2025年广东省广州大学附中中考二模物理试题
1．（2025·广州模拟）“不经历风雨怎么见彩虹”，如图所示为太阳光射到空气中的小水珠（图中圆模拟小水珠）形成彩虹光路示意图，a、b为两种单色光。图中彩虹形成过程中涉及到的光现象有（ ）
A．光的折射 B．光的反射 C．光的色散 D．以上都有
【答案】D
【知识点】光的反射；光的折射现象及其应用；光的色散
【解析】【解答】ABCD、由图片可知，太阳光从空气中斜射入小水珠时，光线的传播方向发生了改变，这是光的折射现象；
进入小水珠内部的折射光线会在小水珠内部发生反射，故还有反射现象；由于太阳光是白色光，是由七种颜色的光复合而成，且由于不同颜色的光的折射角不同，所以会出现光的色散现象，即彩虹的形成过程涉及到光的折射、反射、色散，故ABC不符合题意，D符合题意。
故选D。
【分析】 光从一种介质进入到另一种介质中发生的是折射现象；光射向物体表面上时，被反射会原来的传播介质中的现象叫做光的反射；白色光被多次折射，不同颜色的光由于折射角不同，故会分解成不同颜色的光叫做光的色散。
2．（2025·广州模拟）乐理中，音名、唱名、频率的关系如表所示，则（ ）
音名 C D E F G A B
唱名 Do Re Mi Fa Sol La Si
频率/Hz 262 294 330 349 392 440 494
A．音名为B的音，响度最大
B．相比D音，发G音时，音调更低
C．唱名为Mi的音，每分钟振动330次
D．相比C音，发A音时，声源每秒振动次数更多
【答案】D
【知识点】音调、响度与音色的区分
【解析】【解答】AB．由表中数据可知，该音名是按照振动频率排列的，从左到右振动频率逐渐变高，即音调变高，故表中音名为B的音，频率最高，音调最高，发D音时相比，发G音时频率更高，所以音调更高，与响度无关，故AB不符合题意；
C．唱名为Mi的音，频率为330Hz，是每秒钟振动330次，故C不符合题意；
D．相比C音，发A音时频率更高，则声源每秒振动次数更多，故D符合题意。
故选D。
【分析】频率是物体在1s内振动的次数。音调跟物体的振动频率有关，频率越高，音调越高。
3．（2025·广州模拟）如图，塔式太阳能发电系统是在空旷的地面上建立高大的中央吸热塔。塔顶上安装固定一个接收器，塔的周围安装一定数量的定日镜，通过定日镜将太阳光的能量（大小为E1）聚集到塔顶的接收器的腔体内产生高温，再将通过接收器的工作物质加热并产生高温蒸汽（其增加的内能为E2），推动发电机的汽轮机组进行发电，获得电能大小为E3，下列关于塔式太阳能发电系统的说法中正确的是（ ）
A．塔式太阳能发电系统通过做功的方式改变接收器内物质的内能
B．太阳能是一次能源，且是不可再生能源
C．电能是可再生能源
D．
【答案】D
【知识点】热传递改变物体内能；能量的转化或转移；能源及其分类
【解析】【解答】A．由题可知，塔式太阳能发电系统吸收太阳光传递的热量来改变接收器内物质的内能，该方式为热传递，故A错误；
B．太阳能不需要转化就可以直接从自然界获取且可以源源不断获取，故不仅是一次能源，也是可再生能源，故B错误；
C．电能是二次能源，是其他能源转化而来，故不归类到可再生和不可再生能源中，故C错误；
D．因为存在能量的损耗，所以，故D正确。
故选D。
【分析】（1）改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，热传递过程是能量的转移过程，而做功过程是能量的转化过程。
（2）能源有不同的分类方式：从产生方式角度划分一次能源：是指可以从自然界直接获取的能源．例：煤炭、石油、天然气、水能、风能、太阳能、地热能、潮汐能、生物质能、核能；
二次能源：是指无法从自然界直接获取，必须经过一次能源的消耗才能得到的能源．例：电能、乙醇汽油、氢能、沼气；
从是否可再生角度划分可再生能源：可以从自然界中源源不断地得到的能源．例：水能、风能、太阳能、生物质能、潮汐能；
不可再生能源：不可能在短期内从自然界得到补充的能源．例：化石能源（煤炭、石油、天然气）、核能；
从利用状况划分常规能源：人类利用多年的，使用技术已经成熟的能源．例：化石能源、水能、电能；
新能源：人类新近才开始利用的能源．例：潮汐能、地热能、太阳能、核能、风能。
（3）能量在转移和转化中存在消耗。
4．（2025·广州模拟）“飘色”是岭南地区一种传统民俗艺术。如图为“飘色”道具的结构示意图，道具由色台和色梗组成，色台固定在色梗上。演员坐在色台上，与道具一起向右匀速直线运动，此过程道具对演员的作用力（ ）
A．大于演员所受的重力 B．与演员所受的重力大小相等
C．方向水平向右 D．方向斜向右上方
【答案】B
【知识点】二力平衡的条件及其应用
【解析】【解答】ABCD．由题可知，演员与道具一起向右匀速直线运动，处于平衡状态，演员只受竖直向下的重力和道具对演员的竖直向上的支持力，故两个力是一对平衡力，则大小相等，故ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】首先对演员进行受力分析，且演员处于平衡状态，所受的力为平衡力，根据二力平衡条件可知，作用在同一物体上的两个力，大小相等，方向相反，作用在同一条直线上。
5．（2025·广州模拟）有款网红食品叫炒酸奶，就是将酸奶和一些水果和坚果碎倒在一块铁板上，用铲子充分搅拌再抹平，如图所示，最后切小块铲起来装杯。下列说法正确的是（ ）
A．炒酸奶时铁板附近出现的大量白气是水蒸气
B．炒酸奶的铁板很烫
C．装炒酸奶的杯外壁过一会儿出现小水珠是液化现象
D．酸奶在变成块状或片状的成品过程中需要吸热
【答案】C
【知识点】凝固与凝固放热特点；液化及液化放热
【解析】【解答】A．炒酸奶时铁板附近出现的大量白气是空气中的水蒸气遇冷液化形成的小水滴，故A错误；
BD．由题可知，酸奶和水果经过在铁板上搅拌后，切小块，说明炒酸奶的铁板温度很低，酸奶在铁板上放热凝固，故BD错误；
C．盛放炒酸奶的杯子温度较低，空气中的水蒸气遇到冷的杯子形成小水珠附着在杯子的外壁，是液化现象，故C正确。
故选C。
【分析】液化指物质由气态转变液态，凝固是批物质由液态变为固态；液化和凝固要放热。
6．（2025·广州模拟）当水温从0℃升到15℃时，水的密度和水温t关系如图甲所示，水在4℃时，密度最大。现有三个容器装有不同温度的水，水的深度关系是，容器1和3所装的水的质量，三个容器的底面积关系是，如图乙所示，此过程，三个容器中水的质量不变，不考虑容器的热胀冷缩。容器底受到水的压强关系正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】压强大小比较；压强的大小及其计算
【解析】【解答】CD．如图，，因容器为柱形容器，底部受到的压力大小等于水的重力，因此容器1和容器3底部受到的压力相同，由题知，由可知，，故CD错误；
B．容器1和容器2液面的高度相同，，由可得，，故B错误；
A．由和可得，，故A正确。
【分析】比较液体压强方法：
1 、使用公式 p=ρgh 比较 ：当液体的密度 ρ 一定时，可以通过比较液体的深度 h 来确定压强 p 的大小。深度越大，压强越大 。当液体的深度 h 一定时，可以通过比较液体的密度 ρ 来确定压强 p 的大小。密度越大，压强越大。
2 、使用公式 比较液度和深度都不相同或不能确定时，可以先判断压力 F 与液体重力 G 的大小关系，然后再利用 比较压强的大小 。
7．（2025·广州模拟）如图是加油站里常见的“静电释放器”（与大地相连），司机或工人提油枪加油前，必须用手触摸静电释放器清除身体上的静电，下列说法中正确的是（ ）
A．人体带的电荷是人体与衣服摩擦过程中创造出来的
B．静电释放器可由玻璃或陶瓷制成
C．“除电”时，人体、静电释放器和大地连通构成回路
D．带有负电荷的人用手接触静电释放器时，电流方向是从静电释放器流向大地
【答案】C
【知识点】两种电荷；导体与绝缘体；电流的方向
【解析】【解答】A．人体与衣物摩擦，由于不同物质束缚电子能力不同，故会发生电子的转移，使人体和衣服带上异种电荷，故此过程是由于电荷发生了转移，而不是创造了电荷，电荷不能凭空创造出来，故A错误；
B．若将人体带的电荷释放掉，则静电释放器应该是导体制成，而玻璃或陶瓷是绝缘体，故B错误；
C．“除电”时，人体、静电释放器和大地连通构成回路，人体所带电荷经金属球流向大地，故C正确；
D．由电流方向的规定可知，带有负电荷的人用手接触静电释放器时，负电荷从人体经过静电释放器转移到大地，而电流方向与负电荷定向移动方向相反，故此时电流方向是从大地流向静电释放器，故D错误。
故选C。
【分析】（1）摩擦起电的本质是发生了电子的转移，并不是创造了电荷；
（2）静电释放器应该由导体制成；
（3）“除电”时，人体所带电荷经金属球流向大地，若人体带负电，则电流方向是从大地流向金属球；
（4）正电荷移动方向为电流的方向。
8．（2025·广州模拟）如图所示为某家庭厨房电路，电灯和电热器都在正常工作。在三孔插座上刚插上电饭锅（开关未闭合）的插头时，所有用电器都停止工作，拔出电饭锅的插头后，用测电笔测试三孔插座的左右两孔，氖管都发光，发现有一根熔丝熔断了。下列分析不合理的是（ ）
A．一定是零线上的熔丝熔断了
