2026年广东省江门市江海区中考第一次模拟考试物理试题（含解析）中考模拟

这是一份2026年广东省江门市江海区中考第一次模拟考试物理试题（含解析）中考模拟，共9页。
1．答卷前，考生务必用黑色字迹的签字笔或钢笔在答题卡填写自己的准考证号、姓名、考场号、座位号。用2B铅笔把对应该号码的标号涂黑。
2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答题信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试题上。
3．非选择题答题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目的指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。考生务必保持答题卡的整洁。
一、单项选择题（本大题7小题，每小题3分，共21分）在每小题列出的四个选项中，只有一个是正确的，请把答题卡上对应题目所选的选项涂黑。
1. 成熟的苹果会掉到地上，原因是（ ）
A. 受到重力B. 没有受到力C. 受到拉力D. 受到摩擦力
【答案】A
【解析】
【详解】成熟苹果脱离果树后，受竖直向下的重力作用，最终落到地面上。故选A。
2. 太阳能是一种重要的可再生能源，下列不属于可再生能源的是（ ）
A. 潮汐能B. 水能C. 石油D. 风能
【答案】C
【解析】
【详解】可以源源不断从自然界获得的能源是可再生能源，短时间内无法从自然界得到补充的能源属于不可再生能源。潮汐能、水能、风能都可以持续从自然界获取，属于可再生能源；石油属于化石能源，消耗后短时间内无法再生，因此不属于可再生能源，故选C。
3. 如图所示，旗杆上有一个滑轮，人们设计这个滑轮的目的是（ ）
A. 省力B. 改变力的方向C. 省距离D. 省功
【答案】B
【解析】
【详解】旗杆顶端的滑轮是定滑轮，定滑轮的特点是：不省力，也不省距离，同时根据功的原理，任何机械都不能省功；定滑轮的核心作用是改变力的方向，让人在地面向下拉绳子，就可以让国旗向上升，符合升旗的需求，故选B。
4. 如图所示，博物馆工作人员放置一个凸透镜在精巧的小文物前，方便参观者能看清文物，下列应用与此相同的是（ ）
A. 照相机B. 投影仪C. 录像机D. 放大镜
【答案】D
【解析】
【详解】根据题意，工作人员将凸透镜放在小文物前，目的是放大微小文物方便参观者观察，此时文物位于凸透镜的一倍焦距以内。根据凸透镜成像规律：当物距小于一倍焦距时，凸透镜成正立、放大的虚像，该原理的应用就是放大镜，故D符合题意，ABC不符合题意。
故选D。
5. 如图所示，神舟二十一号载人飞船于2025年10月31日发射成功，以下说法正确的是（ ）
A. 神舟二十一号飞船从地面发射到太空，质量变小了
B. 太空温度较低，导致飞船部分材料体积变小，密度变小
C. 火箭升空过程中，助推器内燃料在燃烧，质量减小，密度不变
D. 载人飞船常采用密度大的新型合成材料制作
【答案】C
【解析】
【详解】A．质量是物体的固有属性，不随位置变化而改变。神舟二十一号飞船从地面发射到太空，只是位置发生变化，质量不会变小，故A错误；
B．太空温度较低，飞船部分材料体积变小，但材料的质量不变。根据密度公式，体积V变小、质量m不变时，密度会变大，故B错误；
C．燃料燃烧过程中，质量 m 和体积 V 同比例减少，因燃料种类未变，其密度保持不变，故C正确；
D． 载人飞船需要减轻自身重量，根据，在体积V相同的情况下，密度越小，质量m越小，所以应采用密度小的新型合成材料制作，故D错误。
故选C 。
6. 如图所示，机器人站在舞台做抱拳动作，下列说法不正确的是（ ）
