2025年山东省菏泽市牡丹区中考三模物理试题（解析版）

这是一份2025年山东省菏泽市牡丹区中考三模物理试题（解析版），共25页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验探究题，计算题，综合题等内容，欢迎下载使用。
1.以下粒子尺度最小的是( )
A. 灰尘颗粒B. 分子C. 电子D. 原子核
2.歌曲简谱片段“556|2-|116|2-|”的数字表示声音的( )
A. 音调B. 响度C. 音色D. 速度
3.小星找来一薄壁圆柱形玻璃杯，并将画有箭头的白纸靠在玻璃杯后面，观察结果如图甲所示。向杯中加水，使水面高过箭头位置，透过玻璃杯观察纸上的“箭头”，将白纸逐渐远离杯子的过程中，依次观察到的情景是( )
A. 乙、丙、丁B. 丙、乙、丁C. 丙、丁、乙D. 丁、丙、乙
4.下列各种动作，若无其他辅助，在水平地面上无法保持的是( )
A. B.
C. D.
5.“雾里山疑失，雷鸣雨未休”中“雾”的形成属于下列哪种物态变化( )
A. 熔化B. 凝固C. 汽化D. 液化
6.学校体育测试选考项目为足球、篮球、排球、乒乓球、羽毛球、网球，考生从6个项目中自选一个，下列球类中直径最接近40mm的是( )
A. 篮球B. 足球C. 排球D. 乒乓球
7.在家庭电路中，插头与插座接触不良有时会将插孔烧焦，如图所示。关于该现象的形成，下列分析正确的是( )
A. 插头与插座是并联在一起的
B. 接触不良会使接触处的电阻变大
C. 接触不良导致电路短路将插孔烧焦
D. 插孔处的电压过大导致插孔被烧焦
8.如图所示，当乒乓球从水里上浮到水面过程中，乒乓球在A位置时受到的浮力为FA，水对杯底的压强为pA，在B位置时受到的浮力为FB，水对杯底的压强为pB，则它们的大小关系是( )
A. FA=FB pA=pBB. FApBD. FA>FB pA=pB
9.如图所示，在2025年央视春晚上，每个人形机器人凭借43个高扭矩电动机以一段高难度的“秧歌舞”惊艳了观众。下列各装置中也利用电动机工作原理的是( )
A. 动圈式话筒
B. 扬声器
C. 自制电磁铁
D. 司南
10.某学习小组连接了如图所示的实物电路，闭合开关，移动滑片P的过程中，关于电流表A1的示数I1、电流表A2的示数I2以及灯泡的亮度，可能出现的现象是( )
A. I1变大，I2变小，灯泡亮度不变
B. I1变小，I2变大，灯泡亮度变暗
C. I1变小，I2变小，灯泡亮度不变
D. I1变大，I2变大，灯泡亮度变亮
11.科技节，同学们用吹风机和一串气球表演“风火轮”，随着吹风机吹出空气，气球转动并向吹风机上方移动，这是因为吹风机的上方空气( )
A. 流速大，压强小
B. 流速大，压强大
C. 流速小，压强小
D. 流速小，压强大
12.掷实心球是中考体育考试项目之一，如图所示，实心球从出手到将要落地的过程中，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 实心球由A→B运动时，重力势能逐渐减小
B. 实心球由B→C时，机械能逐渐减小
C. 实心球在B点时受力平衡
D. 实心球在C点时动能最大
13.人们通常用一条带有箭头的直线表示光传播的径迹和方向，下列研究问题的方法与此相同的是( )
A. 人们将水杯分为玻璃杯、塑料杯等
B. 听到同学说话变沙哑了，推理他可能感冒了
C. 古人根据日常生活经验预测天气
D. 人们用原子结构模型说明原子的结构
14.用动滑轮在水平地面上沿直线匀速拉动重为G的物体，如图所示。已知水平拉力为F，物体受到地面的摩擦力为f，物体移动的距离为s。下列说法正确的是( )
A. 重力做功数值为GsB. 拉力做功数值为Fs
C. 摩擦力做功数值为fsD. 使用此滑轮既省力又省功
15.如图甲所示电路中，电源电压为5V，滑动变阻器的最大阻值为20Ω，电流表、电压表连入电路的量程分别为“0∼0.6A”和“0∼3V”，小灯泡上标有“3V”字样。闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，通过小灯泡的电流随其两端的电压变化关系如图乙。下列说法不正确的是( )
A. 灯泡的额定功率为0.75W
B. 滑片P向b移动，电压表示数变大
C. 小灯泡正常发光时其电阻为12Ω
D. 当电流表的示数为0.2A时，通电10s，小灯泡消耗的电能为6J
二、填空题：本大题共4小题，共11分。
16.如图所示，“海翼”是由中国科学院沈阳自动化研究所完全自主研发、拥有自主知识产权的水下滑翔机。“海翼”配备油囊装置，浸没在水中的滑翔机需要上浮时，油囊会鼓起来，从而使得排开水的体积______(选填“增大”“减小”或“不变”)，受到的浮力______(选填“大于”“小于”或“等于”)重力；“海翼”号实现浮沉原理与传统潜水艇浮沉的原理______(选填“相同”或“不同”)。
