2026年广东省佛山市禅城区中考物理一模试卷（含答案+解析）

这是一份2026年广东省佛山市禅城区中考物理一模试卷（含答案+解析），共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题，实验探究题，计算题，综合题等内容，欢迎下载使用。
1.在如图所示的原子模型中，粒子c不带电，下列说法不正确的是( )
A. a是电子
B. b是质子
C. c是中子
D. b带负电
2.2026年元宵节，夜空出现“红月亮”，月食形成的原因是( )
A. 光的色散B. 光的反射C. 光的折射D. 光的直线传播
3.“果蔬脆”是将新鲜的果蔬低温冷冻，使果蔬中的水分形成冰晶，再在低温真空环境把冰晶直接变成气态，实现果蔬脱水。该过程水经历的物态变化是( )
A. 先凝固后熔化B. 先凝固后升华C. 先凝华后熔化D. 先凝华后升华
4.小明在厨房帮忙做家务时，使用了以下四种工具。其中属于省力杠杆的是( )
A. 夹肉的筷子
B. 取物的夹子
C. 开瓶的起子
D. 舀汤的汤勺
5.如图所示，容器左右两边装密度不同的液体，两侧液面等高时，橡皮膜向左凸起。此现象说明液体的压强与下列哪个因素有关( )
A. 液体密度
B. 橡皮膜深度
C. 橡皮膜面积
D. 液体体积
6.如图是“探究导体在磁场中运动时产生感应电流的条件”的实验装置。闭合开关，左右平移ab棒，灵敏电流表指针偏转。下列说法正确的是( )
A. 此过程导体棒ab相当于电源
B. ab棒可以是橡胶棒
C. 利用该实验原理可以制成电动机
D. ab棒无论怎样运动，灵敏电流表指针均偏转
7.抓娃娃机接通电源后，指示灯L发光。当投币或扫码成功时，对应开关闭合，电动机开始工作。下列电路图符合以上要求的是( )
A. B.
C. D.
二、填空题：本大题共7小题，共21分。
8.核能属于 (选填“可再生”或“不可再生”)能源；如图是释放核能的两种方式，核电站利用图 (选填“甲”或“乙”)方式释放的能量发电，所产生的电能是 (选填“一次”或“二次”)能源。
9.春晚戏曲节目《春晖满梨园》，老中青幼四代同台演唱，观众能根据 (填写声音的特性)分辨出主奏乐器；动听的戏曲是由他们的声带 而产生，通过 传播到现场观众耳中。
10.如图，防火巡查无人机搭载热成像仪和实时图像传输器执行任务。热成像仪利用物体辐射的 (选填“红外线”或“紫外线”)检测周围温度并形成图像；这些图像由图像传输器通过 (选填“超声波”或“电磁波”)传输给操作终端；以无人机为参照物，热成像仪是 的。
11.“天问一号”环绕器关闭发动机，从图甲所示的“远火点”向“近火点”运行，此过程中环绕器处于 (选填“平衡”或“非平衡”)状态，动能 (选填“变大”“变小”或“不变”)；如图乙，“天问一号”巡视器着陆火星，火星地表沙砾遍布，没有液态水，因此昼夜温差 (选填“大”或“小”)。
12.如图是我国传统的走马灯，点燃底部蜡烛，上方空气受热膨胀，密度 (选填“变大”“不变”或“变小”)，驱动扇叶转动，说明力能改变物体的 ；热空气使扇叶转动的能量转化过程与汽油机的 冲程相同。
13.如图，用细线将重为8N的石湾陶瓷工艺品挂在弹簧测力计下，当其浸没在水中静止时，测力计的示数为3N，则工艺品受到浮力的大小为 N，方向 ；若剪断细线，工艺品将 (选填“上浮”“悬浮”或“下沉”)。
14.图甲电路中，电源电压恒定，定值电阻R的阻值为10Ω，灯L的额定电压为3V，灯L的电流随其两端电压变化的图像如图乙所示。只闭合开关S1，灯L正常发光，则电源电压为 V；再闭合开关S2，电流表示数为 A，1min内定值电阻R产生的热量为 J。
三、作图题：本大题共1小题，共7分。
15.(1)如图为春晚同款机器人来佛山行通济的情景。O为该机器人的重心，请画出图中机器人静止时所受的重力和支持力的示意图。
(2)请根据安全用电的要求，在图中的虚线框内画出灯泡和开关的符号。
(3)如图甲，亚艺公园的落羽杉在水中的倒影比树本身暗一些，这是因为入射光在水面发生了反射和折射，请在图乙中画出光在水面的反射光线和大致的折射光线。
四、实验探究题：本大题共5小题，共32分。
16.(1)如图甲马年纪念币的直径为 cm；将纪念币放在已经调平的天平左盘，天平平衡时，右盘中的砝码和标尺上游码的位置如图乙，则纪念币的质量为 g。
(2)图甲是探究水在沸腾前后温度变化特点的实验装置，图乙是水沸腾时温度计情况，其示数为 ∘C。下列情况下进行实验，能使水沸点升高的是 。(选填字母)
A.将装置搬到高处
B.堵住纸板上的小孔
C.调大酒精灯火焰
D.换用分度值更小的温度计
(3)如图是“探究滑动摩擦力大小与哪些因素有关”的实验。
①实验中需要用弹簧测力计沿水平方向拉动木块，使其做 运动。