A. 机器人受到的重力和支持力是一对平衡力
B. 机器人穿的鞋鞋底比较粗糙是为了增大摩擦
C. 机器人手部关节涂上润滑油是为了减小摩擦
D. 由于机器人站着不动，所以它没有惯性
【答案】D
【解析】
【详解】A．机器人静止站在舞台上，竖直方向受到的重力和支持力满足“同体、等大、反向、共线”，是一对平衡力，故A正确；
B．鞋底粗糙，是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦，故B正确；
C．手部关节涂润滑油，是通过使接触面分离的方式减小摩擦，故C正确；
D．惯性是一切物体的固有属性，所有物体在任何状态下都具有惯性，和运动状态无关，静止的机器人也有惯性，故D错误。
本题选择描述不正确的，故选Ｄ。
7. 电动车把手的调速器可以改变车轮转动的快慢，下列电路图符合要求的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】要改变电动机转动的快慢，需要改变通过电动机的电流，因此滑动变阻器需要和电动机串联，通过改变电阻改变电路电流。故选B。
二、填空题（本大题7小题，每空1分，共21分）
8. 如图所示是我国出土的贾湖骨笛，被誉为“中华第一笛”，吹奏时笛声由骨笛内空气柱的_________产生；吹奏者按住不同的笛孔，发出笛声的_________（选填“响度”“音调”或“音色”）不同，悠扬的笛声是通过_________传播到人耳的。
【答案】 ①. 振动 ②. 音调 ③. 空气
【解析】
【详解】声音是由物体振动产生的，吹奏骨笛时，是骨笛内部的空气柱振动发声；
按住不同的笛孔会改变骨笛内振动空气柱的长度，改变了空气柱的振动频率；音调由振动频率决定，用相同力度吹奏时，响度相近，只有音调发生改变；
声音的传播需要介质，悠扬的笛声是通过空气传入人耳的。
9. 如图所示为2025年11月第十五届全运会女子排球比赛时的情景，运动员用力将排球击打到对方半场，说明力可以改变物体的_________；排球在下降过程中，将重力势能转化为_________能；运动员击球时手会感到痛，这是因为物体间力的作用是_________的。
【答案】 ①. 运动状态 ②. 动 ③. 相互
【解析】
【详解】运动员击球改变了排球的运动速度和方向，说明力可以改变物体的运动状态；
排球下降过程中，质量不变，高度降低、重力势能减小，速度增大、动能增大，因此重力势能转化为动能；
运动员击球时，手对排球施加力的同时，排球也对手施加反作用力，因此手会感到痛，说明物体间力的作用是相互的。
10. 如图所示，小孔成像是由于光的____________（选填“直线传播”“反射”或“折射”）形成的，光屏上观察到蜡烛成倒立的_________（“实”或“虚”）像。在其他条件不变时，将小孔靠近蜡烛，像_________（选填“变大”“变小”或“不变”）。
【答案】 ①. 直线传播 ②. 实 ③. 变大
【解析】
【详解】小孔成像的原理是光在同种均匀介质中沿直线传播；小孔所成的像是实际光线会聚而成，可以被光屏承接，因此是倒立的实像；小孔成像中，当小孔到光屏的距离不变时，蜡烛离小孔越近，像就越大，因此小孔靠近蜡烛时，物距减小、像距不变，像会变大。
11. 如图所示为我国最新的歼36战机，当战机在空中快速飞过时，以地面为参照物，战机是_________的，以战机为参照物，飞行员是_________的，飞行员靠_________和地面中心进行通信。
【答案】 ①. 运动 ②. 静止 ③. 电磁波
【解析】
【详解】以地面为参照物，战机相对于地面的位置不断改变，因此战机是运动的。
以战机为参照物，飞行员相对于战机的位置没有发生变化，因此飞行员是静止的。
