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广东省广州市增城区2025年物理中考二模试题
一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项最符合题目要求。
1．增城迟菜心素有“菜心之王”，对图中农民手捧的迟菜心的长度l和质量m估测应为（　　）
A．l约为1000cm B．l约为100m C．m约为1000g D．m约为100kg
2．小明在调平好的托盘天平左右盘上分别放上甲、乙两个球比较它们质量，甲比乙体积大。他往右盘放入砝码，并调节游码的位置，最后托盘天平横梁平衡时如图所示，则甲球（　　）
A．质量为37.4g B．比乙质量大37.4g
C．密度一定比乙小 D．密度一定比乙大
3．有关原子的核式结构模型中，以下说法正确的是（　　）
A．中子带正电 B．原子的中心是原子核
C．原子核由质子和电子组成 D．质子和电子的质量几乎相同
4．用带正电的玻璃棒接触原来不带电的验电器金属球，发现验电器的金属箔张开，则两片金属箔（　　）
A．一定带负电 B．一定带异种电荷
C．和玻璃棒一定带异种电荷 D．的负电荷转移到了玻璃棒上
5．某研究人员在一定环境下将1g的冰加热完全变成水，记录温度与体积的数据，并绘成如图所示的图像。下列说法正确的是（　　）
A．冰变成水是凝固现象
B．冰变成水是升华现象
C．0℃至4℃，水的密度一直在变大
D．-4℃至0℃，冰的密度一直在变大
6．U形连通器中装有水，仅在b上方持续水平吹气，水面稳定后如图所示，此时水面上方a、b处的气压为pa、pb，若大气压为p0且保持不变，则（　　）
A． B． C． D．
7．东西走向的水平直道上，某时刻三辆小汽车的位置如图1，丙车停靠在路边，若甲乙两车沿直线向前运动的路程-时间图像、速度-时间图像分别如图2。在0-2s时（　　）
A．甲车速度大于乙车
B．甲乙两车速度相等
C．以甲车为参照物，乙车向东运动
D．以丙车为参照物，甲车向西运动
8．图中赛艇运动员使用船桨划水时，桨能绕着赛艇上的点O转动，手加在桨上的动力F1比水对桨的阻力F2大，若把船桨看成一种杠杆，其特点是动力臂比阻力臂短，以下选项中符合船桨的杠杆简化图是（　　）
A． B．
C． D．
9．以下过程不发生物态变化。质量相同的两块金属甲、乙吸收了相同的热量，甲升高的温度比乙低；那么，初温相同的甲、乙放出的热量Q甲A．甲的末温比乙的低，但无法判断甲、乙比热容哪一个大
B．甲的末温比乙的高，且可以判断甲、乙比热容哪一个大
C．无法判断甲、乙比热容哪一个大，且无法判断甲、乙的末温哪一个高
D．可以判断甲、乙比热容哪个大，但无法判断甲、乙的末温哪一个高
10．如图1，分别用动滑轮和定滑轮拉动重力均为G的物体M、N，在相同时间内使M、N沿水平面匀速直线移动了相同距离s，两个滑轮做功情况如图2所示，则（　　）
A．定滑轮做的有用功为Gs
B．M、N受到的摩擦力大小相等
C．动滑轮的机械效率小于定滑轮
D．F动做功的功率大于F定做功的功率
二、填空题（共5题，共36分）
11．图1中静放在水平地面上的长方体铁块和海绵块的大小完全相同，G铁=40N，G海绵=0.1N，铁块和海绵块上表面的面积均为0.05m2。
（1）铁块对水平地面的压强p1=　 　Pa；
（2）如图2，把铁块放在海绵块上，使两者上下表面重合，海绵块明显被铁块压扁，此时铁块对海绵块的压强p2　 　p1（选填“>”“=”“<”）；
（3）在图3中，以“·”表示海绵块，画出海绵块的受力示意图。（虚线为竖直方向）
12．小明随手扶电梯匀速上行，同时小芳随另一扶手电梯以相同速度匀速下行，该过程忽略两人受到的空气阻力，已知小芳质量比小明大。
（1）小明上行的过程中，其动能　 　，重力势能　 　，机械能　 　（以上均选填“变大”“变小”“不变”“大小无法判断”）；
（2）如图某时刻两人处于同一水平高度时，小明的机械能　 　小芳的机械能（选填“大于”“等于”“小于”）；
（3）扶手电梯上只有小明，当小明在上升的过程中机械能的变化量为E1时，扶手电梯消耗的电能为E2， 则E1　 　E2（选填“>”“=”“<”）。
13．（1）将自由转动的小磁针放在地球的赤道上，静止时指向如图1所示。小磁针A端是　 　（选填“N极”“S极”），小磁针S极指向的是地磁的　 　（选填“N极”“S极”）；
（2）用“”表示导体中电流方向垂直纸面向里，用“⊙”表示导体中电流方向垂直纸面向外，图2中通电螺线管右侧通电导体受到磁场的作用力为F；则图3选项中，F的方向判断正确的是　 　。
14．小明想探究光从水中射向空气的折射现象。没加水前，水箱底部的激光笔在S点发出光线a正好经过M点。水箱中加水至图所示位置后，光线a经水面折射后正好经过N点。
（1）请在图中画出光线a以及这束光经水面的反射光线和折射光线；
（2）不改变光线a的角度，为使这束光从水面射出后能照射在M点，可将激光笔按以下选项的方向移动　 　。
①水平向左 ②水平向右 ③竖直向上 ④竖直向下
15．如图，凸透镜的焦距为f，光心为O。物体MN在凸透镜左侧，M点发出的光线a经过O，N点发出的光线b平行于主光轴，b经透镜后的折射光线c与主光轴相交于A。
（1）①画出a经过透镜后的光线；
②画出光线b；
（2）OA　 　f（选填“>”“<” “=”）；
（3）MN经凸透镜能否成像？　 　。若能成像，则判断像的大小、正倒和虚实，若不能像，则给出判断依据：　 　。
三、第16、17题结合题目要求，涉及计算的，，应写出必要的文字说明、公式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算的题，演算过程及结果都要在数字的后面写上正确的单位。
16．科技小组为制作“浮力秤”准备了一个上端开口下端密封的圆筒瓶，瓶高度h=0.1m，底面积S=0.01m2瓶的厚度可忽略不计。他将小石头、秤盘放入瓶，做成“浮力秤”，测得“浮力秤”总重为2N。将“浮力秤”放入水中静止时如图1，在瓶上标记水面位置为A点。（，）
（1）求图1中：
①“浮力秤”受到的浮力；
②“浮力秤”浸入水的深度h1。
（2）以A点记为该“浮力秤”的零刻度，在秤盘上放重2N的钩码，“浮力秤”静止时如图2所示，此时在瓶上标记水面位置为B点，B点为“浮力秤”　 　N的刻度，AB间的距离h2　 　h1（选填“>”“=”或“<”）。
（3）若想增大该“浮力秤”的量程，则下列做法中能实现的是　 　（设每种做法仍能保持瓶竖直漂浮在容器液体内）。
①保持“浮力称”的结构不变，将水换成密度更大液体
②保持“浮力称”的结构不变，适当增加瓶内小石头的质量
③保持“浮力秤”的瓶的质量和底面积相同，换用高度更高的瓶
④保持“浮力秤”的瓶的质量和高度不变，换用底面积更小的瓶
17．图1为某款可控制加热炉温度的电路，工作电路电源电压恒为220V，R1、R2是加热电阻。温差电源的热点探头在炉内，冷点探头在20℃的恒温箱中，当炉内温度变化时，工作电路会切换高功率加热和低功率保温两种状态。闭合开关S1、S2，当电磁铁线圈中的电流小于0.01A时，动触点C与触点A接触；当电磁铁线圈中的电流达到0.01A时，衔铁被吸下，动触点C与触点B接触，此时工作电路功率为200W。已知R1=44Ω，R=4Ω，电磁铁线圈的电阻忽略不计。
（1）当C与A接触时，求工作电路的功率；
（2）当C与B接触时，求通电10min，工作电路产生的热量；
（3）此温差电源提供的电压U温差与两探头间的温度差Δt的关系如图2：
①分析图2中的数据，可得，则k的单位是　 　，这个温差电源的k的值为　 　；
②炉内温度为20℃时，闭合S1和S2，C将与　 　（选填“A”“B”）接触使工作电路处于加热状态，炉内温度逐渐升高，炉内温度刚好达到　 　℃时，工作电路由加热状态变为保温状态。
四、实验探究题（每空2分，共4分）
18．物理课上老师让同学们分组制作隔音盒子，把正在响铃的闹钟放入封闭盒子中，看谁做的隔音盒子能让闹钟传出的声音最小，具有最好的隔音效果。其中甲乙丙三组分别用不同材料制作的隔音盒子如图1所示。
（1）将测量仪器M的接收器对着声源，仪器能够通过数字显示所在位置接收到声音的大小，分别用M测得丙组的隔音盒子与空盒子的数据如图2所示，M测可测声音的　 　（选填“音调”“响度”“音色”），填充海绵能否让闹钟传出的声音变小？　 　