②甲、丙所示两次实验，探究的问题是滑动摩擦力的大小与 的关系。
③比较 两次实验可知，滑动摩擦力的大小与接触面所受的压力有关。
17.小明探究凸透镜成像的规律。
(1)实验前，将光源、凸透镜和光屏三者的中心调整在同一高度，目的是 。
(2)图中的光屏上呈现清晰的像，此像是 (选填“放大”或“缩小”)的，其成像原理与 相同(选填“投影仪”“照相机”或“放大镜”)。
(3)保持图中凸透镜位置不动，将光源移动到光具座5.0cm刻度线处，为了在光屏上呈现清晰的像，应将光屏 (选填“靠近”或“远离”)透镜，像的大小将 (选填“变大”“变小”或“不变”)。
(4)探究完凸透镜成像规律，小明在一个圆柱形玻璃杯中装入水，把一支笔放在玻璃杯的一侧，透过玻璃杯，可以看到这支笔，实验情形如图乙所示。图丙是装水前看到的情况，装水后把笔由靠近玻璃杯的位置向远处缓慢移动，则图丁中透过玻璃杯看到的“笔”出现的先后顺序是 。(填序号)
18.小明用图甲所示的电路进行“伏安法测小灯泡电阻”的实验，电源电压恒为6V，小灯泡额定电压为2.5V，滑动变阻器的规格为“50Ω1A”。
(1)请将甲图电路连接完整，要求：滑片向左移动，两个电表示数均变大。
(2)连接电路时，开关应 。电路连接正确后，闭合开关，小明发现小灯泡不亮，电流表无示数，电压表有示数，其电路故障可能是 。
(3)排除故障后，移动滑片P到某位置时，电压表示数如图乙所示，读数为 V，多次移动滑片P，记录数据并绘制出了小灯泡的I−U图像，其图像是一条曲线的原因： ，小灯泡正常发光时的电阻是 Ω。
(4)利用该实验装置还能完成的电学实验是 (请举一个例子)。
19.小明观察到“回南天”时，室内瓷砖上出现“挂水”的现象，天气干燥时则不会。小明猜想：水蒸气在天气潮湿时更容易液化。查阅资料了解到：一定气压下，空气中的水蒸气刚好达到饱和状态并开始液化的温度，称为露点。水蒸气遇到表面温度低于或等于露点的物体才会液化成小水珠。为了探究此现象，小明往金属杯中加入适量的水，如图甲所示，逐步加入少量冰块并搅拌；当杯壁刚出现均匀细小水珠时，如图乙，立即读出温度计示数，此时水温近似等于露点，同时记录室温和相对湿度。经过一段时间的多次实验，记录数据如下表。
(1)实验时，冰熔化 (选填“吸收”或“放出”)热量。金属杯温度降低，内能变小，是通过 的方式实现的。
(2)实验前，小明未将金属杯外壁少量水珠擦干，加冰过程中误将原有水珠当作空气中水蒸气液化而成，这样会使测量的露点 (选填“偏高”或“偏低”)。
(3)由实验数据可得初步结论：在室温相同时，空气相对湿度越大，露点越 。某天小明家中的温湿度计屏幕如图丙所示，若瓷砖温度为23.0∘C，则瓷砖 (选填“会”或“不会”)出现小水珠，理由是： 。
20.图甲为某款智能晾衣架控制原理图，光照控制电路和雨量控制电路分别采集光照强度和雨量信息，并将信号传输给单片机。图乙为雨量控制电路，雨量检测装置由金属丝和蓄水容器组成(如图丙)。由于雨水是导体，当检测装置上雨水量不足时，检测装置相当于断路；单片机根据预设的阈值判断天气情况，然后通过电机驱动器控制直流电机的正转或反转，从而实现晾衣架的伸出和收回。
(1)电机正反转可通过改变电流的 (选填“大小”或“方向”)来实现。
(2)如图丙，当雨水达到 (选填“a”“b”“c”“d”“e”或“f”)高度时，晾衣架的雨量控制电路中的检测装置恰好导通，水位越高，雨水的电阻变小，这是雨水的 (选填“长度”或“横截面积”)变化导致的。如图乙，金属丝ac、ce间距均为0.05mm，某次降雨3min集水器中水恰好到a处，根据下表信息推测该时段是 雨。
(3)图乙所示电路中，电源电压恒定，R0为电阻箱，当R0调至某一定值时，若雨量检测装置的电阻变化范围为30Ω∼50Ω，则R0两端电压在2V∼3V之间，单片机启动。由此可知，R0的阻值为 Ω；在单片机启动电压不变的情况下，若将电阻箱R0的阻值调大，当单片机启动时，雨量检测装置的水位会更 (选填“高”或“低”)。
五、计算题：本大题共2小题，共13分。
21.某智能应急救援车质量约18t，在某水平路段中以50km/ℎ的速度匀速直线行驶了0.2ℎ，受到阻力为重力的0.01倍，求此过程中：(g=10N/kg)
(1)救援车受到的重力；
(2)救援车行驶的路程；
(3)救援车牵引力所做的功。
22.“围炉煮茶”是现代人喜爱的休闲方式。某款煮茶器简化电路如甲所示。R1和R2均为电热丝(阻值不随温度变化)。S拨1处时，煮茶器处于加热状态；S拨2处时，煮茶器处于保温状态。已知某次加热和保温全过程中R1的电功率随时间变化图像如图乙。求：
(1)加热过程中电路中的电流；
(2)加热10min煮茶器消耗的电能；
(3)①R1的阻值；②煮茶器保温状态的电功率。
六、综合题：本大题共1小题，共6分。
