广东省广州市广州中学2025年中考二模物理试题
1．（2024·广州二模）体重为60kg的小凯同学，身体里血液的质量约为
A．500mL B．5L C．500g D．5kg
【答案】D
【知识点】质量及其特性
【解析】【解答】人体的血液质量通常占体重的7%-8%，人体内血液质量约：
60kg×8%=4.8kg，
接近5kg，故ABC不符合题意，D符合题意。
故选D。
【分析】人体的血液质量通常占体重的7%-8%，根据占比求出血液的总质量。
2．（2024·广州二模）男低音的小凯与女高音的小旋，一起正确齐唱（用相同的节奏、音高和歌词演唱单一声部旋律的演唱形式）国歌中“…·万众一心…”的“心”时，
A．小旋的音调一定较高 B．小凯的响度一定较大
C．两人声带每秒振动的次数相等 D．两人的音色相同
【答案】C
【知识点】音调及音调与频率的关系；响度及响度与振幅的关系；音色
【解析】【解答】AC.男低音的小凯与女高音的小旋，一起正确齐唱（用相同的节奏、音高和歌词演唱单一声部旋律的演唱形式）国歌中“……万众一心……”的“心”时，音调必须相同，否则不是正确演唱，所以小凯和小旋的音调相同，音调与振动频率有关，故声带每秒振动的次数相等，故A错误，C正确；
B.响度与振幅大小有关，小凯和小旋用力大小未知，响度大小无法判断，故B错误；
D.不同的人声带不同，音色不同，故D错误。
故选C。
【分析】声音的特性有三个：音调、响度和音色。音调是指声音的高低，与振动频率有关，音调越高，频率越高；响度是指声音的大小，跟距声源的远近和振幅有关；音色又叫音品是指声音的品质与特色，它跟发声体的材料和结构有关。
3．（2024·广州二模）人类利用太阳能的实质，是将太阳能转化为其他形式的能量。目前人类直接利用太阳能的方式是
A．利用太阳能集热器直接把水加热
B．利用太阳能形成的风使风车发电
C．利用太阳能汽车，把太阳能直接转化为机械能
D．利用太阳能电池，把太阳能直接转化为化学能
【答案】A
【知识点】太阳能及其利用与转化
【解析】【解答】A.利用太阳能集热器直接把水加热，将太阳能转化为内能，故A正确；
B.利用太阳能电池板可以直接将太阳能转化为电能，而不是利用太阳能形成的风使风车发电，故B错误；
C.利用太阳能汽车，把太阳能先转化为电能，再将电能转化为机械能，故C错误；
D.利用太阳能电池，把太阳能直接转化为电能，故D错误。
故选A。
【分析】目前直接利用太阳能的方式主要有两种，一种是用集热器把水等物质加热，将太阳能转化成内能；另一种是用太阳能电池把太阳能转化成电能。
4．（2024·广州二模）把几块干冰放入如图1所示的易拉罐中，过一会，在易拉罐外侧下部会出现霜。下列各措施中能使易拉罐结霜效果更明显的是
①往易拉罐里多放几块干冰
②实验前，向准备放易拉罐的桌面周围空间喷水雾
③实验前，提前升高易拉罐的温度
A．只有① B．只有①② C．只有①③ D．只有②③
【答案】B
【知识点】升华及升华吸热；凝华及凝华放热
【解析】【解答】干冰是固态二氧化碳，放入易拉罐中会迅速升华吸热，使易拉罐温度降低，空气中的水蒸气遇冷在易拉罐下部的外侧凝华形成霜；
①往易拉罐里多放几块干冰：干冰越多，升华吸收的热量就越多，易拉罐的温度就会降得更低，会使更多的水蒸气遇冷凝华成霜，易拉罐结霜效果更明显；
②实验前，向准备放易拉罐的桌面周围空间喷水雾：喷水雾可以增加周围空气中水蒸气的含量，这样当易拉罐温度降低时，就有更多的水蒸气能遇冷凝华成霜，易拉罐结霜效果更明显；
③实验前，提前升高易拉罐的温度：提前升高易拉罐的温度，会使干冰升华吸收的热量先用于降低易拉罐的温度，相对用于使周围水蒸气凝华的热量就减少了，不利于霜的形成，不能使易拉罐结霜效果更明显。
综上所述，①②能使易拉罐结霜效果更明显，故B符合题意，ACD不符合题意。
故选B。
【分析】（1）物质从固态直接变成气态的过程叫升华，升华吸热，具有制冷作用。
（2）物质由气态直接变成固态的过程叫凝华，凝华放热。
5．（2024·广州二模）甲、乙、丙、丁在同一直线上同时向东匀速运动，在不同时间对应通过的路程如图所示，则
A．以甲为参考物，乙向西运动 B．以甲为参考物，丁是静止的
C．丙、丁的运动速度相等 D．乙的速度是丙的2倍
【答案】B
【知识点】速度公式及其应用；时间速度路程的图像分析
【解析】【解答】 通过在s-t图像分析可知，甲乙路程相同，甲所用的时间大于乙所用的时间，所以v甲v丙；乙丁时间相同，乙通过的路程大于丁通过的路程，所以v乙>v丁；甲丁斜率相同，速度相同；综上可得：v丙A.乙的速度大于甲的速度，以甲为参考物，乙向东运动，故A错误；
B.丁的速度等于甲的速度，以甲为参考物，丁是静止的，故B正确；
C.丙的运动速度小于丁的速度，故C错误；
D.s乙=2s丙，2t乙=t丙，根据可知，乙的速度是丙的4倍，故D错误。
故选B。
【分析】（1）比较物体运动快慢的方法：相同时间，比路程，路程长的运动的快；相同路程，比时间，时间短的运动的快；
（2）在s-t图像中，过原点的斜线表示物体做匀速直线运动，斜率表示速度的大小。
6．（2024·广州二模）一根弹簧，其左端与墙固定，其右端连接一个小球。小球向左运动压缩弹簧，先后经历了如图甲、乙所示的过程。小球在0点时，弹簧处于原长状态。忽略空气对小球的阻力及地面对小球的摩擦力，则
A．甲过程，小球受到的水平弹力方向向左
B．乙过程，小球受到的水平弹力方向向右
C．在小球压缩弹簧的过程，其速度的大小不变
D．小球在O点时受到弹簧的弹力为0
【答案】D
【知识点】力的作用效果；弹力
【解析】【解答】A.甲过程，小球向左运动压缩弹簧，弹力的方向与弹簧发生形变的方向相反，因此小球受到的水平弹力方向向右，故A错误；
B.乙过程，小球向右运动拉伸弹簧，弹力的方向与弹簧发生形变的方向相反，因此小球受到的水平弹力方向向左，故B错误；
C.在小球压缩弹簧的过程中，小球向左运动，因忽略空气对小球的阻力及地面对小球的摩擦力，小球在水平方向上只受到向右的弹力，弹力的方向与小球运动的方向相反，因此小球的速度减小，故C错误；
D.小球在O点时，弹簧处于原长状态，弹簧没有发生形变，因此小球在O点时受到的弹簧的弹力为0，故D正确。
故选D。
【分析】 （1）弹力的方向与弹簧发生形变的方向相反；弹力的大小与弹性形变的程度有关，在弹性限度内，弹性形变越大，弹力越大；
（2）力是改变物体运动状态的原因。
7．（2024·广州二模）如图所示，将三瓶质量相同的矿泉水，分别全部倒入三个质量和底面积相同、形状不同的平底玻璃杯中，水没有溢出，则
A．甲图中电子秤的示数最小 B．三个图中电子秤的示数相同
C．丙图中水对杯底的压力最小 D．三个图中水对杯底的压强相同
【答案】B
【知识点】压力及重力与压力的区别；压强的大小及其计算；液体压强的计算
【解析】【解答】AB.由于矿泉水的质量和玻璃杯的质量都相同，由G=mg可知水和玻璃杯的总重力相同，对水平电子秤的压力相同，所以三个图中电子秤的示数相同，故A错误，B正确；
CD.由图可知容器的底面积相同，若把相同质量的水倒入其中，甲杯上大下小，液面最低，丙杯上小下大，液面最高，根据液体压强公式P=ρgh可知，甲中水对杯底的压强最小，丙中水对杯底的压强最大，根据F=PS可知，甲图中水对杯底的压力最小，丙图中水对杯底的压力最大，故CD错误；
故选B。
【分析】（1）矿泉水的质量和玻璃杯的质量都相同，根据G=mg判断出水和玻璃杯的总重力的关系，根据在水平面上物体对水平面的压力等于其重力判断出三个图中电子秤示数的关系；
（2）根据题意可知，容器的底面积相同，若把相同质量的水倒入其中，根据容器形状判断出液面的高低，根据液体压强公式P=ρgh判断出三图中水对杯底压强的关系，由F=PS判断出三图中水对杯底压力的关系。
8．（2024·广州二模）小凯和小满进行篮球传球训练，两次抛出篮球在空中运动轨迹如图所示，均从a点运动到b点，且a、b等高：第1次，小凯以较大的速度抛出，忽略空气的作用力。下列说法错误的是
A．篮球从a运动至e的过程中，机械能保持不变
B．篮球在最高点e的重力势能最大，动能不为0
C．篮球在c点时的重力势能与在d点时一样大
D．篮球在c点时的速度与在d点时一样大
【答案】D
【知识点】动能的影响因素；势能的影响因素；机械能及其转化；机械能守恒条件
【解析】【解答】A.忽略空气阻力作用，篮球从a到e的运动过程只受重力作用，满足机械能守恒，故A正确；
B.篮球在最高点竖直方向的速度为0，但水平方向的速度不为0，所以动能不为0，故B正确；
C.篮球在C、D两点的高度相同，篮球的质量不变，所用重力势能相等，故C正确；
D.由图可知，第一次抛出的上升的最高高度大于第二次抛出的上升的最高高度，第一次抛出的机械能大于第二次抛出的机械能，c、d高度相同，重力势能相同，则c点的动能大于d点动能，由于篮球质量不变，所以c点速度大于d点速度，故D错误。
