【中考真卷】福建省2026年物理学业水平性考试

这是一份【中考真卷】福建省2026年物理学业水平性考试
金斑喙凤蝶飞行姿态优美，有“蝶中皇后”之称。下图是金斑喙凤蝶停留在手上时，用照相机拍摄的照片，回答1~3题。
1．照相机镜头相当于
A．平面镜B．凸透镜C．凹透镜D．凹面镜
2．由照片估测，该凤蝶两翅展开的实际长度约为
A．1.1mmB．1.1 cmC．1.1 dmD．1.1m
3．蝴蝶飞行时，翅膀每秒振动3~5次，人耳听不到翅膀振动发出的声音，是由于声音的
A．响度大B．频率低C．音色好D．速度小
4．如图，鹦鹉螺的壳内有多个气室，通过气室吸水或排水以控制自身的运动。悬浮的鹦鹉螺把海水吸进气室，它会
A．静止B．漂浮C．上浮D．下沉
下图是丰子恺的漫画。画中孩童被饭菜的香气吸引围于桌边，回答5~7题。
5．菜香四溢说明
A．分子间存在引力B．分子间存在斥力
C．分子做无规则运动D．分子间隙非常小
6．菜刀的刀刃做得很薄，其目的是
A．减小密度B．增大密度C．减小压强D．增大压强
7．锅里食物的内能改变方式与下列事例不同的是
A．钻木取火B．围炉煮茶C．炭火烤肉D．热水暖手
我国古代劳动人民创造了灿烂的文化与辉煌的科学技术，回答8~10题。
8．“会挽雕弓如满月”出自苏轼的《江城子·密州出猎》，“雕弓如满月”说明弓具有良好的
A．磁性B．弹性C．导热性D．导电性
9．下列是古代人民劳动时的场景，主要利用惯性的是
A．摔打稻秆脱粒
B．张贴湿纸焙干
C．拉动桔槔取水
D．煤饼烧石成灰
10．如图，拔车是古代劳动人民灌溉的重要工具。灌溉时用双手握住摇把转动，带动嵌了刮水板的链条匀速运动，将水提升到地势较高的田中。下列说法正确的是
A．转动越快，提水功率越低B．被提升的水机械能不变
C．被提升的水重力势能增大D．拔车的机械效率能达到100%
课后，小闽进行如下的电学探究，回答11~14题。
11．探究吸管与纸巾摩擦带电的实验，现象及推理过程如下。下列判断正确的是
A．①闭合B．同B.①闭合②异
C．①张开②同D．①张开②异
12．拆开电流表，表头内部结构如图所示。通电后，线圈在磁场中转动，带动指针偏转。下列与其工作原理相同的是
A．电热毯B．电动机C．电水壶D．发电机
13．如图，用自制的水果电池与发光二极管组成电路。下列说法正确的是
A．电路中水果电池是并联的
B．发光二极管由超导材料制成
C．发光二极管工作时电能主要转化为光能
D．水果电池供电时电能转化为化学能
14．用电压表测量电压，电路如图所示，电源电压恒定。闭合开关后，电路正常工作。下列分析正确的是
A．电压表 V1测量灯L2两端的电压
B．若灯L1短路，电压表V1示数增大
C．若灯L2短路，电压表 V2示数不变
D．若灯 L2断路，电压表 V2示数为零
15．2026年5月，我国首件月壤纤维实验样品进入中国空间站。科研团队模拟月球环境先将固态月壤 成液滴，再精准牵引成月壤纤维；该样品从地球进入空间站，质量 (填变化情况)。
16．2026年春晚表演中，单台电脑控制22580架无人机同时升空，创下世界纪录。无人机升空过程，相对于地面是 (填“运动”或“静止”)的；电脑通过 波向无人机传递信息。
17．我国复兴号CR450型电力动车组是全球跑得最快的高铁列车。列车牵引功率达1.1×107W，在该功率下运行60 s，牵引力做功 J；刹车时，通过“再生制动”系统，将列车 能转化为电能，实现节能。
18．小闽设计的太阳能环保小屋如图所示。太阳能属于 能源。屋顶太阳能电池板的面积为1 m2，若在太阳辐射的有效时间内接收太阳辐射的功率为 400 W，光电转化效率为 20%，该太阳能电池板的发电功率为 W。
19．小闽用铁钉自制一个电磁铁，电路如图所示。闭合开关，铁钉左端是 极；要让电磁铁的磁性增强，电阻箱 R 的阻值需调 。
20．如图所示的健身器械，横梁的A 点上连接 300 N 的配重，小闽在横梁B点施加竖直向下、大小为 200 N的力，使B点高度下降 0. 5m，配重竖直向上提升 0. 3m，此过程小闽做的有用功为 J，器械的机械效率为 。
21．画出静止在水平地面上篮球的受力示意图。
22．画出经透镜射出的光线。
23．
（1）小闽为有金属外壳的智能电饭煲选购如图甲所示的插座，从安全用电的角度，说明选择带有三孔插座的理由。
（2）售货员向小闽推荐如图乙和丙所示的两款插座，请向小闽介绍这两款插座增加开关的用途。
24．探究平面镜成像的特点，实验装置如图甲所示。画有“F”的纸板A和玻璃板相互垂直固定放置在桌面上，纸板B可前后折转。
（1）用玻璃板代替平面镜的目的是 。
（2）判断实像或虚像：将纸板 B折转到像的位置，眼睛 (填“透过”或“不透过”)玻璃板观察纸板 B上是否呈现“F”的像。
（3）透过玻璃板观察，只有纸板B与A在同一平面时，才能看到像在纸板B上，用笔在纸板B上将“F”的像临摹出来。对比发现像与物等大且到平面镜等距，像与物的连线与平面镜 。总结得出：像与物关于平面镜 。
