2026年广东省广州市中考物理学业水平诊断卷含答案

这是一份2026年广东省广州市中考物理学业水平诊断卷含答案，共8页。
一 、选择题(本大题共7小题，每小题3分，共21分.在每小题所给出的四个选项中，只有一项是正确的)
1. 图中生活用品用到大气压强原理的是( )
A. 锅炉水位计 B. 下水道
C. 船闸D. 活塞式抽水机
2. 如图水平雪地上，小红穿着雪橇没有陷入雪地；小明穿着运动鞋却深陷雪地。下列说法假设两人的总质量相同，下列说法正确的是( )
A. 小红对雪地的压力比小明对雪地的压力的小
B. 小红对雪地单位面积的压力比小明的小
C. 小红和小明对雪地的压强的一样
D. 雪地对小明的压强小于小明对雪地的压强
3．独轮车是生活中搬运砖块的轻便工具，在竖直向上的拉力F1作用下，独轮车在图示位置保持静止，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．独轮车可看作是一个费力杠杆
B．图中车砖的总重力G与拉力F1之比为3：1
C．为了更轻便，可以把车厢内砖块适当向后移动
D．若将拉力由F1方向改为F2方向会更省力一些
4.如图所示，甲、乙两个滑轮组中，每个滑轮质量相同，重为G的物体，在拉力的作用下匀速上升，已知乙滑轮组的效率为η，不计摩擦、绳重和木板重，下列说法正确的是( )
A. 甲滑轮组的机械效率小于乙滑轮组的机械效率
B. 每个滑轮重(1−η)G2η
C. 甲、乙将重物提升相同的高度时，拉力的功率一定不相等
D. A、B点绳子受到拉力FA、FB关系：FBF2，甲、乙将重物提升相同的高度，拉力做功为总功，则F1与F2的功率分别为：P甲=W甲t甲=F1s1t甲=12(G+G轮)×2ℎt甲=(G+G轮)ℎt甲，P乙=W乙t乙=F2s2t乙=14(G+2G轮)×4ℎt乙=(G+2G轮)ℎt乙，由于t甲和t乙的关系不确定，因此F1与F2的功率可能相等，故C错误；
D、由同一根绳子上的拉力处处相同可知，A点绳子受到的拉力：FA=F2=14(G+2G轮)，则2FA=2F2=2×14(G+2G轮)=12(G+2G轮)，
B点绳子受到的拉力：FB=2F2+G轮=2×14(G+2G轮)+G轮=12(G+4G轮)，
则FB>2FA，故D错误。
故选：B。
(1)利用不计摩擦、绳重和木板重时η=W有W总=W有W有+W额外=GℎGℎ+G动ℎ=GG+G动分析比较两滑轮组的机械效率；
(2)利用不计摩擦、绳重和木板重时η=W有W总=W有W有+W额外=GℎGℎ+G动ℎ=GG+G动求出每个滑轮的重力；
(3)由图可知，n甲=2，n乙=4，不计摩擦、绳和木板的重，根据F=1n(G+G动)求出两滑轮组绳子的拉力，然后比较两者拉力的大小关系，甲、乙将重物提升相同的高度，根据P=Wt结合两者做功的时间关系比较F1与F2的功率关系；
(4)由同一根绳子上的拉力处处相同可知A点绳子受到的拉力，B点绳子受到的拉力等于两股绳子向下的拉力加上一个滑轮的重力，进而比较A、B点绳子受到拉力FA、FB关系。
本题考查使用滑轮组时绳子自由端拉力公式和机械效率公式的应用，利用不计摩擦、绳重和木板重时η=W有W总=W有W有+W额外=GℎGℎ+G动ℎ=GG+G动是关键。
5.【答案】D
【解析】解：A、以地球为参照物，卫星的位置是不断变化的，所以卫星是运动的，故A错误；
B、卫星绕地球运动时，运动的速度和运动方向发生了改变，受非平衡力作用，故B错误；
C、卫星在远地点的势能最大、动能最小，但动能不为0，故C错误；
D、从近地点经远地点再回到近地点的过程中，由于无阻力，所以在动能和势能转化过程中，机械能不变，故D正确。
故选：D。
(1)物体相对于参照物，位置不变，则物体是静止的，位置改变，则物体是运动的。
(2)物体处于静止或匀速直线运动状态时为平衡状态。
(3)动能的大小与质量和速度有关，重力势能大小与质量和高度有关。