17.如图甲所示红墨水在水中散开，这是______现象；如图乙所示，气球在毛皮上摩擦后靠近空易拉罐，发现易拉罐向气球方向滚动，这是因为气球摩擦带了电荷，具有______轻小物体的性质。
18.中国“人造太阳”-大型核实验装置“东方超环”(EAST)创造了托卡马克装置高约束模式运行新的世界纪录。
(1)如图所示，“东方超环”的反应原理与太阳类似，通过核______变释放巨大的核能，获得上亿度的高温，核能是______(选填“可再生”或“不可再生”)能源。
(2)装置中，通电线圈产生的磁场将超高温等离子体约束在磁场中，这是利用了电流的______效应。
19.图甲是2025年4月神舟二十号载人飞船成功对接中国空间站天和核心舱的模拟画面。神舟飞船向核心舱端口靠近的过程中，以核心舱为参照物，神舟飞船是______的。当飞船和核心舱靠近对接时，为预防撞击带来影响，需配有对接缓冲装置。小聪设计了如图乙所示的对接缓冲模拟装置简图。通电后，螺线管的 b端为______(选填“N”或“S”)极；为增强缓冲效果，滑动变阻器的滑片P应向______(选填“左”或“右”)侧滑动。
三、实验探究题：本大题共4小题，共30分。
20.在“探究水在沸腾前后温度变化的特点”实验中：
(1)图甲中组装器材时，A、B两器材应先调整______的高度，调整该器材高度的主要依据是要保证酒精灯______；
(2)某小组在水温升高到90∘C时开始计时，每隔1min记录一次温度，实验数据如表1所示。请在坐标纸上描点，并用平滑的曲线画出水在沸腾前后温度随时间变化的图像；
表1
(3)分析表2中数据可知，本实验应该选用玻璃泡内液体是______的温度计；
表2
(4)如图丙所示，是在跨学科实践课中用纸锅烧水的实验装置，纸的着火点为183∘C，酒精灯火焰温度可达500∘C，实验时水沸腾了，而纸锅却不会燃烧，其原因主要是______。
21.暑期，小伟在科技创新大赛中获奖，他想知道所获奖牌的材质，为此，设计如下实验方案。
(1)把天平放在______上，把游码放到标尺左端的零刻度线处，横梁静止时，指针指在如图甲所示位置，接下来的操作是______，直至横梁在水平位置平衡；
(2)测量过程中，当天平重新平衡时，右盘中所加砝码和标尺上游码的位置如图乙所示，则奖牌的质量为______ g；
(3)在测量奖牌体积时，由于量筒口径较小，奖牌无法放入。经过思考，小伟采取了以下步骤测出了奖牌的密度。
①向烧杯中加入适量的水，用细线系住奖牌使其浸没在水中，并在烧杯壁上水面到达的位置作出标记，如图丙所示；
②把奖牌从水中取出后，将量筒中的水(体积是40mL)缓慢加入烧杯中至标记处，量筒中剩余水的体积如图丁所示，则奖牌的体积为______cm3；
③算出奖牌的密度是______kg/m3。小伟将测得的密度和表中数据进行对比，推测奖牌可能是______制成的。并猜想测量过程中是什么原因导致奖牌比这种物质的密度要小______(答案合理即可)。
22.利用如图所示的器材完成“探究杠杆平衡条件”的实验。挂钩码前，调节杠杆两端的螺母使得杠杆在如图甲所示的位置静止。
(1)如图乙所示，在杠杆左侧A位置(左侧第四格)先挂了3个钩码，在右侧B位置(右侧第三格)挂______个钩码，能使其在水平位置平衡。经过多次改变杠杆左右两侧的力和力臂，使其重新平衡，根据表中的信息，得出杠杆平衡的条件是______；
(2)多次实验收集多组数据，目的是______；
(3)实验时仍然使杠杆在水平位置平衡，这样做的好处是便于测量______；
(4)实验结束后，小明制作了如图所示的杆秤，经测试发现杆秤能测的物体的最大质量太小。下列操作能使杆秤所测最大质量变大的是______(填选项)。
A.换一个质量较小的秤砣；
B.将b点向左移；
C.将b点向右移。
23.在“测定小灯泡的功率”实验中，小明选取了一个标有“2.5V”的小灯泡和必要的器材，连接的实物电路如图甲所示。
(1)连接电路时开关应______，如图甲所示是小明连接的部分电路，请你用笔画线代替导线，将图中的实物电路连接完整，要求电压表测量小灯泡两端的电压，当滑片向右移动时，灯泡变暗。
(2)连接电路后闭合开关，小灯泡亮一下就熄灭。经检查发现小灯泡的灯丝已烧断，分析原因是闭合开关时，滑动变阻器的滑片在电阻______(选填“最大”或“最小”)的一端，导致电流过大而形成的；
(3)断开开关，更换烧坏的小灯泡，继续实验，小明连续进行了5次测量，并把测量的数据和观察到的现象填写在表格里，其中第4次测量时电流表的示数如图乙所示，经过计算可知小灯泡的额定功率为______ W；
(4)第1次实验中，小灯泡不亮的原因可能是______。
四、计算题：本大题共1小题，共8分。