故选D。
【分析】（1）动能的大小与质量、速度有关；
（2）重力势能的大小与质量、高度有关；
（3）机械能为动能和势能的和；不考虑空气阻力，机械能是守恒的。
9．（2024·广州二模）图是锂离子电池原理简图，其电池部分漫没在电解液中，当锂离子电池放电时，锂离子会从右侧电极通过隔膜流向左侧电极，此时小灯泡发光，则
A．左侧电极为锂离子电池的负极
B．电池放电时，电流从左侧电极经灯泡流向右侧电极
C．锂离子电池内部电流从左侧电极流向右侧电极
D．电池放电时，将电能转化为化学能
【答案】B
【知识点】电流的方向；电源及其能量转化
【解析】【解答】由图可知，电池放电时，在电源内部，锂离子（带正电）从右侧电极流向左侧电极，电流从右侧电极流向左侧电极 ；在电源外部，电流的方向和电源内部的方向相反，故在电源外部，电流从左侧电极流出，经小灯泡流向右侧电极，故左侧电极为锂离子电池的正极；电池放电时，将化学能转化为电能，故ACD错误，B正确；
故选B。
【分析】（1）正电荷定向移动的方向规定为电流的方向；
（2）在电源内部，电流的方向从电源负极流向电源正极；
（3）在电源外部，电流从电源正极经用电器流向电源负极；
（4）电池放电时，将化学能转化为电能；电池充电时，将电能转化为化学能。
10．（2024·广州二模）如图所示，两条光滑平行圆弧导轨的下端分别与水平平行、光滑无摩擦的金属直导轨MN和PQ平滑连接，金属直导轨处在竖直向上的磁场之中。铜棒CD静止在直导轨上，现让铜棒AB从圆强导轨的一定高度上静止释放，当AB棒进入磁场时，CD棒开始向右运动（AB棒进入磁场后速度减慢，两铜棒未碰撞）.不考虑空气的作用力，下列说法正确的是
A．铜棒AB中不会产生感应电流
B．CD能向右运动的原理和发电机的原理相同
C．若将磁场方向改为竖直向下，让AB滑下进入磁场时，CD受到磁场力方向水平向右
D．AB棒进入磁场后的机械能不变
【答案】C
【知识点】力的作用效果；直流电动机的构造原理与工作过程；电磁感应；产生感应电流的条件
【解析】【解答】AB.让AB棒从圆弧导轨上离水平导轨一定高度由静止释放，当AB棒进入磁场时，AB棒在磁场中做切割磁感线运动，金属棒AB中会产生感应电流；金属棒CD也会有电流通过，CD会受到磁场力的作用，从静止开始水平运动，其原理和电动机相同；故AB错误；
C.若将磁场方向改为竖直向下，重复以上的实验操作，流过金属棒AB的电流方向改变，金属棒CD中电流方向也改变，磁场方向改变，受到磁场力的方向不变，故C正确；
D. 由于AB棒进入磁场后速度减慢，质量不变，动能减小，高度减小，重力势能减小，机械能减小，故D错误。
故选C。
【分析】 （1）电磁感应现象：闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，会产生电流，这种电流叫感应电流，这一现象叫电磁感应现象；发电机是利用电磁感应现象制成的；
（2）产生感应电流的条件：闭合电路的部分导体；在磁场中做切割磁感线运动；影响感应电流的因素：磁场方向；导体切割磁感线运动方向；
（3）电动机的原理是通电导体在磁场中受到力的作用；
（4）动能大小的影响因素：质量、速度；质量越大，速度越大，动能越大；重力势能大小的影响因素：质量、被举的高度；质量越大，高度越高，重力势能越大；机械能是动能和势能之和。
11．（2024·广州二模）
（1）如图所示，水池底部有一光源S，能向水面发光，其中光线a（未画出）经水面折射后进入岸上小旋的眼睛Y.
①画出光线a及其折射光线b的大致位置： .
②若水面上升，静止站立在岸上的小旋 （选填“能”或“不能”）看到光源S
（2）物体AB的4点发出两束光a、b，其中光线a平行主光轴。图中每个小格都是等大的正方形。
①画出光线b的折射光线，并确定A的像点A' .
②物体AB经凸透镜折射后成 （选填“倒立”或“正立"） （选填“放大”、“缩小”或“等大”）的实像：
③若在图中虚线的位置上增设一块平面镜，反射面在左侧。画出光线a、b的折射光线经平面镜后的反射光线c和d面出反射光线c、d经透镜折射后的光线及相交点A"：A"与A （选填“是”或“不是”）关于镜面对称。
【答案】（1）；能
（2）；倒立；等大；是
【知识点】作光的折射光路图；凸透镜成像的应用；平面镜成像的原理、特点
【解析】【解答】（1） ① S发出的光斜射向水面时，光线会发生偏折，折射角大于入射角，连接SY，在SY与水面的交点左侧合适位置选择一个入射点O，过O点作垂直于水面的法线，连接SO为入射光线，OY为折射光线，如图所示：
②① 如图，若水面上升时，入射角不会发生变化，折射点向左移动，所以折射光线仍能进入岸上小旋的眼睛Y，静止站立在岸上的小旋能看到光源S。
（2）过光心的光线传播方向不改变，与光线a的折射光线的交点即为点A的像点A'，如图所示：
② 由图可知，光线a平行于主光轴，折射光线过焦点，则凸透镜的焦距是4小格，物体AB的物距为8小格，等于二倍焦距，所以物体AB经凸透镜折射后成倒立、等大的实像；
③ 分别过光线a、b的折射光线与平面镜的交点画法线，根据反射角等于入射角，分别画出光线a、b的折射光线经平面镜后的反射光线c和d，两线相交点A''，由图知，A''与A'是关于镜面对称。
故答案为：（1）；能；（2） ①； ② 倒立；等大； ③ 是。
【分析】（1）光的折射规律：折射光线、入射光线、法线在同一个平面内，折射光线、入射光线分居法线两侧，当光由空气斜射进入水中或其它透明介质中时，折射光线向法线偏折，折射角小于入射角；当光由水中或其它透明介质斜射进入空气中时，折射光线远离法线偏折，折射角大于入射角。
（2） ① 根据凸透镜三条特殊光线作图；
② 根据平行于主光轴的光线，折射光线过焦点确定焦距大小；凸透镜成像规律：当物距大于一倍焦距小于二倍焦距时，成倒立、放大的实像；当物距大于二倍焦距时，成倒立、缩小的实像；当物距等于像距等于二倍焦距时，成倒立、等大的实像；
③ 根据光的反射定律作图，判断A"和A'是否关于镜面对称。
12．（2024·广州二模）如图甲、乙，规格相同的两个烧杯中分别装有A、B两种液体，mA=mB=1kg.用两个规格不同的加热器加热，忽略液体蒸发且加热器产生的热量全部被液体吸收，得到的温度与加热时间的关系图像如图丙，前6min内A、B两液体吸收的热量情况如图丁
（1）A液体的比热容cA= J。
（2）cA （选填“>”、“=”或“<"）cB，你的依据是 。
（3）A液体在2min时的内能 （选填“>”、“=”或“<”）4min时的内能，理由是：同一物体， ，内能越多
【答案】（1）2.1ⅹ103
（2）<；由图丁知前6min内A液体吸收的热量小于B液体吸收的热量，由图丙可知，在前6minA升高的温度大于B升高的温度，且A、B的质量相同，根据Q吸=cmΔt可知，cA＜cB；
（3）<；温度越高
【知识点】内能的概念；比热容；热量的计算
【解析】【解答】 （1）由图丁知6minA吸收的热量为Q吸=126×103J=1.26×105J，由图丙可知6minA升高的温度为：
ΔtA=80℃-20℃=60℃，
根据Q吸=cmΔt可知甲液体比热容为：
；
（2）由图丁知前6min内A液体吸收的热量小于B液体吸收的热量，由图丙可知，在前6minA升高的温度大于B升高的温度，且A、B的质量相同，根据Q吸=cmΔt可知，cA＜cB；
（3）由图可知A液体在4min时温度高于2min时的温度，由于同一物质，温度越高内能越大，所以A液体在4min时的内能大于2min时的内能。
故答案为：（1）2.1×103；（2）＜；由图丁知前6min内A液体吸收的热量小于B液体吸收的热量，由图丙可知，在前6minA升高的温度大于B升高的温度，且A、B的质量相同，根据Q吸=cmΔt可知，cA＜cB；（3）<；同一物质，温度越高内能越大。
【分析】（1）由图丁可知6minA吸收的热量，由图丙可知6minA升高的温度，根据Q吸=cmΔt算出A液体的比热容；
（2）根据图丙和丁比较出前6minA、B液体吸收的热量的关系和升高温度的关系，根据Q吸=cmΔt分析出A、B比热容的大小；
（3）影响内能的因素是质量、温度和状态。
13．（2024·广州二模）如图甲所示，物块A在水平拉力F=6N的作用下，沿水平桌面向左做匀速直线运动。
（1）物块A所受的摩擦力为 N，方向 。
（2）如图乙所示，在同一桌面将另一物块B与A用轻绳相连，保持F1不变，用拉力F2=20N水平向右拉B，使A和B一起向右做匀速直线运动。
①在图丙中画出物块B（用“。”）在水平方向的受力示意图 ：
②轻绳上的拉力大小是 N，B所受的摩擦力为 N.