电磁波可以传递信息，且能在真空中或空气中传播，远距离航空通信依靠电磁波实现，因此飞行员靠电磁波和地面中心通信。
12. 如图所示，工人用独轮车搬运泥土，独轮车相当于一个_________（选填“省力”或“费力”）杠杆。独轮车在水平面保持静止，部分尺寸如图所示，车斗和泥土的总重力G为2000N，工人所用的力F为_________N。当将车把放平后（支撑脚刚好不触地），F依然竖直向上，则F大小_________（选填“变大”“变小”或“不变”）
【答案】 ①. 省力 ②. 400 ③. 不变
【解析】
【详解】独轮车的支点为车轮轴心，动力臂长1.5m，阻力臂长0.3m，动力臂大于阻力臂，因此独轮车是省力杠杆。
根据杠杆平衡条件得，工人所用的力F=F2L2L1=2000N×
车把放平后，和都保持竖直方向，动力臂与阻力臂的比值L阻L动不变，总重力也不变，根据杠杆平衡条件可知，拉力的大小不变。
13. 图甲是空气开关，图乙为其原理图，当家庭电路中电流过大时，螺线管P的磁性_________（选填“变强”或“变弱”）吸引衔铁Q向左偏转，弹簧拉起S切断电路，Q是用_________（选填“铜”或“铁”）制作的。制作空气开关时，如果要提高断路电流（即电流更大才跳闸），可以_________（选填“增加”或“减少”）P的匝数。
【答案】 ①. 变强 ②. 铁 ③. 减少
【解析】
【详解】电磁铁的磁性和电流的关系：在线圈匝数不变时，电流越大磁性越强。当电路电流过大，螺线管P电流增大，磁性变强，才能吸引衔铁动作。
衔铁Q需要被电磁铁吸引才能动作，铁能被磁化、可被电磁铁吸引，铜不能被磁化被吸引，因此Q用铁制作。
电磁铁电流相同时，线圈匝数越少，磁性越弱。要实现“更大电流才跳闸”，匝数减少后，相同电流下磁性更弱，需更大电流才能达到吸引衔铁的磁性强度，因此应减少P的匝数。
14. 如图所示器材可以探究电流产生的热量与___________的关系，与的连接方式为____________，接入电源，闭合开关，测出通过的电流为0.5A，则在10秒内产生的热量为_________J。
【答案】 ①. 电阻 ②. 串联 ③. 25
【解析】
【详解】电流只有一条路径，依次通过​和，因此二者连接方式为串联。图中两个电阻阻值不同，串联时电流大小、通电时间都相同，只有电阻不同，因此探究的是电流产生的热量与电阻的关系。
串联电路电流处处相等，通过的电流也等于，根据焦耳定律得Q=I2R2t=(0.5A)2×10Ω×10s=25J
三、作图题（7分）
15.
（1）一束光从空气射到水面，发生反射和折射现象，如图所示，OA为反射光线，请在图中作出入射光线、折射光线，并标出反射角的大小。
（2）如图所示，一块鹅卵石在盛有水的容器中下沉，请画出鹅卵石下沉过程中的受力示意图（不计阻力）。
（3）如图所示，闭合开关，在图中标出A点磁感线的方向，小磁针涂黑端为其N极，在括号内用箭头标出小磁针的偏转方向。
【答案】（1） （2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
过入射点作法线；反射光线OA与水面夹角为，因此反射角为，根据反射角等于入射角，在法线另一侧的空气中画出入射光线，标注反射角大小为；根据光的折射规律，光从空气斜射入水中时折射角小于入射角，在法线另一侧的水中画出折射光线。
【小问2详解】
鹅卵石下沉过程中，受到重力和浮力；下沉时满足重力大于浮力，因此重力的示意图线段更长。
【小问3详解】
根据安培定则可判断通电螺线管右端为N极，左端为S极；磁体外部磁感线从N极出发回到S极，因此A点的磁感线箭头方向向左；根据同名磁极相互排斥，螺线管右端的N极会排斥小磁针N极，因此小磁针涂黑端向右偏转。
四、实验题（本大题3小题，16题7分，17题6分，18题7分，共20分）
16.
