资源简介

（重复）2025年广东省广州市华南师范大学附中中考二模物理试题
1．在东京奥运会男子100米赛跑项目中，苏炳添以9秒83的成绩晋级决赛并打破亚洲纪录，他的速度与下面哪个速度最接近（　　）
A．中学生骑普通自行车上学的正常骑行速度
B．城市道路上，小轿车正常行驶时的速度
C．高速公路上，小轿车正常行驶时的速度
D．高铁列车正常行驶时的速度
【答案】B
【知识点】速度与物体运动
【解析】【解答】 在东京奥运会男子100米赛跑项目中，苏炳添以9秒83的成绩晋级决赛并打破亚洲纪录，
则苏炳添百米赛跑的平均速度大约为；
中学生骑车速度约5m/s，城市道路上小汽车正常行驶时的速度约在36km/h，高速公路上小汽车正常行驶时的速度约为100km/h，高铁列车正常行驶时的速度约为300km/h。
故B符合题意，而ACD不合题意。
故选B。
【分析】首先根据公式计算出苏炳添的平均速度，然后与各个选项中物体的速度大小进行对照即可。
2．某款视频播放软件可以将正常录制的音频和视频通过App软件以2~3倍的速度快速播放而达到缩短播放时长的目的，应用此功能时，声音的（　　）
A．响度变大 B．传播速度变快
C．音调变高 D．振幅变大
【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；音调、响度与音色的区分
【解析】【解答】AD．响度与振幅有关，而声音的振幅与声音播放的快慢无关，故AD不符合题意；
B．快速播放音频不会改变声音传播的介质和温度，所以传播速度不变，故B不符合题意；
C．快速播放音频时，声音的振动频率加快，因此听到声音的音调越高，故C符合题意。
故选C。
【分析】AD.响度表示声音的大小，与发声体的振幅大小有关；
B.声速大小与传播介质种类和温度有关；
C.音调表示声音的高低，与发声体的振动频率有关。
3．我国第三代核电站“华龙一号”（如图）的3号和4号两台机组年发电量可达180亿千瓦时，每年可减少标煤消耗超543.6万吨。下列说法正确的是（　　）
A．煤和核能都属于可再生能源
B．“千瓦时”是电功率的单位
C．核电站发电过程中能量转化是核能→内能→机械能→电能
D．核电站释放核能的方式与太阳内部核反应释放核能的方式相同
【答案】C
【知识点】能量的转化或转移；能源及其分类；核裂变；电能表参数的理解
【解析】【解答】A．煤和核能，使用后短时间不能再生，属于不可再生能源，故A错误；
B．“电功的单位是千瓦时”，故B错误；
C．核电站发电过程中，能量转化是核能→内能→机械能→电能，故C正确；
D．核电站释放核能的方式是核裂变；太阳内部释放核能的方式是不可控的核聚变，故D错误。
故选C。
【分析】1、核聚变：主要为太阳能的放能方式，核裂变主要是链式反应的放能方式；
2、可再生能源：使用后短期可以恢复的能源、如风能、太阳能、不可再生能源：使用内短期不能再生的能源，如核能、化石能源；
3、能量转化：核能发电的本质为：核能发生化学反应产生内能，内能转换为机械能，机械能转换为电能。
4．2025年4月30日，神舟十九号载人飞船返回舱搭载蔡旭哲、宋令东、王浩泽三名宇航员成功返回地球。返回舱的表面有层叫做“烧蚀层”的固态物质，返回地球通过大气层过程中，“烧蚀层”可以保护返回舱不因高温而烧毁。下列说法不正确的是（　　）
A．返回舱与大气摩擦形成高温“火球”的过程中，将机械能转化成内能
B．“烧蚀层”发生的物态变化主要是熔化和汽化
C．着陆前，发动机向下喷燃气，返回舱进一步减速下降，返回舱的机械能不断减少
D．返回舱成功着陆时，瞬间“尘土飞扬”，说明分子在做无规则运动
【答案】D
【知识点】熔化与熔化吸热特点；汽化及汽化吸热的特点；机械能及其转化；做功改变物体内能；分子热运动
【解析】【解答】A．返回舱与大气层摩擦时，通过克服摩擦力做功将机械能转化为内能，导致表面温度急剧升高形成高温"火球"，故A不符合题意。
B．"烧蚀层"材料在高温作用下会发生熔化和汽化相变，这些相变过程需要吸收大量热量，从而有效降低返回舱表面温度，故B不符合题意。
C．着陆阶段发动机向下喷射燃气时，返回舱做减速运动，其速度（动能）和高度（重力势能）同时减小，导致机械能持续减少，该故C不符合题意。
D．"尘土飞扬"现象是宏观颗粒物的机械运动，而分子热运动是微观粒子行为，肉眼不可见，因此不能作为分子无规则运动的证据，故D符合题意。
故选D。
【分析】1、改变物体内能的方式有做功和热传递，如钻木取火、搓手取暖属于做功改变物体内能，用酒精灯热水属于热传递改变物体内能；
2、凝固为液态变化为固态，释放热量，如结冰；熔化为固态变化为液态，吸收热量，如雪消融；
3、机械能：机械能为动能和重力势能之和，当质量不变时，动能和速度成正比，速度不变时，动能和质量成正比；当质量不变时，重力势能和高度成正比，高度不变时，重力势能和质量成正比；
4、分子热运动的特点：分子无规则运动，肉眼无法观察，常见例子有：气体颜色的改变，味道的扩散；且温度越高，分子热运动速度越快。
5．如图为电磁波谱及其主要用途，下面分析错误的是（　　）
A．γ射线、X射线、紫外线、可见光、红外线、微波和无线电波都是电磁波
B．人眼可以看到波长为的电磁波
C．相比紫外线，红外线更容易被物体吸收并转化为内能
D．由图中的信息可知，电磁波的波长越长，该电磁波的频率越小，波速也越小
【答案】D
【知识点】红外线；波速、波长和频率的关系；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】A．根据图片可知，按照波长从长到短的顺序，电磁波可分为无线电波、微波、红外线、可见光、紫外线、X射线、γ射线等，故A正确不符合题意；
B．根据图片中可见光谱可知，人眼可以看到波长为400nm-700nm，而，恰好在这个范围内，故B正确不符合题意；
C．红外线显著的作用是热作用，相比紫外线，红外线更容易被物体吸收并转化为内能，故C正确不符合题意；
D．根据图片可知，从左向右，电磁波的波长越短，频率越高，但它们在真空中的波速是相同的，故D错误符合题意。
故选D。
【分析】A.根据图片展示的信息分析电磁波的组成；
B.根据图片确定可见光的波长范围；
C.根据红外线的特点和应用判断；
D.根据图片分析电磁波的波长和频率的关系，结合光速的知识判断即可。
6．取三块质量相等的橡皮泥，分别捏成碗状、实心球状和空心球状，放入三个装有相同质量水的相同的烧杯中，静止时它们的状态如图所示，已知橡皮泥的密度大于水的密度，下列说法中正确的个数有（　　）
①三个物体受到的浮力为F甲>F丙>F乙
②橡皮泥排开水的体积为V甲=V丙>V乙
③液体对容器底部的压强为p甲>p丙>p乙
④容器对桌面的压力为F甲'=F丙'=F乙'
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【知识点】液体压强计算公式的应用；阿基米德原理；浮力大小的计算；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】①根据题意可知，三块橡皮泥的质量相等，根据G=mg可知，它们的重力相等。根据图片可知，甲中橡皮泥漂浮，丙中橡皮泥悬浮，则甲和丙中橡皮泥受到的浮力等于重力；乙中橡皮泥下沉，则橡皮泥受到的浮力小于重力，故浮力的大小关系为F甲=F丙>F乙，
故①错误；
②综上所述，三块橡皮泥受到浮力的大小关系为F甲=F丙>F乙，根据阿基米德原理F浮=ρ液gV排可知，橡皮泥排开水的体积关系为V甲=V丙>V乙，
故②正确；
③根据题意可知，三个相同的烧杯中装入等量的水，根据公式可知，装入水的体积相同，则水的深度相同；
根据②中分析可知，橡皮泥排开水的体积为V甲=V丙>V乙；
根据△V=S△h可知，水面上升的高度关系为Δh甲=Δh丙>Δh乙；
故甲、丙中的水面高度相同，都大于乙中的水面高度，
根据液体压强公式p=ρgh可知，液体对容器底部的压强关系为p甲=p丙>p乙，
故③错误；
④根据题意可知，容器对水平桌面的压力为F=G容+G水+G泥，
则容器对桌面的压力相同，即F甲'=F丙'=F乙'
故④正确。
综上所述，正确的个数有2个，故B符合题意，ACD不符合题意。
故选B。
【分析】 ①②已知在三个相同的烧杯中装入等量的水，由图可知，甲漂浮，乙下沉，丙悬浮，根据物体的浮沉情况判定浮力的大小，根据阿基米德原理判定三个球排开的水的体积的大小；
③根据排开的水的体积的大小判定深度的大小，根据排开水的体积大小确定水面升高多少，然后判断最终容器内液面高低，最后根据p=ρgh确定烧杯底受到的压强关系；
④根据容器的重力、水的重力、橡皮泥的重力判断压力的大小；
7．相同质量的甲、乙两人，用不同的装置（如图），在相同时间内把质量相等的货物匀速提升到同一平台，不计绳重及绳与滑轮间的摩擦。下列说法正确的是（　　）
A．甲做的有用功比乙多 B．乙做的总功比甲多
C．甲所用装置的机械效率较大 D．甲对平台的压力比乙大
【答案】D
【知识点】滑轮（组）的机械效率；功的计算及应用；有用功和额外功
【解析】【解答】A．根据题意可知，两人提升物体的重力相等，让物体升高了相同的距离，由W有用＝Gh可知，两次提升物体所做的有用功相等，故A错误；
B．不计绳重和摩擦，甲使用动滑轮，克服物体重力和滑轮重力做功。乙使用定滑轮只克服物体重力做功，所以乙装置中拉力F做的总功少，故B错误；
C．综上所述，甲、乙的有用一样多，但甲做的总功多，根据可知，甲的机械效率小故C错误；
D．根据图片可知，绳子对甲的拉力向下，则甲对平台的压力F压＝F+G甲。绳子对乙的拉力向上，则
乙对平台的压力F乙＝G乙-F＝G乙-G，
则甲对平台的压力比乙大，故D正确。
故选D。
【分析】A.由W有用＝Gh比较两人做的有用功大小；
B.根据图片分析拉力对哪些物体做功，从而比较总功大小；
C.根据比较二者机械大小；
D.根据图片确定绳子拉力的方向，进而确定两人对平台的压力大小。
8．小亮家的部分电路简化图及元件如图所示，图中未连接完整。要求开关S1单独控制L1，三孔插座供大功率电器使用，甲、乙是模拟某人接触到电线的两种情况。下列说法正确的是（　　）
A．灯L1应该连接在火线和开关S1之间
B．甲情况，此人会触电，漏电保护器会马上切断电流
C．乙情况，此人会触电，漏电保护器会马上切断电流
D．空气开关跳闸，一定是因为家中用电器总功率过大，只要断开部分用电器就不会跳闸了
【答案】C
【知识点】家庭电路的组成；家庭电路的连接；家庭电路的故障分析；安全用电原则
【解析】【解答】A．对于灯L1的安装，正确的接法是将它连接在零线和开关S1之间。特别需要注意的是，螺丝口灯泡的螺旋套必须接在零线上，故A错误。
B．在甲情况下，虽然此人会触电，但由于火线和零线中的电流大小相等，漏电保护器不会触发跳闸动作，故B错误。
C．在乙情况下，此人触电时会导致火线和零线中的电流不相等，这种差异会使漏电保护器检测到异常并立即跳闸，从而切断电路保护人身安全，故C正确。
D．当空气开关跳闸时，可能的原因有两个：一是家中使用的电器总功率超过了线路承载能力，二是电路发生了短路故障。故D错误。
故选C。
【分析】1、电灯和开关的接法：零线直接进入灯泡的螺旋套；火线先接入开关，再进入灯泡顶端的金属点；三孔插座的接法：上孔接地线，左孔接零线，右孔接火线；
2、人触电时会导致火线和零线中的电流不相等，会使漏电保护器跳闸；
3、引起电流过大的原因：短路和电功率过大.
