2026年江苏省扬州市中考物理试卷(含详细答案解析)

这是一份2026年江苏省扬州市中考物理试卷(含详细答案解析)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.磬是古代的一种打击乐器，调音时若磬声太低沉，就打磨磬端，这是为了改变声音的( )
A. 响度B. 音调C. 音色D. 声速
2.如图，“通草花”是江苏省非物质文化遗产。制作它需多次染色并自然晾干，晾干时，通草花中的水发生的物态变化是( )
A. 熔化
B. 凝固
C. 汽化
D. 液化
3.两人共同推车前行，所用的推力分别为10N和15N，方向均为水平向左，则推力的合力的大小和方向为( )
A. 5N，水平向右B. 5N，水平向左C. 25N，水平向右D. 25N，水平向左
4.如图标志，是提醒行人，前方有障碍物当心绊倒。这主要是因为( )
A. 人有惯性
B. 人受到惯性作用
C. 障碍物没有惯性
D. 障碍物受到惯性作用
5.如图，加热试管中的水至沸腾。分析橡胶塞被冲出的过程，其能量转化与汽油机的哪个冲程类似( )
A. 吸气冲程
B. 压缩冲程
C. 做功冲程
D. 排气冲程
6.如图是某同学用笤帚扫地的场景，扫地时( )
A. 省力、省功B. 费力、省功C. 省力、费距离D. 费力、省距离
7.2026年4月，扬州首条低空物流航线启用，全长10km，标志着低空经济迈入新阶段。如图，无人机要在15min内将包裹从航线起点运到终点，速度至少为( )
A. 40km/ℎ
B. 30km/ℎ
C. 8m/s
D. 5m/s
8.2026年5月，中欧联合研制的“太阳风——磁层相互作用全景成像卫星”(简称“微笑”卫星)成功发射。成像卫星利用电磁波进行拍摄，用来研究太阳风对地球磁场的影响。卫星在轨运行如图，下列分析正确的是( )
A. 火箭点火升空的过程中，只受重力
B. 卫星从近地点运动到远地点过程中，势能增大
C. 卫星和地球之间通过超声波传递信息
D. 拍摄时发射的电磁波在真空中速度为340m/s
9.有研究认为：一些植物的生长有“趋磁性”，即根系指向地磁南极的胚芽会更早发芽。按此观点，最早发芽的是( )
A.
B.
C.
D.
10.如图，某轮船正在过闸，轮船所受浮力为F，船身底部某处所受水的压强为p，若闸室内水面缓慢下降，则( )
A. F减小
B. F增大
C. p不变
D. p减小
11.如图，小明从倒置的漏斗管口向下吹气，乒乓球不会掉下来。下表呈现了小明探究学习的思路，位置①②处填写的内容正确的是( )
A. 大；越大B. 小；越小C. 小；越大D. 大；越小
12.利用PTC加热片、微型电池、开关、导线制作眼镜除雾装置。如图是甲、乙两个PTC加热片的电阻随温度变化图像，为达到快速除雾且自动恒温，不会过热的目的，应该选择的加热片和理由正确的是( )
A. 选甲，装置启动后功率快速增加至某一定值并保持不变
B. 选甲，装置启动后功率较大，达到一定温度后功率快速减小
C. 选乙，电阻随温度变化更平稳，功率更稳定
D. 选乙，温度较高时，其电阻并不大，除雾更快
二、填空题：本大题共7小题，共23分。
13.如图，《江潮报》是新四军在苏中抗日根据地创办的报纸。印报纸的工具包括铁笔、蜡纸和油印机等。为保证能印出最大数量的报纸，蜡纸不能发生撕裂或褶皱，铁笔在蜡纸上刻字，须均匀用力，力求笔尖对蜡纸的压强 ，用铁笔刻字，是因为铁的 比蜡大；还需适时调制油墨以适应不同季节，报纸散发墨香，是因为分子处在 中。
14.如图，湍急的溪水哗哗流过，几只白鹭站立其中，观察者听到的流水声是通过 传入耳朵，感觉白鹭“踏水而行”，是以 为参照物，这体现了运动的 。
15.如图是带开关的“五孔插座”，两个插座上各接一个用电器，开关能同时控制，拔下一个插座上的用电器，另一个仍能工作，则开关应接在 路上，两个插座是 连接的。为了用电安全，开关的一个接线柱应与 线相连，另一个与三孔插座 孔的接线柱相连；三孔插座中间孔的接线柱应与 线相连。
16.如图是某款纯电动无人驾驶矿用卡车，载重量90吨。该卡车有多个巨大车轮，是为了 压强。车载大容量电池最多可储存568kW⋅ℎ的电能。为实现快速充电，配备四个快充头，每个快充头的充电功率为250kW，则该卡车从零电量至充满电仅需 h。
17.如图，在“再探动滑轮”实验中，将重力为4N的物体匀速提升0.2m，弹簧测力计拉力为2.5N，拉力做功为 J，有用功为 J，动滑轮的机械效率为 。若增大物重，则机械效率会 。
18.为实现“碳达峰”“碳中和”目标，我国大力发展清洁能源。
(1)目前，三峡水电站是世界上规模最大的水力发电站。如图是发电的原理，摇动手柄带动线圈在磁场中做切割 运动，LED灯会发光，说明电路中产生了电流，这是 现象。
(2)全球最大氢氮能源项目已在国内正式生产。将氢气制成更易液化的氨气，是因为标准大气压下液态氨比液态氢的沸点 。完全燃烧0.5kg的氢气放出的热量是 J(氢气的热值q=1.4×108J/kg)。
19.如图是殷墟出土的商代象牙尺。资料显示，该尺长为一尺，约160mm，有10大格，每大格为一寸，每大格又分成10小格，每小格为一分。由此可知，该尺的分度值约为 mm。若用商代象牙尺测量，试卷第一页上方“注意事项”黑线框短边约 寸。