(4)在动能和势能的转化过程中，若不计摩擦、空气阻力等因素，机械能保持不变，若考虑摩擦、空气阻力等，机械能将变小。
能够运用参照物判断物体的运动状态，理解影响机械能的因素、在动能和势能转化过程中的机械能情况，可解答此题。
6．（2分）在水平桌面上有一个盛有水的容器，密度为0.6×103kg/m3的木块用细线系住浸没在水中，如图甲所示。将细线剪断，木块最终漂浮在水面上，如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙两图中，木块受到水的浮力之比是5：2
B．甲、乙两图中，水对容器底部的压强大小相等
C．甲图中细线对木块的拉力与木块受到的浮力之比是2：5
D．甲图中容器对水平桌面的压力大于乙图中容器对水平桌面的压力
【分析】浸没在水中，木块排开水的体积与木块的体积相等；将细线剪断，木块最终漂浮在水面上，排开水的体积小于木块的体积；
（1）根据F浮＝ρ水gV排判断浮力的关系；
（2）根据排开水的体积变化可知水的深度变化，利用p＝ρgh可知水对容器底部的压强的变化；
（3）根据浮力、拉力、重力的关系判断拉力的大小；
（4）以整体为研究对象进行受力分析。
【解答】解：A、甲图中木块浸没，浮力：F浮甲＝ρ水gV，乙图中木块漂浮，F浮乙＝G＝ρ木gV，则木块受到水的浮力之比：F浮甲：F浮乙＝ρ水gV：ρ木gV＝ρ水：ρ木＝1.0×103kg/m3：0.6×103kg/m3＝5：3，故A错误；
B、甲图中木块浸没，V甲排＝V，乙图中木块漂浮，V乙排＜V，所以，将细线剪断后木块排开水的体积小，水的液面降低，根据p＝ρgh可知水对容器底部的压强变小，故B错误；
C、甲图中，木块受重力、浮力和细绳的拉力作用，则拉力：F＝F浮甲﹣G＝ρ水gV﹣ρ木gV；
故F：F浮甲＝（ρ水gV﹣ρ木gV）：ρ水gV＝（ρ水﹣ρ木）：ρ水＝（1.0×103kg/m3﹣0.6×103kg/m3）：1.0×103kg/m3＝2：5，故C正确；
D、以整体为研究对象，甲、乙对桌面的压力都等于容器、水和木块的总重力，因此甲图中容器对水平桌面的压力等于乙图中容器对水平桌面的压力，故D错误。
故选：C。
【点评】本题是有关浮力知识的应用，关键掌握阿基米德原理及浮沉条件，并能够熟练运用各种公式。有一定难度。
7．（2分）如图所示。对于下列实验中所描述的物理过程分析正确的是（ ）
①图甲中试管内的水蒸气推动塞子冲出去时，水蒸气对瓶塞做功，水蒸气的内能减小
②图乙中长时间压在一起的铅板和金板互相渗入，这是扩散现象
③图丙中两个底面削平的铅块紧压在一起后能吊住重物，说明分子间存在引力
④图丁中利用相同的电加热器分别加热质量、初温均相同的水和食用油相同时间，若水的温度变化大，说明水的比热容比食用油的比热容大
A．只有①②③正确B．只有②③④正确
C．只有①③正确D．只有②④正确
【分析】（1）根据温度与内能的关系和做功可以改变物体的内能角度分析解答问题；
（2）某种物质的分子通过不规则运动，逐渐进入到其它物质中的现象叫做扩散；
（3）分子间存在相互作用的引力；
（4）水的比热容要大于煤油的比热容。
【解答】解：①、甲图中试管内的水蒸气推动塞子冲出时，水蒸气对塞子做功，水蒸气的内能减少，温度降低，故①正确；
②、图乙中长时间压在一起的铅板和金板互相渗入，这种现象是扩散现象，故②正确；
③、图丙中两个底面削平的铅块紧压在一起后能吊住重物，说明分子间存在相互作用的引力，故③正确；
④、用相同的酒精灯分别加热质量、初温均相同的水和食用油相同时间，水和食用油吸收的热量相同，若水的温度变化大，说明水的比热容比食用油小，故④错误。
故选：A。
（多选
8．（2分）如图所示，在2022年北京冬奥会的冰壶比赛过程中，当运动员将冰壶推出去后，冰壶在向前滑行的过程中。如果所接触的冰面越来越粗糙，则冰壶滑行时所受的摩擦力将 变大 （选填“变大”“变小”或“不变”）。