9．如图甲所示，一木块放在由同种材料制成粗糙程度均匀的水平台面上。木块受到水平向右拉力F的作用，F的大小与时间t的关系如图乙所示，物体运动速度v的大小与时间t的关系如图丙所示。6s时撤去力F，同时木块从台面滑出。忽略空气阻力，下列说法中正确的是（　　）
A．，木块处于静止状态，木块所受静摩擦力为0N
B．，木块加速运动，所受滑动摩擦力为4N
C．，木块运动的距离为4m
D．木块离开水平台面后，由于具有惯性继续做匀速直线运动
【答案】B
【知识点】惯性及其现象；二力平衡的条件及其应用；力与图象的结合；探究影响摩擦力大小因素的实验；时间速度路程的图像分析
【解析】【解答】A．根据丙图可知，内物体速度为0，所以处于静止状态。根据乙图可知，内，物体受到的拉力为2N，根据平衡力的知识可知，木块受到的摩擦力等于拉力，大小为2N，故A错误；
B．根据丙图可知，木块在内，木块做匀速直线运动，则木块受到的拉力和滑动摩擦力为一对平衡力，那么二者大小相等。根据乙图可知，此时木块受到的拉力为4N，所以滑动摩擦力也为4N。
在内物体做加速运动，由于压力大小和接触面的粗糙程度不变，因此物体受到的滑动摩擦力仍为4N，故B正确；
C．根据图丙可知，内物体速度为0，2-4s内做加速运动，通过的距离为s=。内匀速运动，速度为2m/s，则木块运动的距离为，
故木块运动的距离：2m+4m=6m，故C错误；
D．木块离开水平台面后，由于重力的作用做变速曲线运动，故D错误。
故选B。
【分析】 A.根据图丙判断木块在0-2s内运动的速度，从而判断木块的运动情况，再乙图得出此时木块受到的拉力，并利用二力平衡条件得出木块受到的摩擦力；
B.根据乙图和丙图得出木块做匀速直线运动时受到的滑动摩擦力，再根据影响滑动摩擦力的因素判断木块在2-4s内受到的滑动摩擦力；
C.根据s=vt分别计算出丙图中三个时间段内物体通过的距离，然后相加即可；
D.力可以改变物体的运动状态，根据物体受到重力分析。
10．小聪想用一种阻值随所受压力增大而减小的压敏电阻，设计一个通过电表示数反映压敏电阻所受压力大小的电路，要求压力增大时电表示数增大。以下电路不符合要求的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】欧姆定律及其应用；电路的动态分析
【解析】【解答】A、压敏电阻与固定电阻R0串联连接。当外界压力增大时，压敏电阻的阻值减小，导致整个电路的总电阻减小。根据欧姆定律，电路中的电流会增大，因此电流表的示数将变大，故A错误。
B、压敏电阻与R0并联连接，电流表与压敏电阻串联。当压力增大时，压敏电阻阻值减小，使得该支路的电流增大，导致电流表示数增大，故B错误。
C、压敏电阻与R0串联，电压表测量R0两端的电压。压力增大时，压敏电阻阻值减小，根据串联电路分压原理，压敏电阻两端电压降低，而R0两端电压相应升高，电压表示数增大，故C错误；
D、压敏电阻与R0串联，但电压表测量的是压敏电阻两端的电压。当压力增大导致压敏电阻阻值减小时，其两端电压会降低，电压表示数减小，故D正确。
故选D。
【分析】1、电路的串并联：串联：电路元件首位相连，用电器相互干扰，并联：电路元件首首相连，用电器互不干扰，开关在干路上控制整个电路的通断，开关在支路上控制单个支路的通断；家庭、公共场所的电路为并联电路；
2、串联分压：用电器串联时，其两端的电压和电阻成正比。
11．工匠师维护精密仪表时，在眼睛前戴一个透镜，便于观察仪表的细微之处，如图所示。
（1）这个透镜能够使光线　 　（选填“会聚”或“发散”）；
（2）透镜与仪表的距离u应满足下列________条件；
A． B． C． D． E．
（3）工匠师通过透镜观察到的仪表的像是　 　（选填“正立”或“倒立”）的；
（4）下图中，为工匠师通过透镜观察到的物体AB的像，O为透镜的光心，F为焦点，MN为主光轴，请通过作图完成下列要求：
①在下图虚线方框中画出相应的透镜；
②确定物体AB所在的位置（保留作图痕迹）。
【答案】（1）会聚
（2）A
（3）正立
（4）
【知识点】透镜及其特点与分类；透镜的光路图；凸透镜成像的应用
【解析】【解答】（1）工匠师维护精密仪表时，在眼睛前戴的透镜是为了将微小的齿轮放大便于操作，即相当于放大镜，本质是凸透镜，对光线有会聚作用。
（2）根据凸透镜成像的规律可知，要使其成正立放大的虚像，需要凸透镜与仪表的距离应在凸透镜的一倍焦距之内。
故选A。
（3）根据凸透镜成像规律和应用可知，当为放大镜时，成正立、放大的虚像。
（4）①综上所述，虚线框内应该放入凸透镜；
②连接像点A'、焦点F，与凸透镜左边缘的交点为从A反射出的平行于凸透镜主光轴的光线的入射点C，过C画平行于凸透镜的直线，与A'、O的连线的交点为A的位置，垂直于主光轴画出物体AB，即物体AB所在位置。如图所示：
【分析】 （1）根据图片描述的使用场景确定透镜的成像特点，进而确定透镜种类和对光线的作用。
（2）根据物距小于一倍焦距时，凸透镜成正立、放大的虚像的特点分析；
（3）根据放大镜的成像特点解答；
（4）①根据前面的分析确定透镜种类，在虚线框内画出透镜；
②平行于主光轴的光线经凸透镜折射后将过焦点；过光心的光线传播方向不改变。连接像点A'、焦点F，与凸透镜左边缘的交点为从A反射出的平行于凸透镜主光轴的光线的入射点，过该点画平行于凸透镜的直线，与A'、O的连线的交点为A的位置，垂直于主光轴画出AB。
（1）工匠师维护精密仪表时，在眼睛前戴的是放大镜，放大镜是凸透镜，对光线有会聚作用。
（2）维护精密仪表时，在眼睛前戴一个凸透镜，是为了让仪表细微之处放大，相当于放大镜的作用，所以凸透镜与仪表的距离应在凸透镜的一倍焦距之内。
故选A。
（3）根据凸透镜成像规律，凸透镜与仪表的距离在凸透镜的一倍焦距范围之内时，成正立、放大的虚像。
（4）①由图可知，工匠师通过透镜观察到的物体AB的像是虚像，则物像同侧，透镜为凸透镜，做放大功能使用，光心为O。
②从A反射出的平行于凸透镜主光轴的光线经凸透镜折射后将过焦点；过光心的光线传播方向不改变。连接像点A'、光心O，一部分为A反射出的光经过光心，一部分是像点A'与物体A点连线；连接像点A'、焦点F，与凸透镜左边缘的交点为从A反射出的平行于凸透镜主光轴的光线的入射点C，过C画平行于凸透镜的直线，与A'、O的连线的交点为A的位置，垂直于主光轴画出物体AB，即物体AB所在位置。如图所示：
12．如图所示，AOB为一轻质杠杆（质量忽略不计），AB＝3m，AO＝1m。A端用细线挂一个质量为5.4kg的实心铝球，B端施加一个竖直向下的拉力F。铝球下方有一水平升降台，升降台上放置着一个装有适量水的烧杯。当升降台缓缓上升，使铝球浸在水中某一深度时，杠杆恰好在水平位置平衡，此时F＝17N，铝球没有碰到容器底或容器壁，，，g＝10N/kg。
（1）作出A点所受的力FA以及F对应的力臂L　 　；
（2）此时实心铝球所受的浮力为 　 　 N；
（3）若往烧杯中缓慢地加满水，F的大小保挂不变，则杠杆将（　　）
A．仍然保持水平平衡 B．左侧向下倾斜 C．右侧向下倾斜
【答案】（1）
（2）20
（3）A
【知识点】密度公式及其应用；阿基米德原理；杠杆的平衡条件；力臂的画法
【解析】【解答】（1）根据图片可知，刚刚的左侧A点受到的拉力由小球的重力产生，方向竖直向下。O点为支点，B点为动力作用点，从支点O作B点拉力作用线的垂线，这条垂线段就是动力臂L，如图所示：
（2）根据图片可知，A点受到的拉力等于铝球的重力与浮力的差，
由杠杆平衡条件得到：；
；
解得：F浮=20N。
（3）根据题意可知，铝球的体积为；
完全浸没受到的浮力为；
比较可知，恰好与（2）中结果一致，说明原来是浸没的，
如果加满水，铝球排开液体的体积不变，即浮力是不变的，因而杠杆仍保持平衡。
故选A。
【分析】 （1）根据图片确定A点拉力的产生原因，进而确定拉力的方向，然后沿力的方向画带箭头的线段即可。力臂是从支点到力的作用线的距离；
（2）根据杠杆平衡条件计算左侧的拉力，再根据平衡力的知识计算铝球受到浮力的大小；
（3）根据密度公式计算体积，根据阿基米德计算浮力分析加水后的浮力的变化，结合杠杆平衡条件分析转动方向。
（1）图中杠杆平衡，右侧拉力向下，故左侧拉力也是向下，才能平衡，力臂是从支点到力的作用线的距离，如图所示：
（2）杠杆恰好在水平位置平衡，则由杠杆平衡条件可得
代入得
解得F浮=20N。
（3）质量为5.4kg的实心铝球，根据密度公式知，体积为
如果浸没时，受到的浮力为
说明原来是浸没的，加满水，浮力是不变的，因而杠杆仍保持平衡。
故选A。
13．如图，甲乙完全相同的小球，以同样的速度沿着与水平方向均成角斜向上抛出，甲球沿光滑斜面，乙球抛向空中，不计空气阻力，甲乙小球能到达的最高点分别为点与点，离地高度为和，在这个过程中，小球的机械能是　 　（守恒/不守恒）的，图中　 　（大于/等于/小于）。
【答案】守恒；大于
【知识点】机械能及其转化；机械能守恒条件
【解析】【解答】对于甲球沿光滑斜面的运动情况分析：由于斜面光滑无摩擦阻力，运动过程中没有机械能损失，因此甲球的机械能始终保持守恒状态。