三、作图题：本大题共3小题，共6分。
20.如图，作出物体AB通过平面镜所成的像A′B′。
21.如图，茶壶静止在水平桌面上，画出茶壶的受力示意图。
22.如图，根据电流方向标出通电螺线管的N、S极。
四、实验探究题：本大题共5小题，共28分。
23.用吸管做实验。
(1)用激光笔对着吸管口照射，在天花板上出现光斑，从各个方向都能看到光斑，这是光发生了 反射；若将吸管略微弯曲，如图1，天花板上没有出现光斑，说明光在均匀介质中是沿 传播的。
(2)如图2，用橡皮筋拉动厚书在水平桌面上匀速运动，若在厚书下面放几根圆形吸管，拉动时橡皮筋的伸长量变小，是因为变滑动为滚动可以 。
(3)如图3，手拿餐巾纸摩擦过的塑料吸管，靠近空鸡蛋壳，蛋壳就会被吸引过来，这是因为吸管与餐巾纸摩擦带了 而吸引 物体。
24.探究凸透镜成像规律实验。凸透镜焦距为10cm。
(1)调节蜡烛和光屏的位置如图，此时光屏上恰好成清晰的像，像是倒立 的 像，此成像特点与生活中的 (选填“放大镜”“投影仪”或“照相机”)相同。
(2)用不透明的纸将凸透镜遮住一半，则光屏上能否成完整的像？ 。
(3)将蜡烛(或F形光源)放在二倍焦距处能成等大的像。请提出一种实验验证的方法： 。(选择蜡烛或F形光源中的一个回答即可)
25.用电流表和电压表测量阻值未知的定值电阻实验。
(1)请在图1中用笔画线完成电路连接。
(2)闭合开关S前，应将滑动变阻器滑片P移至______端。
(3)闭合开关S后，发现电压表指针几乎满偏，原因可能是______。(写出一条即可)
(4)排除电路故障后，移动滑片P，测得多组数据，当电压表示数为2.8V时，电流表示数如图2，为______ A。
(5)记录的实验数据如表格，小组成员以六组数据的平均值作为未知电阻阻值，你是否赞同这个做法？理由是______。
26.探究水沸腾前后温度变化的特点实验。
(1)如图1，每隔10s记录一次水的温度，作出如图2所示图像，根据图像，水在沸腾前，温度 ；水在沸腾时，温度 。
(2)小明想探究水沸腾的条件，设计了如图3实验。对大烧杯进行加热，发现大烧杯中的水能够沸腾，小烧杯中的水无法沸腾，小明测出小烧杯中的水温，为 ∘C。由此，小明猜想：可能是因为小烧杯中的水在不停地向空气散热，导致水温无法达到沸点。于是给小烧杯加上盖子，如图4继续加热大烧杯，发现小烧杯中的水仍不能沸腾，请分析其中原因 ； 。
27.跨学科实践活动——自制密度杯：
如图1是柱形双饮杯，被隔成相等的A、B两部分。小组将它制成一个测量液体密度的密度杯。器材：电子秤、刻度尺、滴管、贴纸。
设计制作：
(1)取下盖子和吸管，将双饮杯放在水平放置的电子秤上，按“清零”键，显示“0.0”。在A侧倒入待测液体，用刻度尺测出液面的高度，记为ℎ液，电子秤的示数，即为液体的质量。在B侧倒入水，并用滴管调节，观察电子秤的示数至刚才的两倍，此时B侧水的质量 (选填“大于”“等于”或“小于”)A侧液体的质量，测出水面的高度，记为ℎ水，则ρ液= (用所测量的ℎ液、ℎ水和已知量ρ水表示)。
标密度值：
(2)如图2，在双饮杯上贴一张有刻度线的贴纸。将水作为待测液体，倒入A侧至10格处，请你帮小组在贴纸上B侧相应位置画上横线并标注“1.0g/cm3”。小组在贴纸上均匀标出其它密度值，这样做的理由是 。
实践应用：
(3)在A侧倒入待测液体至 格处，在B侧加水至电子秤的示数变为两倍，则B侧水面所对应的密度值即为待测液体密度。
(4)测量时发现液体密度大于 g/cm3时，该密度杯无法使用。
反思改进：
(5)小组同学思考，若A侧待测液体倒至5格处，则贴纸上的“1.0g/cm3”应改为 g/cm3。
(6)若不改变原标注的密度值，可在贴纸5格处标出相应的倍数“×n”，如图3，则n= ，即制成双量程密度杯。
五、计算题：本大题共2小题，共10分。
28.恐鸟曾是地球上一种不会飞的鸟，如图是恐鸟化石，科学家推断，恐鸟质量约为240kg，两只脚掌的总面积约为600cm2，g取10N/kg。则：
(1)恐鸟重力约为多少？
(2)恐鸟双脚站立时，对水平地面的压强约为多大？
29.石墨烯发热膜可看作电阻。如图是某款石墨烯智能发热护具，其发热膜电阻R为5Ω。该发热护具有保暖和理疗两种工作模式。
保暖：供电电压U1为2.5V，低功率运行；
理疗：供电电压U2为5V，高功率运行。
求：(1)保暖模式下，电路中的电流大小和发热膜功率大小。
(2)在保暖和理疗模式下各工作5min，发热膜产生的热量之比。
六、综合题：本大题共1小题，共9分。
30.阅读短文，回答问题。
2026年2月，全球首个实现“海上风电直连+海水自然冷却”的海底数据中心在国内正式启用。此次启用的是该海底数据中心项目的一期示范工程。
如图1，海上风电直连，是通过电缆将海上风电与海底数据中心直接连通的供电模式。风机发出的电能，输送至海底数据舱和海水自然冷却装置等。海水自然冷却是利用低温海水吸收数据舱内服务器工作时产生的热量，使服务器工作状态保持正常，即舱内温度不超过20∘C；抽水泵功率越大，冷却管道中海水流速越大。