B．只断开S1，再用测电笔检测三孔插座的左右两孔，氖管都发光
C．只断开S2，再用测电笔检测三孔插座的左右两孔，氖管都不发光
D．同时闭合S1、S2，再用测电笔检测开关S1的两个接线柱，氖管都发光
【答案】C
【知识点】测电笔的使用；家庭电路的故障分析
【解析】【解答】A．由题意可知，当插上电饭锅（开关未闭合）的插头，所有用电器都停止工作，说明电路中干路上有断路，测电笔测试插座的两孔，氖管都发光，说明两孔与火线是连通的，即火线保险丝没有熔断，故只可能是零线上的熔丝熔断了，故A不符合题意；
B．断开S1，如图，三孔插座的右孔与火线直接相连，左孔通过电热器与火线相连，故用试电笔接触三孔插座的左右两孔氖管都发光，故B不符合题意；
C．只断开S2，如图，三孔插座的右孔与火线直接相连，左孔通过灯泡与火线相连，故用试电笔接触三孔插座的左右两孔氖管都发光，故C符合题意；
D．同时闭合S1、S2，如图，开关S1的两个接线柱都能与火线相连，所以再用测电笔检测开关S1的两个接线柱，氖管都发光，故D不符合题意。
故选C。
【分析】（1）保险丝熔断是因为电流过大，电流过大的原因是短路或用电器的总功率过大；
（2）在插上电饭锅（开关未闭合）的插头前，电灯和电热器都在正常工作，在插上电饭锅（开关未闭合）的插头，所有用电器都停止工作，说明电路中干路上有断路，测电笔测试插座的两孔，氖管都发光，说明两孔与火线是连通的，故只可能是零线断了
9．（2025·广州模拟）如图甲所示，电源两端的电压不变，闭合开关S，当变阻器R2的滑片P从b端滑到a端的过程中，电流表示数I与电压表示数U的关系如图乙所示，则下列选项正确的是（ ）
①R1的阻值为10Ω ②变阻器R2的最大阻值为25Ω
③电源电压为3V ④电压表示数为2V时，R2的阻值为5Ω
A．只有①③④正确 B．只有①③正确
C．只有①②③正确 D．只有②③④正确
【答案】A
【知识点】串联电路的电压规律；欧姆定律及其应用；电路的动态分析
【解析】【解答】ABCD、①③由图甲可知，该电路为定值电阻R1和滑动变阻器R2串联，电压表测量定值电阻R1两端电压，由图乙可知，当滑动变阻器滑片在a端时，滑动变阻器接入电路阻值为0，只有R1接入电路，此时R1两端电压等于电源电压，由欧姆定律可知，此时电路中的电流最大为0.3A，电压表的示数3V，即电源电压为3V，R1的阻值为，故①③正确；
② 由图乙可知当滑动变阻器滑片在b端时，滑动变阻器连入电路的电阻最大，此时电路中的电流最小为0.1A，电压表的示数为1V，根据串联电路的电压特点，滑动变阻器两端电压为：U滑=3V-1V=2V
，滑动变阻器R2的最大阻值为
故②错误；
④当电压表的示数为2V时，由图乙可知，此时的电流为0.2A，根据串联电路的电压特点，可求得滑动变阻器两端的电压为 U'滑=3V-2V=1V ，滑动变阻器R2连入电路的阻值为
故④正确；
综上可知①③④正确，故BCD不符合题意，A符合题意。
故选A。
【分析】（1）当滑片位于a端时，接入电路中的电阻为零，电路为R1的简单电路，电压表测电源两端的电压，其示数最大，根据图乙读出电源的电压和电路中的电流，根据欧姆定律求出R1的阻值；
（2）当滑片位于b端时，接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，电压表的示数最小，根据图乙读出示数，根据串联电路的电压特点求出R2两端的电压，利用欧姆定律求出变阻器R2的最大阻值；
（3）电压表示数为2V时，根据图象读出电路中的电流，根据欧姆定律求出电路中的总电阻，利用电阻的串联求出R2的阻值。
10．（2025·广州模拟）小明利用如图所示的装置在8s内把重为900N的物体匀速提升了4m，动滑轮重100N（不计绳重及摩擦），下列判断正确的是（ ）
A．小明的体重约为333N
B．提升重物过程中小明所做的功是3600J
C．此装置对重物做功的功率为500W
D．小明提升此重物时该装置的机械效率为90%
【答案】D
【知识点】功率计算公式的应用；机械效率的计算；滑轮（组）的机械效率；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【解答】 A、由图知，n=2，不计绳重及摩擦，拉力
，而小明施加的拉力F大小应该小于或等于小明的体重，所以小明的体重应该大于或等于500N，故A错误；B、拉力端移动距离s=2h=2×4m=8m，小明做的功（总功）W总=Fs=500N×8m=4000J，故B错误；
C、此装置对重物做功（有用功）：
W有用=Gh=900N×4m=3600J，
此装置对重物做功的功率：
，故C错误；
D、小明提升此重物时该装置的机械效率：
，故D正确。
故选：D。
【分析】（1）由图知，n=2，不计绳重及摩擦，拉力，该拉力大小应该小于或等于小明的体重；
（2）拉力端移动距离s=2h，利用W=Fs求小明做的功；
（3）利用W=Gh求出此装置对重物做的功，再利用求此装置对重物做功的功率；
（4）利用求小明提升此重物时该装置的机械效率。
11．（2025·广州模拟）如图，凸透镜的焦点为F：
（1）如图请做出光线a经平面镜反射和凸透镜折射后的光路图 ；
（2）MN为凸透镜前的一个发光物体，b为MN上某点P发出的一条光线通过凸透镜光心O后的光路。
①通过作图找出MN上P点并标出其位置 ；
②MN经过透镜所成的是 （选填“倒立”“正立”）、 （选填“放大”、“缩小”）的像；
③若MN向上移动，则经过凸透镜成的像将向 移动（选填“上”、“下”）。
【答案】；；倒立；放大；下
【知识点】平面镜成像的相关作图；透镜的光路图；凸透镜成像规律及其探究实验
【解析】【解答】（1）图中，过入射点作法线垂直于镜面，图中入射角为：90°-45°＝45°，
根据反射角等于入射角，画出反射光线，反射光线平行于凸透镜的主光轴；经凸透镜折射后，折射光线过焦点，画出折射光线，如图所示：
（2）①光线过凸透镜光心，传播方向不变，反向延长光线b，交发光物体于点，如图：
②图中，发光体在凸透镜一倍焦距和两倍焦距之间，成倒立放大的实像。
③光线过凸透镜光心，传播方向不变，向上移动，经过凸透镜成的像将向下移动。
【分析】（1）光在反射时，反射角等于入射角；光线和凸透镜的主光轴平行，折射光线过焦点；
（2）光线过凸透镜的光心，传播方向不变；物体在凸透镜的一倍焦距和二倍焦距间，成倒立放大的实像；凸透镜成实像时，物体向上移动，像向下移动。
12．（2025·广州模拟）嫦娥五号返回器用类似“打水漂”的方式着陆地球，其着陆过程的部分轨迹简化为如图所示。AB段返回器的动能 （选填“变大”“不变”或“变小”）；BC段返回器的机械能 （选填“变大”“不变”或“变小”），CD段返回器动能增加量 （选填“大于”“等于”或“小于”）重力势能的减小量。
【答案】变小；不变；小于
【知识点】动能的影响因素；势能的影响因素；机械能及其转化
【解析】【解答】（1）由图可知，返回器在经过AB段时，是从A到B，B的高度大于A 的高度，可知返回器的质量不变，高度变大，重力势能变大，返回器的动能转化为重力势能，故返回器的动能变小。
（2）返回器从B到C这个过程中是在大气层外运动，不受空气的阻力，故机械能是守恒的，即机械能保持不变。
（3）返回器在CD段，是在大气层内加速下降，返回器质量不变，故重力势能转化为动能，由于受到空气阻力的作用，一部分重力势能转化为内能，所以返CD段返回器动能增加量小于重力势能的减小量。
故答案为：变小；不变；小于。
【分析】（1）动能的大小与质量、速度有关，质量一定时，速度越大，动能越大；
（2）重力势能的大小与质量、高度有关，质量一定时，高度越高，重力势能越大；
（3）机械能为动能和势能的和，据此分析动能、机械能的变化；物体运动过程中，不考虑空气阻力和摩擦力，机械能守恒，考虑阻力和摩擦力，则不守恒。
13．（2025·广州模拟）如图1所示，在直尺AB的7dm刻度处C点挂一重9N的物体M，并在3dm刻度处施加一个竖直向上、大小为3N的动力F1使AB保持水平静止，直尺AB的质量不计，完成下列问题。
（1）根据数据分析，支点的位置在杠杆的 dm刻度处；
（2）如图2，支点O的位置在杠杆的5dm刻度处，如果动力F1的作用线为图中的虚线；请在图2中画出杠杆所受的阻力F2、动力F1及动力臂L1；
（3）图2中的C点向右移动到9dm，为杠杆重新平衡，可行的操作有：___________（填序号）。
A．方向、作用点不变，增大F1
B．方向、大小均不变，F1的作用点向A点移动
C．大小、作用点不变，F1的方向沿顺时针转过一定的角度
【答案】（1）9
（2）
（3）A；B
【知识点】杠杆的平衡条件；力臂的画法
【解析】【解答】（1） 由图可知，动力小于阻力，因此是省力杠杆；已知动力F的方向竖直向上，物体M对硬尺的拉力为阻力，方向竖直向下；因为动力小于阻力，所以动力臂大于阻力臂，支点O的位置在C点的右侧；
设阻力臂为L，动力臂为L+4.0dm，根据杠杆平衡条件可得：F动（L+4.0dm）=F阻L，即：3N×（L+4.0dm）=9N×L，解得：L=2.0dm，
则支点O在9.0dm处；
（2） 物体M对硬尺的拉力为阻力，方向竖直向下，力臂是支点到力的作用线的距离，在图2中画出杠杆所受的阻力F2、动力F1及动力臂L1，如图：