【答案】（1）6；水平向右
（2）；12；8
【知识点】力的三要素及力的示意图；二力平衡的条件及其应用；摩擦力的大小；摩擦力的方向
【解析】【解答】 （1）物块A在水平拉力F1=6N的作用下，沿水平面匀速直线向左运动，满足二力平衡，摩擦力和拉力大小相等：fA=F1=6N；摩擦力方向与拉力方向相反，拉力F1水平向左，摩擦力方向水平向右；
（2）①B在水平方向受到向右的拉力F2、向左的摩擦力f和A对B的拉力F拉，如图所示：
②物块A水平方向受到绳子的拉力F绳、F1和摩擦力fA，绳子的拉力：
F绳=F1+f=6N+6N=12N；
B所受的摩擦力：
fB=F2-F绳=20N-12N=8N。
故答案为：（1）6；水平向右；（2）①；②12；8。
【分析】（1）根据二力平衡条件分析物块A所受的摩擦力；
（2）根据力的平衡可知，物块B水平方向受到向右的拉力、向左的摩擦力和A对B的拉力；
轻绳上的拉力大小等于A受到的拉力和摩擦力之和；根据力的平衡求出摩擦力。
14．（2024·广州二模）
（1）一根轻质直尺，可绕中心0自由转动。将两根材料和粗细相同、长度不同的蜡烛的底部烧熔后，固定在轻质直尺上，直尺静止时如图（a）所示。蜡烛甲对直尺的作用力为F1.蜡烛乙对直尺的作用力为F2，F2的力臂为L2（F2和L2均未画出）
①请在图（a）中画出F1的力臂L1 。
②据此可知：F1L1 F2L2（选填“>”、“=”或“<"），你的判断依据是 .
③若两根蜡烛固定后，直尺处于水平平衡状态，如图（b）所示。同时点燃甲、乙，蜡烛每秒钟燃烧等质量的蜡，一段时间后（两蜡烛未烧完），直尺将 【只填序号】
A.保持水平平衡状态
B.左端下沉
C.右端下沉
D.无法判断直尺的转动情况
（2）如图甲，虚线框内是由两个相同的滑轮组成的滑轮组，利用该滑轮组匀速提升重G物=240N的物体，所需的拉力F=100N，物体和绳子自由端的s-t图像如图乙。
①请在图甲中的虚线框内画出滑轮组及其绕线方式： 。
②绳子自由端移动的速度是 m/s：
③滑轮组的机械效率是 。
④拉力的功率是 W
【答案】（1）；=；直尺静止，杠杆处于平衡状态；B
（2）；1.5；80%；150
【知识点】杠杆的平衡条件；力臂的画法；杠杆的动态平衡分析；滑轮（组）的机械效率；滑轮组的设计与组装
【解析】【解答】（1）①由图（a）可知，O为支点，过O点作F1的作用线的垂线即为动力臂L1，如图所示：
②根据题意可知，图（a）中直尺静止，杠杆处于平衡状态，根据杠杆平衡条件可知，F1L1=F2L2；
③由图（b）可知，杠杆左侧力的力臂小于右侧力的力臂，即L左＜L右，
由两根蜡烛固定后，直尺处于水平平衡状态可知，杠杆处于平衡状态，由杠杆平衡条件可知：
F左L左=F右L右，
即：
G左L左=G右L右，
蜡烛燃烧一段时间后，左侧的力与力臂乘积：
F'左L左=（G左-mg）L左=G左L左-mgL左，
右侧的力与力臂乘积：
F'右L右=（G右-mg）L右=G右L右-mgL右，
则
F'左L左-F'右L右=（G左L左-mgL左）-（G右L右-mgL右）=mg（L右-L左）＞0，
即F'左L左＞F'右L右，因此杠杆左端下沉，故B符合题意；
故选B；
（2）①由图乙可知，当物体上升高度为h=2m时，绳子自由端移动的距离为s=6m，
承担动滑轮绳子的股数：
，
则滑轮组由一个定滑轮和一个动滑轮组成，承担动滑轮绳子的股数为3，因此应从动滑轮开始绕线，如图所示：
；
②由图乙可知，绳子自由端移动的距离为s=6m时，所需时间为t=4s，
则绳子自由端移动的速度：
；
③滑轮组的机械效率：
；
④拉力的功率：
。
故答案为：（1）①；②=；直尺静止，杠杆处于平衡状态；③B；（2）①；②1.5；③80%；④150。
【分析】 （1）①先确定杠杆的支点，再找出力的作用线，从支点作力的作用线的垂线，支点到垂足的距离为力臂；
②图1（a）中直尺静止分析判断杠杆所处的状态，进而分析出两侧力与力臂的乘积大小关系；
③根据图1（b）分别求出蜡烛燃烧一段时间后力与力臂乘积，结合杠杆平衡条件分析出杠杆的转动情况；
（2）①根据图2乙求出承担动滑轮绳子的股数，根据承担动滑轮绳子的股数分析出滑轮的个数，根据“奇动偶定”绕滑轮组；
②根据速度公式求出绳子自由端移动的速度；
③利用求滑轮组的机械效率；
④利用求拉力的功率。
15．（2024·广州二模）小凯想在楼梯过道安装两盈“220V40W”的白炽灯，开关同时控制两灯的工作，小凯设计的电路如图
（1）灯泡L1正常发光时的电流是 A（保留两位小数），100s消耗的电能是 J
（2）在小凯连接的电路中：
①从安全用电的角度来看，开关安装的位置是 （选填“正确”或“错误”）的：
②两灯实际总功率P总 （选填“>、“-”或“<”）80W；
③通电时，若L1被短接，L2 （选填“能”或“不能”）正常发光：
④通电时，L2的灯丝烧断后，用试电笔检测A、B、C处，管会发光的是 .