【分析】增大摩擦力的方法：在接触面粗糙程度一定时，增大压力；在压力一定时，增大接触面的粗糙程度。
【解答】解：冰壶在向前滑行的过程中，压力不变，如果所接触的冰面越来越粗糙，则冰壶滑行时所受的摩擦力将变大。
故答案为：变大。
【点评】本题考查了增大摩擦力的方法，属于基础题。
9.【答案】排斥 b
【解析】解：验电器的工作原理是同种电荷相互排斥；摩擦过程中并没有创造电荷，而是发生了电荷的转移。
故答案为：排斥；b。
摩擦起电的实质：使正负电荷分开，并发生了电荷的转移，并不是创造了电荷；同种电荷相互排斥，异种电荷互相吸引。
此题考查了摩擦起电的实质、电荷间的相互作用的概念，属基础题目。
10．【答案】6；小；②
【知识点】杠杆的平衡分析法及其应用
【解析】【解答】由图1可知，O为杠杆的支点，B点拉力F的力臂 OB=OA+AB=2OA
A点作用力的力臂为OA，由杠杆平衡条件可得：F×OB=G×OA，
解得 F=OAOB×G=OA2OA×G=12G=12×12N=6N
由题意可知，保持杠杆水平静止，将F作用点从B移至C，此过程中F方向保持不变，根据杠杆平衡条件可得F×l=G×OA，
解得 F=G×OA×1l ……Ⅰ
由题意可知，此过程中物体M的重力G和力臂OA不变，拉力F的力臂l变大，则拉力F变小。
将M从A移至B，由杠杆平衡条件可得F×l=G×OB，解得 F=G×OB×1l ……Ⅱ
由数学知识可知，Ⅰ、Ⅱ两式中拉力F与 1l 的关系图线均为正比例函数，由图1可知，OB>OA，则Ⅱ式的斜率大于Ⅰ式的斜率，因此将M从A移至B，F与 1l 的关系图线为过原点且斜率比图线①大的图线②。
【分析】根据杠杆的平衡条件，结合已知的力和力臂，计算拉力大小；通过力臂的改变，力臂变大时，拉力变小；根据力臂变化的情况，判断拉力的变化。
11．（6分）同学们，请你根据所掌握的实验技能，回答以下问题：
（1）如图一所示甲中A、B两物体长度的测量方法正确的是 A （填“A”或“B”），A物体的长度为 5.80 cm。
（2）如图一乙中停表的读数是 475.3 s。
（3）在使用量筒测量液体体积时，A、B、C三位同学读数情况如图一丙所示，其中B同学读数方法正确。A同学读数会使结果 偏大 （选填“偏大”或“偏小”）。
（4）如图二所示甲图，体温计的最小刻度为 0.1 ℃。
（5）观察图二乙图，物体的重力为 3.4 N。
（6）用调节好的天平测金属块的质量，天平平衡时，右盘中所加的砝码和游码位置如图二丙所示，则所测金属块的质量是 52.4 g。
【解答】解：（1）如图一甲图所示，A、B两物体长度的测量方法正确的是A，因为测量B物体长度时刻度尺的刻度线没有紧靠紧靠被测物体被测物体，图中刻度尺的分度值为1mm，所以A物体的长度为5.80cm。
（2）如图一乙图所示，秒表的分度值是0.1s，小圈指针在7与8之间并偏向8的位置，因此小圈读数为7min，大圈读数为55.3s，秒表读数是475.3s；
（3）如图一丙图所示，在使用量筒测量液体体积时，视频要与量筒中凹液面的底部相平，所以，B同学读数方法正确。A同学俯视读数会使结果偏大；
（4）如图二甲图所示，体温计的分度值是0.1℃，最小刻度为0.1℃；
（5）如图二乙图所示，弹簧测力计的分度值为0.2N，示数为3.4N；当物体静止时，物体所受重力的大小等于弹簧测力计的示数，则物体的重力G＝F示＝3.4N；
（6）如图二丙图可知，标尺的分度值为0.2g，金属块的质量为m＝20g+20g+10g+2.4g＝52.4g。
故答案为：（1）A；5.80；（2）475.3；（3）偏大；（4）0.1℃；（5）3.4N；（6）52.4。
12．（3分）星期天小雨在家里正开着空调上网查资料，当妈妈做饭时把电热水壶插头插进插座时，空气开关立刻“跳闸”，小雨分析其原因可能是电热水壶插头内部 短路 ，也可能是家里电路中用电器 总功率过大 。如图为家庭照明电路，请用笔画线代替导线，将开关和灯接入电路中，要求两灯并联，且开关控制两灯。