23.阅读短文，回答问题。
电动飞机
图甲所示是某款三点式(3轮胎)起落架设计轻型电动飞机，其相关参数见下表，该电动飞机水平匀速飞行时电动机提供的动力与飞行速度的平方成正比。某次充满电后进行测试飞行时，其速度v与时间t的关系如图乙所示，已知当它以150km/ℎ的速度水平匀速飞行时，电动机的输出功率为45kW。某次充满电，电动飞机进行60min的测试飞行，该过程加速运动消耗的电能与减速运动消耗的电能之比为20：1，电池剩余能量E与时间t的关系如图丙所示(为方便计算，图乙和图丙数据已做简化处理)。
(1)电动飞机蓄电池充电过程将电能转化为 能。
(2)电动飞机高速滑行时，机翼上方空气流速 下方空气流速，形成使飞机向上升的力，该力的施力物体是 。
(3)若电动飞机搭载两人(含飞行员)降落在水平地面，静止时对地面压强为 Pa。(电动飞机每个轮胎与地面接触面积为0.02m2，每人质量m=60kg，g取10N/kg)
(4)该电动飞机以120km/ℎ的速度水平匀速飞行时，电动机的输出功率是 kW。
(5)若电动飞机测试过程中，电能转化为机械能的效率为90%，则该电动飞机水平匀速飞行的总时长为 min。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：由原子的核式结构模型可知，a为核外电子，原子核由粒子b和粒子c组成，已知粒子c不带电，所以粒子c是中子，粒子b是质子，所以粒子b带正电，故D错误，符合题意；故ABC正确，不符合题意。
故选：D。
原子由原子核和核外电子组成，原子核带正电，核外电子带负电，原子核由质子和中子组成，质子带正电，中子不带电。
此题考查了原子结构的认识。
2.【答案】D
【解析】解：当太阳、地球、月球在同一直线上，地球位于太阳与月球之间时，太阳发出的光被不透明的地球挡住，光线照不到月球上，在地球上看不到月亮的现象就是月食，月食是由光在同种均匀介质中沿直线传播形成的，故D正确，ABC错误。
故选：D。
光在同种均匀介质中沿直线传播。
本题考查日食月食的原理，是基础题。
3.【答案】B
【解析】解：将新鲜的果蔬中的水分放入低温环境中，水变成冰晶，物质从液态变为固态是凝固。再在低温真空环境中，冰晶直接变成气态，物质从固态直接变为气态是升华。所以该过程水经历的物态变化是先凝固后升华。故B符合题意，ACD不符合题意。
故选：B。
物质从液态变成固态的变化过程叫作凝固；物质从固态直接变为气态是升华。
本题考查了凝固和升华，属于基础题。
4.【答案】C
【解析】解：夹肉的筷子、取物的夹子、舀汤的汤勺使用时动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆；开瓶的起子使用时动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，故ABD错误，C正确。
故选：C。
结合图片和生活经验，先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆。
此题考查的是杠杆的分类，主要包括以下几种：
①省力杠杆，动力臂大于阻力臂；②费力杠杆，动力臂小于阻力臂；③等臂杠杆，动力臂等于阻力臂。
5.【答案】A
【解析】解：根据液体压强公式p=ρgℎ，此时g相同，Δℎ(深度)相同，而液体密度ρ不同，橡皮膜向左凸起，说明两边压强不同，由此可知液体压强与液体密度有关。橡皮膜面积和液体体积并不会直接影响液体压强的大小，该实验主要体现的是液体密度对压强的影响。
故选：A。
容器左右两边装密度不同的液体，两侧液面等高时，橡皮膜向左凸起，根据p=ρgℎ可知，液体密度对压强的影响。
本题考查液体压强与深度的关系，难度适中。
6.【答案】A
【解析】解：A.闭合开关后，闭合回路中的一部分导体ab棒切割磁感线产生了感应电流，ab棒在电路中提供电能，相当于电源，故A正确，符合题意；
B.橡胶棒是绝缘体，无法导电，即使切割磁感线也无法形成感应电流，因此ab棒必须是导体，故B错误，不符合题意；
C.该实验的原理是电磁感应，应用是发电机；电动机的工作原理是通电导线在磁场中受到力的作用，故C错误，不符合题意；
D.当ab导体棒运动的方向与磁感线方向平行时，不能切割磁感线，此时不会产生感应电流，故D错误，不符合题意。
故选：A。
由这一知识点可以知道产生感应电流的条件有三点：①闭合电路；②一部分导体；③切割磁感线运动。
本题考查了电磁感应现象及其应用，属于基础知识。
7.【答案】C
【解析】解：由题意可知，接通电源后指示灯L发光，当投币或扫码成功时电动机开始工作，说明指示灯能独立工作，也能与电动机一起工作，即二者并联；同时，投币开关S1或扫码开关S2任意一个开关闭合时，电动机都能工作，说明两个开关互不影响，并联后与电动机M串联，故C符合题意，ABD不符合题意。
