详解】（1）向右移动滑动变阻器滑片时，电流表示数变大，由欧姆定律可知电路的总电阻变小，由电阻的串联可知变阻器连入电路的电阻变小，滑动变阻器下面的线应该接在右边的B接线柱上，接线如下图： （2）开关刚闭合时，如果电流表有示数，说明电路是通路，移动变阻器的滑片，小灯始终不亮，电压表指针不动，电路中只有一处故障且只发生在小灯或滑动变阻器上，因电压表测的是小灯泡两端的电压，可能小灯泡短路。开关刚闭合时，如果电流表无示数，可能电路是断路，移动变阻器的滑片，小灯始终不亮，电压表有示数，说明电压表和电源两极是连接的，电路中只有一处故障且只发生在小灯或滑动变阻器上，可能小灯泡断路。 （3）移动滑动变阻器的滑片，电流表示数变大，小灯泡会更亮，小灯泡两端的电压变大，但出现电压表示数变小，可能是电压表并联在滑动变阻器两端，如图所示： （4）当把滑动变阻器的滑片恰好移到中点时，小灯正常发光，灯泡两端的电压是4.5V，变阻器连入电路的电阻 通过灯泡的电流 此时小灯的电阻 30．小华通过实验分别测量两个未知阻值的电阻R1和R2，电源电压保持不变（电压为2V的整数倍），滑动变阻器RP标有“20Ω  2A”字样，实验所需的其他器材齐全且完好。 (1)“伏安法测电阻”的实验原理是_________。 (2)小华先测量电阻R1的阻值。他正确连接电路，且实验步骤正确，移动滑片进行了三次实验，将电压表和电流表的示数记录在如表中。请将表格中①②的内容填写完整。（精确到0.1Ω） 序号 电压/V 电流/A 电阻/Ω 平均电阻/Ω 1 4 0.20 20.0 ②________ 2 6 0.32 18.8 3 8 0.40 ①________ (3)接着，小华测量电阻R2的阻值。他仍然正确连接电路，且实验步骤正确，闭合开关后，他发现无论如何移动滑片，电流表的示数始终几乎为0，电压表的示数始终几乎为12V，经过检查发现电路并没有发生故障。 ①发生上述现象的原因是_________。 A．电阻R2的阻值太大         B．电阻R2的阻值太小 ②通过公式推理说明你判断的理由________。 ③为了测出电阻R2的阻值，小华将一个已知阻值的电阻R3与电阻R2串联，实验电路对应的电路图如图（a）所示。闭合开关后，发现电压表的示数如图（b）所示，则可以判断电阻R2的阻值为_____R3。 【答案】(1)R=U/I；(2) 20.0；19.6；(3) A；见解析； 【详解】（1）“伏安法测电阻”的实验，需要测量待测电阻两端的电压和通过的电流，然后根据R=U/I计算待测电阻的阻值，因此实验原理为R=U/I。 （2）由表中数据可知，当，时，由R=U/I可知，电阻为 所以①处填20.0。电阻的平均值等于三次实验结果的平均 所以②处填19.6。 （3）在串联电路中，电流，电源电压U保持不变（为2V整数倍），滑动变阻器RP最大阻值为20Ω，由于移动滑片时，电流表的示数始终几乎为0，根据，要使I几乎为0，则需极大，而RP最大仅20Ω，所以只能是R2的阻值太大，导致极大，从而使电流几乎为0；此时电压表测量的是电源电压，示数几乎为12V。 由图（b）可知，电压表量程为0~15V，分度值为0.5V，示数，因为R3与R2串联，电源电压，所以 根据串联电路电压之比等于电阻之比 所以 31. 小华和小明做“探究电流与电阻的关系”实验，现有电源（电压为6V且保持不变）、电流表、电压表、开关和定值电阻R（、10Ω、15Ω和），两种规格的滑动变阻器（分别标有“10Ω 2A”“ 1A”字样），以及导线若干。电路图如（a）所示。 （1）在图（b）中，有一根导线尚未连接，用笔画线代替导线，将实物图连接完整，使滑动变阻器接入电路的阻值最大。 （2）小华选用“ 1A”的变阻器进行实验，他先后在、间接入定值电阻、10Ω、15Ω。闭合开关后，移动变阻器的滑片，保持电阻两端电压不变，实验数据见表。当他将15Ω的电阻替换为的电阻后，为使得电阻两端电压不变，判断并说明变阻器接入电路的电阻应如何变化。______ 实验序号 电阻（） 电流表示数（A） 1 5 0.60 2 10 0.30 3 15 0.20 4 30 ①此时电流表的示数如图（c）所示，电流表的示数为______A。 ②请在坐标纸中把未标出的点用“×”描出来，并画出图像。（ ） ③计算表中电流与电阻的乘积，可以发现：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______比。（选填“正”或“反”） （3）实验中，小明选用“10Ω 2A”的变阻器进行实验，先后在、间接入定值电阻、10Ω、15Ω、。在移动变阻器滑片的过程中，发现无法保持电阻两端电压为4V，请通过计算说明他应保持电阻R两端的电压的取值范围。 【答案】（1）见下图；（2）增大；0.1；见下图；反；（3） 【详解】（1）滑动变阻器按“一上一下”接线，本题滑片P靠近B端，接下接线柱A时，接入的电阻丝长度最长，阻值最大。将滑动变阻器的左下A接线柱，与定值电阻的右接线柱b连接。据此作图。 （2）定值电阻阻值增大后，根据串联分压原理，定值电阻分得的电压会增大；要保持定值电阻两端电压不变，需要增大滑动变阻器分得的电压，因此滑动变阻器接入阻值应增大。 随着电阻的增大，电流表的示数应该减小，换成30Ω的电阻后，如图（c）所示，电流表应接小量程，分度值是0.02A，电流表的示数应该是0.1A。 (30Ω，0.1A)位置描出“×”，再用平滑曲线连接所有四个点，得到I−R反比例曲线即可。 本组数据中电流与电阻的乘积恒为3V，乘积一定，因此电压一定时，电流与电阻成反比。 （3）设 R两端保持电压为U，电源电压，滑动变阻器最大阻值。 根据串联电路电流相等 整理得滑动变阻器需要接入的阻值 R越大，需要的​越大；当R取最大值30Ω时，要求，代入得 解得，R两端电压最大为电源电压6V，此时，电路中电流为 最大电流小于滑动变阻器允许的最大电流，因此电压范围为。 32. 用电流表和电压表测小灯泡的正常发光时的电阻如图所示为可调光小灯内部简化电路，其中电源电压为U0且保持不变。 （1）闭合开关S，无论怎么移动滑片P，灯L始终不发光。若电路中仅有一处故障且只发生在滑动变阻器R或灯L上。请判断该电路中存在的故障可能是（　　） A．R断路 B．R短路 C．L断路 D．L短路 （2）为进一步判断故障情况，小明在电路中MN之间接入一个电压表，请写出开关S闭合前后电压表示数及对应的故障。_________ （3）排除故障后，小明用电流表和电压表测小灯泡的正常发光时的电阻，已知小灯泡额定电压为2.5V，他将测得的实验数据和观察到的现象填在下表中。 序号 小灯泡两端电压U/伏 通过小灯泡电流I/安 亮暗程度 1 1.1 0.16 暗 亮 2 1.4 0.20 3 1.7 0.24 4 2.2 0.25 5 2.5 0.26 ①“用电流表和电压表测量小灯泡正常发光时的电阻”实验原理是__________。 ②小灯泡正常发光时的电阻RL=_________Ω（小数点后保留1位小数）。 ③小灯泡的电流随电压变化的I-U图像最接近图中的哪一个_____。 A．B．C． ④该同学通过查阅资料了解到，灯丝的温度越高，小灯泡就越亮。试根据上述信息简要分析小灯泡灯丝电阻随温度变化的关系：_________。 【答案】（1）ACD；（2）闭合前电压表示数为U0，闭合后示数为0，L短路；闭合前电压表示数为U0，闭合后示数为U0，L断路；闭合前电压表示数为0，闭合后示数为0，R断路；（3）R=U/I ；9.6； B；小灯泡灯丝的电阻随温度的升高而增大 【详解】（1）电路为灯泡L与滑动变阻器R串联，闭合开关后灯不发光，且故障仅在R或L上； A．R断路：整个电路断开，无电流，灯不发光，故A符合题意； B．R短路：电路总电阻变小，电流变大，灯会发光，故B不符合题意； C．L断路：整个电路断开，无电流，灯不发光，故C符合题意； D．L短路：电路通路，电流通过R，灯不发光，故D符合题意。故选ACD。 （2）L短路：开关断开时，电压表串联测电源电压示数U0；开关闭合后，灯泡被导线短接，电压表测导线电压示数0； L断路：开关断开时，电压表串联测电源电压示数U0；开关闭合后，电压表仍测电源电压，示数为U0； R断路：无论开关状态如何，电路始终断开，电压表在MN两端均无法形成有效回路或仅测到局部无电压点示数0。 （3）伏安法测电阻的核心原理是欧姆定律的变形公式R=U/I 小灯泡额定电压为2.5V，由表格第5组数据可知，当时，。小灯泡正常发光时的电阻 根据表格数据计算各次电阻：第1次： 第2次： 第3次： 第4次： 第5次： 小灯泡电阻随电压、电流增大而增大，因此I-U图像的斜率（）会逐渐减小，图像向上弯曲且斜率越来越小，对应选项B。 由表格可知：灯泡越亮（温度越高），相同电压变化下电流变化越小，即电阻R=U/I越大。结论：小灯泡灯丝的电阻随温度的升高而增大。 33. 小华同学做“测定小灯泡的电功率”实验，现有电源（电压为6伏）、待测小灯泡（标有“3.8V”字样）、电压表（只有0~3V挡完好）、滑动变阻器两个（A标有“5Ω  2A”字样、B标有“10Ω  1A”字样）、开关及导线若干，小灯的额定电流可能为“0.26A”、“0.30A”或“0.32A”。小华选择一个变阻器，连接电路后按正确步骤进行实验，闭合开关发现小灯较亮，电压表示数2.0V他经过思考仅更换了变阻器，重新实验，步骤正确，闭合开关发现电压表示数如图所示，接着他移动滑片使小灯正常发光。 （1）小华开始选用的滑动变阻器是________；（选填“A”或“B”） （2）判断该小灯正常发光的方法是_____________； （3）根据实验的相关信息计算小灯的额定功率。（请写出计算过程） 【答案】（1）A；（2）观察到电压表的示数为2.2伏，小灯正常发光；（3）见解析。 【详解】（1）灯的额定电压为3.8V，小华选择一个变阻器，连接电路后按正确步骤进行实验，即灯与变阻器串联，变阻器连入电路的电阻最大，闭合开关发现小灯较亮，则灯的实际电压大于3.8V，说明变阻器的最大电阻较小，分得的电压较小，导致灯的实际电压大于3.8V，小华开始选用的变阻器是A。 （2）灯较亮，根据电压表示数为2V，故可知电压表一定与变阻器并联了，他更换了变阻器，即灯与10Ω的变阻器串联，由串联电路电压的规律，观察到电压表的示数为2.2V时，灯的电压为 小灯正常发光。 （3）重新实验，步骤正确（变阻器最大电阻10Ω连入电路中），闭合开关发现电压表示数如图所示，电压表选用小量程，分度值为0.1V，电压为3V，由欧姆定律，此时电路的电流为 接着他移动滑片使小灯正常发光，变阻器连入电路的电阻变小，由欧姆定律可知，灯的额定电流一定大于0.3A，由题意可知，灯的额定电流为， 灯的额定功率为 押题猜想四 综合计算类 试题前瞻·能力先查 【押题1】如图所示，薄壁圆柱形容器甲和圆柱体乙置于水平地面上。容器甲足够高、底面积为米2，盛有质量为5千克的水。圆柱体乙的重力为196牛。底面积为米2。 (1)求水的体积V水； (2)求水对容器底部的压强p水； (3)求圆柱体乙对水平地面的压强p乙； (4)小明小红想通过一定方法改变压强：让水对容器底部的压强等于圆柱体乙对水平地面的压强。两位同学展开激烈的讨论，小明认为可以在甲容器中浸没体积为VA的物块；小红觉得可以将乙水平切割一部分Δm。请你选一位同学的方法进行判断：行还是不行？若行，请算出VA或Δm；若不行，请说明理由。 【答案】(1)；(2)980Pa；(3)2450Pa；(4)/12kg 【分析】利用密度公式得到答案；利用体积和液体压强公式求解；利用固体压强公式计算；小明的方法：根据题意（压强相等）利用液体压强公式和体积公式判断；小红的方法：根据题意（压强相等）利用固体压强公式以及重力公式判断。 【详解】（1）水的体积 （2）柱形容器中的水深 （3）圆柱体乙对水平地面的压力F=G=196N，压强 （4）选择小明的方法： 水对容器底部的压强要等于圆柱体乙对水平地面的压强，即 此时水的深度 容器中水和物块A总体积 物块A的体积 故小明的方法可行，浸没的物块A体积 选择小红的方法： 已知水对容器底部的压强，所以切割后乙对地面的压强需要满足： 剩余部分的重力等于乙对地面的压力，根据压强公式p=F /S，可得：切割后乙的剩余重力 乙原来的重力，则切割部分的重力为： 根据，可得切割部分的质量： 故小红的方法可行，需要切割的质量 【押题2】右表所示为酒驾类型标准。如图（a）所示为检测酒驾所用酒精测试仪的原理图，其中R2是阻值为20Ω的定值电阻；R1是酒精气敏电阻，其阻值随血液中酒精含量变化关系的图像如图（b）所示。 酒驾类型标准 血液中酒精含量 无酒驾行为 小于0.2mg/mL 酒后驾车 0.2~0.8mg/mL 醉酒驾车 0.8mg/mL以上 (1)结合图（b）中阻值随血液中酒精含量变化关系的图像，当测试仪所检测的酒精含量为0时，电路中酒精气敏电阻R1阻值为________Ω。 (2)经测量发现，当测试仪所检测的酒精含量为0时，电压表示数为9V，求电源电压U。 (3)当电流表的示数为0.24A时，请通过计算判断被检测者属于酒后驾车还是醉酒驾车。 【答案】(1)60 (2)12V (3)见解析 【详解】（1）根据图（b）所示的酒精气敏电阻R1阻值随血液中酒精含量变化的图像可知，当血液中酒精含量为0mg/mL时，对应的纵坐标值为60，因此酒精气敏电阻R1的阻值为60Ω。 （2）由电路图（a）可知，酒精气敏电阻R1与定值电阻R2串联，电压表测量R1两端的电压，电流表测量电路中的电流。当酒精含量为0时，由第（1）问可知，R1的阻值为60Ω，此时电压表示数U1=9V。 根据欧姆定律，电路中的电流为 定值电阻R₂两端的电压为U2= IR2=0.15A×20Ω=3V 根据串联电路中总电压等于各分电压之和的规律，电源电压为U=U1+U2=9V+3V=12V （3）当电流表的示数为0.24A时，电路的总电阻为 根据串联电路中总电阻等于各分电阻之和的规律，此时酒精气敏电阻的阻值为 查阅图（b）可知，当R1的阻值为30Ω时，对应的血液中酒精含量为0.2mg/mL。根据题干中的酒驾类型标准表，血液中酒精含量在0.2mg/mL至0.8mg/mL之间属于酒后驾车。因此，该被检测者属于酒后驾车。 【押题3】在图（a）所示的电路中，电阻R1的阻值为10Ω，滑动变阻器R2上标有“10Ω 2A”字样，电流表的表盘如图（b）所示。闭合开关，求： (1)若电源电压为10V，通电。计算通过R1的电流，以及电流做功的大小W1。 (2)若电源电压保持不变，用一个电阻R0替换电阻R1，保证电路安全的情况下，移动滑动变阻器的滑片P，发现电流表的最大示数与替换前相比，变化了0.2A，电流表的最小示数与替换前相比，变化了0.4A，计算替换的电阻R0的阻值以及电源电压。 【答案】(1)1A，600J (2)见解析 【详解】（1）由电路图可知，电阻R1和滑动变阻器R2并联。电源电压，电阻R1两端的电压 根据欧姆定律，通过R1的电流为 通电时间，1min内电流通过R1所做的功为 （2）设电源电压为U，替换电阻的阻值为R0。电路安全要求：通过滑动变阻器R2的电流，电流表读数不超过其量程，本题中根据R2的额定电流，应选择0~3A量程。当滑动变阻器滑片P移动时，通过R0（或R1）的电流不变，电路中总电流的变化由通过R2的电流变化引起。替换前电阻为R1，通过R1的电流 当变阻器接入电路的电阻最大时，干路电流最小 当通过变阻器的电流达到其允许的最大值时，干路电流最大，其值为 考虑到电流表量程为3A，实际最大电流为 替换后（电阻为R0）：通过R0的电流当变阻器接入电路的电阻最大时，干路电流最小 当通过变阻器的电流达到最大值时，干路电流最大，其值为 实际最大电流为 根据题意，最小示数变化了0.4A，即 ① 最大示数变化了0.2A，② 若最大电流均未达到3A量程，则 这与式①矛盾。因此，必然有一个电路的最大电流受到了3A量程的限制 （1）我们假设替换后电流减小，即。则 即③ 这说明替换前的最大电流更大，因此受到了3A量程限制，而未受限制。， 最大示数变化量为 解得④ 将④代入③ 解得，所以电源电压。将代入④可得 解得，替换前 故，假设成立。替换后， 假设成立。该解答符合题意； （2）另一种情况，替换后电流增大，即，则 即① 这说明替换前的最大电流更大，因此受到了3A量程限制，而未受限制。， 最大示数变化量为 解得② 将②代入① 解得，所以电源电压。将代入②可得 解得，在没有其他限定条件时，两种答案均有可能。 分析有理·押题有据 上海中考物理综合计算类题目的核心考点集中在电学与力学的综合应用‌，尤其是电路动态分析、压强浮力综合、电功率计算等高难度、高分值题型。 根据近年考情，综合计算题主要考查融合计算与实验分析，强调逻辑推理、公式推导和规范表达。以下是主要考点分类： 1. 电学综合计算（高频核心）‌ 这是上海中考物理综合题的“必考压轴”内容，分值高、难度大。 （1）主要题型‌： 串联与并联电路中电流、电压、电阻的动态变化分析； 滑动变阻器阻值范围与电表量程限制问题； 电路故障判断与指针偏转分析； 电功率最大最小值计算（如滑动变阻器调节对功率影响）； 替换电阻后的电路状态讨论。 （2）关键知识点‌： 欧姆定律（I=U/R）及其“同一性”原则； 串并联电路特点（分压、分流规律）； 电表量程使用（0~0.6A / 0~3A；0~3V / 0~15V）； 滑动变阻器铭牌含义（如“100Ω 2A”）。 ‌2. 压强与浮力综合计算（传统压轴）‌ 虽然近年压强选择题频率下降，但‌固体压强变化、液体压强与浮力结合的综合题仍为高频难点‌。 （1）主要题型‌： 柱形容器中液体压强变化与质量、深度关系， 物体沉浮状态判断（漂浮、悬浮、沉底）， 浮力与弹簧测力计、容器对桌面压力的联动计算， 多物体叠加或切割后的压强变化分析。 （2）关键公式‌： 压强：p = F/S（固体）、 p =ρgh（柱体、液体） 浮力：F浮= G排=ρ液g V排 阿基米德原理与受力平衡结合分析。 3. 电与热、能量转换类计算‌ （1）常见场景‌： 电热水器、电饭煲等家用电器的热量计算； Q= I²Rt与W = UIt的区别与联系； 效率计算：η = Q有用/ W电× 100% （2）注意点‌： 纯电阻电路中W= Q，非纯电阻电路中W > Q； 单位统一（时间用秒，功率用瓦，热量用焦耳）。 终极猜想·精练通关 押题猜想01 力学 热学 1．洗扫车是承担道路洗扫、冲洗、清扫作业的车辆，如图所示为某种型号的洗扫车。 （1）若洒水箱容积为4m3，求装满后水的质量m； （2）洒水后的路面附近比较清凉，因为水发生了_______（选填：A．汽化B．液化C．凝固）现象，这个过程需要_______（选填：A．吸收B．放出）热量； （3）洗扫车装满水后总质量为10t，静止在水平路面时，与地面总的接触面积为0.25m2，求该车对地面的压强p； （4）若该车正常作业行驶10km，消耗柴油2L，已知柴油的热值为4.3×107J/kg，密度为0.85×103kg/m3，求完全燃烧2L柴油放出的热量Q。 【答案】(1)；(2) A；A；(3)；(4) 【详解】（1）已知洒水箱容积等于装满水的体积，水的体积 装满后水的质量 （2）洒水后，路面的液态水变为气态水蒸气，该物态变化是汽化，故选A。根据物态变化吸放热规律，汽化过程需要吸收热量，故选A。 （3）洗扫车静止在水平路面，对地面的压力等于自身总重力， 总重力 车对地面的压力 车对地面的压强 （4）柴油体积 柴油质量 柴油放出的热量 2. 热机可分为内燃机和外燃机两种，最常见的内燃机是汽油机和柴油机。 (1)查阅常见燃料的热值表，若汽油机的气缸中吸入0.5kg汽油，求其完全燃烧后释放的能量； (2)如图所示的冲程中发生的能量转化是______（“A．内能转化为机械能”或“B．机械能转化为内能”）； (3)热机常用水做冷却剂。若使初温为，质量为2kg的水温度升高了，求水吸收的热量。 常见燃料的热值：J/kg 柴油 约 汽油 约 【答案】(1) (2)A (3) 【详解】（1）根据热值公式，0.5kg汽油完全燃烧后释放的能量 （2）由图可知，两个气门都关闭，活塞的向下运动，因此是做功冲程，在此冲程高温高压的燃气推动活塞做功，将内能转化为机械能，故选A。 （3）根据比热容公式Q=cm Δt可得，水吸收的热量 3. 甲、乙为两个相同轻质薄壁柱形容器，容器高度为0.8m，甲中有2kg的水，乙中A液体的质量为m，底面积为S0。 (1)求甲中水的体积V甲； (2)乙对地面的压强p乙。 (3)若甲中水的深度为0.6m，乙中再加入A液体，使甲乙液体对容器底部的压强相等，求乙液体的密度范围。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）甲中水的体积 （2）轻质薄壁柱形容器的重力是忽略不计的，乙对地面的压力 乙对地面的压强 （3）当甲乙对地面的压强相等时，甲乙对地面的压力相等，甲、乙为两个相同的薄壁柱形容器，所以甲乙两容器内液体的重力相等，即 可得，乙液体的深度越小，密度越大，当乙容器中液体深度为容器高度0.8m时，乙液体的密度最小，故乙液体的最小密度为 由图可知，此时乙液体的深度比水略大，还需再加入A液体才能使甲乙对地面的压强相等，故乙液体的最大 密度应小于水的密度1.0×103kg/m3，所以乙液体的密度范围为 4．图甲所示为10万吨级半潜船“新光华”号，它在运载货物时通常采用两种方式： 一是如图乙所示的“非浮载”方式； 二是为了运载更重货物时，采用的如图丙所示的“浮载”方式，其主要参数如表：（海水密度取，1节＝1.8km/h） 总长/m 225 船宽/m 68 设计吃水/m 18.6 最大下潜吃水/m 30.5 最大载货（非浮载）/万吨 7 最大载货（浮载）/万吨 9.8 发动机输出功率/kW 最大航速/节 14.5 (1)“新光华”号半潜船处在最大下潜状态时，船底所受海水的压强为多少？ (2)该半潜船以最大的“浮载”装货时，船和货物排开的海水的体积为多少？ (3)如图丁是半潜船正在进行跨海大桥工程的建设的示意图，整体桥梁ABC的质量为6000t，重心O位于跨度为80米的两个桥墩的中点，当半潜船压载水舱里的水排出一部分后，甲板上升了5米，此时甲板上的托举塔顶端P刚好接触桥梁，且PD＝20m。问：压载水舱里的水再排出多少体积时，桥梁的一端刚好离开桥墩D？ 【答案】(1)3.05×105Pa (2) (3) 【分析】利用液体压强公式求解；载货量结合船的相关参数求出总重力，再利用F浮＝ρ液gV排计算排开海水的体积；可将桥梁看作杠杆，先根据杠杆平衡条件求出此时半潜船对桥梁的支持力，再根据漂浮条件的变化，以及密度公式的变形公式计算排出水的体积，其中需结合几何关系分析力臂的变化。 【详解】（1）“新光华”号半潜船处在最大下潜状态时，船底所受海水的压强为 （2）半潜船漂浮，浮力等于总重力，即 根据阿基米德原理 F浮＝ρ海水gV排得 船和货物排开的海水的体积为 （3）已知桥梁总质量，两桥墩间距，重心在中点，，当桥梁D端刚好离开桥墩时，杠杆支点为E，根据杠杆平衡条件得 即，解得 根据力的作用是相互的，桥梁对半潜船的向下压力等于F，半潜船漂浮，增加的浮力等于增加的压力，即 解得排出水的体积 5．如图所示，底面积不同的轻质薄壁容器甲、乙置于水平地面上，分别盛有深度相同的水和液体乙。液体乙的密度为千克/米3，容器甲、乙底面积分别为米²和米²。 表二 放入前 放入后 水对容器甲底部的压力（牛） 29.4 F甲′ 液体乙对容器乙底部的压力（牛） F乙 49 (1)若水的质量为3千克，求水的体积V水。 (2)将物块M先后浸没在水和液体乙中，放入物块前后两容器底部受到液体的压力如表二所示。求放入物块M前后，液体乙对容器底部压强增加量。 【答案】(1) (2)980Pa 【详解】（1）水的体积 （2）甲是柱形薄壁容器，放入物块M前水对甲底部压力等于水的重力，即 则原液体深度 放入物块M前液体乙对容器底部的压力 放入物块M后容器乙底部压力增加量 则液体乙对容器底部压强增加量 6. 混合动力汽车具有节能、低排放等优点，成为汽车研究与开发领域的重点。某新型混合动力汽车启动，既可以向车轮输送能量，又可以给蓄电池充电，车速与所受阻力的关系如图所示。在某次测试中，蓄电池储存的电能为5.12×104J。由内燃机提供能量，汽车以50km/h的速度匀速行驶了0.5h，同时蓄电池的电能比之前储存的电能增加了5.12×107J。已知所用燃料的热值为4.5×107J/kg，测试过程中消耗8kg燃料（假设燃烧完全燃烧）求： (1)燃料完全燃烧放出的热量是多少？ (2)当汽车以50km/h的速度匀速行驶时，汽车受到的阻力是多少？ (3)该汽车内燃机的效率是多大？ 【答案】(1)3.6×108J (2)4000N (3)42% 【详解】（1）燃料完全燃烧放出的热量为 （2）由图像可知，当汽车速度时，其受到的阻力。 （3）汽车内燃机的效率是指其输出的有用能量占燃料完全燃烧放出热量的百分比。内燃机输出的有用能量包括两部分：一是驱动汽车克服阻力做的功，二是给蓄电池充电的能量。汽车行驶的距离 因为汽车匀速行驶，所以牵引力等于阻力 汽车克服阻力做的功 给蓄电池充电的能量 内燃机输出的总有用能量 内燃机的效率 7．现代社会中，大部分交通工具的发动机都是热机。 (1)为了更好地理解热机工作原理，小曹同学自制如图实验器材，他在矿泉水瓶的侧壁上钻一个孔，把电火花发生器紧紧塞进孔中，实验时从瓶口喷入酒精并盖上锥形纸筒，按动电火花发生器的按钮，点燃瓶内酒精后，纸筒即刻飞出。纸筒飞出后瓶内气体内能______，它是通过______方式改变的内能。 (2)小曹一家十一长假开车外出旅游，在某段行程中汽车消耗了10kg的汽油。 ①求这些汽油完全燃烧放出的热量（汽油的热值）； ②若小曹家汽车热机效率是30%，求在这段行程中汽油机做的有用功（均需要写出计算过程）。 (3)某型号汽油机的结构如图甲，小曹同学阅读了某牌号汽车发动机说明书后，将内燃机的能量流向制成如图乙所示的图表。 ①图甲为汽油机的______冲程； ②请根据图乙给出的信息，该汽油机的效率为______%； (4)热机效率与机械的效率：某次升旗时，由于该滑轮与拉绳之间存在摩擦，小曹用恒为30N的拉力将重20N的国旗匀速提升了10m，则该滑轮的机械效率为______；比较完两种效率的计算，我们发现热机的效率和机械的效率计算方法本质上是______的。（选“A．相同”、或“B．不相同”） (5).火箭发动机也是热机，航天器发动机用氢做燃料，这是因为氢的______（选填“A．热值”或“B．比热容”）较大，通过技术改进______（选填“能”或“不能”）使火箭发动机的效率达到100%。 【答案】(1)减小；做功； (2)；；(3)做功；30；(4)66.7%；A；(5)A；不能 【详解】（1）当按动电火花发生器的按钮，点燃瓶内酒精后，酒精燃烧释放热量，瓶内气体温度升高，内能增大，而纸筒飞出后，瓶内气体对纸筒做功，自身内能减小，是通过‌做功‌的方式改变内能。   （2）这些汽油完全燃烧放出的热量为 由热机效率公式可得，这段行程中汽油机做的有用功为 （3）图甲中，进气门和排气门都关闭，活塞向下运动，火花塞处有火光，所以为汽油机的‌做功‌冲程。 由图乙可知，汽油机的效率为 （4）使用定滑轮，绳子自由端移动的距离s=h=10m 根据机械效率公式可得，该滑轮的机械效率为 热机效率是热机用来做有用功的能量与燃料完全燃烧放出的能量之比，机械效率是有用功与总功的比值，二者计算方法本质上是‌相同‌的，都是有用功与总功（或有用能量与总能量）的比值，故选A。 （5）航天器发动机用氢燃料，这是因为氢的‌热值‌较大，相同质量的氢和其他燃料相比，完全燃烧时氢放出的热量更多。 由于燃料不可能完全燃烧、废气会带走一部分热量、机器散热、摩擦等都会使热量散失，所以通过技术改进‌不能‌使火箭发动机的效率达到100%。 8．如图1所示，“新光华”号半潜船是我国自行研制的全球第二大半潜船，其最大下潜深度为30 m，满载排水量约。如图2所示，工作时通过调节压载水舱中的海水量，使甲板下潜至预定水深，待货物到达甲板上方，再次排空压载水舱中的水，使甲板浮出水面，完成装载过程。 （1）“新光华”号船身采用特种钢材制造，已知钢材的质量为，则这种钢材的密度为_____；半潜船是利用该材料制成________（选填“A实心”或“B空心”）的办法，可以增大浮力，从而漂浮在水面上； （2）“新光华”号从长江驶入东海时，船身会_____（选填“A上浮”或“B下沉”）；行驶过程中，其他船只不能与“新光华”号近距离并排航行，是因为两船内侧水流速度大，压强_____，易造成碰撞事故； （3）“新光华”号的工作原理与密度计的工作原理_____（选填“A相同”或“B不同”）； （4）求“新光华”号满载时所受的浮力；（写出计算过程） （5）当半潜船从图2乙的状态变到图2丙的状态后： ①浮力的大小_____（选填“A变大”“B变小”或“C不变”），并说明理由。________； ②图2乙中给水舱加入海水的重力_____图2丙中货物的重力（选填“A大于”“B小于”或“C等于”）。 【答案】(1) ； B；(2) A；小；(3)A；(4)已知满载排水量， 根据阿基米德原理，浮力等于排开液体的重力；(5) B；液体密度不变，从乙状态到丙状态，半潜船排开海水的体积减小，根据，浮力变小；A 【详解】（1）根据密度公式 钢材密度大于水，做成空心可以增大排开水的体积，从而增大浮力，使船漂浮在水面，因此选B。 （2）半潜船从长江驶入东海始终漂浮，浮力等于自身总重力，因此浮力不变，海水密度大于江水密度，根据F浮＝ρ水gV排，变大则减小，因此船身上浮；根据流体压强规律：流体流速越大，压强越小，两船并排航行时内侧水流速度大、压强小，外侧压强大，容易将船压向一起造成碰撞事故。 （3）半潜船和密度计都是利用漂浮时浮力等于自身总重力的原理工作，因此工作原理相同。 （4）已知满载排水量， 根据阿基米德原理，浮力等于排开液体的重力 （5）液体密度不变，从乙状态到丙状态，半潜船排开海水的体积减小，根据F浮＝ρ水gV排，浮力变小；乙状态漂浮：，丙状态漂浮：，因为，所以，推导可得，即注入海水的重力大于货物重力。 9．在开展跨学科实践时，小杨和同学们了解到郑和下西洋所用的多桅木帆船都有“水密隔舱”，如图（a）所示。于是小杨也制作了一艘具有10个水密隔舱（每个隔舱相互隔离，确保行船安全）的实验小船，如图（b）所示，小船与海水或淡水接触的底面积为，质量为6kg，每个水密隔舱均为长0.2m，宽0.1m，高0.05m的长方体形状。将小船分别放入密度为的淡水和密度为的海水实验池中。 （1）将小船先后放到海水实验池和淡水池中时，该隔舱底部受到液体的压强分别为、，隔舱底部所在的深度分别为、，则______，______。（均选填“A．大于”“B．等于”或“C．小于”） （2）当小船在淡水实验池中漂浮时，求隔舱底部所在的深度。 （3）在海水中航行过程中，小船不幸触碰到隐藏在水下的暗礁，导致其中一个水密隔舱破损进满水。请通过计算求出： ①该水密隔舱进满海水后，小船的总质量增加了多少kg。 ②此时小船的吃水深度比破损前增加了多少m。 【答案】(1)B； (2)；(3) ； 【详解】（1）小船在海水和淡水中均漂浮，浮力等于小船总重力，小船重力不变，因此浮力大小不变。浮力本质是物体上下表面的液体压力差，小船顶部未浸入液体，因此浮力等于隔舱底部受到的液体压力，即，浮力不变则底部压力不变，由，底面积不变，可得。 根据阿基米德原理，不变，，因此； 又，底面积不变，因此。 （2）小船在淡水中漂浮，浮力等于重力 由阿基米德原理得，且排开水的体积，联立得 约去，代入已知数值计算 （3）单个水密隔舱的体积 进满海水后，增加的质量等于舱内海水的质量，由密度公式得 破损后小船仍漂浮，增加的重力等于增加的浮力，即，， 联立得 约去，代入数值计算 10．城市热岛效应即中心城区气温明显高于郊区。 （1）减弱热岛效应措施之一：增加绿地、城市水体，是利用水的______较大。 （2）减弱热岛效应措施之二：人工蒸发补偿，采用喷雾系统是高效且经济的方法。这是利用水______（填写物态变化）有______（选涂A吸热；  B放热）作用。 （3）机动车是造成城市热岛效应的因素之一。四冲程内燃机工作过程中，将内能转化为机械能的是______（单选）。 A．吸气冲程 B．压缩冲程 C．做功冲程 D．排气冲程 （4）汽车内燃机的能量流程图如图所示，该热机效率为______，释放出的内能无法自动地转化为机械能再用来驱动汽车，说明能量的转化具有______。 （5）同一汽车先后两次沿同一水平面运动，汽车先后两次的图像，如图所示，则汽车第一次运动时（　　） A．合力大 B．摩擦力小 C．牵引力大 D．速度大 【答案】(1)比热容；(2)汽化；A；(3)C；(4)35%；方向性；(5)D 【详解】（1）增加绿地、城市水体，是利用水的比热容较大，水的比热容大，升温慢，吸热多，可调节气温。 （2）喷雾系统利用水汽化（蒸发），汽化吸热，降低环境温度。 （3）将内能转化为机械能的为做功冲程，故选C。 （4）热机效率为η=100%-33%-25%-7%=35% 释放出的内能无法自动地转化为机械能，说明能量的转化具有方向性。 （5）A．两次都是匀速直线，都是平衡状态，两次合力均为0，故A不符合题意； B．水平面运动，受滑动摩擦力，汽车对地面的压力、接触面的粗糙程度均不变，摩擦力不变；故B不符合题意； C．匀速运动时，牵引力等于摩擦力，两次牵引力相同，故C不符合题意； D．由第一次的s-t图像可知 第二次的s-t图像可知 第一次的速度大于第二次的速度。 两次都是匀速运动，合力为零，牵引力等于摩擦力，而摩擦力相同，所以牵引力也相同。