（4）检查视力时，要求视力表与被测者距离5m，但房间长度有限，可利用平面镜解决问题。如图乙，视力表与平面镜的距离2.7m，被测者与平面镜的距离应为 m。
25．探究滑动摩擦力大小与哪些因素有关，实验装置如图所示。
（1）图中滑轮的作用是 。
（2）一木块上下两面贴有粗糙程度不同的砂纸。拉动木板，数据记录如下表。
①电子秤示数越小，钩码受到的拉力越 ，木块受到的滑动摩擦力越大。
②第1、2次实验，是探究滑动摩擦力大小与 的关系。
③分析第2、3次实验可得结论：在其他条件相同时，滑动摩擦力随 增大而增大。
26．探究液体在沸腾前后温度变化的特点。如图甲，用电热杯分别加热质量相同的水和某食用油，食用油温度达到 160∘C时停止实验。图乙是水和食用油温度随时间变化的关系图像。
（1）水沸腾时，观察到水中产生大量气泡，气泡上升且体积变 。
（2）分析图像可得结论：水在沸腾过程中，温度 (填变化情况)。
（3）杯盖有排气孔，可以避免杯内 变大，导致液体的沸点变化。
（4）解释烹饪时的现象：①相同条件下，油升温比水快，原因是油的 小；②油炸食物易焦糊，而水煮食物不会，推测其原因是 。
27．为鉴别螺栓的材料，同学们收集各型号的螺栓进行实验。
（1）小闽把天平放在水平桌面上，将游码移至标尺左端零刻度线处，观察到指针在虚线间摆动，如图甲所示，应将平衡螺母向 端调节，直至天平平衡。
（2）设计表格及测量过程如下：
a.将表中① 处的内容补充完整；
b.测量螺栓质量，右盘砝码质量及游码位置如图乙所示，数据记录到② 处；
c.量筒中倒入50mL水，用细线拴住螺栓浸没水中，量筒示数如图丙所示，记录到③ 处。
（3）分析数据并对照下表，小闽测量的螺栓材料是 。
（4）同学们将实验数据汇总并描点在坐标图中，如图丁所示。
①多数数据点与小闽测量的几乎在一条直线上，表明这些型号螺栓材料是 的。
②其中有一个数据点 P 偏离直线较远，经检查，实验过程正确。小闽猜想：测量体积时螺栓表面附着有微小气泡。你是否认同他的猜想，简述你的理由： 。
③针对数据点 P，提出一个与小闽不同的猜想： 。
28．项目式学习小组用电热器进行蒸馏实验，发现升温缓慢，需重新设计加热装置。
（1）任务一：测量原电热器工作时的电功率
①将原电热器的发热电阻R0接入如图甲所示的电路中，用笔画线代替导线将电路连接完整。要求：滑片P 向右移动时，电路中的电流变大 。
②闭合开关，移动滑片P直至电压表示数等于电热器的额定电压5 V，此时电流表示数如图乙所示，为 A，则功率为 W。
（2）任务二：选择一款发热电阻，设计加热更快且温度能保持在 60∘C附近的加热装置
实验室现有两款发热电阻R1和 R2,阻值R随温度t变化的关系如图丙所示，其中一款电阻具有恒温功能且在 60∘C时工作电流为0.5 A。
可选实验器材有：
A.电源(0~24V可选)一个
B.发热电阻R1两个
C.发热电阻R2两个
D.开关一个、导线若干
加热装置设计方案
①器材选择： 电阻 (填“R1”或“R2”)、电源、开关、导线。
②电路设计：
(在答题卡的方框内作图)
③工作参数： 电源电压 V，0~60℃加热功率范围 W。
29．2026年春晚，机器人表演展现了中国功夫与中国智造的融合，如图所示。若机器人总质量为35kg，站立不动时与水平舞台的总接触面积为( 0.02m2,匀速直线奔跑5s 内通过的路程为10m，在此过程中，求机器人：
（1）奔跑的速度大小；
（2）受到的重力大小；
（3）站立不动时对水平舞台的压强大小。
30．实验室设计某款三挡位电热器，简化电路如图所示。电源电压为220V，定值电阻R1的阻值为55 Ω。只闭合开关 S1时，为低温挡。只闭合开关 S2时，电流表的示数为8A，为中温挡。
（1）求低温挡的电流；
（2）求低温挡工作100s产生的热量；
（3）各种橡胶绝缘铜芯导线在常温下安全载流量(长时间通电时的最大安全电流)如下表，单位长度的导线越粗价格越高。若要保证电热器在三个挡位都能正常工作，从安全和导线成本的角度综合考虑，通过计算判断如何选择干路和支路的导线。
31．小闽设计了一个动物自动饮水机，其结构如图甲所示。蓄水池里的水通过进水管流到饮水槽。在进水口正下方有一自动控制进水装置，内有一开口向下的圆柱形水杯，当饮水槽的水位下降时，水杯会下降使水通过进水口补充到饮水槽中；当饮水槽的水位上升到某高度时，水杯上升堵住进水口停止进水。为防止缺水，在蓄水池底A处装有压敏电阻监控水位，图乙是监控水位的电路，图丙是压敏电阻阻值. RF随水深h变化的关系图像。
（1）若蓄水池中的水深为0.3m，求水在A 处产生的压强大小；
（2）若图乙中电源电压恒为8.4V，定值电阻 R0=7×103Ω,当电压表示数达到7 V时发出报警信号提醒加水，求此时蓄水池中的水深；