【答案】（1）0.18；4000
（2）正确；<；能；A和B
【知识点】电功的计算；电功率的计算；家庭电路工作电压、零线、火线的辨别；安全用电原则
【解析】【解答】 （1）灯泡L1正常发光时的电流为：
；
100s消耗的电能为：
W=P1额t=40W×100s=4000J。
（2）①开关接在火线和用电器之间，从安全用电的角度来看，开关安装的位置是正确的；
②“220V 40W”的白炽灯的电阻为：
；
两灯串联时的总功率为：
，
20W小于80W，所以P总<80W；
③通电时，若L1被短接，则L2两端的电压为220V，能正常发光；
④通电时，L2的灯丝烧断后，用试电笔检测A、B、C处，A、B与火线相连，氖管会发光，C与零线接触，氖管不发光。
故答案为：（1）0.18；4000；（2）①正确；②＜；③能；④A和B。
【分析】 （1）根据P=UI计算灯泡L1正常发光时的电流，根据W=Pt进计算100s消耗的电能；
（2）①开关接在火线和用电器之间；
②根据电功率公式计算两灯实际总功率；
③灯泡在额定电压下正常发光；
④试电笔接触火线时，氖管发光，接触零线时，氖管不发光。
16．（2024·广州二模）如图甲，边长a-0.1m，重G=8N的正方体实心木块，静止在水平桌面上，受到竖直向上的拉力F作用，Ft-图像如图乙，rr图像如图丙，忽略空气对木块的作用力，g10N/kg
（1）画出0~2s木块的受力示意图（木块用“.”表示）：
（2）求木块的密度和0~2s木块对桌面的压强：
（3）求2~4拉力所做的功：
（4）4~6s，木块 做匀速直线运动，其机械能 守恒.（两空约选填“是”或“否”）
（5）在6s时，撤去拉力，木块 （只填序号）。
①静止②一直竖直向上运动
③立即竖直向下运动
④一定不做匀速直线运动
（6）将木块漫没水中，木块受到的浮力是 N.松手后木块将 （选填“上浮”、“下沉”或“悬浮”）。ρ水=1.0×103kg/m3
【答案】（1）
（2）解：木块的体积：
木块的质量：
木块的密度：
木块的底面积：
因为木块对桌面的压力和桌面对木块的支持力是一对相互作用力
木块对桌面的压力：
木块对桌面的压强：
；
答： 木块的密度为0.8×103kg/m3；
0~2s木块对桌面的压强为400Pa；
（3）由图乙、丙得，2~4s时，，
拉力所做得功：
；
答：2~4拉力所做的功为120J。
（4）是；否
（5）④
（6）10；上浮
【知识点】密度公式及其应用；机械能守恒条件；压强的大小及其计算；浮力大小的计算；功的计算及应用
【解析】【解答】（1）由丙图可知，物体在0~2s处于静止状态，受力平衡，物体受到竖直向下的重力、竖直向上的拉力和支持力，如图所示：
（4）由丙图可知4~6s的s-t图像为直线，说明木块是做匀速直线运动，木块质量不变，动能不变，高度增加，重力势能增大，机械能增大，故机械能不守恒；
（5）撤去拉力时木块速度不为0，木块受重力作用，由于木块具有惯性，会先向上运动一段距离直至速度会减为零后向下运动，故 ①②③ 错误，④正确；
故选④。
（6）木块漫没在水中V排=V木=1×10-3m3，受到的浮力为：
，
由于浮力大于重力，松手后木块将上浮。
【分析】（1）由丙图可知，物体在0~2s处于静止状态，受力平衡，物体受到竖直向下的重力、竖直向上的拉力和支持力，根据平衡力作图；
（2）已知正方形木块的边长可求物体的体积和底面积，根据G=mg可知木块的质量，利用求出木块的密度；
根据力的作用是相互的可知，木块对桌面的压力，根据计算木块对桌面的压强；
（3）根据图乙、丙可知2~4s的拉力和移动的距离，利用W=FS计算拉力做的功；
（4）根据s-t图像分析木块在4~6s做匀速直线运动；动能的影响因素为质量和速度；重力势能的影响因素为质量和高度；机械能等于动能与势能之和；
（5）撤去拉力时木块速度不为0，木块受重力作用，由于木块具有惯性，会先向上运动一段距离直至速度会减为零后向下，据此分析；
（6）根据F浮=ρgV排计算木块浸没时受到的浮力，根据浮力和重力的关系判断松手后木块的浮沉情况。
17．（2024·广州二模）图(a)是一个温控装置示意图，图（b)是热敏电阻R1随温度t变化图像。控制电路电源电压（U）恒定为9V：继电器线圈电阻R0=150Ω，当线圈中电流大于或等于20mA时，衔铁向下吸合：Rh是电阻箱（0~999.9Ω），改变其阻值可以调整温控箱的设定温度，实现温控箱内处于设定温度的恒温状态，工作电路有：指示灯L1、L2和加热丝R，供电电源为220V的交流电。
（1）请在图（a）中完成控制电路的连接 。
（2）闭合开关S1、S2，若温控箱内温度高于设定温度时，则 发光（选填“L1”或“L2”）。
（3）若温控箱的设定温度为40℃，求此时电阻箱Rh的阻值。
【答案】（1）
（2）L1
（3）解：由图（b）可得，当时，
此时电路中的电流：
电路中的总电阻：
因为、和串联，滑动变阻器的阻值：
答： 若温控箱的设定温度为40℃，求此时电阻箱Rh的阻值为265Ω。
【知识点】电阻的串联；欧姆定律及其应用；电磁继电器的组成、原理和特点
【解析】【解答】（1）控制电路中各元件串联，因此连线如下：
（2）高于设定温度时，热敏电阻Rt阻值减小，控制电路中电流将增大，大于衔铁向下吸合的临界值，吸下衔铁，使L1接通，L1发光；
（3）由图（b）可得，当时，， 此时电路中的电流：
电路中的总电阻：
因为、和串联，滑动变阻器的阻值：
。
故答案为：（1）；（2）L1；（3）265。
【分析】 （1）根据电磁继电器原理连接实物图；
（2）根据图（a）所示判断热敏电阻随温度的变化关系，控制电路电流变化，电磁铁吸下衔铁，判断工作电路的接通情况，判断灯的状态；
（3）由图（b）可得，当时，，根据欧姆定律求出电路的总电阻，结合串联电路电阻的特点求出滑动变阻器的阻值；
18．（2024·广州二模）为了验证“水内部的压强p与水的深度h是否正比”，小圆在实验室找到图的实验器材。已知玻璃管源浮时，水对玻璃管底部的压力等于玻璃管及管内砂粒的总重力：增减管内砂粒的质量可以改变玻璃管在水中的深度：加入少量砂粒的玻璃管能竖直源浮在水面上。
（1）除以上实验器材外，还需要哪些测量工具 。
（2）写出实验步骤：（可以用文字说明，也可以面筒图加文字说明）
（3）说明怎样通过实验数据来判断“水内部的压强p与水的深度h是否正比”。
【答案】（1）刻度尺、电子秤
（2）①用电子秤测量空玻璃管的质量m0；
②用电子秤测量质量为m1的少量砂粒加入空玻璃管中，让玻璃管漂浮在水槽中，待玻璃管稳定后，用直尺测量玻璃管浸入水中的深度h1；
③用电子秤测量质量为m2的少量砂粒加入空玻璃管中，让玻璃管漂浮在水槽中，待玻璃管稳定后，用直尺测量玻璃管浸入水中的深度h2。
（3）因为，则有：
同理有：
所以
因为玻璃管漂浮在水槽中，则有：
①
而②
③
由①②③得：
同理有：
所以根据实验测得数据若成立，则成立，即水内部压强p与水的深度h成正比。
【知识点】密度公式及其应用；压强的大小及其计算；探究液体压强的特点实验
【解析】【解答】（1）已知玻璃管漂浮时，水对玻璃管底部的压力等于玻璃管及管内砂粒的总重力，根据G=mg，要测量玻璃管及管内砂粒的总质量，水对玻璃管底部的压力F=PS，要测量玻璃管的外直径D，从而得出玻璃管底部的横截面积，同时还有测量出玻璃管在液体中的深度h，为记录水面的位置，除以上实验器材外，还需要的测量工具有刻度尺、电子秤。
故答案为：（1）刻度尺、电子秤。