该海底数据中心的建立，为AI时代数字基础设施环保升级提供了“中国方案”。
(1)海上风力发电机工作时，将______能转化为电能。
(2)相对于传统冷却方式，该数据中心选择了海水自然冷却。
①满负荷运行时，每秒钟约0.15m3的15∘C海水被抽水泵送进冷却管道，流经数据舱，吸热后温度最大升高5∘C。海水约吸收了______ J的热量，已知ρ海水约为1.0×103kg/m3，c海水约为4.2×103J/(kg⋅∘C)。
②利用海水自然冷却的优点：______、______。(写出两点即可)
(3)工程上，常用“能源利用率”作为评价数据中心能效的重要指标，简称PUE。PUE=PM1PM2，其中PM1为数据中心所有用电设备消耗的总功率，PM2为数据中心所有IT设备消耗的总功率。PUE值越接近1，数据中心越节能。
①A、B两个地区数据中心行业的PUE均值如图2，选址建设数据中心，如果你是项目论证参与者，你建议选择的地区是______。
②该海底数据中心的IT设备总功率达2.3MW，若PUE为1.2，则该数据中心非IT设备消耗的电功率是______ MW。
③某仿真研究表明，舱内最高温度与海水流速关系如图3，由图可知，若海水流速越大，则舱内最高温度______。
④有观点认为，冷却管道中海水流速越大越好。你是否支持这一观点？若支持，写出你的理由；若不支持，写出你的理由并提出建议。______。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、当用不同的力度敲击乐器时，主要改变的是声音的响度，因为力度影响的是振动幅度，与打磨无关，故A错误；
B、对于磬这种打击乐器，其音调高低与自身结构的厚度、形状和松紧程度有关。若磬声太低沉，说明其振动频率偏低，即音调太低。此时打磨磬的磬端，会减小其质量并改变其振动特性，从而提高其振动频率，使音调升高，因此，打磨磬端是为了改变声音的音调，故B正确；
C、音色由发声体材料和结构决定，打磨不会显著改变音色，故C错误；
D、声速在相同介质中基本恒定，与打磨无关，故D错误。
故选：B。
响度是由物体振动的振幅决定，振幅越大，响度越大；音调是由物体振动的频率决定，频率越高，音调越高；音色是由发声体的材料、结构等决定；声速是单位时间声音传播的距离。
此题考查了频率与音调的关系，学会结合定义进行判断是解题关键。
2.【答案】C
【解析】解：物质由液态变为气态的过程叫汽化。通草花中的水是液态的，晾干是变为了水蒸气消散在空气中，所以是汽化现象。故C正确，ABD错误。
故选：C。
物质由液态变为气态的过程叫汽化。
本题考查了汽化现象与其它物态变化现象的辨别，属于基础题。
3.【答案】D
【解析】解：已知两人共同推车前行，所用的推力分别为10N和15N，方向均为水平向左，则合力等于二力之和，即推力的合力的大小为10N+15N=25N，
合力的方向这两个力的方向相同，水平向左，故ABC错误、D正确。
故选：D。
同一直线上二力的合成，当二力方向相同时，合力等于二力之和，方向与这两个力的方向相同；当二力方向相反时，合力等于二力之差，合力方向与较大的力的方向相同。
本题考查同一直线上二力的合成，要结合同一直线上二力的方向分析合力大小，并会能判断出合力的方向。
4.【答案】A
【解析】解：人走路时，被障碍物绊一下会向前倾倒，这是因为脚碰到障碍物静止，而身体上部分由于惯性继续保持原来的运动状态，惯性是一种性质，不能说“受到惯性作用”，因此标志，是提醒行人，前方有障碍物当心绊倒，主要是因为人具有惯性，故A正确、BCD错误。
故选：A。
一切物体都有保持原来运动状态不变的性质，叫惯性；惯性与物体的质量有关，质量越大，惯性越大。惯性不是力，不能说受到惯性作用。
此题主要考查学生对惯性现象的理解，惯性现象在现实生活中随处可见，和我们的生活密切相关，学习中要注意联系实际，用所学惯性知识解决生活中的实际问题。
5.【答案】C
【解析】解：当试管内水被酒精灯加热后，水蒸气的内能逐渐增大，最后会把塞子冲出去，水蒸气的内能转化为了塞子的机械能；汽油机的做功冲程是汽油燃烧产生的内能转化为曲轴的机械能，因此这一现象与做功冲程的能量转化相同。故ABD错误，C正确。
故选：C。
在汽油机的四冲程中，做功冲程是内能转化为机械能的冲程，试管内水蒸气的内能可以转化为塞子的机械能，与做功冲程相同。
本题主要考查做功改变物体的内能与四冲程汽油机能量转化原理的结合，将原理应用于生活生产的实际是物理的一大特点。
6.【答案】D
【解析】解：使用笤帚扫地时，扫帚可看作杠杆，其动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，费力但省距离，使用笤帚不能省功，故ABC错误、D正确。
故选：D。
扫地时，扫帚可看作杠杆，其动力臂小于阻力臂，据此确定杠杆类型；使用任何机械都不省功。
本题考查了杠杆分类、功的原理，属于基础题目。
7.【答案】A
【解析】解：已知路程s=10km，时间t=15min=1560ℎ=0.25ℎ；
则速度至少为v=st=10m0.25ℎ=40km/ℎ。
