2026年山东省聊城市高唐县中考一模物理试题（含解析）

这是一份2026年山东省聊城市高唐县中考一模物理试题（含解析），文件包含湖北省“荆荆襄宜四地七校考试联盟”2024-2025学年高二下学期期中联考物理试卷pdf、湖北省“荆荆襄宜四地七校考试联盟”2024-2025学年高二下学期期中联考物理答案pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共11页， 欢迎下载使用。
1．试题分第Ⅰ、Ⅱ两卷，Ⅰ卷是选择题，Ⅱ卷是非选择题，满分100分。考试时间90分钟。
2．答卷前务必将试题密封线内及答题卡上面的项目填涂清楚，所有答案都必须涂、写在答题卡相应的位置，答在本试卷上一律无效。
一、选择题：本题共15小题，每小题2分，共30分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 近年来，我国科技创新突飞猛进，各种新技术、新能源等科技成果不断涌现。下列说法中正确的是（ ）
A. 核能是清洁能源，取之不尽，用之不竭B. 核废料可直接排入大海
C. 核电站是通过核聚变的方式获得核能D. 水能、风能、太阳能属于可再生能源
【答案】D
【解析】
【详解】A．核能所使用的核燃料是不可再生能源，会消耗枯竭，不是取之不尽，故A错误；
B．核废料具有强放射性，会严重污染生态环境，不能直接排入大海，故B错误；
C．目前核电站是通过可控核裂变获得核能，可控核聚变还未实现商用发电，故C错误；
D．水能、风能、太阳能可以源源不断从自然界获得，都属于可再生能源，故D正确。
故选D。
2. 2025年4月24日，神舟二十号载人飞船成功对接于空间站天和核心舱径向端口，如图所示。若说神舟二十号飞船是静止的，则所选的参照物可能是（ ）
A. 太阳B. 地球C. 月球D. 天和核心舱
【答案】D
【解析】
【详解】A．神舟二十号飞船相对于太阳的位置发生改变，飞船相对于太阳是运动的，故A不符合题意；
B．神舟二十号飞船相对于地球的位置发生改变，飞船相对于地球是运动的，故B不符合题意；
C．神舟二十号飞船相对于月球的位置发生改变，飞船相对于月球是运动的，故C不符合题意；
D．神舟二十号飞船相对于天和核心舱的位置没有发生改变，飞船相对于天和核心舱是静止的，故D符合题意。
故选D。
3. 如图所示，为某款无人驾驶快递车，其车身高度最可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】图中快递车和旁边人物的比例，车身高度明显比成年人的身高略高，因此最合理的车身高度为200cm。
故选C。
4. 如图所示，无人机航拍技术在日常生活中的应用越来越广泛，下列说法正确的是（ ）
A. 无人机航拍的镜头对光线有发散作用
B. 无人机远距离航拍时镜头到被摄物体的距离要大于镜头焦距的两倍
C. 无人机远距离航拍时镜头所成的像与投影仪成像的特点相同
D. 无人机降落过程中，降落点附近的物体在镜头内所成的像会变小
【答案】B
【解析】
【详解】AB．无人机航拍镜头为凸透镜，对光线有会聚作用，成像原理与照相机一致，无人机远距离航拍时， 镜头到被摄物体的距离要大于两倍焦距，成倒立、缩小的实像，故A错误，B正确；
C．投影仪成像时，物体位于1倍焦距和2倍焦距之间，成倒立、放大的实像；而无人机远距离航拍时，物距大于2倍焦距，成倒立、缩小的实像，两者成像特点不同，故C错误；
D．无人机降落过程中，镜头靠近降落点附近的物体，根据凸透镜成实像规律，物距减小时，像距增大，像变大，故D错误。
故选B 。
5. 《天工开物》中记载“凡钟为金乐之首，其声一宣，大者闻十里，小者亦及里之余，”主要描述钟发出的声音（ ）