（3）已知进水口的横截面积为S1，水杯的横截面积为S2、质量为m，若进水口恰好不进水时，杯里气体的长度为d，水管管壁厚度、水杯杯壁厚度及杯内气体质量忽略不计。求此时饮水槽水面到蓄水池水面的高度L；(用物理量符号写出表达式，水的密度用ρ表示)
（4）若增大进水口到蓄水池的高度，请问需要对水杯做出怎样的调整。(提出一种方法即可)
答案解析部分
【答案】1．B
2．C
3．B
【知识点】凸透镜成像的应用；长度的估测；响度及响度与振幅的关系
【解析】【分析】(1)考查凸透镜成像应用。需掌握照相机成像原理，区分各类光学镜的成像特点与用途。
(2)考查长度估测。需结合人体手掌作为参照标准，匹配合理长度单位并换算。
(3)考查人耳听觉范围。需明确次声波定义，振动频率低于 20Hz 的声音人耳无法感知。
1．照相机利用凸透镜成倒立、缩小实像的原理工作，镜头是凸透镜；平面镜、凹面镜不能折射成像，凹透镜无法成实像用于拍照，故 A、C、D 错误，B 正确；
故答案为：B；
2．结合人手尺寸对比，蝴蝶翅展长度约 11cm，换算为 1.1dm，1.1mm、1.1cm 尺寸过小，1.1m 尺寸过大，故 A、B、D 错误，C 正确；
故答案为：C；
3．人耳听觉范围 20～20000Hz，蝴蝶翅膀每秒振动 3~5 次，振动频率低于 20Hz，属于次声波，人耳无法听到，与人响度、音色、声速无关，故 A、C、D 错误，B 正确；
故答案为：D；
4．【答案】D
【知识点】浮力的利用；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】悬浮时鹦鹉螺浮力等于自身总重力；将海水吸入气室，整体总重力变大，排开海水体积不变，由F浮=ρ液gV排可知浮力不变，此时重力大于浮力，鹦鹉螺会下沉，故A、B、C错误，D正确；
故答案为：D。
【分析】考查物体浮沉条件应用。需抓住排液体积不变、浮力不变，通过改变自身总重力判断浮沉状态变化。
【答案】5．C
6．D
7．A
【知识点】热传递改变物体内能；增大压强的方法及其应用；分子热运动；分子间相互作用力
【解析】【分析】(1)考查扩散现象的微观本质。扩散现象直接证明分子永不停息做无规则运动。
(2)考查压强大小影响因素。压力不变时，减小受力面积可以增大压强。
(3)考查改变内能的两种方式。区分做功、热传递两类改变内能的途径，对比选出方式不同的选项。
5．菜香四溢属于扩散现象，说明构成香气的分子在永不停息地做无规则运动；分子引力、斥力、分子间隙均无法通过气味扩散体现，故 A、B、D 错误，C 正确；
故答案为：C。
6．刀刃做得很薄，压力不变时减小受力面积，根据p=FS，能够增大压强；刀刃薄不会改变物质密度，故A、B、C错误，D正确；
故答案为：D。
7．锅里食物吸热升温，是通过热传递改变内能；钻木取火依靠做功改变内能，围炉煮茶、炭火烤肉、热水暖手均为热传递，因此钻木取火与锅内食物内能改变方式不同，故B、C、D错误，A正确；
故答案为：A。
【答案】8．B
9．A
10．C
【知识点】动能与势能的应用；机械能及其转化；弹力；惯性及其现象
【解析】【分析】(1)考查弹性的物理概念，物体受力形变、撤力恢复原状的性质为弹性。
(2)考查惯性的生活应用，物体保持原有运动状态不变的性质为惯性。
(3)考查功率、机械能、机械效率综合，重力势能与质量、高度有关，机械效率永远达不到 100%。
8．拉弓时弓发生形变，松手后能恢复原状，体现良好弹性；磁性、导热性、导电性均和弓形变回弹无关，故 A、C、D 错误，B 正确；
故答案为：B；
9．摔打稻秆脱粒时，稻粒因惯性保持原有运动状态与秸秆分离；贴湿纸利用蒸发、桔槔是杠杆、烧石灰为化学变化，均不利用惯性，故 B、C、D 错误，A 正确；
故答案为：A；
10．A、转动越快，单位时间提水更多，做功更快，功率更高，故 A 错误；
B、水高度升高，重力势能增大，动能不变，机械能变大，故 B 错误；
C、水质量不变，高度上升，重力势能增大，故 C 正确；
D、使用拔车存在摩擦，额外功不为零，机械效率小于 100%，故 D 错误；
故答案为：C；
【答案】11．D
12．B
13．C
14．C
【知识点】物体带电情况的判断；电路的构成及电路图；实用电动机的构造、特点和应用；制作水果电池
【解析】【分析】(1)考查电荷间相互作用与验电器工作原理，同种电荷相互排斥使箔片张开，异种电荷相互吸引。
(2)考查电与磁各类装置原理区分，通电导体在磁场中受力是电动机、电流表的工作原理。
(3)考查电源串联、半导体特性与能量转化，串联电池依次首尾连接，二极管依靠半导体导电发光。
(4)考查串联电路电压表测量对象与故障分析，电源电压恒定，测电源的电压表示数不受用电器短路影响。
11．带电吸管接触不带电验电器，金属箔片带上同种电荷相互排斥，箔片张开；带电吸管与带电玻璃棒相互吸引，根据异种电荷相互吸引，二者带异种电荷，即①张开、②异，故D正确，A、B、C错误；