故应选A。
已知路程s和时间t，根据速度公式v=st求出速度。
本题考查速度公式的理解及平均速度的计算，答题时要注意单位的换算和统一。属基础题。
8.【答案】B
【解析】解：A.火箭点火升空的过程中，在大气层内，受重力和空气阻力作用，故A错误；
B.卫星在大气层外运行时，不受空气阻力的作用，其机械能守恒；卫星从近地点运动到远地点过程中，动能减小，势能增大，故B正确；
C.声音不能在真空中传播，卫星和地球之间不能通过超声波传递信息，故C错误；
D.电磁波在真空中的传播速度为3×108m/s，不是340m/s，故D错误。
故选：B。
(1)火箭点火升空的过程中，在大气层内，受重力和空气阻力作用；
(2)机械能等于动能与势能的总和；卫星在大气层外运行时，不受空气阻力的作用，其机械能守恒。
(3)声音不能在真空中传播；
(4)电磁波在真空中的传播速度为3×108m/s。
本题考查机械能的转化，声波与电磁波的传播，难度不大。
9.【答案】C
【解析】解：磁场的N极在地理的南极附近，磁场的S极在地理的北极附近，一些植物的生长有“趋磁性”，即根系指向地磁南极的胚芽会更早发芽，故C符合题意，ABD不符合题意。
故选：C。
磁偏角：磁场的N极在地理的南极附近，磁场的S极在地理的北极附近。
本题考查了磁偏角，属于基础题。
10.【答案】C
【解析】解：AB、轮船过闸时始终处于漂浮状态，船受到的浮力等于船自身的重力，自身的重力不变，所受浮力大小不变，故AB错误；
CD、由图知轮船过闸时，若闸室内水面缓慢下降，船底所处水的深度不变，根据p=ρgℎ知，船底受到的液体压强不变，故C正确，D错误。
故选：C。
(1)根据漂浮时浮力等于重力判断出上游的轮船所受浮力的变化。
(2)当水位变化时，船始终漂浮，受到的浮力不变，船底所处的深度不变，根据p=ρgℎ分析船底受到水压强的变化。
本题综合考查了学生对连通器的掌握和运用。难度不大，属于基础题。
11.【答案】B
【解析】解：根据流速大的地方压强小。用力吹气，使漏斗上方空气流速大、压强小，下方压强大，在向上的压力差作用下球不会掉下来。
用力向下吹，吊着小重物的乒乓球，乒乓球上方气体流速比下方越大，上方气体压强就比下方越小，向上的压力差越大，所以吊着小重物的乒乓球未掉下来。故B正确、ACD错误。
故选：B。
流体压强与流速的关系：流速大的地方压强小。
本题考查了流体压强与流速的关系，属于基础题。
12.【答案】B
【解析】解：A.PTC的功率不会“保持不变”。随着温度升高，电阻增大，功率必然是下降的，这样才能达到热平衡(发热=散热)实现恒温，故A错误。
B.PTC的自动恒温原理。启动时电阻小、功率大(快速除雾)；达到目标温度后，电阻急剧变大，功率快速减小(自动恒温、不过热)。选甲，装置启动后功率较大，达到一定温度后功率快速减小，故B正确。
C.选乙，电阻随温度变化更平稳，功率也会平稳变化，无法在特定温度点产生“断崖式”的功率下降，也就无法实现精准的自动恒温，容易导致持续加热甚至过热，故C错误。
D.选乙，如果温度较高时电阻依然不大，根据P=U2R，功率依然会很大，装置会持续高温加热，无法实现“不会过热”的目的，甚至可能烫坏眼镜或引发危险，故D错误。
故选：B。
PTC加热片的核心特性是：当温度升高到某一特定值(居里温度)时，其电阻会急剧增大。
根据电功率公式P=U2R(电源电压U恒定)：启动阶段：温度低，电阻小，功率大，加热快(实现快速除雾)。恒温阶段：温度升高到设定值，电阻急剧增大，导致功率迅速减小，发热量降低，从而防止温度继续升高(实现自动恒温、不过热)。
这道题考察的是PTC(正温度系数)热敏电阻的特性及其在自动恒温电路中的应用。虽然题目中提到了“如图是甲、乙两个 PTC加热片的电阻随温度变化图像”。
13.【答案】均匀
硬度
永不停息地做无规则运动

【解析】解：根据压强公式p=FS，在压力一定时，减小受力面积可以增大压强。铁笔笔尖较细，通过减小受力面积来增大压强，这样更容易在蜡纸上刻出清晰的字迹，同时均匀用力能避免压强过大导致蜡纸撕裂。
铁笔能在蜡纸上刻字，是因为铁的硬度远大于蜡，这样笔尖不易变形，能顺利在蜡纸上留下刻痕。
墨香能被闻到，是因为油墨中的分子在永不停息地做无规则运动，扩散到空气中，这是分子热运动的体现。
故答案为：均匀；硬度；永不停息地做无规则运动。
压强大小与压力大小、受力面积有关；
性质决定用途；
不同物质互相接触时彼此进入对方的现象叫扩散，扩散现象说明分子在不停地做无规则运动。
此题考查了硬度的认识、压强大小的影响因素、扩散现象等。
14.【答案】空气
水面(或岸边、地面)
相对性

【解析】解：声音的传播需要介质，观察者听到的流水声是通过空气传入耳朵的(在空气中声音以声波形式传播)。
感觉白鹭“踏水而行”，是因为白鹭相对于水面(或岸边、地面)的位置没有发生改变，所以以水面(或岸边、地面)为参照物时，白鹭是静止的，看起来像“踏水而行”。
故答案为：空气；水面(或岸边、地面)；相对性。
声音的传播需要介质，真空不能传声。
物体相对于参照物的位置变化了，物体就是运动的；物体相对于参照物的位置不变，物体就是静止的。