A. 响度大B. 音色好C. 音调高D. 速度大
【答案】A
【解析】
【详解】声音的响度与振幅和声音传播的距离有关。“凡钟为金乐之首，其声一宣，大者闻十里，小者亦及里之余”是说钟声的传播距离很远，说明钟声的响度很大。故A符合题意，BCD不符合题意。
故选A。
6. 东汉王充的《论衡》一书中记载有：“云雾，雨之征也，夏则为露，冬则为霜，温则为雨，寒则为雪，雨露冻凝者，皆由地发，非从天降”。下列说法正确的是（ ）
A. 雾的形成是液化现象，需要放热B. 露的形成是熔化现象，需要吸热
C. 霜的形成是升华现象，需要放热D. 雪的形成是凝华现象，需要吸热
【答案】A
【解析】
【详解】A．雾是空气中的水蒸气遇冷液化形成的小水滴，液化过程需要放热，故A正确；
B．露是水蒸气液化形成的小水滴，不是熔化，故B错误；
C．霜是水蒸气直接凝华形成的固态小冰晶，不是升华，故C错误；
D．雪是水蒸气凝华形成的固态，凝华过程放热，不是吸热，故D错误。
故选A。
7. 如图是唐代的一幅“马球图”，马球比赛时两队对抗，人骑在马上用球杖击球，将球射进对方球门的一队得分。下列说法正确的是（ ）
A. 被击出去的球能够在空中继续向前飞行，是因为球受到惯性的作用
B. 用球杖将球击打出去，说明力可以改变物体的运动状态
C. 若正在向前飞行的球所受的外力全部消失，球将静止在空中
D. 人骑马静止在地面上，人对马的压力和人受到的支持力是一对平衡力
【答案】B
【解析】
【详解】A．被击出的球能继续飞行，是因为球具有惯性，惯性是一种性质，不是力，所以不能说“受到惯性的作用”，故A错误；
B．用球杖击球，球由静止变为运动，运动状态发生了改变，说明力可以改变物体的运动状态，故B正确；
C．由牛顿第一定律知，当外力全部消失后，运动物体将保持原来的速度做匀速直线运动，而非静止，故C错误；
D．平衡力必须作用在同一个物体上，人对马的压力，受力物体是马，人受到的支持力，受力物体是人，在两个不同物体上，故它们不是平衡力，故D错误。
故选 B。
8. 小明在厨房清洗樱桃时发现，有的樱桃漂浮在水面上，有的沉底。两颗体积相等的樱桃在水中静止时如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 甲樱桃所受浮力大于自身重力
B. 甲樱桃所受到的浮力大于乙樱桃所受到的浮力
C. 甲樱桃的质量小于乙樱桃的质量
D. 甲樱桃的密度大于乙樱桃的密度
【答案】C
【解析】
【详解】A．甲樱桃漂浮在水面上，根据浮沉条件，漂浮时物体所受浮力等于自身重力，故A错误；
B．两颗樱桃体积相等，甲漂浮、排开水的体积更小，乙沉底、排开水的体积更大。根据阿基米德原理，甲受到的浮力小于乙受到的浮力，故B错误；
C．甲的浮力等于自身重力，乙的浮力小于自身重力，又因为甲的浮力比乙小，所以甲的重力更小质量也就更小，故C正确；
D．物体密度小于液体密度时漂浮，大于液体密度时沉底，因此甲的密度小于水的密度，乙的密度大于水的密度，甲密度更小，故D错误。
故选C。
9. 图1为停车场的电子闸杆，其结构图如图2所示，闸杆和摇杆组成一根可绕转轴O转动的杠杆，闸杆质量分布均匀，摇杆质量不计。当力F作用于A点时，闸杆恰好开始向上转动，下列说法正确的是（ ）
A. 此装置可视为省力杠杆B. 力F的力臂为OA
C. 闸杆重力的力臂为OBD. 当力F垂直于OA向下时，F为最小值
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，闸杆的重力作用点在OB的中点，动力臂小于阻力臂，提杆时需用较大的力，故该杠杆为费力杠杆，故A错误；
B．力F的力臂应为从转轴O到F的作用线之间的垂直距离，只有当F垂直OA时才等于OA，故B错误；