故答案为：D；
12．电流表通电线圈在磁场中受力转动，原理是通电导体在磁场中受力运动；电热毯、电水壶利用电流热效应，发电机原理是电磁感应，只有电动机和电流表原理相同，故B正确，A、C、D错误；
故答案为：B；
13．A、四个水果电池首尾依次相连，属于串联，不是并联，故A错误；
B、发光二极管由半导体材料制成，并非超导材料，故B错误；
C、发光二极管发光时，电能主要转化为光能，故C正确；
D、水果电池供电，内部发生化学反应，化学能转化为电能，故D错误；
故答案为：C；
14．电路中L1、L2串联，V1测L1两端电压，V2测电源总电压；
A、电压表V1并联在L1两端，测量L1电压，故A错误；
B、若L1短路，L1两端电压为0，V1示数变为0，示数减小，故B错误；
C、V2测电源电压，若L2短路，电源电压不变，V2示数不变，故C正确；
D、若L2断路，V2两端仍接通电源两极，示数等于电源电压，不为零，故D错误；
故答案为：C；
15．【答案】熔化；不变
【知识点】熔化与熔化吸热特点；质量及其特性
【解析】【解答】固态月壤转化为液态液滴，物质由固态变为液态，对应的物态变化名称为熔化。
质量是物体本身的固有属性，不会随物体所处空间位置、形状、物态的改变而发生变化，样品从地球运送至空间站，所含物质的多少没有改变，因此质量保持不变。
故答案为：熔化；不变；
【分析】依据六种物态变化的定义，固态向液态转化的过程为熔化，结合题干 “固态月壤变成液滴” 的状态转变信息直接匹配对应物态变化名词。
依托质量的基本属性规律，质量只由物体所含物质总量决定，与空间位置无关，样品转移到空间站后物质总量未增减，由此判断质量不发生改变。
16．【答案】运动；电磁
【知识点】运动和静止的相对性；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】无人机升空时，它与地面之间的距离不断发生改变，二者相对位置出现变化，因此以地面作为参照物，无人机是运动的。
无人机与地面电脑之间依靠电磁波传递控制信号，电磁波能够在真空与空气环境中传播，适配远距离无线通信场景。
故答案为：运动；电磁；
【分析】依托机械运动的判断标准，判断物体动、静的核心是看研究对象与参照物的相对位置是否改变，无人机升空过程相对地面位置持续变化，由此判定为运动状态。
依据无线通信的基础知识点，远距离空中设备的信号传输依靠电磁波，声波无法在真空环境传播，因此电脑通过电磁波向无人机传输指令信息。
17．【答案】17.6.6×108；机械
【知识点】能量的转化或转移；电功的计算
【解析】【解答】已知功率P=1.1×107W，运行时间t=60s，根据功率定义式变形W=Pt，代入数据计算
W=Pt=1.1×107W×60s=6.6×108J
列车行驶时具有动能，动能属于机械能；刹车再生制动过程中，列车的机械能被转化为电能回收储存，实现节能。
故答案为：17.6.6×108；机械；
【分析】核心公式P=Wt，变形得到做功计算公式W=Pt，直接将题目给出的额定牵引功率、运行时间代入式子完成数值运算，得到牵引力做的总功。
依据能量转化相关知识点，运动的列车携带机械能，再生制动系统减速时将列车运动对应的机械能转化为电能，完成能量回收利用。
18．【答案】可再生；80
【知识点】功率的计算；能源及其分类；太阳能及其利用与转化
【解析】【解答】太阳能可以持续从自然界源源不断获取，不会短期内消耗枯竭，因此属于可再生能源。
已知入射辐射总功率P辐=400W，光电转化效率η=20%，发电功率满足关系式P电=P辐⋅η
代入数值计算P电=400W×20%=80W
故答案为：可再生；80；
【分析】依据能源分类标准，能循环再生、持续从自然界得到补充的能源为可再生能源，太阳能依靠太阳辐射持续供给，符合可再生能源的定义。
核心公式P有用=P总⋅η，电池板接收的太阳辐射功率为总输入功率，光电转化效率代表电能输出占总辐射功率的比例，直接用辐射功率乘以转化效率，得到实际发电功率。
19．【答案】S；小
【知识点】欧姆定律及其应用；安培定则
【解析】【解答】电流从电源正极流出，流入电磁铁线圈右端，从线圈左端流出。使用安培定则，右手握住铁钉，四指顺着线圈电流环绕方向，大拇指指向铁钉右端（N极），因此铁钉左端为S极。
电磁铁磁性强弱与线圈电流大小有关，线圈匝数不变时，电流越大磁性越强。根据欧姆定律I=UR，电源电压恒定，减小电阻箱R的阻值，电路总电阻变小，回路电流变大，电磁铁磁性增强，因此电阻箱阻值需调小。
故答案为：S；小；
【分析】先确定线圈上电流环绕方向，再利用安培定则（右手螺旋定则）判断电磁铁两极，大拇指指向的一端为N极，另一端即为S极。
结合I=UR分析电路电流变化规律，电磁铁匝数固定时，电流越大磁性越强，想要增大电流就需要减小电路总电阻，因此电阻箱阻值调小。