（3） 图2中的C点向右移动到9dm，阻力臂变大，为使杠杆重新平衡根据杠杆平衡条件可知需增大动力臂或增大动力，
A、方向、作用点不变，增大F1，动力增大，可行；
B、方向、大小均不变，F1的作用点向A点移动，动力臂增大，可行；
C、大小、作用点不变，F1的方向沿顺时针转过一定的角度，动力臂变小，不可行；
故选AB。
故答案为：（1）9；（2）见上图；（3）AB。
【分析】 （1）由题知，硬尺的质量不计，硬尺受到动力F的作用，方向竖直向上；物体M对硬尺的拉力为阻力，方向竖直向下；
因为动力大于阻力，所以动力臂小于阻力臂，据此确定支点的位置；设动力臂为L，求出阻力臂，根据杠杆平衡条件列出等式求出动力臂L，进而确定支点O的位置；
（2）阻力是物体对杠杆的作用力，力臂是指从支点到力的作用线的距离，据此画图；
（3）图2中的C点向右移动到9dm，阻力臂变大，为使杠杆重新平衡根据杠杆平衡条件可知需增大动力臂或增大动力。
（1）由杠杆的定义可知，动力和阻力要分别使得杠杆绕支点顺时针和逆时针旋转，由题意可知，动力F是3N，阻力为9N，根据杠杆平衡条件可知，动力臂是阻力臂的3倍，所以支点的位置在杠杆的9dm刻度处。
（2）由杠杆的定义可知，动力和阻力要分别使得杠杆绕支点顺时针和逆时针旋转，支点O的位置在杠杆的5dm刻度处，在重物对杠杆的拉力作用下，杠杆顺时针转动，所以动力对杠杆的拉力方向沿虚线向下，由于动力臂为支点到动力的距离，所以过支点向动力F1作垂线，垂线段为动力臂L1，杠杆所受的阻力F2为重物对杠杆的拉力，方向竖直向下，如下图所示：
（3）图2中的C点向右移动到9dm，则阻力臂增大，则阻力与阻力臂的乘积增大，根据杠杆平衡条件可知，为杠杆重新平衡，可以增大动力与动力臂的乘积，即可以增大动力或增大动力臂；
A．方向、作用点不变，即动力臂不变，增大动力F1，可以增大动力与动力臂的乘积，故A符合题意；
B．方向、大小均不变，即动力F1不变，将F1的作用点向A点移动，可以增大动力臂，即可以增大动力与动力臂的乘积，故B符合题意；
C．大小、作用点不变，即动力F1不变，F1的方向沿顺时针转过一定的角度，则动力臂减小，所以动力与动力臂的乘积减小，故C不符合题意。
故选AB。
14．（2025·广州模拟）为了比较两种未知燃料的热值以及两种未知液体的比热容的大小，小明同学设计的实验如图所示，甲、乙、丙三图中装置完全相同，燃料的质量都是10g，烧杯内的液体初温相同。当燃料燃烧完时（烧杯内的液体均未沸腾），立即读取相应温度计的读数，分别为T甲、T乙、T丙，且有T甲＞T乙＞T丙。
（1）在实验中，三个烧杯中a、b液体的 （选填“质量”或“体积”）必须相同。
（2）比较不同燃料的热值，应选择 两图进行实验，燃料1的热值q1与燃料2的燃料值q2，有q1 q2（选填“＞”、“＝”或“＜”）。
（3）若在研究不同燃料热值的实验中记录数据如表：
燃料 加热前液体温度/℃ 燃料燃尽时液体温度/℃ 燃料的热值/（J/kg）
1 15 35 2.4×106
2 15 25
根据表中数据计算：燃料2的热值是 。通过实验得到的燃料热值与实际相比要偏 （填“大”或“小”）。
（4）以下过程不发生物态变化，初温相同、体积相同的两块金属M、N放入甲图液体里吸收了相同热量，M的末温比N的低，请画出初温相同的M、N放出相同热量Q1的温度-放出热量图像 。
【答案】（1）质量
（2）甲、乙；＞
（3）1.2×106；小
（4）
【知识点】比热容；燃料的热值；比较不同物质吸热的情况实验
【解析】【解答】（1）由控制变量法可知， 在探究两种未知燃料的热值的实验中，需使用质量相同的不同的燃料加热两种液体的质量相等，所以实验中三个烧杯中a、b液体的质量必须相等。
（2）第1空，为了比较热值大小，要用质量不同的燃料，所加热的液体需是质量相同的液体，通过温度计的示数变化得出吸热多少，进而判断热值大小，故应选择甲、乙两图进行实验。
第2空，由题可知，甲、乙两实验烧杯中液体的初温相同，末温t甲＞t乙，则Δt甲＞Δt乙；由图甲、乙所示实验可知，两烧杯中的液体种类即比热容c、质量m都相等，由公式可知，Q甲＞Q乙，燃料燃烧释放的热量被烧杯中的液体吸收，则燃料释放的热量Q1＞Q2，由于甲、乙两实验所使用的燃料质量m相同而种类不同，由可知，q1＞q2。
（3）第1空，由题可知，两种燃料质量相等，甲、乙两图中质量相等的液体a升高的温度之比为
t甲：t乙＝（35℃-15℃）：（25℃-15℃）＝2：1，不计热量损失，则有液体吸收的热量等于燃料放出的热量，有m燃料q＝cm液体Δt，在m燃料、c、m液体相等时，q与Δt成正比，由于所以t甲∶t乙＝2∶1，所以燃料1、2的热值之比为q1∶q2＝2∶1，由于燃料1的热值为2.4×106 J/kg，所以燃料2的热值为
第2空，由于燃料不能完全燃烧，且存在热损失，燃料燃烧放出的热量没有全部被液体吸收，所以测得的热值会偏小。
（4）由题意可知，M、N的体积和初温相同，吸收相同热量后，M的末温比N的低，这说明M的温度变化较小；则初温相同的M、N，放出相同的热量后，M的温度变化小，所以M的末温高，如图所示：
【分析】（1）根据控制变量法分析判断；
（2）比较不同的燃料，应该选用相同的被加热的液体，据此分析判断，质量相同的不同种燃料，液体温度升高的越高，吸收的热量越多，相同质量的燃料放出的热量就越多，据此分析判断；
（3）由热值计算公式以及热量计算公式可得：m燃料q＝cm液体Δt，根据两种液体温度变化量的关系以及已知条件计算解答；因为燃料不能完全燃烧，故实验得到的燃料热值小于实际热值；
（4）由题意可知，初温相同的两块金属，吸收相同热量，M温度变化小，故M的比热容大，当两个初温相同的金属块放出相同热量时，比热容大的金属块温度变化较小，据此分析作图。
（1）根据控制变量法的要求， 在探究两种未知燃料的热值的实验中，需使用不同的燃料加热质量相等的两种液体；在探究两种未知液体的比热容的大小在实验中，需用相同的燃料加热质量相同的不同液体，所以实验中三个烧杯中a、b液体的质量必须相等。
（2）[1]为了比较热值大小，要用不同的燃料，加热质量相同的同一种液体，通过温度计的示数高低得出吸热多少，进而判断热值大小，故应选择甲、乙两图进行实验。
[2]由题意知，甲、乙两实验烧杯中液体的初温相等，末温T甲＞T乙，则Δt甲＞Δt乙；由图甲、乙所示实验可知，两烧杯中的液体种类即比热容c、质量m都相等，由公式可知，Q甲＞Q乙，燃料燃烧释放的热量被烧杯中的液体吸收，则燃料释放的热量Q1＞Q2，由于甲、乙两实验所使用的燃料质量m相同而种类不同，由可知，q1＞q2。
（3）[1]完全燃烧的燃料质量相等，甲、乙两图中质量相等的液体a升高的温度之比为T甲：T乙＝（35℃-15℃）：（25℃-15℃）＝2：1
不计热量损失，有m燃料q＝cm液体Δt，在m燃料、c、m液体相等时，q与Δt成正比，由于所以T甲∶T乙＝2∶1，所以燃料1、2的热值之比为q1∶q2＝2∶1，由于燃料1的热值为2.4×106 J/kg，所以燃料2的热值为
[2]因燃料不能完全燃烧，且存在热散失，燃料燃烧放出的热量没有全部被液体吸收，所以测得的热值会偏小。
（4）根据题意可知，M、N的初温相同，吸收相同热量后，M的末温比N的低，这说明M的温度变化较小；则初温相同的M、N，放出相同的热量后，M的温度变化小，所以M的末温高，如图所示：
15．（2025·广州模拟）2023年12月21日，深圳官度入冬。秋冬带来了寒冷和秋裤，也带来了烦恼，小南同学一接触小伙伴就噼里啪啦“炸毛”啦。小南想到物理老师讲过缓解静电的方法之一是增加空气湿度，立即购入一台加湿器，原理图如图甲。R1、R2为发热电阻，且R2=3R1，S为旋转型开关，1、2、3、4为触点，通过旋转并关S可实现“关”、“低挡”、“高挡”之间的转换。已知，高档功率为440W，求：
（1）由图甲知，开关S接“1、2触点”时，电路断路，为关：接“2、3触点”为 挡；接“3、4触点”为 挡；
（2）求加热电阻R1的阻值。
（3）求加湿器正常工作时的低挡功率。
（4）如图乙所示，求加湿器正常工作30分钟消耗的电能。
【答案】低；高；110Ω；110W；3.96×105J
【知识点】电功的计算；电功率的计算；多状态电路——多挡位问题
【解析】【解答】（1） （1）由图1知，开关S接“1、2”时电路断路为关；“2、3”时两电阻串联，接“3、4”时只有R1接入电路，电源电压一定，由可知，接“2、3”时电阻最大，为低挡，接“3、4”时电阻最小，为高挡；
（2）由图2知，高挡功率：P高=440W，由可得R1的阻值：
；
（3）由题知，R2=3R1，低挡发热功率：
；
（4）由图2知，工作30min时，其中高挡10min，低挡20min，
所以加湿器消耗的总电能：
W=W高+W低=P高t高+P低t低=440W×10×60s+110W×20×60s=3.96×105J。
故答案为：（1）低；高；（2）加热电阻R1的阻值为110Ω；（3）加湿器正常工作时的低挡功率110W；（4）加湿器正常工作30分钟消耗的电能为3.96×105J。
【分析】（1）由图1，开关S在不同位置时，由分析加湿器的工作状态；
（2）由图2知，加温器高挡功率，由计算R1的阻值；
（3）已知R2=3R1，由计算加湿器处于低档位置时的发热功率；