关于甲乙两球的机械能分析：两球在运动过程中均未发生机械能损失，故机械能都守恒。具体表现为：甲球（斜面运动）质量不变，到达最高点时速度降为零，其动能完全转化为重力势能；乙球（斜抛运动）到达最高点时，竖直方向速度为零但水平方向仍有速度，保留部分动能，仅部分动能转化为重力势能。因此可得结论：甲球在斜面上达到的高度大于乙球在空中的最大高度，即满足关系式。
【分析】机械能：机械能为动能和重力势能之和，当质量不变时，动能和速度成正比，速度不变时，动能和质量成正比；当质量不变时，重力势能和高度成正比，高度不变时，重力势能和质量成正比，不考虑摩擦力时，机械能守恒。
14．探究影响滑动摩擦力大小的因素，实验如图所示，其中A为木块，B为金属块。
（1）实验甲中，将木块放在水平木板上，用弹簧测力计拉动木块做 　 　 运动，此时木块所受的摩擦力大小等于弹簧测力计的示数。
（2）实验甲和乙探究的问题是：滑动摩擦力大小与 　 　 的关系。
（3）比较实验甲和丙，得出结论是：　 　 。
（4）比较实验乙和丁，得出结论：接触面积越大，滑动摩擦力越大。你认为该结论是否科学：　 　 ，依据是：　 　 。
【答案】（1）匀速直线
（2）压力大小
（3）压力一定时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大
（4）不科学；没有控制接触面的粗糙程度相同
【知识点】探究影响摩擦力大小因素的实验
【解析】【解答】（1）根据题意可知，当弹簧测力计水平匀速拉动木块时，此时它处于平衡状态，即木块受到的摩擦力等于拉力，即此时木块受到的滑动摩擦力大小等于弹簧测力计的示数。
（2）根据图片可知，甲、乙接触面相同，即粗糙程度相同，压力大小不同（木板上物体重力不变），说明滑动摩擦力的大小与压力的大小有关。
（3）根据图片可知，甲、丙中压力大小相同，只是接触面粗糙程度不同，且弹簧测力计的示数不同，这说明了滑动摩擦力的大小与接触面粗糙程度有关，即压力一定时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大。
（4）根据图片可知，乙和丁中，压力相同，一个A在下，一个B在下，则接触面积和粗糙程度都不同，即没有控制接触面的粗糙程度相同，故不能得出接触面积越大，滑动摩擦力越大的结论。
【分析】（1）根据平衡力的知识分析解答；
（2）根据图片分析实验甲和乙中哪个因素不同即可；
（3）根据图片分析甲和丙中哪个因素相同，哪个因素不同，根据控制变量法的要求描述结论；
（4）根据控制变量法的要求可知，探究摩擦力与接触面积的关系时，需要控制压力和接触面粗糙程度相同。
（1）将木块放在水平木板上，用弹簧测力计水平匀速拉动木块，根据二力平衡知识可知，此时木块受到的滑动摩擦力大小等于弹簧测力计的示数。
（2）甲、乙两个实验接触面的粗糙程度相同，压力大小不同，弹簧测力计的示数不同，说明滑动摩擦力的大小与压力的大小有关。
（3）甲、丙两个实验接触面的粗糙程度不同，压力大小相同，说明了滑动摩擦力的大小与接触面粗糙程度有关，且接触面越粗糙，弹簧测力计的示数越大，滑动摩擦力越大，故可得：压力一定时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大。
（4）比较实验乙和丁，接触面的粗糙程度和压力大小都不同，没有控制接触面的粗糙程度相同，故不能得出接触面积越大，滑动摩擦力越大的结论。
15．科创小组设计了水库自动泄洪控制装置，其简易模型如图所示：A为压力传感器，B为密度小于水且不吸水的实心均匀圆柱体，并可在管径稍大的竖直管道内自由地上下移动，其重力，底面积。水位正常时，恰与圆柱体B底面平齐；当水面上升到传感器A的底端时，传感器受到圆柱体的压力为21N，触发预警并自动打开出水口进行泄洪。g取，，求：
（1）当水位正常时，求圆柱体B对模型底部的压强；　 　
（2）求圆柱体B的高度hB　 　和密度　 　；
（3）为了提高防洪安全性，使警戒水位比原设计低，在B的底面积不变、压力传感器位置不变的前提下，可以采用的方法是　 　（写出一种方法即可）。
【答案】（1）
（2）；
（3）选用触发压力值更小的压力传感器，或适当减小B的密度、或适当增大B的高度而增大受到的浮力
【知识点】压强的大小及其计算；阿基米德原理；浮力的利用；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】（1）根据题意可知，当水位正常时，圆柱体B对模型的压力等于自身重力，即
底面积 ，
则对模型底部的压强。
（2）根据题意可知，当水面上升到传感器A的底端时，传感器受到圆柱体的压力为21N，
此时圆柱体受到的浮力；
那么圆柱体B的体积等于排开水的体积，即；
则圆柱体B的高度；
圆柱体B的质量；
圆柱体B的密度。
（3）为了提高防洪安全性，使警戒水位比原设计低，在B的底面积不变、压力传感器位置不变的前提下可以：
①选用触发压力值更小的压力传感器；
②另外可以减小圆柱体对传感器的压力，而圆柱体对传感器的压力等于传感器等于圆柱体的压力，由可知，在圆柱体重力不变的情况下，可以通过适当减小B的密度、或适当增大B的高度而增大受到的浮力。
【分析】 （1）当水位正常时，圆柱体B静止在模型上，与A不接触，对模型的压力等于圆柱体的重力，利用计算对模型的压强：
（2）当水面上升到传感器A的底端时，知道传感器受到圆柱体的压力，由于力的作用是相互的，可求传感器对圆柱体的压力，此时圆柱体受到重力、压力、浮力的作用，可求圆柱体受到的浮力，再利用阿基米德原理求圆柱体B的体积（排开水的体积），利用V=Sh计算圆柱体B的高度；
求出圆柱体的质量，利用密度公式求圆柱体的密度；
（3）为了提高防洪安全性，使警戒水位比原设计低，在B的底面积不变、压力传感器位置不变的前提下，可以选用触发压力值更小的压力传感器，另外可以减小圆柱体对传感器的压力，据此分析解答。
（1）当水位正常时，圆柱体B静止在模型上，与A不接触，对模型的压力
对模型底部的压强
（2）当水面上升到传感器A的底端时，传感器受到圆柱体的压力为21N，由于力的作用是相互的，传感器对圆柱体的压力等于传感器受到圆柱体的压力，其大小F压=21N，此时圆柱体受到重力、压力、浮力的作用，则此时圆柱体受到的浮力
由可得圆柱体B的体积
由可得圆柱体B的高度
圆柱体B的质量
圆柱体B的密度
（3）为了提高防洪安全性，使警戒水位比原设计低，在B的底面积不变、压力传感器位置不变的前提下，可以选用触发压力值更小的压力传感器，另外可以减小圆柱体对传感器的压力，而圆柱体对传感器的压力等于传感器等于圆柱体的压力，由可知，在圆柱体重力不变的情况下，可以通过适当减小B的密度、或适当增大B的高度而增大受到的浮力。
16．如图所示，ab和cd是金属棒，质量不可忽略不计，I和Ⅱ是一对异名磁极，金属棒ab为放在其间。用导线把ab和cd连成一个闭合回路。当金属棒ab向左运动作切割磁感线运动时，金属棒ab产生了“由a到b”的电流，此时金属棒cd刚好悬在空中不动，忽略空气阻力。假设金属棒cd只受重力和磁场力作用，由此可知：
①此时金属棒cd受到的磁场力方向为　 　；（选填“竖直向上”、“竖直向下”、“水平向左”、“水平向右”）
②若把磁极I、磁极Ⅱ互换位置，磁极N、磁极S也互换位置，当金属棒ab仍向左运动时，金属棒ab产生的电流方向是　 　（选填“由a到b”、“由b到a”），此时，金属棒cd受到的磁场力方向是　 　。（选填“竖直向上”、“竖直向下”、“水平向左”、“水平向右”）
【答案】竖直向上；由b到a；竖直向上
【知识点】二力平衡的条件及其应用；磁场对通电导线的作用；产生感应电流的条件
【解析】【解答】（1）根据题意可知，金属棒cd悬在空中不动，此时它处于平衡状态，即重力与磁场力大小相等，方向相反。因为重力的方向竖直向下，所以cd受到的磁场力方向为竖直向上。
（2）①根据题意可知，对调N、S极，磁场的方向与原来相反，金属棒ab仍向左运动时产生的电流方向与原来相反，即ab中电流方向将由“b到a”。
②综上所述，金属棒cd所处磁场方向改变，电路中电流方向发生改变，即两个影响因素都发生改变，那么金属棒cd受到的磁场力方向不会发生改变，此时金属棒cd所受磁场力的方向将竖直向上。
【分析】（1）对金属棒cd进行受力分析，根据平衡力的知识分析磁场力的方向；
（2）①感应电流方向与磁场方向和导体运动方向有关；
②通电导体在磁场中受力方向与磁场方向和电流方向有关。
17．某足球场草坪种植的黑麦草，适合在湿度为50%的土壤中生长。设计自动灌溉系统时需要使用湿敏电阻Rx，为测量Rx在湿度为50%的土壤中的电阻值，先把Rx放入湿度为50%的土壤内，并按图1连接电路。
（1）连接电路后，发现电路中有一根导线连接错误，请在这根导线上打“×”，并以笔画线重新连接正确的导线　 　；
（2）闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片P移到　 　 （选填“A”或“B”）端；