C．闸杆重力作用点在OB的中点，其力臂为OB中点到O点的距离，而非OB，故C错误；
D．由杠杆平衡条件可知，阻力和阻力臂一定时，动力臂越大所需的动力就越小，当F垂直OA时，力臂最大，F最小，故D正确。
故选D。
10. 下列关于安全用电的说法正确的是（ ）
A. 电路起火时应尽快用水浇灭B. 不接触高压设备就不会引起触电事故
C. 用铜丝代替保险丝接入电路D. 试电笔使用时需用手接触笔尾金属部分
【答案】D
【解析】
【详解】A．日常生活用水是导体，电器设备起火时，若直接用水灭火，可能会发生触电事故，故A错误；
B．安全用电原则是不靠近高压带电体，靠近即使不接触高压带电体也可能引起触电事故，故B错误；
C．铜丝的熔点高，当电流过大时，不易熔断，不能及时切断电路，起不到保护作用，所以保险丝烧断后不能用铜丝代替，故C错误；
D．正确使用测电笔时，手接触笔尾的金属体，笔尖金属体接触导线，若氖管发光是火线，不发光是零线，故D正确。
故选D。
11. 安全带可有效保护驾乘人员的安全。某模拟安全带未系提示系统中，当乘客坐在座椅上时，开关闭合；若系好安全带，则开关闭合。设计要求如下：乘客未系安全带时，仪表盘上的指示灯L亮起；系上安全带时，指示灯L熄灭。下列电路图中符合设计要求的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．当乘客坐下时，S1闭合使电路接通；若安全带未系，S2断开，电流只能通过指示灯L，L发光；若安全带系好，S2闭合，指示灯L被短接，无电流通过L，L熄灭，符合设计要求，故A符合题意；
B．当乘客坐下时，S1闭合，S2处于断开状态，无电流通过L，L不发光，故B不符合题意；
C．当乘客坐下时，S1闭合；若安全带未系，S2断开导致电路不通，灯L不发光，故C不符合题意；
D．乘客坐下(S1闭合)，灯L亮，系好安全带(S2闭合)，灯L不熄灭，故D不符合题意。
故选A。
12. 如图，物理小组制作了一个简易汽轮机装置，在易拉罐中装入适量的水，用酒精灯加热，水沸腾后从管口喷出蒸汽使风车转动。简易汽轮机工作过程中（ ）
A. 酒精灯中的酒精在燃烧时，热值减小
B. 水的内能增加的方式是热传递
C. 蒸汽被喷出后内能保持不变
D. 蒸汽的内能全部转化为风车的机械能
【答案】B
【解析】
【详解】A．热值是燃料的一种属性，酒精燃烧时，热值不变，故A不符合题意；
B．加热过程中，易拉罐中的水吸收热量，温度升高，是通过热传递的方式增加内能，故B符合题意；
C．蒸汽喷出后，对外做功，内能转化为机械能，内能减小，故C不符合题意；
D．因为热量损失，所以蒸汽的内能不会全部转化为风车的机械能，故D不符合题意。
故选B。
13. 新能源汽车的能量回收主要基于再生制动技术，此技术通过将车辆减速或制动时的部分动能转化为电能并储存回电池，从而提高能量的利用效率。下列实验与此技术原理相同的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．图是奥斯特实验，说明电流的周围存在磁场，故A不符合题意；
B．图是探究影响电磁铁磁性大小因素的实验，其原理是电流的磁效应，故B不符合题意
C．图探究的是通电导体在磁场中受力运动，是电动机的原理图，故C不符合题意；
D．汽车的能量回收是利用发电机将汽车动能转化为电能，是电磁感应现象，如图是发电机的原理图，其原理也是电磁感应现象，故D符合题意。
故选D。
14. 某款手机额定功率为4 W，某次开启省电模式后，以2 W的实际功率运行。下列说法正确的是（ ）
A. 省电模式下，手机的额定功率变为2 W
B. 正常模式比省电模式做功更多