故选D。 押题猜想02 电学 11．如图a所示电路，是两只相同的电压表。当闭合开关后，灯L1和L2都发光，这时两只电压表的指针偏转角度均如图b所示，指针刚好对准刻度线位置。求： (1)计算图a中灯L1和L2两端电压分别是多少？ (2)若将L1和L2改接为如图c所示电路，电源电压不变，闭合开关后，灯泡L1和L2都发光，若此时电流表的示数为，电流表的示数为，则通过L1和L2的电流是分别多少？ (3)计算图c中灯L1的电阻和电路的总电阻。 【答案】(1)灯L1两端的电压是1.2V，灯L2两端的电压是4.8V；(2)通过L1的电流是0.4A，通过L2的电流是0.15A；(3)灯L1的电阻是15Ω，电路的总电阻约为10.9Ω 【详解】（1）分析图a可知，灯L1和L2串联，电压表V2测量L1两端的电压U1，电压表V1测量电源电压U。 根据串联电路电压规律，总电压大于分电压，即U > U1，由于两电压表指针偏转角度相同，说明V1选用了0～15V的大量程，V2选用了0～3V的小量程； 从图b读数可知：V1的示数（电源电压）为U=6V，V2的示数（L₁两端的电压）为U1=1.2V。 根据串联电路电压特点U=U1+U₂，可得L2两端的电压U2=U-U1=6V-1.2V=4.8V （2）分析图c可知，灯L1和L2并联，电流表A1测量L1的电流I1，电流表A2测干路的电流I总； 根据题意可知：A1的示数（通过L1的电流）为I1=0.4A，A2的示数（干路总电流）为I总=0.55A。 根据并联电路电流特点，可得通过L2的电流I2=I总-I1=0.55A-0.4A=0.15A （3）电源电压不变U=6V，根据欧姆定律，可得灯L1的电阻 电路的总电阻 12．小叶家使用某品牌电热水壶，其参数如下表： 项目 数值 电路结构图 额定电压 加热挡额定功率 保温挡额定功率 水壶质量 底面积 最大容量 （1）空电热水壶放在水平桌面上，对桌面的压强多大？ （2）电热水壶保温工作6分钟，消耗的电能是多少度？ （3）当旋钮旋至“2”的位置时，此电水壶处于_______档（选填“A．加热”或“B．保温”），求此档位正常工作时的电流_________。 （4）求R1的阻值。 【答案】(1)；(2)；；(3) A；(4)； 【详解】（1）空电热水壶放在水平桌面，对桌面的压力等于自身重力为 空电热水壶放在水平桌面上，对桌面的压强为 （2）电热水壶保温工作，消耗的电能为 （3）根据及电路图可知，旋钮旋至“2”位置时，只有接入电路，电路中的电阻较小，功率较大，处于加热挡；旋钮旋至“1”位置时，和串联接入电路，电路中的电阻较大，功率较小，处于保温挡，故选A。 由得，加热挡正常工作时的电流为 （4）电路处于加热挡时，由可知，的阻值为 电路处于保温挡时，与串联，由可知，电路中的总电阻为 串联电路总电阻等于各电阻之和，则R1的阻值为 13．如图所示的电路中，电源电压保持不变，电阻R1的阻值为20Ω。闭合开关S，两电流表的示数分别为0.9A和0.4A。 （1）求电源电压U； （2）求通过电阻R2的电流I2； （3）现用电阻R0替换R1、R2中的一个，替换后只有一个电流表示数发生变化，且电路总功率变化了2.4W。求电阻R0的阻值。 【答案】(1)8V；(2)0.5A；(3)10Ω或40Ω 【详解】（1）由图可知，这是一个并联电路，电流表A测干路电流，A1测R1电流，根据并联电路电流的特点可知，电流表A的示数为0.9A，A1示数为0.4A，电源电压 （2）根据并联电路电流特点可知，通过电阻R2的电流 （3）用电阻R0替换电阻R1、R2中的一个，若替换R1则电流表A1和A的示数都要变，若替换R2，由于R2与R1并联，互不影响，故A1示数不变，A示数变化，因此R0只能替换R2；替换前，电路中的总功率 替换后总功率变化了2.4W，有可能增大了2.4W，也有可能减小了2.4W。若增大2.4W，则总功率为 此时电路中的电流 则通过R0的电流 R0的阻值 若替换后总功率减小了2.4W，则替换后总功率 此时电路中的电流 则通过R0的电流 R0的阻值 综上可知，R0的阻值为10Ω或40Ω。 14．某小组为室内花卉种植设计了一个光照强度报警电路，如图所示。电源电压为12V，定值电阻R1的电阻为20Ω，R2为光敏电阻，其阻值与光照强度的关系如下表。当电流表示数大于或等于1.4A时会触发报警，提醒养殖人员调整遮阳棚。此时的光照强度为该植物的警戒光照强度。（Lux是衡量光照强度的基本单位，该数值越大表示光照强度越大。） 光照强度（Lux） 5 10 15 20 25 30 电阻R2阻值（Ω） 60 30 20 15 13 12 （1）求10秒电流通过R1所做的功W1； （2）求该植物的警戒光照强度。 （3）为了适应不同育苗阶段的需求，需要将警戒光照强度调整为30Lux，但保持报警电流不变。现有两种方案： A．用电阻R0（R0>20Ω）替换电阻R1 B．用电压为U0（U0<12V）的电源替换原电源 请判断这两种方案是否可行。若认为可行，计算相应的R0或U0的值。如果不可行，请说明理由。 （4）从实操性的角度，评价方案A或方案B。 【答案】（1）72J；（2）20 Lux；（3）方案A可行，R0的阻值为30Ω；方案B可行，U0的电压为10.5V。（4）方案B更易操作 【分析】对第（3）小问，从表格数据找出光照强度对应的电阻值。用电阻R0替换电阻R1，先根据欧姆定律求出此时通过光敏电阻的电流，再根据并联电路电流特点求出通过电阻R0的电流，然后根据欧姆定律求出电阻R0的阻值，最后根据题中条件判定方案A是否可行；用电压为U0的电源替换原电源，先根据并联电路电阻特点求出电路中的总电阻，再根据欧姆定律可得此时电源电压，最后根据题中条件判定方案B是否可行。 【详解】（1）由图可知，该光照强度报警电路为定值电阻与光敏电阻的并联电路，10秒电流通过R1所做的功 （2）由图可知，电流表测干路电流，且当电流表示数大于或等于1.4A时会触发报警，取，此时通过定值电阻的电流 根据并联电路电流特点可知，通过光敏电阻的电流 则此时光敏电阻的阻值 对照表格数据可知，该植物的警戒光照强度20Lux。 （3）当警戒光照强度为30Lux时，由表格数据可知，此时光敏电阻的阻值，此时触发报警的干路电流仍为，方案A：用电阻R0替换电阻。此时通过光敏电阻的电流 则通过的电流 电阻的阻值 因为，满足题设条件，所以方案A可行，且R0的阻值为。 方案B：用电压为U0的电源替换原电源。定值电阻与光敏电阻的并联，则电路中的总电阻 此时电源电压 因为10.5V<12V，满足题设条件，所以方案B可行，且U0的电压为10.5V。 （4）方案B更易操作：更换电源只需调整电压或更换电源模块，无需拆卸电路板更换电阻，操作更便捷，适合现场快速调整。方案A需要精准匹配30 Ω的电阻，实操性稍差。 15．小曹设计了一个测量物重的装置，其原理图如图甲所示。电源两端电压为4.5V，且保持不变。电流表的量程为0∼0.6A，电压表的量程为0∼3V，R0是定值电阻，R是压力传感器，且R的位置固定不动，R的电阻随压力变化关系如图乙所示。杠杆AB的支点为O，AO=2BO。在A端正上方的托盘M重为5N，当托盘不放重物时，电压表示数为2V；杠杆B端始终压在传感器R上，且杠杆始终静止在水平位置。不计杠杆的重。求： （1）定值电阻R0的阻值； （2）该装置能测量的最大物重。 【答案】（1）5Ω；（2）7.5N 【详解】（1）不放重物时，先根据杠杆平衡条件求，设托盘重力，已知，由杠杆平衡条件得 杠杆B端对R的压力 由图乙可知，时，压力传感器的电阻，R与R0串联，电压表测R两端电压， 电路电流 电源电压，两端电压 定值电阻的阻值 （2）物重越大，杠杆B端对R的压力越大，R的阻值越小，电路中电流越大，电流表量程为，因此电路最大电流，此时电压表示数 ，电压表符合量程要求。 电路总电阻 压力传感器的最小阻值 由图乙可知，时，B端压力，设最大物重为，A端总压力为，根据杠杆平衡条件 得 代入数据整理得 解得，该装置能测量的最大物重 16．机器人从工厂的专属工具，悄然融入日常，重塑着未来的生活。 （1）丹麦物理学家_______发现了_______周围存在磁场，利用这一原理人们发明了电磁铁，从而实现“抓取”的功能。春晚的转手绢机器人手部更为灵活，装有_______（选填“A．发电机”或“B．电动机”），通过控制电流的________和_______，可以改变手绢的转速与转动方向。 （2）马年春晚再度升级科技阵容，如图所示。一个机器人质量约为，身高，可以完成空翻与连续单脚空翻。 ①机器人高高跃起过程中，________能转化为______能。并且双脚离地后可以继续上升到的高度，这是因为机器人具有________。 ②若一次起跳约为，机器人的重心在竖直方向上提升了，计算克服重力做功____及其功率______。 （3）小光了解机器人后在实验室搭建了如图中甲、乙两个实验。 ①其中______（选填“A．甲”或“B．乙”）反映了发电机的原理。在甲实验中，AB棒相当于电路中的______，乙实验中的ab棒相当于______。（均选填“A．电源”“B．用电器”或“C．导线”） ②若实验过程中，小光的同桌交换了ab棒的两端，则棒滚动方向________，若交换了蹄形磁体的N、S极，则棒滚动方向________。（均选填“A．变化”或“B．不变”） 【作图】 （4）地球是一个天然的大磁体，小到扫地机器人，大到人造卫星都需要通过地磁场来定位与传感。如图6所示为小磁针静止时N、S极的指向，请在图中“（　　）”处标出地磁场的磁极，并用箭头标出P点的磁感线方向。 【答案】(1) 奥斯特；电流；B；大小；方向；(2) 动；重力势；惯性；840J；1680W；(3) A；A；B；A；A；(4)见下图 【详解】（1）丹麦物理学家奥斯特最早发现电流周围存在磁场，即电流的磁效应。 机器人手部转动需要动力，电动机提供动力，发电机是发电装置，因此选电动机 电动机的转速由电流大小决定，转动方向由电流方向决定，因此改变电流大小和方向可改变转速和转向。 （2）机器人跃起过程中，速度减小、高度增加，动能转化为重力势能. 离地后继续上升是因为机器人具有惯性，保持原来的运动状态。 机器人重力 克服重力做功： 功率： （3）发电机原理是电磁感应，电路无外接电源，因此甲图符合。 甲中AB棒切割磁感线产生感应电流，相当于电源。 乙图有外接电源，AB棒消耗电能运动，相当于用电器。 通电导体受力方向与电流方向、磁场方向都有关，只改变其中一个因素，受力方向就会改变；交换ab两端改变了电流方向，交换磁极改变了磁场方向，因此滚动方向都变化。 （4）小磁针静止时异名磁极相互吸引，图中小磁针N极向上，因此上端地磁极是S极；磁感线从地磁N极出发回到地磁S极，因此P点磁感线箭头朝向S极。如图所示： 17．世界上的航空母舰上现在主要使用两种弹射方式：蒸汽弹射和电磁弹射。 （1）回答问题： ①我国新型航母福建舰就是采用自行研制的电磁弹射器，如图1所示，电磁弹射器的弹射车与飞机前轮连接，并处于强磁场中，当弹射车内的导体通过强电流时，即可受到强大的推力。下列实验中，与电磁弹射原理相同的是( ) ②电磁弹射器的电功率约为100兆瓦，弹射一架飞机的时间约为45s，则弹射一架飞机消耗的电能约为________kW▪h。（1兆瓦＝106瓦） （2）某实验小组A通过研究电磁弹射原理，发现其本质上与电动机原理类似。而电动机和发电机在构造上差异不大，一个玩具电动机，像图2a那样接上电源会转动，像图b那样让其转动起来，可以使小灯泡发光，图2b中利用的工作原理是________；若考虑电池的内部电阻，在相同时间内，图（a）电池提供的电能与图2（b）灯泡消耗的电能相等，则图2（a）获得的机械能将________图2（b）消耗的机械能（选填“A．大于”“B.等于”或“C．小于”）。另一实验兴趣小组B也从中得到启发：为判断短跑比赛时运动员是否抢跑，设计了如图3“抢跑自动指示“电路。其工作原理是：当运动员蹲在起跑器上后，先闭合S；发令时闭合S1，发令指示灯亮；运动员起跑后，装在起跑器上的压敏电阻R0因受到压力变化，使得其阻值变化，电磁铁线圈中电流明显变大，S1被吸引而闭合，起跑器指示灯亮。闭合S，电磁铁左端为________极。压敏电阻随压力大小变小而________（选填“A．变大”或“B．变小”）。 （3）电磁弹射装置给某飞机提供2×106N的水平推力，在滑行加速阶段飞机通过了60m的距离，已知飞机受到的总重为3×106N，若飞机在整个地面滑行过程中受到的阻力恒为飞机总重力的0.2倍，则水平方向所受的合力为______N；若电磁弹射装置机械效率为60%，则弹射一次需要消耗______J的能量。 【答案】(1) B；；(2) 电磁感应现象；C；S；B；(3) ； 【详解】（1）由题意可知，电磁弹射器的弹射车与飞机前轮连接，并处于强磁场中，当弹射车内的导体通以强电流时，即可受到强大的推力，由此可知其原理是通电导体在磁场中受力而运动。 A.该实验为奥斯特实验，说明了电流周围存在着磁场，故A不符合题意； B.图中有电源，通电导体棒在磁场中受力而运动，即与电磁弹射器工作原理相同，故B符合题意； CD.图中均没有电源，闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动，产生感应电流，为电磁感应实验，故CD不符合题意。故选B。 弹射一架飞机消耗的电能约为 （2）玩具电动机的转动使小灯泡发光，此时玩具电动机将机械能转化为小灯泡的电能，所以此时的玩具电动机的作用相当于一个发电机，其工作原理是电磁感应现象。 给玩具电动机通电后，电动机工作，此时将电能转化为机械能。在图b中，灯泡消耗的电能是由发电机的机械能转化来的。在发电机将机械能转化为电能的过程中，要损耗一部分能量，也就是说，发电机转化出来的电能W电只是其消耗的机械能W机的一部分；即。在图a中，电池提供的电能转化为电动机的机械能。在电动机将电能转化为机械能的过程中，要损耗一部分能量，即通过电动机得到的机械能W机′只是电池提供的电能W电′的一部分，所以由于图（a）电池提供的电能W电′与图（b）灯泡消耗的电能W电相等，所以可得 即，故选C。 当S1处于断开状态时，闭合S，电流从电磁铁的右端进入，从电磁铁的左端流出，根据安培定则，判断电磁铁的右端是N极，左端是S极。 运动员起跑后，对压敏电阻的压力减小，电磁铁电流变大，电源电压不变，根据欧姆定律，电流变大说明压敏电阻的阻值变小，因此压力变小时，压敏电阻阻值变小，故选B。 （3）飞机在整个地面滑行过程中受到的阻力恒为 水平方向推力向前、阻力向后，合力大小 弹射的有用功 根据机械效率，得总消耗能量 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年中考物理终极押题猜想（上海） 考情为骨 密押为翼 押题猜想一 “生活与自然”类 1 押题猜想二 工程与实践类 7 押题猜想三 实验探究类 15 押题猜想四 综合计算类 40 押题猜想一 生活与自然类 试题前瞻·能力先查 【押题1】如图1，同学们在教室里通过电视观看了阅兵仪式。 （1）彩色电视机画面上的丰富色彩是由红、________、蓝三原色光混合而成的。 （2）小鑫同学发现，在特定角度下，整齐划一的解放军队列好似只有一个人在踏步，这是因为光在空气中________。 （3）如图2所示，重型导弹车可以在马路上正常行驶不压坏路面，归功于它的多组车轮，可以________受力面积，从而减小压强（选填“A．增大”或“B．减小”）。并且导弹选用液态燃料，既轻便，又因液态燃料________的优势，保障了导弹的性能与射程。 【多选】 （4）仪仗兵们踏着铿锵的步伐，震撼了每一位观众。下列说法正确的有（　　） A．周围的楼房相对于行进中的士兵们是运动的 B．士兵的脚步声是由空气振动产生的 C．士兵们高唱国歌，说明声音的音调高 D．士兵们用力踏步增加了声音的响度 【押题2】中国空间站迎来“厨房神器”——热风烘烤机 （1）航天员将鸡翅放入烘烤机内，热风给鸡翅进行加热，这是通过______的方式改变鸡翅的内能。 （2）烤好后鸡翅的香味四溢，说明分子在不停做______运动； （3）使用鸡翅铁签固定比使用竹签加热更快，这是因为铁的______（选涂“A导热性好”  “B密度高 ”“ C导电性好”）； （4）为解决油烟过滤的问题，将油烟微粒在高压下带负电，根据异种电荷互相______的原理，让它们被迁移到了带正电的收集板，实现了对小颗粒油烟的捕捉。 【押题3】在寒冷的冬日，我们常利用电能或燃烧燃料来取暖。 （1）一台标有“2200W”字样的取暖器，正常工作2h，用电______kW⋅h。 （2）下列用电器中利用电流热效应工作的是______。 A．液晶电视机 B．吸尘器 C．电热毯 （3）质量相同的干木柴和木炭完全燃烧，________放出的热量多（q干木柴=1.2×107J/kg、 q木炭=3.4×107J/kg）。 