（4）由图2读出加湿器30min内的高挡和低挡工作时间，由W=Pt计算消耗的电能。
16．（2025·广州模拟）海油观澜号是中国首个深远海浮式风电平台，装机容量为7.25兆瓦，在水中漂浮并捕捉风能发电，如图所示。海油观澜号由浮式基础和风机组成，整体高度超过200m，总质量达。平台采用“半潜式”设计，底部是一个三角形浮式基础，包括3个边立柱和1个中间立柱；浮式基础上方是高为83m的圆筒状柱子，柱子上方安装有机舱，机舱前部的3只大扇叶在风力带动下驱动机舱中的发电机转子转动，生成绿色电力，年发电量达。
（1）当海风从左向右水平吹向水平扇叶A时，水平扇叶A将 （选填“顺时针”或“逆时针”）转动；
（2）风平浪静叶片不动时，海油观澜号受到的浮力是多少 ？排开海水的体积是多少 ？（海水密度取，g取）
（3）海油观澜号投产用来代替发电效率为36%的煤炭发电站，一年可以节约煤炭的质量是 ？请你通过计算分析，一标准大气压下，这些煤炭完全燃烧放出的热量能否让质量为、初温为50℃的水温度升高到 ℃。[，]
【答案】（1）顺时针
（2）；
（3）；60
【知识点】比热容；燃料的热值；流体压强与流速的关系；阿基米德原理
【解析】【解答】（1） 风力发电机的风机叶片具有质量轻，选择密度小的材料，叶片下凸上平，下方空气流速大，压强小，产生向下的压力差，故顺时针转动；
（2）第1空，海油观澜号的重力为
风平浪静叶片不动时，海油观澜号在水中漂浮，浮力等于重力，即海油观澜号受到的浮力为；
第2空，由阿基米德原理可得排开海水的体积为：
（3）第1空，第2空，由题意可知，利用煤炭发电站产生与海油观澜号一年发电量相同的电量，煤炭完全燃烧所释放的热量为：
完全燃烧煤炭的质量为；
第2空，由热量计算公式可知，质量为、初温为50℃的水吸收以上煤炭完全燃烧所释放的热量，设水的末温为t，则
解得：。
故答案为：（1）顺时针；（2）；（3）；60。
【分析】（1）根据质量轻分析，根据流体流速大压强小分析；
（2）根据浮力等于重力结合阿基米德原理分析；
（3）根据燃气发电效率计算煤炭完全燃烧放出的热量，再根据Q放=mq计算煤炭的质量；
利用Q吸=cm（t-t0）求得水的末温，再进行判断。
（1）由图可知，扇叶A的下表面凸起，上表面平直，当当海风从左向右水平吹向水平扇叶A时，扇叶A的下表面空气流速大，压强小，上表面空气流速小，压强大，在上、下表面的压强差下，扇叶A上下表面所受空气压力合力向下，所以水平扇叶A将顺时针转动。
（2）[1][2]海油观澜号的重力为
风平浪静叶片不动时，海油观澜号在水中漂浮，浮力等于重力，即海油观澜号受到的浮力为
排开海水的体积为
（3）[1][2]利用煤炭发电站产生与海油观澜号一年发电量相同的电量，煤炭完全燃烧所释放的热量为
完全燃烧煤炭的质量为
质量为、初温为50℃的水吸收以上煤炭完全燃烧所释放的热量，假设可以升高到t℃；则
17．（2025·广州模拟）小亮同学在学习了“电和磁”的知识后，用甲乙两个直流电动机设计了如图所示的装置，闭合开关S后甲开始转动，同时用皮带带动乙转动，小灯泡发光。
（1）图中，将机械能转化为电能的装置是 （填“甲”或“乙”）。若要电动机反向旋转，方法是： 。
（2）图中ab表示一根导线，与竖直放置的导轨接触，它是电路中的一部分，磁感线分布如图所示，灵敏电流计在磁场外固定不动，甲、乙、丙、丁四幅图中不能产生感应电流的有：
（3）如图所示，电磁铁CD通电时，软磁性（容易磁化和退磁的磁性材料）铁块A静止不动，这是因为电磁铁对A的吸引力 （选填“大于”、“等于”或“小于”）A受到的摩擦力，改变电磁铁中的电流方向，A受到电磁铁的力的方向 （选填“改变”或“不变”）。如果把这个电磁铁CD如图所示通电并静止悬挂在地球赤道上方，则电磁铁C端，有指向地理极 （选填“南极”或“北极”）的趋势。
【答案】乙；将电池组正负极对调；甲、丙、丁；等于；不变；北极
【知识点】产生感应电流的条件
【解析】【解答】（1）第1空，由图可知，闭合开关S后，对于甲电动机，有电源接入，电流通过线圈，线圈在磁场中受力转动，这是电能转化为机械能的过程。而甲带动乙转动时，乙内部线圈在磁场中切割磁感线，产生感应电流使小灯泡发光，此时乙相当于发电机，依据电磁感应原理，将机械能转化为电能。所以将机械能转化为电能的装置是乙。
第2空，因为通电导体在磁场中的受力方向取决于电流方向和磁场方向。在本题中，磁场方向不变，当把电池组正负极对调时，电流方向改变，那么甲电动机转动方向就会改变。故若要电动机反向旋转，方法是将电池组正负极对调。
（2）依据电磁感应现象的条件，即闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动时才会产生感应电流。
观察甲图，导体运动过程不切割磁感线，所以不会产生感应电流。
乙图，导体运动时做切割磁感线运动，因此会产生感应电流。
丙图，导体运动不切割磁感线，不会产生感应电流。
丁图，导体运动也不切割磁感线，不会产生感应电流。
综上，不能产生感应电流的是甲、丙、丁。
（3）第1空，由图可知，电磁铁通电后铁块A静止，这表明铁块A处于平衡状态。
在水平方向上，电磁铁对A的吸引力和A受到的摩擦力是一对平衡力。根据平衡力大小相等的特点，所以电磁铁对A的吸引力等于A受到的摩擦力；
第2空，当改变电磁铁中的电流方向时，电磁铁的磁极会改变。 电磁铁对铁块A始终是吸引力，所以A受到电磁铁的力的方向不变。
第3空，由图中电流方向，运用右手安培定则（右手握住螺线管，四指指向电流方向，大拇指所指就是N极），可以判断出电磁铁C端是N极。
由于地磁南极在地理北极附近，根据磁极间相互吸引的规律，N极有指向地理北极的趋势。所以电磁铁C端有指向地理北极的趋势。
故答案为：（1）乙；对调电源的正负极；（2）甲、丙、丁；（3）等于；不变；北极。
【分析】（1）通电导体在磁场中受到力的作用，电动机就是利用该原理来工作的，将电能转化为机械能；闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中会产生感应电流，这种现象叫电磁感应，发电机是利用该原理来工作的，将机械能转化为电能。
（2）产生感应电流的条件：一是电路是闭合的，二是部分导体在磁场中做切割磁感线运动。
（3）根据平衡力的知识进行分析；根据安培定则判断判断电磁铁的磁极。
18．（2025·广州模拟）某小组用如图甲的电路图探究“电流与电阻的关系”，实验中所用器材：学生电源、四个定值电阻（5Ω、10Ω、15Ω、20Ω）、标有“20Ω ； 1A”字样的滑动变阻器、电流表、电压表、开关及导线若干。
（1）请用笔画线代替导线将图甲所示的实物连接成完整电路 ；
（2）电路连接正确后，闭合开关，小明发现电流表有示数，电压表无示数。则电路故障的原因可能是定值电阻 （选填“短路”或“断路”）；
（3）排除故障后，该组的两个同学先后进行实验，并作出图象如图乙所示，通过分析可知 图（选填“A”或“B”）实验操作中不符合要求，理由是 ；
（4）当保持电压表的示数为3V不变时，请根据图乙中正确的图象判断接入电路中的电源电压不能超过 V；
（5）实验结束，小明忘记断开开关，立即将电路一元件拆下，却发现电压表示数超出最大量程，他拆下的元件是 。
【答案】；短路；B；图中B图线没有控制定值电阻两端的电压一定；6；定值电阻
【知识点】探究电流与电压、电阻的关系实验；伏安法测电阻的探究实验
【解析】【解答】（1） 在探究电流与电阻实验时，电压表应并联在定值电阻的两端，如下图所示：
（2） 电流表有示数，说明电路是通路，电压表无示数，说明与电压表并联的定值电阻短路；
（3）第3空，第4空， 研究电流与电阻关系时，要控制电阻的电压不变，根据绘制的I-R图像如图乙中B曲线知，因电阻两端的电压：UVB=IR=0.6A×5Ω≠0.4A×10Ω≠0.3A×15Ω，即电阻的电压是变化的，故依据此图像不能得出正确结论。
（4）由于定值电阻两端电压保持不变，故由串联电路分压规律可得，
，变形可得
即电源电压一定时，为定值，则也为定值，当滑动变阻器最大阻值为20Ω，定值电阻也最大，此时电源电压最大，由定值电阻两段电压为3V可得
解得电源电压为：U=6V，即电源电压不超过6V。
（5）电压表内阻很大，若电压表串联接入电路中时，电路中几乎没有电流通过，此时电路相当于断路，而电压表此时的示数接近电源电压，若小明将定值电阻拆除，则会使电压表直接接入电路中，此时电压表的电压接近电源电压，而该电压表接入的量程为小量程，故会超量程，所以小明拆除的电路元件为定值电阻。
故答案为：（1）见解答图；（ 2）定值电阻短路；（3）B；图中B图线没有控制定值电阻两端的电压一定；（4）6；（5）定值电阻。
【分析】（1）电压表应并联在定值电阻两端；
（2）电流表有示数，说明电路是通路，电压表无示数，说明与电压表并联的元件故障，据此分析；
（3）研究电流与电阻关系时，要控制电阻的电压不变，根据如图乙绘制的I-R求出电阻两端的电压分析；
（4）电压表内阻很大，若电压表串联接入电路中时，电路中几乎没有电流通过，此时电路相当于断路，而电压表此时的示数接近电源电压。
1 / 12025年广东省广州大学附中中考二模物理试题