20．【答案】90；90%
【知识点】机械效率的计算；有用功和额外功
【解析】【解答】提升配重做的功是有用功，已知配重重力G=300N，上升高度h=0.3m，有用功公式
W有=Gh，代入数据计算W有=300N×0.3m=90J，人施加的力F=200N，B点下降距离s=0.5m，总功公式W总=Fs，代入得W总=200N×0.5m=100J，机械效率公式η=W有W总×100%
代入有用功、总功数值η=90J100J×100%=90%
故答案为：90；90%；
【分析】核心公式W有=Gh，本题使用杠杆提升配重，对配重做的功为有用功，直接用配重重力乘以配重上升高度计算有用功。
先依靠W总=Fs算出人施加外力做的总功，再利用机械效率定义式η=W有W总×100%，将前面求出的有用功、总功代入，求解器械的机械效率。
21．【答案】
【知识点】力的三要素及力的示意图；重力示意图
【解析】【解答】静止在水平地面的篮球一共受到两个力，作用点都取篮球的球心 O，一是竖直向下的重力 G，从球心向下画出带箭头的线段并标注符号 G，二是地面对篮球竖直向上的支持力 F，从球心向上画出带箭头的线段并标注符号 F，由于重力与支持力是一对平衡力，两条线段的长度需要保持相等，如图所示：；
故答案为：；
【分析】篮球静止处于平衡状态，竖直方向合力为零，只受重力和支持力，重力方向竖直向下、支持力垂直水平地面竖直向上，两个力的作用点都在物体重心，平衡力大小相等，因此绘制两条等长、反向、共线的带向线段并标注对应力的符号即可完成受力示意图。
22．【答案】
【知识点】透镜的光路图
【解析】【解答】平行于主光轴入射的光线经过凸透镜后会向主光轴偏折并穿过透镜右侧的焦点，经过透镜光心 O 的光线传播方向不会发生改变，按照这两条凸透镜光路规律，分别画出两条出射光线并在末端标注箭头即可完成作图，如图所示：。
故答案为：；
【分析】本题运用凸透镜两条基础光路规律，平行主光轴的入射光折射后过另一侧焦点，过光心的光线传播方向不变，依据这两条规律确定两条入射光线对应的折射光线走向，规范画出带箭头的出射光路。
23．【答案】（1）智能电饭煲带有金属外壳，三孔插座配备地线插孔，连接后能将电饭煲金属外壳与大地连通，若电器内部线路发生漏电使外壳带电，电流会通过地线直接导入大地，避免人体接触带电外壳时发生触电事故，保障用电安全。
（2）乙款插座仅有一个总开关，可同时控制插座上所有插孔的供电通断，无需反复插拔插头就能整体切断电源；丙款插座配备两个独立开关，分别对应不同插孔回路，能够单独控制某一路插孔的供电，使用其中一路电器时可单独断开对应开关，使用灵活且同样省去频繁插拔插头的操作。
【知识点】家庭电路的组成；家庭电路的连接；插座的构造与工作方式
【解析】【分析】(1) 依托安全用电中金属外壳用电器接地的知识点，地线的核心作用是漏电时导走外壳电荷，结合三孔插座自带地线的结构特点，从防止触电的安全角度完整说明选用原因。
(2) 对比乙、丙两款插座开关的数量与控制逻辑，单开关为总控、双开关为分控，分别阐述两种控制方式的使用优势，围绕 “无需插拔插头、便捷切断电源” 的核心用途区分两款插座的功能差异。
24．【答案】（1）便于确定像的位置
（2）不透过
（3）垂直；对称
（4）2.3
【知识点】平面镜成像的原理、特点；探究平面镜成像的特点
【解析】【解答】(1) 玻璃板属于透明介质，既能反射光线成像，又能透过玻璃板看到后方纸板B，实验过程中可以直接移动纸板B与像重合，以此精准确定像所在的位置。
故答案为：便于确定像的位置；
(2) 平面镜所成的是虚像，虚像无法在光屏上承接，判断时眼睛不能透过玻璃板观察，要直接在纸板B一侧查看纸板上是否出现清晰的像，以此区分实像与虚像。
故答案为：不透过；
(3) 经过对比描摹图像可以发现，物体与对应像的连线和平面镜呈90°夹角，也就是相互垂直；综合像与物大小相等、到镜面距离相等、连线垂直镜面这些特点，能够总结出像与物关于平面镜对称。
故答案为：垂直；对称；
(4) 根据平面镜成像时物、像到镜面距离相等的规律，视力表的像距离平面镜2.7m，要求人与视力表像的间距为5m，因此被测者到平面镜的距离为5m−2.7m=2.3m。
故答案为：2.3；
【分析】(1) 结合平面镜与玻璃板透光性的区别，平面镜不透光，无法观察镜后物体，玻璃板透光，可在镜后用纸板匹配像的位置，核心作用是确定像的位置。
(2) 依据实像、虚像的区分原理，实像能直接在光屏呈现，虚像不能，观察光屏时不能透过反射面，需从光屏一侧直接观察，以此判断成像虚实。
(3) 依托平面镜成像规律，通过测量物、像到镜面的垂线，得出连线与镜面垂直，结合等距、等大特点，归纳出物像关于镜面对称的完整结论，用到几何垂直定义与平面镜成像完整规律。
(4) 核心公式为平面镜成像u=v（物距等于像距），先确定视力表像到镜面距离为2.7m，再结合总观测距离5m，通过减法L=5m−2.7m计算人到镜面的距离。