【分析】 （1）根据G=mg，要测量玻璃管及管内砂粒的总质量，根据F=PS，要测量玻璃管的外直径D，从而得出玻璃管底部的横截面积，同时还有测量出玻璃管在液体中的深度h（要记录水面的位置），确定需要的测量工具。
（2）实验步骤：
用电子秤测量空玻璃管的质量m0；用电子秤分别测量质量两次少量砂粒加入空玻璃管中，让玻璃管漂浮在水槽中，待玻璃管稳定后，用直尺测量玻璃管浸入水中的深度，据此设计实验步骤；
（3）根据二力平衡条件和压强计算公式分析。
1 / 1广东省广州市广州中学2025年中考二模物理试题
1．（2024·广州二模）体重为60kg的小凯同学，身体里血液的质量约为
A．500mL B．5L C．500g D．5kg
2．（2024·广州二模）男低音的小凯与女高音的小旋，一起正确齐唱（用相同的节奏、音高和歌词演唱单一声部旋律的演唱形式）国歌中“…·万众一心…”的“心”时，
A．小旋的音调一定较高 B．小凯的响度一定较大
C．两人声带每秒振动的次数相等 D．两人的音色相同
3．（2024·广州二模）人类利用太阳能的实质，是将太阳能转化为其他形式的能量。目前人类直接利用太阳能的方式是
A．利用太阳能集热器直接把水加热
B．利用太阳能形成的风使风车发电
C．利用太阳能汽车，把太阳能直接转化为机械能
D．利用太阳能电池，把太阳能直接转化为化学能
4．（2024·广州二模）把几块干冰放入如图1所示的易拉罐中，过一会，在易拉罐外侧下部会出现霜。下列各措施中能使易拉罐结霜效果更明显的是
①往易拉罐里多放几块干冰
②实验前，向准备放易拉罐的桌面周围空间喷水雾
③实验前，提前升高易拉罐的温度
A．只有① B．只有①② C．只有①③ D．只有②③
5．（2024·广州二模）甲、乙、丙、丁在同一直线上同时向东匀速运动，在不同时间对应通过的路程如图所示，则
A．以甲为参考物，乙向西运动 B．以甲为参考物，丁是静止的
C．丙、丁的运动速度相等 D．乙的速度是丙的2倍
6．（2024·广州二模）一根弹簧，其左端与墙固定，其右端连接一个小球。小球向左运动压缩弹簧，先后经历了如图甲、乙所示的过程。小球在0点时，弹簧处于原长状态。忽略空气对小球的阻力及地面对小球的摩擦力，则
A．甲过程，小球受到的水平弹力方向向左
B．乙过程，小球受到的水平弹力方向向右
C．在小球压缩弹簧的过程，其速度的大小不变
D．小球在O点时受到弹簧的弹力为0
7．（2024·广州二模）如图所示，将三瓶质量相同的矿泉水，分别全部倒入三个质量和底面积相同、形状不同的平底玻璃杯中，水没有溢出，则
A．甲图中电子秤的示数最小 B．三个图中电子秤的示数相同
C．丙图中水对杯底的压力最小 D．三个图中水对杯底的压强相同
8．（2024·广州二模）小凯和小满进行篮球传球训练，两次抛出篮球在空中运动轨迹如图所示，均从a点运动到b点，且a、b等高：第1次，小凯以较大的速度抛出，忽略空气的作用力。下列说法错误的是
A．篮球从a运动至e的过程中，机械能保持不变
B．篮球在最高点e的重力势能最大，动能不为0
C．篮球在c点时的重力势能与在d点时一样大
D．篮球在c点时的速度与在d点时一样大
9．（2024·广州二模）图是锂离子电池原理简图，其电池部分漫没在电解液中，当锂离子电池放电时，锂离子会从右侧电极通过隔膜流向左侧电极，此时小灯泡发光，则
A．左侧电极为锂离子电池的负极
B．电池放电时，电流从左侧电极经灯泡流向右侧电极
C．锂离子电池内部电流从左侧电极流向右侧电极
D．电池放电时，将电能转化为化学能
10．（2024·广州二模）如图所示，两条光滑平行圆弧导轨的下端分别与水平平行、光滑无摩擦的金属直导轨MN和PQ平滑连接，金属直导轨处在竖直向上的磁场之中。铜棒CD静止在直导轨上，现让铜棒AB从圆强导轨的一定高度上静止释放，当AB棒进入磁场时，CD棒开始向右运动（AB棒进入磁场后速度减慢，两铜棒未碰撞）.不考虑空气的作用力，下列说法正确的是
A．铜棒AB中不会产生感应电流
B．CD能向右运动的原理和发电机的原理相同
C．若将磁场方向改为竖直向下，让AB滑下进入磁场时，CD受到磁场力方向水平向右
D．AB棒进入磁场后的机械能不变
11．（2024·广州二模）
（1）如图所示，水池底部有一光源S，能向水面发光，其中光线a（未画出）经水面折射后进入岸上小旋的眼睛Y.
①画出光线a及其折射光线b的大致位置： .
②若水面上升，静止站立在岸上的小旋 （选填“能”或“不能”）看到光源S
（2）物体AB的4点发出两束光a、b，其中光线a平行主光轴。图中每个小格都是等大的正方形。
①画出光线b的折射光线，并确定A的像点A' .
②物体AB经凸透镜折射后成 （选填“倒立”或“正立"） （选填“放大”、“缩小”或“等大”）的实像：
③若在图中虚线的位置上增设一块平面镜，反射面在左侧。画出光线a、b的折射光线经平面镜后的反射光线c和d面出反射光线c、d经透镜折射后的光线及相交点A"：A"与A （选填“是”或“不是”）关于镜面对称。
12．（2024·广州二模）如图甲、乙，规格相同的两个烧杯中分别装有A、B两种液体，mA=mB=1kg.用两个规格不同的加热器加热，忽略液体蒸发且加热器产生的热量全部被液体吸收，得到的温度与加热时间的关系图像如图丙，前6min内A、B两液体吸收的热量情况如图丁
（1）A液体的比热容cA= J。
（2）cA （选填“>”、“=”或“<"）cB，你的依据是 。
（3）A液体在2min时的内能 （选填“>”、“=”或“<”）4min时的内能，理由是：同一物体， ，内能越多
13．（2024·广州二模）如图甲所示，物块A在水平拉力F=6N的作用下，沿水平桌面向左做匀速直线运动。
（1）物块A所受的摩擦力为 N，方向 。
（2）如图乙所示，在同一桌面将另一物块B与A用轻绳相连，保持F1不变，用拉力F2=20N水平向右拉B，使A和B一起向右做匀速直线运动。
①在图丙中画出物块B（用“。”）在水平方向的受力示意图 ：
②轻绳上的拉力大小是 N，B所受的摩擦力为 N.
14．（2024·广州二模）
（1）一根轻质直尺，可绕中心0自由转动。将两根材料和粗细相同、长度不同的蜡烛的底部烧熔后，固定在轻质直尺上，直尺静止时如图（a）所示。蜡烛甲对直尺的作用力为F1.蜡烛乙对直尺的作用力为F2，F2的力臂为L2（F2和L2均未画出）
①请在图（a）中画出F1的力臂L1 。
②据此可知：F1L1 F2L2（选填“>”、“=”或“<"），你的判断依据是 .
③若两根蜡烛固定后，直尺处于水平平衡状态，如图（b）所示。同时点燃甲、乙，蜡烛每秒钟燃烧等质量的蜡，一段时间后（两蜡烛未烧完），直尺将 【只填序号】
A.保持水平平衡状态
B.左端下沉
C.右端下沉
D.无法判断直尺的转动情况
（2）如图甲，虚线框内是由两个相同的滑轮组成的滑轮组，利用该滑轮组匀速提升重G物=240N的物体，所需的拉力F=100N，物体和绳子自由端的s-t图像如图乙。
①请在图甲中的虚线框内画出滑轮组及其绕线方式： 。
②绳子自由端移动的速度是 m/s：
③滑轮组的机械效率是 。
④拉力的功率是 W
15．（2024·广州二模）小凯想在楼梯过道安装两盈“220V40W”的白炽灯，开关同时控制两灯的工作，小凯设计的电路如图
（1）灯泡L1正常发光时的电流是 A（保留两位小数），100s消耗的电能是 J
（2）在小凯连接的电路中：
①从安全用电的角度来看，开关安装的位置是 （选填“正确”或“错误”）的：
②两灯实际总功率P总 （选填“>、“-”或“<”）80W；
③通电时，若L1被短接，L2 （选填“能”或“不能”）正常发光：
④通电时，L2的灯丝烧断后，用试电笔检测A、B、C处，管会发光的是 .