1．（2025·广州模拟）“不经历风雨怎么见彩虹”，如图所示为太阳光射到空气中的小水珠（图中圆模拟小水珠）形成彩虹光路示意图，a、b为两种单色光。图中彩虹形成过程中涉及到的光现象有（ ）
A．光的折射 B．光的反射 C．光的色散 D．以上都有
2．（2025·广州模拟）乐理中，音名、唱名、频率的关系如表所示，则（ ）
音名 C D E F G A B
唱名 Do Re Mi Fa Sol La Si
频率/Hz 262 294 330 349 392 440 494
A．音名为B的音，响度最大
B．相比D音，发G音时，音调更低
C．唱名为Mi的音，每分钟振动330次
D．相比C音，发A音时，声源每秒振动次数更多
3．（2025·广州模拟）如图，塔式太阳能发电系统是在空旷的地面上建立高大的中央吸热塔。塔顶上安装固定一个接收器，塔的周围安装一定数量的定日镜，通过定日镜将太阳光的能量（大小为E1）聚集到塔顶的接收器的腔体内产生高温，再将通过接收器的工作物质加热并产生高温蒸汽（其增加的内能为E2），推动发电机的汽轮机组进行发电，获得电能大小为E3，下列关于塔式太阳能发电系统的说法中正确的是（ ）
A．塔式太阳能发电系统通过做功的方式改变接收器内物质的内能
B．太阳能是一次能源，且是不可再生能源
C．电能是可再生能源
D．
4．（2025·广州模拟）“飘色”是岭南地区一种传统民俗艺术。如图为“飘色”道具的结构示意图，道具由色台和色梗组成，色台固定在色梗上。演员坐在色台上，与道具一起向右匀速直线运动，此过程道具对演员的作用力（ ）
A．大于演员所受的重力 B．与演员所受的重力大小相等
C．方向水平向右 D．方向斜向右上方
5．（2025·广州模拟）有款网红食品叫炒酸奶，就是将酸奶和一些水果和坚果碎倒在一块铁板上，用铲子充分搅拌再抹平，如图所示，最后切小块铲起来装杯。下列说法正确的是（ ）
A．炒酸奶时铁板附近出现的大量白气是水蒸气
B．炒酸奶的铁板很烫
C．装炒酸奶的杯外壁过一会儿出现小水珠是液化现象
D．酸奶在变成块状或片状的成品过程中需要吸热
6．（2025·广州模拟）当水温从0℃升到15℃时，水的密度和水温t关系如图甲所示，水在4℃时，密度最大。现有三个容器装有不同温度的水，水的深度关系是，容器1和3所装的水的质量，三个容器的底面积关系是，如图乙所示，此过程，三个容器中水的质量不变，不考虑容器的热胀冷缩。容器底受到水的压强关系正确的是（ ）
A． B． C． D．
7．（2025·广州模拟）如图是加油站里常见的“静电释放器”（与大地相连），司机或工人提油枪加油前，必须用手触摸静电释放器清除身体上的静电，下列说法中正确的是（ ）
A．人体带的电荷是人体与衣服摩擦过程中创造出来的
B．静电释放器可由玻璃或陶瓷制成
C．“除电”时，人体、静电释放器和大地连通构成回路
D．带有负电荷的人用手接触静电释放器时，电流方向是从静电释放器流向大地
8．（2025·广州模拟）如图所示为某家庭厨房电路，电灯和电热器都在正常工作。在三孔插座上刚插上电饭锅（开关未闭合）的插头时，所有用电器都停止工作，拔出电饭锅的插头后，用测电笔测试三孔插座的左右两孔，氖管都发光，发现有一根熔丝熔断了。下列分析不合理的是（ ）
A．一定是零线上的熔丝熔断了
B．只断开S1，再用测电笔检测三孔插座的左右两孔，氖管都发光
C．只断开S2，再用测电笔检测三孔插座的左右两孔，氖管都不发光
D．同时闭合S1、S2，再用测电笔检测开关S1的两个接线柱，氖管都发光
9．（2025·广州模拟）如图甲所示，电源两端的电压不变，闭合开关S，当变阻器R2的滑片P从b端滑到a端的过程中，电流表示数I与电压表示数U的关系如图乙所示，则下列选项正确的是（ ）
①R1的阻值为10Ω ②变阻器R2的最大阻值为25Ω
③电源电压为3V ④电压表示数为2V时，R2的阻值为5Ω
A．只有①③④正确 B．只有①③正确
C．只有①②③正确 D．只有②③④正确
10．（2025·广州模拟）小明利用如图所示的装置在8s内把重为900N的物体匀速提升了4m，动滑轮重100N（不计绳重及摩擦），下列判断正确的是（ ）
A．小明的体重约为333N
B．提升重物过程中小明所做的功是3600J
C．此装置对重物做功的功率为500W
D．小明提升此重物时该装置的机械效率为90%
11．（2025·广州模拟）如图，凸透镜的焦点为F：
（1）如图请做出光线a经平面镜反射和凸透镜折射后的光路图 ；
（2）MN为凸透镜前的一个发光物体，b为MN上某点P发出的一条光线通过凸透镜光心O后的光路。
①通过作图找出MN上P点并标出其位置 ；
②MN经过透镜所成的是 （选填“倒立”“正立”）、 （选填“放大”、“缩小”）的像；
③若MN向上移动，则经过凸透镜成的像将向 移动（选填“上”、“下”）。
12．（2025·广州模拟）嫦娥五号返回器用类似“打水漂”的方式着陆地球，其着陆过程的部分轨迹简化为如图所示。AB段返回器的动能 （选填“变大”“不变”或“变小”）；BC段返回器的机械能 （选填“变大”“不变”或“变小”），CD段返回器动能增加量 （选填“大于”“等于”或“小于”）重力势能的减小量。
13．（2025·广州模拟）如图1所示，在直尺AB的7dm刻度处C点挂一重9N的物体M，并在3dm刻度处施加一个竖直向上、大小为3N的动力F1使AB保持水平静止，直尺AB的质量不计，完成下列问题。
（1）根据数据分析，支点的位置在杠杆的 dm刻度处；
（2）如图2，支点O的位置在杠杆的5dm刻度处，如果动力F1的作用线为图中的虚线；请在图2中画出杠杆所受的阻力F2、动力F1及动力臂L1；
（3）图2中的C点向右移动到9dm，为杠杆重新平衡，可行的操作有：___________（填序号）。
A．方向、作用点不变，增大F1
B．方向、大小均不变，F1的作用点向A点移动
C．大小、作用点不变，F1的方向沿顺时针转过一定的角度
14．（2025·广州模拟）为了比较两种未知燃料的热值以及两种未知液体的比热容的大小，小明同学设计的实验如图所示，甲、乙、丙三图中装置完全相同，燃料的质量都是10g，烧杯内的液体初温相同。当燃料燃烧完时（烧杯内的液体均未沸腾），立即读取相应温度计的读数，分别为T甲、T乙、T丙，且有T甲＞T乙＞T丙。
（1）在实验中，三个烧杯中a、b液体的 （选填“质量”或“体积”）必须相同。
（2）比较不同燃料的热值，应选择 两图进行实验，燃料1的热值q1与燃料2的燃料值q2，有q1 q2（选填“＞”、“＝”或“＜”）。
（3）若在研究不同燃料热值的实验中记录数据如表：
燃料 加热前液体温度/℃ 燃料燃尽时液体温度/℃ 燃料的热值/（J/kg）
1 15 35 2.4×106
2 15 25
根据表中数据计算：燃料2的热值是 。通过实验得到的燃料热值与实际相比要偏 （填“大”或“小”）。
（4）以下过程不发生物态变化，初温相同、体积相同的两块金属M、N放入甲图液体里吸收了相同热量，M的末温比N的低，请画出初温相同的M、N放出相同热量Q1的温度-放出热量图像 。
15．（2025·广州模拟）2023年12月21日，深圳官度入冬。秋冬带来了寒冷和秋裤，也带来了烦恼，小南同学一接触小伙伴就噼里啪啦“炸毛”啦。小南想到物理老师讲过缓解静电的方法之一是增加空气湿度，立即购入一台加湿器，原理图如图甲。R1、R2为发热电阻，且R2=3R1，S为旋转型开关，1、2、3、4为触点，通过旋转并关S可实现“关”、“低挡”、“高挡”之间的转换。已知，高档功率为440W，求：
（1）由图甲知，开关S接“1、2触点”时，电路断路，为关：接“2、3触点”为 挡；接“3、4触点”为 挡；
（2）求加热电阻R1的阻值。
（3）求加湿器正常工作时的低挡功率。
（4）如图乙所示，求加湿器正常工作30分钟消耗的电能。
16．（2025·广州模拟）海油观澜号是中国首个深远海浮式风电平台，装机容量为7.25兆瓦，在水中漂浮并捕捉风能发电，如图所示。海油观澜号由浮式基础和风机组成，整体高度超过200m，总质量达。平台采用“半潜式”设计，底部是一个三角形浮式基础，包括3个边立柱和1个中间立柱；浮式基础上方是高为83m的圆筒状柱子，柱子上方安装有机舱，机舱前部的3只大扇叶在风力带动下驱动机舱中的发电机转子转动，生成绿色电力，年发电量达。
（1）当海风从左向右水平吹向水平扇叶A时，水平扇叶A将 （选填“顺时针”或“逆时针”）转动；
（2）风平浪静叶片不动时，海油观澜号受到的浮力是多少 ？排开海水的体积是多少 ？（海水密度取，g取）
（3）海油观澜号投产用来代替发电效率为36%的煤炭发电站，一年可以节约煤炭的质量是 ？请你通过计算分析，一标准大气压下，这些煤炭完全燃烧放出的热量能否让质量为、初温为50℃的水温度升高到 ℃。[，]
17．（2025·广州模拟）小亮同学在学习了“电和磁”的知识后，用甲乙两个直流电动机设计了如图所示的装置，闭合开关S后甲开始转动，同时用皮带带动乙转动，小灯泡发光。
（1）图中，将机械能转化为电能的装置是 （填“甲”或“乙”）。若要电动机反向旋转，方法是： 。
（2）图中ab表示一根导线，与竖直放置的导轨接触，它是电路中的一部分，磁感线分布如图所示，灵敏电流计在磁场外固定不动，甲、乙、丙、丁四幅图中不能产生感应电流的有：