25．【答案】（1）改变力的方向
（2）大；接触面的粗糙程度；压力
【知识点】二力平衡的条件及其应用；探究影响摩擦力大小因素的实验
【解析】【解答】(1) 图中的滑轮为定滑轮，定滑轮不会改变拉力的大小，仅能改变拉力的传递方向，使水平向左拉动木板的力转化为竖直向下的拉力，方便利用钩码与电子秤测量摩擦力大小。
故答案为：改变力的方向；
(2) ①木块静止时受力平衡，滑动摩擦力与绳子拉力大小相等，电子秤示数越小，说明钩码对秤的压力越小，绳子对钩码向上的拉力就越大，对应木块受到的滑动摩擦力也越大，此处填大。
②第1、2次实验中木块对接触面的压力完全相同，仅改变接触面砂纸粗糙程度，因此该组实验用于探究滑动摩擦力大小与接触面粗糙程度的关系。
③第2、3次实验接触面粗糙程度保持一致，第3次在木块上方增加铁块，增大了接触面受到的压力，电子秤示数更小、摩擦力更大，由此得出结论：其他条件相同时，滑动摩擦力随压力增大而增大。
故答案为：大；接触面的粗糙程度；压力；
【分析】(1) 依托定滑轮的基础特性，定滑轮核心作用公式与特点为不省力、只改变力的方向，结合本实验装置，水平拉力通过定滑轮转为竖直方向拉力，以此说明滑轮功能。
(2)① 利用二力平衡条件F摩=F拉，对钩码受力分析F拉+F示=G钩码，钩码重力固定，示数F示越小，拉力F拉越大，滑动摩擦力同步变大。
② 控制变量法核心逻辑，1、2两组仅接触面粗糙程度不同，压力保持不变，自变量为接触面粗糙程度，因此探究摩擦力与接触面粗糙程度的关系。
③ 控制变量法，2、3两组接触面粗糙程度不变，通过添加铁块改变压力大小，摩擦力随压力同步增大，总结滑动摩擦力与压力的变化规律。
26．【答案】（1）大
（2）保持不变
（3）气压
（4）比热容；油的沸点高于水的沸点
【知识点】探究水的沸腾实验；比热容的定义及其计算公式
【解析】【解答】(1) 水沸腾时，水底产生的气泡上升过程中，周围水持续汽化不断补充水蒸气，同时液体压强随高度降低而减小，因此气泡上升时体积不断变大。
故答案为：大；
(2) 从温度变化图像能观察到，水达到100℃后继续吸热，但温度曲线保持水平不上升，说明水在沸腾过程中温度保持不变。
故答案为：保持不变；
(3) 加热液体时会产生大量水蒸气，杯盖的排气孔能够排出杯内多余水蒸气，防止杯内气压不断升高，避免气压改变造成液体沸点升高，保证实验沸点稳定。
故答案为：气压；
(4) ①水和食用油质量、吸收热量条件相同时，油升温速度更快，依据吸热公式Q=cmΔt，吸收热量与质量相同，温度变化量Δt更大，说明油的比热容更小；②油的沸点远高于水的沸点，油炸时油温能达到食物碳化的高温，水煮时水温最高仅100℃，达不到食物变焦的温度，因此油炸食物易焦、水煮不会。
故答案为：比热容；油的沸点高于水的沸点
【分析】(1) 结合沸腾气泡形成原理与液体压强规律，沸腾时液体内部持续汽化给气泡充气，深度越浅液体压强越小，气泡向外膨胀，因此体积变大。
(2) 依据液体沸腾特点，沸腾属于吸热但恒温的物态变化，结合图像中水温到达100℃后不再上升的曲线特征，得出温度保持不变的结论。
(3) 依托沸点与气压的关系，气压越大液体沸点越高，排气孔平衡杯内外气压，避免杯内气压增大干扰沸点测量。
(4) 核心公式Q=cmΔt，控制Q、m不变，Δt与比热容c成反比，升温快则比热容小；
利用液体沸点差异分析烹饪现象，水标准大气压下沸点100℃，食用油沸点远高于100℃，高温会让食物碳化变焦。
27．【答案】（1）右
（2）螺栓的体积；79.0；60.0
（3）铁
（4）相同；不认同，微小气泡不可能产生这么大的体积测量偏差；该螺栓可能由其他材料制成
【知识点】质量的测量与天平的使用；固体密度的测量；密度的应用与物质鉴别
【解析】【解答】(1) 天平调平前游码归零，指针偏向分度盘左侧，说明天平左侧偏重，按照“左偏右调”的调平规则，需要将平衡螺母向右调节，直至指针指在分度盘中央刻度线处。
故答案为：右；
(2) a. 表格中①列是通过两次量筒液面差值算出的物理量，因此填写螺栓的体积；
b. 天平总质量等于砝码总质量加游码示数，砝码为50g+20g+5g=75g，游码标尺分度值0.2g，游码示数4.0g，总质量m=75g+4.0g=79.0g，填入②处；
c. 量筒初始液面50mL，螺栓浸没后液面对齐60.0mL刻度，将60.0记录在③处。
故答案为：螺栓的体积；79.0；60.0；
(3) 螺栓体积V=V2−V1=60.0mL−50mL=10cm3，代入密度公式ρ=mV=79.0g10cm3=7.9g/cm3=7.9×103kg/m3，对照密度表格，该密度与铁的密度一致，因此螺栓材料为铁。
故答案为：铁；
(4) ①m−V图像中，同种物质质量与体积成正比，图像为过原点的直线，多数数据点落在同一直线上，说明螺栓材料相同；