（1）如甲图，小明用刻度尺测出木块长度为__________cm；如乙图，弹簧测力计的示数为__________N；如丙图为小明家的电能表月底时的度数，上月底的度数为6428.2kW·h，每度电电价为0.6元，则小明家本月应交电费__________元。
（2）如图所示，小明在做“探究平面镜成像的特点”实验时，要在透明薄玻璃板前放一支点燃的蜡烛A，还要在后面放一支没有点燃的蜡烛B，对这两支蜡烛的要求是_______________。实验中发现，当把玻璃板竖直向上提起时，蜡烛A的像的位置____________（选填“不变”或“向上移动”）。
（3）小明用天平和量筒测量某金属块的密度，当天平水平平衡时，放在盘中的砝码和游码的位置如图所示，金属块的质量是________g，用量筒测出它的体积为，金属块的密度是________。
【答案】（1） ①. 1.30 ②. 2.6 ③. 120
（2） ①. 完全相同 ②. 不变
（3） ①. 39 ②. 7.8
【解析】
【小问1详解】
由甲图可知刻度尺的分度值为1mm，木块前后分别与刻度尺6.00与7.30处对齐，则木块长度
由乙图可知弹簧测力计分度值为0.2N，此时弹簧测力计示数为2.6N。
由图丙可知本月电能表度数为，上月底的度数为，则本月消耗的电能
每度电即每电价为0.6元，则小明家本月应交电费为元
【小问2详解】
为了确保实验的准确性，两支蜡烛必须完全相同，这样可以确保在实验中，蜡烛A的像能够与蜡烛B完全重合，从而准确地确定像的位置和大小。
由平面镜成像特点可知，像与物关于镜面对称，像的位置由物体位置和镜面所在平面决定，所以当把玻璃板竖直向上提起时，蜡烛A的像的位置不变。
【小问3详解】
由图可知，砝码质量为35g，游码表示质量为4g，根据天平使用原则，金属块质量为砝码质量与游码表示质量之和，即
金属块体积，则金属块密度
17. 小明用图甲装置探究水在沸腾前后温度变化的特点。
（1）组装图甲所示的器材时，酒精灯________（选填“需要”或“不需要”）点燃，放好酒精灯后，应先调整固定________（选填“A”或“B”）的位置。
（2）小明认真观察气泡的变化并记录水的温度，当观察到__________________时可确定水已经沸腾。小明画出水沸腾时的气泡变化如图乙所示，气泡内的物质是___________，气泡上升过程中，气泡内物质的质量________（选填“变大”“变小”或“不变”）。
（3）实验时，为了缩短实验时间，可进行的操作是______________。（写出一种即可）
【答案】（1） ①. 需要 ②. B
（2） ①. 温度保持不变，大量气泡上升变大，到水面破裂 ②. 水蒸气 ③. 变大
（3）减少烧杯中水的质量
【解析】
【17题详解】
组装该实验器材时，需要点燃酒精灯，因为要根据酒精灯外焰（外焰温度最高）的高度确定铁圈位置，保证用外焰加热。
实验装置组装遵循“自下而上”的顺序，放好酒精灯后，需要先固定下方承载烧杯的铁圈B，再调整上方温度计的位置A。
【18题详解】
水沸腾的本质特征是，持续吸热，温度保持不变，同时内部持续汽化，产生大量气泡，气泡上升过程中体积逐渐变大，到水面破裂，观察到该现象即可确定水沸腾。气泡内的物质是水汽化形成的水蒸气；气泡上升过程中，不断有水汽化变成水蒸气进入气泡，因此气泡内物质的质量变大。
【19题详解】
缩短实验时间，可通过减少水的总吸热需求来实现，例如减少烧杯中水的质量，或提高水的初始温度，或给烧杯加盖减少热量散失，写出一种合理操作即可。
18. 小明做“测量小灯泡发光时的电阻”实验，小灯泡额定电压2.5V，电源为两节新干电池。
（1）请用笔画线表示导线，将题图甲电路连接完整。
（2）连接电路时，开关应__________（选填“断开”或“闭合”），将滑片P移至_____（选填“A”或“B”）端。
（3）闭合开关S，发现小灯泡不亮，电流表和电压表均有较小的示数，则小灯泡的状况是________（选填“短路”、“断路”或“正常”）。
（4）解决上述问题后，调节滑片使电压表示数为2.5V，电流表示数如图乙，为________A，此时小灯泡的电阻为________Ω（计算结果保留1位小数）。