（3）闭合开关S，移动滑片P，测得多组数据如表格所示，实验②的数据如图2所示，根据实验①②③的数据可得：湿度为50%的土壤内Rx的阻值为　 　 Ω；
实验序号 ① ② ③
电压表示数U/V 1.1
2.6
电流表示数I/A 0.1
0.26
Rx/Ω
（4）湿敏电阻Rx的阻值随所在土壤湿度变化的图象如图3所示。已知：蓄电池电压恒为6V，电磁继电器（如图4所示的元件A）线圈电流大于0.2A时衔铁被吸下，小于0.2A时衔铁被弹回，线圈电阻不计；电动机的额定电压为220V。请以笔画线代替导线完成图4所示的电路连接，要求：闭合开关S，当土壤湿度低于50%时，电动机转动送水；当土壤湿度高于50%时，电动机不转，停止送水　 　；
（5）定值电阻R0的阻值为　 　 Ω；
（6）电动机正常工作时，电动机内部线圈等效电阻r＝10Ω，通过线圈电流I＝2A，请求出电动机的机械效率。请求出正常工作10min电动机线圈产生的热量和电动机消耗的电能　 　。
【答案】（1）
（2）B
（3）10
（4）
（5）20
（6）机械效率约90.9%，线圈产生热量2.4×104J，电动机消耗电能2.64×105J
【知识点】电阻的串联；欧姆定律及其应用；伏安法测电阻的探究实验；电功的计算；焦耳定律的应用
【解析】【解答】（1）在测量Rx的电阻的实验中，电压表应该与湿敏电阻并联。根据图1可知，此时可将湿敏电阻右端与开关相连的导线拆下，改接在电源负极即可，如图所示：
。
（2）根据图1可知，当滑片在B端时阻值最大，则闭合开关前，为保护电路，应将滑动变阻器的滑片P移到阻值最大处，即B端。
（3）由图2可知，电压表的量程为0-3V，分度值为0.1V，则电压表示数U2=1.8V；
电流表的量程为0-0.6A，分度值为0.02A，则电流表示数I2=0.2A，
那么此时；
根据表格数据可知，，；
则湿敏电阻的平均值为。
（4）当土壤湿度低于50%时，Rx阻值变大，控制电路电流变小，衔铁不被吸下，电动机工作；当土壤湿度高于50%时，Rx阻值变小，控制电路电流大于0.2A，衔铁被吸下，电动机停止工作。因此将R0与Rx串联后接在电磁继电器控制电路，电磁继电器衔铁端与电动机串联后接在220V电源的火线和零线上，如下图所示：
。
（5）根据题意可知，当土壤湿度为50%时，湿敏电阻Rx=10Ω，此时控制电路电流I=0.2A，
则控制电路总电阻，
那么 定值电阻R0的阻值。
（6） 电动机正常工作时，电动机内部线圈等效电阻r＝10Ω，通过线圈电流I＝2A，
则电动机消耗的电能；
电动机线圈产生热量；
电动机输出的机械能；
电动机的机械效率。
【分析】 （1）根据实验目的确定电器元件的串并联关系，然后与图1对照，从而进行修改。
（2）为保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P移到阻值最大处。
（3）观察电压表和电流表的量程和分度值，根据指针位置读取数据，由欧姆定律得到三次测量的电阻值，然后对三次测量值求平均值得到湿敏电阻的阻值。
（4）将R0与Rx串联后接在电磁继电器控制电路，电磁继电器衔铁端与电动机串联后接在220V电源的火线和零线上。当土壤湿度低于50%时，Rx阻值变大，控制电路电流变小，衔铁不被吸下，电动机工作；当土壤湿度高于50%时，Rx阻值变小，控制电路电流大于0.2A，衔铁被吸下，电动机停止工作。据此连接电路即可。
（5）当土壤湿度为50%时，由欧姆定律得到控制电路的总电阻，由串联电路电阻特点得到定值电阻R0的值。
（6）由W=UIt得到电动机消耗的电能，由Q=I2rt得到电动机线圈产生热量，由电能与热量之差得到电动机输出的机械能，由效率公式得到电动机的机械效率。
（1）为测量Rx的电阻值，应让湿敏电阻与滑动变阻器串联，电压表测量湿敏电阻两端的电压，电流表测量电路电流。原电路中湿敏电阻右端与开关相连的导线连接错误，应在该导线上打“×”，把湿敏电阻右端改接电源负极即可。如图所示
。
（2）为保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P移到阻值最大处，即B端。
（3）由图2可知，电压表示数U2=1.8V，电流表示数I2=0.2A，则
由实验①③的数据可得，
则湿敏电阻的平均值为
（4）将R0与Rx串联后接在电磁继电器控制电路，电磁继电器衔铁端与电动机串联后接在220V电源的火线和零线上。当土壤湿度低于50%时，Rx阻值变大，控制电路电流变小，衔铁不被吸下，电动机工作；当土壤湿度高于50%时，Rx阻值变小，控制电路电流大于0.2A，衔铁被吸下，电动机停止工作。据此连接电路，电路如图所示
。
（5）当土壤湿度为50%时，湿敏电阻Rx=10Ω，此时控制电路电流I=0.2A，电源电压U=6V，则控制电路总电阻
由串联电路电阻特点知
（6）电动机消耗的电能
电动机线圈产生热量
电动机输出的机械能
电动机的机械效率
18．如图所示，摆线长L相同，实心小铁球A、小铅球B的体积VA＝VB，密度ρ铁＜ρ铅，悬线与竖直方向的夹角θ1＜θ2。
（1）图甲、乙中，同时由静止释放A、B两球，观察到它们并排摆动且始终相对静止，同时到达竖直位置，这表明两小球在摆动过程中，任一时刻速度的大小与小球的质量　 　 （选填“有关”或“无关”）；
（2）若用如图乙、丙所示的装置，可通过改变悬线与竖直方向的夹角来改变小球撞击木块时的　 　 ，从而探究物体的动能大小与这个物理量的关系，请你根据这个方案设计实验步骤，记录3组以上的实验数据，并且根据实验数据，作出分析判断。
①实验步骤：　 　 。
②数据记录表格　 　；
③数据分析：　 　 。
【答案】（1）无关
（2）速度；①保持悬线与竖直方向夹角为θ1，让B球从静止开始释放，撞击木块C，用刻度尺测量并记录C的移动的距离s1；②增大悬线与竖直方向夹角θ，重复步骤1，测得距离为s2、s3。；
θ/° 　 　 　
s/m 　 　 　
；若θ1＜θ2＜θ3，但是s1＝s2＝s3，则物体的动能大小与物体运动速度无关；若θ1＜θ2＜θ3，且s1＜s2＜s3，则物体的动能大小与物体运动速度有关，质量相同时，物体运动速度越大，动能越大。
【知识点】探究影响物体动能大小的因素；物理学方法
【解析】【解答】（1）根据题意可知，A和B的体积相等，但是密度不同，由密度公式m=ρV可知，则两个小球的质量不同。观察到它们并排摆动且始终相对静止，且同时到达竖直位置，说明两个小球的速度相同，这表明两小球在摆动过程中的任一时刻的速度大小与小球的质量无关。
（2）根据图片可知，悬线与竖直方向的夹角越大，则被释放时小球的高度越大，则小球到达最低点的速度越大，那么木块被撞的距离越大，所以可通过改变悬线与竖直方向的夹角来改变小球撞击木块时的速度。
①根据控制变量法的要求可知，探究物体的动能大小与速度的关系，需要控制质量不变，只改变速度，则设计实验步骤：
①保持悬线与竖直方向夹角为θ1，让B球从静止开始释放，撞击木块C，用刻度尺测量并记录C的移动的距离s1；
②增大悬线与竖直方向夹角θ，重复步骤1，测得距离为s2、s3。
②根据题意可知，实验中需要记录悬线与竖直方向夹角θ和木块C被撞的距离s，则设计的实验表格为：
θ/°
s/m
③根据表格数据可知，若θ1＜θ2＜θ3，但是s1＝s2＝s3，则物体的动能大小与物体运动速度无关；若θ1＜θ2＜θ3，且s1＜s2＜s3，则物体的动能大小与物体运动速度有关。
【分析】 （1）比较甲、乙两图的速度和质量的关系便可得出结论；
（2）当悬线与竖直方向的夹角越大，到达最低点的速度越大；
①根据控制变量法可知探究动能与速度的关系需改变物体的速度，控制质量不变，据此设计实验步骤；
②根据实验过程要记录的物理量设计表格；
③如果选线角度改变时，木块移动的距离不变，那么说明动能与速度无关；否则，说明动能与速度有关。
（1）实心小铁球A、小铅球B的体积VA＝VB，密度ρ铁＜ρ铅，由密度公式可知，两个小球的质量不同，图甲、乙中，同时由静止释放A、B两球，观察到它们并排摆动且始终相对静止，同时到达竖直位置，则小球的速度相同，这表明两小球在摆动过程中的任一时刻的速度大小与小球的质量无关。
（2）[1]根据乙、丙所示的探究过程，当悬线与竖直方向的夹角越大，木块被撞的距离越大，说明小球到达最低点的速度越大，所以可通过改变悬线与竖直方向的夹角来改变小球撞击木块时的速度。
[2]由题意可知，探究物体的动能大小与速度的关系，根据控制变量法，控制质量不变，设计实验步骤：
①组装实验装置，保持悬线与竖直方向夹角为θ1，让B球从静止开始释放，撞击木块C，用刻度尺测量并记录C的移动的距离s1；
②增大悬线与竖直方向夹角θ，重复步骤1，测得距离为s2、s3。
[3]实验中需要记录悬线与竖直方向夹角θ和木块C被撞的距离s，根据实验需要测量的数据，可知设计的实验表格为：
θ/°
s/m
[4]数据分析：若θ1＜θ2＜θ3，但是s1＝s2＝s3，则物体的动能大小与物体运动速度无关；若θ1＜θ2＜θ3，且s1＜s2＜s3，则物体的动能大小与物体运动速度有关，质量相同时，物体运动速度越大，动能越大。