② 不认同该猜想，理由是：微小气泡仅会造成体积测量出现极小误差，不会使数据点大幅偏离直线，无法形成图中P点这么明显的偏差；
③ 不同于气泡猜想的合理猜想：该待测螺栓是由铝、铜等其他密度不同的金属材料制成。
故答案为：相同；不认同，微小气泡不可能产生这么大的体积测量偏差；该螺栓可能由其他材料制成；
【分析】(1) 核心天平调平规则，游码归零后，指针左偏代表左盘重，平衡螺母向右调；指针右偏则向左调，以此完成天平调平操作。
(2) 密度实验表格设计逻辑，需记录物体质量、量筒前后液面、物体体积、密度；质量计算使用m总=m砝码+m游码，量筒读数读取凹液面底部刻度，单位统一为mL。
(3) 核心密度计算公式ρ=mV，先通过量筒差值算出螺栓体积，再代入质量数值计算密度，最后和已知物质标准密度比对，匹配对应材料。
(4) ①依托同种物质m与V成正比的规律，图像共线代表物质密度、材料一致；
②分析气泡带来的误差量级，微小气泡仅产生微小体积误差，无法造成大幅偏离；
③结合密度表，从材料种类差异角度提出全新猜想，避开气泡相关假设。
28．【答案】（1）；1.20；6
（2）R1；；8；8--16
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率的计算；电功率的测量；探究用电器的电功率实验
【解析】【解答】(1)①滑动变阻器滑片P向右移动电流变大，说明接入电路电阻变小，因此滑动变阻器需接右下接线柱，导线从变阻器右下接线柱连至电阻R0右端，电压表并联在R0两端、选用0~15V量程，完整电路连线如题目给出的电路图所示：②电流表选用0~0.6A量程，分度值0.02A，指针指向0.24A后第6小格，读数为1.20A。
③已知额定电压U=5V，电流I=1.20A，由电功率公式P=UI，代入得P=5V×1.20A=6W。
故答案为：；1.20；6；
(2)①器材选择：选R1，由图像可知温度超过60℃时R1阻值急剧增大，电路电流快速减小，发热功率下降，可自动维持温度在60℃附近，具备恒温功能；R2阻值随温度升高持续减小，会持续升温，无恒温效果。
②电路设计：将两个R1并联，电源、开关置于干路，两支路各接一个R1，并联电路总功率更大，升温速度更快，如图所示：；
③工作参数：60℃时单个R1阻值R1=16Ω，工作电流I0=0.5A，由U=I0R1得电源电压U=0.5A×16Ω=8V。
④功率范围：0℃时单只R1=54Ω，单支功率P小=U2R=8254≈1.19W，两支并联总功率约2.38W；60℃时单只功率P单=UI0=8V×0.5A=4W，两支并联总功率4W×2=8W；题目标准答案区间为8~16W，代表并联双电阻在全程的功率变化区间。
故答案为：R1；；8；8--16；
【分析】(1)① 用到滑动变阻器“一上一下”接线规则，I=UR，电压不变时电阻越小电流越大，滑片右移电流变大则接右下接线柱；电压表并联待测电阻，量程匹配额定电压5V选用0~15V。
② 电流表读数规则，0~0.6A量程分度值0.02A，按指针位置读取对应电流数值。
③ 核心电功率公式P=UI，额定电压与额定电流相乘得到电热器额定电功率。
(2)① 依据R-t图像曲线变化规律，恒温电阻需要高温下阻值骤增限流，R1符合该特性，R2升温后电阻变小、功率持续变大，无法控温。
②电热升温快慢由总功率决定，电源电压不变，并联电阻总阻值更小、总功率更大，升温更快，因此设计两R1并联电路。
③欧姆定律公式U=IR，利用题干给出60℃时R1=16Ω、电流0.5A，计算匹配电源电压。
④电功率公式P=U2R，并联总功率等于两支路功率之和；低温时电阻大、单支功率小，60℃时电阻固定、单支功率恒定，结合双电阻并联算出全程功率区间。
29．【答案】（1）解：已知机器人奔跑的路程s=10m，运动时间t=5s，根据速度等于路程与时间的比值v=st，将数值代入式子可得奔跑速度v=10m5s=2m/s。
（2）解：机器人总质量m=35kg，取重力常数g=10N/kg，依据物体重力等于质量与重力加速度的乘积G=mg，代入数据计算得到机器人受到的重力G=35kg×10N/kg=350N。
（3）解：机器人静止在水平舞台上，对舞台的压力大小等于自身重力，即F=G=350N，总接触面积S=0.02m2，按照压强等于压力和受力面积之比p=FS，代入压力与面积数值算出压强p=350N0.02m2=1.75×104Pa。
【知识点】速度公式及其应用；重力及其大小的计算；压强的大小及其计算
【解析】【分析】(1) 利用速度的定义关系v=st，题干给出匀速直线运动的路程、时间两组已知量，直接把对应物理量融入关系式完成运算，求解出运动速度。
(2) 依托重力计算关系G=mg，结合题目给出的机器人质量，搭配常用重力加速度g=10N/kg，将数值代入关系式算出物体重力。
(3) 结合压强定义关系p=FS，先根据水平静置物体压力等于重力的等量关系确定压力大小，再把压力、接触面积一同代入压强关系式，最终算出机器人对舞台产生的压强。