故选：C。
根据题意可知指示灯与电动机的工作关系和连接方式，以及开关的作用和位置，从而得出符合要求电路的设计。
本题考查电路的设计，明确各元件的连接方式是关键。
8.【答案】不可再生
甲
二次

【解析】解：核能会越用越少，不可能在短期内从自然界得到补充，所以属于不可再生能源。
图甲是核裂变，图乙是核聚变，核电站是利用原子核发生可控制的裂变释放出的核能来发电的，故选：甲。
可以从自然界直接获取的能源叫一次能源，不能从自然界直接获取，必须通过一次能源的消耗才能得到的能源叫二次能源，电能需要其他能源转化而来，属于二次能源。
故答案为：不可再生；甲；二次。
(1)一次能源可以从自然界直接获得，而二次能源不能从自然界直接获得，需要通过消耗一次能源来获得。
(2)核电站是利用原子核发生可控制的裂变释放出的核能来发电的。
(3)可再生能源：可以从自然界中源源不断地得到的能源。不可再生能源：不可能在短期内从自然界得到补充的能源。
本题考查的是二次能源与一次能源的分类，属基础题。
9.【答案】音色
振动
空气

【解析】解：不同乐器的发声结构不同，发出声音的音色不同，所以观众能根据音色分辨出主奏乐器。
动听的戏曲是由他们的声带振动产生的。
声音的传播需要介质，现场观众听到的声音是通过空气传播到耳中的。
故答案为：音色；振动；空气。
声音是由物体振动产生的；声音的传播需要介质；音色与发声体的材料和结构有关。
本题考查的是声音产生和传播的条件；知道音色。
10.【答案】红外线
电磁波
静止

【解析】解：红外线热作用强，热成像仪利用物体辐射的红外线检测周围温度并形成图像。
这些图像由图像传输器通过电磁波传输给操作终端。
以无人机为参照物，热成像仪的相对位置不变，是静止的。
故答案为：红外线；电磁波；静止。
红外线的主要特征是热作用，常用于红外测温，红外夜视等。
电磁波可以传递信息。
物体相对参照物的位置变化了，物体是运动的；物体相对参照物的位置不变，物体是静止的。
本题考查的是红外线和电磁波的特点及应用；知道运动和静止的相对性。
11.【答案】非平衡
变大
大

【解析】解：环绕器沿椭圆轨道运行时，运动方向不断改变，运动状态发生变化，因此处于非平衡状态。
环绕器从远火点向近火点运行过程中，质量不变，速度增大，因此动能变大。
水的比热容较大，同样吸放热条件下温度变化更小；火星没有液态水，地表沙砾的比热容远小于水，同样吸放热时温度变化更大，因此昼夜温差大。
故答案为：非平衡；变大；大。
平衡状态是指静止状态或匀速直线运动状态，据此分析判断。
对水的比热容大的理解：相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低的少；升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多。
本题考查了平衡状态的判断及水的比热容大的特点的应用和热值，应用所学知识，解决实际问题，体现了物理知识来源于生活、服务生活的理念。
12.【答案】变小
运动状态
做功

【解析】解：空气受热膨胀，体积变大，质量不变，结合密度计算公式ρ=mV可知密度会变小。
密度变小的热空气向上运动，对扇叶有力的作用，能驱动扇叶转动，说明力能改变物体的运动状态。
热空气上升，驱动扇叶转动，热空气内能转化为扇叶的机械能，能量转化与汽油机的做功冲程一致。
故答案为：变小；运动状态；做功。
(1)气体温度升高，气体的密度变小，热空气向上运动，再结合能量的转化的特点可做出判断；力能改变物体的形状、运动状态；
(2)内燃机的四个冲程有吸气冲程、压缩冲程、做功冲程、排气冲程，将机械能转化为内能的是压缩冲程，将内能转化为机械能的是做功冲程；压缩冲程和做功冲程都是通过做功的方式改变内能的。
本题考查了气体受热膨胀的特点及能量的转化，同时还要明确内燃机四个冲程中的能量转化情况，是一道基础题。
13.【答案】5
竖直向上
下沉

【解析】解：根据称重法测浮力，工艺品受到浮力的大小为F浮=G−F示=8N−3N=5N
浮力的方向始终为竖直向上。
工艺品浸没时受到的浮力小于重力，根据物体的浮沉条件，若剪断细线，工艺品将下沉。
故答案为：5；竖直向上；下沉。
根据称重法测浮力得出工艺品受到浮力的大小；浮力的方向竖直向上；根据物体的浮沉条件分析。
本题考查称重法测浮力及物体浮沉条件的运用。
14.【答案】3
0.5
54

【解析】解：图中灯泡与电阻并联，当只闭合开关S1，灯L接入电路中，此时灯L正常发光，则灯泡两端的电压等于电源电压，所以电源电压U=U额=3V；根据乙图知，通过灯泡的电流由图乙知为0.2A，再闭合S2，此时电阻接入电路，灯泡和R并联，通过电阻的电流为IR=UR=3V10Ω=0.3A；