【分析】（1）照明电路的开关和灯泡串联，开关要接在火线上；灯泡工作时互不影响，是并联的；
（2）家庭电路中电流过大的原因：一是发生了短路，二是用电器的总功率过大。
【解答】解：当妈妈做饭时，把电热水壶插头插进插座时，空气开关立刻“跳闸”了，小明分析其原因可能是电热水壶插头内部短路，也可能是家里电路中用电器总功率过大；
根据家庭电路的特点和安全用电的原则：照明电路的开关和灯泡串联，开关要接在火线上；两个灯泡工作时互不影响，是并联的，如图所示：
。
故答案为：短路；总功率过大；见解析。
【点评】知道家庭电路的基本组成和各个元器件的连接方式；知道家庭电路中电流过大的原因。
13.【答案】直尺；量筒；mV
【解析】解：测固体的密度的原理是ρ=mV，用天平测质量m，根据排水法，用量筒测体积，先读放入石块前的水的体积V1，再读放入石块后水和石块的总体积V2，用ρ=mV2−V1算出密度．
故答案为：直尺；量筒；ρ=mV．
测固体密度的理论：用天平测质量、根据排水法用量筒测体积，由公式ρ=mV算出密度．
本题主要考查测固体密度的理论知识，学习中要求熟练掌握．
14．0.02
【解析】
汽车的速度
汽车通过的距离
汽车做匀速直线运动，牵引力和阻力是平衡力，大小相等，牵引力大小为
做的功为
汽油放出的热量为
消耗的汽油为
15.【答案】解：①在D点时，物体只受重力和支持力，如图所示：
②货物受到水平向右100N的推力F，做匀速直线运动，表明物体受的摩擦力为100N，由于接触面粗糙程度和货物对货柜的压力不变，所以在1s后，货物所受摩擦力不变，故0～1.2s货物所受摩擦力的大小均为100N，如图所示：
故答案为：①；②
【解析】①货物中D点处于静止状态，受到重力和支持力的作用；据此分析作图；
②做匀速直线运动，表明物体受的摩擦力为100N，由于接触面粗糙程度和货物对货柜的压力不变，所以在1s后，货物所受摩擦力不变，据此分析。
本题考查受力示意图和图像的作图，综合性强，有一定难度。
16.【答案】解：由图知，法线已画出，入射角为60°，则反射角也为60°；根据反射角等于入射角，在法线的另一侧画出反射光线，并标出反射角的大小，如图所示：

【解析】根据反射定律作图：反射光线、入射光线和法线在同一平面内，反射光线、入射光线分居法线两侧，反射角等于入射角，作出反射光线并标出反射角及其度数。
本题考查了对光的反射光路的画法，首先要掌握光的反射定律的内容，特别是反射角等于入射角，同时考查了入射角与反射角的概念。
17.【答案】解：重力的方向竖直向下，压力的方向垂直于斜面向下；小明所受重力的作用点在小明的重心，压力的作用点在斜面上，分别过重力的作用点和压力的作用点表示出重力和压力的方向。如下图所示：

【解析】(1)根据重力的方向竖直向下，过重心表示出重力的方向和大小；
(2)压力是接触面受到的力，因此压力的作用点是小明与电梯斜面的接触点，根据压力的方向与接触面垂直的关系，过压力作用点表示出压力的方向即可。
此题考查重力示意图的画法和压力及重力的区别，能否正确确定压力的作用点及方向是本题的解题关键所在。
18.【答案】凹陷程度 转换法 乙、丙 受力面积一定时，压力越大，压力的作用效果越明显 ④
【解析】解：
(1)实验中，压力的作用效果的大小是通过比较海绵的凹陷程度来判断，这是转换法的运用；
(2)探究压力的作用效果与受力面积的关系，要控制压力大小不变，改变受力面积大小，应选择实验乙、丙；
(3)甲、乙两图，受力面积相同，压力越大，海绵形变越大，压力作用效果越明显，所以可得出：受力面积一定时，压力越大，压力作用效果越明显；
①为了保护公路，推土机上路时要装上履带，是在压力一定时，增大受力面积，减小压强，不合题意；
②小小的蚊子能轻而易举地用口器把皮肤刺破，是在压力一定时，减小受力面积，增大压强，不合题意；
③书包要用宽的背带，是在压力一定时，增大受力面积，减小压强，不合题意；