（3）如图所示，电磁铁CD通电时，软磁性（容易磁化和退磁的磁性材料）铁块A静止不动，这是因为电磁铁对A的吸引力 （选填“大于”、“等于”或“小于”）A受到的摩擦力，改变电磁铁中的电流方向，A受到电磁铁的力的方向 （选填“改变”或“不变”）。如果把这个电磁铁CD如图所示通电并静止悬挂在地球赤道上方，则电磁铁C端，有指向地理极 （选填“南极”或“北极”）的趋势。
18．（2025·广州模拟）某小组用如图甲的电路图探究“电流与电阻的关系”，实验中所用器材：学生电源、四个定值电阻（5Ω、10Ω、15Ω、20Ω）、标有“20Ω ； 1A”字样的滑动变阻器、电流表、电压表、开关及导线若干。
（1）请用笔画线代替导线将图甲所示的实物连接成完整电路 ；
（2）电路连接正确后，闭合开关，小明发现电流表有示数，电压表无示数。则电路故障的原因可能是定值电阻 （选填“短路”或“断路”）；
（3）排除故障后，该组的两个同学先后进行实验，并作出图象如图乙所示，通过分析可知 图（选填“A”或“B”）实验操作中不符合要求，理由是 ；
（4）当保持电压表的示数为3V不变时，请根据图乙中正确的图象判断接入电路中的电源电压不能超过 V；
（5）实验结束，小明忘记断开开关，立即将电路一元件拆下，却发现电压表示数超出最大量程，他拆下的元件是 。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】光的反射；光的折射现象及其应用；光的色散
【解析】【解答】ABCD、由图片可知，太阳光从空气中斜射入小水珠时，光线的传播方向发生了改变，这是光的折射现象；
进入小水珠内部的折射光线会在小水珠内部发生反射，故还有反射现象；由于太阳光是白色光，是由七种颜色的光复合而成，且由于不同颜色的光的折射角不同，所以会出现光的色散现象，即彩虹的形成过程涉及到光的折射、反射、色散，故ABC不符合题意，D符合题意。
故选D。
【分析】 光从一种介质进入到另一种介质中发生的是折射现象；光射向物体表面上时，被反射会原来的传播介质中的现象叫做光的反射；白色光被多次折射，不同颜色的光由于折射角不同，故会分解成不同颜色的光叫做光的色散。
2．【答案】D
【知识点】音调、响度与音色的区分
【解析】【解答】AB．由表中数据可知，该音名是按照振动频率排列的，从左到右振动频率逐渐变高，即音调变高，故表中音名为B的音，频率最高，音调最高，发D音时相比，发G音时频率更高，所以音调更高，与响度无关，故AB不符合题意；
C．唱名为Mi的音，频率为330Hz，是每秒钟振动330次，故C不符合题意；
D．相比C音，发A音时频率更高，则声源每秒振动次数更多，故D符合题意。
故选D。
【分析】频率是物体在1s内振动的次数。音调跟物体的振动频率有关，频率越高，音调越高。
3．【答案】D
【知识点】热传递改变物体内能；能量的转化或转移；能源及其分类
【解析】【解答】A．由题可知，塔式太阳能发电系统吸收太阳光传递的热量来改变接收器内物质的内能，该方式为热传递，故A错误；
B．太阳能不需要转化就可以直接从自然界获取且可以源源不断获取，故不仅是一次能源，也是可再生能源，故B错误；
C．电能是二次能源，是其他能源转化而来，故不归类到可再生和不可再生能源中，故C错误；
D．因为存在能量的损耗，所以，故D正确。
故选D。
【分析】（1）改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，热传递过程是能量的转移过程，而做功过程是能量的转化过程。
（2）能源有不同的分类方式：从产生方式角度划分一次能源：是指可以从自然界直接获取的能源．例：煤炭、石油、天然气、水能、风能、太阳能、地热能、潮汐能、生物质能、核能；
二次能源：是指无法从自然界直接获取，必须经过一次能源的消耗才能得到的能源．例：电能、乙醇汽油、氢能、沼气；
从是否可再生角度划分可再生能源：可以从自然界中源源不断地得到的能源．例：水能、风能、太阳能、生物质能、潮汐能；
不可再生能源：不可能在短期内从自然界得到补充的能源．例：化石能源（煤炭、石油、天然气）、核能；
从利用状况划分常规能源：人类利用多年的，使用技术已经成熟的能源．例：化石能源、水能、电能；
新能源：人类新近才开始利用的能源．例：潮汐能、地热能、太阳能、核能、风能。
（3）能量在转移和转化中存在消耗。
4．【答案】B
【知识点】二力平衡的条件及其应用
【解析】【解答】ABCD．由题可知，演员与道具一起向右匀速直线运动，处于平衡状态，演员只受竖直向下的重力和道具对演员的竖直向上的支持力，故两个力是一对平衡力，则大小相等，故ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】首先对演员进行受力分析，且演员处于平衡状态，所受的力为平衡力，根据二力平衡条件可知，作用在同一物体上的两个力，大小相等，方向相反，作用在同一条直线上。
5．【答案】C
【知识点】凝固与凝固放热特点；液化及液化放热
【解析】【解答】A．炒酸奶时铁板附近出现的大量白气是空气中的水蒸气遇冷液化形成的小水滴，故A错误；
BD．由题可知，酸奶和水果经过在铁板上搅拌后，切小块，说明炒酸奶的铁板温度很低，酸奶在铁板上放热凝固，故BD错误；
C．盛放炒酸奶的杯子温度较低，空气中的水蒸气遇到冷的杯子形成小水珠附着在杯子的外壁，是液化现象，故C正确。
故选C。
【分析】液化指物质由气态转变液态，凝固是批物质由液态变为固态；液化和凝固要放热。
6．【答案】A
【知识点】压强大小比较；压强的大小及其计算
【解析】【解答】CD．如图，，因容器为柱形容器，底部受到的压力大小等于水的重力，因此容器1和容器3底部受到的压力相同，由题知，由可知，，故CD错误；
B．容器1和容器2液面的高度相同，，由可得，，故B错误；
A．由和可得，，故A正确。
【分析】比较液体压强方法：
1 、使用公式 p=ρgh 比较 ：当液体的密度 ρ 一定时，可以通过比较液体的深度 h 来确定压强 p 的大小。深度越大，压强越大 。当液体的深度 h 一定时，可以通过比较液体的密度 ρ 来确定压强 p 的大小。密度越大，压强越大。
2 、使用公式 比较液度和深度都不相同或不能确定时，可以先判断压力 F 与液体重力 G 的大小关系，然后再利用 比较压强的大小 。
7．【答案】C
【知识点】两种电荷；导体与绝缘体；电流的方向
【解析】【解答】A．人体与衣物摩擦，由于不同物质束缚电子能力不同，故会发生电子的转移，使人体和衣服带上异种电荷，故此过程是由于电荷发生了转移，而不是创造了电荷，电荷不能凭空创造出来，故A错误；
B．若将人体带的电荷释放掉，则静电释放器应该是导体制成，而玻璃或陶瓷是绝缘体，故B错误；
C．“除电”时，人体、静电释放器和大地连通构成回路，人体所带电荷经金属球流向大地，故C正确；
D．由电流方向的规定可知，带有负电荷的人用手接触静电释放器时，负电荷从人体经过静电释放器转移到大地，而电流方向与负电荷定向移动方向相反，故此时电流方向是从大地流向静电释放器，故D错误。
故选C。
【分析】（1）摩擦起电的本质是发生了电子的转移，并不是创造了电荷；
（2）静电释放器应该由导体制成；
（3）“除电”时，人体所带电荷经金属球流向大地，若人体带负电，则电流方向是从大地流向金属球；
（4）正电荷移动方向为电流的方向。
8．【答案】C
【知识点】测电笔的使用；家庭电路的故障分析
【解析】【解答】A．由题意可知，当插上电饭锅（开关未闭合）的插头，所有用电器都停止工作，说明电路中干路上有断路，测电笔测试插座的两孔，氖管都发光，说明两孔与火线是连通的，即火线保险丝没有熔断，故只可能是零线上的熔丝熔断了，故A不符合题意；
B．断开S1，如图，三孔插座的右孔与火线直接相连，左孔通过电热器与火线相连，故用试电笔接触三孔插座的左右两孔氖管都发光，故B不符合题意；
C．只断开S2，如图，三孔插座的右孔与火线直接相连，左孔通过灯泡与火线相连，故用试电笔接触三孔插座的左右两孔氖管都发光，故C符合题意；
D．同时闭合S1、S2，如图，开关S1的两个接线柱都能与火线相连，所以再用测电笔检测开关S1的两个接线柱，氖管都发光，故D不符合题意。
故选C。
【分析】（1）保险丝熔断是因为电流过大，电流过大的原因是短路或用电器的总功率过大；
（2）在插上电饭锅（开关未闭合）的插头前，电灯和电热器都在正常工作，在插上电饭锅（开关未闭合）的插头，所有用电器都停止工作，说明电路中干路上有断路，测电笔测试插座的两孔，氖管都发光，说明两孔与火线是连通的，故只可能是零线断了
9．【答案】A
【知识点】串联电路的电压规律；欧姆定律及其应用；电路的动态分析
【解析】【解答】ABCD、①③由图甲可知，该电路为定值电阻R1和滑动变阻器R2串联，电压表测量定值电阻R1两端电压，由图乙可知，当滑动变阻器滑片在a端时，滑动变阻器接入电路阻值为0，只有R1接入电路，此时R1两端电压等于电源电压，由欧姆定律可知，此时电路中的电流最大为0.3A，电压表的示数3V，即电源电压为3V，R1的阻值为，故①③正确；
② 由图乙可知当滑动变阻器滑片在b端时，滑动变阻器连入电路的电阻最大，此时电路中的电流最小为0.1A，电压表的示数为1V，根据串联电路的电压特点，滑动变阻器两端电压为：U滑=3V-1V=2V
，滑动变阻器R2的最大阻值为
故②错误；
