2026届安微省达标名校中考物理猜题卷含解析

这是一份2026届安微省达标名校中考物理猜题卷含解析，共13页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔等内容，欢迎下载使用。
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、单选题（本大题共10小题，共30分）
1．下列物理知识正确的是
A．按能源的产生方式可分为一次能源和二次能源，煤和天然气属于二次能源
B．核反应堆出现核泄漏或原子弹爆炸时，放射性物质的辐射会对人体造成严重伤害
C．核废料没有很强的放射性，当前的处理方法是直接与普通垃圾一起处理
D．核能便于传递和输送，是人们现如今利用最广泛的能量
2．如图所示，利用滑轮组在2s内将重400N的物体匀速提升了1m，所用拉力F为150N．不计绳重和摩擦，下列说法正确的是
A．绳子自由端移动的速度为2.5m/s
B．动滑轮的总重为100N
C．滑轮组的机械效率为83.3%
D．提升更重的物体，滑轮组的机械效率会变大
3．下列家用电器中，主要利用电流热效应工作的是
A．洗衣机B．电视机
C．笔记本电脑D．电暖气
4．一束光从空气斜射入玻璃中，入射角为，折射角可能为
A．B．C．D．
5．下列数据中符合实际情况的是
A．普通教室楼层的高度是6mB．扬州四月份的平均凭温约为5 ℃
C．1元硬币的质量约为50mgD．家用电扇的额定功率约为50W
6．下列对光现象的解释，说法正确的是
A．小孔成像是由于光的反射形成
B．雨后的彩虹是光的色散现象
C．漫反射不遵循光的反射定律
D．近视眼镜是凹透镜因为凹透镜对光有会聚作用
7．不能应用流体压强与流速的关系解释的现象是
A．飞机升空
B．地面刮起的“龙卷风”
C．树叶“吸向”高速行驶的汽车
D．吸盘贴在光滑玻璃上不脱落
8．如图所示，小铭的体重为G，支架横杆到地面的高度为h，小铭第一次顺着竖直的杆从杆顶匀速下滑到地面，第二次沿比杆粗糙的绳从杆顶匀速下滑到地面，第一次比第二次需要的时间短，两次小铭所受摩擦力的大小分别为f1、f2，重力做的功分别为W1、W2，重力的功率分别为P1、P2，摩擦力的功率分别为P1’、P2’.则
A．f1＜f2B．W1＝W2C．P1＜P2D．P1′＜P2′.
9．甲用电器标着“220V60W”，乙用电器上标着“36V60W”，它们都在额定电压下工作，则下列判断中正确的是
A．甲用电器做功一定多
B．乙用电器做功一定慢
C．完成相同的功，甲用电器用时间一定多
D．相同时间内，甲乙用电器消耗的电能一样多
10．如图（a）所示是一种新式手电筒，当沿图中箭头方向来回摇动时，灯泡就能发光。图（b）四个实验中能解释上述现象的是
A．B．
C．D．
二、多选题（本大题共3小题，共12分）
11．关于太阳能的下列说法中，正确的是
A．太阳能是可供人类利用的一种新能源，它是一次能源
B．太阳能分布广阔，获取方便
C．太阳能安全、清洁，利用太阳能不会给环境带来污染
D．对于人类来说，太阳能几乎可以说是一种取之不尽、用之不竭的能源
12．小灯泡L的额定电压为3V它的I﹣U图象如图甲所示，把小灯泡接入如图乙所示的电路中，先将滑动变阻器的滑片P移至B端，闭合开关S，电压表示数为1.5V；再将滑片P向左移动到电压表示数为3V．已知电源电压恒定，滑动变阻器的铭牌上标有10Ω 2A“．下列说法中正确的是
A．电源电压为4.5V
B．小灯泡的额定功率为1.5W
C．小灯泡正常发光时，滑动变阻器接入电路的阻值为5Ω
D．小灯泡正常发光时，滑动变阻器消耗的电功率为0.75W
13．如图，小灯泡L的额定电压为3V，滑动变阻器的规格为“10Ω 1A”。闭合开关，滑片P置于距左端1/4处时，电流表示数为0.6A，灯泡正常发光；滑片P移置于另一位置b点时（图中未画出），电压表的指针满偏，电压表表盘如图所示。若灯丝电阻不受温度影响，则
A．电源电压为4.5V
B．灯泡的额定功率为2.7W
C．滑片P置于b点时，流过的电流为0.5A
D．为保障电路各元件安全，接入电路的阻值范围为2.5Ω-10Ω
三、填空题（本大题共5小题，共10分）