C. 省电模式是通过降低实际功率来减少相同时间内消耗的电能
D. 正常模式下，手机的实际功率不可能小于额定功率
【答案】C
【解析】
【详解】A．额定功率是手机的固有参数，不会因为工作模式改变而变化，依然是4W。故A错误；
B．做功即消耗的电能，可以用计算，从公式中可以看出消耗的电能与功率和时间有关。如果省电模式的工作时间远大于正常模式，做功可能更多。故B错误；
C．由W=Pt可知，当时间t相同时，实际功率P越小，消耗的电能W越少。所以省电模式是通过降低手机的运行功率来减少相同时间内消耗的电能，就是这个原理。故C正确；
D．实际功率可以小于、等于或大于额定功率，正常模式下如果负载较低，实际功率也可能小于额定功率。故D错误。
故选C。
15. 如图所示是某学校路灯的智能照明电路。S为光敏开关，天暗时S自动断开，天亮时S自动闭合；R为滑动变阻器。下列说法正确的是（ ）
A. 天亮时，电磁铁的上端是北极
B. 天亮时，将R的滑片P向上滑动，电磁铁磁性变强
C. 天暗时，衔铁被电磁铁吸引，触点c与a接触
D. 天亮时，电磁铁外部磁感线从上端出发回到下端
【答案】B
【解析】
【详解】AD．天亮时S自动闭合，控制电路为通路状态，由图可知，电流从螺线管的上端流入，下端流出，由安培定则可知，电磁铁的下端是北极，上端是南极，电磁铁外部的磁感线是从电磁铁的N极出发，回到S极。所以电磁铁外部磁感线从下端出发回到上端，故AD错误；
B．天亮时S自动闭合，控制电路为通路状态，将R的滑片P向上滑动，滑动变阻器阻值减小，根据串联电路电阻的特点可知，电路中的总电阻阻值减小，电流增大，电磁铁磁性强弱与线圈匝数和电流有关，线圈匝数不变，电流增大，电磁铁磁性变强，故B正确；
C．天暗时S自动断开，控制电路为断开状态，没有电流经过电磁铁，电磁铁没有磁性，衔铁不会被电磁铁吸引，故C错误。
故选B。
二、填空与作图题：本题共4小题，共12分。
16. 周末，小明漫步在人民广场的樱花大道上，尽管没有风，并且距离樱花树还有数十米远，但浓郁的花香已扑面而来，这说明________________________，如果天气变得炎热，小明闻到的花香会更浓郁，这又说明________________。
【答案】 ①. 分子在不停地做无规则运动 ②. 温度越高分子运动越快
【解析】
【详解】花香能扩散到数十米外被人闻到，本质是花香分子自发向周围空间扩散，这直接反映了分子在不停地做无规则运动；
天气炎热、温度升高，花香更浓郁，说明花香分子运动更快、扩散更快。
17. 如图所示，探究杠杆的平衡条件，调节杠杆水平平衡后，在杠杆的左边20cm处挂2个钩码，在杠杆的右边10cm处用弹簧测力计竖直向下拉，使杠杆在水平位置重新平衡，此时测力计的示数为___________N；若测力计沿图中虚线方向向下拉，使杠杆在水平位置重新平衡，则测力计示数会___________（选填“变大”“变小”或“不变”），原因是___________。
【答案】 ①. 2 ②. 变大 ③. 测力计的拉力的力臂变小
【解析】
【详解】[1]此时测力计的分度值为0.1N，示数为2N。
[2][3]若测力计沿图中虚线方向向下拉，使杠杆在水平位置重新平衡，此时测力计的拉力的力臂变小，钩码对杠杆的拉力及其力臂不变，由杠杆平衡条件得，测力计示数会变大。
18. 如图甲所示，擦窗机器人底部配置有真空泵与吸盘，当真空泵将吸盘内的空气抽出时，在________的作用下，擦窗机器人吸附于竖直玻璃表面，若此时机器人静止，且对玻璃产生了50 N的压力，已知擦窗机器人自身重力为30 N，不计电源线对机器人的作用，请在图乙中作出机器人对玻璃的压力以及其自身所受摩擦力的示意图（机器人的重心已给出）。（ ）
【答案】 ①. 大气压 ②.