A．干木柴 B．木炭 分析有理·押题有据 根据2026年上海市多区初三物理二模试卷的公开解析资料，‌“生活与自然”部分‌主要考查学生运用物理知识解释日常生活现象的能力，内容贴近教材、注重基础，难度较低，是得分主力模块。 一、主要考查内容 ‌1. 声现象‌：声音的产生（振动）、特性（音调、响度、音色）、传播等。 ‌2. 光现象‌：平面镜成像、光的折射、反射、实像与虚像判断等。 ‌3. 物态变化与内能‌：熔化、凝固、汽化、液化、升华、凝华；内能改变方式（做功、热传递）；分子动理论。 ‌4. 力学基础‌：参照物与运动状态、压强（液体、固体、气体）、浮沉条件、阿基米德原理。 ‌5. 电与磁基础‌：家庭电路连接、安全用电、电压（220V）、简单电路分析。 ‌6. 能量与物质结构‌：能量转化、宇宙与微观尺度（如行星、电子、原子结构）。 二、命题特点 ‌1. 情境真实‌：题目多取材于日常场景，如洗碗、坐电梯、喝饮料、骑车、煲汤等。 ‌2. 基础为主‌：题型以单选、填空为主，强调概念辨析和简单应用。 ‌3. 能力导向‌：要求学生能将生活现象“翻译”为物理模型，体现“从生活走向物理，从物理走向社会”的理念。 终极猜想·精练通关 押题猜想01 声、光、热学 1. 通过声光认识上海。 （1）外滩人声鼎沸指声音_______（选填“A音调高”或“B响度大”）； （2）地面上的树影属于光的_______现象，游客看到豫园中“鱼在云中游”的神奇现象，看到的“云”属于光的________现象，看到“鱼”属于光的______现象（前三空均选填“A直线传播”、“B反射”或“C折射”），看到的“鱼”在鱼实际位置的______（选填“A上方”或“B下方”）。 2. 古人对利用能源颇有心得，《天工开物》中记载了造纸时“透火焙干”的情景，请完成下面小题。 （1）古人将湿纸膜贴在砖墙上，在巷中生火，砖的温度升高，湿纸膜干透后揭下来就是成品纸了。“透火焙干”主要利用（　　） A．分子之间存在引力 B．分子之间存在斥力 C．分子在做无规则运动 D．温度越高，分子热运动越剧烈 （2）“透火焙干”中，是利用______的方式改变纸张的内能；生火时“烟雾弥漫”______（选填“是”或“不是”）分子热运动。 3. 家用智能监控摄像头不仅能录像，还能进行双向语音远程通话。 （1）通话时调节设备使音量放大，这是改变声音的________。 A．响度 B．音调 C．音色 （2）摄像镜头相当于一个凸透镜，远处物体通过它能成倒立、________的实像（选填“A放大”“B等大”或“C缩小”）。当物体靠近摄像头时，所成的像将________（选填“A变大”“B不变”或“C变小”）。 押题猜想02 力学 4．小明佩戴的智能手环可用于记录他的运动数据，如图所示。 （1）该智能手环的周长约为__________； A．18 mm B．18 cm C．18 dm D．18 m （2）小明在操场上进行慢跑锻炼，若以佩戴智能手环的手腕为参照物，智能手环是______（选涂“A静止”或“B 运动”）的。智能手环记录的运动数据如图所示，则该过程中小明的跑步速度为____m/s。 5． 双休日，小明帮妈妈做家务。 （1）利用重垂线辅助，挂画框不歪斜，这是利用了重力方向总是的性质； （2）将羽绒被放入塑料袋，抽去袋中空气后体积明显变小，这是利用了的作用； （3）用细线切皮蛋，又快又好，这是利用了的方法增大了细线对皮蛋的压强； （4）小明用0.05kg的固体酒精烧水，锅内水的质量为2kg，完全燃尽酒精，水温上高了50℃，水吸收的热量为J，酒精燃烧放出的热量为J。【q酒精＝3.0×107 J/kg、c水＝4.2×103 J/(kg℃)】 6． 生产生活中经常利用工具提高效率。 A 图1 图2 图3 （1）图1，旗杆顶上安装的滑轮是（选涂“A定滑轮”“B动滑轮”）； （2）图2，用核桃夹夹碎核桃，核桃夹属于杠杆 A．等臂 B．省力 C．费力 （3）图3，利用装水的管子，分别在两头静止水面位置做标记，两标记的连线一定水平，这根装水的管子实际上是一个。 7. 跳远比赛中，小兰在经历了一段助跑之后，奋力蹬踏板，凌空而起，在空中向前运动一段弧线后落入沙坑，在沙坑内留下深深的印痕。 （1）凌空而起时小兰的重力势能______（选填“A．变大”、“B．不变”或“C．变小”）； （2）由于_______小兰在空中会继续向前运动一段距离； （3）小兰落入沙坑留下印痕则说明____________。 8. 小华在“体育两小时”活动中做“引体向上”运动。 （1）他双脚蹬地向上跳起抓住单杠，说明力可以改变物体的_________，也同时说明物体间力的作用是_________的； （2）每次向上拉升时，其重力势能_____（选填“A不变”“B增大”或“C减小”） （3）若他的质量为，每次拉升时他的重心升高0.2m，则每次拉升，他克服重力所做的功为_____J。 9. 如图（a）所示，用手提起重物的过程中，桡骨在肱二头肌的牵引下绕着肘关节转动，桡骨可以看作以肘关节为支点的杠杆。 （1）如图（b）所示，手静止时，手臂中肌肉对桡骨的拉力为F1，手克服的阻力为F2。 ①请在图（b）中画出F2的阻力臂l2___________。 ②若，，则F1的大小为___________N。 （2）手臂转动的过程中，重物被举至高处，重物的重力势能___________。 A．增大 B．减小 C．不变 10. 小明尝试自制冰淇淋。如图，在一个大碗A中放入冰块和大量盐，制成冰盐混合物。再将装有牛奶、奶油、糖的混合液（以下称“奶浆”）的小碗B，放入大碗A中。不断搅拌小碗B内的奶浆，一段时间后，奶浆就慢慢变成了冰淇淋。 （1）为提高制作效率，大碗A中冰块加到如图中______（选填“a”或“b”）的高度更好，____（选填“A”或“B”）碗需使用导热性较好的材料。 （2）加入食盐后，冰块的熔点会降低，从而吸收更多的热量，加快小碗B中奶浆的______（填物态变化名称）。 （3）搅拌混合液的主要目的：使混合液各部分温度更______（选填“均匀”或“不均匀”）。 （4）冰淇淋制作完成，小明端起大碗A发现碗有点“粘手”，仔细一看，大碗A的外壁结了一层白霜，白霜的形成原因是发生了_______（填物态变化名称），该过程________（选填“放热”或“吸热”）。 押题猜想03 电磁学 能源 11．人们认识微观世界的空间尺度大致如图所示。 （1）其中问号处的粒子应该是（    ） A．电子 B．中子 C．原子核 （2）问号处的粒子（    ） A．带正电 B．带负电 C．不带电 12．新能源光伏电站场景；我国在青海、西藏建造了大量的熔盐式光伏电站，宣传资料显示：该电站年均发电量约24亿度，相当于每年减少碳排放约180万吨，可满足40万户家庭一年的用电需求。该类电站的原理是：在光照充足时通过平面镜把太阳光反射到熔盐塔，从而把熔盐加热到大约500℃储存起来，光照不足时把热熔盐的热量释放出来烧水产生蒸汽，驱动发电机发电。 （1）光伏电站的太阳能电池板将______能转化为电能，是清洁能源利用的典型代表。 （2）太阳能属于______能源： A．不可再生 B．化石 C．可再生 D．二次 （3）光伏电站的电能输送到千家万户，利用了电流的______效应： A．热 B．磁 C．化学 D．光 13．按要求完成下列小题。 （1）如图是电磁波频率图，图中红外光的波长比可见光的________（填“A长”或“B短”）；望远镜所观测到的早期宇宙微波的频率比γ射线的频率_______（填“A高”或“B低”）。 （2）以下排列按照尺度的数量级由大到小的是_________。 A．银河系、地球、原子、太阳系 B．太阳系、银河系、生物体、原子 C．太阳系、地球、电子、原子 D．银河系、地球、原子、原子核 （3）_________发现电子后，科学家提出了许多原子结构的模型，如图所示的三种模型中是核式结构模型的是_________。 A． B． C． 押题猜想二 工程与实践类 试题前瞻·能力先查 【押题1】结合上海地铁22号线建设场景，回答下列问题： （1）上海地铁采用双向逆变式再生制动系统‌，该系统可将列车制动时产生的电能回馈至交流电网，供其他列车或车站设备使用，再生制动过程中，能量转化形式与下列哪种设备相同？（   ） A．电动机 B．发电机 C．电热水器 D．太阳能电池 （2）乘客用手机NFC功能刷卡进站时，手机与闸机通过（   ）传递信息。 A．超声波 B．电磁波 C．次声波 D．红外线 （3）地铁进站时，站台乘客需站在黄色安全线外候车，这是因为流体流速越大的位置，压强越___（选填“大”或“小”）分子热运动。 （4）某小区安装的太阳能路灯，其蓄电池夜晚放电时（   ） A．化学能→电能 B．电能→光能 C．光能→化学能 D．化学能→光能 【押题2】上海洋山深水港是超大型自动化集装箱码头，全流程无人常态化作业。 （1）晓华在码头看到一艘“长益号”货轮正迎面驶来，相对于地面，货轮是________的（选涂“A运动”或“B静止”）； （2）货轮靠泊后进行全自动卸船作业，如图（a）所示，集装箱可以竖直精准落入卡车，为了实现软着陆，其中有一段是快速下降10m，其图像如图（b）所示，则该段所用时间为________s；另一段缓慢下降1m，其图像如图（c）所示，集装箱和吊具总重力为G，快速下降时索线的牵引力为，缓慢下降时索线的牵引力为，则牵引力______（选涂“A大于”“B等于”或“C小于”）。 【押题3】载人潜水器“奋斗者”号在世界最深的马里亚纳海沟成功坐底。 在万米深海下，潜水器无法产生足够的高压将舱室内的海水排出，需要固体浮力材料和压载铁配合完成下沉和上浮。“奋斗者”号下水时要携带两组压载铁，匀速下潜入海洋深处； （1）临近海底，潜水器抛掉第一组压载铁后减速下潜。此过程中浮力将_______（选填“A．变大”“B．变小”或“C．不变”）； （2）完成作业后，抛掉第二组压载铁，上浮返航，说明潜水器是通过改变______（选填“A．自身重力”或“B．浮力”）实现沉浮的。 分析有理·押题有据 “工程与实践”‌是上海物理中考中的重要模块，主要考查学生将物理知识应用于真实情境的能力。根据近年各区二模试卷分析，该部分的核心考点集中在以下几个方面： 1. 电磁与科技应用类 结合天问二号升空、手摇电筒等科技或生活场景，考查电磁感应原理、磁场方向判断（右手螺旋定则）及能量转化过程。 2. 杠杆与机械设计类 ‌以生活中的工具（如钳子、撬棒）或工程装置为背景，考查力臂分析、动态平衡判断和求解最小作用力的方法。 3. 浮力与工程船舶类 ‌以潜艇、科考船、陶瓷碗浮沉等为载体，考查阿基米德原理、排水量变化、液体密度对浮力的影响，强调动态分析能力。 4. 电路设计与原理应用‌ 在智能灯、水果电池等创新实验中，考查电路连接方式、电压影响因素探究（控制变量法）、电磁继电器与光敏电阻的联动控制机制。 5. 能量转化与机械能守恒 在内燃机、滑冰、过山车等情境中，考查动能与势能的转化、摩擦导致的能量损耗、机械能守恒的条件等。 终极猜想·精练通关 押题猜想01 光学 1. 天文爱好者发现，宇宙星云的颜色各不相同。查阅资料后发现：①恒星温度越高，热辐射时发出的光波波长越短；②可见光的光波波长如下表所示： 色光颜色 红 橙 黄 绿 蓝 紫 光波波长（nm） 780~622 622~597 597~577 577~492 492~455 455~400 （1）平日观察正午的太阳是黄色的，夕阳的太阳偏红，而太阳光是白色的，则太阳发出的可见光的波长范围大约在（　　） A．622∼780nm B．577∼597nm C．400∼780nm （2）若存在一颗温度极高的恒星，发出的波长小于400nm，则这颗恒星主要发出________。 【说理】 （3）若太阳系附近有甲、乙两颗恒星，分别肉眼观察，甲恒星是黄色的，乙恒星则是蓝色的。_____（选填“甲”或“乙”）恒星表面的温度较高，理由是：________________________。 2. 如图是熔盐塔式光热电站的工作原理图。 （1）太阳能光热电站利用定日镜_________太阳光（选填“反射”或“折射”）聚集到吸热塔上进行加热；如图为发电过程流程图，请补充完整：_________ （2）冷却塔用水做冷却剂是因为水的比热容大，_________（选填：“能”或“不能”）说明水吸收的热量多。 3. 天宫课堂。 2021年12月9日15点40分，神舟十三号乘组航天员翟志刚、王亚平、叶光富变身“太空教师”在中国空间站精彩开讲，并面向全球直播。这次授课中，三位太空老师带来了5个物理实验，印象最深刻的是“水球透镜”实验。请阅读下面的内容，并完成相关问题：本次“天宫课堂”，王亚平对实验做了一个小小的升级，通过透镜看到的竟然是一正一反两个像，这是为什么呢?其原理解释是： （1）如图甲所示，加气泡之前的水球可以被看作是一个凸透镜。王亚平站在远处（这个凸透镜的两倍焦距以外），我们眼睛看到的是她倒立、______的实像（A．放大B．等大C．缩小）。 （2）中央加气泡之后，水球因此被气泡变为了两部分，中间是空气，气泡周围是水。这个时候整个水球就变成了两个透镜，外圈部分的凸透镜虽然没有原来完整，但对光线仍然有______作用，依然能够成像，只不过透过的光线变少了而已，所以依然呈现出一个倒立的像；内圈相当于变成了两个凹透镜的组合，所以这个时候中间部分又出现了一个正立的像。因此可以在水球中同时看到一正一倒的两个像。 （3）根据上面的实验，可推测出凹透镜成______（A．放大 B．缩小 C．等大）的______像（A．实 B．虚）。 （4）请将图中的入射光线通过透镜后的折射光线补全。 押题猜想02 力学 4．“舂”——农民捣谷用如图甲，工作原理如图乙，为碓杆，为支点，处连接着碓头，脚踏碓杆的处可使碓头升高，抬起脚，碓头会落下去击打稻谷。若碓头的重力为50N，每踩一次碓头上升的高度为，长，长0.3m。不计碓杆重力和摩擦。（）求： （1）假设一个质量为60kg的农民抬起一只脚工作时，脚掌与地面接触面积约为，此时他对地面的压强； （2）将碓头抬起，脚作用在B点至少用力______N； （3）若1min将B踩下30次，杠杆克服重力所做的功W及克服重力做功的功率P。 5. 无人机飞行依赖升力原理：固定翼通过机翼上下表面压力差产生升力，多旋翼则利用旋翼向下吹气形成的反作用力实现升空。如图所示的无人机可输出1.9N悬停拉力，峰值时可达3.8N。 （1）气流流过机翼上下表面时，会产生向上的升力，是由于流过上表面时的流速_____下表面的流速（选填“A．大于”“B．等于”或“C．小于”），从而产生压强差，进而产生合力向上的压力差。 （2）无人机在正常转速下，会输出1.9牛的悬停拉力，则在上图无人机上用力的示意图大致画出竖直方向上该无人机受到的力。 （3）现代物流日渐趋于利用无人机进行货物远距离运输，从而达到省力节时的效果。若该款无人机自身质量为100克，则可用该款无人机最大载货重量为________牛。 6．F1赛事是目前世界上速度最快的赛车比赛。 （1）F1赛车的尾翼是其获得高速过弯稳定性的关键。如图所示，A、B为F1赛车的尾翼上方、下方的两点，行驶过程中A、B处的空气压强大小关系___________。 A．大于 B．小于 C．等于 （2）赛车车架采用碳纤维等材料，已知碳纤维材料密度为，钢的密度为，的碳纤维材料与等体积的钢相比，质量相差_________kg。 （3）若F1赛车以360km/h速度匀速通过距离为6km直线跑道，需耗时_________min。 （4）比赛后，车身上会吸附灰尘，这是由于车身与空气高速摩擦后，带上了_________。 （5）已知赛车的发动机燃料热值约为，转化成有用功的效率为，求完全燃烧0.1kg燃料经发动机后转化的有用功W。 7．C919如图是我国自主研发的具有自主知识产权的喷气式中程干线客机，已完成商业首航，C919具有安全、经济、舒适、环保的特点，采用先进气动设计、先进推进系统和先进材料，碳排放更低、燃油效率更高。 （1）C919通过采用密度________（选涂“A．较小”或“B．较大”）的铝锂合金复合材料，来实现减轻机身自重的目的。 （2）飞机降落时起落架要承受巨大压力，几乎相当于几十层楼的重力，为了安全起飞、平稳降落，C919起落架多达6个轮子，这样做的目的是（     ） A．减小压力 B．增大压力 C．减小压强 D．增大压强 （3）C919起飞后，随着飞行海拔高度的增加，外部的大气压强（     ） A．减小 B．不变 C．增大 （4）机舱内的大气压强可以用___________（实验器材名称）测量。___________实验首次测出了大气压的值，一个标准大气压约为___________mm高的水银柱产生的压强，若用水做该实验，则水柱的高度________（选涂“A．大于”或“B．等于”或“C．