14．竖直向上抛出一个小球，不计空气的阻力，小球在上升过程中的机械能__________（ “变大”、“变小”、或“不变”）；当小球运动到最高点时，小球处于___________（“平衡 ”或“非平衡”）状态。
15．如图所示为小磁针静止时的位置，由此可以判断出通电螺线管的B端是_____（选填“北极”或“南极”），接线柱a连接的是电源的_____（选填“正极”或“负极”）．
16．原子是由电子和_______组成的，在输电导线，电动机线圈，电炉丝中，不可能应用超导材料是_______，发光二极管属于_________材料。
17．体温计是一种常用的测量体温的工具，使用时应将体温计夹在腋下使之与人体充分接触，另外还要经过一段较长的时间，以便让它与人体更好地进行___________，这样测得的结果才准确。 使用前用手甩几下能将水银甩下去，因为水银具有______。
18．为了探究物体对水平面的压力改变时水平面受到压强的变化量与哪些因素有关，某小组同学将底面积不同的物体置于同一海绵上进行实验。他们改变物体对海绵的压力，并用海绵下陷深度的变化量来反映压强的变化量。他们进行了三组实验，记录有关数据分别如表一、表二、表三所示。通过比较，他们发现每一组海绵下陷深度的变化量相同，而各组却不同，第一组下陷深度的变化量最大，第二组其次，第三组最小。
表一
表二
表三
①分析比较实验序号_____的数据及观察到的现象，可得出的初步结论是：当压力变化量相同时，受力面积越小，水平面受到压强的变化量越大。
②分析比较实验序号2与7的数据及观察到的现象，可得出的初步结论是：当受力面积相同时，_____。
③进一步综合分析比较表一、表二、表三中的数据及观察到的现象，并归纳得出结论：
（a）分析比较_____中的数据及观察到的现象，可归纳得出结论：_____。
（b）分析比较_____中的数据及观察到的现象，可归纳得出结论：_____。
四、计算题（本大题共3小题，共29分）
19．“绿水青山就是金山银山”，为了保护环境，我国大力发展电动汽车替代传统燃油汽车。表中是某电动汽车的部分参数，假设车上只有司机一人，质量为60kg，汽车匀速行驶时所受阻力为总重力的0.04倍，电动汽车充满电后以节电模式在20min内匀速行驶了20km，（g=10N/kg）若电动汽车电能转化为机械能的转化效率为80%。
求：（1）电动汽车对水平地面的压强；电动汽车匀速行驶20km，牵引力所做功的功率；电池剩余容量为多少kW•h。
20．太阳能热水器是把太阳能转化为内能的设备之一．某品牌太阳能热水器每小时平均接收4.2×106J的太阳能，在5小时的有效照射时间内，将热水器中质量为100kg、初温为20℃的水温度升高到40℃．求：热水器中的水吸收的热量Q；[水的比热容c=4.2×103J/(kg．℃)]热水器5小时内接收到的太阳能E；热水器的效率η；若改用煤气来加热这些水，需要完全燃烧多少千克煤气？（煤气的热值q=4.2×107J/kg，假设煤气燃烧放出的热量全部被水吸收）
21．2019年3月30日，四川凉山突发森林大火，导致30名扑火人员遇难的消息让我们深感震惊与悲伤。事实上，森林火灾一直是世界各国的难题。在灾难发生后，国内不少人将眼光集中到飞机灭火上，以此来更高效的扑灭森林火灾、减少人员伤亡。实际上，早在很多年前，中国就已研制出消防用直升机—AC313直升机(如图所示)，该直升机通过螺旋桨使飞机获得升力，并通过改变螺旋桨的转速来实现垂直起飞及降落，其内部采用的是先进发动机以降低油耗。AC313直升机在基本型的基础上，加装有机腹水箱和水炮系统。AC313直升机空载时质量为32t，执行灭火任务时，它机腹水箱最多可储水4t，水炮喷射距离达40米，并可实施侧向、俯仰方向的灭火。当水箱内水用完后，可釆取空中悬停吸水、地面注水两种方式补水（ρ水=1.0×103 kg/m3）。
（1）AC313直升机机腹水箱的水用完后，着陆后水平运动，轮子与地面接触的总面积约为1.6m2，求飞机对地面的压强
（2）AC313直升机在某次执行灭火任务时，蓄一定质量的水后，在地面滑行过程中，发动机牵引力的实际总功率为2840kW，飞机在地面上以36km/h的速度匀速滑行了1min，滑行过程中所受阻力为总重的0.8倍，求它所蓄水的质量