④把钉子钉进木板里时要用重锤敲打，是在受力面积一定时，增大压力，来增大压强，符合题意。
故答案为：(1)凹陷程度；转换法；(2)乙、丙；(3)受力面积一定时，压力越大，压力的作用效果越明显； ④。
(1)压力的作用效果主要表现在物体的形变上，可以通过海绵的形变程度来反映压力作用效果是否明显，这属于转换法；
(2)(3)压力的作用效果与压力的大小和受力面积的大小有关，实验时应采用控制变量法，即探究压力的作用效果与压力大小的关系时应控制受力面积的大小，探究压力的作用效果与受力面积时应控制压力的大小不变。
掌握压力作用效果的影响因素，利用控制变量法和转换法探究压力作用效果跟影响因素之间的关系，体现了过程与方法的考查。
19．【解答】解：（1）小亮认为：物体离平面镜越近，成的像越大，则需保持物体长度不变，改变蜡烛到镜面的距离，所以自变量为蜡烛到镜面的距离；
（2）蜡烛A和蜡烛B完全相同，蜡烛B跟蜡烛A的像重合时，像和物体大小相等；
（3）小亮在实验中，将蜡烛C放在玻璃前面10cm处，改变了蜡烛到镜面的距离，但由于没有控制蜡烛的长度不变，所以导致他得出“物体离平面镜越近，成的像越大”的错误结论。
故答案为：（1）蜡烛到镜面的距离；（2）蜡烛A和蜡烛B完全相同；（3）没有控制蜡烛的长度相同。
20.【答案】R1短路 右 烧坏电压表的 将滑动变阻器的滑片P移到阻值最大处，用R2替换R1 左 电压一定时，电流与电阻成反比 20
【解析】解：(1)电流表有示数，说明电路是通路，电压表无示数，说明定值电阻两端无电压，根据U=IR可知，定值电阻的阻值为0，若电路故障只出现在R1和R上，则电路故障是R1短路；
(2)为了保护电路，闭合开关实验前，应将滑动变阻器的滑片移到最大阻值处，由图知，滑片左侧电阻丝接入电路，所以滑片应移到阻值最大的最右端；
(3)将R1接入电路时，电路中的电流：I1=UVR1=2.5V5Ω=0.5A，电路中的总电阻：R总1=UI1=Ω，由串联电路的电阻特点可知，此时滑动变阻器接入电路的电阻：R滑1=R总1−R1=9Ω−5Ω=4Ω；
由题意可知，用R2替换R1时没有移动滑动变阻器的滑片，此时电路中的电流：I1'=UR2+R滑1=4.5V10Ω+4Ω≈0.32A，则定值电阻R2两端的电压：UV'=I1'R2=0.32A×10Ω=3.2V>3V，即定值电阻R2两端电压超过电压表的量程，故将会出现烧坏电压表的故障；为了保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P移到阻值最大处，因此正确操作应该是先断开开关，将滑动变阻器的滑片P移到阻值最大的最右端，用R2替换R1，再闭合开关，向左调节滑动变阻器的滑片；
(4)根据实验所得的五组数据绘制出I−R图像，电阻两端的电压始终保持：UV=IR=0.1A×25Ω=-----=0.5A×5Ω=2.5V，为一定值，由图像可得出的结论是：电压一定时，电流与电阻成反比；
(5)实验中使用的定值电阻阻值最大为25Ω，电阻两端的电压始终保持UV=2.5V，根据串联电路电压的规律，滑动变阻器分得的电压：U滑=U−UV=4.5V−2.5V=2V，滑动变阻器分得的电压为电压表示数的2V2.5V=0.8倍，根据分压原理，当接入25Ω电阻时，滑动变阻器连入电路中的电阻为：R滑=0.8×25Ω=20Ω，故为了完成整个实验，应该选取最大阻值至少20Ω的滑动变阻器。
故答案为：(1)R1短路；(2)右；(3)烧坏电压表的；将滑动变阻器的滑片P移到阻值最大的最右端，用R2替换R1；左；(4)电压一定时，电流与电阻成反比；(5)20。
(1)电流表有示数，说明电路是通路，电压表无示数，说明定值电阻两端无电压，根据U=IR可知，定值电阻的阻值为0，由此可判断电路故障；
(2)为了保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P移到阻值最大处；