24.随着夏季临近，我国南方地区将进入主汛期。为防止洪涝灾害造成损失，某科创小组设计了如图甲所示的水位报警装置。其核心电路由6V稳压电源、定值电阻R0、压敏电阻Rp等组成，报警器由电压表改装。图乙是Rp的阻值随报警器受到水的压强p变化的图像。报警器未浸入水中时，电流表示数是0.12A；水位到达报警器上方1m位置时，报警器报警。求：
(1)报警器未浸入水中时，Rp两端的电压；
(2)报警器未浸入水中时，R0在1h内消耗的电能；
(3)报警器刚开始报警时，Rp的电功率。(ρ水=1.0×103kg/m3,g=10N/kg)
五、综合题：本大题共3小题，共21分。
25.一只白鹭在湖面上飞行，在水中会出现它的倒影，这是光的______现象；当白鹭向湖面俯冲过来时，它在湖水中的倒影大小将______(选填“变大”“变小”或“不变”)。如图所示，假设白鹭经过图中A点时，一潜水员正好潜入水中E点看到了湖面上的白鹭，B点为潜水员看到的白鹭的位置，请在图中画出在水下E处看到白鹭的光路图(保留作图痕迹)。
26.如图所示，是港珠澳大桥的修建过程，该桥由桥、岛和隧道三部分连接而成，其中海底隧道全长5.664公里，由33根巨型沉管拼接而成，每根标准沉管长180m、宽约40m、高约10m，里面可以满足双向6车道同行。每根沉管由8个节段组成，质量为8万吨，最深要在海平面下46m处安装对接，施工非常艰辛。(海水密度取1.0×103kg/m3，g取10N/kg)
(1)沉管在最深处安装时，需要承受的海水压强是多少？
(2)每根沉管受到的重力是多少？
(3)假设沉管是实心管，则1根沉管完全放入海水下沉的过程中，所受的浮力是多少？
(4)将如此巨大的沉管直接放入船中运输十分困难，请你利用学习浮力的知识并结合以上信息，给在海水中运输沉管提出一条建议，并说明理由。
27.进入发动机的空气与燃料的质量比称为空燃比，当空气所含氧气与燃料恰好完全反应时，即为最佳空燃比。为实现最佳空燃比，尾气管装有氧传感器(图甲)，其工作原理(图乙)如下：氧化锆内外表面各有一层铂电极，外侧接触高温尾气，内侧连通外界空气。电加热器通电后使附近空气升温至最佳工作温度350∘C。在此温度下，氧分子O2电离为氧离子O2-，并通过氧化锆从高氧浓度侧向低氧浓度侧迁移。氧离子O2-浓度差越大，铂电极A、B聚集的异种电荷越多，电极间电压越高。发动机控制模块通过检测该电压调节喷油量，使空燃比趋近最佳值。
(1)电加热器工作时将电能转化为______能；氧化锆内的电流方向是：铂电极______(选填“A到B''或“B到A”)。
(2)为使质量为1×10-6kg、温度为-10∘C的大气在0.02秒内达到其最佳工作温度，大气需吸收的热量为多少？若加热器两端的电压为12V，则电阻R的阻值最大是多少？[大气比热容取1000J/(kg⋅∘C)，不计热量损失]
(3)一辆小汽车在5s内匀速行驶100m，其四缸发动机(如图丙所示)全程转速为40转/秒，发动机以最佳空燃比工作，每次单个汽缸中燃烧的汽油质量为2×10-5kg，发动机的效率为40%，汽油热值取5×107J/kg，则汽车的牵引力为多少？
【参考答案】
1.【答案】C
【解析】解：选项中粒子尺度最小的是电子。故选：C。
物体是由分子构成的，分子是由原子构成的，原子是由位于中心的原子核和核外电子构成的，原子核又是由质子和中子组成的，质子和中子又是由更小的微粒夸克组成的。
此题考查了微观粒子的认识，属于基础知识。
2.【答案】A
【解析】解：简谱中的数字的音阶不同，即发声体振动的频率不同，音调不同。故选：A。
声音的高低叫音调，音调与发声体振动的频率有关。
本题考查的是音调的基本概念，属于基础性题目。
3.【答案】A
【解析】解：圆柱形玻璃杯中注入水相当于凸透镜，将白纸逐渐远离杯子的过程中，开始靠近玻璃杯，位于1倍焦距以内，成正立放大的虚像，箭头方向不变，左右变长，是乙图，接着移动到1倍焦距到2倍焦距之间，成倒立放大的实像，左右方向改变，左右变长，是丙图，移动到2倍焦距以外，成倒立缩小的实像，左右变短，方向改变，故是丁图，故依次观察到的情景是乙、丙、丁，故A正确，BCD错误。故选：A。
圆柱形玻璃杯中注入水相当于凸透镜(左右两边薄中间厚、上下厚度一样)，根据物距改变分析成像变化。
此题考查了凸透镜成像的动态变化，稍有难度，属常规题目。
4.【答案】B
【解析】解：ACD、由图可知，三种情况下，人受重力和支持力的作用，当二者共线时即可平衡，故ACD不合题意；
B、健身者受到的重力和地面对脚的支持力作用，由图可知支持力和重力的作用线不可能在同一直线上，所以健身者在这两个力的作用下不可能平衡，故B符合题意。故选：B。
在没有其他辅助的情况下，健身者要在水平地面上保持某种姿势，则健身者必须受到平衡力的作用，由于健身者在水平地面上静止时受到重力和支持力的作用，故这两个力必须在同一条直线上。
本题考查二力平衡的条件及其应用，大小相等、方向相反、作用在同一直线上，且作用在同一物体上的两个力是平衡力。