此题考查了声音的传播条件、物体运动状态的判断。
15.【答案】干
并联
火
右
地

【解析】解：带开关的“五孔插座”，两个插座上各接一个用电器，开关能同时控制，拔下一个插座上的用电器，另一个仍能工作，则开关应接在干路上，两个插座互不影响，是并联连接的；
为了用电安全，开关的一个接线柱应与火线相连，另一个与三孔插座右孔的接线柱相连；三孔插座中间孔的接线柱应与地线相连。
故答案为：干；并联；火；右；地。
开关控制所有用电器，处在干路上；根据“左零右火上接地”确定最上面一根线，家庭电路中各用电器独立工作、互不影响。
本题考查了开关的连接、五孔插座的使用，属于基础题。
16.【答案】减小
0.568

【解析】解：该卡车有多个巨大车轮，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强；
四个快充头的充电功率P=4×250kW=1000kW，
由P=Wt可得，该卡车从零电量至充满电需要时间：
t=WP=568kW⋅ℎ1000kW=0.568ℎ。
故答案为：减小；0.568。
(1)减小压强的方法：在压力一定时，增大受力面积；在受力面积一定时，减小压力。
(2)已知配备四个快充头，每个快充头的充电功率，由P=Wt可求得该卡车从零电量至充满电需要时间。
此题主要考查减小压强的方法和电功率公式变形的灵活应用，难度不大，属于基础知识。
17.【答案】1
0.8
80%
增大

【解析】解：由题意知，拉力做的总功为：W总=Fs=2.5N×0.4m=1J；
有用功为：W有=Gℎ=4N×0.2m=0.8J；
动滑轮的机械效率为：η=W有W总×100%=0.8J1J×100%=80%；
使用同一动滑轮将物体匀速提升相同的高度时，增大物重，动滑轮的机械效率越高。
故答案为：1；0.8；80%；增大。
根据W=Fs求出拉力做的总功，根据W=Gℎ求出滑轮对钩码所做的功；利用η=W有W总×100%求出动滑轮的机械效率；
使用同一动滑轮将物体匀速提升相同的高度时，增大物重可以提高动滑轮的机械效率。
本题主要考查的是动滑轮的机械效率，关键是会根据题目的条件进行简单的计算，同时还考查了功的原理。
18.【答案】磁感线
电磁感应
高
7×107

【解析】解：(1)“摇动手柄带动线圈在磁场中做切割运动，LED灯发光”，其本质是闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，从而在电路中产生感应电流。这种现象在物理学上被称为电磁感应现象。发电机(包括三峡水电站的大型水轮发电机)正是利用这一原理，将机械能转化为电能。
(2)将氢气制成氨气的原因之一，是因为在标准大气压下，液态氨的沸点比液态氢高得多。氢气的沸点极低(约为−252.8∘C)，液化和储存条件极为苛刻；而氨气的沸点较高(约为−33.3∘C)，更容易被液化，从而大幅降低了储存和运输的成本与难度。
根据燃料完全燃烧放热的计算公式 Q=mq=0.5 kg×1.4×108J/kg=7×107J。
因此，完全燃烧0.5kg氢气放出的热量是 7×107J。
故答案为：(1)磁感线；电磁感应；(2)高；7×107。
(1)闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，从而在电路中产生感应电流。这种现象在物理学上被称为电磁感应现象。发电机正是利用这一原理，将机械能转化为电能。
(2)将氢气制成氨气的原因之一，是因为在标准大气压下，液态氨的沸点比液态氢高得多。
根据燃料完全燃烧放热的计算公式 Q=mq计算放出的热量。
本题结合了国家“双碳”目标(碳达峰、碳中和)的时代背景，考查了电磁感应、物态变化以及热值计算等核心知识点。
19.【答案】1.6
1.6

【解析】解：该尺长160mm，分成10大格(一寸)，每大格又分10小格(一分)，则总小格数为：10×10=100(小格)分度值即每小格的长度1.6mm。
试卷第一页上方“注意事项”黑线框短边通常约为2.5cm，即25mm。每寸的长度为160mm10=16mm，则短边对应的寸数为25mm16mm=1.6寸。
故答案为：1.6；1.6。
分度值，即最小刻度，也是刻度尺能达到的准确程度；结合“该尺长为一尺，约160mm，有10大格，每大格为一寸，每大格又分成10小格”分析判断。
此题考查了刻度尺的认识。
20.【答案】
【解析】解：分别作出物体两端点A、B关于平面镜的对称点A′、B′，用虚线连接A′、B′即为AB在平面镜中的像，如图所示：
平面镜成像的特点：像与物的大小相等、像与物到平面镜的距离相等、连线与镜面垂直、像为虚像，即像与物关于平面镜对称，利用这一对称性作出AB通过平面镜所成的像。
作出物体在平面镜中所成的像，注意先作出端点或关键点的像点，用虚线连接就能得到物体在平面镜中的像，一定要掌握这种技巧。
21.【答案】
【解析】解：茶壶静止在水平桌面上，茶壶受到竖直向上的支持力F、竖直向下的重力G，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茶壶的重心，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、G，如图所示：