电流表测量干路电流其数值为I=IL+IR=0.2A+0.3A=0.5A；
1min内定值电阻R产生的热量Q=IR2Rt=(0.3A)2×10Ω×60s=54J。
故答案为：3；0.5；54。
(1)由图可知，该电路为并联电路；电流表测量干路中的电流；根据灯泡的额定电压判定电源电压的大小；
(2)根据欧姆定律求出通过R的电流，根据并联电路的电流规律求出干路中的电流；
(3)根据Q=W=UIRt求出电流通过定值电阻R产生的热量。
本题考查了欧姆定律的应用、焦耳定律公式的应用，属于简单的应用题。
15.【答案】
【解析】解：(1)机器人静止时，所受的重力竖直向上，支持力竖直向上，支持力和重力是一对平衡力，大小相等，二力的作用点都画在机器人的重心，从作用点分别沿力的方向画一带箭头线段，在箭头附近标上F支、G，如图所示：
(2)为了安全，开关要接在相线与灯之间，如图所示：
(3)光在水面发生反射和折射，先过入射点作法线，根据反射角等于入射角，在法线右侧的空气中画反射光线；光从空气斜射入水中，折射角小于入射角，在法线右侧的水中画折射光线，如图所示：
(1)机器人静止在水平地面上，受到重力和支持力，二者是一对平衡力；作用点均在重心O，重力方向竖直向下，用符号G表示；支持力方向竖直向上，用符号F支表示，据此作图。
(2)根据安全用电要求，开关需接在相线与用电器之间，所以左侧虚线框画灯泡，右侧虚线框画开关，据此作图。
(3)光在水面发生反射和折射，过入射点作法线，根据反射角等于入射角，在空气中画反射光线；光从空气入水中，折射角小于入射角，画水中向法线偏折的折射光线，据此作图。
本题考查了力的示意图的画法、开关与灯的连接、光的反射定律和折射规律的应用，属于基础题目。
16.【答案】2.70
15.0
99
B
匀速直线
接触面粗糙程度
甲、乙

【解析】解：(1)由图甲可知，该刻度尺的分度值为0.1cm，刻度尺的读数要估读到分度值下一位，马年纪念币的直径为D=2.70cm−0.00cm=2.70cm
由图乙可知，游码在零刻度处，纪念币的质量为m=10g+5g+0.0g=15.0g
(2)由图乙可知，温度计的分度值为1∘C，其示数为99∘C。
水的沸点与大气压大小有关，增大大气压可以使水沸点升高。
A.将装置搬到高处，大气压减小，水的沸点降低，故A不符合题意；
B.堵住纸板上的小孔，会导致水面上方的气压增大，沸点升高，故B符合题意；
CD.调大酒精灯火焰以及换用分度值更小的温度计，不会改变大气压，所以水的沸点不变，故CD不符合题意。
故选B。
(3)①当木块做匀速直线运动时，木块在水平方向上受到的拉力和滑动摩擦力是一对平衡力，大小相等，此时弹簧测力计的示数就等于滑动摩擦力的大小。
②甲、丙两次实验中，木块对接触面的压力相同，接触面的粗糙程度不同，所以探究的是滑动摩擦力的大小与接触面粗糙程度的关系。
③要探究滑动摩擦力与接触面所受的压力的关系，需要控制接触面的粗糙程度相同，改变压力大小，甲、乙两次实验符合这个条件，所以比较甲、乙两次实验可知滑动摩擦力的大小与接触面所受的压力有关。
故答案为：(1)2.70；15.0；
(2)99；B；
(3)匀速直线；接触面粗糙程度；甲、乙。
(1)使用刻度尺时要明确其分度值，起始端从0开始，读出末端刻度值，就是物体的长度；起始端没有从0刻度线开始的，要以某一刻度线为起点，读出末端刻度值，减去起始端所对刻度即为物体长度，注意刻度尺要估读到分度值的下一位。
天平读数时物体的质量=砝码的质量+游码的刻度。
(2)结合温度计的分度值读数；液体的沸点与大气压大小有关，增大大气压可以使液体沸点升高。
(3)根据二力平衡的条件分析；
影响滑动摩擦力大小因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变，据此分析回答。
此题考查了刻度尺、天平、温度计的读数及液体沸点与气压的关系、滑动摩擦力大小的影响因素的探究。
17.【答案】使像成在光屏中央
缩小
照相机
靠近
变小
②①③

【解析】解：(1)为了使像成在光屏中央，便于观察像的特点，实验前调节烛焰、凸透镜、光屏三者中心在同一高度上。
(2)由图甲可知，此时物距大于像距，根据凸透镜的成像规律可知，此时物体通过凸透镜成倒立、缩小的实像，此成像原理应用于生活中的照相机。
(3)保持甲图中凸透镜位置不动，将光源移动到光具座5.0cm刻度线处，根据物远像近像变小可知，为了在光屏上呈现清晰的像，应将光屏向靠近透镜方向移动，且像变小。
(4)装有水的玻璃杯相当于凸透镜，把笔由靠近玻璃杯的位置向远处缓慢移动过程中，物距范围先后经历了小于焦距；大于一倍焦距小于二倍焦距；大于二倍焦距，先后成像性质分别为正立、放大的虚像；倒立、放大的实像；倒立、缩小的实像。所以图丁中透过玻璃杯看到的“笔”出现的先后顺序是②①③。