5.【答案】D
【解析】解：“雾里山疑失，雷鸣雨未休”中“雾”是空气中的水蒸气遇冷液化形成的小水滴，故ABC错误，D正确。故选：D。
液化指物质由气态转变成液态，液化要放热。
分析生活中的热现象属于哪种物态变化，关键要看清物态变化前后，物质各处于什么状态，是解题的关键。
6.【答案】D
【解析】解：篮球的直径约为246mm，足球的直径约为220mm，排球的直径约为210mm，乒乓球的直径约为40mm，ABC不符合题意，D符合题意。故选：D。
根据生活经验所掌握的各类球的直径来分析作答。
此题考查长度的估测，较为简单，难度不大。
7.【答案】B
【解析】解：A.插头与插座相互影响，是串联在一起的，不是并联在一起的，故A错误；
B.接触不良时接触处的横截面积变小，在其它条件相同时，接触处的电阻会变大，故B正确；
C.接触不良导致电路断路，而不是短路，故C错误；
D.插孔处的电压为220V，故D错误。故选：B。
(1)插头和插座是串联的。
(2)接触不良的地方，电阻会增大。
(3)接触不良是断路，不是短路。
(4)照明电路的电压是220V。
本题考查的是是电路的三种状态；知道家庭电路的组成和照明电压。
8.【答案】C
【解析】由图知，乒乓球在A位置时完全浸没，此时V排A=V球；在B位置时漂浮，此时V排BV排B，
由F浮=ρ液gV排可知，乒乓球受到的浮力FA>FB；
由于从水里上浮直至漂浮在水面上，排开水的体积减小，水面下降，则hA>hB，
根据p=ρgh可知，水对杯底的压强pA>pB。故选：C。
分析：由图可知乒乓球在A、B位置时，排开水的体积大小，然后根据阿基米德原理判断浮力大小；由于乒乓球从水里上浮直至漂浮在水面上，排开水的体积减小，水面下降，根据p=ρgh即可判断水对杯底压强大小关系。
本题考查阿基米德原理和液体压强公式的应用，注意乒乓球从水里上浮直至漂浮在水面上，乒乓球排开水的体积变化。
9.【答案】B
【解析】解：电动机是利用通电导体在磁场中受力运动的原理制成的。
A、动圈式话筒是利用电磁感应原理制成的，故A不符合题意；
B、扬声器是利用通电导体在磁场中受力运动的原理制成的，故B符合题意；
C、电磁铁是利用电流的磁效应来工作的，故C不符合题意；
D、司南是利用磁体的指向性来工作的，故D不符合题意。故选：B。
通电导体在磁场中会受到力的作用；扬声器和电动机是利用该原理制成的。
本题考查的是电动机的原理；知道发电机和电磁铁的原理；知道电磁感应现象和电流的磁效应。
10.【答案】C
【解析】解：由电路图可知，灯泡与滑动变阻器并联，电流表A1测变阻器支路的电流，电流表A2测干路电流，电压表测电源的电压；
当滑动变阻器R的滑片P移动时，滑动变阻器接入电路中的电阻改变，根据欧姆定律可知，通过滑动变阻器的电流改变，即I1示数会变大或变小；
因并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以滑片向右移动时，通过灯泡的电流不变，灯泡的实际功率不变，亮度不变；
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，若I1示数变大，则电流表A2示数I2变大，若I1示数变小，则电流表A2示数I2变小；
综上所述，C可能出现。故选：C。
由电路图可知，灯泡与滑动变阻器并联，电流表A1测变阻器滑动变阻器支路的电流，电流表A2测干路电流；根据滑片的移动可知该支路接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知该支路电流的变化，根据并联电路各支路独立工作可知通过灯泡的电流，根据并联电路的电流特点可知干路电流的变化。
本题考查了电路的动态分析，涉及到并联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是电路串并联的辨别和电表所测电路元件的判断。
11.【答案】A
【解析】解：吹风机在工作时，吹风使气球上方的空气流速大于气球下方的空气流速，下方空气的压强大于上方空气的压强，气球转动并向吹风机上方移动。故选：A。
流体压强与流速的关系：流速越大，压强越小；流速越小，压强越大。
本题考查流体压强与流速的关系等知识点，难度不大。
12.【答案】D
【解析】解：A、实心球由A→B运动时，高度变高，所以重力势能逐渐变大，故A错误；
B、不考虑空气阻力，动能和势能相互转化，机械能保持不变，故B错误；
C、实心球在B点时只受竖直向下的重力，无法平衡，故C错误；
D、不考虑空气阻力，动能和势能相互转化，机械能保持不变，实心球在C点时高度最低，重力势能最小，所以动能最大，故D正确。故选：D。
(1)机械能包括动能与势能，其中动能的影响因素是质量与速度，重力势能的影响因素是质量与高度，弹性势能的影响因素是弹性形变量。