【解析】
【分析】
【详解】当真空泵将吸盘内空气抽出时，内部气压小于外界大气压，在大气压的作用下，机器人被压在玻璃上；
机器人对玻璃的压力方向是水平向左，垂直于玻璃表面，指向玻璃，作用点在机器人与玻璃的接触面中点，自身受到的摩擦力方向是竖直向上，作用点在重心上；
19. 如图甲所示，郑州北龙湖湿地公园的一只天鹅正在觅食。图乙中A点表示天鹅的头部，请在图乙中画出光从天鹅的头部经水面反射进入人眼的光路示意图，并标出入射角i。（保留作图痕迹）
【答案】
【解析】
【详解】水面相当于平面镜，根据平面镜所成的像与物体关于镜面对称，确定A的像点A′。连接人眼与像点A′，该连线与水面的交点即为入射点O。连接A和O，得到入射光线AO；连接O和眼睛，得到进入眼睛的反射光线。再过O点作水面的垂线即为法线，入射光线AO与法线的夹角即为入射角i。据此作图。
三、实验探究题：本题共4小题，共32分。
20. 小明利用如图甲所示的器材做“探究平面镜成像的特点”的实验。
（1）实验中用玻璃板代替平面镜，好处是________________。
（2）为了使实验效果更明显，整个实验过程应在较________（选填“亮”或“暗”）的环境中进行。
（3）取另一支大小相同的蜡烛B在玻璃板后面移动，人眼应在________（选填“蜡烛A”或“蜡烛B”）一侧观察，直到看上去蜡烛B跟蜡烛A的像完全重合，此现象表明平面镜所成的像与物体的大小________。
（4）实验记录的像与物的位置如图乙，小明分析后得出结论：平面镜成像时，像与物到平面镜距离相等。你认为小明的实验存在什么不足________________。
（5）小明想进一步探究像和物的左右是否对调，他应将蜡烛改成图丙中的________（选填“a”、“b”或“c”）光源进行实验。
【答案】（1）便于确定像的位置
（2）暗 （3） ①. 蜡烛A ②. 相等
（4）未改变物距大小多次实验，结论不具有普遍性 ​
（5）a
【解析】
【小问1详解】
玻璃板是透明的，既能反射光线成像，又可以透过玻璃板观察到后方蜡烛的位置，方便确定像的位置。
【小问2详解】
较暗的环境中，蜡烛反射光线的对比度更高，所成的像更清晰，实验效果更好。
【小问3详解】
平面镜成像是光的反射形成的，人眼只有在蜡烛A一侧才能观察到蜡烛A的像，进而验证蜡烛B和A的像是否重合。
蜡烛B能和A的像完全重合，说明平面镜所成的像与物体大小相等。
【小问4详解】
实验中并未改变物距大小，这样无法得出结论“不论物距大小，距离都相等”，因为缺少了不同物距情况下的验证。
【小问5详解】
探究像和物左右是否对调，需要选择左右不对称的模型才能观察出左右的变化，图中只有a左右不对称，b、c都是左右对称，无法观察到左右对调的效果，因此选a。
21. 小明利用如图所示装置测量木块密度。
（1）将托盘天平放在水平桌面上，移动________至零刻度线，此时指针如图乙所示，他应该将平衡螺母向________（选填“左”或“右”）移动，直至天平平衡