（5）小明把实验中两个相同规格的灯泡串联起来接在同个电源两端，闭合开关后，两个灯泡都较暗，用上述测量结果计算出其中一个灯泡的电功率约为0.234W，请评估小明的做法是否合理：_____________。
【答案】（1） （2） ①. 断开 ②. B
（3）正常 （4） ①. 0.26 ②. 9.6
（5）不合理，因为串联时灯泡电压不是额定电压，小灯泡电阻随温度变化，不能用额定电阻计算实际功率
【解析】
【小问1详解】
小灯泡的额定电流一般不会超过0.6A，所以电流表选0~0.6A量程，将电流表的“0.6”接线柱与小灯泡左接线柱相连；电压表选0~3V量程，将电压表的“3”接线柱与小灯泡右接线柱相连。
【小问2详解】
连接电路时，开关必须断开；滑动变阻器需要调到最大阻值处保护电路，因此滑片移到B端。
【小问3详解】
电流表、电压表都有较小示数，说明电路是通路，小灯泡没有故障，示数小是因为滑动变阻器接入电阻大，电路电流小，灯泡实际功率太小不足以发光，因此小灯泡状况为正常。
【小问4详解】
电流表选0~0.6A量程，分度值0.02A，指针读数为0.26A；根据欧姆定律R=UI=≈9.6Ω
【小问5详解】
不合理，因为串联时灯泡电压不是额定电压，小灯泡电阻随温度变化，不能用额定电阻计算实际功率。
五、计算题（本大题2小题，19题6分，20题7分，共13分）
19. 如图所示，一款飞行汽车停在水平地面上，起落架与地面的总接触面积为，其满载时的总质量为800kg，最大飞行速度为，g取。
（1）该飞行汽车以最大速度飞行0.1h通过的路程；
（2）该飞行汽车满载时停在水平地面，对地面的压强；
（3）该飞行汽车满载时升空100m，克服重力做的功。
【答案】（1）12km
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
飞行汽车以最大速度飞行0.1h通过的路程为
【小问2详解】
飞行汽车的重力为
飞行汽车满载静止在水平地面，对地面的压力等于自身总重力，因此对地面的压力，所以对地面的压强为
【小问3详解】
克服重力做功的公式为
20. 小明给家里的鱼缸安装了一个具有加热和照明功能的系统，其工作原理如图所示，其中电源电压为5V，照明部分由10个标有“5V 0.5W”的LED并联组成，R为定值电阻。
（1）开关闭合时，求通过开关的电流；
（2）开关闭合时，通过R的电流为2A，求电阻R的阻值；
（3）开关和都闭合时，求电路工作10分钟消耗的电能。
【答案】（1）
（2）
（3）9000J
【解析】
【小问1详解】
根据公式，可得每个 LED 灯正常工作时的电流
因为照明部分由 10 个 LED 灯并联组成，根据并联电路电流特点，可得通过开关的电流
【小问2详解】
当开关闭合时，电阻R两端的电压等于电源电压，根据欧姆定律，可得电阻R的阻值
【小问3详解】
当开关和都闭合时，照明部分和电阻R并联。照明部分的总功率
电阻R的功率
所以电路的总功率
根据公式，可得电路工作10分钟消耗的电能
六、综合能力题（本大题3小题，每空1分，共18分）
21. 为探究不同物质的导热性差异，小明用相同规格的铝棒、铁棒、玻璃棒、木棒各一根，将它们一端固定在同一加热底座上，另一端各粘一枚相同的小蜡丸，加热底座保持温度恒定。实验装置及蜡丸熔化脱落时间记录如下：
（1）实验中记录蜡丸脱落时间的目的是______________。小蜡丸脱落的原因是发生了__________（填物态变化的名称）。
（2）由实验数据可知：导热性最好的是__________，金属的导热性一般比非金属_________（选填“好”或“差”）。
（3）冬天用手触摸户外的铁棒和木棒，感觉铁棒更冷，原因是______________________________。
（4）小明猜想：物质的导热性可能与材料的粗细有关。为验证猜想，实验中要改变__________，保持其他条件不变。
【答案】（1） ①. 反映不同物质导热性的强弱 ②. 熔化
（2） ①. 铝棒 ②. 好
（3）铁棒导热性比木棒好，手接触铁棒时，手上的热量会更快被传导出去，手的温度下降更快，因此感觉更冷 （4）棒的粗细
【解析】