(2)平衡力大小相等，方向相反，作用在一条直线上，作用在一个物体上。
(3)不考虑空气阻力，动能和势能相互转化，机械能保持不变。
本题考查机械能与平衡力，是一道基础题。
13.【答案】D
【解析】解：研究光的传播时，引入“光线”的概念，用一条带有箭头的直线表示光传播的径迹和方向，用的是模型法；
A.人们将水杯分为玻璃杯、塑料杯等，采用的是分类法；故A不符合题意；
B.听到同学说话变沙哑了，推理他可能感冒了，采用的是实验推理法；故B不符合题意；
C.古人根据日常生活经验预测天气，采用的是实验推理；故C不符合题意；
D.人们用原子结构模型说明原子的结构，用的是模型法；故D符合题意。故选：D。
科学研究中常常用到“控制变量法”、“等效替代法”、“科学推理”、“模型法”、“转换法”、“类比法”、“比较法”等方法。
此题考查了常用科学探究方法的应用，选择正确的探究方法是得出科学探究结论的基础。
14.【答案】C
【解析】解：A.重力方向没有移动距离，重力做功数值为0，故A错误；
B.由2段绳子与动滑轮相连，物体移动的距离为s，拉力移动距离则s拉=2s，拉力做功数值为W=Fs拉=2Fs，故B错误；
C.摩擦力做功数值为fs，故C正确；
D.任何机械都不省功，使用此滑轮可省力，但不省功，故D错误。故选：C。
使用滑轮组水平拉动物体，拉力F所做的功为总功，克服物体摩擦力所做的功为有用功，从图可知，由2段绳子与动滑轮相连，则s拉=2s物，任何机械都不省功。
本题考查考查动滑轮使用时有关功的计算，属于中档题。
15.【答案】D
【解析】解：
A.灯泡的电压为3V时，电流为0.25A，灯泡的额定功率为P=UI=3V×0.25A=0.75W，故A正确；
B.灯泡与变阻器串联，电压表测量变阻器的电压，电流表测量电路电流。滑片P向b移动，变阻器接入电路中电阻变大，由串联电路中电阻越大分到的电压越大得，电压表示数变大，故B正确；
C.小灯泡正常发光时其电阻为R=UI=3V0.25A=12Ω，故C正确；
D.串联电路中电流处处相等，此时灯泡、变阻器的电流均为0.2A，此时灯泡的电压为2V，通电10s，小灯泡消耗的电能为W=U'I't=2V×0.2A×10s=4J，故D错误。故选：D。
A.灯泡的电压为3V时，电流为0.25A，根据P=UI可知灯泡的额定功率；
B.灯泡与变阻器串联，电压表测量变阻器的电压，电流表测量电路电流。滑片P向b移动，变阻器接入电路中电阻变大，由串联分压特点得出电压表示数变化；
C.由欧姆定律得小灯泡正常发光时其电阻；
D.当电流表的示数为0.2A时，由串联电路中电流处处相等得，此时灯泡、变阻器的电流均为0.2A，此时灯泡的电压为2V，通电10s，根据W=U'I't得出小灯泡消耗的电能。
本题考查欧姆定律的应用和电能的计算，是一道综合题。
16.【答案】增大；大于；不同。
【解析】解：根据阿基米德原理F浮=ρ液gV排可知，油囊会鼓起来，排开水的体积增大，浮力增大，使浮力大于重力，物体上浮；潜水艇靠改变自身的重力来实现浮沉，与“海翼”号实现浮沉的原理不同。
故答案为：增大；大于；不同。
根据阿基米德原理结合改变的物理量分析浮力，结合浮沉条件分析；潜水艇的原理是靠改变自身的重力来实现浮沉。
本题考查阿基米德原理与浮沉条件，属于中档题。
17.【答案】扩散；吸引。
【解析】解：如图甲所示红墨水在水中散开，这是扩散现象，说明分子在永不停息地做无规则运动；如图乙所示，气球在毛皮上摩擦后靠近空易拉罐，发现易拉罐向气球方向滚动，这是因为气球摩擦带了电荷，具有吸引轻小物体的性质。
故答案为：扩散；吸引。
不同物质相互接触时彼此进入对方的现象叫扩散，扩散现象是分子不停地做无规则运动的体现，温度越高，扩散越快，分子运动越剧烈。
用摩擦的方法可以使物体带电；带电体有吸引轻小物体的性质。
本题考查了扩散现象，带电体的性质。
18.【答案】(1)聚；不可再生；(2)磁。
【解析】解：(1)“东方超环”的反应原理与太阳类似，通过核聚变释放巨大的核能，核能消耗后短时间内不能再生，是不可再生能源；
(2)通电线圈产生的磁场将超高温等离子体约束在磁场中，这是利用了电流的磁效应。
故答案为：(1)聚；不可再生；(2)磁。
(1)太阳内部时刻发生着核聚变从而释放巨大的核能；不可再生能源：不可能在短期内从自然界得到补充的能源，例：化石能源(煤炭、石油、天然气)、核能；
(2)电流周围存在磁场，这一现象叫电流的磁效应。
本题考查能源的分类、电流的磁效应和核能的应用，难度不大。
19.【答案】运动；N；右。
【解析】解：神舟飞船向核心舱端口靠近的过程中，神舟飞船与核心舱之间的相对位置在不断发生变化，以核心舱为参照物，神舟飞船是运动的。
从图乙中可知电流从右端流入，左端流出，用安培定则可判断出螺线管的b端为N极。