（2）将木块放在托盘天平左盘，往右盘加减砝码和移动游码，天平再次平衡时，砝码和游码的位置如图丙所示，则木块质量为________g；
（3）将木块放入注满水的容器中，如图丁所示，木块稳定后，可读出弹簧测力计示数为________N，已知水的密度为，则可得木块的体积为________，进而可得木块密度为________。由于弹簧测力计使用前未调零而导致测量结果不准确，这属于________（选填“误差”或“错误”）。
【答案】（1） ①. 游码 ②. 右
（2）12 （3） ①. 0.08 ②. 20 ③. ④. 错误
【解析】
【21题详解】
使用托盘天平时，首先将天平放在水平桌面，移动游码至标尺零刻度线处；图乙中指针偏左，说明左侧偏重，根据"左偏右调"原则，应将平衡螺母向右移动，直至天平平衡。
【22题详解】
天平的读数为砝码质量加游码对应示数，砝码质量为10g，游码对应示数为2g，因此木块质量m=10g+2g=12g
【23题详解】
弹簧测力计分度值为0.02N ，指针对应示数为0.08N ；木块完全浸没水中时受力平衡：浮力等于木块重力加拉力，即F浮=G+F=mg+F
结合阿基米德原理，可得木块体积V=mg+Fρ水g=0.012kg×10N/kg+0.08N1.0×103kg/m3×10N/kg=2×10−5m3=20cm3
再计算木块密度ρ=mV=12g20cm3=0.6g/cm3=0.6×103kg/m3
错误是不遵守测量仪器使用规则造成的，可避免；误差是正确操作下也不可避免的偏差。弹簧测力计使用前未调零是操作不规范导致的，因此属于错误。
22. 小明在“探究电流与电压的关系”时，设计了如下实验。
（1）请用笔画线代替导线，将图甲电路连接完整（滑片向右移动时，电流表示数变大）。
（2）闭合开关，小明发现电流表没有示数，电压表示数接近电源电压，原因可能是________。
（3）排除故障后，进行实验，当电压表示数为0.6 V时，电流表的示数如图乙所示，则通过定值电阻的电流为________A。调节滑动变阻器，继续进行实验，并将实验数据记录在下表中。分析数据时，小明发现一组数据是有问题的，可能是读数时出现了错误，它是第________（填序号）组。
（4）剔除错误数据后将剩余数据在图丙中利用描点法进行作图，根据图像可得结论：当电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成________。
（5）小明整理器材时发现一只铭牌模糊的滑动变阻器，在不使用电压表的情况下，测出了该滑动变阻器的最大电阻值，电路设计如图丁所示，电源电压未知且恒定不变，为已知阻值的定值电阻。请把以下测量步骤补充完整：
①闭合开关S，当滑片P处于最左端时，电流表示数为；
②闭合开关S，当________时，电流表示数为；
③则滑动变阻器的最大阻值为________（用、、表示）。
【答案】（1） （2）定值电阻断路
（3） ①. 0.06 ②. 4
（4） ①. ②. 正比
（5） ①. 滑片P处于最右端 ②.