【小问1详解】
本题用到初中物理常用的转换法：导热性强弱无法直接观察，通过蜡丸脱落的时间长短间接反映导热性，时间越短说明导热越快；蜡丸从固态变为液态熔化后脱落，因此物态变化是熔化
【小问2详解】
由表格数据可知，铝棒的蜡丸脱落时间最短，说明相同条件下铝导热最快，导热性最好；金属（铁、铝）的蜡丸脱落时间远小于非金属（玻璃、木头），因此金属导热性一般比非金属好。
【小问3详解】
冬天户外铁棒和木棒温度都等于环境温度（低于人体温度），由于铁棒导热性更好，接触人手时会更快把手上的热量导走，人手温度下降更快，因此感觉铁棒更冷。
【小问4详解】
验证导热性与材料粗细的关系用到控制变量法，只需要改变自变量（棒的粗细/横截面积），保持其他条件不变即可。
22. 随着我国综合国力的提升，海军实力也排在世界前列，其中055型驱逐舰作为其中一块重要的拼图，发挥着重要的作用，如图所示。它的相关参数如下表所示：
（1）驱逐舰的前部做得比较尖是为了________________。
（2）一架舰载直升飞机起飞后，该舰排开海水的体积将__________（选填“变大”“变小”或“不变”）。
（3）该舰满载时受到的浮力为__________N，水下8 m处的舰身受到海水压强为__________Pa。（海水密度取，g取）
（4）055驱逐舰采用柴油燃气轮机作为动力源，燃气轮机的工作效率为40%，除了驱动前进，还提供辅助功能，若辅助功率恒定为6000千瓦，航行中受到的阻力随速度的关系如图乙所示。则驱逐舰匀速航行过程中，1吨柴油航行的最大距离为_________km，此过程驱逐舰匀速航行的速度约为_________节。（柴油的热值为，航速1节≈0.5 m/s ）
【答案】（1）减小航行时受到的海水阻力
（2）变小 （3） ①. ②. 8.24×104
（4） ①. 15 ②. 20
【解析】
【分析】借助物理常识，可推断舰船前部做得比较尖的原因；根据漂浮条件与阿基米德原理，可定性判断舰载直升飞机起飞后舰船排开海水的体积变化；由阿基米德原理可算出舰船满载时的浮力，且由液体压强公式可算出舰身受到的海水压强；由柴油热值和热机效率算出燃气轮机可利用的有用功，结合图乙推导出舰船所受阻力与速度的关系式，明确匀速航行时牵引力与阻力二力平衡，再梳理燃气轮机有用功的分配：一部分用于辅助功能，一部分用于牵引力做功，最后联立公式整理出舰船匀速航行时的距离表达式，通过求代数式的最小值，即可算出最大航行距离与对应航速。
【小问1详解】
驱逐舰前部做成比较尖的结构，目的是减小在航行时受到的海水阻力，使舰船航行得更快、更省力。
【小问2详解】
驱逐舰始终漂浮在海面，根据漂浮条件，驱逐舰受到的浮力等于自身的总重力；舰载直升机起飞后，驱逐舰的总重力减小，受到的浮力也减小；根据阿基米德原理的推导公式可知，海水的密度不变，驱逐舰的浮力减小，则驱逐舰排开海水的体积会变小。
【小问3详解】
驱逐舰满载排水量m排=1.3×104t=1.3×107kg
则驱逐舰排开的水所受重力G排=m排g=1.3×107kg×10N/kg=1.3×108N
根据阿基米德原理，物体漂浮时的浮力等于排开液体的重力，于是驱逐舰满载时受到的浮力F驱=G排=1.3×108N
由于海水密度ρ海=1.03×103kg/m3
且水下深度，则驱逐舰舰身在此处受到的海水压强p=ρ海gh=1.03×103kg/m3×10N/kg×8m=8.24×104Pa
【小问4详解】
柴油的质量m柴=1t=1×103kg
柴油的热值q柴=4.5×107J/kg
完全燃烧时所释放的热量Q放=m柴q柴=1×103kg×4.5×107J/kg=4.5×1010J
又由于燃气轮机效率，则转化的有用功W有=ηQ放=40%×4.5×1010J=1.8×1010J
由图乙可知，驱逐舰航行中受到的阻力与速度是一次函数关系，设函数关系式，将f=9×105N ，代入，可得到函数关系式f=6×104·v ；驱逐舰匀速航行时的最大距离为s匀，航行速度为v匀，则航行时间t匀=s匀v匀；根据二力平衡条件，驱逐舰匀速航行时，其牵引力与所受阻力f阻大小相等，且f阻=6×104·v匀
辅助功率P辅=6000kW=6×106W