（3）在这次灭火过程中，AC313直升机升空后以500km/h的速度水平匀速飞行了0.5h，求飞机水平飞行时受到的升力
（4）在这次灭火过程中，AC313直升机蓄水后以最大巡航速度飞往火场并悬停在火场上方180m处，分次将所蓄水投下，每次投水200kg，投下的水下落过程中由于重力和空气阻力的作用，先加速运动后匀速运动，匀速运动的速度是10m/s，运动时间是16s，加速过程的平均速度是匀速运动速度的0.25倍。求一次所投的水在下落过程中重力做功的平均功率
五、作图题（本大题共2小题，共4分）
22．图中的OA是光从空气斜射到水面，经水面反射的一条光线，请作出它对应的入射光线和入射光线对应的折射光线．
（_______）
23．如图所示，以笔画线代替导线完成电路连接，L1、L2并联，电流表测L1的电流．
（_____）
六、实验探究题（本大题共3小题，共15分）
24．在“探究凸透镜成像规律”的实验中（凸透镜焦距为10cm）
（1）实验过程中，当蜡烛与凸透镜的距离如图甲所示时，在光屏上可得到一个清晰的倒立、_____的实像。
（2）小明同学把蜡烛往左移动10cm，光屏上的像变得模糊。要想使像变清晰，光屏应向_____（选填“左”或“右”）适当移动。由于实验时间较长，蜡烛变短，烛焰的像在光屏上的位置会向_____（选填“上”或“下”）方移动。
（3）如图乙，小明在烛焰和凸透镜之间放一副眼镜，发现光屏上的像由清晰变模糊了，将光屏向透镜移动适当距离后光屏上再次现清晰的像，则该眼镜是_____（选填“近视”或“远视”）眼镜。
25．为了探究声音产生的原因,小明和小丽一起做了几个实验：小明把手放在喉咙处,大声讲话,感觉喉头振动了；小丽把发声的音叉放在水中,可以激起水花．
通过对上面的种种实验现象的分析,能得出声音是由______产生．小华同学,用手敲鼓,他知道声音是由鼓面的______发出的,但是他看到鼓面几乎没有什么异样为了使看到的实验现象更明显,他在鼓面上撒些小纸团,撒小纸团目的是______．小明、小丽等同学在探究上述问题之后,又提出这样一个问题：声音是怎样从发声物体传播到远处的？针对这一问题,他们经过认真地思考,提出了两种猜想：
①声音要传播出去,需要别的物质做媒介；
②声音要传播出去,不需要什么物质做媒介．
究竟哪一种猜想是正确的呢？小明他们进行了如下的实验：
把正在响铃的手机放在玻璃罩内,再逐渐抽出玻璃罩内空气的过程中,会听到铃声逐渐______．
再打开阀门,让空气逐渐进入玻璃罩内,又会听到铃声逐渐______．
推理过程：玻璃罩内空气越少,传出的声音越______,如果玻璃罩内抽成真空后,就听不到手机响铃的声音了．
结论：______．
由此现象可以推得猜想______是正确的．
26．小明用相同的酒精灯分别给水和煤油加热（如图甲），以探究水和煤油的吸热能力，
本实验需要用到天平这一测量工具，目的是________________________________。加热10min，水吸收的热量____________（填“大于”、“小于”或“等于”）煤油吸收的热量。根据实验数据，小明作出了水和煤油的温度随加热时间变化的图象（如图乙），由图象可知，水的沸点是______℃，煤油的比热容是_________J/（kg•℃）。[若本次实验共消耗酒精20g，则这些酒精完全燃烧发出的热量是________=3.0。
参考答案
一、单选题（本大题共10小题，共30分）
1、B
【解析】
A．必须通过一次能源的消耗才可以得到的能源叫二次能源，煤和天然气是化石能源，可以从自然界直接获得，属于一次能源，故A错误；
B．放射性物质以波或微粒形式发射出一种能量叫核辐射，核反应堆出现核泄漏或原子弹爆炸时，放射性物质可通过呼吸吸入，皮肤伤口及消化道吸收进入体内，造成伤害，故B正确；
C．核废料有很强的放射性，应当采用特殊的方法处理，不能和普通垃圾一起处理，故C错误；
D．核能发生装置非常严格，不允许有泄漏，不便于传递和输送，不是人们现如今利用最广泛的能量，故D错误．
2、D
【解析】
A、由图可知，滑轮组的动滑轮绕4段绳，绳子自由端移动距离s=4h=4×1m=4m，绳子自由端移动速度v==2m/s，故A错误；