茶壶静止在水平桌面上，先对茶壶进行受力分析，确定各个力的方向、作用点，再根据力的示意图的画法作图。
本题考查了力的示意图的画法，对物体进行正确的受力分析是关键。
22.【答案】
【解析】解：由图知，电流从螺线管的上端流入、下端流出，结合线圈绕向，由安培定则可知，通电螺线管的上端为N极、下端为S极，如图所示：
知道线圈的绕向和电流方向，利用安培定则确定通电螺线管的N、S极。
本题考查了安培定则的应用，属于基础题目。
23.【答案】漫
直线
减小摩擦力
电
轻小

【解析】解：(1)从各个方向都能看到光斑，是因为光发生了漫反射，反射光线朝向各个方向；
若将吸管略微弯曲，如图1，天花板上没有出现光斑，说明光没有沿着弯曲的吸管传播，这表明光在均匀介质中是沿直线传播的；
(2)用橡皮筋拉动厚书在水平桌面上匀速运动，橡皮筋的拉力与书本受到的摩擦力是一对平衡力，大小相等。若在厚书下面放几根圆形吸管，将书本与桌面间的滑动摩擦变为了滚动摩擦。因为滚动摩擦远小于滑动摩擦，所以拉动书本所需的力变小，橡皮筋的伸长量也随之变小。这说明变滑动为滚动可以减小摩擦力。
(3)手拿餐巾纸摩擦过的塑料吸管，吸管因摩擦而带上了电荷。带电体具有吸引轻小物体的性质。空鸡蛋壳质量很轻，属于轻小物体，所以会被带电的吸管吸引过来。
故答案为：
(1)漫；直线；
(2)减小摩擦力；
(3)电；轻小。
(1)反射分镜面反射和漫反射，平行光线入射到平而光滑反射面上，反射光线还是平行射出，这种反射是镜面反射；平行光线入射到粗糙的反射面上，反射光线射向四面八方，这种反射是漫反射；
光在同种均匀介质中沿直线传播；
(2)根据影响摩擦力大小的因素进行分析，在压力和接触面粗糙程度相同的情况下，滚动摩擦远小于滑动摩擦。
(3)根据摩擦起电现象和带电体的性质进行分析，摩擦可以使物体带电，带电体具有吸引轻小物体的性质。
本题主要考查了光的反射与传播、摩擦力、摩擦起电等多个物理知识点。完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
24.【答案】放大
实
投影仪
能
将蜡烛(或F形光源)放在光具座的30cm刻度处，移动光屏，直到光屏上出现清晰的像，观察像与物的大小

【解析】解：(1)蜡烛、凸透镜、光屏位于图中刻度对应的位置，物距小于像距成实像，此时物距大于一倍焦距小于二倍焦距，凸透镜成倒立、放大的实像，投影仪是根据这个原理制成的；
(2)用不透明的纸将凸透镜遮住一半，物体上任一点射向凸透镜的下半部，经凸透镜折射后，照样能会聚成像，像的大小不发生变化，折射光线减少，会聚成的像变暗；
(3)要验证物体在二倍焦距处能成等大的像，可以进行如下操作：将蜡烛(或F形光源)放在光具座的30cm刻度处，此时物距u=50cm−30cm=20cm=2f。然后移动光屏，直到光屏上出现清晰的像，观察并比较像与物的大小。
故答案为：(1)放大；实；投影仪；(2)能；(3)将蜡烛(或F形光源)放在光具座的30cm刻度处，移动光屏，直到光屏上出现清晰的像，观察像与物的大小。
(1)根据物距大于一倍焦距小于2倍焦距时，成倒立放大实像的原理进行分析，投影仪就是根据这个原理制成的；
(2)物体有无数点组成，物体上任一点射向凸透镜有无数条光线，经凸透镜折射后，有无数条折射光线会聚成该点的像；当遮住凸透镜的一部分，还有另外的部分光线，经凸透镜折射会聚成像；
(3)根据“物距等于二倍焦距时，成倒立、等大的实像”这一规律设计实验。将物体置于二倍焦距处，移动光屏寻找清晰的像，并比较像与物的大小。
本题是探究凸透镜成像的实验，考查了凸透镜成像的规律及应用，凸透镜成像的三种情况和应用是凸透镜成像习题的重要依据，一定要熟练掌握。
25.【答案】 B 定值电阻断路(开路) 0.30 赞同；理由如下：本实验测量的是定值电阻，其阻值在实验过程中是固定不变的；各次测量得到的电阻值存在微小差异(8.0Ω和8.3Ω)，这些差异主要来源于测量误差(如电表读数误差、电表内阻引起的系统误差等)，而非电阻本身发生了变化，对定值电阻进行多次测量求平均值，可以有效减小偶然误差
【解析】解：(1)由表格数据可知，电压表选用0∼3V的量程，且与待测电阻并联，如图所示：
。
(2)闭合开关前，应将滑动变阻器滑片P移至阻值最大端，即B端，目的是使闭合开关瞬间电路中的电流最小，从而保护电路(防止电流过大烧坏电表或用电器)。
(3)定值电阻断路(开路)：此时电压表直接串联在电路中，由于电压表内阻极大，几乎分得全部电源电压，因此指针接近满偏。
(4)图2中电流表所选用0∼0.6A量程，分度值为0.02A，读数为0.30A。
(5)赞同用六组数据平均值作为电阻阻值；
理由如下：本实验测量的是定值电阻，其阻值在实验过程中是固定不变的。各次测量得到的电阻值存在微小差异(8.0Ω和8.3Ω)，这些差异主要来源于测量误差(如电表读数误差、电表内阻引起的系统误差等)，而非电阻本身发生了变化，对定值电阻进行多次测量求平均值，可以有效减小偶然误差，得到更接近真实值的结果。