小于”）水银柱高度。 8．图（a）所示是我国自主研发的“奋斗者”号深海潜水器，它成功下潜突破1万米，创造中国载人深潜的新纪录。下潜前水舱注水并挂好压载铁，在马里亚纳海沟成功坐底，达到最大深度后，抛掉适量压载铁等相关技术，实现上浮。 （1）【作图】如图（b）所示，是潜水器正在从水面加速下潜时的情景，O点是它的重心，请在图上画出潜水器此时所受浮力F浮的示意图。 （2）【计算】当“奋斗者”号完全潜入水中时，排开水的体积为，求潜水器受到的浮力F浮。（海水密度取） （3）【计算】“奋斗者号”的载人舱采用我国自主研发的钛合金材料，其能承受的最大压强为。当下潜深度至10000m时，载人舱受到海水的压强是否在安全范围内？（海水密度取） （4）普通潜艇通过向水舱吸入或排出海水改变自身重力实现上浮和下潜，而“奋斗者”号深海潜水器在万米深海中，不采用排出海水的方式上浮，而是选择抛弃压载铁。请根据所学物理知识分析原因__________。 9. 如图（a）所示，“中国天眼”是目前世界上最大的射电望远镜。 （1）“中国天眼”通过接收星体辐射的微弱________（选填“A．电磁波”或“B．声波”）探测宇宙中极其遥远的天体；研究发现，星系之间的距离在逐渐增加，说明宇宙是在________（选填“A．膨胀”或“B．收缩”）的； （2）为了对厚度仅为1mm的反射面板进行日常维护，如图（b）所示，维护人员小王工作时身背连接着氦气球的装置，气球可为小王提供竖直向上的拉力（气球的厚度忽略不计）。 ①若气球排开空气的体积为，空气密度为，计算气球受到的浮力F浮，并在图（b）中用力的示意图画出F浮______； ②为比较气球内部的氦气密度ρ氦气与空气密度ρ空气的大小关系，小华的分析过程如下： 由题意可知，F浮>G球+G氦气。 ________ 所以ρ氦气<ρ空气 请利用所学知识补充小华的分析过程；______ ③若小王穿戴装置（未与气球连接）站立时，受到的总重力为850N，与地面的接触面积为，对地面的压强为p1。如图（c）所示，小王工作时受到730N竖直向上的拉力，膝盖下方的轻质防护板与反射面板的接触面积为，对反射面板的压强为p2，计算p2与p1的差值Δp______。 10. 图甲是我国自主研发的“极目一号”Ⅲ型浮空艇。（取） （1）浮空艇形似“大白鲸”，外壳是白色的，这样可以反射光，使艇内气体升温不会过快。内部充的是密度______（选填“大于”“小于”或“等于”）空气的氦气； （2）若浮空艇体积为，从科考基地（当地空气密度约为）即将升空时，所受浮力为______N； （3）小明利用气球和重物模拟浮空艇下降的工作原理。如图乙所示，重物包含有定滑轮和电动装置，细线一端连接气球，另一端通过滑轮连接电动装置。充入适量氢气后气球的总质量为，体积为。当重物和气球静止时，地面对的支持力______（选填“大于”“等于”或“小于”）的重力。若要使气球下降，处的拉力至少大于______N。（所受的浮力、细线重力和滑轮摩擦忽略不计，当地空气密度为） 11．阅读短文，回答问题。 核潜艇 前有俄乌冲突，再有美国霸权主义强占委内瑞拉，接着现在美以伊之间的军事冲突，加上日本一直挑衅中国，试图阻碍中国的统一，这一切都说明弱国无外交，强大的军事是震慑狐朋狗党的利器。中国海军近年来在水下力量建设上持续突破，其中备受瞩目的096型战略核潜艇——这款“国之重器”，将搭载射程超万公里的巨浪-3洲际导弹，成为维护国家安全的重要盾牌。我国某核潜艇H（如图甲）最大下潜深度为350m，完全下潜到海面下的排水量为，已知海水密度为，江水密度为，g取10N/kg。不考虑潜艇的体积变化。 （1）下列关于核潜艇的说法中，正确的是_______（选填序号）。 A．核潜艇的外壳用硬度小的特种钢材制成 B．核潜艇是通过改变自身体积实现浮沉的 C．核潜艇悬浮和漂浮时所受的浮力相等 D．核潜艇由东海海面下，潜行进入长江后所受的浮力变小 （2）核潜艇在海面下水平匀速巡航时，突然进入密度跃层（海水密度突然变小）时，核潜艇将会_______（选填“上浮”“悬浮”或“下沉”），将给核潜艇带来安全隐患。为确保核潜艇安全，应立即采取的措施是水舱_______（选填“充水”或“排水”）。 （3）该核潜艇H悬浮在海面下时，螺旋桨将海水推向后方，获得向前的推力，此现象说明_______；核潜艇H所受的海水阻力与航速的平方的关系如图乙，当核潜艇H航速为6m/s时，核潜艇H所受的海水阻力为_______N。 （4）该核潜艇H在深海某区域内以某一速度匀速下降，在到达一定深度后从水舱中向外排出6t的海水，经过一段时间，核潜艇H以相同的速度匀速上升。若该区域内海水的密度保持不变，核潜艇H所受阻力仅与速度有关。则核潜艇H在匀速下降时所受阻力的大小为_______N。 押题猜想03 光学 电磁学 12．熔盐塔式光热电站 如图甲是我国建造的熔盐塔式光热电站。在满足光照条件下，每天可使该电站的6000吨熔盐温度上升，高温的熔盐通过蒸汽发生器产生蒸汽推动汽轮机发电。 （1）熔盐塔式光热电站所利用的太阳能属于______（“A可再生能源”“  B不可再生能源”） （2）一束阳光照到定日镜上发生反射，在图乙中画出反射光线OB，标出反射角度数。 （3）下列图中应用与汽轮发电机工作原理相同的是（　　） A． B． C． D． 13．中国人民解放军海军福建舰，是中国自主设计建造的首艘弹射型航空母舰，是中国第三艘航空母舰。 福建舰采用常规动力，满载排水量8万余吨，设置平直通长飞行甲板，配备4道阻拦索、3个弹射起飞位。直接跨越了传统蒸汽弹射技术，有效利用了常规动力，同时还具备高效储能和系统稳定的特点。电磁弹射起飞的福建舰可以搭载固定翼舰载无人机，重型舰载战斗机以及固定翼舰载预警机等多种新型舰载机，是中国航母舰载机的跨越。 2025年9月22日，歼-15T、歼-35和空警-600三型舰载机，已成功完成在福建舰上的首次弹射起飞和着舰训练。验证了中国完全自主研制的电磁弹射和阻拦系统与多型舰载机的良好适配性，使福建舰初步具备全甲板作业能力。这是中国航母发展历程中取得的又一次突破，标志着福建舰具备了电磁弹射和回收能力，对推进海军转型建设具有里程碑意义。 （1）电磁弹射系统的主要工作原理类似于___________（填“发电机”或“电动机”），其主要过程是将储备的能量转化为___________能。 （2）为了使电磁弹射系统能更高效地工作，其核心部件的材料应具有的特性是（　　） A．良好的导电性和磁性 B．良好的绝缘性和磁性 C．良好的导热性和导电性 D．良好的弹性和导电性 （3）排水量8万吨时，航母受到的浮力多大？ 押题猜想三 实验探究类 试题前瞻·能力先查 【押题1】在“探究电流与电压、电阻关系”的实验中，某实验小组选用5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω五个电阻，电压恒为6V的电源，“40Ω 1A”的滑动变阻器等器材，按课本要求设计了如图甲所示的实验电路。 （1）根据课本上所设计的实验电路，在图甲中分别填入开关，电压表及电源。 （2）首先接入10Ω的电阻探究“电流与电压的关系”： ①当电压表示数为2.8V时，电流表示数如图乙所示，则此时电流表示数为________A；实验小组记录的数据表格如下表所示，小红分析了数据后，指出有一组数据不符合实际，这组数据对应的实验序号是___________。请说明你的判断依据：_________________； ②分析正确的数据，可得出结论：当导体的电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成___________； 实验序号 1 2 3 4 5 6 电压/V 1.0 1.4 2.0 2.4 2.8 3.0 电流/A 0.1 0.14 0.20 0.24 0.30 （3）接着小红继续按照图甲所示电路，将5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、25Ω这五个电阻随机单独接入电路，探究电流与电阻的关系； ①实验中控制电阻两端的电压为2V不变。她用10Ω的电阻完成实验后，保持滑动变阻器的滑片位置不动，断开开关换上15Ω电阻，闭合开关后，为了使电阻两端的电压恢复到2V，此时应将滑片适当向___________调（选填“左”或“右”）； ②她发现当接入________Ω的电阻时，无论怎样调节滑片，电压表的示数都大于2V，若想完成实验，小红设想了以下方案，其中一定能实现的方案是________；（多选） A、增大电源电压 B、换一个阻值变化范围更大的滑动变阻器 C、在电路中正确串联一个阻值已知的定值电阻R0 D、将一个阻值已知的定值电阻R0正确并联在滑动变阻器两端。 （4）小红思考：为顺利获取五组数据，电阻两端电压应控制为多少合适呢？在不改变实验器材和电路连接的前提下，实验小组分别提出了2.2V、2.4V、2.6V和3.0V四个电压值，你认为这四个电压值中不能选择的是（   ）（不定项选择）。 A．2.2V B．2.4V C．2.6V D．3.0V 【押题2】在“用电流表、电压表测电阻”的实验中，小明按图连接电路。电源电压为4.5V保持不变，所用滑动变阻器上标有“20Ω 2A”字样。 （1）实验原理：__________。 （2）闭合开关前，应将滑片置于滑动变阻器的最______端（“A．左”或“B．右”）。 （3）移动滑片时发现电流表的示数始终为0.电路中仅有一处故障，且故障只发生在待测电阻或滑动变阻器上。请写出电压表的示数及对应的故障。____________________________。 （4）排除故障后，小明重新实验。他正确连接电路，实验步骤正确。闭合开关后，将电压表、电流表的示数记录在序号1中；当滑片移到中点位置时，电压表的示数为2.5V；当滑片移到另一端时，电流表的示数为0.36A。请将表格中的数据补充完整。（电阻精确到0.1Ω） 序号物理量 电压（V） 电流（A） 电阻（Ω） 电阻的平均值（Ω） 1 1.7 0.14 12.1 _____ 2 2.5 _____ _____ 3 _____ 0.36 _____ 【押题3】某小组做“测定小灯泡的电功率”实验。小华将电源（电压为6伏）、待测小灯泡（标有“3.8V”字样）、滑动变阻器、电流表、开关串联，然后将电压表并联在电路中。小华闭合开关，移动变阻器滑片，记录了三组数据。他发现无法使小灯泡正常发光，于是对数据作了处理，根据公式求得小灯泡的额定功率。他记录和处理的数据见下表。 序号 电压表示数 /伏 电流表示数 /安 小灯泡的电阻 /欧 小灯泡电阻的平均值 /欧 1 2.0 0.22 9.1 10.0 2 2.4 0.24 10.0 3 2.8 0.26 10.8 小明观察电压表的表盘（a）并经过思考，对小华连接的电路调整后，按正确步骤进行实验。当小灯泡正常发光时，观察到电流表示数如图（b）所示。 （1）分析表格数据，说明不能用小灯泡电阻的平均值替代小灯泡正常发光时电阻值的原因； _______________________________________________________________ （2）该小组可选的滑动变阻器有A、B两个，分别标有“10Ω 2A” “20Ω 2A”字样，本次实验中他们选用的变阻器是__________（选填“A”或“B”）；（需写出解答过程） （3）小明判定小灯泡正常发光的依据是__________________________； （4）求小灯泡的额定功率P额。（需写出解答过程）______________ 分析有理·押题有据 上海中考物理探究实验部分的主要考点‌集中在电学、力学、热学和光学四大模块，强调实验设计、数据分析与科学方法的应用。 1. 电学探究实验 （1）探究电流与电压、电阻的关系‌（欧姆定律）：运用控制变量法探究导体中电流与电压、电阻的关系，分析I-U图像归纳结论。 （2）测电阻（含测量小灯泡的电阻）‌：重点考查电路连接、故障判断、滑动变阻器使用及小灯泡电阻的计算。 （3）测小灯泡电功率‌：重点考查电路连接、故障判断、滑动变阻器使用及额定功率的计算。 2. 力学探究实验 ‌（1）二力平衡条件‌：通过钩码与硬纸板实验，验证平衡力是否共线、等大、反向、同体。 ‌（2）浮力与物体沉浮条件‌：利用圆柱体在不同液体中的漂浮状态，分析固、液体的密度比；分析 柱体露出液面的高度。 ‌（3）杠杆平衡条件‌：实验目的与原理；关键操作要点，例如，调节杠杆在水平位置平衡‌的目的；多次实验的目的；使用弹簧测力计的目的；会归纳正确结论。 3. 热学与能量实验‌ ‌（1）比热容比较‌：通过加热不同物质（如水和煤油）比较吸热能力，理解Q=cmΔt公式的应用。 ‌（2）物态变化中的能量转化‌：如结冰膨胀原因分析、冷冻矿泉水现象解释等。 4. 光学探究实验‌‌ ‌凸透镜成像规律‌：研究物距变化对像的大小、虚实、倒正的影响，常结合实验数据表进行分析。 终极猜想·精练通关 押题猜想01 光学 1. 晓华做“探究凸透镜成像的规律”实验，如图所示。 （1）调节凸透镜和光屏的位置，使它们的中心和烛焰中心大致在________ （2）如图所示，此时恰能在光屏上成清晰的像，光屏上所成的像是________。 A．倒立缩小实像 B．倒立等大实像 C．倒立放大实像 （3）在图中，晓华借来一副眼镜，将其放在蜡烛和凸透镜之间，发现光屏上原本清晰的像变模糊了，向右移动光屏，光屏上的像又变清晰了，说明该眼镜是________（选“A近视”或“B远视”）眼镜。 2．小华回来后做探究凸透镜成像规律实验，同时利用水透镜模拟眼睛的成像原理。 (1)图甲中烛焰在光屏上恰好成一清晰的像。保持蜡烛和光屏的位置不变，将水透镜移至_______cm刻度，光屏上又会得到清晰的像，这与_______（选填“照相机”、“投影仪”和“放大镜”）的成像特点相同；当两支点燃的蜡烛、水透镜和光屏分别置于如图乙所示的位置时，光屏上C、D两处会得到清晰的像，用一厚纸板挡住A处的烛焰，在光屏_______处仍能得到一个清晰的像； (2)在丙图中进行透镜成像实验，保持蜡烛与透镜位置不变，获得多组数据如下： 实验次数 焦距f/cm 像距v/cm 1 15.0 60.0 2 12.0 30.0 3 20.0 4 8.0 13.0 5 5.0 6.7 分析表中数据可得，第3次实验时水透镜的焦距是_______cm。当蜡烛靠近凸透镜时，烛焰的像将落在光屏的_______（选填“前”或“后”）方； ①若用此实验模拟人眼的调节功能，重新在光屏上得到清晰的像，应该进行的操作是换焦距_______（选填“更大”或“更小”）凸透镜； ②若用此实验模拟视力的矫正，可保持光屏位置不动，在原凸透镜前再加一个_______（选填“近视眼镜”或“远视眼镜”），就能重新在光屏上得到清晰的像。 3．眼睛是感知世界的窗口，我们要养成良好的用眼习惯，守护清晰“视”界。小明和小陈在“探究凸透镜成像规律”实验中： (1)实验时应调节烛焰的中心、光屏的中心和凸透镜的光心在____________，目的是确保像能始终成在光屏___________； (2)小明想利用LED发光字来研究凸透镜成像上下、左右位置关系，图中的汉字适合做LED光源的是__________（选填字母）； A． B． C． D． (3)如图所示，当蜡烛、凸透镜在图示位置时，光屏上可得到一个清晰的像，生活中利用这个规律制成的光学仪器是______； (4)小陈学习凸透镜的相关知识后，继续探究“视力的矫正”，他知道远视眼镜镜片是凸透镜，那远视眼镜镜片的度数与其焦距存在怎样的关系呢？小陈通过实验研究同一物体通过度数不同的镜片所成的实像，实验现象及数据记录在表中。 镜片度数 序号 物距（厘米） 像距（厘米） 成像大小 200度 1 80 133 放大 2 100 100 等大 3 150 75 缩小 250度 4 60 120 放大 5 80 80 等大 6 100 67 缩小 400度 7 30 150 放大 8 50 50 等大 9 60 43 缩小 （a）远视眼不戴眼镜看不清______处（选填“远”或“近”）的物体，这是因为远视眼的晶状体较薄，会聚能力较______（选填“强”或“弱”），像成在视网膜的______方，而凸透镜对光有______作用，所以可以用凸透镜来矫正； （b）分析表格中的数据可知，若物距是180cm时，物体通过三个镜片一定成______（选填“A．放大”或“B．缩小”）的像； （c）分析比较实验序号1与5或2与6或4与9的数据及相关条件，可得出：物距相同，像距及成像情况不同，是因为______不同； （d）小陈利用所学的知识分析实验序号2、5、8的数据，得出250度镜片的焦距是______厘米；若焦距为100cm的凸透镜做成镜片，度数应为______度。 4．小华发现，当黑板上“=”两条线间距很小时，在教室前排能看出是“=”，在教室后排会看成“-”号。