④当电压表的示数为2V时，由图乙可知，此时的电流为0.2A，根据串联电路的电压特点，可求得滑动变阻器两端的电压为 U'滑=3V-2V=1V ，滑动变阻器R2连入电路的阻值为
故④正确；
综上可知①③④正确，故BCD不符合题意，A符合题意。
故选A。
【分析】（1）当滑片位于a端时，接入电路中的电阻为零，电路为R1的简单电路，电压表测电源两端的电压，其示数最大，根据图乙读出电源的电压和电路中的电流，根据欧姆定律求出R1的阻值；
（2）当滑片位于b端时，接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，电压表的示数最小，根据图乙读出示数，根据串联电路的电压特点求出R2两端的电压，利用欧姆定律求出变阻器R2的最大阻值；
（3）电压表示数为2V时，根据图象读出电路中的电流，根据欧姆定律求出电路中的总电阻，利用电阻的串联求出R2的阻值。
10．【答案】D
【知识点】功率计算公式的应用；机械效率的计算；滑轮（组）的机械效率；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【解答】 A、由图知，n=2，不计绳重及摩擦，拉力
，而小明施加的拉力F大小应该小于或等于小明的体重，所以小明的体重应该大于或等于500N，故A错误；B、拉力端移动距离s=2h=2×4m=8m，小明做的功（总功）W总=Fs=500N×8m=4000J，故B错误；
C、此装置对重物做功（有用功）：
W有用=Gh=900N×4m=3600J，
此装置对重物做功的功率：
，故C错误；
D、小明提升此重物时该装置的机械效率：
，故D正确。
故选：D。
【分析】（1）由图知，n=2，不计绳重及摩擦，拉力，该拉力大小应该小于或等于小明的体重；
（2）拉力端移动距离s=2h，利用W=Fs求小明做的功；
（3）利用W=Gh求出此装置对重物做的功，再利用求此装置对重物做功的功率；
（4）利用求小明提升此重物时该装置的机械效率。
11．【答案】；；倒立；放大；下
【知识点】平面镜成像的相关作图；透镜的光路图；凸透镜成像规律及其探究实验
【解析】【解答】（1）图中，过入射点作法线垂直于镜面，图中入射角为：90°-45°＝45°，
根据反射角等于入射角，画出反射光线，反射光线平行于凸透镜的主光轴；经凸透镜折射后，折射光线过焦点，画出折射光线，如图所示：
（2）①光线过凸透镜光心，传播方向不变，反向延长光线b，交发光物体于点，如图：
②图中，发光体在凸透镜一倍焦距和两倍焦距之间，成倒立放大的实像。
③光线过凸透镜光心，传播方向不变，向上移动，经过凸透镜成的像将向下移动。
【分析】（1）光在反射时，反射角等于入射角；光线和凸透镜的主光轴平行，折射光线过焦点；
（2）光线过凸透镜的光心，传播方向不变；物体在凸透镜的一倍焦距和二倍焦距间，成倒立放大的实像；凸透镜成实像时，物体向上移动，像向下移动。
12．【答案】变小；不变；小于
【知识点】动能的影响因素；势能的影响因素；机械能及其转化
【解析】【解答】（1）由图可知，返回器在经过AB段时，是从A到B，B的高度大于A 的高度，可知返回器的质量不变，高度变大，重力势能变大，返回器的动能转化为重力势能，故返回器的动能变小。
（2）返回器从B到C这个过程中是在大气层外运动，不受空气的阻力，故机械能是守恒的，即机械能保持不变。
（3）返回器在CD段，是在大气层内加速下降，返回器质量不变，故重力势能转化为动能，由于受到空气阻力的作用，一部分重力势能转化为内能，所以返CD段返回器动能增加量小于重力势能的减小量。
故答案为：变小；不变；小于。
【分析】（1）动能的大小与质量、速度有关，质量一定时，速度越大，动能越大；
（2）重力势能的大小与质量、高度有关，质量一定时，高度越高，重力势能越大；
（3）机械能为动能和势能的和，据此分析动能、机械能的变化；物体运动过程中，不考虑空气阻力和摩擦力，机械能守恒，考虑阻力和摩擦力，则不守恒。
13．【答案】（1）9
（2）
（3）A；B
【知识点】杠杆的平衡条件；力臂的画法
【解析】【解答】（1） 由图可知，动力小于阻力，因此是省力杠杆；已知动力F的方向竖直向上，物体M对硬尺的拉力为阻力，方向竖直向下；因为动力小于阻力，所以动力臂大于阻力臂，支点O的位置在C点的右侧；
设阻力臂为L，动力臂为L+4.0dm，根据杠杆平衡条件可得：F动（L+4.0dm）=F阻L，即：3N×（L+4.0dm）=9N×L，解得：L=2.0dm，
则支点O在9.0dm处；
（2） 物体M对硬尺的拉力为阻力，方向竖直向下，力臂是支点到力的作用线的距离，在图2中画出杠杆所受的阻力F2、动力F1及动力臂L1，如图：
（3） 图2中的C点向右移动到9dm，阻力臂变大，为使杠杆重新平衡根据杠杆平衡条件可知需增大动力臂或增大动力，
A、方向、作用点不变，增大F1，动力增大，可行；
B、方向、大小均不变，F1的作用点向A点移动，动力臂增大，可行；
C、大小、作用点不变，F1的方向沿顺时针转过一定的角度，动力臂变小，不可行；
故选AB。
故答案为：（1）9；（2）见上图；（3）AB。
【分析】 （1）由题知，硬尺的质量不计，硬尺受到动力F的作用，方向竖直向上；物体M对硬尺的拉力为阻力，方向竖直向下；
因为动力大于阻力，所以动力臂小于阻力臂，据此确定支点的位置；设动力臂为L，求出阻力臂，根据杠杆平衡条件列出等式求出动力臂L，进而确定支点O的位置；
（2）阻力是物体对杠杆的作用力，力臂是指从支点到力的作用线的距离，据此画图；
（3）图2中的C点向右移动到9dm，阻力臂变大，为使杠杆重新平衡根据杠杆平衡条件可知需增大动力臂或增大动力。
（1）由杠杆的定义可知，动力和阻力要分别使得杠杆绕支点顺时针和逆时针旋转，由题意可知，动力F是3N，阻力为9N，根据杠杆平衡条件可知，动力臂是阻力臂的3倍，所以支点的位置在杠杆的9dm刻度处。
（2）由杠杆的定义可知，动力和阻力要分别使得杠杆绕支点顺时针和逆时针旋转，支点O的位置在杠杆的5dm刻度处，在重物对杠杆的拉力作用下，杠杆顺时针转动，所以动力对杠杆的拉力方向沿虚线向下，由于动力臂为支点到动力的距离，所以过支点向动力F1作垂线，垂线段为动力臂L1，杠杆所受的阻力F2为重物对杠杆的拉力，方向竖直向下，如下图所示：
（3）图2中的C点向右移动到9dm，则阻力臂增大，则阻力与阻力臂的乘积增大，根据杠杆平衡条件可知，为杠杆重新平衡，可以增大动力与动力臂的乘积，即可以增大动力或增大动力臂；
A．方向、作用点不变，即动力臂不变，增大动力F1，可以增大动力与动力臂的乘积，故A符合题意；
B．方向、大小均不变，即动力F1不变，将F1的作用点向A点移动，可以增大动力臂，即可以增大动力与动力臂的乘积，故B符合题意；
C．大小、作用点不变，即动力F1不变，F1的方向沿顺时针转过一定的角度，则动力臂减小，所以动力与动力臂的乘积减小，故C不符合题意。
故选AB。
14．【答案】（1）质量
（2）甲、乙；＞
（3）1.2×106；小
（4）
【知识点】比热容；燃料的热值；比较不同物质吸热的情况实验
【解析】【解答】（1）由控制变量法可知， 在探究两种未知燃料的热值的实验中，需使用质量相同的不同的燃料加热两种液体的质量相等，所以实验中三个烧杯中a、b液体的质量必须相等。
（2）第1空，为了比较热值大小，要用质量不同的燃料，所加热的液体需是质量相同的液体，通过温度计的示数变化得出吸热多少，进而判断热值大小，故应选择甲、乙两图进行实验。
第2空，由题可知，甲、乙两实验烧杯中液体的初温相同，末温t甲＞t乙，则Δt甲＞Δt乙；由图甲、乙所示实验可知，两烧杯中的液体种类即比热容c、质量m都相等，由公式可知，Q甲＞Q乙，燃料燃烧释放的热量被烧杯中的液体吸收，则燃料释放的热量Q1＞Q2，由于甲、乙两实验所使用的燃料质量m相同而种类不同，由可知，q1＞q2。
（3）第1空，由题可知，两种燃料质量相等，甲、乙两图中质量相等的液体a升高的温度之比为
t甲：t乙＝（35℃-15℃）：（25℃-15℃）＝2：1，不计热量损失，则有液体吸收的热量等于燃料放出的热量，有m燃料q＝cm液体Δt，在m燃料、c、m液体相等时，q与Δt成正比，由于所以t甲∶t乙＝2∶1，所以燃料1、2的热值之比为q1∶q2＝2∶1，由于燃料1的热值为2.4×106 J/kg，所以燃料2的热值为
第2空，由于燃料不能完全燃烧，且存在热损失，燃料燃烧放出的热量没有全部被液体吸收，所以测得的热值会偏小。
（4）由题意可知，M、N的体积和初温相同，吸收相同热量后，M的末温比N的低，这说明M的温度变化较小；则初温相同的M、N，放出相同的热量后，M的温度变化小，所以M的末温高，如图所示：
【分析】（1）根据控制变量法分析判断；
（2）比较不同的燃料，应该选用相同的被加热的液体，据此分析判断，质量相同的不同种燃料，液体温度升高的越高，吸收的热量越多，相同质量的燃料放出的热量就越多，据此分析判断；
（3）由热值计算公式以及热量计算公式可得：m燃料q＝cm液体Δt，根据两种液体温度变化量的关系以及已知条件计算解答；因为燃料不能完全燃烧，故实验得到的燃料热值小于实际热值；
（4）由题意可知，初温相同的两块金属，吸收相同热量，M温度变化小，故M的比热容大，当两个初温相同的金属块放出相同热量时，比热容大的金属块温度变化较小，据此分析作图。