1 / 1（重复）2025年广东省广州市华南师范大学附中中考二模物理试题
1．在东京奥运会男子100米赛跑项目中，苏炳添以9秒83的成绩晋级决赛并打破亚洲纪录，他的速度与下面哪个速度最接近（　　）
A．中学生骑普通自行车上学的正常骑行速度
B．城市道路上，小轿车正常行驶时的速度
C．高速公路上，小轿车正常行驶时的速度
D．高铁列车正常行驶时的速度
2．某款视频播放软件可以将正常录制的音频和视频通过App软件以2~3倍的速度快速播放而达到缩短播放时长的目的，应用此功能时，声音的（　　）
A．响度变大 B．传播速度变快
C．音调变高 D．振幅变大
3．我国第三代核电站“华龙一号”（如图）的3号和4号两台机组年发电量可达180亿千瓦时，每年可减少标煤消耗超543.6万吨。下列说法正确的是（　　）
A．煤和核能都属于可再生能源
B．“千瓦时”是电功率的单位
C．核电站发电过程中能量转化是核能→内能→机械能→电能
D．核电站释放核能的方式与太阳内部核反应释放核能的方式相同
4．2025年4月30日，神舟十九号载人飞船返回舱搭载蔡旭哲、宋令东、王浩泽三名宇航员成功返回地球。返回舱的表面有层叫做“烧蚀层”的固态物质，返回地球通过大气层过程中，“烧蚀层”可以保护返回舱不因高温而烧毁。下列说法不正确的是（　　）
A．返回舱与大气摩擦形成高温“火球”的过程中，将机械能转化成内能
B．“烧蚀层”发生的物态变化主要是熔化和汽化
C．着陆前，发动机向下喷燃气，返回舱进一步减速下降，返回舱的机械能不断减少
D．返回舱成功着陆时，瞬间“尘土飞扬”，说明分子在做无规则运动
5．如图为电磁波谱及其主要用途，下面分析错误的是（　　）
A．γ射线、X射线、紫外线、可见光、红外线、微波和无线电波都是电磁波
B．人眼可以看到波长为的电磁波
C．相比紫外线，红外线更容易被物体吸收并转化为内能
D．由图中的信息可知，电磁波的波长越长，该电磁波的频率越小，波速也越小
6．取三块质量相等的橡皮泥，分别捏成碗状、实心球状和空心球状，放入三个装有相同质量水的相同的烧杯中，静止时它们的状态如图所示，已知橡皮泥的密度大于水的密度，下列说法中正确的个数有（　　）
①三个物体受到的浮力为F甲>F丙>F乙
②橡皮泥排开水的体积为V甲=V丙>V乙
③液体对容器底部的压强为p甲>p丙>p乙
④容器对桌面的压力为F甲'=F丙'=F乙'
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
7．相同质量的甲、乙两人，用不同的装置（如图），在相同时间内把质量相等的货物匀速提升到同一平台，不计绳重及绳与滑轮间的摩擦。下列说法正确的是（　　）
A．甲做的有用功比乙多 B．乙做的总功比甲多
C．甲所用装置的机械效率较大 D．甲对平台的压力比乙大
8．小亮家的部分电路简化图及元件如图所示，图中未连接完整。要求开关S1单独控制L1，三孔插座供大功率电器使用，甲、乙是模拟某人接触到电线的两种情况。下列说法正确的是（　　）
A．灯L1应该连接在火线和开关S1之间
B．甲情况，此人会触电，漏电保护器会马上切断电流
C．乙情况，此人会触电，漏电保护器会马上切断电流
D．空气开关跳闸，一定是因为家中用电器总功率过大，只要断开部分用电器就不会跳闸了
9．如图甲所示，一木块放在由同种材料制成粗糙程度均匀的水平台面上。木块受到水平向右拉力F的作用，F的大小与时间t的关系如图乙所示，物体运动速度v的大小与时间t的关系如图丙所示。6s时撤去力F，同时木块从台面滑出。忽略空气阻力，下列说法中正确的是（　　）
A．，木块处于静止状态，木块所受静摩擦力为0N
B．，木块加速运动，所受滑动摩擦力为4N
C．，木块运动的距离为4m
D．木块离开水平台面后，由于具有惯性继续做匀速直线运动
10．小聪想用一种阻值随所受压力增大而减小的压敏电阻，设计一个通过电表示数反映压敏电阻所受压力大小的电路，要求压力增大时电表示数增大。以下电路不符合要求的是（　　）
A． B．
C． D．
11．工匠师维护精密仪表时，在眼睛前戴一个透镜，便于观察仪表的细微之处，如图所示。
（1）这个透镜能够使光线　 　（选填“会聚”或“发散”）；
（2）透镜与仪表的距离u应满足下列________条件；
A． B． C． D． E．
（3）工匠师通过透镜观察到的仪表的像是　 　（选填“正立”或“倒立”）的；
（4）下图中，为工匠师通过透镜观察到的物体AB的像，O为透镜的光心，F为焦点，MN为主光轴，请通过作图完成下列要求：
①在下图虚线方框中画出相应的透镜；
②确定物体AB所在的位置（保留作图痕迹）。
12．如图所示，AOB为一轻质杠杆（质量忽略不计），AB＝3m，AO＝1m。A端用细线挂一个质量为5.4kg的实心铝球，B端施加一个竖直向下的拉力F。铝球下方有一水平升降台，升降台上放置着一个装有适量水的烧杯。当升降台缓缓上升，使铝球浸在水中某一深度时，杠杆恰好在水平位置平衡，此时F＝17N，铝球没有碰到容器底或容器壁，，，g＝10N/kg。
（1）作出A点所受的力FA以及F对应的力臂L　 　；
（2）此时实心铝球所受的浮力为 　 　 N；
（3）若往烧杯中缓慢地加满水，F的大小保挂不变，则杠杆将（　　）
A．仍然保持水平平衡 B．左侧向下倾斜 C．右侧向下倾斜
13．如图，甲乙完全相同的小球，以同样的速度沿着与水平方向均成角斜向上抛出，甲球沿光滑斜面，乙球抛向空中，不计空气阻力，甲乙小球能到达的最高点分别为点与点，离地高度为和，在这个过程中，小球的机械能是　 　（守恒/不守恒）的，图中　 　（大于/等于/小于）。
14．探究影响滑动摩擦力大小的因素，实验如图所示，其中A为木块，B为金属块。
（1）实验甲中，将木块放在水平木板上，用弹簧测力计拉动木块做 　 　 运动，此时木块所受的摩擦力大小等于弹簧测力计的示数。
（2）实验甲和乙探究的问题是：滑动摩擦力大小与 　 　 的关系。
（3）比较实验甲和丙，得出结论是：　 　 。
（4）比较实验乙和丁，得出结论：接触面积越大，滑动摩擦力越大。你认为该结论是否科学：　 　 ，依据是：　 　 。
15．科创小组设计了水库自动泄洪控制装置，其简易模型如图所示：A为压力传感器，B为密度小于水且不吸水的实心均匀圆柱体，并可在管径稍大的竖直管道内自由地上下移动，其重力，底面积。水位正常时，恰与圆柱体B底面平齐；当水面上升到传感器A的底端时，传感器受到圆柱体的压力为21N，触发预警并自动打开出水口进行泄洪。g取，，求：
（1）当水位正常时，求圆柱体B对模型底部的压强；　 　
（2）求圆柱体B的高度hB　 　和密度　 　；
（3）为了提高防洪安全性，使警戒水位比原设计低，在B的底面积不变、压力传感器位置不变的前提下，可以采用的方法是　 　（写出一种方法即可）。
16．如图所示，ab和cd是金属棒，质量不可忽略不计，I和Ⅱ是一对异名磁极，金属棒ab为放在其间。用导线把ab和cd连成一个闭合回路。当金属棒ab向左运动作切割磁感线运动时，金属棒ab产生了“由a到b”的电流，此时金属棒cd刚好悬在空中不动，忽略空气阻力。假设金属棒cd只受重力和磁场力作用，由此可知：
①此时金属棒cd受到的磁场力方向为　 　；（选填“竖直向上”、“竖直向下”、“水平向左”、“水平向右”）
②若把磁极I、磁极Ⅱ互换位置，磁极N、磁极S也互换位置，当金属棒ab仍向左运动时，金属棒ab产生的电流方向是　 　（选填“由a到b”、“由b到a”），此时，金属棒cd受到的磁场力方向是　 　。（选填“竖直向上”、“竖直向下”、“水平向左”、“水平向右”）
17．某足球场草坪种植的黑麦草，适合在湿度为50%的土壤中生长。设计自动灌溉系统时需要使用湿敏电阻Rx，为测量Rx在湿度为50%的土壤中的电阻值，先把Rx放入湿度为50%的土壤内，并按图1连接电路。
（1）连接电路后，发现电路中有一根导线连接错误，请在这根导线上打“×”，并以笔画线重新连接正确的导线　 　；
（2）闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片P移到　 　 （选填“A”或“B”）端；
（3）闭合开关S，移动滑片P，测得多组数据如表格所示，实验②的数据如图2所示，根据实验①②③的数据可得：湿度为50%的土壤内Rx的阻值为　 　 Ω；
实验序号 ① ② ③
电压表示数U/V 1.1
2.6
电流表示数I/A 0.1
0.26
Rx/Ω
（4）湿敏电阻Rx的阻值随所在土壤湿度变化的图象如图3所示。已知：蓄电池电压恒为6V，电磁继电器（如图4所示的元件A）线圈电流大于0.2A时衔铁被吸下，小于0.2A时衔铁被弹回，线圈电阻不计；电动机的额定电压为220V。请以笔画线代替导线完成图4所示的电路连接，要求：闭合开关S，当土壤湿度低于50%时，电动机转动送水；当土壤湿度高于50%时，电动机不转，停止送水　 　；
（5）定值电阻R0的阻值为　 　 Ω；