查找资料得知：人眼要看清物体，不仅要求像成在视网膜上，还需像点落在不同感光细胞上，受刺激的细胞越多，分辨越清晰。像的大小取决于物体对眼睛的光心区所张开的角（图（a）中的角α），称为视角。 （1）若同一物体移动到A2B2处时，与眼睛距离变大，视角_______（选涂“A变大”“B不变”“C变小”），此时像变小。 （2）小华用图（b）所示装置（物高H=3cm）进行模拟实验，记录物距u、像距v及像高h在表1中。 表 1    H=3cm 透镜焦距 f(cm) 实验序号 物距 u(cm) 像距v(cm) 像高 h(cm) 透镜焦距f(cm) 实验序号 物距 u(cm) 像距 v(cm) 像高 h(cm) 10 1 30.0 15.0 1.5 12 4 30.0 20 2.0 2 35.0 14.0 1.2 5 40.0 17.1 1.3 3 50.0 12.5 0.75 6 60.0 15.0 0.8 ①晶状体和角膜共同作用相当于凸透镜，晶状体到视网膜的距离为________（选涂“A物”“B像”）距。 ②分析比较实验序号1、2与3（或4、5与6）中像距v和像高h随物距u的变化情况，可得出的初步结论是：同一凸透镜成实像，_________，倒立的实像变小。 ③分析数据： 小华认为由1、2与3（或4、5与6）可知，焦距不变时像变小，可解释“=”看成“-”； 小红认为由1和6可知，像距不变时，焦距变大，像变小，可解释“=”看成“-”。 请判断两者观点是否合理，说明理由 __________。 （3）结合上述信息和所学知识，说明观察微小物体时常将其靠近眼睛的原因。_______ 押题猜想02 热学 5．小红同学在某高山脚下做“观察水的沸腾”实验时，正确操作并记录的数据如下表： 时间min ….. 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 ….. 温度/ …. 95 96 97 98 98 98 98 98 98 98 ….. （1）由表中数据可知，水的沸点是________℃。小红同学将实验装置搬到该山上的某一位置，重做实验时发现，当温度计的示数如图所示时，水正在沸腾； （2）由此小红有了新的发现：高山上的大气压比山脚下的大气压_______；（选填“高”或“低”） （3）如图的图像中的图线________反映了上述实验过程； （4）水沸腾时的情况如图中________所示。 6. 如图所示，小华用远红外加热器“探究水在沸腾前后温度变化的特点”。 (1)沸腾是物态变化中的___________现象。 A．熔化 B．汽化 C．液化 D．升华 (2)用远红外加热器加热水时，虽看不见火光，但加热水的效果显著，而加热器的外壳升温却不明显。为探究其原因，他查阅资料得知： （a）电磁波本身不直接产生热，电磁波被物质吸收后，其能量转化为内能，即电磁波的热效应； （b）不同种物质吸收电磁波的能力不同，某种物质对特定频率电磁波的吸收率越高，电磁波的热效应越强； （c）用相同强度、不同频率的电磁波分别照射一定质量的水，照射相同时间，用水升高的温度表示电磁波热效应的强弱，相关数据如表所示。 ①根据表中的数据及相关信息，分析电磁波的热效应与电磁波频率的关系，可得出的初步结论是：用相同强度电磁波照射一定质量的水时，___________。 ②“用远红外加热器加热水时，虽看不见火光，但加热水的效果显著”的原因是________。 ③“加热器的外壳升温却不明显”说明___________。 电磁波 不可见光 可见光 不可见光 远红外线 红外线 紫外线 电磁波频率（） 0.06 3.0 4.5 4.9 5.2 5.5 6.7 7.3 8.6 水升高的温度（℃） 14.3 5.6 4.7 3.2 1.4 0.6 0.3 0.14 0.11 7. 小延在探究液体在沸腾前后温度变化的特点，实验装置如图甲。取质量相等的水和盐水分别放入两个相同的烧杯中，用相同的酒精灯同时加热，根据实验数据，绘制温度随时间变化的图像，如图乙； (1)分析图乙发现：液体在沸腾过程中，温度________，且盐水的沸点________水的沸点（选填“高于”或“低于”） (2)他发现继续加热，水无法升高至100°C，为了解释这个现象，他查阅了资料，下表是他查到的一些数据 大气压（帕） 101320 70700 62400 54900 48100 42000 水的沸点（℃） 100 90 87 84 80 77 ①分析比较表中水的沸点和大气压的变化，可得出的初步结论是：________。 ②请试着解释小延无法将水烧到100℃的原因________。 8．甲、乙两组同学为了探究水沸腾的条件，搭建了如图所示的装置，试管内装有适量的水，双孔橡胶塞上一孔插有电子温度计，另一孔连接注射器，整套装置密封性良好。实验前查阅资料得知：（a）液态水的温度是不可能高于当前沸点的，沸腾时液体内部和表面会同时发生剧烈汽化；（b）在1标准大气压下，水的沸点为100℃；（c）水的沸点随水面上方气压的减小而降低；（d）实验中，甲组同学将初温较高的水加热至沸腾，停止加热后沸腾现象立刻消失。停止加热前，测得试管内水的温度与加热时间的关系如下表： 1标准大气压下 加热时间（分钟） 0 1 2 3 4 5 6 水的温度（℃） 80 86 91 96 100 100 100 （1）甲组同学分析材料和表格数据，可得出水沸腾的条件是：______； （2）乙组同学在停止加热已沸腾的水后，立刻通过注射器抽气，发现水重新沸腾了，请分析原因：______； （3）上述抽气过程中，水重新沸腾时，水的温度会______（选填“几乎不变”、“快速升高”或“快速降低”）。 9．如图（a）所示为某课外小组自制的温度计，瓶子作为液泡装满某种液体，在密封的瓶塞上插上足够长的细管。为了探究薄壁细管内的液柱高度h与哪些因素有关，他们首先选用横截面积为S1的细管进行实验，把液泡浸没在不同温度的水中，如图（b）所示，并将数据记录在表一中。然后换用横截面积为S2的细管重复实验，将数据记录在表二中。（已知S1>S2） 表一：横截面积S1 实验序号 温度t（℃） 液柱高度h（cm） 1 0 5 2 10 7 3 30 11 4 60 17 5 25 表二：横截面积S2 实验序号 温度t（℃） 液柱高度h（cm） 6 0 6 7 5 7.5 8 15 10.5 9 30 15 10 60 （1）分析比较实验序号______的数据及相关条件，可得出的初步结论是：同一液泡，t相同时，S越小，h越大； （2）分析比较表一（或表二）中液柱高度h和温度t的数据及相关条件，可得出的初步结论是：______； （3）研究表一（或表二）中液柱高度变化量Δh和温度变化量Δt的关系，可归纳得到结论：______； （4）他们研究表一和表二中的相关数据发现：同一液泡，Δt相同时，S越小，Δh______（选填越大、越小或不变），于是得出结论：其它条件相同，温度计内玻璃管内径越细，该温度计的测量精确度越_______； （5）将序号5和10所缺数据填写完整______、______。 10．烈日炎炎，沙子滚烫，海水却是凉的。 (1)“沙子滚烫”是形容沙子的（　　） A．内能大 B．热量多 C．温度高 D．比热容大 (2)阳光照射到沙子和水，沙子和水的内能___________（选填“增大”或“减少”）。 (3)为了探究沙子和水吸热升温的现象。小华将相等质量的沙子和水分别装入瓷盘中，用温度计测出它们的初始温度，用红外灯均匀照射两个瓷盘。一段时间后，显示出沙子的温度比水高。说明，质量相等的沙子和水，___________，沙子升高的温度更多。由此推理：质量相等的沙子和水，升高相同的温度，___________ 吸收的热量更多。 11．某学习小组探究沙子和水吸热升温现象。 (1)学习小组设计了如图甲所示装置探究沙子和水的吸热升温现象。在完全相同的两箱子中装入初温和_____相同的水和沙子，用规格相同的白炽灯模拟太阳对箱中的水和沙子加热相同时间，是为了保证在相同时间内_____。 (2)在图甲中除了所给的实验器材外，还需要的测量工具有电子天平和_____。 (3)依据实验数据描绘的水和沙子的温度随时间变化的图像，如图乙所示，据图可知，水和沙子相比_____（选填“A．沙子”“B．水”）的比热容较大，这是因为_____。 (4)（不定项选择）下列事例中属于应用水的这种特性的是_____。 A．给教室洒水，感觉凉 B．用盐水腌蛋，一段时间后蛋会变咸 C．用水冷却汽车的发动机 D．冰熔化成水需要吸收热量 押题猜想03 力学 12. 小凤按如图所示步骤完成探究“影响滑动摩擦力大小的因素”的实验： (1)实验时，根据二力平衡的条件，应让弹簧测力计拉着木块A沿水平方向做______运动； (2)由图甲、丙两图可知：滑动摩擦力大小与______有关； (3)实验后小组交流讨论时发现：在实验中很难使木块做匀速直线运动，于是小鸣设计了如图丁所示的实验装置，把木块A放在木板B上，用力向左拉动木板B，木块A受到的摩擦力方向水平向______（选填“A．左”或“B．右”）； (4)实验中小鸣发现：当F为3N时，木块A相对于地面静止且长木板B刚好做匀速直线运动，则长木板B受到地面的摩擦力大小为______N； (5)小华认为在图丁中要测得木块A受到的滑动摩擦力，不需要匀速拉动木板B。你认为她的观点对吗？为什么？______ 13. 同学们在观看飞机起飞视频时发现飞机在起飞时要先在水平路面上一直加速，而且机身并不是保持水平状态，而是有一个仰角（机翼下表面与水平面的夹角，称为：机翼仰角）。于是同学们猜测飞机受到的升力大小与飞机的速度，以及机翼仰角有关。一些有兴趣的同学们利用塑料泡沫等材料自制机翼模型，把圆柱形空心笔杆穿过“机翼”并固定在“机翼”上，将一根金属杆从笔杆中穿过并上下固定，确保“机翼”能沿金属杆在竖直方向移动。将“机翼”挂在测力计的下方，实验装置如图所示。用鼓风机对着“机翼”吹风模拟飞机在空中飞行。 （1）为研究升力大小与机翼仰角的关系，用鼓风机对同一个“机翼”吹风，并保持______不变，改变______，观察并记录测力计的示数；实验数据记录在下表（每次吹风前测力计的示数均为）； 实验序号 机翼仰角 风速 弹簧测力计示数 1 0°（水平） 低 3.2 2 0°（水平） 中 3.0 3 0°（水平） 高 2.6 4 较小 高 2.4 5 较大 高 2.3 6 最大 高 2.7 （2）实验中升力的表达式为：______（用题目中已知符号表示）。根据表格数据，他们得出结论：机翼仰角相同时，风速越大，升力______；风速相同时，随着机翼仰角的增大，升力______； 14．建筑物中的立柱大小、形状会影响立柱的承重效率。为了探究原因，晓华查阅资料后得知：①立柱的承重效率常用承重比（立柱能承受的最大质量与立柱质量的比值）表示，承重比越大，承重效率越高；②立柱承重比与横截面的形状、周长有关。然后他用同种材质的纸板制成高度相同的不同空心模型进行承重实验，如图所示，并将相关数据记录在表1中。 序号 1 2 3 4 5 6 横截面形状 周长/厘米 18 24 30 30 30 30 承重比 3500 3307 3116 3319 3514 3766 （1）若实验序号1中的正三棱柱模型质量为0.2kg，则该立柱竖放在桌面上时对桌面的压力为_____N。 （2）分析比较实验序号1与2与3的数据中模型承重比与周长的变化情况，可得出初步结论：材料、高度、横截面形状等相同时，_________。 （3）根据上述信息和所学知识，晓华推测立柱材料、高度、横截面周长一定时，圆柱的承重效率最大。试用相关信息，写出他的推测过程。 15. 小延和小安分别用两套不同的装置测量物体的运动速度。小延使用1秒可拍摄10幅照片的频闪照相机，连续拍摄苹果下落的过程，照片如图1（a）所示，他将部分实验数据记录在表一中；小安使用如图2（b）所示装置测量钩码上升的速度，在刻度尺上每隔5cm贴一条标记线，自下而上分别以O、A、B、C等字母标记，把部分数据记录在表二中。 表一 过程 路程/m 时间/s OA 0.05 AB 0.15 BC 0.25 CD 0.35 DE 0.45 表二 过程 路程/m 时间/s OA 0.12 AB 0.12 BC 0.12 CD 0.12 DE 0.12 （1）“测定物体的运动速度”的实验原理是______； （2）根据题目信息，将表一、表二中的空缺信息填写完整______； （3）由图1（a）可以看出苹果在做______（选填“匀速”或“变速”）直线运动，你的判断理由是______； （4）试分析小延和小安测量物体速度实验设计方案的不同之处______； （5）如图1（c）所示，部分高速公路在地面下埋设感应线圈，根据车辆经过平行线圈的速度来判断是否超速，并摄像取证。该测速方法与______（选填“小延”或“小安”）的方案类似； （6）小安又由此想到了高速收费站的ETC专用通道，如图2所示，当汽车进入ETC卡读取器识别范围时，车上ETC卡的信息被读取，同时栏杆机将横杆抬起，汽车无须停车就实现了缴费，大大节约了通站时间。若某一ETC通道，如图3所示，栏杆机距ETC卡读取器10m，横杆在“位置一”时距地面高度1.2m，栏杆机启动后横杆水平段沿竖直方向以0.2m/s的速度匀速抬起，某人驾驶一台车高为1.6m的SUV车通过该ETC通道，车距离“ETC卡读取器”前方5m时被读取到了信息，栏杆机横杆水平段同时抬起，若SUV车的速度太快、横杆抬起高度不够，会撞杆违章。则SUV车匀速顺利通过通道的最快速度是多少______m/s？（请根据信息列式计算） 16. 小黎和小明用一个两侧对称，质地均匀的衣架，在家探究“杠杆的平衡条件”。 (1)小黎将衣架悬挂起来，如图（a）所示，衣架恰好在水平位置平衡。衣架相当于一个_______杠杆，其支点是_____（填“”或“”）； (2)在衣架两侧、位置，分别用细线悬挂数量不同的凤尾夹（每个凤尾夹重力均为），使衣架在______位置平衡，如图（b）所示，并用刻度尺测量出到、两点的距离，即可得到两侧的力臂的数值。实验数据如下表所示： 次数 左侧 右侧 1 0.3 20 0.4 15 2 0.1 12 0.3 4 3 0.2 8 0.2 8 4 0.4 10 0.2 20 5 0.5 10 0.2 ？ 根据前四次实验数据，可得出杠杆平衡的条件是：当杠杆平衡时，______；（用公式表示） (3)如图（c）是第五次实验的情景，请根据杠杆平衡的条件，将表格中的数据补充完整：______； (4)小明认为小黎测量的到、两点的距离其实并不是力臂，这对实验结论的得出______（填“A．有”或“B．没有”）影响； (5)小明在衣架上距均为的、位置上，分别挂上了2个和3个凤尾夹，静止时如图（d）所示，此时，衣架处于______（填“A．平衡”或“B．非平衡”）状态，此时，、两点到的距离______（填“A．等于”或“B．不等于”）力臂。 17. 如图所示，小杨同学探究液体内部压强与哪些因素有关。 (1)如图甲是U形管压强计，它的探头是由空金属盒蒙上橡皮膜构成的，将探头放在液体里时，金属盒上的橡皮膜______（选填“会”或“不会”）发生形变，U形管左右两侧液面就会产生______，其大小反映了橡皮膜所受压强的大小； (2)将探头放入水中进行了如下实验。 实验一：如图乙所示，多次改变探头在水中的深度，记录并比较相关实验数据。这是为了探究液体内部压强与液体_______的关系； 实验二：如图丙所示，根据实验现象可得到的结论是：在同种液体内部同一深度，液体向各个方向的压强______；同一深度处，液体密度越大，液体内部压强______。 (3)如图所示，小杨进行了拓展实验，容器中间用隔板分成左右两部分，隔板底部有一圆孔用薄橡皮膜封闭，当向隔板左侧注入深度为h1的水、右侧注入深度为h2的某液体时，橡皮膜恰好不发生形变，计算右侧液体的密度______（写出过程，结果用h1、h2和ρ水表示）。 18. 小明要探究浮力大小的影响因素。 (1)他用弹簧测力计、金属块、烧杯等实验器材进行实验，实验过程及相关实验数据如图甲所示； 根据甲图信息可知，步骤中金属块受到的浮力为______ 由步骤、C可初步得出结论：___________________，物体受到的浮力越大； 由步骤C、可初步得出结论：________________。 (2)小明对上述实验结论进行了深入思考，认为浮力的大小应该与物体排开液体所受重力的大小有更直接的关系。于是他又取了石块、溢水杯和小桶等器材继续进行了图乙所示的实验，实验数据记录如下表所示； 小桶重 石块重 石块浸没在水中时测力计的示数 小桶和水的总重 石块浸没在水中时受的浮力 石块排开的水所受的重力 0.5 _________ 请帮小明完成表格中的一处数据_______； 分析表格中的实验数据，可得出结论:浸在液体中的物体，____________________； 为了更全面地总结出浮力的大小跟物体排开液体所受重力的大小间的关系，接下来他的操作是_______________。 