（2）请利用M进行测量，来比较甲乙丙三组所制作的隔音盒子哪个的隔音效果最好，设计实验方案写出实验步骤（可以用画图或文字表述）。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】质量及其特性；长度的估测
【解析】【解答】 图中农民手捧的迟菜心的长度估计在30-50厘米之间，质量估计在500克到1.5kg之间，故ABD不符合实际，C符合实际。
故选：C。
【分析】首先对题目中涉及的物理量有个初步的了解，对于选项中的数据，可根据需要进行相应的换算或转换，找出符合要求的答案。
2．【答案】B
【知识点】质量的测量与天平的使用；密度及其特性
【解析】【解答】AB、根据天平的读数特点得：m右=m左+m游，m甲=m乙+m法+m游，m甲-m乙=35g+2.4g=37.4g，故A错误，B正确
CD、根据密度公式得：，甲的质量大，体积也大，密度可能大于乙，可能和乙相等，也可能小于乙，因此C，D错误。
故选：B。
【分析】 本题主要考查天平的称量方法
3．【答案】B
【知识点】原子结构
【解析】【解答】 A、中子不带电，质子带正电，故A错误。
B、原子的中心是原子核，带负电的电子在核外空间绕核旋转，这是原子的核式结构模型的核心内容之一，故B正确。
C、原子核由质子和中子组成，电子在原子核外，故C错误。
D、质子的质量远大于电子的质量，原子的质量几乎全部集中在原子核上，而原子核由质子和中子组成，电子质量可忽略不计，故D错误。
故选：B。
【分析】 物质是由分子或原子组成的，原子核带的正电荷数等于核外电子带的负电荷数，原子、分子对外不显电性。原子由原子核和核外带负电的电子组成，电子带负电，原子核中质子带正电、中子不带电。
4．【答案】D
【知识点】电荷间的相互作用规律；验电器的原理及使用
【解析】【解答】 用带正电的玻璃棒接触原来不带电的验电器金属球，负电荷从金属箔顺着金属杆移动到玻璃棒上，两片金属箔一定带正电，和玻璃棒带同种电荷，都是正电，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【分析】 （1）物理学中把正电荷定向移动的方向规定为电流的方向，负电荷定向移动的方向与电流的方向相反；
（2）金属箔带有的电荷量越大，排斥力越大；
（3）（4）同种电荷互相排斥，异种电荷互相吸引。
5．【答案】C
【知识点】熔化与熔化吸热特点；凝固与凝固放热特点；升华及升华吸热；密度与温度的关系
【解析】【解答】 AB、冰变成水是从固态变为液态的过程，属于熔化现象，故AB错误；
C、由图象可知，水从0℃上升到4℃时，其体积变小，根据可知，水的密度增大，故C正确；D、由图象可知，冰从-4℃至0℃，冰块的体积变大，根据可知，冰的密度在变小，故D错误。
故选：C。
【分析】（1）物质由固态变为液态叫熔化；
（2）由图象可得，0℃时冰变成水的过程中，它们的体积变化情况；从0℃上升到4℃的过程中，水的体积变化情况；而水的质量不变，根据密度公式分析密度大小变化情况，进一步得出答案。
6．【答案】C
【知识点】流体压强与流速的关系
【解析】【解答】未吹气时，整套装置构成连通器。连通器内液体静止时，两侧液面高度一致，液面上方气压相等，因此初始气压大小相等。向b管口上方平稳吹气时，该处空气流动速度加快，根据流体规律，b端上方气压会随之降低，使得a侧气压大于b侧气压。对比标准大气压不难发现，b处气压小于外界大气压，a处气压与外界大气压保持一致，故C 正确，ABD错误。
故选：C。
【分析】流体具备特殊的压强规律，空气、水流这类流体，流速与压强成反比关系。流速较快的区域，流体产生的压强更小；流速缓慢的区域，对应的压强数值更大。
7．【答案】B
【知识点】参照物及其选择；时间速度路程的图像分析
【解析】【解答】 AB、由图2可知，甲的速度：，
乙的速度：v乙= 4m/s，
比较可知，甲、乙两车速度相等，故A错误，B正确；
C、甲、乙两车速度相等，以甲车为参照物，乙车的位置没有发生改变，是静止的，故C错误；
D、以丙车为参照物，甲车的位置向东发生了改变，因此是向东运动，故D错误。
故选：B。
【分析】 根据图2可分别求出甲、乙两车的速度大小并进行比较；再根据运动与静止的相对性，可判断它们之间的相对运动情况。
8．【答案】C
【知识点】杠杆及其五要素
【解析】【解答】A．将船桨视作杠杆，支点为O。动力与阻力分别位于支点两侧，且动力臂小于阻力臂。动力 F1向上作用时，杠杆将逆时针转动，此时水对桨的阻力F2方向也向上，无法形成阻碍杠杆转动的效果，故A错误。
B．把船桨看成一种杠杆，动力和阻力在支点O两侧，而图中动力和阻力作用于支点的同侧，不符合船桨的实际受力结构，故B错误。
C．以O为支点，动力和阻力分居于支点两侧，动力臂小于阻力臂。当动力F1向上作用使杠杆逆时针转动时，水对桨的阻力F2向上，能够阻碍杠杆转动，符合实际受力与运动逻辑，故C正确。
D．该选项中动力臂大于阻力臂，与船桨实际为费力杠杆的特点不符，故D错误。
故选：C。
【分析】 （1）判断杠杆受力，首先要明确支点位置，以及动力、阻力分别作用在支点的哪一侧，确保动力与阻力的作用效果相反，一个使杠杆转动，一个阻碍转动。
（2）船桨属于典型的费力杠杆，其核心特征是动力臂小于阻力臂，因此在分析时需先核对动力臂与阻力臂的大小关系。
（3）动力与阻力的方向需根据杠杆的转动趋势判断：动力使杠杆向某一方向转动，阻力则应向相反方向阻碍其转动，二者需形成相互制约的效果。
（4）逐一对照选项的受力位置、力臂关系和力的方向，排除与船桨实际工作原理不符的选项，即可得出正确结论。
9．【答案】B
【知识点】比热容的定义及其计算公式
【解析】【解答】 由题知，甲、乙的质量相同，吸收相同热量后，甲升高的温度比乙的低，即甲升高的温度较小，由比热容的概念或公式Q吸=cmΔt可知，甲的比热容较大，即c甲＞c乙；
甲、乙的初温相同，放出的热量关系为Q甲＜Q乙，两者的质量m相同，且c甲＞c乙，根据可知，甲降低的温度小于乙降低的温度，所以此时甲的末温较高；
由此可知，甲的末温比乙的高，且可以判断甲、乙的比热容哪一个大，故B正确，ABD错误。
故选：B。
【分析】甲、乙的质量相同，吸收相同热量后，甲升高的温度比乙的低，即甲升高的温度较小，由比热容的概念或公式Q吸=cmΔt可判断甲、乙的比热容哪一个大；
甲、乙的初温相同，放出的热量关系为Q甲＜Q乙，两者的质量m相同，且知道甲、乙比热容的大小关系，根据判断甲、乙降低温度的大小关系，由此可知哪个物体的末温较高。
10．【答案】C
【知识点】功率大小的比较；机械效率的大小比较；有用功和额外功
【解析】【解答】 A、物体在水平面上运动，定滑轮做的有用功等于克服摩擦力做的功，故A错误；
B、两个物体的重力相等，对水面的压力相等，接触面的粗糙程度未知，摩擦力大小不一定相等，故B错误；
C、由图2可知，定滑轮的总功大于动滑轮的总功，定滑轮的额外功小于动滑轮的额外功，定滑轮的额外功和总功的比值小，有用功等于总功和额外功之差，所以定滑轮的有用功和总功的比值大，定滑轮的机械效率大于动滑轮，故C正确；
D、由图2可知，定滑轮的总功大于动滑轮的总功，时间相同，由可知定滑轮拉力做功的功率大，故D错误。
故选：C。
【分析】 （1）根据W=fs得到有用功；
（2）滑动摩擦力的大小与压力和接触面的粗糙程度有关；
（3）根据图2和机械效率的公式分析两个滑轮的机械效率的大小关系；
（4）根据得到功率的大小关系。
11．【答案】（1）800
（2）=
（3）
【知识点】力的三要素及力的示意图；压力及重力与压力的区别；压强的大小及其计算
【解析】【解答】 （1）铁块对水平地面的压力F=G铁=40N，
压强；（2）把铁块放在海绵块上，使两者上下表面重合，与放地面上相比，压力不变，受力面积也不变，根据知，压强大小不变，故p2=p1；
（3）海绵块受到重力和铁块的压力，与地面的支持力平衡，支持力F=G铁+G海绵=40N+0.1N=40.1N，重力与压力竖直向下，支持力竖直向上，作用点都画在重心上，如图所示：
故答案为：（1）800；（2）=；（3）。
【分析】 （1）根据水平面上的压力等于重力，结合计算压强；
（2）根据压强与受力面积和压力大小有关分析；
（3）根据受力分析画图。
（1）铁块对水平地面的压强