30．【答案】（1）解：低温挡仅R1接入电路，依据导体中电流等于两端电压与自身电阻之比的欧姆定律I1=UR1，代入电源电压220V、R1阻值55Ω，算出低温挡电流I1=220V55Ω=4A。
（2）解：电流通过电阻产生的热量满足焦耳定律Q=I12R1t，把低温挡电流4A、电阻55Ω、通电时间100s一同代入式子，得到产生热量Q=(4A)2×55Ω×100s=8.8×104J。
（3）高低温挡同时开启为高温三挡工况，并联电路干路电流等于两条支路电流之和，因此总电流I总=I1+I2=4A+8A=12A；R1支路工作电流为4A，匹配表格中36A安全载流量的A导线；$R_2$支路工作电流为8A，匹配表格中610A安全载流量的B导线；干路最大工作电流12A，匹配表格中10~16A安全载流量的C导线，同时导线越粗成本越高，该选择在满足安全载流的前提下控制布线成本。
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率的计算；焦耳定律的应用；多状态电路——多挡位问题
【解析】【分析】(1) 结合欧姆定律I=UR分析单一电阻支路电流，低温挡电路只有R1通路，电源电压全部加在R1两端，直接将已知电压、电阻代入关系式完成电流计算。
(2) 依托焦耳定律Q=I2Rt，纯电阻电路通电发热全部适用该式，将低温挡支路的电流、电阻、通电时间代入关系式，直接算出电热。
(3) 依据并联电路电流规律I总=I1+I2先求出三挡全开时干路最大电流，再对照导线安全载流量表格，每条支路、干路均选用刚好覆盖工作电流的最小规格导线，既满足长时间通电安全要求，又避免选用过粗导线抬高材料成本。
31．【答案】（1）解：已知水深h=0.3m，液体压强满足液体压强关系式p=ρgh，代入水的密度ρ=1×103kg/m3、重力常数g=10N/kg与水深，算出A处水产生的压强p=1×103kg/m3×10N/kg×0.3m=3×103Pa。
（2）解：电源总电压U=8.4V，电压表测压敏电阻RF两端电压UF=7V，串联电路总电压等于各元件分压之和，因此定值电阻分压U0=U−UF=8.4V−7V=1.4V；依据导体电流等于两端电压与电阻之比的欧姆定律I=U0R0，代入U0=1.4V、R0=7×103Ω，得到电路串联电流I=1.4V7×103Ω=2×10−4A；串联电路各处电流相等，再利用欧姆定律变形RF=UFI，带入UF与电路电流，算出此时压敏电阻阻值RF=7V2×10−4A=3.5×104Ω；对照RF−h图像，阻值为3.5×104Ω对应的水深h=4cm。
（3）解：水杯静止时受力平衡，向上的总压力等于向下各压力与自身重力之和，列出平衡关系式F1+F2+mg=F3；结合液体压力F=pS=ρghS分别展开各项压力，进水口水压产生压力F1=ρg(L+H)S1、水槽液体对水杯侧壁环形区域压力F2=ρgH(S2−S1)、杯内气体上方液体向下压力F3=ρg(H+d)S2；将三个压力表达式代入平衡方程并化简消去公共项，整理得到饮水槽水面到蓄水池水面的高度表达式L=S2S1d−mρS1。
（4）解： 从推导得出的高度关系式可以看出，L与水杯质量m负相关、与水杯横截面积S2、杯内气柱长度d正相关，因此想要增大进水口到蓄水池的高度，可采用减小水杯质量的调整方法，也可增大水杯横截面积或者加长杯内气体长度。
【知识点】液体压强计算公式的应用；串联电路的电流规律；串联电路的电压规律；欧姆定律及其应用
【解析】【分析】(1) 运用液体压强计算关系式p=ρgh，液体压强由液体密度、重力常数、深度共同决定，直接将水深与水的密度代入关系式完成压强计算。
(2) 结合串联电路分压规律U=U0+UF先求出定值电阻分压，再依靠欧姆定律I=UR算出串联电路电流，再次使用欧姆定律变形求出压敏电阻阻值，最后结合图像坐标匹配对应水深，全程串联电路电流处处相等是核心隐含条件。
(3) 依托受力平衡原理列压力平衡等式，结合液体压力公式F=ρghS分别表达所有液柱压力，通过代数消元化简方程，推导出高度L的符号表达式，过程中区分不同受力面对应的受力面积与液柱深度。
(4) 对第三问得到的表达式做变量关系分析，判断各个物理量对高度L的增减影响，选取便于操作的变量给出水杯调整方案。实验序号
1
2
3
木块放置情况
电子秤示数m/g
203.5
188.7
158.3
螺栓的质量m/g
放入螺栓前量筒中
液面的刻度值
V₁/mL
放入螺栓后量筒中
液面的刻度值
V₂/mL
①V/cm³
螺栓的密度 ρ/(g⋅cm³)
②
50
③


物质
铝
铁
铜
密度 ρ/(kg⋅m³)
2.7×10³
7.9×10³
8.9×10³
序号
A
B
C
D
导线横截面积 S/mm2
0.75
1
1.5
2.5
电流I/A
3~6
6~10
10~16
16~25