(3)由题意可知，用R2替换R1时没有移动滑动变阻器的滑片，根据欧姆定律和串联电路的电阻特点求出此时滑动变阻器接入电路的电阻，再利用欧姆定律和串联电路的电阻特点求出用R2替换R1后定值电阻R2两端的电压，进而分析电路将会出现的故障，为了保护电路，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P移到阻值最大处；
(4)根据实验所得的五组数据绘制出I−R图像，求出电阻两端的电压为一定值分析；
(5)探究电流与电阻的关系，应保持电阻两端的电压不变；根据串联电路电压的规律求出变阻器分得的电压，根据分压原理，求出当接入25Ω电阻时变阻器连入电路中的电阻。
本题“探究电流与电阻的关系”的实验，考查故障分析、欧姆定律的应用、控制变量法、数据分析、操作过程、对器材的要求及串联电路的规律的应用。
21．（8分）如图所示是小川同学设计的一台浮力电子秤，其结构由浮力秤和电路两部分组成，原理如图所示，小筒底面积为10cm2，高20cm，大桶底面积为60cm2，装有适量水。P为金属滑片固定在托盘下面（滑片质量和滑片受到的摩擦力均忽略不计），并随托盘一起自由滑动，定值电阻R0＝5Ω，AB是一根长为10cm均匀电阻丝，其阻值为10Ω，电源电压为6V，电流表量程0～0.6A。当托盘不放物体时，P位于R最上端，小筒浸入水中5cm深（称量过程中大桶水未溢出）。求：
（1）托盘和小筒的总质量；
（2）开关S闭合，此时电路中电流表的示数；
（3）若要保证电路安全，则浮力秤的最大称量为多少g？

【分析】（1）当托盘不放物体时，P位于R最上端，小筒浸入水中5cm深，根据V＝Sh求出小桶排开水的体积，利用F浮＝ρgV排求出此时小筒受到的浮力，物体漂浮时受到的浮力和自身的重力相等，根据F浮＝G＝mg求出秤盘和小筒的总质量；
（2）开关S闭合，滑动变阻器R和定值电阻R0串联接入电路，滑动变阻器接入电路的是最大阻值，根据串联电路特点和欧姆定律可计算此时电路中电流表的示数；
（3）当秤盘上放的物体越重时，滑片下移得越多，变阻器接入电路的阻值越小，电路的总电阻越小，电流越大，根据电流表的量程可知电路中的最大电流，根据欧姆定律求出此时电路中的总电阻，利用电阻的串联求出电阻丝接入电路中的电阻，从而得出滑片下降的距离即为小筒下降的距离，秤盘上放置物体后，小筒处于漂浮状态，根据体积的变化关系和漂浮条件，结合浮力计算公式可得被测物体的重力，根据G＝mg的变形公式求出浮力秤的最大称量。
【解答】解：（1）当托盘不放物体时，P位于R最上端，小筒浸入水中5cm深，
此时小桶排开水的体积：
V排＝S小筒h浸＝10cm2×5cm＝50cm3＝5×10﹣5m3，
此时小筒受到的浮力：
F浮＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×5×10﹣5m3＝0.5N，
因物体漂浮时受到的浮力和自身的重力相等，
所以，由F浮＝G＝mg可得，秤盘和小筒的总质量：
m0＝＝＝0.05kg＝50g；
（2）开关S闭合，滑动变阻器R和定值电阻R0串联接入电路，滑动变阻器接入电路的是最大阻值，
串联电路总电阻等于各部分电阻之和，所以此时电路总电阻：R总＝R+R0＝10Ω+5Ω＝15Ω，
电流表测通过电路的电流，由欧姆定律可知通过电路的电流：I＝＝＝0.4A，即电流表示数为0.4A；
（3）当秤盘上放的物体越重时，滑片下移得越多，变阻器接入电路的阻值越小，电路的总电阻越小，电流越大，
由电流表的量程为0～0.6A可知，当电路中的电流为0.6A时，浮力秤达到最大称量，
由I＝可得，此时电路中的总电阻：
R总＝＝＝10Ω，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，电阻丝接入电路中的电阻：
R′＝R总﹣R0＝10Ω﹣5Ω＝5Ω，