（2）如图2，把铁块放在海绵块上，使两者上下表面重合，海绵块明显被铁块压扁，与放在水平地面上相比，压力不变，受力面积不变，所以压强不变，则铁块对海绵块的压强等于铁块对水平地面的压强。
（3）海绵块受到铁块竖直向下的压力、自身竖直向下的重力和竖直向上的支持力，作图如下：
12．【答案】（1）不变；变大；变大
（2）小于
（3）＜
【知识点】动能和势能的大小变化；动能的影响因素；势能的影响因素；机械能及其转化；能量的转化或转移
【解析】【解答】（1）小明随电梯匀速上行时，自身质量恒定、运动速度保持不变，因此动能大小保持恒定；所处高度不断增加，重力势能随之增大；机械能为动能与势能之和，动能不变、重力增加，整体机械能不断增大。
（2）小芳与小明搭乘电梯时，运动速度、上升高度完全一致，因小芳自身质量更大，对应的动能与重力势能均更高，所以小芳具备的机械能大于小明。
（3）电梯运行时，消耗电能转化为人的机械能，同时机械摩擦、散热等会造成能量损耗，因此人体增加的机械能，始终小于电梯全程消耗的电能，即E1＜E2。
故答案为：（1）不变；变大；变大；（2）小于；（3）＜。【分析】 （1）物体由于运动而具有的能量叫做动能，动能大小与物体的质量和速度有关；物体由于被举高而具有的能量叫做重力势能，重力势能大小与物体的质量和所处的高度有关；动能和势能统称为机械能；
（2）小芳和小明的速度相同，高度相同，由于小芳质量比小明大，则小芳的动能和重力势能都比小明的动能和重力势能大，据此可知小明的机械能和小芳的机械能的关系；
（3）能量在转化和转移过程中会有能量的损耗。
（1）[1]动能与质量和速度有关，小明上行的过程中，质量不变，速度不变，动能不变。
[2]重力势能与质量和高度有关，小明上行的过程中，质量不变，高度变大，则重力势能变大。
[3]机械能包含动能和势能，小明上行的过程中，动能不变，重力势能变大，则其机械能变大。
（2）小芳和小明的速度相同，高度相同，由于小芳质量比小明大，则小芳的动能和重力势能都比小明的动能和重力势能大，所以小芳的机械能大于小明的机械能，即小明的机械能小于小芳的机械能。
（3）电梯工作过程中，把电能转化为小明的机械能，而能量转化和转移过程中，会有能量的损失，所以小明在上升的过程中机械能的变化量E1会小于扶手电梯消耗的电能E2，即E1＜E2。
13．【答案】（1）N极；N极
（2）①②
【知识点】地磁场；磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】 （1）地球本身是一个巨大的磁体，地磁北极在地理南极附近，地磁南极在地理北极附近。小磁针静止时N极的指向为磁场的方向，在地球赤道上，小磁针静止时N极指向地理北极，也就是地磁南极，所以小磁针A端是N极，小磁针S极指向的是地磁的N极。
（2）通电导体在磁场中要受到力的作用，其方向与电流方向和磁场方向有关，当改变其中一个方向时，导体受力作用方向将改变，若两个方向都改变时，导体的受力方向将不改变。图3中的①相对图2只改变了通电导体的电流方向，受力方向改变，故①正确；图3中的②对图2只改变了通电螺线管中的电流方向（相当于改变磁场方向），受力方向改变，故②正确；图3中的③相对图2不仅改变通电螺线管的环绕方向，也改变了通电螺线管的电流方向（相当于磁场方向没变），但是改变了通电导体的电流方向，受力方向改变，故③错误；故选①②。
故答案为：（1）N；N；（2）①②。
【分析】 （1）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。
（2）通电导体在磁场中要受到力的作用，其方向与电流方向和磁场方向有关，当改变其中一个方向时，导体受力作用方向将改变，若两个方向都改变时，导体的受力方向将不改变。
（1）[1][2]地磁场的N极在南极点附近，S极在北极点附近。受地磁场影响，小磁针静止时N极指北，S极指南。所以小磁针A端是N极，小磁针S极指向的是地磁的N极。
（2）通电导体受到磁场的作用力的方向与电流的方向和磁场方向有关，与图2相比；
①图中，根据安培定则可知磁场方向不变，导体中电流方向改变，所以通电导体受到磁场的作用力的方向改变，故①正确；
②图中，根据安培定则可知磁场方向改变，导体中电流方向不变，所以通电导体受到磁场的作用力的方向改变，故②正确；
③图中，根据安培定则可知磁场方向不变，导体中电流方向改变，所以通电导体受到磁场的作用力的方向改变，故③错误。
则图3选项中，F的方向判断正确的是①②。
14．【答案】（1）
（2）①③
【知识点】作光的反射光路图；光的折射现象及其应用；作光的折射光路图
【解析】【解答】（1）连接线段SM，与水面相交确定交点O，该点即为光线的入射位置。其中SO为入射光路，对应题图中的光线a。当光由水中斜射进入空气时会发生折射现象，折射角度大于入射角度，折射光线会偏离法线方向，ON便是对应的折射光线。同时，光照射至水与空气的分界面时还会发生光的反射，依据反射角与入射角大小相等的规律，便可画出反射光线OC，如图所示：
（2）①激光笔水平左移时，入射光线方向保持不变，入射点随之左移，折射光线同步向左偏移，容器壁上的光斑向上移动，可对准M点，故①正确；
②激光笔水平右移时，入射角度不变，入射点向右侧偏移，折射光线随之右偏，光斑位置向下变动，无法抵达M点，故②错误；
③激光笔竖直上移，入射光线角度不变，入射点向左发生偏移，折射光线同步左移，光斑向上调整，能够照射到M点，故③正确；
④激光笔竖直下移，入射点向右移动，折射光线一同右偏，光斑位置下沉，不能对准目标M点，故④错误；
故选：①③。
故答案为：（1）；（2）①③。
【分析】（1）光从一种介质斜射入另一种介质时，光线的传播光线一般会发生变化，这是光的折射现象；光照射到物体的表面会发生反射现象；
（2）根据光的折射规律分析。
（1）连接SM交水面于点O，即为入射点，SO为入射光线，即为光线a，光线从水中斜射入空气中时会发生折射，此时的折射角大于入射角，折射光线远离法线，ON为折射光线；光从水中射到空气和水的界面上时会发生反射现象，反射角等于入射角，据此做出反射光线OC，如图所示：
（2）①将激光笔水平向左移动，入射光线角度不变，入射点向左移动，则折射光线也向左移动，光点会向上移动，能照射到M点，故①符合题意；
②将激光笔水平向右移动，入射光线角度不变，入射点向右移动，则折射光线也向右移动，光点会向下移动，不能照射到M点，故②不符合题意；
③将激光笔竖直向上移动，入射光线角度不变，入射点向左移动，则折射光线也向左移动，光点会向上移动，能照射到M点，故③符合题意；
④将激光笔竖直向下移动，入射光线角度不变，入射点向右移动，则折射光线也向右移动，光点会向下移动，不能照射到M点，故④不符合题意。
故选①③。
15．【答案】（1）
（2）＝
（3）能；凸透镜的焦距是10.0cm，而物距是24.0cm，满足u＞2f，符合照相机成像原理，所以成倒立、缩小的实像
【知识点】主光轴、光心、焦点和焦距；透镜的光路图；凸透镜成像规律及其探究实验
【解析】【解答】 （1）①光线a过凸透镜的光心，其传播方向不变；
②平行于主光轴的光线b经过凸透镜后会过焦点，如图所示：
（2）由题意知，光线c与凸透镜主光轴的交点A为焦点F，则OA=f；
（3）由图可知，凸透镜的焦距是10cm，而物距是24cm，即u＞2f，成所以倒立、缩小的实像；
故答案为：（1）；（2）=；（3）u＞2f，成倒立、缩小的实像。
【分析】（1）在作凸透镜的光路图时，先确定所给光线的特点再根据透镜的光学特点（三条特殊光线）来作图；
（2）焦点到光心的距离叫焦距；
（3）根据凸透镜成像规律进行分析。
（1）光线a过凸透镜的光心，其传播方向不变；平行于主光轴的光线b经过凸透镜后会过焦点，如图所示：
（2）由题意知，平行于主光轴的光线经过凸透镜后会过焦点，则光线c与凸透镜主光轴的交点A为焦点F，所以OA＝f。
（3）[1][2]MN经凸透镜能否成像，由图可知，凸透镜的焦距是10.0cm，而物距是24.0cm，满足u＞2f，符合照相机成像原理，所以成倒立、缩小的实像。
16．【答案】（1）测得“浮力秤”总重为2N，根据浮沉条件知，因为是漂浮，即浮力等于重力，为2N；
根据阿基米德原知：F浮=ρ水gV排；即1.0×103kg/m3×10N/kg×0.01m2×h1=2N；
解得浸入水的深度h1=0.02m；
（2）2；＝
（3）①③
【知识点】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）测得“浮力秤”总重为2N，根据浮沉条件知，因为是漂浮，即浮力等于重力，为2N；
根据阿基米德原知：F浮=ρ水gV排；即1.0×103kg/m3×10N/kg×0.01m2×h1=2N；
解得浸入水的深度h1=0.02m；
（2）以A点记为该“浮力秤”的零刻度，在秤盘上放重2N的钩码，此时增大的浮力等于增大的重力，为2N，此时在瓶上标记水面位置为B点，B点为“浮力秤”2N的刻度，增大的重力与自重相同，故增大的浸入的体积与原来排开水的体积相同，由于是柱体，底面积不变，故深度相同，即AB间的距离h2=h1。
（3）①保持“浮力称”的结构不变，即自重和浸入的最大体积不变，将水换成密度更大液体，受到的浮力更大，根据浮力等于重力，放入物体的重力更大，质量更大，可以增大量程，故①正确；
②保持“浮力称”的结构不变，水不变，则浮力不变，测量的最大总重不变，适当增加瓶内小石头的质量，被称物体的最大质量减小，故②错误；
③保持“浮力秤”的瓶的质量和底面积相同，换用高度更高的瓶，浸入的最大体积更大，浮力更大，总重更大，自重不变，物体的重力更大，可以增大量程，故③正确；
④保持“浮力秤”的瓶的质量和高度不变，换用底面积更小的瓶，浸入的最大体积变小，浮力减小，总重变小，故减小了量程，故④错误。
故选：①③。
答：（1）①“浮力秤”受到的浮力是2N；②“浮力秤”浸入水的深度h1为0.02m；
（2）2；=；（3）①③。
【分析】(1) 利用漂浮条件确定浮力大小，再结合阿基米德原理，联立排液体积公式，求解物体浸入液体的深度。
(2) 漂浮状态下，浮力变化量等于总重力变化量，结合柱体容器体积与高度的关系，判断液面高度的变化规律。
(3) 结合漂浮特点与阿基米德原理，分别分析液体密度、自身配重、容器高度、容器底面积四个变量，对浮力秤测量量程的影响。
（1）[1]“浮力秤”漂浮，测得“浮力秤”总重为2N，根据浮沉条件知，浮力等于重力，即“浮力秤”受到的浮力为2N。
[2]根据阿基米德原知，即
解得浸入水的深度。
（2）[1][2]以A点记为该“浮力秤”的零刻度，在秤盘上放重2N的钩码，此时增大的浮力等于增大的重力，为2N，此时在瓶上标记水面位置为B点，B点为“浮力秤”2N的刻度，增大的重力与自重相同，故增大的浸入的体积与原来排开水的体积相同，由于是柱体，底面积不变，故深度相同，即AB间的距离。
（3）①保持“浮力称”的结构不变，即自重和浸入的最大体积不变，将水换成密度更大液体，受到的浮力更大，根据浮力等于重力，放入物体的重力更大，质量更大，可以增大量程，故①符合题意；
②保持“浮力称”的结构不变，水不变，则浮力不变，测量的最大总重不变，适当增加瓶内小石头的质量，被称物体的最大质量减小，故②不符合题意；
③保持“浮力秤”的瓶的质量和底面积相同，换用高度更高的瓶，浸入的最大体积更大，浮力更大，总重更大，自重不变，物体的重力更大，可以增大量程，故③符合题意；
④保持“浮力秤”的瓶的质量和高度不变，换用底面积更小的瓶，浸入的最大体积变小，浮力减小，总重变小，故减小了量程，故④不符合题意。
故选①③。
17．【答案】（1）解：闭合开关S1、S2，由图1可知，当C与A接触时，工作电路中只有R1工作；当C与B接触时，R1、R2串联；
只有R1工作时，电路中电阻较小（小于串联电路的总电阻），根据可知此时工作电路消耗的功率较大，为加热挡；R1、R2串联时，电路中电阻较大，总功率较小，此时为保温挡；
当C与A接触时，工作电路的功率：。
答：当C与A接触时，工作电路的功率为1100W。
（2）当C与B接触时，为保温挡，已知此时工作电路功率为200W，
则通电10min，工作电路产生的热量：Q=W=P保温t=200W×10×60s=1.2×105J。
答：当C与B接触时，通电10min，工作电路产生的热量为1.2×105J。
（3）V/℃；5×10-5V/℃；A；820
【知识点】欧姆定律及其应用；电功的计算；电功率的计算；焦耳定律的应用；多状态电路——多挡位问题
【解析】【解答】（3）①由图2可知，Δt=5℃时，，则，所以，k的单位为V/℃，k的值为5×10-5；②已知冷点探头在20℃的恒温箱中，当炉内温度为20℃时，Δt=0℃，由图2可知此时电压差为U温差1=0V，所以控制电路中没有电流，则C将与A接触使工作电路处于加热状态；
当电磁铁线圈中的电流达到0.01A时，衔铁被吸下，动触点C与触点B接触，工作电路由加热状态变为保温状态，此时I控制=0.01A，
由欧姆定律可得，此时温差电源的电压值为：U温差2=I控制R=0.01A×4Ω=0.04V，
由可得此时两探头间的温度差：，
所以此时炉内温度为：t炉内=t热点=t冷点+Δt=20℃+800℃=820℃。
答：（3）①V/℃；5×10-5；②A；820。
【分析】 （1）先分析动触点C与不同的静触点接触时工作电路中电阻的连接方式，再根据电阻的串联和电功率公式判断出工作电路处于加热状态还是保温状态，利用公式计算当C与A接触时工作电路的功率；
（2）当C与B接触时，由题意可知此时工作电路的功率，根据Q=W=Pt计算通电10min工作电路产生的热量；
（3）①分析图2可知，U温差与Δt为正比例关系，且，从图中任取一组数据可计算出k的值，并得出其单位；
②炉内温度为20℃时，Δt=0℃，则U温差=0V，控制电路中没有电流，衔铁被向上拉起，据此判断C将与哪个触点接触；
工作电路由加热状态变为保温状态时，控制电路的电流为0.01A，根据欧姆定律求出U温差的值，再根据U温差与Δt的关系求出Δt的值，最后得出此时炉内温度。
（1）当C与A接触时，工作电路中只有R1接入电路，其中工作电路电源电压，，根据功率公式可得，工作电路的功率
（2）当C与B接触时，工作电路功率，通电时间，则工作电路产生的热量
（3）[1]根据，的单位是V，的单位是℃，所以k的单位是V/℃。
[2]从图2中取一组数据，比如当时，，则
[3]炉内温度为20℃时，两探头间温度差，此时电磁铁线圈中的电流小于0.01A，C将与A接触，工作电路中只有R1接入电路，工作电路处于加热状态。
[4]当工作电路由加热状态变为保温状态时，电磁铁线圈中的电流，此时控制电路中，根据欧姆定律，可得温差电源电压
由可得，温度差
已知冷点探头温度为20℃，则炉内温度为
18．【答案】（1）响度；能
（2）①将机械闹钟放入鞋盒内，确保其位置固定；②在鞋盒四周分别塞入甲、乙、丙三组各自的隔音材料，确保材料的厚度和密度相同；③使用噪声监测仪在离鞋盒一定距离外（如1米）测量声音的强度；④记录下每个隔音盒在相同距离下的噪声监测仪读数。
【知识点】响度及响度与振幅的关系；音调、响度与音色的区分；防治噪声的途径
【解析】【解答】 （1）M可测声音的响度；填充海绵可以让闹钟传出的声音变小，因为中空的海绵可以吸收部分声波。
（2）①将机械闹钟放入鞋盒内，确保其位置固定。②在鞋盒四周分别塞入甲、乙、丙三组各自的隔音材料，确保材料的厚度和密度相同。③使用噪声监测仪在离鞋盒一定距离外（如1米）测量声音的强度。④记录下每个隔音盒在相同距离下的噪声监测仪读数。
故答案为：（1）响度；能；（2）①将机械闹钟放入鞋盒内，确保其位置固定。②在鞋盒四周分别塞入甲、乙、丙三组各自的隔音材料，确保材料的厚度和密度相同。③使用噪声监测仪在离鞋盒一定距离外（如1米）测量声音的强度。④记录下每个隔音盒在相同距离下的噪声监测仪读数。
【分析】 （1）声音的大小叫响度，响度与振幅和距离声源的远近有关；减弱噪声的办法：在声源处减弱、在传播过程中减弱、在人耳处减弱。
（2）将测量仪器M放在距离声源相同的位置，记录噪声的等级，比较三个不同盒子的隔音效果。
（1）[1]声音的大小叫响度，响度与振幅和距离声源的远近有关，由图可知，测量仪器M测可测声音的响度。
[2]减弱噪声的办法：在声源处减弱、在传播过程中减弱、在人耳处减弱。填充海绵可以让闹钟传出的声音变小，因为中空的海绵可以吸收部分声波。
（2）实验步骤：
①将机械闹钟放入鞋盒内，确保其位置固定；
②在鞋盒四周分别塞入甲、乙、丙三组各自的隔音材料，确保材料的厚度和密度相同；
③使用噪声监测仪在离鞋盒一定距离外（如1米）测量声音的强度；
④记录下每个隔音盒在相同距离下的噪声监测仪读数。
1 / 1广东省广州市增城区2025年物理中考二模试题
一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项最符合题目要求。
1．增城迟菜心素有“菜心之王”，对图中农民手捧的迟菜心的长度l和质量m估测应为（　　）
A．l约为1000cm B．l约为100m C．m约为1000g D．m约为100kg
【答案】C
【知识点】质量及其特性；长度的估测
【解析】【解答】 图中农民手捧的迟菜心的长度估计在30-50厘米之间，质量估计在500克到1.5kg之间，故ABD不符合实际，C符合实际。
故选：C。
【分析】首先对题目中涉及的物理量有个初步的了解，对于选项中的数据，可根据需要进行相应的换算或转换，找出符合要求的答案。
2．小明在调平好的托盘天平左右盘上分别放上甲、乙两个球比较它们质量，甲比乙体积大。他往右盘放入砝码，并调节游码的位置，最后托盘天平横梁平衡时如图所示，则甲球（　　）
A．质量为37.4g B．比乙质量大37.4g
C．密度一定比乙小 D．密度一定比乙大
【答案】B
【知识点】质量的测量与天平的使用；密度及其特性
【解析】【解答】AB、根据天平的读数特点得：m右=m左+m游，m甲=m乙+m法+m游，m甲-m乙=35g+2.4g=37.4g，故A错误，B正确
CD、根据密度公式得：，甲的质量大，体积也大，密度可能大于乙，可能和乙相等，也可能小于乙，因此C，D错误。
故选：B。
【分析】 本题主要考查天平的称量方法
3．有关原子的核式结构模型中，以下说法正确的是（　　）
A．中子带正电 B．原子的中心是原子核
C．原子核由质子和电子组成 D．质子和电子的质量几乎相同
【答案】B
【知识点】原子结构
【解析】【解答】 A、中子不带电，质子带正电，故A错误。
B、原子的中心是原子核，带负电的电子在核外空间绕核旋转，这是原子的核式结构模型的核心内容之一，故B正确。
C、原子核由质子和中子组成，电子在原子核外，故C错误。
D、质子的质量远大于电子的质量，原子的质量几乎全部集中在原子核上，而原子核由质子和中子组成，电子质量可忽略不计，故D错误。
故选：B。
【分析】 物质是由分子或原子组成的，原子核带的正电荷数等于核外电子带的负电荷数，原子、分子对外不显电性。原子由原子核和核外带负电的电子组成，电子带负电，原子核中质子带正电、中子不带电。
4．用带正电的玻璃棒接触原来不带电的验电器金属球，发现验电器的金属箔张开，则两片金属箔（　　）
A．一定带负电 B．一定带异种电荷
C．和玻璃棒一定带异种电荷 D．的负电荷转移到了玻璃棒上
【答案】D
【知识点】电荷间的相互作用规律；验电器的原理及使用
【解析】【解答】 用带正电的玻璃棒接触原来不带电的验电器金属球，负电荷从金属箔顺着金属杆移动到玻璃棒上，两片金属箔一定带正电，和玻璃棒带同种电荷，都是正电，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【分析】 （1）物理学中把正电荷定向移动的方向规定为电流的方向，负电荷定向移动的方向与电流的方向相反；
（2）金属箔带有的电荷量越大，排斥力越大；
（3）（4）同种电荷互相排斥，异种电荷互相吸引。
5．某研究人员在一定环境下将1g的冰加热完全变成水，记录温度与体积的数据，并绘成如图所示的图像。下列说法正确的是（　　）
A．冰变成水是凝固现象
B．冰变成水是升华现象
C．0℃至4℃，水的密度一直在变大
D．-4℃至0℃，冰的密度一直在变大
【答案】C
【知识点】熔化与熔化吸热特点；凝固与凝固放热特点；升华及升华吸热；密度与温度的关系
【解析】【解答】 AB、冰变成水是从固态变为液态的过程，属于熔化现象，故AB错误；
C、由图象可知，水从0℃上升到4℃时，其体积变小，根据可知，水的密度增大，故C正确；D、由图象可知，冰从-4℃至0℃，冰块的体积变大，根据可知，冰的密度在变小，故D错误。
故选：C。
【分析】（1）物质由固态变为液态叫熔化；
（2）由图象可得，0℃时冰变成水的过程中，它们的体积变化情况；从0℃上升到4℃的过程中，水的体积变化情况；而水的质量不变，根据密度公式分析密度大小变化情况，进一步得出答案。
6．U形连通器中装有水，仅在b上方持续水平吹气，水面稳定后如图所示，此时水面上方a、b处的气压为pa、pb，若大气压为p0且保持不变，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】流体压强与流速的关系
【解析】【解答】未吹气时，整套装置构成连通器。连通器内液体静止时，两侧液面高度一致，液面上方气压相等，因此初始气压大小相等。向b管口上方平稳吹气时，该处空气流动速度加快，根据流体规律，b端上方气压会随之降低，使得a侧气压大于b侧气压。对比标准大气压不难发现，b处气压小于外界大气压，a处气压与外界大气压保持一致，故C 正确，ABD错误。
故选：C。
【分析】流体具备特殊的压强规律，空气、水流这类流体，流速与压强成反比关系。流速较快的区域，流体产生的压强更小；流速缓慢的区域，对应的压强数值更大。
7．东西走向的水平直道上，某时刻三辆小汽车的位置如图1，丙车停靠在路边，若甲乙两车沿直线向前运动的路程-时间图像、速度-时间图像分别如图2。在0-2s时（　　）
A．甲车速度大于乙车
B．甲乙两车速度相等
C．以甲车为参照物，乙车向东运动
D．以丙车为参照物，甲车向西运动
【答案】B
【知识点】参照物及其选择；时间速度路程的图像分析
【解析】【解答】 AB、由图2可知，甲的速度：，
乙的速度：v乙= 4m/s，
比较可知，甲、乙两车速度相等，故A错误，B正确；
C、甲、乙两车速度相等，以甲车为参照物，乙车的位置没有发生改变，是静止的，故C错误；
D、以丙车为参照物，甲车的位置向东发生了改变，因此是向东运动，故D错误。
故选：B。
【分析】 根据图2可分别求出甲、乙两车的速度大小并进行比较；再根据运动与静止的相对性，可判断它们之间的相对运动情况。
8．图中赛艇运动员使用船桨划水时，桨能绕着赛艇上的点O转动，手加在桨上的动力F1比水对桨的阻力F2大，若把船桨看成一种杠杆，其特点是动力臂比阻力臂短，以下选项中符合船桨的杠杆简化图是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】杠杆及其五要素
【解析】【解答】A．将船桨视作杠杆，支点为O。动力与阻力分别位于支点两侧，且动力臂小于阻力臂。动力 F1向上作用时，杠杆将逆时针转动，此时水对桨的阻力F2方向也向上，无法形成阻碍杠杆转动的效果，故A错误。
B．把船桨看成一种杠杆，动力和阻力在支点O两侧，而图中动力和阻力作用于支点的同侧，不符合船桨的实际受力结构，故B错误。
C．以O为支点，动力和阻力分居于支点两侧，动力臂小于阻力臂。当动力F1向上作用使杠杆逆时针转动时，水对桨的阻力F2向上，能够阻碍杠杆转动，符合实际受力与运动逻辑，故C正确。
D．该选项中动力臂大于阻力臂，与船桨实际为费力杠杆的特点不符，故D错误。
故选：C。
【分析】 （1）判断杠杆受力，首先要明确支点位置，以及动力、阻力分别作用在支点的哪一侧，确保动力与阻力的作用效果相反，一个使杠杆转动，一个阻碍转动。
（2）船桨属于典型的费力杠杆，其核心特征是动力臂小于阻力臂，因此在分析时需先核对动力臂与阻力臂的大小关系。
（3）动力与阻力的方向需根据杠杆的转动趋势判断：动力使杠杆向某一方向转动，阻力则应向相反方向阻碍其转动，二者需形成相互制约的效果。
（4）逐一对照选项的受力位置、力臂关系和力的方向，排除与船桨实际工作原理不符的选项，即可得出正确结论。
9．以下过程不发生物态变化。质量相同的两块金属甲、乙吸收了相同的热量，甲升高的温度比乙低；那么，初温相同的甲、乙放出的热量Q甲A．甲的末温比乙的低，但无法判断甲、乙比热容哪一个大
B．甲的末温比乙的高，且可以判断甲、乙比热容哪一个大
C．无法判断甲、乙比热容哪一个大，且无法判断甲、乙的末温哪一个高
D．可以判断甲、乙比热容哪个大，但无法判断甲、乙的末温哪一个高
【答案】B
【知识点】比热容的定义及其计算公式
【解析】【解答】 由题知，甲、乙的质量相同，吸收相同热量后，甲升高的温度比乙的低，即甲升高的温度较小，由比热容的概念或公式Q吸=cmΔt可知，甲的比热容较大，即c甲＞c乙；
甲、乙的初温相同，放出的热量关系为Q甲＜Q乙，两者的质量m相同，且c甲＞c乙，根据可知，甲降低的温度小于乙降低的温度，所以此时甲的末温较高；
由此可知，甲的末温比乙的高，且可以判断甲、乙的比热容哪一个大，故B正确，ABD错误。
故选：B。
【分析】甲、乙的质量相同，吸收相同热量后，甲升高的温度比乙的低，即甲升高的温度较小，由比热容的概念或公式Q吸=cmΔt可判断甲、乙的比热容哪一个大；
甲、乙的初温相同，放出的热量关系为Q甲＜Q乙，两者的质量m相同，且知道甲、乙比热容的大小关系，根据判断甲、乙降低温度的大小关系，由此可知哪个物体的末温较高。
10．如图1，分别用动滑轮和定滑轮拉动重力均为G的物体M、N，在相同时间内使M、N沿水平面匀速直线移动了相同距离s，两个滑轮做功情况如图2所示，则（　　）
A．定滑轮做的有用功为Gs
B．M、N受到的摩擦力大小相等
C．动滑轮的机械效率小于定滑轮
D．F动做功的功率大于F定做功的功率
【答案】C
【知识点】功率大小的比较；机械效率的大小比较；有用功和额外功
【解析】【解答】 A、物体在水平面上运动，定滑轮做的有用功等于克服摩擦力做的功，故A错误；
B、两个物体的重力相等，对水面的压力相等，接触面的粗糙程度未知，摩擦力大小不一定相等，故B错误；
C、由图2可知，定滑轮的总功大于动滑轮的总功，定滑轮的额外功小于动滑轮的额外功，定滑轮的额外功和总功的比值小，有用功等于总功和额外功之差，所以定滑轮的有用功和总功的比值大，定滑轮的机械效率大于动滑轮，故C正确；
D、由图2可知，定滑轮的总功大于动滑轮的总功，时间相同，由可知定滑轮拉力做功的功率大，故D错误。
故选：C。
【分析】 （1）根据W=fs得到有用功；
（2）滑动摩擦力的大小与压力和接触面的粗糙程度有关；
（3）根据图2和机械效率的公式分析两个滑轮的机械效率的大小关系；
（4）根据得到功率的大小关系。
二、填空题（共5题，共36分）
11．图1中静放在水平地面上的长方体铁块和海绵块的大小完全相同，G铁=40N，G海绵=0.1N，铁块和海绵块上表面的面积均为0.05m2。
（1）铁块对水平地面的压强p1=　 　Pa；
（2）如图2，把铁块放在海绵块上，使两者上下表面重合，海绵块明显被铁块压扁，此时铁块对海绵块的压强p2　 　p1（选填“>”“=”“<”）；
（3）在图3中，以“·”表示海绵块，画出海绵块的受力示意图。（虚线为竖直方向）
【答案】（1）800
（2）=
（3）
【知识点】力的三要素及力的示意图；压力及重力与压力的区别；压强的大小及其计算
【解析】【解答】 （1）铁块对水平地面的压力F=G铁=40N，
压强；（2）把铁块放在海绵块上，使两者上下表面重合，与放地面上相比，压力不变，受力面积也不变，根据知，压强大小不变，故p2=p1；
（3）海绵块受到重力和铁块的压力，与地面的支持力平衡，支持力F=G铁+G海绵=40N+0.1N=40.1N，重力与压力竖直向下，支持力竖直向上，作用点都画在重心上，如图所示：
故答案为：（1）800；（2）=；（3）。
【分析】 （1）根据水平面上的压力等于重力，结合计算压强；
（2）根据压强与受力面积和压力大小有关分析；
（3）根据受力分析画图。
（1）铁块对水平地面的压强
（2）如图2，把铁块放在海绵块上，使两者上下表面重合，海绵块明显被铁块压扁，与放在水平地面上相比，压力不变，受力面积不变，所以压强不变，则铁块对海绵块的压强等于铁块对水平地面的压强。
（3）海绵块受到铁块竖直向下的压力、自身竖直向下的重力和竖直向上的支持力，作图如下：
12．小明随手扶电梯匀速上行，同时小芳随另一扶手电梯以相同速度匀速下行，该过程忽略两人受到的空气阻力，已知小芳质量比小明大。
（1）小明上行的过程中，其动能　 　，重力势能　 　，机械能　 　（以上均选填“变大”“变小”“不变”“大小无法判断”）；
（2）如图某时刻两人处于同一水平高度时，小明的机械能　 　小芳的机械能（选填“大于”“等于”“小于”）；
（3）扶手电梯上只有小明，当小明在上升的过程中机械能的变化量为E1时，扶手电梯消耗的电能为E2， 则E1　 　E2（选填“>”“=”“<”）。
【答案】（1）不变；变大；变大
（2）小于
（3）＜
【知识点】动能和势能的大小变化；动能的影响因素；势能的影响因素；机械能及其转化；能量的转化或转移
【解析】【解答】（1）小明随电梯匀速上行时，自身质量恒定、运动速度保持不变，因此动能大小保持恒定；所处高度不断增加，重力势能随之增大；机械能为动能与势能之和，动能不变、重力增加，整体机械能不断增大。
（2）小芳与小明搭乘电梯时，运动速度、上升高度完全一致，因小芳自身质量更大，对应的动能与重力势能均更高，所以小芳具备的机械能大于小明。
（3）电梯运行时，消耗电能转化为人的机械能，同时机械摩擦、散热等会造成能量损耗，因此人体增加的机械能，始终小于电梯全程消耗的电能，即E1＜E2。
故答案为：（1）不变；变大；变大；（2）小于；（3）＜。【分析】 （1）物体由于运动而具有的能量叫做动能，动能大小与物体的质量和速度有关；物体由于被举高而具有的能量叫做重力势能，重力势能大小与物体的质量和所处的高度有关；动能和势能统称为机械能；
（2）小芳和小明的速度相同，高度相同，由于小芳质量比小明大，则小芳的动能和重力势能都比小明的动能和重力势能大，据此可知小明的机械能和小芳的机械能的关系；
（3）能量在转化和转移过程中会有能量的损耗。
（1）[1]动能与质量和速度有关，小明上行的过程中，质量不变，速度不变，动能不变。
[2]重力势能与质量和高度有关，小明上行的过程中，质量不变，高度变大，则重力势能变大。
[3]机械能包含动能和势能，小明上行的过程中，动能不变，重力势能变大，则其机械能变大。
（2）小芳和小明的速度相同，高度相同，由于小芳质量比小明大，则小芳的动能和重力势能都比小明的动能和重力势能大，所以小芳的机械能大于小明的机械能，即小明的机械能小于小芳的机械能。
（3）电梯工作过程中，把电能转化为小明的机械能，而能量转化和转移过程中，会有能量的损失，所以小明在上升的过程中机械能的变化量E1会小于扶手电梯消耗的电能E2，即E1＜E2。
13．（1）将自由转动的小磁针放在地球的赤道上，静止时指向如图1所示。小磁针A端是　 　（选填“N极”“S极”），小磁针S极指向的是地磁的　 　（选填“N极”“S极”）；
（2）用“”表示导体中电流方向垂直纸面向里，用“⊙”表示导体中电流方向垂直纸面向外，图2中通电螺线管右侧通电导体受到磁场的作用力为F；则图3选项中，F的方向判断正确的是　 　。
【答案】（1）N极；N极
（2）①②
【知识点】地磁场；磁场对通电导线的作用
【解析】【解答】 （1）地球本身是一个巨大的磁体，地磁北极在地理南极附近，地磁南极在地理北极附近。小磁针静止时N极的指向为磁场的方向，在地球赤道上，小磁针静止时N极指向地理北极，也就是地磁南极，所以小磁针A端是N极，小磁针S极指向的是地磁的N极。
（2）通电导体在磁场中要受到力的作用，其方向与电流方向和磁场方向有关，当改变其中一个方向时，导体受力作用方向将改变，若两个方向都改变时，导体的受力方向将不改变。图3中的①相对图2只改变了通电导体的电流方向，受力方向改变，故①正确；图3中的②对图2只改变了通电螺线管中的电流方向（相当于改变磁场方向），受力方向改变，故②正确；图3中的③相对图2不仅改变通电螺线管的环绕方向，也改变了通电螺线管的电流方向（相当于磁场方向没变），但是改变了通电导体的电流方向，受力方向改变，故③错误；故选①②。
故答案为：（1）N；N；（2）①②。
【分析】 （1）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。
（2）通电导体在磁场中要受到力的作用，其方向与电流方向和磁场方向有关，当改变其中一个方向时，导体受力作用方向将改变，若两个方向都改变时，导体的受力方向将不改变。
（1）[1][2]地磁场的N极在南极点附近，S极在北极点附近。受地磁场影响，小磁针静止时N极指北，S极指南。所以小磁针A端是N极，小磁针S极指向的是地磁的N极。
（2）通电导体受到磁场的作用力的方向与电流的方向和磁场方向有关，与图2相比；
①图中，根据安培定则可知磁场方向不变，导体中电流方向改变，所以通电导体受到磁场的作用力的方向改变，故①正确；
②图中，根据安培定则可知磁场方向改变，导体中电流方向不变，所以通电导体受到磁场的作用力的方向改变，故②正确；
③图中，根据安培定则可知磁场方向不变，导体中电流方向改变，所以通电导体受到磁场的作用力的方向改变，故③错误。
则图3选项中，F的方向判断正确的是①②。
14．小明想探究光从水中射向空气的折射现象。没加水前，水箱底部的激光笔在S点发出光线a正好经过M点。水箱中加水至图所示位置后，光线a经水面折射后正好经过N点。
（1）请在图中画出光线a以及这束光经水面的反射光线和折射光线；
（2）不改变光线a的角度，为使这束光从水面射出后能照射在M点，可将激光笔按以下选项的方向移动　 　。
①水平向左 ②水平向右 ③竖直向上 ④竖直向下
【答案】（1）
（2）①③
【知识点】作光的反射光路图；光的折射现象及其应用；作光的折射光路图
【解析】【解答】（1）连接线段SM，与水面相交确定交点O，该点即为光线的入射位置。其中SO为入射光路，对应题图中的光线a。当光由水中斜射进入空气时会发生折射现象，折射角度大于入射角度，折射光线会偏离法线方向，ON便是对应的折射光线。同时，光照射至水与空气的分界面时还会发生光的反射，依据反射角与入射角大小相等的规律，便可画出反射光线OC，如图所示：
（2）①激光笔水平左移时，入射光线方向保持不变，入射点随之左移，折射光线同步向左偏移，容器壁上的光斑向上移动，可对准M点，故①正确；
②激光笔水平右移时，入射角度不变，入射点向右侧偏移，折射光线随之右偏，光斑位置向下变动，无法抵达M点，故②错误；
③激光笔竖直上移，入射光线角度不变，入射点向左发生偏移，折射光线同步左移，光斑向上调整，能够照射到M点，故③正确；
④激光笔竖直下移，入射点向右移动，折射光线一同右偏，光斑位置下沉，不能对准目标M点，故④错误；
故选：①③。
故答案为：（1）；（2）①③。
【分析】（1）光从一种介质斜射入另一种介质时，光线的传播光线一般会发生变化，这是光的折射现象；光照射到物体的表面会发生反射现象；
（2）根据光的折射规律分析。
（1）连接SM交水面于点O，即为入射点，SO为入射光线，即为光线a，光线从水中斜射入空气中时会发生折射，此时的折射角大于入射角，折射光线远离法线，ON为折射光线；光从水中射到空气和水的界面上时会发生反射现象，反射角等于入射角，据此做出反射光线OC，如图所示：
（2）①将激光笔水平向左移动，入射光线角度不变，入射点向左移动，则折射光线也向左移动，光点会向上移动，能照射到M点，故①符合题意；
②将激光笔水平向右移动，入射光线角度不变，入射点向右移动，则折射光线也向右移动，光点会向下移动，不能照射到M点，故②不符合题意；
③将激光笔竖直向上移动，入射光线角度不变，入射点向左移动，则折射光线也向左移动，光点会向上移动，能照射到M点，故③符合题意；
④将激光笔竖直向下移动，入射光线角度不变，入射点向右移动，则折射光线也向右移动，光点会向下移动，不能照射到M点，故④不符合题意。
故选①③。
15．如图，凸透镜的焦距为f，光心为O。物体MN在凸透镜左侧，M点发出的光线a经过O，N点发出的光线b平行于主光轴，b经透镜后的折射光线c与主光轴相交于A。
（1）①画出a经过透镜后的光线；
②画出光线b；
（2）OA　 　f（选填“>”“<” “=”）；
（3）MN经凸透镜能否成像？　 　。若能成像，则判断像的大小、正倒和虚实，若不能像，则给出判断依据：　 　。
【答案】（1）
（2）＝
（3）能；凸透镜的焦距是10.0cm，而物距是24.0cm，满足u＞2f，符合照相机成像原理，所以成倒立、缩小的实像
【知识点】主光轴、光心、焦点和焦距；透镜的光路图；凸透镜成像规律及其探究实验
【解析】【解答】 （1）①光线a过凸透镜的光心，其传播方向不变；
②平行于主光轴的光线b经过凸透镜后会过焦点，如图所示：
（2）由题意知，光线c与凸透镜主光轴的交点A为焦点F，则OA=f；
（3）由图可知，凸透镜的焦距是10cm，而物距是24cm，即u＞2f，成所以倒立、缩小的实像；
故答案为：（1）；（2）=；（3）u＞2f，成倒立、缩小的实像。
【分析】（1）在作凸透镜的光路图时，先确定所给光线的特点再根据透镜的光学特点（三条特殊光线）来作图；
（2）焦点到光心的距离叫焦距；
（3）根据凸透镜成像规律进行分析。
（1）光线a过凸透镜的光心，其传播方向不变；平行于主光轴的光线b经过凸透镜后会过焦点，如图所示：
（2）由题意知，平行于主光轴的光线经过凸透镜后会过焦点，则光线c与凸透镜主光轴的交点A为焦点F，所以OA＝f。
（3）[1][2]MN经凸透镜能否成像，由图可知，凸透镜的焦距是10.0cm，而物距是24.0cm，满足u＞2f，符合照相机成像原理，所以成倒立、缩小的实像。
三、第16、17题结合题目要求，涉及计算的，，应写出必要的文字说明、公式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算的题，演算过程及结果都要在数字的后面写上正确的单位。
16．科技小组为制作“浮力秤”准备了一个上端开口下端密封的圆筒瓶，瓶高度h=0.1m，底面积S=0.01m2瓶的厚度可忽略不计。他将小石头、秤盘放入瓶，做成“浮力秤”，测得“浮力秤”总重为2N。将“浮力秤”放入水中静止时如图1，在瓶上标记水面位置为A点。（，）
（1）求图1中：
①“浮力秤”受到的浮力；
②“浮力秤”浸入水的深度h1。
（2）以A点记为该“浮力秤”的零刻度，在秤盘上放重2N的钩码，“浮力秤”静止时如图2所示，此时在瓶上标记水面位置为B点，B点为“浮力秤”　 　N的刻度，AB间的距离h2　 　h1（选填“>”“=”或“<”）。
（3）若想增大该“浮力秤”的量程，则下列做法中能实现的是　 　（设每种做法仍能保持瓶竖直漂浮在容器液体内）。
①保持“浮力称”的结构不变，将水换成密度更大液体
②保持“浮力称”的结构不变，适当增加瓶内小石头的质量
③保持“浮力秤”的瓶的质量和底面积相同，换用高度更高的瓶
④保持“浮力秤”的瓶的质量和高度不变，换用底面积更小的瓶
【答案】（1）测得“浮力秤”总重为2N，根据浮沉条件知，因为是漂浮，即浮力等于重力，为2N；
根据阿基米德原知：F浮=ρ水gV排；即1.0×103kg/m3×10N/kg×0.01m2×h1=2N；
解得浸入水的深度h1=0.02m；
（2）2；＝
（3）①③
【知识点】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）测得“浮力秤”总重为2N，根据浮沉条件知，因为是漂浮，即浮力等于重力，为2N；
根据阿基米德原知：F浮=ρ水gV排；即1.0×103kg/m3×10N/kg×0.01m2×h1=2N；
解得浸入水的深度h1=0.02m；
（2）以A点记为该“浮力秤”的零刻度，在秤盘上放重2N的钩码，此时增大的浮力等于增大的重力，为2N，此时在瓶上标记水面位置为B点，B点为“浮力秤”2N的刻度，增大的重力与自重相同，故增大的浸入的体积与原来排开水的体积相同，由于是柱体，底面积不变，故深度相同，即AB间的距离h2=h1。
（3）①保持“浮力称”的结构不变，即自重和浸入的最大体积不变，将水换成密度更大液体，受到的浮力更大，根据浮力等于重力，放入物体的重力更大，质量更大，可以增大量程，故①正确；
②保持“浮力称”的结构不变，水不变，则浮力不变，测量的最大总重不变，适当增加瓶内小石头的质量，被称物体的最大质量减小，故②错误；
③保持“浮力秤”的瓶的质量和底面积相同，换用高度更高的瓶，浸入的最大体积更大，浮力更大，总重更大，自重不变，物体的重力更大，可以增大量程，故③正确；
④保持“浮力秤”的瓶的质量和高度不变，换用底面积更小的瓶，浸入的最大体积变小，浮力减小，总重变小，故减小了量程，故④错误。
故选：①③。
答：（1）①“浮力秤”受到的浮力是2N；②“浮力秤”浸入水的深度h1为0.02m；
（2）2；=；（3）①③。
【分析】(1) 利用漂浮条件确定浮力大小，再结合阿基米德原理，联立排液体积公式，求解物体浸入液体的深度。
(2) 漂浮状态下，浮力变化量等于总重力变化量，结合柱体容器体积与高度的关系，判断液面高度的变化规律。
(3) 结合漂浮特点与阿基米德原理，分别分析液体密度、自身配重、容器高度、容器底面积四个变量，对浮力秤测量量程的影响。
（1）[1]“浮力秤”漂浮，测得“浮力秤”总重为2N，根据浮沉条件知，浮力等于重力，即“浮力秤”受到的浮力为2N。
[2]根据阿基米德原知，即
解得浸入水的深度。
（2）[1][2]以A点记为该“浮力秤”的零刻度，在秤盘上放重2N的钩码，此时增大的浮力等于增大的重力，为2N，此时在瓶上标记水面位置为B点，B点为“浮力秤”2N的刻度，增大的重力与自重相同，故增大的浸入的体积与原来排开水的体积相同，由于是柱体，底面积不变，故深度相同，即AB间的距离。
（3）①保持“浮力称”的结构不变，即自重和浸入的最大体积不变，将水换成密度更大液体，受到的浮力更大，根据浮力等于重力，放入物体的重力更大，质量更大，可以增大量程，故①符合题意；
②保持“浮力称”的结构不变，水不变，则浮力不变，测量的最大总重不变，适当增加瓶内小石头的质量，被称物体的最大质量减小，故②不符合题意；
③保持“浮力秤”的瓶的质量和底面积相同，换用高度更高的瓶，浸入的最大体积更大，浮力更大，总重更大，自重不变，物体的重力更大，可以增大量程，故③符合题意；
④保持“浮力秤”的瓶的质量和高度不变，换用底面积更小的瓶，浸入的最大体积变小，浮力减小，总重变小，故减小了量程，故④不符合题意。
故选①③。
17．图1为某款可控制加热炉温度的电路，工作电路电源电压恒为220V，R1、R2是加热电阻。温差电源的热点探头在炉内，冷点探头在20℃的恒温箱中，当炉内温度变化时，工作电路会切换高功率加热和低功率保温两种状态。闭合开关S1、S2，当电磁铁线圈中的电流小于0.01A时，动触点C与触点A接触；当电磁铁线圈中的电流达到0.01A时，衔铁被吸下，动触点C与触点B接触，此时工作电路功率为200W。已知R1=44Ω，R=4Ω，电磁铁线圈的电阻忽略不计。
（1）当C与A接触时，求工作电路的功率；
（2）当C与B接触时，求通电10min，工作电路产生的热量；
（3）此温差电源提供的电压U温差与两探头间的温度差Δt的关系如图2：
①分析图2中的数据，可得，则k的单位是　 　，这个温差电源的k的值为　 　；
②炉内温度为20℃时，闭合S1和S2，C将与　 　（选填“A”“B”）接触使工作电路处于加热状态，炉内温度逐渐升高，炉内温度刚好达到　 　℃时，工作电路由加热状态变为保温状态。
【答案】（1）解：闭合开关S1、S2，由图1可知，当C与A接触时，工作电路中只有R1工作；当C与B接触时，R1、R2串联；
只有R1工作时，电路中电阻较小（小于串联电路的总电阻），根据可知此时工作电路消耗的功率较大，为加热挡；R1、R2串联时，电路中电阻较大，总功率较小，此时为保温挡；
当C与A接触时，工作电路的功率：。
答：当C与A接触时，工作电路的功率为1100W。
（2）当C与B接触时，为保温挡，已知此时工作电路功率为200W，
则通电10min，工作电路产生的热量：Q=W=P保温t=200W×10×60s=1.2×105J。
答：当C与B接触时，通电10min，工作电路产生的热量为1.2×105J。
（3）V/℃；5×10-5V/℃；A；820
【知识点】欧姆定律及其应用；电功的计算；电功率的计算；焦耳定律的应用；多状态电路——多挡位问题
【解析】【解答】（3）①由图2可知，Δt=5℃时，，则，所以，k的单位为V/℃，k的值为5×10-5；②已知冷点探头在20℃的恒温箱中，当炉内温度为20℃时，Δt=0℃，由图2可知此时电压差为U温差1=0V，所以控制电路中没有电流，则C将与A接触使工作电路处于加热状态；
当电磁铁线圈中的电流达到0.01A时，衔铁被吸下，动触点C与触点B接触，工作电路由加热状态变为保温状态，此时I控制=0.01A，
由欧姆定律可得，此时温差电源的电压值为：U温差2=I控制R=0.01A×4Ω=0.04V，
由可得此时两探头间的温度差：，
所以此时炉内温度为：t炉内=t热点=t冷点+Δt=20℃+800℃=820℃。
答：（3）①V/℃；5×10-5；②A；820。
【分析】 （1）先分析动触点C与不同的静触点接触时工作电路中电阻的连接方式，再根据电阻的串联和电功率公式判断出工作电路处于加热状态还是保温状态，利用公式计算当C与A接触时工作电路的功率；
（2）当C与B接触时，由题意可知此时工作电路的功率，根据Q=W=Pt计算通电10min工作电路产生的热量；
（3）①分析图2可知，U温差与Δt为正比例关系，且，从图中任取一组数据可计算出k的值，并得出其单位；
②炉内温度为20℃时，Δt=0℃，则U温差=0V，控制电路中没有电流，衔铁被向上拉起，据此判断C将与哪个触点接触；
工作电路由加热状态变为保温状态时，控制电路的电流为0.01A，根据欧姆定律求出U温差的值，再根据U温差与Δt的关系求出Δt的值，最后得出此时炉内温度。
（1）当C与A接触时，工作电路中只有R1接入电路，其中工作电路电源电压，，根据功率公式可得，工作电路的功率
（2）当C与B接触时，工作电路功率，通电时间，则工作电路产生的热量
（3）[1]根据，的单位是V，的单位是℃，所以k的单位是V/℃。
[2]从图2中取一组数据，比如当时，，则
[3]炉内温度为20℃时，两探头间温度差，此时电磁铁线圈中的电流小于0.01A，C将与A接触，工作电路中只有R1接入电路，工作电路处于加热状态。
[4]当工作电路由加热状态变为保温状态时，电磁铁线圈中的电流，此时控制电路中，根据欧姆定律，可得温差电源电压
由可得，温度差
已知冷点探头温度为20℃，则炉内温度为
四、实验探究题（每空2分，共4分）
18．物理课上老师让同学们分组制作隔音盒子，把正在响铃的闹钟放入封闭盒子中，看谁做的隔音盒子能让闹钟传出的声音最小，具有最好的隔音效果。其中甲乙丙三组分别用不同材料制作的隔音盒子如图1所示。
（1）将测量仪器M的接收器对着声源，仪器能够通过数字显示所在位置接收到声音的大小，分别用M测得丙组的隔音盒子与空盒子的数据如图2所示，M测可测声音的　 　（选填“音调”“响度”“音色”），填充海绵能否让闹钟传出的声音变小？　 　
（2）请利用M进行测量，来比较甲乙丙三组所制作的隔音盒子哪个的隔音效果最好，设计实验方案写出实验步骤（可以用画图或文字表述）。
【答案】（1）响度；能
（2）①将机械闹钟放入鞋盒内，确保其位置固定；②在鞋盒四周分别塞入甲、乙、丙三组各自的隔音材料，确保材料的厚度和密度相同；③使用噪声监测仪在离鞋盒一定距离外（如1米）测量声音的强度；④记录下每个隔音盒在相同距离下的噪声监测仪读数。
【知识点】响度及响度与振幅的关系；音调、响度与音色的区分；防治噪声的途径
【解析】【解答】 （1）M可测声音的响度；填充海绵可以让闹钟传出的声音变小，因为中空的海绵可以吸收部分声波。
（2）①将机械闹钟放入鞋盒内，确保其位置固定。②在鞋盒四周分别塞入甲、乙、丙三组各自的隔音材料，确保材料的厚度和密度相同。③使用噪声监测仪在离鞋盒一定距离外（如1米）测量声音的强度。④记录下每个隔音盒在相同距离下的噪声监测仪读数。
故答案为：（1）响度；能；（2）①将机械闹钟放入鞋盒内，确保其位置固定。②在鞋盒四周分别塞入甲、乙、丙三组各自的隔音材料，确保材料的厚度和密度相同。③使用噪声监测仪在离鞋盒一定距离外（如1米）测量声音的强度。④记录下每个隔音盒在相同距离下的噪声监测仪读数。
【分析】 （1）声音的大小叫响度，响度与振幅和距离声源的远近有关；减弱噪声的办法：在声源处减弱、在传播过程中减弱、在人耳处减弱。
（2）将测量仪器M放在距离声源相同的位置，记录噪声的等级，比较三个不同盒子的隔音效果。
（1）[1]声音的大小叫响度，响度与振幅和距离声源的远近有关，由图可知，测量仪器M测可测声音的响度。
[2]减弱噪声的办法：在声源处减弱、在传播过程中减弱、在人耳处减弱。填充海绵可以让闹钟传出的声音变小，因为中空的海绵可以吸收部分声波。
（2）实验步骤：
①将机械闹钟放入鞋盒内，确保其位置固定；
②在鞋盒四周分别塞入甲、乙、丙三组各自的隔音材料，确保材料的厚度和密度相同；
③使用噪声监测仪在离鞋盒一定距离外（如1米）测量声音的强度；
④记录下每个隔音盒在相同距离下的噪声监测仪读数。
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