16．（2024·广州二模）如图甲，边长a-0.1m，重G=8N的正方体实心木块，静止在水平桌面上，受到竖直向上的拉力F作用，Ft-图像如图乙，rr图像如图丙，忽略空气对木块的作用力，g10N/kg
（1）画出0~2s木块的受力示意图（木块用“.”表示）：
（2）求木块的密度和0~2s木块对桌面的压强：
（3）求2~4拉力所做的功：
（4）4~6s，木块 做匀速直线运动，其机械能 守恒.（两空约选填“是”或“否”）
（5）在6s时，撤去拉力，木块 （只填序号）。
①静止②一直竖直向上运动
③立即竖直向下运动
④一定不做匀速直线运动
（6）将木块漫没水中，木块受到的浮力是 N.松手后木块将 （选填“上浮”、“下沉”或“悬浮”）。ρ水=1.0×103kg/m3
17．（2024·广州二模）图(a)是一个温控装置示意图，图（b)是热敏电阻R1随温度t变化图像。控制电路电源电压（U）恒定为9V：继电器线圈电阻R0=150Ω，当线圈中电流大于或等于20mA时，衔铁向下吸合：Rh是电阻箱（0~999.9Ω），改变其阻值可以调整温控箱的设定温度，实现温控箱内处于设定温度的恒温状态，工作电路有：指示灯L1、L2和加热丝R，供电电源为220V的交流电。
（1）请在图（a）中完成控制电路的连接 。
（2）闭合开关S1、S2，若温控箱内温度高于设定温度时，则 发光（选填“L1”或“L2”）。
（3）若温控箱的设定温度为40℃，求此时电阻箱Rh的阻值。
18．（2024·广州二模）为了验证“水内部的压强p与水的深度h是否正比”，小圆在实验室找到图的实验器材。已知玻璃管源浮时，水对玻璃管底部的压力等于玻璃管及管内砂粒的总重力：增减管内砂粒的质量可以改变玻璃管在水中的深度：加入少量砂粒的玻璃管能竖直源浮在水面上。
（1）除以上实验器材外，还需要哪些测量工具 。
（2）写出实验步骤：（可以用文字说明，也可以面筒图加文字说明）
（3）说明怎样通过实验数据来判断“水内部的压强p与水的深度h是否正比”。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】质量及其特性
【解析】【解答】人体的血液质量通常占体重的7%-8%，人体内血液质量约：
60kg×8%=4.8kg，
接近5kg，故ABC不符合题意，D符合题意。
故选D。
【分析】人体的血液质量通常占体重的7%-8%，根据占比求出血液的总质量。
2．【答案】C
【知识点】音调及音调与频率的关系；响度及响度与振幅的关系；音色
【解析】【解答】AC.男低音的小凯与女高音的小旋，一起正确齐唱（用相同的节奏、音高和歌词演唱单一声部旋律的演唱形式）国歌中“……万众一心……”的“心”时，音调必须相同，否则不是正确演唱，所以小凯和小旋的音调相同，音调与振动频率有关，故声带每秒振动的次数相等，故A错误，C正确；
B.响度与振幅大小有关，小凯和小旋用力大小未知，响度大小无法判断，故B错误；
D.不同的人声带不同，音色不同，故D错误。
故选C。
【分析】声音的特性有三个：音调、响度和音色。音调是指声音的高低，与振动频率有关，音调越高，频率越高；响度是指声音的大小，跟距声源的远近和振幅有关；音色又叫音品是指声音的品质与特色，它跟发声体的材料和结构有关。
3．【答案】A
【知识点】太阳能及其利用与转化
【解析】【解答】A.利用太阳能集热器直接把水加热，将太阳能转化为内能，故A正确；
B.利用太阳能电池板可以直接将太阳能转化为电能，而不是利用太阳能形成的风使风车发电，故B错误；
C.利用太阳能汽车，把太阳能先转化为电能，再将电能转化为机械能，故C错误；
D.利用太阳能电池，把太阳能直接转化为电能，故D错误。
故选A。
【分析】目前直接利用太阳能的方式主要有两种，一种是用集热器把水等物质加热，将太阳能转化成内能；另一种是用太阳能电池把太阳能转化成电能。
4．【答案】B
【知识点】升华及升华吸热；凝华及凝华放热
【解析】【解答】干冰是固态二氧化碳，放入易拉罐中会迅速升华吸热，使易拉罐温度降低，空气中的水蒸气遇冷在易拉罐下部的外侧凝华形成霜；
①往易拉罐里多放几块干冰：干冰越多，升华吸收的热量就越多，易拉罐的温度就会降得更低，会使更多的水蒸气遇冷凝华成霜，易拉罐结霜效果更明显；
②实验前，向准备放易拉罐的桌面周围空间喷水雾：喷水雾可以增加周围空气中水蒸气的含量，这样当易拉罐温度降低时，就有更多的水蒸气能遇冷凝华成霜，易拉罐结霜效果更明显；
③实验前，提前升高易拉罐的温度：提前升高易拉罐的温度，会使干冰升华吸收的热量先用于降低易拉罐的温度，相对用于使周围水蒸气凝华的热量就减少了，不利于霜的形成，不能使易拉罐结霜效果更明显。
综上所述，①②能使易拉罐结霜效果更明显，故B符合题意，ACD不符合题意。
故选B。
【分析】（1）物质从固态直接变成气态的过程叫升华，升华吸热，具有制冷作用。
（2）物质由气态直接变成固态的过程叫凝华，凝华放热。
5．【答案】B
【知识点】速度公式及其应用；时间速度路程的图像分析
【解析】【解答】 通过在s-t图像分析可知，甲乙路程相同，甲所用的时间大于乙所用的时间，所以v甲v丙；乙丁时间相同，乙通过的路程大于丁通过的路程，所以v乙>v丁；甲丁斜率相同，速度相同；综上可得：v丙A.乙的速度大于甲的速度，以甲为参考物，乙向东运动，故A错误；
B.丁的速度等于甲的速度，以甲为参考物，丁是静止的，故B正确；
C.丙的运动速度小于丁的速度，故C错误；
D.s乙=2s丙，2t乙=t丙，根据可知，乙的速度是丙的4倍，故D错误。
故选B。
【分析】（1）比较物体运动快慢的方法：相同时间，比路程，路程长的运动的快；相同路程，比时间，时间短的运动的快；
（2）在s-t图像中，过原点的斜线表示物体做匀速直线运动，斜率表示速度的大小。
6．【答案】D
【知识点】力的作用效果；弹力
【解析】【解答】A.甲过程，小球向左运动压缩弹簧，弹力的方向与弹簧发生形变的方向相反，因此小球受到的水平弹力方向向右，故A错误；
B.乙过程，小球向右运动拉伸弹簧，弹力的方向与弹簧发生形变的方向相反，因此小球受到的水平弹力方向向左，故B错误；
C.在小球压缩弹簧的过程中，小球向左运动，因忽略空气对小球的阻力及地面对小球的摩擦力，小球在水平方向上只受到向右的弹力，弹力的方向与小球运动的方向相反，因此小球的速度减小，故C错误；
D.小球在O点时，弹簧处于原长状态，弹簧没有发生形变，因此小球在O点时受到的弹簧的弹力为0，故D正确。
故选D。
【分析】 （1）弹力的方向与弹簧发生形变的方向相反；弹力的大小与弹性形变的程度有关，在弹性限度内，弹性形变越大，弹力越大；
（2）力是改变物体运动状态的原因。
7．【答案】B
【知识点】压力及重力与压力的区别；压强的大小及其计算；液体压强的计算
【解析】【解答】AB.由于矿泉水的质量和玻璃杯的质量都相同，由G=mg可知水和玻璃杯的总重力相同，对水平电子秤的压力相同，所以三个图中电子秤的示数相同，故A错误，B正确；
CD.由图可知容器的底面积相同，若把相同质量的水倒入其中，甲杯上大下小，液面最低，丙杯上小下大，液面最高，根据液体压强公式P=ρgh可知，甲中水对杯底的压强最小，丙中水对杯底的压强最大，根据F=PS可知，甲图中水对杯底的压力最小，丙图中水对杯底的压力最大，故CD错误；
故选B。
【分析】（1）矿泉水的质量和玻璃杯的质量都相同，根据G=mg判断出水和玻璃杯的总重力的关系，根据在水平面上物体对水平面的压力等于其重力判断出三个图中电子秤示数的关系；
（2）根据题意可知，容器的底面积相同，若把相同质量的水倒入其中，根据容器形状判断出液面的高低，根据液体压强公式P=ρgh判断出三图中水对杯底压强的关系，由F=PS判断出三图中水对杯底压力的关系。
8．【答案】D
【知识点】动能的影响因素；势能的影响因素；机械能及其转化；机械能守恒条件