为增强缓冲效果，需要增大螺线管的磁性，而螺线管磁性强弱与电流大小有关，电流越大，磁性越强。根据欧姆定律，滑动变阻器滑片向右滑动时，其接入电路的电阻变小，电路中的电流变大，螺线管磁性增强，所以滑片P应向右侧滑动。
故答案为：运动；N；右。
物体相对于参照物的位置变化了，物体就是运动的；物体相对于参照物的位置不变，物体就是静止的。
根据电源的正负极判定螺线管中电流的方向，根据安培定则判定螺线管的极性。
电磁铁磁性强弱的影响因素：线圈匝数多少、电流大小。
本题考查了运动与静止的相对性，安培定则的应用，影响螺线管磁性强弱的因素。
20.【答案】(1)B；外焰加热；(2)见解析；(3)水银；(4)标准大气压下，水沸腾时温度保持在沸点100∘C不变，纸锅会不断向水传递热量，使得纸锅的温度也接近100∘C，低于纸的着火点183∘C，不满足纸燃烧的温度条件，所以纸锅不会燃烧。
【解析】(1)组装实验装置应按照自下而上的顺序进行。为保证用酒精灯的外焰加热，应先调整B的高度。
(2)根据表格中的数据，在坐标纸上找出对应的点，然后用平滑的曲线将这些点连接起来，得到水在沸腾前后温度随时间变化的图像，如图所示：
(3)标准大气压下，水的沸点是100∘C，酒精的沸点是78∘C，低于水的沸点，若用酒精温度计测沸水温度，酒精会先沸腾，无法准确测量。而水银的沸点是357∘C，高于水的沸点，所以应选用水银温度计。
(4)纸锅不会燃烧的原因是：标准大气压下，水沸腾时温度保持在沸点100∘C不变，纸锅会不断向水传递热量，使得纸锅的温度也接近100∘C，低于纸的着火点183∘C，不满足纸燃烧的温度条件，所以纸锅不会燃烧。
故答案为：(1)B；外焰加热；(2)见解析；(3)水银；(4)标准大气压下，水沸腾时温度保持在沸点100∘C不变，纸锅会不断向水传递热量，使得纸锅的温度也接近100∘C，低于纸的着火点183∘C，不满足纸燃烧的温度条件，所以纸锅不会燃烧。
(1)为保证用酒精灯的外焰加热，组装实验装置应按照自下而上的顺序进行。
(2)根据表格中的数据，在坐标纸上找出对应的点，然后用平滑的曲线将这些点连接起来，得到水在沸腾前后温度随时间变化的图像。
(3)根据液体的沸点和凝固点选取温度计。
(4)纸锅不会燃烧的原因是：水的沸点低于纸的着火点。
此题是探究水的沸腾实验，涉及到水的沸点、器材的组装、水的沸腾特点，难度不大。
21.【答案】(1)水平桌面；将平衡螺母向右调节；(2)70.4；(3)②8；③8.8×103；铜；将奖牌从水中拿出时，奖牌上会沾有水，量筒缓慢倒入烧杯中水会偏多，因此倒入水的体积大于石奖牌的体积，体积测量偏大，由ρ=mV可知，测量结果偏小。
【解析】解：(1)将托盘天平放在水平桌面上，把游码移到标尺左端的零刻度线处。由图甲知，指针静止时偏左，则应将平衡螺母向右调节使横梁平衡。
(2)由图乙可知，标尺的分度值为0.2g，奖牌的质量m=50g+20g+0.4g=70.4g；
(3)图丁中量筒的分度值为1mL，奖牌的体积V=30mL-22mL=8mL=8cm3；
奖牌的密度：ρ=mV=70.4g8cm3=8.8g/cm3=8.8×103kg/m3；
奖牌的密度是8.8×103kg/m3，根据表格中的数据可知，奖牌可能是由铜制成的；
当将奖牌从水中拿出时，奖牌上会沾有水，量筒缓慢倒入烧杯中水会偏多，因此倒入水的体积大于石奖牌的体积，体积测量偏大，由ρ=mV可知，测量结果偏小，测量值小于真实值。
故答案为：(1)水平桌面；将平衡螺母向右调节；(2)70.4；(3)②8；③8.8×103；铜；将奖牌从水中拿出时，奖牌上会沾有水，量筒缓慢倒入烧杯中水会偏多，因此倒入水的体积大于石奖牌的体积，体积测量偏大，由ρ=mV可知，测量结果偏小。
(1)测量前平衡螺母的调节是左偏右调，右偏左调；测量时通过增减砝码或调节游码使天平平衡；
(2)物体的质量=砝码的总质量+游码在标尺上所对的刻度，由此根据图乙读出奖牌的质量m；
(3)②奖牌的体积等于倒入的水的体积；
③奖牌的密度用ρ=mV计算；根据表格中的数据得出奖牌的类型；当将奖牌从水中拿出时，奖牌上会沾有水，量筒缓慢倒入烧杯中水会偏多，据此分析误差。
本题考查测量固体密度的实验，重点考查了天平的使用方法、密度的计算及判断其材质等问题，难度适中。
22.【答案】(1)4；F1l1=F2l2；(2)使实验结论更具有科学性和普遍性；(3)力臂；(4)B。
【解析】(1)设每个钩码的重力为G，杠杆每格的长度为L。根据杠杆平衡条件可得：3G×4L=nG×3L，J解得：n=4，故在右侧B位置应挂4个钩码。
根据表格数据发现：动力与动力臂的乘积总是等于阻力与阻力臂的乘积，故杠杆的平衡条件是F1l1=F2l2。
(2)在探究杠杆平衡条件的实验中，多次实验收集多组数据，是为了避免实验的偶然性，使实验结论更具有科学性和普遍性。
(3)实验时使杠杆在水平位置平衡，此时力臂与杠杆重合，力臂的长度可以直接从杠杆上的刻度读出，便于测量力臂。