【解析】
【小问1详解】
滑片右移时电流表示数变大，说明滑动变阻器接入电阻要变小，根据滑动变阻器“一上一下”的接法，接入右下接线柱后，滑片右移时接入电阻丝长度变短，电阻减小，符合要求，据此作图。
【小问2详解】
电流表无示数说明电路断路；电压表示数接近电源电压，说明电压表可连通到电源两端，因此故障可能是定值电阻断路。
【小问3详解】
电流表选用量程为0~0.6A，分度值为0.02A，读数为0.06A。
根据其他正确数据可算出定值电阻
第4组数据算出电阻为
不符合电阻不变的要求，是看错电流表量程导致的错误。
【小问4详解】
根据表中数据，描出对应的点，用平滑曲线将各点连接起来，据此作图。
分析表格数据可知，当电阻一定时，电阻两端的电压增大为原来的几倍，通过电阻的电流也增大为原来的几倍，由此可得出实验结论：当电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比。
【小问5详解】
滑片在最左端时，滑动变阻器接入电阻为0，只有工作，电源电压为……①
滑片在最右端时，滑动变阻器最大阻值与串联，电源电压……②
联立①②两式解得滑动变阻器最大阻值R滑=（I1−I2)R0I2
23. 小明通过如下两个实验，探究通电导体周围磁场特点。
（1）如图甲、乙所示，利用干电池、导线和小磁针进行实验。通电后小磁针发生偏转，断电后小磁针复位，该实验表明________________。
（2）如图丙所示，将直导线绕成螺线管形状，将其安装在有机玻璃板上，玻璃上均匀地撒上铁屑，螺线管周围放置若干小磁针，其中铁屑的作用是________________，小磁针的作用是___________，滑动变阻器的作用是________________，闭合开关后轻敲玻璃板是为了减小________的影响。
（3）若想进一步探究通电导体周围磁场方向与电流方向的关系，在图丙的基础上可以怎样操作________________________________________。
（4）小明在图丙装置的螺线管中插入一根铁棒，制成一块电磁铁，进而探究电磁铁的磁性强弱与电流大小的关系。以下实验方案中，最合理的是（ ）
A. 闭合开关后，直接观察铁屑分布的疏密情况
B. 将滑动变阻器的滑片固定在某位置，多次通断电，观察小磁针偏转角度
C. 移动滑动变阻器的滑片，改变电流大小，分别记录电磁铁吸引大头针的数量
D. 改变电源正负极连接方式，观察铁屑分布是否变化
【答案】（1）通电导线周围存在着磁场。
（2） ①. 显示磁感线的分布情况 ②. 显示磁场的方向 ③. 改变电路中电流的大小 ④. 摩擦力
（3）将电源的正负极对调 （4）C
【解析】
【小问1详解】
甲、乙两图通电后小磁针偏转，断电后小磁针复位，说明通电导体周围存在磁场。
【小问2详解】
如图丙所示，螺线管周围的磁场分布，通过铁屑显示磁感线的分布情况；磁场中某点的磁场方向与放入该点的小磁针北极所指的方向一致，则在螺线管周围放置小磁针用于指示磁场的方向；
滑动变阻器的作用是改变电路中电流的大小，观察螺线管磁性的强弱；
闭合开关后轻敲玻璃板是为了减小摩擦力的影响。
【小问3详解】
将电源的正负极对调，通过螺线管中的电流方向发生改变，观察此时小磁针的偏转方向是否改变，从而进一步判断通电螺线管的极性与电流方向的关系。
【小问4详解】
影响电磁铁磁性强弱的因素是线圈匝数和电流大小，图丙装置的螺线管中插入一根铁棒，制成一块电磁铁，进而探究电磁铁的磁性强弱与电流大小的关系，需要移动滑动变阻器的滑片，改变电流大小，分别记录电磁铁吸引大头针的数量，故选C。
四、综合应用题：本题共3小题，共26分。
24. 图甲所示为中国研发的“奋斗者”号万米载人潜水器，重为。现使用图乙所示的滑轮组将其从水面匀速吊起，离开水面后，潜水器又上升了10 m，电动机对钢绳自由端的拉力F为，用时200 s，不计绳重及摩擦，，求：
（1）“奋斗者”号在水下10000米处所受到水的压强；
（2）滑轮组吊起“奋斗者”号从水面离开后所做的有用功；
（3）该滑轮组的机械效率。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
“奋斗者”号在水下10000米处所受到水的压强p=ρ水gℎ=1.0×103kg/m3×10N/kg×10000m=1×108Pa
【小问2详解】