故答案为：(1)使像成在光屏中央；
(2)缩小；照相机；
(3)靠近；变小；
(4)②①③。
(1)实验前调节烛焰、凸透镜、光屏三者中心在同一高度上，目的是使像成在光屏中央，便于观察像的特点。
(2)物距大于像距，根据凸透镜的成像规律可知，成倒立、缩小的实像，应用于生活中的照相机。
(3)根据物远像近像变小分析。
(4)水的玻璃杯相当于凸透镜，把笔由靠近玻璃杯的位置向远处缓慢移动过程中，物距范围先后经历了小于焦距；大于一倍焦距小于二倍焦距；大于二倍焦距，先后成像性质分别为正立、放大的虚像；倒立、放大的实像；倒立、缩小的实像。
本题探究凸透镜成像的规律实验，掌握凸透镜成像规律是关键。
18.【答案】 断开;小灯泡断路 2.3;小灯泡的阻值随温度的升高而变大;10 测量小灯泡的额定功率实验
断开
小灯泡断路
2.3
小灯泡的阻值随温度的升高而变大
10
测量小灯泡的额定功率实验

【解析】解：(1)要求滑片向左移动，两个电表示数均变大，根据欧姆定律可知，电路中电阻变小，所以应将滑动变阻器左下接线柱与灯泡右接线柱相连。据此作图：
(2)连接电路时，为保护电路，开关应断开。
闭合开关，小灯泡不亮，电流表无示数，说明电路可能断路，电压表有示数，说明与电压表并联以外的电路是通路，则故障可能是小灯泡断路。
(3)图乙中电压表量程为0∼3V，分度值为0.1V，读数为2.3V。
由图像可知，随着电压增大，灯泡的电阻增大，原因是小灯泡的阻值随温度的升高而变大。
由图丙可知，当电压为2.5V时，电流为0.25A，根据R=UI，小灯泡正常发光时的电阻R=UI=Ω。
(4)该实验已知小灯泡的额定电压，有电流表可测小灯泡正常发光时的电流，根据公式P=UI可知，还能完成测量小灯泡的额定功率实验。
故答案为：(1)
(2)断开国小灯泡断路；
(3)2.3；小灯泡的阻值随温度的升高而变大；10；
(4)测量小灯泡的额定功率实验。
(1)要求滑片向左移动，两个电表示数均变大，根据欧姆定律可知，电路中电阻变小，据此确定变阻器的连接。
(2)连接电路时，为保护电路，开关应断开。闭合开关，小灯泡不亮，电流表无示数，说明电路可能断路，根据电压表有示数分析。
(3)根据图乙中电压表量程为0∼3V确定分度值读数。小灯泡的阻值随温度的升高而变大。由图丙可知当电压为2.5V时电流大小，根据R=UI可知小灯泡正常发光时的电阻；
(4)该实验已知小灯泡的额定电压，有电流表可测小灯泡正常发光时的电流，根据公式P=UI分析。
本题用“伏安法测小灯泡电阻”，考查电路连接、故障分析、影响电阻大小的因素及电功率公式的运用。
19.【答案】吸收
热传递
偏高
高
不会
室温为25∘C，湿度为80%，露点低于22.1∘C，瓷砖温度高于露点

【解析】解：(1)熔化吸热，冰熔化成水，吸收热量，冰水温度低，金属杯温度较高，金属杯放出热量，内能变小，温度降低，是通过热传递的方式实现的。
(2)由表中的数据可知，露点温度低于室温；金属杯的温度只有降低到露点时，空气中水蒸气才会在杯外壁液化形成水珠，未将金属杯外壁少量水珠擦干，误将其当作空气中水蒸气液化而成，会使测量的露点偏高。
(3)由实验数据可得初步结论：在室温相同时，空气相对湿度越大，露点越高；由表格数据可知当室温为25∘C、湿度为82%时，露点为22.1∘C，则室温为25∘C，湿度为80%，露点低于22.1∘C，瓷砖温度高于露点，可知瓷砖不会出现小水珠。
故答案为：(1)吸收；热传递；
(2)偏高；
(3)高；不会；室温为25∘C，湿度为80%，露点低于22.1∘C，瓷砖温度高于露点。
(1)熔化吸热，热传递发生的条件是两物体温度不同。
(2)金属杯的温度只有降低到露点时，空气中水蒸气才会在杯外壁液化形成水珠，未将金属杯外壁少量水珠擦干，误将其当作空气中水蒸气液化而成，会使测量的露点偏高。
(3)由实验数据可得初步结论：在室温相同时，空气相对湿度越大，露点越高；则室温为25∘C，湿度为80%，露点低于22.1∘C，瓷砖温度高于露点，可知瓷砖不会出现小水珠。
本题考查熔化吸热、热传递改变物体的内能、实验数据分析，难度中等。
20.【答案】方向
e
横截面积
暴
10
低

【解析】解：(1)直流电动机的工作原理是通电线圈在磁场中受力转动。线圈受力的方向与电流的方向和磁场的方向有关。在实际应用中，改变磁场方向通常比较困难，因此通常通过改变电流的方向来实现电动机的正转或反转。因此，电机正反转可通过改变电流的方向来实现。
(2)导通高度：观察图丙的雨量检测装置，金属丝a，c，e连接在A端，金属丝b，d，f连接在B端。由于雨水是导体，当水位上升并接触到最低的一对金属丝时，电路就会接通。图中最低的一对金属丝是e和f。当水位达到e高度时，雨水将e和f连通，检测装置恰好导通。