AB是一根长为10cm均匀电阻丝，其阻值为10Ω，即1cm长的电阻丝的阻值为1Ω，
所以滑动变阻器接入电路的电阻最小为5Ω时，其接入电路的电阻丝的长度l＝5cm，此时滑片下移的距离：d0＝10cm﹣5cm＝5cm，
秤盘上放置物体后，滑片下移5cm，小筒向下移动的距离：d＝d0＝5cm，
由于小筒向下移动，大筒中的水面上升，设水面升高△h，则小筒浸入水中的深度会增加：△h浸＝△h+d，
则△V排＝S大△h＝S小△h浸，即S大△h＝S小（△h+d），
化简可得水面上升的高度：△h＝＝＝1cm，
所以小筒排开水的体积变化量：△V排＝S大△h＝60cm2×1cm＝60cm3，
秤盘上放置物体后，小筒处于漂浮状态，由漂浮条件可得，被测物体的重力等于增加的浮力，
所以G＝△F浮＝ρ水g△V排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×60×10﹣6m3＝0.6N，
由G＝mg可得浮力秤的最大称量：m＝＝＝0.06kg＝60g。
答：（1）秤盘和小筒的总质量为50g；
（2）开关S闭合，此时电路中电流表的示数为0.4A；
（3）若要保证电路安全，则浮力秤的最大称量为60g。
【点评】本题考查了阿基米德原理和物体浮沉条件、串联电路的特点以及欧姆定律的应用等，正确得出小筒浸入水中的深度和其下移之间的关系是关键。
22.【答案】解：
(1)由电路图可知，开关S0断开时，两电阻串联，电路电阻较大；开关S0闭合时，电阻R2被短路，只有电阻R1接入电路，此时电路电阻较小；电源电压U一定，由P=U2R可知，电阻越大，电路功率越小，因此当开关S0断开时，电路阻值较大，电功率较小，饮水机处于保温状态．
(2)饮水机处于加热状态时，只有电阻R1接入电路，
由P=U2R可得，R1的阻值：
R1=U2P加热=(220V)2484W=100Ω，
饮水机处于保温状态时，两电阻串联，
则总电阻：R总=U2P保温=(220V)2400W=121Ω，
所以，R2的阻值：R2=R总−R1=121Ω−100Ω=21Ω；
(3)由ρ=mV可得，水箱中水的质量：
m=ρ水V=1.0×103kg/m3×2×10−3m3=2kg，
则水吸收的热量：
Q吸=cm(t−t0)=4.2×103J/(kg⋅m3)×2kg×(100℃−20℃)=6.72×105J，
由η=Q吸W可得，消耗的电能：
W=Q吸η=6.72×105J80%=8.4×105J，
由W=U2Rt可得，加热时间：
t=WR1U实2=8.4×105J×100Ω(200V)2=2.1×103s=35min；
答：(1)饮水机处于保温状态时温控开关S0应处于断开状态．
(2)R1和R2的电阻值分别是100Ω与21Ω．
(3)将装满水箱的水从20℃加热至100℃，需要35min．
【解析】(1)分析电路结构，根据电路结构及电功率公式分析答题．
(2)由电功率公式的变形公式求出电阻阻值．
(3)由电功率公式求出热水器的实际功率，由热量公式求出水所吸收的热量，最后由功率公式的变形公式求出加热时间．
本题考查学生对实际用电器电功率的计算，以及运用电功率公式结合欧姆定律计算等相关物理量的能力．
23．【答案】小燕想法错误。若插线板同时接用多个大功率用电器，由P=UI分析可知，电压一定时，功率越大，电路中的电流过大；由Q=I2Rt分析可知，在导线电阻和通电时间一定时，电流越大，电流通过导线产生的热量越多，容易发生火灾，存在安全隐患。
【知识点】插座的构造与工作方式；安全用电原则
【解析】【分析】
因为插板上的插孔都是并联，而插板的电压不变，当使用的用电器，功率越大，根据P=UI知，电流就越大，而插板导线的电阻不变，根据焦耳定律Q=I2Rt可知，功率越大，电流就越大，当时间t一定时，产生的热量就越多。
24．（阅读短文，回答问题。