(4)A、换一个质量较小的秤砣，阻力臂和动力臂不变，动力变小，根据杠杆的平衡条件可知，阻力变小，即杆秤能测的物体的最大质量变小，A错误。
B、将b点向左移，动力不变，阻力臂变小的同时动力臂变大，根据杠杆的平衡条件可知，阻力变大，即杆秤能测的物体的最大质量变大，B正确。
C、将b点向右移，动力不变，阻力臂变大的同时动力臂变小，根据杠杆的平衡条件可知，阻力变小，即杆秤能测的物体的最大质量变小，C错误。
故选：B。
故答案为：(1)4；F1l1=F2l2；(2)使实验结论更具有科学性和普遍性；(3)力臂；(4)B。
(1)根据杠杆平衡条件分析。
故杠杆的平衡条件是F1l1=F2l2。
(2)在探究杠杆平衡条件的实验中，多次实验收集多组数据，是为了使实验结论更具有科学性和普遍性。
(3)实验时使杠杆在水平位置平衡，便于测量力臂。
(4)换一个质量较小的秤砣，将b点向右移，根据杠杆的平衡条件可知，杆秤能测的物体的最大质量变小。
将b点向左移，根据杠杆的平衡条件可知，杆秤能测的物体的最大质量变大。
本题探究杠杆平衡条件实验，掌握杠杆的平衡公式是关键。
23.【答案】(1)断开；；(2)最小；(3)0.75；(4)灯的实际功率过小。
【解析】(1)连接电路时开关应断开，要求滑动变阻器的滑片向右移动时，小灯泡变暗，说明电流变小，滑片右移时变阻器接入电路的电阻变大，故滑片以左的电阻丝连入电路中，灯的额定电压为2.5V，故电压表选用小量程与灯并联，如下所示：
；
(2)闭合开关小灯泡闪亮一下就熄灭，说明灯泡实际电压大于其额定电压，电流过大，原因是闭合开关时，滑动变阻器连入电路的电阻为最小值；
(3)由图乙所示电流表可知，其量程为0∼0.6A，分度值为0.02A，示数为0.30A，灯泡额定功率P=UI=2.50V×0.30A=0.75W；
(4)在第1次实验中，灯泡的实际功率为：P1=U1I1=0.20V×0.04A=0.008W；灯不亮的原因是灯的实际功率过小。
故答案为：(1)断开；；(2)最小；(3)0.75；(4)灯的实际功率过小。
(1)根据要求滑动变阻器的滑片向右移动时，小灯泡变暗确定变阻器的连接，根据灯的额定电压确定电压表选用的量程与灯并联；
(2)小灯泡闪亮一下就熄灭，说明灯泡实际电压大于其额定电压，由此分析原因；
(3)根据图示电流表确定其量程与分度值，然后读出其示数；再由P=UI求出灯泡功率；
(4)灯的亮度由灯的实际功率决定，据此分析；
本题测量小灯泡电功率，考查电路连接、故障分析、额定电功率的计算以及灯泡的亮度与电功率的关系。
24.【答案】(1)报警器未浸入水中时，Rp两端的电压为4.8V。
(2)报警器未浸入水中时，R0在1h内消耗的电能为518.4J。
(3)报警器刚开始报警时，Rp的电功率为0.675W。
【解析】(1)报警器未浸入水中时，压敏电阻受到的压强为零，根据图乙，此时它的电阻为：RP=40Ω，根据欧姆定律：UP=IRP=0.12A×40Ω=4.8V。
(2)报警器未浸入水中时，R0两端的电压U0=U-UP=6V-4.8V=1.2V；R0=U0I=Ω；
R0在1h内消耗的电能为：W0=U0It=1.2V×0.12A×3600s=518.4J。
(3)水位到达报警器上方1m位置时，报警器报警。此时压敏电阻受到的压强为：p=ρ水gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×1m=1.0×104Pa；此时压敏电阻的阻值为：R'P=30Ω；
此时电路中的电流为：I'=UR=UU0+R'P=6V10Ω+30Ω=0.15A；
报警器刚开始报警时，Rp的电功率为：P=I'2R'P=(0.15A)2×30Ω=0.675W。
答：(1)报警器未浸入水中时，Rp两端的电压为4.8V。
(2)报警器未浸入水中时，R0在1h内消耗的电能为518.4J。
(3)报警器刚开始报警时，Rp的电功率为0.675W。
(1)根据压敏电阻的阻值、串联电路的特点和欧姆定律进行计算。
(2)根据W=UIt计算定值电阻在1h内消耗的电能。
(3)根据液体的压强公式p=ρgh和P=I2R进行计算。
本题考查的是电功率的综合计算；会根据欧姆定律、电功率、电能的公式和压敏电阻的特性进行分析和计算。
25.【答案】反射；不变；见解答。
【解析】解：一个白鹭正平行于水面飞行，湖中出现它的倒影，倒影属于平面镜成像，是由光的反射形成的虚像；
当白鹭向湖面俯冲时，其倒影的大小与白鹭大小相同，所以大小将不变；
连接眼睛处的E点与点B，EB与界面的交点即为入射点O，OE就是折射光线，连接AO，AO就是入射光线，即可完成水下E处的人看到白鹭A的光路图，如图所示：
故答案为：反射；不变；见解答。
平面镜成像的特点是，像和物体大小相等、像和物体关于平面镜对称、像到平面镜的距离和物体到平面镜的距离相等；