B、不计绳重及摩擦，拉力F=（G+G动），可得动滑轮所受的重力G动=4F-G=4×150N-400N=200N，故B错误；
C、拉力做的功W总=Fs=150N×4m=600J，有用功：W有用=Gh=400N×1m=400J，滑轮组的机械效率：η==×100%≈66.7%，故C错误；
D、若用该滑轮组提升所受重力更重的物体，额外功不变，有用功增加，有用功在总功中所占的比例增加，机械效率增加，故D正确．
3、D
【解析】
ABC．洗衣机工作时主要是把电能转化为机械能，电视机、笔记本电脑在工作时，主要将电能转化为光能和声能，都不是利用电流的热效应，故不合题意；
D．只有电暖气是把电能转化为内能，是利用电流的热效应，故符合题意．
4、B
【解析】
根据光的折射定律，光从空气斜射入玻璃中，折射光线靠近法线偏折，折射角小于入射角，已知入射角为40°，因此折射角小于40°．只有当光线垂直入射时，光的传播方向不变，折射角等于入射角等于0°，故B符合题意为答案．
5、D
【解析】
A. 一层楼的高度在3m左右，教室高度与此差不多，在3m左右．故A不符合实际；
B. 扬 州四月份最低气温在15℃以上，平均气温远高于5℃．故B不符合实际；
C. 一块橡皮的质量在6g左右，一枚一元硬币的质量与此差不多，在6g=6000mg左右．故C不符合实际；
D. 日光灯的额定功率在40W左右，家用风扇的额定功率略大于此数值，在50W左右．故D符合实际．
6、B
【解析】
A、光在同种均匀介质中沿直线传播，小孔成像是由于光的直线传播形成的，故A错误；
B、雨后彩虹是由于光的折射形成的色散现象，故B正确；
C、镜面反射和漫反射都遵循光的反射定律，故C错误；
D、近视眼镜用凹透镜，利用的是凹透镜对光的发散作用来矫正近视眼，故D错误。
7、D
【解析】
A．飞机的螺旋桨高速旋转，螺旋桨下方空气流速小于上方空气流速，下方的压强大于上方的压强，产生向上的升力，故A不合题意；
B.地面上刮起的“龙卷风”，由于空气流速加快，内部压强变小而上升，故B不合题意；
C．高速行驶的汽车周围空气流速大，压强小，所以大气压会把树叶压向汽车，故C不合题意；
D. 吸盘贴在光滑玻璃上不脱落，是因为将吸盘内的空气排出，大气压能把吸盘紧紧地压在玻璃上，故D符合题意。
8、B
【解析】
题意可知,小铭始终是匀速下滑,处于平衡状态,所以,摩擦力与重力是一对平衡力,大小均与重力相同．因此f1=f2,故A错误；
小铭的体重为G，支架横杆到地面的高度为h，小明第一次顺着竖直的杆从杆顶匀速下滑到地面，第二次沿比杆粗糙的绳从杆顶匀速下滑到地面，都是重力做功，
所做的功W1=W2=Gh，故B正确；
小铭做功的功率,根据P=的知识可得,所做的功一样,所用时间越短,功率越大,故P1>P2，故C错误．
小铭两次下滑的摩擦力相等，第一次比第二次需要的时间短，据P=Fv可知，P1′P2′．故D错误．
9、D
【解析】
甲、乙用电器在额定电压下工作时的功率均为60W。
A．由知道，电流做功的多少与通电时间有关，故A错误；
B．电功率是表示电流做功快慢的物理量，甲乙用电器的功率相同，做功一样快，故B错误；
C．根据知道，完成相同的功，两用电器用的时间一样多，故C错误；
D．根据知道，相同时间内，甲乙用电器消耗的电能一样多，故D正确。
10、D
【解析】
手电筒的发电原理是电磁感应现象，
A、由图可知，导体中有电流，在磁场中受到力的作用，不是电磁感应现象，故A错误；
B、直导线中有电流时，会产生磁场，利用的是电流的磁效应，故B错误；
C、该图利用的是磁极间的相互作用，故C错误；
D、导体棒左右切割磁感线会产生感应电流，是电磁感应现象，故D正确。
二、多选题（本大题共3小题，共12分）
11、ABCD
【解析】
A. 太阳能等能够源源不断的从自然界得到的能源是可再生能源，是一次能源，故A正确；
B. 太阳能分布广阔，获取方便，可以从自然界直接获取，故B正确；
C. 太阳能清洁无污染，是人类能源的宝库。不会污染环境，故C正确；
D. 对于人类来说，太阳能几乎可以说是一种取之不尽、用之不竭的能源。故D正确。
故选ABCD.