（6）电动机正常工作时，电动机内部线圈等效电阻r＝10Ω，通过线圈电流I＝2A，请求出电动机的机械效率。请求出正常工作10min电动机线圈产生的热量和电动机消耗的电能　 　。
18．如图所示，摆线长L相同，实心小铁球A、小铅球B的体积VA＝VB，密度ρ铁＜ρ铅，悬线与竖直方向的夹角θ1＜θ2。
（1）图甲、乙中，同时由静止释放A、B两球，观察到它们并排摆动且始终相对静止，同时到达竖直位置，这表明两小球在摆动过程中，任一时刻速度的大小与小球的质量　 　 （选填“有关”或“无关”）；
（2）若用如图乙、丙所示的装置，可通过改变悬线与竖直方向的夹角来改变小球撞击木块时的　 　 ，从而探究物体的动能大小与这个物理量的关系，请你根据这个方案设计实验步骤，记录3组以上的实验数据，并且根据实验数据，作出分析判断。
①实验步骤：　 　 。
②数据记录表格　 　；
③数据分析：　 　 。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】速度与物体运动
【解析】【解答】 在东京奥运会男子100米赛跑项目中，苏炳添以9秒83的成绩晋级决赛并打破亚洲纪录，
则苏炳添百米赛跑的平均速度大约为；
中学生骑车速度约5m/s，城市道路上小汽车正常行驶时的速度约在36km/h，高速公路上小汽车正常行驶时的速度约为100km/h，高铁列车正常行驶时的速度约为300km/h。
故B符合题意，而ACD不合题意。
故选B。
【分析】首先根据公式计算出苏炳添的平均速度，然后与各个选项中物体的速度大小进行对照即可。
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；音调、响度与音色的区分
【解析】【解答】AD．响度与振幅有关，而声音的振幅与声音播放的快慢无关，故AD不符合题意；
B．快速播放音频不会改变声音传播的介质和温度，所以传播速度不变，故B不符合题意；
C．快速播放音频时，声音的振动频率加快，因此听到声音的音调越高，故C符合题意。
故选C。
【分析】AD.响度表示声音的大小，与发声体的振幅大小有关；
B.声速大小与传播介质种类和温度有关；
C.音调表示声音的高低，与发声体的振动频率有关。
3．【答案】C
【知识点】能量的转化或转移；能源及其分类；核裂变；电能表参数的理解
【解析】【解答】A．煤和核能，使用后短时间不能再生，属于不可再生能源，故A错误；
B．“电功的单位是千瓦时”，故B错误；
C．核电站发电过程中，能量转化是核能→内能→机械能→电能，故C正确；
D．核电站释放核能的方式是核裂变；太阳内部释放核能的方式是不可控的核聚变，故D错误。
故选C。
【分析】1、核聚变：主要为太阳能的放能方式，核裂变主要是链式反应的放能方式；
2、可再生能源：使用后短期可以恢复的能源、如风能、太阳能、不可再生能源：使用内短期不能再生的能源，如核能、化石能源；
3、能量转化：核能发电的本质为：核能发生化学反应产生内能，内能转换为机械能，机械能转换为电能。
4．【答案】D
【知识点】熔化与熔化吸热特点；汽化及汽化吸热的特点；机械能及其转化；做功改变物体内能；分子热运动
【解析】【解答】A．返回舱与大气层摩擦时，通过克服摩擦力做功将机械能转化为内能，导致表面温度急剧升高形成高温"火球"，故A不符合题意。
B．"烧蚀层"材料在高温作用下会发生熔化和汽化相变，这些相变过程需要吸收大量热量，从而有效降低返回舱表面温度，故B不符合题意。
C．着陆阶段发动机向下喷射燃气时，返回舱做减速运动，其速度（动能）和高度（重力势能）同时减小，导致机械能持续减少，该故C不符合题意。
D．"尘土飞扬"现象是宏观颗粒物的机械运动，而分子热运动是微观粒子行为，肉眼不可见，因此不能作为分子无规则运动的证据，故D符合题意。
故选D。
【分析】1、改变物体内能的方式有做功和热传递，如钻木取火、搓手取暖属于做功改变物体内能，用酒精灯热水属于热传递改变物体内能；
2、凝固为液态变化为固态，释放热量，如结冰；熔化为固态变化为液态，吸收热量，如雪消融；
3、机械能：机械能为动能和重力势能之和，当质量不变时，动能和速度成正比，速度不变时，动能和质量成正比；当质量不变时，重力势能和高度成正比，高度不变时，重力势能和质量成正比；
4、分子热运动的特点：分子无规则运动，肉眼无法观察，常见例子有：气体颜色的改变，味道的扩散；且温度越高，分子热运动速度越快。
5．【答案】D
【知识点】红外线；波速、波长和频率的关系；电磁波在日常生活中的应用
【解析】【解答】A．根据图片可知，按照波长从长到短的顺序，电磁波可分为无线电波、微波、红外线、可见光、紫外线、X射线、γ射线等，故A正确不符合题意；
B．根据图片中可见光谱可知，人眼可以看到波长为400nm-700nm，而，恰好在这个范围内，故B正确不符合题意；
C．红外线显著的作用是热作用，相比紫外线，红外线更容易被物体吸收并转化为内能，故C正确不符合题意；
D．根据图片可知，从左向右，电磁波的波长越短，频率越高，但它们在真空中的波速是相同的，故D错误符合题意。
故选D。
【分析】A.根据图片展示的信息分析电磁波的组成；
B.根据图片确定可见光的波长范围；
C.根据红外线的特点和应用判断；
D.根据图片分析电磁波的波长和频率的关系，结合光速的知识判断即可。
6．【答案】B
【知识点】液体压强计算公式的应用；阿基米德原理；浮力大小的计算；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】①根据题意可知，三块橡皮泥的质量相等，根据G=mg可知，它们的重力相等。根据图片可知，甲中橡皮泥漂浮，丙中橡皮泥悬浮，则甲和丙中橡皮泥受到的浮力等于重力；乙中橡皮泥下沉，则橡皮泥受到的浮力小于重力，故浮力的大小关系为F甲=F丙>F乙，
故①错误；
②综上所述，三块橡皮泥受到浮力的大小关系为F甲=F丙>F乙，根据阿基米德原理F浮=ρ液gV排可知，橡皮泥排开水的体积关系为V甲=V丙>V乙，
故②正确；
③根据题意可知，三个相同的烧杯中装入等量的水，根据公式可知，装入水的体积相同，则水的深度相同；
根据②中分析可知，橡皮泥排开水的体积为V甲=V丙>V乙；
根据△V=S△h可知，水面上升的高度关系为Δh甲=Δh丙>Δh乙；
故甲、丙中的水面高度相同，都大于乙中的水面高度，
根据液体压强公式p=ρgh可知，液体对容器底部的压强关系为p甲=p丙>p乙，
故③错误；
④根据题意可知，容器对水平桌面的压力为F=G容+G水+G泥，
则容器对桌面的压力相同，即F甲'=F丙'=F乙'
故④正确。
综上所述，正确的个数有2个，故B符合题意，ACD不符合题意。
故选B。
【分析】 ①②已知在三个相同的烧杯中装入等量的水，由图可知，甲漂浮，乙下沉，丙悬浮，根据物体的浮沉情况判定浮力的大小，根据阿基米德原理判定三个球排开的水的体积的大小；
③根据排开的水的体积的大小判定深度的大小，根据排开水的体积大小确定水面升高多少，然后判断最终容器内液面高低，最后根据p=ρgh确定烧杯底受到的压强关系；
④根据容器的重力、水的重力、橡皮泥的重力判断压力的大小；
7．【答案】D
【知识点】滑轮（组）的机械效率；功的计算及应用；有用功和额外功
【解析】【解答】A．根据题意可知，两人提升物体的重力相等，让物体升高了相同的距离，由W有用＝Gh可知，两次提升物体所做的有用功相等，故A错误；
B．不计绳重和摩擦，甲使用动滑轮，克服物体重力和滑轮重力做功。乙使用定滑轮只克服物体重力做功，所以乙装置中拉力F做的总功少，故B错误；
C．综上所述，甲、乙的有用一样多，但甲做的总功多，根据可知，甲的机械效率小故C错误；
D．根据图片可知，绳子对甲的拉力向下，则甲对平台的压力F压＝F+G甲。绳子对乙的拉力向上，则
乙对平台的压力F乙＝G乙-F＝G乙-G，
则甲对平台的压力比乙大，故D正确。
故选D。
【分析】A.由W有用＝Gh比较两人做的有用功大小；
B.根据图片分析拉力对哪些物体做功，从而比较总功大小；
C.根据比较二者机械大小；
D.根据图片确定绳子拉力的方向，进而确定两人对平台的压力大小。
8．【答案】C
【知识点】家庭电路的组成；家庭电路的连接；家庭电路的故障分析；安全用电原则
【解析】【解答】A．对于灯L1的安装，正确的接法是将它连接在零线和开关S1之间。特别需要注意的是，螺丝口灯泡的螺旋套必须接在零线上，故A错误。
B．在甲情况下，虽然此人会触电，但由于火线和零线中的电流大小相等，漏电保护器不会触发跳闸动作，故B错误。
C．在乙情况下，此人触电时会导致火线和零线中的电流不相等，这种差异会使漏电保护器检测到异常并立即跳闸，从而切断电路保护人身安全，故C正确。
D．当空气开关跳闸时，可能的原因有两个：一是家中使用的电器总功率超过了线路承载能力，二是电路发生了短路故障。故D错误。
故选C。
【分析】1、电灯和开关的接法：零线直接进入灯泡的螺旋套；火线先接入开关，再进入灯泡顶端的金属点；三孔插座的接法：上孔接地线，左孔接零线，右孔接火线；
2、人触电时会导致火线和零线中的电流不相等，会使漏电保护器跳闸；
3、引起电流过大的原因：短路和电功率过大.