光从空气中斜射入水中时，折射角小于入射角，潜水员在水下逆着光的传播方向看到白鹭的像会比白鹭本身偏高一点，所以B是白鹭的虚像点，A是白鹭的发光点。据此作图。
此题主要考查了平面镜成像的特点和光的折射规律，知道当光从空气斜射入水中时，其折射角是变小的，所观察到的物体的位置是变高的。
26.【答案】(1)沉管在最深处安装时，需要承受的海水压强是4.6×105Pa；
(2)每根沉管受到的重力是8×108N；
(3)假设沉管是实心管，则1根沉管完全放入海水下沉的过程中，所受的浮力是7.2×108N；
(4)可以将沉管两端暂时密封，放入水中，用船拖行。理由：由F浮=ρ液gV排可知，当ρ液一定时，V排增大，F浮增大，而将沉管密封后，V排>V实，所以F浮增大。
【解析】(1)沉管在最深处安装时，需要承受的海水压强p=ρgh=1.0×103kg/m3×10N/kg×46m=4.6×105Pa；
(2)每根沉管受到的重力为G=mg=80000×103kg×10N/kg=8×108N；
(3)若沉管时实心管则每根管的体积为V=180m×40m×10m=7.2×104m3
1根沉管完全放入海水中下沉的过程中，所受的浮力为F浮=ρ液gV排=1.0×103kg/m3×10N/kg×7.2×104m3=7.2×108N；
(4)可以将沉管两端暂时密封，放入水中，用船拖行。理由：由F浮=ρ液gV排可知，当ρ液一定时，V排增大，F浮增大，而将沉管密封后，V排>V实，所以F浮增大。
答：(1)沉管在最深处安装时，需要承受的海水压强是4.6×105Pa；
(2)每根沉管受到的重力是8×108N；
(3)假设沉管是实心管，则1根沉管完全放入海水下沉的过程中，所受的浮力是7.2×108N；
(4)可以将沉管两端暂时密封，放入水中，用船拖行。理由：由F浮=ρ液gV排可知，当ρ液一定时，V排增大，F浮增大，而将沉管密封后，V排>V实，所以F浮增大。
(1)知道在最深的深度，根据p=ρgh求出承受的海水压强；
(2)根据G=mg算出每个沉管受到的重力；
(3)先算出沉管的总体积，根据F浮=ρ液gV算出沉管完全放入海水中下沉的过程中所受的浮力；
(4)开放性试题，答案有多种，如将沉管放入水中用船拖行；将沉管两端暂时密封，放入水中，用船拖行；在水泥沉管上捆绑一些空心密闭的金属箱，用船拖行等。
此题考查了阿基米德原理公式的应用、液体压强的计算、重力的计算等知识点，是一道综合题，但难度不大。
27.【答案】(1)内；A到B；
(2)大气需吸收的热量为1×103J；电阻R的阻值最大是8Ω；
(3)汽车的牵引力为20N。
【解析】(1)电加热器工作时将电能转化为内能；由图乙可知氧离子从B到A，而氧离子O2-带负电，故氧化锆内的电流方向是：铂电极A到B；
(2)大气需吸收热量：Q吸=cm(t-t0)=1000J/(kg⋅∘C)×1×10⁻6kg×(350∘C-(-10∘C))=0.36J；
不计热量损失，所以Q=Q吸=0.36J，
由Q=U2Rt得电阻R的阻值：R=U2Qt=(12V)20.36J×0.02s=8Ω；
(3)完全燃烧的汽油质量为2×10-5kg放出的热量：
Q放=mq=2×10-5kg×5×107J/kg=1×103J；
由η=WQ放得牵引力所做的功：W=η⋅Q放=40%×1×103J=4×102J，
由于汽车在5s内匀速行驶100m，则s=s总n=100m5=20m，
由W=Fs知，汽车的牵引力：
F=Ws=4×102J20m=20N。
故答案为：(1)内；A到B；
(2)大气需吸收的热量为1×103J；电阻R的阻值最大是8Ω；
(3)汽车的牵引力为20N。
(1)电加热器工作时将电能转化为内能；正电荷定向移动的方向规定为电流方向；
(2)物质吸热公式Q吸=cm(t-t0)；焦耳定律Q=I2Rt及变形公式Q=U2Rt；
(3)先利用Q放=mq求得完全燃烧的汽油质量为2×10-5kg放出的热量，利用热机效率公式η=WQ放求得牵引力所做的功；利用W=Fs求得汽车的牵引力。
本题考查电流方向，热机的效率等知识点，结合生活中的汽车，注重理解能力，解决问题能力的培养。时间/min
0
1
2
3
4
5
6
7
8
温度/∘C
90
92
94
96
98
99
99
99
99
在标准大气压下
测温物质
凝固点/∘C
沸点/∘C
水银
-39
357
酒精
-117
78
物质
密度/(kg⋅m-3)
铜
8.9×103
铁
7.9×103
铝
2.7×103
实验次数
动力F1/N
动力臂l1/cm
阻力F2/N
阻力臂l2/cm
1
1
40
4
10
2
2.5
20
2.5
20
3
3
20
2
30
实验次数
1
2
3
4
5
电压表示数U/V
0.20
1.00
2.00
2.50
3.00
电流表示数I/A
0.04
0.14
0.26
0.34
灯泡亮度
不亮
微弱发光
较暗
正常发光
很亮