12、ABD
【解析】
A．当滑动变阻器的滑片P移至B端时，滑动变阻器的最大阻值和灯泡串联，电压表测灯泡两端的电压，此时电压表示数为1.5V，由图象可知，此时电路中的电流I＝0.3A，由I＝可得，滑动变阻器两端的电压：U滑＝IR滑＝0.3A×10Ω＝3V，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，电源的电压：U＝UL+U滑＝1.5V+3V＝4.5V，故A正确；
B．由图象可知，灯泡两端的电压为3V时，电路中的电流I′＝0.5A，因额定电压下灯泡的实际功率和额定功率相等，所以，灯泡的额定功率：PL额＝UL额I′＝3V×0.5A＝1.5W，故B正确；
C．此时滑动变阻器两端的电压：U滑′＝U﹣UL额＝4.5V﹣3V＝1.5V，此时滑动变阻器接入电路中的电阻：R滑′＝＝＝3Ω，故C错误；
D．滑动变阻器消耗的电功率：P滑′＝U滑′I′＝1.5V×0.5A＝0.75W，故D正确．
13、AD
【解析】
根据题中“滑片P移置于另一位置b点时（图中未画出），……若灯丝电阻不受温度影响，则……”可知，本题考查动态电路电功率和欧姆定律的知识。根据欧姆定律和电功率公式进行分析判断。
【详解】
由电路图可知，灯泡L和电阻R1串联，电压表测R1两端的电压，电流表测串联电路的电流。
A．已知小灯泡L的额定电压为3V，滑动变阻器的规格为“10Ω 1A”。闭合开关，滑片P置于距左端1/4处时，R1连入电路中的阻值为，电流表示数为0.6A，灯泡正常发光。根据串联电路的电压等于各部分电压之和，则电源电压U=3V+2.5Ω×0.6A=4.5V，故A正确。
B．已知小灯泡L的额定电压为3V，当电流表示数为0.6A，灯泡正常发光，则灯泡的额定功率PL额=UL额IL=3V×0.6A=1.8W，故B错误。
C．滑片P移置于另一位置b点时，电压表的指针满偏，则R1两端电压U1=3V，根据串联电路的电压等于各部分电压之和，可知灯泡两端的电压UL’=U –U1=4.5V -3V =1.5V ，小灯泡的电阻。则串联电路的电流，即流过的电流为0.3A，故C错误。
D．为保障电路各元件安全，电路中的最大电流为灯泡的额定电流0.6A，则滑动变阻器连入电路的最小电阻；当电压表示数为3V时，R1连入电路的阻值最大，由C可知，此时流过的电流为0.3A，则，即接入电路的阻值范围为2.5Ω-10Ω，故D正确。
三、填空题（本大题共5小题，共10分）
14、不变非平衡
【解析】
第一空．小球在上升过程中，不计空气阻力，只有动能转化为重力势能，所以小球的机械能不变；
第二空．上升到最高点时，小球受到合力等于自身的重力，方向竖直向下，故此时小球所受的力不是平衡力，此时小球处于非平衡状态。
15、南极 正极
【解析】
由图可知，小磁针静止时S极指向右端，则说明A端为N极，另一端为S极，即南极；用右手握住螺线管，让大拇指指向N极一端（螺线管的左端），则四指弯曲的方向就是电流方向，电流方向为从左端流入，则可知接线柱a连接的是电源的正极．
16、原子核 电炉丝 半导体
【解析】
原子的核式结构模型为中心为原子核，周围有围绕原子核高速旋转的电子，故原子是由电子和原子核组成的，由焦耳定律可知，电流通过导体时，与通过的电流的平方成正比，与导体的电阻成正比，与通电时间成正比，故在输电导线，电动机线圈，电炉丝中，电炉是利用电流的热效应工作的，而超导体的电阻为零，故不可能应用超导材料是电炉丝，半导体是制造二极管的材料，故发光二极管属于半导体材料。
17、热传递 惯性
【解析】
体温计夹在腋下使之与人体充分接触，并且还要经过一段较长的时间，以便让它与人体更好地进行热传递，这样体温计内部液体温度等于体温，测得的结果才准确；使用体温计前要甩几下，是利用惯性使水银继续向下运动。
18、1、4、7或2、5、8或3、6、9压力变化量越小，水平面受到压强的变化量越小表一、表二或表三当压力变化量与受力面积的比值相等时，水平面受到的压强变化量相等表一、表二和表三当压力变化量与受力面积的比值越小时，水平面受到的压强变化量越小。