电阻变化原因：水位越高，相当于导电的雨水柱的横截面积越大(因为有多对金属丝同时被雨水连通，相当于多个电阻并联，总横截面积增大)。在导体的材料和长度一定时，横截面积越大，电阻越小。所以这是雨水的横截面积变化导致的。
金属丝ac、ce间距均为0.05mm，某次降雨3min集水器中水恰好到a处，此时3min的降水量为0.05mm×3=0.15mm
换算成12h降水量：12×603×0.15mm=36mm
对应表格中的暴雨(30.0∼69.9mm)。
(3)乙图中雨量检测装置和电阻箱串联，当检测装置电阻越大，由串联分压原理可知，检测装置两端电压越大，R0两端电压越小，因此当检测装置和电阻R=30Ω，R0两端电压U0=3V，则U=UR+U0=3VR0×30Ω+3V
当检测装置电阻R′=50Ω，R0两端电压U′0=2V，则U=2VR0×50Ω+2V
综上所述，解得R0=10Ω。
在单片机启动电压不变的情况下，若将电阻箱R0的阻值调大，根据串联分压，检测装置的电阻需要变大才能满足条件，而检测装置电阻越大对应的水位越低。
故答案为：(1)方向(2)e；横截面积；暴(3)10；低
(1)电机正反转原理分析：直流电动机的转动方向与线圈中电流的方向和磁场的方向有关。在磁场方向不变的情况下，改变电流的方向，线圈受力的方向就会相反，从而使电机的转动方向改变。
(2)影响导体电阻大小的因素(材料、长度、横截面积、温度)。信息提取和单位换算问题。
(3)利用串联电路的特点和欧姆定律列方程求解。使用控制变量法和串联分压原理进行定性分析。
这是一道关于智能晾衣架控制电路的物理综合题，涉及电路分析、欧姆定律应用以及简单的逻辑推理。
21.【答案】救援车受到的重力为1.8×105N 救援车行驶的路程为10km 救援车牵引力所做的功为1.8×107J
【解析】解：(1)救援车受到的重力为：G=mg=18×103kg×10N/kg=1.8×105N；
(2)救援车行驶的路程为：s=vt=50km/ℎ×0.2ℎ=10km；
(3)由于救援车匀速直线行驶，牵引力和受到的阻力是一对平衡力，大小相等，则救援车的牵引力为：F=f=0.01G=0.01×1.8×105N=1.8×103N；
救援车牵引力所做的功为：W=Fs=1.8×103N×10×103m=1.8×107J。
答：(1)救援车受到的重力为1.8×105N；
(2)救援车行驶的路程为10km；
(3)救援车牵引力所做的功为1.8×107J。
(1)已知救援车的质量，根据G=mg计算救援车受到的重力；
(2)已知救援车行驶的速度和时间，根据s=vt计算救援车行驶的路程；
(3)由于救援车匀速直线行驶，牵引力和受到的阻力是一对平衡力，大小相等，根据F=f=0.01G计算出救援车的牵引力，再根据W=Fs计算救援车牵引力所做的功。
本题考查重力的计算、速度公式的应用、功的计算等知识点，难度不大。
22.【答案】加热过程中电路中的电流为4A 加热10min煮茶器消耗的电能为5.28×105J ①R1的阻值为55Ω；②煮茶器保温状态的电功率为88W
【解析】解：(1)S拨1处时，煮茶器处于加热状态，此时R1单独工作；S拨2处时，煮茶器处于保温状态，此时R1和R2串联。由图乙可知，加热状态下，R1功率为880W，则加热过程中电路中的电流为I1=P加U=880W220V=4A。
(2)加热10min煮茶器消耗的电能为W=P加t=880W×10×60s=5.28×105J。
(3)R1的阻值R1=U2P加=(220V)2880W=55Ω。
由图乙可知，保温状态下，R1功率为8.8W，根据P=I2R，电路中的电流为I2= P1R1= 8.8W55Ω=0.4A。
则煮茶器保温状态的电功率为P保=UI2=220V×0.4A=88W。
答：(1)加热过程中电路中的电流为4A；
(2)加热10min煮茶器消耗的电能为5.28×105J；
(3)①R1的阻值为55Ω；②煮茶器保温状态的电功率为88W。
(1)S拨1处时，煮茶器处于加热状态，R1单独工作；S拨2处时，煮茶器处于保温状态，此时R1和R2串联，根据I=PU得出加热过程中电路中的电流。
(2)根据W=Pt得出加热10min煮茶器消耗的电能。
(3)先根据R=U2P求出R1的阻值，保温状态下，根据P=I2R，得出电路中的电流，根据P=UI得出煮茶器保温状态的电功率。
本题考查欧姆定律的应用、电功与电能的计算、电功率的综合计算，难度适中。
23.【答案】化学
大于
空气
105
23.04
46.125

【解析】解：(1)蓄电池充电时，电能转化为化学能储存起来，所以电动飞机蓄电池充电过程将电能转化为化学能；