故答案为：(1)；(2)B；(3)定值电阻断路(开路)；(4)0.30。(5)赞同；理由如下：本实验测量的是定值电阻，其阻值在实验过程中是固定不变的。各次测量得到的电阻值存在微小差异(8.0Ω和8.3Ω)，这些差异主要来源于测量误差(如电表读数误差、电表内阻引起的系统误差等)，而非电阻本身发生了变化，对定值电阻进行多次测量求平均值，可以有效减小偶然误差。
(1)由表格数据可知，电压表选用0∼3V的量程，且与待测电阻并联。
(2)闭合开关前，应将滑动变阻器滑片P移至阻值最大端。
(3)此时电压表直接串联在电路中，由于电压表内阻极大，几乎分得全部电源电压，因此指针接近满偏。
(4)电流表读数时，要看清所选用的量程和分度值。
(5)本实验测量的是定值电阻，其阻值在实验过程中是固定不变的，对定值电阻进行多次测量求平均值，可以有效减小偶然误差。
本题“伏安法”测电阻的实验，考查了电路连接、注意事项、电路故障、电流表读数以及电阻的计算等知识。
26.【答案】不断上升
保持不变
97
小烧杯中的水可以从大烧杯的沸水中吸热，使其温度达到自身的沸点
当小烧杯中的水温达到沸点后，由于与大烧杯中水的温度相同，无法再从大烧杯的水中继续吸热，所以不能沸腾

【解析】解：(1)观察图2的图像可知，在0到约45秒的时间段内，水的温度随时间不断升高，这是水沸腾前的阶段。从约45秒开始，水的温度保持在98∘C不变，这是水沸腾时的阶段。因此，水在沸腾前，温度不断上升；水在沸腾时，温度保持不变。
(2)观察图3中温度计的放大图，其分度值为1∘C，液柱的上表面在90∘C刻度线上方第7个小格处，所以温度计的示数为97∘C。
对于小烧杯中的水不能沸腾的原因，分析如下：
液体沸腾需要同时满足两个条件：一是温度达到沸点，二是能够继续吸热。
在图4的装置中，大烧杯中的水沸腾后，温度保持在沸点(根据图2可知为98∘C)不变。小烧杯中的水通过热传递从大烧杯的水中吸收热量，温度可以升高到自身的沸点(98∘C)。
但是，当小烧杯中的水温也达到98∘C后，它与大烧杯中水的温度相同，两者之间没有温度差，热传递停止。小烧杯中的水虽然达到了沸点，但无法从大烧杯的水中继续吸收热量，因此不能沸腾。
故答案为：(1)不断上升；保持不变；
(2)97；小烧杯中的水可以从大烧杯的沸水中吸热，使其温度达到自身的沸点；
当小烧杯中的水温达到沸点后，由于与大烧杯中水的温度相同，无法再从大烧杯的水中继续吸热，所以不能沸腾。
(1)根据图2所示的温度-时间图像，分析水在沸腾前和沸腾时两个不同阶段的温度变化规律。
(2)根据图3中温度计的刻度读取示数。分析水沸腾的条件(达到沸点和继续吸热)，并结合图4的装置，解释小烧杯中的水为何不能沸腾。
本题主要考查了水沸腾的特点以及液体沸腾的条件。
27.【答案】等于
ℎ水ℎ液ρ水
当左侧待测液体的体积不变，根据ρ液V液=ρ水Sℎ水，右侧水的高度与液体的密度成正比，故刻度是均匀的
10
1.5
2.0
2

【解析】解：(1)按“清零”键，显示“0.0”，则电子秤的示数是倒入的液体的质量，在A侧倒入待测液体，用刻度尺测出液面的高度，记为ℎ液，电子秤的示数，即为液体的质量。在B侧倒入水，并用滴管调节，观察电子秤的示数至刚才的两倍，说明水与液体的总质量是液体的质量的2倍，故水的质量等于A侧液体的质量，测出水面的高度，记为ℎ水，根据密度公式ρ=mV知，质量m=ρV=ρSℎ；
左右底面积相等，故ρ液Sℎ液=ρ水Sℎ水，
则ρ液=ℎ水ℎ液ρ水；
(2)将水作为待测液体，倒入A侧至10格处，此时左右都是水，根据m=ρV=ρSℎ，左右的高度相等，故在10格处是水的密度；
当左侧待测液体的体积不变，根据ρ液V液=ρ水Sℎ水，右侧水的高度与液体的密度成正比，故刻度是均匀的；
(3)根据(2)知，10个是水，故测量时在左侧倒入10格，右侧水的高度显示密度大小；
(4)根据图中右侧最大高度是15格，是水的密度高度的1.5倍，故左侧能够测的最大密度是水的密度的1.5倍，故为1.5g/cm3；超过后该密度杯无法使用；
(5)若A侧待测液体倒至5格处，根据ρ液Sℎ液=ρ水Sℎ水，左侧高度减半，故右侧对应的密度高度是原来的一半，因而原来贴纸上的“1.0g/cm3”应改为2倍的2.0g/cm3。
(6)根据上述分析，A侧待测液体倒至5格处，则对应的密度都是2倍，故n=2。
故答案为：(1)等于；ℎ水ℎ液ρ水；
(2)当左侧待测液体的体积不变，根据ρ液V液=ρ水Sℎ水，右侧水的高度与液体的密度成正比，故刻度是均匀的；
(3)10；
(4)1.5；
(5)2.0；
(6)2。
(1)根据观察电子秤的示数至刚才的两倍，得出质量关系，结合密度公式分析解答；
(2)根据左右的密度相等结合质量相同分析解答；
(3)根据水的质量与待测液体的质量相等，水的体积是多少倍，则左侧的密度是水的多少倍分析；
(4)根据图中的刻度分析；
(5)根据体积关系结合密度公式分析；
(6)根据密度的倍数关系分析。
本题考查密度公式的应用，属于难题。
28.【答案】恐鸟重力约为2400N 恐鸟双脚站立时，对水平地面的压强约为4×104Pa
【解析】解：(1)恐鸟的重力：