由题意得，潜水器重力G=2×105N ，上升高度
有用功W有=Gℎ有=2×105N×10m=2×106J
【小问3详解】
由图乙可知，承担物重的绳子段数
绳子自由端移动距离
拉力做的总功W总=Fs总=8×104N×30m=2.4×106J
滑轮组的机械效率η=W有W总×100%=2×106J2.4×106J×100%≈83.3%
25. 科技正在改善我们的生活。图甲所示为车辆自带的加热座椅示意图，有加热和保温两个挡位，其铭牌信息如图乙所示，其中保温功率因标签破损看不清楚。其简化电路如图丙所示，和为发热丝，阻值为，为总开关，为温控开关，1、2分别为开关的两个接触点。图丁为某次将座椅从较低温度加热至舒适温度并持续保温的“功率-时间”图像，求：
（1）阻值；
（2）座椅的保温功率；
（3）10 min内座椅消耗的总电能。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【25题详解】
当闭合，接2时，两电阻串联，此时电路电阻较大，根据，功率较小，为保温挡；
当闭合，接1时，只有接入电路，此时电路电阻较小，根据，功率较大，为加热挡。
则R2=U2P加=12V240W=3.6Ω
【26题详解】
座椅的保温挡为接2，与串联。
总电阻R总=R1+R2=3.6Ω+3.6Ω=7.2Ω
保温功率P保=U2R总=12V27.2Ω=20W
【27题详解】
由图丁可知：加热时间t1=5min=300s
保温时间t2=5min=300s
10 min内座椅消耗的总电能W总=P加t1+P保t2=40W×300s+20W×300s=1.8×104J
26. 我国在风能与太阳能等新能源领域的开发与利用已取得显著进展，居于世界领先地位。
（1）图1所示为我国自主研制的全球单机容量最大的海上风电机组“MySE18. X-20MW”，20MW表示在额定风速下，其1小时发电量为，即________的电能，这相当于________kg煤完全燃烧放出的热量（）。有同学计算该风电机组每年发电量为，而实际年发电量约，原因可能是________________________________________。
（2）图2所示为我国建造的全球首个“双塔一机”光热储能电站，塔下有近3万块平面镜，能将阳光反射聚集到吸热塔上，被称为定日镜。塔下装有液态熔盐，其比热容约。若某次阳光充足时，这些熔盐温度从300 ℃升高至560 ℃，增加了________J的内能，将高温熔盐与水充分进行热交换，以产生高温高压蒸汽，进而驱动汽轮机运转，带动发电机组实现发电。该过程的能量转化是：①______②______
（3）小明认为风力发电和太阳能发电应完全替代当前我国使用的火力发电，请你对该观点做出评析。
【答案】（1） ①. 7.2×1010 ②. ③. 风速不稳定，风电机组无法始终以额定功率满负荷运行
（2） ①. 1.456×1011J ②. 水蒸汽的内能 ③. 汽轮机的机械能
（3）该观点不正确。风力发电和太阳能发电受天气、昼夜、季节等因素影响，具有间歇性和不稳定性，目前储能技术尚不完善，无法持续稳定满足电网供电需求，因此不能完全替代火力发电。
【解析】
【小问1详解】
单位换算：1kW·h=3.6×106J ，因此2×104kW·h=2×104×3.6×106J=7.2×1010J
根据燃料放热公式，可得完全燃烧煤的质量m=Qq煤=7.2×1010J3×107J/kg=2.4×103kg
该同学的计算假设了风电机组全年满功率发电，实际中无法一直保持额定风速，因此发电机无法持续满功率发电，实际发电量更低。
【小问2详解】
熔盐增加的内能等于吸收的热量，增加的内能为 Q吸=cmΔt=1.4×103J/(kg·℃)×4×105kg×(560℃−300℃)=1.456×1011J
能量转化流程：熔盐内能加热水得到高温高压蒸汽，蒸汽推动汽轮机转动，将内能转化为汽轮机的机械能；汽轮机带动发电机发电，将机械能转化为电能。
【小问3详解】
该观点不正确。风力发电和太阳能发电受天气、昼夜、季节等因素影响，具有间歇性和不稳定性，目前储能技术尚不完善，无法持续稳定满足电网供电需求，因此不能完全替代火力发电（火力发电可作为基础负荷和调峰电源，保障电网稳定运行）。数据序号
1
2
3
4
5
电压U/V
0.6
1
1.5
8
2
电流I/A
0.1
0.15
0.16
0.2