【解析】【解答】A.忽略空气阻力作用，篮球从a到e的运动过程只受重力作用，满足机械能守恒，故A正确；
B.篮球在最高点竖直方向的速度为0，但水平方向的速度不为0，所以动能不为0，故B正确；
C.篮球在C、D两点的高度相同，篮球的质量不变，所用重力势能相等，故C正确；
D.由图可知，第一次抛出的上升的最高高度大于第二次抛出的上升的最高高度，第一次抛出的机械能大于第二次抛出的机械能，c、d高度相同，重力势能相同，则c点的动能大于d点动能，由于篮球质量不变，所以c点速度大于d点速度，故D错误。
故选D。
【分析】（1）动能的大小与质量、速度有关；
（2）重力势能的大小与质量、高度有关；
（3）机械能为动能和势能的和；不考虑空气阻力，机械能是守恒的。
9．【答案】B
【知识点】电流的方向；电源及其能量转化
【解析】【解答】由图可知，电池放电时，在电源内部，锂离子（带正电）从右侧电极流向左侧电极，电流从右侧电极流向左侧电极 ；在电源外部，电流的方向和电源内部的方向相反，故在电源外部，电流从左侧电极流出，经小灯泡流向右侧电极，故左侧电极为锂离子电池的正极；电池放电时，将化学能转化为电能，故ACD错误，B正确；
故选B。
【分析】（1）正电荷定向移动的方向规定为电流的方向；
（2）在电源内部，电流的方向从电源负极流向电源正极；
（3）在电源外部，电流从电源正极经用电器流向电源负极；
（4）电池放电时，将化学能转化为电能；电池充电时，将电能转化为化学能。
10．【答案】C
【知识点】力的作用效果；直流电动机的构造原理与工作过程；电磁感应；产生感应电流的条件
【解析】【解答】AB.让AB棒从圆弧导轨上离水平导轨一定高度由静止释放，当AB棒进入磁场时，AB棒在磁场中做切割磁感线运动，金属棒AB中会产生感应电流；金属棒CD也会有电流通过，CD会受到磁场力的作用，从静止开始水平运动，其原理和电动机相同；故AB错误；
C.若将磁场方向改为竖直向下，重复以上的实验操作，流过金属棒AB的电流方向改变，金属棒CD中电流方向也改变，磁场方向改变，受到磁场力的方向不变，故C正确；
D. 由于AB棒进入磁场后速度减慢，质量不变，动能减小，高度减小，重力势能减小，机械能减小，故D错误。
故选C。
【分析】 （1）电磁感应现象：闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，会产生电流，这种电流叫感应电流，这一现象叫电磁感应现象；发电机是利用电磁感应现象制成的；
（2）产生感应电流的条件：闭合电路的部分导体；在磁场中做切割磁感线运动；影响感应电流的因素：磁场方向；导体切割磁感线运动方向；
（3）电动机的原理是通电导体在磁场中受到力的作用；
（4）动能大小的影响因素：质量、速度；质量越大，速度越大，动能越大；重力势能大小的影响因素：质量、被举的高度；质量越大，高度越高，重力势能越大；机械能是动能和势能之和。
11．【答案】（1）；能
（2）；倒立；等大；是
【知识点】作光的折射光路图；凸透镜成像的应用；平面镜成像的原理、特点
【解析】【解答】（1） ① S发出的光斜射向水面时，光线会发生偏折，折射角大于入射角，连接SY，在SY与水面的交点左侧合适位置选择一个入射点O，过O点作垂直于水面的法线，连接SO为入射光线，OY为折射光线，如图所示：
②① 如图，若水面上升时，入射角不会发生变化，折射点向左移动，所以折射光线仍能进入岸上小旋的眼睛Y，静止站立在岸上的小旋能看到光源S。
（2）过光心的光线传播方向不改变，与光线a的折射光线的交点即为点A的像点A'，如图所示：
② 由图可知，光线a平行于主光轴，折射光线过焦点，则凸透镜的焦距是4小格，物体AB的物距为8小格，等于二倍焦距，所以物体AB经凸透镜折射后成倒立、等大的实像；
③ 分别过光线a、b的折射光线与平面镜的交点画法线，根据反射角等于入射角，分别画出光线a、b的折射光线经平面镜后的反射光线c和d，两线相交点A''，由图知，A''与A'是关于镜面对称。
故答案为：（1）；能；（2） ①； ② 倒立；等大； ③ 是。
【分析】（1）光的折射规律：折射光线、入射光线、法线在同一个平面内，折射光线、入射光线分居法线两侧，当光由空气斜射进入水中或其它透明介质中时，折射光线向法线偏折，折射角小于入射角；当光由水中或其它透明介质斜射进入空气中时，折射光线远离法线偏折，折射角大于入射角。
（2） ① 根据凸透镜三条特殊光线作图；
② 根据平行于主光轴的光线，折射光线过焦点确定焦距大小；凸透镜成像规律：当物距大于一倍焦距小于二倍焦距时，成倒立、放大的实像；当物距大于二倍焦距时，成倒立、缩小的实像；当物距等于像距等于二倍焦距时，成倒立、等大的实像；
③ 根据光的反射定律作图，判断A"和A'是否关于镜面对称。
12．【答案】（1）2.1ⅹ103
（2）<；由图丁知前6min内A液体吸收的热量小于B液体吸收的热量，由图丙可知，在前6minA升高的温度大于B升高的温度，且A、B的质量相同，根据Q吸=cmΔt可知，cA＜cB；
（3）<；温度越高
【知识点】内能的概念；比热容；热量的计算
【解析】【解答】 （1）由图丁知6minA吸收的热量为Q吸=126×103J=1.26×105J，由图丙可知6minA升高的温度为：
ΔtA=80℃-20℃=60℃，
根据Q吸=cmΔt可知甲液体比热容为：
；
（2）由图丁知前6min内A液体吸收的热量小于B液体吸收的热量，由图丙可知，在前6minA升高的温度大于B升高的温度，且A、B的质量相同，根据Q吸=cmΔt可知，cA＜cB；
（3）由图可知A液体在4min时温度高于2min时的温度，由于同一物质，温度越高内能越大，所以A液体在4min时的内能大于2min时的内能。
故答案为：（1）2.1×103；（2）＜；由图丁知前6min内A液体吸收的热量小于B液体吸收的热量，由图丙可知，在前6minA升高的温度大于B升高的温度，且A、B的质量相同，根据Q吸=cmΔt可知，cA＜cB；（3）<；同一物质，温度越高内能越大。
【分析】（1）由图丁可知6minA吸收的热量，由图丙可知6minA升高的温度，根据Q吸=cmΔt算出A液体的比热容；
（2）根据图丙和丁比较出前6minA、B液体吸收的热量的关系和升高温度的关系，根据Q吸=cmΔt分析出A、B比热容的大小；
（3）影响内能的因素是质量、温度和状态。
13．【答案】（1）6；水平向右
（2）；12；8
【知识点】力的三要素及力的示意图；二力平衡的条件及其应用；摩擦力的大小；摩擦力的方向
【解析】【解答】 （1）物块A在水平拉力F1=6N的作用下，沿水平面匀速直线向左运动，满足二力平衡，摩擦力和拉力大小相等：fA=F1=6N；摩擦力方向与拉力方向相反，拉力F1水平向左，摩擦力方向水平向右；
（2）①B在水平方向受到向右的拉力F2、向左的摩擦力f和A对B的拉力F拉，如图所示：
②物块A水平方向受到绳子的拉力F绳、F1和摩擦力fA，绳子的拉力：
F绳=F1+f=6N+6N=12N；
B所受的摩擦力：
fB=F2-F绳=20N-12N=8N。
故答案为：（1）6；水平向右；（2）①；②12；8。
【分析】（1）根据二力平衡条件分析物块A所受的摩擦力；
（2）根据力的平衡可知，物块B水平方向受到向右的拉力、向左的摩擦力和A对B的拉力；
轻绳上的拉力大小等于A受到的拉力和摩擦力之和；根据力的平衡求出摩擦力。
14．【答案】（1）；=；直尺静止，杠杆处于平衡状态；B
（2）；1.5；80%；150
【知识点】杠杆的平衡条件；力臂的画法；杠杆的动态平衡分析；滑轮（组）的机械效率；滑轮组的设计与组装
【解析】【解答】（1）①由图（a）可知，O为支点，过O点作F1的作用线的垂线即为动力臂L1，如图所示：
②根据题意可知，图（a）中直尺静止，杠杆处于平衡状态，根据杠杆平衡条件可知，F1L1=F2L2；
③由图（b）可知，杠杆左侧力的力臂小于右侧力的力臂，即L左＜L右，