（1）根据控制变量法的要求， 在探究两种未知燃料的热值的实验中，需使用不同的燃料加热质量相等的两种液体；在探究两种未知液体的比热容的大小在实验中，需用相同的燃料加热质量相同的不同液体，所以实验中三个烧杯中a、b液体的质量必须相等。
（2）[1]为了比较热值大小，要用不同的燃料，加热质量相同的同一种液体，通过温度计的示数高低得出吸热多少，进而判断热值大小，故应选择甲、乙两图进行实验。
[2]由题意知，甲、乙两实验烧杯中液体的初温相等，末温T甲＞T乙，则Δt甲＞Δt乙；由图甲、乙所示实验可知，两烧杯中的液体种类即比热容c、质量m都相等，由公式可知，Q甲＞Q乙，燃料燃烧释放的热量被烧杯中的液体吸收，则燃料释放的热量Q1＞Q2，由于甲、乙两实验所使用的燃料质量m相同而种类不同，由可知，q1＞q2。
（3）[1]完全燃烧的燃料质量相等，甲、乙两图中质量相等的液体a升高的温度之比为T甲：T乙＝（35℃-15℃）：（25℃-15℃）＝2：1
不计热量损失，有m燃料q＝cm液体Δt，在m燃料、c、m液体相等时，q与Δt成正比，由于所以T甲∶T乙＝2∶1，所以燃料1、2的热值之比为q1∶q2＝2∶1，由于燃料1的热值为2.4×106 J/kg，所以燃料2的热值为
[2]因燃料不能完全燃烧，且存在热散失，燃料燃烧放出的热量没有全部被液体吸收，所以测得的热值会偏小。
（4）根据题意可知，M、N的初温相同，吸收相同热量后，M的末温比N的低，这说明M的温度变化较小；则初温相同的M、N，放出相同的热量后，M的温度变化小，所以M的末温高，如图所示：
15．【答案】低；高；110Ω；110W；3.96×105J
【知识点】电功的计算；电功率的计算；多状态电路——多挡位问题
【解析】【解答】（1） （1）由图1知，开关S接“1、2”时电路断路为关；“2、3”时两电阻串联，接“3、4”时只有R1接入电路，电源电压一定，由可知，接“2、3”时电阻最大，为低挡，接“3、4”时电阻最小，为高挡；
（2）由图2知，高挡功率：P高=440W，由可得R1的阻值：
；
（3）由题知，R2=3R1，低挡发热功率：
；
（4）由图2知，工作30min时，其中高挡10min，低挡20min，
所以加湿器消耗的总电能：
W=W高+W低=P高t高+P低t低=440W×10×60s+110W×20×60s=3.96×105J。
故答案为：（1）低；高；（2）加热电阻R1的阻值为110Ω；（3）加湿器正常工作时的低挡功率110W；（4）加湿器正常工作30分钟消耗的电能为3.96×105J。
【分析】（1）由图1，开关S在不同位置时，由分析加湿器的工作状态；
（2）由图2知，加温器高挡功率，由计算R1的阻值；
（3）已知R2=3R1，由计算加湿器处于低档位置时的发热功率；
（4）由图2读出加湿器30min内的高挡和低挡工作时间，由W=Pt计算消耗的电能。
16．【答案】（1）顺时针
（2）；
（3）；60
【知识点】比热容；燃料的热值；流体压强与流速的关系；阿基米德原理
【解析】【解答】（1） 风力发电机的风机叶片具有质量轻，选择密度小的材料，叶片下凸上平，下方空气流速大，压强小，产生向下的压力差，故顺时针转动；
（2）第1空，海油观澜号的重力为
风平浪静叶片不动时，海油观澜号在水中漂浮，浮力等于重力，即海油观澜号受到的浮力为；
第2空，由阿基米德原理可得排开海水的体积为：
（3）第1空，第2空，由题意可知，利用煤炭发电站产生与海油观澜号一年发电量相同的电量，煤炭完全燃烧所释放的热量为：
完全燃烧煤炭的质量为；
第2空，由热量计算公式可知，质量为、初温为50℃的水吸收以上煤炭完全燃烧所释放的热量，设水的末温为t，则
解得：。
故答案为：（1）顺时针；（2）；（3）；60。
【分析】（1）根据质量轻分析，根据流体流速大压强小分析；
（2）根据浮力等于重力结合阿基米德原理分析；
（3）根据燃气发电效率计算煤炭完全燃烧放出的热量，再根据Q放=mq计算煤炭的质量；
利用Q吸=cm（t-t0）求得水的末温，再进行判断。
（1）由图可知，扇叶A的下表面凸起，上表面平直，当当海风从左向右水平吹向水平扇叶A时，扇叶A的下表面空气流速大，压强小，上表面空气流速小，压强大，在上、下表面的压强差下，扇叶A上下表面所受空气压力合力向下，所以水平扇叶A将顺时针转动。
（2）[1][2]海油观澜号的重力为
风平浪静叶片不动时，海油观澜号在水中漂浮，浮力等于重力，即海油观澜号受到的浮力为
排开海水的体积为
（3）[1][2]利用煤炭发电站产生与海油观澜号一年发电量相同的电量，煤炭完全燃烧所释放的热量为
完全燃烧煤炭的质量为
质量为、初温为50℃的水吸收以上煤炭完全燃烧所释放的热量，假设可以升高到t℃；则
17．【答案】乙；将电池组正负极对调；甲、丙、丁；等于；不变；北极
【知识点】产生感应电流的条件
【解析】【解答】（1）第1空，由图可知，闭合开关S后，对于甲电动机，有电源接入，电流通过线圈，线圈在磁场中受力转动，这是电能转化为机械能的过程。而甲带动乙转动时，乙内部线圈在磁场中切割磁感线，产生感应电流使小灯泡发光，此时乙相当于发电机，依据电磁感应原理，将机械能转化为电能。所以将机械能转化为电能的装置是乙。
第2空，因为通电导体在磁场中的受力方向取决于电流方向和磁场方向。在本题中，磁场方向不变，当把电池组正负极对调时，电流方向改变，那么甲电动机转动方向就会改变。故若要电动机反向旋转，方法是将电池组正负极对调。
（2）依据电磁感应现象的条件，即闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动时才会产生感应电流。
观察甲图，导体运动过程不切割磁感线，所以不会产生感应电流。
乙图，导体运动时做切割磁感线运动，因此会产生感应电流。
丙图，导体运动不切割磁感线，不会产生感应电流。
丁图，导体运动也不切割磁感线，不会产生感应电流。
综上，不能产生感应电流的是甲、丙、丁。
（3）第1空，由图可知，电磁铁通电后铁块A静止，这表明铁块A处于平衡状态。
在水平方向上，电磁铁对A的吸引力和A受到的摩擦力是一对平衡力。根据平衡力大小相等的特点，所以电磁铁对A的吸引力等于A受到的摩擦力；
第2空，当改变电磁铁中的电流方向时，电磁铁的磁极会改变。 电磁铁对铁块A始终是吸引力，所以A受到电磁铁的力的方向不变。
第3空，由图中电流方向，运用右手安培定则（右手握住螺线管，四指指向电流方向，大拇指所指就是N极），可以判断出电磁铁C端是N极。
由于地磁南极在地理北极附近，根据磁极间相互吸引的规律，N极有指向地理北极的趋势。所以电磁铁C端有指向地理北极的趋势。
故答案为：（1）乙；对调电源的正负极；（2）甲、丙、丁；（3）等于；不变；北极。
【分析】（1）通电导体在磁场中受到力的作用，电动机就是利用该原理来工作的，将电能转化为机械能；闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中会产生感应电流，这种现象叫电磁感应，发电机是利用该原理来工作的，将机械能转化为电能。
（2）产生感应电流的条件：一是电路是闭合的，二是部分导体在磁场中做切割磁感线运动。
（3）根据平衡力的知识进行分析；根据安培定则判断判断电磁铁的磁极。
18．【答案】；短路；B；图中B图线没有控制定值电阻两端的电压一定；6；定值电阻
【知识点】探究电流与电压、电阻的关系实验；伏安法测电阻的探究实验
【解析】【解答】（1） 在探究电流与电阻实验时，电压表应并联在定值电阻的两端，如下图所示：
（2） 电流表有示数，说明电路是通路，电压表无示数，说明与电压表并联的定值电阻短路；
（3）第3空，第4空， 研究电流与电阻关系时，要控制电阻的电压不变，根据绘制的I-R图像如图乙中B曲线知，因电阻两端的电压：UVB=IR=0.6A×5Ω≠0.4A×10Ω≠0.3A×15Ω，即电阻的电压是变化的，故依据此图像不能得出正确结论。
（4）由于定值电阻两端电压保持不变，故由串联电路分压规律可得，
，变形可得
即电源电压一定时，为定值，则也为定值，当滑动变阻器最大阻值为20Ω，定值电阻也最大，此时电源电压最大，由定值电阻两段电压为3V可得
解得电源电压为：U=6V，即电源电压不超过6V。
（5）电压表内阻很大，若电压表串联接入电路中时，电路中几乎没有电流通过，此时电路相当于断路，而电压表此时的示数接近电源电压，若小明将定值电阻拆除，则会使电压表直接接入电路中，此时电压表的电压接近电源电压，而该电压表接入的量程为小量程，故会超量程，所以小明拆除的电路元件为定值电阻。
故答案为：（1）见解答图；（ 2）定值电阻短路；（3）B；图中B图线没有控制定值电阻两端的电压一定；（4）6；（5）定值电阻。
【分析】（1）电压表应并联在定值电阻两端；
（2）电流表有示数，说明电路是通路，电压表无示数，说明与电压表并联的元件故障，据此分析；
（3）研究电流与电阻关系时，要控制电阻的电压不变，根据如图乙绘制的I-R求出电阻两端的电压分析；
（4）电压表内阻很大，若电压表串联接入电路中时，电路中几乎没有电流通过，此时电路相当于断路，而电压表此时的示数接近电源电压。
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