【解析】
①研究当压力变化量相同时，压强变化量与受力面积的关系，根据控制变量法，控制压力变化相同，只改变受力面积大小，故分析比较实验序号1、4、7或2、5、8或3、6、9的数据及观察到的现象，可得出的初步结论是：当压力变化量相同时，受力面积越小，水平面受到压强的变化量越大；
②分析比较实验序号2与7的数据知，压力变化量实验序号7中较小，而受力面积相同，由已知条件，第一组下陷深度的变化量最大，第二组其次，第三组最小，可得出的初步结论是：当受力面积相同时，压力变化量越小，水平面受到压强的变化量越小；
③（a）分析比较中的表一或表二或表三数据，压力变化量与受力面积之比：＝＝，即压力变化量与受力面积之比相等，由已知条件：每一组海绵下陷深度的变化量相同，故可归纳得出结论：当压力变化量与受力面积的比值相等时，水平面受到的压强变化量相等；
（b）分析比较表一、表二和表中的数据及观察到的现象，压力变化量与受力面积之比分别为：
、、，即压力变化量与受力面积之比越来越小，由已知条件，第一组下陷深度的变化量最大，第二组其次，第三组最小，即水平面受到的压强变化量越小。可归纳得出结论：当压力变化量与受力面积的比值越小时，水平面受到的压强变化量越小。
四、计算题（本大题共3小题，共29分）
19、（1）4.5×105Pa；（2）9600W；（3）38kW•h
【解析】
（1）电动汽车对水平地面的压力为：F压=G=（m1+m2）g=（1380kg+60kg）×10N/kg=1.44×104N；
电动汽车对地面的压强为：p==4.5×105Pa；
（2）电动汽车匀速行驶，所以牵引力与阻力平衡，则电动汽车受到的牵引力为：F=f=0.04G=0.04×1.44×104N=576N；则电动车行驶20km，牵引力做的功为：W=Fs=576N×20×103m=1.152×107J，牵引力所做功的功率：P==9600W；
（3）行驶20km消耗的电能W电==1.44×107J=4kW•h，由表格数据可知电池容量为42kW•h，行驶20km时电池剩余容量为42kW•h-4kW•h =38kW•h。
答：（1）电动汽车对水平地面的压强是4.5×105Pa；
（2）牵引力所做功的功率是9600W；
（3）电池剩余容量为38kW•h。
20、（1）8.4×106J
（2）2.1×107J
（3）40%
（4）0.2kg
【解析】
（1）热水器中的水吸收的热量：
Q=cm(t﹣t0)=4.2×103J/(kg•℃)×100kg×(40℃﹣20℃)=8.4×106J；
（2）热水器5小时内接收到的太阳能：
E=4.2×106J/h×5h=2.1×107J；
（3）热水器的效率：
η=×100%=×100%=40%；
（4）煤气燃烧放出的热量全部被水吸收，即
Q放=Q=8.4×106J，
由Q=mq可得：完全燃烧煤气的质量：
m′== =0.2kg．
答：（1）热水器中的水吸收的热量为8.4×106J；
（2）热水器5小时内接收到的太阳能为2.1×107J；
（3）热水器的效率为40%；
（4）完全燃烧煤气的质量为0.2kg．
21、 (1) 2×105Pa(2)3.5t(3)3.6×105N(4)1.5×104W
【解析】
(1)直升机空载时重力为： =32×103 kg×10N/ kg=3.2×105N，飞机对地面的压强： ；
(2)36km/h=10m/s，由 得发动机牵引力： ，匀速滑行时阻力和牵引力是平衡力，即f=0.8（m水+32t）×g=F=284×103N，解得：m水=3.5t；
(3)水平匀速飞行时升力与重力是平衡力，升力F1=（m水+32t）×g=3.6×104kg×10N/kg=3.6×105N；
(4)匀速运动的路程： =10m/s×16s=160m，加速过程所用时间：，投下的水重力做功：=200kg×10N/kg×180m=3.6×105J，重力做功的平均功率：.