9．【答案】B
【知识点】惯性及其现象；二力平衡的条件及其应用；力与图象的结合；探究影响摩擦力大小因素的实验；时间速度路程的图像分析
【解析】【解答】A．根据丙图可知，内物体速度为0，所以处于静止状态。根据乙图可知，内，物体受到的拉力为2N，根据平衡力的知识可知，木块受到的摩擦力等于拉力，大小为2N，故A错误；
B．根据丙图可知，木块在内，木块做匀速直线运动，则木块受到的拉力和滑动摩擦力为一对平衡力，那么二者大小相等。根据乙图可知，此时木块受到的拉力为4N，所以滑动摩擦力也为4N。
在内物体做加速运动，由于压力大小和接触面的粗糙程度不变，因此物体受到的滑动摩擦力仍为4N，故B正确；
C．根据图丙可知，内物体速度为0，2-4s内做加速运动，通过的距离为s=。内匀速运动，速度为2m/s，则木块运动的距离为，
故木块运动的距离：2m+4m=6m，故C错误；
D．木块离开水平台面后，由于重力的作用做变速曲线运动，故D错误。
故选B。
【分析】 A.根据图丙判断木块在0-2s内运动的速度，从而判断木块的运动情况，再乙图得出此时木块受到的拉力，并利用二力平衡条件得出木块受到的摩擦力；
B.根据乙图和丙图得出木块做匀速直线运动时受到的滑动摩擦力，再根据影响滑动摩擦力的因素判断木块在2-4s内受到的滑动摩擦力；
C.根据s=vt分别计算出丙图中三个时间段内物体通过的距离，然后相加即可；
D.力可以改变物体的运动状态，根据物体受到重力分析。
10．【答案】D
【知识点】欧姆定律及其应用；电路的动态分析
【解析】【解答】A、压敏电阻与固定电阻R0串联连接。当外界压力增大时，压敏电阻的阻值减小，导致整个电路的总电阻减小。根据欧姆定律，电路中的电流会增大，因此电流表的示数将变大，故A错误。
B、压敏电阻与R0并联连接，电流表与压敏电阻串联。当压力增大时，压敏电阻阻值减小，使得该支路的电流增大，导致电流表示数增大，故B错误。
C、压敏电阻与R0串联，电压表测量R0两端的电压。压力增大时，压敏电阻阻值减小，根据串联电路分压原理，压敏电阻两端电压降低，而R0两端电压相应升高，电压表示数增大，故C错误；
D、压敏电阻与R0串联，但电压表测量的是压敏电阻两端的电压。当压力增大导致压敏电阻阻值减小时，其两端电压会降低，电压表示数减小，故D正确。
故选D。
【分析】1、电路的串并联：串联：电路元件首位相连，用电器相互干扰，并联：电路元件首首相连，用电器互不干扰，开关在干路上控制整个电路的通断，开关在支路上控制单个支路的通断；家庭、公共场所的电路为并联电路；
2、串联分压：用电器串联时，其两端的电压和电阻成正比。
11．【答案】（1）会聚
（2）A
（3）正立
（4）
【知识点】透镜及其特点与分类；透镜的光路图；凸透镜成像的应用
【解析】【解答】（1）工匠师维护精密仪表时，在眼睛前戴的透镜是为了将微小的齿轮放大便于操作，即相当于放大镜，本质是凸透镜，对光线有会聚作用。
（2）根据凸透镜成像的规律可知，要使其成正立放大的虚像，需要凸透镜与仪表的距离应在凸透镜的一倍焦距之内。
故选A。
（3）根据凸透镜成像规律和应用可知，当为放大镜时，成正立、放大的虚像。
（4）①综上所述，虚线框内应该放入凸透镜；
②连接像点A'、焦点F，与凸透镜左边缘的交点为从A反射出的平行于凸透镜主光轴的光线的入射点C，过C画平行于凸透镜的直线，与A'、O的连线的交点为A的位置，垂直于主光轴画出物体AB，即物体AB所在位置。如图所示：
【分析】 （1）根据图片描述的使用场景确定透镜的成像特点，进而确定透镜种类和对光线的作用。
（2）根据物距小于一倍焦距时，凸透镜成正立、放大的虚像的特点分析；
（3）根据放大镜的成像特点解答；
（4）①根据前面的分析确定透镜种类，在虚线框内画出透镜；
②平行于主光轴的光线经凸透镜折射后将过焦点；过光心的光线传播方向不改变。连接像点A'、焦点F，与凸透镜左边缘的交点为从A反射出的平行于凸透镜主光轴的光线的入射点，过该点画平行于凸透镜的直线，与A'、O的连线的交点为A的位置，垂直于主光轴画出AB。
（1）工匠师维护精密仪表时，在眼睛前戴的是放大镜，放大镜是凸透镜，对光线有会聚作用。
（2）维护精密仪表时，在眼睛前戴一个凸透镜，是为了让仪表细微之处放大，相当于放大镜的作用，所以凸透镜与仪表的距离应在凸透镜的一倍焦距之内。
故选A。
（3）根据凸透镜成像规律，凸透镜与仪表的距离在凸透镜的一倍焦距范围之内时，成正立、放大的虚像。
（4）①由图可知，工匠师通过透镜观察到的物体AB的像是虚像，则物像同侧，透镜为凸透镜，做放大功能使用，光心为O。
②从A反射出的平行于凸透镜主光轴的光线经凸透镜折射后将过焦点；过光心的光线传播方向不改变。连接像点A'、光心O，一部分为A反射出的光经过光心，一部分是像点A'与物体A点连线；连接像点A'、焦点F，与凸透镜左边缘的交点为从A反射出的平行于凸透镜主光轴的光线的入射点C，过C画平行于凸透镜的直线，与A'、O的连线的交点为A的位置，垂直于主光轴画出物体AB，即物体AB所在位置。如图所示：
12．【答案】（1）
（2）20
（3）A
【知识点】密度公式及其应用；阿基米德原理；杠杆的平衡条件；力臂的画法
【解析】【解答】（1）根据图片可知，刚刚的左侧A点受到的拉力由小球的重力产生，方向竖直向下。O点为支点，B点为动力作用点，从支点O作B点拉力作用线的垂线，这条垂线段就是动力臂L，如图所示：
（2）根据图片可知，A点受到的拉力等于铝球的重力与浮力的差，
由杠杆平衡条件得到：；
；
解得：F浮=20N。
（3）根据题意可知，铝球的体积为；
完全浸没受到的浮力为；
比较可知，恰好与（2）中结果一致，说明原来是浸没的，
如果加满水，铝球排开液体的体积不变，即浮力是不变的，因而杠杆仍保持平衡。
故选A。
【分析】 （1）根据图片确定A点拉力的产生原因，进而确定拉力的方向，然后沿力的方向画带箭头的线段即可。力臂是从支点到力的作用线的距离；
（2）根据杠杆平衡条件计算左侧的拉力，再根据平衡力的知识计算铝球受到浮力的大小；
（3）根据密度公式计算体积，根据阿基米德计算浮力分析加水后的浮力的变化，结合杠杆平衡条件分析转动方向。
（1）图中杠杆平衡，右侧拉力向下，故左侧拉力也是向下，才能平衡，力臂是从支点到力的作用线的距离，如图所示：
（2）杠杆恰好在水平位置平衡，则由杠杆平衡条件可得
代入得
解得F浮=20N。
（3）质量为5.4kg的实心铝球，根据密度公式知，体积为
如果浸没时，受到的浮力为
说明原来是浸没的，加满水，浮力是不变的，因而杠杆仍保持平衡。
故选A。
13．【答案】守恒；大于
【知识点】机械能及其转化；机械能守恒条件
【解析】【解答】对于甲球沿光滑斜面的运动情况分析：由于斜面光滑无摩擦阻力，运动过程中没有机械能损失，因此甲球的机械能始终保持守恒状态。
关于甲乙两球的机械能分析：两球在运动过程中均未发生机械能损失，故机械能都守恒。具体表现为：甲球（斜面运动）质量不变，到达最高点时速度降为零，其动能完全转化为重力势能；乙球（斜抛运动）到达最高点时，竖直方向速度为零但水平方向仍有速度，保留部分动能，仅部分动能转化为重力势能。因此可得结论：甲球在斜面上达到的高度大于乙球在空中的最大高度，即满足关系式。
【分析】机械能：机械能为动能和重力势能之和，当质量不变时，动能和速度成正比，速度不变时，动能和质量成正比；当质量不变时，重力势能和高度成正比，高度不变时，重力势能和质量成正比，不考虑摩擦力时，机械能守恒。
14．【答案】（1）匀速直线
（2）压力大小
（3）压力一定时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大
（4）不科学；没有控制接触面的粗糙程度相同
【知识点】探究影响摩擦力大小因素的实验
【解析】【解答】（1）根据题意可知，当弹簧测力计水平匀速拉动木块时，此时它处于平衡状态，即木块受到的摩擦力等于拉力，即此时木块受到的滑动摩擦力大小等于弹簧测力计的示数。
（2）根据图片可知，甲、乙接触面相同，即粗糙程度相同，压力大小不同（木板上物体重力不变），说明滑动摩擦力的大小与压力的大小有关。
（3）根据图片可知，甲、丙中压力大小相同，只是接触面粗糙程度不同，且弹簧测力计的示数不同，这说明了滑动摩擦力的大小与接触面粗糙程度有关，即压力一定时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大。
（4）根据图片可知，乙和丁中，压力相同，一个A在下，一个B在下，则接触面积和粗糙程度都不同，即没有控制接触面的粗糙程度相同，故不能得出接触面积越大，滑动摩擦力越大的结论。
【分析】（1）根据平衡力的知识分析解答；
（2）根据图片分析实验甲和乙中哪个因素不同即可；
（3）根据图片分析甲和丙中哪个因素相同，哪个因素不同，根据控制变量法的要求描述结论；
（4）根据控制变量法的要求可知，探究摩擦力与接触面积的关系时，需要控制压力和接触面粗糙程度相同。
（1）将木块放在水平木板上，用弹簧测力计水平匀速拉动木块，根据二力平衡知识可知，此时木块受到的滑动摩擦力大小等于弹簧测力计的示数。
（2）甲、乙两个实验接触面的粗糙程度相同，压力大小不同，弹簧测力计的示数不同，说明滑动摩擦力的大小与压力的大小有关。
（3）甲、丙两个实验接触面的粗糙程度不同，压力大小相同，说明了滑动摩擦力的大小与接触面粗糙程度有关，且接触面越粗糙，弹簧测力计的示数越大，滑动摩擦力越大，故可得：压力一定时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大。
（4）比较实验乙和丁，接触面的粗糙程度和压力大小都不同，没有控制接触面的粗糙程度相同，故不能得出接触面积越大，滑动摩擦力越大的结论。
15．【答案】（1）
（2）；
（3）选用触发压力值更小的压力传感器，或适当减小B的密度、或适当增大B的高度而增大受到的浮力
【知识点】压强的大小及其计算；阿基米德原理；浮力的利用；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】（1）根据题意可知，当水位正常时，圆柱体B对模型的压力等于自身重力，即
底面积 ，
则对模型底部的压强。
（2）根据题意可知，当水面上升到传感器A的底端时，传感器受到圆柱体的压力为21N，
此时圆柱体受到的浮力；
那么圆柱体B的体积等于排开水的体积，即；