辅助功消耗的功W辅=P辅t匀，牵引力做的功W牵=F牵s匀=f阻s匀
而燃气轮机转化的有用功等于辅助功能消耗的功与牵引力做的功之和，即W有=W辅+W牵=P辅t匀+F牵s匀=P辅·s匀v匀+f阻s匀
进而W有=s匀P辅v匀+f阻
可得s匀=W有P辅v匀+f阻=W有v匀P辅+f阻v匀
代入数值后，得到表达式s匀=1.8×1010·v匀6×106+6×104·v匀2（s匀>0 ，v匀>0 ）
将式子进一步简化得s匀=1.8×10106×104·v匀6×1066×104+v匀2=3×105·v匀100+v匀2
取s匀的倒数后得1s匀=100+v匀23×105·v匀=1300000v匀2v匀+100v匀=1300000v匀+100v匀
当1s匀最小，即v匀+100v匀最小时，s匀一定最大，由配方法可得v匀+100v匀=v匀−10v匀2+2·v匀·10v匀=v匀−10v匀2+20
于是可知v匀+100v匀≥20 ，且当v匀−10v匀=0 ，即v匀=10 时，v匀+100v匀 取得最小值，从而1s匀≥1300000×20=115000
得s匀≤15000 ；通过数学方法计算得到驱逐舰匀速航行时的最大距离s匀=15000m=15km
并且匀速航行的速度v匀=10m/s ，即大约节（10m/s0.5m/s≈20 节）。
23. 2026年3月，我国某新能源公司宣布量产最大功率1500kW的闪充桩，如图甲、图乙为闪充站的能量流向示意图，该闪充站建站时电网接入了300千瓦的最大供电功率，由于无法满足直接给车提供更大功率的需求，所以配备了300度电的储能柜，确保满足闪充要求。闪充站的工作过程如下：无车充电时，储能柜以较低功率（通常为100-300kW）从电网缓慢充电；有车充电时，优先使用电网供电，电网供电功率满足不了需求时，储能柜与电网同时两路电源合力输出，充电功率最高可提升至1500kW，实现“闪充”效果，全过程由AI算法自动调整，无需人为设置。
（1）充电桩给汽车电池充电时，把电能转化为_________。为提高效率，建议纯电车充电到总电量的97%就结束，预留3%用于汽车刹车时的动能回收到电池中，动能回收的原理是________________________。
（2）给电池充电时，电池的温度会有所升高，这是电流的_________（选填“热”或“磁”）效应；闪充站充电枪的电线比一般的家用电线粗得多，这样做的目的是___________________________。
（3）闲时用电时段，若供电电网以100kW的充电功率把剩余50度电的储能柜充满电，需要_______h。
（4）某辆纯电车配有一块80度大电池，某次充电过程中，电池电量从20%充到80%用时6分钟，同时储能柜显示消耗电能20度，则此过程的充电效率为_________。
【答案】（1） ①. 化学能 ②. 电磁感应现象
（2） ①. 热 ②. 减小导线电阻，减少电流通过导线时的发热损耗
（3）2.5 （4）
【解析】
【小问1详解】
给汽车电池充电时，电能转化为电池内部储存的化学能；动能回收是将汽车的机械能转化为电能储存，原理是发电机的原理，即电磁感应现象。
【小问2详解】
电流通过导体使导体发热升温，这是电流的热效应；根据电阻的影响规律，材料、长度相同时，导线横截面积越大，电阻越小，闪充功率大、电流大，用粗导线可以减小电阻，根据焦耳定律，可以减少导线发热损耗的电能。
【小问3详解】
需要充入的电能W=300kW·h−50kW·h=250kW·h
根据电功公式，充电时间t=WP=250kW·h100kW=2.5h
【小问4详解】
电池获得的有用电能W有=80度×(80%−20%)=48度
电网全程供电，电网提供电能W网=P网t'=300kW×6×160h=30kW·h=30度
总消耗电能W总=W网+W储=30度+20度=50度
充电效率 η=W有W总×100%=48度50度×100%=96%
材料
铁棒
铝棒
玻璃棒
木棒
蜡丸脱落时间/s
12
10
180
300
055型万吨驱逐舰
长度约183m，宽度约23m
动力总功率：最大约11万千瓦
最大吃水深度：8.5m
最大航速：32节
满载排水量：1.3万吨
续航能力：5000-10000海里