五、作图题（本大题共2小题，共4分）
22、
【解析】
过反射点垂直于水面作出法线，根据反射角等于入射角，画出入射光线，再由折射定律作出折射光线，使折射角小于入射角．如下图所示：
23、
【解析】
L1、L2并联,电流表测L1的电流,则电流表与L1串联，注意电流表正负接线柱的接法，如下图所示：
六、实验探究题（本大题共3小题，共15分）
24、放大 左 上 远视
【解析】
（1）已知凸透镜的焦距是10cm，烛焰放在光具座的10cm处时，物距为15cm，物体在凸透镜的一倍焦距和二倍焦距之间，成的是倒立、放大的实像；
（2）把蜡烛往左移动10cm，物距变大，像距变小，光屏应向左移动；实验过程中，蜡烛燃烧变短，根据过光心的光线其传播方向不变可知，像会向光屏的上方移动；
（3）将一副眼镜放在蜡烛和凸透镜之间，光屏上原来清晰的像变模糊了，只将光屏向靠近凸透镜的方向移动适当距离时，又在光屏上观察到蜡烛清晰的像，说明提前成像了，故放置的是使光线会聚的凸透镜，这种眼镜是用来矫正远视眼的。
25、振动 振动 发声振动转换成鼓面上小纸屑的振动易于观察 减小 变大 小 声音的传播需要介质,真空不能传声 ①
【解析】
(1)[1]讲话是声带的振动，音叉发声使水振动，都能证明声音是由物体振动产生的。
(2)[2]用手敲鼓,声音是由鼓面的振动发出的。
[3]为了使看到的实验现象更明显，在鼓面上撒些小纸团，撒小纸团目的是显示鼓面的振动，这是放大法(转换法)的运用；
(3)[4]a.把正在响铃的手机放在玻璃罩内，再逐渐抽出玻璃罩内空气的过程中，会听到铃声逐渐减弱。
[5]b.再打开阀门，让空气逐渐进入玻璃罩内，又会听到铃声逐渐变大。
[6]c.进一步推理：玻璃罩内空气越少，传出的声音越越小，如果玻璃罩内抽成真空后，就听不到手机响铃的声音了。
[7]d.得出结论：声音不能在真空中传播。
[8]由此现象可以推得猜想“①声音要传播出去，需要别的物质做媒介”是正确的。
26、取相同质量的水和煤油 等于 98 2.1×103 6×105
【解析】
(1)[1]探究水和煤油的吸热能力，应选取质量相同的两种物质，所以使用天平目的是：取相同质量的水和煤油；
(2)[2]用相同的酒精灯分别给水和煤油加热，加热10min，水吸收的热量等于煤油吸收的热量；
(3)[3]由图象可知，水的温度达到98，继续吸热，温度保持不变，所以水的沸点是98℃;
[4]当两种液体温度都升高到98℃时，煤油用时10min，水用时20min．即Q水=2Q煤油，
因为
Q水=c水m（t -t0），
Q煤油=c煤油m（t -t0），
所以
c水m（t -t0）=2c煤油m（t -t0），
4.2×103J/（kg•℃）m（98℃-68℃）=2c煤油m（98℃-68℃），
解得：
c煤油=2.1×103J/（kg•℃）
(4)[5]酒精完全燃烧放出的热量
Q放=qm=3.0×107J/kg×0.02kg=6×105J
实验
序号
压力
变化（牛）
受力面积
（厘米2）
1
5
3
2
10
6
3
15
9
实验
序号
压力
变化（牛）
受力面积
（厘米2）
4
5
5
5
10
10
6
15
15
实验
序号
压力
变化（牛）
受力面积
（厘米2）
7
5
6
8
10
12
9
15
18
空车质量
1380kg
轮胎与地面总接触面积
320cm2
电池容量
42kW•h
最高时速
120km/h
最大功率
100kW
最大续航里程
260km