由两根蜡烛固定后，直尺处于水平平衡状态可知，杠杆处于平衡状态，由杠杆平衡条件可知：
F左L左=F右L右，
即：
G左L左=G右L右，
蜡烛燃烧一段时间后，左侧的力与力臂乘积：
F'左L左=（G左-mg）L左=G左L左-mgL左，
右侧的力与力臂乘积：
F'右L右=（G右-mg）L右=G右L右-mgL右，
则
F'左L左-F'右L右=（G左L左-mgL左）-（G右L右-mgL右）=mg（L右-L左）＞0，
即F'左L左＞F'右L右，因此杠杆左端下沉，故B符合题意；
故选B；
（2）①由图乙可知，当物体上升高度为h=2m时，绳子自由端移动的距离为s=6m，
承担动滑轮绳子的股数：
，
则滑轮组由一个定滑轮和一个动滑轮组成，承担动滑轮绳子的股数为3，因此应从动滑轮开始绕线，如图所示：
；
②由图乙可知，绳子自由端移动的距离为s=6m时，所需时间为t=4s，
则绳子自由端移动的速度：
；
③滑轮组的机械效率：
；
④拉力的功率：
。
故答案为：（1）①；②=；直尺静止，杠杆处于平衡状态；③B；（2）①；②1.5；③80%；④150。
【分析】 （1）①先确定杠杆的支点，再找出力的作用线，从支点作力的作用线的垂线，支点到垂足的距离为力臂；
②图1（a）中直尺静止分析判断杠杆所处的状态，进而分析出两侧力与力臂的乘积大小关系；
③根据图1（b）分别求出蜡烛燃烧一段时间后力与力臂乘积，结合杠杆平衡条件分析出杠杆的转动情况；
（2）①根据图2乙求出承担动滑轮绳子的股数，根据承担动滑轮绳子的股数分析出滑轮的个数，根据“奇动偶定”绕滑轮组；
②根据速度公式求出绳子自由端移动的速度；
③利用求滑轮组的机械效率；
④利用求拉力的功率。
15．【答案】（1）0.18；4000
（2）正确；<；能；A和B
【知识点】电功的计算；电功率的计算；家庭电路工作电压、零线、火线的辨别；安全用电原则
【解析】【解答】 （1）灯泡L1正常发光时的电流为：
；
100s消耗的电能为：
W=P1额t=40W×100s=4000J。
（2）①开关接在火线和用电器之间，从安全用电的角度来看，开关安装的位置是正确的；
②“220V 40W”的白炽灯的电阻为：
；
两灯串联时的总功率为：
，
20W小于80W，所以P总<80W；
③通电时，若L1被短接，则L2两端的电压为220V，能正常发光；
④通电时，L2的灯丝烧断后，用试电笔检测A、B、C处，A、B与火线相连，氖管会发光，C与零线接触，氖管不发光。
故答案为：（1）0.18；4000；（2）①正确；②＜；③能；④A和B。
【分析】 （1）根据P=UI计算灯泡L1正常发光时的电流，根据W=Pt进计算100s消耗的电能；
（2）①开关接在火线和用电器之间；
②根据电功率公式计算两灯实际总功率；
③灯泡在额定电压下正常发光；
④试电笔接触火线时，氖管发光，接触零线时，氖管不发光。
16．【答案】（1）
（2）解：木块的体积：
木块的质量：
木块的密度：
木块的底面积：
因为木块对桌面的压力和桌面对木块的支持力是一对相互作用力
木块对桌面的压力：
木块对桌面的压强：
；
答： 木块的密度为0.8×103kg/m3；
0~2s木块对桌面的压强为400Pa；
（3）由图乙、丙得，2~4s时，，
拉力所做得功：
；
答：2~4拉力所做的功为120J。
（4）是；否
（5）④
（6）10；上浮
【知识点】密度公式及其应用；机械能守恒条件；压强的大小及其计算；浮力大小的计算；功的计算及应用
【解析】【解答】（1）由丙图可知，物体在0~2s处于静止状态，受力平衡，物体受到竖直向下的重力、竖直向上的拉力和支持力，如图所示：
（4）由丙图可知4~6s的s-t图像为直线，说明木块是做匀速直线运动，木块质量不变，动能不变，高度增加，重力势能增大，机械能增大，故机械能不守恒；
（5）撤去拉力时木块速度不为0，木块受重力作用，由于木块具有惯性，会先向上运动一段距离直至速度会减为零后向下运动，故 ①②③ 错误，④正确；
故选④。
（6）木块漫没在水中V排=V木=1×10-3m3，受到的浮力为：
，
由于浮力大于重力，松手后木块将上浮。
【分析】（1）由丙图可知，物体在0~2s处于静止状态，受力平衡，物体受到竖直向下的重力、竖直向上的拉力和支持力，根据平衡力作图；
（2）已知正方形木块的边长可求物体的体积和底面积，根据G=mg可知木块的质量，利用求出木块的密度；
根据力的作用是相互的可知，木块对桌面的压力，根据计算木块对桌面的压强；
（3）根据图乙、丙可知2~4s的拉力和移动的距离，利用W=FS计算拉力做的功；
（4）根据s-t图像分析木块在4~6s做匀速直线运动；动能的影响因素为质量和速度；重力势能的影响因素为质量和高度；机械能等于动能与势能之和；
（5）撤去拉力时木块速度不为0，木块受重力作用，由于木块具有惯性，会先向上运动一段距离直至速度会减为零后向下，据此分析；
（6）根据F浮=ρgV排计算木块浸没时受到的浮力，根据浮力和重力的关系判断松手后木块的浮沉情况。
17．【答案】（1）
（2）L1
（3）解：由图（b）可得，当时，
此时电路中的电流：
电路中的总电阻：
因为、和串联，滑动变阻器的阻值：
答： 若温控箱的设定温度为40℃，求此时电阻箱Rh的阻值为265Ω。
【知识点】电阻的串联；欧姆定律及其应用；电磁继电器的组成、原理和特点
【解析】【解答】（1）控制电路中各元件串联，因此连线如下：
（2）高于设定温度时，热敏电阻Rt阻值减小，控制电路中电流将增大，大于衔铁向下吸合的临界值，吸下衔铁，使L1接通，L1发光；
（3）由图（b）可得，当时，， 此时电路中的电流：
电路中的总电阻：
因为、和串联，滑动变阻器的阻值：
。
故答案为：（1）；（2）L1；（3）265。
【分析】 （1）根据电磁继电器原理连接实物图；
（2）根据图（a）所示判断热敏电阻随温度的变化关系，控制电路电流变化，电磁铁吸下衔铁，判断工作电路的接通情况，判断灯的状态；
（3）由图（b）可得，当时，，根据欧姆定律求出电路的总电阻，结合串联电路电阻的特点求出滑动变阻器的阻值；
18．【答案】（1）刻度尺、电子秤
（2）①用电子秤测量空玻璃管的质量m0；
②用电子秤测量质量为m1的少量砂粒加入空玻璃管中，让玻璃管漂浮在水槽中，待玻璃管稳定后，用直尺测量玻璃管浸入水中的深度h1；
③用电子秤测量质量为m2的少量砂粒加入空玻璃管中，让玻璃管漂浮在水槽中，待玻璃管稳定后，用直尺测量玻璃管浸入水中的深度h2。
（3）因为，则有：
同理有：
所以
因为玻璃管漂浮在水槽中，则有：
①
而②
③
由①②③得：
同理有：
所以根据实验测得数据若成立，则成立，即水内部压强p与水的深度h成正比。
【知识点】密度公式及其应用；压强的大小及其计算；探究液体压强的特点实验
【解析】【解答】（1）已知玻璃管漂浮时，水对玻璃管底部的压力等于玻璃管及管内砂粒的总重力，根据G=mg，要测量玻璃管及管内砂粒的总质量，水对玻璃管底部的压力F=PS，要测量玻璃管的外直径D，从而得出玻璃管底部的横截面积，同时还有测量出玻璃管在液体中的深度h，为记录水面的位置，除以上实验器材外，还需要的测量工具有刻度尺、电子秤。
故答案为：（1）刻度尺、电子秤。
【分析】 （1）根据G=mg，要测量玻璃管及管内砂粒的总质量，根据F=PS，要测量玻璃管的外直径D，从而得出玻璃管底部的横截面积，同时还有测量出玻璃管在液体中的深度h（要记录水面的位置），确定需要的测量工具。
（2）实验步骤：
用电子秤测量空玻璃管的质量m0；用电子秤分别测量质量两次少量砂粒加入空玻璃管中，让玻璃管漂浮在水槽中，待玻璃管稳定后，用直尺测量玻璃管浸入水中的深度，据此设计实验步骤；
（3）根据二力平衡条件和压强计算公式分析。
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