(2)飞机机翼“上凸下平”，电动飞机高速滑行时，气流经过机翼上方的路程长，则机翼上方的空气流速大于下方空气流速，流速越大的位置，压强越小，因此机翼上方的压强小于机翼下方的压强，从而形成使飞机向上升的力，该力的施力物体是空气；
(3)飞机空载质量m0=480kg，每人的质量m=60kg，则电动飞机搭载两人降落在水平地面，静止时对地面压强为：p=FS=G总S=(480kg+2×60kg)×10N/kg3×0.02m2=105Pa；
(4)已知飞机以150km/ℎ的速度水平匀速飞行时，电动机的输出功率为45kW，
由P=Fv可得，此时电动机的动力为：F=Pv=45kW150km/ℎ=45×103W1503.6m/s=1080N；
该电动飞机水平匀速飞行时电动机提供的动力与飞行速度的平方成正比，动力与飞行速度的平方的比值为：k=Fv2=1080(1503.6)2=0.62208；
该电动飞机以120km/ℎ的速度水平匀速飞行时，受到的动力为：F′=kv′2=0.62208×(1203.6)2N=691.2N；
此时电动机的输出功率是：P′=F′v′=691.2N×1203.6m/s=23040W=23.04kW；
(5)由图丙可得，电动飞机减速阶段消耗的电能为：E4=0.35E0−0.34E0=0.01E0；
已知该过程加速运动消耗的电能与减速运动消耗的电能之比为20：1，则电动飞机加速运动消耗的电能为：E1=20×0.01E0=0.2E0；
电动飞机测试过程中，消耗的电能为：E消=(1−0.34)E0=0.66E0；
则该电动飞机水平匀速飞行消耗的电能为：E消′=E消−E1−E4=0.66E0−0.2E0−0.01E0=0.45E0；
电能转化为机械能的效率为90%，则该电动飞机水平匀速飞行过程中产生的机械能为：E机械=90%×E消′=90%×0.45E0=90%×0.45×60kW⋅ℎ=24.3kW⋅ℎ=8.748×107J；
由图乙可得，电动机以150km/ℎ的速度水平匀速飞行的时间为：t2=52min−34min=18min=1080s；
此过程电动机产生的机械能为：E机械2=Fs=1080N×1503.6m/s×1080s=4.86×107J；
该电动飞机以120km/ℎ的速度水平匀速飞行时，产生的机械能为：E机械1=E机械−E机械2=8.748×107J−4.86×107J=3.888×107J；
该电动飞机以120km/ℎ的速度水平匀速飞行经过的时间为：t1=E机械1F′v′=3.888×107J691.2N×1203.6m/s=1687.5s=28.125min；
则该电动飞机水平匀速飞行的总时长为：t=t1+t2=28.125min+18min=46.125min。
故答案为：(1)化学；(2)大于；空气；(3)105；(4)23.04；(5)46.125。
(1)蓄电池充电时，电能转化为化学能储存起来；
(2)在流体中，流速越大的位置，压强越小；飞机升力的施力物体是空气；
(3)已知飞机空载质量，每人的质量，根据F=G总=m总g可计算出电动飞机搭载两人降落在水平地面，静止时对地面压力，再根据p=FS计算飞机对地面的压强；
(4)已知飞机以150km/ℎ的速度水平匀速飞行时，电动机的输出功率为45kW，由P=Fv可计算电动机的动力，进而求出动力与飞行速度的平方的比值k，从而计算出飞机以120km/ℎ的速度水平匀速飞行时，受到的动力，再根据P=Fv计算此时电动机的输出功率；
(5)由图丙可得电动飞机减速阶段消耗的电能，根据该过程加速运动消耗的电能与减速运动消耗的电能之比为20：1，可计算出电动飞机加速运动消耗的电能；求出电动飞机测试过程中消耗的电能，即可计算出该电动飞机水平匀速飞行消耗的电能；已知电动飞机测试过程中，电能转化为机械能的效率为90%，求出电动飞机水平匀速飞行过程中产生的机械能；由图乙可知电动机以150km/ℎ的速度水平匀速飞行的时间，从而求出此过程电动机产生的机械能，进而求出该电动飞机以120km/ℎ的速度水平匀速飞行时，产生的机械能；再求出该电动飞机以120km/ℎ的速度水平匀速飞行经过的时间，相加即可得到该电动飞机水平匀速飞行的总时长。
本题考查能量的转化、流体压强与流速的关系、压强的计算、功率与速度的关系、电能与机械能的转化效率等知识点，难度较大。室温(∘C)
相对湿度(%)
露点(∘C)
25.0
73
20.0
25.0
82
22.1
25.0
93
24.0
30.0
77
25.0
30.0
91
28.1
种类
小雨
中雨
大雨
暴雨
大暴雨
12小时降水量(mm)
小于5.0
5.0∼14.9
15.0∼29.9
30.0∼69.9
70.0∼139.9
空载质量m0
最大平飞速度v0
电池充满电时储能E0
480kg
220km/ℎ
60kW⋅ℎ