押题猜想03 电磁学 19. 图所示实验中，闭合开关，直导线ab向右运动。 (1)闭合开关后，电流沿_______（选“A ”或“B ”）方向通过直导线ab； (2)直导线ab向右运动，说明闭合开关后，_______周围存在磁场，直导线ab在磁场中受到了______的作用； (3)下列操作能使直导线ab向左运动的是_______。 A．改变电压大小 B．改变电流方向 C．改变电流大小 D．改变直导线ab长度 20. 小彦探究通电螺线管外部的磁场分布。他在硬纸板上均匀地撒满铁屑，通电后轻敲纸板，小磁针和铁屑的分布情况如图所示。请回答下列问题： (1)由图示可判断通电螺线管的右端是________（选填“N”或“S”）极。当小彦改变螺线管中电流的方向时，小磁针的指向也会发生改变，说明通电螺线管的磁场方向与电流________有关。 (2)下列对实验有关现象的分析正确的是________。 A．撒铁屑的目的是显示磁场中的磁感线 B．撒铁屑的目的是显示根本就不存在的磁场 C．铁屑在磁场中被磁化成一个个小磁体，可由铁屑的分布情况判断螺线管的磁场方向 D．根据铁屑的分布情况可知通电螺线管周围的磁场与条形磁体的磁场相似 (3)请写出一个增强通电螺线管磁场的方法：__________。 21．图甲是“探究磁场对通电导体的作用”实验装置。 (1)在实验时，是通过观察________来显示通电导体在磁场中受到磁场力的作用。 (2)移动滑动变阻器的滑片到适当位置，闭合开关，发现金属棒ab向右运动。保持磁场方向不变，只改变电路中的电流方向，闭合开关，发现金属棒ab向左运动；保持电流方向不变，只把磁体的N、S极调换一下，发现金属棒ab向左运动；让磁场方向、电流方向同时改变，发现金属棒ab向右运动。根据观察到的实验现象，进行分析，可以得到的结论是：磁场对通电导体有力的作用，且力的方向与_______和________有关。 (3)根据该实验原理，小明用一段漆包铜线绕成线圈，自制了一个如图乙所示的简易电动机，用小刀刮去两端的漆皮，另一端只刮去半周。按这种方法刮漆的目的有两个：一是使线圈能够________，二是这一部位能起到________（填某一部件的名称）的作用。 (4)下列装置中用到该实验原理的是________（填字母）。 A．扬声器 B．动圈式话筒 C．发电机 22. 电与磁之间存在着相互联系，彰显物理现象的对称之美。 (1)如图甲所示，导线通电后小磁针发生偏转，断电后小磁针复位。实验表明通电导线周围存在___________； (2)如图乙所示为水位自动报警器的原理图。当水位到达金属块A时，___________灯亮，控制电路中电磁铁的上端为___________极（选填“S”或“N”）； (3)如图丙所示，电路中的开关为单刀双掷开关。 ①将开关掷于1，观察到导体棒运动，说明___________（选填字母）； A．电路中产生了感应电流    B．通电导体在磁场中受力的作用 ②将开关掷于2，使导体棒向右运动，观察到灵敏电流计指针向左偏转；若要使灵敏电流计的指针向右偏转，可以___________（选填字母）。 A．保持磁体不动，使导体棒向左运动 B．将磁体的磁极对调，使导体棒向左运动 23．电与磁密不可分，在生产中有着重要的作用。 （1）如图甲所示，是发电机原理示意图，换向器是___________（选填“A．绝缘体”或“B．导体”）；当线圈转动时，小灯泡发光，此时发电机相当于电路中的___________（选填“A．开关”“B．用电器”或“C．电源”）； 甲 乙 （2）如图乙所示，是某小组同学“研究通电导线在磁场中受到的作用力”的实验示意图。闭合开关，观察到直导线ab从静止开始向右运动。接着他断开开关，再把电源的正、负极对调后接入电路，闭合开关，观察到直导线ab从静止开始向左运动，这个现象表明了通电导线在磁场中受到的作用力方向可能与___________有关。 押题猜想04 电学 24．小绮做测量小灯泡的电阻，所用器材包括电源（电压为2 V的整数倍）、小灯泡（标有“0.30 A”字样）、电流表、电压表、滑动变阻器、开关以及若干导线。正确连接电路后，当滑片P在某一端时，闭合开关S，观察到电压表示数为2.0 V，电流表示数为0.20 A；当滑片P从某一端向另一端移动约1/3距离时，观察到电压表示数为2.8 V，电流表示数为0.24 A；继续移动滑片P，当小灯泡正常发光时，电压表示数如图10所示。 (1)实验过程中用到的电源电压U和滑动变阻器的最大阻值。 (2)为了能精准测得小灯泡正常发光时的电阻，请你帮助小绮写出接下来的主要实验操作。 25．晓华做“测定小灯泡正常发光时的电阻”实验，他将电源、待测小灯泡L（标有“2.5V”字样）、滑动变阻器R（标有“10Ω 1A”字样）、电流表、开关串联。 (1)接着他将电压表并联在小灯泡两端，闭合开关S，发现小灯泡不亮，经初步排查，发现电路中有一处开路故障，且只发生在小灯泡L或滑动变阻器R上。晓华认为，闭合开关S后，不需要移动滑片，直接观察电压表的示数可以判断具体故障。你_______（选填“A．支持”或“B．不支持”）他的观点，请结合电压表的示数说明理由。_________ (2)更换成完好的相同规格器材后，他将滑动变阻器滑片移至一端，使滑动变阻器接入电路的阻值最大，闭合开关，观察到电压表示数、电流表示数如图所示，此时小灯泡两端的电压为______V。 (3)为测出待测小灯泡正常发光时的电阻，晓华拆除电路，改变电源电压，更换滑动变阻器，重新连接电路进行实验，实验过程中电源电压保持不变。实验数据见表。根据晓华实验的相关信息，求小灯泡正常发光时的电阻。（需写出解答过程，计算结果精确到0.1Ω） 序号 电压表示数（V） 电流表示数（A） 1 3.0 0.22 2 2.0 0.28 3 1.5 0.30 26．探究“电流与电阻的关系”实验；小明用图甲所示的电路探究电流与电阻的关系。已知电源电压为9V，滑动变阻器规格为“20Ω；1.5A”，四个定值电阻的阻值分别为16Ω、20Ω、40Ω和80Ω。 实验序号 1 2 3 4 5 R/Ω 16 20 40 80 I/A 0.50 0.40 0.20 (1)连接好电路后，小范将滑动变阻器的滑片移到阻值最大端，闭合开关，每当更换定值电阻，就调节滑动变阻器的滑片，使定值电阻两端电压保持不变，并记下电流表的示数。下表完整记录了前3组数据，第4组的电流如图乙所示。则电流大小为___________A。请简述小范用80Ω电阻替换40Ω电阻后，进行的实验操作过程：____________。 (2)为了得到第5组数据，进一步验证实验结论，小明又找到5Ω、8Ω、200Ω的定值电阻各一个，打算从中挑选1个继续进行实验，你认为应该挑选哪一个？请作出判断并通过计算说明理由。______ 27．小明做“探究电流与电阻的关系”实验，他连接电路如图所示。 (1)闭合开关前滑动变阻器的滑片要移到最_________端（选“A．左”或“B．右”）。 (2)小明先用阻值为5Ω的电阻实验，闭合开关，移动滑片，使电压表示数不变，记录电流表示数。接着断开开关，用阻值为10Ω的电阻替换5Ω的电阻，闭合开关后，他需要观察__________的示数（选“A．电流表”或“B．电压表”），向__________移动滑动变阻器滑片（选“A．左”或“B．右”），继续完成实验。 (3)小浦同学为了探究电流与电阻的定量关系，他继续选择不同阻值电阻进行实验并将数据填入下表，对表格中数据进行处理： 导体两端电压为12V 实验序号 电阻R（Ω） 电流I（A） 1 10 1.2 2 15 0.8 3 30 0.40 4 50 0.24 根据定量分析，可以得出的结论是__________。 28．小红和小明做“用电流表、电压表测电阻”的实验，现有新干电池若干，待测导体两个（分别是电阻和小灯泡），滑动变阻器标有“  ”字样。小红选择待测电阻，与电源、电流表、滑动变阻器、开关正确串联，并将电压表并联在电路中，操作正确，闭合开关，观察到电压表示数为，电流表示数为；继续移动滑片到中点位置时，电流表示数为；当滑片移到另一端时，电流表示数为。小明选择待测小灯泡，正确连接电路，将所测得的数据记录在表2中。 (1)“用电流表、电压表测电阻”的实验原理是___________。 (2)请在表1实验数据记录表空白处完成相关数据的填写。（电阻计算结果保留一位小数） 表1 小红实验数据 实验序号 电压（） 电流（） 电阻（） 1 ______ 0.20 ______ 2 ______ 0.30 ______ 3 ______ 0.58 ______ 表2 小明实验数据 实验序号 电压（） 电流（） 1 1.1 0.16 2 1.7 0.24 3 2.5 0.26 (3)根据表2分析小灯泡由暗到亮的过程中，电阻特点是___________，其原因是___________。 29．小敏和小兰两位同学用相同的器材各自进行了“测定小灯泡的电阻”的实验。实验中使用的小灯标有“4.5V”字样，滑动变阻器标有“20 2A”字样，电源电压为8V且保持不变。 (1)小敏连接的电路如图所示，图中尚有一根导线未连接，请用笔画线代替导线在图中正确连接，要求向右移动滑动变阻器滑片时，电流表示数变大。（用2B铅笔在答题纸的相应位置连线） (2)小敏连接好电路后，按正确步骤规范操作，闭合开关，发现两电表中仅有一个电表的指针发生偏转，移动变阻器的滑片，小灯始终不亮。若电路中只有一处故障且只发生在小灯或滑动变阻器上，写出电路可能的故障及对应的开关刚闭合时两电表的示数___________。 (3)小兰连接电路，按正确步骤规范操作，闭合开关，移动变阻器的滑片，发现电压表、电流表的指针偏转方向相反，在指定的答题区域中画出小兰连接的电路的电路图。 (4)小兰把问题修正后，重新正确实验，当把滑动变阻器的滑片恰好移到中点时，小灯正常发光，此时小灯的电阻是___________。（写出计算过程，计算电阻时，精确到0.1） 30．小华通过实验分别测量两个未知阻值的电阻R1和R2，电源电压保持不变（电压为2V的整数倍），滑动变阻器RP标有“20Ω  2A”字样，实验所需的其他器材齐全且完好。 (1)“伏安法测电阻”的实验原理是_________。 (2)小华先测量电阻R1的阻值。他正确连接电路，且实验步骤正确，移动滑片进行了三次实验，将电压表和电流表的示数记录在如表中。请将表格中①②的内容填写完整。（精确到0.1Ω） 序号 电压/V 电流/A 电阻/Ω 平均电阻/Ω 1 4 0.20 20.0 ②________ 2 6 0.32 18.8 3 8 0.40 ①________ (3)接着，小华测量电阻R2的阻值。他仍然正确连接电路，且实验步骤正确，闭合开关后，他发现无论如何移动滑片，电流表的示数始终几乎为0，电压表的示数始终几乎为12V，经过检查发现电路并没有发生故障。 ①发生上述现象的原因是_________。 A．电阻R2的阻值太大         B．电阻R2的阻值太小 ②通过公式推理说明你判断的理由________。 ③为了测出电阻R2的阻值，小华将一个已知阻值的电阻R3与电阻R2串联，实验电路对应的电路图如图（a）所示。闭合开关后，发现电压表的示数如图（b）所示，则可以判断电阻R2的阻值为_____R3。 31. 小华和小明做“探究电流与电阻的关系”实验，现有电源（电压为6V且保持不变）、电流表、电压表、开关和定值电阻R（、10Ω、15Ω和），两种规格的滑动变阻器（分别标有“10Ω 2A”“ 1A”字样），以及导线若干。电路图如（a）所示。 （1）在图（b）中，有一根导线尚未连接，用笔画线代替导线，将实物图连接完整，使滑动变阻器接入电路的阻值最大。 （2）小华选用“ 1A”的变阻器进行实验，他先后在、间接入定值电阻、10Ω、15Ω。闭合开关后，移动变阻器的滑片，保持电阻两端电压不变，实验数据见表。当他将15Ω的电阻替换为的电阻后，为使得电阻两端电压不变，判断并说明变阻器接入电路的电阻应如何变化。______ 实验序号 电阻（） 电流表示数（A） 1 5 0.60 2 10 0.30 3 15 0.20 4 30 ①此时电流表的示数如图（c）所示，电流表的示数为______A。 ②请在坐标纸中把未标出的点用“×”描出来，并画出图像。（ ） ③计算表中电流与电阻的乘积，可以发现：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______比。（选填“正”或“反”） （3）实验中，小明选用“10Ω 2A”的变阻器进行实验，先后在、间接入定值电阻、10Ω、15Ω、。在移动变阻器滑片的过程中，发现无法保持电阻两端电压为4V，请通过计算说明他应保持电阻R两端的电压的取值范围。 32. 用电流表和电压表测小灯泡的正常发光时的电阻如图所示为可调光小灯内部简化电路，其中电源电压为U0且保持不变。 （1）闭合开关S，无论怎么移动滑片P，灯L始终不发光。若电路中仅有一处故障且只发生在滑动变阻器R或灯L上。请判断该电路中存在的故障可能是（　　） A．R断路 B．R短路 C．L断路 D．L短路 （2）为进一步判断故障情况，小明在电路中MN之间接入一个电压表，请写出开关S闭合前后电压表示数及对应的故障。_________ （3）排除故障后，小明用电流表和电压表测小灯泡的正常发光时的电阻，已知小灯泡额定电压为2.5V，他将测得的实验数据和观察到的现象填在下表中。 序号 小灯泡两端电压U/伏 通过小灯泡电流I/安 亮暗程度 1 1.1 0.16 暗 亮 2 1.4 0.20 3 1.7 0.24 4 2.2 0.25 5 2.5 0.26 ①“用电流表和电压表测量小灯泡正常发光时的电阻”实验原理是__________。 ②小灯泡正常发光时的电阻RL=_________Ω（小数点后保留1位小数）。 ③小灯泡的电流随电压变化的I-U图像最接近图中的哪一个_____。 A．B．C． ④该同学通过查阅资料了解到，灯丝的温度越高，小灯泡就越亮。试根据上述信息简要分析小灯泡灯丝电阻随温度变化的关系：_________。 33. 小华同学做“测定小灯泡的电功率”实验，现有电源（电压为6伏）、待测小灯泡（标有“3.8V”字样）、电压表（只有0~3V挡完好）、滑动变阻器两个（A标有“5Ω  2A”字样、B标有“10Ω  1A”字样）、开关及导线若干，小灯的额定电流可能为“0.26A”、“0.30A”或“0.32A”。小华选择一个变阻器，连接电路后按正确步骤进行实验，闭合开关发现小灯较亮，电压表示数2.0V他经过思考仅更换了变阻器，重新实验，步骤正确，闭合开关发现电压表示数如图所示，接着他移动滑片使小灯正常发光。 （1）小华开始选用的滑动变阻器是________；（选填“A”或“B”） （2）判断该小灯正常发光的方法是_____________； （3）根据实验的相关信息计算小灯的额定功率。（请写出计算过程） 押题猜想四 综合计算类 试题前瞻·能力先查 【押题1】如图所示，薄壁圆柱形容器甲和圆柱体乙置于水平地面上。容器甲足够高、底面积为米2，盛有质量为5千克的水。圆柱体乙的重力为196牛。底面积为米2。 (1)求水的体积V水； (2)求水对容器底部的压强p水； (3)求圆柱体乙对水平地面的压强p乙； (4)小明小红想通过一定方法改变压强：让水对容器底部的压强等于圆柱体乙对水平地面的压强。两位同学展开激烈的讨论，小明认为可以在甲容器中浸没体积为VA的物块；小红觉得可以将乙水平切割一部分Δm。请你选一位同学的方法进行判断：行还是不行？若行，请算出VA或Δm；若不行，请说明理由。 【押题2】右表所示为酒驾类型标准。如图（a）所示为检测酒驾所用酒精测试仪的原理图，其中R2是阻值为20Ω的定值电阻；R1是酒精气敏电阻，其阻值随血液中酒精含量变化关系的图像如图（b）所示。 酒驾类型标准 血液中酒精含量 无酒驾行为 小于0.2mg/mL 酒后驾车 0.2~0.8mg/mL 醉酒驾车 0.8mg/mL以上 (1)结合图（b）中阻值随血液中酒精含量变化关系的图像，当测试仪所检测的酒精含量为0时，电路中酒精气敏电阻R1阻值为________Ω。 (2)经测量发现，当测试仪所检测的酒精含量为0时，电压表示数为9V，求电源电压U。 (3)当电流表的示数为0.24A时，请通过计算判断被检测者属于酒后驾车还是醉酒驾车。 【押题3】在图（a）所示的电路中，电阻R1的阻值为10Ω，滑动变阻器R2上标有“10Ω 2A”字样，电流表的表盘如图（b）所示。闭合开关，求： (1)若电源电压为10V，通电。计算通过R1的电流，以及电流做功的大小W1。 (2)若电源电压保持不变，用一个电阻R0替换电阻R1，保证电路安全的情况下，移动滑动变阻器的滑片P，发现电流表的最大示数与替换前相比，变化了0.2A，电流表的最小示数与替换前相比，变化了0.4A，计算替换的电阻R0的阻值以及电源电压。 分析有理·押题有据 上海中考物理综合计算类题目的核心考点集中在电学与力学的综合应用‌，尤其是电路动态分析、压强浮力综合、电功率计算等高难度、高分值题型。 根据近年考情，综合计算题主要考查融合计算与实验分析，强调逻辑推理、公式推导和规范表达。以下是主要考点分类： 1. 电学综合计算（高频核心）‌ 这是上海中考物理综合题的“必考压轴”内容，分值高、难度大。 （1）主要题型‌： 串联与并联电路中电流、电压、电阻的动态变化分析； 滑动变阻器阻值范围与电表量程限制问题； 电路故障判断与指针偏转分析； 电功率最大最小值计算（如滑动变阻器调节对功率影响）； 替换电阻后的电路状态讨论。 （2）关键知识点‌： 欧姆定律（I=U/R）及其“同一性”原则； 串并联电路特点（分压、分流规律）； 电表量程使用（0~0.6A / 0~3A；0~3V / 0~15V）； 滑动变阻器铭牌含义（如“100Ω 2A”）。 ‌2. 压强与浮力综合计算（传统压轴）‌ 虽然近年压强选择题频率下降，但‌固体压强变化、液体压强与浮力结合的综合题仍为高频难点‌。 （1）主要题型‌： 柱形容器中液体压强变化与质量、深度关系， 物体沉浮状态判断（漂浮、悬浮、沉底）， 浮力与弹簧测力计、容器对桌面压力的联动计算， 多物体叠加或切割后的压强变化分析。 （2）关键公式‌： 压强：p = F/S（固体）、 p =ρgh（柱体、液体） 浮力：F浮= G排=ρ液g V排 阿基米德原理与受力平衡结合分析。 3. 电与热、能量转换类计算‌ （1）常见场景‌： 电热水器、电饭煲等家用电器的热量计算； Q= I²Rt与W = UIt的区别与联系； 效率计算：η = Q有用/ W电× 100% （2）注意点‌： 纯电阻电路中W= Q，非纯电阻电路中W > Q； 单位统一（时间用秒，功率用瓦，热量用焦耳）。 终极猜想·精练通关 押题猜想01 力学 热学 1．洗扫车是承担道路洗扫、冲洗、清扫作业的车辆，如图所示为某种型号的洗扫车。 （1）若洒水箱容积为4m3，求装满后水的质量m； （2）洒水后的路面附近比较清凉，因为水发生了_______（选填：A．汽化B．液化C．凝固）现象，这个过程需要_______（选填：A．吸收B．放出）热量； （3）洗扫车装满水后总质量为10t，静止在水平路面时，与地面总的接触面积为0.25m2，求该车对地面的压强p； （4）若该车正常作业行驶10km，消耗柴油2L，已知柴油的热值为4.3×107J/kg，密度为0.85×103kg/m3，求完全燃烧2L柴油放出的热量Q。 2. 热机可分为内燃机和外燃机两种，最常见的内燃机是汽油机和柴油机。 (1)查阅常见燃料的热值表，若汽油机的气缸中吸入0.5kg汽油，求其完全燃烧后释放的能量； (2)如图所示的冲程中发生的能量转化是______（“A．内能转化为机械能”或“B．机械能转化为内能”）； (3)热机常用水做冷却剂。若使初温为，质量为2kg的水温度升高了，求水吸收的热量。 常见燃料的热值：J/kg 柴油 约 汽油 约 3. 甲、乙为两个相同轻质薄壁柱形容器，容器高度为0.8m，甲中有2kg的水，乙中A液体的质量为m，底面积为S0。 (1)求甲中水的体积V甲； (2)乙对地面的压强p乙。 (3)若甲中水的深度为0.6m，乙中再加入A液体，使甲乙液体对容器底部的压强相等，求乙液体的密度范围。 4．图甲所示为10万吨级半潜船“新光华”号，它在运载货物时通常采用两种方式： 一是如图乙所示的“非浮载”方式； 二是为了运载更重货物时，采用的如图丙所示的“浮载”方式，其主要参数如表：（海水密度取，1节＝1.8km/h） 总长/m 225 船宽/m 68 设计吃水/m 18.6 最大下潜吃水/m 30.5 最大载货（非浮载）/万吨 7 最大载货（浮载）/万吨 9.8 发动机输出功率/kW 最大航速/节 14.5 (1)“新光华”号半潜船处在最大下潜状态时，船底所受海水的压强为多少？ (2)该半潜船以最大的“浮载”装货时，船和货物排开的海水的体积为多少？ (3)如图丁是半潜船正在进行跨海大桥工程的建设的示意图，整体桥梁ABC的质量为6000t，重心O位于跨度为80米的两个桥墩的中点，当半潜船压载水舱里的水排出一部分后，甲板上升了5米，此时甲板上的托举塔顶端P刚好接触桥梁，且PD＝20m。问：压载水舱里的水再排出多少体积时，桥梁的一端刚好离开桥墩D？ 5．如图所示，底面积不同的轻质薄壁容器甲、乙置于水平地面上，分别盛有深度相同的水和液体乙。液体乙的密度为千克/米3，容器甲、乙底面积分别为米²和米²。 表二 放入前 放入后 水对容器甲底部的压力（牛） 29.4 F甲′ 液体乙对容器乙底部的压力（牛） F乙 49 (1)若水的质量为3千克，求水的体积V水。 (2)将物块M先后浸没在水和液体乙中，放入物块前后两容器底部受到液体的压力如表二所示。求放入物块M前后，液体乙对容器底部压强增加量。 6. 混合动力汽车具有节能、低排放等优点，成为汽车研究与开发领域的重点。某新型混合动力汽车启动，既可以向车轮输送能量，又可以给蓄电池充电，车速与所受阻力的关系如图所示。在某次测试中，蓄电池储存的电能为5.12×104J。由内燃机提供能量，汽车以50km/h的速度匀速行驶了0.5h，同时蓄电池的电能比之前储存的电能增加了5.12×107J。已知所用燃料的热值为4.5×107J/kg，测试过程中消耗8kg燃料（假设燃烧完全燃烧）求： (1)燃料完全燃烧放出的热量是多少？ (2)当汽车以50km/h的速度匀速行驶时，汽车受到的阻力是多少？ (3)该汽车内燃机的效率是多大？ 7．现代社会中，大部分交通工具的发动机都是热机。 (1)为了更好地理解热机工作原理，小曹同学自制如图实验器材，他在矿泉水瓶的侧壁上钻一个孔，把电火花发生器紧紧塞进孔中，实验时从瓶口喷入酒精并盖上锥形纸筒，按动电火花发生器的按钮，点燃瓶内酒精后，纸筒即刻飞出。纸筒飞出后瓶内气体内能______，它是通过______方式改变的内能。 (2)小曹一家十一长假开车外出旅游，在某段行程中汽车消耗了10kg的汽油。 ①求这些汽油完全燃烧放出的热量（汽油的热值）； ②若小曹家汽车热机效率是30%，求在这段行程中汽油机做的有用功（均需要写出计算过程）。 (3)某型号汽油机的结构如图甲，小曹同学阅读了某牌号汽车发动机说明书后，将内燃机的能量流向制成如图乙所示的图表。 ①图甲为汽油机的______冲程； ②请根据图乙给出的信息，该汽油机的效率为______%； (4)热机效率与机械的效率：某次升旗时，由于该滑轮与拉绳之间存在摩擦，小曹用恒为30N的拉力将重20N的国旗匀速提升了10m，则该滑轮的机械效率为______；比较完两种效率的计算，我们发现热机的效率和机械的效率计算方法本质上是______的。（选“A．相同”、或“B．不相同”） (5).火箭发动机也是热机，航天器发动机用氢做燃料，这是因为氢的______（选填“A．热值”或“B．比热容”）较大，通过技术改进______（选填“能”或“不能”）使火箭发动机的效率达到100%。 8．如图1所示，“新光华”号半潜船是我国自行研制的全球第二大半潜船，其最大下潜深度为30 m，满载排水量约。如图2所示，工作时通过调节压载水舱中的海水量，使甲板下潜至预定水深，待货物到达甲板上方，再次排空压载水舱中的水，使甲板浮出水面，完成装载过程。 （1）“新光华”号船身采用特种钢材制造，已知钢材的质量为，则这种钢材的密度为_____；半潜船是利用该材料制成________（选填“A实心”或“B空心”）的办法，可以增大浮力，从而漂浮在水面上； （2）“新光华”号从长江驶入东海时，船身会_____（选填“A上浮”或“B下沉”）；行驶过程中，其他船只不能与“新光华”号近距离并排航行，是因为两船内侧水流速度大，压强_____，易造成碰撞事故； （3）“新光华”号的工作原理与密度计的工作原理_____（选填“A相同”或“B不同”）； （4）求“新光华”号满载时所受的浮力；（写出计算过程） （5）当半潜船从图2乙的状态变到图2丙的状态后： ①浮力的大小_____（选填“A变大”“B变小”或“C不变”），并说明理由。________； ②图2乙中给水舱加入海水的重力_____图2丙中货物的重力（选填“A大于”“B小于”或“C等于”）。 9．在开展跨学科实践时，小杨和同学们了解到郑和下西洋所用的多桅木帆船都有“水密隔舱”，如图（a）所示。于是小杨也制作了一艘具有10个水密隔舱（每个隔舱相互隔离，确保行船安全）的实验小船，如图（b）所示，小船与海水或淡水接触的底面积为，质量为6kg，每个水密隔舱均为长0.2m，宽0.1m，高0.05m的长方体形状。将小船分别放入密度为的淡水和密度为的海水实验池中。 （1）将小船先后放到海水实验池和淡水池中时，该隔舱底部受到液体的压强分别为、，隔舱底部所在的深度分别为、，则______，______。（均选填“A．大于”“B．等于”或“C．小于”） （2）当小船在淡水实验池中漂浮时，求隔舱底部所在的深度。 （3）在海水中航行过程中，小船不幸触碰到隐藏在水下的暗礁，导致其中一个水密隔舱破损进满水。请通过计算求出： ①该水密隔舱进满海水后，小船的总质量增加了多少kg。 ②此时小船的吃水深度比破损前增加了多少m。 10．城市热岛效应即中心城区气温明显高于郊区。 （1）减弱热岛效应措施之一：增加绿地、城市水体，是利用水的______较大。 （2）减弱热岛效应措施之二：人工蒸发补偿，采用喷雾系统是高效且经济的方法。这是利用水______（填写物态变化）有______（选涂A吸热；  B放热）作用。 （3）机动车是造成城市热岛效应的因素之一。四冲程内燃机工作过程中，将内能转化为机械能的是______（单选）。 A．吸气冲程 B．压缩冲程 C．做功冲程 D．排气冲程 （4）汽车内燃机的能量流程图如图所示，该热机效率为______，释放出的内能无法自动地转化为机械能再用来驱动汽车，说明能量的转化具有______。 （5）同一汽车先后两次沿同一水平面运动，汽车先后两次的图像，如图所示，则汽车第一次运动时（　　） A．合力大 B．摩擦力小 C．牵引力大 D．速度大 押题猜想02 电学 11．如图a所示电路，是两只相同的电压表。当闭合开关后，灯L1和L2都发光，这时两只电压表的指针偏转角度均如图b所示，指针刚好对准刻度线位置。求： (1)计算图a中灯L1和L2两端电压分别是多少？ (2)若将L1和L2改接为如图c所示电路，电源电压不变，闭合开关后，灯泡L1和L2都发光，若此时电流表的示数为0.4A，电流表的示数为0.55A，则通过L1和L2的电流是分别多少？ (3)计算图c中灯L1的电阻和电路的总电阻。 12．小叶家使用某品牌电热水壶，其参数如下表： 项目 数值 电路结构图 额定电压 加热挡额定功率 保温挡额定功率 水壶质量 底面积 最大容量 （1）空电热水壶放在水平桌面上，对桌面的压强多大？ （2）电热水壶保温工作6分钟，消耗的电能是多少度？ （3）当旋钮旋至“2”的位置时，此电水壶处于_______档（选填“A．加热”或“B．保温”），求此档位正常工作时的电流_________。 （4）求R1的阻值。 13．如图所示的电路中，电源电压保持不变，电阻R1的阻值为20Ω。闭合开关S，两电流表的示数分别为0.9A和0.4A。 （1）求电源电压U； （2）求通过电阻R2的电流I2； （3）现用电阻R0替换R1、R2中的一个，替换后只有一个电流表示数发生变化，且电路总功率变化了2.4W。求电阻R0的阻值。 14．某小组为室内花卉种植设计了一个光照强度报警电路，如图所示。电源电压为12V，定值电阻R1的电阻为20Ω，R2为光敏电阻，其阻值与光照强度的关系如下表。当电流表示数大于或等于1.4A时会触发报警，提醒养殖人员调整遮阳棚。此时的光照强度为该植物的警戒光照强度。（Lux是衡量光照强度的基本单位，该数值越大表示光照强度越大。） 光照强度（Lux） 5 10 15 20 25 30 电阻R2阻值（Ω） 60 30 20 15 13 12 （1）求10秒电流通过R1所做的功W1； （2）求该植物的警戒光照强度。 （3）为了适应不同育苗阶段的需求，需要将警戒光照强度调整为30Lux，但保持报警电流不变。现有两种方案： A．用电阻R0（R0>20Ω）替换电阻R1 B．用电压为U0（U0<12V）的电源替换原电源 请判断这两种方案是否可行。若认为可行，计算相应的R0或U0的值。如果不可行，请说明理由。 （4）从实操性的角度，评价方案A或方案B。 15．小曹设计了一个测量物重的装置，其原理图如图甲所示。电源两端电压为4.5V，且保持不变。电流表的量程为0∼0.6A，电压表的量程为0∼3V，R0是定值电阻，R是压力传感器，且R的位置固定不动，R的电阻随压力变化关系如图乙所示。杠杆AB的支点为O，AO=2BO。在A端正上方的托盘M重为5N，当托盘不放重物时，电压表示数为2V；杠杆B端始终压在传感器R上，且杠杆始终静止在水平位置。不计杠杆的重。求： （1）定值电阻R0的阻值； （2）该装置能测量的最大物重。 16．机器人从工厂的专属工具，悄然融入日常，重塑着未来的生活。 （1）丹麦物理学家_______发现了_______周围存在磁场，利用这一原理人们发明了电磁铁，从而实现“抓取”的功能。春晚的转手绢机器人手部更为灵活，装有_______（选填“A．发电机”或“B．电动机”），通过控制电流的________和_______，可以改变手绢的转速与转动方向。 （2）马年春晚再度升级科技阵容，如图所示。一个机器人质量约为，身高，可以完成空翻与连续单脚空翻。 ①机器人高高跃起过程中，________能转化为______能。并且双脚离地后可以继续上升到的高度，这是因为机器人具有________。 ②若一次起跳约为，机器人的重心在竖直方向上提升了，计算克服重力做功____及其功率______。 （3）小光了解机器人后在实验室搭建了如图中甲、乙两个实验。 ①其中______（选填“A．甲”或“B．乙”）反映了发电机的原理。在甲实验中，AB棒相当于电路中的______，乙实验中的ab棒相当于______。（均选填“A．电源”“B．用电器”或“C．导线”） ②若实验过程中，小光的同桌交换了ab棒的两端，则棒滚动方向________，若交换了蹄形磁体的N、S极，则棒滚动方向________。（均选填“A．变化”或“B．不变”） 【作图】 （4）地球是一个天然的大磁体，小到扫地机器人，大到人造卫星都需要通过地磁场来定位与传感。如图6所示为小磁针静止时N、S极的指向，请在图中“（　　）”处标出地磁场的磁极，并用箭头标出P点的磁感线方向。 17．世界上的航空母舰上现在主要使用两种弹射方式：蒸汽弹射和电磁弹射。 （1）回答问题： ①我国新型航母福建舰就是采用自行研制的电磁弹射器，如图1所示，电磁弹射器的弹射车与飞机前轮连接，并处于强磁场中，当弹射车内的导体通过强电流时，即可受到强大的推力。下列实验中，与电磁弹射原理相同的是( ) ②电磁弹射器的电功率约为100兆瓦，弹射一架飞机的时间约为45s，则弹射一架飞机消耗的电能约为________kW▪h。（1兆瓦＝106瓦） （2）某实验小组A通过研究电磁弹射原理，发现其本质上与电动机原理类似。而电动机和发电机在构造上差异不大，一个玩具电动机，像图2a那样接上电源会转动，像图b那样让其转动起来，可以使小灯泡发光，图2b中利用的工作原理是________；若考虑电池的内部电阻，在相同时间内，图（a）电池提供的电能与图2（b）灯泡消耗的电能相等，则图2（a）获得的机械能将________图2（b）消耗的机械能（选填“A．大于”“B.等于”或“C．小于”）。另一实验兴趣小组B也从中得到启发：为判断短跑比赛时运动员是否抢跑，设计了如图3“抢跑自动指示“电路。其工作原理是：当运动员蹲在起跑器上后，先闭合S；发令时闭合S1，发令指示灯亮；运动员起跑后，装在起跑器上的压敏电阻R0因受到压力变化，使得其阻值变化，电磁铁线圈中电流明显变大，S1被吸引而闭合，起跑器指示灯亮。闭合S，电磁铁左端为________极。压敏电阻随压力大小变小而________（选填“A．变大”或“B．变小”）。 （3）电磁弹射装置给某飞机提供2×106N的水平推力，在滑行加速阶段飞机通过了60m的距离，已知飞机受到的总重为3×106N，若飞机在整个地面滑行过程中受到的阻力恒为飞机总重力的0.2倍，则水平方向所受的合力为______N；若电磁弹射装置机械效率为60%，则弹射一次需要消耗______J的能量。 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $