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广东省广州市花都区2026年中考二模物理试卷
1．可再生能源是未来理想能源的一个重要发展方向。下列属于可再生能源的是( )
A．煤 B．太阳能 C．天然气 D．核能
2．当吉他的一根琴弦振动变快时，该琴弦( )
A．振动频率变高 B．发声音调变低
C．振动幅度变大 D．发声响度变小
3．微波炉能产生频率为2.45×109Hz的微波，食物的分子在微波的作用下剧烈振动，使得内能增加，温度升高。结合图，下列表述中正确的是( )
A．微波波长比紫外线短
B．微波属于无线电波
C．微波在真空中的传播速度为
D．微波在真空中传播速度比红外线慢
4．图为快递分拣机器人工作的场景，机器人M载着快递件P向东匀速行驶，下列关于该过程的说法中正确的是(　　)
A．机器人 M 相对于快递件 P 是运动的
B．快递件 P 相对于地面是静止的
C．若机器人撞到障碍物，快递件 P 可能会向东掉落
D．电动机是机器人的动力源，其工作原理是电磁感应
5．图是装有静电除尘纸的拖把，拖地时除尘纸与地板摩擦后得到电子，将附近的灰尘、毛发牢牢吸住。下列关于此过程说法中正确的是(　　)
A．地板失去电子
B．地板带负电
C．除尘纸带正电
D．除尘纸能吸住毛发，说明毛发与除尘纸一定带异种电荷
6．涡轮发动机(内燃机)的工作过程如图所示。空气通过压缩机压缩后进入燃烧室与燃料混合燃烧，产生的高温高压燃气向后高速喷出，推动涡轮机旋转，剩余能量经排气管排出。内能转化为机械能的过程发生在(　　)
A．进气室 B．压缩室 C．燃烧室 D．排气室
7．图为“门禁”上的电磁锁的结构图，A是电磁铁，B是铁块。A通电时，与B相互吸引，门被锁住；A断电时，A、B互不吸引，门可以被推开。下列说法中正确的是(　　)
A．B也可以由铜制成
B．闭合开关S后，滑片 P 左右移动，A的磁性强弱不变
C．闭合开关S后，A右端为N极
D．若电源正负极对调，该电磁锁将不能正常工作
8．图是一款电子量角器的实物图和电路图，电源电压U保持不变，AB为均匀半圆弧形电阻，O点为其圆心，OP为金属滑片，可绕O点转动。A、O间连接的角度显示器由电压表改装而成。当滑片P沿逆时针方向转动时，则(　　)
A．电路中总电阻变小 B．电路中的电流变大
C．电压表的示数变大 D．电路的总功率不变
9．图是手动擦窗器的实物图和剖面图，手动擦窗器由窗内外甲和乙两部分构成，仅依靠内部磁铁磁力吸附在竖直玻璃两侧，磁铁B 固定，磁铁A可左右移动来调节磁力大小，已知甲、乙的重力均为5N。忽略空气作用力，下列说法中正确的是 (　　)
A．擦窗器静止在玻璃上时，甲受到的摩擦力方向竖直向下
B．擦窗器静止在玻璃上时，若A、B间的磁力变大，甲受到的摩擦力变大
C．用竖直向上、大小为8N的力推动甲匀速竖直向上擦玻璃，甲受到摩擦力为13N
D．若取走甲，甲、乙间的磁力消失，乙在竖直方向受到的合力为5N
10．图是某电加热器的简化电路，有高温挡和低温挡两种挡位。电源电压恒为220V，R1和R2为发热电阻，. 。闭合开关S后，通过开关S1置于1或2可以选择不同挡位，当S1置于2时，电路总功率为44W。下列说法中正确的是 (　　)
A．R1和 R2可以由超导材料制成
B．闭合S后，当S1置于2时，R1与 串联
C．闭合S后，当S1置于1时，处于低温挡位
D．
11．图为一种健身器械，横梁AOBC可视为一个能绕O点转动的杠杆(自重对杠杆平衡没有影响)，在A 点连接配重。人在C 点施加竖直向下的拉力 Fc。
（1）在图中画出杠杆A 点受到的拉力FA，以及 Fc的力臂 lc　 　；
（2）当配重刚好被拉离地面时，杠杆A 点受到的拉力 则 Fc为　 　N；保持 Fc方向不变，若人想用更小的力拉起配重，手应水平向　 　(选填“左”或“右”)移动，理由是： 　 　；
（3）当人双手自然垂下站在水平地面上，双脚与地面的总接触面积为0.04m2，人对水平地面的压强为1.5×104Pa， 则人的重力为　 　N。
12．如图所示，发光体MN位于平面镜上方，N点发出的一条竖直光线a，经平面镜反射后经过甲凸透镜，甲凸透镜的光心在0cm位置，焦距为4cm。
（1）画出MN在平面镜中的像M'N'　 　；
（2）画出：①光线a经平面镜反射后的光线b，②b经甲凸透镜后的折射光线c；　 　
（3）若在6cm刻度处竖直放置物体A(未画出)，物体A经甲凸透镜成　 　(选填“放大”或“缩小”)的像；保持物距不变，将甲凸透镜换成焦距为8cm的乙凸透镜，此时物体A经乙凸透镜成　 　(选填“虚”或“实”)像。
13．
（1）古代火斗(熨斗)如图所示，可在火斗中加入热水来熨平衣物，这是通过　 　(选填“热传递”或“做功”)的方式改变衣物内能；用焦炭将水烧热，完全燃烧3kg的焦炭放出的热量为　 　J。
（2）图的电蒸汽熨斗内的加热元件可将水加热成高温“蒸汽”，这是将　 　能转化成水的内能；“蒸汽”从熨斗中喷出后迅速变成大量“白气”并放出热量， “白气”是　 　态(选填“固”“液”或“气”)。若某段时间电蒸汽熨斗内0.3kg、初温为20℃的水，吸收了 的热量后，水的末温为　 　℃
14．小明将一根简易密度计先后放入甲、乙两杯不同液体中，密度计静止时如图所示(H>h)。
（1）请在图方框内画出甲杯中密度计(以黑点表示)所受力的示意图　 　；
（2）甲杯中密度计受到的浮力　 　(选填“大于”“等于”或“小于”)乙杯中密度计受到的浮力；
（3）甲杯液体对烧杯底的压强　 　(选填“大于”“等于”或“小于”)乙杯液体对烧杯底的压强。
15．图甲为塔式起重机，图乙为该起重机钢丝绳穿绳简化示意图。使用该起重机将重为1.8×104N的建材沿竖直方向匀速提升10m，用时10s。此过程中起升电动机对钢丝绳的拉力F 做的功为2×105J。求此过程中(忽略空气阻力)
（1）滑轮组的机械效率；
（2）起升电动机对钢绳施加的拉力 F的大小；
（3）下列说法中正确的有____。
A．建材的动能转化为重力势能
B．建材的机械能增大
C．建材的机械能守恒
D．建材的动能不变，重力势能增大，不符合能量守恒定律
E．起升电动机对钢丝绳的拉力 F 做功的功率为2×104W
16．小烨想用55Ω的发热电阻 R一个、“220V 110W”的电动机(带扇叶)一个、开关两个和导线若干，制作一个风干机。风干机要有“吹冷风”和“吹热风”两种模式，吹冷风时只有电动机工作；吹热风时发热电阻和电动机同时工作，但不能出现发热电阻单独工作的情况。
（1）下列符合风干机设计要求且接线正确的是　 　；
（2）求风干机正常工作吹热风时通过 R 的电流；
（3）求风干机正常工作吹热风10s消耗的电能；
（4）吹冷风一段时间，风干机消耗的电能为W，电动机线圈产生的热量为Q，则W　 　(选填“>”“=”或“<”) Q。
17．某小组用以下器材探究电流与电阻的关系。器材：学生电源； 5Ω、10Ω、20Ω的定值电阻； “30Ω 2A”的滑动变阻器；电压表、电流表；开关及导线。
方法：控制变量法，控制定值电阻R 两端电压为2V。
步骤：
（1）请根据图甲，用笔画线代替导线将图乙补充完整，要求：滑片向右移动时，电流表示数变小　 　；
（2）将学生电源电压调至6V，闭合开关后，发现电流表、电压表均无示数。若故障只出现在 Rp或R，故障可能是____(填字母)；
A．Rp断路 B．R 断路 C．Rp短路 D．R 短路
（3）排除故障后，移动滑动变阻器滑片至电压表示数为2V，此时电流表的示数如图16丙所示，为　 　A；
（4）断开开关，只将定值电阻由5Ω更换为10Ω。闭合开关，下一步操作是____(填字母)；
A．读出电流表的示数
B．移动滑片，使电压表示数为2V，读出电流表的示数
C．移动滑片，使电流表示数如图16丙所示，读出电压表的示数
（5）电源电压仍为6V，当换用20Ω电阻后，无论怎样移动滑片，电压表示数始终无法达到2V。请从下面两种方法中任选一种解决问题；
方法一：更换一个最大阻值至少为　 　Ω的滑动变阻器；
方法二：调节电源电压，使其最大不超过　 　V。
18．我国研制的载人飞艇如图17甲所示，其气囊体积巨大，采用氦气作为浮升气体，氦气的化学性质稳定且密度( 远小于空气 飞艇部分参数如下表所示，其升空靠浮力实现，水平飞行靠发动机提供动力。当飞艇低速( 水平直线飞行时，其所受空气阻力. 与速度ν的关系如图17乙所示。(忽略气囊厚度及气囊外其他部分所受浮力， g取 10N/ kg)
空载质量 (不含氦气)/kg 3600
气囊总容积 4000
最大速度/ (km/h) 72
（1）为使飞艇能更易升空，制作气囊应优先考虑选用　 　(选填“密度小”“导热好”或“硬度高”)的材料制作；
（2）充满氦气后，气囊内氦气质量为　 　；
（3）若飞艇以10m/s的速度水平匀速飞行100s，则飞艇飞行的路程为　 　m，飞艇所受的阻力为　 　N；
（4）充满氦气的飞艇水平匀速飞行时，最多能承载总质量为　 　kg的物体。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】能源及其分类
【解析】【解答】A、煤属于化石燃料，不能短时期内从自然界得到补充，属于不可再生能源，故A错误。
B、太阳能属于可再生能源，故B正确。
C、天然气属于化石燃料，不能短时期内从自然界得到补充，属于不可再生能源，故C错误。
D、核能不能短时期内从自然界得到补充，属于不可再生能源，故D错误。
故选：B。
【分析】从能源是否可再利用的角度可把能源分为可再生能源和不可再生能源。人类开发利用后，在现阶段不可能再生的能源，属于不可再生能源；在自然界中可以不断再生的能源，属于可再生能源。
2．【答案】A
【知识点】音调及音调与频率的关系
【解析】【解答】当吉他的一根琴弦振动变快时，该琴弦的振动频率变高，发出声音的音调变高。
故选：A。
【分析】音调指声音的高低，与发声体的振动频率有关。响度指声音的强弱大小，与发声体的振幅和距离发声体远近有关。音色指声音的特点和品质，与发声体的材料和结构有关。
3．【答案】B
【知识点】电磁波的产生；波速、波长和频率的关系
【解析】【解答】AB、微波炉能产生频率为2.45×109Hz的微波，由电磁波谱可知微波是无线电波的一种， 微波波长比紫外线长，故A错误，B正确；
C、微波的波长虽然比红外线长，但在真空中的传播速度与其他电磁波一样，微波在真空的传播速度为3×108m/s，故CD错误。
故选：B。
【分析】微波是电磁波的一种，电磁波在真空的传播速度为3×108m/s，结合电磁波谱分析。
4．【答案】C
【知识点】运动和静止的相对性；电磁感应
【解析】【解答】A、机器人M载着快递件P向东匀速行驶，两者的速度和方向完全相同，相对位置没有变化，所以机器人M相对于快递件P是静止的，故A错误。
B、快递件P随机器人一起相对于地面向东运动，所以快递件P相对于地面是运动的，故B错误。
C、若机器人撞到障碍物，机器人的速度突然减小或停止，而快递件P由于具有惯性，要保持原来的向东运动状态，所以快递件P可能会向东掉落，故C正确。
D、电动机的工作原理是通电导体在磁场中受力运动，而电磁感应是发电机的工作原理，故D错误。
故选：C。
【分析】在研究物体运动时，要选择参照的标准，即参照物，物体的位置相对于参照物发生变化，则运动，不发生变化，则静止。物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性。电动机的工作原理是通电导体在磁场中受力运动。
5．【答案】A
【知识点】电荷间的相互作用规律；物体带电情况的判断
【解析】【解答】ABC、拖地时除尘纸与地板摩擦后得到电子，除尘纸带负电，地板失去电子，带正电，故A正确，BC错误；
D、除尘纸吸附灰尘利用了带电体有了吸引轻小物体的性质，故D错误。
故选：A。
【分析】用摩擦的方法使物体带电，叫摩擦起电，这时物体带的是静电，带电体有了吸引轻小物体的性质，我们就说物体带了电，或者说带了电荷。不同的物质原子核束缚核外电子的本领有强有弱，原子核束缚核外电子本领强的夺得电子，因多余电子带负电，原子核束缚核外电子本领弱的失去电子，因缺少电子带正电。
6．【答案】C
【知识点】热机的四个冲程
【解析】【解答】在涡轮发动机中，空气经压缩后进入燃烧室，与燃料混合燃烧产生高温高压燃气，燃气向后高速喷出推动涡轮机旋转，此过程同样是燃料燃烧释放内能并转化为机械能，与汽油机的做功冲程作用相同。进气室对应汽油机的吸气冲程，压缩室对应压缩冲程，排气室对应排气冲程，故C符合题意，ABD不符合题意。
故选：C。
【分析】汽油机的做功冲程是燃料在气缸内燃烧，产生高温高压燃气，推动活塞做功，将内能转化为机械能。
7．【答案】C
【知识点】安培定则；电磁铁的构造和原理；影响电磁铁磁性强弱的因素及其探究
【解析】【解答】A、铜是非磁材料，不能被电磁铁吸引，所以金属块 B 不能选用铜块，故A错误；
B、电磁铁的磁性强弱与电流大小有关，闭合开关S后，滑片P左右移动，电路中的电流大小变化，A的磁性强弱变化，故B错误；
C、根据安培定则，右手握住螺线管，四指指向电流方向（电源正极出发经螺线管回到负极），大拇指指向电磁铁A的右端为N极，左端为 S 极，故C正确；
D、若电源正负极对调，电磁铁的磁极发生改变，但电磁铁仍然能够吸引铁块B，故D错误。
故选：C。
【分析】铁、钴、镍等物质容易被磁化，可作为电磁铁吸引的对象；电磁铁磁性强弱与电流大小、线圈匝数等有关，在匝数等其他条件不变时，电流越大，磁性越强；安培定则：用右手握住螺线管，让四指指向螺线管中电流的方向，则大拇指所指的那端就是螺线管的N极；电磁铁的磁性有无可通过电流的通断来控制；
8．【答案】D
【知识点】欧姆定律及其应用；电路的动态分析；电功率的计算
【解析】【解答】A、由电路图可知，电路为AB均匀半圆弧形电阻的简单电路，电压表测AP弧部分电阻两端的电压，在滑片P移动时，AB连入的电阻不变，故A错误；
B、由欧姆定律可知，当滑片P沿逆时针方向转动时，电路中的总电阻不变，则电路中的电流大小不会改变，故B错误；
C、由电路图可知，电压表测AP弧部分电阻两端的电压，因滑片P沿逆时针方向转动时，电路总电阻不变，电源电压不变，电路电流不变，AP弧部分电阻变小，由欧姆定律可知，电压表示数会变小，故C错误；
D．电源电压不变，电路中的电流不变，根据P=UI可知，电路的总功率不变，故D正确。
故选：D。
【分析】由电路图可知，电路为AB均匀半圆弧形电阻的简单电路，电压表测AP弧部分电阻两端的电压；电压表的内阻很大、在电路中相当于断路，据此判断出滑片移动时接入电路中的电阻不变，根据欧姆定律可知电路中的电流变化，根据滑片P的转动可知AP弧部分电阻变化，根据欧姆定律可知电压表示数的变化，根据P=UI可知电路总功率变化。
9．【答案】D
【知识点】二力平衡的条件及其应用；力的合成与应用；摩擦力的大小；摩擦力的方向
【解析】【解答】A、擦窗器静止在玻璃上时，甲受到的摩擦力方向竖直向下 甲静止在竖直玻璃上，竖直方向受到向下的重力，根据二力平衡，摩擦力方向应该竖直向上，与重力相互抵消，故A错误。
B、擦窗器静止在玻璃上时，若A、B间的磁力变大，甲受到的摩擦力变大 甲静止时，竖直方向的摩擦力与重力是一对平衡力，重力大小不变，所以摩擦力大小也不变。磁力变大只会增大甲对玻璃的压力，不会影响竖直方向的摩擦力，故B错误。
C、用竖直向上、大小为8N的力推动甲匀速竖直向上擦玻璃，甲受到摩擦力为13N 甲匀速向上运动时，竖直方向受到向上的推力、向下的重力和向下的滑动摩擦力。根据受力平衡，可得摩擦力f=F推-G甲=8N 5N=3N，并非13N，故C错误。
D、若取走甲，甲、乙间的磁力消失，乙在竖直方向受到的合力为5N 取走甲后，乙失去磁力支撑，仅受竖直向下的重力（5N），此时乙不受其他竖直方向的力，合力大小等于重力，即5N，故D正确。
故选：D。
【分析】摩擦力的方向与物体相对运动的方向相反；擦窗机器人在竖直玻璃板上静止时，处于平衡状态，竖直方向受到的重力和摩擦力是一对平衡力，二力方向相反。
10．【答案】D
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【解答】A、超导材料电阻为0，根据焦耳定律Q=I2Rt，电阻为0时无法产生热量，不能作为发热电阻，故A错误；
B、由电路图可知，当闭合S后，当S1置于2时，R2被短路，电路中只有R1接入，故B错误；
C、由电路图可知，当闭合S后，当S1置于1时，R1与R2并联，根据可知，此时总功率更大，因此处于高温挡位，故C错误；
D、当S1置于2时，电路总功率为44W，根据可知，故D正确。
故选：D。
【分析】电阻为0时无法产生热量，不能作为发热电阻；判断电路挡位的核心是功率大小，根据，电源电压不变时，总电阻越小，功率越大，为高温挡；总电阻越大，功率越小，为低温挡。
11．【答案】（1）
（2）400；右；根据杠杆平衡条件（FClC=FAlA），FA、lA均不变，因为当手水平向右点移动时，lC变大，所以FC变小
（3）600
【知识点】压强的大小及其计算；杠杆的平衡条件；杠杆的平衡分析法及其应用
【解析】【解答】（1）杠杆A点受到绳子给的竖直向下的拉力FA，从O点向力FC做垂线得到力FC的力臂lC，如图所示；
（2） 当配重刚好被拉离地面时，杠杆A 点受到的拉力 则根据杠杆平衡原理可得：
，代入数据可得FC=400N， 保持 Fc方向不变，若人想用更小的力拉起配重，可以增大拉力的力臂，即手应水平向右移动。
（3） 当人双手自然垂下站在水平地面上，双脚与地面的总接触面积为0.04m2，人对水平地面的压强为1.5×104Pa， 则人的重力为
【分析】（1）杠杆A点受到绳子给的竖直向下的拉力FA，力臂是力的作用线到支点之间的距离；
（2） 当配重刚好被拉离地面时，结合杠杆平衡条件可得拉力FC大小以及手移动方向；
（3）根据分析重力大小。
12．【答案】（1）
（2）
（3）放大；虚
【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
13．【答案】（1）热传递；9×107
（2）电；液；70
【知识点】热传递改变物体内能；比热容的定义及其计算公式；燃料的热值
【解析】【解答】（1）在火斗里加入热水来熨平衣物，衣物吸收热量，温度会升高，这是通过热传递的方式改变衣物内能的；完全燃烧3kg的焦炭放出的热量：Q放=m焦炭q焦炭=3kg×3×107J/kg=9×107J。
（2）电熨斗加热水时，消耗电能，水的内能增加，电能转化为内能；
“白气”是高温的水蒸气遇冷液化形成的小水滴，是液态；
由可得，水的末温为
【分析】（1）改变内能的方法：做功和热传递。做功是能量的转化过程，热传递是能量的转移过程；根据Q放=mq计算完全燃烧3kg的焦炭放出的热量。
（2）电熨斗加热水时，电能转化为内能；物质由气态变成液态的过程叫做液化；根据
Q吸=cm（t-t0）计算水的末温。
14．【答案】（1）
（2）等于
（3）等于
【知识点】液体压强的特点；物体的浮沉条件及其应用；浮力的示意图
【解析】【解答】 （1）密度计静止在液体中，受到竖直向下的重力和竖直向上的浮力，二者是一对平衡力，大小相等、方向相反，如图所示：
（2）密度计在甲、乙两杯液体中都处于漂浮状态，根据漂浮条件：F浮=G可知，同一支密度计的重力不变，所以甲杯中密度计受到的浮力等于乙杯中密度计受到的浮力。
（3）由阿基米德原理F浮=ρ水gV排，且F浮甲=F浮乙，从图中可知V排甲＞V排乙，所以ρ甲＜ρ乙。烧杯中液体的深度相同，根据液体压强公式p=ρ液gh，所以甲杯液体对烧杯底的压强小于乙杯液体对烧杯底的压强。
【分析】（1）密度计静止在液体中，受到竖直向下的重力和竖直向上的浮力，二者是一对平衡力，据此画图。
（2）密度计在甲、乙两杯液体中都处于漂浮状态，根据漂浮条件分析。
（3）由阿基米德原理F浮=ρ水gV排，得出液体密度大小。根据液体压强公式p=ρ液gh分析。
15．【答案】（1）解：起重机匀速提升建材所用的力与建材所受的重力大小相等，
滑轮组的机械效率
（2）解：s=nh=2×10m=20m
起升电动机对钢绳施加的拉力
（3）B；E
【知识点】功率的计算；滑轮组及其工作特点；滑轮（组）的机械效率
【解析】【解答】（3）ABCD、建材沿竖直方向匀速上升，质量不变，速度不变，动能不变，高度增大，重力势能增大，机械能增大，符合能量守恒定律，故B正确，ACD错误；
E、起升电动机对钢丝绳的拉力F做功的功率为，故E正确。
故选：BE。
【分析】（1）根据W=Gh得到有用功，根据得到滑轮组的机械效率；
（2）动滑轮绕2段绳，根据s=nh得到绳子自由端移动的距离，根据得到起升电动机对钢绳施加的拉力F的大小；
（3）动能与质量和速度有关，重力势能与质量和高度有关，根据得到起升电动机对钢丝绳的拉力F做功的功率。
16．【答案】（1）A
（2）解：R 与 M 并联，
（3）解：R与M并联且正常工作，
（4）>
【知识点】欧姆定律及其应用；电功的计算；电功率的计算；家庭电路的连接
【解析】【解答】（1）由题知，吹冷风时只有电动机工作；吹热风时发热电阻和电动机同时工作，由此可知，电动机和发热电阻工作时互不影响，即两者并联，由于但不能出现发热电阻单独工作的情况，则需要干路上安装一个总开关，一个只控制发热电阻的开关，开关接在用电器和火线之间。故选：A。
（4） 吹冷风一段时间，风干机消耗的电能即为电动机消耗的电能W，电动机线圈产生的热量为Q，电动机电能转化为机械能和热能Q，即W=Q+W机械能，所以W>Q。
【分析】（1）根据并联电路的工作特点：各用电器独立工作，互不影响，由此可分析电动机和电热丝的连接方式。
（2）R 与 M 并联，结合欧姆定律列式求解；
（3） R与M并联且正常工作，求解电动机电流以及总电流，结合W=UIt求解电能；
（4）电动机电能转化为机械能和热能。
17．【答案】（1）
（2）A
（3）0.4
（4）B
（5）40；5
【知识点】探究电流与电压、电阻的关系实验
【解析】【解答】（1）根据图甲电路图，电压表应与定值电阻并联，实验中控制定值电阻R两端电压为2V，故电压表选择0～3V量程，实物电路图如下：
（2）闭合开关后，电流表、电压表均无示数，电路可能出现断路。若故障只出现在Rp或R，则可能是滑动变阻器Rp断路，因为如果R断路，电压表会有示数（测电源电压），而现在两表均无示数，所以是滑动变阻器Rp断路导致整个电路不通，故选：A。
（3）由图可知电流表量程为0-0.6A，结合电流表示数可得电流大小为0.4A；
（4）将定值电阻由5Ω更换为10Ω，根据串联分压原理，定值电阻增大，其两端电压会增大。要使定值电阻两端电压仍为2V，应增大滑动变阻器接入电路的电阻，即向右端调节滑片（因为滑动变阻器左下接线柱接入电路，向右滑电阻变大）。故选：B。
（5） 根据串联分压原理，当R=20Ω，滑动变阻器接入阻值最大，，解得R滑=40Ω，所以需要更换一个最大阻值至少为40Ω的滑动变阻器；根据串联分压原理，当R=20Ω，滑动变阻器接入阻值最大，滑动变阻器最大阻值为30Ω，故，解得U大=5V，所以调节电源电压，使其最大不超5V。
【分析】（1）由图甲知，电压表与定值电阻并联；
（2）闭合开关后，电流表、电压表均无示数，电路可能出现断路，逐个分析断路情况；
（3）结合电流表量程和指针示数读数；
（4）将定值电阻由5Ω更换为10Ω，根据串联分压原理，定值电阻增大，其两端电压会增大。要使定值电阻两端电压仍为2V，应增大滑动变阻器接入电路的电阻；
（5）根据串联分压原理，当R=20Ω，滑动变阻器接入阻值最大，根据串联分压原理计算滑动变阻器最大阻值，当R=20Ω，滑动变阻器接入阻值最大，滑动变阻器最大阻值为30Ω，根据串联分压原理，计算最大电压；
18．【答案】（1）密度小
（2）720kg
（3）1000；5×103
（4）840
【知识点】密度公式及其应用；速度公式及其应用；阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
1 / 1广东省广州市花都区2026年中考二模物理试卷
1．可再生能源是未来理想能源的一个重要发展方向。下列属于可再生能源的是( )
A．煤 B．太阳能 C．天然气 D．核能
【答案】B
【知识点】能源及其分类
【解析】【解答】A、煤属于化石燃料，不能短时期内从自然界得到补充，属于不可再生能源，故A错误。
B、太阳能属于可再生能源，故B正确。
C、天然气属于化石燃料，不能短时期内从自然界得到补充，属于不可再生能源，故C错误。
D、核能不能短时期内从自然界得到补充，属于不可再生能源，故D错误。
故选：B。
【分析】从能源是否可再利用的角度可把能源分为可再生能源和不可再生能源。人类开发利用后，在现阶段不可能再生的能源，属于不可再生能源；在自然界中可以不断再生的能源，属于可再生能源。
2．当吉他的一根琴弦振动变快时，该琴弦( )
A．振动频率变高 B．发声音调变低
C．振动幅度变大 D．发声响度变小
【答案】A
【知识点】音调及音调与频率的关系
【解析】【解答】当吉他的一根琴弦振动变快时，该琴弦的振动频率变高，发出声音的音调变高。
故选：A。
【分析】音调指声音的高低，与发声体的振动频率有关。响度指声音的强弱大小，与发声体的振幅和距离发声体远近有关。音色指声音的特点和品质，与发声体的材料和结构有关。
3．微波炉能产生频率为2.45×109Hz的微波，食物的分子在微波的作用下剧烈振动，使得内能增加，温度升高。结合图，下列表述中正确的是( )
A．微波波长比紫外线短
B．微波属于无线电波
C．微波在真空中的传播速度为
D．微波在真空中传播速度比红外线慢
【答案】B
【知识点】电磁波的产生；波速、波长和频率的关系
【解析】【解答】AB、微波炉能产生频率为2.45×109Hz的微波，由电磁波谱可知微波是无线电波的一种， 微波波长比紫外线长，故A错误，B正确；
C、微波的波长虽然比红外线长，但在真空中的传播速度与其他电磁波一样，微波在真空的传播速度为3×108m/s，故CD错误。
故选：B。
【分析】微波是电磁波的一种，电磁波在真空的传播速度为3×108m/s，结合电磁波谱分析。
4．图为快递分拣机器人工作的场景，机器人M载着快递件P向东匀速行驶，下列关于该过程的说法中正确的是(　　)
A．机器人 M 相对于快递件 P 是运动的
B．快递件 P 相对于地面是静止的
C．若机器人撞到障碍物，快递件 P 可能会向东掉落
D．电动机是机器人的动力源，其工作原理是电磁感应
【答案】C
【知识点】运动和静止的相对性；电磁感应
【解析】【解答】A、机器人M载着快递件P向东匀速行驶，两者的速度和方向完全相同，相对位置没有变化，所以机器人M相对于快递件P是静止的，故A错误。
B、快递件P随机器人一起相对于地面向东运动，所以快递件P相对于地面是运动的，故B错误。
C、若机器人撞到障碍物，机器人的速度突然减小或停止，而快递件P由于具有惯性，要保持原来的向东运动状态，所以快递件P可能会向东掉落，故C正确。
D、电动机的工作原理是通电导体在磁场中受力运动，而电磁感应是发电机的工作原理，故D错误。
故选：C。
【分析】在研究物体运动时，要选择参照的标准，即参照物，物体的位置相对于参照物发生变化，则运动，不发生变化，则静止。物体保持原来运动状态不变的性质叫惯性。电动机的工作原理是通电导体在磁场中受力运动。
5．图是装有静电除尘纸的拖把，拖地时除尘纸与地板摩擦后得到电子，将附近的灰尘、毛发牢牢吸住。下列关于此过程说法中正确的是(　　)
A．地板失去电子
B．地板带负电
C．除尘纸带正电
D．除尘纸能吸住毛发，说明毛发与除尘纸一定带异种电荷
【答案】A
【知识点】电荷间的相互作用规律；物体带电情况的判断
【解析】【解答】ABC、拖地时除尘纸与地板摩擦后得到电子，除尘纸带负电，地板失去电子，带正电，故A正确，BC错误；
D、除尘纸吸附灰尘利用了带电体有了吸引轻小物体的性质，故D错误。
故选：A。
【分析】用摩擦的方法使物体带电，叫摩擦起电，这时物体带的是静电，带电体有了吸引轻小物体的性质，我们就说物体带了电，或者说带了电荷。不同的物质原子核束缚核外电子的本领有强有弱，原子核束缚核外电子本领强的夺得电子，因多余电子带负电，原子核束缚核外电子本领弱的失去电子，因缺少电子带正电。
6．涡轮发动机(内燃机)的工作过程如图所示。空气通过压缩机压缩后进入燃烧室与燃料混合燃烧，产生的高温高压燃气向后高速喷出，推动涡轮机旋转，剩余能量经排气管排出。内能转化为机械能的过程发生在(　　)
A．进气室 B．压缩室 C．燃烧室 D．排气室
【答案】C
【知识点】热机的四个冲程
【解析】【解答】在涡轮发动机中，空气经压缩后进入燃烧室，与燃料混合燃烧产生高温高压燃气，燃气向后高速喷出推动涡轮机旋转，此过程同样是燃料燃烧释放内能并转化为机械能，与汽油机的做功冲程作用相同。进气室对应汽油机的吸气冲程，压缩室对应压缩冲程，排气室对应排气冲程，故C符合题意，ABD不符合题意。
故选：C。
【分析】汽油机的做功冲程是燃料在气缸内燃烧，产生高温高压燃气，推动活塞做功，将内能转化为机械能。
7．图为“门禁”上的电磁锁的结构图，A是电磁铁，B是铁块。A通电时，与B相互吸引，门被锁住；A断电时，A、B互不吸引，门可以被推开。下列说法中正确的是(　　)
A．B也可以由铜制成
B．闭合开关S后，滑片 P 左右移动，A的磁性强弱不变
C．闭合开关S后，A右端为N极
D．若电源正负极对调，该电磁锁将不能正常工作
【答案】C
【知识点】安培定则；电磁铁的构造和原理；影响电磁铁磁性强弱的因素及其探究
【解析】【解答】A、铜是非磁材料，不能被电磁铁吸引，所以金属块 B 不能选用铜块，故A错误；
B、电磁铁的磁性强弱与电流大小有关，闭合开关S后，滑片P左右移动，电路中的电流大小变化，A的磁性强弱变化，故B错误；
C、根据安培定则，右手握住螺线管，四指指向电流方向（电源正极出发经螺线管回到负极），大拇指指向电磁铁A的右端为N极，左端为 S 极，故C正确；
D、若电源正负极对调，电磁铁的磁极发生改变，但电磁铁仍然能够吸引铁块B，故D错误。
故选：C。
【分析】铁、钴、镍等物质容易被磁化，可作为电磁铁吸引的对象；电磁铁磁性强弱与电流大小、线圈匝数等有关，在匝数等其他条件不变时，电流越大，磁性越强；安培定则：用右手握住螺线管，让四指指向螺线管中电流的方向，则大拇指所指的那端就是螺线管的N极；电磁铁的磁性有无可通过电流的通断来控制；
8．图是一款电子量角器的实物图和电路图，电源电压U保持不变，AB为均匀半圆弧形电阻，O点为其圆心，OP为金属滑片，可绕O点转动。A、O间连接的角度显示器由电压表改装而成。当滑片P沿逆时针方向转动时，则(　　)
A．电路中总电阻变小 B．电路中的电流变大
C．电压表的示数变大 D．电路的总功率不变
【答案】D
【知识点】欧姆定律及其应用；电路的动态分析；电功率的计算
【解析】【解答】A、由电路图可知，电路为AB均匀半圆弧形电阻的简单电路，电压表测AP弧部分电阻两端的电压，在滑片P移动时，AB连入的电阻不变，故A错误；
B、由欧姆定律可知，当滑片P沿逆时针方向转动时，电路中的总电阻不变，则电路中的电流大小不会改变，故B错误；
C、由电路图可知，电压表测AP弧部分电阻两端的电压，因滑片P沿逆时针方向转动时，电路总电阻不变，电源电压不变，电路电流不变，AP弧部分电阻变小，由欧姆定律可知，电压表示数会变小，故C错误；
D．电源电压不变，电路中的电流不变，根据P=UI可知，电路的总功率不变，故D正确。
故选：D。
【分析】由电路图可知，电路为AB均匀半圆弧形电阻的简单电路，电压表测AP弧部分电阻两端的电压；电压表的内阻很大、在电路中相当于断路，据此判断出滑片移动时接入电路中的电阻不变，根据欧姆定律可知电路中的电流变化，根据滑片P的转动可知AP弧部分电阻变化，根据欧姆定律可知电压表示数的变化，根据P=UI可知电路总功率变化。
9．图是手动擦窗器的实物图和剖面图，手动擦窗器由窗内外甲和乙两部分构成，仅依靠内部磁铁磁力吸附在竖直玻璃两侧，磁铁B 固定，磁铁A可左右移动来调节磁力大小，已知甲、乙的重力均为5N。忽略空气作用力，下列说法中正确的是 (　　)
A．擦窗器静止在玻璃上时，甲受到的摩擦力方向竖直向下
B．擦窗器静止在玻璃上时，若A、B间的磁力变大，甲受到的摩擦力变大
C．用竖直向上、大小为8N的力推动甲匀速竖直向上擦玻璃，甲受到摩擦力为13N
D．若取走甲，甲、乙间的磁力消失，乙在竖直方向受到的合力为5N
【答案】D
【知识点】二力平衡的条件及其应用；力的合成与应用；摩擦力的大小；摩擦力的方向
【解析】【解答】A、擦窗器静止在玻璃上时，甲受到的摩擦力方向竖直向下 甲静止在竖直玻璃上，竖直方向受到向下的重力，根据二力平衡，摩擦力方向应该竖直向上，与重力相互抵消，故A错误。
B、擦窗器静止在玻璃上时，若A、B间的磁力变大，甲受到的摩擦力变大 甲静止时，竖直方向的摩擦力与重力是一对平衡力，重力大小不变，所以摩擦力大小也不变。磁力变大只会增大甲对玻璃的压力，不会影响竖直方向的摩擦力，故B错误。
C、用竖直向上、大小为8N的力推动甲匀速竖直向上擦玻璃，甲受到摩擦力为13N 甲匀速向上运动时，竖直方向受到向上的推力、向下的重力和向下的滑动摩擦力。根据受力平衡，可得摩擦力f=F推-G甲=8N 5N=3N，并非13N，故C错误。
D、若取走甲，甲、乙间的磁力消失，乙在竖直方向受到的合力为5N 取走甲后，乙失去磁力支撑，仅受竖直向下的重力（5N），此时乙不受其他竖直方向的力，合力大小等于重力，即5N，故D正确。
故选：D。
【分析】摩擦力的方向与物体相对运动的方向相反；擦窗机器人在竖直玻璃板上静止时，处于平衡状态，竖直方向受到的重力和摩擦力是一对平衡力，二力方向相反。
10．图是某电加热器的简化电路，有高温挡和低温挡两种挡位。电源电压恒为220V，R1和R2为发热电阻，. 。闭合开关S后，通过开关S1置于1或2可以选择不同挡位，当S1置于2时，电路总功率为44W。下列说法中正确的是 (　　)
A．R1和 R2可以由超导材料制成
B．闭合S后，当S1置于2时，R1与 串联
C．闭合S后，当S1置于1时，处于低温挡位
D．
【答案】D
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率的计算
【解析】【解答】A、超导材料电阻为0，根据焦耳定律Q=I2Rt，电阻为0时无法产生热量，不能作为发热电阻，故A错误；
B、由电路图可知，当闭合S后，当S1置于2时，R2被短路，电路中只有R1接入，故B错误；
C、由电路图可知，当闭合S后，当S1置于1时，R1与R2并联，根据可知，此时总功率更大，因此处于高温挡位，故C错误；
D、当S1置于2时，电路总功率为44W，根据可知，故D正确。
故选：D。
【分析】电阻为0时无法产生热量，不能作为发热电阻；判断电路挡位的核心是功率大小，根据，电源电压不变时，总电阻越小，功率越大，为高温挡；总电阻越大，功率越小，为低温挡。
11．图为一种健身器械，横梁AOBC可视为一个能绕O点转动的杠杆(自重对杠杆平衡没有影响)，在A 点连接配重。人在C 点施加竖直向下的拉力 Fc。
（1）在图中画出杠杆A 点受到的拉力FA，以及 Fc的力臂 lc　 　；
（2）当配重刚好被拉离地面时，杠杆A 点受到的拉力 则 Fc为　 　N；保持 Fc方向不变，若人想用更小的力拉起配重，手应水平向　 　(选填“左”或“右”)移动，理由是： 　 　；
（3）当人双手自然垂下站在水平地面上，双脚与地面的总接触面积为0.04m2，人对水平地面的压强为1.5×104Pa， 则人的重力为　 　N。
【答案】（1）
（2）400；右；根据杠杆平衡条件（FClC=FAlA），FA、lA均不变，因为当手水平向右点移动时，lC变大，所以FC变小
（3）600
【知识点】压强的大小及其计算；杠杆的平衡条件；杠杆的平衡分析法及其应用
【解析】【解答】（1）杠杆A点受到绳子给的竖直向下的拉力FA，从O点向力FC做垂线得到力FC的力臂lC，如图所示；
（2） 当配重刚好被拉离地面时，杠杆A 点受到的拉力 则根据杠杆平衡原理可得：
，代入数据可得FC=400N， 保持 Fc方向不变，若人想用更小的力拉起配重，可以增大拉力的力臂，即手应水平向右移动。
（3） 当人双手自然垂下站在水平地面上，双脚与地面的总接触面积为0.04m2，人对水平地面的压强为1.5×104Pa， 则人的重力为
【分析】（1）杠杆A点受到绳子给的竖直向下的拉力FA，力臂是力的作用线到支点之间的距离；
（2） 当配重刚好被拉离地面时，结合杠杆平衡条件可得拉力FC大小以及手移动方向；
（3）根据分析重力大小。
12．如图所示，发光体MN位于平面镜上方，N点发出的一条竖直光线a，经平面镜反射后经过甲凸透镜，甲凸透镜的光心在0cm位置，焦距为4cm。
（1）画出MN在平面镜中的像M'N'　 　；
（2）画出：①光线a经平面镜反射后的光线b，②b经甲凸透镜后的折射光线c；　 　
（3）若在6cm刻度处竖直放置物体A(未画出)，物体A经甲凸透镜成　 　(选填“放大”或“缩小”)的像；保持物距不变，将甲凸透镜换成焦距为8cm的乙凸透镜，此时物体A经乙凸透镜成　 　(选填“虚”或“实”)像。
【答案】（1）
（2）
（3）放大；虚
【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
13．
（1）古代火斗(熨斗)如图所示，可在火斗中加入热水来熨平衣物，这是通过　 　(选填“热传递”或“做功”)的方式改变衣物内能；用焦炭将水烧热，完全燃烧3kg的焦炭放出的热量为　 　J。
（2）图的电蒸汽熨斗内的加热元件可将水加热成高温“蒸汽”，这是将　 　能转化成水的内能；“蒸汽”从熨斗中喷出后迅速变成大量“白气”并放出热量， “白气”是　 　态(选填“固”“液”或“气”)。若某段时间电蒸汽熨斗内0.3kg、初温为20℃的水，吸收了 的热量后，水的末温为　 　℃
【答案】（1）热传递；9×107
（2）电；液；70
【知识点】热传递改变物体内能；比热容的定义及其计算公式；燃料的热值
【解析】【解答】（1）在火斗里加入热水来熨平衣物，衣物吸收热量，温度会升高，这是通过热传递的方式改变衣物内能的；完全燃烧3kg的焦炭放出的热量：Q放=m焦炭q焦炭=3kg×3×107J/kg=9×107J。
（2）电熨斗加热水时，消耗电能，水的内能增加，电能转化为内能；
“白气”是高温的水蒸气遇冷液化形成的小水滴，是液态；
由可得，水的末温为
【分析】（1）改变内能的方法：做功和热传递。做功是能量的转化过程，热传递是能量的转移过程；根据Q放=mq计算完全燃烧3kg的焦炭放出的热量。
（2）电熨斗加热水时，电能转化为内能；物质由气态变成液态的过程叫做液化；根据
Q吸=cm（t-t0）计算水的末温。
14．小明将一根简易密度计先后放入甲、乙两杯不同液体中，密度计静止时如图所示(H>h)。
（1）请在图方框内画出甲杯中密度计(以黑点表示)所受力的示意图　 　；
（2）甲杯中密度计受到的浮力　 　(选填“大于”“等于”或“小于”)乙杯中密度计受到的浮力；
（3）甲杯液体对烧杯底的压强　 　(选填“大于”“等于”或“小于”)乙杯液体对烧杯底的压强。
【答案】（1）
（2）等于
（3）等于
【知识点】液体压强的特点；物体的浮沉条件及其应用；浮力的示意图
【解析】【解答】 （1）密度计静止在液体中，受到竖直向下的重力和竖直向上的浮力，二者是一对平衡力，大小相等、方向相反，如图所示：
（2）密度计在甲、乙两杯液体中都处于漂浮状态，根据漂浮条件：F浮=G可知，同一支密度计的重力不变，所以甲杯中密度计受到的浮力等于乙杯中密度计受到的浮力。
（3）由阿基米德原理F浮=ρ水gV排，且F浮甲=F浮乙，从图中可知V排甲＞V排乙，所以ρ甲＜ρ乙。烧杯中液体的深度相同，根据液体压强公式p=ρ液gh，所以甲杯液体对烧杯底的压强小于乙杯液体对烧杯底的压强。
【分析】（1）密度计静止在液体中，受到竖直向下的重力和竖直向上的浮力，二者是一对平衡力，据此画图。
（2）密度计在甲、乙两杯液体中都处于漂浮状态，根据漂浮条件分析。
（3）由阿基米德原理F浮=ρ水gV排，得出液体密度大小。根据液体压强公式p=ρ液gh分析。
15．图甲为塔式起重机，图乙为该起重机钢丝绳穿绳简化示意图。使用该起重机将重为1.8×104N的建材沿竖直方向匀速提升10m，用时10s。此过程中起升电动机对钢丝绳的拉力F 做的功为2×105J。求此过程中(忽略空气阻力)
（1）滑轮组的机械效率；
（2）起升电动机对钢绳施加的拉力 F的大小；
（3）下列说法中正确的有____。
A．建材的动能转化为重力势能
B．建材的机械能增大
C．建材的机械能守恒
D．建材的动能不变，重力势能增大，不符合能量守恒定律
E．起升电动机对钢丝绳的拉力 F 做功的功率为2×104W
【答案】（1）解：起重机匀速提升建材所用的力与建材所受的重力大小相等，
滑轮组的机械效率
（2）解：s=nh=2×10m=20m
起升电动机对钢绳施加的拉力
（3）B；E
【知识点】功率的计算；滑轮组及其工作特点；滑轮（组）的机械效率
【解析】【解答】（3）ABCD、建材沿竖直方向匀速上升，质量不变，速度不变，动能不变，高度增大，重力势能增大，机械能增大，符合能量守恒定律，故B正确，ACD错误；
E、起升电动机对钢丝绳的拉力F做功的功率为，故E正确。
故选：BE。
【分析】（1）根据W=Gh得到有用功，根据得到滑轮组的机械效率；
（2）动滑轮绕2段绳，根据s=nh得到绳子自由端移动的距离，根据得到起升电动机对钢绳施加的拉力F的大小；
（3）动能与质量和速度有关，重力势能与质量和高度有关，根据得到起升电动机对钢丝绳的拉力F做功的功率。
16．小烨想用55Ω的发热电阻 R一个、“220V 110W”的电动机(带扇叶)一个、开关两个和导线若干，制作一个风干机。风干机要有“吹冷风”和“吹热风”两种模式，吹冷风时只有电动机工作；吹热风时发热电阻和电动机同时工作，但不能出现发热电阻单独工作的情况。
（1）下列符合风干机设计要求且接线正确的是　 　；
（2）求风干机正常工作吹热风时通过 R 的电流；
（3）求风干机正常工作吹热风10s消耗的电能；
（4）吹冷风一段时间，风干机消耗的电能为W，电动机线圈产生的热量为Q，则W　 　(选填“>”“=”或“<”) Q。
【答案】（1）A
（2）解：R 与 M 并联，
（3）解：R与M并联且正常工作，
（4）>
【知识点】欧姆定律及其应用；电功的计算；电功率的计算；家庭电路的连接
【解析】【解答】（1）由题知，吹冷风时只有电动机工作；吹热风时发热电阻和电动机同时工作，由此可知，电动机和发热电阻工作时互不影响，即两者并联，由于但不能出现发热电阻单独工作的情况，则需要干路上安装一个总开关，一个只控制发热电阻的开关，开关接在用电器和火线之间。故选：A。
（4） 吹冷风一段时间，风干机消耗的电能即为电动机消耗的电能W，电动机线圈产生的热量为Q，电动机电能转化为机械能和热能Q，即W=Q+W机械能，所以W>Q。
【分析】（1）根据并联电路的工作特点：各用电器独立工作，互不影响，由此可分析电动机和电热丝的连接方式。
（2）R 与 M 并联，结合欧姆定律列式求解；
（3） R与M并联且正常工作，求解电动机电流以及总电流，结合W=UIt求解电能；
（4）电动机电能转化为机械能和热能。
17．某小组用以下器材探究电流与电阻的关系。器材：学生电源； 5Ω、10Ω、20Ω的定值电阻； “30Ω 2A”的滑动变阻器；电压表、电流表；开关及导线。
方法：控制变量法，控制定值电阻R 两端电压为2V。
步骤：
（1）请根据图甲，用笔画线代替导线将图乙补充完整，要求：滑片向右移动时，电流表示数变小　 　；
（2）将学生电源电压调至6V，闭合开关后，发现电流表、电压表均无示数。若故障只出现在 Rp或R，故障可能是____(填字母)；
A．Rp断路 B．R 断路 C．Rp短路 D．R 短路
（3）排除故障后，移动滑动变阻器滑片至电压表示数为2V，此时电流表的示数如图16丙所示，为　 　A；
（4）断开开关，只将定值电阻由5Ω更换为10Ω。闭合开关，下一步操作是____(填字母)；
A．读出电流表的示数
B．移动滑片，使电压表示数为2V，读出电流表的示数
C．移动滑片，使电流表示数如图16丙所示，读出电压表的示数
（5）电源电压仍为6V，当换用20Ω电阻后，无论怎样移动滑片，电压表示数始终无法达到2V。请从下面两种方法中任选一种解决问题；
方法一：更换一个最大阻值至少为　 　Ω的滑动变阻器；
方法二：调节电源电压，使其最大不超过　 　V。
【答案】（1）
（2）A
（3）0.4
（4）B
（5）40；5
【知识点】探究电流与电压、电阻的关系实验
【解析】【解答】（1）根据图甲电路图，电压表应与定值电阻并联，实验中控制定值电阻R两端电压为2V，故电压表选择0～3V量程，实物电路图如下：
（2）闭合开关后，电流表、电压表均无示数，电路可能出现断路。若故障只出现在Rp或R，则可能是滑动变阻器Rp断路，因为如果R断路，电压表会有示数（测电源电压），而现在两表均无示数，所以是滑动变阻器Rp断路导致整个电路不通，故选：A。
（3）由图可知电流表量程为0-0.6A，结合电流表示数可得电流大小为0.4A；
（4）将定值电阻由5Ω更换为10Ω，根据串联分压原理，定值电阻增大，其两端电压会增大。要使定值电阻两端电压仍为2V，应增大滑动变阻器接入电路的电阻，即向右端调节滑片（因为滑动变阻器左下接线柱接入电路，向右滑电阻变大）。故选：B。
（5） 根据串联分压原理，当R=20Ω，滑动变阻器接入阻值最大，，解得R滑=40Ω，所以需要更换一个最大阻值至少为40Ω的滑动变阻器；根据串联分压原理，当R=20Ω，滑动变阻器接入阻值最大，滑动变阻器最大阻值为30Ω，故，解得U大=5V，所以调节电源电压，使其最大不超5V。
【分析】（1）由图甲知，电压表与定值电阻并联；
（2）闭合开关后，电流表、电压表均无示数，电路可能出现断路，逐个分析断路情况；
（3）结合电流表量程和指针示数读数；
（4）将定值电阻由5Ω更换为10Ω，根据串联分压原理，定值电阻增大，其两端电压会增大。要使定值电阻两端电压仍为2V，应增大滑动变阻器接入电路的电阻；
（5）根据串联分压原理，当R=20Ω，滑动变阻器接入阻值最大，根据串联分压原理计算滑动变阻器最大阻值，当R=20Ω，滑动变阻器接入阻值最大，滑动变阻器最大阻值为30Ω，根据串联分压原理，计算最大电压；
18．我国研制的载人飞艇如图17甲所示，其气囊体积巨大，采用氦气作为浮升气体，氦气的化学性质稳定且密度( 远小于空气 飞艇部分参数如下表所示，其升空靠浮力实现，水平飞行靠发动机提供动力。当飞艇低速( 水平直线飞行时，其所受空气阻力. 与速度ν的关系如图17乙所示。(忽略气囊厚度及气囊外其他部分所受浮力， g取 10N/ kg)
空载质量 (不含氦气)/kg 3600
气囊总容积 4000
最大速度/ (km/h) 72
（1）为使飞艇能更易升空，制作气囊应优先考虑选用　 　(选填“密度小”“导热好”或“硬度高”)的材料制作；
（2）充满氦气后，气囊内氦气质量为　 　；
（3）若飞艇以10m/s的速度水平匀速飞行100s，则飞艇飞行的路程为　 　m，飞艇所受的阻力为　 　N；
（4）充满氦气的飞艇水平匀速飞行时，最多能承载总质量为　 　kg的物体。
【答案】（1）密度小
（2）720kg
（3）1000；5×103
（4）840
【知识点】密度公式及其应用；速度公式及其应用；阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
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