白鹤滩水电站位于云南省巧家县和四川省宁南县交界处的金沙江干流之上，总装机容量1600万千瓦，居全球第二，预计今年7月1日前首批机组发电，2022年7月实现全部机组发电。建成后，白鹤滩水电站年均发电量可达6×1010千瓦时，在同等满足电力系统用电需求的情况下，水电站每年可节约标准煤约2×107吨，减少排放二氧化碳约5160万吨。对我国碳达峰、碳中和目标实现，对促进西部开发，实现“西电东送”都具有深远的意义。
（1）水电站中的发电机组是 机械 能转化为 电 能的装置，它是利用 电磁感应 原理工作的。
（2）拦河大坝形状为上窄下宽的原因是 水的压强随深度的增加而增大 ；汛期相较于枯水期，大坝底部所受液体压强会 变大 。
（3）水力发电站使用热值为2.9×107J/kg的标准煤，估算其发电效率为 37.24% 。
（4）若水电站输电的功率为6.6×105kW，采用1100kV特高压输电，则输电电流为 600 A。
（5）大坝修建成拱形，且向上游凸出，这样设计的目的是 将水的压力转移到大坝两端，减轻坝体中心的压力，使大坝更加牢固 。

【分析】（1）发电机是把其他能源转化为电能的装置，原理是电磁感应；
（2）液体的压强与深度有关；
（3）通过Q＝qm可计算出水电站节约的煤完全燃烧释放的热量，再通过效率公式η＝可计算发电效率；
（4）由公式P＝UI可计算出输电电流；
（5）拱形大坝可以将水的压力分移到大坝两端，减轻坝体中心的压力。
【解答】解：
（1）水电站的发电机是把机械能转化为电能的装置，它利用了电磁感应原理工作；
（2）大坝形状做成上窄下宽的原因是水的压强随深度增加而增大，汛期的水深度比枯水期高，所以大坝底部受到的压强也大；
（3）由题干知水电站每年可节约标准煤约2×107吨，则可知节约的煤完全燃烧放出的总热量Q＝qm＝2.9×107J/kg×2×107×103kg＝5.8×1017；
由题知水电站年均发电量可达6×1010千瓦时，则W＝6×1010×3.6×106J＝2.16×1017J；
则η＝×100%＝×100%＝37.24%；
（4）由公式P＝UI可得I＝＝＝600A；
（5）拱形大坝可以将水的压力分移到大坝两端，减轻坝体中心的压力，使得大坝更加牢固。
故答案为：（1）机械；电；电磁感应；
（2）水的压强随深度的增加而增大；变大；
（3）37.24%；
（4）600；
（5）将水的压力转移到大坝两端，减轻坝体中心的压力，使得大坝更加牢固。
【点评】本题考查了能源的转化与利用、电功率公式、液体压强的特点等知识，都是基础内容，需考生好好掌握。
25.【答案】① 向上 小 压强差 相同 45
【解析】解：(1)C919航行时，机翼获得升力的原理与下列动物飞行原理最接近的是：鹰的飞翔，故选①；客机在空中水平匀速飞行时，机翼上方空气流速大，压强小，机翼受到的升力方向向上；风帽转动时其内部空气流速变大、压强变小，所以室内的污浊气体在压强差的作用下被排出；由图的叶轮方向可知，当水平方向的风，从不同方位吹来，风帽的转动方向都是顺时针，故风帽的转动方向相同；
(2)由ρ=mV可得，
钢制零件体积为：V钢=m钢ρ钢=60kg8×103kg/m3=7.5×10−3m3，
②碳纤维增强树脂基复合材料代替钢来制造同样大小的零件：
V钢=V复=7.5×10−3m3
碳纤维增强树脂基复合材料的质量：
m复=ρ复V复=2×103kg/m3×7.5×10−3m3=15kg，
减轻的质量：m钢−m复=60kg−15kg=45kg。
故答案为：(1)①；向上；小；压强差；(3)45。
(1)C919航行时，机翼获得升力的原理与下列动物飞行原理最接近的是：鹰的飞翔；流体压强与流速的关系：流速越大的位置，压强越小；流速越小的位置，压强越大；根据风帽的叶轮方向判断转动方向；
(2)碳纤维增强树脂基复合材料代替钢来制造同样大小的零件，由ρ=mV可求得碳纤维增强树脂基复合材料的质量，然后可知减轻的质量。
本题考查流体压强与流速的关系，密度的计算和公式的应用，难度不大。
题号
一
二
三
四
五
六
总分
得分