G=mg=240kg×10N/kg=2400N；
(2)恐鸟双脚站立时，对水平地面的压力：
F=G=2400N，
受力面积S=600cm2=0.06cm2，
对水平地面的压强：
p=FS=2400Pa0.06m2=4×104Pa。
答：(1)恐鸟重力约为2400N；
(2)恐鸟双脚站立时，对水平地面的压强约为4×104Pa。
(1)知道恐鸟质量，利用G=mg求其重力；
(2)恐鸟双脚站立时，对水平地面的压力等于其重力，受力面积等于总接触面积，利用p=FS计算对水平地面的压强。
本题考查了重力公式、压强公式的应用，属于基础题目。
29.【答案】保暖模式下，电路中的电流为0.5A；发热膜的功率为1.25W 在保暖和理疗模式下各工作5min，发热膜产生的热量之比为1：4
【解析】解：(1)保暖模式下，电路中的电流为：I=U1R=2.5V5Ω=0.5A；
发热膜的功率为：P=UI=2.5V×0.5A=1.25W；
(2)由于发热膜是纯电阻，并且它们工作时间相同，电阻大小不变，则
Q1Q2=U12RtU22Rt=(U1U2)2=(2.5V5V)2=14。
答：(1)保暖模式下，电路中的电流为0.5A；发热膜的功率为1.25W；(2)在保暖和理疗模式下各工作5min，发热膜产生的热量之比为1：4。
(1)先根据保暖模式下，供电电压为2.5V，发热膜的电脑为5Ω，根据欧姆定律计算出电路中电流的大小；再根据功率的计算公式P=UI计算出发热功率的大小；
(2)由于这个电路是纯电阻电路，在保暖模式下，发热膜工作5min产生的热量为：Q1=U12Rt，
理疗模式下，发热膜工作5min产生的热量为：Q2=U22Rt，
进一步计算出发热膜产生的热量之比。
本题为计算题，考查的是欧姆定律的应用及电功率的计算，难度不大。
30.【答案】机械 3.15×106;节约淡水资源;环保 ①B；②0.46；③越低；④不支持；理由：海水流速越大，抽水泵的功率越大，消耗的电能越多，会导致PUE值变大，降低能源利用率；建议：在保证服务器正常工作温度(不超过20∘C)的前提下，选择适当的海水流速
【解析】解；(1)海上风力发电机在工作时，主要是将风能(机械能)转化为电能。
(2)①根据题意，每秒抽入的海水体积V=0.15 m3。
海水的质量m=ρV=1.0×103kg/m3×0.15m3=150kg。
海水吸收的热量Q=cmΔt=4.2×103J/(kg⋅∘C)×150kg×5∘C=3.15×106J。
②相对于传统冷却方式，海水自然冷却的优点包括：节约淡水资源；利用自然冷源，减少传统制冷设备的电能消耗；无氟利昂等制冷剂，更加环保。
(3)①PUE值越接近1，数据中心越节能。根据图2B地区的PUE均值更低，更接近1，因此建议选择B地区建设数据中心。
②已知IT设备总功率PM2=2.3MW，PUE=1.2。
根据公式PUE=PM1PM2，可得总功率 PM1=PUE×PM2=1.2×2.3MW=2.76MW。
非IT设备消耗的电功率=PM1−PM2=2.76MW−2.3MW=0.46MW。
③根据图3的仿真研究关系可知，海水流速越大，带走热量的能力越强，舱内最高温度越低。
④不支持。理由：海水流速越大，抽水泵的功率越大，消耗的电能越多，会导致PUE值变大，降低能源利用率。
建议：在保证服务器正常工作温度(不超过20∘C)的前提下，选择适当的海水流速。
故答案为：(1)机械；(2)3.15×106；(3)①B；②0.46；③越低；④不支持。理由：海水流速越大，抽水泵的功率越大，消耗的电能越多，会导致PUE值变大，降低能源利用率。建议：在保证服务器正常工作温度(不超过20∘C)的前提下，选择适当的海水流速。
(1)发电机工作时将机械能转化为电能。
(2)①根据题意，根据m=ρV计算每秒抽入海水的质量。
根据Q=cmΔt计算海水吸收的热量。
②海水自然冷却的优点包括：节约淡水资源；利用自然冷源，减少传统制冷设备的电能消耗；无氟利昂等制冷剂，更加环保。
(3)①PUE值越接近1，数据中心越节能。根据图2B地区的PUE均值更低，更接近1。
②已知IT设备总功率PM2=2.3MW，PUE=1.2。
根据公式PUE=PM1PM2，计算总功率 PM1=PUE×PM2。
计算非IT设备消耗的电功率=PM1−PM2。
③根据图3的仿真研究关系得出结论。
④海水流速越大，抽水泵的功率越大，消耗的电能越多，会导致PUE值变大，降低能源利用率。
建议：在保证服务器正常工作温度(不超过20∘C)的前提下，选择适当的海水流速。
本题考查关于海底数据中心物理原理与工程应用的综合题。问题
证据
解释
追问
向下吹气，乒乓球会掉下来吗
乒乓球未掉下来
乒乓球上方的气压比下方 ①
用力吹，乒乓球会“吸”得更紧吗
用力向下吹，吊着小重物的乒乓球会掉下来吗
吊着小重物的乒乓球未掉下来
乒乓球上方气体流速比下方越大，上方气体压强就比下方 ②
还能找出其他证据吗
实验序号
①
②
③
④
⑤
⑥
电压U/V
0.8
1.2
1.6
2.0
2.4
2.8
电流I/A
0.10
0.15
0.20
0.24
0.29
--
电阻R/Ω
8.0
8.0
8.0
8.3
8.3
--