则圆柱体B的高度；
圆柱体B的质量；
圆柱体B的密度。
（3）为了提高防洪安全性，使警戒水位比原设计低，在B的底面积不变、压力传感器位置不变的前提下可以：
①选用触发压力值更小的压力传感器；
②另外可以减小圆柱体对传感器的压力，而圆柱体对传感器的压力等于传感器等于圆柱体的压力，由可知，在圆柱体重力不变的情况下，可以通过适当减小B的密度、或适当增大B的高度而增大受到的浮力。
【分析】 （1）当水位正常时，圆柱体B静止在模型上，与A不接触，对模型的压力等于圆柱体的重力，利用计算对模型的压强：
（2）当水面上升到传感器A的底端时，知道传感器受到圆柱体的压力，由于力的作用是相互的，可求传感器对圆柱体的压力，此时圆柱体受到重力、压力、浮力的作用，可求圆柱体受到的浮力，再利用阿基米德原理求圆柱体B的体积（排开水的体积），利用V=Sh计算圆柱体B的高度；
求出圆柱体的质量，利用密度公式求圆柱体的密度；
（3）为了提高防洪安全性，使警戒水位比原设计低，在B的底面积不变、压力传感器位置不变的前提下，可以选用触发压力值更小的压力传感器，另外可以减小圆柱体对传感器的压力，据此分析解答。
（1）当水位正常时，圆柱体B静止在模型上，与A不接触，对模型的压力
对模型底部的压强
（2）当水面上升到传感器A的底端时，传感器受到圆柱体的压力为21N，由于力的作用是相互的，传感器对圆柱体的压力等于传感器受到圆柱体的压力，其大小F压=21N，此时圆柱体受到重力、压力、浮力的作用，则此时圆柱体受到的浮力
由可得圆柱体B的体积
由可得圆柱体B的高度
圆柱体B的质量
圆柱体B的密度
（3）为了提高防洪安全性，使警戒水位比原设计低，在B的底面积不变、压力传感器位置不变的前提下，可以选用触发压力值更小的压力传感器，另外可以减小圆柱体对传感器的压力，而圆柱体对传感器的压力等于传感器等于圆柱体的压力，由可知，在圆柱体重力不变的情况下，可以通过适当减小B的密度、或适当增大B的高度而增大受到的浮力。
16．【答案】竖直向上；由b到a；竖直向上
【知识点】二力平衡的条件及其应用；磁场对通电导线的作用；产生感应电流的条件
【解析】【解答】（1）根据题意可知，金属棒cd悬在空中不动，此时它处于平衡状态，即重力与磁场力大小相等，方向相反。因为重力的方向竖直向下，所以cd受到的磁场力方向为竖直向上。
（2）①根据题意可知，对调N、S极，磁场的方向与原来相反，金属棒ab仍向左运动时产生的电流方向与原来相反，即ab中电流方向将由“b到a”。
②综上所述，金属棒cd所处磁场方向改变，电路中电流方向发生改变，即两个影响因素都发生改变，那么金属棒cd受到的磁场力方向不会发生改变，此时金属棒cd所受磁场力的方向将竖直向上。
【分析】（1）对金属棒cd进行受力分析，根据平衡力的知识分析磁场力的方向；
（2）①感应电流方向与磁场方向和导体运动方向有关；
②通电导体在磁场中受力方向与磁场方向和电流方向有关。
17．【答案】（1）
（2）B
（3）10
（4）
（5）20
（6）机械效率约90.9%，线圈产生热量2.4×104J，电动机消耗电能2.64×105J
【知识点】电阻的串联；欧姆定律及其应用；伏安法测电阻的探究实验；电功的计算；焦耳定律的应用
【解析】【解答】（1）在测量Rx的电阻的实验中，电压表应该与湿敏电阻并联。根据图1可知，此时可将湿敏电阻右端与开关相连的导线拆下，改接在电源负极即可，如图所示：
。
（2）根据图1可知，当滑片在B端时阻值最大，则闭合开关前，为保护电路，应将滑动变阻器的滑片P移到阻值最大处，即B端。
（3）由图2可知，电压表的量程为0-3V，分度值为0.1V，则电压表示数U2=1.8V；
电流表的量程为0-0.6A，分度值为0.02A，则电流表示数I2=0.2A，
那么此时；
根据表格数据可知，，；
则湿敏电阻的平均值为。
（4）当土壤湿度低于50%时，Rx阻值变大，控制电路电流变小，衔铁不被吸下，电动机工作；当土壤湿度高于50%时，Rx阻值变小，控制电路电流大于0.2A，衔铁被吸下，电动机停止工作。因此将R0与Rx串联后接在电磁继电器控制电路，电磁继电器衔铁端与电动机串联后接在220V电源的火线和零线上，如下图所示：
。
（5）根据题意可知，当土壤湿度为50%时，湿敏电阻Rx=10Ω，此时控制电路电流I=0.2A，
则控制电路总电阻，
那么 定值电阻R0的阻值。
（6） 电动机正常工作时，电动机内部线圈等效电阻r＝10Ω，通过线圈电流I＝2A，
则电动机消耗的电能；
电动机线圈产生热量；
电动机输出的机械能；
电动机的机械效率。
【分析】 （1）根据实验目的确定电器元件的串并联关系，然后与图1对照，从而进行修改。
（2）为保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P移到阻值最大处。
（3）观察电压表和电流表的量程和分度值，根据指针位置读取数据，由欧姆定律得到三次测量的电阻值，然后对三次测量值求平均值得到湿敏电阻的阻值。
（4）将R0与Rx串联后接在电磁继电器控制电路，电磁继电器衔铁端与电动机串联后接在220V电源的火线和零线上。当土壤湿度低于50%时，Rx阻值变大，控制电路电流变小，衔铁不被吸下，电动机工作；当土壤湿度高于50%时，Rx阻值变小，控制电路电流大于0.2A，衔铁被吸下，电动机停止工作。据此连接电路即可。
（5）当土壤湿度为50%时，由欧姆定律得到控制电路的总电阻，由串联电路电阻特点得到定值电阻R0的值。
（6）由W=UIt得到电动机消耗的电能，由Q=I2rt得到电动机线圈产生热量，由电能与热量之差得到电动机输出的机械能，由效率公式得到电动机的机械效率。
（1）为测量Rx的电阻值，应让湿敏电阻与滑动变阻器串联，电压表测量湿敏电阻两端的电压，电流表测量电路电流。原电路中湿敏电阻右端与开关相连的导线连接错误，应在该导线上打“×”，把湿敏电阻右端改接电源负极即可。如图所示
。
（2）为保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P移到阻值最大处，即B端。
（3）由图2可知，电压表示数U2=1.8V，电流表示数I2=0.2A，则
由实验①③的数据可得，
则湿敏电阻的平均值为
（4）将R0与Rx串联后接在电磁继电器控制电路，电磁继电器衔铁端与电动机串联后接在220V电源的火线和零线上。当土壤湿度低于50%时，Rx阻值变大，控制电路电流变小，衔铁不被吸下，电动机工作；当土壤湿度高于50%时，Rx阻值变小，控制电路电流大于0.2A，衔铁被吸下，电动机停止工作。据此连接电路，电路如图所示
。
（5）当土壤湿度为50%时，湿敏电阻Rx=10Ω，此时控制电路电流I=0.2A，电源电压U=6V，则控制电路总电阻
由串联电路电阻特点知
（6）电动机消耗的电能
电动机线圈产生热量
电动机输出的机械能
电动机的机械效率
18．【答案】（1）无关
（2）速度；①保持悬线与竖直方向夹角为θ1，让B球从静止开始释放，撞击木块C，用刻度尺测量并记录C的移动的距离s1；②增大悬线与竖直方向夹角θ，重复步骤1，测得距离为s2、s3。；
θ/° 　 　 　
s/m 　 　 　
；若θ1＜θ2＜θ3，但是s1＝s2＝s3，则物体的动能大小与物体运动速度无关；若θ1＜θ2＜θ3，且s1＜s2＜s3，则物体的动能大小与物体运动速度有关，质量相同时，物体运动速度越大，动能越大。
【知识点】探究影响物体动能大小的因素；物理学方法
【解析】【解答】（1）根据题意可知，A和B的体积相等，但是密度不同，由密度公式m=ρV可知，则两个小球的质量不同。观察到它们并排摆动且始终相对静止，且同时到达竖直位置，说明两个小球的速度相同，这表明两小球在摆动过程中的任一时刻的速度大小与小球的质量无关。
（2）根据图片可知，悬线与竖直方向的夹角越大，则被释放时小球的高度越大，则小球到达最低点的速度越大，那么木块被撞的距离越大，所以可通过改变悬线与竖直方向的夹角来改变小球撞击木块时的速度。
①根据控制变量法的要求可知，探究物体的动能大小与速度的关系，需要控制质量不变，只改变速度，则设计实验步骤：
①保持悬线与竖直方向夹角为θ1，让B球从静止开始释放，撞击木块C，用刻度尺测量并记录C的移动的距离s1；
②增大悬线与竖直方向夹角θ，重复步骤1，测得距离为s2、s3。
②根据题意可知，实验中需要记录悬线与竖直方向夹角θ和木块C被撞的距离s，则设计的实验表格为：
θ/°
s/m
③根据表格数据可知，若θ1＜θ2＜θ3，但是s1＝s2＝s3，则物体的动能大小与物体运动速度无关；若θ1＜θ2＜θ3，且s1＜s2＜s3，则物体的动能大小与物体运动速度有关。
【分析】 （1）比较甲、乙两图的速度和质量的关系便可得出结论；
（2）当悬线与竖直方向的夹角越大，到达最低点的速度越大；
①根据控制变量法可知探究动能与速度的关系需改变物体的速度，控制质量不变，据此设计实验步骤；
②根据实验过程要记录的物理量设计表格；
③如果选线角度改变时，木块移动的距离不变，那么说明动能与速度无关；否则，说明动能与速度有关。
（1）实心小铁球A、小铅球B的体积VA＝VB，密度ρ铁＜ρ铅，由密度公式可知，两个小球的质量不同，图甲、乙中，同时由静止释放A、B两球，观察到它们并排摆动且始终相对静止，同时到达竖直位置，则小球的速度相同，这表明两小球在摆动过程中的任一时刻的速度大小与小球的质量无关。
（2）[1]根据乙、丙所示的探究过程，当悬线与竖直方向的夹角越大，木块被撞的距离越大，说明小球到达最低点的速度越大，所以可通过改变悬线与竖直方向的夹角来改变小球撞击木块时的速度。
[2]由题意可知，探究物体的动能大小与速度的关系，根据控制变量法，控制质量不变，设计实验步骤：
①组装实验装置，保持悬线与竖直方向夹角为θ1，让B球从静止开始释放，撞击木块C，用刻度尺测量并记录C的移动的距离s1；
②增大悬线与竖直方向夹角θ，重复步骤1，测得距离为s2、s3。
[3]实验中需要记录悬线与竖直方向夹角θ和木块C被撞的距离s，根据实验需要测量的数据，可知设计的实验表格为：
θ/°
s/m
[4]数据分析：若θ1＜θ2＜θ3，但是s1＝s2＝s3，则物体的动能大小与物体运动速度无关；若θ1＜θ2＜θ3，且s1＜s2＜s3，则物体的动能大小与物体运动速度有关，质量相同时，物体运动速度越大，动能越大。
1 / 1

展开更多......

收起↑